2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习课件：第8章 平面解析几何 7 第7讲 抛物线
涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以 直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征， 体现了数形结合思想解题的直观性． 求抛物线方程应注意的问题： (1)当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线方程属于四种 类型中的哪一种； (2)要注意把握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间 的对应关系； (3)要注意参数 p 的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的 几何意义来解决问题．
【解】 (1)由题意知，抛物线焦点为(1，0)，设 l：x＝ty＋1， 代入抛物线方程 y2＝4x，消去 x，得 y2－4ty－4＝0. 设 A(x1，y1)、B(x2，y2)， 则 y1＋y2＝4t，y1y2＝－4， → → OA·OB＝x1x2＋y1y2 ＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2 ＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2 ＝－4t2＋4t2＋1－4＝－3.
2p1 2p1 2p2 2p2 同理可得 B1 k2 ， k ，B2 k2 ， k . 2 2 2 2
2p1 2p1 2p1 2p1 → 所以A1B1＝ k2 － k2 ， k － k
2 1 2 1
1 1 1 1 ＝2p1k2－k2，k －k ， 2 1 2 1 2p2 2p2 2p2 2p2 → A2B2＝ k2 － k2 ， k － k
p [解析] 抛物线的焦点 F 的坐标为2，0，线段 FA 的中点 B p p 的坐标为4，1， 代入抛物线方程得 1＝2p× ， 解得 p＝ 2， 4 故点 B 的坐标为 2 2 3 2 ＋ ＝ . 4 2 4
2，1，故点 B 到该抛物线准线的距离为 4
直线与抛物线的位置关系 已知过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为 2 2的直 线交抛物线于 A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)两点，且 AB＝9. (1)求该抛物线的方程； → → → (2)O 为坐标原点，C 为抛物线上一点，若OC＝OA＋λOB， 求 λ 的值．
y≥0， x∈R
y≤0， x∈R
标准 方程 开口方向 焦半径 (其中 P(x0，y0))
y2＝2px (p＞0) 向右
y2＝－2px (p＞0) 向左
x2＝2py (p>0) 向上
x2＝－2py (p>0) 向下
PF＝ p x0＋ 2 ______
PF＝ p －x0＋ 2 _________
PF＝ p y0＋ 2 ________
2 2 p k 2 2 2 2 联立 y ＝2px 得 k x －(k p＋2p)x＋ ＝0， 4
p2 则 x1x2＝ . 4 y1y2 则 y1y2＝－p .故 ＝－4. x1x2
2
抛物线的定义及其应用 (2018· 泰州调研)设 P 是抛物线 y2＝4x 上的一个动点， F 为其焦点． (1)求点 P 到点 A(－1， 1)的距离与点 P 到直线 x＝－1 的距离 之和的最小值； (2)若 B(3，2)，求 PB＋PF 的最小值．
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．
(1)证明：A1B1∥A2B2； (2)过 O 作直线 l(异于 l1， l2)与 E1， E2 分别交于 C1， C2 两点． 记 S1 △A1B1C1 与△A2B2C2 的面积分别为 S1 与 S2，求 的值． S2
2．常用的 5 个结论 与焦点弦有关的常用结论(以下图为依据)， 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，
2 p (1)y1y2＝－p2，x1x2＝ . 4
2p (2)AB＝x1＋x2＋p＝ 2 (θ 为 AB 的倾斜角)． sin θ 1 1 2 (3) ＋ 为定值 . AF BF p (4)以 AB 为直径的圆与准线相切． (5)以 AF 或 BF 为直径的圆与 y 轴相切．
＝(4λ＋1，4 2λ－2 2)．
2 又 y2 ＝ 8 x ，所以 [2 2(2 λ － 1)] ＝8(4λ＋1)， 3 3
整理得(2λ－1)2＝4λ＋1，解得 λ＝0 或 λ＝2.
解决直线与抛物线位置关系问题的常用方法 (1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关 系类似，一般要用到根与系数的关系． (2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线 的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式 AB＝|x1|＋|x2| ＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． (3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用 根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法． [注意] 涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
1 1 2 4 1．抛物线 x ＝ y 的焦点 F 到其准线 l 的距离是__________ ． 2 1 1 [解析] 因为 2p＝ ，p＝ ，所以由抛物线的定义可知所求的 2 4
1 距离为 . 4
2． 抛物线 x2＝2py(p>0)上的点 P(m，2)到焦点 F 的距离为 3，
2 x ＝4y ． 则该抛物线的方程为__________
(2)证明：设 l：x＝ty＋b，代入抛物线方程 y2＝4x， 消去 x，得 y2－4ty－4b＝0， 设 A(x1，y1)、B(x2，y2)， 则 y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b. → → 因为OA·OB＝x1x2＋y1y2 ＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2
＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2 ＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b， 令 b2－4b＝－4，所以 b2－4b＋4＝0， 所以 b＝2，所以直线 l 过定点(2，0)．
1 e＝__________
标准 方程 准线 方程 范围
y2＝2px (p＞0)
y2＝－2px (p＞0)
p x＝ 2 ________
x2＝2py (p>0)
p y＝－ 2 ________
x2＝－2py (p>0)
p y＝ 2 ________
p x＝－ 2 _______
x≥0， y∈R
x≤0， y∈R
[解析] 设动圆的圆心坐标为(x，y)，则圆心到点(1，0)的距离 与到直线 x＝－1 的距离相等， 根据抛物线的定义易知动圆的 圆心的轨迹方程为 y2＝4x.
