2022届高三数学第八章 高考专题突破五 第3课时 证明与探索性问题
第3课时 证明与探索性问题
题型一证明问题
例1(八省联考)双曲线C ：x 2
a 2－y
2
b 2＝1(a>0，b>0)的左顶点为A ，右焦点为F ，动点B 在C 上，当BF⊥AF
时，|AF|＝|BF|. (1)求C 的离心率；
(2)若B 在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF. (1)解 设双曲线的离心率为e ，焦距为2c ， 在x 2
a 2－y 2
b 2＝1中，令x ＝
c ，则c 2
a 2－y
2
b 2＝1， 则y 2
b 2＝
c 2
a 2－1＝
b 2
a 2，故y ＝±
b 2
a ， 若|AF|＝|BF|，则a ＋c ＝
b 2
a ，
所以a 2
＋ac ＝b 2
＝c 2
－a 2
， 所以e 2－e －2＝0，所以e ＝2.
(2)证明 由(1)知双曲线方程为x 2
a 2－y
2
3a 2＝1，
设B(x ，y)(x>0，y>0)，当x≠c 时，k AB ＝y x ＋a ，k BF ＝y x －c
， 设∠BAF＝θ，
则tanθ＝y x ＋a ，tan2θ＝2tanθ1－tan 2θ＝2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫y x ＋a 1－⎝ ⎛⎭
⎪
⎫y x ＋a 2＝2x ＋a y x ＋a 2－y 2＝
2x ＋a
y
x ＋a
2－3a 2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫x
2
a 2－1＝2x ＋a y －2x 2＋2ax ＋4a 2＝
y 2a －x ＝y
c －x
＝－k BF ＝tan∠BFA， 因为0≤2∠BAF≤π，0≤∠BFA≤π，所以∠BFA＝2∠BAF. 当x ＝c 时，由题意知∠BFA＝π2，∠BAF＝π
4
，满足∠BFA＝2∠BAF. 综上，∠BFA＝2∠BAF.
思维升华圆锥曲线中的证明问题常见的有
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等． (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．
跟踪训练1已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F 在y 轴正半轴上，圆心在直线y ＝1
2
x 上的圆
E 与x 轴相切，且点E ，
F 关于点M(－1,0)对称． (1)求E 和Γ的标准方程；
(2)过点M 的直线l 与圆E 交于A ，B 两点，与Γ交于C ，D 两点，求证：|CD|>2|AB|. (1)解 设Γ的标准方程为x 2
＝2py ，p>0，
则F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，p 2. 已知E 在直线y ＝1
2x 上，故可设E ()2a ，a .
因为E ，F 关于M(－1,0)对称，
所以⎩⎨⎧
2a ＋0
2
＝－1，p
2
＋a 2＝0，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ＝－1，p ＝2.
所以抛物线Γ的标准方程为x 2
＝4y. 因为圆E 与x 轴相切，故半径r ＝|a|＝1， 所以圆E 的标准方程为(x ＋2)2
＋(y ＋1)2
＝1. (2)证明 由题意知，直线l 的斜率存在，
设l 的斜率为k ，那么其方程为y ＝k(x ＋1)(k≠0)． 则E(－2，－1)到l 的距离d ＝
|k －1|k 2
＋1
，
因为l 与E 交于A ，B 两点，所以d 2 ， 即k －1 2 k 2 ＋1 <1，解得k>0， 所以|AB|＝21－d 2 ＝2 2k k 2 ＋1 . 由⎩ ⎪⎨ ⎪⎧ x 2 ＝4y ，y ＝k x ＋1消去y 并整理得，x 2 －4kx －4k ＝0. Δ＝16k 2 ＋16k>0恒成立，设C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4k ， 那么|CD|＝k 2 ＋1|x 1－x 2|＝k 2 ＋1·x 1＋x 22 －4x 1x 2＝4k 2＋1·k 2 ＋k. 所以|CD|2 |AB| 2＝ 16k 2 ＋1k 2 ＋k 8k k 2 ＋1 ＝ 2k 2 ＋1 2 k 2 ＋k k >2k k ＝2. 所以|CD|2>2|AB|2 ，即|CD|>2|AB|. 题型二探索性问题 例2 (2019·全国Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB|＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2 ＝0相切． (1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径； (2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由． 解 (1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上． 由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称， 所以M 在直线y ＝x 上，故可设M(a ，a)． 因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|. 由已知得|AO|＝2. 又MO⊥AO，故可得2a 2 ＋4＝(a ＋2)2 ， 解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6. (2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值． 理由如下： 设M(x ，y)，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO|＝2. 由于MO⊥AO，故可得x 2 ＋y 2 ＋4＝(x ＋2)2 ，化简得M 的轨迹方程为y 2 ＝4x. 因为曲线C ：y 2 ＝4x 是以点P(1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线， 所以|MP|＝x ＋1. 因为|MA|－|MP|＝r －|MP|＝x ＋2－(x ＋1)＝1， 所以存在满足条件的定点P. 思维升华探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论． 跟踪训练2 (2021·皖北协作区联考)已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程； (2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2 a 2＋y 2 b 2＝1(a>b>0)，且可知左焦点F′的坐标为(－2,0)． 所以⎩ ⎪⎨ ⎪⎧ c ＝2，2a ＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，解得⎩ ⎪⎨ ⎪⎧ c ＝2， a ＝4. 又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2 ＝12， 所以椭圆C 的方程为x 2 16＋y 2 12＝1. (2)不存在，理由如下． 假设存在符合题意的直线l ， 其方程为y ＝3 2x ＋t(t≠0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝3 2x ＋t ，x 2 16＋y 212＝1， 消去y ， 整理得3x 2 ＋3tx ＋t 2 －12＝0. 因为直线l 与椭圆C 有公共点， 所以Δ＝(3t)2 －4×3×(t 2 －12)≥0， 解得－43≤t≤43，且t≠0. 另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4可得 |t| 94 ＋1＝4， 解得t ＝±213. 