2020高考数学一轮复习 第9章第6节 空间直角坐标系限时作业 文 新课标版 精品
2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第9章 平面解析几何 课时作业47
课时作业47 拋物线一、选择题1．(2019年吉林省实验中学高二上学期期中)抛物线x 2＝－y 的准线方程是( )A ．y ＝B ．y ＝－1414C ．x ＝ D ．x ＝－1414解析：由抛物线方程可知其准线方程为y ＝.14答案：A2．(2019年福建省八县一中高二上学期期末)抛物线C ：y ＝4x 2的焦点坐标为( )A ．(0，1)B ．(1，0)C .D .(0，116)(116，0)解析：由所给抛物线的方程可以得出其标准方程为：x 2＝y ，所以抛物线的焦点坐标是.14(0，116)答案：C3．(2019年山东省德州市某中学高二1月月考(理))顶点为原点，焦点为F(0，－1)的抛物线方程是( )A ．y 2＝－2xB . y 2＝－4xC . x 2＝－2yD . x 2＝－4y 答案：D4．(2019年山西省太原市高三模拟)抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，设A ，B 是抛物线上的两个动点，|AF|＋|BF|＝|AB|，则∠AFB 的233最大值为( )A .B .π33π4C . D .5π62π3解析：设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．∵抛物线y 2＝8x 的焦点为F ∴F(2，0)，∵|AF|＋|BF|＝|AB|233∴由余弦定理得cos ∠AFB ＝|AF|2＋|BF|2－|AB|22|AF|·|BF|＝（|AF|＋|BF|）2－2|AF|·|BF|－|AB|22|AF|·|BF|＝－1＝43|AB|2－|AB|22|AF|·|BF|13|AB|22|AF|·|BF|又∵|AF|＋|BF|＝|AB|≥2233|AF|·|BF|∴|AF|·|BF|≤|AB|2，13当且仅当|AF|＝|BF|取等号∴cos ∠AFB ≥－1＝－13|AB|22×13|AB|212∴∠AFB 的最大值为.故选D .2π3答案：D5．(2019年四川省南充市高三考试)抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，连接PF 并延长交抛物线C 于点Q ，若|PF|＝|PQ|，则|QF|＝( )45A ．3 B ．4C ．5 D ．6解析：设Q 到l 的距离为d ，则由抛物线的定义可得，|QF|＝d，图1∵|PF|＝|PQ|，∴＝445PF → FQ→∴直线PF 的斜率为－＝－2，25d2－d2d6∵F(2，0)，∴直线PF 的方程为y ＝－2(x －2)，6与y 2＝8x 联立可得x ＝3，(由于Q 的横坐标大于2)∴|QF|＝d ＝3＋2＝5，故选：C .答案：C6．(2019年陕西省汉中市汉台中学西乡中学高二上学期期末)抛物线y 2＝2px(p>0)的焦点为F ，准线为l ，A 、B 是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝. 设线段AB 的中点M 在l 上的投影为N ，则π3的最大值是( )|MN||AB|A . B ．123C . D .3216解析：设|AF|＝a ，|BF|＝b ，连接AF 、BF ，由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ 中，2|MN|＝|AQ|＋|BP|＝a ＋b.由余弦定理得，|AB|2＝a 2＋b 2－2ab cos 60°＝a 2＋b 2－ab ，配方得，|AB|2＝(a ＋b)2－3ab ，又∵ab ≤(a ＋b 2)2∴(a ＋b)2－3ab ≥(a ＋b)2－(a ＋b)2＝(a ＋b)23414得到|AB|≥(a ＋b)．12∴≤1，即的最大值为1.故选B .|MN||AB||MN||AB|答案：B7．(2019年广东省高三第一次模拟考试)已知抛物线C ：y 2＝x ，M 为x 轴负半轴上的动点， MA ，MB 为抛物线的切线， A ，B 分别为切点，则·的最小值为 ( )MA → MB→ A ．－ B ．－11618C ．－ D ．－1412解析：设切线MA 的方程为x ＝ty ＋m ，代入抛物线方程得y 2－ty －m ＝0，由直线与抛物线相切得Δ＝t 2＋4m ＝0, y>0时y′＝，根据导数的几何意义可得＝，x A ＝，则A ，同理12x 12xA 1t t24(t24，t 2)可得B ，(t24，－t2)将点A 的坐标代入x ＝ty ＋m ，得m ＝－，t24∴M ，故·＝－＝－，当t ＝±(－t24，0)MA → MB → t44t2414(t2－12)2 116时， ·的最小值为－，故选A .22MA → MB → 116答案：A8．(2019年河南省豫南九校下学期第二次联考)已知点P 是抛物线y 2＝4x 上的动点，点P 在y 轴上的射影是M ，点A(2，3)，则|PA|＋|PM|的最小值是( )A .＋1B .－11010C .＋2D .－21010解析：过点M 作抛物线准线的垂线，垂直为N ，则|PA|＋|PM|＝|PA|＋|PN|－1＝|PA|＋|PF|－1，当A ，P ，F 三点共线时，|PA|＋|PF|最小＝|AF|＝＝，（2－1）2＋（3－0）210所以|PA|＋|PM|的最小值是－1.故选B .10答案：B9．(2019年广西南宁市高二下学期期中)抛物线y 2＝2px 与直线ax ＋y －4＝0交于A ，B 两点，其中A 点的坐标是(1，2)．该抛物线的焦点为F ，则|FA|＋|FB|＝( )A ．7B ．35C ．6D ．5解析：将点A(1，2)的坐标代入抛物线y 2＝2px 与直线ax ＋y －4＝0，得a ＝p ＝2，所以得抛物线y 2＝4x 与直线2x ＋y －4＝0，由得或{2x ＋y －4＝0，y2＝4x ，){x ＝1，y ＝2){x ＝4，y ＝－4)所以得B(4，－4)，又抛物线的准线是x ＝－1，再结合抛物线的定义得|FA|＋|FB|＝[1－(－1)]＋[4－(－1)]＝7，故选A .答案：A10．(2019年广西河池市高级中学高二下学期第二次月考)已知抛物线x 2＝2py 和－y 2＝1的公切线PQ (P 是PQ 与抛物线的切点，x22未必是PQ 与双曲线的切点)，与抛物线的准线交于Q ，F 为抛物线的焦点，若|PQ|＝|PF|，则抛物线的方程是( )23图2A ．x 2＝4yB ．x 2＝2y 3C ．x 2＝6yD ．x 2＝2y2解析：如图3过P 作PE ⊥抛物线的准线于E ，根据抛物线的定义可知，PE ＝PF图3∵|PQ|＝|PF|，在Rt △PQE 中，sin ∠PQE ＝，2323∴tan ∠PQE ＝，2即直线PQ 的斜率为，故设PQ 的方程为：2y ＝x ＋m(m ＜0)2由消去y 得3x 2＋4mx ＋2m 2＋2＝0.{x22－y2＝1，y ＝2x ＋m )2则Δ1＝8m 2－24＝0，解得m ＝－，3即PQ ：y ＝x －23由得x 2－2px ＋2p ＝0，{x2＝2py ，y ＝2x －3)23Δ2＝8p 2－8p ＝0，得p ＝.33则抛物线的方程是x 2＝2y.故选：B .3答案：B11．(2019年东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)高三第一次模拟考试)已知抛物线C ：y 2＝2x ，直线l ：y ＝－x ＋b 与抛物线C 交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆与12x 轴相切，则b 的值是( )A ．－B ．－1525C ．－D ．－4585解析：由题意，可设交点A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立直线与抛物线方程消去y 得x 2－(b ＋2){y2＝2x ，y ＝－12x ＋b ，)14x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝4(b ＋2)，x 1x 2＝4b 2，y 1＋y 2＝－4，由|AB|＝12，即＝2，解得b ＝－.故选|y1＋y22|121＋(－12)2 [4（b ＋2）]2－4·4b245C .答案：C图412．(2019年四川省德阳市高三二诊考试)如图4，过抛物线y 2＝4x 的焦点F 作倾斜角为α的直线l ，l 与抛物线及其准线从上到下依次交于A 、B 、C 点，令＝λ1，＝λ2，则当α＝时，|AF||BF||BC||BF|π3λ1＋λ2的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则由过抛物线y 2＝4x 的焦点的直线的性质可得|AB|＝x 1＋x 2＋2＝＝，∴x 1＋x 2＝.4sin 260°163103 又x 1x 2＝＝1 ，可得x 1＝3，x 2＝，p2413图5分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，则＝λ1＝＝3，|AF||BF||AE|3－（－1）|BD|13－（－1）同理可得＝λ2＝2，λ1＋λ2＝5故选C .|BC||BF|答案：C 二、填空题13．(2019年陕西省汉中市汉台中学西乡中学高二上学期期末)若抛物线y 2＝2px(p>0)上横坐标为6的点到焦点的距离等于8，则焦点到准线的距离是________．解析：由题得6－＝8，(－p 2)∴p ＝4，所以焦点到准线的距离是p ＝4.故填4.答案：414．(2019年四川省外国语学校高二下学期入学考试)已知点A 是抛物线y ＝x 2的对称轴与准线的交点，点F 为该抛物线的焦点，14点P 在抛物线上且满足|PF|＝m|PA|，则m 的最小值为________．解析： 解法1：F(0，1)，A(0，－1)，设P(x ，y)，由|PF|＝m|PA|得m ＝，＝，x24＋1x2＋(x24＋1)21x2(x24＋1)＋1＝，＝＝，11x216＋1x2＋12＋1112116＋12＋11222∴m 的最小值为.22解法2：设直线PA 的倾斜角为α，则sin α＝m ，当m 取得最小值时， sin α最小，此时直线PA 与抛物线相切．设直线的方程为y ＝kx －1，代入抛物线方程，化简得x 2－4kx ＋4＝0，Δ＝16k 2－16＝0，k ＝±1，α＝， 故m 的最小值π4为.22答案：2215．(2019年甘肃省高三第一次高考诊断性考试)抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过准线上一点N 作NF 的垂线交y 轴于点M ，若抛物线C 上存在点E ，满足2＝＋，则△MNF 的面积NE → NM → NF → 为________．解析：由2＝＋可得E 为MF 的中点，准线方程NE → NM → NF → x ＝－1，焦点F(1，0)，不妨设点N 在第三象限，因为∠MNF 为直角，所以|NE|＝|MF|＝|EF|，12由抛物线的定义得NE ∥x 轴，则可求得E ，M(0，－2(2，－2))，N(－1，－)，22即|NF|＝，|MN|＝，所以S △MNF ＝.63322故答案为：.322答案：32216．(2019年河北省唐山一中高二下学期期中考试)如图6，抛物线C 1：y 2＝2x 和圆C 2：＋y 2＝，直线l 经过C 1的焦点，依(x －12)2 14次交C 1，C 2于A ，B ，C ，D 四点，则·的值为________．AB → CD → 图6解析：抛物线C 1：y 2＝2x 的焦点为F ，(12，0)∵直线l 经过C 1的焦点F ，(12，0)设直线l 的方程为y ＝k，(x －12)联立得k 2x 2－(k 2＋2)x ＋＝0，{y ＝k (x －12)，y2＝2x ，)k24设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则|AB|＝|AF|－|BF ＝x 1＋－＝x 1，1212同理|CD|＝x 2，∴·＝||·||·cos 〈，〉＝x 1x 2＝.AB → CD → AB → CD → AB → CD → 14答案：14三、解答题17．(2019年广西桂林市高二上学期期末考试)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l ：y ＝k(x ＋2)＋1.(1)若抛物线C 和直线l 没有公共点，求k 的取值范围；(2)若k<0，且抛物线C 和直线l 只有一个公共点M 时，求|MF|的值．