高考数学六大解答题热点题型汇总(理)精品

1、高考数学六大解答题热点题型汇总高考数学六大解答题热点题型汇总 理理科科 目录：目录： 一、一、 三角函数与解三角形三角函数与解三角形 热点一三角函数的图象和性质 热点二解三角形 热点三三角函数与平面向量结合 二、数列二、数列 热点一等差数列、等比数列的综合问题 热点二数列的通项与求和 热点三数列的综合应用 三、概率与统计三、概率与统计 热点一常见概率模型的概率 热点二离散型随机变量的分布列、均值与方差 热点三概率与统计的综合应用 热点四统计与统计案例 四、立体几何四、立体几何 热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 热点二立体几何中的探索性问题 热点三立体几何中的折叠问题 五、解析几何五

2、、解析几何 热点一圆锥曲线的标准方程与几何性质 热点二圆锥曲线中的定点、定值问题 热点三圆锥曲线中的最值、范围问题 热点四圆锥曲线中的探索性问题 六、函数与导数六、函数与导数 热点一利用导数研究函数的性质 热点二利用导数研究函数零点或曲线交点问题 热点三利用导数研究不等式问题 第 1 页 共 51 页 一、三角函数与解三角形一、三角函数与解三角形 热点一三角函数的图象和性质 注意对基本三角函数 ysin x，ycos x 的图象与性质的理解与记忆，有关三角函数的 五点作图、图象的平移、由图象求解析式、周期、单调区间、最值和奇偶性等问题的 求解，通常先将给出的函数转化为 yAsin(x)的形式，

3、然后利用整体代换的方法 求解. x 【例 1】已知函数 f(x)sin x2 3sin22. (1)求 f(x)的最小正周期； 2 (2)求 f(x)在区间0，上的最小值. 3 (1)解因为 f(x)sin x 3cos x 3. 2sinx 3. 3 所以 f(x)的最小正周期为 2 . 2 (2)解因为 0x 3 ， 所以 3 x 3 . 2 当 x 3 ，即 x 3 时，f(x)取得最小值. 2 2 所以 f(x)在区间0，上的最小值为 f 3. 3 3 【类题通法】求函数 yAsin(x)B 周期与最值的模板 第一步：三角函数式的化简，一般化成 yAsin(x)h 或 yAcos(x)

4、h 的形 式； 2 第二步：由 T求最小正周期； | 第三步：确定 f(x)的单调性； 第四步：确定各单调区间端点处的函数值； 第 2 页 共 51 页 第五步：明确规范地表达结论. 3 【对点训练】 设函数 f(x) 2 3sin2 xsin xcos x(0)，且 yf(x)的图象 的一个对称中心到最近的对称轴的距离为 4 . (1)求 的值； 3 (2)求 f(x)在区间 ，上的最大值和最小值. 2 3 解(1)f(x) 2 3sin2 xsin xcos x 1cos 2 x13 2 32sin 2 x 2 31 2 cos 2 x2sin 2 xsin2x. 3 因为 yf(x)的图

5、象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为 4 ，故该函数的周期 T 4 4 . 又 0，所以2 ，因此 1. 2 (2)由(1)知 f(x)sin2x. 3 设 t2x 3 ，则函数 f(x)可转化为 ysin t. 358 当 x 2 时， 3 t2x 3 3 ， 5 8 如图所示，作出函数 ysin t 在， 3 上的图象， 3 5 8 3 时，sin t，1， 由图象可知，当 t， 3 3 2 第 3 页 共 51 页 33 故1sin t 2 ，因此1f(x)sin2x 2 . 3 3 3 故 f(x)在区间 ，上的最大值和最小值分别为 2 ，1. 2 热点二解三角形 高考对解三角形的考

