2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件： 专题突破练5 平面解析几何中的高考热点问题
2019版高考数学一轮复习 高考必考题突破讲座(二)三角函数、解三角形、平面向量及其应用学案
高考必考题突破讲座(一)导数及其应用[解密考纲]导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．1．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2. (1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)设函数F (x )＝f (x )－g (x )，若函数F (x )的零点有且只有一个，求实数a 的值． 解析 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，∴当0<x <1e 时，f ′(x )<0；当x >1e时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． ①当0<t <1e 时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，t ＋2上单调递增， ∴f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ；②当t ≥1e 时，函数f (x )在区间[t ，t ＋2]上单调递增，∴f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f (t )＝t ln t .综上，f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t <1e，t ln t ，t ≥1e.(2)F (x )＝f (x )－g (x )＝x ln x ＋x 2－ax ＋2，由题意F (x )＝0，即a ＝ln x ＋x ＋2x在(0，＋∞)上有且只有一个根，令h (x )＝ln x ＋x ＋2x，则h ′(x )＝1x ＋1－2x 2＝x 2＋x －2x 2＝(x ＋2)(x －1)x2(x >0)， ∴h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h (x )min ＝h (1)＝3，由题意可知，若使y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象恰有一个公共点，则a ＝h (x )min ＝3. 综上，若函数F (x )的零点有且只有一个，则实数a ＝3. 2．已知函数f (x )＝x ·e ax＋ln x －e ，(a ∈R )．(1)当a ＝1时，求函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)设g (x )＝ln x ＋1x－e ，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在定义域内存在两个零点，求实数a 的取值范围．解析 (1)∵a ＝1，∴f (x )＝x e x ＋ln x －e ，f ′(x )＝(x ＋1)e x＋1x，∴f (1)＝0，f ′(1)＝2e ＋1．∴f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝(2e ＋1)(x －1)．(2)h (x )＝f (x )－g (x )＝x e ax－1x ＝x 2e ax－1x在定义域(0，＋∞)上存在两个零点，即x 2eax－1＝0在(0，＋∞)上有两个实数根．令φ(x )＝x 2e ax－1，则φ′(x )＝ax 2e ax＋2x e ax ＝x e ax(ax ＋2)，①当a ≥0时，φ′(x )＝x e ax(ax ＋2)>0，∴y ＝φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴y ＝φ(x )在(0，＋∞)至多一个零点，不合题意．②当a <0时，令φ′(x )＝0，得x ＝－2a.∵φ(0)＝－1，当x →＋∞，φ(x )→－1，∴要使φ(x )＝x 2e ax－1在(0，＋∞)上有两个零点， 则φ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a >0即可，得a 2<4e 2，又a <0，∴－2e <a <0.3．(2018·安徽合肥高三调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx 在x ＝22处取得极小值－ 2. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若过点M (1，m )的直线与曲线y ＝f (x )相切且这样的切线有三条，求实数m 的取值范围．解析 (1)由题意得，f ′(x )＝2ax 2＋b . ∵函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝22处取得极小值－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝－2，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＝－4，32a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－3，则函数f (x )的解析式为f (x )＝2x 3－3x .(2)设切点坐标为(x 0,2x 30－3x 0)，则曲线y ＝f (x )的切线的斜率k ＝f ′(x 0)＝6x 20－3， 切线方程为y －(2x 30－3x 0)＝(6x 20－3)(x －x 0)， 代入点M (1，m )，得m ＝－4x 30＋6x 20－3，依题意，方程m ＝－4x 30＋6x 20－3有三个不同的实根． 令g (x )＝－4x 3＋6x 2－3，则g ′(x )＝－12x 2＋12x ＝－12x (x －1)， ∴当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0； 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.故g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )极小值＝g (0)＝－3，g (x )极大值＝g (1)＝－1．∴当－3<m <－1时，g (x )＝－4x 3＋6x 2－3的图象与直线y ＝m 有三个不同的交点， ∴当－3<m <－1时，存在这样的三条切线． 故实数m 的取值范围是(－3，－1)． 4．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2(a ∈R )． (1)当a <0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若xf ′(x )－f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解析 (1)由题知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＝2ax 2＋1x.