（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快講義 理（重點(diǎn)生含解析）

（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)——解得快講義 理（重點(diǎn)生，含解析） 方法概述 所謂特例法，又叫特殊化法，就是當(dāng)我們面臨一道難以入手的一般性題目時，可以從一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比較簡單的特殊問題，以便從特殊問題的研究中，拓寬解題思路，發(fā)現(xiàn)解答原題的方向或途徑 應(yīng)用題型 (1)選擇題或填空題；(2)在解答題中，當(dāng)求解目標(biāo)尚未明確時，往往需要考查題設(shè)條件中所含參變因素的某些特殊情況或極端情況 方法一：取特殊數(shù)值 　設(shè)f (x)＝若f (x0)>3，則x0的取值范圍為(　　) A．(－∞，0)∪(2，＋∞)　　B．(0,2) C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1,3) [常規(guī)解法] 當(dāng)x0≥2時，log2[4(x0－1)]>3， 即log24＋log2(x0－1)>3，∴l(xiāng)og2(x0－1)>1， ∴x0－1>2，即x0>3. 當(dāng)x0<2時，x0＋1>3，即x0>2，∴x0<－1. 綜上可知x0>3或x0<－1， 即x0的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)． [提速解法] 取x0＝1，則f (1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，則f (3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故選C. [答案]　C 　在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＝an－1＋ln(n≥2)，則an＝(　　) A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n C．2＋nln n D．1＋n＋ln n [常規(guī)解法] ∵an＝an－1＋ln， ∴an－an－1＝ln＝ln＝ln n－ln(n－1)． 又a1＝2， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n. [提速解法] 不妨取n＝2，則a2＝a1＋ln 2＝2＋ln 2，選項(xiàng)A、B符合，C、D不符合，排除C、D；再取n＝3，則a3＝a2＋ln＝2＋ln 3，選項(xiàng)B中，a3＝2＋2ln 3，不符合，排除B，故選A. [答案]　A 方法二：取特殊點(diǎn)　 　函數(shù)f (x)＝的圖象是(　　) [常規(guī)解法] f (x)＝＝. 當(dāng)x>1時，f (x)＝－x－1； 當(dāng)x<－1時，f (x)＝x－1； 當(dāng)0≤x<1時，f (x)＝x＋1； 當(dāng)－1<x≤0時，f (x)＝－x＋1，畫出f (x)的圖象可知C圖符合． [提速解法] 因?yàn)閤≠±1，所以排除A；因?yàn)閒 (0)＝1，所以排除D；因?yàn)閒 ＝＝，所以排除B，故選C. [答案]　C 　如圖，點(diǎn)P為橢圓＋＝1上第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)，過橢圓的右頂點(diǎn)A、上頂點(diǎn)B分別作y軸、x軸的平行線，它們相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)P引BC，AC的平行線交AC于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)M，交AB于D，E兩點(diǎn)，記矩形PMCN的面積為S1，三角形PDE的面積為S2，則S1∶S2＝(　　) A．1 B．2 C. D. [常規(guī)解法] 設(shè)P(x，y)，由題意可知直線AB的方程為＋＝1， ∴D，E. 又∵N(5，y)，M(x,3)， ∴S△ADN＝×y×y＝y(tǒng)2， S梯形ACME＝××(5－x)＝(25－x2)． ∵P(x，y)在橢圓上，∴＋＝1，∴y2＝9－， ∴y2＝(25－x2)． ∴S△ADN＝S梯形ACME. ∵矩形PMCN的面積是S1，三角形PDE的面積是S2， ∴S1∶S2＝1∶1. [提速解法] 不妨取點(diǎn)P，則可計(jì)算S1＝×(5－4)＝.由題易得PD＝2，PE＝，所以S2＝×2×＝，所以S1∶S2＝1. [答案]　A 方法三：取特殊函數(shù)　 　若函數(shù)y＝f (x)對定義域D中的每一個x1，都存在唯一的x2∈D，使f (x1)·f (x2)＝1成立，則稱f (x)為“影子函數(shù)”，有下列三個命題： ①“影子函數(shù)”f (x)的值域可以是R； ②“影子函數(shù)”f (x)可以是奇函數(shù)； ③若y＝f (x)，y＝g(x)都是“影子函數(shù)”，且定義域相同，則y＝f (x)·g(x)是“影子函數(shù)”． 上述命題正確的序號是(　　) A．① B．② C．③ D．②③ [解析]　對于①：假設(shè)“影子函數(shù)”的值域?yàn)镽，則存在x1，使得f (x1)＝0，此時不存在x2，使得f (x1)f (x2)＝1，所以①錯誤； 對于②：函數(shù)f (x)＝x(x≠0)，對任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝，則f (x1)f (x2)＝1，又因?yàn)楹瘮?shù)f (x)＝x(x≠0)為奇函數(shù)，所以“影子函數(shù)”f (x)可以是奇函數(shù)，②正確； 對于③：函數(shù)f (x)＝x(x>0)，g(x)＝(x>0)都是“影子函數(shù)”，但F(x)＝f (x)g(x)＝1(x>0)不是“影子函數(shù)”(因?yàn)閷θ我獾膞1∈(0，＋∞)，存在無數(shù)多個x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③錯誤． [答案]　B 方法四：取特殊位置　 　已知E為△ABC的重心，AD為BC邊上的中線，過點(diǎn)E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點(diǎn)，且＝m，＝n，則＋＝(　　) A．3 B．4 C．5 D. [常規(guī)解法] 分別過點(diǎn)B，C作BM∥AD，CN∥AD，分別交PQ于點(diǎn)M，N. ∵D是BC的中點(diǎn)， ∴DE是梯形CNMB的中位線． 又＝m，＝n， ∴m＝，n＝， ∴＋＝＋ ＝＋ ＝1＋＋1＋＝2＋＋ ＝2＋＋＝2＋ ＝2＋＝2＋＝2＋1＝3. [提速解法] 由于直線PQ是過點(diǎn)E的一條“動”直線，所以結(jié)果必然是一個定值．故可利用特殊直線確定所求值． 法一：如圖(1)，令PQ∥BC， 則＝，＝，此時，m＝n＝， 故＋＝3. 法二：如圖(2)，直線BE與直線PQ重合，此時，＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3. [答案]　A 　如圖，在三棱柱ABC­A1B1C1中，側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點(diǎn)P，Q滿足A1P＝BQ，過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為(　　) A．