2018高考数学大一轮复习压轴题命题区间五立体几何文
2018高考数学(文)大一轮复习习题 985 压轴题命题区间(三) 三角函数与平面向量 Word版含答案
压轴题命题区间(三)三角函数与平面向量已知函数()＝－，∈．()求()的最大值和最小值；()若不等式－＜()－＜在∈上恒成立，求实数的取值范围．()()＝－＝－＝＋－＝＋，因为∈，所以≤－≤，故≤＋≤，所以()＝＝，()＝＝．()因为－＜()－＜⇔()－＜＜()＋，∈，所以＞()－且＜()＋．又∈时，()＝，()＝，所以＜＜，即的取值范围是()．本题求解的关键在于将三角函数()进行正确的“化一”及“化一”后角的范围的确定，因此，求解时要准确运用三角公式，并借助三角函数的图象和性质去确定函数()的最值．已知函数()＝(＞，ω＞)，()＝，它们的最小正周期之积为π，()的最大值为．()求()的单调递增区间；()设()＝()＋，当∈时，()的最小值为，求的值．解：()由题意得·π＝π，所以ω＝．又＝＝＝＝，所以()＝．由π－≤＋≤π＋(∈)，得π－≤≤π＋(∈)．故()的单调递增区间为(∈)．()()＝()＋＝×＋＝＋( ＋)＝＋＋＋＝＋＋．因为()的最小值为，令＋＋＝⇒＝－．因为∈，所以＋∈，所以＋＝－，即＝－．已知，，分别是△的三个内角，，的对边，且＝)．()求的大小；()当＝时，求＋的取值范围．()已知在△中，＝)，由正弦定理，得－ )＝)，即＝＋＝(＋)＝，所以＝，所以＝°．()由正弦定理，得)＝)＝)＝，则＝，＝，所以＋＝＋＝(－＋－ )＝＝＝＋(()) ))。
2018年全国卷Ⅰ高考压轴数学(文)试题(附参考答案解析)
2018 全国卷Ⅰ高考压轴卷文科数学本试卷共23 题（含选考题）。
全卷满分150 分。
考试用时120 分钟。
一、选择题：本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的．1. 若会合 M x y lg 2 x, N x x 1，则 M C R N x（A）(0,2) （ B）0,2 （ C）1,2 （D）0,2. 若 a R ，则“ a 1”是“a a 1 0 ”的A．充足而不用要条件B．必需而不充足条件C．充要条件D．既不充足又不用要条件3. 若复数 z 知足（ 1﹣ i ） z=2+3i （ i 为虚数单位），则复数z 对应点在（）A．第一象限B．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限4. 已知数列{ a n}的前n项和S n n2 2n ，则数列{1 } 的前6项和为（）a n a n 12B ．4C.5D ．10A．15 11 11155. 在区间 [-1,1] 上任选两个数x和 y ，则 x2 y21的概率为（）A． 1 B1C. 1 D ．1．8 8 44 2 26. 过直线y 2x 3 上的点作圆 x2 y2 4x 6 y 12 0 的切线，则切线长的最小值为（）A．19 B ．2 5 C. 21 D ．5557. 已知x1，x2（x1 x2）是函数 f ( x)1ln x 的两个零点，x 1若 a x1,1 ， b 1, x2，则A．f (a) 0，f (b) 0 B ． f ( a) 0 ， f (b) 0 C．f (a) 0，f (b) 0 D．f ( a) 0 ， f (b) 08. F 1， F 2 分别是双曲线x 2 y 2 0) 的左、右焦点，过 F 1 的直线 l 与双曲线的左、右两a 21(a 0,bb 2支分别交于 A 、 B 两点 ．若△ ABF 2 是等边三角形，则该双曲线的离心率为 （A ） 2（B ） 3 （C ） 5 （D ） 79. 若程序框图以下图，则该程序运转后输出 k 的值是 ( )A ．5B ． 6 D ． 810. 在△ABC 中， A 60 ，AB AC3 ，D 是 △ ABC 所在平面上的一点 . 若BC3DC，则DB ADA.1B. 2C. 5D.9211. 有人发现 , 多看手机简单令人变冷淡 , 下表是一个检查机构对此现象的检查结果：附： K 2=附表：P(K 2≥k 0)k 06.63 5则以为多看手机与人冷淡相关系的掌握大概为A. 99%B.97.5%C.95%D.90%12.已知函数f ( x)| x | 3 ，x3，函数 g( x)bf (3 x) ，此中 bR ，若函数 y f ( x)g( x)(x 3) 2， x3恰有 4 个零点，则实数 b 的取值范围是（ ）A. (11,)B. ( 3, 11)C. ( , 11)D. ( 3,0)444 二、填空题：此题共4 小题，每题5 分，共 20 分。
2018年大一轮数学(文)高考复习(人教)专题测试六立体几何Word版含答案
专题测试六 立体几何 (时间90分钟，满分100分)专题测试六 立体几何大一轮复习 数学(理)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1．已知α，β为不重合的两个平面，直线m ⊂α，那么“m ⊥β”是“α⊥β”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解析：选A.由m ⊂α，m ⊥β，可得α⊥β，即充分性成立；由α⊥β，m ⊂α，得不出m ⊥β，即必要性不成立．故“m ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．2．设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列命题中错误的是( ) A ．若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β B ．若α⊥β，m ⊄α，m ⊥β，则m ∥α C ．若m ⊥β，m ⊂α，则α⊥β D ．若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n解析：选D.由m ⊥α，m ∥n 知，n ⊥α，又n ∥β，所以α⊥β，故A 正确；由α⊥β，m ⊥β知，m ⊂α或m ∥α，而已知条件中m ⊄α，所以m ∥α，故B 正确；易知C 正确；由α⊥β，m ⊂α，n ⊂β不能确定m ，n 的位置关系，m ，n 可能平行，故D 不正确． 3．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为4π3的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( ) A ．6 3 B ．12 3 C ．18 3D ．24 3解析：选C.根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于23，所以这个三棱柱的表面积等于3×23×2＋2×12×23×3＝18 3. 4．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.64B.62C.22D.π4解析：选A.本题考查几何体的三视图．由题意易知其侧视图(三角形)的底为32，高为2，所以其侧视图的面积为64. 5．一空间几何体的三视图如图所示，若正视图和侧视图都是等腰直角三角形，且直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选B.由三视图知该几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，所以四棱锥的外接球即边长为1的正方体的外接球，所以外接球的直径为3，所以外接球的表面积S ＝4π⎝⎛⎭⎪⎫322＝3π. 6．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，与异面直线AB ，CC 1均垂直的棱有( )A．4条B．3条C．2条D．1条解析：选A.如图所示，由正方体的性质可知，在正方体的所有棱中，AD，BC，A1D1，B1C1与异面直线AB，CC1均垂直．故与异面直线AB，CC1均垂直的棱有4条．7．一简单组合体的三视图及尺寸如图所示，则该组合体的表面积为( )A．7 200 B．13 600C．12 800 D．14 400解析：选C.本题考查三视图及几何体表面积的求解．由三视图可知，该几何体由上、下两个长方体组合而成，上面长方体的长、宽、高分别为40,20,50，下面长方体的长、宽、高分别为60,40,10，所以该组合体的表面积S＝2×(40×20＋40×50＋20×50＋60×40＋60×10＋40×10)－2×40×20＝12 800.8．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，给出下列命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选D.对于①，因为m⊥α，所以直线m与平面α所成的角为90°，又m∥n，所以直线n 与平面α所成的角也为90°，即n ⊥α成立，故①正确．对于②，若m ⊥α，m ⊥β，则经过m 作平面γ，设γ∩α＝a ，γ∩β＝b ，因为a ⊂α，b ⊂β，所以在平面γ内，m ⊥a ，m ⊥b ，所以直线a ，b 是平行直线．因为a ⊄β，b ⊂β，a ∥b ，所以a ∥β.经过m 作平面θ，设θ∩α＝c ，θ∩β＝d ，同样的方法可以证出c ∥β.因为a ，c 是平面α内的两条相交直线，所以α∥β，故②正确．对于③，因为m ⊥α，m ∥n ，所以n ⊥α.因为n ⊂β，所以α⊥β，故③正确．对于④，因为m ∥α，α∩β＝n ，所以当直线m 在平面β内时，m ∥n 成立，但题设中没有给出m 在平面β内这一条件，故④不正确．综上所述，正确命题的个数是3.9．在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝2，BC ＝23，∠BAC ＝π2，且此三棱柱的各顶点都在一个球面上，则球的体积为( ) A.8π3 B.16π3 C.32π3D.64π3解析：选C.因为∠BAC ＝π2，所以BA ⊥AC .又AA 1⊥平面ABC ，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1是一个底面为直角三角形的直三棱柱．作长方体ABDC A 1B 1D 1C 1，则这个直三棱柱的外接球就是长方体ABDC A 1B 1D 1C 1的外接球，且外接球的直径2R 即直四棱柱的体对角线BC 1的长，所以2R ＝BA 2＋AC 2＋AA 21＝BC 2＋AA 21＝32＋22＝4，解得R ＝2，则球的体积V ＝4π3×23＝32π3.10．设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β，γ是空间三个不同的平面，给出下列命题： ①若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥α；②若m ∥α，m ⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ；④若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，m ∥n ，则α∥β. 其中假命题的序号是( ) A ．②③ B ．①③④ C ．①②④D ．