空間幾何體的三視圖及其表面積、體積和立體幾何的三個難點問題一、空間幾何體的三視圖及其表面積、體積柱、錐、臺、球及其簡單組合體，三視圖，直觀圖等內容是立體幾何的基礎，是研究空間問題的基本載體，也是高考對立體幾何考查的一個重要方面，其中幾何體的結構特征和三視圖是高考的熱點．(一)高考對三視圖的三個考查角度1．由幾何體畫三視圖或考查對簡單幾何體的三視圖的識別解答此類問題的關鍵是：一要掌握各種基本幾何體的三視圖，注意簡單組合體的構成；二要熟悉三視圖“長對正、高平齊、寬相等”的法則．[例1]如圖所示，已知三棱錐的底面是直角三角形，直角邊長分別為3和4，過直角頂點的側棱長為4，且垂直于底面，該三棱錐的主視圖是()[解析]結合三視圖的畫法規則可知B正確．[答案]B2．由三視圖還原幾何體，考查對空間幾何體的認識及空間想象能力．由幾何體的三視圖還原幾何體，一般如下處理：首先通過俯視圖確定幾何體底面的大致形狀，然后利用正視圖和側視圖確定幾何體的側棱與側面的特征，調整實線和虛線所對應的棱、面的位置，確定幾何體的形狀．[例2]三視圖如圖所示的幾何體是()A．三棱錐B．四棱錐C．四棱臺D．三棱臺[解析]由三視圖知該幾何體為一四棱錐，其中有一側棱垂直于底面，底面為一直角梯形．[答案]B3．借助于三視圖研究幾何體的表面積、體積解決此類問題關鍵是通過三視圖確定空間幾何體中的幾何量的關系其中，正視圖、側視圖的高就是空間幾何體的高，正視圖、俯視圖中的長就是空間幾何體的最大長度，側視圖、俯視圖中的寬就是空間幾何體的最大寬度．[例3]如圖是某幾何體的三視圖，其中正視圖是斜邊長為2a的直角三角形，側視圖是半徑為a的半圓，則該幾何體的體積是()A.eq\f(\r(3),6)πa3 B.eq\r(3)πa3C.eq\f(\r(3),4)πa3 D．2eq\r(3)πa3[解析]由側視圖為半圓可知，該幾何體與圓柱、圓錐、球有關，結合正視圖是一個直角三角形知該幾何體是沿中心軸線切開的半個圓錐，將剖面放置在桌面上，如圖，由條件知，半圓錐的母線長為2a，底面半徑為a，故半圓錐的高為eq\r(2a2－a2)＝eq\r(3)a，幾何體的體積V＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×πa2×\r(3)a))＝eq\f(\r(3),6)πa3.[答案]A(二)求體積的幾種方法空間幾何體的體積是高考考查立體幾何的考點之一，求空間幾何體的體積的常用方法主要有：公式法、轉化法、割補法．1．公式法：直接根據相關的體積公式計算．[例4]一個正方體的各頂點均在同一球的球面上，若該球的體積為4eq\r(3)π，則該正方體的表面積為________．[解析]依題意知正方體的體對角線長等于球的直徑，設球的半徑為R，則4eq\r(3)π＝eq\f(4,3)πR3，所以R＝eq\r(3)，于是正方體的體對角線長為2eq\r(3).設正方體的棱長為a，則有2eq\r(3)＝eq\r(3)a，于是a＝2，因此正方體的表面積為6a2＝24.[答案]242．轉化法：根據體積計算公式，通過轉換空間幾何體的底面和高，從而使得體積計算更容易，或是可以求出一些體積比等．[例5]如圖所示，在正六棱錐P－ABCDEF中，G為PB的中點，則三棱錐D－GAC與三棱錐P－GAC體積之比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．3∶2[解析]根據三棱錐的特點，可以采用等體積轉化的方法解決．法一：如圖所示，由于點G為PB的中點，故點P，B到平面GAC的距離相等，故三棱錐P－GAC的體積等于三棱錐B－AGC的體積，根據三棱錐的特點，所要解決的兩個三棱錐的體積之比就等于三棱錐G－ACD與三棱錐G－ABC的體積之比，由于這兩個三棱錐的高相等，體積之比等于其底面積之比，即△ACD與△ABC的面積之比，這個面積之比是2∶1.法二：如圖所示，連接BD交AC于H，則點D，B到平面GAC的距離之比等于DH∶BH，因為△AHD∽△CHB，故DH∶BH＝AD∶BC＝2∶1，三棱錐D－GAC與三棱錐B－GAC底面積相等，故其體積之比等于其高的比，即所求比值是2∶1.[答案]C3．割補法：把不能直接計算其體積的空間幾何體進行適當的分割或補形，轉化為可以計算體積的空間幾何體，通過這個空間幾何體的體積計算所求的空間幾何體的體積．[例6]如圖所示，若正方體的棱長為eq\r(2)，則以該正方體各個面的中心為頂點的凸多面體的體積為()A.eq\f(\r(2),6) B.eq\f(\r(2),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2,3)[解析]如圖所示，平面ABCD把該多面體分割成兩個體積相等的正四棱錐．以正方體各個面的中心為頂點的凸多面體是兩個全等的正四棱錐，該正四棱錐的高是正方體邊長的一半，底面面積是正方體一個面面積的一半，V＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),3).[答案]B二、破解高考中立體幾何的三個難點問題破解難點一：探究與球有關的組合體問題與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖．如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑．球與旋轉體的組合，通常作它們的軸截面解題，球與多面體的組合，通過多面體的一條側棱和球心、“切點”或“接點”作出截面圖．[例1]四棱錐S－ABCD的底面邊長和各側棱長都為eq\r(2)，點S，A，B，C，D都在同一個球面上，則該球的體積為________．[解析]如圖所示，根據對稱性，只要在四棱錐的高線SE上找到一個點O使得OA＝OS，則四棱錐的五個頂點就在同一個球面上．在Rt△SEA中，SA＝eq\r(2)，AE＝1，故SE＝1.設球的半徑為r，則OA＝OS＝r，OE＝1－r.在Rt△OAE中，r2＝(1－r)2＋1，解得r＝1，即點O為球心，故這個球的體積是eq\f(4π,3).[答案]eq\f(4π,3)破解難點二：平面圖形翻折問題的求解將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱之為平面圖形翻折問題．平面圖形經過翻折成為空間圖形后，原有的性質有的發生了變化，有的沒有發生變化，弄清它們是解決問題的關鍵．一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發生變化，不在同一個平面上的性質可能會發生變化，解決這類問題就是要據此研究翻折以后的空間圖形中的線面關系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法．[例2]如圖邊長為a的等邊三角形ABC的中線AF與中位線DE交于點G，已知△A′DE是△ADE繞DE旋轉過程中的一個圖形，則下列命題中正確的是()①動點A′在平面ABC上的射影在線段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱錐A′-FED的體積有最大值．A．① B．①②C．①②③ D．②③[解析]①中由已知可得面A′FG⊥面ABC，所以點A′在面ABC上的射影在線段AF上．②∵BC∥DE，且BC?平面A′DE，DE?平面A′DE，∴BC∥平面A′DE.③當面A′DE⊥面ABC時，三棱錐A′-FED的體積達到最大．[答案]C破解難點三：立體幾何中的探索性問題立體幾何中的探索性問題的主要類型有：(1)探索條件，即探索能使結論成立的條件是什么；(2)探索結論，即在給定的條件下，命題的結論是什么．1．綜合法對命題條件的探索常采用以下三種方法：(1)先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明；(2)先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明其充分性；(3)把幾何問題轉化為代數問題，探索命題成立的條件．對命題結論的探索常采用以下方法：首先假設結論成立，然后在這個假設下進行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結論就肯定假設，如果得到了矛盾的結果就否定假設．