解答题解题方法与技巧（讲）【解析版】（理科）第二篇方法与技巧-《2022年高考理科数学二轮复习讲练测》（全国课标版）

1、技巧03解答题解题方法和技巧钎名考1. (2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标II) ) aABC中，sinZ-sin- sin2asin厌in。.(1)求 / ；(2)若8C=3,求aASC周长的最大值.【答案】(1) y ；3 + 2【分析】【详解】(1)由正弦定理可得：BC2-AC2-AB2 =AC AB., AC2 + AB2-BC2 cos A =2ACABAe(0,zr), /. A =.(2)由余弦定理得：BC2 = AC2 + AB2 - 2AC-AB cos A = AC2 + AB2 + AC - AB = 9.即(AC+AB- ACA8 = 9.(当且仅当AC=

2、A8时取等号)，9 = (AC + ABy-AC AB(AC+-(，。；巧 =(AC+ AB?,解得：AC + AB /3 (当且仅当AC =A8时取等号)，.,.ABC周长L = AC + A8 + 8C W 3 + 26，.ABC周长的最大值为3 + 2也.2 . (2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标I) ) IBC的内角4 B,。的对 边分别为 a, b, c, i5(sin B-sinC)2 =sin2 /1-sinBsinC .(1)求力；(2)若 Oa + b = 2c，求 sinC.【答案】(1) A = - ； (2) sinC= + &.34【分析】【详解】(si

3、nB-sinC) =sin2 fi-2sinBsinC + sin2 C = sin2 A-sinBsinC即：sin2 B+sin2 C-sin2 A = sinBsinC由正弦定理可得：b2 +c2 - a2 =bccos A =b2 +c2 - a22bc/2a + b 2c ,由正弦定理得：a/2 sin A + sin B = 2 sin Cjr又 sin 8 = sin (A+ C) = sin Acos C+cos Asin C, A =5/2 x1cos C h sin C = 2 sin C TOC o 1-5 h z 222= 30-sin? C)整理可得：3sinC-V6

4、 = VicosC ,.,sin2 C+cos2 C = 1 A13 sin C-解得：sinC =近史或“-近因为 sin 8 = 2sinC- V2sin A = 2sin C0所以sinC ,故sin C = + & 244(2)法二：.夜a + Z = 2c ,由正弦定理得：s2 sin A + sin B = 2sin C冗又 sin 8 = sin (A+ C) = sin Acos Ch-cos A sin C, A = yh hIx/2x +cosC+sinC = 2sinC整理可得：3sinC-/6 = -s/JcosC即3sinC-/cosC = 2百sinC-不卜而由-0

5、学,c所以c . ,万万、V6+V2 sin C = sin(l)=4 643. （2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥P-A8CD的底面是矩形，PD1.底面 ABC。，pd = DC = L M 为 的中点，且pA(1)求 BC ；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1) V2 ； (2)叵14【分析】(1)平面ABC。，四边形ABC。为矩形，不妨以点。为坐标原点，D4、DC、。所在直线分别为X、y、Z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-肛Z,设 BC = 2a,则 (0,0,0)、尸(0,0,1)、B(“,0)、”(a,1,0)、A(2,0,0),则丽=(2a,l,l), AM

6、 = (-a, 1,0),vPfilAM,则P44必=一2/+1 = 0，解得a =故BC = 2a = g ；(2)设平面PAM的法向量为m = (%1，如zj ,则 AM =近n-2,AP = (-V2,0,l).Om , AM =Xi + y. = 0r / /2,取可得加= (J2,2),tn - AP = V2Xj 4- Zj = 0设平面P8W的法向量为 =（*2，必，22），BM =Ji由，n - BM =x? =0,、2 ，,取=1，可得 = (0,U),n BP -V2x2 - y2+ z2 =0/77- ncos v，= |一| 加九所以,sin = /l-cos2 = 因

7、此，二面角A-PM-6的正弦值为我.144 . （2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，AB=BC = 2, 尸分别为AC和CG的中点，。为棱Ag上的点.8/，4男（1）证明：BFLDE ；（2）当与。为何值时，面与面。尸所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）耳。=； 【分析】因为三棱柱ABC-A4G是直三棱柱，所以8g，底面ABC,所以因为4片AB, BF 所以防_LAB,又BB】cBF = B ,所以他_L平面BCG四所以8A,8C, 84两两垂直.以为坐标原点，分别以8ABe,8月所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图.X所以 5()

8、,(),0),A(2,0,(),C(0,2,0)，4(0,0,2)，A(2,0,2)C(0,2,2), E(l,l,0),F(0,2,l).由题设。5,0,2)(0a2).(1)因为旃=(0,2,1),诙=(1一见1,一2),所以丽.瓦= 0 x(1 a) + 2xl + lx(2) = 0,所以. 设平面DFE的法向量为蔡= (x,y,z),因为乔= (1,1,1),读= (1 a/,一2),f m - EF = 0(_x+y+z = 0所以.，即 ) n -m - DE = 0y_2z = 0令 z = 2a,则加=(3,l + a,2-a)因为平面BCCyB的法向量为BA =(2,0,0

