数学高考解答题的题型及解法分析

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高考数学解答题的题型与解读

说：准确、范、度，考必胜；苦、规速高刻坚韧、自信，必成功！势
四、接２１高考题。类解析数学解链００年分答题的基本题型
１三角函数与平面向量型解答题．
三角函数和平面向量不仅是数学的重要基础知识，同时也是解决其他问题的一种数学
工具．一般考查求三角函数值、三角函数图象和性质、角形中的三角函数问题．平面向三而量的运算、数量积，既有代数形式又有几何意义，能够体现重要的数形结合思想，以更是所高考中的热点内容．高考命题者常在平面向量与三角函数、解析几何等知识交汇处命题．
方法，查了考生的数学能力和创新意识．考
二、答题的审题要求解
不能全部完成的题目应：缺步解答；跳步 ① ② 解答．题过程卡在某一中间环节上时，以解可承接中间结论，下推，直接利用前面的结往或论做下面的（）（）问．之，高三学子来２、３总对
＝１６直接求数量秘・Ｃ（）由余弦定理５；Ａ‘ ２．口＝ｂ＋２ｃｏ，ｃ一ｂｃｓ代人已知条件ｃｂ＝１Ａ — ，及ｂｃ＝１６可求ｎ５，的值．
（）３讲求书写规范，力争既对又全．这就要
求考生在面对试题时不但会而且要对，而且对
解答题多为综合题．合题从题设到结综论，从题型到内容，件隐蔽，化多样，此条变因就决定了审题思考的复杂性和解题设计的多样性．审题思考中，把握好 “ 性 ” 即（）在要三．，１

高考数学解答题解题策略及步骤分析

高考数学解答题解题策略及步骤分析在高考数学试题的三种题型中，解答题的题量虽比不上选择题的题量，但它所占分数比例较大，在试卷中占有专门重要的位置。

以下是解答题解题策略及步骤分析，请参考。

死记硬背是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。

但随着素养教育的开展,死记硬背被作为一种僵化的、阻碍学生能力进展的教学方式,慢慢为人们所摒弃;而另一方面,老师们又为提高学生的语文素养煞费苦心。

事实上,只要应用得当,“死记硬背”与提高学生素养并不矛盾。

相反,它恰是提高学生语文水平的重要前提和基础。

审清题意。

这是做好解答题最关键的一步，一定要全面、认真地审清语、图形和符号，清题目中所给条件(包括隐性条件)及其各种等价变形，恰当明白得条件与目标间的关系，合理设计好解题程序。

因此，审题要慢，书写过程时能够适当提高速度。

寻求最佳解题思路。

在走好第一步的同时，依照解答题的特点，探求不同的思路是做好解答题的又一关键步骤。

由于高考试题中的解答题设计比较灵活，因此，做解答题时应注意多方位、多角度地看问题，不能机械地套用模式。

寻求解题思路时，必须遵循以下四项差不多原则：熟悉化原则;具体化原则;简单化原则;和谐化原则。

应当注意的是，上述四项原则运用的基础是分析与综合，运用分析法与综合法解综合题确实是不断地转化与化归，使问题大事化小，小事化了。

语文课本中的文章差不多上精选的比较优秀的文章,还有许多名家名篇。

假如有选择循序渐进地让学生背诵一些优秀篇目、杰出段落,对提高学生的水平会大有裨益。

现在,许多语文教师在分析课文时,把文章解体的支离破裂,总在文章的技巧方面下功夫。

结果教师费劲,学生头疼。

分析完之后,学生收效甚微,没过几天便忘的干洁净净。

造成这种事倍功半的尴尬局面的关键确实是对文章读的不熟。

常言道“书读百遍,其义自见”,假如有目的、有打算地引导学生反复阅读课文,或细读、默读、跳读,或听读、范读、轮读、分角色朗读,学生便能够在读中自然领会文章的思想内容和写作技巧,能够在读中自然加强语感,增强语言的感受力。

高考数学解答题题型

高考数学解答题题型
高考数学解答题题型包括但不限于以下几种：
1. 三角函数问题：通常会涉及同角三角函数关系、诱导公式、和差倍半等公式的运用，以及正弦、余弦函数的单调性、周期性、最值、对称轴及对称中心等性质的考查。

2. 解三角函数问题：可能会涉及判断三角形形状、正余弦定理的应用等。

3. 数列问题：包括数列的通项公式的求法，以及数列的前n项和的求法。

4. 利用导数研究函数的极值、最值、单调性：导数是高中数学中一个非常重要的概念，可以用来研究函数的极值、最值和单调性，以及切线方程等问题。

5. 定积分和微积分基本定理的应用：这部分内容考查对定积分和微积分基本定理的理解和应用。

6. 不等式的证明：不等式的证明是数学中的一个重要问题，可以通过作差法、作商法等方法进行证明。

7. 直线的斜率与截距：考查直线的斜率与截距的关系，以及如何根据已知条件求出直线的方程。

8. 圆锥曲线的方程与性质：考查圆锥曲线的方程与性质，包括椭圆、双曲线、抛物线的方程与性质。

9. 空间向量与立体几何：考查空间向量与立体几何中的点、线、面的关系，以及如何利用向量解决立体几何中的问题。

10. 排列组合与概率统计：考查排列组合与概率统计的基本概念和计算方法，包括古典概型、几何概型等。

以上是高考数学解答题可能出现的题型，但具体题型会根据当年的考试大纲和命题思路有所不同。

在备考时，建议多做历年高考真题，掌握不同题型的解题方法和技巧。

专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)

