2015高考人教版理科数学复习配套 重点内容精选：第八章 平面解析几何
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第8章 平面解析几何 第1节
[课堂练通考点]1．(2014·云南检测)直线x ＝π3的倾斜角等于 ( )A ．0 B.π3 C.π2D ．π解析：选C 直线x ＝π3，知倾斜角为π2.2．直线l ：x sin 30°＋y cos 150°＋1＝0的斜率是( ) A.33B. 3 C ．－ 3D ．－33解析：选A 设直线l 的斜率为k ，则k ＝－sin 30°cos 150°＝33.3．在等腰三角形AOB 中，AO ＝AB ，点O (0,0)，A (1,3)，点B 在x 轴的正半轴上，则直线AB 的方程为( )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：选D 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k AB ＝－k OA ＝－3，所以直线AB 的点斜式方程为：y －3＝－3(x －1)．4．若过点P (1－a,1＋a )与Q (3,2a )的直线的倾斜角为钝角，则实数a 的取值范围是________．解析：k ＝tan α＝2a －(1＋a )3－(1－a )＝a －1a ＋2.∵α为钝角，∴a －1a ＋2＜0，即(a －1)(a ＋2)＜0，故－2＜a ＜1.答案：(－2,1)5．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 ，已知，得|－6b ·b |＝6，∴b ＝±1.∴直线l 的方程为x －6y ＋6＝0或x －6y －6＝0.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( )A.13 B ．－13C ．－32D.23解析：选B 设P (x P ,1)，由题意及中点坐标公式得x P ＋7＝2，解得x P ＝－5，即P (－5,1)，所以k ＝－13.2．直线ax ＋by ＋c ＝0同时要经过第一、第二、第四象限，则a ，b ，c 应满足( ) A ．ab ＞0，bc ＜0 B ．ab ＞0，bc ＞0 C ．ab ＜0，bc ＞0D ．ab ＜0，bc ＜0解析：选A 由于直线ax ＋by ＋c ＝0经过第一、二、四象限，所以直线存在斜率，将方程变形为y ＝－a b x －c b .易知－a b ＜0且－cb＞0，故ab ＞0，bc ＜0.3．若实数a ，b 满足a ＋2b ＝3，则直线2ax －by －12＝0必过定点( ) A ．(－2,8) B ．(2,8) C ．(－2，－8)D ．(2，－8)解析：选D a ＋2b ＝3⇒4a ＋8b －12＝0，又2ax －by －12＝0，比较可知x ＝2，y ＝－8故选D.4．将直线y ＝3x 绕原点逆时针旋转90°，再向右平移1个单位，所得到的直线为( ) A ．y ＝－13x ＋13B ．y ＝－13x ＋1C ．y ＝3x －3D ．y ＝13x ＋1解析：选A 将直线y ＝3x 绕原点逆时针旋转90°得到直线y ＝－13x ，再向右平移1个单位，所得直线的方程为y ＝－13(x －1)，即y ＝－13x ＋13.5．(2014·浙江诸暨质检)已知两点M (2，－3)，N (－3，－2)，直线l 过点P (1,1)且与线段MN 相交，则直线l 的斜率k 的取值范围是( )A ．k ≥34或k ≤－4B ．－4≤k ≤34C.34≤k ≤4 D ．－34≤k ≤4解析：选A 如图所示，∵k PN ＝1－(－2)1－(－3)＝34，k PM ＝1－(－3)1－2＝－4，∴要使直线l 与线段MN 相交，当l 的倾斜角小于90°时，k ≥k PN ；当l 的倾斜角大于90°时，k ≤k PM ，由已知得k ≥34或k ≤－4，故选A.6．已知A (3,5)，B (4,7)，C (－1，x )三点共线，则x ＝________. 解析：因为k AB ＝7－54－3＝2，k AC ＝x －5－1－3＝－x －54.A ，B ，C 三点共线，所以k AB ＝k AC ，即－x －54＝2， 解得x ＝－3. 答案：－37．已知两点A (0,1)，B (1,0)，若直线y ＝k (x ＋1)与线段AB 总有公共点，则k 的取值范围是________．解析：y ＝k (x ＋1)是过定点P (－1,0)的直线，k PB ＝0，k P A ＝1－00－(－1)＝1.∴k 的取值范围是[0,1]． 答案：[0,1]8．过点M (－3,5)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为________________． 解析：(1)当过原点时，直线方程为y ＝－53x ，(2)当不过原点时，设直线方程为x a ＋y－a ＝1，即x －y ＝a .代入点(－3,5)，得a ＝－8. 即直线方程为x －y ＋8＝0. 答案：y ＝－53x 或x －y ＋8＝09．已知两点A (－1,2)，B (m,3)． (1)求直线AB 的方程；(2)已知实数m ∈⎣⎡⎦⎤－33－1，3－1，求直线AB 的倾斜角α的取值范围． 解：(1)当m ＝－1时，直线AB 的方程为x ＝－1； 当m ≠－1时，直线AB 的方程为y －2＝1m ＋1(x ＋1)．(2)①当m ＝－1时，α＝π2；②当m ≠－1时，m ＋1∈⎣⎡⎭⎫－33，0∪(0， 3 ]， ∴k ＝1m ＋1∈(－∞，－ 3 ]∪⎣⎡⎭⎫33，＋∞，∴α∈⎣⎡⎭⎫π6，π2∪⎝⎛⎦⎤π2，2π3.综合①②知，直线AB 的倾斜角α∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3. 10．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：法一：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)．法二：设直线l 过定点(x 0，y 0)，则kx 0－y 0＋1＋2k ＝0对任意k ∈R 恒成立，即(x 0＋2)k －y 0＋1＝0恒成立，∴x 0＋2＝0，－y 0＋1＝0，解得x 0＝－2，y 0＝1，故直线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 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Ⅱ组：重点选做题1．(2014·哈尔滨模拟)函数y ＝a sin x －b cos x 的一条对称轴为x ＝π4，则直线l ：ax －by＋c ＝0的倾斜角为( )A ．45°B ．60°C ．120°D ．135°解析：选D 由函数y ＝f (x )＝a sin x －b cos x 的一条对称轴为x ＝π4知，f (0)＝f ⎝⎛⎭⎫π2，即－b ＝a ，∴直线l 的斜率为－1，∴倾斜角为135°.2．已知直线l 1：ax －2y ＝2a －4，l 2：2x ＋a 2y ＝2a 2＋4，当0＜a ＜2时，直线l 1，l 2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，则a ＝________.解析：由题意知直线l 1，l 2恒过定点P (2,2)，直线l 1的纵截距为2－a ，直线l 2的横截距为a 2＋2，所以四边形的面积S ＝12×2×(2－a )＋12×2×(a 2＋2)＝a 2－a ＋4＝⎝⎛⎭⎫a －122＋154，当a ＝12时，面积最小． 答案：12。
高考数学总复习：第8章《平面解析几何》课件
• 3．直线与双曲线交于一点时，不一定相切，例 如：当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双 曲线相交于一点，但不是相切；反之，当直线与 双曲线相切时，直线与双曲线仅有一个交点．
双曲线的定义及标准方程 [典题导入]
(1)(2012·湖南高考)已知双曲线 C：ax22－by22＝1 的焦距为
ay22－bx22＝1(a>0，b>0)
图形ห้องสมุดไป่ตู้
x≥a或x≤－a
坐标轴 原点
(－a，0) (a，0)
y≤－a或y≥a
坐标轴 原点
(0，－a) (0，a)
A1A2 2a
b
B1B2 2b a
• 5M的．满斜已足率知|为MFFk1(1，0|－，该|－M曲F5线2)|，＝的F8离2，(0心，若率5该)，为曲一e线，曲的则线一|k上|条·e任＝渐意近一线点
双曲线的几何性质 [典题导入]
(1)(2012·浙江高考)如图，F1，F2 分别是双曲线 C：ax22－by22＝1(a，b＞0)的 左、右焦点，B 是虚轴的端点，直线 F1B 与 C 的两条渐近线分别交于 P，Q 两点， 线段 PQ 的垂直平分线与 x 轴交于点 M.若|MF2|＝|F1F2|，则 C 的离 心率是( )
• 解析 如图所示，设双曲线右焦点为F1， • 则F1与A重合，坐标为(5，0)， • 则|PF|＝|PF1|＋2a，|QF|＝|QF1|＋2a， • 所以|PF|＋|QF|＝|PQ|＋4a＝4b＋4a＝28， • ∴△PQF周长为28＋4b＝44.
