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备考技法专题一 解题常用 8 术系统归纳串一串方法第1术探求思路，图作向导方法概述对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是思维入手和领会题意的关键所在尤其是对一些复合函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径这就是我们常说的图解法应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及最值、不等式、取值范围等问题例1(1)用mina，b，c表示a，b，c三个数中的最小值，设f(x)min2x，x2,10x(x0)，则f(x)的最大值为()A4B5C6 D7解析画出y2x，yx2，y10x的图象如图所示，观察图象可知f(x)所以f(x)的最大值在x4时取得，且为6.答案C(2)已知函数y的图象与函数ykx的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是_解析y作出其图象如图所示，结合图象可知0k1或1k2.答案(0,1)(1,2)例2已知f(x)则不等式f(x)x2的解集为()A1,1 B2,2C2,1 D1,2解析分别作出f(x)和yx2的图象如图所示由图可知，f(x)x2的解集为1,1答案A例3(1)设a，b，c是单位向量，且ab0，则(ac)(bc)的最小值为()A2 B.2C1 D1解析由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等价于求(ab)c的最大值，这个最大值只有当向量ab与向量c同向共线时取得由于ab0，故ab，如图所示，|ab|，|c|1.当0时，(ab)c取得最大值且最大值为.故所求的最小值为1.答案D(2)已知ABC的三个顶点的坐标满足如下条件：向量(2,0)，(2,2)， (cos ，sin )，则AOB的取值范围为_解析由|，可知点A的轨迹是以C(2,2)为圆心，为半径的圆过原点O作圆的切线，切点分别为M，N，如图所示，连接CM，CN，则向量与的夹角的取值范围是MOB，NOB由图可知COB，因为|2，由|，知CON，所以BOM，BON，所以，故AOB的取值范围为.答案例4已知F1，F2分别为双曲线x21的左、右焦点，点P为右支上一点，O为坐标原点若向量与的夹角为120，则点F2到直线PF1的距离为()A. B.C2 D.解析如图，取PF2的中点M，连接OM，则2，故，120，OMF260.因为O为F1F2的中点，所以OMPF1，所以F1PF2OMF260.在F1PF2中，设|PF1|m，|PF2|n，因为a1，b，所以c，由余弦定理得，cosF1PF2，即cos 60，整理得m2n2mn28，所以解得过点F2作F2NPF1于N，在RtPF2N中，|F2N|PF2|sin 602，即点F2到直线PF1的距离为2.答案C应用体验1定义在R上的函数yf(x2)的图象关于直线x2对称，且函数f(x1)是偶函数若当x0,1时，f(x)sin，则函数g(x)f(x)e|x|在区间2 018，2 018上的零点个数为()A2 017 B2 018C4 034 D4 036解析：选D由yf(x2)的图象关于直线x2对称，得f(x)是偶函数，即f(x)f(x)因为当x0,1时，f(x)sin，所以当x1,0时，f(x)f(x)sin.因为函数f(x1)是偶函数，所以f(x1)f(x1)，所以f(x2)f(x)f(x)，故f(x)是周期为2的偶函数作出函数yf(x)与函数ye|x|的图象如图所示，可知每个周期内两个图象有两个交点，所以函数g(x)f(x)e|x|在区间2 018,2 018上的零点个数为2 01824 036.2在平面上， ，|1， ，若|，则|的取值范围是()A. B.C. D.解析：选D根据，可知四边形AB1PB2是一个矩形以A为坐标原点，AB1，AB2所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系设|AB1|a，|AB2|b.点O的坐标为(x，y)，点P(a，b)|1，变形为|，(xa)2(yb)2，1x21y2.(xa)2y21，y21.同理，x21.x2y22.由可知：x2y22.|，0，b0)的左焦点F(c,0)(c0)，作圆x2y2的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若()，则双曲线的离心率为()A. B.C. D.解析：选A由题意可知E为FP的中点，且OEFP.记F为双曲线的右焦点，作出示意图如图，连接FP，则FP綊2OE，所以FPFP，且|FP|a，故由双曲线的定义可得|FP|3a.所以(2c)2a2(3a)2，所以e.4已知a0，b0，则不等式ab的解是()A.B.C.D.解析：选D法一：直接求解法bax，故选D.法二：数形结合法利用y的图象，如图所示，故选D.5已知关于x的方程|x|ax1有一个负根，但没有正根，则实数a的取值范围是_解析：在同一平面直角坐标系中分别作出y|x|，yax1，yx1的图象由图可知，当直线yax1的斜率a1时，直线yax1与y|x|的图象有且仅有y轴左侧一个交点，即|x|ax1有一个负根，但没有正根答案：1，)6已知a，b为单位向量，ab0，若向量c满足|cab|1，则|c|的取值范围为_解析：令a，b， ab，c，如图所示，则|.