7、與底面所成二面角都是60°,底面三角形三邊長(zhǎng)分別是7、8、9,則此三棱錐的側(cè)面面積為 ( )
A.12 B.24 C.6 D.18
答案 (1)B (2)B
解析 (1)滿(mǎn)足條件的x,y構(gòu)成的點(diǎn)(x,y)在正方形OBCA及其邊界上.事件“x+y≥”對(duì)應(yīng)的圖形為圖①
公式求出側(cè)面面積為32,四個(gè)選項(xiàng)中只有24與之最接近,選B.
▲方法點(diǎn)睛 估算法是根據(jù)變量變化的趨勢(shì)或極值的取值情況進(jìn)行求解的方法.如某些函數(shù)的取值范圍或最值、函數(shù)圖象的變化等問(wèn)題,常用此法確定正確選項(xiàng).
【變式訓(xùn)練】設(shè)M為不等式組表示的平面區(qū)域，則當(dāng)a從－2連續(xù)變化到1時(shí)，動(dòng)直線x＋y＝a掃過(guò)A中的那部分區(qū)域的面
8、積為( )
A. B.1
C. D.2
技法四 待定系數(shù)法
待定系數(shù)法是為確定變量間的函數(shù)關(guān)系,設(shè)出未知數(shù),然后根據(jù)所給條件確定這些未知數(shù)的一種方法,其理論依據(jù)是多項(xiàng)式恒等.多項(xiàng)式f(x)≡g(x)的充要條件是:對(duì)于任意的一個(gè)a值,都有f(a)≡g(a);或者兩個(gè)多項(xiàng)式各項(xiàng)的系數(shù)對(duì)應(yīng)相等.
例4 衣柜里的樟腦丸,會(huì)因?yàn)閾]發(fā)而體積變小,剛放入的新樟腦丸體積為a,經(jīng)過(guò)t天后樟腦丸的體積V(t)與天數(shù)t的關(guān)系為V(t)=a·e-kt,若新樟腦丸經(jīng)過(guò)80天后,體積變?yōu)閍,則函數(shù)V(t)的解析式為 .?
答案 V(t)=a·(t≥0)
解析 因?yàn)檎聊X丸經(jīng)過(guò)8
9、0天后,體積變?yōu)閍,所以a=a·e-80k,所以e-80k=,解得k=-ln ,所以V(t)=a·=a·,所以函數(shù)V(t)的解析式為V(t)=a·(t≥0).
▲方法點(diǎn)睛 破解此類(lèi)題的關(guān)鍵是依題設(shè)所給的函數(shù)模型,利用待定系數(shù)法求解,本題的突破口是將題設(shè)中的自變量的值與相應(yīng)的函數(shù)值代入所給關(guān)系式,得關(guān)于參數(shù)的方程,利用“兩邊取對(duì)數(shù)”,即可求出參數(shù)的值.
【變式訓(xùn)練】
1. 函數(shù)f(x)＝lg為奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝________.
2. 已知函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ) 的圖象上的一個(gè)最高點(diǎn)和與它相鄰的一個(gè)最低點(diǎn)的距離為2，且過(guò)點(diǎn)，則函數(shù)f(x)＝________.
技法五 換元法
10、
換元法又稱(chēng)輔助元法、變量代換法.通過(guò)引入新的變量,可以把分散的條件聯(lián)系起來(lái),使隱含的條件顯露出來(lái),或者變?yōu)槭煜さ男问?簡(jiǎn)化計(jì)算或證明.換元的實(shí)質(zhì)是轉(zhuǎn)化,關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元,理論依據(jù)是等量代換,目的是變換研究對(duì)象,使非標(biāo)準(zhǔn)型問(wèn)題標(biāo)準(zhǔn)化、復(fù)雜問(wèn)題簡(jiǎn)單化.換元法經(jīng)常用于三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值、復(fù)合函數(shù)解析式的求解等.
