2019年高考数学(文科)二轮专题辅导教师用书：第一部分 第三层级 难点、自选板块

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]
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．
[例1] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
x 3
－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a ，
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 )＝x 3
－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 )＝3x 2
－3＝3(x ＋1)(x －1)，当x 变化时，g ′(x )和
g (x )变化如下：
下面分析f (x )的单调性，注意到f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
g
x ，x ≤a ，h x ，x >a ，
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：
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 )<g (－1)＝2，而f (x )在(a ，＋∞)上无最大值，取值范围是(－∞，－2a )，由于－2a >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 )<h (a ) ≤h (－1)＝2，则当x ＝－1时，f (x )取得最大值，不符合题意．
③若a ≥1，由g (x )的单调性可得，f (x )在(－∞，a ]上的最大值为f (－1)或f (a )，令
M ＝max{f (－1)，f (a )}，则有M ≥f (－1)＝2，而当x >a 时，f (x )＝h (x )<h (a )≤h (1)＝－2，
则f (x )有最大值M ，不符合题意．
综上，若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是(－∞，－1)． 法二：整体考虑，正难则反
记g (x )＝x 3
－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：
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 )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
x 3
－3x ，x ≤a ，
－2x ，x >a
采用分离的方式，记
g (x )＝x 3－3x ，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
[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 )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
3x ＋a ＋
1，x >－1，
x ＋a －1，－a 2≤x ≤－1，－3x －a －1，x <－a
2
，
如图1可知，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a
2
－1＝3，可得a ＝8；
当a <2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
3x ＋a ＋1，x >－a
2
，
－x －a ＋1，－1≤x ≤－a 2
，
－3x －a －1，x <－1，
如图2可知，
f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 2
＝－a 2
＋1＝3，可得a ＝－
4.
[例2] 已知函数f (x )＝ax 3
－3x 2
＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞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 )＝3ax 2－6x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2
a
.
当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；
x ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2
a ，＋∞，f ′(x )>0. 所以函数f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a
，＋∞上单调递增，
在⎝
⎛⎭
⎪⎫0，2a 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 ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－∞，2a ，f ′(x )<0；
x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
2
a ，0，f ′(x )>0； x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.
所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a ，0上单调递增，
所以要使f (x )有唯一的零点x 0，且x 0>0，
只需f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a >0，即a 2
>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ax 3
＝3x 2
－1.问题转化为g (x )＝ax 3
的图象与h (x )＝3x 2
－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 )＝ax 3
与h (x )＝3x 2
－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 ＝3x －1x 3，记g (x )＝3x －1x 3，g ′(x )＝－3x 2＋3x
4＝
－x 2－
x 4
，
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
[应用体验]
2．已知函数f (x )＝|x
2
＋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 )＝|x 2
＋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⎩
⎪⎨
⎪⎧
y ＝－x 2
－3x ，
y ＝a －x 消去y ，得x 2
＋(3
－a )x ＋a ＝0，
由Δ>0，解得a <1或a >9；联立⎩⎪⎨
⎪⎧
y ＝x 2
＋3x ，
y ＝a
－x 消去y ，得
x 2＋(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 2
＋3x x －1
＝x －1＋
4
x －1
＋5. 设h (x )＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪x －1＋
4
x －1＋5， 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<a <1或a >9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，＋∞)
[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 )＝f x
x
.因为f (x )是奇函数，故F (x )是偶函数，F ′(x )＝
xf
x －f x
x 2
，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x 2
－1整除．因此可取f (x )＝x －x 3
，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<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx .
2．利用积商函数求导法则构造函数
(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 )＝
f x
g 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 )＝
f x
x (x ≠0)； (5)对于不等式xf ′(x )－nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝
f x
x n
(x ≠0)； (6)对于不等式f ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e x
f (x )； (7)对于不等式f ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f x
e
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 019e x <0的解集是( )
A ．(－∞，0)
B ．(0，＋∞)
C.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，1e D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞
解析：选B 设g (x )＝
f x
e
x
，则g ′(x )＝
f x －f x
e
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 019e x
<0⇔
f x
e
x
<－2 019，即g (x )<g (0)，结合函数的单调性可知不等式f (x )＋2 019e x
<0
的解集是(0，＋∞)，故选B.
