2012高考新课标数学考点总动员 考点（7考点打包）

一.专题综述
利用导数处理函数、方程和不等式问题是高考必考的内容，常以一道大题的形式出现，并且有一定的难度，往往放在解答题的后面两道题中的一个。试题考查丰富的数学思想，如函数与方程思想常应用解决函数与方程的相关问题，等价转化思想常应用于不等式恒成立问题和不等式证明问题，分类讨论思想常用于判断含有参数的函数的单调性、最值等问题，同时要求考生有较强的计算能力和综合问题的分析能力。纵观2011年各地的高考题，对于本专题常见的考点可分为八个方面，一是导数的几何意义的应用，二是导数运算和解不等式相联系，三是利用导数研究函数的单调性，四是利用导数研究函数的极值，五是利用导数研究函数的最值，六是利用导数研究不等式的综合问题，七是利用导数研究实际应用问题的最优化问题，八是微积分的应用。
二．考纲解读
1.了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义。
2．能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax＋b)的复合函数)的导数．
3.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
4．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；
5.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
6．会利用导数解决某些实际问题．掌握利用导数解决实际生活中的优化问题的方法和步骤，如用料最少、费用最低、消耗最省、利润最大、效率最高等。
7.掌握导数与不等式、几何等综合问题的解题方法。
8.了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念．了解微积分基本定理的含义．
三 .2012年高考命题趋向
1.求导公式和法则，以及导数的几何意义是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中档左右，在考查导数的概念及其运算的基础上，又注重考查解析几何的相关知识. 预测2012年高考仍将以导数的几何意义为背景设置成的导数与解析几何的综合题为主要考点．重点考查运算及数形结合能力。
2.利用导数来研究函数的单调性和极值问题已成为炙手可热的考点，既有小题，也有解答题，小题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，解答题主要考查导数与函数单调性，或方程、不等式的综合应用(各套都从不同角度进行考查) 预测2012年高考仍将以利用导数研究函数的单调性与极值为主要考向．
3利用导数来研究函数的最值及生活中优化问题成为高考的热点，试题大多有难度，考查时多与函数的单调性、极值结合命题，考生学会做综合题的能力．预测2012年高考仍将以利用导数研究函数的单调性、极值与最值结合题目为主要考向，同时也应注意利用导数研究生活中的优化问题．
4.微积分基本定理是高中数学的新增内容．通过分析近三年的高考试题，可以看到对它考查的频率较低，且均是以客观题的形式出现的，难度较小，着重于基础知识、基本方法的考查．
四．高频考点解读
考点一 导数的几何意义
例1 [2011·湖南卷] 曲线y＝ －在点M处的切线的斜率为(　　)
A．－ B . C．－ D.
【答案】B
【解析】 对y＝ －求导得到:
y′＝＝，
当x＝，得到y′＝＝.
例2 [2011·山东卷] 曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是(　　)
A．－9 B．－3 C．9 D．15
【答案】C　
【解析】 因为y′＝3x2，所以k＝y′|x＝1＝3，所以过点P(1,12)的切线方程为y－12＝3(x－1)，即y＝3x＋9，所以与y轴交点的纵坐标为9.
考点二 导数的运算
例3 [2011·江西卷] 若f(x)＝x2－2x－4lnx，则f′(x)>0的解集为(　　)
A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－1,0)
【答案】C　
【解析】 方法一：令f′(x)＝2x－2－＝>0，又∵f(x)的定义域为{x|x>0}，
∴(x－2)(x＋1)>0(x>0)，解得x>2.故选C.
方法二：令f′(x)＝2x－2－>0，由函数的定义域可排除B、D，取x＝1代入验证，可排除A，故选C.
例4 [2011·辽宁卷] 函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)
A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【答案】B　
【解析】 设G(x)＝f(x)－2x－4，所以G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意x∈R，f′(x)>2，所以G′(x)＝f′(x)－2>0恒成立，所以G(x)＝f(x)－2x－4是R上的增函数，又由于G(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以G(x)＝f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)，故选B.
考点三 利用导数研究函数的单调性
例5[2011·广东卷] 设a＞0，讨论函数f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x的单调性．
【解答】 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝，
x2＝＋<0，
所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1，
且当00，f(x)在(0，x1)内为增函数；当x>x1时，f′(x)<0，f(x)在(x1，＋∞)内为减函数．
f(x)的单调区间如下表：
01
(0，x1) (x1，x2) (x2，＋∞) (0，＋∞) (0，x1) (x1，＋∞)
? ? ? ? ? ?
(其中x1＝－，x2＝＋)
例6 [2011·福建卷] 已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f(e)＝2(e＝2.71828…是自然对数的底数)．
(1)求实数b的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)当a＝1时，是否同时存在实数m和M(m【解答】 (1)由f(e)＝2得b＝2.
(2)由(1)可得f(x)＝－ax＋2＋axlnx.
从而f′(x)＝alnx.
因为a≠0，故：
①当a>0时，由f′(x)>0得x>1，由f′(x)<0得0②当a<0时，由f′(x)>0得01.　
综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(3)当a＝1时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx.
由(2)可得，当x在区间内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x 1 (1，e) e
f′(x) － 0 ＋
f(x) 2－ 单调递减 极小值1 单调递增 2
又2－<2，所以函数f(x)(x∈)的值域为[1,2]．
据此可得，若相对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点；
并且对每一个t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线y＝t与曲线y＝f(x)都没有公共点．
综上，当a＝1时，存在最小的实数m＝1，最大的实数M＝2，使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线y＝f(x)都有公共点．
例7[2011·安徽卷] 设f(x)＝，其中a为正实数．
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
【解答】 对f(x)求导得f′(x)＝ex.①
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，解得x1＝，x2＝.
结合①可知
x
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值 ? 极小值 ?
所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0【解题技巧点睛】单调性是函数的最重要的性质，函数的极值、最值等问题的解决都离不开函数的单调性，含有字母参数的函数的单调性又是综合考查不等式的解法、分类讨论的良好素材．函数单调性的讨论是高考考查导数研究函数问题的最重要的考查点．函数单调性的讨论往往归结为一个不等式、特别是一元二次不等式的讨论，对一元二次不等式，在二次项系数的符号确定后就是根据其对应的一元二次方程两个实根的大小进行讨论，即分类讨论的标准是先二次项系数、再根的大小．对于在指定区间上不等式的恒成立问题，一般是转化为函数最值问题加以解决，如果函数在这个指定的区间上没有最值，则可转化为求函数在这个区间上的值域，通过值域的端点值确定问题的答案．
考点四 利用导数研究函数的极值问题
例8 [2011·安徽卷] 函数f(x)＝axm(1－x)n在区间[0,1]上的图像如图1－2所示，则m，n的值可能是(　　)
A．m＝1，n＝1 B．m＝1，n＝2
C．m＝2，n＝1 D．m＝3，n＝1
【答案】B
【解析】 由图可知a＞0.当m＝1，n＝1时，f(x)＝ax(1－x)的图像关于直线x＝对称，所以A不可能；
当m＝1，n＝2时，f(x)＝ax(1－x)2＝a(x3－2x2＋x)，
f′(x)＝a(3x2－4x＋1)＝a(3x－1)(x－1)，
所以f(x)的极大值点应为x＝＜0.5，由图可知B可能．
当m＝2，n＝1时，f(x)＝ax2(1－x)＝a(x2－x3)，
f′(x)＝a(2x－3x2)＝－ax(3x－2)，
所以f(x)的极大值点为x＝＞0.5，所以C不可能；
当m＝3，n＝1时，f(x)＝ax3(1－x)＝a(x3－x4)，
f′(x)＝a(3x2－4x3)＝－ax2(4x－3)，
所以f(x)的极大值点为x＝＞0.5，所以D不可能，故选B.
例9[2011·浙江卷] 设函数f(x)＝(x－a)2lnx，a∈R.
(1)若x＝e为y＝f(x)的极值点，求实数a；
(2)求实数a的取值范围，使得对任意的x∈(0,3e]，恒有f(x)≤4e2成立．
注：e为自然对数的底数．
从而，当x∈(0，x0)时，f′(x)＞0；当x∈(x0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．
所以要使f(x)≤4e2对x∈(1,3e]恒成立，只要
成立．
由h(x0)＝2lnx0＋1－＝0，知
a＝2x0lnx0＋x0.(3)
将(3)代入(1)得4xln3x0≤4e2.又x0>1，注意到函数x2ln3x在[1，＋∞)内单调递增，故1由(2)解得，3e－≤a≤3e＋，
所以3e－≤a≤3e.
综上，a的取值范围3e－≤a≤3e.
【解题技巧点睛】函数的单调性是使用导数研究函数问题的根本，函数的单调递增区间和单调递减区间的分界点就是函数的极值点，在含有字母参数的函数中讨论函数的单调性就是根据函数的极值点把函数的定义域区间进行分段，在各个段上研究函数的导数的符号，确定函数的单调性，也确定了函数的极值点，这是讨论函数的单调性和极值点情况进行分类的基本原则．
考点四 利用导数研究函数的最值问题
例10[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．
【解答】 (1)f′(x)＝(x2－k2)e.
令f′(x)＝0，得x＝±k.
当k＞0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x (－∞，－k) －k (－k，k) k (k，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 4k2e－1 ? 0 ?
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．
当k＜0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x (－∞，k) k (k，－k) －k (－k，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ? 0 ? 4k2e－1 ?
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．
(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝e＞，所以不会有 x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.
所以 x∈(0，＋∞)，f(x)≤，等价于f(－k)＝≤.
解得－≤k＜0.
故当 x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是.
例11 [2011·江西卷] 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当0【解答】 (1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a，
考点六 利用导数与不等式相联系
例12 [2011·课标全国卷] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围．
【解答】 (1)f′(x)＝－，
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，故即
解得a＝1，b＝1.
(2)由(1)知f(x)＝＋，所以
f(x)－＝.
考虑函数h(x)＝2lnx＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①设k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)＜0，而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，
即f(x)＞＋.
②设0＜k＜1，由于当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0.与题设矛盾．
③设k≥1，此时h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾．
综合得，k的取值范围为(－∞，0]．
例13 [2011·辽宁卷]已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f＞f；
(3)若函数y＝f(x)的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)＜0.
【解答】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′ (x)＝－2ax＋(2－a)＝－.
①若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)单调增加．
②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝，且当x∈时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＜0.所以f(x)在单调增加，在单调减少．
(2)设函数g(x)＝f－f，则
g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，
g′(x)＝＋－2a＝.
当0＜x＜时，g′(x)＞0，而g(0)＝0，所以g(x)＞0.
故当0＜x＜时，f＞f.
(3)由(1)可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的图像与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最大值为f，且f>0.
不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0由(2)得f＝f>f(x1)＝0.
从而x2>－x1，于是x0＝>.
由(1)知，f′(x0)<0.
【解题技巧点睛】在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根的情况，基本的题目类型是研究在一个区间上恒成立的不等式(实际上就是证明这个不等式)，研究不等式在一个区间上成立时不等式的某个参数的取值范围，研究含有指数式、对数式、三角函数式等超越式的方程在某个区间上的根的个数等，这些问题依据基础初等函数的知识已经无能为力，就需要根据导数的方法进行解决．使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数．
在高考题的大题中，每年都要设计一道函数大题.因为导数的引入，为函数问题的解决提供了操作工具.因此入手大家比较清楚，但是深入解决函数与不等式相结合的题目时，往往一筹莫展.原因是找不到两者的结合点，不清楚解决技巧.解题技巧总结如下：
（1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.
（2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.
（3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”.
考点七 利用导数研究实际问题
例14 [2011·山东卷]某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器
的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为立方米，且
．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3
千元，半球形部分每平方米建造费用为（）千元．设该容器的
建造费用为千元．
(Ⅰ) 写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；
(Ⅱ) 求该容器的建造费用最小时的．
【解答】 (1)设容器的容积为V，
由题意知V＝πr2l＋πr3，又V＝，
故l＝＝－r＝.
由于l≥2r，因此0所以建造费用y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr××3＋4πr2c，
因此y＝4π(c－2)r2＋，0(2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－
＝，0由于c>3，所以c－2>0，
当r3－＝0时，r＝.
令＝m，则m>0，
所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当0时，
当r＝m时，y′＝0；
当r∈(0，m)时，y′<0；
当r∈(m,2]时，y′>0.
所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点．
②当m≥2即3当r∈(0,2]时，y′<0，函数单调递减，
所以r＝2是函数y的最小值点．
综上所述，当3当c>时，建造费用最小时r＝.
【解题技巧点睛】利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：
1．分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学
模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；
2．求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定义域
内的实根，确定极值点；
3．比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；
4．还原到原实际问题中作答．
考点八 微积分的应用
例15 [2011·福建卷] (ex＋2x)dx等于(　　)
A．1 B．e－1 C．e D．e＋1
【答案】C　
【解析】 因为F(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x，则
(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，故选C.
例16[2011新课标全国]由曲线，直线及轴所围成的图形的面积为( )．
A． B．4 C． D．6
【答案】C
【解析】如图，由 解得x＝4或x＝1.经检验x＝1为增根，∴x＝4，∴B(4,2)，又可求A(0，－2)，
所以阴影部分的面积S ＝ (－x ＋ 2)dx ＝ ＝ .
【解题技巧点睛】利用定积分求平面图形面积的关键是画出几何图形，结合图形位置，确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．求平面图形面积的步骤：
(1)根据条件作出所求面积的区域草图；
(2)通过图形直接判定(或联立方程组求出交点的横坐标)，确定积分上、下限；
(3)根据图形的形状用积分面积公式计算所求区域的面积.
针对训练
一．选择题
1.（2012广西柳铁一中第一次月考）已知为实数，函数的导函数是偶函数，则曲线在原点处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
2.（2012届浏阳一中高三第一次月考）函数在下面那个区间为增函数
A B. C. D.
【答案】C
【解析】因为,当时,, >0,此时函数为增函数,故选C.
3.（2012届四川自贡高三一诊）下列图像中，有且只有一个是函数的导数的图象，则的值为 （ ）
【答案】B
【解析】由知，
，由的图象可得，
所以.
4.（银川一中2012届高三年级第四次月考）
过点（0，1）且与曲线在点（3，2）处的切线垂直的直线的方程为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】所求直线的斜率为又过点（0,1），故直线方程为.
5.（银川一中2012届高三年级第四次月考）
若函数的导函数，则使得函数单调递减的一个充分不必
要条件是x∈( )
A．[0，1] B．[3，5] C．[2，3] D．[2，4]
【答案】C
【解析】则函数的单调递减为，[2，3] ,故答案为C.
6.（河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学）.曲线与直线及
所围成的封闭图形的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，所求封闭图形的面积
。
7.（2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考）
如图，设D是图中所示的矩形区域，E是D内函数
图象上方的点构成的区域，向D中随机投
一点，则该点落入E（阴影部分）中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】 ，，所以该点落入E（阴影部分）中的概率为。
8.（浙江省名校新高考研究联盟2012届第一次联考）
已知函数，方程有四个实数根，则的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】
【解析】的图像如图所示，极大值；记，
要使得方程有四个零点，则必有两个零点
且，又常数项为1，
所以，故．
9.（2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题）
已知函数，那么下列命题中假命题是 （ ）
（A）既不是奇函数也不是偶函数 （B）在上恰有一个零点
（C）是周期函数 （D）在上是增函数
【答案】B
【解析】 不是偶函数，不是奇函数，故A为真命题；
解得由正弦函数图像可知在上又两个零点，故B错;故函数为周期函数，C为真命题；故D为真命题。故答案为B.
二．填空题
10.(2011杭西高8月高三数学试题)垂直于直线，且与曲线相切的直线的方程是________.
【答案】3x+y+6=0
【解析】垂直于直线的切线的斜率是-3,
11．（2012届浏阳一中高三第一次月考）若函数，其中为实数. 在区间上为减函数，且，则的取值范围
【答案】
【解析】因为0对恒成立,所以0对恒成立, ,因为,所以
对恒成立,容易求得.
12.（2012湖北省孝感市度高中三年级第一次统一考试）
对于三次函数，定义：设是函数的导数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.有同学发现“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心.”请你将这一发现作为条件,求
(1) 函数对称中心为_______.(2分）
(2) 若函数，
则=_______.(3 分）
【答案】（1,1）；2012.
【解析】(1)f′(x)＝3x2－6x＋3，f″(x)＝6x－6，令6x－6＝0得x＝1，f(1)＝1，∴f(x)的对称中心为(1,1)．
(2)令h(x)＝x3－x2＋3x－，k(x)＝，h′(x)＝x2－x＋3，h″(x)＝2x－1，由2x－1＝0得x＝，
∴h(x)的对称中心为，∴h(x)＋h(1－x)＝2，
又k(x)的对称中心为，∴k(x)＋k(1－x)＝0，
三．解答题
13.【河北唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试（文）】
已知函数
（1）若曲线在点处的切线斜率为-2，求a的值以及切线方程；
（2）若是单调函数，求a的取值范围。
解：（Ⅰ）f(x)＝1－2ax－．
由题设，f(1)＝－2a＝－2，a＝1，
此时f(1)＝0，切线方程为y＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0． …5分
（Ⅱ）f(x)＝－，
令Δ＝1－8a．
当a≥时，Δ≤0，f(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)单调递减． …10分
当0＜a＜时，Δ＞0，方程2ax2－x＋1＝0有两个不相等的正根x1，x2，
不妨设x1＜x2，
则当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f(x)＜0，当x∈(x1，x2)时，f(x)＞0，
这时f(x)不是单调函数．
综上，a的取值范围是[，＋∞)． …12分
【唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试（理）】
已知函数
（1）若是单调函数，求的取值范围；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当a∈(0，)时，f(x)有极小值点x1和极大值点x2，
且x1＋x2＝，x1x2＝．
f(x1)＋f(x2)＝－lnx1－ax＋x1－lnx2－ax＋x2
＝－(lnx1＋lnx2)－(x1－1)－(x2－1)＋(x1＋x2)
＝－ln(x1x2)＋(x1＋x2)＋1＝ln(2a)＋＋1． …9分
令g(a)＝ln(2a)＋＋1，a∈(0，]，
则当a∈(0，)时，g(a)＝－＝＜0，g(a)在(0，)单调递减，
所以g(a)＞g()＝3－2ln2，即f(x1)＋f(x2)＞3－2ln2． …12分
14．（2012年长春市高中毕业班第一次调研测试（文））
已知定义在正实数集上的函数，，其中．设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同．
⑴用表示，并求的最大值；
⑵求的极值．
解：（1）设与的公共点为.
∵，，由题意，.
即，. （2分）
得得：或（舍去）.
即有. （4分）
令，则.
当，即时，；
当，即时，.
故在为增函数，在为减函数. （6分）
于是在上的最大值为，即的最大值为. （8分）
（2），
则． （9分）
所以在上为减函数，在上为增函数，
于是函数在时有极小值，
无极大值. 　　　　　　　　　　　　　　　　 (12分)
（2012年长春市高中毕业班第一次调研测试理）
已知函数.
