2025年高考数学二轮复习思想：采纳转化与化归方法以高效解决数学问题（解析版）

思想04采纳转化与化归方法以高效解决数学问题

目录

01考情透视•目标导航.................................................2

02知识导图•思维引航.................................................3

03知识梳理•方法技巧................................................4

04真题研析•精准预测................................................5

05核心精讲•题型突破................................................15

题型一：运用“熟悉化原则”转化化归问题15

题型二：运用“简单化原则”转化化归问题20

题型三：运用“直观化原则”转化化归问题26

题型四：运用“正难则反原则”转化化归问题30

考情透视•目标导航

高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础

性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值.高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的

组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查.如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来

记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用于对数学问题的

认识、处理和解决.高考中常用到的数学思想主要有分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、转

化与化归思想等.

〃用识导图•思维引航\\

㈤3

.n过偏—・—拈工弓

将问题进行化归与转化时，一般应遵循以下几种原则：

1、熟悉化原则：许多数学问题的解决过程就是将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用已

有知识、方法以及解题经验来解决.在具体的解题过程中，通常借助构造、换元、引入参数、建系等方

法将条件与问题联系起来，使原问题转化为可利用熟悉的背景知识和模型求解的问题.

2、简单化原则：根据问题的特点转化命题，使原问题转化为与之相关、易于解决的新问题.借助特

殊化、等价转化、不等转化等方法常常能获得直接、清晰、简洁的解法，从而实现通过对简单问题的解

答，达到解决复杂问题的目的.

3、直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观的问题，数学问题的特点之一便是它具有抽象性，

有些抽象的问题，直接分析解决难度较大，需要借助数形结合法、图象法等手段把它转化为具体的、更为

直观的问题来解决.

4、正难则反原则：问题直接求解困难时，可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问

题.一般地，在含有“至多”、“至少”及否定词的问题中，若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很

少，此时从反面考虑较简单.

0

心真题砒标•精御皿\\

1.(2024年北京高考数学真题)如图，在四棱锥尸-ABCD中，底面ASCD是边长为4的正方形,

PA=PB=4,PC=PD=2^2»该棱锥的为().

A.1B.2C.梃D.73

【答案】D

【解析】如图，底面ABCD为正方形，

当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PO=2&,

分别取AB,CD的中点E,尸，连接PE,PF,EF,

则P£_LAB,EFJ_AB,且PEcEF=E,PE,EFu平面「印，

可知AB_L平面PEb,且ABu平面A2CD,

所以平面PEF±平面ABCD,

过P作EF的垂线，垂足为0,即PO_LM,

由平面PEBCl平面ABCD=EF,尸Ou平面PEF,

所以PO_L平面ABC。，

由题意可得：PE=2』,PF=2,EF=4,则PE?+「产=后尸，即尸石,所，

则一=—PO-E尸，可得尸0=----------=6

22EF

所以四棱锥的高为后.

故选：D.

2.(2024年北京高考数学真题)设函数〃x)=sin0x(o>O).已知/&)=-!,f(x2)=l,且居一目的最

7T

小值为；，则。=（）

2

A.1B.2C.3D.4

【答案】B

【解析】由题意可知：为为/（%）的最小值点，/为〃%）的最大值点，

则上一%扁=（=5,即7=兀，

2兀

且＜y＞0,所以＜w=^^=2.

故选：B.

3.（2024年北京高考数学真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是命、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其

中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面

直径依次为65mm,325mm,325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高为mm,升量器的高为_

mm.

57.5/：

【答案】23

【解析】设升量器的高为由,斗量器的高为外（单位都是mm）,则

/22=23mm,4=《-mm.

故答案为：23mm，芈mm.

2

4.（2024年北京高考数学真题）在平面直角坐标系xQy中，角a与角£均以Qr为始边，它们的终边关于

JT7T

原点对称.若ae,贝"os尸的最大值为______.

o3

【答案】-；/《5

【解析】由题意尸=。+九+2E,左GZ,从而cos/?=cos（a+7i+2E）=—cosa,

JTIT

因为ae,所以cosa的取值范围是g,与，COS6的取值范围是一白，-；

63_

TT41T

当且仅当夕=m，即£=可+2防UreZ时，cos6取得最大值，且最大值为-g.

故答案为：一万.

