2018年浙江高考数学二轮复习教师用书第1部分 重点强化专题 专题4 突破点9 空间中的平行与垂直关系 Word版含
(浙江专用)高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第1讲 空间几何体专题强化训练-人教版高三全册数学试
第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．5 2D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ， 所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B EB 1D 1＝V D 1BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1. 答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面， 在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)， 则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减． 所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ， 则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ， 所以V A ′PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫0，233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形， 所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形， 所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。
高考数文二轮专题突破课件浙江专第部分-专题-第讲-空间几何体
B．2 D．4
答案：B
答案：A
[答案] (1)D (2)B
答案：A
答案：C
课题14 等体积法求空间几何体的体积
答案：6
成
S＝2S底＋S侧 S＝2πr2＋2πrl
S＝S底＋S侧
圆锥
扇形
S＝πr2＋πrl
体积 V＝S底·h V＝πr2·h
侧面展开图
表面积
由若干个梯形 棱台
构成
S＝S上底＋ S下底＋S侧
圆台
扇环
S＝πr′2＋ π(r＋r′)l＋πr2
球ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
S＝4πr2
体积
A
B
C
D
答案：A
A
B
C
D
答案：C
A．1 C．3
2.多面体与球的切接问题是高考难点，新课标几乎每年 都考，如2013年辽宁T10.
3.空间位置关系的考查多以判断命题真假的形式出现， 如2013年新课标全国卷ⅡT4.
答案：D
答案：D
答案：A
答案：C
答案：D
柱、锥、台、球体的表面积和体积
侧面展开图
表面积
直棱柱
长方形
圆柱
长方形
由若干三角形构 棱锥
高考数文二轮专题突破 课件浙江专第部分 专题
第讲 空间几何体
2024年2月1日星期四
考点 空间几何体的三视图 空间几何体的表面积 空间几何体的体积
球 点、线、面的位置关系
考情
1.三视图几乎是每年必考内容之一，难度不大，一是考 查识图，如2013年四川T2；二是以三视图为载体考查面积、 体积的计算，如2013年重庆T8,2013年新课标全国卷ⅠT8.
2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件 名师寄语 第2点 回避“套路”解题强化思维训练 精品
a≠1)在 R 上单调递减，且关于 x 的方程|f(x)|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，
则 a 的取值范围是( )
A.0，23
B.23，34
C.13，23∪34
D.13，23∪34
[解题指导]
C [由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0<a<1.又由f(x)在R上单调递 减，则
02＋4a－3·0＋3a≥f0＝1， 3－24a≥0
⇒13≤a≤34.
如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝|f(x)|和y＝2－x的图象．
由图象可知，在[0，＋∞)上，|f(x)|＝2－x有且仅有一个解，故在(－∞，0)
上，|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．当3a>Байду номын сангаас，即a>
2 3
时，由x2＋(4a－3)x＋3a
第2点 回避“套路”解题，强化思维训练
“思维”是数学的体操，从近几年来看，高考试题稳中有变，变中求新．其 特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，增大试题的思维量，倡导理性思 维．因此，在复习备考时，应回避用“套路”解题，强化通过多观察、多分析、 多思考来完成解题．
(经典高考题)已知函数 f(x)＝xlo2＋gax4＋a－13＋x1＋，3xa≥，0x＜0， (a＞0，且
从以上典例我们可以看出，考能力不是考解题套路，而是考动手操作、深 入思考、灵活运用的能力(即分析问题和解决问题的能力)，考生需要通过眼、 手、脑高度的配合才能完成解题．因此，在二轮专题复习中，把握考查方向， 强化思维训练非常重要．
＝2－x(其中x<0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x<0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a
2018年高考数学浙江专版三维二轮专题复习 压轴大题抢
压轴大题抢分专练（四）1．过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)右焦点F (1,0)的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，自A ，B 向直线x ＝5作垂线，垂足分别为A 1，B 1，且|AA 1||AF |＝ 5. (1)求椭圆C 的方程；(2)记△AFA 1，△FA 1B 1，△BFB 1的面积分别为S 1，S 2，S 3，证明：S 1·S 3S 22是定值，并求出该定值．解：(1)设A (x ，y )，则|AA 1|＝|5－x |，|AF |＝x －2＋y 2，由|AA 1||AF |＝5，得x 25＋y24＝1，而A 是椭圆C 上的任一点，∴椭圆C 的方程为x 25＋y 24＝1.(2)证明：由题意知，直线AB 的斜率不可以为0，而可以不存在，∴可设直线AB 的方程为x ＝my ＋1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 25＋y24＝1，得(4m 2＋5)y 2＋8my －16＝0，∴y 1＋y 2＝－8m 4m ＋5，y 1y 2＝－164m ＋5.①由题意，S 1＝12|AA 1||y 1|＝12|5－x 1||y 1|，S 3＝12|BB 1||y 2|＝12|5－x 2||y 2|， S 2＝12|A 1B 1|·4＝2|y 1－y 2|，∴S 1S 3S 22＝116·－x 1－x 2－y 1y 2y 1－y 22＝116·－my 1－my 2－y 1y 2y 1－y 22＝－116·y 1y 2[16－4m y 1＋y 2＋m 2y 1y 2]y 1＋y 22－4y 1y 2，将①代入，化简并计算可得S 1S 3S 22＝14， ∴S 1·S 3S 22是定值，且该定值为14.2．设a n ＝x n ，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2，S n 为数列{a n ·b n }的前n 项和，令f n (x )＝S n －1，x ∈R ，n ∈N *.(1)若x ＝2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n －1a n 的前n 项和T n ； (2)求证：对任意n ∈N *，方程f n (x )＝0在x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1上有且仅有一个根；(3)求证：对任意p ∈N *，由(2)中x n 构成的数列{x n }满足0<x n －x n ＋p <1n.解：(1)∵x ＝2，∴a n ＝2n，令c n ＝2n －12n ， T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝12＋322＋…＋2n －12n ， ① 12T n ＝122＋323＋…＋2n －12n ＋1， ② ①－②得12T n ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n －12n ＋1＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， ∴T n ＝3－2n ＋32n .(2)证明：对任意n ∈N *，当x >0时，由函数f n (x )＝－1＋x ＋x 222＋x 332＋…＋x n n2(x ∈R ，n ∈N *)，可得f ′(x )＝1＋x 2＋x 23＋…＋x n －1n>0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．令f n (x n )＝0，当n ≥2时，f n (1)＝122＋132＋…＋1n2>0，即f n (1)>0.又f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1＋23＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫23222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23442＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n n 2≤－13＋14·∑i ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23i ＝－13＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －11－23＝－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<0，根据函数的零点判定定理，可得存在唯一的x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1，满足f n (x n )＝0. 