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．
[例1] 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)ω>0，|φ|≤
π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π
4
为y ＝f (x )图象的对称轴，且f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π18，5π36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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝0，得－π4ω＋φ＝k π(k ∈Z)，φ＝k π＋π4ω， 则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋k π＋π4ω
＝⎩⎪⎨
⎪⎧
sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫ωx ＋π4ω，k ＝2n ，－sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫ωx ＋π4ω，k ＝2n ＋1，(n ∈Z)．
由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝±1，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π
4ω＋π4ω＝sin π2ω＝±1，
可知ω为正奇数(ω>0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧
－π2<k π＋π4ω<π
2，2πω≥2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
5π36－π18得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2－4k <ω<2－4k ，
ω≤12.
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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，5π36，ωx ＋π4ω＝11x ＋11π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫121π36
，154π36，
里面含有7π2，则f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π18，5π36上不可能单调，不符合题意．
当ω＝9时，x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫π18，5π36，ωx ＋π4ω＝9x ＋9π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫99π36，126π36，
里面不含2n ＋12π(n ∈Z)中的任何一个，即f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪
⎫π18，5π36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5π36－π18≤T 2⇒T ≥π6
， 即
2πω≥π
6
⇒0<ω≤12.① 又由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧
－π
4
ω＋φ＝k π，π4ω＋φ＝π
2＋n π，(n ，k ∈Z)，
所以φ＝π4＋k ＋n
2π(n ，k ∈Z)．
又|φ|≤
π2，所以－32≤k ＋n ≤12
. (1)当k ＋n ＝0时，φ＝π
4，ω＝1－4k .②
由①②可得，当k ＝－2时，ω＝9， 此时函数f (x )＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫9x ＋
π4在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π18，5π36上单调递减，符合题意； 当k ＝－1时，ω＝5，此时函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x ＋π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，5π36上单调递减，符合题
意；
当k ＝0时，ω＝1，此时f (x )＝sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫x ＋π4在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π18，5π36上单调递增，符合题意； (2)当k ＋n ＝－1时，φ＝－
π
4
，ω＝－1－4k .③ 由①③可得，当k ＝－1时，ω＝3，
此时函数f (x )＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫3x －
π4在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π18，5π36上单调递增，符合题意； 当k ＝－2时，ω＝7，此时函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫7x －π4在⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，5π36上不单调，舍去；
当k ＝－3时，ω＝11，此时f (x )＝sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫11x －
π4在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π18，5π36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 ＝A sin(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 ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有两条对称轴x ＝a ，x ＝b ，则有|a －b |＝T
2
＋
kT
2
(k ∈Z)；
②若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(ω>0，A >0)有两个对称中心M (a,0)，N (b,0)，则有|a －
b |＝T 2
＋kT
2
(k ∈Z)；
③若函数y ＝A sin(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 |＝T 4＋kT
2
(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 ＝A sin(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 ＋a sin x 在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫π6，π2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 ＋a sin x 求导，得f ′(x )＝－2sin 2x ＋a cos x ．因为f (x )在区间
⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2上是减函数，所以f ′(x )≤0在⎝ ⎛⎭⎪
⎫π6，π2上恒成立，
即a cos x ≤2sin 2x ＝4sin x cos x ，而cos x >0，所以a ≤4sin x ．在区间⎝
⎛⎭
⎪⎫π
6，π
2
上，12
<sin x <1，于是a ≤2.
法二：图象法
f (x )＝cos 2x ＋a sin x ＝1－2sin 2
x ＋a sin x ＝－2⎝
⎛⎭⎪⎫sin x －a 42＋a 2
8＋1，设t ＝sin x ，由x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2，知t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.要使g (t )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －a 42＋a 2
8＋1在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1上是减函数，只要
a 4≤1
2
即可，所以a ∈(－∞，2]． 答案：(－∞，2]
[例2] 已知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b 2
＋c 2
－a 2
＝bc ，
所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，故A ＝π
3
，
则△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝3
4bc .