6、查，以正弦定理、余弦定理的综合运用为主.其命题规律可以从以 下两方面看：(1)从内容上看，主要考查正弦定理、余弦定理以及三角函数公式，一般 是以三角形或其他平面图形为背景，结合三角形的边角关系考查学生利用三角函数公 式处理问题的能力； (2)从命题角度看， 主要是在三角恒等变换的基础上融合正弦定理、 余弦定理，在知识的交汇处命题. cos Acos Bsin C 【例 2】在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且 a b c . (1)证明：sin Asin Bsin C； 6 (2)若 b c a 5bc，求 tan B. 222 (1)证明在ABC 中，根据正弦定理，

7、abc 可设sin Asin Bsin Ck(k0). 则 aksin A，bksin B，cksin C. cos Acos Bsin C 代入 a b c 中， cos Acos Bsin C 有ksin Aksin Bksin C，变形可得 sin Asin Bsin Acos Bcos Asin Bsin(AB). 在ABC 中，由 ABC ， 有 sin(AB)sin( C)sin C， 所以 sin Asin Bsin C. 6 (2)解由已知，b2c2a25bc，根据余弦定理，有 第 4 页 共 51 页 b2c2a23 cos A 2bc 5. 4 所以 sin A 1cos2

8、A5. 由(1)知，sin Asin Bsin Acos Bcos Asin B， 443 所以5sin B5cos B5sin B， sin B 故 tan B4. cos B 【类题通法】(1)在等式中既有边长又有角的正余弦时，往往先联想正弦定理；出 现含有边长的平方及两边之积的等式，往往想到应用余弦定理. (2)正余弦定理与两角和(差)角公式的活用是求解该类问题的关键. 【对点训练】 四边形 ABCD 的内角 A 与 C 互补，且 AB1，BC3，CDDA2. (1)求角 C 的大小和线段 BD 的长度； (2)求四边形 ABCD 的面积. 解(1)设 BDx， 14x2 在ABD 中，

9、由余弦定理，得 cos A， 221 94x2 在BCD 中，由余弦定理，得 cos C， 223 AC ，cos Acos C0. 1 联立上式，解得 x 7，cos C2. 由于 C(0， ).C 3 ，BD 7. 3 (2)AC ，C 3 ，sin Asin C 2 . 又四边形 ABCD 的面积 SABCDS ABDSBCD 113 2ABADsin A2CBCDsin C 2 (13)2 3， 四边形 ABCD 的面积为 2 3. 第 5 页 共 51 页 热点三三角函数与平面向量结合 三角函数、解三角形与平面向量的结合主要体现在以下两个方面：(1)以三角函数式作 为向量的坐标，由两

10、个向量共线、垂直、求模或求数量积获得三角函数解析式；(2)根 据平面向量加法、减法的几何意义构造三角形，然后利用正、余弦定理解决问题. 【例 3】已知ABC 的三内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，向量m m(cos B，cos C)，n n(2ac，b)，且 m mn n. (1)求角 B 的大小； (2)若 b 3，求 ac 的范围. 解(1)m m(cos B，cos C)，n n(2ac，b)，且 m mn n， (2ac)cos Bbcos C0， cos B(2sin Asin C)sin Bcos C0， 2cos Bsin Acos Bsin Csin Bcos C0

11、. 即 2cos Bsin Asin(BC)sin A. 1 A(0， )，sin A0，cos B2. 2 0B ，B 3 . (2)由余弦定理得 2ac23 2222 (ac)2，当且 b a c 2accos3 a c ac(ac) ac(ac) 4 2 222 仅当 ac 时取等号. (ac)24，故 ac2. 又 acb 3，ac( 3，2.即 ac 的取值范围是( 3，2. 【类题通法】向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算 或性质转化成三角函数问题. 【对点训练】 已知向量 a a(m，cos 2x)，b b(sin 2x，n)，函数 f(x)a ab b