当a ＜0时，由f ′(x )＞0得0＜x ＜－12a；由f ′(x )＜0得 x ＞－12a， 则当a ＜0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞. (2)∵xf ′(x )－f (x )＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x 2ax 2＋1x－(1n x ＋ax 2)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即a ＞ln x －1x2在(0，＋∞)上恒成立. 设h (x )＝ln x －1x 2＝ln x －1x 2(x ＞0) ，则h ′(x )＝3－2ln x x3， 由h ′(x )＞0得0＜x ＜e 32；由h ′(x )＜0得x ＜e 32，故函数h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e 32上单调递增，在(e 32，＋∞)上单调递减， ∴h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 32＝12e 3，∴a ＞12e 3 ，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12e 3，＋∞.5．已知函数f (x )＝ax ln x ＋b (a ，b 为实数)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1．(1)求实数a ，b 的值及函数f (x )的单调区间； (2)设函数g (x )＝f (x )＋1x，证明：g (x 1)＝g (x 2)(x 1<x 2)时，x 1＋x 2>2. 解析 (1)由题得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (1＋ln x )，因为曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝a ＝1，f (1)＝a ln 1＋b ＝0，解得a ＝1，b ＝0.令f ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝1e.当0<x <1e 时，f ′(x )<0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减； 当x >1e 时，f ′(x )>0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.(2)由(1)得，g (x )＝f (x )＋1x ＝ln x ＋1x. 由g (x 1)＝g (x 2)(x 1<x 2)，得ln x 1＋1x 1＝ln x 2＋1x 2， 即x 2－x 1x 1x 2＝ln x 2x 1>0. 要证x 1＋x 2>2，需证(x 1＋x 2)x 2－x 1x 1x 2>2ln x 2x 1， 即证x 2x 1－x 1x 2>2ln x 2x 1，设x 2x 1＝t (t >1)，则要证x 2x 1－x 1x 2>2ln x 2x 1， 等价于证：t －1t>2ln t (t >1)．令u (t )＝t －1t －2ln t ，则u ′(t )＝1＋1t2－2t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1t 2>0，∴u (t )在区间(1，＋∞)上单调递增，u (t )>u (1)＝0， 即t －1t>2ln t ，故x 1＋x 2>2.6．已知函数f (x )＝12x 2－x ＋a ln x (a >0)．(1)若a ＝1，求f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24解析 (1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1＋1x，f ′(1)＝1，f (1)＝－12，∴y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝x －1，即y ＝x －32.∴f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为2x －2y －3＝0.(2)f ′(x )＝x －1＋a x ＝x 2－x ＋ax(a >0)．①若a ≥14，则x 2－x ＋a ≥0，f ′(x )≥0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若0<a <14，由x 2－x ＋a >0得0<x <1－1－4a 2或x >1＋1－4a 2；由x 2－x ＋a <0得1－1－4a 2<x <1＋1－4a 2. ∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．综上，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a <14时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．(3)由(2)知0<a <14时，f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1，x 2是方程x 2－x ＋a ＝0的两个根，∴x 1＋x 2＝1，x 1·x 2＝a . ∴f (x 1)＋f (x 2)＝12x 21－x 1＋a ln x 1＋12x 22－x 2＋a ln x 2＝12(x 1＋x 2)2－x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋a ln(x 1·x 2) ＝12－a －1＋a ln a ＝a ln a －a －12.令g (x )＝x ln x －x －12⎝⎛⎭⎪⎫0<x <14，则g ′(x )＝ln x <0.∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，∴g (x )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝－3－2ln 24.∴f (x 1)＋f (x 2)>－3－2ln 24.。
63第九章 平面解析几何 高考专题突破五 第1课时 范围、最值问题
第1课时 范围、最值问题
内容索引
NEIRONGSUOYIN
题型分类 深度剖析 课时作业
1 题型分类 深度剖析
PART ONE
师生共研
题型一 范围问题
例 1 (2016·天津)设椭圆ax22＋y32＝1(a> 3)的右焦点为 F，右顶点为 A.已知|O1F|＋ |O1A|＝|F3Ae|，其中 O 为原点，e 为椭圆的离心率.
