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

一、光速解題一一學(xué)會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，可以取一個(或一些)特殊數(shù)值(或特殊位置、特殊函數(shù)、特殊點、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.特值法只需對特殊數(shù)值、特殊情形進(jìn)

行檢驗,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

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.

,log2[4(x-l)],x>2,

1件+l,x<2,

典例1(特殊數(shù)值)⑴設(shè)f(x)=(⑵若f(x0)>3,則X。的取值范圍為()

A.(-8,o)U(2,+8)B.(0,2)

C.(-8,-1)u⑶+8)D.(-1,3)

(2)在數(shù)列｛aj中，ai=2,an=an-i+ln\nU(n22),則aF()

A.2+lnnB.2+(n-l)Inn

C.2+nlnnD.1+n+lnn

答案(1)C(2)A

13

解析(1)取Xo=l,貝!Jf(1)=2+I=2<3,故xoWl,排除B、D;取xo=3,則f(3)=log28=3,故x°W3,排除A.

故選C.

(1+^—)

n

(2)an=an-i+ln\-U=an-i一In(n-l)+lnn(n22),可矢口an-lnn=an-「ln(n-l)(n22).令bn=an-lnn,

則數(shù)列①｝是以bi=ai-ln1=2為首項,d=bn-bn-i=O為公差的等差數(shù)列,則bn=2,故2=an-lnn,.*.an=2+lnn.

典例2(特殊點)(1)函數(shù)f(x)=l-x的圖象是()

(2)如圖，點P為橢圓25+9勺上第一象限內(nèi)的任意一點,過橢圓的右頂點A、上頂點B分別作y軸、x

軸的平分線,它們相交于點C,過點P引BC,AC的平行線交AC于點N,交BC于點M,交AB于D、E兩點,記

矩形PMCN的面積為S“三角形PDE的面積為S2,則由：Sz=()

11

A.1B.2C.2D.3

答案(1)C(2)A

解析(1)因為x#±l,所以排除A;因為f(0)=1,所以函數(shù)f(x)的圖象過點(0,1),排除D;因為

ft)=1H=5,所以排除B,故選C.

(9\(9\66166

(4,-I|3--I-----

⑵不妨取點以5人則可計算sN5及(5-4)=5,由題易得PD=2,PE=5,所以SZ=2X2X5=5,所以

Si:S2=l.

典例3(特殊函數(shù))若函數(shù)y=f(x)對定義域D中的每一個xi,都存在唯一的x￡D,使f(xj?f(xz)=l

成立,則稱f(x)為“影子函數(shù)”，有下列三個命題：

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是()

A.①B.②C.③D.②③

答案B

解析對于①:假設(shè)“影子函數(shù)”的值域為R,則存在x“使得f(xi)=0,此時不存在xz,使得

f(xi)f(xj=l,所以①錯；

1

X

對于②：函數(shù)f(x)=x(xW0),對任意的XiG(-8,0)U(0,+8),取x2=l,則f(xjf3)=1,又因為函數(shù)

f(x)=x(x=0)為奇函數(shù)，所以“影子函數(shù)”f(x)可以是奇函數(shù)，②正確；

1

對于③:函數(shù)￡々)=*々>0),8&)=*々>0)都是“影子函數(shù)”，但F(x)=f(x)g(x)=l(x>0)不是“影子函

數(shù)”(因為對任意的xie(0,+8),存在無數(shù)多個(0,+8),使得F(XJ?F(xz)=l),所以③錯.綜上,應(yīng)選

B.

典例4(特殊位置)(1)已知E為AABC的重心,AD為BC邊上的中線,令A(yù)B=%AC=b,過點E的直線

11

IIII——

分別交AB,AC于P,Q兩點，且AP=ma,AQ=nb,則m+n=()

1

A.3B.4C.5D.3

(2)如圖,在三棱柱的側(cè)棱A>A和BiB上各有一動點P,Q滿足AiP=BQ,過P,Q,C三點的截面把棱柱分成

兩部分，則其體積之比為()

A.3：1B.2：1C.4：1D.收1

答案⑴A(2)B

解析(1)由于直線PQ是過點E的一條“動”直線,所以結(jié)果必然是一個定值.故可利用特殊直線確

定所求值.