9、),设平面BCC.B,与平面DEF的二面角的平面角为夕Im -BA163贝u |cos q = 11=,=,.2xj2/2a + l4 V2a27当=时1 2q + 4取最小值为二 , 2-2a + 14(2021年全国高考乙卷数学(理)试题)设函数x) = ln(a-x),已知x = 0是函数 y = 4(x)的极值点.(1)求a； TOC o 1-5 h z X 4- f(x)z 设函数g*)=:、.证明:g(x) y= ln(a-x)+x-ax-ci又x = 0是函数的极值点，所以y(0) = lna = 0,解得” =1 ; 由 得=g(x) =x+ /(x) _ x+ln(l-x)当

10、 xw(0,l)时，要证g(x) =0,ln(l-x)xln(l-x),化简得工 + (1 -x)ln(l-x)0 ;同理，当XG(-QO,0)时，要证g(X)=x + ln(l -%)xln(l-x) 1, ,.x0 ,.,.xln(l-x)xln(l-x),化简得x + (l-x)ln(l-x)0 ;令/i(x) = x + (l-x)ln(l-x),再令r = l-x,贝卜(0,l)U(l,+o), x = l-r,令 g(/) = lT + /lnr, g(r) = -l + lnr + l = lnz t当re(0,l)时，g(x)g=0 ;当tL+oo)时,g(x)0, g(x)单

11、增，假设g能取到,则g=0,故g(r)g=。；综上所述,x+ln(l-x) g“)二扁端0)的焦点为产， 且尸与圆例：/+(y +4)2 = 1上点的距离的最小值为4 .(1)求 P ；(2)若点尸在“上，PA,P8是C的两条切线，A8是切点，求PAB面积的最大值 【答案】 P = 2 ； (2) 20布.【分析】(1)抛物线C的焦点为|FM| = K + 4,所以，尸与圆M:V +(y + 4)2 = l上点的距离的最小值为+ 4-1 = 4,解得，=2 ;(2)抛物线。的方程为V =4y,即y = ,对该函数求导得yg,设点A6,y)、 直线R4的方程为y_y =5(_工1)，即旷=当_弘

12、，即入/_2,-2y = 0,同理可知，直线P8的方程为%一2%-2y = 0,由于点尸为这两条直线的公共点，贝叫中0_2弘_2%=0 x2x()-2y2-2y0 =0所以，点A、3的坐标满足方程七工一2，- 2yo =0 ,所以，直线A8的方程为x()x-2y-2yo =0 ,xox-2y-2yQ =0联立 x2,可得/ -2*0工+ 4% =0 ,由韦达定理可得X +毛=2x(),为占=4% ,所以, 所以，Swab = ；|a如d = L + 4）（x； -4%） . ； 2 L ；（片 一4%尸,AB =J4片一 16% = #；+4)(片一4%)点P到直线的距离为=+ 422Vxo

13、+42，4% =l-（No+4）2 -4%=一%-12%-15 = -（ + 6）“ + 21,由已知可得一54% W-3,所以，当为 =-5时，PA6的面积取最大值,X202 =20石. 27 . （2021年全国高考甲卷数学（理）试题）抛物线C的顶点为坐标原点。.焦点在x轴上，直线/：x = l交C于R Q两点，且。P，OQ .已知点M（2,O）,且0M与/相切.（1）求C, 0M的方程；设A，4,4是C上的三个点，直线44, 44均与OM相切.判断直线A人与0M 的位置关系，并说明理由.【答案】 抛物线C:y2=x, 0M方程为（x 2 + y2=i ； （2）相切，理由见解析【分析】（

14、1）依题意设抛物线C：y2=2px（pO）,P（l,yo）,Q（l,-%）,.OPOQ,:.OPOQ = l-y = l-2pO,:.2p = l,所以抛物线。的方程为y2=x,M（0,2）,G）M与尤=1相切，所以半径为1,所以0M的方程为（龙一2日+y2 = 1 ；（2）设 A（Xy）, 4（犬2, %），4（*3, %）若A4斜率不存在，则A4方程为X=1或x = 3, 若A4方程为X=1,根据对称性不妨设4（1,1）,则过A与圆m相切的另一条直线方程为y = 1, 此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在&,不合题意； 若44方程为x = 3,根据对称性不妨设a（3,百）,A（3,-G

15、）, 则过A与圆M相切的直线4人3为y G = Y3（x-3）,“， y, -y,115/3 八又以人= -7 = F= k % = ，%-w 乂+/ J3 + %3尤3 =。, A（o,。）,此时直线AA，&关于x轴对称,所以直线44与圆m相切；若直线44, AA3,4A,斜率均存在，1川+%所以直线方程为y-y = -（%-西）, ） 十 %整理得刀一（凹+ %）丁 + %=0，同理直线4 A3的方程为X - （% + %） +=。.直线44的方程为了-（ + 3） +为3 =。，.|2 + ,必1 _1；A &与圆M相切，. +（.；. y 整理得（y； -1）2 + 2% + 3- y