高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.7高考解答题热点题型---立体几何目录一、题型综述 (1)二题型全归纳 (1)题型一空间点、线、面的位置关系及空． (1)题型二平面图形的折叠问题 (7)题型三立体几何中的探索性问题 (10)三、高效训练突破 (15)一、题型综述立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力．解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解．重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型．二题型全归纳题型一空间点、线、面的位置关系及空．1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．．(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．4.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．①证：证明作出的角为所求角．①求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．【例1】如图，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AD ①BC ，AD ①AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ①平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长．【解题思路】由条件知AB ，AD ，AE 两两垂直，可以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决．(1)寻找平面ADE 的法向量，证明BF →与此法向量垂直，即得线面平行．(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE 和平面BDE 所成角的正弦值；(3)设CF ＝h ，用h 表示二面角E －BD －F 的余弦值，通过解方程得到线段长．【规范解答】 (1)证明：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (1,0,0)，设F (1,2，h )．依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又直线BF ①平面ADE ，所以BF ①平面ADE .(2)依题意，D (0,1,0)，E (0,0,2)，C (1,2,0)，则BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪4－2h 3 2＋4h2＝13，解得h ＝87.经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87. 【例2】.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ①平面BDE ，所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 【例3】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1，又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1.因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1，所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0，不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量，易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277，故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277. 题型二平面图形的折叠问题【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．【例1】如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把①DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ①BF .(1)证明：平面PEF ①平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解题思路】(1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE 是矩形．①证明BF ①平面PEF .①证明平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：①建系：借助第(1)问，过P 作平面ABFD 的垂线为z 轴，垂足为原点，EF 所在直线为y 轴，建系．①求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量．①由公式计算所求角的正弦值．解法二：①作：过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，连接DH .①证：证明PH ①平面ABFD ，得①PDH 为直线DP 与平面ABFD 所成角．①算：在Rt①PDH 中，PD 的长度是正方形ABCD 的边长，①PHD ＝90°，易知要求sin①PDH ，关键是求PH ；由此想到判断①PEF 的形状，进一步想到证明PF ①平面PED .【规范解答】(1)证明：由已知可得，BF ①PF ，BF ①EF ，又PF ∩EF ＝F ，所以BF ①平面PEF .又BF ①平面ABFD ，所以平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：作PH ①EF ，垂足为H .由(1)得，PH ①平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz ，设正方形ABCD 的边长为2.由(1)可得，DE ①PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ①PF .所以PH ＝32，EH ＝32，则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 解法二：因为PF ①BF ，BF ①ED ，所以PF ①ED ，又PF ①PD ，ED ∩PD ＝D ，所以PF ①平面PED ，所以PF ①PE ，设AB ＝4，则EF ＝4，PF ＝2，所以PE ＝23，过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，因为平面PEF ①平面ABFD ，所以PH ①平面ABFD ，连接DH ，则①PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，因为PE ·PF ＝EF ·PH ，所以PH ＝23×24＝3，因为PD ＝4，所以sin①PDH ＝PH PD ＝34，所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 题型三立体几何中的探索性问题【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题【例1】(2020·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，平面P AC ①底面ABCD ，P A ＝PC ＝2 2.(1)求证：PB ＝PD ；(2)若点M ，N 分别是棱P A ，PC 的中点，平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ，则在线段BC 上是否存在一点H ，使得DQ ①PH ？若存在，求BH 的长；若不存在，请说明理由．【解题思路】 (1)要证PB ＝PD ，想到在①PBD 中，证明BD 边上的中线垂直于BD ，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直．(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN 的法向量n ，分别依据P ，B ，Q 共线和B ，C ，H 共线，设PQ →＝λPB →和BH →＝tBC →，利用垂直关系列方程先求λ再求t ，确定点H 的位置．【规范解答】 (1)证明：记AC ∩BD ＝O ，连接PO ，①底面ABCD 为正方形，①OA ＝OC ＝OB ＝OD ＝2.①P A ＝PC ，①PO ①AC ，①平面P AC ①底面ABCD ，且平面P AC ∩底面ABCD ＝AC ，PO ①平面P AC ，①PO ①底面ABCD .①BD ①底面ABCD ，①PO ①BD .①PB ＝PD .(2)存在．以O 为坐标原点，射线OB ，OC ，OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知OP ＝2.可得P (0,0,2)，A (0，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (－2，0,0)，可得M (0，－1,1)，N (0,1,1)，DM →＝(2，－1,1)，MN →＝(0，2,0)．设平面DMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，①DM →·n ＝0，MN →·n ＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋z ＝0，2y ＝0. 令x ＝1，可得n ＝(1,0，－2)．记PQ →＝λPB →＝(2λ，0，－2λ)，可得Q (2λ，0,2－2λ)，DQ →＝(2λ＋2,0,2－2λ)，DQ →·n ＝0，可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝13. 可得DQ →＝⎝⎛⎭⎫83，0，43. 记BH →＝tBC →＝(－2t,2t,0)，可得H (2－2t,2t,0)，PH →＝(2－2t,2t ，－2)，若DQ ①PH ，则DQ →·PH →＝0，83(2－2t )＋43×(－2)＝0，解得t ＝12. 故BH ＝ 2.故在线段BC 上存在一点H ，使得DQ ①PH ，此时BH＝ 2.【例2】如图，在四棱锥PABCD中，P A①平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD①平面P AC；(2)若①ABC＝60°，求证：平面P AB①平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF①平面P AE？说明理由．【解】(1)证明：因为P A①平面ABCD，所以P A①BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD①A C.又P A∩AC＝A，所以BD①平面P A C.(2)证明：因为P A①平面ABCD，AE①平面ABCD，所以P A①AE.因为底面ABCD为菱形，①ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE①CD，所以AB①AE.又AB∩P A＝A，所以AE ①平面P AB .因为AE ①平面P AE ，所以平面P AB ①平面P AE .(3)棱PB 上存在点F ，使得CF ①平面P AE .取F 为PB 的中点，取G 为P A 的中点，连接CF ，FG ，EG .则FG ①AB ，且FG ＝12AB . 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ①AB ，且CE ＝12AB . 所以FG ①CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ①EG .因为CF ①平面P AE ，EG ①平面P AE ，所以CF ①平面P AE .【例3】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ，所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B CG A 的大小为30°.三、高效训练突破1.(2020·深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ，因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)，所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)．设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 2．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ①平面ABCD ，①P AD 是边长为4的等边三角形，BC ①PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ①PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值．【解析】：(1)证明：因为①P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ①AD .又平面P AD ①平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ①平面P AD ，所以PE ①平面ABCD ，所以PE ①BC ，PE ①BE .又BC ①PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ①平面PBE ，所以BC ①BE .又BC ①AD ，所以AD ①BE .又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE ①平面P AD ，所以BE ①平面P AD ，所以BE ①PD .(2)由(1)得BE ①平面P AD ，所以①BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角．因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，即sin①BAE ＝154 ，所以cos①BAE ＝14. 所以cos①BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)，所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎨⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，z ＝5y . 令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)．易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 3.(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33，所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263，所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 4．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ，又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC . 因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)，设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55，由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ，所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52，所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.5．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC . 因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ，所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ，所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC . (2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)，所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)，设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515，所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.6.(2020·河南郑州三测)如图①，①ABC 中，AB ＝BC ＝2，①ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把①AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图①)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ①平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值．【解析】：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ①BC . 因为①ABC ＝90°，所以EF ①BE ，EF ①PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ①平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ①BE .由(1)知EF ①平面PBE ，EF ①平面BCFE ，所以平面PBE ①平面BCFE . 又PO ①平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ①平面BCFE .过点O 作OM ①BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)，则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝⎛⎭⎫－λ＋12，λ，32（1－λ）.设平面PCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m ＝0，PF →·m ＝0，即⎩⎨⎧12x ＋2y －32z ＝0，－12x ＋y －32z ＝0，取y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)，所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035.7．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图①所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ①平面EMC ； (2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M EC F 的余弦值；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】：(1)因为直线MF ①平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ①BF ，M 为AB 的中点，所以①OAM ①①FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形，所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为①DOF 的中位线，所以MN ①OD ，又MN ①平面EMC ，OD ①/ 平面EMC ，所以直线OD ①平面EMC . (2)由已知可得EF ①AE ，EF ①DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ①平面ADE .所以平面ABFE ①平面ADE ，易知①ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ①平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)．设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0①⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0，解得t＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量，易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ，则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t2－4t ＋19. 因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ①平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。

高考数学各类题型的答题套路及技巧

高考数学各类题型的答题套路及技巧高考数学必考题及解题技巧篇一1、解三角形常用知识：正余弦定理、面积公式、边角互换、均值不等式，注意角范围的叙述(三角形内角和定理);三角函数与解三角形，向量相结合：化一公式、诱导公式、二倍角公式、基本关系式，均值不等式、周期的求法。

2、数列求通项an的方法：公式法、累加法、累乘法、构造法、倒数法、同除法、an与S，和Sn-1的等量关系。

求Sn的常用方法：公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等。

3、立体几何证明平行：做辅助线(中位线，平行四边形，相似三角形等)可证面面平行，线面平行性质等。

证明垂直：勾股定理；等腰，等边三角形性质；菱形，正方形性质；基本图形的垂直；线面垂直得线线垂直；面面垂直性质，直径所对的圆周角等。

求距离：解三角形，等体积法等。

求空间角：做辅助线，建系，标出相应点的坐标，求出平面的法向量，写出相应的夹角公式，线面角公式等。

高考数学答题技巧篇二1、高考数学答题带着量角器进考场带个量角器进考场，遇见解析几何马上可以知道是多少度，小题求角基本马上解了，要是求别的也可以代换，大题角度是个很重要的结论，如果你实在不会，也可以写出最后结论。

2、高考数学答题取特殊值法圆锥曲线中最后题往往联立起来很复杂导致算不出，这时你可以取特殊值法强行算出过程就是先联立，后算代尔塔，用下韦达定理，列出题目要求解的表达式，就可以了。