5.（2024年北京高考数学真题）已知集合

M={亿j,Kw)|iw{l,2},/€{3,4},%€{5,6},卬€{7,8},且7+/+%+卬为偶数},给定数列A:%,外,…,网,和序

列。：4Z，…&其中4=氏/,&,叱)€〃«=1,2-.,5),对数列A进行如下变换：将A的第4,九。”项均

加1,其余项不变，得到的数列记作1(4);将4(A)的第/九附吨项均加1,其余项不变，得到数列记作

砧⑷;……；以此类推,得到小也取⑷,简记为0(A).

(1)给定数列A：1,3,2,4,6,3,1,9和序列C:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出。(A)；

(2)是否存在序列O,使得。(A)为a1+2,出+6,%+4,4+2,%+8,4+2,%+4,%+4,若存在，写出一■个符

合条件的。；若不存在，请说明理由；

(3)若数列A的各项均为正整数，且4+4+%+%为偶数，求证：“存在序列。，使得。(A)的各项都相等”

的充要条件为“al+a2=a3+a4=a5+a6=aJ+as”.

【解析】(1)因为数列A：L3,2,4,6,3,1,9,

由序列工(1,3,5,7)可得小4):2,3,3,4,7,329；

由序列4(2,4,6,8)可得44(A):2,4,3,5,7,4,2,10；

由序列4(1,3,5,7)可得TJH⑷:3,4,4,5,8,4,3,10；

所以仪4):3,4,4,5,8,4,3,10.

(2)解法一：假设存在符合条件的C,可知。(A)的第1,2项之和为为+g+s,第3,4项之和为

(a,+2)+(2+6)=4+s

则二〉《，而该方程组无解，故假设不成立，

+4)+(%+2)=03+4+5

故不存在符合条件的Q；

解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4,

假设存在符合条件的。，且。(A)：伪也，…&，

.生2+6+4+2+8+2+4+4。

因为---------------------二8，即序列。共有8项,

4

由题意可知：(b211T+4“)一+a2n)=8,77=1,2,3,4,

检验可知：当〃=2,3时，上式不成立，

即假设不成立，所以不存在符合条件的Q.

(3)解法一：我们设序列7；…也⑷为{4,“}(1。48),特别规定%

必要性:

若存在序列。:4弓…却使得O(A)的各项都相等.

贝!J4,1=4,2=4,3=4,4=4,5=4,6=4,7=4,8，所以4,1+as,2=4,3+4,4=4,5+4,6=4,7+4,8-

根据（A）的定乂，显然有4,2/一1+4,2/=4-+4—1,2/+1,这里，=1,2,3,4,s=l,2,....

所以不断使用该式就得到％+%=。3+%=%+4=%+。8=4,1+4,2-5,必要性得证.

充分性：

若Q]+。2=。3+。4=。5+〃6=。7+。8.

由已知，。1+。3+。5+。7为偶数，而〃1+。2=“3+。4=。5+。6=%+。8，所以

%+%+4+/=4（4+%）—（q+/+%+%）也是偶数.

我们设4…（A）是通过合法的序列Q的变换能得到的所有可能的数列Q（A）中，使得

|%1-41+|久3-4,4|+|45-4,6|+|。"7最小的一个.

上面已经说明4,2j-1+4,2j~4—1,2j-1+%幻+1，这里j=l,2,3,4,5=1,2,....

从而由q+g=%+%=%+,=%+4可得as,i+4,2=4,3+“印=4.5+4,6=4.7+4,8=4+%+s.

同时,由于乙+[+%+”总是偶数，所以%+纵5+和%+44+4,6+4,8的奇偶性保持不变,从而

as.l+as,3+as,5+as,l和as,2+asA+4,6+4,8都是偶数.

下面证明不存在/=L2,3,4使得同吩「久2心2.

假设存在，根据对称性，不妨设J=l,as,2j-\~as,2j22,即

情况1：若[4,3—4,/+14,5—4,61+〔4,7—4,81=。，则由4,1+4,3+4,5+4：和4,2+4,4+4,6+4,8都是偶数，

知41_4”4.

对该数列连续作四次变换（2,3,5,8）,（2,4,6,8）,（2,3,6,7）,（2,4,5,7）后，新的

14+4,1—4+4,21+14+4,3—4+4,41+14+4,5—4+4,61+14+4,7—4+4,8|相比原来的

I，一4/+|%3—4,1+|%5—编+/一％81减少4，这与|%1-4/+|4,3-4,/+|%5-4,6|+|4,7-％81的最小

性矛盾；

情况2：若[4,3-4,4|+|4,5-4,6|+|4,7-4,8|>。，不妨设|%3一41>°.

