【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题六 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的综合问题课件 理
又因为 AB⊥OB,所以
3 1 2 ·(- )=-1,解得 a =3, a a
x2 2 故双曲线 C 的方程为 -y =1. 3
(2)过 C 上一点 P(x0,y0)(y0≠0)的直线 l: 与直线 x=
3 相交于点 N. 2
MF NF
x0 x -y0y=1 与直线 AF 相交于点 M, 2 a
证明:当点 P 在 C 上移动时,
(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P,Q 两点,当△OPQ 的面积最大时,求 l 的方程.
解：(2)当 l⊥x 轴时不合题意,故可设 l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
x2 2 3 8k 2 4 k 2 3 2 2 2 2 将 y=kx-2 代入 +y =1 得(1+4k )x -16kx+12=0 4 4k 2 1
(2)求证某几何量为定值首先要求出这个几何量的代数表达式,然后对表 达式进行化简、整理,根据已知条件列出必要的方程(或不等式),消去参 数,最后推出定值.
(3)求解定值问题时,如果事先定值不知道,可以先对参数取特殊值,通过 特殊值求出这个定值,然后再对一般情况进行证明. 3.最值问题 圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方 法:一是几何方法,即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、 性质等进行求解;二是代数方法,即把要求最值的几何量或代数表达式表 示为某个(些)参数的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进 行求解.
x2 y 2 所以 M 的方程为 + =1. 6 3
(2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的
最大值.
4 3 x y 3 0, , x 4 6 x 0, 2 3 2 解：(2)由 x 解得 或 因此|AB|= . y 3 y 3. 3 1, y 3 6 3
(a>b>0)右焦点的直线 x+y- 3 =0 交 M 于 A,B 两点,P 为 AB 的中点,且 OP 的斜率 为
1 . 2
(1)求 M 的方程;
解:(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),
2 2 y y x12 y12 x2 y2 则 2 + 2 =1, 2 + 2 =1, 2 1 =-1, x2 x1 a b a b
3 2 3 的离心率为 ,F 是椭圆 E 的右焦点,直线 AF 的斜率为 ,O 为坐标原点. 2 3
(1)求 E 的方程;
解:(1)设 F(c,0),由条件知, 又
2 2 3 = ,得 c= 3 . 3 c
3 c = ,所以 a=2,b2=a2-c2=1. 2 a
x2 2 故 E 的方程为 +y =1. 4
2 x0 2 因为 P(x0,y0)是 C 上一点,则 - y0 =1,代入上式得 3
MF NF
2 2
MF (2 x0 3) 2 (2 x0 3) 2 4 4 4 2 2 3 = · 2 = · = , 所求定值为 = = . 2 NF x0 3 3( x0 2) 2 3 4 x0 12 x0 9 3 3 3 3
(1)求双曲线 C 的方程;
解:(1)设 F(c,0),因为 b=1,所以 c= a 2 1 , 直线 OB 的方程为 y=1 1 c c x,直线 BF 的方程为 y= (x-c),解得 B( ,). a a 2 2a
c c ( ) 1 c 2a = 3 . 又直线 OA 的方程为 y= x,则 A(c, ),kAB= a c a a a c 2
第4讲 圆锥曲线中的综合问题
考向分析 核心整合 热点精讲 阅卷评析
考向分析
考情纵览
年份 考点 最值与范围 问题 定点、定值 问题 探索性问题 2013 Ⅰ Ⅱ Ⅰ 2014 Ⅱ Ⅰ 2015 Ⅱ
2011
2012
20(2)
20(2) 20(2)
20(1) 20(2) 20(2)
真题导航
x2 y 2 1.(2013 新课标全国卷Ⅱ,理 20)平面直角坐标系 xOy 中,过椭圆 M: 2 + 2 =1 a b
热点精讲
最值与范围问题 x2 y2 【例 1】 已知椭圆 2 + 2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1 和 F2,由四个 a b
热点一
点 M(-a,b),N(a,b),F2 和 F1 组成一个高为 3 ,面积为 3 3 的等腰梯形. (1)求椭圆的方程;
2 a 2c 解:(1)由条件,得 b= 3 ,且 × 3 =3 3 ,所以 a+c=3. 2
恒为定值,并求此定值.
解：(2)由(1)知 a= 3 ,则直线 l 的方程为 即 y=
x0 x -y0y=1(y0≠0), 3
x0 x 3 2x 3 .因为直线 AF 的方程为 x=2,所以直线 l 与 AF 的交点 M(2, 0 ); 3 y0 3 y0
3 x 3 3 3 2 0 直线 l 与直线 x= 的交点为 N( , ). 3 y0 2 2
(2 x0 3) 2 2 MF (2 x0 3) 2 4 (2 x0 3) 2 (3 y0 ) 2 则 = = 2 = · 2 , 2 2 3 9 y 9 3 y 3( x 2) 3 NF 2 0 0 0 ( x0 3) 2 ( x 2) 0 1 4 4 2 2 4 (3 y0 )
由题意可设直线 CD 的方程为 y=x+n(-
5 3 <n< 3 ), 3
y x n, 2n 2(9 n2 ) 2 2 2 2 设 C(x3,y3),D(x4,y4).由 x 得 3x +4nx+2n -6=0.于是 x3,4= . y 3 1 3 6
因为直线 CD 的斜率为 1,所以|CD|= 2 |x4-x3|= 由已知,四边形 ACBD 的面积 S=
解:(1)由题设可得 M(2 a ,a),N(-2 a ,a)或 M(-2 a ,a),N(2 a ,a).
x x2 又 y′= ,故 y= 在 x=2 a 处的导数值为 a ,C 在点(2 a ,a)处的切线方 2 4
程为 y-a= a (x-2 a ), 即 a x-y-a=0.
x2 y= 在 x=-2 a 处的导数值为- a ,C 在点(-2 a ,a)处的切线方程为 4
y-a=- a (x+2 a ),即 a x+y+a=0. 故所求切线方程为 a x-y-a=0 和 a x+y+a=0.
(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.
解：(2)存在符合题意的点,证明如下: 设 P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线 PM,PN 的斜率分别为 k1,k2. 2 将 y=kx+a 代入 C 的方程得 x -4kx-4a=0. 故 x1+x2=4k,x1x2=-4a. 从而 k1+k2= =
常用的几何方法有:
(1)直线外一定点P到直线上各点距离的最小值为该点P到直线的垂线段的 长度.
(2)圆C外一定点P到圆上各点距离的最大值为|PC|+R,最小值为|PC|-R(R 为圆C半径). (3)过圆C内一定点P的圆的最长的弦即为经过P点的直径,最短的弦为过P 点且与经过P点直径垂直的弦. (4)圆锥曲线上本身存在最值问题,如①椭圆上两点间最大距离为2a(长轴 长);②双曲线上两点间最小距离为2a(实轴长);③椭圆上的点到焦点的距 离的取值范围为[a-c,a+c],a-c与a+c分别表示椭圆焦点到椭圆上点的最 小与最大距离;④抛物线上的点中顶点与抛物线的准线距离最近. 常用的代数方法有 ①利用二次函数求最值. ②利用基本不等式求最值. ③利用导数法求最值. ④利用函数单调性求最值. 归纳拓展:一条规律:“联立方程求交点,根与系数的关系求弦长,根的分布 找范围,曲线定义不能忘”.
4 9 n2 . 3
9 n2 .
1 8 6 |CD|·|AB|= 2 9
当 n=0 时,S 取得最大值,最大值为
8 6 8 6 .所以四边形 ACBD 面积的最大值为 . 3 3
x2 2.(2015 新课标全国卷Ⅰ,理 20)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C:y= 与直线 4
l:y=kx+a(a>0)交于 M,N 两点, (1)当 k=0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程;
2 4 k 2 1 4k 2 3 从而|PQ|= k 1 |x1-x2|= . 又点 O 到直线 PQ 的距离 d= ,所以△OPQ 的面积 4k 2 1 k2 1
2
1 4t 4 4 4k 2 3 2 S△OPQ= d·|PQ|= . 设 4 k 3 =t, 则 t>0,S = . △OPQ= 4k 2 1 2 t2 4 t 4 t
因为 t+
7 4 ≥4,当且仅当 t=2,即 k=± 时等号成立,且满足Δ>0. 2 t 7 7 x-2 或 y=x-2. 2 2
所以当△OPQ 的面积最大时,l 的方程为 y=
x2 2 4. (2014 江西卷,理 20)如图,已知双曲线 C: 2 -y =1(a>0)的右焦点为 F,点 a
A,B 分别在 C 的两条渐近线上,AF⊥x 轴,AB⊥OB,BF∥OA(O 为坐标原点).
不成立.
核心整合
1.定点问题 (1)解析几何中直线过定点或曲线过定点是指不论直线或曲线中的参数如 何变化,直线或曲线都经过某一个定点. (2)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是把直线或曲线方程中的变量 x,y当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要 对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关 于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (3)对于直线过定点问题,若得到了直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直 线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点 (0,m). 2.定值问题 (1)解析几何中的定值是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的 度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无 关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值.
北京市第四中学2016高考理科数学总复习例题讲解：圆锥曲线的方程与性质 04圆锥曲线
第四讲 圆锥曲线
北京四中 李伟
一、复习
椭圆、双曲线、抛物线的定义与方程
二、直线与圆锥曲线的位置关系
1.相离
2.相切
3.相交
三、典型例题
例1(1)已知点P 在焦点为12F F 、的椭圆C ：2222x y 1(a b 0)a b +=>>上，则
以1PF 为直径的圆C 1与圆O ：2
22x y a +=的位置关系是 。
(2)1F 、2F 是椭圆122
22
=+b
y a x (0)a b >>的两个焦点，M 是椭圆上与1F 、2F 不共线的任意点，21MF F ∆ 的内心是点P ，MP 交21F F 于N ，则PM NP 等于 .
例2（1）设12F F 、是双曲线22
4x y -
=的两个焦点，Q 是双曲线上任一点，
从1F 引12FQF ∠的平分线的垂线，垂足为P ，则点P 的轨迹方程为 .
（2）P 是双曲线229x 16y 144-=右支上一点，F 1、F 2分别是左、右焦
小结：
1.圆锥曲线的定义：
2.圆锥曲线的方程：
3.直线与圆锥曲线位置关系的判定。
2016届高考数学(理)二轮热点专题精练专题6解析几何第1讲圆锥曲线的概念、方程与性质
第1讲圆锥曲线的概念、方程与性质圆锥曲线的定义与标准方程1.(2015广东卷)已知椭圆+=1(m>0)的左焦点为F1(-4,0),则m等于( B )(A)2 (B)3 (C)4 (D)9解析:由4=(m>0)⇒m=3,故选B.2.若圆x2+y2-4x-9=0与y轴的两个交点A,B都在某双曲线上,且A,B两点恰好将此双曲线的焦距三等分,则此双曲线的标准方程为( A )(A)-=1 (B)-=1(C)-=1 (D)-=1解析:解方程组得或因为圆x2+y2-4x-9=0与y轴的两个交点A,B都在某双曲线上,且A,B两点恰好将此双曲线的焦距三等分,所以A(0,-3),B(0,3),所以a=3,2c=18,所以b2=()2-32=72,所以双曲线方程为-=1.故选A.3.已知直线l过抛物线C的焦点,且与C的对称轴垂直,l与C交于A,B两点,|AB|=12,P为C 的准线上一点,则△ABP的面积为( C )(A)18 (B)24 (C)36 (D)48解析: 设抛物线方程y2=2px(p>0),F为抛物线焦点,则直线l垂直于x轴,AF==6,所以△ABP的边AB上的高h=6,所以S△ABP=×12×6=36.故选C.4.已知P为椭圆+=1上的一点,M,N分别为圆(x+3)2+y2=1和圆(x-3)2+y2=4上的点,则|PM|+|PN|的最小值为.解析:由题意知椭圆的两个焦点F1,F2分别是两圆的圆心,且|PF1|+|PF2|=10,从而|PM|+|PN|的最小值为|PF1|+|PF2|-1-2=7.答案:75.(2015佛山模拟)设F1,F2是双曲线x2-=1的两个焦点,P是双曲线与椭圆+=1的一个公共点,则△PF1F2的面积等于.解析:由题知,双曲线和椭圆焦点相同,假设点P是两曲线在第一象限的交点,则有|PF1|-|PF2|=2,|PF1|+|PF2|=14,解得|PF1|=8,|PF2|=6,又|F1F2|=10,故△PF1F2是直角三角形,则其面积为24.答案:24圆锥曲线的几何性质6.(2014广东卷)若实数k满足0<k<5,则曲线-=1与曲线-=1的( A )(A)焦距相等 (B)离心率相等(C)虚半轴长相等 (D)实半轴长相等解析:因为0<k<5,所以5-k>0,16-k>0,这两个方程表示的是双曲线.焦距都是2.故选A.7.(2013北京卷)若双曲线-=1的离心率为,则其渐近线方程为( B )(A)y=±2x (B)y=±x(C)y=±x (D)y=±x解析:考查双曲线的离心率e=,渐近线方程y=±x及a,b,c之间的关系a2+b2=c2.由=,令a=m,c=m(m>0),则b==m,渐近线方程为y=±x.故选B.8.(2014新课标全国卷Ⅰ)已知F为双曲线C:x2-my2=3m(m>0)的一个焦点,则点F到C的一条渐近线的距离为( A )(A)(B)3 (C)m (D)3m解析:-=1,因为m>0,所以双曲线的焦点在x轴上,a2=3m,b2=3,所以一条渐近线为y=x,即y=x,c2=a2+b2=3m+3,则焦点F(,0)到直线y-x=0的距离为d===.故选A.9. (2015黑龙江模拟)已知椭圆+=1(a>b>0),以O为圆心,短半轴长为半径作圆O,过椭圆的长轴的一端点P作圆O的两条切线,切点为A,B,若四边形PAOB为正方形,则椭圆的离心率为( B )(A)(B)(C)(D)解析:由题意知|OA|=|AP|=b,|OP|=a,OA⊥AP,所以2b2=a2,=,故e==,故选B.10.(2015福建卷)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x-4y=0交椭圆E于A,B两点.若|AF|+|BF|=4,点M到直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是( A )(A)(B)(C)(D)解析:设椭圆的左焦点为F1,半焦距为c,连接AF1,BF1,则四边形AF1BF为平行四边形,所以|AF1|+|BF1|=|AF|+|BF|=4.根据椭圆定义,有|AF1|+|AF|+|BF1|+|BF|=4a,所以8=4a,解得a=2.因为点M到直线l:3x-4y=0的距离不小于,即≥,b≥1,所以b2≥1,所以a2-c2≥1,4-c2≥1,解得0<c≤,所以0<≤,所以椭圆的离心率的取值范围为(0,].故选A.11.(2015甘肃兰州第二次监测)已知椭圆C的中心为O,两焦点为F1,F2,M是椭圆C上的一点,且满足||=2||=2||,则椭圆C的离心率e等于( D )(A)(B)(C)(D)解析:过M向椭圆的长轴作垂线,垂足为N,则N为OF2的中点,设||=t,则||2-||2=||2-||2,即4t2-c2=t2-c2,所以c=t,而a=t,所以e=.12.抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,其准线与双曲线-=1相交于A,B两点,若△ABF为等边三角形,则p= .解析: 如图,在等边三角形ABF中,DF=p,BD=p,所以B点坐标为(p,-).又点B在双曲线上,故-=1.解得p=6.答案:6一、选择题1.(2014安徽卷)抛物线y=x2的准线方程是( A )(A)y=-1 (B)y=-2(C)x=-1 (D)x=-2解析:抛物线的方程化为x2=4y,其准线方程为y=-1.故选A.2.(2015江西景德镇模拟)已知△ABC的顶点B,C在椭圆+=1上,顶点A是椭圆的一个焦点,且椭圆的另外一个焦点在BC边上,则△ABC的周长是( B )(A)10 (B)20 (C)8 (D)16解析:设椭圆的另一焦点为F,由椭圆的定义知|BA|+|BF|=|CA|+|CF|=2a,所以△ABC的周长为4a=4×5=20.3.(2015江西省重点中学协作体模拟)已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在x轴上,离心率为,且椭圆G上一点到其两个焦点的距离之和为12,则椭圆G的方程为( A )(A)+=1 (B)+=1(C)+=1 (D)+=1解析:据题意知2a=12,得a=6,离心率e==,所以c=3,于是b2=9,故椭圆G的方程为+=1.4.