12、，且 yf(x)的 2 . 图象过点， 3和点，2 12 3 (1)求 m，n 的值； 第 6 页 共 51 页 (2)将 yf(x)的图象向左平移 (0 )个单位后得到函数 yg(x)的图象，若 yg(x) 图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为 1，求 yg(x)的单调递增区间. 解(1)由题意知 f(x)a ab bmsin 2xncos 2x. 2 ， 因为 yf(x)的图象过点， 3和，2 12 3 3msinncos 66 ， 所以 44 2msinncos 33 ， 13 3 m 22 n， m 3， 即解得 31n1. 2 2 m2n， (2)由(1)知 f(x) 3si

13、n 2xcos 2x2sin2x. 6 由题意知 g(x)f(x)2sin2x2. 6 设 yg(x)的图象上符合题意的最高点为(x0，2)， 2 由题意知 x011， 所以 x00， 即到点(0，3)的距离为 1 的最高点为(0，2). 将其代入 yg(x)得 sin 2 1， 6 因为 0 ，所以 6 ， 因此 g(x)2sin2x2cos 2x. 2 由 2k 2x2k ，kZ Z 得 k 2 xk ，kZ Z. 所以函数 yg(x)的单调递增区间为k ，k ，kZ Z. 2 第 7 页 共 51 页 二、数列二、数列 热点一等差数列、等比数列的综合问题 解决等差、等比数列的综合问题时，

14、重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的 定义、通项公式及前 n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用. 3 【例 1】已知首项为2的等比数列an不是递减数列，其前 n 项和为 Sn(nN N*)，且 S3 a3，S5a5，S4a4成等差数列. (1)求数列an的通项公式； 1 (2)设 TnSnS(nN N*)，求数列Tn的最大项的值与最小项的值. n 解(1)设等比数列an的公比为 q， 因为 S3a3，S5a5，S4a4成等差数列， 所以 S5a5S3a3S4a4S5a5，即 4a5a3， a51 于是 q2a4. 3 31 又an不是递减数列且 a12，所以 q2. 3

15、 1n1 故等比数列an的通项公式为 an22 3 (1)n 12n. 1 1 n，n为奇数，n 2 1 (2)由(1)得 Sn12 1 12n，n为偶数， 当 n 为奇数时，Sn随 n 的增大而减小， 3 所以 1SnS12， 11325 故 01，知 an2n1，bn2n1， 故 cn2n1， 2n1 第 10 页 共 51 页 2n13579 于是 Tn12222324 n1 ， 2 2n1113579 T 2 n2222324252n . 可得 2n11111 2Tn22222n22n 2n3 3 2n ， 2n3 故 Tn6 n1 . 2 【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板

16、第一步：(判断结构) 若数列anbn是由等差数列an与等比数列bn(公比 q)的对应项之积构成的，则可 用此法求和. 第二步：(乘公比) 设anbn的前 n 项和为 Tn，然后两边同乘以 q. 第三步：(错位相减) 乘以公比 q 后，向后错开一位，使含有 qk(kN N*)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和) 将作差后的结果求和，从而表示出 Tn. 【对点训练】设数列an的前 n 项和为 Sn，已知 a11，a22，且 an 23SnSn13， nN N*. (1)证明：an 23an； (2)求 S2n. (1)证明由条件，对任意 nN N*，有 an 23SnSn13， 因而对任

17、意 nN N*，n2，有 an 13Sn1Sn3. 两式相减，得 an 2an13anan1， 即 an 23an，n2.又 a11，a22， 所以 a33S1S233a1(a1a2)33a1， 第 11 页 共 51 页 故对一切 nN N*，an 23an. an 2 (2)解由(1)知，an0，所以 a 3.于是数列a2n 1是首项 a11，公比为 3 的等比 n 数列；数列a2n是首项 a22，公比为 3 的等比数列. 因此 a2n 13 n1，a2n23n1. 于是 S2na1a2a2n (a1a3a2n 1)(a2a4a2n) (133n1)2(133n1) 3 3(133n1)2