①②③解析：选B.①中，m ⊂β，α⊥β，则m 也可能在平面α内，也可能与平面α平行，故①错误；②中，由m ∥α，可得在平面α内一定存在一条直线n ，使得n ∥m ，由m ⊥β，可得n ⊥β，所以α⊥β，故②正确；③中，垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，故③错误；④中，如果两个平面与同一个平面相交，且它们的交线平行，那么这两个平面可能平行，也可能相交，故④错误．11．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，A 1A ＝AC ＝2，BC ＝1，AB ＝5，则此三棱柱的侧视图的面积为( )A ．2B ．4 C.455D ．2 5解析：选C.本题主要考查空间几何体的三视图．过点C 作CD ⊥AB 于点D ，则CD 与CC 1可确定平面C 1CD ，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧视图为侧面ACC 1A 1在平面C 1CD 上的正投影，该投影是以CD 和CC 1为邻边的矩形．在△ABC 中，AC ＝2，BC ＝1，AB ＝5，所以AC ⊥BC ，所以12·AC ·BC＝12·AB ·CD ，即2×1＝5CD ，所以CD ＝255，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧视图的面积S ＝CC 1·CD ＝2×255＝455. 12．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如图所示的三棱锥B ACD .若O 为AC 边的中点，M ，N 分别为线段DC ，BO 上的动点(不包括端点)，且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N AMC 的体积y ＝f (x )的函数图象大致是( )解析：选B.由平面ABC ⊥平面ACD ，且O 为AC 的中点可知，BO ⊥平面ACD .易知BO ＝2，则三棱锥N AMC 的高ON ＝2－x ，S △AMC ＝12·MC ·AD ＝2x ，所以三棱锥N AMC 的体积y ＝f (x )＝13·2x ·(2－x )＝13(－2x 2＋22x )(0＜x ＜2)，故函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线的一部分．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，把答案填在相应题号后的横线上．) 13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．解析：本题需要根据三棱锥的三视图画出三棱锥的直观图．三视图所表示的几何体的直观图如图所示．结合三视图知，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2，AB ＝BC ＝2，AC ＝2. 所以PB ＝PA 2＋AB 2＝4＋2＝6，PC ＝PA 2＋AC 2＝22， 所以该三棱锥最长棱的棱长为2 2. 答案：2 214．已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如图所示，则这个几何体的体积是________．解析：本题考查三视图及空间几何体体积的求解．由三视图可知，该几何体为一个空心圆柱，其中底面内圆的直径为3，外圆的直径为4，圆柱的高为1，故其体积V ＝π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫422－⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝7π4. 答案：7π415．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________．解析：本题考查旋转体的概念及其侧面积的计算方法．由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π. 答案：2π16．已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是棱PC ，PD 的中点，给出下列结论： ①AB ⊥PD ；②平面PBC ⊥平面PCD ； ③S △PCD ＞S △PAB ；④直线AE 与BF 是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)解析：如图，对于①，易知棱AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ，故①正确；对于②，易知平面PBC 与平面PCD 所成的角为钝角，故②不正确；对于③，S △PAB ＝12×PA ×AB ＜12×PD ×AB ＝12×PD ×CD＝S △PCD ，故③正确；对于④，连接EF ，∵EF ∥CD ∥AB ，∴直线AE 与BF 相交，故④不正确．答案：①③三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)如图，在矩形ABCD 中，BC ＝2，AB ＝1，PA ⊥平面ABCD ，BE ∥PA ，BE ＝12PA ，F 为PA 的中点．(1)求证：DF ∥平面PEC ；(2)记四棱锥C PABE 的体积为V 1，三棱锥P ACD 的体积为V 2，求V 1V 2的值． 解：(1)证明：连接EF ，由已知得BE 綊AF ， ∴四边形ABEF 为平行四边形， ∴EF 綊AB .在矩形ABCD 中，AB 綊CD ， ∴EF 綊CD ，∴四边形CDFE 为平行四边形，∴DF ∥EC . 又DF ⊄平面PEC ，EC ⊂平面PEC ， ∴DF ∥平面PEC . (2)连接PB .由题意知V P ACD ＝V P ABC ＝V C PAB ，即V 2＝V C PAB ， ∴V 1V 2＝S PABES △PAB.∵S △PAB ＝12AB ·PA ，S PABE ＝12(EB ＋PA )·AB ，∴S PABE S △PAB ＝12EB ＋PAAB12AB ·PA ＝32， 即V 1V 2＝32. 18．(本小题满分10分)如图，在五面体ABCC 1B 1N 中，四边形CBB 1C 1为矩形，B 1C 1⊥平面ABB 1N ，四边形ABB 1N 为梯形，且AB ⊥BB 1，BC ＝AB ＝AN ＝12BB 1＝4.(1)求证：BN ⊥平面C 1B 1N ； (2)求此五面体的体积．解：(1)证明：过点N 作NM ⊥BB 1，垂足为M ，则NM ＝BM ＝AN ＝4，BN ＝ 42＋42＝4 2. ∵AN ＝12BB 1，∴MB 1＝BM ＝4，B 1N ＝NM 2＋B 1M 2＝42＋42＝4 2. ∵BB 21＝82＝64，B 1N 2＋BN 2＝(42)2＋(42)2＝64， ∴BN ⊥B 1N .∵B 1C 1⊥平面ABB 1N ，BN ⊂平面ABB 1N ， ∴B 1C 1⊥BN .∵B 1N ∩B 1C 1＝B 1，∴BN ⊥平面C 1B 1N . (2)连接CN .易知BC ⊥平面ABB 1N ，∴V C ABN ＝13·BC ·S △ABN ＝13×4×12×4×4＝323.∵B 1C 1⊥平面ABB 1N ，B 1C 1⊂平面CBB 1C 1， ∴平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1N .又NM ⊥BB 1，NM ⊂平面ABB 1N ，平面CBB 1C 1∩平面ABB 1N ＝BB 1， ∴NM ⊥平面B 1C 1CB ，∴VN CBB 1C 1＝13·NM ·SCBB 1C 1＝13×4×4×8＝1283.∴此五面体的体积V ＝V C ABN ＋VN CBB 1C 1＝323＋1283＝1603.。
2018高考数学(文)大一轮复习习题 第八章 解析几何
第八章⎪⎪⎪解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．直线的倾斜角(1)定义：当直线l 与x 轴相交时，取x 轴作为基准，x 轴正向与直线l 向上方向之间所成的角叫做直线l 的倾斜角．当直线l 与x 轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0．(2)范围：直线l 倾斜角的取值范围是1．(教材习题改编)若过两点A (－m,6)，B (1,3m )的直线的斜率为12，则m ＝________． 答案：－22．(教材习题改编)已知三角形的三个顶点A (－5,0)，B (3，－3)，C (0,2)，则BC 边上中线所在的直线方程为________．答案：x ＋13y ＋5＝03．已知直线l ：ax ＋y －2－a ＝0在x 轴和y 轴上的截距相等，则实数a ＝________．解析：令x ＝0，则l 在y 轴的截距为2＋a ；令y ＝0，得直线l 在x 轴上的截距为1＋2a．依题意2＋a ＝1＋2a，解得a ＝1或a ＝－2．答案：1或－21．点斜式、斜截式方程适用于不垂直于x 轴的直线；两点式方程不能表示垂直于x ，y 轴的直线；截距式方程不能表示垂直于坐标轴和过原点的直线．2．截距不是距离，距离是非负值，而截距可正可负，可为零，在与截距有关的问题中，要注意讨论截距是否为零．3．求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应注意分类讨论，即应对斜率是否存在加以讨论．1．经过点A (2，－3)，倾斜角等于直线y ＝x 的2倍的直线方程为________．解析：直线y ＝x 的斜率k ＝1，故倾斜角为π4，所以所求的直线的倾斜角为π2，则所求的直线方程为x ＝2．答案：x ＝22．过点M (3，－4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为________． 解析：①若直线过原点，则k ＝－43，所以y ＝－43x ，即4x ＋3y ＝0． ②若直线不过原点． 设x a ＋ya＝1，即x ＋y ＝a ． 则a ＝3＋(－4)＝－1，所以直线的方程为x ＋y ＋1＝0． 答案：4x ＋3y ＝0或x ＋y ＋1＝0考点一 直线的倾斜角与斜率基础送分型考点——自主练透1．(2016·绥化一模)直线x sin α＋y ＋2＝0的倾斜角的取值范围是( )A ．1．倾斜角与α斜率k 的关系当α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2且由0增大到π2⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠π2时，k 的值由0增大到＋∞．当α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，k 也是关于α的单调函数，当α在此区间内由π2⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠π2增大到π(α≠π)时，k 的值由－∞趋近于0(k ≠0)．2．