分析1：如下图所示，连结(B_1F)，(B_1C)，为便于分析和求解，令三棱台(AEF-A_1B_1C_1)的体积(V_1)，不规则几何体的体积(V_{B_1C_1-BCFE}=V_2)，令三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)的高为(h)，(S_{ riangle AEF}=s)，则(S_{ riangle ABC})(=S_{ riangle A_1B_1C_1})(=4s)，
则三棱台(AEF-A_1B_1C_1)的体积(V_1=cfrac{1}{3}(S_{上}+S_{下}+sqrt{S_{上}S_{下}})h)可求解，接下来关键是求解(V_{BC-B_1C_1FE})(=V_2)，此时可以分割为四棱锥(B_1-BCFE)和三棱锥(B_1-CC_1F)来考虑求解，而四棱锥的体积(V_{B_1-BCFE})可容易求解，就是三棱锥的体积(V_{B_1-CC_1F})不能有效利用现有的假设条件，造成比值的约分效果，故此思路基本停滞，需要考虑更换思路。
分析2：接上思考，(V_1)可以表达，那么利用现有条件，能不能表达三棱柱的体积(V_{ABC-A_1B_1C_1})，我们发现，这是很容易的，故虽然不能通过组合加的思路求解(V_2)，但是可以通过相减的思路求得(V_2)，故思路打通，可以考虑组织书写。
求解：如下图所示，为便于分析和求解，令三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)的体积为(V)，三棱台(AEF-A_1B_1C_1)的体积为(V_1)，不规则几何体的体积为(V_{B_1C_1-BCFE}=V_2)，令三棱柱(ABC-A_1B_1C_1)的高为(h)，(S_{ riangle AEF}=s)，则(S_{ riangle ABC}=S_{ riangle A_1B_1C_1}=4s)，
则由三棱台的体积公式(V_{棱台}=cfrac{1}{3}(S_{上}+S_{下}+sqrt{S_{上}S_{下}})h)可知，
(V_1=V_{AEF-A_1B_1C_1}=cfrac{1}{3}(s+4s+sqrt{scdot 4s})h=cfrac{7}{3}sh)，
由三棱柱的体积公式(V_{棱柱}=Scdot h)可知，(V_{ABC-A_1B_1C_1}=V=Scdot h=4sh)，
则(V_2=V_{B_1C_1-BCFE}=V-V_1=4sh-cfrac{7}{3}sh=cfrac{5}{3}sh)，
故(cfrac{V_1}{V_2}=cfrac{frac{7}{3}sh}{frac{5}{3}sh}=cfrac{7}{5})；
解后反思：
①熟练记忆各种常用且常见的几何体的体积公式；
②几何体的常用拆分和常用组合；
③加减运算是同一级的，通过加运算不能完成的，能否掉头思考通过减运算来完成；向量的模的运算，平方再开方；
向量练习
学生作答
三角测试
习题整理
分析：假设题目中的两个式子都成立，则由①( an(alpha+2eta)=-sqrt{3})得到，
( an(alpha+2eta)= an2(cfrac{alpha}{2}+eta)=cfrac{2 an(cfrac{alpha}{2}+eta)}{1- an^2(cfrac{alpha}{2}+eta)}=-sqrt{3})；
即(sqrt{3} an^2(cfrac{alpha}{2}+eta)-2 an(cfrac{alpha}{2}+eta)-sqrt{3}=0)，
即([ an(cfrac{alpha}{2}+eta)-sqrt{3}][sqrt{3} an(cfrac{alpha}{2}+eta)+1]=0)，
从而解方程得到，( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=sqrt{3})或者( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=-cfrac{sqrt{3}}{3})，[1]
由于(alpha，etain (0,cfrac{pi}{2}))，以及( ancfrac{alpha}{2} aneta=2-sqrt{3})可知，
( ancfrac{alpha}{2}>0)，( aneta>0)，故( ancfrac{alpha}{2}+ aneta>0)，
又由于( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=cfrac{ ancfrac{alpha}{2}+ aneta}{1- ancfrac{alpha}{2}cdot aneta})，分子和分母都是正数，
故只能是( an(cfrac{alpha}{2}+eta)=sqrt{3})；
由(cfrac{ ancfrac{alpha}{2}+ aneta}{1- ancfrac{alpha}{2}cdot aneta}=sqrt{3})可得，
( ancfrac{alpha}{2}+ aneta=sqrt{3}(1-2+sqrt{3})=3-sqrt{3})，
又( ancfrac{alpha}{2}cdot aneta=2-sqrt{3})，
逆用韦达定理，则( ancfrac{alpha}{2})和( aneta)是方程(x^2-(3-sqrt{3})x+2-sqrt{3}=0)的两个根；
由于方程能分解为([x-(2-sqrt{3})](x-1)=0)，则方程的两个根为(x=2-sqrt{3})和(x=1)；
故(left{egin{array}{l}{ ancfrac{alpha}{2}=2-sqrt{3}}\{ aneta=1}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{alpha=cfrac{pi}{6}}\{eta=cfrac{pi}{4}}end{array} ight.)