解：(1)联立方程{y2＝4x ，y ＝k （x ＋2）＋1，)整理得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0，由抛物线C 和直线l 没有公共点，则Δ<0，即－16(2k 2＋k －1)<0，解得k<－1或k>.12(2)当抛物线C 和直线l 只有一个公共点时，记公共点坐标为M(x 0，y 0)，由Δ＝0，即－16(2k 2＋k －1)＝0，解得k ＝－1或k ＝，因为12k<0，故k ＝－1，将y ＝－x －1代入y 2＝4x 得x 2－2x ＋1＝0，解得x 0＝1，由抛物线的定义知：|MF|＝＋x 0＝1＋1＝2.p 218．(2019年贵州省贵阳市普通高中高三摸底考试)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于两点A ，B ，且|AB|＝8.(1)求l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 恒过定点并求出该点的坐标．解：(1)F 的坐标为(1，0)，设l 的方程为y ＝k(x －1)代入抛物线y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由题意知k ≠0，且[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)>0，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝，x 1x 2＝1，2k2＋4k2由抛物线的定义知|AB|＝x 1＋x 2＋2＝8，∴＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1，2k2＋4k2∴直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)直线BD 的斜率为k BD ＝＝y2＋y1x2－x1＝，4y2－y1∴直线BD 的方程为y ＋y 1＝(x －x 1)，4y2－y1即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y ＝4x －4x 1，21∵y 2＝4x ，x 1x 2＝1，∴(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16，即y 1y 2＝－4(因为y 1，y 2异号)，∴BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0，恒过(－1，0)．19．(2019年陕西省西安市第一中学高二上学期期中)已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)，直线l 交此抛物线于不同的两个点A(x 1，y 1)、B(x 2，y 2)．(1)当直线l 过点M(－p ，0)时，证明y 1·y 2为定值．(2)当y 1·y 2＝－p 时，直线l 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；反之，请说明理由．(3)记N(p ，0)，如果直线l 过点M(－p ，0)，设线段AB 的中点为P ，线段PN 的中点为Q.问是否存在一条直线和一个定点，使得点Q 到它们的距离相等？若存在，求出这条直线和这个定点；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：l 过点M(－p ，0)与抛物线有两个交点，可知其斜率一定存在，设l ：y ＝k(x ＋p)，其中k ≠0(若k ＝0时不合题意)，由得k·y 2－2py ＋2p 2k ＝0，{y ＝k （x ＋p ），y2＝2px )∴y 1·y 2＝2p 2.(2)①当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋b ，其中k ≠0(若k ＝0时不合题意)．由得ky 2－2py ＋2pb ＝0，{y ＝kx ＋b ，y2＝2px )∴y 1y 2＝＝－p ，从而b ＝－.2pb k k 2假设直线l 过定点(x 0，y 0)，则y 0＝kx 0＋b ，从而y 0＝kx 0－，得k －y 0＝0，k 2(x0－12)即即过定点.{x0＝12，y0＝0，)(12，0)②当直线l 的斜率不存在，设l ：x ＝x 0，代入y 2＝2px 得y 2＝2px 0，y ＝±，2px0∴y 1y 2＝·(－)＝－2px 0＝－p ，2px02px0解得x 0＝，即l ：x ＝，也过.1212(12，0)综上所述，当y 1y 2＝－p 时，直线l 过定点.(12，0)(3)依题意直线l 的斜率存在且不为零．由(1)得，点P 的纵坐标为y P ＝(y 1＋y 2)＝，12p k 代入l ：y ＝k(x ＋p)得x p ＝－p ，即P .p k2(p k2－p ，p k )设Q(x ，y)，则消k 得y 2＝x ，{x ＝12(p k2－p ＋p )，y ＝12·p k )p 2由抛物线的定义知，存在直线x ＝－，点，点Q 到它们的p 8(p 8，0)距离相等．。
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何9 (2)
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何9.11 圆锥曲线中定点与定值问题题型一 定点问题例1 已知定圆A ：(x ＋3)2＋y 2＝16，动圆M 过点B (3，0)，且和圆A 相切．(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程；(2)设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，点N (4,0)．若P ，Q ，N 三点不共线，且∠ONP ＝∠ONQ .证明：动直线PQ 经过定点．(1)解 圆A 的圆心为A (－3，0)，半径r 1＝4.设动圆M 的半径为r 2，依题意有r 2＝|MB |.由|AB |＝23，可知点B 在圆A 内，从而圆M 内切于圆A ，故|MA |＝r 1－r 2，即|MA |＋|MB |＝4>2 3.所以动点M 的轨迹E 是以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆，其方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＋4y 2＝4， 消去y 得，(1＋4k 2)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，Δ＝16(4k 2－b 2＋1)>0，设P (x 1，kx 1＋b )，Q (x 2，kx 2＋b )，则x 1＋x 2＝－8kb 1＋4k 2，x 1x 2＝4b 2－41＋4k 2， 于是k PN ＋k QN ＝kx 1＋b x 1－4＋kx 2＋b x 2－4＝2kx 1x 2－4k －bx 1＋x 2－8b x 1－4x 2－4， 由∠ONP ＝∠ONQ 知k PN ＋k QN ＝0.即2kx 1x 2－(4k －b )(x 1＋x 2)－8b ＝2k ·4b 2－41＋4k 2－(4k －b )－8kb 1＋4k 2－8b ＝8kb 2－8k 1＋4k 2＋32k 2b －8kb 21＋4k 2－8b ＝0， 得b ＝－k ，Δ＝16(3k 2＋1)>0.故动直线l 的方程为y ＝kx －k ，过定点(1,0)．教师备选在平面直角坐标系中，已知动点M (x ，y )(y ≥0)到定点F (0,1)的距离比到x 轴的距离大1.(1)求动点M 的轨迹C 的方程；(2)过点N (4,4)作斜率为k 1，k 2的直线分别交曲线C 于不同于N 的A ，B 两点，且1k 1＋1k 2＝1.证明：直线AB 恒过定点．(1)解 由题意可知x 2＋y －12＝y ＋1，化简可得曲线C ：x 2＝4y .(2)证明 由题意可知，N (4,4)是曲线C ：x 2＝4y 上的点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则l NA ：y ＝k 1(x －4)＋4，l NB ：y ＝k 2(x －4)＋4，联立直线NA 的方程与抛物线C 的方程，⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1x －4＋4，x 2＝4y⇒x 2－4k 1x ＋16(k 1－1)＝0，解得x 1＝4(k 1－1)，①同理可得x 2＝4(k 2－1)，②而l AB ：y －x 214＝x 1＋x 24(x －x 1)，③又1k 1＋1k 2＝1，④ 由①②③④整理可得l AB ：y ＝(k 1＋k 2－2)x －4，故直线AB 恒过定点(0，－4)．思维升华 求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．跟踪训练1 (2022·邯郸质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为23，且过点⎝⎛⎭⎫3，12. (1)求椭圆方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，且线段AB 的中点M 在直线x ＝12上，求证：线段AB 的中垂线恒过定点N .(1)解 椭圆过点⎝⎛⎭⎫3，12，即3a 2＋14b2＝1， 又2c ＝23，得a 2＝b 2＋3，所以a 2＝4，b 2＝1，即椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，设AB 的中点M 为(x 0，y 0)，得x 0＝－4km 1＋4k 2＝12， 即1＋4k 2＝－8km ，所以y 0＝kx 0＋m ＝12k －1＋4k 28k ＝－18k. 所以AB 的中垂线方程为y ＋18k ＝－1k ⎝⎛⎭⎫x －12， 即y ＝－1k ⎝⎛⎭⎫x －38， 故AB 的中垂线恒过点N ⎝⎛⎭⎫38，0.题型二 定值问题例2 (2022·江西赣抚吉名校联考)已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)上的动点M 到直线x ＝－1的距离比到抛物线E 的焦点F 的距离大12. (1)求抛物线E 的标准方程；(2)设点Q 是直线x ＝－1(y ≠0)上的任意一点，过点P (1,0)的直线l 与抛物线E 交于A ，B 两点，记直线AQ ，BQ ，PQ 的斜率分别为k AQ ，k BQ ，k PQ ，证明：k AQ ＋k BQ k PQ为定值． (1)解 由题意可知抛物线E 的准线方程为x ＝－12， 所以－p 2＝－12，即p ＝1， 故抛物线E 的标准方程为y 2＝2x .(2)证明 设Q (－1，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为直线l 的斜率显然不为0，故可设直线l 的方程为x ＝ty ＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1，y 2＝2x ，消去x ，得y 2－2ty －2＝0.Δ＝4t 2＋8>0，所以y 1＋y 2＝2t ，y 1y 2＝－2，k PQ ＝－y 02. 又k AQ ＋k BQ ＝y 1－y 0x 1＋1＋y 2－y 0x 2＋1 ＝y 1－y 0x 2＋1＋y 2－y 0x 1＋1x 1＋1x 2＋1＝y 1－y 0ty 2＋2＋y 2－y 0ty 1＋2ty 1＋2ty 2＋2＝2ty 1y 2＋2－ty 0y 1＋y 2－4y 0t 2y 1y 2＋2t y 1＋y 2＋4 ＝2t ·－2＋2－ty 0·2t －4y 0t 2·－2＋2t ·2t ＋4＝－y 0t 2＋2t 2＋2＝－y 0. 所以k AQ ＋k BQ k PQ ＝－y 0－y 02＝2(定值)． 教师备选(2022·邯郸模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，交y 轴于点M ，若|F 1F 2|＝2，△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)MA →＝λF 1A —→，MB →＝μF 1B —→，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．解 (1)因为△ABF 2的周长为8，所以4a ＝8，解得a ＝2，由|F 1F 2|＝2，得2a 2－b 2＝24－b 2＝2，所以b 2＝3，因此椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可得直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋1，x 24＋y 23＝1， 整理得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0，显然Δ>0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2.