資源簡介

【2013高考數學攻略】
專題7：數學思想方法之整體思想探討
江蘇泰州錦元數學工作室 編輯
數學思想是指人們對數學理論和內容的本質的認識，數學方法是數學思想的具體化形式，實際上兩者的本質是相同的，差別只是站在不同的角度看問題。通常混稱為“數學思想方法”。常見的數學思想有：建模思想、歸納思想，分類思想、化歸思想、整體思想、數形結合思想等。
整體思想就是從問題的整體性質出發，突出對問題的整體結構的分析和改造，發現問題的整體結構特征，善于用“集成”的眼光，把某些式子或圖形看成一個整體，把握它們之間的關聯，進行有目的、有意識的整體處理。
整體思想方法在代數式的化簡與求值、解方程（組）、幾何解證等方面都有廣泛的應用，整體代入、疊加疊乘處理、整體運算、整體設元、整體處理、幾何中的補形等都是整體思想方法在解數學問題中的具體運用。
結合2012年全國各地高考的實例，我們從下面四方面探討整體思想的應用：（1）整體運算；（2）整體代換；（3）整體設元；（4）整體變形、補形。
一、整體運算：整體運算是著眼結構的整體性，根據問題的條件進行運算（包括整體配方、求導等），達到簡化解題思路，確定解題的突破口或者總體思路。
典型例題：【版權歸錦元數學工作室，不得轉載】
例1. （2012年全國課標卷理5分）設點在曲線上，點在曲線上，則最小值為【 】

【答案】。
【考點】反函數的性質，導數的應用。
【解析】∵函數與函數互為反函數，∴它們的圖象關于對稱。
∴函數上的點到直線的距離為
設函數，則，∴。∴。
∴由圖象關于對稱得：最小值為。故選。
例2. （2012年全國課標卷文5分）當時，，則a的取值范圍是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考點】指數函數和對數函數的性質。
【解析】設,作圖。
∵當時，,
∴在時, 的圖象在的圖象上方。
　　　 根據對數函數的性質，。∴單調遞減。
∴由時，得，解得。
∴要使時，，必須。
∴a的取值范圍是(，1) 。故選B。
例3. （2012年江西省文5分）已知若a=f（lg5），則【 】
A. 　　B. 　　 C. 　　 D.
【答案】C。
【考點】二倍角的余弦，誘導公式，對數的運算性質。
【解析】應用二倍角的余弦公式進行降冪處理：。
　　　　∴，
。
∴。故選C。
例4. （2012年江西省理5分）設數列都是等差數列，若，，則
▲ 。
【答案】35。
【考點】等差中項的性質，整體代換的數學思想。
【解析】∵數列都是等差數列，∴數列也是等差數列。
∴由等差中項的性質，得，即，
解得。
例5. （2012年江蘇省16分）已知各項均為正數的兩個數列和滿足：，，
（1）設，，求證：數列是等差數列；
（2）設，，且是等比數列，求和的值．
【答案】解：（1）∵，∴。
∴ 。∴ 。
∴數列是以1 為公差的等差數列。
（2）∵，∴。
∴。（﹡）
設等比數列的公比為，由知，下面用反證法證明
若則，∴當時，，與（﹡）矛盾。
若則，∴當時，，與（﹡）矛盾。
∴綜上所述，。∴，∴。
又∵，∴是公比是的等比數列。
若，則，于是。
又由即，得。
∴中至少有兩項相同，與矛盾。∴。
∴。
∴ 。
【考點】等差數列和等比數列的基本性質，基本不等式，反證法。
【解析】（1）根據題設和，求出，從而證明而得證。
（2）根據基本不等式得到，用反證法證明等比數列的公比。
從而得到的結論，再由知是公比是的等比數列。最后用反證法求出。
例6. （2012年全國大綱卷文12分）已知數列{}中， =1，前n項和．
（1）求，
（2）求{}的通項公式。
【答案】解：（1）由 =1，得，解得。
同理，解得。
（2）∵，∴。
∴，即。
∴。
∴，即。
由 =1，得。
∴{}的通項公式為。
【考點】數列。
【解析】（1）由已知條件，可直接求出。
（2）由求出，兩式相減，求出。從而各項相乘即可求得{}的通項公式。
例7. （2012年天津市文13分）已知{}是等差數列，其前項和為，{}是等比數列,且=，，.
