创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 解答题 第三周 星期二 解析几何问题 文
《创新设计》2017高考数学文二轮复习江苏专用+版训练专题五 解析几何第2讲
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
高考定位 圆锥曲线中的基本问题一般以椭圆、双曲线的定 义、标准方程、几何性质等作为考查的重点，多为填空题. 椭圆有关知识为B级要求，双曲线的有关知识为A级要求.
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
真题感悟
解析 双曲线 x2－y2＝1 的渐近线为 x±y＝0，直线 x－y＋1
＝0 与渐近线 x－y＝0 平行，故两平行线的距离 d＝
|1－0| 12＋12
＝ 22.由点 P 到直线 x－y＋1＝0 的距离大于 c 恒成立，得
c≤
22，故
c
的最大值为
2 2.
答案
2 2
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
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解析 (1)由双曲线定义|PF2－PF1|＝2a，∵PF1＝3，∴P 在左 支上，∵a＝3，∴PF2－PF1＝6，∴PF2＝9. (2)∵方程m2x＋2 n－3my2－2 n＝1 表示双曲线， ∴(m2＋n)·(3m2－n)>0， 解得－m2<n<3m2，由双曲线性质，知 c2＝(m2＋n)＋(3m2－n) ＝4m2(其中 c 是半焦距)，∴焦距 2c＝2×2|m|＝4，解得|m|＝1， ∴－1<n<3. 答案 (1)9 (2)(－1，3)
真题感悟·考点整合
热点聚焦·题型突破
归纳总结·思维升华
热点一 圆锥曲线的定义和标准方程 【例 1】 (1)(2016·天津卷改编)已知双曲线ax22－by22＝1(a＞0，
b＞0)的焦距为 2 5，且双曲线的一条渐近线与直线 2x＋y ＝0 垂直，则双曲线的方程为________. (2)(2016·北京卷改编)已知双曲线ax22－by22＝1(a＞0，b＞0) 的一条渐近线为 2x＋y＝0，一个焦点为( 5，0)，则 a＝ ________；b＝________.
创新设计(江苏专用)2017届高考数学二轮复习 解答题 第三周 星期四 数列问题 文
星期四 (数列问题)2017年____月____日在正项数列{a n }(n ∈N *)中，S n 为{a n }的前n 项和，若点(a n ，S n )在函数y ＝c 2－x c －1的图象上，其中c 为正常数，且c ≠1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数M ，使得当n ＞M 时，a 1·a 3·a 5·…·a 2n －1＞a 101恒成立？若存在，求出使结论成立的c 的取值范围和相应的M 的最小值；(3)若存在一个等差数列{b n }，对任意n ∈N *，都有b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n －1a 2＋b n a 1＝3n －53n －1成立，求{b n }的通项公式及c 的值. 解 (1)S n ＝c 2－a nc －1，n ≥2时，S n －S n －1＝c 2－a n c －1－c 2－a n －1c －1.a n ＝a n －1－a n c －1，(c －1)a n ＝a n －1－a n ，ca n ＝a n －1，a n a n －1＝1c，∴{a n }是等比数列.将(a 1，S 1)代入y ＝c 2－xc －1中，得a 1＝c ，故a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1c n －2.(2)由a 1·a 3·a 5·…·a 2n －1＞a 101得c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 3·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 2n －3＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 99，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1c n （n －2）＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1c 99.若1c ＞1，即0＜c ＜1时，n (n －2)＞99，得n ＞11或n ＜－9(舍去). 若1c ＜1，即c ＞1时，n (n －2)＜99，得－9＜n ＜11. 不符合n ＞M 时，a 1·a 3·a 5·…·a 2n －1＞a 101恒成立， 故舍去，∴c 的取值范围是(0，1)，相应的M 的最小值为11.(3)由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1c n －2.由{b n }为等差数列，设b n ＝b 1＋(n －1)d .b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n －1a 2＋b n a 1＝3n －53n －1(n ∈N *).①当n ＝1时，b 1c ＝3－53－1＝13.② 当n ≥2时，b 1a n －1＋b 2a n －2＋b 3a n －3＋…＋b n －2a 2＋b n －1a 1＝3n －1－53(n －1)－1.③ 注意到b 2－b 1＝b 3－b 2＝…＝b n －b n －1＝d ， ① －③得b 1a n ＋d (a n －1＋a n －2＋…＋a 2＋a 1)＝3n －3n －1－53， ② 将a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1c n －2代入上式， 得b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1c n －2＋c 2d c －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1c n －1＝2×3n －1－53， 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1c －c 2d c －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1c n －1＋c 2d c －1＝2×3n －1－53.④ ∵④式对一切n (n ≥2)恒成立，则必有⎩⎪⎨⎪⎧1c ＝3，b 1c －c 2d c －1＝2，⑤c 2d c －1＝－53. 解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝13，b 1＝1，d ＝10，故b n ＝10n －9，c ＝13.。
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 解答题 第二周 星期二 实际应用问题 文
星期二 (实际应用问题)2017年____月____日如图，一块弓形薄铁片EMF ，点M 为EF ︵的中点，其所在圆O 的半径为4 dm(圆心O 在弓形EMF 内)，∠EOF ＝2π3.将弓形薄铁片裁剪成尽可能大的矩形铁片ABCD (不计损耗)，AD ∥EF ，且点A ，D 在EF ︵上，设∠AOD ＝2θ.(1)求矩形铁片ABCD 的面积S 关于θ的函数关系式；(2)当裁出的矩形铁片ABCD 面积最大时，求cos θ的值.解 (1)设矩形铁片的面积为S ，∠AOM ＝θ.当0<θ<π3时(如图1)，AB ＝4cos θ＋2，AD ＝2×4sin θ， S ＝AB ×AD ＝(4cos θ＋2)(2×4sin θ)＝16sin θ(2cos θ＋1).当π3≤θ<π2时(如图2)，AB ＝2×4cos θ，AD ＝2×4sin θ， 故S ＝AB ×AD ＝64sin θcos θ＝32sin 2θ.综上得，矩形铁片的面积S 关于θ的函数关系式为S ＝⎩⎪⎨⎪⎧16sin θ（2cos θ＋1），0<θ<π3，32sin 2θ，π3≤θ<π2.(2)当0<θ<π3时，求导得 S ′＝16[cos θ(2cos θ＋1)＋sin θ(－2sin θ)]＝16(4cos 2θ＋cos θ－2).令S ′＝0，得cos θ＝33－18.记区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π3内余弦值等于33－18的角为θ0(唯一存在).列表：又当π3≤θ<π2时，S ＝32sin 2θ在⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，2上单调递减，所以当θ＝θ0即cos θ＝33－18时，矩形的面积最大.。