(2015济宁模拟)若椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,则双曲线-=1的渐近线方程为( A )(A)y=±2x (B)y=±x(C)y=±4x (D)y=±x解析:设椭圆的焦距为2c,由题意知=,所以c=a,b==a,双曲线-=1的渐近线为y=±x=±2x.5.(2015山西大学附中模拟)若m是2和8的等比中项,则圆锥曲线x2+=1的离心率是( D )(A) (B)(C)或(D)或解析:因为m是2,8的等比中项,所以m2=2×8=16,所以m=±4,若m=4时,则椭圆x2+=1的方程为x2+=1,所以其离心率e=,若m=-4,则双曲线方程为x2-=1,离心率e==.故选D.6.(2014天津卷)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l:y=2x+10,双曲线的一个焦点在直线l上,则双曲线的方程为( A )(A)-=1 (B)-=1(C)-=1 (D)-=1解析:由题意可知,双曲线的其中一条渐近线y=x与直线y=2x+10平行,所以=2且左焦点为(-5,0),所以a2+b2=c2=25,解得a2=5,b2=20,故双曲线方程为-=1.故选A.7.(2015赣州市模拟)F1是双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左焦点,点P是双曲线右支上一点,若线段PF1与y轴的交点M恰为PF1的中点,且|OM|=a(O为坐标原点),则双曲线C的离心率为( B ) (A)(B)(C)2 (D)3解析:因为M是线段PF1的中点,|OM|=a,所以OM∥PF2,PF2⊥x轴且|PF2|=2a,又由|PF1|-|PF2|=2a知,|PF1|=4a,在直角三角形F1PF2中,sin∠PF1F2==,所以∠PF1F2=30°,故双曲线C的离心率e====.故选B.8.(2015江西上饶模拟)已知抛物线y2=8x,P为其上一点,点N(5,0),点M满足||=1,·=0,则||的最小值为( C )(A)(B)4 (C)(D)2解析:设点P(,y0)由题意知M点的轨迹是以N(5,0)为圆心,1为半径的圆,PM为该圆的一条切线,所以||===≥.故选C.9.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,若椭圆C上恰好有6个不同的点P使得△F1F2P为等腰三角形,则椭圆C的离心率的取值范围是( D )(A)(,) (B)(,1)(C)(,1) (D)(,)∪(,1)解析:根据题意,结合椭圆的图形得a-c<2c且a≠2c(a=2c时只有当P点与短轴两个端点重合时,△F1F2P才为等腰三角形).所以<e<1,且e≠.10.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点F,直线x=与其渐近线交于A,B两点,且△ABF为钝角三角形,则双曲线离心率的取值范围是( D )(A)(,+∞) (B)(1,)(C)(,+∞) (D)(1,)解析:由题意设直线x=与x轴的交点为D,因为三角形ABF为钝角三角形,且∠BFD=∠AFD,所以∠AFD>,又|DF|=c-=,双曲线的渐近线方程为y=±x,所以可得A,B两点坐标分别为(,),(,-),所以tan∠AFD===>1,即b<a,则e==<=,故e∈(1,).故选D.11.(2015开封模拟)从双曲线-=1(a>0,b>0)的左焦点F引圆x2+y2=a2的切线,切点为T,延长FT交双曲线右支于P点,若M为线段FP的中点,O为坐标原点,则|MO|-|MT|与b-a的关系为( C )(A)|MO|-|MT|>b-a(B)|MO|-|MT|<b-a(C)|MO|-|MT|=b-a(D)|MO|-|MT|与b-a无关解析:设F1是双曲线的右焦点,连接PF1,由双曲线的定义知|PF|-|PF1|=2a, ①因为OM是△FF1P的中位线,所以|PF1|=2|OM|, ②又因为M是FP的中点,所以|PF|=2|MF|, ③②③代入①得2|MF|-2|OM|=2a,|MF|-|OM|=a. ④因为|MF|=|MT|+|TF|,|FT|2=|OF|2-|OT|2=c2-a2,所以|FT|=b.所以|MF|=|MT|+b. ⑤把⑤代入④得|MT|+b-|OM|=a,所以|OM|-|MT|=b-a.选C.二、填空题12.(2015宁夏石嘴山高三联考)已知双曲线-=1(a,b>0)的一条渐近线方程为2x+3y=0,则双曲线的离心率是.解析:双曲线-=1的渐近线方程为y=±x,2x+3y=0可化为y=-x,所以=,e======.答案:13.(2015江西九江二模)已知直线2x-(m+)y-2=0(m>0)与直线l:x=-1,抛物线C:y2=4x及x轴分别相交于A,B,F三点,若=2,则m= .解析:如图所示,点F及直线l分别是抛物线C的焦点和准线,过点B作BD⊥l于D,则|BD|=|BF|,因为=2,所以∠ABD=60°,所以=tan 60°,解得m=.答案:14.已知点P(m,4)是椭圆+=1(a>b>0)上的一点,F1,F2是椭圆的两个焦点,若△PF1F2的内切圆的半径为,则此椭圆的离心率为.解析:一方面△PF1F2的面积为(2a+2c)r;另一方面△PF1F2的面积为|y P|·2c,所以(2a+2c)·r=|y P|·2c,所以(a+c)·r=|y P|·c,所以=,所以(+1)=,又y P=4,所以=-1=-1=,所以椭圆的离心率为e==.答案:15.(2015大连市模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)左、右顶点为A1,A2,左、右焦点为F1,F2,P为双曲线C上异于顶点的一动点,直线PA1斜率为k1,直线PA2斜率为k2,且k1k2=1,又△PF1F2内切圆与x轴切于点(1,0),则双曲线的方程为.解析:A1(-a,0),A2(a,0),F1(-c,0),F2( c,0),直线PA1的方程为y-0=k1(x+a),直线PA2的方程为y-0=k2(x-a),于是有y2=k1k2(x2-a2),又k1k2=1,所以x2-y2=a2,因此a=b,又由△PF1F2内切圆与x轴切于点(1,0),知||PF1|-|PF2||=|1+c-(c-1)|=2a,解得a=1.故双曲线的方程为x2-y2=1.答案:x2-y2=1。
2016版高考数学二轮复习配套课件：高考热点追踪(四)
第十五页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题四 立体几何
(2015·南宁调研)如图所示的三棱锥 OABC 为长方体的一角．其中 OA，OB， OC 两两垂直， 三个侧面 OAB，OAC，OBC 的面积分别为 1.5 cm2，1 cm2，3 cm2，求三棱锥 O-ABC 的体积． [解] 设 OA，OB，OC 的长依次为 x cm，y cm，z cm， 则由已知可得12xy＝1.5，12xz＝1，12yz＝3. 解得 x＝1，y＝3，z＝2. 显然三棱锥 O-ABC 的底面积和高是不易求出的，
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专题四 立体几何
[求解策略] 本题是正四面体的外接球问题，可以看出此题的命 题角度很好，考生刚开始接触时会一筹莫展，不知如何下手，只 有对正四面体的外接球的特征及正四面体棱长与球的半径之间 的关系弄清楚之后才可以求解，才有可能产生正确结论．
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专题四 立体几何
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专题四 立体几何
已知正三棱锥 P-ABC，点 P，
A，B，C 都在半径为 3的球面上， 若 PA，PB，PC 两两相互垂直，则
3 球心到截面 ABC 的距离为___3_____．
[解析] 由于正三棱锥的侧棱 PA，PB，PC 两两互相垂直，故以 PA，PB，PC 为棱补成正方体如图，可知球心 O 为体对角线 PD 的中点，且 PO＝ 3，设 P 到平面 ABC 的距离为 h，则13× 43×
高考数学二轮复习专题六立体几何.docx
高考数学二轮复习专题六立体几何【重点知识回顾】稳定中有所创新，由知识立意转为能力立意（1）考查重点及难点稳定：高考始终把空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂肓的性质与判定，以及求线面角、二而角等知识都是重点考杏的内容，其屮线线角、线面角、二面角的求解更是重中Z重在难度上平稳过渡，始终以中等偏难为主。
实行新课程的高考，命题者在求稳的同吋注重创新高考创新，主耍体现在命题的立意和思路上注重对学生能力的考查（2）空间几何体中的三视图仍是高考的一个重婆知识点解答题的考查形式仍要注重在一个具体立体儿何模型中考查线面的关系（3）使用，“向最"仍将会成为高考命题的热点，-•般选择题、填空题重在考杳向最的概念、数量积及其运算律在有些立体几何的解答题中，建立空间直角坐标系，以向量为工具, 利用空间向量的处标和数量积解决直线、平血问题的位置关系、角度、长度等问题，比用传统立体几何的方法简便快捷，空间向最的数量积及坐标运算仍是2012年高考命题的重点（4）支持新课改，在重叠部分做文章,在知识交汇点处命题立体几何屮平行、垂肓关系证明的思路清楚吗？平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：线〃线《——> 线〃面 <——> 面〃面判定》线丄线~~线丄而~~而丄而（性质线〃线——线丄面——面〃面线面平行的判定：a〃b, bu 面oc，auana〃面oc线而平行的性质:a〃面a, au 面p, aClp = b =>a//b三垂线定理（及逆定理）:PA丄面a, AO为PO在oc内射影，au面a,则a丄OA => a丄PO； a丄PO=>a丄AO三类角的定义及求法(1) 异面直线所成的角e, o°<o<9o°线面垂直:a 丄b ，a 丄c ，b ，c u a, 血血垂了 ba 丄面a, au 面卩=>卩丄aifljot 丄面仿 ap|[3 = /, aua ，a 丄/=> a 丄[3a 丄面ot ，b 丄面ana 〃b 而a 丄a,而卩丄a a a 〃［3b（2）直线与平面所成的角e, 0°<0<90°6=0° 时，b 〃a 或bua（3）二面角：二面角a-/-p 的平面角0, 0° <0<180°（三垂线左理法：AUa 作或证AB 丄卩于B,作BO 丄棱于O,连AO,则AO 丄棱/, ・•・ZAOB 为所求。
【2份】2016年高考数学(理)二轮复习课件：专题四 立体几何 共108张PPT
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
[思路引导]
(1)根据正视图、俯视图的投影规则，找出它们
各个顶点的坐标即可；(2)依据斜二测画法得出原图形，确定数量
重 点 透 析
关系．
名 师 微 课
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[解析]
(1)由三视图可知，该几何体的正视图是一个直角三
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分析空间几何体的三视图的要点 (1)根据俯视图确定几何体的底面；
重 点 透 析
(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的 特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．
名 师 微 课
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[举一反三] 1． (2014· 福建卷)某空间几何体的正视图是三角形， 则该几何 体不可能是(
名 师 微 课
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
借助常见几何体模型想象三视图问题是重要手段．
重 点 透 析 名 师 微 课
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
(1)(2014· 湖北卷)在如图所示的空间直角坐标系 O－xyz 中， 一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)．给
角形(三个顶点的坐标分别是(0,0,2)，(0,2,0)，(0,2,2)且内有一虚线 (一顶点与另一直角边中点的连线 )，故正视图是④；俯视图即在
重 点 透 析
底面的射影是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是 (0,0,0) ， (2,2,0)，(1,2,0)，故俯视图是②，故选 D. (2)如图，在直观图中，过点 A 作 AE⊥BC，垂足为 E，
2016年高考数学真题解析之圆锥真题(理科)
2016高考圆锥曲线真题汇总（理科）1．平面直角坐标系xOy 中，椭圆C抛物线E ：22x y =的焦点F 是C 的一个顶点.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交与不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D ，直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M.（ⅰ）求证：点M 在定直线上;（ⅱ）直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为1S ，△P D M 的面积为2S ，的最大值及取得最大值时点P 的坐标.2．已知椭圆E三个顶点，直线l: 3y x =-+与椭圆E 有且只有一个公共点T.（Ⅰ）求椭圆E 的方程及点T 的坐标；（Ⅱ）设O 是坐标原点，直线l '平行于OT,与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P.证明：存在常数λ的值. 3．右焦点分别为12F F 、，直线l 过2F 且与双曲线交于A B 、两点.（1）若l 的倾斜角为，1F AB △是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； （2，若l 的斜率存在，且11()0F A F B AB +⋅=u u u r u u u r u u u r ，求l 的斜率.4a ＞1）.（Ⅰ）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a 、k 表示）；（Ⅱ）若任意以点A （0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.5．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：x -y -2=0，抛物线C ：y 2=2px （p ＞0）.（1）若直线l 过抛物线C 的焦点，求抛物线C 的方程；（2）已知抛物线C 上存在关于直线l 对称的相异两点P 和Q.①求证：线段PQ 的中点坐标为(2,)p p --；②求p 的取值范围.6．的右焦点为F,右顶点为A.其中O 为原点，e 为椭圆的离心率.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点A 的直线l 与椭圆交于点B （B 不在x 轴上），垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H ，若BF ⊥HF ，且∠MOA≤∠MAO,求直线l 的斜率的取值范围.7．已知椭圆C （0a b >>），(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，△OAB 的面积为1.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N..8．已知抛物线C ：22y x =的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线12,l l 分别交C 于A ，B 两点，交C 的准线于P ，Q 两点.（Ⅰ）若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明AR ∥FQ ；（Ⅱ）若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程.9．已知椭圆的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k （k > 0）的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA.（Ⅰ）当t=4AMN 的面积；k 的取值范围.10．设圆222150x y x ++-=的圆心为A ，直线l 过点B （1,0）且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E.E 的轨迹方程；（Ⅱ）设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M,N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P,Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围.参考答案1．（Ⅰ）1422=+y x ;（Ⅱ）（Ⅰ）见解析；（此时点P 的坐标为【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（山东卷精编版）【解析】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；（Ⅱ）（Ⅰ）由点P 的坐标和斜率设出直线l 的方程和抛物线联立，进而判断点M 在定直线上；（Ⅱ）分别列出1S ，2S 面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P 的坐标.试题解析： ，可得：b a 2=. 因为抛物线E 的焦点为所以椭圆C 的方程为1422=+y x .（Ⅱ），由y x 22=可得y'x =， 所以直线l 的斜率为m ， 因此直线l 的方程为设),(),,(),,(002211y x D y x B y x A ，联立方程得014)14(4322=-+-+m x m x m ， 由0∆>，得，所以直线OD 方程为，得点M 的纵坐标为 即点M 在定直线. （Ⅱ）由（Ⅰ）知直线l 方程为 令0=x 得令122+=m t ，则，即2=t 时，，满足0∆>， 所以点P 的坐标为，此时点P 的坐标为 【考点】椭圆方程；直线和抛物线的关系；二次函数求最值；运算求解能力.