1．必明辨的 2 个易错点 (1)抛物线的定义中易忽视“定点不在定直线上”这一条件． (2)抛物线标准方程中参数 p 易忽视只有 p＞0， 才能说明其几 何意义是焦点 F 到准线 l 的距离．
[解] (1)证明：易知 l1，l2 的斜率存在，不妨设直线 l1，l2 的方 程分别为 y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，
y＝k1x， 2p1 2p1 则由 2 得 A1 k2 ， k ， 1 1 y ＝2p1x， y＝k1x， 2p2 2p2 由 2 得 A2 k2 ， k . 1 1 y ＝2p2x，
(2018· 云南省统一检测改编 )设经过抛物线 C 的焦点 F 的直线 l 与抛物线 C 交于 A、B 两点，那么抛物
相切 线 C 的准线与以 AB 为直径的圆的位置关系为__________ ．
[解析] 设圆心为 M，过点 A、B、M 作准线 l 的垂线，垂足 分别为 A1、B1、M1， 1 则 MM1＝ (AA1＋BB1)． 2 由抛物线定义可知 BF＝BB1，AF＝AA1， 1 所以 AB＝BB1＋AA1，MM1＝ AB， 2 即圆心 M 到准线的距离等于圆的半径， 故以 AB 为直径的圆与抛物线的准线相切．
(2)由抛物线定义知，PF 等于点 P 到准线 x＝－1 的距离， 所以 PB＋PF 等于点 P 到点 B 的距离与点 P 到直线 x＝－1 的距离之和，其最小值为点 B 到直线 x＝－1 的距离为 4，即 PB＋PF 的最小值为 4.
抛物线定义的应用 (1)利用抛物线的定义解决此类问题，应灵活地进行抛物线上 的点到焦点的距离与到准线距离的等价转化．即“看到准线 想到焦点，看到焦点想到准线”． (2)注意灵活运用抛物线上一点 P(x， y)到焦点 F 的距离 PF＝ p p |x|＋ 或 PF＝|y|＋ . 2 2
PF＝ p －y0＋ 2 _________
1．已知抛物线的焦点坐标是(0，－3)，则抛物线的标准方程
2 x ＝－12y ． 是__________
p [解析] 因为 ＝3，所以 p＝6，所以 x2＝－12y. 2
2．动圆过点(1，0)，且与直线 x＝－1 相切，则动圆的圆心
2 y ＝4x 的轨迹方程为__________ ．
抛物线的标准方程与几何性质(高频考点) (2018· 镇江质检)在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 与 抛物线 y2＝4x 相交于不同的 A、B 两点． → → (1)如果直线 l 过抛物线的焦点，求OA·OB的值； → → (2)如果OA·OB＝－4，证明直线 l 必过一定点，并求出该定 点．
【解】
(1)抛物线的焦点为 F(1，0)，准线方程为 x＝－1.
因为点 P 到准线 x＝－1 的距离等于 P 到焦点 F(1， 0)的距离， 所以问题转化为：求点 P 到 A(－1，1)的距离与点 P 到 F(1， 0)的距离之和的最小值． 显然，当 P 是 A，F 的连线与抛物线的交点时，所求的距离 之和最小，为 AF＝ 5.
第八章 平面解析几何
第7讲
抛物线
1．抛物线的定义 满足以下三个条件的点的轨迹是抛物线 (1)在平面内； (2)动点到定点 F 的距离与到定直线 l 的距离相等； (3)定点不在定直线上．
2．抛物线的标准方程和几何性质 标准 方程 p 的几 何意义 图形 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p>0) x2＝－2py (p>0)
江苏专版2019届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第7讲抛物线课件文20180620414
【解】
(1)抛物线的焦点为 F(1，0)，准线方程为 x＝－1.
因为点 P 到准线 x＝－1 的距离等于 P 到焦点 F(1， 0)的距离， 所以问题转化为：求点 P 到 A(－1，1)的距离与点 P 到 F(1， 0)的距离之和的最小值． 显然，当 P 是 A，F 的连线与抛物线的交点时，所求的距离 之和最小，为 AF＝ 5.
1 e＝__________
标准 方程 准线 方程 范围
y2＝2px (p＞0)
y2＝－2px (p＞0)
p x＝ 2 ________
x2＝2py (p>0)
p y＝－ 2 ________
x2＝－2py (p>0)
p y＝ 2 ________
p x＝－ 2 ________
x≥0， y∈R
x≤0， y∈R
焦点 F 到准线 l 的距离
标准方 程 顶点 对称轴 焦点 离心率
y2＝2px (p＞0)
y2＝－2px (p＞0)
x2＝2py (p>0)
x2＝－2py (p>0)
O(0，0) y＝0 p F2，0 p F－2，0 p F0，2 x＝0 p F0，－2
第八章 平面解析几何
第7讲
抛物线
1．抛物线的定义 满足以下三个条件的点的轨迹是抛物线 (1)在平面内； (2)动点到定点 F 的距离与到定直线 l 的距离相等； (3)定点不在定直线上．
2．抛物线的标准方程和几何性质 标准 方程 p 的几 何意义 图形 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p>0) x2＝－2py (p>0)
2 2 p k 2 2 2 2 联立 y ＝2px 得 k x －(k p＋2p)x＋ ＝0， 4
2019版高考(江苏专版)大一轮数学(文)复习配套课件：第七章--数列、推理与证明-(6份打包)3
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高考总复习 一轮复习导学案 ·数学文科
第七章 数列、推理与证明
＝1＋3 n＋n1－ ＋2n＝…＝1，
所以 f
n＋1 1＋f
n＋n 1＝f
n＋2 1＋f
n－1 n＋1
＝f n＋3 1＋f nn－＋21＝…＝1.