3∶1 B．2∶1 C．4∶1 D.∶1 [常規(guī)解法] 設(shè)三棱柱ABC­A1B1C1的體積為V， ∵側(cè)棱AA1和BB1上各有一動點(diǎn)P，Q滿足A1P＝BQ， ∴四邊形PQBA與四邊形PQB1A1的面積相等， 故四棱錐C­PQBA的體積等于三棱錐C­ABA1的體積，等于V， 則幾何體CPQ­C1B1A1的體積等于V， 故過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為2∶1. [提速解法] 將P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B， 此時仍滿足條件A1P＝BQ(＝0)， 則有VC­AA1B＝VA1­ABC＝VABC­A1B1C1. 因此過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為2∶1. [答案]　B 方法五：取特殊圖形　 　AD，BE分別是△ABC的中線，若||＝||＝1，且與的夾角為120°，則·＝______________________________________________________________. [常規(guī)解法] 由已知得 解得 所以·＝||2－||2－·＝. [提速解法] 若△ABC為等邊三角形，則||＝， ∴·＝||||cos 60°＝. [答案]　 [即時應(yīng)用體驗(yàn)] 1．動點(diǎn)A在雙曲線－＝1上，B，C為其左、右焦點(diǎn)．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a＝10，c－b＝6，則tantan＝(　　) A. B. C. D．1 解析：選A　由題意得雙曲線的方程為－＝1，取特殊位置AC⊥BC，可得C＝，則a2＋b2＝(6＋b)2，解得b＝，故tan B＝，則tan＝， 所以tantan＝. 2．若f (x)和g(x)都是定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，且方程x－f [g(x)]＝0有實(shí)數(shù)解，則g[f (x)]的解析式不可能是(　　) A．y＝x2＋x－ B．y＝x2＋x＋ C．y＝x2－ D．y＝x2＋ 解析：選B　法一：設(shè)x0為方程x－f [g(x)]＝0的一個實(shí)根，則f [g(x0)]＝x0.設(shè)g(x0)＝t0，則f (t0)＝x0.所以g(x0)＝g[f (t0)]＝t0，即g[f (t0)]－t0＝0，這說明方程g[f (x)]－x＝0至少有一個實(shí)根t0，而對于選項(xiàng)B，當(dāng)g[f (x)]＝x2＋x＋時，方程x2＋x＋＝x無實(shí)根，故選B. 法二：取特殊函數(shù)法．令f (x)＝x，即可把原題改寫為x－g(x)＝0有實(shí)數(shù)解，g(x)不可能是哪個代數(shù)式．A、C、D均可使x－g(x)＝0有實(shí)數(shù)解，只有B不能使x－g(x)＝0有實(shí)數(shù)解，故選B. 3．設(shè)f (x)＝則使所有x均滿足不等式xf (x)≤g(x)的函數(shù)g(x)為(　　) A．sin x B．x C．x2 D．|x| 解析：選D　若g(x)＝sin x，應(yīng)有xf (x)≤sin x，取x＝2，則f (x)＝1，于是2<sin 2，矛盾，排除A；若g(x)＝x，應(yīng)有xf (x)≤x，取x＝－，則f (x)＝0，于是0≤－，矛盾，排除B；若g(x)＝x2，取x＝0.2，則0.2≤0.22，矛盾，排除C.故選D. 4．cos2α＋cos2(α＋120°)＋cos2(α＋240°)＝__________. 解析：令α＝0°，則原式＝. 答案： 5．在△ABC中，M是BC的中點(diǎn)，AM＝3，BC＝10，則·＝________. 解析：將△ABC視作特殊的三角形：邊AB＝AC的等腰三角形，如圖， 則AM＝3，BC＝10， AB＝AC＝. 由余弦定理得cos∠BAC＝＝－， 所以·＝××＝－16. 答案：－16 6．橢圓＋＝1的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P為其上動點(diǎn)，當(dāng)∠F1PF2為鈍角時，點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是__________________________________________________________． 解析：設(shè)P(x，y)，則當(dāng)∠F1PF2＝90°時，點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝5，由此可得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x＝±.又當(dāng)點(diǎn)P在x軸上時，∠F1PF2＝0；點(diǎn)P在y軸上時，∠F1PF2為鈍角，由此可得點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是. 答案： 第2術(shù)　探求思路　圖作向?qū)? 方法概述 對題設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學(xué)問題求解，注重考查相關(guān)的圖形，巧用圖形作向?qū)撬季S入手、領(lǐng)會題意的關(guān)鍵所在．尤其是對一些用函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但我們可換個角度思考，設(shè)法構(gòu)造相應(yīng)的輔助圖形進(jìn)行分析，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解．力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補(bǔ)形改圖，充分運(yùn)用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑．這就是我們常說的圖解法 應(yīng)用題型 選擇題、填空題、解答題中均有應(yīng)用，主要涉及函數(shù)最值、不等式、解析幾何中范圍等問題 應(yīng)用一：求解函數(shù)問題　 　用min{a，b，c}表示a，b，c三個數(shù)中的最小值，設(shè)f (x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f (x)的最大值為(　　) A．4　　　　　　　　　　 B．5 C．6 D．7 [解析]　畫出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f (x)＝ 所以f (x)的最大值在x＝4時取得，且為6. [答案]　C 　設(shè)f (x)＝(x－2)2ex＋ae－x，g(x)＝2a|x－2|(e為自然對數(shù)的底數(shù))，若關(guān)于x的方程f (x)＝g(x)有且僅有6個不等的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B．(e，＋∞) C．(1，e) D. [解析]　由f (x)＝g(x)， 得|x－2|2e2x－2a|x－2|ex＋a2＝a2－a， 即(|x－2|ex－a)2＝a2－a. 所以|x－2|ex＝a± ，其中a≤0或a≥1. 