因为±213∉[－43，0)∪(0,43]， 所以符合题意的直线l 不存在． 在圆锥曲线问题中，常见各种含两直线斜率k 1，k 2的双斜率问题，齐次化处理是解决这类问题的重要策略． 例 已知A ，B 为抛物线y 2 ＝4x 上异于顶点的两动点，且满足以AB 为直径的圆过顶点．求证：直线AB 过定点． 证明 当直线AB 斜率存在时，设直线AB ：y ＝kx ＋b ，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 由题意得k OA ·k OB ＝y 1x 1·y 2 x 2 ＝－1， 联立⎩ ⎪⎨ ⎪⎧ y 2 ＝4x ，①y ＝kx ＋b ，② 由②得，y －kx b ＝1， 代入①得，y 2 ＝4x·y －kx b ， 整理得，by 2 －4xy ＋4kx 2 ＝0， 即b ⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2－4⎝ ⎛⎭ ⎪⎫y x ＋4k ＝0， 则y 1x 1·y 2x 2＝4k b ＝－1，得b ＝－4k ， ∴y＝kx ＋b ＝k(x －4)，故直线AB 过定点(4,0)． 当直线AB 的斜率不存在时，由对称性可知∠AOx＝45°. 直线OA 和抛物线y 2 ＝4x 的交点为(4,4)， 直线AB 的方程为x ＝4，直线AB 过点(4,0)． 综上，直线AB 过定点(4,0)． 课时精练 1．已知椭圆C ：x 2 a 2＋y 2 b 2＝1(a>b>0)的一个焦点为F(－1,0)，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 23，263在C 上． (1)求椭圆C 的方程； (2)已知点M(－4,0)，过F 作直线l 交椭圆于A ，B 两点，求证：∠FMA＝∠FMB. (1)解 由题意知，c ＝1，∵点P ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ 23，263在椭圆C 上， ∴ 49a 2＋83b 2＝1.又a 2＝b 2＋c 2＝b 2＋1，解得a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 2 4＋y 2 3 ＝1. (2)证明 当l 与x 轴垂直时，直线MF 恰好平分∠AMB，则∠FMA＝∠FMB； 当l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k(x ＋1)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 2 4＋y 2 3 ＝1，y ＝k x ＋1， 消去y 得，(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2 －12＝0， ∵Δ>0恒成立，∴设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－8k 2 3＋4k 2，x 1x 2＝4k 2 －123＋4k 2， 直线MA ，MB 的斜率之和为 k MA ＋k MB ＝y 1x 1＋4＋y 2x 2＋4 ＝y 1 x 2＋4＋y 2x 1＋4 x 1＋4x 2＋4 ＝ k x 1＋1 x 2＋4＋k x 2＋1x 1＋4 x 1＋4x 2＋4 ＝ k[2x 1x 2＋5 x 2＋x 1＋8] x 1＋4 x 2＋4 ， ∵2x 1x 2＋5(x 2＋x 1)＋8＝2×4k 2 －123＋4k 2＋5×⎝ ⎛⎭ ⎪⎫－ 8k 2 3＋4k 2＋8＝0， ∴k MA ＋k MB ＝0， 故直线MA ，MB 的倾斜角互补， 综上所述，∠FMA＝∠FMB. 2．(2020·青岛质检)设椭圆E ：x 2 a 2＋y 2 b 2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线交椭 圆E 于A ，B 两点．若椭圆E 的离心率为2 2 ，△ABF 2的周长为4 6. (1)求椭圆E 的方程； (2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ，D ，设弦AB ，CD 的中点分别为M ，N ，证明：O ，M ，N 三点共线． (1)解 由题意知，4a ＝46，a ＝ 6. 又e ＝ 2 2 ，∴c＝3，b ＝3， ∴椭圆E 的方程为x 2 6＋y 2 3 ＝1. (2)证明 当直线AB ，CD 的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M ，N 在x 轴上，O ，M ，N 三点共线， 当直线AB ，CD 的斜率存在时，设其斜率为k ，且设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，M(x 0，y 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ x 216＋y 2 1 3 ＝1，x 2 2 6＋y 22 3＝1， 两式相减，得x 216＋y 2 13－⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ x 226＋y 2 23＝0， ∴x 2 1－x 2 26＝－y 2 1－y 2 23， x 1－x 2x 1＋x 26＝－ y 1－y 2 y 1＋y 2 3 ， ∴ y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－36，y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－3 6 ， 即k·k OM ＝－12，∴k OM ＝－12k . 同理可得k ON ＝－1 2k ，∴k OM ＝k ON ，∴O，M ，N 三点共线． 3．设椭圆C 1：x 2 a 2＋y 2 b 2＝1(a>b>0)的离心率为3 2，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，M 是椭圆上任意一点， 且△MF 1F 2的周长是4＋2 3. (1)求椭圆C 1的方程； (2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，若点C 满足AB →⊥BC →，AD →∥OC → ，连接AC 交DE 于点P ，求证：|PD|＝|PE|. (1)解 由e ＝ 32，知c a ＝32，所以c ＝3 2 a ， 因为△MF 1F 2的周长是4＋23， 所以2a ＋2c ＝4＋23，所以a ＝2，c ＝3， 所以b 2 ＝a 2 －c 2 ＝1， 所以椭圆C 1的方程为x 2 4 ＋y 2 ＝1. (2)证明 由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x 0，y 0)，所以E(x 0,0)， 因为AB →⊥BC → ，所以可设C(2，y 1)， 所以AD →＝(x 0＋2，y 0)，OC → ＝(2，y 1)， 由AD →∥OC → 可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2. 所以直线AC 的方程为 y －02y 0x 0＋2－0＝ x ＋2 2－－2 . 整理得：y ＝ y 02 x 0＋2 (x ＋2)． 又点P 在DE 上，将x ＝x 0代入直线AC 的方程可得：y ＝y 02，即点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，y 02，所以P 为DE 的中点，|PD|＝|PE|. 4．已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 2 4＋y 2 3＝1交于A ，B 两点．线段AB 的中点为M(1，m)(m>0)． (1)证明：k<－1 2 ； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：2|FP →|＝|FA →|＋|FB → |. 