设M (0，k )，又F 1(－1,0)，所以MA →＝(x 1，y 1－k )，F 1A —→＝(x 1＋1，y 1)，则λ＝x 1x 1＋1. 同理可得MB →＝(x 2，y 2－k )，F 1B —→＝(x 2＋1，y 2)，则μ＝x 2x 2＋1. 所以λ＋μ＝x 1x 1＋1＋x 2x 2＋1＝x 1x 2＋1＋x 2x 1＋1x 1＋1x 2＋1＝2x 1x 2＋x 1＋x 2x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝2×4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2＋1＝8k 2－24－8k 24k 2－12－8k 2＋3＋4k 2＝－24－9＝83， 所以λ＋μ为定值83. 思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．跟踪训练2 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，AB 为椭圆的一条弦，直线y ＝kx (k >0)经过弦AB 的中点M ，与椭圆C 交于P ，Q 两点，设直线AB的斜率为k 1，点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，32. (1)求椭圆C 的方程；(2)求证：k 1k 为定值．(1)解 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ 1a 2＋94b 2＝1，c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝3，c ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明 设M (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由于A ，B 为椭圆C 上的点， 所以x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1， 两式相减得x 1＋x 2x 1－x 24＝－y 1＋y 2y 1－y 23， 所以k 1＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3x 1＋x 24y 1＋y 2＝－3x 04y 0. 又k ＝y 0x 0， 故k 1k ＝－34，为定值． 课时精练1．(2022·运城模拟)已知P (1,2)在抛物线C ：y 2＝2px 上．(1)求抛物线C 的方程；(2)A ，B 是抛物线C 上的两个动点，如果直线P A 的斜率与直线PB 的斜率之和为2，证明：直线AB 过定点．(1)解 将P 点坐标代入抛物线方程y 2＝2px ，得4＝2p ，即p ＝2，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明 设AB ：x ＝my ＋t ，将AB 的方程与y 2＝4x 联立得y 2－4my －4t ＝0，Δ>0⇒16m 2＋16t >0⇒m 2＋t >0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t ，k P A ＝y 1－2x 1－1＝y 1－2y 214－1＝4y 1＋2， 同理k PB ＝4y 2＋2，由题意知4y 1＋2＋4y 2＋2＝2， 即4(y 1＋y 2＋4)＝2(y 1y 2＋2y 1＋2y 2＋4)，解得y 1y 2＝4，故－4t ＝4，即t ＝－1，故直线AB ：x ＝my －1恒过定点(－1,0)．2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为23，且其左顶点到右焦点的距离为5. (1)求椭圆的方程；(2)设点M ，N 在椭圆上，以线段MN 为直径的圆过原点O ，试问是否存在定点P ，使得P 到直线MN 的距离为定值？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)由题设可知⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝23，a ＋c ＝5，解得a ＝3，c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝5，所以椭圆的方程为x 29＋y 25＝1. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，①若直线MN 与x 轴垂直，由对称性可知|x 1|＝|y 1|，将点M (x 1，y 1)代入椭圆方程，解得|x 1|＝37014， 原点到该直线的距离d ＝37014； ②若直线MN 不与x 轴垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 29＋y 25＝1，消去y 得(9k 2＋5)x 2＋18kmx ＋9m 2－45＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1x 2＝9m 2－459k 2＋5，x 1＋x 2＝－18km 9k 2＋5，由题意知，OM →·ON →＝0，即x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝0， 得(k 2＋1)9m 2－459k 2＋5＋km ⎝⎛⎭⎫－18km 9k 2＋5＋m 2＝0， 整理得45k 2＋45＝14m 2，则原点到该直线的距离d ＝|m |k 2＋1＝4514＝37014， 故存在定点P (0,0)，使得P 到直线MN 的距离为定值．3．已知双曲线C 的渐近线方程为y ＝±3x ，右焦点F (c ,0)到渐近线的距离为 3.(1)求双曲线C 的方程；(2)过F 作斜率为k 的直线l 交双曲线于A ，B 两点，线段AB 的中垂线交x 轴于D ，求证：|AB ||FD |为定值．(1)解 设双曲线方程为3x 2－y 2＝λ(λ>0)，由题意知c ＝2，所以λ3＋λ＝4⇒λ＝3， 所以双曲线C 的方程为x 2－y 23＝1. (2)证明 设直线l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)代入x 2－y 23＝1， 整理得(3－k 2)x 2＋4k 2x －4k 2－3＝0，Δ＝36(k 2＋1)>0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝－4k 23－k 2，x 1x 2＝－4k 2－33－k 2， 由弦长公式得|AB |＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝6k 2＋1|3－k 2|， 设AB 的中点P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－2k 23－k 2， 代入l 得y 0＝－6k 3－k 2， AB 的垂直平分线方程为y ＝－1k ⎝⎛⎭⎫x ＋2k 23－k 2－6k 3－k 2，令y ＝0得x D ＝－8k 23－k 2， 即|FD |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－8k 23－k 2－2＝61＋k 2|3－k 2|， 所以|AB ||FD |＝1为定值． 当k ＝0时，|AB |＝2，|FD |＝2，|AB ||FD |＝1， 综上所述，|AB ||FD |为定值．4．(2022·河南九师联盟模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2，长轴长为4.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点F 1不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 相交于E ，D 两点，试问在x 轴上是否存在一个点M ，使得直线ME ，MD 的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)因为焦距为2，长轴长为4，即2c ＝2,2a ＝4，解得c ＝1，a ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由(1)知F 1(－1,0)，设点E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，M (m ，0)，因为直线l 不与x 轴重合，所以设直线l 的方程为x ＝ny －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ny －1，x 24＋y 23＝1， 得(3n 2＋4)y 2－6ny －9＝0，所以Δ＝(－6n )2＋36(3n 2＋4)>0，所以y 1＋y 2＝6n 3n 2＋4，y 1y 2＝－93n 2＋4， 又x 1x 2＝(ny 1－1)(ny 2－1)＝n 2y 1y 2－n (y 1＋y 2)＋1＝－9n 23n 2＋4－6n 23n 2＋4＋1 ＝－12n 2－43n 2＋4， x 1＋x 2＝n (y 1＋y 2)－2＝6n 23n 2＋4－2 ＝－83n 2＋4. 直线ME ，MD 的斜率分别为k ME ＝y 1x 1－m，k MD ＝y 2x 2－m ， 所以k ME ·k MD ＝y 1x 1－m ·y 2x 2－m＝y 1y 2x 1－m x 2－m＝y 1y 2x 1x 2－m x 1＋x 2＋m 2＝－93n 2＋4－12n 2－43n 2＋4－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－83n 2＋4＋m 2 ＝－9－12n 2＋4＋8m ＋3m 2n 2＋4m 2＝－93m 2－12n 2＋4m ＋12， 要使直线ME ，MD 的斜率之积恒为定值，3m 2－12＝0，解得m ＝±2，当m ＝2时，存在点M (2,0)，使得k ME ·k MD ＝－93m 2－12n 2＋4m ＋12＝－936＝－14， 当m ＝－2时，存在点M (－2,0)，使得k ME ·k MD ＝－93m 2－12n 2＋4m ＋12＝－94， 综上，在x 轴上存在点M ，使得ME ，MD 的斜率之积恒为定值，当点M 的坐标为(2,0)时，直线ME ，MD 的斜率之积为定值－14， 当点M 的坐标为(－2,0)时，直线ME ，MD 的斜率之积为定值－94.。
2020届高三数学文科一轮复习_第九章 解析几何课时作业9-8-1
题组一 常识题 1．(教材改编) 过原点的直线 l 被抛物线 x2＝4y 截得的线段 长为 4 2，则直线 l 的斜率为____________． 【解析】 设直线 l 的方程为 y＝kx，将其代入抛物线方程， 得 x2－4kx＝0，所以被截得的线段两端点的坐标分别为(0，0)， (4k，4k2)，所以 （4k）2＋（4k2）2＝4 2，解得 k＝±1.
π
π
所以∠SOT 最大值为 3 .综上所述：∠SOT 的最大值为 3 ，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
取得最大值时直线
l
的斜率为
k1＝±
2 2.
【反思归纳】
跟踪训练 1 已知椭圆 E 的中心在原点，焦点 F1，F2 在 y 轴 上，离心率等于23 2，P 是椭圆 E 上的点．以线段 PF1 为直径的 圆经过 F2，且 9P→F1·P→F2＝1.
y＝4k21x，
x2＝1＋8k421k12，y2＝1＋14k21，
因此|OC|＝ x2＋y2＝
11＋ ＋84kk2121.
由题意可知 sin 12∠SOT＝r＋r|OC|＝1＋1|OrC|，
而|OrC|＝2 3 2·
1＋8k21 1＋1＋k214k211＋8k12＝34 2·
2k21＋1
1＋14＋k212k121 ＋k21，
记直线BT的斜率为k1，且k1＞0，k1≠k.
则|BT|＝1＋8|k41|k21 1＋k12， 故1＋8|k41|k21 1＋k21＝1＋8|k4|k2 1＋k2， 所以 1k＋12＋4kk2141－ 1＋k2＋4kk24＝0. 即(1＋4k2) k21＋k41＝(1＋4k21) k2＋k4， 所以(k2－k21)(1＋k2＋k21－8k2k21)＝0.