当n ＝1时，显然存在唯一的x 1＝1满足f 1(x 1)＝0.综上所述，对任意n ∈N *，方程f n (x )＝0在x n ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1上有且仅有一个根．(3)证明：当x >0时，∵f n ＋1(x )＝f n (x )＋x n ＋1n ＋2>f n (x )，∴f n ＋1(x n )>f n (x n )＝f n ＋1(x n ＋1)＝0.由f n ＋1(x )在(0，＋∞)上单调递增， 可得x n ＋1<x n ，即x n －x n ＋1>0， 故数列{x n }为递减数列，即对任意的n ，p ∈N *，x n －x n ＋p >0.由于f n (x n )＝－1＋x n ＋x 2n 22＋x 3n32＋…＋x n nn2＝0，①f n ＋p (x n ＋p )＝－1＋x n ＋p ＋x 2n ＋p 2＋x 3n ＋p3＋…＋x nn ＋p n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤x n ＋1n ＋p n ＋2＋x n ＋2n ＋pn ＋2＋…＋x n ＋p n ＋pn ＋p2＝0，②用①减去②并移项，利用0<x n ＋p ≤1，可得x n －x n ＋p ＝∑k ＝2nx k n ＋p －x k n k 2＋∑k ＝n ＋1n ＋px k n ＋pk 2 ≤∑k ＝n ＋1n ＋p x kn ＋pk 2<∑k ＝n ＋1n ＋p 1k 2<∑k ＝n ＋1n ＋p1k k－＝1n －1n ＋p <1n. 综上可得，对于任意p ∈N *，由(2)中x n 构成的数列{x n } 满足0<x n －x n ＋p <1n.。
2018年高考数学二轮复习教师用书(浙江) 名师寄语 第2点 回避“套路”解题强化思维训练含答案
第2点 回避“套路”解题，强化思维训练“思维”是数学的体操，从近几年来看，高考试题稳中有变，变中求新．其特点是：稳以基础为主体，变以选拔为导向，增大试题的思维量，倡导理性思维．因此，在复习备考时，应回避用“套路”解题，强化通过多观察、多分析、多思考来完成解题．【例3】 (经典高考题)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋ 4a －3 x ＋3a ，x ＜0，log a x ＋1 ＋1，x ≥0(a ＞0，且a ≠1)在R上单调递减，且关于x 的方程|f (x )|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是( )【导学号：68334001】A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，34 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34 [解题指导] 方程|f x |＝2－x 恰有两个不相等的实数解――→等价转化函数y ＝|f x |与y ＝2－x 的图象有两个不同的交点――→数形结合参数a 的范围 C [由y ＝log a (x ＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0<a <1.又由f (x )在R 上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧ 02＋ 4a －3 ·0＋3a ≥f 0 ＝1，3－4a 2≥0⇒13≤a ≤34. 如图所示，在同一坐标系中作出函数y ＝|f (x )|和y ＝2－x 的图象．由图象可知，在[0，＋∞)上，|f (x )|＝2－x 有且仅有一个解，故在a >23(－∞，0)上，|f (x )|＝2－x 同样有且仅有一个解．当3a >2，即时，由x 2＋(4a －3)x ＋3a ＝2－x (其中x <0)，得x 2＋(4a －2)x ＋3a－2＝0(其中x <0)，则Δ＝(4a －2)2－4(3a －2)＝0，解得a ＝34或a ＝1(舍去)； 当1≤3a ≤2，即13≤a ≤23时，由图象可知，符合条件． 综上所述，a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34.故选C.] 【名师点评】 借助函数图象分析函数的性质，是求解此类问题的通法，解题时，往往需要从函数的图象变化趋势中寻求解题的切入点，其中分段函数的单调性是本题的易错点． 从以上典例我们可以看出，考能力不是考解题套路，而是考动手操作、深入思考、灵活运用的能力(即分析问题和解决问题的能力)，考生需要通过眼、手、脑高度的配合才能完成解题．因此，在二轮专题复习中，把握考查方向，强化思维训练非常重要．。
2018年浙江高考数学二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题1 突破点2 解三角形
突破点2 解三角形(对应学生用书第11页)[核心知识提炼]提炼1常见解三角形的题型及解法 (1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一．(3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解．(4)已知三边，利用余弦定理求解.提炼2三角形形状的判断 (1)从边出发，全部转化为边之间的关系进行判断．(2)从角出发，全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形，再判断．注意：要灵活选用正弦定理或余弦定理，且在变形的时候要注意方程的同解性，如方程两边同除以一个数时要注意该数是否为零，避免漏解.提炼3三角形的常用面积公式 设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其面积为S .(1)S ＝ah a ＝bh b ＝ch c (h a ，h b ，h c 分别表示a ，b ，c 边上的高)．121212(2)S ＝ab sin C ＝bc sin A ＝ca sin B .121212(3)S ＝r (a ＋b ＋c )(r 为三角形ABC 内切圆的半径)．12[高考真题回访]回访1 正、余弦定理的应用1．(2017·浙江高考)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos∠BDC ＝________. [依题意作出图形，如图所示，152104则sin∠DBC ＝sin∠ABC .由题意知AB ＝AC ＝4，BC ＝BD ＝2，则sin∠ABC ＝，cos∠ABC ＝.15414所以S △BDC ＝BC ·BD ·sin∠DBC 12＝×2×2×＝.12154152因为cos∠DBC ＝－cos∠ABC ＝－＝14BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC ＝，所以CD ＝.8－CD 2810由余弦定理，得cos∠BDC ＝＝.]4＋10－42×2×101042．(2013·浙江高考)在△ABC 中，∠C ＝90°，M 是BC 的中点．若sin∠BAM ＝，则13sin∠BAC ＝________. [因为sin∠BAM ＝，6313所以cos∠BAM ＝.如图，在△ABM 中，利用正弦定理，得＝223BMsin ∠BAM AMsin B，所以＝＝＝.BM AM sin ∠BAM sin B 13sin B 13cos ∠BAC 在Rt△ACM 中，有＝sin∠CAM ＝sin(∠BAC －∠BAM )．由题意知BM ＝CM ，所以CMAM ＝sin(∠BAC －∠BAM )．13cos ∠BAC 化简，得2sin∠BAC cos∠BAC －cos 2∠BAC ＝1.2所以＝1，解得tan∠BAC ＝.22tan ∠BAC －1tan2∠BAC ＋12再结合sin 2∠BAC ＋cos 2∠BAC ＝1，∠BAC 为锐角可解得sin∠BAC ＝.]633．(2016·浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a cos B .(1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝，求角A 的大小．a 24 【导学号：68334039】[解] (1)证明：由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B )＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ，于是sin B ＝sin(A －B ).3分又A ，B ∈(0，π)，故0<A －B <π，所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ，因此A ＝π(舍去)或A ＝2B ，所以A ＝2B .6分(2)由S ＝得ab sin C ＝，a 2412a 24故有sin B sin C ＝sin A ＝sin 2B ＝sin B cos B .1212因为sin B ≠0，所以sin C ＝cos B ．8分又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝±B .11分π2当B ＋C ＝时，A ＝；π2π2当C －B ＝时，A ＝.π2π4综上，A ＝或A ＝.14分π2π4回访2 三角形的面积问题4．(2015·浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知tan ＝2.(π4＋A)(1)求的值；sin 2Asin 2A ＋cos2A (2)若B ＝，a ＝3，求△ABC 的面积．π4[解] (1)由tan ＝2，得tan A ＝，2分(π4＋A)13所以＝＝.5分sin 2A sin 2A ＋cos2A 2tan A 2tan A ＋125(2)由tan A ＝，A ∈(0，π)，得13sin A ＝，cos A ＝.8分101031010由a ＝3，B ＝及正弦定理＝，得b ＝3.10分π4a sin A bsin B 5由sin C ＝sin(A ＋B )＝sin，(A ＋π4)得sin C ＝.12分255设△ABC 的面积为S ，则S ＝ab sin C ＝9.14分125．(2015·浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知A ＝，b 2－a 2＝c 2.π412(1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值．