高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 一 光速解題-學(xué)會(huì)12種快速解題技法增分練 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

一、光速解題——學(xué)會(huì)12種快速解題技法方法1特例法在解決選擇題和填空題時(shí),可以取一個(gè)(或一些)特殊數(shù)值(或特殊位置、特殊函數(shù)、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊數(shù)列、特殊圖形等)來確定其結(jié)果,這種方法稱為特值法.特值法只需對(duì)特殊數(shù)值、特殊情形進(jìn)行檢驗(yàn),省去了推理論證、煩瑣的演算過程,提高了解題的速度.特值法是考試中解答選擇題和填空題時(shí)經(jīng)常用到的一種方法,應(yīng)用得當(dāng)可以起到“四兩撥千斤”的功效.典例1(特殊數(shù)值)(1)設(shè)f(x)=log2[4(A.(-∞,0)∪(2,+∞) B.(0,2)C.(-∞,-1)∪(3,+∞) D.(-1,3)(2)在數(shù)列{an}中,a1=2,an=an-1+ln1+1n-A.2+lnn B.2+(n-1)lnnC.2+nlnn D.1+n+lnn答案(1)C(2)A解析(1)取x0=1,則f(1)=12+1=32<3,故x0≠1,排除B、D;取x0=3,則f(3)=log28=3,故x(2)由an=an-1+ln1+1n-1=an-1-ln(n-1)+lnn(n≥2),可知an-lnn=an-1-ln(n-1)(n≥2).令bn=an-lnn,則數(shù)列{bn}是以b1=a1-ln1=2為首項(xiàng),d=bn-bn-1=0為公差的等差數(shù)列,則bn=2,故2=a

典例2(特殊點(diǎn))(1)函數(shù)f(x)=|1(2)如圖,點(diǎn)P為橢圓x225+y29=1上第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn),過橢圓的右頂點(diǎn)A、上頂點(diǎn)B分別作y軸、x軸的平分線,它們相交于點(diǎn)C,過點(diǎn)P引BC,AC的平行線交AC于點(diǎn)N,交BC于點(diǎn)M,交AB于D、E兩點(diǎn),記矩形PMCN的面積為S1,三角形PDE的面積為S2,則SA.1 B.2 C.12 D.答案(1)C(2)A解析(1)因?yàn)閤≠±1,所以排除A;因?yàn)閒(0)=1,所以函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(0,1),排除D;因?yàn)閒12=1-1(2)不妨取點(diǎn)P4,95,則可計(jì)算S1=3-95×(5-4)=65,由題易得PD=2,PE=65,所以S2=12典例3(特殊函數(shù))若函數(shù)y=f(x)對(duì)定義域D中的每一個(gè)x1,都存在唯一的x2∈D,使f(x1)·f(x2)=1成立,則稱f(x)為“影子函數(shù)”,有下列三個(gè)命題:①“影子函數(shù)”f(x)的值域可以是R;②“影子函數(shù)”f(x)可以是奇函數(shù);③若y=f(x),y=g(x)都是“影子函數(shù)”,且定義域相同,則y=f(x)·g(x)是“影子函數(shù)”.上述命題正確的序號(hào)是()A.① B.② C.③ D.②③答案B解析對(duì)于①:假設(shè)“影子函數(shù)”的值域?yàn)镽,則存在x1,使得f(x1)=0,此時(shí)不存在x2,使得f(x1)f(x2)=1,所以①錯(cuò);對(duì)于②:函數(shù)f(x)=x(x≠0),對(duì)任意的x1∈(-∞,0)∪(0,+∞),取x2=1x1,則f(x1)f(x對(duì)于③:函數(shù)f(x)=x(x>0),g(x)=1x(x>0)都是“影子函數(shù)”,但F(x)=f(x)g(x)=1(x>0)不是“影子函數(shù)”(因?yàn)閷?duì)任意的x1∈(0,+∞),存在無數(shù)多個(gè)x2∈(0,+∞),使得F(x1)·F(x2典例4(特殊位置)(1)已知E為△ABC的重心,AD為BC邊上的中線,令A(yù)B=a,AC=b,過點(diǎn)E的直線分別交AB,AC于P,Q兩點(diǎn),且AP=ma,AQ=nb,則1m+1A.3 B.4 C.5 D.(2)如圖,在三棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P,Q滿足A1A.3∶1 B.2∶1 C.4∶1 D.3∶1答案(1)A(2)B解析(1)由于直線PQ是過點(diǎn)E的一條“動(dòng)”直線,所以結(jié)果必然是一個(gè)定值.故可利用特殊直線確定所求值.解法一:如圖(1),令PQ∥BC,則AP=23AB,AQ=23故1m+1解法二:如圖(2),直線BE與直線PQ重合,此時(shí),AP=AB,AQ=12AC,故m=1,n=12,所以1(2)將P,Q置于特殊位置:P→A1,Q→B,此時(shí)仍滿足條件A1P=BQ(=0),則有VC-AA1因此過P、Q、C三點(diǎn)的截面把棱柱分成體積比為2∶1的兩部分.典例5(特殊圖形)AD,BE分別是△ABC的中線,若|AD|=|BE|=1,且AD與BE的夾角為120°,則AB·AC=.