2020高考数学总复习 9.9空间向量的坐标运算课时演练 人教版.doc
【优化指导】高考数学总复习 9.9空间向量的坐标运算课时演练 人教版1．若A (1，－2,1)，B (4,2,3)，C (6，－1,4)，则△ABC 的形状是( ) A ．不等边锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形D ．等边三角形2．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )A.64B.104 C.22D.32解析：法一：如图，取A 1C 1中点E ，连结AE 、B 1E . 由题易知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角． 令正三棱柱侧棱长与底面边长为1.则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64. 法二：以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ，设棱长为1，则A (12，0,1)，B 1(0，32，0)，令AB 1与侧面ACC 1A 1所成角为θ. ∴s in θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝|－12，－32，－1·0，32，02×32|＝64. 答案：A3．已知F 1＝i ＋2j ＋3k ，F 2＝－2i ＋3j －k ，F 3＝3i －4j ＋5k .若F 1，F 2，F 3共同作用在一个物体上，使物体从点M 1(1，－2,1)移到点M 2(3,1,2)，则合力所做的功为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：合力F ＝F 1＋F 2＋F 3＝(2,1,7)，M 1M 2→＝(2,3,1)， ∴F ·M 1M 2→＝14. 答案：C4．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是正方形ADD 1A 1和ABCD 的中心，G 是CC 1的中点，设GF 、C 1E 与AB 所成的角分别为α、β，则α＋β等于( )A ．120°B ．60°C ．75°D ．90°解析：建立坐标系如图，设棱长为2，则B (2,0,0)，A (2,2,0)，G (0,0,1)，F (1,1,0)，C 1(0,0,2)，E (1,2,1)．则BA →＝(0,2,0)，GF →＝(1,1，－1)， C 1E →＝(1,2，－1)，∴cos 〈BA →，GF →〉＝13，cos 〈BA →，C 1E →〉＝23.∴cos α＝13，cos β＝23， sin α＝23，sin β＝13，∴cos(α＋β)＝0， ∴α＋β＝90°，故选D. 答案：D5．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4 D ．4，407，－15解析：∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0， 即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC →＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －1＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.答案：B6．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 分AC 1→的比为12，N 为BB 1的中点，则|MN →|为( )A.216aB.66a C.156a D.153a 解析：以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N (a ，a ，a2)．∵|AM →||MC 1→|＝12，∴由定比分点坐标公式得M (2a 3，a 3，a 3)，∴|MN →|＝ a －23a2＋a －a32＋a 2－a32＝216a .故选A. 答案：A7．已知A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，O (0,0,0)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取最小值时，点Q 的坐标是______．解析：设OQ →＝λOP →＝(λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)．∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6(λ－43)2－23.∴当λ＝43时，QA →·QB →取最小值－23.此时，OQ →＝(43，43，83)，即Q (43，43，83)．答案：(43，43，83)8．在各棱长都等于1的正四面体OABC 中，若点P 满足OP →＝x ·OA →＋y ·OB →＋z ·OC →(x ＋y ＋z ＝1)，则|OP →|的最小值等于________．解析：由于点P 满足OP →＝x ·OA →＋y ·OB →＋z ·OC →(x ＋y ＋z ＝1)，所以点P 与A ，B ，C 共面，即P 点在平面ABC 上，所以|OP →|的最小值即为点O 到平面ABC 的距离，亦即正四面体的高，可以求得|OP →|的最小值为63.答案：639．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1.已知G 与E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)．若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为________．解析：建立坐标系如图，G (12，0,1)，E (0,1，12)，设F (x,0,0)(0<x <1)，D (0，y,0)(0<y <1)，则GD →＝(－12，y ，－1)，EF →＝(x ，－1，－12)，由于GD ⊥EF ，则－12x －y ＋12＝0，y ＝－12(x －1)， |DF |＝x 2＋y 2＝x 2＋14x －12＝125x 2－2x ＋1∈[55，1)，故填[55，1)．答案：[55，1) 10．如图，设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B＝λ.当∠APC 为钝角时，求λ的取值范围．解：由题设可知，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)．由D 1B →＝(1,1，－1)得D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以PA →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)， PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于cos ∠APC ＝cos PA →，PC→＝PA →·PC→|PA →|·|PC →|<0，这等价于PA →·PC →<0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)<0， 得13<λ<1.因此，λ的取值范围为(13，1)． 11. (2011天津高考)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，H 是正方形AA 1B 1B 的中心，AA 1＝ 22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A A 1C 1B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长． 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点．依题意得A (2 2，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(2 2，2 2，0)，B 1(0,2 2，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－2 2，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →|·|A 1B 1→|＝43×2 2＝23， 所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23. (2)易知AA 1→＝(0,2 2，0)，A 1C 1→＝(－2，－2，5)． 设平面AA 1C 1的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1C 1→＝0，m ·AA 1→＝0，即⎩⎨⎧ －2x －2y ＋5z ＝0，2 2y ＝0.不妨令x ＝5，可得m ＝(5，0，2)．同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＋5z ＝0，－2 2x ＝0.不妨令y ＝5，可得n ＝(0，5，2)，于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝3 57.所以二面角A A 1C 1B 1的正弦值为3 57.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N (22，3 22，52)． 设M (a ，b,0)，则MN →＝(22－a ，3 22－b ，52)．由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－a ·－2 2＝0，22－a ·－2＋ 3 22－b ·－2＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24.故M (22，24，0)．因此BM →＝(22，24，0)， 所以线段BM 的长|BM →|＝104.12．(2011福建高考)如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD . (2)设AB ＝AP .①若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；②在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由．解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB . 又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz (如图)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD .在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45°＝1.设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．由AB＋AD＝4得AD＝4－t，所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)．。
2020高考数学一轮复习 第9章第5节 直线、平面垂直的判
2020高考数学一轮复习第9章第5节直线、平面垂直的判定及其性质限时作业文新课标版一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）1.“直线与平面α内无数条直线垂直”是“直线与平面α垂直”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析：由直线与平面垂直的定义知，为必要不充分条件.答案：B2.垂直于同一平面的两条直线（）A.平行B.垂直C.相交D.异面解析：由平面的垂线性质知.答案：A3.如图，在三棱锥A—BCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，△BCD是锐角三角形，那么必有（）A.平面ABD⊥平面ADCB.平面ABD⊥平面ABCC.平面ADC⊥平面BCDD.平面ABC⊥平面BCD解析：因为AD⊥BC，AD⊥BD，BD∩BC=B，所以AD⊥平面BCD.又因为AD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BCD.答案： C4. 已知直线m、n，平面α、β，下列命题中正确的是（）A.若m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βB.若α⊥β，m⊥α，n∥β，则m⊥nC.若α∥β，m⊥α，n∥β，则m⊥nD.若α⊥β，α∩β=m，m⊥n，则n⊥β解析：本题考查线面位置关系的判定与性质.A错，如果α∥β时，显然条件成立；B错，如n ∥β时也可以有n⊥α,此时m∥n;D错，当直线不在平面α内也不与平面α平行时显然不正确.故答案选C.答案：C5.(2020届·辽宁抚顺月考）如图，ABCD—A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是（）A.BD∥平面CB1D1B.AC1⊥BDC.AC1⊥平面CB1D1D.异面直线AD与B1C所成的角为60°解析：因为AD∥BC，所以∠B1CB就是异面直线AD与B1C所成的角.又因在正方体ABCD—A1B1C1D1中，△B1BC是等腰直角三角形，所以∠B1CB=45°.即异面直线AD与B1C所成的角为45°，D中结论错误，故选D.答案：D6. 已知平面α⊥平面β,α∩β=,点A∈α,A∉,直线AB∥,直线AC⊥,直线m∥α,m∥β,则下列四种位置关系中，不一定成立的是（）A.AB∥mB.AC⊥mC.AB∥βD.AC⊥β解析：由题意知，AB∥,且AB⊂α，又m∥α,m∥β,α⊥β,α∩β=,所以m∥,所以AB∥m,AC⊥m.因为AB∥，AB⊄β，⊂β，所以AB∥β.当直线AC与β斜交或者AC∥β时，D不成立，故选D.答案：D二、填空题（本大题共4小题，每小题7分，共28分）7. 设α，β，γ为平面，m,n,l为直线，则对于下列条件：①α⊥β,α∩β=l,m⊥l；②α∩γ=m,α⊥β,γ⊥β；③α⊥γ,β⊥γ,m⊥α；④n⊥α,n⊥β,m⊥α.其中为m⊥β的充分条件的是（将你认为正确的所有序号都填上）.