又|cba|1，所以点C在以点D为圆心、半径为1的圆上易知点C与O，D共线时|取到最值，最大值为1，最小值为1，所以|c|的取值范围为1，1答案：1，1第2术解题常招，设参换元方法概述在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去考查、探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法应用题型此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、三角、解析几何中广泛应用例1已知x，yR，满足x22xy4y26，则zx24y2的取值范围为_常规解法由x22xy4y26，得2xy6(x24y2)，而2xy，所以6(x24y2)，所以x24y24，当且仅当x2y时，取等号又因为(x2y)262xy0，即2xy6，所以zx24y262xy12，综上可得4x24y212.提速解法已知x22xy4y26，即(xy)2(y)2()2，故设xycos ，ysin ，即xcos sin ，ysin .则zx24y262xy62(cos sin )sin 84sin.所以84z84，即z的取值范围为4,12答案4,12例2已知椭圆C方程为y21，且直线l：ykxm与圆O：x2y21相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求OMN面积的最大值解圆O的圆心为坐标原点，半径r1，由直线l：ykxm，即kxym0与圆O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224.将代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面积S|MN|1.令t4k21(t1)，则k2，代入上式，得S2 ，所以当t3，即4k213，解得k时，S取得最大值，且最大值为1.例3已知u1，v1且(logau)2(logav)2loga(au2)loga(av2)(a1)，则loga(uv)的最大值和最小值分别为_，_.解析令xlogau，ylogav，则x0，y0.已知等式可化为(x1)2(y1)24(x0，y0)再设tloga(uv)xy(x0，y0)，由图可知，当线段yxt(x0，y0)与圆弧(x1)2(y1)24(x0，y0)相切时(图中CD位置)，截距t取最大值，tmax22；当线段端点是圆弧端点时(图中AB位置)，截距t取最小值，tmin1.因此loga(uv)的最大值是22，最小值是1.答案221提醒利用两次换元探究动点的轨迹方程，数形结合使问题变得直观换元中应注意旧变量对新变量的限制应用体验1椭圆1的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A，B，当FAB的周长最大时，FAB的面积为_解析：已知1，则F(1,0)设A(2cos ，sin )，B(2cos ，sin )，则|AF|BF|2cos ，故FAB的周长l2(2cos )2sin 44sin.当时，l取得最大值，此时FAB的面积为S(12cos )2sin sin (12cos )3.答案：32不等式log2(2x1)log2(2x12)2的解集是_解析：设log2(2x1)y，则log2(2x12)1log2(2x1)y1，故原不等式可化为y(y1)2，解得2y1.所以2log2(2x1)1，解得log2xlog23，即x.答案：3ysin xcos xsin xcos x的最大值是_解析：设sin xcos xt，则sin xcos x，所以yt(t1)21，当t时，ymax.答案：4在椭圆x24y28中，AB是长为的动弦，O为坐标原点，求AOB面积的取值范围解：设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，直线AB的方程为ykxb，代入椭圆方程整理得(4k21)x28kbx4(b22)0.故x1x2，x1x2.由|AB|2(k21)(x2x1)2(k21)(x1x2)24x1x22(4k21)b2，得b22(4k21)，又原点O到AB的距离为.所以AOB的面积S.记u，则S2u2u42.又u4的范围为1,4(u4为竖直弦)故u时，S4；而u1时，S.因此S的取值范围是.第3术出奇制胜，巧妙构造方法概述构造法是指根据题设条件和结论的特征、性质，运用已知数学关系式和理论，构造出满足条件或结论的数学对象，从而使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法构造法应用的技巧是“定目标构造”，需从已知条件入手，紧扣要解决的问题，把陌生的问题转化为熟悉的问题解题时常构造函数、构造方程、构造平面图形等应用题型适用于各类题型，多涉及函数、方程、平面图形等知识例1(1)已知偶函数f(x)的定义域为其导函数是f(x)当0x时，有f(x)cos xf(x)sin x0，则关于x的不等式f(x)fcos x的解集为()A.B.C.D.解析令F(x)，则F(x).当0x时，有f(x)cos xf(x)sin x0，则F(x)0，则f(x)fcos x等价于，即F(x)，又x，所以x或x.答案B(2)已知m，n(2，e)，且nBm2 Dm，n的大小关系不确定解析由不等式可得ln mln n，即ln n0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增因为f(n)f(m)，所以n，则事件A发生的概率为()A. B1C. D1解析由题意知，计算机产生的01之间的均匀随机数a，b的对应区域是边长为1的正方形，面积为1；事件A对应的区域是边长为1的正方形减去四分之一的圆圆心为(1,1)，半径为，如图所示，则事件A对应的区域的面积为1.由几何概型的概率计算公式得事件A发生的概率为1.