3、高考数学答题空间几何空间几何证明过程中有一步实在想不出把没用过的条件直接写上然后得出想不出的那个结论即可。

如果第一题真心不会做直接写结论成立则第二题可以直接用！用常规法的同学建议先随便建立个空间坐标系，做错了还有2分可以得。

4、高考数学答题图像法超越函数的导数选择题，可以用满足条件常函数代替，不行用一次函数。

如果条件过多，用图像法秒杀。

不等式也是特值法图像法。

先易后难我们在答数学试卷的时候，一定要先选择自己会的有把握的，要按照这个顺序，确保自己会都正确，我们在做其他的题。

高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略

高中数学高考专题(5)立体几何的高考解答题型及求解策略立体几何的解答题型主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归思想的应用能力.题型一线面位置关系的证明题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，应用向量证明线、面的位置关系的关键是把空间线面位置关系的判定定理和性质定理与空间向量建立对应关系，把空间位置关系的证明转化为空间向量的运算，通过运算解决证明问题．这里以传统方法为例建立审题程序与答题模板，向量方法参照本专题题型二．如图，四边形ABCD是菱形，四边形MADN是矩形，平面MADN⊥平面ABCD，E、F分别为MA、DC的中点，求证：(1)EF∥平面MNCB；(2)平面MAC⊥平面BND.[审题程序]第一步：利用中位线、平行四边形的性质在四边形MNCB内确定与EF平行的直线；第二步：在平面MAC和平面BND中寻找与另一平面垂直的直线；第三步：应用面面垂直、菱形的性质，由线线垂直解决．[规范解答](1)如图，取NC的中点G，连接FG，MG.因为ME∥ND且ME＝12ND，F、G分别为DC、NC的中点，FG∥ND且FG＝12ND，所以FG与ME平行且相等，所以四边形MEFG是平行四边形，所以EF∥MG，又MG⊂平面MNCB，EF⊄平面MNCB，所以EF∥平面MNCB.(2)如图，连接BD、MC.因为四边形MADN是矩形，所以ND⊥AD.因为平面MADN⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面MADN＝AD，DN⊂平面MADN，所以ND⊥平面ABCD，所以ND⊥AC.因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为BD∩ND＝D，所以AC⊥平面BDN.又AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面BDN.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：1．(2016·北京西城区高三期末)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G，H分别是CE，CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH∥平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解](1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF.又GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH.在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF.因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)由(1)得AC⊥平面BDEF.因为AO＝2，四边形BDEF的面积S▱BDEF＝3×22＝62，＝4.所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S▱BDEF同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.题型二求空间几何体的体积题型概览：计算几何体的体积，关键是根据条件找出相应的底面和高，应注意充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题．(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积，可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥．(2016·全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面P AB；(2)求四面体N－BCM的体积．[审题程序]第一步：由线线平行或面面平行证明(1)；第二步：由N 为PC 中点，推证四面体N －BCM 的高与P A 的关系；第三步：利用直接法求四面体的体积．[规范解答] (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12P A .取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5.由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×P A 2＝453. [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：2．(2016·深圳一模)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面SBC是正三角形，E是SB的中点，且AE⊥平面SBC.(1)证明：SD∥平面ACE；(2)若AB⊥AS，BC＝2，求点S到平面ABC的距离．[解](1)证明：连接BD，交AC于点F，连接EF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴F是BD的中点，又∵E是SB的中点，∴EF∥SD.∵SD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，∴SD∥平面ACE.(2)∵AB⊥AS，BC＝BS＝2，且E是SB的中点，∴AE＝1.∵AE⊥平面SBC，BS、CE⊂平面SBC，∴AE⊥BS，AE⊥CE.∴AB＝AE2＋BE2＝ 2.又侧面SBC 是正三角形，∴CE ＝3， ∴AC ＝AE 2＋CE 2＝2，∴△ABC 是底边长为2，腰长为2的等腰三角形， ∴S △ABC ＝12×2×4－12＝72.设点S 到平面ABC 的距离为h .由V 三棱锥S －ABC ＝V 三棱锥A －SBC ，得13h ·S △ABC ＝13AE ·S △SBC ，∴h ＝AE ·S △SBC S △ABC ＝237＝2217.题型三立体几何中的探索性问题题型概览：如果知道的是试题的结论，而要求的却是试题的某一个存在性条件(如存在某个定点、定直线、定值等)，这种试题称为存在探索型试题．解题策略一般是先假设结论成立，然后以该结论作为一个已知条件，再结合题目中的其他已知条件，逆推(即从后往前推)，一步一步推出所要求的特殊条件，即要求的存在性条件．若能求出，则存在；若不能求出，则不存在．(2016·石家庄调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，E 在线段B 1C 1上，B 1E ＝3EC 1，AC ＝BC ＝CC 1＝4.(1)求证：BC ⊥AC 1；(2)试探究：在AC 上是否存在点F ，满足EF ∥平面A 1ABB 1？若存在，请指出点F 的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由．[审题程序]第一步：由B 1E ＝3EC 1及EF ∥平面A 1ABB 1猜想点F 的位置；第二步：在平面A 1ABB 1内探求与EF 平行的直线或寻找经过EF 与平面A 1ABB 1平行的平面；第三步：由线线平行或面面平行推理论证．[规范解答] (1)证明：∵AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥AA 1. 又∵BC ⊥AC ，AA 1∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面AA 1C 1C . 又AC 1⊂平面AA 1C 1C ，∴BC ⊥AC 1.(2)解法一：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图1，在平面A1B1C1内过点E作EG∥A1C1交A1B1于点G，连接AG.∵B1E＝3EC1，∴EG＝34A1C1.又AF∥A1C1且AF＝3，4A1C1∴AF∥EG且AF＝EG，∴四边形AFEG为平行四边形，∴EF∥AG.又EF⊄平面A1ABB1，AG⊂平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1.解法二：当AF＝3FC时，EF∥平面A1ABB1.证明如下：如图2，在平面BCC1B1内过点E作EG∥BB1交BC于点G，连接FG. ∵EG∥BB1，EG⊄平面A1ABB1，BB1⊂平面A1ABB1，∴EG∥平面A1ABB1.∵B1E＝3EC1，∴BG＝3GC，∴FG∥AB.又AB⊂平面A1ABB1，FG⊄平面A1ABB1，∴FG∥平面A1ABB1.又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面A1ABB1.∵EF⊂平面EFG，∴EF∥平面A1ABB1.[答题模板]解决这类问题的答题模板如下：3．如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点．(1)证明：MC⊥AB；(2)若AA1＝26，侧棱CC1上是否存在点P，使得MC⊥平面ABP？若存在，求PC的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN，则MN⊥底面ABC，MN⊥AB.因为△ABC是正三角形，所以NC⊥AB.因为MN∩NC＝N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC，所以AB⊥平面MNC，所以AB⊥MC.(2)由(1)知MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP.过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C与Rt△PCB相似，QC1C1C ＝PCCB，所以PC＝QC1·CBC1C＝3×426＝6，点P恰好是CC1的中点．。

数学解答题技巧

高考数学解答题技巧1、三角变换与三角函数的性质问题解题方法：①不同角化同角;②降幂扩角;③化f(x)=Asin(ωx+φ)+h ;④结合性质求解。

答题步骤：①化简：三角函数式的化简，一般化成y=Asin(ωx+φ)+h的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式。

