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第一板块 学通考场解题常用12术解得快第1术抛砖引玉活用特例方法概述所谓特例法，又叫特殊化法，就是当我们面临一道难以入手的一般性题目时，可以从一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比较简单的特殊问题，以便从特殊问题的研究中，拓宽解题思路，发现解答原题的方向或途径应用题型(1)选择题或填空题；(2)在解答题中，当求解目标尚未明确时，往往需要考查题设条件中所含参变因素的某些特殊情况或极端情况方法一：取特殊数值设f (x)若f (x0)3，则x0的取值范围为()A(，0)(2，)B(0,2)C(，1)(3，) D(1,3)常规解法当x02时，log24(x01)3，即log24log2(x01)3，log2(x01)1，x012，即x03.当x03，即x02，x03或x01，即x0的取值范围为(，1)(3，)提速解法取x01，则f (1)11时，f (x)x1；当x1时，f (x)x1；当0x1时，f (x)x1；当10)，g(x)(x0)都是“影子函数”，但F(x)f (x)g(x)1(x0)不是“影子函数”(因为对任意的x1(0，)，存在无数多个x2(0，)，使得F(x1)F(x2)1)，所以错误答案B方法四：取特殊位置已知E为ABC的重心，AD为BC边上的中线，过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且m，n，则()A3 B4C5 D.常规解法分别过点B，C作BMAD，CNAD，分别交PQ于点M，N.D是BC的中点，DE是梯形CNMB的中位线又m，n，m，n，1122222213.提速解法由于直线PQ是过点E的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值故可利用特殊直线确定所求值法一：如图(1)，令PQBC，则，此时，mn，故3.法二：如图(2)，直线BE与直线PQ重合，此时，故m1，n，所以3.答案A如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为()A31 B21C41 D.1常规解法设三棱柱ABCA1B1C1的体积为V，侧棱AA1和BB1上各有一动点P，Q满足A1PBQ，四边形PQBA与四边形PQB1A1的面积相等，故四棱锥CPQBA的体积等于三棱锥CABA1的体积，等于V，则几何体CPQC1B1A1的体积等于V，故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为21.提速解法将P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此时仍满足条件A1PBQ(0)，则有VCAA1BVA1ABCVABCA1B1C1.因此过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为21.答案B方法五：取特殊图形AD，BE分别是ABC的中线，若|1，且与的夹角为120，则_.常规解法由已知得解得所以|2|2.提速解法若ABC为等边三角形，则|，|cos 60.答案即时应用体验1动点A在双曲线1上，B，C为其左、右焦点在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a10，cb6，则tantan()A. B.C. D1解析：选A由题意得双曲线的方程为1，取特殊位置ACBC，可得C，则a2b2(6b)2，解得b，故tan B，则tan，所以tantan.2若f (x)和g(x)都是定义在实数集R上的函数，且方程xf g(x)0有实数解，则gf (x)的解析式不可能是()Ayx2x Byx2xCyx2 Dyx2解析：选B法一：设x0为方程xf g(x)0的一个实根，则f g(x0)x0.设g(x0)t0，则f (t0)x0.所以g(x0)gf (t0)t0，即gf (t0)t00，这说明方程gf (x)x0至少有一个实根t0，而对于选项B，当gf (x)x2x时，方程x2xx无实根，故选B.法二：取特殊函数法令f (x)x，即可把原题改写为xg(x)0有实数解，g(x)不可能是哪个代数式A、C、D均可使xg(x)0有实数解，只有B不能使xg(x)0有实数解，故选B.3设f (x)则使所有x均满足不等式xf (x)g(x)的函数g(x)为()Asin x BxCx2 D|x|解析：选D若g(x)sin x，应有xf (x)sin x，取x2，则f (x)1，于是2sin 2，矛盾，排除A；若g(x)x，应有xf (x)x，取x，则f (x)0，于是0，矛盾，排除B；若g(x)x2，取x0.2，则0.20.22，矛盾，排除C.故选D.4cos2cos2(120)cos2(240)_.解析：令0，则原式.答案：5在ABC中，M是BC的中点，AM3，BC10，则_.解析：将ABC视作特殊的三角形：边ABAC的等腰三角形，如图，则AM3，BC10，ABAC.由余弦定理得cosBAC，所以16.答案：166椭圆1的焦点为F1，F2，点P为其上动点，当F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是_解析：设P(x，y)，则当F1PF290时，点P的轨迹方程为x2y25，由此可得点P的横坐标x.又当点P在x轴上时，F1PF20；点P在y轴上时，F1PF2为钝角，由此可得点P横坐标的取值范围是.答案：第2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、领会题意的关键所在尤其是对一些用函数、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，主要涉及函数最值、不等式、解析几何中范围等问题应用一：求解函数问题用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设f (x)(x2)2exaex，g(x)2a|x2|(e为自然对数的底数)，若关于x的方程f (x)g(x)有且仅有6个不等的实数解，则实数a的取值范围是()A. B(e，)C(1，e) D.解析由f (x)g(x)，得|x2|2e2x2a|x2|exa2a2a，即(|x2|exa)2a2a.所以|x2|exa ，其中a0或a1.设h(x)|x2|ex，m1a，m2a.当x2时，h(x)(2x)ex，h(x)ex(1x)于是，当x0，则h(x)单调递增；当x1时，h(x)0，则h(x)单调递减由此可得，函数h(x)maxh(1)e.所以02时，h(x)(x2)ex，h(x)ex(x1)0.则h(x)在(2，)上单调递增，画出函数h(x)的大致图象如图所示故方程f (x)g(x)有六个不等的实数解等价于直线ym1，ym2与曲线h(x)|x2|ex各有三个交点由图知，则需0a，且ae.解得1a.答案D应用二：求解不等式问题 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应用三：求解平面向量问题设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的范围为.答案应用四：求解解析几何问题已知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 即时应用体验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，作出示意图如图所示，连接FP，则FP綊2OE，且FPFP，所以|FP|a，由双曲线的定义可得|FP|3a.