【数学】2018届一轮复习人教A版专题2-1巧用12个解题技巧-备战高三数学考试万能工具包学案

【数学】2018届一轮复习人教A版专题2-1巧用12个解题技巧-备战高三数学考试万能工具包学案

第 2 篇 考前必看解题技巧 专题 01 巧用 12 个解题技巧 技法一　特例法 　　从题干(或选项)出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特 殊函数或图形位置，进行判断.特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况 下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊函数等. 　例 1 (2017·山东卷)若 a＞b＞0，且 ab＝1，则下列不等式成立的是(　　) A.a＋ 1 b＜ b 2a＜log2(a＋b) B. b 2a＜log2(a＋b)＜a＋ 1 b C.a＋ 1 b＜log2(a＋b)＜ b 2a D.log2(a＋b)＜a＋ 1 b＜ b 2a ▲方法点睛　　1.特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含字母或具有一般 性结论的选择题. 2.特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理.第 二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或 改用其他方法求解. 【变式训练】 1.如图，在棱柱的侧棱 A1A 和 B1B 上各有一动点 P，Q 满足 A1P＝BQ，过 P，Q，C 三点的截面 把棱柱分成两部分，则其体积之比为(　　) A.3∶1 B.2∶1 C.4∶1 D. 3∶1 2.函数 f(x)=cos x·log2|x|的图象大致为(　　) 3.如图,点 P 为椭圆 + =1 上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点 A、上顶点 B 分别作 y 轴、x 轴的平行线,它们相交于点 C,过点 P 引 BC,AC 的平行线,分别交 AC 于点 N,交 BC 于点 M,交 AB 于 D、E 两点,记矩形 PMCN 的面积为 S1,三角形 PDE 的面积为 S2,则 S1∶S2=(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.1 B.2 C. D. 技法二　图解法(数形结合法) 　　对于一些含有几何背景的题目,若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的 直观性,迅速作出判断,简捷地解决问题,得出正确的结果.Venn 图、三角函数线、函数的图 象及方程的曲线等,都是常用的图形. - /* 　　例 2　(1)设向量 a,b,c 满足|a|=|b|=1,a·b= ,(a-c)·(b-c)=0,则|c|的最大值等于 (　　) A. B. C. D.1 【答案】A 【解析】(1)解法一(几何法):如图,a= ,b= ,c= .由题意有∠AOB= ,点 C 在圆 M 上.当点 C 达到点 D 时,|c|最大,|c|max=| |+| |=sin +cos = .选 A. 当点 C 达到点 D 时,|c|最大,|c|max=| |+| |=sin +cos = .选 A. (2) 【2018 山西省太原市实验中学模拟】函数 是定义域为 的偶函数，当 时， 若关于 的方程 有 且仅有 8 个不同实数根，则实数 的取值范围是________ 【答案】 要使关于 x 的方程 ，有且仅有 8 个不同实数根， 设 t=f（x），则 t2+at+ =0 的两根均在（-1，-- 故答案为 ▲方法点睛　数形结合是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更 能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果.不过运用图解法解题一定要对有关的函数图象、 ( )y f x= R 0x ≥ ( ) ( ) 20.25 ,0 2 { 0.5 0.75, 2x x x f x x − ≤ ≤ = − − > x ( ) ( )2 7 016 af x af x+ + = ( )a R∈ a 7 16,4 9      ( ) ( )2 7 016 af x af x+ + = 7 16 a 3)4 2 7 04 31 7 162 4{ 7 4 91 016 9 3 7 016 4 16 a a a aaa a a − > − < − < − ∴ < < − + > − + > 7 16,4 9      几何图形较熟悉，否则错误的图象反而导致错误的选择. 【变式训练】 1.已知函数 f(x)= 和函数 g(x)=log2x,则函数 h(x)=f(x)-g(x)的零点个 数为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 2. 