【数学】2020届一轮复习（文）通用版一、光速解题——学会12种快速解题技法学案

【数学】2020届一轮复习（文）通用版一、光速解题——学会12种快速解题技法学案

一、光速解题——学会12种快速解题技法 方法1　特例法 ‎　　在解答选择题和填空题时,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,这种方法称为特例法.特例法只需对特殊数值、特殊情形进行检验,省去了烦琐的演算过程,提高了解题的速度.特例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.‎ 典例1　(1)设f(x)=log‎2‎[4(x-1)],x≥2,‎‎1‎‎2‎x‎+1,x<2,‎若f(x0)>3,则x0的取值范围为(　　)‎ A.(-∞,0)∪(2,+∞) B.(0,2)‎ C.(-∞,-1)∪(3,+∞) D.(-1,3)‎ ‎(2)如图,点P为椭圆x‎2‎‎25‎+y‎2‎‎9‎=1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轴的平行线,它们相交于点C,过点P作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S1,三角形PDE的面积为S2,则S1∶S2=(　　)‎ A.1 B.2 C.‎1‎‎2‎ D.‎‎1‎‎3‎ ‎(3)已知E为△ABC的重心,AD为BC边上的中线,令AB=a,AC=b,过点E的直线分别交AB,AC于P,Q两点,且AP=ma,AQ=nb,则‎1‎m+‎1‎n=(　　)‎ A.3 B.4 C.5 D.‎‎1‎‎3‎ 答案　(1)C　(2)A　(3)A 解析　(1)取x0=1,则f(1)=‎1‎‎2‎+1=‎3‎‎2‎<3,故x0≠1,排除B、D;取x0=3,则f(3)=log28=3,故x0≠3,排除A.故选C.‎ ‎(2)不妨取点P‎4,‎‎9‎‎5‎,‎ 则S1=‎3-‎‎9‎‎5‎×(5-4)=‎6‎‎5‎,‎ 由题易得PD=2,PE=‎6‎‎5‎,‎ 所以S2=‎1‎‎2‎×2×‎6‎‎5‎=‎6‎‎5‎,所以S1∶S2=1.‎ ‎(3)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,则AP=‎2‎‎3‎AB,AQ=‎2‎‎3‎AC,此时,m=n=‎2‎‎3‎,故‎1‎m+‎1‎n=3.故选A.‎ 解法二:如图(2),直线BE与直线PQ重合,此时,AP=AB,AQ=‎1‎‎2‎AC,故m=1,n=‎1‎‎2‎,所以‎1‎m+‎1‎n=3.故选A.‎ 对点练 ‎1-1　函数f(x)=‎|1-x‎2‎|‎‎1-|x|‎的图象是(　　)‎ ‎ 答案　C　因为x≠±1,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f‎1‎‎2‎=‎1-‎‎1‎‎2‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎=‎3‎‎2‎,所以排除B,故选C.‎ ‎1-2　在数列{an}中,a1=2,an=an-1+ln‎1+‎‎1‎n-1‎(n≥2),则an=(　　)‎ A.2+ln n B.2+(n-1)ln n C.2+nln n D.1+n+ln n ‎ 答案　A　由an=an-1+ln‎1+‎‎1‎n-1‎=an-1-ln(n-1)+ln n(n≥2),可知an-ln n=an-1-ln(n-1)(n≥2).令bn=an-ln n,则数列{bn}是以b1=a1-ln 1=2为首项,d=bn-bn-1=0为公差的等差数列,则bn=2,故2=an-ln n,∴an=2+ln n.‎ 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2　(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}(x≥0),则f(x)的最大值为(　　)‎ A.4 B.5 ‎ C.6 D.7‎ ‎(2)已知f(x)=x+2,x≤0,‎‎-x+2,x>0,‎则不等式f(x)≥x2的解集是(　　)‎ A.[-1,1] B.[-2,2] ‎ C.[-2,1] D.[-1,2]‎ ‎(3)设a,b,c是单位向量,且a·b=0,则(a-c)·(b-c)的最小值为(　　)‎ A.-2 B.‎2‎-2 C.-1 D.1-‎‎2‎ 答案　(1)C　(2)A　(3)D 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)=‎‎2‎x‎　　　(0≤x<2),‎x+2(2≤x<4),‎‎10-x(x≥4),‎ ‎∴f(x)的最大值在x=4时取得,为6.