高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题11数学方法第41练配方法与待定系数法文
高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题4 三角函数与平面向量 第16练 三
第16练 三角函数的化简与求值[题型分析·高考展望] 三角函数的化简与求值在高考中频繁出现，重点考查运算求解能力．运算包括对数字的计算、估值和近似计算，对式子的组合变形与分解变形，属于比较简单的题目，这就要求在解决此类题目时不能丢分，由于三角函数部分公式比较多，要熟练记忆、掌握并能灵活运用．体验高考1．(2015·课标全国Ⅰ)sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10°等于( ) A ．－32 B.32C ．－12 D.12答案 D解析 sin 20°cos 10°－cos 160°sin 10° ＝sin 20°cos 10°＋cos 20°sin 10° ＝sin 30°＝12.2．(2015·重庆)若tan α＝2tan π5，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－3π10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π5等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－3π10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π5＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α－3π10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π5＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π5sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π5＝sin αcos π5＋cos αsin π5sin αcos π5－cos αsin π5＝tan αtanπ5＋1tan αtanπ5－1＝2＋12－1＝3.3．(2016·四川)cos2π8－sin 2π8＝________. 答案22解析 由题可知，cos2π8－sin 2π8＝cos π4＝22. 4．(2016·课标全国甲)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin 2α等于( )A.725B.15C ．－15D ．－725答案 D解析 因为sin 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1，又因为cos ⎝⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，所以sin 2α＝2×925－1＝－725，故选D.5．(2016·课标全国丙)若tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α等于( )A.6425B.4825C ．1 D.1625答案 A解析 tan α＝34，则cos 2α＋2sin 2α＝cos 2α＋4sin αcos αcos 2α＋sin 2α＝1＋4tan α1＋tan 2α＝6425.高考必会题型题型一 利用同角三角函数基本关系式化简与求值 基本公式：sin 2α＋cos 2α＝1；tan α＝sin αcos α.基本方法：(1)弦切互化；(2)“1”的代换，即1＝sin 2α＋cos 2α；(3)在进行开方运算时，注意判断符号．例1 已知tan α＝2，求： (1)4sin α－2cos α5sin α＋3cos α的值； (2)3sin 2α＋3sin αcos α－2cos 2α的值． 解 (1)方法一 ∵tan α＝2， ∴cos α≠0，∴4sin α－2cos α5sin α＋3cos α＝4sin αcos α－2cos αcos α5sin αcos α＋3cos αcos α ＝4tan α－25tan α＋3＝4×2－25×2＋3＝613. 方法二 由tan α＝2，得sin α＝2cos α，代入得 4sin α－2cos α5sin α＋3cos α＝4×2cos α－2cos α5×2cos α＋3cos α ＝6cos α13cos α＝613. (2)3sin 2α＋3sin αcos α－2cos 2α ＝3sin 2α＋3sin αcos α－2cos 2αsin 2α＋cos 2α ＝3tan 2α＋3tan α－2tan 2α＋1 ＝3×22＋3×2－222＋1＝165. 点评 本题(1)(2)两小题的共同点：都是正弦、余弦的齐次多项式．对于这样的多项式一定可以化成切函数，分式可以分子分母同除“cos α”的最高次幂，整式可以看成分母为“1”，然后用sin 2α＋cos 2α代换“1”，变成分式后再化简．变式训练1 已知sin(3π＋α)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α，求下列各式的值：(1)sin α－4cos α5sin α＋2cos α； (2)sin 2α＋sin 2α.解 由已知得sin α＝2cos α.(1)原式＝2cos α－4cos α5×2cos α＋2cos α＝－16.(2)原式＝sin 2α＋2sin αcos αsin 2α＋cos 2α ＝sin 2α＋sin 2αsin 2α＋14sin 2α＝85.题型二 利用诱导公式化简与求值1．六组诱导公式分两大类，一类是同名变换，即“函数名不变，符号看象限”；一类是异名变换，即“函数名称变，符号看象限”．2．诱导公式化简的基本原则：负化正，大化小，化到锐角为最好！ 例 2 (1)设f (α)＝2sin π＋αcos π－α－cos π＋α1＋sin 2α＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋α－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α≠－12，则f ⎝⎛⎭⎪⎫－23π6＝________.(2)化简：sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos π＋α＋sin π－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋αsin π＋α＝________.答案 (1) 3 (2)0 解析 (1)∵f (α)＝－2sin α－cos α＋cos α1＋sin 2α＋sin α－cos 2α＝2sin αcos α＋cos α2sin 2α＋sin α＝cos α1＋2sin αsin α1＋2sin α＝1tan α， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23π6＝1tan －23π6＝1tan ⎝⎛⎭⎪⎫－4π＋π6＝1tanπ6＝ 3. (2)原式＝cos αsin α－cos α＋sin α－sin α－sin α＝－sin α＋sin α＝0.点评 熟练运用诱导公式和基本关系式，并确定相应三角函数值的符号是解题的关键．另外，切化弦是常用的规律技巧．变式训练 2 (1)(2016·课标全国乙)已知θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝________.(2)已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝a (|a |≤1)，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝________. 答案 (1)－43(2)0解析 (1)将θ－π4转化为(θ＋π4)－π2.由题意知sin(θ＋π4)＝35，θ是第四象限角，所以cos(θ＋π4)＞0，所以cos(θ＋π4)＝1－sin2θ＋π4＝45. tan(θ－π4)＝tan(θ＋π4－π2)＝－tan[π2－(θ＋π4)]＝－sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－θ＋π4cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－θ＋π4＝－cos θ＋π4sin θ＋π4＝－4535＝－43.(2)cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6＋θ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝－a .sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝a ， ∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6＋θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝0.题型三 利用其他公式、代换等化简求值两角和与差的三角函数的规律有三个方面：(1)变角，目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”．(2)变名，通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”“升幂与降幂”等．(3)变式，根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有“常值代换”“逆用变用公式”“通分与约分”“分解与组合”“配方与平方”等． 例3 化简：(1)sin 50°(1＋3tan 10°)； (2)2cos 4x －2cos 2x ＋122tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.解 (1)sin 50°(1＋3tan 10°) ＝sin 50°(1＋tan 60°tan 10°)＝sin 50°·cos 60°cos 10°＋sin 60°sin 10°cos 60°cos 10°＝sin 50°·cos 60°－10°cos 60°cos 10°＝2sin 50°cos 50°cos 10°＝sin 100°cos 10°＝cos 10°cos 10°＝1. (2)原式＝2cos 2x cos 2x －1＋122tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x＝－4cos 2x sin 2x ＋14cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x＝1－sin 22x 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2x＝cos 22x 2cos 2x ＝12cos 2x . 点评 (1)二倍角公式是三角变换的主要公式，应熟记、巧用，会变形应用．(2)重视三角函数的“三变”：“三变”是指“变角、变名、变式”．变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等．在解决求值、化简、证明问题时，一般是观察角度、函数名、所求(或所证明)问题的整体形式中的差异，再选择适当的公式恒等变形．变式训练3 (1)在△ABC 中，已知三个内角A ，B ，C 成等差数列，则tan A 2＋tan C2＋3tanA2tan C2的值为________．(2)2cos 10°－sin 20°si n 70°的值是( )A.12B.32C. 3D. 2(3)若α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，且3cos 2α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α，则sin 2α的值为( )A.118 B ．－118C.1718D ．