[例3](2013·東城模擬)如圖，在△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分別是AC，AD上的動點，且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)．(1)判斷EF與平面ABC的位置關系并給予證明；(2)是否存在λ，使得平面BEF⊥平面ACD，如果存在，求出λ的值；如果不存在，說明理由．[解](1)EF⊥平面ABC.因為AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD，又在△BCD中，∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，又AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC.又在△ACD中，E，F分別是AC，AD上的動點，且eq\f(AE,AC)＝eq\f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)，∴EF∥CD.∴EF⊥平面ABC.(2)存在．∵CD⊥平面ABC，BE?平面ABC，∴BE⊥CD，∵∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝eq\r(2).在Rt△ABD中，∠ADB＝60°，∴AB＝BDtan60°＝eq\r(6)，則AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(7)，當BE⊥AC時，BE＝eq\f(AB×BC,AC)＝eq\f(\r(6),\r(7))，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\f(6\r(7),7)，則eq\f(AE,AC)＝eq\f(\f(6\r(7),7),\r(7))＝eq\f(6,7)，則λ＝eq\f(AE,AC)＝eq\f(6,7)時，BE⊥AC，又BE⊥CD，AC∩CD＝C，∴BE⊥平面ACD.∵BE?平面BEF，∴平面BEF⊥平面ACD.所以存在λ，且當λ＝eq\f(6,7)時，平面BEF⊥平面ACD.方法2.空間向量法不論是對命題條件還是對命題結論的探索，利用空間向量法均可降低思維難度和計算難度，只要合理建立空間直角坐標系，標出各點的坐標，求出直線的方向向量和平面的法向量(根據題中要求可引入參數)，結合結論和已知條件(若有參數則解出參數)，即可得出結果．[例4](2012·淄博模擬)已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分別是線段AB，BC的中點．(1)證明：PF⊥FD；(2)判斷并說明PA上是否存在點G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A－PD－F的余弦值．[解](1)證明：∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)不妨令P(0,0，t)，則＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)，∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)存在，設平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－tz＝0，,x－y＝0，))令z＝1，解得x＝y＝eq\f(t,2).∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，\f(t,2)，1)).設G點的坐標為(0,0，m)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，則＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，m))，要使EG∥平面PFD，只需·n＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(t,2)＋0×eq\f(t,2)＋m×1＝m－eq\f(t,4)＝0，得m＝eq\f(1,4)t，從而滿足AG＝eq\f(1,4)AP的點G即為所求．(3)∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得＝(1,0,0)．又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB與平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，則PA＝1，平面PFD的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴cos〈，n〉＝eq\f(·n,|||n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋1))＝eq\f(\r(6),6)，從而二面角A－PD－F的余弦值為eq\f(\r(6),6).兩類不等式恒成立問題的求解策略不等式恒成立問題是數學試題中的重要題型，涉及數學中各部分知識，但主要是函數中的不等式恒成立問題和數列中的不等式恒成立問題，涉及題型一般有兩類：一是已知不等式恒成立，求參數的取值范圍，解決這類問題的基本方法是相同的，首選方法是利用分離參數轉化為求新函數、新數列的最值問題，如果不能分離參數或者分離參數比較復雜時，一般選擇函數的方法，通常利用函數的最值解決；二是證明不等式恒成立，在函數中一般選擇以算代證，即通過求函數的最值證明不等式．在數列中，很多時候可以與放縮法結合起來，對所證不等式的一側進行適當放大或縮小，下面分別舉例說明．一、函數中的不等式恒成立問題函數是不等式恒成立問題的主要載體，通常通過不等式恒成立問題考查等價轉化思想、函數的最值或值域，對涉及已知函數在給定區間上恒成立，求參數的取值范圍、證明不等式等問題，大多數題目可以利用分離參數的方法，將問題轉化為求函數的最值或值域問題．[例1]已知兩個函數f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，其中k為實數．(1)若對任意的x∈[－3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求k的取值范圍；(2)若對任意的x1、x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范圍．[解](1)令F(x)＝g(x)－f(x)＝2x3－3x2－12x＋k.問題轉化為F(x)≥0在x∈[－3,3]時恒成立，故解[F(x)]min≥0即可．∵F′(x)＝6x2－6x－12＝6(x2－x－2)，故由F′(x)＝0，得x＝2或x＝－1.∵F(－3)＝k－45，F(3)＝k－9，F(－1)＝k＋7，F(2)＝k－20，∴[F(x)]min＝k－45.由k－45≥0，解得k≥45.故實數k的取值范圍是[45，＋∞)．(2)由題意可知當x∈[－3,3]時，都有[f(x)]max≤[g(x)]min.由f′(x)＝16x＋16＝0，得x＝－1.∵f(－3)＝24－k，f(－1)＝－8－k，f(3)＝120－k，∴[f(x)]max＝－k＋120.由g′(x)＝6x2＋10x＋4＝0，得x＝－1或x＝－eq\f(2,3).∵g(－3)＝－21，g(3)＝111，g(－1)＝－1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－eq\f(28,27)，∴[g(x)]min＝－21.則120－k≤－21，解得k≥141.∴實數k的取值范圍是[141，＋∞)．[點評]將恒成立問題轉化為求函數的最值問題來處理，一般有下面兩種類型：(1)若所給函數能直接求出最值，則有：①f(x)>0恒成立?[f(x)]min>0；②f(x)≤0恒成立?[f(x)]max≤0.