备战高考数学专题讲座数学思想方法之化归思想探讨 43页

‎【备战2013高考数学专题讲座】‎ 第6讲：数学思想方法之化归思想探讨 江苏泰州锦元数学工作室 编辑 数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。‎ 化归是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。“化归”是转化和归结的简称。数学问题的解决过程就是一系列化归的过程，中学数学处处都体现出化归的思想，在数学问题的解决过程中，常用的很多数学方法实质就是化归的方法。化归思想是指在解决问题的过程中，有意识地对所研究的问题从一种对象在一定条件下转化为另一对象的思维方式。通常有从未知——已知；复杂——简单；抽象——具体；一般——特殊；综合——单一；高维——低维；多元——一元；困难——容易，以及数学表现形式之间的转化、将实际问题转化为数学问题等。说到底，化归的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。体现上述化归思想的有：换元法（如利用“换元”将无理式化为有理式，高次问题化为低次问题）、待定系数法（通过引入参数，转化问题的形式，便于问题的解决）、建模法（构造数学模型，把实际问题转化为数学问题）、坐标法（建立直角坐标系，实现“数”、“形”的对应、转化）、数形结合法（通过数形互补、互换获得问题的解题思路）、特殊元素法（将一般问题特殊化，从特殊问题的解决中解决一般问题）、等价命题法（通过原命题的等价命题运用或证明，达到解决问题的目的）、反证法（肯定题设而否定结论，从而得出矛盾）等等。‎ ‎ 化归的基本思想是：将待解决的问题A，在一定条件下转化为问题B，再把问题B转化为已经解决或较易解决的问题C，而通过对C的解决，达到原问题的解决，可用框图表示如下：‎ 化归应遵循的原则：（1）化归目标的简单化原则，即化归的方面是由复杂到简单，对复杂总是采用分 解或变更的方法，使目标简单化。（2）化归的熟悉化原则，即化归的方向是由不熟悉到熟悉，把要解决的（不熟悉）问题转化为自己熟悉会解的问题，使所要解决的问题熟悉化。（3）化归的具体化原则，即化归 的方向一般是由抽象到具体。在分析问题时，尽力将问题具体化。（4）化归的和谐化原则，即化归问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐的形式，或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或其方法符合人们的思维规律。（5）化归的正难则反原则，即当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探求，使问题获解。‎ 结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面六方面探讨化归思想的应用（其它方面另有专题详细探讨）：（1）从高维到低维的化归；（2）一般与特殊的相互转化；（3）函数与方程的相互转化；（4）相等（函数）与不等的相互转化；（5）数与形的相互转化；（6）数学各分支之间的相互转化。‎ 一、从高维到低维的化归：在数学解题中，对立体几何问题（三维）常常需要化归到熟知的平面几何问题（二维），化归的手段主要有平移、旋转、展开、射影和截面等。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知正四棱柱中，为的中 点，则直线 与平面的距离为【 】‎ A．2 B． C． D．1‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】正四棱柱的性质，点到面的距离，线面平行的距离，勾股定理。‎ ‎【解析】连接，和交于点，则在中，‎ ‎ ∵是正方形，∴，‎ ‎ 又∵为的中点，∴。‎ ‎ ∴则点到平面的距离等于到平面的距离。‎ ‎ 过点作于点，则即为所求。‎ ‎ ∵是正方形，，∴根据勾股定理，得。‎ ‎ ∵为的中点，，∴。∴。‎ 在中，利用等面积法得，即。∴。故选D。‎ 例2. （2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。‎ ‎【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。‎ ‎∴在中，‎ ‎。‎ ‎∵，∴。∴‎ ‎∴。故选A。‎ 例3. （2012年山东省理4分）如图，正方体ABCD－A1B‎1C1D1的棱长为1。E，F分别为线段AA1，B‎1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为 ▲ 。‎ ‎【答案】‎ ‎【考点】三棱锥的面积。‎ ‎【解析】∵三棱锥与三棱锥表示的是同一棱锥，∴。‎ ‎ 又∵的底△DD1E的面积是正方形面积的一半，等于；底△DD1E上的高等于正方形的棱长1，‎ ‎ ∴。‎ 例4. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，‎ PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。‎ ‎【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，‎ ‎∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。‎ ‎∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。‎ ‎∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。‎ 解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。‎ ‎∴截面ABC的高为， 。‎ ‎∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。‎ ‎∴所以球心到截面ABC的距离为。‎ 例5. （2012年全国课标卷理12分）如图，直三棱柱中，，‎ 是棱的中点，‎ ‎（1）证明： （2）求二面角的大小。[来 源:Z*xx*k.Com]‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵，是棱的中点，∴。‎ ‎∴在中，。‎ ‎ 同理，。‎ ‎∴ 。∴。‎ 又∵，且，∴面。‎ ‎∴。