而b 2
＋c 2
－a 2
＝bc ≥2bc －a 2
⇒bc ≤4，
所以S ＝
3
4
bc ≤3，当且仅当b ＝c ＝2时取到等号， 故△ABC 的面积的最大值为 3.
法二：正、余弦定理与数形结合 由法一得A ＝
π3，可知△ABC 的边a ＝2为定长，A ＝π
3
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 ＝π
3
，则此时的△ABC 是等边三角形，面积为 3.
法三：正、余弦函数的有界性 由法一知A ＝π
3
，则由正弦定理得，
b ＝
a
sin A
·sin B ＝
433sin B ，c ＝43
3
sin C ， 则S △ABC ＝12bc sin A ＝3
4bc
＝
433sin B ·sin C ＝433·12[cos(B －C )－cos(B ＋C )] ＝
233cos(B －C )＋12≤233·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋12＝3， 当且仅当cos(B －C )＝1，即B ＝C 时，△ABC 的面积取得最大值 3. 法四：函数思想
由法三得S △ABC ＝
433sin B ·sin C ＝433sin B ·sin 2π
3
－B ， 令g (B )＝sin B ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝sin B 32cos B ＋12sin B ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＋14.
由0<B <
2π3，易得g (B )max ＝34，当且仅当B ＝π
3
时取等号， 所以△ABC 的面积的最大值为 3. [答案]
3
[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m 2
4tan
θ2，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tan A tan B ＝2c －b
b
，则△ABC 面积的最大值为________．
解析：因为tan A tan B ＝2c －b
b ，
所以
b sin A cos A ＝(2
c －b )sin B cos B
， 由正弦定理得
sin B sin A cos B ＝(2sin C －sin B )sin B cos A ， 又sin B ≠0，所以sin A cos B ＝(2sin C －sin B )cos A ， 所以sin A cos B ＋sin B cos A ＝2sin C cos A ， sin(A ＋B )＝2sin C cos A ， 即sin C ＝2sin C cos A ，
又sin C ≠0，所以cos A ＝12，sin A ＝32，
设外接圆的半径为r ，则r ＝1，
由余弦定理得bc ＝b 2＋c 2－a 22cos A
＝b 2＋c 2－a 2＝b 2＋c 2
－(2r sin A )2＝b 2＋c 2－3≥2bc －3(当
且仅当b ＝c 时，等号成立)，所以bc ≤3，
所以S △ABC ＝12bc sin A ＝34bc ≤33
4.
答案：
334
[例3] ＝60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE ―→＝λBC ―→，DF ―→＝19λ
DC ―→，则AE ―→·AF ―→的最小值为________．
[技法演示]
法一：基底法
选取{AB ―→，BC ―→}为一组基底，由题意易求DC ＝1，|AB ―→|＝2，|BC ―→|＝1，AB ―→·BC ―→＝2×1×cos 120°＝－1，AE ―→＝AB ―→＋BE ―→＝AB ―→＋λBC ―→，AF ―→＝AB ―→＋BC ―→＋CF ―→＝AB ―→＋BC ―→
－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19λAB ―→＝12⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋19λAB ―→＋BC ―→. 于是AE ―→·AF ―→＝(AB ―→＋λBC ―→)·12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋19λAB ―→＋BC ―→ ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋19λ×4－1－λ2
⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋19λ＋λ＝1718＋λ2＋29λ≥1718＋2 λ
2·29λ＝2918(λ>0)，当且仅当λ2＝29λ，即λ＝2
3
时等号成立，故AE ―→·AF ―→
的最小值为2918
.
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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2，32.
因为BE ―→＝λBC ―→，DF ―→＝19λDC ―→，
所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ2，32λ，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1
9λ，32，
AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ2，32λ，AF ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12＋19λ，32.