【创新设计】江苏高考数学文二轮专题复习真题5.1空间几何体(含答案解析)
专题五 立体几何第1讲 空间几何体1．(2012·山东)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析 利用三棱锥的体积公式直接求解．V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13S △D 1DE ·AB＝13×12×1×1×1＝16.答案 162．(2013·天津)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上．若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析 设正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，由题意知43πR 3＝9π2，∴R 3＝278，则R ＝32. 由于3a 2＝4R 2，∴a 2＝43R 2＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴a ＝ 3. 答案 33．(2012·新课标全国改编)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC ＝2，则此棱锥的体积为 ________.解析 由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，所以三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍．在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如图所示，S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.答案 264．(2013·湖北)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) 解析 天池盆中水的形状是以上底半径10寸，下底半径6寸，高9寸的圆台，∴平均降雨量＝13×9×π(102＋10×6＋62)π×142＝3. 答案 3。
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 解答题 第三周 星期五 函数与导数问题 理(2021年整理)
创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习解答题第三周星期五函数与导数问题理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习解答题第三周星期五函数与导数问题理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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星期五（函数与导数问题)2017年____月____日已知函数f(x)＝e x错误!,其中a∈R,e为自然对数的底数。
(1)若函数f（x)的图象在x＝0处的切线与直线x＋y＝0垂直，求a的值；(2）关于x的不等式f(x）＜－错误!e x在(－∞,2)上恒成立，求a的取值范围；(3）讨论函数f（x）极值点的个数。
解（1)由题意得f′(x)＝e x错误!，因为f（x)的图象在x＝0处的切线与直线x＋y＝0垂直,所以f′(0）＝1,解得a＝－1.(2)法一由f(x）＜－43e x，得e x错误!＜－错误!e x，即x3－6x2＋（3a＋12)x－6a－8＜0对任意x∈（－∞，2)恒成立，即（6－3x)a＞x3－6x2＋12x－8对任意x∈(－∞，2）恒成立，因为x＜2,所以a＞错误!＝－错误!(x－2)2，记g(x)＝－错误!(x－2)2，因为g(x）在（－∞，2)上单调递增，且g（2)＝0，所以a≥0，即a的取值范围是［0，＋∞)。
法二由f（x)＜－错误!e x，得e x错误!＜－错误!e x，即x3－6x2＋(3a＋12)x－6a－8＜0在（－∞，2)上恒成立，因为x3－6x2＋（3a＋12）x－6a－8＜0等价于（x－2)(x2－4x＋3a＋4)＜0，①当a≥0时,x2－4x＋3a＋4＝(x－2)2＋3a≥0恒成立，所以原不等式的解集为（－∞，2），满足题意。
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题四立体几何练习理
专题四立体几何练习理立体几何高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)空间概念，空间想象能力，点线面位置关系判断，表面积与体积计算等，A级要求；(2)线线、线面、面面平行与垂直的证明，B级要求.真题感悟1.(2015·江苏卷)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________.解析设新的底面半径为r，由题意得13πr2·4＋πr2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7.答案72.(2016·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因为B1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1.所以B1D⊥平面A1C1F，因为直线B1D?平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.考点整合1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.2.空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式：①S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高)；②S锥侧＝12ch′(c为底面周长，h′为斜高)；③S台侧＝12(c＋c′）h′（c′，c分别为上下底面的周长，h′为斜高)；④S球表＝4πR2(R为球的半径).(2)柱体、锥体和球的体积公式：①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；②V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；③V球＝43πR3.3.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a?α，b?α，a∥b?a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a?β，α∩β＝b?a∥b.(3)面面平行的判定定理：a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥α?α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b.4.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m?α，n?α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n?l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α?a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a?β，a⊥α?α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.热点一空间几何体的有关计算问题【例1】(1)(2016·连云港调研)如图，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在C1D1与C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3，连接EF，FB，DE，BD则几何体EFC1－DBC的体积为________.(2)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为________.(3)(2016·南京、盐城模拟)设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为________.解析(1)如图，连接DF，DC1，那么几何体EFC1－DBC被分割成三棱锥D－EFC1及四棱锥D－CBFC1，那么几何体EFC1－BDC的体积为V＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC1－DBC的体积为66.