• 答案 44
课时作业
• [规律方法]
• 1．解决此类问题的常用方法是设出直线方程或双 曲线方程，然后把直线方程和双曲线方程组成方程
2015年高考数学总复习(人教A版,理科)配套教案：第八章 立体几何 8.3
§8.3直线、平面平行的判定与性质1.直线与平面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件a∩α＝∅a⊂α，b⊄α，a∥b a∥αa∥α，a⊂β，α∩β＝b结论a∥αb∥αa∩α＝∅a∥b 2.面面平行的判定与性质判定性质定义定理图形条件α∩β＝∅a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝bα∥β，a⊂β结论α∥βα∥βa∥b a∥α1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行. (×)(2)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面. (√)(3)若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α. (×)(4)空间四边形ABCD中，E、F分别是AB，AD的中点，则EF∥平面BCD. (√)(5)若α∥β，直线a∥α，则a∥β. (×)2.若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则()A.α内的所有直线与l异面B.α内不存在与l平行的直线C.α内存在唯一的直线与l平行D.α内的直线与l都相交答案 B解析由题意知，直线l与平面α相交，则直线l与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项B是正确的.3.下列命题中，错误的是()A.平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行B.平行于同一个平面的两个平面平行C.若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行D.若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面答案 C解析由面面平行的判定定理和性质知A、B、D正确.对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面.4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上.若EF∥平面AB1C，则线段EF的长度等于________.答案 2解析因为直线EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，且平面AB1C∩平面ABCD＝AC，所以EF∥AC，又E是DA的中点，所以F是DC的中点，由中位线定理可得EF＝12AC，又在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，所以AC＝22，所以EF＝ 2.5.已知平面α∥平面β，直线a⊂α，有下列命题：①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任意一条直线都不垂直.其中真命题的序号是________.答案②解析因为α∥β，a⊂α，所以a∥β，在平面β内存在无数条直线与直线a平行，但不是所有直线都与直线a平行，故命题②为真命题，命题①为假命题.在平面β内存在无数条直线与直线a垂直，故命题③为假命题.题型一直线与平面平行的判定与性质例1(2012·山东)如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.思维启迪(1)利用等腰△EDB底边中线和高重合的性质证明；(2)根据线面平行的判定或两个平面平行的性质证明线面平行.证明(1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.又EC⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，因此BD⊥EO.又O为BD的中点，所以BE＝DE.(2)方法一如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°.又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，所以平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.方法二如图，延长AD，BC交于点F，连接EF.因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°，因为∠AFB＝30°，所以AB＝12AF.又AB＝AD，所以D为线段AF的中点.连接DM，由于点M是线段AE的中点，因此DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，所以DM∥平面BEC.思维升华判断或证明线面平行的常用方法：(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β).如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，H分别为棱A1B1，D1C1上的点，且EH∥A1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G，求证：FG∥平面ADD1A1.证明因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1.又平面FGHE∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，即FG∥A1D1.又FG⊄平面ADD1A1，A1D1⊂平面ADD1A1，所以FG∥平面ADD1A1.题型二平面与平面平行的判定与性质例2如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.思维启迪要证四点共面，只需证GH∥BC；要证面面平行，可证一个平面内的两条相交直线和另一个平面平行.证明(1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1.又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面.(2)∵E、F分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG.∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG.∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.思维升华证明面面平行的方法：(1)面面平行的定义；(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行；(5)利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.证明(1)如图，连接SB，∵E、G分别是BC、SC的中点，∴EG∥SB.又∵SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，∴直线EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，∵F、G分别是DC、SC的中点，∴FG∥SD. 又∵SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，∴FG∥平面BDD1B1，且EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，∴平面EFG∥平面BDD1B1.题型三 平行关系的综合应用例3 如图所示，在四面体ABCD 中，截面EFGH 平行于对棱AB 和 CD ，试问截面在什么位置时其截面面积最大？思维启迪 利用线面平行的性质可以得到线线平行，可以先确定截面 形状，再建立目标函数求最值. 解 ∵AB ∥平面EFGH ，平面EFGH 与平面ABC 和平面ABD 分别交于FG 、EH . ∴AB ∥FG ，AB ∥EH ，∴FG ∥EH ，同理可证EF ∥GH ， ∴截面EFGH 是平行四边形.设AB ＝a ，CD ＝b ，∠FGH ＝α (α即为异面直线AB 和CD 所成的角或其补角).又设FG ＝x ，GH ＝y ，则由平面几何知识可得x a ＝CG BC ，y b ＝BG BC ，两式相加得x a ＋yb ＝1，即y＝ba(a －x )， ∴S ▱EFGH ＝FG ·GH ·sin α＝x ·b a ·(a －x )·sin α＝b sin αa x (a －x ).∵x >0，a －x >0且x ＋(a －x )＝a 为定值，∴当且仅当x ＝a －x 时，b sin αa x (a －x )＝ab sin α4，此时x ＝a 2，y ＝b 2.即当截面EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 为棱AD 、AC 、BC 、BD 的中点时截面面积最大. 思维升华 利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决.如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为a 的正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，在侧面PBC 内，有BE ⊥PC 于E ，且BE ＝63a ，试在AB 上找一点F ，使EF ∥平面P AD . 解 在平面PCD 内，过E 作EG ∥CD 交PD 于G ， 连接AG ，在AB 上取点F ，使AF ＝EG ，∵EG ∥CD ∥AF ，EG ＝AF ， ∴四边形FEGA 为平行四边形， ∴FE ∥AG .又AG ⊂平面P AD ，FE ⊄平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD . ∴F 即为所求的点.又P A ⊥面ABCD ，∴P A ⊥BC ， 又BC ⊥AB ，∴BC ⊥面P AB . ∴PB ⊥BC .∴PC 2＝BC 2＋PB 2＝BC 2＋AB 2＋P A 2. 设P A ＝x 则PC ＝2a 2＋x 2，由PB ·BC ＝BE ·PC 得： a 2＋x 2·a ＝2a 2＋x 2·63a ，∴x ＝a ，即P A ＝a ，∴PC ＝3a . 又CE ＝a 2－(63a )2＝33a ， ∴PE PC ＝23，∴GE CD ＝PE PC ＝23， 即GE ＝23CD ＝23a ，∴AF ＝23a .立体几何中的探索性问题典例：(12分)如图，在四面体P ABC 中，PC ⊥AB ，P A ⊥BC ，点D ，E ，F ，G 分别是棱AP ， AC ，BC ，PB 的中点. (1)求证：DE ∥平面BCP ； (2)求证：四边形DEFG 为矩形；(3)是否存在点Q ，到四面体P ABC 六条棱的中点的距离相等？说明理由. 思维启迪 (1)利用DE ∥PC 证明线面平行；(2)利用平行关系和已知PC⊥AB证明DE⊥DG；(3)Q应为EG中点.规范解答(1)证明因为D，E分别是AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP，所以DE∥平面BCP. [3分] (2)证明因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF.所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG.所以四边形DEFG为矩形. [7分] (3)解存在点Q满足条件，理由如下：[8分]连接DF，EG，设Q为EG的中点，由(2)知，DF∩EG＝Q，且QD＝QE＝QF＝QG＝12EG.分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN.与(2)同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线交点为EG的中点Q，且QM＝QN＝12EG，所以Q为满足条件的点.[12分]解决立体几何中的探索性问题的步骤：第一步：写出探求的最后结论.第二步：证明探求结论的正确性.第三步：给出明确答案.第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范.温馨提醒(1)立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设.(2)这类问题也可以按类似于分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”，“只需使……成立”.方法与技巧1.平行问题的转化关系线∥线判定性质线∥面判定性质面∥性质判定面2.直线与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质.3.平面与平面平行的主要判定方法(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；(4)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.失误与防范1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.3.解题中注意符号语言的规范应用.A组专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题1.若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是()A.a平行于α内的所有直线B.α内有无数条直线与a平行C.直线a上的点到平面α的距离相等D.α内存在无数条直线与a成90°角答案 A解析若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确.又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确.2.若直线m⊂平面α，则条件甲：“直线l∥α”是条件乙：“l∥m”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答案 D3.