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2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分第三层级难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的4大区域
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难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的4大区域
[全国卷3年考情分析]
题号
考卷
第11题
第12题
第15题
第16题
命题分析
2018
卷Ⅰ
直线与双曲线的位置关系及双曲线的几何性质
空间直线与平面的位置关系及其所成角的问题
计数原理与组合问题
三角函数的最值与导数
高考在选择、填空压轴题中，主要考查圆锥曲线的几何性质及圆锥曲线定义、函数的图象与性质、函数与不等式的求解、指数、对数式大小比较、导数的应用、几何体的表面积与体积的计算及空间角问题，而三角函数、数列、平面向量也常有考查.
卷Ⅱ
函数的奇偶性与周期性
椭圆的定义与椭圆的几何性质
两角和与差的公式应用
圆锥侧面积的运算及空间角的问题
卷Ⅲ
双曲线的几何性质
不等式性质及对数运算
三角函数的零点问题
抛物线的几何性质及应用
2017
卷Ⅰ
指数式与对数式的互化与对数运算及大小比较
等差数列、等比数列前n项和公式的运用
双曲线的几何性质
三棱锥的体积、导数的应用
卷Ⅱ
利用导数求函数的极值
平面向量的数量积与最值
等差数列的通项公式与前n项和公式、特殊数列求和
抛物线的定义及标准方程
卷Ⅲ
函数的零点问题
平面向量基本定理、直线与圆的位置关系
分段函数、解不等式
空间中直线与直线的位置关系、空间向量
2016
卷Ⅰ
平面与平面平行的性质、异面直线所成的角及等角定理
函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质
等比数列通项公式、二次函数的最值及指数函数的性质
线性规划的实际应用
卷Ⅱ
双曲线的定义及标准方程、离心率的计算
函数图象的对称性
推理与论证
导数的计算与几何意义、直线方程、斜率计算公式
卷Ⅲ
椭圆的离心率、直线斜率的应用
计数原理与组合问题
函数的奇偶性、导数的几何意义
点到直线的距离公式，直线的斜率、倾斜角，直线与圆的位置关系
命题区域(一) 函数与导数
本类压轴题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等．要注意函数y＝f(x)与方程f(x)＝0以及不等式f(x)>0的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题目的关键．解决该类问题的途径往往是构造函数，进而研究函数的性质，利用函数性质去求解问题是常用方法．其间要注意导数的应用：利用导数研究可导函数的单调性，求可导函数的极值和最值，以及利用导数解决实际应用题是导数在中学数学中的主要应用．
分段函数问题
[例1] 已知函数f(x)＝若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
[技法演示]
法一：分段处理，分类讨论
记g(x)＝x3－3x，h(x)＝－2x，同时作出函数g(x)与h(x)的图象，如图所示，则h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，下面分析g(x)的单调性．因为g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x变化时，g′(x)和g(x)变化如下：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
下面分析f(x)的单调性，注意到f(x)＝
结合前面g(x)与h(x)的单调性，我们可以按下述三种情况讨论：
a<－1
－1≤a＜1
a≥1
①若a<－1，则f(x)在(－∞，a]上的最大值为f(a)，由g(x)在(－∞，－1)上单调递增，f(a)＝g(a)2，此时函数f(x)无最大值，符合题意．
②若－1≤a<1，则f(x)在(－∞，a]上的最大值为f(－1)＝2，且当x>a时，f(x)＝h(x)
法二：整体考虑，正难则反
记g(x)＝x3－3x，h(x)＝－2x，由解法一知h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且当x变化时，g′(x)和g(x)变化如下：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
由于h(x)在(a，＋∞)上单调递减，无最大值，若f(x)有最大值，也只可能在x＝－1或x＝a处取得，同时作出函数g(x)与h(x)的图象，如图所示，容易求得它们的交点分别是(－1,2)，(0,0)和(1，－2)．注意到g(－1)＝h(－1)＝2，由图象可见，若f(x)在x＝－1处取得最大值，实数a的取值范围是[－1,2]，若f(x)在x＝a处取得最大值，实数a的取值范围是[2，＋∞)．综上，若f(x)有最大值，则实数a的取值范围是[－1，＋∞)，从而，若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是(－∞，－1)．
法三：平移直线x＝a，直接秒杀
根据题意，将函数f(x)＝采用分离的方式，记g(x)＝x3－3x，h(x)＝－2x，同时在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)与h(x)的图象，将直线x＝a在图象中沿着x轴左右平移，观察直线x＝a与函数g(x)，h(x)的图象的交点(曲线点实，直线点虚)变化，如图所示，当直线x＝a在直线x＝－1左边时满足条件“f(x)无最大值”，所以实数a的取值范围是(－∞，－1)．
[答案] (－∞，－1)
[系统归纳]
“三招”破解分段函数最值问题
分类讨论
研究分段函数f(x)的单调性，大多借助分类讨论f(x)在各个分段上的最值．如解法一是根据g(x)的单调性，对a进行分类讨论
整体思想
从函数的整体性质(单调性、奇偶性和周期性)出发，研究函数的最值问题．当一个问题从正面不好入手时，也可从反面思考．如解法二就采取正难则反的方法解题
数形结合
“以形助数”，作出函数或变形后的函数图象，结合条件求解问题，解法三是利用数形结合的思想直观得到结果
[应用体验]
1．若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为( )
A．5或8 B．－1或5
C．－1或－4 D．－4或8
解析：选D 当a≥2时，
f(x)＝
如图1可知，f(x)min＝f＝－1＝3，可得a＝8；
当a<2时，f(x)＝
如图2可知，
f(x)min＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.
函数的含参零点问题
[例2] 已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
[技法演示]
法一：分类讨论，各个击破
分类讨论就是将数学问题进行分类，然后对划分的每一类分别进行研究，最后整合获解，其基本思路是化整为零，各个击破．
由已知得a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；
x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(－∞，0)和上单调递增，
在上单调递减，且f(0)＝1>0，
故f(x)有小于零的零点，不符合题意．
当a<0时，x∈，f′(x)<0；
x∈，f′(x)>0；
x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.
所以函数f(x)在和(0，＋∞)上单调递减，在上单调递增，
所以要使f(x)有唯一的零点x0，且x0>0，
只需f>0，即a2>4，解得a<－2.
法二：数形结合，曲曲与共
函数f(x)的零点，亦即函数f(x)的图象与x轴的交点的横坐标，是数形结合思想应用的联结点，因此用图象来揭开函数零点的神秘面纱成为我们解决函数零点问题常用而最有效的策略．
令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.问题转化为g(x)＝ax3的图象与h(x)＝3x2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．
当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；
当a>0时，如图(1)所示，不合题意；
当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax3与h(x)＝3x2－1的图象有公切线时a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由图象可知当a<－2时，满足题意．
法三：参变分离，演绎高效
参变分离法，亦即将原函数中的参变量进行分离，转化成求函数值域问题加以解决．巧用参数分离求解零点问题，既可以回避对参数取值的分类讨论，又形象直观，一目了然．
易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝－，记g(x)＝－，g′(x)＝－＋＝，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.
[答案] B
[系统归纳]
“三招”破解含参零点问题
带参讨论
若无法通过等价转化的思想将原问题化归为相对容易的问题，此时应根据题设要求合理地对参数的取值进行分类，并逐一求解．利用该策略求解时一般要求我们明确讨论的标准，必须做到不重不漏．如解法一中就要考虑到a的正负对根“0”与“”大小的影响
数形结合
由两个基本初等函数组合而得的函数f(x)＝g(x)－h(x)的零点个数，等价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数
参变分离
通过将原函数中的参变量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x轴平行的直线y＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题
[应用体验]
2．已知函数f(x)＝|x2＋3x|(x∈R)．若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________．
解析：法一：画出函数f(x)＝|x2＋3x|的大致图象，如图，令g(x)＝a|x－1|，则函数f(x)的图象与函数g(x)的图象有且仅有4个不同的交点，显然a>0.联立消去y，得x2＋(3－a)x＋a＝0，
由Δ>0，解得a<1或a>9；联立消去y，得x2＋(3＋a)x－a＝0，由Δ>0，解得a>－1或a<－9.
综上，实数a的取值范围为(0,1)∪(9，＋∞)．
法二：易知a>0，且x＝1不是方程的根．
故有a＝
＝x－1＋＋5.
设h(x)＝，
则问题等价于曲线y＝h(x)与直线y＝a有4个不同交点．作出图象如图所示．
显然y＝9，y＝1是y＝h(x)的两条切线，此时都只有3个交点．
于是，结合图形知，当09时，
直线y＝a与曲线y＝h(x)均有4个交点．
所以a的取值范围为(0,1)∪(9，＋∞)．
答案：(0,1)∪(9，＋∞)
抽象函数问题
[例3] 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
[技法演示]
法一：构造抽象函数法
观察xf′(x)－f(x)<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，设F(x)＝.因为f(x)是奇函数，故F(x)是偶函数，F′(x)＝，易知当x>0时，F′(x)<0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(－1)＝0，则f(1)＝0，于是F(－1)＝F(1)＝0，f(x)＝xF(x)，解不等式f(x)>0，即找到x与F(x)的符号相同的区间，易知当x∈(－∞，－1)∪(0,1)时，f(x)>0，故选A.
法二：构造具体函数法
题目中没有给出具体的函数，但可以根据已知条件构造一个具体函数，越简单越好，因此考虑简单的多项式函数．设f(x)是多项式函数，因为f(x)是奇函数，所以它只含x的奇次项．又f(1)＝－f(－1)＝0，所以f(x)能被x2－1整除．因此可取f(x)＝x－x3，检验知f(x)满足题设条件．解不等式f(x)>0，得x∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
[答案] A
[系统归纳]
1．利用和差函数求导法则构造函数
(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；
特别地，对于不等式f′(x)>k(或
(1)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
(2)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)；
(3)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；
(4)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
(5)对于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
(6)对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)；
(7)对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝.
[应用体验]
3．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 019为奇函数，则不等式f(x)＋2 019ex<0的解集是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C. D.
解析：选B 设g(x)＝，则g′(x)＝<0，所以g(x)是R上的减函数，由于f(x)＋2 019为奇函数，所以f(0)＝－2 019，g(0)＝－2 019，因为f(x)＋2 019ex<0⇔<－2 019，即g(x)
命题区域(二) 三角函数、平面向量
本类压轴题主要考查三角恒等变换与三角函数、解三角形相结合的综合问题．其中三角函数的图象与性质、三角形的面积问题是重点考查内容；平面向量主要考查与解析几何、函数、不等式等相结合的有关数量积问题．解决此类问题的关键是转化与化归思想的灵活运用．
三角函数的图象与性质
[例1] 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|≤，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9
C．7 D．5
[技法演示]
法一：综合法
由f＝0，得－ω＋φ＝kπ(k∈Z)，φ＝kπ＋ω，
则f(x)＝sin
＝(n∈Z)．
由f＝±1，即sin＝sin ω＝±1，
可知ω为正奇数(ω>0)．
由得
又由于ω>0，所以k只能取0，－1，－2，－3.
当k＝0时，ω∈(－2,2)；当k＝－1时，ω∈(2,6)；
当k＝－2时，ω∈(6,10)；当k＝－3时，ω∈(10,14)．
因为ω是正奇数(不超过12)，所以ω∈{1,3,5,7,9,11}．
当ω＝11时，x∈，ωx＋ω＝11x＋∈，里面含有，则f(x)在上不可能单调，不符合题意．
当ω＝9时，x∈，ωx＋ω＝9x＋∈，里面不含π(n∈Z)中的任何一个，
即f(x)在上单调，符合题意．
综上，ω的最大值为9.故选B.
法二：分类讨论
由题意－≤⇒T≥，
即≥⇒0<ω≤12.①
又由题意可得(n，k∈Z)，
所以φ＝＋π(n，k∈Z)．
又|φ|≤，所以－≤k＋n≤.