答案B应用体验1已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意的实数x都有xf(x1)(1x)f(x)，则f 的值是()A0 B.C1 D.解析：选A由已知得，故构造函数g(x)，则g(x1)，所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期为1的函数又f(x)为偶函数，所以g(x)为奇函数故再构造一个特例函数g(x)sin 2x(xR)，所以f(x)xsin 2x，从而有f sin 50，故f f(0)0，因此选A.2已知数列an，an2an1n1，a11(nN*)，则an_.解析：由已知可得ann32an1(n1)3设bnann3，则bn2bn1，所以bn是公比为2的等比数列，且b1a1135，所以bn52n1，所以an52n1n3.答案：52n1n33函数f(x)的值域为_解析：f(x)，其几何意义是平面内动点P(x,0)到两定点M(2,3)和N(5，1)的距离之和(如图所示)，求其值域只要求其最值即可易知当M，N，P三点共线(即P在线段MN上)时，f(x)取得最小值，且f(x)min|MN|5，f(x)无最大值，故得函数的值域为5，)答案：5，)4函数y的最大值和最小值分别为_，_.解析：从几何意义上考虑把原解析式看作是动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率，为此构造一个单位圆，探究单位圆上动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率问题如图，因为动点在单位圆上运动时处于极端状态，即为切点时直线斜率分别为最大、最小，设切点分别为R，M.易知kOR2，kOM2，所以kQR，kQM，所以kPQ.即y的最大值为，最小值为.答案：第4术声东击西，换位推理方法概述对有些问题在直接求解时会感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例中也可找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法这就是“声东击西，换位推理”的战术应用题型既有选择、填空题，也有解答题主要体现为补集法、相关点法及反证法等例1若抛物线yx2上的所有弦都不能被直线yk(x3)垂直平分，则k的取值范围是()A.B.C. D.解析假设抛物线yx2上存在两点A(x1，x)，B(x2，x)关于直线yk(x3)对称，设AB的中点为P(x0，y0)，则x0，y0.因为直线yk(x3)垂直平分弦AB，所以，所以.又AB的中点P(x0，y0)在直线yk(x3)上，所以k，所以中点P.由于点P在yx2的区域内，所以2，整理得(2k1)(6k22k1)0，解得k.因此当k时，抛物线yx2上存在弦能被直线yk(x3)垂直平分，于是当k时，抛物线yx2上的所有弦都不能被直线yk(x3)垂直平分所以实数k的取值范围为.答案D例2已知P(4,0)是圆x2y236内的一点，A，B是圆上两动点，且满足APB90，求矩形APBQ顶点Q的轨迹方程解连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.由垂径定理可知OMAB，设M(xM，yM)，由此可得|AM|2|OA|2|OM|236(xy)又在RtAPB中，有|AM|PM|.由得xy4xM100，故点M的轨迹是圆因为点M是PQ的中点，设Q(x，y)，则xM，yM，代入点M的轨迹方程中得224100，整理得x2y256，即为所求点Q的轨迹方程应用体验1设a，bR，定义运算“”和“”如下：abab若正数a，b，c，d满足ab4，cd4，则()Aab2，cd2 Bab2，cd2Cab2，cd2 Dab2，cd2解析：选C从定义知，abmin(a，b)，即求a，b中的最小值；abmax(a，b)，即求a，b中的最大值假设0a2,0b2，则ab2，d2，则cd4，与已知cd4相矛盾，则假设不成立，故min(c，d)2，即cd2.故选C.2某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为_解析：记高一年级中抽取的1个班级为a，高二年级中抽取的2个班级为b1，b2，高三年级中抽取的3个班级为c1，c2，c3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15种设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件A，则事件为抽取的两个班级来自同一年级两个班级来自同一年级的结果为(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4种所以P()，故P(A)1P()1.所以两个班级来自不同年级的概率为.答案：3已知函数f(x)ax2xln x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为_解析：f(x)2ax1.(1) 若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，则f(x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.令t，因为x(1,2)，所以t.设h(t)(tt2)2，t，显然函数yh(t)在区间上单调递减，所以h(1)h(t)h，即0h(t)0，0，|的部分图象如图所示，其中|PQ|2，则f(x)的解析式为_解析由题图可知A2，P(x1，2)，Q(x2,2)，所以|PQ|2.整理得|x1x2|2，所以其最小正周期T2|x1x2|4，即4，解得.