高考数学大题经典习题

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高考文科数学数列经典大题训练(附答案)

1.〔此题总分值14 分〕设数列a的前n项和为S n,且S n4a n3(n1,2,)，n〔1〕证明: 数列a n是等比数列；〔2〕假设数列b满足b n1a n b n(n1,2,)，b12，求数列b n的通项公n式．2.〔本小题总分值12分〕等比数列a的各项均为正数，且n2 2a3a1,a9aa.123261.求数列a n的通项公式.2.设blogaloga......loga,求数列n31323n 1bn的前项和.3.设数列a满足n2n1 a12,a1a32nn〔1〕求数列a的通项公式；n〔2〕令b n na n，求数列的前n项和S n3.等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．〕，求数列{b n}的前n项和S n．〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；n﹣1*〔Ⅱ〕设b n=〔4﹣a n〕q〔q≠0，n∈N× 5.数列{a n}满足，，n∈N．〔1〕令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；〔2〕求{a n}的通项公式．...4.解：〔1〕证：因为S n4a n3(n1,2,)，那么S n14a n13(n2,3,)，所以当n2时，a SS14a4a1，nnnnn4整理得aa1．5分nn3由S43，令n1，得a14a13，解得a11．n an所以分a是首项为1，公比为n43的等比数列．7〔2〕解：因为4n1 a()，n3由b1ab(n1,2,)，得nnn4n1 bb()．9分n1n3由累加得()()()b n bbbbbbb12`132nn14n11()43n1＝23()1，〔n2〕，43134n1 当n=1时也满足，所以)1b3(．n35.解：〔Ⅰ〕设数列{a n}的公比为q，由 2a39a2a6得32a39a4所以21q。

有条件9可知a>0,故1q。

311a。

故数列{a n}的通项式为a n=33由2a13a21得2a13a2q1，所以1n。

〔Ⅱ〕b logaloga...logan111111(12...n)n(n1)2故12112() bn(n1)nn1n111111112n ...2((1)()...()) bbb223nn1n1 12n...所以数列1{}bn2n 的前n 项和为n16.解：〔Ⅰ〕由，当n≥1 时，a1[(a1a)(a a1)(a2a1)]a1nnnnn2n12n33(222)222(n1)1。

高考数学百大经典例题充分条件与必要条件

充分条件与必要条件例1 已知p：x1，x2是方程x2＋5x－6＝0的两根，q：x1＋x2＝－5，则p是q的[ ] A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件分析利用韦达定理转换．解∵x1，x2是方程x2＋5x－6＝0的两根，∴x1，x2的值分别为1，－6，∴x1＋x2＝1－6＝－5．因此选A．说明：判断命题为假命题可以通过举反例．例2 p是q的充要条件的是[ ] A．p：3x＋2＞5，q：－2x－3＞－5B．p：a＞2，b＜2，q：a＞bC．p：四边形的两条对角线互相垂直平分，q：四边形是正方形D．p：a≠0，q：关于x的方程ax＝1有惟一解分析逐个验证命题是否等价．解对A．p：x＞1，q：x＜1，所以，p是q的既不充分也不必要条件；对B．p q但q p，p是q的充分非必要条件；对C．p q且q p，p是q的必要非充分条件；⇒⇒⇔D p q q p p q p q D对．且，即，是的充要条件．选．说明：当a＝0时，ax＝0有无数个解．例3 若A是B成立的充分条件，D是C成立的必要条件，C是B成立的充要条件，则D是A成立的[ ] A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件分析通过B、C作为桥梁联系A、D．解∵A是B的充分条件，∴A B①∵D是C成立的必要条件，∴C D②⇔C B C B∵是成立的充要条件，∴③由①③得A C④由②④得A D ．∴D 是A 成立的必要条件．选B ．说明：要注意利用推出符号的传递性．例4 设命题甲为：0＜x ＜5，命题乙为|x －2|＜3，那么甲是乙的[ ]A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件分析先解不等式再判定．解解不等式|x －2|＜3得－1＜x ＜5．∵0＜x ＜5－1＜x ＜5，但－1＜x ＜50＜x ＜5 ∴甲是乙的充分不必要条件，选A ．说明：一般情况下，如果条件甲为x ∈A ，条件乙为x ∈B ．当且仅当时，甲为乙的充分条件；当且仅当时，甲为乙的必要条件；A B A B ⊆⊇当且仅当A ＝B 时，甲为乙的充要条件．例5 设A 、B 、C 三个集合，为使A(B ∪C)，条件A B 是[ ]A ．充分条件B ．必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件分析可以结合图形分析．请同学们自己画图．∴A(B ∪C)．但是，当B ＝N ，C ＝R ，A ＝Z 时，显然A(B ∪C)，但AB 不成立，综上所述：“A B ”“A(B ∪C)”，而“A (B ∪C)”“AB ”．即“AB ”是“A (B ∪C)”的充分条件(不必要)．选A ．说明：画图分析时要画一般形式的图，特殊形式的图会掩盖真实情况．例6 给出下列各组条件： (1)p ：ab ＝0，q ：a 2＋b 2＝0； (2)p ：xy ≥0，q ：|x|＋|y|＝|x ＋y|； (3) p ： m ＞0，q ：方程x 2－x －m ＝0有实根； (4)p ：|x －1|＞2，q ：x ＜－1．其中p 是q 的充要条件的有[ ]A ．1组B ．2组C ．3组D ．4组分析使用方程理论和不等式性质．解 (1)p 是q 的必要条件 (2)p 是q 充要条件 (3)p 是q 的充分条件(4)p 是q 的必要条件．选A ．说明：ab ＝0指其中至少有一个为零，而a 2＋b 2＝0指两个都为零．例＞＞是＞＞的条件．7x 3x 3x x x 12112⎧⎨⎩+⎧⎨⎩x 269分析将前后两个不等式组分别作等价变形，观察两者之间的关系．解＞且＞＋＞且＞，但当取＝，＝时，＞＞成立，而＞＞不成立＝与＞矛盾，所以填“充分不必要”．x 3x 3x x 6x x 9x 10x 2(x 2x 3)1212121222⇒+⎧⎨⎩⎧⎨⎩x x x x x x 1212126933 说明：＞＞－＞－＞x 3x 3 x 30x 301212⎧⎨⎩⇔⎧⎨⎩⇔⎧⎨⎩⇔⎧⎨⎩(x 3)(x 3)0(x 3)(x 3)0x x 6x x 3(x x )901212121212－＋－＞－－＞＋＞－＋＋＞这一等价变形方法有时会用得上．例8 已知真命题“a ≥b c ＞d ”和“a ＜be ≤f ”，则“c ≤d ”是“e ≤f ”的________条件．分析 ∵a ≥b c ＞d(原命题)， ∴c ≤d a ＜b(逆否命题)．而a ＜b e ≤f ，∴c ≤d e ≤f 即c ≤d 是e ≤f 的充分条件．答填写“充分”．说明：充分利用原命题与其逆否命题的等价性是常见的思想方法．例9 ax 2＋2x ＋1＝0至少有一个负实根的充要条件是[ ]A ．0＜a ≤1B ．a ＜1C ．a ≤1D ．0＜a ≤1或a ＜0分析此题若采用普通方法推导较为复杂，可通过选项提供的信息，用排除法解之．当a ＝1时，方程有负根x ＝－1，当a ＝0时，x ＝－．故排除、、选．12A B D C 解常规方法：当＝时，＝－． a 0x 12当a ≠0时1a 0ax 2x 10021a 0a 12．＞，则＋＋＝至少有一个负实根＜－＜＜≤．⇔---⇔-⇔24422aa2a 0ax 2x 100221a 21a 1a 02．＜，则＋＋＝至少有一个负实根＜＞－＞－＞＜．⇔-+-⇔⇔⇔2442aa综上所述a ≤1．即ax 2＋2x ＋1＝0至少有一个负实根的充要条件是a ≤1．说明：特殊值法、排除法都是解选择题的好方法．例10 已知p 、q 都是r 的必要条件，s 是r 的充分条件，q 是s 的充分条件，那么s ，r ，p 分别是q 的什么条件？分析画出关系图1－21，观察求解．解 s 是q 的充要条件；(s r q ，q s) r 是q 的充要条件；(r q ，q s r) p 是q 的必要条件；(q s r p)说明：图可以画的随意一些，关键要体现各个条件、命题之间的逻辑关系．例11 关于x 的不等式|x |x 3(a 1)x 2(3a 1)0AB A B 1a 3a 12－≤与－＋＋＋≤的解集依次为与，问“”是“≤≤或＝－”的充要条件吗？()()a a +-⊆121222分析化简A 和B ，结合数轴，构造不等式(组)，求出a ．解 A ＝{x|2a ≤x ≤a 2＋1}，B ＝{x|(x －2)[x －(3a ＋1)]≤0}当≤＋即≥时，23a 1a 13B ＝{x|2≤x ≤3a ＋1}．A B 2a 2a +13a +11a 323a 1a 2⊆⇔⎧⎨⎩⇔≥≤≤≤当＞＋即＜时，13B ＝{x|3a ＋1≤x ≤2}A B 2a 3a +1a +12a 1A B a 11a 3A B 1a 3a 12⊆⇔⎧⎨⎩⇔⊆⇔⊆≥≤＝－．综上所述：＝－或≤≤．∴“”是“≤≤或＝－”的充要条件．说明：集合的包含关系、命题的真假往往与解不等式密切相关．在解题时要理清思路，表达准确，推理无误．例＞，＞是＜的必要条件还是充分条件，还是充12 x y xy 011x y要条件？分析将充要条件和不等式同解变形相联系．解．当＜时，可得－＜即＜ 1001111x y x y y xxy-则－＞＜或－＜＞，即＜＜或＞＞，y x 0xy 0y x 0xy 0 x y xy 0x 0⎧⎨⎩⎧⎨⎩⎧⎨⎩⎧⎨⎩y xy故＜不能推得＞且＞有可能得到＜＜，即＞且＞并非＜的必要条件．11011x y x y xy x yx y xy 0()x y xy 0⎧⎨⎩2x y xy 0x y x 0y 0x yx 0y 0x y xy 0．当＞且＞则分成两种情况讨论：＞＞＞或＞＜＜不论哪一种情况均可化为＜．∴＞且＞是＜的充分条件．⎧⎨⎪⎩⎪⎧⎨⎪⎩⎪1111x yx y说明：分类讨论要做到不重不漏．例13 设α，β是方程x 2－ax ＋b ＝0的两个实根，试分析a ＞2且b ＞1是两根α，β均大于1的什么条件？分析把充要条件和方程中根与系数的关系问题相联系，解题时需要搞清楚条件与结论分别指什么．然后再验证是还是还是．p q p q q p p q ⇒⇒⇔解据韦达定理得：＝α＋β，＝αβ，判定的条件是：＞＞结论是：α＞β＞还要注意条件中，，需要满足大前提Δ＝－≥a b pq(p a b a4b 0)2ab21 11⎧⎨⎩⎧⎨⎩(1)1a2b1由α＞β＞得＝α＋β＞，＝αβ＞，1⎧⎨⎩∴q p．上述讨论可知：a＞2，b＞1是α＞1，β＞1的必要但不充分条件．说明：本题中的讨论内容在二次方程的根的分布理论中常被使用．例14 (1991年全国高考题)设甲、乙、丙是三个命题，如果甲是乙的必要条件，丙是乙的充分条件，但不是乙的必要条件，那么[ ] A．丙是甲的充分条件，但不是甲的必要条件B．丙是甲的必要条件，但不是甲的充分条件C．丙是甲的充要条件D．丙不是甲的充分条件，也不是甲的必要条件分析1：由丙乙甲且乙丙，即丙是甲的充分不必要条件．分析2：画图观察之．答：选A．说明：抽象命题之间的逻辑关系通常靠画图观察比较方便。

高考数学经典大题

以下是一些高考数学经典大题：1. 函数与导数：这部分主要考察学生对函数的理解和掌握，以及运用导数分析函数性质的能力。

题目通常会给出函数的解析式，然后要求学生对函数进行求值、求导、判断单调性、求极值等操作，或者解决一些实际问题。

2. 三角函数：这部分主要考察学生对三角函数的性质和公式的掌握，以及运用这些性质和公式解决一些实际问题的能力。

题目通常会给出三角函数的解析式，然后要求学生对函数进行化简、求值、求周期等操作，或者解决一些与三角函数相关的实际问题。

3. 数列：这部分主要考察学生对等差数列和等比数列的理解和掌握，以及运用这些数列解决一些实际问题的能力。

题目通常会给出数列的项或者递推公式，然后要求学生对数列进行求和、求通项、判断收敛性等操作，或者解决一些与数列相关的实际问题。

4. 解析几何：这部分主要考察学生对平面解析几何和立体解析几何的理解和掌握，以及运用这些知识解决一些实际问题的能力。

题目通常会给出一些几何图形的方程或者性质，然后要求学生对图形进行求解、判断形状、求交点等操作，或者解决一些与几何相关的实际问题。

5. 立体几何：这部分主要考察学生对立体几何的理解和掌握，以及运用这些知识解决一些实际问题的能力。

题目通常会给出一些立体图形的性质或者关系，然后要求学生对图形进行求解、判断平行垂直等操作，或者解决一些与立体几何相关的实际问题。

6. 排列组合概率统计：这部分主要考察学生对排列组合、概率和统计的理解和掌握，以及运用这些知识解决一些实际问题的能力。

题目通常会给出一些具体的情况，然后要求学生对排列组合、概率和统计进行分析求解，或者解决一些与排列组合、概率和统计相关的实际问题。

这些经典大题在高考数学中占据了重要的地位，学生需要加强训练和理解才能取得好成绩。

高考数学习题及答案 (4)

普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（满分150分，考试时间120分钟）一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）1、右图给出的是计算201614121++++ 的值的一个流程图，其中判断框内应填入的条件是（）（A）10>i （B）10<i （C）20>i （D）20<i 2、数列}{n a 的通项公式为)(3)1(2N n n a n ∈+-=，则数列（）A、是公差为2的等差数列B、是公差为3的等差数列C、是公差为1的等差数列D、不是等差数列3、ABC ∆的两内角A、B 满足B A B A sin sin cos cos >，那么这个三角形（）A、是锐角三角形B、是钝角三角形C、是直角三角形D、形状不能确定4、函数13)(-=x x f 的反函数的定义域是（）A、),1(+∞-B、),1(+∞C、),2(+∞-D、)2,(--∞5、有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体应是一个()A.棱台B.棱锥C.棱柱D.都不对6、若直线x +a y+2=0和2x +3y+1=0互相垂直，则a =（）A．32-B．32C．23-D．237、下面表述正确的是()A.空间任意三点确定一个平面B.直线上的两点和直线外的一点确定一个平面C.分别在不同的三条直线上的三点确定一个平面D.不共线的四点确定一个平面8、将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（）A．在区间[，]上单调递增B．在区间[，π]上单调递减C．在区间[，]上单调递增D．在区间[，2π]上单调递减9、已知双曲线=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A，B 两点．设A，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d 1和d 2，且d 1+d 2=6，则双曲线的方程为（）A．﹣=1B．﹣=1C．﹣=1D．﹣=110、如图，在平面四边形ABCD 中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=AD=1．若点E 为边CD 上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．311.某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有（）A．38C 种B．38A 种C．39C 种D．311C 种12.某师范大学的2名男生和4名女生被分配到两所中学作实习教师，每所中学分配1名男生和2名女生，则不同的分配方法有（）A．6种B．8种C．12种D．16种二、填空题（共4小题，每小题5分；共计20分）1.已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是___________．2.已知a ∈R ，函数3()f x ax x =-，若存在t ∈R ，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是____.3.已知正方形ABCD 的边长为1，当每个(1,2,3,4,5,6)i i λ=取遍1±时，123456||AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++的最小值是___________，最大值是___________．4.已知集合{1,0,1,6}A =-，{|0,}B x x x =>∈R ，则A B = _____.三、大题：(满分70分)1.如果βα//，AB 和AC 是夹在平面α与β之间的两条线段，AC AB ⊥，且2=AB ，直线AB 与平面α所成的角为︒30，求线段AC 长的取值范围．2.如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．已知：γα//，γβ//，求证：βα//．3.如图，已知a 、b 是异面直线，求证：过a 和b 分别存在平面α和β，使βα//．4.在极坐标系中，O 为极点，点000(,)(0)M ρθρ>在曲线:4sin C ρθ=上，直线l 过点(4,0)A 且与OM 垂直，垂足为P.（1）当0=3θπ时，求0ρ及l 的极坐标方程；（2）当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程.5.知直线l 经过两条直线021=+y x l ：与010432=--y x l ：的交点，且与直线03253=+-y x l ：的夹角为4π，求直线l 的方程．6.直线02=-+y x l ：，一束光线过点)13,0(+P ，以︒120的倾斜角投射到l 上，经l 反射，求反射线所在直线的方程．参考答案：一、选择题：1-5题答案:AABAA 6-10题答案:ABACA 11-12题答案:AC 8、将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（）A．在区间[，]上单调递增B．在区间[，π]上单调递减C．在区间[，]上单调递增D．在区间[，2π]上单调递减【解答】解：将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，得到的函数为：y=sin2x，增区间满足：﹣+2kπ≤2x≤，k∈Z，减区间满足：≤2x≤，k∈Z，∴增区间为[﹣+kπ，+kπ]，k∈Z，减区间为[+kπ，+kπ]，k∈Z，∴将函数y=sin（2x+）的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数在区间[，]上单调递增．故选：A．9、已知双曲线=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d2=6，则双曲线的方程为（）A．﹣=1B．﹣=1C．﹣=1D．﹣=1【解答】解：由题意可得图象如图，CD是双曲线的一条渐近线y=，即bx﹣ay=0，F（c，0），AC⊥CD，BD⊥CD，FE⊥CD，ACDB是梯形，F是AB的中点，EF==3，EF==b，所以b=3，双曲线=1（a＞0，b＞0）的离心率为2，可得，可得：，解得a=．则双曲线的方程为：﹣=1．故选：C．10、如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=AD=1．若点E为边CD上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．3【解答】解：如图所示，以D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，过点B做BN⊥x轴，过点B做BM⊥y轴，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=120°，AB=AD=1，∴AN=ABcos60°=，BN=ABsin60°=，∴DN=1+=，∴BM=，∴CM=MBtan30°=，∴DC=DM+MC=，∴A（1，0），B（，），C（0，），设E（0，m），∴=（﹣1，m），=（﹣，m﹣），0≤m≤，∴=+m2﹣m=（m﹣）2+﹣=（m﹣）2+，当m=时，取得最小值为．故选：A．二、填空题：2、4 33、0,4、{1,6}三、大题：1.如果βα//，AB 和AC 是夹在平面α与β之间的两条线段，AC AB ⊥，且2=AB ，直线AB 与平面α所成的角为︒30，求线段AC 长的取值范围．解法1：如图所示：作β⊥AD 于D ，连结BD 、CD 、BC ∵BD AB >，DC AC >，222BC AC AB =+，∴在BDC ∆中，由余弦定理，得：022cos 222222=⋅-+<⋅-+=∠CDBD BC AC AB CD BD BC CD BD BDC ．∵β⊥AD ，∴ABD ∠是AB 与β所在的角．又∵βα//，∴ABD ∠也就等于AB 与α所成的角，即︒=∠30ABD ．∵2=AB ，∴1=AD ，3=BD ，12-=AC DC ，24AC BC +=，∴01324131222<-⋅---+≤-AC AC AC ，即：31102≤-<AC ．∴332≥AC ，即AC 长的取值范围为⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+,332．解法2：如图：∵ACAB ⊥∴AC 必在过点A 且与直线AB 垂直的平面γ内设l =βγ ，则在γ内，当l AC ⊥时，AC 的长最短，且此时ABCAB AC ∠⋅=tan 33230tan =︒⋅AB 而在γ内，C 点在l 上移动，远离垂足时，AC 的长将变大，从而332≥AC ，即AC 长的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+,332．说明：(1)本题考查直线和直线、直线和平面、平面和平面的位置关系，对于运算能力和空间想象能力有较高的要求，供学有余力的同学学习．(2)解法1利用余弦定理，采用放缩的方法构造出关于AC 长的不等式，再通过解不等式得到AC 长的范围，此方法以运算为主．(3)解法2从几何性质角度加以解释说明，避免了繁杂的运算推导，但对空间想象能力要求很高，根据此解法可知线段AC 是连结异面直线AB 和l 上两点间的线段，所以AC 是AB 与l 的公垂线段时，其长最短．2.如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．已知：γα//，γβ//，求证：βα//．分析：本题考查面面平行的判定和性质定理以及逻辑推理能力．由于两个平面没有公共点称两平面平行，带有否定性结论的命题常用反证法来证明，因此本题可用反证法证明．另外也可以利用平行平面的性质定理分别在三个平面内构造平行且相交的两条直线，利用线线平行来推理证明面面平行，或者也可以证明这两个平面同时垂直于某一直线．证明一：如图，假设α、β不平行，则α和β相交．∴α和β至少有一个公共点A ，即α∈A ，β∈A ．∵γα//，γβ//，∴γ∉A ．于是，过平面γ外一点A 有两个平面α、β都和平面γ平行，这和“经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行”相矛盾，假设不成立。