②整体代换：将ωx+φ看作一个整体，利用y=sin x，y=cos x的性质确定条件。

③求解：利用ωx+φ的范围求条件解得函数y=Asin(ωx+φ)+h的性质，写出结果。

2、解三角形问题解题方法：(1) ①化简变形;②用余弦定理转化为边的关系;③变形证明。

(2) ①用余弦定理表示角;②用基本不等式求范围;③确定角的取值范围。

答题步骤：①定条件：即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向。

②定工具：即根据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角之间的互化。

③求结果。

3、数列的通项、求和问题解题方法：①先求某一项，或者找到数列的关系式;②求通项公式;③求数列和通式。

答题步骤：①找递推：根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系，即找数列的递推公式。

②求通项：根据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式，或利用累加法或累乘法求通项公式。

③定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)。

④写步骤：规范写出求和步骤。

4、离散型随机变量的均值与方差解题思路：(1)①标记事件;②对事件分解;③计算概率。

(2)①确定ξ取值;②计算概率;③得分布列;④求数学期望。

答题步骤：①定元：根据已知条件确定离散型随机变量的取值。

②定性：明确每个随机变量取值所对应的事件。

③定型：确定事件的概率模型和计算公式。

④计算：计算随机变量取每一个值的概率。

⑤列表：列出分布列。

⑥求解：根据均值、方差公式求解其值。

5、圆锥曲线中的范围问题解题思路;①设方程;②解系数;③得结论。

答题步骤：①提关系：从题设条件中提取不等关系式。

“新高考”数学试卷结构、题型分析

“新高考”数学试卷结构、题型分析导读：随着新高考改革的推进，2021年又有8个省份宣布采用新高考模式。

截止目前，采用新高考模式地区暴增至14个省份！在新高考形式下，数学成为了很多同学最为关注的学科。

今天，为大家整理了2021年新高考数学全国I卷的试卷结构和分析！希望能够帮上你！新高考数学试卷结构第一大题，单项选择题，共8小题，每小题5分，共40分；第二大题，多项选择题，共4小题，每小题5分，部分选对得3分，有选错得0分，共20分；第三大题，填空题，共4小题，每小题5分，共20分；第四大题，解答题，共6小题，均为必考题，涉及的内容是高中数学的六大主干知识：三角函数，数列，统计与概率，立体几何，函数与导数，解析几何。

每小题12分，共60分。

单项选择题考点分析：多项选择题考点分析：填空题考点分析：选择填空题部分主干考点分析：从主干知识所占比重来看，新高考数学试卷与原来保持一致，主干知识的考察在60分，占整个填选题的75%，这也启示我们高中数学主干知识的稳定性与重要性，在以后的备考中要引起高度的重视。

解答题部分考点分析：全卷主干考点分析：从主干知识所占比重来看，新高考数学试卷与原来保持一致，主干知识的考察在60分，占整个填选题的75%，这也启示我们高中数学主干知识的稳定性与重要性，在以后的备考中要引起高度的重视。

六种解题技巧一、三角函数题注意归一公式、诱导公式的正确性(转化成同名同角三角函数时，套用归一公式、诱导公式(奇变、偶不变;符号看象限)时，很容易因为粗心，导致错误!一着不慎，满盘皆输!)。

二、数列题1、证明一个数列是等差(等比)数列时，最后下结论时要写上以谁为首项，谁为公差(公比)的等差(等比)数列;2、最后一问证明不等式成立时，如果一端是常数，另一端是含有n的式子时，一般考虑用放缩法;如果两端都是含n的式子，一般考虑数学归纳法(用数学归纳法时，当n=k+1时，一定利用上n=k时的假设，否则不正确。

高考数学全国卷试题评析

高考数学全国卷试题评析高考数学是每年参加高考的学生必须面对的一门科目，也是考生们普遍认为难度较高的一门科目之一。

为了更好地帮助考生们备战高考数学，下面将对某年的高考数学全国卷试题进行评析，希望能对考生们有所帮助。

一、题型分析该年高考数学全国卷试题包括选择题、填空题和解答题。

选择题占据了试题的一大部分，主要考察考生对知识点的掌握和运用能力；填空题主要考察考生对知识的综合运用能力；解答题则考察考生的解题思路和推理能力。

二、难度评析1.选择题选择题是高考数学中相对较容易得分的题型，但也有一些难度较高的题目。

这些题目往往需要考生对相关知识点的理解和应用能力较高。

考生在做选择题时，应先仔细阅读题目，理解题意，然后分析选项，找出正确答案。

在解题过程中，考生要注意排除干扰项，避免被迷惑。

2.填空题填空题主要考察考生对知识点的综合运用能力。

有些填空题需要考生将多个知识点结合起来进行推理和计算。

考生在做填空题时，应先将给定的信息整理清楚，然后有条不紊地填写答案。

在填空过程中，要注意计算精度和单位的正确性，避免因为粗心导致答案错误。

3.解答题解答题是高考数学中相对较难的题型，需要考生有较强的解题思路和推理能力。

解答题的答案不唯一，但要求考生给出详细的解题步骤和推理过程。

在解答题时，考生应先分析题目，确定解题思路，然后有条不紊地进行解题。

在解答过程中，要注意合理运用已学知识，避免过度推理和漏解等错误。

三、备考建议1.掌握基本知识点高考数学试题的出题依据是教材中的基本知识点，考生要牢固掌握教材中的基本知识点，熟练运用相关的公式和定理。

通过做大量的题目，加深对知识点的理解和应用能力。

2.多做模拟试题高考数学试题的题型和难度都与模拟试题相似，因此考生在备考过程中要多做模拟试题，加深对各个题型的理解和掌握。

通过做模拟试题，考生可以了解自己的薄弱环节，并有针对性地进行复习。

3.注重解题思路解答题的解题思路和推理能力是考生得高分的关键。

分析23年高考数学乙卷解答题型

分析23年高考数学乙卷解答题型2023全国乙卷理科高考数学真题理科数学的考点1.【数列】【解三角形】数列与解三角形的学问点在解答题的第一题中，是非此即彼的状态，近些年的特征是大题第一题两年数列两年解三角形轮番来，2023、大题第一题考查的是数列，大题第一题考查的是解三角形，故估计大题第一题较大可能仍旧考查解三角形。

数列主要考察数列的定义，等差数列、等比数列的性质，数列的通项公式及数列的求和。

解三角形在解答题中主要考查正、余弦定理在解三角形中的应用。

2.【立体几何】高考在解答题的其次或第三题位置考查一道立体几何题，主要考查空间线面平行、垂直的证明，求二面角等，出题比较稳定，其次问需合理建立空间直角坐标系，并正确计算。

3.【概率】高考在解答题的其次或第三题位置考查一道概率题，主要考查古典概型，几何概型，二项分布，超几何分布，回来分析与统计，近年来概率题每年考查的角度都不一样，并且题干长，是同学感到困难的一题，需正确理解题意。

4.【解析几何】高考在第20题的位置考查一道解析几何题。

主要考查圆锥曲线的定义和性质，轨迹方程问题、含参问题、定点定值问题、取值范围问题，通过点的坐标运算解决问题。

5.【导数】高考在第21题的位置考查一道导数题。

主要考查含参数的函数的切线、单调性、最值、零点、不等式证明等问题，并且含参问题一般较难，处于必做题的最终一题。

6.【选做题】今年高考几何证明选讲已经删除，选考题只剩两道，一道是坐标系与参数方程问题，另一道是不等式选讲问题。

坐标系与参数方程题主要考查曲线的极坐标方程、参数方程、直线参数方程的几何意义的应用以及范围的最值问题;不等式选讲题主要考查肯定值不等式的化简，求参数的范围及不等式的证明。