‎ ‎(2)分别作f(x)=x+2,x≤0,‎‎-x+2,x>0‎和y=x2的图象如图所示,‎ 由图可知, f(x)≥x2的解集为[-1,1].‎ ‎(3)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|=‎2‎,|c|=1,当θ=0时,(a+b)·c取得最大值且最大值为‎2‎,故所求的最小值为1-‎2‎.‎ 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3　(整体代换)如图,已知椭圆C的离心率为‎3‎‎2‎,点A、B、F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点,且S△ABF=1-‎3‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=1相切,若直线l与椭圆C交于M,N两点,求△OMN面积的最大值.‎ 解析　(1)由已知得椭圆的焦点在x轴上,‎ 设其方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),‎ 则A(a,0),B(0,b),F(c,0)(c=a‎2‎‎-‎b‎2‎).‎ 由已知可得e2=a‎2‎‎-‎b‎2‎a‎2‎=‎3‎‎4‎,‎ 所以a2=4b2,即a=2b,‎ 故c=‎3‎b.‎ 又S△ABF=‎1‎‎2‎|AF|·|OB|=‎1‎‎2‎(a-c)b=1-‎3‎‎2‎,‎ 所以b=1,a=2,c=‎3‎.‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)圆O的圆心为坐标原点,半径r=1,由直线l:y=kx+m,即kx-y+m=0与圆O:x2+y2=1相切,得‎|m|‎‎1+‎k‎2‎=1,故有m2=1+k2.①‎ 由x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎y=kx+m,‎消去y得‎1‎‎4‎‎+‎k‎2‎x2+2kmx+m2-1=0.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 则x1+x2=-‎2km‎1‎‎4‎‎+‎k‎2‎=-‎8km‎4k‎2‎+1‎,x1x2=m‎2‎‎-1‎‎1‎‎4‎‎+‎k‎2‎=‎4m‎2‎-4‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 所以|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=‎-‎‎8km‎4k‎2‎+1‎‎2‎-4×‎4m‎2‎-4‎‎4k‎2‎+1‎=‎16(4k‎2‎-m‎2‎+1)‎‎(4k‎2‎+1‎‎)‎‎2‎.②‎ 将①代入②中,得|x1-x2|2=‎48‎k‎2‎‎(4k‎2‎+1‎‎)‎‎2‎,‎ 故|x1-x2|=‎4‎3‎|k|‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 所以|MN|=‎1+‎k‎2‎|x1-x2|=‎1+‎k‎2‎·‎4‎3‎|k|‎‎4k‎2‎+1‎=‎4‎‎3k‎2‎(k‎2‎+1)‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 故△OMN的面积S=‎1‎‎2‎|MN|×1=‎1‎‎2‎×‎4‎‎3k‎2‎(k‎2‎+1)‎‎4k‎2‎+1‎×1=‎2‎‎3k‎2‎(k‎2‎+1)‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 令t=4k2+1(t≥1),则k2=t-1‎‎4‎,代入上式,得S=2‎3×‎t-1‎‎4‎t-1‎‎4‎‎+1‎t‎2‎=‎3‎‎2‎‎(t-1)(t+3)‎t‎2‎=‎3‎‎2‎t‎2‎‎+2t-3‎t‎2‎=‎3‎‎2‎‎-‎3‎t‎2‎+‎2‎t+1‎=‎3‎‎2‎‎-‎1‎t‎2‎+‎2‎‎3t+‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎2‎‎-‎1‎t‎-‎‎1‎‎3‎‎2‎+‎‎4‎‎9‎,‎ 所以当t=3,即4k2+1=3,解得k=±‎2‎‎2‎时,S取得最大值,且最大值为‎3‎‎2‎×‎4‎‎9‎=1.‎ 典例4　(局部换元)设对一切实数x,不等式x2log2‎4(a+1)‎a+2xlog2‎2aa+1‎+log2‎(a+1‎‎)‎‎2‎‎4‎a‎2‎>0恒成立,求a的取值范围.