考前创意(二)品悟一题多解的高考真题 课件 (共151张PPT)

(共151张PPT)
考前创意(二)　品悟一题多解的高考真题—解题观摩·激活思维
本部分对高考重点板块的常考题型进行一题多解式的真题品悟，功用有三：一是“真题不厌回做”，考前再回顾经典“母题”，能起到命题溯源、举一反三之效；二是通过回练高考真题，在训练中回顾主干知识，融通知识联系，达到唤醒大脑、串忆知识之效；更重要的是第三点，一道真题通过提供不同的解法，供学生品读玩味，既放松了心态，消除了一味做题所带来的紧张感，又开拓了思路，激活了思维，让赢定高考平添了几分胜算．
　法一：列举法＋归纳法．
典题4 　　　(2017·天津高考)
已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．
(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.
又因为q＞0，解得q＝2.
所以bn＝2n.
由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8. ①
由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16. ②
由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn .
典题2 　　(2021·浙江高考)
如图，已知正方体ABCD- A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则 (　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
法一：
连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直．所以选项A正确．故选A.
典题4 　(2021·新高考Ⅰ卷)
如图，在三棱锥A -BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，
O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角
E- BC -D的大小为45°，求三棱锥A -BCD的体积．
(1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA 平面ABD，
所以OA⊥平面BCD，又CD 平面BCD，所以OA⊥CD.
典题5 (2017·全国卷Ⅰ)
如图，在四棱锥P- ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A- P B- C的余弦值．
(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，又AP∩PD＝P，AP 平面PAD，PD 平面PAD，从而AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
典题6 　　　(2020·新高考全国卷Ⅰ)
如图，四棱锥P- ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.
设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
典题3 　　(2021·新高考Ⅰ卷)
已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．
[思路点评]
法二抓住问题中直线CD这一主要几何元素寻找突破，借助对称性将定点锁定在x轴上，利用直线在x轴上的截距式将问题进一步归结为n为定值，在等量关系中构造定值n的恒等式，从而求出定点．　　
[思路点评]
对比前三种证法，曲线系方程是一种高观点的方法，灵活运用运算法则，大幅降低运算量，体现数学思想方法，展示学生知识层面，锻炼学生思维能力，提升学生解题效率，对于学生学好高中解析几何，提升数学学习兴趣并为将来高等数学的进一步学习打下基础，非常值得推广．