－1718答案 (1) 3 (2)C (3)D解析 (1)因为三个内角A ，B ，C 成等差数列， 且A ＋B ＋C ＝π，所以A ＋C ＝2π3，A ＋C 2＝π3，tan A ＋C2＝3，所以tan A 2＋tan C 2＋3tan A 2tan C2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋C 2⎝⎛⎭⎪⎫1－tan A 2tan C 2＋3tan A 2tan C2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－tan A2tan C 2＋3tan A 2tan C2＝ 3.(2)原式＝2cos 30°－20°－sin 20°sin 70°＝2cos 30°·cos 20°＋sin 30°·sin 20°－sin 20°sin 70°＝3cos 20°cos 20°＝ 3.(3)cos 2α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α 代入原式，得6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α，∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin(π4－α)≠0，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝16，∴sin 2α＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫π2－2α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝－1718.高考题型精练1．(2015·陕西)“sin α＝cos α”是“cos 2α＝0”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 ∵sin α＝cos α⇒cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝0； cos 2α＝0⇔cos α＝±sin α⇒/ sin α＝cos α，故选A. 2．(2016·课标全国丙)若tan θ＝－13，则cos 2θ等于( )A ．－45B ．－15 C.15 D.45答案 D解析 tan θ＝－13，则cos 2θ＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θcos 2θ＋sin 2θ＝1－tan 2θ1＋tan 2θ＝45. 3．若tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝12，且－π2＜α＜0，则2sin 2α＋sin 2αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4等于( ) A ．－255 B.3510 C ．－3510 D.255答案 A解析 由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12，得tan α＝－13. 又－π2＜α＜0，所以sin α＝－1010.故2sin 2α＋sin 2αcos α－π4＝2sin αsin α＋cos α22sin α＋cos α＝22sin α＝－255.4．已知f (x )＝sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，若a ＝f (lg 5)，b ＝f (lg 15)，则( ) A ．a ＋b ＝0 B ．a －b ＝0 C ．a ＋b ＝1 D ．a －b ＝1答案 C解析 a ＝f (lg 5)＝sin 2(lg 5＋π4)＝1－cos 2lg 5＋π22＝1＋sin 2lg 52，b ＝f (lg 15)＝sin 2(lg 15＋π4)＝1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫2lg 15＋π22＝1－sin 2lg 52，则可得a ＋b ＝1.5．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6的值是( ) A ．－235 B.235 C.45 D ．－45答案 D解析 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435⇒sin π3cos α＋cos π3sin α＋sin α＝435⇒32sin α＋32cos α＝435⇒32sin α＋12cos α＝45， 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6＝sin αcos 7π6＋cos αsin 7π6＝－⎝⎛⎭⎪⎫32sin α＋12cos α＝－45.6．若(4tan α＋1)(1－4tan β)＝17，则tan(α－β)等于( ) A.14 B.12 C ．4 D ．12 答案 C解析 由已知得4tan α－16tan αtan β＋1－4tan β＝17， ∴tan α－tan β＝4(1＋tan αtan β)， ∴tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β＝4.7．(2015·江苏)已知tan α＝－2，tan(α＋β)＝17，则tan β的值为________．答案 3解析 ∵tan α＝－2，∴tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝－2＋tan β1＋2tan β＝17，解得tan β＝3.8．设当x ＝θ时，函数f (x )＝sin x －2cos x 取得最大值，则cos θ＝________. 答案 －255解析 f (x )＝sin x －2cos x ＝5⎝⎛⎭⎪⎫55sin x －255cos x ＝5sin(x －φ)，其中sin φ＝255，cos φ＝55，当x －φ＝2k π＋π2(k ∈Z )时，函数f (x )取到最大值，即θ＝2k π＋π2＋φ时，函数f (x )取到最大值，所以cos θ＝－sin φ＝－255. 9．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且2sin 2α－sinα·cos α－3cos 2α＝0，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin 2α＋cos 2α＋1＝________. 答案268解析 ∵α∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，且2sin 2α－sin α·cos α－3cos 2α＝0，∴(2sin α－3cos α)(sin α＋cos α)＝0，∴2sin α＝3cos α，又sin 2α＋cos 2α＝1，∴cos α＝213，sin α＝313， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin 2α＋cos 2α＋1＝22sin α＋cos αsin α＋cos α2＋cos 2α－sin 2α＝268. 10．(2015·四川)已知sin α＋2cos α＝0，则2sin αcos α－cos 2α的值是________．答案 －1解析 ∵sin α＋2cos α＝0，∴sin α＝－2cos α，∴tan α＝－2.又∵2sin αcos α－cos 2α＝2sin αcos α－cos 2αsin 2α＋cos 2α＝2tan α－1tan 2α＋1， ∴原式＝2×－2－1－22＋1＝－1. 11．(2015·广东)已知tan α＝2.(1)求tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4的值； (2)求sin 2αsin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1的值． 解 (1)tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋tan π41－tan αtan π4＝tan α＋11－tan α＝2＋11－2＝－3. (2)sin 2αsin 2α＋sin αcos α－cos 2α－1＝2sin αcos αsin 2α＋sin αcos α－2cos 2α－1－1 ＝2sin αcos αsin 2α＋sin αcos α－2cos 2α ＝2tan αtan 2α＋tan α－2＝2×222＋2－2＝1. 12．已知函数f (x )＝cos 2x ＋sin x cos x ，x ∈R . (1)求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6的值；(2)若sin α＝35，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π24.解 (1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝cos 2π6＋sin π6cos π6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋12×32＝3＋34.(2)因为f (x )＝cos 2x ＋sin x cos x ＝1＋cos 2x2＋12sin 2x＝12＋12(sin 2x ＋cos 2x )＝12＋22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π24＝12＋22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π12＋π4＝12＋22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝12＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin α＋32cos α. 又因为sin α＝35，且α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，所以cos α＝－45， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π24＝12＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫12×35－32×45 ＝10＋32－4620.。
高考数学解题训练方法与技巧汇集(共8篇)
高考数学解题训练方法与技巧聚集〔共8篇〕篇1：高考数学解题训练方法与技巧聚集数学解题训练方法与技巧第一，充分利用考前五分钟。
按照大型的考试的要求，考前五分钟是发卷时间，考生填写准考证。
这五分钟是不准做题的，但是这五分钟可以看题。
发现很多考生拿到试卷之后，就从第一个题开场看，给大家的建议是，拿过这套卷子来，这五分钟是用来制定整个战略的关键时刻。
之前没看到题目，你只是空想，当你看到题目以后，你得利用这五分钟迅速制定出整个考试的战略来。
学生拿着数学卷子，不要看选择，不要看填空，先看后边的六个大题。
这六个大题的难度分布一般是从易到难。
我们为了应付这样的一次考试，提早做了大量的习题，试卷上有些题目可能已经做过了，或者你一目了然，感觉很轻松，我建议先把这样的大题拿下来。
大题一般12分左右，这12分如囊中取物，你就有底气了，心情也好了。
特别是要看看最后那个大题，一看那个题目压根儿就不是自己力所能及的，就把它砍掉，只想着后边只有五个题，这样在做题的时候，就可以控制速度和质量。
假如倒数第二题也没有什么感觉，你就想，可能今年这个题出得比拟难，那么我如今的做法应该是把前边会做的题目踏踏实实做好，不要急于去做后边的题目，因为后边的题目不是正常人能做的题目。
第二，进入考试阶段先要审题。
审题一定要仔细，一定要慢。
数学题经常在一个字、一个数据里边暗藏着解题的关键，这个字、这个数据没读懂，要么找不着解题的关键，要么你误读了这个题目。
你在误读的根底上来做的话，你可能感觉做得很轻松，但这个题一分不得。
所以审题一定要仔细，你一旦把题意弄明白了，这个题目也就会做了。
会做的题目是不耽误时间的，真正耽误时间的是在审题的过程中，在找思路的过程中，只要找到思路了，单纯地写那些步骤并不占用多少时间。
第三，一定要培养自己一次就做对的习惯。
如今有些学生，好不容易遇到一个会做的题目，就快速地把会做的题目做错，争取时间去做不会做的题目。
殊不知，前面的选择题和后边的大题，难易差距是很大的，但是分值的含金量是一样的，有些学生以为前边题目的分数不值钱，后边大题的分数才值钱，不知道这是什么心理。
2020版江苏高考考前三个月数学专题练习第一篇 第2练
＝ VABC－A1B1C1 3
.