版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎ （2）∵，∴面。‎ ‎ ∴。∴都是等腰直角三角形。‎ ‎ 取的中点，连接。设，则 ‎。‎ ‎ ∴在中，应用勾股定理，得 ‎ 。‎ ‎ ∴。∴是直角三角形。∴。‎ ‎ 又∵，∴是二面角的平面角。‎ ‎ ∵是等腰直角三角形，点是斜边的中点，∴。‎ ‎ 在中， ，‎ ‎∴。∴ 。‎ ‎∴二面角的大小为。‎ ‎【考点】直三棱柱的性质，空间两直线的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，二面角，勾股定理和逆定理，锐角三角函数定义。‎ ‎【解析】（1）要证，只要面即可，由于已知，从而只要证平面内与相交的另一条直线与垂直即可，易证。从而得证。‎ ‎ （2）要求二面角的大小，先要找出二面角。连接，通过已知，应用勾股定理和逆定理，证得，结合已知即可知是二面角的平面角。在中，易求得。‎ 例6. （2012年安徽省理12分）平面图形如图4所示，其中是矩形，，，。现将该平面图形分别沿和折叠，使与所在平面都与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。‎ ‎（Ⅰ）证明：； ‎ ‎（Ⅱ）求的长；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】解：（I）取的中点为点，连接 ‎ ∵，∴。‎ ‎∵面面，∴面。‎ 同理：面 。‎ ‎∴。∴共面。‎ 又∵，‎ ‎∴面。∴。‎ ‎（Ⅱ）延长到，使 ，连接。‎ ‎∵，∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵，面面，‎ ‎∴面。∴面。‎ ‎∴在中，。‎ ‎ （Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。‎ ‎ ∴在中，。‎ ‎ 在中，‎ ‎ ∴二面角的余弦值为。‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角，余弦定理。‎ ‎【解析】（I）要证，即要面，从而通过证明面和面 ‎，得到共面。由，得到面。从而是证。‎ ‎ （Ⅱ）在中，应用勾股定理即可求得的长。‎ ‎ （Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，应用勾股定理求得的长，在中，应用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。‎ 例7. （2012年山东省理12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF。‎ ‎（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；‎ ‎（Ⅱ）求二面角F－BD－C的余弦值。‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=60°，CB=CD，‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，即。‎ 在中，∠DAB=60°，，‎ ‎∴由正弦定理得，即，解得。‎ ‎∴。∴。∴。‎ 又∵AE⊥BD，平面AED，平面AED，且，‎ ‎∴BD⊥平面AED。‎ ‎（Ⅱ）如图，取BD中点G，连接CG，FG。‎ ‎ 设 CB=CD=CF=AD=1，则由（Ⅰ），，‎ ‎ 。‎ ‎ ∵BC，CD，CG平面ABCD，FC⊥平面ABCD，‎ ‎ ∴△BCF，△DCF都是等腰直角三角形，△FCG是等腰三角形。‎ ‎ ∴FG⊥DB，CG⊥DB。‎ ‎ 又∵FG平面FBD，CG平面CBD，FGCG=G，‎ ‎ ∴∠FGC=二面角F－BD－C。‎ ‎ ∵由勾股定理，在Rt△BCF中得BF=；‎ 在Rt△BGF中得FG=‎ 在Rt△BCG中得CG=‎ ‎ ∴在Rt△FCG中，。‎ ‎ ∴二面角F－BD－C的余弦值为。‎ ‎【考点】线面垂直的判定，等腰梯形的性质，余弦定理，正弦定理，勾股定理，等腰三角形的性质，二面角。‎ ‎【解析】（Ⅰ）要证BD⊥平面AED，由于已知AE⊥BD，所以只要证平面AED上AE的一条相交直线与BD平行即可。由余弦定理和正弦定理的应用，分别解和，即可得到。从而得证。‎ ‎ （Ⅱ）要求二面角F－BD－C的余弦值，即要找出二面角。故取BD中点G，连接CG，FG，可以证明∠FGC=二面角F－BD－C。从而通过应用勾股定理解直角三角形可求出的值。‎ 二、一般与特殊的相互转化：在数学解题中，一方面，‎ 一般成立，特殊必成立，因此解决一些一般性问题时，赋予某些特殊求解，可以起到事半功倍的作用。另一方面，从特殊可以探索到一般性的规律。这种辩证思想在高中数学中普遍存在，经常运用，这也是化归思想的体现。一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单。特殊问题一般化，可以使我们把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年江西省理5分）下列命题中，假命题为【 】‎ A．存在四边相等的四边形不是正方形 B．为实数的充分必要条件是互为共轭复数 C．若，且则至少有一个大于 D．对于任意都是偶数 ‎【答案】B。‎ ‎【考点】真假命题的判定，特称命题和全称命题，充要条件，共轭复数，不等式的基本性质，二项式定理。‎ ‎【解析】对于A项，通过特例判断：例如菱形，满足四边相等的四边形不是正方形，所以A为真命题；‎ 对于B项，通过特例判断：令,显然，但不互为共轭复数，所以B为假命题；‎ 对于C项，通过不等式的基本性质判断：显然正确（可用它的逆否命题证明），所以C为真命题；‎ 对于D项，通过二项式定理系数的特例判断：根据二项式定理，对于任意有 为偶数，所以D为真命题。‎ 综上所述，假命题为B项。故选B。‎ 例2. （2012年浙江省理5分）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是【 】【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎ A．若，则数列有最大项 ‎ B．若数列有最大项，则 ‎ C．若数列是递增数列，则对任意，均有 ‎ D．若对任意，均有，则数列是递增数列 ‎【答案】C。‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用，数列的函数特性。