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第一板塊 學通考場解題常用12術——解得快
第1術 拋磚引玉 活用特例
方法概述
所謂特例法，又叫特殊化法，就是當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
應用題型
(1)選擇題或填空題；(2)在解答題中，當求解目標尚未明確時，往往需要考查題設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
函數(shù)f (x)＝的圖象是( )
[常規(guī)解法]
f (x)＝＝.
當x>1時，f (x)＝－x－1；
當x<－1時，f (x)＝x－1；
當0≤x<1時，f (x)＝x＋1；
當－1
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)”(因為對任意的x1∈(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E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點，且＝m，＝n，則＋＝( )
A．3 B．4
C．5 D.
[常規(guī)解法]
分別過點B，C作BM∥AD，CN∥AD，分別交PQ于點M，N.
∵D是BC的中點，
∴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P，Q滿足A1P＝BQ，過P，Q，C三點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]
設三棱柱ABCA1B1C1的體積為V，
∵側(cè)棱AA1和BB1上各有一動點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]
[即時應用體驗]
1．動點A在雙曲線－＝1上，B，C為其左、右焦點．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)都是定義在實數(shù)集R上的函數(shù)，且方程x－f [g(x)]＝0有實數(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x0為方程x－f [g(x)]＝0的一個實根，則f [g(x0)]＝x0.設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至少有一個實根t0，而對于選項B，當g[f (x)]＝x2＋x＋時，方程x2＋x＋＝x無實根，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有實數(shù)解，只有B不能使x－g(x)＝0有實數(shù)解，故選B.
3．設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，應有xf (x)≤sin x，取x＝2，則f (x)＝1，于是20，則h(x)單調(diào)遞增；
當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02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．
由圖知，則需0.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.
同理，x2≤1.
∴x2＋y2≤2.②
由①②可知：0，b>0)的左焦點F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點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，且OE⊥FP.記F′為雙曲線的右焦點，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<，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．已知關于x的方程|x|＝ax＋1有一個負根，但沒有正根，則實數(shù)a的取值范圍是__________．
解析：在同一平面直角坐標系中分別作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的圖象．由圖可知，當直線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，即|x|＝ax＋1有一個負根，但沒有正根．
答案：[1，＋∞)
6．已知a，b為單位向量，ab＝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C在以點D為圓心、半徑為1的圓上，
易知點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 解題常招 設參換元
方法概述
在解答數(shù)學問題時，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_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，促使問題的實質(zhì)明朗化，使非標準型問題標準化，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，就是設參換元法，也就是我們常說的換元法
應用題型
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，當且僅當x＝2y時，取等號．
又因為(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x，y，z滿足關系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A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點、上頂點和右焦點，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，求△OMN面積的最大值．
[解] (1)由已知得橢圓的焦點在x軸上，設其方程為＋＝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的圓心為坐標原點，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
設對一切實數(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之間的關系，換元化為一元二次不等式在R上恒成立問題．
設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，它對一切實數(shù)x恒成立，
所以解得
∴t<0，即log2<0,0<<1，解得01)，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t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由圖可知，當線段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；當線段端點是圓弧端點時(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的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀．換元中應注意舊變量對新變量的限制．
[即時應用體驗]
1．橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝m與橢圓相交于點A，B，當△FAB的周長最大時，△FAB的面積為________．
解析：已知＋＝1，則F(－1,0)．
設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－20，
則f (x)，
又x∈，
所以－n B．m2＋ D．m，n的大小關系不確定
[解析] 由不等式可得－0，
故函數(shù)f (x)在(2，e)上單調(diào)遞增．
因為f (n)，則事件A發(fā)生的概率為( )
A. B．1－
C. D．1－
[解析] 由題意知，計算機產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機數(shù)a，b的對應區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對應的區(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對應的區(qū)域的面積為1－.由幾何概型的概率計算公式得事件A發(fā)生的概率為1－.
[答案] B
[即時應用體驗]
1．已知函數(shù)f (x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實數(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＝52n－1，所以an＝52n－1－n－3.
答案：52n－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.