剩余部分的体积为 2VABC－A1B1C1 ，所以截后两部分的体积比为2∶1. 3
10.设坐标原点为 O，抛物线 y2＝2x，过焦点的直线 l 交该抛物线于 A，B 两点， 则O→A·O→B＝__－__34____.
解析 本题隐含条件是O→A·O→B的值为定值， 所以O→A·O→B的值与直线 l 的倾斜角无关，所以取直线 l：x＝12， 不妨令 A 点在 x 轴上方.由x＝12，
解析 设 g(x)＝f(xx)(x≠0)， 由题意得对∀x1>x2>0， 都有f(xx11)>f(xx22)，
所以g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 因为f(x)为奇函数，
所以 g(x)＝f(xx)为偶函数，
所以g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，
且g(－2)＝g(2)＝0.
由 f(x)<0 得x<0， g(x)>0
解析 由已知s＋sln
t＝1＋sln
s .
设
f(x)＝1＋xln
x(x>0)，则
f′(x)＝－xln2
x .
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数. 如图，作出函数f(x)的图象， 由题意知f(s)＝f(t)，所以s，t为方程f(x)＝m的两个不同的解. 不妨设s>t，则0<t<1<s， 故s＋t－st－1＝(s－1)(1－t)>0，所以s＋t－st>1.
12.已知函数f(x)＝
|log2x|，x>0，
关于x的方程f(x)＝m(m∈R)有四个不同的实数解
－x2－2x，x≤0，
高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题8 概率与统计 第34练 概率的两类
（通用版）2017届高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题8 概率与统计第34练概率的两类模型文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（通用版）2017届高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题8 概率与统计第34练概率的两类模型文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（通用版）2017届高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题8 概率与统计第34练概率的两类模型文的全部内容。
第34练概率的两类模型［题型分析·高考展望］概率是高中数学的重要内容,也是高考的必考知识点．在高考中，概率部分的命题主要有三个方面的特点:一是以古典概型的概率公式为考查对象,二是以几何概型的概率公式为考查对象，三是古典概型与其他知识相交汇，题目多以选择题或填空题的形式出现．体验高考1．(2015·课标全国Ⅰ）如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为（) A。
错误! B.错误!C。
110D。
错误!答案C解析从1,2,3，4，5中任取3个不同的数共有如下10个不同的结果:（1，2，3)，(1，2，4)，（1，2，5），（1，3,4)，（1，3，5)，(1，4，5),（2，3,4），(2，3,5）,(2,4，5）,(3，4,5），其中勾股数只有（3，4,5)，所以概率为错误!.故选C.2．(2015·山东）在区间［0，2]上随机地取一个数x，则事件“－1≤log错误!错误!≤1”发生的概率为( ）A.34B.错误!C。
高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题9 平面直角坐标与不等式 第36练
第36练 不等式选讲[题型分析·高考展望] 本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．体验高考1．(2016·课标全国甲)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋12，M 为不等式f (x )<2的解集． (1)求M ；(2)证明：当a ，b ∈M 时，|a ＋b |<|1＋ab |.(1)解 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x ≤－12，1，－12<x <12，2x ，x ≥12.当x ≤－12时，由f (x )<2得－2x <2， 解得x >－1，所以－1<x ≤－12； 当－12<x <12时，f (x )<2； 当x ≥12时，由f (x )<2得2x <2， 解得x <1，所以，－12<x <1. 所以f (x )<2的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明 由(1)知，当a ，b ∈M 时，－1<a <1，－1<b <1，从而(a ＋b )2－(1＋ab )2＝a 2＋b 2－a 2b 2－1＝(a 2－1)(1－b 2)<0，即(a ＋b )2<(1＋ab )2，因此|a ＋b |<|1＋ab |.2．(2016·课标全国丙)已知函数f (x )＝|2x －a |＋a .(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≤6的解集；(2)设函数g (x )＝|2x －1|.当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝2时，f (x )＝|2x －2|＋2.解不等式|2x －2|＋2≤6得－1≤x ≤3.因此f (x )≤6的解集为{x |－1≤x ≤3}．(2)当x ∈R 时，f (x )＋g (x )＝|2x －a |＋a ＋|1－2x |≥|2x －a ＋1－2x |＋a＝|1－a |＋a ，当x ＝12时等号成立， 所以当x ∈R 时，f (x )＋g (x )≥3等价于|1－a |＋a ≥3.①当a ≤1时，①等价于1－a ＋a ≥3，无解．当a ＞1时，①等价于a －1＋a ≥3，解得a ≥2.所以a 的取值范围是[2，＋∞)．高考必会题型题型一 含绝对值不等式的解法含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a ；(2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a ；(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．例1 已知函数f (x )＝|x －a |，其中a ＞1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2＜x ＜4，2x －6，x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2＜x ＜4时，f (x )≥4－|x －4|无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|得2x －6≥4，解得x ≥5；所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}．(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0＜x ＜a ，2a ，x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12.又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －12＝1，a ＋12＝2，于是a ＝3.点评 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．变式训练1 已知函数f (x )＝|x －2|－|x －5|.(1)证明：－3≤f (x )≤3；(2)求不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集．(1)证明 f (x )＝|x －2|－|x －5|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3，x ≤2，2x －7，2<x <5，3，x ≥5.当2<x <5时，－3<2x －7<3.所以－3≤f (x )≤3.(2)解 由(1)可知，当x ≤2时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为空集；当2<x <5时， f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x <5}；当x ≥5时，f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5≤x ≤6}．综上，不等式f (x )≥x 2－8x ＋15的解集为{x |5－3≤x ≤6}．题型二 不等式的证明1．含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.2．算术—几何平均不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a 、b 为正数，则a ＋b 2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a 、b 、c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1，a 2，…，a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a nn≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．例2 (1)已知x ，y 均为正数，且x >y .求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3. (2)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16， 求证：|y |<518. 证明 (1)因为x >0，y >0，x －y >0，2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1x －y 2＝(x －y )＋(x －y )＋1x －y 2 ≥33x －y 21x －y 2＝3，所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3， (2)因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |，由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16， 从而3|y |<23＋16＝56， 所以|y |<518. 点评 (1)作差法应该是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．