16、； = 0 .AA3 与圆 Af 相切，同理（犬1） 乂+ 2y% + 3-y：=。 所以当，%为方程（7 -1）/+ 2yly + 3 - y； = 0的两根,2M 3一寸A/到直线A2A3的距离为:2+启力 IJ1 +(2 + MT|2+4lM T1 + (-互)K-1.旧+11 .K+1,1 J（y；T）. + 4y： y： + 所以直线&A与圆M相切；综上若直线与圆M相切，则直线44与圆M相切.神考向解答题模板：、三角变换与三角函数的性质问题.解题路线图不同角化同角降幕扩角化f （x）=Asin（3x+巾）+h结合性质求解。.构建答题模板化简：三角函数式的化简，一般化成丫=八55（3乂

17、+小）+11的形式，即化为“一角、一次、一函数”的形式。整体代换：将3x+4看作一个整体，利用y = sin x, y = cos x的 性质确定条件。求解:利用3x+ 6的范围求条件解得函数y=Asin（3x + 6） +h的性质， 写出结果。反思：反思回顾，查看关键点，易错点，对结果进行估算，检查规范性。 二、解三角形问题.解题路线图（1）化简变形;用余弦定理转化为边的关系;变形证明。（2）用余弦定理表示角； 用基本不等式求范围：确定角的取值范围。.构建答题模板定条件：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。定 工具：即根据条件和所求，合理选择转化的工具，实施边角

18、之间的互化。求结果。再反 思：在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的 关系：二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形。三、数列的通项、求和问题.解题路线图先求某一项，或者找到数列的关系式。求通项公式。求数列和通式。.构建答题模板找递推：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。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。 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）。写步骤：规范写出求和步骤。再反思：反思回顾，查看关键点、易错点及 解题规范。

19、四、利用空间向量求角问题.解题路线图建立坐标系，并用坐标来表示向量。空间向量的坐标运算。用向量工具求空间的角和 距离。.构建答题模板找垂直：找出（或作出）具有公共交点的三条两两垂直的直线。写坐标：建立空间直角坐 标系，写出特征点坐标。求向量：求直线的方向向量或平面的法向量。求夹角：计算向 量的夹角。得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角。五、圆锥曲线中的范围问题.解题路线图设方程。解系数。得结论。.构建答题模板提关系：从题设条件中提取不等关系式。找函数：用一个变量表示目标变量，代入不等 关系式。得范围：通过求解含目标变量的不等式，得所求参数的范围。再回顾：注意目标变量的范围所受题

20、中其他因素的制约。六、解析几何中的探索性问题1.解题路线图一般先假设这种情况成立（点存在、直线存在、位置关系存在等）将上面的假设代入己 知条件求解。得出结论。2.构建答题模板先假定：假设结论成立。再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解。下结论:若推出合理结果，经验证成立则肯。定假设；若推出矛盾则否定假设。再回顾：查看 关键点，易错点（特殊情况、隐含条件等），审视解题规范性。热点追踪一、解三角形大题考向探究考向一三角形基本量计算【例1】（2021沈阳市质量监测）已知在锐角三角形A8C中，角A, B, C的对边分别 为 a, b, c, ABC 的面积为 S,若 4s=+/4, b=求A；（2

21、）若,求AABC的面积S的大小。（在2cos2B+cos 2B=0, bcos A+acos 8=巾+1,这两个条件中任选一个，补充在横线上）解（1）因为45=从+/02,所以 4Xbcsin A=b2+（ra2, TOC o 1-5 h z 4XTocsin A .21?2“1b+cra所以 VT =72bc2bc于是 sinA=cosA,古攵 tanA=l,TTTT因为04,所以A=1。(2)选，因为 2cos2 B+cos 23=0,所以 cos2B=,所以 cos71IT因为0Bvg,所以B=1q根据正弦定理sin A sin B得丁当sin si”所以a=2 0所以 S=5加in C

22、=X2X-/6Xsin7r选，由 /?cos A+acos B=yf3+1,，廿/a2+c2b2 rr传 b2bca2ac-=小 + L 整理传 c=S +1，所以 S=csin A=；X#X（小 + 1）Xsing=3小。求解三角形中的边和角等基本量时，需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和 角之间的关系，从而达到解决问题的目的。其一般步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，然后确定转化的方向；第二步：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；第三步：求结果。【变式训练1】 A48C的内角4, B, C的对边分别为a, b, c。已知8= 150。(1

23、)若 a=45c, b=25 求ABC 的面积；_ 、历(2)若 sin 4+小sin C= 2 1求 C。解(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c-2-2xV3c2Xcos 150,解得。=一2(舍去)或c=2,从而。=25。ABC 的面积为X2小X2Xsin 150=小。(2)在A8C 中，A=180-B-C=30-C,所以 sin A+y3sin C=sin(30 C)+小sin C=sin(30 + C)o故 sin(30+C)=乎。而 0C8=5，求sinNDAC的值。 解(1)在ABC 中，因为 b=邓,c=a/2, 8=45。，所以由余弦定理h2=a2+c12accos B,得