高考数学百大经典例题——棱柱

典型例题一棱柱例1 设有四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长都相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是（）A ．1B ．2C ．3D ．4分析：命题①是假命题．因为底面是矩形的直平行六面体才是长方体．底面是矩形，侧棱不垂直于底面，这样的四棱柱仍是斜平行六面体；命题②是假命题．底面是菱形，底面边长与棱长相等的直四棱柱不是正方体；命题③是假命题．因为有两条侧棱垂直于义面一边不能推出侧棱与底面垂直．命题④是真命题，如图所示，平行六面体1111-D C B A ABCD 中所有对角线相等，对角面11BDD B 是平行四边形，对角线D B BD 11=，所以四边形11BDD B 是矩形，即BD BB ⊥1，同理四边形11ACC A 是矩形，所以AC AA ⊥1，由11//BB AA 知⊥1BB 底面ABCD ，即该平行六面体是直平行六面体．故选A ．说明：解这类选择题的关键在于理清各种棱柱之间的联系与区别，要紧扣底面形状及侧棱与底面的位置关系来解题．下面我们列表来说明平行四边形与平行六面体的性质的“类比”，由此，我们可以发现立体几何与平面几何许多知识是可以进行类比的．见表典型例题二例2 如图，正四棱柱1111-D C B A ABCD 中，对角线81=BD ，1BD 与侧面C C BB 11所成角为 30，求：（1）1BD 与底面ABCD 所成角；（2）异面直线1BD 与AD 所成角；（3）正四棱柱的全面积．分析：正四棱柱是一种特殊的长方体，它的两底面ABCD 、1111D C B A 是正方形，长方体中有比较多的线面垂直关系，而线面垂直关系往往是解决立体几何问题的关键条件．题中无论是已知线面成角，还是求线面成角，都要把它们转化为具体的角，落实线面成角，先要找线面垂直关系．异面直线1BD 与AD 所成角通过11//D A AD ，落实为具体的B D A 11∠．正四棱柱各个面都是矩形，求面积只要用矩形面积公式．解：（1）在正四棱柱C A 1中，∵⊥11C D 面C C BB 11，∴11BC D ∠是B D 1与侧面C C BB 11所成角，即 3011=∠BC D ．∵ 81=BD ，∴ 411=C D ，341=BC ，∵ 1111D C B A 是正方形，∴41111==C D C B ，⊥D D 1平面ABCD ，∴ BD D 1∠是B D 1与底面ABCD 所成角，在Rt △DB D 1中，2411==D B BD ，81=BD ， ∴22cos 11==∠BD BD BD D ，∴ 451=∠BD D ，即1BD 与底面ABCD 所成角为 45．（2）∵11//D A AD ，∴B D A 11∠是1BD 与AD 所成角（或补角）． ∵⊥11A D 平面B B AA 11，∴ B A A D 111⊥，Rt △B D A 11中，411=D A ，81=BD ， ∴21cos 11=∠B D A ，∴ 6011=∠B D A ，即异面直线AD 与1BD 所成角为 60．（3）Rt △11C BB 中，411=C B ，341=BC ．∴ 241=BB ，∴ ()()12232244244442+=⨯+⨯+⨯=全S ．说明：长方体是一种特殊的棱柱，充分感受其中丰富的线面垂直、线线垂直关系是灵活解题的关键，各种垂直关系是解决立体几何中证明和计算的重要条件．典型例题三例3 如图，已知长方体1111-D C B A ABCD 中，棱长51=AA ，12=AB ，求直线11C B 与平面11BCD A 的距离．分析：求直线到平面的距离，首先要找直线上的点到平面的垂线，而找平面的垂线的一个很有用的思路是，找平面内一条直线与某一平面垂直，这里我们不难看出，长方体中有⊥CB 平面11BB AA ，这样，只要作B A H B 11⊥，又有CB H B ⊥1，得到⊥H B 1平面11A BCD ．解：长方体1AC 中，有⊥BC 平面11BB AA ，过1B 作B A H B 11⊥于H ，又有H B BC 1⊥，∴ ⊥H B 1平11A BCD ，即H B 1是11C B 到平面11BCD A 的距离．在Rt △11A BB 中，由已知可得，51=BB ，1211=B A ，∴ 131=B A ，∴13601=H B ．即H B 1是11C B 到平面11BCD A 的距离为1360．说明：长方体中有棱与面的线面垂直关系，正方体除此之外，还有对角线与对角面的线面垂直关系，比如，求正方体1AC 中，11C A 与面BD C 1所成角．这里，要找11C A 与BD C 1所成角，必须找1A 到平面BD C 1的垂线，因为⊥BD 面C C AA 11，在对角面1AC 内，过1A 作11OC H A ⊥于H ，则H A BD 1⊥，所以⊥H A 1面BD C 1，可以得到O C A 11∠为11C A 与面BD C 1所成角，在对角面C C AA 11中可计算2arctan 11=∠O C A ．典型例题四例4 如图，已知直三棱柱1111-D C B A ABCD 中，AC AB =，F 为侧棱1BB 上一点，a BC BF 2==，a FB =1．（1）若D 为BC 的中点，E 为AD 上不同于A 、D 的任一点，求证：1FC EF ⊥；（2）若a B A 311=，求1FC 与平面B B AA 11所成角的大小．分析：E 点在AD 上变化，EF 为平面ADF 内变化的一组相交直线（都过定点F ），要证明F C 1与EF 垂直，必有⊥F C 1平面ADF ．求1FC 与平面11A ABB 所成角的关键是找1C 到面11A ABB 的垂线，从而落实线面成角，直三棱柱中，侧棱⊥1AA 平面111C B A 给找点1C 到面1AB 的垂线创造了方便的条件．解：（1）∵AC AB =，且D 是BC 的中点，∴BC AD ⊥，又∵ 直三棱柱中⊥1BB 平面ABC ，∴1BB AD ⊥，∴ ⊥AD 平面C C BB 11，∴F C AD 1⊥．在矩形C C BB 11中，a BC BF 2==，a F B =1， ∴a DF 5=，a FC 51=，a DC 101=，∴21212DC FC DF =+，∴ 901=∠DFC ，即DF FC ⊥1，∴⊥1FC 平面ADF ，∴EF FC ⊥1．（2）过1C 作111B A H C ⊥于H ，∵⊥1AA 平面C B A 11，∴H C AA 11⊥，∴⊥H C 1平面B B AA 11，连接FH ，FH C 1∠是F C 1与平面1AB 所成角．在等腰△ABC 中，a AC AB 3==，a BC 2=，∴a AD 22=，在等腰△111C B A 中，由面积相等可得，a a H C 22231⨯=⨯， ∴a H C 3241=，又a F C 51=，在Rt △HF C 1中，15104sin 1=∠FH C ， ∴15104arcsin 1=∠FH C ，即F C 1与平面1AB 所成角为15104arcsin ．说明：由于点E 在AD 上变化，给思考增加了难度，但仔细思考，它又提供了解题的突破口，使得线线垂直成为了1CF 与一组直线垂直．本题的证明还有一个可行的思路，虽然E 在AD 上变化，但是由于⊥AD 平面C C BB 11，所以E 点在平面1BC 上的射影是定点D ，EF 在平面1BC 上射影为定直线DF ，使用三垂线定理，可由DF F C ⊥1，直接证明EF F C ⊥1．三垂线定理是转化空间线线垂直为平面内线线垂直的一个有力工具，再看一个例子，正方体1AC 中，O 是底面ABCD 的中心，E 是11B A 上动点，F 是1DD 中点，求AF 与OE 所成角．我们取AD 中点G ，虽然E 点变化，但OE 在面1AD 上射影为定直线G A 1，在正方形D D AA 11中，易证AF B A ⊥1，所以，OE AF ⊥，即AF 与OE 所成角为 90．典型例题五例5 如图，正三棱柱111-C B A ABC 的底面边长为4，侧棱长为a ，过BC 的截面与底面成 30的二面角，分别就（1）3=a ；（2）1=a 计算截面的面积．分析：要求出截面的面积，首先必须确定截面的形状，截面与底面成30的二面角，如果a 较大，此时截面是三角形；但是如果a 较小，此时截面与侧棱不交，而与上底面相交，截面为梯形．解：截面与侧棱1AA 所在直线交于D 点，取BC 中点E ，连AE 、DE ，△ABC 是等边三角形，∴BC AE ⊥，∵⊥1AA 平面ABC ，∴BC DE ⊥．∴DEA ∠为截面与底面所成二面角的平面角，∴30=∠DEA ．∵等边△ABC 边长为4，∴32=AE ．在Rt △DAE 中，2tan =∠=DEA AE DA ．（1）当3=a 时，D 点在侧棱1AA 上，截面为△BCD ，在Rt △DAE 中，422=+=AE AD DE ， ∴8442121=⨯⨯=⋅=∆DE BC S BCD ．（2）当1=a 时，D 点在1AA 延长线上，截面为梯形BCMN ，∵2=AD ，11=AA ∴MN 是△DBC 的中位线， ∴684343=⨯==∆DBC BCMN S S 梯形．说明：涉及多面体的截面问题，都要经过先确定截面形状，再解决问题的过程，本例通过改变侧棱长而改变了截面形状，我们也可以通过确定侧棱长，改变截面与底面成角而改变截面形状．典型例题六例6 斜三棱柱111-C B A ABC 中，平面⊥C C AA 11底面ABC ，2=BC ，32=AC ，90=∠ABC ，C A AA 11⊥，且C A AA 11=．（1）求1AA 与平面ABC 所成角；（2）求平面11ABB A 与平面ABC 所成二面角的大小；（3）求侧棱1BB 到侧面C C AA11的距离．分析：按照一般思路，首先转化条件中的面面垂直关系，由C A A A 11=，取AC 的中点D ，连D A 1，则有AC D A ⊥1，从而有⊥D A 1平面ABC ，在此基础上，A A 1与底面所成角以及平面11ABB A 与底面所成二面角都能方便地找到，同时⊥D A 1底面ABC 也为寻找B 点到面C C AA 11的垂线创造了条件．解：（1）取AC 的中点D ，连接D A 1，∵C A A A 11=，∴AC D A ⊥1，∵平面⊥C C AA 11底面ABC ，∴⊥D A 1底面ABC ，∴AC A 1∠为A A 1与底面ABC 所成角．∵C A AA 11=且C A AA 11⊥，∴451=∠AC A ．（2）取AB 中点E ，则BC DE //，∵ 90=∠ABC ，∴AB CB ⊥，∴AB DE ⊥．连E A 1，∵⊥D A 1底面ABC ，∴E A 1在平面ABC 上射影为DE ，∴AB E A ⊥1，∴ED A 1∠为侧面B A 1与底面ABC 所成二面角的平面角．在等腰Rt △AC A 1中，32=AC ，∴31=D A ．在Rt △ABC 中，2=BC ，∴1=DE ．在Rt △DE A 1中，3tan 11==∠DED A ED A ， ∴ 601=∠ED A ，即侧面B B AA 11与底面ABC 所成二面角的大小为 60．（3）过B 作AC BH ⊥于H ，∵⊥D A 1底面ABC ，∴BH D A ⊥1，∴⊥BH 平面C C AA 11，在Rt △ABC 中，32=AC ，2=BC ，∴22=AB ， ∴632=⋅=AD BC AB BH ，即1BB 到平面C C AA 11的距离为632．说明：简单的多面体是研究空间线面关系的载体，而线面垂直关系又是各种关系中最重要的关系，立体几何中的证明与计算往往都与线面垂直发生联系，所以在几何体中发现并使用线面垂直关系往往是解题的关键．典型例题七例7 斜三棱柱111-C B A ABC 的底面△ABC 是直角三角形， 90=∠C ，cm 2=BC ，1B 在底面上的射影D 恰好是BC 的中点，侧棱与底面成 60角，侧面B B AA 11与侧面C C BB 11所成角为 30，求斜棱柱的侧面积与体积．分析：1B 在底面ABC 上射影D 为BC 中点，提供了线面垂直⊥D B 1平面ABC ，另外又有 90=∠C ，即BC AC ⊥，又可以得到⊥AC 平面C C BB 11，利用这两个线面垂直关系，可以方便地找到条件中的线面角以及二面角的平面角．解：∵1B 在底面ABC 上，射影D 为BC 中点．∴⊥D B 1平面ABC ．∴BD B 1∠为侧棱B B 1与底面ABC 所成角，即 601=∠BD B ，∵ 90=∠C ，即BC AC ⊥，又D B AC 1⊥，∴⊥AC 平面C C BB 11，过A 作B B AE 1⊥于E ，连接CE ，则B B CE 1⊥．∴AEC ∠是侧面B B AA 11与侧面B B CC 11所成二面角的平面角，∴30=∠AEC ，在直角△CEB 中，∵ 60=∠CEB ，2=BC ，∴3=CE ，在直角△ACE 中，∵30=∠CEA ，3=CE ，∴130tan == EC AC ，22==AC AE ，在直角△DB B 1中， 601=∠BD B ，121==BC BD ， ∴221==BD BB ，360sin 11== BB D B ． ∴侧面积为111AA AC BB AE BB CE S ⋅+⋅+⋅=侧()()()2cm 3322332123+=⨯+=⨯++=．体积为311cm 33212121=⨯⨯⨯=⋅⋅=⋅=∆D B BC AC D B S V ABC ．说明：本例中△ACE 是斜棱柱的一个截面，而且有侧棱与该截面垂直，这个截面称为斜棱柱的直截面，我们可以用这个截面把斜棱柱分成两部分，并且用这两部分拼凑在一个以该截面为底面的直棱柱，斜棱柱的侧面积等于该截面周长乘以侧棱长，体积为该截面面积乘以侧棱长．典型例题八例8 如图所示，在平行六面体1111D C B A ABCD -中，已知a AD AB 2==，a AA =1，又︒=∠=∠=∠6011AB A DAB AD A ．(1)求证：1AA ⊥截面C D B 11；(2)求对角面11ACC A 的面积．分析：(1)由题设易证111D B AA ⊥，再只需证C B AA 11⊥，即证11CD CC ⊥．而由对称性知，若C B CC 11⊥，则11CD CC ⊥，故不必证111D B AA ⊥．(2)关键在于求对角面的高．证明：(1)∵a AD C B 211==，a A A CC ==11，︒=∠=∠60111AD A C C B ， ∴在C C B 11∆中，由余弦定理，得2213a C B =．再由勾股定理的逆定理，得C B C C 11⊥．同理可证：11CD C C ⊥．∴C C 1⊥平面C D B 11．又A A C C 11//，∴1AA ⊥平面C D B 11．解：(2)∵AD AB =，∴平行四边形ABCD 为菱形．AC 为BAD ∠的平分线．作O A 1∴⊥平面AC 于O ，由AB A AD A 11∠=∠，知AC O ∈．作AB M A ⊥1于M ，连OM ，则AB OM ⊥．在AM A Rt 1∆中，a A A AM 2160cos 1=︒⋅=，在AOM Rt ∆中，330sec a AM AO =︒⋅=．在AO A Rt 1∆中，a AO A A O A 322211=-=．又在ABC ∆中，由余弦定理，得a AC 32=． ∴212211a O A AC S ACC A =⋅=．说明：本题解答中用到了教材习题中的一个结论——经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线．如果斜线和这个角两边的夹角相等，那么斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在的直线．另外，还有一个值得注意的结论就是：如果一个角所在平面外一点到角的两边所在直线的距离相等，那么这一点在平面上的射影在这个角的平分线所在的直线上．典型例题九例9 如图所示，已知：直三棱柱111C B A ABC -中，︒=∠90ACB ，︒=∠30BAC ，1=BC ，61=AA ，M 是1CC 的中点．求证：M A AB 11⊥．分析：根据条件，正三棱柱形状和大小及M 点的位置都是确定的，故可通过计算求出M A 1与1AB 两异面直线所成的角．因为C C C B 111⊥，1111C A C B ⊥，所以11C B ⊥侧面C C AA 11．1AC 是斜线1AB 在平面C C AA 11的射影，设1AC 与M A 1的交点为D ，只需证得︒=∠901MDC 即可．证明：∵C C C B 111⊥，1111C A C B ⊥，C C 1与11C A 交于点1C ，∴11C B ⊥面C C AA 11．∵M 为1CC 的中点，∴262111==C C MC ．在111B C A Rt ∆中，︒=∠30111C A B ，∴221111==C B B A ，311=C A ．在M C A Rt 11∆中， ()22332622211211=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=C A MC M A ．在11C AA Rt ∆中，33622211211=+=+=C A AA AC ．又1MDC ∆∽DA A 1∆且21=MC AA ∶，∴22122331311=⨯==M A MD ， 13313111=⨯==AC D C ．在1MDC ∆中，23122122212=+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+D C MD ， 2326221=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=M C ， ∴︒=∠901DM C ，11AC M A ⊥，∴11AB M A ⊥．说明：证明两直线垂直，应用三垂线定理或逆定理是重要方法之一．证明过程中的有关计算要求快捷准确，不可忽视．本题证明两异面直线垂直，也可用异面直线所成的角，在侧面C C AA 11的一侧或上方一个与之全等的矩形，平移M A 1或1AB ，确定两异面直线所成的角，然后在有关三角形中通过计算可获得证明．典型例题十例10 长方体的全面积为11，十二条棱长度之和为24，求这个长方体的一条对角线长．分析：要求长方体对角线长，只要求长方体的一个顶点上的三条棱的长即可．解：设此长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，对角线长为l ，则由题意得： ⎩⎨⎧=++=++②①24)(411)(2z y x zx yz xy由②得：6=++z y x ，从而由长方体对角线性质得：5116)(2)(22222=-=++-++=++=zx yz xy z y x z y x l ．∴长方体一条对角线长为5．说明：(1)本题考查长方体的有关概念和计算，以及代数式的恒等变形能力．在求解过程中，并不需要把x 、y 、z 单个都求出来，而要由方程组的①②从整体上导出222z y x ++，这需要同学们掌握一些代数变形的技巧，需要有灵活性．(2)本题采用了整体性思维的处理方法，所谓整体性思维就是在探究数学问题时，应研究问题的整体形式，整体结构或对问题的数的特征、形的特征、结构特征作出整体性处理．整体思维的含义很广，根据问题的具体要求，需对代数式作整体变换，或整体代入，也可以对图形作出整体处理．典型例题十一例11 如图，长方体1111D C B A ABCD -中，a AB =，b BC =，c BB =1，并且0>>>c b a ．求沿着长方体的表面自A 到1C 的最短线路的长．分析：解本题可将长方体表面展开，可利用在平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．解：将长方体相邻两个展开有下列三种可能，如图．三个图形甲、乙、丙中1AC 的长分别为：ab c b a c b a 2)(22222+++=++bc c b a c b a 2)(22222+++=++ac c b a b c a 2)(22222+++=++∵0>>>c b a ，∴0>>>bc ab ab ．故最短线路的长为bc c b a 2222+++．说明：(1)防止只画出一个图形就下结论，或者以为长方体的对角线2221c b a AC ++=是最短线路．(2)解答多面体表面上两点间，最短线路问题，一般地都是将多面体表面展开，转化为求平面内两点间线段长．典型例题十二例12 设直平行六面体的底面是菱形，经下底面的一边及与它相对的上义面的一边的截面与底面成︒60的二面角，面积为Q ，求直平行六面体的全面积．分析：如图，由于⊥'DD 面AC ．作出截面与底面所成的二面角的平面角HD D '∠后，因DH D Rt '∆中︒=∠60'HD D ，可分别求出D D '、DH 和H D '的值．又上下底面的边长是相等的，便可进一步求出全面积．解：设平行六面体为''''D C B A ABCD -，过D 作AB DH ⊥，H 为垂足，连结H D '． ∵⊥'DD 平面ABCD ，∴AB H D ⊥'，︒=∠60'HD D ， ∴H D D D ''23=，H D DH '21=．又在菱形ABCD 中，有CD BC AB AD ===，∴截面''D ABC 的面积为：Q AB H D S =⋅='1．侧面''DCC D 的面积为：Q AB H D AB D D DC D D S 2323'''2=⋅=⋅=⋅= 底面ABCD 的面积为：Q AB H D AB DH S 2121'3=⋅=⋅=．所以Q S S S )132(2432+=+=全．典型例题十三例13 设有三个命题：甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是直平行六面体．以上命题中，真命题的个数是（）．A ．0B ．1C ．2D ．3解：甲命题是真命题，因为它就是平行六面体的定义；乙命题不是真命题，因为平行六面体的侧棱不一定垂直于底面；丙命题也不是真命题，因为四棱柱的底面不一定是平行四边形．∴应选B ．说明：要认真搞清平行六面体、直平行六面体、长方体等特殊四棱柱的有关概念及性质．典型例题十四例14 如图，ABC C B A -111是直三棱柱，︒=∠90BCA ，点1D 、1F 分别是11B A 、11C A的中点．若1CC CA BC ==，则1BD 与1AF 所成角的余弦值是（）． A ．1030 B ．21 C ．1530 D ．1015解：可将异面直线所成角转化为相交直线的角，取BC 的中点E ，并连结1EF 、EA ． ∵11FD BC 21BE =， ∴11//BD EF ，∴A EF 1∠是1BD 与1AF 所成角．设a BC 2=，则a CC 21=，a CA 2=． ∴a AB 22=，a AF 51=，a AE 5=，a D B B B BD EF 62112111=+==． ∴1030652)5()6()5(2cos 22211221211=⨯⨯-+=⨯⨯-+=∠a a a a a EF AF AE EF AF A EF ∴应选A ．说明：本题主要考查棱柱的性质，以及两条异面直线所成的角、勾股定理、余弦定理等内容：对运算能力和空间想象能力也有较高的要求．典型例题十五例15 如图，已知ABC C B A -111是正三棱柱，D 是AC 的中点．(1)证明：//1AB 平面1DBC ；(2)假设11BC AB ⊥，求以1BC 为棱，1DBC 与1CBC 为面的二面角α的度数．(1)证明：∵ABC C B A -111是正三棱柱，∴四边形11BCC B 是矩形．连结C B 1交1BC 于E ，则E 是C B 1的中点．连结DE ．∵D 、E 分别是AC 、C B 1的中点，∴1//AB DE ．又⊄1AB 平面1DBC ，⊂DE 平面1DBC ，． ∴//1AB 平面1DBC ．(2)解：作BC DF ⊥于F ，则⊥DF 平面C C BB 11，连结EF 则EF 是ED 在平面C C BB 11上的射影．∵11BC AB ⊥又ED AB //1．∴1BC ED ⊥．根据三垂线定理的逆定理，得1BC EF ⊥．从而DEF ∠是二面角C BC D --1的平面角，即α=∠DEF ，设1=AC ，则21=DC ∵ABC ∆是正三角形，∴在DCF Rt ∆中，有 4360sin =︒=DC DF ，4160cos =︒=DC CF 取BC 的中点G ，∵EC EB =，∴BC EG ⊥．在BEF Rt ∆中，FG BF EF ⋅=2 而43=-=FC BC BF ，41=GF ， ∴41432⋅=EF ，∴43=EF ， ∴在DEF Rt ∆中，14343tan ===∠EF DF DEF ． ∴︒=∠45DEF ，即︒=45α．45．从而所求二面角的大小为说明：(1)纵观近十年高考题，其中解答题大多都是以多面体进行专利权查，解答此类题，有些同学往往忽略或忘记了多面体的性质，从而解题时，思维受阻．今后要引以为戒．(2)本题考查空间的线面关系，正棱柱的概念和性质，空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．本题涉及到的知识面宽，有一定的深度，但入手不难，逐渐加深；逻辑推理和几何计算交织为一体；正三棱柱放倒，与课本习题不同，加强了对空间想象能力的考查；在解答过程中，必须添加适当的辅助线，不仅考查了识图，而且考查了作图．本题是一道综合性试题，较深入和全面地考查了各种数学能力，正确解答本题，要求同学们有较高的数学素质．。

