（通用版）2019版高考数学二轮复习第二部分备考技法专题一解题常用8术系统归纳——串一串方法讲义理（普通生，含解析）.doc

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1、1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、取值范围等问题应 用 一 求 解 函 数 问 题例 1 (1)用 m

2、ina， b， c表示 a， b， c 三个数中的最小值，设 f(x)min2 x， x2,10 x(x0)，则 f(x)的最大值为( )A4 B5C6 D7解析 画出 y2 x， y x2， y10 x 的图象如图所示，观察图象可知 f(x)Error!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 y kx 的图象恰有两个交|x2 1|x 1点，则实数 k 的取值范围是_解析 y Error!|x2 1|x 1作出其图象如图所示，结合图象可知 0 .14 74( x a)2 y21， y21.同理， x21. x2 y22.5由可知： 0， b0

3、)的左焦点 F( c,0)(c0)，作圆 x2 y2 的切线，x2a2 y2b2 a24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( )OE 12 OF OP A. B.102 105C. D.10 2解析：选 A 由题意可知 E 为 FP 的中点，且 OE FP.记 F为双曲线的右焦点，作出示意图如图，连接 F P，则 F P 綊 2OE，所以 FP F P，且| F P| a，故由双曲线的定义可得| FP|3 a.所以(2 c)2 a2(3 a)2，所以 e .ca 1024已知 a0， b0，则不等式 a b 的解是( )1xA.(1a， 1b)B.(1

4、a， 1b)C. (1b， 0) (1a， )D. ( ， 1b) (1a， )解析：选 D 法一：直接求解法 b ，故选 D.1b 1a法二：数形结合法利用 y 的图象，如图所示，故选 D.1x5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|， y ax1， y x1 的图象由图可知，当直线y ax1 的斜率 a1 时，直线 y ax1 与 y| x|的图象有且仅6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

5、，则|c|的取值范围为_解析：令 a， b， OA OB aOD b， c，OC 如图所示，则| | .OD 2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，OC 2 2所以|c|的取值范围为 1， 12 2答案： 1， 12 2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

6、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 元例 1 已知 x， yR，满足 x22 xy4 y26，则 z x24 y2的取值范围为_常规解法由 x22 xy4 y26，得 2xy6( x24 y2)，而 2xy ，x2 4y22所以 6( x24 y2) ，x2 4y22所以 x24 y24，当且仅当 x2 y 时，取等号7又

7、因为( x2 y)262 xy0，即 2xy6，所以 z x24 y262 xy12，综上可得 4 x24 y212.提速解法已知 x22 xy4 y26，即( x y)2( y)2( )2，3 6故设 x y cos ， y sin ，6 3 6即 x cos sin ， y sin .6 2 2则 z x24 y262 xy62( cos sin ) sin 84sin .6 2 2 (2 6)所以 84 z84，即 z 的取值范围为4,12答案 4,12方 法 二 整 体 换 元例 2 已知椭圆 C 方程为 y21，且直线 l： y kx m 与圆 O： x2 y21 相切，x24若直线

8、 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： y kx m，即 kx y m0 与圆 O： x2 y21 相切，得 1，故有 m21 k2.|m|1 k2由Error!消去 y 得(4 k21) x28 kmx4 m240.设 M(x1， y1)， N(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8km4k2 1 4m2 44k2 1所以| x1 x2|2( x1 x2)24 x1x2 24(8km4k2 1) 4m2 44k2 1 .16 4k2 m2 1 4k2 1 2将代入，得| x1 x2|2 ，48k2 4

9、k2 1 2故| x1 x2| .43|k|4k2 1所以| MN| |x1 x2| .1 k2 1 k243|k|4k2 1 43k2 k2 14k2 18故 OMN 的面积 S |MN|1 .12 23k2 k2 14k2 1令 t4 k21( t1)，则 k2 ，代入上式，t 14得 S2 3t 14 (t 14 1)t2 32 t 1 t 3t2 ，32 1t2 23t 13 32 (1t 13)2 49所以当 t3，即 4k213，解得 k 时， S 取得最大值，且最大值为 1.22 32 49方 法 三 两 次 换 元例 3 已知 u1， v1 且(log au)2(log av)

10、2log a(au2)log a(av2)(a1)，则loga(uv)的最大值和最小值分别为_，_.解析 令 xlog au， ylog av，则 x0， y0.已知等式可化为( x1) 2( y1)24( x0， y0)再设 tlog a(uv) x y(x0， y0)，由图可知，当线段y x t(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2值， tmin1 .因此 loga(uv)的最大值是 22 ，最小值是 1 .3 2 3答案 22 1