典型例題
例5 橢圓+=1上有兩點(diǎn)P、Q,O為原點(diǎn),連接OP、OQ,kOP·kOQ=-.
(1)求證:|OP|2+|OQ|2等于定值;
(2)求線段PQ的中點(diǎn)M的軌跡方程.
解析 (1)證明:設(shè)
P(4cos θ1,2sin θ1),Q(4cos θ2,2sin
11、θ2),
則kOP·kOQ=·=-,
整理得cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2=0,即cos(θ1-θ2)=0.
∴|OP|2+|OQ|2=16cos2θ1+4sin2θ1+16cos2θ2+4sin2θ2
=8+12(cos2θ1+cos2θ2)
=20+6(cos 2θ1+cos 2θ2)
=20+12cos(θ1+θ2)cos(θ1-θ2)=20,
即|OP|2+|OQ|2等于定值20.
(2)由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得到線段PQ的中點(diǎn)M的橫、縱坐標(biāo)分別為x=2(cos θ1+cos θ2),y=sin θ1+sin θ2,
所以有+y2=2+2(cos θ1co
12、s θ2+sin θ1sin θ2)=2+2cos(θ1-θ2)=2,
即所求線段PQ的中點(diǎn)M的軌跡方程為+=1.
▲方法點(diǎn)睛 由橢圓方程,聯(lián)想到cos2θ+sin2θ=1,于是可進(jìn)行“三角換元”(得到的是橢圓的參數(shù)方程),通過(guò)換元引入新的參數(shù),轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問(wèn)題進(jìn)行研究.本題還要求能夠熟練使用三角公式和“平方法”,在由中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出M點(diǎn)的坐標(biāo)后,將所得方程稍作變形,再平方相加,即(cos θ1+cos θ2)2+(sin θ1+sin θ2)2,這是求點(diǎn)M的軌跡方程的關(guān)鍵一步.一般地,求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程運(yùn)用“參數(shù)法”時(shí),我們可以將點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)分別表示為一個(gè)或幾個(gè)參數(shù)的函數(shù),再運(yùn)用“消參
13、法”消去所含的參數(shù),即得到所求的軌跡方程.
【變式訓(xùn)練】
1. 設(shè)a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx )－sinx·cosx－2a的最大值和最小值
技法六 構(gòu)造法
用構(gòu)造法解題的關(guān)鍵是由條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造數(shù)學(xué)模型,從而簡(jiǎn)化推導(dǎo)與運(yùn)算過(guò)程.構(gòu)造法是建立在觀察聯(lián)想、分析綜合的基礎(chǔ)上的,首先應(yīng)觀察題目,觀察已知條件形式上的特點(diǎn),然后聯(lián)想、類(lèi)比已學(xué)過(guò)的知識(shí)及各種數(shù)學(xué)式子、數(shù)學(xué)模型,深刻了解問(wèn)題及問(wèn)題的背景(幾何背景、代數(shù)背景),通過(guò)構(gòu)造幾何、函數(shù)、向量等具體的數(shù)學(xué)模型快速解題.
典型例題
例6 (1)如圖,網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,粗線畫(huà)出的是某幾何體的三視圖,
14、則該幾何體各個(gè)面的面積中,最小的值為( )
A.2 B.8
C.4 D.8
(2)已知m,n∈(2,e),且-n B.m2+ D.m,n的大小關(guān)系不確定
答案 (1)B (2)A
解析 (1)構(gòu)造棱長(zhǎng)為4的正方體,由三視圖可知,該幾何體為如圖所示的三棱錐P-ABC,其中點(diǎn)P、B分別為相應(yīng)棱的中點(diǎn).因?yàn)镾△PAB=S△PBC=××4=4,S△ABC=×4×4=8,S△PAC=·AC·=×4×=8.因?yàn)?>4>8,所以該幾何體各個(gè)面的面積中,最小的值為8,故選B.