‎ 解析　注意到log2‎4(a+1)‎a和log2‎2aa+1‎及log2‎(a+1‎‎)‎‎2‎‎4‎a‎2‎之间的关系,换元化为一元二次不等式在R上恒成立问题.设log2‎2aa+1‎=t,t∈R,则log2‎4(a+1)‎a=log2‎8(a+1)‎‎2a=3+log2a+1‎‎2a=3-log2‎2aa+1‎=3-t,log2‎(a+1‎‎)‎‎2‎‎4‎a‎2‎=2log2a+1‎‎2a=-2t,原不等式化为(3-t)x2+2tx-2t>0,它对一切实数x恒成立,所以‎3-t>0,‎Δ=4t‎2‎+8t(3-t)<0,‎解得t<3,‎t<0或t>6,‎∴t<0,即log2‎2aa+1‎<0,0<‎2aa+1‎<1,解得00,ω>0,|φ|<‎π‎2‎的部分图象如图所示,其中|PQ|=2‎5‎,则f(x)的解析式为　　　　　　　　　　. ‎ ‎(2)已知椭圆C的焦点在x轴上,其离心率为‎3‎‎2‎,且过点A‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎,则椭圆C的标准方程为　　　　　　. ‎ 答案　(1)f(x)=2sinπ‎2‎x-‎π‎3‎　(2)x‎2‎‎4‎+y2=1‎ 解析　(1)由题图可知A=2,P(x1,-2),Q(x2,2),‎ 所以|PQ|=‎(x‎1‎-x‎2‎‎)‎‎2‎+(-2-2‎‎)‎‎2‎=‎(x‎1‎-x‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎4‎‎2‎=2‎5‎.‎ 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=π‎2‎.‎ 又函数图象过点(0,-‎3‎),‎ 所以2sin φ=-‎3‎,即sin φ=-‎3‎‎2‎,‎ 又|φ|<π‎2‎,所以φ=-π‎3‎,‎ 所以f(x)=2sinπ‎2‎x-‎π‎3‎.‎ ‎(2)设椭圆C的标准方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0).‎ 因为e=ca=‎3‎‎2‎,所以ba=‎1‎‎2‎,即a=2b.‎ 故椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎b‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1.‎ 又点A‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎在椭圆C上,所以‎(‎‎3‎‎)‎‎2‎‎4‎b‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎b‎2‎=1,‎ 解得b2=1.‎ 所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ 对点练 ‎1-1　椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,若椭圆C的离心率等于‎1‎‎2‎,且它的一个顶点恰好是抛物线x2=8‎3‎y的焦点,则椭圆C的标准方程为　　　　　　　　. ‎ ‎ 答案　x‎2‎‎16‎+y‎2‎‎12‎=1‎ 解析　由题意设椭圆的方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0).‎ 由题意知抛物线的焦点为(0,2‎3‎),所以椭圆中b=2‎3‎.因为e=ca=‎1‎‎2‎,所以a=2c,又a2-b2=c2,联立解得c=2,a=4,所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎16‎+y‎2‎‎12‎=1.‎ ‎1-2　已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=21,S5=65,则Sn=　　　　. ‎ ‎ 答案　3n2-2n 解析　设等差数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn.‎ 由已知可得A×‎3‎‎2‎+B×3=21,‎A×‎5‎‎2‎+B×5=65,‎化简得‎3A+B=7,‎‎5A+B=13,‎ 解得A=3,‎B=-2.‎所以Sn=3n2-2n.‎ 方法5　构造法 ‎　　构造法是指根据题设条件和结论的特征、性质,运用已知数学关系式和理论,构造出满足条件或结论的数学对象,从而使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来,并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法.