又函数图象过点(0，)，所以2sin ，即sin .又|b0)因为其离心率e，所以，即a2b.故椭圆C的方程为1.又点A在椭圆C上，所以1，解得b21.所以椭圆C的标准方程为y21.答案y21例3已知等差数列an的前n项和为Sn(nN*)，且S321，S565，则Sn_.解析设等差数列an的前n项和为SnAn2Bn.由已知可得化简得解得所以Sn3n22n.答案3n22n应用体验1二次不等式ax2bx20的解集是，则ab的值是()A10B10C14 D14解析：选D由不等式的解集是，可知，是方程ax2bx20的两根，可得解得所以ab14.2过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|()A2 B8C4 D10解析：选C设圆的方程为x2y2DxEyF0，则解得圆的方程为x2y22x4y200.令x0，得y22或y22，M(0，22)，N(0，22)或M(0，22)，N(0，22)，|MN|4.3函数yabcos 3x(b0)的最大值为，最小值为，则y4asin 3bx的最小正周期是_解析：由题意可得解得所以函数y4asin 3bx2sin 3x的最小正周期T.答案：4与双曲线x21有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是_解析：设双曲线方程为x2，将点(2,2)代入求得3，即得双曲线方程为1.答案：1第6术蹊径可辟，分割补形方法概述所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体例如，把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的应用题型在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法无论是平面几何、解析几何、还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍例1(1)为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是()A. km2B. km2C. km2 D. km2解析如图，连接AC.在ABC中，根据余弦定理可得AC km，又AB2 km，BC1 km，所以AC2BC2AB2，所以ABC为直角三角形，且ACB90，BAC30，故DACDCA15.所以ADC为等腰三角形，且D150，设ADDCx km，根据余弦定理得x2x2x23，即x23(2)所以小区的面积为13(2)(km2)答案D(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且ADE，BCF均为正三角形，EFAB，EF2，则多面体的体积为()A. B.C. D.解析法一：如图，在EF上取点M，N，使EMFN，连接MA，MD，NB，NC，则MN1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DMAM.设H为AD的中点，连接MH，则MHAD，且MH，SADMADMH.VABCDEF2VEADMVADMBCN21.法二：如图，取EF的中点G，连接GA，GB，GC，GD，则三棱锥EADG与三棱锥GBCF都是棱长为1的正四面体，易求得VEADGVGBCF，又四棱锥GABCD的底面是边长为1的正方形，且侧棱边为1.易求得其高为，则VGABCD11，所以VABCDEF2VEADGVGABCD2.答案A例2(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A816 B816C88 D168解析由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱其中半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2；直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4.半圆柱的体积为V12248，直三棱柱的体积为V242416.所以所求几何体的体积为VV1V2816.答案B(2)如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BCA90，点E，F分别为AB，AC的中点，若BCCACC1，则B1E与A1F所成的角的余弦值为_解析如图，把直三棱柱A1B1C1ABC补成一个直平行六面体A1B1D1C1ABDC，取BD中点G，连接B1G，则B1GA1F，EB1G即为B1E与A1F所成的角(或其补角)设BCCACC12a，则B1Ga，AB2a，B1Ea，GE2BG2BE22BGBEcos 1355a2，所以cosEB1G，故B1E与A1F所成角的余弦值为.答案应用体验1一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A64 B72C80 D112解析：选C根据三视图可知该几何体为四棱锥PABCD与正方体ABCDA1B1C1D1的组合体，如图所示由三视图中的数据可知，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，其体积V14364.四棱锥PABCD的底面为正方形ABCD，高h3，且PAPB，其底面积为S4216，则四棱锥PABCD的体积V2Sh16316.故所求几何体的体积VV1V2641680.2.如图，正三棱锥SABC的侧棱与底面边长相等，如果E，F分别为SC，AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于()A90 B60C45 D30解析：选A如图，把正三棱锥SABC补成一个正方体AGBHA1CB1S.EFAA1，异面直线EF与SA所成的角为45.3.