24、 5=+22XaXmX孚，化简得 a2-2a-3=0, 解得a=3或。=一1(舍)，即BC的长是3。(2)解法一：在ABC中，由正弦定理扁=前已，得竟尹=黑，所以sinC=94在AOC中，因为cos NAOC=一予所以NAOC为钝角，又 ZADC+ C+ N 040= 180, 所以C为锐角。 2、后故 cos C=71 - sin2c43因为 cosZADC=_T,所以 sinZADC=To从而 sinZD/4C=sin(ZADC+C)=o4 解法二：因为cosZADB=t, TOC o 1-5 h z “3所以 sinNAQ3=,啦X应在ABZ)中，由正弦定理得AD=./=na=a =5。

25、sinZADn 33543在ADC 中，cos ZADC=-, sinZADC=To255由余弦定理 AC2=a2+oc2-2AD OCcosNAOC,得 5=g+DC2-2XXDCX2in解得 DC=j,或 C=一7(舍)。再由正弦定理得sinZDAC=DC sinZADC 3X5 25以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分用好平面几何图形的性质； 二是出现多个三角形时从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化为三角形问题 去求解；四是善于用好三角形中的不等关系（如大边对大角，最大角定大于等于习，从而 可以确定角或边的范围。【变式训练2】（1）如图，在A8C中，AC=*,

26、。为48边上一点，CO=AO=2,且 cos/BCO=求sin B；求ABC的面积。解在AOC中,由余弦定理得cos NAQC=心+。一 4c2 22+22( 12ADCD2X2X24所以 sin ZADC=yj 1 -cos2ZA)C=因为 cosNBCD=NBCD 是8CC 的内角，所以 sinZBCD=J 1 - cos2ZfiCD=V154CDsin N BDCBC=-：CDsn Z. ADCsinB所以 sin B = sin( Z ADC- Z BCD) = sin Z ADCcos Z BCD-cos ZADCsin Z BCD =在88中，由正弦定理得瞽而=编=缶？所以皿=%浮

27、=2X手 宙=48所以 SAA8C=AB BCsin 8=、X6X2#XJ=。 ZZv o Z(2)在平面四边形 ABC 中，ABYBC, ZA=60, AB=3, AD=2.求 sinZABD；若cosZBDC=1,求BCD的面积。解 在ABO 中，NA=60。，AB=3, AD=2,由余弦定理，得 B/pMA3+ACP-ZAaAO-cosAng+d-Gu7,所以 80=巾,由正弦定理，得黑=而治，2义亚L LAOsinA 2 小回 所以 sinNABZ)= bd =巾=7 因为 A8_LBC,所以 NA8C=90,所以 cos N DBC=sin N ABD=*,2 所以sin NDBC=

28、布。4s因为 cos ZBDC=,所以 sinNB)C=所以 sin C=sin(7t NBDC NDBC)= sin(ZBDC+ZDBC)=sin N BDCcos N DBC+cos Z BDCsin N DBC逑西1 j_2-7义巾+7义市一巾。所以 sinNO8C=sin C,所以 NO8C=NC,所以 DC=BD=yJl,所以SABCD=WDCBDQnNBDC=；义巾义正义=2小。考向三三角形中的最值与范围问题【例 3】 在：a=，csin A-acos C,(为一b)sin A+(2ba)sin 8=2csin C这两个 条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答。已知ABC的内角A

29、, B, C的对边分别为a, b, c, c=yi,而且。求角C；(2)求ABC周长的最大值。解 (1)选：因为 a=，csin 4acos C,所以 sin A=/sin Csin Asin Acos C,因为 sin A WO,所以小sin Ccos C=l,即 sin(c-g=:,因为0。兀，所以3Co o o,71 7t _ 7C所以。一不=不 即c=。选：因为(2-b)sin A + (2-o)sin B=2csin C,所以(2aZ?)+(2b)=2己所以cos C=标+店一 c?lab即 a2+b2 c2=abf因为0gt,所以。=?(2)由(1)可知，。=全，在ABC中，由余弦

30、定理得a2+b22abcos C=3,即 a2+b2ab=3t所以(a+/?)2-3=3abW4,所以+b2小，当且仅当=力时等号成立，所以。+8+c=1,求ABC的面积的最小值。解 (1)解法一：由=28及正弦定理知sinA=2sinB,则 sin4=2sin(60A),即 sin A=/cos4 sin4,得 tanA=牛。解法二：因为 /=层+_2abeosC=4b2+/-2X26X6X()=7层,所以 c=-lb,则 cos A =匕：!+0,所以BD=b0(2)如图所示，过点。作:8c交A8于E,因为 AZ)=2OC, 所以=7=2,., c 2所以 BE=q, DE=ao桂 ABD

31、E 中，cosNBZ)=be2+de2-bd22BEDE2XX 竽d+44一9后2+44 9ac4ac4ac在ABC中,_ A82 + BC2AC? /+标-b2 _/+/ac2ABBC lac lac因为 NBED=it NA8C,所以 cosZ BED= -cosZAC,“ c2+4cr-9ac (r+cr-ac所 以z= z,4acZac化简得3/+6/-11砒=0,方程两边同时除以。2,得3(知一1阅+6=0,c 2. c解得一=5或-=3。a 3 a TOC o 1-5 h z 42/+。2农 /+/7cos -ABC-一 -tz；2ac4 712Ta,c -,/+2c 92+h2-