斜率的2种求法(1)定义法：若已知直线的倾斜角α或α的某种三角函数值，一般根据k ＝tan α求斜率． (2)公式法：若已知直线上两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，一般根据斜率公式k ＝y 2－y 1x 2－x 1(x 1≠x 2)求斜率．考点二 直线的方程重点保分型考点——师生共研(1)求过点A (1,3)，斜率是直线y ＝－4x 的斜率的13的直线方程；(2)求经过点A (－5,2)，且在x 轴上的截距等于在y 轴上截距的2倍的直线方程．解：(1)设所求直线的斜率为k ，依题意k ＝－4×13＝－43．又直线经过点A (1,3)，因此所求直线方程为y －3＝－43(x －1)，即4x ＋3y －13＝0．(2)当直线不过原点时， 设所求直线方程为x 2a ＋ya ＝1，将(－5,2)代入所设方程， 解得a ＝－12，所以直线方程为x ＋2y ＋1＝0； 当直线过原点时，设直线方程为y ＝kx ，则－5k ＝2， 解得k ＝－25，所以直线方程为y ＝－25x ，即2x ＋5y ＝0．故所求直线方程为2x ＋5y ＝0或x ＋2y ＋1＝0．求直线方程的2个注意点(1)在求直线方程时，应选择适当的形式，并注意各种形式的适用条件．(2)对于点斜式、截距式方程使用时要注意分类讨论思想的运用(若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况；若采用截距式，应判断截距是否为零)．已知点A (3,4)，求满足下列条件的直线方程： (1)经过点A 且在两坐标轴上截距相等；(2)经过点A 且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形． 解：(1)设直线在x 轴，y 轴上的截距均为a ． ①若a ＝0，即直线过点(0,0)及(3,4)． ∴直线的方程为y ＝43x ，即4x －3y ＝0．②若a ≠0，设所求直线的方程为x ＋y ＝1，又点(3,4)在直线上，∴3a ＋4a＝1，∴a ＝7．∴直线的方程为x ＋y －7＝0．综合①②可知所求直线的方程为4x －3y ＝0或x ＋y －7＝0． (2)由题意可知，所求直线的斜率为±1． 又过点(3,4)，由点斜式得y －4＝±(x －3)． 故所求直线的方程为x －y ＋1＝0或x ＋y －7＝0． 考点三 直线方程的综合应用题点多变型考点——多角探明直线方程的综合应用是常考内容之一，它常与函数、导数、不等式、圆相结合，命题多为客观题． 常见的命题角度有：(1)与基本不等式相结合的最值问题； (2)与导数的几何意义相结合的问题； (3)与圆相结合求直线方程的问题．角度一：与基本不等式相结合的最值问题1．过点P (4,1)作直线l 分别交x 轴，y 轴正半轴于A ，B 两点，O 为坐标原点． (1)当△AOB 面积最小时，求直线l 的方程． (2)当|OA |＋|OB |取最小值时，求直线l 的方程． 解：设直线l ：x a ＋y b＝1(a ＞0，b ＞0)， 因为直线l 经过点P (4,1)，所以4a ＋1b＝1．(1)4a ＋1b ＝1≥24a ·1b＝4ab，所以ab ≥16，当且仅当a ＝8，b ＝2时等号成立， 所以当a ＝8，b ＝2时， △AOB 的面积最小，此时直线l 的方程为x 8＋y2＝1，即x ＋4y －8＝0． (2)因为4a ＋1b＝1，a ＞0，b ＞0，所以|OA |＋|OB |＝a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1b ＝5＋a b ＋4b a≥5＋2a b ·4ba＝9，当且仅当a ＝6，b ＝3时等号成立，所以当|OA |＋|OB |取最小值时，直线l 的方程为x 6＋y3＝1，即x ＋2y －6＝0．角度二：与导数的几何意义相结合的问题2．设P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处的切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，则点P 横坐标的取值范围为( )A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12B ．[]－1，0C ．D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1解析：选A 由题意知y ′＝2x ＋2，设P (x 0，y 0)， 则k ＝2x 0＋2．因为曲线C 在点P 处的切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，所以0≤k ≤1， 即0≤2x 0＋2≤1，故－1≤x 0≤－12．角度三：与圆相结合求直线方程的问题3．在平面直角坐标系xOy 中，设A 是半圆O ：x 2＋y 2＝2(x ≥0)上一点，直线OA 的倾斜角为45°，过点A 作x 轴的垂线，垂足为H ，过H 作OA 的平行线交半圆于点B ，则直线AB 的方程是____________________．解析：直线OA 的方程为y ＝x ，代入半圆方程得A (1,1)， ∴H (1,0)，直线HB 的方程为y ＝x －1，代入半圆方程得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32，－1＋32．所以直线AB 的方程为y －1－1＋32－1＝x －11＋32－1，即3x ＋y －3－1＝0． 答案：3x ＋y －3－1＝0处理直线方程综合应用的2大策略(1)含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点的直线系，即能够看出“动中有定”．(2)求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．1．设m ∈R ，过定点A 的动直线x ＋my ＝0和过定点B 的动直线mx －y －m ＋3＝0交于点P (x ，y )，则|PA |·|PB |的最大值是________．解析：易求定点A (0,0)，B (1,3)．当P 与A 和B 均不重合时，因为P 为直线x ＋my ＝0与mx －y －m ＋3＝0的交点，且易知两直线垂直，则PA ⊥PB ，所以|PA |2＋|PB |2＝|AB |2＝10，所以|PA |·|PB |≤|PA |2＋|PB |22＝5(当且仅当|PA |＝|PB |＝5时，等号成立)，当P 与A 或B 重合时，|PA |·|PB |＝0，故|PA |·|PB |的最大值是5．答案：52．(2017·衡阳一模)已知点P 在直线x ＋3y －2＝0上，点Q 在直线x ＋3y ＋6＝0上，线段PQ 的中点为M (x 0，y 0)，且y 0<x 0＋2，则y 0x 0的取值范围是________．解析：依题意可得|x 0＋3y 0－2|10＝|x 0＋3y 0＋6|10，化简得x 0＋3y 0＋2＝0，又y 0<x 0＋2，k OM ＝y 0x 0，在坐标轴上作出两直线，如图，当点M 位于线段AB (不包括端点)上时，k OM >0，当点M 位于射线BN 上除B 点外时，k OM <－13．所以y 0x 0的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(0，＋∞)．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(0，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．直线l ：x sin 30°＋y cos 150°＋1＝0的斜率是( ) A ．33B ． 3C ．－ 3D ．－33解析：选A 设直线l 的斜率为k ，则k ＝－sin 30°cos 150°＝33．2．倾斜角为135°，在y 轴上的截距为－1的直线方程是( ) A ．x －y ＋1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋y ＋1＝0解析：选D 直线的斜率为k ＝tan 135°＝－1，所以直线方程为y ＝－x －1，即x ＋y ＋1＝0． 3．若直线y ＝－2x ＋3k ＋14与直线x －4y ＝－3k －2的交点位于第四象限，则实数k 的取值范围是( )A ．(－6，－2)B ．(－5，－3)C ．(－∞，－6)D ．(－2，＋∞)解析：选A 解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ＋3k ＋14，x －4y ＝－3k －2，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ＋6，y ＝k ＋2，因为直线y ＝－2x ＋3k ＋14与直线x －4y ＝－3k －2的交点位于第四象限，所以k ＋6>0且k ＋2<0，所以－6<k <－2．故选A ．4．(2017·豫西五校联考)曲线y ＝x 3－x ＋5上各点处的切线的倾斜角的取值范围为________． 解析：设曲线上任意一点处的切线的倾斜角为θ(θ∈B ．(－∞，－2]∪ D ．(－∞，＋∞)解析：选C 令x ＝0，得y ＝b 2，令y ＝0，得x ＝－b ，所以所求三角形面积为12⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2|－b |＝14b 2，且b ≠0，因为14b 2≤1，所以b 2≤4，所以b 的取值范围是．5．已知点P (x ，y )在直线x ＋y －4＝0上，则x 2＋y 2的最小值是( ) A ．8 B ．2 2 C ． 2D ．16解析：选A ∵点P (x ，y )在直线x ＋y －4＝0上，∴y ＝4－x ，∴x 2＋y 2＝x 2＋(4－x )2＝2(x －2)2＋8，当x ＝2时，x 2＋y 2取得最小值8．6．过点(2，－3)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为________． 解析：若直线过原点，则直线方程为3x ＋2y ＝0；若直线不过原点，则斜率为1，方程为y ＋3＝x －2，即为x －y －5＝0，故所求直线方程为3x ＋2y ＝0或x －y －5＝0．答案：3x ＋2y ＝0或x －y －5＝07．设点A (－1,0)，B (1,0)，直线2x ＋y －b ＝0与线段AB 相交，则b 的取值范围是________．解析：b 为直线y ＝－2x ＋b 在y 轴上的截距，如图，当直线y ＝－2x ＋b 过点A (－1,0)和点B (1,0)时，b 分别取得最小值和最大值．∴b 的取值范围是．答案：8．(2016·沈阳一模)若直线l ：x a ＋y b＝1(a >0，b >0)经过点(1,2)，则直线l 在x 轴和y 轴上的截距之和的最小值是________．解析：由直线l ：x a ＋y b＝1(a >0，b >0)可知直线在x 轴上的截距为a ，在y 轴上的截距为b ．求直线在x 轴和y 轴上的截距之和的最小值，即求a ＋b 的最小值．由直线经过点(1,2)得1a ＋2b＝1．于是a ＋b ＝(a故直线l 在x 轴和y 轴上的截距之和的最小值为3＋22．答案：3＋2 29．