已知a，b是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是()A.a∥b，b⊂α，则a∥αB.a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC.a⊥α，b∥α，则a⊥bD.当a⊂α，且b⊄α时，若b∥α，则a∥b答案 C解析A选项是易错项，由a∥b，b⊂α，也可能推出a⊂α；B中的直线a，b不一定相交，平面α，β也可能相交；C正确；D中的直线a，b也可能异面.4.在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则()A.BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B.EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D.EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形答案 B解析 如图，由题意得，EF ∥BD ， 且EF ＝15BD .HG ∥BD ，且HG ＝12BD .∴EF ∥HG ，且EF ≠HG . ∴四边形EFGH 是梯形.又EF ∥平面BCD ，而EH 与平面ADC 不平行. 故选B.5.下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )A.①③B.①④C.②③D.②④答案 B解析 ①中易知NP ∥AA ′，MN ∥A ′B ，∴平面MNP ∥平面AA ′B 可得出AB ∥平面MNP (如图). ④中，NP ∥AB ，能得出AB ∥平面MNP .二、填空题6.过三棱柱ABC —A 1B 1C 1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线有________条. 答案 6解析 如图，E 、F 、G 、H 分别是A 1C 1、B 1C 1、BC 、AC 的中点，则 与平面ABB 1A 1平行的直线有EF ，GH ，FG ，EH ，EG ，FH 共6条.7.如图所示，ABCD —A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M 、N 分别是下底面的棱A 1B 1、B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P 、M 、N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________. 答案223a 解析 ∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，∴MN ∥PQ .∵M 、N 分别是A 1B 1、B 1C 1的中点，AP ＝a3，∴CQ ＝a 3，从而DP ＝DQ ＝2a 3，∴PQ ＝223a .8.在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，则在下列结论中，错误的 为________. ①AC ⊥BD ； ②AC ∥截面PQMN ； ③AC ＝BD ；④异面直线PM 与BD 所成的角为45°. 答案 ③解析 ∵PQMN 是正方形， ∴MN ∥QP ，则MN ∥平面ABC ，由线面平行的性质知MN ∥AC ，则AC ∥截面PQMN ， 同理可得MQ ∥BD ，又MN ⊥QM ，则AC ⊥BD ，故①②正确.又∵BD ∥MQ ，∴异面直线PM 与BD 所成的角即为∠PMQ ＝45°，故④正确. 三、解答题9.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点.(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求三棱锥E －BCD 的体积.(1)证明 取BC 中点G ，连接AG ，EG .因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1.由直棱柱知，AA 1綊BB 1，而D 是AA 1的中点，所以EG 綊AD ， 所以四边形EGAD 是平行四边形.所以ED ∥AG . 又DE ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC .(2)解 因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ， 所以V E －BCD ＝V D －BEC ＝V A －BCE ＝V E －ABC ， 由(1)知，DE ∥平面ABC .所以V E －ABC ＝V D －ABC ＝13AD ·12BC ·AG＝16×3×6×4＝12. 10.如图E 、F 、G 、H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC 、CC 1、 C 1D 1、AA 1的中点.求证： (1)EG ∥平面BB 1D 1D ； (2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明 (1)取B 1D 1的中点O ，连接GO ，OB ， 易证四边形BEGO 为平行四边形，故OB ∥GE ， 由线面平行的判定定理即可证EG ∥平面BB 1D 1D . (2)由题意可知BD ∥B 1D 1. 如图，连接HB 、D 1F ，易证四边形HBFD 1是平行四边形， 故HD 1∥BF .又B 1D 1∩HD 1＝D 1，BD ∩BF ＝B ， 所以平面BDF ∥平面B 1D 1H .B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)1.设m ，n 是平面α内的两条不同直线；l 1，l 2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是( )A.m ∥β且l 1∥αB.m ∥l 1且n ∥l 2C.m ∥β且n ∥βD.m ∥β且n ∥l 2答案 B解析 对于选项A ，不合题意；对于选项B ，由于l 1与l 2是相交直线，而且由l 1∥m 可得l 1∥α，同理可得l 2∥α，故可得α∥β，充分性成立，而由α∥β不一定能得到l 1∥m ，它们也可以异面，故必要性不成立，故选B ；对于选项C ，由于m ，n 不一定相交，故是必要非充分条件；对于选项D ，由于n ∥l 2可转化为n ∥β，同选项C ，故不符合题意.综上选B. 2.已知平面α∥平面β，P 是α、β外一点，过点P 的直线m 与α、β分别交于A 、C ，过点P 的直线n 与α、β分别交于B 、D 且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________. 答案 24或245解析 根据题意可得到以下如图两种情况：可求出BD 的长分别为245或24.3.空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行 于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是 ________. 答案 (8,10)解析 设DH DA ＝GHAC ＝k ，∴AH DA ＝EHBD＝1－k ，∴GH＝5k，EH＝4(1－k)，∴周长＝8＋2k.又∵0<k<1，∴周长的范围为(8,10).4.平面α内有△ABC ，AB ＝5，BC ＝8，AC ＝7，梯形BCDE 的底DE ＝2， 过EB 的中点B 1的平面β∥α，若β分别交EA 、DC 于A 1、C 1，求△A 1B 1C 1 的面积. 解 ∵α∥β，∴A 1B 1∥AB ，B 1C 1∥BC ， 又因∠A 1B 1C 1与∠ABC 同向. ∴∠A 1B 1C 1＝∠ABC .又∵cos ∠ABC ＝52＋82－722×5×8＝12，∴∠ABC ＝60°＝∠A 1B 1C 1.又∵B 1为EB 的中点，∴B 1A 1是△EAB 的中位线， ∴B 1A 1＝12AB ＝52，同理知B 1C 1为梯形BCDE 的中位线， ∴B 1C 1＝12(BC ＋DE )＝5.则S △A 1B 1C 1＝12A 1B 1·B 1C 1·sin 60°＝12·52·5·32＝258 3. 故△A 1B 1C 1的面积为2583.5.如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形， PD ＝DC ＝4，AD ＝2，E 为PC 的中点. (1)求三棱锥A —PDE 的体积；(2)AC 边上是否存在一点M ，使得P A ∥平面EDM ？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说明理由.解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD . 又因ABCD 是矩形，所以AD ⊥CD . 因PD ∩CD ＝D ，所以AD ⊥平面PCD ， 所以AD 是三棱锥A —PDE 的高. 因为E 为PC 的中点，且PD ＝DC ＝4，所以S△PDE＝12S△PDC＝12×⎝⎛⎭⎫12×4×4＝4.又AD＝2，所以V A—PDE＝13AD·S△PDE＝13×2×4＝83.(2)取AC中点M，连接EM，DM，因为E为PC的中点，M是AC的中点，所以EM∥P A.又因为EM⊂平面EDM，P A⊄平面EDM，所以P A∥平面EDM.所以AM＝12AC＝ 5.即在AC边上存在一点M，使得P A∥平面EDM，AM的长为 5.。
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套第八章平面解析几何第3节圆的方程
2009~2013年高考真题备选题库第8章 平面解析几何第3节 圆的方程考点 圆的方程1．（2010福建，5分）以抛物线y 2＝4x 的焦点为圆心，且过坐标原点的圆的方程为( )A ．x 2＋y 2＋2x ＝0B ．x 2＋y 2＋x ＝0C ．x 2＋y 2－x ＝0D ．x 2＋y 2－2x ＝0解析：抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，选项A 中圆的圆心坐标为(－1,0)，排除A ； 选项B 中圆的圆心坐标为(－0.5,0)，排除B ；选项C 中圆的圆心坐标为(0.5,0)，排除C.答案：D2．(2009·辽宁，5分)已知圆C 与直线x －y ＝0及x －y －4＝0都相切，圆心在直线x ＋y ＝0上，则圆C 的方程为( )A ．(x ＋1)2＋(y －1)2＝2B ．(x －1)2＋(y ＋1)2＝2C ．(x －1)2＋(y －1)2＝2D ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2解析：由圆心在直线x ＋y ＝0上．不妨设为C (a ，－a )．∴r ＝|a －(－a )|2＝|a －(－a )－4|2， 解得a ＝1，r ＝ 2.∴C ：(x －1)2＋(y ＋1)2＝2.答案：B3．（2010新课标全国，5分）圆心在原点且与直线x ＋y －2＝0相切的圆的方程为________．解析：由题意可知，原点到直线x ＋y －2＝0的距离为圆的半径，即r ＝|0＋0－2|2＝2，所以圆的方程为x 2＋y 2＝2.答案：x 2＋y 2＝24．（2010广东，5分）已知圆心在x 轴上，半径为2的圆O 位于y 轴左侧，且与直线x ＋y ＝0相切，则圆O 的方程是__________．解析：设圆心为(a,0)(a <0)，则|a |2＝2， 解得a ＝－2，故圆O的方程为(x＋2)2＋y2＝2. 答案：(x＋2)2＋y2＝2。
2015年高考数学一轮总复习精品课件：第八章+解析几何 8.8 直线与圆锥曲线(共33张PPT)
6b
2 6b
4 3
y=± ,于是
=
,解得 b= 2,又 a2-c2=b2,从而 a= 3,c=1,
3
3
3
2
2
所以椭圆的方程为 3 + 2 =1.
考点一
考点二
考点三
考点四
第十四页，编辑于星期五：十一点 十一分。
探究突破
(2)设点 C(x1,y1),D(x2,y2),由 F(-1,0)得直线 CD 的方程为 y=k(x+1),由方
锥曲线是抛物线时,直线 l 与抛物线的对称轴平行(或重合).
第三页，编辑于星期五：十一点 十一分。
4
梳理自测
②若 a≠0,设 Δ=b2-4ac.
> 0 时,直线和圆锥曲线相交于不同两点;
b.Δ = 0 时,直线和圆锥曲线相切于一点;
c.Δ < 0 时,直线和圆锥曲线没有公共点.
a.Δ
想一想当直线与圆锥曲线相交时,是否必有两个公共点?
第十页，编辑于星期五：十一点 十一分。
11
探究突破
考点一 直线与圆锥曲线的位置关系
【例 1】求证:不论 m 取何值,直线 l:mx-y-m+1=0
2
与椭圆
16
2
+ =1 总有
9
交点.
证明:由
-- + 1 = 0,
2பைடு நூலகம்
16
2
+9
=1
消去 y
2
(-+1)2
得16 +
=1.整理,得
4
A,B 两点,则弦
.
解析:右焦点( 3,0),直线 AB 的方程为 y=x- 3,由
2015年高考数学一轮总复习精品课件：第八章+解析几何 8.7 抛物线(共23张PPT)
的轨迹是否为抛物线;
(2)距离问题:涉及抛物线上的点到焦点的距离、到准线的距离问题时,
注意利用两者之间的转化在解题中的应用.
提醒:注意一定要验证定点是否在定直线上.
考点二
考点三
第十二页，编辑于星期五：十一点 十一分。
探究突破
举一反三 1 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 是侧面 BB1C1C 内一
动点.若 P 到直线 BC 与直线 C1D1 的距离相等,则动点 P 的轨迹所在的曲线
是(D)
A.线段
C.双曲线的一部分
B.圆
D.抛物线的一部分
解析:连接 PC1,即为 P 到直线 C1D1 的距离.根据题意,在平面 BB1C1C 内点 P
到定点 C1 的距离等于到定直线 BC 的距离,符合抛物线定义,轨迹两个端点分别
巩固提升
1
3
2
1.已知点 P 是抛物线 y2=2x 上的动点,点 P 到准线的距离为 d,且点 P 在 y
轴上的射影是 M,点 A
7
A.2
7
,4
2
B.4
,则|PA|+|PM|的最小值是(C)
9
C.2
解析:设抛物线 y2=2x 的焦点为 F,则 F
1
1
D.5
1
,0
2
.又点 A
7
,4
2
在抛物线的外侧,
2
(B)
1
2
A.
B.