证明 (1)设直线l 的方程为y ＝kx ＋t ， 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋t ，x 24＋y 2 3 ＝1， 消去y 得(4k 2 ＋3)x 2 ＋8ktx ＋4t 2 －12＝0， 则Δ＝64k 2t 2 －4(4t 2 －12)(3＋4k 2 )>0， 得4k 2 ＋3>t 2，① 且x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2＝2， y 1＋y 2＝k(x 1＋x 2)＋2t ＝6t 3＋4k 2＝2m ， 因为m>0，所以t>0且k<0.且t ＝3＋4k 2 －4k ，② 由①②得4k 2 ＋3> 3＋4k 22 16k 2，所以k>12或k<－1 2 . 因为k<0，所以k<－1 2 . (2)FP →＋FA →＋FB →＝0，FP →＋2FM → ＝0， 因为M(1，m)，F(1,0)，所以P 的坐标为(1，－2m)． 又P 在椭圆上，所以14＋4m 2 3＝1， 所以m ＝34，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32， 又x 2 14＋y 2 13＝1，x 2 24＋y 2 2 3 ＝1， 两式相减可得y 1－y 2x 1－x 2＝－34·x 1＋x 2y 1＋y 2， 又x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝3 2，所以k ＝－1， 直线l 方程为y －34＝－(x －1)，即y ＝－x ＋7 4， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－x ＋7 4，x 2 4＋y 2 3＝1， 消去y 得28x 2 －56x ＋1＝0， x 1,2＝14±32114， |FA →|＋|FB →|＝x 1－1 2 ＋y 2 1＋ x 2－1 2 ＋y 2 2＝3， |FP →|＝ 1－1 2 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－02＝32 ， 所以|FA →|＋|FB →|＝2|FP →|. 5．(2020·衡水模拟)已知点P 在圆O ：x 2 ＋y 2 ＝6上运动，点P 在x 轴上的投影为Q ，动点M 满足(1－3)OQ →＝OP →－3OM → . (1)求动点M 的轨迹E 的方程； (2)过点(2,0)的动直线l 与曲线E 交于A ，B 两点，问：在x 轴上是否存在定点D ，使得DA →·AB →＋DA → 2 的值为定值？若存在，求出定点D 的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 解 (1)设M(x ，y)，P(x 0，y 0)， 由(1－3)OQ →＝OP →－3OM →， 得OQ →－OP →＝3OQ →－3OM →，即PQ →＝3MQ →， ∴⎩⎨ ⎧ x 0＝x ，y 0＝3y ， 又点P(x 0，y 0)在圆O ：x 2 ＋y 2 ＝6上，∴x 2 0＋y 2 0＝6， ∴x 2 ＋3y 2 ＝6，∴轨迹E 的方程为x 26＋y 2 2 ＝1. (2)当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k(x －2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2 6＋y 2 2＝1，y ＝k x －2， 消去y 得 (1＋3k 2 )x 2 －12k 2 x ＋12k 2 －6＝0， 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， ∴x 1＋x 2＝12k 2 1＋3k 2，x 1·x 2＝12k 2 －61＋3k 2， 根据题意，假设x 轴上存在定点D(m,0)， 使得DA →·AB →＋DA →2＝DA →·(AB →－AD →)＝DA →·DB → 为定值， 则有DA →·DB → ＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2)＝(x 1－m)(x 2－m)＋y 1y 2 ＝(x 1－m)(x 2－m)＋k 2 (x 1－2)(x 2－2) ＝(k 2 ＋1)x 1x 2－(2k 2 ＋m)(x 1＋x 2)＋(4k 2 ＋m 2 ) ＝(k 2 ＋1)·12k 2 －61＋3k 2－(2k 2＋m)·12k 2 1＋3k 2＋(4k 2＋m 2 ) ＝3m 2－12m ＋10k 2 ＋ m 2 －6 3k 2 ＋1 要使上式为定值，即与k 无关， 则3m 2 －12m ＋10＝3(m 2 －6)， 即m ＝73，此时DA →·DB →＝m 2 －6＝－59为常数，定点D 的坐标为⎝ ⎛⎭ ⎪⎫73，0. 当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝2，易求得直线l 与椭圆C 的两个交点坐标分别为⎝ ⎛ ⎭⎪⎫2，63，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－63， 此时DA →·DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1 3，63·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13 ，－63＝－59. 综上所述，存在定点D ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫73，0，使得DA →·AB →＋DA →2为定值－59. 高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题 1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 2 4+ y 23 =1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆 C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值. 2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程; (2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由. 3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2 a 2−y 2 b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程; (2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0 (1)求椭圆C 的方程; (2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1 λ+1 μ 为定值. 5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切. (1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程; (2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B. ①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB. 6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2 a 2+y 2 b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程; (2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由. 