设函数 f(x)＝{x－[x]，x ≥ 0， f（x＋1），x < 0，其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[－1.1]＝－ 2，[π]＝3 等.若方程f(x)＝k(x＋1)(k>0)恰有三个不相等的实根，则实数 k 的取值范围是 (　　) A.(0， 1 4 ) B.[1 4， 1 3 ) C.(1 3，1 ) D.[1 4，1 ) 技法三　估算法 　　估算法就是不需要计算出代数式的准确数值,通过估算其大致取值范围从而解决相应问 题的方法.该种方法主要适用于比较大小的有关问题,尤其是在选择题或填空题中,解答不需 要详细的过程,因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得,从而减少运算量. 　例 3　(1)(2015 湖北,7,5 分)在区间[0,1]上随机取两个数 x,y,记 p1 为事件“x+y≥ ”的 概率,p2 为事件“|x-y|≤ ”的概率,p3 为事件“xy≤ ”的概率,则(　　) A.p1 − ≤ ≤   2 12, 2  −   =20+12cos(θ1+θ2)cos(θ1-θ2)=20, 即|OP|2+|OQ|2 等于定值 20. (2)由中点坐标公式得到线段 PQ 的中点 M 的横、纵坐标分别为 x=2(cos θ 1+cos θ2),y=sin θ1+sin θ2, 所以有 +y2=2+2(cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2)=2+2cos(θ1-θ2)=2, 即所求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程为 + =1. ▲方法点睛　由椭圆方程,联想到 cos2θ+sin2θ=1,于是可进行“三角换元”(得到的是 椭圆的参数方程),通过换元引入新的参数,转化为三角函数问题进行研究.本题还要求能够 熟练使用三角公式和“平方法”,在由中点坐标公式求出 M 点的坐标后,将所得方程稍作变形, 再平方相加,即(cos θ1+cos θ2)2+(sin θ1+sin θ2)2,这是求点 M 的轨迹方程的关键一步.一 般地,求动点的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以将点的横、纵坐标分别表示为一个或几 个参数的函数,再运用“消参法”消去所含的参数,即得到所求的轨迹方程. 【变式训练】 1. 设 a>0，求 f(x)＝2a(sinx＋cosx )－sinx·cosx－2a 的最大值和最小值 技法六　构造法 　　用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程. 构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特 点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学式子、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几 何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题. 典型例题 　　例 6　(1)如图, 格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何 体各个面的面积中,最小的值为(　　) A.2 B.8 2 C.4 D.8 (2)已知 m,n∈(2,e),且 - n B.m2+ D.m,n 的大小关系不确定 答案　(1)B　(2)A 解析　(1)构造棱长为 4 的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥 P-ABC, 其 中 点 P 、 B 分 别 为 相 应 棱 的 中 点 . 因 为 S△PAB=S△PBC= × ×4=4 ,S△ABC= ×4×4=8,S△PAC= ·AC· = ×4× =8 .因为 8 >4 >8, 所以该几何体各个面的面积中,最小的值为 8,故选 B. ▲方法点睛　应用构造法的技巧:一是“定目标构造”,从已知条件入手,紧扣要解决的 问题进行构造,把陌生问题构造为熟悉的问题;二是“解决构造的问题”,用相关的知识解决 所构造的问题. 跟踪集训 1. (2018·合肥模拟)如图，已知球 O 的球面上有四点 A，B，C，D，DA⊥平面 ABC，AB⊥ BC，DA＝AB＝BC＝ 2，则球 O 的体积等于________. 2. 【2018 湖北省襄阳市统测】已知定义在 R 上的可导函数 f (x)的导函数为 ，满 足 ，f (0) = 1，则不等式 的解集为（ ） ( )y f x= ′ ( ) ( )f x f x′ < ( ) xf x e< A. B. C. D. 