构造法应用技巧是“定目标构造”,需从已知条件入手,紧扣要解决的问题,把陌生的问题转化为熟悉的问题.解题时常构造函数、构造方程、构造平面图形、构造正方体或长方体等.‎ 典例6　(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)0.故选B.‎ ‎(2)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=-1,‎ 所以‎1‎a‎2‎+‎1‎b‎2‎=a‎2‎‎+‎b‎2‎a‎2‎b‎2‎=‎(a+b‎)‎‎2‎-2aba‎2‎b‎2‎=‎3‎‎2‎‎-2×(-1)‎‎(-1‎‎)‎‎2‎=11.‎ ‎(3)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的各棱分别是长方体的面对角线,不妨令PE=x,EB=y,EA=z,由已知可得x‎2‎‎+y‎2‎=100,‎x‎2‎‎+z‎2‎=136,‎y‎2‎‎+z‎2‎=164,‎ 解得x=6,y=8,z=10.‎ 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P-AEB=6×8×10-4×‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎×10×8×6=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7　若抛物线y=x2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(　　)‎ A.‎-∞,‎‎1‎‎2‎ B.‎‎-∞,‎‎1‎‎2‎ C.‎-‎1‎‎2‎,+∞‎ D.‎‎-‎1‎‎2‎,+∞‎ 答案　D 解析　设抛物线y=x2上两点A(x1,x‎1‎‎2‎),B(x2,x‎2‎‎2‎)关于直线y=k(x-3)对称,AB的中点为P(x0,y0),则x0=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎,y0=x‎1‎‎2‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎2‎.‎ 由题设知x‎1‎‎2‎‎-‎x‎2‎‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=-‎1‎k,所以x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=-‎1‎‎2k.‎ 又AB的中点P(x0,y0)在直线y=k(x-3)上,‎ 所以x‎1‎‎2‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎2‎=kx‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎-3‎=-‎6k+1‎‎2‎,‎ 所以中点P‎-‎1‎‎2k,-‎‎6k+1‎‎2‎.‎ 由于点P在y>x2的区域内,‎ 则-‎6k+1‎‎2‎>‎-‎‎1‎‎2k‎2‎,‎ 整理得(2k+1)(6k2-2k+1)<0,‎ 解得k<-‎1‎‎2‎.‎ 因此当k<-‎1‎‎2‎时,抛物线y=x2上存在两点关于直线y=k(x-3)对称,于是当k≥-‎1‎‎2‎时,抛物线y=x2上不存在两点关于直线y=k(x-3)对称.‎ 所以实数k的取值范围为‎-‎1‎‎2‎,+∞‎.故选D.‎ 对点练 ‎1-1　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,则这两个班级不来自同一年级的概率为　　　　. ‎ ‎ 答案　‎‎11‎‎15‎ 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b1,b2,高三年级中抽取的3个班级为c1,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,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种.‎ 设“抽取的两个班级不来自同一年级”为事件A,则事件A为抽取的两个班级来自同一年级.‎ 抽取的两个班级来自同一年级的结果为(b1,b2),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共4种.‎ 所以P(A)=‎4‎‎15‎,故P(A)=1-P(A)=1-‎4‎‎15‎=‎11‎‎15‎.‎ 所以抽取的两个班级不来自同一年级的概率为‎11‎‎15‎.