3
2
C.1
D. 3
解析:由题意可得,抛物线的焦点为(1,0),双曲线的渐近线方程为 y=± 3x,即
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第8章 平面解析几何 第5节
[课堂练通考点]1. (2013·惠州调研)“m ＞n ＞0”是“方程mx 2＋ny 2＝1表示焦点在y 轴上的椭圆”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 把椭圆方程化成x 21m ＋y 21n ＝1.若m ＞n ＞0，则1n ＞1m ＞0.所以椭圆的焦点在y轴上．反之，若椭圆的焦点在y 轴上，则1n ＞1m＞0即有m ＞n ＞0.故为充要条件．2. (2013·广东高考)已知中心在原点的椭圆C 的右焦点为F (1,0)，离心率等于12，则C 的方程是( )A.x 23＋y 24＝1 B.x 24＋y 23＝1 C.x 24＋y 22＝1 D.x 24＋y 23＝1 解析：选D 依题意，设椭圆方程为x 2a 2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，c a ＝12，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝4，b 2＝3.3. (2013·江南十校联考)若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率是( )A.45 B.35 C.25D.15解析：选B 由题意知2a ＋2c ＝2(2b )，即a ＋c ＝2b ，又c 2＝a 2－b 2，消去b 整理得5c 2＝3a 2－2ac ，即5e 2＋2e －3＝0，∴e ＝35或e ＝－1(舍去)．4．(2014·池州模拟)已知点M (3，0)，椭圆x 24＋y 2＝1与直线y ＝k (x ＋3)交于点A ，B ，则△ABM 的周长为________．解析：M (3，0)与F (－3，0)是椭圆的焦点，则直线AB 过椭圆左焦点F (－3，0)，且|AB |＝|AF |＋|BF |，△ABM 的周长等于|AB |＋|AM |＋|BM |＝(|AF |＋|AM |)＋(|BF |＋|BM |)＝4a ＝8.答案：85. (2014·莆田模拟)点A ，B 分别是椭圆x 236＋y 220＝1长轴的左、右端点，点F 是椭圆的右焦点，点P 在椭圆上，且位于x 轴上方，P A ⊥PF .(1)求点P 的坐标；(2)设M 是椭圆长轴AB 上的一点，M 到直线AP 的距离等于|MB |，求椭圆上的点到点M 的距离d 的最小值．解：(1)由题意可知点A (－6,0)，F (4,0) 设点P 的坐标为(x ，y )，则AP ＝(x ＋6，y )，FP＝(x －4，y )，且y ＞0，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧x 236＋y 220＝1，(x ＋6)(x －4)＋y 2＝0.即2x 2＋9x －18＝0，解得⎩⎨⎧x ＝32，y ＝532或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－6，y ＝0.(舍) ∴点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫32，532.(2)直线AP 的方程为x －3y ＋6＝0，设点M 的坐标为(m,0)，由题意可知|m ＋6|2＝|m －6|.又－6≤m ≤6， ∴m ＝2，∴d 2＝(x －2)2＋y 2＝x 2－4x ＋4＋20－59x 2＝49⎝⎛⎭⎫x －922＋15. ∴当x ＝92时，d 取得最小值15.[课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1．椭圆x 2＋my 2＝1的焦点在x 轴上，长轴长是短轴长的2倍，则m 的值为( ) A.14B.12C ．2D ．4解析：选D 由题意可得，1m ＝12，所以m ＝4，选D. 2．设F 1、F 2分别是椭圆x 225＋y 216＝1的左、右焦点，P 为椭圆上一点，M 是F 1P 的中点，|OM |＝3，则P 点到椭圆左焦点的距离为( )A ．4B ．3C ．2D ．5解析：选A 由题意知|OM |＝12|PF 2|＝3，∴|PF 2|＝6，∴|PF 1|＝2a －|PF 2|＝10－6＝4.3．(2013·石家庄模拟) 中心在坐标原点的椭圆，焦点在x 轴上，焦距为4，离心率为22，则该椭圆的方程为( )A.x 216＋y 212＝1 B.x 212＋y 28＝1 C.x 212＋y 24＝1 D.x 28＋y 24＝1 解析：选D 依题意，2c ＝4，c ＝2，又e ＝c a ＝22，则a ＝22，b ＝2，所以椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.4．已知P 是以F 1，F 2为焦点的椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上的一点，若1PF ·2PF ＝0，tan ∠PF 1F 2＝12，则此椭圆的离心率为( )A.12B.23C.13D.53解析：选D ∵1PF ·2PF ＝0，∴1PF ⊥2PF ，∴|PF 1|＋|PF 2|＝655c ＝2a ，∴e ＝ca ＝53. 5．若方程x 2|a |－1＋y 2a ＋3＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则实数a 的取值范围是________．解析：因为方程x 2|a |－1＋y 2a ＋3＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，所以|a |－1＞a ＋3＞0，解得－3＜a ＜－2.答案： (－3，－2)6. (2013·辽宁高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，C 与过原点的直线相交于A ，B 两点，连接AF ，BF .若|AB |＝10，|AF |＝6，cos ∠ABF ＝45，则C 的离心率e ＝________.解析：设椭圆的右焦点为F 1，在△ABF 中，由余弦定理可解得|BF |＝8，所以△ABF 为直角三角形，又因为斜边AB 的中点为O ，所以|OF |＝c ＝5，连接AF 1，因为A ，B 关于原点对称，所以|BF |＝|AF 1|＝8，所以2a ＝14，a ＝7，所以离心率e ＝57.答案：577．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，点P ⎝⎛⎭⎫55a ，22a 在椭圆上．(1)求椭圆的离心率；(2)设A 为椭圆的左顶点，O 为坐标原点，若点Q 在椭圆上且满足|AQ |＝|AO |，求直线OQ 的斜率．解：(1)因为点P ⎝⎛⎭⎫55a ，22a 在椭圆上，故a 25a 2＋a 22b 2＝1，可得b 2a 2＝58.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝38，所以椭圆的离心率e ＝64. (2)设直线OQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx .设点Q 的坐标为(x 0，y 0)． 由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0.x 20a 2＋y 20b 2＝1. 消去y 0并整理得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.①由|AQ |＝|AO |，A (－a,0)及y 0＝kx 0得，(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0. 而x 0≠0，故x 0＝－2a 1＋k 2.代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2·a 2b 2＋4.由(1)知a 2b 2＝85，故(1＋k 2)2＝325k 2＋4，即5k 4－22k 2－15＝0，可得k 2＝5. 所以直线OQ 的斜率k ＝±5.8. (2014·黄山模拟)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点P (a ，b )满足|PF 2|＝|F 1F 2|.(1)求椭圆的离心率e ；(2)设直线PF 2与椭圆相交于A ，B 两点．若直线PF 2与圆(x ＋1)2＋(y －3)2＝16相交于M ，N 两点，且|MN |＝58|AB |，求椭圆的方程．解：(1)设F 1(－c,0)，F 2(c,0)(c ＞0)， 因为|PF 2|＝|F 1F 2|， 所以(a －c )2＋b 2＝2c . 整理得2(c a )2＋ca －1＝0.即2e 2＋e －1＝0， 所以e ＝12或－1(舍)．(2)由(1)知a ＝2c ，b ＝3c ，可得椭圆方程为3x 2＋4y 2＝12c 2， 直线PF 2的方程为y ＝3(x －c )． A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎨⎧3x 2＋4y 2＝12c 2，y ＝3(x －c ).消去y 并整理，得5x 2－8cx ＝0. 解得x 1＝0，x 2＝85c .得方程组的解⎩⎨⎧x 1＝0，y ＝－3c ，⎩⎨⎧x 2＝85c ，y 2＝335c .不妨设A ⎝⎛⎭⎫85c ，335c ，B (0，－3c )，所以|AB |＝⎝⎛⎭⎫85c 2＋⎝⎛⎭⎫335c ＋3c 2＝165c . 于是|MN |＝58|AB |＝2c .圆心(－1，3)到直线PF 2的距离 d ＝|－3－3－3c |2＝3|2＋c |2.因为d 2＋⎝⎛⎭⎫|MN |22＝42，所以34(2＋c )2＋c 2＝16.整理得7c 2＋12c －52＝0，得c ＝－267(舍)，或c ＝2.所以椭圆方程为x 216＋y 212＝1.第Ⅱ卷：提能增分卷1. (2014·长春调研)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，右焦点到直线x ＋y ＋6＝0的距离为2 3.(1)求椭圆的方程；(2)过点M (0，－1)作直线l 交椭圆于A ，B 两点，交x 轴于N 点，且满足NA ＝－75NB，求直线l 的方程．解：(1)设椭圆的右焦点为(c,0)(c ＞0)，则|c ＋6|2＝23，c ＋6＝±26，c ＝6或c ＝－36(舍去)．又离心率c a ＝32，6a ＝32，故a ＝22，b ＝a 2－c 2＝2，故椭圆的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，N (x 0,0)，因为NA ＝－75NB，所以(x 1－x 0，y 1)＝－75(x 2－x 0，y 2)，y 1＝－75y 2.①易知当直线l 的斜率不存在或斜率为0时，①不成立， 于是设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＋4y 2＝8. 消去x 得(4k 2＋1)y 2＋2y ＋1－8k 2＝0，② 因为Δ＞0，所以直线与椭圆相交， 于是y 1＋y 2＝－24k 2＋1，③y 1y 2＝1－8k 24k 2＋1， ④由①③得，y 2＝54k 2＋1，y 1＝－74k 2＋1，代入④整理得8k 4＋k 2－9＝0，k 2＝1，k ＝±1， 所以直线l 的方程是y ＝x －1或y ＝－x －1.2．已知椭圆C 的中心为坐标原点O ，一个长轴端点为(0,2)，短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l 与y 轴交于点P (0，m )，与椭圆C 交于相异两点A ，B ，且AP＝2PB .(1)求椭圆的方程； (2)求m 的取值范围．解：(1)由题意知椭圆的焦点在y 轴上，设椭圆方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a ＞b ＞0)，由题意知a ＝2，b ＝c ，又a 2＝b 2＋c 2，则b ＝2， 所以椭圆的方程为y 24＋x 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋m ，与椭圆方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2x 2＝4，y ＝kx ＋m . 则(2＋k 2)x 2＋2mkx ＋m 2－4＝0， Δ＝(2mk )2－4(2＋k 2)(m 2－4)＞0.由根与系数的关系知⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2mk 2＋k 2，x 1x 2＝m 2－42＋k2.又由AP ＝2PB ，即(－x 1，m －y 1)＝2(x 2，y 2－m )，得－x 1＝2x 2，故⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－x 2，x 1x 2＝－2x 22， 可得m 2－42＋k 2＝－2⎝⎛⎭⎫2mk 2＋k 22， 整理得(9m 2－4)k 2＝8－2m 2，又9m 2－4＝0时不符合题意，所以k 2＝8－2m 29m 2－4＞0，解得49＜m 2＜4，此时Δ＞0，解不等式49＜m 2＜4得23＜m ＜2或－2＜m ＜－23，所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－2，－23∪⎝⎛⎭⎫23，2. 3．(2014·兰州模拟)已知椭圆方程为y 22＋x 2＝1，斜率为k (k ≠0)的直线l 过椭圆的上焦点且与椭圆相交于P ，Q 两点，线段PQ 的垂直平分线与y 轴相交于点M (0，m )．(1)求m 的取值范围； (2)求△MPQ 面积的最大值． 解：(1)设直线l 的方程为y ＝kx ＋1， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y 22＋x 2＝1，可得(k 2＋2)x 2＋2kx －1＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1x 2＝－1k 2＋2.可得y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2＝4k 2＋2.设线段PQ 的中点为N ，则点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－k k 2＋2，2k 2＋2， 由题意有k MN ·k ＝－1，可得m －2k 2＋2k k 2＋2·k ＝－1，可得m ＝1k 2＋2，又k ≠0，所以0<m <12.(2)设椭圆的焦点为F ，则S △MPQ ＝12·|FM |·|x 1－x 2|＝2m (1－m )3，所以△MPQ 的面积为2m (1－m )3⎝⎛⎭⎫0<m <12. 设f (m )＝m (1－m )3，则f ′(m )＝(1－m )2(1－4m )． 可知f (m )在区间⎝⎛⎭⎫0，14上递增，在区间⎝⎛⎭⎫14，12上递减． 所以，当m ＝14时，f (m )有最大值f ⎝⎛⎭⎫14＝27256. 即当m ＝14时，△MPQ 的面积有最大值3616.。
