高考数学一轮复习 12种快速解题技法增分练 文-人教版高三数学试题

一、光速解题一一学会12种快速解题技法

方法1特例法

在解决选择题和填空题时，可以取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方

程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果，这种方法称为特值法.特值法只需对特殊数值、特殊情形进

行检验,省去了推理论证、烦琐的演算过程,提高了解题的速度.特值法是考试中解答选择题和填空题时

经常用到的一种方法，应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效.

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

1件+l,x<2,

典例1(特殊数值)⑴设f(x)=(⑵若f(x0)>3,则X。的取值范围为()

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

C.(-8,-1)u⑶+8)D.(-1,3)

(2)在数列｛aj中，ai=2,an=an-i+ln\nU(n22),则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,贝!Jf(1)=2+I=2<3,故xoWl,排除B、D;取xo=3,则f(3)=log28=3,故x°W3,排除A.

故选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,

则数列①｝是以bi=ai-ln1=2为首项,d=bn-bn-i=O为公差的等差数列,则bn=2,故2=an-lnn,.*.an=2+lnn.

典例2(特殊点)(1)函数f(x)=l-x的图象是()

(2)如图，点P为椭圆25+9勺上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A、上顶点B分别作y轴、x

轴的平分线,它们相交于点C,过点P引BC,AC的平行线交AC于点N,交BC于点M,交AB于D、E两点,记

矩形PMCN的面积为S“三角形PDE的面积为S2,则由：Sz=()

11

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

答案(1)C(2)A

解析(1)因为x#±l,所以排除A;因为f(0)=1,所以函数f(x)的图象过点(0,1),排除D;因为

ft)=1H=5,所以排除B,故选C.

(9\(9\66166

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

⑵不妨取点以5人则可计算sN5及(5-4)=5,由题易得PD=2,PE=5,所以SZ=2X2X5=5,所以

Si:S2=l.

典例3(特殊函数)若函数y=f(x)对定义域D中的每一个xi,都存在唯一的x£D,使f(xj•f(xz)=l

成立,则称f(x)为“影子函数”，有下列三个命题：

①“影子函数”f(x)的值域可以是R;

②“影子函数”f(x)可以是奇函数；

③若y=f(x),y=g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y=f(x)•g(x)是“影子函数”.

上述命题正确的序号是()

A.①B.②C.③D.②③

答案B

解析对于①:假设“影子函数”的值域为R,则存在x“使得f(xi)=0,此时不存在xz,使得

f(xi)f(xj=l,所以①错；

1

X

对于②：函数f(x)=x(xW0),对任意的XiG(-8,0)U(0,+8),取x2=l,则f(xjf3)=1,又因为函数

f(x)=x(x=0)为奇函数，所以“影子函数”f(x)可以是奇函数，②正确；

1

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

数”(因为对任意的xie(0,+8),存在无数多个(0,+8),使得F(XJ•F(xz)=l),所以③错.综上,应选

B.

典例4(特殊位置)(1)已知E为AABC的重心,AD为BC边上的中线,令AB=%AC=b,过点E的直线

11

IIII——

分别交AB,AC于P,Q两点，且AP=ma,AQ=nb,则m+n=()

1

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

(2)如图,在三棱柱的侧棱A>A和BiB上各有一动点P,Q满足AiP=BQ,过P,Q,C三点的截面把棱柱分成

两部分，则其体积之比为()

A.3：1B.2：1C.4：1D.收1

答案⑴A(2)B

解析(1)由于直线PQ是过点E的一条“动”直线,所以结果必然是一个定值.故可利用特殊直线确

定所求值.

解法一:如图(1),令PQ〃BC,

21~I21~I2

-AB-AC

则AP=3,AQ=3,此时，m=n=3,

11

故m+n=3.故选A.

111

解法二:如图(2),直线BE与直线PQ重合,止匕时,AP=AB,AQ=2，故m=l,n=2,所以m+n=3.故选A.

(2)将P,Q置于特殊位置:P-Ai,Q-B,此时仍满足条件AF=BQ(=O),则有

VABC-A[B[C]

VC-AA]B=VA「ABC=

3

因此过P、Q、C三点的截面把棱柱分成体积比为2：1的两部分.

典例5(特殊图形”》,1^分别是4八1^的中线,若Q口|=再£|=1,且人口与8£的夹角为120。，则

AB.AC=

2

答案3

解析若aABC为等边三角形,则|AB|=3,

2

II-

,-.AB.AC=|AB||AC|cos60°=3.