(2)若所給的不等式能通過恒等變形使參數與主元分離于不等式兩端，從而問題轉化為求主元函數的最值，進而求出參數范圍，則有(下面的a為參數)：①f(x)<g(a)恒成立?g(a)>[f(x)]max；②f(x)>g(a)恒成立?g(a)<[f(x)]min.[例2]已知函數f(x)＝alnx＋x2，(a為實常數)．(1)若a＝－2，求函數f(x)的單調區間；(2)若對?x∈[1，e]，使得f(x)≤(a＋2)x恒成立，求實數a的取值范圍．[解](1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝－2時，f(x)＝x2－2lnx，所以f′(x)＝eq\f(2x2－1,x).令f′(x)＝eq\f(2x2－1,x)>0，得x<－1或x>1.且定義域為(0，＋∞)，所以函數f(x)的單調增區間是(1，＋∞)．令f′(x)＝eq\f(2x2－1,x)<0，得－1<x<1，且定義域為(0，＋∞)，所以函數f(x)的單調減區間是(0,1)．(2)不等式f(x)≤(a＋2)x，可化為a(x－lnx)≥x2－2x.因為x∈[1，e]，所以lnx≤1≤x且等號不能同時取，所以lnx＜x，即x－lnx>0.因而a≥eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])．令g(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)(x∈[1，e])，又g′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2)，當x∈[1，e]時，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx>0，從而g′(x)≥0(當且僅當x＝1時取等號)．所以g(x)在[1，e]上為增函數．故[g(x)]max＝g(e)＝eq\f(e2－2e,e－1).所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e－1)，＋∞)).[點評]利用不等式與函數和方程之間的聯系，將問題轉化成一次函數或二次函數(二次方程)的問題研究，一般有下面幾種類型：1．一次函數型問題：利用一次函數的圖象特點求解．對于一次函數f(x)＝kx＋b(k≠0)，x∈[m，n]，有(1)f(x)≥0恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm≥0，,fn≥0.))(2)f(x)<0恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm<0，,fn<0.))2．二次函數型問題：結合拋物線的形狀考慮對稱軸、頂點、區間端點等，列出相關的不等式，求出參數的解，下面是兩種基本類型：對于二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0，x∈R)，有：(1)f(x)>0對x∈R恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ<0，))(2)f(x)<0對x∈R恒成立?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))二、數列中的不等式恒成立問題數列是一種特殊的函數，所以解決數列中的不等式恒成立問題與函數中不等式恒成立問題的解法相同，基本方法也是利用分離參數轉化為求新數列的最值問題，數列中的最值問題一般是應用數列的單調性求解；而數列中的不等式恒成立的證明，則很多時候可以與放縮法聯系起來．[例3]在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1·(2n＋1)(n∈N*)，其中實數c≠0.(1)求{an}的通項公式；(2)若對一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范圍．[解](1)由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，歸納猜想an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.下面用數學歸納法證明：當n＝1時，等式成立；假設當n＝k時，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，則當n＝k＋1時，ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1·(2k＋1)＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]·ck＋1＋ck，綜上，an＝(n2－1)cn＋cn－1對任何n∈N*都成立．(2)由a2k>a2k－1，得[(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2，因c2k－2>0，所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1>0對k∈N*恒成立．記f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1，下面分三種情況討論：①當c2－c＝0，即c＝0或c＝1時，代入驗證可知只有c＝1滿足要求．②當c2－c<0時，即0<c<1，拋物線y＝f(x)開口向下，因此當正整數k充分大時，f(k)<0，不符合題意，此時無解．③當c2－c>0，即c<0或c>1時，拋物線y＝f(x)開口向上，易知Δ>0，其對稱軸x＝eq\f(1,21－c)必在直線x＝1的左邊．因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函數．所以要使f(k)>0對k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可．由f(1)＝3c2＋c－1>0，解得c<eq\f(－1－\r(13),6)或c>eq\f(－1＋\r(13),6).結合c<0或c>1，得c<－eq\f(1＋\r(13),6)或c>1.結合以上三種情況，c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1＋\r(13),6)))∪[1，＋∞)．[點評]本題中關于k的不等式，不能通過分離參數將k與c分離，這時的一般解法是直接利用函數知識求函數最值，只是這時的函數定義域不是連續區間，這也是數列與函數的區別．由此可見，數列中的不等式恒成立與函數中不等式恒成立的解法基本相同，不同之處就是定義域不同．排列組合在高考中的多方位交匯及古典概型與幾何概型中的三類錯誤一、排列組合在高考中的多方位交匯排列組合問題在高考中是常考內容，但近些年在考查角度及與其他知識的綜合上有了加強，這反映出高考題中重在考查學生綜合運用知識、分析問題、解決問題的能力．有以下幾個題型．熱點一：組合知識與向量知識的綜合[例1]在集合{1,2,3,4,5}中任取一個偶數a和一個奇數b構成以原點為起點的向量a＝(a，b)．從所有得到的以原點為起點的向量中任取兩個向量為鄰邊作平行四邊形，記所有作成的平行四邊形的個數為n，其中面積不超過4的平行四邊形的個數為m，則eq\f(m,n)＝()A.eq\f(4,15) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,5) D.eq\f(2,3)[解析]由已知條件，滿足要求的向量分別為(2,1)，(2,3)，(2,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，故能構成的平行四邊形個數n＝Ceq\o\al(2,6)＝eq\f(6×5,2)＝15.由S平行四邊形＝|x1y2－x2y1|可得，(2,1)，(2,3)兩向量構成的平行四邊形面積為S1＝|2×3－1×2|＝4，(2,3)，(2,5)兩向量構成的平行四邊形面積為S2＝|2×5－2×3|＝4，(2,1)，(4,1)兩向量構成的平行四邊形面積為S3＝|2×1－1×4|＝2，(2,1)，(4,3)兩向量構成的平行四邊形面積為S4＝|2×3－1×4|＝2，(2,3)，(4,5)兩向量構成的平行四邊形面積為S5＝|2×5－3×4|＝2.