18、(3n1). 热点三数列的综合应用 热点 3.1数列与函数的综合问题 数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特 点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而 一直是高考命题者的首选. 【例 31】 设等差数列an的公差为 d，点(an，bn)在函数 f(x)2x的图象上(nN N*). (1)若 a12，点(a8，4b7)在函数 f(x)的图象上，求数列an的前 n 项和 Sn； an1 (2)若 a11， 函数 f(x)的图象在点(a2， b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2ln 2， 求数列b n 的前 n 项和 Tn. 解

19、(1)由已知，b72a7，b82a84b7， 有 2a842a72a72，解得 da8a72. n（n1） 2 所以，Snna1d2nn(n1)n 3n. 2 (2)函数 f(x)2x在(a2，b2)处的切线方程为 y2a2(2a2ln 2)(xa2)， 1 它在 x 轴上的截距为 a2ln 2. 11 由题意知，a2ln 22ln 2， 第 12 页 共 51 页 解得 a22. 所以，da2a11.从而 ann，bn2n， n1n123 所以 Tn22223 n1 2n， 2 123n 2Tn1222 n1 2 111n 因此，2TnTn1222 n12n 2 n2 2 n12n 2 1

20、n1n2 . 2n 2n1n2 所以，Tn. 2n 热点 3.2数列与不等式的综合问题 数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关 系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等 式的证明.在解决这些问题时， 如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法， 如比较法、 综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、 因式分解法. 【例 32】 在等差数列an中，a26，a3a627. (1)求数列an的通项公式； Sn (2)记数列an的前 n 项和为 Sn，且 Tn，若对于一切正整数 n，总有 Tnm 成 3

21、2n1 立，求实数 m 的取值范围. 解(1)设公差为 d，由题意得： a 1d6， a 13， 解得an3n. 2a 17d27， d3， 3 (2)Sn3(123n)2n(n1)， n（n1）（n1）（n2） Tn，Tn 1 ， 2n2n1 第 13 页 共 51 页 （n1）（n2）n（n1） Tn 1Tn 2n2n1 （n1）（2n） ， 2n1 3 当 n3 时，TnTn 1，且 T110)，故 x 与 y 之间是正相关. (2)由于变量 y 的值随 x 值的增加而增加(b (3)将 x7 代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y0.370.41.7(千元). 【类题通法】(1)分析两

22、个变量的线性相关性，可通过计算相关系数 r 来确定，r 的绝 对值越接近于 1，表明两个变量的线性相关性越强，r 的绝对值越接近于 0，表明两变 量线性相关性越弱. ，a的公式进行准确的计算. (2)求线性回归方程的关键是正确运用b 【对点训练】4 月 23 日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育 活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了 100 名学生对其课外阅读时间进 行调查.下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直 方图.若将日均课外阅读时间不低于 60 分钟的学生称为“读书迷”，低于 60 分钟的学 第 23 页 共 51 页 生

23、称为“非读书迷”. (1)根据已知条件完成下面 22列联表， 并据此判断是否有 99%的把握认为“读书迷” 与性别有关？ 男 女 总计 非读书迷读书迷 15 总计 45 (2)将频率视为概率.现在从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取 1 人，共抽取 3 次，记被抽取的 3 人中的“读书迷”的人数为 X.若每次抽取的结果是相互独立的， 求 X 的分布列、期望 E(X)和方差 D(X). 解(1)完成 22 列联表如下： 男 女 总计 2 非读书迷读书迷 40 20 60 15 25 40 总计 55 45 100 100（40251520）2 K 8.2496.635， 60405545

24、故有 99%的把握认为“读书迷”与性别有关. 2 (2)将频率视为概率.则从该校学生中任意抽取 1 名学生恰为读书迷的概率 P5. i3i 2 i 2 3 由题意可知 XB3，5，P(Xi)C35 5 (i0，1，2，3). X 的分布列为 第 24 页 共 51 页 X P 26 均值 E(X)np355， 0 27 125 1 54 125 2 36 125 3 8 125 2182 方差 D(X)np(1p)351525. 四、立体几何四、立体几何 热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算 空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第 (1)问，解答题的