解法一:如圖(1),令PQ〃BC,

21~I21~I2

-AB-AC

則AP=3,AQ=3,此時，m=n=3,

11

故m+n=3.故選A.

111

解法二:如圖(2),直線BE與直線PQ重合,止匕時,AP=AB,AQ=2，故m=l,n=2,所以m+n=3.故選A.

(2)將P,Q置于特殊位置:P-Ai,Q-B,此時仍滿足條件AF=BQ(=O),則有

VABC-A[B[C]

VC-AA]B=VA「ABC=

3

因此過P、Q、C三點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”》,1^分別是4八1^的中線,若Q口|=再￡|=1,且人口與8￡的夾角為120。，則

AB.AC=

2

答案3

解析若aABC為等邊三角形,則|AB|=3,

2

II-

,-.AB.AC=|AB||AC|cos60°=3.

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三個數(shù)中的最小值,設(shè)

f(x)=min{2X,x+2,10-x}(xNO),則f(x)的最大值為()

A.4B.5

C.6D.7

I

|X2-,1I

⑵已知函數(shù)y=X-1的圖象與函數(shù)y=kx的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍

是.

答案(1)C(2)(0,1)U(1,2)

2X(0<x<2),

x+2(2<x<4),

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)=10-x(x>4),

；.f(x)的最大值在x=4時取得,為6.

JX+1,X>IsJcx<-1,

⑵y=X-1=\-X-1,-1<X<1,

其圖象如圖,結(jié)合圖象可知o〈k〈l或l<k<2.

(x+2,x<0,

典例7(數(shù)形結(jié)合法解不等式)已知f(x)式-x+2,x>0,則不等式fix)》(的解集是()

A.[-1,1]B.[-2,2]

C.[-2,1]D.[-1,2]

答案A

ix+2,x<0,

解析分別作f(x)式-X+2,X>°和y=(的圖象如圖所示,

由圖可知,由X)可X?的解集為乒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.-2B.垃-2C.-lD.1-上

⑵已知AABC的三個頂點的坐標(biāo)滿足如下條件：向量OB=⑵0),OC=⑵2),CA=(也cosa,Ain

a),貝UNAOB的范圍為.

-7i57r

答案(1)D(2)112112.

解析⑴由于(a-c)?(b-c)=-(a+b)?c+1,因此等價于求(a+b)?c的最大值,這個最大值只有當(dāng)向

量a+b與向量c同向共線時取得.由于a?b=0,故a±b,如圖所示，|a+b|=也|c|=1,當(dāng)9=0時，(a+b)?c

取得最大值且最大值為也故所求的最小值為「屈

⑵由|CA|=J（亞。sa）2+（$sma）2=0可知，點A的軌跡是以C（2,2）為圓心,也為半徑的圓,過原點

0作此圓的切線,切點分別為M,N,如圖所示,

71

III-

連接CM,CN,則向量OA與OB的夾角e的范圍是/M0BW9WNN0B.由圖可知NC0B=4,因為

171兀兀兀兀兀5兀兀5兀

|℃|=2自由|0^|=|。5=2|。5知/?^=/(2(^=6,所以/801\1=4-6=12,/B0N=4+6=12,所以12?9(12,

-715兀

故/A0B的范圍為112'12.

典例9（數(shù)形結(jié)合法解決解析幾何問題）已知R、F?分別為雙曲線x2-6=l的左、右焦點，點P為右

............

支上一點,0為坐標(biāo)原點.若向量OP+°F2與PF2的夾角為120。，則點F2到直線PFi的距離為（）

A.3B."C.2由D.?

答案C

解析取PF?的中點M,連接0M,則OP+0F2=2OM,

PF

故〈AM,2>=120°,Z0MF2=60°.

因為。為FR的中點,所以0M〃PFi,

所以/FIPF2=/0MF2=60°.

在△FiPFz中，設(shè)|PFj=m,PF21=n,

22

PF「+PF2-FJF2|

因為a=l,b=M所以c=也在中，由余弦定理得,COS/FIPFZ=2PF1PF2，即

70

m+n-281/m-n=2,

cos60°=2mn=2,整理得M+nZ—mn=Zg,所以(m"+rT-mn=28,

嚴(yán)=6,

解得in=4.

