理數(shù)一輪夯基作業(yè)本：增分冊(cè)一、光速解題-學(xué)會(huì)12種快速解題技法

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精一、光速解題—-學(xué)會(huì)12種快速解題技法技法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、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,這種方法稱為特例法。特例法只需對(duì)特殊數(shù)值、特殊情形進(jìn)行檢驗(yàn),省去了推理論證的演算過程,提高了解題的速度.特例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)已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn，Sn=2an-n,則an=（)A.2n-1—1 B.2n—1C.2n—1 D。2n+1答案(1）C(2)B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x0≠3，排除A.故（2)取n=1，則S1=2a1—1，得a1=1，排除A、D;取n=2,則S2=a1+a2=2a2-2，得a2=3;取n=3，則S3=a1+a2+a3=2a3-3,得a3=7，排除C,故選B。典例2（特殊點(diǎn)）（1)函數(shù)f（x)=|1-x（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軸的平行線，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=1-12（2)不妨取點(diǎn)P4,95，則S1=3-95×(5—4)=65,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)”。上述正確命題的序號(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.1（2)如圖，在三棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P，Q,且A1P=BQ,過P,Q,C三點(diǎn)的截面把棱柱分成上、下兩部分，則上、下兩部分的體積之比為()A.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=23AC,此時(shí),m=n=23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)的截面把棱柱分成了體積比為2∶1的上、下兩部分。典例5（特殊圖形)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a,b，c,如果a,b，c成等差數(shù)列,則cosAA.35 B.45 C.34 答案B解析不妨令△ABC為等邊三角形,則cosA=cosC=12,cosA+cosC典例6（特殊數(shù)列）如果a1，a2,a3,…,an為各項(xiàng)都大于零的等差數(shù)列,公差d≠0，則下列關(guān)系正確的為（)A。a1a8>a4a5 B。a1a8〈a4a5C。a1+a8〉a4+a5 D。a1a8=a4a5答案B解析取特殊數(shù)列，不妨設(shè)an=n，則a1=1,a4=4,a5=5,a8=8，經(jīng)檢驗(yàn),只有選項(xiàng)B成立。技法2換元法換元法又稱變量代換法.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，或者將題目變?yōu)槭煜さ男问?簡(jiǎn)化復(fù)雜的計(jì)算和推證。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)背景中再研究,從而使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化、復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化。換元法經(jīng)常用于三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值、復(fù)合函數(shù)解析式的求解等.典例1(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2（整體代換)函數(shù)y=sinx—cosx+sinxcosx，x∈［0，π]的最小值是。