因为 Sn＝f n＋1 1＋f n＋2 1＋f n＋3 1＋…f nn－＋11＋f n＋n 1， ①
k＝1
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第七章 数列、推理与证明
3. (必修 5P68 复习题 2 改编)已知数列{an}的通项公式为 an＝
1 n＋
n＋1，那么数
列{an}的前 n 项和为__n_＋__1_－__1___．
4. (必修 5P68 复习题 13 改编)数列nn1＋1
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第七章 数列、推理与证明
(2017·天津调研)已知数列{an}的前 n 项和 Sn和通项 an满足 Sn＝12(1－an)． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 求证：Sn<12； (3) 设函数 f(x)＝log31x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，求 Tn＝b11＋b12＋b13＋…＋b1n.
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第七章 数列、推理与证明
第七章 数列、推理与证明
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第七章 数列、推理与证明
第40课 数列的求和
2019版高考(江苏专版)大一轮数学(文)复习配套课件：第七章--数列、推理与证明-(6份打包)2
链教材 ·夯基固本 研题型 ·技法通关
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第七章 数列、推理与证明
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第七章 数列、推理与证明
激活思维
1. (必修 5P41 习题 13 改编)已知等差数列{an}的公差为 d，那么 an－am＝
__(_n_－__m_)___d.
2.
(必修 5P52 1
公式推导过程改编)在数列{an}中，已知
a1＝1，aan＋n 1＝n＋n 1，那么
an＝___n_____.
【解析】当 n≥2 时，an＝a1×aa21×aa32×aa43×…×aan－n1＝1×12×23×34×…×n－n 1＝1n，
当 n＝1 时也成立，故 an＝1n.
给数列形如 an＋1＝BaAn＋an C(A，B，C 为常数)，可以取倒数转化为等差数列来处理．
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第七章 数列、推理与证明
(2017·苏州、无锡、常州、镇江一调)已知 n 为正整数，数列{an}满足
an＞0,4(n＋1)a2n－na2n＋1＝0，设数列{bn}满足 bn＝atn2n.
(1)
求证：数列
ann为等比数列；
(2) 若数列{bn}是等差数列，求实数 t 的值．
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【解答】(1) 由题意得 4(n＋1)a2n＝na2n＋1，
因为数列{an}各项均为正数，所以na＋2n＋11＝4×an2n，
an＋1
所以
ann＋＋11＝2×
又 a1＝1，则a11＝1，
2019版高考数学大一轮复习江苏专版课件：第八章 立体
解析 由题意，知a⊥n，∴a· n＝0，
1 即(2，m,1)· 1， ，2＝0，∴m＝－8. 2
1
2
3
4
5
6
解析
答案
题型分类
深度剖析
题型一
利用空间向量证明平行问题
师生共研
典例 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角
证明 → → a a 因为PA＝2，0，－2，CD＝(0，－a,0)，
→ → a a 所以PA· CD＝2，0，－2· (0，－a,0)＝0， → → 所以PA⊥CD，所以 PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，DC⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC.
证明
思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用 向量法证明平行和垂直的关键. (2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数 量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或 证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平 面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔ v⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔ u1 ∥u2 . 3.用向量证明空间中的垂直关系 v2＝0 . (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔ v1⊥v2 ⇔ v1· (2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔ v∥u . u2＝0 (3)设平面α和β的法向量分别为u 和u ，则α⊥β⇔ u1⊥u2 ⇔ u1·
2019届江苏专版高考数学一轮复习第八章平面解析几何第8讲圆锥曲线中的热点问题讲义文
(3)由题意得直线 l 不过原点且斜率存在，设直线 l：y＝kx＋
m(m≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
y＝kx＋m 联立得x42＋y2＝1 ，
消去 y 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以
Δ＝64k2m2－4（1＋4k2）（4m2－4）＞0
x1＋x2＝1－＋84kkm2
2．最值问题 圆锥曲线中最值问题是高中数学的重要内容，试题把代数、 三角和几何等有机结合起来，问题具有高度的综合性和灵活 性．常用的方法有(1)利用定义求解；(2)构造基本不等式；(3) 利用数形结合；(4)构造函数等．
3．范围问题 求解析几何中的有关范围问题往往通过类比、联想、转化、 合理地构造函数，然后去分析、研究问题，转化问题和解决 问题. 对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程中会引入一些 相互联系、相互制约的量，从而使一些线段长度及 a，b，c， e 之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时非常有效．
[解] (1)因为焦点 F 到准线的距离为12，所以 p＝12.故抛物线 C 的方程为 x2＝y. (2)设 P(t，t2)，Q(x，x2)，N(x0，x20)，则直线 MN 的方程为 y
－x20＝2x0(x－x0)．令 y＝0，得 Mx20，0，
所以 kPM＝t－t2x20＝2t2－t2x0，kNQ＝xx200－－xx2＝x0＋x. 因为 NQ⊥QP，且两直线斜率存在，
②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关 键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．
已知抛物线 C：x2＝2py(p＞0)，其焦点 F 到准线的距离为12. (1)试求抛物线 C 的方程； (2)设抛物线 C 上一点 P 的横坐标为 t(t＞0)，过 P 的直线交 C 于另一点 Q，交 x 轴于 M，过点 Q 作 PQ 的垂线交 C 于另一 点 N，若 MN 是 C 的切线，求 t 的最小值．
