?專(zhuān)題24 解答題解題方法與技巧

解答題在高考數(shù)學(xué)試題中占據(jù)半壁江山，試題并不是單純的知識(shí)疊加，而是知識(shí)、方法和能力的綜合，且試題具有明顯的區(qū)分度，前3題一般難度中等，最后兩題一般難度較大、多為把關(guān)題．結(jié)合近幾年的高考試題，題目的設(shè)計(jì)一般圍繞三角函數(shù)或解三角形、立體幾何、函數(shù)、解析幾何、數(shù)列這幾個(gè)方面展開(kāi)．對(duì)于考生來(lái)說(shuō)，想要得到高分，必須爭(zhēng)取在前3個(gè)解答題上不丟分或少失分，這就需要考生在做題時(shí)計(jì)算準(zhǔn)確、推理嚴(yán)謹(jǐn)、書(shū)寫(xiě)規(guī)范、步驟清晰，從根本上解決“會(huì)而不對(duì)，對(duì)而不全”的“老大難”問(wèn)題．

高頻考點(diǎn)一 三角函數(shù)或解三角形
【命題角度】
(1)三角函數(shù)式的求值與化簡(jiǎn)問(wèn)題；
(2)單純?nèi)呛瘮?shù)知識(shí)的綜合；
(3)三角函數(shù)與平面向量交匯；
(4)三角函數(shù)與解三角形的交匯；　
(5)單純解三角形；　
(6)解三角形與平面向量的交匯.
例1、設(shè)函數(shù)f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx(ω＞0)，且y＝f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心到最近的對(duì)稱(chēng)軸的距離為.
(1)求ω的值；(2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值．
【解析】
(1)f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx
＝－·－sin 2ωx
＝cos 2ωx－sin 2ωx


又ω>0，所以＝4×， )
因此ω＝1.　
(2)由(1)知f(x)＝－sin.
當(dāng)π≤x≤時(shí)，≤2x－≤.(10分)
所以－≤sin≤1.
因此－1≤f(x)≤

【增粉策略】解決此類(lèi)問(wèn)題還應(yīng)注意：
①化簡(jiǎn)時(shí)，公式應(yīng)用要準(zhǔn)確；
②注意所給角或參數(shù)的范圍；
③在求單調(diào)區(qū)間、對(duì)稱(chēng)軸和對(duì)稱(chēng)中心時(shí)要注意不能忽略k取整數(shù)；
④求最值或范圍時(shí)，應(yīng)滿足在定義域內(nèi)．
【變式探究】在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos A的值；(2)求c的值．
【解析】
(1)因?yàn)閍＝3，b＝2，B＝2A，
所以在△ABC中，由正弦定理得＝.
所以＝.
(2)由(1)知cos A＝，所以sin A＝ ＝.
又B＝2A，所以
所以sin B＝ ＝
在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝.
所以c＝＝5
【增粉策略】解決三角形問(wèn)題還應(yīng)注意：
①不要忘記三角形中的隱含條件(A＋B＋C＝π，a＋b>c)；
②注意邊角互化，化為所求的問(wèn)題；
③利用正、余弦定理解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)應(yīng)明確仰角、俯角和方向角等有關(guān)術(shù)語(yǔ)的含義．
高頻考點(diǎn)二 立體幾何
【命題角度】
(1)證明空間線、面平行或垂直；　
(2)利用綜合法計(jì)算空間中的線、面夾角；
(3)立體幾何中的探索性問(wèn)題.
例2、如圖，已知四棱錐P-ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E為PD的中點(diǎn)．

(1)證明：CE∥平面PAB；
(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值．
【解析】
(1)證明：如圖，設(shè)PA的中點(diǎn)為F，連接EF，F(xiàn)B.因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PD，PA的中點(diǎn)，所以EF∥AD且EF＝AD.

又因?yàn)锽C∥AD，BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC，
即四邊形BCEF為平行四邊形，

因?yàn)锽F?平面PAB，CE?平面PAB，
所以CE∥平面PAB
(2)分別取BC，AD的中點(diǎn)為M，N.
連接PN交EF于點(diǎn)Q，連接MQ，BN.
因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點(diǎn)，
所以Q為EF的中點(diǎn)，在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中點(diǎn)得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN
過(guò)點(diǎn)Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH.
則MH是MQ在平面PBC上的射影，

設(shè)CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，
所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是
【變式探究】如圖，P-ABD和Q-BCD為兩個(gè)全等的正棱錐，且A，B，C，D四點(diǎn)共面，其中AB＝1，∠APB＝90°.