11、2 3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 x m 与椭圆相交于点 A， B，当 FAB 的周长最x24 y23大时， FAB 的面积为_解析：已知 1，则 F(1,0)x24 y23设 A(2cos ， sin )， B(2cos ， sin )，3 39则| AF| BF| 2cos ， 2cos 1 2 3sin2故 FAB 的周长 l2(2cos )2 sin 44sin .3 ( 6)当 时， l 取得最大值，此时 FAB 的面积为 3S (12cos )2 sin sin (12cos

12、)3.12 3 3答案：32不等式 log2(2x1)log 2(2x1 2)0，( 2， 2)则 f(x) ，( 4) 4又 x ，( 2， 2)所以 n B m2 D m， n 的大小关系不确定1n解析 由不等式可得 0，故函数 f(x)在(2，e)上单调递增12因为 f(n) ，则事件 A 发生的概率为( )14A. B116 16C. D1 4 4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12件 A 对应的区域的面积为 1

13、 .由几何概型的概率计算公式得事件 A 发生的概率为 1 .16 16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)(1 x)f(x)，则 f 的值是( )(f (52)A0 B.12C1 D.52解析：选 A 由已知得 ，f x 1x 1 f xx故构造函数 g(x) ，则 g(x1) ，f xx f x 1x 113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 2 x(xR)，所以 f(x) xsin 2 x，从而有 f sin

14、 50，(52) 52故 f f(0)0，因此选 A.(f (52)2已知数列 an， an2 an1 n1， a11( nN *)，则 an_.解析：由已知可得 an n32 an1 ( n1)3设 bn an n3，则 bn2 bn1 ，所以 bn是公比为 2 的等比数列，且 b1 a1135，所以 bn52 n1 ，所以 an52 n1 n3.答案：52 n1 n33函数 f(x) 的值域为_x2 4x 13 x2 10x 26解析： f(x) x 2 2 0 3 2， x 5 2 0 1 2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)

15、，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_，_.sin xcos x 3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

16、 ，2 2所以 kQR ， kQM ，所以 kPQ .24 24 24 24即 y 的最大值为 ，最小值为 .sin xcos x 3 24 2414答案： 24 24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方 法 一 补 集 法例 1 若抛物线 y x2上的所有弦都不能被直线 y k(x3)垂直平分，则 k 的取值

17、范围是( )A. B.( ，12 ( ， 12)C. D.(12， ) 12， )解析 假设抛物线 y x2上存在两点 A(x1， x )， B(x2， x )关于直线 y k(x3)对21 2称，设 AB 的中点为 P(x0， y0)，则 x0 ， y0 .x1 x22 x21 x22因为直线 y k(x3)垂直平分弦 AB，所以 ，所以 .x21 x2x1 x2 1k x1 x22 12k又 AB 的中点 P(x0， y0)在直线 y k(x3)上，所以 k ，x21 x22 (x1 x22 3) 6k 12所以中点 P .(12k， 6k 12 )由于点 P 在 yx2的区域内，所以 2

18、，6k 12 ( 12k)整理得(2 k1)(6 k22 k1)2， d2，则 c d4，与已知 c d4 相矛盾，则假设不成立，故 min(c， d)2，即 c d2.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， c3.16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)

19、，( 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A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)1 P( )1 .A415 A 415 1115所以两个班级来自不同年级的概率为 .1115答案：1115

20、3已知函数 f(x) ax2 xln x 在区间(1,2)上不单调，则实数 a 的取值范围为_解析： f( x)2 ax1 .1x(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2ax11x0，得 a .12(1x 1x2)令 t ，因为 x(1,2)，所以 t .1x 1x (12， 1)设 h(t) (t t2) 2 ， t ，显然函数 y h(t)在区间 上单12 12(t 12) 18 (12， 1) (12， 1)调递减，所以 h(1)0， 0，| |b0)x2a2 y2b2因为其离心率 e ，所以 ，32 ba 1 (ca)2 12即

21、 a2 b.故椭圆 C 的方程为 1.x24b2 y2b2又点 A 在椭圆 C 上，所以 1，(3，12) 3 24b2 (12)2b2解得 b21.所以椭圆 C 的标准方程为 y21.x24答案 y21x24应 用 三 求 数 列 通 项 或 前 n项 和例 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 Sn An2 Bn.由已知可得Error!化简得Error!解得Error! 所以 Sn3 n22 n.答案 3 n22 n应用体验1二次不等式 ax2 bx20 的解集是 ，则 a b 的值是( )(1