江苏专版2019届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第7讲抛物线分层演练直击高考文201806204
第7讲 抛物线1．(2018·广州七校联考)抛物线14x 2＝y 的焦点坐标是________．[解析] 由14x 2＝y ⇒x 2＝4y ，于是焦点坐标为(0，1)．[答案] (0，1)2．(2018·连云港模拟)顶点在原点，对称轴是y 轴，并且经过点P (－4，－2)的抛物线方程是________．[解析] 设抛物线方程为x 2＝my ，将点P (－4，－2)代入x 2＝my ，得m ＝－8. 所以抛物线方程是x 2＝－8y . [答案] x 2＝－8y3．抛物线的焦点为椭圆x 29＋y 24＝1的左焦点，顶点为椭圆中心，则抛物线方程为________．[解析] 由c 2＝9－4＝5得F (－5，0)， 则抛物线方程为y 2＝－45x . [答案] y 2＝－45x4．已知抛物线C ：y 2＝x 的焦点为F ，A (x 0，y 0)是C 上一点，AF ＝54x 0，则x 0＝________．[解析] 由题意知抛物线的准线为x ＝－14.因为AF ＝54x 0，根据抛物线的定义可得x 0＋14＝AF ＝54x 0，解得x 0＝1.[答案] 15．如图是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽________米．[解析] 以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为x 2＝－2py (p >0)，由题意知抛物线过点(2，－2)，代入方程得p ＝1，则抛物线的方程为x 2＝－2y ，当水面下降1米时，为y ＝－3，代入抛物线方程得x ＝±6，所以此时水面宽为26米．[答案] 2 66．(2018·云南省第一次统一检测)已知抛物线C 的方程为y 2＝2px (p >0)，⊙M 的方程为x 2＋y 2＋8x ＋12＝0，如果抛物线C 的准线与⊙M 相切，那么p 的值为________．[解析] 将⊙M 的方程化为标准方程：(x ＋4)2＋y 2＝4，圆心坐标为(－4，0)，半径r ＝2，又因为抛物线的准线方程为x ＝－p2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－p 2＝2，p ＝12或4.[答案] 12或47．已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点，若FP →＝4FQ →，则QF ＝________．[解析] 过点Q 作QQ ′⊥l 交l 于点Q ′，因为FP →＝4FQ →，所以PQ ∶PF ＝3∶4，又焦点F 到准线l 的距离为4，所以QF ＝QQ ′＝3. [答案] 38．过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交y 轴于点A ，抛物线上有一点B 满足OB →＝OA →＋OF →(O 为坐标原点)，则△BOF 的面积是________．[解析] 由题可知F (1，0)，可设过焦点F 的直线方程为y ＝k (x －1)(可知k 存在)，则A (0，－k )，所以B (1，－k )，由点B 在抛物线上，得k 2＝4，k ＝±2，即B (1，±2)，S △BOF ＝12·OF ·|y B |＝12×1×2＝1.[答案] 19．已知抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴的正半轴上，若抛物线的准线与双曲线5x 2－y 2＝20的两条渐近线围成的三角形的面积为45，则抛物线方程为________．[解析] 由双曲线方程5x 2－y 2＝20知其渐近线方程为y ＝±5x ，由题意可设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，故其准线方程为x ＝－p2，设准线与双曲线的两条渐近线的交点为A ，B ，则不妨令A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，52p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，－52p ，故S △ABO ＝12×5p ×p 2＝54p 2＝45，解得p 2＝16，又因为p >0，所以p ＝4，故抛物线方程为y 2＝8x .[答案] y 2＝8x10．抛物线y 2＝2px 的焦点为F ，点A 、B 、C 在此抛物线上，点A 坐标为(1，2)．若点F 恰为△ABC 的重心，则直线BC 的方程为________．[解析] 因为点A 在抛物线上，所以4＝2p ，p ＝2，抛物线方程为y 2＝4x ，焦点F (1，0)， 设点B (x 1，y 1)，点C (x 2，y 2)，则有y 21＝4x 1，①y 22＝4x 2，②由①－②得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝4(x 1－x 2)得k BC ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2. 又因为y 1＋y 2＋23＝0，所以y 1＋y 2＝－2，所以k BC ＝－2. 又因为x 1＋x 2＋13＝1，所以x 1＋x 2＝2，所以BC 的中点为(1，－1)，则BC 所在直线方程为y ＋1＝－2(x －1)， 即2x ＋y －1＝0. [答案] 2x ＋y －1＝011．(2018·江苏省四校联考)已知抛物线y 2＝2x 上有四点A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)、D (x 4，y 4)，点M (3，0)，直线AB 、CD 都过点M ，且都不垂直于x 轴，直线PQ 过点M 且垂直于x 轴，交AC 于点P ，交BD 于点Q .(1)求y 1y 2的值； (2)求证：MP ＝MQ .[解] (1)设直线AB 的方程为x ＝my ＋3，与抛物线方程联立得：y 2－2my －6＝0， 所以y 1y 2＝－6.(2)证明：直线AC 的斜率为y 1－y 3x 1－x 3＝2y 1＋y 3，所以直线AC 的方程为y ＝2y 1＋y 3(x －x 1)＋y 1. 所以点P 的纵坐标为y P ＝6＋y 1y 3y 1＋y 3＝6＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－6y 2y 3－6y 2＋y 3＝6（y 2－y 3）y 2y 3－6，同理点Q 的纵坐标为y Q ＝6（y 3－y 2）y 2y 3－6，所以y P ＋y Q ＝0，又PQ ⊥x 轴，所以MP ＝MQ .12．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 的顶点在原点，经过点A (2，2)，其焦点F 在x 轴上．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)求过点F 且与直线OA 垂直的直线方程；(3)设过点M (m ，0)(m >0)的直线交抛物线C 于D 、E 两点，ME ＝2DM ，记D 和E 两点间的距离为f (m )，求f (m )关于m 的表达式．[解] (1)由题意，可设抛物线C 的标准方程为y 2＝2px .因为点A (2，2)在抛物线C 上，所以p ＝1.因此抛物线C 的标准方程为y 2＝2x .(2)由(1)可得焦点F 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，又直线OA 的斜率为22＝1，故与直线OA 垂直的直线的斜率为－1，因此所求直线的方程是x ＋y －12＝0.(3)设点D 和E 的坐标分别为(x 1，y 1)和(x 2，y 2)，直线DE 的方程是y ＝k (x －m )，k ≠0.将x ＝yk＋m 代入y 2＝2x ，有ky 2－2y －2km ＝0， 解得y 1，2＝1±1＋2mk2k.由ME ＝2DM 知1＋1＋2mk 2＝2(1＋2mk 2－1)，化简得k 2＝4m.