所以AE ―→·AF ―→＝⎝
⎛⎭⎪⎫2－λ2⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2＋19λ＋34λ＝1718＋λ2＋29λ≥1718＋2
19＝29
18
. 当且仅当λ2＝29λ，即λ＝2
3
时等号成立，
故AE ―→·AF ―→
的最小值为2918.
[答案]
2918
[系统归纳]
向量数量积问题的解题策略
[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DE ―→·CB ―→
＝________；DE ―→·DC ―→
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]，DE ―→＝(t ，－1)，CB ―→＝(0，－1)，所以DE ―→·CB ―→
＝(t ，－1)·(0，－1)
＝1.因为DC ―→＝(1,0)，所以DE ―→·DC ―→＝(t ，－1)·(1,0)＝t ≤1，故DE ―→·DC ―→
的最大值为1.
法二：由图知，无论E 点在哪个位置，DE ―→在CB ―→
方向上的投影都是
|CB ―→|＝1，所以DE ―→·CB ―→＝|CB ―→|·1＝1，当点E 运动到B 点时，DE ―→在DC ―→方向上的投影最大即为|DC ―→|＝1，所以(DE ―→·DC ―→)max ＝|DC ―→
|·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．
[例1] 11111D 1，平面α∩平面ABCD ＝m ，平面α∩平面ABB 1A 1＝n ，则直线m ，n 所成角的正弦值为( )
A.3
2 B.
22
C.
33
D.13
[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
ABCD ­A 1B 1C 1D 1的上方补作一个与正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1相同棱长的
正方体ABCD ­A 2B 2C 2D 2，可证平面AB 2D 2就是平面α，n 就是AB 2.因为平面ABCD ∥平面A 2B 2C 2D 2，所以B 2D 2∥m ，说明m 应该是经过点A 且在平面ABCD 内与B 2D 2平行的直线，则直线m ，n 所成的角就是∠
AB 2D 2，因为△AB 2D 2为等边三角形，所以 sin ∠AB 2D 2＝sin
π3
＝
3
2
，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CB 1D 1∩平面ABCD ＝m ′，因为平面α∩平面ABCD ＝m ，平面α∥平面CB 1D 1，所以m ∥m ′.又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥m ′，所以B 1D 1∥m .同理可得CD 1∥n ，故直线m ，
n 所成角即为直线B 1D 1，CD 1所成的角∠CD 1B 1.在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，B 1C ＝B 1D 1＝CD 1，
所以∠CD 1B 1＝
π3，所以sin ∠CD 1B 1＝3
2
，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CB 1D 1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BA 1D 与平面CB 1D 1平行，则直线m ，n 所成的
角就是∠DBA 1，其正弦值为
3
2
，故选A. [答案] A
[系统归纳]
异面直线所成角问题的解题策略
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.
[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1
2
，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 ＝AB 2
－BE 2
＝3，AG ＝2，由于AD ⊥底面ABC ，直线DG 与底面ABC 所成角的正切值为1
2
，所以tan ∠DGA
＝DA AG ＝12，DA ＝1，在等腰△ABC 中，cos ∠ACB ＝52＋82－52
2×5×8＝45
，sin ∠ACB ＝35
，所以△ABC 的外接圆直径2r ＝
AB
sin C ＝535
＝253，r ＝25
6
，设 △ABC 的外接圆圆心为O 1，四面体ABCD 的球心为O ，在Rt △AOO 1中，R 2
＝OA 2
＝AO 2
1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AD 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2562＋⎝ ⎛⎭⎪
⎫122＝63436
，球的表面积为S ＝4πR 2
＝6349
π.
答案：6349
π
[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P ­BCD 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P ­BCD 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V P ­BCD ＝1
3S △BCD ·PF .由翻折过程可
知AF ＝PF ，则V P ­BCD ＝1
3S △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，V P ­BCD ＝13×12×DC ×h ×AF ＝1
6
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 ＝12BD ·AF ＝12AD ·h ，则AF ＝AD BD ，得V P ­BCD ＝16DC ·AD
BD .
