1、1难点自选专题一 “选填”压轴小题命题的 4大区域全国卷 3年考情分析题号考卷 第 11题 第 12题 第 15题 第 16题命题分析卷直线与双曲线的位置关系及双曲线的几何性质空间直线与平面的位置关系及其所成角的问题计数原理与组合问题三角函数的最值与导数卷 函数的奇偶性与周期性椭圆的定义与椭圆的几何性质两角和与差的公式应用圆锥侧面积的运算及空间角的问题2018卷 双曲线的几何性质 不等式性质及对数运算 三角函数的零点问题抛物线的几何性质及应用卷指数式与对数式的互化与对数运算及大小比较等差数列、等比数列前n项和公式的运用双曲线的几何性质三棱锥的体积、导数的应用卷 利用导数求函数的极值平面向量的数
2、量积与最值等差数列的通项公式与前 n项和公式、特殊数列求和抛物线的定义及标准方程2017卷 函数的零点问题平面向量基本定理、直线与圆的位置关系分段函数、解不等式空间中直线与直线的位置关系、空间向量卷平面与平面平行的性质、异面直线所成的角及等角定理函数y Asin(x )的性质等比数列通项公式、二次函数的最值及指数函数的性质线性规划的实际应用2016卷双曲线的定义及标准方程、离心率的计算函数图象的对称性推理与论证导数的计算与几何意义、直线方程、斜率计算公高考在选择、填空压轴题中，主要考查圆锥曲线的几何性质及圆锥曲线定义、函数的图象与性质、函数与不等式的求解、指数、对数式大小比较、导数的应用、几何
3、体的表面积与体积的计算及空间角问题，而三角函数、数列、平面向量也常有考查.2式卷椭圆的离心率、直线斜率的应用计数原理与组合问题函数的奇偶性、导数的几何意义点到直线的距离公式，直线的斜率、倾斜角，直线与圆的位置关系命题区域(一) 函数与导数本类压轴题常以分段函数、抽象函数等为载体，考查函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等要注意函数 y f(x)与方程 f(x)0 以及不等式 f(x)0的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题目的关键解决该类问题的途径往往是构造函数，进而研究函数的性质，利用函数性质去求解问题是常用方法其间要注意导数的应用：利用导数研究可导函数的单调性，
4、求可导函数的极值和最值，以及利用导数解决实际应用题是导数在中学数学中的主要应用分段函数问题例 1 已知函数 f(x)Error!若 f(x)无最大值，则实数 a的取值范围是_技法演示法一：分段处理，分类讨论 记 g(x) x33 x， h(x)2 x，同时作出函数 g(x)与 h(x)的图象，如图所示，则 h(x)在(，)上单调递减，下面分析 g(x)的单调性因为 g( x)3 x233( x1)( x1)，当 x变化时，g( x)和 g(x)变化如下：x (，1) 1 (1,1) 1 (1，)g( x) 0 0 g(x) 极大值 极小值 下面分析 f(x)的单调性，注意到 f(x)Error
5、!结合前面 g(x)与 h(x)的单调性，我们可以按下述三种情况讨论：a2，此时函数 f(x)无最大值，符合题意若1 aa时， f(x) h(x)a时， f(x) h(x)0时， x(，0)， f( x)0；x ， f( x)0.(0，2a)所以函数 f(x)在(，0)和 上单调递增，在 上单调递减，且 f(0)10，(0，2a)故 f(x)有小于零的零点，不符合题意当 a0；(2a， 0)x(0，)， f( x)0，只需 f 0，即 a24，解得 a0时，如图(1)所示，不合题意；当 a0.联立Error!消去 y，得 x2(3 a)x a0，由 0，解得 a9；联立Error!消去 y，得
6、 x2(3 a)x a0，由 0，解得 a1 或 a0，且 x1 不是方程的根故有 a |x2 3xx 1| x1 5.4x 1设 h(x) ，|x 14x 1 5|则问题等价于曲线 y h(x)与直线 y a有 4个不同交点作出图象如图所示显然 y9， y1 是 y h(x)的两条切线，此时都只有 3个交点于是，结合图形知，当 09时，直线 y a与曲线 y h(x)均有 4个交点所以 a的取值范围为(0,1)(9，)答案：(0,1)(9，)抽象函数问题例 3 设函数 f( x)是奇函数 f(x)(xR)的导函数， f(1)0，当 x0时，xf( x) f(x)0成立的 x的取值范围是( )