▲方法點(diǎn)睛 應(yīng)用構(gòu)造法的技巧:一是“定目標(biāo)
15、構(gòu)造”,從已知條件入手,緊扣要解決的問(wèn)題進(jìn)行構(gòu)造,把陌生問(wèn)題構(gòu)造為熟悉的問(wèn)題;二是“解決構(gòu)造的問(wèn)題”,用相關(guān)的知識(shí)解決所構(gòu)造的問(wèn)題.
跟蹤集訓(xùn)
1. (2018·合肥模擬)如圖，已知球O的球面上有四點(diǎn)A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，則球O的體積等于________.
2. 【2018湖北省襄陽(yáng)市統(tǒng)測(cè)】已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為，滿(mǎn)足，f (0) = 1，則不等式的解集為（ ）
A. B. C. D.
技法七 反證法
反證法是指從命題正面論證比較困難,通過(guò)假設(shè)原命題不成立,經(jīng)過(guò)正確的推理,最
16、后得出矛盾,因此說(shuō)明原假設(shè)錯(cuò)誤,從而證明原命題成立的證明方法.反證法證明問(wèn)題一般分為三步:(1)否定結(jié)論;(2)推導(dǎo)矛盾;(3)得出結(jié)論.
典型例題
例7 如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值,則( )
A.△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形
B.△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形
C.△A1B1C1是鈍角三角形,△A2B2C2是銳角三角形
D.△A1B1C1是銳角三角形,△A2B2C2是鈍角三角形
答案 D
得
所以A2+B2+C2=++,即π=-π,顯然該等式不成立,所以假設(shè)不成立.
所以△A2B2
17、C2不是銳角三角形,所以△A2B2C2是鈍角三角形.故選D.
▲方法點(diǎn)睛 用反證法證明全稱(chēng)命題以及命題中含有“至少”“至多”關(guān)鍵詞的問(wèn)題比較簡(jiǎn)單.其關(guān)鍵是根據(jù)假設(shè)導(dǎo)出矛盾——與已知條件、定義、公理、定理或明顯的事實(shí)相矛盾或自相矛盾.
【變式訓(xùn)練】
【2018吉林省長(zhǎng)春市一五0中學(xué)模擬】設(shè)、、都是正數(shù)，則、、三個(gè)數(shù)（ ）
A. 都大于 B. 都小于 C. 至少有一個(gè)大于 D. 至少有一個(gè)不小于
技法八 分離參數(shù)法
分離參數(shù)法是求解不等式有解、恒成立問(wèn)題常用的方法,通過(guò)分離參數(shù)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為相應(yīng)函數(shù)的最值或范圍問(wèn)題求解,從而避免對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類(lèi)討論的煩瑣過(guò)程.該方
18、法也適用于含參方程有解、無(wú)解等問(wèn)題的解決.但要注意該方法僅適用于分離參數(shù)后能求出相應(yīng)函數(shù)的最值或值域的情況.
典型例題
例8 【2018安徽省淮南市聯(lián)考】已知函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)增函數(shù)，則實(shí)數(shù)的取值范圍為( )
A. B. C. D.
【答案】B
∴∴在上恒成立，∴在上減函數(shù)，∴,實(shí)數(shù)的取值范圍為，故選B.
▲方法點(diǎn)睛 應(yīng)用分離參數(shù)法解決不等式恒成立問(wèn)題或有解問(wèn)題,關(guān)鍵在于準(zhǔn)確分離參數(shù),然后將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為參數(shù)與函數(shù)最值的大小關(guān)系問(wèn)題.分離參數(shù)時(shí)要注意參數(shù)系數(shù)的符號(hào)是否會(huì)發(fā)生變化,如果參數(shù)的系數(shù)符號(hào)為負(fù)號(hào),則分離參數(shù)時(shí)應(yīng)注意不等號(hào)的變化,否則就會(huì)導(dǎo)致錯(cuò)
19、解.