技法七　反证法 　　反证法是指从命题正面论证比较困难,通过假设原命题不成立,经过正确的推理,最后得 出矛盾,因此说明原假设错误,从而证明原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三 步:(1)否定结论;(2)推导矛盾;(3)得出结论. 典型例题 例 7　如果△A1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2 的三个内角的正弦值,则 (　　) A.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是锐角三角形 B.△A1B1C1 和△A2B2C2 都是钝角三角形 C.△A1B1C1 是钝角三角形,△A2B2C2 是锐角三角形 D.△A1B1C1 是锐角三角形,△A2B2C2 是钝角三角形 答案　D　 得 所以 A2+B2+C2= + + ,即 π= -π,显然该等式不成立,所以假 设不成立. 所以△A2B2C2 不是锐角三角形,所以△A2B2C2 是钝角三角形.故选 D. ▲方法点睛　用反证法证明全称命题以及命题中含有“至少”“至多”关键词的问题比 较简单.其关键是根据假设导出矛盾——与已知条件、定义、公理、定理或明显的事实相矛 ( )0 + ∞， ( )1 + ∞， ( )2− + ∞， ( )4 + ∞， 盾或自相矛盾. 【变式训练】 【2018 吉林省长春市一五 0 中学模拟】设 、 、 都是正数，则 、 、 三个数（ ） A. 都大于 B. 都小于 C. 至少有一个大于 D. 至少有一个不小于 技法八　分离参数法 　　分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相 应函数的最值或范围问题求解,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于 含参方程有解、无解等问题的解决.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的 最值或值域的情况. 典型例题 例 8　【2018 安徽省淮南市联考】已知函数 在区间 上是单调增 函数，则实数 的取值范围为(　　) A. B. C. D. 【答案】B ∴ ∴ 在 上恒成立， ∴ 在 上减函数，∴ ,实数 的取值范围为 ( ) ln sinf x x a x= − ,6 4 π π     a 4 3, π  −∞   4 2, π  −∞   4 2 4 3,π π       4 2 ,π  +∞   ( ) 2 2 2 1 04 2 4 2 2 4p x p π π π   ≤ = − + × = − <       ( ) 0h x′ < ,6 4 π π     ( )h x ,6 4 π π     1 4 2 4 2 4 2 a h π ππ  ≤ = =   × a m n t 4m n + 4n t + 4t m + 4 4 4 4 ，故选 B. ▲方法点睛　应用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于准确分离参数, 然后将问题转化为参数与函数最值的大小关系问题.分离参数时要注意参数系数的符号是否 会发生变化,如果参数的系数符号为负号,则分离参数时应注意不等号的变化,否则就会导致 错解. 【变式训练】　已知函数 ， 为自然对数的底数， ． （1）讨论函数 的单调性； （2）当 时， 恒成立，求 的取值范围． 技法九　整体代换法 　　整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将两数或多个数之和的表达式 当成一个整体 处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法 求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算. 典型例题 　　例 9　(1)等比数列{an}中,已知 a1+a3=8,a5+a7=4,则 a9+a11+a13+a15 的值为(　　) A.1 B.2 C.3 D.5 (2)已知函数 f(x)的导函数为 f '(x),且满足 f(x)=2f ' cos x+sin x+2x,则 f ' =(　　) A.0 B. C.1 D. 答案　(1)C　(2)B 4 2, π  −∞   ( ) lnf x x ax= − e a R∈ ( )f x 1x ≥ ( ) ( ) ln 1 1 x xf x x e x ≤ −+ + a 所以(a5+a7)2=(a1+a3)(a9+a11),故 a9+a11= = =2. 同理,a9+a11 是 a5+a7 与 a13+a15 的等比中项, 所以(a9+a11)2=(a5+a7)(a13+a15),故 a13+a15= = =1. 所以 a9+a11+a13+a15=2+1=3. (2)因为 f(x)=2f ' cos x+sin x+2x,所以 f '(x)=-2f ' sin x+cos x+2. 令 x= ,得 f ' =-2f ' sin +cos +2,解得 f ' = .