- 2021-05-14 发布 |
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文档介绍
高考数学重难点探究
难点 直线方程及其应用 直线是最简单的几何图形，是解析几何最基础的部分，本章的基本概念；基本公式；直线方程的各种形式以及两直线平行、垂直、重合的判定都是解析几何重要的基础内容.应达到熟练掌握、灵活运用的程度，线性规划是直线方程一个方面的应用，属教材新增内容，高考中单纯的直线方程问题不难，但将直线方程与其他知识综合的问题是学生比较棘手的. ●难点磁场 (★★★★★)已知|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1,求证：abc+2＞a+b+c. ●案例探究 ［例1］某校一年级为配合素质教育，利用一间教室作为学生绘画成果展览室，为节约经费，他们利用课桌作为展台，将装画的镜框放置桌上，斜靠展出，已知镜框对桌面的倾斜角为α(90°≤α＜180°)镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距a m,b m,(a＞b).问学生距离镜框下缘多远看画的效果最佳？ 命题意图：本题是一个非常实际的数学问题，它不仅考查了直线的有关概念以及对三角知识的综合运用，而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力，属★★★★★级题目. 知识依托：三角函数的定义，两点连线的斜率公式，不等式法求最值. 错解分析：解决本题有几处至关重要，一是建立恰当的坐标系，使问题转化成解析几何问题求解；二是把问题进一步转化成求tanACB的最大值.如果坐标系选择不当，或选择求sinACB的最大值.都将使问题变得复杂起来. 技巧与方法：欲使看画的效果最佳，应使∠ACB取最大值，欲求角的最值，又需求角的一个三角函数值. 解：建立如图所示的直角坐标系，AO为镜框边，AB为画的宽度，O为下边缘上的一点，在x轴的正半轴上找一点C(x,0)(x＞0),欲使看画的效果最佳，应使∠ACB取得最大值. 由三角函数的定义知：A、B两点坐标分别为(acosα,asinα)、 (bcosα,bsinα),于是直线AC、BC的斜率分别为： kAC=tanxCA=, 于是tanACB= 由于∠ACB为锐角，且x＞0,则tanACB≤,当且仅当=x，即x=时，等号成立，此时∠ACB取最大值，对应的点为C(,0),因此，学生距离镜框下缘 cm处时，视角最大，即看画效果最佳. ［例2］预算用2000元购买单件为50元的桌子和20元的椅子，希望使桌椅的总数尽可能的多，但椅子不少于桌子数，且不多于桌子数的1.5倍，问桌、椅各买多少才行？ 命题意图：利用线性规划的思想方法解决某些实际问题属于直线方程的一个应用，本题主要考查找出约束条件与目标函数、准确地描画可行域，再利用图形直观求得满足题设的最优解，属★★★★★级题目. 知识依托：约束条件，目标函数，可行域，最优解. 错解分析：解题中应当注意到问题中的桌、椅张数应是自然数这个隐含条件，若从图形直观上得出的最优解不满足题设时，应作出相应地调整，直至满足题设. 技巧与方法：先设出桌、椅的变数后，目标函数即为这两个变数之和，再由此在可行域内求出最优解. 解：设桌椅分别买x,y张，把所给的条件表示成不等式组，即约束条件 为由 ∴A点的坐标为(，) 由 ∴B点的坐标为(25，) 所以满足约束条件的可行域是以A(，)，B(25，)，O(0，0)为顶点的三角形区域(如右图) 由图形直观可知，目标函数z=x+y在可行域内的最优解为(25，)，但注意到x∈N,y∈N*,故取y=37. 故有买桌子25张，椅子37张是最好选择. ［例3］抛物线有光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线折射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，今有抛物线y2=2px(p＞0).一光源在点M(,4)处，由其发出的光线沿平行于抛物线的轴的方向射向抛物线上的点P，折射后又射向抛物线上的点Q，再折射后，又沿平行于抛物线的轴的方向射出，途中遇到直线l：2x－4y－17=0上的点N，再折射后又射回点M(如下图所示) (1)设P、Q两点坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，证明：y1·y2=－p2； (2)求抛物线的方程； (3)试判断在抛物线上是否存在一点，使该点与点M关于PN所在的直线对称？若存在，请求出此点的坐标；若不存在，请说明理由. 命题意图：对称问题是直线方程的又一个重要应用.本题是一道与物理中的光学知识相结合的综合性题目，考查了学生理解问题、分析问题、解决问题的能力，属★★★★★★级题目. 知识依托：韦达定理，点关于直线对称，直线关于直线对称，直线的点斜式方程，两点式方程. 错解分析：在证明第(1)问题，注意讨论直线PQ的斜率不存在时. 技巧与方法：点关于直线对称是解决第(2)、第(3)问的关键. (1)证明：由抛物线的光学性质及题意知 光线PQ必过抛物线的焦点F(，0)， 设直线PQ的方程为y=k(x－) ① 由①式得x=y+,将其代入抛物线方程y2=2px中，整理，得y2－y－p2=0,由韦达定理，y1y2=－p2. 当直线PQ的斜率角为90°时，将x=代入抛物线方程，得y=±p,同样得到y1·y2= －p2. (2)解：因为光线QN经直线l反射后又射向M点，所以直线MN与直线QN关于直线l对称，设点M(，4)关于l的对称点为M′(x′,y′)，则 解得 直线QN的方程为y=－1,Q点的纵坐标y2=－1， 由题设P点的纵坐标y1=4，且由(1)知：y1·y2=－p2,则4·(－1)=－p2, 得p=2,故所求抛物线方程为y2=4x. (3)解：将y=4代入y2=4x,得x=4，故P点坐标为(4，4) 将y=－1代入直线l的方程为2x－4y－17=0,得x=, 故N点坐标为(，－1) 由P、N两点坐标得直线PN的方程为2x+y－12=0, 设M点关于直线NP的对称点M1(x1,y1) 又M1(,－1)的坐标是抛物线方程y2=4x的解，故抛物线上存在一点(，－1)与点M 关于直线PN对称. ●锦囊妙计 1.对直线方程中的基本概念，要重点掌握好直线方程的特征值(主要指斜率、截距)等问题；直线平行和垂直的条件；与距离有关的问题等. 2.对称问题是直线方程的一个重要应用，中学里面所涉及到的对称一般都可转化为点关于点或点关于直线的对称.中点坐标公式和两条直线垂直的条件是解决对称问题的重要工具. 3.线性规划是直线方程的又一应用.线性规划中的可行域，实际上是二元一次不等式(组)表示的平面区域.求线性目标函数z=ax+by的最大值或最小值时，设t=ax+by,则此直线往右(或左)平移时，t值随之增大(或减小)，要会在可行域中确定最优解. 4.由于一次函数的图象是一条直线，因此有关函数、数列、不等式、复数等代数问题往往借助直线方程进行，考查学生的综合能力及创新能力. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)设M=，则M与N的大小关系为( ) A.M＞N B.M=N C.M＜N D.无法判断 2.(★★★★★)三边均为整数且最大边的长为11的三角形的个数为( ) A.15 B.30 C.36 D.以上都不对 二、填空题 3.(★★★★)直线2x－y－4=0上有一点P，它与两定点A(4，－1)，B(3，4)的距离之差最大，则P点坐标是_________. 4.(★★★★)自点A(－3，3)发出的光线l射到x轴上，被x轴反射，其反射光线所在直线与圆x2+y2－4x－4y+7=0相切，则光线l所在直线方程为_________. 5.(★★★★)函数f(θ)=的最大值为_________，最小值为_________. 6.(★★★★★)设不等式2x－1＞m(x2－1)对一切满足|m|≤2的值均成立，则x的范围为_________. 三、解答题 7.(★★★★★)已知过原点O的一条直线与函数y=log8x的图象交于A、B两点，分别过点A、B作y轴的平行线与函数y=log2x的图象交于C、D两点. (1)证明：点C、D和原点O在同一直线上. (2)当BC平行于x轴时，求点A的坐标. 8.(★★★★★)设数列{an}的前n项和Sn=na+n(n－1)b，(n=1,2,…),a、b是常数且b≠0. (1)证明：{an}是等差数列. (2)证明：以(an,－1)为坐标的点Pn(n=1,2,…)都落在同一条直线上，并写出此直线的方程. (3)设a=1,b=,C是以(r,r)为圆心，r为半径的圆(r＞0)，求使得点P1、P2、P3都落在圆C外时，r的取值范围. 参考答案 难点磁场 证明：设线段的方程为y=f(x)=(bc－1)x+2－b－c,其中|b|＜1,|c|＜1,|x|＜1,且－1＜b＜1. ∵f(－1)=1－bc+2－b－c=(1－bc)+(1－b)+(1－c)＞0 f(1)=bc－1+2－b－c=(1－b)(1－c)＞0 ∴线段y=(bc－1)x+2－b－c(－1＜x＜1)在x轴上方，这就是说，当|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1时，恒有abc+2＞a+b+c. 歼灭难点训练 一、1.解析：将问题转化为比较A(－1，－1）与B(102001，102000）及C(102002，102001）连线的斜率大小，因为B、C两点的直线方程为y=x，点A在直线的下方，∴kAB＞kAC,即M＞N. 答案：A 2.解析：设三角形的另外两边长为x,y,则 点(x,y）应在如右图所示区域内 当x=1时，y=11；当x=2时，y=10,11； 当x=3时，y=9,10,11；当x=4时，y=8,9,10,11; 当x=5时，y=7,8,9,10,11. 以上共有15个，x,y对调又有15个，再加上(6，6），(7，7），(8，8），(9，9），(10，10）、(11，11）六组，所以共有36个. 答案：C 二、3.解析：找A关于l的对称点A′，A′B与直线l的交点即为所求的P点. 答案：P(5，6） 4.解析：光线l所在的直线与圆x2+y2－4x－4y+7=0关于x轴对称的圆相切. 答案：3x+4y－3=0或4x+3y+3=0 5.解析：f(θ)=表示两点(cosθ,sinθ)与(2,1)连线的斜率. 答案： 0 6.解析：原不等式变为(x2－1)m+(1－2x)＜0,构造线段f(m)=(x2－1)m+1－2x,－2≤m≤2,则f(－2)＜0,且f(2)＜0. 答案： 三、7.(1)证明：设A、B的横坐标分别为x1、x2，由题设知x1＞1,x2＞1, 点A(x1,log8x1),B(x2,log8x2). 因为A、B在过点O的直线上，所以,又点C、D的坐标分别为(x1,log2x1）、(x2,log2x2). 由于log2x1=3log8x1,log2x2=3log8x2,则 由此得kOC=kOD,即O、C、D在同一直线上. (2)解：由BC平行于x轴，有log2x1=log8x2,又log2x1=3log8x1 ∴x2=x13 将其代入,得x13log8x1=3x1log8x1, 由于x1＞1知log8x1≠0,故x13=3x1x2=,于是A(，log8). 9.(1)证明：由条件，得a1=S1=a,当n≥2时， 有an=Sn－Sn－1=［na+n(n－1)b］－［(n－1)a+(n－1)(n－2)b］=a+2(n－1)b. 因此，当n≥2时，有an－an－1=［a+2(n－1)b］－［a+2(n－2)b］=2b. 所以{an}是以a为首项，2b为公差的等差数列. (2)证明：∵b≠0,对于n≥2,有 ∴所有的点Pn(an,－1)(n=1,2,…)都落在通过P1(a,a－1)且以为斜率的直线上.此直线方程为y－(a－1)= (x－a),即x－2y+a－2=0. (3)解：当a=1,b=时，Pn的坐标为(n,),使P1(1,0)、P2(2, )、P3(3,1)都落在圆C外的条件是 ① ② ③ 由不等式①,得r≠1 由不等式②，得r＜－或r＞+ 由不等式③，得r＜4－或r＞4+ 再注意到r＞0,1＜－＜4－=+＜4+ 故使P1、P2、P3都落在圆C外时，r的取值范围是(0，1)∪(1,－)∪(4+,+∞). 难点 轨迹方程的求法 求曲线的轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一.求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系.这类问题除了考查学生对圆锥曲线的定义，性质等基础知识的掌握，还充分考查了各种数学思想方法及一定的推理能力和运算能力，因此这类问题成为高考命题的热点，也是同学们的一大难点. ●难点磁场 (★★★★)已知A、B为两定点，动点M到A与到B的距离比为常数λ,求点M的轨迹方程，并注明轨迹是什么曲线. ●案例探究 ［例1］如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程. 命题意图：本题主要考查利用“相关点代入法”求曲线的轨迹方程，属★★★★★级题目. 知识依托：利用平面几何的基本知识和两点间的距离公式建立线段AB中点的轨迹方程. 错解分析：欲求Q的轨迹方程，应先求R的轨迹方程，若学生思考不深刻，发现不了问题的实质，很难解决此题. 技巧与方法：对某些较复杂的探求轨迹方程的问题，可先确定一个较易于求得的点的轨迹方程，再以此点作为主动点，所求的轨迹上的点为相关点，求得轨迹方程. 解：设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则在Rt△ABP中，|AR|=|PR|. 又因为R是弦AB的中点，依垂径定理：在Rt△OAR中，|AR|2=|AO|2－|OR|2=36－(x2+y2) 又|AR|=|PR|= 所以有(x－4)2+y2=36－(x2+y2),即x2+y2－4x－10=0 因此点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动. 设Q(x,y)，R(x1,y1)，因为R是PQ的中点，所以x1=, 代入方程x2+y2－4x－10=0,得 －10=0 整理得：x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程. ［例2］设点A和B为抛物线 y2=4px(p＞0)上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.(2000年北京、安徽春招) 命题意图：本题主要考查“参数法”求曲线的轨迹方程，属★★★★★级题目. 知识依托：直线与抛物线的位置关系. 错解分析：当设A、B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)时，注意对“x1=x2”的讨论. 技巧与方法：将动点的坐标x、y用其他相关的量表示出来，然后再消掉这些量，从而就建立了关于x、y的关系. 解法一：设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y)依题意，有 ① ② ③ ④ ⑤ ①－②得(y1－y2)(y1+y2)=4p(x1－x2) 若x1≠x2,则有 ⑥ ①×②,得y12·y22=16p2x1x2 ③代入上式有y1y2=－16p2 ⑦ ⑥代入④，得 ⑧ ⑥代入⑤，得 所以 即4px－y12=y(y1+y2)－y12－y1y2 ⑦、⑧代入上式，得x2+y2－4px=0(x≠0) 当x1=x2时，AB⊥x轴，易得M(4p,0)仍满足方程. 故点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点. 解法二：设M(x,y)，直线AB的方程为y=kx+b 由OM⊥AB，得k=－ 由y2=4px及y=kx+b，消去y,得k2x2+(2kb－4p)x+b2=0 所以x1x2=,消x,得ky2－4py+4pb=0 所以y1y2=，由OA⊥OB，得y1y2=－x1x2 所以=－,b=－4kp 故y=kx+b=k(x－4p),用k=－代入，得x2+y2－4px=0(x≠0) 故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点. ［例3］某检验员通常用一个直径为2 cm和一个直径为1 cm的标准圆柱，检测一个直径为3 cm的圆柱，为保证质量，有人建议再插入两个合适的同号标准圆柱，问这两个标准圆柱的直径为多少？ 命题意图：本题考查“定义法”求曲线的轨迹方程，及将实际问题转化为数学问题的能力，属★★★★★级题目. 知识依托：圆锥曲线的定义，求两曲线的交点. 错解分析：正确理解题意及正确地将此实际问题转化为数学问题是顺利解答此题的关键. 技巧与方法：研究所给圆柱的截面，建立恰当的坐标系，找到动圆圆心的轨迹方程. 解：设直径为3,2,1的三圆圆心分别为O、A、B，问题转化为求两等圆P、Q,使它们与⊙O相内切，与⊙A、⊙B相外切. 