情况2-1：如果4厂4,心1,则对该数列连续作两次变换（2,4,5,7）,（2,4,6,8）后，新的

|见+2]-4+2,21+14+2,3—4+2,41+14+2,5—4+2,6114+2,7—4+2,8|相比原来的

|qJ_qj+|4,3-4.」+|4,5一%小+何，至少减少2,S1^,1-as21+1<2,,3-as41+|aSj5-as61+\asJ-asS|的

最小性矛盾；

情况2-2：如果%4-心21,则对该数列连续作两次变换（2,3,5,8）,（2,3,6,7）后，新的

14+2,1—4+2,21+14+2,3-4+2,41+14+2,5-4+2,6|+14+2,7-4+2,8|相比原来的

|%1_4/+|4,3_qj+|4,5_%6|+|4,7一%/至少减少2，这与I&J_4』+|%3一%/+|4.5_4/+|4,7一4/的

最小性矛盾.

这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的）=1,2,3,4都有-4214L

假设存在j=1,2,3,4使得屋JT-《2,|=1，则42“+4刃是奇数，所以

as,i+4,2=4,3+asA=4,5+4,6=a“7+4,8都是奇数，设为2N+L

则此时对任意j=1,2,3,4,由除-/幻］<1可知必有｛%2尸1，4幻｝=｛N,N+1｝.

a

而4」+4,3+4.5+4.7和％+4/+4.6+s,s都是偶数，故集合｛Hasm=N｝中的四个元素i,j,k,w之和为偶

数，对该数列进行一次变换«,/,£•）,则该数列成为常数列，新的

14+1J_4+1,21+14+1,3_4+1.41+14+1,5_4+1,61+14+1,7_4+1,8|等于零，比原来的

-a』+|a*3+|%5一4小+|4,7一4」更小，这与旧,1—a』+|a*3+|《,5—qj+|&,7-a5的最小性

矛盾.

综上，只可能—4）=°（，=1，2,3,4）,jfjjasl+as2=as3+asA=as5+as6=asl+asi,故｛4,“｝=Q（A）是

常数列，充分性得证.

解法二：由题意可知：。中序列的顺序不影响。（A）的结果，

且（4%），3，%），（45,46），（分，/）相对于序列也是无序的，

（i）若q+4=。3+。4=。5+。6=%+。8，

不妨设生«。3«。54。7，贝!J%>"4牝N/，

（T）当q=%=。5=。7，则％=〃6="4=”2，

分别执行生个序列（2,4,6,8）、a2个序列（1,3,5,7）,

可得％+%,%+。2，。1+%，4+。2,4+。2吗+〃2，q+。2，%+%，为常数列，符合题意；

②当％,4，%,%中有且仅有三个数相等，不妨设％=。3=。5，则。2=。4=。6,

分别执行0个序列(1,3,5,7)、％个序列(2,4,6,8)