解析：①由α⊥β，α∩β=l，m⊥l，得不到m⊥β;②由α∩γ=m，α⊥β，γ⊥β，则m⊥β;③由α⊥γ，β⊥γ，m⊥α，不能推出m⊥β;④由n⊥α， n⊥β，α∥β，m⊥α，则m⊥β.所以由条件②④均能推出m⊥β，即②④均为m⊥β的充分条件，而①③均是m⊥β的既不充分也不必要条件.答案：②④8.(2020届·广东珠海质检）如图所示，PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的一点，E、F分别是点A在PB、PC上的射影，给出下列结论：①PB⊥AF；②EF⊥PB；③BC⊥AF；④AE⊥平面PBC.其中正确命题的序号是 .解析：因为PA⊥BC，AC⊥BC，所以BC⊥平面PAC.因为平面PAC∩平面PBC=PC，AF⊥PC，所以AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB，AF⊥BC，所以①③成立.又因为AF⊥PB，AE⊥PB，所以PB⊥平面AEF，所以PB⊥EF，所以②成立.填①②③.答案：①②③9. α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m ∥n;②α∥β;③m⊥α;④n⊥β.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题： .解析：考查直线、平面垂直的性质应用.答案：m nnmαββα⎫⎪⇒⊥⎬⎪⊥⎭∥∥或m m nnαβαβ⎫⎪⊥⇒⎬⎪⊥⎭∥∥10.P为△ABC所在平面外一点，AC=2a，连结PA、PB、PC，得△PAB和△PBC都是边长为a的等边三角形，则平面ABC和平面PAC的位置关系为 .解析：如图所示，由题意知PA=PB=PC=AB=BC=a，取AC中点D，连结PD、BD，则PD⊥AC，BD⊥AC，则∠BDP为二面角P—AC—B的平面角，又因为AC=2a，所以PD=BD=22a，在△PBD中，PB2=BD2+PD2，所以∠PDB=90°.答案：垂直三、解答题（本大题共2小题，共30分）11.（14分）如图，三棱锥A-BCD中，BC=AC，AD=BD，引BE⊥CD，E为垂足，作AH⊥BE于H.求证：AH⊥平面BCD.证明：取AB的中点F，连结CF、DF，因为AC=BC，所以CF⊥AB，又因为AD=BD，所以DF⊥AB，因此AB⊥平面CDF.又CD⊂平面CDF，所以CD⊥AB，又由已知BE⊥CD，所以CD⊥平面ABE，因为AH⊂面ABE，所以CD⊥AH，因为AH⊥BE且CD、BE相交，所以AH⊥平面BCD.12.（16分）已知四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.（1）求证：AD⊥PB.（2）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论.（1）证明:取AD中点G，连结PG，BG，BD，因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD.又因为面PAD⊥面ABCD，所以PG⊥面ABCD. 在△ABD中，∠A=60°，AD=AB，所以△ABD为等边三角形，所以BG⊥AD，所以AD⊥面PBG，又PB 面PBG，所以AD⊥PB.。
2020年高考第一轮复习数学：9.7空间向量及其坐标运算(B)
9.7 空间向量及其坐标运算（B ）●知识梳理1.若=x i +y j +z k ，那么（x ，y ，z ）叫做向量的坐标，也叫点P 的坐标.2.设a =（x 1，y 1，z 1），b =（x 2，y 2，z 2）， 那么a ±b =（x 1±x 2，y 1±y 2，z 1±z 2），a ·b =x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2， cos 〈a ，b 〉=222222212121212121z y x z y x z z y y x x ++++++.3.设M 1（x 1，y 1，z 1），M 2（x 2，y 2，z 2）， 则|M 1M 2|=221221221)()()(z z y y x x -+-+-.4.对非零向量a 与b ，有a ∥b ⇔a =k b ；a ⊥b ⇔a ·b =0. ●点击双基1.若a =（2x ，1，3），b =（1，－2y ，9），如果a 与b 为共线向量，则 A.x =1，y =1B.x =21，y =－21C.x =61，y =－23D.x =－61，y =23解析：∵a =（2x ，1，3）与b =（1，－2y ，9）共线，故有12x =y 21-=93. ∴x =61，y =－23.应选C. 答案：C2.在空间直角坐标系中，已知点P （x ，y ，z ），下列叙述中正确的个数是 ①点P 关于x 轴对称点的坐标是P 1（x ，－y ，z ） ②点P 关于yOz 平面对称点的坐标是P 2（x ，－y ，－z ） ③点P 关于y 轴对称点的坐标是P 3（x ，－y ，z ） ④点P 关于原点对称的点的坐标是P 4（－x ，－y ，－z ）A.3B.2C.1D.0解析：P 关于x 轴的对称点为P 1（x ，－y ，－z ），关于yOz 平面的对称点为P 2（－x ，y ，z ），关于y 轴的对称点为P 3（－x ，y ，－z ）.故①②③错误.答案：C3.已知向量a =（1，1，0），b =（－1，0，2），且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 值是A.1B.51C.53D.57解析：k a +b =k （1，1，0）＋（－1，0，2）=（k －1，k ，2），2a －b =2（1，1，0）－（－1，0，2）=（3，2，－2）.∵两向量垂直，∴3（k －1）＋2k －2×2=0.∴k =57.答案：D4.已知空间三点A （1，1，1）、B （－1，0，4）、C （2，－2，3），则AB 与CA 的夹角θ的大小是_________.解析：AB =（－2，－1，3），CA =（－1，3，－2）， cos 〈，〉=1414)2(33)1()1()2(⋅-⨯+⨯-+-⨯-=147-=－21，∴θ=〈，CA 〉=120°.答案：120°5.已知点A （1，2，1）、B （－1，3，4）、D （1，1，1），若=2，则| |的值是__________.解析：设点P （x ，y ，z ），则由=2，得（x －1，y －2，z －1）=2（－1－x ，3－y ，4－z ），即⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==-=⎪⎩⎪⎨⎧-=--=---=-,3,38,31,281,262,221z y x z z y y x x 解得则||=222)13()138()131(-+-+--=377. 答案：377●典例剖析【例1】 已知AB =（2，2，1），AC =（4，5，3），求平面ABC 的单位法向量.解：设面ABC 的法向量n =（x ，y ，1），则n ⊥AB 且n ⊥AC ，即n ·AB =0，且n ·AC =0，即2x +2y +1=0， 4x +5y +3=0，特别提示一般情况下求法向量用待定系数法.由于法向量没规定长度，仅规定了方向，所以有一个自由度，可把n 的某个坐标设为1，再求另两个坐标.平面法向量是垂直于平面的向量，故法向量的相反向量也是法向量，所以本题的单位法向量应有两解.【例2】 在三棱锥S —ABC 中，∠SAB =∠SAC =∠ACB =90°，AC =2，BC =13，SB =29.（1）求证：SC ⊥BC ；（2）求SC 与AB 所成角的余弦值.解法一：如下图，取A 为原点，AB 、AS 分别为y 、z 轴建立空间直角坐标系，则有AC =2，BC =13，SB =29，得B （0，17，0）、S （0，0，23）、C （21713，174，0）， =（21713，174，－23），=（－21713，1713，0）. yz A BCS（1）∵·=0，∴SC ⊥BC .（2）设SC 与AB 所成的角为α，∵AB =（0，17，0），·AB =4，||||=417，即⎪⎩⎪⎨⎧-==,1,21y x ∴n =（21，－1，1），单位法向量n 0=±|n |n =±（31，－32，32）.∴cos α=1717，即为所求. 解法二：（1）∵SA ⊥面ABC ，AC ⊥BC ，AC 是斜线SC 在平面ABC 内的射影，∴SC ⊥B C.（2）如下图，过点C 作CD ∥AB ，过点A 作AD ∥BC 交CD 于点D ，连结SD 、SC ，则∠SCD 为异面直线SC 与AB 所成的角.∵四边形ABCD 是平行四边形，CD =17，SA =23，SD =22AD SA +=1312+=5，∴在△SDC 中，由余弦定理得cos ∠SCD =1717，即为所求. SA BCD特别提示本题（1）采用的是“定量”与“定性”两种证法.题（2）的解法一应用向量的数量积直接计算，避免了作辅助线、平移转化的麻烦，但需建立恰当的坐标系；解法二虽然避免了建系，但要选点、平移、作辅助线、解三角形.【例3】 如下图，直棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，棱AA 1=2，M 、N 分别是A 1B 1、A 1A 的中点.A B BC C 11xyz MN（1）求BN 的长；（2）求cos 〈1BA ，1CB 〉的值； （3）求证：A 1B ⊥C 1M .（1）解：依题意得B （0，1，0），N （1，0，1）， ∴｜｜=222)01()10()01(-+-+-=3.（2）解：A 1（1，0，2），B （0，1，0），C （0，0，0），B 1（0，1，2）， ∴1BA =（1，－1，2），1CB =（0，1，2），1BA ·1CB =3，｜1BA ｜=6，｜1CB ｜=5.∴cos 〈1BA ，1CB 〉=||||1111CB BA CB BA =1030. （3）证明：C 1（0，0，2），M （21，21，2），B A 1=（－1，1，－2），MC 1=（21，21，0），∴B A 1·M C 1=0，∴A 1B ⊥C 1M .深化拓展根据本题条件，还可以求直线AC 1与平面A 1ABB 1所成的角.（答案是arcsin1010） 【例4】 如下图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点.A B CD111EF （1）证明AD ⊥D 1F ； （2）求AE 与D 1F 所成的角； （3）证明面AED ⊥面A 1D 1F .解：取D 为原点，DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，取正方体棱长为2，则A （2，0，0）、A 1（2，0，2）、D 1（0，0，2）、E （2，2，1）、F （0，1，0）.（1）∵·D 1 =（2，0，0）·（0，1，－2）=0，∴AD ⊥D 1F . （2）∵·D 1=（0，2，1）·（0，1，－2）=0， ∴AE ⊥D 1F ，即AE 与D 1F 成90°角.（3）∵·D 1=（2，2，1）·（0，1，－2）=0， ∴DE ⊥D 1F .∵AE ⊥D 1F ，∴D 1F ⊥面AE D. ∵D 1F面A 1D 1F ，∴面AED ⊥面A 1D 1F .思考讨论本题是高考题，标准答案的解法较为复杂，而运用代数向量求解则轻而易举，充分显示出代数化方法研究几何图形的优越性，这应作为立体几何复习的一个重点去掌握.通过坐标法计算数量积去证垂直，求夹角、距离，是高考的重点.●闯关训练 夯实基础1.设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上一点，且OG =3GG 1，若OG =x OA +y OB +z OC ，则（x ，y ，z ）为A.（41，41，41） B.（43，43，43） C.（31，31，31） D.（32，32，32） 解析：∵=43 1OG = 43（ +1AG ）=43+ 43·32［21（+）］=43OA + 41［（OB －OA ）+（OC －OA ）］=41OA + 41OB + 41OC ，而OG =x OA +y OB +z OC ，∴x =41，y =41，z =41.答案：A2.在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为A DBC BC D111MNA.arccos 23B.arccos1010C.arccos 53D.arccos 52解法一：∵AM =1AA +A 1， = +，∴AM ·=（1AA +M A 1）·（CB +BN ）=1AA ·BN =21. 而||=)()(1111M A AA M A AA +⋅+2121||||M A AA +=411+=25.同理，||=25.如令α为所求之角，则 cos α||||CN AM =4521=52，∴α=arccos 52.解法二：建立如下图所示坐标系，把D 点视作原点O ，分别沿DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，则A （1，0，0），M （1，21，1），C （0，1，0），N （1，1，21）.A 1yx∴=（1，2，1）－（1，0，0）=（0，21，1），CN =（1，1，21）－（0，1，0）=（1，0，21）.故AM ·=0×1+21×0+1×21=21，||=2221)21(0++=25，|CN |=222)21(01++=25.∴cos α||||CN AM =252521⋅=52.∴α=arccos 52.答案：D3.命题：①若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线；②向量a 、b 、c 共面，则它们所在的直线也共面；③若a 与b 共线，则存在唯一的实数λ，使b =λa ；④若A 、B 、C 三点不共线，O 是平面ABC 外一点，= 31+ 31+ 31，则点M 一定在平面ABC 上，且在△ABC 内部.上述命题中的真命题是_____________.解法一：①中b 为零向量时，a 与c 可以不共线，故①是假命题；②中a 所在的直线其实不确定，故②是假命题；③中当a =0，而b ≠0时，则找不到实数λ，使b =λa ，故③是假命题；④中M 是△ABC 的重心，故M 在平面ABC 上且在△ABC 内，故④是真命题.解法二：可以证明④中A 、B 、C 、M 四点共面.等式两边同加，则31（ +）+31（+）+31（+）=0，即 + +=0，=－－MC ，则MA 与MB 、MC 共面，又M 是三个有向线段的公共点，故A 、B 、C 、M四点共面.答案：④4.设点C （2a +1，a +1，2）在点P （2，0，0）、A （1，－3，2）、B （8，－1，4）确定的平面上，求a 的值.