7、A(，1)(0,1) B(1,0)(1，)8C(，1)(1,0) D(0,1)(1，)技法演示法一：构造抽象函数法 观察 xf( x) f(x)0时，xf x f xx2F( x)0，即找到 x与 F(x)的符号相同的区间，易知当 x(，1)(0,1)时， f(x)0，故选 A.法二：构造具体函数法 题目中没有给出具体的函数，但可以根据已知条件构造一个具体函数，越简单越好，因此考虑简单的多项式函数设 f(x)是多项式函数，因为 f(x)是奇函数，所以它只含 x的奇次项又 f(1) f(1)0，所以 f(x)能被 x21 整除因此可取 f(x) x x3，检验知 f(x)满足题设条件解不等式 f
8、(x)0，得 x(，1)(0,1)，故选 A.答案 A系统归纳1利用和差函数求导法则构造函数(1)对于不等式 f( x) g( x)0(或0(或k(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或0(或f( x)，且f(x)2 019 为奇函数，则不等式 f(x)2 019e x0，| | ， x 为 f(x)的零点， x2 4为 y f(x)图象的对称轴，且 f(x)在 上单调，则 的最大值为( )4 (18， 536)A11 B9C7 D5技法演示法一：综合法 由 f 0，得 k( kZ)， k ，(4) 4 4则 f(x)sin ( x k 4 )Error! (nZ)10由 f 1，即 sin
9、sin 1，(4) (4 4 ) 2可知 为正奇数( 0)由Error! 得Error!又由于 0，所以 k只能取 0，1，2，3.当 k0 时， (2,2)；当 k1 时， (2,6)；当 k2 时， (6,10)；当 k3 时， (10,14)因为 是正奇数(不超过 12)，所以 1,3,5,7,9,11当 11 时， x ， x 11 x ，里面含有 ，(18， 536) 4 114 (12136， 15436 ) 72则 f(x)在 上不可能单调，不符合题意(18， 536)当 9 时， x ， x 9 x ，里面不含(18， 536) 4 94 (9936， 12636 )( nZ)
10、中的任何一个，2n 12即 f(x)在 上单调，符合题意(18， 536)综上， 的最大值为 9.故选 B.法二：分类讨论 由题意 T ，536 18 T2 6即 00， A0)的图象的单调性、对称性、周期、零点等问题中涉及的结论：若函数 y Asin(x )( 0， A0)有两条对称轴 x a， x b，则有| a b| T2(kZ)；kT2若函数 y Asin(x )( 0， A0)有两个对称中心 M(a,0)， N(b,0)，则有|a b| (kZ)；T2 kT2若函数 y Asin(x )( 0， A0)有一条对称轴 x a，一个对称中心 M(b,0)，则有| a b| (kZ)T4
11、kT2(2)研究函数在某一特定区间的单调性，若函数仅含有一个参数的时候，利用导数的正负比较容易控制，但对于函数 y Asin(x )( 0， A0)含多个参数，并且具有周期性，很难解决，所以必须有合理的等价转化方式才能解决解法一尝试正面求解 的可能值，但因单调区间的条件不好使用，仍然采取代入验证的方法解决应用体验1若函数 f(x)cos 2x asin x在区间 上是减函数，则 a的取值范围是(6， 2)_解析：法一：导数法对 f(x)cos 2x asin x求导，得 f( x)2sin 2x acos x因为 f(x)在区间12上是减函数，所以 f( x)0 在 上恒成立，即 acos x
12、2sin 2x4sin (6， 2) (6， 2)xcos x，而 cos x0，所以 a4sin x在区间 上， 0)，且 A ， (0，)，则 ABC的面积的最大值是 ，当且仅当另外两个角相等m24tan 2时取等号应用体验2(2018潍坊统一考试)在 ABC中，内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c，外接圆14的半径为 1，且 ，则 ABC面积的最大值为_tan Atan B 2c bb解析：因为 ，tan Atan B 2c bb所以 (2 c b) ，bsin Acos A sin Bcos B由正弦定理得sin Bsin Acos B(2sin Csin B)sin Bc