如图，已知多面体ABCDEFG，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为()A2 B4C6 D8解析：选B法一：如图，把多面体ABCDEFG补成正方体DEPGABHM，则VABCDEFGVDEPGABHM234.法二：如图，取DG的中点H，以DA，DE，DH为棱构造长方体EFHDBPCA，则三棱锥CHFG与三棱锥FPCB全等所以VABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124.4在正三棱锥SABC中，侧棱SC侧面SAB，侧棱SC4，则此正三棱锥的外接球的表面积为_解析：由正三棱锥中侧棱SC侧面SAB，可得三条侧棱SA，SB，SC两两垂直又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体SBDCAEFG，如图所示，其棱长为4，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2R12，即球半径R6，所以球的表面积S4R2144.答案：144第7术关注整体，设而不求方法概述设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决例1已知等比数列an中，Sm16，S2m64，求S3m.解设公比为q，由于S2m2Sm，故q1，于是得1qm4，则qm3，所以S3m(1qmq2m)16(1332)208.有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解例2设a，b均为正数，且ab1，则的最大值为_解析设u，v(u1，v1)，uvm，则u，v同时满足其中uvm表示直线，m为此直线在v轴上的截距u2v24是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大由图易得mmax2，即2.答案2恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决例3已知对任何满足(x1)2y21的实数x，y，不等式xyk0恒成立，求实数k的取值范围解由题意设则g()xyksin cos 1ksin1k1k.令1k0，得k1.即实数k的取值范围是1，)在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果例4设抛物线y22px(p0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BCx轴，求证：直线AC经过原点O.证明设A(2pt，2pt1)，B(2pt，2pt2)，则C.因为AB过焦点F，所以2pt12pt2p2，得t1t2.又直线OC的斜率kOC4t2，直线OA的斜率kOA，则kOCkOA.故A，O，C三点共线，即直线AC经过原点O.根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决例5如图，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角的余弦值解过点A作AMSO，垂足为M，可知MAOAOBOSB.设MAx，OBr，SOh，则有x2hr2h.化简可得2.又因为cos ，即cos .所以cos2.于是cos4，又为锐角，所以cos 2.某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果例6求coscoscoscos的值解设Mcoscoscoscos，Nsinsinsinsin，则MNsincossincossincossinsinsinsinsinsinN.而N0，故M.应用体验1sin 10sin 30sin 50sin 70的值为_解析：设Asin 10sin 30sin 50sin 70，Bcos 10cos 30cos 50cos 70，则ABsin 20sin 60sin 100sin 140cos 70cos 30cos 10cos 50B，由此可得A.答案：2一直线被两直线4xy60,3x5y60截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为_解析：设所求直线分别交直线4xy60,3x5y60于点M，N，设M(x0，y0)，则有4x0y060.因为M，N关于原点对称，所以N(x0，y0)，从而3x05y060.由得x06y00.显然M(x0，y0)，N(x0，y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程.故所求直线的方程为x6y0.答案：x6y03已知椭圆1，F1，F2为焦点，点P为椭圆上一点，F1PF2，则SF1PF2_.解析：设|PF1|r1，|PF2|r2，由椭圆定义得r1r210.由余弦定理得rr2r1r2cos64.2得，r1r212，所以SF1PF2r1r2sin 3.答案：34已知F1，F2是椭圆2x2y24的两个焦点，点P是椭圆上在第一象限内的点，且1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA，PB分别交椭圆于A，B两点(1)求点P的坐标；(2)求直线AB的斜率解：(1)设P(m，n)，因为点P在椭圆上，所以2m2n24，m0，n0.又椭圆的标准方程为1，设F1(0，)，F2(0，)，所以(m，n)(m，n)1，由此可得m2n23.