‎ ‎【解析】选项C显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…，满足数列{S n}是递增数列，但是S n＞0‎ 不成立。故选C。‎ 例2. （2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】‎ A．∃x0∈，≤0‎ B．∀x∈，2x＞x2‎ C．a＋b＝0的充要条件是＝－1‎ D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件 ‎【答案】D。‎ ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。‎ ‎【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得≤0，因此A是假命题。‎ ‎　　　　对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。‎ 对于C，当a＋b＝0时，不存在，因此C是假命题。‎ 对于D，a＞1，b＞1时 ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此D是真命题。‎ 故选D。‎ 例3. （2012年四川省理4分）记为不超过实数的最大整数，例如，，，。设为正整数，数列满足，，现有下列命题：‎ ‎①当时，数列的前3项依次为5,3,2；‎ ‎②对数列都存在正整数，当时总有；‎ ‎③当时，；‎ ‎④对某个正整数，若，则。‎ 其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎【答案】①③④。‎ ‎【考点】真命题的判定，对高斯函数的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。‎ ‎【解析】对于①，若，根据 ‎ 当n=1时，x2=[]=3, 同理x3=。 故①正确。‎ 对于②，可以采用特殊值列举法：‎ 当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……‎ 此时数列从第二项开始为2，1，2，1……，不成立。故②错误。‎ 对于③，由的定义知，，而为正整数，故，且是整数。‎ ‎∵对于两个正整数、，当为偶数时；当为奇数时，‎ ‎∴不论是偶数还是奇数，有。‎ ‎∵和都是整数，‎ ‎∴。‎ 又当时，，‎ ‎∵，∴成立。‎ ‎∴当时，。故③正确。‎ 对于④，当时，， ∴，即。‎ ‎∴，即，解得。‎ 由③，∴。∴。故④正确。‎ 综上所述，真命题有 ①③④ 。‎ 例4. （2012年湖南省理5分）设N=2n（n∈N*，n≥2），将N个数x1,x2,…，xN依次放入编号为1,2，…，N的N个位置，得到排列P0=x1x2…xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前和后个位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，将此操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到；当2≤i≤n-2时，将Pi分成2i段，每段个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.‎ ‎（1）当N=16时，x7位于P2中的第 ▲ 个位置；‎ ‎（2）当N=2n（n≥8）时，x173位于P4中的第 ▲ 个位置.‎ ‎【答案】（1）6；（2）。‎ ‎【考点】演绎推理的基本方法，进行简单的演绎推理。‎ ‎【解析】（1）当N=16时, ‎ ‎,可设为,‎ ‎,即为,‎ ‎,即, x7位于P2中的第6个位置。‎ ‎（2）考察C变换的定义及（1）计算可发现：‎ 第一次C变换后，所有的数分为两段，每段的序号组成公差为2的等差数列，且第一段序号以1为首项，第二段序号以2为首项；‎ 第二次C变换后，所有的数据分为四段，每段的数字序号组成以为4公差的等差数列，且第一段的序号以1为首项，第二段序号以3为首项，第三段序号以2为首项，第四段序号以4为首项；‎ 依此类推可得出P4中所有的数字分为16段，每段的数字序号组成以16为公差的等差数列，且一到十六段的首项的序号分别为1，9，5，13，…，由于173=16×10+13，故x173位于以13为首项的那一段的第11个数，由于N=2n（n≥8）故每段的数字有2n-4个，以13为首项的是第四段，故x173位于第个位置。‎ 例5. （2012年福建省理4分）数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，则S2 012＝ ▲ .‎ ‎【答案】3018。‎ ‎【考点】规律探索题。‎ ‎【解析】寻找规律：a1＝1cos＋1＝1，a2＝2cosπ＋1＝－1，a3＝3cos＋1＝1，a4＝4cos2π＋1＝5；‎ a5＝5cos＋1＝1，a6＝6cos3π＋1＝－5，a7＝7cos＋1＝1，a8＝8cos＋1＝9；‎ ‎······‎ ‎∴该数列每四项的和。‎ ‎∵2012÷4=503，∴S2 012＝6×503＝3018。‎ 例6.（2012年陕西省理5分） 观察下列不等式【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎，‎ ‎……‎ 照此规律，第五个不等式为 ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】归纳规律。‎ ‎【解析】由题设中所给的三个不等式归纳出它们的共性：左边式子是连续正整数平方的倒数和，最后一个数的分母是不等式序号n+1的平方；右边分式中的分子与不等式序号n的关系是2n+1，分母是不等式的序号n+1，得出第n个不等式，即可得到通式：。‎ 令n=5，即可得出第五个不等式，即。‎ 例7. （2012年湖北省理14分）（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且.求的最小值；‎ ‎（II）试用（1）的结果证明如下命题：设为正有理数，若，则；‎ ‎（III）请将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题。注：当为正有理数时，有求导公式 ‎【答案】解：（Ⅰ），令，解得。‎ 当时，，所以在内是减函数；【版权归锦元数学工作室，‎ 当 时，，所以在内是增函数。‎ ‎∴函数在处取得最小值。 ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即 ①。