⑴求函数的最小值；
⑵若≥0对任意的恒成立，求实数a的值；
⑶在⑵的条件下，证明：.
解：（1）由题意，
由得.
当时, ；当时，.
∴在单调递减，在单调递增.
即在处取得极小值，且为最小值，
其最小值为 （4分）
（2）对任意的恒成立，即在上，.
由（1），设，所以.
由得.
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴在处取得极大值.
因此的解为，∴. （8分）
（3）由（2）知，因为，所以对任意实数均有，即.
令 ，则.
∴.
∴
. （12分）
15（2012届惠州市高三第二次调研考试数学试题(文科）
已知函数为奇函数，且在处取得极大值2.
（1）求函数的解析式；
（2）记，求函数的单调区间。
解：（1）由（≠0）为奇函数，
∴，代入得， ………………………………………………1分
∴，且在取得极大值2.
∴解得，，∴…………4分
（2）∵，定义域为
∴ ………………………………………5分
1°当，即时，，函数在上单调递减；………7分
2°当，，∵，∴
∴函数在上单调递减； ………………………………………………………9分
3°当，，令，∵，
∴，解得，结合，得……11分
令，解得………………………………………12分
∴时，函数的单调递增区间为，递减区间为，……13分
综上，当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间，
当时，函数的单调递增区间为，递减区间为…14分
（2012届惠州市高三第二次调研考试数学试题(理科）
已知二次函数的图象经过点、与点，设函数
在和处取到极值，其中，。
（1）求的二次项系数的值；
（2）比较的大小（要求按从小到大排列）；
（3）若，且过原点存在两条互相垂直的直线与曲线均相切，求。
解：（1）由题意可设，
又函数图象经过点，则，得.……… 2分
（2）由（1）可得。
所以，
， ………… 4分
函数在和处取到极值，
故， ………… 5分
，
………… 7分
又，故。 …… 8分
（3）设切点，则切线的斜率
又，所以切线的方程是
…… 9分
又切线过原点，故
所以，解得，或。 ………… 10分
两条切线的斜率为，，
由，得，，
，
………………………… 12分
所以，
又两条切线垂直，故，所以上式等号成立，有，且。
所以。 ………… 14 分
16.（2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题）
已知函数，其中是常数.
（Ⅱ） 令，
解得或. ………………………………………6分
当，即时，在区间上，，所以是上的增函数.
所以 方程在上不可能有两个不相等的实数根.
………………………………………8分
当，即时，随的变化情况如下表
↘ ↗
由上表可知函数在上的最小值为.
………………………………………10分
因为 函数是上的减函数，是上的增函数，
且当时，有. ………………………………………11分
所以 要使方程在上有两个不相等的实数根，的取值范围必须是
. ……………………………………13分
17.（荆州市2012届高中毕业班质量检查（Ⅰ）文）
设二次函数的图像过原点，，
的导函数为，且，
（1）求函数，的解析式；
（2）求的极小值；
（3）是否存在实常数和，使得和若存在，求出和 的值；若不存在，说明理由。
解：（1）由已知得，
则，从而，∴
，。
由 得，解得
。……………………4分
（2），
求导数得。……………………7分
在（0,1）单调递减，在（1,+）单调递增，从而的极小值为
………………9分
（3）因与有一个公共点（1，1），而函数在点（1，1）处的切线方程为。下面验证都成立即可。
由得，知恒成立。
设，即，
对求导得，在（0，1）上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为，所以恒成立。故存在这样的实常数和，且。……14分
（荆州市2012届高中毕业班质量检查（Ⅰ）理）
已知函数
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若对于任意的，若函数在区间上有最值，求实数的取值范围;
（Ⅲ）求证：
（Ⅲ）令a=1此时,由（Ⅰ）知在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴当时，
对一切成立，对一切成立，
则有 …………………12分
……………….14分
-1一.专题综述
解析几何初步的内容主要是直线与方程、圆与方程和空间直角坐标系，该部分内容是整个解析几何的基础，在解析几何的知识体系中占有重要位置，但由于在高中阶段平面解析几何的主要内容是圆锥曲线与方程，故在该部分高考考查的分值不多，在高考试卷中一般就是一个选择题或者填空题考查直线与方程、圆与方程的基本问题，偏向于考查直线与圆的综合，试题难度不大，对直线方程、圆的方程的深入考查则与圆锥曲线结合进行．根据近年来各地高考的情况，解析几何初步的考查是稳定的，预计2012年该部分的考查仍然是以选择题或者填空题考查直线与圆的基础知识和方法，而在解析几何解答题中考查该部分知识的应用．
圆锥曲线与方程是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有1～2个选择题或者填空题，一个解答题．选择题或者填空题在于有针对性地考查椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质及其应用，试题考查主要针对圆锥曲线本身，综合性较小，试题的难度一般不大；解答题中主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想、等价转化思想、分类与整合思想等数学思想方法，这道解答题往往是试卷的压轴题之一．由于圆锥曲线与方程是传统的高中数学主干知识，在高考命题上已经比较成熟，考查的形式和试题的难度、类型已经较为稳定，预计2012年仍然是这种考查方式，不会发生大的变化．
二.考纲解读
1．直线与方程
①在平面直角坐标系中，结合具体图形，探索确定直线位置的几何要素．
②理解直线的倾斜角和斜率的概念，经历用代数方法刻画直线斜率的过程，掌握过两点的直线斜率的计算公式．
③能根据斜率判定两条直线平行或垂直．
④根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式)，体会斜截式与一次函数的关系．
⑤能用解方程组的方法求两直线的交点坐标．
⑥探索并掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离．
2．圆与方程
①回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程．
②能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系．
③能用直线和圆的方程解决一些简单的问题．
3．在平面解析几何初步的学习过程中，体会用代数方法处理几何问题的思想．
4．空间直角坐标系
①通过具体情境，感受建立空间直角坐标系的必要性，了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置．
②通过表示特殊长方体(所有棱分别与坐标轴平行)顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距离公式．
5. 圆锥曲线
(1)了解圆锥曲线的实际背景，感受圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用．
(2)经历从具体情境中抽象出椭圆(理：椭圆、抛物线)模型的过程，掌握椭圆(理：椭圆、抛物线)的定义、标准方程及简单几何性质．
(3)了解抛物线、双曲线(理：双曲线)的定义、几何图形和标准方程，知道抛物线、双曲线(理：双曲线)的简单几何性质．
(4)通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想．
(5)(文)了解圆锥曲线的简单应用．
(理)能用坐标法解决一些与圆锥曲线有关的简单几何问题(直线与圆锥曲线的位置关系)和实际问题．
(6)(理)结合已学过的曲线及其方程的实例，了解曲线与方程的对应关系，进一步感受数形结合的基本思想．
三.2012年高考命题趋向
四．高频考点解读
考点一 直线的相关问题
例1 [2011·浙江卷] 若直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________.
【答案】1　
【解析】 ∵直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0，∴1×2－2×m＝0，即m＝1.
例2[2011·安徽卷] 在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x，y)为整点，下列命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；
②如果k与b都是无理数，则直线y＝kx＋b不经过任何整点；
③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点；
④直线y＝kx＋b经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数；
⑤存在恰经过一个整点的直线．
【答案】①③⑤　
【解析】 ①正确，比如直线y＝x＋，不与坐标轴平行，且当x取整数时，y始终是一个无理数，即不经过任何整点；②错，直线y＝x－中k与b都是无理数，但直线经过整点(1,0)；③正确，当直线经过两个整点时，它经过无数多个整点；④错误，当k＝0，b＝时，直线y＝不通过任何整点；⑤正确，比如直线y＝x－只经过一个整点(1,0)．
【解题技巧点睛】在判断两条直线平行或垂直时,不要忘记考虑两条直线中有一条直线无斜率或两条直线都无斜率的情况.在不重合的直线l1与l2的斜率都存在的情况下才可以应用条件l1∥l2 k1=k2,l1⊥l2 k1k2=-1解决两直线的平行与垂直问题.在判定两直线是否垂直的问题上,除上述方法外,还可以用两直线l1和l2的方向向量v1=(a1,b1)和v2=(a2,b2)来判定,
即l1⊥l2 a1a2+b1b2=0.
考点二 直线与圆的位置关系
例3[2011·湖南卷] 已知圆C：x2＋y2＝12，直线l：4x＋3y＝25.
(1)圆C的圆心到直线l的距离为________；
(2)圆C上任意一点A到直线l的距离小于2的概率为________．
【答案】(1)5　(2)
【解析】 (1)圆心到直线的距离为：d＝＝5;
(2)当圆C上的点到直线l的距离是2时有两个点为点B与点D，设过这两点的直线方程为4x＋3y＋c＝0，同时可得到的圆心到直线4x＋3y＋c＝0的距离为OC＝3，
又圆的半径为r＝2，可得∠BOD＝60°，由图 1－2可知点A在弧上移动，弧长l＝×c＝，圆周长c，故P(A)＝＝.
例4 [2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．
(1)求圆C的方程；
(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A、B两点，且OA⊥OB，求a的值．
【解答】 (1)曲线y＝x2－6x＋1与y轴的交点为(0,1)，与x轴的交点为(3＋2，0)，(3－2，0)．
故可设C的圆心为(3，t)，则有32＋(t－1)2＝(2)2＋t2，解得t＝1.
则圆C的半径为＝3.
所以圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组
消去y，得到方程
2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.
由已知可得，判别式Δ＝56－16a－4a2>0.从而
x1＋x2＝4－a，x1x2＝.①
由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.
又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以
2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②
由①，②得a＝－1，满足Δ>0，故a＝－1.
【解题技巧点睛】求圆的方程要确定圆心的坐标(横坐标、纵坐标)和圆的半径，这实际上是三个独立的条件，只有根据已知把三个独立条件找出才可能通过解方程组的方法确定圆心坐标和圆的半径，其中列条件和解方程组都要注意其准确性．直线被圆所截得的弦长是直线与圆相交时产生的问题，是直线与圆的位置关系的一个衍生问题．解决的方法，一是根据平面几何知识结合坐标的方法，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，即如果圆的半径是r，圆心到直线的距离是d，则圆被直线所截得的弦长l＝2；二是根据求一般的直线被二次曲线所截得的弦长的方法解决．
考点三 椭圆方程与几何性质
例5[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于(　　)
A.或 B.或2 C.或2 D.或
【答案】 A　
【解析】 设|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝c，|PF2|＝c，且|PF1|>|PF2|，
若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率e＝＝；
若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a＝|PF1|－|PF2|＝c，离心率e＝＝，故选A.
例6[2011·江西卷] 若椭圆＋＝1的焦点在x轴上，过点作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．
【答案】 ＋＝1
【解析】 由题可知过点与圆x2＋y2＝1的圆心的直线方程为y＝x，由垂径定理可得kAB＝－2.显然过点的一条切线为直线x＝1，此时切点记为A(1,0)，即为椭圆的右焦点，故c＝1.由点斜式可得，直线AB的方程为y＝－2(x－1)，即AB：2x＋y－2＝0.
令x＝0得上顶点为(0,2)，∴b＝2，∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求椭圆方程为＋＝1.
例7[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为.过F1的直线l交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为________________．
【答案】＋＝1　
【解析】 设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．因为离心率为，所以＝，
解得＝，即a2＝2b2.
又△ABF2的周长为＋＋＝＋＋＋＝(＋)＋(＋)＝2a＋2a＝4a，，所以4a＝16，a＝4，所以b＝2，所以椭圆方程为＋＝1.
【解题技巧点睛】离心率是圆锥曲线重要的几何性质，在圆锥曲线的基础类试题中占有较大的比重，是高考考查圆锥曲线的几何性质中的重要题目类型．关于椭圆、双曲线的离心率问题，主要有两类试题．一类是求解离心率的值，一类是求解离心率的取值范围．基本的解题思路是建立椭圆和双曲线中a，b，c的关系式，求值试题就是建立关于a，b，c的等式，求取值范围问题就是建立关于a，b，c的不等式．
考点四 双曲线方程与几何性质
例8[2011·天津卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左顶点与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦距为(　　)
A．2 B．2 C．4 D．4
【答案】B　
【解析】 双曲线－＝1的渐近线为y＝±x，由双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)得－＝－2，即p＝4.又∵＋a＝4，∴a＝2，将(－2，－1)代入y＝x得b＝1，　
∴c＝＝＝，∴2c＝2.
例9[2011·辽宁卷] 已知点(2,3)在双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)上，C的焦距为4，则它的离心率为________．
【答案】2　
【解析】 法一：点(2,3)在双曲线C：－＝1上，则－＝1.又由于2c＝4，所以a2＋b2＝4.解方程组 得a＝1或a＝4.由于a法二：∵双曲线的焦距为4，∴双曲线的两焦点分别为F1(－2，0)，F2(2,0)，点(2,3)到两焦点的距离之差的绝对值为2，即2a＝2，∴a＝1，离心率e＝＝2.
例10[2011·山东卷] 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线均和圆C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为(　　)
A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1
【答案】 A　
【解析】 圆方程化为标准方程为(x－3)2＋y2＝4，所以圆心C(3,0)，r＝2，所以双曲线焦点F(3,0)，即c＝3，渐近线为ay±bx＝0，由圆心到渐近线的距离为2得＝2，又a2＋b2＝9，所以|b|＝2，即b2＝4，a2＝c2－b2＝9－4＝5，所以所求双曲线方程为－＝1.
【解题技巧点睛】求圆锥曲线方程的基本方法之一就是待定系数法，就是根据已知条件得到圆锥曲线方程中系数的方程或者方程组，通过解方程或者方程组求得系数值．
考点五 抛物线方程与几何性质
例11[2011·课标全国卷] 已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A、B两点，|AB|＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为(　　)
A．18 B．24 C．36 D．48
【答案】C　
【解析】 设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，则焦点F，A，B，
所以＝2p＝12，所以p＝6.又点P到AB边的距离为p＝6，
所以S△ABP＝×12×6＝36.
例12 [2011·福建卷] 如图1－4，直线l：y＝x＋b与抛物线C：x2＝4y相切于点A.
(1)求实数b的值；
(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程．
【解答】 (1)由得x2－4x－4b＝0.(*)
因为直线l与抛物线C相切，
所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0.
解得b＝－1.
(2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即为x2－4x＋4＝0.
解得x＝2，代入x2＝4y，得y＝1，
故点A(2,1)．
因为圆A与抛物线C的准线相切，
所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y＝－1的距离，即r＝|1－(－1)|＝2.
所以圆A的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
例13 [2011·江西卷] 已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1(1)求该抛物线的方程；
(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若＝＋λ，求λ的值．
【解答】 (1)直线AB的方程是y＝2，与y2＝2px联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，所以：x1＋x2＝.
由抛物线定义得：|AB|＝x1＋x2＋p＝9，
所以p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x.
(2)由p＝4,4x2－5px＋p2＝0可简化为x2－5x＋4＝0，从而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4，
从而A(1，－2)，B(4,4)．
设＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(4λ＋1，4λ－2)，　
又y＝8x3，即[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1，
解得λ＝0或λ＝2.
考点六 直线与曲线的位置关系
例14[2011·江西卷] 若曲线C1：x2＋y2－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是(　　)
A. B.∪
C. D.∪
【答案】B　
【解析】 配方得，曲线C1：(x－1)2＋y2＝1，即曲线C1为圆心在点C1(1,0)，半径为1的圆，曲线C2则表示两条直线：x轴与直线l：y＝m(x＋1)，
显然x轴与圆C1有两个交点，于是知直线l与圆C1相交，
∴圆心C1到直线l的距离d＝又当m＝0时，直线l：y＝0与x轴重合，此时只有两个交点，应舍去．
综上所述，m的取值范围是∪.故选B.
例15[2011·陕西卷] 设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(0,4)，离心率为.
(1)求C的方程；
(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标．
【解答】 (1)将(0,4)代入椭圆C的方程得＝1，∴b＝4.
又e＝＝得＝，即1－＝，∴a＝5，
∴C的方程为＋＝1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，
设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得＋＝1，
即x2－3x－8＝0.
解得x1＝，x2＝，
∴AB的中点坐标＝＝，
＝＝(x1＋x2－6)＝－.
即中点为.
例16[2011·辽宁卷]
如图1－9，已知椭圆C1的中点在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e.直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.
(1)设e＝，求|BC|与|AD|的比值；
(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由．
【解答】 (1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设
C1：＋＝1，C2：＋＝1，(a＞b＞0)．
设直线l：x＝t(|t|＜a)，分别与C1，C2的方程联立，求得
A，B.
当e＝时，b＝a，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知
|BC|∶|AD|＝＝＝.
(2)t＝0时的l不符合题意．t≠0时，BO∥AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即＝，
解得t＝－＝－·a.
因为|t|＜a，又0＜e＜1，所以＜1，解得＜e＜1.
所以当0＜e≤时，不存在直线l，使得BO∥AN；
当＜e＜1时，存在直线l，使得BO∥AN.
【解题技巧点睛】当直线与曲线相交时:涉及弦长问题,常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长;涉及到求平行弦中点的轨迹、求过定点的弦中点的轨迹和求被定点平分的弦所在的直线方程问题,常用“差分法”设而不求,将动点的坐标、弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来,相互转化.其中,判别式大于零是检验所求参数的值是否有意义的依据.通过相切构造方程可以求值,通过相交、相离还可构造不等式来求参数的取值范围或检验某一个值是否有意义.
考点七 轨迹问题
例17[2011·陕西卷]
如图1－8，设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．
【解答】 (1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，
由已知得
∵P在圆上，∴x2＋2＝25，
即C的方程为＋＝1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，
设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得＋＝1，即x2－3x－8＝0.
∴x1＝，x2＝.
∴线段AB的长度为
|AB|＝＝＝＝.
例18[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求·的最小值．
【解答】 设动点P的坐标为(x，y)，由题意有－|x|＝1.
化简得y2＝2x＋2|x|.
当x≥0时，y2＝4x；当x<0时，y＝0.
所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x (x≥0)和y＝0(x<0)．
(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，
则l1的方程为y＝k(x－1)．
由得
k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1.
因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－.
设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得
x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.
故·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝||·||＋||·||
＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)
＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1
＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1
＝8＋4≥8＋4×2＝16.
当且仅当k2＝，即k＝±1时，·取最小值16.
例19[2011·天津卷] 在平面直角坐标系xOy中，点P(a，b)(a>b>0)为动点，F1，F2分别为椭圆＋＝1的左、右焦点．已知△F1PF2为等腰三角形．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，M是直线PF2上的点，满足·＝－2，求点M的轨迹方程．
【解答】 (1)设F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．由题意，可得|PF2|＝|F1F2|，
即＝2c.整理得22＋－1＝0.
得＝－1(舍)，或＝.所以e＝.