(2)VD1－EDF＝VF－DD1E＝13S△D1DE·AB＝13×12×1×1×1＝16.另解(特殊点法)：让E点和A点重合，点F与点C重合，则VD1－EDF＝13×S△ACD×D1D＝13×12×1×1×1＝16.(3)由题意可得正四棱锥的高为2，体积为13×(23)2×2＝8，则正方体的体积为8，所以棱长为 2.答案(1)66 (2)16(3)2探究提高(1)涉及柱、锥及其简单组合体的计算问题，要在正确理解概念的基础上，画出符合题意的图形或辅助线(面)，再分析几何体的结构特征，从而进行解题.(2)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.(3)若所给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、补形法等方法求解.【训练1】(1)(2014·江苏卷)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.若它们的侧面积相等，且S1S2＝94，则V1V2的值是________.(2)(2012·江苏卷)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A-BB1D1D的体积为________cm3.(3)(2016·苏州调研)将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶３的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r1，r2，r3，则r1＋r2＋r3＝________.解析(1)设两个圆柱的底面半径和高分别为r1，r2和h1，h2，由S1S2＝94，得πr21πr22＝94，则r1r2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr1h1＝2πr2h2，即r1h1＝r2h2，则h1h2＝23，所以V1V2＝πr21h1πr22h2＝32.(2)关键是求出四棱锥A-BB1D1D的高，连接AC交BD于O，在长方体中，∵AB＝AD＝3，∴BD＝32且AC⊥BD. 又∵BB1⊥底面ABCD，∴BB1⊥AC.又DB∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D，∴AO为四棱锥A-BB1D1D的高且AO＝12BD＝322.∵S矩形BB1D1D＝BD×BB1＝32×2＝62，∴VA-BB1D1D＝13S矩形BB1D1D·AO＝13×62×322＝6(cm3).(3)由题意可得三个扇形的弧长分别为5π3，10π3，5π，分别等于三个圆锥底面圆的周长，则r1＝56，r2＝53，r3＝52，所以r1＋r2＋r3＝56＋53＋52＝5.答案(1)32(2)6 (3)5热点二空间中的平行和垂直的判断与证明问题[微题型1] 空间线面位置关系的判断【例2－1】 (1)已知平面α、β，直线m，n，给出下列命题：①若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β；②若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n；③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β；④若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n.其中是真命题的是________(填写所有真命题的序号).(2)(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m?α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)解析(1)若m∥α，n∥β，m∥n，则α，β可能平行或相交，①是假命题；若α∥β，m ∥α，n∥β，则m，n可能是平行、相交、异面中的任何一种位置关系，②是假命题；由线面垂直的性质和面面垂直的判定可知③④是真命题，故真命题序号是③④.(2)当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.答案(1)③④(2)②③④探究提高长方体(或正方体)是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体(或正方体)，把点、线、面的位置关系转移到长方体(或正方体)中，对各条件进行检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解.[微题型2] 平行、垂直关系的证明【例2－2】(2015·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC?平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1?平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1.【例2－3】(2016·昆明统考)如图，在侧棱与底面垂直的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥BC，且AA1＝AB＝BC＝1，CD＝2.(1)求证：AB1⊥平面A1BC；(2)在线段CD上是否存在点N，使得D1N∥平面A1BC?若存在，求出三棱锥N－AA1C的体积；若不存在，请说明理由.(1)证明因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱垂直底面，所以A1A⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以BC⊥AA1，因为BC⊥AB，AB∩AA1＝A，AB?平面AA1B1B，AA1?平面AA1B1B，所以BC⊥平面AA1B1B.又AB1?平面AA1B1B，所以AB1⊥BC，因为A1A⊥AB，A1A＝AB＝1，所以四边形AA1B1B为正方形，所以AB1⊥A1B，因为A1B∩BC＝B，A1B，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.(2)解法一在线段CD上存在点N，且当N为CD的中点时，D1N∥平面A1BC.证明如下：连接BN、D1N，因为AB∥CD，AB＝1，CD＝2，所以AB∥DN且AB＝DN，所以四边形ABND为平行四边形，所以BN∥AD且BN＝AD.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1D1∥AD且A1D1＝AD，所以A1D1∥BN且A1D1＝BN，所以四边形A1BND1为平行四边形，所以D1N∥A1B.又D1N?平面A1BC，A1B?平面A1BC，所以D1N∥平面A1BC.连接A1N、AN、AC，所以S△ACN＝S△BCN＝12×1×1＝12，又A1A⊥平面ABCD，且A1A＝1，所以VN－AA1C＝VA1－ACN＝13S△ACN×A1A＝13×12×1＝16，即三棱锥N－AA1C的体积为1 6 .法二在线段CD上存在点N，且当N为CD的中点时，D1N∥平面A1BC，证明如下：取C1D1的中点M，连接AN、A1M、D1N、MC，因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝1，CD＝2，所以A1B1∥C1D1，A1B1＝1，C1D1＝2，所以A1B1∥MC1且A1B1＝MC1，所以四边形A1B1C1M为平行四边形，又BC∥B1C1且BC＝B1C1，所以A1M∥BC且A1M＝BC，所以四边形A1BCM为平行四边形，所以A1B∥CM，又D1M＝NC＝1且D1M∥NC，所以四边形D1MCN为平行四边形，所以CM∥D1N，所以D1N∥A1B.又D1N?平面A1BC，A1B?平面A1BC，所以D1N∥平面A1BC.连接A1N、AC，所以S△ACN＝12×1×1＝12，又A1A⊥平面ABCD，且A1A＝1，所以VN－AA1C＝VA1－ACN＝13S△ACN×A1A＝13×12×1＝16，即三棱锥N－AA1C的体积为1 6 .探究提高垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直. 【训练2】(2016·苏北四市模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC 的中点.求证：(1)CE∥平面PAD；(2)平面EFG⊥平面EMN.证明(1)法一如图1，取PA的中点H，连接EH，DH.又因为E为PB的中点，所以EH∥AB，且EH＝12AB.图1又AB∥CD，CD＝12 AB，所以四边形DCEH是平行四边形.所以CE∥DH.又DH?平面PAD，CE?平面PAD，因此，CE∥平面PAD.图2法二如图2，连接CF.因为F为AB的中点，所以AF＝12 AB.