面積不超過4的共有m＝5個．故所求概率為eq\f(m,n)＝eq\f(1,3).[答案]B[點評]本題中計數要求不高，但大家要有代入檢驗的意識．熱點二：組合知識與概率知識的綜合[例2]盒中裝有形狀、大小完全相同的5個球，其中紅色球3個，黃色球2個．若從中隨機取出2個球，則所取出的2個球顏色不同的概率等于________．[解析]由題意知，從5個球中隨機取出2個球共有Ceq\o\al(2,5)＝10種不同取法，而取出的球顏色不同共有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2)＝6種不同取法，故所取出的2個球顏色不同的概率P＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).[答案]eq\f(3,5)[點評]注意情景中的抽取球的過程與順序無關，因此屬組合問題，在找2個球顏色不同的個數時，又用了分步計數原理的知識．熱點三：排列知識與概率知識的綜合[例3]有5本不同的書，其中語文書2本，數學書2本，物理書1本．若將其隨機的并排擺放到書架的同一層上，則同一科目的書都不相鄰的概率是()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)[解析]5本書的全排列有Aeq\o\al(5,5)種排法，其中語文書相鄰的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)種，數學書相鄰的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)種，語文書數學書各自同時相鄰的排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)種，故所求概率為eq\f(A\o\al(5,5)－A\o\al(2,2)A\o\al(4,4)＋A\o\al(2,2)A\o\al(4,4)－A\o\al(2,2)A\o\al(2,2)A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(2,5).[答案]B[點評]圖書擺放在書架上具有順序性，因此屬于排列問題，本題在處理都不相鄰的問題上靈活應用了間接思維，使復雜問題簡單化．二、盤點古典概型與幾何概型中的三類錯誤古典概型與幾何概型是高考中的常考知識點．對于古典概型，列舉法仍是求解其概率的主要方法，而與排列、組合問題相結合的概率問題仍是命題的熱點；對于幾何概型除掌握其定義外，其題型的重點主要體現在兩種常見的幾何度量——長度、面積，難度不會太大，但題型可能較靈活，背景更新穎．如下幾個類型易錯：類型一：知識性錯誤[例1]設袋中有4只白球和2只黑球，現從袋中無放回地摸出2只球．(1)求這2只球都是白球的概率；(2)求這2只球中1只是白球1只是黑球的概率．[錯解]一次摸出2只球，觀察結果的顏色只能是(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3種情況，(1)用A表示“2只球都是白球”這一事件，則A＝{(白，白)}，所以P(A)＝eq\f(1,3).(2)用B表示“2只球中1只是白球1只是黑球”這一事件，則B＝{(白，黑)}，所以P(B)＝eq\f(1,3).[錯因分析]在上述錯解中(白，白)，(白，黑)，(黑，黑)3種結果的出現不是等可能的．[正解]我們不妨把4只白球標以1,2,3,4號，2只黑球標以5,6號，則基本事件有(1,2)，(1,3)，…，(1,6)，(2,1)，(2,3)，…，(2,6)，…，(6,1)，(6,2)，…，(6,5)，共30個．(1)用A表示“2只球都是白球”這一事件，則A＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}共12個．所以P(A)＝eq\f(12,30)＝eq\f(2,5).(2)用B表示“2只球中1只是白球1只是黑球”這一事件，則B＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)}共16個．所以P(B)＝eq\f(16,30)＝eq\f(8,15).類型二：數學思維方法應用錯誤[例2]有6個房間安排4個旅客住，每個人可以住進任一房間，且住進各房間是等可能的．(1)指定的4個房間中各有1人住的事件的概率為________；(2)指定的房間有2人住的事件的概率為________．[錯解]所有基本事件的個數為6×5×4×3＝360.(1)指定的4個房間中各有1人住，有4×3×2×1＝24種，故所求的概率為eq\f(1,15)；(2)從4人中選2人去指定的房間，有6種方法，余下2人每人去5個房間中的任一間，有5×4＝20種方法，故所求的概率為eq\f(6×20,6×5×4×3)＝eq\f(1,3).[錯因分析]本題錯誤地理解了基本事件的個數，忽視了基本事件可以包含多個人住一個房間的情況．[正解]每人可以進住任一房間，且進住各房間都有6種等可能的方法，故所有可能的情況有64種，(1)指定的4個房間中各有1人住，有4×3×2×1＝24種，故所求的概率為eq\f(24,64)＝eq\f(1,54)；(2)從4人中選2人去指定的房間，有6種方法，余下2人每人去5個房間中的任一間，有52種方法，故所求的概率為eq\f(6×52,64)＝eq\f(25,216).類型三：審題錯誤[例3]在等腰直角三角形ABC中，過直角頂點C在∠ACB內部任作一射線CM，與線段AB交于點M，求AM<AC的概率．[錯解]如圖，點M隨機地落在線段AB上，故線段AB的長為基本事件的度量，當M位于線段AC′(AC′＝AC)上時，AM<AC，故線段AC′的長為所求事件的度量．故P(AM<AC)＝P(AM<AC′)＝eq\f(AC′,AB)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(\r(2),2).答：AM的長小于AC的概率是eq\f(\r(2),2).[錯因分析]由于本題是在∠ACB作射線CM，等可能分布的是CM在∠ACB內的任一位置，因此基本事件的度量應是∠ACB的大小而不是線段AB的長，這是類似問題由于等可能的視角不同造成的，概率也會不一樣．[正解]據題意知AM<AC的概率應為滿足條件的∠ACM與∠ACB大小的比，即P(AM<AC)＝eq\f(67.5°,90°)＝eq\f(3,4).幾點建議1．重視錯題病例“錯誤是最好的老師”，錯題病例也是財富，它有時暴露我們的知識缺陷，有時暴露我們的思維不足，有時暴露我們的方法不當．毛病暴露出來了，也就有治療的方向，提供了糾錯的機會，只有認真地追根溯源查找錯因，教訓才會深刻．建議在復習過程中做到建立錯題集，特別是那些概念理解不深刻、知識記憶錯誤、思維不夠嚴謹、方法使用不當等典型錯誤收集成冊，并加以評注，指出錯誤原因，經常翻閱，常常提醒，以絕后患．注意收集錯題也有個度的問題，對于那些一時粗心的偶然失誤，或一時情緒波動而產生的失誤應另作他論．2．培養良好的審題能力解題時審題要慢，要看清楚，步步為營，穩中求快，立足于一次成功，不要養成唯恐做不完，匆匆忙忙搶著做，寄希望于檢查的壞習慣，這樣做的后果一則容易先入為主，致使有時錯誤難以發現；二則一旦發現錯誤，尤其是起步就錯，又要重復做一遍，既浪費時間，又造成心理負擔．平面向量中的三角形“四心”問題在三角形中，“四心”是一組特殊的點，它們的向量表達形式具有許多重要的性質，在近年高考試題中，總會出現一些新穎別致的問題，不僅考查了向量等知識點，而且培養了考生分析問題、解決問題的能力．現就“四心”作如下介紹：1．“四心”的概念與性質(1)重心：三角形三條中線的交點叫重心．它到三角形頂點距離與該點到對邊中點距離之比為2∶1.在向量表達形式中，設點G是△ABC所在平面內的一點，則當點G是△ABC的重心時，有＋＋＝0或＝eq\f(1,3)(＋＋)(其中P為平面內任意一點)．反之，若＋＋＝0，則點G是△ABC的重心．在向量的坐標表示中，若G，A，B，C分別是三角形的重心和三個頂點，且分別為G(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，則有x＝eq\f(x1＋x2＋x3,3)，y＝eq\f(y1＋y2＋y3,3).(2)垂心：三角形三條高線的交點叫垂心．