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高一数学方法技巧全归纳目录方法技巧01 任意角 1方法技巧02 扇形的弧长及面积公式 1方法技巧03 三角函数的概念及应用 2方法技巧04 同角三角函数的基本关系“知一求二”问题 3方法技巧05 正余弦齐次式的计算 4方法技巧06 sinα±cosα和sinαcosα之间的关系 5方法技巧07 诱导公式的应用 7方法技巧08 和、差、倍角公式的直接应用 8方法技巧09 和差角公式的逆用与变形 9方法技巧10 角的变换问题 11方法技巧11 三角函数式的求值 12方法技巧12 三角函数的定义域和值域 13方法技巧13 三角函数的周期性、对称性与奇偶性 15方法技巧14 求三角函数的单调区间 16方法技巧15 根据三角函数的单调性求参数 17方法技巧16 比较三角函数值的大小 19方法技巧17 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及变换 19方法技巧18 由图象确定三角函数的解析式 21方法技巧19 三角函数图象与性质的综合应用 23方法技巧20 三角函数模型的应用 24方法技巧21 三角函数中ω的范围问题 26方法技巧22 复杂三角函数性质判断 28方法技巧23 利用正、余弦定理解三角形 31方法技巧24 判断三角形的形状 32方法技巧25 三角形面积的计算 34方法技巧26 三角形的中线问题 35方法技巧27 三角形的角平分线问题 38方法技巧28 三角形的高线问题 40方法技巧29 已知三角形的一角求取值范围 44方法技巧30 已知三角形的一角及其对边求取值范围 45方法技巧31 已知三角形的一角及其邻边求取值范围 47方法技巧32 已知三角形中角(或边)的关系求取值范围 49方法技巧33 测量距离问题 50方法技巧34 测量高度问题 52方法技巧35 测量角度问题 53方法技巧36 和差正切公式在解三角形的应用 55方法技巧37 平面向量的概念 57方法技巧38 平面向量的线性运算 58方法技巧39 向量共线定理的应用 60方法技巧40 平面向量基本定理的应用 61方法技巧41 平面向量的坐标运算 63方法技巧42 向量共线的坐标表示 64方法技巧43 平面向量数量积的运算 66方法技巧44 平面向量数量积的应用 67方法技巧45 平面向量的应用 69方法技巧46 极化恒等式求数量积 71方法技巧47 极化恒等式求数量积的最值 72方法技巧48 复数的有关概念 74方法技巧49 复数的四则运算 75方法技巧50 复数的几何意义 76方法技巧51 基本立体图形结构特征 77方法技巧52 空间几何体的直观图 78方法技巧53 空间几何体的展开图 79方法技巧54 空间几何体的表面积与体积 80方法技巧55 简单几何体的外接球 83方法技巧56 简单几何体的内切球 86方法技巧57 与球有关的截面问题 87方法技巧58 基本事实的应用 89方法技巧59 空间两直线位置关系的判定 90方法技巧60 异面直线所成的角 92方法技巧61 空间几何体的截面、截线问题 95方法技巧62 截面分割体积比问题 97方法技巧63 直线与平面平行的判定 100方法技巧64 线面平行性质定理的应用 102方法技巧65 平面与平面平行的判定与性质 104方法技巧66 平行关系的综合应用 107方法技巧67 直线与平面垂直的判定与性质 109方法技巧68 平面与平面垂直的判定与性质 111方法技巧69 垂直关系的综合应用 113方法技巧70 三垂线定理及其逆定理 117学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司方法技巧01 任意角确定mα，(m∈N*)的终边位置的步骤(1)用终边相同的角的形式表示出角α的范围．(2)写出mα或的范围．(3)根据k的可能取值确定mα或的终边所在的位置．技巧：分母m是几，对k连取几个值判断，k＝0，1，2，….【典例1】(多选)与－835°终边相同的角有(　　)A．－245°　　B．245°　　C．－115°　　D．－475°【解析】与－835°终边相同的角可表示为－835°＋k·360°，k∈Z，当k＝1时，为－475°；当k＝2时，为－115°；当k＝3时，为245°.故选BCD.【典例2】若α是第二象限角，则(　　)A．－α是第一象限角B．是第三象限角C．＋α是第二象限角D．2α是第三或第四象限角或在y轴负半轴上【解析】因为α是第二象限角，可得＋2kπ<α<π＋2kπ，k∈Z，对于A，可得－π－2kπ<－α<－－2kπ，k∈Z，此时－α位于第三象限，所以A错误；对于B，可得＋kπ<<＋kπ，k∈Z，当k为偶数时，位于第一象限；当k为奇数时，位于第三象限，所以B错误；对于C，可得2π＋2kπ<＋α<＋2kπ，k∈Z，即2(k＋1)π<＋α<＋2(k＋1)π，k∈Z，所以＋α位于第一象限，所以C错误；对于D，可得π＋4kπ<2α<2π＋4kπ，k∈Z，所以2α是第三或第四象限角或在y轴负半轴上，所以D正确．方法技巧02 扇形的弧长及面积公式应用弧度制解决问题的注意点(1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度．(2)求扇形面积最大值的问题时，常转化为基本不等式或二次函数的最值问题．(3)在解决弧长、面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形．【典例1】在面积为4的扇形中，其周长最小时半径的值为(　　)A．4　　　B．2　　　C．2　　　D．1【解析】设扇形的半径为R(R>0)，圆心角为α(α＞0)，则αR2＝4，所以α＝，则扇形的周长为2R＋αR＝2R＋≥2＝8，当且仅当2R＝，即R＝2时取等号，此时α＝2，所以周长最小时半径的值为2.故选C.【典例2】机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形．若线段AB的长为1，则莱洛三角形的周长是________，其面积是________．【解析】由已知∠BAC＝，AB＝1，得＝＝＝×1＝，则莱洛三角形的周长是π. 又以点A，B，C为圆心，所对的扇形面积为×12＝，中间等边△ABC的面积S＝×1×1×＝，所以莱洛三角形的面积是3×－2×＝.方法技巧03 三角函数的概念及应用(1)利用三角函数的定义，已知角α终边上一点P的坐标，可以求出α的三角函数值；已知角α的三角函数值，可以求出角α终边的位置．(2)判断三角函数值的符号，关键是确定角的终边所在的象限，特别要注意不要忽略角的终边在坐标轴上的情况．【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)若α为第四象限角，则(　　)A．cos 2α＞0 B．cos 2α＜0C．sin 2α＞0 D．sin 2α＜0【解析】法一：由题意，知－＋2kπ<α<2kπ(k∈Z)，所以－π＋4kπ<2α<4kπ(k∈Z)，所以cos 2α≤0或cos 2α>0，sin 2α<0，故选D.法二：当α＝－时，cos 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A，B，C，故选D.【典例2】(2024·浙江五校联盟模拟)已知角α的终边过点P(－3，2cos α)，则cos α＝(　　)A． B．－ C．± D．－【解析】∵角α的终边过点P(－3，2cos α)，∴cos α＝，解得cosα＝±，∵cos α＝<0，∴cosα＝－.故选B.方法技巧04 同角三角函数的基本关系“知一求二”问题 这类知一求二问题，注意判断角的范围，另外熟记以下常见勾股数，可以提高解题速度：①32＋42＝52，62＋82＝102，92＋122＝152，…；②52＋122＝132，82＋152＝172，72＋242＝252，…【典例1】(2025·重庆模拟)已知sin ＝，α∈，则tan α＝(　　)A． B．－ C． D．－【解析】由sin ＝，得cos α＝，又α∈(0，π)，所以sin α＝＝，所以tanα＝＝.故选C.【典例2】(2023·全国乙卷)若θ∈，tan θ＝，则sin θ－cos θ＝________．【解析】由且θ∈，解得故sin θ－cos θ＝－.方法技巧05 正余弦齐次式的计算（1）形如asinα＋bcosα和asin2α＋bsinαcosα＋ccos2α的式子分别称为关于sinα，cosα的一次齐次式和二次齐次式，对涉及它们的三角变换通常转化为正切(分子分母同除以cosα或cos2α)求解. 如果分母为1，可考虑将1写成sin2α＋cos2α. （2）已知①分式齐1次式 = ②分式齐2次式③齐2次整式【典例1】已知，则__________【答案】【分析】根据齐次式，由弦化切即可求值.【详解】.故答案为：【典例2】若，则的值是_____________．【答案】【分析】利用诱导公式、两角差的正切公式和商数关系的齐次式计算求解.【详解】解：因为，所以，即，解得，所以，故答案为：【典例3】已知向量，，若，则的值为______.【答案】【分析】根据题目条件可得，代入化简即可.【详解】已知向量，，若，则有，∴.故答案为：方法技巧06 sinα±cosα和sinαcosα之间的关系对于已知sinα±cosα的求值问题，一般应用三角恒等式，利用整体代入的方法来解，涉及的三角恒等式有：(sinα＋cosα)2－(sinα－cosα)2＝4sinαcosα＝2sin2α注：利用sin2α＋cos2α＝1可实现正弦、余弦的互化，开方时要根据角α所在象限确定符号；利用＝tan α可以实现角α的弦切互化；利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α的关系可实现和积转化．【典例1】　(多选)已知 sin θ＋cos θ＝，θ∈(0，π)，则(　　)A．sin θcos θ＝－ B．sin θ－cos θ＝C．sin θ－cos θ＝ D．tan θ＝－【解析】对于A，因为sin θ＋cos θ＝，所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝，即sin θcos θ＝－，所以A正确；对于B，C，(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝，因为θ∈(0，π)，且sin θcos θ＝－<0，所以sin θ>0，cos θ<0，即sin θ－cos θ>0，所以sin θ－cos θ＝，所以B错误，C正确；对于D，联立 解得sin θ＝，cos θ＝－，所以tan θ＝－，所以D正确．故选ACD.【典例2】（2023·湖北·校联考模拟预测）已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角和的正弦公式将式子展开，然后平方得到，然后利用已知条件得到，并求出和的值，代入所求式子即可求解.【详解】由可得，则有，平方可得，则，因为，所以，则，所以，所以，故选：C.方法技巧07 诱导公式的应用常见的互余和互补的角 互余的角 －α与＋α；＋α与－α；＋α与－α 互补的角 ＋θ与－θ；＋θ与－θ【典例1】已知cos ＝，则sin cos ＝(　　)A．－ B． C．－ D．【解析】由题意可知，将角进行整体代换并利用诱导公式得sin ＝sin ＝sin ，cos ＝cos ＝－sin ，所以sin cos ＝－sin2＝cos2－1＝－1＝－.故选A.【典例2】(2025·宁夏吴忠模拟)已知角α终边上一点P(1，－2)，则＝________．【解析】因为角α终边上一点P(1，－2)，所以tan α＝＝－2，所以＝＝＝3.【典例3】（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角的余弦公式及诱导公式计算求解即可.【详解】因为，所以，故选：B【典例4】（2023·山西阳泉·统考三模）已知，且，则_______．【答案】/【分析】整体法诱导公式结合同角三角函数关系求出答案.【详解】因为，所以，故，所以.。故答案为：方法技巧08 和、差、倍角公式的直接应用应用公式化简求值的策略(1)要记住公式的结构特征和符号变化规律．(2)注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用．(3)注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用．【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)已知cos (α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos (α－β)＝(　　)A．－3m B．－ C． D．3m【解析】因为cos (α＋β)＝m，所以cos αcos β－sin αsin β＝m，而tan αtan β＝2，所以sin αsin β＝2cos αcos β，故cos αcos β－2cos αcos β＝m，即cos αcos β＝－m，从而sin αsin β＝－2m，故cos (α－β)＝－3m.故选A.【典例2】已知sin (α＋β)＝，sin (α－β)＝，则＝________．【解析】因为sin(α＋β)＝，sin (α－β)＝，所以sin αcos β＋cos αsin β＝，sin αcos β－cos αsin β＝，所以sin αcos β＝，cos αsin β＝，所以＝＝5.【典例3】已知tan (α＋β)＝2(tan α＋tan β)，且tan α＋tan β≠0，cos ＝，则cos ＝(　　)A．－ B． C．－ D．【解析】由题意可得tan＝＝2，因为tan α＋tan β≠0，所以tan αtan β＝，由得故cos ＝cos αcos β－sin αsin β＝，所以cos ＝cos ＝2cos2－1＝－.故选C.方法技巧09 和差角公式的逆用与变形三角函数公式活用技巧(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．(2)tan αtan β，tan α＋tan β(或tan α－tan β)，tan (α＋β)(或tan (α－β))三者中可以知二求一，注意公式的正用、逆用和变形使用．(3)注意特殊角的应用，当式子中出现，1，等数值时，一定要考虑引入特殊角，把值变角以便构造适合公式的形式．【典例1】在△ABC中，若tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，则cos C的值为(　　)A．－ B． C． D．－【解析】由tanA tan B＝tan A＋tan B＋1，可得＝－1，即tan (A＋B)＝－1，又A＋B∈(0，π)，所以A＋B＝，则C＝，cos C＝.【典例2】(多选)下列等式成立的有(　　)A．sin2＝B．tan80°－tan 35°－tan 80°tan 35°＝1C．cos 20°cos 40°cos 60°cos 80°＝D．＝【解析】对于A，sin2＝－＝－cos＝－，A错误；对于B，因为tan 45°＝tan ＝＝1，所以tan 80°－tan 35°－tan 80°tan 35°＝tan 80°tan 35°＋1－tan 80°tan 35°＝1，B正确；对于C，cos 20°cos 40°cos 60°cos 80°＝＝＝＝＝，C错误；对于D，＝＝＝＝，D正确．故选BD.方法技巧10 角的变换问题三角公式求值中变角的解题思路(1)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式，即拆角或凑角，如2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝.(2)当“已知角”有一个时，应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”．【典例1】设α∈，满足sin α＋cos α＝.(1)求cos 的值；(2)求cos 的值．【解析】　(1)∵α∈，满足sin α＋cos α＝＝2sin ，∴sin ＝.又∵<α＋<，∴cos ＝＝.(2)∵cos＝2cos2－1＝，sin＝2×＝，∴cos ＝cos ＝cos cos －sin sin ＝＝.【典例2】(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知cos 2α＝，tan β＝－，其中0<α<<β<π.(1)求sin 的值；(2)求β－2α的值．【解析】　(1)因为cos 2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α＝，所以cos2α＝，sin2α＝，又因为0<α<，则cos α>0，sin α>0，可得cos α＝，sin α＝，所以sin ＝sin αcos ＋cos αsin ＝＝.(2)因为0<α<，则0<2α<，且cos 2α＝，可得sin 2α＝＝，所以tan2α＝＝，可得tan ＝＝＝－1.又因为<β<π，可得<β－2α<π，所以β－2α＝.方法技巧11 三角函数式的求值三角函数式求值的三种题型(1)给角求值：一般给出的角都不是特殊角，需先仔细观察非特殊角与特殊角之间的关系，然后结合公式转化为特殊角，最后消除特殊角三角函数而得解．(2)给值求值：解题的关键在于“变角”，使相关角相同或具有某种关系．(3)给值求角：一般先求角的某一个三角函数值，再求角的范围，最后确定角． 【典例1】＝________．【解析】＝＝＝＝－.【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝，则sin ＝(　　)A． B．C． D．【解析】因为cos α＝1－2sin2＝，而α为锐角，解得sin＝＝＝.故选D.【典例3】(2024·江西九江二模)已知α，β∈，cos＝，tan α·tan β＝，则α＋β＝(　　)A． B． C． D．【解析】因为cos ＝，tan α·tan β＝，所以解得所以cos ＝cos αcos β－sin αsin β＝，又α，β∈，所以α＋β∈，所以α＋β＝.故选A.方法技巧12 三角函数的定义域和值域求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型(1)形如y＝a sin x＋b cos x＋c的三角函数，可先化为y＝A sin (x＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)．(2)形如y＝a sin2x＋b sinx＋c(a≠0)的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)．(3)形如y＝a sin x cos x＋b(sin x±cos x)＋c(a≠0)的三角函数，可先设t＝sin x±cos x，化为关于t的二次函数求值域(最值)，注意求t的范围．【典例1】函数y＝的定义域为________．【解析】要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.在同一平面直角坐标系中画出[0，2π]上y＝sin x和y＝cos x的图象，如图所示．在[0，2π]内，满足sin x＝cos x的x为，再结合正弦、余弦函数的最小正周期是2π，所以原函数的定义域为.【典例2】(2024·全国甲卷)函数f (x)＝sin x－cos x在[0，π]上的最大值是________．【解析】由题意知，f (x)＝sin x－cos x＝2sin ，当x∈[0，π]时，x－∈，sin ∈，于是f (x)∈[－，2]，故f (x)在[0，π]上的最大值为2.【典例3】当x∈时，函数y＝3－sin x－2cos2x的值域为________．【解析】因为x∈，所以sin x∈.又y＝3－sin x－2cos2x＝3－sinx－2(1－sin2x)＝＋，所以当sin x＝时，ymin＝，当sin x＝－或sin x＝1时，ymax＝2.即所求函数的值域为.【典例4】(2025·云南昭通模拟)已知f＝sin x＋cos x＋2sin x cos x，x∈，则f的值域为________．【解析】令t＝sin x＋cos x＝sin ，则t2＝＝1＋2sin x cos x，故2sin x cos x＝t2－1，因为x∈，所以x＋∈，所以t∈，令g＝t＋t2－1＝－，t∈，则g在上单调递增，则g＝g＝＝g＝1＋，所以f的值域为.【典例5】已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则f (x)的最小值是________．【解析】f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．因为cos x＋1≥0，所以当cos x＜时，f′(x)≤0，f (x)单调递减；当cos x＞时，f′(x)＞0，f (x)单调递增，所以当cos x＝时，f (x)有最小值，又f (x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，所以当sin x＝－时，f (x)有最小值，即f (x)min＝2×＝－.方法技巧13 三角函数的周期性、对称性与奇偶性(1)奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝A sin ωx或tan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝A cos ωx.(2)求函数周期的两种常见方法：①公式法：函数y＝A sin (ωx＋φ)(ω>0)的周期为，函数y＝A tan (ωx＋φ)(ω>0)的周期为.y＝|A sin (ωx＋φ)|，y＝|A cos (ωx＋φ)|的周期T＝，y＝|A tan (ωx＋φ)|的周期T＝.②图象法．(3)对称轴和对称中心的计算，本质是解方程，计算时要注意：①对称中心是点，最终要写成坐标的形式．②对称轴是直线，方程最终要写成“x＝…”的形式．【典例1】(2024·湖南雅礼中学一模)f (x)＝的最小正周期是(　　)A．π　　　B．　　　C．　　　D．2π【解析】画出f (x)＝的图象，如图所示，可得f (x)＝的最小正周期，即y＝sin 2x的最小正周期，最小正周期为＝π.故选A.【典例2】(2024·北京高考)已知f＝sin ωx，f＝－1，f＝1，|x1－x2|min＝，则ω＝(　　)A．1 B．2 C．3 D．4【解析】由题意可知：x1为f的最小值点，x2为f的最大值点，则＝＝，即T＝π，且ω>0，所以ω＝＝2.故选B.【典例3】当x＝时，函数f (x)＝A sin (x＋φ)(A>0，－π＜φ＜0)取得最小值，则函数y＝f是(　　)A．奇函数且图象关于直线x＝对称B．偶函数且图象关于直线x＝对称C．奇函数且图象关于点对称D．偶函数且图象关于点对称【解析】因为当x＝时，函数f (x)＝A sin (x＋φ)(A>0)取得最小值，所以＋φ＝－＋2kπ，k∈Z，即φ＝－＋2kπ，k∈Z，因为－π＜φ＜0，所以φ＝－，所以f (x)＝A sin (A>0)，所以y＝f＝A sin ＝－A cos x，所以函数y＝f 为偶函数且图象关于点对称．故选D.【典例4】已知函数f (x)＝2sin (ωx＋φ)的最小正周期为π，其图象关于直线x＝对称，则f ＝________．【解析】函数f (x)＝2sin (ωx＋φ)的最小正周期为π，其图象关于直线x＝对称，则∵|φ|<，∴ω＝2，φ＝，故f (x)＝2sin ，则f＝2sin＝.方法技巧14 求三角函数的单调区间与三角函数的单调性有关的问题（1）求函数或的单调区间，一般将视作整体，代入或相关的单调区间所对应的不等式，解之即得．（2）当ω<0时，先利用诱导公式将变形为，将变形为，再求函数的单调区间．（3）当A<0时，要注意单调区间的变化，谨防将增区间与减区间混淆．【典例1】函数f (x)＝sin 在[0，π]上的单调递减区间为________．【解析】f (x)＝sin ＝sin ＝－sin ，由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.故所求函数的单调递减区间为(k∈Z)．令A＝，k∈Z，B＝[0，π]，∴A∩B＝，∴f (x)在[0，π]上的单调递减区间为和.【典例2】函数y＝|tan x|的单调递增区间为________，单调递减区间为________．【解析】作出函数y＝|tan x|的图象，如图．观察图象可知，函数y＝|tan x|的单调递增区间为，k∈Z；单调递减区间为，k∈Z.方法技巧15 根据三角函数的单调性求参数已知三角函数的单调区间求参数的取值范围的三种方法(1)子集法：求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解．(2)反子集法：由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解.(3)若是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷．　【典例1】已知ω＞0，函数f (x)＝sin 在上单调递减，则ω的取值范围是(　　) A．(0，2] B．C． D．【解析】法一(反子集法)：∵x∈，∴ωx＋∈.∵f (x)在上单调递减，∴解得又ω＞0，k∈Z，∴k＝0，此时≤ω≤.故选D.法二(子集法)：由2kπ＋≤ωx＋≤2kπ＋，k∈Z，得≤x≤，k∈Z，因为f (x)＝sin 在上单调递减，所以解得k∈Z.因为k∈Z，ω＞0，所以k＝0，所以≤ω≤，即ω的取值范围为.故选D.【典例2】(2024·河北唐山二模)函数f＝sin (2x－φ)在上单调递增，则φ的取值范围为(　　)A． B．C． D．【解析】由x∈可得2x－φ∈，又，则－φ≤，且f在上单调递增，所以解得≤φ≤，即φ的取值范围为.故选C.方法技巧16 比较三角函数值的大小比较三角函数值大小的步骤：①异名函数化为同名函数；②利用诱导公式把角化到同一单调区间上；③利用函数的单调性比较大小．【典例1】(多选)(2024·石家庄调研)下列不等式成立的是(　　)A．sin<sinB．cos 400°>cos (－50°)C．sin <sin D．sin 3<sin 2【解析】因为－<－<－<0，且函数y＝sin x在上单调递增，所以sin <sin ，故A错误；因为cos 400°＝cos 40°，cos (－50°)＝cos 50°，且当0°≤x≤90°时，函数y＝cos x单调递减，所以cos 40°>cos 50°，即cos 400°>cos (－50°)，故B正确；因为<<<，且函数y＝sin x在区间上单调递减，所以sin >sin ，故C错误；因为<2<3<，且函数y＝sin x在区间上单调递减，所以sin 3<sin 2，故D正确．故选BD【典例2】设a＝sin33°，b＝cos 55°，c＝tan 35°，则(　　)A．a>b>c B．b>c>aC．c>b>a D．c>a>b【解析】∵a＝sin 33°，b＝cos 55°＝sin 35°，∴a＜b.又tan 35°＝>sin 35°，∴c＞b＞a.故选C.