又CD＝12 AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形.因此CF∥AD.又CF?平面PAD，AD?平面PAD，所以CF∥平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又EF?平面PAD，PA?平面PAD，所以EF∥平面PAD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.又CE?平面CEF，所以CE∥平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.又AB⊥PA，所以AB⊥EF.同理可证AB⊥FG.又EF∩FG＝F，EF?平面EFG，FG?平面EFG，因此AB⊥平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥DC，又AB∥DC，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.1.求解几何体的表面积或体积(1)对于规则几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的表面积时要注意S表＝S侧＋S底.2.锥体体积公式为V＝13Sh，在求解锥体体积中，不能漏掉13.3.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.4.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a?α?l⊥a.一、填空题1.(2016·浙江卷改编)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，且直线m，n满足m∥α，n ⊥β，给出下列结论：①m∥l；②m∥n；③n⊥l；④m⊥n.则上述结论正确的是________(填序号).解析由已知，α∩β＝l，∴l?β，又∵n⊥β，∴n⊥l，③正确.答案③2.已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为________.解析利用圆柱的侧面积公式求解，该圆柱的侧面积为2π×1×2＝4π，一个底面圆的面积是π，所以该圆柱的表面积为4π＋2π＝6π.答案6π3.(2016·徐州、宿迁、连云港模拟)已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为60π cm2，则此圆锥的体积为________cm3.解析设圆锥底面圆的半径为r，母线为l，则侧面积πrl＝10πr＝60π，解得r＝6，则高h＝l2－r2＝8，则此圆锥的体积为13πr2h＝13π×36×8＝96π.答案96π4.如图所示，ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AC，PC的中点，PA＝2，AB＝1，求三棱锥C－PED的体积为________.解析∵PA⊥平面ABCD，∴PA是三棱锥P－CED的高，PA＝2.∵ABCD是正方形，E是AC的中点，∴△CED是等腰直角三角形.AB＝1，故CE＝ED＝2 2，S△CED＝12CE·ED＝12·22·22＝14.故V C-PED＝V P-CED＝13·S△CED·PA＝13·14·2＝16.答案1 65.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________.解析∵EF∥平面AB1C，EF?平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，∴EF∥AC，又∵E是AD的中点，∴F是CD的中点，即EF是△ACD的中位线，∴EF＝12AC＝12×22＝ 2.答案 26.(2016·镇江高三期末)设b，c表示两条直线，α，β表示两个平面，现给出下列命题：①若b?α，c∥α，则b∥c；②若b?α，b∥c，则c∥α；③若c∥α，α⊥β，则c⊥β；④若c∥α，c⊥β，则α⊥β.其中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号).解析①中直线b，c平行或异面，则①错误；②中c∥α或c?α，则②错误；③中c，β的位置关系可能平行、相交或者直线在平面上，则③错误；由线面平行的性质、线面垂直的性质、面面垂直的判定定理可知④正确，故正确命题是④．答案④7.(2016·苏、锡、常、镇调研)设棱长为a的正方体的体积和表面积分别为V1，S1，底面半径和高均为r的圆锥的体积和侧面积分别为V2，S2，若V1V2＝3π，则S1S2的值为________.解析棱长为a的正方体的体积V1＝a3，表面积S1＝6a2，底面半径和高均为r的圆锥的体积V2＝13πr3，侧面积S2＝2πr2，则V1V2＝a313πr3＝3π，则a＝r，所以S1S2＝6a22πr2＝32π.答案32π8.(2016·无锡高三期末)如图，在圆锥VO中，O为底面圆心，半径OA⊥OB，且OA＝VO＝1，则O到平面VAB的距离为________.解析由题意可得三棱锥V－AOB的体积为V三棱锥V－AOB＝13S△AOB·VO＝16.△VAB是边长为2的等边三角形，其面积为34×(2)2＝32，设点O到平面VAB的距离为h，则V三棱锥O－VAB＝1 3S△VAB·h＝13×32h＝V三棱锥V－AOB＝16，解得h＝3 3，即点O到平面VAB的距离是3 3.答案3 3二、解答题9.(2014·江苏卷)如图，在三棱锥P-ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点.已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.证明(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又因为PA?平面DEF，DE?平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝12PA＝3，EF＝12BC＝4.又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因为AC∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.10.如图，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥BC，E，F分别是A1B，AC1的中点.(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求证：平面AEF⊥平面AA1B1B；(3)若A1A＝2AB＝2BC＝2a，求三棱锥F-ABC的体积.(1)证明如图连接A1C.∵直三棱柱A1B1C1-ABC中，AA1C1C是矩形.∴点F在A1C上，且为A1C的中点.在△A1BC中，∵E，F分别是A1B，A1C的中点，∴EF∥BC.又∵BC?平面ABC，EF?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)证明∵直三棱柱A1B1C1-ABC中，B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥BC.又∵EF∥BC，AB⊥BC，∴AB⊥EF，B1B⊥EF.∵B1B∩AB＝B，∴EF⊥平面ABB1A1.∵EF?平面AEF，∴平面AEF⊥平面ABB1A1.(3)解V F-ABC＝12VA1-ABC＝12×13×S△ABC×AA1＝12×13×12a2×2a＝a36.11.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分别是CD和PC的中点.求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)因为平面PAD∩平面ABCD＝AD.又平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以ABED为平行四边形.所以BE∥AD.又因为BE?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形.所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD，且CD?平面PCD，又E，F分别是CD和CP的中点，所以EF∥PD，故CD⊥EF.由EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD?平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.。
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 解答题 第一周 星期三 实际应用问题 理