設(shè)h(x)＝|x－2|ex，m1＝a＋，m2＝a－. ①當(dāng)x<2時，h(x)＝(2－x)ex，h′(x)＝ex(1－x)． 于是，當(dāng)x<1時，h′(x)>0，則h(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x>1時，h′(x)<0，則h(x)單調(diào)遞減． 由此可得，函數(shù)h(x)max＝h(1)＝e. 所以0<h(x)≤e. ②當(dāng)x>2時，h(x)＝(x－2)ex， h′(x)＝ex(x－1)>0. 則h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，畫出函數(shù)h(x)的大致圖象如圖所示． 故方程f (x)＝g(x)有六個不等的實(shí)數(shù)解等價于直線y＝m1，y＝m2與曲線h(x)＝|x－2|ex各有三個交點(diǎn)． 由圖知，則需0<a－， 且a＋<e. 解得1<a<. [答案]　D 應(yīng)用二：求解不等式問題　 　已知f (x)＝則不等式f (x)≥x2的解集為(　　) A．[－1,1] B．[－2,2] C．[－2,1] D．[－1,2] [解析]　分別作出f (x)＝和y＝x2的圖象如圖所示． 由圖可知，f (x)≥x2的解集為[－1,1]． [答案]　A 應(yīng)用三：求解平面向量問題　 　設(shè)a，b，c是單位向量，且a·b＝0，則(a－c)·(b－c)的最小值為(　　) A．－2 B.－2 C．－1 D．1－ [解析]　由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等價于求(a＋b)·c的最大值，這個最大值只有當(dāng)向量a＋b與向量c同向共線時取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如圖所示，|a＋b|＝，|c|＝1.當(dāng)θ＝0時，(a＋b)·c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1－. [答案]　D 　已知△ABC的三個頂點(diǎn)的坐標(biāo)滿足如下條件：向量＝(2,0)， ＝(2,2)，＝(cos α，sin α)，則∠AOB的范圍為__________． [解析]　由||＝＝，可知點(diǎn)A的軌 跡是以C(2,2)為圓心，為半徑的圓．過原點(diǎn)O作圓的切線，切點(diǎn)分別為M，N，如圖所示， 連接CM，CN，則向量與的夾角θ的范圍是[∠MOB，∠NOB]．由圖可知∠COB＝，因?yàn)閨|＝2，由||＝| |＝||，知∠＝∠CON＝，所以∠BOM＝－＝，∠BON＝＋＝，所以≤θ≤，故∠AOB的范圍為. [答案]　 應(yīng)用四：求解解析幾何問題　 　已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x2－＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為右支上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若向量＋與的夾角為120°，則點(diǎn)F2到直線PF1的距離為(　　) A. B. C．2 D. [解析]　如圖，取PF2的中點(diǎn)M，連接OM， 則＋＝2， 故〈，〉＝120°， ∠OMF2＝60°. 因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)， 所以O(shè)M∥PF1， 所以∠F1PF2＝∠OMF2＝60°. 在△F1PF2中，設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n， 因?yàn)閍＝1，b＝，所以c＝， 由余弦定理得， cos∠F1PF2＝， 即cos 60°＝＝， 整理得m2＋n2－mn＝28， 所以解得 過點(diǎn)F2作F2N⊥PF1于N， 在Rt△PF2N中，|F2N|＝|PF2|·sin 60°＝2， 即點(diǎn)F2到直線PF1的距離為2. [答案]　C [即時應(yīng)用體驗(yàn)] 1．定義在R上的函數(shù)y＝f (x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝－2對稱，且函數(shù)f (x＋1)是偶函數(shù)．若當(dāng)x∈[0,1]時，f (x)＝sin，則函數(shù)g(x)＝f (x)－e－|x|在區(qū)間[－2 018，2 018]上的零點(diǎn)個數(shù)為(　　) A．2 017 B．2 018 C．4 034 D．4 036 解析：選D　由y＝f (x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝－2對稱，得f (x)是偶函數(shù)，即f (－x)＝f (x)． 因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時，f (x)＝sin， 所以當(dāng)x∈[－1,0]時，f (x)＝f (－x)＝－sin. 因?yàn)楹瘮?shù)f (x＋1)是偶函數(shù)， 所以f (x＋1)＝f (－x＋1)， 所以f (x＋2)＝f (－x)＝f (x)， 故f (x)是周期為2的偶函數(shù)． 作出函數(shù)y＝f (x)與函數(shù)y＝e－|x|的圖象如圖所示，可知每個周期內(nèi)兩個圖象有兩個交點(diǎn)， 所以函數(shù)g(x)＝f (x)－e－|x|在區(qū)間[－2 018,2 018]上的零點(diǎn)個數(shù)為2 018×2＝4 036. 2．在平面上， ⊥，||＝| |＝1，＝＋，若||<，則| |的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：選D　根據(jù)⊥， ＝＋，可知四邊形AB1PB2是一個矩形． 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB1，AB2所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系． 設(shè)|AB1|＝a，|AB2|＝b. 點(diǎn)O的坐標(biāo)為(x，y)，點(diǎn)P(a，b)． ∵||＝||＝1， ∴變形為 ∵||<， ∴(x－a)2＋(y－b)2<， ∴1－x2＋1－y2<， ∴x2＋y2>.① ∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1. 同理，x2≤1. ∴x2＋y2≤2.② 由①②可知：<x2＋y2≤2. ∵||＝，∴<||≤. 3．過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝的切線，切點(diǎn)為E，延長FE交雙曲線右支于點(diǎn)P，若＝( ＋)，則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　由題意可知E為FP的中點(diǎn)，且OE⊥FP.記F′為雙曲線的右焦點(diǎn)，作出示意圖如圖所示，連接F′P，則F′P綊2OE，且FP⊥F′P，所以|F′P|＝a，由雙曲線的定義可得|FP|＝3a. 又FP⊥F′P，可得(2c)2＝10a2，所以e＝＝. 4．已知a>0，b>0，則不等式a>>－b的解是(　　) A. B. C.∪ D.∪ 解析：選D　法一：直接求解法． －b<<a?????x<－或x>，故選D. 法二：數(shù)形結(jié)合法．利用y＝的圖象，如圖所示，故選D. 5．