(2)由(1)知a＝2c，b＝c.可得椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2，直线PF2方程为y＝(x－c)．
A，B两点的坐标满足方程组
消去y并整理，得5x2－8cx＝0.解得x1＝0，x2＝c，
得方程组的解
不妨设A，B(0，－c)．
设点M的坐标为(x，y)，则＝，＝.
由y＝(x－c)，得c＝x－y.
于是＝，＝(x，x)．由·＝－2，
即·x＋·x＝－2，
化简得18x2－16xy－15＝0.
将y＝代入c＝x－y，得c＝>0.所以x>0.
因此，点M的轨迹方程是18x2－16xy－15＝0(x>0)．
【解题技巧点睛】求曲线轨迹方程是高考的常考题型.考查轨迹方程的求法以及利用曲线的轨迹方程研究曲线几何性质,一般用直接法、定义法、相关点代入法等求曲线的轨迹方程.轨迹问题的考查往往与函数、方程、向量、平面几何等知识相融合,着重考查分析问题、解决问题的能力,对逻辑思维能力、运算能力有较高的要求. 如果题目中有明显的等量关系,或者能够利用平面几何推出等量关系,可用直接法;如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义,则可用定义法;如果轨迹的动点P依赖另一动点Q,而Q又在某已知曲线上,则可通过列方程组用代入法求出轨迹方程;另外当动点的关系不易找到,而动点又依赖于某个参数,则可利用参数法求轨迹方程,常用的参数有变角、变斜率等.
考点八 圆锥曲线的综合问题
例20[2011·山东卷] 设M(x0，y0)为抛物线C：x2＝8y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是(　　)
A．(0,2) B．[0,2] C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
【答案】C
【解析】 根据x2＝8y，所以F(0,2)，准线y＝－2，所以F到准线的距离为4，当以F为圆心、以|FM|为半径的圆与准线相切时，|MF|＝4，即M到准线的距离为4，此时y0＝2，所以显然当以F为圆心，以为半径的圆和抛物线C的准线相交时，y0∈(2，＋∞)．
例20[2011·湖南卷] 如图1－9，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．
(1)求C1，C2的方程；
(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.
①证明：MD⊥ME；
②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理由．
【解答】 (1)由题意知，e＝＝，从而a＝2b.又2＝a，解得a＝2，b＝1.
故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.
(2)①由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.
由得x2－kx－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1，x2是上述方程的两个实根，
于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.
又点M的坐标为(0，－1)，所以
kMA·kMB＝·＝
＝
＝＝－1.
故MA⊥MB，即MD⊥ME.
②设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为
y＝k1x－1，由解得
或
则点A的坐标为(k1，k－1)．
又直线MB的斜率为－，同理可得点B的坐标为.
于是S1＝|MA|·|MB|＝·|k1|··＝.
由得(1＋4k)x2－8k1x＝0.
解得或
则点D的坐标为.
又直线ME的斜率为－，同理可得点E的坐标为.
于是S2＝|MD|·|ME|＝.
因此＝.
由题意知，＝，
解得k＝4，或k＝.
又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－，
所以k＝±.
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y＝x和y＝－x.
例21[2011·山东卷] 已知动直线l与椭圆C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ＝，其中O为坐标原点．
(1)证明：x＋x和y＋y均为定值；
(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|·|PQ|的最大值；
(3)椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
【解答】 (1)(ⅰ)当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以x2＝x1，y2＝－y1，
因为P(x1，y1)在椭圆上，
所以＋＝1.①
又因为S△OPQ＝，
所以|x1|·|y1|＝，②
由①、②得|x1|＝，|y1|＝1，
此时x＋x＝3，y＋y＝2.
(ⅱ)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由题意知m≠0，将其代入＋＝1得
(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，
其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0，
即3k2＋2>m2，(★)
又x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|PQ|＝·
＝·.
因为点O到直线l的距离为d＝，
所以S△OPQ＝|PQ|·d
＝··
＝.
又S△OPQ＝，
整理得3k2＋2＝2m2，且符合(★)式．
此时x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝
2－2×＝3，
y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2.
综上所述，x＋x＝3，y＋y＝2，结论成立．
(2)解法一：①当直线l的斜率不存在时，
由(1)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|·|PQ|＝×2＝.
②当直线l的斜率存在时，由ⅰ知：
＝－，
＝k＋m＝－＋m＝＝，
|OM|2＝2＋2＝＋＝＝.
|PQ|2＝(1＋k2)＝＝2.
所以|OM|2·|PQ|2＝××2×
＝≤2＝.
所以|OM|·|PQ|≤，当且仅当3－＝2＋，即m＝±时，等号成立．
综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为.
解法二：
因为4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝10.
所以2|OM|·|PQ|≤＝＝ 5.
即|OM|·|PQ|≤，当且仅当2|OM|＝|PQ|＝时等号成立．
因此|OM|·|PQ|的最大值为.
(3)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
证明：假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
由(1)得u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3，v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2.
解得u2＝x＝x＝；v2＝y＝y＝1.
因此u，x1，x2只能从±中选取，v，y1，y2只能从±1中选取．
因此D、E、G只能在这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，
与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D、E、G.
例22【2011新课标全国】在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足，··，点的轨迹为曲线．
(Ⅰ) 求的方程；
(Ⅱ) 为上的动点，为在点处的切线，求点到距离的最小值．
【解题技巧点睛】
1.定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
2.解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．
针对训练
一．选择题
1. （2012届微山一中高三10月考试题）
过点，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍的直线方程是 （ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】B
【解析】考查直线方程的截距式以及截距是0的易漏点,当直线过原点时方程为,不过原点时,可设出其截距式为再由过点即可解出.
2.【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】
已知函数则（ ）
（A）与顶点相同 （B）与长轴长相同
（C）与短轴长相同 （D）与焦距相同
【答案】D
【解析】
综上可知两个曲线的焦距相等。
3.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
已知点为圆上一点，且点到直线距离的最小值为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，所以，解得
4.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】
已知抛物线y2=8x的焦点与双曲线的一个焦点重合，则该双曲线的离心率为
A. B. C. D.3
【答案】B
【解析】由题意可知抛物线的焦点为双曲线的一个焦点为右焦点且为，因两点重合故有即且则双曲线的离心率为
5.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
已知双曲线的渐近线为，焦点坐标为（-4，0），（4，0），则双曲线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可设双曲线方程为，利用已知条件可得：
双曲线方程为故选A.
6．【2012届景德镇市高三第一次质检】已知点、为双曲线 的左、右焦点，为右支上一点，点到右准线的距离为，若、、依次成等差数列，则此双曲线的离心率的取值范围是
A．， B．， C．， D．，
【答案】C
【解析】由得
， 而，
所以，
7.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
点到图形上每一个点的距离的最小值称为点到图形的距离，那么平面内到定圆的距离与到定点的距离相等的点的轨迹不可能是 （ ）
（A）圆 （B）椭圆
（C）双曲线的一支 （D）直线
【答案】D
【解析】 如图，A点为定圆的圆心，动点M为定圆半径AP的中点，
故AM=MP，此时M的轨迹为以A圆心,半径为AM的圆。
如图，以F1为定圆的圆心，F1P为其半径，在F1P截得
|MP|=|MA|，
由椭圆的定义可知，M的轨迹是以F1、A为焦点，
以为焦距，以为长轴的椭圆。
如图，以F1为定圆的圆心，F1P为其半径，
过P点延长使得|MP|=|MA|，则有
由双曲线的定义可知，M的轨迹是以F1、A为
焦点的双曲线的右支。
若M落在以A为端点在x轴上的射线上，也满足条件
，此时轨迹为一条射线，不是直线。故答案为D。
8.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
设、分别为具有公共焦点、的椭圆和双曲线的离心率，是两曲线的一个公共点，且满足,则的值为
A. B.2 C. D.1
【答案】A
【解析】设，不妨设.由知，∠,则,∴，，
∴，∴.
二．填空题
9.【惠州市2012届高三第二次调研考试】若直线与圆有两个不同的公共点，则实数的取值范围为 ．
【解析】圆心到直线的距离.
10.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
抛物线过点，则点到此抛物线的焦点的距离为 .
【答案】
【解析】由已知可得：由抛物线的定义可知A点到焦点距离为A到准线的距离：
11.【河北省唐山市2012届高三上学期期末考试数学】
椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作轴的垂线与椭圆的一个
交点为P，若，则椭圆的离心率 。
【答案】
【解析】根据题意可知，的直角边为椭圆通经的一半又代入整理得：
20．
12.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
若点P在曲线C1：上，点Q在曲线C2：(x－5)2＋y2＝1上，点R在
曲线C3：(x＋5)2＋y2＝1上，则 | PQ |－| PR | 的最大值是 ．
【答案】10
【解析】如图所示，
点在双曲线上， | PQ |－| PR | 的最大值是10.
13.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，点是与的一个公共点，是一个以为底的等腰三角形，，的离心率为，则的离心率为
【答案】3
【解析】因为是一个以为底的等腰三角形，，的离心率为，所以，所以中的，所以的离心率.
14.【2012届无锡一中高三第一学期期初试卷】如图所示，直线与双曲线
的渐近线交于,两点，记，任取双曲线上的点P，
若，则实数和满足的一个等式是_____________．
【答案】
【解析】该题综合考查直线与圆锥曲线的位置关系,向量线性表示及坐标运算.可求出,设,则
三．解答题
15.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
如图，椭圆C: x2＋3y2＝3b2 (b＞0).
(Ⅰ) 求椭圆C的离心率；
(Ⅱ) 若b＝1，A，B是椭圆C上两点，且 | AB | ＝，求△AOB面积的最大值.
解析：(Ⅰ)：由x2＋3y2＝3b2 得 ，
所以e＝＝＝＝． …………5分
(Ⅱ)解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△ABO的面积为S．
如果AB⊥x轴，由对称性不妨记A的坐标为(，)，此时S＝＝；
如果AB不垂直于x轴，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
由 得x2＋3(kx＋m) 2＝3，
即 (1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，又Δ＝36k2m2－4(1＋3k2) (3m2－3)＞0，
所以 x1＋x2＝－，x1 x2＝，
(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4 x1 x2＝， ①
由 | AB |＝及 | AB |＝得
(x1－x2)2＝， ②
结合①，②得m2＝(1＋3k2)－．又原点O到直线AB的距离为，
所以S＝，
因此 S2＝＝[－]＝[－(－2)2＋１]
＝－(－2)2＋≤，
故S≤．当且仅当＝2，即k＝±1时上式取等号．又＞，故S max＝．
16.【惠州市2012届高三第二次调研考试】已知点是圆上任意一点，点与点关于原点对称。线段的中垂线分别与交于两点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）斜率为的直线与曲线交于两点,若（为坐标原点），试求直线在轴上截距的取值范围．
解：（1）由题意得，圆的半径为，且 ……… 1分
从而 ………… 3分
∴ 点M的轨迹是以为焦点的椭圆, ………… 5分
其中长轴,得到,焦距，
则短半轴
椭圆方程为: ………… 6分
（2）设直线l的方程为,由
可得
则,即 ① ………… 8分
设,则
由可得,即 …………10分
整理可得 …………12分
即
化简可得,代入①整理可得,
故直线在y轴上截距的取值范围是． …………14分
17.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
已知抛物线的焦点为F，过点F作直线与抛物线交于A，B两点，抛物线的准线与轴交于点C。
（1）证明：；
（2）求的最大值，并求取得最大值时线段AB的长。
解：（Ⅰ）由题设知，F(，0)，C(－，0)，
设A(x 1，y1)，B(x2，y2)，直线l方程为x＝my＋，
代入抛物线方程y2＝2px，得y2－2pmy－p2＝0．
y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2． …4分
不妨设y1＞0，y2＜0，则
tan∠ACF＝＝＝＝＝，
tan∠BCF＝－＝－，
∴tan∠ACF＝tan∠BCF，所以∠ACF＝∠BCF． …8分
（Ⅱ）如（Ⅰ）所设y1＞0，tan∠ACF＝≤＝1，当且仅当y1＝p时取等号，
此时∠ACF取最大值，∠ACB＝2∠ACF取最大值，
并且A(，p)，B(，－p)，|AB|＝2p． …12分
18.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
已知点，，动点的轨迹曲线满足，，过点的直线交曲线于、两点.
(1)求的值，并写出曲线的方程；
(2)求△面积的最大值.
解：(1)设，在△中，，，根据余弦定理得. （2分）
即.
.
而，所以.
所以.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （4分）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
又，
因此点的轨迹是以、为焦点的椭圆（点在轴上也符合题意），
，.
所以曲线的方程为. 　 （6分）
(2)设直线的方程为.
由，消去x并整理得. ①
显然方程①的,设,,则
由韦达定理得，. （9分）
所以.
令，则，.
由于函数在上是增函数.
所以，当，即时取等号.
所以，即的最大值为3.
所以△面积的最大值为3，此时直线的方程为. （12分）
19.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为,为椭圆的左顶点.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）已知过点的直线与椭圆交于，两点.
（ⅰ）若直线垂直于轴，求的大小;
（ⅱ）若直线与轴不垂直，是否存在直线使得为等腰三角形？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.
解：（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，且.
由题意可知：，. ………………………………………2分
所以.
所以，椭圆的标准方程为. ……………………………………3分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得.设.
（ⅰ）当直线垂直于轴时，直线的方程为.
由 解得：或
即（不妨设点在轴上方）.
………………………………………5分
则直线的斜率，直线的斜率.
因为 ，
所以 .
所以 . ………………………………………6分
（ⅱ）当直线与轴不垂直时，由题意可设直线的方程为.
由消去得：.
因为 点在椭圆的内部，显然.
………………………………………8分
因为 ，，，
所以
.
所以 .
所以 为直角三角形. ………………………………………11分
所以 点的纵坐标.
所以
.
所以 与不垂直，矛盾.
所以 当直线与轴不垂直时，不存在直线使得为等腰三角形.
………………………………………13分
20.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
已知椭圆，经过点，离心率为，过点作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆交于异于的另外两点、.
（I）求椭圆的方程；
（II）能否为直角？证明你的结论；
（III）证明：直线的斜率为定值，并求这个定值.
解析：（I）由题设，得 （1）
且 （2）
由（1）（2）解得，
椭圆的方程为……………………………………………………3分
（II）设直线的斜率为，则直线的斜率为，
假设为直角，则
若，则直线的方程为，
与椭圆方程联立，得，
该方程有两个相等的实数根，不合题意；
同理，若也不合题意.
故不能为直角.…………………………………………………………6分
（III）记、，
设直线的方程为，与椭圆方程联立，得
，
是方程的两根，则.
设直线的方程为，
同理得……………………………………………………9分
因，
故
因此直线的斜率为定值………………………………………………………12分
F1
A
P
M一.专题综述
数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空题，一道解答题．由此我们可以预测2012年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．
二．考纲解读
三.2012年高考命题趋向
1.等差数列作为最基本的数列模型之一，一直是高考重点考查的对象．难度属中低档的题目较多，但也有难度偏大的题目．其中，选择题、填空题突出“小、巧、活”，主要以通项公式、前n项和公式为载体，结合等差数列的性质考查分类讨论、化归与方程等思想，要注重通性、通法；解答题“大而全”，注重题目的综合与新颖，突出对逻辑思维能力的考查．预测2012年高考仍将以等差数列的定义、通项公式和前n项和公式为主要考点，重点考查学生的运算能力与逻辑推理能力．
2.等比数列的定义、性质、通项公式及前n项和公式是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又有解答题，难度中等偏高．客观题突出“小而巧”，考查学生对基础知识的掌握程度；主观题考查较为全面，在考查基本运算、基本概念的基础上，又注重考查函数与方程、等价转化、分类讨论等思想方法．预测2012年高考，等比数列的定义、性质、通项公式及前n项和公式仍将是考查的重点，特别是等比数列的性质更要引起重视．
3、等差数列与等比数列交汇、数列与解析几何、不等式交汇是考查的热点，题型以解答题为主，难度偏高，主要考查学生分析问题和解决问题的能力．预测2012年高考，等差数列与等比数列的交汇、数列与解析几何、不等式的交汇仍将是高考的主要考点，重点考查运算能力和逻辑推理能力．
四．高频考点解读
考点一 等差数列的性质和应用
例1[2011·广东卷] 等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝________.
【答案】10　
【解析】 由S9＝S4，所以a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即5a7＝0，所以a7＝0，
由a7＝a1＋6d得d＝－，又ak＋a4＝0，
即a1＋(k－1)＋a1＋3×＝0，
即(k－1)×＝－，所以k－1＝9，所以k＝10.
例2 [2011·湖南卷] 设Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________.
【答案】25　
【解析】 设数列{an}的公差为d，因为a1＝1，a4＝7，所以a4＝a1＋3d d＝2，故S5＝5a1＋10d＝25.
例3 [2011·福建卷] 已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．
【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.
由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3.解得d＝－2.
从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知an＝3－2n.
所以Sn＝＝2n－n2.
进而由Sk＝－35可得2k－k2＝－35.
即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.
又k∈N*，故k＝7为所求．
【解题技巧点睛】利用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式,由五个量a1,d(q),n,an,Sn中的三个量可求其余两个量,即“知三求二”,体现了方程思想.解答等差、等比数列的有关问题时,“基本量”(等差数列中的首项a1和公差d或等比数列中的首项a1和公比q)法是常用方法.
考点二 等比数列的性质和应用
例4 [2011·北京卷] 在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________；|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
【答案】 －2　2n－1－　
【解析】 由a4＝a1q3＝q3＝－4，可得q＝－2；因此，数列{|an|}是首项为，公比为2的等比数列，所以|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝＝2n－1－.
例5 [2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝.
(1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．
【解答】 (1)因为an＝×n－1＝，
Sn＝＝，所以Sn＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)
＝－.
【答案】D　
【解析】 由a＝a3·a9，d＝－2，得(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解之得a1＝20，∴S10＝10×20＋(－2)＝110.
例7[2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)，且，，成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对n∈N*，试比较＋＋…＋与的大小．
【解答】设等差数列{an}的公差为d，由题意可知2＝·，
即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，从而a1d＝d2.
因为d≠0，所以d＝a1＝a，
故通项公式an＝na.
(2)记Tn＝＋＋…＋.因为a2n＝2na，
所以Tn＝＝·＝.
从而，当a＞0时，Tn＜，当a＜0时，Tn＞.
【解题技巧点睛】(1)等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．
(2)利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．
考点四 求数列的通项公式
例8 [2011·江西卷] 已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}唯一，求a的值．
【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，
由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，
即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－，
所以{an}的通项公式为an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1.
(2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得aq2－4aq＋3a－1＝0，(*)
由a＞0得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根，
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝.
例9 [2011·安徽卷] 在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作Tn，再令an＝lgTn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解题技巧点睛】求数列的通项公式的方法：
1、利用转化，解决递推公式为与的关系式：数列{}的前项和与通项的关系：.通过纽带：，根据题目求解特点，消掉一个.然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉，利用已知递推式，把n换成（n+1）得到递推式，两式相减即可.若消掉，只需把带入递推式即可.