[解] (1)由b 2－a 2＝c 2及正弦定理得12sin 2B －＝sin 2C ，1212所以－cos 2B ＝sin 2C .2分又由A ＝，即B ＋C ＝π，得π434－cos 2B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ，解得tan C ＝2.5分(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)，得sin C ＝，cos C ＝.8分25555因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ，(π4＋C)所以sin B ＝.10分31010由正弦定理得c ＝，12分22b3又因为A ＝，bc sin A ＝3，π412所以bc ＝6，故b ＝3.14分26．(2014·浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a ≠b ，c ＝，cos 2A －cos 2B ＝sin A cos A －sin B cos B .333(1)求角C 的大小；(2)若sin A ＝，求△ABC 的面积. 【导学号：68334040】45[解] (1)由题意得－＝sin 2A －sin 2B ，1＋cos 2A 21＋cos 2B23232即sin 2A －cos 2A ＝sin 2B －cos 2B ，2分32123212sin＝sin .由a ≠b ，得A ≠B .又A ＋B ∈(0，π)，得2A －＋2B －＝π，(2A －π6)(2B －π6)π6π6即A ＋B ＝，所以C ＝.5分2π3π3(2)由c ＝，sin A ＝，＝，得a ＝.8分345a sin A c sin C 85由a <c 得，A <C ，从而cos A ＝，35故sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝，11分4＋3310所以，△ABC 的面积为S ＝ac sin B ＝.14分1283＋1825(对应学生用书第12页)热点题型1 正、余弦定理的应用题型分析：利用正、余弦定理解题是历年高考的热点，也是必考点，求解的关键是合理应用正、余弦定理实现边角的互化.【例1】 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且＋＝.cos Aa cos Bb sin Cc (1)证明：sin A sin B ＝sin C ；(2)若b 2＋c 2－a 2＝bc ，求tan B .65[解] (1)证明：根据正弦定理，可设＝＝＝k (k >0)．asin A b sin B csin C 则a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C ，代入＋＝中，有cos A a cos Bb sin Cc ＋＝，2分cos A k sin A cos B k sin B sin C k sin C 即sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B ).4分在△ABC 中，由A ＋B ＋C ＝π，有sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，所以sin A sin B ＝sin C ．6分(2)由已知，b 2＋c 2－a 2＝bc ，根据余弦定理，有65cos A ＝＝，8分b 2＋c 2－a 22bc 35所以sin A ＝＝.9分1－cos2A 45由(1)知sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，所以sin B ＝cos B ＋ sin B ，12分454535故tan B ＝＝4.14分sin Bcos B [方法指津]关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．[变式训练1] (1)(2017·温州市普通高中高考模拟考试)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，记S 为△ABC 的面积．若A ＝60°，b ＝1，S ＝，则334c ＝________，cos B ＝________. 【导学号：68334041】3 [因为S ＝bc sin A ＝×1×c ×＝，所以c ＝3；由余弦定理，得5714121232334a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝1＋9－6×＝7，所以cos B ＝＝＝.12a 2＋c 2－b 22ac 7＋9－12×7×35714(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a cos B ＋b cos(B ＋C )＝0.①证明：△ABC 为等腰三角形；②若2(b 2＋c 2－a 2)＝bc ，求cos B ＋cos C 的值．[解] ①证明：∵a cos B ＋b cos (B ＋C )＝0，∴由正弦定理得sin A cos B ＋sin B cos(π－A )＝0，即sin A cos B －sin B cos A ＝0，3分∴sin(A －B )＝0，∴A －B ＝k π，k ∈Z .4分∵A ，B 是△ABC 的两内角，∴A －B ＝0，即A ＝B ，5分∴△ABC 是等腰三角形.6分②由2(b 2＋c 2－a 2)＝bc ，得＝，7分b 2＋c 2－a 22bc 14由余弦定理得cos A ＝，8分14cos C ＝cos(π－2A )＝－cos 2A ＝1－2cos 2 A ＝.10分78∵A ＝B ，∴cos B ＝cos A ＝，12分14∴cos B ＋cos C ＝＋＝.14分147898热点题型2 三角形面积的求解问题题型分析：三角形面积的计算及与三角形面积有关的最值问题是解三角形的重要命题点之一，本质上还是考查利用正、余弦定理解三角形，难度中等.【例2】 设f (x )＝sin x cos x －cos 2.(x ＋π4)(1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ＝0，a ＝1，求△ABC 面积的(A2)最大值．【解题指导】 (1)f x ――――→恒等变换化归思想―→f x ＝A sin ωx ＋φ ＋k 求f x 的单调区间(2)f(A2)＝0――→锐角三角形 求A ――→余弦定理 建立b ，c 的等量关系――→基本不等式 求bc 的最大值――→正弦定理 求△ABC 的面积[解] (1)由题意知f (x )＝－sin 2x 21＋cos (2x ＋π2)2＝－＝sin 2x －.2分sin 2x 21－sin 2x 212由－＋2k π≤2x ≤＋2k π，k ∈Z ，可得－＋k π≤x ≤＋k π，k ∈Z .由π2π2π4π4＋2k π≤2x ≤＋2k π，k ∈Z ，可得＋k π≤x ≤＋k π，k ∈Z .4分π23π2π43π4所以f (x )的单调递增区间是－＋k π，＋k π(k ∈Z )；单调递减区间是π4π4(k ∈Z ).6分[π4＋k π，3π4＋k π](2)由f ＝sin A －＝0，得sin A ＝，7分(A2)1212由题意知A 为锐角，所以cos A ＝.8分32由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，12分3即bc ≤2＋，当且仅当b ＝c 时等号成立．3因此bc sin A ≤，122＋34所以△ABC 面积的最大值为.14分2＋34[方法指津]1．在研究三角函数的图象与性质时常先将函数的解析式利用三角恒等变换转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋B ，y ＝A tan(ωx ＋φ)＋B )的形式，进而利用函数y ＝sin x (或y ＝cos x ，y ＝tan x )的图象与性质解决问题．2．在三角形中，正、余弦定理可以实现边角互化，尤其在余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A 中，有a 2＋c 2和ac 两项，二者的关系a 2＋c 2＝(a ＋c )2－2ac 经常用到，有时还可利用基本不等式求最值．[变式训练2] (名师押题)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＋＝4cos C ，b ＝1.1a (1)若sin C ＝，求a ，c ；217(2)若△ABC 是直角三角形，求△ABC 的面积．[解] (1)∵sin C ＝，∴cos 2C ＝1－sin 2C ＝，cos C ＝.1分2174727∵4cos C ＝a ＋，1a ∴＝a ＋，解得a ＝或a ＝.3分871a 777又＋a ＝4cos C ＝4×＝4×，1a a 2＋b 2－c 22ab a 2＋1－c 22a ∴a 2＋1＝2(a 2＋1－c 2)，即2c 2＝a 2＋1.5分∴当a ＝时，c ＝2；7当a ＝时，c ＝.6分1727(2)由(1)可知2c 2＝a 2＋1.又△ABC 为直角三角形，C 不可能为直角．①若角A 为直角，则a 2＝b 2＋c 2＝c 2＋1，∴2c 2－1＝c 2＋1，∴c ＝，a ＝，8分23∴S ＝bc ＝×1×＝.9分1212222②若角B 为直角，则b 2＝a 2＋c 2，a 2＋c 2＝1.∴2c 2＝a 2＋1＝(1－c 2)＋1，∴c 2＝，a 2＝，即c ＝，a ＝，12分23136333∴S ＝ac ＝××＝.14分1212633326。
2018年浙江高考数学二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题5 突破点13 圆锥曲线中的综合问题