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用,,,a b c e 的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法（如二次函数的性质、基本不等式、导数等）求“目标函数”的最值.本题的易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题和解决问题的能力等.2．T 坐标为（2,1）；【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（四川卷精编版）【解析】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y 得关于x 的方程有两个相等的实数根，解出b 的值，从而得到椭圆E 的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.试题解析：E得22312(182)0x x b -+-=.① 方程①的判别式为2=24(3)b ∆-，由=0∆，得2=3b ， 此时方程①的解为=2x ， 所以椭圆E点T 坐标为（2,1）. （Ⅱ）由已知可设直线l '的方程为所以P设点A ，B 的坐标分别为1122(,)(,)A x y B x y ，.可得2234(412)0x mx m ++-=.② 方程②的判别式为2=16(92)m ∆-，由>0∆，解得【考点】椭圆的标准方程及其几何性质【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为1122(,),(,)x y x y ，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得1212,x x x x +，再把用12,x x 表示出来，并代入1212,x x x x +的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．3．（1（2 【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（上海卷精编版）【解析】试题分析：（1）设(),ΑΑΑx y ，根据题设条件得到()24413b b +=，从而解得2b 的值．（2）设()11,Αx y ，()22,Αx y ，直线:l ()2y k x =-与双曲线方程联立，得到一元二次方程，根据l 与双曲线交于两点，可得230k -≠，且()23610k ∆=+>．再设ΑΒ的中点为(),ΜΜΜx y ，由()110F ΑF ΒΑΒ+⋅=u u u r u u u r u u u r 即10F ΜΑΒ⋅=u u u u r u u u r ，从而得到11F Μk k ⋅=-，进而构建关于k 的方程求解即可．试题解析：（1）设(),ΑΑΑx y ．由题意，()2,0F c ，，()22241Αy b c b =-=， 因为1F ΑΒ△是等边三角形，所以即()24413b b +=，解得22b =．（2）由已知，()12,0F -，()22,0F ． 设()11,Αx y ，()22,Βx y ，直线:l ()2y k x =-．显然0k ≠． ，得()222234430k x k x k --++=． 因为l 与双曲线交于两点，所以230k -≠，且()23610k ∆=+>． 设ΑΒ的中点为(),ΜΜΜx y ． 由11()0F A F B AB +⋅=u u u r u u u r u u u r 即10F ΜΑΒ⋅=u u u u r u u u r ，知1F ΜΑΒ⊥，故11F Μk k ⋅=-．，故l 的斜率为 【考点】双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系、平面向量的数量积【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用,,,a b c e 的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.4．【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（浙江卷精编版）【解析】试题分析：（Ⅰ）先联立1y kx =+和，可得1x ，2x ，再利用弦长公式可得直线1y kx =+被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）先假设圆与椭圆的公共点有4个，再利用对称性及已知条件可得任意以点()0,1A 为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点时，a 的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围．试题解析：（Ⅰ）设直线1y kx =+被椭圆截得的线段为AP ，()2222120a k x a kx ++=， 故10x =，（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足记直线AP ，AQ 的斜率分别为1k ，2k ，且1k ，20k >，12k k ≠．所以()()22222222121212120k k k k a a k k ⎡⎤-+++-=⎣⎦． 由于12k k ≠，1k ，20k >得()2222221212120k k a a k k +++-=，① 因为①式关于1k ，2k 的方程有解的充要条件是221(2)1a a +->，因此，任意以点()0,1A 为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为【考点】弦长，圆与椭圆的位置关系，椭圆的离心率．【思路点睛】（Ⅰ）先联立1y kx =+和可得直线1y kx =+被椭圆截得的线段长；（Ⅱ）利用对称性及已知条件任意以点()0,1Α为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求得 5．（1）x y 82=（2【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷精编版） 【解析】 试题分析：（1）先确定抛物线焦点，再将点代入直线方程；（2）①利用抛物线点之间关系进行化简，结合中点坐标公式求证，②利用直线与抛物线位置关系确定数量关系：2244(44)0p p p ∆=-->，解出p 的取值范围.试题解析：解：（1）抛物线2:y 2(0)C px p =>的焦点为在直线:20l x y --=上，得，即 4.p = 所以抛物线C 的方程为28.y x =（2）设1122(,),(,)P x y Q x y ，线段PQ 的中点00(,)M x y 因为点P 和Q 关于直线l 对称，所以直线l 垂直平分线段PQ ， 于是直线PQ 的斜率为1-，则可设其方程为.y x b =-+①由22y px y x b⎧=⎨=-+⎩消去x 得2220(*)y py pb +-=因为P 和Q 是抛物线C 上的相异两点，所以12,y y ≠ 从而2(2)4(2)0p pb ∆=-->，化简得20p b +>.方程（*因为00(,)M x y 在直线l 上，所以02.x p =- 因此，线段PQ 的中点坐标为(2,).p p -- ②因为(2,).M p p --在直线y x b =-+上 所以(2)p p b -=--+，即22.b p =-由①知20p b +>，于是2(22)0p p +->，所以因此p 的取值范围为【考点】直线与抛物线位置关系【名师点睛】在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑：（1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，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等量关系；（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用基本不等式求出参数的取值范围；（5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．6．【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（天津卷精编版）【解析】试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确a 的值，得再利用222a cb -=，可解得a 的值；（Ⅱ）先化简条件：MOA MAO ∠=∠⇔||||MA MO =，即M 再OA 的中垂线上，1M x =，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求B ；利用两直线方程组求H ，最后根据HF BF ⊥，列等量关系即可求出直线斜率的取值范围.试题解析：（Ⅰ）解：设(,0)F c ，由2223a c c -=，又2223a c b -==，所以21c =，因此24a =，所以椭圆的方程为 （Ⅱ）解：设直线l 的斜率为k （0≠k ），则直线l 的方程为)2(-=x k y .设),(B B y x B ，由方程组，消去y ，整理得0121616)34(2222=-+-+k x k x k .解得2=x ，或由（Ⅰ）知，)0,1(F ，设),0(H y H ，有FH u u u r (1,)H y =-， 由HF BF ⊥，得0BF HF ⋅=u u u r u u u r ，所以因此直线MH 的方程为设),(M M y x M ，由方程组消去y ，解得 在MAO △中，||||MO MA MAO MOA ≤⇔∠≤∠，即2222)2(M M M M y x y x +≤+-，化简得1≥M x ，即所以，直线l 的斜率的取值范围为 【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程【名师点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： （1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，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等量关系；（3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用基本不等式求出参数的取值范围；（5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．7．（Ⅱ）见解析. 【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（北京卷精编版） 【解析】试题分析：，△OAB 的面积为1中222c b a +=列方程组进行求解；（Ⅱ）求其乘积为定值.试题解析：解得1,2==b a . 所以椭圆C 的方程为（Ⅱ）由（Ⅰ）知，)1,0(),0,2(B A ，设),(00y x P ，则442020=+y x .当00≠x 时，直线PA 的方程为令0=x ，得直线PB 的方程为令0=y ，得4=.当00=x 时，10-=y ，.【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算. 8．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）21y x =-．【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标3卷精编版） 【解析】试题分析：（Ⅰ）设出与x 轴平行的两条直线的方程，得出,,,,A B P Q R 的坐标，然后通过证明直线AR 与直线FQ 的斜率相等即可证明AR ∥FQ ；（Ⅱ）设直线l 与x 轴的交点为1(,0)D x ，利用面积关系可求得1x 的值，设出AB 的中点(,)E x y ，根据AB 与x 轴是否垂直分两种情况讨论求解.设b y l a y l ==:,:21，则0≠ab ，且记过B A ,两点的直线为l ，则l 的方程为0)(2=++-ab y b a x . （Ⅰ）由于F 在线段AB 上，故01=+ab . 记AR 的斜率为1k ，FQ 的斜率为2k ，则所以FQ AR ∥. （Ⅱ）设l与x轴的交点为)0,(1x D ，则2Q F ，11=x . 设满足条件的AB 的中点为),(y x E .当AB 与x 轴不垂直时，由DE AB k k =可所以)1(12≠-=x x y .当AB 与x 轴垂直时，E 与D 重合.所以，所求轨迹方程为12-=x y .【考点】抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，轨迹方程的求法．【方法归纳】（1）解析几何中平行问题的证明主要是通过证明两条直线的斜率相等或转化为利用向量证明；（2）求轨迹的方法在高考中最常考的是直接法与代入法（相关点法），利用代入法求解时必须找准主动点与从动点．9．【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷精编版） 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求直线AM 的方程，再求点M 的纵坐标，最后求AMN △的面积；（Ⅱ）设()11,M x y ，写出A 点坐标，并求直线AM 的方程，将其与椭圆方程组成方程组，消去y ，用,t k 表示1x ，从而表示||AM ，同理用,t k 表示||AN ，t 的取值范围求k 的取值范围.试题解析：（Ⅰ）设()11,M x y ，则由题意知10y >，当4t =时，E 的方程为()2,0A -.由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为因此直线AM 的方程为2y x =+. 将2x y =-代入得27120y y -=.解得0y =或因此AMN △的面积 （Ⅱ）由题意3t >，0k >，将直线AM的方程代入得由题设，直线AN 的方程为，即()()32321k t k k -=-..3t >等价于由此得32020k k ->⎧⎨-<⎩，或32020k k -<⎧⎨->⎩，解得 因此k 的取值范围是【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系 【名师点睛】由直线（系）和圆锥曲线（系）的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数（系数）的范围问题，常把所求参数作为函数值，另一个元作为自变量求解．10．（0≠y ）；【来源】2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷精编版）【解析】 试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率k 的函数，再求最值。
2016届新课标高考理科数学第二轮知识点复习学案6
1．(2015·课标Ⅰ，7，易)设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →＝3CD →，则( ) A.AD →＝－13AB →＋43AC →B.AD →＝13AB →－43AC →C.AD→＝43AB →＋13AC → D.AD →＝43AB →－13AC → 【答案】 A 如图所示，在△ABC 中，BC →＝AC →－AB →.又∵BC→＝3CD →， ∴CD→＝13BC →＝13AC →－13AB →， ∴AD →＝AC →＋CD →＝－13AB →＋43AC →.2．(2015·安徽，8，中)△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB→＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论正确的是( ) A ．|b |＝1 B ．a ⊥b C ．a·b ＝1 D ．(4a ＋b )⊥BC→【答案】 D 如图，在等边△ABC 中，AB→＝2a ，AC →＝2a ＋b ，∵AB→＋BC →＝AC →， ∴BC→＝b .又∵|BC →|＝2，|AB →|＝2， ∴|b |＝2，|a |＝1，a 与b 的夹角为120°， ∴a·b ＝|a||b|cos 120°＝－1. ∴A ，B ，C 不正确．4a ＋b ＝AB→＋AC →＝2AD →，又AD →⊥BC →，故D 正确． 3．(2015·课标Ⅱ，13，易)设向量a ，b 不平行，向量λa ＋b 与a ＋2b 平行，则实数λ＝________．【解析】 因为λa ＋b 与a ＋2b 平行，所以存在实数μ，使λa ＋b ＝μ(a ＋2b )，即(λ－μ)a ＋(1－2μ)b ＝0，由于a ，b 不平行，所以⎩⎨⎧λ－μ＝0，1－2μ＝0，解得λ＝12.【答案】 124．(2015·江苏，6，易)已知向量a ＝(2，1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R )，则m －n 的值为________．【解析】 由m a ＋n b ＝(9，－8)得， m (2，1)＋n (1，－2)＝(9，－8)， 即(2m ＋n ，m －2n )＝(9，－8)，∴⎩⎨⎧2m ＋n ＝9，m －2n ＝－8，解得⎩⎨⎧m ＝2，n ＝5，∴m －n ＝－3.【答案】 －35．(2015·北京，13，易)在△ABC 中，点M ，N 满足AM →＝2MC →，BN →＝NC →，若MN→＝xAB →＋yAC →，则x ＝________；y ＝________. 【解析】 如图，在△ABC 中，MN→＝MA →＋AB →＋BN → ＝－23AC →＋AB →＋12BC → ＝－23AC →＋AB →＋12(AC →－AB →) ＝12AB →－16AC →， ∴x ＝12，y ＝－16. 【答案】 12 －161．(2013·辽宁，3，易)已知点A (1，3)，B (4，－1)，则与向量AB →同方向的单位向量为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45B.⎝ ⎛⎭⎪⎫45，－35 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，35 【答案】 A AB →＝(3，－4)，|AB →|＝5.