数学解题技巧1、首先是精选题目，做到少而精。

只有解决质量高的、有代表性的题目才能到达事半功倍的效果。

然而绝大多数的同学还没有区分、分析题目好坏的力量，这就需要在老师的指导下来选择复习的练习题，以了解高考题的形式、难度。

高考数学解答题常考公式及答题模板

第 1 页高考数学解答题常考公式及答题模板题型一：解三角形1、正弦定理：R CcB b A a 2sin sin sin === （R 是ABC ∆外接圆的半径）变式①：⎪⎩⎪⎨⎧===C R c B R b A R a sin 2sin 2sin 2 变式②：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===Rc C R bB R aA 2sin 2sin 2sin 变式③：CB A c b a sin :sin :sin ::=2、余弦定理：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+=-+==+=C ab b a c B ac c a b A bc c b a cos 2cos 2cos 2222222222 变式：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧-+=-+=-+=ab c b a C ac b c a B bc a c b A 2cos 2cos 2cos 2222222223、面积公式：A bc B ac C ab S ABC sin 21sin 21sin 21===∆ 4、射影定理：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=A b B a c A c C a b Bc C b a cos cos cos cos cos cos （少用，可以不记哦^o^）5、三角形的内角和等于 180，即π=++C B A6、诱导公式：奇变偶不变，符号看象限利用以上关系和诱导公式可得公式：⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+A C B B C A C B A sin )sin(sin )sin(sin )sin( 和 ⎪⎩⎪⎨⎧-=+-=+-=+A C B B C A CB A cos )cos(cos )cos(cos )cos(7、平方关系和商的关系：①1cos sin 22=+θθ ②θθθcos sin tan =8、二倍角公式：①θθθcos sin 22sin =②θθθθθ2222sin 211cos 2sin cos 2cos -=-=-= ⇒降幂公式：22cos 1cos 2θθ+=，22cos 1sin 2θθ-= ③θθθ2tan 1tan 22tan -=8、和、差角公式：①⎩⎨⎧-=-+=+βαβαβαβαβαβαsin cos cos sin )sin(sin cos cos sin )sin(②⎩⎨⎧+=--=+βαβαβαβαβαβαsin sin cos cos cos(sin sin cos cos cos(））③⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=--+=+βαβαβαβαβαβαtan tan 1tan tan )tan(tan tan 1tan tan )tan( 9、基本不等式：①2ba ab +≤),(+∈R b a ②22⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤b a ab ),(+∈R b a ③222b a ab +≤ ),(R b a ∈注意：基本不等式一般在求取值范围或最值问题中用到，比如求ABC ∆面积的最大值时。

资料：高考数学解题方法大全(共10套)解答题的解法

2兀所以，f(x)的最小正周期，最小值为-2x71 JI7_ 5兀 3T123126f(x)2-2<32010年高考数学考点预测解答题的解法在高考数学试卷中，解答题包括计算题、证明题、应用题等。

其基本架构是：给出一定的题设(即已知条件)，然后提出一定的要求(即要达到的目标)，让考生解答。

考生解答时，应把已知条件作为出发点，运用有关的数学知识和方法，进行推理、演绎或计算，最后达到所要求的目标，同时要将整个解答过程的主要步骤和经过，有条理、合逻辑、完整地陈述清楚。

纵观近几年高考命题情况，可以发现，主观题在高考卷中的考查呈现以下特点：(1) 对基础知识的考查，要求全面又突出重点，注重学科的内在联系和知识的综合。

(2) 对数学思想和方法的考查，数学思想与方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括，在高考中，常将它们与数学知识的考查结合进行考查时，从学科整体意义和思想含义上立意，注意通性通法，淡化特殊技巧。

(3) 对能力的考查，以逻辑思维能力为核心，全面考查各种能力，强调探究性、综合性、应用性，突出数学试题的能力立意，强化对素质教育的正确导向。

(4) 在强调综合性的同时，注重试题的层次性，合理调控综合程度，坚持多角度、多层次的考查。

(5)出现一些背景新颖的创新题、开放题、富有时代特色的应用题,-、三角与三角函数的综合问题“【例 1】已知函数 f(x)=-2j3sin 2x+sin2x+V3.(i) 求函数f(x )的最小正周期和最小值； (n)在给出的直角坐标系中，画出函数y 二f(x)在区间［0,二］上的图象.命题意图：三角与三角函数的综合问题主要考点是三角变换、图像、解析式、向量或三角应用题，重点是三角、向量基本知识的综合应用能力。

数形结合、函数与方程思想、化归转化的思想是解决三角函数问题时经常使用的基本思想方法。

属于基础题或中档题的层面，高考中一定要尽量拿满分。

【分析及解】(i) f (x) =、3(1 -2sin 2 x) sin 2x = sin 2x ■、3 cos2x = 2sin(2x ■—)并有越演越烈的趋势(n)列表:故画出函数y 二f(x)在区间［0,二］上的图象为评注：三角函数的训练应当立足课本，紧扣高考真题，不需要加深加宽•解答三角函数考题的关键是进行必要的三角恒等变形，其解题通法是：发现差异(角度，函数，运算) ，寻找联系(套用、变用、活用公式，技巧，方法) ，合理转化(由因导果，由果探因)•其解题技巧有：常值代换：特别是用“ 1 ”的代换；项的分拆与角的配凑；化弦(切)法；降次与升次；引入辅助角：asin B +bcos B = . a2 b2sin( 0 +「),这里辅助角所在象限由a、b的符b号确定，「角的值由tan即确定.此类题目的特点是主要考查三角函数的概念、周期性、a单调性、有界性、“五点法”作图，以及求三角函数的最大(最小)值等.跟踪训练1.(本小题满分12分)设函数f(x) = p q，其中向量p = (sinx,cosx • sin x),q =(2 cos x, cos x - si n x) ,x € R.(I )求f (—)的值及函数f (x)的最大值；3(II )求函数f (x)的单调递增区间.二、概率与统计的综合问题【例2】如图所示，质点P在正方形ABCD的四个顶点上按逆时针方向前进.现在投掷一个质地均匀、每个面上标有一个数字的正方体玩具，它的六个面上分别写有两个1、两个2、两个3 一共六个数字.质点P从A点出发，规则如下：当正方体上底面出现的数字是1,质点P前进一步(如由A到B)；当正方体上底面出现的数字是2，质点P前两步(如由A到C), 当正方体上底面出现的数字是3,质点P前进三步(如由A到D).在质点P转一圈之前连续投掷，若超过一圈，则投掷终止.(I)求点P恰好返回到A点的概率；(II)在点P转一圈恰能返回到A点的所有结果中，用随机变量E表示点P恰能返回到A点的投掷次数，求E的数学期望命题意图：概率与统计的综合问题主要考点是概率、分布列、期望，文科重点是概率，理科重点是概率、分布列、期望，考查从摸球、掷骰子、体育活动、射击及生产生活中抽象出的数学模型的能力，分类讨论的思想。

高考数学考试题型分析及应试策略试题

卜人入州八九几市潮王学校数学高考考试题型分析及应试策略二十七中孙志刚〔730030〕一、关于选择题1、选择题的特点：全国数学高考选择题一共12题，60分，占全卷的40%，难度比大概为6：4：2，即6个左右的题目为容易题，4个左右为中等难度的题，2个左右为难题。

