高三数学总复习教程(第13讲)
(江苏专版)高考数学一轮复习 第十三章 立体几何 13.3 垂直的判定与性质讲义-人教版高三全册数学
§13.3 垂直的判定与性质考纲解读考点内容解读 要求五年高考统计常考题型 预测热度2013 2014 2015 2016 20171.线面垂直的判定与性质1.线面垂直的证明2.线面垂直的性质应用B16题14分解答题 ★★★2.面面垂直的判定与性质1.面面垂直的证明2.面面垂直的性质应用B15题14分 解答题 ★★★分析解读 空间垂直问题是某某高考的热点内容,主要考查线面垂直和面面垂直的判定与性质运用,复习时要认真掌握解决垂直问题常用的方法,识别一些基本图形如:锥体、柱体的特征.五年高考考点一 线面垂直的判定与性质1.(2016某某理,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n 满足m∥α,n⊥β,则以下说法正确的是.①m∥l;②m∥n;③n⊥l;④m⊥n. 答案 ③2.(2015某某,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,已知AC⊥BC,BC=CC 1,设AB 1的中点为D,B 1C∩BC 1=E. 求证:(1)DE∥平面AA 1C 1C; (2)BC 1⊥AB1.证明 (1)由题意知,E 为B 1C 的中点, 又D 为AB 1的中点,因此DE∥AC. 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C,AC ⊂平面AA 1C 1C, 所以DE∥平面AA 1C 1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.3.(2015某某,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积;(2)证明:在线段PC上存在点M,使得AC⊥BM,并求的值.解析(1)由题设AB=1,AC=2,∠BAC=60°,可得S△ABC=·AB·AC·sin 60°=.由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1,所以三棱锥P-ABC的体积V=·S△ABC·PA=.(2)在平面ABC内,过点B作BN⊥AC,垂足为N.在平面PAC内,过点N作MN∥PA交PC于点M,连结BM.由PA⊥平面ABC知PA⊥AC,所以MN⊥AC.由于BN∩MN=N,故AC⊥平面MBN.又BM⊂平面MBN,所以AC⊥BM.在直角△BAN中,AN=AB·cos∠BAC=,从而NC=AC-AN=.由MN∥PA,得==.4.(2015某某,20,12分)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC.(1)证明:AB⊥平面PFE;(2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长.解析(1)证明:如图,由DE=EC,PD=PC知,E为等腰△PDC中DC边的中点,故PE⊥AC.又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE⊂平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,从而PE⊥AB.因∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF.从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.(2)设BC=x,则在直角△ABC中,AB==,从而S△ABC=AB·BC=x.由EF∥BC知,==,得△AFE∽△ABC,故==,即S△AFE=S△ABC.由AD=AE,S△AFD=S△AFE=·S△ABC=S△ABC=x,从而四边形DFBC的面积为S DFBC=S△ABC-S△AFD=x-x=x.由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE===2.体积V P-DFBC=·S DFBC·PE=·x·2=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3,所以,BC=3或BC=3.5.(2014某某,20,13分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点. 求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明(1)连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥B C1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图,连结AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥BD,从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.教师用书专用(6—8)6.(2014某某,19,12分)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点.(1)求证:EF⊥平面BCG;(2)求三棱锥D-BCG的体积.附:锥体的体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高.解析(1)证明:由已知得△ABC≌△DBC.因此AC=DC.又G为AD的中点,所以CG⊥AD.同理BG⊥AD,因此AD⊥平面BGC.又EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内,作AO⊥CB,交CB延长线于O,由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.又G为AD中点,因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin 60°=,所以V D-BCG=V G-BCD=·S△DBC·h=×BD·BC·sin 120°·=.7.(2014某某,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC上一点,且BM=.(1)证明:BC⊥平面POM;(2)若MP⊥AP,求四棱锥P-ABMO的体积.解析(1)证明:如图,连结OB,因为ABCD为菱形,O为菱形的中心,所以AO⊥OB.因为∠BAD=,所以OB=AB·sin∠OAB=2sin=1,又因为BM=,且∠OBM=,所以在△OBM中,OM2=OB2+BM2-2OB·BM·cos∠OBM=12+-2×1××cos=.所以OB2=OM2+BM2,故OM⊥BM.又PO⊥底面ABCD,所以PO⊥BC.从而BC与平面POM内两条相交直线OM,PO都垂直,所以BC⊥平面POM.(2)由(1)可得,OA=AB·cos∠OAB=2·cos=.设PO=a,由PO⊥底面ABCD知,△POA为直角三角形,故PA2=PO2+OA2=a2+3.又△POM也是直角三角形,故PM2=PO2+OM2=a2+.连结AM,在△ABM中,AM2=AB2+BM2-2AB·BM·cos∠ABM=22+-2×2××cos=.由于MP⊥AP,故△APM为直角三角形,则PA2+PM2=AM2,即a2+3+a2+=,得a=或a=-(舍去),即PO=.此时S四边形ABMO=S△AOB+S△OMB=·AO·OB+·BM·OM=××1+××=.所以V P-ABMO=·S四边形ABMO·PO=××=.8.(2013某某,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°.已知PB=PD=2,PA=.