故选 B. ▲方法点睛　整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之 间的关系. 【变式训练】　已知 x,y,z 是正数,求证: + + ≥ . 技法十　判别式法 　　判别式法就是将实系数一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0),利用方程有解的充要条件(判 别式 Δ=b2-4ac≥0)求解. 典型例题 　　例 10　已知 α,β,γ 为任意三角形的三个内角,求证: x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ. 证明　设 f(x)=x2+y2+z2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ) =x2-2(ycos α+zcos γ)x+y2+z2-2yzcos β, 又 Δ=4(ycos α+zcos γ)2-4(y2+z2-2yzcos β) =-4(ysin α-zsin γ)2≤0,x-*kw 所以 f(x)≥0,即 x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ. ▲方法点睛　判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转 化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用 Δ≥0 证明;(2)构造恒大于(或小于)零的二次函数,然后利用 Δ≤0 证明. 【变式训练】 1.设 x,y 为实数,若 4x2+y2+xy=1,则 2x+y 的最大值是　　　　. 2.设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,满足 S5S6+15=0,则 d 的取值范围是　　　　. 技法十一　割补法 　　割补法主要是针对平面图形或空间图形采用的一种几何方法,其主要思想是把不规则图 形转化为规则图形,这种方法常常用 求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积. 典型例题 　　例 11　(1)如图,过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD,若 PA=AB,则平面 PAB 与平面 CDP 所成二面角的度数为(　　) A.90° B.60° C.45° D.30° (2)已知四边形 ABCD 和 BCEG 均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,∠BCD=∠BCE= ,平面 ABCD⊥平面 BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2,则五面体 EGBADC 的体积为　　　　. 答案　(1)C　(2) 解析　(1)把原四棱锥补成正方体 ABCD-PQRH,如图所示,连接 CQ,则所求二面角转化为 平面 CDPQ 与平面 BAPQ 所成的二面角,而∠CQB 是平面 CDPQ 与平面 BAPQ 所成二面角的平面 角,又因为∠CQB=45°,所以平面 PAB 与平面 CDP 所成二面角的度数为 45°. (2) ▲方法点睛　对于一些不规则的几何体(图形),不能直接利用体积(面积)公式,此时必 须对几何体(图形)进行相应的割补,将其转化为规则几何体(图形)以便于计算其体积(面积). 【变式训练】 1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(　　) A.6 B.8 C.10 D.12 2.函数 y=cos x(0≤x≤2π)和 y=1 的图象所围成的封闭图形的面积为　　　　. 3. 【2018 河南省联考】如图，已知四棱锥 的底面为直角梯形， ， ，且 ， ． （1）求证：平面 平面 ； （2）若 且 ， ， 分别是 ， 的中点，求多面体 的体积． P ABCD− / /AD BC 90ADC∠ = ° 2 2AD BC CD= = PA PB PD= = PAD ⊥ ABCD 45PAD∠ = ° 2PA = E F PA PC PEBFD 技法十二　等体积转化法 　　等体积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形 式求解相关问题的方法.其主要用于求解点到面的距离. 典型例题 　例 12　【2018 四川省广元市统考】如图四棱锥 ，底面梯形 中， ，平面 平面 ，已知 . （1）求证： ； (2)线段 上是否存在点 ，使三棱锥 体积为三棱锥 体积的 6 倍.若 存在，找出点 的位置；若不存在，说明理由. 