已知直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分别求满足下列条件的直线l 的方程： (1)过定点A (－3,4)； (2)斜率为16．解：(1)设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)＋4，它在x 轴，y 轴上的截距分别是－4k－3,3k ＋4，由已知，得(3k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫4k＋3＝±6，解得k 1＝－23或k 2＝－83．故直线l 的方程为2x ＋3y －6＝0或8x ＋3y ＋12＝0．(2)设直线l 在y 轴上的截距为b ，则直线l 的方程是y ＝16x ＋b ，它在x 轴上的截距是－6b ，由已知，得|－6b ·b |＝6，∴b ＝±1．∴直线l 的方程为x －6y ＋6＝0或x －6y －6＝0．10．如图，射线OA ，OB 分别与x 轴正半轴成45°和30°角，过点P (1，0)的直线AB 分别交OA ，OB 于A ，B 两点，当AB 的中点C 恰好落在直线y ＝12x 上时，求直线AB的方程．解：由题意可得k OA ＝tan 45°＝1，k OB ＝tan(180°－30°)＝－33， 所以直线l OA ：y ＝x ，l OB ：y ＝－33x ． 设A (m ，m )，B (－3n ，n )， 所以AB 的中点C ⎝⎛⎭⎪⎫m －3n 2，m ＋n 2，由点C 在直线y ＝12x 上，且A ，P ，B 三点共线得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n 2＝12·m －3n 2，m －0m －1＝n －0－3n －1，所以l AB ：y ＝3＋32(x －1)，即直线AB 的方程为(3＋3)x －2y －3－3＝0． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．已知曲线y ＝1e x＋1，则曲线的切线中斜率最小的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为________．解析：y ′＝－e xx ＋2＝－1e x＋1ex ＋2，因为e x >0，所以e x＋1e x ≥2e x ·1e x ＝2(当且仅当e x＝1ex ，即x＝0时取等号)，所以e x＋1e x ＋2≥4，故y ′＝－1e x＋1ex ＋2≥－14(当且仅当x ＝0时取等号)．所以当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，切线的方程为y －12＝－14(x －0)，即x ＋4y －2＝0．该切线在x 轴上的截距为2，在y 轴上的截距为12，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S ＝12×2×12＝12．答案：122．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R)． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线l 不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于点A ，交y 轴正半轴于点B ，O 为坐标原点，设△AOB 的面积为S ，求S 的最小值及此时直线l 的方程．解：(1)证明：直线l 的方程可化为y ＝k (x ＋2)＋1，故无论k 取何值，直线l 总过定点(－2,1)． (2)直线l 的方程为y ＝kx ＋2k ＋1，则直线l 在y 轴上的截距为2k ＋1，要使直线l 不经过第四象限，则⎩⎪⎨⎪⎧k ≥0，1＋2k ≥0，解得k ≥0，故k 的取值范围是[)0，＋∞．(3)依题意，直线l 在x 轴上的截距为－1＋2k k，在y 轴上的截距为1＋2k ，∴A ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2k k，0，B (0,1＋2k )． 又－1＋2kk<0且1＋2k >0，∴k >0．故S ＝12|OA ||OB |＝12×1＋2k k ×(1＋2k )＝12⎝⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12(4＋4)＝4，当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时，取等号．故S 的最小值为4，此时直线l 的方程为x －2y ＋4＝0．第二节两条直线的位置关系1．两条直线平行与垂直的判定 (1)两条直线平行：①对于两条不重合的直线l 1，l 2，若其斜率分别为k 1，k 2，则有l 1∥l 2⇔k 1＝k 2． ②当直线l 1，l 2不重合且斜率都不存在时，l 1∥l 2． (2)两条直线垂直：①如果两条直线l 1，l 2的斜率存在，设为k 1，k 2，则有l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1． ②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0时，l 1⊥l 2． 2．两条直线的交点的求法直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则l 1与l 2的交点坐标就是方程组⎩⎪⎨⎪⎧A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的解．3．三种距离公式|P 1P 2|＝x 2－x 12＋y 2－y 121．(教材习题改编)已知点(a,2)(a >0)到直线l ：x －y ＋3＝0的距离为1，则a 等于( ) A ． 2 B ．2－ 2 C ．2－1D ．2＋1解析：选C 由题意知|a －2＋3|2＝1，∴|a ＋1|＝2，又a >0，∴a ＝2－1．2．已知直线l 1：ax ＋(3－a )y ＋1＝0，l 2：x －2y ＝0．若l 1⊥l 2，则实数a 的值为________． 解析：由题意，得aa －3＝－2，解得a ＝2．答案：21．在判断两条直线的位置关系时，易忽视斜率是否存在，两条直线都有斜率可根据条件进行判断，若无斜率，要单独考虑．2．运用两平行直线间的距离公式时易忽视两方程中的x ，y 的系数分别相等这一条件盲目套用公式导致出错．1．已知P ：直线l 1：x －y －1＝0与直线l 2：x ＋ay －2＝0平行，Q ：a ＝－1，则P 是Q 的( ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 由于直线l 1：x －y －1＝0与直线l 2：x ＋ay －2＝0平行的充要条件是1×a －(－1)×1＝0，即a ＝－1．所以P 是Q 的充要条件．2．已知直线3x ＋4y －3＝0与直线6x ＋my ＋14＝0平行，则它们之间的距离是________．解析：∵63＝m 4≠14－3，∴m ＝8，直线6x ＋my ＋14＝0可化为3x ＋4y ＋7＝0，两平行线之间的距离d ＝|－3－7|32＋42＝2．答案：2考点一 两条直线的位置关系(基础送分型考点——自主练透)1．过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0平行的直线方程是( ) A ．x －2y －1＝0 B ．x －2y ＋1＝0 C ．2x ＋y －2＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选A 依题意，设所求的直线方程为x －2y ＋a ＝0，由于点(1,0)在所求直线上，则1＋a ＝0，即a ＝－1，则所求的直线方程为x －2y －1＝0．2．已知过点A (－2，m )和点B (m,4)的直线为l 1，直线2x ＋y －1＝0为l 2，直线x ＋ny ＋1＝0为l 3．若l 1∥l 2，l 2⊥l 3，则实数m ＋n 的值为( )A ．－10B ．－2C ．0D ．8解析：选A ∵l 1∥l 2，∴4－mm ＋2＝－2(m ≠－2)，解得m ＝－8(经检验，l 1与l 2不重合)，∵l 2⊥l 3，∴2×1＋1×n ＝0，解得n ＝－2，∴m ＋n ＝－10．3．已知两直线l 1：mx ＋8y ＋n ＝0和l 2：2x ＋my －1＝0，试确定m ，n 的值，使 (1)l 1与l 2相交于点P (m ，－1)； (2)l 1∥l 2；(3)l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧m 2－8＋n ＝0，2m －m －1＝0，解得m ＝1，n ＝7． 即m ＝1，n ＝7时，l 1与l 2相交于点P (m ，－1)．(2)∵l 1∥l 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2－16＝0，－m －2n ≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ≠－2或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－4，n ≠2.即m ＝4，n ≠－2或m ＝－4，n ≠2时，l 1∥l 2． (3)当且仅当2m ＋8m ＝0， 即m ＝0时，l 1⊥l 2． 又－n8＝－1，∴n ＝8．即m ＝0，n ＝8时，l 1⊥l 2， 且l 1在y 轴上的截距为－1．1．已知两直线的斜率存在，判断两直线平行垂直的方法 (1)两直线平行⇔两直线的斜率相等且在坐标轴上的截距不等； (2)两直线垂直⇔两直线的斜率之积等于－1． 当直线斜率不确定时，要注意斜率不存在的情况． 2．由一般式确定两直线位置关系的方法在判断两直线位置关系时，比例式1A 2与1B 2，1C 2的关系容易记住，在解答选择、填空题时，建议多用比例式来解答．考点二 距离问题重点保分型考点——师生共研已知A (4，－3)，B (2，－1)和直线l ：4x ＋3y －2＝0，在坐标平面内求一点P ，使|PA |＝|PB |，且点P 到直线l 的距离为2．解：设点P 的坐标为(a ，b )． ∵A (4，－3)，B (2，－1)，∴线段AB 的中点M 的坐标为(3，－2)． 而AB 的斜率k AB ＝－3＋14－2＝－1， ∴线段AB 的垂直平分线方程为y ＋2＝x －3， 即x －y －5＝0．∵点P (a ，b )在直线x －y －5＝0上， ∴a －b －5＝0．①又点P (a ，b )到直线l ：4x ＋3y －2＝0的距离为2， ∴|4a ＋3b －2|5＝2，即4a ＋3b －2＝±10，②由①②联立可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝277，b ＝－87.∴所求点P 的坐标为(1，－4)或⎝ ⎛⎭⎪⎫277，－87．处理距离问题的2大策略(1)点到直线的距离问题可直接代入点到直线的距离公式去求．(2)动点到两定点距离相等，一般不直接利用两点间距离公式处理，而是转化为动点在两定点所在线段的垂直平分线上，从而使计算简便，如本例中|PA |＝|PB |这一条件的转化处理．1．