(1)证明:PC⊥BD;(2)若E为PA的中点,求三棱锥P-BCE的体积.解析(1)证明:连结AC,交BD于O点,连结PO.因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD,BO=DO.由PB=PD知,PO⊥BD.再由PO∩AC=O知,BD⊥面APC.因此BD⊥PC.(2)因为E是PA的中点,所以V P-BCE=V C-PEB=V C-PAB=V B-APC.由PB=PD=AB=AD=2知,△ABD≌△PBD.因为∠BAD=60°,所以PO=AO=,AC=2,BO=1.又PA=,PO2+AO2=PA2,即PO⊥AC,故S△APC=PO·AC=3.由(1)知,BO⊥面APC,因此V P-BCE=V B-APC=×·BO·S△APC=.考点二面面垂直的判定与性质1.(2017某某,15,14分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求证:(1)EF∥平面ABC;(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.2.(2017某某文,18,12分)由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱锥C1-B1CD1后得到的几何体如图所示.四边形ABCD 为正方形,O为AC与BD的交点,E为AD的中点,A1E⊥平面ABCD.(1)证明:A1O∥平面B1CD1;(2)设M是OD的中点,证明:平面A1EM⊥平面B1CD1.证明本题考查线面平行与面面垂直.(1)取B1D1的中点O1,连结CO1,A1O1,由于ABCD-A1B1C1D1是四棱柱,所以A1O1∥OC,A1O1=OC,因此四边形A1OCO1为平行四边形,所以A1O∥O1C.又O1C⊂平面B1CD1,A1O⊄平面B1CD1,所以A1O∥平面B1CD1.(2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点,所以EM⊥BD,又A1E⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A1E⊥BD,因为B1D1∥BD,所以EM⊥B1D1,A1E⊥B1D1,又A1E,EM⊂平面A1EM,A1E∩EM=E,所以B1D1⊥平面A1EM,又B1D1⊂平面B1CD1,所以平面A1EM⊥平面B1CD1.教师用书专用(3)3.(2016,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,AB∥DC,DC⊥AC.(1)求证:DC⊥平面PAC;(2)求证:平面PAB⊥平面PAC;(3)设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA∥平面CEF?说明理由.解析(1)证明:因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥DC.(2分)又因为DC⊥AC,AC∩PC=C,所以DC⊥平面PAC.(4分)(2)证明:因为AB∥DC,DC⊥AC,所以AB⊥AC.(6分)因为PC⊥平面ABCD,所以PC⊥AB.(7分)又AC∩PC=C,所以AB⊥平面PAC.又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAC.(9分)(3)棱PB上存在点F,使得PA∥平面CEF.证明如下:(10分)取PB中点F,连结EF,CE,CF.又因为E为AB的中点,所以EF∥PA.(13分)又因为PA⊄平面CEF,所以PA∥平面CEF.(14分)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一线面垂直的判定与性质1.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,已知矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于.答案 22.(苏教必2,一,2,变式)如图,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,则图中共有个直角三角形.答案 43.(2018某某海安高级中学高三阶段考试)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面A1ACC1是边长为2的菱形,∠A1AC=60°,在平面ABC中,AB=2,BC=4,M为BC的中点,过A1,B1,M三点的平面交AC于点N.(1)求证:N为AC的中点;(2)求证:AC⊥平面A1B1MN.证明(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,平面ABC∥平面A1B1C1,∵平面A1B1M∩平面ABC=MN,平面A1B1M∩平面A1B1C1=A1B1,所以MN∥A1B1.因为AB∥A1B1,所以MN∥AB,所以=.因为M为BC的中点,所以N为AC的中点.(2)因为四边形A1ACC1是边长为2的菱形,∠A1AC=60°,所以在三角形A1AN中,AN=1,AA1=2,由余弦定理得A1N=,故A1A2=AN2+A1N2,所以∠A1NA=90°,即A1N⊥AC.在三角形ABC中,AC=2,AB=2,BC=4,所以BC2=AB2+AC2,所以∠BAC=90°,即AB⊥AC.又MN∥AB,所以AC⊥MN.因为MN∩A1N=N,MN⊂面A1B1MN,A1N⊂面A1B1MN,所以AC⊥平面A1B1MN.4.(2017某某某某期末调研,16)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面EAB⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,EA⊥EB,点M,N分别是AE,CD的中点.求证:(1)直线MN∥平面EBC;(2)直线EA⊥平面EBC.证明(1)取BE的中点F,连结CF,MF,因为M是AE的中点,所以MF∥AB,MF=AB,又N是矩形ABCD的边CD的中点,所以NC∥AB,NC=AB,所以MF NC,所以四边形MNCF是平行四边形,所以MN∥CF,又MN⊄平面EBC,CF⊂平面EBC,所以MN∥平面EBC.(2)在矩形ABCD中,BC⊥AB,因为平面EAB⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面EAB=AB,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面EAB,又EA⊂平面EAB,所以BC⊥EA,又EA⊥EB,BC∩EB=B,EB,BC⊂平面EBC,所以EA⊥平面EBC.5.(2017苏锡常镇四市教学情况调研(一),16)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C是菱形,AC1与A1C交于点O,E是棱AB上一点,且OE∥平面BCC1B1.(1)求证:E是AB的中点;(2)若AC1⊥A1B,求证:AC1⊥CB.证明(1)连结BC1,因为OE∥平面BCC1B1,且OE⊂平面ABC1,平面BCC1B1∩平面ABC1=BC1,所以OE∥BC1.因为侧面AA1C1C是菱形,AC1∩A1C=O,所以O是AC1的中点,所以E是AB的中点.(2)因为侧面AA1C1C是菱形,所以AC1⊥A1C,又AC1⊥A1B,A1C∩A1B=A1,A1C,A1B⊂面A1BC,所以AC1⊥面A1BC,因为BC⊂平面A1BC,所以AC1⊥BC.考点二面面垂直的判定与性质6.(2018某某某某中学高三阶段测试)如图,在几何体中,四边形ABCD为菱形,对角线AC与BD的交点为O,四边形DCEF为梯形,EF∥CD,FB=FD.(1)若CD=2EF,求证:OE∥平面ADF;(2)求证:平面ACF⊥平面ABCD.