答案—1解析設(shè)t=sinx—cosx=2sinx-π則sinxcosx=1-因?yàn)閤∈[0，π],所以x-π4∈-所以t∈［-1,2],所以y=t+1-t22=—12典例3（局部換元）設(shè)對(duì)一切實(shí)數(shù)x，不等式x2log24(a+1)a+2xlog22a解析設(shè)log22aa+1=t∈R，則log24(a+1)a=log28(a+12log2a+12a=—2t,原不等式化為（3—t）x2+2tx-2t〉0,它對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立,所以3-t>0,Δ技法3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,即以形為手段，以數(shù)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)為手段，以形為目的,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1(平面向量問題）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?！? B。2—2 C?！? D.1-2答案D解析由于(a-c)·(b-c）=-(a+b）·c+1，因此求（a-c)·(b-c）的最小值等價(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(diǎn)｜=1,當(dāng)θ=0時(shí)，（a+b）·c取得最大值2,故所求的最小值為1-2。典例2（函數(shù)問題）(1）用min｛a,b,c｝表示a,b,c三個(gè)數(shù)中最小的數(shù)，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）函數(shù)y=4-2x+x的值域?yàn)榇鸢?1）C(2）［2，6]解析（1)在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出y=2x,y=x+2，y=10—x的圖象(如圖),觀察圖象可知f（x)=2x∴f(x）的最大值在x=4時(shí)取得，為6.(2)由題意，得4-設(shè)m=4-2x，n=x,則f(x)=m+n，m2+2n2=4(0≤m≤2,0≤n≤2)表示橢圓m設(shè)t=m+n,由圖可知,當(dāng)直線n=-m+t過點(diǎn)(0,2）時(shí)，t取得最小值,即tmin=2.當(dāng)直線n=-m+t與橢圓相切于第一象限時(shí)，t取得最大值.將n=-m+t代入橢圓方程,得m2+2（t-m）2=4，即3m2—4tm+2t2-4=0.由Δ=16t2-12（2t2-4）=0,解得t=6或t=—6(舍去)，所以tmax=6，所以函數(shù)f（x）的值域?yàn)閇2,6].典例3（方程問題）已知函數(shù)f(x）是定義在R上的奇函數(shù),若f（x)=log2(A。1-12a B。12a—1C.1—2a 答案C解析在平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)f(x）=log2(x+1),x∈[0,1),12x2-3x+7—6，x4+x5=6,由-log2(—x3+1）=—a得x3=1—2a，所以x1+x2+x3+x4+x5=-6+(1—2a）+6=1-2a,故選C.典例4（不等式問題)(1)當(dāng)0〈x≤12時(shí),4x<logaA.0,22 B.22,1C.（1，2(2)已知當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足2x+y≤2,x≥0,x+答案(1）B(2)-∞,1解析（1）易知0〈a〈1，函數(shù)y=4x與y=logax的大致圖象如圖，則由題意可知只需滿足loga12>412，解得a〉22(2）動(dòng)點(diǎn)P（x，y)滿足的約束條件為2x+y≤2,x≥0,x+y≥0,由圖可知，點(diǎn)A(0,—1)到直線y=—x的距離的平方就是x2+（y+1)2的最小值,由點(diǎn)到直線的距離的平方得x2+（y+1）2的最小值為|-1|2因此x2+y2+2y=x2+（y+1）2—1的最小值為12—1=—1所以由不等式恒成立的條件知2a—1≤-12，解得a≤14，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是典例5(解析幾何問題)若拋物線y2=2px（p>0)上一點(diǎn)M到拋物線的準(zhǔn)線和對(duì)稱軸的距離分別為10和6,則點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為（)A.94 B.9或1 C.10 答案B解析在圖(1）中，MN=MF=10，MG=6，∴FG=8，故AF=2，則xM=OF+FG=9，∴M的橫坐標(biāo)為9.在圖(2）中，GF=8，∴AF=10+8=18,∴OG=AG—OA=10-9=1，故M的橫坐標(biāo)為1.故選B。技法4待定系數(shù)法待定系數(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)化為解方程（組）問題來解決。待定系數(shù)法主要用來解決所求解的數(shù)學(xué)問題涉及某種確定的數(shù)學(xué)表達(dá)式的情況,例如數(shù)列求和、求函數(shù)解析式、求曲線的方程等問題。典例1（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)=2sinπ2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,所以函數(shù)f（x）的最小正周期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2（求曲線方程)（1）（2017天津，12,5分)設(shè)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l.已知點(diǎn)C在l上,以C為圓心的圓與y軸的正半軸相切于點(diǎn)A。若∠FAC=120°，則圓的方程為。

(2）已知橢圓C的焦點(diǎn)在x軸上，其離心率為32,且過點(diǎn)A3,1.