方法技巧17 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及变换(1)由y＝sin ωx的图象到y＝sin (ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的图象的变换：向左平移个单位长度．注意：不是向左平移φ个单位长度，相位变换是针对“x”．(2)如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致，那么应先利用诱导公式化为同名函数，ω为负值时应先变成正值．【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin 的交点个数为(　　)A．3 B．4 C．6 D．8【解析】因为函数y＝sin x的最小正周期为T＝2π，函数y＝2sin 的最小正周期为T＝，所以在x∈[0，2π]上，函数y＝2sin 有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示，由图可知，两函数图象有6个交点．故选C.【典例2】(2021·全国乙卷)把函数y＝f (x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin 的图象，则f (x)＝(　　)A．sin B．sin C．sin D．sin 【解析】依题意，将y＝sin 的图象向左平移个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到f (x)的图象，所以y＝sin y＝sin 的图象f (x)＝sin 的图象．故选B.【典例3】为得到函数y＝cos 的图象，只需将函数y＝sin 2x的图象(　　)A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度【解析】法一：y＝cos ＝sin ＝sin，将函数y＝sin 2x的图象向左平移φ个单位长度，得到y＝sin (2x＋2φ)的图象，故2φ＝，解得φ＝，即向左平移个单位长度．故选A.法二：y＝sin 2x＝cos ＝cos ，所以y＝cos 的图象向左平移个单位长度得到y＝cos 的图象，故选A.方法技巧18 由图象确定三角函数的解析式确定y＝A sin (ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法(1)求A，b.确定函数的最大值M和最小值m，则A＝，b＝.(2)求ω.确定函数的最小正周期T，则ω＝.(3)求φ.常用方法如下：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入．【典例1】(2024·安徽A10联考)已知函数f (x)＝4sin (ωx＋φ)的部分图象如图所示，其中A(0，2)，B，则f (x)＝(　　)A．4sin B．4sin C．4sin D．4sin 【解析】由题意，得＝－0，则T＝，∴ω＝＝3，∴f (x)＝4sin (3x＋φ)．∵f (0)＝4sin φ＝2，∴sin φ＝，又|φ|＜，∴φ＝，∴f (x)＝4sin .【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝sin (ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝与曲线y＝f (x)的两个交点，若|AB|＝，则f (π)＝________．【解析】设A，B，由|AB|＝可得x2－x1＝，由sin x＝可知，x＝＋2kπ或x＝＋2kπ，k∈Z，由题图可知，ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝＝，即ω(x2－x1)＝，所以ω＝4.因为f＝sin ＝0，所以＋φ＝2kπ，即φ＝－＋2kπ，k∈Z.所以f (x)＝sin ＝sin ，所以f (π)＝sin ＝－.【典例3】函数f (x)＝tan (ωx＋φ)的图象如图所示，图中阴影部分的面积为6π，则φ＝________．【解析】如图，①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形ABCD的面积，可得AB＝3.设函数f (x)的最小正周期为T，则AD＝T，由题意得3T＝6π，解得T＝2π，故＝2π，得ω＝，即f (x)＝tan ，f (x)的图象过点，即tan ＝tan ＝－1，∵φ∈，则＋φ∈，∴＋φ＝－，解得φ＝－.方法技巧19 三角函数图象与性质的综合应用与三角函数性质有关的综合题的求解策略(1)研究y＝A sin (ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题．(2)方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数．【典例1】(多选)已知函数f＝sin (ω>0)，则下列说法正确的是(　　)A．若ω＝1，则是f的图象的对称中心B．若f≤f恒成立，则ω的最小值为2C．若f在上单调递增，则0<ω≤D．若f在上恰有2个零点，则≤ω≤【解析】选项A，若ω＝1，则f＝sin ＝sin π＝0，由正弦函数的图象可知是f的图象的对称中心，A正确；选项B，若f≤f恒成立，则ω×＝＋2kπ，解得ω＝2＋12k，又ω>0，所以ω的最小值为2，B正确；选项C，因为x∈，所以ωx＋∈，由题意得，即ω≤，C正确；选项D，当x∈时，ωx＋∈，若f在上恰有2个零点，则2π≤2ωπ＋<3π，解得≤ω<，D错误．故选ABC.【典例2】已知偶函数f ＝sin 的图象关于点中心对称，且在区间上单调，则ω＝________．【解析】因为偶函数f＝，所以φ＝kπ＋，k∈Z，即f (x)＝cos ωx或f (x)＝－cos ωx，又f＝sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象关于点中心对称，所以cos ω＝0，即ω＝kπ＋，k∈Z，所以ω＝3k＋，k∈Z，因为当x∈时，函数单调，所以0≤ωx≤≤π，即0<ω≤4，所以当k＝0时，ω＝符合条件．方法技巧20 三角函数模型的应用三角函数模型的应用体现在两方面一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题．【典例1】某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为的一块扇形空置地(如图)，现欲从中规划出一块三角形绿地PQR，其中P在上，PQ⊥AB，垂足为Q，PR⊥AC，垂足为R，设∠PAB＝α∈，则PQ＝________米(用α表示)；当P在上运动时，这块三角形绿地的最大面积是________平方米．【解析】在Rt△PAQ中，∠PAB＝α∈，AP＝60(米)，∴PQ＝AP sin α＝60sin α(米)．在Rt△PAR中，可得PR＝60sin ，由题可知∠QPR＝，∴S△PQR＝·PQ·PR·sin ∠QPR＝×60sin α×60sin ×sin ＝900sin αsin ＝450＝450，又α∈，∴2α＋∈，∴当2α＋＝，即α＝时，△PQR的面积取最大值225平方米，即三角形绿地的最大面积是225平方米．【典例2】(2024·广东佛山二模)近年来，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进．农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置．如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为2π rad/s，圆上两点A，B始终满足∠AOB＝，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化．现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值．假设运动开始时刻，即t＝0秒时，点A位于圆心正下方，则t＝________秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为f＝________．【解析】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速度ω＝2π rad/s，设点A，圆上两点A，B始终保持∠AOB＝，则B，要使A，B两点的竖直距离为0，则sin ＝sin ，第一次为0时，4πt－＝π，解得t＝.f (t)＝＝＝＝.方法技巧21 三角函数中ω的范围问题1.先依据题设信息，确定函数的单调区间，再根据区间之间的包含关系建立不等式，即可求ω的取值范围．2.三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为.所以可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而研究“ω”的范围．3.利用三角函数的最值、极值与区间的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的取值范围．4.三角函数相邻两个零点之间的距离为，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值范围．【典例1】已知函数f＝cos ，其中ω>0.若f在区间上单调递增，则ω的取值范围是(　　)A． B．C． D．【解析】由题意得，函数f的单调递增区间满足－π＋2kπ≤ωx－≤2kπ，且ω>0，解得≤x≤.由题意可知：⊆.于是解得－＋6k≤ω≤k.又ω>0，于是0<ω≤.故选A.【典例2】(2025·山东威海模拟)已知函数f＝在上单调递增，则ω的取值范围是________．【解析】根据题意，，解得ω≤1，又ω>0，则ω∈.当x∈时，ωx－∈，由题意可得－ω－≥－ω－，解得ω≤.综上所述，ω的取值范围是.【典例3】(2025·广东实验中学模拟)已知函数f＝cos 的图象关于原点中心对称，则ω的最小值为(　　)A． B． C． D．【解析】函数f＝cos 的图象关于原点中心对称，则－ω＋＝kπ＋，解得ω＝－3k－，k∈Z，因为ω>0，当k＝－1时，ω取得最小值.故选B.【典例4】(2024·浙江温州一模)若函数f＝2sin ，ω>0，x∈的值域为[－，2]，则ω的取值范围是(　　)A． B．C． D．【解析】由x∈，得ωx－∈.显然当x＝0时，可得2sin＝－，由f 的值域为，利用三角函数图象性质可得ω－＋π，解得≤ω≤，即ω的取值范围是.故选D.【典例5】(2025·山东日照模拟)已知函数f (x)＝sin(ω＞0)在区间上单调递增，且f (x)在区间上只取得一次最大值，则ω的取值范围为(　　)A． B．C． D．【解析】由于函数f (x)＝sin (ω＞0)在上单调递增，x∈，ωx＋∈，－ω＋≥－且ω＋，解得ω≤且ω≤，所以0＜ω≤.又因为f (x)在区间上只取得一次最大值，即x∈时，ωx＋∈.所以ω＋＜，解得≤ω＜.综上，ω的取值范围是.故选B.【典例6】已知函数f (x)＝sin πωx－cos πωx(ω＞0)在[0，1]内恰有3个最值点和4个零点，则实数ω的取值范围是________．【解析】因为f (x)＝sin πωx－cos πωx＝2sin (ω＞0)，且当0≤x≤1时，－≤πωx－≤πω－，因为函数f (x)在[0，1]内恰有3个最值点和4个零点，所以3π≤πω－＜，解得≤ω＜.方法技巧22 复杂三角函数性质判断1.判断定义域时，必须注意分母不为0，排除使函数无意义的点，这是判断单调性、对称性的关键前提。2.周期判断要结合化简后的解析式，用周期公式直接计算；对称性可代入特殊点或对称轴公式验证。【典例1】【多选】（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）下列关于函数的说法中正确的有（    ）A．函数的值域为 B．函数的最小正周期为C．函数在其一个周期内是单调递减函数 D．函数图象关于对称【解析】由，可得，解得，所以函数的定义域为，.对于A，显然函数的值域为，故A正确；对于B，函数的，故B正确；对于C，若时，又时，无意义，所以函数在内不是单调递减函数，故C错误；对于D，，当时，，所以函数图像关于对称，故D正确.故选:ABD.【典例2】【多选】（2026·广东梅州·一模）关于函数，以下结论正确的有（    ）A．的图象是轴对称图形 B．的最大值为1C．是以为一个周期的周期函数 D．在上有4个零点【答案】ACD【分析】对于A，判断函数为偶函数，即可判断正误；对于B，因为要分析三角函数乘积形式的函数性质，所以可先利用三角恒等变换公式将化简为更易分析的形式.求函数最大值，可利用三角函数的有界性，结合化简后的函数形式，通过换元法转化为二次函数求最值；对于C，判断周期，可利用周期函数的定义，验证是否成立来确定；对于D，求零点，令，结合三角函数的零点性质求解，再统计上的零点个数.【详解】对于A，函数的定义域为R，且，即为偶函数，的图象是轴对称图形，A正确；对于B，，令，则，当时，取最大值，即的最大值为，B错误；对于C，，即是以为一个周期的周期函数，C正确；对于D，令，即，故或，当时，在上有满足题意；当时，在上有满足题意；故在上有共4个零点，D正确.【典例3】（2026·山西朔州·一模，T11）已知，则（    ）A．是偶函数B．的图象关于直线对称C．的值域为D．当在有2个不同实根时，的取值范围是【解析】的定义域为，关于原点对称，，所以为偶函数，A正确；，所以关于对称，B错；当，时，，，，则，当，时，，，，则，综上可得的值域为，C错；时，，图象如下所示：所以，，则，D正确.故选AD.方法技巧23 利用正、余弦定理解三角形解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，要考虑用正弦定理．以上特征都不明显时，要考虑两个定理都有可能用到．【典例1】　(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分 别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2.(1)求A；(2)若a＝2，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长．【解析】　(1)由sin A＋cos A＝2，得sin A＋cos A＝1，即sin ＝1，由于A∈(0，π)，所以A＋∈，故A＋＝，所以A＝.(2)由题设条件和正弦定理得sin B sin C＝2sin C sin B cos B，又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，所以cos B＝，所以B＝，所以C＝π－A－B＝.sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝，由正弦定理＝＝，可得＝＝，解得b＝2，c＝，故△ABC的周长为2＋＋3.【典例2】(2025·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝(　　)A．－ B．C．－ D．【解析】由2sin B＝3sin C，则2b＝3c，则b－c＝b－b＝a，即b＝a，则c＝b＝a＝a，故cos A＝＝＝＝－.故选A.【典例3】(2025·河北邢台模拟)在△ABC中，已知A＝，a＝2，若△ABC有两解，则边b的取值范围为________．【解析】由图可得，要使△ABC有两解，则b sin A<a<b，即b<2<b，解得2<b<4.方法技巧24 判断三角形的形状判定三角形形状的两种常用途径【典例1】设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　)A．直角三角形 B．锐角三角形C．钝角三角形 D．不确定【解析】法一(化角为边)：因为b cos C＋c cos B＝b·＋c·＝＝a，所以a sin A＝a，即sin A＝1，故A＝，因此△ABC是直角三角形．法二(化边为角)：因为bcos C＋ccos B＝asin A，所以sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin2A，即sin(B＋C)＝sin2A，所以sinA＝sin2A，故sinA＝1，即A＝，因此△ABC是直角三角形．法三(射影定理)：因为b cos C＋c cos B＝a＝a sin A，所以sin A＝1，故A＝，因此△ABC是直角三角形．【典例2】在△ABC中，＝sin2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形【解析】因为sin2＝，所以＝，即cos B＝.法一：由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．法二：由正弦定理得cos B＝，又sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C，所以cos B sin C＝sin B cos C＋cos B sin C，即sin B cos C＝0，又sin B≠0，所以cos C＝0，又角C为三角形的内角，所以C＝，所以△ABC为直角三角形，无法判断两直角边是否相等．方法技巧25 三角形面积的计算三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝ab sin C＝ac sin B＝bc sin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．【典例1】(2025·八省联考)在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos ∠BAC＝，则△ABC的面积为(　　)A．6 B．8 C．24 D．48【解析】∵BC＝8，AC＝10，cos ∠BAC＝，∴根据余弦定理知，BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC cos ∠BAC，∴64＝100＋AB2－2AB×10×，∴AB2－12AB＋36＝0，∴AB＝6，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC为直角三角形，∴AB⊥BC.∴S△ABC＝AB·BC＝×6×8＝24.故选C.【典例2】(2024·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab.①求B；②若△ABC的面积为3＋，求c.【解析】　①由余弦定理有a2＋b2－c2＝2ab cos C，对比已知a2＋b2－c2＝ab，可得cos C＝＝＝，因为C∈(0，π)，所以sin C>0，从而sin C＝＝＝，又因为sinC＝cos B，即cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.②由①可得B＝，cos C＝，C∈(0，π)，从而C＝，A＝π－＝，而sin A＝sin ＝sin ＝＝，由正弦定理有＝＝，从而a＝c＝c，b＝c＝c，所以S△ABC＝ab sin C＝c·c·＝c2，由已知△ABC的面积为3＋，可得c2＝3＋，所以c＝2.【典例3】在平面四边形ABCD中，B＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则四边形ABCD的面积等于________．【解析】连接BD，如图，在△BCD中，由于BC＝CD＝2，∠C＝120°，∴∠CBD＝＝30°，∴∠ABD＝90°.在△BCD中，由余弦定理知，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos ∠BCD＝22＋22－2×2×2cos 120°＝12，∴BD＝2，∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝×4×2×2×2×sin 120°＝5.方法技巧26 三角形的中线问题解答三角形的中线问题的三种思路 (1)应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想．(2)借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则＝(b2＋c2＋2bccos A)．(3)借助角的关系：在△ABC中，若AD是边BC上的中线，则cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0.【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1.(1)若∠ADC＝，求tan B；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.【解析】　(1)因为D为BC的中点，所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DC sin ∠ADC＝2××1×DC×＝，解得DC＝2，所以BD＝DC＝2，a＝4.因为∠ADC＝，所以∠ADB＝.在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝1＋4＋2＝7，所以c＝.在△ABD中，由余弦定理的推论，得cos B＝＝＝，所以sin B＝＝，所以tanB＝＝.(2)法一：因为D为BC的中点，所以BD＝DC.因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，则在△ABD与△ADC中，由余弦定理的推论，得＝－，得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝，所以a＝2.在△ABC中，由余弦定理的推论，得cos ∠BAC＝＝＝－，所以S△ABC＝bc sin ∠BAC＝bc＝bc＝＝，解得bc＝4.则由解得b＝c＝2.法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，则＝)，所以＝(c2＋b2＋2bc cos A)，又AD＝1，b2＋c2＝8，则1＝(8＋2bc cos A)，所以bc cos A＝－2①，S△ABC＝bc sin A＝，即bc sin A＝2②，由①②解得tan A＝－，所以A＝，所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2.法三：在△ABC中，由中线长公式可得2(BD2＋AD2)＝AB2＋AC2，又BD＝BC，AD＝1，b2＋c2＝8，则(2AD)2＋BC2＝2(AB2＋AC2)，即22＋a2＝2(b2＋c2)＝16，所以a2＝12.又S△ABC＝bc sin A＝，因而bc sin A＝2，又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc·cos A，得12＝8－2bc·cos A，所以bc cos A＝－2，故tan A＝－⇒cos A＝－，所以bc＝4，又b2＋c2＋2bc＝8＋8＝16＝(b＋c)2，b2＋c2－2bc＝8－8＝0＝(b－c)2，故可得b＝c＝2.【典例2】(2025·江苏泰州模拟)△ABC的三边分别为a，b，c，则边BC上的中线长为________．【解析】设BC边上的中线为AD，由余弦定理的推论知cos ∠BAC＝，则||2＝＝＝＝＝，所以中线长为.【典例3】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，a cos B－b cos A＋b＝c，则BC边上的中线AD长度的最大值为________．【解析】因为a cos B－b cos A＋b＝c，由正弦定理可知，sin A cos B－sin B cos A＋sin B＝sin C，又因为A＋B＋C＝π，所以sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，则2cos A sin B＝sin B，又由于B∈(0，π)，所以sin B＞0，所以cos A＝.因为A∈(0，π)，所以A＝.设AD＝x，又DB＝DC＝1，在△ADB，△ADC中分别有：cos ∠ADB＝，cos ∠ADC＝，又由于cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0，所以2x2＋2＝b2＋c2.在△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bc cos A，即4＝b2＋c2－bc，因为b2＋c2≥2bc，所以4＝b2＋c2－bc≥，从而b2＋c2≤8，所以2x2＋2≤8，解得x≤(当且仅当b＝c时等号成立)，所以BC边上的中线AD长度的最大值为.方法技巧27 三角形的角平分线问题解答三角形的角平分线问题一般有两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．已知AD是△ABC的角平分线，则(1)＝；(2)S△ABD＋S△ACD＝S△ABC.【典例1】　(2025·山东泰安模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cos C·sin ＋cos A＝0.(1)求角C的大小；(2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且CD＝2，BD＝2AD，求△ABC的面积． 【解析】　(1)由已知可得2cos C·－cos (B＋C)＝0，sin B cos C＋cos B cos C－(cos B cos C－sin B sin C)＝0，整理得sin B(cos C＋sin C)＝0.因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以cos C＋sin C＝0，即tan C＝－，因为C∈(0，π)，所以C＝.(2)由题意得，＝＝，即＝，所以a＝2b.法一：在△ABC中，c2＝a2＋b2－2ab cos ∠ACB＝4b2＋b2－2×2b×b×＝7b2，所以c＝b.在△ACD中，AD＝，所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD，即＝b2＋22－2b×2×，将c＝b代入整理得b2－9b＋18＝0，解得b＝3或b＝6.若b＝6，则a＝12，c＝6，BD＝4，AD＝2，所以在△BCD中，由余弦定理的推论得cos ∠CDB＝＝＜0，同理可得cos ∠ADC＜0，即∠BDC和∠ADC都为钝角，不符合题意，排除．所以b＝3，a＝6，S△ABC＝ab sin 120°＝.法二：因为S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，所以×2b sin 60°＋×2a sin 60°＝ab sin 120°，所以b＋a＝ab. 因为a＝2b，所以b＝3，a＝6，所以S△ABC＝ab sin 120°＝.