方法2数形结合法

数形结合法包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用分为两种情形:一是代数问题几何

化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，以数作为目的，比如应用函数的图象来直观

地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助数的精确性阐明形的某些属性,即以数作为手段，以形作

为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.

典例6(数形结合法解决函数问题)(1)用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中的最小值,设

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

A.4B.5

C.6D.7

I

|X2-,1I

⑵已知函数y=X-1的图象与函数y=kx的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围

是.

答案(1)C(2)(0,1)U(1,2)

2X(0<x<2),

x+2(2<x<4),

解析(1)画出y=2x,y=x+2,y=10-x的图象(如图)，观察图象可知f(x)=10-x(x>4),

；.f(x)的最大值在x=4时取得,为6.

JX+1,X>IsJcx<-1,

⑵y=X-1=\-X-1,-1<X<1,

其图象如图,结合图象可知o〈k〈l或l<k<2.

(x+2,x<0,

典例7(数形结合法解不等式)已知f(x)式-x+2,x>0,则不等式fix)》(的解集是()

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

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

答案A

ix+2,x<0,

解析分别作f(x)式-X+2,X>°和y=(的图象如图所示,

由图可知,由X)可X?的解集为乒1,1].

典例8(数形结合法解决平面向量问题)(1)设a,b,c是单位向量,且a•b=0,则(a-c)•(b-c)的最

小值为()

A.-2B.垃-2C.-lD.1-上

⑵已知AABC的三个顶点的坐标满足如下条件：向量OB=⑵0),OC=⑵2),CA=(也cosa,Ain

a),贝UNAOB的范围为.

-7i57r

答案(1)D(2)112112.

解析⑴由于(a-c)•(b-c)=-(a+b)•c+1,因此等价于求(a+b)•c的最大值,这个最大值只有当向

量a+b与向量c同向共线时取得.由于a•b=0,故a±b,如图所示，|a+b|=也|c|=1,当9=0时，(a+b)•c

取得最大值且最大值为也故所求的最小值为「屈

⑵由|CA|=J（亚。sa）2+（$sma）2=0可知，点A的轨迹是以C（2,2）为圆心,也为半径的圆,过原点

0作此圆的切线,切点分别为M,N,如图所示,

71

III-

连接CM,CN,则向量OA与OB的夹角e的范围是/M0BW9WNN0B.由图可知NC0B=4,因为

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的范围为112'12.

典例9（数形结合法解决解析几何问题）已知R、F?分别为双曲线x2-6=l的左、右焦点，点P为右

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

支上一点,0为坐标原点.若向量OP+°F2与PF2的夹角为120。，则点F2到直线PFi的距离为（）

A.3B."C.2由D.®

答案C

解析取PF?的中点M,连接0M,则OP+0F2=2OM,

PF

故〈AM,2>=120°,Z0MF2=60°.

因为。为FR的中点,所以0M〃PFi,

所以/FIPF2=/0MF2=60°.

在△FiPFz中，设|PFj=m,PF21=n,

22

PF「+PF2-FJF2|

因为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,

严=6,

解得in=4.

过点用作FzN_LPFi于N,在RtZ\PF?N中jFzNklPFzl•sin60°=2但即点Fz到直线PFi的距离为2板

故选C.

方法3换元法

换元法又称辅助元素法、变量代换法.通过引进新的变量,可以把分散的条件联系起来，隐含的条件

显露出来,或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理

论依据是等量代换，目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究.

典例10（三角换元）已知X,yeR,满足（+2xy+4yJ6,则2=（+4/的取值范围为.

答案[4,12]

解析已知x2+2xy+4y2=6,

即（x+y）2+（居）2=（击）；

故设x+y="cosa,由y二而sina,

即x=#cosa一修sina,y="sina.

则z=x2+4y2=6-2xy=6-2(mcosa-也sina)•也sina

(2a+-j

=8-4sin\6/

所以8-4WzW8+4,即z的取值范围为[4,12].

色

典例11（整体代换）如图，已知椭圆C的离心率为2,点A、B、F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右

g

焦点,且SAABF=1-2.