高考数学百大经典例题曲线和方程(新课标)

典型例题一例 1 假如命题“坐标知足方程 f x， y 0 的点都在曲线 C 上”不正确，那么以下正确的命题是（ A）曲线C上的点的坐标都知足方程 f x， y0 ．（ B）坐标知足方程 f x， y 0 的点有些在C上，有些不在 C 上．（ C）坐标知足方程 f x， y 0 的点都不在曲线 C 上．（ D）必定有不在曲线 C 上的点，其坐标知足方程 f x， y0 ．剖析：原命题是错误的，即坐标知足方程 f x， y0 的点不必定都在曲线 C 上，易知答案为 D．典型例题二例 2 说明过点P(5 ,1) 且平行于 x 轴的直线l和方程y 1所代表的曲线之间的关系．剖析：“曲线和方程”的定义中所列的两个条件正好构成两个会合相等的充要条件，二者缺一不行．此中“曲线上的点的坐标都是方程 f ( x , y)0的解”，即纯粹性；“以方程的解为坐标的点都是曲线上的点” ，即齐备性．这是我们判断方程是否是指定曲线的方程，曲线是否是所给方程的曲线的准则．解：以下列图所示，过点 P 且平行于x轴的直线 l 的方程为y 1 ，因此在直线l上的点的坐标都知足y 1 ，所以直线 l 上的点都在方程y 1 表示的曲线上．可是以y 1这个方程的解为坐标的点不会都在直线l 上，所以方程y 1 不是直线 l 的方程，直线 l 不过方程y 1 所表示曲线的一部分．说明：本题中曲线上的每一点都知足方程，即知足纯粹性，但以方程的解为坐标的点不都在曲线上，即不知足齐备性．典型例题三例 3说明到坐标轴距离相等的点的轨迹与方程y x 所表示的直线之间的关系．剖析：该题应当抓住“纯粹性”和“齐备性”来进行剖析．解：方程 y x 所表示的曲线上每一个点都知足到坐标轴距离相等．可是“到坐标轴距离相等的点的轨迹”上的点不都知足方程y x ，比如点( 3 , 3)到两坐标轴的距离均为3，但它不知足方程y x ．所以不可以说方程y x 就是全部到坐标轴距离相等的点的轨迹方程，到坐标轴距离相等的点的轨迹也不可以说是方程y x 所表示的轨迹．说明：本题中“以方程的解为坐标点都在曲线上” ，即知足齐备性，而“轨迹上的点的坐标不都知足方程” ，即不知足纯粹性．只有二者全切合，方程才能叫曲线的方程，曲线才能叫方程的曲线．典型例题四例 4 曲线x2( y 1) 2 4 与直线 y k (x2)4 有两个不一样的交点，求k 的取值范围．有一个交点呢？无交点呢？剖析：直线与曲线有两个交点、一个交点、无交点，就是由直线与曲线的方程构成的方程组分别有两个解、一个解和无解，也就是由两个方程整理出的对于x 的一元二次方程的判别式分别知足0、0 、0 ．解：由y k( x 2) 4,x2( y1) 2 4.得 (1k 2 )x22k(3 2)x(3 2)2 4 0k k∴4k 2 (32k )24(1 k 2 )[( 3 2k)24] 4(4k 212k5)4(2k 1)(2k 5)∴当0 即( 2k1)( 2k5)0，即1k5时，直线与曲线有两个不一样的交点．22当0即 (2k1)( 2k5)0 ，即k 1或 k52时，直线与曲线有一个交点．2当0即 (2k1)( 2k5)0 ，即k 1或 k52时，直线与曲线没有公共点．2说明：在判断直线与曲线的交点个数时，因为直线与曲线的方程构成的方程组解的个数与由双方程联立所整理出的对于x (或y)的一元方程解的个数相同，所以假如上述一元方程是二次的，即可经过鉴别式来判断直线与曲线的交点个数，但假如是两个二次曲线相遇，两曲线的方程构成的方程组解的个数与由方程组所整理出的一元方程解的个数不必定相同，所以碰到此类问题时，不要盲目套用上例方法，必定要做到详细问题详细剖析．典型例题五例 5 若曲线y a x 与y x a(a 0) 有两个公共点，务实数 a 的取值范围．剖析：将“曲线有两个公共点”转变为“方程有两个不一样的解” ，从而研究一元二次方程的解的个数问题．若将两条曲线的大概形状现出来，或允许能获得一些启迪．y a x 解法一：由y 得： y a y ax a∵ y 0 ，∴y2a2 ( y a) 2，即 (a21) y22a3 y a40 ．要使上述方程有两个相异的非负实根．4a64a4 (a21)02a3则有：0a21a4a210又∵ a0∴解之得： a 1 ．∴所务实数 a 的范围是 (1,) ．解法二：y a x 的曲线是对于y 轴对称且极点在原点的折线，而y x a 表示斜率为 1 且过点(0 , a)的直线，由下列图可知，当a 1时，折线的右支与直线不订交．所以两曲线只有一个交点，当 a 1 时，直线与折线的两支都订交，所以两条直线有两个相异的交点．说明：这种题较好的解法是解法二，即利用数形联合的方法来探究．若题设条件中“ a 0”改为 a R 呢，请自己探究．典型例题六例 6 已知AOB ，此中A(6 , 0)，O(0 , 0)，B(0 , 3)，则角 AOB均分线的方程是y x (以下列图)，对吗？剖析：本题主要观察曲线方程看法掌握和理解的程度，重点是理解三角形内角均分线是一条线段．解：不对，因为AOB 内角均分线是一条线段OC ，而方程y x 的图形是一条直线．如点 P(8,8)坐标合适方程y x ，但点P 不在AOB 内角AOB 的均分线上．综合上述内角AOB 均分线为：y x(0x2) ．说明：判断曲线的方程或方程的曲线，重要扣定义，两个条件缺一不行，重点是要搞清楚曲线的范围．典型例题七例 7判断方程y x22x 1 所表示的曲线．剖析：依据方程的表面形式，很难判断方程的曲线的形状，所以必需先将方程进行等价变形．解：由原方程22 1 可得：y x xy x 1 ，即 yx 1 ( x1), x 1 ( x1),∴方程 y x22x1的曲线是两条射线，以下图：说明：判断方程表示的曲线，在化简变形方程时要注意等价变形．如方程 x 1y 2等价于 ( x 1)2y 2 且x 1，即 y ( x 1)22( x 1) ，原方程的曲线是抛物线一部分．典型例题八例 8 以下图，已知 A 、 B 是两个定点，且 AB 2 ，动点 M 到定点 A 的距离是4，线段 MB 的垂直均分线 l交线段 MA 于点 P ，求动点 P 的轨迹方程．剖析：本题第一要成立合适直角坐标系，动点P知足的条件(等量关系)题设中没有明显给出，要从题意中剖析找出等量关系．连接PB，则 PM PB ，由此PA PB PA PM AM 4 ，即动点 P 到两定点 A ， B 距离之和为常数．解：过 A ， B 两点的直线为x 轴，A，B两点的中点O为坐标原点，成立直角坐标系∵ AB 2，∴ A， B 两点坐标分别为( 1, 0)， (1, 0)．连接 PB ．∵ l 垂直均分线段BM ，∴PM PB，PA PB PA PM AM 4．设点 P( x , y) ，由两点距离公式得(x 1) 2y2( x 1)2y2 4 ，化简方程，移项两边平方得(移项 )2 ( x 1) 2y2 4 x ．两边再平方移项得：x2y21 ，即为所求点P 轨迹方程．43说明：经过剖析题意利用几何图形的相关性质，找出P 点与两定点 A ， B 距离之和为常数 4 ，是解本题的重点．方程化简过程也是很重要的，且化简过程也保证了等价性．典型例题九例9 过P2，4点作两条相互垂直的直线l1， l 2，若 l1交 l1轴于A， l2交 y 轴于 B ，求线段 AB 中点 M 的轨迹方程．解：连接 PM ，设M x，y，则 A 2x，0，yB 0，2 y ．BP ∵l1l 2∴PAB为直角三角形．M由直角三角形性质知O A x1ABPM2图２即x 2 2y 4 214x2 4 y 2化简得 M 的轨迹方程为2x 2 y 5 0说明：本题也能够用勾股定理求解，还能够用斜率关系求解，所以本题可有三种解法．用斜率求解的过程要麻烦一些．典型例题十例 10222（ k 是常数）的动点P 的轨迹方程．求与两定点 A 、 B 知足 PA PB k剖析：按求曲线方程的方法步骤求解．解法一：如图甲，取两定点 A 和 B 的连线为x轴，过 AB 的中点且与 AB 垂直的直线为 y 轴成立坐标系．2( x a)2y22a)2y2设 A( a , 0) ， B(a , 0) ， P( x , y) ，则：PA， PB ( x．据题意，222，有 ( x a)2y2( x a) 2y2k 2得 4ax k 2．PA PB k因为 k 是常数，且 a0 ，所以x k2P 的轨迹是一条平为动点的轨迹方程，即动点4a行于y 轴的直线．解法二：如图乙，取 A 与B 两点连线为x 轴，过 A 点且与AB 垂直的直线为y 轴成立坐标系．设 A(0,0) ， B( a , 0)， P(x , y) ，则：2x22(x a)2y 2．PA y 2， PB据题意，22k 2，有x2y 2( x a) 2y2k2，PA PBa2k 2a2k2，它是平行于y 轴的一条直线．得 x2a，即动点 P 的轨迹方程为x2a解法三：如图丙成立坐标系，设 A(x1, y1 ) ， B( x2 , y2 ) ， P( x , y) ，则2(x x1 ) 22( x x2 )( y y2 ) 2．PA( y y1 )2， PB2据题意， PA 2PB2k 2，有( x x1) 2( y y1 ) 2(x x2 ) 2( y y2 ) 2k2，整理后获得点P 的轨迹方程为：2( x2x1 ) x2( y2y1) y x12y12x22y22k20 ，它是一条直线．说明：由上边介绍的三种解法，能够看到对于同一条直线，在不一样的坐标系中，方程不同，合适成立坐标系如解法一、解法二，获得的方程形式简单、特征明显，一看便知是直线．而解法三获得的方程烦杂、冗长，若以此为基础研究其余问题，会惹起不用要的麻烦．所以，在求曲线方程时，依据详细状况适入选用坐标系十分重要．此外，也要注意到本题所求的是轨迹的方程，在作解答表述时应重申曲线的方程，而不是曲线．典型例题十一例 11 两直线分别绕着定点 A 和 B ( AB2a )在平面内转动，且转动时保持相互垂直，求两直线的交点P 的轨迹方程．剖析：成立合适的直角坐标系，利用直角三角形的性质，列出动点所知足的等式．解：取直线 AB 为x轴，取线段AB 的中点 O 为原点成立直角坐标系，则：A( a , 0) ， B(a , 0) ，P属于会合 C P22AB2PA PB．设 P(x , y) ，则 ( x a)2y2( x a) 2y2( 2a) 2，化简得 x2y2a2．这就是两直线的交点P 的轨迹方程．说明：本题易出现以下解答错误：取直线 AB 为x轴，取线段 AB 的中点 O 为原点成立直角坐标系，则：A( a , 0)， B(a , 0) ，交点P属于会合C P PA PB P k PA k PB1 ．设 P(x , y) ，则k PAy( x a) ，k PBy( x a) ，x a x ay y 故a 1，即x2y2 a 2(x a )．x a x要知道，当 PA x 轴且另向来线与x 轴重合时，仍有两直线相互垂直，此时两直线交点为 A ．相同 PB x 轴重合时，且另向来线与x 轴仍有两直线相互垂直，此时两直线交点为 B ．因此，A( a , 0) 与 B(a , 0) 应为所求方程的解．纠正的方法是：当PA 或 PB 的斜率不存在时，即x a 时，A(a , 0)和 B( a , 0) 也在曲线上，故所求的点P 的轨迹方程是x2y2 a 2．求出曲线上的点所合适的方程后，不过形式上的曲线方程，还一定对以方程的解为坐标的点作观察，既要剔除不合适的部分，也不要遗漏知足条件的部分．典型例题十二例12如图， Rt ABC 的两条直角边长分别为 a 和b( a b) ，A与B 两点分别在x 轴的正半轴和y 轴的正半轴上滑动，求直角极点 C 的轨迹方程．剖析：由已知ACB 是直角， A 和 B 两点在座标轴上滑动时， AOB 也是直角，由平面几何知识， A 、 C 、 B 、 O 四点共圆，则有 ABC AOC ，这就是点 C 知足的几何条件．由此列出极点 C 的坐标合适的方程．解：设点 C 的坐标为 ( x , y) ，连接 CO ，由ACB AOB 90 ，所以 A 、O 、B 、C 四点共圆．b，tan AOCy ，有 y b ，即 ybx ．从而 AOCABC ．由 tan ABCax x aa注意到方程表示的是过原点、斜率为b的一条直线，而题目中的A 与B 均在两坐标轴bC a点的轨迹不会是一条直线，而是直线的一部分．我的正半轴上滑动，因为 a 、为常数，故们可观察 A 与 B 两点在座标轴上的极端地点，确立C 点坐标的范围．以下列图，当点A 与原点重合时，SABC1AB x1 a2 b 2 x ，所以 xab ．22a 2b 2以下列图，当点B 与原点重合时，C 点的横坐标 x BD ．由射影定理， BC2BD AB ，即 a 2xa 2b 2 ，有 xa 2 ．由已知 ab ，ab a2．所以b2a2a2b2故 C 点的轨迹方程为：y bx （ab x a 2）．a a2b2 a 2b2说明：求出曲线上的点所合适的方程后，不过形式上的曲线方程，还一定对以方程的解为坐标的点作观察，剔除不合适的部分．典型例题十三例 13 过点P(3 , 2)作两条相互垂直的直线l1、l2，若 l1交 x 轴于A， l2交y轴于B，M 在线段 AB 上，且 AM : BM1: 3，求 M 点的轨迹方程．剖析：如图，设 M ( x , y) ，题中几何条件是 l1l 2，在分析几何中要表示垂直关系的代数关系式就是斜率乘积为－1，所以要求M的轨迹方程即x 、y之间的关系，第一要把 l 1、l 2的斜率用 x 、y表示出来，而表示斜率的重点是用x 、y表示A、B两点的坐标，由题可知 M 是 A 、 B 的定比分点，由定比分点坐标公式即可找出 A 、 B 、 M 坐标之间的关系，从而表示出 A 、 B 两点的坐标，并求出 M 点的轨迹方程．解：设 M (x , y) ， A(a , 0) ， B(0 , b)∵ M 在线段 AB 上，且 AM : BM 1:3．∴ M 分AB所成的比是 1 ，3xa1143a x ，由1，得3bb4y y3113∴ A(4x , 0) 、 B(0 , 4 y) 3又∵ P(3 , 2) ， ∴ l 1 的斜率 k 12， l 2 的斜率 k 24 y2 4 ．3 x3324 y 2∵ l 11．l 2 ，∴34x33化简得： 4x 8y 130 ．说明：本题的上述解题过程其实不严实，因为 k 1 需在 x9x9时才能成立，而当时，44 A(3 , 0) ， l 1 的方程为 x 3 ．所以 l 2 的方程是 y2．故 B(0, 2)，可求得 M (9 1 , ) ，而( 9 , 1) 也知足方程 4x4 28 y 13 0 ．故所求轨迹的方程是4x 8 y 13 0 ．这种题在解4 2答时应注意考虑齐备性和纯粹性．典型例题十四例14如图，已知两点 P( 2 , 2) ，Q(0 , 2)以及向来线l ：yx，设长为2 的线段AB在直线l 上挪动．求直线PA 和 QB 的交点M 的轨迹方程．剖析 1：设 M ( x , y) ，题中的几何条件是 AB2 ，所以只要用 ( x , y) 表示出 A 、 B两点的坐标，即可求出曲线的方程，而要表示A 点坐标可先找出 A 、 M 两点坐标的关系，明显 P 、 A 、 M 三点共线．这样即可找出 A 、 M 坐标之间的关系，从而表示出 A 的坐标，同理即可表示出 B 的坐标，问题便能够水到渠成．解法一：设 M ( x , y) 、 A( a , a) 、 B(b , b) (b a) ．由 P 、 A 、M 三点共线可得：a2 y2（利用 PA 与 MP 斜率相等获得）a2 x 22x 2 y∴ a．x y 4由 Q 、B、M三点共线可得b2 y 2 ．b x2x∴ b．x y 2又由 AB 2 得2(a b)2 2 ．∴ b a 1，∴2x2x 2 y 1 ．y2x y4x化简和所求轨迹方程为：x2y2 2 x 2 y 8 0 ．剖析 2：本题也能够先用P 、 A 、 M 三点共线表示出 A 点坐标，再依据 AB 2 表示出 B 点坐标，而后利用Q 、B、M三点共线也可求得轨迹方程．解法二：设 M ( x , y) ， A( a , a)由 AB 2 且 B 在直线 y x 上且 B 在 A 的上方可得：B( a 1 , a 1)由解法一知2x 2 y ay，x4∴B(3x y 4 , 3x y 4 )x y 4 x y 4又由 Q 、B、M三点共线可得：3x y4 x y 2y 24．3x y4xx y4化简得所求轨迹方程为：x2y2 2 x 2 y 8 0 ．解法三：因为 AB 2 且 AB 在直线 y x 上所以可设 A(a , a)， B(a 1 , a1) ．则直线 AP 的方程为：(a2)( y 2) (a 2)( x 2)直线 BQ 的方程为： (a 1)( y 2) (a 1)xx21 a由上述两式解得a( a0)2y1aa( x1) 2a244∴a 2422( y1)a a24∴ ( x 1)2( y 1)28 ，即 x 2y 22x 2 y8 0 ．而当 a0 时，直线 AP 与BQ平行，没有交点．∴所求轨迹方程为x2y 22x 2 y 8 0 ．说明：本题的前两种方法属于直接法，相对较繁，尔后一种方法，事实上它波及到参数的思想 ( a为参数 )，利用交点求轨迹方程．一般先把交点表示为对于参数的坐标，而后消去参数，这也反应出运动的看法．。

2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何(一)