解： =（－1，－3，2），=（6，－1，4）.根据共面向量定理，设 =x +y （x 、y ∈R ），则（2a －1，a +1，2）=x （－1，－3，2）+y （6，－1，4）=（－x +6y ，－3x －y ，2x +4y ），∴⎪⎩⎪⎨⎧+=--=++-=-.422,31,612y x y x a y x a 解得x =－7，y =4，a =16.5.已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，P 、Q 分别是BC 、CD 上的动点，且|PQ |=2，建立如下图所示的坐标系.yB B（1）确定P 、Q 的位置，使得B 1Q ⊥D 1P ；（2）当B 1Q ⊥D 1P 时，求二面角C 1—PQ —A 的大小. 解：（1）设BP =t ，则CQ =2)2(2t --，DQ =2－2)2(2t --.∴B 1（2，0，2），D 1（0，2，2），P （2，t ，0），Q （2－2)2(2t --，2，0）， ∴1QB =（2)2(2t --，－2，2），1PD =（－2，2－t ，2）.∵B 1Q ⊥D 1P 等价于1QB ·1PD =0， 即－22)2(2t --－2（2－t ）+2×2=0， 整理得2)2(2t --=t ，解得t =1.此时，P 、Q 分别是棱BC 、CD 的中点，即P 、Q 分别是棱BC 、CD 的中点时，B 1Q ⊥D 1P ；yB B（2）当B 1Q ⊥D 1P 时，由（1）知P 、Q 分别是棱BC 、CD 的中点. 在正方形ABCD 中，PQ ∥BD ，且AC ⊥BD ，故AC ⊥PQ . 设AC 与PQ 的交点为E ，连结C 1E .∵在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，CC 1⊥底面ABCD ，CE 是C 1E 在底面ABCD 内的射影，∴C 1E ⊥PQ ，即∠C 1EC 是二面角C 1—PQ —C 的平面角，∠C 1EA 是二面角C 1—PQ —A 的平面角.在正方形ABCD 中，CE =22， 在Rt △C 1EC 中，tan ∠C 1EC =222=22，∴∠C 1EC =arctan22， ∠C 1EA =π－arctan22.∴二面角C 1—PQ —A 的大小是π－arctan22. 培养能力6.已知三角形的顶点是A （1，－1，1），B （2，1，－1），C （－1，－1，－2）.试求这个三角形的面积.解：S ABC ∆=21|AB ||AC |sin α，其中α是AB 与AC 这两条边的夹角.则S ABC ∆=21|AB ||AC |α2cos 1- =21|AB |||=21在本题中，AB =（2，1，－1）－（1，－1，1）=（1，2，－2），=（－1，－1，－2）－（1，－1，1）=（－2，0，－3），∴||2=12+22+（－2）2=9， ||2=（－2）2+02+（－3）2=13，·=1·（－2）+2·0+（－2）·（－3）=－2+6=4， ∴S ABC ∆=2124139-⨯=2101. 7.证明正三棱柱的两个侧面的异面对角线互相垂直的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为2∶1.O 为原点，棱OC 、OB 为y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱底面边长与棱长分别为2a 、b ，则A （3a ，a ，b ）、B （0，0，b ）、C （0，2a ，0）.因为异面对角线OA ⊥BC ⇔·BC =0⇔（3a ，a ，b ）·（0，2a ，－b ）=2a 2－b 2=0⇔b =2a ，即2a ∶b =2∶1，所以OA ⊥BC 的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为2∶1.探究创新8.如图，ABCD 是边长为a 的菱形，且∠BAD =60°，△PAD 为正三角形，且面PAD ⊥面ABCD .（1）求cos 〈，〉的值；（2）若E 为AB 的中点，F 为PD 的中点，求|EF |的值； （3）求二面角P —BC —D 的大小.解：（1）选取AD 中点O 为原点，OB 、AD 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A （0，－2a，0），B （23a ，0，0），P （0，0，23a ），D （0，2a，0）.∴=（23a ，2a ，0），=（0，2a，－23a ）， 则cos 〈，〉||||PD AB 222222)23()2(00)2()23()23(022023a a a a a a a a -++⨯++-⨯+⨯+⨯=41.（2）∵E 、F 分别为AB 、PD 的中点， ∴E （43 a ，－4a ，0），F （0，4a ，43a ）. 则||=222)430()44()043(a a a a -+--+-=410a . （3）∵面PAD ⊥面ABCD ，PO ⊥AD ， ∴PO ⊥面ABCD .∵BO ⊥AD ，AD ∥BC ，∴BO ⊥BC . 连结PB ，则PB ⊥BC ，∴∠PBO 为二面角P —BC —D 的平面角.在Rt △PBO 中，PO =23a ，BO =23a ， ∴tan ∠PBO =BO PO =a a2323=1.则∠PBO =45°.故二面角P —BC —D 的大小为45°. ●思悟小结本节知识是代数化方法研究几何问题的基础，向量运算分为向量法与坐标法两类，以通过向量运算推理，去研究几何元素的位置关系为重点.利用两个向量（非零）垂直⇔数量积为零，可证明空间直线垂直；利用数量积可计算两异面直线的夹角，可求线段的长度；运用共面向量定理可证点共面、线面平行等；利用向量的射影、平面的法向量，可求点面距、线面角、异面直线的距离等.●教师下载中心 教学点睛1.要使学生理解空间向量、空间点的坐标的意义，掌握向量加法、减法、数乘、点乘的坐标表示以及两点间的距离、夹角公式.通过解题，会应用空间向量的坐标运算解决立体几何中有关平行、垂直、夹角、距离等问题.2.运用空间向量的坐标运算解决几何问题时，首先要恰当建立空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而写出向量的坐标，再结合公式进行论证、计算，最后转化为几何结论.拓展题例【例1】 已知A （3，2，1）、B （1，0，4），求： （1）线段AB 的中点坐标和长度；（2）到A 、B 两点距离相等的点P （x ，y ，z ）的坐标满足的条件. 解：（1）设P （x ，y ，z ）是AB 的中点，则= 21（+）=21［（3，2，1）+（1，0，4）］=（2，1，25），∴点P 的坐标是（2，1，25），d AB =222)14()20()31(-+-+-=17.（2）设点P （x ，y ，z ）到A 、B 的距离相等， 则222)1()2()3(-+-+-z y x =222)4()1(-++-z y x .化简得4x +4y －6z +3=0，即为P 的坐标应满足的条件. 评述：空间两点P 1（x 1，y 1，z 1）、P 2（x 2，y 2，z 2）的中点为（221x x +，221y y +，221z z +），且|P 1P 2|=221221221)()()(z z y y x x -+-+-. 【例2】 棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，在棱DD 1上是否存在点P 使B 1D ⊥面PAC ？C 1解：以为原点建立如图所示的坐标系， 设存在点P （0，0，z ）， AP =（－a ，0，z ）， AC =（－a ，a ，0）， 1DB =（a ，a ，a ），∵B 1D ⊥面PAC ，∴1DB ·=0，1DB ·=0.∴－a 2+az =0.∴z =a ，即点P 与D 1重合.∴点P 与D 1重合时，DB 1⊥面PAC .【例3】 已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1中底面边长和侧棱长均为a ，侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，A 1B =26a . 1C（1）求异面直线AC 与BC 1所成角的余弦值； （2）求证：A 1B ⊥面AB 1C .解：过点B 作BO ⊥AC ，垂足为点O ，则BO ⊥侧面ACC 1A 1，连结A 1O ，在Rt △A 1BO 中，A 1B =26a ，BO =23a ，∴A 1O =23a .又AA 1=a ，AO =2a.∴△A 1AO 为直角三角形，A 1O ⊥AC ，A 1O ⊥底面ABC .1C 解法一：（1）∵A 1C 1∥AC ，∴∠BC 1A 1为异面直线AC 与BC 1所成的角. ∵A 1O ⊥面ABC ，AC ⊥BO ，∴AC ⊥A 1B .∴A 1C 1⊥A 1B .在Rt △A 1BC 1中，A 1B =26a ，A 1C 1=a ， ∴BC 1=210 a .∴cos ∠BC 1A 1=510.∴异面直线AC 与BC 1所成角的余弦值为510. （2）设A 1B 与AB 1相交于点D ， ∵ABB 1A 1为菱形，∴AB 1⊥A 1B .又A 1B ⊥AC ，AB 1与AC 是平面AB 1C 内两条相交直线，∴A 1B ⊥面AB1C .x 1AC 解法二：（1）如图，建立坐标系，原点为BO ⊥AC 的垂足O .由题设条件可得B （23 a ，0，0），C 1（0，a ，23a ），A （0，－21a ，0），C （0，21a ，0）， ∴1BC =（－23a ，a ，23a ），=（0，a ，0）.设与1BC 的夹角为θ，则cos θ||||11AC BC a a a ⋅2102=510， ∴异面直线AC 与BC 1所成角的余弦值为510. （2）A 1（0，0，23a ），B （23a ，0，0），∴B A 1 =（23a ，0，－23a ）， AC =（0，a ，0），B A 1·AC =0.∴A 1B ⊥AC .∵ABB 1A 1为菱形，∴A 1B ⊥AB 1.又∵AB 1与AC 为平面AB 1C 内两条相交直线，∴A 1B ⊥平面AB 1C .。
(精品人教)2020年高考数学一轮复习 第九单元 解三角形单元B卷 文
※ 推 荐 ※ 下 载 ※第九单元 解三角形注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．在ABC △中，下列等式总能成立的是（ ）． A ．cos cos a C c A = B ．sin sin b C c A = C ．sin sin a C c A =D ．sin sin ab C bc B =2．在ABC △中，“21sin =A ”是“30A =︒”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3．在ABC △中，若60A =︒，3=BC ，2=AC ，则角B 的大小为（ ）A ．30︒B ．45︒C ．135︒D ．45︒或135︒4．在ABC △中，3BC =，4CA =，且BC CA ⋅=-ABC △的面积是（ ） A ．6B．C ．3D5．在ABC △中，π3A =，3BC =，则ABC △的周长为（ ）A．π33B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭ B．π36B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭C ．π6sin 33B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭D ．π6sin 36B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭6．在ABC △中，a 、b 、c 分别是三内角A 、B 、C 的对边，S 为三角形的面积，已知22()S a b c =--，则cos A =（ ） A ．817B ．1517C ．1315D ．13177．台风中心从A 地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B 在A 的正东40千米处，B 城市处于危险区内的持续时间为（ ）A ．0.5小时B ．1小时C ．1.5小时D ．2小时8．在ABC △中，222sin sin sin sin sin A B C B C ≤+-，则A 的取值范围是（ ）A ．π(0,]6B ．π[,π)6C ．π(0,]3D ．π[,π)39．在ABC △中，满足22(cos cos )()cos a b B c C b c A -=-，则ABC △是（ ）． A ．等边三角形 B ．等腰三角形 C ．直角三角形D ．等腰或直角三角形10．某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为113，111，15，则此人（ ） A ．不能做出这样的三角形B ．能做出一个锐角三角形C ．能做出一个直角三角形D ．能做出一个钝角三角形11．已知锐角A 是ABC △的一个内角，a ，b ，c 是三边，若221sin cos 2A A -=，则有（ ） A ．2b c a +>B ．2b c a +<C ．2b c a +≤D ．2b c a +≥12．在ABC △中，cos cos )4cos cos B B C C B C --=，且4=+AC AB ，则BC 的取值范围为（ ） A ．()4,2 B ．(]4,2 C ．[)4,2 D ．[]4,2二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上） 13．已知x 中，若120C =︒，则222sin sin sin sin sin C B A BA--= ．14．设12+a ，a ，12-a 为钝角三角形的三边，那么a 的取值范围是 ．15．在ABC △中，a 、b 、c 分别是三内角A 、B 、C 的对边，且满足cos 2A ，3AB AC ⋅=，6b c +=，则a = ．16．在ABC △中，已知A B C >>且2A C =，A ，B ，C 所对的边为a 、b 、c ，又a 、b 、c 成等差数列且4b =，则a c -= ．三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）※ 推 荐 ※ 下 载 ※，21AB BC ⋅=-（1）求ABC △的面积； （2）若7a =，求角C ．B 点北偏西30︒的D 点有一艘轮船发出求救信号，位于B 点南偏西30︒且与B 点相距20海里的C 点的救援船立即前往营救，其航行速度为710海里/小时，该求援船到达D 点需要多长时间？19．