口J彳、jI,^^2।^3^7,I^^2,^^2।,^Z]Id>2,^^2।CI7,^^2I^^7,ClqI^ZQ,

即％+。2，。2+〃7，％+4，〃2+%，+〃2，〃2+%，。2+〃7，％+〃2，

因为4+/+%+%为偶数，即3%+%为偶数，

可知对%的奇偶性相同，则%”eN*,

分别执行"五个序列(1,3,5,7),(1,3,6,8),(2,3,5,8),(1,4,5,8),

可得

3%+2%—43%+2%—43%+2%—q3%+2%—13%+2%—q3%+2%—63%+2%—q3%+2%—4

2'2'2'2'2'2'2'2

为常数列，符合题意；

若=〃3<〃5=〃7，贝U%=。4>〃6=〃8，即。],。2，〃1，〃2，"5，"6，"5，"6，

分别执行。5个(136,8)、4个(2,4,5,7),

可得%+。5，%+。2，01+。5，01+。2，%+。5，。5+。6，%+〃5，。5+〃6，

因为％+%=%+〃6，

可得q+%,4+%，+。5，01+。2，4+。5，4+。2，01+“5，4+。2，

即转为①，可知符合题意；

④当q,%,%,%中有且仅有两个数相等，不妨设4=%，则%=%,

即,。2,,a?，"5'"6'“79“8，

分别执行q个(2,4,5,7)、%个(1，3,6,8),

可得〃[+%,+〃2，01+%，01+。2，01+%，05+。6，%+。7，〃5+。8，

且4+%=%+。6，可得%+%，%+〃2，%+。5，01+。2，+〃5，%+〃2，%+。7，〃5+。8，

因为卬+%+%+。7=2%+%+%为偶数，可知〃5，%的奇偶性相同，

贝ij(q+%)+(4+%)+(4+%)+(%+%)=44+3%+。7为偶数，

且4+%=%+。5=%+。5<%+%，即转为②，可知符合题意；

⑤若％<a3<a5<a7,则%>%>%>08，即%,出，/，〃4M5,4,%，4，

分别执行q个(2,3,5,8)、&个。，4,6,7),

可得%+%,%+。2，%+〃3，。3+〃4，%+〃5，〃3+〃6，。3+。7，%+〃8，

且％+4=%+。4，可得4+。3，。1+〃2吗+。3吗+。2吗+。5,13+16，。3+%，〃1+。8，

因为％+%+%+%为偶数，

贝!](q+%)+(q+/)+(q+%)+(/+%)=2(%+/)+(q+%+%+%)为偶数，

且〃1+4=%+。3<4+。5<。3+%，即转为④，可知符合题意；

综上所述：若%+%=%+%=/+%=%+/，则存在序列。，使得C(A)为常数列；

(ii)若存在序列。，使得Q(A)为常数列，

因为对任意O(A)：4也,…也，

均有伯+&)-(%+%)=(4+%)-(/+%)=(4+%)-(%+%)=(4+4)-3+/)成立，

若。(A)为常数列，则4+b2=b3+b4=b5+b6=b7+bs,

所以Q]+〃2=。3+〃4=〃5+〃6=。7+4；

综上所述：“存在序列。，使得C(A)为常数列”的充要条件为“6+%=4+%=4+4=%+%”.

6.(2024年北京高考数学真题)在VABC中，内角AB,C的对边分别为a,b,c,—A为钝角，a=7,

■oRV3,

sin2n=——pcosn.

7

⑴求上4；

⑵从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得VABC存在，求VABC的面积.

条件①：6=7；条件②：cosB=j|；条件③：csinA=|V3.

注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得。分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个

解答计分.

【解析】(1)由题意得2sin2cosB=36cosB,因为A为钝角，

7

厂b_2_〃_7厂

贝ljcos3w。，则2sin3=//?,则sin86sinAsinA,解得sinA=N,

7—2

因为A为钝角，则A=?~.

(2)选择①匕=7,则sinB=皿6=Ex7=3,因为A=亭，则B为锐角，则8=g,

1414233

此时4+5=兀，不合题意，舍弃;

13

选择②cosB=—因为B为三角形内角,

贝1代入251115=^^得2*3^8=^^，解得Z?=3,

7147

sinC=sin(A+5)=sin+B=sin——cosB+cos——sinB

33

贝1JsABc=!absinC=Lx7x3x^=^^.

AABC22144

选择③csinA=gV^,则有C速解得c=5,

22

35

a_2_=sG

则由正弦定理得，即若sinC,解得sinC=-----

sinAsinC14

2

11

因为C为三角形内角，贝！JcosC==—j

14

贝IsinB=sin(A+C)=sin——+C=sin——cosC+cos——sinC

3色

IT

则S%c=Lcsin8」x7x5xM=M

△ABC22144

7.（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥尸-ABCD中，BC//AD,AB=BC=1,AD=3,点E在

AD上，且PEJ.AD,PE=DE=2.

p

（1）若尸为线段PE中点，求证：3/〃平面PCD.

（2）若AB_L平面尸AD,求平面RIB与平面尸CD夹角的余弦值.

【解析】（1）取PO的中点为S,接SRSC,则"〃E£>,Sf=gEO=l,

而ED//BC,ED=2BC,故SFUBC,SF=BC,故四边形SEBC为平行四边形,

故班7/SC,而平面PCD,SCu平面尸CD,

所以8P〃平面PCD.

