2020届二轮复习解答题解题方法与技巧教案（全国通用）

2020届二轮复习 解答题解题方法与技巧 教案（全国通用）
高频考点一 三角函数或解三角形
【命题角度】
(1)三角函数式的求值与化简问题；
(2)单纯三角函数知识的综合；
(3)三角函数与平面向量交汇；
(4)三角函数与解三角形的交汇；　
(5)单纯解三角形；　
(6)解三角形与平面向量的交汇.
例1、设函数f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx(ω＞0)，且y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为.
(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．
【解析】
(1)f(x)＝－sin2ωx－sin ωxcos ωx
＝－·－sin 2ωx(2分)
＝cos 2ωx－sin 2ωx
(5分)

又ω>0，所以＝4×，　(7分)
因此ω＝1.　(8分)
(2)由(1)知f(x)＝－sin.
当π≤x≤时，≤2x－≤.(10分)
所以－≤sin≤1.
因此－1≤f(x)≤.(12分)

【增粉策略】解决此类问题还应注意：
①化简时，公式应用要准确；
②注意所给角或参数的范围；
③在求单调区间、对称轴和对称中心时要注意不能忽略k取整数；
④求最值或范围时，应满足在定义域内．
【变式探究】在△ABC中，a＝3，b＝2，B＝2A.
(1)求cos A的值；(2)求c的值．

【增粉策略】解决三角形问题还应注意：
①不要忘记三角形中的隐含条件(A＋B＋C＝π，a＋b>c)；
②注意边角互化，化为所求的问题；
③利用正、余弦定理解决实际问题时应明确仰角、俯角和方向角等有关术语的含义．
高频考点二 立体几何
【命题角度】
(1)证明空间线、面平行或垂直；　
(2)利用综合法计算空间中的线、面夹角；
(3)立体几何中的探索性问题.学科-网
例2、如图，已知四棱锥P­ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．

(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【解析】
(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又因为BC∥AD，BC＝AD，所以EF∥BC且EF＝BC，(2分)
即四边形BCEF为平行四边形，

因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE∥平面PAB.(6分)
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.
连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.(8分)
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.(9分)
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
则MH是MQ在平面PBC上的射影，

设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，(13分)
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，(14分)
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.(15分)
【变式探究】如图，P-ABD和Q-BCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB＝1，∠APB＝90°.

(1)求证：BD⊥平面APQ；
(2)求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．
【解析】由已知得P-ABD和Q-BCD是顶角处三条棱两两垂直，底面是正三角形的正棱锥，其中侧棱长为.
(1)证明：易知底面ABCD是菱形，连接AC(图略)，则AC⊥BD.
易证PQ∥AC，所以PQ⊥BD.
由已知得P-ABD和Q-BCD是顶角处三条棱两两垂直，
所以AP⊥平面PBD，
所以BD⊥AP，因为AP∩PQ＝P，
所以BD⊥平面APQ.
(2)法一：由(1)知PQ⊥BD，
取PQ中点M，连接DM，BM，分别过点P，Q做AC的垂线，垂足分别为H，N.
由正棱锥的性质可知H，N分别为△ABD，△BCD的重心，可知四边形PQNH为矩形．
其中PQ＝AC＝，PH＝.
DM＝＝，
S△BDM＝BD·PH＝×1×＝，
S△PQD＝PQ·DM＝××＝.
令B到平面PQD的距离为h，
则V三棱锥PBDM＝V三棱锥BPQD，
即××＝××·h，解得h＝.
设BP与平面PQD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
法二：设AC与BD交于点O，取PQ的中点M，连接OM，易知OM，OB，OC两两垂直，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0)，B，D－，0,0，P，Q，
所以＝，＝，
＝，
令m＝(a，b，c)为平面PQD的法向量，
则即
令a＝2，则m＝(2,0，－)．
设直线PB与平面PDQ成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈m，〉|＝
＝＝.
【增粉策略】解决此类题目应注意：
①证明线、面平行或垂直，应注意直线在平面内，两直线相交等情况；
②找到或作出线面角后，要证明所找或作的线面角为所求角；
③计算线面角的大小时一定要仔细．
高频考点三 函数、导数与不等式
【命题角度】
导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见
题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．
解答题的热点题型有： 学科+网
(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；
(2)利用导数证明不等式或探讨方程根；
(3)利用导数求解参数的范围或值.
（一）利用分类讨论思想探究函数性质
例1、设函数f(x)＝－aln x.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝－ln x，
则f′(x)＝x－，所以f′(1)＝0，又f(1)＝，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝.
(2)由f(x)＝－aln x，
得f′(x)＝x－＝(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)



函数f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f(x)既无极大值也无极小值；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，函数f(x)有极小值，无极大值．
【感悟提升】
1．解答这类题的模板
―→―→―→―→―→
2．解答这类题的难点
(1)何时讨论参数？由于题目条件的不同，有的在求零点时讨论，有的在列表时讨论；
(2)如何讨论参数？需要根据题目的条件确定，有时还需参考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．
【变式探究】函数f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R)．
(1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．

(1)因为f(x)在R上是增函数，所以h(x)在(－∞，a)上为增函数，所以a≤－1.
故a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a>－1.
当－1－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
【变式探究】已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．
【解析】(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.
∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.
(2)证明：设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则C(－x2，y2)，
联立方程消去y，得x2－4kx＋8＝0，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.
kAC＝＝＝，
直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)．
即y＝y1＋(x－x1)＝x－x1＋＝x＋，
∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，
即直线AC恒过定点(0,2).
（五）假设存在定结论(探索性问题)
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为A在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，
因此a＝，b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
假设存在斜率为2的直线，满足条件，则设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P ，Q(x4，y4)，MN的中点为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.
则直线AB的方程为x＋y－3＝0，直线CD的方程为x－y－1＝0.
由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，故CD的中点N为.
由弦长公式，可得
|AB|＝ |x1－x2|＝·.
|CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圆，则圆心在CD上，
因为CD的中点N到直线AB的距离
d＝＝.
|NA|2＝|NB|2＝2＋2＝，
又2＝2＝，
故存在这样的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一个圆上．
【方法策略】圆锥曲线解答题的常见类型是：第1小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：
第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；
第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；
第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．
在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．　　
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；
(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m，n，
证明：＋为定值．
【解析】(1)由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1， ①[来源:Z,xx,k.Com]
又点P在椭圆C上，所以＋＝1， ②
由①②可解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为
y＝kx＋2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，[来源:学*科*网Z*X*X*K]
由得
(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因为Δ＝16(12k2－3)>0，
所以k2>，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为∠AOB为锐角，
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