建立如图所示的坐标系，并设⊙P的半径为r,则 |PA|+|PO|=1+r+1.5－r=2.5 ∴点P在以A、O为焦点，长轴长2.5的椭圆上，其方程为 =1 ① 同理P也在以O、B为焦点，长轴长为2的椭圆上，其方程为 (x－)2+y2=1 ② 由①、②可解得，∴r= 故所求圆柱的直径为 cm. ●锦囊妙计 求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法. (1)直接法 直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程. (2)定义法 若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义(如椭圆、双曲线、抛物线、圆等)，可用定义直接探求. (3)相关点法 根据相关点所满足的方程，通过转换而求动点的轨迹方程. (4)参数法 若动点的坐标(x,y)中的x,y分别随另一变量的变化而变化，我们可以以这个变量为参数，建立轨迹的参数方程. 求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性.要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)已知椭圆的焦点是F1、F2，P是椭圆上的一个动点，如果延长F1P到Q，使得|PQ|=|PF2|，那么动点Q的轨迹是( ) A.圆 B.椭圆 C.双曲线的一支 D.抛物线 2.(★★★★)设A1、A2是椭圆=1的长轴两个端点，P1、P2是垂直于A1A2的弦的端点，则直线A1P1与A2P2交点的轨迹方程为( ) A. B. C. D. 二、填空题 3.(★★★★)△ABC中，A为动点，B、C为定点，B(－,0),C(,0)，且满足条件sinC－sinB=sinA,则动点A的轨迹方程为_________. 4.(★★★★)高为5 m和3 m的两根旗杆竖在水平地面上，且相距10 m，如果把两旗杆底部的坐标分别确定为A(－5，0)、B(5，0)，则地面观测两旗杆顶端仰角相等的点的轨迹方程是_________. 三、解答题 5.(★★★★)已知A、B、C是直线l上的三点，且|AB|=|BC|=6，⊙O′切直线l于点A，又过B、C作⊙O′异于l的两切线，设这两切线交于点P，求点P的轨迹方程. 6.(★★★★)双曲线=1的实轴为A1A2，点P是双曲线上的一个动点，引A1Q⊥A1P，A2Q⊥A2P，A1Q与A2Q的交点为Q，求Q点的轨迹方程. 7.(★★★★★)已知双曲线=1(m＞0,n＞0)的顶点为A1、A2，与y轴平行的直线l交双曲线于点P、Q. (1)求直线A1P与A2Q交点M的轨迹方程； (2)当m≠n时，求所得圆锥曲线的焦点坐标、准线方程和离心率. 8.(★★★★★)已知椭圆=1(a＞b＞0),点P为其上一点，F1、F2为椭圆的焦点，∠F1PF2的外角平分线为l，点F2关于l的对称点为Q，F2Q交l于点R. (1)当P点在椭圆上运动时，求R形成的轨迹方程； (2)设点R形成的曲线为C，直线l：y=k(x+a)与曲线C相交于A、B两点，当△AOB的面积取得最大值时，求k的值. 参考答案 难点磁场 解：建立坐标系如图所示， 设|AB|=2a,则A(－a,0）,B(a,0). 设M(x,y）是轨迹上任意一点. 则由题设，得=λ,坐标代入，得=λ,化简得 (1－λ2)x2+(1－λ2)y2+2a(1+λ2)x+(1－λ2)a2=0 (1)当λ=1时，即|MA|=|MB|时，点M的轨迹方程是x=0，点M的轨迹是直线(y轴). (2)当λ≠1时，点M的轨迹方程是x2+y2+x+a2=0.点M的轨迹是以 (－，0）为圆心，为半径的圆. 歼灭难点训练 一、1.解析：∵|PF1|+|PF2|=2a,|PQ|=|PF2|, ∴|PF1|+|PF2|=|PF1|+|PQ|=2a, 即|F1Q|=2a,∴动点Q到定点F1的距离等于定长2a,故动点Q的轨迹是圆. 答案：A 2.解析：设交点P(x,y）,A1(－3,0),A2(3,0),P1(x0,y0),P2(x0,－y0) ∵A1、P1、P共线，∴ ∵A2、P2、P共线，∴ 解得x0= 答案：C 二、3.解析：由sinC－sinB=sinA,得c－b=a, ∴应为双曲线一支，且实轴长为,故方程为. 答案： 4.解析：设P(x,y），依题意有,化简得P点轨迹方程为4x2+4y2－85x+100=0. 答案：4x2+4y2－85x+100=0 三、5.解：设过B、C异于l的两切线分别切⊙O′于D、E两点，两切线交于点P.由切线的性质知：|BA|=|BD|，|PD|=|PE|，|CA|=|CE|，故|PB|+|PC|=|BD|+|PD|+|PC|=|BA|+|PE|+|PC| =|BA|+|CE|=|AB|+|CA|=6+12=18＞6=|BC|，故由椭圆定义知，点P的轨迹是以B、C为两焦点的椭圆，以l所在的直线为x轴，以BC的中点为原点，建立坐标系，可求得动点P的轨迹方程为=1(y≠0) 6.解：设P(x0,y0）(x≠±a),Q(x,y). ∵A1(－a,0),A2(a,0). 由条件 而点P(x0,y0)在双曲线上，∴b2x02－a2y02=a2b2. 即b2(－x2)－a2()2=a2b2 化简得Q点的轨迹方程为：a2x2－b2y2=a4(x≠±a). 7.解：(1)设P点的坐标为(x1,y1)，则Q点坐标为(x1,－y1),又有A1(－m,0),A2(m,0), 则A1P的方程为：y= ① A2Q的方程为：y=－ ② ①×②得：y2=－ ③ 又因点P在双曲线上，故 代入③并整理得=1.此即为M的轨迹方程. (2)当m≠n时，M的轨迹方程是椭圆. (ⅰ)当m＞n时，焦点坐标为(±,0)，准线方程为x=±,离心率e=； (ⅱ)当m＜n时，焦点坐标为(0,±),准线方程为y=±,离心率e=. 8.解：(1)∵点F2关于l的对称点为Q，连接PQ， ∴∠F2PR=∠QPR，|F2R|=|QR|，|PQ|=|PF2| 又因为l为∠F1PF2外角的平分线，故点F1、P、Q在同一直线上，设存在R(x0,y0）,Q(x1,y1),F1(－c,0),F2(c,0). |F1Q|=|F2P|+|PQ|=|F1P|+|PF2|=2a,则(x1+c)2+y12=(2a)2. 又 得x1=2x0－c,y1=2y0. ∴(2x0)2+(2y0)2=(2a)2，∴x02+y02=a2. 故R的轨迹方程为：x2+y2=a2(y≠0) (2)如右图，∵S△AOB=|OA|·|OB|·sinAOB=sinAOB 当∠AOB=90°时，S△AOB最大值为a2. 此时弦心距|OC|=. 在Rt△AOC中，∠AOC=45°， 难点23 求圆锥曲线方程 求指定的圆锥曲线的方程是高考命题的重点，主要考查学生识图、画图、数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力，解决好这类问题，除要求同学们熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外，命题人还常常将它与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题，解决这类问题常用定义法和待定系数法. ●难点磁场 1.(★★★★★)双曲线=1(b∈N)的两个焦点F1、F2，P为双曲线上一点，|OP|＜5,|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等比数列，则b2=_________. 2.(★★★★)如图，设圆P满足：①截y轴所得弦长为2；②被x轴分成两段圆弧，其弧长比为3∶1，在满足条件①、②的所有圆中，求圆心到直线l：x－2y=0的距离最小的圆的方程. ●案例探究 ［例1］某电厂冷却塔的外形是如图所示的双曲线的一部分，绕其中轴(即双曲线的虚轴)旋转所成的曲面，其中A、A′是双曲线的顶点，C、C′是冷却塔上口直径的两个端点，B、B′是下底直径的两个端点，已知AA′=14 m，CC′=18 m,BB′=22 m,塔高20 m. (1)建立坐标系并写出该双曲线方程. (2)求冷却塔的容积(精确到10 m2,塔壁厚度不计，π取3.14). 命题意图：本题考查选择适当的坐标系建立曲线方程和解方程组的基础知识，考查应用所学积分知识、思想和方法解决实际问题的能力，属★★★★★级题目. 知识依托：待定系数法求曲线方程；点在曲线上，点的坐标适合方程；积分法求体积. 错解分析：建立恰当的坐标系是解决本题的关键，积分求容积是本题的重点. 技巧与方法：本题第一问是待定系数法求曲线方程，第二问是积分法求体积. 解：如图，建立直角坐标系xOy,使AA′在x轴上，AA′的中点为坐标原点O，CC′与BB′平行于x轴. 设双曲线方程为=1(a＞0,b＞0),则a=AA′=7 又设B(11,y1),C(9,x2)因为点B、C在双曲线上，所以有 由题意，知y2－y1=20,由以上三式得：y1=－12,y2=8,b=7 故双曲线方程为=1. (2)由双曲线方程，得x2=y2+49 设冷却塔的容积为V(m3),则V=π,经计算，得V=4.25×103(m3) 答：冷却塔的容积为4.25×103m3. ［例2］过点(1，0)的直线l与中心在原点，焦点在x轴上且离心率为的椭圆C相交于A、B两点，直线y=x过线段AB的中点，同时椭圆C上存在一点与右焦点关于直线l对称，试求直线l与椭圆C的方程. 命题意图：本题利用对称问题来考查用待定系数法求曲线方程的方法，设计新颖，基础性强，属★★★★★级题目. 知识依托：待定系数法求曲线方程，如何处理直线与圆锥曲线问题，对称问题. 错解分析：不能恰当地利用离心率设出方程是学生容易犯的错误.恰当地利用好对称问题是解决好本题的关键. 技巧与方法：本题是典型的求圆锥曲线方程的问题，解法一，将A、B两点坐标代入圆锥曲线方程，两式相减得关于直线AB斜率的等式.解法二，用韦达定理. 解法一：由e=,得,从而a2=2b2,c=b. 设椭圆方程为x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上. 则x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得，(x12－x22)+2(y12－y22)=0, 设AB中点为(x0,y0),则kAB=－,又(x0,y0)在直线y=x上，y0=x0,于是－= －1,kAB=－1,设l的方程为y=－x+1. 右焦点(b,0)关于l的对称点设为(x′,y′), 由点(1,1－b)在椭圆上，得1+2(1－b)2=2b2,b2=. ∴所求椭圆C的方程为 =1,l的方程为y=－x+1. 解法二：由e=,从而a2=2b2,c=b. 设椭圆C的方程为x2+2y2=2b2,l的方程为y=k(x－1), 将l的方程代入C的方程，得(1+2k2)x2－4k2x+2k2－2b2=0,则x1+x2=,y1+y2=k(x1－1)+k(x2－1)=k(x1+x2)－2k=－. 直线l：y=x过AB的中点(),则,解得k=0，或k= －1. 若k=0,则l的方程为y=0,焦点F(c,0)关于直线l的对称点就是F点本身，不能在椭圆C上，所以k=0舍去，从而k=－1，直线l的方程为y=－(x－1),即y=－x+1,以下同解法一. ［例3］如图，已知△P1OP2的面积为，P为线段P1P2的一个三等分点，求以直线OP1、OP2为渐近线且过点P的离心率为的双曲线方程. 命题意图：本题考查待定系数法求双曲线的方程以及综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，属★★★★★级题目. 知识依托：定比分点坐标公式；三角形的面积公式；以及点在曲线上，点的坐标适合方程. 错解分析：利用离心率恰当地找出双曲线的渐近线方程是本题的关键，正确地表示出 △P1OP2的面积是学生感到困难的. 技巧与方法：利用点P在曲线上和△P1OP2的面积建立关于参数a、b的两个方程，从而求出a、b的值. 解：以O为原点，∠P1OP2的角平分线为x轴建立如图所示的直角坐标系. 设双曲线方程为=1(a＞0,b＞0) 由e2=，得. ∴两渐近线OP1、OP2方程分别为y=x和y=－x 设点P1(x1, x1),P2(x2,－x2)(x1＞0,x2＞0),则由点P分所成的比λ==2,得P点坐标为(),又点P在双曲线=1上，所以=1, 即(x1+2x2)2－(x1－2x2)2=9a2,整理得8x1x2=9a2 ① 即x1x2= ② 由①、②得a2=4,b2=9 故双曲线方程为=1. ●锦囊妙计 一般求已知曲线类型的曲线方程问题，可采用“先定形，后定式，再定量”的步骤. 定形——指的是二次曲线的焦点位置与对称轴的位置. 定式——根据“形”设方程的形式，注意曲线系方程的应用，如当椭圆的焦点不确定在哪个坐标轴上时，可设方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0). 定量——由题设中的条件找到“式”中特定系数的等量关系，通过解方程得到量的大小. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)已知直线x+2y－3=0与圆x2+y2+x－6y+m=0相交于P、Q两点，O为坐标原点，若OP⊥OQ，则m等于( ) A.3 B.－3 C.1 D.－1 2.(★★★★)中心在原点，焦点在坐标为(0，±5)的椭圆被直线3x－y－2=0截得的弦的中点的横坐标为，则椭圆方程为( ) 二、填空题 3.(★★★★)直线l的方程为y=x+3,在l上任取一点P，若过点P且以双曲线12x2－4y2=3的焦点作椭圆的焦点，那么具有最短长轴的椭圆方程为_________. 4.(★★★★)已知圆过点P(4，－2)、Q(－1，3)两点，且在y轴上截得的线段长为4，则该圆的方程为_________. 三、解答题 5.(★★★★★)已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个焦点为F，M是椭圆上的任意点，|MF|的最大值和最小值的几何平均数为2，椭圆上存在着以y=x为轴的对称点M1和M2，且|M1M2|=，试求椭圆的方程. 6.(★★★★)某抛物线形拱桥跨度是20米，拱高4米，在建桥时每隔4米需用一支柱支撑，求其中最长的支柱的长. 7.(★★★★★)已知圆C1的方程为(x－2)2+(y－1)2=,椭圆C2的方程为=1(a＞b＞0)，C2的离心率为，如果C1与C2相交于A、B两点，且线段AB恰为圆C1的直径，求直线AB的方程和椭圆C2的方程. 参考答案 难点磁场 1.解析：设F1(－c,0）、F2(c,0)、P(x,y),则 |PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)＜2(52+c2), 即|PF1|2+|PF2|2＜50+2c2, 又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|－|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|, 依双曲线定义，有|PF1|－|PF2|=4, 依已知条件有|PF1|·|PF2|=|F1F2|2=4c2 ∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜, 又∵c2=4+b2＜,∴b2＜,∴b2=1. 答案：1 2.解法一：设所求圆的圆心为P(a,b），半径为r,则点P到x轴、y轴的距离分别为|b|、|a| ∵圆P截y轴所得弦长为2，∴r2=a2+1 又由题设知圆P截x轴所得劣弧对的圆心角为90°,故弦长|AB|=r,故r2=2b2,从而有2b2－a2=1 又∵点P(a,b)到直线x－2y=0的距离d=, 因此，5d2=|a－2b|2=a2+4b2－4ab≥a2+4b2－2(a2+b2)=2b2－a2=1, 当且仅当a=b时上式等号成立，此时5d2=1,从而d取最小值，为此有, ∵r2=2b2, ∴r2=2 于是所求圆的方程为：(x－1）2+(y－1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2 解法二：设所求圆P的方程为(x－a)2+(y－b)2=r2(r＞0) 设A(0,y1),B(0,y2)是圆与y轴的两个交点，则y1、y2是方程a2+(y－b)2=r2的两根， ∴y1，2=b± 由条件①得|AB|=2，而|AB|=|y1－y2|,得r2－a2=1 设点C(x1,0)、D(x2,0)为圆与x轴的两个交点，则x1,x2是方程(x－a)2+b2=r2的两个根， ∴x1，2=a± 由条件②得|CD|=r,又由|CD|=|x2－x1|，得2b2=r2,故2b2=a2+1 设圆心P(a,b)到直线x－2y=0的距离为d= ∴a－2b=±d,得a2=(2b±d)2=4b2±4bd+5d2 又∵a2=2b2－1,故有2b2±4bd+5d2+1=0.把上式看作b的二次方程， ∵方程有实根. ∴Δ=8(5d2－1)≥0,得5d2≥1. ∴dmin=,将其代入2b2±4bd+5d2+1=0, 得2b2±4b+2=0,解得b=±1. 从而r2=2b2=2,a=±=±1 于是所求圆的方程为(x－1)2+(y－1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2 歼灭难点训练 一、1.解析：将直线方程变为x=3－2y,代入圆的方程x2+y2+x－6y+m=0, 得(3－2y)2+y2+(3－2y)+m=0. 