证明(1)取AD的中点G,连结OG,FG,∵对角线AC与BD的交点为O,∴OG∥CD,OG=CD.∵EF∥CD,CD=2EF,∴OG∥EF,OG=EF,∴四边形OGFE为平行四边形,∴OE∥FG.∵FG⊂平面ADF,OE⊄平面ADF,∴OE∥平面ADF.(2)连结OF.∵四边形ABCD为菱形,∴OC⊥BD,∵FB=FD,O是BD的中点,∴OF⊥BD.又∵OF∩OC=O,∴BD⊥平面ACF.∵BD⊂平面ABCD,∴平面ACF⊥平面ABCD.7.(2017某某某某辅仁中学质检,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AC⊥BD,AC与BD交于点O,且平面PAC⊥平面ABCD,E为棱PA上一点.(1)求证:BD⊥OE;(2)若AB=2CD,AE=2EP,求证:EO∥平面PBC.证明(1)因为平面PAC⊥底面ABCD,平面PAC∩底面ABCD=AC,BD⊥AC,BD⊂平面ABCD,所以BD⊥平面PAC,又因为OE⊂平面PAC,所以BD⊥OE.(2)因为AB∥CD,AB=2CD,AC与BD交于O,所以CO∶OA=CD∶AB=1∶2,又因为AE=2EP,所以CO∶OA=PE∶EA,所以EO∥PC,又因为PC⊂平面PBC,EO⊄平面PBC,所以EO∥平面PBC.8.(2017某某某某,某某一模,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥AC,D,E分别是AB,AC的中点.(1)求证:B1C1∥平面A1DE;(2)求证:平面A1DE⊥平面ACC1A1.证明(1)因为D,E分别是AB,AC的中点,所以DE∥BC,又因为在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC,所以B1C1∥DE.又B1C1⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,所以B1C1∥平面A1DE.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,又DE⊂底面ABC,所以CC1⊥DE.又BC⊥AC,DE∥BC,所以DE⊥AC,又CC1,AC⊂平面ACC1A1,且CC1∩AC=C,所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面A1DE,所以平面A1DE⊥平面ACC1A1.9.(苏教必2,一,2,变式)如图所示,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ABD沿对角线BD折起,记折起后A的位置为点P,且使平面PBD⊥平面BCD.求证:(1)CD⊥平面PBD.(2)平面PBC⊥平面PDC.证明(1)∵AD=AB,∠BAD=90°,∴∠ABD=∠ADB=45°,又∵AD∥BC,∴∠DBC=45°,又∠DCB=45°,∴∠BDC=90°,即BD⊥DC.∵平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,∴CD⊥平面PBD.(2)由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.又BP⊥PD,PD∩CD=D,∴BP⊥平面PDC.又BP⊂平面PBC,∴平面PBC⊥平面PDC.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:20分时间:10分钟)一、填空题(每小题5分,共5分)1.(苏教必2,一,2,变式)设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下列命题正确的是.①若m⊥n,n∥α,则m⊥α;②若m∥β,β⊥α,则m⊥α;③若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α;④若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α.答案③二、解答题(共15分)2.(2017某某某某、某某、某某三模,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,AP=AD,M,N分别为棱PD,PC的中点.求证:(1)MN∥平面PAB;(2)AM⊥平面PCD.证明(1)因为M,N分别为棱PD,PC的中点,所以MN∥DC,又因为底面ABCD是矩形,所以AB∥DC,所以MN∥AB.又AB⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)因为AP=AD,M为PD的中点,所以AM⊥PD.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD.又AM⊂平面PAD,所以CD⊥AM.因为CD,PD⊂平面PCD,CD∩PD=D,所以AM⊥平面PCD.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 证明线面垂直的方法1.(2017某某某某师X大学附属中学调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD=DC,点E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.(1)求证:PA∥平面EBD;(2)求证:PB⊥平面EFD.证明(1)连结BE,BD,AC,设AC交BD于G,连结EG,则G为AC的中点,在△PAC中,E为PC的中点,G为AC的中点,故PA∥EG,又EG⊂面BED,PA⊄面BED,所以PA∥平面EBD.(2)∵PD⊥面ABCD,∴PD⊥BC.∵BC⊥CD,PD∩CD=D,PD,CD⊂面PCD,∴BC⊥面PCD,又DE⊂面PCD,∴BC⊥DE,∵PD=CD,E为PC的中点,∴DE⊥PC,又BC∩PC=C,BC,PC⊂面PBC,∴DE⊥面PBC,又PB⊂面PBC,∴DE⊥PB,又∵PB⊥EF,EF∩DE=E,EF,DE⊂面EFD,∴PB⊥平面EFD.方法2 证明面面垂直的方法2.(2017某某某某期中,17)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,求证: (1)BD1∥平面EAC;(2)平面EAC⊥平面AB1C.证明(1)连结BD交AC于O,连结EO.易知O为BD的中点,因为E为DD1的中点,所以EO∥BD1. 又BD1⊄平面EAC,EO⊂平面EAC,所以BD1∥平面EAC.(2)易知AC⊥BD,DD1⊥平面ABCD,所以DD1⊥AC,因为BD∩DD1=D,所以AC⊥平面BDD1,所以AC⊥BD1,同理可证AB1⊥BD1,又AC∩AB1=A,所以BD1⊥平面AB1C,因为EO∥BD1,所以EO⊥平面AB1C,又EO⊂平面EAC,所以平面EAC⊥平面AB1C.。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习 第十三章 选考内容
综上，不等式 f(x)≥x2－8x＋15 的解集为{x|5－ 3≤x≤6}．
点拨：
处理含绝对值不等式问题，去绝对值符号是关
键．从这几年的考题来看，绝对值符号内一次式居多， 常采用零点分段法分段讨论．对于形如|x－a|＋|x－b|
我们把这种方法称为放法．
自查自纠：
1．(1)2ab a＝b (2) ab a＝b
3 (3) abc
a＝b＝c
n (4)
a1a2…an
a1＝a2＝…＝an
2．(1)|a|＋|b| ab≥0
(2)|a－b|＋|b－c| (a－b)(b－c)≥0
(3)－a<x<a x<－a 或 x>a
3．(1)作差 作商 (5)放大 缩小
则实数 a 的值为________．
解：原不等式可化为 a－1<x<a＋1，又知 其解集为(2，4)，对比可得 a＝3.故填 3.