或者(left{egin{array}{l}{ ancfrac{alpha}{2}=1}\{ aneta=2-sqrt{3}}end{array} ight.) 解得(left{egin{array}{l}{alpha=cfrac{pi}{2}}\{eta=cfrac{pi}{12}}end{array} ight.) 舍去；
故存在(alpha=cfrac{pi}{6})，(eta=cfrac{pi}{4})，使得已知的两个式子同时成立；
法1：从数的角度思考[主要基于给定的是扇形，其上的点可以借助圆上的点的坐标表示，这样所有点的坐标都可以表示出来，其中点(A)是动点，其坐标可以采用引入参数的方式，其他的点的坐标都是固定的数字，这样向量就可以使用坐标表示，向量的运算也可以使用坐标表示，从而向量的内积的取值范围问题，就转化为函数的值域问题了，而为了使用坐标，常常采用主动建立平面直角坐标系的方式来完成]，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则点(P(-1,sqrt{3}))，半径(OP)的中点(M(-cfrac{1}{2},cfrac{sqrt{3}}{2}))，点(Q(2,0))，半径(OQ)的中点(N(1,0))，
动点(A)的坐标设为(A(2cos heta,2sin heta))，其中限制参数的范围为( hetain [0，cfrac{2pi}{3}])，以保证其为(overset{frown}{PQ})上任意一点，
则(overrightarrow{AM}=(-cfrac{1}{2}-2cos heta,cfrac{sqrt{3}}{2}-2sin heta))，(overrightarrow{AN}=(1-2cos heta,-2sin heta))，
则(overrightarrow{AM}cdot overrightarrow{AN}=(-cfrac{1}{2}-2cos heta)(1-2cos heta)+(cfrac{sqrt{3}}{2}-2sin heta)(-2sin heta))
(=-cfrac{1}{2}+cos heta-2cos heta+4cos^2 heta-sqrt{3}sin heta+4sin^2 heta)
(=-sqrt{3}sin heta-cos heta+4-cfrac{1}{2}=-2sin( heta+cfrac{pi}{6})+cfrac{7}{2})
由于(0leqslant hetaleqslant cfrac{2pi}{3})，故(cfrac{pi}{6}leqslant heta+cfrac{pi}{6}leqslant cfrac{5pi}{6})，
故(cfrac{1}{2}leqslant sin( heta+cfrac{pi}{6})leqslant 1)，则(cfrac{3}{2}leqslant -2sin( heta+cfrac{pi}{6})+cfrac{7}{2}leqslantcfrac{5}{2})，
即(overrightarrow{AM}cdot overrightarrow{AN})的取值范围是([cfrac{3}{2},cfrac{5}{2}]).