【典例2】△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且＝.(1)求角B的大小；(2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且BD为∠ABC的平分线，求△ABC的面积．【解析】　(1)因为＝，由正弦定理得＝，化简得ac＝a2＋c2－b2，所以由余弦定理的推论得cos B＝＝，又因为B∈，所以B＝.(2)如图所示，因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，即BA×BC×sin ∠ABC＝BA×BD×sin ∠ABD＋BC×BD×sin ∠CBD，化简得BA＋BC＝BA×BC①，又由余弦定理得AC2＝BA2＋BC2－2BA×BC×cos ∠ABC，即(BA＋BC)2－3BA×BC＝9②，①②联立，解得BA×BC＝－2(舍去)或6，所以S△ABC＝BA×BC×sin ∠ABC＝.方法技巧28 三角形的高线问题(1)求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边的长度．(2)设h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝∶∶＝∶∶.【典例1】(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B．(1)求sin A；(2)设AB＝5，求AB边上的高．【解析】　法一：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.因为2sin (A－C)＝sin B，所以2sin ＝sin ，展开并整理得(sin A－cos A)＝(cos A＋sin A)，得sin A＝3cos A，又sin2A＋cos2A＝1，且sinA＞0，所以sin A＝.(2)由正弦定理＝，得BC＝·sin A＝＝3，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C，得52＝AC2＋(3)2－2AC·3cos ，整理得AC2－3AC＋20＝0，解得AC＝或AC＝2.由(1)得，tan A＝3＞，所以＜A＜，又A＋B＝，所以B＞，即C＜B，所以AB＜AC，所以AC＝2.设AB边上的高为h，则·AB·h＝·AC·BC sin C，即5h＝2×3，解得h＝6，所以AB边上的高为6.法二：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.因为2sin (A－C)＝sin B，所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，所以2sin A cos C－2cos A sin C＝sin A cos C＋cos A sin C，所以sin A cos C＝3cos A sin C，易得cos A cos C≠0，所以tan A＝3tan C＝3tan ＝3，又sin A＞0，所以sin A＝.(2)由(1)知sin A＝，tan A＝3＞0，所以A为锐角，所以cos A＝，所以sin B＝sin ＝(cos A＋sin A)＝＝，由正弦定理＝，得AC＝＝＝2，故AB边上的高为AC·sin A＝2＝6.【典例2】在①a sin C－c cos B cos C＝b cos2C；②5c cosB＋4b＝5a；③cos C＝c cos A这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且满足________．(1)求sin C；(2)已知a＋b＝5，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高h.【解析】　选择条件①：(1)因为asin C－c cos B cos C＝b cos2C，所以由正弦定理得sinA sin C＝sin C cos B cos C＋sin B cos2C，即sinA sin C＝cos C，故sin A sin C＝cos C sin A.又A∈⇒sin A≠0，所以sin C＝cos C⇒tan C＝.由C∈⇒C＝，所以sin C＝sin ＝.(2)由正弦定理得c＝2×sin ＝4，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos ＝－3ab＝16，所以ab＝＝3.于是得△ABC的面积S＝ab sin C＝ch，所以h＝＝＝.选择条件②：(1)因为5c cos B＋4b＝5a，由正弦定理得5sin C cos B＋4sin B＝5sin A，即5sin C cos B＋4sin B＝5sin ＝5sin B cos C＋5cos B sin C，于是sin B＝0.在△ABC中，B∈(0，π)，sin B≠0，所以cos C＝，sin C＝＝.(2)由正弦定理得c＝2×＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cosC＝－ab＝，所以ab＝＝，于是得△ABC的面积S＝ab sin C＝ch，所以h＝＝＝.选择条件③：(1)因为cos C＝c cos A，所以由正弦定理得cos C＝sin C cos A，所以2sin B cos C＝sin ＝sin B，因为B∈，所以sin B≠0⇒cos C＝.又C∈，所以C＝，所以sin C＝.(2)由正弦定理得c＝2×sin ＝4，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos ＝－3ab＝16，所以ab＝＝3.于是得△ABC的面积S＝ab sin C＝ch，所以h＝＝＝.方法技巧29 已知三角形的一角求取值范围借助三角形内角和定理把待求问题转化为某一角的三角函数取值范围问题，进而借助三角函数的性质求解．【典例1】(2020·浙江高考)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2b sin A－a＝0.(1)求角B的大小；(2)求cos A＋cos B＋cos C的取值范围．【解析】　(1)由正弦定理，得2sin B sin A＝sin A，因为sin A≠0，0＜B＜，故sin B＝，B＝.(2)由A＋B＋C＝π，得C＝－A.由△ABC是锐角三角形，得A∈.由cos C＝cos ＝－cos A＋sin A，得cos A＋cos B＋cos C＝sin A＋cos A＋＝sin ∈.故cos A＋cos B＋cos C的取值范围是.【典例2】(2025·江苏南通模拟)已知锐角△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin (A－B)＝cos C.(1)求角B的大小；(2)求的取值范围．【解析】　(1)在锐角△ABC中，sin (A－B)＝cos C>0，则0<A－B<，sin (A－B)＝sin ，于是A－B＝－C，即A＋C－B＝，而A＋C＝π－B，则π－2B＝，所以B＝.(2)由(1)知，C＝－A，由得<A<，由正弦定理得＝＝2sin2A＋2sin2C＝1－cos2A＋1－cos 2C＝2－cos 2A－cos ＝2＋sin 2A－cos 2A＝2＋sin ，而<2A－<，则<sin ≤1，3<2＋sin ≤2＋，所以的取值范围是(3，2＋].方法技巧30 已知三角形的一角及其对边求取值范围一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示，利用三角函数的有界性，单调性再结合角的范围确定最值或范围．【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinB sin C.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．【解析】　(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.　①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos A.　②由①②得cos A＝－.因为0＜A＜π，所以A＝.(2)法一(基本不等式)：由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos A＝AC2＋AB2＋AC·AB＝9，即－AC·AB＝9.因为AC·AB≤(当且仅当AC＝AB时取等号)，所以9＝－AC·AB≥－＝，解得AC＋AB≤2(当且仅当AC＝AB时取等号)，所以△ABC周长L＝AC＋AB＋BC≤3＋2，所以△ABC周长的最大值为3＋2.法二(三角函数法)：由正弦定理及(1)得＝＝＝2，从而AC＝2sin B，AB＝2sin(π－A－B)＝3cos B－sin B.故BC＋AC＋AB＝3＋sin B＋3cos B＝3＋2sin .又0＜B＜，所以当B＝时，△ABC周长取得最大值3＋2.【典例2】△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b＝2，2sin A＝a cos B.(1)求角B的大小；(2)求AC边上高的最大值．【解析】　(1)由2sin A＝a cos B，得＝，由正弦定理＝，得＝，又b＝2，∴sin B＝cos B，即tan B＝，∵B∈(0，π)，∴B＝.(2)法一：设AC边上的高为h，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，得4＝a2＋c2－2ac cos ，即a2＋c2－ac＝4.∵a2＋c2≥2ac，∴2ac－ac≤4，即ac≤4，当且仅当a＝c时，等号成立，∴S△ABC＝ac sin B＝ac∈(0，].又S△ABC＝bh＝h，∴h∈(0，]，∴AC边上高的最大值为.法二：设AC边上的高为h，由正弦定理得，a＝sin A＝sin A，c＝sin C＝sin C，∴S△ABC＝ac sin B＝ac＝sin A sin C＝sin A sin C，∵A＋B＋C＝π，∴sin A＝sin (B＋C)，∴S△ABC＝sin (B＋C)sin C＝＝＝sin .∵C∈，∴2C－∈，∴sin ∈，∴S△ABC∈(0，].又S△ABC＝bh＝h，∴h∈(0，]，∴AC边上高的最大值为.方法技巧31 已知三角形的一角及其邻边求取值范围锐角三角形中求最值或范围尽量向角转化，因为用基本不等式无法转化锐角三角形这个条件．【典例1】　(2025·江苏高邮中学模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a sin ＝b sin A.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝2，(ⅰ)求角C的取值范围；(ⅱ)求△ABC面积的取值范围．【解析】　(1)因为a sin ＝b sin A，由正弦定理得sin A sin ＝sin B sin A，因为sin A≠0，所以sin ＝sin B.由A＋B＋C＝π，可得sin ＝sin ＝cos ，所以cos ＝sin B，所以cos ＝2sin cos ，因为B∈，则∈，所以cos >0，所以sin ＝，因为∈，所以＝，则B＝.(2)(ⅰ)因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<，0<C<，由(1)知，A＋C＝，即所以<C<，即角C的取值范围为.(ⅱ)由题设及(1)知，△ABC的面积S△ABC＝ac sin B＝a.由正弦定理得a＝＝＝＝＝＋1.因为<C<，所以tan C>，则0<<，0<<3，所以1<a<4，从而<S△ABC<2.因此△ABC面积的取值范围是.【典例2】在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，c＝2，A＝，则a＋b的取值范围是________．【解析】因为c＝2，A＝，则由正弦定理， 可得a＝＝，b＝＝，所以a＋b＝＝1＋＝1＋＝1＋，由△ABC是锐角三角形，可得0<C<，0<－C<，则<C<，所以<<，2－<tan <1.所以1＋<a＋b<4＋2.方法技巧32 已知三角形中角(或边)的关系求取值范围【典例1】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝2B，则的取值范围为(　　)A．(3，4] B．C． D．(2，5]【解析】∵A＝2B，B＋2B＋C＝π，∴B∈，sin A＝sin 2B＝2sin B cos B，sin C＝sin (A＋B)＝sin 3B＝3sin B－4sin3B，由正弦定理可得＝＝＝6cos B＋4(1－cos2B)－3＝－4cos2B＋6cosB＋1，令cos B＝t∈，则＝－4t2＋6t＋1，由二次函数性质知y＝－4t2＋6t＋1∈，∴∈.故选C.【典例2】(2025·山东烟台模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B的平分线交AC于点D，BD＝1且b＝2，则△ABC周长的最小值为________．【解析】因为∠ABC的平分线交AC于点D，BD＝1，所以S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，即ac sin ∠ABC＝BD·c·sin BD·a·sin ，因为sin ≠0，所以由二倍角公式可得2ac cos ＝a＋c，即cos ＝，所以cos ∠ABC＝2cos2－1＝2－1，由余弦定理的推论得，cos∠ABC＝，所以2－1＝，整理得(a＋c)2＝ac[(a＋c)2－4]，所以(a＋c)2＝ac[(a＋c)2－4]≤·[(a＋c)2－4]，整理得(a＋c)2≥8，所以a＋c≥2，当且仅当a＝c＝时等号成立，所以△ABC周长的最小值为2＋2.方法技巧33 测量距离问题距离问题的解题思路这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．提醒：①基线的选取要恰当；②选取的三角形及正弦、余弦定理要恰当．【典例1】(2025·山东青岛模拟)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝8 n mile，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点的距离为________ n mile.【解析】在△ACD中，∠DCA＝15°，∠ADC＝135°＋15°＝150°，∠CAD＝180°－150°－15°＝15°，所以AD＝CD＝8，所以AC＝＝8×(n mile)，在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝15°＋120°＝135°，∠CBD＝180°－15°－135°＝30°，由正弦定理得＝，BC＝＝16×sin ＝16×＝16×＝4(n mile)，在△ABC中，∠ACB＝120°，所以AB＝＝＝＝＝＝8(n mile)．【典例2】如图，线段CD是某铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，在四边形ABCD中，测得AB＝50 m，∠BAC＝45°，∠DAC＝75°，∠ABD＝30°，∠DBC＝75°.(1)试求B，D之间的距离及B，C之间的距离；(2)求应开凿的隧道CD的长．【解析】　(1)在△ABD中，∵∠DAC＝75°，∠CAB＝45°，∴∠DAB＝120°，又∠DBA＝30°，∴∠ADB＝30°，∴△ABD为等腰三角形， ∴AB＝AD＝50 m.由余弦定理可得BD2＝502＋502－2×50×50cos 120°＝502×3，∴BD＝50 m.在△ABC中，∠CAB＝45°，∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝30°＋75°＝105°，∴∠ACB＝30°，由正弦定理可得＝，∴BC＝50 m.(2)在△BCD中，∠DBC＝75°，BC＝50 m，BD＝50 m，根据余弦定理可得CD＝＝25() m．方法技巧34 测量高度问题解决高度问题的三个注意事项(1)要理解仰角、俯角的定义．(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形．(3)注意山或塔垂直地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．【典例1】(2024·广东湛江二模)为测量某大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝102 m，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则该大厦的高度OA＝________m.【解析】设OA＝h m，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以＝2，所以OB＝ m.因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h m.在△BOC中，由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos ∠BOC，即1022×7＝h2＋h2＋h2＝h2，解得h＝204.【典例2】(2024·浙江台州期末)如图所示，A，B，P，Q在同一个铅垂面上，在山脚A测得山顶P的仰角∠QAP为60°，∠QAB＝30°，斜坡AB长为m，在B处测得山顶P的仰角∠CBP为α，则山的高度PQ为(　　)A． B．C． D．【解析】如图所示，因为∠APQ＝30°，∠CPB＝90°－α，所以∠APB＝30°－90°＋α＝α－60°，则∠PBA＝180°－30°－α＋60°＝180°＋30°－α，在△PBA中，由正弦定理得，＝，则＝，得PA＝，在直角三角形PAQ中，sin 60°＝，得PQ＝.故选D.方法技巧35 测量角度问题解决角度问题的三个注意事项(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义．(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦值或余弦值．(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．提醒：理解仰角、俯角、方向角、方位角，正确画图是解题的关键．【典例1】一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12 n mile，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为12 n mile，该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向上，则此时灯塔C位于游轮的(　　)A．正西方向 B．南偏西75°方向C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向【解析】如图，在△ABD中，B＝45°，由正弦定理得＝，则AD＝＝24.在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos 30°，因为AC＝12，AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得＝，则sin ∠CDA＝，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°.因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，即此时灯塔C位于游轮的南偏西60°方向上．【典例2】(2025·广东广州模拟)在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 km的水面上，有蓝方一艘小艇正以10 km/h的速度沿南偏东75°方向前进，若侦察艇以14 km/h的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，则红方侦察艇所需的时间为________ h，角α的正弦值为________. 【解析】设红方侦察艇经过x h后在C处追上蓝方的小艇，则AC＝14x km，BC＝10x km，∠ABC＝120°.在△ABC中，根据余弦定理得＝122＋－240×x×cos 120°，解得x＝2，故AC＝28 km，BC＝20 km.根据正弦定理得＝，解得sin α＝＝.方法技巧36 和差正切公式在解三角形的应用和角正切核心公式：基础变形形式：1. 2. （）【典例1】（2025·福建泉州·模拟预测）已知，，分别为三个内角，，的对边，，且，（    ）A．1 B．3 C． D．【解析】由题设及正弦边角关系，有，，所以，由，，则，可得，所以，整理得，可得或，若，则，结合，故，三角形有两个钝角，不符合；所以.故选：B【典例2】（2025·河南许昌·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值是（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正弦定理化边为角，通过三角公式推出，再将转化，借助基本不等式求最小值.【详解】因为，由正弦定理得，所以.又因为，所以，所以，即.所以，，显然必为正，否则和都为负，就两个钝角，所以，当且仅当，即，取等号，所以的最小值是，故选：C.【典例3】（2026·山东青岛·一模）记内角，，的对边分别为，，，，则的最小值为______【解析】由，化简得由正弦定理得，所以，又因为，设，所以又，所以，所以，所以，设，所以，所以有解，所以，解得，又因为，所以，所以的最小值为.方法技巧37 平面向量的概念向量有关概念的四个关注点(1)平行向量就是共线向量，二者是等价的．(2)向量与数量不同，数量可以比较大小，向量不可以比较大小，但向量的模可以比较大小．(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．(4)是与非零向量a同方向的单位向量．【典例1】(多选)如图，D，E，F分别是△ABC各边的中点，则下列结论正确的是(　　)A．＝B．与共线C．与是相反向量D．＝||【解析】对于A，因为EF＝BC＝CD，EF∥CD，所以＝，故A正确；对于B，因为DE∥AB，所以与共线，故B正确；对于C，因为BD＝CD，所以与是相反向量，故C正确；对于D，＝，故D错误．故选ABC．【典例2】(2025·江苏扬州模拟)下列命题中，正确的是(　　)A．若＝，则a＝bB．若a＝b，则a∥bC．若a≠b，则a与b不是共线向量D．若a∥b，则存在唯一的实数λ使得a＝λb【解析】对于A，若|a|＝|b|，则a，b只是大小相等，并不能说方向相同，A错误；对于B，若a＝b，则a，b方向相同，B正确；对于C，当a≠b时，它们可以模长不相等，但可以同向或反向，故a与b可以为共线向量，故C错误；对于D，当b＝0，a为非零向量时，λ不存在，D错误．故选B．方法技巧38 平面向量的线性运算平面向量线性运算的求解策略(1)共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用向量减法的几何意义，求首尾相连向量的和用三角形法则．(2)求参数问题可以通过研究向量间的关系，通过向量的线性运算将目标向量表示出来，再进行比较，求参数的值．【典例1】若||＝7，||＝4，则||的取值范围是(　　)A．[3，7] B．(3，7)C．[3，11] D．(3，11)【解析】由题意知||＝7，||＝4，且||＝||，当同向时，||取得最小值，||＝||＝|||－|||＝|4－7|＝3；当反向时，||取得最大值，||＝||＝|||＋|||＝|4＋7|＝11；当不共线时，3＝|||－|||<||<|||＋|||＝11．故||的取值范围是[3，11]．【典例2】如图，O是▱ABCD两条对角线的交点，则下列等式成立的是(　　)A．＝ B．＝C．＝ D．＝【解析】由向量减法的运算可得＝，又因为四边形ABCD为平行四边形，所以＝．故选D．【典例3】(2024·山东济南二模)在△ABC中，E为边AB的中点，＝，则＝(　　)A．－ B．C． D．【解析】因为E为边AB的中点，＝，所以＝＝＝＝．故选D．【典例4】在△ABC中，D为BC的中点，M为AD的中点，＝m＋n，则m＋n＝(　　)A．－　　　B．　　　C．1　　　D．－1【解析】因为D是BC的中点，所以＝＝＝．又因为M是AD的中点，所以＝＝－)＝－，又＝m＋n，所以m＝－，n＝，所以m＋n＝－．故选A．【典例5】(2025·广东中山模拟)在平行四边形ABCD中，＝＝．若＝m＋n，则m＋n＝(　　)A． B． C． D．【解析】由题意可得＝＝＝＝＝，又＝m＋n，所以m＝，n＝，所以m＋n＝．故选D．方法技巧39 向量共线定理的应用利用向量共线定理解题的策略(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)是判断两个向量是否共线的主要依据．(2)当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A，B，C三点共线⇔共线．【典例1】(2025·浙江杭州模拟)已知向量e1，e2是平面上两个不共线的单位向量，且＝e1＋2e2，＝－3e1＋2e2，＝3e1－6e2，则(　　)A．A，B，C三点共线 B．A，B，D三点共线C．A，C，D三点共线 D．B，C，D三点共线【解析】对于A，因为＝e1＋2e2，＝－3e1＋2e2，不存在实数λ使得＝λ，故A，B，C三点不共线，故A错误；对于B，因为＝e1＋2e2，＝3e1－6e2，不存在实数λ使得＝λ，故A，B，D三点不共线，故B错误；对于C，因为＝＝－2e1＋4e2，＝3e1－6e2，则＝－，故A，C，D三点共线，故C正确；对于D，因为＝－3e1＋2e2，＝－()＝－(e1＋2e2＋3e1－6e2)＝－4e1＋4e2，不存在实数λ使得＝λ，故B，C，D三点不共线，故D错误．故选C．【典例2】(2024·广东广州二模)已知向量a与b不共线，若a＋kb与a＋b共线(k∈R)，则k的值是________．【解析】若a＋kb与a＋b共线，则设a＋kb＝λ ＝λa＋λb，因为向量a与b不共线，所以 所以k2＋k－1＝0，解得k＝．【典例3】如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与边AB，AC交于M，N两点，设＝x＝y，则的值为(　　)A．3 B．4 C．5 D．6【解析】延长AG交BC于点H(图略)，则H为BC的中点，∵G为△ABC的重心，∴＝＝)＝)＝＝．∵M，G，N三点共线，∴＝1，即＝3．故选A．【典例4】在△ABC中，M是AC边上一点，且＝，N是BM上一点，若＝＋m，则实数m的值为(　　)A．－ B．－ C． D．【解析】由＝，得＝3，由＝＋m，得＝＋m()＝－m＝－m．因为B，N，M三点共线，所以＝1，解得m＝．故选D．