变式训练2 (1)若a ，b ∈R ，求证：|a ＋b |1＋|a ＋b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |. (2)已知a ，b ，c 均为正数，a ＋b ＝1，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 证明 (1)当|a ＋b |＝0时，不等式显然成立．当|a ＋b |≠0时，由0<|a ＋b |≤|a |＋|b |⇒1|a ＋b |≥1|a |＋|b |， 所以|a ＋b |1＋|a ＋b |＝11|a ＋b |＋1≤11＋1|a |＋|b |＝|a |＋|b |1＋|a |＋|b |≤|a |1＋|a |＋|b |1＋|b |. (2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c ， 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. 题型三 柯西不等式的应用柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 均为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．(2)设a 1，a 2，a 3，…，a n ，b 1，b 2，b 3，…，b n 是实数，则222222212121122()()(),n n n n a a a b b b a b a b a b ++++++⋯……≥＋＋＋当且仅当b i ＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．例3 (2015·福建)已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值． 解 (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立．又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b .所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4.(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12 ＝(a ＋b ＋c )2＝16，即14a 2＋19b 2＋c 2≥87. 当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1， 即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立． 故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值为87. 点评 (1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )(1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n)≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．变式训练3 已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.(1)解 因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立， 所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明 由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3. 高考题型精练1．如果关于x 的不等式|x －3|－|x －4|<a 的解集不是空集，求实数a 的取值范围．解 设y ＝|x －3|－|x －4|，则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1，x ≤3，2x －7，3<x <4，1，x ≥4的图象如图所示： 若|x －3|－|x －4|<a 的解集不是空集，则(|x －3|－|x －4|)min <a .由图象可知当a >－1时，不等式的解集不是空集．即实数a 的取值范围是(－1，＋∞)．2．设x >0，y >0，若不等式1x ＋1y ＋λx ＋y ≥0恒成立，求实数λ的最小值． 解 ∵x >0，y >0，∴原不等式可化为－λ≤(1x ＋1y )·(x ＋y )＝2＋y x ＋x y. ∵2＋y x ＋xy ≥2＋2y x ·x y ＝4，当且仅当x ＝y 时等号成立．∴[(1x ＋1y)(x ＋y )]min ＝4，∴－λ≤4，λ≥－4.即实数λ的最小值是－4.3．若不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，求实数a 的取值范围． 解 设y ＝|2x －1|＋|x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －1，x <－2，－x ＋3，－2≤x <12，3x ＋1，x ≥12.当x <－2时，y ＝－3x －1>5；当－2≤x <12时，y ＝－x ＋3>52； 当x ≥12时，y ＝3x ＋1≥52， 故函数y ＝|2x －1|＋|x ＋2|的最小值为52. 因为不等式|2x －1|＋|x ＋2|≥a 2＋12a ＋2对任意实数x 恒成立，所以52≥a 2＋12a ＋2. 解不等式52≥a 2＋12a ＋2，得－1≤a ≤12， 故a 的取值范围为[－1，12]．4．设不等式|x －2|<a (a ∈N *)的解集为A ，且32∈A ，12∉A ，(1)求a 的值；(2)求函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|的最小值．解 (1)因为32∈A ，且12∉A ，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－2<a ，且⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－2≥a ，解得12<a ≤32.又因为a ∈N *，所以a ＝1.(2)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当(x ＋1)(x －2)≤0，即－1≤x ≤2时取到等号，所以f (x )的最小值为3.5．已知f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|，不等式f (x )<4的解集为M .(1)求M ；(2)当a ，b ∈M 时，证明：2|a ＋b |<|4＋ab |.(1)解 f (x )＝|x ＋1|＋|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ，x <－1，2，－1≤x ≤1，2x ，x >1.当x <－1时，由－2x <4，得－2<x <－1；当－1≤x ≤1时，f (x )＝2<4；当x >1时，由2x <4，得1<x <2.∴综上可得－2<x <2，即M ＝(－2,2)．(2)证明 ∵a ，b ∈M ，即－2<a <2，－2<b <2，∴4(a ＋b )2－(4＋ab )2＝4(a 2＋2ab ＋b 2)－(16＋8ab ＋a 2b 2)＝(a 2－4)(4－b 2)<0，∴4(a ＋b )2<(4＋ab )2，∴2|a ＋b |<|4＋ab |.6．已知a 2＋2b 2＋3c 2＝6，若存在实数a ，b ，c ，使得不等式a ＋2b ＋3c >|x ＋1|成立，求实数x 的取值范围．解 由柯西不等式知[12＋(2)2＋(3)2][a 2＋(2b )2＋(3c )2]≥(1·a ＋2·2b ＋3·3c )2即6×(a 2＋2b 2＋3c 2)≥ (a ＋2b ＋3c )2.又∵a 2＋2b 2＋3c 2＝6，∴6×6≥(a ＋2b ＋3c )2，∴－6≤a ＋2b ＋3c ≤6，∵存在实数a ，b ，c ，使得不等式a ＋2b ＋3c >|x ＋1|成立．∴|x ＋1|<6，∴－7<x <5.∴x 的取值范围是{x |－7<x <5}．7．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．解 (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1.故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}．(2)由f (x )≤0得|x －a |＋3x ≤0.此不等式化为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a ，a －x ＋3x ≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x ≤a4或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a ，x ≤－a2.因为a >0，所以不等式组的解集为{x |x ≤－a2}．由题设可得－a2＝－1，故a ＝2.8．(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )>1化为|x ＋1|－2|x －1|－1>0.当x ≤－1时，不等式化为x －4>0，无解；当－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1； 当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2.所以f (x )>1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 23<x <2. (2)由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .所以函数f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1,0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2. 由题设得23(a ＋1)2>6， 故a >2.所以a 的取值范围为(2，＋∞)．。
新高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题7解析几何第32练圆锥曲线中的探索性问题文