因此DE 2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2(y 1－y 2)2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 24（1＋2mk 2）k 2＝94(m 2＋4m )，所以f (m )＝32m 2＋4m (m >0).1．设斜率为2的直线l 过抛物线y 2＝ax (a ≠0)的焦点F ，且和y 轴交于点A ，若△OAF (O 为坐标原点)的面积为4，则抛物线的方程为________．[解析] 由题可知抛物线焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，0，于是过焦点且斜率为2的直线的方程为y ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 4，令x ＝0，可得A 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，所以S △OAF ＝12·|a |4·|a |2＝4，得a ＝±8，故抛物线方程为y 2＝±8x .[答案] y 2＝±8x2．(2018·南通质检)已知点M (－3，2)是坐标平面内一定点，若抛物线y 2＝2x 的焦点为F ，点Q 是该抛物线上的一动点，则MQ －QF 的最小值是________．[解析] 抛物线的准线方程为x ＝－12，当MQ ∥x 轴时，MQ －QF 取得最小值，此时点Q 的纵坐标y ＝2，代入抛物线方程y 2＝2x 得Q 的横坐标x ＝2，则(QM －QF )min ＝|2＋3|－⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋12＝52.[答案] 523．(2018·无锡模拟)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 且倾斜角为120°的直线l 与抛物线在第一、四象限分别交于A ，B 两点，则AFBF的值等于________．[解析] 记抛物线y 2＝2px 的准线为l ′，如图，作AA 1⊥l ′，BB 1⊥l ′，AC ⊥BB 1，垂足分别是A 1，B 1，C ，则有cos ∠ABB 1＝BC AB ＝BB 1－AA 1AF ＋BF ＝BF －AFAF ＋BF，即cos 60°＝BF －AF AF ＋BF ＝12，由此得AF BF ＝13. [答案] 134．(2018·鹰潭模拟改编)直线x ＝1与抛物线C ：y 2＝4x 交于M ，N 两点，点P 是抛物线C 准线上的一点，记向量OP →＝aOM →＋bON →(a ，b ∈R )，其中O 为抛物线C 的顶点．给出下列命题：①∀a ，b ∈R ，△PMN 不是等边三角形； ②∃a <0且b <0，使得向量OP →与ON →垂直；③无论点P 在准线上如何运动，a ＋b ＝－1总成立． 其中，所有正确命题的序号是________．[解析] 根据题意可知，当点P 落在准线与x 轴的交点时，PM ＝PN ＝22≠MN ＝4，所以△PMN 不是等边三角形，所以无论P 在何处即∀a ，b ∈R ，△PMN 都不是等边三角形．故①正确，根据题意不妨令M (1，2)，N (1，－2)，令OP →·ON →＝0，即(a ＋b )·1－2(2a －2b )＝0，整理得3a ＝5b ，所以∃a <0且b <0，使得向量OP →与ON →垂直，故②正确，OP →＝(a ＋b ，2a －2b )，因为点P 在抛物线的准线上，所以a ＋b ＝－1总成立，故③正确．[答案] ①②③5．已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l 经过点F 且与抛物线C 相交于A 、B 两点． (1)若线段AB 的中点在直线y ＝2上，求直线l 的方程； (2)若线段AB ＝20，求直线l 的方程．[解] (1)由已知得抛物线的焦点为F (1，0)．因为线段AB 的中点在直线y ＝2上，所以直线l 的斜率存在，设直线l 的斜率为k ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点M (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 1＋x22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2得(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝4(x 1－x 2)，所以2y 0k ＝4. 又y 0＝2，所以k ＝1，故直线l 的方程是y ＝x －1.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋1，与抛物线方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，消元得y 2－4my －4＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，Δ＝16(m 2＋1)>0.AB ＝m 2＋1|y 1－y 2|＝m 2＋1·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2 ＝m 2＋1·（4m ）2－4×（－4） ＝4(m 2＋1)．所以4(m 2＋1)＝20，解得m ＝±2， 所以直线l 的方程是x ＝±2y ＋1， 即x ±2y －1＝0.6．如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝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．[解] (1) 依题意，OB ＝83，∠BOy ＝30°.设B (x ，y )，则x ＝OB sin 30°＝43，y ＝OB cos 30°＝12.因为点B (43，12)在x 2＝2py 上，所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2.故抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)证明：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，y 0＝14x 20，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.所以Q 为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1. 设定点为M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立．由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)， MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1－y 1， 由MP →·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0，即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0，1)．。
2019版高考数学(文)高分计划一轮课件：第8章 平面解析几何 8-6
2．已知双曲线1x62 －y92＝1 上有一点 P，F1，F2 是双曲线 的焦点，且∠F1PF2＝3π，则△PF1F2 的面积为__9___3___．
解析 由题意，得|F1F2|＝2 16＋9＝10. ||PF1|－|PF2||＝8，
因为|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cosπ3＝100， 所以|PF1|·|PF2|＝36. 所以 S△PF1F2＝12|PF1|·|PF2|sinπ3＝9 3.