方法技巧40 平面向量基本定理的应用平面向量基本定理解决问题的一般思路(1)先选择一个基底，并运用该基底将条件和结论表示为向量的形式，再通过向量的运算来解决．(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．另外，要熟练运用平面几何的一些性质定理．【典例1】(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA．记＝m，＝n，则＝(　　)A．3m－2n B．－2m＋3nC．3m＋2n D．2m＋3n【解析】因为点D在边AB上，BD＝2DA，所以＝2，即＝2()，所以＝3－2＝－2m＋3n．故选B．【典例2】如图，在△ABO中，已知＝a，＝b，＝a，＝b，AN与BM交于点P，则＝________(用向量a，b表示)．【解析】设＝ma＋nb，又＝a，＝b，所以＝3m＋n＝m＋2n．又A，P，N三点共线，B，P，M三点共线，所以解得所以＝a＋b．【典例3】(2024·上海浦东新区三模)给定平面上的一组不共线向量，则以下四组向量中不能构成平面向量的基底的是(　　)A．2e1＋e2和e1－e2B．e1＋3e2和e2＋3e1C．3e1－e2和2e2－6e1D．e1和e1＋e2【解析】对于A，不存在实数λ，使得2e1＋e2＝λ，故2e1＋e2和e1－e2不共线，可作基底；对于B，不存在实数λ，使得e1＋3e2＝λ，故e1＋3e2和e2＋3e1不共线，可作基底；对于C，对 3e1－e2和2e2－6e1，因为e1，e2是不共线的两个非零向量，且存在实数－2，使得2e2－6e1＝－2，故3e1－e2和2e2－6e1共线，不可作基底；对于D，不存在实数λ，使得e1＝λ，故e1和e1＋e2不共线，可作基底．故选C．方法技巧41 平面向量的坐标运算平面向量坐标运算的技巧(1)利用向量加、减、数乘运算的法则(或运算律)进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标．(2)解题过程中，常利用“向量相等，则坐标相同”这一结论，由此可列方程(组)进行求解．(3)在特殊的平面图形中恰当建立直角坐标系，把向量的有关运算转化为坐标运算，有时更简单．【典例1】在平行四边形ABCD中，＝(3，7)，＝(－2，3)，对角线AC与BD交于点O，则的坐标为(　　)A．　 B．C． D．【解析】因为在平行四边形ABCD中，＝(3，7)，＝(－2，3)，对角线AC与BD交于点O，所以＝－＝－)＝．故选A【典例2】如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为________．【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0)．不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，∴C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴＝(－2，2)，＝(－2，1)，＝(1，2)，∵＝λ＋μ，∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)＝(－2λ＋μ，λ＋2μ)，∴ 解得故λ＋μ＝．【典例3】在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AC⊥CD，AB＝BC＝CD，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝(　　)A． B． C． D．2【解析】设AB＝，如图，以AC所在直线为x轴，AC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(－1，0)，B(0，－1)，C(1，0)，D(1，)，＝(2，0)，＝(1，－1)，＝(2，)，因为＝λ＋μ，所以(2，0)＝λ(1，－1)＋μ(2，)，所以解得λ＝2－2，μ＝2－，所以λ＋μ＝．故选B．方法技巧42 向量共线的坐标表示平面向量共线的坐标表示问题的解题策略(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1．(2)在求与一个已知向量a(a≠0)共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)．【典例1】 (2024·贵州贵阳二模)已知向量a＝，b＝，若∥，则实数x＝(　　)A．2 B．1 C．0 D．－4【解析】3a－b＝，a＋2b＝，由∥，则有1×－5×＝0，解得x＝－4．故选D．【典例2】(多选)已知向量＝(1，－3)，＝(2，－1)，＝(m＋1，m－2)，若连接AB，BC，AC能构成三角形，则实数m可以是(　　)A．－2 B． C．1 D．－1【解析】由题知＝＝(2，－1)－(1，－3)＝(1，2)，＝＝(m＋1，m－2)－(1，－3)＝(m，m＋1)．假设A，B，C三点共线，则1·(m＋1)－2m＝0，即m＝1．所以若连接AB，BC，AC能构成三角形，则m≠1．故选ABD．【典例3】已知O为坐标原点，点A(4，0)，B(4，4)，C(2，6)，则AC与OB的交点P的坐标为________．【解析】法一：由O，P，B三点共线，可设＝λ＝(4λ，4λ)，则＝＝(4λ－4，4λ)．又＝＝(－2，6)，由与共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0，解得λ＝，所以＝＝(3，3)，所以点P的坐标为(3，3)．法二：设点P(x，y)，则＝(x，y)，因为＝(4，4)，且与共线，所以＝，即x＝y．又＝(x－4，y)，＝(－2，6)，且与共线，所以(x－4)×6－y×(－2)＝0，解得x＝y＝3，所以点P的坐标为(3，3)．【典例4】在梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝2AB，若点A(1，2)，B(2，1)，C(4，2)，则点D的坐标为________．【解析】∵在梯形ABCD中，CD＝2AB，AB∥CD，∴＝2，设点D的坐标为(x，y)，则＝(4－x，2－y)，又＝(1，－1)，∴(4－x，2－y)＝2(1，－1)，即∴∴点D的坐标为(2，4)．方法技巧43 平面向量数量积的运算计算平面向量数量积的主要方法(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)利用坐标运算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2．(3)利用基底法求数量积．(4)灵活运用平面向量数量积的几何意义．【典例1】(2025·八省联考)已知向量a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a·(a－b)＝(　　)A．2 B．1 C．0 D．－1【解析】由题意知，a－b＝(－1，1)，所以a·(a－b)＝(0，1)·(－1，1)＝1．故选B．【典例2】已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则的值为________，的最大值为________【解析】法一(投影法)：设向量的夹角为θ，则＝＝||·||cos θ，由图可知，||cos θ＝||，所以原式等于||2＝1．要使最大，只要使向量在向量上的投影向量的长度达到最大即可，因为在向量上的投影向量的长度最大为||＝1，所以()max＝||2＝1．法二(基向量法)：因为＝且⊥，所以＝()·＝||2＝1，＝()·＝＝||||＝||，所以要使最大，只要||最大即可，显然随着E点在AB边上移动，||max＝1，故()max＝1．法三(坐标法)：以D为坐标原点，DC与DA所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，可知E(x，1)，0≤x≤1，所以＝(x，1)，＝(0，1)，可得＝1．因为＝(1，0)，所以＝x，因为0≤x≤1，所以()max＝1．【典例3】在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，＝2＝2，则＝(　　)A．4　　　B．　　　C．　　　D．3【解析】如图所示，在平行四边形ABCD中，∵＝2，＝2，∴＝＝＝＝，∴＝＝－＋，又AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，∴||2＝16，||2＝4，＝4×2×cos 60°＝4，∴＝．故选B．方法技巧44 平面向量数量积的应用1．求平面向量模的方法(1)若a＝(x，y)，利用公式|a|＝．(2)利用|a|＝．2．求平面向量的夹角的方法(1)定义法：cos θ＝，θ的取值范围为[0，π]．(2)坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝．(3)解三角形法：把两向量放到同一三角形中．【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝(　　)A． B． C． D．1【解析】因为(b－2a)⊥b，所以(b－2a)·b＝0，即b2＝2a·b，又因为|a|＝1，|a＋2b|＝2，所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，从而|b|＝．故选B．【典例2】若e1，e2是夹角为的两个单位向量，则a＝2e1＋e2与b＝－3e1＋2e2的夹角为(　　)A． B． C． D．【解析】由题意可得e1·e2＝1×1×cos ＝，故a·b＝(2e1＋e2)·(－3e1＋2e2)＝＝－6＋＋2＝－，|a|＝＝＝，|b|＝＝＝，故cos〈a，b〉＝＝＝－，由于〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝．【典例3】若向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，已知2a－3b与c的夹角为钝角，则k的取值范围是________．【解析】因为2a－3b与c的夹角为钝角，所以(2a－3b)·c＜0，即(2k－3，－6)·(2，1)＜0，所以4k－6－6＜0，所以k＜3．若2a－3b与c反向共线，则＝－6，解得k＝－，此时夹角不是钝角，综上所述，k的取值范围是∪．【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　　)A．－2 B．－1 C．1 D．2【解析】因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，所以b2－4a·b＝0，即4＋x2－4x＝0，故x＝2．故选D．【典例5】(2024·浙江温州一模)已知向量a＝，b＝，则a在b上的投影向量的坐标是(　　)A． B．C． D．【解析】a在b上的投影向量为cos 〈a，b〉＝b＝b＝－b＝，故选B．【典例6】(多选)已知向量a＝(2，m)，b＝(－1，3)，则下列说法中正确的是(　　)A．若|a＋b|＝，则m＝4B．若|a＋b|＝|a－b|，则m＝C．若a∥b，则m＝－6D．若向量a，b的夹角为钝角，则m的取值范围是【解析】A选项，a＋b＝(1，m＋3)，故＝，解得m＝0或m＝－6，A错误；B选项，a－b＝(3，m－3)，|a＋b|＝|a－b|，即＝，解得m＝，B正确；C选项，由题意得2×3－×m＝0，解得m＝－6，C正确；D选项，若向量a，b的夹角为钝角，则a·b<0且a，b不反向共线，故－2＋3m<0且2×3＋m≠0，解得m<且m≠－6，D错误．故选BC．方法技巧45 平面向量的应用1．用向量方法解决平面几何问题的步骤平面几何问题向量问题解决向量问题解决几何问题．2．用向量方法解决平面几何(物理)问题的步骤【典例1】(多选)在△ABC所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是(　　)A．若＝＝，则P是△ABC的垂心B．若＝λ，则直线AP必过△ABC的外心C．若||＝||＝||，则O为△ABC的外心D．若＝0，则N是△ABC的重心【解析】对于A，由题意可得＝·()＝＝0，所以PB⊥AC，同理可得PA⊥BC，PC⊥AB，故P为△ABC的垂心，故A正确；对于B，如图，设＝＝，则||＝||＝1，以AE，AF为邻边作平行四边形AEQF，则平行四边形AEQF为菱形，则＝＝，所以＝λ＝λ，又因为AQ平分∠BAC，故AP必经过△ABC的内心，故B错误；对于C，因为||＝||＝||，所以O到△ABC的三个顶点距离相等，所以O为△ABC的外心，故C正确；对于D，记AB，BC，CA的中点分别为D，E，F，由题意＝2＝－，则NC＝2ND，同理可得NA＝2NE，NB＝2NF，则N是△ABC的重心，故D正确．【典例2】在四边形ABCD中，＝(1，2)，＝(－4，2)，则四边形ABCD的面积S＝(　　)A． B．5 C．10 D．20【解析】因为＝(1，2)，＝(－4，2)，所以＝1×(－4)＋2×2＝0，则AC⊥BD，又||＝＝，||＝＝2，所以四边形ABCD的面积S＝||||＝×2＝5．故选B方法技巧46 极化恒等式求数量积1.极化恒等式：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]．几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的．在平行四边形ABDC中，O是对角线的交点，则(1)平行四边形模式：＝(||2－||2)；(2)三角形模式： ＝||2－||2．2.利用极化恒等式求数量积的步骤(1)取第三边的中点；(2)利用极化恒等式将数量积转化为中线长与第三边边长的一半的平方差；(3)求中线及第三边的长度，从而求出数量积的值．【典例1】设向量a，b满足|a＋b|＝，|a－b|＝，则a·b＝(　　)A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．5【解析】因为a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]＝×(10－6)＝1，所以a·b＝1．故选A【典例2】如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，＝4，＝－1，则的值为________．【解析】设＝a，＝b，＝||2－||2＝9b2－a2＝4，＝||2－||2＝b2－a2＝－1，解得b2＝，a2＝，所以＝||2－||2＝4b2－a2＝．【典例3】如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5，若＝－7，则＝________．【解析】∵＝||2－||2＝－7，∴||2＝16，∴＝||2－||2＝25－16＝9．方法技巧47 极化恒等式求数量积的最值利用极化恒等式求数量积的最值(范围)的关键在于求中线长的最值(范围)，可通过观察图形或用点到直线的距离等求解． 【典例1】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·()的最小值是(　　)A．－2 B．－ C．－ D．－1【解析】法一(极化恒等式)：结合题意画出图形，如图所示，设BC的中点为D，连接AD，设AD的中点为E，连接PE，PD，则有＝2，则·()＝2＝2()·()＝2(||2－||2)．而||2＝＝，当点P与点E重合时，有最小值0，故此时·()取得最小值，最小值为－2||2＝－2×＝－．故选B．法二(坐标法)：如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(－1，0)，C(1，0)，设P(x，y)，则＝(－x，－y)，＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，所以·()＝(－x，－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋2－，当x＝0，y＝时，·()取得最小值，最小值为－．故选B．【典例2】(2022·北京高考)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°．P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则的取值范围是(　　)A．[－5，3] B．[－3，5]C．[－6，4] D．[－4，6]【解析】由题意易知，点P是单位圆C(C为圆心)上的动点．设线段AB的中点为D，则由极化恒等式易得＝||2－||2＝||2－，又||2＝，即||＝，故＝＝＝＝，∴()min＝＝－4，()max＝＝6．故的取值范围是[－4，6]．故选D．方法技巧48 复数的有关概念解决复数概念问题的方法及注意事项(1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．(2)解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部．【典例1】(2024·山东菏泽一模)已知复数z满足z(1＋i)＝i2 024，其中i为虚数单位，则z的虚部为(　　)A．－ B． C．－i D．【解析】由z(1＋i)＝i2 024得z＝＝＝＝，故复数的虚部为－．故选A．【典例2】(多选)(2024·广东惠州调研)已知复数z＝，则下列结论正确的是(　　)A．z的虚部为1B．|z|＝2C．z2为纯虚数D．在复平面内对应的点位于第一象限【解析】对于A，z＝＝＝1＋i，则z的虚部为1，故A正确；对于B，|z|＝，故B错误；对于C，z2＝2i为纯虚数，故C正确；对于D，＝1－i在复平面内对应的点为(1，－1)，位于第四象限，故D错误．【典例3】(多选)已知z1，z2是两个虚数，则下列结论中正确的是(　　)A．若z1＝，则z1＋z2与z1z2均为实数B．若z1＋z2与z1z2均为实数，则z1＝C．若z1，z2均为纯虚数，则为实数D．若为实数，则z1，z2均为纯虚数【解析】设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R，b≠0，d≠0)．z1＋z2＝a＋c＋i，z1z2＝ac－bd＋(ad＋bc)i．若z1＝，则a＝c，b＋d＝0，所以z1＋z2＝2a∈R，z1z2＝a2＋b2∈R，所以A正确；若z1＋z2与z1z2均为实数，则b＋d＝0，且ad＋bc＝0，又b≠0，d≠0，所以a＝c，所以B正确；若z1，z2均为纯虚数，则a＝c＝0，所以＝∈R，所以C正确；取z1＝2＋2i，z2＝1＋i，则为实数，但z1，z2不是纯虚数，所以D错误．故选ABC．方法技巧49 复数的四则运算(1)复数的乘法运算类似于多项式的乘法运算；(2)复数的除法关键是分子、分母同乘以分母的共轭复数．【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)若＝1＋i，则z＝(　　)A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i【解析】因为＝＝1＋＝1＋i，所以z＝1＋＝1－i．故选C．【典例2】(2022·全国甲卷)若z＝－1＋i，则＝(　　)A．－1＋i B．－1－iC．－i D．－i【解析】因为＝(－1＋i)(－1－i)＝1＋3＝4，所以＝＝－i．故选C．【典例3】(多选)若z1，z2是方程x2＋ax＋1＝0(a∈R)的两个虚数根，则(　　)A．a的取值范围为[－2，2]B．z1的共轭复数是z2C．z1z2＝1D．z1＋为纯虚数【解析】因为z1，z2是方程x2＋ax＋1＝0的两个虚数根，所以Δ＝a2－4＜0，所以－2＜a＜2，方程x2＋ax＋1＝0的虚数根为z＝，不妨取z1＝－i，z2＝－i．对于A，因为－2＜a＜2，故A错误；对于B，z1＝－i和z2＝－i互为共轭复数，故B正确；对于C，z1z2＝＝＝1，故C正确；对于D，z1＋＝i，因为≠0，所以z1＋为纯虚数，故D正确．方法技巧50 复数的几何意义由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．【典例1】(2024·山西晋城一模)设z在复平面内对应的点为(1，－2)，则在复平面内对应的点为(　　)A． B．C． D．【解析】依题意得z＝1－2i，所以＝＝＝＝－i，则在复平面内对应的点为．故选C．【典例2】复平面内复数z满足|z－2|－|z＋2|＝2，则|z－i|的最小值为(　　)A．　　　B．　　　C．　　　D．【解析】因为|z－2|－|z＋2|＝2，所以复数z对应的点的轨迹是以点(2，0)，(－2，0)为焦点，实半轴长为1的双曲线的左支，则b2＝c2－a2＝3，所以复数z对应的点的轨迹方程为x2－＝1(x＜0)．设z＝x＋yi，所以|z－i|＝＝＝，当且仅当y＝时取等号，所以|z－i|的最小值为．故选B．【典例3】复数z＝(a＋2)－(a＋3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，－2) B．(－3，－2)C．(－2，＋∞) D．(－∞，－3)【解析】由复数z＝(a＋2)－(a＋3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限，可得 解得a<－3，故实数a的取值范围为(－∞，－3)，故选D. 方法技巧51 基本立体图形结构特征空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．【典例1】(多选)下列说法中正确的是(　　)A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥D．棱台的各侧棱延长后必交于一点【解析】由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的几何体是圆台，故A正确；各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故B错误；底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．故选AD．【典例2】(多选)下列说法中正确的是(　　)A．长方体是直四棱柱B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形D．平行六面体不是棱柱【解析】长方体是直四棱柱，A正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，就不是棱台，B错误；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确；平行六面体是棱柱，D错误．故选AC．方法技巧52 空间几何体的直观图在斜二测画法中，平行于x轴或在x轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴或在y轴上的线段平行性不变，长度减半．【典例1】如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　)A．AB＝2B．A′D′＝2C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2D．四边形ABCD的面积为6【解析】由题意可知A′D′＝，直观图的原图形如图所示，所以AB＝4，AD＝2，CD＝2，作CE⊥AB于点E，可求得BC＝2．所以四边形ABCD的周长为6＋2＋2，四边形ABCD的面积为×2＝6．故选D．【典例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)A．a2　　B．a2　　C．a2　　D．a2【解析】法一：如图①②所示的原图形和直观图，由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，则C′D′＝O′C′＝a，所以S△A′B′C′＝A′B′×C′D′＝×a×a＝a2．故选D．法二：S△ABC＝×a×a sin 60°＝a2，又S直观图＝S原图＝a2＝a2．故选D．方法技巧53 空间几何体的展开图在解决空间几何体最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．【典例1】如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M，则从点B经点M到C1的最短路线长为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A．2 B．2 C．4 D．4【解析】如图，沿侧棱BB1将正三棱柱的侧面展开，由侧面展开图可知，当B，M，C1三点共线时，从点B经点M到C1的路线最短．所以最短路线长为BC1＝＝2．故选B【典例2】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A． B．C． D．【解析】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为．故选A．方法技巧54 空间几何体的表面积与体积求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)【典例1】(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　)A．6π B．16π C．26π D．32π【解析】圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3，设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有解得所以圆台的侧面积S＝πl＝π×4＝16π．故选B．【典例2】为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　)A． B． C． D．【解析】设正六棱柱的底面边长为a，由题意知正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，所以正六棱锥的高为a，正六棱锥的侧棱长为a，正六棱锥的侧面积S1＝6×a＝a2，正六棱柱的侧面积S2＝6·a·2a＝12a2，所以＝．故选B．【典例3】(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　)A．2π B．3π C．6π D．9π【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π．故选B．【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．【解析】法一：如图所示，设O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即是正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O．因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝．法二：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2．连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为，所以＝×(22＋12＋)×＝．(或者V四棱锥P-ABCD＝×22×＝，＝V四棱锥P-ABCD，所以＝V四棱锥P-ABCD－＝V四棱锥P-ABCD＝＝．)《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是(　　)A．4立方丈 B．5立方丈C．6立方丈 D．8立方丈【解析】如图，过点E作EG⊥平面ABCD，垂足为点G，过点F作FH⊥平面ABCD，垂足为点H，过点G作PQ∥AD，交AB于点Q，交CD于点P，过点H作MN∥BC，交AB于点N，交CD于点M，连接EQ，EP，FN，FM．则AQ＋NB＝4－2＝2，QN＝2，且四边形AQPD与四边形NBCM都是矩形．则它的体积V＝VE-AQPD＋VEPQ-FMN＋VF-NBCM＝·EG·S矩形AQPD＋S△EPQ·NQ＋·FH·S矩形NBCM＝(AQ＋NB)·AD·EG＋S△EPQ·NQ＝×2×3×1＋×3×1×2＝5(立方丈)．方法技巧55 简单几何体的外接球求解外接球问题的方法(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置．(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．(3)到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是球的半径，列关系式求解即可．(4)分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心．【典例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　)A．4π　　　B．8π　　　C．12π　　　D．20π【解析】在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R＝＝＝，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π．故选A．【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3 和4 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)A．100π B．128π C．144π D．192π【解析】由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为×3＝3，×4＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A．【典例3】已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　)A．π B．π C．π D．π【解析】∵AB＝，BC＝，AC＝2，∴PA＝1，PC＝，PB＝2．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．∵长方体的体对角线长为＝2，∴球的直径为2，半径R＝，∴三棱锥P-ABC外接球的体积为πR3＝π×()3＝π．故选B．【典例4】在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为(　　)A．π　　　B．π　　　C．2π　　　D．【解析】如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得，又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以．在Rt△PBC中，OB＝PC，同理OA＝PC，所以OA＝OB＝OC＝PC，因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，在Rt△ABC中，AC＝＝．在Rt△PAC中，PC＝＝，球O的半径R＝PC＝，所以外接球的体积为π×＝．故选D.【典例5】已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________．【解析】如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN⊂平面PBC，所以MN⊥平面ABC．又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等．在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A，B，C的距离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心．因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆的半径相等．又PB＝2，BC＝3，PC＝，所以cos ∠PBC＝＝，则sin ∠PBC＝．设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，则2R＝＝，即R＝，则外接球的表面积S＝4πR2＝10π．方法技巧56 简单几何体的内切球“切”的问题处理规律(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该正四面体的棱长)(4)等体积法求内切球半径．【典例1】已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　)A．3π B．5π C．8π D．9π【解析】设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球的直径为HG＝2，即半径为，则球的表面积为4π×()2＝8π．故选C．【典例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【解析】法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．【典例3】若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．【解析】设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S1＝4××a2＝a2，其内切球的半径r为a，因此内切球的表面积S2＝4πr2＝，则＝＝．方法技巧57 与球有关的截面问题巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤(1)确定球心O和截面圆的圆心O′．(2)探求球的半径R和截面圆的半径r．(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)A． B． C．1 D．【解析】由等边三角形ABC的面积为，得×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝AB＝AB＝．设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C．【典例2】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)A． cm3 B． cm3C． cm3 D． cm3【解析】设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，∴V球＝πR3＝(cm3)．故选A．方法技巧58 基本事实的应用共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重合)．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．【典例1】已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q．求证：(1)D，B，E，F四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；(3)DE，BF，CC1三线交于一点．[证明]　(1)如图所示，连接B1D1．因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，E，F四点共面．(2)连接A1C，设A1，C，C1确定的平面为α，平面BDEF为β．因为Q∈A1C1，所以Q∈α．又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β．则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．(3)因为EF∥BD且EF<BD，所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1．又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1．所以DE，BF，CC1三线交于一点．【典例2】如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC【解析】由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，所以点D在平面ABC与平面β的交线上．又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面ABC与平面β的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD．故选C．方法技巧59 空间两直线位置关系的判定空间中两直线位置关系的判定方法【典例1】已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是(　　)A．b，c是异面直线 B．b∩c＝PC．b∥c D．a与c没有公共点【解析】∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，而a⊂α，b⊂γ，则P∈α，P∈γ，而γ∩α＝c，∴P∈c，可得a∩c＝P，b∩c＝P．故选B．【典例2】在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则(　　)A．AE＝CF，AC与EF是共面直线B．AE≠CF，AC与EF是共面直线C．AE＝CF，AC与EF是异面直线D．AE≠CF，AC与EF是异面直线【解析】由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形， E是的中点，F是AB的中点，因为AC⊂平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线，又CF＝＝，AE＝＝，所以AE≠CF．故选D．【典例3】(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是(　　)A．DD1 B．ACC．AD1 D．B1C【解析】对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；对于C，当点P与点C1重合时，BP与AD1是平行直线；对于D，当点P与点C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选B．方法技巧60 异面直线所成的角求异面直线所成角的方法(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解．(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解．(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．【典例1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A． B． C． D．【解析】法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM．易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，在△DMO中，由余弦定理的推论，得cos ∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C．法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A′1B′1B1A1．连接B1B′，由长方体的性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝．在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝－2B′B1·DB1·cos ∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2cos ∠DB1B′，∴cos ∠DB1B′＝．故选C．法三(坐标法)：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1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．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，则cos 〈〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C．【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值等于(　　)A． B．C． D．0【解析】连接AC1，因为BC∥B1C1，所以异面直线AB1与BC所成的角即为∠AB1C1或其补角，设AB＝a，易得AB1＝a，AC1＝a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知，cos ∠AB1C1＝＝＝．故选C．【典例3】如图，圆台OO1的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为________．【解析】在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝．连接OC(图略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝．在Rt△A1BC中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°．方法技巧61 空间几何体的截面、截线问题1.空间几何体的截面作图的常用方法(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．2.作交线的两种方法(1)利用基本事实3作交线．(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．【典例1】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是(　　)A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形C．截面形状不可能是正五边形D．截面面积的最大值为3【解析】显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确，如图，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2，GH＝， OE＝＝，所以S＝2××(2)×＝3．故D正确．[答案]　ACD【典例2】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．【解析】如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α．因为E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，由正方体的棱长为2，则BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝，所以等腰梯形MNDB的高h＝＝，所以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝．【典例3】　(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【解析】如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝．【典例4】如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)A． B．π C． D．【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝．故选C．方法技巧62 截面分割体积比问题1.截面定位法：利用中点、平行、垂直、共面条件，先确定截面的形状与边界，是解题前提2.等体积转化法：不改变几何体体积，通过换顶点、换底面简化计算，适用于棱锥分割题型3.体积割补思想：将不规则多面体拆分为棱锥、棱台，分别计算再求和，化不规则为规则【典例1】已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（ ）A． B． C． D．【解析】取的中点为，连接，如下图所示：因为是棱的中点，所以由长方体性质可得，所以四点共面，根据长方体性质，与相似，相似比为，且平面平面，所以交于同一点，所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台，设长方体的各棱长为，则长方体的体积为，再由棱台体积公式可得，较大部分的体积为；所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为，故选：C【典例2】正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱锥所截的截面面积为______，平面将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______.【解析】如下图所示：在正四棱锥中，由于底面边长为，侧棱长为，则，所以，是等边三角形，同理可得也为等边三角形，取的中点，连接，则，且，设过且与垂直的平面交于点，交于点，连接，则，，可得，则，，在和中，由，，，可得，，，，，，，则，在等腰中，由，，由余弦定理可得，则在中，，同理可得，，，，四边形的面积为，则，又，因此，平面将此正四棱锥分成的两部分，较小部分体积与较大部分体积的比值为.故答案为：；.【典例3】已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________．【答案】/0.6【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解．【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为，所以．因为，分别是棱，的中点，则，．又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台，则．所以分割之后较大部分的体积为，所以较小部分与较大部分的体积之比为．故答案为：．方法技巧63 直线与平面平行的判定判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．【典例1】如图，在长方体中，，点是棱的中点.求证：平面.【解析】连接与交于点O，连接．则O为的中点，又点E是棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面．【典例2】如图，P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别为AB，PD的中点，求证：AF∥平面PCE．[证明]　法一(应用线面平行的判定定理)：如图，设M为PC的中点，连接EM，MF．∵E是AB的中点，∴AE∥CD，且AE＝CD．又∵MF∥CD，且MF＝CD，∴AE∥FM，∴四边形AEMF是平行四边形，∴AF∥EM．又∵AF⊄平面PCE，EM⊂平面PCE，∴AF∥平面PCE．法二(应用面面平行的性质)：如图，设G为CD的中点，连接FG，AG．∵F，G分别为PD，CD的中点，∴FG∥PC．又E为AB的中点，四边形ABCD为平行四边形，∴AE∥GC，∴四边形AECG为平行四边形，∴AG∥EC．又FG⊄平面PCE，AG⊄平面PCE，PC⊂平面PCE，EC⊂平面PCE，∴FG∥平面PCE，AG∥平面PCE．又FG，AG⊂平面AFG，FG∩AG＝G，∴平面AFG∥平面PCE．又AF⊂平面AFG，∴AF∥平面PCE．方法技巧64 线面平行性质定理的应用应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．【典例1】如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG．证明：FG∥平面AA1B1B．[证明]　在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥CC1，BB1⊂平面BB1D，CC1⊄平面BB1D，所以CC1∥平面BB1D．又CC1⊂平面CEC1，平面CEC1∩平面BB1D＝FG，所以CC1∥FG．因为BB1∥CC1，所以BB1∥FG．而BB1⊂平面AA1B1B，FG⊄平面AA1B1B，所以FG∥平面AA1B1B．【典例2】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．【解析】　(1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE．因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE．又因为OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE．(2)l∥m，证明如下：由(1)知AM∥平面BDE，又AM⊂平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，所以l∥AM，同理，AM∥平面BDE，又AM⊂平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，所以m∥AM，所以l∥m．【典例3】在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设平面DAM与交于点P，连接DP交于点Q，连接QN，如图：因为平面DAM，平面DAM，所以平面DAM，又平面，平面平面，所以，因为M是三等分点，所以，因为平面平面，所以平面，又平面PDM，平面平面，所以，所以，因此．故选：C方法技巧65 平面与平面平行的判定与性质证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的定义．(2)利用面面平行的判定定理．(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线．【典例1】如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG．[证明]　(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1．又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC．∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG．∵A1G∥EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB．∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG．∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG．【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l．[证明]　(1)由题设知BB1∥DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1．又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1．因为A1D1∥B1C1∥BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C．又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1．又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B⊂平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1．(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝l，平面ABCD∩平面A1BD＝BD，所以l∥BD，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l．【典例3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．[证明]　(1)∵E，F分别为B1C1，A1B1的中点，∴EF∥A1C1，∵A1C1⊂平面A1C1G，EF⊄平面A1C1G，∴EF∥平面A1C1G，又∵F，G分别为A1B1，AB的中点，∴A1F＝BG，又A1F∥BG，∴四边形A1GBF为平行四边形，则BF∥A1G，∵A1G⊂平面A1C1G，BF⊄平面A1C1G，∴BF∥平面A1C1G，又EF∩BF＝F，EF，BF⊂平面BEF，∴平面A1C1G∥平面BEF．(2)∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A1B1C1＝A1C1，由题意得平面A1C1G∩BC＝H，即平面A1C1G∩平面ABC＝GH，∴A1C1∥GH，得GH∥AC，∵G为AB的中点，∴H为BC的中点．方法技巧66 平行关系的综合应用三种平行关系的转化提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明．