第3课时 证明与探索性问题 题型一证明问题 例1(八省联考)双曲线C ：x 2 a 2－y 2 b 2＝1(a>0，b>0)的左顶点为A ，右焦点为F ，动点B 在C 上，当BF⊥AF 时，|AF|＝|BF|. (1)求C 的离心率； (2)若B 在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF. (1)解 设双曲线的离心率为e ，焦距为2c ， 在x 2 a 2－y 2 b 2＝1中，令x ＝ c ，则c 2 a 2－y 2 b 2＝1， 则y 2 b 2＝ c 2 a 2－1＝ b 2 a 2，故y ＝± b 2 a ， 若|AF|＝|BF|，则a ＋c ＝ b 2 a ， 所以a 2 ＋ac ＝b 2 ＝c 2 －a 2 ， 所以e 2－e －2＝0，所以e ＝2. (2)证明 由(1)知双曲线方程为x 2 a 2－y 2 3a 2＝1， 设B(x ，y)(x>0，y>0)，当x≠c 时，k AB ＝y x ＋a ，k BF ＝y x －c ， 设∠BAF＝θ， 则tanθ＝y x ＋a ，tan2θ＝2tanθ1－tan 2θ＝2⎝ ⎛⎭ ⎪ ⎫y x ＋a 1－⎝ ⎛⎭ ⎪ ⎫y x ＋a 2＝2x ＋a y x ＋a 2－y 2＝ 2x ＋a y x ＋a 2－3a 2⎝ ⎛⎭ ⎪ ⎫x 2 a 2－1＝2x ＋a y －2x 2＋2ax ＋4a 2＝ y 2a －x ＝y c －x ＝－k BF ＝tan∠BFA， 因为0≤2∠BAF≤π，0≤∠BFA≤π，所以∠BFA＝2∠BAF. 当x ＝c 时，由题意知∠BFA＝π2，∠BAF＝π 4 ，满足∠BFA＝2∠BAF. 综上，∠BFA＝2∠BAF. 思维升华圆锥曲线中的证明问题常见的有 (1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等． (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等． 在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明． 跟踪训练1已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F 在y 轴正半轴上，圆心在直线y ＝1 2 x 上的圆 考点专练52：定点、定值、探索性问题 一、选择题 1.椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率32，则双曲线x 2a 2－y 2 b 2＝1的离心率为( ) A .2 B.3 C. 2 D.52 2.已知AB 是过抛物线y 2＝4x 焦点F 的弦，O 是原点，则OA →·OB →＝( ) A .－2 B.－4 C .3 D.－3 3.直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别 为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23 ，则直线l 过定点( ) A .(－3,0) B.(0，－3) C .(3,0) D.(0,3) 4.已知直线l 过抛物线C ：x 2＝6y 的焦点F ，交C 于A ，B 两点，交C 的准线于点P ， 若AF →＝FP →，则|AB|＝( ) A .8 B.9 C .11 D.16 5.已知双曲线C ：x 2a 2－y 2 b 2＝1(a>0，b>0)的右顶点为P ，任意一条平行于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，总有PA ⊥PB ，则双曲线C 的离心率为( ) A. 2 B. 3 C.62 D.233 6.已知椭圆和双曲线有共同的焦点F 1，F 2，P 是它们的一个交点，且∠F 1PF 2＝ 2π3，记椭圆和双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则3e 21＋1e 22 ＝( ) A .4 B.2 3 C.2 D.3 7.已知直线x －y ＋1＝0与双曲线x 2a ＋y 2 b ＝1(ab ＜0)相交于P ，Q 两点，且OP ⊥OQ(O 为坐标原点)，则1a ＋1b ＝( ) A .1 B. 2 C.2 D.5 8.已知F 为椭圆C ：x 225＋y 2 16 ＝1的左焦点，O 为坐标原点，点P 在椭圆C 上且位于x 轴上方，点A(－3,4)．若直线OA 平分线段PF ，则∠PAF 的大小为( ) A .60° B.90° C .120° D.无法确定 一．方法综述 立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。 对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。 二．解题策略 类型一 空间平行关系的探索 【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A C 、不重合），则下列结论正确的是__________ ①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得平面DM 平面11B CD ； ③1A DM ∆的面积可能等于 36 ； ④若12,S S 分别是1A DM ∆在平面1111A B C D 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S 【答案】①②③④ 【解析】①如图所示，当M 是1AC 中点时，可知M 也是1A C 中点且11B C BC ⊥，111A B BC ⊥， 1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，所以11BC A M ⊥，同理可知1BD A M ⊥， 立体几何中探索性问题 且1BC BD B =，所以1A M ⊥平面1BC D ， 又1A M ⊂平面1A DM ，所以平面1A DM ⊥平面1BC D ，故正确； ②如图所示，取1AC 靠近A 的一个三等分点记为M ，记1111AC B D O =，1OC AC N =，因为 11AC AC ，所以 111 2 OC C N AC AN ==，所以N 为1AC 靠近1C 的一个三等分点， 则N 为1MC 中点，又O 为11A C 中点，所以1A M NO ，且11A D B C ，111A M A D A =，1NO B C C =， 所以平面1A DM 平面11B CD ，且DM ⊂平面1A DM ， 所以DM 平面11B CD ，故正确； ③如图所示，作11A M AC ⊥，在11AA C 中根据等面积得：126 33 A M = =， 根据对称性可知：16 A M DM == ，又2AD =1A DM 是等腰三角形， 则12 2 1623 22326A DM S ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，故正确； 2023新教材数学高考第二轮专题 考点突破练14 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题 1.(2022·广东广州三模)在圆x 2+y 2=2上任取一点D ,过点D 作x 轴的垂线段DH ,H 为垂足,线段DH 上一点E 满足|DH | |EH |=√2.记动点E 的轨迹为曲线C. (1)求曲线C 的方程; (2)设O 为原点,曲线C 与y 轴正半轴交于点A ,直线AP 与曲线C 交于点P ,与x 轴交于点M ,直线AQ 与曲线C 交于点Q ,与x 轴交于点N ,若OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,求证:直线PQ 经过定点. 2.(2022·湖南衡阳三模)已知抛物线C :y=ax 2(a>0)的焦点是F ,若过焦点F 的直线与抛物线C 相交于A ,B 两点,所得弦长|AB|的最小值为2. (1)求实数a 的值. (2)设P ,Q 是抛物线C 上不同于坐标原点O 的两个不同的动点,且以线段PQ 为直径的圆经过点O ,作OM ⊥PQ ,垂足为M ,试探究是否存在定点N ,使得|MN|为定值.若存在,求出该定点N 的坐标及定值|MN|;若不存在,请说明理由. 