(12分)在ABC △中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，※ 推 荐 ※ 下 载 ※且2sin (2)sin (2)sin a A b c B c b C =-+- （1）求角A 的大小； （2）若3sin sin =+C B ，试判断ABC △的形状．20．(12分)在ABC △中，设内角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c，向量14⎫=⎪⎪⎝⎭m ，(cos ,sin )A A =-n，+m n ． （1）判定ABC △的形状；（2）若2b =，a ，求ABC △的外接圆与内切圆的面积比．※ 推 荐 ※ 下 载 ※21．(12分)在ABC △中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，且ac a b C 53cos +=． （1）求A sin ，（2）若28=a ，10=b ，求BA 在BC 上的投影．22．(12分)在一个特定时段内，以点E 为中心的7海里以内海域被设为警戒水域．点E 正北55海里处有一个雷达观测站A ．某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A 北偏东45︒且与点A相距位置B ，经过40分钟又测得该船已行驶到点A 北偏东45θ︒+（其中sin θ=090θ︒<<︒）且与点A相距其中C ．（1）求该船的行驶速度(单位：海里/小时)；（2）若该船不改变航行方向继续行驶．判断它是否会进入警戒水域，并说明由．※ 推 荐 ※ 下 载 ※教育单元训练金卷▪高三▪数学卷答案（B ）第九单元 解三角形一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．【答案】C 【解析】由正弦定理CcA a sin sin =可得sin sin a C c A =，故选C ． 2．【答案】B 【解析】由1sin 2A =，且A 为ABC △为三角形的内角，∴30A =︒或150A =︒，故选B ． 3．【答案】B【解析】由正弦定理得sin sin AC A B BC ⋅=，∵AC BC <，∴B A <，即60B <︒， ∴45B =︒，故选B ． 4．【答案】C【解析】设ACB θ∠=，∵cos(π)34cosBC CA BC CA θθ⋅=⋅-=-⨯=-cos θ， ∵0πθ<<，∴1sin 2θ=，∴111sin 343222ABC S BC CA θ=⋅=⨯⨯⨯=△，故选C ． 5．【答案】D【解析】用特例法取90B ︒＝验证即可；或由正弦定理3ππ2πsin sin sin sin 333a b cBB ++=⎛⎫++- ⎪⎝⎭，可求得2π1sin sin 3sin sin 32a b c B B B B B ⎤⎫⎛⎫++=++-=+++⎪⎥ ⎪⎪⎝⎭⎦⎭ 3π3sin 6sin 326B B B ⎫⎛⎫=++=++⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭，故选D ． 6．【答案】B【解析】22222()2S a b c a b c bc =--=--+，又1sin 2S bc A =，∴2221sin 22bc A a b c bc =--+，由余弦定理知，2222cos b c a bc A +-=， ∴1sin 22cos 2bc A bc bc A =-，即sin 4(1cos )A A =-，∴217cos 32cos 150A A -+=， 解得15cos 17A =或cos 1A =（舍去），故选B ．7．【答案】B【解析】设t 小时后，B 城市处于危险区内，则有余弦定理得：222(20)4022040cos4530t t +-⨯⨯︒≤．化简得：072842≤+-t t，∴2221=+t t ，4721=⋅t t ，从而121t t -， 故选B ． 8．【答案】C【解析】∵222sin sin sin sin sin A B C B C ≤+-，∴由正弦定理得，222a b c bc ≤+-，即222b c a bc +-≥，∴222122b c a bc +-≥，即1cos 2A ≥，∵A 是三角形的内角，∴π03A <≤，故选C ．9．【答案】D【解析】由余弦定理得22222222222()()()()222ab a c b ac a b c b c b c a ac ab bc+-+--+--=， ∴22222222222()()()()b a c b c a b c b c b c a c b bc+-+--+--=，整理得222a c b =+或c b =，故选D ． 10．【答案】D【解析】假设能做出ABC △，设ABC △的面积为S ，则三条高113，111，15对应的边分别为26a S =，22b S =，10c S =，由余弦定理得，222222(22)(10)(26)23cos 022*******b c a S S S A bc S S +-+-===-<⨯⨯，∴A ∠为钝角，故选D ．11．【答案】C【解析】∵221sin cos 2A A -=，∴1cos22A =-，又A 为锐角，∴π3A =，∴1cos 2A =， 由余弦定理，得222222cos a b c bc A b c bc =+-=+-，∴222222222244442336()3()()a b c bc b c bc b c bc b c b c b c =+-=++++-=++-≥+， 即2a b c ≥+，故选C ． 12．【答案】C 【解析】)cos cos 4cos cos B BC C B C --=3sin sin cos cos sin)cos cos 4cos cosB C B C B C B C B C ⇔++=)3cos()sin B C B C A A ⇔+=-+⇔=，∴3tan =A ，60A =︒，∴22222cos ()3163BC AB AC AB AC A AB AC AB AC AB AC =+-⋅=+-⋅=-⋅， ∵202AB AC AB AC +⎛⎫<⋅≤ ⎪⎝⎭，∴40≤⋅<AC AB ，∴1642<≤BC ，42<≤BC ，故选C ．二、填空题（本大题有4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在题中横线上） 13．【答案】1【解析】∵120C =︒，∴222222cos c a b ab C a b ab =+-=++，※ 推 荐 ※ 下 载 ※∴222222sin sin sin sin 1sin C B A B c b ab A a ----==．14．【答案】(2,8)【解析】∵210a ->，∴12a >，∴最大边为21a +，∴21a +对的角为钝角， ∴222(21)(21)02(21)a a a a a-+-+<-，解得80<<a ．又∵2121a a a -+>+，∴2a >， ∴28a <<． 15．【答案】【解析】∵cos 2A =，∴223cos 2cos 12125A A =-=⨯-=⎝⎭，∵3AB AC ⋅=， ∴cos 3bc A =，则5bc =，又6b c +=，∴15b c =⎧⎨=⎩或51b c =⎧⎨=⎩，故2222cos a b c bc A =+-325125205=+-⨯⨯=，∴a ==16．【答案】85【解析】由sin sin a c A C =且2A C =得，2sin cos sin a c C C C =，∴cos 2a C c=，又222cos 2a b c C ab +-=，∴22222a a b c c ab +-=，又28a c b +==，解得4a c ==，或245a =，165c =，∵A B C >>，∴a c >， 故24168555a c -=-=．三、解答题（本大题有6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．【答案】（1）14；（2）45︒．【解析】（1）∵21AB BC ⋅=-，21BA BC ⋅=，cos BA BC BA BC B ⋅=⋅⋅∴35ac =，∵ABCS = （2）∵35ac =，7a =，∴5c =，由余弦定理得，2222cos32b a c ac B =+-=，∵c b <且B 为锐角，∴C 一定是锐角，∴45C =︒． 18．【答案】1小时．【解析】由题意知45DAB ∠=︒，60DBA ∠=︒，∴75ADB ∠=︒． 在ADB △中，有sin 45sin75BD AB =︒︒，∴sin 4510sin75AB BD ︒==︒，又120CBD∠=︒，∴100CD == 因为求援船的航行速度为710海里/小时，所以求援船到达D 点需要1小时．19．【答案】）（1）60︒；（2）正三角形．【解析】（1）因为2sin (2)sin (2)sin a A b c B c b C =-+-，由正弦定理得c b c b c b a )2()2(22-+-=，即222a c b bc -+=，∴212cos 222=-+=bc a c b A ，∴60A =︒． （2）∵180A B C ++=︒，∴180120B C A +=︒-=︒． 由3sin sin =+C B ，得sin sin(120)B B +︒-∴3sin 120cos cos 120sin sin =-+B B B，∴3cos 23sin 23=+B B ，∴1cos 21sin 23=+B B ，即sin(30)1B +︒=，∵120B C +=︒，∴0120B ︒<<︒， ∴3030150B ︒<+︒<︒，∴3090B +︒=︒，∴60B =︒，∴60A B C ===︒， 所以ABC △为正三角形．20．【答案】（1）直角三角形；（2）3+【解析】（1）∵1cos ,sin 4A A⎫+=+-⎪⎪⎝⎭m n且+=m n ，∴2213cos sin 44A A ⎫⎛⎫++-=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即223113cos sin sin161624A A A A ++-+=11sin 22A A -=-， 即π1cos 62A ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，∵A 为ABC △的内角，∴π2A =，故ABC △为直角三角形．（2）由（1）知222b c a +=，又2b =，a ，∴2c =，a =∴ABC △外圆的半径12R a ==22b c ar +-==∴面积比为223)22(2222+=-=r R ． 21．【答案】（1）45；（2． 【解析】（1）∵3cos 5b c C a a =+，∴3cos 5a Cbc =+，由正弦定理得3sin cos sin sin 5A C B C =+，∴3sin cos sin()sin 5A C A C C =++，即3sin cos sin cos cos sin sin 5A C A C A C C =++，∴3cos sin sin 05A C C +=，∵(0,π)C ∈，sin 0C >，∴3cos 5A =-，∴4sin 5A =．（2）由正弦定理得Bb A a sin sin =，∴410sin sin b A B a ⨯===※ 推 荐 ※ 下 载 ※∵ac a b C 53cos +=，由余弦定理得222325a b c b cab a a +-=+，把28=a ，10=b 代入，解得2=c ．所以BA 在BC 上的投影为cos cos BA B c B == 22．【答案】（1）(海里/小时)；（2）会，见解析．【解析】（1）如图，240=AB ，1310=AC ，其中BAC θ∠=，2626sin =θ， 由于090θ︒<<︒，所以cos θ==， 由余弦定理得BC =， 3=海里/小时)． （2）如图所示，设直线AE 与BC 的延长线相交于点Q ，在ABC △中，由余弦定理得， 222222cos 2AB BC AC ABC AB BC +-∠===⋅，从而sin ABC ∠==， 在ABQ △中，由正弦定理得：sin sin 45AB ABC AQ ABC ∠=︒-∠（）， 由于5540AE AQ =>=，所以点Q 位于点A 和点E 之间，且15QE AE AQ =-=． 过点E 作BC EP ⊥于点P ，则EP 为点E 到直线BC 的距离．在Rt QPE △中，所以若该船不改变航行方向继续行驶，船会进入警戒水域．。
2020高考文科数学一轮总复习课标通用版作业：第9章 平面解析几何 课时作业48
课时作业48 曲线与方程一、选择题1．(2019年湖北省孝感市七校教学联盟高二下学期期中)方程x 2＋y 2cos α＝1(a ∈R )不能表示的曲线为 ( )A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．圆解析：当cos α＝1时，表示圆，当cos α∈(0，1)表示椭圆，当cos α∈[－1，0)表示双曲线，当cos α＝0时，表示x ＝±1 表示两条直线，所以就不能表示圆，故选D.答案：C2．(2019年浙江省杭州市学军中学高考数学模拟)已知正三角形ABC 的边长为23，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM → ＝MC →，则|BM→|2的最大值是( ) A.434 B.494C.37＋634D.37＋2334解析：如图1所示，建立直角坐标系．图1B (0，0)，C (23，0)，A (3，3)．∵M 满足|AF→|＝1， ∴点P 的轨迹方程为：(x －3)2＋(y －3)2 ＝1， 令x ＝3＋cos θ，y ＝3＋sin θ，θ∈[0，2π)． 又PM →＝MC →，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋12cos θ，32＋2sin θ， ∴|BM →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋12cos θ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12sin θ2 ＝374＋3sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤494.∴|BM →|2的最大值是494.也可以以点A 为坐标原点建立坐标系． 故选：B. 答案：B3．(2019年山西怀仁一中高二上学期月考)方程(x ＋y －1)x 2＋y 2－4＝0所表示的曲线是( )解析：由题意得方程(x ＋y －1)x 2＋y 2－4＝0，得x ＋y －1＝0或x 2＋y 2－4＝0，且x 2＋y 2－4≥0，所以方程(x ＋y －1)x 2＋y 2－4＝0所表示的曲线为选项D ，故选D.