【三维设计】(江苏专版)高中数学二轮专题 第二部分 专题1配套专题检测

专项限时集训（一）与三角变换、平面向量综合的三角形问题（对应学生用书第113页）（限时：60分钟）1. （本小题满分14分）（2015 •江苏高考）在厶ABC 中，已知 AB= 2, AC= 3, A = 60?（1） 求BC 的长； （2） 求sin 2 C 的值.［解］(1)由余弦定理知， BC = AB + AC — 2AB- AC- cos A= 4+ 9-2X 2X 3X 2= 7, 所以BC= 7.（2）由正弦定理知,AB = BCsin C sin A ，因为AB< BC 所以C 为锐角, 2. (本小题满分14分)△ ABC 的内角 代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 竽，求△ ABC 的周长. ［解］(1)由已知及正弦定理得2cos C (sin A cos B + sin B cos A = sin C 即 2cos Csin( A + B ) = sin C, 故 2sin 60s C = sin C 1 n可得cos C = 2所以C =亍.n又C =—，所以ab = 6.10分2 2由已知及余弦定理得 a + b — 2ab cos C = 7,所以sinABC = BC sinA = 2si n 6021 ^7~则cos C = \: 1 — sin 2C =1-7=弓因此 sin 2 C = 2sin C- cos C = 2X弓x 歸=学14分（2）由已知，pbsinC = 3「3"~2所以△ ABC 的周长为5+ 7. 14分2 / 53. (本小题满分14分)(江苏省南通市如东高中 2017届高三上学期第二次调研)在厶ABC 中, 角A , B, C 的对边分别为a , b , c , cosif 9(1)若CA- CB= 2求厶ABC 的面积;【导学号：56394091】又••• cos O 箱，C € (0 ,n ) , sin所以 S AB 一 *ab sin C =岂3 42B厂即 2sin B 1 — 2sin + 3cos 2 B = 0,2 n 亠5 n 卄n 亠5 n 2B =T 或丁，即 BF 或 T ，⑵在厶ABC 中, a ，b , c 分别为内角A,nB, C 所对的边，若y<A <n, f (A ) = 0,且a=2 10,求AB- AC 勺最小值.” , - x［解］ ⑴ 由已知 f (x ) = a • b = k si 门3, cos33 - n cos C =亍，所以 C > —,2sin 所以 B cos B + 3cos 2 B = 0, 即卩 sin 2 tan 2 B=—?3,B + 3cos 2 B = 0,显然 cos 2 B^0,10分所以5兀 入nB= 56-(舍去)，即a 亍14分x4.(本小题满分16分)已知向量 a = k sin 3, 2xxcos - , b = cos§, — k , 实数k 为大于零的常数，函数f (x ) = a • b , x € R,且函数f(x )的最大值为 1 ； 1(1)求k 的值;C =裁.⑵设向量x = (2sinB,— 3) , y =cos 2 B, 1 — 2sin 2B ，且 x // y ，求角 B 的值.［解］(1)根据题意,C B- C A=轨 ab cosC = |,A ab = 15,(2)根据题意，T x //y ,「. 2sin B 1 — 2sin2B2 —(—3) • cos 2 B= 0,所以 因为 xcos-,— k2x 1+ cos — x x 2x 1 2x3=k sin cos ；； — k cos -=■ k sin — k -----333232k2x 2x k =2 sin J 一 cos¥ 一 2则 k = 1.亠&-x/22x n 1⑵由⑴知，f (x ) =-^sin -3- 4 — 2，- J 2 2A n 1所以 f (A ) =-^sin -3 — — — 2= 0, 2A n J 2化简得sin — =—.3 4 2n n » ,口 3 n4，解得 A= 34-.所以 b 2 + c 2 + 2bc = 40, 则 b 2 + c 2 + 2bc = 40>2 bc + 2bc ,所以 bc w —40— = 20(2 —2). 2 + p 2T T所以AB- AC 的最小值为20(1 — 2).16分5.(本小题满分16分)在厶ABO 中,内角 代B, C 所对的边分别为 a , b, c ,已知b + c = 2a cos(1)证明：A = 2B2a⑵ 若厶ABO 的面积S =：，求角A 的大小.4=¥黑謄—瘁 22 3 2 2x 2co 污k - 2-冗-42X3n・s因为x € R,所以f (x )的最大值为,：2- 1 2n 因为y<A<n ，所以n 2A n 5 n< 一 <12 3 4因为cosA =-¥b 2+c 2- a 22bc 2 2b +c - 402bc ，14分T T T T则AB- AC = | AB | AC fcos3n 42k［解］ ⑴ 证明：由正弦定理得 sin B + sin C = 2sin A cos B, 故 2sin A cos A sin B + sin( A + B ) =sin B + sin A cos B + cos A sin B , 于是 sin B = sin( A — E ). 又 A, B € (0 ,n )，故 0<A — B < n, 所以 B=n — (A- B )或 B= A — B, 因此Ai ^n (舍去)或A = 2B,所以A = 2B.8分2 2a 1a(2)由 S = 4得 2ab sin C =—,1 1故有 sin B sin C = 2sin A= qsin 2 B^ sin B cos B 因为 sin 0,所以 sin C = cos B.n又 B, C € (0 ,n )，所以 C = — ± B r亠 n r 「 n 当 B + C =—时，A=—;nn当 C- B =—时，A=-.综上，A =—或A =—.6.（本小题满分16分）（江苏省苏州市2017届高三上学期期中）如图2,有一块平行四边形⑵试求x 的值，使路EF 的长度y 最短.1［解］⑴••• S 平行四边形ABCD=3,12分16分当点F 与点D 重合时，由已知S CD = -S 平行四边形ABCD = 二,44绿地ABCD 经测量BC = 2百米，CD= 1百米，/ BC = 120°,拟过线段 BC 上一点E 设计 一条直路ER 点F 在四边形ABC 啲边上，不计路的宽度），将绿地分为面积之比为 1 : 3（1）当点F 与点D 重合时，试确定点 E 的位置；又••• &CDE=|CE- CD- sin 120E是BC的中点.1⑵①当点F在CD上，即卩K X W2时，利用面积关系可得CF=-,再由余弦定理可得x2+ J+1^/3；当且仅当x= i时取等号.②当点F在DA上时，即o w x v 1时，利用面积关系可得DF= 1 —x,10分(i )当CE V DF时，过E作EG/ CD交DA于G 图略)，在厶EG冲，EG= 1, GF= 1 —2x,/ EGF= 60°,利用余弦定理得y = . 4x2—2x + 1.（ii）同理当CE> DF 过E 作EG/ CD交DA于Q 图略），在△ EGF中，EG= 1, GF= 2x—1，/ EGF= 120°,利用余弦定理得y= 4x2—2x + 1.由（i ）、（i ）可得y= 4x2—2x+ 1, 0W x v 1 ,••• o w x v 1,.・. y min ，当且仅当x= 4时取等号,由①②可知当x= 4时，路EF的长度最短为-216分2 2 2故a + b = 13,从而(a+ b) = 25.。

【三维设计】（某某专版）2013高中数学二轮专题 第一部分 专题4配套专题检测1．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则实数a 的取值为________．解析：设过(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)， 即y ＝3x 20x －2x 30，又(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝1.答案：－2564或12．设P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，则点P 横坐标的取值X 围为________． 解析：由曲线C 在点P 处切线倾斜角的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4.可得曲线C 在点P 处切线的斜率X 围为[0,1]，又y ′＝2x ＋2，设点P 的横坐标为x 0，则0≤2x 0＋2≤1，解得－1≤x 0≤－12. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12 3．(2012·启东期末)若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)·x ＋1在区间(1,4)上是减函数，在区间(6，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝x 2－ax ＋(a －1)，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a －1，结合图象知4≤a －1≤6，故a ∈[5,7]．答案：[5,7]4．(2012·通州中学期末)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)存在单调递减区间，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x.因为函数f ′(x )存在单调递减区间，所以f ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，从而ax 2＋2x －1>0有正解．①当a >0时，y ＝ax 2＋2x ＋1为开口向上的抛物线，ax 2＋2x －1>0总有正解； ②当a <0时，y ＝ax 2＋2x ＋1为开口向下的抛物线，要使ax 2＋2x －1>0总有正解，则Δ＝4＋4a >0，解得－1<a <0.综上所述，a 的取值X 围为(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(－1,0)∪(0，＋∞)5．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R)．若函数f (x )在区间(－1,1)上不单调，则实数a 的取值X 围是________．解析：函数f (x )在区间(－1,1)上不单调，等价于f ′(x )＝0在区间(－1,1)上有实数解，且无重根．又f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)，由f ′(x )＝0，得x 1＝a ，x 2＝－a ＋23.从而⎩⎪⎨⎪⎧－1<a <1，a ≠－a ＋23，或⎩⎪⎨⎪⎧－1<－a ＋23<1，a ≠－a ＋23.解得⎩⎪⎨⎪⎧－1<a <1，a ≠－12，或⎩⎪⎨⎪⎧－5<a <1，a ≠－12.所以a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－5，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－5，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，16．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 在区间[－1,2]上是减函数，则b ＋c 的最大值为________．解析：考查线性规划思想，有导函数f ′(x )≤0恒成立构造线性区域，得到b ＋c 的最大值为－152.答案：－1527．已知函数f (x )满足f (x )＝f ′(1)ex －1－f (0)x ＋12x 2，则f (x )的解析式为________．解析：令x ＝0列一个方程，然后求导，再令x ＝1，列一个方程，从而求出f ′(1)＝e ，f (0)＝1，f (x )＝e x －x ＋12x 2.答案：f (x )＝e x－x ＋12x 28．(2012·某某高中联考)设函数f (x )＝ax ，x ∈[0，π]，且f (x )≤1＋sin x ，则a的取值X 围________．解析：因为f (x )≤1＋sin x ⇔ax ≤1＋sin x . 当x ＝0时，0≤1＋sin 0＝1恒成立． 当0<x ≤π时，ax ≤1＋sin x ⇔a ≤1＋sin xx⇔a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋sin x x min.令g (x )＝1＋sin xx(0<x ≤π)，则g ′(x )＝x cos x －1－sin x x 2，令c (x )＝x cos x －1－sin x ，c ′(x )＝－x sin x ≤0，x ∈(0，π]．故c (x )在(0，π]上单调递减，c (x )<c (0)＝－1<0. 综上可知x ∈(0，π]时，g ′(x )<0， 故g (x )在区间(0，π]上单调递减． 所以[g (x )]min ＝g (π)＝1π.故a ≤1π.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1π9．设函数f (x )＝x 2－ax ＋a ＋3，g (x )＝ax －2a .若存在x 0∈R ，使得f (x 0)<0与g (x 0)<0同时成立，则实数a 的取值X 围是________．解析：由f (x )＝x 2－ax ＋a ＋3知，f (0)＝a ＋3，f (1)＝4，又存在x 0∈R ，使得f (x 0)<0， 知Δ＝a 2－4(a ＋3)>0，即a <－2或a >6. 又g (x )＝ax －2a 恒过(2,0)． ①若a >6时，⎩⎪⎨⎪⎧a >0，f2<0⇒a >7，②若a <－2时，a2<－1， 又f (1)>4，显然不成立．答案：(7，＋∞)10．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R)，若对于任意的x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )＝1≥0显然成立；当x >0即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3，设g (x )＝3x 2－1x3，则g ′(x )＝31－2xx 4，g (x )在区间⎝⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4；当x <0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x3，g ′(x )＝31－2xx 4>0，g (x )在区间[－1,0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4.综上a ＝4. 答案：411．(2012·某某学科基地)已知函数f (x )＝12ax 2－2x sin 2α和函数g (x )＝ln x ，记F (x )＝f (x )＋g (x )．(1)当α＝π3时，若f (x )在[1,2]上的最大值是f (2)，某某数a 的取值X 围；(2)当a ＝1时，判断F (x )在其定义域内是否有极值，并予以证明；(3)对任意的α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，23π，若F (x )在其定义域内既有极大值又有极小值，试某某数a 的取值X 围．解：(1)α＝π3时，f (x )＝12ax 2－32x .①当a ＝0时，f (x )＝－32x ，不合题意；②当a <0时，f (x )＝12ax 2－32x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32a 上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32a ，＋∞上递减，而[1,2]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫32a ，＋∞，故不合题意；③当a >0时，f (x )＝12ax 2－32x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32a 上递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫32a ，＋∞上递增，f (x )在[1,2]上的最大值是max{f (1)，f (2)}＝f (2)，所以f (1)≤f (2)，即12a －32≤2a －3，所以a ≥1.综上所述，实数a 的取值X 围是[1，＋∞)．(2)a ＝1时，F (x )＝12x 2－2x sin 2α＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，F ′(x )＝x ＋1x－2sin 2α≥2－2sin 2α＝2cos 2α≥0.①当cos α≠0时，F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增，从而F (x )在其定义域内没有极值；②当cos α＝0时，F ′(x )＝x ＋1x －2＝x －12x，令F ′(x )＝0，有x ＝1，但是x ∈(0,1)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )也单调递增，所以F (x )在其定义域内也没有极值．综上，F (x )在其定义域内没有极值．(3)据题意可知，令F ′(x )＝ax ＋1x－2sin 2α＝0，即方程ax 2－2x sin 2α＋1＝0在(0，＋∞)上恒有两个不相等的实数根．即⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4sin 4α－4a >0，a >0恒成立，因为α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，23π，sin α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，所以0<a <116.所以a 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，11612．(2012·苏中五市联考)如图，实线部分的月牙形公园是由圆P 上的一段优弧和圆Q 上的一段劣弧围成，圆P 和圆Q 的半径都是2 km ，点P 在圆Q 上，现要在公园内建一块顶点都在圆P 上的多边形活动场地．(1)如图甲，要建的活动场地为△RST ，求场地的最大面积； (2)如图乙，要建的活动场地为等腰梯形ABCD ，求场地的最大面积．解：(1)过S 作SH ⊥RT 于H ，S △RST ＝12SH ·RT .由题意，△RST 在月牙形公园里，RT 与圆Q 只能相切或相离；RT 左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形，则有RT ≤4，SH ≤2，当且仅当RT 切圆Q 于P (H )时(如下左图)，上面两个不等式中等号同时成立． 此时，场地面积的最大值为S △RST ＝12×4×2＝4(km 2)．(2)同(1)的分析，要使得场地面积最大，AD 左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形，AD 必须切圆Q 于P (如上右图)，再设∠BPA ＝θ，则有S四边形ABCD＝12×2×2×sin θ×2＋12×2×2×sin(π－2θ)＝4(sin θ＋sin θcos θ)⎝⎛⎭⎪⎫0<θ<π2. 令y ＝sin θ＋sin θcos θ，则y ′＝cos θ＋cos θcos θ＋sin θ(－sin θ)＝2cos 2θ＋cos θ－1.令y ′＝0，则cos θ＝12，θ＝π3.又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，y ′>0，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2时，y ′<0，函数y ＝sin θ＋sin θcos θ在θ＝π3处取到极大值也是最大值，故θ＝π3时，场地面积取得最大值为3 3km 2．。