22、2， 13)A10 B10C14 D1419解析：选 D 由不等式的解集是 ，可知 ， 是方程 ax2 bx20 的两根，(12， 13) 12 13可得Error! 解得 Error!所以 a b14.2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 B86C4 D106解析：选 C 设圆的方程为 x2 y2 Dx Ey F0，则Error! 解得Error!圆的方程为 x2 y22 x4 y200.令 x0，得 y22 或 y22 ，6 6 M(0，22 )， N(0，22 )或 M(0，22 )， N(0，22 )，6 6 6

23、 6| MN|4 .63函数 y a bcos 3x(b0)的最大值为 ，最小值为 ，则 y4 asin 3bx 的最小32 12正周期是_解析：由题意可得Error!解得Error!所以函数 y4 asin 3bx2sin 3 x 的最小正周期 T .23答案：234与双曲线 x2 1 有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是y24_解析：设双曲线方程为 x2 ，y24将点(2,2)代入求得 3，即得双曲线方程为 1.x23 y212答案： 1x23 y212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

24、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20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

25、方 法 一 分 割 法例 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. km2 B. km23 64 3 64C. km2 D. km26 34 6 34解析 如图，连接 AC.在 ABC 中，根据余弦定理可得 AC km，AB2 BC2 2ABBCcos 60 3又 AB2 km， BC1 km，所以 AC2 BC2 AB2，所以 ABC 为直角三角形，且 ACB90 ， BAC30 ，故 DAC DCA15 .所以 ADC 为等腰三角形，且 D150 ，设 AD DC x km，根据余弦定理得 x2 x2 x23，3即 x2 3(2 )

26、32 3 3所以小区的面积为 1 3(2 ) (km2)12 3 12 3 12 23 6 334 6 34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，21BCF 均为正三角形， EF AB， EF2，则多面体的体积为( )A. B.23 33C. D.43 32解析 法一：如图，在 EF 上取点 M， N，使 EM FN ，连12接 MA， MD， NB， NC，则 MN1，三棱柱 ADMBCN 是直三棱柱，DM AM .AE2 EM232设 H 为 AD 的中点，连接 MH，则 MH AD，且 MH ，AM2 AH222 S A

27、DM ADMH .12 24 VABCDEF2 VEADM VADMBCN2 1 .13 24 12 24 23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VEADG VGBCF ，13 34 63 212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 VGABCD 11 ，22 13 22 26所以 VABCDEF2 VEADG VGABCD2 .212 26 23答案 A方 法 二 补 形 法例 2 (1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(

28、)A816 B81622C88 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 V1 2 248，12直三棱柱的体积为 V2 42416.12所以所求几何体的体积为 V V1 V2816.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 BC CA CC1，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

29、 G，连接 B1G，则 B1G A1F， EB1G 即为 B1E 与 A1F 所成的角(或其补角)设 BC CA CC12 a，则 B1G a， 2a 2 a2 5AB 2 a， 2a 2 2a 2 2B1E a， 2a 2 2a 2 6GE2 BG2 BE22 BGBEcos 1355 a2，所以 cos EB1G ，B1G2 B1E2 GE22B1GB1E 3010故 B1E 与 A1F 所成角的余弦值为 .3010答案 3010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 B7223C80 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

30、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 V14 364.四棱锥 PABCD 的底面为正方形 ABCD，高 h3，且 PA PB，其底面积为 S4 216，则四棱锥PABCD 的体积 V2 Sh 16316.故所求几何体的体积13 13V V1 V2641680.2.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. EF AA

31、1，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， AB AD DG2， AC EF1，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 VABCDEFG VDEPGABHM 234.12 12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 VABCDEFG VABPCDEFH ABACAD2124.

32、4在正三棱锥 SABC 中，侧棱 SC侧面 SAB，侧棱 SC4 ，3 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324径就是此正方体的体对角线，所以 2R 12， 43 2 43 2 43 2即球半径 R6，所以球的表面积 S4 R2144.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

33、、简捷的解题效果应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用方 法 一 整 体 代 入 ， 设 而 不 求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 S2m2 Sm，故 q1，于是Error!得 1 qm4，则 qm3，所以 S3ma1 1 q3m1 q (1 qm q2m)a1 1 qm1 q16(133 2)208.方 法 二 转 化 图 形 ， 设 而 不 求有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问