2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第8章 平面解析几何 第4节
[课堂练通考点]1. (2013·青岛一模)圆(x －1)2＋y 2＝1与直线y ＝33x 的位置关系是( ) A ．直线过圆心 B ．相交 C ．相切D ．相离解析：选B ∵圆(x －1)2＋y 2＝1的圆心为(1,0)，半径r ＝1， ∴圆心到直线y ＝33x 的距离为|3|3＋9＝12＜1＝r ，故选 B. 2. (2013·西安质检)若a 2＋b 2＝2c 2(c ≠0)，则直线ax ＋by ＋c ＝0被圆x 2＋y 2＝1所截得的弦长为( )A.12 B ．1 C.22D. 2解析：选D 因为圆心(0,0)到直线ax ＋by ＋c ＝0的距离d ＝|c |a 2＋b 2＝|c |2|c |＝22，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于1－⎝⎛⎭⎫222＝22，所以弦长为 2. 3. (2014·吉林模拟)已知直线x ＋y －k ＝0(k ＞0)与圆x 2＋y 2＝4交于不同的两点A ，B ，O是坐标原点，且有|OA ＋OB |≥33|AB|，那么k 的取值范围是( )A.()3，＋∞ B ．[2，＋∞) C ．[2，22)D ．[3，22)解析：选C 当|OA ＋OB |＝33|AB|时，O ，A ，B 三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA ＝OB ，∠AOB ＝120°，从而圆心O 到直线x ＋y－k ＝0(k ＞0)的距离为1，此时k ＝2；当k ＞2时|OA ＋OB |＞33|AB |，又直线与圆x 2＋y 2＝4存在两交点，故k ＜22，综上，k 的取值范围为[2，22)，故选C.4. (2014·陕西模拟)已知点P 是圆C ：x 2＋y 2＋4x －6y －3＝0上的一点，直线l ：3x －4y －5＝0.若点P 到直线l 的距离为2，则符合题意的点P 有________个．解析：由题意知圆的标准方程为(x ＋2)2＋(y －3)2＝42，∴圆心到直线l 的距离d ＝|－6－12－5|5＝235＞4，故直线与圆相离，则满足题意的点P 有2个．答案：25．求过点P (4，－1)且与圆C ：x 2＋y 2＋2x －6y ＋5＝0切于点M (1,2)的圆的方程． 解： 设所求圆的圆心为A (m ，n )，半径为r ， 则A ，M ，C 三点共线，且有|MA |＝|AP |＝r ，因为圆C ：x 2＋y 2＋2x －6y ＋5＝0的圆心为C (－1,3)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n －2m －1＝2－31＋1，(m －1)2＋(n －2)2＝(m －4)2＋(n ＋1)2＝r ， 解得m ＝3，n ＝1，r ＝5，所以所求圆的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝5.[课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1. 圆x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0与直线2tx －y －2－2t ＝0(t ∈R )的位置关系为( ) A ．相离 B ．相切C ．相交D ．以上都有可能解析：选C ∵圆的方程可化为(x －1)2＋(y ＋2)2＝9， ∴圆心为(1，－2)，半径r ＝3. 又圆心在直线2tx －y －2－2t ＝0上， ∴圆与直线相交．2. 圆O 1：x 2＋y 2－2x ＝0和圆O 2：x 2＋y 2－4y ＝0的位置关系是( ) A ．相离 B ．相交 C ．外切D ．内切解析：选B 圆O 1的圆心坐标为(1,0)，半径为r 1＝1，圆O 2的圆心坐标为(0,2)，半径r 2＝2，故两圆的圆心距|O 1O 2|＝5，而r 2－r 1＝1，r 1＋r 2＝3，则有r 2－r 1<|O 1O 2|<r 1＋r 2，故两圆相交．3. (2013·安徽高考)直线x ＋2y －5＋5＝0被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为( ) A ．1 B ．2 C ．4D. 4 6解析：选C 依题意，圆的圆心为(1,2)，半径r ＝5，圆心到直线的距离d ＝|1＋4－5＋5|5＝1，所以结合图形可知弦长的一半为r 2－d 2＝2，故弦长为4.4．过点(1,1)的直线与圆(x －2)2＋(y －3)2＝9相交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为( ) A ．2 3 B ．4 C ．2 5D ．5解析：选B 由圆的几何性质可知，当点(1,1)为弦AB 的中点时，|AB |的值最小，此时|AB |＝2r 2－d 2＝29－5＝4.5．(2013·福建模拟) 已知直线l ：y ＝－3(x －1)与圆O ：x 2＋y 2＝1在第一象限内交于点M ，且l 与y 轴交于点A ，则△MOA 的面积等于________．解析：依题意，直线l ：y ＝－3(x －1)与y 轴的交点A 的坐标为(0，3)．由{ x 2＋y 2＝1， y ＝－3(x －1)得，点M 的横坐标x M ＝12，所以△MOA 的面积为S ＝12|OA |×x M ＝12×3×12＝34. 答案：346．以圆C 1：x 2＋y 2－12x －2y －13＝0和圆C 2：x 2＋y 2＋12x ＋16y －25＝0公共弦为直径的圆的方程为______________．解析：法一：将两圆方程相减得公共弦所在直线方程为4x ＋3y －2＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y －2＝0，x 2＋y 2－12x －2y －13＝0.解得两交点坐标A (－1,2)，B (5，－6)．∵所求圆以AB 为直径，∴所求圆的圆心是AB 的中点M (2，－2)，圆的半径为r ＝12|AB |＝5，∴圆的方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝25.法二：易求得公共弦所在直线方程为4x ＋3y －2＝0.设所求圆x 2＋y 2－12x －2y －13＋λ(x 2＋y 2＋12x ＋16y －25)＝0(λ≠－1)，则圆心为－12λ－122(1＋λ)，－16λ－22(1＋λ).∵圆心在公共弦所在直线上，∴4×－12λ－122(1＋λ)＋3－16λ－22(1＋λ)－2＝0，解得λ＝12.故所求圆的方程为x 2＋y 2－4x ＋4y －17＝0.答案：x 2＋y 2－4x ＋4y －17＝07. 已知圆C 的圆心与点P (－2,1)关于直线y ＝x ＋1对称，直线3x ＋4y －11＝0与圆C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝6，求圆C 的方程．解：设点P 关于直线y ＝x ＋1的对称点为C (m ，n )，则由⎩⎪⎨⎪⎧1＋n 2＝－2＋m 2＋1，n －1m ＋2·1＝－1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝0，n ＝－1. 故圆心C 到直线3x ＋4y －11＝0的距离d ＝|－4－11|9＋16＝3，所以圆C 的半径的平方r 2＝d 2＋|AB |24＝18.故圆C 的方程为x 2＋(y ＋1)2＝18.8. 已知点M (3,1)，直线ax －y ＋4＝0及圆(x －1)2＋(y －2)2＝4. (1)求过M 点的圆的切线方程；(2)若直线ax －y ＋4＝0与圆相切，求a 的值．解：(1)圆心C (1,2)，半径为r ＝2，当直线的斜率不存在时，方程为x ＝3. 由圆心C (1,2)到直线x ＝3的距离d ＝3－1＝2＝r 知，此时，直线与圆相切． 当直线的斜率存在时，设方程为y －1＝k (x －3)， 即kx －y ＋1－3k ＝0. 由题意知|k －2＋1－3k |k 2＋1＝2，解得k ＝34.故方程为y －1＝34(x －3)，即3x －4y －5＝0.故过M 点的圆的切线方程为x ＝3或3x －4y －5＝0. (2)由题意有|a －2＋4|a 2＋1＝2，解得a ＝0或a ＝43.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·枣庄月考)已知：圆C ：x 2＋y 2－8y ＋12＝0，直线l ：ax ＋y ＋2a ＝0. (1)当a 为何值时，直线l 与圆C 相切；(2)当直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝22时，求直线l 的方程．解：将圆C 的方程x 2＋y 2－8y ＋12＝0配方得标准方程为x 2＋(y －4)2＝4，则此圆的圆心为(0,4)，半径为2.(1)若直线l 与圆C 相切． 则有|4＋2a |a 2＋1＝2.解得a ＝－34. (2)过圆心C 作CD ⊥AB ，则根据题意和圆的性质，得⎩⎨⎧|CD |＝|4＋2a |a 2＋1，|CD |2＋|DA |2＝|AC |2＝22，|DA |＝12|AB |＝ 2.解得a ＝－7或a ＝－1.故所求直线方程为7x －y ＋14＝0或x －y ＋2＝0.2．(2013·湛江六校联考)已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，是否存在斜率为1的直线l ，使以l 被圆截得的弦AB 为直径的圆过原点？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．解：假设存在斜率为1的直线l ，满足题意，则OA ⊥O B.设直线l 的方程是y ＝x ＋b ，其与圆C 的交点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)则y 1x 1·y 2x 2＝－1，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0. 消去y 得，2x 2＋2(b ＋1)x ＋b 2＋4b －4＝0， ∴x 1＋x 2＝－(b ＋1)，x 1x 2＝12(b 2＋4b －4)，②y 1y 2＝(x 1＋b )(x 2＋b )＝x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2 ＝12(b 2＋4b －4)－b 2－b ＋b 2＝12(b 2＋2b －4)．③ 把②③式代入①得，得b 2＋3b －4＝0，解得b ＝1或b ＝－4，且b ＝1或b ＝－4都使得Δ＝4(b ＋1)2－8(b 2＋4b －4)>0成立．故存在直线l 满足题意，其方程为y ＝x ＋1或y ＝x －4.3．(2013·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A (0,3)，直线l ：y ＝2x －4.设圆C 的半径为1，圆心在l 上．(1)若圆心C 也在直线y ＝x －1上，过点A 作圆C 的切线，求切线的方程；(2)若圆C 上存在点M ，使MA ＝2MO ，求圆心C 的横坐标a 的取值范围．解：(1)由题设，圆心C 是直线y ＝2x －4和y ＝x －1的交点，解得点C (3,2)，于是切线的斜率必存在．设过A (0,3)的圆C 的切线方程为y ＝kx ＋3，由题意，得|3k ＋1|k 2＋1＝1，解得k ＝0或－34，故所求切线方程为y ＝3或3x ＋4y －12＝0.(2)因为圆心在直线y ＝2x －4上，所以圆C 的方程为(x －a )2＋[y －2(a －2)]2＝1. 设点M (x ，y )，因为MA ＝2MO ，所以x 2＋(y －3)2＝2x 2＋y 2，化简得x 2＋y 2＋2y －3＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝4，所以点M 在以D (0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M (x ，y )在圆C 上，所以圆C 与圆D 有公共点，则|2－1|≤CD ≤2＋1，即1≤a 2＋(2a －3)2≤3.由5a 2－12a ＋8≥0，得a ∈R ； 由5a 2－12a ≤0，得0≤a ≤125. 所以点C 的横坐标a 的取值范围为0，125.。
2015年高考数学总复习(人教A版,理科)配套教案：第八章 立体几何 8.4