因为ED=2,故AE=1,AE//BC,AE—BC,

故四边形AECB为平行四边形，故CEHAB,所以CEL平面尸AD,

而尸瓦E£（u平面上位），故而PELED,

故建立如图所示的空间直角坐标系，

BiJA（0,-1,0）,B（l,-1,0）,C（l,0,0）,0（0,2,0）,P（0,0,2）,

则丽=（0,T-2）,丽=（1,-1,-2）,陪（1,0,-2）,而=（0,2,-2）,

设平面E钻的法向量为沅=（x,y,z）,

m-PA=0~y2z=0/、

则由9一可得-z=。,取沆=（°，一2，1），

m•PB=0

设平面PCD的法向量为为=（a/,c）,

n-PC=Qa-2b=0

则由，可得取万=（2』,1）,

n-PD=02b—2c=0

故""二八=-%

故平面P钻与平面PCD夹角的余弦值为叵

30

题型一：运用“熟悉化原则”转化化归问题

【典例1-1］（多选题）图形由钱接的薄片构成，则下列五个点不动（固定），所有连杆会固定的选项是

（）

A.A,B,C,D,0

B.A,B,C,D,F

C.K,L,M,N,0

D.K,L,M,N,E

【答案】ACD

【解析】对于A,如图示:

AC固定则G固定；氏。固定则H固定；3固定则尸固定;

0，C固定则/固定；尸,”固定则L固定；G,/固定则〃固定；

A。固定则J固定；尸,/固定则E固定；J,G固定则K固定；

固定则N固定；所有连杆会固定；

对于B,如图示:

A，C固定则G固定；氏。固定则H固定；4。固定则J固定;

J,G固定则K固定；F,“固定则L固定；固定则N固定；

其它点无法固定;

对于C,如图示:

固定则G固定；LN固定则H固定；K,N固定则J固定;

J,G固定则A固定；固定则。固定；。,加固定则/固定;

/,G固定则C固定；。，工固定则尸固定；尸，”固定则B固定；

£/固定则E固定；所以所有连杆会固定；

对于D,如图示：

K,M固定则G固定；LN固定则H固定；K,N固定则J固定;

固定则/固定；尸,”固定则8固定；J,G固定则A固定；

J,H固定则。固定；固定则/固定；歹/固定则。固定；

G,/固定则C固定；所有连杆会固定；

故选：ACD.

【典例1-2】在VA5c中，。是边AC的中点，若AB=3,AC=6,BC=8,贝|3£)=

【答案]^U2/17no

22

如图，过点A作BC的平行线，过点C作的平行线，两平行线交于点E,

则四边形A3CE为平行四边形，AB=CE,BC=AE,ZABC+ZBCE=180°,

cos?ABC-cos?BCE,

,BD=-BE=-^BC2+CE2-2BC-CE-cosZBCE

22

=iVBC2+AB2+2BC-AB-cosZABC

2

-2J-f七产

=1y]2(AB2+BC2)-AC2=172(32+82)-62=.

2^10

故答案为:

2

【变式7】若Sin2(")=3sin2y,则黑去।

【答案】1/0.5

【解析】由sin2(a+£)=3sin27得:

sin[(a+/?+7)+(a+尸一7)]=3sin[(a+£+力一(a+6一7)],

所以sin(a+/7+7)cos(a+4-7)+cos(a+4+7)sin(a+£-/)

=3sin(cr+y5+7)cos(6Z+?0-/)-3cos(cr+y0+/)sin(cr+/?-/)

化简得到：

4cos(&+/?+y)sin(a+尸一力=2sin(a+6+7)cos(a+£-/),

所以2tan(a+/?-/)=tan(a+/7+7)；

所以詈卢

tan(a+7+，)2

故答案为：

jrjrjI

【变式1-2](1)设0<a<g,求~~f—刀的最小值.

22cosasina-sinp-cosp

(2)设A,B,。是VABC的三个内角，^cuEsin—sin—sin—<-.

2228

【解析】(1)暂不考虑伞的变化，只对夕进行“放缩

原式二——十丁^—二^--->~~r~+-7(当£=/时“=”号成立).

cosasma•sinp-cospcosasmal4

再研究a对函数值的影响.

―H=sec2。+4cse2[=5+tan2a+4cot26Z>5+2“=9.

cosasina

(当a=arctanA/2时"="号成立)

故原函数的最小值为9.