不论哪种形式，需要注意公式成立的条件
由递推关系求数列的通项公式
2.利用“累加法”和“累乘法”求通项公式：此解法来源与等差数列和等比数列求通项的方法，递推关系为用累加法；递推关系为用累乘法.解题时需要分析给定的递推式，使之变形为结构，然后求解.要特别注意累加或累乘时，应该为个式子，不要误认为个.
3.利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式：求数列通项公式方法灵活多样，特别是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.
考点五 等差等比数列的定义以及应用
例10 [2011·江西卷] (1)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，求a的值；
(2)是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．
【解答】 (1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2，
由b1，b2，b3成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，
即aq2－4aq＋3a－1＝0.
由a>0得Δ＝4a2＋4a>0，故方程有两个不同的实根，
再由{an}唯一，知方程必有一根为0，
将q＝0代入方程得a＝.
例11 [2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝，n∈N*，且a1＝2.
(1)求a2，a3的值；
(2)设cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；
(3)设Sn为{an}的前n项和，证明＋＋…＋＋≤n－(n∈N*)．
【解答】 (1)由bn＝，n∈N，
可得bn＝
又bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，
当n＝1时，a1＋2a2＝－1，由a1＝2，可得a2＝－；
当n＝2时，2a2＋a3＝5，可得a3＝8.
(2)证明：对任意n∈N*，
a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1，①
2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.②
②－①，得a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即cn＝3×22n－1.
于是＝4.
所以{cn}是等比数列．
(3)证明：a1＝2，由(2)知，当k∈N*且k≥2时，
a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)
＝2＋3(2＋23＋25＋…＋22k－3)＝2＋3×＝22k－1，
故对任意k∈N*，a2k－1＝22k－1.
由①得22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1，
所以a2k＝－22k－1，k∈N*.
因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝.
于是，S2k－1＝S2k－a2k＝＋22k－1.
故＋＝＋＝－＝1－－.
所以，对任意n∈N*，
＋＋…＋＋
＝＋＋…＋
＝＋＋…＋1－－
＝n－－－…－＋≤n－＝n－.
【解题技巧点睛】
判断某个数列是否为等差(或等比)数列,常用方法有两种:一种是由定义判断,二是看任意相邻三项是否满足等差中项(或等比中项)公式.注意只要其中的一项不符合,就不能为等差(或等比)数列.而想判断某个数列不是等差(或等比)数列,只需看前三项即可.
考点六 数列的前n项和
例12 [2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10＝(　　)
A．15 B．12 C．－12 D．－15
【答案】A　
【解析】 a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.
例13[2011·辽宁卷] 已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋＋…＋，故S1＝1，
例13 [2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列的前n项和．
【解答】 (1)设数列{an}的公比为q，由a＝9a2a6得a＝9a，所以q2＝.
由条件可知q＞0，故q＝.
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，所以a1＝.
故数列{an}的通项公式为an＝.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)
＝－.
故＝－＝－2，
＋＋…＋＝－2＋＋…＋＝－.
所以数列的前n项和为－.
【解题技巧点睛】在数列求和问题中，通法 是“特征联想法”：就是抓住数列的通项公式的特征，再去联想常用数列的求和方法.通项公式作为数列的灵魂，只有抓住它的特征，才能对号入座，得到求和方法.
（1）：，数列的通项公式能够分解成几部分，一般用“分组求和法”.
（2）：，数列的通项公式能够分解成等差数列和等比数列的乘积，一般用“错位相减法”.
（3）：，数列的通项公式是一个分式结构，一般采用“裂项相消法”.
（4）：，数列的通项公式是一个组合数和等差数列通项公式组成，一般采用“倒序相加法”.
考点七 数列的综合问题
例14[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b>a)以及实数x(0【答案】　
例16 [2011·浙江卷] 已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a(a∈R)．设数列的前n项和为Sn，且，，成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式及Sn；
(2)记An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋.当n≥2时，试比较An与Bn的大小．
【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为d，由2＝·，
得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．因为d≠0，所以d＝a1＝a，
所以an＝na，Sn＝.
(2)因为＝，所以
An＝＋＋＋…＋＝.
因为a2n－1＝2n－1a，所以
Bn＝＋＋＋…＋＝·.
当n≥2时，2n＝C＋C＋C＋…＋C＞n＋1，
即1－＜1－，
所以，当a＞0时，An＜Bn；当a＜0时，An＞Bn.
【解题技巧点睛】1.数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟它在解题中的重大作用，常用的数学思想方法有：“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转换”等．
2.与数列有关的不等式证明有哪些方法：与数列有关的不等式的命题常用的方法有：比较法(作差作商) 、放缩法、利用函数的单调性、数学归纳法证明，其中利用不等式放缩证明是一个热点，常常出现在高考的压轴题中，是历年命题的热点.利用放缩法解决“数列+不等式”问题通常有两条途径：一是先放缩再求和，二是先求和再放缩.
考点六 数列的实际应用
例17 [2011·陕西卷] 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________(米)．
【答案】2000　
【解析】 树苗放在10或11号坑，则其余的十九人一次走过的路程为90,80,70,60，…，80,90,100，则和为s＝×2＝2000，若放在11号坑，结果一样．
例18 [2011·湖南卷] 某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.
(1)求第n年初M的价值an的表达式；
(2)设An＝.若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新．证明：须在第9年初对M更新．
【解答】 (1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列．
an＝120－10(n－1)＝130－10n；当n≥6时，数列{an}是以a6为首项，公比为的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×n－6.
因此，第n年初，M的价值an的表达式为
an＝
(2)设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得
当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，
An＝120－5(n－1)＝125－5n；
当n≥7时，由于S6＝570，故
Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70××4×＝780－210×n－6，
An＝，
因为{an}是递减数列，所以 {An}是递减数列．又
A8＝＝82>80，
A9＝＝76<80，
所以须在第9年初对M更新．
【解题技巧点睛】解数列应用题，要充分运用观察、归纳、猜想等手段，建立等差数列、等比数列、递推数列等模型．(比较典型的问题是存款的利息计算问题，通常的储蓄问题与等差数列有关，而复利计算则与等比数列有关．)
针对训练
一．选择题
1.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】
在等差数列= （ ）
A． B． C．1 D．—1
答案：A
3.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
等差数列的前项和，（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：由已知，得解得，
所以.
4.（2012届西南大学附属中学第二次月考）
在等差数列，则数列前9项之和等于（ ）
A． 24 B．48 C．72 D．108
【答案】D
【解析】因为
5.（2012届微山一中高三10月考试题）
已知为等差数列的前n项的和，，，则的值为 （ ）
A． 6 B．7 C．8 D．9
答案: D
解析: 由条件可转化为解得:
6.【银川一中2012届高三年级第四次月考】
已知等比数列的公比为正数，且，则=( )
A． B． C． D．2
答案：B
解析：
7.【北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第一学期期中统一考试】
在各项均为正数的数列中，对任意都有．若，则等于 （ ）
A．256 B．510 C．512 D． 1024
答案：C
解析：令
8.【2012届山东实验中学第一次诊断考试】已知{an}为等差数列，其公差为-2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N*，则S10的值为（ ）
(A). -110 (B). -90
(C). 90 (D). 110
【答案】D
【解析】解：a7是a3与a9的等比中项，公差为-2，所以a72=a3 a9，所以a72=（a7+8）（a7-4），所以a7=8，所以a1=20，所以S10= 10×20+10×9/2×(-2)=110。故选D
二、填空题
9.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
已知数列的前项和为，,数列的前项和为
10【浙江省名校新高考研究联盟2012届第一次联考】
已知等比数列的公比为2，前项和为．记数列的前项和为，且满足，则= 　 ．
答案：3
解析：，所以，故=3．
11.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＝－SnSn－1 (n≥2)，则Sn＝ ．
答案：
解析：
12.【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】
已知等差数列的首项及公差均为正数，令当是数列的最大项时， .
答案：1006
解析： 因等差数列的首项及公差均为正数，不妨设，则
故当时取得最大值，故
三．解答题
13.【唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试】
在等比数列中，
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求
14.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
已知数列满足，.
⑴求数列的通项公式；
⑵若数列满足，求数列的通项公式.
解：（1），，
而，故数列是首项为2，公比为2的等比数列，
，因此． 　　　　　　　　　　　　 ( 5分)
（2）∵，∴，( 7分)
∴，
即，①
当时，，②
①－②得，．　　　　　　　　（10分）
可验证也满足此式，因此． 　　　　　　　　　　（12分）
15.【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】
已知数列满足
设是公差为3的等差数列.当时，求的值；
设求正整数使得对一切，均有
设当时，求数列的通项公式.
解析：
当由以上各式相加可得：
当
16【北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第一学期期中统一考试】
设数列的前项和为，且.
（Ⅰ）求，，；
（Ⅱ）求证：数列是等比数列；
（Ⅲ）求数列的前项和.
（Ⅲ）由(Ⅱ) 得：，即.
则. ……………8分
设数列的前项和为,
则，
所以，
所以，
即. ……………11分
所以数列的前项和=，
整理得，. ……………13分
17【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
设等差数列{an}的首项a1为a，前n项和为Sn．
(Ⅰ) 若S1，S2，S4成等比数列，求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ) 证明：n∈N*, Sn，Sn＋1，Sn＋2不构成等比数列．
解析：(Ⅰ) 解：设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na＋，
S1＝a，S2＝2a＋d，S4＝4a＋6d．由于S1，S2，S4成等比数列，因此
＝S1S4，即得d (2a－d)＝0．所以，d＝0或2a．
(1) 当d＝0时，an＝a；
(2) 当d＝2a时，an＝(2n－1)a． …………6分
(Ⅱ) 证明：采用反证法．不失一般性，不妨设对某个m∈N*，Sm，Sm＋1，Sm＋2构成等比数列，即．因此
a2＋mad＋m(m＋1)d2＝0， ①
(1) 当d＝0时，则a＝0，此时Sm＝Sm＋1＝Sm＋2＝0，与等比数列的定义矛盾；
(2) 当d≠0时，要使数列{an}的首项a存在，必有①中的Δ≥0．
然而
Δ＝(md)2－2m(m＋1)d2＝－(2m＋m2)d2＜0，矛盾．
综上所述，对任意正整数n，Sn，Sn＋1，Sn＋2都不构成等比数列． …………14分
18【惠州市2012届高三第二次调研考试数学试题】
已知数列满足，且，为的前项和.
（1）求证：数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）如果对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）对任意,都有，所以
则成等比数列,首项为，公比为…………2分
所以，…………4分
（2）因为
所以…………7分
因为不等式，
化简得对任意恒成立 ……………8分
设，则
当,,为单调递减数列，
当,,为单调递增数列 …………11分
,所以, 时, 取得最大值…………13分
所以, 要使对任意恒成立，…………14分
19【浙江省名校新高考研究联盟2012届第一次联考】
已知等差数列的公差不为零，且，成等比数列．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列满足，求数列的前项和．
（1）解：在等差数列中，设公差为，
，， ……2分
化简得， ……4分
……7分
（2）解： 　　 ①
②
②-①得： ， ……10分
当时， ……12分
……14分
20【北京市东城区2011-2012学年度高三数第一学期期末教学统一检测】
在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，公比为，且， ．
（Ⅰ）求与；
（Ⅱ）证明：≤．
解：（Ⅰ）设的公差为，
因为所以
解得 或（舍），．
故 ，． ……………6分一 专题综述
该专题是高考重点考查的部分，从最近几年考查的情况看，主要考查三角函数的图象和性质、三角函数式的化简与求值、正余弦定理解三角形、三角形中的三角恒等变换以及三角函数、解三角形和平面向量在立体几何、解析几何等问题中的应用．该部分在试卷中一般是2～3个选择题或者填空题，一个解答题，选择题在于有针对性地考查本专题的重要知识点(如三角函数性质、平面向量的数量积等)，解答题一般有三个命题方向，一是以考查三角函数的图象和性质为主，二是把解三角形与三角函数的性质、三角恒等变换交汇，三是考查解三角形或者解三角形在实际问题中的应用．由于该专题是高中数学的基础知识和工具性知识，在试题的难度上不大，一般都是中等难度或者较为容易的试题．基于这个实际情况以及高考试题的相对稳定性.
二 考纲解读
1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化．借助单位圆理解任意角三角函数(正弦、余弦、正切)的定义．借助单位圆中的三角函数线推导出诱导公式(±α，π±α的正弦、余弦、正切)，能画出y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx的图象，了解三角函数的周期性．
2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]，正切函数在上的性质(如单调性、最大和最小值、图象与x轴交点等)．理解同角三角函数的基本关系式：sin2x＋cos2x＝1，＝tanx.结合具体实例，了解y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能借助计算器或计算机画出y＝Asin(ωx＋φ)的图象，观察参数A，ω，φ对函数图象变化的影响．
3.会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型．
4.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角的正弦、余弦和正切公式进行简单的恒等变换(包括导出积化和差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆）
5.会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式．能利用两角差的余弦公式导出两角差的正弦、正切公式．能利用两角差的余弦公式导出两角和的正弦、余弦、正切公式，导出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．
三.2012年高考命题趋向
1.在选择题或者填空题部分命制2～3个试题，考查三角函数的图象和性质、通过简单的三角恒等变换求值、解三角形等该专题的重点知识中的2～3个方面．试题仍然是突出重点和重视基础，难度不会太大．
2.在解答题的前两题(一般是第一题)的位置上命制一道综合性试题，考查综合运用该部分知识分析解决问题的能力，试题的可能考查方向如我们上面的分析．从难度上讲，如果是单纯的考查三角函数图象与性质、解三角形、在三角形中考查三角函数问题，则试题难度不会大，但如果考查解三角形的实际应用，则题目的难度可能会大一点，但也就是中等难度． 由于该专题内容基础，高考试题的难度不大，经过一轮复习的学生已经达到了高考的要求，二轮复习就是在此基础上进行的巩固和强化，在复习中注意如下几点：
(1)该专题具有基础性和工具性，虽然没有什么大的难点问题，但包含的内容非常广泛，概念、公式、定理很多，不少地方容易混淆，在复习时要根据知识网络对知识进行梳理，系统掌握其知识体系．
(2)抓住考查的主要题型进行训练，要特别注意如下几个题型：根据三角函数的图象求函数解析式或者求函数值，根据已知三角函数值求未知三角函数值，与几何图形结合在一起的平面向量数量积，解三角形中正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的综合运用，解三角形的实际应用问题．
(3)注意数学思想方法的应用，该部分充分体现了数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想(变换)，在复习中要有意识地使用这些数学思想方法，强化数学思想方法在指导解题中的应用．
四．高频考点解读
考点一 三角函数的定义
例1 [2011·课标全国卷] 已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos2θ＝(　　)
A．－ B．－ C. D.
【答案】B　
【解析】 解法1：在角θ终边上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r2＝2＝a2＋(2a)2＝5a2，
∴cos2θ＝＝，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝－1＝－.
解法2：tanθ＝＝2，cos2θ＝＝＝－.
例2 [2011·江西卷] 已知角θ的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，若P(4，y)是角θ终边上一点，且sinθ＝－，则y＝________.
【答案】－8
【解析】 r＝＝，
∵sinθ＝－，∴sinθ＝＝＝－，解得y＝－8.
【解题技巧点睛】以三角函数的定义为载体，求三角函数的值.题目的鲜明特点是给出角的终边上的点的坐标，此时我们要联想到三角函数的定义求解所需三角函数值.
考点二 三角恒等变换
例3 [2011·福建卷] 若tanα＝3，则的值等于(　　)
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】D　
【解析】 因为＝＝＝2tanα＝6，故选D.
例4[2011·浙江卷] 若0<α<，－<β<0，cos＝，cos＝，则cos＝(　　)
A. B．－ C. D．－
【答案】C
例5 [2011·广东卷] 已知函数f(x)＝2sin，x∈R.
(1)求f的值；
(2)设α，β∈，f＝，f(3β＋2π)＝，求cos(α＋β)的值.
【解答】 (1)f＝2sin＝2sin＝.
(2)∵＝f3α＋＝2sin×3α＋－＝2sinα，
＝f(3β＋2π)＝2sin＝2sin＝2cosβ，　
∴sinα＝，cosβ＝，又∵α，β∈，
∴cosα＝＝＝，
sinβ＝＝＝，
故cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝×－×＝.
【解题技巧点睛】三角函数的化简、计算、证明的恒等变形的基本思路：一角二名三结构.即首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变式，角的变换是三角函数变换的核心！第二看函数名称之间的关系，通常“切化弦”；第三观察代数式的结构特点.基本的技巧有:
（1）巧变角：已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角与其和差角的变换. 如，，，，等.
(2)三角函数名互化：切割化弦，弦的齐次结构化成切.
(3)公式变形使用：如
(4)三角函数次数的降升：降幂公式有，与升幂公式有，.
(5)式子结构的转化：对角、函数名、式子结构化同.
(6)常值变换主要指“1”的变换：等.
（7）辅助角公式：(其中角所在的象限由的符号确定，角的值由
确定)在求最值、化简时起着重要作,这里只要掌握辅助角为特殊角的情况即可.实际上是两角和与差的三角函数公式的逆用.如等.
考点三 三角函数的性质
例6 [2011·课标全国卷] 设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则(　　)
A．f(x)在单调递减 B．f(x)在单调递减
C．f(x)在单调递增 D．f(x)在单调递增
【答案】A　
【解析】 原式可化简为f(x)＝sin，因为f(x)的最小正周期T＝＝π，
所以ω＝2.所以f(x)＝sin，
又因为f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，
所以f(x)＝sin＝±cos2x，所以φ＋＝＋kπ，k∈Z，
所以φ＝＋kπ，k∈Z，又因为<，所以φ＝.
所以f(x)＝sin＝cos2x，
所以f(x)＝cos2x在区间上单调递减．
例7 [2011·安徽卷] 设f(x)＝asin2x＋bcos2x，其中a，b∈R，ab≠0.若f(x)≤对一切x∈R恒成立，则
①f＝0；②<；③f(x)既不是奇函数也不是偶函数；
④f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
⑤存在经过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交．
以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号)．
【答案】 ①③
【解析】 f(x)＝asin2x＋bcos2x＝sin(2x＋φ)，因为对一切x∈R时，f(x)≤恒成立，所以sin＝±1.
故φ＝2kπ＋或φ＝2kπ－.故f(x)＝sin，
或f(x)＝－sin.
对于①，f＝sin2π＝0，或f＝－sin2π＝0，故①正确；
对于②，＝＝＝sin，
＝＝
＝sin.所以＝，故②错误；
对于③，由解析式f(x)＝sin，或f(x)＝－sin知其既不是奇函数也不是偶函数，故③正确；
对于④，当f(x)＝sin时，(k∈Z)是f(x)的单调递减区间，故④错误；对于⑤，要使经过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交，则此直线须与横轴平行，且|b|>，此时平方得b2>a2＋b2，这不可能，矛盾，故不存在过点(a，b)的直线与函数f(x)的图像不相交．故⑤错．
【解题技巧点睛】近几年高考降低了对三角变换的考查要求，而加强了对三角函数的图象与性质的考查.在众多的性质中，三角函数的图象的对称性是一个高考的热点.在复习时要充分运用数形结合的思想，把图象与性质结合起来，即利用图象的直观性得出函数的性质，同时也要能利用函数的性质来描绘函数的图象.