（1）求椭圆C的方程；

⑵已知直线l:y=kx+m与圆Od+yJl相切,若直线1与椭圆C交于M,N两点,求△OMN面积的最大值.

y,

解析（1）由已知得椭圆的焦点在X轴上,设其方程为a2+b2=i（a〉b>0）,则

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

所以椭圆C的方程为4+y2=l.

|m

（2）圆0的圆心为坐标原点，半径r=l,由直线1:y=kx+m,即kx-y+m=0与圆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.

设M(xi,yi),N(x2,y2),

2kmm-1

i8kmi4m2-4

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

则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

将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的面积S=2|MN|xi=2x4k+1Xl=4k+1

t-1

所以当t=3,即4k、1=3,解得k=±2时,s取得最大值,且最大值为2x」9=1.

4(a+1)2a-+M

a+4a

典例12(局部换元)设对一切实数x,不等式xhogza+2xlog2l+log2~〉0恒成立，求a

的取值范围.

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

2

解析注意到log2a和log2a+l及log24a之间的关系,换元化为一元二次不等式在R上恒

2a

a+1=

成立问题.设log2t,teR,则

2

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

a+

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

(3-t>0,।t<3,

(3-t)x2+2tx-2t>0,它对一切实数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.

点拨一般地，解指数与对数不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也可能要对已知条件进

行适当变形,发现各个量之间的联系再换元,这是我们要注意的一点.

2222

典例13(两次换元)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,则x20,y20,已知等式可化为(xT)2+(yT)2=4(x20,y20),再设

t=loga(uv)=x+y(x^O,y20),由图可知，当线段y=-x+t(x20,y20)与圆弧(xT)2+(y-l)2=4(x20,y20)

相切时(如图中CD位置)，截距t取最大值**2+2点;当线段端点是圆弧端点时(如图中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^.

点拨利用两次换元探究动点的轨迹方程,数形结合使问题变得直观.换元中应注意旧变量对新变

量的限制.

方法4待定系数法

要确定变量间的函数关系,设出某些未知系数,然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫做

待定系数法,其理论依据是多项式恒等一一两个多项式各同类项的系数对应相等.使用待定系数法,就是

把具有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为方程组来解决.待定系数法主要用来

解决具有某种确定的数学表达式的数学问题,例如数列求和、求函数解析式等.

A>0,co>0,|cpI<

典例14(求函数解析式)已知函数f(x)=Asin(3x+6)、2)的部分图象如图所示,

其中|PQ|=26则f(x)的解析式为.

X兀'

答案f(x)=2Sin(2

3

解析由题图可知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.

又函数图象过点（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）,则椭圆c的标准

典例15（求曲线方程）已知椭圆C的焦点在x轴上,其离心率为2,且过点

方程为.

X2

答案4+y』

22

土L

解析设椭圆c的标准方程为a?+b2=i（a>b〉o）.

c小b1

因为e二a=2,所以a=2,即a=2b.

22

xy_

故椭圆c的方程为4b2+b2=L

zh（一户甘

又点N'2）在椭圆c上,所以4b2+b2=1,

解得b2=l.

x2

所以椭圆C的标准方程为4+yJl.

典例16（数列求和）已知等差数列｛a。｝的前n项和为S„,且S3=21,SS=65,贝US„=.

答案3n-2n

解析设等差数列｛aj的前n项和为SFAn^+Bn.

（Ax32+Bx3=21,J3A+B=7,

由已知可得〔Ax5?+Bx5=65,化简得《5A+B=13,

(A=3,

解得|B=-2.所以S,=3n2-2n.

方法5构造法

构造法是指利用数学的基本思想,经过认真观察,深入思考,构造出数学模型,从而使问题得以解决.

构造法的内涵十分丰富,没有完全固定的模式可以套用，它是以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性

为基础,针对具体问题的特点采取相应的解决办法,其基本方法是借用一类问题的性质,来研究另一类问

题的相关性质.常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等.

典例17(构造函数)(1)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),满足f'(x)〈f(x),且

f(x+2)为偶函数，爪4)=1,则不等式£&)&!1的解集为()

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,贝||()

A.m>nB.m<n

1

C.m>2+nD.m,n的大小关系不确定

答案(1)B(2)A

解析(1)因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)的图象关于直线x=0对称,所以f(x)的图象关于直线

x=2对称.所以f(0)=f(4)=L

f(x)

设g(x)=eX(xGR),

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

则g'(x)=(ex)2=ex

又f'(x)〈f(x),所以g'(x)<0(xGR),

所以函数g(x)在定义域上单调递减.

f(x)f(0)

x

因为f(x)<ex=e〈1,而g(0)=e°=1；

所以f(x)<e、=g(x)<g(0),所以x>0.故选B.