法2：从形的角度思考，让动点(A)在(overset{frown}{PQ})上跑一个来回，由扇形是个轴对称图形可以看出来点(A)落在点(P)和点(Q)处时，所求的结果一定是相同的[可能是值域的一个端点值]，那么当点(A)落在(overset{frown}{PQ})的中点时必然应该是另一个端点值；
当点(A)和点(Q)重合时，此时(A(2,0))，(M(-cfrac{1}{2},cfrac{sqrt{3}}{2}))，(N(1,0))，
则(overrightarrow{AM}=(-cfrac{1}{2}-2,cfrac{sqrt{3}}{2})=(-cfrac{5}{2},cfrac{sqrt{3}}{2}))；(overrightarrow{AN}=(-1,0))；
故(overrightarrow{AM}cdot overrightarrow{AN}=-cfrac{5}{2} imes(-1)+cfrac{sqrt{3}}{2} imes0=cfrac{5}{2})；
当点(A)落在(overset{frown}{PQ})的中点时，此时(A(1,sqrt{3}))，(M(-cfrac{1}{2},cfrac{sqrt{3}}{2}))，(N(1,0))，
则(overrightarrow{AM}=(-cfrac{1}{2}-1,cfrac{sqrt{3}}{2}-sqrt{3})=(-cfrac{3}{2},-cfrac{sqrt{3}}{2}))；(overrightarrow{AN}=(0,-sqrt{3}))；
故(overrightarrow{AM}cdot overrightarrow{AN}=-cfrac{3}{2} imes 0+(-cfrac{sqrt{3}}{2}) imes(-sqrt{3})=cfrac{3}{2})；
即(overrightarrow{AM}cdot overrightarrow{AN})的取值范围是([cfrac{3}{2},cfrac{5}{2}]).
法1：由于(f(cfrac{pi}{4})=2)，(f(pi)=0)，做出适合题意的图像，由图像可知，
将给定区间的宽度转化为用周期来刻画，得到(cfrac{T}{4}+kcdot cfrac{T}{2}=pi-cfrac{pi}{4}=cfrac{3pi}{4})，(kin N^*)，
故(T=cfrac{3pi}{1+2k})，则(omega=cfrac{2pi}{T}=cfrac{2(2k+1)}{3})，(kin N^*)，
又由于(f(x))在区间((cfrac{pi}{4},cfrac{pi}{3}))上单调，则(cfrac{pi}{3}-cfrac{pi}{4}leqslant cfrac{T}{2})，[2]
则(cfrac{pi}{3}-cfrac{pi}{4}leqslant cfrac{T}{2})，
故(Tgeqslant cfrac{pi}{6})，故(omega=cfrac{2pi}{T}leqslant 12)，
即(cfrac{2(2k+1)}{3}leqslant 12)，则(kleqslant cfrac{17}{2})，(kin N)，
所以，符合条件的(k=0)，(1)，(cdots)，(8)，
则符合题意的(omega)的值共有(9)个；
法2：由于(f(cfrac{pi}{4})=2)，(f(pi)=0)，则(2sin(omegacdot cfrac{pi}{4}+phi)=2)，(2sin(omegacdot pi+phi)=0)，
即(left{egin{array}{l}{omegacdot cfrac{pi}{4}+phi=2k_1pi+cfrac{pi}{2}，k_1in Z①}\{omegacdot pi+phi=k_2pi，k_2in Z②}end{array} ight.)
②-①得到，(cfrac{3pi}{4}cdot omega=(k_2-2k_1)pi-cfrac{pi}{2})，
由于(k_1in Z)，(k_2in Z)，故(k_2-2k_1in Z)，令(k_2-2k_1=k)，
则上式转化为(cfrac{3pi}{4}cdot omega=kpi-cfrac{pi}{2})，(kin Z)，
即(omega=cfrac{2(2k-1)}{3})，又由于(omega>0)，故(kin N^*)，
又由于(f(x))在区间((cfrac{pi}{4},cfrac{pi}{3}))上单调，则(cfrac{pi}{3}-cfrac{pi}{4}leqslant cfrac{T}{2})，
故(Tgeqslant cfrac{pi}{6})，故(omega=cfrac{2pi}{T}leqslant 12)，
即(cfrac{2(2k-1)}{3}leqslant 12)，则(kleqslant cfrac{19}{2})，(kin N)，