与AB →同方向的单位向量为AB →|AB →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－45.故选A. 2．(2012·广东，3，易)若向量BA →＝(2，3)，CA →＝(4，7)，则BC →＝( )A ．(－2，－4)B ．(2，4)C ．(6，10)D ．(－6，－10)【答案】 A BC→＝BA →＋AC →＝BA →－CA →＝(－2，－4)，故选A. 3．(2014·浙江，8，中)记max{x ，y }＝⎩⎨⎧x ，x ≥y ，y ，x <y ，min{x ，y }＝⎩⎨⎧y ，x ≥y ，x ，x <y .设a ，b 为平面向量，则( )A ．min{|a ＋b|，|a －b|}≤min{|a|，|b|}B ．min{|a ＋b|，|a －b|}≥min{|a|，|b|}C ．max{|a ＋b|2，|a －b|2}≤|a|2＋|b|2D ．max{|a ＋b|2，|a －b|2}≥|a|2＋|b|2【答案】 D 根据向量运算的几何意义，即三角形法则，可知min{|a ＋b|，|a －b|}与min{|a|，|b|}的大小不确定；因为|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2ab ，|a －b |2＝|a |＋|b|2－2a·b ，则当a·b ≥0时，max{|a ＋b |2，|a －b |2}＝|a|2＋|b|2＋2a·b ≥|a|2＋|b|2；当a·b<0时，max{|a ＋b |2，|a －b |2} ＝|a|2＋|b|2－2a·b ≥|a|2＋|b|2，即总有max{|a ＋b|2，|a －b|2}≥|a|2＋|b|2，故选D.4．(2012·安徽，8，中)在平面直角坐标系中，点O (0，0)，P (6，8)，将向量OP→绕点O 按逆时针方向旋转3π4后得向量OQ →，则点Q 的坐标是( )A ．(－72，－2)B ．(－72，2)C ．(－46，－2)D ．(－46，2)【答案】 A 由题意，得|OP→|＝10，由三角函数定义，设P 点坐标为(10cosθ，10sin θ)，则cos θ＝35，sin θ＝45.则Q 点的坐标应为⎝ ⎛⎭⎪⎫10cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋3π4，10sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋3π4.由三角函数知识得10 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋3π4＝－72，10sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋3π4＝－2， 所以Q (－72，－2)．故选A.5．(2014·北京，10，易)已知向量a ，b 满足|a |＝1，b ＝(2，1)，且λa ＋b ＝0(λ∈R )，则|λ|＝________.【解析】 ∵λa ＋b ＝0，∴λa ＝－b . ∴|λa |＝|b |，∴|λ|·|a |＝|b |， ∴|λ|·1＝5，∴|λ|＝ 5. 【答案】56．(2014·课标Ⅰ，15，中)已知A ，B ，C 为圆O 上的三点，若AO→＝12(AB →＋AC →)，则AB→与AC →的夹角为________． 【解析】 由AO→＝12(AB →＋AC →)可知O 为BC 的中点，即BC 为圆O 的直径，又因为直径所对的圆周角为直角，所以∠BAC ＝90°，所以AB →与AC →的夹角为90°.【答案】 90°7．(2014·陕西，18，12分，中)在直角坐标系xOy 中，已知点A (1，1)，B (2，3)，C (3，2)，点P (x ，y )在△ABC 三边围成的区域(含边界)上．(1)若P A →＋PB→＋PC →＝0，求|OP →|； (2)设OP →＝mAB →＋nAC →(m ，n ∈R )，用x ，y 表示m －n ，并求m －n 的最大值． 解：(1)方法一：∵P A →＋PB→＋PC →＝0， 又P A →＋PB →＋PC →＝(1－x ，1－y )＋(2－x ，3－y )＋(3－x ，2－y )＝(6－3x ，6－3y )，∴⎩⎨⎧6－3x ＝0，6－3y ＝0，解得x ＝2，y ＝2， 即OP→＝(2，2)，故|OP →|＝2 2. 方法二：∵P A →＋PB→＋PC →＝0，则(OA→－OP →)＋(OB →－OP →)＋(OC →－OP →)＝0， ∴OP→＝13(OA →＋OB →＋OC →)＝(2，2)， ∴|OP→|＝2 2. (2)OP→＝(x ，y )，AB →＝(1，2)，AC →＝(2，1)． ∵OP→＝mAB →＋nAC →， ∴(x ，y )＝(m ＋2n ，2m ＋n )， ∴⎩⎨⎧x ＝m ＋2n ，①y ＝2m ＋n ，② ②－①得，m －n ＝y －x ，令m －n ＝t ，由图知，当直线y ＝x ＋t 过点B (2，3)时，t 取得最大值，故m －n 的最大值为1.思路点拨：(1)根据向量相等，求出P 点坐标后求|OP→|；(2)根据向量相等，将m －n 转化为x ，y 的关系，变换为线性规划问题．考向1 平面向量的线性运算向量的线性运算(1)(2014·课标Ⅰ，6)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB→＋FC →＝( )A.AD→ B.12AD → C.BC→ D.12BC → (2)(2013·四川，12)在平行四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AB →＋AD→＝λAO →，则λ＝________． 【解析】 (1)如图，EB →＋FC →＝EC →＋CB →＋FB →＋BC →＝EC →＋FB →＝12(AC →＋AB →)＝12·2AD→＝AD →.(2)如图，因为ABCD 为平行四边形，所以AB→＋AD →＝AC →＝2AO →，已知AB →＋AD →＝λAO →，故λ＝2. 【答案】 (1)A (2)2【点拨】 解题(1)时注意向量加法平行四边形法则的运用；解题(2)的思路是在平行四边形中把AB→＋AD →用AO →表示，结合已知条件求出λ的值．向量的线性运算的解题策略(1)进行向量运算时，要尽可能转化到平行四边形或三角形中，选用从同一顶点出发的基本向量或首尾相接的向量，运用向量加、减法运算及数乘运算来求解．(2)除了充分利用相等向量、相反向量和线段的比例关系外，有时还需要利用三角形中位线、相似三角形对应边成比例等平面几何的性质，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量来求解．(2014·福建，10)设M 为平行四边形ABCD 对角线的交点，O 为平行四边形ABCD 所在平面内任意一点，则OA→＋OB →＋OC →＋OD →等于( ) A.OM→ B ．2OM → C ．3OM→ D ．4OM → 【答案】 D 依题意知，点M 是线段AC 的中点，也是线段BD 的中点，所以OA →＋OC →＝2OM →，OB →＋OD →＝2OM →，所以OA →＋OC →＋OB →＋OD →＝4OM →，故选D.考向2 共线向量定理、平面向量基本定理及应用1．向量共线的判定定理和性质定理(1)判定定理：a 是一个非零向量，若存在一个实数λ使得b ＝λa ，则向量b 与a 共线．(2)性质定理：若向量b 与非零向量a 共线，则存在唯一一个实数λ，使得b ＝λa.(3)A ，B ，C 是平面上三点，且A 与B 不重合，P 是平面内任意一点，若点C 在直线AB 上，则存在实数λ，使得PC →＝P A →＋λAB →(如图所示)．2．向量共线定理的应用 (1)证明点共线； (2)证明两直线平行；(3)已知向量共线求字母的值(或范围)． 3．平面向量基本定理 (1)平面向量基本定理如果e 1，e 2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a ，有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，其中e 1，e 2是一组基底．(2)平面向量基本定理的实质平面向量基本定理反映了利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．4．平面向量基本定理的应用(1)证明向量共面，如果有且只有一对实数λ1，λ2，使a ＝λ1e 1＋λ2e 2，那么a ，e 1，e 2共面．(2)根据向量基本定理求字母的值(或范围)．(1)(2014·福建，8)在下列向量组中，可以把向量a ＝(3，2)表示出来的是( )A ．e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)B ．e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)C ．e 1＝(3，5)，e 2＝(6，10)D ．e 1＝(2，－3)，e 2＝(－2，3)(2)(2013·江苏，10)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC .若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．(3)(2015·安徽阜阳一模，14)在梯形ABCD 中，已知AB ∥CD ，AB ＝2CD ，M ，N 分别为CD ，BC 的中点．若AB→＝λAM →＋μAN →，则λ＋μ＝________． 【解析】 (1)方法一：若e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)，则e 1∥e 2，而a 不能由e 1，e 2表示，排除A ；若e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)，因为－15≠2－2，所以e 1，e 2不共线，根据平面向量基本定理，可以把向量a ＝(3，2)表示出来，故选B.方法二：因为a ＝(3，2)，若e 1＝(0，0)，e 2＝(1，2)，不存在实数λ，μ，使得a ＝λe 1＋μ e 2，排除A ；若e 1＝(－1，2)，e 2＝(5，－2)，设存在实数λ，μ，使得a ＝λe 1＋μ e 2，则(3，2)＝(－λ＋5μ，2λ－2μ)，所以⎩⎨⎧3＝－λ＋5μ，2＝2λ－2μ，解得⎩⎨⎧λ＝2，μ＝1，所以a ＝2e 1＋e 2，故选B. (2)∵DE→＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝23AC →－16AB →，又DE →＝λ1AB →＋λ2AC →，∴λ1＝－16，λ2＝23.∴λ1＋λ2＝12.(3)方法一：由AB →＝λAM →＋μAN →，得AB →＝λ·12(AD →＋AC →)＋μ·12(AC →＋AB →)，则⎝ ⎛⎭⎪⎫μ2－1AB →＋λ2AD →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μ2AC →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫μ2－1AB →＋λ2AD →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋12AB →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14λ＋34μ－1AB →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋μ2AD →＝0.又因为AB→，AD →不共线，所以由平面向量基本定理得 ⎩⎪⎨⎪⎧14λ＋34μ－1＝0，λ＋μ2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－45，μ＝85. 所以λ＋μ＝45.方法二：连接MN 并延长交AB 的延长线于T ，由已知易得AB ＝45AT ， ∴45AT →＝AB →＝λAM→＋μAN →，∵T ，M ，N 三点共线，∴λ＋μ＝45. 【答案】 (1)B (2)12 (3)45【点拨】 题(1)利用平面向量基本定理求解；解题(2)的思路是先在△ABC 中用AB →和AC →表示DE →，然后根据已知条件对应求出λ1，λ2；解题(3)时注意基底的选取．1.求解向量共线问题的注意事项(1)向量共线的充要条件中，当两向量共线时，通常只有非零向量才能表示与之共线的其他向量，注意待定系数法和方程思想的运用．(2)证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得到三点共线．(3)若a 与b 不共线且λa ＝μb ，则λ＝μ＝0.(4)直线的向量式参数方程，A ，P ，B 三点共线⇔OP →＝(1－t )·OA →＋tOB →(O 为平面内任一点，t ∈R )．(5)OA→＝λOB →＋μOC →(λ，μ为实数)，若A ，B ，C 三点共线，则λ＋μ＝1. 2．用平面向量基本定理解决问题的一般思路(1)先选择一组基底，并运用平面向量基本定理将条件和结论表示成该基底的线性组合，再进行向量的运算．(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便，另外，要熟练运用线段中点的向量表达式．零向量和共线向量不能作基底，基向量通常选取确定整个几何图形的从同一结点出发的两边所对应的向量．(2012·大纲全国，9)△ABC 中，AB 边的高为CD ，若CB→＝a ，CA →＝b ，a ·b ＝0，|a|＝1，|b|＝2，则AD →＝( )A.13a －13bB.23a －23bC.35a －35bD.45a －45b【答案】 D ∵a·b ＝0，∴∠ACB ＝90°，∴AB ＝5，CD ＝255.∴BD ＝55，AD ＝455， ∴AD ∶BD ＝4∶1. ∴AD→＝45AB →＝45(CB →－CA →) ＝45a －45b .考向3 平面向量坐标运算的应用1．平面向量的坐标运算(1)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)(b ≠0)，则a±b ＝(x 1±x 2，y 1±y 2)． (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则AB →＝(x 2－x 1，y 2－y 1)． (3)若a ＝(x ，y )，λ∈R ，则λa ＝(λx ，λy )． 2．向量平行的坐标表示(1)如果a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，则a ∥b 的充要条件为x 1y 2－x 2y 1＝0. (2)A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)三点共线的充要条件为(x 2－x 1)(y 3－y 1)－(x 3－x 1)(y 2－y 1)＝0.a ∥b 的充要条件不能表示成x 1x 2＝y 1y 2，因为x 2，y 2有可能等于0.判断三点是否共线，先求每两点对应的向量，然后再按两向量共线进行判定．3．平面向量中的重要结论 (1)||a |－|b ||≤|a ±b |≤|a |＋|b |. (2)|a ＋b|2＋|a －b|2＝2(|a|2＋|b|2)． (3)G 为△ABC 的重心⇔GA→＋GB →＋GC →＝0 ⇔G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋x 33，y 1＋y 2＋y 33，其中A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)． (1)(2012·重庆，6)设x ，y ∈R ，向量a ＝(x ，1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|a ＋b |＝( )A. 5B.10 C ．2 5 D ．10(2)(2013·北京，13)向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所示，若c ＝λa＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________．【解析】 (1)由⎩⎨⎧a ⊥c ，b ∥c ⇒⎩⎨⎧2x －4＝0，2y ＋4＝0⇒⎩⎨⎧x ＝2，y ＝－2，∴a ＝(2，1)，b ＝(1，－2)，a ＋b ＝(3，－1)， ∴|a ＋b |＝10.(2)以向量a 和b 的交点为原点建立如图所示的平面直角坐标系(设每个小正方形边长为1)，则A (1，－1)，B (6，2)，C (5，－1)，∴a ＝AO→＝(－1，1)，b ＝OB →＝(6，2)，c ＝BC →＝(－1，－3),．∵c ＝λa ＋μb ，∴(－1，－3)＝λ(－1，1)＋μ(6，2)，即⎩⎨⎧－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，解得λ＝－2，μ＝－12，∴λμ＝4.【答案】 (1)B (2)4【点拨】 解题(1)时注意应用向量平行与垂直的坐标表示；解题(2)的关键是建立平面直角坐标系，正确写出a ，b ，c 的坐标，利用a ，b ，c 之间的关系，列出方程组求解．向量坐标运算问题的一般思路向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行，若已知有向线段两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则．以向量为载体，可以解决三角函数、解析几何中的有关问题．(2014·陕西，13)设0<θ<π2，向量a ＝(sin 2θ，cos θ)，b ＝(cos θ，1)，若a ∥b ，则tan θ＝________．【解析】 因为a ∥b ，所以sin 2θ＝cos 2θ，2sin θcos θ＝cos 2θ. 因为0<θ<π2，所以cos θ>0，得2sin θ＝cos θ，∴tan θ＝12. 【答案】 121．(2015·河北邯郸一模，5)已知向量a ＝(2，3)，b ＝(－1，2)，若(m a ＋n b )∥(a －2b )，则mn 等于( )A ．－2B ．2C ．－12 D.12【答案】 C 由题意得m a ＋n b ＝(2m －n ，3m ＋2n )，a －2b ＝(4，－1)，∵(m a ＋n b )∥(a －2b )，∴－(2m －n )－4(3m ＋2n )＝0，∴m n ＝－12，故选C.2．