考点四 三角函数的图像
例8 [2011·辽宁卷] 已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)，y＝f(x)的部分图象则f＝(　　)
A．2＋ B. C. D．2－
【答案】 B　
【解析】 由图象知＝2×＝，ω＝2.又由于2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，φ＝kπ＋(k∈Z)，又|φ|<，所以φ＝.这时f(x)＝Atan.又图象过(0,1)，代入得A＝1，故f(x)＝tan.所以f＝tan＝，故选B.
例9[2011·天津卷] 已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若f(x)的最小正周期为6π，且当x＝时，f(x)取得最大值，则 (　　)
A．f(x)在区间[－2π，0]上是增函数 B．f(x)在区间[－3π，－π]上是增函数
C．f(x)在区间[3π，5π]上是减函数 D．f(x)在区间[4π，6π]上是减函数
【答案】A　
【解析】 ∵＝6π，∴ω＝.又∵×＋φ＝2kπ＋，k∈Z且－π<φ≤π，
∴当k＝0时，φ＝，f(x)＝2sin，要使f(x)递增，须有2kπ－≤x＋≤2kπ＋，k∈Z，解之得6kπ－≤x≤6kπ＋，k∈Z，当k＝0时，－π≤x≤，∴f(x)在上递增．
例10 [2011·课标全国卷] 设函数f(x)＝sin＋cos，则(　　)
A．y＝f(x)在单调递增，其图像关于直线x＝对称
B．y＝f(x)在单调递增，其图像关于直线x＝对称
C．y＝f(x)在单调递减，其图像关于直线x＝对称
D．y＝f(x)在单调递减，其图像关于直线x＝对称
【答案】D　
【解析】 f(x)＝sin＝sin＝cos2x，
所以y＝f(x)在内单调递减，又f＝cosπ＝－，是最小值．
所以函数y＝f(x)的图像关于直线x＝对称．
【解题技巧点睛】
1．根据三角函数的图象求解函数的解析式时，要注意从图象提供的信息确定三角函数的性质，如最小正周期、最值，首先确定函数解析式中的部分系数，再根据函数图象上的特殊点的坐标适合函数的解析式确定解析式中剩余的字母的值，同时要注意解析式中各个字母的范围．
2．进行三角函数的图象变换时，要注意无论进行的什么样的变换都是变换的变量本身，特别在平移变换中，如果这个变量的系数不是1，在进行变换时变量的系数也参与其中，如把函数y＝sin的图象向左平移个单位时，得到的是函数y＝sin＝sin2x＋的图象．
3．解答三角函数的图象与性质类的试题，变换是其中的核心，把三角函数的解析式通过变换，化为正弦型、余弦型、正切型函数，然后再根据正弦函数、余弦函数和正切函数的性质进行研究．
考点五 与三角相关的最值问题
例11[2011·课标全国卷] 在△ABC中，B＝60°，AC＝，则AB＋2BC的最大值为________．
【答案】2　
【解析】 因为B＝60°，A＋B＋C＝180°，所以A＋C＝120°，
由正弦定理，有
＝＝＝＝2，
所以AB＝2sinC，BC＝2sinA.
所以AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin(120°－A)＋4sinA
＝2(sin120°cosA－cos120°sinA)＋4sinA
＝cosA＋5sinA
＝2sin(A＋φ)，(其中sinφ＝，cosφ＝)
所以AB＋2BC的最大值为2.
例12 [2011·湖南卷] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csinA＝acosC.
(1)求角C的大小；
(2)求sinA－cos的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．
【解答】 (1)由正弦定理得sinCsinA＝sinAcosC.
因为00.
从而sinC＝cosC.
又cosC≠0，所以tanC＝1，则C＝.
(2)由 (1)知，B＝－A，于是
sinA－cos＝sinA－cos(π－A)
＝sinA＋cosA＝2sin.
因为0综上所述，sinA－cos的最大值为2，此时A＝，B＝.
例13[2011·福建卷] 设函数f(θ)＝sinθ＋cosθ，其中，角θ的顶点与坐标原点重合，始边与x轴非负半轴重合，终边经过点P(x，y)，且0≤θ≤π.
(1)若点P的坐标为，求f(θ)的值；
(2)若点P(x，y)为平面区域Ω：上的一个动点，试确定角θ的取值范围，并求函数f(θ)的最小值和最大值．
【解答】 (1)由点P的坐标和三角函数的定义可得
于是f(θ)＝sinθ＋cosθ＝×＋＝2.
(2)作出平面区域Ω(即三角形区域ABC)如图所示，其中A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)．
于是0≤θ≤.
又f(θ)＝sinθ＋cosθ＝2sin，
且≤θ＋≤，
故当θ＋＝，即θ＝时，f(θ)取得最大值，且最大值等于2；
当θ＋＝，即θ＝0时，f(θ)取得最小值，且最小值等于1.
【解题技巧点睛】三角函数的最值既是高考中的一个重点，也是一个难点，其类型丰富，解决的方法比较多.但是归纳起来常见的下面三种类型：
（1）可化为型函数值域：利用三角公式对原函数进行化简、整理，最终得到的形式，然后借助题目中给定的的范围，确定的范围，最后利用的图象确定函数的值域. 如：、等.
(2)可化为型求函数的值域： 首先借助三角公式，把函数化成型，然后采用换元法，即令，构造关于的函数，然后根据具体的结构，采取相应的方法求解.如： 、可转化为二次函数求值域；、可转化为对号函数求值域.
(3)利用数性结合思想求函数的值域：此类题目需分析函数的结构特征，看能否转化为有几何含义的式子结构，有时也可以把函数图象画出来，直接观察确定函数的值域.如，常转化为直线的斜率的几何含义求解.
考点六 解三角形的相关问题
例14 [2011·安徽卷] 已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为________．
【答案】15　
【解析】 不妨设∠A＝120°，c＝－，解得b＝10，所以c＝6.所以S＝bcsin120°＝15.
例15 [2011·北京卷] 在△ABC中，若b＝5，∠B＝，tanA＝2，则sinA＝________；a＝________.
【答案】　2　
【解析】 因为tanA＝2，所以sinA＝；再由正弦定理有：＝，即＝，可得a＝2.
例16 [2011·福建卷] 如图1－5，△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，则AD的长度等于________．
【答案】
【解析】 在△ABC中，由余弦定理，有
cosC＝＝＝，则∠ACB＝30°.
在△ACD中，由正弦定理，有
＝，
∴AD＝＝＝，即AD的长度等于.
例17 [2011·山东卷] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝.
(1)求的值；
(2)若cosB＝，△ABC的周长为5，求b的长．
【解答】 (1)由正弦定理，设＝＝＝k.
则＝＝.
所以原等式可化为＝.
即(cosA－2cosC)sinB＝(2sinC－sinA)cosB，
化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)，
又因为A＋B＋C＝π，
所以原等式可化为sinC＝2sinA，
因此＝2.
(2)由正弦定理及＝2得c＝2a，
由余弦定理及cosB＝得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋4a2－4a2×＝4a2.
所以b＝2a.又a＋b＋c＝5.从而a＝1，因此b＝2.
【解题技巧点睛】
1．使用正弦定理能够解的三角形有两类，一类是已知两边及其中一边的对角，一类已知一边和两个内角(实际就是已知三个内角)，其中第一个类型也可以根据余弦定理列出方程求出第三边，再求内角．在使用正弦定理求三角形内角时，要注意解的可能情况，判断解的情况的基本依据是三角形中大边对大角．
2．当已知三角形的两边和其中一个边的对角求解第三边时，可以使用正弦定理、也可以使用余弦定理，使用余弦定理就是根据余弦定理本身是一个方程，这个方程联系着三角形的三个边和其中的一个内角．
3．正弦定理揭示了三角形三边和其对角正弦的比例关系，余弦定理揭示了三角形的三边和其中一个内角的余弦之间的关系．
考点七 三角化简与三角函数相结合
例18 [2011·天津卷] 已知函数f(x)＝tan.
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)设α∈，若f＝2cos2α，求α的大小．
【解答】 (1)由2x＋≠＋kπ，k∈Z，得x≠＋，k∈Z.
所以f(x)的定义域为.
f(x)的最小正周期为.
(2)由f＝2cos2α，得tan＝2cos2α，＝2(cos2α－sin2α)，
整理得＝2(cosα＋sinα)(cosα－sinα)．
因为α∈，所以sinα＋cosα≠0，
因此(cosα－sinα)2＝，即sin2α＝.
由α∈，得2α∈，所以2α＝，即α＝.
例19 [2011·江西卷] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知3acosA＝ccosB＋bcosC.
(1)求cosA的值；
(2)若a＝1，cosB＋cosC＝，求边c的值．
【解答】 (1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC，
有ccosB＋bcosC＝a，代入已知条件得3acosA＝a，即cosA＝.
(2)由cosA＝得sinA＝，
则cosB＝－cos(A＋C)＝－cosC＋sinC，
代入cosB＋cosC＝，
得cosC＋sinC＝，从而得sin(C＋φ)＝1，其中sinφ＝，cosφ＝，0<φ<.
则C＋φ＝，于是sinC＝，
由正弦定理得c＝＝.
【解题技巧点睛】解答三角综合问题的策略：
（1）发现差异：观察角、函数运算间的差异，即进行所谓的“差异分析”.
（2）寻找联系：运用相关公式，找出差异之间的内在联系.
（3）合理转化：选择恰当的公式，促使差异的转化.
考点八 三角化简和解三角形相结合
例20 [2011·安徽卷] 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边长，a＝，b＝，1＋2cos(B＋C)＝0，求边BC上的高．
【解答】 由1＋2cos(B＋C)＝0和B＋C＝π－A，得1－2cosA＝0，
cosA＝，sinA＝.
再由正弦定理，得sinB＝＝.
由b由上述结果知sinC＝sin(A＋B)＝.
设边BC上的高为h，则有h＝bsinC＝.
例21 [2011·江西卷]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinC＋cosC＝1－sin.
(1)求sinC的值；
(2)若a2＋b2＝4(a＋b)－8，求边c的值．
【解答】 (1)由已知得sinC＋sin＝1－cosC，即sin＝2sin2，
由sin≠0得2cos＋1＝2sin，即sin－cos＝，两边平方得：sinC＝.
(2)由sin－cos＝＞0得＜＜，即＜C＜π，则由sinC＝得cosC＝－，
由a2＋b2＝4(a＋b)－8得：(a－2)2＋(b－2)2＝0，则a＝2，b＝2.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝8＋2，所以c＝＋1.
【解题技巧点睛】
利用正弦定理与余弦定理解题，经常利用转化思想，一个是边转化为角，另一个是角转化为边.具体情况应根据题目给定的表达式进行确定，不管哪个途径，最终转化为角的统一或边的统一，也是我们利用正余弦定理化简式子的最终目的.对于两个定理都能用的题目，应优先考虑利用正弦定理，会给计算带来相对的简便.根据已知条件中边的大小来确定角的大小，此时利用正弦定理去计算较小边所对的角，可避免分类讨论；利用余弦定理的推论，可根据角的余弦值的正负直接确定所求角是锐角还是钝角，但是计算麻烦.
针对训练
一．选择题
1.【2012届河北正定中学高三上学期第二次月考】
若= （ ）
A． B． C． D．
答案：C
解析：由得，
所以=.
2.【2012届河北正定中学高三上学期第二次月考】
将函数的图象向左平移个单位, 再向上平移1个单位,所得图象的函数解析式
是（ ）
A． B．
C． D．
答案：A
解析：的图象向左平移个单位, 再向上平移1个单位可得.
3.【2012届四川自贡高三一诊】已知函数，下列结论正确的个数（ ）
①图像关于对称；
②函数在区间上的最大值为1；
③函数图像按向量平移后所得图像关于原点对称.
A．0 B．1 C．2 D．3
答案：D
解析：当时，，所以①正确；时
，所以②正确；函数图像按向量平移后所得的解析式为
，所以③正确.
4.【北京市海淀区2011-2012学年度高三年级第一学期期末统一考试】
函数的部分图象如图所示，那么 （ ）
（A） （B）
（C） （D）
答案：C
解析：由图可知，为函数图象的最高点，
故选C.
5.【唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试】
若是函数图象的一条对称轴，当取最小正数时（ ）
A．在单调递减 B．在单调递增
C．在单调递减 D．在单调递增
答案：A
解析：化简函数的解析式为依题意可知:
当取得最小正数是2，故函数的解析式为
由,可知函数的单调递增区间为
当函数的一个单调递增区间为
因故正确答案为A.
6.【唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试】
若 （ ）
A． B． C． D．
答案：B
解析：将代入整理为：
故答案为B.
7.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】
已知的部分图象如图所示，则的表达式为 （ ）
A．
B．
C．
D．
答案：B
解析：由函数的图像可知，排除C、D；又因函数过点代入验证B满足条件.
8.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
在中，，，，则
A.或 B. C. D.
答案：C　
解析：由正弦定理，又，，∴，则为锐角，故.
9.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
函数为奇函数，该函数的部分图像如图所示，、分别为最高点与最低点，且，则该函数图象的一条对称轴为
A. B.
C. D.
答案：D　
解析：由为奇函数，得，又，∴.结合图象知，∴，∴，当时，，∴是其一条对称轴.
10.【安徽省示范高中2012届高三第二次联考】
已知函数的图像关于直线对称，且，则的最小值为( ） A. B. C. D.
答案：Ａ
解析：由题设，于是
最小可以取2.
11．【2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考】
已知函数的图象的一条对称轴是，则函数 的最大值是（ ）
A． B． C． D．
答案: A
解析:由函数的图象的一条对称轴是
得，解得，所以函数 的最大值是
.
12．【2012届河北正定中学高三上学期第二次月考】若的内角所对
的边满足，且，则的最小值为 （ ）
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由余弦定理可得：
所以有
二．填空题
13.【2012大同市高三学情调研】在中，内角A、B、C依次成等差数列，，则外接圆的面积为_____.
答案：
解析：由题意可得B=600，由余弦定理得：
，所以,
由正弦定理可得,.
14【2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考】
已知，且，则的值为
答案：
解析： 由，且，得，
所以.
15.【唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试】
在中，边上的高为则AC+BC= .
答案：
解析：依题意，利用三角形面积相等有:
利用余弦定理可知
解得：
又因
16.【2012届无锡一中高三第一学期期初试卷】如图，两座相距60m
的建筑物AB、CD的高度分别为20m、50m，BD为水平面，则从建筑物AB
的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD的大小是 ．
答案:
解析:考查解三角形及和差角公式;
,而,
三、解答题
17.【北京市海淀区2011-2012学年度高三年级第一学期期末统一考试】
在中，角，，所对的边分别为，，， ，.
（Ⅰ）求及的值；
（Ⅱ）若，求的面积.
解：（Ⅰ）因为，
所以. ………………………………………2分
因为，
所以. ………………………………………3分
由题意可知，.
所以. ………………………………………5分
因为.………………………………………6分
所以
. ………………………………………8分
（Ⅱ）因为，， ………………………………………10分
所以.
所以. ………………………………………11分
所以. ………………………………………13分
18.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
如图，在平面直角坐标系中，锐角和钝角的终边分别与单位圆交于，两点．
⑴如果、两点的纵坐标分别为、，求和；
⑵在⑴的条件下，求的值；
⑶已知点，求函数的值域．
解：（1）根据三角函数的定义，得，．
又是锐角，所以． ( 4分)
（2）由（1）知．
因为是钝角，所以．
所以． ( 8分)
（3）由题意可知，，．
所以，
因为，所以，
从而，因此函数的值域为． ( 12分)
19【湖北省八校2012届高三第一次联考】
已知幂函数上是增函数，，
（1）当时，求的值；
（2）求的最值以及取最值时x的取值集合.
解：（1）依题设得 ，
……………………（6分）
20.【浙江省名校新高考研究联盟2012届第一次联考】
在中，角所对的边分别为．已知．
（Ⅰ）若．求的面积；
（Ⅱ）求的取值范围．
解：（1）
由三角形正弦定理可得：，
， ……5分
……7分
（2）……11分
，
……12分 则 ……14分
21.【惠州市2012届高三第二次调研考试】
已知函数，
（1）求该函数的最小正周期和最小值；
（2）若，求该函数的单调递增区间.
解：（1） ………… 4分
所以 ………… 6分
（2）………… 8分
令，得到或， ………… 10分
与取交集, 得到或,
所以，当时，函数的. ………… 12分
22.【北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第一学期期中统一考试】
在中，角的对边分别为,且．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求面积的最大值.
解析：（I）因为，所以. …………1分
又
=+=. ……………6分
（II）由已知得， …………7分
又因为， 所以. …………8分
又因为，
所以，当且仅当时，取得最大值. …………11分
此时.
所以的面积的最大值为. ……………13分
23.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
在中，，，，求及的值.
解析：由，得
因为，
所以，
若，则，这与矛盾，
所以，即………………………………5分
所以，
即，
因为，所以……………………………………………………8分
由正弦定理，有，
所以………………………………………………………12分一.专题综述
平面向量融数、形于一体,具有几何与代数的“双重身份”,从而它成为了中学数学知识交汇和联系其他知识点的桥梁.平面向量的运用可以拓宽解题思路和解题方法.在高考试题中，其一主要考查平面向量的性质和运算法则，以及基本运算技能，考查考生掌握平面向量的和、差、数乘和内积的运算法则，理解其几何意义，并能正确的进行计算；其二是考查向量的坐标表示，向量的线性运算；其三是和其它数学知识结合在一起，如和曲线、数列等知识结合．向量的平行与垂直，向量的夹角及距离，向量的物理、几何意义，平面向量基本定理，向量数量积的运算、化简与解析几何、三角、不等式、数列等知识的结合，始终是命题的重点．
二．考纲解读
1.理解平面向量的概念和向量相等的含义．理解向量的几何表示．掌握向量加法、减法的运算，并理解其几何意义．
2．掌握向量数乘的运算及其几何意义，理解两个向量共线的含义．了解向量线性运算的性质及其几何意义．
3.理解平面向量的基本定理及其意义．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算．理解用坐标表示的平面向量共线的条件．
4.理解平面向量数量积的含义及其物理意义．了解平面向量的数量积与向量投影的关系．掌握数量积的坐标表达式，会进行平面向量数量积的运算．能运用数量积表示两个向量的夹角，会用数量积判断两个平面向量的垂直关系．
5．会用向量方法解决某些简单的平面几何问题．
6．会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题．
三．2012年高考命题趋向
1.对向量的加减运算及实数与向量的积的考查向量的加减运算以及实数与向量的积是高考中常考查的问题,常以选择题的形式考查,特别是以平面几何为载体综合考查向量加减法的几何意义,以及实数与向量的积的问题经常出现在高考选择、填空题中,但是难度不大,为中、低档题.