3.(2022·广东佛山模拟)已知椭圆C : x 2a 2+y 2 b 2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0),上、下顶点分别为B 1,B 2,以点F 为圆心,FB 1为半径作圆,与x 轴交于点T (3,0). (1)求椭圆C 的标准方程. (2)已知点P (2,0),点A ,B 为椭圆C 上异于点P 且关于原点对称的两点,直线PA ,PB 与y 轴分别交于点M ,N ,记以MN 为直径的圆为圆K ,试判断是否存在直线l 截圆K 的弦长为定值.若存在,请求出该直线的方程;若不存在,请说明理由. 【名师综述】利用空间向量解决探索性问题 立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如． 1.以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法． 求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p 的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题． 2.与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法． 【精选名校模拟】 1.【成都石室中学2014届高三上期“一诊”模拟考试（一）（理）】(本小题满分12分)已知直三棱柱 111C B A ABC -的三视图如图所示，且D 是BC 的中点． （Ⅰ）求证：1A B ∥平面1ADC ； （Ⅱ）求二面角1C AD C --的余弦值； （Ⅲ）试问线段11A B 上是否存在点E ，使AE 与1DC 成60︒ 角？若存在，确定E 点位置，若不存在，说明理由． 第5节 垂直关系 义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. 知 识 梳 理 (1)直线和平面垂直的定义 如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 如果一条直线和一个平面内的 两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直) ⎭ ⎪⎬⎪⎫l ⊥a l ⊥b a ∩ b ＝O a α b α⇒l ⊥ α 性质定理 如果两条直线同垂直于一个平 面，那么这两条直线平行 ⎭ ⎪⎬⎪ ⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b (1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角. (2)X 围：⎣ ⎢⎡⎥⎤0，π2. (1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角； （2）二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角. (3)二面角的X 围：[0，π]. (1)平面与平面垂直的定义 两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言图形表示符号表示 判定定理如果一个平面经过另一个平面的 一条垂线，那么这两个平面互相 垂直 ⎭⎪ ⎬ ⎪⎫ l⊥α l β ⇒α⊥β 性质定理如果两个平面互相垂直，那么在 一个平面内垂直于它们交线的直 线垂直于另一个平面 ⎭⎪ ⎬ ⎪⎫ α⊥β α∩β＝a l⊥a lβ ⇒l⊥ α [微点提醒] (1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面. (2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法). 2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”. 基础自测 1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( ) (2)垂直于同一个平面的两平面平行.( ) (3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( ) (4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.( ) 解析(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或lα或l∥α，故(1)错误. (2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误. (3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误. 专题突破练(5) 立体几何的综合问题 一、选择题 1．已知直线a ⊂平面α，直线b ⊂平面β，则“a ∥b ”是“α∥β ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分又不必要条件 答案 D 解析 “a ∥b ”不能得出“α∥β”，反之由“α∥β”也得不出“a ∥b ”．故选D. 2.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，A 1A ＝AB ＝2，BC ＝1，AC ＝5， 若规定正视方向垂直平面ACC 1A 1，则此三棱柱的侧视图的面积为( ) A.45 5 B ．2 5 C ．4 D ．2 答案 A 解析 在△ABC 中，AC 2 ＝AB 2 ＋BC 2 ＝5，∴AB ⊥BC . 作BD ⊥AC 于D ，则BD 为侧视图的宽，且BD ＝2×15＝255，∴侧视图的面积为S ＝2×255＝45 5. 3．平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，既与AB 共面也与CC 1共面的棱的条数为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 答案 C 解析 如图，既与AB 共面也与CC 1共面的棱有CD 、BC 、BB 1、AA 1、C 1D 1，共5条． 4．在四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD .将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四周体A ′－ BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( ) A ．A ′C ⊥BD B ．∠BA ′ C ＝90° C ．CA ′与平面A ′B D 所成的角为30° D ．四周体A ′BCD 的体积为1 3 答案 B 解析 ∵AB ＝AD ＝1，BD ＝2，∴AB ⊥AD . ∴A ′B ⊥A ′D .∵平面A ′BD ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ， ∴CD ⊥平面A ′BD ，∴CD ⊥A ′B ，∴A ′B ⊥平面A ′CD ， ∴A ′B ⊥A ′C ，即∠BA ′C ＝90°. 5. 如图，在三棱锥P －ABC 中，不能证明AP ⊥BC 的条件是( ) 专题38 圆锥曲线中的求值与证明问题 【高考真题】 1．(2022·北京) 已知椭圆：222 2 : 1(0)x y E a b a b + =>>的一个顶点为(0, 1)A ，焦距为 (1)求椭圆E 的方程； (2)过点(2, 1)P -作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当||2MN =时，求k 的值． 1．解析 (1)依题意可得1b = ，2c =222c a b =-，所以2a =． 