突破点13 圆锥曲线中的综合问题(对应学生用书第47页)[核心知识提炼]提炼1 解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关．(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.提炼2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围．(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围．(4)利用基本不等式求最值与范围．(5)利用函数值域的方法求最值与范围．提炼3 与圆锥曲线有关的探索性问题(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性．通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律．(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．[高考真题回访]回访直线与圆锥曲线的综合问题1．(2017·浙江高考)如图131，已知抛物线x 2＝y ，点A －12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q.图131(1)求直线AP 斜率的取值范围． (2)求|PA |·|PQ |的最大值．[解](1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1). 6分(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋. 9分因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3.12分 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3，因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.15分2．(2016·浙江高考)如图132，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a >1)．图132(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围． [解] (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，3分故x 1＝0，x 2＝－2a 2k1＋a 2k2.因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k2·1＋k 2. 5分(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.7分记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2>0，k 1≠k 2. 由(1)知，|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21， |AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22，故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 9分所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0. 由于k 1≠k 2，k 1，k 2>0得 1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)．①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是 1＋a 2(a 2－2)>1， 所以a > 2.13分因此，任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a ≤ 2.由e ＝c a ＝a 2－1a ，得0<e ≤22.所求离心率的取值范围为0<e ≤22. 15分3．(2015·浙江高考)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．图133[解] (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .3分由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.5分因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2>0.将线段AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2.②由①②得m <－63或m >63. 7分(2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1. 10分设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22. 15分4．(2014·浙江高考)已知△ABP 的三个顶点都在抛物线C ：x 2＝4y 上，F 为抛物线C 的焦点，点M 为AB 的中点，PF →＝3FM →.(1)若|PF |＝3，求点M 的坐标； (2)求△ABP 面积的最大值．图134[解] (1)由题意知焦点F (0,1)，准线方程为y ＝－1.2分设P (x 0，y 0)，由抛物线定义知|PF |＝y 0＋1，得到y 0＝2，所以P (22，2)或P (－22，2)． 由PF →＝3FM →得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，23或M ⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23. 6分(2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝4y 得x 2－4kx －4m ＝0.8分于是Δ＝16k 2＋16m ＞0，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，所以AB 的中点M 的坐标为(2k,2k 2＋m )． 由PF →＝3FM →，得(－x 0,1－y 0)＝3(2k,2k 2＋m －1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－6k ，y 0＝4－6k 2－3m .由x 20＝4y 0，得k 2＝－15m ＋415.10分由Δ＞0，k 2≥0，得－13＜m ≤43.又因为|AB |＝41＋k 2·k 2＋m ，点F (0,1)到直线AB 的距离为d ＝|m －1|1＋k2，所以S △ABP ＝4S △ABF ＝8|m －1|k 2＋m＝16153m 3－5m 2＋m ＋1. 记f (m )＝3m 3－5m 2＋m ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＜m ≤43，令f ′(m )＝9m 2－10m ＋1＝0，解得m 1＝19，m 2＝1.12分可得f (m )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，19上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫19，1上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43上是增函数． 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝256243 ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，所以，当m ＝19时，f (m )取到最大值256243，此时k ＝±5515.所以，△ABP 面积的最大值为2565135.15分(对应学生用书第49页) 热点题型1 圆锥曲线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量.【例1】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32与椭圆右焦点的连线垂直于x 轴，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(均不在坐标轴上)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，若△AOB 的面积为3，试判断直线OA 与OB 的斜率之积是否为定值？[解] (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b2＝1，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3， 3分∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，5分由Δ＝(8km )2－16(4k 2＋3)(m 2－3)＞0，得m 2＜4k 2＋3. 6分∵x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，∴S △OAB ＝12|m ||x 1－x 2|＝12|m |·434k 2＋3－m24k 2＋3＝3， 8分化简得4k 2＋3－2m 2＝0，满足Δ＞0，从而有4k 2－m 2＝m 2－3(*)，9分∴k OA ·k OB ＝y 1y 2x 1x 2＝kx 1＋m kx 2＋m x 1x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝－12k 2＋3m 24m 2－12＝－34·4k 2－m 2m 2－3，由(*)式，得4k 2－m2m 2－3＝1， 12分∴k OA ·k OB ＝－34，即直线OA 与OB 的斜率之积为定值－34.15分[方法指津]求解定值问题的两大途径1.由特例得出一个值此值一般就是定值→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关2．先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式训练1] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值． [解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.3分又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32. 5分(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4. 6分又A (2,0)，B (0,1)，∴直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 9分直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 12分∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值.15分热点题型2 圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法.【例2】 设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．