【解析】（1）证明：∵ ， ∴ ， P ABCD− ABCD / /AB DC PAD ⊥ ABCD 2 4, 2 2 2 5BD AD AB DC BC= = = = = BD PA⊥ PC M P ABD− P MBD− M 4, 2, 2 5BD AD AB= = = 2 2 2 ,AB AD BD= + BD AD∴ ⊥ 由题意得 解得 ． ∴点 是 上的一个靠近点 的三等分点. ▲方法点睛　利用等体积转化法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面 应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比 较明显. 跟踪集训 1. 【2018 广东深圳高级中学模拟】如图,在正方体 中,棱长为 1, 分别为 与 的中点, 到平面 的距离为 A. B. C. D. 2. 【 2018 甘 肃 张 掖 质 检 】 如 图 ， 四 边 形 是 矩 形 平面 . （1）证明：平面 平面 ； （2）设 与 相交于点 ，点 在棱 上，且 ，求三棱锥 的体 积. 1 1 1 1ABCD A B C D− E F、 1 1C D AB 1B 1A FCE 10 5 30 5 3 2 6 3 1 1 1 1 2 1 23 61 1 3 3 ABD P ABD P ABD P MBD P BCD M BCD BCD BCD S hV V h V V V h mhS h S h ∆ − − − − − ∆ ∆ = = = =− −− 2 3m = M PC P ABCD 3 3, 3, 2 ,AB BC DE EC PE= = = ⊥  , 6ABCD PE = PAC ⊥ PBE AC BE F G PB CG PB⊥ F BCG− 答案部分 技法一　特例法 【变式训练】 2.【答案】B　 【解析】函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞), 且 f =cos log2 =-cos , f =cos ·log2 =-cos , 所以 f =f ,排除 A,D; 又 f =-cos <0,排除 C.故选 B. 3.【答案】A　 【解析】不妨取点 P ,则可计算 S1= ×(5-4)= ,易求得 PD=2,PE= ,所以 S 2= ×2× = ,所以 S1∶S2=1. 技法二　图解法(数形结合法) 【变式训练】 1.【答案】C　 2. 【答案】B 【解析】直线 y＝kx＋k(k>0)恒过定点(－1，0)，在同一直角坐标系中作出函数 y＝f(x)的 图象和直线 y＝kx＋k(k>0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点， 所以 1 4≤k< 1 3. 技法三　估算法 　【变式训练】【答案】C 【解析】如图知区域的面积是△OAB 去掉一个小直角三角形.阴影部分面积比 1 大，比 S△OAB ＝ 1 2×2×2＝2 小，故 C 项满足. 技法四　待定系数法 【变式训练】 1.【答案】-1 【解析】因为函数 f(x)＝lg 为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)， 即 lg ＝－lg ⇒ ＝ ⇒a＋ ⇒1－x2＝(a＋2)2－a2x2⇒a＝－1. 故答案为-1 2 1a x  + +  2 1a x  + −  2 1a x  + +  2 1a x + − 1 2 1a x + + ( ) 2 1 1 1 2 x x a x +=− + + 技法五　换元法 【变式训练】 1.【解】设 sinx＋cosx＝t，则 t∈[- , ]，由(sinx＋cosx) ＝1＋2sinx·cosx 得： sinx·cosx＝ x/k*w ∴ f(x)＝g(t)＝－ (t－2a) ＋ （a>0），t∈[- , ]，t＝- 时，取最小 值：－2a －2 a－ 当 2a≥ 时，t＝ ，取最大值：－2a ＋2 a－ ；当 0<2a≤ 时，t＝2a， 取最大值： 。 ∴ f(x)的最小值为－2a －2 a－ ，最大值为 。 技法六　构造法 　跟踪集训 2 2 2 t 2 1 2 − 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 0 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 ( ) ( ) < < − + − ≥       a a a a 2. 【答案】A 【解析】令 ，则 ，故 为 上 的 减 函 数 ， 有 等 价 于 ， 即 ， 故 不 等 式 的 解 ． 技法七　反证法 【变式训练】 答案】D 【解析】假设 、 、 三个数都小于 ，则： ， 利用均值不等式的结论有： 得到矛盾的结论，可见假设不成立， 即 、 、 三个数中至少有一个不小于 . ( ) ( ) x f xF x e = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' '' 0 x x x x f x e f x e f x f xF x e e − −= = < ( )F x R ( ) xf x e< ( ) 1F x < ( ) ( )0F x F< ( )0,+∞ 4m n + 4n t + 4t m + 4 4 4 4 12m n tn t m      + + + + + <           4 4 4 4 4 4 4 4 42 2 2 12 m n tn t m m n tm n t m n tm n t      + + + + +                = + + + + +           ≥ × + × + × = 4m n + 4n t + 4t m + 4 本题选择 D 选项. 