2.对向量与其他知识相结合问题的考查平面向量与三角、解析几何等知识相交汇的问题是每年高考的必考内容,并且均出现在解答题中,所占分值较高.其中向量与三角相结合的问题较容易,属中、低档题;而向量与解析几何等知识的结合问题则有一定难度,为中、高档题.
3．在复习中要把知识点、训练目标有机结合．重点掌握相关概念、性质、运算公式、法则等．明确平面向量具有几何形式和代数形式的双重身份，能够把向量的非坐标公式和坐标公式进行有机结合，注意“数”与“形”的相互转换．在复习中要注意分层复习，既要复习基本概念、基本运算，又要能把向量知识和其它知识(如曲线、数列、函数、三角等)进行横向联系，以体现向量的工具性．
四．高频考点解读
考点一 向量的几何运算
例1 [2011·四川卷] 如图1－2，正六边形ABCDEF中，＋＋＝(　　)
图1－2
A．0 B. C. D.
【答案】D　
【解析】 ＋＋＝＋－＝－＝，所以选D.
【解题技巧点睛】当向量以几何图形的形式出现时，要把这个几何图形中的一个向量用其余的向量线性表示，就要根据向量加减法的法则进行，特别是减法法则很容易使用错误，向量(其中O为我们所需要的任何一个点)，这个法则就是终点向量减去起点向量．
考点三 向量平行与垂直
例4[2011·广东卷] 已知向量a＝(1,2)，b＝(1, 0)，c＝(3,4)．若λ为实数，(a＋λb)∥c，则λ＝(　　)
A. B. C．1 D．2
【答案】B　
【解析】 因为a＋λb＝(1,2)＋λ(1,0)＝(1＋λ，2)，又因为(a＋λb)∥c，
所以(1＋λ)×4－2×3＝0，解得λ＝.
例5[2011·课标全国卷] 已知a与b为两个不共线的单位向量，k为实数，若向量a＋b与向量ka－b垂直，则k＝________.
【答案】1　
【解析】 由题意，得(a＋b)·(ka－b)＝k2－a·b＋ka·b－2＝k＋(k－1)a·b－1＝(k－1)(1＋a·b)＝0，因为a与b不共线，所以a·b≠－1，所以k－1＝0，解得k＝1.
考点四 向量的数量积、夹角与模
例6[2011·广东卷] 若向量a，b，c满足a∥b且a⊥c，则c·(a＋2b)＝(　　)
A．4 B．3 C．2 D．0
【答案】D　
【解析】 因为a∥b且a⊥c，所以b⊥c，所以c·(a＋2b)＝c·a＋2b·c＝0.
例7[2011·湖南卷] 在边长为1的正三角形ABC中，设＝2，＝3，则·＝________.
【答案】－　
【解析】 由题知，D为BC中点，E为CE三等分点，以BC所在的直线为x轴，以AD所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，可得A，D(0,0)，B，E，故＝，＝，所以·＝－×＝－.
例8[2011·江西卷] 已知|a|＝|b|＝2，(a＋2b)·(a－b)＝－2，则a与b的夹角为________．
【答案】
【解析】 设a与b的夹角为θ，由(a＋2b)(a－b)＝－2得
|a|2＋a·b－2|b|2＝4＋2×2×cosθ－2×4＝－2，解得cosθ＝，∴θ＝.
例9[2011·课标全国卷] 已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题：
p1：|a＋b|＞1 θ∈；p2：|a＋b|＞1 θ∈
p3：|a－b|＞1 θ∈；p4：|a－b|＞1 θ∈.
其中的真命题是(　　)
A．p1，p4 B．p1，p3 C．p2，p3 D．p2，p4
【答案】A　
【解析】 因为>1 2＋2a·b＋2>1 a·b>－ cosθ＝cosθ>－ θ∈，所以p1为真命题，p2为假命题．又因为>1 2－2a·b＋2>1 a·b< cosθ＝cosθ< θ∈，所以p4为真命题，p3为假命题．
【解题技巧点睛】求向量的数量积的公式有两个:一是定义式a·b=|a||b|cos θ;二是坐标式a·b=x1x2+y1y2.定义式的特点是具有强烈的几何含义,需要明确两个向量的模及夹角,夹角的求解方法灵活多样,一般通过具体的图形可确定,因此采用数形结合思想是利用定义法求数量积的一个重要途径.坐标式的特点是具有明显的代数特征,解题时需要引入直角坐标系,明确向量的坐标进行求解,即向量问题“坐标化”,使得问题操作起来容易、方便.
考点五 向量的应用
例10[2011·山东卷] 设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若＝λ(λ∈R)，＝μ(μ∈R)，且＋＝2，则称A3，A4调和分割A1，A2，已知平面上的点C，D调和分割点A，B，则下面说法正确的是(　　)
A．C可能是线段AB的中点
B．D可能是线段AB的中点
C．C、D可能同时在线段AB上
D．C、D不可能同时在线段AB的延长线上
【答案】D　
【解析】 若C、D调和分割点A；B，则＝λ(λ∈R)，＝μ(μ∈R)，且＋＝2.
对于A：若C是线段AB的中点，则＝ λ＝ ＝0，故A选项错误；同理B选项错误；对于C：若C、A同时在线段AB上，则0<λ<1,0<μ<1 ＋>2，C选项错误；对于D：若C、D同时在线段AB的延长线上，则λ>1，μ>1 ＋<2，故C、D不可能同时在线段AB的延长线上，D选项正确．
例11[2011·福建卷] 已知O是坐标原点，点A(－1,1)，若点M(x，y)为平面区域上的一个动点，则·的取值范围是(　　)
A．[－1,0] B．[0,1] C．[0,2] D．[－1,2]
【答案】C　
【解析】 画出不等式组表示的平面区域(如图1－2)，
又·＝－x＋y，取目标函数z＝－x＋y，即y＝x＋z，作斜率为1的一组平行线，
当它经过点C(1,1)时，z有最小值，即zmin＝－1＋1＝0；
当它经过点B(0,2)时，z有最大值，即zmax＝－0＋2＝2.
∴ z的取值范围是[0,2]，即·的取值范围是[0,2]，故选C.
例12[2011·陕西卷] 叙述并证明余弦定理．
【解答】 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦之积的两倍．或：在△ABC中，a，b，c为A，B，C的对边，有
a2＝b2＋c2－2bccosA，
b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
证法一：如图1－9，
a2＝·
＝(－)·(－)
＝2－2·＋2
＝2－2||·||cosA＋2
＝b2－2bccosA＋c2，
即a2＝b2＋c2－2bccosA.
同理可证b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
证法二：已知△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，以A为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系(如图1－10)，
则C(bcosA，bsinA)，B(c,0)，
∴a2＝|BC|2＝(bcosA－c)2＋(bsinA)2
＝b2cos2A－2bccosA＋c2＋b2sin2A
＝b2＋c2－2bccosA.
同理可证b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
【解题技巧点睛】平面向量的综合运用主要体现在三角函数和平面解析几何中．在三角函数问题中平面向量的知识主要是给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数问题，这类问题可以和三角函数中的一些题型相互对比；解析几何中向量知识只要是给出一些几何量的位置和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中的几何量之间的关系，最后的解题还得落实到解析几何方面．
考点六 与向量相关的最值问题
例12[2011·全国卷] 设向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－，〈a－c，b－c〉＝60°，则|c|的最大值等于(　　)
A．2 B. C. D．1
【答案】A　
【解析】 设向量a，b，c的起点为O，终点分别为A，B，C，由已知条件得，∠AOB＝120°，∠ACB＝60°，则点C在△AOB的外接圆上，当OC经过圆心时，|c|最大，在△AOB中，求得AB＝，由正弦定理得△AOB外接圆的直径是＝2，的最大值是2，故选A.
例13[2011·辽宁卷] 若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为(　　)
A.－1 B．1 C. D．2
【答案】 B　
【解析】 |a＋b－c|＝＝，由于a·b＝0，所以上式＝，又由于(a－c)·(b－c)≤0，得(a＋b)·c≥c2＝1，所以|a＋b－c|＝≤1，故选B.
例14[2011·天津卷] 已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|＋3|的最小值为________．
【答案】5　
【解析】 建立如图1－6所示的坐标系，设DC＝h，则A(2,0)，B(1，h)．
设P(0，y)，(0≤y≤h)
则＝(2，－y)，＝(1，h－y)，
∴＝≥＝5.
例15[2011·浙江卷] 若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形的面积为，则α与β的夹角θ的取值范围是________．
【答案】
【解析】 由题意得：sinθ＝，∵＝1，≤1，∴sinθ＝≥.
又∵θ∈(0，π)，∴θ∈.
【解题技巧点睛】平面向量中的最值和范围问题，是一个热点问题，也是难点问题，这类试题的基本类型是根据给出的条件求某个量的最值、范围，如一个向量模的最值、两个向量夹角的范围等．最值和范围问题都是在变动的情况下，某个量在一个特殊情况上取得极端值，也就是在动态的情况下确定一个静态的情况，使得这个情况下某个量具有特殊的性质(如最大、最小、其余情况下都比这个量大等)．在数学上解决这类问题的一般思路是建立求解目标的函数关系，通过函数的值域解决问题，这个思想在平面向量的最值、范围问题中也是适用的，但平面向量兼具“数”与“形”的双重身份，解决平面向量最值、范围问题的另一个基本思想是数形结合．
针对训练
一．选择题
1.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】
设向量为 （ ）
A．60° B．30° C．75° D．45°
答案：D
.解析：
2.【2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考】已知，若，则实数的值是(　　)
A. -17 B. C. D.
答案：B
解析： 由已知得，，又因为两向量平行，所以，计算可得实数的值是。
3.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】
已知非零向量满足，向量的夹角为60°，且，则向量与的夹角为 （ ）
A.600 B. 30° C. 120° D. 150°
答案：D
解析：.
设的夹角为
则
4.【2012海淀区高三年级第一学期期末试题】
如图，正方形中，点是的中点，点是的一个三等分点.那么
（A） （B）
（C） （D）
答案：D
解析： 在中，有因E为DC的中点，故
因点F为BC的一个三分点，故
故选D.
5.【唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试】在边长为1的正三角形ABC中，，，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
答案：D
解析：如图所示，建立直角坐标系，则
，因
函数取得最大值故答案为C.
6.【2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考】在中，若对任意，有，则一定是（ ）
A．直角三角形 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定
答案A
解析：如图所示，设,
则D为BC所在的直线上动点，又恒成立，
故在三角形ACD中，唯有才能满足不等式恒成立，故答案为A。
7.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】在△中，是边中点，角的对边分别是，若，则△的形状为
A.直角三角形 B.钝角三角形
C.等边三角形 D.等腰三角形但不是等边三角形.
答案：C　
解析：由题意知，
∴，∴，
又、不共线，∴，∴
8.【安徽省示范高中2012届高三第二次联考】
已知则的取值范围是( ）
（Ａ）　　 （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）
答案：B
解析：因为，由向量的三角形不等式及得：，即的取值范围是。
9.（2012届景德镇市高三第一次质检）下列命题：①若向量与向量共线，向量与向量共线，则向量与向量共线；②若向量与向量共线，则存在唯一实数，使；③若三点不共线，是平面外一点，且，则点一定在平面上，且在的内部。上述命题中的真命题个数为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】①②若考虑零向量均不成立；对于③，由得，因此是的重心.
10、【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】
设为所在平面上一点，若实数满足
则“”是“为的边所在直线上”的（ ）
（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件
（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件
答案：C
解析： 若中有两个成立，此时为三角形的顶点；若其中一个为零，例如，三点共线，总是可知“”是“为的边所在直线上”的充分不必要条件，显然，反之也成立，故答案为C。
11.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
主题(9) 如图，在圆O中，若弦AB＝3，弦AC＝5，则·的值是
(A) －8 (B) －1 (C) 1 (D) 8
答案D
解析： 取BC中点D，则OD⊥BC,
所以
12.【山东实验中学2012届高三第一次诊断性考试数学（理科）】 的外接圆的圆心为O，半径为1，若，且，则向量在向量方向上的射影的数量为（ ）
(A).(B).(C). 3 (D).
【答案】A
【解析】由已知可以知道，的外接圆的圆心在线段BC的中点O处，因此是直角三角形。且，又因为
因此答案为A
二．填空题
13.【北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第一学期期中统一考试】
在中，已知 ，，则=__；，则=__ _．
答案： ；或
解析：因，所以
14.【2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考】已知，且关于
的函数在R上有极值，则与的夹角范围为_______.
答案
解析：，因为函数在R上有极值，所以，得，解得，又因为，所以，因为向量夹角的范围是，所以向量的夹角范围是。
15.【唐山市2011—2012学年度高三年级第一学期期末考试】
已知向量，且，则的最小值为
答案：
解析：因为，所以，代入得，所以当时，取得最小值
16.【2011杭师大附中高三年级第一次月考卷】
已知平面向量（）满足且的夹角为120°，则的最小值是
答案：
解析：
三.解答题
17【河北省正定中学2011—2012学年度高三上学期第二次月考（数学理）】
的三个内角所对的边分别为，向量，，且．
（Ⅰ）求的大小；
（Ⅱ）现在给出下列三个条件：①；②；③，试从中再选
择两个条件以确定，求出所确定的的面积．
解析：(I)因为，所以……………2分
即：，所以…………4分
因为，所以
所以……………………………………6分
(Ⅱ)方案一:选择①②，可确定，
因为
由余弦定理，得：
整理得：……………10分
所以……………………12分
方案二:选择①③，可确定，
因为
又
由正弦定理……………10分
所以……………12分
（注意;选择②③不能确定三角形）
18.【2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考】
已知向量 , 分别为△ABC的三边所对的角.
（Ⅰ）求角C的大小;
（Ⅱ）若sinA, sinC, sinB成等比数列, 且, 求c的值
解析： (Ⅰ) ∵ , ,
∴ 即
∴ ，又C为三角形的内角， ∴ ………………6分
(Ⅱ) ∵成等比数列， ∴
又,即 , ∴
∴ 即 ………………12分
19【安徽省示范高中2012届高三第二次联考】
已知函数．
(Ⅰ) 求函数的最小值和最小正周期；
（Ⅱ）已知内角的对边分别为，且，若向量与共线，求的值．
解：(Ⅰ)
∴ 的最小值为，最小正周期为. ………………………………5分
（Ⅱ）∵ ， 即
∵ ，，∴ ，∴ ． ……7分
∵ 与共线，∴ ．
由正弦定理 ， 得 ①…………………………………9分
∵ ，由余弦定理，得， ②……………………11分
解方程组①②，得． …………………………………………13分
20.【惠州市2012届高三第二次调研考试】已知点是圆上任意一点，点与点关于原点对称。线段的中垂线分别与交于两点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）斜率为的直线与曲线交于两点,若（为坐标原点），试求直线在轴上截距的取值范围．
解：（1）由题意得，圆的半径为，且 ……… 1分
从而 ………… 3分
∴ 点M的轨迹是以为焦点的椭圆, ………… 5分
其中长轴,得到,焦距，
则短半轴
椭圆方程为: ………… 6分
（2）设直线l的方程为,由
可得
则,即 ① ………… 8分
设,则
由可得,即 …………10分
整理可得 …………12分
即
化简可得,代入①整理可得,
故直线在y轴上截距的取值范围是． …………14分
21.（2011杭师大附中高三年级第一次月考卷）设的三个内角所对的边分别为，且满足．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，试求的最小值．
解：（Ⅰ）因为，
所以，
即，则所以，即，所以
（Ⅱ）因为，所以，即
当且仅当时取等号，此时最大值为4
所以=，即的最小值为一.专题综述
理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．
二.考纲解读
1.空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法．
2.空间点、直线、平面的位置关系：该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质．在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法．
3.空间向量与立体几何：由于有平面向量的基础，空间向量部分重点掌握好空间向量基本定理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题的方法，并注重运算能力的训练．
三.2012年高考命题趋向
1.以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算．对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试题难度中等．
2.以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角．
四．高频考点解读
考点一 三视图的辨别与应用
例1[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图所示，则相应的侧视图可以为(　　)
　　　　
【答案】D　
【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，，故侧视图选D.
例2[2011·山东卷] 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①
存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；② 存在四棱柱，其正（主）视
图、俯视图如右图；③ 存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命
题的个数是( )．
A．3 B．2 C．1 D． 0
【答案】A．
【解析】对于①，可以是放倒的三棱柱；②可以是长方体；③可以是放倒了的圆柱．故选择．另解：①②③均是正确的，只需①底面是等腰直角三角形的直四棱柱，让其直角三角形直角边对应的一个侧面平卧；②直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺；③圆柱平躺即可使得三个命题为真，答案选A．
【解析】 由正视图可排除A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是B.
【解题技巧点睛】对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置．
考点二 求几何体的体积
例4[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是(　　)
A．8－ B．8－
C．8－2π D.
【答案】A　
【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为2的正方体中间挖去一个半径为1，高为2的圆锥，则对应体积为：V＝2×2×2－π×12×2＝8－π.
例5 [2011·课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．
【答案】　
【解析】 如图，设球的半径为R，圆锥底面半径为r，则球面面积为4πR2，圆锥底面面积为πr2，
由题意πr2＝πR2，所以r＝R，所以OO1＝＝＝R，
所以SO1＝R＋R＝R，　S1O1＝R－R＝R，
所以＝＝.
例6[2011·安徽卷] 如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．
(1)证明直线BC∥EF；
(2)求棱锥F－OBED的体积．
【解答】 (1)(综合法)
证明：设G是线段DA与线段EB延长线的交点，由于△OAB与△ODE都是正三角形，OA＝1，OD＝2，所以OB綊DE，OG＝OD＝2.
同理，设G′是线段DA与线段FC延长线的交点，有OC綊DF，OG′＝OD＝2，又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合．
在△GED和△GFD中，由OB綊DE和OC綊DF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.
(向量法)
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，连QE.
由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED.
以Q为坐标原点，为x轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．
由条件知E(，0,0)，F(0,0，)，B，C.
则有＝，＝(－，0，)．
所以＝2，即得BC∥EF.
(2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝.
而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝.
所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝.
过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝，所以VF－OBED＝FQ·S四边形OBED＝.
【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利．
(1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之．
(2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积．
(3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素．
考点三 求几何体的表面积
【答案】C　
【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，所以该直四棱柱的表面积为
S＝2××(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2××4＝48＋8.
例8[2011·陕西卷] 如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积．
【解答】 (1)∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.
又DB∩DC＝D.
∴AD⊥平面BDC.
∵AD?平面ABD，
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA，
DB＝DA＝DC＝1.
∴AB＝BC＝CA＝.
从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝.
S△ABC＝×××sin60°＝.
∴表面积S＝×3＋＝.