32、32 7 人当=3,即 c=3a 时，cosZABC=归-=51（舍）。7综上，cosZAC=J2（2021 北京高考）已知在4BC 中，c=2hcos B, C=y（1）求8的大小；（2）在三个条件中选择一个作为已知，使4BC存在且唯一确定，并求出BC边上的中 线的长度。c=g；周长为4+2小；面积为限入比=乎。b c解 由正弦定理二不=d7，及c=2bcosB,得到sinC=2sinBcos8=sin2B,故C O 11 1O 111TT=2B（此时 B+C=ti 舍去）或 C+2B=n,故 8=A=4。由（1）知，8=卷代入c=2次;os 8中得。=小6,与c=p?矛盾，故不能选。梧+必

33、一41 + 12-A吏,解得AD=6选，设 BC=AC=2x,则 4B=2，Ir,故周长为（4+2，）x=4+2小，解得 x=l, 从而8C=AC=2, AB=2 设BC中点为。，则在AB。中，由余弦定理cos B=2ABBD选，设8c=AC=2x,则AB=2小x,故3 QSAABc=y2j;-2x-sin 20=yj3x2=:9解得冗=竽，即BC=AC=小，AB=3o设8C中点为。，则在ABO中，由余弦定理府+8。2rA 9+(坐) - Ascos B2 AB BD_3小_ 2，y2A解得40=号。(2020,全国 II 卷)AABC 中,sin2Asin2Bsin2C=sin Bsin C

34、求A;(2)若BC=3,求ABC周长的最大值。解由正弦定理和已知条件得BO?-AC2-AB2=Aa48。由余弦定理得 BC2=AC2+AB22AC ABcos A ，由得cos A= g。2 ji因为0Avjt,所以A=-y0A R RC(2)由正弦定理及(1)得:)=小=要7=23, v 7 sm d sin C sin A 丫 从而 AC=25sin B, AB=25sin(?r-A B)=3cos 8一小sin B。故 8C+4C+A8=3+小sin B+3cos 8=3+2巾sin(8+。又00恒成立，所以)min=& = l, S“无最大值。选：(1)设等差数列斯的公差为d,由题设知

35、d=a“一a”-i = -3(22),因为aj=at +2X(-3)=7,所以 m = 13,所以为=13-3(-1)=16-3。由知斯=16-3”,令%0,得后5,又数列斯是递减数列,所以(S)m,x = S5 = 经*=35, S,无最小值。3=7,选：(1)设等差数列。的公差为d,由题设知解得05=5,所以d55 = 5。3 =。3。5,as=5 y-= - 1, 所以 =43+(-3)X(1)= 10-Ho(2)由(1)知4 = 10 /7,令。 =0,得=10,又数列”是递减数列，所以(S“)max = S9 =10X(9+0)5io=45 无最小值。考向二数列的证明问题【例2】已知

36、数列,的前项和为S”，4=1, a0, S7,=(K+l-XSn+i,其中7为常数。(1)证明：S+i=2S+A(2)是否存在实数2,使得数列小为等比数列？若存在，求出入若不存在，请说明理 由。解(1)证明：因为斯+|=$“+|一5,Sn 届+1 4$+|,所以能= (S“+lS“)2-4S“+|,则 Sn+i(S,+i2S”x)=0o因为。”0,知 Si+i0,所以 Sn+i 2S”-A=0,故 S+i=2S+i。(2)由知,S+1=2S+2,当”2 时，S=2S-i+/l,两式相减，斯+1 = 2。(22, GN),所以数列为从第二项起成等比数列，且公比q=2。又 S2=2Si+2,即。2

37、+0=20+2,所以42 =。1+/=1+尢0,得尢一1。因此Qn=1, =1, a+i2-2,心2。若数列。“是等比数列，则42=1+7 = 241=2。所以7=1,经脸证得=1时，数列%是等比数列。(1)判定等差(比)数列的主要方法：定义法：对于任意21, nGN,.验证斯包一 或叫为与正整数无关的一常数；中项公式法。(2)斯+i=a“q和屈=小-闺“+1(2)都是数列%)为等比数列的必要不充分条件，判定时 还耍看各项是否为零。【变式训练2】 已知数列斯满足420 = 1，其前项和为S”当22时，Sn-i-l, Sn, S“+i成等差数列。(1)求证：m为等差数列；(2)若 S.=0, S

38、“+i=4,求的值。解(1)证明：当22时，由S“，S,+i成等差数列，得2S,=S“t-1+S+i, 即 S一Sn-1 = 1 + Sn+1 Sn,即- 1+(22),则知+1 斯=1 (22),又2 0 = 1,所以m是公差为1的等差数列。(2)由(I)知数列为的公差为1,由 S=0, S+i=4 得 a+i=4,即 s+=4 ，n(n-1)n-1由-=0得。1+2 ，=，即.1=0 ，联立，解得=7。考向三数列求和【例3】（1）已知数列m的前项和为S”且S“=52+%。求斯的通项公式；n=2k1, kN*,设儿=r求数列儿的前2项和2a,n n=2kf kGN ,解因为所以当/7=1时，