25、第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系， 用空间向量的坐标运算求解. 【例 1】如图，在ABC 中，ABC 4 ，O 为 AB 边上一点，且3OB3OC2AB， 已知 PO平面 ABC，2DA2AOPO，且 DAPO. (1)求证：平面 PBD平面 COD； (2)求直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值. (1)证明证明OBOC，又ABC 4 ， OCB 4 ，BOC 2 . COAB. 又 PO平面 ABC， OC平面 ABC，POOC. 又PO，AB平面 PAB，POABO， CO平面 PAB，即 CO平面 PDB. 第 25 页 共 51 页 又 CO平面

26、COD， 平面 PDB平面 COD. (2)解以 OC，OB，OP 所在射线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所 示. 设 OA1，则 POOBOC2，DA1. 则 C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)， PD (0，1，1)，BC (2，2，0)，BD (0，3， 设平面 BDC 的一个法向量为 n n(x，y，z)， n nBC 0，2x2 n nBD y0， yz0， 0， 3 令 y1，则 x1，z3，n n(1，1，3). 设 PD 与平面 BDC 所成的角为 ， 则 sin PDn n |PD |n n| 101（1）3（1） 2 2

27、2 02（1）2（1）2 121232 11 . 即直线 PD 与平面 BDC 所成角的正弦值为2 22 11 . 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标. 第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第 26 页 共 51 页 1). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角. 第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范. 【对点训练】 如图所示， 在多面体 A1B1D1DCBA 中， 四边形 AA1B1B， ADD1A1， ABCD 均为正方形，E 为 B1D1的中点，过 A1，D，E 的平面交

28、 CD1于 F. (1)证明：EFB1C. (2)求二面角 E-A1D B1的余弦值. (1)证明证明由正方形的性质可知A1B1ABDC，且 A1B1ABDC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，从而 B1CA1D，又 A1D面 A1DE，B1C面 A1DE，于是 B1C 面 A1DE.又 B1C面 B1CD1，面 A1DE面 B1CD1EF，所以 EFB1C. (2)解因为四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，所以 AA1AB，AA1AD， ，AD ，AA 为 x 轴，y 轴和 z 轴单位ABAD 且 AA1ABAD.以 A 为原点，分别以AB 1 正向量建立如图所示

29、的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0， 1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而 E 点为 B1D1的中点，所以 E 点的 1 1 坐标为2，2，1. 1 1 2，2，0，A1D(0，设平面 A1DE 的一个法向量 n n1(r1，s1，t1)，而该面上向量A E 1 1，1)，由 n n1A1E， 11 r s10， 122 n n1 1A1D得 r1，s1，t1应满足的方程组 s 1t10， 第 27 页 共 51 页 (1，1，1)为其一组解，所以可取 n n1(1，1，1). 设平面 A1B1CD 的一个法向量 n n

30、2(r2，s2，t2)，而该面上向量A 1B1(1，0，0)，A1D (0，1，1)，由此同理可得 n n2(0，1，1). 所以结合图形知二面角 E-A1D B1的余弦值为 |n n1n n2|26 3 . |n n1|n n2| 3 2 热点二立体几何中的探索性问题 此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角 的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证； (2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例 2】如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PA

31、PD， ABAD，AB1，AD2，ACCD 5. (1)求证：PD平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； AM (3)在棱 PA上是否存在点 M，使得 BM平面 PCD？若存在，求 AP 的值；若不存在， 说明理由. (1)证明因为平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，ABAD， 所以 AB平面 PAD，所以 ABPD. 又 PAPD，ABPAA，所以 PD平面 PAB. (2)解解取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PAPD，所以 POAD. 因为 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD， 第 28 页 共 51 页 所以