過點用作FzN_LPFi于N,在RtZ\PF?N中jFzNklPFzl?sin60°=2但即點Fz到直線PFi的距離為2板

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?fù)雜的計算和推證簡化.換元的實質(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，目的是變換研究對象,將問題移至新對象的知識背景中去研究.

典例10（三角換元）已知X,yeR,滿足（+2xy+4yJ6,則2=（+4/的取值范圍為.

答案[4,12]

解析已知x2+2xy+4y2=6,

即（x+y）2+（居）2=（擊）；

故設(shè)x+y="cosa,由y二而sina,

即x=#cosa一修sina,y="sina.

則z=x2+4y2=6-2xy=6-2(mcosa-也sina)?也sina

(2a+-j

=8-4sin\6/

所以8-4WzW8+4,即z的取值范圍為[4,12].

色

典例11（整體代換）如圖，已知橢圓C的離心率為2,點A、B、F分別為橢圓的右頂點、上頂點和右

g

焦點,且SAABF=1-2.

（1）求橢圓C的方程；

⑵已知直線l:y=kx+m與圓Od+yJl相切,若直線1與橢圓C交于M,N兩點,求△OMN面積的最大值.

y,

解析（1）由已知得橢圓的焦點在X軸上,設(shè)其方程為a2+b2=i（a〉b>0）,則

A(a,0),B(0,b),F(c,0)

22

a-bK3

2222

由已知可得e=a=4,所以a=4b,即a=2b,故c=A.

114

又SZ\ABF=2|AF|,|0B|=2(a-c)b=l-2.

所以b=l,a=2,c=由.

2

x

所以橢圓C的方程為4+y2=l.

|m

（2）圓0的圓心為坐標(biāo)原點，半徑r=l,由直線1:y=kx+m,即kx-y+m=0與圓0:x?+y2=l相切，得+^2=1,

故有m2=l+k2.①

2

(X

—+y2=1,

4'k2..

由(y=kx+m,

消去y/i/x2+2kmx+m2-l=0.

設(shè)M(xi,yi),N(x2,y2),

2kmm-1

i8kmi4m2-4

l+k2---l+k2---

則XI+X2=-4=-4k2+1,xix2=4=4k~+1.

222

/8km\24m-416(4k-m+1)

2222

所以|x「X2「=(xi+x2)Mxix」4k+11-4x4k+1=(4k+l).②

48k2

將①代入②中,得IX「X212=(4k2+1)2,

4.k

故|x「X21=4k2+1.

4叔k"3k2(1?+1)

所以1MN|="?1x「X2仁"4k?+1=4k2+1.

I]4^3k2(k2+1)2^3k2(k2+1)

——22

故AOMN的面積S=2|MN|xi=2x4k+1Xl=4k+1

t-1

所以當(dāng)t=3,即4k、1=3,解得k=±2時,s取得最大值,且最大值為2x」9=1.

4(a+1)2a-+M

a+4a

典例12(局部換元)設(shè)對一切實數(shù)x,不等式xhogza+2xlog2l+log2~〉0恒成立，求a

的取值范圍.

4(a+1)2a(a+M

2

解析注意到log2a和log2a+l及l(fā)og24a之間的關(guān)系,換元化為一元二次不等式在R上恒

2a

a+1=

成立問題.設(shè)log2t,teR,則

2

4(a+1)8(a+1)a+12a.+da+1

a+

log2a=log22a=3+log22a=3-log2l=3-t,log24a~=21og22a=-2t,原不等式化為

(3-t>0,?t<3,

(3-t)x2+2tx-2t>0,它對一切實數(shù)x恒成立，所以b=4t2+8t(3-t)<0,解得jt<0或t>6,即

2a2a

log2a+l<0,0<a+1<1,解得0<a<l.

點撥一般地，解指數(shù)與對數(shù)不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時也可能要對已知條件進(jìn)

行適當(dāng)變形,發(fā)現(xiàn)各個量之間的聯(lián)系再換元,這是我們要注意的一點.

2222

典例13(兩次換元)已知u》l,vNlM(logau)+(logav)-loga(au)+loga(av)(a>l),求loga(uv)的

最大值和最小值.