3 个附带题 专项加强练 (一)选修 4 系列 (理科 )A 组1． 此题包含 A 、 B 、 C 、 D 四个小题，请任选二个作答A ． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图，已知圆 O 的直径 AB ＝ 4， C 为 AO 的中点，弦DE 过点 C 且知足 CE ＝ 2CD ，求△ OCE 的面积．解： 设 CD ＝ x ，则 CE ＝ 2x.由于 CA ＝ 1， CB ＝ 3，由订交弦定理，得CA ·CB ＝ CD ·CE ，26所以 1× 3＝ 2x ，解得 x ＝ 2 . 取 DE 的中点 H ，连接 OH ， 则 OH ⊥DE.由于 EH ＝3CD ＝36，24所以 OH 2＝OE 2－ EH 2＝ 22－3 62＝5，所以 OH ＝ 10484.又由于 CE ＝ 2x ＝ 6，所以△ OCE 的面积 S ＝ 1OH ·CE ＝ 1×10× 6＝15.2244B ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]已知 a ， b 是实数，假如矩阵A ＝ 3 a所对应的变换 T 把点 (2,3)变为点 (3,4)．b － 2(1) 求 a ， b 的值；(2) 若矩阵 A 的逆矩阵为 B ，求 B 2.3 a 2 3 解： (1)由题意，得－ 2＝，b 346＋3a ＝ 3， a ＝－ 1， 即解得b ＝5.2b － 6＝ 4.3 － 1 (2)由 (1)，得 A ＝.5 － 2－ 2 1－ 1－ 12 － 1 由矩阵的逆矩阵公式得B ＝＝5 .－ 5 3 － 3－ 1－ 12 － 1 2 － 1 － 1 1所以 B 2＝－ 35 － 3＝4.5 － 5 C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程 ]2π已知圆 O 1 和圆 O 2 的极坐标方程分别为 ρ＝ 2， ρ－ 2 2ρcos θ－ 4 ＝ 2.(1) 把圆 O 1 和圆 O 2 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2) 求经过两圆交点的直线的极坐标方程．222x ＝ ρcos θ， 得圆 O 1 的直角坐标方程为2 2 ＝ 4，解： (1)由 ρ＝ x＋ y ，且x ＋yy ＝ ρsin θ，2π由 ρ－ 2 2ρcos θ－ 4 ＝ 2，2得 ρ－ 2ρ(cos θ＋ sin θ)＝ 2，22x ＋ y － 2(x ＋ y)＝ 2，故圆 O 2 的直角坐标方程为 x 2＋ y 2－ 2x － 2y － 2＝ 0.x 2＋ y 2－ 4＝ 0，x ＋ y(2) 联立方程 x 两式相减，得经过两圆交点的直线方程为2＋ y 2－ 2x － 2y － 2＝ 0，－1＝0，该直线的极坐标方程为ρcos θ＋ ρsin θ－ 1＝ 0.D ． [选修 4－ 5：不等式选讲 ]解不等式： |x － 2|＋ x|x ＋ 2|＞ 2.解：当 x ≤ － 2 时，不等式化为 (2－x)＋ x(－ x － 2)＞ 2，即－ x 2－ 3x>0，解得－ 3＜ x ≤ －2；当－ 2＜ x ＜ 2 时，不等式化为 (2－ x)＋ x(x ＋ 2)＞ 2，2即 x ＋ x>0，解得－ 2＜ x ＜－ 1 或 0＜ x ＜ 2；当 x ≥ 2 时，不等式化为 (x － 2)＋ x(x ＋ 2)＞ 2，即 x 2＋ 3x － 4>0，解得 x ≥ 2.所以原不等式的解集为{ x|－ 3＜ x ＜－ 1 或 x ＞ 0}．2． 此题包含 A 、 B 、 C 、 D 四个小题，请任选二个作答A ． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图，圆 O 是△ ABC 的外接圆， 点 D 是劣弧 BC 的中点， 连接 AD并延伸，与以 C 为切点的切线交于点P ，求证：PC PA ＝ BDAC .证明 ：连接 CD ，由于 CP 为圆 O 的切线，所以∠ PCD ＝∠ PAC ，又∠ P 是公共角，所以△ PCD ∽△ PAC ，所以PC＝CD，PA AC由于点 D 是劣弧 BC 的中点，所以 CD ＝BD ，即PCPA＝BDAC.B． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]已知矩阵 A＝a3，若 A182d＝，求矩阵 A 的特点值．241＝a31a＋ 68，解：由于 A2d ＝＝4222＋ 2da＋ 6＝ 8，a＝ 2， 2 3所以＋＝，解得＝1.所以A＝2 1.2 2d4d所以矩阵 A 的特点多项式为λ－ 2－ 32 f(λ)＝＝(λ－ 2)(λ－ 1)－ 6＝λ－ 3λ－ 4，－ 2λ－ 1令 f( λ)＝ 0，解得矩阵 A 的特点值为λ＝－11，λ＝24. C． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，已知直线 l：x＝ t＋ 1x＝ acos θ(θy＝7－ 2t(t 为参数 )与椭圆 C：y＝ 3sin θ为参数， a＞ 0)的一条准线的交点位于y 轴上，务实数 a 的值．解：由题意，直线l 的一般方程为2x＋ y＝9，22椭圆 C 的一般方程为y ＋ x29a＝ 1(0＜ a＜ 3)，椭圆 C 的准线方程为y＝±99－a2，9故9－a2＝9，解得a＝22(负值舍去 )．D． [选修 4－ 5：不等式选讲 ]求函数 y＝ 3sin x＋ 22＋2cos 2x的最大值．解： y＝ 3sin x＋ 22＋2cos 2x＝ 3sin x＋ 4cos2x，由柯西不等式得y2＝ (3sin x＋ 4 cos2x)2≤ (32＋ 42)(sin2x＋ cos2x)＝ 25，当且仅当4sin x＝3|cos x|，即3sinx＝5，4|cosx|＝5时等号成立，所以y max＝ 5.所以函数y＝ 3sin x＋ 2 2＋ 2cos 2x的最大值为 5. 3．此题包含 A 、 B、 C、 D 四个小题，请任选二个作答A． [选修 4－ 1：几何证明选讲]如图，△ ABC 的极点 A ， C 在圆 O 上， B 在圆外，线段AB 与圆 O 交于点 M .(1) 若 BC 是圆 O 的切线，且 AB ＝ 8， BC ＝ 4，求线段 AM 的长度；(2) 若线段 BC 与圆 O 交于另一点 N ，且 AB ＝ 2AC ，求证： BN ＝ 2MN .解： (1)设 AM ＝ t ，则 BM ＝ 8－ t(0<t<8) ，由切割线定理可得BC 2＝ BM ·BA.∴ 16＝ 8(8－ t)，解得 t ＝ 6，即线段 AM 的长度为 6.(2) 证明：由题意，∠ A ＝∠ MNB ，∠ B ＝∠ B ，∴△ BMN ∽△ BCA ，∴BN BA ＝MN CA ，∵ AB ＝ 2AC ，∴ BN ＝ 2MN .B ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]已知变换 T 把平面上的点 (3，－ 4)， (5,0)分别变换成 (2，－ 1)， (－ 1,2)，试求变换 T 对应的矩阵 M .ab ，解：设 M ＝cdab 352 － 1 由题意得，－ 4＝－ 1，cd 0213a － 4b ＝ 2，a ＝－ 5，13， 5a ＝－ 1，b ＝－ 20∴＝－ ， 解得2－3c 4d 1c ＝5 ，5c ＝ 2，d ＝ 2011，－1 －135 20即M ＝.2 11 5 20C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程 ]π在极坐标系中，求直线θ＝ 4(ρ∈ R) 被曲线 ρ＝ 4sin θ所截得的弦长．ππ解： 法一： 在 ρ＝ 4sin θ中，令 θ＝ 4，得 ρ＝ 4sin4 ＝ 2 2，即所求弦长为2 2.法二： 以极点O 为坐标原点，极轴为x 轴的正半轴成立平面直角坐标系．π直线θ＝4(ρ∈ R)的直角坐标方程为y＝ x，①曲线ρ＝ 4sin θ的直角坐标方程为x2＋ y2－ 4y＝ 0，②x＝ 0，x＝2，由①②得或y＝ 0y＝2，π(0,0)， (2,2)，故直线θ＝(ρ∈R) 被曲线ρ＝ 4sin θ所截弦长的端点坐标分别为4所以直线θ＝π22＋ 22＝ 2 2. 4(ρ∈ R) 被曲线ρ＝ 4sin θ所截得的弦长为D． [选修 4－5：不等式选讲 ]已知 a≠ b，求证： a4＋ 6a2b2＋ b4＞ 4ab(a2＋b2)．证明： a4＋ 6a2b2＋ b4－ 4ab(a2＋ b2)＝a4＋ 6a2b2＋ b4－ 4a3b－ 4b3a432234＝ a－ 4a b＋ 6a b－ 4b a＋b＝ (a－ b)4，∵a≠ b，∴ a4＋ 6a2b2＋ b4－ 4ab(a2＋b2)>0 ，∴ a4＋ 6a2b2＋ b4>4ab(a2＋ b2)．4．此题包含 A 、 B、 C、 D 四个小题，请任选二个作答A． [选修 4－ 1：几何证明选讲]如图， AB 是圆 O 的直径，弦 CA， BD 的延伸线订交于点 E ， EF 垂直BA 的延伸线于点 F ，连接 FD .求证：∠ DEA ＝∠ DFA .证明：连接 AD，∵ AB 是圆 O 的直径，∴∠ ADB＝ 90°，∴∠ ADE ＝ 90°，又 EF ⊥FB，∴∠ AFE ＝ 90°，∴A， F， E， D 四点共圆，∴∠ DEA ＝∠ DFA .B． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]1a1已知矩阵 M ＝3 b的一个特点值λ＝－ 1 及对应的特点向量e＝－1，求矩阵 M 的逆矩阵．1a11－a1－ 1－＝－1，1 a解：由题知，3b－ 1＝3－ b＝－ 1·－1＝1，即3－ b＝ 1，a ＝ 2， 1 2解得M ＝ 3 2.b ＝ 2，1 2∴ det(M )＝＝ 1× 2－ 2× 3＝－ 4，3 2－11－1＝22 .∴M3－144C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程]x ＝ 1＋ t已知直线 l 的参数方程为2 (t 为参数 )，曲线 C 的极坐标方程为 ρ＝ 3cos θ，试y ＝ t判断直线 l 与曲线 C 的地点关系．解：由题意知，直线l 的一般方程为 2x －y － 2＝ 0，222x ＝ ρcos θ，得曲线 C 的直角坐标方程为－ 3 229，它表示圆．由 ρ＝ x ＋ y ，且2＋ y ＝y ＝ ρsin θ，x4由圆心3， 0 到直线l 的距离 ＝ 1＝ 5＜3，得直线l 与曲线C订交．2d5 5 2D ． [选修 4－ 5：不等式选讲 ]设 x ， y ， z 均为正实数，且 xyz ＝ 1，求证： 13 ＋ 13 ＋ 13 ≥ xy ＋ yz ＋ zx.x y y z z x证明 ：∵ x ， y ， z 均为正实数，且 xyz ＝ 1，∴111zxy3 ＋3 ＋3 ＝222x y y z z x x ＋ y ＋ z ，∴由柯西不等式可得z x y(xy ＋ yz ＋ zx)≥xyzxyzxyz 2＝x 2＋ y 2＋ z 2 x ＋y ＋zxyz ＋ xyz ＋ xyz 2＝ (xy ＋ yz ＋ zx)2.xy z111∴ x 3y ＋ y 3z ＋ z 3 x ≥xy ＋ yz ＋ zx.B 组1． 此题包含 A 、 B 、 C 、 D 四个小题，请任选二个作答A ． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图，已知△ ABC 内接于⊙ O ，连接 AO 并延伸交⊙ O 于点 D ，∠ ACB＝∠ ADC .求证： AD ·BC ＝ 2AC ·CD .证明： ∵∠ ACB ＝∠ ADC ， AD 是⊙ O 的直径，∴ AD 垂直均分 BC ，设垂足为 E ，∵∠ ACB ＝∠ EDC ，∠ ACD ＝∠ CED ，∴△ ACD ∽△ CED ，∴AD ＝ AC ，CD CE1∴ AD ·2BC ＝ AC ·CD ， ∴ AD ·BC ＝ 2AC ·CD.B ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]－ 1 0在平面直角坐标系 xOy 中，设点 A(－ 1,2)在矩阵 M ＝对应的变换作用下获得0 1点 A ′，将点 B(3,4)绕点 A ′逆时针旋转 90°获得点 B ′，求点 B ′的坐标．解：设B ′ (x ， y)，依题意，由－ 1 0 － 110 1 ＝，得 A ′ (1,2)．2 2――→ ――→ 则 A ′ B ＝ (2,2)， A ′ B ′ ＝ (x － 1， y － 2)．记旋转矩阵 N ＝ 0 － 11 ，0 0－12 x － 1 － 2x － 1 ，则＝ ，即2＝10 2y －2y － 2x ＝－ 1，得y ＝ 4.所以点 B ′ 的坐标为 (－ 1,4)．C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程]x ＝－ 8＋ t ，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线 l 的参数方程为t (t 为参数 )，曲线 Cy ＝ 22的参数方程为x ＝ 2s ， (s 为参数 )．设 P 为曲线 C 上的动点，求点P 到直线 l 的距离的最y ＝ 2 2s小值．解： 直线 l 的一般方程为 x － 2y ＋ 8＝ 0.由于点 P 在曲线 C 上，设 P(2s 2,2 2s)， 进而点 P 到直线 l 的距离|2s 2－ 4 2s ＋ 8| 2 s － 2 2＋ 4d ＝＝ 5.12＋ －2 24 5当 s ＝ 2时， d min ＝ 5 .所以当点 P 的坐标为 (4,4)时，曲线 C 上点 P 到直线 l 的距离取到最小值4 55.D． [选修 4－ 5：不等式选讲]已知 a， b， c∈ R,4a2＋ b2＋ 2c2＝ 4，求 2a＋ b＋ c 的最大值．解：由柯西不等式，得[(2a)222c)222122.＋ b ＋ (] ·1＋ 1＋2≥ (2a＋ b＋ c)2222由于 4a ＋ b ＋ 2c ＝ 4，所以 (2a＋ b＋ c) ≤ 10.所以 2a＋ b＋ c 的最大值为 10，当且仅当 a＝10， b＝210， c＝10时等号成立．5552．此题包含 A 、 B、 C、 D 四个小题，请任选二个作答A． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图， AB 是圆 O 的直径，弦 BD ，CA 的延伸线订交于点E，过 E作BA 的延伸线的垂线，垂足为 F .2证明：如图，连接AD ，由于 AB 为圆 O 的直径，所以AD⊥ BD.又 EF ⊥ AB，则 A， D， E， F 四点共圆，所以 BD ·BE ＝ BA·BF .连接 BC，则∠ AFE ＝∠ ACB，∠ BAC＝∠ EAF ，得△ABC∽△ AEF ，所以AB＝AC，AE AF即 AB·AF ＝ AE·AC，所以 BE ·BD － AE·AC＝ BA·BF － AB·AF ＝ AB·(BF － AF ) ＝ AB2. B． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]M 有特点值λ＝ 8 及对应的一个特点向量e1＝1已知二阶矩阵，而且矩阵 M 对应的变1换将点 (－ 1,2)变换成 (－ 2,4)．(1) 求矩阵 M ；(2) 求矩阵 M 的另一个特点值．解： (1)设 M ＝ab，cd1a＋ b1，由题意， M＝＝ 81＋1c d－ 1－ a＋ 2b－ 2M＝＝，2－ c＋ 2d4a ＋b ＝ 8，a ＝ 6，c ＋d ＝ 8，b ＝ 2，6 2∴解得即 M ＝.－ a ＋ 2b ＝－ 2，＝ ， 44c 4－ c ＋ 2d ＝ 4，d ＝ 4，λ－ 6 － 2＝ (λ－ 6) ·(λ－ 4)－ 8＝ 0，(2) 令特点多项式 f(λ)＝ － 4λ－ 4解得 λ＝ 8， λ＝ 2.矩阵 M 的另一个特点值为2.12C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程 ]在极坐标系中，直线l 的极坐标方程为 πx 轴的正θ＝(ρ∈ R) ，以极点为原点，极轴为3半轴成立平面直角坐标系，曲线C 的参数方程为x ＝ 2sin α，(α为参数 )．求直线 l 与曲y ＝ 1－ cos 2α线 C 的交点 P 的直角坐标．解：由题意得，直线 l 的直角坐标方程为 y ＝ 3x ，①曲线 C 的一般方程为y ＝ 1x 2(x ∈ [－ 2,2])，②2x ＝ 0， ＝ 2 ， 联立①②解方程组得或 x 3(舍去 )．y ＝ 0＝6y故 P 点的直角坐标为 (0,0)．D ． [选修 4－ 5：不等式选讲 ]b 2c 2 a 2已知 a ， b ， c 为正实数，求证： a ＋ b ＋ c ≥ a ＋b ＋ c.证明： 法一： (基本不等式 )2 2 2∵ a ＋ b ≥ 2b ， b ＋ c ≥ 2c ， c ＋ a≥ 2a ，abc22＋ c ＋a2∴ a ＋b＋ b ＋c ≥ 2a ＋ 2b ＋ 2c ，ab c2 22∴ b ＋ c ＋ a ≥ a ＋ b ＋c. a b c法二： (柯西不等式 )222bca222≥ (b ＋c ＋ a)2，∴ b＋ c＋ a≥ a ＋ b ＋ c.a b c3． 此题包含 A 、 B 、 C 、 D 四个小题，请任选二个作答A ． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图，已知 AB 为圆 O 的一条弦，点P 为弧 AB 的中点，过点 P 任作两条弦 PC ， PD 分别交 AB 于点 E ， F.求证： PE ·PC ＝ PF ·PD .证明： 连接 PA ， PB ， CD ， BC.由于点 P 为弧 AB 的中点，所以∠ PAB ＝∠ PBA.又由于∠ PAB ＝∠ PCB ，所以∠ PCB ＝∠ PBA.又∠ DCB ＝∠ DPB ，所以∠ PFE ＝∠ PBA ＋∠ DPB ＝∠ PCB ＋∠ DCB ＝∠ PCD ，所以 E ， F ，D ， C 四点共圆．所以 PE ·PC ＝ PF ·PD.B ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]1 2T 把曲线 C 变换成曲线已知曲线 C ： x 2＋ 2xy ＋ 2y 2＝ 1，矩阵 A ＝所对应的变换1C 1，求曲线 C 1 的方程．1 2 解：设曲线 C 上的随意一点P(x ， y)，点 P 在矩阵 A ＝所对应的变换 T 作用下得1 0到点 Q(x ′， y ′ )．1 2 x x ′x ＋2y ＝ x ′ ，x ＝y ′ ，则 1 0 y ＝′，即x ＝ ′ ，所以y ＝ x ′ － y ′ ，yy2222x ′ － y ′x ′ － y ′ 2＝ 22代入 x ＋ 2xy ＋2y ＝ 1，得 y ′ ＋2y ′ ·2＋ 21，即 x ′ ＋ y ′ ＝ 2，2所以曲线 C 1 的方程为 x 2＋ y 2＝ 2.C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程 ]在极坐标系中，已知点 A ， π，点 B 在直线 l ： ρcos θ＋ρsin θ＝ 0(0≤ θ<2π)上．当线2 2段 AB 最短时，求点B 的极坐标．解： 以极点为原点，极轴为 x 轴正半轴，成立平面直角坐标系，则点 A 2， π的直角坐标为 (0,2) ，直线 l 的直角坐标方程为 x ＋ y ＝ 0.2 AB 最短时，点 B 为直线 x － y ＋ 2＝ 0 与直线 l 的交点，x －y ＋ 2＝ 0， x ＝－ 1，所以点 B 的直角坐标为 (－ 1， 1).解得y ＝ 1.x ＋y ＝ 0，所以点 B 的极坐标为3π2，4 .D ． [选修 4－ 5：不等式选讲 ]求函数 f(x)＝ 5 x ＋8－2x 的最大值．解：易知函数 f( x)的定义域为 [0,4]，且 f(x)≥ 0.由柯西不等式得 [52＋ ( 2)2][( x)2＋ ( 4－ x)2]≥ (5 ·x ＋ 2· 4－ x)2，即 27× 4≥ (5 ·x ＋ 2· 4－ x)2， 所以 5 x ＋ 8－ 2x ≤ 6 3.当且仅当2× x ＝ 5 4－ x ，即 x ＝10027时取等号．所以函数 f(x)＝ 5 x ＋ 8－ 2x 的最大值为 6 3.4． 此题包含 A 、 B 、 C 、 D 四个小题，请任选二个作答A ． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图， AB 是圆 O 的直径， C ， D 是圆 O 上位于 AB 异侧的两点．证明：∠ OCB ＝∠ D.证明： 由于 B ， C 是圆 O 上的两点，所以 OB ＝OC .故∠ OCB ＝∠ B.又由于 C ， D 是圆 O 上位于 AB 异侧的两点，故∠ B ，∠ D 为同弧所对的两个圆周角，所以∠ B ＝∠ D.所以∠ OCB ＝∠ D.B ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]2 －2 ，设曲线 C ：(x － y)2＋ y 2＝ 1 在矩阵 A 对应的变换下获得曲线 C ′，已知矩阵 A ＝10 求 C ′的方程．解： 设 P(x 0， y 0)为曲线 C 上随意一点，点P 在矩阵 A 对应的变换下获得点Q(x ， y)，x 2 － 2 x 0x ＝ 2x 0－ 2y 0，则＝，即，y0 1y 0＝y y 0解得 x 0＝ x＋ y ，2y 0＝ y ，又 (x 0－ y 0)2＋ y 20＝ 1，2∴ x ＋ y － y 2＋ y 2＝ 1，即 x＋ y 2＝ 1，242∴曲线 C ′ 的方程为x4 ＋ y 2＝ 1.C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程 ]1x ＝ 3＋ 2t ，在平面直角坐标系xOy 中，直线 l 的参数方程为3(t 为参数 )，以原点 Oy ＝ 2t为极点， x 轴的正半轴为极轴成立极坐标系，⊙ C 的极坐标方程为 ρ＝ 2 3sin θ.设 P 为直线l 上一动点，当P 到圆心 C 的距离最小时，求点P 的直角坐标．解：由 ρ＝ 223sin θ，得 ρ＝ 2 3ρsin θ， 进而有 x 2＋ y 2＝ 2 3y ，所以 x 2＋ (y － 3)2＝ 3.设P 3＋ 1 t ， 33)，2 2t ，又 C(0，1232 2则 PC ＝ 3＋ 2t＋ 2 t － 3 ＝t ＋ 12，故当 t ＝ 0 时， PC 获得最小值，此时点 P 的直角坐标为 (3,0)．D ． [选修 4－ 5：不等式选讲 ]已知 a ， b ， c ， d 是正实数，且 abcd ＝ 1，求证： a 5 ＋b 5＋ c 5＋d 5≥ a ＋ b ＋ c ＋ d.证明： 由于 a ， b ， c ， d 是正实数，且 abcd ＝ 1,所以 a 5＋ b ＋ c ＋ d ≥ 4 4a 5bcd ＝ 4a.① 同理b 5＋c ＋d ＋ a ≥ 4b ，②c 5＋d ＋ a ＋ b ≥4c ，③d 5＋ a ＋ b ＋ c ≥4d ，④将①②③④式相加并整理，得 a 5＋ b 5＋ c 5＋ d 5≥ a ＋ b ＋ c ＋ d.当且仅当 “a ＝ b ＝ c ＝ d ＝ 1” 时等号成立．。