ABC

(2)证明：令丁usinm.sinm.sin,,视A为常量，B,。为变量，于是有

,A\(B-CB+Cy1.A(B-C.

y=sin------cos------------cos--------=—sin-cos----------sin一,

22(22)22(22)

R_r1A（A\

显然B,C在变化中取相等的值时，cos号取最大值1,因此有yW5sin,[l-sin^J.

下面考查A的变化对y的值的影响，易知当sing4=£1,即7A=rg时，y取得最大值I:，即有yV：I.

根据两次变化情况可知sin4-sinf-sin^l，

222o

IT

（当且仅当B=C=A=§时"=”号成立）.

命题预测事

1.在VABC中，角A氏C的对边分别为〃也。，已知A=宁，/_/+°2+3°=0,VABC的面积为

身叵，求边5C上的中线AD的长.

4

【解析】因为SABc=LAsinA=Lbcx^=M,所以秘=15,

aABC2224

因为余弦定理得cr=b2+c2-26ccosA=b2+c2+be>

又因为b?-a?+c?+3c=0，

可得bc=3c,即得6=3,c=5.

因为BC的中线AD,

可得2而=希+正，

（2AD）2=（AB+AC）2=AB2

所以।而上亭,

即如半

2.三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”，“化圆为方问题”并称为“古

代三大几何难题公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题某同

学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角的顶点与坐标原点。重合，点8在第四象限，且点

B在双曲线T：%2一产=。6>0）的一条渐近线上，而。&与T在第一象限内交于点A.以点A为圆心，

210Al为半径的圆与T在第四象限内交于点尸，设AP的中点为。，则=若|图=5,

|。9=6,则a的值为（）

36

A.—B.8D.10

5

【答案】C

“""上

设/。。八次。<”和直线以的倾斜角为弥

则/QOA=2a,直线。4的斜率为左=tan。，

•••2为AP的中点，.•』4。|=J=5=|OA|,

OA2+OQ2-AQ2_25+36-25_3

=6,「.cos2。=

2OAOQ2x5x65

44

sinla--,tan2a=—

53

2tanor4兀1

,*/0<cr<—,「.tana£(0,1),/.tan=—

l-tan2a342

41

—+—

/ANctan2cr+tancr11

/.tanZAOB=tan3a=-------3-----2-------

1-tan2atana]_"2

32

7Ttan0+1k+111

又/.tanZAOB=tan(6>+—)=

41-tan1-k2

9o

・•・左=为，二•直线Q4的方程为y=

2169

9x-----a

y=——xg88

联立13,得

281

x2—y2=ay=——a

88

•.•侬=5,:.x2+y2=25,gp—a+—a=25,

8888

44

CL------

5

故选：C.

题型二：运用“简单化原则”转化化归问题

【典例2-1】已知圆柱和圆锥的底面半径相等，体积相等，且它们的侧面积之比为1:3,则圆锥的高与底面

半径之比为（）

rV3D.友

Bk_z.-----------

-133

【答案】C

【解析】设圆柱和圆锥的底面半径为「，高分别为九，生，

锥=§兀/均，%］柱=兀/4

所以（1）

圆柱的侧面积5=2兀，九，（2）

圆锥的侧面积S2=,（3）

S1

又因为U=”代入⑴但）⑶，

解得：3后42,即&=3=走，

rA/33

故选：C.

【典例2-2】如图，正方体ABCD-A由GR的棱长为2,点。为底面ABC。的中心，点尸在侧面B瓦CC的

边界及其内部运动.给出下列四个结论：®DtO±AC.②存在一点尸，。。//用尸；③若。。，。尸，则

△2GP面积的最大值为百；④若尸到直线D©的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部

分.其中正确结论的个数为（）

【答案】C

【解析】对于①，连接A2，C2，由正方体的性质知△AC2为等边三角形,

由于0为底面ABC。的中心，故为AC中点，故ACLD0,故①正确；

对于②，R。进行平移到过耳点，使之具有公共顶点，根据立体图像判断,

NC平面CB4G,即无论如何也不可能满足gN平行或重合于与尸,

所以。0不可能平行于用P,故②错误;

对于③，取BBX的中点E,连接OE,EC,BD,DtE,

22

则OE=:DB}=V3,r>lO=76,D1E=3,满足。炉+DQ=DtE,:.OE_LDXO,

又0<?_1820(7_10。1,;.0(7_1面8。〃耳，DQu面BDRB],

所以OC_L，。，OC7OEO,所以RO,平面OEC,

所以尸在线段EC上运动，当点P到点E位置时，GP最大，

此时△£>©「面积最大为：仓也出=君.所以③正确；

对于④，尸到直线。G的距离为线段PG的长度，所以|尸。=|尸固，判定出P点位置为直线BG的垂直平

分线，故④错误.