整理得5y2－20y+12+m=0,设P(x1,y1)、Q(x2,y2) 则y1y2=,y1+y2=4. 又∵P、Q在直线x=3－2y上， ∴x1x2=(3－2y1)(3－2y2)=4y1y2－6(y1+y2)+9 故y1y2+x1x2=5y1y2－6(y1+y2)+9=m－3=0，故m=3. 答案：A 2.解析：由题意，可设椭圆方程为： =1,且a2=50+b2, 即方程为=1. 将直线3x－y－2=0代入，整理成关于x的二次方程. 由x1+x2=1可求得b2=25,a2=75. 答案：C 二、3.解析：所求椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0),2a=|PF1|+|PF2|. 欲使2a最小，只需在直线l上找一点P.使|PF1|+|PF2|最小，利用对称性可解. 答案： =1 4.解析：设所求圆的方程为(x－a)2+(y－b)2=r2 则有 由此可写所求圆的方程. 答案：x2+y2－2x－12=0或x2+y2－10x－8y+4=0 三、5.解：|MF|max=a+c,|MF|min=a－c,则(a+c)(a－c)=a2－c2=b2, ∴b2=4,设椭圆方程为 ① 设过M1和M2的直线方程为y=－x+m ② 将②代入①得：(4+a2)x2－2a2mx+a2m2－4a2=0 ③ 设M1(x1,y1)、M2(x2,y2),M1M2的中点为(x0,y0), 则x0= (x1+x2)=,y0=－x0+m=. 代入y=x,得, 由于a2＞4,∴m=0,∴由③知x1+x2=0,x1x2=－, 又|M1M2|=, 代入x1+x2,x1x2可解a2=5,故所求椭圆方程为： =1. 6.解：以拱顶为原点，水平线为x轴，建立坐标系， 如图，由题意知，|AB|=20，|OM|=4，A、B坐标分别为(－10，－4）、(10，－4） 设抛物线方程为x2=－2py,将A点坐标代入，得100=－2p×(－4),解得p=12.5, 于是抛物线方程为x2=－25y. 由题意知E点坐标为(2，－4)，E′点横坐标也为2，将2代入得y=－0.16,从而|EE′|= (－0.16)－(－4)=3.84.故最长支柱长应为3.84米. 7.解：由e=,可设椭圆方程为=1, 又设A(x1,y1)、B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2, 又=1,两式相减，得=0, 即(x1+x2)(x1－x2)+2(y1+y2)(y1－y2)=0. 化简得=－1,故直线AB的方程为y=－x+3, 代入椭圆方程得3x2－12x+18－2b2=0. 有Δ=24b2－72＞0,又|AB|=, 得，解得b2=8. 故所求椭圆方程为=1. 难点 直线与圆锥曲线 直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等.突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高，起到了拉开考生“档次”，有利于选拔的功能. ●难点磁场 (★★★★★)已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上，直线y=x+1与椭圆交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=，求椭圆方程. ●案例探究 ［例1］如图所示，抛物线y2=4x的顶点为O，点A的坐标为(5，0)，倾斜角为的直线l与线段OA相交(不经过点O或点A)且交抛物线于M、N两点，求△AMN面积最大时直线l的方程，并求△AMN的最大面积. 命题意图：直线与圆锥曲线相交，一个重要的问题就是有关弦长的问题.本题考查处理直线与圆锥曲线相交问题的第一种方法——“韦达定理法”.属★★★★★级题目. 知识依托：弦长公式、三角形的面积公式、不等式法求最值、函数与方程的思想. 错解分析：将直线方程代入抛物线方程后，没有确定m的取值范围.不等式法求最值忽略了适用的条件. 技巧与方法：涉及弦长问题，应熟练地利用韦达定理设而不求计算弦长，涉及垂直关系往往也是利用韦达定理，设而不求简化运算. 解：由题意，可设l的方程为y=x+m,－5＜m＜0. 由方程组,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0 ① ∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N， ∴方程①的判别式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0, 解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0) 设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2, ∴|MN|=4. 点A到直线l的距离为d=. ∴S△=2(5+m),从而S△2=4(1－m)(5+m)2 =2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤2()3=128. ∴S△≤8,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号. 故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8. ［例2］已知双曲线C：2x2－y2=2与点P(1，2) (1)求过P(1，2)点的直线l的斜率取值范围，使l与C分别有一个交点，两个交点，没有交点. (2)若Q(1，1)，试判断以Q为中点的弦是否存在. 命题意图：第一问考查直线与双曲线交点个数问题，归结为方程组解的问题.第二问考查处理直线与圆锥曲线问题的第二种方法——“差分法”，属★★★★★级题目. 知识依托：二次方程根的个数的判定、两点连线的斜率公式、中点坐标公式. 错解分析：第一问，求二次方程根的个数，忽略了二次项系数的讨论.第二问，算得以Q为中点弦的斜率为2，就认为所求直线存在了. 技巧与方法：涉及弦长的中点问题，常用“差分法”设而不求，将弦所在直线的斜率，弦的中点坐标联系起来，相互转化. 解：(1)当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=1,与曲线C有一个交点.当l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2=k(x－1),代入C的方程，并整理得 (2－k2)x2+2(k2－2k)x－k2+4k－6=0 (*) (ⅰ)当2－k2=0,即k=±时，方程(*)有一个根，l与C有一个交点 (ⅱ)当2－k2≠0,即k≠±时 Δ=［2(k2－2k)］2－4(2－k2)(－k2+4k－6)=16(3－2k) ①当Δ=0,即3－2k=0,k=时，方程(*)有一个实根，l与C有一个交点. ②当Δ＞0,即k＜,又k≠±,故当k＜－或－＜k＜或＜k＜时，方程(*)有两不等实根，l与C有两个交点. ③当Δ＜0，即k＞时，方程(*)无解，l与C无交点. 综上知：当k=±,或k=，或k不存在时，l与C只有一个交点； 当＜k＜,或－＜k＜,或k＜－时，l与C有两个交点； 当k＞时，l与C没有交点. (2)假设以Q为中点的弦存在，设为AB，且A(x1,y1),B(x2,y2)，则2x12－y12=2,2x22－y22=2两式相减得：2(x1－x2)(x1+x2)=(y1－y2)(y1+y2) 又∵x1+x2=2,y1+y2=2 ∴2(x1－x2)=y1－y1 即kAB==2 但渐近线斜率为±,结合图形知直线AB与C无交点，所以假设不正确，即以Q为中点的弦不存在. ［例3］如图，已知某椭圆的焦点是F1(－4，0)、F2(4，0)，过点F2并垂直于x轴的直线与椭圆的一个交点为B，且|F1B|+|F2B|=10，椭圆上不同的两点A(x1,y1),C(x2,y2 )满足条件：|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列. (1)求该弦椭圆的方程； (2)求弦AC中点的横坐标； (3)设弦AC的垂直平分线的方程为y=kx+m，求m的取值范围. 命题意图：本题考查直线、椭圆、等差数列等基本知识，一、二问较简单，第三问巧妙地借助中垂线来求参数的范围，设计新颖，综合性，灵活性强，属★★★★★级题目. 知识依托：椭圆的定义、等差数列的定义，处理直线与圆锥曲线的方法. 错解分析：第三问在表达出“k=y0”时，忽略了“k=0”时的情况，理不清题目中变量间的关系. 技巧与方法：第一问利用椭圆的第一定义写方程；第二问利用椭圆的第二定义(即焦半径公式)求解，第三问利用m表示出弦AC的中点P的纵坐标y0,利用y0的范围求m的范围. 解：(1)由椭圆定义及条件知，2a=|F1B|+|F2B|=10,得a=5,又c=4,所以b==3. 故椭圆方程为=1. (2)由点B(4,yB)在椭圆上，得|F2B|=|yB|=.因为椭圆右准线方程为x=,离心率为，根据椭圆定义，有|F2A|=(－x1),|F2C|=(－x2)， 由|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列，得 (－x1)+(－x2)=2×,由此得出：x1+x2=8. 设弦AC的中点为P(x0,y0),则x0==4. (3)解法一：由A(x1,y1),C(x2,y2)在椭圆上. ① ② 得 ①－②得9(x12－x22)+25(y12－y22)=0, 即9×=0(x1≠x2) 将 (k≠0)代入上式，得9×4+25y0(－)=0 (k≠0) 即k=y0(当k=0时也成立). 由点P(4，y0)在弦AC的垂直平分线上，得y0=4k+m,所以m=y0－4k=y0－y0=－y0. 由点P(4，y0)在线段BB′(B′与B关于x轴对称)的内部，得－＜y0＜,所以－＜m＜. 解法二：因为弦AC的中点为P(4,y0)，所以直线AC的方程为 y－y0=－(x－4)(k≠0) ③ 将③代入椭圆方程=1,得 (9k2+25)x2－50(ky0+4)x+25(ky0+4)2－25×9k2=0 所以x1+x2==8,解得k=y0.(当k=0时也成立) (以下同解法一). ●锦囊妙计 1.直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数解成实数解的个数问题，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法. 2.当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题，常用“差分法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.同时还应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为( ) A.2 B. C. D. 2.(★★★★)抛物线y=ax2与直线y=kx+b(k≠0)交于A、B两点，且此两点的横坐标分别为x1,x2,直线与x轴交点的横坐标是x3,则恒有( ) A.x3=x1+x2 B.x1x2=x1x3+x2x3 C.x1+x2+x3=0 D.x1x2+x2x3+x3x1=0 二、填空题 3.(★★★★)已知两点M(1，)、N(－4，－)，给出下列曲线方程：①4x+2y－1=0, ②x2+y2=3,③+y2=1,④－y2=1,在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是_________. 4.(★★★★★)正方形ABCD的边AB在直线y=x+4上，C、D两点在抛物线y2=x上，则正方形ABCD的面积为_________. 5.(★★★★★)在抛物线y2=16x内，通过点(2，1)且在此点被平分的弦所在直线的方程是_________. 三、解答题 6.(★★★★★)已知抛物线y2=2px(p＞0),过动点M(a,0)且斜率为1的直线l 与该抛物线交于不同的两点A、B，且|AB|≤2p. (1)求a的取值范围. (2)若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值. 7.(★★★★★)已知中心在原点，顶点A1、A2在x轴上，离心率e=的双曲线过点P(6，6). (1)求双曲线方程. (2)动直线l经过△A1PA2的重心G，与双曲线交于不同的两点M、N，问：是否存在直线l,使G平分线段MN，证明你的结论. 8.(★★★★★)已知双曲线C的两条渐近线都过原点，且都以点A(，0)为圆心，1为半径的圆相切，双曲线的一个顶点A1与A点关于直线y=x对称. (1)求双曲线C的方程. (2)设直线l过点A，斜率为k,当0＜k＜1时，双曲线C的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为，试求k的值及此时B点的坐标. 参考答案 难点磁场 解：设椭圆方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)， P(x1,y1),Q(x2,y2) 由 得(m+n)x2+2nx+n－1=0, Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0, 由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0, ∴+1=0,∴m+n=2 ① 又22, 将m+n=2,代入得m·n= ② 由①、②式得m=,n=或m=,n= 故椭圆方程为+y2=1或x2+y2=1. 歼灭难点训练 一、1.解析：弦长|AB|=≤. 答案：C 2.解析：解方程组,得ax2－kx－b=0,可知x1+x2=,x1x2=－,x3=－,代入验证即可. 答案：B 二、3.解析：点P在线段MN的垂直平分线上，判断MN的垂直平分线于所给曲线是否存在交点. 答案：②③④ 4.解析：设C、D所在直线方程为y=x+b,代入y2=x,利用弦长公式可求出|CD|的长，利用|CD|的长等于两平行直线y=x+4与y=x+b间的距离，求出b的值，再代入求出|CD|的长. 答案：18或50 5.解析：设所求直线与y2=16x相交于点A、B，且A(x1,y1),B(x2,y2),代入抛物线方程得y12=16x1,y22=16x2,两式相减得，(y1+y2）(y1－y2)=16(x1－x2). 即kAB=8. 故所求直线方程为y=8x－15. 答案：8x－y－15=0 三、6.解：(1)设直线l的方程为：y=x－a,代入抛物线方程得(x－a)2=2px,即x2－2(a+p)x+a2=0 ∴|AB|=≤2p.∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤－p2 又∵p＞0,∴a≤－. (2)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中点 C(x,y), 由(1)知，y1=x1－a,y2=x2－a,x1+x2=2a+2p, 则有x==p. ∴线段AB的垂直平分线的方程为y－p=－(x－a－p),从而N点坐标为(a+2p,0） 点N到AB的距离为 从而S△NAB= 当a有最大值－时，S有最大值为p2. 7.解：(1)如图，设双曲线方程为=1.由已知得,解得a2=9,b2=12. 所以所求双曲线方程为=1. (2)P、A1、A2的坐标依次为(6,6)、(3，0)、(－3，0）， ∴其重心G的坐标为(2，2） 假设存在直线l，使G(2，2)平分线段MN，设M(x1,y1)，N(x2,y2).则有 ，∴kl= ∴l的方程为y= (x－2)+2, 由,消去y,整理得x2－4x+28=0. ∵Δ=16－4×28＜0,∴所求直线l不存在. 8.解：(1)设双曲线的渐近线为y=kx,由d==1,解得k=±1. 即渐近线为y=±x,又点A关于y=x对称点的坐标为(0，). ∴a==b,所求双曲线C的方程为x2－y2=2. (2)设直线l：y=k(x－)(0＜k＜1,依题意B点在平行的直线l′上，且l与l′间的距离为. 设直线l′：y=kx+m,应有,化简得m2+2km=2. ② 把l′代入双曲线方程得(k2－1)x2+2mkx+m2－2=0, 由Δ=4m2k2－4(k2－1)(m2－2)=0.可得m2+2k2=2 ③ ②、③两式相减得k=m,代入③得m2=,解设m=,k=,此时x=,y=.故B(2,). 难点 圆锥曲线综合题 圆锥曲线的综合问题包括：解析法的应用，与圆锥曲线有关的定值问题、最值问题、参数问题、应用题和探索性问题，圆锥曲线知识的纵向联系，圆锥曲线知识和三角、复数等代数知识的横向联系，解答这部分试题，需要较强的代数运算能力和图形认识能力，要能准确地进行数与形的语言转换和运算，推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整. ●难点磁场 (★★★★)若椭圆=1(a＞b＞0)与直线l：x+y=1在第一象限内有两个不同的交点，求a、b所满足的条件，并画出点P(a,b)的存在区域. ●案例探究 ［例1］已知圆k过定点A(a,0)(a＞0),圆心k在抛物线C：y2=2ax上运动，MN为圆k在y轴上截得的弦. (1)试问MN的长是否随圆心k的运动而变化？ (2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时，抛物线C的准线与圆k有怎样的位置关系？ 命题意图：本题考查圆锥曲线科内综合的知识及学生综合、灵活处理问题的能力，属 ★★★★★级题目. 知识依托：弦长公式，韦达定理，等差中项，绝对值不等式，一元二次不等式等知识. 错解分析：在判断d与R的关系时，x0的范围是学生容易忽略的. 技巧与方法：对第(2)问，需将目标转化为判断d=x0+与R=的大小. 解：(1)设圆心k(x0,y0),且y02=2ax0, 圆k的半径R=|AK|= ∴|MN|=2=2a(定值) ∴弦MN的长不随圆心k的运动而变化. (2)设M(0,y1)、N(0,y2)在圆k：(x－x0)2+(y－y0)2=x02+a2中， 令x=0，得y2－2y0y+y02－a2=0 ∴y1y2=y02－a2 ∵|OA|是|OM|与|ON|的等差中项. ∴|OM|+|ON|=|y1|+|y2|=2|OA|=2a. 又|MN|=|y1－y2|=2a ∴|y1|+|y2|=|y1－y2| ∴y1y2≤0，因此y02－a2≤0,即2ax0－a2≤0. ∴0≤x0≤. 圆心k到抛物线准线距离d=x0+≤a,而圆k半径R=≥a. 且上两式不能同时取等号，故圆k必与准线相交. ［例2］如图，已知椭圆=1(2≤m≤ 5),过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及其准线的交点从左到右的顺序为A、B、C、D，设f(m)=||AB|－|CD|| (1)求f(m)的解析式； (2)求f(m)的最值. 命题意图：本题主要考查利用解析几何的知识建立函数关系式，并求其最值，体现了圆锥曲线与代数间的科间综合.属★★★★★级题目. 知识依托：直线与圆锥曲线的交点，韦达定理，根的判别式，利用单调性求函数的最值. 错解分析：在第(1)问中，要注意验证当2≤m≤5时，直线与椭圆恒有交点. 技巧与方法：第(1)问中，若注意到xA,xD为一对相反数，则可迅速将||AB|－|CD||化简.第(2)问，利用函数的单调性求最值是常用方法. 解：(1)设椭圆的半长轴、半短轴及半焦距依次为a、b、c，则a2=m,b2=m－1,c2=a2－b2=1 ∴椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0). 故直线的方程为y=x+1,又椭圆的准线方程为x=±,即x=±m. ∴A(－m,－m+1),D(m,m+1) 考虑方程组,消去y得：(m－1)x2+m(x+1)2=m(m－1) 整理得：(2m－1)x2+2mx+2m－m2=0 Δ=4m2－4(2m－1)(2m－m2)=8m(m－1)2 ∵2≤m≤5,∴Δ＞0恒成立，xB+xC=. 又∵A、B、C、D都在直线y=x+1上 ∴|AB|=|xB－xA|==(xB－xA)·,|CD|=(xD－xC) ∴||AB|－|CD||=|xB－xA+xD－xC|=|(xB+xC)－(xA+xD)| 又∵xA=－m,xD=m,∴xA+xD=0 ∴||AB|－|CD||=|xB+xC|·=||·= (2≤m≤5) 故f(m)=，m∈［2,5］. (2)由f(m)=，可知f(m)= 又2－≤2－≤2－ ∴f(m)∈［］ 故f(m)的最大值为，此时m=2;f(m)的最小值为，此时m=5. ［例3］舰A在舰B的正东6千米处，舰C在舰B的北偏西30°且与B相距4千米，它们准备捕海洋动物，某时刻A发现动物信号，4秒后B、C同时发现这种信号，A发射麻醉炮弹.设舰与动物均为静止的，动物信号的传播速度为1千米/秒，炮弹的速度是千米/秒，其中g为重力加速度，若不计空气阻力与舰高，问舰A发射炮弹的方位角和仰角应是多少？ 命题意图：考查圆锥曲线在实际问题中的应用，及将实际问题转化成数学问题的能力，属★★★★★级题目. 知识依托：线段垂直平分线的性质，双曲线的定义，两点间的距离公式，斜抛运动的曲线方程. 错解分析：答好本题，除要准确地把握好点P的位置(既在线段BC的垂直平分线上，又在以A、B为焦点的抛物线上)，还应对方位角的概念掌握清楚. 技巧与方法：通过建立恰当的直角坐标系，将实际问题转化成解析几何问题来求解.对空间物体的定位，一般可利用声音传播的时间差来建立方程. 解：取AB所在直线为x轴，以AB的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系.由题意可知，A、B、C舰的坐标为(3，0)、(－3，0)、(－5，2). 由于B、C同时发现动物信号，记动物所在位置为P，则|PB|=|PC|.于是P在线段BC的中垂线上，易求得其方程为x－3y+7=0. 又由A、B两舰发现动物信号的时间差为4秒，知|PB|－|PA|=4，故知P在双曲线=1的右支上. 直线与双曲线的交点为(8，5)，此即为动物P的位置，利用两点间距离公式，可得|PA|=10. 据已知两点的斜率公式，得kPA=,所以直线PA的倾斜角为60°,于是舰A发射炮弹的方位角应是北偏东30°. 设发射炮弹的仰角是θ，初速度v0=，则, ∴sin2θ=,∴仰角θ=30°. ●锦囊妙计 解决圆锥曲线综合题，关键是熟练掌握每一种圆锥曲线的定义、标准方程、图形与几何性质，注意挖掘知识的内在联系及其规律，通过对知识的重新组合，以达到巩固知识、提高能力的目的. (1)对于求曲线方程中参数的取值范围问题，需构造参数满足的不等式，通过求不等式(组)求得参数的取值范围；或建立关于参数的目标函数，转化为函数的值域. (2)对于圆锥曲线的最值问题，解法常有两种：当题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用数形结合法解；当题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)已知A、B、C三点在曲线y=上，其横坐标依次为1，m,4(1＜m＜4)，当△ABC的面积最大时，m等于( ) A.3 B. C. D. 2.(★★★★★)设u,v∈R，且|u|≤,v＞0,则(u－v)2+()2的最小值为( ) A.4 B.2 C.8 D.2 二、填空题 3.(★★★★★)A是椭圆长轴的一个端点，O是椭圆的中心，若椭圆上存在一点P，使 ∠OPA=,则椭圆离心率的范围是_________. 4.(★★★★)一辆卡车高3米，宽1.6米，欲通过抛物线形隧道，拱口宽恰好是抛物线的通径长，若拱口宽为a米，则能使卡车通过的a的最小整数值是_________. 5.(★★★★★)已知抛物线y=x2－1上一定点B(－1，0)和两个动点P、Q，当P在抛物线上运动时，BP⊥PQ，则Q点的横坐标的取值范围是_________. 三、解答题 6.(★★★★★)已知直线y=kx－1与双曲线x2－y2=1的左支交于A、B两点，若另一条直线l经过点P(－2，0)及线段AB的中点Q，求直线l在y轴上的截距b的取值范围. 7.(★★★★★)已知抛物线C：y2=4x. (1)若椭圆左焦点及相应的准线与抛物线C的焦点F及准线l分别重合，试求椭圆短轴端点B与焦点F连线中点P的轨迹方程； (2)若M(m,0)是x轴上的一定点，Q是(1)所求轨迹上任一点，试问|MQ|有无最小值？若有，求出其值；若没有，说明理由. 8.(★★★★★)如图，为半圆，AB为半圆直径，O为半圆圆心，且OD⊥AB，Q为线段OD的中点，已知|AB|=4，曲线C过Q点，动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变. (1)建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程； (2)过D点的直线l与曲线C相交于不同的两点M、N，且M在D、N之间，设=λ，求λ的取值范围. ［学法指导］怎样学好圆锥曲线 圆锥曲线将几何与代数进行了完美结合.借助纯代数的解决手段研究曲线的概念和性质及直线与圆锥曲线的位置关系，从数学家笛卡尔开创了坐标系那天就已经开始. 高考中它依然是重点，主客观题必不可少，易、中、难题皆有.为此需要我们做到： 1.重点掌握椭圆、双曲线、抛物线的定义和性质.这些都是圆锥曲线的基石，高考中的题目都涉及到这些内容. 2.重视求曲线的方程或曲线的轨迹，此处作为高考解答题的命题对象难度较大.所以要掌握住一般方法：定义法、直接法、待定系数法、相关点法、参数法等. 3.加强直线与圆锥曲线的位置关系问题的复习.此处一直为高考的热点.这类问题常涉及到圆锥曲线的性质和直线的基本知识点、线段的中点、弦长、垂直问题，因此分析问题时利用数形结合思想和设而不求法与弦长公式及韦达定理联系去解决.这样加强了对数学各种能力的考查. 4.重视对数学思想、方法进行归纳提炼，达到优化解题思维、简化解题过程. (1)方程思想 解析几何的题目大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线，因此把直线与圆锥曲线相交的弦长问题利用韦达定理进行整体处理，就简化解题运算量. (2)用好函数思想方法 对于圆锥曲线上的一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线的长度及a,b,c,e之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有效. (3)掌握坐标法 坐标法是解决有关圆锥曲线问题的基本方法.近几年都考查了坐标法，因此要加强坐标法的训练. 参考答案 难点磁场 解：由方程组消去y,整理得(a2+b2)x2－2a2x+a2(1－b2)=0 ① 则椭圆与直线l在第一象限内有两个不同的交点的充要条件是方程①在区间(0，1）内有两相异实根，令f(x)=(a2+b2)x2－2a2x+a2(1－b2),则有 同时满足上述四个条件的点P(a,b)的存在区域为下图所示的阴影部分： 歼灭难点训练 一、1.解析：由题意知A(1，1)，B(m,),C(4,2). 直线AC所在方程为x－3y+2=0, 点B到该直线的距离为d=. ∵m∈(1,4),∴当时，S△ABC有最大值，此时m=. 答案：B 2.解析：考虑式子的几何意义，转化为求圆x2+y2=2上的点与双曲线xy=9上的点的距离的最小值. 答案：C 二、3.解析：设椭圆方程为=1(a＞b＞0),以OA为直径的圆：x2－ax+y2=0,两式联立消y得x2－ax+b2=0.即e2x2－ax+b2=0,该方程有一解x2,一解为a,由韦达定理x2=－a,0＜x2＜a，即0＜－a＜a＜e＜1. 答案：＜e＜1 4.解析：由题意可设抛物线方程为x2=－ay,当x=时，y=－；当x=0.8时，y=－.由题意知≥3,即a2－12a－2.56≥0.解得a的最小整数为13. 答案：13 5.解析：设P(t,t2－1)，Q(s,s2－1) ∵BP⊥PQ,∴=－1, 即t2+(s－1)t－s+1=0 ∵t∈R,∴必须有Δ=(s－1)2+4(s－1)≥0.即s2+2s－3≥0, 解得s≤－3或s≥1. 答案：(－∞,－3∪1,+∞) 三、6.解：设A(x1,y1）,B(x2,y2). 由,得(1－k2）x2+2kx－2=0, 又∵直线AB与双曲线左支交于A、B两点， 故有 解得－＜k＜－1 7.解：由抛物线y2=4x,得焦点F(1,0),准线l：x=－1. (1)设P(x,y)，则B(2x－1,2y),椭圆中心O′,则|FO′|∶|BF|=e,又设点B到l的距离为d,则|BF|∶d=e,∴|FO′|∶|BF|=|BF|∶d,即(2x－2)2+(2y)2=2x(2x－2),化简得P点轨迹方程为y2=x－1(x＞1). (2)设Q(x,y),则|MQ|= (ⅰ)当m－≤1,即m≤时，函数t=[x－(m－)2]+m－在(1，+∞)上递增，故t无最小值，亦即|MQ|无最小值. (ⅱ)当m－＞1,即m＞时，函数t=[x2－(m－)2]+m－在x=m－处有最小值m－,∴|MQ|min=. 8.解：(1)以AB、OD所在直线分别为x轴、y轴，O为原点，建立平面直角坐标系， ∵|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2＞|AB|=4. ∴曲线C为以原点为中心，A、B为焦点的椭圆. 设其长半轴为a,短半轴为b,半焦距为c,则2a=2,∴a=,c=2,b=1. ∴曲线C的方程为+y2=1. (2)设直线l的方程为y=kx+2, 代入+y2=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0. Δ=(20k)2－4×15(1+5k2)＞0,得k2＞.由图可知=λ 由韦达定理得 将x1=λx2代入得 两式相除得 ① M在D、N中间，∴λ＜1 ② 又∵当k不存在时，显然λ= (此时直线l与y轴重合). 难点26 垂直与平行 垂直与平行是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题. ●难点磁场 (★★★★)已知斜三棱柱ABC—A1B1C1中，A1C1=B1C1=2，D、D1分别是AB、A1B1的中点，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，异面直线AB1和C1B互相垂直. (1)求证：AB1⊥C1D1； (2)求证：AB1⊥面A1CD； (3)若AB1=3，求直线AC与平面A1CD所成的角. ●案例探究 ［例1］两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求证：MN∥平面BCE. 命题意图：本题主要考查线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何的知识，属★★★★级题目. 知识依托：解决本题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)线(外)∥面.或转化为证两个平面平行. 错解分析：证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出MN所在平面是一个关键. 技巧与方法：证法一利用线面平行的判定来证明.证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行. 证法一：作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足，则MP∥AB，NQ∥AB. ∴MP∥NQ，又AM=NF，AC=BF， ∴MC=NB，∠MCP=∠NBQ=45° ∴Rt△MCP≌Rt△NBQ ∴MP=NQ,故四边形MPQN为平行四边形 ∴MN∥PQ ∵PQ平面BCE，MN在平面BCE外， ∴MN∥平面BCE. 证法二：如图过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC， ∴ 连结NH，由BF=AC，FN=AM，得 ∴MN∥平面BCE. ［例2］在斜三棱柱A1B1C1—ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC. (1)若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1； (2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C； (3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由. 命题意图：本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质，属★★★★★级题目. 知识依托：线面垂直、面面垂直的判定与性质. 错解分析：(3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出. 技巧与方法：本题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，掌握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线. (1)证明：∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC ∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥侧面BB1C1C ∴AD⊥CC1. (2)证明：延长B1A1与BM交于N，连结C1N ∵AM=MA1，∴NA1=A1B1 ∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1 ∴C1N⊥C1B1 ∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C ∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C ∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C. (3)解：结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性. 