32、 PO平面 ABCD. 因为 CO平面 ABCD，所以 POCO. 因为 ACCD，所以 COAD. 如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)， D(0，1，0)，P(0，0，1). 设平面 PCD 的一个法向量为 n n(x，y，z)，则 0，yz0， n nPD 即 0， 2xz0， PC n n 令 z2，则 x1，y2. 所以 n n(1，2，2). n nPB3 又PB(1，1，1)，所以 cosn n，PB 3 . |n n|PB 3 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 3 . AP .(3)解设 M 是棱 PA

33、 上一点，则存在 0，1，使得AM (1， ).因此点 M(0，1， )，BM 因为 BM平面 PCD，所以要使 BM平面 PCD， 1 n n0，即(1， )则BM(1，2，2)0，解得 4. AM1 所以在棱 PA 上存在点 M，使得 BM平面 PCD，此时 AP 4. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条 件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有 规定范围内的解”等. 第 29 页 共 51 页 (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出 参数. 【对点训练】如图，在四棱锥 P

34、ABCD 中，PD平面 ABCD，ABDC，ABAD， DC6，AD8，BC10，PAD45，E 为 PA 的中点. (1)求证：DE平面 BPC； (2)线段 AB 上是否存在一点 F，满足 CFDB？若存在，试求出二面角 FPCD 的 余弦值；若不存在，请说明理由. (1)证明取 PB 的中点 M，连接 EM 和 CM，过点 C 作 CNAB，垂足为点 N. CNAB，DAAB，CNDA， 又 ABCD，四边形 CDAN 为平行四边形， CNAD8，DCAN6， 在 RtBNC 中， BN BC2CN2 102826， AB12，而 E，M 分别为 PA，PB 的中点， EMAB 且 EM

35、6，又 DCAB， EMCD 且 EMCD，四边形 CDEM 为平行四边形， DECM.CM平面 PBC，DE平面 PBC， DE平面 BPC. 第 30 页 共 51 页 (2)解由题意可得 DA，DC，DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点，DA，DC，DP 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz， 则 A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设 AB 上存在一点 F 使 CFBD， 设点 F 坐标为(8，t，0)， (8，t6，0)，DB (8，12，0)，则CF DB 0 得 t2.由CF 3 又平面 DPC 的一个法向量为 m m(

36、1，0，0)， 设平面 FPC 的法向量为 n n(x，y，z). 16 (0，6，8)，FC 8， 3 ，0. 又PC 3 6y8z0，z 4y，n nPC0， 由 得 即16 2 8xy0， FC0， 3 n n x3y， 不妨令 y12，有 n n(8，12，9). n nm m 则 cosn n，m m|n n|m m| 88 22217. 1 8 12 9 又由图可知，该二面角为锐二面角， 8 故二面角 FPCD 的余弦值为17. 热点三立体几何中的折叠问题 将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何 中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空

37、间角相结合命题，考查学生 的空间想象力和分析问题的能力. 第 31 页 共 51 页 【例 3】如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O，AB5，AC6，点 E，F 5 分别在 AD，CD 上，AECF4，EF 交 BD 于点 H.将DEF 沿 EF 折到DEF 的位 置，OD 10. (1)证明：DH平面 ABCD； (2)求二面角 BDAC 的正弦值. (1)证明由已知得 ACBD，ADCD. AECF 又由 AECF 得ADCD，故 ACEF. 因此 EFHD，从而 EFDH. 由 AB5，AC6 得 DOBOAB2AO24. OHAE1 由 EFAC 得DOAD4.所

38、以 OH1，DHDH3. 于是 DH2OH2321210DO2，故 DHOH. 又 DHEF，而 OHEFH， 所以 DH平面 ABCD. 的方向为 x 轴正方向，(2)解如图， 以 H 为坐标原点， HF建立空间直角坐标系 Hxyz. 则 H(0，0，0)，A(3，1，0)， B(0，5，0)，C(3，1，0)， (3，4，0)，AC (6，0，0)，AD D(0，0，3)，AB(3，1，3). 设 m (x1，y1，z1)是平面 ABD的一个法向量， 第 32 页 共 51 页 m mAB0， 3x 14y10， 则 即 3x y 3z 0， 111 AD0， m m 所以可取 m m(4