2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（一）1.如图所示，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，⊥PD 平面ABCD ，2PD AB ，点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点.(1)求证：EF PA ⊥；(2)求二面角D FG E 的余弦值.2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF 和一个正四棱锥P ABCD 组合而成，AF AD ⊥，2AEAD .(1)证明：平面⊥PAD 平面ABFE ；(2)求正四棱锥P ABCD 的高h ，使得二面角C AF P 的余弦值是223.3.四棱锥P ABCD-中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是面积为ADC∠为锐角，M为PB的中点．（Ⅰ）求证：PD∥面ACM．（Ⅱ）求证：PA⊥CD．（Ⅲ）求三棱锥P ABCD-的体积．4.如图，四棱锥S ABCD-满足SA⊥面ABCD，90DAB ABC∠=∠=︒．SA AB BC a===，2AD a=．（Ⅰ）求证：面SAB⊥面SAD．（Ⅱ）求证：CD⊥面SAC．SB A DMC BAPD5.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，测棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，点E 是BC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于F ．（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PBC ．（Ⅱ）求证：PB ⊥平面EFD ．6.在直棱柱111ABC A B C -中，已知AB AC ⊥，设1AB 中点为D ，1A C 中点为E ．（Ⅰ）求证：DE ∥平面11BCC B ．（Ⅱ）求证：平面11ABB A ⊥平面11ACC A ．E DABC C 1B 1A 1DAB CEF P7.在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AB AD ⊥，PA PB =，::2:2:1AB AD CD =.（1）证明BD PC ⊥；（2）求二面角A PC D --的余弦值；（3）设点Q 为线段PD 上一点，且直线AQ 平面PAC 所成角的正弦值为23，求PQ PD的值.8.在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO . （1）若λ=1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值；（2）若λ=2，求证：平面CDE ⊥平面CD 1O .9.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，135BCD =︒∠，侧面PAB ⊥底面ABCD ，90BAP =︒∠，2AB AC PA ===，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，点M 在线段PD 上．（Ⅰ）求证：EF ⊥平面PAC ．（Ⅱ）若M 为PD 的中点，求证：ME ∥平面PAB ．（Ⅲ）如果直线ME 与平面PBC 所成的角和直线ME 与平面ABCD 所在的角相等，求PMPD的值．10.如图，在三棱柱111ABC A B C -，1AA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，1AC AB AA ==，E ，F 分别是棱BC ，1A A 的中点，G 为棱1CC 上的一点，且1C F ∥平面AEG ．（1）求1CGCC 的值．（2）求证：1EG AC ⊥．（3）求二面角1A AG E --的余弦值．A 1B 1C 1G F AB CEM F E CBAPD11.如图，在四棱锥P ABCD -中，PB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD BC ∥，AD AB ⊥，且3PB AB AD ===，1BC =．（Ⅰ）若点F 为PD 上一点且13PF PD =，证明：CF ∥平面PAB ．（Ⅱ）求二面角B PD A --的大小．（Ⅲ）在线段PD 上是否存在一点M ，使得CM PA ⊥？若存在，求出PM 的长；若不存在，说明理由．12.如图，在四棱锥E ABCD -中，平面EAD ⊥平面ABCD ，CD AB ∥，BC CD ⊥，EA ED ⊥，4AB =，2BC CD EA ED ====．Ⅰ证明：BD AE ⊥．Ⅱ求平面ADE 和平面CDE 所成角（锐角）的余弦值．DABCEPF DBCA13.己知四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，且2PA AB ==．60ABC ∠=︒，BC 、PD 的中点分别为E ，F ．（Ⅰ）求证BC PE ⊥．（Ⅱ）求二面角F AC D --的余弦值．（Ⅲ）在线段AB 上是否存在一点G ，使得AF 平行于平面PCG ？若存在，指出G 在AB 上的位置并给予证明，若不存在，请说明理由．14.如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥平面ABCD ，AF DE ∥，3DE AF =，BE 与平面ABCD 所成角为60︒．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BDE ．（Ⅱ）求二面角F BE D --的余弦值．（Ⅲ）设点M 线段BD 上一个动点，试确定点M 的位置，使得AM ∥平面BEF ，并证明你的结论．DDABCEF15.如图，PA ⊥面ABC ，AB BC ⊥，22AB PA BC ===，M 为PB 的中点．（Ⅰ）求证：AM ⊥平面PBC ．（Ⅱ）求二面角A PC B --的余弦值．（Ⅲ）在线段PC 上是否存在点D ，使得BD AC ⊥，若存在，求出PDPC的值，若不存在，说明理由．16.如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，AB ⊥平面,//,PAD AB CD E 是PB 的中点,2,5,3,2AHPD PA AB AD HD===== . （1）证明：PH ⊥平面ABCD ；（2）若F 是CD 上的点，且23FC FD ==，求二面角B EF C --的正弦值.MDABCP17.如图，DC ⊥平面ABC ，//EB DC ，22AC BC EB DC ====，120ACB ∠=︒，Q为AB 的中点．（Ⅰ）证明：CQ ⊥平面ABE ；（Ⅱ）求多面体ACED 的体积；（Ⅲ）求二面角A -DE -B 的正切值．18.如图1 ,在△ABC 中，AB =BC =2, ∠B =90°,D 为BC 边上一点，以边AC 为对角线做平行四边形ADCE ，沿AC 将△ACE 折起，使得平面ACE ⊥平面ABC ,如图2.(1)在图 2中，设M 为AC 的中点，求证:BM 丄AE ； (2)在图2中，当DE 最小时，求二面角A -DE -C 的平面角.19.如图所示，在已知三棱柱ABF -DCE 中，90ADE ∠=︒，60ABC ∠=︒，2AB AD AF ==，平面ABCD ⊥平面ADEF ，点M在线段BE 上，点G 是线段AD 的中点．（1）试确定点M 的位置，使得AF ∥平面GMC ；（2）求直线BG 与平面GCE 所成角的正弦值．20.已知在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，AC =AB ，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点.（Ⅰ）求证：AF ∥平面PCE ；（Ⅱ）若22AB AP ==，求平面P AD 与平面PCE 所成锐二面角的余弦值.21.如图，五面体P ABCD 中，CD ⊥平面P AD ，ABCD 为直角梯形，,2BCD PD BC CD π∠===1,2AD AP PD =⊥. （1）若E 为AP 的中点，求证：BE ∥平面PCD ；（2）求二面角P -AB-C 的余弦值.22.如图（1）所示，已知四边形SBCD 是由Rt △SAB 和直角梯形ABCD 拼接而成的，其中90SAB SDC ∠=∠=︒.且点A 为线段SD 的中点，21AD DC ==，2AB =.现将△SAB沿AB 进行翻折，使得二面角S -AB -C 的大小为90°，得到图形如图（2）所示，连接SC ，点E ，F 分别在线段SB ，SC 上. （Ⅰ）证明：BD AF ⊥；（Ⅱ）若三棱锥B -AEC 的体积为四棱锥S -ABCD 体积的25，求点E 到平面ABCD 的距离.23.四棱锥S-ABCD中，AD∥BC，,BC CD⊥060SDA SDC∠=∠=，AD DC=1122BC SD==，E为SD的中点.（1）求证：平面AEC⊥平面ABCD；（2）求BC与平面CDE所成角的余弦值.24.已知三棱锥P-ABC，底面ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，P A⊥AC，BA=BC=P A=2，二面角P-AC-B的大小为120°.（1）求直线PC与平面ABC所成角的大小；（2）求二面角P-BC-A的正切值.25.如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，090=∠=∠BCD ABC ，AB CB DC PD PA 21====，E 是PB 的中点，（Ⅰ）求证：EC ∥平面APD ；（Ⅱ）求BP 与平面ABCD 所成的角的正切值；（Ⅲ）求二面角P -AB -D 的余弦值.26.四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 为边长为2的正方形，P A =2，PB =PD =22，E ，F ，G ，H 分别为棱P A ，PB ，AD ，CD 的中点．（1）求CD 与平面CFG 所成角的正弦值；（2）探究棱PD 上是否存在点M ，使得平面CFG ⊥平面MEH ，若存在，求出PDPM的值；若不存在，请说明理由．试卷答案1以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则 0,0,0D ，0,2,0A ，2,0,0C，0,0,2P ，1,0,1E ，0,0,1F ，2,1,0G .(1)∵0,2,2PA ，1,0,0EF，则0PA EF ，∴PA EF .(2)易知0,0,1DF，2,11FG，设平面DFG 的法向量111,,m x y z ，则m DF m FG ，即1111020z x yz ，令11x ，则1,2,0m 是平面DFG 的一个法向量，同理可得0,1,1n 是平面EFG 的一个法向量，∴210cos ,552m n m nm n，由图可知二面角D FG E 为钝角， ∴二面角D FG E 的余弦值为105.2.(1)证明：直三棱柱ADE BCF 中，AB 平面ADE ，所以：AB AD ，又AD AF ，所以：AD平面ABFE ，AD 平面PAD ，所以：平面PAD 平面ABFE .(2)由(1)AD平面ABFE ，以A 为原点，,,AB AE AD 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，设正四棱锥P ABCD 的高h ，2AE AD ，则0,0,0A ，2,2,0F ，2,0,2C ，1,,1P h . 2,2,0AF，2,0,2AC，1,,1APh .设平面ACF 的一个法向量111,,m x y z ，则：1111220220m AF x y n ACx z ，取11x ，则111y z ，所以：1,1,1m .设平面AFP 的一个法向量222,,n x y z ，则222222200n AF x y n APx hy z ，取21x ，则21y ，21z h ，所以：1,1,1n h ，二面角C AF P 的余弦值是223，所以：211122cos ,3321m n h m n m nh ，解得：1h .3.E ODPABC M（Ⅰ）证明：连结AC 交BD 于O ，则O 是BD 中点， ∵在PBD △中，O 是BD 的中点，M 是PB 的中点， ∴PD MO ∥，又PD ⊄平面ACM ，MO ⊂平面ACM ，∴PD ∥平面ACM ．（Ⅱ）证明：作PE CD ⊥，则E 为CD 中点，连结AE ， ∵底面ABCD 是菱形，边长为2，面积为，∴11sin 222sin 222S AD DC ADC ADC =⨯⨯⨯∠⨯=⨯⨯∠⨯=∴sin ADC ∠，60ADC ∠=︒， ∴ACD △是等边三角形， ∴CD AE ⊥，又∵CD PE ⊥， ∴CD ⊥平面PAE ， ∴CD PA ⊥．（Ⅲ）11233P ABCD ABCD V S PE -=⨯=⨯．4.DABCSE（1）证明：∵SA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB SA ⊥，又∵90BAD ∠=︒， ∴AB AD ⊥， ∵SA AD A =， ∴AB ⊥平面SAD ，又AB ⊂平面SAB ， ∴平面SAB ⊥平面SAD ．（Ⅱ）证明：取AD 中点为E ，∵90DAB ABC ∠=∠=︒，2AD a =，BC a =，E 是AD 中点， ∴ABCE ∠是矩形，CE AB a ==，DE a =，∴CD =，在ACD △中，AC，CD =，2AD a =， ∴222AC CD AD +=，即CD AC ⊥，又∵SA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴CD SA ⊥， ∴CD ⊥平面PAC ． 5.P F ECB AD（Ⅰ）证明：∵PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PD BC ⊥，又∵底面ABCD 为矩形， ∴BC CD ⊥， ∴BC ⊥平面PCD ， ∵BC ⊂平面PBC ， ∴平面PCD ⊥平面PBC ．（Ⅱ）证明：∵PD DC =，E 是PC 中点， ∴DE PC ⊥，又平面PCD ⊥平面PBC ，平面PCD 平面PBC PC =， ∴DE ⊥平面PBC ， ∴DE PB ⊥，又∵EF PB ⊥，EF DE E =，∴PB ⊥平面EFD ．6.E A 1B 1C 1CBAD（Ⅰ）证明：连结1A B ， ∵D 是1AB 的中点， ∴D 是1A B 的中点，∵在1A BC △中，D 是1A B 的中点，E 是1A C 的中点， ∴DE BC ∥，又DE ⊄平面11BCC B ，BC ⊂平面11BCC B ， ∴DE ∥平面11BCC B ．（Ⅱ）证明：∵111ABC A B C -是直棱柱， ∴1AA ⊥平面ABC ， ∴1AA AB ⊥，又AB AC ⊥， ∴AB ⊥平面11ACC A ， ∵AB ⊂平面11ABB A ， ∴平面11ABB A ⊥平面11ACC A ．7.以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系(2,0,0)B，D ，(0,0,2)P，C（1）(BD =-，(1,2)PC =-， ∵0BD PC •=∴BD PC ⊥（2）(1,AC =，(0,0,2)AP =，平面PAC 的法向量为(2,1,0)m =-(0,2)DP =，(1,0,0)AP =，平面DPC 的法向量为(0,2,1)n =--.2cos ,3m n m n m n•==•，二面角B PC D --的余弦值为3.（3）∵AQ AP PQ AP tPD =+=+，[]0,1t ∈ ∴(0,0,2)(0,2,2)(0,2,22)AQ t t t =+-=- 设θ为直线AQ 与平面PAC 所成的角2sin cos ,3AQ m AQ m AQ mθ•===• 2222223684332(22)tt t t t t =⇒=-++-，解得2t =（舍）或23. 所以，23PQ PD =即为所求.8.解:(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA ,DC ,1DD 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．则A (1，0，0)，()11022O ，，，()010C ，，，D 1(0，0，1)， E ()111442，，，于是，.由cos＝＝.所以异面直线AE 与CD 1所成角的余弦值为36. （2）设平面CD 1O 的向量为m =(x 1，y 1，z 1)，由m ·CO ＝0，m ·1CD ＝0 得取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1，即m =(1，1，1) .由D 1E ＝λEO ，则E ，.又设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·CD ＝0，n ·DE ＝0. 得取x 2=2，得z 2＝－λ，即n ＝(－2，0，λ) .因为平面CDE ⊥平面CD 1F ，所以m ·n ＝0，得λ＝2．9.（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中， ∵AB AC =，135BCD =︒∠，45ABC =︒∠， ∴AB AC ⊥，∵E ，F 分别为BC ，AD 的中点， ∴EF AB ∥，∴EF AC ⊥，∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，且90BAP =︒∠， ∴PA ⊥底面ABCD ，∴PA EF ⊥，又∵PAAC A =，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，∴EF ⊥平面PAC ．（Ⅱ）证明：∵M 为PD 的中点，F 为AD 的中点， ∴MF PA ∥，又∵MF ⊄平面PAB ，PA ⊂平面PAB ， ∴MF ∥平面PAB ，同理，得EF ∥平面PAB ，又∵MFEF F =，MF ⊂平面M EF ，EF ⊂平面M EF ，∴平面MEF ∥平面PAB ，又∵ME ⊂平面M EF ， ∴ME ∥平面PAB ．（Ⅲ）解：∵PA ⊥底面ABCD ，AB AC ⊥，∴AP ，AB ，AC 两两垂直，故以AB ，AC ，AP 分别为x 轴，y 轴和z 轴建立如图空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,0,2)P ，(2,2,0)D -，(1,1,0)E ，所以(2,0,2)PB =-，(2,2,2)PD =--，(2,2,0)BC =-，设([0,1])PMPDλλ=∈，则(2,2,2)PM λλλ=--， ∴(2,2,22)M λλλ--，(12,12,22)ME λλλ=+--，易得平面ABCD 的法向量(0,0,1)m =，设平面PBC 的法向量为(,,z)n x y =，则：n BC n PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即220220x y x z -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，得(1,1,1)n =， ∴直线ME 与平面PBC 所成的角和此直线与平面ABCD 所成的角相等， ∴|cos ,||cos ,|ME m ME n <>=<>，即||||||||||||ME m ME n ME m ME n ⋅⋅=⋅⋅，∴|21|λ-=，解得λ=或λ=（舍去），故PM PD ．D10.（1）∵1C F ∥平面AEG ，又1C F ⊂平面11ACC A ，平面11ACC A 平面AEG AG =，∴1C F AG ∥，∵F 为1AA 的点，且侧面11ACC A 为平行四边形， ∴G 为1CC 中点， ∴112CG CC =．（2）证明：∵1AA ⊥底面ABC ，1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，又AB AC ⊥，如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，设2AB =，则由1AB AC AA ==可得(2,0,0)C ，(0,2,0)B ，1(2,0,2)C ，1(0,0,2)A ， ∵E ，G 分别是BC ，1CC 的中点，∴(1,1,0)E ，(2,0,1)G ， ∴1(1,1,1)(2,0,2)0EG CA ⋅=-⋅-=， ∴1EG CA ⊥， ∴1EG AC ⊥．（3）设平面AEG 的法向量为(,,)n x y z =，则：0n AE n AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x z +=⎧⎨+=⎩，令1x =，则1y =-，2z =-， ∴(1,1,2)n =--，由已知可得平面1A AG 的法向量(0,1,0)m =， ∴6cos ,6||||n m n m n m ⋅<>==-⋅由题意知二面角1A AG E --为钝角， ∴二面角1A AG E --的余弦值为．111.（Ⅰ）证明：过点F 作FH AD ∥，交PA 于H ，连结BH ，如图所示，∵13PF PD =，∴13HF AD BC ==，又FH AD ∥，AD BC ∥，HF BC ∥， ∴四边形BCFH 为平行四边形， ∴CF BH ∥，又BH ⊄平面PAB ，CF ⊄平面PAB ， ∴CF ∥平面PAB ．