过M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C ∴ME⊥侧面BB1C1C，又∵AD⊥侧面BB1C1C. ∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面 ∵AM∥侧面BB1C1C，∴AM∥DE ∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1 ∵D是BC的中点，∴E是BC1的中点 ∴AM=DE=AA1，∴AM=MA1. ●锦囊妙计 垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系： 1.平行转化 2.垂直转化 每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的. 例如：有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是( ) A. B. C. D. 2.(★★★★)在直二面角α—l—β中，直线aα,直线bβ,a、b与l斜交，则( ) A.a不和b垂直，但可能a∥b B.a可能和b垂直，也可能a∥b C.a不和b垂直，a也不和b平行 D.a不和b平行，但可能a⊥b 二、填空题 3.(★★★★★)设X、Y、Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z且Y⊥ZX∥Y”为真命题的是_________(填序号). ①X、Y、Z是直线 ②X、Y是直线，Z是平面 ③Z是直线，X、Y是平面 ④X、Y、Z是平面 4.(★★★★)设a,b是异面直线，下列命题正确的是_________. ①过不在a、b上的一点P一定可以作一条直线和a、b都相交 ②过不在a、b上的一点P一定可以作一个平面和a、b都垂直 ③过a一定可以作一个平面与b垂直 ④过a一定可以作一个平面与b平行 三、解答题 5.(★★★★)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点. (1)求证：CD⊥PD; (2)求证：EF∥平面PAD; (3)当平面PCD与平面ABCD成多大角时，直线EF⊥平面PCD？ 6.(★★★★)如图，在正三棱锥A—BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分别交AB、BD、DC、CA于点E、F、G、H. (1)判定四边形EFGH的形状，并说明理由. (2)设P是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH，请给出证明. 7.(★★★★)如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都相等，D、E分别是CC1和AB1的中点，点F在BC上且满足BF∶FC=1∶3. (1)若M为AB中点，求证：BB1∥平面EFM； (2)求证：EF⊥BC； (3)求二面角A1—B1D—C1的大小. 8.(★★★★★)如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面是菱形且∠C1CB= ∠C1CD=∠BCD=60°, (1)证明：C1C⊥BD； (2)假定CD=2，CC1=，记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α—BD—β的平面角的余弦值； (3)当的值为多少时，可使A1C⊥面C1BD？ 参考答案 难点磁场 1.(1)证明：∵A1C1=B1C1，D1是A1B1的中点，∴C1D1⊥A1B1于D1， 又∵平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，∴C1D1⊥平面A1B1BA， 而AB1平面A1ABB1，∴AB1⊥C1D1. (2)证明：连结D1D，∵D是AB中点，∴DD1CC1，∴C1D1∥CD，由(1)得CD⊥AB1，又∵C1D1⊥平面A1ABB1，C1B⊥AB1，由三垂线定理得BD1⊥AB1， 又∵A1D∥D1B，∴AB1⊥A1D而CD∩A1D=D，∴AB1⊥平面A1CD. (3)解：由(2)AB1⊥平面A1CD于O，连结CO1得∠ACO为直线AC与平面A1CD 所成的角，∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA=， ∴∠OCA=. 歼灭难点训练 一、1.解析：如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于H，则易知A1H长即是点A1到平面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=，AO1=3，由A1O1·A1A=h·AO1,可得A1H=. 答案：C 2.解析：如图，在l上任取一点P，过P分别在α、β内作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一点A，过A作AC⊥l，垂足为C，则AC⊥β,过C作CB⊥b′交b′于B，连AB，由三垂线定理知AB⊥b′， ∴△APB为直角三角形,故∠APB为锐角. 答案：C 二、3.解析：①是假命题，直线X、Y、Z位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X、Y、Z位于正方体的三个共点侧面时为反例. 答案：②③ 4.④ 三、5.证明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD内的射影， ∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD. (2)取CD中点G，连EG、FG， ∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD ∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD (3）解：当平面PCD与平面ABCD成45°角时，直线EF⊥面PCD 证明：G为CD中点，则EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP 由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE 又F是PC的中点，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD. 6.(1)证明： 同理EF∥FG，∴EFGH是平行四边形 ∵A—BCD是正三棱锥，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心， ∴DO⊥BC，∴AD⊥BC， ∴HG⊥EH，四边形EFGH是矩形. (2)作CP⊥AD于P点，连结BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP ∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG面EFGH.面BCP⊥面EFGH， 在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=a. 7.(1)证明：连结EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB1的中点， ∴BB1∥ME，又BB1平面EFM，∴BB1∥平面EFM. (2)证明：取BC的中点N，连结AN由正三棱柱得：AN⊥BC， 又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中点，故MF∥AN， ∴MF⊥BC，而BC⊥BB1，BB1∥ME. ∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM， 又EF平面EFM，∴BC⊥EF. (3)解：取B1C1的中点O，连结A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由点O作B1D的垂线OQ，垂足为Q，连结A1Q，由三垂线定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD为二面角A1—B1D—C的平面角，易得∠A1QO=arctan. 8.(1)证明：连结A1C1、AC，AC和BD交于点O，连结C1O， ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD 又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D ∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O ∴BD⊥平面AC1，又C1C平面AC1，∴C1C⊥BD. (2)解：由(1)知AC⊥BD，C1O⊥BD，∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角. 在△C1BC中，BC=2，C1C=，∠BCC1=60°，∴C1B2=22+()2－2×2××cos60°=. ∵∠OCB=30°,∴OB=,BC=1,C1O=,即C1O=C1C. 作C1H⊥OC，垂足为H，则H是OC中点且OH=，∴cosC1OC= (3)解：由(1)知BD⊥平面AC1，∵A1O平面AC1，∴BD⊥A1C，当=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD. 难点27 求空间的角 空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想. ●难点磁场 (★★★★★)如图，α—l—β为60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角顶点P在l上，M∈α,N∈β,且MP与β所成的角等于NP与α所成的角. (1)求证：MN分别与α、β所成角相等； (2)求MN与β所成角. ●案例探究 ［例1］在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点. (1)求证：四边形B′EDF是菱形； (2)求直线A′C与DE所成的角； (3)求直线AD与平面B′EDF所成的角； (4)求面B′EDF与面ABCD所成的角. 命题意图：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强，属★★★★★级题目. 知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角. 错解分析：对于第(1)问，若仅由B′E=ED=DF=FB′就断定B′EDF是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B′、E、D、F四点共面. 技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法. (1)证明：如上图所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=a,下证B′、E、D、F四点共面，取AD中点G，连结A′G、EG，由EGABA′B′知，B′EGA′是平行四边形. ∴B′E∥A′G,又A′F DG,∴A′GDF为平行四边形. ∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四点共面 故四边形B′EDF是菱形. (2)解：如图所示，在平面ABCD内，过C作CP∥DE，交直线AD于P， 则∠A′CP(或补角)为异面直线A′C与DE所成的角. 在△A′CP中，易得A′C=a，CP=DE=a,A′P=a 由余弦定理得cosA′CP= 故A′C与DE所成角为arccos. (3)解：∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上.如下图所示. 又∵B′EDF为菱形，∴DB′为∠EDF的平分线， 故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′ 在Rt△B′AD中，AD=a，AB′=a,B′D=a 则cosADB′= 故AD与平面B′EDF所成的角是arccos. (4)解：如图，连结EF、B′D，交于O点，显然O为B′D的中点，从而O为正方形ABCD—A′B′C′D的中心. 作OH⊥平面ABCD，则H为正方形ABCD的中心， 再作HM⊥DE，垂足为M，连结OM，则OM⊥DE， 故∠OMH为二面角B′—DE′—A的平面角. 在Rt△DOE中，OE=a,OD=a,斜边DE=a, 则由面积关系得OM=a 在Rt△OHM中，sinOMH= 故面B′EDF与面ABCD所成的角为arcsin. ［例2］如下图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b,且AA1与AB、AD的夹角都是120°. 求：(1)AC1的长； (2)直线BD1与AC所成的角的余弦值. 命题意图：本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目. 知识依托：向量的加、减及向量的数量积. 错解分析：注意＜＞=＜,＞=120°而不是60°,＜＞=90°. 技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用. ∴BD1与AC所成角的余弦值为. ●锦囊妙计 空间角的计算步骤：一作、二证、三算 1.异面直线所成的角 范围：0°＜θ≤90° 方法：①平移法；②补形法. 2.直线与平面所成的角 范围：0°≤θ≤90° 方法：关键是作垂线，找射影. 3.二面角 方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法. 注：二面角的计算也可利用射影面积公式S′=Scosθ来计算 ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M为DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一点，则直线OP与直线AM所成的角是( ) A. B. C. D. 2.(★★★★★)设△ABC和△DBC所在两平面互相垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA= ∠CBD=120°,则AD与平面BCD所成的角为( ) A.30° B.45° C.60° D.75° 二、填空题 3.(★★★★★)已知∠AOB=90°,过O点引∠AOB所在平面的斜线OC，与OA、OB分别成45°、60°，则以OC为棱的二面角A—OC—B的余弦值等于_________. 4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________. 三、解答题 5.(★★★★★)已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且PA=AD=AB=1,BC=2 (1)求PC的长； (2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小； (3)求证：二面角B—PC—D为直二面角. 6.(★★★★)设△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC= ∠DBC=120° 求：(1)直线AD与平面BCD所成角的大小； (2)异面直线AD与BC所成的角； (3)二面角A—BD—C的大小. 7.(★★★★★)一副三角板拼成一个四边形ABCD，如图，然后将它沿BC折成直二面角. (1)求证：平面ABD⊥平面ACD； (2)求AD与BC所成的角； (3)求二面角A—BD—C的大小. 8.(★★★★★)设D是△ABC的BC边上一点，把△ACD沿AD折起，使C点所处的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上. (1)求证：直线C′D与平面ABD和平面AHC′所成的两个角之和不可能超过90°； (2)若∠BAC=90°，二面角C′—AD—H为60°，求∠BAD的正切值. 参考答案 难点磁场 (1)证明：作NA⊥α于A，MB⊥β于B,连接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，连接NC、MD. ∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分别是MP与β所成角及NP与α所成角，∠MNB，∠NMA分别是MN与β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA. 