(2014·重庆)若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋12a＋2
对任意实数 x 恒成立，则实数 a 的取值范围是________．
解：依题意，不等式右边须小于等于左边的最小值， |2x－1|＋|x＋2|＝
____________时，等号成立．
(3)|x|<a⇔____________，|x|>a⇔______________．
3．证明不等式的方法
(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作 差比较和作商比较两种，其基本思想是______与 0 比较大小或 ______与 1 比较大小；
【走向高考】年高考数学一轮总复习课件(北师大版)第十三章 系列4选讲 13-1
是圆的________．
8．弦切角定理 弦切角的度数等于它所夹的弧的度数的________． 推论 弦切角等于它所夹的弧所对的________．
9．与圆有关的其他性质定理 (1)相交弦定理 圆内的两条相交弦，被交点分成的两条
线段长的________相等． (2)割线定理 从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每
平分另一腰
2．对应线段 3． (1)对应角 例 成比例
成比例 ③成比例
成比例
成比
(2)①相等
②成比例
(3)①相似比
②相似比
③相似比的平方 比例中项
④相似比的平方
4．比例中项 5． (1)一半 径
(2)它所对弧的度数
相等
相等
直角
直
6．互补 内角的对角 共圆 共圆 7．半径 切点 圆心 切线 8．一半 圆周角 9．(1)积 (2)积 (3)比例中项 (4)夹角
长线)所得的________成比例．
3．相似三角形的判定及性质 (1)相似三角形的判定 定义 __________________ 相等，对应边成比例的两个
三角形叫做相似三角形．相似三角形对应边的比值叫做相似 比(或相似系数)． 预备定理 平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边
的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似．
形的四个顶点________ . 推论 如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那
么这个四边形的四个顶点________．
7．圆的切线的性质及判定定理 性质定理 圆的切线垂直于经过切点的________． 推论 1 经过圆心且垂直于切线的直线必经过________． 推论 2 经过切点且垂直于切线的直线必经过________． 判定定理 经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线
【金榜教程】高三总复习人教A版数学(理)配套课件：第2章 第13讲
－F(a)记作________，即bF(x)dx＝________＝______. a
第二章 第13讲
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一质点运动时速度和时间的关系为V(t)＝t2－t＋2，质点作 直线运动，则此物体在时间[1,2]内的位移为________.
第二章 第13讲
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(1)F(x)是奇函数，且
5
F(x)dx＝6，则
5
－5F(x)dx＝
0
________.
(2)1－1 1－x2dx的值是____．
第二章 第13讲
第9页
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(1)已知
1
F(x)dx＝2，
2
F(x)dx＝3，则
2
F(x)dx＝
0
0
1
________.
(2)计算下列定积分：①2－1x(x＋1)dx＝________.
②1(ex＋2x)dx＝________.
③41xdx＝________.
You have to believe in yourself. That's the secret of success. 人必须相信自己，这是成功的秘诀。
第二章 第13讲
第7页
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高三数学一轮复习：第十三章 选考内容13.1
(2)会利用绝对值的几何意义求解以下类型的不等式：
|ax＋b|≤c； |ax＋b|≥c； |x－c|＋|x－b|≥a. (3)通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法．
2019年5月13日
缘份让你看到我在这里
2
13．1 坐标系与参数方程
1．极坐标系
(1)在平面内取一个定点 O，叫做________；自
2019年5月13日
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(2)(2017·天津)在极坐标系中，直线 4ρcosθ－π6 ＋1＝0
与圆 ρ＝2sinθ 的公共点个数为________．
解：直线的极坐标方程展开得 4ρ 23cosθ＋12sinθ＋1
＝0，故直角坐标方程为 2 3x＋2y＋1＝0，圆的极坐标方程 化为直角坐标方程得 x2＋y2＝2y，即 x2＋(y－1)2＝1，圆心(0， 1)到直线的距离为 |21＋2＋1|4＝34<1，则直线与圆的交点个数为
tanθ
＝yx（x≠0）
(2)[0，2π )
3．(1)f(ρ，θ )＝0
(2)①ρ＝r ②ρ＝2rcosθ ③ρ＝2rsinθ
④θ ＝α(ρ∈R)或 θ＝π ＋α(ρ∈R)
4．(1)xy＝ ＝xy00＋ ＋ttcsionsαα
， (t 为参数)
⑤ρcosθ ＝a
⑥ρ sinθ ＝a
因此，经过伸缩变换x′＝2x，后，圆 y′＝3y
x2＋y2＝1
变成椭圆x′4 2＋y′9 2＝1.