它與頂點的連線垂直于對邊．在向量表達形式中，若H是△ABC的垂心，則·＝·＝·或2＋2＝2＋2＝2＋2.反之，若·＝·＝·，則H是△ABC的垂心．(3)內心：三角形三條內角平分線的交點叫內心．內心就是三角形內切圓的圓心，它到三角形三邊的距離相等．在向量表達形式中，若點I是△ABC的內心，則有||·＋||·＋||·＝0.反之，若||·＋||·＋||·＝0，則點I是△ABC的內心．(4)外心：三角形三條邊的中垂線的交點叫外心．外心就是三角形外接圓的圓心，它到三角形的三個頂點的距離相等．在向量表達形式中，若點O是△ABC的外心，則(＋)·＝(＋)·＝(＋)·＝0或||＝||＝||.反之，若||＝||＝||，則點O是△ABC的外心．2．關于“四心”的典型例題[例1]已知O是平面上的一定點，A，B，C是平面上不共線的三個動點，若動點P滿足＝＋λ(＋)，λ∈(0，＋∞)，則點P的軌跡一定通過△ABC的________心．[解析]由原等式，得－＝λ(＋)，即＝λ(＋)，根據平行四邊形法則，知＋是△ABC的中線所對應向量的2倍，所以點P的軌跡必過△ABC的重心．[答案]重[點評]探求動點軌跡經過某點，只要確定其軌跡與三角形中的哪些特殊線段所在直線重合，這可從已知等式出發，利用向量的線性運算法則進行運算得之．[例2]已知△ABC內一點O滿足關系＋2＋3＝0，試求S△BOC∶S△COA∶S△AOB之值．[解]延長OB至B1，使BB1＝OB，延長OC至C1，使CC1＝2OC，連接AB1，AC1，B1C1，如圖所示，則＝2，＝3，由條件，得＋＋＝0，所以點O是△AB1C1的重心．從而S△B1OC1＝S△C1OA＝S△AOB1＝eq\f(1,3)S，其中S表示△AB1C1的面積，所以S△COA＝eq\f(1,9)S，S△AOB＝eq\f(1,6)S，S△BOC＝eq\f(1,2)S△B1OC＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)S△B1OC1＝eq\f(1,18)S.于是S△BOC∶S△COA∶S△AOB＝eq\f(1,18)∶eq\f(1,9)∶eq\f(1,6)＝1∶2∶3.[點評]本題條件＋2＋3＝0與三角形的重心性質＋＋＝0十分類似，因此我們通過添加輔助線，構造一個三角形，使點O成為輔助三角形的重心，而三角形的重心與頂點的連線將三角形的面積三等分，從而可求三部分的面積比．[引申推廣]已知△ABC內一點O滿足關系λ1＋λ2＋λ3＝0，則S△BOC∶S△COA∶S△AOB＝λ1∶λ2∶λ3.[例3]求證：△ABC的垂心H、重心G、外心O三點共線，且|HG|＝2|GO|.[證明]對于△ABC的重心G，易知＝eq\f(＋＋,2)，對于△ABC的垂心H，設＝m(＋＋)，則＝＋m(＋＋)＝(m－1)＋m＋m.由·＝0，得[(m－1)＋m＋m](－)＝0，(m－1)·(－)＋m(2－2)＝0，因為||＝||，所以(m－1)·(－)＝0.但與不一定垂直，所以只有當m＝1時，上式恒成立．所以＝＋＋，從而＝eq\f(1,3)，得垂心H、重心G、外心O三點共線，且||＝2||.[引申推廣]重心G與垂心H的關系：＝eq\f(1,3)(＋＋)．[點評]這是著名的歐拉線，提示了三角形的“四心”之間的關系．我們選擇恰當的基底向量來表示它們，當然最佳的向量是含頂點A、B、C的向量．[例4]設A1，A2，A3，A4，A5是平面內給定的5個不同點，則使＋＋＋＋＝0成立的點M的個數為()A．0 B．1C．5 D．10[解析]根據三角形中的“四心”知識，可知在△ABC中滿足＋＋＝0的點只有重心一點，利用類比的數學思想，可知滿足本題條件的點也只有1個．[答案]B[點評]本題以向量為載體，考查了類比與化歸，歸納與猜想等數學思想．本題的詳細解答過程如下：對于空間兩點A，B來說，滿足＋＝0的點M是線段AB的中點；對于空間三點A，B，C來說，滿足＋＋＝0，可認為是先取AB的中點G，再連接CG，在CG上取點M，使MC＝2MG，則M滿足條件，且唯一；對于空間四點A，B，C，D來說，滿足＋＋＋＝0，可先取△ABC的重心G，再連接GD，在GD上取點M，使DM＝3MG，則M滿足條件，且唯一，不妨也稱為重心G；與此類似，對于空間五點A，B，C，D，E來說，滿足＋＋＋＋＝0，可先取空間四邊形ABCD的重心G，再連接GE，在GE上取點M，使EM＝4MG，則M滿足條件，且唯一．巧用斜率妙解題及突破圓錐曲線中的三個難點問題一、巧用斜率妙解題巧用一利用斜率求參數的取值范圍利用斜率的幾何意義可以求類似斜率形式的最值問題[例1]設點A(－2,3)，B(3,2)，若直線ax＋y＋2＝0與線段AB沒有交點，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(5,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(4,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))[解析]直線ax＋y＋2＝0恒過點M(0，－2)，且斜率為－a，∵kMA＝eq\f(3－－2,－2－0)＝－eq\f(5,2)，kMB＝eq\f(2－－2,3－0)＝eq\f(4,3)，由圖可知，－a>－eq\f(5,2)且－a<eq\f(4,3)，∴a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(5,2))).[答案]B[點評]本題之妙在于借助圖形的直觀性，建立關于參數的不等式求解．巧用二利用斜率求函數或線性規劃問題對形如eq\f(y－b,x－a)的函數，在求其最值時，可以將eq\f(y－b,x－a)看成動點(x，y)與定點(a，b)所在直線的斜率，先利用條件求得直線斜率的取值范圍，進而得到所求函數的最值．[例2]函數z＝eq\f(1－\r(1－x2),4－x)的值域為________．[解析]設eq\r(1－x2)＝y，則有x2＋y2＝1(y≥0)，即點(x，y)為半圓x2＋y2＝1(y≥0)上的點，即z＝eq\f(1－y,4－x).所以z可看成點(x，y)與點(4,1)所在直線的斜率．如圖所示，可得斜率的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).所以函數z的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))[例3]如果實數x，y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋1≥0，,y＋1≥0，,x＋y＋1≤0，))則eq\f(3x＋2y－5,x－1)的取值范圍是________．[解析]作出可行域，如圖所示，知點(x，y)在△ABC的內部及其邊界，eq\f(3x＋2y－5,x－1)＝eq\f(3x－1＋2y－1,x－1)＝3＋2·eq\f(y－1,x－1)，eq\f(y－1,x－1)的幾何意義是動點(x，y)與定點(1,1)連線的斜率．由圖可知：(0，－1)與(1,1)連線的斜率最大，且值為2；(－1,0)與(1,1)連線的斜率最小，且值為eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)≤eq\f(y－1,x－1)≤2，所以4≤3＋2·eq\f(y－1,x－1)≤7.[答案][4,7][點評]以上兩題妙處在于利用數形結合的思想，將求值域的問題轉化為求直線斜率的相關問題．巧用三利用斜率證明三點共線我們知道，如果三點A，B，C在同一條直線上，那么直線AB的斜率與直線BC的斜率相等．利用這一個特征，我們可以借助直線的斜率證明三點共線．[例4]已知三點A(1，－1)，B(3,3)，C(4,5)．求證：A，B，C三點在同一條直線上．[證明]法一：因為A(1，－1)，B(3,3)，C(4,5)，得kAB＝2，kBC＝2，所以kAB＝kBC，故A，B，C三點共線．法二：因為A(1，－1)，B(3,3)，C(4,5)，所以|AB|＝2eq\r(5)，|BC|＝eq\r(5)，|AC|＝3eq\r(5)，所以|AB|＋|BC|＝|AC|，即A，B，C三點共線．[點評]本題解法一之妙在于將共線問題轉化為求證斜率相等的問題，減少了計算量．