(1)当 a<c 时，P 点的轨迹是双曲线； (2)当 a＝c 时，P 点的轨迹是两条 射线 ； (3)当 a>c 时，P 点不存在．
2．双曲线的标准方程和几何性质
标准 方程
ax22－by22＝1(a>0，b>0)
ay22－bx22＝1(a>0，b>0)
图形
3．必记结论 (1)焦点到渐近线的距离为 b. (2)等轴双曲线：实轴长和虚轴长相等的双曲线叫等轴 双曲线，其方程可写作：x2－y2＝λ(λ≠0)． (3)等轴双曲线⇔离心率 e＝ 2⇔两条渐近线 y＝±x 相 互垂直．
()
A. 3
B．3
C. 3m
D．3m
解析 由题意知，双曲线的标准方程为3xm2 －y32＝1，其
中 a2＝3m，b2＝3，故 c＝ a2＋b2＝ 3m＋3，不妨设 F 为
双曲线的右焦点，故 F( 3m＋3，0)．其中一条渐近线的方
程为
y＝
1 m
x，即 x－
my＝0，由点到直线的距离公式可
得
d＝
| 3· m＋1| ＝ 1＋－ m2
解析 设点 A(1,0)，因为△PF1F2 的内切圆与 x 轴切于 点(1,0)，则|PF1|－|PF2|＝|AF1|－|AF2|，所以 2a＝(c＋1)－(c －1)，则 a＝1.因为点 P 与点 F1 关于直线 y＝－bax对称，所 以∠F1PF2＝2π，且||PPFF12||＝ba＝b，结合|PF1|－|PF2|＝2，|PF1|2 ＋|PF2|2＝4c2＝4＋4b2，可得 b＝2.所以双曲线的方程为 x2 －y42＝1.
高中数学--平面解析几何课件ppt
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3．直线方程的几种形式
名称
方程的形式
已知条件
局限性
点斜式
_y_－__y_1＝__k_(_x－__x_1_)
(x1，y1)为直线上 一定点，k为斜 率
不包括垂直于x轴的 直线
斜截式
___y_＝__k_x_＋_b____
k为斜率，b是直 线在y轴上的截 距
不包括垂直于x轴的 直线
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名 方程的形式
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法二：由题意，所求直线的斜率存在且 k≠0， 设直线方程为 y－2＝k(x－3)， 令 y＝0，得 x＝3－2k，令 x＝0，得 y＝2－3k， 由已知 3－2k＝2－3k，解得 k＝－1 或 k＝23， ∴直线 l 的方程为： y－2＝－(x－3)或 y－2＝23(x－3)， 即直线 l 的方程为 x＋y－5＝0 或 2x－3y＝0.
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【解】 (1)法一：设直线 l 的方程为 y－1＝k(x－2)(k＜0)，
则 A(2－1k，0)，B(0,1－2k)， ∴S△AOB＝12(2－1k)(1－2k)＝2＋12(－4k－1k)
≥2＋12×2
－4k－1k＝4，
当且仅当－4k＝－1k，即 k＝±12时取等号．
∵k＜0，∴k＝－12，
故所求直线方程为 y－1＝－12(x－2)， 即 x＋2y－4＝0.
第八章 平面解析几何
第1课时 直线及其方程
考纲展示
2016高考导航
备考指南
1.在平面直角坐标系中，结合具体图
形，掌握确定直线位置的几何要素． 1.基本公式、直线的斜率、方程以
2.掌握确定直线位置的几何要素，掌 及两直线的位置关系是高考的重
握直线方程的三种形式(点斜式、两 点．
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第八章 立体
§8.1空间几何体的表面积与体积考情考向分析本部分是高考考查的重点内容，主要涉及空间几何体的表面积与体积的计算．命题形式主要以填空题为主，考查空间几何体的表面积与体积的计算，涉及空间几何体的结构特征，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，广泛应用转化与化归思想．1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.柱、锥、台、球的表面积和体积【知识拓展】1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．2．几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝3a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．(√)(2)锥体的体积等于底面积与高之积．(×)(3)球的体积之比等于半径比的平方．( × )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( × )(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × ) 题组二 教材改编2．[P55练习T3]已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________cm. 答案 2解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2.3．[P60练习T4]已知棱台的上、下底面面积分别为4,16，高为3，则该棱台的体积为________． 答案 28 题组三 易错自纠4．各棱长均为2的正三棱锥的表面积是________． 答案 4 3解析 每个面的面积为12×2×2×32＝3，∴该正三棱锥的表面积为4 3.5．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________． 答案 12π解析 由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π.6．已知某圆柱的侧面展开图是边长为2a ，a 的矩形，则该圆柱的体积为________． 答案 a 32π或a 3π解析 设圆柱的母线长为l ，底面圆的半径为r ， 则当l ＝2a 时，2πr ＝a ，∴r ＝a2π，这时V 圆柱＝2a ·π⎝⎛⎭⎫a 2π2＝a32π； 当l ＝a 时，2πr ＝2a ，∴r ＝a π，这时V 圆柱＝a ·π⎝⎛⎭⎫a 2＝a3π. 综上，该圆柱的体积为a 32π或a 3π.题型一 求空间几何体的表面积1．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长都相等，其外接球的表面积是4π，则其侧棱长为________． 答案233解析 依题意可以构造一个正方体，其体对角线就是该三棱锥外接球的直径． 设侧棱长为a ，外接球的半径为r . 由外接球的表面积为4π，得r ＝1， ∴3a ＝2r ＝2，∴a ＝233.2．正六棱台的上、下两底面的边长分别是1 cm,2 cm ，高是1 cm ，则它的侧面积为________ cm 2. 答案972解析 正六棱台的侧面是6个全等的等腰梯形，上底长为1 cm ，下底长为2 cm ，高为正六棱台的斜高．又边长为1 cm 的正六边形的中心到各边的距离是32cm ，边长为2 cm 的正六边形的中心到各边的距离是 3 cm ，则梯形的高为 1＋⎝⎛⎭⎫3－322＝72(cm)，所以正六棱台的侧面积为6×12×(1＋2)×72＝972(cm 2)．思维升华 空间几何体表面积的求法(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． 题型二 求空间几何体的体积典例 (1)(2017·江苏宿迁三模)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P －ABA 1的体积为________．答案934解析 三棱锥P －ABA 1的体积等于三棱锥B －AP A 1的体积，点B 到面AP A 1的距离为332，△AP A 1的面积为92，故三棱锥P －ABA 1的体积为934.(2)(2017·江苏南京三模)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D －ABC 1的体积为________．