(Ⅰ)求數列{}與{}的通項公式；
(Ⅱ)記，，證明。
【答案】解：（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，
由=，得。
由條件，得方程組
，解得。
∴。
(Ⅱ)證明：由（1）得， ①；
∴ ②；
由②－①得，
∴。
【考點】等差數列與等比數列的綜合；等差數列和等比數列的通項公式。
【分析】（Ⅰ）直接設出首項和公差，根據條件求出首項和公差，即可求出通項。
（Ⅱ）寫出的表達式，借助于錯位相減求和。
還可用數學歸納法證明其成立。
例8. （2012年浙江省文14分）已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn=，n∈N﹡，數列{bn}滿足an=4log2bn＋3，n∈N﹡.
（1）求an，bn；
（2）求數列{an·bn}的前n項和Tn.
【答案】解：（1）由Sn=，得
當n=1時，；
當n2時，，n∈N﹡。
由an=4log2bn＋3，得，n∈N﹡。
（2）由（1）知，n∈N﹡，
∴，
。
∴。
∴，n∈N﹡。
【考點】等比數列、等差數列的概念、通項公式以及求和公式，對數的定義。
【解析】（1）由Sn=，作即可求得an；代入an=4log2bn＋3，化為指數形式即可求得bn。
（2）由an，bn求出數列{an·bn}的通項，得到，從而作即可求得T。
例9. （2012年全國大綱卷理5分）已知為第二象限角，，則【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考點】兩角和差的公式以及二倍角公式的運用。
【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值，然后然后利用二倍角的余弦公式，將所求的轉化為單角的正弦值和余弦值的問題：
∵，∴兩邊平方，得，即。
∵為第二象限角，∴因此。
∴。
∴。故選A。
例10. （2012年遼寧省理5分）已知，(0，π)，則=【 】
(A) 1 (B) (C) (D) 1
【答案】A。
【考點】三角函數中的和差公式、倍角公式、三角函數的性質。
【解析】∵，∴。∴。
又∵，∴。∴，即。
∴。故選A。
另析：，
。
例11. （2012年北京市理13分）已知函數。
（1）求的定義域及最小正周期；
（2）求的單調遞增區間。
【答案】解：（1）由解得，
∴的定義域為。
又∵

∴的最小正周期為。
（2）∵，
∴根據正弦函數的增減性，得或，。
解得或，。
∴的單調遞增區間為。
【考點】三角函數的定義域、最小正周期和單調增減性。
【解析】（1）根據分式分母不為0的條件，結合正弦函數的零點得出的定義域。將變形，即可由求最小正周期的公式求得。
（2）根據正弦函數的增減性，結合的定義域，求出的單調遞增區間。
二、整體代換：整體代換是根據問題的條件，選擇一個或幾個元素（代數式、數列等），將它們看成一個整體，進行等量代換，達到減少計算量的目的。
典型例題：【版權歸錦元數學工作室，不得轉載】
例1. （2012年福建省理5分）函數在[a，b]上有定義，若對任意x1，x2∈[a，b]，有，則稱在[a，b]上具有性質P.設在[1,3]上具有性質P，現給出如下命題：
①在[1,3]上的圖象是連續不斷的；
②在[1，]上具有性質P；
③若在x＝2處取得最大值1，則＝1，x∈[1,3]；
④對任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有．
其中真命題的序號是【 】
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】D。
【考點】抽象函數及其應用，函數的連續性。
【解析】對于命題①，設，顯然它在[1,3]上具有性質P，但函數在處是不連續的，命題錯誤；
對于命題②，設，顯然它在[1,3]上具有性質P，但在[1，]上不具有性質P，命題錯誤；
對于命題③，∵在x＝2處取得最大值1，
∴在[1，3]上，，即。
∴。∴＝1，x∈[1,3]。命題正確；
對于命題④，對任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有
命題正確。
故選D。
例2. （2012年安徽省理13分）設
（I）求在上的最小值；
（II）設曲線在點的切線方程為；求的值。
【答案】解：（I）設，則。
∴。
①當時，。∴在上是增函數。
∴當時，的最小值為。
②當時，
∴當且僅當時，的最小值為。
（II）∵，∴。
由題意得：，即，解得。
【考點】復合函數的應用，導數的應用，函數的增減性，基本不等式的應用。
【解析】（I）根據導數的的性質分和求解。
（II）根據切線的幾何意義列方程組求解。