已知P 是直线2x －3y ＋6＝0上一点，O 为坐标原点，且点A 的坐标为(－1,1)，若|PO |＝|PA |，则P 点的坐标为________．解析：法一：设P (a ，b )，则⎩⎨⎧2a －3b ＋6＝0，a 2＋b 2＝a ＋2＋b －2，解得a ＝3，b ＝4．∴P 点的坐标为(3,4)． 法二：线段OA 的中垂线方程为x －y ＋1＝0，则由⎩⎪⎨⎪⎧2x －3y ＋6＝0，x －y ＋1＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝4，则P 点的坐标为(3,4)．答案：(3,4)2．已知直线l 1与l 2：x ＋y －1＝0平行，且l 1与l 2的距离是2，则直线l 1的方程为______________________．解析：因为l 1与l 2：x ＋y －1＝0平行， 所以可设l 1的方程为x ＋y ＋b ＝0(b ≠－1)． 又因为l 1与l 2的距离是2， 所以|b ＋1|12＋12＝2，解得b ＝1或b ＝－3，即l 1的方程为x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0． 答案：x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝03．已知点P (4，a )到直线4x －3y －1＝0的距离不大于3，则a 的取值范围为________． 解析：由题意得，点P 到直线的距离为 |4×4－3×a －1|5＝|15－3a |5．又|15－3a |5≤3，即|15－3a |≤15， 解得0≤a ≤10，所以a 的取值范围是． 答案：．考点三 对称问题题点多变型考点——多角探明对称问题是高考常考内容之一，也是考查学生转化能力的一种常见题型． 常见的命题角度有： (1)点关于点对称； (2)点关于线对称；(3)线关于线对称．角度一：点关于点对称1．过点P (0,1)作直线l 使它被直线l 1：2x ＋y －8＝0和l 2：x －3y ＋10＝0截得的线段被点P 平分，则直线l 的方程为________________．解析：设l 1与l 的交点为A (a,8－2a )，则由题意知，点A 关于点P 的对称点B (－a,2a －6)在l 2上，把B 点坐标代入l 2的方程得－a －3(2a －6)＋10＝0，解得a ＝4，即点A (4,0)在直线l 上，所以由两点式得直线l 的方程为x ＋4y －4＝0． 答案：x ＋4y －4＝0角度二：点关于线对称2．已知直线l ：2x －3y ＋1＝0，点A (－1，－2)，则点A 关于直线l 的对称点A ′的坐标为________． 解析：设A ′(x ，y )，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2x ＋1×23＝－1，2×x －12－3×y －22＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3313，y ＝413，故A ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3313，413．答案：A ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3313，413角度三：线关于线对称3．直线2x －y ＋3＝0关于直线x －y ＋2＝0对称的直线方程是( ) A ．x －2y ＋3＝0 B ．x －2y －3＝0 C ．x ＋2y ＋1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选A 设所求直线上任意一点P (x ，y )，则P 关于x －y ＋2＝0的对称点为P ′(x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x 02－y ＋y 02＋2＝0，x －x 0＝－y －y 0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y －2，y 0＝x ＋2，由点P ′(x 0，y 0)在直线2x －y ＋3＝0上， ∴2(y －2)－(x ＋2)＋3＝0， 即x －2y ＋3＝0．1．中心对称问题的2个类型及求解方法 (1)点关于点对称：若点M (x 1，y 1)及N (x ，y )关于P (a ，b )对称，则由中点坐标公式得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a －x 1，y ＝2b －y 1，进而求解．(2)直线关于点的对称，主要求解方法是：①在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程；②求出一个对称点，再利用两对称直线平行，由点斜式得到所求直线方程． 2．轴对称问题的2个类型及求解方法 (1)点关于直线的对称：若两点P 1(x 1，y 1)与P 2(x 2，y 2)关于直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0对称，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＋B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋y 22＋C ＝0，y 2－y 1x 2－x 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－A B ＝－1，可得到点P 1关于l 对称的点P 2的坐标(x 2，y 2)(其中B ≠0，x 1≠x 2)． (2)直线关于直线的对称：一般转化为点关于直线的对称来解决，有两种情况：一是已知直线与对称轴相交；二是已知直线与对称轴平行．1．与直线3x －4y ＋5＝0关于x 轴对称的直线方程为________． 解析：设A (x ，y )为所求直线上的任意一点， 则A ′(x ，－y )在直线3x －4y ＋5＝0上，即3x －4(－y )＋5＝0，故所求直线方程为3x ＋4y ＋5＝0． 答案：3x ＋4y ＋5＝02．已知点A (1,3)关于直线y ＝kx ＋b 对称的点是B (－2,1)，则直线y ＝kx ＋b 在x 轴上的截距是________．解析：由题意得线段AB 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2在直线y ＝kx ＋b 上，故⎩⎪⎨⎪⎧23·k ＝－1，－12k ＋b ＝2，解得k ＝－32，b ＝54，所以直线方程为y ＝－32x ＋54．令y ＝0，即－32x ＋54＝0，解得x ＝56，故直线y ＝kx ＋b 在x 轴上的截距为56．答案：563已知入射光线经过点M (－3,4)，被直线l ：x －y ＋3＝0反射，反射光线经过点N (2,6)，则反射光线所在直线的方程为________．解析：设点M (－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点为M ′(a ，b )，则反射光线所在直线过点M ′，所以⎩⎪⎨⎪⎧b －4a －－·1＝－1，－3＋a 2－b ＋42＋3＝0，解得a ＝1，b ＝0．又反射光线经过点N (2,6)，所以所求直线的方程为y －06－0＝x －12－1，即6x －y －6＝0． 答案：6x －y －6＝0一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．直线2x ＋y ＋m ＝0和x ＋2y ＋n ＝0的位置关系是( ) A ．平行 B ．垂直 C ．相交但不垂直D ．不能确定解析：选C 由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋m ＝0，x ＋2y ＋n ＝0，可得3x ＋2m －n ＝0，由于3x ＋2m －n ＝0有唯一解，故方程组有唯一解，故两直线相交，两直线的斜率分别为－2，－12，斜率之积不等于－1，故不垂直．2．过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0垂直的直线方程是( ) A ．x －2y －1＝0 B ．x －2y ＋1＝0 C ．2x ＋y －2＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选C 因为直线x －2y －2＝0的斜率为12，所以所求直线的斜率k ＝－2．所以所求直线的方程为y －0＝－2(x －1)，即2x ＋y －2＝0．故选C ．3．直线x －2y ＋1＝0关于直线x ＝1对称的直线方程是( ) A ．x ＋2y －1＝0 B ．2x ＋y －1＝0 C ．2x ＋y －3＝0D ．x ＋2y －3＝0解析：选D 由题意得直线x －2y ＋1＝0与直线x ＝1的交点坐标为(1,1)． 又直线x －2y ＋1＝0上的点(－1,0)关于直线x ＝1的对称点为(3,0)， 所以由直线方程的两点式，得y －01－0＝x －31－3，即x ＋2y －3＝0．4．与直线l 1：3x ＋2y －6＝0和直线l 2：6x ＋4y －3＝0等距离的直线方程是________．解析：l 2：6x ＋4y －3＝0化为3x ＋2y －32＝0，所以l 1与l 2平行，设与l 1，l 2等距离的直线l 的方程为3x ＋2y ＋c ＝0，则|c ＋6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪c ＋32，解得c ＝－154，所以l 的方程为12x ＋8y －15＝0． 答案：12x ＋8y －15＝05．若直线2x －y ＝－10，y ＝x ＋1，y ＝ax －2交于一点，则a 的值为________．解析：解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝－10，y ＝x ＋1，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－9，y ＝－8，所以直线2x －y ＝－10与y ＝x ＋1的交点坐标为(－9，－8)， 代入y ＝ax －2，得－8＝a ·(－9)－2， 所以a ＝23．答案：23二保高考，全练题型做到高考达标1．已知A (2,3)，B (－4,0)，P (－3,1)，Q (－m ，m ＋1)，若直线AB ∥PQ ，则m 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选C ∵AB ∥PQ ， ∴k AB ＝k PQ ，即0－3－4－2＝m ＋1－1－m －－， 解得m ＝1，故选C ．2．若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＋2a ＝0平行，则l 1与l 2之间的距离为( ) A ．423B ．4 2C ．823D ．2 2解析：选C ∵l 1∥l 2， ∴1a －2＝a 3≠62a， 解得a ＝－1，∴l 1与l 2的方程分别为l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＋23＝0，∴l 1与l 2的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－232＝823．