答案 13解析 几何体展开图如图所示：△ABD ∽△ACC 1，∴BD CC 1＝ABAC ，∵AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3， ∴AC ＝3，CC 1＝3，∴BD ＝1，则11－－＝D ABC A BC D V V ＝13×12×1×2×1＝13.思维升华 空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．跟踪训练 (1)(2018届南京一中调研)如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个正三角形组成，则该多面体的体积是________．答案26解析 由展开图，可知该多面体是正四棱锥，底面正方形的边长为1，侧棱长也为1，∴该正四棱锥的高h ＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫122＝22，∴其体积V ＝13×12×22＝26.(2)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________．答案23解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连结DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32， 取AD 的中点O ，连结GO ，易得GO ＝22， ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴多面体的体积V ＝V三棱锥E －ADG＋V三棱锥F －BCH＋V三棱柱AGD －BHC＝2V 三棱锥E －ADG ＋V 三棱柱AGD －BHC＝13×24×12×2＋24×1＝23. 题型三 简单的等积变换典例 如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若E ，F 分别为AB ，AC 的中点，平面EB 1C 1F 将三棱柱分成体积为V 1，V 2的两部分，那么V 1∶V 2等于多少？解 如图，延长A 1A 到A 2，B 1B 到B 2，C 1C 到C 2，且A 1A ＝AA 2，B 1B ＝BB 2，C 1C ＝CC 2，连结A 2C 2，A 2B 2，B 2C 2，则得到三棱柱ABC －A 2B 2C 2，且111222－－＝，ABC A B C ABC A B C V V 延长B 1E ，C 1F ，则B 1E 与C 1F 相交于点A 2.因为A 2A ∶A 2A 1＝1∶2，所以2A AEF V 三棱－锥＝182111A A B C V 三棱－锥.又2A AEF V 三棱－锥＝142A ABC V 三棱－锥＝14×13222ABC A B C V 三棱柱－＝112111ABC A B C V 三棱柱－， 所以V 1＝72A AEF V 三棱－锥＝712111ABC A B C V 三棱柱－，故V 1∶V 2＝7∶(12－7)＝7∶5.思维升华 当所给几何体的体积不容易计算时，可根据几何体的结构特征将其分解成多个体积可求的几何体，或者补形成体积可求的几何体，这种解法就是割补法，割补法求体积体现了转化与化归思想的应用．跟踪训练 (2018届灌云高级中学检测)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为________． 答案 1解析 如图，连结AD ，因为△ABC 是正三角形， 且D 为BC 中点，则AD ⊥BC . 又因为BB 1⊥平面ABC ，故BB 1⊥AD ，且BB 1∩BC ＝B ，BB 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，所以AD ⊥平面BCC 1B 1，所以AD 是三棱锥A －B 1DC 1的高． 所以11A B DC V 三棱－锥＝1311·B DC S AD＝13×3×3＝1.1．若圆锥的轴截面是正三角形，则它的侧面积是底面积的________倍． 答案 2解析 设底面半径为r ，则S 底面＝πr 2， S 侧面＝12×2πr ×2r ＝2πr 2，所以S 侧面＝2S 底面．2．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．答案 32解析 设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2， 则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，所以h 1h 2＝r 2r 1.又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94， 所以r 1r 2＝32，则V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝r 1r 2＝32.3．已知A ，B ，C 三点都在以O 为球心的球面上，OA ，OB ，OC 两两垂直，三棱锥O —ABC 的体积为43，则球O 的表面积为________．答案 16π解析 设球O 的半径为R ，以球心O 为顶点的三棱锥的三条侧棱两两垂直且都等于球的半径R ，另外一个侧面是边长为2R 的等边三角形．因此根据三棱锥的体积公式，得13×12R 2·R＝43，∴R ＝2，∴S 球的表面积＝4π×22＝16π. 4．(2013·江苏) 如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.答案124解析 由题意可知，三棱锥F －ADE 与三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的高之比为12，底面积之比为14，故V 1∶V 2＝13×12×141＝124.5．(2018届淮安中学质检) 如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则三棱锥B －AEF的体积为______．答案112解析 连结AC ，BD ，易知AC ⊥平面BDD 1B 1，则V 三棱锥B －AEF ＝V 三棱锥A －BEF ＝13×AC 2×S △BEF ＝13×AC 2×12×EF ×BB 1＝13×22×12×22×1＝112.6．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P —ABC 为鳖臑，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P —ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________． 答案 20π解析 方法一 将三棱锥P —ABC 放入长方体中，如图(1)，三棱锥P —ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为P A ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，由题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.方法二 利用鳖臑的特点求解，如图(2)，因为四个面都是直角三角形，所以PC 的中点到每一个顶点的距离都相等，即PC 的中点为球心O ，易得2R ＝PC ＝20，所以球O 的表面积为4πR 2＝20π.7．(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________． 答案7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.8．(2017·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体棱长为a ，则6a 2＝18， ∴a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3， ∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝92π.9. 