在Rt△MPB与Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA. 在Rt△MNB与Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共边，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)结论成立. (2)解：设∠MNB=θ,MN=a,则PB=PN=a,MB=NA=asinθ，NB=acosθ,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α—l—β的平面角， ∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°, ∴BD=AC=asinθ,CN=DM=asinθ, ∵MB⊥β，MP⊥PN，∴BP⊥PN ∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴ 整理得，16sin4θ－16sin2θ+3=0 解得sin2θ=,sinθ=，当sinθ=时，CN=asinθ= a＞PN不合理，舍去. ∴sinθ=,∴MN与β所成角为30°. 歼灭难点训练 一、1.解析：(特殊位置法）将P点取为A1，作OE⊥AD于E，连结A1E，则A1E为OA1的射影，又AM⊥A1E，∴AM⊥OA1，即AM与OP成90°角. 答案：D 2.解析：作AO⊥CB的延长线，连OD，则OD即为AD在平面BCD上的射影， ∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°. 答案：B 二、3.解析：在OC上取一点C，使OC=1，过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，则AC=1，，OA=，BC=，OB=2，Rt△AOB中，AB2=6，△ABC中，由余弦定理，得cosACB=－. 答案：－ 4.解析：设一个侧面面积为S1，底面面积为S，则这个侧面在底面上射影的面积为，由题设得，设侧面与底面所成二面角为θ,则cosθ=,∴θ=60°. 答案：60° 三、5.(1)解：因为PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=. ∴PC=. (2)解：如图，过点C作CE∥BD交AD的延长线于E，连结PE，则PC与BD所成的角为∠PCE或它的补角. ∵CE=BD=，且PE= ∴由余弦定理得cosPCE= ∴PC与BD所成角的余弦值为. (3）证明：设PB、PC中点分别为G、F，连结FG、AG、DF，则GF∥BC∥AD，且GF=BC=1=AD，从而四边形ADFG为平行四边形， 又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，即ADFG为矩形，DF⊥FG. 在△PCD中，PD=，CD=，F为BC中点，∴DF⊥PC 从而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，即二面角B—PC—D为直二面角. 6.解：(1)如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，则AH⊥平面DBC， ∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角.由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH， ∴∠ADH=45° (2)∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影， ∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°. (3)过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角.设BC=a,则由题设知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2 故二面角A—BD—C大小为π－arctan2. 7.(1)证明：取BC中点E，连结AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC ∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD， ∵BC⊥CD，由三垂线定理知AB⊥CD. 又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB平面ABD. ∴平面ABD⊥平面ACD. (2)解：在面BCD内，过D作DF∥BC，过E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂线定理知AF⊥DF，∠ADF为AD与BC所成的角. 设AB=m，则BC=m，CE=DF=m,CD=EF=m 即AD与BC所成的角为arctan (3)解：∵AE⊥面BCD，过E作EG⊥BD于G，连结AG，由三垂线定理知AG⊥BD， ∴∠AGE为二面角A—BD—C的平面角 ∵∠EBG=30°，BE=m,∴EG=m 又AE=m,∴tanAGE==2,∴∠AGE=arctan2. 即二面角A—BD—C的大小为arctan2. 8.(1)证明：连结DH，∵C′H⊥平面ABD，∴∠C′DH为C′D与平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD，过D作DE⊥AB，垂足为E，则DE⊥平面C′HA. 故∠DC′E为C′D与平面C′HA所成的角 ∵sinDC′E=≤=sinDC′H ∴∠DC′E≤∠DC′H, ∴∠DC′E+∠C′DE≤∠DC′H+∠C′DE=90° (2)解：作HG⊥AD，垂足为G，连结C′G, 则C′G⊥AD，故∠C′GH是二面角C′—AD—H的平面角 即∠C′GH=60°，计算得tanBAD=. 难点28 求空间距离 空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离. ●难点磁场 (★★★★)如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面ABCD，PA=2c,Q是PA的中点. 求：(1)Q到BD的距离； (2)P到平面BQD的距离. ●案例探究 ［例1］把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC的中点，点O是原正方形的中心，求： (1)EF的长； (2)折起后∠EOF的大小. 命题意图：考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题，属★★★★级题目. 知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式. 错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必须保证x轴、y轴、z轴两两互相垂直. 技巧与方法：建系方式有多种，其中以O点为原点，以、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向最为简单. 解：如图，以O点为原点建立空间直角坐标系O—xyz,设正方形ABCD边长为a,则A(0，－a,0),B(a,0,0),C(0, a,0),D(0,0, a),E(0,－a, a),F(a, a,0) ∴∠EOF=120° ［例2］正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，求异面直线A1C1与AB1间的距离. 命题意图：本题主要考查异面直线间距离的求法，属★★★★级题目. 知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得. 错解分析：本题容易错误认为O1B是A1C与AB1的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离. 技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得. 解法一：如图，连结AC1，在正方体AC1中，∵A1C1∥AC,∴A1C1∥平面AB1C，∴A1C1与平面AB1C间的距离等于异面直线A1C1与AB1间的距离. 连结B1D1、BD，设B1D1∩A1C1=O1,BD∩AC=O ∵AC⊥BD，AC⊥DD1，∴AC⊥平面BB1D1D ∴平面AB1C⊥平面BB1D1D，连结B1O，则平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O 作O1G⊥B1O于G，则O1G⊥平面AB1C ∴O1G为直线A1C1与平面AB1C间的距离，即为异面直线A1C1与AB1间的距离. 在Rt△OO1B1中，∵O1B1=，OO1=1，∴OB1== ∴O1G=，即异面直线A1C1与AB1间距离为. 解法二：如图，在A1C上任取一点M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，连结RN， ∵平面A1B1C1D1⊥平面A1ABB1，∴MR⊥平面A1ABB1，MR⊥AB1 ∵AB1⊥RN，设A1R=x,则RB1=1－x ∵∠C1A1B1=∠AB1A1=45°， ∴MR=x,RN=NB1= (0＜x＜1 ∴当x=时，MN有最小值即异面直线A1C1与AB1距离为. ●锦囊妙记 空间中的距离主要指以下七种： (1)两点之间的距离. (2)点到直线的距离. (3)点到平面的距离. (4)两条平行线间的距离. (5)两条异面直线间的距离. (6)平面的平行直线与平面之间的距离. (7)两个平行平面之间的距离. 七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离. 在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点. 求点到平面的距离：(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法. 求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)正方形ABCD边长为2，E、F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角(如图)，M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为，那么点M到直线EF的距离为( ) 2.(★★★★)三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ABC=90°,设平面A1BC1与平面ABC的交线为l，则A1C1与l的距离为( ) A. B. C.2.6 D.2.4 二、填空题 3.(★★★★)如左下图，空间四点A、B、C、D中，每两点所连线段的长都等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则P与Q的最短距离为_________. 4.(★★★★)如右上图，ABCD与ABEF均是正方形，如果二面角E—AB—C的度数为 30°，那么EF与平面ABCD的距离为_________. 三、解答题 5.(★★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图： (1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1； (2)求(1)中两个平行平面间的距离； (3)求点B1到平面A1BC1的距离. 6.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B且面EAC与底面ABCD所成的角为45°,AB=a,求： (1)截面EAC的面积； (2)异面直线A1B1与AC之间的距离； (3)三棱锥B1—EAC的体积. 7.(★★★★)如图，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A与AB、AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F. (1)求点A到平面B1BCC1的距离； (2)当AA1多长时，点A1到平面ABC与平面B1BCC1的距离相等. 8.(★★★★★)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=,AB= AD=a, ∠ADC=arccos,PA⊥面ABCD且PA=a. (1)求异面直线AD与PC间的距离； (2)在线段AD上是否存在一点F，使点A到平面PCF的距离为. 参考答案 难点磁场 解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E为垂足 连结QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂线定理得QE⊥BE ∴QE的长为Q到BD的距离 在矩形ABCD中，AB=a,AD=b, ∴AE= 在Rt△QAE中，QA=PA=c ∴QE= ∴Q到BD距离为. (2)解法一：∵平面BQD经过线段PA的中点， ∴P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离 在△AQE中，作AH⊥QE，H为垂足 ∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面AQE ∴BD⊥AH ∴AH⊥平面BQE，即AH为A到平面BQD的距离. 在Rt△AQE中，∵AQ=c,AE= ∴AH= ∴P到平面BD的距离为 解法二：设点A到平面QBD的距离为h，由 VA—BQD=VQ—ABD,得S△BQD·h=S△ABD·AQ h= 歼灭难点训练 一、1.解析：过点M作MM′⊥EF,则MM′⊥平面BCF ∵∠MBE=∠MBC ∴BM′为∠EBC为角平分线， ∴∠EBM′=45°,BM′=,从而MN= 答案：A 2.解析：交线l过B与AC平行，作CD⊥l于D，连C1D，则C1D为A1C1与l的距离，而CD等于AC上的高，即CD=,Rt△C1CD中易求得C1D==2.6 答案：C 二、3.解析：以A、B、C、D为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P、Q 分别为AB、CD的中点，因为AQ=BQ=a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故线段PQ的 长为P、Q两点间的最短距离，在Rt△APQ中，PQ=a 答案：a 4.解析：显然∠FAD是二面角E—AB—C的平面角，∠FAD=30°,过F作FG⊥平面ABCD于G，则G必在AD上，由EF∥平面ABCD. ∴FG为EF与平面ABCD的距离，即FG=. 答案： 三、5.(1)证明：由于BC1∥AD1，则BC1∥平面ACD1 同理，A1B∥平面ACD1，则平面A1BC1∥平面ACD1 (2)解：设两平行平面A1BC1与ACD1间的距离为d，则d等于D1到平面A1BC1的距离.易求A1C1=5，A1B=2，BC1=，则cosA1BC1=,则sinA1BC1=,则S=,由于，则S·d=·BB1,代入求得d=,即两平行平面间的距离为. (3)解：由于线段B1D1被平面A1BC1所平分，则B1、D1到平面A1BC1的距离相等，则由(2)知点B1到平面A1BC1的距离等于. 6.解：(1)连结DB交AC于O，连结EO， ∵底面ABCD是正方形 ∴DO⊥AC，又ED⊥面ABCD ∴EO⊥AC，即∠EOD=45° 又DO=a，AC=a，EO==a，∴S△EAC=a (2)∵A1A⊥底面ABCD，∴A1A⊥AC，又A1A⊥A1B1 ∴A1A是异面直线A1B1与AC间的公垂线 又EO∥BD1，O为BD中点，∴D1B=2EO=2a ∴D1D=a，∴A1B1与AC距离为a (3)连结B1D交D1B于P，交EO于Q，推证出B1D⊥面EAC ∴B1Q是三棱锥B1—EAC的高，得B1Q=a 7.解：(1)∵BB1⊥A1E，CC1⊥A1F，BB1∥CC1 ∴BB1⊥平面A1EF 即面A1EF⊥面BB1C1C 在Rt△A1EB1中， ∵∠A1B1E=45°，A1B1=a ∴A1E=a,同理A1F=a,又EF=a，∴A1E=a 同理A1F=a,又EF=a ∴△EA1F为等腰直角三角形，∠EA1F=90° 过A1作A1N⊥EF，则N为EF中点，且A1N⊥平面BCC1B1 即A1N为点A1到平面BCC1B1的距离 ∴A1N= 又∵AA1∥面BCC1B，A到平面BCC1B1的距离为 ∴a=2，∴所求距离为2 (2)设BC、B1C1的中点分别为D、D1，连结AD、DD1和A1D1，则DD1必过点N，易证ADD1A1为平行四边形. ∵B1C1⊥D1D,B1C1⊥A1N ∴B1C1⊥平面ADD1A1 ∴BC⊥平面ADD1A1 得平面ABC⊥平面ADD1A1，过A1作A1M⊥平面ABC，交AD于M， 若A1M=A1N，又∠A1AM=∠A1D1N，∠AMA1=∠A1ND1=90° ∴△AMA1≌△A1ND1,∴AA1=A1D1=,即当AA1=时满足条件. 