全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (89)
全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (101)
高考解答题突破(三)立体几何突破“两建”——建模、建系立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．考向一证明线、面平行与垂直1．几何法：利用线、面平行与垂直的定义、定理进行推理论证．2．向量法：建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量及平面的法向量间的关系进行推理论证．[证明]证法一：(1)在直三棱柱中有BB1⊥AB.又AB⊥BC，BB1∩BC＝B，∴AB⊥平面BCC1B1，∵B1D⊂平面BCC1B1，∴AB⊥B1D.在矩形BCC1B1中，D为CC1的中点，且DC＝BC＝DC1＝2，∴∠BDC＝∠B1DC1＝45°，立体几何的内容在高考中的考查总体上比较稳定，因此在复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．其中平行、垂直关系的判定和性质仍是立体几何的核心内容，在学习时除了利用判定定理性质定理将局部空间问题转化为平面模型，还可以利用空间向量将几何问题代数化、坐标化．在原图中建立适当的坐标系，将点、线坐标化，通过空间向量的坐标化运算，转化为空间直线、平面的位置关系．1．(2019·福州质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ；(2)求证：BD ⊥PC .[证明] 设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2,0,0)，由⎩⎨⎧ n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧ －2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0,1，3)．又PC →＝(0,23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0,23，－2)，BD →＝(－2,0,0)，所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC .考向二 求空间角1．求异面直线所成的角(1)定义法：平移两条异面直线中的一条或两条成相交直线，其所成锐角(或直角)即为所求．(2)向量法：若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |. 2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. 3．向量法求二面角求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α－l －β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－|n1·n2||n1||n2|.[解](1)证明：在△PBC中，∠PBC＝60°，BC＝2，PB＝4，由余弦定理可得PC2＝BC2＋PB2－2BC·PB cos(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．2．(2019·南昌摸底)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝1，AA 1＝2，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值．[解] (1)证明：由题意，tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，由图可知0<∠ABD ，∠AB 1B <π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B ，所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2，所以AB 1⊥BD ，又CO ⊥侧面ABB 1A 1，∴AB 1⊥CO . 又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥平面CBD ， 又因为BC ⊂平面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，以O 为原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线 为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，0，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，33， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫66，0，0， 又因为CC 1→＝2AD →，所以C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫63，233，33. 所以AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，33，0，AC →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，33， DC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫66，233，33. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则根据⎩⎨⎧ AB →·n ＝0，AC →·n ＝0可得⎝ ⎛ －63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0.令x ＝1，则y ＝2，z ＝－2，所以n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成角为α， 则sin α＝|DC 1→·n||DC 1→||n |＝35555.考向三 立体几何中的探索性问题1．条件追溯型解决此类问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找出切入点．2．存在判断型解决此类问题的策略：通常假设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，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．[解](1)证明：连接BD，由于四边形ABCD是菱形，∠DAB＝π3，E是AB的中点，向量法解决探索性问题的4步第一步建立坐标系：根据条件建立空间直角坐标系，必要时需证明线线垂直，求出相应点的坐标．第二步求向量坐标：求直线的方向向量或平面的法向量的坐标，存在性问题一般用参数表示．第三步求参数值：利用公式得出空间角的三角函数值或参数值．第四步下结论：根据角的范围核查结果，存在性问题依据参数值作出判断．3.(2019·山东济宁模拟)如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．[解] (1)如图所示，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D －xyz .依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1，0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|·|AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN .连接AE ，如(1)中图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎨⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22. 经检验，当|AS |＝22时，ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时|AS |＝22.专题强化训练(二十)1．(2019·安徽合肥一模)如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 的中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AC .∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°， ∴△ACD 为等边三角形．又∵点M 为CD 的中点，∴AM ⊥CD . 由CD ∥AB 得，AM ⊥AB .∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂底面ABCD ，∴AM ⊥AA 1.又∵AB ∩AA 1＝A ，AB ⊂平面AA 1B 1B ，AA 1⊂平面AA 1B1B ，∴AM⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∠AMD ＝∠BAM ＝90°.又∵AA 1⊥底面ABCD ，则可分别以AB ，AM ，AA 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2， ∴DD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，2，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2,0，－2)． 设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧ n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，得⎩⎨⎧ －3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，即y ＝3x ＝3z .令x ＝1，则n ＝(1，3，1)．∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DD 1→|n |·|DD 1→|＝15. 2．(2019·山东青岛模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC ＝2，AB ＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π4，点E 在棱BB 1上．(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)试确定点E 的位置，使二面角A －C 1E －C 的余弦值为55.[解] (1)证明：∵BC ＝2，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π4，∴由余弦定理，可求得C 1B ＝2，∴C 1B 2＋BC 2＝C 1C 2，即C 1B ⊥BC .∵AB ⊥侧面BB 1C 1C ，C 1B ⊂侧面BB 1C 1C ，∴AB ⊥C 1B .又CB ∩AB ＝B ，∴C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)知，BC ，BA ，BC 1两两垂直，以B 为坐标原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,2,0)，C (2，0,0)，C 1(0,0，2)，B 1(－2，0，2)，∴C 1A →＝(0,2，－2)．设BE →＝λBB 1→(0≤λ≤1)，则C 1E →＝C 1B →＋λBB 1→＝(0,0，－2)＋λ(－2，0，2)＝(－2λ，0，－2＋2λ)．设平面AC 1E 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z)，由⎩⎨⎧ m ·C 1A →＝0，m ·C 1E →＝0得⎩⎨⎧ 2y －2z ＝0，－2λx －2(1－λ)z ＝0，取z ＝2，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2(λ－1)λ，1，2. 又平面C 1EC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12(λ－1)2λ2＋3＝55，解得λ＝12. ∴当λ＝12，即点E 是棱BB 1的中点时，二面角A －C 1E －C 的余弦值为55.3．(2019·石家庄二中期末)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠B 1A 1A ＝∠C 1A 1A ＝60°，AA 1＝AC ＝4，AB ＝2，P ，Q 分别为棱AA 1，AC 的中点．(1)在BC 上是否存在点M ，使得AM ∥平面B 1PQ ？请证明你的结论．(2)若侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，求直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角的正弦值．[解] (1)在BC 上存在点M ，为靠近点B 的三等分点，使得AM ∥平面B 1PQ .证法一：如图，在平面ABB1A1内，过点A作AN∥B1P交BB1于点N，连接BQ，在△BB1Q中，取BQ的中点H，连接NH，则NH∥B1Q.∵AN∩NH＝N，B1P∩B1Q＝B1，且AN，NH⊂平面AHN，B1P，B1Q⊂平面B1PQ，∴平面AHN∥平面B1PQ.又AH⊂平面AHN，∴AH ∥平面B1PQ.连接AH并延长交BC于点M，∴AM∥平面B1PQ.在△ABC中，取BC的中点R，连接HR，可知HRAC ＝14＝MRMC，从而CM＝2MB，则点M即为所求．证法二：在平面ABB1A1内延长BA交B1P于点D，连接DQ并延长交CB于点R，连接RB1，则平面B1PQ与平面DRB1重合．在平面ABC内，过点A作DR的平行线交CB于点M，则AM∥平面DRB1，即AM∥平面B1PQ.在平面ABB1A1内，易知AP为△DBB1的中位线，则A是BD的中点；在平面ABC内，由平面几何性质可得，R是CB上靠近点C的三等分点．于是可知，点M 为CB 上靠近点B 的三等分点．(2)连接PC 1，AC 1.∵AA 1＝AC ＝A 1C 1，∠C 1A 1A ＝60°，∴△AC 1A 1为等边三角形．∵P 为AA 1的中点，∴PC 1⊥AA 1.又∵侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，且平面ACC 1A 1∩平面ABB 1A 1＝AA 1，PC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴PC 1⊥平面ABB 1A 1.在平面ABB 1A 1内过点P 作PH ⊥AA 1交BB 1于点H ，分别以PH →，P A 1→，PC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz ，则P (0,0,0)，A 1(0,2,0)，A (0，－2,0)，C (0，－4,23)，C 1(0,0,23)，∴A 1C 1→＝(0，－2,23)．∵Q 为AC 的中点，∴点Q 的坐标为(0，－3，3)，∴PQ →＝(0，－3，3)．∵A 1B 1＝AB ＝2，∠B 1A 1A ＝60°，∴B 1(3，1,0)，∴PB 1→＝(3，1,0)．设平面B 1PQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧ PQ →·m ＝0，PB 1→·m ＝0得⎩⎨⎧ －3y＋3z ＝0，3x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－3，z ＝－3，∴平面B 1PQ 的一个法向量为m ＝(1，－3，－3)．设直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角为α，则sin α＝|cos 〈A 1C 1→，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1C 1→·m |A 1C 1→||m |＝3913， 即直线A 1C 1与平面B 1PQ 所成角的正弦值为3913.4．(2019·长春调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，面ABCD 为平行四边形，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ＝3，AC ＝2，点E 是PD 的中点．(1)求证：PB ∥平面AEC .(2)在线段PB 上(不含端点)是否存在一点M ，使得二面角M －AC－E 的余弦值为1010？若存在，确定点M 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：连接BD 交AC 于点F ，连接EF .由面ABCD 为平行四边形，可知F 为BD 的中点．在△PBD 中，∵E ，F 分别为PD ，BD 的中点，∴EF ∥PB .又EF ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥平面AEC .(2)由题意知，AC ，AB ，AP 两两垂直，如图，以A 为坐标原点，AC ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (0,3,0)，C (2,0,0)，D (2，－3,0)，P (0,0,3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，∴AC →＝(2,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32. 设M (x 0，y 0，z 0)，PM →＝λPB →(0<λ<1)，则(x 0，y 0，z 0－3)＝λ(0,3，－3)，得M (0,3λ，3－3λ)，∴AM →＝(0,3λ，3－3λ)．设平面AEC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎨⎧ n 1·AE →＝0，n 1·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－32y 1＋32z 1＝0，2x 1＝0，取y 1＝1，得n 1＝(0,1,1)．设平面MAC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧ n 2·AM →＝0，n 2·AC →＝0，得⎩⎨⎧ 3λy 2＋(3－3λ)z 2＝0，2x 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1λ，1. 设二面角M －AC －E 的大小为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－1λ2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ2＋1＝1010， 化简得9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝13或λ＝23.∵二面角M －AC －E 的余弦值为1010，∴PM →＝13PB →.故PM →＝13PB →时，二面角M －AC －E 的余弦值为1010.。
全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (102)