新高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题7解析几何第32练圆锥曲线中的探索性问题文[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大．体验高考1．(2016·课标全国乙)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．解(1)由已知得M(0，t)，P，又N为M关于点P的对称点，故N，ON的方程为y＝x，代入y2＝2px 整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝，因此H.所以N为OH的中点，即＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点，理由如下：直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点．2．(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．解 (1)由已知，得a ＝b ，则椭圆E 的方程为＋＝1.由方程组得3x2－12x ＋(18－2b2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3， 此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为＋＝1.点T 的坐标为(2,1)．(2)由已知可设直线l′的方程为y ＝x ＋m(m≠0)，由方程组可得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2－2m 3，y ＝1＋2m 3.所以P 点坐标为，|PT|2＝m2.设点A ，B 的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由方程组可得3x2＋4mx ＋(4m2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ>0，解得－<m<.由②得x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|PA|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y12 ＝，同理|PB|＝.所以|PA|·|PB|＝m2.故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且＝λ，＝μ，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由．解 (1)依题意得b ＝，e ＝＝，a2＝b2＋c2，∴a＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为＋＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在，又F 坐标为(1,0)，设直线l 方程为y ＝k(x －1)，求得l 与y 轴交于M(0，－k)，设l 交椭圆A(x1，y1)，B(x2，y2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－，x24＋y23＝1，消去y 得(3＋4k2)x2－8k2x ＋4k2－12＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，又由＝λ，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝，同理μ＝，∴λ＋μ＝＋＝x1＋x2－2x1x21－＋＋x1x2＝＝－.∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．变式训练1 已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(5，－2)的动直线l 交抛物线于A，B两点，当直线l的斜率为－1时，点M恰为AB的中点．(1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P，使得以弦AB为直径的圆恒过点P，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．解(1)当直线l的斜率为－1时，直线l的方程为x＋y－3＝0，即x＝3－y，代入y2＝2px(p>0)得y2＋2py－6p＝0，y1＋y2＝－p＝－2，p＝2，2所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)设直线l的方程为x＝m(y＋2)＋5，代入y2＝4x得y2－4my－8m－20＝0，设点A(，y1)，B(，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－20，假设存在点P(，y0)总是在以弦AB为直径的圆上，则·＝(－)(－)＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，当y1＝y0或y2＝y0时，等式显然成立；当y1≠y0或y2≠y0时，则有(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，即4my0＋y －8m －20＝－16，(4m ＋y0＋2)(y0－2)＝0，解得y0＝2，x0＝1，所以存在点P(1,2)满足题意．题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2＝2py(p>0)相交于A ，B 两点．(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△AN B面积的最小值；(2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧ x2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x2－2pkx －2p2＝0.由根与系数的关系得x1＋x2＝2pk ，x1x2＝－2p2.于是S△ABN＝S△B CN ＋S△ACN＝·2p|x1－x2|＝p|x1－x2|＝p ＋－4x1x2＝p＝2p2，∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，AC的中点为O′，l与以AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，则O′H⊥PQ，O′点的坐标为(，)．∵|O′P|＝|AC|＝＝，|O′H|＝＝|2a－y1－p|，∴|PH|2＝|O′P|2－|O′H|2＝(y＋p2)－(2a－y1－p)2＝(a－)y1＋a(p－a)，∴|PQ|2＝(2|PH|)2＝4[(a－)y1＋a(p－a)]．令a－＝0，得a＝，此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线．方法二(1)前同方法一，再由弦长公式得|AB|＝|x1－x2|＝·＋－4x1x2＝·4p2k2＋8p2＝2p·，又由点到直线的距离公式得d＝.从而S△ABN＝·d·|AB|＝·2p·· 2p1＋k2＝2p2.∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，则以AC为直径的圆的方程为(x－0)(x－x1)＋(y－p)(y－y1)＝0，将直线方程y＝a代入得x2－x1x＋(a－p)(a－y1)＝0，则Δ＝x－4(a－p)(a－y1)＝4[(a－)y1＋a(p－a)]．设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有|PQ|＝|x3－x4|＝－p＋－＝2 .令a－＝0，得a＝，此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线．点评(1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定．(2)定直线一般为特殊直线x＝x0，y＝y0等．变式训练2 椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，F1、F2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C过点(0,1)，且离心率e＝.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A、B，直线l的方程为x＝4，P是椭圆上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别交直线l于D、E 两点，求·的值；(3)过点Q(1,0)任意作直线m(与x轴不垂直)与椭圆C交于M、N两点，与l交于R点，＝x，＝y，求证：4x＋4y＋5＝0.(1)解由题意可得b＝1，＝，∴a＝3，椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)解设P(x0，y0)，则直线PA、PB的方程分别为y＝(x＋3)，y＝(x－3)，将x＝4分别代入可求得D，E两点的坐标分别为D(4，)，E(4，)．由(1)知，F1(－2，0)，F2(2，0)，∴·＝(4＋2，)·(4－2，)＝8＋，又∵点P(x0，y0)在椭圆C上，∴＋y＝1⇒＝－，∴·＝.(3)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)，由＝x得(x1－4，y1－t)＝x(1－x1，－y1)，∴(x≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x)2＋9t2＝9(1＋x)2，①同理由＝y得(4＋y)2＋9t2＝9(1＋y)2，②①－②消去t，得x＋y＝－，∴4x＋4y＋5＝0.题型三存在性问题例3 (1)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．答案[1，＋∞)解析以AB为直径的圆的方程为x2＋(y－a)2＝a，由得y2＋(1－2a)y ＋a2－a ＝0.即(y －a)[y －(a －1)]＝0，由已知解得a≥1.(2)如图，已知椭圆C ：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以椭圆的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y2＝r2 (r>0)，设圆T 与椭圆C 交于点M ，N.①求椭圆C 的方程；②求·的最小值，并求此时圆T 的方程；③设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点．试问：是否存在使S△POS·S△POR 最大的点P ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 ①由题意知解之，得a ＝2，c ＝，由c2＝a2－b2，得b ＝1，故椭圆C 的方程为＋y2＝1.②点M 与点N 关于x 轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨设y1>0，由于点M 在椭圆C 上，∴y＝1－.由已知T(－2,0)，则＝(x1＋2，y1)，＝(x1＋2，－y1)，∴·＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－y ＝(x1＋2)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x214 ＝2－.由于－2<x<2，故当x1＝－时，TM →·取得最小值为－，当x1＝－时，y1＝，故M.又点M在圆T上，代入圆的方程得r2＝，故圆T的方程为(x＋2)2＋y2＝.③假设存在满足条件的点P，设P(x0，y0)，则直线MP的方程为y－y0＝(x－x0)，令y＝0，得xR＝，同理xS＝，故xR·xS＝.