8.解：(1)∵BC∥AD,BC面PBC,∴AD∥面PBC 从而AD与PC间的距离就是直线AD与平面PBC间的距离. 过A作AE⊥PB，又AE⊥BC ∴AE⊥平面PBC，AE为所求. 在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=a ∴AE=a (2)作CM∥AB，由已知cosADC= ∴tanADC=,即CM=DM ∴ABCM为正方形，AC=a,PC=a 过A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH= 下面在AD上找一点F，使PC⊥CF 取MD中点F，△ACM、△FCM均为等腰直角三角形 ∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90° ∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在满足条件的点F. ［学法指导］立体几何中的策略思想及方法 立体几何中的策略思想及方法 近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法. 一、领悟解题的基本策略思想 高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅. 二、探寻立体几何图形中的基面 立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了. 三、重视模型在解题中的应用 学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解. 难点29 排列、组合的应用问题 排列、组合是每年高考必定考查的内容之一，纵观全国高考数学题，每年都有1～2道排列组合题，考查排列组合的基础知识、思维能力. ●难点磁场 (★★★★★)有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？ ●案例探究 ［例1］在∠AOB的OA边上取m个点，在OB边上取n个点(均除O点外)，连同O点共m+n+1个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( ) 命题意图：考查组合的概念及加法原理，属★★★★★级题目. 知识依托：法一分成三类方法；法二，间接法，去掉三点共线的组合. 错解分析：A中含有构不成三角形的组合，如：CC中，包括O、Bi、Bj;CC中，包含O、Ap、Aq，其中Ap、Aq,Bi、Bj分别表示OA、OB边上不同于O的点；B漏掉△AiOBj；D有重复的三角形.如CC中有△AiOBj,CC中也有△AiOBj. 技巧与方法：分类讨论思想及间接法. 解法一：第一类办法：从OA边上(不包括O)中任取一点与从OB边上(不包括O )中任取两点，可构造一个三角形，有CC个；第二类办法：从OA边上(不包括O)中任取两点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个；第三类办法：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)中任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个.由加法原理共有N=CC+CC+CC个三角形. 解法二：从m+n+1中任取三点共有C个，其中三点均在射线OA(包括O点)，有C个，三点均在射线OB(包括O点)，有C个.所以，个数为N=C－C－C个. 答案：C ［例2］四名优等生保送到三所学校去，每所学校至少得一名，则不同的保送方案的总数是_________. 命题意图：本题主要考查排列、组合、乘法原理概念，以及灵活应用上述概念处理数学问题的能力，属★★★★级题目. 知识依托：排列、组合、乘法原理的概念. 错解分析：根据题目要求每所学校至少接纳一位优等生，常采用先安排每学校一人，而后将剩的一人送到一所学校，故有3A种.忽略此种办法是：将同在一所学校的两名学生按进入学校的前后顺序，分为两种方案，而实际题目中对进入同一所学校的两名学生是无顺序要求的. 技巧与方法：解法一，采用处理分堆问题的方法.解法二，分两次安排优等生，但是进入同一所学校的两名优等生是不考虑顺序的. 解法一：分两步：先将四名优等生分成2，1，1三组，共有C种；而后，对三组学生安排三所学校，即进行全排列，有A33种.依乘法原理，共有N=C =36(种). 解法二：分两步：从每个学校至少有一名学生，每人进一所学校，共有A种；而后，再将剩余的一名学生送到三所学校中的一所学校，有3种.值得注意的是：同在一所学校的两名学生是不考虑进入的前后顺序的.因此，共有N=A·3=36(种). 答案：36 ●锦囊妙记 排列与组合的应用题，是高考常见题型，其中主要考查有附加条件的应用问题.解决这类问题通常有三种途径：(1)以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.前两种方式叫直接解法，后一种方式叫间接解法. 在求解排列与组合应用问题时，应注意： (1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题； (2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理； (3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏； (4)列出式子计算和作答. 解排列与组合应用题常用的方法有：直接计算法与间接计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析法；插空法和捆绑法等八种. 经常运用的数学思想是： ①分类讨论思想；②转化思想；③对称思想. ●歼灭难点训练 一、填空题 1.(★★★★)从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A、B、C，所得的经过坐标原点的直线有_________条(用数值表示). 2.(★★★★★)圆周上有2n个等分点(n＞1)，以其中三个点为顶点的直角三角形的个数为_________. 二、解答题 3.(★★★★★)某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色的2，3张为不同花色的A，有5次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人有多少种不同的出牌方法？ 4.(★★★★)二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合{－3，－2，－1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？ 5.(★★★★★)有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数. (1)全体排成一行，其中甲只能在中间或者两边位置. (2)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边. (3)全体排成一行，其中男生必须排在一起. (4)全体排成一行，男、女各不相邻. (5)全体排成一行，男生不能排在一起. (6)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变. (7)排成前后二排，前排3人，后排4人. (8)全体排成一行，甲、乙两人中间必须有3人. 6.(★★★★★)20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，求不同的放法种数. 7.(★★★★)用五种不同的颜色，给图中的(1)(2)(3)(4)的各部分涂色，每部分涂一色，相邻部分涂不同色，则涂色的方法共有几种？ 8.(★★★★)甲、乙、丙三人值周一至周六的班，每人值两天班，若甲不值周一、乙不值周六，则可排出不同的值班表数为多少？ 参考答案 难点磁场 解：(间接法)：任取三张卡片可以组成不同三位数C·23·A(个)，其中0在百位的有C·22·A (个)，这是不合题意的，故共有不同三位数：C·23·A－C·22·A=432(个）. 歼灭难点训练 一、1.解析：因为直线过原点，所以C=0，从1，2，3，5，7，11这6个数中任取2个作为A、B两数的顺序不同，表示的直线不同，所以直线的条数为A=30. 答案：30 2.解析：2n个等分点可作出n条直径，从中任选一条直径共有C种方法；再从以下的(2n－2)个等分点中任选一个点，共有C种方法，根据乘法原理：直角三角形的个数为：C·C=2n(n－1)个. 答案：2n(n－1) 二、3.解：出牌的方法可分为以下几类： (1)5张牌全部分开出，有A种方法； (2)2张2一起出，3张A一起出，有A种方法； (3)2张2一起出，3张A一起出，有A种方法； (4)2张2一起出，3张A分两次出，有CA种方法； (5)2张2分开出，3张A一起出，有A种方法； (6)2张2分开出，3张A分两次出，有CA种方法. 因此，共有不同的出牌方法A+A+A+AA+A+CA=860种. 4.解：由图形特征分析，a＞0,开口向上，坐标原点在内部f(0)=c＜0;a＜0,开口向下，原点在内部f(0)=c＞0,所以对于抛物线y=ax2+bx+c来讲，原点在其内部af(0)=ac＜0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c，再确定b,故满足题设的抛物线共有CCAA=144条. 5.解：(1)利用元素分析法，甲为特殊元素，故先安排甲左、右、中共三个位置可供甲选择.有A种，其余6人全排列，有A种.由乘法原理得AA=2160种. (2)位置分析法.先排最右边，除去甲外，有A种，余下的6个位置全排有A种，但应剔除乙在最右边的排法数AA种.则符合条件的排法共有AA－AA=3720种. (3)捆绑法.将男生看成一个整体，进行全排列.再与其他元素进行全排列.共有AA=720种. (4)插空法.先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有AA=144种. (5)插空法.先排女生，然后在空位中插入男生，共有AA=1440种. (6)定序排列.第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为N，第二步，对甲、乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此A=N×A，∴N== 840种. (7)与无任何限制的排列相同，有A=5040种. (8)从除甲、乙以外的5人中选3人排在甲、乙中间的排法有A种，甲、乙和其余2人排成一排且甲、乙相邻的排法有AA.最后再把选出的3人的排列插入到甲、乙之间即可.共有A×A×A=720种. 6.解：首先按每个盒子的编号放入1个、2个、3个小球，然后将剩余的14个小球排成一排，如图，|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|O|，有15个空档，其中“O”表示小球，“|”表示空档.将求小球装入盒中的方案数，可转化为将三个小盒插入15个空档的排列数.对应关系是：以插入两个空档的小盒之间的“O”个数，表示右侧空档上的小盒所装有小球数.最左侧的空档可以同时插入两个小盒.而其余空档只可插入一个小盒，最右侧空档必插入小盒，于是，若有两个小盒插入最左侧空档，有C种；若恰有一个小盒插入最左侧空档，有种；若没有小盒插入最左侧空档，有C种.由加法原理，有N==120种排列方案，即有120种放法. 7.解：按排列中相邻问题处理.(1)(4)或(2)(4).可以涂相同的颜色.分类：若(1)(4)同色，有A种，若(2)(4)同色，有A种，若(1)(2)(3)(4)均不同色，有A种.由加法原理，共有N=2A+A=240种. 8.解：每人随意值两天，共有CCC个；甲必值周一，有CCC个；乙必值周六，有CCC个；甲必值周一且乙必值周六，有CCC个.所以每人值两天，且甲必不值周一、乙必不值周六的值班表数，有N=CCC－2CCC+ CCC=90－2×5×6+12=42个. 难点30 概 率 概率是高考的重点内容之一，尤其是新增的随机变量这部分内容.要充分注意一些重要概念的实际意义，理解概率处理问题的基本思想方法. ●难点磁场 (★★★★★)如图，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统N1、N2，当元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B、C 至少有一个正常工作时，系统N2正常工作.已知元件A、B、C正常工作的概率依次为0.80,0.90,0.90，分别求系统N1，N2正常工作的概率P1、P2. ●案例探究 ［例1］(★★★★★)有一容量为50的样本，数据的分组及各组的频率数如下： ［10，15］4 ［30，359 ［15，205 ［35，408 ［20，2510 ［40，453 ［25，3011 (1)列出样本的频率分布表(含累积频率)； (2)画出频率分布直方图和累积频率的分布图. 命题意图：本题主要考查频率分布表，频率分布直方图和累积频率的分布图的画法. 知识依托：频率、累积频率的概念以及频率分布表、直方图和累积频率分布图的画法. 错解分析：解答本题时，计算容易出现失误，且要注意频率分布与累积频率分布的区别. 技巧与方法：本题关键在于掌握三种表格的区别与联系. 解：(1)由所给数据，计算得如下频率分布表 数据段 ［10,15 ［15,20 ［20,25 ［25,30 ［30,35 ［35,40 ［40,45 总计 频数 4 5 10 11 9 8 3 50 频率 0.08 0.10 0.20 0.22 0.18 0.16 0.06 1 累积频率 0.08 0.18 0.38 0.60 0.78 0.94 1 (2)频率分布直方图与累积频率分布图如下： ［例2］(★★★★★)某电器商经过多年的经验发现本店每个月售出的电冰箱的台数ζ是一个随机变量，它的分布列如下： ζ 1 2 3 …… 12 P …… 设每售出一台电冰箱，电器商获利300元，如销售不出而囤积于仓库，则每台每月需花保养费用100元，问电器商每月初购进多少台电冰箱才能使自己月平均收益最大？ 命题意图：本题考查利用概率中的某些知识如期望来解决实际问题. 知识依托：期望的概念及函数的有关知识. 错解分析：在本题中，求Ey是一个难点，稍有不慎，就将产生失误. 技巧与方法：可借助概率分布、期望、方差等知识来解决日常生产生活中的实际问题. 解：设x为月初电器商购进的冰箱台数，只须考虑1≤x≤12的情况，设电器商每月的收益为y元，则y是随机变量ζ的函数且y=,电器商平均每月获益的平均数，即数学期望为：Ey=300x(Px+Px+1+…+P12)+［300－100(x－1)］P1+［2×300－100(x－2)］P2+…+［300(x－1)－100］Px－1 =300x(12－x+1)+ ［300×］ =(－2x2+38x) 由于x∈N,故可求出当x=9或x=10时，也即电器商月初购进9台或10台电冰箱时，收益最大. ●锦囊妙记 本章内容分为概率初步和随机变量两部分.第一部分包括等可能事件的概率、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率和独立重复实验.第二部分包括随机变量、离散型随机变量的期望与方差. 涉及的思维方法：观察与试验、分析与综合、一般化与特殊化. 主要思维形式有：逻辑思维、聚合思维、形象思维和创造性思维. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)甲射击命中目标的概率是，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为( ) 2.(★★★★)已知随机变量ζ的分布列为：P(ζ=k)=,k=1,2,3,则P(3ζ+5)等于( ) A.6 B.9 C.3 D.4 二、填空题 3.(★★★★)1盒中有9个正品和3个废品，每次取1个产品，取出后不再放回，在取得正品前已取出的废品数ζ的期望Eζ=_________. 4.(★★★★)某班有52人，男女各半，男女各自平均分成两组，从这个班中选出4人参加某项活动，这4人恰好来自不同组别的概率是_________. 三、解答题 5.(★★★★★)甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.6，计算： (1)两人都击中目标的概率； (2)其中恰有一人击中目标的概率； (3)至少有一人击中目标的概率. 6.(★★★★)已知连续型随机变量ζ的概率密度函数f(x)= (1)求常数a的值，并画出ζ的概率密度曲线； (2)求P(1＜ζ＜). 7.(★★★★★)设P在［0,5］上随机地取值，求方程x2+px+=0有实根的概率. 