所以椭圆方程为2 214 x y +=； (2)依题意过点()2, 1P -的直线为()12y k x -=+，设()11, B x y 、()22, C x y ，不妨令1222x x -≤<≤， 由()22 1214 y k x x y ⎧-=+⎪⎨+=⎪⎩，消去y 整理得()() 2222 1416816160k x k k x k k +++++=， 所以() ()() 2 22216841416160k k k k k ∆=+-++>，解得0k <， 所以2122 16814k k x x k ++=- +，2122 161614k k x x k +⋅= +， 直线AB 的方程为1111y y x x --=，令0y =，解得111M x x y =-， 直线AC 的方程为2211y y x x --= ，令0y =，解得22 1N x x y =-， 所以212111N M x x MN x x y y =-= ---()()2121121121x x k x k x =-⎡⎤⎡⎤-++-++⎣⎦⎣⎦ ()()21 2122x x k x k x = +-++()()()()2121212222x x x x k x x +-+=++()() 12212222x x k x x -==++， 所以()()122122x x k x x -=++ ， ()212124k x x x x ⎡⎤=+++⎣ ⎦． 22221616168241414k k k k k k k ⎡⎤⎛⎫+++-+⎢⎥ ⎪ ⎪++⎢⎥⎝⎭⎣⎦ ． ()() 22221616216841414k k k k k k k ⎡⎤= +-+++⎣ ⎦+． 整理得4k =，解得4k =-．2．(2022·新高考Ⅰ) 已知点(2, 1)A 在双曲线222 2:1(1)1 x y C a a a -=>-上， 直线l 交C 于P ，Q 两点，直线 专题8.8 立体几何综合问题（知识点讲解） 【知识框架】 【核心素养】以几何体为载体，考查空间几何体中的最值问题、折叠问题以及探索性问题，凸显直观想象、数学运算、 逻辑推理的核心素养． 【知识点展示】 （一）空间向量的概念及有关定理 1．空间向量的有关概念 2. (1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb. (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序 实数对(x，y)，使p＝x a＋y b. (3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}， 使得p＝x a＋y b＋z c，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底． （二）空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 则①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)； ②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)； ③a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)， a ⊥ b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23 . 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)， 则||(AB d AB a ==（三）异面直线所成的角 ①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角． ②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π ． ③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos || ||||| a b a b θϕ⋅==⋅. （四）直线与平面所成角 直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n | . （五） 二面角 (1)如图1，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉． 课时规范练39直线、平面垂直的判定与性质 基础巩固组 1. (2021山东临沂一模,文19)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=90°,BC=CD,AE=BE,ED⊥平面ABCD. (1)若M是AB的中点,求证:平面CEM⊥平面BDE; (2)若N为BE的中点,求证:CN∥平面ADE. 〚导学号24190773〛 2. 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1. 求证:(1)直线DE∥平面A1C1F; (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 3.(2021河北邯郸二模,文19)如图,四棱锥P-ABCD中, PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,点E在AD上,且AE=2ED. (1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF⊥平面PAC; (2)若△PBC的面积是梯形ABCD面积的,求点E到平面PBC的距离. 〚导学号24190774〛 4. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱C1D1的中点,F为棱BC的中点. (1)求证:AE⊥DA1; (2)在线段AA1上求一点G,使得AE⊥平面DFG. 综合提升组 5. (2021广东江门一模,文19)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=2AC=4,D,E分别是AB,BC边的中点,沿DE将△BDE折起至△FDE,且∠CEF=60°. (1)求四棱锥F-ADEC的体积; (2)求证:平面ADF⊥平面ACF. 6.(2021山西孝义考前模拟,文19)如图(1),五边形ABCDE中,ED=EA,AB∥CD,CD=2AB,∠EDC=150°.如图(2),将△EAD沿AD折到△PAD的位置,得到四棱锥P-ABCD,点M为线段PC的中点,且BM⊥平面PCD. 图(1) 图(2) (1)求证:平面PAD⊥平面ABCD; (2)若四棱锥P-ABCD的体积为2,求四周体BCDM的体积. 〚导学号24190775〛7. (2021北京海淀模拟,文15)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=2,E 是侧棱PA上的动点. (1)求四棱锥P-ABCD的体积. (2)假如E是PA的中点,求证:PC∥平面BDE. (3)是否不论点E在侧棱PA的任何位置,都有BD⊥CE?证明你的结论. 创新应用组 8. (2021辽宁大连一模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,AD=AP=2,AB=2,E为棱PD中点. (1)求证:PD⊥平面ABE; (2)求四棱锥P-ABCD外接球的体积. 数学高考综合能力题选讲29 《条件开放的探索性问题》 题型预测 探索性问题的明显特征是问题本身具有开放性及问题解决的过程中带有较强的探索性.对于条件开放的探索性问题,往往采用分析法,从结论和部分已知的条件入手,执果索因,导出所需的条件.另外,需要注意的是,这一类问题所要求的往往是问题的充分条件,而不一定是充要条件,因此,直觉联想、较好的洞察力都将有助于这一类问题的解答. 范例选讲 例1.在四棱锥P ABCD -中,四条侧棱长都相等,底面ABCD 是梯形,//AB CD ,AB CD >.为保证顶点P 在底面ABCD 所在平面上的射影O 在梯形ABCD 的外部,那么梯形ABCD 需满足条件___________________(填上你认为正确的一个条件即可. 讲解: 条件给我们以启示.由于四条侧棱长都相等,所以,顶点P 在底面ABCD 上的射影O 到梯形ABCD 四个顶点的距离相等.