39、，3，5). 设 n n(x2，y2，z2)是平面 ACD的一个法向量， 0， n nAC 6x 20， 则 即 3x y 3z 0， 222 AD0， n n 所以可取 n n(0，3，1). m mn n 于是 cosm m，n n|m m|n n| 2 95 sinm m，n n 25 . 2 95 因此二面角 BDAC 的正弦值是 25 . 【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度 量关系的变化情况，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. 【对点训练】如图 1，在直角梯形ABCD 中，ADBC，BAD 2 ，A

40、BBC1，AD 2，E 是 AD 的中点，O 是 AC 与 BE 的交点.将ABE 沿 BE 折起到A1BE 的位置， 如图 2. 147 5 25 . 50 10 (1)证明：CD平面 A1OC； (2)若平面 A1BE平面 BCDE，求平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值. (1)证明在题图 1 中，因为 ABBC1，AD2，E 是 AD 的中点，BAD 2 ，所 以 BEAC.即在题图 2 中，BEOA1，BEOC， 从而 BE平面 A1OC. 第 33 页 共 51 页 又 CDBE，所以 CD平面 A1OC. (2)解由已知，平面 A1BE平面 BCDE， 又由(1)知，B

41、EOA1，BEOC， 所以A1OC 为二面角 A1BEC 的平面角，所以A1OC 2 . ，OC ，OA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标如图，以 O 为原点，OB 1 系，因为 A1BA1EBCED1，BCED， 2 222 所以 B，0，0，E ，0，0，A10，0，C0， ，0， 2 2 2 2 2222 ，0，A，CDBE( 2，0，0).得BCC 0， 1 22 2 2 设平面 A1BC 的一个法向量 n n1(x1， y1， z1)， 平面 A1CD 的一个法向量 n n2(x2， y2， z2)， 平面 A1BC 与平面 A1CD 的夹角为 ， 0， n n1

42、BC x 1y10， 则 得 取 n n1(1，1，1)； y z 0， n n 1A1C0， 11 0， n n2CD x 20， 得 取 n n2(0，1，1)， y z 0， 22 n n 2A1C0， 从而 cos |cosn n1，n n2| 26 3 ， 3 2 6 即平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值为 3 . 五、解析几何五、解析几何 热点一圆锥曲线的标准方程与几何性质 圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求 第 34 页 共 51 页 离心率、准线、双曲线的渐近线是常考题型. x2y2 【例 1】(1)已知双曲线a2b21(a0

43、，b0)的一个焦点为 F(2，0)，且双曲线的渐近 线与圆(x2)2y23 相切，则双曲线的方程为() x2y2 A. 9 131 x2 2 C. 3 y 1 x2y2 B.13 9 1 2 y D.x2 3 1 x2y2 (2)若点 M(2，1)，点 C 是椭圆16 7 1 的右焦点，点 A 是椭圆的动点，则|AM|AC| 的最小值为_. x2y2 (3)已知椭圆a2b21(ab0)与抛物线 y22px(p0)有相同的焦点 F，P，Q 是椭圆 x2y2 与抛物线的交点，若直线PQ 经过焦点 F，则椭圆 a2b21(ab0)的离心率为 _. 答案(1)D(2)8 26(3) 21 x2y2 解