(2015·青海西宁质检，6)已知△ABC 的三个顶点A ，B ，C 及平面内一点P 满足P A →＋PB→＋PC →＝AB →，则点P 与△ABC 的关系为( ) A ．P 在△ABC 内部 B ．P 在△ABC 外部 C ．P 在AB 边所在直线上 D ．P 是AC 边的一个三等分点 【答案】 D ∵P A →＋PB →＋PC →＝AB →，∴P A →＋PB →＋PC →＝PB →－P A →， ∴PC →＝－2P A →＝2AP→， ∴P 是AC 边的一个三等分点．3．(2015·山东日照一模，5)在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F ，若AC →＝a ，BD →＝b ，则AF →等于( )A.14a ＋12bB.23a ＋13bC.12a ＋14bD.13a ＋23b 【答案】 B 如图，∵△DEF ∽△BEA ，∴DF ∶BA ＝DE ∶BE ＝1∶3，过点F 作FG ∥BD 交AC 于点G ，∴FG ∶DO ＝2∶3，CG ∶CO ＝2∶3，∴GF →＝13b ，∵AG→＝AO →＋OG →＝23AC →＝23a ，∴AF→＝AG →＋GF →＝23a ＋13b .故选B.4．(2015·吉林长春调研，7)已知△ABC 的重心为G ，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若aGA→＋bGB →＋33cGC →＝0，则角A 为( )A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】 A ∵G 为△ABC 的重心，∴GA →＋GB →＋GC →＝0.∵aGA→＋bGB →＋33cGC →＝0， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a －33c GA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b －33c GB →＝0，∴a －33c ＝0，b －33c ＝0，∴a ＝33c ，b ＝33c ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝13c 2＋c 2－13c 22×33c ·c ＝32，∴A ＝π6.5．(2014·广东佛山二模，6)设OA →＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b ，0)，a >0，b >0，O 为坐标原点，若A ，B ，C 三点共线，则1a ＋2b 的最小值是( )A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】 D 方法一：由题意可得，OA→＝(1，－2)，OB →＝(a ，－1)，OC →＝(－b ，0)，所以AB→＝OB →－OA →＝(a －1，1)，AC →＝OC →－OA →＝(－b －1，2)． 又∵A ，B ，C 三点共线， ∴AB→∥AC →， 即(a －1)×2－1×(－b －1)＝0， ∴2a ＋b ＝1， 又∵a >0，b >0，∴1a ＋2b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ·(2a ＋b )＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋4a b ≥4＋4＝8，当且仅当b a ＝4a b 时，取“＝”．故选D.方法二：k AB ＝－1＋2a －1，k AC ＝2－b －1， ∵A ，B ，C 三点共线，所以k AB ＝k AC ，即－1＋2a －1＝2－b －1，∴2a ＋b ＝1，所以1a ＋2b ＝2a ＋b a ＋4a ＋2b b ＝4＋b a ＋4ab ≥4＋2b a ·4a b ＝8，∴1a ＋2b 的最小值是8.思路点拨：先由A ，B ，C 三点共线，找出a ，b 的关系，然后把“1”代换，利用基本不等式求解．6．(2015·河南开封月考，13)平面直角坐标系xOy 中，已知A (1，0)，B (0，1)，C (－1，c )(c >0)，且|OC |＝2，若OC →＝λOA →＋μOB →，则实数λ，μ的值分别是________．【解析】 ∵|OC →|＝2，∴|OC →|2＝1＋c 2＝4，c >0，∴c ＝ 3.∵OC→＝λOA →＋μOB →， ∴(－1，3)＝λ(1，0)＋μ(0，1)， ∴λ＝－1，μ＝ 3. 【答案】 －1，37．(2015·山西临汾模拟，15)如图，△ABC 中，GA→＋GB →＋GC →＝0，CA →＝a ，CB →＝b .若CP →＝m a ，CQ →＝n b ，CG ∩PQ ＝H ，CG →＝2CH →，则1m ＋1n ＝________．【解析】 由GA→＋GB →＋GC →＝0，知G 为△ABC 的重心，取AB 的中点D ，则CH →＝12CG →＝13CD →＝16(CA →＋CB →)＝16m CP →＋16n CQ →，由P ，H ，Q 三点共线，得16m ＋16n ＝1，则1m ＋1n＝6. 【答案】 68．(2014·山西阳泉三模，14)设O 在△ABC 的内部，且有OA →＋2OB →＋3OC →＝0，则△ABC 的面积和△AOC 的面积之比为________．【解析】 设AC ，BC 的中点分别为M ，N ，则已知条件可化为(OA →＋OC →)＋2(OB→＋OC →)＝0，即2OM →＋4ON →＝0，所以OM →＝－2ON →，说明M ，O ，N 三点共线，即O 为中位线MN 上的一个三等分点，S △AOC ＝23S △ANC ＝23·12S △ABC ＝13S △ABC ，所以S △ABC S △AOC＝3.【答案】 31．(2015·山东，4，易)已知菱形ABCD 的边长为a ，∠ABC ＝60°，则BD →·CD →＝( )A ．－32a 2B ．－34a 2C.34a 2D.32a 2【答案】 D ∵BD→＝BC →＋BA →，且CD →＝BA →，∴BD →·CD →＝(BC →＋BA →)·BA →＝BC →·BA →＋BA →2＝|BC →||BA →|cos 60°＋|BA →|2＝12a 2＋a 2＝32a 2.故选D.2．(2015·重庆，6，易)若非零向量a ，b 满足|a |＝223|b |，且(a －b )⊥(3a ＋2b )，则a 与b 的夹角为( )A.π4B.π2C.3π4 D ．π【答案】 A 设|b |＝x ，〈a ，b 〉＝θ， 则|a |＝223x ，a·b ＝223x 2cos θ. ∵(a －b )⊥(3a ＋2b )， ∴(a －b )·(3a ＋2b )＝0， ∴3a 2＋2a·b －3a ·b －2b 2＝0， 即3×89x 2－223x 2cos θ－2x 2＝0， ∴223cos θ＝23，∴cos θ＝22.∵θ∈[0，π]，∴θ＝π4，故选A.3．(2015·湖北，11，易)已知向量OA →⊥AB →，|OA →|＝3，则OA →·OB →＝________．【解析】 OA →·OB →＝OA →·(OA →＋AB →) ＝OA →2＋OA →·AB →＝9. 【答案】 91．(2014·重庆，4，易)已知向量a ＝(k ，3)，b ＝(1，4)，c ＝(2，1)，且(2a －3b )⊥c ，则实数k ＝( )A ．－92B ．0C ．3 D.152【答案】 C 2a －3b ＝(2k －3，－6)，由(2a －3b )⊥c ，得4k －6－6＝0，解得k ＝3.故选C.2．(2013·湖北，6，易)已知点A (－1，1)，B (1，2)，C (－2，－1)，D (3，4)，则向量AB→在CD →方向上的投影为( ) A.322 B.3152C ．－322D ．－3152【答案】 A 由AB →＝(2，1)，CD →＝(5，5)，得AB→·CD →＝15，|CD →|＝5 2. ∵AB →·CD →＝|AB →||CD →|cos 〈AB →，CD →〉，∴|AB →|cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|CD →|＝1552＝322.故选A.3．(2013·湖南，8，中)已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0，若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的最大值为( )A.2－1B. 2C.2＋1D.2＋2【答案】 C 建立如图所示的平面直角坐标系，由题意知a ⊥b ，且a 与b 是单位向量，∴可设OA→＝a ＝(1，0)，OB →＝b ＝(0，1)，OC →＝c ＝(x ，y )．∴c －a －b ＝(x －1，y －1)，∵|c －a －b |＝1，∴(x －1)2＋(y －1)2＝1，即点C (x ，y )的轨迹是以M (1，1)为圆心，1为半径的圆．而|c |＝x 2＋y 2，∴|c |的最大值为|OM |＋1，即|c |max ＝2＋1，故选C.4．(2012·广东，8，难)对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝α·ββ·β.若平面向量a ，b 满足|a|≥|b|>0，a 与b 的夹角θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，且a ∘b 和b ∘a 都在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z 中，则a ∘b ＝( ) A.12 B ．1 C.32 D.52【答案】 C 根据题中给定的两个向量的新运算可知a ∘b ＝a ·bb ·b＝|a|×|b|×cos θ|b|2＝|a |cos θ|b |，b ∘a ＝|b |cos θ|a |，又由θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4可得22<cos θ<1，由|a |≥|b |>0可得0<|b||a|≤1，于是0<|b |cos θ|a |<1，即b ∘a ∈(0，1)，又由于b ∘a ∈⎩⎨⎧⎭⎪⎫n 2|n ∈Z ，所以|b |cos θ|a |＝12，即|a |＝2|b |cos θ.①同理|a |cos θ|b |>22，将①代入后得2cos 2θ>22，又由于a ∘b ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z ，所以a ∘b ＝2cos 2θ＝n 2(n ∈Z )，于是1<n 2<2，故n ＝3，∴cos θ＝32，|a |＝3|b |，∴a ∘b ＝3|b ||b |×32＝32，故选C.5．(2014·江西，14，中)已知单位向量e 1与e 2的夹角为α，且cos α＝13，向量a ＝3e 1－2e 2与b ＝3e 1－e 2的夹角为β，则cos β＝________．【解析】 a ·b ＝(3e 1－2e 2)·(3e 1－e 2)＝9＋2－9×1×1×13＝8. ∵|a |2＝(3e 1－2e 2)2＝9＋4－12×1×1×13＝9，∴|a |＝3. ∵|b |2＝(3e 1－e 2)2＝9＋1－6×1×1×13＝8，∴|b |＝22， ∴cos β＝a ·b|a ||b |＝83×22＝223.【答案】2236．(2012·安徽，14，中)若平面向量a ，b 满足|2a －b|≤3，则a ·b 的最小值是________．【解析】 由向量的数量积知－|a||b|≤a·b ≤|a||b|⇒|a|·|b|≥－a·b (当且仅当〈a ，b 〉＝π时等号成立)．由|2a －b|≤3⇒4|a|2－4a·b ＋|b|2≤9⇒9＋4a·b ≥4|a|2＋|b|2≥4|a||b|≥－4a·b ⇒a ·b ≥－98(当且仅当2|a|＝|b|，〈a ，b 〉＝π时取等号)，∴a·b 的最小值为－98.【答案】 －98思路点拨：先由|2a －b|≤3找出a·b 与|a|·|b|之间关系，再利用基本不等式及数量积的定义求最值．7．(2014·安徽，15，难)已知两个不相等的非零向量a ，b ，两组向量x 1，x 2，x 3，x 4，x 5和y 1，y 2，y 3，y 4，y 5均由2个a 和3个b 排列而成．记S ＝x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3＋x 4·y 4＋x 5·y 5，S min 表示S 所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①S 有5个不同的值； ②若a ⊥b ，则S min 与|a|无关； ③若a ∥b ，则S min 与|b|无关； ④若|b|＞4|a|，则S min ＞0；⑤若|b|＝2|a|，S min ＝8|a|2，则a 与b 的夹角为π4.【解析】 S 有3种结果： S 1＝a 2＋a 2＋b 2＋b 2＋b 2， S 2＝a 2＋a·b ＋a·b ＋b 2＋b 2， S 3＝a·b ＋a·b ＋a·b ＋a·b ＋b 2， 故①错误．∵S 1－S 2＝S 2－S 3＝a 2＋b 2－2a ·b ≥a 2＋b 2－2|a ||b |＝(|a |－|b |)2≥0， ∴S 中的最小值为S 3.若a ⊥b ，则S min ＝S 3＝b 2，与|a |无关， 故②正确．若a ∥b ，则S min ＝S 3＝4a ·b ＋b 2，与|b |有关，故③错误．若|b |>4|a |，则S min ＝S 3＝4|a ||b |cos θ＋b 2>－4|a ||b |＋b 2>－|b |2＋b 2＝0，故④正确．若|b |＝2|a |，则S min ＝S 3＝8|a |2cos θ＋4|a |2＝8|a |2， ∴2cos θ＝1，∴θ＝π3，故⑤错误．【答案】 ②④考向1 平面向量的垂直与夹角1．平面向量数量积的有关概念(1)向量的夹角：已知两个非零向量a 和b ，记OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB ＝θ(0°≤θ≤180°)叫作向量a 与b 的夹角．(2)数量积的定义：已知两个非零向量a 和b ，它们的夹角为θ，则数量|a ||b |cos θ叫作a 与b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos θ.规定：0·a ＝0.(3)数量积的几何意义：数量积a ·b 等于a 的模|a |与b 在a 的方向上的投影|b |cos θ的乘积．两个向量的数量积是一个数量，而不是向量，它的值为两个向量的模与两向量夹角的余弦值的乘积，其符号由夹角的余弦值确定．2．平面向量数量积的性质设a ，b 都是非零向量，e 是与b 方向相同的单位向量，θ是a 与e 的夹角，则(1)e·a ＝a·e ＝|a|cos θ. (2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0.(3)当a 与b 同向时，a·b ＝|a||b|；当a 与b 反向时，a·b ＝－|a||b|. 特别地，a·a ＝|a|2或|a|＝a ·a . (4)cos θ＝a·b |a||b|. (5)|a·b|≤|a||b|.3．平面向量数量积的坐标表示设a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，a ，b 的夹角为θ，则 (1)a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.(2)|a |＝x 21＋y 21.若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB →|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2. (3)cos θ＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22.(4)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0.x 1y 2－x 2y 1＝0与x 1x 2＋y 1y 2＝0不同，前者是两向量a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)共线的充要条件，后者是它们垂直的充要条件．(1)(2014·四川，7)平面向量a ＝(1，2)，b ＝(4，2)，c ＝m a ＋b (m ∈R )，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2(2)(2014·天津，8)已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BE ＝λBC ，DF ＝μDC .若AE→·AF →＝1，CE →·CF →＝－23，则λ＋μ＝( )A.12B.23C.56D.712(3)(2013·山东，15)已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP→＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________． 【解析】 (1)c ＝m a ＋b ＝(m ＋4，2m ＋2)，a ·c ＝5m ＋8，b ·c ＝8m ＋20. 由两向量的夹角相等可得a ·c |a |＝b ·c|b |，即为5m ＋85＝8m ＋2020，解得m ＝2.(2)以AB →，AD →为基向量，则AE →·AF →＝(AB →＋λAD →)·(AD →＋μAB →)＝μAB →2＋λAD →2＋(1＋λμ)AB→·AD →＝4(μ＋λ)－2(1＋λμ)＝1.① CE→·CF →＝(λ－1)BC →·(μ－1)DC →＝－2(λ－1)(μ－1)＝－23.② 由①②可得λ＋μ＝56.(3)∵AP→⊥BC →，∴AP →·BC →＝0， ∴(λAB →＋AC →)·BC →＝0，即(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB →2＋AC →2－AC→·AB →＝0. ∵向量AB→与AC →的夹角为120°，|AB →|＝3，|AC →|＝2，∴(λ－1)|AB→||AC →|·cos 120°－9λ＋4＝0，解得λ＝712.【答案】 (1)D (2)C (3)712【点拨】 题(1)考查了平面向量的坐标运算以及向量的夹角公式，求解时先进行运算，最后代入坐标，使解题过程简洁；题(2)根据条件把AE→，AF →分别用AB→，AD →表示，然后根据向量数量积公式得方程组求解；解题(3)的方法是根据AP→·BC →＝0列出等量关系求出λ.