高考解答题突破(四)圆锥曲线的综合应用突破“两设”——设点、设线圆锥曲线解答题的常见类型是：第1问通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2问往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点\”“线\”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．考向一圆锥曲线中的范围、最值问题解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．[解](1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC.所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3， 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，A 到m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k 2＋12＝ 4 4k 2＋3k 2＋1.解与圆锥曲线有关的范围、最值问题的三种方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出临界位置后数形结合求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．1．(2019·衡水中学统考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2 a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为223，直线l和椭圆C交于A，B两点，当直线l过椭圆C的焦点，且与x轴垂直时，|AB|＝23.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(1,0)且倾斜角为钝角，P 为弦AB 的中点，当∠OPB 最大时，求直线l 的方程．[解] (1)由题意知c a ＝223，当直线l 过椭圆C 的焦点，且与x 轴垂直时，⎝ ⎛⎭⎪⎫|AB |22＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c 2a 2＝19.又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝9，故椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l ：y ＝k (x －1)(k <0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 29＋y 2＝1，y ＝k (x －1)，得(9k 2＋1)x 2－18k 2x ＋9k 2－9＝0，故x 1＋x 2＝18k 29k 2＋1. 设P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝9k 29k 2＋1， y 0＝k (x 0－1)＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫9k 29k 2＋1－1＝－k 9k 2＋1， 所以直线OP 的斜率k OP ＝y 0x 0＝－19k . 设直线l ，OP 的倾斜角分别为α，β，则∠OPB ＝α－β，且tan α＝k ，tan β＝－19k ，tan ∠OPB ＝tan(α－β)＝tan α－tan β1＋tan αtan β＝98⎝⎛⎭⎪⎫k＋19k .因为k <0，所以－⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋19k ＝(－k )＋1－9k≥2 (－k )·1－9k＝23，即k ＋19k ≤－23，当且仅当k ＝－13时取等号．所以当tan ∠OPB 最大时，直线l 的斜率k ＝－13，此时直线l 的方程为x ＋3y －1＝0.考向二 圆锥曲线中的定点、定值问题1．定点问题的求解策略解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y ＝kx ＋m (k 存在的情形)．然后利用条件建立k 与m 的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．2．定值问题的求解策略定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．[解] (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．2．(2019·长沙二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左顶点为M ，上顶点为N ，直线2x ＋y －63＝0与直线MN 垂直，垂足为B 点，且点N 是线段MB 的中点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于E ，F 两点，点G 在椭圆C 上，且四边形OEGF 为平行四边形，求证：四边形OEGF 的面积S 为定值．[解] (1)由题意知，M (－a,0)，N (0，b )，直线MN 的斜率k ＝b a ＝12，得a ＝2b .∵点N 是线段MB 的中点，∴点B 的坐标为(a,2b )，∵点B 在直线2x ＋y －63＝0上，∴2a ＋2b ＝63，又a ＝2b ，∴b ＝3，a ＝23，∴椭圆C 的方程为x 212＋y 23＝1.(2)证明：设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，G (x 0，y 0)，将y ＝kx ＋m 代入x 212＋y 23＝1，消去y 整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，则Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2＋3－m 2)>0，x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1·x 2＝4m 2－121＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋4k 2. ∵四边形OEGF 为平行四边形，∴OG →＝OE →＋OF →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)，得G ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－8km 1＋4k 2，2m 1＋4k 2，将G 点坐标代入椭圆C 的方程得m 2＝34(1＋4k 2)，又易得点O 到直线EF 的距离d ＝|m |1＋k 2，|EF |＝1＋k 2|x 1－x 2|， ∴平行四边形OEGF 的面积S ＝d ·|EF |＝|m ||x 1－x 2|＝|m |·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4×|m |3－m 2＋12k 21＋4k 2 ＝4×|m |3m 21＋4k 2＝43m 21＋4k2＝3 3. 故平行四边形OEGF 的面积S 为定值3 3.考向三 圆锥曲线中的探索性问题存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，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，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．【例3】 (2019·湘东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，点A (b,0)，点B 、F 分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6.(1)求椭圆C 的方程；(2)若过定点M (0,2)的直线l 与椭圆C 交于G ，H 两点(G 在M ，H 之间)，设直线l 的斜率k >0，在x 轴上是否存在点P (m,0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．[解] (1)设椭圆焦距为2c ，依据e ＝c a ＝12有a ＝2c ，①由|BF |·|BA |＝26有a ·b 2＋b 2＝26，有ab ＝23，②又a 2－b 2＝c 2③，由①②③可得a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．3．(2019·合肥质检)设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，圆O：x2＋y2＝2与x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被椭圆C 截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 的方程．(2)设圆O 上任意一点P 处的切线交椭圆C 于M ，N 两点，试判断|PM |·|PN |是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．[解] (1)设椭圆C 的半焦距为c ，由椭圆C 的离心率为22知，b ＝c ，a ＝2b ，则椭圆C 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.易求得点A (2，0)，则点(2，2)在椭圆C 上，∴22b 2＋2b 2＝1，解得b 2＝3，∴a 2＝6，椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)|PM |·|PN |为定值2.当过点P 且与圆O 相切的切线斜率不存在时，不妨设切线的方程为x ＝2，则P (2，0)．由(1)知M (2，2)，N (2，－2)，∴|PM |·|PN |＝2.此时OM →＝(2，2)，ON →＝(2，－2)，OM →·ON →＝0，即OM ⊥ON ，当过点P 且与圆O 相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则|m |k 2＋1＝2，即m 2＝2(k 2＋1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，消去y 得x 2＋2(kx ＋m )2＝6，即(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，当Δ>0时，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2.∵OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2 ＝(1＋k 2)·2m 2－61＋2k 2＋km ·－4km 1＋2k 2＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)－4k 2m 2＋m 2(1＋2k 2)1＋2k 2＝3m 2－6k 2－61＋2k 2＝3(2k 2＋2)－6k 2－61＋2k 2＝0， ∴OM ⊥ON .综上所述，圆O 上任意一点P 处的切线交椭圆C 于点M ，N ，都有OM ⊥ON .又在Rt △OMN 中，OP ⊥MN ，由△OMP 与△NOP 相似可得|OP |2＝|PM |·|PN |＝2为定值．专题强化训练(二十四)1.(2019·郑州质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．(1)求椭圆C 的离心率；(2)如图，过F 1作直线l 与椭圆分别交于两点P ，Q ，若△PQF 2的周长为42，求F 2P →·F 2Q →的最大值．[解] (1)由题意可知以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．∴|－3ab |a 2＋4b 2＝c ，即3a 2b 2＝c 2(a 2＋4b 2)＝(a 2－b 2)(a 2＋4b 2)．∴a 2＝2b 2，∴b 2a 2＝12.∴e ＝c a ＝a 2－b 2a＝ 1－b 2a 2＝12＝22.(2)∵△PQF 2的周长为42，∴4a ＝42，∴a ＝2，由(1)知b 2a 2＝12，∴b 2＝1，∴椭圆方程为x 22＋y 2＝1，且焦点F 1(－1,0)，F 2(1,0)．①若直线l 的斜率不存在，则可得l ⊥x 轴，直线l 的方程为x ＝－1，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，x 22＋y 2＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝22或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－22.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，22，Q ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－22，∴F 2P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，F 2Q →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－22，∴F 2P →·F 2Q →＝(－2)×(－2)＋22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝4－12＝72.故F 2P →·F 2Q →＝72.②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，由⎩⎨⎧y ＝k (x ＋1)，x 2＋2y 2＝2消去y 整理得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.∴F 2P →·F 2Q →＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2) ＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋x 2)＋k 2＋1＝(k 2＋1)2k 2－22k 2＋1＋(k 2－1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4k 22k 2＋1＋k 2＋1 ＝7k 2－12k 2＋1 ＝72－92(2k 2＋1)， ∵k 2>0，∴可得－1<F 2P →·F 2Q →<72， 综上可得－1<F 2P →·F 2Q →≤72， ∴F 2P →·F 2Q →的最大值是72.2．(2019·湖南五市十校4月联考)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的一条切线方程为y ＝2x ＋22，且离心率为32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两个不同的点，与y 轴交于点M ，且AM →＝3MB →，求实数m 的取值范围．[解] (1)由题意知，离心率e ＝32＝ca ， ∴c ＝32a ，b ＝12a ，∴y 2a 2＋4x 2a 2＝1， 将y ＝2x ＋22代入， 得8x 2＋82x ＋8－a 2＝0，由Δ＝128－32(8－a 2)＝0，得a 2＝4， 故椭圆C 的标准方程为x 2＋y 24＝1.(2)根据已知，得M (0，m )， 设A (x 1，kx 1＋m )，B (x 2，kx 2＋m )，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，4x 2＋y 2＝4，得(k 2＋4)x 2＋2mkx ＋m 2－4＝0，且Δ＝4m 2k 2－4(k 2＋4)(m 2－4)>0，即k 2－m 2＋4>0， 且x 1＋x 2＝－2km k 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4，由AM →＝3MB →，得－x 1＝3x 2，即x 1＝－3x 2， ∴3(x 1＋x 2)2＋4x 1x 2＝0，∴12k 2m 2(k 2＋4)2＋4(m 2－4)k 2＋4＝0， 即m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，当m 2＝1时，m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0不成立， ∴k 2＝4－m 2m 2－1，∵k 2－m 2＋4>0，∴4－m 2m 2－1－m 2＋4>0，即(4－m 2)m 2m 2－1>0，∴1<m 2<4， 解得－2<m <－1或1<m <2，综上所述，实数m 的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)．3．(2019·西安模拟)如图，点F 是抛物线Γ：x 2＝2py (p >0)的焦点，点A 是抛物线上的定点，且AF →＝(2,0)，点B ，C 是抛物线上的动点，直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1)求抛物线Γ的方程；(2)若k 2－k 1＝2，点D 是B ，C 处切线的交点，记△BCD 的面积为S ，证明S 是定值．[解] (1)设A (x 0，y 0)，可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，故AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，p 2－y 0＝(2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，y 0＝p 2代入x 2＝2py (p >0)，得4＝p 2，即p ＝2，∴抛物线Γ的方程为x 2＝4y .(2)证明：如图，过D 作y 轴的平行线交BC 于点E ，并设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，由(1)得A (－2,1)，∴k 2－k 1＝x 224－1x 2＋2－x 214－1x 1＋2＝x 2－x 14，又k 2－k 1＝2，∴x 2－x 14＝2，即x 2－x 1＝8. 又x 2＝4y 即y ＝14x 2，有y ′＝12x ， ∴k BD ＝x 12，k CD ＝x 22，∴直线DB ：y ＝x 12x －x 214，直线CD ：y ＝x 22x －x 224. ∴联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 12x －x 214，y ＝x 22x －x 224解得⎩⎪⎨⎪⎧x D ＝x 1＋x22，y D＝x 1x 24.又∵直线BC 的方程为y －x 214＝x 1＋x 24(x －x 1)，将x D 代入，得y E ＝x 21＋x 228.∴△BCD 的面积为S ＝12ED ·(x 2－x 1)＝12×(y E －y D )×(x 2－x 1)＝12×(x 2－x 1)28×(x 2－x 1)＝12×828×8＝32(定值)． 4．(2019·福建福州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点为A ，以A 为圆心，椭圆的长半轴为半径的圆与y 轴的交点分别为(0,1＋3)，(0,1－3)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过点A 且斜率存在，直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，且AP →·AQ →＝0，试判断直线l 是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由．[解] (1)依题意知点A 的坐标为(0，b )，则以点A 为圆心，以a 为半径的圆的方程为x 2＋(y －b )2＝a 2.令x ＝0，得y ＝b ±a ，由圆A 与y 轴的交点分别为(0,1＋3)，(0,1－3)，可得⎩⎨⎧b ＋a ＝1＋3，b －a ＝1－3，解得⎩⎨⎧b ＝1，a ＝ 3.故所求椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)解法一：由题意得直线l 不过点(0,1)且斜率存在， 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则AP →＝(x 1，y 1－1)，AQ →＝(x 2，y 2－1)，由AP →·AQ →＝0得x 1x 2＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0.① 由⎩⎨⎧ y ＝kx ＋m ，x 2＋3y 2＝3，消去y 得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0， Δ＝12(3k 2－m 2＋1)，由Δ>0得3k 2－m 2＋1>0，则x 1＋x 2＝－6km 3k 2＋1，x 1x 2＝3m 2－33k 2＋1. 又y 1y 2＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ，代入①式得(k 2＋1)x 1x 2＋(mk －k )(x 1＋x 2)＋m 2－2m ＋1＝0，所以(k 2＋1)3m 2－33k 2＋1－(mk －k )6km 3k 2＋1＋m 2－2m ＋1＝0， 整理得2m 2－m －1＝0，解得m ＝－12或m ＝1(舍)，满足Δ>0，此时直线l 的方程为y ＝kx－12，直线l 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－12. 解法二：由AP →·AQ →＝0得AP →⊥AQ →，可得P A 的斜率存在且不为0， 设直线l P A ：y ＝kx ＋1①则l QA ：y ＝－1k x ＋1，②将①代入椭圆方程并整理得(1＋3k 2)x 2＋6kx ＝0，可得x P ＝－6k 1＋3k 2，则y P ＝21＋3k 2－1， 同理可得x Q ＝6k k 2＋3，y Q ＝1－6k 2＋3. 由直线方程的两点式可得直线l 的方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫21＋3k 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－6k 2＋3－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫21＋3k 2－1＝x －－6k 1＋3k 26k k 2＋3－－6k 1＋3k 2，即y ＝k 2－14k x －12，则直线l 过定点，该定点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12.。