(1)当k＋n＝0时，φ＝，ω＝1－4k.②
由①②可得，当k＝－2时，ω＝9，
此时函数f(x)＝sin在上单调递减，符合题意；
当k＝－1时，ω＝5，此时函数f(x)＝sin在上单调递减，符合题意；
当k＝0时，ω＝1，此时f(x)＝sin在上单调递增，符合题意；
(2)当k＋n＝－1时，φ＝－，ω＝－1－4k.③
由①③可得，当k＝－1时，ω＝3，
此时函数f(x)＝sin在上单调递增，符合题意；
当k＝－2时，ω＝7，此时函数f(x)＝sin在上不单调，舍去；
当k＝－3时，ω＝11，此时f(x)＝sin在上不单调，舍去．
综上，ω＝1,3,5,9，此法求出了ω的所有可能值．
[答案] B
[系统归纳]
三角函数图象与性质问题的解题策略
(1)函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题中涉及的结论：
①若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有两条对称轴x＝a，x＝b，则有|a－b|＝＋(k∈Z)；
②若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有两个对称中心M(a,0)，N(b,0)，则有|a－b|＝＋(k∈Z)；
③若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有一条对称轴x＝a，一个对称中心M(b,0)，则有|a－b|＝＋(k∈Z)．
(2)研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正负比较容易控制，但对于函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)含多个参数，并且具有周期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决．解法一尝试正面求解ω的可能值，但因单调区间的条件不好使用，仍然采取代入验证的方法解决．
[应用体验]
1．若函数f(x)＝cos 2x＋asin x在区间上是减函数，则a的取值范围是________．
解析：法一：导数法
对f(x)＝cos 2x＋asin x求导，得f′(x)＝－2sin 2x＋acos x．因为f(x)在区间上是减函数，所以f′(x)≤0在上恒成立，即acos x≤2sin 2x＝4sin xcos x，而cos x>0，所以a≤4sin x．在区间上，
f(x)＝cos 2x＋asin x＝1－2sin2x＋asin x＝－22＋＋1，设t＝sin x，由x∈，知t∈.要使g(t)＝－22＋＋1在上是减函数，只要≤即可，所以a∈(－∞，2]．
答案：(－∞，2]
三角形面积最值问题
[例2] 已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，则△ABC的面积的最大值为________．
[技法演示]
法一：综合运用正、余弦定理
由正弦定理知(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C可化为(2＋b)(a－b)＝c(c－b)，
将a＝2代入整理，得b2＋c2－a2＝bc，
所以cos A＝＝，故A＝，
则△ABC的面积S＝bcsin A＝bc.
而b2＋c2－a2＝bc≥2bc－a2⇒bc≤4，
所以S＝bc≤，当且仅当b＝c＝2时取到等号，
故△ABC的面积的最大值为.
法二：正、余弦定理与数形结合
由法一得A＝，可知△ABC的边a＝2为定长，A＝为定值，作出示意图如图所示，满足条件的点A在圆周上的运动轨迹为优弧BC(不包括两个端点B，C)，易知当点A位于优弧中点时，此时△ABC的面积最大，由于A＝，则此时的△ABC是等边三角形，面积为.
法三：正、余弦函数的有界性
由法一知A＝，则由正弦定理得，
b＝·sin B＝sin B，c＝sin C，
则S△ABC＝bcsin A＝bc
＝sin B·sin C＝·[cos(B－C)－cos(B＋C)]
＝cos(B－C)＋≤·＝，
当且仅当cos(B－C)＝1，即B＝C时，△ABC的面积取得最大值.
法四：函数思想
由法三得S△ABC＝sin B·sin C＝sin B·sin－B，令g(B)＝sin B·sin＝sin Bcos B＋sin B＝sin＋.
由0
[系统归纳]
三角形面积最值问题的解题策略
(1)借助正、余弦定理，把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式或函数性质来解决；
(2)结合问题特征，构造几何图形来求得最值，直观迅速；
(3)利用结论：已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若a＝m(m>0)，且∠A＝θ，θ∈(0，π)，则△ABC的面积的最大值是，当且仅当另外两个角相等时取等号．
[应用体验]
2．(2018·潍坊统一考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的半径为1，且＝，则△ABC面积的最大值为________．
解析：因为＝，
所以＝(2c－b)，
由正弦定理得
sin Bsin Acos B＝(2sin C－sin B)sin Bcos A，
又sin B≠0，所以sin Acos B＝(2sin C－sin B)cos A，
所以sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A，
sin(A＋B)＝2sin Ccos A，
即sin C＝2sin Ccos A，
又sin C≠0，所以cos A＝，sin A＝，
设外接圆的半径为r，则r＝1，
由余弦定理得bc＝＝b2＋c2－a2＝b2＋c2－(2rsin A)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(当且仅当b＝c时，等号成立)，所以bc≤3，
所以S△ABC＝bcsin A＝bc≤.
答案：
平面向量数量积问题
[例3] 在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝λ，＝，则·的最小值为________．
[技法演示]
法一：基底法
选取{，}为一组基底，由题意易求DC＝1，||＝2，||＝1，·＝2×1×cos 120°＝－1，＝＋＝＋λ，＝＋＋＝＋－＝＋.
于是·＝(＋λ)·＋ ＝×4－1－＋λ＝＋＋≥＋2 ＝(λ>0)，当且仅当＝，即λ＝时等号成立，故·的最小值为.
法二：坐标法
以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，因为AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，所以DC＝1，即B(2,0)，D，C.
因为＝λ，＝，
所以E，F，
＝，＝.
所以·＝＋λ＝＋＋≥＋2＝.
当且仅当＝，即λ＝时等号成立，
故·的最小值为.
[答案]
[系统归纳]
向量数量积问题的解题策略
基底法
根据平面向量基本定理，结合图形的结构特征选择一组基底，将有关的向量用基底表示，进行求解
坐标法
分析图形的结构特征，建立平面直角坐标系，将所涉及的向量坐标化，利用坐标运算进行解答
[应用体验]
3．已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则·＝________；·的最大值为________．
解析：法一：如图，以射线AB，AD为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，则E(t,0)，t∈[0,1]，＝(t，－1)，＝(0，－1)，所以·＝(t，－1)·(0，－1)＝1.因为＝(1,0)，所以·＝(t，－1)·(1,0)＝t≤1，故· 的最大值为1.
法二：由图知，无论E点在哪个位置，在方向上的投影都是||＝1，所以·＝||·1＝1，当点E运动到B点时，在方向上的投影最大即为||＝1，所以(·)max＝||·1＝1.
答案：1 1
命题区域(三) 立体几何
此类压轴题主要考查以立体几何为背景的新颖问题．以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题、探索性问题等．(1)对探索、开放、存在型问题的考查：探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何中．(2)对折叠、展开问题的考查：图形的折叠与展开问题(三视图问题可看作是特殊的图形变换)蕴涵了“二维——三维——二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辨，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立体几何中的重要题型．
空间中线面位置关系与计算
[例1] 平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面α∥平面CB1D1，平面α∩平面ABCD＝m，平面α∩平面ABB1A1＝n，则直线m，n所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
[技法演示]
法一：割补法
我们先尝试把m，n这两条直线都作出来，易知这个平面α一定在正方体外，所以要往上补形，如图所示，过点A在正方体ABCDA1B1C1D1的上方补作一个与正方体ABCDA1B1C1D1相同棱长的正方体ABCDA2B2C2D2，可证平面AB2D2就是平面α，n就是AB2.因为平面ABCD∥平面A2B2C2D2，所以B2D2∥m，说明m应该是经过点A且在平面ABCD内与B2D2平行的直线，则直线m，n所成的角就是∠AB2D2，因为△AB2D2为等边三角形，所以sin∠AB2D2＝sin＝，故选A.
法二：平移法1
事实上对法一可进行适当简化，无须补形也可以．设平面CB1D1∩平面ABCD＝m′，因为平面α∩平面ABCD＝m，平面α∥平面CB1D1，所以m∥m′.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥m′，所以B1D1∥m.同理可得CD1∥n，故直线m，n所成角即为直线B1D1，CD1所成的角∠CD1B1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1C＝B1D1＝CD1，所以∠CD1B1＝，所以sin∠CD1B1＝，故选A.
法三：平移法2
与法二类似，我们尝试在正方体内部构造一个平面与平面α平行，也即与平面CB1D1平行．
如图所示，让点A在平面ABCD内运动，不妨让点A在对角线AC上运动，易知平面BA1D与平面CB1D1平行，则直线m，n所成的角就是∠DBA1，其正弦值为，故选A.
法四：向量法
如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，易求得平面CB1D1的一个法向量s＝(1，－1，1)．因为平面α∩平面ABCD＝m，所以直线m的方向向量m＝x＋y＝(－y，x,0)．又平面α∥平面CB1D1，所以m·s＝0，即－y－x＝0，故m＝(x，x,0)；同理，因为平面α∩平面ABB1A1＝n，所以直线n的方向向量n＝λ＋μ＝(0，λ，－μ)．又平面α∥平面CB1D1，所以n·s＝0，即λ＋μ＝0，故n＝(0，λ，λ)．记异面直线m，n所成角为θ，所以cos θ＝＝＝，故直线m，n所成角的正弦值为，选A.
[答案] A
[系统归纳]
异面直线所成角问题的解题策略
(1)平移化归是关键：求异面直线所成角，关键是将两条异面的直线平移到相交状态，作出等价的平面角，再解三角形即可，常规步骤是“一作二证三计算”，而第一步最为关键，平移谁，怎么平移都要视题目条件而定；
(2)向量计算要快要准：空间向量方法的最大好处是降低了对空间想象能力的要求，但相应地对计算能力要求就高了，要求我们熟练地求解空间的点、向量的坐标，计算要准确．
[应用体验]
1．已知四面体ABCD的每个顶点都在球O的表面上，AB＝AC＝5，BC＝8，AD⊥底面ABC，G为△ABC的重心，且直线DG与底面ABC所成角的正切值为，则球O的表面积为________．
解析：在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，取BC的中点E，连接AE，重心G为AE的三等分点，AE＝＝3，AG＝2，由于AD⊥底面ABC，直线DG与底面ABC所成角的正切值为，所以tan∠DGA＝＝，DA＝1，在等腰△ABC中，cos∠ACB＝＝，sin∠ACB＝，所以△ABC的外接圆直径2r＝＝＝，r＝，设△ABC的外接圆圆心为O1，四面体ABCD的球心为O，在Rt△AOO1中，R2＝OA2＝AO＋2＝2＋2＝，球的表面积为S＝4πR2＝π.
答案：π
空间最值问题
[例2] 如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________．
[技法演示]
法一：平面几何法
由题意可知四面体PBCD的体积最大时，应有平面PBD⊥平面BCD.如图，过点P作PF⊥BD，垂足为F，则PF⊥平面BCD，则VPBCD＝S△BCD·PF.由翻折过程可知AF＝PF，则VPBCD＝S△BCD·AF，这样就将空间问题转化为△ABC内的问题．等腰△ABC的底边AC边上的高h＝AB·sin 30°＝1，VPBCD＝××DC×h×AF＝DC·AF.
DC与AF不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点D在AC上运动时，∠ADB也是在变化的，因此可以取∠ADB为自变量，产生下面的解法．
如图，因为S△ABD＝BD·AF＝AD·h，则AF＝，得VPBCD＝DC·.设∠ADB＝α，由正弦定理得＝2sin(150°－α)，DC＝，则VPBCD＝×＝－＝，易知函数f(x)＝x－在区间(0,1]上单调递增，于是VPBCD≤＝.