8.(★★★★★)设一部机器在一天内发生故障的概率为0.2，机器发生故障时全天停止工作.若一周5个工作日里均无故障，可获利润10万元；发生一次故障可获利润5万元，只发生两次故障可获利润0万元，发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。求一周内期望利润是多少？ 参考答案 难点磁场 解：记元件A、B、C正常工作的事件分别为A、B、C，由已知条件P(A)=0.80, P(B)=0.90,P(C)=0.90. (1)因为事件A、B、C是相互独立的，所以，系统N1正常工作的概率P1=P(A·B·C)=P(A)P(B)P(C)=0.648,故系统N1正常工作的概率为0.648 (2)系统N2正常工作的概率P2=P(A)·［1－P()］ =P(A)·［1－P()P()］ =0.80×［1－(1－0.90)(1－0.90)］=0.792 故系统N2正常工作的概率为0.792 歼灭难点训练 一、1.解析：设甲命中目标为事件A，乙命中目标为事件B，丙命中目标为事件C，则目标被击中的事件可以表示为A+B+C，即击中目标表示事件A、B、C中至少有一个发生. 故目标被击中的概率为1－P(··)=1－ 答案：A 2.解析：Eξ=(1+2+3)·=2，Eξ2=(12+22+32)·= ∴Dξ=Eξ2－(Eξ)2=－22=. ∴D(3ξ+5)=9Eξ=6. 答案：A 二、3.解析：由条件知，ξ的取值为0，1，2，3，并且有P(ξ=0)=, 答案：0.3 4.解析：因为每组人数为13，因此，每组选1人有C种方法，所以所求概率为P=. 答案： 三、5.解：(1)我们把“甲射击一次击中目标”叫做事件A，“乙射击一次击中目标”叫做事件B.显然事件A、B相互独立，所以两人各射击一次都击中目标的概率是P(A·B)=P(A)·P(B)=0.6×0.6=0.36 答：两人都击中目标的概率是0.36 (2)同理，两人各射击一次，甲击中、乙未击中的概率是P(A·)=P(A)·P()=0.6× (1－0.6)=0.6×0.4=0.24 甲未击中、乙击中的概率是P(·B)=P()P(B)=0.24，显然，“甲击中、乙未击中”和“甲未击中、乙击中”是不可能同时发生，即事件A·与·B互斥，所以恰有一人击中目标的概率是P(A·)+P(·B)=0.24+0.24=0.48 答：其中恰有一人击中目标的概率是0.48. (2)两人各射击一次，至少有一人击中目标的概率P=P(A·B)+［P(A·)+P()·B］=0.36+0.48=0.84 答：至少有一人击中目标的概率是0.84. 6.解：(1)因为ξ所在区间上的概率总和为1，所以 (1－a+2－a)·1=1, ∴a= 概率密度曲线如图： (2)P(1＜ξ＜)= 7.解：一元二次方程有实数根Δ≥0 而Δ=P2－4()=P2－P－2=(P+1)(P－2) 解得P≤－1或P≥2 故所求概率为P= 8.解：以X表示一周5天内机器发生故障的天数，则X－B(5，0.2)，于是X有概率分布P(X=k)=C0.2k0.85－k,k=0,1,2,3,4,5. 以Y表示一周内所获利润，则 Y=g(X)= Y的概率分布为： P(Y=10)=P(X=0)=0.85=0.328 P(Y=5)=P(X=1)=C0.2·0.84=0.410 P(Y=0)=P(X=2)=C·0.22·0.83=0.205 P(Y=－2)=P(X≥3)=1－P(X=0)－P(X=1)－P(X=2)=0.057 故一周内的期望利润为： EY=10×0.328+5×0.410+0×0.205－2×0.057=5.216(万元) 难点 运用向量法解题 平面向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的全国使用新教材的高考试题逐渐加大了对这部分内容的考查力度，本节内容主要是帮助考生运用向量法来分析，解决一些相关问题. ●难点磁场 (★★★★★)三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求：(1)BC边上的中线 AM的长；(2)∠CAB的平分线AD的长；(3)cosABC的值. ●案例探究 ［例1］如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面 ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD. (1)求证：C1C⊥BD. (2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明. 命题意图：本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读能力. 知识依托：解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题，这就使几何问题代数化，使繁琐的论证变得简单. 错解分析：本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系. 技巧与方法：利用a⊥ba·b=0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可. (1)证明：设=a, =b,=c,依题意，|a|=|b|，、、中两两所成夹角为θ，于是=a－b，=c(a－b)=c·a－c·b=|c|·|a|cosθ－|c|·|b|cosθ=0,∴C1C⊥BD. (2)解：若使A1C⊥平面C1BD，只须证A1C⊥BD，A1C⊥DC1， 由 =(a+b+c)·(a－c)=|a|2+a·b－b·c－|c|2=|a|2－|c|2+|b|·|a|cosθ－|b|·|c|·cosθ=0,得 当|a|=|c|时，A1C⊥DC1，同理可证当|a|=|c|时，A1C⊥BD， ∴=1时，A1C⊥平面C1BD. ［例2］如图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点. (1)求的长； (2)求cos<>的值； (3)求证：A1B⊥C1M. 命题意图：本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题.属 ★★★★级题目. 知识依托：解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系O－xyz,进而找到点的坐标和求出向量的坐标. 错解分析：本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标. 技巧与方法：可以先找到底面坐标面xOy内的A、B、C点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标. (1)解：如图，以C为原点建立空间直角坐标系O－xyz. 依题意得：B(0，1，0)，N(1，0，1) ∴||=. (2)解：依题意得：A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2). ∴==(0，1，2) =1×0+(－1)×1+2×2=3 ||= (3)证明：依题意得：C1(0，0，2)，M() ∴ ∴A1B⊥C1M. ●锦囊妙计 1.解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想. 2.向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题. 3.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考： (1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？ (2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？ (3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？ (4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？ ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★)设A、B、C、D四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD为( ) A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.平行四边形 2.(★★★★)已知△ABC中，=a，=b，a·b<0，S△ABC=,|a|=3,|b|=5,则a与b的夹角是( ) A.30° B.－150° C.150° D.30°或150° 二、填空题 3.(★★★★★)将二次函数y=x2的图象按向量a平移后得到的图象与一次函数y=2x －5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量a=_________. 4.(★★★★)等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底边AB，它们所在的平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________. 三、解答题 5.(★★★★★)如图，在△ABC中，设=a， =b， =c, =λa,(0<λ<1), =μb(0<μ<1),试用向量a，b表示c. 6.(★★★★)正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为a. (1)建立适当的坐标系，并写出A、B、A1、C1的坐标； (2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角. 7.(★★★★★)已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使成公差小于零的等差数列. (1)点P的轨迹是什么曲线？ (2)若点P坐标为(x0,y0),Q为与的夹角，求tanθ. 8.(★★★★★)已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点. (1)用向量法证明E、F、G、H四点共面； (2)用向量法证明：BD∥平面EFGH； (3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有. 参考答案 难点磁场 解：(1)点M的坐标为xM= D点分的比为2. ∴xD= (3)∠ABC是与的夹角，而=(6，8），=(2，－5）. 歼灭难点训练 一、1.解析： =(1，2）， =(1，2），∴=，∴∥，又线段AB与线段DC无公共点，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，∴ABCD是平行四边形，又||=， =(5，3），||=，∴||≠|},∴ABCD不是菱形，更不是正方形；又=(4，1）， ∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD也不是矩形，故选D. 答案：D 2.解析：∵·3·5sinα得sinα=,则α=30°或α=150°. 又∵a·b＜0,∴α=150°. 答案：C 二、3.(2,0) 4.13 cm 三、5.解：∵与共线，∴=m=m(－)=m(μb－a), ∴=+=a+m(μb－a)=(1－m)a+mμb ① 又与共线，∴=n=n(－)=n(λa－b), ∴=+=b+n(λa－b)=nλa+(1－n)b ② 由①②，得(1－m）a+μmb=λna+(1－n)b. ∵a与b不共线，∴ ③ 解方程组③得：m=代入①式得c=(1－m)a+mμb=［λ(1－μ)a+μ(1－λ)b］. 6.解：(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系. 由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,a),C1(－a). (2)取A1B1的中点M，于是有M(0，a），连AM，MC1，有=(－a,0,0）, 且=(0，a,0）,=(0,0a) 由于·=0，·=0，所以MC1⊥面ABB1A1，∴AC1与AM 所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角. ∵= 所以所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°. 7.解：(1)设P(x,y）,由M(－1，0），N(1，0）得， =－=(－1－x,－y）, =(1－x,－y), =－=(2,0),∴·=2(1+x), ·=x2+y2－1, =2(1－x).于是，是公差小于零的等差数列，等价于 所以，点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆. (2)点P的坐标为(x0,y0) 8.证明：(1）连结BG，则 由共面向量定理的推论知：E、F、G、H四点共面，(其中=） (2）因为. 所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH 所以BD∥平面EFGH. (3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG 由(2）知，同理，所以，EHFG,所以EG、FH交于一点M且被M平分，所以 . 难点 三个“二次”及关系 三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系，同时也是研究包含二次曲线在内的许多内容的工具.高考试题中近一半的试题与这三个“二次”问题有关.本节主要是帮助考生理解三者之间的区别及联系，掌握函数、方程及不等式的思想和方法. ●难点磁场 已知对于x的所有实数值，二次函数f(x)=x2－4ax+2a+12(a∈R)的值都是非负的，求关于x的方程=|a－1|+2的根的取值范围. ●案例探究 ［例1］已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=－bx，其中a、b、c满足a>b>c,a+b+c=0,(a,b,c∈R). (1)求证：两函数的图象交于不同的两点A、B； (2)求线段AB在x轴上的射影A1B1的长的取值范围. 命题意图：本题主要考查考生对函数中函数与方程思想的运用能力.属于★★★★★题目. 知识依托：解答本题的闪光点是熟练应用方程的知识来解决问题及数与形的完美结合. 错解分析：由于此题表面上重在“形”，因而本题难点就是一些考生可能走入误区，老是想在“形”上找解问题的突破口，而忽略了“数”. 技巧与方法：利用方程思想巧妙转化. (1)证明：由消去y得ax2+2bx+c=0 Δ=4b2－4ac=4(－a－c)2－4ac=4(a2+ac+c2)=4［(a+c2］ ∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c<0 ∴c2>0,∴Δ>0,即两函数的图象交于不同的两点. (2)解：设方程ax2+bx+c=0的两根为x1和x2,则x1+x2=－,x1x2=. |A1B1|2=(x1－x2)2=(x1+x2)2－4x1x2 ∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0 ∴a>－a－c>c,解得∈(－2,－) ∵的对称轴方程是. ∈(－2,－)时，为减函数 ∴|A1B1|2∈(3,12),故|A1B1|∈(). ［例2］已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0. (1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的范围. (2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的范围. 命题意图：本题重点考查方程的根的分布问题，属★★★★级题目. 知识依托：解答本题的闪光点是熟知方程的根对于二次函数性质所具有的意义. 错解分析：用二次函数的性质对方程的根进行限制时，条件不严谨是解答本题的难点. 技巧与方法：设出二次方程对应的函数，可画出相应的示意图，然后用函数性质加以限制. 解：(1)条件说明抛物线f(x)=x2+2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得 ∴. (2)据抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组 (这里0<－m<1是因为对称轴x=－m应在区间(0，1)内通过) ●锦囊妙计 1.二次函数的基本性质 (1)二次函数的三种表示法： y=ax2+bx+c;y=a(x－x1)(x－x2);y=a(x－x0)2+n. (2)当a>0,f(x)在区间［p,q］上的最大值M，最小值m,令x0= (p+q). 若－查看更多