高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：14个填空题综合仿真练(二)Word版含解析14 个填空题综合仿真练 (二)1．已知全集U ＝ {1,2,3,4}，会合 A＝ {1,4}， B＝ {3,4} ，则?U( A∪ B)＝_________.分析：由于 A＝ {1,4}， B＝ {3,4}，所以 A∪ B＝ {1,3,4}，由于全集U＝ {1,2,3,4}，所以 ?U(A∪B)＝{2}．答案： {2}1－ i2．已知复数 z＝2i，此中 i 为虚数单位，则复数z 的虚部为 ________．分析： z＝1－ i＝i 1－ i1＋ i1－1i.所以 z 的虚部为－1. 2i2i2 ＝＝－－ 2222答案：－123．某校有足球、篮球、排球三个兴趣小组，共有成员120 人，此中足球、篮球、排球的成员分别有40 人、 60人、 20 人．现用分层抽样的方法从这三个兴趣小组中抽取24 人来检查活动展开状况，则在足球兴趣小组中应抽取________人．分析：设足球兴趣小组中抽取人数为n，则n＝40，所以 n＝ 8. 24120答案：84．如图是一个算法的流程图，则输出的n 的值为 ________．分析：由题意， n＝ 1， a＝ 1，第 1 次循环， a＝ 5， n＝ 3，知足 a＜ 16，第 2 次循环， a ＝ 17， n＝ 5，不知足 a＜16，退出循环，输出的n 的值为 5.答案：55 ．从会合{1,2,3,4} 中任取两个不一样的数，则这两个数的和为__________．分析：从会合 {1,2,3,4} 中任取两个不一样的数，基本领件总数3 的倍数的概率为n＝ 6，这两个数的和为3的倍数包括的基本领件有：(1,2)，(2,4)，共2 个，故这两个数的和为 3 的倍数的概率P＝ 2＝613.答案：136．设 x ∈ R ，则 p ：“ log 2x<1”是 q ：“ x 2－ x －2<0”的 __________ 条件． (填“充足不用要”“必需不充足”“既不充足也不用要”“充要”)分析： 由 log 2x<1，得 0<x<2，由 x 2－ x － 2<0 可得－ 1<x<2，所以p ? q ， q ? /p ，故 p是 q 的充足不用要条件．答案 ：充足不用要x 2 y 27．已知双曲线 C ： a 2－ b 2＝ 1(a>0， b>0)的左焦点到渐近线的距离等于实轴长，则双曲线 C 的离心率为 ________．bc由题意，双曲线C 的左焦点到渐近线的距离 d ＝ ＝ b ，则 b ＝ 2a ，所以双a 2＋ b 2曲线 C 的离心率c 1＋b 2＝ 5.e ＝ ＝aa答案： 58．记公比为正数的等比数列{a n }的前 n 项和为 S n .若 a 1＝ 1， S 4－ 5S 2＝ 0，则 S 5 的值为________．分析： 由题意 q ≠ 1，设等比数列的公比为q(q ≠ 1)，1－q 4由 a 1＝ 1， S 4－ 5S 2＝ 0，得 1－ q － 5(1＋ q)＝ 0，2化简得 1＋ q ＝ 5，解得 q ＝ ±2.∴ q ＝ 2.故 S 5＝1－25＝31. 1－ 2答案：319.如下图，在棱长为4 的正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 中， P 是 A 1B 1上一点，且 PB 1＝ 1A 1B 1，则多面体 P-BB 1C 1C 的体积为 ________．4分析： 由于四棱锥 P-BB 1C 1C 的底面积为 16，高 PB 1＝ 1，所以VP -BB 1C 1C ＝ 1× 16× 1＝16.33答案：163．已知函数 ＝ 2x ＋ π ≤ π)，且 α＝ β＝ 1 α≠ β，则 α＋ β＝10f(x) sin3 (0x< f( )f( ) 3()__________.ππ 7π13π π分析： 由 0≤ x<π，知 3 ≤ 2x ＋ 3 < 3 ，由于 f(α)＝ f(β)＝ 3< 2 ，所以 2α＋ 3 ＋ 2β＋ 3 ＝3π7π2× ，所以 α＋ β＝6.2答案 ： 7π62－ 1，x ≥ 0，x11．已知函数 f(x)＝若函数 y ＝ f(f( x))－ k 有 3 个不一样的零点， 则实数 k－ x ＋ 1， x ＜ 0.的取值范围是 ________.分析： 当 x<0 时，－ x>0，故－ x ＋ 1>0，22所以 f(－ x ＋ 1)＝ x － 2x ＋ 1－ 1＝ x － 2x ， 当 x ≥ 0 时， f(x)＝ x 2－ 1，当 0≤ x<1 时，x 2－ 1<0，故 f(x 2－ 1)＝－ x 2＋ 2，当 x ≥ 1 时， x 2－ 1≥ 0，故 f( x 2 － 1)＝ x 4－ 2x 2 .2x － 2x ， x<0，故 f( f(x))＝ － x 2＋ 2， 0≤ x<1，x 4－ 2x 2， x ≥ 1，作出函数 f(f(x))的图象如下图，可知当1<k ≤ 2 时，函数 y ＝ f(f(x)) － k 有 3 个不一样的零点．答案 ： (1,2]12．已知△ ABC 外接圆 O 的半径为―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→2，且 AB ＋ AC ＝ 2AO ，| AB |＝ |AO |，则 CA ·CB＝ __________.―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→BC 中点分析： 由 AB ＋ AC ＝2AO ，可得 OB ＋ OC ＝0，即 BO ＝ OC ，所以圆心在上，且 AB ⊥ AC.―→―→ 2ππ由于 |AB |＝ |AO |＝ 2，所以∠ AOC ＝， C ＝，3 6由正弦定理得AC＝AO，故 AC ＝23，2π πsin 3 sin 6―→ ―→ ―→ ―→3×3＝ 12.又 BC ＝ 4，所以 CA·CB ＝| CA | |·CB | ·cos C ＝ 4× 22答案：1213．设 a ， b ， c 是三个正实数，且a 的最大值为 __________ ．a(a ＋ b ＋ c)＝ bc ，则 b ＋cb c b c b ca＝ 分析： 由 a(a ＋ b ＋ c)＝ bc ，得 1＋ ＋ ＝ ·，设 x ＝ ， y ＝ ，则 x ＋ y ＋ 1＝ xy ，＋ a a a a a acb 1 x ＋ y 2 a2－ 1 ＋ ，由于 x ＋ y ＋ 1＝ xy ≤ 2 ，所以 x ＋ y ≥ 2＋ 2 2，所以 ＋ 的最大值为 2 .x y b c答案：2－1214．设 a 为实数，记函数f(x)＝ ax － ax 31， 1的图象为 假如任何斜率不小于1x ∈ 2 C. 的直线与 C 都至多有一个公共点，则 a 的取值范围是 __________ ．分析： 由于任何斜率不小于 1 的直线与 C 都至多有一个公共点，所以f ′ (x) ≤ 1 在 x ∈1， 1 上恒建立．由于f ′ (x) ＝ －2，所以 3ax2－＋≥ 0在 1，1 上恒建立．2a 3ax a 12设 g(t)＝ 3at － a ＋ 1， t ∈ 1， 1 ，41 ≥ 0， 3只要 g4即 4a －a ＋ 1≥ 0，g 1 ≥ 0，3a － a ＋ 1≥ 0，解得－12≤a ≤ 4. 1答案： － ，4。

小升初 中高考 高二会考 艺考生文化课 一对一辅导/wxxlhjy QQ:157171090无锡新领航教育特供：【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题 第二部分 专题1配套专题检测1．已知圆x 2＋y 2＝4，则经过点P (2,4)，且与圆相切的直线方程为________．解析：由22＋42>4得点P 在圆x 2＋y 2＝4外，由几何性质分析知过点P 且与圆相切的直线有两条，设直线斜率为k ，则切线方程为y －4＝k (x －2)，由圆心到切线的距离为2，解得k ＝34.由此可知斜率不存在时也满足题意，解得切线方程为3x －4y ＋10＝0或x ＝2. 答案：3x －4y ＋10＝0或x ＝22．△ABC 中，已知sin A ＝12，cos B ＝513，则cos C ＝________. 解析：∵0<cos B ＝513<22，且B 为△ABC 的一个内角， ∴45°<B <90°，且sin B ＝1213. 若A 为锐角，由sin A ＝12，得A ＝30°，此时cos A ＝32. 若A 为钝角，由sin A ＝12，得A ＝150°，此时A ＋B >180°，这与三角形的内角和为180°相矛盾，可见A ≠150°.∴cos C ＝cos[π－(A ＋B )]＝－cos(A ＋B )＝－[cos A ·cos B －sin A ·sin B ]＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤32·513－12·1213＝12－5326. 答案：12－53263．若函数f (x )＝13(a －1)x 3＋12ax 2－14x ＋15在其定义域内有极值点，则a 的取值范围为________．解析：由题意得f ′(x )＝(a －1)x 2＋ax －14＝0有解． 当a －1＝0时，满足；当a －1≠0时，只需Δ＝a 2＋(a －1)>0.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－52∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋52，＋∞。

江苏新高考高考对本专题内容的考察一般是“ 一小一大” ，小题主要考察体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考察形式单一，难度一般.第 1 课时立体几何中的计算(基础课 )[常考题型打破]空间几何体的表面积与体积[必备知识 ]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：① S 柱侧＝ ch(c 为底面周长， h 为高 )；②S 锥侧＝1c h′ (c 为底面周长， h′为斜高 )；2③ S台侧＝1(c＋ c′ )h′ (c′， c 分别为上下底面的周长，h′为斜高 )．2(2)柱体、锥体、台体的体积公式：① V 柱体＝ Sh( S 为底面面积，h为高 )；② V1Sh(S 为底面面积， h 为高 )；锥体＝3③V 台＝1′3( S＋SS ＋ S′ )h(不要求记忆 )．(3)球的表面积和体积公式：①S 球＝ 4πR2(R 为球的半径 )；② V 球＝43πR3(R 为球的半径 )．[题组练透 ]1．现有一个底面半径为 3 cm，母线长为 5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温融化后铸成一个实心铁球 (不计消耗 )，则该铁球的半径为 ________cm.分析：由于圆锥底面半径为 3 cm ，母线长为 5 cm，所以圆锥的高为52－ 32＝ 4 cm，其体积为1π×32× 4＝ 12π cm3，设铁球的半径为r，则4π3＝ 12π，所以该铁球的半径是3 3r93cm.答案：392．(2017 苏·锡常镇二模 )已知直四棱柱底面是边长为 2 的菱形，侧面对角线的长为 23，则该直四棱柱的侧面积为 ________．分析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为 2 3 2－ 22＝ 2 2，所以该直四棱柱的侧面积为 S＝ cl＝ 4× 2× 2 2＝ 16 2.答案：16 23．(2017 南·通、泰州一调 )如图，在正四棱柱 ABCD -A1B1C1 D1中，AB＝3 cm， AA1＝ 1 cm，则三棱锥 D 1-A1BD 的体积为 _______cm3.分析：三棱锥 D1 -A1BD 的体积等于三棱锥B- A1D 1D 的体积，由于三棱锥 B-A1D1D 的高等于 AB，△ A1D1D 的面积为矩形 AA1D 1D 的面积的1，所以三棱锥B-A1D1D 的体积是正四21D1 -A1BD 的体积等于123棱柱 ABCD -A1B1C1D1的体积的，所以三棱锥6× 3×1＝ .62答案：324.以下图是一个直三棱柱( 以 A1B1C1为底面 )被一个平面所截获得的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝ B1C1＝ 1，∠ A1B1C1＝ 90°， A1A＝ 4，B1B＝ 2，C1C＝ 3，则此几何体的体积为________．分析：在 A1A 上取点 A2，在 C1C 上取点 C2，使 A1A2＝ C1C2＝ BB1，连结 A2B，BC2， A2C2，∴V＝VA1 B1C1- A2 BC2＋VB- A2 ACC 2111＋ 2×2×23＝×1×1×2＋×22＝ .232答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S1， S2，体积分别为V 1， V2.若它们的侧面积相等且V1＝3，则S1的值是 ________．V22S2分析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则有 2πr1h1＝ 2πr2h2，即 r1h1＝ r2h2，又V 1πr12h1，∴V1＝r1r13，则S1r129＝2V2，∴ ＝＝r2＝ . V 2πr2h2r2r22S24答案：94 [方法概括 ]求几何体的表面积及体积的解题技巧(1) 求几何体的表面积及体积问题，能够多角度、多方向地考虑，熟记公式是重点所在．求三棱锥的体积，等体积转变是常用的方法，转变原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用切割或补形的思想，将不规则几何体转变为规则几何体以易于求解．多面体与球的切接问题[必备知识 ]解决球与其余几何体的切、接问题(1)解题的重点：认真察看、剖析，弄清有关元素的地点关系和数目关系．(2)选准最正确角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包括球、几何体的各样元素以及表现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3) 认识球与正方体组合的 3 种特别截面：(4)熟记 2 个结论：①设小圆O1半径为 r， OO 1＝ d，则 d2＋ r2＝ R2；∠AO1B∠ AOB②若 A， B 是圆 O1上两点，则 AB＝ 2rsin＝ 2Rsin.22[题组练透 ]1．(2017 江·苏高考 ) 如图，在圆柱 O1O2内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为 V 1，球 O 的体积为 V2，则V1的V2值是 ________．分析：设球 O 的半径为R，由于球 O 与圆柱 O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆V1πR2·2R3柱的底面半径为R、高为 2R，所以＝＝.V243πR32答案：322． (2017 全·国卷Ⅲ改编 )已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．2212333π分析：设圆柱的底面半径为r，则 r＝ 1－2＝4，所以圆柱的体积V＝4× π× 1＝ 4 .答案：3π43．已知矩形 ABCD 的极点都在半径为 2 的球 O 的球面上，且 AB＝ 3，BC＝3，过点D 作 DE 垂直于平面 ABCD ，交球 O 于 E，则棱锥 E-ABCD 的体积为 ________．分析：以下图， BE 过球心 O，∴DE＝ 42－32－ 3 2＝2，∴VE -ABCD＝1×3×3×2＝ 2 3. 3答案： 234．(2017 南·京、盐城一模 ) 将矩形 ABCD 绕边 AB 旋转一周获得一个圆柱， AB＝ 3，BC ＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是 ________．分析：由于将矩形 ABCD 绕边 AB 旋转一周获得一个圆柱，AB＝ 3， BC＝ 2，圆柱上底面圆心为O，△ EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥 O-EFG 的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥 O-EFG 体积取最大值时，△EFG 的面积最大，当 EF 为直径，且 G 在 EF 的垂直均分线上时， (S△EFG )max＝1×4× 2＝ 4, 2所以三棱锥 O-EFG 体积的最大值 ( V O-EFG )max＝1× (S△EFG )max× AB＝1×4× 3＝ 4. 33答案：4[方法概括 ]多面体与球的切接问题的解题技巧方法解读合适题型解答时第一要找准切点，经过作截面来解截面法决．假如内切的是多面体，则作截面时主要球内切多面体或旋转体抓住多面体过球心的对角面来作第一确立球心地点，借助外接的性质——球结构直角三心到多面体的极点的距离等于球的半径，寻求球心究竟面中心的距离、半径、极点究竟正棱锥、正棱柱的外接球角形法面中心的距离结构成直角三角形，利用勾股定理求半径因正方体、长方体的外接球半径易求得，故三条侧棱两两垂直的三棱锥，补形法将一些特别的几何体补形为正方体或长方从正方体或长方体的八个顶体，即可借助外接球为同一个的特色求解点中选用点作为极点构成的三棱锥、四棱锥等平面图形的翻折问题[必备知识 ]将平面图形沿此中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这种问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的重点．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这种问题就是要据此研究翻折此后的空间图形中的线面关系和几何量的胸怀值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透 ]2π1． (2017 南·通三模 )已知圆锥的侧面睁开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个圆3锥的高为 ________．3，圆心角为 2πl ＝ 3，分析：由于圆锥的侧面睁开图是半径为3 的扇形，所以圆锥的母线长设圆锥的底面半径为r ，则底面周长 2πr ＝ 3× 2π 22＝2 2.，所以 r ＝ 1，所以圆锥的高为 3 － 13答案：2 22． (2017 ·京考前模拟南 )如图，正△ ABC 的边长为 2， CD 是 AB 边上的高， E ， F 分别为边 AC 与 BC 的中点，现将△ ABC 沿 CD 翻折，使平面 ADC ⊥平面 DCB ，则棱锥 E-DFC 的体积为 ________．1 1 3231 1分析： S △ DFC ＝ 4S △ABC ＝ 4×4 × 2＝4 ， E 到平面 DFC 的距离 h 等于 2AD ＝ 2.V E-DFC ＝ 1× S △ DFC × h ＝ 3.3 24 答案 ： 3243.(2017全·国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D ，E ，F 为圆O 上的点， △DBC ，△ ECA ，△FAB 分别是以 BC ，CA ，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以 BC ， CA ， AB 为折痕折起△ DBC ，△ ECA ，△ FAB ，使得 D ， E ， F 重合，获得三棱锥． 当△ ABC 的边长变化时， 所得三棱锥体积 (单位：cm 3)的最大值为 ________．分析： 法一： 由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ ABC 的边长变化时，设△ ABC 的边长为 a(a>0)cm ，则△ ABC 的面积为3234 a ，△ DBC 的高为 5－ 6 a ，则正三棱锥的高为5－ 3a 2 －225－5 33a ＝3a ，66∴25－53 3 a>0，∴ 0<a<5 3，∴所得三棱锥的体积1× 3 225－ 5 33 ×45 3 5V ＝a ×3a ＝1225a －3 a .3 4令 t ＝ 25a4－ 53 3a 5，则 t ′ ＝ 100a 3－25 3a 4，3由 t ′ ＝ 0，得 a ＝ 4 3，此时所得三棱锥的体积最大，为4 15 cm 3.法二： 如图，连结 OD 交 BC 于点 G ，由题意知， OD ⊥ BC.易得 OG＝ 3BC ，6设 OG ＝ x ，则BC ＝ 2 3x ，DG ＝ 5－ x ，S △ ABC ＝ 1× 23x × 3x ＝ 33x 2，2故所得三棱锥的体积V ＝1×33 x 2×5－ x2－ x 2 ＝3 x 2×25－ 10x ＝33× 25x 4－ 10x 5 .