3．(2016·浙江温州第二次适应性)已知直线l 1：mx ＋y －1＝0与直线l 2：(m －2)x ＋my －1＝0，则“m＝1”是“l 1⊥l 2”的( )A ．充分不必要条件B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 由l 1⊥l 2，得m (m －2)＋m ＝0，解得m ＝0或m ＝1，所以“m ＝1”是“l 1⊥l 2”的充分不必要条件，故选A ．4．若直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2,1)对称，则直线l 2恒过定点( ) A ．(0,4) B ．(0,2) C ．(－2,4)D ．(4，－2)解析：选B 由于直线l 1：y ＝k (x －4)恒过定点(4,0)，其关于点(2,1)对称的点为(0,2)，又由于直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2,1)对称，所以直线l 2恒过定点(0,2)．5．已知直线l ：x －y －1＝0，l 1：2x －y －2＝0．若直线l 2与l 1关于l 对称，则l 2的方程是( ) A ．x －2y ＋1＝0 B ．x －2y －1＝0 C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选B 因为l 1与l 2关于l 对称，所以l 1上任一点关于l 的对称点都在l 2上，故l 与l 1的交点(1,0)在l 2上．又易知(0，－2)为l 1上一点，设它关于l 的对称点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋02－y －22－1＝0，y ＋2x ×1＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，即(1,0)，(－1，－1)为l 2上两点，可得l 2的方程为x －2y －1＝0．6．已知点A (－3，－4)，B (6,3)到直线l ：ax ＋y ＋1＝0的距离相等，则实数a 的值为________． 解析：由题意及点到直线的距离公式得|－3a －4＋1|a 2＋1＝|6a ＋3＋1|a 2＋1，解得a ＝－13或－79．答案：－13或－797．以点A (4,1)，B (1,5)，C (－3,2)，D (0，－2)为顶点的四边形ABCD 的面积为________． 解析：因为k AB ＝5－11－4＝－43，k DC ＝2－－－3－0＝－43．k AD ＝－2－10－4＝34，k BC ＝2－5－3－1＝34． 则k AB ＝k DC ，k AD ＝k BC ，所以四边形ABCD 为平行四边形． 又k AD ·k AB ＝－1，即AD ⊥AB ， 故四边形ABCD 为矩形． 故S ＝|AB |·|AD |＝－2＋－2×－2＋－2－2＝25．答案：258．l 1，l 2是分别经过点A (1,1)，B (0，－1)的两条平行直线，当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的方程是________________．解析：当两条平行直线与A ，B 两点连线垂直时，两条平行直线间的距离最大．因为A (1,1)，B (0，－1)，所以k AB ＝－1－10－1＝2，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的斜率为k ＝－12，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的方程是y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0．答案：x ＋2y －3＝09．已知直线l 1：ax ＋2y ＋6＝0和直线l 2：x ＋(a －1)y ＋a 2－1＝0． (1)当l 1∥l 2时，求a 的值； (2)当l 1⊥l 2时，求a 的值．解：(1)法一：当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1不平行于l 2；当a ＝0时，l 1：y ＝－3，l 2：x －y －1＝0，l 1不平行于l 2； 当a ≠1且a ≠0时，两直线方程可化为l 1：y ＝－a 2x －3，l 2：y ＝11－a x －(a ＋1)，由l 1∥l 2可得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＝11－a，－3≠－a ＋，解得a ＝－1．综上可知，a ＝－1．法二：由l 1∥l 2知⎩⎪⎨⎪⎧A 1B 2－A 2B 1＝0，A 1C 2－A 2C 1≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧aa －－1×2＝0，a a 2－－1×6≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －2＝0，a a 2－⇒a ＝－1．(2)法一：当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1与l 2不垂直，故a ＝1不符合；当a ≠1时，l 1：y ＝－a 2x －3，l 2：y ＝11－ax －(a ＋1)，由l 1⊥l 2，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2·11－a ＝－1⇒a ＝23．法二：∵l 1⊥l 2， ∴A 1A 2＋B 1B 2＝0，即a ＋2(a －1)＝0，得a ＝23．10．已知△ABC 的顶点A (5,1)，AB 边上的中线CM 所在直线方程为2x －y －5＝0，AC 边上的高BH 所在直线方程为x －2y －5＝0，求直线BC 的方程．解：依题意知：k AC ＝－2，A (5,1)，∴l AC 的方程为2x ＋y －11＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －11＝0，2x －y －5＝0，得C (4,3)．设B (x 0，y 0)，则AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋52，y 0＋12，代入2x －y －5＝0， 得2x 0－y 0－1＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x 0－y 0－1＝0，x 0－2y 0－5＝0，得B (－1，－3)，∴k BC ＝65，∴直线BC 的方程为y －3＝65(x －4)，即6x －5y －9＝0．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知P (x 0，y 0)是直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0外一点，则方程Ax ＋By ＋C ＋(Ax 0＋By 0＋C )＝0表示( ) A ．过点P 且与l 垂直的直线 B ．过点P 且与l 平行的直线 C ．不过点P 且与l 垂直的直线 D ．不过点P 且与l 平行的直线解析：选D 因为P (x 0，y 0)是直线l 1：Ax ＋By ＋C ＝0外一点， 所以Ax 0＋By 0＋C ＝k ，k ≠0．若方程Ax ＋By ＋C ＋(Ax 0＋By 0＋C )＝0， 则Ax ＋By ＋C ＋k ＝0．因为直线Ax ＋By ＋C ＋k ＝0和直线l 斜率相等， 但在y 轴上的截距不相等，故直线Ax ＋By ＋C ＋k ＝0和直线l 平行． 因为Ax 0＋By 0＋C ＝k ，而k ≠0， 所以Ax 0＋By 0＋C ＋k ≠0，所以直线Ax ＋By ＋C ＋k ＝0不过点P ．2．已知直线l ：(2a ＋b )x ＋(a ＋b )y ＋a －b ＝0及点P (3,4)． (1)证明直线l 过某定点，并求该定点的坐标． (2)当点P 到直线l 的距离最大时，求直线l 的方程． 解：(1)证明：直线l 的方程可化为a (2x ＋y ＋1)＋b (x ＋y －1)＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋1＝0，x ＋y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝3，所以直线l 恒过定点(－2,3)．(2)由(1)知直线l 恒过定点A (－2,3)，当直线l 垂直于直线PA 时，点P 到直线l 的距离最大． 又直线PA 的斜率k PA ＝4－33＋2＝15，所以直线l 的斜率k l ＝－5．故直线l 的方程为y －3＝－5(x ＋2)， 即5x ＋y ＋7＝0．第三节圆的方程1．圆的定义及方程点M (x 0，y 0)与圆(x －a )2＋(y －b )2＝r 2的位置关系： (1)若M (x 0，y 0)在圆外，则(x 0－a )2＋(y 0－b )2＞r 2． (2)若M (x 0，y 0)在圆上，则(x 0－a )2＋(y 0－b )2＝r 2． (3)若M (x 0，y 0)在圆内，则(x 0－a )2＋(y 0－b )2＜r 2．1．(2016·全国甲卷)圆x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0的圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离为1，则a ＝( ) A ．－43B ．－34C ． 3D ．2解析：选A 因为圆x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离d ＝|a ＋4－1|a 2＋1＝1，解得a ＝－43．2．(教材习题改编)圆C 的直径的两个端点分别是A (－1,2)，B (1,4)，则圆C 的标准方程为________． 解析：设圆心C 的坐标为(a ，b )，则a ＝－1＋12＝0，b ＝2＋42＝3，故圆心C (0,3)．半径r ＝12|AB |＝12[1－－]2＋－2＝2．∴圆C 的标准方程为x 2＋(y －3)2＝2． 答案：x 2＋(y －3)2＝23．若点(1,1)在圆(x －a )2＋(y ＋a )2＝4的内部，则实数a 的取值范围是________． 解析：因为点(1,1)在圆(x －a )2＋(y ＋a )2＝4的内部，所以(1－a )2＋(1＋a )2＜4． 即a 2＜1，故－1＜a ＜1． 答案：(－1,1)对于方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示圆时易忽视D 2＋E 2－4F ＞0这一成立条件．(2016·浙江高考)已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．解析：由二元二次方程表示圆的条件可得a 2＝a ＋2，解得a ＝2或－1．