‎ 若，中有一个为0，则成立；‎ 若，均不为0，又，可得。‎ 于是在①中令，，可得，‎ 即，亦即。‎ 综上，对，，为正有理数且，总有 ②。‎ ‎（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：‎ 设为非负实数，为正有理数. ‎ 若，则. ③ ‎ 用数学归纳法证明如下：‎ ‎（1）当时，，有，③成立。‎ ‎（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，‎ 且，则。 ‎ 当时，已知为非负实数，为正有理数，‎ 且，此时，即。‎ ‎∴=。‎ ‎∵，由归纳假设可得 ‎，‎ ‎∴。‎ 又∵，由②得 ‎，‎ ‎∴.‎ 故当时，③成立。‎ 由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立，‎ ‎【考点】利用导数求函数的最值，数学归纳法的应用。‎ ‎【解析】（Ⅰ）应用导数求函数的最值。‎ ‎　　　　（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，分，中有一个为0和，均不为0讨论即可。‎ ‎　　　　（Ⅲ）应用数学归纳法证明。‎ 例8. （2012年四川省文4分）设为正实数，现有下列命题：‎ ‎①若，则；‎ ‎②若，则；‎ ‎③若，则；‎ ‎④若，则。‎ 其中的真命题有 ▲ 。（写出所有真命题的编号）‎ ‎【答案】①④。‎ ‎【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。‎ ‎【解析】对于①，∵为正实数，∴。‎ ‎ 又∵，∴。故①正确。‎ 对于②，可以采用特殊值列举法：‎ 取，满足为正实数和的条件，但。故②错误。‎ 对于③，可以采用特殊值列举法：‎ 取，满足为正实数和的条件，，但。故③错误。‎ 对于④，不妨设，由得，∴。‎ ‎∵为正实数，∴。‎ ‎∴。故④正确。‎ ‎∵且，∴。‎ 综上所述，真命题有 ①④。‎ 例9. （2012年山东省理5分）定义在R上的函数f（x）满足，当时，，‎ 当时，。则【 】‎ A 335 B ‎338 C 1678 D 2012‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】周期函数的性质。‎ ‎【解析】∵，‎ 而函数的周期为6，，‎ ‎ ∴。故选B。‎ 例10. （2012年浙江省理4分）在中，是的中点，，，则 ‎ ‎▲ ．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算。‎ ‎【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：‎ 如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，‎ AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝。‎ 则cos∠BAC＝，‎ ‎∴＝。‎ 三、函数与方程的相互转化：函数是含有两个未知数的等式，这两个未知数一个是自变量，一个是因变量；一元方程是含有一个未知数的等式。在函数中可将变量取不同的值，使它变成一元方程来计算；一元方程又可以作为函数值等于0的特殊情况。二者在解题中根据需要相互转化，使问题易于解决。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年浙江省理5分）设，【 】‎ ‎ A．若，则 B．若，则 ‎ C．若，则 D．若，则 ‎【答案】A。‎ ‎【考点】函数的单调性，导数的应用。‎ ‎【解析】对选项A，若，必有。‎ 构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b成立。‎ 其余选项用同样方法排除。故选A。‎ 例2. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：‎ ‎，‎ 则m的取值范围是 ▲ ‎ ‎【答案】。【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎【考点】简易逻辑，函数的性质。‎ ‎【解析】由得。‎ ‎ ∵条件，∴当时，。‎ ‎ 当时，，不能做到在时，，所以舍去。‎ ‎ ∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。‎ ‎ 为保证条件①成立，必须。‎ ‎ 又由条件的限制，可分析得出时，恒负。‎ ‎ ∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。‎ ‎ 由得，‎ ‎ ∴当时，，解得交集为空集，舍去。‎ ‎ 当时，两根同为－2＞－4，舍去。‎ 当时，。‎ 综上所述，。‎ 例3. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】‎ A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0‎ C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】导数的应用。‎ ‎【解析】令，则。‎ 设，。‎ 令，则 要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：‎ ‎，整理得。‎ 取值讨论：可取来研究。‎ 当时，，解得，此时，此时；‎ 当时，，解得，此时，此时。故选B。‎ 例4. （2012年浙江省理4分）若将函数表示为 ‎，‎ 其中，，，…，为实数，则 ▲ ．‎ ‎【答案】10。‎ ‎【考点】导数的应用，二项式定理。‎ ‎【解析】对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用特殊元素法，令得：，即。‎ ‎　　　　或用二项式定理，由等式两边对应项系数相等得。‎ 例5. （2012年江苏省5分）设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，‎ 其中．若，‎ 则的值为 ▲ ．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】周期函数的性质。‎ ‎【解析】∵是定义在上且周期为2的函数，∴，即①。‎ ‎ 又∵，，‎ ‎ ∴②。‎ ‎ 联立①②，解得，。∴。