3
2 4
y02 4x0
3
2.
因为 x20＋y420＝1(－1≤x0<0)，
所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB 面积的取值范围是6 2，15410.
多维探究
题型二 最值问题
命题点1 利用三角函数有界性求最值
例2 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，
A.[4,5]
√B.[7,8]
C.[6,7]
D.[5,6]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
16.已知椭圆 C1： mx＋2 4－yn2＝1 与双曲线 C2：xm2＋yn2＝1 有相同的焦点， 求椭圆 C1 的离心率 e1 的取值范围.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
跟踪训练1 (2018·浙江)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C： y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上. (1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
证明 设 P(x0，y0)，A41y21，y1，B41y22，y2. 因为PA，PB的中点在抛物线上， 所以 y1，y2 为方程y＋2y02＝4·14y22＋x0， 即 y2－2y0y＋8x0－y20＝0 的两个不同的实根. 所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴.
2019版高考数学文高分计划一轮课件：第8章 平面解析几
解析 如图所示，直线 l：x＋my＋m＝0 过定点 A(0，－1)， 3 1 1 当 m≠0 时，kQA＝ ，kPA＝－2，kl＝－ ，∴－ ≤－2 或 2 m m 1 3 1 2 － ≥ ，解得 0<m≤ 或－ ≤m<0； m 2 2 3 当 m＝0 时， 直线 l 的方程为 x＝0， 与线段 PQ 有交点． 2 1 ∴实数 m 的取值范围为－ ≤m≤ . 3 2
y2－y1 k＝ x2－x1 两点的直线的斜率公式为
.
2．直线方程的五种形式 名称 式 式 y1) y 轴上的截距 b 已知条件 方程 适用范围 点斜 斜率 k 与点(x1， 斜截 斜率 k 与直线在
y－y1＝k(x－x1) 不含直线 x＝x1
y＝kx＋b
不含垂直于 x 轴 的直线
名称
已知条件
方程
适用范围
不含直线 x＝ y － y x － x 1 1 两点 两点(x1， y1)， (x2， ＝ y2－y1 x2－x1 x1(x1＝x2)和直 式 y2) (x1≠x2，y1≠y2) 线 y＝y1(y1＝y2) 不含垂直于坐 x y 截距 ＋ ＝1(a≠0， 轴上的截距分别 a b 标轴和过原点 式 b≠0) 为 a，b 的直线 直线在 x 轴、y
(2)已知直线 l：ax＋y－2－a＝0 在 x 轴和 y 轴上的截距 相等，则 a 的值是( A．1 C．－2 或－1 ) B．－1 D．－2 或 1
解析 当 a＝0 时，直线方程为 y－2＝0，不满足题意， 2＋a 所以 a≠0，所以在 x 轴上的截距为 ，在 y 轴上的截距 a 2＋a 为 2＋a，则由 2＋a＝ ，得 a＝－2 或 a＝1.故选 D. a
(2)(必修 A2P95T3)倾斜角为 150° ， 在 y 轴上的截距为－3
2019版高考数学(理)高分计划一轮课件：第8章 平面解析几何 8-1
题型 2 直线方程的求法 典例 求适合下列条件的直线的方程： (1)在 y 轴上的截距为－5，倾斜角的正弦值是35； (2)经过点 P(3,2)，且在两坐标轴上的截距相等； (3)经过点 A(－1，－3)，倾斜角等于直线 y＝3x 的倾斜 角的 2 倍．
根据已知条件代入相应公式，分别为斜 截式、截距式、点斜式．
＋cosθ＝ 55，则 l 的源自率为( )A．－12B．－12或－2
C.12或 2
D．－2
解析 ∵sinθ＋cosθ＝ 55，① ∴(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝15， ∴2sinθcosθ＝－45，∴(sinθ－cosθ)2＝95， 易知 sinθ>0，cosθ<0，
∴sinθ－cosθ＝3 5 5，②
2．教材衍化 (1)(必修 A2P109A 组 T2)如果 A·C<0，且 B·C<0，那么直 线 Ax＋By＋C＝0 不经过( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
解析 由已知得直线 Ax＋By＋C＝0 在 x 轴上的截距－ CA>0，在 y 轴上的截距－CB>0，故直线经过一、二、四象限， 不经过第三象限．故选 C.