【典例1】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．(1)求证：平面MNQ∥平面PCD；(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解析】　(1)证明：∵在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，∴NQ∥CD，MQ∥PC．又∵NQ，MQ⊄平面PCD，CD，PC⊂平面PCD，∴NQ∥平面PCD，MQ∥平面PCD．又NQ∩MQ＝Q，NQ，MQ⊂平面MNQ，∴平面MNQ∥平面PCD．(2)线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且＝．证明如下：取PD的中点E，连接NE，CE，AE，∵N，E，M分别是AP，PD，BC的中点，BC∥AD，∴NE∥MC，∴四边形MCEN是平行四边形，∴MN∥CE．∵MN⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴MN∥平面ACE，且＝．【典例2】如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．【解析】　(1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，所以EF∥HG．因为HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD．又因为EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，所以EF∥AB．又因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB∥平面EFGH．(2)设EF＝x(0<x<4)，因为EF∥AB，FG∥CD，所以＝，则＝＝＝1－，所以FG＝6－x．因为四边形EFGH为平行四边形， 所以四边形EFGH的周长l＝2＝12－x．又因为0<x<4，所以8<l<12，即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12)． 方法技巧67 直线与平面垂直的判定与性质判定线面垂直的四种方法【典例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE．[证明]　(1)在四棱锥P-ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴CD⊥平面PAC．又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD．又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．∵PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB．又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD．又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．又∵AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE．【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．【解析】　(1)证明：∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°．又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1．∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥平面AA1B1B．(2)选①③能使AB1⊥平面C1DF．如图，连接DF，A1B，∴DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝．又AA1＝，则A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1．∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1．∵DF∩C1D＝D，DF，C1D⊂平面C1DF，∴AB1⊥平面C1DF．方法技巧68 平面与平面垂直的判定与性质证明面面垂直的两种方法提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．【典例1】如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证：(1)PA⊥BC；(2)平面BEC⊥平面PDC．[证明]　(1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA⊂平面PAB，PA⊥AB，∴PA⊥平面ABCD．∵BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC．(2)取PD的中点F，如图，连接EF，AF．在△PCD中，E，F分别为PC，PD的中点，∴EF∥DC，EF＝DC．又AB∥DC，AB＝DC，∴AB∥EF，∴四边形ABEF是平行四边形，∴BE∥AF．∵AP＝AD，F为PD的中点，∴AF⊥PD，∴BE⊥PD．∵PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PA⊥DC．∵AB∥CD，∠DAB＝90°，∴AD⊥DC．∵AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD，∴DC⊥平面PAD．∵AF⊂平面PAD，∴DC⊥AF． ∵BE∥AF，∴DC⊥BE．∵DC∩PD＝D，DC，PD⊂平面PDC，∴BE⊥平面PDC．又BE⊂平面BEC，∴平面BEC⊥平面PDC．【典例2】如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．求证：(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)BC1⊥AB1．[证明]　(1)设BC的中点为M，因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M，所以B1M⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABC，所以B1M⊥AC，又∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又B1M∩BC＝M且B1M，BC⊂平面B1C1CB，所以AC⊥平面B1C1CB，因为AC⊂平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB．(2)连接B1C，因为AC⊥平面B1C1CB，且BC1⊂平面B1C1CB，所以AC⊥BC1，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，因为BC＝CC1，所以四边形B1C1CB为菱形，所以B1C⊥BC1．又因为B1C∩AC＝C，且B1C，AC⊂平面ACB1，所以BC1⊥平面ACB1，因为AB1⊂平面ACB1，所以BC1⊥AB1．方法技巧69 垂直关系的综合应用三种垂直关系的转化线线垂直线面垂直面面垂直【典例1】如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．(1)求证：AF∥平面SEC；(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【解析】　(1)证明：取SC的中点G，连接FG，EG．∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG＝BC．∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC．AE＝BC，∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG．又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，∴AF∥平面SEC．(2)证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD．∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE⊂平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG⊂平面SEC，∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG．又SA＝AB，F是SB的中点，∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，FG⊂平面SBC，SB⊂平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又AF⊂平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB．(3)存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，则BD⊥OM，∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，∴BE＝，SE＝，BD＝2OB＝2，SD＝2，SE⊥AD，∵侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，∴SE⊥底面ABCD，∴SE⊥BE，∴BS＝＝，∴cos ∠SBD＝＝，∴＝，∴BM＝，∴＝．【典例2】如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．【解析】　(1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AD⊂平面PAC，则AD⊥平面PBC．又BC⊂平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC．又PA，AD⊂平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．(2)作AD⊥PC于点D，作DE⊥PB于点E，连接AE，由(1)知AD⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，则AD⊥PB，又AD，DE⊂平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE⊂平面ADE，则PB⊥AE，则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角．不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝，AD＝＝，又由(1)知BC⊥平面PAC, AC⊂平面PAC，则BC⊥AC，则AB＝，PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝，AE＝＝，则sin ∠AED＝＝＝，则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小为60°．【典例3】如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；(3)点C到平面BPQ的距离．【解析】　(1)连接BD交AC于点O，连接OP，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面PACQ，∴∠BPO即为直线BP与平面PACQ所成的角．∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA⊂平面PACQ，∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝＝＝，在Rt△POB中，OB＝，∴sin ∠BPO＝＝＝，故BP与平面PACQ所成角的正弦值为．(2)取PQ的中点M，连接BM，DM，由(1)知，PA⊥平面ABCD．∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，∴BP＝BQ，DP＝DQ，∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，∴∠BMD即为二面角B-PQ-D的平面角，在△BDM中，BD＝2，BM＝DM＝＝＝＝2，由余弦定理的推论知，cos ∠BMD＝＝＝－，∴∠BMD＝120°，故二面角B-PQ-D的大小为120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60°．(3)设点C到平面BPQ的距离为d，∵VC-BPQ＝VB-CPQ，∴d×BM·PQ＝OB×CQ·PQ，∴d×2×2＝×1×2, ∴d＝，故点C到平面BPQ的距离为．方法技巧70 三垂线定理及其逆定理1．三垂线定理如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．2．三垂线定理的逆定理如果平面内的一条直线和该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．【典例1】　(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)A　　　　　　　BC　　　　　　　D【解析】本题可以用基本性质和判定定理等进行分析，但如果学会了三垂线定理，本题将很直观．如图所示：A　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　D选项A，OP在上底面的射影与MN重合，因此不满足题意；选项B，OP在左侧面的射影为PQ，P，Q均为棱的中点，PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；选项C，OP在右侧面的射影为QR，Q，R均为棱的中点，QR⊥MN，根据三垂线定理可知满足题意；选项D，OP在后表面的射影为QR，QR与MN不垂直，因此不满足题意．综上，故选BC．【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是BC的中点，求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值．【解析】　如图，过点C作CM⊥DE，垂足为点M，连接C1M．因为C1C⊥平面ABCD，所以C1M⊥DE(三垂线定理)，故∠C1MC即为二面角C1-DE-C的平面角．因为E为BC的中点且四边形ABCD为正方形，则DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，DE＝，则CM＝，又C1C＝1，则tan ∠C1MC＝＝．即平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值为．学科网（北京）股份有限公司1 / 119学科网（北京）股份有限公司$高一数学方法技巧全归纳目录方法技巧01 任意角 1方法技巧02 扇形的弧长及面积公式 1方法技巧03 三角函数的概念及应用 2方法技巧04 同角三角函数的基本关系“知一求二”问题 2方法技巧05 正余弦齐次式的计算 2方法技巧06 sinα±cosα和sinαcosα之间的关系 3方法技巧07 诱导公式的应用 4方法技巧08 和、差、倍角公式的直接应用 5方法技巧09 和差角公式的逆用与变形 5方法技巧10 角的变换问题 6方法技巧11 三角函数式的求值 6方法技巧12 三角函数的定义域和值域 7方法技巧13 三角函数的周期性、对称性与奇偶性 7方法技巧14 求三角函数的单调区间 8方法技巧15 根据三角函数的单调性求参数 9方法技巧16 比较三角函数值的大小 9方法技巧17 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及变换 10方法技巧18 由图象确定三角函数的解析式 11方法技巧19 三角函数图象与性质的综合应用 12方法技巧20 三角函数模型的应用 12方法技巧21 三角函数中ω的范围问题 13方法技巧22 复杂三角函数性质判断 14方法技巧23 利用正、余弦定理解三角形 15方法技巧24 判断三角形的形状 15方法技巧25 三角形面积的计算 16方法技巧26 三角形的中线问题 17方法技巧27 三角形的角平分线问题 17方法技巧28 三角形的高线问题 18方法技巧29 已知三角形的一角求取值范围 18方法技巧30 已知三角形的一角及其对边求取值范围 19方法技巧31 已知三角形的一角及其邻边求取值范围 19方法技巧32 已知三角形中角(或边)的关系求取值范围 19方法技巧33 测量距离问题 20方法技巧34 测量高度问题 20方法技巧35 测量角度问题 21方法技巧36 和差正切公式在解三角形的应用 22方法技巧37 平面向量的概念 23方法技巧38 平面向量的线性运算 24方法技巧39 向量共线定理的应用 24方法技巧40 平面向量基本定理的应用 25方法技巧41 平面向量的坐标运算 26方法技巧42 向量共线的坐标表示 27方法技巧43 平面向量数量积的运算 28方法技巧44 平面向量数量积的应用 28方法技巧45 平面向量的应用 29方法技巧46 极化恒等式求数量积 30方法技巧47 极化恒等式求数量积的最值 31方法技巧48 复数的有关概念 31方法技巧49 复数的四则运算 32方法技巧50 复数的几何意义 33方法技巧51 基本立体图形结构特征 33方法技巧52 空间几何体的直观图 34方法技巧53 空间几何体的展开图 34方法技巧54 空间几何体的表面积与体积 35方法技巧55 简单几何体的外接球 36方法技巧56 简单几何体的内切球 37方法技巧57 与球有关的截面问题 38方法技巧58 基本事实的应用 39方法技巧59 空间两直线位置关系的判定 39方法技巧60 异面直线所成的角 40方法技巧61 空间几何体的截面、截线问题 41方法技巧62 截面分割体积比问题 42方法技巧63 直线与平面平行的判定 43方法技巧64 线面平行性质定理的应用 44方法技巧65 平面与平面平行的判定与性质 45方法技巧66 平行关系的综合应用 46方法技巧67 直线与平面垂直的判定与性质 47方法技巧68 平面与平面垂直的判定与性质 47方法技巧69 垂直关系的综合应用 48方法技巧70 三垂线定理及其逆定理 49学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司方法技巧01 任意角确定mα，(m∈N*)的终边位置的步骤(1)用终边相同的角的形式表示出角α的范围．(2)写出mα或的范围．(3)根据k的可能取值确定mα或的终边所在的位置．技巧：分母m是几，对k连取几个值判断，k＝0，1，2，….【典例1】(多选)与－835°终边相同的角有(　　)A．－245°　　B．245°　　C．－115°　　D．－475°【典例2】若α是第二象限角，则(　　)A．－α是第一象限角B．是第三象限角C．＋α是第二象限角D．2α是第三或第四象限角或在y轴负半轴上方法技巧02 扇形的弧长及面积公式应用弧度制解决问题的注意点(1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度．(2)求扇形面积最大值的问题时，常转化为基本不等式或二次函数的最值问题．(3)在解决弧长、面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形．【典例1】在面积为4的扇形中，其周长最小时半径的值为(　　)A．4　　　B．2　　　C．2　　　D．1【典例2】机械学家莱洛发现的莱洛三角形给人以对称的美感．莱洛三角形的画法：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形．若线段AB的长为1，则莱洛三角形的周长是________，其面积是________．方法技巧03 三角函数的概念及应用(1)利用三角函数的定义，已知角α终边上一点P的坐标，可以求出α的三角函数值；已知角α的三角函数值，可以求出角α终边的位置．(2)判断三角函数值的符号，关键是确定角的终边所在的象限，特别要注意不要忽略角的终边在坐标轴上的情况．【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)若α为第四象限角，则(　　)A．cos 2α＞0 B．cos 2α＜0C．sin 2α＞0 D．sin 2α＜0【典例2】(2024·浙江五校联盟模拟)已知角α的终边过点P(－3，2cos α)，则cos α＝(　　)A． B．－ C．± D．－方法技巧04 同角三角函数的基本关系“知一求二”问题 这类知一求二问题，注意判断角的范围，另外熟记以下常见勾股数，可以提高解题速度：①32＋42＝52，62＋82＝102，92＋122＝152，…；②52＋122＝132，82＋152＝172，72＋242＝252，…【典例1】(2025·重庆模拟)已知sin ＝，α∈，则tan α＝(　　)A． B．－ C． D．－【典例2】(2023·全国乙卷)若θ∈，tan θ＝，则sin θ－cos θ＝________．方法技巧05 正余弦齐次式的计算（1）形如asinα＋bcosα和asin2α＋bsinαcosα＋ccos2α的式子分别称为关于sinα，cosα的一次齐次式和二次齐次式，对涉及它们的三角变换通常转化为正切(分子分母同除以cosα或cos2α)求解. 如果分母为1，可考虑将1写成sin2α＋cos2α. （2）已知①分式齐1次式 = ②分式齐2次式③齐2次整式【典例1】已知，则__________【典例2】若，则的值是_____________．【典例3】已知向量，，若，则的值为______.方法技巧06 sinα±cosα和sinαcosα之间的关系对于已知sinα±cosα的求值问题，一般应用三角恒等式，利用整体代入的方法来解，涉及的三角恒等式有：(sinα＋cosα)2－(sinα－cosα)2＝4sinαcosα＝2sin2α注：利用sin2α＋cos2α＝1可实现正弦、余弦的互化，开方时要根据角α所在象限确定符号；利用＝tan α可以实现角α的弦切互化；利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α的关系可实现和积转化．【典例1】　(多选)已知 sin θ＋cos θ＝，θ∈(0，π)，则(　　)A．sin θcos θ＝－ B．sin θ－cos θ＝C．sin θ－cos θ＝ D．tan θ＝－.【典例2】（2023·湖北·校联考模拟预测）已知，则（    ）A． B． C． D．方法技巧07 诱导公式的应用常见的互余和互补的角 互余的角 －α与＋α；＋α与－α；＋α与－α 互补的角 ＋θ与－θ；＋θ与－θ【典例1】已知cos ＝，则sin cos ＝(　　)A．－ B． C．－ D．【典例2】(2025·宁夏吴忠模拟)已知角α终边上一点P(1，－2)，则＝________．【典例3】（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）若，则（    ）A． B． C． D．【典例4】（2023·山西阳泉·统考三模）已知，且，则_______．方法技巧08 和、差、倍角公式的直接应用应用公式化简求值的策略(1)要记住公式的结构特征和符号变化规律．(2)注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用．(3)注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用．【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)已知cos (α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos (α－β)＝(　　)A．－3m B．－ C． D．3m【典例2】已知sin (α＋β)＝，sin (α－β)＝，则＝________．【典例3】已知tan (α＋β)＝2(tan α＋tan β)，且tan α＋tan β≠0，cos ＝，则cos ＝(　　)A．－ B． C．－ D．方法技巧09 和差角公式的逆用与变形三角函数公式活用技巧(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．(2)tan αtan β，tan α＋tan β(或tan α－tan β)，tan (α＋β)(或tan (α－β))三者中可以知二求一，注意公式的正用、逆用和变形使用．(3)注意特殊角的应用，当式子中出现，1，等数值时，一定要考虑引入特殊角，把值变角以便构造适合公式的形式．【典例1】在△ABC中，若tan Atan B＝tan A＋tan B＋1，则cos C的值为(　　)A．－ B． C． D．－【典例2】(多选)下列等式成立的有(　　)A．sin2＝B．tan80°－tan 35°－tan 80°tan 35°＝1C．cos 20°cos 40°cos 60°cos 80°＝D．＝方法技巧10 角的变换问题三角公式求值中变角的解题思路(1)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式，即拆角或凑角，如2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝.(2)当“已知角”有一个时，应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”．【典例1】设α∈，满足sin α＋cos α＝.(1)求cos 的值；(2)求cos 的值．【典例2】(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知cos 2α＝，tan β＝－，其中0<α<<β<π.(1)求sin 的值；(2)求β－2α的值．方法技巧11 三角函数式的求值三角函数式求值的三种题型(1)给角求值：一般给出的角都不是特殊角，需先仔细观察非特殊角与特殊角之间的关系，然后结合公式转化为特殊角，最后消除特殊角三角函数而得解．(2)给值求值：解题的关键在于“变角”，使相关角相同或具有某种关系．(3)给值求角：一般先求角的某一个三角函数值，再求角的范围，最后确定角． 【典例1】＝________．【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝，则sin ＝(　　)A． B．