‎ 四、相等（函数）与不等的相互转化：在数学解题中，相等（函数）与不等是矛盾的两方面，但是它们在一定的条件下可以互相转化。一些题目，表面看来似乎只具有相等（函数）的数量关系，根据这些相等关系又难以解决问题，但若能挖掘其中的不等关系，建立不等式（组）去转化，往往能获得简捷求解的效果。反之，一些题目，表面看来似乎只具有不等的数量关系，但若能通过不等关系，找出相等（函数）时的情形，往往也能解决问题。总之，利用相等（函数）与不等之间的辩证关系，相互转化，往往可以使问题得到有效解决。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式 的解集为，则实数c的值为 ▲ ．‎ ‎【答案】9。‎ ‎【考点】函数的值域，不等式的解集。‎ ‎【解析】由值域为，当时有，即， ‎ ‎∴。‎ ‎ ∴解得，。‎ ‎∵不等式的解集为，∴，解得。‎ 例2. （2012年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【 】‎ ‎(A) (B) ‎ ‎(C) (D)‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。‎ ‎【解析】设，则 所以所以当时，‎ 同理∴即。故选C。‎ 例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；‎ ‎（1）求的解析式及单调区间；‎ ‎（2）若，求的最大值。‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴。‎ 令得，。∴。‎ ‎∴，得。‎ ‎ ∴的解析式为。‎ ‎ 设，则。‎ ‎ ∴在上单调递增。‎ ‎ 又∵时，，单调递增；‎ 时，，单调递减。‎ ‎ ∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。‎ ‎ （2）∵，∴。‎ 令得。‎ ‎ ①当时，，∴在上单调递增。‎ ‎ 但时，与矛盾。‎ ‎ ②当时，由得；由得。‎ ‎ ∴当时，‎ ‎ ∴。‎ ‎ 令；则。‎ ‎ 由得；由得。‎ ‎ ∴当时，‎ ‎ ∴当时，的最大值为。‎ ‎【考点】函数和导函数的性质。‎ ‎【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。‎ ‎（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。‎ 例4. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；‎ ‎（Ⅲ）证明.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.‎ ‎ 令，得。‎ 当变化时，和的变化情况如下表：‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴在处取得极小值。‎ ‎∴由题意，得。∴。‎ ‎（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。‎ 当＞0时，令，即。‎ 求导函数可得。‎ 令，得。‎ ‎①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。‎ ‎∴符合题意。‎ ‎②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在 ‎(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。‎ ‎ ∴不合题意。‎ 综上，实数的最小值为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。‎ 当≥2时，‎ ‎。‎ 在（2）中，取，得，‎ ‎∴。‎ ‎∴‎ ‎。‎ 综上，。‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。‎ ‎【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数 的最小值为，即可求得的值。‎ ‎（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。‎ ‎（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由 ‎，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。‎ 例5. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。‎ ‎（Ⅰ）求k的值；‎ ‎（Ⅱ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，‎ ‎∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎（Ⅱ），令可得，即。‎ ‎ 令，‎ ‎ 由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。‎ ‎ 由（Ⅰ）知，，∴。‎ 当时，；当时，。（取点代入）‎ ‎∴在区间内为增函数；在内为减函数。‎ ‎（Ⅲ）∵，‎ ‎ ‎ ‎ 可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），‎ ‎ ∴。‎ ‎ 设。则。‎ ‎ 令，解得。‎ ‎ 当时，；当时，。‎ ‎ ∴在取得最大值。‎ ‎ ∴，即。‎ ‎ ∴对任意x＞0，。‎ ‎【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。‎ ‎【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。‎ ‎ （Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。‎ ‎ （Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。‎ 例6. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．‎ ‎（Ⅰ）证明：当时，‎ ‎ （i）函数的最大值为；‎ ‎ （ii）；‎ ‎（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．‎ ‎【答案】(Ⅰ) 证明：‎ ‎(ⅰ)．