又点M与点P在椭圆上，故x＝4(1－y)，x＝4(1－y)，得xR·xS＝＝＝4，∴|OR|·|OS|＝|xR|·|xS|＝|xR·xS|＝4为定值．∵S△POS·S△POR＝|OS||yP|·|OR||yP|＝×4×y＝y，又P为椭圆上的一点，∴要使S△POS·S△POR最大，只要y最大，而y的最大值为1，故满足条件的P点存在，其坐标为P(0,1)和P(0，－1)．点评存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)由已知，得点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，于是解得a＝2，b＝，所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，从而，·＋λ·PB→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－2λ－＋－2λ－2k2＋1＝－－λ－2.所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，此时·＋λ·＝－3为定值．当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.(1)解由题设知＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝，x1x2＝，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝＋＝＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且点P(1，)在椭圆C上，O为坐标原点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB 为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：＋为定值．(1)解 由题意得c ＝1，所以a2＝b2＋1，又因为点P(1，)在椭圆C 上，所以＋＝1，可解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C 的标准方程为＋＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k2＋3)x2＋16kx ＋4＝0，因为Δ＝12k2－3>0，所以k2>，又x1＋x2＝，x1x2＝，因为∠AOB 为锐角，所以·>0，即x1x2＋y1y2>0， 所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，所以(1＋k2)·＋2k·＋4>0，即>0，所以k2<，所以<k2<，解得－<k<－或<k<.(3)证明 由题意：C1：＋＝1，设点P(x1，y1)，M(x2，y2)，N(x3，y3)，因为M ，N 不在坐标轴上，所以kPM ＝－＝－，直线PM 的方程为y －y2＝－(x －x2)，化简得x2x ＋y2y ＝， ① 同理可得直线PN 的方程为x3x ＋y3y ＝， ②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎪⎨⎪⎧ x2x1＋y2y1＝43，x3x1＋y3y1＝43，所以直线MN 的方程为x1x ＋y1y ＝，令y ＝0，得m ＝，令x ＝0，得n ＝，所以x1＝，y1＝，又点P 在椭圆C1上，所以()2＋3()2＝4，即＋＝为定值．3．(2016·山东)已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M(0，m)(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P(P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B.①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k′，证明为定值；②求直线AB 的斜率的最小值．(1)解 设椭圆的半焦距为c.由题意知2a ＝4,2c ＝2.所以a ＝2，b ＝＝.所以椭圆C 的方程为＋＝1.(2)①证明 设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)．由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．所以直线PM 的斜率k ＝＝.直线QM 的斜率k′＝＝－.此时＝－3.所以为定值－3.②解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m.直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m.联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x24＋y22＝1，整理得(2k2＋1)x2＋4mkx ＋2m2－4＝0，由x0x1＝，可得x1＝，所以y1＝kx1＋m＝＋m.同理x2＝，y2＝＋m.所以x2－x1＝－－＋＝，y2－y1＝＋m－－m＝，所以kAB＝＝＝，由m＞0，x0＞0，可知k＞0，所以6k＋≥2，当且仅当k＝时取“＝”．因为P(x0,2m)在椭圆＋＝1上，所以x0＝，故此时＝，即m＝，符合题意．所以直线AB的斜率的最小值为.4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，短轴的一个端点B到F的距离等于焦距．(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，是否存在直线l，使得△BFM与△BFN的面积比值为2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)＝2等价于＝2，当直线l斜率不存在时，＝1，不符合题意，舍去；当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，由消去x并整理得，(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－，①y1y2＝－，②由＝2得y1＝－2y2，③由①②③解得k＝±，因此存在直线l：y＝±(x－1)使得△BFM与△BFN的面积比值为2.。
高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题4三角函数与平面向量第18练解三角形问题文
【2019最新】精选高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题4三角函数与平面向量第18练解三角形问题文[题型分析·高考展望] 正弦定理和余弦定理是解三角形的工具，而解三角形问题是高考每年必考的热点问题之一．命题的重点主要有三个方面：一是以斜三角形为背景求三角形的基本量、求三角形的面积、周长、判断三角形形状等；二是以实际生活为背景，考查解三角形问题；三是与其他知识的交汇性问题，此类试题一直是命题的重点和热点．体验高考1．(2016·天津)在△ABC中，若AB＝，BC＝3，∠C＝120°，则AC等于( ) A．1 B．2 C．3 D．4答案A解析由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C，即13＝AC2＋9－2AC×3×cos 120°，化简得AC2＋3AC－4＝0，解得AC＝1或AC＝－4(舍去)．故选A.2．(2016·课标全国丙)在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则cos A等于( )A. B. C．－ D．－31010答案C解析设BC边上的高线AD交BC于点D，由题意B＝，BD＝BC，DC＝BC，tan∠BAD ＝1，tan∠CAD＝2，tan A＝＝－3，所以cos A＝－.3．(2015·天津)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC 的面积为3，b－c＝2，cos A＝－，则a的值为________．答案8解析 ∵cos A＝－，0＜A ＜π，∴sin A＝.S△ABC＝bcsin A ＝bc×＝3，∴bc＝24.又b －c ＝2，∴b2－2bc ＋c2＝4，b2＋c2＝52. 由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccos A ＝52－2×24×＝64， ∴a＝8.4．(2015·广东)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若a ＝，sin B ＝，C ＝，则b ＝________. 答案 1解析 因为sin B ＝且B∈(0，π)，所以B ＝或B ＝.又C ＝，所以B ＝，A ＝π－B －C ＝.又a ＝，由正弦定理得＝，即＝，解得b ＝1. 5．(2016·北京)在△ABC 中，a2＋c2＝b2＋ac. (1)求∠B 的大小；(2)求cos A ＋cos C 的最大值．解 (1)由a2＋c2＝b2＋ac 得a2＋c2－b2＝ac. 由余弦定理得cos B ＝＝＝. 又0＜B ＜π，所以B ＝. (2)A ＋C ＝π－B ＝π－＝， 所以C ＝－A,0＜A ＜.所以cos A ＋cos C ＝cos A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－A＝cos A ＋coscos A ＋sin sin A ＝cos A －cos A ＋sin A ＝sin A ＋cos A ＝sin.因为0＜A ＜，所以＜A ＋＜π， 故当A ＋＝，即A ＝时，2cos A ＋cos C取得最大值1.高考必会题型题型一活用正弦、余弦定理求解三角形问题例1 (1)(2015·广东)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c ＝2，cos A＝且b<c，则b等于( )A．3 B．2 C．2 D. 3答案C解析由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得4＝b2＋12－2×b×2×，即b2－6b ＋8＝0，∴b＝4或b＝2，又b<c，∴b＝2.(2)(2016·课标全国乙)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.①求C；②若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．解①由已知及正弦定理得，2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C,2cos Csin(A ＋B)＝sin C，故2sin Ccos C＝sin C．可得cos C＝，所以C＝.②由已知，得absin C＝，又C＝，所以ab＝6，由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcos C＝7，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周长为5＋.