全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (99)
高考解答题突破(二)数列的综合应用突破“两归”——化归、归纳1．由于数列是一个特殊的函数，也可根据题目特点，将其化归为函数问题，或通过对式子的改造，使其化归为可运用数列问题的基本方法．2．对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数学问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．考向一等差、等比数列的证明证明数列是等差(比)数列的两种基本方法(1)定义法：a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇒{a n}是等差数列；a n＋1 a n＝q(q是非零常数)⇒{a n}是等比数列．(2)等差(比)中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇒{a n}是等差数列；a2n＋1＝a n·a n＋2(n∈N*，a n≠0)⇒{a n}是等比数列．[解](1)由题意知，2S n＝(n＋1)2a n－n2a n＋1，2S n＋1＝(n＋2)2a n＋1－(n＋1)2a n＋2，(2)由题意知，b n b n ＋1＝λ·2a n ＝λ·22n ， b n ＋1b n ＋2＝λ·2a n ＋1＝λ·22(n ＋1)，两式相除，可得b n ＋2＝4b n ，即{b 2n }和{b 2n －1}都是以4为公比的等比数列．∵b 1b 2＝λ·2a 1＝4λ，b 1＝1，∴b 2＝4λ，b 3＝4b 1＝4，∴b 2n ＝2·4n －1＝22n －1，b 2n －1＝22n －2，即b n ＝2n －1，则b n ＋1＝2b n ， 因此存在λ＝12，使得数列{b n }是等比数列．巧造等差或等比判定方法(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法；(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可；(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要而不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.1．(2019·常州一模)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n－na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2nt n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列；(2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值．[解] (1)证明：∵数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，∴2n ＋1a n ＝na n ＋1.即a n ＋1n ＋1＝2a nn .∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以2为公比的等比数列．(2)由(1)可得a nn＝a 1×2n －1，∴a 2n ＝na 21·4n －1. ∵b n ＝a 2n t n ，∴b 1＝a 21t ，b 2＝a 22t 2，b 3＝a 23t 3. ∵数列{b n }是等差数列，∴2×a 22t 2＝a 21t ＋a 23t 3.∴2×2a 21×4t ＝a 21＋3a 21×42t 2，即16t ＝t 2＋48，解得t ＝12或t ＝4.经检验，当t ＝12时，b 2，b 3，b 4不成等差数列，故舍去． 当t ＝4时，b n ＝a 2n 4n ＝na 214，数列{b n }为等差数列，所以t 的值为4.考向二 数列的通项与求和 1．求数列的通项公式的方法(1)等差、等比数列的通项公式适合用基本量法；(2)已知a n 与S n间关系式时适合用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求得；(3)依据递推关系变形为等差(等比)数列求得．2．求数列的前n 项和的方法结合数列通项公式的特点，采用裂项相消、错位相减、分组求和等方法．[解] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5.由⎩⎨⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎨⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，解得⎩⎨⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，求解数列通项和前n 项和的关键步骤2．(2019·南宁第二次适应性测试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，且2a 1，a 3,3a 2成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，且q >0， ∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 1＋3a 2＝2a 3， 即2a 1＋3a 1q ＝2a 1q 2，化简得2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12. ∵q >0，∴q ＝2.∵a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *. (2)∵b n ＝(n ＋2)log 2a n ＝n (n ＋2)， ∴1b n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －2－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2).考向三数列与不等式的综合应用数列与不等式的综合问题主要体现在以下三方面：(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者借助数列对应函数的单调性比较大小，还可以作差或作商比较大小；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；(3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题，此类问题常通过构造函数证明，或者直接利用放缩法证明．[解](1)∵4S n＝a n·a n＋1，n∈N*，∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4.当n≥2时，4S n－1＝a n－1·a n，得4a n＝a n·a n＋1－a n－1·a n.即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列，∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；②当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n >14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4.“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想，利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．审题时应注意归纳法的运用，要看清项及下标的特征，要注意下标的范围．3．(2019·长春模拟)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．[解] (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得，⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2).又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2(n ＋2)2n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立． 所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.专题强化训练(十六)1．(2019·安徽六安3月联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数．(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，∴S 2n ＝(S n ＋1－S n )2－λS n ＋1，∴S n ＋1(S n ＋1－2S n －λ)＝0，∵a n >0，∴S n ＋1>0，∴S n ＋1－2S n －λ＝0，∴S n ＋1＝2S n ＋λ.(2)存在．∵S n ＋1＝2S n ＋λ，∴S n ＝2S n －1＋λ(n ≥2)，相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，∴{a n }从第二项起成等比数列，∵S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ，∴a 2＝1＋λ>0，得λ>－1，∴a n ＝⎩⎨⎧ 1，n ＝1，(λ＋1)2n －2，n ≥2，若使{a n }是等比数列，则a 1a 3＝a 22，∴2(λ＋1)＝(λ＋1)2，∴λ＝1，经检验，符合题意．故存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列，λ的值为1.2．(2019·江西宜春联考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝3，a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ≥2时，由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3， 两式相减，得a n ＋1－a n ＝2S n －2S n －1＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，∴a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，则a 2a 1＝3. ∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列．∴a n ＝3×3n －1＝3n .(2)由(1)，得b n ＝(2n －1)a n ＝(2n －1)×3n .∴T n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n ，①3T n ＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n －1)×3n ＋1，②①－②，得－2T n ＝1×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×(32＋33＋…＋3n )－(2n －1)×3n ＋1＝3＋2×32(1－3n －1)1－3－(2n －1)×3n ＋1 ＝－6－(2n －2)×3n ＋1.∴T n ＝(n －1)×3n ＋1＋3.3．(2019·广东汕头模拟)已知数列{a n }为递增数列，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n －2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n ·a n ＋1，其前n 项和为T n ，若T n >919成立，求n 的最小值．[解] (1)由2S n ＝a 2n －2S n －1＋1知，2S n －1＝a 2n －1－2S n －2＋1(n ≥3)，两式相减得，2a n ＝a 2n －a 2n －1－2a n －1，即2(a n ＋a n －1)＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)，又数列{a n }为递增数列，a 1＝1，∴a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝2(n ≥3)，又当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 22－2a 1＋1，即a 22－2a 2－3＝0，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍)，a 2－a 1＝2，符合a n －a n －1＝2，∴{a n }是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－12n ＋1， 又∵T n >919，即12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11－12n ＋1>919， 解得n >9，又n ∈N *，∴n 的最小值为10.4．(2019·杭州模拟)下表是一个由n 2个正数组成的数表，用a ij 表示第i 行第j 个数(i ，j ∈N *)．已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数从左到右依次构成等比数列，且公比都相等，且a 11＝1，a 31＋a 61＝9，a 35＝48.a 11 a 12 a 13 … a 1na 21 a 22 a 23 … a 2na 31 a 32 a 33 … a 3n… … … … …a n 1 a n 2 a n 3 … a nn(1)求a n 1和a 4n ；(2)设b n ＝a 4n (a 4n －2)(a 4n －1)＋(－1)n ·a n 1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设第1列依次组成的等差数列的公差为d ，设每一行依次组成的等比数列的公比为q .依题意a 31＋a 61＝(1＋2d )＋(1＋5d )＝9，∴d ＝1，∴a n 1＝a 11＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n (n ∈N *)，∵a 31＝a 11＋2d ＝3，∴a 35＝a 31·q 4＝3q 4＝48，∵q >0，∴q ＝2，又∵a 41＝4，∴a 4n ＝a 41q n －1＝4×2n －1＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝a 4n (a 4n －2)(a 4n －1)＋(－1)n a n 1 ＝2n ＋1(2n ＋1－2)(2n ＋1－1)＋(－1)n ·n ＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＋(－1)n ·n ＝12n －1－12n ＋1－1＋(－1)n ·n ， ∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－115＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)n n ]，当n 为偶数时，S n ＝1－12n ＋1－1＋n 2， 当n 为奇数时，S n ＝1－12n ＋1－1＋n －12－n ＝1－12n ＋1－1－n ＋12＝1－n 2－12n ＋1－1.。
全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (71)
2020届高三数学小题狂练三姓名 得分1．若12z a i =+，234z i =-，且12z z 为纯虚数，则实数a 的值是 . 2．抛物线2y ax =（a 为非零常数）的准线方程为 .3．设函数()log a f x x =（0a >，1a ≠）满足(9)2f =，则(9)af 的值是 .4．曲线C ：()sin x f x x e =+在0x =处的切线方程为 .5．设n S 是等比数列{}n a 的前n 项和，若3S ，9S ，6S 成等差数列，则数列{}n a 的公比q 为 .6．若a ，b≤m 的最小值是 . 7．椭圆22143x y +=的右焦点为F ，点(1,1)A ，点M 是椭圆上的任意一点，则2MA MF +的最小值为 .8．设x ，y 均为正实数，且312121=+++y x ，则xy 的最小值为 . 9．若直线l 与圆224x y +=相交于11(,)A x y ，22(,)B x y 两点，且12122x x y y +=，则AB = .10．小张、小李、小王三位同学在足球场上做传球训练，规定：持球的任何一人必须将球传给另两位同学中的一人．开始时球在小王脚下，传球4次后，则球仍然回到小王脚下的概率为 .11．已知()f x =||2x x a x -+，若()f x 在R 上恒为增函数，则a 的取值范围是 .12．已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 在准线上，且12PF PF ⊥，124PF PF ab =，则该双曲线的离心率等于 .答案1．38 2．14y a =-3．64．210x y -+=5．2-67．38． 16（去分母）9．2（2OA OB ⋅=，3AOB π∠=） 10．38（树状图，616） 11．[2,2]-（x a ≥：0x a ≤；x a <：0x a ≥）12（由射影公式得222()a m c c c =+2222c a =+，222()a n c c c =-22b =，代入222216m n a b =）或（2ab h c =，中线PO c =，2222()a h c c =-）。
全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (52)