z D（Ⅱ）解：∵梯形ABCD 中，AD BC ∥，AD AB ⊥， ∴BC AB ⊥， ∵PB ⊥平面ABCD ， ∴PB AB ⊥，PB BC ⊥，∴如图，以B 为原点，BC ，BA ，BP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(1,0,0)C ，(3,0,0)D ，(0,3,0)A ，(0,0,3)P ，设平面BPD 的一个法向量为(,,)n x y z =，平面APD 的一个法向量为(,,)m a b c =， ∵(3,3,3)PD =-，(0,0,3)BP =，∴00PD n BP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即333030x y z z +-=⎧⎨=⎩，令1x =得(1,1,0)n =-，同理可得(0,1,1)m =， ∴1cos ,2||||n m n m n m ⋅<>==-⋅，∵二面角B PD A --为锐角， ∴二面角B PD A --为π3．（Ⅲ）假设存在点M 满足题意，设(3,3,3)PM PD λλλλ=-， ∴(13,3,33)CM CP PD λλλλ=+=-+-，∵(0,3,3)PA =-，∴93(33)0PA CM λλ⋅=+-=，解得12λ=，∴PD 上存在点M 使得CM PA ⊥，且12PM PD =．12.Ⅰ∵BC CD ⊥，2BC CD ==，∴BD =，同理EA ED ⊥，2EA ED ==，∴AD =，又∵4AB =，∴由勾股定理可知222BD AD AB +=，BD AD ⊥，又∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD 平面ABCD AD =，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面AED ，又∵AE ⊂平面AED ， ∴BD AE ⊥．Ⅱ解：取AD 的中点O ，连结OE ，则OE AD ⊥， ∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD 平面ABCD AD =，∴OE ⊥平面ABCD ，取AB 的中点F ，连结DF BD ∥，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(D ，(C -，E ，(DC =-，(2,0,DE =，设平面CDE 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DE n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即00x z x y +=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1z =-，1y =，∴平面CDE 的法向量(1,1,1)n =-，又平面ADE 的一个法向量为1(0,1,0)n =，设平面ADE 和平面CDE 所成角（锐角）为θ，则1113cos |cos ,|3||||nn n n n n θ⋅=<>==⋅，∴平面ADE 和平面CDE． C13.（1）证明：连结AE ，PE ．∵PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PA BC ⊥．又∵底面ABCD 是菱形，AB BC =，60ABC ∠=︒， ∴ABC △是正三角形． ∵E 是BC 的中点， ∴AE BC ⊥．又∵PA AE A =，PA ⊂平面PAE ，PE ⊂平面PAE ，∴BC ⊥平面PAE ， ∴BC PE ⊥．（2）由（1）得AE BC ⊥，由BC AD ∥可得AE AD ⊥．又∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA AE ⊥，PA AD ⊥．∴以A 为原点，分别以AE ，AD ，AP 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示，则(0,0,0)A，E ，(0,2,0)D ，(0,0,2)P，1,0)B -，C ，(0,1,1)F ．∵PA ⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的法向量为(0,0,2)AP =．又∵(3,1,0)AC =，(0,1,1)AF =．设平面ACF 的一个法向量(,,)n x y z =，则：AC n AF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00y y z +==⎪⎩+，令1x =，则y =z ，∴(1,3,n =-． ∴21cos ,7||||AP n AP n AP n ⋅==． ∵二面角F AC D --是锐角， ∴二面角F AC D -- （3）G 是线段AB 上的一点，设(01)AG t AB t =≤≤． ∵(3,1,0)AB =-，∴,,0)G t -．又∵(3,1,2)PC =-，(3,,2)PG t t =--．设平面PCG 的一个法向量为(,,)n x y z =，则：1100PC n PGn ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111112020yz ty z-=--=+，∴1()n t t =-+， ∵AF ∥平面PCG ，∴AF n ⊥，0AF n ⋅=1)0t -=，解得12t =．故线段AB 上存在一点G ，使得AF 平行于平面PCG ，G 是AB 中点．14.（1）证明：∵DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴DE AC ⊥． ∵ABCD 是正方形， ∴AC BD ⊥．又DEBD D =，∴AC ⊥平面BDE ．（2）∵DA ，DC ，DE 两两重叠，∴建立空间直角坐标系D xyz -如图所示．∵BE 与平面ABCD 所成角为60︒，即60DBE ∠=︒，∴EDDB．由3AD =，可知DZ =AF ，则(3,0,0)A，F，E ，(3,3,0)B ，(0,3,0)C ．∴(0,BF =-，(3,0,EF =-，设平面BEF 的法向量为(,,)n x y z =，则00n BF n EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3030y x ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，令z (4,2,6)n =． ∵AC ⊥平面BDE ，∴CA 为平面BDE 的一个法向量，(3,3,0)CA =-，∴cos ,||||32n CA n CA n CA ⋅==．∵二面角F BE D --为锐角， ∴二面角F BE D -- （3）点M 线段BD 上一个动点，设(,,0)M t t ，则(3,,0)AM t t =-．∵AM ∥平面BEF ，∴0AM n ⋅=，即4(3)20t t -+=，解得2t =，此时，点M 坐标为(2,2,0)，13BM BD =，符合题意．15.（1）证明：∵PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴PA BC ⊥．∵BC AB ⊥，PA AB A =， ∴BC ⊥平面PAB ．又AM ⊂平面PAB ， ∴AM BC ⊥．∵PA AB =，M 为PB 的中点， ∴AM PB ⊥．又∵PBBC B =，∴AM ⊥平面PBC ．（2）如图，在平面ABC 内作AZ BC ∥，则AP ，AB ，AZ 两两垂直，建立空间直角坐标系A xyz -．则(0,0,0)A ，(2,0,0)P ，(0,2,0)B ，(0,2,1)C ，(1,1,0)M ． (2,0,0)AP =，(0,2,1)AC =，(1,1,0)AM =．设平面APC 的法向量为(,,)n x y z =，则：0n AP n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y z =⎧⎨+=⎩，令1y =，则2z =-． ∴(0,1,2)n =-．由（1）可知(1,1,0)AM =为平面PBC 的一个法向量，∴cos||||5AM nn AMAM n⋅⋅==∵二面角A PC B--为锐角，∴二面角A PC B--．（3）证明：设(,,)D v wμ是线段PC上一点，且PD PCλ=，(01)λ≤≤，即(2,,)(2,2,1)v wμλ-=-，∴22μλ=-，2vλ=，wλ=．∴(22,22,)BDλλλ=--．由0BD AC⋅=，得4[0,1]5λ=∈，∴线段PC上存在点D，使得BD AC⊥，此时45PDPCλ==．16.解：（1）证明：因为AB⊥平面PAD，所以PH AB⊥，因为3,2AHADHD==，所以2,1AH HD==，设PH x=，由余弦定可得，22221cos22x HD PH xPHDx HD x+--∠==⋅22221cos24x HA PH xPHAx HA x+--∠==⋅因为cos cosPHD PHA∠=-∠，故1PH x==，所以PH AD⊥，因为AD AB A=，故PH⊥平面ABCD.（2）以H为原点，以,,HA HP HP所在的直线分别为,,x y z轴，建立空间直角坐标系，则3139(2,3,0),(0,0,1),(1,,),(1,,0),(1,,0)2222B P E F C--，所以可得，3311(3,,0),(1,,),(2,0,),(0,3,0)2222BF BE EF FC=--=--=-=，设平面BEF的法向量(,,)n x y z=，则有：33002(1,2,4)30022x yBF nnzBE n x y⎧--=⎪⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨⋅=⎪⎪⎩--+=⎪⎩，设平面EFC的法向量(,,)m x y z=，则有：020(1,0,4)2030z EF m x m FC m y ⎧⎧⋅=--=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨⋅=⎪⎪⎩=⎩，故17cos ,21n m n m n m⋅===⋅设二面角B EF C --的平面角为θ ，则sin 21θ=.17.解（Ⅰ）证明：∵DC ⊥平面ABC ，//BE DC ∴BE ⊥平面ABC ∴CQ BE ⊥ ①又∵2AC BC ==，点Q 为AB 边中点 ∴CQ AB ⊥ ②AB BE B =故由①②得CQ ⊥平面ABE（Ⅱ）过点A 作AM BC ⊥交BC 延长线于点M ∵,AM BC AM BE ⊥⊥ ∴AM ⊥平面BEDC ∴13A CED CDE V S AM -∆=sin33AM AC π==11212CDE S ∆=⨯⨯= ∴113A CED V -=⨯= （Ⅲ）延长ED 交BC 延长线于S ，过点M 作MQ ES ⊥于Q ，连结AQ 由（Ⅱ）可得：AQM ∠为A DE B --的平面角∵1//2CD BC ∴2SC CB == ∴SE ==1MC MS ==∵SQM ∆∽SBE ∆∴QM SM BE SE=∴1225QM=即55QM=∴3tan1555AMAQMQM∠===18.（1）证明：∵在中，，∴当为的中点时，∵平面平面，平面，平面平面∴平面∵平面∴（2）如图，分别以射线，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系设，则，，，∵，，平面平面∴∴当且仅当时，最小，此时，设，平面，则，即∴令，可得，，则有∴∴观察可得二面角的平面角19.（1）取FE 的中点P ，连接CP 交BE 于点M ，M 点即为所求的点．连接PG ，∵G 是AD 的中点，P 是FE 的中点，∴//PG AF ，又PG ⊂平面MGC ，AF ⊄平面MGC ，所以直线//AF 平面MGC ， ∵//PE AD ，//AD BC ，∴//PE BC ，∴2BM BCME PE==，故点M 为线段BE 上靠近点E 的三等分点．（2）不妨设2AD =，由（1）知PG AD ⊥，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF平面ABCD AD =，PG ⊂平面ADEF ，∴PG ⊥平面ABCD ．故PG GD ⊥，PG GC ⊥，以G 为坐标原点，GC ，GD ，GP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系G xyz -，∵60ABC ∠=︒，2AB AD AF ==，∴ADC ∆为正三角形，3GC =，∴(0,0,0)G ，3,0,0)C ，(0,1,0)D ，(0,1,1)E ，∴(0,1,1)GE =，(3,0,0)GC =，设平面CEG 的一个法向量1(,,)n x y z =，则由10n GE ⋅=，10n GC ⋅=可得0,30,y z x +=⎧⎪⎨=⎪⎩令1y =，则1(0,1,1)n =-，∵(3,1,0)CD =-BA =，且(0,1,0)A -，故3,2,0)B -，故(3,2,0)BG =-，故直线BG 与平面GCE 所成角的正弦值为11||14sin 7||||n BG n BG θ⋅==⋅．20.（Ⅰ）取PC 中点H ，连接、EH FH .∵E 为AB 的中点，ABCD 是菱形，∴//AE CD ，且12AE CD =，又F 为PD 的中点，H 为PC 的中点，∴//FH CD ，且12FH CD =，∴//AE FH ，且AE FH =，则四边形AEHF 是平行四边形，∴//AF EH .又AF ⊄平面PCE ，EH ⊂面PCE ，∴//AF 平面PCE .（Ⅱ）取BC 的中点为O ，∵ABCD 是菱形，AC AB =，∴AO BC ⊥，以A 为原点，,,AO AD AP 所在直线分别为,,z x y 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则)()()3,1,0,3,1,0,0,2,0BCD -，)()313,0,0,0,0,1,,02OP E ⎫-⎪⎪⎝⎭，∴()333,1,1,,,022PC EC ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，()3,0,0AO =，设平面的法向量为()1,,n x y z =，则1100n PC n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即3033022x y z x y ⎧+-=⎪+=⎪⎩，令1y =-，则3,2x z ==，∴平面PCE 的一个法向量为)13,1,2n =-，又平面PAD 的一个法向量为()21,0,0n =.∴12121236cos ,|n ||n |4314n n n n ⋅<>===⋅++.即平面PAD 与平面PCE 621.解：（1）证明：取PD 的中点F ，连接,EF CF ，因为,E F 分别是,PA PD 的中点，所以//EF AD 且12EF AD =，因为1,//2BC AB BC AD =，所以//EF BC 且EF BC =，所以//BE CF , 又BE ⊄平面,PCD CF ⊂平面PCD ，所以//BE 平面PCD .（2）以P 为坐标原点，,PD PA 所在直线分别为x 轴和y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设1BC =，则13(0,0,0),3,0),(1,0,0),(1,0,1),(2P A D C B ， 13(0,3,0),(,1),(1,3,0)2PA AB AD ==-=-,设平面PAB 的一个法向量为(,,)n x y z =，则30013002n PA yn AB x z ⎧=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，令2x =，得(2,0,1)n =-，同理可求平面ABD 的一个法向量为6(3,3,0)cos ,55n m m n m n m⋅=⇒===⨯，平面ABD 和平面ABC 为同一个平面，所以二面角P AB C --.22.解：（Ⅰ）证明：因为二面角S AB C --的大小为90°，则SA AD ⊥，又SA AB ⊥，故SA ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以SA BD ⊥；在直角梯形ABCD 中，90BAD ADC ∠=∠=︒，21AD CD ==，2AB =，所以1tan tan 2ABD CAD ∠=∠=，又90DAC BAC ∠+∠=︒，所以90ABD BAC ∠+∠=︒，即AC BD ⊥；又ACSA A =，故BD ⊥平面SAC ，因为AF ⊂平面SAC ，故BD AF ⊥.（Ⅱ）设点E 到平面ABCD 的距离为h ，因为B ABC E ABC V V --=，且25E ABC S ABCD V V --=，故511215*********ABCD S ABCD E ABCABC S SAV V S h h --∆⨯⋅⨯===⋅⨯⨯⨯梯形，故12h =，做点E 到平面ABCD 的距离为12.23.（1）E 为SD 的中点，01,602AD DC SD SDA SDC ==∠=∠=.ED EC AD DC ∴===设O 为AC 的中点，连接,EO DO 则EO AC ⊥//,AD BC BC CD ⊥ .AD BC ∴⊥又OD OA OC ==EOC EOD ∴∆≅∆ 从而EO OD ⊥AC ABCD = DO ⊂面ABCD 0AC DO =EO ∴⊥面ABCD EO ⊂面AEC∴面EAC ⊥面ABCD ………………6分（2）设F 为CD 的中点,连接OF EF 、,则OF 平行且等于12AD AD ∥BC EF ∴∥BC不难得出CD ⊥面OEF （EO CD ⊥ FO CD ⊥）∴面ECD ⊥面OEFOF 在面ECD 射影为EF ，EFO ∠的大小为BC 与面ECD 改成角的大小设AD a =，则2aOF =32EF a = 3os OF c EFO EF <== 即BC 与ECD 3（亦可以建系完成） ………………12分24.解（Ⅰ）过点P 作PO ⊥底面ABC ，垂足为O ，连接AO 、CO ，则∠PCO 为所求线面角，,AC PA ⊥,AC PO PA PO P ⊥⋂=且，AC ∴⊥平面PAO .则∠P AO 为二面角P -AC -B 平面角的补角∴∠ 60=PAO ，又23PA =∴，，1sin 2PO PCO CO ∠== 030PCO ∴∠=，直线PC 与面ABC 所成角的大小为30°.（Ⅱ）过O 作OE BC ⊥于点E ,连接PE ，则PEO ∠为二面角P -BC -A 的平面角，AC ⊥平面PAO ,AC OA ⊥045AOE ∠=,设OE 与CA 相交于F 22OE EF FO ∴=+=+在PEO ∆中，3436tan 7222POPEO EO-∠===+则二面角P -BC -A 的正切值为4367-.25.解：（Ⅰ）如图，取PA 中点F ，连接FD EF ,，E 是BP 的中点，AB EF // 且AB EF 21=，又AB DC AB DC 21,//= ∴∴DC EF //四边形EFDC 是平行四边形，故得//EC FD又⊄EC 平面⊂FD PAD ,平面PAD//EC ∴平面ADE（Ⅱ）取AD 中点H ,连接PH ,因为PD PA =，所以AD PH ⊥平面⊥PAD 平面ABCD 于AD ，⊥∴PH 面ABCD ，HB ∴是PB 在平面ABCD 内的射影 PBH ∠∴是PB 与平面ABCD 所成角四边形ABCD 中，090=∠=∠BCD ABC ∴四边形ABCD 是直角梯形AB CB DC 21== 设a AB 2=，则a BD 2=在ABD ∆中，易得a AD DBA 2,450=∴=∠.22212222a a a DH PD PH =-=-=又22224AB a AD BD ==+ABD ∆∴是等腰直角三角形，090=∠ADBa a a DB DH HB 2102212222=+=+=∴ ∴ 在PHB Rt ∆中，5521022tan ===∠a aHB PH PBH（Ⅲ）在平面ABCD 内过点H 作AB 的垂线交AB 于G 点，连接PG ,则HG 是PG 在平面ABCD 上的射影，故AB PG ⊥，所以PGH ∠是二面角D AB P --的平面角，由a HA a AB 22,2==，又a HG HAB 21450=∴=∠ 在PHG Rt ∆中，22122tan ===∠a aHG PH PGH ∴ 二面角D AB P --的余弦值大小为.3326.（1）∵四棱锥P ﹣ABCD 的底面ABCD 为边长为2的正方形，PA=2，PB=PD=2，∴PA 2+AB 2=PB 2，PA 2+AD 2=PD 2， ∴PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，∴以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，∵E ，F ，G ，H 分别为棱PA ，PB ，AD ，CD 的中点． ∴C （2，2，0），D （0，2，0），B （2，0，0）， P （0，0，2），F （1，0，1），G （0，1，0）， =（﹣2，0，0），=（﹣1，﹣2，1），=（﹣2，﹣1，0），设平面CFG 的法向量=（x ，y ，z ），则，取x=1，得=（1，﹣2，﹣3），设CD与平面CFG所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|===．∴CD与平面CFG所成角的正弦值为．（2）假设棱PD上是否存在点M（a，b，c），且，（0≤λ≤1），使得平面CFG⊥平面MEH，则（a，b，c﹣2）=（0，2λ，﹣2λ），∴a=0，b=2λ，c=2﹣2λ，即M（0，2λ，2﹣2λ），E（0，0，1），H（1，2，0），=（1，2，﹣1），=（0，2λ，1﹣2λ），设平面MEH的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（，1，），平面CFG的法向量=（1，﹣2，﹣3），∵平面CFG⊥平面MEH，∴=﹣2﹣=0，解得∈[0，1]．∴棱PD上存在点M，使得平面CFG⊥平面MEH，此时=．。