法二：构造法
换个角度看问题，我们把△ABC“立起来”，如图，设BO⊥平面ACP，考虑以B为顶点，△ACP的外接圆⊙O为底面的圆锥，易得AC＝2，则OB＝≤ ＝1.设∠PDA＝θ，θ∈(0，π)，AD＝x(0
由于△ABC是顶角为120°的等腰三角形，故建系非常方便．
如图，取AC的中点O为原点，以AC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(－，0)，B(0，－1)，C(，0)，设D(t,0)，t∈(－，)，易知直线BD的方程为x－ty－t＝0，则点A到直线BD的距离AF＝，又DC＝－t，于是VPBCD＝DC·AF＝·，令f(t)＝·＝－，t2∈[0,3)，易知该函数在[0,3)上单调递减，故VPBCD≤f(0)＝，此时D在原点．
[答案]
[系统归纳]
空间最值问题的解题关键
(1)要善于将空间问题转化为平面问题：这一步要求我们具备较强的空间想象能力，对几何体的结构特征要牢牢抓住，如本题一定要分析出“当四面体PBCD的体积取最大值时，必有平面PBD⊥平面BCD”，要判断出△PBD与△ABD是翻折关系(全等)，这样才能进一步将空间问题转化为平面内的问题；
(2)转化后的运算：因为已经是平面内的问题，那么方法就比较多了，如三角函数法、均值不等式，甚至导数都是可以考虑使用的工具．
[应用体验]
2．表面积为60π的球面上有四点S，A，B，C且△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为，若平面SAB⊥平面ABC，则棱锥SABC体积的最大值为________．
解析：因为球的表面积为60π，所以球的半径为，设△ABC的中心为D，则OD＝，所以DA＝2，则AB＝6，棱锥SABC的底面积S＝×62＝9为定值，欲使其体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值，又平面SAB⊥平面ABC，所以S在平面ABC上的射影落在直线AB上，而SO＝，点D到直线AB的距离为，则S到平面ABC的距离的最大值为3，所以V＝×9×3＝27.
答案：27
命题区域(四) 解析几何
本类压轴题主要考查圆锥曲线的几何性质、特定字母的取值范围以及圆锥曲线中的最值问题．圆锥曲线的几何性质是高考考查圆锥曲线的重点内容之一．在选择、填空题中主要考查椭圆和双曲线的离心率、参数的值(范围)、双曲线的渐近线方程以及抛物线的焦点弦．圆锥曲线中的弦长是直线与圆锥曲线相交时产生的，面积也以弦长的计算为基础，高考重点考查直线与圆锥曲线的位置关系，它是命制压轴题时的一个重要命题方向．
圆锥曲线的几何性质
[例1] 已知F1，F2分别是双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点M在双曲线E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1＝，则双曲线E的离心率为( )
A. B.
C. D．2
[技法演示]
法一：定义法
因为△MF1F2是直角三角形，且sin∠MF2F1＝，
所以|MF1|＝|MF2|sin∠MF2F1＝|MF2|，
即|MF2|＝3|MF1|.①
由双曲线的定义可知|MF2|－|MF1|＝2a.②
由①和②可求得|MF1|＝a，|MF2|＝3a.
在Rt△MF1F2中，由勾股定理得|MF2|2－|MF1|2＝|F1F2|2，即(3a)2－a2＝(2c)2，化简得2a2＝c2，即2＝2，从而可知e＝.故选A.
法二：利用正弦定理
在Rt△MF1F2中，sin ∠F1MF2＝sin(90°－∠MF2F1)＝cos∠MF2F1＝，sin∠MF1F2＝1.由正弦定理得e＝＝＝＝.故选A.
法三：利用直角三角形的三角函数
设点M(－c，y0)，则－＝1，
由此解得y＝|MF1|2＝b2＝.
∵△MF1F2是直角三角形，且sin∠MF2F1＝，
∴cos∠MF2F1＝，tan∠MF2F1＝，从而可得＝⇒＝⇒＝＝8，即＝8，化简整理得2c4－5a2c2＋2a4＝0，两边同除以a4，得24－52＋2＝0，
即 ＝0，
∵>1，∴2＝2，即e＝.
[答案] A
[系统归纳]
圆锥曲线离心率问题的求解策略
(1)双曲线(椭圆)的定义可直接建立“焦点三角形”的两边关系．用好这一隐含条件，可为三角形的求解省下不少功夫．法二便充分利用了双曲线的定义将离心率e写成，转化为“焦点三角形”的三边关系，从而利用正弦定理再转化到已知的角上去．
(2)在求解圆锥曲线(主要指的是椭圆和双曲线)的离心率问题时，要把握一个基本思想，就是充分利用已知条件和挖掘隐含条件建立起a与c的关系式．
[注意] 在求离心率的值时需建立等量关系式，在求离心率的范围时需建立不等量关系式．
[应用体验]
1．已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，抛物线C：y2＝8ax的焦点为F，若在E的渐近线上存在点P，使得PA⊥FP，则E的离心率的取值范围是( )
A．(1,2) B.
C．(2，＋∞) D.
解析：选B 双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A(a,0)，抛物线C：y2＝8ax的焦点为F(2a,0)，双曲线的渐近线方程为y＝±x，可设P，则有＝，＝，由PA⊥FP，得·＝0，即(m－a)(m－2a)＋m2＝0，整理得m2－3ma＋2a2＝0，由题意可得Δ＝9a2－41＋·2a2≥0，即a2≥8b2＝8(c2－a2)，即8c2≤9a2，则e＝≤.又e>1，所以1
参数的值(范围)问题
[例2] 设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是( )
A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞)
C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞)
[技法演示]
法一：几何性质法
如图，设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．
过点M作MN⊥AB，垂足为N，设M(x，y)．
根据椭圆的对称性，不妨令y>0，
设∠AMN＝α，∠BMN＝β，
则tan α＝，tan β＝.
又点M在椭圆上，所以x2＝a2－.
则tan(α＋β)＝＝
＝＝
＝＝.
又y∈[－b，b]，所以当y＝b时，α＋β取最大值，即M为椭圆短轴顶点P时，∠APB最大．由此，我们可以得到本题的如下解法．
先考虑椭圆的焦点在x轴上的情况，则0
故m的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)．
法二：二级结论法
椭圆上任意一点与椭圆长轴的两个端点连线的斜率之积为定值－.
这一结论不难证明：设M(x，y)为椭圆＋＝1(a>b>0)上任意一点，A，B分别为椭圆的左、右两个端点，则kMA·kMB＝·＝.因为点M在椭圆上，所以y2＝(a2－x2)，从而kMA·kMB＝＝－.由此可以得到本题的如下解法．
当0
根据两角差的正切公式tan(β－α)＝，
可得tan β－tan α＝－，
即k2－k1＝m－.结合k1·k2＝－，将两式变形为k2＋(－k1)＝m－，k2·(－k1)＝，故可将k2，－k1看作是关于t的方程t2－t＋＝0的两个根，则Δ＝2－4·＝(m2－10m＋9)≥0，所以m2－10m＋9≥0，解得m≤1或m≥9(舍去)，所以0
法三：向量法
当椭圆的焦点在x轴上时，设A，B分别为椭圆的左、右两个端点，M(x，y)，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，则k1·k2＝－.又＝(x＋，y)，＝(x－，y)，此时如果直接应用数量积进行计算，显然计算量较大，这里我们可以考虑利用直线的方向向量来简化运算．
分别取与，相同方向的向量n1＝(1，k1)，n2＝(1，k2)．又∠AMB＝120°，所以向量n1，n2的夹角为60°，由向量的数量积公式可得，
cos 60°＝＝
＝，
即＝.
由k1·k2＝－<0，结合均值不等式a2＋b2≥2ab，可得k＋k＝k＋(－k2)2≥2k1·(－k2)＝m，
所以≤，
即≤，
所以≤1－，
解得m≤1.
又0
同理，＝≤，
即≤1－，解得m≥9.
综上所述，m的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)．
[答案] A
[系统归纳]
圆锥曲线中特定字母的值(范围)问题的解题策略
构造
不等式
根据题设条件以及曲线的几何性质(如：曲线的范围、对称性、位置关系等)，建立关于特定字母的不等式(或不等式组)，然后解不等式(或不等式组)，求得特定字母的取值范围
构造
函数
根据题设条件，用其他的变量或参数表示欲求范围的特定字母，即建立关于特定字母的目标函数，然后研究该函数的值域或最值情况，从而得到特定字母的取值范围
数形
结合
研究特定字母所对应的几何意义，然后根据相关曲线的定义、几何性质，利用数形结合的方法求解
[应用体验]
2．若过点M(2,0)的直线与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，|AB|＝，设P为椭圆上一点，且满足＋＝t (O为坐标原点)，则实数t的值为( )
A．± B．±
C．± D．±
解析：选B 由题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－2)．
显然，当k＝0时，|AB|＝2，与已知不符，∴k≠0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
联立消去y，
得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
则Δ＝(－8k2)2－4(1＋2k2)(8k2－2)＝8－16k2>0，
x1＋x2＝，x1·x2＝，
∵|AB|＝，∴ |x1－x2|＝，
即(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝，
∴(4k2－1)(14k2＋13)＝0，解得k2＝.
又＋＝t，
即(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x，y)，且k≠0，t≠0，
∴x＝＝，
y＝＝[k(x1＋x2)－4k]＝.
∵点P在椭圆上，∴＋2×＝2，
又k2＝，解得t＝±.
圆锥曲线中与面积相关的问题
[例3] 已知F是抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )
A．2 B．3
C. D.
[技法演示]
法一：利用基本不等式
依题意，不妨设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>0，y2<0.由·＝2，得x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y2＝2，由此解得y1y2＝－2，△ABO与△AFO面积之和等于|x1y2－x2y1|＋×y1＝|yy2－yy1|＋y1＝×2(y1－y2)＋y1＝y1＋(－y2)≥2＝3，当且仅当y1＝－y2＝时取等号，因此△ABO与△AFO面积之和的最小值是3，选B.
该方法中用到这样一个公式：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则S△AOB＝|x1y2－x2y1|，证明如下：
设∠AOB＝θ，则S△AOB＝||·||sin θ
＝
＝
＝
＝ ＝|x1y2－x2y1|.
法二：双根法
设直线AB的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y2<0，由得y2－ty－m＝0，y1y2＝－m，又·＝2，因此x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y2＝2，m2－m－2＝0，解得m＝2或m＝－1.又y1y2＝－m<0，因此y1y2＝－m＝－2，m＝2，直线AB：x＝ty＋2过定点(2,0)，S△ABO＝×2×|y1－y2|＝，S△AFO＝×|y1|＝|y1|，S△ABO＋S△AFO＝＋|y1|＝|y1|＋≥2＝3，当且仅当|y1|＝，即|y1|＝时取等号，
因此△ABO与△AFO面积之和的最小值是3，选B.
[答案] B
[系统归纳]
圆锥曲线中与面积相关问题的解题规律
(1)三角形面积的向量公式：若＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则S△ABC＝|x1y2－x2y1|，用此公式便于建立目标函数求最值；
(2)直线方程的选择：对于不同的直线方程，其中所含的参数意义不同，形成不同的解题长度．为了消元、计算的方便，可将经过定点(m,0)的动直线设为x＝ty＋m的形式，避免了对斜率存在性的讨论．如本题法二．
[应用体验]
3．已知椭圆E的方程为＋y2＝1，O为坐标原点，直线l与椭圆E交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|OM|＝1，则△AOB面积的最大值为________．
解析：设直线l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
由整理得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0.①
所以y1＋y2＝－，y1y2＝，x1＋x2＝.
由中点坐标公式可知x0＝，y0＝，
即M.
因为|OM|＝1，所以n2＝.②
设直线l与x轴的交点为D(n,0)，
则△AOB的面积S＝|OD||y1－y2|＝|n||y1－y2|.
S2＝n2(y1－y2)2＝，
设t＝m2＋4(t≥4)，
则S2＝48×＝
≤＝1，
当且仅当t＝，即t＝12时，等号成立，
此时m2＝8，n2＝6，
即S2取得最大值1.
故△AOB的面积的最大值为1.
答案：1
A组——选择压轴小题命题点专练
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos 2α＝，则|a－b|＝( )
A. B.
C. D．1
解析：选B 由cos 2α＝，
得cos2 α－sin2α＝，∴＝，
即＝，∴tan α＝±，
即＝±，∴|a－b|＝.故选B.
2．(2019届高三·广州调研)若将函数y＝2sinsin的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由y＝2sinsin，可得y＝2sincos＝sin，该函数的图象向左平移φ个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝sin＝sin，因为g(x)＝sin为奇函数，所以2φ＋＝kπ(k∈Z)，φ＝－(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值为，选A.
3.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，若PA＝AD＝AB＝kBC(0
B．当k＝时，平面APD⊥平面PCD
C．∀k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直
D．∃k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直
解析：选A 取PB，PC的中点分别为M，N，连接MN，AM，DN，由平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AM，又M为PB的中点，PA＝AB，∴AM⊥PB，可得AM⊥平面PBC，而AD∥BC且AD＝BC，同时MN∥BC且MN＝BC，∴AD∥MN且AD＝MN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AM∥DN，则DN⊥平面BPC，又DN⊂平面PCD，∴平面BPC⊥平面PCD.其余选项都错误，故选A.