技法八　分离参数法 【变式训练】　【解析】（1） 的定义域为 ， ． 当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减． （2）由题意得： 对 时恒成立， ∴ 对 时恒成立． 令 ，（ ）， ∴ ．　 当 时， ，∴ ， 在 上单调递减. ( )f x ( )0,+∞ ( ) 1 1' axf x ax x −= − = 0a > ( )f x 10, a      1 ,a  +∞   ( ) lnln 1 1 x xx ax x e x − ≤ −+ + 1x ≥ ( ) ln 1 1 1 xa x e x ≥ ++ + 1x ≥ ( ) ( ) ln 1 1 1 xg x x e x = ++ + 1x ≥ ( ) ( )2 1 11 ln ' 1 xe xg x x − + − = + ( ),x e∈ +∞ ( ) 0h x < ( )' 0g x < ( )g x [ ),e +∞ ∴ 在 处取得最大值 ， ∴ 的取值范围是 . 技法九　整体代换法 　　【变式训练】证明　设 a=y+z,b=x+z,c=x+y, 则 x= ,y= ,z= . 所以 + + = + + = + + - ≥2 +2 +2 - = . 技法十　判别式法 【变式训练】 1.【答案】　 【解析】　设 2x+y=t,则 y=t-2x,于是有 4x2+(t-2x)2+x(t-2x)=1, 化简得 6x2-3tx+t2-1=0(x∈R), 由 Δ=9t2-24(t2-1)≥0,得- ≤t≤ , 所以 2x+y 的最大值是 . 技法十一　割补法 【变式训练】 1.【答案】D　 【解析】根据题中所给的三视图,可以还原几何体,如图, ( )g x x e= ( ) ( ) ln 1 1 1 1 eg e e e e e = + =+ + a 1 ,e  +∞  该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长方体,其中长方体的长、宽、高分 别是 3,2,2,所以该几何体的体积为 2×2×3=12,故选 D. 2.【答案】　2π 【解析】　如图,函数 y=cos x(0≤x≤2π)的图象关于直线 EF:x=π 对称,曲边形 EFB≌曲边 形 DAF. 将曲边形 AFB 沿 EF 剪开,补成矩形 AEFD,则 S 阴影=S 矩形 AEFD=2π. 或将曲边形 AFB 补成矩形 ABCD,则有 S 阴影= S 矩形 ABCD= ×4π=2π. 3. 【解析】（1）证明：如图，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ， ， ， ，则四边形 为正方形， ∴ ，∴ ， 又 ，∴ ， ∴ 平面 ，∴ ， ∵ ，∴ ． ， 又 ， AD AB O G OB OP OG PG OBCD OA OB= OG AB⊥ PA PB= PG AB⊥ AB ⊥ POG AB PO⊥ PA PD= PO AD⊥ 1 1 1 1 1 11 13 2 3 2 2 12F BCD BCDV S PO− ∆= ⋅ = × × × × = ( )1 2 11 1 113 3 2 2P ABCD ABCDV S PO− + ×= ⋅ = × × = ∴ ． 技法十二　等体积转化法 　跟踪集训 1. 【答案】D 【解析】设点 到平面 的距离为 。 ∵正方体棱长为 1， ∴ ， ∴ 又 ，x/k*-w ∴ ，解得 即点 到平面 的距离为 。选 D。 1B 1A FCE h 1 1 5 232 2A F FC AC EF= = = =， ， 1 1 1 1 2 6 1 13 1 12 2 4 2 2A CF A B FS S= × × = = × × =   ， 1 1 1 1B A CF C A B FV V− −= 1 6 1 1 13 4 3 2h× = × × 6 3h = 。 1B 1A FCE 6 3 1 1 1 1 2 6 12 4PEBFD P ABCD E ABD F BCDV V V V− − −= − − = − − = (2)因为 ，所以 ， 又 ，所以 为棱 的中点， 到平面 的距离等于 ， 由（1）知 ，所以 ， 所以 ， 所以 . 6, 3PE CE= = 6 3 3PC = + = 3,BC CG PB= ⊥ G PB G ABC 6 2 2 PE = ABF CEF∆ ∼ ∆ 1 3 EF CE FB AB = = 3 3 3 3 9 3 4 4 2 8BCF BCES S∆ ∆= = ⋅ = 1 9 3 6 9 2 3 8 2 16F BCE G BCFV V− −= = × × =