C． D．【典例3】(2024·江西九江二模)已知α，β∈，cos＝，tan α·tan β＝，则α＋β＝(　　)A． B． C． D．方法技巧12 三角函数的定义域和值域求解三角函数的值域(最值)常见的几种类型(1)形如y＝a sin x＋b cos x＋c的三角函数，可先化为y＝A sin (x＋φ)＋c的形式，再求值域(最值)．(2)形如y＝a sin2x＋b sinx＋c(a≠0)的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)．(3)形如y＝a sin x cos x＋b(sin x±cos x)＋c(a≠0)的三角函数，可先设t＝sin x±cos x，化为关于t的二次函数求值域(最值)，注意求t的范围．【典例1】函数y＝的定义域为________．【典例2】(2024·全国甲卷)函数f (x)＝sin x－cos x在[0，π]上的最大值是________．【典例3】当x∈时，函数y＝3－sin x－2cos2x的值域为________．【典例4】(2025·云南昭通模拟)已知f＝sin x＋cos x＋2sin x cos x，x∈，则f的值域为________．【典例5】已知函数f (x)＝2sin x＋sin 2x，则f (x)的最小值是________．方法技巧13 三角函数的周期性、对称性与奇偶性(1)奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝A sin ωx或tan ωx的形式，而偶函数一般可化为y＝A cos ωx.(2)求函数周期的两种常见方法：①公式法：函数y＝A sin (ωx＋φ)(ω>0)的周期为，函数y＝A tan (ωx＋φ)(ω>0)的周期为.y＝|A sin (ωx＋φ)|，y＝|A cos (ωx＋φ)|的周期T＝，y＝|A tan (ωx＋φ)|的周期T＝.②图象法．(3)对称轴和对称中心的计算，本质是解方程，计算时要注意：①对称中心是点，最终要写成坐标的形式．②对称轴是直线，方程最终要写成“x＝…”的形式．【典例1】(2024·湖南雅礼中学一模)f (x)＝的最小正周期是(　　)A．π　　　B．　　　C．　　　D．2π【典例2】(2024·北京高考)已知f＝sin ωx，f＝－1，f＝1，|x1－x2|min＝，则ω＝(　　)A．1 B．2 C．3 D．4【典例3】当x＝时，函数f (x)＝A sin (x＋φ)(A>0，－π＜φ＜0)取得最小值，则函数y＝f是(　　)A．奇函数且图象关于直线x＝对称B．偶函数且图象关于直线x＝对称C．奇函数且图象关于点对称D．偶函数且图象关于点对称【典例4】已知函数f (x)＝2sin (ωx＋φ)的最小正周期为π，其图象关于直线x＝对称，则f ＝________．方法技巧14 求三角函数的单调区间与三角函数的单调性有关的问题（1）求函数或的单调区间，一般将视作整体，代入或相关的单调区间所对应的不等式，解之即得．（2）当ω<0时，先利用诱导公式将变形为，将变形为，再求函数的单调区间．（3）当A<0时，要注意单调区间的变化，谨防将增区间与减区间混淆．【典例1】函数f (x)＝sin 在[0，π]上的单调递减区间为________．【典例2】函数y＝|tan x|的单调递增区间为________，单调递减区间为________．方法技巧15 根据三角函数的单调性求参数已知三角函数的单调区间求参数的取值范围的三种方法(1)子集法：求出原函数的相应单调区间，由已知区间是所求某区间的子集，列不等式(组)求解．(2)反子集法：由所给区间求出整体角的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式(组)求解.(3)若是选择题利用特值验证排除法求解更为简捷．　【典例1】已知ω＞0，函数f (x)＝sin 在上单调递减，则ω的取值范围是(　　) A．(0，2] B．C． D．【典例2】(2024·河北唐山二模)函数f＝sin (2x－φ)在上单调递增，则φ的取值范围为(　　)A． B．C． D．方法技巧16 比较三角函数值的大小比较三角函数值大小的步骤：①异名函数化为同名函数；②利用诱导公式把角化到同一单调区间上；③利用函数的单调性比较大小．【典例1】(多选)(2024·石家庄调研)下列不等式成立的是(　　)A．sin<sinB．cos 400°>cos (－50°)C．sin <sin D．sin 3<sin 2【典例2】设a＝sin33°，b＝cos 55°，c＝tan 35°，则(　　)A．a>b>c B．b>c>aC．c>b>a D．c>a>b方法技巧17 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及变换(1)由y＝sin ωx的图象到y＝sin (ωx＋φ)(ω>0，φ>0)的图象的变换：向左平移个单位长度．注意：不是向左平移φ个单位长度，相位变换是针对“x”．(2)如果平移前后两个图象对应的函数的名称不一致，那么应先利用诱导公式化为同名函数，ω为负值时应先变成正值．【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin 的交点个数为(　　)A．3 B．4 C．6 D．8【典例2】(2021·全国乙卷)把函数y＝f (x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin 的图象，则f (x)＝(　　)A．sin B．sin C．sin D．sin 【典例3】为得到函数y＝cos 的图象，只需将函数y＝sin 2x的图象(　　)A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度方法技巧18 由图象确定三角函数的解析式确定y＝A sin (ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法(1)求A，b.确定函数的最大值M和最小值m，则A＝，b＝.(2)求ω.确定函数的最小正周期T，则ω＝.(3)求φ.常用方法如下：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入．【典例1】(2024·安徽A10联考)已知函数f (x)＝4sin (ωx＋φ)的部分图象如图所示，其中A(0，2)，B，则f (x)＝(　　)A．4sin B．4sin C．4sin D．4sin 【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝sin (ωx＋φ)，如图，A，B是直线y＝与曲线y＝f (x)的两个交点，若|AB|＝，则f (π)＝________．【典例3】函数f (x)＝tan (ωx＋φ)的图象如图所示，图中阴影部分的面积为6π，则φ＝________．方法技巧19 三角函数图象与性质的综合应用与三角函数性质有关的综合题的求解策略(1)研究y＝A sin (ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题．(2)方程根的个数可转化为两个函数图象的交点个数．【典例1】(多选)已知函数f＝sin (ω>0)，则下列说法正确的是(　　)A．若ω＝1，则是f的图象的对称中心B．若f≤f恒成立，则ω的最小值为2C．若f在上单调递增，则0<ω≤D．若f在上恰有2个零点，则≤ω≤【典例2】已知偶函数f ＝sin 的图象关于点中心对称，且在区间上单调，则ω＝________．方法技巧20 三角函数模型的应用三角函数模型的应用体现在两方面一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题．【典例1】某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为的一块扇形空置地(如图)，现欲从中规划出一块三角形绿地PQR，其中P在上，PQ⊥AB，垂足为Q，PR⊥AC，垂足为R，设∠PAB＝α∈，则PQ＝________米(用α表示)；当P在上运动时，这块三角形绿地的最大面积是________平方米．【典例2】(2024·广东佛山二模)近年来，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进．农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置．如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为2π rad/s，圆上两点A，B始终满足∠AOB＝，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化．现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值．假设运动开始时刻，即t＝0秒时，点A位于圆心正下方，则t＝________秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为f＝________．方法技巧21 三角函数中ω的范围问题1.先依据题设信息，确定函数的单调区间，再根据区间之间的包含关系建立不等式，即可求ω的取值范围．2.三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为.所以可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而研究“ω”的范围．3.利用三角函数的最值、极值与区间的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的取值范围．4.三角函数相邻两个零点之间的距离为，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值范围．【典例1】已知函数f＝cos ，其中ω>0.若f在区间上单调递增，则ω的取值范围是(　　)A． B．C． D．【典例2】(2025·山东威海模拟)已知函数f＝在上单调递增，则ω的取值范围是________．【典例3】(2025·广东实验中学模拟)已知函数f＝cos 的图象关于原点中心对称，则ω的最小值为(　　)A． B． C． D．【典例4】(2024·浙江温州一模)若函数f＝2sin ，ω>0，x∈的值域为[－，2]，则ω的取值范围是(　　)A． B．C． D．【典例5】(2025·山东日照模拟)已知函数f (x)＝sin(ω＞0)在区间上单调递增，且f (x)在区间上只取得一次最大值，则ω的取值范围为(　　)A． B．C． D．【典例6】已知函数f (x)＝sin πωx－cos πωx(ω＞0)在[0，1]内恰有3个最值点和4个零点，则实数ω的取值范围是________．方法技巧22 复杂三角函数性质判断1.判断定义域时，必须注意分母不为0，排除使函数无意义的点，这是判断单调性、对称性的关键前提。2.周期判断要结合化简后的解析式，用周期公式直接计算；对称性可代入特殊点或对称轴公式验证。【典例1】【多选】（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）下列关于函数的说法中正确的有（    ）A．函数的值域为 B．函数的最小正周期为C．函数在其一个周期内是单调递减函数 D．函数图象关于对称【典例2】【多选】（2026·广东梅州·一模）关于函数，以下结论正确的有（    ）A．的图象是轴对称图形 B．的最大值为1C．是以为一个周期的周期函数 D．在上有4个零点【典例3】（2026·山西朔州·一模，T11）已知，则（    ）A．是偶函数B．的图象关于直线对称C．的值域为D．当在有2个不同实根时，的取值范围是方法技巧23 利用正、余弦定理解三角形解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，要考虑用正弦定理．以上特征都不明显时，要考虑两个定理都有可能用到．【典例1】　(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分 别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2.(1)求A；(2)若a＝2，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长．【典例2】(2025·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝(　　)A．－ B．C．－ D．【典例3】(2025·河北邢台模拟)在△ABC中，已知A＝，a＝2，若△ABC有两解，则边b的取值范围为________．方法技巧24 判断三角形的形状判定三角形形状的两种常用途径【典例1】设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　)A．直角三角形 B．锐角三角形C．钝角三角形 D．不确定【典例2】在△ABC中，＝sin2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形方法技巧25 三角形面积的计算三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝ab sin C＝ac sin B＝bc sin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．【典例1】(2025·八省联考)在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos ∠BAC＝，则△ABC的面积为(　　)A．6 B．8 C．24 D．48【典例2】(2024·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab.①求B；②若△ABC的面积为3＋，求c.【典例3】在平面四边形ABCD中，B＝C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，则四边形ABCD的面积等于________．方法技巧26 三角形的中线问题解答三角形的中线问题的三种思路 (1)应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想．(2)借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则＝(b2＋c2＋2bccos A)．(3)借助角的关系：在△ABC中，若AD是边BC上的中线，则cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0.【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1.(1)若∠ADC＝，求tan B；(2)若b2＋c2＝8，求b，c.【典例2】(2025·江苏泰州模拟)△ABC的三边分别为a，b，c，则边BC上的中线长为________．【典例3】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，a cos B－b cos A＋b＝c，则BC边上的中线AD长度的最大值为________．方法技巧27 三角形的角平分线问题解答三角形的角平分线问题一般有两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．已知AD是△ABC的角平分线，则(1)＝；(2)S△ABD＋S△ACD＝S△ABC.【典例1】　(2025·山东泰安模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cos C·sin ＋cos A＝0.(1)求角C的大小；(2)若∠ACB的平分线交AB于点D，且CD＝2，BD＝2AD，求△ABC的面积． 【典例2】△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且＝.(1)求角B的大小；(2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且BD为∠ABC的平分线，求△ABC的面积．方法技巧28 三角形的高线问题(1)求高一般采用等面积法，即求某边上的高，需要求出面积和底边的长度．(2)设h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝∶∶＝∶∶.【典例1】(2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B．(1)求sin A；(2)设AB＝5，求AB边上的高．【典例2】在①a sin C－c cos B cos C＝b cos2C；②5c cosB＋4b＝5a；③cos C＝c cos A这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且满足________．(1)求sin C；(2)已知a＋b＝5，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高h.方法技巧29 已知三角形的一角求取值范围借助三角形内角和定理把待求问题转化为某一角的三角函数取值范围问题，进而借助三角函数的性质求解．【典例1】(2020·浙江高考)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知2b sin A－a＝0.(1)求角B的大小；(2)求cos A＋cos B＋cos C的取值范围．【典例2】(2025·江苏南通模拟)已知锐角△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin (A－B)＝cos C.(1)求角B的大小；(2)求的取值范围．方法技巧30 已知三角形的一角及其对边求取值范围一是将问题表示为边的形式，利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将问题用三角形某一个角的三角函数表示，利用三角函数的有界性，单调性再结合角的范围确定最值或范围．【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinB sin C.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．【典例2】△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知b＝2，2sin A＝a cos B.(1)求角B的大小；(2)求AC边上高的最大值．方法技巧31 已知三角形的一角及其邻边求取值范围锐角三角形中求最值或范围尽量向角转化，因为用基本不等式无法转化锐角三角形这个条件．【典例1】　(2025·江苏高邮中学模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a sin ＝b sin A.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝2，(ⅰ)求角C的取值范围；(ⅱ)求△ABC面积的取值范围．【典例2】在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，c＝2，A＝，则a＋b的取值范围是________．方法技巧32 已知三角形中角(或边)的关系求取值范围【典例1】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝2B，则的取值范围为(　　)A．(3，4] B．C． D．(2，5]【典例2】(2025·山东烟台模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B的平分线交AC于点D，BD＝1且b＝2，则△ABC周长的最小值为________．方法技巧33 测量距离问题距离问题的解题思路这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．提醒：①基线的选取要恰当；②选取的三角形及正弦、余弦定理要恰当．【典例1】(2025·山东青岛模拟)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝8 n mile，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点的距离为________ n mile.【典例2】如图，线段CD是某铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，在四边形ABCD中，测得AB＝50 m，∠BAC＝45°，∠DAC＝75°，∠ABD＝30°，∠DBC＝75°.(1)试求B，D之间的距离及B，C之间的距离；(2)求应开凿的隧道CD的长．方法技巧34 测量高度问题解决高度问题的三个注意事项(1)要理解仰角、俯角的定义．(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形．(3)注意山或塔垂直地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．【典例1】(2024·广东湛江二模)为测量某大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝102 m，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则该大厦的高度OA＝________m.【典例2】(2024·浙江台州期末)如图所示，A，B，P，Q在同一个铅垂面上，在山脚A测得山顶P的仰角∠QAP为60°，∠QAB＝30°，斜坡AB长为m，在B处测得山顶P的仰角∠CBP为α，则山的高度PQ为(　　)A． B．C． D．方法技巧35 测量角度问题解决角度问题的三个注意事项(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义．(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦值或余弦值．(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．提醒：理解仰角、俯角、方向角、方位角，正确画图是解题的关键．【典例1】一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12 n mile，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为12 n mile，该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向上，则此时灯塔C位于游轮的(　　)A．正西方向 B．南偏西75°方向C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向【典例2】(2025·广东广州模拟)在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 km的水面上，有蓝方一艘小艇正以10 km/h的速度沿南偏东75°方向前进，若侦察艇以14 km/h的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，则红方侦察艇所需的时间为________ h，角α的正弦值为________. 方法技巧36 和差正切公式在解三角形的应用和角正切核心公式：基础变形形式：1. 2. （）【典例1】（2025·福建泉州·模拟预测）已知，，分别为三个内角，，的对边，，且，（    ）A．1 B．3 C． D．【典例2】（2025·河南许昌·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值是（   ）A． B． C． D．【典例3】（2026·山东青岛·一模）记内角，，的对边分别为，，，，则的最小值为______方法技巧37 平面向量的概念向量有关概念的四个关注点(1)平行向量就是共线向量，二者是等价的．(2)向量与数量不同，数量可以比较大小，向量不可以比较大小，但向量的模可以比较大小．(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．(4)是与非零向量a同方向的单位向量．【典例1】(多选)如图，D，E，F分别是△ABC各边的中点，则下列结论正确的是(　　)A．＝B．与共线C．与是相反向量D．＝||【典例2】(2025·江苏扬州模拟)下列命题中，正确的是(　　)A．若＝，则a＝bB．若a＝b，则a∥bC．若a≠b，则a与b不是共线向量D．若a∥b，则存在唯一的实数λ使得a＝λb方法技巧38 平面向量的线性运算平面向量线性运算的求解策略(1)共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用向量减法的几何意义，求首尾相连向量的和用三角形法则．(2)求参数问题可以通过研究向量间的关系，通过向量的线性运算将目标向量表示出来，再进行比较，求参数的值．【典例1】若||＝7，||＝4，则||的取值范围是(　　)A．[3，7] B．(3，7)C．[3，11] D．(3，11)【典例2】如图，O是▱ABCD两条对角线的交点，则下列等式成立的是(　　)A．＝ B．＝C．＝ D．＝【典例3】(2024·山东济南二模)在△ABC中，E为边AB的中点，＝，则＝(　　)A．－ B．C． D．【典例4】在△ABC中，D为BC的中点，M为AD的中点，＝m＋n，则m＋n＝(　　)A．－　　　B．　　　C．1　　　D．－1【典例5】(2025·广东中山模拟)在平行四边形ABCD中，＝＝．若＝m＋n，则m＋n＝(　　)A． B． C． D．方法技巧39 向量共线定理的应用利用向量共线定理解题的策略(1)a∥b⇔a＝λb(b≠0)是判断两个向量是否共线的主要依据．(2)当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A，B，C三点共线⇔共线．【典例1】(2025·浙江杭州模拟)已知向量e1，e2是平面上两个不共线的单位向量，且＝e1＋2e2，＝－3e1＋2e2，＝3e1－6e2，则(　　)A．A，B，C三点共线 B．A，B，D三点共线C．A，C，D三点共线 D．B，C，D三点共线【典例2】(2024·广东广州二模)已知向量a与b不共线，若a＋kb与a＋b共线(k∈R)，则k的值是________．【典例3】如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与边AB，AC交于M，N两点，设＝x＝y，则的值为(　　)A．3 B．4 C．5 D．6【典例4】在△ABC中，M是AC边上一点，且＝，N是BM上一点，若＝＋m，则实数m的值为(　　)A．