1 星期三 (实际应用问题)2017年____月____日某农户准备建一个水平放置的直四棱柱形储水窖(如图)，其中直四棱柱的高AA 1＝10 m ，两底面ABCD ，A 1B 1C 1D 1是高为2 m ，面积为10 m 2的等腰梯形，且∠ADC ＝θ⎝⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2.若储水窖顶盖每平方米的造价为100元，侧面每平方米的造价为400元，底部每平方米的造价为500元.(1)试将储水窖的造价y 表示为θ的函数；(2)该农户如何设计储水窖，才能使得储水窖的造价最低，最低造价是多少元(取3＝1.73)? 解 (1)过点A 作AE ⊥DC ，垂足为点E ，则AE ＝2， DE ＝2tan θ，AD ＝2sin θ，令AB ＝x ，从而CD ＝x ＋4tan θ，故12×2×⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x ＋4tan θ＝10，解得x ＝5－2tan θ， CD ＝5＋2tan θ，所以y ＝(20＋2AD ×10)×400＋(10AB )×500＋(10CD )×100＝ 8 000＋8 000×2sin θ＋5 000×⎝ ⎛⎭⎪⎫5－2tan θ＋1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2tan θ＝38 000＋8 000⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin θ－1tan θ⎝⎛⎭⎪⎫0＜θ＜π2. (2)因为y ＝38 000＋8 000×2－cos θsin θ， 所以y ′＝8 000sin 2θ－（2－cos θ）cos θsin 2θ＝ 8 000（1－2cos θ）sin 2θ.令y ′＝0，则θ＝π3， 当θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3时，y ′＜0，此时函数y 单调递减； 当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2时，y ′＞0，此时函数y 单调递增. 所以当θ＝π3时，y min ＝38 000＋8 0003＝51 840. 所以当∠ADC ＝60°时，造价最低，最低造价为51 840元.。
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习解答题第一周星期一三角与立体几何问题文
星期一 (三角与立体几何问题)2017年____月____日1.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且tan B tan A ＋1＝2c a. (1)求B ；(2)若cos ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π6＝13，求sin A 的值. 解 (1)由tan B tan A ＋1＝2c a 及正弦定理得sin B cos A cos B sin A ＋1＝2sin C sin A，所以sin B cos A ＋cos B sin A cos B sin A ＝2sin C sin A， 即sin （A ＋B ）cos B sin A ＝2sin C sin A ，则sin C cos B sin A ＝2sin C sin A. 因为在△ABC 中，sin A ≠0，sin C ≠0，所以cos B ＝12.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3. (2)因为0<C <2π3，所以π6<C ＋π6<5π6. 因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π6＝13，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π6＝223. 所以sin A ＝sin(B ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π6＋π6 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π6cos π6＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π6sin π6 ＝26＋16.2.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，E 为侧棱PA 的中点.(1)求证：PC ∥平面BDE ；(2)若PC ⊥PA ，PD ＝AD ，求证：平面BDE ⊥平面PAB .证明 (1)连接AC ，交BD 于点O ，连接OE .因为四边形ABCD 是平行四边形，所以OA ＝OC .因为E为侧棱PA的中点，所以OE∥PC.因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以PC∥平面BDE.(2)因为E为PA的中点，PD＝AD，所以PA⊥DE. 因为PC⊥PA，OE∥PC，所以PA⊥OE.因为OE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，OE∩DE＝E，所以PA⊥平面BDE.因为PA⊂平面PAB，所以平面BDE⊥平面PAB.。
【步步高】高考数学(文,江苏专用)大二轮总复习练习：专题三第3讲平面向量(含答案解析)
第 3讲平面向量1． (2016 课·标全国丙改编→1，3→31，则∠ ABC＝ ________. )已知向量 BA＝22， BC＝，22答案30°分析→→∵ |BA|＝ 1， |BC|＝ 1，→ →3BA·BC＝，∴∠ ABC ＝ 30°.cos∠ ABC＝→→2|BA|·|BC|12． (2016 ·东改编山 )已知非零向量m，n 知足 4|m|＝ 3|n|，cos〈 m， n〉＝3.若 n⊥ (tm＋ n)，则实数 t 的值为 ______．答案－ 4分析∵ n⊥ (tm＋ n)，∴ n·(tm＋n)＝0，即 t·m·n＋ n2＝ 0，∴ t|m||n|cos〈 m， n〉＋ |n|2＝0，由3212已知得 t×|n| ×＋ |n| ＝ 0，解得 t＝－ 4.433． (2016 天·津改编 )已知△ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D， E 分别是边 AB， BC 的中点，连接 DE 并延伸到点F，使得 DE＝→ →2EF ，则 AF ·BC的值为 ________．答案1 8分析→→→如下图， AF ＝AD ＋DF .又 D， E 分别为 AB， BC 的中点，→1→且 DE＝ 2EF，因此 AD＝2AB，→＝→＋→＝→＋1→DF DE EF DE2DE3→ 3→＝2DE ＝4AC，→1→ 3 →→→ →因此 AF＝2AB＋4AC.又 BC＝ AC－AB，→ →1→3→→ →则 AF·BC＝AB＋AC ·(AC－ AB)241→ →1→ 2 3 →2 3 → →＝AB·AC－AB＋AC － AC·AB 2244→ 2 1→21→→＝ 4AC － 2AB －4AC ·AB.3→ →又 |AB|＝ |AC|＝ 1，∠ BAC ＝ 60°，→ → 3 1 1 1 1故AF ·BC ＝ － － ×1×1× ＝ .4 2 4 2 84． (2016 ·江浙 )已知向量a ，b ， |a|＝ 1，|b|＝ 2.若对随意单位向量 e ，均有 |a ·e|＋ |b ·e| ≤6，则a ·b 的最大值是 ________．答案12分析 由已知可得：6≥|a ·e|＋ |b ·e| ≥|a ·e ＋ b ·e|＝ |(a ＋ b) ·e|，因为上式对随意单位向量e 都成立．∴ 6≥|a ＋ b|成立．∴ 6≥(a ＋ b) 2＝ a 2＋ b 2＋ 2a ·b ＝ 12＋ 22＋ 2a ·b.1即 6≥5＋ 2a ·b ，∴ a ·b ≤2.1.考察平面向量的基本定理及基本运算，多以熟知的平面图形为背景进行考察， 多为填空题，难度中低档 .2.考察平面向量的数目积，以填空题为主，难度低；向量作为工具，还常与三角函数、解三角形、不等式、分析几何联合，以解答题形式出现.热门一平面向量的线性运算1．在平面向量的化简或运算中，要依据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向不可以盲目转变．2．在用三角形加法法例时，要保证 “首尾相接 ”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所得的向量；在用三角形减法法例时，要保证 “同起点 ”，结果向量的方向是指向被减向量．例 1π(1) 设 0<θ< ，向量 a ＝ (sin 2θ， cos θ)， b ＝ (cos θ， 1)，若 a ∥ b ，则 tan θ＝ ______.2→ → → →(2) 如图，在 △ ABC 中，已知 BD ＝ 2DC ，以向量 AB ，向量 AC 作为基底，→则向量 AD 可表示为 ____________．