已知關(guān)于x的方程|x|＝ax＋1有一個負(fù)根，但沒有正根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． 解析：在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的圖象．由圖可知，當(dāng)直線y＝ax＋1的斜率a≥1時，直線y＝ax＋1與y＝|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個交點(diǎn)，即|x|＝ax＋1有一個負(fù)根，但沒有正根． 答案：[1，＋∞) 6．已知a，b為單位向量，a·b＝0，若向量c滿足|c－a－b|＝1，則|c|的取值范圍是__________________． 解析：令＝a，＝b，＝a＋b，＝c， 如圖所示，則||＝， 又|c－a－b|＝1， 所以點(diǎn)C在以點(diǎn)D為圓心、半徑為1的圓上， 易知點(diǎn)C與O，D共線時||取到最值，最大值為＋1，最小值為－1， 所以|c|的取值范圍為[－1，＋1]． 答案：[－1，＋1] 第3術(shù)　解題常招　設(shè)參換元 方法概述 在解答數(shù)學(xué)問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實(shí)質(zhì)明朗化，使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路．這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設(shè)參換元法，也就是我們常說的換元法 應(yīng)用題型 此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應(yīng)用 方法一：三角換元　 　已知x，y∈R，滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為__________． [常規(guī)解法] 由x2＋2xy＋4y2＝6， 得2xy＝6－(x2＋4y2)， 而2xy≤， 所以6－(x2＋4y2)≤， 所以x2＋4y2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時，取等號． 又因?yàn)?x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6， 所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12， 綜上可得4≤x2＋4y2≤12. [提速解法] 已知x2＋2xy＋4y2＝6， 即(x＋y)2＋(y)2＝()2， 故設(shè)x＋y＝cos α，y＝sin α， 即x＝cos α－sin α，y＝sin α. 則z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)·sin α＝8－4sin. 所以8－4≤z≤8＋4， 即z的取值范圍為[4,12]． [答案]　[4,12] 方法二：比值換元　 　設(shè)x，y，z滿足關(guān)系x－1＝＝，則x2＋y2＋z2的最小值為________． [解析]　令x－1＝＝＝k，則x－1＝k，y＋1＝2k，z－2＝3k，即x＝k＋1，y＝2k－1，z＝3k＋2. ∴x2＋y2＋z2＝(k＋1)2＋(2k－1)2＋(3k＋2)2＝14k2＋10k＋6＝142＋. ∴當(dāng)k＝－，即x＝，y＝－，z＝時，x2＋y2＋z2取最小值. [答案]　 方法三：整體換元 　　　如圖，已知橢圓C的離心率為，點(diǎn)A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，且S△ABF＝1－. (1)求橢圓C的方程； (2)已知直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求△OMN面積的最大值． [解]　(1)由已知得橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)其方程為＋＝1(a>b>0)， 則A(a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(c,0)(c＝)． 由已知可得e2＝＝， 所以a2＝4b2，即a＝2b，故c＝b. 又S△ABF＝|AF|·|OB|＝(a－c)b＝1－. 所以b＝1，a＝2，c＝. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.① 由 消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2 ＝2－4× ＝.② 將①代入②，得|x1－x2|2＝， 故|x1－x2|＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝. 故△OMN的面積S＝|MN|×1＝. 令t＝4k2＋1(t≥1)，則k2＝，代入上式， 得S＝2·＝· ＝· ＝· ， 所以當(dāng)t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±時，S取得最大值，且最大值為×＝1. 方法四：局部換元　 　設(shè)對一切實(shí)數(shù)x，不等式x2log2＋2xlog2＋log2>0恒成立，則a的取值范圍為__________． [解析]　注意到log2和log2及l(fā)og2之間的關(guān)系，換元化為一元二次不等式在R上恒成立問題． 設(shè)log2＝t，t∈R， 則log2＝log2＝3＋log2＝3－log2＝3－t，log2＝2log2＝－2t. ∴原不等式可化為(3－t)x2＋2tx－2t>0，它對一切實(shí)數(shù)x恒成立， 所以解得 ∴t<0，即log2<0,0<<1，解得0<a<1. [答案]　(0,1) [提醒]　一般地，解指數(shù)與對數(shù)不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時也可能要對已知條件進(jìn)行適當(dāng)變形，發(fā)現(xiàn)各個量之間的聯(lián)系再換元，這是我們要注意的一點(diǎn)． 方法五：兩次換元　 　已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為________，________. [解析]　令x＝logau，y＝logav，則x≥0，y≥0.已知等式可化為(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再設(shè)t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由圖可知，當(dāng)線段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)與圓弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切時(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；當(dāng)線段端點(diǎn)是圓弧端點(diǎn)時(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋. [答案]　2＋2　1＋ [提醒]　利用兩次換元探究動點(diǎn)的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀．換元中應(yīng)注意舊變量對新變量的限制． [即時應(yīng)用體驗(yàn)] 1．橢圓＋＝1的左焦點(diǎn)為F，直線x＝m與橢圓相交于點(diǎn)A，B，當(dāng)△FAB的周長最大時，△FAB的面積為________． 解析：已知＋＝1，則F(－1,0)． 設(shè)A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)， 則|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ， 故△FAB的周長l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin. 當(dāng)θ＝時，l取得最大值，此時△FAB的面積為 S＝(1＋2cos θ)·2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3. 答案：3 2．不等式log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2的解集是________． 解析：設(shè)log2(2x－1)＝y(tǒng)，則log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y(tǒng)＋1，故原不等式可化為y(y＋1)<2，解得－2<y<1.所以－2<log2(2x－1)<1， 解得log2<x<log23，即x∈. 答案： 3．y＝sin xcos x＋sin x＋cos x的最大值是________． 解析：設(shè)sin x＋cos x＝t∈[－，]，則sin xcos x＝＝－，所以y＝＋t－＝(t＋1)2－1，當(dāng)t＝時，ymax＝＋. 答案：＋ 4．已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，則 ＋ 的取值范圍是________． 解析：法一：設(shè)a＝－x，b＝＋x，x∈， 則 ＋ ＝＋. 由(＋)2＝2＋2∈[2＋，4]， 得 ＋ 的取值范圍是. 法二：令 ＝x, ＝y(tǒng)， 則x，y∈且x2＋y2＝2. 再令θ∈， 則 ＋ ＝x＋y＝cos θ＋sin θ ＝2sin∈. 答案： 5．在橢圓x2＋4y2＝8中，AB是長為的動弦，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△AOB面積的取值范圍． 解：設(shè)A，B的坐標(biāo)為(x1，y1)，(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋b， 代入橢圓方程整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4(b2－2)＝0. 故x1＋x2＝－，x1x2＝. 由|AB|2＝(k2＋1)(x2－x1)2 ＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝[2(4k2＋1)－b2]＝， 得b2＝2(4k2＋1)－， 又原點(diǎn)O到AB的距離為. 所以△AOB的面積S＝·. 記u＝， 則S2＝·＝＝－＝4－2. 又u＝＝4－的范圍為[1,4](u＝4為豎直弦)． 故u＝時，S＝4； 而u＝1時，S＝. 因此S的取值范圍是. 第4術(shù)　出奇制勝　巧妙構(gòu)造 方法概述 構(gòu)造法是指根據(jù)題設(shè)條件和結(jié)論的特征、性質(zhì)，運(yùn)用已知數(shù)學(xué)關(guān)系式和理論，構(gòu)造出滿足條件或結(jié)論的數(shù)學(xué)對象，從而使原問題中隱含的關(guān)系和性質(zhì)在新構(gòu)造的數(shù)學(xué)對象中清晰地展現(xiàn)出來，并借助該數(shù)學(xué)對象方便快捷地解決數(shù)學(xué)問題的方法．構(gòu)造法應(yīng)用的技巧是“定目標(biāo)構(gòu)造”，需從已知條件入手，緊扣要解決的問題，把陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題．解題時常構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造方程、構(gòu)造平面圖形等 應(yīng)用題型 適用于各類題型，多涉及函數(shù)、方程、平面圖形等知識 方法一：構(gòu)造函數(shù)　 　已知偶函數(shù)f (x)的定義域?yàn)椋?，，其?dǎo)函數(shù)是f ′(x)．當(dāng)0<x<時，有f ′(x)cos x＋f (x)sin x<0，則關(guān)于x的不等式f (x)<f ·cos x的解集為(　　) A. B.∪ C.∪ D.∪ [解析]　令F(x)＝， 則F′(x)＝. 當(dāng)0<x<時，有f ′(x)cos x＋f (x)sin x<0， 則F′(x)<0，所以F(x)在上單調(diào)遞減． 因?yàn)镕(－x)＝＝＝F(x)，所以F(x)為偶函數(shù)，所以F(x)在上單調(diào)遞增． 當(dāng)x∈時，cos x>0， 則f (x)<f cos x等價于<， 即F(x)<F，所以|x|>， 又x∈， 所以－<x<－或<x<. [答案]　B 　　　已知m，n∈(2，e)，且－<ln，則(　　) A．m>n　　　　　　　 B．m<n C．m>2＋ D．m，n的大小關(guān)系不確定 [解析]　由不等式可得－<ln m－ln n， 即＋ln n<＋ln m. 設(shè)f (x)＝＋ln x(x∈(2，e))， 則f ′(x)＝－＋＝. 因?yàn)閤∈(2，e)，所以f ′(x)>0， 故函數(shù)f (x)在(2，e)上單調(diào)遞增． 因?yàn)閒 (n)<f (m)，所以n<m. [答案]　A 方法二：構(gòu)造方程　 　已知a2－3a＝1，b2－3b＝1，且a≠b，則＋＝__________. [解析]　由題意可知a，b是方程x2－3x－1＝0的兩個實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可知a＋b＝3，ab＝－1， 所以＋＝＝＝32－2×(－1)＝11. [答案]　11 方法三：構(gòu)造平面圖形　 　已知實(shí)數(shù)a，b是利用計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機(jī)數(shù)，設(shè)事件A為(a－1)2＋(b－1)2>，則事件A發(fā)生的概率為(　　) A. B．1－ C. D．1－ [解析]　由題意知，計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機(jī)數(shù)a，b的對應(yīng)區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對應(yīng)的區(qū)域是邊長為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對應(yīng)的區(qū)域的面積為1－.由幾何概型的概率計(jì)算公式得事件A發(fā)生的概率為1－. [答案]　B [即時應(yīng)用體驗(yàn)] 1．已知函數(shù)f (x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實(shí)數(shù)x都有xf (x＋1)＝(1＋x)f (x)，則f 的值是(　　) A．0　　　 B.　　　　 C．1　　　　 D. 