2、解选择题的要求：解答选择题的首要HY是准确，第二个要求是快速。

平常训练时可以先对速度不做过多要求，力求准确，然后再逐渐追求速度，做到又准又快。

3、解选择题的策略：对于容易题和大局部的中等难度的题，可采取直接法；难度较大的题使用一些技巧，采用非常规的方法。

4、答题本卷须知：〔1〕第一卷实际上只起一个题目单的作用，所以考试时可将第一卷作为草稿纸使用，在题目周围运算、画图，不必担忧这样会影响卷面整洁。

〔2〕答完选择题后即可填涂机读卡，涂好有把握的题，把握不大的先留下来，并做一个标记，以免忘记做答，在监考老师提醒完毕时间是还有15分钟时或者之前填好所有的工程。

切记最后不要留空，实在不会的，要采用猜测、凭第一感觉、选项平均分布〔四个选项里面正确答案的数目不会相差很大〕等方法选定答案。

5、应考建议：每天安排30分钟时间是做一套模拟试卷中的选择题，要严格控制时间是，评出成绩，订正答案，反思总结。

坚持一段时间是，一定会有大的收获。

6、答题技巧：（1）直接法按常规解法作出答案,然后对照选项填涂,这种方法可以解决大局部的选择题,特别适宜做比较容易的题目.例1、,27)1(',13)0(',)(24-=--=++=f f bx ax x x f 那么曲线在1=x 处的切线的倾斜角为,6.πA ,6.π-B ,3.πC 4.πD . 解：,5,2717224)1(,13)0(,24)(3=-=--=+--=-'-=='++='a a b a f b f b ax x x f所以,,113104)1(,13104)(3=-+='-+='f x x x f 倾斜角为.4π选D. 例2、函数,),(F x x f ∈那末,}1|),{(}),(|),{(=∈=x y x F x x f y y x 所含元素的个数是:A.0,B.1,C.0或者1,D.1或者2. 解:所求集合表示函数F x x f y ∈=),(的图像与直线1=x 的交点,由函数的意义,当F ∈1时,有一个交点;当F ∉1时,没有交点.应选C. 例3、),1(2)(2f x x x f '+=那么=')0(f A.0,B.-4,C.-2,D.2.解:.4)0(,42)(,2)1(),1(22)1(),1(22)(-='-='-=''+=''+='f x x f f f f f x x f 选B.该题要特别注意理解题意,明确题设中的)1(f '为一个待定的常数.例4、),0,0(,12222>>=-b a by a x 离心率251+=e ,A,F 为左顶点、右焦点,B(0,)b ,那么=∠ABF °°°°.解:由于A(-a ,0),F()0,c , 故BF BA ⊥,选C.（2）排除法由于四个选项里面有且只有一个正确答案,只要排除三个,就可以断定剩下的一个为正确答案.排除法是解选择题最重要的技巧之一.例5、mx nx m x f +++=2)2()(的图像如下,那么m 可能的取值范围是A ．〔1，2〕，B.〔-1，2〕，C.),,2()1,(+∞-∞ D.),2[]1,(+∞-∞ .解:从图象看出,函数的定义域为R,所以函数表达式中分母恒不为0,从而.0>m 对照选项,B,C,D 中均有负数,不成立,正确答案为A. 例6、,,+∈Rb a 那么有A.,)(2b a ba ab b a +> B.,)(2ba ba ab b a +< C.,)(2b a ba ab b a +≥ D.2)(b a ba ab b a +≤.解:考虑,b a =那么选项左右两端一样,先排除A,B,再令,3,1==b a那么左=27,右=9,排除D,最后的正确答案为C.排除法运用很灵敏,大多数情况下可以先排除一个或者几个,然后再观察其余的,逐个找出错误选项.（3）特值法选取特定的数据进展演算或者推理,得到相关的结论,找出正确答案的方法.上面的例6就是利用特值逐步排除错误答案的,是排除法和特值法的综合运用.例7、假设函数122)(+-=x x a x f 是奇函数,那么=a A.1,B.2,C.3,D.4.解:由函数表达式知,定义域为R,又函数为奇函数,所以,0)0(=f 于是得,210a -=,从而.1=a选A.（4）验证法将选项之答案代入条件进展检验,用以确定正确答案.例8、圆222r y x=+上恰有两点到直线02534=+-y x 的间隔为1,那么∈rA.[4,6],B.[4,6),C,(4,6],D,(4,6).解:圆心(0,0)到直线的间隔为,5525==d 4=r 时,满足条件的点只有一个;6=r 时,满足条件的点有三个,均不成立,应选择D 答案. 例9、不等式102≤+-≤a ax x 的解是单元素集合,那么=a A.0,B.2,C.4,D.6.解:将四个选项代入, 有,102≤≤x ,12202≤+-≤x x ,14402≤+-≤x x ,16602≤+-≤x x . 即:102≤≤x ,11)1(02≤+-≤x ,1)2(02≤-≤x ,13)3(02≤--≤x .其中有唯一解的只有11)1(02≤+-≤x ,即.1=x 所以选B.（5）几何法充分运用几何图形的作用,找出问题的几何背景,或者者转化为几何问题,画出图形,直观地解决问题.例10、3lg =+x x 的解所在的区间为A.(0,1),B.(1,2),C.(2,3),D.(3,+∞). 解:原方程即x x-=3lg ，画出函数x y x y -==3,lg 的图像,如图,观察,并计算2=x 处两函数的值，可得，交点处)3,2(∈x ,选C 答案.例11、P 是以F 1,F 2为焦点的椭圆12222=+b y a x 上一点,,21tan ,02121=∠=⋅F PF PF PF 那么离心率=e A.31,B.21,C.32,D.35.解:如图,由椭圆的定义,,32||||221m m m PF PF a=+=+=又||221F F c==m 5,于是,3535===m m a c e ,选D.例12、平行四边形ABCD 中,,0=⋅BD AB4AB 2+2BD 2=1,沿BD 将四边形折成直二面角，那么三棱锥A-BCD 外接球的外表积为A ．π242，B.π481,C.π41,D.π21. 解:如图,在立体图中,可证有︒=∠=∠=∠=∠90ABD ADC BDC ABC ,令AB=CD=x ,那么由于4AB 2+2BD 2=1,24122x BD -=,,21,212222222=+=-=+=CD AD AC x BD AB ADAC 为直角三角形ABC 和ADC 的公一共斜边,其中点到A,B,C,D 四点的间隔相等,故AC 为三棱锥外接球的直径,21)2(2=R ,812=R ,242ππ==R S .选D.（6）综合法运用两种或者两种以上的方法和技巧综合解决问题.这种方法主要用于解一些比较难的题目.例13、假设),,1(a x ∈那么下面正确的选项是A.x x x a a a a 22log log )(log log <<,B.22log log )(log log x x x a a a a <<,C.)(log log log log 22x x x a a a a<<,D.22log )(log log log x x x a a a a <<.解:此题本质上是比较三个数的大小,可以考虑极限状态:ax →,这时,四个选项分别接近于:.201,021,210,120<<<<<<<<所以选B.例14、40πθ<<,以下正确的选项是A.θθθcot sin cos >>,B.θθθsin cot cos <<,C.θθθcot cos sin <<,D.θθθcos sin cot <<.解:特值法取6πθ=,立知只有C 是正确的.BC排除法,14cot cot =>πθ为最大,只有C 正确.P几何法如图,作出三角函数线,x 因为|BC|>|OM|>|PM|,所以选C.例15、6323)1(x y +的展开式中第四项的值是20,那么y 作为x 的函数的图像大致是解:由表达式,,0≠x且0<x 时有意义,对照图像,应选B.例16、从2021名学生中选50人组成参观团,先用简单随机抽样法剔出8人,再将其余2000人按系统抽样法选取,那么每人入选的概率 A.不全相等,B.100425401.解:方法1设某人被选中,那么剔出第一个人:P 1=20082007,剔出第二个人:P 2=20072006,剔出第三个人:P 3=20062005,…,选50人:200050,于是,P=10042520005020012000...2007200620082007=⋅⋅⋅⋅.选C. 方法2由课文表达,系统抽样的操作程序即如上所说,作为一个合理通行的方法,每人入选的概率肯定是一样的,所以应中选择C.这里特别强调一下阅读课本的重要性。