第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积[高考导航]1．由直观图判断三视图或由三视图想象直观图，以三视图为载体，考查面积、体积的计算．2．空间几何体的表面积与体积的计算，通常以几何体为载体与球进行交汇考查，或蕴含在两几何体的“接”或“切”形态中．考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝2 4S.1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()[解析]两个木构件咬合成长方体时，小长方体(榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A.[答案]A2．(2019·河北衡水中学调研)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为()[解析]过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C.[答案]C3．(2019·江西南昌二中模拟)一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中，面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4 3 D．42[解析]由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AB ＝AC ＝4，DB ＝2，则易得S △P AC ＝S △ABC ＝8，S △CPD ＝12，S 梯形ABDP ＝12，S △BCD ＝12×42×2＝42，故选D.[答案] D4．(2019·湖北恩施二模)某圆锥的母线长为2，高为423，其三视图如图所示，圆锥表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆锥表面上的点N 在侧视图上的对应点为B ，则在此圆锥侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．2B ．22 C.8＋2 3D ．22－3[解析] 因为圆锥的母线长为2，高为423，所以底面半径r ＝22－⎝⎛⎭⎫4232＝23，所以底面周长为2πr ＝43π，所以侧面展开图中扇形中心角为2πr 2＝43π2＝23π，所以从M 到N 的路径中，最短路径的长度为22＋22－2×2×2cos π6＝22－ 3.[答案] D5．(2019·湖南衡阳二模)如图，正方体AC 1的顶点A ，B 在平面α上，AB ＝2，若平面A 1B 1C 1D 1与平面α所成角为30°，由如图所示的俯视方向，正方体AC 1在平面α上的俯视图的面积为( )A．2 B．1＋ 3 C．2 3 D．22[解析]依题意知，直线AB在平面α内，且平面α与平面ABCD所成的角为30°，与平面B1A1AB所成的角为60°，故所得的俯视图的面积S＝2(cos30°＋cos60°)＝1＋ 3.[答案]B6．(2019·山西运城联考)如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S＝S′24＝2＋ 2.[答案]2＋2(1)根据空间几何体的三视图还原空间几何体时，要善于把空间几何体放置在长方体、正方体中，既容易得出空间几何体的实际形状，又容易进行计算；(2)根据空间几何体得出其三视图时，要抓住其顶点在投影面上的正投影，并注意几何体的轮廓线“眼见为实、不见为虚”，在数量关系上注意“高平齐、长对正、宽相等”的原则．考点二 空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)；(2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)；(2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式S 表＝4πR 2(R 为球的半径)，V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．1．(2019·唐山摸底考试)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧)，则该几何体的表面积为( )A ．1－π4B ．3＋π2C ．2＋π4D ．4[解析] 由题设知，该几何体是棱长为1的正方体被截去底面半径为1的14圆柱后得到的，如图所示，所以表面积S ＝2×⎝⎛⎭⎫1×1－14×π×12＋2×(1×1)＋14×2π×1×1＝4.故选D.[答案] D2．(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324 [解析] 由三视图知该柱体的直观图为如图所示的五棱柱ABCDE －A 1B 1C 1D 1E 1，取CD 中点G ，连接AG ， 由侧视图知AG ⊥CD ，AG ＝6，∴底面积S ＝S 梯形AGCB ＋S 梯形AGDE ＝12×(2＋6)×3＋12×(4＋6)×3＝27，∴该柱体体积V ＝Sh ＝27×6＝162.故选B.[答案] B3．(2019·河北唐山统考)某几何体的三视图如图所示(在如图的网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．60D ．64[解析] 还原几何体如图所示，该几何体是底面为矩形的四棱锥．∴该几何体的表面积S ＝3×6＋12×6×4＋12×5×3×2＋12×6×5＝18＋12＋15＋15＝60.故选C.[答案] C4．(2019·福建泉州模拟)一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 由已知易得该几何体是一个以正视图为底面，高为2的四棱锥．由于正视图是一个上底边为2，下底边为4，高为2的直角梯形，故该四棱锥的底面积S ＝12×(2＋4)×2＝6，则V ＝13Sh ＝13×6×2＝4.故选D.[答案] D5．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6π＋1 B.(24＋2)π4＋1C.(23＋2)π4＋12D.(23＋2)π4＋1[解析] 由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋3π4＋2π4＋1＝(23＋2)π4＋1，故选D.[答案] D6．(2019·广州调研)如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．6B ．7 C.223 D.233[解析] 如图，根据三视图可画出对应多面体的直观图，该多面体是由棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1被截去三棱锥A －PQA 1和三棱锥D －PC 1D 1之后得到的一个几何体，其中P ，Q 分别是棱A 1D 1，A 1B 1的中点．故所求多面体的体积V ＝V 正方体－V 三棱锥A －PQA 1－V 三棱锥D －PC 1D 1＝23－13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×2－13×⎝⎛⎭⎫12×1×2×2＝7.故选B.[答案] B求几何体表面积和体积关键过好“两关”(1)还原关，即利用“长对正、宽相等、高平齐”还原空间几何体的直观图，不规则几何体采取分割和补形的方法．(2)公式关，即会利用空间几何体的体积或表面积公式求简单组合体的体积或表面积．考点三 多面体与球1．多面体与球的切接问题处理方法与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．2．重要结论(1)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．(2)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(3)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．【例】 (1)(2019·安徽蚌埠二模)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3(2)(2019·山西太原一模)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．[解析] (1)由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4>3，不合题意．球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大．由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.(2)如图所示，设SC ＝2r ，取SC 的中点O ，连接AO ，OB .因为SA ＝AC ，SB ＝BC ，所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC .所以S △SBC ＝12SC ·OB ＝12×2r ·r ＝r 2.又因为平面SAC ⊥平面SBC ，平面SAC ∩平面SBC ＝SC ，OA ⊥SC ， 所以OA ⊥平面SBC .所以V S －ABC ＝V A －SBC ＝13S △SBC ·OA ＝13r 3＝9.解得r ＝3，所以S 表＝4πr 2＝36π.[答案] (1)B (2)36π“切”“接”问题的处理方法(1)“切”的处理：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时要先找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面．(2)“接”的处理：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．1．(2019·皖中摸底考试)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3B.3π3C.4π3D ．2π[解析] 设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr ＝2π3×3，∴r ＝1，∴h ＝32－12＝2 2.设圆锥内切球的半径为R ，则R 22－R ＝13，∴R ＝22，∴V 球＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫223＝23π，故选A.[答案] A2．(2019·武汉调研)一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图为等腰直角三角形，正视图和侧视图是全等的等腰三角形，则此三棱锥外接球的表面积为( )A ．16πB ．9πC ．4πD ．π[解析] 三棱锥如图，设外接球半径为R ，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，D 为BC 中点．SD ⊥面ABC .球心O 在SD 上，SD ＝2.在直角△ODC 中，OC ＝R ，OD ＝2－R ，DC ＝ 2.则(2－R )2＋(2)2＝R 2，即R ＝32，故V －ABC 的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝9π，选B.[答案] B1．(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2[解析] 由圆柱的三视图及已知条件可知点M 与点N 的位置如图1所示，设ME 与FN 为圆柱的两条母线，沿FN 将圆柱的侧面展开，如图2所示，连接MN ，MN 即为从M 到N 的最短路径，由题意知，ME ＝2，EN ＝4，∴MN ＝42＋22＝2 5.故选B.[答案]B2．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4[解析]由三视图得四棱锥的直观图如图所示．其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD⊂平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD ，∴AB ⊥SA ，即△SAB 也是直角三角形，从而SB ＝SD 2＋AD 2＋AB 2＝3，又BC＝22＋12＝5，SC ＝22，∴BC 2＋SC 2≠SB 2，∴△SBC 不是直角三角形，故选C. [答案] C 3．(2018·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8[解析] 由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm,2 cm ，高为2 cm ，直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V ＝1＋22×2×2＝6 cm 3.[答案] C4．(2019·天津卷)已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为 5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．[解析] 如图所示，圆柱的高O 1O ＝12PO ＝12P A 2－AO 2＝12×5－1＝1，圆柱的底面半径r ＝12AO ＝12.所以圆柱的体积V ＝πr 2·O 1O ＝π×14×1＝π4.[答案] π45.(2019·全国卷Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9g/cm 3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.[解析] 依题意，知该模型是长方体中挖去一个四棱锥，故其体积V ＝V 长方体－V 四棱锥＝6×6×4－13×12×4×6×3＝132(cm 3)．又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm 3，故制作该模型所需原料的质量为0.9×132＝118.8(g)． [答案] 118.81.该部分在高考中一般会以“两小”或“一小”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积．2.考查一个小题时，本小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查2个小题时，其中一个小题难度一般，另一小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，本小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查．热点课题3 补形法求几何体的表面积与体积1．(2019·太原一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．2 B.83 C ．4 D.209[解析] 观察三视图并依托正方体，可得该几何体直观图为A 1－ABEF ，如图所示，其体积为V 正方体－V AFD －BEC －VA 1－BEC 1B 1－VA 1－FEC 1D 1＝2×2×2－12×2×1×2－13×2×(1＋2)×2×12－13×1×2×2＝83.[答案]B2．(2019·合肥联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的体积为()A．24π B．29π C．48π D．58π[解析]如图，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A－BCD)，其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR2＝π(32＋22＋42)＝29π.[答案]B专题强化训练(十七)一、选择题1．(2019·辽宁沈阳二模)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为()A．3 2 B．2 3 C．2 2 D．2[解析]由三视图得该四棱锥的直观图如图中S－ABCD所示，由图可知，其最长棱为SD，且底面ABCD是边长为2的正方形，SB⊥面ABCD，SB＝2，所以SD＝22＋22＋22＝2 3.故选B.[答案]B2．(2019·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABC－DEF截去一个三棱锥A－BCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是()[解析] 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB ⊥平面DEF ，△DEF 是等边三角形，所以CD 在后侧面上的投影为AB 的中点与D 的连线，CD 的投影与底面不垂直．故选C.[答案] C3．(2019·益阳、湘潭高三调考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )A.23B.43C.83D ．4 [解析] 由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥A －PBC (放到棱长为2的正方体中)，则V A －PBC ＝13×S △PBC ×AB ＝13×12×2×2×2＝43.故选B.[答案] B4．(2019·安徽六校第二次联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为98π，则它的表面积是( )A.92π B ．9π C.454π D.544π [解析] 由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r ，所以该几何体的体积V ＝πr 2×r －12×43πr 3＝13πr 3＝98π，∴r 3＝278，又知r >0，∴r ＝32，∴该几何体的表面积S ＝πr 2＋2πr ×r ＋12×4πr 2＝5πr 2＝5π×94＝454π，故选C. [答案] C5．(2019·辽宁五校联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72[解析] 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.[答案] B6．(2019·河南濮阳二模)已知三棱锥A －BCD 中，△ABD 与△BCD 是边长为2的等边三角形且二面角A －BD －C 为直二面角，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A.10π3B ．5πC ．6π D.20π3[解析] 取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，取△ABD ，△CBD 的中心即AM ，CM 的靠近BD 的三等分点P ，Q ，过P 作面ABD 的垂线，过Q 作面CBD 的垂线，两垂线相交于点O ，则点O 为外接球的球心，其中OQ ＝33，CQ ＝233，连接OC ，则外接球的半径R ＝OC ＝153，则外接球的表面积为4πR 2＝20π3，故选D.[答案] D7．(2019·洛阳市高三第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863πD.1623π [解析] 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体相应面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长，其长为22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.[答案] A8．(2019·湖北武汉2月调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则此四面体的体积为( )A.323B ．16C ．32D ．48 [解析] 由三视图知，该四面体可以看作正方体中的三棱锥P －ABC ，如图，由已知得AB ＝4，AC ＝4，△ABC 是直角三角形，所以S △ABC ＝12AB ×AC ＝12×4×4＝8，所以四面体P ABC的体积V ＝13×8×4＝323，故选A.[答案] A9．(2019·湖南长沙一中第八次月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一．”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离．