§8.4直线、平面垂直的判定与性质1.直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法①定义法.②利用判定定理：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.③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面.(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线.②垂直于同一个平面的两条直线平行.③垂直于同一条直线的两平面平行.2.斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角.3.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法.②利用判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.(2)平面与平面垂直的性质两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.4.二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角.1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α. (×)(2)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直. ( √ ) (3)异面直线所成的角与二面角的取值范围均为(0，π2].( × ) (4)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b . ( √ ) (5)若α⊥β，a ⊥β⇒a ∥α. ( × ) (6)a ⊥α，a ⊂β⇒α⊥β.( √ )2.(2013·广东)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A.若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n B.若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，，则m ∥n C.若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α⊥β D.若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β 答案 D解析 A 中，m 与n 可垂直、可异面、可平行；B 中m 与n 可平行、可异面；C 中若α∥β，仍然满足m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，故C 错误；故D 正确.3.设a ，b ，c 是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a ⊥b 的一个充分条件是( ) A.a ⊥c ，b ⊥c B.α⊥β，a ⊂α，b ⊂β C.a ⊥α，b ∥αD.a ⊥α，b ⊥α答案 C解析 对于选项C ，在平面α内作c ∥b ，因为a ⊥α，所以a ⊥c ，故a ⊥b ；A ，B 选项中，直线a ，b 可能是平行直线，也可能是异面直线；D 选项中一定有a ∥b .4.将图1中的等腰直角三角形ABC 沿斜边BC 的中线折起得到空间四面体ABCD (如图2)，则在空间四面体ABCD 中，AD 与BC 的位置关系是( )A.相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直答案 C解析 在题图1中的等腰直角三角形ABC 中，斜边上的中线AD 就是斜边上的高，则AD ⊥BC ，翻折后如题图2，AD 与BC 变成异面直线，而原线段BC 变成两条线段BD 、CD ，这两条线段与AD 垂直，即AD ⊥BD ，AD ⊥CD ，故AD ⊥平面BCD ，所以AD ⊥BC .5.α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α，以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：____________________________.答案可填①③④⇒②与②③④⇒①中的一个题型一直线与平面垂直的判定与性质例1如图所示，在四棱锥P—ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点.证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.思维启迪第(1)问通过DC⊥平面P AC证明；也可通过AE⊥平面PCD得到结论；第(2)问利用线面垂直的判定定理证明直线PD与平面ABE内的两条相交直线垂直.证明(1)在四棱锥P—ABCD中，∵P A⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴P A⊥CD.∵AC⊥CD，P A∩AC＝A，∴CD⊥平面P AC.而AE⊂平面P AC，∴CD⊥AE.(2)由P A＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝P A.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵P A⊥底面ABCD，∴P A⊥AB.又∵AB⊥AD且P A∩AD＝A，∴AB⊥平面P AD，而PD⊂平面P AD，∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.思维升华(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质.(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.(3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，S是△ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC.(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC.证明(1)因为SA＝SC，D是AC的中点，所以SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD＝BD，又SA＝SB，SD＝SD，所以△ADS≌△BDS，所以SD⊥BD.又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC.(2)因为AB＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC.由(1)知SD⊥BD，又SD∩AC＝D，所以BD⊥平面SAC.题型二平面与平面垂直的判定与性质例2(2013·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD.E和F分别是CD、PC的中点.求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.思维启迪(1)平面P AD⊥底面ABCD，可由面面垂直的性质证P A⊥底面ABCD；(2)由BE∥AD可得线面平行；(3)证明直线CD⊥平面BEF.证明(1)∵平面P AD∩平面ABCD＝AD.又平面P AD⊥平面ABCD，且P A⊥AD.∴P A⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形.∴BE∥AD.又∵BE⊄平面P AD，AD⊂平面P AD，∴BE∥平面P AD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形.∴BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知P A⊥底面ABCD，则P A⊥CD，∴CD⊥平面P AD，从而CD⊥PD，又E、F分别为CD、CP的中点，∴EF∥PD，故CD⊥EF.由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.∴平面BEF⊥底面PCD.思维升华(1)判定面面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.(2012·江西)如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，E、F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝42，DE＝4.现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG.(1)求证：平面DEG⊥平面CFG；(2)求多面体CDEFG的体积.(1)证明因为DE⊥EF，CF⊥EF，所以四边形CDEF为矩形.由GD＝5，DE＝4，得GE＝GD2－DE2＝3.由GC＝42，CF＝4，得FG＝GC2－CF2＝4，所以EF ＝5.在△EFG 中，有EF 2＝GE 2＋FG 2， 所以EG ⊥GF .又因为CF ⊥EF ，CF ⊥FG ，所以CF ⊥平面EFG . 所以CF ⊥EG ，所以EG ⊥平面CFG .又EG ⊂平面DEG ，所以平面DEG ⊥平面CFG . (2)解 如图，在平面EGF 中， 过点G 作GH ⊥EF 于点H ， 则GH ＝EG ·GF EF ＝125.因为平面CDEF ⊥平面EFG ， 所以GH ⊥平面CDEF ，所以V 多面体CDEFG ＝13S 矩形CDEF ·GH ＝16.题型三 直线、平面垂直的综合应用例3 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ， AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝8，AB ＝2DC ＝4 5. (1)设M 是PC 上的一点，求证：平面MBD ⊥平面P AD ； (2)求四棱锥P —ABCD 的体积.思维启迪 (1)因为两平面垂直与M 点位置无关，所以在平面MBD 内 一定有一条直线垂直于平面P AD ，考虑证明BD ⊥平面P AD . (2)四棱锥底面为一梯形，高为P 到面ABCD 的距离. (1)证明 在△ABD 中，∵AD ＝4，BD ＝8，AB ＝45， ∴AD 2＋BD 2＝AB 2.∴AD ⊥BD .又∵面P AD ⊥面ABCD ，面P AD ∩面ABCD ＝AD ， BD ⊂面ABCD ，∴BD ⊥面P AD . 又BD ⊂面MBD ， ∴面MBD ⊥面P AD .(2)解 过P 作PO ⊥AD ， ∵面P AD ⊥面ABCD ， ∴PO ⊥面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高. 又△P AD 是边长为4的等边三角形， ∴PO ＝2 3.在底面四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ， ∴四边形ABCD 为梯形.在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形的高. ∴S 四边形ABCD ＝25＋452×855＝24. ∴V P —ABCD ＝13×24×23＝16 3.思维升华 垂直关系综合题的类型及解法(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. (2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积.(2013·江西)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB ＝2，AD ＝2，AA 1＝3，E 为CD 上一点，DE ＝1，EC ＝3. (1)证明：BE ⊥平面BB 1C 1C ； (2)求点B 1到平面EA 1C 1的距离.(1)证明 过B 作CD 的垂线交CD 于F ，则 BF ＝AD ＝2，EF ＝AB －DE ＝1，FC ＝2. 在Rt △BFE 中，BE ＝ 3. 在Rt △CFB 中，BC ＝ 6.在△BEC 中，因为BE 2＋BC 2＝9＝EC 2，故BE ⊥BC .由BB 1⊥平面ABCD 得BE ⊥BB 1， 所以BE ⊥平面BB 1C 1C .(2)解 三棱锥E －A 1B 1C 1的体积V ＝13AA 1·S △A 1B 1C 1＝ 2.在Rt △A 1D 1C 1中，A 1C 1＝A 1D 21＋D 1C 21＝3 2.同理，EC 1＝EC 2＋CC 21＝32，A 1E ＝A 1A 2＋AD 2＋DE 2＝2 3.故E C A S 11∆＝3 5.设点B 1到平面A 1C 1E 的距离为d ， 则三棱锥B 1－A 1C 1E 的体积 V ＝13·d ·E C A S 11∆＝5d ， 从而5d ＝2，d ＝105. 题型四 线面角、二面角的求法例4 如图，在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ， AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点. (1)求PB 和平面P AD 所成的角的大小； (2)证明：AE ⊥平面PCD ； (3)求二面角A —PD —C 的正弦值.思维启迪 (1)先找出PB 和平面P AD 所成的角，线面角的定义要能灵活运用；(2)可以利用线面垂直根据二面角的定义作角. (1)解 在四棱锥P —ABCD 中，因为P A ⊥底面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， 故P A ⊥AB .又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 从而AB ⊥平面P AD ，故PB 在平面P AD 内的射影为P A ， 从而∠APB 为PB 和平面P AD 所成的角.在Rt △P AB 中，AB ＝P A ，故∠APB ＝45°. 所以PB 和平面P AD 所成的角的大小为45°. (2)证明 在四棱锥P —ABCD 中， 因为P A ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 故CD ⊥P A .由条件CD ⊥AC ，P A ∩AC ＝A ， ∴CD ⊥平面P AC .