令 f( x)＝ 25x 4－ 10x 5， x ∈ 0，52，则 f ′ (x)＝ 100x 3－ 50x 4，令 f ′ (x)>0，即 x 4－ 2x 3<0 ，得 0<x<2，5则当 x ∈ 0， 2 时， f(x)≤ f(2) ＝ 80， ∴ V ≤ 3× 80＝ 4 15.∴所求三棱锥的体积的最大值为4 15.答案： 4 15[方法概括 ]解决翻折问题需要掌握的两个重点点(1) 解决与翻折有关的问题的重点是搞清翻折前后的变化量和不变量．一般状况下，折线同一侧的，线段的长度是不变量，地点关系可能会发生变化，抓住两个“不变性 ”．①与折线垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折线平行的线段，翻折前后平行关系不改变．(2) 解决问题时，要综合考虑翻折前后的图形，既要剖析翻折后的图形，也要剖析翻折前的图形．[课时达标训练 ][A 组 —— 抓牢中档小题 ]1．已知正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 的棱长为 1，点 E 是棱 B 1B 的中点，则三棱锥 B 1-ADE的体积为 ________．1 1 1 1× 1× 1＝ 1. 分析： VB 1-ADE ＝ VD- AEB 1＝ S △ AEB 1 ·DA ＝ × ×33 2212 答案： 1122．若两球表面积之比是 4∶ 9，则其体积之比为 ________． 分析： 设两球半径分别为r 1， r 2，由于 4πr 12∶ 4πr 22＝ 4∶ 9，所以 r ∶ r ＝ 2∶ 3，所以两球体积之比为4 3 43 ＝r 1 3 ＝2 3 ＝ 8∶ 27.π ∶π r 23123 r 1 3r 2答案： 8∶ 273．(2017 天·津高考 )已知一个正方体的全部极点在一个球面上，若这个正方体的表面积为 18，则这个球的体积为 ________．分析： 设正方体的棱长为a ，则 6a 2＝ 18，得 a ＝3，设该正方体外接球的半径为 R ，3，所以该球的体积为 43＝4π 27 9则 2R ＝ 3a ＝ 3，得 R ＝π×8＝ π.23R329答案： 2π4．已知圆锥的母线长为 10 cm ，侧面积为2，则此圆锥的体积为 ________cm3. 60π cm分析： 设圆锥底面圆的半径为 r ，母线长为 l ，则侧面积为 πrl ＝ 10πr ＝ 60π，解得 r ＝ 6，则圆锥的高 h ＝ l 2－ r 2＝ 8，则此圆锥的体积为1πr 2 h ＝ 1π× 36× 8＝ 96π.33答案： 96π5． (2017 扬·州期末 )若正四棱锥的底面边长为22(单位： cm)，侧面积为 8(单位： cm )，则它的体积为 ________(单位： cm 3 )．1分析： 由于正四棱锥的底面边长为2，侧面积为 8，所以底面周长 c ＝ 8，2ch ′ ＝ 8，所以斜高 h ′＝ 2，正四棱锥的高为h ＝ 3，所以正四棱锥的体积为1× 22× 3＝4 333.4 3答案 ：6．设棱长为 a 的正方体的体积和表面积分别为 V 1，S 1，底面半径和高均为 r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S2，若V1＝3，则S1的值为 ________．V2πS2分析：由题意知， V ＝ a3，S ＝ 6a2，V ＝13，S ＝2πr2，由V1＝3得， a3＝3，得 a11 2 3πr2V2π13ππr3＝r，进而S1＝6＝3 2. S2 2ππ答案：3 2π7.(2017 苏·北三市三模 )如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB ＝AA 1＝3，点 P 在棱 CC1上，则三棱锥P-ABA1的体积为 ________．分析：三棱锥的底面积S△ ABA 1＝1× 3× 3＝9，点 P 究竟面的距离22为△ ABC 的高 h＝23 2＝33，故三棱锥的体积 VP-ABA1S△3 －221＝3ABA1× h＝9 3. 4答案：9 348． (2017 无·锡期末 )已知圆锥的侧面睁开图为一个圆心角为2π3π的扇形，3，且面积为则该圆锥的体积等于________．分析：设圆锥的母线为l，底面半径为 r，由于 3π＝1πl2，所以 l＝ 3，所以πr× 3＝ 3π，3221222π所以 r＝ 1，所以圆锥的高是3－1 ＝ 22，所以圆锥的体积是3× π× 1×2 2＝ 3.答案：22π39．(2017 徐·州古邳中学摸底 )表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．分析：设圆柱的高为h，底面半径为r，则圆柱的表面积S＝ 2πr2＋ 2πrh＝ 24π，即 r2＋ rh＝ 12，得 rh＝ 12－ r2，223∴ V＝πr h＝πr(12－ r )＝π (12r－ r )，令 V′＝π(12－ 3r2)＝ 0，得 r＝2，∴函数 V＝πr2h 在区间 (0,2]上单一递加，在区间[2，＋∞ )上单一递减，∴ r＝ 2 时， V 最大，r 1 此时 2h＝ 12－ 4＝ 8，即 h＝ 4，h＝2.答案：1 210．三棱锥P-ABC 中， PA⊥平面ABC， AC⊥ BC， AC＝ BC＝ 1， PA＝ 3，则该三棱锥外接球的表面积为________．分析：把三棱锥 P-ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、 1、3的长方体所得的一部分(如图 ).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋ 3 2＝5，故外接球半径为5，表面积为 4π×52＝ 5π.22答案： 5π11．已知正三棱锥P-ABC 的体积为2 2，底面边长为2，则侧棱 PA 的长为 ________．3分析：设底面正三角形ABC 的中心为 O，又底面边长为2，故 OA＝2 3，由 V P-ABC＝31·S△ABC，得221PO×3226，所以 PA＝2＋ AO2＝ 2.PO3＝4×2 ，PO＝3PO33答案：212． (2017 苏·州期末 )一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上边钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．分析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种状况：①孔高为 3，则 2πr2＝ 2πr× 3，解得 r＝ 3；②孔高为8，则 r＝ 8；③孔高为 9，则 r＝ 9.而实质状况是，当 r＝ 8， r＝ 9 时，由于长方体有个棱长为3，所以受限制不可以打，所以只有①切合．答案：313.以下图，在体积为9 的长方体ABCD -A1B1C1D1中，对角线B1D 与平面 A1BC1交于点 E ，则四棱锥E-A1B1C1D1的体积 V＝ ________.分析：连结 B1 D1交 A1C1于点 F，连结 BD ， BF ，则平面A1BC 1∩平面 BDD 1B1＝BF ，由于 E∈平面 A1BC1， E∈平面 BDD 1B1，所以 E∈ BF .由于 F 是 A1 C1的中点，所以BF 是中线，又1FE1 B1F 綊 BD，所以EB＝，22故点 E 到平面 A1B1C1D 1的距离是 BB1的1，所以四棱锥 E-A1B1C1D1的体积311A1B1C1D1×BB1＝ V 长方体 ABCD -A1B1C1D1＝ 1.39答案：1V＝1× S 四边形314．半径为 2 的球 O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．分析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a、高为h，则有16＝ 2a2＋ h2≥ 2 2 ah，即4ah≤ 16 2，该正四棱柱的侧面积S＝ 4ah≤ 162，当且仅当h＝2a＝ 22时取等号．所以，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π× 22－16 2＝ 16( π－ 2)．答案： 16( π－ 2)[B组——力求难度小题]1．已知三棱锥 S-ABC 所在极点都在球 O 的球面上，且 SC⊥平面 ABC，若 SC＝ AB＝AC＝1，∠ BAC＝ 120°，则球 O 的表面积为 ________．分析：∵ AB＝ AC＝ 1，∠ BAC＝ 120°，∴BC＝ 12＋ 12－ 2× 1× 1× －1＝ 3，23∴三角形ABC 的外接圆直径2r＝＝2，sin 120°∴r＝ 1.∵SC⊥平面 ABC， SC＝ 1，∴该三棱锥的外接球半径R＝2＋SC 2＝5r2，22∴球 O 的表面积S＝ 4πR ＝ 5π.2.(2017 南·京三模 )如图，在直三棱柱ABC- A1B1C1中， AB＝ 1，BC＝2， BB1＝ 3，∠ ABC＝ 90°，点 D 为侧棱 BB1上的动点．当 AD＋ DC 1最小时，三棱锥 D-ABC1的体积为 ________．分析：在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面 ABC，所以 BB1⊥ AB，又由于∠ ABC＝ 90°，即 BC⊥ AB，又 BC∩ BB1＝ B，所以 AB⊥平面BB1C1C, 由于 AB＝ 1， BC＝ 2，点 D 为侧棱 BB1上的动点，所以侧面睁开，当AD ＋DC1最小时， BD ＝ 1，所以 S△ BDC1＝1× BD ×B1C1＝ 1，所以三棱锥 D-ABC1的体积为1× S△231BDC 1× AB＝ .3答案：133．设四周体的六条棱的长分别为1,1,1,1， 2和 a，且长为 a 的棱与长为2的棱异面，则 a 的取值范围是 ________．分析：以下图， AB＝2，CD ＝ a，设点 E 为 AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥ AB，则 ED ＝AD 2－ AE 2＝2，同理 EC ＝2.由构成三角形的条件知0＜ a＜ ED 22＋EC ＝2，所以 0＜ a＜ 2.答案： (0，2)4.如图，已知 AB 为圆 O 的直径， C 为圆上一动点， PA⊥圆 O 所在的平面，且 PA＝ AB＝ 2，过点 A 作平面α⊥ PB，分别交 PB，PC 于 E ， F ，当三棱锥P-AEF 的体积最大时， tan∠BAC＝ ________.分析：∵ PB⊥平面 AEF ，∴AF ⊥ PB.又 AC⊥ BC， AP⊥ BC，∴ BC⊥平面 PAC，∴ AF ⊥ BC，∴ AF ⊥平面 PBC，∴∠ AFE ＝90° .设∠ BAC＝θ，在 Rt △PAC 中，AF ＝AP·AC＝2× 2cos θ＝2cosθ，PC222 1＋ cos θ1＋ cosθ在 Rt △PAB 中， AE＝ PE＝2，∴EF ＝ AE2－AF 2，∴ V P-AEF＝1AF ·EF ·PE ＝1AF· 2－AF 2· 2 66＝2· 2AF 2－ AF 4＝2· － AF 2－1 2＋1≤2，∴当 AF ＝ 1 时，V P-AEF获得最大值2，6666此时 AF＝2cosθ＝ 1，∴ cos θ＝1， sin θ＝2，∴ tan θ＝ 2. 1＋ cos2θ33答案：2第 2 课时平行与垂直(能力课) [常考题型打破]线线、线面地点关系的证明[例 1] (2017 ·苏高考江 )如图，在三棱锥 A-BCD 中， AB⊥AD ，BC⊥BD ，平面 ABD ⊥平面 BCD ，点 E，F (E 与 A，D 不重合 )分别在棱 AD， BD 上，且 EF ⊥ AD. 求证： (1)EF ∥平面 ABC；(2)AD ⊥AC.[证明 ] (1)在平面 ABD 内，由于 AB⊥ AD ， EF ⊥ AD，所以 EF ∥ AB.又由于 EF ?平面 ABC， AB?平面 ABC，所以 EF ∥平面 ABC .(2)由于平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD ∩平面 BCD ＝ BD，BC?平面 BCD， BC⊥ BD ，所以 BC⊥平面 ABD .由于 AD?平面 ABD，所以 BC⊥ AD .又 AB⊥ AD， BC∩AB＝ B，AB?平面 ABC， BC?平面 ABC，所以 AD ⊥平面 ABC.又由于 AC?平面 ABC，所以 AD ⊥AC .[方法概括 ]立体几何证明问题的注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法，解题时一定依照定理建立的条件进行推理．如线面平行的判断定理中要求此中一条直线在平面内，另一条直线一定说明它在平面外；线面垂直的判断定理中要求平面内的两条直线一定是订交直线等，假如定理的条件不完好，则结论不必定正确．(2)证明立体几何问题，重要密联合图形，有时要利用平面几何的有关知识，所以需要多画出一些图形协助使用．[变式训练 ]1．(2017 ·锡常镇一模苏 )如图，在斜三棱柱 ABC-A1B1C1中，侧面 AA1C1C 是菱形， AC1与 A1C 交于点 O， E 是棱 AB 上一点，且 OE∥平面 BCC1B1.(1)求证： E 是 AB 的中点；(2)若 AC 1⊥A1B，求证： AC1⊥ BC.证明： (1)连结 BC1，由于OE ∥平面BCC1B1， OE ?平面 ABC1，平面BCC1B1∩平面 ABC1＝ BC1，所以 OE ∥BC 1 .由于侧面AA1C1C 是菱形， AC 1∩A1C＝ O，所以 O 是 AC1中点，所以AE＝AO＝ 1，E 是 AB 的中点 . EB OC1(2) 由于侧面AA1C1C 是菱形，所以AC1⊥ A1C,又 AC1⊥ A1B， A1C∩ A1B＝ A1， A1C?平面 A1BC， A1B?平面 A1BC，所以 AC1⊥平面A1BC,由于 BC?平面 A1BC，所以 AC1⊥ BC.2． (2017 ·苏州模拟 ) 在以下图的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD 是边长为 4 的正方形， PA⊥平面 ABCD ，PA∥ EB ，且 PA＝ AD＝ 4，EB ＝2.(1)若点 Q 是 PD 的中点，求证： AQ⊥平面 PCD ；(2)证明： BD ∥平面 PEC .证明： (1)由于 PA＝ AD ， Q 是 PD 的中点，所以AQ⊥ PD.又 PA⊥平面 ABCD ，所以 CD ⊥PA.又 CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以 CD ⊥平面 ADP .又由于 AQ?平面 ADP，所以 CD ⊥AQ，又 PD∩CD＝ D，所以 AQ⊥平面 PCD .(2)取 PC 的中点 M，连结 AC 交 BD 于点 N，连结 MN ，ME ，1在△ PAC 中，易知MN ＝2PA， MN ∥ PA，1又 PA∥ EB， EB ＝2PA，所以 MN ＝EB，MN ∥EB，所以四边形BEMN 是平行四边形，所以EM ∥ BN.又 EM ?平面 PEC ，BN ?平面 PEC，所以 BN ∥平面 PEC ，即 BD ∥平面 PEC.两平面之间地点关系的证明[例 2](2017 南·京模拟 )如图，直线PA 垂直于圆 O 所在的平面，△ABC 内接于圆 O，且 AB 为圆 O 的直径， M 为线段 PB 的中点， N 为线段 BC的中点．求证： (1)平面 MON ∥平面 PAC；(2) 平面 PBC⊥平面 MON .[证明 ] (1)由于 M ， O， N 分别是 PB， AB， BC 的中点，所以 MO ∥ PA， NO∥ AC，又 MO ∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面 MON ∥平面 PAC.(2)由于 PA⊥平面 ABC， BC?平面 ABC ，所以 PA⊥ BC.由(1)知，MO ∥PA，所以 MO ⊥ BC.连结 OC，则 OC＝ OB，由于 N 为 BC 的中点，所以 ON ⊥BC .又 MO ∩ON＝O，MO ?平面 MON ，ON?平面 MON ，所以 BC⊥平面 MON .又 BC?平面 PBC，所以平面PBC⊥平面 MON .[方法概括 ]1.证明面面平行依照判断定理，只需找到一个面内两条订交直线与另一个平面平行即可，进而将证明面面平行转变为证明线面平行，再转变为证明线线平行.2.证明面面垂直常用面面垂直的判断定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转变为证明线面垂直，一般先从现有直线中找寻，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或增添协助线解决.[变式训练 ]1． (2017 ·锡期末无 )在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， AP⊥平面 PCD ， E， F 分别为 PC， AB 的中点．求证：(1)平面 PAD⊥平面 ABCD ；(2)EF ∥平面 PAD.证明： (1)由于 AP⊥平面 PCD ， CD?平面 PCD，所以 AP⊥ CD，由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ CD,又由于 AP∩ AD＝ A， AP?平面 PAD，AD ?平面 PAD，所以 CD ⊥平面 PAD，由于 CD ?平面 ABCD ，所以平面PAD⊥平面 ABCD .(2)连结 AC， BD 交于点 O，连结 OE ， OF ，由于四边形ABCD 为矩形，所以O 点为 AC 的中点，由于 E 为 PC 的中点，所以 OE ∥PA，由于 OE ?平面 PAD， PA?平面 PAD，所以 OE ∥平面 PAD,同理可得： OF ∥平面 PAD，又由于 OE∩ OF ＝ O，所以平面OEF ∥平面 PAD,由于 EF ?平面 OEF ，所以 EF ∥平面 PAD.2.(2016 江·苏高考 )如图，在直三棱柱 ABC-A1B1 C1中，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1D⊥ A1F， A1C1⊥ A1B1.求证： (1)直线 DE ∥平面 A1C1F；(2)平面 B1DE ⊥平面 A1C1F.证明： (1)在直三棱柱ABC -A1B1C1中， A1C1∥ AC.在△ ABC 中，由于D， E 分别为 AB， BC 的中点，所以 DE ∥AC ，于是 DE ∥ A1C1.又由于 DE ?平面 A1C1F， A1C1?平面 A1C1F，所以直线DE∥平面 A1C1F .(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中， A1A⊥平面 A1B1C1.由于 A1C1?平面 A1B1C1，所以 A1A⊥ A1C1.又由于 A1C1⊥ A1B1， A1A?平面 ABB1A1， A1B1?平面 ABB1A1， A1A∩ A1B1＝ A1，所以 A1C1⊥平面 ABB1A1.由于 B1D?平面 ABB1A1，所以 A1C1⊥ B1D .又由于 B1D ⊥ A1F，A1C1?平面 A1C1F，A1F?平面 A1C1F，A1C1∩ A1F ＝ A1，所以 B1D ⊥平面 A1C1F.由于直线B1D ?平面 B1DE ，所以平面B1DE ⊥平面 A1C1F .空间线面地点关系的综合问题[例 3] (2017 ·北三市模拟苏 )如图， AB 为圆 O 的直径，点 E ，F 在圆 O上，且 AB∥ EF ，矩形 ABCD 所在的平面和圆 O 所在的平面相互垂直．(1)求证：平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)在线段 CF 上能否存在一点 M，使得 OM ∥平面 ADF ？并说明理由．[解 ](1) 证明：∵平面ABCD ⊥平面 ABEF ， CB⊥ AB，平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB，∴CB⊥平面 ABEF .∵AF ?平面 ABEF ，∴AF ⊥ CB.又 AB 为圆 O 的直径，∴AF⊥BF .又 BF∩CB＝B，∴AF ⊥平面 CBF .∵AF ?平面 AFC ，∴平面 AFC ⊥平面 CBF .(2)当 M 为 CF 的中点时， OM ∥平面 ADF .证明以下：取 CF 中点 M ，设 DF 的中点为N，连结 AN，MN ，则MN綊1CD，又 AO 綊1C D，则 MN 綊 AO，22∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥ AN，又 AN ?平面 DAF ， OM ?平面 DAF ，∴OM ∥平面 DAF .[方法概括 ]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练 ]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面 BCE，BE ⊥ EC.(1) 求证：平面AEC⊥平面 ABE；BF(2) 点 F 在 BE 上，若 DE ∥平面 ACF ，求BE的值．解： (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴ AB⊥ BC，∵平面 ABCD ⊥平面 BCE，∴AB⊥平面 BCE，∴ CE⊥ AB.又∵ CE⊥ BE， AB∩BE＝ B，∴CE⊥平面 ABE，又∵ CE?平面 AEC ，∴平面AEC ⊥平面 ABE .(2)连结 BD 交 AC 于点 O，连结 OF .