解析：選A　由已知得＝， 故構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g(x＋1)＝， 所以g(x＋1)＝g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)． 又f (x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)． 故再構(gòu)造一個特例函數(shù)g(x)＝sin 2πx(x∈R)， 所以f (x)＝xsin 2πx，從而有f ＝sin 5π＝0， 故f ＝f (0)＝0，因此選A. 2．已知數(shù)列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，則an＝__________. 解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]． 設(shè)bn＝an＋n＋3，則bn＝2bn－1， 所以{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且b1＝a1＋1＋3＝5， 所以bn＝5×2n－1，所以an＝5×2n－1－n－3. 答案：5×2n－1－n－3 3．已知不等式＋＋…＋>loga(a－1)＋對于一切大于1的自然數(shù)n都成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 解析：構(gòu)造數(shù)列an＝＋＋…＋(n≥2，n∈N*)． ∵an＋1＝＋＋…＋＋＋， ∴an＋1－an＝＋－＝>0， ∴an＋1>an，故an≥a2＝，即an的最小值為. 要使＋＋…＋>loga(a－1)＋對于一切自然數(shù)n(n≥2)都成立，則必有>loga(a－1)＋，即loga(a－1)<－1. 又因?yàn)閍>1，所以a－1<，解得1<a<， 即實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 答案： 4．函數(shù)f (x)＝＋的值域?yàn)開_________． 解析：f (x)＝＋， 其幾何意義是平面內(nèi)動點(diǎn)P(x,0)到兩定點(diǎn)M(2,3)和N(5，－1)的距離之和(如圖所示)，求其值域只要求其最值即可． 易知當(dāng)M，N，P三點(diǎn)共線(即P在線段MN上)時，f (x)取得最小值，且f (x)min＝|MN|＝5，f (x)無最大值，故得函數(shù)的值域?yàn)閇5，＋∞)． 答案：[5，＋∞) 5．函數(shù)y＝的最大值和最小值分別為__________，__________. 解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率，為此構(gòu)造一個單位圓，探究單位圓上動點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率問題． 如圖，因?yàn)閯狱c(diǎn)在單位圓上運(yùn)動時處于極端狀態(tài)，即為切點(diǎn)時直線斜率分別為最大、最小，設(shè)切點(diǎn)分別為R，M. 易知kOR＝2，kOM＝－2， 所以kQR＝－，kQM＝， 所以－≤kPQ≤. 即y＝的最大值為，最小值為－. 答案：?。? 第5術(shù)　聲東擊西　換位推理 方法概述 對有些問題在直接求解時會感到困難或根本難以從條件入手，這時可避開正面強(qiáng)攻，從結(jié)論的對立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問題，或反例中也可找到解決問題的途徑，有時甚至還能獲得最佳的解法．這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術(shù) 應(yīng)用題型 既有選擇、填空題，也有解答題．主要體現(xiàn)為補(bǔ)集法、相關(guān)點(diǎn)法及反證法等 方法一：補(bǔ)集法　 　若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. [解析]　假設(shè)拋物線y＝x2上存在兩點(diǎn)A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對稱，設(shè)AB的中點(diǎn)為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝. 因?yàn)橹本€y＝k(x－3)垂直平分弦AB， 所以＝－，所以＝－. 又AB的中點(diǎn)P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上， 所以＝k＝－， 所以中點(diǎn)P. 由于點(diǎn)P在y>x2的區(qū)域內(nèi)， 所以－>2， 整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0， 解得k<－. 因此當(dāng)k<－時，拋物線y＝x2上存在弦能被直線y＝k(x－3)垂直平分，于是當(dāng)k≥－時，拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分． 所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為. [答案]　D 方法二：相關(guān)點(diǎn)法　 　已知P(4,0)是圓x2＋y2＝36內(nèi)的一點(diǎn)，A，B是圓上兩動點(diǎn)，且滿足∠APB＝90°，求矩形APBQ頂點(diǎn)Q的軌跡方程． [解]　連接AB，PQ，設(shè)AB與PQ交于點(diǎn)M，如圖所示． 因?yàn)樗倪呅蜛PBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點(diǎn)，連接OM. 由垂徑定理可知OM⊥AB， 設(shè)M(xM，yM)， 由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．① 又在Rt△APB中， 有|AM|＝|PM|＝.② 由①②得x＋y－4xM－10＝0， 故點(diǎn)M的軌跡是圓． 因?yàn)辄c(diǎn)M是PQ的中點(diǎn)，設(shè)Q(x，y)， 則xM＝，yM＝， 代入點(diǎn)M的軌跡方程中得 2＋2－4×－10＝0， 整理得x2＋y2＝56，即為所求點(diǎn)Q的軌跡方程． 方法三：反證法　 　給定數(shù)列{an}，若滿足a1＝a(a>0且a≠1)，對于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am，則稱數(shù)列{an}為指數(shù)數(shù)列． (1)若數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式分別為an＝3·2n－1，bn＝3n，試判斷{an}，{bn}是不是指數(shù)數(shù)列(需說明理由)； (2)若數(shù)列{an}是指數(shù)數(shù)列，a1＝(t∈N*)，證明：數(shù)列{an}中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列． [解]　(1)因?yàn)閍n＝3·2n－1， 所以a1＝3，a2＝6，a3＝12. 因?yàn)閍3＝a1＋2≠a1·a2， 所以數(shù)列{an}不是指數(shù)數(shù)列． 