又AE ⊂平面P AC ，∴AE ⊥CD .由P A ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝P A . ∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC .又PC ∩CD ＝C ，综上得AE ⊥平面PCD .(3)解 过点E 作EM ⊥PD ，垂足为M ，连接AM ，如图所示. 由(2)知，AE ⊥平面PCD ，AM 在平面PCD 内的射影是EM ， 则可证得AM ⊥PD .因此∠AME 是二面角A —PD —C 的平面角. 由已知，可得∠CAD ＝30°. 设AC ＝a ，可得P A ＝a ，AD ＝233a ，PD ＝213a ，AE ＝22a .在Rt △ADP 中，∵AM ⊥PD ，∴AM ·PD ＝P A ·AD ， 则AM ＝P A ·AD PD ＝a ·233a 213a ＝277a .在Rt △AEM 中，sin ∠AME ＝AE AM ＝144.所以二面角A —PD —C 的正弦值为144. 思维升华 求线面角、二面角的常用方法.(1)线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解.(2)二面角的大小求法：二面角的大小用它的平面角来度量.平面角的作法常见的有①定义法；②垂面法.注意利用等腰、等边三角形的性质.(2012·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点.(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值.(1)证明 连接BD ，因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD .又因为MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)解 如图所示，在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB .又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥AD .所以PB ＝PC ＝PD .所以△PBC ≌△PDC .而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN .取线段MN 的中点E ，连接AE ，EQ ，则AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角.由AB ＝23，P A ＝26，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得AE ＝332. 在Rt △P AC 中，AQ ⊥PC ，得AQ ＝22，QC ＝2，PQ ＝4.在△PBC 中，cos ∠BPC ＝PB 2＋PC 2－BC 22PB ·PC ＝56， 得MQ ＝PM 2＋PQ 2－2PM ·PQ cos ∠BPC ＝ 5.在等腰△MQN 中，MQ ＝NQ ＝5，MN ＝3，得QE ＝MQ 2－ME 2＝112. 在△AEQ 中，AE ＝332，QE ＝112，AQ ＝22， 得cos ∠AEQ ＝AE 2＋QE 2－AQ 22AE ·QE ＝3333. 所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333.立体几何证明问题中的转化思想典例：(12分)如图所示，M ，N ，K 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB ，CD ，C 1D 1的中点. 求证：(1)AN ∥平面A 1MK ；(2)平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .思维启迪 (1)要证线面平行，需证线线平行.(2)要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直.规范解答证明 (1)如图所示，连接NK .在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∵四边形AA 1D 1D ，DD 1C 1C 都为正方形，∴AA 1∥DD 1，AA 1＝DD 1，C 1D 1∥CD ，C 1D 1＝CD .[2分]∵N ，K 分别为CD ，C 1D 1的中点，∴DN ∥D 1K ，DN ＝D 1K ，∴四边形DD 1KN 为平行四边形.[3分]∴KN ∥DD 1，KN ＝DD 1，∴AA 1∥KN ，AA 1＝KN .∴四边形AA 1KN 为平行四边形.∴AN ∥A 1K .[4分]∵A 1K ⊂平面A 1MK ，AN ⊄平面A 1MK ，∴AN ∥平面A 1MK .[6分](2)如图所示，连接BC 1.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ∥C 1D 1，AB ＝C 1D 1.∵M ，K 分别为AB ，C 1D 1的中点，∴BM ∥C 1K ，BM ＝C 1K .∴四边形BC 1KM 为平行四边形.∴MK ∥BC 1.[8分]在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴A 1B 1⊥BC 1.∵MK ∥BC 1，∴A 1B 1⊥MK .∵四边形BB 1C 1C 为正方形，∴BC 1⊥B 1C .[10分]∴MK ⊥B 1C .∵A 1B 1⊂平面A 1B 1C ，B 1C ⊂平面A 1B 1C ，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，∴MK ⊥平面A 1B 1C .又∵MK ⊂平面A 1MK ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .[12分]温馨提醒 (1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础.证题中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范.方法与技巧1.证明线面垂直的方法(1)线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α；(2)判定定理1： ⎭⎪⎬⎪⎫m 、n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α；(3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.2.证明线线垂直的方法(1)定义：两条直线所成的角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a ⊥α，b ⊂α⇒a ⊥b ；(4)线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b .3.证明面面垂直的方法(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥β.4.转化思想：垂直关系的转化线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决.失误与防范1.在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化.2.面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据.我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可.A 组 专项基础训练(时间：40分钟)一、选择题判定 性质1.已知m是平面α的一条斜线，点A∉α，l为过点A的一条动直线，那么下列情形可能出现的是() A.l∥m，l⊥α B.l⊥m，l⊥αC.l⊥m，l∥αD.l∥m，l∥α答案 C解析设m在平面α内的射影为n，当l⊥n且与α无公共点时，l⊥m，l∥α.2.如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A.P A＝PB>PCB.P A＝PB<PCC.P A＝PB＝PCD.P A≠PB≠PC答案 C解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故P A＝PB＝PC.3.在空间内，设l，m，n是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中为假命题的是()A.α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γB.l∥α，l∥β，α∩β＝m，则l∥mC.α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，若l∥m，则l∥nD.α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β或α∥β答案 D解析对于A，∵如果两个相交平面均垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面，∴该命题是真命题；对于B，∵如果一条直线平行于两个相交平面，那么该直线平行于它们的交线，∴该命题是真命题；对于C，∵如果三个平面两两相交，有三条交线，那么这三条交线交于一点或相互平行，∴该命题是真命题；对于D，当两个平面同时垂直于第三个平面时，这两个平面可能不垂直也不平行，∴D是假命题.综上所述，选D.4.正方体ABCD—A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于()A.A′C′B.BDC.A′D′D.AA′答案 B解析连接B′D′，∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′，且A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面CC′E.而CE⊂平面CC′E，∴B′D′⊥CE.又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE.5. 如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点.现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长，其中正确的是()A.①②B.①②③C.①D.②③答案 B解析对于①，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面P AC，又PC⊂平面P AC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥P A，∵P A⊂平面P AC，∴OM∥平面P AC；对于③，由①知BC⊥平面P AC，∴线段BC的长即是点B到平面P AC的距离，故①②③都正确.二、填空题6.已知P为△ABC所在平面外一点，且P A、PB、PC两两垂直，则下列命题：①P A⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的个数是________.答案 3解析如图所示.∵P A⊥PC、P A⊥PB，PC∩PB＝P，∴P A⊥平面PBC.又∵BC⊂平面PBC，∴P A⊥BC.同理PB⊥AC、PC⊥AB.但AB不一定垂直于BC.7.在正三棱锥(底面为正三角形且侧棱相等)P－ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，有下列三个论断：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正确论断的序号为________.答案①②解析如图，∵P－ABC为正三棱锥，∴PB⊥AC；又∵DE∥AC，DE⊂平面PDE，AC⊄平面PDE，∴AC∥平面PDE.故①②正确.8.正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为________.答案6 3解析画出图形，如图，BB1与平面ACD1所成的角等于DD1与平面ACD1所成的角，在三棱锥D－ACD1中，由三条侧棱两两垂直得点D 在底面ACD1内的射影为等边三角形ACD1的垂心即中心H，连接D1H，DH，则∠DD1H为DD1与平面ACD1所成的角，设正方体的棱长为a，则cos∠DD1H＝63aa＝63.三、解答题9.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝3，BC ＝BE ＝7，△DCE 是边长为6的正三角形.(1)求证：平面DEC ⊥平面BDE ；(2)求点A 到平面BDE 的距离.(1)证明 因为四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝3，所以BD ＝13，又因为BC ＝7，CD ＝6，所以根据勾股定理可得BD ⊥CD ，因为BE ＝7，DE ＝6，同理可得BD ⊥DE .因为DE ∩CD ＝D ，DE ⊂平面DEC ，CD ⊂平面DEC ，所以BD ⊥平面DEC .因为BD ⊂平面BDE ，所以平面DEC ⊥平面BDE .(2)解 如图，取CD 的中点O ，连接OE ，因为△DCE 是边长为6的正三角形，所以EO ⊥CD ，EO ＝33，易知EO ⊥平面ABCD ，则V E －ABD ＝13×12×2×3×33＝33， 又因为直角三角形BDE 的面积为12×6×13＝313， 设点A 到平面BDE 的距离为h ，则由V E －ABD ＝V A －BDE ，得13×313h ＝33，所以h ＝33913， 所以点A 到平面BDE 的距离为33913. 10.(2012·江苏)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1＝A 1C 1，D ，E分别是棱BC ，CC 1上的点(点D 不同于点C )，且AD ⊥DE ，F 为B 1C 1的中点.