[解] (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ， 所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4， 所以|EA |＋|EB |＝4.2分由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0).4分(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝k 2＋4k 2＋3.过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，6分所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1.故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN || PQ |＝121＋14k 2＋3. 8分可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83).12分 当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8， 故四边形MPNQ 的面积为12.综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83). 15分[方法指津]与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解． 2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． 3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．[变式训练2] (名师押题)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)，过其焦点作斜率为1的直线l 交抛物线C 于M ，N 两点，且|MN |＝16. (1)求抛物线C 的方程；(2)已知动圆P 的圆心在抛物线C 上，且过定点D (0,4)，若动圆P 与x 轴交于A ，B 两点，求|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值. 【导学号：68334132】 [解] (1)设抛物线的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，则直线l ：y ＝x ＋p2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2px －p 2＝0，∴x 1＋x 2＝2p ，∴y 1＋y 2＝3p ，∴|MN |＝y 1＋y 2＋p ＝4p ＝16，∴p ＝4， ∴抛物线C 的方程为x 2＝8y .4分(2)设动圆圆心P (x 0，y 0)，A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 20＝8y 0，且圆P ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝x 20＋(y 0－4)2， 令y ＝0，整理得x 2－2x 0x ＋x 20－16＝0， 解得x 1＝x 0－4，x 2＝x 0＋4，6分设t ＝|DA ||DB |＝x 0－2＋16x 0＋2＋16＝x 20－8x 0＋32x 20＋8x 0＋32＝1－16x 0x 20＋8x 0＋32，当x 0＝0时，t ＝1， ①7分当x 0≠0时，t ＝1－16x 0＋8＋32x 0. ∵x 0＞0，∴x 0＋32x 0≥82，∴t ≥1－168＋82＝3－22＝2－1，且t ＜1， ② 综上①②知2－1≤t ≤1.11分∵f (t )＝t ＋1t在[2－1,1]上单调递减，∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |＝t ＋1t ≤2－1＋12－1＝22， 当且仅当t ＝2－1，即x 0＝42时等号成立．∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值为2 2. 15分热点题型3 圆锥曲线中的探索性问题题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【例3】 如图135，在平面直角坐标系xOy 中，已知F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，A ，B 分别是椭圆E 的左、右顶点，D (1,0)为线段OF 2的中点，且AF 2→＋5BF 2→＝0.图135(1)求椭圆E 的方程；(2)若M 为椭圆E 上的动点(异于点A ，B )，连接MF 1并延长交椭圆E 于点N ，连接MD ，ND 并分别延长交椭圆E 于点P ，Q ，连接PQ ，设直线MN ，PQ 的斜率存在且分别为k 1，k 2.试问是否存在常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由． [解题指导] (1)D 为OF 2的中点→求c →＝0→a 与c 的关系→椭圆方程(2)假设存在常数λ→设点M ，N ，P ，Q 的坐标→直线MD 的方程与椭圆方程联立→用点M 的坐标表示点P ，Q 的坐标→点M ，F 1，N 共线→得到点M ，N 坐标的关系→求k 2→得到k 1与k 2的关系[解] (1)∵AF 2→＋5BF 2→＝0，∴AF 2→＝5F 2B →，∵a ＋c ＝5(a －c )，化简得2a ＝3c ，又点D (1,0)为线段OF 2的中点，∴c ＝2，从而a ＝3，b ＝5，左焦点F 1(－2,0)，故椭圆E 的方程为x 29＋y 25＝1.4分(2)假设存在满足条件的常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则直线MD 的方程为x ＝x 1－1y 1y ＋1，代入椭圆方程x 29＋y 25＝1，整理得，5－x 1y 21y 2＋x 1－1y 1y －4＝0，6分∵y 1＋y 3＝y 1x 1－x 1－5，∴y 3＝4y 1x 1－5，从而x 3＝5x 1－9x 1－5，故点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x 1－9x 1－5，4y 1x 1－5，同理，点Q ⎝⎛⎭⎪⎫5x 2－9x 2－5，4y 2x 2－5.10分∵三点M ，F 1，N 共线，∴y 1x 1＋2＝y 2x 2＋2， 从而x 1y 2－x 2y 1＝2(y 1－y 2)，从而k 2＝y 3－y 4x 3－x 4＝4y 1x 1－5－4y 2x 2－55x 1－9x 1－5－5x 2－9x 2－5＝x 1y 2－x 2y 1＋y 1－y 2x 1－x2＝y 1－y 2x 1－x 2＝7k 14，故k 1－4k 27＝0，从而存在满足条件的常数λ，λ＝－47.15分[方法指津]探索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] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，点P在椭圆C 上，满足|PF 1|＝7|PF 2|，tan ∠F 1PF 2＝4 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点A (1,0)，试探究是否存在直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于D ，E 两点，且使得|AD |＝|AE |？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，请说明理由.【导学号：68334133】[解] (1)由|PF 1|＝7|PF 2|，PF 1＋PF 2＝2a 得PF 1＝7a 4，PF 2＝a4.2分由余弦定理得cos ∠F 1PF ＝17＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42－322×7a 4×a 4，∴a ＝2，∴所求C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)假设存在直线l 满足题设，设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－4)＝－16(m 2－4k 2－1)＞0，得4k 2＋1＞m 2.① 6分又x 1＋x 2＝－8km1＋4k2.设D ，E 中点为M (x 0，y 0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2，k AMk ＝－1，得m ＝－1＋4k 23k ，②将②代入①得4k 2＋1＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4k 23k 2，化简得20k 4＋k 2－1＞0⇒(4k 2＋1)(5k 2－1)＞0，解得k ＞55或k ＜－55，所以存在直线l ，使得|AD |＝|AE |，此时k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－55∪⎝ ⎛⎭⎪⎫55，＋∞.15分。
2018年浙江高考数学二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题3 突破点7 随机变量及其分布