当a ＝2时，方程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即x 2＋y 2＋x ＋2y ＋52＝0，配方得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋(y ＋1)2＝－54＜0，不表示圆；当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，配方得(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5．答案：(－2，－4) 5考点一 圆的方程基础送分型考点——自主练透1．(2017·石家庄质检)若圆C 的半径为1，点C 与点(2,0)关于点(1,0)对称，则圆C 的标准方程为( )A ．x 2＋y 2＝1 B ．(x －3)2＋y 2＝1 C ．(x －1)2＋y 2＝1D ．x 2＋(y －3)2＝1解析：选A 因为点C 与点(2,0)关于点(1,0)对称，故由中点坐标公式可得C (0,0)，所以所求圆的标准方程为x 2＋y 2＝1．2．圆心在y 轴上且经过点(3,1)的圆与x 轴相切，则该圆的方程是( ) A ．x 2＋y 2＋10y ＝0 B ．x 2＋y 2－10y ＝0 C ．x 2＋y 2＋10x ＝0D ．x 2＋y 2－10x ＝0解析：选B 设圆心为(0，b )，半径为r ，则r ＝|b |，所以圆的方程为x 2＋(y －b )2＝b 2． 因为点(3,1)在圆上，所以9＋(1－b )2＝b 2，解得b ＝5．所以圆的方程为x 2＋y 2－10y ＝0．3．(2015·全国卷Ⅱ)过三点A (1,3)，B (4,2)，C (1，－7)的圆交y 轴于M ，N 两点，则|MN |＝( ) A ．2 6 B ．8 C ．4 6D ．10解析：选C 设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧D ＋3E ＋F ＋10＝0，4D ＋2E ＋F ＋20＝0，D －7E ＋F ＋50＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－2，E ＝4，F ＝－20.∴圆的方程为x 2＋y 2－2x ＋4y －20＝0． 令x ＝0，得y ＝－2＋26或y ＝－2－26，∴M (0，－2＋26)，N (0，－2－26)或M (0，－2－26)，N (0，－2＋26)， ∴|MN |＝46，故选C ．4．(2016·天津高考)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M (0，5)在圆C 上，且圆心到直线2x －y ＝0的距离为455，则圆C 的方程为________________．解析：因为圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，设C (a,0)，且a ＞0，所以圆心到直线2x －y ＝0的距离d ＝2a 5＝455，解得a ＝2， 所以圆C 的半径r ＝|CM |＝4＋5＝3， 所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9． 答案：(x －2)2＋y 2＝91．求圆的方程的2种方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程． (2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a ，b )和半径r 有关，则设圆的标准方程，依据已知条件列出关于a ，b ，r 的方程组，从而求出a ，b ，r 的值；②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D ，E ，F 的方程组，进而求出D ，E ，F 的值．2．确定圆心位置的3种方法(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上． (2)圆心在圆的任意弦的垂直平分线上． (3)两圆相切时，切点与两圆圆心共线．解答圆的有关问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质． 考点二 与圆有关的最值问题题点多变型考点——多角探明与圆有关的最值问题是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想． 常见的命题角度有： (1)斜率型最值问题； (2)截距型最值问题；(3)距离型最值问题．角度一：斜率型最值问题1．(2016·抚顺模拟)已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0，求y x的最大值和最小值． 解：原方程可化为(x －2)2＋y 2＝3， 表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆．yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率， 所以设y x＝k ，即y ＝kx ．当直线y ＝kx 与圆相切时(如图)，斜率k 取最大值或最小值， 此时|2k －0|k 2＋1＝3，所以yx的最大值为3，最小值为－3．角度二：截距型最值问题2．已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求y－x的最大值和最小值．解：y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，如图所示，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时|2－0＋b|2＝3，解得b＝－2±6．所以y－x的最大值为－2＋6，最小值为－2－6．角度三：距离型最值问题3．已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求x2＋y2的最大值和最小值．解：如图所示，x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为－2＋－2＝2，所以x2＋y2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x2＋y2的最小值是(2－3)2＝7－43．与圆有关的最值问题的3种常见转化法(1)形如μ＝y－bx－a形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．(2)形如t＝ax＋by形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．1．设点P是函数y＝－4－x－2图象上的任意一点，点Q坐标为(2a，a－3)(a∈R)，则|PQ|的最小值为________．解析：函数y＝－4－x－2的图象表示圆(x－1)2＋y2＝4的下半圆．令点Q 的坐标为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a ，y ＝a －3，得y ＝x2－3，即x －2y －6＝0，作出图象如图所示．由于圆心(1,0)到直线x －2y －6＝0的距离d ＝|1－2×0－6|12＋－2＝5＞2，所以直线x －2y －6＝0与圆(x －1)2＋y 2＝4相离，因此|PQ |的最小值是5－2．答案：5－22．已知m ＞0，n ＞0，若直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，则m ＋n 的取值范围是________．解析：因为m ＞0，n ＞0，直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，所以圆心C (1,1)到直线的距离为半径1，所以|m ＋1＋n ＋1－2|m ＋2＋n ＋2＝1，即|m ＋n |＝m ＋2＋n ＋2．两边平方并整理得mn ＝m ＋n ＋1．由基本不等式mn ≤⎝⎛⎭⎪⎫m ＋n 22可得m ＋n ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22，即(m ＋n )2－4(m ＋n )－4≥0，解得m ＋n ≥2＋22． 当且仅当m ＝n 时等号成立．答案：已知A (2,0)为圆x 2＋y 2＝4上一定点，B (1,1)为圆内一点，P ，Q 为圆上的动点． (1)求线段AP 中点的轨迹方程；(2)若∠PBQ ＝90°，求线段PQ 中点的轨迹方程． 解：(1)设AP 的中点为M (x ，y )，由中点坐标公式可知，P 点坐标为(2x －2,2y )． 因为P 点在圆x 2＋y 2＝4上， 所以(2x －2)2＋(2y )2＝4．故线段AP 中点的轨迹方程为(x －1)2＋y 2＝1． (2)设PQ 的中点为N (x ，y )， 在Rt △PBQ 中，|PN |＝|BN |，设O 为坐标原点，连接ON ，则ON ⊥PQ ， 所以|OP |2＝|ON |2＋|PN |2＝|ON |2＋|BN |2， 所以x 2＋y 2＋(x －1)2＋(y －1)2＝4．故线段PQ 中点的轨迹方程为x 2＋y 2－x －y －1＝0．与圆有关的轨迹问题的4种求法(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程． (2)定义法：根据圆、直线等定义列方程． (3)几何法：利用圆与圆的几何性质列方程．。
2018高三大一轮复习数学(文)课件：第八章 立体几何 8-1
解析：选 D.∵该几何体的主视图和左视图都是正方形，∴其 可能为正方体、底面直径与高相等的圆柱体及底面是等腰直角三 角形且其腰长等于棱柱高的直三棱柱，但不可能是一个底面长与 宽不相等的长方体．
4．(2015· 山东枣庄第三中学第二次学情调研)已知某几何体的 三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )
解析 这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错； 这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、 圆锥、圆台的底面都是圆面是显然成立的，③正确；如果用不平 行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错； 只有球满足任意截面都是圆面，⑤正确．
类型一 简单几何体的结构特征 [例 1] (1)给出下列命题： ①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线 是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体 都是圆锥；
④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等． 其中正确命题的个数是( A．0 C．2 ) B．1 D．3
直径
上、 下底中点连线所在直线旋转得到， 也可由平行于底面的平面截 所在直线旋转得到．
(2)多面体 ①棱柱的侧棱都平行且相等 ，上、下底面是 全等 的多边形．
②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角 形． ③棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是