答案 (1)1 (2)1 →＋ 2 →2 3AB 3AC 分析(1)因为 a ∥ b ，因此 sin 2θ＝ cos 2θ，即 2sin θcos θ＝cos 2θ.π 因为 0<θ< ，因此 cos θ>0，21得 2sin θ＝ cos θ，tan θ＝ 2.(2) 依据平面向量的运算法例及已知图形可知→2 →AB ＋3AC .→→→→ 2 → → 2 → → 1AD ＝AB ＋ BD ＝ AB ＋ BC ＝AB ＋ (BA ＋ AC)＝333思想升华(1) 关于平面向量的线性运算，要先选择一组基底；同时注意共线向量定理的灵活运用． (2)运算过程中重视数形联合，联合图形剖析向量间的关系． 追踪操练 1(1)如图，正方形 ABCD 中，点 E 是 DC 的中点，点 F 是 BC的一个三平分点，那么以向量 → → →AB 和向量 AD 为基底，向量 EF 可表示为__________ ．→→ →(2) 如图，在正方形 ABCD 中， E 为 DC 的中点，若 AE ＝ λAB ＋ μAC ，则 λ ＋ μ的值为 ________． 答案(1)1→ － 2 →(2)12AB 3AD2分析→ → → (1)在 △ CEF 中，有 EF ＝ EC ＋CF .→ 1 →因为点 E 为 DC 的中点，因此 EC ＝ DC .2因为点 F 为 BC 的一个三平分点，因此→ 2 →CF ＝CB.3→ 1→ 2→ 1→ 2→ 1→2→因此 EF ＝ 2DC ＋3CB ＝2AB ＋3DA ＝ 2AB － 3AD.(2)→ → → 1 →1 → → 1 → →→ 1 → 因为 E 为 DC 的中点，因此 AC ＝ AB ＋ AD ＝ AB ＋AB ＋ AD ＝AB ＋ AE ，即 AE ＝－AB ＋2222→ AC ，1 1因此 λ＝－ ， μ＝1，因此 λ＋ μ＝ .22热门二平面向量的数目积1．数目积的定义： a ·b ＝ |a||b|cos θ.2．三个结论(1) 若 a ＝ (x ， y)，则 |a|＝ a ·a ＝ x 2＋ y 2.(2) 若 A(x 1，y 1)， B( x 2， y 2)，则→ 2 2 .|AB|＝ (x 2－ x 1 ) ＋ (y 2－ y 1 )(3)若 a＝ (x1，y1)， b＝ ( x2，y2 )，θ为 a 与 b 的夹角，则 cos θ＝a·b＝x1x2＋ y1y2|a||b|x12＋ y12x22＋ y22.例 2(1)如图，在矩形ABCD 中， AB＝2， BC＝ 2，点 E 为 BC 的中点，点 F在边→ →＝→ →CD 上，若 AB·AF2，则 AE ·BF的值是 ________．(2) 若 b＝cos π， cos5π，|a|＝ 2|b|，且 (3a＋b) ·b＝－ 2，则向量 a，b 的夹角1212为 ________．答案(1) 2 (2)5π6分析(1)以 A 为原点，成立如下图的坐标系，可得 A(0,0)，B(2， 0)， E(2， 1)， F(x,2)，→→∴ AB＝ ( 2，0) ，AF＝ (x,2)，→ →2x＝2，∴ AB·AF＝解得 x＝ 1，∴ F(1,2)．→→∴ AE＝ ( 2，1)，BF＝ (1－ 2， 2)，→ →∴ AE·BF＝ 2×(1－ 2)＋ 1×2＝ 2.22π25π 2 π 2 π(2) b＝ cos＋cos12＝cos＋ sin＝ 1，121212因此 |b|＝ 1，|a|＝ 2.由 (3a＋b) ·b＝－ 2，可得3a·b＋ b2＝－ 2，故 a·b＝－3，故 cos〈 a， b〉＝a·b＝－ 33＝－|a||b|2×1 2.5π又〈 a， b〉∈ [0，π]，因此〈 a， b〉＝6 .思想升华(1) 数目积的计算往常有三种方法：数目积的定义，坐标运算，数目积的几何意义；(2) 能够利用数目积求向量的模和夹角，向量要分解成题中模和夹角已知的向量进行计算．追踪操练 2 (1)已知点 A，B，C，D 在边长为 1 的方格点图的地点如下图，→ →则向量 AD在AB方向上的投影为 ________．(2) 如图，在△ ABC 中，AB＝ AC＝ 3，cos∠ BAC＝1→→→ →3，DC＝ 2BD，则 AD·BC的值为 ________．答案(1)－5(2)－ 2 5分析(1)不如以点 A 为坐标原点，成立如下图的平面直角坐标系，易得→→AD ＝ (－ 2,3)，AB→ →→ →－ 25 AD ·AB＝ (4,2) ，因此向量 AD 在 AB方向上的投影为→＝2 5＝－ 5.|AB |→→→→→→2→ →(2) AD·BC＝ (AC＋ CD ) ·BC＝ (AC＋CB) ·BC3→2→→→2→1→→→＝[AC＋3(AB －AC)] BC·＝ ( 3AB ＋3AC) ·(AC－ AB)2 →2 1 → → 1 →2＝－3|AB|＋3AB·AC＋3|AC|＝－6＋ 1＋3＝－ 2.热门三平面向量与三角函数平面向量作为解决问题的工具，拥有代数形式和几何形式的“两重型”，高考常在平面向量与三角函数的交汇处命题，经过向量运算作为题目条件．例 3已知函数 f(x)＝ 2cos2x＋ 23sin xcos x(x∈ R)．π(1)当 x∈[0，2)时，求函数 f( x)的单一递加区间；(2)设△ABC 的内角 A，B， C 的对边分别为 a， b，c，且 c＝3， f( C)＝ 2，若向量 m＝ (1， sin A)与向量 n＝ (2， sin B)共线，求 a， b 的值．解π (1)f(x)＝ 2cos 2x ＋ 3sin 2x ＝ cos 2x ＋ 3sin 2x ＋ 1＝2sin(2 x ＋ ) ＋1，6π π π 令－ ＋ 2k π≤2x ＋≤ ＋ 2k π， k ∈ Z ，26 2π π解得 k π－≤x ≤k π＋ ， k ∈ Z ，36π因为 x ∈ [0， 2) ，π因此 f( x)的单一递加区间为 [0，6] ．π(2) 由 f(C)＝ 2sin(2C ＋6)＋ 1＝ 2，π 1得 sin(2C ＋ 6)＝ 2，π π 13 π而 C ∈(0 ，π)，因此 2C ＋ 6∈( 6， 6 )， π 5 π因此 2C ＋ ＝6π，解得 C ＝ 3.6因为向量 m ＝ (1，sin A)与向量 n ＝(2 ，sin B)共线，因此sin A 1sin B＝ .2由正弦定理得 a ＝ 1，①b 2由余弦定理得π c 2＝ a 2＋ b 2－ 2abcos，3即 a 2＋ b 2－ ab ＝9.②联立①②，解得 a ＝ 3，b ＝ 2 3.思想升华 在平面向量与三角函数的综合问题中， 一方面用平面向量的语言表述三角函数中的问题， 如利用向量平行、 垂直的条件表述三角函数式之间的关系， 利用向量模表述三角函数之间的关系等； 另一方面能够利用三角函数的知识解决平面向量问题，在解决此类问题的 过程中， 只需依据题目的详细要求， 在向量和三角函数之间成立起联系， 就能够依据向量或者三角函数的知识解决问题．追踪操练 3已知 △ABC 是锐角三角形，向量m ＝ cos A ＋ π，3π， n ＝ cos B ， sin B ，且 m ⊥ n.sin A ＋3 ( )(1) 求 A －B 的值；3(2) 若 cos B ＝ 5，AC ＝8，求 BC 的长．解(1)因为 m ⊥ n ，π π因此 m ·n ＝ coscos B ＋sin A ＋ 3 sin BA ＋ 3 π＝ cos A ＋3－ B ＝0，π又 A ，B ∈ 0，2 ，因此ππ 5πA ＋ －B ∈ － ， ，3 6 6 因此 π ππA ＋ －B ＝ ，即 A － B ＝ .3 263π4(2) 因为 cos B ＝5， B ∈ 0，2 ，因此 sin B ＝ 5，因此 sin A ＝ sin π ππ ＝ sin Bcos ＋ cos Bsin 6B ＋664 3 3 1 4 3＋ 3＝ · ＋ ·＝ ，52 5 2104 3＋3由正弦定理，得BC ＝ sin A10 ×8＝ 4 3＋ 3.4sin B·AC ＝5→ 1 →1．如图，在 △ ABC 中， AD ＝ 3AB ， DE ∥ BC 交AC 于E ， BC边上的中线AM交DE于，设 → ＝ ， → ＝ ，用ABaACb N， 表示向量ab→ →AN ，则 AN＝ ____________.押题依照平面向量基本定理是向量表示的基本依照，而向量表示 (用基底或坐标 )是向量应用的基础．1答案6(a ＋ b)分析因为 DE ∥ BC ，因此 DN ∥ BM ，则 △ AND ∽△ AMB ，因此 AM AN ＝ ADAB .→1 →→1 →因为 AD ＝ 3AB ，因此 AN ＝ 3AM . 因为 M 为 BC 的中点，→ 1 → → 1 因此 AM ＝ (AB ＋AC)＝(a ＋ b)，22→ 1 →1因此 AN ＝AM ＝ (a ＋ b)．362．如图，BC 、DE 是半径为 →→ → →1 的圆 O 的两条直径， BF ＝ 2FO ，则 FD ·FE＝ ________.