4．(2019届高三·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥SABC的体积最大为( )
A．2 B.
C. D．2
解析：选A 如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥ASBC，即SABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin 30°＝，所以棱锥SABC的体积最大为×2×＝2，故选A.
5．(2019届高三·兰州诊断考试)已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是( )
A．[－2,6] B．[－3,5]
C．[2,6] D．[3,5]
解析：选C 法一：当MA，MB是圆C的切线时，∠AMB取得最大值．若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则MA，MB是圆C的切线时，∠AMB≥90°，∠AMC≥45°，且∠AMC<90°，如图，则|MC|＝≤＝2，所以16＋(t－4)2≤20，所以2≤t≤6.
法二：由于点M(5，t)是直线x＝5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关于t＝4对称，故排除选项A、B.当t＝2时，|CM|＝2，若MA，MB为圆C的切线，则sin∠CMA＝sin∠CMB＝＝，所以∠CMA＝∠CMB＝45°，即MA⊥MB，所以t＝2时符合题意，故排除选项D.故选C.
6．若点P为椭圆C：x2＋2y2＝3的左顶点，过原点O的动直线与椭圆C交于A，B两点．点G满足＝2，则||2＋||2的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由题意易知点P(－，0)，设点G(x0，y0)，由＝2，得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)，
即解得故G.
设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，||2＋||2＝2＋y＋2＋y＝2x＋2y＋＝2x＋3－x＋＝x＋，
又x1∈[－，]，
故x∈[0,3]，≤x＋≤，
所以||2＋||2的取值范围是，选C.
7．已知平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，且a－c与b－c的夹角为，则|c|的最大值为( )
A. B．2
C. D．4
解析：选A 设＝a，＝b，＝c.∵平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝＝＝－，∴a，b的夹角为.∵a－c与b－c的夹角为，∴点C在△OAB的外接圆O′的弦AB所对的优弧上，如图所示．因此|c|的最大值为△OAB的外接圆O′的直径．∵|a－b|＝＝＝.由正弦定理可得△OAB的外接圆的直径2R＝＝＝，则|c|的最大值为.
8．已知定义域为R的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝a，且当0
C．－a D．2 016
解析：选A 因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)．又因为f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4.所以求f(x)在区间[2 017，2 018]上的最小值即为求f(x)在区间[1,2]上的最小值．当01，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 令f(x)＝x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1，∵关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的两个实根分别为x1，x2，且01，∴
∴作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.表示阴影部分中的点与原点连线的斜率，由解得P，∴－1
10．(2018·贵阳适应性考试)已知函数f(x)＝的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k的取值范围是( )
A．(0，e) B.
C．(0,2e2) D．(0，e－2)
解析：选C 将函数y＝ln(－2x)(x<0)的图象沿y轴翻折，得函数g(x)＝ln 2x(x>0)的图象，由题意可得g(x)的图象和y＝kx－3(x≥0)的图象有两个交点．设y＝kx－3(x≥0)的图象与曲线y＝g(x)相切的切点为(m，ln 2m)，由g′(x)＝，得k＝.又ln 2m＝km－3，解得m＝，则k＝2e2.由图象可得0
A．2 B．4
C．4 D．8
解析：选B 如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，
∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，
∵AE∩A1A＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，∴截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4，故选B.
12．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为( )
A．[2,4] B.
C. D．[2,3]
解析：选D ∵f′(x)＝ex－1＋1＞0，
∴f(x)＝ex－1＋x－2是R上的单调递增函数．
又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，
∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，
∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点．
由g(x)＝0，得a＝(0≤x≤2)，
即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤t≤3)，
则a＝t＋－2(1≤t≤3)，
令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，
易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间[2,3]上是增函数，
∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3.
B组——填空压轴小题命题点专练
1．(2018·南昌一模)已知函数f(x)＝x3＋sin x，若α∈[0，π]，β∈，且f＝f(2β)，则cos＝________.
解析：由题易知函数f(x)＝x3＋sin x为奇函数且在上单调递增．
因为α∈[0，π]，β∈，
所以－α∈，2β∈，
又f＝f(2β)，
∴－α＝2β，∴＋β＝，
∴cos＝cos ＝.
答案：
2．设函数f(x)＝则满足f(f(t))＝2f(t)的t的取值范围是________．
解析：若f(t)≥1，显然满足f(f(t))＝2f(t)，则有或解得t≥－；
若f(t)<1，由f(f(t))＝2f(t)，得f(t)＋＝2f(t)，
可知f(t)＝－1，所以t＋＝－1，解得t＝－3.
综上所述，t＝－3或t≥－.
答案：{－3}∪
3．设点P，Q分别是曲线y＝xe－x(e是自然对数的底数)和直线y＝x＋3上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为________．
解析：y′＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，由(1－x)e－x＝1，得ex＝1－x，ex＋x－1＝0，令h(x)＝ex＋x－1，显然h(x)是增函数，且h(0)＝0，即方程ex＋x－1＝0只有一个解x＝0，又曲线y＝xe－x在x＝0处的切线方程为y＝x，两平行线x－y＝0和x－y＋3＝0之间的距离为d＝＝，故P，Q两点间距离的最小值为.
答案：
4．(2019届高三·南宁摸底联考)已知函数f(x)＝(ex－e－x)x，f(log3x)＋f≤2f(1)，则x的取值范围是________．
解析：由题意知f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．由f＝f(－log3x)＝f(log3x)，知原不等式可化为f(log3x)≤f(1)．又x>0时，f′(x)＝ex－＋x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以|log3x|≤1，解得≤x≤3.
答案：
5．(2018·郑州质检)我国古代数学专著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鳖臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为2，则该几何体外接球的表面积为________．
解析：由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中如图中的三棱锥ABCD所示，其中AB＝2，BC＝CD＝，易知长方体的外接球即为三棱锥ABCD的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2＝(2)2＋()2＋()2＝8＋2＋2＝12，则R2＝3，因此外接球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案：12π
6．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝·SA2＝8，
解得SA＝4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝2，h＝2，所以圆锥的体积为πr2·h＝π×(2)2×2＝8π.
答案：8π
7．(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．
解析：∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，
∴由正弦定理得
sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C.
又sin Bsin C>0，∴sin A＝.
由余弦定理得cos A＝＝＝>0，
∴cos A＝，bc＝＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝××＝.
答案：
8．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
9．(2019届高三·湖北八校联考)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”是几何体的高，“幂”是截面面积．其意思为：如果两个等高的几何体在同高处的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线C的渐
近线方程为y＝±2x，一个焦点为(，0)．直线y＝0与y＝3在第一象限内与双曲线及渐近线围成如图所示的图形OABN，则它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积为________．
解析：由题意可得双曲线的方程为x2－＝1，直线y＝3在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为，与双曲线在第一象限内的交点B的坐标为，在所得几何体中，在高为h处作一截面，则截面面积为π＝π，根据祖暅原理，可得该几何体的体积与底面面积为π，高为3的圆柱的体积相同，故所得几何体的体积为3π.
答案：3π
10.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，则·的值是________．
解析：由·＝－7得，(－)·(－)＝－7，即(－)·(＋)＝7，所以2＝7＋2＝7＋9＝16，所以||＝||＝4.所以·＝(－)·(－)＝(－)·(＋)＝2－2＝25－16＝9.
答案：9
11．(2018·贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六棱锥PABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为，则球O的表面积为________．
解析：因为六棱锥PABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥PABCDEF为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h，则×h＝，解得h＝2.记球O的半径为R，根据平面截球面的性质，得(2－R)2＋12＝R2，解得R＝，所以球O的表面积为4πR2＝4π×2＝.
答案：
12．(2019届高三·惠州调研)在四边形ABCD中，＝，P为CD上一点，已知||＝8，||＝5，与的夹角为θ，且cos θ＝，＝3，则·＝________.
解析：∵＝，＝3，∴＝＋＝＋，＝＋＝－，又||＝8，||＝5，cos θ＝，∴·＝8×5×＝22，∴·＝·＝||2－·－||2＝25－11－12＝2.
答案：2
13．(2019届高三·益阳、湘潭调研)已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝，则抛物线C2的方程为__________．
解析：法一：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．∵|AB|＝，
∴
解得即A.
将A的坐标代入抛物线方程得2＝2p×，
解得p＝，∴抛物线C2的方程为y2＝x.
法二：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．
由圆C1的性质知cos∠C1BA＝＝，
∴sin∠C1BA＝，
∴n＝|AB|cos∠C1BA＝，
m＝|AB|sin∠C1BA＝，即A，将A的坐标代入抛物线方程得2＝2p×，∴p＝，
∴抛物线C2的方程为y2＝x.
答案：y2＝x
14．已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，双曲线以A，B为焦点，且与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是________．
解析：以AB所在直线为x轴，AB中点为坐标原点O，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－2,0)，B(2,0)，C(1，)．
设以A，B为焦点的双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，则c＝2.由a2＋b2＝c2，得b2＝4－a2，当x＝1时，y2＝a2＋－5.要使双曲线与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则a2＋－5≥3，解得a2≥4＋2或0＜a2≤4－2，由a2≥4＋2得a≥＋1＞2，舍去，∴a2≤4－2，即0＜a≤－1.∴双曲线的离心率e＝≥＝＋1.即该双曲线的离心率的取值范围是[＋1，＋∞)．
答案：[＋1，＋∞)
15．(2019届高三·武汉调研)过圆Γ：x2＋y2＝4外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆Γ于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为________．
解析：如图所示，S四边形ABCD＝(PA·PD－PB·PC)，
取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD＝[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(PF－DF)]＝PE·DF＋AE·PF，
由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤，其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，
据此可得S四边形ABCD≤＝＝，
综上，四边形ABCD面积的最大值为.
答案：
16．(2018·湘东五校联考)已知函数f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，若对任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝，当x∈[1,3]，m∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋－(3＋m)ln 3，∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋－(3＋m)ln 3，∴a>6＋.∵y＝6＋在m∈(4,5)上单调递减，∴<6＋<，∴a≥.
答案：
难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的4大区域
[全国卷3年考情分析]
题号
考卷
第11题
第12题
第15题
第16题
命题分析
2018
卷Ⅰ
直线与双曲线的位置关系及双曲线的几何性质
空间直线与平面的位置关系及其所成角的问题
计数原理与组合问题
三角函数的最值与导数
高考在选择、填空压轴题中，主要考查圆锥曲线的几何性质及圆锥曲线定义、函数的图象与性质、函数与不等式的求解、指数、对数式大小比较、导数的应用、几何体的表面积与体积的计算及空间角问题，而三角函数、数列、平面向量也常有考查.