相似
多边形．
2．直观图 画直观图常用
解析 ①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线； ②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面 都是有一个公共顶点的三角形”，如图 1 所示；③不一定，当以 斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何 体不是圆锥，如图 2 所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体； ④错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧 棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
2018高考数学(文)大一轮复习习题板块命题点专练(十一)含答案
板块命题点专练(十一）命题点一空间几何体的三视图及表面积与体积命题指数：☆☆☆☆☆难度：中题型：选择题、填空题、解答题1．(2014·浙江高考)某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是（）A．90 cm2 B．129 cm2C．132 cm2D．138 cm2解析:选D 由三视图画出几何体的直观图，如图所示，则此几何体的表面积S＝S1－S正方形＋S2＋2S3＋S 斜面，其中S1是长方体的表面积，S2是三棱柱的水平放置的一个侧面的面积,S3是三棱柱的一个底面的面积，则S＝（4×6＋3×6＋3×4)×2－3×3＋3×4＋2×错误!×4×3＋5×3＝138（cm2），选D．2．（2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（)A．错误!＋π B．错误!＋πC．错误!＋2π D．错误!＋2π解析：选A 由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和一个三棱锥组成的．由图中数据可得三棱锥的体积V1＝错误!×错误!×2×1×1＝错误!，半圆柱的体积V2＝错误!×π×12×2＝π，∴V＝错误!＋π．3．（2015·山东高考）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．错误!B．错误!C．22π D．42π解析：选B 绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合,等体积的圆锥，如图所示．每一个圆锥的底面半径和高都为错误!，故所求几何体的体积V＝2×错误!×π×错误!2×错误!＝错误!．4．(2016·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为（）A．错误!B．错误!C．错误!D．1解析：选A 通过三视图可还原几何体为如图所示的三棱锥P.ABC,通过侧视图得高h＝1，底面积S＝错误!×1×1＝错误!，所以体积V＝错误!Sh＝错误!×错误!×1＝错误!．5．(2016·天津高考）已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示（单位:m)，则该四棱锥的体积为________m3．解析：由三视图知，四棱锥的高为3 m，底面平行四边形的一边长为2 m，对应高为1 m，所以其体积V＝错误!Sh＝错误!×2×1×3＝2(m3)．答案:26．（2015·四川高考）在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，。
(江苏专用)2018版高考数学大一轮复习高考专题突破四高考中的立体几何问题课件文苏教版
(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积.
解答
题型二 空间点、线、面的位置关系
例2
(2016· 扬州模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，
AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点.
即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
5 (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝ ，OD′＝ 2 2 ，求五棱锥D′-ABCFE的体积. 4
解答
思维升华
(1) 若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接 利用公式进行求解.其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积. (2) 若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分 割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
高考专题突破四
高考中的立体几何问题
内容索引
考点自测 题型分类 深度剖析
课时作业
考点自测
1.正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为BC中点，E 为A1C1中点，则DE与平面
平行 A1B1BA的位置关系为______.
答案 解析
如图取B1C1的中点为F， 连结EF，DF，DE， 则EF∥A1B1，DF∥B1B， ∴平面EFD∥平面A1B1BA， ∴DE∥平面A1B1BA.
求证：(1)平面EFG∥平面ABC； 证明
由AS＝AB，AF⊥SB知F为SB中点， 则EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B， 因此平面EFG∥平面ABC.
(2)BC⊥SA.
证明
由平面SAB⊥平面SBC， 平面SAB∩平面SBC＝SB，AF⊂平面SAB， AF⊥SB， 所以AF⊥平面SBC，则AF⊥BC. 又BC⊥AB，AF∩AB＝A，则BC⊥平面SAB， 又SA⊂平面SAB，因此BC⊥SA.
2018年高考题和高考模拟题数学(理)——专题05立体几何分类汇编(解析版)
5．立体几何1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.学/科-网+4．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.5．【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B详解：如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。
2018高考数学文全国大一轮复习检测：第七篇 立体几何 第4节 直线、平面平行的判定与性质 含解析 精品
第4节 直线、平面平行的判定与性质 【选题明细表】 知识点、方法 题号 与平行有关的问题及命题判定 1,2,3 直线与平面平行 4,7,9,11,15 面面平行 10,16 综合问题 5,6,8,12,13,14 基础对点练(时间:30分钟) 1.(2016·黑龙江大庆模拟)α,β表示平面,a,b表示直线,则a∥α的一个充分条件是( D ) (A)α⊥β,且a⊥β (B)α∩β=b,且a∥b (C)a∥b,且b∥α (D)α∥β,且a⊂β 解析:A.还可能有a⊂α,所以不正确; B.因为a不一定在β内,所以不正确; C.还可能有a⊂α,所以不正确; D.α∥β,且a⊂β由面面平行的性质定理可知是正确的. 故选D. 2.已知m,n,l是不同的直线,α,β是不同的平面,以下命题正确的是( D ) ①若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β; ②若m⊂α,n⊂β,α∥β,l⊥m,则l⊥n; ③若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥n; ④若α⊥β,m∥α,n∥β,则m⊥n. (A)①③ (B)③④ (C)②④ (D)③ 解析:①若m∥n,m⊂α,n⊂β,则α∥β或α,β相交; ②若m⊂α,n⊂β,α∥β,l⊥m,则l⊥n或l∥n或l,n异面; ③正确; ④若α⊥β,m∥α,n∥β,则m⊥n或m∥n或m,n异面. 3.设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面.则下列四个命题中,正确的是( D ) (A)若a,b与α所成的角相等,则a∥b (B)若a∥α,b∥β,α∥β,则a∥b (C)若a⊂α,b⊂β,a∥b,则α∥β (D)若a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b 解析:A中,a与b可能相交,故A错;B中,a与b可平行、相交、异面,故B错;C中,α与β可能相交,故C错;D正确.选D. 4. (2016·北京模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1, B1C1,BB1的中点,给出下列四个推断:
2018届高考数学 高考大题专项突破五 直线与圆锥曲线压轴大题课件 文 新人教A版
所以圆心为 C(0,4),半径为 4.
设 M(x,y),则������������=(x,y-4),������������=(2-x,2-y).
由题设知������������ ·������������=0,故 x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,
即(x-1)2+(y-3)2=2. 因为点 P 在圆 C 的内部, 所以点 M 的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2.
������1-������2 ������
=
������12-������22 ������
= 14+|������������|2=������244-|���3���+| 1 = |������1|+6|���1���|.
∵m2=4k2+3,
∴当 k≠0 时,|m|> 3.
题型一
题型二
题型三
题型一
题型二
题型三
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突破策略二 相关点法
例 2 已知圆 C1 的圆心为坐标原点 O,且与直线 l1:x- 2y+6=0 相
切,设点 A 为圆上一动点,AM⊥x 轴于点 M,且动点 N 满足������������ =
1 2
������������
+
3 3
-
1 2
������������,设动点 N 的轨迹为曲线 C.
考情分析 必备知识
5.通径:过椭圆、双曲线、抛物线的焦点垂直于焦点所在坐标轴
的弦称为通径,椭圆与双曲线的通径长为
2������2 ������
,过椭圆焦点的弦中通
径最短;抛物线通径长是2p,过抛物线焦点的弦中通径最短.椭圆上