用现代语言描述：在羡除ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1∥CC 1，AA 1＝a ，BB 1＝b ，CC 1＝c ，两条平行线AA 1与BB 1间的距离为h ，直线CC 1到平面AA 1B 1B 的距离为h ′，则该羡除的体积为V ＝h ′h6(a ＋b ＋c )．已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为( )A ．3 3 B.43 C.53D ．23[解析] 如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE －BCF 中，AB ∥CD ∥EF ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝AD ＝2，EF ＝1，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB ，CD 间的距离h ＝AD ＝2，取AD 的中点G ，连接EG ，∵平面ADE ⊥平面ABCD ，∴EG ⊥平面ABCD ，由正视图及侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h ′＝1.∴V ＝1×26×(2＋2＋1)＝53，故选C.[答案] C10．(2019·河北衡水中学3月联考)已知半球内有一个内接正四棱柱，其三视图如图所示，则该内接正四棱柱的体积最大值为( )A ．12 6B ．6 6C ．24 3D ．123[解析] 由三视图可知，半球的半径为3，设内接正四棱柱底面正方形的边长为2a ，正四棱柱的高为h ，底面中心为O ，则OC ＝2a ，所以h 2＝OC ′2－OC 2＝32－(2a )2＝9－2a 2，a 2＝9－h 22.正四棱柱体积V ＝(2a )2h ＝4a 2h ＝18h －2h 3，设f (x )＝18x －2x 3(0<x <3)，则f ′(x )＝18－6x 2＝6(3－x 2)，易知f (x )在x ＝3处取得最大值，即当h ＝3时，V 最大为123，所以该内接正四棱柱的体积的最大值为12 3.故选D.[答案] D11．(2019·安徽A10联盟3月联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为( )A.17＋2＋5B.17＋2＋9C.17＋2＋10 D ．217＋22＋10[解析] 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥(侧棱P A 垂直于底面ABCD )，其直观图如图所示，CD ＝(AD －BC )2＋AB 2＝(3－1)2＋22＝22，PB ＝P A 2＋AB 2＝22＋22＝22，PD＝P A 2＋AD 2＝22＋32＝13，PC ＝PB 2＋BC 2＝(22)2＋12＝3，在△PCD 中，cos ∠PCD ＝PC 2＋CD 2－PD 22·PC ·CD ＝32＋(22)2－(13)22×3×22＝26，∴sin ∠PCD ＝1－⎝⎛⎭⎫262＝346.∴S △PCD＝12PC ·CD ·sin ∠PCD ＝12×3×22×346＝17，又S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×2×2＝2，S △P AD ＝12P A ·AD ＝12×2×3＝3，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×22×1＝2，∴该四棱锥的侧面积S ＝S △PCD ＋S △P AB ＋S △P AD ＋S △PBC ＝17＋2＋3＋2＝17＋2＋5.故选A.[答案] A 12．(2019·广东惠州二模)已知三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的球心到平面ABC 的距离是( )A.33 B ．1 C. 3 D.332[解析] ∵三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA ＝SB ＝SC ＝2，∴S 在底面ABC 内的射影为AB 的中点，设AB 的中点为H ，连接SH ，CH ，∴SH ⊥平面ABC ，∴SH 上任意一点到A ，B ，C 的距离相等，易知SH ＝3，CH ＝1，∴Rt △SHC 中，∠HSC ＝30°.在面SHC 内作SC 的垂直平分线MO ，交SH 于点O ，交SC 于点M ，则O 为三棱锥S －ABC 的外接球的球心．∵SC ＝2，∴SM ＝1，又∠OSM ＝30°，∴SO ＝233，OH ＝33，∴球心O 到平面ABC 的距离为33，故选A.[答案] A 二、填空题13．(2019·成都二诊)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 由三视图可知，该几何体为正方体切去一个三棱锥形成．V ＝2×2×2－13×12×2×2×1＝223.[答案] 22314．(2019·广东揭阳一模)某几何体三视图如图所示，则此几何体的表面积为________．[解析] 由三视图知，该几何体是一个棱长为2的正方体和一个底面半径为2、高为1的圆柱的组合体，其表面积S 表＝5×22＋2π·2·1＋2π·(2)2－22＝2(2＋2)π＋16.[答案] 2(2＋2)π＋1615．(2019·福建三明三校12月联考)已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝33，AC ＝6，∠BAC ＝30°.若四面体ABCD 体积的最大值为272，则这个球的表面积为________．[解析] 在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝(33)2＋62－2×33×6×cos30°＝9，∴BC ＝3，∴BC 2＋AB 2＝AC 2，即△ABC 为直角三角形，且AC 为斜边，其面积S ＝12×3×33＝932，为定值．要使四面体ABCD 的体积最大，则高h 最大，设AC的中点为Q ，则Q 为△ABC 外接圆的圆心，连接DQ ，所以当DQ ⊥面ABC ，且球心O 在DQ 上时，高h 最大，即体积取得最大值272，∴V max ＝13×932×DQ ＝272，∴DQ ＝3 3.设球的半径为R ，则在Rt △AQO 中，OA 2＝AQ 2＋OQ 2，即R 2＝32＋(33－R )2，解得R ＝2 3.∴球的表面积S ＝4πR 2＝48π.[答案] 48π16．(2019·河南百校联盟4月联考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为________．[解析] 根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A 1－MNP ，如图所示，其中M ，N ，P 是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A 1M 最长，A 1M ＝22＋22＋12＝3，故最长的棱的长度为3.[答案] 3。
全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (94)
第一讲直线与圆[高考导航]1．求直线的方程；两条直线平行与垂直的判定；两条直线的交点和距离问题．2．结合直线的方程用几何法或待定系数法确定圆的标准方程；直线与圆、圆与圆的位置关系问题，其中含参数问题为命题热点．考点一直线的方程及应用1．两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．2．两个距离公式(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝|C1－C2|A2＋B2.(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝|Ax0＋By0＋C|A2＋B2.1．(2019·湖北重点中学联考)已知直线l1：x＋2ay－1＝0，l2：(a＋1)x －ay ＝0，若l 1∥l 2，则实数a 的值为( )A ．－32B ．0C ．－32或0D ．2[解析] 若a ≠0，则由l 1∥l 2得，a ＋11＝－a 2a ，求得a ＝－32；若a ＝0，则l 1∥l 2.所以实数a 的值为－32或0.故选C.[答案] C2．(2019·沈阳一模)过点(0,1)且与直线x －2y ＋1＝0垂直的直线方程是( )A ．2x ＋y －1＝0B ．2x ＋y ＋1＝0C ．x －2y ＋2＝0D ．x －2y －1＝0[解析] 设与直线x －2y ＋1＝0垂直的直线方程为2x ＋y ＋m ＝0，代入点(0,1)的坐标，得0＋1＋m ＝0，解得m ＝－1，∴所求的直线方程为2x ＋y －1＝0.故选A.[答案] A3．(2019·广东佛山一中期末)若直线l ：y ＝kx －3与直线x ＋y －3＝0相交，且交点在第一象限，则直线l 的倾斜角的取值范围是( )A ．(0°，60°)B ．(30°，60°)C ．(30°，90°)D ．(60°，90°)[解析]易知k >0，联立两直线方程得⎩⎨⎧y ＝kx －3，x ＋y －3＝0，解得x ＝3＋31＋k ，y ＝3k －31＋k ，∴两直线的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋31＋k，3k －31＋k ，∵两直线的交点在第一象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋31＋k>0，3k －31＋k >0，得k >33，设直线l 的倾斜角为θ，则tan θ>33，∴θ∈(30°，90°)．故选C.[答案] C4．(2019·长沙二模)直线l 经过点M (2,1)，若点P (4,2)和Q (0，－4)到直线l 的距离相等，则直线l 的方程为( )A ．3x －2y －4＝0B ．x ＝2或3x －2y －4＝0C ．x ＝2或x －2y ＝0D ．x ＝2或3x －2y －8＝0[解析] 解法一：当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝2，符合题意．当直线l 的斜率存在时，依题意可设直线l 的方程为y －1＝k (x －2)，即kx －y ＋1－2k ＝0，因为P (4,2)和Q (0，－4)到直线l 的距离相等，所以|4k －2＋1－2k |＝|4＋1－2k |，解得k ＝32，则直线l 的方程为3x －2y －4＝0，故选B.解法二：由题意知，所求直线经过P (4,2)和Q (0，－4)的中点或与过P (4,2)和Q (0，－4)的直线平行．当所求直线经过P (4,2)和Q (0，－4)的中点(2，－1)时，所求直线方程为x ＝2；当所求直线与过P (4,2)和Q (0，－4)的直线平行时，由k PQ ＝－4－20－4＝32，得直线l 的方程为y －1＝32(x －2)，即3x －2y －4＝0.[答案] B5．(2019·湖北黄冈中学月考)已知△ABC 的顶点A (1,2)，AB 边上的中线CM 所在直线的方程为x ＋2y －1＝0，∠ABC 的平分线BH 所在直线的方程为y ＝x ，则直线BC 的方程为( )A ．2x －3y －1＝0B ．2x ＋3y －1＝0C ．3x －2y －1＝0D ．3x －2y ＋1＝0[解析] 由题意可知，点B 在直线y ＝x 上，可设点B 的坐标是(m ，m )，则AB 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋12，m ＋22在直线CM 上，所以m ＋12＋2×m ＋22－1＝0，解得m ＝－1，故点B (－1，－1)．设点A 关于直线y ＝x 的对称点为A ′(x 0，y 0)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y 0－2x 0－1＝－1，y 0＋22＝x 0＋12，得⎩⎨⎧x 0＝2，y 0＝1，则A ′(2,1)．易知A ′在直线BC 上，所以直线BC 的方程为y ＋11＋1＝x ＋12＋1，即3(y ＋1)＝2(x ＋1)，即2x －3y －1＝0，故选A.[答案] A6．(角度创新)已知点P (－3,0)在动直线m (x －1)＋n (y －3)＝0上的射影为点M ，若点N ⎝⎛⎭⎪⎫2，32，那么|MN |的最小值为( )A ．2 B.32 C ．1 D.12[解析] ∵动直线m (x －1)＋n (y －3)＝0过定点Q (1,3)，点P (－3,0)在动直线m (x －1)＋n (y －3)＝0上的射影为点M ，∴当点M 与点Q 不重合时，∠PMQ ＝90°，则M 在以PQ 为直径的圆上，∴此圆的圆心A的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，半径r ＝12|PQ |＝12(1＋3)2＋32＝52，又N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，∴|AN |＝(2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－322＝3>52，则点N 在圆外，∴|MN |的最小值为3－52＝12，故选D.[答案] D直线方程及应用问题应注意的两点(1)在使用不同形式的直线方程时要注意其适用条件． (2)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在．考点二 圆的方程及应用1．圆的标准方程当圆心为(a ，b )，半径为r 时，其标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，特别地，当圆心在原点时，方程为x 2＋y 2＝r 2.2．圆的一般方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，其中D 2＋E 2－4F >0，表示以⎝⎛⎭⎪⎫－D2，－E 2为圆心，D 2＋E 2－4F 2为半径的圆．1．(2019·绍兴5月适应性考试)若方程x 2＋y 2＋ax ＋2ay ＋2a 2＋a －1＝0表示圆，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0 C ．(－2,0)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23[解析] a 2＋(2a )2－4(2a 2＋a －1)>0，化简得3a 2＋4a －4<0，解得－2<a <23.[答案] D2．(2019·天津联考)已知A (1,0)，B (0,3)，则以AB 为直径的圆的方程是( )A ．x 2＋y 2－x －3y ＝0B ．x 2＋y 2＋x ＋3y ＝0C ．x 2＋y 2＋x －3y ＝0D ．x 2＋y 2－x ＋3y ＝0[解析] 因为圆以AB 为直径，所以圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，半径为102，所以圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝52，即x 2＋y 2－x －3y ＝0.故选A.[答案] A3．(2019·河北九校第二次联考)圆C 的半径为2，圆心在x 轴的正半轴上，直线3x ＋4y ＋4＝0与圆C 相切，则圆C 的方程为( )A ．x 2－y 2－2x －3＝0B ．x 2＋y 2＋4x ＝0C ．x 2＋y 2－4x ＝0D ．x 2＋y 2＋2x －3＝0[解析] 由题意设所求圆的方程为(x －m )2＋y 2＝4(m >0)，则|3m ＋4|32＋42＝2，解得m ＝2或m ＝－143(舍去)，故所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝4，即x 2＋y 2－4x ＝0，故选C.[答案] C4．(2019·兰州一模)已知M (m ，n )为圆C ：x 2＋y 2－4x －14y ＋45＝0上任意一点，且点Q (－2,3)，则n －3m ＋2的最大值为( )A ．3＋ 2B ．1＋2C ．1＋ 3D ．2＋3[解析] 由题可知n －3m ＋2表示直线MQ 的斜率，设直线MQ 的方程为y －3＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＋3＝0，其中n －3m ＋2＝k ，将圆C 的方程化为标准方程得(x －2)2＋(y －7)2＝8，C (2,7)，半径r ＝22，由直线MQ 与圆C 有交点，得|2k －7＋2k ＋3|1＋k 2≤22，解得2－3≤k ≤2＋3，∴n －3m ＋2的最大值为2＋3，故选D.[答案] D5．(2019·皖南八校联考)设直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＋2x －my ＝0相交于A ，B 两点，若点A ，B 关于直线l ：x ＋y ＝0对称，则|AB |＝________.[解析] 因为点A ，B 关于直线l ：x ＋y ＝0对称，所以直线y ＝kx ＋1的斜率k ＝1，则y ＝x ＋1，圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，m 2在直线l ：x ＋y ＝0上，所以m ＝2，所以圆心为(－1,1)，半径r ＝2，从而得圆心到直线y ＝x ＋1的距离d ＝22，所以|AB |＝2r 2－d 2＝22－12＝ 6.[答案]66．(2019·山西运城二模)已知圆C 截y 轴所得的弦长为2，圆心C 到直线l ：x －2y ＝0的距离为55，且圆C 被x 轴分成的两段弧长之比为3∶1，则圆C 的方程为____________________________________．[解析] 设圆C 的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，则点C 到x 轴，y 轴的距离分别为|b |，|a |.由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧r 2＝2b 2，r 2＝a 2＋1，|a －2b |5＝55，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1，b ＝－1，r 2＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝1，r 2＝2.故所求圆C 的方程为(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2或(x －1)2＋(y －1)2＝2. [答案] (x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2或(x －1)2＋(y －1)2＝2求圆的方程的两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．(2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程，一般采用待定系数法．考点三 直线与圆、圆与圆的位置关系1．判断直线与圆的位置关系的方法(1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．(2)几何法：把圆心到直线的距离d 和半径r 的大小加以比较：d <r ⇔相交；d ＝r ⇔相切；d >r ⇔相离．2．与圆的切线有关的结论(1)过圆x 2＋y 2＝r 2上一点P (x 0，y 0)的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2.(2)过圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2上一点P(x0，y0)的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2.(3)过圆x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，则过A、B两点的直线方程为x0x＋y0y＝r2.3．相交两圆的公共弦所在直线方程相交两圆公共弦所在直线方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到．【例】(1)(2019·武汉模拟)已知两点A(a,0)，B(－a,0)(a>0)，若圆(x－3)2＋(y－1)2＝1上存在点P，使得∠APB＝90°，则正实数a 的取值范围为()A．(0,3] B．[1,3]C．[2,3] D．