【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
考点四 平行与垂直
例9[2011·辽宁卷] 如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是(　　)
A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】D　
【解析】 ①由SD⊥底面ABCD，得SD⊥AC，又由于在正方形ABCD中，BD⊥AC，SD∩BD＝D，所以AC⊥平面SBD，故AC⊥SB，即A正确．②由于AB∥CD，AB 平面SCD，CD 平面SCD，所以AB∥平面SCD，即B正确．③设AC，BD交点为O，连结SO，则由①知AC⊥平面SBD，则由直线与平面成角定义知SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO.由于△ADS≌△CDS，所以SA＝SC，所以△SAC为等腰三角形，又由于O是AC的中点，所以∠ASO＝∠CSO，即C正确．④因为AD∥CD，所以AB与SC所成的角为∠SCD，DC与SA所成的角为∠SAB，∠SCD与∠SAB不相等，故D项不正确．
例10 [2011·课标全国卷] 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高．
【解答】 (1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，
所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.
(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.
已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.
由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，所以BC⊥BD.
故BC⊥平面PBD，BC⊥DE.
则DE⊥平面PBC.
由题设知PD＝1，则BD＝，PB＝2.
根据DE·PB＝PD·BD得DE＝.
即棱锥D－PBC的高为.
例11[2011·山东卷] 如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：CC1∥平面A1BD.
证明：(1)证法一：
因为D1D⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，
所以D1D⊥BD.
又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，
在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2.
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
又AD∩D1D＝D，
所以BD⊥平面ADD1A1.
又AA1 平面ADD1A1，
所以AA1⊥BD.
证法二：
因为D1D⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，
所以BD⊥D1D.
取AB的中点G，连接DG.
在△ABD中，由AB＝2AD得AG＝AD，
又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形．
因此GD＝GB.
故∠DBG＝∠GDB，
又∠AGD＝60°，
所以∠GDB＝30°，
故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，
所以BD⊥AD.
又AD∩D1D＝D，
所以BD⊥平面ADD1A1，
又AA1 平面ADD1A1，
所以AA1⊥BD.
(2)连接AC，A1C1.
设AC∩BD＝E，连接EA1.
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以EC＝AC，
由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知，
A1C1∥EC且A1C1＝EC，
所以四边形A1ECC1为平行四边形．
因此CC1∥EA1，
又因为EA1 平面A1BD，CC1 平面A1BD，
所以CC1∥平面A1BD.
【解题技巧点睛】在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直．
考点五 与球相关的问题
例12 [2011·课标全国卷] 已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB＝6，BC＝2，则棱锥O－ABCD的体积为________．
【答案】8　
【解析】 如图，由题意知，截面圆的直径为＝＝4，
所以四棱锥的高＝＝＝2，
所以其体积V＝S矩形ABCD·＝×6×2×2＝8.
例13[2011·辽宁卷] 已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，AB＝，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥S－ABC的体积为(　　)
A．3 B．2 C. D．1
【答案】C　
【解析】 如图，过A作AD垂直SC于D，连接BD.
由于SC是球的直径，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，又∠ASC＝∠BSC＝30°，又SC为公共边，所以△SAC≌△SBC.由于AD⊥ SC，所以BD⊥SC.由此得SC⊥平面ABD.
所以VS－ABC＝VS－ABD＋VC－ABD＝S△ABD·SC.
由于在直角三角形△SAC中∠ASC＝30°，SC＝4，所以AC＝2，SA＝2，由于AD＝＝.同理在直角三角形△BSC中也有BD＝＝.
又AB＝，所以△ABD为正三角形，
所以VS－ABC＝S△ABD·SC＝××()2·sin60°×4＝，所以选C.
【解题技巧点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图
考点六 异面直线所成的角
例14[2011·天津卷] 如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.
(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；
(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；
(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．
【解答】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．
(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，于是cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．
设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，
则
即
不妨令x＝，可得m＝(，0，)．
同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝，可得n＝(0，，)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
从而sin〈m，n〉＝.
所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.
(3)由N为棱B1C1的中点，得N.
设M(a，b,0)，则＝.
由MN⊥平面A1B1C1，得
即
解得故M.
因此＝，
所以线段BM的长||＝.
方法二：(1)由于AC∥A1C1.故∠C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角．
因为C1H⊥平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H＝，可得A1C1＝B1C1＝3.
因此cos∠C1A1B1＝＝.
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.
(2)连接AC1，易知AC1＝B1C1.又由于AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1≌△B1C1A1.过点A作AR⊥A1C1于点R，连接B1R，于是B1R⊥A1C1.故∠ARB1为二面角A－A1C1－B1的平面角．在Rt△A1RB1中，B1R＝A1B1·sin∠RA1B1＝2·＝.连接AB1，在△ARB1中，AB1＝4，AR＝B1R，cos∠ARB1＝＝－，从而sin∠ARB1＝.所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.
(3)因为MN⊥平面A1B1C1，所以MN⊥A1B1，取HB1中点D，连接ND.由于N是棱B1C1中点，所以ND∥C1H且ND＝C1H＝.又C1H⊥平面AA1B1B，所以ND⊥平面AA1B1B.故ND⊥A1B1.又MN∩ND＝N，所以A1B1⊥平面MND.连接MD并延长交A1B1于点E，则ME⊥A1B1.故ME∥AA1.
由＝＝＝，得DE＝B1E＝，延长EM交AB于点F，可得BF＝B1E＝.连接NE.在Rt△ENM中，ND⊥ME.故ND2＝DE·DM.所以DM＝＝.可得FM＝.连接BM，在Rt△BFM中．BM＝＝.
【解题技巧点睛】异面直线所成的角是近几年高考考查的重点,常以客观题出现,也经常在解答题的某一问中出现,方法灵活,难度不大.主要通过平移把空间问题转化为平面问题,或通过向量的坐标运算求异面直线所成的角,以此来考查空间想象能力和思维能力,利用几何法或向量法解决立体几何问题的能力.
考点七 线面角
例15[2011·天津卷] 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．
(1)证明PB∥平面ACM；
(2)证明AD⊥平面PAC；
(3)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．
【解答】 (1)证明：连接BD，MO.在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO.因为PB 平面ACM，MO 平面ACM，所以PB∥平面ACM.
(2)证明：因为∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC.又PO⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PO⊥AD.而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC.
(3)取DO中点N，连接MN，AN.因为M为PD的中点，所以MN∥PO，且MN＝PO＝1.由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，所以∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角．在Rt△DAO中，AD＝1，AO＝，所以DO＝.从而AN＝DO＝.在Rt△ANM中，tan∠MAN＝＝＝，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
【解题技巧点睛】求线面角,解题时要明确线面角的范围,利用转化思想,将其转化为一个平面内的角,通过解三角形来解决.求解的关键是作出垂线,即从斜线上选取异于斜足的一点作平面的垂线.有时也可采用间接法和空间向量法,借助公式直接求解.
考点八 二面角（理）
例16[2011·课标全国卷] 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.
(1)证明：PA⊥BD；
(2)若PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．
【解答】 (1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，DA、DB、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则
A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，P(0,0,1)，
＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，＝(－1,0,0)．
设平面 PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
因此可取n＝(，1，)．
设平面PBC的法向量为m，则
可取m＝(0，－1，－)．cos〈m，n〉＝＝－.
故二面角A－PB－C的余弦值为－.
例17[2011·广东卷] 如图，在锥体P－ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB＝60°，PA＝PD＝，PB＝2，E，F分别是BC，PC的中点．
(1)证明：AD⊥平面DEF；
(2)求二面角P－AD－B的余弦值．
【解答】 法一：(1)证明：设AD中点为G，连接PG，BG，BD.
因PA＝PD，有PG⊥AD，在△ABD中，AB＝AD＝1，∠DAB＝60°，有△ABD为等边三角形，因此BG⊥AD，BG∩PG＝G，所以AD⊥平面PBG，所以AD⊥PB，AD⊥GB.
又PB∥EF，得AD⊥EF，而DE∥GB得AD⊥DE，又FE∩DE＝E，所以AD⊥平面DEF.
(2)∵PG⊥AD，BG⊥AD，
∴∠PGB为二面角P－AD－B的平面角．
在Rt△PAG中，PG2＝PA2－AG2＝，
在Rt△ABG中，BG＝AB·sin60°＝，
∴cos∠PGB＝＝＝－.
法二：(1)证明：设AD中点为G，因为PA＝PD，所以PG⊥AD，
又AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，因此，BG⊥AD，从而AD⊥平面PBG.
延长BG到O且使PO⊥OB，又PO 平面PBG，所以PO⊥AD，又AD∩OB＝G，所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为x轴，z轴，平行于AD的直线为y轴，建立如图1－2所示的空间直角坐标系．
设P(0,0，m)，G(n,0,0)，则A，D.
∵||＝||sin60°＝，
∴B，C，E，F.　
∴＝(0,1,0)，＝，＝，
∴·＝0，·＝0，
∴AD⊥DE，AD⊥FE，
又DE∩FE＝E，∴AD⊥平面DEF.
(2)∵＝，＝，
∴＝，＝2，
解得m＝1，n＝.
取平面ABD的法向量n1＝(0,0，－1)，
设平面PAD的法向量n2＝(a，b，c)，
由·n2＝0，得a－－c＝0，
由·n2＝0，得a＋－c＝0，
故取n2＝.
∴cos〈n1，n2〉＝＝－.
即二面角P－AD－B的余弦值为－
【解题技巧点睛】在充分理解掌握二面角的定义的基础上,灵活应用定义法、三垂线定理法、垂面法等确定二面角的平面角,其中面面垂直的性质定理是顺利实现转化的纽带.有时也可不用作出二面角而直接求解,如射影面积法、空间向量法等.
考点九 空间向量的应用
例18[2011·陕西卷] 如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)设E为BC的中点，求与夹角的余弦值．
【解答】 (1)∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.
又DB∩DC＝D，
∴AD⊥平面BDC，
∵AD?平面ABD，
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以，，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，
E.
∴＝，
＝(1,0,0)，
∴与夹角的余弦值为
cos〈，〉＝＝＝.
例19[2011·辽宁卷] 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)求二面角Q－BP－C的余弦值．
【解答】 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.　
(1)依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)．
则＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)，
所以·＝0，·＝0.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
故PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
(2)依题意有B(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．　
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则即
因此可取n＝(0，－1，－2)．
设m是平面PBQ的法向量，则
可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－.
故二面角Q－BP－C的余弦值为－.
【解题技巧点睛】用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，
利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．
考点十 探索性问题
例20[2011·浙江卷] 如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)在线段AP上是否存在点M，使得二面角A－MC－B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
【解答】 方法一：(1)证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得·＝0，所以⊥，即 AP⊥BC.
(2)设＝λ，λ≠1，则＝λ(0，－3，－4)．
＝＋＝＋λ
＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)
＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，
＝(－4,5,0)，＝(－8,0,0)．
设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)．
平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，
由
得
即可取n1＝.
由即 得可取n2＝(5,4，－3)．
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，
解得λ＝，故AM＝3，
综上所述，存在点M符合题意，AM＝3，
方法二：
(1)证明：由AB＝AC，D是BC的中点，得AD⊥BC.
又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC.
因为PO∩AD＝O，所以BC⊥平面PAD.
故BC⊥PA.
(2)如图，在平面PAB内作BM⊥PA于M，连CM，
由(1)中知AP⊥BC，得AP⊥平面BMC.
又AP 平面APC，所以平面BMC⊥平面APC.
在Rt△ADB中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得AB＝.
在Rt△POD中，PD2＝PO2＋OD2，
在Rt△PDB中，PB2＝PD2＋BD2，
所以PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得PB＝6，
在Rt△POA中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得PA＝5，
又cos∠BPA＝＝，
从而PM＝PBcos∠BPA＝2，所以AM＝PA－PM＝3.
综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.
例21 [2011·福建卷] 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB＝A P.
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
②在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到P、B、C、D的距离都相等？说明理由．
【解答】 (1)证明：因为PA⊥平面ABCD，
AB 平面ABCD，
所以PA⊥AB.
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)①以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz
在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，
则CE⊥AD.
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，
CE＝CD·sin45°＝1.
设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)．
由n⊥，n⊥，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
cos60°＝，
即＝.
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，
所以AB＝.
则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，
＝(0，－m，t)．
由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m；①
由||＝||得(4－t－m)2＝m2＋t2.②
由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0.③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、C、D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
法二：假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等．
由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，
从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD.
所以GD＝CD·cos45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
在Rt△ABG中，
GB＝
＝＝>1.
这与GB＝GD矛盾．
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B、C、D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
【解题技巧点睛】
1.对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:
一种是根据条件作出判断,再进一步论证. 如解决探究某些点或线的存在性问题,一般的方法是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直),再证明其符合要求,一般来说与平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形.另一种是利用空间向量,先设出假设存在点的坐标,再根据条件求该点坐标,即找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛盾,则判定“不存在”.
2.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有规定范围内的解”,所以使问题的解决更简单,有效,应善于运用这一方法解题.
针对训练
一．选择题
1.【湖北省孝感市2011—2012学年度高中三年级第一次统一考试】
已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．2 B．4
C． D．
【答案】C
【解析】
由题设条件给出的三视图可知，该几何体为四棱锥，且侧棱SC垂直底面
ABCD，如图所示.且四边形为
正方形，则
2.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知平面，，直线，若，，则
（A）垂直于平面的平面一定平行于平面
（B）垂直于直线的直线一定垂直于平面
（C）垂直于平面的平面一定平行于直线
（D）垂直于直线的平面一定与平面,都垂直
【答案】D
【解析】A错，如墙角的三个平面不满足；B错，缺少条件直线应该在平面内；C错，直线也可能在平面内。D正确，因垂直平面，且在平面内，故由面面垂直的判定定理可知命题正确。故选D。
3.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题：
①若a⊥b，a⊥α，bα，则b∥α； ②若a∥α，a⊥β，则α⊥β；
③若a⊥β，α⊥β，则a∥α或aα； ④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β.
其中正确命题的个数为
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】D
【解析】由空间线面位置关系容易判断①②③④均正确.
4.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为
A. B. C. D.
【答案】A　
【解析】几何体为底面半径为，高为1的圆柱，全面积为.
5.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
四棱锥P—ABCD的所有侧棱长都为，底面ABCD是边长为2的正方形，则CD与PA
所成角的余弦值为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图所示，因四边形ABCD为正方形，故
则CD与PA所成的角即为AB与PA所成的角
在三角形PAB内，利用余弦定理可知:
故答案为B.
6.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】 B
【解析】根据三视图还原几何体为一个三棱锥，其中面，
E为AC的中点，则有
设其外接球的球心为O,则它落在高线DE上，
则有
解得，故球的半径为故答案为B.
7.【惠州市2012届高三第二次调研考试】
如图，正方体的棱长为，过点作平面的垂线，
垂足为点，则以下命题中，错误的命题是（　　）
Ａ．点是的垂心
Ｂ．的延长线经过点
Ｃ．垂直平面
Ｄ．直线和所成角为
【答案】D
【解析】因为三棱锥A—是正三棱锥，故顶点A在底面的射影是底面中心，A正确；平面∥平面，而AH垂直平面，所以AH垂直平面，C正确；根据对称性知B正确.选D.
8.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
球的一个截面面积为，球心到该截面的距离为，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
解析：如图所示，由球的一个截面面积为求出截面圆的半径1，利用勾股定理求出球的半径4，所以球的表面积是.
二．填空题
9.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】一个几何体的三视图如右图所示，正视图是一个边长为2的正三角形，侧视图是一个等腰直角三角形，则该几何体的体积为
【答案】4
【解析】由三视图得如图所示四棱锥，其中四棱锥的底面边长分别为，高为，所以四棱锥的体积，即该几何体的体积为4.
10【惠州市2012届高三第二次调研考试】
如图，三个几何体，一个是长方体、一个是直三棱柱，一个是过圆柱上下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，这三个几何体的主视图和俯视图是相同的正方形，则它们的体积之比为 ．
【答案】
【解析】因为三个几何体的主视图和俯视图为相同的正方形，所 以原长方体棱长相等为正
方体，原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，设正方形的边长为则，长方体体
积为，三棱柱体积为，四分之一圆柱的体积为，所以它们的体积之比为．
11.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，
则此几何体的体积是 cm3．
【答案】40
【解析】如图所示，该几何体是一个直三棱柱去掉两个小三棱锥组成，
直三棱柱的体积为两个小三棱锥的
体积为故几何体的体积为40.
12【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知正三棱柱的正（主）视图和侧（左）视图如图所示. 设的中心分别是，现将此三棱柱绕直线旋转，射线旋转所成的角为弧度（可以取到任意一个实数），对应的俯视图的面积为，则函数的最大值为 ；最小正周期为 .
说明：“三棱柱绕直线旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，旋转所成的角为负角.
【答案】8；
【解析】由题意可知，要使得俯视图最大，需当三棱锥柱的一个侧面在水平平面内时，此时俯视图面积最大，如图所示，俯视图为矩形，且则故面积最大为. 当棱柱在水平面内滚动时，因三角形ABC为正三角形，当绕着旋转后其中一个侧面恰好在水平面，其俯视图的面积也正好经历了一个周期，所以函数的周期为
13．【浙江省名校新高考研究联盟2012届第一次联考】
如图，将菱形沿对角线折起，使得C点至，
点在线段上，若二面角与二面角
的大小分别为30°和45°，则= 　 ．
【答案】
【解析】因为四边形是菱形，所以分别为
平面与平面、平面与平面所成的
二面角的平面角，即；
在中，，
同理，易知，所以=，
故=．
三．解答题
14【2012年上海市普通高等学校春季招生考试】
如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，为线段AB的中点，求：
三棱锥的体积；
异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）
【解析】（1）
又为三棱锥的高，
(2)为异面直线与所成的角（或其补角）.
连接
异面直线与所成角的大小
15.【2012北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
在四棱锥中，底面是直角梯形，∥，，，平面平面.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面和平面所成二面角（小于）的大小；
（Ⅲ）在棱上是否存在点使得∥平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【解答】（Ⅰ）证明：因为 ，
所以 . ………………………………………1分
因为 平面平面，平面平面，
平面，
所以 平面. ………………………………………3分
（Ⅱ）解：取的中点，连接.
因为，
所以 .
因为 平面平面，平面平面，平面，
所以 平面. ………………………………………4分
如图，以为原点，所在的直线为轴，在平面内过垂直于的直
线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系．不妨设.由
直角梯形中可得，，
.
所以 ，.
设平面的法向量.
因为
所以
即
令，则.
所以 . ………………………7分
取平面的一个法向量n.
所以 .
所以 平面和平面所成的二面角（小于）的大小为.
………………………………………9分
（Ⅲ）解：在棱上存在点使得∥平面，此时. 理由如
下： ………………………………………10分
取的中点，连接，，.
则 ∥，.
因为 ，
所以 .
因为 ∥，
所以 四边形是平行四边形.
所以 ∥.