答案2解析若△ABC為等邊三角形,則|AB|=23∴AB·AC=|AB||AC|cos60°=23方法2數(shù)形結(jié)合法數(shù)形結(jié)合法包含“以形助數(shù)”和“以數(shù)輔形”兩個(gè)方面,其應(yīng)用分為兩種情形:一是代數(shù)問題幾何化,借助形的直觀性來闡明數(shù)之間的聯(lián)系,即以形作為手段,以數(shù)作為目的,比如應(yīng)用函數(shù)的圖象來直觀地說明函數(shù)的性質(zhì);二是幾何問題代數(shù)化,借助數(shù)的精確性闡明形的某些屬性,即以數(shù)作為手段,以形作為目的,如應(yīng)用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質(zhì).典例6(數(shù)形結(jié)合法解決函數(shù)問題)(1)用min{a,b,c}表示a,b,c三個(gè)數(shù)中的最小值,設(shè)f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0),則f(x)的最大值為()A.4 B.5 C.6 D.7(2)已知函數(shù)y=|x2-1答案(1)C(2)(0,1)∪(1,2)解析(1)畫出y=2x,y=x+2,y=10-x的圖象(如圖),觀察圖象可知f(x)=2∴f(x)的最大值在x=4時(shí)取得,為6.(2)y=|x2其圖象如圖,結(jié)合圖象可知0<k<1或1<k<2.典例7(數(shù)形結(jié)合法解不等式)已知f(x)=x+2,xA.[-1,1] B.[-2,2] C.[-2,1] D.[-1,2]答案A解析分別作f(x)=x+2,x由圖可知,f(x)≥x2的解集為[-1,1].典例8(數(shù)形結(jié)合法解決平面向量問題)(1)設(shè)a,b,c是單位向量,且a·b=0,則(a-c)·(b-c)的最小值為()A.-2 B.2-2 C.-1 D.1-2(2)已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)滿足如下條件:向量OB=(2,0),OC=(2,2),CA=(2cosα,2sinα),則∠AOB的范圍為.

答案(1)D(2)π解析(1)由于(a-c)·(b-c)=-(a+b)·c+1,因此等價(jià)于求(a+b)·c的最大值,這個(gè)最大值只有當(dāng)向量a+b與向量c同向共線時(shí)取得.由于a·b=0,故a⊥b,如圖所示,|a+b|=2,|c|=1,當(dāng)θ=0時(shí),(a+b)·c取得最大值且最大值為2,故所求的最小值為1-2.(2)由|CA|=(2cosα)2連接CM,CN,則向量OA與OB的夾角θ的范圍是∠MOB≤θ≤∠NOB.由圖可知∠COB=π4,因?yàn)閨OC|=22,由|CM|=|CN|=12|OC|知∠COM=∠CON=π6,所以∠BOM=π4-π6=π12,∠BON=π4+π6=典例9(數(shù)形結(jié)合法解決解析幾何問題)已知F1、F2分別為雙曲線x2-y26=1的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)P為右支上一點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn).若向量OP+OF2與PFA.3 B.7 C.23 D.21答案C解析取PF2的中點(diǎn)M,連接OM,則OP+OF2=2故<OM,PF2>=120°,∠OMF因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn),所以O(shè)M∥PF1所以∠F1PF2=∠OMF2=60°.在△F1PF2中,設(shè)|PF1|=m,|PF2|=n,因?yàn)閍=1,b=6,所以c=7,在△F1PF2中,由余弦定理得,cos∠F1PF2=|Pcos60°=m2+n2-282mn=12解得m過點(diǎn)F2作F2N⊥PF1于N,在Rt△PF2N中,|F2N|=|PF2|·sin60°=23,即點(diǎn)F2到直線PF1的距離為23.故選C.方法3換元法換元法又稱輔助元素法、變量代換法.通過引進(jìn)新的變量,可以把分散的條件聯(lián)系起來,隱含的條件顯露出來,或者變?yōu)槭煜さ男问?把復(fù)雜的計(jì)算和推證簡(jiǎn)化.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,將問題移至新對(duì)象的知識(shí)背景中去研究.典例10(三角換元)已知x,y∈R,滿足x2+2xy+4y2=6,則z=x2+4y2的取值范圍為.