(2)设所求直线 l 的方程为 y－1＝k(x－2)．
则可得 A2k－k 1，0，B(0,1－2k)(k<0)， ∴截距之和为2k－k 1＋1－2k
＝3－2k－1k≥3＋2 －2k·－1k＝3＋2 2.
此时－2k＝－1k⇒k＝－
2 2.
故截距之和最小值为 3＋2 2，此时 l 的方程为 y－1＝
(2)(必修 A2P95T3)倾斜角为 150°，在 y 轴上的截距为－3 的直线方程为__y_＝__－___33_x_－__3__．
浙江专版2019版高考数学一轮复习第五章平面向量与解三角形5.3正弦余弦定理及解三角形课件
推论:cos A= b2 ,cco2sBa=2
2bc
2.解斜三角形的类型
c2 a2 b2
,cos C= .
2ac
a2 b2 c2 2ab
(1)已知两角一边,用正弦定理,有解时,只有一解.
(2)已知两边及其中一边的对角,用正弦定理,有解的情况可分为以下几
种(在△ABC中,已知a、b和角A):
求AB:
利用正、可余到弦达定理解决实际问题 所以(a+b)2=4+3ab≤4+ ,得(a+b)2≤16, 评析 本题考查了利用正弦、余弦定理解三角形,三角形面积公式,三
(1)在△ACD中,用正弦定理 求AD;
角恒等变换,利用基本不等式求最大值等基础知识,考查运算求解能力. 所以(a+b)2=4+3ab≤4+ ,得(a+b)2≤16,
(1)已知两角一边,用正弦定理,有解时,只有一解.
当4,解co得s Aa(=≠4 0)时S,b,==si na B, b =c2((6sR分in为)A,由△正弦A定B理C得的b=外2a,接由余圆弦定半理径得a2)+;b2-ab=
上表中A为锐角且4 aR<bsin A时,无解;A为钝角时,a=b或a<b,均无解.
(2)S= absin C; (当3)cSo=s2AR≠20s时in,Asisn1inBB=2sisninCA(R,由为正△弦A定BC理的得外b接=2圆a,半由径余)弦; 定理得a2+b2-ab=
4,解得a= ,b= 2 , (6分)
解析 即2sin
((A13c)o由)sS2A=s=in2si2nRAB2+scsoiinsn(A2AB, +sCi)n=sBin sCi,得n4Csin(RAc为os A△+siAn(BA-BC)=的sin外(A+B接), 圆半径);
2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件： 第7章 立体几何初步 第5节 垂直关系学案 文
第五节 垂直关系[考纲传真] 1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．(对应学生用书第104页) [基础知识填充]1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义如果一条直线l 与平面α内的任何直线都垂直，就说直线l 与平面α互相垂直． (2)判定定理与性质定理文字语言 图形表示 符号表示判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥a l ⊥ba ∩b ＝O a αb α⇒l ⊥α性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αb ⊥α⇒a ∥b2 (1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)判定定理与性质定理⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl β⇒α⊥β⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝al ⊥a l β⇒l ⊥α1．若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． 2．一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直． 3．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( ) (2)垂直于同一个平面的两平面平行．( )(3)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．( )(4)若两个平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α，m β.( ) A ．若l ⊥β，则α⊥β B ．若α⊥β，则l ⊥m C ．若l ∥β，则α∥β D ．若α∥β，则l ∥mA [∵l ⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A 正确．]3．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足 m ∥α，n⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥lD ．m ⊥nC [∵α∩β＝l ，∴l β. ∵n ⊥β，∴n ⊥l .]4．如图751，已知PA ⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，则图中直角三角形的个数为________. 【导学号：00090253】图7514 [∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，PA ⊥BC ， 则△PAB ，△PAC 为直角三角形． 由BC ⊥AC ，且AC ∩PA ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC ，从而BC ⊥PC ． 因此△ABC ，△PBC 也是直角三角形．]5．边长为a 的正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，则折叠后AC 的长为________．