解析令x=logaU,y二logaV,則x20,y20,已知等式可化為(xT)2+(yT)2=4(x20,y20),再設(shè)

t=loga(uv)=x+y(x^O,y20),由圖可知，當(dāng)線段y=-x+t(x20,y20)與圓弧(xT)2+(y-l)2=4(x20,y20)

相切時(如圖中CD位置)，截距t取最大值**2+2點;當(dāng)線段端點是圓弧端點時(如圖中AB位置)，t取最

小值tmin=l+V^.因此Idga(uV)的最大值是2+2也最小值是1+7^.

點撥利用兩次換元探究動點的軌跡方程,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)是多項式恒等一一兩個多項式各同類項的系數(shù)對應(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.

A>0,co>0,|cpI<

典例14(求函數(shù)解析式)已知函數(shù)f(x)=Asin(3x+6)、2)的部分圖象如圖所示,

其中|PQ|=26則f(x)的解析式為.

X兀'

答案f(x)=2Sin(2

3

解析由題圖可知A=2,P(xb-2),Q(x2,2),所以

2+(_2_2)2=J(X]_X2)2+42=2祖.

|PQ|=-

2兀71

整理得|X1-X2=2,所以其最小正周期T=2Ix-x2|=4,即8=4,解得3=2.

又函數(shù)圖象過點（0,-3）,

更

所以2sin@=-由，即sin小=-2,

兀兀/兀兀\

又|6|<2,所以“二-3,所以f(x)=2sin123/

A（"'2）,則橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)

典例15（求曲線方程）已知橢圓C的焦點在x軸上,其離心率為2,且過點

方程為.

X2

答案4+y』

22

土L

解析設(shè)橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為a?+b2=i（a>b〉o）.

c小b1

因為e二a=2,所以a=2,即a=2b.

22

xy_

故橢圓c的方程為4b2+b2=L

zh（一戶甘

又點N'2）在橢圓c上,所以4b2+b2=1,

解得b2=l.

x2

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為4+yJl.

典例16（數(shù)列求和）已知等差數(shù)列｛a。｝的前n項和為S?,且S3=21,SS=65,貝US?=.

答案3n-2n

解析設(shè)等差數(shù)列｛aj的前n項和為SFAn^+Bn.

（Ax32+Bx3=21,J3A+B=7,

由已知可得〔Ax5?+Bx5=65,化簡得《5A+B=13,

(A=3,

解得|B=-2.所以S,=3n2-2n.

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)實問題的特殊性

為基礎(chǔ),針對具體問題的特點采取相應(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)，爪4)=1,則不等式￡&)&!1的解集為()

A.(-2,+8)B.(0,+°°)C.(1,+8)D.(4,+8)

J__5_m

(2)已知m,nG(2,e),且n」n/〈inn,貝||()

A.m>nB.m<n

1

C.m>2+nD.m,n的大小關(guān)系不確定

答案(1)B(2)A

解析(1)因為f(x+2)為偶函數(shù),所以f(x+2)的圖象關(guān)于直線x=0對稱,所以f(x)的圖象關(guān)于直線

x=2對稱.所以f(0)=f(4)=L

f(x)

設(shè)g(x)=eX(xGR),

f'(x)e'-f(x)exf'(x)-f(x)

則g'(x)=(ex)2=ex

又f'(x)〈f(x),所以g'(x)<0(xGR),

所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞減.

f(x)f(0)

x

因為f(x)<ex=e〈1,而g(0)=e°=1；

所以f(x)<e、=g(x)<g(0),所以x>0.故選B.

11

(2)由不等式可得N-m'inm-lnn,

11

22

即n+lnn<m-+lnm.

1

設(shè)f(x)=x2+lnx(xG⑵e)),

21x2-2

貝ljf，(x)-3+x=X。.

因為xe⑵e),所以f'(x)〉0,

故函數(shù)f(x)在⑵e)上單調(diào)遞增.

因為f(n)<f(m),所以n<m.故選A.

11

典例18(構(gòu)造方程)已知a2-3a=l,b2-3b=l,且aNb,貝l]a2+b2=.