答案[4,12]解析已知x2+2xy+4y2=6,即(x+y)2+(3y)2=(6)2,故設(shè)x+y=6cosα,3y=6sinα,即x=6cosα-2sinα,y=2sinα.則z=x2+4y2=6-2xy=6-2(6cosα-2sinα)·2sinα=8-4sin2α所以8-4≤z≤8+4,即z的取值范圍為[4,12].典例11(整體代換)如圖,已知橢圓C的離心率為32,點(diǎn)A、B、F分別為橢圓的右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn),且S△ABF=1-3(1)求橢圓C的方程;(2)已知直線l:y=kx+m與圓O:x2+y2=1相切,若直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),求△OMN面積的最大值.解析(1)由已知得橢圓的焦點(diǎn)在x軸上,設(shè)其方程為x2a2+y由已知可得e2=a2-b2a2=34又S△ABF=12|AF|·|OB|=12(a-c)b=1-所以b=1,a=2,c=3.所以橢圓C的方程為x24+y(2)圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn),半徑r=1,由直線l:y=kx+m,即kx-y+m=0與圓O:x2+y2=1相切,得|m|1+k2由x24+y2=1,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=-2km14+k2=-8km4k所以|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=-8km4k2將①代入②中,得|x1-x2|2=48k故|x1-x2|=43所以|MN|=1+k2|x1-x2|=1+k2·故△OMN的面積S=12|MN|×1=12×43令t=4k2+1(t≥1),則k2=t-14,代入上式,得S=23×t-14t-14所以當(dāng)t=3,即4k2+1=3,解得k=±22時(shí),S取得最大值,且最大值為32×典例12(局部換元)設(shè)對(duì)一切實(shí)數(shù)x,不等式x2log24(a+1)a+2xlog2解析注意到log24(a+1)a和log22aa+1及l(fā)og2(a+1)24a2之間的關(guān)系,換元化為一元二次不等式在R上恒成立問題.設(shè)log22aa+1=t,t∈R,則log24(a+1)a=log28(點(diǎn)撥一般地,解指數(shù)與對(duì)數(shù)不等式、方程,有可能使用局部換元法,換元時(shí)也可能要對(duì)已知條件進(jìn)行適當(dāng)變形,發(fā)現(xiàn)各個(gè)量之間的聯(lián)系再換元,這是我們要注意的一點(diǎn).典例13(兩次換元)已知u≥1,v≥1且(logau)2+(logav)2=loga(au2)+loga(av2)(a>1),求loga(uv)的最大值和最小值.解析令x=logau,y=logav,則x≥0,y≥0,已知等式可化為(x-1)2+(y-1)2=4(x≥0,y≥0),再設(shè)t=loga(uv)=x+y(x≥0,y≥0),由圖可知,當(dāng)線段y=-x+t(x≥0,y≥0)與圓弧(x-1)2+(y-1)2=4(x≥0,y≥0)相切時(shí)(如圖中CD位置),截距t取最大值tmax=2+22;當(dāng)線段端點(diǎn)是圓弧端點(diǎn)時(shí)(如圖中AB位置),t取最小值tmin=1+3.因此loga(uv)的最大值是2+22,最小值是1+3.點(diǎn)撥利用兩次換元探究動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程,數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀.換元中應(yīng)注意舊變量對(duì)新變量的限制.方法4待定系數(shù)法要確定變量間的函數(shù)關(guān)系,設(shè)出某些未知系數(shù),然后根據(jù)所給條件來確定這些未知系數(shù)的方法叫做待定系數(shù)法,其理論依據(jù)是多項(xiàng)式恒等——兩個(gè)多項(xiàng)式各同類項(xiàng)的系數(shù)對(duì)應(yīng)相等.使用待定系數(shù)法,就是把具有某種確定形式的數(shù)學(xué)問題,通過引入一些待定的系數(shù),轉(zhuǎn)化為方程組來解決.待定系數(shù)法主要用來解決具有某種確定的數(shù)學(xué)表達(dá)式的數(shù)學(xué)問題,例如數(shù)列求和、求函數(shù)解析式等.典例14(求函數(shù)解析式)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ答案f(x)=2sinπ解析由題圖可知A=2,P(x1,-2),Q(x2,2),所以|PQ|=(x1-x2整理得|x1-x2|=2,所以其最小正周期T=2|x1-x2|=4,即2πω=4,解得ω=π又函數(shù)圖象過點(diǎn)(0,-3),所以2sinφ=-3,即sinφ=-32又|φ|<π2,所以φ=-π3,所以f(x)=2sin典例15(求曲線方程)已知橢圓C的焦點(diǎn)在x軸上,其離心率為32,且過點(diǎn)A3,12答案x24+y解析設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2因?yàn)閑=ca=32,所以ba故橢圓C的方程為x24b又點(diǎn)A3,12在橢圓C上,所以(解得b2=1.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y典例16(數(shù)列求和)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S3=21,S5=65,則Sn=.