卷Ⅱ
函数的奇偶性与周期性
椭圆的定义与椭圆的几何性质
两角和与差的公式应用
圆锥侧面积的运算及空间角的问题
卷Ⅲ
双曲线的几何性质
不等式性质及对数运算
三角函数的零点问题
抛物线的几何性质及应用
2017
卷Ⅰ
指数式与对数式的互化与对数运算及大小比较
等差数列、等比数列前n项和公式的运用
双曲线的几何性质
三棱锥的体积、导数的应用
卷Ⅱ
利用导数求函数的极值
平面向量的数量积与最值
等差数列的通项公式与前n项和公式、特殊数列求和
抛物线的定义及标准方程
卷Ⅲ
函数的零点问题
平面向量基本定理、直线与圆的位置关系
分段函数、解不等式
空间中直线与直线的位置关系、空间向量
2016
卷Ⅰ
平面与平面平行的性质、异面直线所成的角及等角定理
函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质
等比数列通项公式、二次函数的最值及指数函数的性质
线性规划的实际应用
卷Ⅱ
双曲线的定义及标准方程、离心率的计算
函数图象的对称性
推理与论证
导数的计算与几何意义、直线方程、斜率计算公式
卷Ⅲ
椭圆的离心率、直线斜率的应用
计数原理与组合问题
函数的奇偶性、导数的几何意义
点到直线的距离公式，直线的斜率、倾斜角，直线与圆的位置关系
命题区域(一) 函数与导数
本类压轴题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等．要注意函数y＝f(x)与方程f(x)＝0以及不等式f(x)>0的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题目的关键．解决该类问题的途径往往是构造函数，进而研究函数的性质，利用函数性质去求解问题是常用方法．其间要注意导数的应用：利用导数研究可导函数的单调性，求可导函数的极值和最值，以及利用导数解决实际应用题是导数在中学数学中的主要应用．
分段函数问题
[例1] 已知函数f(x)＝若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
[技法演示]
法一：分段处理，分类讨论
记g(x)＝x3－3x，h(x)＝－2x，同时作出函数g(x)与h(x)的图象，如图所示，则h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，下面分析g(x)的单调性．因为g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x变化时，g′(x)和g(x)变化如下：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
下面分析f(x)的单调性，注意到f(x)＝
结合前面g(x)与h(x)的单调性，我们可以按下述三种情况讨论：
a<－1
－1≤a＜1
a≥1
①若a<－1，则f(x)在(－∞，a]上的最大值为f(a)，由g(x)在(－∞，－1)上单调递增，f(a)＝g(a)
②若－1≤a<1，则f(x)在(－∞，a]上的最大值为f(－1)＝2，且当x>a时，f(x)＝h(x)
法二：整体考虑，正难则反
记g(x)＝x3－3x，h(x)＝－2x，由解法一知h(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且当x变化时，g′(x)和g(x)变化如下：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
由于h(x)在(a，＋∞)上单调递减，无最大值，若f(x)有最大值，也只可能在x＝－1或x＝a处取得，同时作出函数g(x)与h(x)的图象，如图所示，容易求得它们的交点分别是(－1,2)，(0,0)和(1，－2)．注意到g(－1)＝h(－1)＝2，由图象可见，若f(x)在x＝－1处取得最大值，实数a的取值范围是[－1,2]，若f(x)在x＝a处取得最大值，实数a的取值范围是[2，＋∞)．综上，若f(x)有最大值，则实数a的取值范围是[－1，＋∞)，从而，若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是(－∞，－1)．
法三：平移直线x＝a，直接秒杀
根据题意，将函数f(x)＝采用分离的方式，记g(x)＝x3－3x，h(x)＝－2x，同时在同一平面直角坐标系中作出函数g(x)与h(x)的图象，将直线x＝a在图象中沿着x轴左右平移，观察直线x＝a与函数g(x)，h(x)的图象的交点(曲线点实，直线点虚)变化，如图所示，当直线x＝a在直线x＝－1左边时满足条件“f(x)无最大值”，所以实数a的取值范围是(－∞，－1)．
[答案] (－∞，－1)
[系统归纳]
“三招”破解分段函数最值问题
分类讨论
研究分段函数f(x)的单调性，大多借助分类讨论f(x)在各个分段上的最值．如解法一是根据g(x)的单调性，对a进行分类讨论
整体思想
从函数的整体性质(单调性、奇偶性和周期性)出发，研究函数的最值问题．当一个问题从正面不好入手时，也可从反面思考．如解法二就采取正难则反的方法解题
数形结合
“以形助数”，作出函数或变形后的函数图象，结合条件求解问题，解法三是利用数形结合的思想直观得到结果
[应用体验]
1．若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为( )
A．5或8 B．－1或5
C．－1或－4 D．－4或8
解析：选D 当a≥2时，
f(x)＝
如图1可知，f(x)min＝f＝－1＝3，可得a＝8；
当a<2时，f(x)＝
如图2可知，
f(x)min＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.
函数的含参零点问题
[例2] 已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
[技法演示]
法一：分类讨论，各个击破
分类讨论就是将数学问题进行分类，然后对划分的每一类分别进行研究，最后整合获解，其基本思路是化整为零，各个击破．
由已知得a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；
x∈，f′(x)<0；x∈，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(－∞，0)和上单调递增，
在上单调递减，且f(0)＝1>0，
故f(x)有小于零的零点，不符合题意．
当a<0时，x∈，f′(x)<0；
x∈，f′(x)>0；
x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.
所以函数f(x)在和(0，＋∞)上单调递减，在上单调递增，
所以要使f(x)有唯一的零点x0，且x0>0，
只需f>0，即a2>4，解得a<－2.
法二：数形结合，曲曲与共
函数f(x)的零点，亦即函数f(x)的图象与x轴的交点的横坐标，是数形结合思想应用的联结点，因此用图象来揭开函数零点的神秘面纱成为我们解决函数零点问题常用而最有效的策略．
令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.问题转化为g(x)＝ax3的图象与h(x)＝3x2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．
当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；
当a>0时，如图(1)所示，不合题意；
当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax3与h(x)＝3x2－1的图象有公切线时a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由图象可知当a<－2时，满足题意．
法三：参变分离，演绎高效
参变分离法，亦即将原函数中的参变量进行分离，转化成求函数值域问题加以解决．巧用参数分离求解零点问题，既可以回避对参数取值的分类讨论，又形象直观，一目了然．
易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝－，记g(x)＝－，g′(x)＝－＋＝，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.
[答案] B
[系统归纳]
“三招”破解含参零点问题
带参讨论
若无法通过等价转化的思想将原问题化归为相对容易的问题，此时应根据题设要求合理地对参数的取值进行分类，并逐一求解．利用该策略求解时一般要求我们明确讨论的标准，必须做到不重不漏．如解法一中就要考虑到a的正负对根“0”与“”大小的影响
数形结合
由两个基本初等函数组合而得的函数f(x)＝g(x)－h(x)的零点个数，等价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数
参变分离
通过将原函数中的参变量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x轴平行的直线y＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题
[应用体验]
2．已知函数f(x)＝|x2＋3x|(x∈R)．若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________．
解析：法一：画出函数f(x)＝|x2＋3x|的大致图象，如图，令g(x)＝a|x－1|，则函数f(x)的图象与函数g(x)的图象有且仅有4个不同的交点，显然a>0.联立消去y，得x2＋(3－a)x＋a＝0，
由Δ>0，解得a<1或a>9；联立消去y，得x2＋(3＋a)x－a＝0，由Δ>0，解得a>－1或a<－9.
综上，实数a的取值范围为(0,1)∪(9，＋∞)．
法二：易知a>0，且x＝1不是方程的根．
故有a＝
＝x－1＋＋5.
设h(x)＝，
则问题等价于曲线y＝h(x)与直线y＝a有4个不同交点．作出图象如图所示．
显然y＝9，y＝1是y＝h(x)的两条切线，此时都只有3个交点．
于是，结合图形知，当0
直线y＝a与曲线y＝h(x)均有4个交点．
所以a的取值范围为(0,1)∪(9，＋∞)．
答案：(0,1)∪(9，＋∞)
抽象函数问题
[例3] 设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
[技法演示]
法一：构造抽象函数法
观察xf′(x)－f(x)<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，设F(x)＝.因为f(x)是奇函数，故F(x)是偶函数，F′(x)＝，易知当x>0时，F′(x)<0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(－1)＝0，则f(1)＝0，于是F(－1)＝F(1)＝0，f(x)＝xF(x)，解不等式f(x)>0，即找到x与F(x)的符号相同的区间，易知当x∈(－∞，－1)∪(0,1)时，f(x)>0，故选A.
法二：构造具体函数法
题目中没有给出具体的函数，但可以根据已知条件构造一个具体函数，越简单越好，因此考虑简单的多项式函数．设f(x)是多项式函数，因为f(x)是奇函数，所以它只含x的奇次项．又f(1)＝－f(－1)＝0，所以f(x)能被x2－1整除．因此可取f(x)＝x－x3，检验知f(x)满足题设条件．解不等式f(x)>0，得x∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
[答案] A
[系统归纳]
1．利用和差函数求导法则构造函数
(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；
特别地，对于不等式f′(x)>k(或
(1)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
(2)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)；
(3)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；
(4)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
(5)对于不等式xf′(x)－nf(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
(6)对于不等式f′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf(x)；
(7)对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝.
[应用体验]
3．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 019为奇函数，则不等式f(x)＋2 019ex<0的解集是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C. D.
解析：选B 设g(x)＝，则g′(x)＝<0，所以g(x)是R上的减函数，由于f(x)＋2 019为奇函数，所以f(0)＝－2 019，g(0)＝－2 019，因为f(x)＋2 019ex<0⇔<－2 019，即g(x)
命题区域(二) 三角函数、平面向量
本类压轴题主要考查三角恒等变换与三角函数、解三角形相结合的综合问题．其中三角函数的图象与性质、三角形的面积问题是重点考查内容；平面向量主要考查与解析几何、函数、不等式等相结合的有关数量积问题．解决此类问题的关键是转化与化归思想的灵活运用．
三角函数的图象与性质
[例1] 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|≤，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9
C．7 D．5
[技法演示]
法一：综合法
由f＝0，得－ω＋φ＝kπ(k∈Z)，φ＝kπ＋ω，
则f(x)＝sin
＝(n∈Z)．
由f＝±1，即sin＝sin ω＝±1，
可知ω为正奇数(ω>0)．
由得
又由于ω>0，所以k只能取0，－1，－2，－3.
当k＝0时，ω∈(－2,2)；当k＝－1时，ω∈(2,6)；
当k＝－2时，ω∈(6,10)；当k＝－3时，ω∈(10,14)．
因为ω是正奇数(不超过12)，所以ω∈{1,3,5,7,9,11}．
当ω＝11时，x∈，ωx＋ω＝11x＋∈，里面含有，则f(x)在上不可能单调，不符合题意．
当ω＝9时，x∈，ωx＋ω＝9x＋∈，里面不含π(n∈Z)中的任何一个，
即f(x)在上单调，符合题意．
综上，ω的最大值为9.故选B.
法二：分类讨论
由题意－≤⇒T≥，
即≥⇒0<ω≤12.①
又由题意可得(n，k∈Z)，
所以φ＝＋π(n，k∈Z)．
又|φ|≤，所以－≤k＋n≤.
(1)当k＋n＝0时，φ＝，ω＝1－4k.②
由①②可得，当k＝－2时，ω＝9，
此时函数f(x)＝sin在上单调递减，符合题意；
当k＝－1时，ω＝5，此时函数f(x)＝sin在上单调递减，符合题意；
当k＝0时，ω＝1，此时f(x)＝sin在上单调递增，符合题意；
(2)当k＋n＝－1时，φ＝－，ω＝－1－4k.③
由①③可得，当k＝－1时，ω＝3，
此时函数f(x)＝sin在上单调递增，符合题意；
当k＝－2时，ω＝7，此时函数f(x)＝sin在上不单调，舍去；
当k＝－3时，ω＝11，此时f(x)＝sin在上不单调，舍去．
综上，ω＝1,3,5,9，此法求出了ω的所有可能值．
[答案] B
[系统归纳]
三角函数图象与性质问题的解题策略
(1)函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题中涉及的结论：
①若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有两条对称轴x＝a，x＝b，则有|a－b|＝＋(k∈Z)；
②若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有两个对称中心M(a,0)，N(b,0)，则有|a－b|＝＋(k∈Z)；
③若函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)有一条对称轴x＝a，一个对称中心M(b,0)，则有|a－b|＝＋(k∈Z)．
(2)研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正负比较容易控制，但对于函数y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0，A>0)含多个参数，并且具有周期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决．解法一尝试正面求解ω的可能值，但因单调区间的条件不好使用，仍然采取代入验证的方法解决．
[应用体验]
1．若函数f(x)＝cos 2x＋asin x在区间上是减函数，则a的取值范围是________．
解析：法一：导数法
对f(x)＝cos 2x＋asin x求导，得f′(x)＝－2sin 2x＋acos x．因为f(x)在区间上是减函数，所以f′(x)≤0在上恒成立，即acos x≤2sin 2x＝4sin xcos x，而cos x>0，所以a≤4sin x．在区间上，
f(x)＝cos 2x＋asin x＝1－2sin2x＋asin x＝－22＋＋1，设t＝sin x，由x∈，知t∈.要使g(t)＝－22＋＋1在上是减函数，只要≤即可，所以a∈(－∞，2]．
答案：(－∞，2]
三角形面积最值问题
[例2] 已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C，则△ABC的面积的最大值为________．
[技法演示]
法一：综合运用正、余弦定理
由正弦定理知(2＋b)(sin A－sin B)＝(c－b)sin C可化为(2＋b)(a－b)＝c(c－b)，
将a＝2代入整理，得b2＋c2－a2＝bc，
所以cos A＝＝，故A＝，
则△ABC的面积S＝bcsin A＝bc.