‎ 当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，‎ 此时的最大值为：＝|‎2a－b|﹢a；‎ 当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，‎ 此时的最大值为：‎ ‎＝|‎2a－b|﹢a。‎ 综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|‎2a－b|﹢a。‎ ‎(ⅱ) 设＝﹣，‎ ‎ ∵，∴令。‎ 当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，‎ 此时的最大值为：＝|‎2a－b|﹢a；‎ 当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，‎ ‎≤|‎2a－b|﹢a。‎ 综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|‎2a－b|﹢a，‎ 即＋|‎2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。‎ ‎(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|‎2a－b|﹢a，‎ 且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|‎2a－b|﹢a)要大。‎ ‎∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|‎2a－b|﹢a≤1。‎ 取b为纵轴，a为横轴．‎ 则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。‎ 作图如下：‎ 由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．‎ ‎∴所求a＋b的取值范围为：。‎ ‎【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。‎ ‎【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。‎ ‎(ⅱ) 利用分析法，要证＋|‎2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|‎2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|‎2a－b|﹢a。‎ ‎ （Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|‎2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比 ‎﹣(|‎2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|‎2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。‎ 例7. （2012年陕西省文14分）设函数 ‎（Ⅰ）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；‎ ‎（Ⅱ）设n为偶数，，，求的最小值和最大值；‎ ‎（III）设，若对任意，有，求的取值范围；‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）证明：，时，。‎ ‎∵，∴在内存在零点。‎ 又∵当时，，∴ 在上单调递增。‎ ‎∴ 在内存在唯一零点。‎ ‎（Ⅱ）依题意，得，∴。‎ ‎ 画出可行域，得知在点（0，－2）处取得最小值－6，在点（0，0）处取得最大值0。‎ ‎（III）当时，。‎ 对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：‎ ‎（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。‎ ‎（ⅱ）当，即时，恒成立。‎ ‎（ⅲ）当，即时，恒成立。‎ 综上所述，的取值范围为。‎ ‎【考点】函数与方程，简单线性规划，导数的综合应用。‎ ‎【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当 时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。‎ ‎（Ⅱ）依题意，得到，画出可行域，求出的最小值和最大值。‎ ‎（III）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。‎ 例8. （2012年山东省理12分）在等差数列中，。‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）对任意m∈N﹡，将数列中落入区间内的项的个数记为，求数列的前m项和。‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）由可得。‎ 而，则。。‎ ‎∴，即。‎ ‎（Ⅱ）∵对任意m∈N﹡，，‎ ‎∴，即，‎ 而，由题意可知。‎ ‎∴‎ ‎，‎ 即。‎ ‎【考点】等差数列的性质，数列的求法。‎ ‎【解析】（Ⅰ）根据已知条件不求出和即可求出数列的通项公式。‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）和将数列中落入区间内得不等式 ‎，解出后根据条件得到，再求和。‎ 例9. （2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】‎ ‎（A） （Ｂ）‎ ‎（Ｃ）　　　（Ｄ）‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法 ‎【分析】∵直线与圆相切，‎ ‎∴圆心到直线的距离为，∴。‎ 又∵，∴，即。‎ ‎∴。‎ 设，则，解得。故选D。‎ 五、数与形的相互转化：在数学解题中，一方面，许多数量关系的抽象概念若能赋予几何意义，往往变得直观形象，有利于解题途径的探求；另一方面，一些涉及图形的问题如能化为数量关系的研究，又可以获得简捷而一般的解法。这就是数形结合的相互转化。