高考数学抛物线大题专练30题(含详解)经典收藏版

目录目录-------------------------------------------------------------------------------------------------1抛物线大题专练（一）--------------------------------------------------------------------------------2抛物线大题专练（二）--------------------------------------------------------------------------------5抛物线大题专练（三）--------------------------------------------------------------------------------8抛物线大题专练---------------------------------------------------------------------------------------11参考答案与试题解析---------------------------------------------------------------------------------11抛物线大题专练（一）1．已知抛物线C的方程为x2=2py，设点M（x0，1）（x0＞0）在抛物线C上，且它到抛物线C的准线距离为；（1）求抛物线C的方程；（2）过点M作倾斜角互补的两条直线分别交抛物线C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点（M、A、B三点互不相同），求当∠MAB为钝角时，点A的纵坐标y1的取值范围．2．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=﹣，过点M（0，﹣2）作抛物线的切线MA，切点为A（异于点O）．直线l过点M与抛物线交于两点B，C，与直线OA交于点N．（1）求抛物线的方程；（2）试问：的值是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．3．如图所示，设F是抛物线E：x2=2py（p＞0）的焦点，过点F作斜率分别为k1、k2的两条直线l1、l2，且k1•k2=﹣1，l1与E相交于点A、B，l2与E相交于点C，D．已知△AFO外接圆的圆心到抛物线的准线的距离为3（O为坐标原点）．（1）求抛物线E的方程；（2）若•+•=64，求直线l1、l2的方程．4．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），点A、B在抛物线C上．（Ⅰ）若直线AB过点M（2p，0），且|AB|=4p，求过A，B，O（O为坐标原点）三点的圆的方程；（Ⅱ）设直线OA、OB的倾斜角分别为α，β且α+β=，问直线AB是否会过某一定点？若是，求出这一定点的坐标，若不是，请说明理由．5．已知点A（2，1）在抛物线E：x2=ay上，直线l1：y=kx+1（k∈R，且k≠0）与抛物线E相交于B，C两点，直线AB，AC分别交直线l2：y=﹣1于点S，T．（1）求a的值；（2）若|ST|=2，求直线l1的方程；（3）试判断以线段ST为直径的圆是否恒过两个定点？若是，求这两个定点的坐标；若不是，说明理由．6．已知抛物线y2=2px（p＞0），焦点为F，一直线l与抛物线交于A、B两点，且|AF|+|BF|=8，且AB的垂直平分线恒过定点S（6，0）①求抛物线方程；②求△ABS面积的最大值．7．已知抛物线y2=4x，直线l：y=﹣x+b与抛物线交于A，B两点．（Ⅰ）若x轴与以AB为直径的圆相切，求该圆的方程；（Ⅱ）若直线l与y轴负半轴相交，求△AOB面积的最大值．8．抛物线M：y2=2px（p＞0）的准线过椭圆N：+y2=1的左焦点，以原点为圆心，以t（t＞0）为半径的圆分别与抛物线M在第一象限的图象以及y轴的正半轴相交于点A和B，直线AB与x轴相交于点C．（Ⅰ）求抛物线M的方程；（Ⅱ）设点A的横坐标为a，点C的横坐标为c，抛物线M上点D的横坐标为a+2，求直线CD的斜率．9．已知抛物线y2=4x的焦点为F2，点F1与F2关于坐标原点对称，以F1，F2为焦点的椭圆C，过点（1，），（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）设T（2，0），过点F2作直线l与椭圆C交于A，B两点，且=λ，若λ∈[﹣2，﹣1]，求|+|2的最小值．抛物线大题专练（二）10．（2015•福建模拟）如图，已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点P（2，0）且斜率为k1的直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，直线AF、BF分别与抛物线交于点M、N．（Ⅰ）证明•的值与k1无关；（Ⅱ）记直线MN的斜率为k2，证明为定值．11．已知过点M（，0）的直线l与抛物线y2=2px（p＞0）交于A，B两点，且•=﹣3，其中O为坐标原点．（1）求p的值；（2）当|AM|+4|BM|最小时，求直线l的方程．12．已知过点M（，0）的直线l与抛物线y2=2px（p＞0）交于A，B两点，且•=﹣3，其中O为坐标原点．（1）求p的值；（2）若圆x2+y2﹣2x=0与直线l相交于以C，D（A，C两点均在第一象银），且线段AC，CD，DB长构成等差数列，求直线l的方程．13．已知点A（﹣4，4）、B（4，4），直线AM与BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率之差为﹣2，点M的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的轨迹方程；（Ⅱ）Q为直线y=﹣1上的动点，过Q做曲线C的切线，切点分别为D、E，求△QDE的面积S的最小值．14．如图所示，已知过抛物线x2=4y的焦点F的直线l与抛物线相交于A，B两点．（1）求证：以AF为直径的圆与x轴相切；（2）设抛物线x2=4y在A，B两点处的切线的交点为M，若点M的横坐标为2，求△ABM的外接圆方程：（3）设过抛物线x2=4y焦点F的直线l与椭圆+=1的交点为C、D，是否存在直线l使得|AF|•|CF|=|BF|•|DF|，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．15．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），直线交此抛物线于不同的两个点A（x1，y1）、B（x2，y2）（1）当直线过点M（p，0）时，证明y1．y2为定值；（2）如果直线过点M（p，0），过点M再作一条与直线垂直的直线l′交抛物线C于两个不同点D、E．设线段AB的中点为P，线段DE的中点为Q，记线段PQ的中点为N．问是否存在一条直线和一个定点，使得点N到它们的距离相等？若存在，求出这条直线和这个定点；若不存在，请说明理由．16．（2014•陕西）如图，曲线C由上半椭圆C1：+=1（a＞b＞0，y≥0）和部分抛物线C2：y=﹣x2+1（y≤0）连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q（均异于点A，B），若AP⊥AQ，求直线l的方程．17．（2014•山东）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有丨FA丨=丨FD丨．当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，（ⅰ）证明直线AE过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．18．（2014•安徽）如图，已知两条抛物线E1：y2=2p1x（p1＞0）和E2：y2=2p2x（p2＞0），过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1、A2两点，l2与E1、E2分别交于B1、B2两点．（Ⅰ）证明：A1B1∥A2B2；（Ⅱ）过O作直线l（异于l1，l2）与E1、E2分别交于C1、C2两点．记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2，求的值．19．（2014•福建）已知曲线Γ上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y=﹣3的距离小2．（Ⅰ）求曲线Γ的方程；（Ⅱ）曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A．直线y=3分别与直线l及y轴交于点M，N，以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B，试探究：当点P在曲线Γ上运动（点P与原点不重合）时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论．20．（2014•江西）如图，已知抛物线C：x2=4y，过点M（0，2）任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D（O为坐标原点）．（1）证明：动点D在定直线上；（2）作C的任意一条切线l（不含x轴），与直线y=2相交于点N1，与（1）中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2﹣|MN1|2为定值，并求此定值．抛物线大题专练（三）21．（2014•杭州二模）设抛物线Γ：y2=2px（p＞0）过点（t，）（t是大于0的常数）．（Ⅰ）求抛物线Γ的方程；（Ⅱ）若F是抛物线Γ的焦点，斜率为1的直线交抛物线Γ于A，B两点，x轴负半轴上的点C，D满足|FA|=|FC|，|FD|=|FB|，直线AC，BD相交于点E，当时，求直线AB的方程．22．（2014•包头一模）设抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，l与x轴交于点R，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．（1）若∠BFD=120°，△ABD的面积为8，求p的值及圆F的方程；（2）在（1）的条件下，若A，B，F三点在同一直线上，FD与抛物线C交于点E，求△EDA的面积．23．（2014•长春三模）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|=8．（1）求抛物线C的方程；（2）设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求的最小值．24．（2014•长沙二模）已知A、B为抛物线C：y2=4x上的两个动点，点A在第一象限，点B在第四象限，l1、l2分别过点A、B且与抛物线C相切，P为l1、l2的交点．（Ⅰ）若直线AB过抛物线C的焦点F，求证：动点P在一条定直线上，并求此直线方程；（Ⅱ）设C、D为直线l1、l2与直线x=4的交点，求△PCD面积的最小值．25．（2015•上海模拟）如图，直线l：y=kx+b与抛物线x2=2py（常数p＞0）相交于不同的两点A（x1，y1）、B（x2，y2），且|x2﹣x1|=h（h为定值），线段AB的中点为D，与直线l：y=kx+b平行的切线的切点为C（不与抛物线对称轴平行或重合且与抛物线只有一个公共点的直线称为抛物线的切线，这个公共点为切点）．（1）用k、b表示出C点、D点的坐标，并证明CD垂直于x轴；（2）求△ABC的面积，证明△ABC的面积与k、b无关，只与h有关；（3）小张所在的兴趣小组完成上面两个小题后，小张连AC、BC，再作与AC、BC平行的切线，切点分别为E、F，小张马上写出了△ACE、△BCF的面积，由此小张求出了直线l与抛物线围成的面积，你认为小张能做到吗？请你说出理由．26．（2014•乌鲁木齐三模）已知抛物线y2=2px（p＞0）的焦点过F，过H（﹣，0）引直线l交此抛物线于A，B两点．（1）若直线AF的斜率为2，求直线BF的斜率；（2）若p=2，点M在抛物线上，且+=t，求t的取值范围．27．（2014•太原二模）已知抛物线y2=4x的焦点为F，直线l1与抛物线交于不同的两点A、B，直线l2与抛物线交于不同的两点C、D．（Ⅰ）当l1过F时，在l1上取不同于F的点P，使得=，求点P的轨迹方程；（Ⅱ）若l1与l2相交于点Q，且倾斜角互补时，|QA|•|QB|=a|QC|•|QD|，求实数a的值．28．（2014•合肥一模）已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2=2px（p＞0）上，且抛物线的焦点F满足，若BC边上的中线所在直线l的方程为mx+ny﹣m=0（m，n为常数且m≠0）．（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）O为抛物线的顶点，△OFA、△OFB、△OFC的面积分别记为S1、S2、S3，求证：为定值．29．（2014•呼和浩特一模）已知抛物线C：y2=2px（p＞0），直线l过定点A（4，0）且与抛物线C交于P、Q两点，若以弦PQ为直径的圆E过原点O．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）当圆E的面积最小时，求E的方程．30．（2014•普陀区一模）已知点P（2，0），点Q在曲线C：y2=2x上．（1）若点Q在第一象限内，且|PQ|=2，求点Q的坐标；（2）求|PQ|的最小值．抛物线大题专练参考答案与试题解析1．已知抛物线C的方程为x2=2py，设点M（x0，1）（x0＞0）在抛物线C上，且它到抛物线C的准线距离为；（1）求抛物线C的方程；（2）过点M作倾斜角互补的两条直线分别交抛物线C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点（M、A、B三点互不相同），求当∠MAB为钝角时，点A的纵坐标y1的取值范围．考点：抛物线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）由抛物线的定义，求出p，即可求抛物线C的方程；（2）设直线AM的方程为：y=k（x﹣1）+1，与抛物线方程联立，求出k的范围，利用，即可求出点A的纵坐标y1的取值范围．解答：解：（1）由定义得，则抛物线C的方程：x2=y（2）设直线AM的方程为：y=k（x﹣1）+1联立方程得x2﹣kx+k﹣1=0，A（k﹣1，（k﹣1）2），△1＞0即k≠2同理B（﹣k﹣1，（﹣k﹣1）2），△2＞0即k≠﹣2，令，则所以k＞2或，所以点评：本题考查抛物线的定义与方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．2．（2015•淮安一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为x=﹣，过点M（0，﹣2）作抛物线的切线MA，切点为A（异于点O）．直线l过点M与抛物线交于两点B，C，与直线OA交于点N．（1）求抛物线的方程；（2）试问：的值是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．考点：抛物线的简单性质．专题：计算题；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）由抛物线的准线方程可得p，进而得到抛物线方程；（2）求出函数y=﹣的导数，求出切线的斜率，以及切线方程，联立切线方程和抛物线方程求得切点A，进而直线OA的方程，设出直线BC的方程，联立抛物线方程运用韦达定理，求出N的坐标，代入所求式子化简即可得到定值2．解答：解：（1）由题设知，，即，所以抛物线的方程为y2=x；（2）因为函数的导函数为，设A（x0，y0），则直线MA的方程为，因为点M（0，﹣2）在直线MA上，所以﹣2﹣y0=﹣•（﹣x0）．联立，解得A（16，﹣4），所以直线OA的方程为．设直线BC方程为y=kx﹣2，由，得k2x2﹣（4k+1）x+4=0，所以．由，得．所以，故的为定值2．点评：本题考查抛物线的方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，以及导数的运用：求切线方程，考查运算能力，属于中档题和易错题．3．（2014•九江三模）如图所示，设F是抛物线E：x2=2py（p＞0）的焦点，过点F作斜率分别为k1、k2的两条直线l1、l2，且k1•k2=﹣1，l1与E相交于点A、B，l2与E相交于点C，D．已知△AFO外接圆的圆心到抛物线的准线的距离为3（O为坐标原点）．（1）求抛物线E的方程；（2）若•+•=64，求直线l1、l2的方程．考点：抛物线的简单性质．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）确定△AFO外接圆的圆心在线段OF的垂直平分线y=上，求出p，即可求抛物线E的方程；（2）利用•+•=64，结合韦达定理，基本不等式，即可求直线l1、l2的方程．解答：解：（1）由题意，F（0，），△AFO外接圆的圆心在线段OF的垂直平分线y=上，∴+=3，∴p=4．∴抛物线E的方程是x2=8y；（2）设直线l1的方程y=k1x+2，代入抛物线方程，得y2﹣（8k12+4）y+4=0设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=8k12+4，y1y2=4设C（x3，y3），D（x4，y4），同理可得y3+y4=+4，y3y4=4∴•+•=32+16（k12+）≥64，当且仅当k12=，即k1=±1时取等号，∴直线l1、l2的方程为y=x+2或y=﹣x+2．点评：本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查向量知识的运用，属于中档题．4．（2014•浙江二模）已知抛物线C：y2=2px（p＞0），点A、B在抛物线C上．（Ⅰ）若直线AB过点M（2p，0），且|AB|=4p，求过A，B，O（O为坐标原点）三点的圆的方程；（Ⅱ）设直线OA、OB的倾斜角分别为α，β且α+β=，问直线AB是否会过某一定点？若是，求出这一定点的坐标，若不是，请说明理由．考点：抛物线的简单性质．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）求出A，B的坐标，可得三角形ABO是Rt△，从而可求过A，B，O三点的圆方程；（Ⅱ）直线AB的方程为：x=my+b，代入抛物线方程，利用韦达定理，结合α+β=，可得b=﹣2p﹣2mp，即可得出结论．解答：解：（Ⅰ）∵直线AB过点M（2p，0），且|AB|=4p，∴直线x=2p与抛物线y2=2px的两个交点坐标分别是：A（2p，2p），B（2p，﹣2p），∴三角形ABO是Rt△，∴过A，B，O三点的圆方程是：（x﹣2p）2+y2=4p2；（Ⅱ）设点，直线AB的方程为：x=my+b，它与抛物线相交，由方程组消去x可得y2﹣2mpy﹣2pb=0，故y1+y2=2mp，y1y2=﹣2pb，这样，tan==即1=，所以b=﹣2p﹣2mp，∴直线AB的方程可以写成为：x=my﹣2p﹣2mp，即x+2p=m（y﹣2p），∴直线AB过定点（﹣2p，2p）．