數形結合思想在高考中占有非常重要的地位，其“數”與“形”結合，相互滲透，把代數式的精準計算與幾何圖形的直觀描述相結合，使代數問題與幾何問題相互轉化，使抽象思維和形象思維有機結合．巧用斜率公式是數形結合思想的典型應用．二、突破圓錐曲線中的三個難點問題突破難點一：圓錐曲線中的定點問題圓錐曲線中的定點問題是高考命題的一個熱點，也是圓錐曲線問題中的一個難點．解決這個難點沒有常規的方法，但解決這個難點的基本思想是明確的，定點問題必然是在變化中所表現出來的不變的量，那么就可以用變量表示問題中的直線方程、數量積、比例關系等，這些直線方程、數量積、比例關系等不受變量所影響的某個點，就是要求的定點．[例1]在平面直角坐標系xOy中，如圖，已知橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左，右頂點為A，B，右焦點為F.設過點T(t，m)的直線TA，TB與此橢圓分別交于點M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.(1)設動點P滿足|PF|2－|PB|2＝4，求點P的軌跡；(2)設x1＝2，x2＝eq\f(1,3)，求點T的坐標；(3)設t＝9，求證：直線MN必過x軸上的一定點(其坐標與m無關)．[解]由題意得A(－3,0)，B(3,0)，F(2,0)．(1)設點P(x，y)，則|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2.由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－(x－3)2－y2＝4，化簡得x＝eq\f(9,2).故所求點P的軌跡為直線x＝eq\f(9,2).(2)由x1＝2，eq\f(x\o\al(2,1),9)＋eq\f(y\o\al(2,1),5)＝1及y1>0，得y1＝eq\f(5,3)，則點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,3)))，從而直線AM的方程為y＝eq\f(1,3)x＋1；由x2＝eq\f(1,3)，eq\f(x\o\al(2,2),9)＋eq\f(y\o\al(2,2),5)＝1及y2<0，得y2＝－eq\f(20,9)，則點Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(20,9)))，從而直線BN的方程為y＝eq\f(5,6)x－eq\f(5,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x＋1，,y＝\f(5,6)x－\f(5,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝\f(10,3).))所以點T的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(7，\f(10,3))).(3)證明：由題設知，直線AT的方程為y＝eq\f(m,12)(x＋3)，直線BT的方程為y＝eq\f(m,6)(x－3)．點M(x1，y1)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(m,12)x1＋3，,\f(x\o\al(2,1),9)＋\f(y\o\al(2,1),5)＝1，))得eq\f(x1－3x1＋3,9)＝－eq\f(m2,122)·eq\f(x1＋32,5)，因為x1≠－3，則eq\f(x1－3,9)＝－eq\f(m2,122)·eq\f(x1＋3,5)，解得x1＝eq\f(240－3m2,80＋m2)，從而得y1＝eq\f(40m,80＋m2).點N(x2，y2)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝\f(m,6)x2－3，,\f(x\o\al(2,2),9)＋\f(y\o\al(2,2),5)＝1，,x2≠3，))解得x2＝eq\f(3m2－60,20＋m2)，y2＝eq\f(－20m,20＋m2).若x1＝x2，則由eq\f(240－3m2,80＋m2)＝eq\f(3m2－60,20＋m2)及m>0，得m＝2eq\r(10)，此時直線MN的方程為x＝1，過點D(1,0)．若x1≠x2，則m≠2eq\r(10)，直線MD的斜率kMD＝eq\f(\f(40m,80＋m2),\f(240－3m2,80＋m2)－1)＝eq\f(10m,40－m2)，直線ND的斜率kND＝eq\f(\f(－20m,20＋m2),\f(3m2－60,20＋m2)－1)＝eq\f(10m,40－m2)，得kMD＝kND，所以直線MN過D點．因此，直線MN必過x軸上的點(1,0)．[點評]化解這類難點問題的關鍵就是引進變化的參數表示直線方程、數量積、比例關系等，根據等式的恒成立、數式變換等尋找不受參數影響的量．突破難點二：圓錐曲線中的定值問題圓錐曲線中的定值問題是高考命題的一個熱點，也是圓錐曲線問題中的一個難點．解決這個難點的基本思想是函數思想，可以用變量表示問題中的直線方程、數量積、比例關系等，這些直線方程、數量積、比例關系等不受變量所影響的一個值，就是要求的定值．[例2]已知拋物線y2＝4x的焦點為F，直線l過點M(4，0)．(1)若點F到直線l的距離為eq\r(3)，求直線l的斜率；(2)設A，B為拋物線上兩點，且AB不與x軸垂直，若線段AB的垂直平分線恰過點M，求證：線段AB中點的橫坐標為定值．[解](1)由已知，直線l的方程為x＝4時不合題意．設直線l的方程為y＝k(x－4)，由已知，拋物線的焦點坐標為(1,0)，因為點F到直線l的距離為eq\r(3)，所以eq\f(|3k|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，解得k＝±eq\f(\r(2),2)，所以直線l的斜率為±eq\f(\r(2),2).(2)證明：設線段AB的中點坐標為N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為AB不垂直于x軸，則直線MN的斜率為eq\f(y0,x0－4)，直線AB的斜率為eq\f(4－x0,y0)，直線AB的方程為y－y0＝eq\f(4－x0,y0)(x－x0)，聯立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y0＝\f(4－x0,y0)x－x0，,y2＝4x，))消去x得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x0,4)))y2－y0y＋yeq\o\al(2,0)＋x0(x0－4)＝0，所以y1＋y2＝eq\f(4y0,4－x0).因為N為AB的中點，所以eq\f(y1＋y2,2)＝y0，即eq\f(2y0,4－x0)＝y0，解得x0＝2，即線段AB中點的橫坐標為定值2.[點評]求定值問題，就是將要證明或要求解的量表示為某個合適變量的函數，化簡消去變量即得定值．突破難點三：圓錐曲線中的范圍及最值問題圓錐曲線中的范圍問題既是高考的熱點問題，也是難點問題．解決這類問題的基本思想是建立目標函數和不等關系，但根據目標函數和不等式求范圍正是求解這類問題的難點．建立目標函數的關鍵是選用一個合適變量，其原則是這個變量能夠表達要解決的問題．建立不等關系的關鍵是運用圓錐曲線的幾何特性、判別式法或基本不等式等靈活處理．[例3]已知橢圓C的中心在原點，一個焦點為F(－2,0)，且長軸長與短軸長的比是2∶eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設點M(m,0)在橢圓C的長軸上，點P是橢圓上任意一點．當||最小時，點P恰好落在橢圓的右頂點，求實數m的取值范圍．[解](1)設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,a∶b＝2∶\r(3)，,c＝2.))解得a2＝16，b2＝12.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)設P(x，y)為橢圓上的動點，由于橢圓方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，故－4≤x≤4.