答案3n2-2n解析設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn=An2+Bn.由已知可得A×3解得A=3,B=-方法5構(gòu)造法構(gòu)造法是指利用數(shù)學(xué)的基本思想,經(jīng)過認(rèn)真觀察,深入思考,構(gòu)造出數(shù)學(xué)模型,從而使問題得以解決.構(gòu)造法的內(nèi)涵十分豐富,沒有完全固定的模式可以套用,它是以廣泛抽象的普遍性與現(xiàn)實(shí)問題的特殊性為基礎(chǔ),針對(duì)具體問題的特點(diǎn)采取相應(yīng)的解決辦法,其基本方法是借用一類問題的性質(zhì),來研究另一類問題的相關(guān)性質(zhì).常見的構(gòu)造法有構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造方程、構(gòu)造圖形等.典例17(構(gòu)造函數(shù))(1)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),滿足f'(x)<f(x),且f(x+2)為偶函數(shù),f(4)=1,則不等式f(x)<ex的解集為()A.(-2,+∞) B.(0,+∞) C.(1,+∞) D.(4,+∞)(2)已知m,n∈(2,e),且1n2-1mA.m>n B.m<nC.m>2+1n答案(1)B(2)A解析(1)因?yàn)閒(x+2)為偶函數(shù),所以f(x+2)的圖象關(guān)于直線x=0對(duì)稱,所以f(x)的圖象關(guān)于直線x=2對(duì)稱.所以f(0)=f(4)=1.設(shè)g(x)=f(則g'(x)=f'(x)又f'(x)<f(x),所以g'(x)<0(x∈R),所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(x)<ex?f(x)所以f(x)<ex?g(x)<g(0),所以x>0.故選B.(2)由不等式可得1n2-即1n2+lnn<設(shè)f(x)=1x則f'(x)=-2x3+1x因?yàn)閤∈(2,e),所以f'(x)>0,故函數(shù)f(x)在(2,e)上單調(diào)遞增.因?yàn)閒(n)<f(m),所以n<m.故選A.典例18(構(gòu)造方程)已知a2-3a=1,b2-3b=1,且a≠b,則1a2+1b2答案11解析由題意可知a,b是方程x2-3x-1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根,由根與系數(shù)的關(guān)系可知a+b=3,ab=-1,所以1a2+1b2=a2典例19已知三棱錐P-ABC,PA=BC=234,PB=AC=10,PC=AB=241,則三棱錐P-ABC的體積為.