点评：本题考查圆的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查和角的正切公式，考查直线过定点，属于中档题．5．（2014•广州二模）已知点A（2，1）在抛物线E：x2=ay上，直线l1：y=kx+1（k∈R，且k≠0）与抛物线E相交于B，C两点，直线AB，AC分别交直线l2：y=﹣1于点S，T．（1）求a的值；（2）若|ST|=2，求直线l1的方程；（3）试判断以线段ST为直径的圆是否恒过两个定点？若是，求这两个定点的坐标；若不是，说明理由．考点：抛物线的简单性质．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）根据点A（2，1）在抛物线E：x2=ay上，可求a的值；（2）y=kx+1代入抛物线方程，利用韦达定理，确定S，T的坐标，根据|ST|=2，即可求直线l1的方程；（3）确定以线段ST为直径的圆的方程，展开令x=0，即可求这两个定点的坐标．解答：解：（1）∵点A（2，1）在抛物线E：x2=ay上，∴a=4．…（1分）（2）由（1）得抛物线E的方程为x2=4y．设点B，C的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），依题意，，y=kx+1代入抛物线方程，消去y得x2﹣4kx﹣4=0，解得．∴x1+x2=4k，x1x2=﹣4．…（2分）直线AB的斜率，故直线AB的方程为．…（3分）令y=﹣1，得，∴点S的坐标为．…（4分）同理可得点T的坐标为．…（5分）∴=．…（6分）∵，∴．由，得20k2=16k2+16，解得k=2，或k=﹣2，…（7分）∴直线l1的方程为y=2x+1，或y=﹣2x+1．…（9分）（3）设线段ST的中点坐标为（x0，﹣1），则=．…（10分）而|ST|2=，…（11分）∴以线段ST为直径的圆的方程为=．展开得．…（12分）令x=0，得（y+1）2=4，解得y=1或y=﹣3．…（13分）∴以线段ST为直径的圆恒过两个定点（0，1），（0，﹣3）．…（14分）点评：本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查圆的方程，考查学生的计算能力，属于中档题．6．（2015•兴国县一模）已知抛物线y2=2px（p＞0），焦点为F，一直线l与抛物线交于A、B两点，且|AF|+|BF|=8，且AB的垂直平分线恒过定点S（6，0）①求抛物线方程；②求△ABS面积的最大值．考点：抛物线的标准方程；抛物线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：①利用点差法，确定AB中点M的坐标，分类讨论，根据AB的垂直平分线恒过定点S（6，0），即可求抛物线方程；②分类讨论，求出△ABS面积的表达式，即可求得其最大值．解答：解：①设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点M（x0，y0）当直线的斜率存在时，设斜率为k，则由|AF|+|BF|=8得x1+x2+p=8，∴又得，∴所以依题意，∴p=4∴抛物线方程为y2=8x﹣﹣﹣﹣（6分）当直线的斜率不存在时，2p=8，也满足上式，∴抛物线方程为y2=8x②当直线的斜率存在时，由（2，y0）及，令y=0，得又由y2=8x和得：∴=﹣﹣﹣﹣（12分）当直线的斜率不存在时，AB的方程为x=2，|AB|=8，△ABS面积为∵，∴△ABS面积的最大值为．点评：本题考查抛物线的标准方程，考查三角形面积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．7．（2015•路南区二模）已知抛物线y2=4x，直线l：y=﹣x+b与抛物线交于A，B两点．（Ⅰ）若x轴与以AB为直径的圆相切，求该圆的方程；（Ⅱ）若直线l与y轴负半轴相交，求△AOB面积的最大值．考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）联立得y2+8y﹣8b=0．由此利用根的判别式、弦长公式，结合已知条件能求出圆的方程．（Ⅱ）由直线l与y轴负半轴相交，得﹣1＜b＜0，由点O到直线l的距离d=，得S△AOB=|AB|d=4．由此利用导数性质能求出△AOB的面积的最大值．解答：解：（Ⅰ）联立得：y2+8y﹣8b=0．依题意应有△=64+32b＞0，解得b＞﹣2．设A（x1，y1），B（x2，y2），设圆心Q（x0，y0），则应有x0=，y0==﹣4．因为以AB为直径的圆与x轴相切，得到圆半径为r=|y1|=4，又|AB|==．所以|AB|=2r，即=8，解得b=﹣．所以x0==2b+8=，所以圆心为（，﹣4）．故所求圆的方程为（x﹣）2+（y+4）2=16．．（Ⅱ）因为直线l与y轴负半轴相交，∴b＜0，又l与抛物线交于两点，由（Ⅰ）知b＞﹣2，∴﹣2＜b＜0，直线l：y=﹣x+b整理得x+2y﹣2b=0，点O到直线l的距离d==，所以∴S△AOB=|AB|d=﹣4b=4．令g（b）=b3+2b2，﹣2＜b＜0，g′（b）=3b2+4b=3b（b+），∴g（b）在（﹣2，﹣）增函数，在（﹣，0）是减函数，∴g（b）的最大值为g（﹣）=．∴当b=﹣时，△AOB的面积取得最大值．点评：本题主要考查圆的方程的求法，考查三角形面积的最大值的求法，考查直线与抛物线、圆等知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力．8．（2015•大庆二模）抛物线M：y2=2px（p＞0）的准线过椭圆N：+y2=1的左焦点，以原点为圆心，以t（t＞0）为半径的圆分别与抛物线M在第一象限的图象以及y轴的正半轴相交于点A和B，直线AB与x轴相交于点C．（Ⅰ）求抛物线M的方程；（Ⅱ）设点A的横坐标为a，点C的横坐标为c，抛物线M上点D的横坐标为a+2，求直线CD的斜率．考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）由椭圆方程求出椭圆左焦点坐标，得到抛物线准线方程，从而求得p值，则抛物线方程可求；（Ⅱ）写出A的坐标，由|OA|=t列式求得t与A的坐标间的关系，求出直线BC的方程，把A代入BC方程，得到a，c的关系，然后直接代入斜率公式求直线CD的斜率．解答：解：（Ⅰ）∵椭圆N：+y2=1，∴c2=a2﹣b2=﹣1=，∴椭圆的左焦点为F1（﹣，0），∴﹣=﹣，则p=1．故M：y2=2x；（Ⅱ）由题意知，A（a，2a），∵|OA|=t，∴a2+2a=t2．由于t＞0，故有t=①由点B（0，t），C（c，0）的坐标知，直线BC的方程为+=1．又∵A在直线BC上，故有+=1．将①代入上式，得：+=1，解得c=a+2+．又∵D（a+2，2），∴直线CD的斜率为：k CD====﹣1．点评：本题主要抛物线方程的求法，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，解答此题的关键是对抛物线定义的灵活应用，是高考试卷中的压轴题．9．（2015•黄冈模拟）已知抛物线y2=4x的焦点为F2，点F1与F2关于坐标原点对称，以F1，F2为焦点的椭圆C，过点（1，），（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）设T（2，0），过点F2作直线l与椭圆C交于A，B两点，且=λ，若λ∈[﹣2，﹣1]，求|+|2的最小值．考点：抛物线的简单性质．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，由y2=4x求得c=1．设椭圆C的标准方程为（a＞b＞0），由于椭圆C过点（1，），代入椭圆方程结合a2=b2+c2，联立解得即可；（II）设l：x=ky+1，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，由λ∈[﹣2，﹣1）可得到k2的取值范围．由于=（x1﹣2，y1），=（x2﹣2，y2），通过换元，令t=∈[，]，即可得出|+|2的最小值．解答：解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，由y2=4x得c=1，设椭圆C的标准方程为（a＞b＞0），∵椭圆C过点（1，），∴，又a2=b2+1，联立解得b2=1，a2=2．故椭圆C的标准方程为椭圆方程为+y2=1…（5分）（Ⅱ）由题意可设l：x=ky+1，由得（k2+2）y2+2ky﹣1=0…（6分）设A（x1，y1），B（x2，y2），则有将①2÷②得+2=﹣⇒λ++2=…（8分）由λ∈[﹣2，﹣1]得﹣≤λ++2≤0⇒﹣≤≤0，0≤k2≤…（9分）=（x1﹣2，y1），=（x2﹣2，y2），+=（x1+x2﹣4，y1+y2）x1+x2﹣4=k（y1+y2）﹣2=﹣，|+|=+==16﹣+令t=∈[，]，|+|2=8t2﹣28t+16∴t=时|+|2的最小值是4点评：本题综合考查了椭圆与抛物线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数、换元法、分类讨论、向量相等及其向量运算和向量的模等基础知识与基本技能方法，考查了分析问题和解决问题的能力，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．10．（2015•福建模拟）如图，已知抛物线y2=4x的焦点为F，过点P（2，0）且斜率为k1的直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，直线AF、BF分别与抛物线交于点M、N．（Ⅰ）证明•的值与k1无关；（Ⅱ）记直线MN的斜率为k2，证明为定值．考点：抛物线的简单性质．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）依题意，设直线AB的方程为x=my+2，与抛物线方程联立消x得关于y的一元二次方程，根据韦达定理即可求得y1y2，进而求出x1x2，根据向量数量积运算公式，可得•的值与k1无关；（Ⅱ）设M（x3，y3），N（x4，y4），设直线AM的方程为x=ny+1，将其代入y2=4x，消去x，得到关于y的一元二次方程，从而得y1y3=﹣4，同理可得y2y4=﹣4，根据斜率公式可把表示成关于y1与y2的表达式，再借助（Ⅰ）的结果即可证明．解答：证明：（Ⅰ）依题意，设直线AB的方程为x=my+2（m≠0）．…（1分）将其代入y2=4x，消去x，整理得y2﹣4my﹣8=0．…（2分）从而y1y2=﹣8，于是，…（3分）∴与k 1无关．…（5分）（Ⅱ）设M（x3，y3），N（x4，y4）．则．…（8分）设直线AM的方程为x=ny+1（n≠0），将其代入y2=4x，消去x，整理得y2﹣4ny﹣4=0∴y1y3=﹣4．同理可得y2y4=﹣4．…（10分）故，…（11分）由（Ⅰ）知，y1y2=﹣8，∴为定值．…（12分）点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系及抛物线的简单性质，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，难度较大．11．（2015•洛阳一模）已知过点M（，0）的直线l与抛物线y2=2px（p＞0）交于A，B两点，且•=﹣3，其中O为坐标原点．（1）求p的值；（2）当|AM|+4|BM|最小时，求直线l的方程．考点：直线与圆锥曲线的关系．专题：计算题；平面向量及应用；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）设A（x1，y1），Bx2，y2），直线l：x=my+，代入抛物线方程，运用韦达定理，及平面向量的数量积的坐标表示，即可得到p=2；（2）运用抛物线的定义，及均值不等式，即可得到最小值9，注意等号成立的条件，求得B的坐标，代入直线方程，求得m，即可得到直线l的方程．解答：解：（1）设A（x1，y1），Bx2，y2），直线l：x=my+，代入抛物线方程，消去x，得，y2﹣2pmy﹣p2=0，y1+y2=2pm，y1y2=﹣p2，由于•=﹣3，即x1x2+y1y2=﹣3，x1x2==，即有﹣p2=﹣3，解得，p=2；（2）由抛物线的定义，可得，|AM|=x1+1，|BM|=x2+1，则|AM|+4|BM|=x 1+4x2+5+5=9，当且仅当x1=4x2时取得最小值9．由于x1x2=1，则解得，x2=（负的舍去），代入抛物线方程y2=4x，解得，y2=，即有B（），将B的坐标代入直线x=my+1，得m=．则直线l：x=y+1，即有4x+y﹣4=0或4x﹣y﹣4=0．点评：本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立，消去未知数，运用韦达定理，考查基本不等式的运用：求最值，考查运算能力，属于中档题．12．（2015•洛阳一模）已知过点M（，0）的直线l与抛物线y2=2px（p＞0）交于A，B两点，且•=﹣3，其中O为坐标原点．（1）求p的值；（2）若圆x2+y2﹣2x=0与直线l相交于以C，D（A，C两点均在第一象银），且线段AC，CD，DB长构成等差数列，求直线l的方程．考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的一般式方程．专题：计算题；平面向量及应用；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）设A（x1，y1），Bx2，y2），直线l：x=my+，代入抛物线方程，运用韦达定理，及平面向量的数量积的坐标表示，即可得到p=2；（2）求出AB的长，用m表示，再由等差数列的性质，以及CD为圆的直径，即可得到m的方程，解出m，即可得到直线l的方程．解答：解：（1）设A（x1，y1），Bx2，y2），直线l：x=my+，代入抛物线方程，消去x，得，y2﹣2pmy﹣p2=0，y1+y2=2pm，y1y2=﹣p2，由于•=﹣3，即x1x2+y1y2=﹣3，x1x2==，即有﹣p2=﹣3，解得，p=2；（2）由（1）得，y1+y2=4m，y1y2=﹣4，则（y1﹣y2）2=（y1+y2）2﹣4y1y2=16（1+m2），|AB|2=（y1﹣y2）2+（x1﹣x2）2=（y1﹣y2）2+（）2=y1﹣y2）2[1+（）2]=16（1+m2）2，即有|AB|=4（1+m2），由于线段AC，CD，DB长构成等差数列，则2|CD|=|AC|+|DB|=|AC|+|BC|﹣|CD|=|AB|﹣|CD|，又CD为圆x2+y2﹣2x=0的直径，即有|CD|=2，则4（1+m2）=6，解得，m=，则直线l的方程是x+y﹣=0或x﹣y﹣=0．点评：本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线方程和抛物线方程联立，消去未知数，运用韦达定理，考查等差数列的性质，考查运算能力，属于中档题．13．（2015•衡水模拟）已知点A（﹣4，4）、B（4，4），直线AM与BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率之差为﹣2，点M的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的轨迹方程；（Ⅱ）Q为直线y=﹣1上的动点，过Q做曲线C的切线，切点分别为D、E，求△QDE的面积S的最小值．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（I）设M（x，y），由题意可得：，化简可得曲线C的轨迹方程为x2=4y且（x≠±4）．（II）设Q（m，﹣1），切线方程为y+1=k（x﹣m），与抛物线方程联立化为x2﹣4kx+4（km+1）=0，由于直线与抛物线相切可得△=0，即k2﹣km﹣1=0．解得x=2k．可得切点（2k，k2），由k2﹣km﹣1=0．可得k1+k2=m，k1•k2=﹣1．得到切线QD⊥QE．因此△QDE为直角三角形，|QD|•|QE|．令切点（2k，k2）到Q的距离为d，则d2=（2k﹣m）2+（k2+1）2=（4+m2）（k2+1），利用两点之间的距离公式可得|QD|=，|QE|=，代入即可得出．解答：解：（I）设M（x，y），由题意可得：，化为x2=4y．∴曲线C的轨迹方程为x2=4y且（x≠±4）．（II）设Q（m，﹣1），切线方程为y+1=k（x﹣m），联立，化为x2﹣4kx+4（km+1）=0，由于直线与抛物线相切可得△=0，即k2﹣km﹣1=0．∴x2﹣4kx+4k2=0，解得x=2k．可得切点（2k，k2），由k2﹣km﹣1=0．∴k1+k2=m，k1•k2=﹣1．∴切线QD⊥QE．∴△QDE为直角三角形，|QD|•|QE|．令切点（2k，k2）到Q的距离为d，则d2=（2k﹣m）2+（k2+1）2=4（k2﹣km）+m2+（km+2）2=4（k2﹣km）+m2+k2m2+4km+4=（4+m2）（k2+1），∴|QD|=，|QE|=，∴（4+m2）=≥4，当m=0时，即Q（0，﹣1）时，△QDE的面积S取得最小值4．点评：本题考查了直线与抛物线相切的性质、切线方程、相互垂直的斜率之间的关系、两点之间的距离公式、三角形的面积计算公式、二次函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．14．（2015•郴州二模）如图所示，已知过抛物线x2=4y的焦点F的直线l与抛物线相交于A，B两点．（1）求证：以AF为直径的圆与x轴相切；（2）设抛物线x2=4y在A，B两点处的切线的交点为M，若点M的横坐标为2，求△ABM的外接圆方程：（3）设过抛物线x2=4y焦点F的直线l与椭圆+=1的交点为C、D，是否存在直线l使得|AF|•|CF|=|BF|•|DF|，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（1）如图所示，设线段AF的中点为O1，过O1作O1O2⊥x轴，垂足为点O2，作AA1⊥x轴．利用抛物线的定义及梯形的中位线定理可得可得r====|O1O2|，即可证明；（2）设直线AB的方程为y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2）．与抛物线方程联立化为x2﹣4kx﹣4=0，可得根与系数的关系，由x2=4y，可得．可得k MA•k MB==﹣1，可得△MAB为直角三角形，可得△MAB的外接圆的圆心为线段AB的中点．设线段AB的中点为P，可得⊙P与抛物线的准线相切，切点为点M，利用中点坐标公式与根与系数的关系可得圆心P（2，3），半径r=|MP|=|3﹣（﹣1）|=4，即可得出所求的△MAB的外接圆的方程．（3）假设存在直线l使得|AF|•|CF|=|BF|•|DF|，设=λ，可得，，设C（x3，y3），D （x4，y4）．利用向量的坐标运算可得x1=﹣λx2，x4=﹣λx3．把x1=﹣λx2代入根与系数的关系可得．把y=kx+1代入椭圆方程可得（3k2+6）x2+6kx﹣1=0，把根与系数的关系与x4=﹣λx3联立可得，联立解得即可．解答：（1）证明：如图所示，设线段AF的中点为O1，过O1作O1O2⊥x轴，垂足为点O2，作AA1⊥x轴．则r====|O1O2|，∴r=|O1O2|，∴以AF为直径的圆与x轴相切；（2）解：设直线AB的方程为y=kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立，化为x2﹣4kx﹣4=0，∴x1+x2=4k，x1x2=﹣4．。