又因為a>1，所以a－1<，解得1x2的區(qū)域內(nèi)，
所以－>2，
整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，
解得k<－.
因此當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．
所以實數(shù)k的取值范圍為.
[答案] D
方法二：相關點法
已知P(4,0)是圓x2＋y2＝36內(nèi)的一點，A，B是圓上兩動點，且滿足∠APB＝90，求矩形APBQ頂點Q的軌跡方程．
[解] 連接AB，PQ，設AB與PQ交于點M，如圖所示．
因為四邊形APBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點，連接OM.
由垂徑定理可知OM⊥AB，
設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M的軌跡是圓．
因為點M是PQ的中點，設Q(x，y)，
則xM＝，yM＝，
代入點M的軌跡方程中得
2＋2－4－10＝0，
整理得x2＋y2＝56，即為所求點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＝anam，則稱數(shù)列{an}為指數(shù)數(shù)列．
(1)若數(shù)列{an}，{bn}的通項公式分別為an＝32n－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}中任意三項都不能構(gòu)成等差數(shù)列．
[解] (1)因為an＝32n－1，
所以a1＝3，a2＝6，a3＝12.
因為a3＝a1＋2≠a1a2，
所以數(shù)列{an}不是指數(shù)數(shù)列．
對于數(shù)列{bn}，因為bn＋m＝3n＋m＝3n3m＝bnbm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：因為數(shù)列{an}是指數(shù)數(shù)列，
所以對于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝anam.
令m＝1，則an＋1＝ana1＝an，
所以{an}是首項為，公比為的等比數(shù)列，
所以an＝n.
假設數(shù)列{an}中存在三項au，av，aw構(gòu)成等差數(shù)列，
不妨設u2，d>2，則c＋d>4，與已知c＋d≤4相矛盾，則假設不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2.
故選C.
2．某學校為了研究高中三個年級的數(shù)學學習情況，從高一，高二，高三三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個班級進行測試，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“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根，則實數(shù)a的取值范圍為____________________．
解析：假設三個方程都無實根，
則解得－0)與圓O：x2＋y2＝8相交于A，B兩點，且點A的橫坐標為2.過劣弧AB上動點P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點，分別以C，D為切點作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點M.
(1)求p的值；
(2)求動點M的軌跡方程．
解：(1)由點A的橫坐標為2，可得點A的坐標為(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)設動點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M的軌跡方程為
－y2＝1，x∈[－4，－2 ]．
第6術 蹊徑可辟 分割補形
方法概述
所謂割補法就是把一個復雜面積或體積的計算分割成若干個簡單圖形的有關計算或?qū)⒁粋€不易求出面積或體積的幾何圖形補足為較易計算的幾何圖形．也就是將復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，把曲邊形割補成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補成直棱柱、把三棱柱補成平行六面體、把三棱錐補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
應用題型
在解決幾何問題過程中，割補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H為AD的中點，連接MH，則MH⊥AD，
且MH＝＝，
∴S△ADM＝ADMH＝.
∴VABCDEF＝2VEADM＋VADMBCN
＝2＋1＝.
法二：如圖，取EF的中點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＝11＝，
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＝π224＝8π，
直三棱柱的體積為V2＝424＝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E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點，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補成一個直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取B
D中點G，連接B1G，則B1G∥A1F，∠EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補角)．
設BC＝CA＝CC1＝2a，
則B1G＝＝a，
AB＝＝2a，
B1E＝＝a，
GE2＝BG2＋BE2－2BGBEcos 135＝5a2，
所以cos∠EB1G＝＝，
故B1E與A1F所成角的余弦值為.
[答案]
[即時應用體驗]
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＝3，且PA＝PB，其底面積為S＝42＝16，則四棱錐PABCD的體積V2＝Sh＝163＝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，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補成正方體DEPGABHM，則VABCDEFG＝VDEPGABHM＝23＝4.
法二：如圖，取DG的中點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＝ABACAD＝212＝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，故可以三條側(cè)棱為相鄰三邊作出一個正方體SB
（通用版）2019版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 第一板塊 學通考場解題常用12術——解得快講義 理（重點生含解析）.doc
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