對于數(shù)列{bn}，因?yàn)閎n＋m＝3n＋m＝3n·3m＝bn·bm對任意的n，m∈N*恒成立， 所以數(shù)列{bn}是指數(shù)數(shù)列． (2)證明：因?yàn)閿?shù)列{an}是指數(shù)數(shù)列， 所以對于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am. 令m＝1，則an＋1＝an·a1＝·an， 所以{an}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列， 所以an＝n. 假設(shè)數(shù)列{an}中存在三項(xiàng)au，av，aw構(gòu)成等差數(shù)列， 不妨設(shè)u<v<w，則由2av＝au＋aw， 得2v＝u＋w, 所以2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u. 當(dāng)t為偶數(shù)時，2(t＋4)w－v(t＋3)v－u是偶數(shù)，(t＋4)w－u是偶數(shù)，(t＋3)w－u是奇數(shù)，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立； 當(dāng)t為奇數(shù)時，2(t＋4)w－v(t＋3)v－u是偶數(shù)，(t＋4)w－u是奇數(shù)，(t＋3)w－u是偶數(shù)，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立． 綜上，對任意的t∈N*,2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立，即數(shù)列{an}的任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列． [即時應(yīng)用體驗(yàn)] 1．設(shè)a，b∈R，定義運(yùn)算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝若正數(shù)a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則(　　) A．a(chǎn)∧b≥2，c∧d≤2 B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2 C．a(chǎn)∨b≥2，c∧d≤2 D．a(chǎn)∨b≥2，c∨d≥2 解析：選C　從定義知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(a，b)，即求a，b中的最大值． 假設(shè)0<a<2,0<b<2，則ab<4，與已知ab≥4相矛盾，則假設(shè)不成立，故max(a，b)≥2，即a∨b≥2. 假設(shè)c>2，d>2，則c＋d>4，與已知c＋d≤4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2. 故選C. 2．某學(xué)校為了研究高中三個年級的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高一，高二，高三三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進(jìn)行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個班級進(jìn)行測試，則兩個班級來自不同年級的概率為________． 解析：記高一年級中抽取的1個班級為a，高二年級中抽取的2個班級為b1，b2，高三年級中抽取的3個班級為c1，c2，c3. 從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所有可能結(jié)果為(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種． 設(shè)“抽取的兩個班級來自不同年級”為事件A，則事件為抽取的兩個班級來自同一年級． 兩個班級來自同一年級的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種． 所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝. 所以兩個班級來自不同年級的概率為. 答案： 3．方程x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為____________________． 解析：假設(shè)三個方程都無實(shí)根， 則解得－<a<－1. 因?yàn)槿齻€方程中至少有一個方程有實(shí)根． 所以所求a的取值范圍為∪[－1，＋∞)． 答案：∪[－1，＋∞) 4．已知函數(shù)f (x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 解析：f ′(x)＝2ax－1＋. (1)若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f ′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0， 得a≥.① 令t＝，因?yàn)閤∈(1,2)，所以t＝∈. 設(shè)h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減， 所以h(1)<h(t)<h，即0<h(t)<. 由①可知，a≥. (2)若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f ′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0， 得a≤.② 結(jié)合(1)可知，a≤0. 綜上，若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪. 所以若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 答案： 5.如圖，拋物線E：y2＝2px(p>0)與圓O：x2＋y2＝8相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2.過劣弧AB上動點(diǎn)P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點(diǎn)，分別以C，D為切點(diǎn)作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點(diǎn)M. (1)求p的值； (2)求動點(diǎn)M的軌跡方程． 解：(1)由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2，可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1. (2)設(shè)動點(diǎn)M(x，y)，C，D，y1≠0，y2≠0，則切線l1：y－y1＝k， 代入y2＝2x消去x，得ky2－2y＋2y1－ky＝0. 由Δ＝0，解得k＝， 所以l1的方程為y＝x＋. 同理可得，l2的方程為y＝x＋. 聯(lián)立解得 易知直線CD的方程為x0x＋y0y＝8，其中x0，y0滿足x＋y＝8，x0∈[2,2]， 聯(lián)立消去x并整理得， x0y2＋2y0y－16＝0， 則又則可得 由x＋y＝8，得－y2＝1. 又x0∈[2,2 ]， 所以x∈[－4，－2 ]． 所以動點(diǎn)M的軌跡方程為 －y2＝1，x∈[－4，－2 ]． 