设∠ADB ＝α，由正弦定理得
AD
DB
＝2sin(150°－α)，DC ＝α－
sin α
，则V P ­BCD ＝
23
×－α
α－
sin α
＝－
cos 2α＋cos 120°3sin α＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫sin α－
14sin α，易知函数f (x )＝x －14x 在区间(0,1]上单调递
增，于是V P ­BCD ≤23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝1
2
.
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 ＝23，则OB ＝BA 2
－OA 2
≤
4－⎝ ⎛⎭
⎪⎫12AC 2
＝1.设∠PDA ＝θ，θ∈(0，π)，AD ＝x (0<x <23)，则S △PCD ＝12x ·(23－x )sin θ≤12x ·(23－x )≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫2322＝3
2，所以四面
体P ­BCD 的体积V P ­BCD ＝13·S △PCD ·OB ≤12，当且仅当OA ＝12AC ＝3，且θ＝π
2时取等号(此
时D 点与圆心O 重合，PD 垂直平分AC ，进而可得BD ⊥PD )．
法三：解析法
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 (－3，0)，B (0，－1)，C (3，0)，设D (t,0)，t ∈
(－3，3)，易知直线BD 的方程为x －ty －t ＝0，则点A 到直线BD 的距离AF ＝
3＋t 1＋t
2
，
又DC ＝3－t ，于是V P ­BCD ＝16DC ·AF ＝16·3－t 2
1＋t 2，令f (t )＝16·3－t 2
1＋t 2＝1641＋t
2
－1＋t 2
，t 2∈[0,3)，易知该函数在[0,3)上单调递减，故V P ­BCD ≤f (0)＝1
2
，此时D 在原点．
[答案]
1
2
[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P ­BCD 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3，若平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S ­ABC 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15，设△ABC 的中心为D ，则OD ＝3，所以DA ＝23，则AB ＝6，棱锥S ­ABC 的底面积S ＝
34
×62
＝93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 ＝15，点D 到直线AB 的距离为3，则S 到平面ABC 的距离的最大值为33，所以V ＝1
3
×93×33＝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．
[例1] 已知F 1，F 2分别是双曲线E ：x 2a 2－y 2
b
2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，点M 在双曲
线E 上，MF 1与x 轴垂直，sin ∠MF 2F 1＝1
3
，则双曲线E 的离心率为( )
A. 2
B.32
C. 3
D ．2 [技法演示]
法一：定义法
因为△MF 1F 2是直角三角形，且sin ∠MF 2F 1＝1
3，
所以|MF 1|＝|MF 2|sin ∠MF 2F 1＝1
3|MF 2|，
即|MF 2|＝3|MF 1|.①
由双曲线的定义可知|MF 2|－|MF 1|＝2a .② 由①和②可求得|MF 1|＝a ，|MF 2|＝3a .
在Rt △MF 1F 2中，由勾股定理得|MF 2|2
－|MF 1|2
＝|F 1F 2|2
，即(3a )2
－a 2
＝(2c )2
，化简得2a 2
＝c 2
，即⎝ ⎛⎭
⎪⎫c a
2＝2，从而可知e ＝ 2.故选A.
法二：利用正弦定理
在Rt △MF 1F 2中，sin ∠F 1MF 2＝sin(90°－∠MF 2F 1)＝cos ∠MF 2F 1＝22
3，sin ∠MF 1F 2＝1.
由正弦定理得e ＝|F 1F 2||MF 2|－|MF 1|＝sin ∠F 1MF 2
sin ∠MF 1F 2－sin ∠MF 2F 1＝2231－1
3
＝ 2.故选 A.
法三：利用直角三角形的三角函数 设点M (－c ，y 0)，则
－c
2
a 2
－y 20
b
2＝1，
由此解得y 2
＝|MF 1|2
＝b 2
⎝ ⎛⎭
⎪⎫c 2－a 2a 2＝
c 2－a 22
a 2.