a [如图所示，取BD 的中点O ，连接A ′O ，CO ，则∠A ′OC 是二面角A ′BD C 的平面角．即∠A ′OC ＝90°，又A ′O ＝CO ＝22a ， ∴A ′C ＝a 22＋a 22＝a ，即折叠后AC 的长(A ′C )为A ．](对应学生用书第105页)线面垂直的判定与性质如图⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：图752(1)CD ⊥AE ； (2)PD ⊥平面ABE .[证明] (1)在四棱锥P ABCD 中，∵PA ⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ，∴PA ⊥CD ．又∵AC ⊥CD ，且PA ∩AC ＝A ，∴CD ⊥平面PAC ．而AE 平面PAC ，∴CD ⊥AE . (2)由PA ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝PA ．∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC ．由(1)知AE ⊥CD ，且PC ∩CD ＝C ，∴AE ⊥平面PCD ． 又PD 平面PCD ，∴AE ⊥PD ． ∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AB ．又∵AB ⊥AD ，且PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD ，而PD 平面PAD ， ∴AB ⊥PD ．又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面ABE . [规律方法]1．证明直线与平面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理．(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”． (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理． 2．证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系． (2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理． (4)利用直线与平面垂直的性质．[变式训练1] 如图753所示，在四棱锥P ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E是PB 的中点，F 是DC 上的点，且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．图753(1)证明：PH ⊥平面ABCD ； (2)证明：EF ⊥平面PAB ．[证明] (1)因为AB ⊥平面PAD ，PH 平面PAD ，所以PH ⊥AB ． 因为PH 为△PAD 中AD 边上的高，所以PH ⊥AD ． 因为AB ∩AD ＝A ，AB ，AD 平面ABCD ， 所以PH ⊥平面ABCD ．(2)如图所示，取PA 的中点M ，连接MD ，ME .因为E 是PB 的中点，所以ME 綊12AB ．又因为DF 綊12AB ，所以ME 綊DF ，所以四边形MEFD 是平行四边形， 所以EF ∥MD ．因为PD ＝AD ，所以MD ⊥PA ． 因为AB ⊥平面PAD ，所以MD ⊥AB ． 因为PA ∩AB ＝A ，所以MD ⊥平面PAB ， 所以EF ⊥平面PAB ．面面垂直的判定与性质分别为AC ，BC的中点．图754(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH . [证明] (1)如图所示，连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .1分在三棱台DEF ABC 中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．3分则M为CD的中点，又H为BC的中点，所以HM∥BD，由于HM平面FGH，BD平面FGH，故BD∥平面FGH. 5分(2)连接HE，GE，CD，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB．6分由AB⊥BC，得GH⊥BC．又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE. 10分由于CF⊥BC，所以HE⊥BC．又HE，GH平面EGH，HE∩GH＝H.所以BC⊥平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH. 12分[规律方法] 1.面面垂直的证明的两种思路：(1)用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．2．垂直问题的转化关系：[变式训练2] (2017·全国卷Ⅰ)如图755，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。
高中数学高考58第九章 平面解析几何 高考专题突破5 第2课时 定点与定值问题
技能提升练
5.(2018·保定模拟)设椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 23，左顶点 M 到 直线ax＋by＝1 的距离 d＝455，O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程；
123456
(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明： 点O到直线AB的距离为定值.