11

(2)由不等式可得N-m'inm-lnn,

11

22

即n+lnn<m-+lnm.

1

设f(x)=x2+lnx(xG⑵e)),

21x2-2

贝ljf，(x)-3+x=X。.

因为xe⑵e),所以f'(x)〉0,

故函数f(x)在⑵e)上单调递增.

因为f(n)<f(m),所以n<m.故选A.

11

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

答案11

解析由题意可知a,b是方程X2-3X-1=0的两个实数根，由根与系数的关系可知a+b=3,ab=-l,

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

所以a2+b?=a2b2=a2b2=32-2X(-1)=11.

典例19已知三棱锥P-ABC,PA=BC=2伊,PB=AC=10,PC=AB=2匹,则三棱锥P-ABC的体积

为.

答案160

解析如图所示，把三棱锥P-ABC补成一个长方体AEBG-FPDC,易知三棱锥P-ABC的各棱分别是长方

rx2+y2=100,

,x2+z2=136,

22

体的面对角线，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

从而V三棱锥P-ABC=V长方体AEBG-FPDC-V三棱锥P-AEB~V三棱锥C-ABG-V三棱锥B-PDC：—V三棱锥A-FPC=V长方体AEBG-FPDC：-4V三棱锥

11

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

故所求三棱锥P-ABC的体积为160.

方法6补集法

补集法就是已知问题涉及的类别较多,或直接求解比较麻烦时,可以通过求解该问题的对立事件,求

出问题的结果,则所求解问题的结果就可以利用补集的思想求得.该方法在概率、函数性质等问题中应用

较多.

典例20(概率问题)某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况,从高一,高二,高三三个年级中

分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查,若再从中任意抽取两个班级进行测试,则两个班级不来自同一年

级的概率为.

11

答案15

解析记高一年级中抽取的1个班级为a,高二年级中抽取的2个班级为bi,b2,高三年级中抽取的3

个班级为Cl,C2,C3.

从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为

(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种.

设“抽取的两个班级不来自同一年级”为事件A,则事件了为抽取的两个班级来自同一年级.

两个班级来自同一年级的结果为(bi,b?),(ci,Cz),(ci,C3),(cz,C3),共4种.

4411

所以P(A)=15,故P(A)=1-P(A)=1-15=15.

11

所以两个班级不来自同一年级的概率为15.

典例21(函数问题)已知函数f(x)=axJx+lnx在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围

答案(叫

1

解析f'(x)=2axT+x.

1

⑴若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，则f'(x)20在(1,2)上恒成立，所以2ax-1+X20,得

alb?①

11[11]

令土=%因为xw(1,2),所以t=xe[2)

设h(t)；tY)二「才[J；显然函数y=h(t)在区间则上单调递减,

11

所以h⑴〈h(t)<h⑵,即0<h(t)<8.

1

由①可知，a28.

1

(2)若函数函x)在区间(1,2)上单调递减，则f'(x)WO在(1,2)上恒成立，所以2ax-1+xWO,得

a^2\xX2/.②

结合(1)可知，aWO.

综上,若函数f(X)在区间(1,2)上单调,则实数a的取值范围为(-8,0]UBI.

(0.

所以若函数f(x)在区间(1,2)上不单调,则实数a的取值范围为I8).

典例22(解析几何问题)若抛物线y=x，上的所有弦都不能被直线y=k(x-3)垂直平分,则k的取值范

围是()

(-8,1](_8,1)

A.\2]B.I2)

+°°\[--+oo\

C.\2/D,L2)

答案D

22

X

解析设抛物线yr,上两点A(xbI),B(X2,*2)关于直线尸k(x-3)对称,AB的中点为P(x。,y。)，则

2,2

Xl+X2Xl+X2

Xo-2,yo-2.

由题设知X1_X2=_k,所以2=-2k.

又AB的中点P(xo,yo)在直线y=k(x-3)上,

x；+x：/xl+x2_\6k+l

所以2=k(2)=-2,

所以中点p|2k'2J.

6k+1i1\2

由于点P在y〉x,的区域内，则-2>(2k),

1

整理得(2k+l)(6k2-2k+l)〈0,解得k<-2.

11

因此当k〈-2时,抛物线y=Y上存在两点关于直线y=k(x-3)对称,于是当时,抛物线y=x?上不存

在两点关于直线y=k(x-3)对称.