点评在根据正弦、余弦定理解三角形问题中，要结合大边对大角进行判断．一般地，斜三角形中，用正弦定理求角时，若已知小角求大角，有两解；已知大角求小角有一解．在解三角形问题中，三角形内角和定理起着重要作用，在解题中要注意根据这个定理确定角的范围，确定三角函数值的符号，防止增解等扩大范围的现象发生．变式训练1 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsin A＝acos B.(1)求角B的大小；(2)若b＝3，sin C＝2sin A，求a，c的值．解(1)∵bsin A＝acos B，由正弦定理得sin Bsin A＝sin Acos B.在△ABC中，sin A≠0，即得tan B＝.∵B∈(0，π)，∴B＝.(2)∵sin C＝2sin A，由正弦定理得c＝2a，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，即9＝a2＋4a2－2a·2acos ，解得a＝，∴c＝2a＝2.题型二正弦、余弦定理的实际应用例2 某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．解(1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，则S＝900t2＋400－－＝＝.故当t＝时，Smin＝10，v＝＝30.即小艇以30海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．(2)设小艇与轮船在B处相遇．则v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，故v2＝900－＋.∵0<v≤30，∴900－＋≤900，即－≤0，解得t≥.又t＝时，v＝30，故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于.此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20.故可设计航行方案如下：航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/小时．点评解三角形中的实际问题四步骤(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等；(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；(3)将所求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解；(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．变式训练2 为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是________米．答案10 6解析由题意可得，∠BCD＝90°＋15°＝105°，CD＝10，∠BDC＝45°，∴∠CBD ＝30°.在△BCD中，由正弦定理，得＝，解得BC＝10米，∴在Rt△ABC中，塔AB的高是10米．题型三解三角形与其他知识的交汇例3 (2016·××区高三上学期期末)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos＝，A·A＝3.(1)求△ABC的面积；(2)求a的最小值．解(1)因为cos＝，所以cos A＝2cos2－1＝，sin A＝，又因为A·A＝3，得bccos A＝3⇒bc＝5⇒S△ABC＝bcsin A＝2.(2)∵bc＝5，∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－2×5×，∴a2＝b2＋c2－6，∴a2＝b2＋c2－6⇒b2＋c2＝6＋a2≥2bc＝10.∴amin＝2.当且仅当b＝c＝时，a有最小值2.点评解三角形问题与三角函数性质、向量、不等式、立体几何、数列等知识结合交汇，是近年来高考的新题型，对于这种问题要细心读题，弄清问题实质，一般都以其他知识为载体，主体还是利用正弦、余弦定理解三角形，所以将问题转化为解三角形是关键．变式训练3 (2015·陕西)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.向量m ＝(a，b)与n＝(cos A，sin B)平行．(1)求A；(2)若a＝，b＝2，求△ABC的面积．解(1)因为m∥n，所以asin B－bcos A＝0，由正弦定理，得sin Asin B－sin Bcos A＝0，又sin B≠0，从而tan A＝.由于0＜A＜π，所以A＝.(2)方法一由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A，而由a＝，b＝2，A＝，得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0，因为c＞0，所以c＝3，故△ABC 的面积为S ＝bcsin A ＝. 方法二 由正弦定理，得＝， 从而sin B ＝.又由a ＞b ，知A ＞B ，所以cos B ＝，故sin C ＝sin(A ＋B)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3 ＝sin Bcos ＋cos Bsin ＝. 所以△ABC 的面积为S ＝absin C ＝.高考题型精练1．(2015·北京改编)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则等于( ) A. B ．2 C ．1 D. 3答案 C解析 由余弦定理，得 cos A ＝＝＝，∴sin A＝，cos C ＝＝＝， ∴sin C＝，∴＝＝1.2．(2015·重庆改编)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos C ＝－，3sin A ＝2sin B ，则c 等于( ) A ．2 B ．3 C. D ．4 答案 D解析 由3sin A ＝2sin B ，得3a ＝2b ，∴b＝a ＝×2＝3，在△ABC 中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C ＝22＋32－2×2×3×＝16，解得c ＝4.3．在三角形ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且a ＞b ＞c ，a2＜b2＋c2，则角A 的取值范围是( )A. B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2C. D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 答案 C解析 因为a2＜b2＋c2，所以cos A ＝＞0，所以A 为锐角， 又因为a ＞b ＞c ，所以A 为最大角， 所以角A 的取值范围是.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边的长分别为a ，b ，c ，若asin A ＋bsin B ＜csin C ，则△ABC 的形状是( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．不确定 答案 C解析 根据正弦定理可得a2＋b2＜c2. 由余弦定理得cos C ＝＜0， 故C 是钝角．5．在△ABC 中，·＝|－|＝3，则△ABC 的面积的最大值为( ) A. B.3214C. D ．321答案 B解析 设角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ， ∵·＝|－|＝3，又cos A ＝≥1－＝1－， ∴cos A≥，∴0＜sin A≤，＝，故△ABC面积的最大值为.6．已知锐角A是△ABC的一个内角，a，b，c是三角形中各角的对应边，若sin2A －cos2A＝，则下列各式正确的是( )A．b＋c＝2a B．b＋c＜2aC．b＋c≤2a D．b＋c≥2a答案C解析∵sin2A－cos2A＝，∴cos 2A＝－.∵0＜A＜，∴0＜2A＜π，∴2A＝，∴A＝.由余弦定理得，a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－(b＋c)2＝，∴4a2≥(b＋c)2，∴2a≥b＋c.7．(2016·课标全国甲)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，cos C＝，a＝1，则b＝________.答案2113解析在△ABC中由cos A＝，cos C＝，可得sin A＝，sin C＝，sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos A·sin C＝，由正弦定理得b＝＝.8．(2015·重庆)在△ABC中，B＝120°，AB＝，A的角平分线AD＝，则AC＝________.答案 6解析在△ABD中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠ADB＝，∠ADB＝45°，从而∠BAD＝15°＝∠DAC，所以C ＝180°－120°－30°＝30°，AC ＝2ABcos 30°＝.9．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c.已知b －c ＝a,2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为________． 答案 －14解析 由2sin B ＝3sin C 及正弦定理得2b ＝3c ， 即b ＝c.又b －c ＝a ，∴c＝a ，即a ＝2c. 由余弦定理得cos A ＝＝94c2＋c2－4c22×32c2＝＝－.10．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若A ＝，a ＝，则b2＋c2的取值范围为________． 答案 (3,6]解析 由正弦定理，得＝＝＝2，b ＝2sin B ，c ＝2sin C ，所以b2＋c2＝4(sin2B ＋sin2C) ＝2(1－cos 2B ＋1－cos 2C) ＝4－2cos 2B －2cos 2(－B) ＝4＋sin 2B －cos 2B ＝4＋2sin(2B －)． 又0＜B ＜，所以－＜2B －＜，所以－1＜2sin(2B －)≤2. 所以3＜b2＋c2≤6.11．(2016·山东)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B)＝＋.(1)证明：a ＋b ＝2c ；(2)求cos C的最小值．(1)证明由题意知，2＝＋.化简得2(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin A＋sin B，即2sin(A＋B)＝sin A＋sin B，因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，从而sin A＋sin B＝2sin C，由正弦定理得a＋b＝2c.(2)解由(1)知c＝，所以cos C＝＝＝－≥，当且仅当a＝b时，等号成立，故cos C的最小值为.12．(2016·四川)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.(1)证明：sin Asin B＝sin C；(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan B.(1)证明根据正弦定理，可设a＝＝＝k(k>0)，sin A则a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C.代入＋＝中，有cos A＋＝，变形可得ksin Asin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)．在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C.所以sin Asin B＝sin C.(2)解由已知，b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，有cos A＝＝.所以sin A＝＝.由(1)，知sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，所以sin B＝cos B＋sin B，故tan B＝＝4.。