例3. （2012年江蘇省16分）若函數在處取得極大值或極小值，則稱為函數的極值點。【版權歸錦元數學工作室，不得轉載】
已知是實數，1和是函數的兩個極值點．
（1）求和的值；
（2）設函數的導函數，求的極值點；
（3）設，其中，求函數的零點個數．
【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函數的兩個極值點，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵當時，；當時，，
∴是的極值點。
∵當或時，，∴ 不是的極值點。
∴的極值點是－2。
（3）令，則。
先討論關于 的方程 根的情況：
當時，由（2 ）可知，的兩個不同的根為I 和一2 ，注意到是奇函數，∴的兩個不同的根為一和2。
當時，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 當時， ，于是是單調增函數，從而。
此時在無實根。
② 當時．，于是是單調增函數。
又∵，，的圖象不間斷，
∴ 在（1 , 2 ）內有唯一實根。
同理，在（一2 ，一I ）內有唯一實根。
③ 當時，，于是是單調減兩數。
又∵， ，的圖象不間斷，
∴在（一1，1 ）內有唯一實根。
因此，當時，有兩個不同的根滿足；當 時
有三個不同的根，滿足。
現考慮函數的零點：
( i ）當時，有兩個根，滿足。
而有三個不同的根，有兩個不同的根，故有5 個零點。
( 11 ）當時，有三個不同的根，滿足。
而有三個不同的根，故有9 個零點。
綜上所述，當時，函數有5 個零點；當時，函數有9 個零點。
【考點】函數的概念和性質，導數的應用。
【解析】（1）求出的導數，根據1和是函數的兩個極值點代入列方程組求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解討論即可。
（3）比較復雜，先分和討論關于 的方程 根的情況；再考慮函數的零點。
例4. （2012年全國課標卷文5分）設函數的最大值為M，最小值為m，則M+m= ▲
【答案】2。
【考點】奇函數的性質。
【解析】∵， ∴設。
∵，
∴函數是奇函數，關于坐標原點對稱，它的最大值與最小值之和為0。
∴。
例5. （2012年上海市文4分）方程的解是 ▲
【答案】。
【考點】解指數方程。
【解析】根據方程，化簡得。
令，則原方程可化為，解得 或。
∴。∴原方程的解為。
例6. （2012年全國課標卷文5分）數列滿足，則的前60項和為【 】
（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830
【答案】D。
【考點】分類歸納（數字的變化類），數列。
【解析】求出的通項：由得，
當時，；當時，；當時，；
當時，；當時，；當時，；
當時，；當時，；······
當時，；當時，；當時，；
當時，（）。
∵，
∴的四項之和為（）。
設（）。
則的前項和等于的前15項和，而是首項為10，公差為16的等差數列，
∴的前項和=的前15項和=。故選D。
例7. （2012年四川省文5分）設函數，是公差不為0的等差數列，，則【 】
A、0 B、7 C、14 D、21
【答案】D。
【考點】高次函數的性質，等差數列性質。
【解析】∵是公差不為0的等差數列，記公差為。
∴。
則

。
∵，∴。
設，
則。
∴。故選D。
例8. （2012年山東省理13分）在平面直角坐標系xOy中，F是拋物線C：x2=2py（p＞0）的焦點，M是拋物線C上位于第一象限內的任意一點，過M，F，O三點的圓的圓心為Q，點Q到拋物線C的準線的距離為。
（Ⅰ）求拋物線C的方程；
（Ⅱ）是否存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M？若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由；
（Ⅲ）若點M的橫坐標為，直線l：y=kx+與拋物線C有兩個不同的交點A，B，l與圓Q有兩個不同的交點D，E，求當時，的最小值。
【答案】解：（Ⅰ）F拋物線C：x2=2py（p＞0）的焦點F，設M，。
由題意可知，
則點Q到拋物線C的準線的距離為，解得。
∴拋物線C的方程為。
（Ⅱ）假設存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M，
而，，，
∴，即。
由可得，，則，
即，解得，點M的坐標為。
（Ⅲ）∵點M的橫坐標為，∴點M，。
由可得。
設，則。
∴。
∵圓，圓心到直線l 的距離。
∴。
∴。
∵，∴令。
∴。
設，則。
當時，，
即當時，。
∴當時，。