答案11

解析由題意可知a,b是方程X2-3X-1=0的兩個實數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可知a+b=3,ab=-l,

11a2+b2(a+b)2-2ab

所以a2+b?=a2b2=a2b2=32-2X(-1)=11.

典例19已知三棱錐P-ABC,PA=BC=2伊,PB=AC=10,PC=AB=2匹,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補成一個長方體AEBG-FPDC,易知三棱錐P-ABC的各棱分別是長方

rx2+y2=100,

,x2+z2=136,

22

體的面對角線，不妨令PE=x,EB=y,EA=z,由已知可得W+z=164,

解得x=6,y=8,z=10.

FC

G

li

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

11

P-AEB=6X8X10-4X3X2X10X8X6=160.

故所求三棱錐P-ABC的體積為160.

方法6補集法

補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,可以通過求解該問題的對立事件,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年級的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況,從高一,高二,高三三個年級中

分別抽取了1,2,3個班級進(jìn)行問卷調(diào)查,若再從中任意抽取兩個班級進(jìn)行測試,則兩個班級不來自同一年

級的概率為.

11

答案15

解析記高一年級中抽取的1個班級為a,高二年級中抽取的2個班級為bi,b2,高三年級中抽取的3

個班級為Cl,C2,C3.

從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所有可能結(jié)果為

(a,bi),(a,b2),(a,cj,(a,c2),(a,c3),(bi,b2),(bi,cj,(bi,c2),(bi,c3),(b2,Ci),(b2,c2),(b2,c3),(ci,c2),

(ci,c3),(c2,c3),共15種.

設(shè)“抽取的兩個班級不來自同一年級”為事件A,則事件了為抽取的兩個班級來自同一年級.

兩個班級來自同一年級的結(jié)果為(bi,b?),(ci,Cz),(ci,C3),(cz,C3),共4種.

4411

所以P(A)=15,故P(A)=1-P(A)=1-15=15.

11

所以兩個班級不來自同一年級的概率為15.

典例21(函數(shù)問題)已知函數(shù)f(x)=axJx+lnx在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍

答案(叫

1

解析f'(x)=2axT+x.

1

⑴若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f'(x)20在(1,2)上恒成立，所以2ax-1+X20,得

alb?①

11[11]

令土=%因為xw(1,2),所以t=xe[2)

設(shè)h(t)；tY)二「才[J；顯然函數(shù)y=h(t)在區(qū)間則上單調(diào)遞減,

11

所以h⑴〈h(t)<h⑵,即0<h(t)<8.

1

由①可知，a28.

1

(2)若函數(shù)函x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f'(x)WO在(1,2)上恒成立，所以2ax-1+xWO,得

a^2\xX2/.②

結(jié)合(1)可知，aWO.

綜上,若函數(shù)f(X)在區(qū)間(1,2)上單調(diào),則實數(shù)a的取值范圍為(-8,0]UBI.

(0.

所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào),則實數(shù)a的取值范圍為I8).

典例22(解析幾何問題)若拋物線y=x，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()

(-8,1](_8,1)

A.\2]B.I2)

+°°\[--+oo\

C.\2/D,L2)

答案D

22

X

解析設(shè)拋物線yr,上兩點A(xbI),B(X2,*2)關(guān)于直線尸k(x-3)對稱,AB的中點為P(x。,y。)，則

2,2

Xl+X2Xl+X2

Xo-2,yo-2.

由題設(shè)知X1_X2=_k,所以2=-2k.

又AB的中點P(xo,yo)在直線y=k(x-3)上,

x；+x：/xl+x2_\6k+l

所以2=k(2)=-2,

所以中點p|2k'2J.

6k+1i1\2

由于點P在y〉x,的區(qū)域內(nèi)，則-2>(2k),

1

整理得(2k+l)(6k2-2k+l)〈0,解得k<-2.

11

因此當(dāng)k〈-2時,拋物線y=Y上存在兩點關(guān)于直線y=k(x-3)對稱,于是當(dāng)時,拋物線y=x?上不存

在兩點關(guān)于直線y=k(x-3)對稱.

，+g)

所以實數(shù)k的取值范圍為121故選D.