而b2＋c2－a2＝bc≥2bc－a2⇒bc≤4，
所以S＝bc≤，当且仅当b＝c＝2时取到等号，
故△ABC的面积的最大值为.
法二：正、余弦定理与数形结合
由法一得A＝，可知△ABC的边a＝2为定长，A＝为定值，作出示意图如图所示，满足条件的点A在圆周上的运动轨迹为优弧BC(不包括两个端点B，C)，易知当点A位于优弧中点时，此时△ABC的面积最大，由于A＝，则此时的△ABC是等边三角形，面积为.
法三：正、余弦函数的有界性
由法一知A＝，则由正弦定理得，
b＝·sin B＝sin B，c＝sin C，
则S△ABC＝bcsin A＝bc
＝sin B·sin C＝·[cos(B－C)－cos(B＋C)]
＝cos(B－C)＋≤·＝，
当且仅当cos(B－C)＝1，即B＝C时，△ABC的面积取得最大值.
法四：函数思想
由法三得S△ABC＝sin B·sin C＝sin B·sin－B，令g(B)＝sin B·sin＝sin Bcos B＋sin B＝sin＋.
由0
[系统归纳]
三角形面积最值问题的解题策略
(1)借助正、余弦定理，把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式或函数性质来解决；
(2)结合问题特征，构造几何图形来求得最值，直观迅速；
(3)利用结论：已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若a＝m(m>0)，且∠A＝θ，θ∈(0，π)，则△ABC的面积的最大值是，当且仅当另外两个角相等时取等号．
[应用体验]
2．(2018·潍坊统一考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆的半径为1，且＝，则△ABC面积的最大值为________．
解析：因为＝，
所以＝(2c－b)，
由正弦定理得
sin Bsin Acos B＝(2sin C－sin B)sin Bcos A，
又sin B≠0，所以sin Acos B＝(2sin C－sin B)cos A，
所以sin Acos B＋sin Bcos A＝2sin Ccos A，
sin(A＋B)＝2sin Ccos A，
即sin C＝2sin Ccos A，
又sin C≠0，所以cos A＝，sin A＝，
设外接圆的半径为r，则r＝1，
由余弦定理得bc＝＝b2＋c2－a2＝b2＋c2－(2rsin A)2＝b2＋c2－3≥2bc－3(当且仅当b＝c时，等号成立)，所以bc≤3，
所以S△ABC＝bcsin A＝bc≤.
答案：
平面向量数量积问题
[例3] 在等腰梯形ABCD中，已知AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，动点E和F分别在线段BC和DC上，且＝λ，＝，则·的最小值为________．
[技法演示]
法一：基底法
选取{，}为一组基底，由题意易求DC＝1，||＝2，||＝1，·＝2×1×cos 120°＝－1，＝＋＝＋λ，＝＋＋＝＋－＝＋.
于是·＝(＋λ)·＋ ＝×4－1－＋λ＝＋＋≥＋2 ＝(λ>0)，当且仅当＝，即λ＝时等号成立，故·的最小值为.
法二：坐标法
以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，因为AB∥DC，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝60°，所以DC＝1，即B(2,0)，D，C.
因为＝λ，＝，
所以E，F，
＝，＝.
所以·＝＋λ＝＋＋≥＋2＝.
当且仅当＝，即λ＝时等号成立，
故·的最小值为.
[答案]
[系统归纳]
向量数量积问题的解题策略
基底法
根据平面向量基本定理，结合图形的结构特征选择一组基底，将有关的向量用基底表示，进行求解
坐标法
分析图形的结构特征，建立平面直角坐标系，将所涉及的向量坐标化，利用坐标运算进行解答
[应用体验]
3．已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则·＝________；·的最大值为________．
解析：法一：如图，以射线AB，AD为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，则E(t,0)，t∈[0,1]，＝(t，－1)，＝(0，－1)，所以·＝(t，－1)·(0，－1)＝1.因为＝(1,0)，所以·＝(t，－1)·(1,0)＝t≤1，故· 的最大值为1.
法二：由图知，无论E点在哪个位置，在方向上的投影都是||＝1，所以·＝||·1＝1，当点E运动到B点时，在方向上的投影最大即为||＝1，所以(·)max＝||·1＝1.
答案：1 1
命题区域(三) 立体几何
此类压轴题主要考查以立体几何为背景的新颖问题．以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题、探索性问题等．(1)对探索、开放、存在型问题的考查：探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何中．(2)对折叠、展开问题的考查：图形的折叠与展开问题(三视图问题可看作是特殊的图形变换)蕴涵了“二维——三维——二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辨，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立体几何中的重要题型．
空间中线面位置关系与计算
[例1] 平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，平面α∥平面CB1D1，平面α∩平面ABCD＝m，平面α∩平面ABB1A1＝n，则直线m，n所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
[技法演示]
法一：割补法
我们先尝试把m，n这两条直线都作出来，易知这个平面α一定在正方体外，所以要往上补形，如图所示，过点A在正方体ABCDA1B1C1D1的上方补作一个与正方体ABCDA1B1C1D1相同棱长的正方体ABCDA2B2C2D2，可证平面AB2D2就是平面α，n就是AB2.因为平面ABCD∥平面A2B2C2D2，所以B2D2∥m，说明m应该是经过点A且在平面ABCD内与B2D2平行的直线，则直线m，n所成的角就是∠AB2D2，因为△AB2D2为等边三角形，所以sin∠AB2D2＝sin＝，故选A.
法二：平移法1
事实上对法一可进行适当简化，无须补形也可以．设平面CB1D1∩平面ABCD＝m′，因为平面α∩平面ABCD＝m，平面α∥平面CB1D1，所以m∥m′.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，所以B1D1∥m′，所以B1D1∥m.同理可得CD1∥n，故直线m，n所成角即为直线B1D1，CD1所成的角∠CD1B1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1C＝B1D1＝CD1，所以∠CD1B1＝，所以sin∠CD1B1＝，故选A.
法三：平移法2
与法二类似，我们尝试在正方体内部构造一个平面与平面α平行，也即与平面CB1D1平行．
如图所示，让点A在平面ABCD内运动，不妨让点A在对角线AC上运动，易知平面BA1D与平面CB1D1平行，则直线m，n所成的角就是∠DBA1，其正弦值为，故选A.
法四：向量法
如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，易求得平面CB1D1的一个法向量s＝(1，－1，1)．因为平面α∩平面ABCD＝m，所以直线m的方向向量m＝x＋y＝(－y，x,0)．又平面α∥平面CB1D1，所以m·s＝0，即－y－x＝0，故m＝(x，x,0)；同理，因为平面α∩平面ABB1A1＝n，所以直线n的方向向量n＝λ＋μ＝(0，λ，－μ)．又平面α∥平面CB1D1，所以n·s＝0，即λ＋μ＝0，故n＝(0，λ，λ)．记异面直线m，n所成角为θ，所以cos θ＝＝＝，故直线m，n所成角的正弦值为，选A.
[答案] A
[系统归纳]
异面直线所成角问题的解题策略
(1)平移化归是关键：求异面直线所成角，关键是将两条异面的直线平移到相交状态，作出等价的平面角，再解三角形即可，常规步骤是“一作二证三计算”，而第一步最为关键，平移谁，怎么平移都要视题目条件而定；
(2)向量计算要快要准：空间向量方法的最大好处是降低了对空间想象能力的要求，但相应地对计算能力要求就高了，要求我们熟练地求解空间的点、向量的坐标，计算要准确．
[应用体验]
1．已知四面体ABCD的每个顶点都在球O的表面上，AB＝AC＝5，BC＝8，AD⊥底面ABC，G为△ABC的重心，且直线DG与底面ABC所成角的正切值为，则球O的表面积为________．
解析：在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，取BC的中点E，连接AE，重心G为AE的三等分点，AE＝＝3，AG＝2，由于AD⊥底面ABC，直线DG与底面ABC所成角的正切值为，所以tan∠DGA＝＝，DA＝1，在等腰△ABC中，cos∠ACB＝＝，sin∠ACB＝，所以△ABC的外接圆直径2r＝＝＝，r＝，设△ABC的外接圆圆心为O1，四面体ABCD的球心为O，在Rt△AOO1中，R2＝OA2＝AO＋2＝2＋2＝，球的表面积为S＝4πR2＝π.
答案：π
空间最值问题
[例2] 如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD＝DA，PB＝BA，则四面体PBCD的体积的最大值是________．
[技法演示]
法一：平面几何法
由题意可知四面体PBCD的体积最大时，应有平面PBD⊥平面BCD.如图，过点P作PF⊥BD，垂足为F，则PF⊥平面BCD，则VPBCD＝S△BCD·PF.由翻折过程可知AF＝PF，则VPBCD＝S△BCD·AF，这样就将空间问题转化为△ABC内的问题．等腰△ABC的底边AC边上的高h＝AB·sin 30°＝1，VPBCD＝××DC×h×AF＝DC·AF.
DC与AF不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点D在AC上运动时，∠ADB也是在变化的，因此可以取∠ADB为自变量，产生下面的解法．
如图，因为S△ABD＝BD·AF＝AD·h，则AF＝，得VPBCD＝DC·.设∠ADB＝α，由正弦定理得＝2sin(150°－α)，DC＝，则VPBCD＝×＝－＝，易知函数f(x)＝x－在区间(0,1]上单调递增，于是VPBCD≤＝.
法二：构造法
换个角度看问题，我们把△ABC“立起来”，如图，设BO⊥平面ACP，考虑以B为顶点，△ACP的外接圆⊙O为底面的圆锥，易得AC＝2，则OB＝≤ ＝1.设∠PDA＝θ，θ∈(0，π)，AD＝x(0
由于△ABC是顶角为120°的等腰三角形，故建系非常方便．
如图，取AC的中点O为原点，以AC所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，则A(－，0)，B(0，－1)，C(，0)，设D(t,0)，t∈(－，)，易知直线BD的方程为x－ty－t＝0，则点A到直线BD的距离AF＝，又DC＝－t，于是VPBCD＝DC·AF＝·，令f(t)＝·＝－，t2∈[0,3)，易知该函数在[0,3)上单调递减，故VPBCD≤f(0)＝，此时D在原点．
[答案]
[系统归纳]
空间最值问题的解题关键
(1)要善于将空间问题转化为平面问题：这一步要求我们具备较强的空间想象能力，对几何体的结构特征要牢牢抓住，如本题一定要分析出“当四面体PBCD的体积取最大值时，必有平面PBD⊥平面BCD”，要判断出△PBD与△ABD是翻折关系(全等)，这样才能进一步将空间问题转化为平面内的问题；
(2)转化后的运算：因为已经是平面内的问题，那么方法就比较多了，如三角函数法、均值不等式，甚至导数都是可以考虑使用的工具．
[应用体验]
2．表面积为60π的球面上有四点S，A，B，C且△ABC是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为，若平面SAB⊥平面ABC，则棱锥SABC体积的最大值为________．
解析：因为球的表面积为60π，所以球的半径为，设△ABC的中心为D，则OD＝，所以DA＝2，则AB＝6，棱锥SABC的底面积S＝×62＝9为定值，欲使其体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值，又平面SAB⊥平面ABC，所以S在平面ABC上的射影落在直线AB上，而SO＝，点D到直线AB的距离为，则S到平面ABC的距离的最大值为3，所以V＝×9×3＝27.