∵DE ∥平面 ACF ， DE?平面 BDE ，平面 ACF ∩平面 BDE ＝ OF .∴ DE ∥ OF ，又在矩形ABCD 中， O 为 BD 中点，∴F 为 BE 中点，即BF＝1. BE 22．如图，在矩形ABCD 中， E， F 分别为 BC， DA折起，使得∠DFA＝ 60° .设 G 为 AF 上的点．(1) 试确立点G 的地点，使得CF ∥平面 BDG ；的中点．将矩形ABCD沿线段EF(2) 在 (1)的条件下，证明：DG⊥AE .解： (1)当点 G 为 AF 的中点时， CF ∥平面 BDG .证明以下：由于 E， F 分别为 BC， DA 的中点，所以 EF ∥ AB∥ CD.连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OG，则 AO＝ CO.又G为 AF的中点，所以 CF ∥OG.由于 CF ?平面 BDG ，OG ?平面 BDG .所以 CF ∥平面 BDG .(2)由于 E，F 分别为 BC， DA 的中点，所以EF ⊥ FD ，EF ⊥ FA .又 FD ∩FA＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，由于 DG?平面 ADF，所以 EF ⊥DG.由于 FD ＝FA，∠ DFA ＝ 60°，所以△ ADF 是等边三角形，DG⊥ AF ，又 AF ∩EF ＝F，所以 DG ⊥平面 ABEF .由于 AE ?平面 ABEF ，所以 DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥 V-ABC 中， O， M 分别为 AB， VA 的中点，平面VAB⊥平面 ABC ，△ VAB 是边长为 2 的等边三角形， AC⊥ BC 且 AC＝ BC.(1) 求证： VB ∥平面 MOC ；(2)求线段 VC 的长．解： (1)证明：由于点O，M 分别为 AB， VA 的中点，所以 MO ∥VB.又 MO ?平面 MOC ， VB?平面 MOC ，所以 VB ∥平面 MOC .(2)由于 AC＝ BC， O 为 AB 的中点， AC⊥ BC， AB＝ 2，所以OC⊥AB，且 CO＝ 1.连结 VO，由于△ VAB 是边长为 2 的等边三角形，所以 VO ＝ 3.又平面 VAB⊥平面 ABC， OC⊥ AB，平面 VAB∩平面 ABC＝ AB， OC?平面ABC，所以 OC⊥平面 VAB，所以 OC⊥ VO，所以 VC ＝OC2＋ VO 2＝ 2.2.(2017 南·通二调 )如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中， AC⊥ BC，A1B与 AB1交于点 D， A1C 与 AC1交于点 E.求证： (1)DE ∥平面 B1BCC1；(2)平面 A1BC⊥平面 A1ACC1.证明： (1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形 A1ACC1为平行四边形．又 E 为 A1C 与 AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理， D 为 A1B 的中点，所以DE ∥ BC.又 BC?平面 B1BCC 1， DE ?平面 B1BCC1，所以 DE ∥平面 B1BCC1.(2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中， AA1⊥平面 ABC，又BC?平面 ABC，所以 AA 1⊥ BC.又 AC⊥ BC， AC∩ AA1＝ A， AC?平面 A1ACC1， AA1?平面 A1ACC 1，所以 BC⊥平面A1ACC 1.由于 BC?平面 A1BC，所以平面A1BC⊥平面 A1ACC1.3.(2017南·京三模)如图，在三棱锥A-BCD中， E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF .(1)求证： EF ∥平面 ABD ；(2)若 BD ⊥ CD ， AE⊥平面 BCD ，求证：平面 AEF ⊥平面 ACD .证明： (1)由于 BD ∥平面 AEF ，BD?平面 BCD，平面 AEF ∩平面 BCD ＝ EF ，所以BD ∥EF .由于 BD ?平面 ABD ，EF ?平面 ABD，所以EF ∥平面 ABD .(2)由于 AE⊥平面 BCD， CD ?平面 BCD ，所以 AE⊥CD.由于 BD ⊥CD ， BD∥ EF ，所以CD ⊥ EF ，又 AE∩EF ＝E，AE?平面 AEF ，EF ?平面 AEF ，所以 CD ⊥平面 AEF .又 CD ?平面 ACD ，所以平面 AEF ⊥平面 ACD.4.在四棱锥P-ABCD 中， PA⊥底面 ABCD ， AB∥ CD ，AB⊥ BC，AB＝BC＝ 1， DC ＝ 2，点 E 在 PB 上．(1)求证：平面 AEC⊥平面 PAD；(2)当 PD ∥平面 AEC 时，求 PE∶ EB 的值．解： (1)证明：在平面ABCD 中，过 A 作 AF ⊥ DC 于 F ，则 CF ＝ DF ＝ AF ＝ 1，∴∠ DAC＝∠ DAF ＋∠ FAC＝ 45°＋ 45°＝ 90°，即 AC⊥ DA.又 PA⊥平面 ABCD ， AC?平面 ABCD ，∴ AC⊥ PA.∵PA?平面 PAD， AD ?平面 PAD，且 PA∩AD＝ A，∴ AC⊥平面 PAD.又 AC?平面 AEC ，∴平面 AEC ⊥平面 PAD.(2)连结 BD 交 AC 于 O，连结 EO.∵PD∥平面 AEC ， PD ?平面 PBD，平面 PBD∩平面 AEC＝ EO ，∴PD∥EO，则 PE∶ EB＝DO∶OB.又△ DOC ∽△ BOA，∴DO∶ OB＝DC ∶ AB＝ 2∶ 1，∴PE∶ EB 的值为 2.5.(2017 扬·州考前调研 )如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，CD∥ AB， AB＝ 2CD ， AC 交 BD 于 O，锐角△ PAD 所在平面⊥底面 ABCD ， PA⊥ BD，点 Q 在侧棱 PC 上，且 PQ＝ 2QC.求证： (1)PA∥平面 QBD ；(2)BD ⊥AD.证明： (1)连结 OQ,由于 AB∥ CD ，AB＝ 2CD，所以 AO＝ 2OC，又 PQ＝ 2QC，所以 PA∥ OQ，由于 OQ ?平面 QBD ， PA?平面 QBD ，所以 PA∥平面 QBD .(2)在平面 PAD 内过 P 作 PH ⊥AD 于 H，由于侧面PAD⊥底面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD， PH ?平面 PAD，所以 PH ⊥平面 ABCD ，又 BD?平面 ABCD，所以 PH⊥BD.又 PA⊥ BD，且 PA∩ PH ＝ P， PA?平面 PAD， PH ?平面 PAD，所以 BD ⊥平面 PAD，又 AD?平面 PAD，所以 BD⊥AD.6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形 ABCD 是矩形，四边形 ABEF为等腰梯形，且AB∥EF ， AF ＝ 2， EF ＝ 2AB＝ 4 2，平面 ABCD ⊥平面 ABEF .(1)求证： BE⊥DF ；(2)若 P 为 BD 的中点，试问：在线段 AE 上能否存在点 Q，使得 PQ∥平面 BCE？若存在，找出点 Q 的地点；若不存在，请说明原因．解： (1)证明：如图，取 EF 的中点 G，连结 AG，由于 EF ＝ 2AB ，所以 AB＝ EG ，又 AB∥ EG，所以四边形 ABEG 为平行四边形，所以 AG∥ BE ，且AG＝BE＝AF＝2.1在△ AGF 中， GF＝2EF ＝2 2，AG＝AF＝2，所以 AG2＋ AF 2＝ GF 2，所以 AG⊥ AF .由于四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥ AB，又平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，且平面 ABCD ∩平面 ABEF ＝ AB， AD ?平面 ABCD ，所以 AD ⊥平面 ABEF ，又 AG?平面 ABEF ，所以 AD ⊥ AG.由于 AD ∩AF ＝A，所以 AG⊥平面 ADF .由于 AG∥BE ，所以 BE ⊥平面 ADF .由于 DF ?平面 ADF ，所以 BE⊥ DF .(2)存在点 Q，且点 Q 为 AE 的中点，使得 PQ∥平面 BCE .证明以下：连结AC，由于四边形ABCD 为矩形，所以 P 为 AC 的中点．高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题二立体几何Word版含答案在△ ACE 中，由于点P， Q 分别为 AC， AE 的中点，所以 PQ∥ CE.又 PQ?平面 BCE， CE ?平面 BCE ，所以 PQ∥平面 BCE .。

高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：6个解答题综合仿真练(一)Word版含解析6 个解答题综合仿真练 (一 )1.在三角形ABC 中，角 A， B， C 所对的边分别是a， b，c.已知 b＝ 3， c＝2.(1)若 2a·cos C＝ 3，求 a 的值；c cos C(2)若b＝1＋cos B，求 cos C 的值．222解： (1)由余弦定理得，a＋ b － c2a·＝ 3，2ab将 b＝ 3， c＝ 2 代入，解得a＝ 2.(2)由正弦定理，得sin C＝cos C，sin B 1＋ cos B即 sin C＋ sin Ccos B＝ sin Bcos C，则 sin C＝ sin Bcos C－ cos Bsin C＝ sin(B－ C)．因为 0<C<B<π，所以 0<B－ C<π，所以 C＝ B－C，则 B＝ 2C.由正弦定理可得b＝c＝b，sin B sin C2sin Ccos C3将 b＝ 3， c＝ 2 代入，解得cos C＝4.2.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形， AC， BD订交于点 O，点 E 为 PC 的中点， OP＝ OC， PA⊥PD .求证： (1)PA∥平面 BDE;(2) 平面 BDE ⊥平面 PCD .证明： (1)连接 OE，因为 O 为平行四边形ABCD 对角线的交点，所以O为AC的中点．又因为 E 为 PC 的中点，所以 OE ∥PA.又因为 OE?平面 BDE ， PA?平面 BDE ，所以 PA∥平面 BDE .(2)因为 OE∥ PA， PA⊥ PD，所以 OE⊥ PD .因为 OP＝ OC，E 为 PC 的中点，所以OE⊥ PC.又因为 PD ?平面 PCD ，PC?平面 PCD ， PC∩ PD ＝ P，所以 OE ⊥平面 PCD .又因为 OE?平面 BDE ，所以平面BDE ⊥平面 PCD .x2y23.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为2， C 为椭圆上位于第一象限内的一点．3(1) 若点 C 的坐标为5，求 a ， b 的值；2，3(2) 设 A 为椭圆的左极点，B 为椭圆上一点，且 ―→ ＝ 1 ―→，求直线 AB 的斜率． AB OC2解： (1)因为椭圆的离心率为2，3a 2 －b 2 2b 2 5所以a＝ 3，即 a 2＝ 9. ①又因为点 C 2，5 在椭圆上，所以4 25②32＋ 2＝ 1.a9b由①②解得 a 2＝ 9， b 2＝ 5. 因为 a>b>0，所以 a ＝ 3， b ＝ 5.b 2 5x 2 9y 22 22(2) 法一： 由 (1)知， a 2＝ 9，所以椭圆方程为 a 2＋ 5a 2＝ 1，即 5x ＋ 9y ＝ 5a .设直线 OC 的方程为 x ＝my(m>0)， B(x 1， y 1)， C(x 2， y 2)．由 {x ＝ my ， x 2＋ 9y 2＝ 5a 2 消去 x ，得 5m 2y 2＋ 9y 2＝ 5a 2，25a 2.因为 y 2>0，所以 y 2＝5a所以 y ＝2.5m ＋ 95m 2＋ 9 ―→ ＝ 1 ―→，所以 AB ∥ OC.可设直线 AB 的方程为 x ＝ my － a. 因为 AB OC 2由 {x ＝ my － a ， x 2＋ 9y 2＝ 5a 2 消去 x ，得 (5m 2＋ 9)y 2－ 10amy ＝ 0，10am10am所以 y ＝ 0 或 y ＝ 5m 2＋ 9，得 y 1＝ 5m 2＋ 9.―→ ―→ ，所以 ( x 1＋ a ， y 1) ＝ 1 1 ，于是 y 2＝ 2y 1， 因为 AB ＝1 OC 2 x 2， y 222 即 5a ＝ 20am 35m2＋ 9 5m 2＋ 9(m>0)，所以 m ＝5.1 53所以直线 AB 的斜率为 m ＝ 3.法二： 由 (1) 可知，椭圆方程为 5x 2＋ 9y 2＝ 5a 2，则 A(－ a ， 0)．设 B(x 1， y 1)， C(x 2， y 2)．―→―→ ，得 (x 1＋ a ， y 1)＝ 1 1，所以 x 1＝ 1x 2－ a ， y 1＝1y 2. 由 AB＝1 OC x 2， y 222 2 2 2 因为点 B ， C 都在椭圆 5x 2＋ 9y 2＝ 5a 2 上，所以 5x 22＋ 9y 22 ＝ 5a 2，1x 2－ a 2＋ 9y 2 2＝ 5a 2.22解得 x 2＝ a， y 2＝ 5a，4 4 3所以直线 AB 的斜率 k＝y2＝53 x2 3.4.如图，半圆 AOB 是某市休闲广场的平面表示图，半径OA 的长为10.管理部门在 A， B 两处各安装一个光源，其相应的光强度分别为 4 和9.依据光学原理，地面上某点处照度y 与光强度 I 成正比，与光源距离xkI的平方成反比，即 y＝x2(k 为比率系数 )．经丈量，在弧 AB 的中点 C 处的照度为130.(C 处的照度为 A， B 两处光源的照度之和)(1) 求比率系数 k 的值；(2) 此刻管理部门计划在半圆弧AB 上，照度最小处增设一个光源P，试问新增光源P 安装在什么地点？解： (1)因为半径OA 的长为 10，点 C 是弧 AB 的中点，所以 OC⊥AB ，AC＝ BC＝ 10 2.4k9k所以 C 处的照度为y＝102 2＋10 2 2＝130，解得比率系数k＝ 2 000.(2)设点 P 在半圆弧 AB 上，且 P 距光源 A 为 x，则 PA⊥ PB，由 AB＝ 20，得 PB＝400－ x2(0＜ x＜ 20)．所以点 P 处的照度为y＝8 00018 000x2＋－2(0＜x＜20)．400x所以 y′＝－16 00036 000x x3＋－ 2 2400 x9x4－ 4 400－ x2 2＝ 4 000×3 2 2x 400－ xx2－ 160x2＋ 800.＝ 20 000×322x 400－ x由 y′＝ 0，解得 x＝ 4 10.当 0＜ x＜ 410时， y′＜ 0，y＝8 00018 000x2＋400－x2为减函数；当 4 10＜ x＜ 20 时， y′＞ 0， y＝8 00018 000x2＋400－x2为增函数．所以 x＝ 4 10时， y 获得极小值，也是最小值 .所以新增光源P 安装在半圆弧AB上且距 A为 410(距B为415)的地点．5．已知函数 f (x)＝ (a－ 3)x－ a－ 2ln x(a∈ R)．(1) 若函数 f(x)在 (1，＋∞ )上为单一增函数，务实数 a 的最小值；(2) 已知不等式f(x)＋ 3x≥ 0 对随意 x∈ (0,1]都建立，务实数 a 的取值范围．2解： (1)法一：因为 f′ (x)＝ a－ 3－x(x>0),当 a≤ 3 时， f′ ( x)＜0， f(x)在 (0，＋∞ )上单一递减；当 a＞ 3 时，由 f′ (x)＜ 0，得 0＜ x＜2， f (x)在 0，2上单一递减，a－ 3a－ 3由 f′ (x)＞ 0，得 x＞2， f(x)在2，＋∞上单一递加 . a－ 3a－ 3因为函数f(x)在 (1，＋∞ )上为单一增函数，2所以 a＞ 3 且≤ 1，所以a≥ 5,所以实数 a 的最小值为 5.法二：因为函数f( x)在 (1，＋∞ )上为单一增函数，所以 f′ (x)＝ a－ 3－2x≥ 0 在 (1，＋∞ )上恒建立，2所以 a≥ 3＋在 (1，＋∞ )上恒建立，又当 x＞ 1 时， 3＋2x＜ 5,所以 a≥ 5，所以实数 a 的最小值为 5.(2) 令 g(x)＝ f (x)＋ 3x＝ a(x－ 1)－ 2ln x， x∈ (0,1]，2所以 g′ (x)＝ a－x.2①当 a≤ 2 时，因为x∈ (0,1] ，所以≥ 2，所以 g′ (x)≤ 0， g(x)在 (0,1]上单一递减，所以 g(x)min＝ g(1) ＝ 0，所以对随意 x∈ (0,1]， g(x)≥ g(1)＝ 0，即对随意 x∈ (0,1]不等式 f(x)＋ 3x≥ 0 都建立，所以 a≤ 2;②当 a＞ 2 时，由 g′ (x)＜ 0，得 0＜ x＜2， g(x)在，2上单一递减；a0a由′(x)＞，得x＞2，g(x)在2， 1 上单一递加．g0a a22所以，存在a∈ (0,1)，使得 g a＜ g(1)＝ 0，不合题意．综上所述，实数 a 的取值范围为(－∞，2]．6．已知数列 {a n}的前 n 项和为S n，且 S n＝ 2a n－ 1.(1)求数列 {a n}的通项公式；(2)记会合 M ＝ {n|n(n＋ 1)≥ λa n，n∈ N* }，若 M 中有 3 个元素，求λ的取值范围；(3) 能否存在等差数列{b n}，使得 a1b n＋a2 b n－1＋ a3b n－2＋＋ a n b1＝ 2n＋1－ n－ 2 对全部 n∈N * 都建立？若存在，求出b n ；若不存在，说明原因．解： (1)当 n ＝ 1 时， S 1＝ 2a 1－ 1，得 a 1＝ 1.当 n ≥ 2 时，由 S n ＝ 2a n － 1，①得 S n － 1＝ 2a n －1－ 1，②①－②，得 a ＝ 2a － ，即a n＝ 2(n ≥ 2)．nn 1a n －1所以 {a n }是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以n －1.a n ＝ 2n n ＋ 1 n n ＋ 1(2) 由已知可得 λ≤ 2n － 1 ，令 f(n)＝ 2n －1 ，则 f(1) ＝ 2， f(2)＝ 3， f (3)＝ 3， f(4) ＝52， f(5)＝ 158，n n ＋1下边研究 f(n)＝ 2n －1的单一性，因为 f(n ＋ 1)－ f(n)＝n ＋ 1 n ＋ 2n n ＋ 1 n ＋ 1 2－n2n－ 2n－1 ＝ 2n ， 所以，当 n ≥ 3 时， f(n ＋ 1)－ f(n)＜ 0， f(n ＋ 1)＜ f(n)，即 f( n)单一递减 .因为 M 中有 3 个元素，所以不等式 λ≤n n ＋ 1解的个数为 3，所以 2＜ λ≤ 5，即 λ的取值范围为－2n 12(3) 设存在等差数列 {b n }使得条件建立，则当 n ＝ 1 时，有 a 1b 1＝ 22－ 1－2＝ 1，所以 b 1＝ 1.当 n ＝ 2 时，有 a 1b 2＋ a 2b 1＝ 23－ 2－ 2＝ 4，所以 b 2＝ 2.所以等差数列 {b n }的公差 d ＝ 1，所以 b n ＝ n.设 S ＝ a 1b n ＋ a 2b n －1 ＋ a 3b n － 2＋ ＋a n b 1，S ＝ 1·n ＋ 2(n － 1)＋ 22(n － 2)＋＋ 2n － 2·2＋ 2n － 1·1，③所以 2S ＝ 2·n ＋ 22(n － 1)＋ 23(n － 2)＋ ＋ 2n－1·2＋ 2n ·1，④④－③，得n S ＝－ n ＋ 2＋ 22＋ 23＋ ＋ 2n － 1＋ 2n ＝－ n ＋2 1－2＝ 2n ＋1－ n － 2，1－ 2所以存在等差数列 {b n }，且 b n ＝ n 知足题意．52，2 .。