【變式訓(xùn)練】 已知函數(shù)， 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)， ．
（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）當(dāng)時(shí)， 恒成立，求的取值范圍．
技法九 整體代換法
整體代換法是根據(jù)式子的結(jié)構(gòu)特征,在求值過(guò)程中,直接將兩數(shù)或多個(gè)數(shù)之和的表達(dá)式當(dāng)成一個(gè)整體來(lái)處理,從而建立已知和所求之間的關(guān)系或方程進(jìn)行求解的方法.利用該種方法求值,可以避免煩瑣的計(jì)算.該方法適用于等差、等比數(shù)列中連續(xù)幾項(xiàng)和的有關(guān)計(jì)算.
典型例題
例9 (1)等比數(shù)列{an}中,已知a1+a3=8,a5+a7=4,則a9+a11+a13+a15的值為( )
A.1 B.2 C.3 D.5
(2)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)
20、函數(shù)為f '(x),且滿(mǎn)足f(x)=2f 'cos x+sin x+2x,則f '=( )
A.0 B. C.1 D.
答案 (1)C (2)B
所以(a5+a7)2=(a1+a3)(a9+a11),故a9+a11===2.
同理,a9+a11是a5+a7與a13+a15的等比中項(xiàng),
所以(a9+a11)2=(a5+a7)(a13+a15),故a13+a15===1.
所以a9+a11+a13+a15=2+1=3.
(2)因?yàn)閒(x)=2f 'cos x+sin x+2x,所以f '(x)=-2f 'sin x+cos x+2.
令x=,得f '=-2f '
21、sin +cos+2,解得f '=.故選B.
▲方法點(diǎn)睛 整體代換法求值的關(guān)鍵是準(zhǔn)確把握代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征,確定已知和所求之間的關(guān)系.
【變式訓(xùn)練】 已知x,y,z是正數(shù),求證:++≥.
技法十 判別式法
判別式法就是將實(shí)系數(shù)一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0),利用方程有解的充要條件(判別式Δ=b2-4ac≥0)求解.
典型例題
例10 已知α,β,γ為任意三角形的三個(gè)內(nèi)角,求證:
x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.
證明 設(shè)f(x)=x2+y2+z2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ)
=x2-2
22、(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,
所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.
▲方法點(diǎn)睛 判別式是方程、函數(shù)和不等式之間聯(lián)系的重要工具,是不等式之間相互轉(zhuǎn)化的重要橋梁,運(yùn)用判別式法證明不等式有兩種途徑:(1)構(gòu)造一元二次方程,然后利用Δ≥0來(lái)證明;(2)構(gòu)造恒大于(或小于)零的二次函數(shù),然后利用Δ≤0來(lái)證明.
【變式訓(xùn)練】
1.設(shè)x,y為實(shí)數(shù),若4x2+y2+xy=1,則2x+
23、y的最大值是 .?
2.設(shè)a1,d為實(shí)數(shù),首項(xiàng)為a1,公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿(mǎn)足S5S6+15=0,則d的取值范圍是 .?
技法十一 割補(bǔ)法
割補(bǔ)法主要是針對(duì)平面圖形或空間圖形采用的一種幾何方法,其主要思想是把不規(guī)則圖形轉(zhuǎn)化為規(guī)則圖形,這種方法常常用來(lái)求不規(guī)則平面圖形的面積或不規(guī)則空間幾何體的體積.
典型例題
例11 (1)如圖,過(guò)正方形ABCD的頂點(diǎn)A作線段PA⊥平面ABCD,若PA=AB,則平面PAB與平面CDP所成二面角的度數(shù)為( )
A.90° B.60° C.45° D.30°
(2)已知四邊形ABCD和BCEG均為
24、直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,∠BCD=∠BCE=,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2,則五面體EGBADC的體積為 .?
答案 (1)C (2)
解析 (1)把原四棱錐補(bǔ)成正方體ABCD-PQRH,如圖所示,連接CQ,則所求二面角轉(zhuǎn)化為平面CDPQ與平面BAPQ所成的二面角,而∠CQB是平面CDPQ與平面BAPQ所成二面角的平面角,又因?yàn)椤螩QB=45°,所以平面PAB與平面CDP所成二面角的度數(shù)為45°.