，+g)

所以实数k的取值范围为121故选D.

方法7割补法

典例23(分割)(1)为测出所住小区的面积,某人进行了一些测量工作,所得数据如图所示,则小区

的面积是()

3+而3-#

A.4km2B.4km2

6+46-小

C.4km2D.4km2

(2)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()

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

答案(1)D(2)C

解析⑴如图,连接AC.在4ABC中,根据余弦定理可得AC=4km,

60

°\c

21cm

又AB=2km,BC=1km,所以AC^+BC、AB；

所以AABC为直角三角形，

且/ACB=90°,ZBAC=30°,故NDAC=NDCA=15°,

△ADC为等腰三角形，且/D=150°,

设AD=DC=xkm,

根据余弦定理得x+x+^x=3,

3

即x2=2+4=3(2-我.

11124+6-346-4

2

所以所求的面积为2X1X,+2X3(2-3)义2=4=4(km).

(2)根据三视图可知该几何体为四棱锥P-ABCD与正方体ABCD-ABCD的组合体,如图所示.

由三视图中的数据可知,正方体ABCD-ABED的棱长为4,四棱锥P-ABCD的底面为正方形ABCD,高h=3,

且PA=PB.

正方体ABCD-AiBjCiDi的体积为Vi=4=64,

11

四棱锥P-ABCD的底面积为8=4=16,则其体积为V?=3Sh=3x16X3=16.

故所求几何体的体积为V=V1+V2=64+16=80,故选C.

典例24（补形）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A.8五+16B.8Ji-16C.8n+8D.16兀-8

答案B

解析由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱.其中半圆柱的高为4,底面半圆的半径

为2;直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形,高为4.

1

半圆柱的体积为Vi=2mX22X4=8Jt,

1

直三棱柱的体积为V2=2X4X2X4=16.

所以所求几何体的体积为V=V「Vz=8JI-16.故选B.

方法8等积转化法

等积转化法就是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式,构造关

于点到面的距离的方程来求解相关问题的方法.其主要用于立体几何中求解点到面的距离.

典例25如图,在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是

ZABC=60°的菱形,M为PC的中点.

(1)求证:PCJ_AD;

(2)求点D到平面PAM的距离.

解析(1)证明:取AD的中点0,连接OP,OC,AC,

因为四边形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点D到平面PAM的距离即为点D到平面PAC的距离,

由⑴可知POXAD,因为平面PAD_L平面ABCD,

平面PADA平面ABCD=AD,POc平面PAD,

所以POL平面ABCD,即P0为三棱锥P-ACD的高,

在RtAPOC中,P0=0C=4,PC=M

在APAC中，PA=AC=2,PC=#，

__________Vio

所以边PC上的高AMf/PA?-PM2=2,

115屏

所以SAPAC=2PC•AM=2X«X2=2,

设点D到平面PAC的距离为h,

11

由VD-PAC—Vp-ACD得,3s△PAC,h=3sAACD•PO,

即3x2•h=3x4X2?X也解得h=5，所以点D到平面PAM的距离为5.

方法9坐标法

坐标法是解决平面图形(立体几何中也有坐标方法的应用)问题的有力工具.

典例26已知直角梯形ABCD中，AD〃BC,/ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点，则|PA+3PB

的最小值为.

答案5

解析建立平面直角坐标系如图所示,设P(0,y),C(0,b),B(l,b),A⑵0),

则PA+3PB=(2,-y)+3(l,b-y)=(5,3b-4y).

I

所以|PA+3PB2=25+(3b-4y)z(0WyWb).

3

当y=4b时，1PA+3PBlmin=5.

方法10向量法

向量方法在解决几何问题、三角问题、代数问题中具有广泛的应用.解题的关键是把已知和所求向

量化，使用向量知识加以解决.

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

A/W3亚小2怖

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

(2)已知a2+b2=l,m'+nJl,则am+bn的取值范围是.

答案(1)B(2)-1,1]

解析(1)以点B为坐标原点,射线BA,BC分别为x轴,y轴的正方向建立平面直角坐标系，

设AB=2,则AC=SAD=",C(0,1),A(2,0),D(1,1),则AC=(-2,1),AD=(T,1),所以

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

IIII

根据平面向量数量积定义知AC•AD=AC.|AD•cosZCAD=V10cosZCAD,

所以质cos/CAD=3,

33亚