13、os A，又 sin B0，所以 sin Acos B(2sin Csin B)cos A，所以 sin Acos Bsin Bcos A2sin Ccos A，sin(A B)2sin Ccos A，即 sin C2sin Ccos A，又 sin C0，所以 cos A ，sin A ，12 32设外接圆的半径为 r，则 r1，由余弦定理得 bc b2 c2 a2 b2 c2(2 rsin A)b2 c2 a22cos A2 b2 c232 bc3(当且仅当 b c时，等号成立)，所以 bc3，所以 S ABC bcsin A bc .12 34 334答案：334平面向量数量积问题例 3
14、 在等腰梯形 ABCD中，已知 AB DC， AB2， BC1， ABC60 ，动点 E和 F分别在线段 BC和 DC上，且 ， ，则 的最小值为BE BC DF 19 DC AE AF _技法演示法一：基底法 选取 ， 为一组基底，由题意易求 DC1，| |2，| |1， AB BC AB BC AB 21cos 1201， ， BC AE AB BE AB BC AF AB BC .CF AB BC 12(1 19 )AB 12(1 19 )AB BC 于是 ( ) 41AE AF AB BC 12(1 19 )AB BC 12(1 19 ) 2 2 ( 0)，当且仅当 ，即 时(119
15、) 1718 2 29 1718 229 2918 2 29 2315等号成立，故 的最小值为 .AE AF 2918法二：坐标法 以 A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，因为AB DC， AB2， BC1， ABC60 ，所以 DC1，即 B(2,0)， D， C .(12， 32) (32， 32)因为 ， ，BE BC DF 19 DC 所以 E ， F ，(22， 32 ) (12 19 ， 32) ， .AE (2 2， 32 ) AF (12 19 ， 32)所以 2 .AE AF (2 2)(12 19 ) 34 1718 2 29 1718 19 2918当且仅当 ，即
16、时等号成立，2 29 23故 的最小值为 .AE AF 2918答案 2918系统归纳向量数量积问题的解题策略基底法根据平面向量基本定理，结合图形的结构特征选择一组基底，将有关的向量用基底表示，进行求解坐标法分析图形的结构特征，建立平面直角坐标系，将所涉及的向量坐标化，利用坐标运算进行解答应用体验3已知正方形 ABCD的边长为 1，点 E是 AB边上的动点，则 _；DE CB 的最大值为_DE DC 解析：法一：如图，以射线 AB， AD为 x轴， y轴的正方向建立平面直角坐标系，则 A(0,0)， B(1,0)， C(1,1)， D(0,1)，则 E(t,0)， t0,1，( t，1)， (
17、0，1)，所以 ( t，1)(0，1)DE CB DE CB 1.因为 (1,0)，所以 ( t，1)(1,0) t1，故 的最大DC DE DC DE DC 16值为 1.法二：由图知，无论 E点在哪个位置， 在 方向上的投影都是|DE CB |1，所以 | |11，当点 E运动到 B点时，CB DE CB CB 在 方向上的投影最大即为| |1，所以( )max|DE DC DC DE DC |11.DC 答案：1 1命题区域(三) 立体几何此类压轴题主要考查以立体几何为背景的新颖问题以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题、探索性问题等(1)对探索、开放
18、、存在型问题的考查：探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何中(2)对折叠、展开问题的考查：图形的折叠与展开问题(三视图问题可看作是特殊的图形变换)蕴涵了“二维三维二维”的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辨，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立体几何中的重要题型空间中线面位置关系与计算例 1 平面 过正方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 A，平面 平面 CB1D1，平面 平面 ABCD m，平面 平面 AB