即梯形ABCD 有外接圆,且外接圆 的圆心就是O .显然梯形ABCD 必须为等腰梯形. 再看结论.结论要求这个射影在梯形的外部,事实 上,我们只需找出使这个结论成立的一个充分条件即可. 显然,点B 、C 应该在过A 的直径AE 的同侧.不难发现,ACB ∆应该为钝角三角形. 故当90ACB ∠>︒(且AC>BC 时可满足条件.其余等价的或类似的条件可以随读者想象. 点评:本题为条件探索型题目,其结论明确,需要完备使得结论成立的充分条件,可将题设和结论都视为已知条件,进行演绎推理推导出所需寻求的条件.这类题要求学生变换思维方向,有利于培养学生的逆向思维能力. 例2.老师给出一个函数(y f x =,四个学生甲、乙、丙、丁各指出这个函数的一个性质: 甲:对于x R ∈,都有((11f x f x +=-; A 乙:在(,0]-∞上函数递减; 丙:在(0,+∞上函数递增; 丁:(0f 不是函数的最小值. 如果其中恰有三个人说得正确,请写出一个这样的函数:____________. 讲解:首先看甲的话,所谓“对于x R ∈,都有((11f x f x +=-”,其含义 即为:函数(f x 的图像关于直线1x =对称.数形结合,不难发现:甲与丙的话相矛盾.(在对称轴的两侧,函数的单调性相反 第3课时圆锥曲线中的证明、探索性问题 技法阐释 1.圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的,如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的,如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法。 2。“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解,则探索的元素存在(或命题成立），否则不存在（或不成立）. 高考示例思维过程(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：错误!＋ 错误!＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1,m)（m〉 0）. (1）证明:k<－错误!； （2）设F为C的右焦点,P为C上一点，且错误!＋错误!＋ 错误!＝0.证明：|错误!｜，|错误!|，|错误!|成等差数列,并求 该数列的公差。 技法一直接转化法证明几何图形问题 [典例1](2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：错误!＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．（1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程； (2)设O为坐标原点,证明：∠OMA＝∠OMB． [思维流程] [解](1)由已知得F（1，0),l的方程为x＝1。 由已知可得，点A的坐标为错误!或错误!. 又M（2,0),所以AM的方程为y＝－错误!x＋错误!或y＝错误!x－错误!. (2）证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB． 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y＝k（x－1）(k≠0），A(x1，y1)，B(x2，y2）， 则x1＜错误!，x2＜错误!，直线MA,MB的斜率之和为k MA＋k MB＝ 错误!＋错误!。 由y1＝kx1－k,y2＝kx2－k得 k MA＋k MB＝错误!. 将y＝k(x－1)代入错误!＋y2＝1得 （2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0. 所以，x1＋x2＝错误!,x1x2＝错误!。 则2kx1x2－3k(x1＋x2）＋4k＝错误!＝0。 从而k MA＋k MB＝0,故MA,MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB． 综上，∠OMA＝∠OMB． 点评:解决本题的关键是把图形中“角相等"关系转化为相关直线的斜率之和为零；类似的还有圆过定点问题,转化为在该点的圆周角为直角，进而转化为斜率之积为－1;线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐标之比． 专题突破练16立体几何中的翻折问题及探索性问题 1.(2021·湖南株洲高三二模)如图①,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥DC,BC=2AD=2DC,四边形ABEF是正方形.现将正方形ABEF沿AB折起到四边形ABE1F1的位置,使平面ABE1F1⊥平面ABCD,M为AF1的中点,如图②. (1)证明:直线DC与直线E1M相交; (2)求直线BM与平面CE1M所成角的正弦值. 2.(2021·湖南师大附中二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=BC=1,△PDC是边长为2的等边三角形,平面PDC⊥平面ABCD,E为线段PC上一点. (1)设平面PAB∩平面PDC=l,求证:l∥平面ABCD. (2)是否存在点E,使平面ADE与平面ABCD的夹角为60°?若存在,求的值;若不存在,请说明理由. 3.(2021·河北邢台高三模拟)如图,在正六边形ABCDEF中,将△ABF沿直线BF翻折至△A'BF,使得平面A'BF⊥平面BCDEF,O,H分别为BF和A'C的中点. (1)证明:OH∥平面A'EF; (2)求平面A'BC与平面A'DE所成锐二面角的余弦值. 4.(2021·福建泉州二模)如图①,在等腰直角三角形ABC中,CD是斜边AB上的高,沿CD将△ACD折起,使点A到达点P的位置,如图②,∠PBD=60°,E,F,H分别为PB,BC,PD的中点,G为CF的中点. 图① 图② (1)求证:GH∥平面DEF; (2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值. 5.(2021·天津二模)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ABCD⊥平面ABE,AB∥CD,AB⊥ BC,AB=2BC=2CD=2,AE=BE=,M为BE的中点. (1)求证:CM∥平面ADE. (2)求二面角E-BD-C的正弦值. (3)在线段AD上是否存在一点N,使直线MD与平面BEN所成角的正弦值为?若存在,求出AN的长;若不存在,说明理由. 第三节直线、平面平行的判定与性质 突破点(一)直线与平面平行的判定与性质 基础联通抓主干学问的“源”与“流” 直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言图形语言符号语言 判定定理平面外一条直线与此平面内的一 条直线平行，则该直线与此平面 平行(线线平行⇒线面平行) l∥a，a⊂α，l⊄α⇒l ∥α 性质定理一条直线与一个平面平行，则过 这条直线的任一平面与此平面的 交线与该直线平行(线面平行⇒线 线平行) l∥α，l⊂β， α∩β＝b⇒l∥b 考点贯穿抓高考命题的“形”与“神” 线面平行的判定 [例1]如图，在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，点G，H分别为AC，BC的中点．求证：BD∥平面FGH. [证明]如图，连接DG，CD，设CD∩FG＝O，连接OH. 在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，点G为AC的中点， 可得DF∥GC，DF＝GC， 所以四边形DFCG为平行四边形， 所以点O为CD的中点． 又由于点H为BC的中点， 所以OH∥BD. 