突破点7 随机变量及其分布(对应学生用书第26页)[核心知识提炼]提炼1离散型随机变量的分布列离散型随机变量X的分布列如下：则(1)p i(2)p1＋p2＋…＋p i＋…＋p n＝1(i＝1,2,3，…，n)．(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n为X的均值或数学期望(简称期望)．D(X)＝(x1－E(X))2·p1＋(x2－E(X))2·p2＋…＋(x i－E(X))2·p i＋…＋(x n－E(X))2·p n叫做随机变量X的方差．(4)均值与方差的性质①E(aX＋b)＝aE(X)＋b；②D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为实数)．(5) 两点分布与二项分布的均值、方差①若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).提炼2几种常见概率的计算(1)相互独立事件同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B)．(2)独立重复试验的概率如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么它在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率为P n (k )＝C k n p k·(1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n .[高考真题回访]回访1 离散型随机变量及其分布列1．(2013·浙江高考)设袋子中装有a 个红球，b 个黄球，c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．(1)当a ＝3，b ＝2，c ＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E η＝53，D η＝59，求a ∶b ∶c . 【导学号：68334087】 [解] (1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6. 故P (ξ＝2)＝3×36×6＝14，1分P (ξ＝3)＝2×3×26×6＝13， 2分P (ξ＝4)＝2×3×1＋2×26×6＝518，3分P (ξ＝5)＝2×2×16×6＝19， 4分P (ξ＝6)＝1×16×6＝136. 5分所以ξ的分布列为6分(2)由题意知η的分布列为所以E (η)＝a ＋b ＋c ＋a ＋b ＋c ＋a ＋b ＋c ＝3，10分D (η)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－532·a a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－532·b a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－532·c a ＋b ＋c ＝59，化简得⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －4c ＝0，a ＋4b －11c ＝0. 13分解得a ＝3c ，b ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1. 15分回 访2 离散型随机变量的均值与方差2．(2017·浙江高考)已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1,2.若0<p 1<p 2<12，则( )A ．E (ξ1)<E (ξ2)，D (ξ1)<D (ξ2)B ．E (ξ1)<E (ξ2)，D (ξ1)>D (ξ2)C ．E (ξ1)>E (ξ2)，D (ξ1)<D (ξ2) D ．E (ξ1)>E (ξ2)，D (ξ1)>D (ξ2)A [由题意可知ξi (i ＝1,2)服从两点分布，∴E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2，D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)． 又∵0<p 1<p 2<12，∴E (ξ1)<E (ξ2)．把方差看作函数y ＝x (1－x )， 根据0<ξ1<ξ2<12知，D (ξ1)<D (ξ2)．故选A.]3．(2014·浙江高考)已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个蓝球(m ≥3，n ≥3)，从乙盒中随机抽取i (i ＝1,2)个球放入甲盒中．(1)放入i 个球后，甲盒中含有红球的个数记为ξi (i ＝1,2)；(2)放入i 个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为p i (i ＝1,2)．则( )【导学号：68334088】A ．p 1>p 2，E (ξ1)<E (ξ2)B ．p 1<p 2，E (ξ1)>E (ξ2)C ．p 1>p 2，E (ξ1)>E (ξ2)D ．p 1<p 2，E (ξ1)<E (ξ2)A [随机变量ξ1，ξ2的分布列如下：所以E (ξ1)＝m ＋n＋m ＋n ＝m ＋n， E (ξ2)＝C 2n C 2m ＋n ＋2C 1m C 1n C 2m ＋n ＋3C 2m C 2m ＋n ＝3m ＋nm ＋n ，所以E (ξ1)<E (ξ2)．因为p 1＝m m ＋n ＋nm ＋n ·12＝2m ＋n m ＋n，p 2＝C 2m C 2m ＋n ＋C 1m C 1n C 2m ＋n ·23＋C 2n C 2m ＋n ·13＝3m ＋nm ＋n，p 1－p 2＝nm ＋n>0，所以p 1>p 2.] 4．(2014·浙江高考)随机变量ξ的取值为0,1,2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________.25[设P (ξ＝1)＝a ，P (ξ＝2)＝b ， 则⎩⎪⎨⎪⎧15＋a ＋b ＝1，a ＋2b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝35，b ＝15，所以D (ξ)＝15＋35×0＋15×1＝25.](对应学生用书第27页) 热点题型1 相互独立事件的概率题型分析：高考主要考查相互独立事件概率的求解及实际应用，对事件相互独立性的考查相对较频繁，难度中等.【例1】 (1)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A ．0.648 B ．0.432 C ．0.36D ．0.312(2)如图71，由M 到N 的电路中有4个元件，分别标为T 1，T 2，T 3，T 4，电流能通过T 1，T 2，T 3的概率都是p ，电流能通过T 4的概率是0.9.电流能否通过各元件相互独立．已知T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.图71①求p ；②求电流能在M 与N 之间通过的概率．(1)A [3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝C 23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝C 23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.](2)记A i 表示事件：电流能通过T i ，i ＝1,2,3,4，A 表示事件：T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流，B 表示事件：电流能在M 与N 之间通过．①A －＝A －1A －2A －3，A －1，A －2，A －3相互独立，2分P (A －)＝P (A －1A －2A －3)＝P (A －1)P (A －2)P (A －3)＝(1－p )3.3分又P (A －)＝1－P (A )＝1－0.999＝0.001， 4分 故(1－p )3＝0.001，p ＝0.9. 6分②B ＝A 4∪A －4A 1A 3∪A －4A －1A 2A 3，10分P (B )＝P (A 4∪A －4A 1A 3∪A －4A －1A 2A 3)＝P (A 4)＋P (A －4A 1A 3)＋P (A －4A －1A 2A 3)＝P (A 4)＋P (A －4)P (A 1)P (A 3)＋P (A －4)P (A －1)P (A 2)·P (A 3) ＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9 ＝0.989 1.15分[方法指津]求相互独立事件和独立重复试验的概率的方法(1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解． (2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．[变式训练1] (2017·杭州学军中学高三模拟)商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖，则顾客抽奖1次能获奖的概率是________；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，则E (X )＝________.【导学号：68334089】710 35 [由题得，在甲箱中抽中红球、白球的概率分别为25，35，在乙箱中抽中红球、白球的概率分别为12，12.抽奖一次不获奖的概率为35×12＝310，所以其(对立事件)获奖的概率为1－310＝710.因为每次获得一等奖的概率为25×12＝15，3次抽奖相互独立，故E (X )＝np ＝3×15＝35.] 热点题型2 离散型随机变量的分布列、期望和方差题型分析：离散型随机变量的分布列问题是高考的热点，常以实际生活为背景，涉及事件的相互独立性、互斥事件的概率等，综合性强，难度中等.【例2】 (1)(2017·萧山中学高三仿真考试)随机变量X 的分布列如下表，且E (X )＝2，则D (2X －3)＝( )A.1 C [由题可得16＋p 1＋13＝1，解得p 1＝12.所以E (X )＝0×16＋2×12＋a ·13＝2，解得a ＝3.所以D (X )＝(0－2)2×16＋(2－2)2×12＋(3－2)2×13＝1，所以D (2X －3)＝4D (X )＝4，故选C.](2)(2017·绍兴市方向性仿真考试)设X 是离散型随机变量，P (X ＝x 1)＝23，P (X ＝x 2)＝13，且x 1＜x 2，若E (X )＝43，D (X )＝29，则x 1＋x 2＝( )A.53B.73C.113D ．3D [由已知得⎩⎪⎨⎪⎧23x 1＋13x 2＝43，23⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－432＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－432＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝53，x 2＝23，因为x 1＜x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2，所以x 1＋x 2＝1＋2＝3，故选D.] [方法指津]解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路： 1明确随机变量可能取哪些值.2结合事件特点选取恰当的计算方法，计算这些可能取值的概率值. 3根据分布列和期望、方差公式求解.提醒：明确离散型随机变量的取值及事件间的相互关系是求解此类问题的关键.[变式训练2] (1)(2017·温州九校协作体高三期末联考)将四位同学等可能地分到甲、乙、丙三个班级，则甲班级至少有一位同学的概率是________，用随机变量ξ表示分到丙班级的人数，则E ξ＝________. 【导学号：68334090】6581 43 [甲班级没有分到同学的概率为1＋1＋C 14＋C 24＋C 3434＝1681，所以甲班级至少有一位同学的概率为1－1681＝6581.随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，则P (ξ＝0)＝1681，P (ξ＝1)＝C 14＋1＋C 23＋C 1334＝3281，P (ξ＝2)＝C 24＋1＋34＝2481，P (ξ＝3)＝C 34×234＝881，P (ξ＝4)＝134＝181，于是E ξ＝0×1681＋1×3281＋2×2481＋3×881＋4×181＝43.](2)(2017·金华十校高考模拟考试)设随机变量X的分布列为则a＝3 1095[由分布列的概念易得12＋15＋a＝1，解得a＝310，则E(X)＝1×12＋2×15＋3×310＝95.]。