答案160解析如圖所示,把三棱錐P-ABC補(bǔ)成一個(gè)長方體AEBG-FPDC,易知三棱錐P-ABC的各棱分別是長方體的面對(duì)角線,不妨令PE=x,EB=y,EA=z,由已知可得x解得x=6,y=8,z=10.從而V三棱錐P-ABC=V長方體AEBG-FPDC-V三棱錐P-AEB-V三棱錐C-ABG-V三棱錐B-PDC-V三棱錐A-FPC=V長方體AEBG-FPDC-4V三棱錐P-AEB=6×8×10-4×13×1故所求三棱錐P-ABC的體積為160.方法6補(bǔ)集法補(bǔ)集法就是已知問題涉及的類別較多,或直接求解比較麻煩時(shí),可以通過求解該問題的對(duì)立事件,求出問題的結(jié)果,則所求解問題的結(jié)果就可以利用補(bǔ)集的思想求得.該方法在概率、函數(shù)性質(zhì)等問題中應(yīng)用較多.典例20(概率問題)某學(xué)校為了研究高中三個(gè)年級(jí)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況,從高一,高二,高三三個(gè)年級(jí)中分別抽取了1,2,3個(gè)班級(jí)進(jìn)行問卷調(diào)查,若再從中任意抽取兩個(gè)班級(jí)進(jìn)行測(cè)試,則兩個(gè)班級(jí)不來自同一年級(jí)的概率為.

答案11解析記高一年級(jí)中抽取的1個(gè)班級(jí)為a,高二年級(jí)中抽取的2個(gè)班級(jí)為b1,b2,高三年級(jí)中抽取的3個(gè)班級(jí)為c1,c2,c3.從已抽取的6個(gè)班級(jí)中任意抽取兩個(gè)班級(jí)的所有可能結(jié)果為(a,b1),(a,b2),(a,c1),(a,c2),(a,c3),(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共15種.設(shè)“抽取的兩個(gè)班級(jí)不來自同一年級(jí)”為事件A,則事件A為抽取的兩個(gè)班級(jí)來自同一年級(jí).兩個(gè)班級(jí)來自同一年級(jí)的結(jié)果為(b1,b2),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共4種.所以P(A)=415,故P(A)=1-P(A)=1-415=所以兩個(gè)班級(jí)不來自同一年級(jí)的概率為1115典例21(函數(shù)問題)已知函數(shù)f(x)=ax2-x+lnx在區(qū)間(1,2)上不單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.