‎ ‎1-2　已知函数f(x)=ax2-x+ln x在区间(1,2)上不单调,则实数a的取值范围为　　　　. ‎ ‎ 答案　‎‎0,‎‎1‎‎8‎ 解析　f '(x)=2ax-1+‎1‎x.‎ ‎(1)若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增,则f '(x)≥0在(1,2)上恒成立,‎ 所以2ax-1+‎1‎x≥0,得a≥‎1‎‎2‎‎1‎x‎-‎‎1‎x‎2‎.①‎ 令t=‎1‎x,因为x∈(1,2),‎ 所以t=‎1‎x∈‎1‎‎2‎‎,1‎.‎ 设h(t)=‎1‎‎2‎(t-t2)=-‎1‎‎2‎t-‎‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎8‎,t∈‎1‎‎2‎‎,1‎,显然函数y=h(t)在区间‎1‎‎2‎‎,1‎上单调递减,‎ 所以h(1)0,b>0)的上焦点为F,上顶点为A,B为虚轴的端点,离心率e=‎2‎‎3‎‎3‎,且S△ABF=1-‎3‎‎2‎.抛物线N的顶点在坐标原点,焦点为F.‎ ‎(1)求双曲线C和抛物线N的方程;‎ ‎(2)设动直线l与抛物线N相切于点P,与抛物线的准线相交于点Q,则以PQ为直径的圆是否恒过y轴上的一个定点?如果经过,试求出该点的坐标;如果不经过,试说明理由.‎ 解析　(1)双曲线中,c=a‎2‎‎+‎b‎2‎,由e=‎2‎‎3‎‎3‎,得a‎2‎‎+‎b‎2‎a=‎2‎‎3‎‎3‎,解得a=‎3‎b,故c=2b.‎ 所以S△ABF=‎1‎‎2‎(c-a)×b=‎1‎‎2‎(2b-‎3‎b)×b=1-‎3‎‎2‎,解得b=1.所以a=‎3‎,c=2.‎ 所以双曲线C的方程为y‎2‎‎3‎-x2=1(a>0,b>0),其上焦点F为(0,2).‎ 所以抛物线N的方程为x2=8y.‎ ‎(2)由(1)知y=‎1‎‎8‎x2,故y'=‎1‎‎4‎x,抛物线的准线为y=-2.‎ 设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为y-y0=‎1‎‎4‎x0(x-x0),即y=‎1‎‎4‎x0x-‎1‎‎8‎x‎0‎‎2‎.‎ 由y=‎1‎‎4‎x‎0‎x-‎1‎‎8‎x‎0‎‎2‎,‎y=-2,‎得x=x‎0‎‎2‎‎-16‎‎2‎x‎0‎,‎y=-2,‎所以Qx‎0‎‎2‎‎-16‎‎2‎x‎0‎‎,-2‎.‎ 假设存在点M(0,y1),使得以PQ为直径的圆恒过该点,即MP·MQ=0对满足y0=‎1‎‎8‎x‎0‎‎2‎(x0≠0)的x0,y0恒成立.‎ 由于MP=(x0,y0-y1),MQ=x‎0‎‎2‎‎-16‎‎2‎x‎0‎‎,-2-‎y‎1‎,‎ 由MP·MQ=0,得x0×x‎0‎‎2‎‎-16‎‎2‎x‎0‎+(y0-y1)(-2-y1)=0,‎ 整理得x‎0‎‎2‎‎-16‎‎2‎-2y0-y0y1+2y1+y‎1‎‎2‎=0,‎ 即(y‎1‎‎2‎+2y1-8)+(2-y1)y0=0.(*)‎ 由于(*)式对满足y0=‎1‎‎8‎x‎0‎‎2‎(x0≠0)的x0,y0恒成立,‎ 所以‎2-y‎1‎=0,‎y‎1‎‎2‎‎+2y‎1‎-8=0,‎解得y1=2.‎ 故存在y轴上的定点M(0,2),使得以PQ为直径的圆恒过该点.‎ 对点练 ‎1-1　在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠CAD等于(　　)‎ A.‎10‎‎10‎ B.‎‎3‎‎10‎‎10‎ C.‎5‎‎5‎ D.‎‎2‎‎5‎‎5‎ ‎ 答案　B　以点B为坐标原点,以线段BA,BC所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,‎ 设AB=2,则AC=‎5‎,AD=‎2‎,C(0,1),A(2,0),D(1,1),‎ 则AC=(-2,1),AD=(-1,1),‎ 所以AC·AD=(-2,1)·(-1,1)=3.‎ 根据平面向量数量积定义知AC·AD=|AC|·|AD|·cos∠CAD=‎10‎cos∠CAD,‎ 所以‎10‎cos∠CAD=3,‎ 所以cos∠CAD=‎3‎‎10‎=‎3‎‎10‎‎10‎.‎ ‎1-2　已知a2+b2=1,m2+n2=1,则am+bn的取值范围是　　　　. ‎ ‎ 答案　[-1,1]‎ 解析　设u=(a,b),v=(m,n),‎ 则|u|=|v|=1且u·v=am+bn,‎ 根据平面向量数量积的定义知u·v=|u|·|v|cos θ=cos θ,‎ 其中θ为向量u,v的夹角,‎ 因为0≤θ≤π,‎ 所以-1≤cos θ≤1,‎ 所以-1≤am+bn≤1,‎ 故am+bn的取值范围是[-1,1].‎ 方法11　反证法 ‎　　反证法是指从命题正面论证比较困难时,通过假设原命题不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,因此说明假设错误,从而证明了原命题成立的证明方法.