[1,2](2)(2019·大连模拟)已知P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，P A，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B分别是切点，若四边形P ACB的面积的最小值是2，则k的值为()A．1 B. 2 C. 3 D．2(3)(2019·常州模拟)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点，若|MN|＝255，则直线l的方程为________________．[解题指导](1)求以AB为直径的圆→与已知圆有公共点→求出a的范围(2)四边形面积S＝2S Rt△PBC→|PB|最小时S最小→|PC|最小→CP与直线垂直→求出k(3)求出直线方程→利用弦长公式求解[解析] (1)以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝a 2，则由题意知圆(x －3)2＋(y －1)2＝1与圆x 2＋y 2＝a 2有公共点，则|a －1|≤(3)2＋12≤a ＋1，解得1≤a ≤3，故选B.(2)由题意知，圆C 的圆心为C (0,1)，半径r ＝1，四边形P ACB 的面积S ＝2S △PBC ，若四边形P ACB 的面积的最小值是2，则S △PBC 的最小值为1.而S △PBC ＝12r |PB |＝12|PB |，则|PB |的最小值为2，此时|PC |取得最小值，而|PC |的最小值为圆心到直线的距离，所以|5|k 2＋1＝12＋22＝5，即k 2＝4，由k >0，解得k ＝2.(3)直线l 的方程为y ＝kx ＋1，圆心C (2,3)到直线l 的距离d ＝|2k －3＋1|k 2＋1＝|2k －2|k 2＋1， 由R 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12|MN |2，得1＝(2k －2)2k 2＋1＋15，解得k ＝2或12，所求直线l 的方程为y ＝2x ＋1或y ＝12x ＋1. [答案] (1)B (2)D (3)y ＝2x ＋1或y ＝12x ＋1[探究追问1] 在本例(3)中若把条件“|MN |＝255”，改为OM →·ON →＝12，其中O 为坐标原点，则|MN |＝________.[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意得直线l 的方程为y ＝kx ＋1， 代入方程(x －2)2＋(y －3)2＝1， 整理得(1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0， 所以x 1＋x 2＝4(1＋k )1＋k 2，x 1x 2＝71＋k2， OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k (1＋k )1＋k 2＋8， 由题设可知4k (1＋k )1＋k 2＋8＝12，解得k ＝1， 所以直线l 的方程为y ＝x ＋1， 故圆心C 在直线l 上，所以|MN |＝2. [答案] 2[探究追问2] 在本例(3)中若圆C 的方程不变，且过点A (0,1)且斜率为k 的直线l 上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的取值范围是________．[解析] 由题意知直线l 的方程为y ＝kx ＋1，要使直线l 上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，只需直线l 与圆C ′：(x －2)2＋(y －3)2＝4有公共点，所以|2k －3＋1|k 2＋(－1)2≤2，即|2k －2|1＋k 2≤2，解得k ≥0.[答案] [0，＋∞)直线(圆)与圆的位置关系的解题思路(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．(2)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立切线斜率的等式，求切线方程主要选择点斜式．(3)弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，l ＝2r 2－d 2(其中l 为弦长，r 为圆的半径，d 为圆心到直线的距离)．1．(2019·广东厦门模拟)一条光线从点(－2，－3)射出，经y 轴反射后与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )A ．－53或－35B ．－32或－23C ．－54或－45D ．－43或－34[解析] 由题意可知反射光线所在直线过点(2，－3)，设反射光线所在直线方程为y ＋3＝k (x －2)，即kx －y －2k －3＝0.∵反射光线所在直线与圆相切，∴|－3k －2－2k －3|k 2＋1＝1，解得k ＝－43或k ＝－34.[答案] D2．(2019·湖北四地七校联考)已知圆C 1：x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0和圆C 2：x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0，则两圆的公共弦长为________．[解析] 联立两圆的方程得⎩⎨⎧x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0，x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0，两式相减整理得x －2y ＋4＝0，即为两圆公共弦所在直线的方程．解法一：设两圆相交于点A ，B ，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎨⎧x －2y ＋4＝0，x 2＋y 2＋2x ＋2y －8＝0，解得⎩⎨⎧x ＝－4，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝2.所以|AB |＝(0＋4)2＋(2－0)2＝25，即公共弦长为2 5.解法二：由x 2＋y 2－2x ＋10y －24＝0， 得圆心坐标为(1，－5)，半径r ＝5 2.圆心到直线x －2y ＋4＝0的距离d ＝|1－2×(－5)＋4|12＋(－2)2＝35，设两圆的公共弦长为l ，由r 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22，得l ＝2r 2－d 2＝2(52)2－(35)2＝25，即两圆的公共弦长为2 5. [答案] 251．(2018·北京卷)在平面直角坐标系中，记d 为点P (cos θ，sin θ)到直线x －my －2＝0的距离．当θ，m 变化时，d 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4[解析] 解法一：由点到直线的距离公式得d ＝|cos θ－m sin θ－2|1＋m 2，cos θ－m sin θ＝1＋m 2⎝⎛⎭⎪⎪⎫11＋m 2cos θ－m 1＋m 2sin θ，令sin α＝11＋m 2，cos α＝m1＋m 2，∴cos θ－m sin θ＝1＋m 2sin(α－θ)，∴d ≤|－1＋m 2－2|1＋m 2＝1＋m 2＋21＋m 2＝1＋21＋m 2，∴当m ＝0时，d max ＝3，故选C.解法二：∵cos 2θ＋sin 2θ＝1，∴P 点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，又x －my －2＝0表示过点(2,0)且斜率不为0的直线，如图，可得点(－1,0)到直线x ＝2的距离即为d 的最大值．故选C.[答案] C2．(2018·全国卷Ⅲ)直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是( )A ．[2,6]B ．[4,8]C ．[2，32]D ．[22，32][解析] 由圆(x －2)2＋y 2＝2可得圆心坐标为(2,0)，半径r ＝2，△ABP 的面积记为S ，点P 到直线AB 的距离记为d ，则有S ＝12|AB |·d ，易知|AB |＝22，d max ＝|2＋0＋2|12＋12＋2＝32，d min ＝|2＋0＋2|12＋12－2＝2，所以2≤S ≤6，故选A.[答案] A3．(2019·浙江卷)已知圆C 的圆心坐标是(0，m )，半径长是r .若直线2x －y ＋3＝0与圆C 相切于点A (－2，－1)，则m ＝________，r ＝________.[解析] 解法一：设直线2x －y ＋3＝0为l ，则AC ⊥l ，又k l ＝2， ∴k AC ＝m ＋10＋2＝－12，解得m ＝－2，∴C (0，－2)， ∴r ＝|AC |＝(0＋2)2＋(－2＋1)2＝ 5.解法二：由题知点C 到直线的距离为|－m ＋3|5，r ＝|AC |＝22＋(m ＋1)2.由直线与圆C 相切得 22＋(m ＋1)2＝|－m ＋3|5，解得m ＝－2，∴r ＝22＋(－2＋1)2＝ 5. [答案] －254．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．[解] (1)由题意得F (1,0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k 2. 由题设知4k 2＋4k 2＝8，解得k ＝－1(舍去)，或k ＝1， 因此l 的方程为y ＝x －1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，(x 0＋1)2＝(y 0－x 0＋1)22＋16.解得⎩⎨⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎨⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16 或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.1.近两年圆的方程成为高考全国课标卷命题的热点，需重点关注．此类试题难度中等偏下，多以选择题或填空题形式考查．2．直线与圆的方程偶尔单独命题，单独命题时有一定的深度，有时也会出现在压轴题的位置，难度较大，对直线与圆的方程(特别是直线)的考查主要体现在圆锥曲线的综合问题上．热点课题4与圆有关的最值问题1．(2019·厦门模拟)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x －3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．52－4 B.17－1 C．6－2 2 D.17[解析]两圆的圆心均在第一象限，先求|PC1|＋|PC2|的最小值，作点C1关于x轴的对称点C′1(2，－3)，则(|PC1|＋|PC2|)min＝|C′1C2|＝52，所以(|PM |＋|PN |)min ＝52－(1＋3)＝52－4.故选A.[答案] A2．(2019·宁夏银川一中检测)过点M (1,2)的直线l 与圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝25交于A ，B 两点，C 为圆心，当∠ACB 最小时，直线l 的方程是________________．[解析] 验证得M (1,2)在圆内，当∠ACB 最小时，直线l 与CM 垂直，又圆心为(3,4)，则k CM ＝4－23－1＝1，则k l ＝－1，故直线l 的方程为y －2＝－(x －1)，整理得x ＋y －3＝0. [答案] x ＋y －3＝0专题强化训练(二十一)一、选择题1．(2019·合肥检测)直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎝⎛⎭⎪⎫π2，πD.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π [解析] 由直线方程可得该直线的斜率为－1a 2＋1，又－1≤－1a 2＋1<0，所以倾斜角的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.故选B. [答案] B2．(2019·沈阳质量监测)已知直线l 过圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心，且与直线x ＋y ＋1＝0垂直，则直线l 的方程为( )A ．x ＋y －2＝0B ．x －y ＋2＝0C ．x ＋y －3＝0D ．x －y ＋3＝0[解析] 由已知得，圆心为(0,3)，所求直线的斜率为1，由直线方程的斜截式得，y ＝x ＋3，即x －y ＋3＝0，故选D.[答案] D3．(2019·河北五个一联盟联考)已知直线l 1：mx －2y ＋1＝0，l 2：x －(m －1)y －1＝0，则“m ＝2”是l 1平行于l 2的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 当m ＝2时，直线l 1：2x －2y ＋1＝0，直线l 2：x －y －1＝0，此时直线l 1与l 2平行，所以充分性成立；当l 1∥l 2时，－m (m －1)＋2＝0，即m 2－m －2＝0，∴m ＝2或m ＝－1，经检验m ＝－1时，直线l 1与直线l 2重合，故l 1∥l 2时，m ＝2，故必要性成立．综上，“m ＝2\”是l 1平行于l 2的充分必要条件．故选C.[答案] C4．(2019·陕西西安高三质检)圆：x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0上的点到直线x －y ＝2距离的最大值是( )A ．1＋ 2B ．2C ．1＋22D ．2＋22[解析] 将圆的方程化为(x －1)2＋(y －1)2＝1，即圆心坐标为(1,1)，半径为1，则圆心到直线x －y ＝2的距离d ＝|1－1－2|2＝2，故圆上的点到直线x －y ＝2距离的最大值为1＋d ＝1＋2，故选A.[答案] A5．(2019·宁夏银川质检)已知圆C 1：x 2＋y 2＝4，圆C 2：x 2＋y 2＋6x －8y ＋16＝0，则圆C 1与圆C 2的位置关系是( )A ．相离B ．外切C ．相交D ．内切[解析] 易知圆C 2的标准方程为(x ＋3)2＋(y －4)2＝9，则圆C 1与C 2的圆心的距离为32＋42＝5，又两圆半径之和为2＋3＝5，所以圆C 1与圆C 2外切，故选B.[答案] B6．(2019·辽宁第一次质量监测)已知直线l ：y ＝k (x ＋3)和圆C ：x 2＋(y －1)2＝1，若直线l 与圆C 相切，则k ＝( )A ．0 B. 3 C.33或0 D.3或0[解析] 因为直线l 与圆C 相切，所以圆心C 到直线l 的距离d ＝|－1＋3k |1＋k 2＝1，即|－1＋3k |＝1＋k 2，解得k ＝0或k ＝3，故选D.[答案] D7．(2019·武汉调研)如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝2x ＋1与圆x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，则cos ∠AOB ＝( )A.510 B ．－510 C.910 D ．－910[解析] 解法一：圆心(0,0)到直线y ＝2x ＋1的距离d ＝15，则弦长|AB |＝2×4－15＝2195，在△ABO 中，由余弦定理得，cos ∠AOB＝4＋4－7652×2×2＝－910. 解法二：圆心(0,0)到直线y ＝2x ＋1的距离d ＝15， cos ∠AOB 2＝d |OA |＝152＝125，所以cos ∠AOB ＝2cos 2∠AOB 2－1＝2×120－1＝－910.[答案] D8．(2019·福建龙岩质检)在平面直角坐标系xOy 中，以点(0,1)为圆心且与直线x －by ＋2b ＋1＝0相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为( )A ．x 2＋(y －1)2＝4B ．x 2＋(y －1)2＝2C ．x 2＋(y －1)2＝8D ．x 2＋(y －1)2＝16[解析] 由题意可得圆心(0,1)到直线x －by ＋2b ＋1＝0的距离d ＝|1＋b |1＋b2＝(1＋b )21＋b2＝1＋2b 1＋b2≤ 1＋2|b |1＋b2≤2，当且仅当b ＝1时取等号，所以半径最大的圆的半径r ＝2，此时圆的标准方程为x 2＋(y －1)2＝2.故选B.[答案] B9．(2019·泰州模拟)已知直线2x ＋(y －3)m －4＝0(m ∈R )恒过定点P ，若点P 平分圆x 2＋y 2－2x －4y －4＝0的弦MN ，则弦MN 所在直线的方程是( )A ．x ＋y －5＝0B ．x ＋y －3＝0C ．x －y －1＝0D ．x －y ＋1＝0[解析] 对于直线方程2x ＋(y －3)m －4＝0(m ∈R )，取y ＝3，则必有x ＝2，所以该直线恒过定点P (2,3)．设圆心是C ，则易知C (1,2)， 所以k CP ＝3－22－1＝1，由垂径定理知CP ⊥MN ，所以k MN ＝－1. 又弦MN 过点P (2,3)，故弦MN 所在直线的方程为y －3＝－(x －2)． 即x ＋y －5＝0. [答案] A10．(2019·福州质检)过点P (1，－2)作圆C ：(x －1)2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，则AB 所在直线的方程为( )A ．y ＝－34B ．y ＝－12 C ．y ＝－32 D ．y ＝－14[解析] 圆(x －1)2＋y 2＝1的圆心为C (1,0)，半径为1，以|PC |＝(1－1)2＋(－2－0)2＝2为直径的圆的方程为(x －1)2＋(y ＋1)2＝1，将两圆的方程相减得AB 所在直线的方程为2y ＋1＝0，即y ＝－12.故选B.[答案] B11．(2019·河南名校第二次联考)已知m ，n ，a ，b ∈R ，且满足3m ＋4n ＝6,3a ＋4b ＝1，则(m －a )2＋(n －b )2的最小值为( )A. 3B. 2 C ．1 D.12[解析] 此题可理解为点A (m ，n )和点B (a ，b )分别在直线l 1：3x ＋4y ＝6与l 2：3x ＋4y ＝1上，求A 、B 两点距离的最小值，|AB |＝(m －a )2＋(n －b )2，因为l 1∥l 2，所以|AB |min ＝|6－1|32＋42＝1，故选C.[答案] C12．(2019·四川成都二模)已知直线l 的方程是y ＝k (x －1)－2，若点P (－3,0)在直线l 上的射影为H ，O 为坐标原点，则|OH |的最大值是( )A ．5＋ 2B ．3＋22 C.5＋ 2 D.3＋32[解析] 因为直线l 的方程是y ＝k (x －1)－2，所以直线l 过定点M (1，－2)．则点P (－3,0)在直线l 上的射影H 在以PM 为直径的圆上．|PM |＝(1＋3)2＋(－2)2＝25，线段PM 的中点即圆心C (－1，－1)，则|OC |＝ 2.因此，当O ，C ，H 三点共线时，|OH |取得最大值＝5＋ 2. [答案] C 二、填空题13．(2019·大同一模)若点P (1,2)在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点P 处的切线方程为__________________．[解析] 由题意，得k OP ＝2－01－0＝2，则该圆在点P 处的切线方程的斜率为－12，所以所求切线方程为y －2＝－12(x －1)，即x ＋2y －5＝0.[答案] x ＋2y －5＝014．(2019·昆明模拟)若圆C 1：x 2＋y 2＝1与圆C 2：x 2＋y 2－6x －8y ＋m ＝0外切，则实数m 的值为________．[解析] 因为圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝25－m ，又因为圆C 1与圆C 2外切，所以25－m ＋1＝5，解得m ＝9.[答案] 915．(2019·河北衡水中学模拟)已知直线ax ＋y －1＝0与圆C ：(x －1)2＋(y ＋a )2＝1相交于A ，B 两点，且△ABC 为等腰直角三角形，则实数a 的值为________．[解析] 因为△ABC 是等腰直角三角形，所以圆心C (1，－a )到直线ax ＋y －1＝0的距离d ＝r sin45°＝22，即d ＝1a 2＋1＝22，所以a ＝±1.[答案] ±116．(2019·广西南宁测试)过动点M 作圆：(x －2)2＋(y －2)2＝1的切线MN ，其中N 为切点，若|MN |＝|MO |(O 为坐标原点)，则|MN |的最小值是________．[解析] 解法一：由题意知圆的圆心为(2,2)，半径为1.设M (x ，y )，则|MO |＝x 2＋y 2，|MN |＝(x －2)2＋(y －2)2－1.由|MN |＝|MO |，得4x ＋4y －7＝0，即y ＝74－x ，所以|MN |＝|MO |＝x 2＋y 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫74－x 2＝2x 2－72x ＋4916＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －782＋4932，当x ＝78时，|MN |取得最小值4932＝728.解法二：由题意知圆的圆心为(2,2)，半径为1.设M (x ，y )，则|MO |＝x2＋y2，|MN|＝(x－2)2＋(y－2)2－1.由|MN|＝|MO|，得4x＋4y－7＝0，即点M的轨迹为4x＋4y－7＝0，则由题意知，要使|MN|取得最小值，即|MO|取得最小值，此时|MO|的最小值就是原点到直线4x＋4y－7＝0的距离，即742＋42＝728，故|MN|的最小值为728.[答案]72 8。