39、m=S = l,当心2 时，a=S一St=%+%一仕（-l）2+；（- 1）=, 又=1时符合上式，所以。=。 =22一1, ZN”,n=2k, AN*,_ %,因为乩=.2。,所以对任意的kN*,b2Hl 岳1i=(22+1)(2k 1)=2,则岳&-1)是以1为首项，2为公差的等差数列：b2k+2 2找*2胃=/1=4,则。26是以4为首项，4为公比的等比数列。 02k 乙 TOC o 1-5 h z 所以 72 = (/?l+/?3 + feH+ + +b2”)=(1+3 + -+2/i-1)+(22+24+26+- + 22/,)(1+2-1) 4(1一4)+ 1-44+i A,I T

40、*+=疗十一一一Q。（2）（2021郑州市质量预测）已知数列小满足切=1, S“=”晒（S为数列为的前n项 和）。求数列斯的通项公式：若仇=（- 1）+自2数列为的前项和为7,求202”4M+1解由已知S,产如普，得 5-1nan-12522),两式相减得，产空晒一号（22）,化简得（一1）斯=加g ta,t an-a t d、,所以-=-=.=! 所以 an=n n1依（7产瑞=（一，所以 T2 021=(1+2)-(2 + 3)+G+4)(2 O20+2 02l)+Q 021 十2 022)= 1+2 022_2 023=2 022数列求和主要有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法与

41、并项求和法等，每一 种方法都有它的特点与解法，学习过程中应该认真领会与掌握。【变式训练3】(2021石家庄市质量检测)已知公差不为0的等差数列为满足ai = l, 且0,汲，的成等比数列。(1)求数列小的通项公式；(2)若b=2n-l,求数列斯力“)的前n项和Tn.解(1)设数列斯的公差为d(dW0),由41, 42,。5成等比数列可得屈即(l+rf)2=ix(l+4(/),解得 d=2 或 d=0(舍),所以。=2 一 1 o(2)由得也=(2-l)X2r,所以 7；=lX2+3X2,+5X22+-+(2n-l)X2n_|,27；=lX21+3X22+-+(2n-3)X2n-|+(2n-l)

42、X2n,两式相减得一 7； = 1 X20 + 2X21 + 2X22 HF 2X2 - (2n - 1)X2 = 1 +2X(l-2n-1)2Xi-(2/j-l)X2n=l-4+2X2M-(2n-l)X2n=-3+(3-2n)X2n,所以 G=3+(2-3)X2。考向四数列的综合问题【例4】 设八二%+级，/(x)是y=/(x)的导函数，若数列”满足%+i=/(%),且首 项 0 = 1。(1)求数列%的通项公式；(2)数列m的前项和为S”，等比数列儿中，bi=ai，b2=a2,数列的“的前”项和为 T,请写出适合条件T,WS“的所有的值。解(1)由犬x)=#+2x,得/(x)=x+2。因为

43、。“+1=/(。)，且 41=1。所以如+1=。“+2,则 a+i a=2,因此数列伍是公差为2,首项为1的等差数列。所以 an= 1 +2(n 1 )=2/2 10以工 三, n(l +2n 1)0(2)数列的前n项和Sn=42=疗，等比数列与中，设公比为孙 因为=。=1,岳=s=3,所以4=3。所以儿=3-113” 31所以数列d的前项和7,=-py=-y-oTWS可化为一5一.又GN*,所以 =1,或=2。故适合条件7；WS”的所有的值为1和2。(1)求解数列与函数交汇问题要注意两点：数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不 等关系时要特别注意；解题时

44、准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件。(2)数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列 或数列对应函数的单调性处理。【变式训练4 (2021长春市质量监测)已知等比数列斯满足：0+“2=20,公+ =80o(1)求m的通项公式；(2)令儿=log2斯，数列仇)的前项和为S”，若丁生恒成立，求2的最小值。Jn t 1 i(0+同=20, 解(1)设斯的公比为小由题意得,、“阳+。1牙=80,可得4=4, 7|=4,所以的通项公式为斯=4。(2)瓦=log20：=log24=2,所以屹是以2为首项，2为公差的等差数列，所以S”=21 )X2=7?+，bn2Sn+1

45、1 zz2+/7+11+卜1“GN*,利用基本不等式以及对勾函数的性质可得+?，岑，所以雇*4&，则2的最小值为与练真题明确考向回味高考21. (2021全国乙卷)记S为数列斯的前项和，。为数列S的前项积，已知三+7 =2。(1)证明：数列小是等差数列；(2)求“的通项公式。解析(1)证明：因为儿是数列S.的前项积，所以 “22 时，Sn=,bn-代入卷+十=2可得，+=2,整理可得2d-|+1=2儿，即 =/心2)。3-2尸加 以 所2,=3而1 -人+2-S3故儿是以楙为首项，与为公差的等差数列。. y ,“ + 2（2）由（1）可知，儿=亍，3-2 以 产 所 S , = -2内 2 .