又由于OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH， 所以BD∥平面FGH. [方法技巧] 判定线面平行的四种方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)； (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)； (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)； (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 线面平行性质定理的应用 [例2]如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为217 .点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH. (1)证明：GH∥EF； (2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积． [解](1)证明：由于BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH， 所以GH∥BC. 同理可证EF∥BC， 因此GH∥EF. (2)如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK. 由于PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD. 又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面ABCD内，所以PO⊥底面ABCD. 又由于平面GEFH⊥平面ABCD， 且PO⊄平面GEFH，所以PO∥平面GEFH. 由于平面PBD∩平面GEFH＝GK， 本节主要包括2个学问点： 1.直线与平面平行的判定与性质； 2.平面与平面平行的判定与性质. 第五讲空间角与距离、空间向量及应用 1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8-5-1,E,F分别是三棱锥P-ABC的棱AP,BC的中点,PC=10,AB=6,EF=7,则异面直线AB与PC所成的角为( ) 图8-5-1 A.30° B.60° C.120° D.150° 2.[2020湖南长沙市长郡中学模拟]图8-5-2中的三个正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G均为所在棱的中点,过E,F,G作正方体的截面.下列各选项中,关于直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是( ) 图8-5-2 A.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有②③ B.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有① C.BD1∥平面EFG的有且只有①,BD1⊥平面EFG的有且只有② D.BD1∥平面EFG的有且只有②,BD1⊥平面EFG的有且只有③ 3.[多选题]如图8-5-3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是( ) 图8-5-3 A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于 B.点C到平面 ABC1D1的距离为 C.异面直线D1C和BC1所成的角为 D.三棱柱AA1D1-BB1C1的外接球的半径为 4.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N,E,F分别是A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为,CE 和该截面所成角的正弦值为. 5.[2021广州市阶段模拟]如图8-5-4,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为菱形,BE⊥平面ABCD,G 为AC与BD的交点. (1)证明:平面AEC⊥平面BED. (2)若∠BAD=60°,AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值. 图8-5-4 6.[2021晋南高中联考]如图8-5-5,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥底面ABCD,其中底面ABCD 为等腰梯形,AD∥BC,PA=AB=BC=CD,PA⊥PD,∠PAD=60°,Q为PD的中点. (1)证明:CQ∥平面PAB. (2)求二面角P-AQ-C的余弦值. 高考专题突破四 高考中的立体几何问题 空间角的求法 命题点1 求线线角 例1 (2019·安徽知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________． 答案 2 4 解析 方法一 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形，所以BM ⊥AC ， 同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面 ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1，所以BM ⊥A 1M ， 所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为原点，MA →，MB →，MA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)， C 1(－2,0，3)， 所以AC 1→＝(－3,0，3)，A 1B →＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1→，A 1B →〉＝ －323×6 ＝－2 4， 故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为2 4 . 方法二 如图，在平面ABC ，平面A 1B 1C 1中分别取点D ，D 1，连接 BD ，CD ，B 1D 1，C 1D 1，使得四边形ABDC ，A 1B 1D 1C 1为平行四边形，连 接DD 1，BD 1，则AB ＝C 1D 1，且AB ∥C 1D 1，所以AC 1∥BD 1，故∠A 1BD 1或其补角为异面直线AC 1与A 1B 所成的角．连接A 1D 1，过点A 1作 A 1M ⊥AC 于点M ，连接BM ， 设AA 1＝2，由∠A 1AM ＝∠BAC ＝60°，得AM ＝1，BM ＝3，A 1M ＝3， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以A 1M ⊥平面ABC ，又BM ⊂平面ABC ， 所以A 1M ⊥BM ，所以A 1B ＝6， 在菱形A 1ACC 1中，可求得AC 1＝23＝BD 1， 同理，在菱形A 1B 1D 1C 1中，求得A 1D 1＝23， 所以cos∠A 1BD 1＝A 1B 2＋BD 21－A 1D 2 1 2A 1B ·BD 1＝6＋12－1226×23＝24 ， 所以异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为2 4. 思维升华 (1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系． ②求出两直线的方向向量v 1，v 2. ③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2| |v 1||v 2|求解． (2)两异面直线所成角的关注点： 两异面直线所成角的范围是 θ∈⎝ ⎛⎦ ⎥⎤0，π2，两向量的夹角 α的范围 是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)
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