2020-2021学年高三百校3月联考数学试卷答案
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全国百强名校 ”2020-2021学年高三数学重难点训练 (78)
第二讲点、直线、平面之间的位置关系[高考导航]1．利用平面的基本性质及线线、线面和面面位置关系的判定与性质定理对命题真假进行判断．2．以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体考查线线、线面与面面平行和垂直关系．考点一空间线面位置关系的判定1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b，⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α，⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，⇒a∥b.2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n，⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α，⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α，⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l，⇒a⊥β.1．(2019·四川乐山一模)经过两条异面直线a，b外的一点P作与a，b都平行的平面，则这样的平面()A．有且仅有一个B．恰有两个C．至多有一个D．至少有一个[解析]①当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面平行b(或a)时，过点P作不出与a，b都平行的平面；②当点P所在位置使得a，P(或b，P)确定的平面与b(或a)不平行时，可过点P作a′∥a，b′∥b.因为a，b为异面直线，所以a′，b′不重合且相交于点P.因为a′∩b′＝P，所以a′，b′确定的平面与a，b都平行，所以可作出一个平面与a，b都平行．综上，选C．[答案]C2．(2019·广东八校联考)m，n是两条不同的直线，α是平面，n ⊥α，则m∥α是m⊥n的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]当m∥α时，在平面α内存在一条直线b，使得b∥m，结合n⊥α，知n⊥b，所以n⊥m，所以m∥α是m⊥n的充分条件；当n ⊥α，m⊥n时，m∥α或m⊂α，所以m∥α是m⊥n的不必要条件．综上，m∥α是m⊥n的充分不必要条件，故选A．[答案]A3．(2019·江西红色七校联考(一))设m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是() A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥nC．若α∥β，m⊥α，则m⊥βD．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β[解析]若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以选项A不正确；若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n或m与n异面，所以选项B不正确；由面面平行的性质、线面垂直的性质知选项C正确；若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β或α与β相交，所以选项D不正确．故选C．[答案]C4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线[解析]过E作EQ⊥CD于Q，连接BD，QN，BE，易知点N 在BD上．∵平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，∴EQ⊥平面ABCD，∴EQ⊥QN，同理可知BC⊥CE，设CD＝2，易得EQ＝3，QN＝1，则EN＝EQ2＋QN2＝3＋1＝2，BE＝BC2＋CE2＝4＋4＝2 2.易知BE＝BD，又∵M为DE的中点，∴BM⊥DE，∴BM＝BE2－EM2＝8－1＝7，∴BM＝7>2＝EN.∴BM≠EN.又∵点M、N、B、E均在平面BED内，∴BM，EN在平面BED 内，又BM与EN不平行，∴BM，EN是相交直线，故选B．[答案]B5．(2019·太原二模)已知三个平面α，β，γ，α∥β∥γ，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于点G，连接CD交平面β于点H，则四边形BGEH的形状为()A．平行四边形B．矩形C．菱形D．梯形[解析]平面α∥β∥γ，A，D∈α，连接AD，∴AD⊂平面α，同理BH⊂平面β，∴BH∥AD．同理GE∥AD，∴BH∥GE.同理BG∥HE，∴四边形BGEH是平行四边形．故选A．[答案]A6．(2019·黄冈质检)如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC．其中正确结论的序号是________．[解析]①由于P A⊥平面ABC，因此P A⊥BC，又AC⊥BC，因此BC⊥平面P AC，所以BC⊥AF，由于PC⊥AF，因此AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB；②因为AE⊥PB，AF⊥PB，所以PB⊥平面AEF，因此EF⊥PB；③在①中已证明AF⊥BC；④若AE⊥平面PBC，由①知AF⊥平面PBC，由此可得出AF∥AE，这与AF，AE有公共点A矛盾，故AE⊥平面PBC不成立．故正确的结论为①②③.[答案]①②③空间线面位置关系判定的三种方法(1)定理法：借助空间线面位置关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)模型法：借助空间几何模型，如在长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理作出选择．(3)反证法：当从正面较难入手时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．考点二空间中平行、垂直关系的证明1．平行关系的相互转化2．垂直关系的相互转化【例1】(2019·南京一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，E，F，H分别为AB，PC，BC的中点．(1)求证：EF∥平面P AD；(2)求证：平面P AH⊥平面DEF.[证明](1)取PD的中点M，连接FM，AM.∵在△PCD中，F，M分别为PC，PD的中点，∴FM∥CD且FM＝12CD．∵在正方形ABCD中，AE∥CD且AE＝12CD，∴AE∥FM且AE＝FM，则四边形AEFM为平行四边形，∴AM∥EF，∵EF⊄平面P AD，AM⊂平面P AD，∴EF∥平面P AD．(2)∵侧面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，侧面P AD∩底面ABCD＝AD，∴P A⊥底面ABCD，∵DE⊂底面ABCD，∴DE⊥P A．∵E，H分别为正方形ABCD边AB，BC的中点，∴Rt△ABH≌Rt△DAE，则∠BAH＝∠ADE，∴∠BAH＋∠AED＝90°，∴DE⊥AH，∵P A⊂平面P AH，AH⊂平面P AH，P A∩AH＝A，∴DE⊥平面P AH，∵DE⊂平面EFD，∴平面P AH⊥平面DEF.平行、垂直关系的基础是线线平行、线线垂直，其常用方法如下：(1)证明线线平行的4种常用方法①利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理证线线平行；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直的3种常用方法①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②利用勾股定理；③利用线面垂直的性质，即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面．(2019·湛江模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；(2)求证：CE∥平面P AD．[证明](1)取BD的中点O，连接CO，PO，因为CD＝CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO.因为PB＝PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO.又PO∩CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，所以BD⊥平面PCO.因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．(2)由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，又EO⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，所以EO∥平面P AD．由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，又CO⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，所以CO∥平面P AD．又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，所以平面CEO∥平面P AD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面P AD．考点三立体几何中的翻折问题翻折前后位于同一个半平面内的直线间的位置关系、数量关系不变，翻折前后分别位于两个半平面内(非交线)的直线位置关系、数量关系一般发生变化．【例2】(2019·广州调研)如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE 的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．[解题指导](1)折叠前DE⊥AC→折叠后DE⊥PF，DE⊥CF→DE⊥平面PCF(2)证明四边形DEBC为平行四边形→CB∥DE →结合(1)证明CB⊥平面PCF→平面PBC⊥平面PCF(3)存在PD，BC的中点M，N→FC∥EN，MF∥PE →平面CFM∥平面PEN[解](1)证明：折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，又PF∩CF＝F，PF，CF⊂平面PCF，所以DE⊥平面PCF.(2)证明：因为四边形AECD为菱形，所以DC∥AE，DC＝AE.又点E为AB的中点，所以DC∥EB，DC＝EB，所以四边形DEBC为平行四边形，所以CB∥DE.又由(1)得，DE⊥平面PCF，所以CB⊥平面PCF.因为CB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCF.(3)存在满足条件的点M，N，且M，N分别是PD和BC的中点．如图，分别取PD和BC的中点M，N.连接EN，PN，MF，CM.因为四边形DEBC为平行四边形，所以EF∥CN，EF＝12BC＝CN，所以四边形ENCF为平行四边形，所以FC∥EN.在△PDE中，M，F分别为PD，DE的中点，所以MF∥PE.又EN，PE⊂平面PEN，PE∩EN＝E，MF，CF⊂平面CFM，MF∩CF＝F，所以平面CFM∥平面PEN.(1)解翻折问题的关键是辨析清楚“不变的位置关系和数量关系”、“变的位置关系和数量关系”．(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．1．(2019·豫西南五校3月联考)已知矩形ABCD，AB＝2，BC＝22，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线BD与直线AC垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线BC与直线AD垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”“CD与AB”“AD与BC”均不垂直[解析]矩形在翻折前和翻折后的图形如图(1)(2)所示．在图(1)中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E、F不重合；在图(2)中，连接CE，对于选项A，若AC⊥BD，又知BD⊥AE，AE∩AC＝A，所以BD⊥平面ACE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误；对于选项B，若AB⊥CD，又知AB⊥AD，AD∩CD＝D，所以AB ⊥平面ADC ，所以AB ⊥AC ，由AB <BC 可知存在这样的等腰直角三角形，使得直线AB 与直线CD 垂直，故选项B 正确；对于选项C ，若AD ⊥BC ，又知DC ⊥BC ，AD ∩DC ＝D ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AC ，已知AB ＝2，BC ＝22，则BC >AB ，所以不存在这样的直角三角形，故选项C 错误；由以上可知选项D 错误．因此选B ．[答案] B2．(2019·聊城二模)如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为AB 的中点，将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE (A 1∉平面ABCD )，若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折的过程中，下列结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)①V A －A 1DE ∶V A 1－BCDE ＝1∶3；②存在某个位置，使DE ⊥A 1C ；③总有BM ∥平面A 1DE ；④线段BM 的长为定值．[解析] ①设A 1到平面EBCD 的距离为h ，D 到AB 的距离为h ′，则V A －A 1DE ∶V A 1－BCDE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13×S △ADE ×h ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫13×S 梯形EBCD ×h ＝S △ADE ∶S 梯形EBCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AE ×h ′∶⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫CD ＋BE 2×h ′＝1∶3，故①正确；②A 1C 在平面ABCD 中的射影在AC 上，AC 与DE 不垂直，∴DE 与A 1C 不垂直，故②错误；③取CD 的中点F ，连接MF ，BF ，则MF ∥A 1D 且MF ＝12A1D，FB∥ED且FB＝ED，可得平面MBF∥平面A1DE，∴总有BM ∥平面A1DE，故③正确；易知∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos∠MFB是定值，故④正确．故答案为①③④.[答案]①③④1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m ∥n”是“m∥α”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件[解析]∵m⊄α，n⊂α，m∥n，∴m∥α，故充分性成立．而由m∥α，n⊂α，得m∥n或m与n异面，故必要性不成立．故选A．[答案]A2．(2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面[解析]A、C、D选项中α与β可能相交，故选B．[答案]B3．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________________.[解析]把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况．对三种情况逐一验证．①②作为条件，③作为结论时，还可能l∥α或l与α斜交；①③作为条件，②作为结论和②③作为条件，①作为结论时，容易证明命题成立．[答案]若l⊥m，l⊥α，则m∥α(答案不唯一)4．(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：(1)A1B1∥平面DEC1；(2)BE⊥C1E.[证明](1)因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED．又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB＝BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC．因为三棱柱ABC－A1B1C1是直棱柱，所以C1C⊥平面ABC．又因为BE⊂平面ABC，所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC＝C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.1.高考对此部分的命题一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择题或填空题与一道大题，或一道大题．2．解答题多出现在第18,19题的位置，且为第(1)、(2)问，难度中等．专题强化训练(十八)一、选择题1．(2019·河南洛阳4月联考)设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l⊂α，m⊂β，下列结论正确的是() A．若α⊥β，则l⊥βB．若l⊥m，则α⊥βC．若α∥β，则l∥βD．若l∥m，则α∥β[解析]对于A，α⊥β，l⊂α，只有加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A错误；对于B，若l⊥m，l⊂α，m⊂β，则α与β可能平行，也可能相交但不垂直，所以B错误；对于C，若α∥β，l ⊂α，由面面平行的性质可知，l∥β，所以C正确；对于D，若l∥m，l⊂α，m⊂β，则α与β可能平行，也可能相交，所以D错误．[答案]C2．(2019·福建福州3月质检)已知a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，则下列说法正确的是()A．若c⊂平面α，则a⊥αB．若c⊥平面α，则a∥α，b∥αC．存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥αD．存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α[解析]对于A，满足c⊂平面α，且c与异面直线a，b均垂直，则a可能在α内，也可能与α斜交，故A错误；对于B，满足c⊥平面α时，直线a与直线b可能其中一条在平面α内，故B错误；对于C，若b∥α，则α内一定存在一条直线b′，使得b∥b′，又知a ⊂α，且a与b为两条异面直线，所以a与b′一定相交，又知c⊥b，b∥b′，所以c⊥b′，又知c⊥a，a与b′相交，所以c⊥α，故C 正确；对于D，如果a⊥α，b⊥α，则a∥b，这与条件中a，b是两条异面直线相矛盾，故D错误，因此选C．[答案]C3．(2019·内蒙古赤峰模拟)已知三条不重合的直线m，n，l和两个不重合的平面α，β，下列命题中正确命题的个数为()①若m∥n，n⊂α，则m∥α；②若l⊥α，m⊥β且l⊥m，则α⊥β；③若l⊥n，m⊥n，则l∥m；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.A．1 B．2C．3 D．4[解析]①若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，不正确；②若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，正确；③若l⊥n，m⊥n，则l与m平行、相交或为异面直线，不正确；④若α⊥β，α∩β＝m，n⊂β，n⊥m，由面面垂直的性质定理得n⊥α，因此正确．综上可知只有②④正确．故选B．[答案]B4．(2019·陕西西安一模)过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A．2条B．4条C．6条D．8条[解析]如图，过三棱柱ABC－A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线只可能落在平面DEFG内(其中D，E，F，G分别为三棱柱棱的中点)，易知经过D，E，F，G中任意两点的直线共有C24＝6种，故选C．[答案]C5．(2019·东北三校联考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论错误的是()A．直线A1C1与AD1为异面直线B．A1C1∥平面ACD1C．BD1⊥ACD ．三棱锥D 1－ADC 的体积为83[解析] 对于A ，直线A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，AD 1⊂平面ADD 1A 1，D 1∉直线A 1C 1，则易得直线A 1C 1与AD 1为异面直线，故A 正确；对于B ，因为A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ACD 1，AC ⊂平面ACD 1，所以A 1C 1∥平面ACD 1，故B 正确；对于C ，连接BD ，因为正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，BD ∩DD 1＝D ，所以AC ⊥平面BDD 1，所以BD 1⊥AC ，故C 正确；对于D ，三棱锥D 1－ADC 的体积V 三棱锥D 1－ADC ＝13×12×2×2×2＝43，故D 错误．综上，选D ．[答案] D6．(2019·洛阳统考)正方形ABCD 和等腰直角三角形DCE 组成如图所示的梯形，M ，N 分别是AC ，DE 的中点，将△DCE 沿CD 折起(点E 始终不在平面ABCD 内)，则下列说法一定正确的是( )A ．MN ∥平面BCEB ．在折起过程中，一定存在某个位置，使MN ⊥ACC ．MN ⊥AED ．在折起过程中，不存在某个位置，使DE ⊥AD[解析] 折起后的图形如图所示，取CD 的中点O ，连接MO ，NO ，则在△ACD 中，M ，O 分别是AC ，CD 的中点，∴MO ∥AD ∥BC ，同理NO ∥CE ，又BC ∩CE ＝C ，MO ∩NO ＝O ，∴平面MON ∥平面BCE ，∴MN ∥平面BCE ，故A 正确；易知MO ⊥CD ，NO ⊥CD ，又MO ∩NO ＝O ，∴CD ⊥平面MNO ，∴MN ⊥CD ，若MN ⊥AC ，又AC ∩CD ＝C ，∴MN ⊥平面ABCD ，∴MN ⊥MO ，又MO ＝12AD ＝12EC ＝NO ，∴MN 不可能垂直于MO ，故MN ⊥AC 不成立，故B 错误；取CE 的中点Q ，连接MQ ，则在△ACE 中，M ，Q 分别是AC ，CE 的中点，∴MQ ∥AE ，由图知MQ 与MN 不可能始终垂直，故C 错误；当平面CDE ⊥平面ABCD 时，平面CDE ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊥CD ，AD ⊂平面ABCD ，∴AD ⊥平面CDE ，∴AD ⊥DE ，故D 错误．[答案] A二、填空题7．(2019·豫北名校4月联考)在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D ，D 1分别为AC ，A 1C 1上的点，若平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，则AD DC ＝________.[解析] 如图所示，连接A 1B ，与AB 1交于点O ，连接OD 1，∵平面BC 1D ∥平面AB 1D 1，平面BC 1D ∩平面A 1BC 1＝BC 1，平面A 1BC 1∩平面AB 1D 1＝D 1O ，∴BC 1∥D 1O ，∴A 1D 1D 1C 1＝A 1O OB ，同理AD 1∥DC 1，∴A 1D 1D 1C 1＝DC AD ，∴A 1O OB ＝DC AD ，又∵A 1O OB ＝1，∴DC AD ＝1，即AD DC ＝1.[答案] 18．(2019·江西八校4月联考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题：①若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ；②若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n ；③若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ；④若α∥β，γ∩α＝m ，γ∩β＝n ，则m ∥n .其中正确命题的序号是________．[解析] 对于①，垂直于同一个平面的两个平面可能相交，也可能平行，所以命题①错误；对于②，在两个相互垂直的平面内的两条直线可能平行，可能相交，也可能异面，所以命题②错误；对于③，若m ∥α，n ⊂α，则直线m 与n 可能平行，也可能异面，所以③错误；对于④，由面面平行的性质定理可知命题④正确．故正确命题的序号是④.[答案] ④9．(2019·济南模拟)如图，在以角C 为直角顶点的三角形ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，P A ⊥平面ABC ，F 为PB 上的点，在线段AB 上有一点E ，满足BE ＝λAE .若PB ⊥平面CEF ，则实数λ的值为________．[解析] ∵PB ⊥平面CEF ，∴PB ⊥CE ，又P A ⊥平面ABC ，CE ⊂平面ABC，∴P A⊥CE，而P A∩PB＝P，∴CE⊥平面P AB，∴CE⊥AB，∴λ＝EBAE ＝EB·ABAE·AB＝BC2AC2＝916.[答案]9 16三、解答题10．(2019·深圳调研)如图，多面体ABCDE中，AB＝AC，BE∥CD，BE⊥BC，平面BCDE⊥平面ABC，M为BC的中点．(1)若N是线段AE的中点，求证：MN∥平面ACD；(2)若N是AE上的动点且BE＝1，BC＝2，CD＝3，求证：DE ⊥MN.[证明](1)如图，取AB的中点P，连接PM，PN，由P，N分别为AB，AE的中点得，PN∥BE∥CD，∵PN⊄平面ACD，CD⊂平面ACD，∴PN∥平面ACD，同理可得，PM∥平面ACD，又PN∩PM＝P，∴平面MNP∥平面ACD，∵MN⊂平面MNP，∴MN∥平面ACD．(2)连接EM，AM，DM.∵AB＝AC且M为BC的中点，∴AM⊥BC．∵平面BCDE⊥平面ABC，∴AM⊥平面BCDE，∴AM⊥DE.在直角梯形BCDE中，BE＝1，BC＝2，CD＝3，∴DE＝22，EM＝2，DM＝10，∴DE2＋EM2＝DM2，即DE⊥EM，又AM∩EM＝M，∴DE⊥平面AEM，∵MN⊂平面AEM，∴DE⊥MN.11．(2019·西宁模拟)如图，在几何体ABCDE中，AB＝AD＝2，AB⊥AD，AE⊥平面ABD，M为线段BD的中点，MC∥AE，且AE ＝MC＝ 2.(1)求证：平面BCD⊥平面CDE；(2)若N为线段DE的中点，求证：平面AMN∥平面BEC．[证明](1)∵AB＝AD＝2，AB⊥AD，M为线段BD的中点，∴AM＝12BD＝2，AM⊥BD．∵AE⊥平面ABD，MC∥AE，∴MC⊥平面ABD，∵AM⊂平面ABD．∴MC⊥AM，又MC∩BD＝M，∴AM⊥平面BCD．又AE＝MC＝2，∴四边形AMCE为平行四边形，∴EC∥AM，∴EC⊥平面BCD，∵EC⊂平面CDE，∴平面BCD⊥平面CDE.(2)∵M为BD的中点，N为DE的中点，∴MN∥BE.∵MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC．∴MN∥面BEC．由(1)知EC∥AM，∵EC⊂平面BEC，AM⊄平面BEC．∴AM∥面BEC，又∵AM∩MN＝M.AM⊂平面AMN，MN⊂平面AMN.∴平面AMN∥平面BEC．12．(2019·南昌二中月考)如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF 沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．(1)求证：A1E⊥FP；(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD．所以在题图(2)中，A1E⊥EF.又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，所以A1E⊥平面BEFC．因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．理由如下：如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.因为FP∥BE，所以MK∥BE.因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．。
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第四讲转化与化归思想Z知识整合hi shi zheng he一、转化与化归思想的含义转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法，一般是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．二、转化与化归的常见方法1．直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题．2．换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题．3．数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径．4．等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价问题，以达到化归的目的．5．特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题的结论适合原问题．6．构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题．7．坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径．8．类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于探求．9．参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的问题进行解决．10．补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U，通过解决全集U及补集∁U A使原问题获得解决，体现了正难则反的原则．命题方向1特殊与一般的转化例1 (1)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则cos A＋cos C1＋cos A cos C＝45.[思路探究]看到a，b，c成等差数列，可联想到等边三角形举特例求解．[解析] 显然△ABC 为等边三角形时符合题设条件，所以cos A ＋cos C 1＋cos A cos C ＝cos60°＋cos60°1＋cos60°cos60°＝11＋14＝45. (2)已知f (x )＝33x ＋3，则f (－2018)＋f (－2017)＋…＋f (0)＋f (1)＋…＋f (2019)＝2019.[思路探究] 看到求f (－2018)＋f (－2017)＋…＋f (0)＋f (1)＋…＋f (2019)的值，想到求f (x )＋f (1－x )的值．[解析] f (x )＋f (1－x )＝33x ＋3＋331－x ＋3＝33x ＋3＋3x 3＋3x ＝3x ＋33x ＋3＝1，所以f (0)＋f (1)＝1，f (－2018)＋f (2019)＝1，所以f (－2018)＋f (－2017)＋…＋f (0)＋f (1)＋…＋f (2019)＝2019. 『规律总结』 化一般为特殊的应用(1)常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等． (2)对于选择题，当题设在普通条件下都成立时，用特殊值进行探求，可快捷地得到答案．(3)对于填空题，当填空题的结论唯一或题设条件提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，即可得到答案．G 跟踪训练en zong xun lian1．AB 是过抛物线x 2＝4y 的焦点的动弦，直线l 1，l 2是抛物线两条分别切于A ，B 的切线，则l 1，l 2的交点的坐标为(0，－1).[解析] 找特殊情况，当AB ⊥y 轴时，AB 的方程为y ＝1，则A (－2,1)，B (2,1)，过点A 的切线方程为y －1＝－(x ＋2)，即x ＋y ＋1＝0.同理，过点B 的切线方程为x －y －1＝0，则l 1，l 2的交点为(0，－1)．2．已知数列{x n }满足x n ＋3＝x n ，x n ＋2＝|x n ＋1－x n |(n ∈N *)，若x 1＝1，x 2＝a (a ≤1，a ≠0)，则数列{x n }的前2019项和S 2019＝1346.[解析] 根据题意，特殊化可得x 3＝|x 2－x 1|＝|a －1|＝1－a (a ≤1，a ≠0)，则x 1＋x 2＋x 3＝2又因为x n ＋3＝x n ，所以x 4＝x 1，x 5＝x 2，x 6＝x 3，即x 4＋x 5＋x 6＝x 1＋x 2＋x 3＝2.同理，x 7＋x 8＋x 9＝2，x 10＋x 11＋x 12＝2，…，而2019＝673×3，则S 2019＝2×673＝1346.命题方向2 函数、方程、不等式之间的转化例2 已知e 为自然对数的底数，若对任意的x ∈[1e，1]，总存在唯一的y ∈[－1,1]，使得ln x －x ＋1＋a ＝y 2e y 成立，则实数a 的取值范围是( A )A ．[1e ，e]B ．(2e ，e]C ．(2e，＋∞)D ．(2e ，e ＋1e)[解析] 设f (x )＝ln x －x ＋1＋a ，当x ∈[1e ，1]时，f ′(x )＝1－x x ≥0，f (x )是增函数，所以x ∈[1e ，1]时，f (x )∈[a －1e ，a ]；设g (y )＝y 2e y ，则g ′(y )＝e y y (y ＋2)，则g (y )在[－1，0)单调递减，在[0,1]单调递增，且g (－1)＝1e <g (1)＝e.因为对任意的x ∈[1e ，1]，存在唯一的y ∈[－1,1]，使得f (x )＝g (y )成立，所以[a －1e ，a ]⊆[0，e]，解得1e≤a ≤e.『规律总结』函数、方程与不等式相互转化的应用(1)函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助．(2)解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等式关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围．G 跟踪训练en zong xun lian已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )<0，则实数x 的取值范围为(－23，1).[解析] 由题意得g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1，对－1≤a ≤1，恒有g (x )<0，即φ(a )<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ φ(1)<0，φ(－1)<0即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2<0，3x 2＋x －8<0解得－23<x <1.故x 的取值范围是(－23，1)．命题方向3 正难则反的转化例3 若对于任意t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋(m2＋2)x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是( B )A ．(－5，－103)B ．(－373，－5)C ．(－5，－2)D ．(－5，＋∞)[解析] g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2， 若g (x )在区间(t,3)上总为单调函数，则①g ′(x )≥0在(t,3)上恒成立，或②g ′(x )≤0在(t,3)上恒成立．由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，所以m ＋4≥2t －3t 恒成立，又t ∈[1,2]，则m ＋4≥21－3×1＝－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.所以函数g (x )在区间(t,3)上总不为单调函数的m 的取值范围为－373<m <－5.『规律总结』转化化归思想遵循的原则(1)熟悉化原则：将陌生的问题转化为我们熟悉的问题． (2)简单化原则：将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．(3)直观化原则：将较抽象的问题转化为比较直观的问题(如数形结合思想，立体几何向平面几何问题转化)．(4)正难则反原则：若问题直接求解困难时，可考虑运用反证法或补集法或用逆否命题间接地解决问题．G 跟踪训练en zong xun lian若抛物线y ＝x 2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( D )A ．(－∞，12]B ．(－∞，12)C ．(－12，＋∞)D ．[－12，＋∞)[解析] 设抛物线y ＝x 2上两点A (x 1，x 21)，B (x 2，x 22)关于直线y ＝k (x －3)对称，AB 的中点为P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝x 21＋x 222.由题设知x 21－x 22x 1－x 2＝－1k ，所以x 1＋x 22＝－12k .又AB 的中点P (x 0，y 0)在直线y ＝k (x －3)上，所以x 21＋x 222＝k (x 21＋x 222)＝k (x 1＋x 22－3)＝－6k ＋12，所以中点P (－12k ，－6k ＋12)．由于点P 在y >x 2的区域内，则－6k ＋12>(－12k )2，整理得(2k ＋1)(6k 2－2k ＋1)<0，解得k <－12.因此当k <－12时，抛物线y ＝x 2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 ＝x 2上存在两点关于直线y ＝k (x ＝3)对称．所以实数k 的取值范围是[－12，＋∞)．故选D ．。