19、B1A1 n，则直线 m， n所成角的正弦值为( )A. B.32 22C. D.33 13技法演示法一：割补法 我们先尝试把 m， n这两条直线都作出来，易知这个平面 一定在正方体外，所以要往上补形，如图所示，过点 A在正方体ABCDA1B1C1D1的上方补作一个与正方体 ABCDA1B1C1D1相同棱长的正方体 ABCDA2B2C2D2，可证平面 AB2D2就是平面 ， n就是 AB2.因为平面 ABCD平面 A2B2C2D2，所以 B2D2 m，说明 m应该是经过点 A且在平面 ABCD内与 B2D2平行的直线，则直线 m， n所成的角就是 AB2D2，因为 AB2D2为等边三角形，所以
20、 sin AB2D2sin ，故选 A.3 32法二：平移法 1 17事实上对法一可进行适当简化，无须补形也可以设平面 CB1D1平面 ABCD m，因为平面 平面 ABCD m，平面 平面 CB1D1，所以 m m.又平面 ABCD平面A1B1C1D1，平面 CB1D1平面 A1B1C1D1 B1D1，所以 B1D1 m，所以 B1D1 m.同理可得CD1 n，故直线 m， n所成角即为直线 B1D1， CD1所成的角 CD1B1.在正方体 ABCDA1B1C1D1中， B1C B1D1 CD1，所以 CD1B1 ，所以 sin CD1B1 ，故选 A.3 32法三：平移法 2 与法二类似，
21、我们尝试在正方体内部构造一个平面与平面 平行，也即与平面 CB1D1平行如图所示，让点 A在平面 ABCD内运动，不妨让点 A在对角线 AC上运动，易知平面 BA1D与平面 CB1D1平行，则直线 m， n所成的角就是 DBA1，其正弦值为 ，故选 A.32法四：向量法 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1，易求得平面CB1D1的一个法向量 s(1，1，1)因为平面 平面 ABCD m，所以直线 m的方向向量 m x y ( y， x,0)又平面AB AD 平面 CB1D1，所以 ms0，即 y x0，故 m( x， x,0)；同理，因为平面 平面 ABB1A1 n，所以直线 n的方
22、向向量n (0， ， )又平面 平面 CB1D1，所以 ns0，即AB AA1 0，故 n(0， ， )记异面直线 m， n所成角为 ，所以 cos ，故直线 m， n所成角的正弦值为 ，选 A.|mn|m|n| |x |2|x|2| | 12 32答案 A系统归纳异面直线所成角问题的解题策略(1)平移化归是关键：求异面直线所成角，关键是将两条异面的直线平移到相交状态，作出等价的平面角，再解三角形即可，常规步骤是“一作二证三计算” ，而第一步最为关键，平移谁，怎么平移都要视题目条件而定；(2)向量计算要快要准：空间向量方法的最大好处是降低了对空间想象能力的要求，但相应地对计算能力要求就高了，要
23、求我们熟练地求解空间的点、向量的坐标，计算要准确应用体验1已知四面体 ABCD的每个顶点都在球 O的表面上， AB AC5， BC8， AD底面18ABC， G为 ABC的重心，且直线 DG与底面 ABC所成角的正切值为 ，则球 O的表面积为12_解析：在等腰 ABC中， AB AC5， BC8，取 BC的中点 E，连接 AE，重心 G为 AE的三等分点， AE 3， AG2，由于AB2 BE2AD底面 ABC，直线 DG与底面 ABC所成角的正切值为 ，所以12tan DGA ， DA1，在等腰 ABC中，cos ACBDAAG 12 ，sin ACB ，所以 ABC的外接圆直径 2r ，
24、r ，设52 82 52258 45 35 ABsin C 535 253 256 ABC的外接圆圆心为 O1，四面体 ABCD的球心为 O，在 Rt AOO1中，R2 OA2 AO 2 2 2 ，球的表面积为 S 4 R2 .21 (AD2) (256) (12) 63436 6349答案： 6349空间最值问题例 2 如图，在 ABC中， AB BC2， ABC120 .若平面 ABC外的点 P和线段 AC上的点 D，满足 PD DA， PB BA，则四面体 PBCD的体积的最大值是_技法演示法一：平面几何法 由题意可知四面体 PBCD的体积最大时，应有平面 PBD平面 BCD.如图，过点
25、 P作 PF BD，垂足为 F，则 PF平面 BCD，则 VPBCD S13BCDPF.由翻折过程可知 AF PF，则 VPBCD S BCDAF，这样就将空间问题转化为 ABC13内的问题等腰 ABC的底边 AC边上的高 h ABsin 301， VPBCD DChAF DCAF.13 12 16DC与 AF不在同一个三角形中，用哪个变量能表示两者呢？注意到当点 D在 AC上运动时， ADB也是在变化的，因此可以取 ADB为自变量，产生下面的解法19如图，因为 S ABD BDAF ADh，则 AF ，得 VPBCD DC12 12 ADBD 16.设 ADB ，由正弦定理得 2sin(15