答案：27
命题区域(四) 解析几何
本类压轴题主要考查圆锥曲线的几何性质、特定字母的取值范围以及圆锥曲线中的最值问题．圆锥曲线的几何性质是高考考查圆锥曲线的重点内容之一．在选择、填空题中主要考查椭圆和双曲线的离心率、参数的值(范围)、双曲线的渐近线方程以及抛物线的焦点弦．圆锥曲线中的弦长是直线与圆锥曲线相交时产生的，面积也以弦长的计算为基础，高考重点考查直线与圆锥曲线的位置关系，它是命制压轴题时的一个重要命题方向．
圆锥曲线的几何性质
[例1] 已知F1，F2分别是双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点M在双曲线E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1＝，则双曲线E的离心率为( )
A. B.
C. D．2
[技法演示]
法一：定义法
因为△MF1F2是直角三角形，且sin∠MF2F1＝，
所以|MF1|＝|MF2|sin∠MF2F1＝|MF2|，
即|MF2|＝3|MF1|.①
由双曲线的定义可知|MF2|－|MF1|＝2a.②
由①和②可求得|MF1|＝a，|MF2|＝3a.
在Rt△MF1F2中，由勾股定理得|MF2|2－|MF1|2＝|F1F2|2，即(3a)2－a2＝(2c)2，化简得2a2＝c2，即2＝2，从而可知e＝.故选A.
法二：利用正弦定理
在Rt△MF1F2中，sin ∠F1MF2＝sin(90°－∠MF2F1)＝cos∠MF2F1＝，sin∠MF1F2＝1.由正弦定理得e＝＝＝＝.故选A.
法三：利用直角三角形的三角函数
设点M(－c，y0)，则－＝1，
由此解得y＝|MF1|2＝b2＝.
∵△MF1F2是直角三角形，且sin∠MF2F1＝，
∴cos∠MF2F1＝，tan∠MF2F1＝，从而可得＝⇒＝⇒＝＝8，即＝8，化简整理得2c4－5a2c2＋2a4＝0，两边同除以a4，得24－52＋2＝0，
即 ＝0，
∵>1，∴2＝2，即e＝.
[答案] A
[系统归纳]
圆锥曲线离心率问题的求解策略
(1)双曲线(椭圆)的定义可直接建立“焦点三角形”的两边关系．用好这一隐含条件，可为三角形的求解省下不少功夫．法二便充分利用了双曲线的定义将离心率e写成，转化为“焦点三角形”的三边关系，从而利用正弦定理再转化到已知的角上去．
(2)在求解圆锥曲线(主要指的是椭圆和双曲线)的离心率问题时，要把握一个基本思想，就是充分利用已知条件和挖掘隐含条件建立起a与c的关系式．
[注意] 在求离心率的值时需建立等量关系式，在求离心率的范围时需建立不等量关系式．
[应用体验]
1．已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，抛物线C：y2＝8ax的焦点为F，若在E的渐近线上存在点P，使得PA⊥FP，则E的离心率的取值范围是( )
A．(1,2) B.
C．(2，＋∞) D.
解析：选B 双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A(a,0)，抛物线C：y2＝8ax的焦点为F(2a,0)，双曲线的渐近线方程为y＝±x，可设P，则有＝，＝，由PA⊥FP，得·＝0，即(m－a)(m－2a)＋m2＝0，整理得m2－3ma＋2a2＝0，由题意可得Δ＝9a2－41＋·2a2≥0，即a2≥8b2＝8(c2－a2)，即8c2≤9a2，则e＝≤.又e>1，所以1
参数的值(范围)问题
[例2] 设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是( )
A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞)
C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞)
[技法演示]
法一：几何性质法
如图，设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．
过点M作MN⊥AB，垂足为N，设M(x，y)．
根据椭圆的对称性，不妨令y>0，
设∠AMN＝α，∠BMN＝β，
则tan α＝，tan β＝.
又点M在椭圆上，所以x2＝a2－.
则tan(α＋β)＝＝
＝＝
＝＝.
又y∈[－b，b]，所以当y＝b时，α＋β取最大值，即M为椭圆短轴顶点P时，∠APB最大．由此，我们可以得到本题的如下解法．
先考虑椭圆的焦点在x轴上的情况，则0
故m的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)．
法二：二级结论法
椭圆上任意一点与椭圆长轴的两个端点连线的斜率之积为定值－.
这一结论不难证明：设M(x，y)为椭圆＋＝1(a>b>0)上任意一点，A，B分别为椭圆的左、右两个端点，则kMA·kMB＝·＝.因为点M在椭圆上，所以y2＝(a2－x2)，从而kMA·kMB＝＝－.由此可以得到本题的如下解法．
当0
根据两角差的正切公式tan(β－α)＝，
可得tan β－tan α＝－，
即k2－k1＝m－.结合k1·k2＝－，将两式变形为k2＋(－k1)＝m－，k2·(－k1)＝，故可将k2，－k1看作是关于t的方程t2－t＋＝0的两个根，则Δ＝2－4·＝(m2－10m＋9)≥0，所以m2－10m＋9≥0，解得m≤1或m≥9(舍去)，所以0
法三：向量法
当椭圆的焦点在x轴上时，设A，B分别为椭圆的左、右两个端点，M(x，y)，设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，则k1·k2＝－.又＝(x＋，y)，＝(x－，y)，此时如果直接应用数量积进行计算，显然计算量较大，这里我们可以考虑利用直线的方向向量来简化运算．
分别取与，相同方向的向量n1＝(1，k1)，n2＝(1，k2)．又∠AMB＝120°，所以向量n1，n2的夹角为60°，由向量的数量积公式可得，
cos 60°＝＝
＝，
即＝.
由k1·k2＝－<0，结合均值不等式a2＋b2≥2ab，可得k＋k＝k＋(－k2)2≥2k1·(－k2)＝m，
所以≤，
即≤，
所以≤1－，
解得m≤1.
又0
同理，＝≤，
即≤1－，解得m≥9.
综上所述，m的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)．
[答案] A
[系统归纳]
圆锥曲线中特定字母的值(范围)问题的解题策略
构造
不等式
根据题设条件以及曲线的几何性质(如：曲线的范围、对称性、位置关系等)，建立关于特定字母的不等式(或不等式组)，然后解不等式(或不等式组)，求得特定字母的取值范围
构造
函数
根据题设条件，用其他的变量或参数表示欲求范围的特定字母，即建立关于特定字母的目标函数，然后研究该函数的值域或最值情况，从而得到特定字母的取值范围
数形
结合
研究特定字母所对应的几何意义，然后根据相关曲线的定义、几何性质，利用数形结合的方法求解
[应用体验]
2．若过点M(2,0)的直线与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，|AB|＝，设P为椭圆上一点，且满足＋＝t (O为坐标原点)，则实数t的值为( )
A．± B．±
C．± D．±
解析：选B 由题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－2)．
显然，当k＝0时，|AB|＝2，与已知不符，∴k≠0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
联立消去y，
得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
则Δ＝(－8k2)2－4(1＋2k2)(8k2－2)＝8－16k2>0，
x1＋x2＝，x1·x2＝，
∵|AB|＝，∴ |x1－x2|＝，
即(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝，
∴(4k2－1)(14k2＋13)＝0，解得k2＝.
又＋＝t，
即(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x，y)，且k≠0，t≠0，
∴x＝＝，
y＝＝[k(x1＋x2)－4k]＝.
∵点P在椭圆上，∴＋2×＝2，
又k2＝，解得t＝±.
圆锥曲线中与面积相关的问题
[例3] 已知F是抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )
A．2 B．3
C. D.
[技法演示]
法一：利用基本不等式
依题意，不妨设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>0，y2<0.由·＝2，得x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y2＝2，由此解得y1y2＝－2，△ABO与△AFO面积之和等于|x1y2－x2y1|＋×y1＝|yy2－yy1|＋y1＝×2(y1－y2)＋y1＝y1＋(－y2)≥2＝3，当且仅当y1＝－y2＝时取等号，因此△ABO与△AFO面积之和的最小值是3，选B.
该方法中用到这样一个公式：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则S△AOB＝|x1y2－x2y1|，证明如下：
设∠AOB＝θ，则S△AOB＝||·||sin θ
＝
＝
＝
＝ ＝|x1y2－x2y1|.
法二：双根法
设直线AB的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y2<0，由得y2－ty－m＝0，y1y2＝－m，又·＝2，因此x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y2＝2，m2－m－2＝0，解得m＝2或m＝－1.又y1y2＝－m<0，因此y1y2＝－m＝－2，m＝2，直线AB：x＝ty＋2过定点(2,0)，S△ABO＝×2×|y1－y2|＝，S△AFO＝×|y1|＝|y1|，S△ABO＋S△AFO＝＋|y1|＝|y1|＋≥2＝3，当且仅当|y1|＝，即|y1|＝时取等号，
因此△ABO与△AFO面积之和的最小值是3，选B.
[答案] B
[系统归纳]
圆锥曲线中与面积相关问题的解题规律
(1)三角形面积的向量公式：若＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，则S△ABC＝|x1y2－x2y1|，用此公式便于建立目标函数求最值；
(2)直线方程的选择：对于不同的直线方程，其中所含的参数意义不同，形成不同的解题长度．为了消元、计算的方便，可将经过定点(m,0)的动直线设为x＝ty＋m的形式，避免了对斜率存在性的讨论．如本题法二．
[应用体验]
3．已知椭圆E的方程为＋y2＝1，O为坐标原点，直线l与椭圆E交于A，B两点，M为线段AB的中点，且|OM|＝1，则△AOB面积的最大值为________．
解析：设直线l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
由整理得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0.①
所以y1＋y2＝－，y1y2＝，x1＋x2＝.
由中点坐标公式可知x0＝，y0＝，
即M.
因为|OM|＝1，所以n2＝.②
设直线l与x轴的交点为D(n,0)，
则△AOB的面积S＝|OD||y1－y2|＝|n||y1－y2|.
S2＝n2(y1－y2)2＝，
设t＝m2＋4(t≥4)，
则S2＝48×＝
≤＝1，
当且仅当t＝，即t＝12时，等号成立，
此时m2＝8，n2＝6，
即S2取得最大值1.
故△AOB的面积的最大值为1.
答案：1
A组——选择压轴小题命题点专练
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos 2α＝，则|a－b|＝( )
A. B.
C. D．1
解析：选B 由cos 2α＝，
得cos2 α－sin2α＝，∴＝，
即＝，∴tan α＝±，
即＝±，∴|a－b|＝.故选B.
2．(2019届高三·广州调研)若将函数y＝2sinsin的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则φ的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由y＝2sinsin，可得y＝2sincos＝sin，该函数的图象向左平移φ个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝sin＝sin，因为g(x)＝sin为奇函数，所以2φ＋＝kπ(k∈Z)，φ＝－(k∈Z)，又φ>0，故φ的最小值为，选A.
3.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，若PA＝AD＝AB＝kBC(0
B．当k＝时，平面APD⊥平面PCD
C．∀k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直
D．∃k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直
解析：选A 取PB，PC的中点分别为M，N，连接MN，AM，DN，由平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AM，又M为PB的中点，PA＝AB，∴AM⊥PB，可得AM⊥平面PBC，而AD∥BC且AD＝BC，同时MN∥BC且MN＝BC，∴AD∥MN且AD＝MN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AM∥DN，则DN⊥平面BPC，又DN⊂平面PCD，∴平面BPC⊥平面PCD.其余选项都错误，故选A.
4．(2019届高三·西安八校联考)已知球的直径SC＝4，A，B是该球球面上的两点，∠ASC＝∠BSC＝30°，则棱锥SABC的体积最大为( )
A．2 B.
C. D．2
解析：选A 如图，因为球的直径为SC，且SC＝4，∠ASC＝∠BSC＝30°，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，AC＝BC＝2，SA＝SB＝2，所以S△SBC＝×2×2＝2，则当点A到平面SBC的距离最大时，棱锥ASBC，即SABC的体积最大，此时平面SAC⊥平面SBC，点A到平面SBC的距离为2sin 30°＝，所以棱锥SABC的体积最大为×2×＝2，故选A.
5．(2019届高三·兰州诊断考试)已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是( )
A．[－2,6] B．[－3,5]
C．[2,6] D．[3,5]
解析：选C 法一：当MA，MB是圆C的切线时，∠AMB取得最大值．若圆C上存在两点A，B使得MA⊥MB，则MA，MB是圆C的切线时，∠AMB≥90°，∠AMC≥45°，且∠AMC<90°，如图，则|MC|＝≤＝2，所以16＋(t－4)2≤20，所以2≤t≤6.