平面向量数量积的应用(1)根据平面向量数量积的性质：若a ，b 为非零向量，cos θ＝a·b|a||b|(夹角公式)，a ⊥b ⇔a ·b ＝0等，可知平面向量的数量积可以用来解决有关角度、垂直问题．(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明不共线的两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不共线时两向量的夹角为钝角．(1)(2011·课标全国，10)已知a 与b 均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题p 1：|a ＋b |>1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3p 2：|a ＋b |>1⇔θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2π3，πp 3：|a －b |>1⇔θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π3p 4：|a －b |>1⇔θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π其中的真命题是( ) A ．p 1，p 4 B ．p 1，p 3 C ．p 2，p 3 D ．p 2，p 4(2)(2014·湖北，11)设向量a ＝(3，3)，b ＝(1，－1)，若(a ＋λb )⊥(a －λb )，则实数λ＝________．(1)【答案】 A ∵|a |＝|b |＝1，且θ∈[0，π]， 若|a ＋b |>1，则(a ＋b )2>1，∴a 2＋2a ·b ＋b 2>1，即a ·b >－12，∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝a ·b >－12，∴θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2π3；若|a －b |>1，同理求得a ·b <12，∴cos θ＝a ·b <12，∴θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π，∴p 1，p 4正确，故选A.(2)【解析】 ∵a ＋λb ＝(3＋λ，3－λ)，a －λb ＝(3－λ，3＋λ)， 又(a ＋λb )⊥(a －λb )，∴(a ＋λb )·(a －λb )＝(3＋λ)(3－λ)＋(3－λ)(3＋λ)＝0，解得λ＝±3. 【答案】 ±3考向2 平面向量的模及其应用求平面向量的模的公式(1)a 2＝a·a ＝|a|2或|a|＝a ·a ＝a 2； (2)|a±b|＝（a±b ）2＝a 2±2a ·b ＋b 2； (3)若a ＝(x ，y )，则|a|＝x 2＋y 2.(1)(2014·课标Ⅱ，3)设向量a ，b 满足|a ＋b |＝10，|a －b |＝6，则a ·b ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．5(2)(2014·湖南，16)在平面直角坐标系中，O 为原点，A (－1，0)，B (0，3)，C (3，0)，动点D 满足|CD→|＝1，则|OA →＋OB →＋OD →|的最大值是________．【解析】 (1)由|a ＋b |＝10得a 2＋b 2＋2a ·b ＝10，① 由|a －b |＝6得a 2＋b 2－2a ·b ＝6，② ①－②得4a ·b ＝4，∴a ·b ＝1，故选A.(2)方法一：设D (x ，y )，由CD→＝(x －3，y )及|CD →|＝1可知(x －3)2＋y 2＝1，即动点D 的轨迹为以点C 为圆心的单位圆．又OA→＋OB →＋OD →＝(－1，0)＋(0，3)＋(x ，y )＝(x －1，y ＋3)， ∴|OA →＋OB →＋OC →|＝（x －1）2＋（y ＋3）2，问题转化为圆(x －3)2＋y 2＝1上的点与点P (1，－3)间距离的最大值．∵圆心C (3，0)与点P (1，－3)之间的距离为（3－1）2＋（0＋3）2＝7， 故（x －1）2＋（y ＋3）2的最大值为7＋1.方法二：设D (x ，y )，则由|CD →|＝1，得(x －3)2＋y 2＝1，从而可设x ＝3＋cos α，y ＝sin α，α∈R .而OA→＋OB →＋OD →＝(x －1，y ＋3)， 则|OA→＋OB →＋OD →|＝（x －1）2＋（y ＋3）2 ＝（2＋cos α）2＋（3＋sin α）2＝8＋4cos α＋23sin α＝8＋27sin （α＋φ）， 其中sin φ＝27，cos φ＝37. 显然当sin(α＋φ)＝1时，|OA→＋OB →＋OD →|有最大值8＋27＝7＋1.方法三：OA→＋OB →＋OD →＝OA →＋OB →＋OC →＋CD →，设a ＝OA→＋OB →＋OC →＝(2，3)， 则|a |＝7，从而OA→＋OB →＋OD →＝a ＋CD →，则|OA →＋OB →＋OD →|＝|a ＋CD →|≤|a |＋|CD →|＝7＋1， 当a 与CD→同向时，|OA →＋OB →＋OD →|有最大值7＋1.【答案】 (1)A (2)7＋1【点拨】 解题(1)时注意先求模的平方，再用加减运算求解；题(2)方法一利用几何意义将问题转化为几何问题；方法二采用换元法将问题转化为求三角函数的最值；方法三利用向量运算性质求解．1.求向量的模的方法(1)公式法：利用|a|＝a·a及(a±b)2＝|a|2±2a·b＋|b|2，把向量的模的运算转化为数量积运算．(2)几何法：利用向量的几何意义，即利用向量加减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解．2．求向量模的最值(范围)的方法(1)代数法：把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解．(2)几何法(数形结合法)：弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解．(2015·河南开封模拟，14)已知向量a与b垂直，|a|＝2，若使得(a－c)·(b－c)＝0的c的模的最大值为5，则|b|＝________．【解析】因为(a－c)·(b－c)＝a·b＋c2－(a＋b)·c＝0且a与b垂直，所以c2＝(a＋b)·c，|c|＝|a＋b|cos θ≤|a＋b|(θ为a＋b与c的夹角)，由题意知|a＋b|＝5＝（a＋b）2＝a2＋b2＝4＋b2，得|b|＝1.【答案】11．(2015·河北承德质检，4)已知两个非零向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则下列结论正确的是()A．a∥b B．a⊥bC．|a|＝|b| D．a＋b＝a－b【答案】B因为|a＋b|＝|a－b|，所以(a＋b)2＝(a－b)2，即a·b＝0，所以a⊥b.故选B.2．(2015·浙江温州二模，5)已知|a|＝1，a·b＝12，(a－b)2＝1，则a与b的夹角等于()A．30°B．45°C．60°D．120°【答案】C设a与b的夹角为θ，因为a·b＝|a||b|·cos θ＝12，且|a|＝1，所以|b|cos θ＝1 2.①又|a －b |2＝|a |2＋|b |2－2a ·b ＝1，即1＋|b |2－1＝1，故|b |＝1.② 由①②得cos θ＝12.又θ∈[0°，180°]，所以θ＝60°.故选C.3．(2015·河南驻马店质检，6)若O 为△ABC 所在平面内任一点，且满足(OB →－OC →)·(OB→＋OC →－2OA →)＝0，则△ABC 的形状为( ) A ．正三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形 D ．等腰直角三角形【答案】 C 因为(OB →－OC →)·(OB →＋OC →－2OA →)＝0，即CB →·(AB →＋AC →)＝0，∵AB→－AC →＝CB →， ∴(AB →－AC →)·(AB →＋AC →)＝0，即|AB →|＝|AC →|，所以△ABC 是等腰三角形，故选C.4．(2015·上海嘉定模拟，15)已知i ，j ，k 表示共面的三个单位向量，i ⊥j ，那么(i ＋k )·(j ＋k )的取值范围是( )A ．[－3，3]B ．[－2，2]C ．[2－1，2＋1]D ．[1－2，1＋2] 【答案】 D 由i ⊥j ，得i·j ＝0， 又i ，j 为单位向量， ∴|i ＋j|＝i 2＋j 2＋2i·j ＝2， 则(i ＋k )·(j ＋k )＝i·j ＋(i ＋j )·k ＋k 2 ＝(i ＋j )·k ＋1＝|i ＋j|cos i ＋j ，k＋1＝2cosi ＋j ，k＋1，又∵－1≤cos i ＋j ，k≤1，∴(i ＋k )·(j ＋k )的取值范围是[1－2，1＋2]．故选D.5．(2015·福建莆田一模，6)已知a ，b ，c 均为单位向量，且|a ＋b |＝1，则(a －b )·c 的取值范围是( )A ．[0，1]B ．[－1，1]C ．[－3，3]D ．[0，3]【答案】 C 由a ，b 为单位向量和|a ＋b |＝1的几何意义，可知|a －b |＝3，设a －b 与c 的夹角为θ，则(a －b )·c ＝|a －b ||c |·cos θ，∵cos θ∈[－1，1]，∴(a －b )·c 的取值范围为[－3，3]．6．(2014·湖南九校联考，9)对于非零向量m ，n ，定义运算“*”：m*n ＝|m||n|sin θ，其中θ为m ，n 的夹角，有两两不共线的三个向量a ，b ，c ，下列结论正确的是( )A ．若a*b ＝a*c ，则b ＝cB ．(a*b )c ＝a (b*c )C ．a*b ＝(－a )*bD ．(a ＋b )*c ＝a*c ＋b*c【答案】 C a ，b ，c 为两两不共线向量，则a ，b ，c 为非零向量，故A 不正确；设a ，b 夹角为θ，b ，c 夹角为α，则(a*b )c ＝|a||b|·sin θ·c ，a (b*c )＝|b||c|sin α·a ，故B 不正确；a*b ＝|a||b|sin θ＝|－a||b|sin(π－θ)＝(－a )*b.故选C.7．(2015·山东淄博一模，14)若a ，b 是两个非零向量，且|a |＝|b |＝λ|a ＋b |，λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1，则b 与a －b 的夹角的取值范围是________．【解析】 设OA→＝a ，OB →＝b ，以OA 与OB 为邻边作平行四边形OACB ，因为|a|＝|b|，所以四边形OACB 是菱形，设∠BOC ＝θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<θ<π2，则∠OBC ＝π－2θ，在△OBC 中，由正弦定理可得|a |sin θ＝|a ＋b |sin （π－2θ），化简得cos θ＝12λ，由λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1得12λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32，所以θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，所以b ，a －b＝θ＋π2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π6. 【答案】 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，5π68．(2014·江西南昌二模，12)关于平面向量a ，b ，c ，有下列三个命题： ①若a·b ＝a·c ，则b ＝c ；②若a ＝(1，k )，b ＝(－2，6)，a ∥b ，则k ＝－3；③非零向量a 和b 满足|a|＝|b|＝|a －b|，则a 与a ＋b 的夹角为60°. 其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．【解析】 命题①明显错误．由两向量平行的充要条件得1×6＋2k ＝0，k ＝－3，故命题②正确．由|a|＝|b|＝|a －b|，再结合平行四边形法则可得a 与a ＋b 的夹角为30°，命题③错误．【答案】 ②1．(2015·天津，14，中)在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE →＝λBC →，DF→＝19λDC→，则AE →·AF →的最小值为________． 【解析】 如图，分别过C ，D 作CN ⊥AB 于N ，DM ⊥AB 于M ，则AM ＝BN ＝12，∴CD ＝MN ＝1. ∴AE →·AF →＝(AB →＋BE →)·(AB→＋BC →＋CF →) ＝AB→2＋AB →·BC →＋AB →·CF →＋AB →·BE →＋BE →·BC →＋BE →·CF → ＝4－1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19λ－λ＋λ＋12λ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19λ＝1718＋29λ＋λ2≥1718＋219＝2918，当且仅当29λ＝λ2，即λ＝23时等号成立，此时AE→·AF →有最小值2918. 【答案】 29182．(2015·江苏，14，难)设向量a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6(k ＝0，1，2，…，12)，则∑11k ＝0(a k ·a k ＋1)的值为________． 【解析】 a k ·a k ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫cos k π6，sin k π6＋cos k π6·⎝⎛⎭⎪⎫cos k ＋16π，sin k ＋16π＋cosk ＋16π ＝cos k π6cos k ＋16π＋⎝⎛⎭⎪⎫sin k π6＋cos k π6·⎝⎛⎭⎪⎫sin k ＋16π＋cos k ＋16π＝cos k π6cos k ＋16π＋sin k π6sin k ＋16π＋sin k π6cos k ＋16π＋cos k π6sin k ＋16π＋cos k π6cos k ＋16π＝cos π6＋sin 2k ＋16π＋cos k π6cos k ＋16π， ∑11k ＝0 (a k ·a k ＋1)＝12cos π6＋∑11k ＝0sin 2k ＋16π＋∑11k ＝0cos k π6cos k ＋16π ＝63＋0＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12×32＋0＝9 3. 【答案】 9 33．(2015·浙江，15，难)已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b·e 1＝2，b ·e 2＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝______，y 0＝________，|b |＝________．【解析】 ∵e 1·e 2＝|e 1||e 2|cos 〈e 1，e 2〉＝cos 〈e 1，e 2〉＝12， ∴〈e 1，e 2〉＝π3.不妨设e 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，e 2＝(1，0，0)，b ＝(m ，n ，t )．则由题意知b ·e 1＝12m ＋32n ＝2，b ·e 2＝m ＝52.解得n ＝32，m ＝52，∴b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，32，t .∵b －(x e 1＋y e 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52－12x －y ，32－32x ，t ，∴|b －(x e 1＋y e 2)|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52－12x －y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－32x 2＋t 2.由题意，当x ＝x 0＝1，y ＝y 0＝2时， |b －(x e 1＋y e 2)|2取到最小值1. 此时t 2＝1， 故|b |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋t 2＝8＝2 2.【答案】 1 2 2 24．(2015·广东，16，12分，易)在平面直角坐标系xOy 中，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.(1)若m ⊥n ，求tan x 的值；(2)若m 与n 的夹角为π3，求x 的值．解：(1)∵m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，m ⊥n ，∴m·n ＝22sin x －22cos x ＝0， 即sin x ＝cos x ， ∴tan x ＝sin xcos x ＝1. (2)由题意知， |m |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－222＝1， |n |＝sin 2x ＋cos 2x ＝1，m·n ＝22sin x －22cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4.而m·n ＝|m|·|n|·cos 〈m ，n 〉＝cos π3＝12.∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝12，又∵x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，x －π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，π4，∴x －π4＝π6，∴x ＝5π12.1．(2012·湖南，7，中)在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝3，AB →·BC →＝1，则BC＝( )A. 3B.7 C ．