2019年5月13日
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14
【点拨】应用伸缩变换公式时应注意两点：(1)曲线 的伸缩变换是通过曲线上任意一点的坐标的伸缩变换实
高三数学一轮学案 模块1 函数与导数 第13讲 指数函数 新人教A版
第十三讲 指数函数一、知识梳理1．指数函数的定义：一般地，把函数y=ax （a ＞0且a ≠1）叫做指数函数.二、同步练习1.下列函数是指数函数的是 ( )A 、y=(-3)xB 、 y=3x-1C 、y=-3xD 、 y=3x2.下列函数中，值域为(0，+∞)的是 ( )A y=3211x + B y=1)21(-x C y=x 21- D y=x -1)31(3.已知f(x)=4+ax-1的图象恒过定点P ，则点P 的坐标是 ( )A (1,5)B ( 1,4)C (0,4)D ( 4,0)4.当x ∈[-2,2)时，y=13--x 的值域是 ( ) A (98-，8］ B [98-，8) C (91，9] D [91，9) 5.311213,)32(,2-的大小顺序是 ( )A 、313<212<1)32(- B 、212<313<1)32(- C 、1)32(-<212<313 D 、212<1)32(-<3136.函数m y x +=+-12的图象不经过第一象限，则m 的取值范围（ ）.A 2-≤m .B 2-≥m .C 1-≤m .D 1-≥m7.设函数()(01)x f x a a a -=>≠且,(2)4f =,则( ) .A (2)(2)f f -> .B (2)(1)f f ->- .C (1)(2)f f ->- .D (1)(2)f f >8.设5.1348.029.0121,8,4-⎪⎭⎫ ⎝⎛===y y y ，则 ( ) A. 213y y y >> B 312y y y >> C 321y y y >> D 231y y y >>9.已知01a <<，且10,x y >>>则下列不等式中正确的是（ ）A. x y a a >B. a a x y >C. x a a x >D. a y y a <10.设0x >，且1x x a b <<（0a >，0b >），则a 与b 的大小关系是（ ）A. 1b a <<B. 1a b <<C. 1b a <<D. 1a b <<11. 函数x y e =-的图象（ ）A.与x y e =的图象关于y 轴对称B.与x y e =的图象关于坐标原点对称C.与x y e -=的图象关于y 轴对称D.与x y e -=的图象关于坐标原点对称12.下列函数中，值域为（0，+∞）的是（ ）A ．x y -=215 B ．x y -=1)31( C ．1)21(-=x y D ．x y 21-=13. 函数23--=x y 的单调递增区间是（ ）A ．),(+∞-∞B ．]0,(-∞C ．),2(+∞ D.]2,(-∞14.函数y=2-x 的图象可以看成是由y=2-x+1+3的图象沿x 轴向____平移____个单位，再沿y 轴向____平移____个单位而得到的。
【走向高考】高考数学总复习 13-3不等式选讲课件 北师大版
2．了解柯西不等式的几种不同形式，理解它们的几何 意义，并会证明． ① |α|· |β|≥ |α· β|； ② (a2＋ b2)(c2＋ d2)≥ (ac＋ bd)2； ③ x1－ x22＋ y1－ y22 ＋ x2－ x32＋ y2－ y32
≥ x1－ x32＋ y1－ y32. 3．会用向量递归方法讨论排序不等式．
3．平均值不等式： 定理 1 对任意实数 a， b 有 a2＋ b2≥ 2ab (上式当且
a＋ b 对任意两个正数 a， b，有 2 ≥ ab(此式当
仅当 a＝b 时，取“＝”号)． 定理 2
且仅当 a＝b 时取“＝”号)
定理 3
对任意三个正数 a，b， c，有 a3＋b3＋ c3≥ 3abc
a＋b＋c 3 3 对任意三个正数 a，b，c，有 ≥ abc(此
(2)分析法 从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知 条件为止，这种证法称为分析法，即“执果索因”的证明 方法． (3)综合法 从已知条件出发，利用不等式的性质(或已知证明过的 不等式 )， 推出了所要证明的结论， 即“由因寻果”的方法， 这种证明不等式的方法称为综合法．
(4)放缩法 通过缩小(或放大)分式的分母 (或分子)， 或通过放大 (或 缩小 )被减式 (或减式 )来证明不等式，这种证明不等式的方 法称为放缩法． (5)反证法： 通过证明命题结论的否定不能成立，来肯定命题结论 一定成立，其证明的步骤是： ①作出否定结论的假设；②进行推理导出矛盾；③否 定假设肯定结论
性质 4
如果 a＞b， c＞ 0，那么 ac＞ bc；如果 a＞ b， c
＜ 0 那么 ac＜ bc . 推论 1 推论 2 推论 3 推论 4 如果 a＞ b＞ 0， c＞ d＞ 0，那么 ac＞bd . 如果 a＞ b＞ 0，那么 a ＞b .