答案0解析f'(x)=2ax-1+1x(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增,則f'(x)≥0在(1,2)上恒成立,所以2ax-1+1x≥0,得a≥1令t=1x,因?yàn)閤∈(1,2),所以t=1x∈設(shè)h(t)=12(t-t2)=-12t-122所以h(1)<h(t)<h12,即0<h(t)<1由①可知,a≥18(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減,則f'(x)≤0在(1,2)上恒成立,所以2ax-1+1x≤0,得a≤1結(jié)合(1)可知,a≤0.綜上,若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,0]∪18所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為0,典例22(解析幾何問題)若拋物線y=x2上的所有弦都不能被直線y=k(x-3)垂直平分,則k的取值范圍是()A.-∞,12C.-12答案D解析設(shè)拋物線y=x2上兩點(diǎn)A(x1,x12),B(x2,x22)關(guān)于直線y=k(x-3)對(duì)稱,AB的中點(diǎn)為P(x0,y0),則x0=x1由題設(shè)知x12-x22x又AB的中點(diǎn)P(x0,y0)在直線y=k(x-3)上,所以x12+x2所以中點(diǎn)P-1由于點(diǎn)P在y>x2的區(qū)域內(nèi),則-6k+12整理得(2k+1)(6k2-2k+1)<0,解得k<-12因此當(dāng)k<-12時(shí),拋物線y=x2上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k(x-3)對(duì)稱,于是當(dāng)k≥-12時(shí),拋物線y=x所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為-1方法7割補(bǔ)法典例23(分割)(1)為測(cè)出所住小區(qū)的面積,某人進(jìn)行了一些測(cè)量工作,所得數(shù)據(jù)如圖所示,則小區(qū)的面積是()A.3+64km2 B.3C.6+34km2 D.6(2)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是()A.64 B.72 C.80 D.112答案(1)D(2)C解析(1)如圖,連接AC.在△ABC中,根據(jù)余弦定理可得AC=3km,又AB=2km,BC=1km,所以AC2+BC2=AB2,所以△ABC為直角三角形,且∠ACB=90°,∠BAC=30°,故∠DAC=∠DCA=15°,△ADC為等腰三角形,且∠D=150°,設(shè)AD=DC=xkm,根據(jù)余弦定理得x2+x2+3x2=3,即x2=32+3=3(2-所以所求的面積為12×1×3+12×3(2-3)×12=23+6(2)根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐P-ABCD與正方體ABCD-A1B1C1D1由三視圖中的數(shù)據(jù)可知,正方體ABCD-A1B1C1D1正方體ABCD-A1B1C1D1的體積為V1=43四棱錐P-ABCD的底面積為S=42=16,則其體積為V2=13Sh=1故所求幾何體的體積為V=V1+V2=64+16=80,故選C.典例24(補(bǔ)形)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為()A.8π+16 B.8π-16 C.8π+8 D.16π-8答案B解析由三視圖可知該幾何體為一個(gè)半圓柱去掉一個(gè)直棱柱.其中半圓柱的高為4,底面半圓的半徑為2;直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形,高為4.半圓柱的體積為V1=12π×22直三棱柱的體積為V2=12所以所求幾何體的體積為V=V1-V2=8π-16.故選B.方法8等積轉(zhuǎn)化法等積轉(zhuǎn)化法就是通過變換幾何體的底面,利用幾何體(主要是三棱錐)體積的不同表達(dá)形式,構(gòu)造關(guān)于點(diǎn)到面的距離的方程來求解相關(guān)問題的方法.其主要用于立體幾何中求解點(diǎn)到面的距離.典例25如圖,在四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD是邊長為2的正三角形,且與底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M為PC的中點(diǎn).(1)求證:PC⊥AD;(2)求點(diǎn)D到平面PAM的距離.解析(1)證明:取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OC,AC,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是∠ABC=60°的菱形,所以∠ADC=60°,AD=CD,所以△ACD是正三角形,所以O(shè)C⊥AD,又△PAD是正三角形,所以O(shè)P⊥AD,又OC∩OP=O,OC?平面POC,OP?平面POC,所以AD⊥平面POC,又PC?平面POC,所以PC⊥AD.(2)點(diǎn)D到平面PAM的距離即為點(diǎn)D到平面PAC的距離,由(1)可知PO⊥AD,因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO?平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO為三棱錐P-ACD的高,在Rt△POC中,PO=OC=3,PC=6,在△PAC中,PA=AC=2,PC=6,所以邊PC上的高AM=PA2-所以S△PAC=12PC·AM=12×6×102設(shè)點(diǎn)D到平面PAC的距離為h,由VD-PAC=VP-ACD得,13S△PAC·h=13S即13×152·h=13×34×22×3,解得h=方法9坐標(biāo)法坐標(biāo)法是解決平面圖形(立體幾何中也有坐標(biāo)方法的應(yīng)用)問題的有力工具.典例26已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的動(dòng)點(diǎn),則|PA+3PB|的最小值為.

答案5解析建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示,設(shè)P(0,y),C(0,b),B(1,b),A(2,0),則PA+3PB=(2,-y)+3(1,b-y)=(5,3b-4y).所以|PA+3PB|2=25+(3b-4y)2(0≤y≤b).當(dāng)y=34b時(shí),|PA+3PB|min方法10向量法向量方法在解決幾何問題、三角問題、代數(shù)問題中具有廣泛的應(yīng)用.解題的關(guān)鍵是把已知和所求向量化,使用向量知識(shí)加以解決.典例27(1)在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,則cos∠DAC等于()A.1010 B.31010 C.(2)已知a2+b2=1,m2+n2=1,則am+bn的取值范圍是.

答案(1)B(2)[-1,1]解析(1)以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn),射線BA,BC分別為x軸,y軸的正方向建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=2,則AC=5,AD=2,C(0,1),A(2,0),D(1,1),則AC=(-2,1),AD=(-1,1),所以AC·AD=(-2,1)·(-1,1)=3,根據(jù)平面向量數(shù)量積定義知AC·AD=|AC|·|AD|·cos∠CAD=10cos∠CAD,所以10cos∠CAD=3,所以cos∠CAD=310=3(2)設(shè)u=(a,b),v=(m,n),則|u|=|v|=1且u·v=am+bn,根據(jù)平面向量數(shù)量積的定義知u·v=|u|