押题依照数目积是平面向量最重要的观点，平面向量数目积的运算是高考的必考内容，和平面几何知识的联合是向量考察的常有形式．答案－89分析→→→1，∵BF ＝2FO ，圆 O 的半径为 1，∴ |FO |＝3→→→→→→→2→→→→→1 2 8 ∴ FD ·FE ＝ (FO ＋ OD) ·(FO ＋ OE)＝ FO ＋ FO ·(OE ＋ OD)＋ OD ·OE ＝ ( ) ＋ 0－ 1＝－ .39→ →120°sin 208 )°，则 △ABC3．在 △ABC 中，AB ＝(cos 32 °，cos 58 °)，BC ＝ (sin 60 sin ° 118 ，°sin 的面积为 ________．押题依照平面向量作为数学解题工具， 经过向量的运算给出条件解决三角函数问题已成为近几年高考的热门．答案38分析→ 2 2°|AB|＝ cos 32 °＋ cos 58＝ cos 232°＋ sin 232°＝1，→33，BC ＝2 cos 28 ，°－ 2 sin 28°→323 23 因此 |BC|＝＋ －2 sin 28 ＝2.2 cos 28 °°→ →33 °则 AB ·BC ＝ cos 32 °×2cos 28－°sin 32 ×° sin 2823＝2 (cos 32 cos ° 28 －°sin 32 sin ° 28 ) °＝333，2 cos(32 ＋°28°)＝ 2cos 60 ＝° 4→ →3 → →4 1AB ·BC ＝ . 故 cos 〈 AB ， BC 〉＝ →→ ＝ 3 2 |AB| ×|BC| 1×2→ → °， 180°]，因此〈 → →又〈 AB ， BC 〉∈ [0 AB ， BC 〉＝ 60°，→ →故 B ＝ 180°－〈 AB ， BC 〉＝ 180°－ 60°＝ 120°.故 △ ABC 的面积为1 →S ＝ 2×|AB|→×|BC|sin B1 3 ＝ ×1××sin221203 ＝° .84．如图，在半径为1 的扇形 AOB中，∠ AOB ＝60°，C为弧上的动点， AB 与OC交于点P ，→ →则 OP ·BP 的最小值是 _______________________________________ ．押题依照 此题将向量与平面几何、 最值问题等有机联合，表现了高考在知识交汇点命题的方向，此题解法灵巧，难度适中．答案－116分析→ → →→→→→→→→→2 ＝ 60 °，因为 OP ＝ OB ＋ BP ，因此 OP ·BP ＝ (OB ＋ BP) ·BP ＝OB ·BP ＋ BP .又因为∠ AOB OA ＝ OB ，因此∠ OBA ＝ 60°， OB ＝ → → →1 → →→1→→21.因此 OB ·BP ＝ |BP |cos 120＝°－|BP|，因此 OP ·BP ＝－ |BP|＋ |BP|22→1 2 11→1 → →1＝ (|BP|－ )－≥－，当且仅当 |BP|＝ 时， OP ·BP 获得最小值－.4 16 16416A 组 专题通关1．在 △ ABC 中，已知 D 是 AB 边上一点，若→ →→ 1 →→AD ＝ 2DB， CD ＝ CA ＋ λCB ，则 λ＝ ________.3答案23分析 在 △ABC 中，已知 D 是 AB 边上一点，→→ →1→→→→→→ 2 → → 2 → → 1 → 2 → ∵ AD ＝ 2DB ，CD ＝ CA ＋ λCB ，∴ CD ＝ CA ＋ AD ＝ CA ＋ AB ＝ CA ＋3 (CB － CA)＝ CA ＋ CB ，3333∴ λ＝ 2.32． △ ABC 是边长为 2 的等边三角形，已知向量→ →a ，b 知足 AB ＝ 2a ， AC ＝ 2a ＋ b ，则以下结论正确的选项是 ________．① |b|＝ 1; ② a ⊥ b ；→③ a ·b ＝ 1; ④ (4a ＋ b)⊥BC.答案 ④分析→ → →在 △ABC 中，由 BC ＝ AC － AB ＝ 2a ＋ b － 2a ＝ b ，得 |b|＝ 2.又 |a|＝ 1，因此 a ·b ＝ |a||b|cos 120 ＝°－ 1，→ 2因此 (4a ＋ b) ·BC ＝ (4a ＋ b) ·b ＝ 4a ·b ＋ |b|＝ 4×(－ 1)＋ 4＝ 0，→因此 (4a ＋ b)⊥ BC.→ → → → → →3．在等腰 △ ABC 中，∠ BAC ＝90°，AB ＝ AC ＝ 2，BC ＝ 2BD ，AC ＝ 3AE ，则 AD ·BE ＝ ________.答案－43分析由已知获得→ → 1→→→1 →1 →2 1 → → 1 → → 1 → 2，AD ·BE ＝(AB ＋ AC) ·(BA ＋ AC) ＝－2AB ＋ AB ·AC ＋2 AC ·BA ＋ AC2366→ → 1212△ ABC 是等腰直角三角形，∠ BAC ＝ 90 °， AB ＝ AC ＝2，因此 AD ·BE ＝－ 2×2 ＋ 0＋0＋ 6×24＝－ 3.4． (2016 ·津蓟县期中天 )已知向量 a ， b 知足 (a ＋ 2b) ·(a － b)＝－ 6，且 |a|＝ 1， |b|＝ 2，则 a与 b 的夹角为 ________．答案π 3分析 设 a 与 b 的夹角为θ，∵ (a ＋ 2b) ·(a － b)＝－ 6，且 |a|＝ 1，|b|＝ 2，∴ 1＋a ·b － 8＝－ 6，∴ a ·b ＝ 1＝|a||b |cos θ，∴ cos θ＝ 1，2π又∵ θ∈ [0，π]，∴ θ＝3.5． (2016 安·徽江淮十校第二次联考 )已知平面向量 a 、b(a ≠0， a ≠b)知足 |a|＝ 3，且 b 与 b － a 的夹角为 30°，则 |b|的最大值为 ________．答案 6分析→ → → → →令OA ＝ a ， OB ＝ b ，则 b － a ＝ OB －OA ＝AB ，如图，∵ b 与 b － a 的夹角为 30°，∴∠ OBA ＝30°，→→→→，∴由正弦定 理|OA| ＝ |OB|得 ， ∵ |a| ＝ |OA |＝ 3 sin ∠ OBA sin ∠ OAB |b|＝ | OB | ＝6·sin ∠ OAB ≤ 6.6．已知向量 a ＝ (2,1)，b ＝ (－ 1， 2)，若 a ， b 在向量 c 方向上的投影相等，且 (c － a) ·(c － b) ＝－ 5，则向量 c 的坐标为 ________．21 3答案 (2，2)分析设 c ＝ (x ， y)，依据题意有x 2＋ y 2－ x － 3y ＝－ 5，22x ＋ y ＝－ x ＋ 2y ，1，x ＝ 2解得3y ＝ 2.→→ → 7．设向量 OA ＝ (5＋ cos θ，4＋ sin θ)， OB ＝ (2,0) ，则 |AB|的取值范围是 ________． 答案[4,6]分析→ → →＝ (－ 3－ cos θ，－ 4－ sin θ)，∵AB ＝OB －OA → 2 2 2 ∴ |AB| ＝ (－ 3－cos θ) ＋( －4－ sin θ)＝ 6cos θ＋ 8sin θ＋26＝ 10sin(θ＋ φ)＋ 26，此中 tan φ＝ 3，4→ 2 →∴ 16≤|AB | ≤ 36，∴ 4≤|AB| ≤ 6.8．设向量 a ＝ (a 1， a 2)， b ＝ (b 1， b 2)，定义一种向量积 a?b ＝ (a 1b 1， a 2b 2)，已知向量 m ＝(2 ， 1 π →2)，n ＝ (，0)，点 P(x ，y)在 y ＝ sin x 的图象上运动， Q 是函数 y ＝ f(x)图象上的点， 且知足 OQ3→为坐标原点 )，则函数 y ＝ f( x)的值域是 ________．＝ m?OP ＋ n(此中 O1 1 答案 [－ 2， 2]分析令 Q(c ，d)，由新的运算可得→ →1 π π 1sin x)， OQ ＝ m?OP ＋ n ＝(2x ，sin x)＋ ( ， 0)＝ (2x ＋ ，233 2π， 11∴c ＝2x ＋ 3π1消去 x 得 d ＝sin( c － )，22 6d ＝ 2sin x ，1 1π1 1] ．∴ y ＝ f( x)＝ sin(x －)，易知 y ＝ f(x)的值域是 [－ ，2262 2π9．设向量 a ＝ ( 3sin x ， sin x)， b ＝(cos x ，sin x)， x ∈ [0， 2]．(1) 若 |a|＝ |b|，求 x 的值；(2) 设函数 f(x)＝ a ·b ，求 f(x)的最大值．解(1)由 |a|2＝ ( 3sin x)2＋ (sin x)2＝ 4sin 2x ，222＝ 1，|b| ＝(cos x) ＋ (sin x) 及 |a|＝ |b|，得 4sin 2x ＝ 1.π1π又 x ∈ [0， ]，进而 sin x ＝ ，因此 x ＝ .22 62(2) f(x)＝ a ·b ＝ 3sin x ·cos x ＋ sin x＝3 1 1π 1，2sin 2x － cos 2x ＋＝ sin(2x － )＋ 2262π π π1，当 x ＝ ∈ [0， ] 时， sin(2 x －)取最大值326因此 f( x)的最大值为32.10．已知向量 a ＝ (cos α， sin α)，b ＝ (cos x ， sin x)， c ＝ (sin x ＋ 2sin α， cos x ＋ 2cos α)，此中 0<α<x<π.