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年全国大纲卷理5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，‎ ‎，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。‎ 当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【 】‎ A．16 B．‎14 ‎‎ C．12 D．10‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。‎ ‎【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞14次即可。‎ ‎ 也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，‎ ‎ 为便是于计算，将正方形的边长扩大7倍，这样边长为7，，。‎ ‎ ∴这些三角形相似的两边长之比。‎ ‎ ∴；；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；。‎ ‎ ∴经过7次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过7次碰撞，到达点，共14次碰撞。故选A。‎ 例2. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】‎ A．或2 B．或‎3 C．或1 D．或1‎ ‎【答案】A ‎【考点】导数的应用。‎ ‎【解析】若函数图像与 轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。‎ ‎ ∵，∴。‎ ‎ ∴当时，函数取得极值。‎ 由或可得或，即。故选A。‎ 例3. （2012年上海市理4分）已知函数的图象是折线段，其中、、，‎ 函数（）的图象与轴围成的图形的面积为 ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】函数的图象与性质，函数的解析式的求解方法。‎ ‎【解析】根据题意得到，，∴得到。‎ 的图象如图1，（）的图象如图2。易知，（）‎ 的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同，只是开口方向及顶点位置不同，，封闭图形与全等，面积相等，故所求面积即为矩形的面积。‎ 若用定积分求解，则。‎ 例4. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数 的取值范围是 ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。‎ ‎【分析】函数，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 综上函数。‎ 作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。‎ 例5. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。‎ ‎【解析】根据新运算符号得到函数为，‎ ‎ 化简得：。‎ 如图，作出函数和的图象，‎ 如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，‎ ‎（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；‎ ‎（2）当直线中时，有一个交点；‎ ‎（3）当直线中时，有三个交点。【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。‎ 与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。‎ 所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。‎ 例6. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】 ‎ ‎（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】指数函数和对数函数的性质。‎ ‎【解析】设,作图。‎ ‎ ∵当时，, ‎ ‎∴在时, 的图象在的图象上方。‎ ‎　　　 根据对数函数的性质，。∴单调递减。‎ ‎ ∴由时，得，解得。‎ ‎ ∴要使时，，必须。‎ ‎ ∴a的取值范围是(，1) 。故选B。‎ 例7. （2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】‎ A.0 B‎.1 ‎‎ C.2 D.3‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】幂函数和指数函数的图象。‎ ‎【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。‎ 例8. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】‎ A．25 B．‎50 C．75 D．100‎ ‎【答案】 D。‎ ‎【考点】正弦函数的周期性。‎ ‎【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。‎ ‎ 当时，令，则，画出终边如右，‎ ‎ 其终边两两关于轴对称，即有，‎ ‎ ∴‎ 其中=26,27,…,49，此时。‎ ‎∵， ，∴。‎ 从而当=26,27,…,49时，都是正数。‎ 又。‎ 同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。‎ 六、数学各分支之间的相互转化：除了前述的数学各分支之间的相互转化问题外，还有许多数学各分支之间的相互转化问题，如利用向量的方法解立体几何的问题，用解析几何方法处理平面几何、代数、三角问题等。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】‎ A.5 B‎.7 ‎‎ C.9 D.11‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】直线斜率的几何意义。‎ ‎【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。‎ ‎ 因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。