(1)求證：BD⊥平面APQ；
(2)求直線PB與平面PDQ所成角的正弦值．
【解析】由已知得P-ABD和Q-BCD是頂角處三條棱兩兩垂直，底面是正三角形的正棱錐，其中側(cè)棱長(zhǎng)為.
(1)證明：易知底面ABCD是菱形，連接AC(圖略)，則AC⊥BD.
易證PQ∥AC，所以PQ⊥BD.
由已知得P-ABD和Q-BCD是頂角處三條棱兩兩垂直，
所以AP⊥平面PBD，
所以BD⊥AP，因?yàn)锳P∩PQ＝P，
所以BD⊥平面APQ.
(2)法一：由(1)知PQ⊥BD，
取PQ中點(diǎn)M，連接DM，BM，分別過(guò)點(diǎn)P，Q做AC的垂線，垂足分別為H，N.
由正棱錐的性質(zhì)可知H，N分別為△ABD，△BCD的重心，可知四邊形PQNH為矩形．

其中PQ＝AC＝，PH＝.
DM＝＝，
S△BDM＝BD·PH＝×1×＝，
S△PQD＝PQ·DM＝××＝.
令B到平面PQD的距離為h，
則V三棱錐PBDM＝V三棱錐BPQD，
即××＝××·h，解得h＝.
設(shè)BP與平面PQD所成角為θ，
則sin θ＝＝＝.
法二：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，取PQ的中點(diǎn)M，連接OM，易知OM，OB，OC兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，

則O(0,0,0)，B，D－，0,0，P，Q，
所以＝，＝，
＝，
令m＝(a，b，c)為平面PQD的法向量，
則即
令a＝2，則m＝(2,0，－)．
設(shè)直線PB與平面PDQ成角為θ，
所以sin θ＝|cos〈m，〉|＝
＝＝.
【增粉策略】解決此類(lèi)題目應(yīng)注意：
①證明線、面平行或垂直，應(yīng)注意直線在平面內(nèi)，兩直線相交等情況；
②找到或作出線面角后，要證明所找或作的線面角為所求角；
③計(jì)算線面角的大小時(shí)一定要仔細(xì)．
高頻考點(diǎn)三 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式
【命題角度】
導(dǎo)數(shù)日益成為解決問(wèn)題必不可少的工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值(最值)是高考的常見(jiàn)
題型，而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、數(shù)列等的交匯命題，是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)．
解答題的熱點(diǎn)題型有：
(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值；
(2)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或探討方程根；
(3)利用導(dǎo)數(shù)求解參數(shù)的范圍或值.
(一)利用分類(lèi)討論思想探究函數(shù)性質(zhì)
例1、設(shè)函數(shù)f(x)＝－aln x.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．
【解析】　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝－ln x，
則f′(x)＝x－，所以f′(1)＝0，又f(1)＝，
所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝.
(2)由f(x)＝－aln x，
得f′(x)＝x－＝(x>0)．
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)既無(wú)極大值，也無(wú)極小值；
②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)