2 2 D.23【答案】 A ∵AB→·BC →＝AB →·(AC →－AB →)＝AB →·AC →－AB →2＝1， ∴AB→·AC →＝5，即2×3cos A ＝5，∴cos A ＝56.由余弦定理得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos A ＝3，∴BC ＝3，故选A.思路点拨：先根据数量积求出角A 的三角函数值，再由余弦定理求BC . 2．(2012·江西，7，中)在直角三角形ABC 中，点D 是斜边AB 的中点，点P 为线段CD 的中点，则|P A |2＋|PB |2|PC |2＝( )A ．2B ．4C ．5D ．10【答案】 D 方法一：以C 为原点，CA ，CB 所在直线分别为x ，y 轴建立直角坐标系．设A (a ，0)，B (0，b )，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4，b 4.从而|P A |2＋|PB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫916a 2＋116b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116a 2＋916b 2＝1016(a 2＋b 2)＝10|PC |2，故|P A |2＋|PB |2|PC |2＝10. 方法二：因为P A →－PB →＝BA →，且P A →＋PB →＝2PD →，两式平方相加得2P A →2＋2PB→2＝BA →2＋4PD →2＝4CD →2＋4PC →2＝20PC →2，故|P A |2＋|PB |2|PC |2＝10.3．(2014·安徽，10，难)在平面直角坐标系xOy 中，已知向量a ，b ，|a|＝|b|＝1，a ·b ＝0，点Q 满足OQ→＝2(a ＋b )．曲线C ＝{P |OP →＝a cos θ＋b sin θ，0≤θ＜2π}，区域Ω＝{P |0＜r ≤|PQ →|≤R ，r ＜R }．若C ∩Ω为两段分离的曲线，则( )A ．1＜r ＜R ＜3B ．1＜r ＜3≤RC ．r ≤1＜R ＜3D ．1＜r ＜3＜R【答案】 A 由题意，可取a ＝(1，0)，b ＝(0，1)， 则OQ→＝(2，2)，OP →＝(cos θ，sin θ)， PQ→＝(2－cos θ，2－sin θ)， ∴|PQ→|2＝(2－cos θ)2＋(2－sin θ)2 ＝5－22(cos θ＋sin θ)＝5－4sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4.∵0≤θ<2π，∴π4≤θ＋π4<9π4， ∴1≤|PQ→|2≤9，即1≤|PQ →|≤3. 因为C ∩Ω为两段分离的曲线，结合图象(如图)可知，1<r <R <3.故选A.4．(2012·天津，7，难)已知△ABC 为等边三角形，AB ＝2.设点P ，Q 满足AP →＝λAB→，AQ →＝(1－λ)AC →，λ∈R .若BQ →·CP →＝－32，则λ＝( ) A.12 B.1±22 C.1±102 D.－3±222【答案】 A 如图，BQ→＝AQ →－AB →，CP →＝AP →－AC →，∵BQ →·CP →＝－32，∴(AQ →－AB →)·(AP→－AC →)＝－32， AQ→·AP →－AQ →·AC →－AB →·AP →＋AB →·AC →＝－32.。
2016版高考数学二轮复习课件：专题九 解析几何 第4讲
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专题九 解析几何
考点一 直线与圆锥曲线相切
(2015·高考全国卷Ⅰ，12 分)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y＝x42与直线 l：y＝kx＋a(a＞0)交于 M，N 两点． (1)当 k＝0 时，分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程； (2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有∠OPM＝ ∠OPN？说明理由．
专题九 解析几何
2016会怎样考？ (1)以椭圆或抛物线的几何性质为背景构建圆锥曲线框架是 试题的特点，在此框架下建立元素之间的关系是试题的内涵 (2)考查是以直线和圆锥曲线为主要内容，结合数形结合、 等价转化、分类讨论、函数与方程思想方法的综合
第三页，编辑于星期五：二十三点 五十一分。
专题九 解析几何
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专题九 解析几何
因此|AB|＝4 36. 由题意可设直线 CD 的方程为
y＝x＋n(－5
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专题九 解析几何
3. (2014·高考浙江卷)如图，设椭圆 C：ax22＋yb22＝1(a>b>0)，动 直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限．
(1)已知直线 l 的斜率为 k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标； (2)若过原点 O 的直线 l1 与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1 的距 离的最大值为 a－b.
栏目
导引 第二十五页，编辑于星期五：二十三点 五十一
分。
故 a2－b2＝3. 因此 a2＝6，b2＝3. 所以 M 的方程为x62＋y32＝1.
高考数学二轮复习 专题九 解析几何 第4讲 圆锥曲线的
（通用版）2016年高考数学二轮复习专题九解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题考题溯源教材变式理[教材变式训练][变式1] (选修2－1 P 49A 组T 6改编)已知点P 是椭圆C ：x 25＋y 24＝1上位于第一象限的点，F 1、F 2是椭圆C 的左、右焦点，且△PF 1F 2的面积为455. (1)求P 点的坐标；(2)求△PF 1F 2的外接圆方程．解：(1)设P (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)， ∵c ＝5－4＝1，∴F 1(－1，0)，F 2(1，0)．|F 1F 2|＝2，由S △PF 1F 2＝12|F 1F 2|y 0＝455，得y 0＝455，又x 205＋y 204＝1，∴x 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 204＝1，∴x 0＝1，∴P 点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，455.(2)显然PF 2⊥x 轴，∴△PF 1F 2的外接圆是以|F 1P |为直径的圆，圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，255，半径R ＝12|F 1P |＝124＋165＝355，故△PF 1F 2的外接圆方程为x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －2552＝95.[变式2] (选修2－1 P 62B 组T 1改编)已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)与抛物线C 2：y2＝2px (p >0)有相同的焦点F ，且它们的一个交点坐标为P (23，236)．(1)求椭圆C 1的方程与抛物线C 2的方程；(2)若直线FP 与抛物线的另一个交点为Q ，P 、Q 在抛物线C 2的准线上的射影分别为M 、N ，求梯形PMNQ 的面积．解：(1)依题意得2p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫263223＝4，抛物线C 2方程为y 2＝4x ，焦点F (1，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫232a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2362b 2＝1a 2－b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4b 2＝3，故椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由两点式得直线FP 方程为y ＝－26(x －1)，代入y 2＝4x 得6x 2－13x ＋6＝0，解得x ＝23或x ＝32，当x ＝32时，y ＝－6，∴Q (32，－6)，此时|PQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23－322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫263＋62＝256，∴S 梯形PMNQ ＝|PM |＋|QN |2×|y P －y Q |＝|PQ |2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪263＋6＝12×256×536＝12536 6. [变式3] (必修2－1 P 61练习T 4改编；P 80A 组T 11改编)等轴双曲线C 1的中心在原点，焦点与抛物线C 2：y 2＝2px (p >0)的焦点F 重合，已知F 到双曲线C 1的渐近线的距离为2.(1)求C 1与C 2的方程；(2)过F 的直线l 与C 1的两条渐近线在第一象限交于点M ，在第四象限交于点N ，求△OMN 面积的取值范围．解：(1)∵等轴双曲线C 1的渐近线方程为y ＝±x ，又F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0，∴由题意得⎪⎪⎪⎪⎪⎪p 22＝2， 即p2＝22，p ＝4 2. ∴抛物线C 2方程为y 2＝82x ，∵F (22，0)也是双曲线C 1的焦点，由c 2＝a 2＋b 2＝2a 2得a 2＝12c 2＝4，∴双曲线C 1方程为x 24－y 24＝1.(2)当l ⊥x 轴时，M (22，22)，N (22，－22)， |MN |＝42，S △OMN ＝12|MN |·|OF |＝12×42×22＝8. 当l 与x 轴不垂直时，设l ：y ＝k (x －22)，由⎩⎨⎧y ＝k （x －22）y ＝x解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22k k －1，22k k －1，由⎩⎨⎧y ＝k （x －22）y ＝－x解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22kk ＋1，－22k k ＋1，∴|OM |＝4|k ||k －1|，|ON |＝4|k ||k ＋1|，∵M 在第一象限，N 在第四象限， ∴k 2>1，∴S △OMN ＝12|OM |·|ON |＝8k 2|k 2－1|＝8k2k 2－1＝8＋8k 2－1>8，综上可知△OMN 面积的取值范围为[8，＋∞)．[变式4] (选修2－1 P 50B 组T 3改编)在矩形ABCD 中，|AB |＝8，|BC |＝6，P 、Q 、R 、S 分别为四条边的中点，以SQ 和PR 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设M ，N 分别是线段OQ 与线段CQ 上的动点(O 为坐标原点)，并且满足|OM |·|NQ |＝|MQ |·|CN |.(1)求直线PM 与RN 的交点T 的轨迹方程，并说明是何种曲线； (2)当M 是OQ 的中点时，求△TPR 的面积． 解：(1)依题意设M (m ，0)，N (4，n )， T (x ，y )，其中0≤m ≤4，0≤n ≤3， ∵P (0，－3)，R (0，3)，∴由PM →∥PT →得，3x －m (y ＋3)＝0，∴3m ＝9xy ＋3.①由RN →∥RT →得(n －3)x －4(y －3)＝0，∴4(n －3)＝16（y －3）x，②∵|OM |·|NQ |＝|MQ |·|CN |， ∴mn ＝(4－m )(3－n )， 即3m ＋4n ＝12，∴3m ＋4(n －3)＝0.③将①②代入③得9x y ＋3＋16（y －3）x＝0，即x 216＋y 29＝1. 它是中心在坐标原点、焦点在x 轴上，长轴长为8，短轴长为6的椭圆(在第一象限的部分曲线)．(2)当M 为OQ 中点时，m ＝2，n ＝32.直线PM ：3x －2y －6＝0， 直线RN ：3x ＋8y －24＝0， 联立两式解得T (3.2，1.8)，∴S △TPR ＝12×6×3.2＝9.6.[变式5] (选修2－1 P 48练习T 7改编)经过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点F 1，倾斜角为60°的直线l 与C 相交于P 、Q 两点，直线l 与y 轴的交点为M ，椭圆C 的一个顶点为B ，且有OM →＋3OB →＝0.(1)求椭圆的离心率．(2)若|PQ |＝827，求a ，b .解：(1)设F 1(－c ，0)，则直线l 方程为y ＝3(x ＋c )． 令x ＝0得y ＝3c ，即M (0，3c )． ∵OM →＋3OB →＝0，∴B 为椭圆C 的下顶点(0，－b )． ∴OM →＝－3OB →＝(0，3b )，∴b ＝c ，a 2＝2c 2，∴离心率e ＝22.(2)由(1)知b ＝c ，a 2＝2b 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x ＋c ）x 2a2＋y 2b2＝1⇒⎩⎨⎧y ＝3（x ＋b ）x 2＋2y 2＝2b 2⇒7x 2＋12bx ＋4b 2＝0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－127b ，x 1x 2＝47b 2.|PQ |＝1＋（3）2|x 1－x 2| ＝2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－127b 2－167b 2＝827b ＝827， ∴b ＝1，a ＝ 2.[变式6] (选修2－1 P 81B 组T 5改编)已知抛物线x 2＝－2py (p >0)与过点M (0，－1)的直线l 相交于A 、B 两点，O 为坐标原点，直线OA 与OB 的斜率之和为1.抛物线焦点F 到直线l 的距离为24.(1)求直线l 的方程与p 的值；(2)当焦点F 位于线段OM 上时，求△OAB 的外接圆方程．解：(1)设过点M (0，－1)的直线l ：y ＝kx －1代入x 2＝－2py 得x 2＋2pkx －2p ＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，又x 21＝－2py 1，x 22＝－2py 2，∴y 1x 1＝－x 12p ，y 2x 2＝－x 22p. ∴k OA ＋k OB ＝y 1x 1＋y 2x 2＝－12p(x 1＋x 2)＝k .而k OA ＋k OB ＝1，∴k ＝1，即直线l 方程为y ＝x －1. 又F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－p 2到直线l ：x －y －1＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p 2－12＝24，∴p 2－1＝±12. ∴p ＝3或p ＝1.(2)当p ＝3时，焦点F (0，－32)不在线段OM 上，不合题意．当p ＝1时，焦点F (0，－12)在线段OM 上．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1x 2＝－2y ，解得⎩⎨⎧x ＝－1＋3y ＝－2＋3，或⎩⎨⎧x ＝－1－3y ＝－2－3， 记A (－1＋3，－2＋3)，B (－1－3，－2－3)，线段OA 的垂直平分线方程为y －3－22＝－3－13－2(x －3－12)， 即y ＝(3＋1)x ＋32－2.① 线段OB 的垂直平分线方程为y ＋2＋32＝－3＋12＋3(x ＋3＋12)，即y ＝(1－3)x －32－2.② 由①②联立方程组求得△OAB 外接圆圆心坐标为C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－52.此时R ＝|OC |＝14＋254＝262. 故△OAB 外接圆方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋522＝132.[变式7] (选修2－1 P 70例5)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线C ：y 2＝2px (p >0)上两点且y 1y 2＝－p 2，(1)求证：AB 过抛物线的焦点F ；(2)若|AF |＝3|FB |，△OAB 的面积为433，求p 的值．解：(1)证明：设AB 所在的直线方程为：x ＝my ＋t ，代入y 2＝2px 得 y 2－2pmy －2pt ＝0，则y 1y 2＝－2pt ，又∵y 1y 2＝－p 2，∴－2pt ＝－p 2，∴t ＝p2，∴AB 所在的直线方程为x ＝my ＋p2.令y ＝0，得x ＝p2，即AB 过抛物线y 2＝2px 的焦点．(2)由|AF |＝3|FB |知，直线AB 的斜率存在，结合(1)的结论，故可设AB 的直线方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，代入y 2＝2px 得k 2x 2－(pk 2＋2p )x ＋p 2k 24＝0， ∴Δ＝4p 2(1＋k 2)>0，由A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝2p （1＋k 2）k2， |AF |＝x 1＋p2，|BF |＝x 2＋p2，不妨设x 1>x 2，由|AF |＝3|BF |得 pk 2＋2p ＋4p 2（1＋k 2）2k 2＋p2＝3⎝⎛⎭⎪⎫pk 2＋2p －4p 2（1＋k 2）2k 2＋p 2，化简得k 2＝3，则k ＝±3，∴|AB |＝8p 3，原点O 到直线AB 的距离d ＝|k ·p2|k 2＋1＝34p ，∴S △OAB ＝12|AB |·d ＝12×83p ×34p ＝433，∴p ＝2.[变式8] (选修2－1 P 41例3，P 47例7改编)设M 是焦距为2的椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上一点，A ，B 是其左、右顶点，直线MA 与MB 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－12.(1)求椭圆E 的方程；(2)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上点N (x 0，y 0)处切线方程为x 0x a 2＋y 0yb2＝1.若P 是直线x ＝2上任意一点，从P 向椭圆E 作切线，切点分别为C ，D ，求证直线CD 恒过定点，并求出该定点坐标．解：(1)由题意，2c ＝2，c ＝1，A (－a ，0)，B (a ，0)，设M (x ，y )，∵k 1k 2＝－12，∴y x ＋a ·y x －a ＝－12，即y 2x 2－a 2＝－12. ∵M (x ，y )在椭圆E 上，∴x 2a 2＋y 2b2＝1.∴b 2（1－x2a 2）x 2－a 2＝－12，∴b 2a 2＝12，∴a 2＝2b 2. 又a 2－b 2＝c 2＝1，∴a 2＝2，b 2＝1.∴椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：设切点坐标为C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， P (2，t )，则切线方程分别为x 1x2＋y 1y ＝1，x 2x2＋y 2y ＝1.∵两切线均过点P ， ∴2x 12＋ty 1＝1，2x 22＋ty 2＝1， 即x 1＋ty 1＝1，x 2＋ty 2＝1， ∴直线CD 的方程为x ＋ty ＝1.对于任意实数t ，点(1，0)都适合这个方程，即直线CD 恒过定点(1，0)．。