如图所示，在直角梯形ABCD 中，AD ⊥DC ，AD ∥BC ，BC ＝2CD ＝2AD ＝2，若将该直角梯形绕BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．答案 (2＋3)π解析 根据题意可知，此旋转体的上半部分为圆锥(底面半径为1，高为1)，下半部分为圆柱(底面半径为1，高为1)，如图所示．则所得几何体的表面积为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积以及圆柱的下底面积之和，即表面积为12·2π·1·12＋12＋2π·12＋π·12＝(2＋3)π. 10．如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则R r＝________.答案 233解析 由水面高度升高r ，得圆柱体积增加了πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r .故R r ＝233. 11.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E —ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． (1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以BE ⊥AC .而BD ∩BE ＝B ，BD ，BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E —ACD 的体积V 三棱锥E-ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E —ACD 的侧面积为3＋2 5.12．(2017·南京二十九中调研)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCB ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为线段CD ，P A 的中点．(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)若∠PBC ＝π4，AB ＝4，求棱锥P －ABCE 的体积． (1)证明 取PB 中点G ，连结FG ，CG .∵F 为P A 的中点，∴FG 綊12AB .又E 为CD 的中点，ABCD 为正方形，∴EC 綊12CD 綊12AB ，∴EC 綊FG . 即四边形ECGF 为平行四边形，∴EF ∥GC .又EF ⊄平面PBC ，CG ⊂平面PBC ，∴EF ∥平面PBC .(2)解 ∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，又BC ⊥CD ，∴BC ⊥平面PCD ，∴BC ⊥PC .同理CD ⊥PC ，∴PC ⊥平面ABCD ，∵AB ＝4，∠PBC ＝π4，∴PC ＝4. ∴V P －ABCE ＝13×4×2＋42×4＝16.13．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 答案 32解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32. 由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 1r 2＝32. 14．在三棱锥P —ABC 中，P A ⊥平面ABC 且P A ＝2，△ABC 是边长为3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．答案 8π解析 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以P A 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.15．已知三棱锥O —ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O —ABC 的体积为________．答案 233解析 设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时， S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC .OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，OA ，OB ⊂平面AOB ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V 三棱锥O —ABC ＝V 三棱锥C —OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233. 16．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P —A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO 1是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解 (1)V ＝13×62×2＋62×2×4＝312(m 3)． (2)设PO 1＝x ，则O 1B 1＝62－x 2，B 1C 1＝2·62－x 2，∴1111A B C D S ＝2(62－x 2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x .则仓库容积V ＝13x ·2(62－x 2)＋2(62－x 2)·4x ＝263x (36－x 2)． 由V ′＝0得x ＝23或x ＝－23(舍去)．由实际意义知V 在x ＝23(m)时取到最大值， 故当PO 1＝23(m)时，仓库容积最大．。
(江苏专版)2019届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第4讲直线与圆、圆与圆的位置关系课件文
[解析] 圆的方程可化为(x－1)2＋(y－2)2＝5，圆心(1，2)到直 线 x＋2y－5＋ 5＝0 的距离 d＝1，截得弦长 l＝2 r2－d2＝ 4.
2．已知圆 C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0 与圆 C2：x2＋y2 ＋2x－2my＋m2－3＝0，若圆 C1 与圆 C2 相外切，则实数 m
[解析] 当切线斜率存在时，设圆的切线方程为 y＝k(x－2)＋ 4 3，由圆心(1，0)到切线的距离为半径 1，得 k＝ ，所以切线 3 方程为 4x－3y＋1＝0，当切线斜率不存在时，直线 x＝2 也 是圆的切线，所以直线方程为 4x－3y＋1＝0 或 x＝2.
2．过原点的直线与圆 x2＋y2－4x＋3＝0 有公共点，则直线 0，π∪5π，π 6 6 的倾斜角的取值范围是____________________________ ．
的圆心，r 为其半径)．
(2)求圆的弦长的常用方法
2 l ＝ ①几何法：设圆的半径为 r，弦心距为 d，弦长为 l，则 2
r2－d2. ②代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式： AB＝ 1＋k2|x1－x2| ＝ （1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2].
1 ．过点 (2 ， 3) 与圆 (x － 1)2 ＋ y2 ＝ 1 相切的直线的方程为 x＝2 或 4x－3y＋1＝0 __________________________________ ．
2．必会的 2 种方法 (1)圆的切线问题 ①过圆 x2＋y2＝r2(r＞0)上一点 M(x0，y0)的切线方程为 x0x＋ y0y＝r2； ②过圆 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0 外一点 M(x0，y0)引切线，有 两条，求方程的方法是待定系数法，切点为 T 的切线长公式