方法7割補法

典例23(分割)(1)為測出所住小區(qū)的面積,某人進(jìn)行了一些測量工作,所得數(shù)據(jù)如圖所示,則小區(qū)

的面積是()

3+而3-#

A.4km2B.4km2

6+46-小

C.4km2D.4km2

(2)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()

A.64B.72C.80D.112

答案(1)D(2)C

解析⑴如圖,連接AC.在4ABC中,根據(jù)余弦定理可得AC=4km,

60

°\c

21cm

又AB=2km,BC=1km,所以AC^+BC、AB；

所以AABC為直角三角形，

且/ACB=90°,ZBAC=30°,故NDAC=NDCA=15°,

△ADC為等腰三角形，且/D=150°,

設(shè)AD=DC=xkm,

根據(jù)余弦定理得x+x+^x=3,

3

即x2=2+4=3(2-我.

11124+6-346-4

2

所以所求的面積為2X1X,+2X3(2-3)義2=4=4(km).

(2)根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐P-ABCD與正方體ABCD-ABCD的組合體,如圖所示.

由三視圖中的數(shù)據(jù)可知,正方體ABCD-ABED的棱長為4,四棱錐P-ABCD的底面為正方形ABCD,高h(yuǎn)=3,

且PA=PB.

正方體ABCD-AiBjCiDi的體積為Vi=4=64,

11

四棱錐P-ABCD的底面積為8=4=16,則其體積為V?=3Sh=3x16X3=16.

故所求幾何體的體積為V=V1+V2=64+16=80,故選C.

典例24（補形）某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）

A.8五+16B.8Ji-16C.8n+8D.16兀-8

答案B

解析由三視圖可知該幾何體為一個半圓柱去掉一個直棱柱.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.

1

半圓柱的體積為Vi=2mX22X4=8Jt,

1

直三棱柱的體積為V2=2X4X2X4=16.

所以所求幾何體的體積為V=V「Vz=8JI-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

ZABC=60°的菱形,M為PC的中點.

(1)求證:PCJ_AD;

(2)求點D到平面PAM的距離.

解析(1)證明:取AD的中點0,連接OP,OC,AC,

因為四邊形ABCD是/ABC=60°的菱形，

所以NADC=60°,AD=CD,

所以4ACD是正三角形,所以0CXAD,

又4PAD是正三角形,所以0PXAD,

又ocnOP=O,occ平面POC,OPC平面POC,

所以AD_L平面POC,又PCc平面POC,

所以PCJ_AD.

⑵點D到平面PAM的距離即為點D到平面PAC的距離,

由⑴可知POXAD,因為平面PAD_L平面ABCD,

平面PADA平面ABCD=AD,POc平面PAD,

所以POL平面ABCD,即P0為三棱錐P-ACD的高,

在RtAPOC中,P0=0C=4,PC=M

在APAC中，PA=AC=2,PC=#，

__________Vio

所以邊PC上的高AMf/PA?-PM2=2,

115屏

所以SAPAC=2PC?AM=2X?X2=2,

設(shè)點D到平面PAC的距離為h,

11

由VD-PAC—Vp-ACD得,3s△PAC,h=3sAACD?PO,

即3x2?h=3x4X2?X也解得h=5，所以點D到平面PAM的距離為5.

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上的動點，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(l,b),A⑵0),

則PA+3PB=(2,-y)+3(l,b-y)=(5,3b-4y).

I

所以|PA+3PB2=25+(3b-4y)z(0WyWb).

3

當(dāng)y=4b時，1PA+3PBlmin=5.

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，使用向量知識加以解決.

典例27⑴在直角梯形ABCD中，AB〃CD,/ABC=90°,AB=2BC=2CD,則cos/DAC等于()

A/W3亞小2怖

A.10B.10C.5D.5

(2)已知a2+b2=l,m'+nJl,則am+bn的取值范圍是.

答案(1)B(2)-1,1]

解析(1)以點B為坐標(biāo)原點,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=SAD=",C(0,1),A(2,0),D(1,1),則AC=(-2,1),AD=(T,1),所以

AC.AD=(-2,1).(-1,1)=3,

IIII

根據(jù)平面向量數(shù)量積定義知AC?AD=AC.|AD?cosZCAD=V10cosZCAD,

所以質(zhì)cos/CAD=3,

33亞