(2)
▲方法點(diǎn)睛 對(duì)于一些不規(guī)則的幾何體(圖形),不能直接利用體積(面積)公式,此時(shí)必須對(duì)幾何體(圖形)進(jìn)行相應(yīng)的割補(bǔ),將其
25、轉(zhuǎn)化為規(guī)則幾何體(圖形)以便于計(jì)算其體積(面積).
【變式訓(xùn)練】
1.一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是( )
A.6 B.8 C.10 D.12
2.函數(shù)y=cos x(0≤x≤2π)和y=1的圖象所圍成的封閉圖形的面積為 .?
3. 【2018河南省聯(lián)考】如圖，已知四棱錐的底面為直角梯形， ， ，且， ．
（1）求證：平面平面；
（2）若且， ， 分別是， 的中點(diǎn)，求多面體的體積．
技法十二 等體積轉(zhuǎn)化法
等體積轉(zhuǎn)化法是通過(guò)變換幾何體的底面,利用幾何體(主要是三棱錐)體積的不同表達(dá)形式求解相關(guān)問(wèn)題的方法.其主要用于求解點(diǎn)到面的距離.
典型
26、例題
例12 【2018四川省廣元市統(tǒng)考】如圖四棱錐，底面梯形中， ，平面平面，已知.
（1）求證： ；
(2)線段上是否存在點(diǎn)，使三棱錐體積為三棱錐體積的6倍.若存在，找出點(diǎn)的位置；若不存在，說(shuō)明理由.
【解析】（1）證明：∵，
∴
，
由題意得
解得．
∴點(diǎn)是上的一個(gè)靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn).
▲方法點(diǎn)睛 利用等體積轉(zhuǎn)化法求解點(diǎn)到平面的距離,關(guān)鍵是選擇合適的底面,選擇的底面應(yīng)具備兩個(gè)特征:一是底面的形狀規(guī)則,面積可求;二是底面上的高比較明顯,即線面垂直比較明顯.
跟蹤集訓(xùn)
1. 【2018廣東深圳高級(jí)中學(xué)模擬】如圖,在正方體中,棱長(zhǎng)為1, 分別為與的中點(diǎn),
27、 到平面的距離為
A. B. C. D.
2. 【2018甘肅張掖質(zhì)檢】如圖，四邊形是矩形平面.
（1）證明：平面平面；
（2）設(shè)與相交于點(diǎn)，點(diǎn)在棱上，且，求三棱錐的體積.
答案部分
技法一 特例法
【變式訓(xùn)練】
2.【答案】B
【解析】函數(shù)的定義域?yàn)?-∞,0)∪(0,+∞),
且f =coslog2=-cos,
f =cos·log2=-cos,
所以f =f ,排除A,D;
又f =-cos<0,排除C.故選B.
3.【答案】A
【解析】不妨取點(diǎn)P,則可計(jì)算S1=×(5-4)=,易求得PD=2,PE=,所以S2=
28、×2×=,所以S1∶S2=1.
技法二 圖解法(數(shù)形結(jié)合法)
【變式訓(xùn)練】
1.【答案】C
2. 【答案】B
【解析】直線y＝kx＋k(k>0)恒過(guò)定點(diǎn)(－1，0)，在同一直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝f(x)的圖象和直線y＝kx＋k(k>0)的圖象，如圖所示，因?yàn)閮蓚€(gè)函數(shù)圖象恰好有三個(gè)不同的交點(diǎn)，所以≤k<.
技法三 估算法
【變式訓(xùn)練】【答案】C
【解析】如圖知區(qū)域的面積是△OAB去掉一個(gè)小直角三角形.陰影部分面積比1大，比S△OAB＝×2×2＝2小，故C項(xiàng)滿(mǎn)足.