π(1) 若 α＝4，求函数 f(x)＝ b ·c 的最小值及相应 x 的值；π (2) 若 a 与 b 的夹角为，且 a ⊥ c ，求 tan 2α的值．3解 (1)∵ b ＝ (cos x ， sin x)，πc ＝ (sin x ＋ 2sin α， cos x ＋ 2cos α)， α＝ 4，∴ f(x)＝ b ·c＝ cos xsin x ＋ 2cos xsin α＋sin xcos x ＋2sin xcos α＝ 2sin xcos x ＋ 2(sin x ＋ cos x)．π令 t ＝ sin x ＋cos x 4<x<π ，则 2sin xcos x ＝ t 2 －1，且－ 1<t< 2.则 y ＝ t 2＋ 2t － 1＝ t ＋2 2－3，－ 1<t< 2，2 2∴ t ＝－ 2时， y min ＝－3，此时 sin x ＋ cos x ＝－ 2， 2 2 2 即 2sin x ＋ π＝－ 2，42π π π 5π，∵ <x<π，∴ <x ＋ <424 4 π 7 11π∴ x ＋ ＝ π，∴ x ＝12 .46∴函数 f(x)的最小值为－ 3，相应 x 的值为 11π2 12.π(2) ∵ a 与 b 的夹角为 ，3π a ·b∴ cos＝ ＝ cos αcos x ＋ sin αsin x3 |a| ·|b|＝ cos(x － α)．π∵ 0< α<x<π，∴ 0<x － α<π，∴ x － α＝3.∵ a ⊥ c ，∴ cos α(sin x ＋ 2sin α)＋ sin α(cos x ＋ 2cos α)＝ 0，π∴ sin(x ＋ α)＋ 2sin 2α＝ 0，即 sin 2α＋3 ＋ 2sin 2α＝ 0.5 sin 2α＋ 3 3. ∴ 2cos 2α＝0，∴ tan 2α＝－52B 组 能力提升11．已知非零单位向量a 与非零向量b 知足 |a ＋b|＝ |a － b|，则向量 b － a 在向量 a 上的投影为 ________．答案 －1分析 因为 |a ＋ b|＝ |a － b|，因此 (a ＋ b)2＝ (a － b)2，2解得 a ·b ＝ 0，因此向量 b － a 在向量 a 上的投影为 |b － a|cos 〈 a ， b － a 〉＝a ·(b －a)＝0－|a||a||a|＝－ |a|＝－ 1.→ → →AB AC12．已知点 P 为 △ ABC 所在平面内一点， 且知足 AP ＝ λ( → ＋ →)(λ∈ R)，则直线 |AB|cos B |AC|cos CAP 必经过 △ ABC 的 ________心． 答案垂→ → →AB AC分析 ∵BC ·( → ＋ → )|AB|cos B |AC|cos C→ →＝－ |BC|＋ |BC|＝ 0，→ → →AB AC∴ BC 与 λ( → ＋ →)垂直，|AB|cos B |AC|cos C→ →AP 经过 △ABC 的垂心．∴ AP ⊥ BC ，∴点 P 在 BC 的高线上，即直线13．若 a ＝ (2＋ λ，1)，b ＝ (3，λ)，若〈 a ，b 〉为钝角， 则实数 λ的取值范围是 ______________．答案3 (－ ∞，－ 3)∪( －3，－ )2分析3 ∵ a ＝ (2＋ λ，1)，b ＝ (3，λ)，∴ a ·b ＝ 3(2＋ λ)＋ λ<0，得 λ<－ .若 a ，b 共线，则 λ(2＋ λ)2－ 3＝ 0，解得λ＝－ 3 或λ＝1.即当λ＝－ 3 时， a， b 方向相反，3又〈 a， b〉为钝角，则λ<－且λ≠－ 3.14．在直角坐标系xOy 中，已知点A(1,1)， B(2,3)， C(3,2) ，点 P(x， y)在△ABC 三边围成的地区 (含界限 )上．→→→→(1) 若 PA＋PB ＋ PC＝ 0，求 |OP|；→→→(2) 设 OP＝mAB＋ nAC(m， n∈ R)，用 x， y 表示 m－n，并求 m－n 的最大值．解 (1)方法一→ →→∵ PA＋ PB＋ PC＝ 0，→→→又 PA＋ PB＋ PC＝ (1－ x,1－ y)＋ (2－x,3－ y)＋ (3－ x,2－ y)＝(6 －3x,6－ 3y)，6－ 3x＝ 0，x＝2，∴解得6－ 3y＝ 0，y＝2，→→即 OP＝ (2,2)，故 |OP|＝ 2 2.方法二→→→∵PA＋ PB＋ PC＝ 0，→→→→→→则 (OA－ OP)＋(OB －OP) ＋(OC－OP) ＝0，→1→→→→2.∴ OP＝3(OA＋ OB＋ OC)＝(2,2)，∴ |OP|＝ 2→→→(2) ∵ OP＝mAB＋ nAC，x＝ m＋2n，∴ (x， y)＝ (m＋ 2n， 2m＋ n)，∴y＝ 2m＋ n，两式相减得， m－ n＝ y－ x.令 y－x＝ t，由图知，当直线y＝ x＋t 过点B(2,3) 时， t 获得最大值 1，故 m－ n 的最大值为1.。
创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 上篇 专题整合突破 专题四 立体几何练习 文(2021年整理)
专题四立体几何练习文一、填空题1.(2016·浙江卷改编）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，且直线m,n满足m∥α，n⊥β，给出下列结论：①m∥l；②m∥n；③n⊥l；④m⊥n。
则上述结论正确的是________（填序号)。
解析由已知，α∩β＝l，∴l⊂β，又∵n⊥β，∴n⊥l,③正确。
答案③2.已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为________.解析利用圆柱的侧面积公式求解，该圆柱的侧面积为2π×1×2＝4π，一个底面圆的面积是π,所以该圆柱的表面积为4π＋2π＝6π.答案6π3.（2016·徐州、宿迁、连云港模拟)已知圆锥的母线长为10 cm，侧面积为60π cm2，则此圆锥的体积为________cm3.解析设圆锥底面圆的半径为r,母线为l，则侧面积πrl＝10πr＝60π，解得r＝6，则高h＝l2－r2＝8，则此圆锥的体积为错误!πr2h＝错误!π×36×8＝96π。
答案96π4.如图所示,ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD，E，F分别是AC，PC的中点，PA＝2，AB＝1，求三棱锥C－PED的体积为________。
解析∵PA⊥平面ABCD，∴PA是三棱锥P－CED的高,PA＝2.∵ABCD是正方形，E是AC的中点，∴△CED是等腰直角三角形。
AB＝1，故CE＝ED＝错误!，S＝错误!CE·ED＝错误!·错误!·错误!＝错误!.△CED故V C.PED＝V P。
CED＝错误!·S△CED·PA＝错误!·错误!·2＝错误!.答案错误!5.如图，正方体ABCDA1B1C1D1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________。
解析∵EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC,∴EF∥AC，又∵E是AD的中点，∴F是CD的中点,即EF是△ACD的中位线,∴EF＝错误!AC＝错误!×2错误!＝错误!。
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星期二 (解析几何问题)
2017年____月____日
已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆
x2＋y
2
＝2的位置关系，并证明你的结论.
解 (1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1.
所以a2＝4，b2＝2，
从而c2＝a2－b2＝2.
因此a＝2，c＝2.故椭圆C的离心率e＝ca＝22.
(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切.证明如下：
设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，
其中x0≠0.因为OA⊥OB，所以OA→·OB→＝0，
即tx0＋2y0＝0，
解得t＝－2y0x0.
当x0＝t时，y0＝－t22，代入椭圆C的方程，得t＝±2，
故直线AB的方程为x＝±2.圆心O到直线AB的距离d＝2.此时直线AB与圆x2＋y2＝2
相切.
当x0≠t时，直线AB的方程为
y－2＝y0－2x0－t(x－t
)，
即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.
圆心O到直线AB的距离d＝|2x0－ty0|（y0－2）2＋[－（x0－t）]2.
又x20＋2y20＝4，t＝－2y0x0，
故d＝2x0＋2y20x0x20＋y20＋4y20x20＋4＝4＋x20x0x40＋8x20＋162x20＝2.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切.