‎ 例2. （2012年湖北省理5分）已知二次函数的图像如图所示 ，则它与轴所围图形的面积为【 】 ‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】待定系数法求函数解析式，定积分在求面积中的应用。‎ ‎【解析】先根据函数的图象用待定系数法 求出函数的解析式，然后利用定积分表示所求面积，最后根据定积分运算法则求出所求：‎ ‎ 根据函数的图象可知二次函数图象过点（－1，0），（1，0），（0，1），用待定系数法可求得二次函数解析式为。‎ 设二次函数的图像与轴所围图形的面积为，‎ 则。故选B。‎ 例3. （2012年陕西省理14分）设函数 ‎（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；‎ ‎（2）设，若对任意，有，求的取值范围；‎ ‎（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.‎ ‎【答案】解：（1）证明：，时，。‎ ‎∵，∴在内存在零点。‎ 又∵当时，，∴ 在上单调递增。‎ ‎∴ 在内存在唯一零点。‎ ‎（2）当时，。‎ 对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：‎ ‎（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。‎ ‎（ⅱ）当，即时，恒成立。‎ ‎（ⅲ）当，即时，恒成立。‎ 综上所述，的取值范围为。‎ ‎（3）设是在内的唯一零点， ‎ 则，，。‎ ‎∴。‎ 又由（1）知在上是递增的，∴。‎ ‎∴数列是递增数列。‎ ‎【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。‎ ‎【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。‎ ‎ （2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。‎ ‎（3）设是在内的唯一零点， 则可得 ‎。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。‎ ‎ 另解： 设是在内的唯一零点，‎ ‎∵‎ ‎ 则的零点在内，故。‎ 所以，数列是递增数列。‎ 例4. （2012年四川省理5分）设函数，是公差为的等差数列，，则【 】‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】等差数列性质，三角函数性质。‎ ‎【解析】∵，，‎ ‎∴。‎ ‎∵是公差为的等差数列，‎ ‎∴，。‎ ‎∴，解得。‎ ‎∴。故选D。‎ 关于， 可化为。‎ 由，‎ 设，作图可得二者交点在处：‎ 例5. （2012年江西省理12分）已知数列的前项和（其中），且的最大值为。‎ ‎（1）确定常数，并求；‎ ‎（2）求数列的前项和。‎ ‎【答案】解：（1）当n＝时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，‎ ‎∴k2＝16，∴k＝4。‎ ‎∴＝－n(n≥2)。‎ 又∵a1＝S1＝，∴an＝－n。‎ ‎（2）∵设bn＝＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋，‎ ‎ ∴Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－。‎ ‎【考点】数列的通项，递推、错位相减法求和，二次函数的性质。‎ ‎【解析】（1）由二次函数的性质可知，当n＝时，取得最大值，代入可求，然后利用可求通项，要注意不能用来求解首项，首项一般通过来求解。‎ ‎（2）设bn＝＝，可利用错位相减求和即可。‎ 例6. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。‎ ‎【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出 即可求（比较繁）或用向量求解：‎ 如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。‎ ‎　　　　过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。‎ ‎∵，∴。‎ ‎∵面与平面的角为，即，‎ ‎∴。∴。‎ ‎∴。‎ ‎ ∴。∴。∴。故选A。‎ 例7. （2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】平面向量的基本运算。‎ ‎【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。‎ ‎∵平行四边形中，，，‎ ‎∴。‎ 设，则。‎ ‎∴由得，。‎ ‎∴的横坐标为，的纵坐标为。‎ ‎∴‎ ‎∴。‎ ‎∵函数在有最大值，‎ ‎∴在时，函数单调增加。‎ ‎∴在时有最小值2；在时有最大值5。‎ ‎∴的取值范围是。版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例8. （2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。‎ ‎【答案】90º。‎ ‎【考点】异面直线夹角问题。‎ ‎【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）‎ ‎∴。‎ ‎∴cos< = 0。‎ ‎∴，即异面直线与所成角为90º。‎ 例9. （2012年上海市理4分）如图，在极坐标系中，过点的直线与极轴的夹角，若将的极坐标方程写成的形式，则 ▲ .‎ ‎【答案】‎ ‎【考点】点斜式直线方程的应用，直角坐标与极坐标互化。‎ ‎【解析】∵该直线过点，与极轴的夹角，‎ ‎ ∴该直线的直角坐标方程为：，即。‎ ‎ 根据直角坐标与极坐标的关系，，代入上式，得 ‎ ，‎ ‎∴。‎ 例10. （2012年天津市理5分）己知抛物线的参数方程为（为参数），其中，焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，若，点的横坐标是3，则 ▲ .‎ ‎【答案】2。‎ ‎【考点】参数方程及其参数的几何意义，抛物线的定义及其几何性质。‎ ‎【分析】∵，可得抛物线的标准方程为，∴焦点。‎ ‎∵点的横坐标是3，则，∴点，。‎ 由抛物线的几何性质得。‎ ‎∵，∴，解得。‎