【高考数学】高考解析几何解答题题型分析及解答策略(学生).doc

高考解析几何解答题题型分析及解答策略。

©归纳・・1.定点问题(1)解析几何中直线过定点或曲线过定点问题是指不论直线或曲线中的参数如何变化，直线或曲线都经过某一个定点.(2)定点问题是在变化中所表现出来的不变的点，那么就可以用变量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变量所影响的某个点，就是要求的定点.2.定值问题解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不随参数的变化而变化，而始终是一个确定的值.3.最值问题圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法, 即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.4.圆锥曲线中的范围问题(1)解决这类问题的基本思想是建立目标函数和不等关系.(2)建立目标函数的关键是选用一个合适的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理.5.圆锥曲线中的存在性问题(1)所谓存在性问题，就是判断满足某个(某些)条件的点、直线、曲线(或参数)等几何元素是否存在的问题.(2)这类问题通常以开放性的设问方式给出，若存在符合条件的几何元素或参数值，就求出这些几何元素或参数值；若不存在，则要求说明理由.6.圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一类是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；另一类是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).7.圆锥曲线与三角、向量的交汇问题8.圆锥曲线与数列、不等式的交汇问题9.圆锥曲线与函数、导数的交汇问题.(1)求椭圆E的方程；(2)过椭圆E的左顶点A作两条互相垂直的直线分别与椭圆E交.于(不同于点A的)M, N两点，试判断直线与x轴的交点是否为定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.［例2］.已知椭圆C：务+相=1(泓＞0)的离心率e=斗,左、右焦点分别为Fi，F2,点F(2, 茶)，点％在线段PF1的中垂线上.(1)求椭圆。

2024年江苏省高考数学试题分析

2024年江苏省高考数学试题分析标题：2024年江苏省高考数学试题分析一、试题整体评价2024年江苏省高考数学试题整体上延续了以往的风格，注重基础知识的考查，强调数学思维和方法的应用，同时关注数学在实际生活中的应用。

试题题型设计合理，难度适中，具有良好的区分度和一定的挑战性，能够全面评价考生的数学素养。

二、各个题型分析1、选择题：选择题部分考查的内容较为基础，涵盖了高中数学的主要知识点。

这部分试题注重考查考生的基本计算能力、对数学概念的理解以及简单的推理判断。

其中，部分题目设计新颖，需要考生灵活运用所学知识进行分析解答。

2、填空题：填空题部分难度有所提升，需要考生在掌握基本知识的基础上具备较强的思维能力和逻辑推理能力。

其中，部分题目涉及复杂数列、立体几何等相关知识，对考生的综合素质提出了较高要求。

3、解答题：解答题部分注重考查考生对数学知识的综合运用能力。

题目涉及的知识点较为广泛，包括函数、数列、概率、统计、立体几何等多个方面。

其中，部分题目要求考生通过自主推导、论证得出结论，对考生的数学思维和逻辑推理能力提出了较高要求。

三、知识点考查情况2024年江苏省高考数学试题对各个知识点的考查分布较为均衡。

其中，重点考查了函数、数列、概率、统计等基础内容，同时加强对实际应用问题的考查。

此外，试题还涉及了数学思想方法的运用，如分类讨论、归纳与演绎等。

四、对未来学习的启示通过分析2024年江苏省高考数学试题，我们可以得出以下启示：1、重视基础知识的掌握：高考数学试题强调对基础知识的考查，因此在未来的学习中应注重对数学基本概念、公式、定理等知识的理解和掌握。