高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题5 数列、推理与证明 第22练 常考
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第22练常考的递推公式问题的破解方略[题型分析·高考展望］利用递推关系式求数列的通项公式及前n项和公式是高考中常考题型,掌握常见的一些变形技巧是解决此类问题的关键．一般这类题目难度较大，但只要将已知条件转化为几类“模型",然后采用相应的计算方法即可解决．体验高考1．(2015·湖南）设S n为等比数列{a n｝的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列,则a n＝________.答案3n－1解析由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3,可得a3＝3a2,∴公比q＝3,故等比数列通项a n＝a1q n－1＝3n－1.2．（2015·课标全国Ⅱ)设S n是数列{a n｝的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝____________.答案－错误!解析由题意，得S1＝a1＝－1，又由a n＋1＝S n S n＋1,得S n＋1－S n＝S n S n＋1，因为S n≠0，所以错误!＝1，即错误!－错误!＝－1,故数列错误!是以错误!＝－1为首项，－1为公差的等差数列,得错误!＝－1－（n－1)＝－n，所以S n＝－1 n .3．(2015·江苏）设数列｛a n}满足a1＝1，且a n＋1－a n＝n＋1(n∈N＊），则数列错误!前10项的和为________．答案错误!解析∵a1＝1，a n＋1－a n＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，a n－a n－1＝n，将以上n－1个式子相加得a n－a1＝2＋3＋…＋n＝错误!，即a n＝错误!.令b n＝错误!，故b n＝错误!＝2错误!，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2错误!＝错误!。
高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题9 平面直角坐标与不等式 第36练
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第36练不等式选讲［题型分析·高考展望］本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．体验高考1．（2016·课标全国甲)已知函数f(x)＝错误!＋错误!,M为不等式f(x)<2的解集．（1）求M；（2)证明:当a，b∈M时，｜a＋b｜〈｜1＋ab|.(1)解f(x）＝错误!当x≤－错误!时，由f(x）<2得－2x〈2，解得x>－1，所以－1<x≤－错误!;当－错误!<x<错误!时,f(x）<2；当x≥错误!时，由f(x)〈2得2x〈2,解得x<1，所以，－错误!〈x<1.所以f(x）<2的解集M＝{x|－1〈x<1}．（2）证明由（1）知，当a，b∈M时，－1〈a〈1，－1<b〈1，从而(a＋b）2－（1＋ab）2＝a2＋b2－a2b2－1＝（a2－1)(1－b2)〈0,即（a＋b）2〈(1＋ab)2，因此|a＋b|<｜1＋ab｜。
高考数学 考前3个月知识方法专题训练 第一部分 知识方法篇 专题10 数学思想 第39练 分类讨论思
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第39练分类讨论思想[思想方法解读] 分类讨论思想是一种重要的数学思想方法，其基本思路是将一个较复杂的数学问题分解(或分割）成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略．1．中学数学中可能引起分类讨论的因素：(1)由数学概念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角等．(2)由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零,偶次方根为非负数，对数运算中真数与底数的要求,指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，等比数列｛a n}的前n项和公式等．（3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等．(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论:如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等．(5)由参数的变化而引起的分类讨论:如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等．2．进行分类讨论要遵循的原则是:分类的对象是确定的,标准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分,分清主次，不越级讨论．其中最重要的一条是“不重不漏"．3．解答分类讨论问题时的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准,正确进行合理分类，即标准统一、不重不漏、分类互斥（没有重复);再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论．体验高考1．（2015·山东）设函数f（x)＝错误!则满足f(f(a）)＝2f（a)的a的取值范围是（）A。
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第41练 配方法与待定系数法
[题型分析·高考展望] 配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”)的技
巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简．如何配方，需要我们根据题目的要求，
合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完全配方．配方法是数学中化归思
想应用的重要方法之一．
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程．使用待定系数法，就是把具有某
种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题
是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果
具有，就可以用待定系数法求解．例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、
解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法
求解．
高考必会题型
题型一 配方法
例1 (1)设x∈[2,8]时，函数f(x)＝12loga(ax)·loga(a2x)(a>0，且a≠1)的最大值是1，
最小值是－18，则a的值是________．
(2)函数y＝cos 2x＋2sin x的最大值为________．
(3)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量OA→＝(2,2)，OB→＝(4,1)，在x轴上取一
点P，使AP→·BP→有最小值，则P点的坐标是________．
答案 (1)12 (2)32 (3)(3,0)
解析 (1)由题意知f(x)＝12(logax＋1)·(logax＋2)
＝12[]＋3logax＋2
＝12(logax＋32)2－18.
当f(x)取最小值－18时，logax＝－32，
又∵x∈[2,8]，∴a∈(0,1)．
∵f(x)是关于logax的二次函数，
∴函数f(x)的最大值必在x＝2或x＝8处取得．
若12(loga2＋32)2－18＝1，
则a＝2，
f(x)取得最小值时，x
＝(2)＝2∉[2,8]，舍去．
若12(loga8＋32)2－18＝1，
则a＝12，f(x)取得最小值时，
∴a＝12.
(2)y＝cos 2x＋2sin x＝1－2sin2x＋2sin x
＝－2(sin2x－sin x)＋1
＝－2(sin x－12)2＋2×14＋1
＝－2(sin x－12)2＋32.
因为－1≤sin x≤1，
所以当sin x＝12时，y取最大值，
最大值为32.
(3)设P点坐标为(x,0)，
则AP→＝(x－2，－2)，
BP→＝(x－4，－1)，AP→·BP→
＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)
＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，
当x＝3时，AP→·BP→有最小值1，
∴此时点P坐标为(3,0)．
点评 配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，具体操作
时通过加上一次项系数一半的平方，配凑成完全平方式，注意要减去所添的项，最常见的配
方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方．它主要适用于：已知或者未知中含有二次方
程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题．如：y＝x2＋bx＋c＝x2＋2×
b
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