26、0 )， DCADBD ADDB，则 VPBCD 2sin 30sin 23 sin 150 sin 30sin ，易知函数 f(x) x 在区间(0,1上单调递cos 2 cos 1203sin 23(sin 14sin ) 14x增，于是 VPBCD .23(1 14) 12法二：构造法 换个角度看问题，我们把 ABC“立起来” ，如图，设 BO平面ACP，考虑以 B为顶点， ACP的外接圆 O为底面的圆锥，易得AC2 ，则 OB 1.设3 BA2 OA24 (12AC)2 PDA ， (0，)， AD x(00， b0)的左、右焦点，点 M在双x2a2 y2b2曲线 E上， MF1与 x
27、轴垂直，sin MF2F1 ，则双曲线 E的离心率为( )13A. B.232C. D23技法演示法一：定义法 因为 MF1F2是直角三角形，且 sin MF2F1 ，1321所以| MF1| MF2|sin MF2F1 |MF2|，13即| MF2|3| MF1|.由双曲线的定义可知| MF2| MF1|2 a.由和可求得| MF1| a，| MF2|3 a.在 Rt MF1F2中，由勾股定理得| MF2|2| MF1|2| F1F2|2，即(3 a)2 a2(2 c)2，化简得2a2 c2，即 22，从而可知 e .故选 A.(ca) 2法二：利用正弦定理 在 Rt MF1F2中，sin
28、F1MF2sin(90 MF2F1)cos MF2F1 ，sin MF1F21.由223正弦定理得 e .故选 A.|F1F2|MF2| |MF1| sin F1MF2sin MF1F2 sin MF2F12231 13 2法三：利用直角三角形的三角函数 设点 M( c， y0)，则 1， c 2a2 y20b2由此解得 y | MF1|2 b2 .20 (c2 a2a2 ) c2 a2 2a2 MF1F2是直角三角形，且 sin MF2F1 ，13cos MF2F1 ，tan MF2F1 ，从而可得 223 24 |MF1|F1F2| 24 |MF1|2|F1F2|2 18 |F1F2|2|
29、MF1|28，即 8，化简整理得 2c45 a2c22 a40，两边同除以 a4，得 2 454c2y20 4c2 c2 a2 2a2 (ca)220，(ca)即 0，2(ca)2 1(ca)2 2 1， 22，即 e .ca (ca) 2答案 A系统归纳22圆锥曲线离心率问题的求解策略(1)双曲线(椭圆)的定义可直接建立“焦点三角形”的两边关系用好这一隐含条件，可为三角形的求解省下不少功夫法二便充分利用了双曲线的定义将离心率 e写成，转化为“焦点三角形”的三边关系，从而利用正弦定理再转化到已知的角|F1F2|MF2| |MF1|上去(2)在求解圆锥曲线(主要指的是椭圆和双曲线)的离心率问题时
30、，要把握一个基本思想，就是充分利用已知条件和挖掘隐含条件建立起 a与 c的关系式注意 在求离心率的值时需建立等量关系式，在求离心率的范围时需建立不等量关系式应用体验1已知双曲线 E： 1( a0， b0)的右顶点为 A，抛物线 C： y28 ax的焦点为x2a2 y2b2F，若在 E的渐近线上存在点 P，使得 PA FP，则 E的离心率的取值范围是( )A(1,2) B.(1，324C(2，) D.324， )解析：选 B 双曲线 E： 1( a0， b0)的右顶点为 A(a,0)，抛物线 C： y28 axx2a2 y2b2的焦点为 F(2a,0)，双曲线的渐近线方程为 y x，可设 P ，
31、则有 ba (m， ba m) AP ， ，由 PA FP，得 0，即( m a)(m2 a)(m a，ba m) FP (m 2a， ba m) AP FP m20，整理得 m23 ma2 a20，由题意可得 9 a241 2a20，即b2a2 (1 b2a2) b2a2a28 b28( c2 a2)，即 8c29 a2，则 e .又 e1，所以 1b0)x2a2 y2b2过点 M作 MN AB，垂足为 N，设 M(x， y)根据椭圆的对称性，不妨令 y0，设 AMN ， BMN ，则 tan ，tan .x ay a xy又点 M在椭圆上，所以 x2 a2 .a2y2b2则 tan( )