2015届高三数学北师大版总复习课件：第十三章 13.2
A“．m(2充＝)由分1”mm不是22＋ 必＋“要mmz＋－1条＝14件＝＝z2”3－的2 ，解得 m＝－2 或 m＝1， (
)
B．所必以要“不m充＝分1”条是件“z1＝z2”的充分不必要条件． C．充要条件
D．答既案不充(分1)A又不必要条件(2)A
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分 第九页，编辑于星期五：八点 四十七分。
题型分类
思想方法
练出高分 第五页，编辑于星期五：八点 四十七分。
题型分类·深度剖析
题型一
复数的概念
【例 1】 (1)已知 a∈R，复数 z1＝2＋ai，z2＝1－2i，若zz12为纯
虚数，则复数zz12的虚部为
()
A．1
B．i
C．25
D．0
(2)若 z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i(m∈R)，z2＝3－2i，则
题型分类·深度剖析
题型一
复数的概念
【例 1】 (1)已知 a∈R，复数 z1＝2＋ai，z2＝1－2i，若zz12为纯
虚数，则复数zz12的虚部为
()
A．1
B．i
C．25
D．0
(2)若 z1＝(m2＋m＋1)＋(m2＋m－4)i(m∈R)，z2＝3－2i，则
“m思＝维1”升是华“z1处＝理z2”有的关复数的基本概念问题，关键( 是 )
A．找充准分复不必数要的条实件部和虚，从定义出发，把复数问题 B．转必化要成不充实分数条问件题来处理．
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
基础知识
题型分类
思想方法
练出高分 第十页，编辑于星期五：八点 四十七分。
题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 (1)(2013·安徽)设 i 是虚数单位．若复数 a－31－0 i
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高三数学总复习教程（第13讲）一、本讲内容三角函数式的恒等变形本讲进度，两角和与差的三角函数，倍角公式及相应变形要熟记并灵活运用，半角公式和差化积，积化和差等公式，来作为公式出现，不要求记忆，也应有所涉猎，三角函数的应用问题。
二、学习指导本讲公式较多，应搞清它们的来龙去脉和相互关系，以便于记忆和应用。
本讲的基础是两角和的余弦公式，在坐标平面的单位图中，利用α+β=α―(―β)，从而使（0，0）与（cos(α+β)，sin(α+β)）两点间距离等于（cos α，sin α）与(cos(―β)，sin(―β))两点距离，推导而得，以－β代β，即得两角差的余弦公式：利用诱导公式及余弦的两角和差公式，即可推出两角和，差的正弦公式；利用商数关系推得两角和、差的正切公式：在和角公式中，令β=α，即得倍角公式，由余弦的倍角公式，即得半角公式，（半角公式sin 22θ=2cos 1θ-，cos 22θ=2cos 1θ+，tan2θ=θθsin cos 1-=θθcos 1sin +应加记忆），把两角和、差的公式相加减，即得积化和差公式，在积化和差公式中进行变量代换：α=2v u +，β=2vu -，即是和差公积公式，两角和、差公式的另一个重要形式是asinx+bcosx=22b a +sin(x+ϕ)，其中tan ϕ=ab，（当然，根据需要，也可写为22b a +cos(x －ϕ)的形式） 三、典型例题讲评例1．讨论函数f(x)=)24(cos )24cos(4)24sin(sin 2x x xx +--πππ－2cos 2tan 4cos 2x x x 的性质。
显然，要先进行化简，而化简过程中要注意“保真”即必须是恒等变形，任何微小差异都必须注明。
本题中，角各不相同，（计有x 、2x ，4π－2x ，4π+2x4种之多）函数名称不同。
第一步用商数关系进行切、弦互化这一步为恒等变形：f(x)=tan )24(x -π))2cos(1(2sin x x ++π－2cos2sin 4cos x x x；第二步，诱导公工化去2π+x ，半角公式，把2x 向x 推进：f(x)=)2sin()2cos(1x x ---ππ－)1(2sin snx x -－x x sin 2cos .这一步亦为恒等变形，第三步，cos(2π－x)即sinx ，约去1－sinx ，这是否恒等变形？要看原式中sinx 对x 取值范围没有影响：f(x)=x x cos 2sin －x x sin 2cos =xx2sin 2cos -=－cta2x ，至此，问题已大半解决了。
例2．化简：（1）γβγβcos cos )sin(-+αγαγcos cos )sin(-+βαβαcos cos )sin(-.（2）sin(α+β)cos α－21[sin(2α+β)－sin β].第（1）小题为α、β、γ的轮换对称式，故抓住一项变形，其余的进行轮换即可.第（2）小题中，把2α+β及β改选为(α+β)+α和(α+β)－α，按和角公式展开，问题即没到解决。
例3．求使f (θ)=θθθθsin cos 1sin cos 1---++θθθθsin cos 1sin cos 1-+--值为4的最小正角θ.先化简可减少计算量，把1－cos θ写为2sin 22θ，1+cos θ=2cos 22θ，sin θ=2sin 2θcos2θ原式可写为－cat 2θ－tan 2θ原题就成为关于tan 2θ的二次方程，另应注意，2+3，23分别是tan 125π，tan 12π的值.例4．求值： （1） cos11πcos 112πcos 113πcos 114πcos 115π （2）tan(150－α)tan(750－α)+tan(150－α)tan2α+tan(750－α)tan2α 本题体现了公式的活用，如第（1）题中cos α=ααsin 22sin ，第（2）小题中tan α+tan β=1－tan αtanβ，等.例5．求值域：（1）y=x x sin 21cos -+ x ∈[0，43π]（2）y=12cos 1cos ++x x在第（1）小题中，用2y －ysinx=cosx+1，12+y sin(x+ϕ)=2y －1，112+-y y ≤1的办法求y 的范围是不可取的。