故符合条件的(k=1)，(2)，(cdots)，(9)，
则符合题意的(omega)的值共有(9)个；
解后反思：本题目容易犯错：当解得(omega)的表达式后，用(omega)的某一个值为切入点求得(phi)的值，然后利用单调性求(omega)的个数，这个思路是错误的；
①任取(x_1,x_2in [2，+infty))，都有(|f(x_1)-f(x_2)|leqslant 1)；
②函数(f(x))在([4,5])上先增后减；
③函数(y=f(x)-ln(x-1))有(3)个零点；
④若关于(x)的方程(f(x)=m(m<0))有且只有两个不同的实根(x_1)，(x_2)，且(x_1+x_2=3)；
其中正确结论的序号为_______________(写出所有正确命题的序号)。
分析：注意此分段函数的图像的做法，第一段(y=sinpi x)，(xin[0,2])是做整个分段函数图像的关键和起始部分；
(f(x)=cfrac{1}{2}f(x-2))，(xin (2,+infty))，表示周期性和纵轴的伸缩性的综合使用，故将第一段向右平移(2)个单位，然后纵坐标压缩(cfrac{1}{2})，
其他部分的函数图像都仿照这个思路完成即可；效果图如下；
故①②③④都是正确的；
分析：设(<vec{a},vec{b}>= heta)，则由(vec{a})与(vec{b})的夹角为钝角，
得到(-1<cos heta<0)，而(cos heta=cfrac{-3x^2+4x}{sqrt{x^2+4x^2}cdotsqrt{9x^2+4}})，
故(cos heta=cfrac{-3x^2+4x}{sqrt{x^2+4x^2}cdotsqrt{9x^2+4}}<0)，即(-3x^2+4x<0)，
解得(x<0)或(x>cfrac{4}{3})，此时未完，切记，这才解了个必要条件，不是充要条件；
还需要求解(-1<cos heta)，但是(cfrac{-3x^2+4x}{sqrt{x^2+4x^2}cdotsqrt{9x^2+4}}>-1)不好求解；
故我们换成求解(cfrac{-3x^2+4x}{sqrt{x^2+4x^2}cdotsqrt{9x^2+4}} eq -1)，此时可以仿照等式来求解，没有符号容易出错之嫌；
即(3x^2-4x eq sqrt{x^2+4x^2}cdotsqrt{9x^2+4})，
两边平方，即((3x^2-4x)^2 eq 5x^2(9x^2+4))，整理为(9x^2+6x+1=(3x+1)^2 eq 0)，
即(x eq -cfrac{1}{3})，又因为(x<0)或(x>cfrac{4}{3})，
则(x)的取值范围为((-infty,-cfrac{1}{3})cup(-cfrac{1}{3},0)cup(cfrac{4}{3},+infty))，或者如下书写：
({xmid x<0或x>cfrac{4}{3}且x eq -cfrac{1}{3}})；
分析：由于对于任意的(xin R)，都有(|vec{b}+xvec{a}|geqslant |vec{b}-vec{a}|)，
则(|vec{b}+xvec{a}|^2geqslant |vec{b}-vec{a}|^2)对于任意的(xin R)都成立，
即((vec{b}+xvec{a})^2geqslant (vec{b}-vec{a})^2)对于任意的(xin R)都成立，
即(vec{b}^2+2xvec{a}cdotvec{b}+x^2cdot vec{a}^2geqslant vec{b}^2+vec{a}^2-2vec{a}cdotvec{b})，
即(vec{a}^2cdot x^2+2cdot |vec{a}|cdot cfrac{sqrt{2}}{2}cdot cfrac{sqrt{2}}{2}x+2cdot |vec{a}|cdot cfrac{sqrt{2}}{2}cdot cfrac{sqrt{2}}{2}-vec{a}^2geqslant0)，
由于(vec{a} eq vec{0})，故上式是关于(x)的二次不等式，注意：(vec{a}^2=|vec{a}|^2)，
即(|vec{a}|^2cdot x^2+|vec{a}|cdot x+|vec{a}|-|vec{a}|^2geqslant 0)对于任意的(xin R)都成立，
故(Delta leqslant 0)恒成立，即(Delta=|vec{a}|^2-4|vec{a}|^2(|vec{a}|-|vec{a}|^2)leqslant 0)，
即(1-4(|vec{a}|-|vec{a}|^2)leqslant 0)，即((2|vec{a}|-1)^2leqslant 0)，
又由于((2|vec{a}|-1)^2geqslant 0)，故只能((2|vec{a}|-1)^2=0)，
即(|vec{a}|=cfrac{1}{2})。