∵△MF 1F 2是直角三角形，且sin ∠MF 2F 1＝1
3，
∴cos ∠MF 2F 1＝
223，tan ∠MF 2F 1＝2
4
， 从而可得|MF 1||F 1F 2|＝24⇒|MF 1|2
|F 1F 2|2＝18⇒|F 1F 2|2
|MF 1|2
＝4c 2
y 20
＝8，即4c
2
c 2－a 22
a 2
＝8，
化简整理得2c 4
－5a 2c 2
＋2a 4
＝0， 两边同除以a 4，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 4－5⎝ ⎛⎭
⎪⎫c a 2＋2＝0， 即⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭
⎪⎫c a 2－1 ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭
⎪⎫c a 2－2＝0， ∵c a
>1，∴⎝ ⎛⎭
⎪⎫c a 2＝2，即e ＝ 2. [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|F 1F 2|
|MF 2|－|MF 1|，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 ：x 2a 2－y 2b
2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，抛物线C ：y 2
＝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.⎝ ⎛⎦
⎥⎤
1，
324
C ．(2，＋∞)
D.⎣⎢⎡⎭
⎪⎫324，＋∞
解析：选B 双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A (a,0)，抛物线C ：y 2
＝8ax
的焦点为F (2a,0)，双曲线的渐近线方程为y ＝±b a
x ，可设P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫m ，b a
m ，则有AP ―→＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫m －a ，b a m ，FP ―
→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －2a ，b a m ，由PA ⊥FP ，得AP ―→·FP ―→＝0，即(m －a )(m －2a )＋b 2
a 2m 2＝0，整理得⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋b 2
a 2m 2－3ma ＋2a 2＝0，由题意可得Δ＝9a 2－41＋
b 2
a 2·2a 2≥0，即a 2≥8
b 2
＝
8(c 2
－a 2
)，即8c 2
≤9a 2
，则e ＝c a ≤
324.又e >1，所以1<e ≤32
4
.
[例2] 设A ，B 是椭圆C ：3＋m
＝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 ．(0，3]∪[9，＋∞)
C ．(0,1]∪[4，＋∞)
D ．(0，3]∪[4，＋∞)
[技法演示]
法一：几何性质法
如图，设椭圆方程为x 2a 2＋y 2
b
2＝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＝
x ＋a y ，tan β＝a －x
y
. 又点M 在椭圆上，所以x 2
＝a 2
－a 2y 2
b
2.
则tan(α＋β)＝tan α＋tan β
1－tan αtan β＝x ＋a y ＋a －x
y 1－a 2－x 2
y
＝2a
y x 2
＋y 2－a 2y 2
＝2ay x 2
＋y 2－a 2
＝
2ay
a 2
－a 2b
2y 2＋y 2
－a
2
＝2ab 2
－c 2y . 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<m <3.设椭圆一个短轴的顶点为P ，要使椭圆C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则∠APB ≥∠AMB ，即∠APB ≥120°，所以∠APO ≥60°.而tan ∠APO ＝
3m ，所以3
m
≥3，解得0<m ≤1.
同理：当m >3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m
3
≥3，
解得m ≥9.
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－b 2a
2.
这一结论不难证明：设M (x ，y )为椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)上任意一点，A ，B 分别为椭圆
的左、右两个端点，则k MA ·k MB ＝y
x ＋a ·y
x －a ＝y 2
x 2－a 2.因为点M 在椭圆上，所以y 2
＝b 2a
2(a 2
－
x 2
)，从而k MA ·k MB ＝b 2a
2a 2－x 2
x 2－a 2＝－b 2a
2.由此可以得到本题的如下解法．
当0<m <3时，椭圆的焦点在x 轴上，如图，设∠MAB ＝α， ∠
MBx ＝β，设直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1·k 2＝－m
3
，k 1＝
tan α，k 2＝tan β.