江苏 新高考新高考中，对三角计算题的考查始终围绕着求角、求值问题，以和、差角公式的运用为主，可见三角式的恒等变换比三角函数的图象与性质更为重要.三角变换的基本解题规律是：寻找联系、消除差异.常有角变换、函数名称变换、次数变换等(简称为：变角、变名、变次).备考中要注意积累各种变换的方法与技巧，不断提高分析与解决问题的能力.三角考题的花样翻新在于条件变化，大致有三类：第一类是给出三角式值(见2014年三角解答题)，第二类是给出在三角形中(见2011年、2015年、2016年三角解答题)，第三类是给出向量(见2013年、2017年三角解答题).而2012年三角解答题则是二、三类的混合.第1课时三角函数(基础课)[常考题型突破]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α；(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α； (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.[题组练透]1．(2017·江苏高考)若tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＝16，则tan α＝ ________.解析：tan α＝tan ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α－π4＋π4＝tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＋tan π41－tan ⎝⎛⎭⎫α－π4tan π4＝16＋11－16＝75.答案：752．已知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6，若sin α＝35⎝⎛⎭⎫π2＜α＜π，则f ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝________. 解析：∵sin α＝35⎝⎛⎭⎫π2＜α＜π， ∴cos α＝－45，∴f ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π12＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝22(sin α＋cos α)＝22×⎝⎛⎭⎫35－45＝－210. 答案：－2103．(2016·全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝________. 解析：由题意知sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，θ是第四象限角， 所以cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝ 1－sin 2⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝45. tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4－π2＝－sin ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫θ＋π4cos ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫θ＋π4 ＝－cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－45×53＝－43.答案：－434．在△ABC 中，sin(C －A )＝1，sin B ＝13，则sin A ＝________.解析：∵sin(C －A )＝1，∴C －A ＝90°，即C ＝90°＋A ，∵sin B ＝13，∴sin B ＝sin(A ＋C )＝sin(90°＋2A )＝cos 2A ＝13，即1－2sin 2A ＝13，∴sin A ＝33.答案：33[方法归纳]函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象(1)“五点法”作图：设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得．(2)图象变换：y ＝sin x ――――――――――→向左(φ＞0)或向右(φ＜0)平移|φ|个单位y ＝sin(x ＋φ)――――――――――――→纵坐标变为原来的A (A ＞0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)． [题组练透]1．(2016·全国卷Ⅲ)函数y ＝sin x －3cos x 的图象可由函数y ＝sin x ＋3cos x 的图象至少向右平移________个单位长度得到．解析：因为y ＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，y ＝sin x －3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3，所以把y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图象至少向右平移2π3个单位长度可得y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3的图象． 答案：2π32.已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG (点G 是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f (1)＝________.解析：由题意得，A ＝3，T ＝4＝2πω，ω＝π2.又∵f (x )＝A cos(ωx ＋φ)为奇函数，∴φ＝π2＋k π，k ∈Z ，取k ＝0，则φ＝π2，∴f (x )＝－3sin π2x ，∴f (1)＝－ 3.答案：－ 33.(2017·天津高考改编)设函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈R ，其中ω＞0，|φ|＜π.若f ⎝⎛⎭⎫5π8＝2，f ⎝⎛⎭⎫11π8＝0，且f (x )的最小正周期大于2π，则ω＝________，φ＝________.解析：∵f ⎝⎛⎭⎫5π8＝2，f ⎝⎛⎭⎫11π8＝0， ∴11π8－5π8＝T4(2m ＋1)，m ∈N ， ∴T ＝3π2m ＋1，m ∈N ，∵f (x )的最小正周期大于2π，∴T ＝3π， ∴ω＝2π3π＝23，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x 3＋φ. 由2sin ⎝⎛⎭⎫23×5π8＋φ＝2，得φ＝2k π＋π12，k ∈Z. 又|φ|＜π，∴取k ＝0，得φ＝π12. 答案：23 π124．设函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π2x ＋π5，若对任意x ∈R ，都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)成立，则|x 1－x 2|的最小值为______．解析：由f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)对任意x ∈R 成立，知f (x 1)，f (x 2)分别是函数f (x )的最小值和最大值．又要使|x 1－x 2|最小，∴|x 1－x 2|的最小值为f (x )的半个周期，即为2.答案：2 [方法归纳]1．三角函数的单调区间y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z)，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z)；y ＝cos x 的单调递增区间是[]2k π－π，2k π(k ∈Z)，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z)；y ＝tan x 的递增区间是⎝⎛⎭⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z)． 2．三角函数的奇偶性与对称性y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z)时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)求得．y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z)时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z)求得． y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z)时为奇函数．[题组练透]1．已知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，则函数f (x )的最小正周期为________，f ⎝⎛⎭⎫π6＝________. 解析：周期T ＝2π2＝π，f ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin 2π3＝ 3. 答案：π32．(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________． 解析：依题意，f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34＝－cos 2x ＋3cos x ＋14＝－⎝⎛⎭⎫cos x －322＋1，因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以cos x ∈[0,1]， 因此当cos x ＝32时，f (x )max ＝1. 答案：13．若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6(ω＞0)的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2，则f (x )在⎝⎛⎫－π2，π2上的单调递增区间为________．解析：依题意知，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2，于是有T ＝2πω＝2×π2＝π，ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6.当2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z 时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6单调递增．因此，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－π6，π3. 答案：⎣⎡⎦⎤－π6，π3 [方法归纳]1．正弦定理及其变形在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，sin A ＝a2R，a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等． 2．余弦定理及其变形在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc.3．三角形面积公式S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B .[题组练透]1．(2017·盐城期中)在△ABC 中，已知sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶5∶7，则此三角形的最大内角的大小为________．解析：由正弦定理及sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶5∶7知，a ∶b ∶c ＝3∶5∶7，可设a ＝3k ，b ＝5k ，c ＝7k ，且角C 是最大内角，由余弦定理知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝9k 2＋25k 2－49k 22×3k ×5k ＝－12，因为0°<C <180°，所以C ＝120°. 答案：120°2．在△ABC 中，B ＝π3，AB ＝2，D 为AB 的中点，△BCD 的面积为334，则AC ＝________.解析：因为S △BCD ＝12BD ·BC sin B ＝12×1×BC ×sin π3＝334，所以BC ＝3.由余弦定理得AC 2＝4＋9－2×2×3×cos π3＝7，所以AC ＝7.答案：73．(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，cos C＝513，a ＝1，则b ＝________. 解析：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 Bsin A ＝1×636535＝2113.答案：2113[方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．(2017·苏北四市期末)若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωπx －π6(ω>0)的最小正周期为15，则f ⎝⎛⎭⎫13的值为________．解析：因为f (x )的最小正周期为2πωπ＝15，所以ω＝10，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫10πx －π6，所以f ⎝⎛⎭⎫13＝sin ⎝⎛⎭⎫10π3－π6＝sin 19π6＝－sin π6＝－12. 答案：－122．在平面直角坐标系xOy 中，角θ的终边经过点P (－2，t )，且sin θ＋cos θ＝55，则实数t 的值为________．解析：∵角θ的终边经过点P (－2，t )， ∴sin θ＝t 4＋t2，cos θ＝－24＋t2，又∵sin θ＋cos θ＝55， ∴t 4＋t2＋－24＋t 2＝55，即t －24＋t 2＝55， 则t ＞2，平方得t 2－4t ＋44＋t 2＝15， 即1－4t 4＋t 2＝15，即4t 4＋t 2＝45，则t 2－5t ＋4＝0，则t ＝1(舍去)或t ＝4. 答案：43．(2017·南京、盐城一模)将函数y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0<φ<π2个单位后，所得函数为偶函数，则φ＝____________.解析：将函数y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0<φ<π2个单位后，所得函数为f (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤2(x －φ)＋π3，即f (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤2x ＋⎝⎛⎭⎫π3－2φ.因为f (x )为偶函数，所以π3－2φ＝π2＋k π，k∈Z ，所以φ＝－π12－k π2，k ∈Z ，因为0＜φ＜π2，所以φ＝5π12.答案：5π124．设函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(0＜x ＜π)，当且仅当x ＝π12时，y 取得最大值，则正数ω的值为________．解析：由条件得sin ⎝⎛⎭⎫π12ω＋π3＝1，又0＜x ＜π，ω＞0，故π12ω＋π3＝π2，ω＝2. 答案：25．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2b ＝a ＋c ，若sin B ＝45，cos B ＝9ac，则b 的值为________．解析：∵2b ＝a ＋c ，sin B ＝45，cos B ＝9ac ，sin 2B ＋cos 2B ＝1，∴ac ＝15，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－18＝(a ＋c )2－48＝4b 2－48，得b ＝4.答案：46．(2017·扬州期末)已知cos ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝130<α<π2，则sin(π＋α)＝________. 解析：因为cos ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝13⎝⎛⎭⎫0<α<π2， 所以π3<π3＋α<5π6，有sin ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝1－cos 2⎝⎛⎭⎫π3＋α＝223，所以sin(π＋α)＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫π3＋α＋2π3 ＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋αcos 2π3＋cos ⎝⎛⎭⎫π3＋αsin 2π3 ＝223×⎝⎛⎭⎫－12＋13×32＝3－226. 答案：3－2267．(2017·北京高考)在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称．若sin α＝13，则cos(α－β)＝________.解析：因为角α与角β的终边关于y 轴对称， 所以α＋β＝2k π＋π，k ∈Z ，所以cos(α－β)＝cos(2α－2k π－π)＝－cos 2α＝－(1－2sin 2α)＝－⎣⎡⎦⎤1－2×⎝⎛⎭⎫132＝－79. 答案：－798．在△ABC 中，A ＝2π3，a ＝3c ，则b c ＝________.解析：∵在△ABC 中，A ＝2π3，∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 2π3，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .∵a ＝3c ，∴3c 2＝b 2＋c 2＋bc ，∴b 2＋bc －2c 2＝0， ∴(b ＋2c )(b －c )＝0，∴b －c ＝0，∴b ＝c ，bc ＝1.答案：19．若f (x )＝3sin(x ＋θ)－cos(x ＋θ)⎝⎛⎭⎫－π2≤θ≤π2是定义在R 上的偶函数，则θ＝________.解析：因为f (x )＝3sin(x ＋θ)－cos(x ＋θ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋θ－π6为偶函数，所以θ－π6＝k π＋π2，k ∈Z.即θ＝k π＋2π3.因为－π2≤θ≤π2，所以θ＝－π3.答案：－π310．在△ABC 中，设a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，若a ＝5，A ＝π4，cos B ＝35，则c ＝________.解析：根据题意得，sin B ＝45，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋B ＝22(sin B ＋cos B )＝22×75＝7210，由a sin A ＝c sin C ，得5sinπ4＝c 7210，解得c ＝7. 答案：711．(2017·无锡期末)设f (x )＝sin 2x －3cos x ·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2，则f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的单调递增区间为________．解析：f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12，当2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z 时，函数f (x )单调递增，令k ＝0，得－π6≤x ≤π3，所以函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π3. 答案：⎣⎡⎦⎤0，π3 12．函数y ＝a sin(ax ＋θ)(a ＞0，θ≠0)图象上的一个最高点和其相邻最低点的距离的最小值为________．解析：易知函数y ＝a sin(ax ＋θ)(a ＞0，θ≠0)的最大值为a ，最小值为－a ，最小正周期T ＝2πa ，所以相邻的最高点与最低点的距离为 ⎝⎛⎭⎫πa 2＋4a 2≥2×πa ×2a ＝2π，当且仅当πa ＝2a ，即a ＝2π2时等号成立．答案：2π13．已知cos ⎝⎛⎭⎫α－π6＋sin α＝435，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6的值是________． 解析：由cos ⎝⎛⎭⎫α－π6＋sin α＝435， 可得32cos α＋12sin α＋sin α＝435， 即32sin α＋32cos α＝435， ∴3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝435，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝45， ∴sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6＝－sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝－45. 答案：－4514．(2017·苏锡常镇一模)已知sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6，则tan ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝________. 解析：∵sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝3sin αcos π6＋3cos α·sin π6＝332sin α＋32cos α，∴tan α＝32－33.又tan π12＝tan ⎝⎛⎭⎫π3－π4＝tan π3－tan π41＋tan π3tanπ4＝3－13＋1＝2－3，∴tan ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝tan α＋tanπ121－tan αtanπ12＝32－33＋2－31－32－33×()2－3＝23－4.答案：23－4[B 组——力争难度小题]1．