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1. 对于函数()321(2)(2)3f x a x bx a x =-+-+-。

（1）若()f x 在13x x ==和处取得极值，且()f x 的图像上每一点的切线的斜率均不超过22sin cos t t t -+t 的取值范围；（2）若()f x 为实数集R 上的单调函数，设点P 的坐标为(),a b ，试求出点P 的轨迹所形成的图形的面积S 。

1. （1）由()321(2)(2)3f x a x bx a x =-+-+-，则()2'(2)2(2)f x a x bx a =-+-+-因为()13f x x x ==在和处取得极值，所以()13'0x x f x ===和是的两个根221(2)121(2)02(2)323(2)0a a b a b a b a ⎧=--+⋅-⋅+-=⎧⇒⎨⎨=--+⋅-⋅+-=⎩⎩()2'43f x x x ∴=-+-因为()f x 的图像上每一点的切线的斜率不超过22sin cos t t t -+所以()2'2sin cos f x t t t x R ≤-∈恒成立，而()()2'21f x x =--+，其最大值为1．故22sin cos 1t t t -≥72sin 21,3412t k t k k Z πππππ⎛⎫⇒-≥⇒+≤≤+∈ ⎪⎝⎭（2）当2a =-时，由()f x 在R 上单调，知0b =当2a ≠-时，由()f x 在R 上单调()'0f x ⇔≥恒成立，或者()'0f x ≤恒成立． ∵()2'(2)2(2)f x a x bx a =-+-+-，2244(4)0b a ∴∆=+-≤可得224a b +≤从而知满足条件的点(),P a b 在直角坐标平面aob 上形成的轨迹所围成的图形的面积为4S π=2. 函数cx bx ax x f ++=23)(（0>a ）的图象关于原点对称，))(,(ααf A 、))(,(ββf B 分别为函数)(x f 的极大值点和极小值点，且|AB|＝2，αββα-=-)()(f f .（Ⅰ）求b 的值；（Ⅱ）求函数)(x f 的解析式；（Ⅲ）若mm x f x 6)(],1,2[->-∈恒成立，求实数m 的取值范围. 2. （Ⅰ） b =0（Ⅱ）3'2()()30,f x ax cxf x ax c αβ=+∴=+=的两实根是则 03c a αβαβ+=⎧⎪⎨⋅=⎪⎩|AB|＝2222()()()()4()2f f αβαβαβ⇒-+-=⇒-=34232c c a a -⋅=⇒=- 33()()f f a c a c αββαααβββα-=-⇒+--=-222()1[()3]1a c a c ααββαβαβ⇒+++=-⇒+-+=-233()11122c a c c ac a a a ∴-+=-⇒-+=-⇒-=-又01a a >∴=3()32x f x x =-（Ⅲ） [2,1]x ∈-时，求()f x 的最小值是-56(6)(1)50m m m m m+-->-⇒< 106<<-<m m 或 3.已知()d cx bx ax x f +++=23是定义在R 上的函数，其图象交x 轴于A ，B ，C 三点，若点B 的坐标为（2，0），且()x f 在]0,1[-和[4，5]上有相同的单调性，在[0，2]和[4，5]上有相反的单调性．（1）求c 的值；（2）在函数()x f 的图象上是否存在一点M （x 0，y 0），使得()x f 在点M 的切线斜率为3b ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由；3. ⑴ ∵()x f 在[]0,1-和[]2,0上有相反单调性，∴ x=0是()x f 的一个极值点，故()0'=x f ，即0232=++c bx ax 有一个解为x=0，∴c=0 ⑵ ∵()x f 交x 轴于点B （2，0） ∴()a b d d b a 24,048+-==++即令()0'=x f ，则ab x x bx ax 32,0,023212-===+ ∵()x f 在[]2,0和[]5,4上有相反的单调性∴4322≤-≤a b ， ∴36-≤≤-ab假设存在点M （x 0，y 0），使得()x f 在点M 的切线斜率为3b ，则()b x f 30'= 即 032302=-+b bx ax ∵ △=()()⎪⎭⎫⎝⎛+=+=-⨯⨯-94364334222a b ab ab b b a b又36-≤≤-ab， ∴△＜0∴不存在点M （x 0，y 0），使得()x f 在点M 的切线斜率为4. 已知函数x x f ln )(=（1）求函数x x f x g -+=)1()(的最大值；（2）当b a <<0时，求证22)(2)()(ba ab a a f b f +->-； 4. （1）x x f x g x x f -+==)1()(,ln )()1()1ln()(->-+=∴x x x x g 111)(-+='x x g 令,0)(='x g 得0=x 当01<<-x 时，0)(>'x g 当0>x 时0)(<x g ，又0)0(=g∴当且仅当0=x 时，)(x g 取得最大值0（2）)1ln(ln lnln ln )()(bb a b a a b a b a f b f -+-=-==-=- 由（1）知bab b b a a f b f x x -=--≥-≤+)()()1ln( 又222222)(2212,0ba ab b b a b b a a b ab b a b a +->-∴+>∴>+∴<< 22)(2)()(b a a b a a f b f +->-∴ 5. 已知)(x f 是定义在1[-，0()0 ，]1上的奇函数，当1[-∈x ，]0时，212)(x ax x f +=（a 为实数）．（1）当0(∈x ，]1时，求)(x f 的解析式；（2）若1->a ，试判断)(x f 在[0，1]上的单调性，并证明你的结论；（3）是否存在a ，使得当0(∈x ，]1时，)(x f 有最大值6-． 5. （1）设0(∈x ，]1，则1[-∈-x ，)0，212)(xax x f +-=-，)(x f 是奇函数，则212)(x ax x f -=，0(∈x ，]1；（2）)1(222)(33x a x a x f +=+='，因为1->a ，0(∈x ，]1，113≥x ，013>+x a ，即0)(>x f '，所以)(x f 在0[，]1上是单调递增的．（3）当1->a 时，)(x f 在0(，]1上单调递增，25)1()(max -=⇒==a a f x f （不含题意，舍去），当1-≤a ，则0)(=x f '，31a x -=，如下表)1()(3max af x f -=0(22226∈=⇒-=⇒-=x a ]1，所以存在22-=a 使)(x f 在0(，]1上有最大值6-．．6. 已知5)(23-+-=x x kx x f 在R 上单调递增，记ABC ∆的三内角C B A ,,的对应边分别为c b a ,,，若ac b c a +≥+222时，不等式[])4332()cos(sin 2+<+++m f C A B m f 恒成立．（Ⅰ）求实数k 的取值范围；（Ⅱ）求角B cos 的取值范围；（Ⅲ）求实数m 的取值范围．19. (1)由5)(23-+-=x x kx x f 知123)(2+-='x kx x f ， )(x f 在R 上单调递增，∴0)(>'x f 恒成立，∴03>k 且0<∆，即0>k 且0124<-k ，∴31>k ，当0=∆，即31=k 时，22)1(123)(-=+-='x x kx x f ，∴1<x 时0)(>'x f ，1>x 时，0)(>'x f ，即当31=k 时，能使)(x f 在R 上单调递增，31≥∴k ．(2) ac b c a +≥+222，由余弦定理：2122cos 222=≥-+=ac ac ac b c a B ，∴30π≤<B ，----5分(3) )(x f 在R 上单调递增，且[])4332()cos(sin 2+<+++m f C A B m f ，所以 4332)cos(sin 2+<+++m C A B m =++=++-=++--429cos cos 433cos sin 433)cos(sin 222B B B B C A B 87)21(cos 2≥++B ，---10分故82<-m m ，即9)1(2<-m ，313<-<-m ，即40<≤m ，即160<≤m7. 已知函数36)2(23)(23-++-=x x a ax x f （I ）当2>a 时，求函数)(x f 的极小值（II ）试讨论曲线)(x f y =与x 轴的公共点的个数。

7. （I ）)1)(2(36)2(33)(2--=++-='x ax a x a ax x f ,2>a 12<∴a ∴当a x 2<或1>x 时，0)(>'x f ；当12<<x a时，0)(<'x f)(x f ∴在)2,(a -∞，（1，)∞+内单调递增，在)1,2(a内单调递减故)(x f 的极小值为2)1(af -=（II ）①若,0=a 则2)1(3)(--=x x f )(x f ∴的图象与x 轴只有一个交点。

……6分②若,0<a 则12<a ，∴当12><x a x 或时，0)(<'x f ，当12<<x a时，0)(>'x f )(x f ∴的极大值为02)1(>-=af)(x f 的极小值为0)2(<a f )(x f ∴的图象与x 轴有三个公共点。

③若20<<a ，则12>a 。

∴当a x x 21><或时，0)(>'x f ，当12<<x a时，0)(<'x f)(x f ∴的图象与x 轴只有一个交点④若2=a ，则0)1(6)(2≥-='x x f )(x f ∴的图象与x 轴只有一个交点 ⑤当2>a ，由（I ）知)(x f 的极大值为043)431(4)2(2<---=a a f 综上所述，若,0≥a )(x f 的图象与x 轴只有一个公共点；若0<a ，)(x f ∴的图象与x 轴有三个公共点。