【考點】拋物線和圓的性質，切線斜率的應用和意義，韋達定理的應用，導數的應用。函數的單調性質。
【解析】（Ⅰ）由已知條件，根據拋物線和圓的性質列式求解。
（Ⅱ）假設存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M，則由條件列式，并由切線斜率的應用和意義求出點M的坐標。
（Ⅲ）應用韋達定理、勾股定理，用表示出和，根據函數的單調性質可求解。
三、整體設元：整體設元是用新的參數去代替已知式或已知式中的某一部分，達到化繁為簡、化難為易的目的。
典型例題：【版權歸錦元數學工作室，不得轉載】
例1. （2012年山東省理5分）設函數，若的圖像與圖像有且僅有兩個不同的公共點A（x1，y1）,B(x2，y2),則下列判斷正確的是【 】
A. 當a<0時，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 當a<0時，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 當a>0時，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 當a>0時，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考點】導數的應用。
【解析】令，則。
設，。
令，則
要使的圖像與圖像有且僅有兩個不同的公共點必須：
，整理得。
取值討論：可取來研究。
當時，，解得，此時，此時；
當時，，解得，此時，此時。故選B。
例2. （2012年全國大綱卷理12分）設函數。
（1）討論的單調性；
（2）設，求的取值范圍。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
當時，，在上為單調遞增函數；
當時，，在上為單調遞減函數；
當時，由得，
由得或；
由得。
∴當時在和上為為單調遞增函數；在上為單調遞減函數。
（2）由恒成立可得。
令，則。
當時，，當時，。
又，所以，即
故當時，有，
①當時，，，所以。
②當時，。
綜上可知故所求的取值范圍為。
【考點】導數在研究函數中的運用，三角函數的有界性，。
【解析】（1）利用三角函數的有界性，求解單調區間。
（2）運用構造函數的思想，證明不等式。關鍵是找到合適的函數，運用導數證明最值大于或者小于零的問題得到解決。
例3. （2012年全國課標卷理12分）已知函數滿足滿足；
（1）求的解析式及單調區間；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式為。
設，則。
∴在上單調遞增。
又∵時，，單調遞增；
時，，單調遞減。
∴的單調區間為：單調遞增區間為，單調遞減區間為。
（2）∵，∴。
令得。
①當時，，∴在上單調遞增。
但時，與矛盾。
②當時，由得；由得。
∴當時，
∴。
令；則。
由得；由得。
∴當時，
∴當時，的最大值為。
【考點】函數和導函數的性質。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根據導數的性質求出單調區間。
（2）由和，表示出，根據導函數的性質求解。
例4. （2012年北京市理13分）已知函數
（1）若曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線，求a、b的值；
（2）當時，求函數的單調區間，并求其在區間（－∞，－1）上的最大值。
【答案】解：（1）∵（1，c）為公共切點，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線，
∴②。
解①②，得。
（2）∵，∴設。
則。令，解得。
∵，∴。
又∵在各區間的情況如下：
＋
0
－
0
＋
∴在單調遞增，在單調遞減，在上單調遞增。
①若，即時，最大值為；
②若，即時，最大值為。
③若時，即時，最大值為。
綜上所述：當時，最大值為；當時，最大值為1。
【考點】函數的單調區間和最大值，切線的斜率，導數的應用。
【解析】（1）由曲線與曲線有公共點（1，c）可得；由曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線可得兩切線的斜率相等，即。聯立兩式即可求出a、b的值。
（2）由 得到只含一個參數的方程，求導可得的單調區間；根據 ，和三種情況討論的最大值。
例5. （2012年天津市理14分）已知函數的最小值為，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若對任意的,有成立，求實數的最小值；
（Ⅲ）證明.
【答案】解：（Ⅰ）函數的定義域為，求導函數可得.