32、tan tan 1 tan tan x ay a xy1 a2 x2y2 2ayx2 y2 a2y2 2ayx2 y2 a2 .2aya2 a2b2y2 y2 a2 2ab2 c2y又 y b， b，所以当 y b时， 取最大值，即 M为椭圆短轴顶点 P时， APB最大由此，我们可以得到本题的如下解法先考虑椭圆的焦点在 x轴上的情况，则 03时，焦点在 y轴上，要使 C上存在点 M满足 AMB120 ，则 ，解m3 3得 m9.故 m的取值范围为(0,19，)法二：二级结论法 椭圆上任意一点与椭圆长轴的两个端点连线的斜率之积为定值 .b2a2这一结论不难证明：设 M(x， y)为椭圆 1( a
33、b0)上任意一点， A， B分别为椭x2a2 y2b2圆的左、右两个端点，则 kMAkMB .因为点 M在椭圆上，所以yx a yx a y2x2 a224y2 (a2 x2)，从而 kMAkMB .由此可以得到本题的如下解法b2a2 b2a2 a2 x2x2 a2 b2a2当 00，x1 x2 ， x1x2 ，8k21 2k2 8k2 21 2k2| AB| ， |x1 x2| ，253 1 k2 253即(1 k2)(x1 x2)24 x1x2 ，209(4 k21)(14 k213)0，解得 k2 .14又 t ，OA OB OP 即( x1 x2， y1 y2) t(x， y)，且 k
34、0， t0， x ，x1 x2t 8k2t 1 2k2y k(x1 x2)4 k .y1 y2t 1t 4kt 1 2k2点 P在椭圆上， 2 2， 8k2 2t2 1 2k2 2 4k 2t2 1 2k2 2又 k2 ，解得 t .14 26327圆锥曲线中与面积相关的问题例 3 已知 F是抛物线 y2 x的焦点，点 A， B在该抛物线上且位于 x轴的两侧， 2(其中 O为坐标原点)，则 ABO与 AFO面积之和的最小值是( )OA OB A2 B3C. D.1728 10技法演示法一：利用基本不等式 依题意，不妨设点 A(x1， y1)， B(x2， y2)，其中 y10， y20)个单位
35、长度，所得图象对应的函数恰为奇函数，则 的最小值为( )A. B.6 12C. D.4 3解析：选 A 由 y2sin sin ，可得 y2sin cos sin(x3) (6 x) (x 3) (x 3)30，该函数的图象向左平移 个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为 g(x)(2x23)sin sin ，因为 g(x)sin 为奇函数，2 x 23 (2x 2 23) (2x 2 23)所以 2 k( kZ)， (kZ)，又 0，故 的最小值为 ，选 A.23 k2 3 63.如图，在四棱锥 PABCD中，底面 ABCD是直角梯形，AD BC， AB BC，侧面 PAB底面 ABCD，
36、若 PA AD AB kBC(0k1)，则( )A当 k 时，平面 BPC平面 PCD12B当 k 时，平面 APD平面 PCD12C k(0,1)，直线 PA与底面 ABCD都不垂直D k(0,1) ，使直线 PD与直线 AC垂直解析：选 A 取 PB， PC的中点分别为 M， N，连接 MN， AM， DN，由平面 PAB平面 ABCD， BC AB，可知 BC平面 PAB， BC AM，又 M为 PB的中点， PA AB， AM PB，可得 AM平面 PBC，而 AD BC且AD BC，同时 MN BC且 MN BC， AD MN且 AD MN，则四边形12 12ADNM为平行四边形，可
37、得 AM DN，则 DN平面 BPC，又 DN平面 PCD，平面 BPC平面PCD.其余选项都错误，故选 A.4(2019 届高三西安八校联考)已知球的直径 SC4， A， B是该球球面上的两点， ASC BSC30 ，则棱锥 SABC的体积最大为( )A2 B.83C. D23 3解析：选 A 如图，因为球的直径为 SC，且SC4， ASC BSC30 ，所以 SAC SBC90 ，AC BC2， SA SB2 ，所以 S SBC 22 2 ，则当点 A到312 3 3平面 SBC的距离最大时，棱锥 ASBC，即 SABC的体积最大，此时平面 SAC平面 SBC，点A到平面 SBC的距离为 2 sin 30 ，所以棱锥 SABC的体积最大为 2 2，故3 313 3 3选 A.5(2019 届高三兰州诊断考试)已知圆 C：( x1) 2( y4) 210 和点 M(5， t)，若圆 C上存在两点 A， B使得 MA MB，则实数 t的取值范围是( )A2,6 B3,5C2,6 D3,5