由解得m1，n，即所求点P的坐标为(1，)(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上，所以2xy4,2xy4，两式相减得2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0.所以kAB2.同理可得kAP2，kBP2.因为PA，PB倾斜角互补，所以kPAkPB0.由左端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由右端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由得2(x2x1)2(y1y2)0，即y1y2(x1x2)，由得kAB.第8术解题卡壳，攻坚突围解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么这就是我们常说的卡壳突围术常见的突围策略有以下两种对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理来解答后面的问题这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)例1设函数fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；(2)设n2，若对任意x1，x21,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范围；(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，xn，的增减性解(1)证明：当b1，c1，n2时，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在内存在零点又当x时，fn(x)nxn110，fn(x)在上是单调递增的，fn(x)在区间内存在唯一零点(2)当n2时，f2(x)x2bxc.对任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4等价于f2(x)在1,1上的最大值与最小值之差M4.据此分类讨论如下：当1，即|b|2时，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾当10，即0b2时，Mf2(1)f224恒成立当01，即2b0时，Mf2(1)f224恒成立综上可知，当2b2时，对任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4.故b的取值范围为2,2(3)法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n2)，则fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列法二：设xn是fn(x)在内的唯一零点，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，则fn1(x)的零点xn1在(xn,1)内，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列点评第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同因为它不是清清楚楚地推理过来的这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径例2已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1x20，则当x(，1)时，f(x)0，所以f(x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又f(1)e，f(2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f(x)存在两个零点设a0，因此f(x)在(1，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln(2a)时，f(x)0.因此f(x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)证明：不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)内单调递减，所以x1x2f(2x2)，即f(2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22.点评本题在证明x1x22时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x1x22转化为x12x2f(2x2)，进而构造函数g(x)f(2x2)，转化为证明函数g(x)的最大值小于0，从而使问题得证应用体验1设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x；(3)设c1，求证：当x(0,1)时，1(c1)xcx.解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减(2)证明：由(1)知，f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln 1，即1x.(3)证明：由题设c1，设g(x)1(c
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