因為＝(x－m，y)，所以||2＝(x－m)2＋y2＝(x－m)2＋12·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,4)x2－2mx＋m2＋12＝eq\f(1,4)(x－4m)2＋12－3m2.因為當||最小時，點P恰好落在橢圓的右頂點，即當x＝4時，||取得最小值．而x∈[－4,4]，故有4m≥4，解得m≥1.又點M在橢圓的長軸上，所以－4≤m≤4.故實數m的取值范圍是[1,4]．[例4]已知點F(0,1)，直線l：y＝－1，P為平面上的動點，過點P作直線l的垂線，垂足為Q，且·＝·.(1)求動點P的軌跡C的方程；(2)已知圓M過定點D(0,2)，圓心M在軌跡C上運動，且圓M與x軸交于A，B兩點，設|DA|＝l1，|DB|＝l2，求eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)的最大值．[解](1)設P(x，y)，則Q(x，－1)，∵·＝·，∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)．即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，即x2＝4y.所以動點P的軌跡C的方程為x2＝4y.(2)設圓M的圓心坐標為(a，b)，則a2＝4b.①圓M的半徑為|MD|＝eq\r(a2＋b－22).圓M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝a2＋(b－2)2.令y＝0，則(x－a)2＋b2＝a2＋(b－2)2，整理得，x2－2ax＋4b－4＝0.②由①②解得x＝a±2.不妨設A(a－2,0)，B(a＋2,0)，∴l1＝eq\r(a－22＋4)，l2＝eq\r(a＋22＋4).∴eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)＝eq\f(l\o\al(2,1)＋l\o\al(2,2),l1l2)＝eq\f(2a2＋16,\r(a4＋64))＝2eq\r(\f(a2＋82,a4＋64))＝2eq\r(1＋\f(16a2,a4＋64))，③當a≠0時，由③得，eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)＝2eq\r(1＋\f(16,a2＋\f(64,a2)))≤2eq\r(1＋\f(16,2×8))＝2eq\r(2).當且僅當a＝±2eq\r(2)時，等號成立．當a＝0時，由③得，eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)＝2.故當a＝±2eq\r(2)時，eq\f(l1,l2)＋eq\f(l2,l1)的最大值為2eq\r(2).[點評]求圓錐曲線中的范圍及最值問題，關鍵是建立不等關系，然后利用圓錐曲線的幾何特征、判別式法或基本不等式求出相關問題．三法破解集合運算和充要條件判斷的問題一、三法定乾坤——談集合運算問題的三種方法集合的基本運算主要包括交集、并集、補集，集合是歷年高考的必考內容，解決集合的基本運算問題，首先要明確集合中元素的性質，通過解不等式求出每個集合，然后弄清幾個集合之間的關系，最后利用列舉法、借助數軸或Venn圖等根據交集、并集、補集的定義進行基本運算，從而得出結果．1．列舉法列舉法就是通過枚舉集合中所有的元素，然后根據集合基本運算的定義求解的方法．此類方法適用于數集的有關運算以及集合的新定義運算問題．其基本的解題步驟是：[例1]設P，Q為兩個非空實數集合，定義集合P*Q＝{z|z＝a÷b，a∈P，b∈Q}，若P＝{－1,0,1}，Q＝{－2,2}，則集合P*Q中元素的個數是()A．2 B．3C．4 D．5[解析]當a＝0時，無論b取何值，z＝a÷b＝0；當a＝－1，b＝－2時，z＝(－1)÷(－2)＝eq\f(1,2)；當a＝－1，b＝2時，z＝(－1)÷2＝－eq\f(1,2)；當a＝1，b＝－2時，z＝1÷(－2)＝－eq\f(1,2)；當a＝1，b＝2時，z＝1÷2＝eq\f(1,2).故P*Q＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，該集合中共有3個元素．[答案]B[點評]求解兩個集合之間的運算應該注意三個問題：一是集合中元素的形式，元素是數還是有序數對，是函數的定義域還是函數的值域等；二是注意集合中對應不等式端點值的處理，尤其是求解集合補集的運算，一定要搞清端點值的取舍；三是求解集合的補集運算時，一定要先求出原來的集合，然后求其補集，不要直接轉化條件而導致漏解出錯，如集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)logx≥\f(1,2)))的補集不是B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)logx<\f(1,2)))，而是B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\a\vs4\al(|)logx<\f(1,2)，或x≤0)).2．數形結合法數形結合法就是利用數軸或Venn圖表示出相關集合，然后根據圖形求解集合的補集或者進行相關集合的交集、并集的基本運算．其求解的基本步驟是：[例2](2013·嘉興模擬)已知全集U＝R，集合A＝{x|log(x－1)>0}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2x－3,x)<0))))，則B∩(?UA)＝()A．[0,1] B．[0,1)C．(0,1) D．(0,1][解析]由log(x－1)>0，得0<x－1<1，即1<x<2，∴A＝(1,2)．由eq\f(2x－3,x)<0，得x(2x－3)<0，即0<x<eq\f(3,2)，∴B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).如圖所示，在數軸上表示出集合A，B.則?UA＝(－∞，1]∪[2，＋∞)，∴B∩(?UA)＝(0,1]．[答案]D[點評]數形結合法主要是利用圖形的直觀性來進行集合的基本運算，應注意利用數軸表示集合時，要根據端點值的取舍情況正確選用實心點或空心點標注對應集合，避免因區間端點值的取舍不當造成增解或漏解．3．屬性分析法屬性分析法就是根據元素與集合之間的確定關系來進行集合基本運算的方法，主要是解決點集問題中某個集合與已知集合之間的關系問題．解決此類問題的基本步驟是：[例3]已知全集U＝{1,2,3,4,5,6,7}，M＝{3,4,5}，N＝{1,3,6}，則集合{2,7}＝()A．M∩N B．(?UM)∩(?UN)C．(?UM)∪(?UN) D．M∪N[解析]顯然2∈U,2?M,2?N，所以2∈?UM,2∈?UN，所以2∈(?UM)∩(?UN)；而7∈U,7?M,7?N，所以7∈?UM,7∈?UN，所以7∈(?UM)∩(?UN)．綜上，易知{2,7}＝(?UM)∩(?UN)．[答案]B[點評]屬性分析法的實質是利用集合中元素的確定性，即元素與集合之間的關系：屬于與不屬于．在推理過程中還要注意已知集合之間的關系，如a∈U，a?A且A?U，則必有a∈?UA.二、三法破解充要條件的判斷問題充要條件是歷年高考的必考內容，主要包括兩個方面：一是以函數、數列、不等式、立體幾何中的線面關系等為背景考查充要條件的判斷；二是根據充要條件求解參數的取值范圍，這兩類問題常以填空題的形式進行考查，試題難度不大．充要條件的判斷問題要注意“p是q的充分不必要條件”與“p的一個充分不必要條件是q”這兩種敘述方式的差異，先將問題轉化為第一種基本的敘述方式，然后再判斷．利用充要條件之間的關系求解參數的取值范圍可將其轉化為兩個集合之間的關系，然后構造相應的不等式進行處理．1．定義法定義法就是將充要條件的判斷轉化為兩個命題——“若p，則q”與“若q，則p”的判斷，根據兩個命題是否正確，來確定p與q之間的充要關系．其基本步驟是：[例1]設0<x<eq\f(π,2)，則“xsin2x<1”是“xsinx<1”的________條件．