函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值f()＝，無(wú)極大值．綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，函數(shù)f(x)既無(wú)極大值也無(wú)極小值；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，函數(shù)f(x)有極小值，無(wú)極大值．
【感悟提升】
1．解答這類(lèi)題的模板
―→―→―→―→―→
2．解答這類(lèi)題的難點(diǎn)
(1)何時(shí)討論參數(shù)？由于題目條件的不同，有的在求零點(diǎn)時(shí)討論，有的在列表時(shí)討論；
(2)如何討論參數(shù)？需要根據(jù)題目的條件確定，有時(shí)還需參考自變量的取值范圍，討論的關(guān)鍵是做到不重不漏．
【變式探究】函數(shù)f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；
(2)若函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)時(shí)，記f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分別為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．
【解析】由已知得，f(x)＝
令g(x)＝x3＋x－a，則g′(x)＝x2＋1>0，
所以g(x)在[a，＋∞)上為增函數(shù)．
令h(x)＝x3－x＋a，則h′(x)＝x2－1.
令h′(x)＝0，得x＝±1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1,1)上為減函數(shù)．
(1)因?yàn)閒(x)在R上是增函數(shù)，所以h(x)在(－∞，a)上為增函數(shù)，所以a≤－1.
故a的取值范圍為(－∞，－1]．
(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上不單調(diào)，所以a>－1.
當(dāng)－10.
解得10)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過(guò)定點(diǎn)．
【解析】(1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，
故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3，P4兩點(diǎn)．
又由＋>＋知，橢圓C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1，
所以點(diǎn)P2在橢圓C上．
因此解得
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.
如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由題設(shè)k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得k＝－.
當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時(shí)，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l過(guò)定點(diǎn)(2，－1)．
【變式探究】已知?jiǎng)訄AM恒過(guò)點(diǎn)(0,1)，且與直線y＝－1相切．
(1)求圓心M的軌跡方程；
(2)動(dòng)直線l過(guò)點(diǎn)P(0，－2)，且與點(diǎn)M的軌跡交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，求證：直線AC恒過(guò)定點(diǎn)．
【解析】(1)由題意得，點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)M到直線y＝－1的距離，由拋物線的定義知圓心M的軌跡是以點(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn)，直線y＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，則＝1，p＝2.
∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y.
(2)證明：設(shè)直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則C(－x2，y2)，
聯(lián)立方程消去y，得x2－4kx＋8＝0，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.
kAC＝＝＝，
直線AC的方程為y－y1＝(x－x1)．
即y＝y(tǒng)1＋(x－x1)＝x－x1＋＝x＋，
∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，
即直線AC恒過(guò)定點(diǎn)(0,2).
(五)假設(shè)存在定結(jié)論(探索性問(wèn)題)
已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，點(diǎn)A在橢圓C上．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)是否存在斜率為2的直線，使得當(dāng)直線與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)M，N時(shí)，能在直線y＝上找到一點(diǎn)P，在橢圓C上找到一點(diǎn)Q，滿足＝？若存在，求出直線的方程；若不存在，說(shuō)明理由．
【解析】(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c＝1，
因?yàn)锳在橢圓C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，
因此a＝，b2＝a2－c2＝1，
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)不存在滿足條件的直線，證明如下：
假設(shè)存在斜率為2的直線，滿足條件，則設(shè)直線的方程為y＝2x＋t，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P ，Q(x4，y4)，MN的中點(diǎn)為D(x0，y0)，
由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
故y0＝＝，且－36.
則直線AB的方程為x＋y－3＝0，直線CD的方程為x－y－1＝0.
由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，故CD的中點(diǎn)N為.
由弦長(zhǎng)公式，可得
|AB|＝ |x1－x2|＝·.
|CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圓，則圓心在CD上，
因?yàn)镃D的中點(diǎn)N到直線AB的距離
d＝＝.
|NA|2＝|NB|2＝2＋2＝，
又2＝2＝，
故存在這樣的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一個(gè)圓上．
【方法策略】圓錐曲線解答題的常見(jiàn)類(lèi)型是：第1小題通常是根據(jù)已知條件，求曲線方程或離心率，一般比較簡(jiǎn)單．第2小題往往是通過(guò)方程研究曲線的性質(zhì)——弦長(zhǎng)問(wèn)題、中點(diǎn)弦問(wèn)題、動(dòng)點(diǎn)軌跡問(wèn)題、定點(diǎn)與定值問(wèn)題、最值問(wèn)題、相關(guān)量的取值范圍問(wèn)題等等，這一小題綜合性較強(qiáng)，可通過(guò)巧設(shè)“點(diǎn)”“線”，設(shè)而不求．在具體求解時(shí)，可將整個(gè)解題過(guò)程分成程序化的三步：
第一步，聯(lián)立兩個(gè)方程，并將消元所得方程的判別式與根與系數(shù)的關(guān)系正確寫(xiě)出；
第二步，用兩個(gè)交點(diǎn)的同一類(lèi)坐標(biāo)的和與積，來(lái)表示題目中涉及的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系；
第三步，求解轉(zhuǎn)化而來(lái)的代數(shù)問(wèn)題，并將結(jié)果回歸到原幾何問(wèn)題中．
在求解時(shí)，要根據(jù)題目特征，恰當(dāng)?shù)脑O(shè)點(diǎn)、設(shè)線，以簡(jiǎn)化運(yùn)算．　　
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0)，且點(diǎn)P在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)過(guò)定點(diǎn)T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，且∠AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍；
(3)過(guò)橢圓C1：＋＝1上異于其頂點(diǎn)的任一點(diǎn)P，作圓O：x2＋y2＝的兩條切線，切點(diǎn)分別為M，N(M，N不在坐標(biāo)軸上)，若直線MN在x軸、y軸上的截距分別為m，n，
證明：＋為定值．
【解析】(1)由題意得c＝1，所以a2＝b2＋1， ①
又點(diǎn)P在橢圓C上，所以＋＝1， ②
由①②可解得a2＝4，b2＝3，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)設(shè)直線l的方程為
y＝kx＋2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
由得
(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因?yàn)棣ぃ?6(12k2－3)>0，
所以k2>，
則x1＋x2＝，x1x2＝.
因?yàn)椤螦OB為銳角，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
即(1＋k2)·＋2k·＋4>0，
解得k2，所以

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