44、析(1)双曲线a2b21 的一个焦点为 F(2，0)， 则 a2b24， b 双曲线的渐近线方程为 yax， 由题意得 2b 3， a2b2 联立解得 b 3，a1， y2 所求双曲线的方程为 x 3 1，选 D. 2 (2)设点 B 为椭圆的左焦点，点 M(2，1)在椭圆内，那么|BM|AM|AC|AB|AC| 2a，所以|AM|AC|2a|BM|，而 a4，|BM| （23）21 26，所以(|AM| |AC|)最小8 26. 第 35 页 共 51 页 p (3)因为抛物线 y 2px(p0)的焦点 F 为2，0，设椭圆另一焦点为 E.如图所示，将 x 2 p p 2代入抛物线方程得 y

45、p，又因为 PQ 经过焦点 F，所以 P2，p且 PFOF. 所以|PE| p p2 22 p2 2p， |PF|p，|EF|p. 2c 故 2a 2pp，2cp，e2a 21. 【类题通法】(1)在椭圆和双曲线中，椭圆和双曲线的定义把曲线上的点到两个焦点的 距离联系在一起，可以把曲线上的点到一个焦点的距离转化为到另一个焦点的距离， 也可以结合三角形的知识， 求出曲线上的点到两个焦点的距离.在抛物线中，利用定义 把曲线上的点到焦点的距离转化为其到相应准线的距离，再利用数形结合的思想去解 决有关的最值问题. (2)求解与圆锥曲线的几何性质有关的问题关键是建立圆锥曲线方程中各个系数之间 的关系，或

46、者求出圆锥曲线方程中的各个系数，再根据圆锥曲线的几何性质通过代数 方法进行计算得出结果. x2y2 【对点训练】已知椭圆 4 2 1 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1且倾斜角为 45 的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，以下结论：ABF2的周长为 8；原点到l 的距离为 8 1；|AB|3.其中正确结论的个数为() A.3 答案A B.2C.1D.0 第 36 页 共 51 页 解析由椭圆的定义，得|AF1|AF2|4，|BF1|BF2|4，又|AF1|BF1|AB|，所 以ABF2的周长为|AB|AF2|BF2|8，故正确；由条件，得 F1( 2，0)，因 为过 F1且倾斜角为 45

47、的直线 l 的斜率为 1，所以直线l 的方程为 yx 2，则原点 yx 2， | 2| 到 l 的距离 d1，故正确；设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2 y2 得 3x2 2 1， 4 2 4 2x0，解得 x10，x2 A. 热点二圆锥曲线中的定点、定值问题 定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲 线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题. x2y22 【例 2】已知椭圆 C：a2b21(ab0)的离心率为 2 ，点(2， 2)在 C 上. (1)求 C 的方程； (2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，

48、B，线段 AB 的中点为 M，证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值. a2b2242 (1)解由题意有 a 2 ，a2b21， 解得 a28，b24. x2y2 所以 C 的方程为 8 4 1. (2)证明设直线 l：ykxb(k0，b0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM). x2y2 将 ykxb 代入 8 4 1 得 (2k21)x24kbx2b280. 故 xMx1x2 2kbb ，yx. 2MkMb2 22k 12k 1 M 4 28 ，所以|AB|11|x1x2| ，故正确.故选 33 yM1 于是直线 OM 的斜率 kOMx2k， 第 37

49、页 共 51 页 1 即 kOMk2. 所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值. 【类题通法】解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤 第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要探求的定点、定 值. 第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论. 第三步：下结论，综合上面两种情况定结论. 【对点训练】已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点 F(1，0)，O 为坐标原点，A，B 是抛 物线 C 上异于 O 的两点. (1)求抛物线 C 的方程； 1 (2)若直线 OA，OB 的斜率之积为2，求证：直线 AB 过 x 轴上一定点. p (1)解因为抛物线 y22px(p0)的焦点坐标为(1，0)，所以21，所以 p2.所以抛物 线 C 的方程为 y24x. 22 tt (2)证明当直线 AB 的斜率不存在时，设 A4，t，B4，t.因为直线 OA，OB 的 1 斜率之积为2， tt1 所以t2 t2 2，化简得 t232. 44 所以 A