利用反证法证明问题一般分为三步:(1)反设,即否定结论;(2)归谬,即推导矛盾;(3)得结论,即说明原命题成立.‎ 典例12　如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则(　　)‎ A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形 B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形 C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形 D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形 答案　D 解析　由条件知△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,且△A2B2C2不是直角三角形.‎ 假设△A2B2C2是锐角三角形,‎ 则由题意可得sin A‎2‎=cos A‎1‎=sinπ‎2‎‎-‎A‎1‎,‎sin B‎2‎=cos B‎1‎=sinπ‎2‎‎-‎B‎1‎,‎sin C‎2‎=cos C‎1‎=sinπ‎2‎‎-‎C‎1‎,‎ 解得A‎2‎‎=π‎2‎-A‎1‎,‎B‎2‎‎=π‎2‎-B‎1‎,‎C‎2‎‎=π‎2‎-C‎1‎,‎ 所以A2+B2+C2=π‎2‎‎-‎A‎1‎+π‎2‎‎-‎B‎1‎+π‎2‎‎-‎C‎1‎,‎ 即π=‎3π‎2‎-π,显然该等式不成立,所以假设不成立.‎ 所以△A2B2C2是钝角三角形.故选D.‎ 对点练 ‎1-1　已知x∈R,a=x2+ ‎3‎‎2‎,b=1-3x,c=x2+x+1,则下列说法正确的是(　　)‎ A.a,b,c至少有一个不小于1‎ B.a,b,c至多有一个不小于1‎ C.a,b,c都小于1‎ D.a,b,c都大于1‎ 答案　A　假设a,b,c均小于1,‎ 即a<1,b<1,c<1,则有a+b+c<3,‎ 而a+b+c=2x2-2x+‎7‎‎2‎=2x-‎‎1‎‎2‎‎2‎+3≥3.‎ 显然两者矛盾,所以假设不成立.‎ 故a,b,c至少有一个不小于1.‎ 方法12　估算法 ‎　　估算法就是不需要计算出代数式的准确数值,通过估算其大致取值范围从而解决相应问题的方法.该种方法主要适用于比较大小的有关问题,尤其是在选择题或填空题中,解答不需要详细的过程,因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得,从而减少运算量.‎ 典例13　已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1ω>0,|φ|≤‎π‎2‎,其图象与直线y=-1相邻两个交点的距离为π.若f(x)>1对于任意的x∈‎-π‎12‎,‎π‎3‎恒成立,则φ的取值范围是(　　)‎ A.π‎6‎‎,‎π‎3‎ B.‎π‎12‎‎,‎π‎2‎ C.π‎12‎‎,‎π‎3‎ D.‎π‎6‎‎,‎π‎2‎ 答案　A 解析　因为函数f(x)的最小值为-2+1=-1,由函数f(x)的图象与直线y=-1相邻两个交点的距离为π可得,该函数的最小正周期T=π,所以‎2πω=π,解得ω=2.‎ 故f(x)=2sin(2x+φ)+1.由f(x)>1,可得sin(2x+φ)>0.‎ 又x∈‎-π‎12‎,‎π‎3‎,所以2x∈‎-π‎6‎,‎‎2π‎3‎.‎ 对于选项B,D,若取φ=π‎2‎,则2x+π‎2‎∈π‎3‎‎,‎‎7π‎6‎,在π,‎‎7π‎6‎上,sin(2x+φ)<0,不合题意;对于选项C,若取φ=π‎12‎,则2x+π‎12‎∈‎-π‎12‎,‎‎3π‎4‎,在‎-π‎12‎,0‎上,sin(2x+φ)<0,不合题意.故选A.‎ 对点练 ‎1-1　如图,在多面体ABCDEF中,已知平面ABCD是边长为3的正方形,EF∥AB,EF=‎3‎‎2‎,EF与平面ABCD的距离为2,则该多面体的体积为(　　)‎ A.‎9‎‎2‎ B.5 C.6 D.‎‎15‎‎2‎ ‎ 答案　D　多面体ABCDEF是一个不规则的多面体,我们无法直接利用公式求出体积.观察图形,挖掘题目的隐含条件,连接BE,CE,四棱锥E-ABCD的体积容易求出来,根据多面体的体积大于四棱锥的体积,结合选项,易得多面体的体积.‎ 连接BE,CE,四棱锥E-ABCD的体积VE-ABCD=‎1‎‎3‎×3×3×2=6,多面体ABCDEF的体积大于四棱锥E-ABCD的体积,即所求几何体的体积V>VE-ABCD=6,而四个选项里面大于6的只有‎15‎‎2‎,故选D.‎