【导与练】（新课标）2016高考数学二轮复习专题6解析几何第4讲圆锥曲线中的综合问题文
【导与练】（新课标）2016⾼考数学⼆轮复习专题6解析⼏何第4讲圆锥曲线中的综合问题⽂第4讲圆锥曲线中的综合问题圆与圆锥曲线的综合问题训练提⽰:充分挖掘题⽬条件,寻找圆⼼与圆锥曲线焦点的位置关系,圆的半径与给定线段长度之间的关系,充分利⽤“圆的直径所对圆周⾓为直⾓”等性质解决问题.1.已知圆⼼为F1的圆的⽅程为(x+2)2+y2=32,F2(2,0),C是圆F1上的动点,F2C的垂直平分线交F1C于M.(1)求动点M的轨迹⽅程;(2)设N(0,2),过点P(-1,-2)作直线l,交M的轨迹于不同于N的A,B两点,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,证明:k1+k2为定值.(1)解:由线段的垂直平分线的性质得|MF2|=|MC|.⼜|F1C|=4,所以|MF1|+|MC|=4,所以|MF2|+|MF1|=4>4.所以M点的轨迹是以F1,F2为焦点,以4为长轴长的椭圆.由c=2,a=2得b=2.故动点M的轨迹⽅程为+=1.(2)证明:当直线l的斜率存在时,设其⽅程为y+2=k(x+1),由得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.从⽽k1+k2=+==2k-(k-4)3=4.当直线l的斜率不存在时,得A(-1,),B(-1,-),得k1+k2=4.综上,恒有k1+k2=4.2.设椭圆M:+=1(a>)的右焦点为F1,直线l:x=与x轴交于点A,若=2(其中O为坐标原点).(1)求椭圆M的⽅程;(2)设P是椭圆M上的任意⼀点,EF为圆N:x2+(y-2)2=1的任意⼀条直径(E,F为直径的两个端点),求2的最⼤值.解:(1)由题设知,A(,0),F1(,0),由=2.得=2(-),解得a2=6.所以椭圆M的⽅程为+=1.(2)设圆N:x2+(y-2)2=1的圆⼼为N,则2=(-)2(-)=(--)2(-)=-=-1.从⽽求2的最⼤值转化为求的最⼤值.因为P是椭圆M上的任意⼀点,设P(x0,y0),所以+=1,即=6-3,因为点N(0,2),所以=+(y0-2)2=-2(y0+1)2+12.因为y0∈[-,],所以当y0=-1时,取得最⼤值12.所以2的最⼤值为11.圆锥曲线中的定点、定值问题训练提⽰:由直线⽅程确定定点,若得到直线⽅程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线⽅程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m).证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)⽆关;也可令系数等于零,得出定值.3.如图,等边三⾓形OAB的边长为8,且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p>0)上.(1)求抛物线E的⽅程;(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y 轴上某定点.(1)解:依题意,|OB|=8,∠BOy=30°.设B(x,y),则x=|OB|sin 30°=4,y=|OB|cos 30°=12.因为点B(4,12)在x2=2py上,所以(4)2=2p312,解得p=2.故抛物线E的⽅程为x2=4y.(2)证明:由(1)知y=x2,y′=x.设P(x0,y0),则x0≠0,且l的⽅程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-.由得所以Q(,-1).设M(0,y1),令2=0对满⾜y0=(x0≠0)的x0,y0恒成⽴.由于=(x0,y0-y1),=(,-1-y1),由2=0,得-y0-y0y1+y1+=0,即(+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)由于(*)式对满⾜y0=(x0≠0)的y0恒成⽴,所以解得y1=1.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).4.已知直线l:y=x+,圆O:x2+y2=5,椭圆E:+=1(a>b>0)的离⼼率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的⽅程;(2)过圆O上任意⼀点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在斜率,求证两切线斜率之积为定值.解:(1)设椭圆半焦距为c,圆⼼O到l的距离d==,则l被圆O截得的弦长为2,所以b=.由题意得⼜b=,所以a2=3,b2=2.所以椭圆E的⽅程为+=1.(2)证明:设点P(x0,y0),过点P的椭圆E的切线l0的⽅程为y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,联⽴直线l0与椭圆E的⽅程得消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0,整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,因为l0与椭圆E相切,所以Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0,整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,设满⾜题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1k2=-.因为点P在圆O上,所以+=5,所以k1k2=-=-1.所以两条切线斜率之积为常数-1.圆锥曲线中的存在性问题训练提⽰:存在性问题,先假设存在,进⾏⼀系列推理,若推理正确则存在,若得出⽭盾则不存在.5.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,离⼼率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为,O为坐标原点.(1)求椭圆C的⽅程;(2)设椭圆的上顶点为N,是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,使点F为△PQN的垂⼼?若存在,求出直线l的⽅程;若不存在,请说明理由.解:(1)设F(c,0),则=,知a= c.过点F且与x轴垂直的直线⽅程为x=c,代⼊椭圆⽅程,有+=1,解得y=± b.于是b=,解得b=1.⼜a2-c2=b2,从⽽a=,c=1.所以椭圆C的⽅程为+y2=1.(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为△PQN的垂⼼.设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为N(0,1),F(1,0),所以k NF=-1.由NF⊥PQ,知k PQ=1.设直线l的⽅程为y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0.由Δ>0,得m2<3,且x1+x2=-,x1x2=.由题意,有2=0.因为=(x1,y1-1),=(x2-1,y2),所以x1(x2-1)+y2(y1-1)=0,即x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0,所以2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0,于是23-m(m-1)+m2-m=0,解得m=-或m=1.经检验,当m=1时,△PQN不存在,故舍去m=1.当m=-时符合,直线l的⽅程为y=x-.6.(2015河北沧州4⽉质检)已知点M在椭圆G:+=1(a>b>0)上,H(-2,0)是M在x轴上的射影.F1是椭圆G的左焦点,且=(O为坐标原点),2=.(1)求椭圆G的⽅程;(2)在x轴上是否存在定点P0,过P0任意作直线l交椭圆G于A,B两点,使得直线HM始终平分∠AHB?若存在,则求出P0;若不存在,请说明理由.解:(1)依题可设M(-2,y0),由=得F1为HO的中点,于是F1(-1,0),⼜由2=得(0,-y0)2(1,-y0)=,解得=,于是有+=1,整理得5a4-29a2+20=(5a2-4)(a2-5)=0,解得a2=5或a2=(舍去).所以椭圆G的⽅程是+=1.(2)设P0(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),若直线l的斜率不等于零时,可设直线l为x=ty+m,联⽴+=1,消去x得(4t2+5)y2+8mty+4m2-20=0,有y1+y2=,y1y2=,注意到HM平分∠AHB?k AH=,k BH=满⾜k AH+k BH=0,即+=0?y1(x2+2)+y2(x1+2)=0?y1(ty2+m+2)+y2(ty1+m+2)=2ty1y2+(m+2)(y1+y2)=0?2t2+(m+2)2=0?t(2m+5)=0,故m=-,定点P0(-,0).若直线l的斜率为零,定点P0(-,0)也满⾜条件,故定点P0(-,0)为所求.类型⼀:圆锥曲线中的最值(范围)问题1.在平⾯直⾓坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点满⾜∥,2=2,M点的轨迹为曲线C.(1)求C的⽅程;(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最⼩值.解:(1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),⼜A(0,-1),所以=(-x,-1-y),=(0,-3-y),=(x,-2).再由题意可知(+)2=0,即(-x,-4-2y)2(x,-2)=0.所以曲线C的⽅程为y=x2-2.(2)设P(x0,y0)为曲线C:y=x2-2上⼀点.因为y′=x,所以l的斜率为x0.因此直线l的⽅程为y-y0=x0(x-x0),即x0x-2y+2y0-=0.所以O点到l的距离d=.⼜y0=-2,所以d==(+)≥2.当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最⼩值为2.2.(2015云南模拟)如图,已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离⼼率为,且过点(2,),四边形ABCD的顶点在椭圆E上,且对⾓线AC,BD过原点O, k AC2k BD=-.求2的取值范围.解:?所以椭圆E的⽅程为+=1.当直线AB的斜率存在时,设l AB:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2), 由?(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,所以x1+x2=,x1x2=,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2()+km()+m2=.由k OA2k OB=-得2=-.所以=-2?m2=4k2+2,2=x1x2+y1y2=+==2-,所以-2≤2<2,当k=0时,2=-2,当k不存在即AB⊥x轴时,2=2,所以2的取值范围是[-2,2].3.(2015郑州第⼀次质量预测)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之⽐为,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,B两点,直线l:y=mx+n 与曲线E交于C,D两点,与线段AB相交于⼀点(与A,B不重合).(1)求曲线E的⽅程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的⾯积是否有最⼤值,若有,求出其最⼤值及对应的直线l的⽅程;若没有,请说明理由.解:(1)设点P(x,y),由题意可得=,整理可得+y2=1,曲线E的⽅程是+y2=1.(2)有最⼤值,设C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB|=.当m=0时,不合题意.当m≠0时,由直线l与圆x2+y2=1相切,可得=1,即m2+1=n2.联⽴消去y得(m2+)x2+2mnx+n2-1=0.Δ=4m2n2-4(m2+)(n2-1)=2m2>0,x1+x2=,x1x2=,S四边形ACBD=|AB||x2-x1|===≤.当且仅当2|m|=,即m=±时等号成⽴,此时四边形ABCD⾯积的最⼤值为,n=±,经检验可知,直线y=x-和直线y=-x+符合题意.4.如图,过x轴上动点A(a,0)引抛物线y=x2+1的两条切线AP,AQ.切线斜率分别为k1和k2,切点分别为P,Q.(1)求证:k12k2为定值,并且直线PQ过定点;(2)记△APQ的⾯积为S△APQ,当最⼩时,求2的值.(1)证明:设过A点的直线为y=k(x-a),与抛物线联⽴得整理得x2-kx+ka+1=0,Δ=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k12k2=-4为定值.抛物线⽅程y=x2+1,求导得y′=2x,设切点P,Q的坐标分别为(x p,y p),(x q,y q),则k1=2x p,k2=2x q,所以x p+x q=+=2a,x p x q=2=-1.直线PQ的⽅程:y-y p=(x-x p),由y p=+1,y q=+1,得到y=(x p+x q)x-x p x q+1,整理可得y=2ax+2,所以直线PQ过定点(0,2).(2)解:设A到PQ的距离为d.S△APQ=|PQ|3,所以===,设t=≥1,所以==(t+)≥,当且仅当t=时取等号,此时a=±.因为2=(x p-a,y p)2(x q-a,y q)=x p x q-a(x p+x q)+a2+y p y q,y p y q=(2x p a+2)(2x q a+2)=4a2x p x q+4+4a(x p+x q)=4a2+4,所以2=3a2+3=.类型⼆:证明问题5.如图,已知点A(1,)是离⼼率为的椭圆C:+=1(a>b>0)上的⼀点,斜率为的直线BD交椭圆C于B,D两点,且A,B,D三点互不重合.(1)求椭圆C的⽅程;(2)求证:直线AB,AD的斜率之和为定值.(1)解:由题意,可得e==,将(1,)代⼊椭圆⽅程, 得+=1,⼜a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=.所以椭圆C的⽅程为+=1.(2)证明:设直线BD的⽅程为y=x+m,⼜A,B,D三点不重合,所以m≠0,设D(x1,y1),B(x2,y2),由得4x2+2mx+m2-4=0.所以Δ=-8m2+64>0?-2x1+x2=-m,①x1x2=,②设直线AB,AD的斜率分别为k AB,k AD,则k AD+k AB=+=+=2+m2(*)将①、②式代⼊(*),整理得2+m2=2-2=0,所以k AD+k AB=0,即直线AB,AD的斜率之和为定值0. 6.已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R).(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;(2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于B的上⽅),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于点G,求证:A,G,N三点共线.解:(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当解得所以m的取值范围是(,5).(2)当m=4时,曲线C的⽅程为x2+2y2=8,点A,B的坐标分别为(0,2),(0,-2).由得(1+2k2)x2+16kx+24=0.因为直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点,所以Δ=(16k)2-4(1+2k2)324>0,即k2>.设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=,x1x2=.直线BM的⽅程为y+2=x,点G的坐标为(,1).因为直线AN和直线AG的斜率分别为k AN=,k AG=-,所以k AN-k AG=+=+=k+=k+=0.即k AN=k AG.故A,G,N三点共线.。