46、 2 + 时 1 + = 2SHn 则 当,、,n+2 n+11当2 时a=s-sn-,=Y-=-+yj3而0=不适合上式,1、n(n+ l)r%+1, 为奇数,2.（皿新高考全国I卷）已知数列满足I,研尸I，”为偶数。（1）记儿=。2，写出仇，岳，并求数列仇的通项公式;（2）求6的前20项和。解（1）因为乩=。2，且0=1,。+1 =fln+1, 为奇数,。+2, 为偶数,所以 6 =6=41 + 1=2,历=。4 =。3+ 1 =2 + 2+ 1 =5o因为 bn a2n,所以d+|=。2+2 =。2+1 + 1=。2+|+1=。2 + 2+1=。2 + 3,所以儿+|一。 =。2“ +

47、3 2 = 3,所以数列儿是以2为首项，3为公差的等差数列，瓦=2+3(- 1)=3-1, N*。(2)因为。”+1 =斯+1, 为奇数,斯+2, 为偶数,所以 时，。2& =志广 1 + 1=。2卜1 + 1,即。2& =。2.1 + 1，42Ml =24 + 2,。24+2 =。2&+1 + 1=。2&+1+1 ,即。2什2 = 42Hl+l ，所以+得。21=。2&-1+3,即。2女十|一。2-1=3,所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列：+得。24+2 =。2A+ 3,即。2什2-424 = 3,又 2 = 2,所以数列诙的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列。所以数列斯

48、的前 20 项和 S20 = 3l+。3 + 5+。19）+ （。2 +。4 + 6+。20）= 10 +10X92X3+204-10X92X3 = 300o(2021浙江高考)已知数列斯的前项和为S”，0=一干且4sl+i=3S“一9(“CN*)。(1)求数列。“的通项公式；(2)设数列d满足3儿+(-4)a“=0(eN*),记6的前n项和为To若7；功“对任 意“WN”恒成立，求实数2的取值范围。解(1)因为 4S+i = 3S“一9,所以当22时，4S=3S-|-9,两式相减可得44+i=3a“，即：,I。时 =1 当2 , a+9-427-4解得 02=所以丝=卡。ai 493所以数列

49、斯是首项为一会公比为j的等比数列,X9- 4+3;(2)因为 3b+(n-4)an=0,所以儿=(-4)X34、所以 7；,= -3X-2xf1j2-X O + 3 XJJ7XQ) +4)x(/,(_4)X(J)+i = _X(J)+i,且，=_ 3 X J _ 2 X_ 1 X+ 0 X 舟 + + ( - 5) X 伊 + ( - 4) X 0)+1所以 7；= 4xg+i。因为乙“对任意GN*恒成立，所以一4 X仔)+4) X仔)恒成立，即一 3，”-4)恒成立， TOC o 1-5 h z 一312,当“4 时，-7=-3此时一4一4当=4时，-124时，入一=一3一-此时423。，n

50、4n4(2020新高考全国I卷)已知公比大于1的等比数列。“满足。2+。4=20,6=8。(1)求斯的通项公式；(2)记历为斯在区间(0, M(zCN*)中的项的个数，求数列瓦,的前100项和Sioo。解(1)设斯的公比为q,且ql。由题设得aq+aig3 = 2O, ”q2 = 8。解得q=；(舍去)，q=2。由题设得0=2。所以小的通项公式为an=2no(2)由题设及(1)知仇=0,且当2根4 + 匕65_1F*ioo)=0+1 X2 + 2 X 22 + 3 X 23 + 4 X 24 + 5 X 25 + 6X(100 - 63)=480o三、大题专项立体几何大题考向探究高考对立体几何

51、在解答题中的考查比较稳定，空间线面位置关系中的平行或垂直的证明, 空间角的计算是热点，题型主要有：.空间位置关系的证明。.求空间角或其某一种三角函数值。精析精研重点攻关考向突破考向一平行与垂直问题【例1】 如图，在直三棱柱ADE-BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互 相垂直，点M为A8的中点，点。为。尸的中点。证明：EM B(1)OM平面 8CF；(2)平面 平面 EFCDo证明(1)由题意，得A8, AD, AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角 坐标系Axyzo设正方形边长为 1,则 A(0,0,0),1,0,0), C( 1,1,0), 0(0,1,0), F(

52、1,0,1), “Q,。，。),噂,y 2)0*OM=(0,-1), 8A=(-1,0,0),所以OM8A=0,所以。M_LBA。 因为棱柱ADE-BCF是直三棱柱, 所以48 J平面BCF,所以BA是平面BCF的一个法向量，且平面BCF,所以0M平面BCFo(2)在(1)的空间直南坐标系中，设平面与平面EFCD的法向量分别为m=(xi,巾， Z|), 2 = (X2, y2, Z2)。-A-A-A-A因为。尸=(1, -1,1), 0M=6, -1, 0), DC=( 1,0,0), CF=(0, -1,1),X|-yi+zi=o,那 i-yi=0,nDF=0, 由J得M=0,令 xi =

53、l,则=-2, 2)同理可得2 = (0,1,1)。因为r2=0,所以平面平面EFCDo方法悟通(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件， 准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及直线、平面的要素)。(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何 的定理。【变式训练1】 如图，在四棱锥尸-A8CO中，出，底面A8CD, AD/BC, ADLCD, BC=2, AD=CD=, M 是 P8 的中点。P(1)求证：AM平面PCD；求证：平面ACMJ_平面附8。证明(1)如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系Cxyz, 则 A(1