答案(1）（x+1)2+（y—3）2=1(2）x24+y2解析（1）由拋物線的方程可知F(1,0),準(zhǔn)線方程為x=—1，設(shè)點(diǎn)C（—1,t),t>0,則圓C的方程為（x+1)2+（y-t)2=1，因?yàn)椤螰AC=120°，CA⊥y軸,所以∠OAF=30°，在△AOF中，OF=1,所以O(shè)A=3，即t=3，故圓C的方程為(x+1）2+(y—3)2=1.（2)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3（求數(shù)列的和)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Sn=An2+Bn。由已知可得A×32+B×3=21所以Sn=3n2-2n。技法5構(gòu)造法構(gòu)造法是指利用數(shù)學(xué)的基本思想，通過已知和所求之間的聯(lián)系,構(gòu)造出解題的數(shù)學(xué)模型，從而使問題得以解決。構(gòu)造法需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，其基本的方法是借用一類問題的性質(zhì)來確定另一類問題的相關(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1（構(gòu)造函數(shù)）已知定義在0,π2A.3fπ4>2fB.f（1）<2fπ6C.2fπ6〉fD。3fπ6<f答案D解析構(gòu)造函數(shù)g（x）=f(x則g’(x)=f'(根據(jù)題意得f(x）cosx<f'(x）sinx,x∈0,所以g’(x)>0對(duì)x∈0,π所以g（x)在0,所以gπ6〈gπ即fπ612〈fπ33典例2（構(gòu)造方程）已知16cosC+4sinB+tanA=0,sin2B=4cosCtanA，其中cosC≠0,試確定cosC解析令t=4，則由16cosC+4sinB+tanA=0得t2cosC+tsinB+tanA=0。①因?yàn)閏osC≠0,所以①式是關(guān)于t的一元二次方程。易得Δ=sin2B-4cosCtanA=0,所以關(guān)于t的一元二次方程①有兩個(gè)相等的實(shí)根,且t1=t2=4。由根與系數(shù)的關(guān)系得:tanAcosC=t1·t2因此,cosCtanA典例3（構(gòu)造圖形)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x2+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=6×8×10-4×16故所求三棱錐P—ABC的體積為160。技法6補(bǔ)集法補(bǔ)集法就是在已知問題涉及的類別較多,或直接求解比較麻煩時(shí),先求解該問題的對(duì)立事件，進(jìn)而利用補(bǔ)集的思想求得問題結(jié)果的方法.該方法在概率、函數(shù)性質(zhì)等問題中應(yīng)用較多。典例1(概率問題）盒中裝著標(biāo)有數(shù)字1，2,3,4的卡片各2張，從盒中任取3張,每張卡片被抽出的可能性都相等，則抽出的3張卡片上的數(shù)字互不相同的概率為.