第6術(shù)　蹊徑可辟　分割補(bǔ)形 方法概述 所謂割補(bǔ)法就是把一個復(fù)雜面積或體積的計(jì)算分割成若干個簡單圖形的有關(guān)計(jì)算或?qū)⒁粋€不易求出面積或體積的幾何圖形補(bǔ)足為較易計(jì)算的幾何圖形．也就是將復(fù)雜的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體．例如，把曲邊形割補(bǔ)成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補(bǔ)成直棱柱、把三棱柱補(bǔ)成平行六面體、把三棱錐補(bǔ)成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復(fù)雜的轉(zhuǎn)化為簡單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的 應(yīng)用題型 在解決幾何問題過程中，割補(bǔ)法是一種常用的方法．無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時使用割補(bǔ)法，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時會柳暗花明，事半功倍 方法一：分割　 　為測出所住小區(qū)的面積，某人進(jìn)行了一些測量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是(　　) A. km2　　　　 B. km2 C. km2 D. km2 [解析]　如圖，連接AC.在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC＝＝ km， 又AB＝2 km，BC＝1 km， 所以AC2＋BC2＝AB2， 所以△ABC為直角三角形， 且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°， 故∠DAC＝∠DCA＝15°. 所以△ADC為等腰三角形，且∠D＝150°， 設(shè)AD＝DC＝x km， 根據(jù)余弦定理得x2＋x2＋x2＝3， 即x2＝＝3(2－)． 所以小區(qū)的面積為×1×＋×3(2－)×＝＝(km2)． [答案]　D 　　　如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則多面體的體積為(　　) A. B. C. D. [解析]　法一：如圖，在EF上取點(diǎn)M，N，使EM＝FN＝，連接MA，MD，NB，NC，則MN＝1，三棱柱ADM­BCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝. 設(shè)H為AD的中點(diǎn)，連接MH，則MH⊥AD， 且MH＝＝， ∴S△ADM＝AD·MH＝. ∴VABCDEF＝2VE­ADM＋VADM­BCN ＝2×××＋×1＝. 法二：如圖，取EF的中點(diǎn)G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐E­ADG與三棱錐G­BCF都是棱長為1的正四面體，易求得VE­ADG＝VG­BCF＝××＝， 又四棱錐G­ABCD的底面是邊長為1的正方形，且側(cè)棱邊為1. 易求得其高為，則VG­ABCD＝×1×1×＝， 所以VABCDEF＝2VE­ADG＋VG­ABCD＝2×＋＝. [答案]　A [啟思維]　多面體ABCDEF是一個不規(guī)則的幾何體，法一和法二使用了分割法，分割成我們熟悉的三棱錐和三棱柱等，便于使用棱柱、棱錐的體積公式． 方法二：補(bǔ)形　 　某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．8π＋16 B．8π－16 C．8π＋8 D．16π－8 [解析]　由三視圖可知該幾何體為一個半圓柱去掉一個直棱柱．其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4. 半圓柱的體積為V1＝π×22×4＝8π， 直三棱柱的體積為V2＝×4×2×4＝16. 所以所求幾何體的體積為V＝V1－V2＝8π－16. [答案]　B 　如圖，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，∠BCA＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，若BC＝CA＝CC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為________． [解析]　如圖，把直三棱柱A1B1C1­ABC補(bǔ)成一個直平行六面體A1B1D1C1­ABDC，取B D中點(diǎn)G，連接B1G，則B1G∥A1F，∠EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補(bǔ)角)． 設(shè)BC＝CA＝CC1＝2a， 則B1G＝＝a， AB＝＝2a， B1E＝＝a， GE2＝BG2＋BE2－2BG·BE·cos 135°＝5a2， 所以cos∠EB1G＝＝， 故B1E與A1F所成角的余弦值為. [答案]　 [即時應(yīng)用體驗(yàn)] 1．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A．64 B．72 C．80 D．112 解析：選C　根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐P­ABCD與正方體ABCD­A1B1C1D1的組合體，如圖所示．由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCD­A1B1C1D1的棱長為4，其體積V1＝43＝64.四棱錐P­ABCD的底面為正方形ABCD，高h(yuǎn)＝3，且PA＝PB，其底面積為S＝42＝16，則四棱錐P­ABCD的體積V2＝Sh＝×16×3＝16.故所求幾何體的體積V＝V1＋V2＝64＋16＝80. 2.如圖，正三棱錐S­ABC的側(cè)棱與底面邊長相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點(diǎn)，那么異面直線EF與SA所成的角等于(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° 解析：選A　如圖，把正三棱錐S­ABC補(bǔ)成一個正方體AGBH­A1CB1S. ∵EF∥AA1， ∴異面直線EF與SA所成的角為45°. 3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：選B　法一：如圖，把多面體ABCDEFG補(bǔ)成正方體DEPG­ABHM，則VABCDEFG＝VDEPG­ABHM＝×23＝4. 法二：如圖，取DG的中點(diǎn)H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長方體EFHD­BPCA，則三棱錐C­HFG與三棱錐F­PCB全等． 所以VABCDEFG＝VABPC­DEFH＝AB·AC·AD＝2×1×2＝4. 4．在正三棱錐S­ABC中，側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，側(cè)棱SC＝4，則此正三棱錐的外接球的表面積為________． 解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，可得三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直．又三條側(cè)棱相等，故可