54、,1,O),仇0,2,0), C(0, 0,0), D( 1,0,0), P(l,l, a)(a0),*，2, 2) CP=(1/，a),CD=( 1,0,0), AM=(T，I，9,(x()+yo+azo=0,设平面PCD的法向量为小=(xo, Jo, zo),则八 xo=O,令 yo=a,则i = (0, a, 1),*所以?=0,又4Ml平面PCD,所以AM平面PCD。由得，CA=(l,l,0), CM=(J, 2 2)设平面ACM的法向量为“2=(X1, yi, zi),xi+yi=0, TOC o 1-5 h z 则13 a/i+分|+?1=0,令 Xl = l,则2 = (1,1,

55、-AAP=(0,0, a), A8=(-l,l,0),设平面以8的法向量为“3 = (X2, J2, Z2),f-x2+y2=0,则 八g=0,令及=1,则 3 = (1,1,0),因为坂3= 1 1 =0,所以般2，3。所以平面平面PAB.考向二空间角问题【例2】(2021,新高考全国I卷)如图，在三棱锥A-BCO中，平面平面8CD, AB=AD,。为BO的中点。(1)证明：OA_LC；(2)若OCO是边长为1的等边三角形，点E在棱4。上，DE=2EA,且二面角E-8C-O 的大小为45。，求三棱锥A-8CO的体积。解(1)证明：因为AB=4, O为BD的中点、,所以OA_L8O,又平面AB

56、OJL平面SCO,且平面ABOC平面BC0=BD, OAU平面A8O,所以。4_L 平面BCD,又CDU平面BCD,所以。4 _L CD。(2)解法一：因为OCD是边长为1的正三角形，且。为8。的中点，所以OC=O8= OD=,所以BCO是直前三甬形，且NBCO=90。，BC=yj3,所以Sabcd=坐。如图,过点E作EF/AO,交BD于F,过点F作FG工BC,垂足为G,连接EG。因为AO_L平面BCD,所以EFJ平面BCD,又BCU平面BCD,所以EFl. BC,又 FGLBC,且 EFCFG=F, EF, FGU平面 EFG,所以BC-L平面EFG,又EGU平面EFG,所以BC-LEG,

57、则NEGF为二面角E-BC-D的平面角，所以 N EGF=45,则 GF= EF2BF因为 OE=2E4,所以 EF=wOA, DF=2OF9 所以诉=2 jr U因为 FG_L3C, CDBC,所以 GFCO,Gf 22则而=1,所以GF=q。2所以 EF=GF=g,所以 OA=1,所以 Va-bcd=SbcdOA =-jX-x 1 =含。解法二：如图所示，以O为坐标原点，OB,。4所在直线分别为x, z轴，在平面8CQ 内，以过点。且与8。垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系。因为OCO是边长为1的正三角形，且。为8。的中点, 所以 OC=OB=OD=,所以仇 1,0,0), 0(-1,0.

58、0),一；，坐，0)。设 A(0,0, a), a0,因为 OE=2EA,所以一;，o,华)。由题意可知平面BCD的一个法向量为n=(0,0J)o设平面BCE的法向量为m = (x, y9 z), 因为BC=(一|,*,0), BE=(_/ 0,引。mBC=0f所以彳l/;rBE=0,令x=l,则y=小，z=,所以m=(l,#，q因为二面角E-BC-D的大，卜为45, 2所以 cos 45-|W，l- /所以 cos 4, |m|n|4 2，4+7得 a=l,即 OA = 1。因为 SCD=BD CDsin 60=1x2X 1 又当=坐ii s所以 Va.8ca=SabsOA=QX与X 1 =

59、方法悟通(1)解题时要建立右手直角坐标系。TT(2)注意求线面角的公式中sin 8=|cos (a, u) |,线面角的取值范围是1o,工|。(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角。【变式训练2】(2021 青岛统一质量检测)在四棱锥P-4BCC中，/M_L平面ABCD, AD /BC, BCLCD, PA=AD=2, CO=1, 8c=3,点 M, N 在线段 8c 上，BM=2MN=1, ANCMD=E, Q为线段P8上的一点。(1)求证：平面RW：4(2)若平面MQ4与平面以N所成锐二面角的余弦值为弓，求直线M。与平面A8C。所成 角的正弦值。解 (1)证明：因为B

60、C=3, BM=l,所以CM=2,所以AO=CM,又AOCM,所以AO斜5 CM,所以四边形AMCO为平行四边形，又8c,。，所以四边形AMCZ)为矩形。MN AM 1因为777=7百=7，所以4MNs/DAM，所以NM4N=NAQM，所以 NAE)= NMAN+ NAME= NAOM+ NAME=90,所以 MO J-AN。因为以1平面ABC, HOU平面ABC。，所以以_LMC,又AND必=A,所以MO_L平面PAN.(2)如图，以A为坐标原点，AM, AD, AP所在直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0), M(l, 0,0), P(0,0,2), A(l,