思维升华
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究 变化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点 与变量无关.
跟踪训练 1 已知焦距为 2 2的椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的右顶点为 A，直 线 y＝43与椭圆 C 交于 P，Q 两点(P 在 Q 的左边)，Q 在 x 轴上的射影为 B，且 四边形 ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆 C 的方程；
(1)求C的方程；
解 由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，
①
由垂直得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，
②
由题意得 S△MF1 F2 ＝12|MF1|·|MF2|＝1，
③
由①②③，可得 b2＝1，C 的方程为x42＋y2＝1.
123456
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求 证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值.
123456
2.(2018·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交 点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|. (1)求p的值； 解 设 Q(x0，4)，由抛物线定义，|QF|＝x0＋2p， 又|QF|＝2|PQ|，即 2x0＝x0＋p2，解得 x0＝p2， 将点 Qp2，4代入抛物线方程，解得 p＝4.
2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件： 第7章 立体几何初步 第5节 垂直关系学案 文
图 754 (1)求证：BD∥平面 FGH； (2)若 CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面 BCD⊥平面 EGH. [证明] (1)如图所示，连接 DG，CD，设 CD∩GF＝M，
C [∵α∩β＝l，∴lβ.
∵n⊥β，∴n⊥l.]
4．如图 751，已知 PA⊥平面 ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________. 【导
学号：00090253】
4 [∵PA⊥平面 ABC， ∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC， 则△PAB，△PAC 为直角三角形．
图 751
又 PD平面 PCD，∴AE⊥PD． ∵PA⊥底面 ABCD，∴PA⊥AB． 又∵AB⊥AD，且 PA∩AD＝A，∴AB⊥平面 PAD，而 PD平面 PAD， ∴AB⊥PD． 又 AB∩AE＝A，∴PD⊥平面 ABE. [规律方法] 1．证明直线与平面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理． (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”． (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理． 2．证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系． (2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理． (4)利用直线与平面垂直的性质． [变式训练 1] 如图 753 所示，在四棱锥 PABCD 中，AB⊥平面
1 因为 E 是 PB 的中点，所以 ME 綊 2AB．
1 又因为 DF 綊 2AB， 所以 ME 綊 DF， 所以四边形 MEFD 是平行四边形， 所以 EF∥MD． 因为 PD＝AD，所以 MD⊥PA． 因为 AB⊥平面 PAD，所以 MD⊥AB． 因为 PA∩AB＝A，所以 MD⊥平面 PAB， 所以 EF⊥平面 PAB．
2019版高考数学(理)高分计划一轮课件：第8章 平面解析几何 8-1a
解析 ①当 α＝90°时，斜率 k 不存在，故①错误；②倾 斜角的正切值为－1 时，倾斜角为 135°，故②正确；③直线 AB 与 x 轴垂直，斜率不存在，倾斜角为 90°，故③正确；④ 直线过定点(1,2)，斜率为 1，又43－ －21＝1，故直线必过点(3,4)， 故④正确；⑤斜率为34的直线有无数条，所以直线不一定过 (1,1)与(5,4)两点，故⑤错误．
课后作业夯关
[基础送分 提速狂刷练]
一、选择题
1．(2018·朝阳模拟)直线 x＋ 3y＋1＝0 的倾斜角为
()
π
π
A.6
B.3
2π
5π
C. 3
D. 6
解析 直线斜率为－ 33，即 tanα＝－ 33，0≤α<π，∴α ＝56π，故选 D.
2．(2017·正定质检)直线 xcos140°＋ysin40°＋1＝0 的倾
A．y－1＝3(x－3) B．y－1＝－3(x－3) C．y－3＝3(x－1) D．y－3＝－3(x－1)
解析 因为 AO＝AB，所以直线 AB 的斜率与直线 AO 的斜率互为相反数，所以 kAB＝－kOA＝－3，所以直线 AB 的点斜式方程为 y－3＝－3(x－1)．故选 D.