求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC 1B 1；(2)直线A 1F ∥平面ADE .证明(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F⊥平面BCC1B1.由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.B组专项能力提升(时间：30分钟)1.已知平面α与平面β相交，直线m⊥α，则()A.β内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直B.β内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直C.β内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直D.β内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直答案 C解析如图，在平面β内的直线若与α，β的交线a平行，则有m与之垂直.但却不一定在β内有与m平行的直线，只有当α⊥β时才存在.2.(2012·江苏)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________ cm3.答案 6解析连接AC交BD于O，在长方体中，∵AB ＝AD ＝3，∴BD ＝32且AC ⊥BD .又∵BB 1⊥底面ABCD ，∴BB 1⊥AC .又DB ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AO 为四棱锥A －BB 1D 1D 的高且AO ＝12BD ＝322. ∵D D BB S 11矩形＝BD ×BB 1＝32×2＝62，∴VA －BB 1D 1D ＝13D D BB S 11矩形·AO ＝13×62×322＝6(cm 3).3.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，P A⊥平面ABC，P A＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面P AE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上).答案①④解析由P A⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得P A⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，P A∩AB＝A，得AE⊥平面P AB，又PB⊂平面P AB，∴AE⊥PB，①正确；∵平面P AD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面P AD，BC⊄平面P AD，∴BC∥平面P AD，∴直线BC∥平面P AE也不成立，③错；在Rt△P AD中，P A＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确.4.如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝2，等边三角形ADB以AB为轴转动.(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD的长；(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论.解(1)取AB的中点E，连接DE，CE.∵△ADB是等边三角形，∴DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，∵平面ADB∩平面ABC＝AB，∴DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.由已知可得DE＝3，EC＝1.在Rt△DEC中，CD＝DE2＋EC2＝2.(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.证明如下：①当D在平面ABC内时，∵AC＝BC，AD＝BD，∴C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE.又∵AC＝BC，∴AB⊥CE.又DE，CE为相交直线，∴AB⊥平面CDE.由CD⊂平面CDE，得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD.5.如图1所示，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.点E、F分别在边CD、CB上，点E与点C、D不重合，EF⊥AC，EF∩AC＝O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置，使平面PEF⊥平面ABFED，如图2所示.(1)求证：BD⊥平面POA；(2)当PB取得最小值时，求四棱锥P－BDEF的体积.(1)证明因为菱形ABCD的对角线互相垂直，所以BD⊥AC.所以BD⊥AO.因为EF⊥AC，所以PO⊥EF.因为平面PEF⊥平面ABFED，平面PEF∩平面ABFED＝EF，且PO⊂平面PEF，所以PO⊥平面ABFED.因为BD⊂平面ABFED，所以PO⊥BD.因为AO∩PO＝O，所以BD⊥平面POA.(2)解设AO∩BD＝H.因为∠DAB＝60°，所以△BDC为等边三角形.故BD＝4，HB＝2，HC＝2 3.设PO＝x，则OH＝23－x，OA＝43－x.连接PH，OB，由OH⊥BD，得OB2＝(23－x)2＋22. 又由(1)知PO⊥平面BFED，则PO⊥OB.所以PB＝OB2＋OP2＝(23－x)2＋22＋x2＝2(x－3)2＋10.当x＝3时，PB min＝10，此时PO＝3＝OH，所以V四棱锥P－BDEF＝13×S梯形BDEF×PO＝13×(34×42－34×22)×3＝3.。
高考数学(理科)大一轮复习课件：第八章 平面解析几何 第8章-第2节
)
识
点
A．平行
B．垂直
方 法 技 巧
C．重合
D．相交但不垂直
(2)已知直线 x＋a2y＋6＝0 与直线(a－2)x＋3ay＋2a＝0
平行，则 a 的值为( )
课
核
时
心 考
A．0 或 3 或－1
B．0 或 3
限 时
向
检
C．3 或－1
D．0 或－1
测
【答案】 (1)B (2)D
菜单
基 础 知 识 点
考向二 [136] 两直线的交点与距离
点为 Q′(x2，y2)．
课
核
时
心
限
考 向
∴yxx111－ －＋2 311·＋－y11＋2＝3＋－11＝0
⇒yx11＝＝0－，4，
时 检 测
菜单
所以 P′(－4,0)．同理有 Q′(1，－5)．这样，反射光线
基 础 知 识
所在直线为 P′Q，斜率 k1＝4－－2－－04＝－14.
检 测
(4)由(3)知，当 m＝3 时，l1 与 l2 重合．
菜单
基 础 知 识 点
规律方法 1 在研究直线平行与垂直的位置关系时，如 果所给直线方程含有字母系数时，要注意利用两直线平行与
方 法 技 巧
垂直的充要条件：
(1)l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0 且 A1C2－A2C1≠0(或 B1C2－
基 础 知 识 点
方
法
规律方法 2
求点到直线距离的最值问题的方法：(1)直
技 巧
接利用点到直线的距离公式建立距离关于斜率 k 的代数关系
式求解；(2)从几何中位置关系的角度，利用几何关系求解．在
解决解析几何问题时，要善于发现其中包含的几何关系，充
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【命题角度】 高考中对距离公式的考查主要有以下几个命题 角度： ( 1 ) 求距离； ( 2 ) 已知距离求参数值； ( 3 ) 求距离的最值．
高频考点全通关——距离公式的应用
闯关二:典题针对讲解——已知距离求参数
[例 1] (2014·安康模拟)点 P 到点 A′(1,0)和直线 x＝－1 的距离
第七节 抛 物 线………………..……..........……44 第八节 曲线与方程……..……………..........…….51 第九节 圆锥曲线的综合问题…...……..........……56
第一节 考 纲 展 示
直线的倾斜角与斜率、 直线的方程
1．理解直线的倾斜角和斜率的概念， 掌握过两点的直线斜率的计算公式． 2．能根据两条直线的斜率判断这两条直线平行或垂直． 3．掌握确定直线位置的几何要素；
闯关二：典题针对讲解——已知两个独立条件，求直线的方程
[例 2] 直线 l 经过点 P(3,2)且与 x 轴、y 轴的正半轴分别
交于 A， B 两点．△OAB 的面积为 12，则直线 l 的方程 是 _________________． 【解析】法一：设直线 l 的方程为x ＋y ＝1(a>0，b>0)．则有3＋2＝1， a b a b 1 x y 且 ab＝12.解得 a＝ 6， b＝ 4.所以所求直线 l 的方程为 ＋ ＝ 1，即 2 6 4 2x＋3y－12＝ 0. 法二：设直线 l 的方程为 y－2＝k(x－3)(k<0)，令 x＝ 0，得 y＝ 2－ 3k>0 ； 2 3－ 2 1 2 令 y＝0，得 x＝3－ >0.所以 S△OAB＝ (2－3k) k ＝12，解得 k＝－ ， k 2 3 2 故所求直线方程为 y－2＝－ (x－3)，即 2x＋3y－12＝ 0. 3 【答案】 2x＋3y－12＝ 0
高频考点全通关——直 线 方 程 闯关四：及时演练，强化提升解题技能
2. (2014·辽宁六校联考)已知直线 l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0
与 l2：2(k－ 3)x－ 2y＋ 3＝ 0 平行，则 k 的值是________．
解析：当 k＝4 时，直线 l1 的斜率不存在，直线 l 2 的斜率为 1， 两直线不平行；当 k≠4 时，两直线平行的一个必要条件是 3－ k ＝k－3，解得 k＝ 3 或 k＝ 5，但必须满足截距不相等， 4－ k 经检验，知 k＝3 或 k＝5 时两直线的截距都不相等， 故 k＝ 3 或 k＝ 5. 答案：3 或 5
高频考点全通关——直 线 方 程 闯关四：及时演练，强化提升解题技能
1. (2013·广东高考)垂直于直线 y＝x＋1 且与圆 x2＋y2＝1 相切于
第一象限的直线方程是( A．x＋y－ 2＝0 C．x＋y－1＝0 ) B．x＋y＋1＝0 D．x＋y＋ 2＝0
解析：选 A 因为所求直线与 y ＝x＋1 垂直， 所以可设直线方程 x＋y＋c＝ 0. 又因为该直线与圆 x2＋y 2＝1 相切． |0 ＋0＋c| |c| 所以 2 ＝ ＝1，∴ c＝± 2， 2 2 1 ＋1 又因为切点在第一象限，所以 c＝－ 2. 即切线方程为 x＋y－ 2＝0.
(1)已知两个独立条件，求直线方程；
(2)已知直线方程，求直线的倾斜角、斜率； (3)已知直线方程，判断两直线的位置关系；
(4)已知直线方程及其他条件，求参数
闯关二：典题针对讲解——已知直线方程及其他条件，求参数值或范围
[例 1] (2014·泉州模拟)若点(m，n)在直线 4x＋3y－10＝0 上，
高频考点全通关——直 线 方 程 闯关三：总结问题类型，掌握解题策略
与直线方程有关问题的常见类型及解题策略
(1)求直线方程． 弄清确定直线的两个条件，由直线方程的几种特殊 形式直接写出方程． (2)求直线的倾斜角和斜率． 直线 Ax＋By＋ C＝0.若 B＝0，直线的斜率不存在，倾斜 A 角为 90°；若 B≠0，则斜率 k＝－ ，然后再求倾斜角． B (3)判断两条直线的位置关系． 可由两直线的斜率以及在 y 轴上的截距来判断两直线的 位置关系． (4)求参数值或范围． 注意点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合 函数的单调性或基本不等式求解．
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第二节
直线的交点坐标与距离公式
考 纲 展 示
1．能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标． 2．掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式， 会求两条平行直线间的距离．
高频考点全通关——距离公式的应用
闯关一：了解考情，熟悉命题角度
【考情分析】
距离公式包括两点间的距离、点到直线的距离和两平行线间的距．这 三种距离在高考中经常体现，试题难度不大，多为容易题或中档题，以选 择、填空的形式呈现，有时也会在解答题中有所体现．
则 m2＋ n2 的最小值是( A．2 B． 2 2 ) C．4 D． 2 3
【解析】因为点(m ，n)在直线 4x＋3y－10＝0 上，
所以 4m＋ 3n－10＝0，利用 m2＋n2 表示为直线上的点 到原点距离的平方的最小值来分析可知， m2＋ n2 的最小值为 4.
【答案】C
高频考点全通关——直 线 方 程
掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式等)， 了解斜截式与一次函数的关系．
高频考点全通关——直 线 方 程 闯关一：了解考情，熟悉命题角度
【考情分析】
直线方程是解析几何的一个基础内容，在高考中经常与其他知 识结合考查，多以选择、填空题的形式呈现，难度不大，多为中、 低档题目．
【命题角度】
高考中对直线方程的考查主要有以下几个命题角度：
第八章 平面解析几何
目录链接
第一节 直线的倾斜角与斜率、直线的方程….…3
第二节 直线的交点坐标与距离公式…...………10 第三节 圆的方程.………………...………………17
第四节 直线与圆、圆与圆的位置关系…...….…22 第五节 椭 圆……………………..…………......30
第六节 双 曲 线………………...….............……37