如图，已知A ，B 分别是函数f (x )＝3sin ωx (ω＞0)在y 轴右侧图象上的第一个最高点和第一个最低点，且∠AOB ＝π2，则该函数的最小正周期是________．解析：设函数f (x )的最小正周期为T ，由图象可得A ⎝⎛⎭⎫T 4，3，B ⎝⎛⎭⎫3T 4，－3，则OA ―→·OB ―→＝3T 216－3＝0，解得T ＝4. 答案：42．(2017·南京考前模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6－cos ωx (ω＞0)．若函数f (x )的图象关于直线x ＝2π对称，且在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上是单调函数，则ω的取值集合为____________． 解析：f (x )＝32sin ωx ＋12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －12cos ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6， 因为f (x )的图象关于直线x ＝2π对称， 所以f (2π)＝±1，则2πω－π6＝k π＋π2，k ∈Z ，所以ω＝k 2＋13，k ∈Z.因为函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上是单调函数， 所以最小正周期T ≥2⎣⎡⎦⎤π4－⎝⎛⎭⎫－π4， 即2πω≥π，解得0＜ω≤2，所以ω＝13或ω＝56或ω＝43或ω＝116.当ω＝13时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫13x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，13x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π4，－π12， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上为增函数； 当ω＝56时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫56x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，56x －π6∈⎣⎡⎦⎤－3π8，π24， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上为增函数； 当ω＝43时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫43x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，43x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π2，π6， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上为增函数； 当ω＝116时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫116x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，116x －π6∈⎣⎡⎦⎤－5π8，7π24， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上不是单调函数； 综上，ω∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，56，43.答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，56，433．△ABC 的三个内角为A ，B ，C ，若3cos A ＋sin A 3sin A －cos A＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π12，则tan A ＝________. 解析：3cos A ＋sin A 3sin A －cos A＝2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π32sin ⎝⎛⎭⎫A －π6＝－sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝－tan ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－A －π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π12， 所以－A －π3＝－7π12，所以A ＝7π12－π3＝π4，所以tan A ＝tan π4＝1.答案：14．已知函数f (x )＝A sin(x ＋θ)－cos x2cos ⎝⎛⎭⎫π6－x 2(其中A 为常数，θ∈(－π，0))，若实数x 1，x 2，x 3满足：①x 1＜x 2＜x 3，②x 3－x 1＜2π，③f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则θ的值为________．解析：函数f (x )＝A (sin x cos θ＋cos x sin θ)－cos x 2·⎝⎛⎭⎫32cos x 2＋12sin x 2＝A (sin x cos θ＋cos xsin θ)－32×1＋cos x 2－14sin x ＝⎝⎛⎭⎫A cos θ－14sin x ＋⎝⎛⎭⎫A sin θ－34cos x －34，故函数f (x )为常数函数或为周期T ＝2π的周期函数．又x 1，x 2，x 3满足条件①②③，故f (x )只能为常数函数，所以⎩⎨⎧A cos θ－14＝0，A sin θ－34＝0，则tan θ＝3，又θ∈(－π，0)，故θ＝－2π3.答案：－2π3第2课时平面向量(基础课)[常考题型突破][必备知识](1)在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向，不能盲目转化．(2)在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，和向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，减向量的方向是指向被减向量．(3)A ，B ，C 三点共线的充要条件是存在实数λ，μ，有OA ―→＝λOB ―→＋μOC ―→，且λ＋μ＝1.(4)C 是线段AB 中点的充要条件是OC ―→＝12(OA ―→＋OB ―→)．G 是△ABC 的重心的充要条件为GA ―→＋GB ―→＋GC ―→＝0.[题组练透]1．(2017·盐城期中)设向量a ＝(2，－6)，b ＝(－1，m )，若a ∥b ，则实数m ＝________. 解析：因为a ∥b ，所以2m －(－1)×(－6)＝0，所以m ＝3. 答案：32．(2017·镇江模拟)已知△ABC 和点M 满足MA ―→＋MB ―→＋MC ―→＝0.若存在实数m 使得AB ―→＋AC ―→＝mAM ―→成立，则m ＝________.解析：由MA ―→＋MB ―→＋MC ―→＝0知，点M 为△ABC 的重心，设点D 为底边BC 的中点，则AM ―→＝23AD ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13(AB ―→＋AC ―→)，∴AB ―→＋AC ―→＝3AM ―→，故m ＝3.答案：33.(2017·南京考前模拟)在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，AB ＝2CD ，M 为CD 的中点，N 为线段BC 上一点(不包括端点)，若AC ―→＝λAM ―→＋μAN ―→，则1λ＋3μ的最小值为________．解析：以AB 为x 轴，A 为坐标原点建立直角坐标系如图所示，设B (2,0)，C (1，t )，M ⎝⎛⎭⎫12，t ，N (x 0，y 0)， 因为N 在线段BC 上，所以y 0＝t 1－2(x 0－2)，即y 0＝t (2－x 0)， 因为AC ―→＝λAM ―→＋μAN ―→， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1＝12λ＋μx 0，t ＝λt ＋μy 0，即t ＝λt ＋μy 0＝λt ＋μt (2－x 0)，因为t ≠0，所以1＝λ＋μ(2－x 0)＝λ＋2μ－μx 0＝λ＋2μ－⎝⎛⎭⎫1－12λ， 所以3λ＋4μ＝4，这里λ，μ均为正数，所以4⎝⎛⎭⎫1λ＋3μ＝(3λ＋4μ)⎝⎛⎭⎫1λ＋3μ＝3＋12＋4μλ＋9λμ≥15＋236＝27, 所以1λ＋3μ≥274当且仅当4μλ＝9λμ，即λ＝49，μ＝23时取等号．所以1λ＋3μ的最小值为274.答案：274[方法归纳][必备知识]1．数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ. 2．三个结论：(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB ―→|＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角， 则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. [题组练透]1．(2017·山东高考)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量．若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________．解析：因为(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2|·|e 1＋λe 2|＝3－λ21＋λ2，故3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33.答案：332．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________. 解析：易知|a ＋2b |＝|a |2＋4a ·b ＋4|b |2＝4＋4×2×1×12＋4＝2 3.答案：2 33．已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13，若n ⊥(tm ＋n )，则实数t的值为________．解析：∵n ⊥(tm ＋n )，∴n ·(tm ＋n )＝0，即tm ·n ＋|n |2＝0，∴t |m ||n |cos 〈m ，n 〉＋|n |2＝0.又4|m |＝3|n |，∴t ×34|n |2×13＋|n |2＝0，解得t ＝－4. 答案：－44．(2017·南京、盐城二模)已知平面向量AC ―→＝(1,2)，BD ―→＝(－2,2)，则AB ―→·CD ―→的最小值为________．解析：设A (a ，b )，B (c ，d )， ∵AC ―→＝(1,2)，BD ―→＝(－2,2)， ∴C (a ＋1，b ＋2)，D (c －2，d ＋2)，则AB ―→＝(c －a ，d －b )，CD ―→＝(c －a －3，d －b )，∴AB ―→·CD ―→＝(c －a )(c －a －3)＋(b －d )2＝(c －a )2－3(c －a )＋(b －d )2＝⎝⎛⎭⎫c －a －322－94＋(b －d )2≥－94.∴AB ―→·CD ―→的最小值为－94.答案：－945．已知边长为6的正三角形ABC ，BD ―→＝12BC ―→，AE ―→＝13AC ―→，AD 与BE 交于点P ，则PB ―→·PD ―→的值为________．解析：由题意可得点D 为BC 的中点，以点D 为坐标原点，BC ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则D (0,0)，A (0，33)，B (－3,0)，C (3,0)，E (1,23)，直线BE 的方程为y ＝32(x ＋3)与AD (y 轴)的交点为P ⎝⎛⎭⎫0，332，所以PB ―→·PD ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，－332·⎝⎛⎭⎫0，－332＝274.答案：274[方法归纳]1．(2017·南京三模)在四边形ABCD 中，BD ＝2，且AC ―→·BD ―→＝0，(AB ―→＋DC ―→)·(BC ―→＋AD ―→)＝5，则四边形ABCD 的面积为________．解析：因为AC ―→·BD ―→＝0，所以AC ―→⊥BD ―→，所以以BD 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，建立直角坐标系，因为BD ＝2，所以可设B (b,0)，D (2＋b,0)，A (0，a )，C (0，c )，所以AB ―→＝(b ，－a )，DC ―→＝(－2－b ，c )，BC ―→＝(－b ，c )，AD ―→＝(2＋b ，－a )，所以AB ―→＋DC ―→＝(－2，c －a )，BC ―→＋AD ―→＝(2，c －a )，因为(AB ―→＋DC ―→)·(BC ―→＋AD ―→)＝5，所以－4＋(c －a )2＝5，即(c －a )2＝9，所以|AC ―→|＝| c －a |＝3，所以四边形ABCD 的面积为12×AC ×BD ＝12×3×2＝3.答案：32．已知圆O 的半径为2，AB 是圆O 的一条直径，C ，D 两点都在圆O 上，且|CD ―→|＝2，则|AC ―→＋BD ―→|＝________.解析：如图，连结OC ，OD ，则AC ―→＝AO ―→＋OC ―→，BD ―→＝BO ―→＋OD ―→， 因为O 是AB 的中点， 所以AO ―→＋BO ―→＝0， 所以AC ―→＋BD ―→＝OC ―→＋OD ―→， 设CD 的中点为M ，连结OM ， 则AC ―→＋BD ―→＝OC ―→＋OD ―→＝2OM ―→， 显然△COD 是边长为2的等边三角形， 所以|OM ―→|＝3，故|AC ―→＋BD ―→|＝|2OM ―→|＝2 3. 答案：2 33.(2017·南通三模)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥DC ，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝DC ＝2.若E ，F 分别是线段DC 和BC 上的动点，则AC ―→·EF ―→的取值范围是________．解析：法一：因为AC ―→＝AB ―→＋BC ―→，EF ―→＝EC ―→＋CF ―→，所以AC ―→·EF ―→＝(AB ―→＋BC ―→)·(EC ―→＋CF ―→)＝AB ―→·EC ―→＋BC ―→·CF ―→＝3|EC ―→|－2|CF ―→|，因为E ，F 分别是线段DC 和BC 上的动点，且BC ＝DC ＝2，所以|EC ―→|∈[0,2]，|CF ―→|∈[0,2]，所以由不等式的性质知AC ―→·EF ―→的取值范围是[－4，6]．法二：以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则C (3,2)，因为E ，F 分别是线段DC 和BC 上的动点，且BC ＝DC ＝2，所以可设E (x ，2)，F (3，y )，所以AC ―→＝(3,2)，EF ―→＝(3－x ，y －2)，且x ∈[1,3]，y ∈[0,2]，所以AC ―→·EF ―→＝3(3－x )＋2(y －2)＝5－3x ＋2y ∈[－4,6]，即AC ―→·EF ―→的取值范围是[－4,6]．答案：[－4,6] [方法归纳]1．利用平面向量解决几何问题的两种方法2．求解向量数量积最值问题的两种方法[课时达标训练] [A 组——抓牢中档小题]1．(2017·南京学情调研)设向量a ＝(1，－4)，b ＝(－1，x )，c ＝a ＋3b .若a ∥c ，则实数x ＝________.解析：因为a ＝(1，－4)，b ＝(－1，x )，c ＝a ＋3b ＝(－2，－4＋3x )．又a ∥c ，所以－4＋3x －8＝0，解得x ＝4.答案：42．(2017·无锡期末)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－1)，若a －b 与ma ＋b 垂直，则m 的值为________．解析：因为a ＝(2,1)，b ＝(1，－1)，所以a －b ＝(1,2)，ma ＋b ＝(2m ＋1，m －1)，因为a －b 与ma ＋b 垂直，所以(a －b )·(ma ＋b )＝0，即2m ＋1＋2(m －1)＝0，解得m ＝14.答案：143．已知a 与b 是两个不共线向量，且向量a ＋λb 与－(b －3a )共线，则λ＝________. 解析：由题意知a ＋λb ＝k [－(b －3a )]，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－k ，1＝3k ，解得⎩⎨⎧k ＝13，λ＝－13.答案：－134．已知|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 与向量b 的夹角为________． 解析：∵a ⊥(a －b )，∴a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝1－2cos 〈a ，b 〉＝0，∴cos 〈a ，b 〉＝22，∴〈a ，b 〉＝π4.答案：π45．若单位向量e 1，e 2的夹角为π3，向量a ＝e 1＋λe 2(λ∈R)，且|a |＝32，则λ＝________.解析：由题意可得e 1·e 2＝12，|a |2＝(e 1＋λe 2)2＝1＋2λ×12＋λ2＝34，化简得λ2＋λ＋14＝0，解得λ＝－12.答案：－126．已知平面向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，c ＝ma ＋b (m ∈R)，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝________.解析：由题意得c ·a |c ||a |＝c ·b |c ||b |⇒c ·a |a |＝c ·b |b |⇒5m ＋85＝8m ＋2025⇒m ＝2.答案：27．(2017·常州模拟)已知点G 是△ABC 的重心，过G 作一条直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM ―→＝x AB ―→，AN ―→＝y AC ―→，则xy x ＋y的值为________．解析：由已知得M ，G ，N 三点共线，即AG ―→＝λAM ―→＋(1－λ)AN ―→＝λx AB ―→＋(1－λ)y AC ―→， ∵点G 是△ABC 的重心，∴AG ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13(AB ―→＋AC ―→)，∴⎩⎨⎧λx ＝13，(1－λ)y ＝13，即⎩⎨⎧λ＝13x ，1－λ＝13y，得13x ＋13y＝1， 即1x ＋1y ＝3，通分变形得，x ＋y xy ＝3，∴xy x ＋y ＝13. 答案：138．已知A ，B ，C 三点不共线，且AD ―→＝－13AB ―→＋2AC ―→，则S △ABD S △ACD＝________.解析：如图，取AM ―→＝－13AB ―→，AN ―→＝2AC ―→，以AM ，AN 为邻边作平行四边形AMDN ，此时AD ―→＝－13AB ―→＋2AC ―→.由图可知S △ABD ＝3S △AMD ，S △ACD ＝12S △AND ，而S △AMD ＝S △AND ，所以S △ABDS △ACD ＝6.答案：69．(2017·苏锡常镇一模)在△ABC 中，已知AB ＝1，AC ＝2，∠A ＝60°，若点P 满足AP ―→＝AB ―→＋λAC ―→，且BP ―→·CP ―→＝1，则实数λ的值为________.解析：法一：由题意可得AP ―→－AB ―→＝BP ―→＝λAC ―→.又CP ―→ ＝AP ―→－AC ―→＝AB ―→＋(λ－1)AC ―→，所以BP ―→·CP ―→＝λAB ―→·AC ―→＋λ(λ－1)|AC ―→|2＝1，即λ＋(λ2－λ)×4＝1，所以有4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－14.法二：建立如图所示的平面直角坐标系，所以A (0,0)，B ⎝⎛⎭⎫12，32，C (2，0)，设P (x ，y )．所以AP ―→＝(x ，y )，AB ―→＝⎝⎛⎭⎫12，32，AC ―→＝(2,0)．又因为AP ―→＝AB ―→＋λAC ―→，所以有⎩⎨⎧x ＝2λ＋12，y ＝32，所以BP ―→＝(2λ，0)，CP ―→＝⎝⎛⎭⎫2λ－32，32.由BP ―→·CP ―→＝1可得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－14.答案：1或－1410．已知向量a ＝(1，3)，b ＝(0，t 2＋1)，则当t ∈[－3，2]时，⎪⎪⎪⎪a －t b|b |的取值范围是________．