高考数学二轮复习教师用书：名师寄语 第1点 归纳常考知识构建主干体系 Word版含答案
一轮复习一般以知识、技能、方法的逐点扫描和梳理为主，通过一轮复习，同学们大都掌握了基本概念的性质、定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题，而二轮复习承上启下，是知识系统化、条理化，促进灵活运用，提高数学素养的关键时期，为进一步突出重点，攻破难点，提高二轮复习的时效性，建议专题复习时，处理好以下3点：第1点 归纳常考知识，构建主干体系由于二轮复习时间较短，复习中不可能面面俱到，这就需要我们依据《考试大纲》和《考试说明》，结合浙江近几年的高考试题进行主干网络体系的构建，并紧紧抓住高考的“热点”，有针对性地训练．例如：“三角函数”在高考中的主要考点是什么？回顾近三年的高考试题，不难发现，三角函数一般会考两类题：一类题考查解三角形(正弦定理、余弦定理、面积公式)，一类题考查三角变换(和(差)角公式、倍角公式、辅助角公式、三角函数的图象与性质)．【例1】 (经典高考题)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cosA )＝c .(1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．【导学号：68334000】注：本书所有主观题附规范解答及评分细则 [解] (1)由已知及正弦定理得2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ， 2分即2cos C sin(A ＋B )＝sin C ， 故2sin C cos C ＝sin C ．4分 可得cos C ＝12，因为C 为△ABC 的内角，所以C ＝π3.7分 (2)由已知得12ab sin C ＝332.又C ＝π3，所以ab ＝6.9分由已知及余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7， 故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25. 13分 所以△ABC 的周长为5＋7.14分【名师点评】 边角互化是利用正、余弦定理解题的有效途径，合理应用定理及其变形可化繁为简，提高运算效率，如本题也可以利用结论“a cos B ＋b cos A ＝c ”直接得出cos C ＝12.【例2】 已知函数f (x )＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 22x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)若函数y ＝g (x )的图象是由y ＝f (x )的图象先向右平移π8个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，求y ＝g (x )的单调递增区间和最小值．[解题指导] f (x )―――――→三角恒等变换f (x )＝A sin(ωx ＋φ)――→平移变换y ＝g (x )求g (x )的单调递增区间和最小值．[解] f (x )＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 22x ＝2sin 2x cos 2x ＋cos 22x －sin 22x ＝sin 4x ＋cos 4x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π4.4分 (1)函数f (x )的最小正周期为T ＝2π4＝π2.6分 (2)由题意，知g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋π4＋1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π4＋1. 8分令－π2＋2k π≤4x －π4≤π2＋2k π(k ∈Z )，解得－π16＋k 2π≤x ≤3π16＋k2π(k ∈Z ).10分当k ＝0时，得－π16≤x ≤3π16.故当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4时，函数g (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π16， 12分 显然g (x )的单调递减区间是⎝⎛⎦⎥⎤3π16，π4，易知g (x )min＝g (0)＝0.14分【名师点评】 利用和(差)角公式、倍角公式、辅助角公式将含有多个不同的三角函数式转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式，再利用三角函数的性质求其单调区间、最值等问题．通过上述两例，我们可以发现高考对“三角函数”考什么、如何考等问题，明确地构建出了本部分知识的主干知识体系．总之，对主干知识的确定有两种途径：第一，跟着老师去复习，一般来说，老师对主干知识的把握比较准确；第二，自己多看、多做近几年的高考题，从而感悟高考考什么，怎么考，进而能使自己把握主干知识，从而进行针对性地二轮复习．。
2018年高考数学(文)二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题1 突破点2 解三角形
突破点2解三角形[核心知识提炼]提炼1 常见解三角形的题型及解法(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一．(3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解．(4)已知三边，利用余弦定理求解.提炼2 三角形的常用面积公式设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S.(1)S＝12ah a＝12bh b＝12ch c(h a，h b，h c分别表示a，b，c边上的高)．(2)S＝12ab sin C＝12bc sin A＝12ca sin B.(3)S＝12r(a＋b＋c)(r为三角形ABC内切圆的半径)．[高考真题回访]回访1正、余弦定理的应用1.(2016·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝5，c＝2，cos A＝23，则b＝()A.2 B ．3 C ．2D ．3D [由余弦定理得5＝b 2＋4－2×b ×2×23， 解得b ＝3或b ＝－13(舍去)，故选D.]2．(2017·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知C ＝60°，b ＝6，c ＝3，则A ＝________.75° [如图，由正弦定理，得3sin 60°＝6sin B ，∴sin B ＝22.又c >b ，∴B ＝45°， ∴A ＝180°－60°－45°＝75°.]3．(2016·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A ＝45，cosC ＝513，a ＝1，则b ＝________.2113[在△ABC 中，∵cos A ＝45，cos C ＝513， ∴sin A ＝35，sin C ＝1213，∴sin B ＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝35×513＋45×1213＝6365.又∵a sin A ＝b sin B ，∴b ＝a sin B sin A ＝1×636535＝2113.]回访2 三角形的面积问题4．(2013·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝2，B ＝π6，C ＝π4，则△ABC 的面积为( ) A ．23＋2 B.3＋1 C ．23－2D.3－1B [∵B ＝π6，C ＝π4，∴A ＝π－B －C ＝π－π6－π4＝7π12. 由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得2sin π6＝csin π4， 即212＝c22，∴c ＝2 2.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×2×22sin 7π12＝3＋1.故选B.] 回访3 正、余弦定理的实际应用5．(2014·全国卷Ⅰ)如图2-1，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角∠MAN ＝60°，C 点的仰角∠CAB ＝45°以及∠MAC ＝75°；从C 点测得∠MCA ＝60°.已知山高BC ＝100 m ，则山高MN ＝________m.图2-1150 [根据图示，AC ＝100 2 m.在△MAC 中，∠CMA ＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得AC sin 45°＝AMsin 60°⇒AM ＝100 3 m. 在△AMN 中，MNAM ＝sin 60°， ∴MN ＝1003×32＝150(m)．]热点题型1 正、余弦定理的应用题型分析：利用正、余弦定理解题是历年高考的热点，也是必考点，求解的关键是合理应用正、余弦定理实现边角的互化．【例1】 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos A a ＋cos B b ＝sin Cc .(1)证明：sin A sin B ＝sin C ； (2)若b 2＋c 2－a 2＝65bc ，求tanB.【导学号：04024038】[解] (1)证明：根据正弦定理，可设a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝k (k >0)． 则a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C ， 代入cos A a ＋cos B b ＝sin Cc 中，有 cos A k sin A ＋cos B k sin B ＝sin C k sin C ，2分即sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )． 4分在△ABC 中，由A ＋B ＋C ＝π， 有sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ， 所以sin A sin B ＝sin C.6分(2)由已知，b 2＋c 2－a 2＝65bc ，根据余弦定理，有 cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35，8分所以sin A ＝1－cos 2A ＝45.9分由(1)知sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，所以45sin B＝45cos B＋35sin B，11分故tan B＝sin Bcos B＝4．12分[方法指津]关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．[变式训练1] (1)(2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b cos B＝a cos C＋c cos A，则B＝________.π3[法一：由2b cos B＝a cos C＋c cos A及正弦定理，得2sin B cos B＝sin A cos C＋sin C cos A.∴2sin B cos B＝sin(A＋C)．又A＋B＋C＝π，∴A＋C＝π－B.∴2sin B cos B＝sin(π－B)＝sin B.又sin B≠0，∴cos B＝12，∴B＝π3.法二：∵在△ABC中，a cos C＋c cos A＝b，∴条件等式变为2b cos B＝b，∴cos B＝1 2.又0＜B＜π，∴B＝π3.](2)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且a cos B＋b cos(B＋C)＝0.①证明：△ABC为等腰三角形；②若2(b2＋c2－a2)＝bc，求cos B＋cos C的值．[解]①证明：∵a cos B＋b cos (B＋C)＝0，∴由正弦定理得sin A cos B＋sin B cos(π－A)＝0，即sin A cos B－sin B cos A＝0，3分∴sin(A－B)＝0，∴A－B＝kπ，k∈Z．4分∵A，B是△ABC的两内角，∴A－B＝0，即A＝B，5分∴△ABC是等腰三角形．6分②由2(b2＋c2－a2)＝bc，得b2＋c2－a22bc＝14，7分由余弦定理得cos A＝14，8分cos C＝cos(π－2A)＝－cos 2A＝1－2cos2A＝78．10分∵A＝B，∴cos B＝cos A＝14，11分∴cos B ＋cos C ＝14＋78＝98．12分热点题型2 三角形面积的求解问题题型分析：三角形面积的计算及与三角形面积有关的最值问题是解三角形的重要命题点之一，本质上还是考查利用正、余弦定理解三角形，难度中等． 【例2】 设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4.(1)求f (x )的单调区间；(2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值．【导学号：04024039】[解] (1)由题意知f (x )＝sin 2x2－1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12．2分由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z ，可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z .由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ，可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z ．4分所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )；单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z )．6分(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，7分由题意知A为锐角，所以cos A＝32．8分由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，可得1＋3bc＝b2＋c2≥2bc，10分即bc≤2＋3，当且仅当b＝c时等号成立．因此12bc sin A≤2＋34，所以△ABC面积的最大值为2＋34．12分[方法指津]1．在研究三角函数的图象与性质时常先将函数的解析式利用三角恒等变换转化为y ＝A sin(ωx＋φ)＋B(或y＝A cos(ωx＋φ)＋B，y＝A tan(ωx＋φ)＋B)的形式，进而利用函数y＝sin x(或y＝cos x，y＝tan x)的图象与性质解决问题．2．在三角形中，正、余弦定理可以实现边角互化，尤其在余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A中，有a2＋c2和ac两项，二者的关系a2＋c2＝(a＋c)2－2ac经常用到，有时还可利用基本不等式求最值．[变式训练2](2017·深圳二模)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，2b＝3a sin B＋b cos A，c＝4.(1)求A；(2)若D是BC的中点，AD＝7，求△ABC的面积．[解] (1)由2b＝3a sin B＋b cos A及正弦定理，又0＜B＜π，可得2＝3sin A＋cos A，2分即有sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝1，4分∵0＜A ＜π，∴π6＜A ＋π6＜7π6， ∴A ＋π6＝π2，∴A ＝π3．6分(2)设BD ＝CD ＝x ，则BC ＝2x ，由余弦定理得cos ∠BAC ＝b 2＋16－(2x )28b ＝12，得4x 2＝b 2－4b ＋16. ①7分∵∠ADB ＝180°－∠ADC ， ∴cos ∠ADB ＋cos ∠ADC ＝0，8分由余弦定理得7＋x 2－1627x＋7＋x 2－b 227x＝0，得2x 2＝b 2＋2. ②9分 联立①②，得b 2＋4b －12＝0，解得b ＝2(舍负)， 11分∴S △ABC ＝12bc sin ∠BAC ＝12×2×4×32＝23．12分。
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突破点空间中的平行与垂直关系
(对应学生用书第页)
[核心知识提炼]
提炼异面直线的性质
()异面直线不具有传递性．注意不能把异面直线误解为分别在两个不同平面内的两条直线或平面内的一条直线与平面外的一条直线．
()异面直线所成角的范围是，所以空间中两条直线垂直可能为异面垂直或相交垂直．
()求异面直线所成角的一般步骤为：①找出(或作出)适合题设的角——用平移法；②求——转化为在三角形中求解；③结论——由②所求得的角或其补角即为所求.
提炼平面与平面平行的常用性质
()夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
()经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
()如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
()两个平面平行，则其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
提炼证明线面位置关系的方法
()证明线线平行的方法：①三角形的中位线等平面几何中的性质；②线面平行的性质定理；③面面平行的性质定理；④线面垂直的性质定理．
()证明线面平行的方法：①寻找线线平行，利用线面平行的判定定理；②寻找面面平行，利用面面平行的性质．
()证明线面垂直的方法：①线面垂直的定义，需要说明直线与平面内的所有直线都垂直；②线面垂直的判定定理；③面面垂直的性质定理．
()证明面面垂直的方法：①定义法，即证明两个平面所成的二面角为直二面角；②面面垂直的判定定理，即证明一个平面经过另一个平面的一条垂线．
[高考真题回访]
回访空间点、线、面的位置关系．(·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线，若直线，满足∥α，⊥β，则( )
．∥
．∥
．⊥
．⊥
[∵α∩β＝，∴⊂β.∵⊥β，∴⊥，故选.]．(·浙江高考)在空间中，过点作平面π的垂线，垂足为，记＝π()．设α，β是两个不同
的平面，对空间任意一点，＝β[α()]，＝α[β()]，恒有＝，则( ) 【导学号：】
．平面α与平面β垂直
．平面α与平面β所成的(锐)二面角为°
．平面α与平面β平行
．平面α与平面β所成的(锐)二面角为°
[设＝α()，＝β()，则⊥α，⊥β，⊥β，⊥α.
若α∥β，则与重合、与重合，所以≠，所以α与β相交．设α∩β＝，由∥，所以，，，四点共面．同理，，，四点共面．所以，，，，五点共面，且α与β的交线垂直于此平面．又因为＝，所以，重合且在上，四边形为矩形．那么∠＝为二面角αβ的平面角，所以α
⊥β.]
．(·浙江高考)设，是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( )
．若∥α，∥α，则∥
．若∥α，∥β，则α∥β
．若∥，⊥α，则⊥α
．若∥α，α⊥β，则⊥β[项，当∥α，∥α时，，可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；项，当∥α，∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；项，当∥，⊥α时，⊥α，故正确；项，当∥α，α⊥β时，可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选.]．(·浙江高考)如图，在三棱锥中，＝＝＝＝，＝＝，点，分别为，的中点，则异面直线，
所成的角的余弦值是．
图
[如图所示，连接，取线段的中点，连接，.
∵为的中点，
∴∥，
∴∠为异面直线，所成的角．
∵＝＝＝＝，＝＝，为的中点，
由勾股定理易求得＝＝＝，∴＝.
在△中，＝＝.
在△中，由余弦定理，得。