因为∠AMB ＝120°，由三角形的一个外角等于不相邻的两内角之和， 所以tan(β－α)＝tan 120°＝－ 3.
根据两角差的正切公式tan(β－α)＝tan β－tan α1＋tan αtan β
，
可得tan β－tan α＝－3⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－m 3， 即k 2－k 1＝
33m － 3.结合k 1·k 2＝－m 3，将两式变形为k 2＋(－k 1)＝3
3
m －3，k 2·(－k 1)＝m 3
，故可将k 2，－k 1看作是关于t 的方程t 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫33m
－3t ＋m
3
＝0的两个根，则Δ＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫33m －32－4·m 3＝13(m 2－10m ＋9)≥0，所以m 2
－10m ＋9≥0，解得m ≤1或m ≥9(舍去)，所以0<m ≤1.
同理可得当焦点在y 轴上时，m ≥9.综上所述，m 的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)．故选A.
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k 1，k 2，则k 1·k 2＝－m 3
.又AM ―→＝(x ＋3，y )，BM ―→
＝(x －3，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AM ―→，BM ―→
相同方向的向量n 1＝(1，k 1)，n 2＝(1，k 2)．又∠AMB ＝120°，所以向量n 1，n 2的夹角为60°，由向量的数量积公式可得，
cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1＋k 1k 21＋k 21·1＋k 2
2
＝
1＋k 1k 2
1＋k 21k 22＋k 21＋k 2
2
， 即
1
2
＝1－m
3
1＋m 2
9＋
k 21＋k 2
2
.
由k 1·k 2＝－m
3
<0，结合均值不等式a 2＋b 2≥2ab ，可得k 21＋k 22＝k 21＋(－k 2)2
≥2k 1·(－
k 2)＝23
m ，
所以
1－m
31＋m 2
9
＋
k 21＋k 22
≤
1－
m
3
1＋m 29＋2
3
m
，
即12
≤1－
m
3
⎝ ⎛⎭
⎪⎫m
3＋12，
所以12⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3＋1≤1－m 3，解得m ≤1. 又0<m <3，所以0<m ≤1.
当焦点在y 轴上时，此时k 1·k 2＝－3
m
<0.
同理，1
2
＝
1－3
m
1＋9
m
2＋
k 21＋k 2
2
≤
1－3
m
1＋9
m 2＋
6
m
，
即12⎝ ⎛⎭
⎪⎫3m ＋1≤1－3m ，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
[应用体验]
2．若过点M (2,0)的直线与椭圆x 2
2＋y 2
＝1相交于A ，B 两点，|AB |＝253，设P 为椭圆
上一点，且满足OA ―→＋OB ―→＝t OP ―→
(O 为坐标原点)，则实数t 的值为( )
A ．±33
B ．±26
3 C ．±
52
3
D ．±
32
5
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 |＝22，与已知不符，∴k ≠0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x ，y )，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k x －，
x 2
2
＋y 2
＝1消去y ，
得(1＋2k 2
)x 2
－8k 2
x ＋8k 2
－2＝0，
则Δ＝(－8k 2)2－4(1＋2k 2)(8k 2－2)＝8－16k 2
>0， x 1＋x 2＝8k 2
1＋2k ，x 1·x 2＝8k 2
－2
1＋2k ，
∵|AB |＝
253，∴ 1＋k 2
|x 1－x 2|＝253
， 即(1＋k 2
)[(x 1＋x 2)2
－4x 1x 2]＝
20
9
， ∴(4k 2－1)(14k 2＋13)＝0，解得k 2
＝14.
又OA ―→＋OB ―→＝t OP ―→，
即(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，且k ≠0，t ≠0，
∴x ＝x 1＋x 2
t ＝
8k
2
t ＋2k
2
，
y ＝
y 1＋y 2t ＝1
t [k (x 1＋x 2)－4k ]＝－4k
t
＋2k
2
. ∵点P 在椭圆上，∴
k 2
2t 2
＋2k
2
2
＋2×
－4k
2t 2
＋2k
2
2
＝2，
又k 2
＝14，解得t ＝±263.