故选:C.

【变式2-1]在四面体ABCO中，夕在面A3C内，。在面5C。内，且满足

________%s

AP^xAB+yAC,AQ^sAB+tAC+uAD,若二=一，则线段公。与。尸的关系是()

yt

A.A。与DP所在直线是异面直线

B.AQ与DP所在的直线平行

C.线段4。与。尸必相交

D.线段AQ与小延长后相交

【答案】C

【解析】若x=s=0,贝l]Q=y；W,湎=二/+〃砺，

AQ^-AC+uAD,所以A。,。,尸四点共面.

y

又AQ与。p不平行；

••・线段AQ与线段DP相交.

LXsst

右xwO且swO,•.•一=—；,

y%%y

不妨设'=则s=/U,£=%y,

xy

AQ=sAB+tAC+uAD=AxAB+AyAC+juAD=丸+yAC?)+juAD=AAP+juAD,

即而=2而+〃而,.1AQ,2P四点共面，

又AQ与DP不平行；.•.线段4。与线段OP相交.

故选：C.

A

【变式2-2】《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马

P-ABCD,平面ABC。，PA=AB=AD^2,M为底面ABCD及其内部的一个动点且满足

1PMi=石，则丽.丽的取值范围是()

A.[1-2A/2,1+272]B.[-1,1+2@

C.[-1-V2,-1]D.[1-2A/2,-1]

【答案】D

【解析】PA_L平面ABCD,PA=AB=AD^2,连接PM,AM,由1PMi=石，可得

|AM|=^|PM|2-|PA|2=1,

四边形ABCD为矩形，以A民AD,AP为％V，z轴建立如图所示坐标系，

则8(2,0,0),0(0,2,0),设M(cose,si",0),6>e0,|-,

则DM=(cossin6*-2,0),BM=(cos6*-2,sin0,0),

所以DM-BM=cose(cos6-2)+(sin6-2)sine

=cos20+sin2e-2(sind+cos。)=1-2后sin[e+：]

因为0。,m，则。+3[吊，则sin1e+N%1,

所以丽■•丽e[1-20,-1].

故选：D

命题预测

1.在棱长为1的正方体ABC。-A4G2中，P为底面ABC。内（包括边界）的动点，满足直线RP与直

线CG所成角的大小为则线段。尸扫过的面积的大小为（）

6

A.—71B—.-兀C一.一兀

1263

【答案】A

【解析】由题意得：正方体中，易得DDJ/CQ,

要使直线D,P与直线CG所成角的大小为g,

0

7T

只需DDi与直线2P所成角的大小为:，

0

所以2尸绕。2以;夹角旋转为锥体的一部分，如图所示:

6

所以tanNDRP=^^=*,即DP=*~,

所以点P的轨迹是以。为圆心，在为半径的四分之一圆,

3

2

故线段上扫过的面积的大小为:兀，2兀X71

~12

故选：A.

2.正方体ABCD-A与G2的棱长为1，M是面BCC4内一动点，且。N是棱C&上一动点,

则AZWN周长的最小值为（）

A.2B.V3+1C.也+2D.逅+巫

22

【答案】B

【解析】点M在线段BG上运动，即动线段次f在ABG。内运动，

动线段DN在AOCG内运动，动线段MN在A8CC1内运动，

以ABCG为基准，将ABCQ和ADCC翻折使其与ABCJ共面，如图所示：

其中ABCQ翻折至△BG2，ADCQ翻折至△C£2，

△DMN的周长等于D2M+MN+ND3，最小值等于DR

在四边形CR=CR=夜，ZUQDj=150°,

由余弦定理可求得便可=2+2-2x应x0x=4+2』，

所以22=1+6,

故ADMN的周长最小值等于1+6,

故选：B.

题型三：运用“直观化原则”转化化归问题

【典例3-1]若函数/（X）=gsin2x-Qcos%在（0,兀）上单调递增，则〃的取值范围是（