因为x ∈[0，43π]，故cosx ，sinx 取值都受限)sin(ϕ+x 是否取满[0，1]是有疑问的，我们另辟蹊径：法一，看作(－sinx ，cosx)与（－2，－1一部分（见图示）法二、记t=tan2x∈[0，2+1] 则y=222122111t t t t +-++-=t t 2)1(222-+ =112+-t t ，可先求出分取值范围，再求y 的范围在第（2）小题中，可以使用第（1xa 22=21[(x cos 1)2+(xcos 1)]看作有条件的二次函数的值域. 例6．是否存在实数a ，使得函数y=sin 2x+acosx+85a －23 x ∈[0，2π]的最大值为1？若存在，求出这个a ；若不存在，说明理由.这是一个关于cosx 的二次函数，应根据cosx 的取值范围与对称轴的位置关系，讨论其最大值的情况.例7．已知cos(4π+x)=53，x ∈(1217π，47π)，求xxx tan 1sin 22sin 2-+的值.(1217π，47π)横跨三、四象限，求x 的三角函数值有诸多不便，而(4π+x)∈(53π，2π)，故以(4π+x)为“基本角”较为方便，剩下的工作就是把xx x tan 122sin 2-+ε往(4π+x) 的这角函数靠拢，切化弦，分子提取2sinx ，出现原式=xx x x x sin cos )sin (cos 2sin -+是很自然的，下面就要看你的经验了四、巩固练习1．已知sin 2θ=32，cos 2ϕ=91，4π＜θ＜2π＜ϕ＜43π，求cos(ϕ－θ) 2．已知tan 2βα+=23，tan αtan β=713，求cos(α－β)3．求证：ααsin cos +αα2sin 2cos +αα4sin 4cos =ααα4sin 4cos 32cos 22++4．不查表，求值：000040cos 170sin )10tan 31(50sin 40cos +++5．一元二次方程mx 2+(2m －3)x+(m －2)=0的两根为tan α和tan β，求tan(α+β)的取值范围. 6．一扇形半径为1，圆心角为4π，求其一边在一条半径上的内接矩形的最大面积。
又若此矩形以扇形的对称轴为对称轴，则其最大面积是多少？ 7．已知函数f(x)=asinx+bcosx.（1）若f(4π)=2，且f(x)的最大值为10，求a 、b 的值； （2）若f(3π)=1，且f(x)的最小值为k ，求k 的取值范围.8．一段直河道宽1km ，两岸边各有一镇A 、B ，已知两地间直线距离为4km ，今欲在两镇间敷设电缆，已知陆上修建费用为2万元/km ，水下修建费为4万元/km ，为何设计，可使工程总费用最低？ 9．已知sinA+sinB=sinC ，且cosA+cosB=cosC. 求值：sin 2A+sin 2B+sin 2C10．求证：（1）A A A A tan sec 1tan sec 1-++-=1tan sec 1tan sec ++-+A A A A（2）ββααβαtan )tan(1tan )tan(++-+=αβ2cos 22sin .11．求证： ααααcos sin 1)sin (cos 2++-=ααsin 1cos +－ααcos 1sin +.12．对于函数f(x)=x 2+bx+c ，无论α、β为何值，恒有f(sin α)≥0，f(2+cos β)≤0. （1）求证：b+c=－1 （2）求证：c ≥ 3（3）若f(sin α)的最大值为8，求b 、c 的值.五、参考答案 1．θ∈(4π，2π)，2θ∈(8π，4π)，sin 2θ=32，∴cos 2θ=35.ϕ ∈(2π，43π)，2ϕ∈(4π，83π)，cos 2ϕ=91 ∴sin 2ϕ=954.Cos(2ϕ－2θ)=91·35+32·954=35.Cos(ϕ－θ)=2·(35)2－1=91.2．tan(α+β)=2)23(1232-⨯= 43， tan α+tan β= 43(1－713)=－7243，即 cos αcos β=3724)sin(-+βα=3724431232-+⨯=－61. ∴sin αsin β=713×(－61)=－4213.Cos(α－β) =－61－4213=－2110.3．左=αα2sin 2cos 1++αα2sin 2cos +αα4sin 4cos=αααα4sin 4cos 2cos 2)2cos 21(+⋅+=αααα4sin 4cos 2cos 42cos 22++=αααα4sin 4cos )14(cos 22cos 2+++=ααα4sin 4cos 32cos 22++=右4．原式=020000020cos 270sin 10cos 10sin 310cos 50sin 40cos ++=00000020cos 70sin 210cos 40sin 250sin 40cos +=0200020cos 210cos 80sin 40cos + =02020cos 240cos 1+=020220cos 220cos 2=2.5．一元二次方程有实根，∴⎩⎨⎧≥---=∆≠0)2(4)32(02m m m m 解得m ∈(－∞，0)∪⎥⎦⎤⎝⎛49,0.此时，tan(α+β)=βαβαtan tan 1tan tan -+=m m123-3⎫⎡3336．设∠AOD=θ，则AD=sin θAO=cos θ，从而OB=BC=AD=sin θ=sin θ(cos θ－sin θ)=21sin2θ－21(1=22sin(2θ+4π)－21显然θ∈(0，4π)，∴2θ+4π∈(4π，43π)即θ=8π时，矩形面积有最大值212-.若矩形一条对称轴与扇形的对称轴重合，记∠AOE=θ，则OE=cos θ，AB=CD=2sin θ，EF=OE －OF=cos θ－sinθcot8π=cos θ－(2矩形面积S=2sin θ[cos θ－(2+1)sin θ]= sin2θ－(2+1)(1－cos2θ)=224+sin[2θ+arctan(2+1)]－(2θ∈(0，8π)，∴2θ+arctan(2+1)∈而4π+arctan(2+1)＞2π，故当θ=4π－217．（1）已知⎪⎩⎪⎨⎧=+=+102)(2122b a b a 解得⎩⎨⎧=-=31b a 或⎩⎨⎧-==13b a（2）由已知23a+21b=1 ∴k=－22b a +=－22)32(a a -+ =－43442+-a ∈(]1,-∞-8．设过河电缆与河岸夹角当θcsc θ，陆上电缆线路长2214-－cot 则工程总费用S=2(15－cot θ)+4scs θ先求θθsin 2cos -（θ∈⎥⎦⎤ ⎝⎛2,0π单位圆的41同弧上的点与（0，2为(]3,-∞-，故当θ=600+23万元.