法二：由于点M(5，t)是直线x＝5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关于t＝4对称，故排除选项A、B.当t＝2时，|CM|＝2，若MA，MB为圆C的切线，则sin∠CMA＝sin∠CMB＝＝，所以∠CMA＝∠CMB＝45°，即MA⊥MB，所以t＝2时符合题意，故排除选项D.故选C.
6．若点P为椭圆C：x2＋2y2＝3的左顶点，过原点O的动直线与椭圆C交于A，B两点．点G满足＝2，则||2＋||2的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由题意易知点P(－，0)，设点G(x0，y0)，由＝2，得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)，
即解得故G.
设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，||2＋||2＝2＋y＋2＋y＝2x＋2y＋＝2x＋3－x＋＝x＋，
又x1∈[－，]，
故x∈[0,3]，≤x＋≤，
所以||2＋||2的取值范围是，选C.
7．已知平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，且a－c与b－c的夹角为，则|c|的最大值为( )
A. B．2
C. D．4
解析：选A 设＝a，＝b，＝c.∵平面向量a，b，c满足|a|＝，|b|＝1，a·b＝－1，∴cos〈a，b〉＝＝＝－，∴a，b的夹角为.∵a－c与b－c的夹角为，∴点C在△OAB的外接圆O′的弦AB所对的优弧上，如图所示．因此|c|的最大值为△OAB的外接圆O′的直径．∵|a－b|＝＝＝.由正弦定理可得△OAB的外接圆的直径2R＝＝＝，则|c|的最大值为.
8．已知定义域为R的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝a，且当0
C．－a D．2 016
解析：选A 因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)．又因为f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为4.所以求f(x)在区间[2 017，2 018]上的最小值即为求f(x)在区间[1,2]上的最小值．当0
A. B.
C. D.
解析：选B 令f(x)＝x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1，∵关于x的方程x2＋(a＋1)x＋a＋2b＋1＝0的两个实根分别为x1，x2，且0
∴作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示.表示阴影部分中的点与原点连线的斜率，由解得P，∴－1
10．(2018·贵阳适应性考试)已知函数f(x)＝的图象上有两对关于y轴对称的点，则实数k的取值范围是( )
A．(0，e) B.
C．(0,2e2) D．(0，e－2)
解析：选C 将函数y＝ln(－2x)(x<0)的图象沿y轴翻折，得函数g(x)＝ln 2x(x>0)的图象，由题意可得g(x)的图象和y＝kx－3(x≥0)的图象有两个交点．设y＝kx－3(x≥0)的图象与曲线y＝g(x)相切的切点为(m，ln 2m)，由g′(x)＝，得k＝.又ln 2m＝km－3，解得m＝，则k＝2e2.由图象可得0
A．2 B．4
C．4 D．8
解析：选B 如图，过点A作AE⊥MN，连接A1E，
∵A1A⊥平面ABCD，∴A1A⊥MN，
∵AE∩A1A＝A，∴MN⊥平面A1AE，∴A1E⊥MN，平面A1AE⊥平面A1MN，∴∠AA1E为AA1与平面A1MN所成的角，∴∠AA1E＝45°，在Rt△A1AE中，∵AA1＝2，∴AE＝2，A1E＝2，在Rt△MAN中，由射影定理得ME·EN＝AE2＝4，由基本不等式得MN＝ME＋EN≥2＝4，当且仅当ME＝EN，即E为MN的中点时等号成立，∴截面A1MN面积的最小值为×4×2＝4，故选B.
12．对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为( )
A．[2,4] B.
C. D．[2,3]
解析：选D ∵f′(x)＝ex－1＋1＞0，
∴f(x)＝ex－1＋x－2是R上的单调递增函数．
又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，
∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，
∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点．
由g(x)＝0，得a＝(0≤x≤2)，
即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤t≤3)，
则a＝t＋－2(1≤t≤3)，
令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，
易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间[2,3]上是增函数，
∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3.
B组——填空压轴小题命题点专练
1．(2018·南昌一模)已知函数f(x)＝x3＋sin x，若α∈[0，π]，β∈，且f＝f(2β)，则cos＝________.
解析：由题易知函数f(x)＝x3＋sin x为奇函数且在上单调递增．
因为α∈[0，π]，β∈，
所以－α∈，2β∈，
又f＝f(2β)，
∴－α＝2β，∴＋β＝，
∴cos＝cos ＝.
答案：
2．设函数f(x)＝则满足f(f(t))＝2f(t)的t的取值范围是________．
解析：若f(t)≥1，显然满足f(f(t))＝2f(t)，则有或解得t≥－；
若f(t)<1，由f(f(t))＝2f(t)，得f(t)＋＝2f(t)，
可知f(t)＝－1，所以t＋＝－1，解得t＝－3.
综上所述，t＝－3或t≥－.
答案：{－3}∪
3．设点P，Q分别是曲线y＝xe－x(e是自然对数的底数)和直线y＝x＋3上的动点，则P，Q两点间距离的最小值为________．
解析：y′＝e－x－xe－x＝(1－x)e－x，由(1－x)e－x＝1，得ex＝1－x，ex＋x－1＝0，令h(x)＝ex＋x－1，显然h(x)是增函数，且h(0)＝0，即方程ex＋x－1＝0只有一个解x＝0，又曲线y＝xe－x在x＝0处的切线方程为y＝x，两平行线x－y＝0和x－y＋3＝0之间的距离为d＝＝，故P，Q两点间距离的最小值为.
答案：
4．(2019届高三·南宁摸底联考)已知函数f(x)＝(ex－e－x)x，f(log3x)＋f≤2f(1)，则x的取值范围是________．
解析：由题意知f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．由f＝f(－log3x)＝f(log3x)，知原不等式可化为f(log3x)≤f(1)．又x>0时，f′(x)＝ex－＋x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以|log3x|≤1，解得≤x≤3.
答案：
5．(2018·郑州质检)我国古代数学专著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“鳖臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥．某“鳖臑”的三视图(图中网格纸上每个小正方形的边长为1)如图所示，已知该几何体的高为2，则该几何体外接球的表面积为________．
解析：由该几何体的三视图还原其直观图，并放入长方体中如图中的三棱锥ABCD所示，其中AB＝2，BC＝CD＝，易知长方体的外接球即为三棱锥ABCD的外接球，设外接球的直径为2R，所以4R2＝(2)2＋()2＋()2＝8＋2＋2＝12，则R2＝3，因此外接球的表面积S＝4πR2＝12π.
答案：12π
6．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为________．
解析：在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝·SA2＝8，
解得SA＝4.设圆锥的底面圆心为O，底面半径为r，高为h，在Rt△SAO中，∠SAO＝30°，所以r＝2，h＝2，所以圆锥的体积为πr2·h＝π×(2)2×2＝8π.
答案：8π
7．(2018·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为________．
解析：∵bsin C＋csin B＝4asin Bsin C，
∴由正弦定理得
sin Bsin C＋sin Csin B＝4sin Asin Bsin C.
又sin Bsin C>0，∴sin A＝.
由余弦定理得cos A＝＝＝>0，
∴cos A＝，bc＝＝，
∴S△ABC＝bcsin A＝××＝.
答案：
8．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
9．(2019届高三·湖北八校联考)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理(祖暅原理)：“幂势既同，则积不容异”．“势”是几何体的高，“幂”是截面面积．其意思为：如果两个等高的几何体在同高处的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线C的渐
近线方程为y＝±2x，一个焦点为(，0)．直线y＝0与y＝3在第一象限内与双曲线及渐近线围成如图所示的图形OABN，则它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积为________．
解析：由题意可得双曲线的方程为x2－＝1，直线y＝3在第一象限内与渐近线的交点N的坐标为，与双曲线在第一象限内的交点B的坐标为，在所得几何体中，在高为h处作一截面，则截面面积为π＝π，根据祖暅原理，可得该几何体的体积与底面面积为π，高为3的圆柱的体积相同，故所得几何体的体积为3π.
答案：3π
10.如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5.若·＝－7，则·的值是________．
解析：由·＝－7得，(－)·(－)＝－7，即(－)·(＋)＝7，所以2＝7＋2＝7＋9＝16，所以||＝||＝4.所以·＝(－)·(－)＝(－)·(＋)＝2－2＝25－16＝9.
答案：9
11．(2018·贵阳适应性考试)已知底面是正六边形的六棱锥PABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为，则球O的表面积为________．
解析：因为六棱锥PABCDEF的七个顶点均在球O的表面上，由对称性和底面正六边形的面积为定值知，当六棱锥PABCDEF为正六棱锥时，体积最大．设正六棱锥的高为h，则×h＝，解得h＝2.记球O的半径为R，根据平面截球面的性质，得(2－R)2＋12＝R2，解得R＝，所以球O的表面积为4πR2＝4π×2＝.
答案：
12．(2019届高三·惠州调研)在四边形ABCD中，＝，P为CD上一点，已知||＝8，||＝5，与的夹角为θ，且cos θ＝，＝3，则·＝________.
解析：∵＝，＝3，∴＝＋＝＋，＝＋＝－，又||＝8，||＝5，cos θ＝，∴·＝8×5×＝22，∴·＝·＝||2－·－||2＝25－11－12＝2.
答案：2
13．(2019届高三·益阳、湘潭调研)已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝，则抛物线C2的方程为__________．
解析：法一：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．∵|AB|＝，
∴
解得即A.
将A的坐标代入抛物线方程得2＝2p×，
解得p＝，∴抛物线C2的方程为y2＝x.
法二：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．
由圆C1的性质知cos∠C1BA＝＝，
∴sin∠C1BA＝，
∴n＝|AB|cos∠C1BA＝，
m＝|AB|sin∠C1BA＝，即A，将A的坐标代入抛物线方程得2＝2p×，∴p＝，
∴抛物线C2的方程为y2＝x.
答案：y2＝x
14．已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，双曲线以A，B为焦点，且与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是________．
解析：以AB所在直线为x轴，AB中点为坐标原点O，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，则A(－2,0)，B(2,0)，C(1，)．
设以A，B为焦点的双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，则c＝2.由a2＋b2＝c2，得b2＝4－a2，当x＝1时，y2＝a2＋－5.要使双曲线与线段CD(包括端点C，D)有两个交点，则a2＋－5≥3，解得a2≥4＋2或0＜a2≤4－2，由a2≥4＋2得a≥＋1＞2，舍去，∴a2≤4－2，即0＜a≤－1.∴双曲线的离心率e＝≥＝＋1.即该双曲线的离心率的取值范围是[＋1，＋∞)．
答案：[＋1，＋∞)
15．(2019届高三·武汉调研)过圆Γ：x2＋y2＝4外一点P(2,1)作两条互相垂直的直线AB和CD分别交圆Γ于A，B和C，D点，则四边形ABCD面积的最大值为________．
解析：如图所示，S四边形ABCD＝(PA·PD－PB·PC)，
取AB，CD的中点分别为E，F，连接OE，OF，OP，则S四边形ABCD＝[(PE＋AE)·(PF＋DF)－(PE－AE)·(PF－DF)]＝PE·DF＋AE·PF，
由题意知四边形OEPF为矩形，则OE＝PF，OF＝PE，结合柯西不等式有S四边形ABCD＝OF·DF＋AE·OE≤，其中OF2＋OE2＝OP2，DF2＋AE2＝4－OF2＋4－OE2＝8－OP2，
据此可得S四边形ABCD≤＝＝，
综上，四边形ABCD面积的最大值为.
答案：
16．(2018·湘东五校联考)已知函数f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，若对任意的m∈(4,5)，x1，x2∈[1,3]，恒有(a－ln 3)m－3ln 3>|f(x1)－f(x2)|成立，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝3mx－－(3＋m)ln x，∴f′(x)＝，当x∈[1,3]，m∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)在[1,3]上单调递增，∴|f(x1)－f(x2)|≤f(3)－f(1)＝6m＋－(3＋m)ln 3，∴(a－ln 3)m－3ln 3>6m＋－(3＋m)ln 3，∴a>6＋.∵y＝6＋在m∈(4,5)上单调递减，∴<6＋<，∴a≥.
答案：
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