2、强化思维能力和方法的培养：高考数学试题要求考生具备较好的数学思维和方法，因此在未来的学习中应注重培养自己的逻辑思维和推理能力，掌握解题的基本方法。

3、关注实际应用问题的解决：高考数学试题中涉及的实际应用问题越来越多，因此在未来的学习中应注重培养解决实际问题的能力，善于将实际问题转化为数学模型。

高中数学高考解答题的常见题型及解答技巧

2016-2017学年广东省韶关市高三（上）期末数学试卷（理科）（1月份）1．如图，在△ABC中，M是边BC的中点，tan∠BAM=，cos∠AMC=﹣（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若角∠BAC=，BC边上的中线AM的长为，求△ABC的面积．3．已知四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，E 是BC中点，M是PD上的中点，F是PC上的动点．（Ⅰ）求证：平面AEF⊥平面PAD（Ⅱ）直线EM与平面PAD所成角的正切值为，当F是PC中点时，求二面角C﹣AF﹣E的余弦值．3．随着经济模式的改变，微商和电商已成为当今城乡一种新型的购销平台．已知经销某种商品的电商在任何一个销售季度内，每售出1吨该商品可获利润0.5万元，未售出的商品，每1吨亏损0.3万元．根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如右图所示．已知电商为下一个销售季度筹备了130吨该商品．现以x（单位：吨，100≤x≤150）表示下一个销售季度的市场需求量，T（单位：万元）表示该电商下一个销售季度内经销该商品获得的利润．（Ⅰ）视x分布在各区间内的频率为相应的概率，求P（x≥120）（Ⅱ）将T表示为x的函数，求出该函数表达式；（Ⅲ）在频率分布直方图的市场需求量分组中，以各组的区间中点值（组中值）代表该组的各个值，并以市场需求量落入该区间的频率作为市场需求量取该组中值的概率（例如x∈[100，110），则取x=105，且x=105的概率等于市场需求量落入100，110）的频率），求T的分布列及数学期望E（T）．4．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数）．以点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=2（Ⅰ）将直线l化为直角坐标方程；（Ⅱ）求曲线C上的一点Q 到直线l 的距离的最大值及此时点Q的坐标．1．如图，在△ABC中，M是边BC的中点，tan∠BAM=，cos∠AMC=﹣（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若角∠BAC=，BC边上的中线AM的长为，求△ABC的面积．【考点】HR：余弦定理；GR：两角和与差的正切函数．菁优网版权所有【分析】（Ⅰ）由邻补角定义及诱导公式得到cos∠AMC=﹣cos∠AMB，求出cos ∠AMB的值，利用同角三角函数间的基本关系求出tan∠AMB的值，再利用诱导公式求出tanB的值，即可确定出B的大小；（Ⅱ）由三角形内角和定理及等角对等边得到AB=BC，设BM=x，则AB=BC=2x，利用余弦定理列出方程，求出方程的解得到x的值，确定出AB与BC的值，再利用三角形面积公式求出三角形ABC面积即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意可知∠AMB+∠AMC=π，又cos∠AMC=﹣，∴cos∠AMB=，sin∠AMB=，tan∠AMB=，∴tanB=﹣tan（∠BAM+∠BMA）=﹣=﹣=﹣，又B∈（0，π），∴B=；（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠B=，且∠BAC=，∴∠C=，即∠BAC=∠C，∴AB=BC，设BM=x，则AB=2x，在△AMB中，由余弦定理得AM2=AB2+BM2﹣2AB•BM•cosB，即7=4x2+x2+2x2，解得：x=1（负值舍去），∴AB=BC=2，则S=•4•sin=．△ABC【点评】此题考查了余弦定理，三角形面积公式，诱导公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．2．已知四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，E 是BC中点，M是PD上的中点，F是PC上的动点．（Ⅰ）求证：平面AEF⊥平面PAD（Ⅱ）直线EM与平面PAD所成角的正切值为，当F是PC中点时，求二面角C﹣AF﹣E的余弦值．【考点】MT：二面角的平面角及求法；LY：平面与平面垂直的判定；MI：直线与平面所成的角．菁优网版权所有【分析】（Ⅰ）连接AC，推导出AE⊥BC，AE⊥AD，PA⊥AE，由此能证明平面AEF ⊥平面PCD．（Ⅱ）以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣AF﹣E的余弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连接AC，∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，∴△ABC是正三角形，∵E是BC中点，∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD，…（1分）∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，…（2分）又PA∩AE=A，∴AE⊥平面PAD，…（3分）又AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PCD．…（4分）解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得，AE，AD，AP两两垂直，以AE，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，…（5分）∵AE⊥平面PAD，∴∠AME就是EM与平面PAD所成的角，…（6分）在Rt△AME中，tan，即=，设AB=2a，则AE=，得AM=，又AD=AB=2a，设PA=2b，则M（0，a，b），∴AM==，从而b=a，∴PA=AD=2a，…（7分）则A（0，0，0），B（，﹣a，0），C（），D（0，2a，0），P（0，0，2a），E（），F（，，a），∴=（），=（，，a），=（﹣），…（8分）设=（x，y，z）是平面AEF的一个法向量，则，取z=a，得=（0，﹣2a，a），…（9分）又BD⊥平面ACF，∴=（﹣）是平面ACF的一个法向量，…（10分）设二面角C﹣AF﹣E的平面角为θ．则cosθ===．…（11分）∴二面角C﹣AF﹣E的余弦值为．…（12分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．3．随着经济模式的改变，微商和电商已成为当今城乡一种新型的购销平台．已知经销某种商品的电商在任何一个销售季度内，每售出1吨该商品可获利润0.5万元，未售出的商品，每1吨亏损0.3万元．根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如右图所示．已知电商为下一个销售季度筹备了130吨该商品．现以x（单位：吨，100≤x≤150）表示下一个销售季度的市场需求量，T（单位：万元）表示该电商下一个销售季度内经销该商品获得的利润．（Ⅰ）视x分布在各区间内的频率为相应的概率，求P（x≥120）（Ⅱ）将T表示为x的函数，求出该函数表达式；（Ⅲ）在频率分布直方图的市场需求量分组中，以各组的区间中点值（组中值）代表该组的各个值，并以市场需求量落入该区间的频率作为市场需求量取该组中值的概率（例如x∈[100，110），则取x=105，且x=105的概率等于市场需求量落入100，110）的频率），求T的分布列及数学期望E（T）．【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差；CG：离散型随机变量及其分布列．菁优网版权所有【分析】（Ⅰ）根据频率分布直方图及两两互斥事件概率的可加性得P（x≥120）=P（120≤x＜130）+P（130≤x＜140）+P（140≤x≤150）．（Ⅱ）当x∈[100，130）时，T=0.5x﹣0.3（130﹣x）=0.8x﹣39；当x∈[130，150]时，T=0.5×130，即可得出．（Ⅲ）由题意及（Ⅱ）可得：当x∈[100，110）时，T=0.8×105﹣39，P（T=45）=0.010×10；当x∈[110，120）时，T=0.8×115﹣39，P（T=53）=0.020×10；当x∈[120，130）时，T=0.8×125﹣39，P（T=61）=0.030×10；当x∈[130，150）时，T=65，P（T=65）=（0.025+0.015）×10．即可得出T的分布列及其数学期望．【解答】解：（Ⅰ）根据频率分布直方图及两两互斥事件概率的可加性得P（x≥120）=P（120≤x＜130）+P（130≤x＜140）+P（140≤x≤150）=0.030×10+0.025×10+0.015×10=0.7．（Ⅱ）当x∈[100，130）时，T=0.5x﹣0.3（130﹣x）=0.8x﹣39；当x∈[130，150]时，T=0.5×130=65．∴T=．（Ⅲ）由题意及（Ⅱ）可得：当x∈[100，110）时，T=0.8×105﹣39=45，P（T=45）=0.010×10=0.1；当x∈[110，120）时，T=0.8×115﹣39=53，P（T=53）=0.020×10=0.2；当x∈[120，130）时，T=0.8×125﹣39=61，P（T=61）=0.030×10=0.3；当x∈[130，150）时，T=65，P（T=65）=（0.025+0.015）×10=0.4．所以T的分布列为T 45 53 61 65P 0.1 0.2 0.3 0.4 …（10分）所以，E（T）=45×0.1+53×0.2+61×0.3+65×0.4=59.4（万元）．…（12分）【点评】本题考查了频率分布直方图及两两互斥事件概率的可加性、随机变量的分布列及其数学期望计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数）．以点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=2（Ⅰ）将直线l化为直角坐标方程；（Ⅱ）求曲线C上的一点Q 到直线l 的距离的最大值及此时点Q的坐标．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程；QH：参数方程化成普通方程．菁优网版权所有【分析】（Ⅰ）直线l的极坐标方程转化为ρcosθ+ρsinθ=4，由x=ρcosθ，y=ρsinθ，能示出直线l的直角坐标方程．（Ⅱ）设点Q的坐标为（），点Q到直线l的距离为d=，由此能求出曲线C上的一点Q 到直线l 的距离的最大值及此时点Q的坐标．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=2∴ρ（cos+sin）=2，化简得，ρcosθ+ρsinθ=4，…（1分）由x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴直线l的直角坐标方程为x+y=4．…（3分）（Ⅱ）由于点Q是曲线C上的点，则可设点Q的坐标为（），…（4分）点Q到直线l的距离为d=…（5分）=．…（7分）当sin（）=﹣1时，即，==3．…（9分）dmax此时，cos=﹣，sin，∴点Q（﹣）．…（10分）【点评】本题考查直线的直角坐标方程的求法，考查曲线上的一点到直线的距离的最大值及此时点的坐标的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意极坐标与直角坐标的互化公式的合理运用．。

高考数学应用题题型结构及解法分析

高考数学应用题题型结构及解法分析800字一、高考数学应用题的结构1、题干：题干一般由提出问题、条件条款、图形等组成，引起考生对该题兴趣。

2、答案：一般是求一定条件下的量的大小、数学表达式之类的数学语言表达。

3、证明：考查考生的分析解决问题的能力，是求解问题的关键，同时也可以体现学习数学理论的能力。

二、高考数学应用题解法分析1、分析题干：仔细阅读题干，根据题干、条件等把问题简化和化简；2、探索思路：根据题意的要求构建模型；3、查找方法：根据问题和条件选择相应的求解方法和等价表达式，进行计算；4、证明结果：根据结果进行证明，确定最终解。

三、高考数学应用题解题方法1、认真阅读题干认真阅读题干，仔细理解题目意思，分析出题干中所蕴含的内容和要求，把握出这道题的思想主旨，明确目标和解法，关键是要抓住题目中暗含的变量，然后通过化简形式及计算的手段，把握好解题的思路及策略。

2、归纳分析归纳分析是比较 priori 的分析方法，其有效性取决于给定问题所含有的变量、条件等信息的量多少及复杂程度，特别是需要通过明确条件来确定方程解的空间，以及题目是否涉及非数学解题等因素，此外还要考虑判定空间的可行性，例如是否有证明空间空间的必要性。

3、图形分析图形分析是利用特定问题的情景，完成给定条件条件中的变量和其他值的结构分析等。

典型的情况一般包括利用几何图形的的解法，从而解决图形分析问题，而且它可以把复杂的问题转换成更加简单的模型，便于理解和解决。

4、简单推理简单推理法是通过对数学模型中的变量及函数的轨迹、平面分布等关系等元素进行分析讨论，从而逐步解决相关的数学模型。

5、归结总结归结总结，就是从变量的解的范围、问题的可行性等等方面思考考虑，考虑出可能出现的解题方法及可行性，以及提出解题思路，从而最终完成问题的求解。

四、总结在解高考数学应用题时，首先要认真阅读题干，从中把握出这道题的思想主旨，结合模型、条件及相关理论，找出合适的求解方法，构造一个合理的求解模型，考虑空间的可行性或可行性，最终综合起所有的条件和知识点，来求得问题的最终答案。