令，得。
當變化時，和的變化情況如下表：
－
0
＋
↘
極小值
↗
∴在處取得極小值。
∴由題意，得。∴。
（Ⅱ）當≤0時，取，有，故≤0不合題意。
當＞0時，令，即。
求導函數可得。
令，得。
①當時， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上單調遞減，從而對任意的），總有，即對任意的，有成立。
∴符合題意。
②當時，＞0，對于(0， )，＞0，因此在
(0， )上單調遞增，因此取(0， )時，，即有不成立。
∴不合題意。
綜上，實數的最小值為。【版權歸錦元數學工作室，不得轉載】
（Ⅲ）證明：當=1時，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。
當≥2時，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
綜上，。
【考點】導數在最大值、最小值問題中的應用，利用導數求閉區間上函數的最值。
【分析】（Ⅰ）確定函數的定義域，求導函數，確定函數的單調性，求得函數的最小值，利用函數的最小值為，即可求得的值。
（Ⅱ）當≤0時，取，有，故≤0不合題意。當＞0時，令，求導函數，令導函數等于0，分類討論：①當 時，≤0，在（0，+∞）上單調遞減，從而對任意的），總有。②當時，＞0，對于(0， )，＞0，因此在(0， )上單調遞增。由此可確定的最小值。
（Ⅲ）當=1時，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當≥2時，由
，在（Ⅱ）中，取得,從而可得，由此可證結論。
例6. （2012年山東省理13分）已知函數 = （k為常數，e=2.71828……是自然對數的底數），曲線y= )在點（1，f(1)）處的切線與x軸平行。
（Ⅰ）求k的值；
（Ⅱ）求的單調區間；
（Ⅲ）設g(x)=(x2+x) ，其中為f(x)的導函數，證明：對任意x＞0，。
【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，
∵曲線y= f(x)在點（1，f(1)）處的切線與x軸平行，
∴，即，解得。
（Ⅱ），令可得，即。
令，
由指數函數和對數函數的單調性知，在時，從單調減小；從單調增加。∴和只相交于一點，即只有一解。
由（Ⅰ）知，，∴。
當時，；當時，。（取點代入）
∴在區間內為增函數；在內為減函數。
（Ⅲ）∵，

可以證明，對任意x＞0，有（通過函數的增減性和極值證明），
∴。
設。則。
令，解得。
當時，；當時，。
∴在取得最大值。
∴，即。
∴對任意x＞0，。
【考點】曲線的切線，兩直線平行的性質，冪函數、指數函數和對數函數的性質和極值。
【解析】（Ⅰ）由曲線y= f(x)在點（1，f(1)）處的切線與x軸平行，可令y= f(x)在點（1，f(1)）處的導數值為0，即可求得k的值。
（Ⅱ）求出函數的導數，討論它的正負，即可得的單調區間。
（Ⅲ）對，用縮小法構造函數，求出它的最大值即可得到證明。
例7. （2012年廣東省理14分）設a＜1，集合，
（1）求集合D（用區間表示）
（2）求函數在D內的極值點。
【答案】解：（1）設，
方程的判別式
①當時，，恒成立，
∴。
∴，即集合D=。
②當時，，方程的兩根為
，。
∴
∴，
即集合D=。
③當時，，方程的兩根為
，。
∴
。
∴，
即集合D=。
（2）令得
的可能極值點為。
①當時，由（1）知，所以隨的變化情況如下表：
0
0
↗
極大值
↘
極小值
↗
∴在D內有兩個極值點為：極大值點為，極小值點為。
②當時，
由（1）知=。
∵， ∴，
∴隨的變化情況如下表：
0
↗
極大值
↘
↗
∴在D內僅有一個極值點：極大值點為，沒有極小值點。
③當時，
由（1）知。
∵，∴。
∴
。
∴。
∴在D內沒有極值點。
【考點】分類思想的應用，集合的計算， 解不等式，導數的應用。
【解析】（1）根據根的判別式應用分類思想分、、討論即可，計算比較繁。【版權歸錦元數學工作室，不得轉載】
（2）求出，得到的可能極值點為。仍然分、、討論。
例8. （2012年全國課標卷文5分）設函數
(Ⅰ)求的單調區間
(Ⅱ)若a=1，k為整數，且當x>0時，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定義域為，。
若，則，∴在上單調遞增。
若，則當時，；當時，，∴在上單調遞減，在上單調遞增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴當x>0時，，它等價于。
令，則。
由(Ｉ)知，函數在上單調遞增。
∵，，∴在上存在唯一的零點。
∴在上存在唯一的零點，設此零點為，則。
當時，；當時，。
∴在上的最小值為。
又∵，即，∴。
因此，即整數k的最大值為2。
【考點】函數的單調性質，導數的應用。
【解析】(Ｉ)分和討論的單調區間即可。
(Ⅱ)由于當x>0時，等價于，令，
求出導數，根據函數的零點情況求出整數k的最大值。