[例3] 已知F 是抛物线y 2
＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA ―→·OB ―→
＝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.172
8
D.10 [技法演示]
法一：利用基本不等式
依题意，不妨设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其中y 1>0，y 2<0.由OA ―→·OB ―→
＝2，得x 1x 2＋
y 1y 2＝(y 1y 2)2＋y 1y 2＝2，由此解得y 1y 2＝－2，△ABO 与△AFO 面积之和等于12
|x 1y 2－x 2y 1|＋
12×14y 1＝12|y 21y 2－y 2
2y 1|＋18y 1＝12×2(y 1－y 2)＋18y 1＝98
y 1＋(－y 2)≥2－9
8
y 1y 2＝3，当且仅当 98y 1＝－y 2＝3
2
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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则S △AOB ＝1
2
|x 1y 2－x 2y 1|，证明如下：
设∠AOB ＝θ，则S △AOB ＝12|OA ―→|·|OB ―→
|sin θ
＝12 |OA ―→|·|OB ―→|2
－|OA ―→|·|OB ―→
|cos θ2
＝12 |OA ―→|·|OB ―→|
2
－
OA ―→·OB
―→2
＝12 x 21＋y 2
1
x 22＋y 2
2
－x 1x 2＋y 1y 22
＝12
x 1y 2－x 2y 1
2
＝1
2
|x 1y 2－x 2y 1|. 法二：双根法 设直线AB
的方程为x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y 1y 2<0，由⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝ty ＋m ，
y 2
＝x 得y
2
－ty －m ＝0，y 1y 2＝－m ，又OA ―→·OB ―→＝2，因此x 1x 2＋y 1y 2＝(y 1y 2)2＋y 1y 2＝2，m 2
－m －2＝0，解得m ＝2或m ＝－1.又y 1y 2＝－m <0，因此y 1y 2＝－m ＝－2，m ＝2，直线AB ：x ＝ty ＋2过定点(2,0)，S △ABO ＝12×2×|y 1－y 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1＋2y 1，S △AFO ＝12×14|y 1|＝18|y 1|，S △ABO ＋S △AFO ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1＋2y 1＋18|y 1|＝98|y 1|＋⎪⎪⎪⎪
⎪⎪2y 1≥2
98|y 1|×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2y 1＝3，当且仅当98|y 1|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪2y 1，即|y 1|＝43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AB ―→＝(x 1，y 1)，AC ―→
＝(x 2，y 2)，则S △ABC ＝12|x 1y 2－x 2y 1|，
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x 2
4＋y 2
＝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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，
由⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝my ＋n ，x 2
4
＋y 2
＝1，整理得(4＋m 2)y 2＋2mny ＋n 2
－4＝0.①
所以y 1＋y 2＝－2mn 4＋m 2，y 1y 2＝n 2
－44＋m 2，x 1＋x 2＝8n 4＋m 2.
由中点坐标公式可知x 0＝
x 1＋x 2
2
，y 0＝
y 1＋y 2
2
，
即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4n 4＋m
2，－mn 4＋m 2.
因为|OM |＝1，所以n 2
＝＋m 2
2
16＋m
2
.② 设直线l 与x 轴的交点为D (n,0)，
则△AOB 的面积S ＝12|OD ||y 1－y 2|＝1
2|n ||y 1－y 2|.
S 2
＝1
4
n 2(y 1－y 2)2＝
＋m 2
m 2＋
2
，
设t ＝m 2
＋4(t ≥4)， 则S 2
＝48×
t
t 2
＋24t ＋144
＝
48t ＋
144
t
＋24
≤48
2
t ·144
t
＋24
＝1，
当且仅当t ＝144
t
，即t ＝12时，等号成立，
此时m 2＝8，n 2
＝6， 即S 2
取得最大值1.
故△AOB 的面积的最大值为1. 答案：1
[专题过关检测]
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＝2
3
，则|a －b |＝( )
A.1
5
B.
55。