解析：由题意，b |b |＝(0,1)，根据向量的差的几何意义，⎪⎪⎪⎪a －t b |b |表示同起点的向量t b|b |的终点到a 的终点的距离，当t ＝3时，该距离取得最小值1，当t ＝－3时，该距离取得最大值13，即⎪⎪⎪⎪a －t b|b |的取值范围是[1，13 ]． 答案：[1，13 ]11.(2017·南通二调)如图，在平面四边形ABCD 中，O 为BD 的中点，且OA ＝3，OC ＝5.若AB ―→·AD ―→＝－7，则BC ―→·DC ―→的值是________．解析：法一：由AB ―→·AD ―→＝－7得，(OB ―→－OA ―→)·(OD ―→－OA ―→)＝－7，即(OB ―→－OA ―→)·(OB ―→＋OA ―→)＝7，所以OB ―→2＝7＋OA ―→2＝7＋9＝16，所以|OB ―→|＝|OD ―→|＝4.所以BC ―→·DC ―→＝(OC ―→－OB ―→)·(OC ―→－OD ―→)＝(OC ―→－OB ―→)·(OC ―→＋OB ―→)＝OC ―→2－OB ―→2＝25－16＝9.法二：以O 为原点，OC 为x 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则C (5,0)，设B (x 1，y 1)，A (x 2，y 2)，则D (－x 1，－y 1)，x 22＋y 22＝9，由AB ―→·AD ―→＝－7，得(x 1－x 2，y 1－y 2)·(－x 1－x 2，－y 1－y 2)＝－7，得x 21＋y 21＝16，而BC ―→·DC ―→＝(5－x 1，－y 1)·(5＋x 1，y 1)＝25－x 21－y 21＝25－16＝9.答案：912．已知菱形ABCD 的边长为a ，∠DAB ＝60°，EC ―→＝2DE ―→，则AE ―→·DB ―→的值为________．解析：如图所示，∵EC ―→＝2DE ―→，∴DE ―→＝13DC ―→.∵菱形ABCD 的边长为a ， ∠DAB ＝60°， ∴|DA ―→|＝|DC ―→|＝a ，DA ―→·DC ―→＝|DA ―→||DC ―→|cos 120°＝－12a 2，∵DB ―→＝DA ―→＋DC ―→，∴AE ―→·DB ―→＝(AD ―→＋DE ―→)(DA ―→＋DC ―→) ＝⎝⎛⎭⎫AD ―→＋13 DC ―→(DA ―→＋DC ―→)＝－DA ―→2＋13DC ―→2－23DA ―→·DC ―→＝－a 2＋13a 2＋13a 2＝－a 23.答案：－a 2313．在矩形ABCD 中，边AB ，AD 的长分别为2和1，若E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且满足|BE ―→||BC ―→|＝|CF ―→||CD ―→|，则AE ―→·AF ―→的取值范围是________．解析：法一：取A 为原点，AB 所在直线为x 轴，建立如图所示直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (2，1)．∵|BE ―→||BC ―→|＝|CF ―→||CD ―→|，得2|BE ―→|＝|CF ―→|，设E (2，y )(0≤y ≤1)，则F (2－2y,1)．∴AE ―→·AF ―→＝(2，y )·(2－2y,1)＝2(2－2y )＋y ＝4－3y ∈[1,4]．法二：∵|BE ―→||BC ―→|＝|CF ―→||CD ―→|，则|CF ―→|＝2|BE ―→|. ∵0≤|BE ―→|≤1，∴AE ―→·AF ―→＝(AB ―→＋BE ―→)·(AD ―→＋DF ―→) ＝AB ―→·DF ―→＋BE ―→·AD ―→＝2|DF ―→|＋|BE ―→| ＝2(2－|CF ―→|)＋|BE ―→|＝4－3|BE ―→|∈[1,4]． 答案：[1,4]14．(2017·全国卷Ⅱ改编)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)的最小值是________．解析：如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)，设P (x ，y )，则PA ―→＝(－x, 3－y )，PB ―→＝(－1－x ，－y )，PC ―→＝(1－x ，－y )，所以PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2⎝⎛⎭⎫y －322－32，当x ＝0，y ＝32时，PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)取得最小值，为－32.答案：－32[B 组——力争难度小题]1.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝3，CD ＝2，AM ―→＝2MD ―→.若AC ―→·BM ―→＝－3，则AB ―→·AD ―→＝________.解析：由题意可得AC ―→＝AD ―→＋DC ―→＝AD ―→＋12AB ―→，BM ―→＝AM ―→－AB ―→＝23AD ―→－AB ―→，则AC ―→·BM ―→＝⎝⎛⎭⎫AD ―→＋12 AB ―→ ·⎝⎛⎭⎫23 AD ―→－AB ―→＝－3， 则23|AD ―→|2－12|AB ―→|2－23AB ―→·AD ―→＝－3， 即6－8－23AB ―→·AD ―→＝－3，解得AB ―→·AD ―→＝32.答案：322．已知a ，b ，c 是同一平面内的三个向量，其中a ，b 是互相垂直的单位向量，且(a －c )·(3b －c )＝1，则|c |的最大值为________．解析：法一：由题意可得(a －c )·(3b －c )＝－a ·c －3b ·c ＋|c |2＝1，则|c |2－(a ＋3b )·c －1＝0.又|a ＋3b |＝2，设a ＋3b 与c 的夹角为θ，θ∈[0，π]， 则|c |2－2|c |cos θ－1＝0，－2≤2cos θ＝|c |－1|c |≤2，即⎩⎪⎨⎪⎧|c |2－2|c |－1≤0，|c |2＋2|c |－1≥0，解得2－1≤|c |≤2＋1，则|c |max ＝2＋1.法二：不妨设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，则(a －c )·(3b －c )＝(1－x ，－y )·(－x ，3－y )＝1，化简得⎝⎛⎭⎫x －122＋⎝⎛⎭⎫y －322＝2，圆心⎝⎛⎭⎫12，32到坐标原点的距离为1，则|c |max ＝2＋1.答案：2＋13．(2017·苏州考前模拟)已知点A (1，－1)，B (4,0)，C (2，2)．平面区域D 由所有满足AP ―→＝λAB ―→＋μAC ―→(1<λ≤a,1<μ≤b )的点P (x ，y )组成的区域．若区域D 的面积为16，则a ＋b 的最小值为________．解析：如图，延长AB 至点N ，延长AC 至点M ，使得AN ＝aAB ，AM ＝bAC .四边形ABEC 、四边形ANGM 、四边形EHGF 均为平行四边形．由条件知，点P (x ，y )组成的区域D 为图中的阴影部分，即四边形EHGF (不含边界EH ，EF )．∵AB ―→＝(3,1)，AC ―→＝(1,3)，BC ―→＝(－2,2)．∴|AB |＝10，|AC |＝10，|BC |＝22，cos ∠CAB ＝10＋10－82×10×10＝35，sin ∠CAB ＝45.∴四边形EHGF 的面积为(a －1)10×(b －1)10×45＝16.∴(a －1)(b －1)＝2，a ＋b ＝a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＋1＝(a －1)＋2a －1＋2.由a >1，b >1知，当且仅当a －1＝2，即a ＝b ＝2＋1时，a ＋b 取得最小值22＋2. 答案：22＋24．(2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量OA ―→，OB ―→，OC ―→的模分别为1,1，2，OA ―→与OC ―→的夹角为α，且tan α＝7，OB ―→与OC ―→的夹角为45°.若OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→(m ，n ∈R)，则m ＋n ＝________.解析：法一：如图，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (1，0)，由tan α＝7，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 得sin α＝752，cos α＝152，设C (x C ，y C )，B (x B ，y B )， 则x C ＝|OC ―→|cos α＝2×152＝15，y C ＝|OC ―→|sin α＝2×752＝75，即C ⎝⎛⎭⎫15，75. 又cos(α＋45°)＝152×12－752×12＝－35，sin(α＋45°)＝752×12＋152×12＝45，则x B ＝|OB ―→|cos(α＋45°)＝－35，y B ＝|OB ―→|sin(α＋45°)＝45，即B ⎝⎛⎭⎫－35，45. 由OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→，可得⎩⎨⎧15＝m －35n ，75＝45n ，解得⎩⎨⎧m ＝54，n ＝74，所以m ＋n ＝54＋74＝3.法二：由tan α＝7，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 得sin α＝752，cos α＝152，则cos(α＋45°)＝152×12－752×12＝－35，所以OB ―→·OC ―→＝1×2×22＝1，OA ―→·OC ―→＝1×2×152＝15，OA ―→·OB ―→＝1×1×⎝⎛⎭⎫－35＝－35， 由OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→，得OC ―→·OA ―→＝m OA ―→2＋n OB ―→·OA ―→，即15＝m －35n .①同理可得OC ―→·OB ―→＝m OA ―→·OB ―→＋n OB ―→2， 即1＝－35m ＋n .②①＋②得25m ＋25n ＝65，即m ＋n ＝3.答案：3第3课时解三角形(能力课)[常考题型突破][例1] (2016·江苏高考)在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长； (2)求cos ⎝⎛⎭⎫A －π6的值． [解] (1)因为cos B ＝45，0＜B ＜π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝⎛⎭⎫452＝35.由正弦定理知AC sin B ＝ABsin C，所以AB ＝AC ·sin Csin B＝6×2235＝5 2.(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π， 所以A ＝π－(B ＋C )，于是cos A ＝－cos(B ＋C )＝－cos ⎝⎛⎭⎫B ＋π4 ＝－cos B cos π4＋sin B sin π4.又cos B ＝45，sin B ＝35，故cos A ＝－45×22＋35×22＝－210.因为0＜A ＜π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝7210.因此，cos ⎝⎛⎭⎫A －π6＝cos A cos π6＋sin A sin π6 ＝－210×32＋7210×12＝72－620.[方法归纳][变式训练]1．(2017·南京、盐城一模)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且b sin 2C ＝c sin B .(1)求角C ；(2)若sin ⎝⎛⎭⎫B －π3＝35，求sin A 的值． 解：(1)由正弦定理及b sin 2C ＝c sin B ， 得2sin B sin C cos C ＝sin C sin B ， 因为sin B >0，sin C >0，所以cos C ＝12，又C ∈(0，π)，所以C ＝π3.(2)因为C ＝π3，所以B ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3， 所以B －π3∈⎝⎛⎭⎫－π3，π3， 又sin ⎝⎛⎭⎫B －π3＝35， 所以cos ⎝⎛⎭⎫B －π3＝ 1－sin 2⎝⎛⎭⎫B －π3＝45. 又A ＋B ＝2π3，即A ＝2π3－B ，所以sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝sin ⎣⎡⎦⎤π3－⎝⎛⎭⎫B －π3＝sin π3cos ⎝⎛⎭⎫B －π3－cos π3sin ⎝⎛⎭⎫B －π3＝32×45－12×35＝43－310. 2．(2017·苏北四市一模)在△ABC 中，已知角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且tan B ＝2，tan C ＝3.(1)求角A 的大小； (2)若c ＝3，求b 的长．解：(1)因为tan B ＝2，tan C ＝3，A ＋B ＋C ＝π，所以tan A ＝tan [π－(B ＋C )]＝－tan(B ＋C )＝－tan B ＋tan C 1－tan B tan C ＝－2＋31－2×3＝1.又A ∈(0，π)，所以A ＝π4.(2)因为tan B ＝sin Bcos B ＝2，且sin 2B ＋cos 2B ＝1，又B ∈(0，π)，所以sin B ＝255. 同理可得sin C ＝31010.由正弦定理，得b ＝c sin B sin C ＝3×25531010＝2 2.[例2] ，b ，c ，且△ABC面积的大小为S ，3AB ―→·AC ―→＝2S .(1)求sin A 的值；(2)若C ＝π4，AB ―→·AC ―→＝16，求b . [解] (1)由3AB ―→·AC ―→＝2S ，得3bc cos A ＝2×12bc sin A ，即sin A ＝3cos A . 整理化简得sin 2A ＝9cos 2A ＝9(1－sin 2A )，所以sin 2A ＝910. 又A ∈(0，π)，所以sin A >0，故sin A ＝31010. (2)由sin A ＝3cos A 和sin A ＝31010， 得cos A ＝1010， 又AB ―→·AC ―→＝16，所以bc cos A ＝16，得bc ＝1610. ①又C ＝π4， 所以sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝31010×22＋1010×22＝255. 在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝c sin C ， 得b 255＝c 22， 即c ＝104b . ② 联立①②得b ＝8.[方法归纳]1．(2017·南通三调)已知△ABC 是锐角三角形，向量m ＝⎝⎛⎭⎫cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3，sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3，n ＝(cos B ，sin B )，且m ⊥n .(1)求A －B 的值；(2)若cos B ＝35，AC ＝8，求BC 的长． 解：(1)因为m ⊥n ，所以m ·n ＝cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3cos B ＋sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3sin B ＝cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3－B ＝0， 又A ，B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以A ＋π3－B ∈⎝⎛⎭⎫－π6，5π6， 所以A ＋π3－B ＝π2，即A －B ＝π6. (2)因为cos B ＝35，B ∈⎝⎛⎫0，π2，所以sin B ＝45. 所以sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6 ＝sin B cos π6＋cos B sin π6＝45×32＋35×12＝43＋310. 由正弦定理，得BC ＝sin A sin B ×AC ＝43＋31045×8＝43＋3. 2．(2017·镇江调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，向量m ＝(a －c ，b ＋c )，n ＝(b －c ，a )，且m ∥n .(1)求B ；(2)若b ＝13，cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝33926，求a .解：(1)因为m ∥n ，所以a (a －c )－(b ＋c )(b －c )＝0，即a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12， 又B ∈(0，π)，故B ＝π3. (2)由(1)得A ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，所以A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6， 又cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝33926，所以sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝51326，所以sin A ＝sin ⎣⎡⎤⎝⎛⎭⎫A ＋π6－π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6cos π6－cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π6sin π6＝51326×32－33926×12＝3926. 在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝b sin B， 可得a ＝b ·sin A sin B ＝13×392632＝1.[例3] (2017·南通调研)如图，在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝b (sin C ＋cos C )．(1)求∠ABC ；(2)若∠A ＝π2，D 为△ABC 外一点，DB ＝2，DC ＝1，求四边形ABDC 面积的最大值．[解] (1)在△ABC 中，因为a ＝b (sin C ＋cos C )，所以sin A ＝sin B (sin C ＋cos C )，所以sin(B ＋C )＝sin B (sin C ＋cos C )，所以sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin B sin C ＋sin B cos C,所以cos B sin C ＝sin B sin C ，又因为C ∈(0，π)，故sin C ≠0，所以cos B ＝sin B ，即tan B ＝1.又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)在△BCD 中，DB ＝2，DC ＝1，BC 2＝12＋22－2×1×2×cos D ＝5－4cos D .又A ＝π2，由(1)可知∠ABC ＝π4， 所以△ABC 为等腰直角三角形，S △ABC ＝12×BC ×12×BC ＝14BC 2＝54－cos D ， 又S △BDC ＝12×BD ×DC ×sin D ＝sin D, 所以S 四边形ABDC ＝54－cos D ＋sin D ＝54＋2sin ⎝⎛⎭⎫D －π4. 所以当D ＝3π4时，四边形ABDC 的面积有最大值，最大值为54＋ 2. [方法归纳](2017·苏北三市模拟)如图，在平面四边形ABCD 中，DA ⊥AB ，DE＝1，EC ＝7，EA ＝2，∠ADC ＝2π3，且∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列．(1)求sin ∠CED ；(2)求BE 的长．解：设∠CED ＝α.因为∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列，所以2∠BEC ＝∠CBE ＋∠BCE ，又∠CBE ＋∠BEC ＋∠BCE ＝π，所以∠BEC ＝π3. (1)在△CDE 中，由余弦定理得EC 2＝CD 2＋DE 2－2CD ·DE ·cos ∠EDC ，由题设知7＝CD 2＋1＋CD ，即CD 2＋CD －6＝0，解得CD ＝2(CD ＝－3舍去)．在△CDE 中，由正弦定理得ECsin ∠EDC ＝CD sin α， 于是sin α＝CD ·sin 2π3EC ＝2×327＝217， 即sin ∠CED ＝217. (2)由题设知0<α<π3， 由(1)知cos α＝1－sin 2α＝ 1－2149＝277， 又∠AEB ＝π－∠BEC －α＝2π3－α， 所以cos ∠AEB ＝cos ⎝⎛⎭⎫2π3－α＝cos 2π3cos α＋sin 2π3·sin α＝－12cos α＋32sin α＝－12×277＋32×217＝714. 在Rt △EAB 中，cos ∠AEB ＝EA BE ＝2BE ＝714， 所以BE ＝47.。