例9.（2012年全國課標卷理5分） 已知函數；則的圖像大致為【 】

【答案】。
【考點】導數的應用。
【解析】設，則。
∵時，；時，，
∴。
∴或均有。因此排除。故選。
五、整體變形、補形：整體變形是將問題中某些局部運算作整體變形處理，使之呈現規律性結構形式，達到簡化問題或減少運算量的目的。整體補形是根據題設條件將原題中的圖形補足為某種特殊的圖形，建立題設條件與特殊的圖形之間的關系，突出問題本質，找到較簡潔的解題方法。
典型例題：【版權歸錦元數學工作室，不得轉載】
例1. （2012年遼寧省理5分）已知正三棱錐ABC，點P，A，B，C都在半徑為的求面上，若PA，
PB，PC兩兩互相垂直，則球心到截面ABC的距離為 ▲ 。
【答案】。
【考點】組合體的線線，線面，面面位置關系，轉化思想的應用。
【解析】∵在正三棱錐ABC中，PA，PB，PC兩兩互相垂直，
∴可以把該正三棱錐看作為一個正方體的一部分，（如圖所示），此正方體內接于球，正方體的體對角線為球的直徑EP，球心為正方體對角線的中點O，且EP⊥平面ABC，EP與平面ABC上的高相交于點F。
∴球O到截面ABC的距離OF為球的半徑OP減去正三棱錐ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半徑為，設正方體的棱長為，則由勾股定理得。
解得正方體的棱長=2，每個面的對角線長。
∴截面ABC的高為， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱錐ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距離為。
例2.（2012年福建省文12分） 如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M為棱DD1上的一點．
（I）求三棱錐A－MCC1的體積；
（II）當A1M＋MC取得最小值時，求證：B1M⊥平面MAC.
【答案】解：（I）由長方體ABCD－A1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，
∴點A到平面CDD1C1的距離等于AD＝1。
又∵==×2×1=1，
∴ 。
（II）將側面CDD1C1繞DD1逆時針轉90°展開，與側面ADD1A1共面(如圖)，
當A1，M，C共線時，A1M＋MC取得最小值。
由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M為DD1中點．
連接C1M，
在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2，
∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1。
又由長方體ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，
∴B1C1⊥CM。
又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M。
同理可證，B1M⊥AM。
又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC。
【考點】棱錐的體積，直線與直線、直線與平面的位置關系。
【解析】（I）由題意可知，A到平面CDD1C1的距離等于AD=1，易求=1，從而可求。
（II）側面CDD1C1繞DD1逆時針轉90°展開，與側面ADD1A1共面，當A1，M，C共線時，A1M＋MC取得最小值．易證CM⊥平面B1C1M，從而CM⊥B1M，同理可證，B1M⊥AM，問題得到解決。
例3. （2012年安徽省理12分）平面圖形如圖4所示，其中是矩形，，，。現將該平面圖形分別沿和折疊，使與所在平面都與平面垂直，再分別連接,得到如圖2所示的空間圖形，對此空間圖形解答下列問題。
（Ⅰ）證明：；
（Ⅱ）求的長；
（Ⅲ）求二面角的余弦值。
【答案】解：（I）取的中點為點，連接
∵，∴。
∵面面，∴面。
同理：面 。
∴。∴共面。
又∵，
∴面。∴。
（Ⅱ）延長到，使 ，連接。
∵，∴。
∴。
∵，面面，
∴面。∴面。
∴在中，。
（Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。
∴在中，。
在中，
∴二面角的余弦值為。
【考點】空間中直線與直線之間的位置關系，直線與平面所成的角，余弦定理。
【解析】（I）要證，即要面，從而通過證明面和面，得到共面。由，得到面。從而是證。
（Ⅱ）構造，在中，應用勾股定理即可求得的長。
（Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，應用勾股定理求得的長，在中，應用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。

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