又FPFP，可得(2c)210a2，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|的取值范围是_解析：令a，b，ab，c，如图所示，则|，又|cab|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3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方法一：三角换元已知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方法二：比值换元设x，y，z满足关系x1，则x2y2z2的最小值为_解析令x1k，则x1k，y12k，z23k，即xk1，y2k1，z3k2.x2y2z2(k1)2(2k1)2(3k2)214k210k6142.当k，即x，y，z时，x2y2z2取最小值.答案方法三：整体换元如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且SABF1.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线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(1)由已知得椭圆的焦点在x轴上，设其方程为1(ab0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c)由已知可得e2，所以a24b2，即a2b，故cb.又SABF|AF|OB|(ac)b1.所以b1，a2，c.所以椭圆C的方程为y21.(2)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.方法四：局部换元设对一切实数x，不等式x2log22xlog2log20恒成立，则a的取值范围为_解析注意到log2和log2及log2之间的关系，换元化为一元二次不等式在R上恒成立问题设log2t，tR，则log2log23log23log23t，log22log22t.原不等式可化为(3t)x22tx2t0，它对一切实数x恒成立，所以解得t0，即log20,01，解得0a1)，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即时应用体验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已知a0，b0，ab1，则 的取值范围是_解析：法一：设ax，bx，x，则 .由()2222，4，得 的取值范围是.法二：令 x, y，则x，y且x2y22.再令，则 xycos sin 2sin.答案：5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S242.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4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、平面图形等知识方法一：构造函数已知偶函数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)f cos 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)f cos x等价于，即F(x)，又x，所以x或x.答案B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即时应用体验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()A0B.C1D.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已知不等式loga(a1)对于一切大于1的自然数n都成立，则实数a的取值范围为_解析：构造数列an(n2，nN*)an1，an1an0，an1an，故ana2，即an的最小值为.要使loga(a1)对于一切自然数n(n2)都成立，则必有loga(a1)，即loga(a1)1，所以a1，解得1ax2的区域内，所以2，整理得(2k1)(6k22k1)0，解得k.因此当k0且a1)，对于任意的n，mN*，都有anmanam，则称数列an为指数数列(1)若数列an，bn的通项公式分别为an32n1，bn3n，试判断an，bn是不是指数数列(需说明理由)；(2)若数列an是指数数列，a1(tN*)，证明：数列an中任意三项都不能构成等差数列解(1)因为an32n1，所以a13，a26，a312.因为a3a12a1a2，所以数列an不是指数数列对于数列bn，因为bnm3nm3n3mbnbm对任意的n，mN*恒成立，所以数列bn是指数数列(2)证明：因为数列an是指数数列，所以对于任意的n，mN*，都有anmanam.令m1，则an1ana1an，所以an是首项为，公比为的等比数列，所以ann.假设数列an中存在三项au，av，aw构成等差数列，不妨设uvw，则由2avauaw，得2vuw, 所以2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu.当t为偶数时，2(t4)wv(t3)vu是偶数，(t4)wu是偶数，(t3)wu是奇数，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立；当t为奇数时，2(t4)wv(t3)vu是偶数，(t4)wu是奇数，(t3)wu是偶数，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立综上，对任意的tN*,2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立，即数列an的任意三项都不能构成等差数列即时应用体验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方程x24ax4a30，x2(a1)xa20，x22ax2a0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围为_解析：假设三个方程都无实根，则解得a1.因为三个方程中至少有一个方程有实根所以所求a的取值范围为1，)答案：1，)4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)与圆O：x2y28相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.(1)求p的值；(2)求动点M的轨迹方程解：(1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2,2)，代入y22px，解得p1.(2)设动点M(x，y)，C，D，y10，y20，则切线l1：yy1k，代入y22x消去x，得ky22y2y1ky0.由0，解得k，所以l1的方程为yx.同理可得，l2的方程为yx.联立解得易知直线CD的方程为x0xy0y8，其中x0，y0满足xy8，x02,2，联立消去x并整理得，x0y22y0y160，则又则可得由xy8，得y21.又x02,2 ，所以x4，2 所以动点M的轨迹方程为y21，x4，2 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，事半功倍方法一：分割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启思维多面体ABCDEF是一个不规则的几何体，法一和法二使用了分割法，分割成我们熟悉的三棱锥和三棱柱等，便于使用棱柱、棱锥的体积公式方法二：补形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.答案即时应用体验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SB
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