答案47解析事件“抽出的3張卡片上的數(shù)字互不相同”記為C,事件“抽出的3張卡片上有兩個(gè)數(shù)字相同”記為D,由題意知C與D是對(duì)立事件,因?yàn)镻(D)=C41C所以P(C)=1-P（D）=1—37=4典例2(集合問題)已知集合A={x|x2—2x—8=0｝，B={x|x2+ax+a2—12=0｝，且A∪B≠A,求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解析∵集合A=｛x|x2—2x-8=0｝={-2，4｝.若A∪B=A,則B?A，①若B=A，則x=—2和x=4是方程x2+ax+a2—12=0的兩根，解得a=—2。②若B=｛—2｝,則x=—2是方程x2+ax+a2-12=0的唯一解,得a=4。③若B=｛4｝,則x=4是方程x2+ax+a2-12=0的唯一解,此時(shí)a不存在。④若B為空集，則方程x2+ax+a2-12=0無實(shí)數(shù)解，即a2-4(a2—12）〈0,解得a>4或a〈—4.綜上可知，若A∪B=A,則a=-2或a≥4或a〈-4?！嗳鬉∪B≠A，實(shí)數(shù)a的取值范圍是［—4,—2)∪(—2,4)。典例3(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（＊）可知,a≥18②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,技法7割補(bǔ)法割補(bǔ)法是將組合體或不規(guī)則的幾何體通過分割或補(bǔ)形轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的規(guī)則幾何體,如柱體、錐體、臺(tái)體及球體，然后用這些簡(jiǎn)單幾何體的體積或表面積表示所求幾何體的體積或表面積的方法.割補(bǔ)法體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想.典例1（分割)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。3-64km2C。6+34km答案D解析如圖,連接AC。根據(jù)余弦定理可得AC=3km，故△ABC為直角三角形，且∠ACB=90°，∠BAC=30°，所以∠DCA=∠DAC=15°，∠ADC=150°，故△ADC為等腰三角形,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典例2(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—16C。8π+8 D.16π-8答案B解析由三視圖可知該幾何體是由一個(gè)半圓柱去掉一個(gè)直三棱柱得到的.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。故半圓柱的體積V1=12π×22直三棱柱的體積V2=12所以所求幾何體的體積V=V1—V2=8π—16。故選B。 技法8等價(jià)轉(zhuǎn)化法等價(jià)轉(zhuǎn)化法是把難解的問題轉(zhuǎn)化為在已有知識(shí)范圍內(nèi)可解的問題的一種重要的思想方法。通過不斷的轉(zhuǎn)化,把不熟悉、不規(guī)范、復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為熟悉、規(guī)范的問題。利用等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想方法解決數(shù)學(xué)問題沒有統(tǒng)一的模式。既可以在數(shù)與數(shù)、形與形、數(shù)與形之間進(jìn)行轉(zhuǎn)換,也可以在宏觀上進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化,消元法、換元法等都體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想.典例1(等體積轉(zhuǎn)化)如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1,E,F分別為線段AA1,B1C上的點(diǎn),則三棱錐D1—EDF的體積為()A.1 B。12 C.14 答案D解析依題意，可知VD1-EDF=VF-D1ED,又S△D1ED=12,點(diǎn)F到平面D1ED的距離為1,所以V典例2(正與反的轉(zhuǎn)化）由命題“存在x0∈R，使e|A。a∈(—∞，1) B。a∈(—∞,2）C.a=1 D。a=2答案C解析由命題“存在x0∈R，使e|x0-1|—m≤0”是假命題可知它的否定形式“對(duì)任意的x∈R,都有e｜x-1｜—m>0"是真命題，即m〈e｜x-1|對(duì)任意的x∈R恒成立典例3(函數(shù)、方程、不等式間的轉(zhuǎn)化）若關(guān)于x的方程9x+(4+a）·3x+4=0有解,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為。

答案(-∞，—8]解析令3x=t,則關(guān)于x的方程9x+（4+a)·3x+4=0有解可轉(zhuǎn)化為t2+(4+a）t+4=0在t∈(0，+∞）上有解,故a=t2+4t+4-t=—4—t+4t在t∈(0,+∞)上有解,由基本不等式可得t+4典例4(命題轉(zhuǎn)化）已知命題甲:a+b≠4,命題乙：a≠1且b≠3，則命題甲是命題乙的條件。

答案既不充分也不必要解析∵a=1或b=3?/a+b=4,且a+b=4?/a=1或b=3，∴a=1或b=3是a+b=4的既不充分也不必要條件.由原命題與逆否命題等價(jià)可知，“a+b≠4”是“a≠1且b≠3”的既不充分也不必要條件。技法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)法的應(yīng)用)問題的有力工具,把平面圖形放在坐標(biāo)系中,可以使用平面解析幾何、平面向量的方法解決問題。典例（平面向量)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解析建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，設(shè)DC=m,P(0,t)，由題意可知，A(2，0）,B(1,m）,則PA=(2,-t），PB=（1,m-t）,PA+3PB=(5，3m—4t)，|PA+3PB|=52+(3m-4t)技法10向量法向量法在解決幾何問題、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1（三角問題）在直角梯形ABCD中,AB∥CD，∠ABC=90°,AB=2BC=2CD，則cos∠DAC等于（）A。1010 B.31010 C。55答案B解析以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn),射線BA,BC分別為x軸，y軸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），AC=(—2，1)，AD