－ B．－ C． D．方法技巧40 平面向量基本定理的应用平面向量基本定理解决问题的一般思路(1)先选择一个基底，并运用该基底将条件和结论表示为向量的形式，再通过向量的运算来解决．(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．另外，要熟练运用平面几何的一些性质定理．【典例1】(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA．记＝m，＝n，则＝(　　)A．3m－2n B．－2m＋3nC．3m＋2n D．2m＋3n【典例2】如图，在△ABO中，已知＝a，＝b，＝a，＝b，AN与BM交于点P，则＝________(用向量a，b表示)．【典例3】(2024·上海浦东新区三模)给定平面上的一组不共线向量，则以下四组向量中不能构成平面向量的基底的是(　　)A．2e1＋e2和e1－e2B．e1＋3e2和e2＋3e1C．3e1－e2和2e2－6e1D．e1和e1＋e2方法技巧41 平面向量的坐标运算平面向量坐标运算的技巧(1)利用向量加、减、数乘运算的法则(或运算律)进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求向量的坐标．(2)解题过程中，常利用“向量相等，则坐标相同”这一结论，由此可列方程(组)进行求解．(3)在特殊的平面图形中恰当建立直角坐标系，把向量的有关运算转化为坐标运算，有时更简单．【典例1】在平行四边形ABCD中，＝(3，7)，＝(－2，3)，对角线AC与BD交于点O，则的坐标为(　　)A．　 B．C． D．【典例2】如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为________．【典例3】在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AC⊥CD，AB＝BC＝CD，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝(　　)A． B． C． D．2方法技巧42 向量共线的坐标表示平面向量共线的坐标表示问题的解题策略(1)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1．(2)在求与一个已知向量a(a≠0)共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)．【典例1】 (2024·贵州贵阳二模)已知向量a＝，b＝，若∥，则实数x＝(　　)A．2 B．1 C．0 D．－4【典例2】(多选)已知向量＝(1，－3)，＝(2，－1)，＝(m＋1，m－2)，若连接AB，BC，AC能构成三角形，则实数m可以是(　　)A．－2 B． C．1 D．－1【典例3】已知O为坐标原点，点A(4，0)，B(4，4)，C(2，6)，则AC与OB的交点P的坐标为________．【典例4】在梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝2AB，若点A(1，2)，B(2，1)，C(4，2)，则点D的坐标为________．方法技巧43 平面向量数量积的运算计算平面向量数量积的主要方法(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．(2)利用坐标运算，若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝x1x2＋y1y2．(3)利用基底法求数量积．(4)灵活运用平面向量数量积的几何意义．【典例1】(2025·八省联考)已知向量a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a·(a－b)＝(　　)A．2 B．1 C．0 D．－1【典例2】已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则的值为________，的最大值为________【典例3】在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，＝2＝2，则＝(　　)A．4　　　B．　　　C．　　　D．3方法技巧44 平面向量数量积的应用1．求平面向量模的方法(1)若a＝(x，y)，利用公式|a|＝．(2)利用|a|＝．2．求平面向量的夹角的方法(1)定义法：cos θ＝，θ的取值范围为[0，π]．(2)坐标法：若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则cos θ＝．(3)解三角形法：把两向量放到同一三角形中．【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝(　　)A． B． C． D．1【典例2】若e1，e2是夹角为的两个单位向量，则a＝2e1＋e2与b＝－3e1＋2e2的夹角为(　　)A． B． C． D．【典例3】若向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，已知2a－3b与c的夹角为钝角，则k的取值范围是________．【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　　)A．－2 B．－1 C．1 D．2【典例5】(2024·浙江温州一模)已知向量a＝，b＝，则a在b上的投影向量的坐标是(　　)A． B．C． D．【典例6】(多选)已知向量a＝(2，m)，b＝(－1，3)，则下列说法中正确的是(　　)A．若|a＋b|＝，则m＝4B．若|a＋b|＝|a－b|，则m＝C．若a∥b，则m＝－6D．若向量a，b的夹角为钝角，则m的取值范围是方法技巧45 平面向量的应用1．用向量方法解决平面几何问题的步骤平面几何问题向量问题解决向量问题解决几何问题．2．用向量方法解决平面几何(物理)问题的步骤【典例1】(多选)在△ABC所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是(　　)A．若＝＝，则P是△ABC的垂心B．若＝λ，则直线AP必过△ABC的外心C．若||＝||＝||，则O为△ABC的外心D．若＝0，则N是△ABC的重心【典例2】在四边形ABCD中，＝(1，2)，＝(－4，2)，则四边形ABCD的面积S＝(　　)A． B．5 C．10 D．20方法技巧46 极化恒等式求数量积1.极化恒等式：a·b＝[(a＋b)2－(a－b)2]．几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”平方差的．在平行四边形ABDC中，O是对角线的交点，则(1)平行四边形模式：＝(||2－||2)；(2)三角形模式： ＝||2－||2．2.利用极化恒等式求数量积的步骤(1)取第三边的中点；(2)利用极化恒等式将数量积转化为中线长与第三边边长的一半的平方差；(3)求中线及第三边的长度，从而求出数量积的值．【典例1】设向量a，b满足|a＋b|＝，|a－b|＝，则a·b＝(　　)A．1　　　 B．2　　　 C．3　　　 D．5【典例2】如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，＝4，＝－1，则的值为________．【典例3】如图，在平面四边形ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5，若＝－7，则＝________．方法技巧47 极化恒等式求数量积的最值利用极化恒等式求数量积的最值(范围)的关键在于求中线长的最值(范围)，可通过观察图形或用点到直线的距离等求解． 【典例1】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则·()的最小值是(　　)A．－2 B．－ C．－ D．－1【典例2】(2022·北京高考)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°．P为△ABC所在平面内的动点，且PC＝1，则的取值范围是(　　)A．[－5，3] B．[－3，5]C．[－6，4] D．[－4，6]方法技巧48 复数的有关概念解决复数概念问题的方法及注意事项(1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．(2)解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部．【典例1】(2024·山东菏泽一模)已知复数z满足z(1＋i)＝i2 024，其中i为虚数单位，则z的虚部为(　　)A．－ B． C．－i D．【典例2】(多选)(2024·广东惠州调研)已知复数z＝，则下列结论正确的是(　　)A．z的虚部为1B．|z|＝2C．z2为纯虚数D．在复平面内对应的点位于第一象限【典例3】(多选)已知z1，z2是两个虚数，则下列结论中正确的是(　　)A．若z1＝，则z1＋z2与z1z2均为实数B．若z1＋z2与z1z2均为实数，则z1＝C．若z1，z2均为纯虚数，则为实数D．若为实数，则z1，z2均为纯虚数方法技巧49 复数的四则运算(1)复数的乘法运算类似于多项式的乘法运算；(2)复数的除法关键是分子、分母同乘以分母的共轭复数．【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)若＝1＋i，则z＝(　　)A．－1－i B．－1＋iC．1－i D．1＋i【典例2】(2022·全国甲卷)若z＝－1＋i，则＝(　　)A．－1＋i B．－1－iC．－i D．－i【典例3】(多选)若z1，z2是方程x2＋ax＋1＝0(a∈R)的两个虚数根，则(　　)A．a的取值范围为[－2，2]B．z1的共轭复数是z2C．z1z2＝1D．z1＋为纯虚数方法技巧50 复数的几何意义由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．【典例1】(2024·山西晋城一模)设z在复平面内对应的点为(1，－2)，则在复平面内对应的点为(　　)A． B．C． D．【典例2】复平面内复数z满足|z－2|－|z＋2|＝2，则|z－i|的最小值为(　　)A．　　　B．　　　C．　　　D．【典例3】复数z＝(a＋2)－(a＋3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，－2) B．(－3，－2)C．(－2，＋∞) D．(－∞，－3)方法技巧51 基本立体图形结构特征空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．【典例1】(多选)下列说法中正确的是(　　)A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥D．棱台的各侧棱延长后必交于一点【典例2】(多选)下列说法中正确的是(　　)A．长方体是直四棱柱B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形D．平行六面体不是棱柱方法技巧52 空间几何体的直观图在斜二测画法中，平行于x轴或在x轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴或在y轴上的线段平行性不变，长度减半．【典例1】如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′＝2，则下列说法正确的是(　　)A．AB＝2B．A′D′＝2C．四边形ABCD的周长为4＋2＋2D．四边形ABCD的面积为6【典例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)A．a2　　B．a2　　C．a2　　D．a2方法技巧53 空间几何体的展开图在解决空间几何体最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．【典例1】如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝2，AA1＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过棱AA1)到达顶点C1，与AA1的交点记为M，则从点B经点M到C1的最短路线长为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A．2 B．2 C．4 D．4【典例2】如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A． B．C． D．方法技巧54 空间几何体的表面积与体积求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求解 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)【典例1】(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　)A．6π B．16π C．26π D．32π【典例2】为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为(　　)A． B． C． D．【典例3】(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　)A．2π B．3π C．6π D．9π【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是(　　)A．4立方丈 B．5立方丈C．6立方丈 D．8立方丈方法技巧55 简单几何体的外接球求解外接球问题的方法(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置．(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．(3)到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是球的半径，列关系式求解即可．(4)分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心．【典例1】已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　)A．4π　　　B．8π　　　C．12π　　　D．20π【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3 和4 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　)A．100π B．128π C．144π D．192π【典例3】已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　)A．π B．π C．π D．π【典例4】在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为(　　)A．π　　　B．π　　　C．2π　　　D．【典例5】已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________．方法技巧56 简单几何体的内切球“切”的问题处理规律(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该正四面体的棱长)(4)等体积法求内切球半径．【典例1】已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　)A．3π B．5π C．8π D．9π【典例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【典例3】若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．方法技巧57 与球有关的截面问题巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤(1)确定球心O和截面圆的圆心O′．(2)探求球的半径R和截面圆的半径r．(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)A． B． C．1 D．【典例2】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)A． cm3 B． cm3C． cm3 D． cm3方法技巧58 基本事实的应用共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重合)．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．【典例1】已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q．求证：(1)D，B，E，F四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；(3)DE，BF，CC1三线交于一点．【典例2】如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)A．直线AC B．直线ABC．直线CD D．直线BC方法技巧59 空间两直线位置关系的判定空间中两直线位置关系的判定方法【典例1】已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是(　　)A．b，c是异面直线 B．b∩c＝PC．b∥c D．a与c没有公共点【典例2】在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则(　　)A．AE＝CF，AC与EF是共面直线B．AE≠CF，AC与EF是共面直线C．AE＝CF，AC与EF是异面直线D．AE≠CF，AC与EF是异面直线【典例3】(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是(　　)A．DD1 B．ACC．AD1 D．B1C方法技巧60 异面直线所成的角求异面直线所成角的方法(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解．(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解．(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．【典例1】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A． B． C． D．【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值等于(　　)A． B．C． D．0【典例3】如图，圆台OO1的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为________．方法技巧61 空间几何体的截面、截线问题1.空间几何体的截面作图的常用方法(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．2.作交线的两种方法(1)利用基本事实3作交线．(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．【典例1】(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是(　　)A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形C．截面形状不可能是正五边形D．截面面积的最大值为3【典例2】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．【典例3】　(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【典例4】如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为(　　)A． B．π C． D．方法技巧62 截面分割体积比问题1.截面定位法：利用中点、平行、垂直、共面条件，先确定截面的形状与边界，是解题前提2.等体积转化法：不改变几何体体积，通过换顶点、换底面简化计算，适用于棱锥分割题型3.体积割补思想：将不规则多面体拆分为棱锥、棱台，分别计算再求和，化不规则为规则【典例1】已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比为（ ）A． B． C． D．，【典例2】正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱锥所截的截面面积为______，平面将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为______.【典例3】已知正四棱台分别是棱的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________．方法技巧63 直线与平面平行的判定判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)．(2)利用线面平行的判定定理(a∥b，b⊂α，a⊄α⇒a∥α)．(3)利用面面平行的性质(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．【典例1】如图，在长方体中，，点是棱的中点.求证：平面.【典例2】如图，P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别为AB，PD的中点，求证：AF∥平面PCE．方法技巧64 线面平行性质定理的应用应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定交线．【典例1】如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两点)，平面CEC1∩平面BB1D＝FG．证明：FG∥平面AA1B1B．【典例2】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．【典例3】在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（   ）A． B． C． D．方法技巧65 平面与平面平行的判定与性质证明面面平行的常用方法(1)利用面面平行的定义．(2)利用面面平行的判定定理．(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交直线．【典例1】如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1∥平面BCHG．【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝l，证明：B1D1∥l．【典例3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为B1C1，A1B1，AB的中点．(1)求证：平面A1C1G∥平面BEF；(2)若平面A1C1G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．方法技巧66 平行关系的综合应用三种平行关系的转化提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明．【典例1】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．(1)求证：平面MNQ∥平面PCD；(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【典例2】如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．(1)求证：AB∥平面EFGH；(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．方法技巧67 直线与平面垂直的判定与性质判定线面垂直的四种方法【典例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE．【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．①F为BB1的中点；②AB1＝；③AA1＝．方法技巧68 平面与平面垂直的判定与性质证明面面垂直的两种方法提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．【典例1】如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证：(1)PA⊥BC；(2)平面BEC⊥平面PDC．【典例2】如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA1．求证：(1)平面ACC1A1⊥平面B1C1CB；(2)BC1⊥AB1．方法技巧69 垂直关系的综合应用三种垂直关系的转化线线垂直线面垂直面面垂直【典例1】如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．(1)求证：AF∥平面SEC；(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【典例2】如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．【典例3】如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；(3)点C到平面BPQ的距离．方法技巧70 三垂线定理及其逆定理1．三垂线定理如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．2．三垂线定理的逆定理如果平面内的一条直线和该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．【典例1】　(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是(　　)A　　　　　　　BC　　　　　　　D【典例2】如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是BC的中点，求平面C1DE与平面CDE所成二面角的正切值．学科网（北京）股份有限公司1 /50学科网（北京）股份有限公司$