[解析]因為0<x<eq\f(π,2)，所以0<sinx<1，不等式xsinx<1兩邊同乘sinx，可得xsin2x<sinx，所以有xsin2x<sinx<1.即xsinx<1?xsin2x<1；不等式xsin2x<1兩邊同除以sinx，可得xsinx<eq\f(1,sinx)，而由0<sinx<1，知eq\f(1,sinx)>1，故xsinx<1不一定成立，即xsin2x<1?/xsinx<1.綜上，可知“xsin2x<1”是“xsinx<1”的必要不充分條件．[答案]必要不充分[點評]判斷p、q之間的關系，只需判斷兩個命題A：“若p，則q”和B：“若q，則p”的真假．兩命題的真假與p、q之間的關系如下表所示：命題A命題Bp、q之間的關系真真p為q的充分必要條件真假p為q的充分不必要條件假真p為q的必要不充分條件假假p為q的既不充分又不必要條件2.等價轉化法等價轉化法就是在判斷含有邏輯聯結詞“否”的有關條件之間的充要關系時，根據原命題與其逆否命題的等價性轉化為形式較為簡單的兩個條件之間的關系進行判斷．其基本步驟為：[例2]已知條件p：eq\f(4,x－1)≤－1，條件q：x2－x<a2－a，且綈q的一個充分不必要條件是綈p，則a的取值范圍是________．[解析]解eq\f(4,x－1)≤－1，得－3≤x<1.由x2－x<a2－a，即(x－a)[x＋(a－1)]<0，當a>1－a，即a>eq\f(1,2)時，不等式的解為1－a<x<a；當a＝1－a，即a＝eq\f(1,2)時，不等式的解為?；當a<1－a，即a<eq\f(1,2)時，不等式的解為a<x<1－a.由綈q的一個充分不必要條件是綈p，可知綈p是綈q的充分不必要條件，即p為q的一個必要不充分條件，即條件q對應的x取值集合是條件p對應的x取值集合的真子集．當a>eq\f(1,2)時，由{x|1－a<x<a}{x|－3≤x<1}，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤1－a，,1≥a，))解得eq\f(1,2)<a≤1；當a＝eq\f(1,2)時，因為空集是任意一個非空集合的真子集，所以滿足條件；當a<eq\f(1,2)時，由{x|a<x<1－a}{x|－3≤x<1}，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a，,1≥1－a，))解得0≤a<eq\f(1,2).綜上，a的取值范圍是[0,1]．[答案][0,1][點評]判斷兩個命題綈p和綈q之間的關系，一般是直接利用定義法，尋找兩者之間的關系，或利用集合的方法尋找與之對應的兩個集合之間的關系，當兩種方法都較難判斷時，可轉化為p、q之間的關系，再利用互為逆否命題的等價性進行判斷．它們之間的對應關系如下表所示：p、q之間的關系綈p和綈q之間的關系p是q的充分不必要條件綈p是綈q的必要不充分條件p是q的必要不充分條件綈p是綈q的充分不必要條件p是q的充要條件綈p是綈q的充要條件p是q的既不充分也不必要條件綈p是綈q的既不充分也不必要條件3.集合法集合法就是利用滿足兩個條件的參數取值集合之間的關系來判斷充要關系的方法．主要解決兩個相似的條件難以進行區分或判斷的問題．其解決的一般步驟是：[例3]若A：log2a<1，B：x的二次方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一個根大于零，另一根小于零，則A是B的________條件．[解析]由log2a<1，解得0<a<2，所以滿足條件A的參數a的取值集合為M＝{a|0<a<2}；而方程x2＋(a＋1)x＋a－2＝0的一根大于零，另一根小于零的充要條件是f(0)<0，即a－2<0，解得a<2，即滿足條件B的參數a的取值集合為N＝{a|a<2}，顯然MN，所以A是B的充分不必要條件．[答案]充分不必要[點評]設p、q對應的集合分別記為A、B.則p、q之間的關系可轉化為與之相應的兩個集合之間的關系．它們之間的關系如下表所示：A、B之間的關系p、q之間的關系A＝Bp為q的充分必要條件ABp為q的充分不必要條件ABp為q的必要不充分條件A?B且B?Ap為q的既不充分又不必要條件數學思想在三角函數中的應用及三角函數的求參問題一、三角函數中的數學思想1．數形結合思想體現在三角函數中是利用單位圓中三角函數線、三角函數圖象求三角函數定義域、解三角不等式、求單調區間、討論方程解的個數、比較大小等．[例1]sineq\f(2,5)π，coseq\f(6,5)π，taneq\f(7,5)π從小到大的順序是________．[解析]設a＝sineq\f(2,5)π，b＝coseq\f(6,5)π，c＝taneq\f(7,5)π，如圖所示．可知b<0<a<c，∴coseq\f(6,5)π<sineq\f(2,5)π<taneq\f(7,5)π.[答案]coseq\f(6,5)π<sineq\f(2,5)π<taneq\f(7,5)π[點評]本題中所涉及的角都不是特殊角，求出值來再比較大小很不方便，而利用單位圓上的三角函數線則很容易將它們各自函數值的大小區分出來．[例2]當0≤x≤1時，不等式sineq\f(πx,2)≥kx恒成立，則實數k的取值范圍是________．[解析]作出y1＝sineq\f(πx,2)與y2＝kx的圖象，要使不等式sineq\f(πx,2)≥kx成立，由圖可知，需k≤1.[答案](－∞，1][點評]本題將不等式轉化成兩個函數圖象的位置關系，當0≤x≤1時，不等式sineq\f(πx,2)≥kx成立，即當0≤x≤1時，函數y＝sineq\f(πx,2)的圖象在函數y＝kx的上方，作出兩函數圖象后比較即可輕易得出k≤1.2．化歸與轉化思想化歸與轉化思想體現在三角函數中，主要是利用切化弦、統一角、統一函數名、換元等手段處理求值(域)、最值、比較大小等問題．[例3]已知eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)＝2，試求sin2β＋2cos2α的值．[解]由eq\f(sin2α＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋α＋β],sinα)＝eq\f(sinαcosα＋β＋cosαsinα＋β,sinα)＝cos(α＋β)＋eq\f(cosαsinα＋β,sinα)，則條件轉化為eq\f(cosαsinα＋β,sinα)－cos(α＋β)＝2?eq\f(cosαsinα＋β－sinαcosα＋β,sinα)＝2?sin[(α＋β)－α]＝2sinα?sinβ＝2sinα，所以sin2β＋2cos2α＝4sin2α＋2(1－2sin2α)＝2.[點評]本題的關鍵是要化簡已知條件，用兩角和與差的正、余弦公式化簡條件，得到sinβ＝2sinα，再代入所求式子．3．函數與方程思想體現在三角函數中是用函數的思想求解范圍問題，用方程的思想求值、證明等問題．[例4]已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2)在一個周期內的圖象如圖所示．(1)求函數的解析式；(2)設0<x<π，且方程f(x)＝m有兩個不同的實數根，求實數m的取值范圍以及這兩個根的和．[解](1)所求的函數的解析式為f(x)＝2sin2x＋eq\f(π,6).(2)在同一坐標系中畫出y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))(0<x<π)和y＝m(m∈R)的圖象，如圖所示，由圖可知，當－2<m<1或1<m<2時，直線y＝m與曲線有兩個不同的交點，即原方程有兩個不同的實數根，所以m的取值范圍為－2<m<1或1<m<2.當－2<m<1時，兩根之和為eq\f(4π,3)；當1<m<2時，兩根之和為eq\f(π,3).[點評]本題將方程的根的問題轉化成兩個函數圖象交點的個數問題，把代數問題轉化成幾何問題求解．從函數圖象上可以清楚地看出當－2<m<1或1<m<2時，直線y＝m與曲線有兩個不同的交點，即原方程有兩個不同的實數根，這也體現了函數與方程思想的具體應用．4．分類討論思想體現在三角函數中是根據求值或求角的需要對角的范圍或參數的范圍展開有序的討論．[例5]已知a＝(sinx，cosx)，b＝(sinx，k)，c＝(－2cosx，sinx－k)．(1)若f(x)＝a·(b＋c)，求f(x)的最小正周期及方程f(x)＝eq\f(