（新高考）2020高考数学二轮复习 方法篇 技法（二）探求思路 图作向导课件

技法(二)探求思路·图作向导方法概述对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是思维入手和领会题意的关键所在．尤其是对一些复合函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解．力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径．这就是我们常说的图解法应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及最值、不等式、取值范围等问题类型一求解函数问题[例1](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．4B．5C．6D．7[解析]画出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的图象如图所示，观察图象可知f(x)＝2x，0≤x2，x＋2，2≤x4，10－x，x≥4，所以f(x)的最大值在x＝4时取得，且为6.[答案]C(2)已知函数y＝|x2－1|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________．[解析]y＝|x2－1|x－1＝x＋1，x1或x－1，－x－1，－1≤x1，作出其图象如图所示，结合图象可知0k1或1k2.[答案](0,1)∪(1,2)类型二求解不等式问题[例2]已知f(x)＝x＋2，x≤0，－x＋2，x0，则不等式f(x)≥x2的解集为()A．[－1,1]B．[－2,2]C．[－2,1]D．[－1,2][解析]分别作出f(x)＝x＋2，x≤0，－x＋2，x0和y＝x2的图象如图所示．由图可知，f(x)≥x2的解集为[－1,1]．[答案]A类型三求解平面向量问题[例3](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．2－2C．－1D．1－2[解析]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.[答案]D(2)已知△ABC的三个顶点的坐标满足如下条件：向量OB―→＝(2,0)，OC―→＝(2,2)，CA―→＝(2cosα，2sinα)，则∠AOB的取值范围为__________．[解析]由|CA―→|＝2cosα2＋2sinα2＝2，可知点A的轨迹是以C(2,2)为圆心，2为半径的圆．过原点O作圆的切线，切点分别为M，N，如图所示，连接CM，CN，则向量OA―→与OB―→的夹角θ的取值范围是[∠MOB，∠NOB]．由图可知∠COB＝π4，因为|OC―→|＝22，由|CM―→|＝|CN―→|＝12|OC―→|，知∠COM＝∠CON＝π6，所以∠BOM＝π4－π6＝π12，∠BON＝π4＋π6＝5π12，所以π12≤θ≤5π12，故∠AOB的取值范围为π12，5π12.[答案]π12，5π12类型四求解解析几何问题[例4]已知F1，F2分别为双曲线x2－y26＝1的左、右焦点，点P为右支上一点，O为坐标原点．若向量OP―→＋OF2―→与PF2―→的夹角为120°，则点F2到直线PF1的距离为()A.3B．7C．23D．21[解析]如图，取PF2的中点M，连接OM，则OP―→＋OF2―→＝2OM―→，故〈OM―→，PF2―→〉＝120°，∠OMF2＝60°.因为O为F1F2的中点，所以OM∥PF1，所以∠F1PF2＝∠OMF2＝60°.在△F1PF2中，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，因为a＝1，b＝6，所以c＝7，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1|·|PF2|，即cos60°＝m2＋n2－282mn＝12，整理得m2＋n2－mn＝28，所以m－n＝2，m2＋n2－mn＝28，解得m＝6，n＝4.过点F2作F2N⊥PF1于N，在Rt△PF2N中，|F2N|＝|PF2|·sin60°＝23，即点F2到直线PF1的距离为23.[答案]C[应用体验]1．(2020届高三·长沙摸底)已知f(x)＝|ex－1|＋1，若函数g(x)＝[f(x)]2＋(a－2)f(x)－2a有三个零点，则实数a的取值范围是()A．(－2，－1)B．(－1,0)C．(0,1)D．(1,2)解析：令t＝f(x)，则函数g(x)＝t2＋(a－2)t－2a，由t2＋(a－2)t－2a＝0，得t＝2或t＝－a，f(x)＝|ex－1|＋1＝ex，x≥0，2－ex，x0，作出函数f(x)的图象，如图所示，由图可知当t＝2时，方程f(x)＝|ex－1|＋1＝2有且仅有一个根，则方程f(x)＝|ex－1|＋1＝－a必有两个不同的实根，此时由图可知1－a2，即－2a－1，故选A.答案：A2．过双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左焦点F(－c,0)(c0)，作圆x2＋y2＝a24的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若OE―→＝12(OF―→＋OP―→)，则双曲线的离心率为()A.102B．105C.10D．2解析：由题意可知E为FP的中点，且OE⊥FP.记F′为双曲线的右焦点，作出示意图如图所示，连接F′P，则F′P綊2OE，答案：A且FP⊥F′P，所以|F′P|＝a，由双曲线的定义可得|FP|＝3a.又FP⊥F′P，可得(2c)2＝10a2，所以e＝ca＝102.3．在平面上，AB1―→⊥AB2―→，|OB1―→|＝|OB2―→|＝1，AP―→＝AB1―→＋AB2―→，若|OP―→|12，则|OA―→|的取值范围是()A.0，52B．52，72C.52，2D．72，2解析：根据AB1―→⊥AB2―→，AP―→＝AB1―→＋AB2―→，可知四边形AB1PB2是一个矩形．以A为坐标原点，AB1，AB2所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系．设|AB1|＝a，|AB2|＝b.点O的坐标为(x，y)，点P(a，b)．∵|OB1―→|＝|OB2―→|＝1，∴x－a2＋y2＝1，x2＋y－b2＝1，变形为x－a2＝1－y2，y－b2＝1－x2.∵|OP―→|12，∴(x－a)2＋(y－b)214，∴1－y2＋1－x214，∴x2＋y274.①∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.同理，x2≤1.∴x2＋y2≤2.②由①②可知：74x2＋y2≤2.∵|OA―→|＝x2＋y2，∴72|OA―→|≤2.答案：D4．已知a0，b0，则不等式a1x－b的解是()A.－1a，1bB.1a，－1bC.－1b，0∪1a，＋∞D.－∞，－1b∪1a，＋∞解析：法一：直接求解法．－b1xa⇔1x＋b0，1x－a0⇔1＋bxx0，1－axx0⇔xbx＋10，x1－ax0⇔x0或x－1b，x1a或x0⇔x－1b或x1a，故选D.法二：数形结合法．利用y＝1x的图象，如图所示，故选D.答案：D5．已知关于x的方程|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根，则实数a的取值范围是__________．解析：在同一平面直角坐标系中分别作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的图象．由图可知，当直线y＝ax＋1的斜率a≥1时，直线y＝ax＋1与y＝|x|的图象有且仅有y轴左侧一个交点，即|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根．答案：[1，＋∞)6．(2020届高三·湖南十校联考)在直角三角形ABC中，∠C＝π2，AB＝4，AC＝2，若AD―→＝32AB―→，则CD―→·CB―→＝________.解析：如图，以点C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，则C(0,0)，A(2,0)，B(0，23)．由题意得∠CBA＝π6，又AD―→＝32AB―→，所以D＝(－1,33)，则CD―→·CB―→＝(－1,33)·(0,23)＝18.答案：18