技法四 待定系數(shù)法
【變式訓(xùn)練】
1.【答案】-1
【解析】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝lg為
29、奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，
即lg＝－lg? ＝ ?a＋
?1－x2＝(a＋2)2－a2x2?a＝－1.
故答案為-1
技法五 換元法
【變式訓(xùn)練】
1. 【解】 設(shè)sinx＋cosx＝t，則t∈[-,]，由(sinx＋cosx)＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝
∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋ （a>0），t∈[-,]，t＝-時(shí)，取最小值：－2a－2a－
當(dāng)2a≥時(shí)，t＝，取最大值：－2a＋2a－ ；當(dāng)0<2a≤時(shí)，t＝2a，取最大值： 。
∴ f(x)的最小值為－2a－2a－，最大值為。
技法六 構(gòu)造法
30、跟蹤集訓(xùn)
2. 【答案】A
【解析】令，則，故為上的減函數(shù)，有等價(jià)于，即，故不等式的解．
技法七 反證法
【變式訓(xùn)練】
答案】D
【解析】假設(shè)、、三個(gè)數(shù)都小于，則：
，
利用均值不等式的結(jié)論有：
得到矛盾的結(jié)論，可見(jiàn)假設(shè)不成立，
即、、三個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)不小于.
本題選擇D選項(xiàng).
技法八 分離參數(shù)法
【變式訓(xùn)練】 【解析】（1）的定義域?yàn)椋?．
當(dāng)時(shí)， 在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
（2）由題意得： 對(duì)時(shí)恒成立，
∴對(duì)時(shí)恒成立．
令，（ ），
∴．
當(dāng)時(shí)， ，∴， 在上單調(diào)遞減.
∴在處取得最大值，
∴的取值范圍是.
技法九
31、整體代換法
【變式訓(xùn)練】證明 設(shè)a=y+z,b=x+z,c=x+y,
則x=,y=,z=.
所以++=++
=++-
≥2+2+2-=.
技法十 判別式法
【變式訓(xùn)練】
1.【答案】
【解析】 設(shè)2x+y=t,則y=t-2x,于是有4x2+(t-2x)2+x(t-2x)=1,
化簡(jiǎn)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 割補(bǔ)法
【變式訓(xùn)練】
1.【答案】D
【解析】根據(jù)題中所給的三視圖,可以還原幾何體,如圖,
該幾何體可以將凸出的部分補(bǔ)到凹進(jìn)去的地方成為一
32、個(gè)長(zhǎng)方體,其中長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別是3,2,2,所以該幾何體的體積為2×2×3=12,故選D.
2.【答案】 2π
【解析】 如圖,函數(shù)y=cos x(0≤x≤2π)的圖象關(guān)于直線EF:x=π對(duì)稱(chēng),曲邊形EFB≌曲邊形DAF.
將曲邊形AFB沿EF剪開(kāi),補(bǔ)成矩形AEFD,則
S陰影=S矩形AEFD=2π.
或?qū)⑶呅蜛FB補(bǔ)成矩形ABCD,則有
S陰影=S矩形ABCD=×4π=2π.
3. 【解析】（1）證明：如圖，分別取， 的中點(diǎn)， ，連接， ， ， ，則四邊形為正方形，
∴，∴，
又，∴，
∴平面，∴，
∵，∴．
，
又，
∴．
技法十二 等體積轉(zhuǎn)化法
跟蹤集訓(xùn)
1. 【答案】D
【解析】設(shè)點(diǎn)到平面的距離為。
∵正方體棱長(zhǎng)為1，
∴，
∴
又，
∴，解得
即點(diǎn)到平面的距離為。選D。
(2)因?yàn)椋裕?
又，所以為棱的中點(diǎn)， 到平面的距離等于，由（1）知，所以，
所以，
所以.
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備戰(zhàn)2018版高考數(shù)學(xué)考試萬(wàn)能工具包 第二篇 考前必看解題技巧 專(zhuān)題2.1 巧用12個(gè)解題技巧