34、题求解例 2 设 a， b 均为正数，且 a b1，则 的最大值为_2a 1 2b 1解析 设 u ，2a 1v (u1， v1)，2b 1u v m，则 u， v 同时满足Error!其中 u v m 表示直线， m 为此直线在 v 轴上的截距u2 v24 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 ，2即 2 .2a 1 2b 1 225答案 2 2方 法 三 适 当 引 参 ， 设 而 不 求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

35、任何满足( x1) 2 y21 的实数 x， y，不等式 x y k0 恒成立，求实数 k 的取值范围解 由题意设Error!则 g( ) x y ksin cos 1 k sin 1 k 1 k.2 ( 4) 2令 1 k0，得 k 1.2 2即实数 k 的取值范围是 1，)2方 法 四 巧 设 坐 标 ， 设 而 不 求在解析几何问题中，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 y22 px(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 BC x 轴，求证：直线 AC 经过原点 O

36、.证明 设 A(2pt ，2 pt1)，21B(2pt ，2 pt2)，2则 C .(p2， 2pt2)因为 AB 过焦点 F，所以 2pt12pt2 p2，得 t1t2 .14又直线 OC 的斜率 kOC 4 t2 ，2pt2 p2 1t1直线 OA 的斜率 kOA ，则 kOC kOA.2pt12pt21 1t1故 A， O， C 三点共线，即直线 AC 经过原点 O.方 法 五 中 介 过 渡 ， 设 而 不 求根据解题需要，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26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

37、部分，求圆锥母线与轴的夹角 的余弦值解 过点 A 作 AM SO，垂足为 M，可知 MAO AOB OSB .设 MA x， OB r， SO h，则有 x2h r2h.13 12 13化简可得 2 .(xr) 12又因为 cos ，MAOA OAOB即 cos .xOA OAr所以 cos2 .xOA OAr xr于是 cos4 ，12又 为锐角，所以 cos 214.方 法 六 恒 等 变 形 ， 设 而 不 求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 cos cos cos cos 的值17 217 317 817解 设 Mcos

38、cos cos cos ，17 217 317 817Nsin sin sin sin ，17 217 317 817则 MNsin cos sin cos sin cos sin sin sin17 17 217 217 817 817 128 217 4171617 sin sin sin128 17 217 817 N.128而 N0，故 M .128 125627应用体验1sin 10 sin 30sin 50sin 70的值为_解析：设 Asin 10 sin 30sin 50sin 70，Bcos 10 cos 30cos 50cos 70，则 AB sin 20sin 60sin

39、 100sin 140116 cos 70cos 30cos 10cos 50116 B，116由此可得 A .116答案：1162一直线被两直线 4x y60,3 x5 y60 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 4x y60,3 x5 y60 于点 M， N，设 M(x0， y0)，则有 4x0 y060.因为 M， N 关于原点对称，所以 N( x0， y0)，从而3 x05 y060.由得 x06 y00.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 x6 y0.答案： x6 y03已

40、知椭圆 1， F1， F2为焦点，点 P 为椭圆上一点， F1PF2 ，则 Sx225 y29 3F1PF2_.解析：设| PF1| r1，| PF2| r2，由椭圆定义得 r1 r210.由余弦定理得 r r 2 r1r2cos 64.21 2 3 2得， r1r212，28所以 S F1PF2 r1r2sin 3 .12 3 3答案：3 34已知 F1， F2是椭圆 2x2 y24 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)，

41、因为点 P 在椭圆上，所以 2m2 n24， m0， n0.又椭圆的标准方程为 1，y24 x22设 F1(0， )， F2(0， )，2 2所以 ( m， n)( m， n)1，2 2由此可得 m2 n23.由解得 m1， n ，2即所求点 P 的坐标为(1， )2(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，因为点 A， B 在椭圆上，所以 2x y 4,2 x y 4，两式相减得21 21 2 22(x1 x2)(x1 x2)( y1 y2)(y1 y2)0.所以 kAB 2 .y1 y2x1 x2 x1 x2y1 y2同理可得 kAP 2 ，y1 2x1 1 x1 1y1 2kB

42、P 2 .y2 2x2 1 x2 1y2 2因为 PA， PB 倾斜角互补，所以 kPA kPB0.由左端及得x1y2 x2y1 (x2 x1)( y1 y2)2 0，2 2由右端及得x1y2 x2y1 (x2 x1)( y1 y2)2 0，2 2由得 2 (x2 x1)2( y1 y2)0，2即 y1 y2 (x1 x2)，2由得 kAB .2第 8 术 解题卡壳，攻坚突围29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、

43、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