6．(2017·河南新乡一中周考)若 m，n 满足 m＋2n－1＝
欲求 m2＋n2 的最小值可先求 m－02＋n－02的最小 值．
而 m－02＋n－02表示 4m＋3n－10＝0 上的点(m， n)到原点的距离，如图．
当过原点和点(m，n)的直线与直线 4m＋3n－10＝0 垂直 时，原点到点(m，n)的距离最小，最小值为 2.
故 m2＋n2 的最小值为 4.故选 C.
三、解答题 15．设直线 l 的方程为(a＋1)x＋y＋2－a＝0(a∈R)． (1)若 l 在两坐标轴上截距相等，求 l 的方程； (2)若 l 不经过第二象限，求实数 a 的取值范围．
2019版高考数学(理)高分计划一轮课件：第8章 平面解析几何 8-7a
解析 因为 6＝p2＋5，所以 p＝2，所以抛物线 C 的方 程为 y2＝4x.
设 P(x ，y)，则 |PM|＝ x－62＋y2＝ x－62＋4x ＝ x－42＋20，可知当 x＝4 时，|PQ|取得最小值，最小值为 20－1＝2 5－1，此时不妨取 P 点的坐标为(4，－4)，则 直线 PM 的斜率为 2，即 tan∠PMO＝2，所以 cos∠PMO＝ 15，故当|PQ|取得最小值时，向量P→Q在 x 轴正方向上的投 影为(2 5－1)·cos∠PMO＝2－ 55.故选 A.
13．(2017·河南安阳二模)已知抛物线 C1：y＝ax2(a>0) 的焦点 F 也是椭圆 C2：y42＋bx22＝1(b>0)的一个焦点，点 M，
P32，1分别为曲线 C1，C2 上的点，则|MP|＋|MF|的最小值 为___2_____．
解析 将 P32，1代入y42＋bx22＝1，可得14＋49b2＝1，∴b ＝ 3，c＝1，∴抛物线的焦点 F 为(0,1)，∴抛物线 C1 的方 程为 x2＝4y，准线为直线 y＝－1，设点 M 在准线上的射影 为 D，根据抛物线的定义可知|MF|＝|MD|，∴要求|MP|＋|MF| 的最小值，即求|MP|＋|MD|的最小值，易知当 D，M，P 三 点共线时，|MP|＋|MD|最小，最小值为 1－(－1)＝2.
14．(2017·河北衡水中学调研)已知抛物线 y2＝2px(p>0) 的焦点为 F，过 F 的直线 l 与抛物线交于 A，B 两点，且|AF| ＝4|FB|，O 为坐标原点，若△AOB 的面积为58，则 p＝ ____1____.
解析 易知抛物线 y2＝2px 的焦点 F 的坐标为p2，0， 准线为 x＝－p2，不妨设点 A 在 x 轴上方，如图，过 A，B 作 准线的垂线 AA′，BB′，垂足分别为 A′，B′，过点 B 作 BH⊥AA′，交 AA′于 H，则|BB′|＝|A′H|，
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专题突破练(五) 平面解析几何中的高考热点问题
(对应学生用书第309页)
1．设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴
x2a2y
2
b
2
垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；
3
4
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.
[解] (1)根据c＝及题设知M，＝，2b2＝3ac.
a2－b
2
(c，b2a)
b
2
a
2c34
将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，
解得＝，＝－2(舍去)．
ca12c
a
故C的离心率为.
1
2
(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，
所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，
故＝4，即b2＝4a.①
b
2
a
由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则
Error!即Error!
代入C的方程，得＋＝1.②
9c24a21
b
2
将①及c＝代入②得＋＝1.
a2－b
2
9(a2－4a)4a21
4
a
解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2.