因为 ，
所以 平面∥平面. ………………………………………13分
因为 平面，
所以 ∥平面. ………………………………………14分
16.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】（理）
如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，E是SA的中点。
（1）求证：平面BED平面SAB；
（2）求平面BED与平面SBC所成二面角（锐角）的大小。
解：
（Ⅰ）∵SD⊥平面ABCD，∴平面SAD⊥平面ABCD，
∵AB⊥AD，∴AB⊥平面SAD，∴DE⊥AB．
∵SD＝AD，E是SA的中点，∴DE⊥SA，
∵AB∩SA＝A，∴DE⊥平面SAB
∴平面BED⊥平面SAB． …4分
（Ⅱ）建立如图所示的坐标系D—xyz，不妨设AD＝2，则
D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，，0)，
C(0，，0)，S(0，0，2)，E(1，0，1)．
＝(2，，0)，＝(1，0，1)，＝(2，0，0)，＝(0，－，2)．
设m＝(x1，y1，z1)是面BED的一个法向量，则
即
因此可取m＝(－1，，1)． …8分
设n＝(x2，y2，z2)是面SBC的一个法向量，则
即
因此可取n＝(0，，1)． …10分
cosm，n＝＝＝，
故平面BED与平面SBC所成锐二面角的大小为30． …12分
（文）如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，E是SA的中点。
（1）求证：平面BED平面SAB；
（2）求直线SA与平面BED所成角的大小。
解：
（Ⅰ）∵SD⊥平面ABCD，∴平面SAD⊥平面ABCD，
∵AB⊥AD，∴AB⊥平面SAD，∴DE⊥AB． …3分
∵SD＝AD，E是SA的中点，∴DE⊥SA，
∵AB∩SA＝A，∴DE⊥平面SAB
∴平面BED⊥平面SAB． …6分
（Ⅱ）作AF⊥BE，垂足为F．
由（Ⅰ），平面BED⊥平面SAB，则AF⊥平面BED，
则∠AEF是直线SA与平面BED所成的角． …8分
设AD＝2a，则AB＝a，SA＝2a，AE＝a，
△ABE是等腰直角三角形，则AF＝a．
在Rt△AFE中，sin∠AEF＝＝，
故直线SA与平面BED所成角的大小45． …12分
17.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试】
（理）如图，在底面为直角梯形的四棱锥中，平面，，，．
⑴求证：；
⑵求直线与平面所成的角；
⑶设点在棱上，，
若∥平面，求的值.
【方法一】（1）证明：由题意知 则
（4分）
（2）∵∥，又平面.
∴平面平面.
过作//交于
过点作交于,则
∠为直线与平面所成的角.
在Rt△中，∠，，
∴，∴∠.
即直线与平面所成角为. 　　　　　　　　　　　　　　　（8分）
　 （3）连结，∵∥，∴∥平面.
又∵∥平面，
∴平面∥平面，∴∥.
又∵
∴∴，即
（12分）
【方法二】如图，在平面ABCD内过D作直线DF//AB，交BC于F，分别以DA、DF、DP所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.
（1）设，则，
∵，∴.　　　　　　　　　　　　　　 　　（4分）
（2）由（1）知.
由条件知A（1，0，0），B（1，，0），
.
设，
则
即直线为.　　　（8分）
（3）由（2）知C（－3，，0），记P（0，0，a），则
，，，，
而，所以，
=
设为平面PAB的法向量，则，即，即.
进而得，
由,得∴
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（12分）
（文）如图，在底面为直角梯形的四棱锥中，，，，.
⑴求证：；
⑵当时，求此四棱锥的表面积.
解：（1）证明：由题意知 则
　　　　　　　　（4分）
⑵
∴.
.　　 　　　　　　　　　　　　（6分）
过D作DH⊥BC于点H,连结PH,则同理可证明，
并且.
　　　　　　　　　　　　　　　（8分）
易得
.
.　　　　　　　　　（11分）
故此四棱锥的表面积
（12分）
18.【浙江省2012年高三调研理科数学测试卷】
（理）四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为AD的中点，ABCE为菱形，
∠BAD＝120°，PA＝AB，G，F分别是线段CE，PB上的动点，且满足＝＝λ∈(0，1)．
(Ⅰ) 求证：FG∥平面PDC；
(Ⅱ) 求λ的值，使得二面角F－CD－G的平面角的正切值为．
(Ⅰ) 证明：如图以点A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，其中K为BC的中点，
不妨设PA＝2，则，，
，，，．
由，得
，，
，
设平面的法向量=(x，y，z)，则
，，
得
可取=(，1，2)，于是
，故，又因为FG平面PDC，即//平面．
…………6分
(Ⅱ) 解：，，
设平面的法向量，则，，
可取，又为平面的法向量．
由，因为tan＝，cos＝，
所以，解得或(舍去)，
故． …………15分
提示四（方法二）
(Ⅰ) 证明：延长交于，连，．
得平行四边形，则// ，
所以．
又，则，
所以//．
因为平面，平面，
所以//平面． …………6分
(Ⅱ)解：作FM于，作于，连．
则，为二面角的平面角．
，不妨设，则，，
由 得 ，即 ． …………15分
（文）已知正四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2 的正方形，高为．M为线段PC的中点．
(Ⅰ) 求证：PA∥平面MDB；
(Ⅱ) N为AP的中点，求CN与平面MBD所成角的正切值．
(Ⅰ)证明：在四棱锥P－ABCD中，连结AC交BD于点O，连结OM，PO．由条件可得PO＝，AC＝2，PA＝PC＝2，CO＝AO＝．
因为在△PAC中，M为PC的中点，O为AC的中点，
所以OM为△PAC的中位线，得OM∥AP，
又因为AP平面MDB，OM平面MDB，
所以PA∥平面MDB． …………6分
(Ⅱ) 解：设NC∩MO＝E，由题意得BP＝BC＝2，且∠CPN＝90°．
因为M为PC的中点，所以PC⊥BM，
同理PC⊥DM，故PC⊥平面BMD．
所以直线CN在平面BMD内的射影为直线OM，∠MEC为直线CN与平面BMD所成的角，
又因为OM∥PA，所以∠PNC＝∠MEC．
在Rt△CPN中，CP＝2，NP＝1，所以tan∠PNC＝，
故直线 CN与平面BMD所成角的正切值为2． …………14分
A
B
C
D
E
O
A
O
C
侧视图
正视图
俯视图
正视图
俯视图
侧视图
2
4
2
3
4
B
A
C
D
E
F
G
H
A
B
C
O
D1.专题综述
函数是高考数学的重要内容之一，函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过程，通过对2011年新课标卷的各省高考题的研究发现，本专题热点考点可总结为六类：一是分段函数的求值问题，二是函数的性质及其应用，三是基本函数的图像和性质，四是函数图像的应用，五是方程根的问题，六是函数的零点问题。涉及到得函数思想也是相当的丰富，如分段函数问题常与分类讨论思想相结合，有关方程根的情况判断常涉及函数与方程思想和等等价转化思想，研究函数的图像问题和基本函数的性质时常利用数形结合思想等。高考常命制两道小题，一道基础题目，出现在前5道题目中，常考查基本函数的性质或零点问题，另一道常以压轴的小题出现，常与方程的根或复合函数为背景考查，有一定的难度和灵活性。
2．考纲解读
（1）了解简单的分段函数并能简单应用；
（2）理解函数的单调性、最大（小）值及其几何意义，结合具体函数了解奇偶性的含义；
（3）理解指数（对数）函数的概念，理解指数（对数）函数的单调性，掌握指数（对数）函数图像经过的特殊点；结合常见的幂函数图像解决简单问题；掌握二次函数的三个表达形式，能够数形结合分析二次函数、一元二次方程、一元二次不等式三者之间的关系。
（4）会应用函数图像理解和研究函数的性质；
（5）根据具体函数的图像，能够运用二分法求相应方程的近似解；
（6）结合二次函数的图像，了解函数的零点与方程根的联系。
3 .2012年高考命题趋向
（1）以分段函数为表示形式考查求值问题是一类基础题目，常与指对数运算结合在一起，同时也考查学生能否灵活运用分类讨论思想的解题能力。
（2）以二次函数、分段函数、对数函数等为载体考查函数的性质是热点。研究函数的性质可充分利用函数的各种性质所反映的函数特点，来解决函数的相关问题.命题思路常以函数的各种性质相互交融，只有仔细审题，充分挖掘，把题目隐含的条件一一挖掘出来，综合利用性质才能达到解决问题的目的.
（3）与指数（对数）函数有关的综合问题的考查，以函数某个性质为核心，结合其他知识，把问题延伸，主要考查知识的综合运用和能力发展为目的.
（4）函数图象的考查涉及的知识面广，形式灵活，经常以新面孔出现，在基本的初等函数图象熟练地掌握基础上，加以变换考查新函数的图象、性质等.
（5）利用转化思想解决方程问题，利用函数与方程思想解决函数应用问题，利用数形结合思想研究方程根的分布问题，是高考的热点和难点，常作为压轴的选择题的形式出现。
（6）函数的零点，二分法是新增内容，在高考中以选择题、填空题的形式考查的可能性较大。对于用二分法求方程的近似解应引起重视，由于步骤的可重复性，故可与程序框图相机合编写部分题目，这也是算法思想的的具体体现。解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．
4．高频考点解读
考点一 分段函数求值问题
【例1】[2011·福建卷] 已知函数f(x)＝若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值等于(　　)
A．－3 B．－1 C．1 D．3
【答案】A　
【解析】 由已知，得f(1)＝2；又当x>0时，f(x)＝2x>1，而f(a)＋f(1)＝0，∴f(a)＝－2，且a<0，∴a＋1＝－2，解得a＝－3，故选A.
【例2】[2011·陕西卷] 设f(x)＝则f(f(－2))＝________.
【答案】－2　
【解析】 f(x)＝－2<0，f(－2)＝10－2；10－2>0，f(10－2)＝lg10－2＝－2.
【解题技巧点睛】求f(g(x))类型的函数值时,应遵循先内后外的原则,而对于分段函数的求值问题,必须依据条件准确地找出利用哪一段求解,特别地对具有周期性的函数求值要用好其周期性.
考点二 函数性质的基本应用
【例3】[2011·课标全国卷] 下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是(　　)
A．y＝x3 B．y＝|x|＋1 C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x|
【答案】B　
【解析】 A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝＋1是偶函数，且在上是增函数；C选项中，y＝－x2＋1是偶函数，但在上是减函数；D选项中，y＝2－|x|＝|x|是偶函数，但在上是减函数．故选B.
【例4】[2011·辽宁卷] 若函数f(x)＝为奇函数，则a＝(　　)
A. B. C. D．1
【答案】A　
【解析】 法一：由已知得f(x)＝定义域关于原点对称，由于该函数定义域为，知a＝，故选A.
法二：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，又f(x)＝，
则＝,因函数的定义域内恒成立，可得a＝.
【例5】【2011新课标全国】函数的图像与函数（）的图像所有交点的横坐标之和等于( )．
A．2 B．4 C．6 　 D．8
【解题技巧点睛】在解决与函数性质有关的问题中,如果结合函数的性质画出函数的简图,根据简图进一步研究函数的性质,就可以把抽象问题变得直观形象、复杂问题变得简单明了,对问题的解决有很大的帮助. (1)一般的解题步骤:利用函数的周期性把大数变小或小数变大,然后利用函数的奇偶性调整正负号,最后利用函数的单调性判断大小; (2)画函数草图的步骤:由已知条件确定特殊点的位置,然后利用单调性确定一段区间的图象,再利用奇偶性确定对称区间的图象,最后利用周期性确定整个定义域内的图象.
考点三 基本函数的性质与图像
【例6】[2011·天津卷] 已知则( )．
A． B． C． D．
【答案】C　
【解析】根据对数函数的运算性质可知：再由指数函数
为单调递增函数，因为．，
，且，所以．
【例7】[2011·天津卷] 对实数a和b，定义运算“ ”：a b＝设函数f (x)＝(x2－2) (x－x2)，x∈R，若函数y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2]∪ B．(－∞，－2]∪
C.∪ D.∪
【答案】B　
【解析】本题考查二次函数的性质和图像。
f(x)＝＝
则f的图象如图：
∵y＝f(x)－c的图象与x轴恰有两个公共点，
∴y＝f(x)与y＝c的图象恰有两个公共点，
由图象知c≤－2，或－1考点四 函数图像的应用
【例8】[2011·陕西卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x＋2)＝f(x)，则y＝f(x)的图像可能是(　　)
【答案】B　
【解析】 由f(－x)＝f(x)可知函数为偶函数，其图像关于y轴对称，可以结合选项排除A、C，再利用f(x＋2)＝f(x)，可知函数为周期函数，且T＝2，必满足f(4)＝f(2)，排除D，故只能选B.
【例9】 [2011·课标全国卷] 已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图像与函数y＝|lgx|的图像的交点共有(　　)
A．10个 B．9个 C．8个 D．1个
【答案】A　
【解析】考查数形结合思想，在同一直角坐标系中作出两个函数的图像，故下图．容易判断出两函数图像的交点个数为10个，故选择．
【解题技巧点睛】函数图象分析类试题，主要就是推证函数的性质，然后根据函数的性质、特殊点的函数值以及图象的实际作出判断，这类试题在考查函数图象的同时重点是考查探究函数性质、用函数性质分析问题和解决问题的能力．利用导数研究函数的性质、对函数图象作出分析判断类的试题，已经逐渐成为高考的一个命题热点。
考点五 与方程根的相关问题
【例10】【2011陕西】设,一元二次方程有整数根的充要条件是
= ．
【答案】 3或4．
【解析】直接利用求根公式进行计算，然后用完全平方数、整除等进行判断计算．，因为是整数，即为整数，所以为整数，且，又因为，取，验证可知符合题意；反之时，可推出一元二次方程有整数根．
【例11】[2011·北京卷] 已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．
【答案】(0,1)　
【解析】单调递减且值域为(0,1]，单调递增
且值域为，函数f(x)的图象如图所示，故有两个不同的实根，则实数
k的取值范围是（0,1）．
考点六 函数零点问题
【例12】[2011·课标全国卷] 在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为(　　)
A. B. C. D.
【答案】C　
【解析】 因为f＝e－2<0，f＝e－1>0，所以f·f<0，
又因为函数y＝ex是单调增函数，y＝4x－3也是单调增函数，
所以函数f(x)＝ex＋4x－3是单调增函数，
所以函数f(x)＝ex＋4x－3的零点在内．
【例13】[2011·山东卷] 已知函数f(x)＝logax＋x－b(a＞0，且a≠1)．当2＜a＜3＜b＜4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________.
【答案】2　
【解析】 本题考查对数函数的单调性与函数零点定理的应用．因为21>loga2，b－3<1【例14】 [2011·陕西卷] 函数f(x)＝－cosx在[0，＋∞)内(　　)
A．没有零点 B．有且仅有一个零点C．有且仅有两个零点 D．有无穷多个零点
【答案】B　
【解析】 在同一个坐标系中作出y＝与y＝cosx的图象如图，
由图象可得函数f(x)＝－cosx在[0，＋∞)上只有一个零点．
【解题技巧点睛】判断函数在某个区间上是否存在零点，要根据具体问题灵活处理，当能直接求出零点时，就直接求出进行判断；当不能直接求出时，可根据零点存在性定理进行判断；当用零点存在性定理也无法判断时可画出图象判断．
针对训练
一．选择题
1.【北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第一学期期中统一考试】
已知函数，其图象上两点的横坐标，满足,
且,则有 ( )
A． B．
C． D．的大小不确定
答案：C
解析：
因为所以,
2.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试数学试题卷】
“”是“函数在区间上存在零点”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：在区间上存在零点，则，即，∴或，∴“”是“或”的充分不必要条件，∴“”是“函数在区间上存在零点”的充分不必要条件.
3.【银川一中2012届高三年级第四次月考】
若，则函数的图像大致是( )
解析： 函数在定义域为减函数，将函数故答案为B。
4.【银川一中2012届高三年级第四次月考】
设若，则的值是( )
A. -1 B. 2 C. 1 D.-2
解析：
5.【安徽省示范高中2012届高三第二次联考】
实数的大小关系正确的是（ ）
A: B: C: D:
答案：C
解析：根据指数函数和对数函数的性质，。
6.【安徽省示范高中2012届高三第二次联考】
函数在定义域内零点的个数是（ ）
（Ａ）0 （Ｂ）1 （Ｃ）2 （Ｄ）3
答案：D
解析：在同一坐标系中画出函数与的图像，可以看到2个函数的图像在第二象限有2个交点，在第一象限有1个交点，所以函数在定义域内有3个零点。
7.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
若函数在上有零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
解析： 由函数
得在上的最大值是，最小值是
所以，解得.
8.【河北省唐山市2012届高三上学期摸底考试数学】
已知是奇函数，且，当时，，则当时（ ）
A. B. C. D.
解析： 由是奇函数，且，得，所以函数的周期
又因为当时，，所以当时，，因为函数是奇函数，所以当时.
9.【2012届江西省重点中学协作体高三第一次联考】
已知函数则关于的方程，给出下列四个命题：
①存在实数，使得方程恰有1个不同实根；②存在实数，使得方程恰有2个不同实根；③存在实数，使得方程恰有3个不同实根；④存在实数，使得方程恰有4个不同实根；其中假命题的个数是 （ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
答案：C
解析： 当当
当是增函数，是减函数，由得
方程解的个数即与的图像交点的个数，由图像得当有1个解；当有2解。
10.【2012年长春市高中毕业班第一次调研测试数学试题卷】
设是定义在上的增函数，且对于任意的都有恒成立. 如果实数满足不等式组，那么的取值范围是
A.(3, 7) B.(9, 25) C.(13, 49) D. (9, 49)
答案：C　
解析：由得，
又，∴，∴.
　　∵是上的增函数，∴＜，
∴
又，结合图象知为半圆内的点到原点的距离，故，∴
二．填空题
11.【2012年上海市普通高等学校春季招生考试数学试卷】
若为奇函数，则实数 .
解析：
12.【北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第一学期期中统一考试】
已知函数若方程有解，则实数的取值范围是 __ _．
答案：
解析：若方程有解，即函数的值域即为的范围，故实数的取值范围是
13.【2012年上海市普通高等学校春季招生考试数学试卷】
函数的最大值为 .
解析： 因对号函数在区间[1,2]上单调递减，故当时函数取得最大值为5.
14.【2012年上海市普通高等学校春季招生考试数学试卷】
若不等式对恒成立，则实数的取值范围是 .
解析：
15.【北京市朝阳区2011-2012学年度高三年级第一学期期中统一考试】
设函数的定义域为，其中．若函数在区间上的最大值为，最小值为，则在区间上的最大值与最小值的和为__ _．
答案： 或
解析： 令在区间上的最大值为，最小值为，因为偶函数，故在区间上的最大值与最小值为6和3，和为9；令图象关于（0,1）点对称，设在区间上的最大值与最小值为，则有故