故水下部为与河岸成6009．已知两式平方相加有2+2cos(A cos2C=cos2A+cos2B+2cos(A+B)=2cos(A+B)cos(A － =－sin 2A+sin 2B+sin 2C=22cos 1A -+22cos 1B -+22cos 1C- =23－cos(A+B)cos(A －B)－22cos C=23－cos(A+B)(－21)－2)cos(B A +=2310．即证(1+tanA －secA)(1+tanA+secA)=(secA+tanA －1)(secA －tanA+1)亦即(1+tanA)2－sec 2A=sec 2A －(tanA －1)2 2(1+tan 2A)=2sec 2A此式显然成立，故原式成立.左=)tan(tan 1)]tan(tan 1][)tan[(βαββαααβα++++-+=)cos(cos ])cos[()cos(cos ])cos[(tan βαβββαβαααβαβ+-++-+=ααββcos sin cos sin ⋅=右11．∵ααsin 1cos +=ααcos sin 1-=ααααcos sin 1sin 1cos ++-+ααcos 1sin +=ααsin cos 1-=ααααsin cos 1cos 1sin ++-+两式相减，右=ααααααsin cos 1)cos 1(sin )sin 1(cos ++-+--+=左12．（1）要f(2+cos β)≤0恒成立，⎩⎨⎧≤++=≤++=039)3(01)1(c b f c b f ①②要f(sin α)≥0恒成立，由上面已知△＞0，故须⎪⎩⎪⎨⎧-≤-≥+-=-1201)1(b c b f ③或⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥++=121)1(b c b f ④，③中f(－1)是最小值，故f(1)也≥0，又由①∴f(1)=0，即b+c=－1（2）由②9+3(b+c)≤2C ， 即C ≥3（3）∵C ≥3，即－1－b ≥3，∴b ≤－4，－2b≥2，故f(sin α)的最大值为f(－1)=1－b+c=8，与b+c=－1联立，解得c=3，b=－4.六、附录 例1．f(x)=tan(4π－2x )))2cos(1(2sin x x ++π－2cos2sin 4cos x x x=)2sin()2cos(1x x ---ππ·)sin 1(2sin x x-－xx sin 2cos=)sin 1(cos 2sin )sin 1(x x xx --－x x sin 2cos =21(x x cos sin －xx sin cos )=xx xx cos sin 2cos sin 22-=－x x 2sin 2cos =－cot2x定义域：⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈≠Z k kx x ,2π，值域R ，T=2π，奇函数在（2k π，21+k π）（k ∈Z ）单调递减.例2．（1）γβγβcos cos )sin(-=γβαγβαγβαcos cos cos sin cos cos cos sin cos -，轮换所得分两式为γβααγγβαγβcos cos cos sin sin cos cos cos sin cos -及γβαβαγβαγcos cos cos sin cos cos cos sin cos -显然，它们的和为0（上端打相同点的顶相互抵消） （2）原式sin(α+β)cos α－21[sin(α+β+α)－sin(α+β－α)]=sin(α+β)cos α－21[sin(α+β)cos α+cos(α+β)sin α－sin(α+β)cos α+cos(α+β)sin α] =sin(α+β)cos α－21×2cos(α+β)sin α=sin[(α+β)－α]=sin β例3．θθθθsin cos 1sin cos 1---+=2cos2sin 22sin 22cos2sin22cos 222θθθθθθ--=－cot 2θ(2θ≠k π+4π)，∴f(0)=－(cot 2θ+tan 2θ) 令f(0)=4，解得tan 2θ=－2±3, 2θ的最小正值为127π，θ最小正值为67π.例4．（1）∵cos α=ααsin 22sin .∴原式=ππ111sin 2112sin ·ππ112sin 2114sin ππ113sin 2116sin ππ114sin 2118sin ππ115sin 21110sin =321 （2）原式=tan(150－α)tan(750－α)+tan2a(tan(150－α)+tan(750－α))=tan(150－α)tan(750－α00=tan(150－α)tan(75－α=1 例5．（1）解法一，设P ：k QB =212211+-+-=723- ∴y ∈[723-，34] 解法二，2x ∈[0，83π]，记t=tan 2x∈y=222122111t t t t+-++-=112+-t t ，此时t 2－t+1∴y ∈[723-，34]（2）解法一，y 为两点P （cos2x ，cosx ）x ∈[－1，1]上，∴y ∈[)+∞,0.例6．记cos θ=t ∈[0，1]，则y=－t 2+at+85a －21 当2a ∈[0，1]，即a ∈[0，2]时，最大值为f(2a )=85a －21+42a ，令f(2a )=1，得2a 2－5a －12=0，a= 4或－23均不在[0，2]中，∴a ∈Φ. 当a ＜0时，最大值为f(0)=85a －21，令f(0)=1，得a=512， ∉(－∞，0)，∴a ∈Φ.当a ＞2时，最大值为f(2)=－1+a+85a －21，令f(2)=1，得a=1320∉(2，+∞)，∴a ∈Φ.综上，这样的a 不存在.例7．原式=xx x x x cos sin 1sin 2cos sin 22-+=x x x x x x sin cos )sin (cos cos sin 2-+=)4cos(2)4sin(22sin ππ++⋅x x x =tan(x+4π)·(－cos(2x+2π)) ∵x ∈(1217π，47π) . ∴x+4π∈(35π,2π) ∴t=tan(x+4π)=－34.从而原式=－3422)34(1)34(1-+--=7528。