7
2．(2018·海口调研)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点，离心率为，点
x2a2y
2
b
2(52，32)255
O
为坐标原点．
图2
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)如图2，过椭圆E的左焦点F任作一条不垂直于坐标轴的直线l，交椭圆E于
P，Q两点，记弦PQ的中点为M, 过F作PQ的垂线FN交直线OM于点N
，证明：点
N
在一条定直线上．
[解] (1)由题易得Error!解得
Error!
所以c＝2，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
x
2
5
(2)证明：设直线l的方程为
y＝k(x＋2)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y
2
)，
联立y＝k(x＋2)与＋y2＝1，
x
2
5
可得(1＋5k2)x2＋20k2x＋20k2－5＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
20k21＋5k220k2－5
1＋5k2
设直线FN的方程为y＝－(x＋2)，M(x0，y0)，
1
k
则x0＝＝－，y0＝k(x0＋2)＝，
x1＋x2210k21＋5k22k
1＋5k2
所以kOM＝＝－，
y
0x01
5
k
所以直线OM的方程为y＝－x，
1
5
k
联立Error!解得
Error!
所以点N在定直线x＝－上．
5
2
3．(2018·合肥二检)如图3，已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)与圆O：x2＋y2＝8相交于
A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上一动点P(x0，y0)作圆O
的切线交抛物线
E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M
.
图3
(1)求抛物线E的方程；
(2)求点M到直线CD距离的最大值．
[解] (1)由xA＝2得y＝4，故4p＝4，解得p＝1.
2
A
于是抛物线E的方程为y2＝2x.
(2)设C，D，
(y212，y1)(y22，y2)
切线l1：y－y1＝k，
(x－y212)
代入y2＝2x得ky2－2y＋2y1－ky＝0，
21
由Δ＝4－4k(2y1－ky)＝0解得k＝，
211y1
∴l1的方程为y＝x＋，
1y1y1
2
同理，l2的方程为y＝x＋.
1y2y2
2
联立Error!解得
Error!
易得CD的方程为x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0满足x＋y＝8，x0∈[2,2]．
2020
2
联立Error!得x0y2＋2y0y－16＝0，
则Error!代入
Error!
∴M(x，y)满足
Error!
即点M的坐标为.
(－8x0，－y0x0)
点M到直线CD：x0x＋y0y＝8的距离d＝＝＝＝
|－8－y20x0－8|
x20＋y
20y20x0＋16228－x20x0＋1622
为关于x0的单调递减函数，故当且仅当x0＝2时，dmax＝＝.
8
x
0－x0＋162218
22
92
2
4．(2018·陕西质检(一))已知F1，F2为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，点
P
x2a2y
2
b
2
在椭圆上，且|PF1|＋|PF2|＝4.
(1，32)
(1)求椭圆E的方程；
(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数
λ，使得，λ，成等差数列？若存在，求出λ
的值，若不存在，请说明
1|AC|1
|BD|
理由.
[解] (1)∵|PF1|＋|PF2|＝4，∴2a＝4，a＝2.
∴椭圆E的方程为＋＝1.
x24y
2
b
2
将P代入可得b2＝3，
(1，32)
∴椭圆E的方程为＋＝1.
x24y
2
3
(2)存在．①当AC的斜率为零或斜率不存在时，
＋＝＋＝；
1|AC|1|BD|13147
12
②当AC的斜率k存在且k≠0时，
设AC的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程＋＝1，并化简得
x24y
2
3
(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1·x2＝，
8k23＋4k24k2－12
3＋4k2
|AC|＝|x1－x2|
1＋k2
＝＝.
(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1·x2]
12(1＋k2)
3＋4k2
同理，∵直线BD的斜率为－，
1
k
∴|BD|＝＝.
12(1＋k2)
3k2＋4
∴＋＝＋＝.
1|AC|1|BD|3＋4k212(1＋k2)3k2＋412(1＋k2)7
12
综上，2λ＝＋＝，∴λ＝.
1|AC|1|BD|7127
24
∴存在常数λ＝，使得，λ，成等差数列．
7241|AC|1
|BD|