答案：D4．(2019年湖南长沙雅礼中学高三月考)已知两点M (－5，0)，N (5，0)，若直线上存在点P ，使|PM |－|PN |＝6，则称该直线为“B 型直线”．给出下列直线：①y ＝x ＋1；②y ＝2；③y ＝43x ；④y ＝2x .其中为“B 型直线”的是( )A ．①③B ．③④C ．①②D ．①④解析：因为点M (－5，0)，N (5，0)，若直线上存在点P ，使|PM |－|PN |＝6，所以点P 的轨迹方程是以M ，N 为焦点，且2a ＝6的双曲线，可得b 2＝16，所以双曲线的方程为x 29－y216＝1，因为双曲线的渐近线的方程为y ＝±43x ，所以直线y ＝±43x 与双曲线没有公共点，直线y ＝2x 经过原点，斜率k >43，与双曲线也没有公共点，而直线y ＝x ＋1和y ＝2都与双曲线有公共点，因为y ＝x ＋1和y ＝2上存在点点P ，使|PM |－|PN |＝6，满足B 型直线的条件，故选C.答案：C5．(2019年河北枣强中学高二月考)一条线段的长等于10，两端点A 、B 分别在x 轴和y 轴上滑动，M 在线段AB 上且AM →＝4MB →，则点M 的轨迹方程是( )A ．x 2＋16y 2＝64B ．16x 2＋y 2＝64C ．x 2＋16y 2＝8D ．16x 2＋y 2＝8解析：设M (x ，y )，A (a ，0)，B (0，b )，则a 2＋b 2＝100①，∵AM →＝4MB →，∴a ＝5x ，b ＝54y ，代入①式可得25x 2＋2516y 2＝100，化简得16x 2＋y 2＝64，即为所求点M 的轨迹方程．故选B.答案：B6．(2019年内蒙古乌兰察布市北京八中分校高二上学期期末)已知抛物线方程为y 2＝4x ，则经过它的焦点的弦的中点轨迹方程是( )A ．y 2＝x －1B ．y 2＝2(x －1)C ．y 2＝x －12 D ．(0，＋∞)解析：由抛物线方程为y 2＝4x 可得抛物线焦点为(1，0)，设经过焦点的弦的方程为y ＝k (x －1)代入抛物线方程得， ∴k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由韦达定理x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，∴中点横坐标x ＝x 1＋x 22＝k 2＋2k 2代入直线方程中点纵坐标y ＝k (x －1)＝2k ，即中点为⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋2k2，2k ，设中点坐标为(x ，y ) ，则⎩⎨⎧x ＝k 2＋2k 2，y ＝2k消去参数k ，得其方程为y 2＝2x －2，故选B.答案：B7．(2019年江西省吉安一中高二(上)第二次段考)方程x 24－t ＋y 2t －1＝1的图象表示曲线C ，则以下命题中甲：曲线C 为椭圆，则1<t <4； 乙：若曲线C 为双曲线，则t >4或t <1； 丙：曲线C 不可能是圆；丁：曲线C 表示椭圆，且长轴在x 轴上，则1<t <52. 正确个数为( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个解析：方程x 24－t ＋y 2t －1＝1表示曲线C ，以下命题：若4－t >0，t－1>0且4－t ≠t －1，解得1<t <4且t ≠52，则曲线C 为椭圆，因此不正确；若曲线C 为双曲线，则(4－t )(t －1)<0，解得t <1或t >4，正确；当4－t ＝t －1>0，即t ＝52时，曲线C 表示圆，因此不正确；若曲线C 为焦点在x 轴上的椭圆，则4－t >t －1>0，解得1<t <52，正确．故选：B.答案：B8．(2019年广西高三下学期第二次模拟)设D 为椭圆x 2＋y25＝1上任意一点， A (0，－2), B (0，2)，延长AD 至点P ，使得|PD |＝|BD |，则点P 的轨迹方程为( )A ．x 2＋(y －2)2＝20B ．x 2＋(y ＋2)2＝20C ．x 2＋(y －2)2＝5D ．x 2＋(y ＋2)2＝5解析：∵D 为椭圆x 2＋y25＝1上任意一点，且A ，B 为焦点， ∴|DA |＋|DB |＝2a ＝2 5 ，又∵|PD |＝|BD |,∴|P A |＝|PD |＋|DA |＝25，所以点P 的轨迹方程为x 2＋(y ＋2)2＝20.答案：B9．(2019年四川省成都七中高二下期中考试)已知集合C ＝{(x ，y )|f (x ，y )＝0}，若对于任意(x 1，y 1)∈C ，存在(x 2，y 2)∈C ，使x 1x 2＋y 1y 2＝0成立，则称集合C 是“好集合”. 给出下列4个集合：C 1＝{(x ，y )|x 2＋y 2＝9}，C 2＝{(x ，y )|x 2－y 2＝9}，C 3＝{(x ，y )|2x 2＋y 2＝9}，C 4＝{(x ，y )|x 2＋y ＝9}，其中为“好集合”的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4解析：将问题转化为设A(x1，y1)，B(x2，y2)，满足条件x1x2＋y1y2＝2，即转化为对曲线C上的任一点A，存在点B，满足OA⊥OB，则称集合C是“好集合”，C1表示圆，满足条件，C2表示等轴双曲线，渐近线互相垂直，那么对于曲线上的任一点A，都不会存在点B，满足OA⊥OB，C3是椭圆，对于椭圆上的任一点A，总存在点B，满足OA⊥OB，C4是开口向下的抛物线，同样满足条件，故满足条件的有C1，C3，C4，故选C.图2答案：C10．(2019年山东省单县第五中学高二上学期第三次月考)如图2，一圆形纸片的圆心为O，F是圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD, 设CD与OM交于P, 则点P的轨迹是()A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆解析：由题意知，CD是线段MF的垂直平分线．∴|MP|＝|PF|，∴|PF|＋|PO|＝|PM|＋|PO|＝|MO|(定值)，又显然|MO|＞|FO|，∴根据椭圆的定义可推断出点P轨迹是以F、O两点为焦点的椭圆．故选A. 答案：A11．(2019年陕西省黄陵中学高二(重点班)下学期开学考试)设O 为坐标原点，动点N 在圆C ：x 2＋y 2＝8上，过N 作y 轴的垂线，垂足为M ，点P 满足MP →＝12MN →，则点P 的轨迹方程为( )A.x 28＋y 22＝1B.x 22＋y 28＝1 C.x 22＋y 24＝1 D.x 24＋y 22＝1解析：设P (x ，y )，因为MN ⊥y 轴，且MP →＝12MN →，所以M (0，y )，N (2x ，y )，又动点N 在圆C ：x 2＋y 2＝8上，所以(2x )2＋y 2＝8，化简，得x 22＋y 28＝1，即点P 的轨迹方程为x 22＋y 28＝1；故选B.答案：B12．(2019年河北省唐山市一中高二期中考试)已知动点P (x ，y )满足5（x －1）2＋（y －2）2＝|3x ＋4y －1|，则点P 的轨迹为( )A ．直线B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆 解析：把5（x －1）2＋（y －2）2＝|3x ＋4y －1|化为（x －1）2＋（y －2）2＝|3x ＋4y －1|5，由于点(1，2)不在直线3x ＋4y －1＝0上，满足抛物线的定义，则点P 的轨迹为抛物线．答案：B 二、填空题13．(2019年广西南宁市第三中学、柳州铁一中学高二上学期第三次月考)已知椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，M是椭圆上一动点，F1和F2是左、右两焦点，由F2向∠F1MF2的外角平分线作垂线，垂足为N，则N点的轨迹方程为________．解析：图3如图3所示，设F2N交F1M于点P，由已知可得：MN⊥F2P，∠F2MN＝∠PMN∴MP＝F2M，点N为线段F2P的中点．连接ON，则ON为△F1F2P的中位线，∴ON＝12PF1，∵PF1＝F1M＋F2M＝2a，∴ON＝a，即N点的轨迹方程为x2＋y2＝a2.答案：x2＋y2＝a214．(2019年辽宁省丹东市高二数学(理)科上学期期末)设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1，0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点，线段AQ的垂直平分线与C、Q的连线交于点M，则M的轨迹方程为________．图4 图5解析：M 为AQ 垂直平分线上一点，则|AM |＝|MQ |， ∴|MC |＋|MA |＝|MC |＋|MQ |＝|CQ |＝5， 故M 的轨迹为椭圆，∴a ＝52，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝214， ∴椭圆的标准方程为4x 225＋4y 221＝1. 答案：4x 225＋4y 221＝115．(2019年山东省烟台市高三上学期期末)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的一条直线交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，给出以下结论：①y 1·y 2为定值；②若经过点A 和抛物线的顶点的直线交准线于点C ，则BC ∥x 轴； ③存在这样的抛物线和直线AB ，使得OA ⊥OB (O 为坐标原点)； ④若以点A ，B 为切点分别作抛物线的切线，则两切线交点的轨迹为抛物线的准线．写出所有正确的结论的序号________． 解析：(1)设过点F 直线方程为x ＝my ＋p 2，联立方程⎩⎨⎧y 2＝2px ，x ＝my ＋p 2，可得y 2＝2pmy ＋p 2，即y 2－2pmy －p 2＝0 ∴y 1·y 2＝－p 2，故正确． (2)过点A 和原点直线为y ＝y 1x 1x当x ＝－p 2时，y ＝y 1x 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2∵y 21＝2px ，x 1＝y 212p 代入，y ＝2p y 21·⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2＝－p 2y 1＝y 2，则BC ∥x 轴，故正确．(3)若OA ⊥OB ，则x 1x 2＋y 1y 2＝0，即y 212p ·y 222p ＋y 1y 2＝0，将y 1y 2＝－p 2代入，p24－p 2＝0不成立，故错误． (4)A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212p ，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222p ，y 2， y 2＝2px ，y ＝2p ·x ，y ′＝2p ·1x， 在点A 切线斜率为p y 1，y －y 1＝p y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 212p ，在点A 切线斜率为p y 2，y －y 2＝p y 2⎝⎛⎭⎪⎫x －y 222p ，解得x ＝－p2，故正确． 故正确的结论的序号①②④. 答案：①②④16．(2019年湖北省华中师范大学第一附属中学高二上学期期中)平面内与两定点A 1(0，－a )，A 2(0，a )(a >0) 连线的斜率之积等于非零常数m 的点的轨迹，加上A 1、A 2两点所成的曲线C 可以是圆、椭圆或双曲线．给出以下四个结论：①当m ＝－1时，曲线C 是一个圆； ②当m ＝－2时，曲线C 的离心率为22； ③当m ＝2时，曲线C 的渐近线方程为y ＝±22x ；④当m ∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)时，曲线C 的焦点坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 1＋1m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a1＋1m .其中全部正确结论的序号为________．解析：设所求点P (x ，y ) 则由题意得y ＋a x ·y －ax ＝m ， ∴x 2－y 2m ＝－a 2m ，对于①当m ＝－1时，曲线C 为x 2＋y 2＝a 2表示一个圆故①对； 对于②当m ＝－2时，曲线C 为x 2＋y 22＝a 22，e ＝1－12＝22，故②对；对于③当m ＝2时，曲线C 为y 22－x 2＝a 22， ∴渐近线方程为y ＝±2x ，故③错； 对于④当当m ∈(－∞，－1)时， 曲线C 为y 2a 2＋x 2－a 2m ＝1.∵m <－1，∴－a 2m <a 2曲线C 表示焦点在y 轴上的椭圆， ∴c ＝a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2m ＝a 1＋1m ，所以曲线C 的焦点坐标分别为(0，－a1＋1m )和(0，a1＋1m )．当m ∈(0，＋∞)时，曲线C ：y 2a 2－x 2a 2m ＝1 表示焦点在y 轴上的双曲线，∴c ＝a 2＋a2m ＝a 1＋1m 所以曲线C 的焦点坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 1＋1m 和⎝⎛⎭⎪⎫0，a1＋1m .故④对．故答案为①②④. 答案：①②④ 三、解答题17．(2019年湖南省邵阳市高三上学期期末)在平面直角坐标系xOy 中，设动点M 到坐标原点的距离到x 轴的距离分别为d 1，d 2，且d 21＋3d 22＝4，记动点M 的轨迹为Ω.图6(1)求Ω的方程；(2)设过点(0，－2)的直线l 与Ω相交于A ，B 两点，当△AOB 的面积最大时，求|AB |.解：(1)设M (x ，y )，则d 1＝x 2＋y 2，d 2＝|y |， 则d 21＋3d 22＝x 2＋4y 2＝4，故Ω的方程为x 24＋y 2＝1(或x 2＋4y 2＝4)．(2)依题意当l ⊥x 轴不合题意，故设直线l ：y ＝kx －2， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1， 得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0，当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1＋x 2＝16k 1＋4k 2，x 1x 2＝121＋4k 2，从而|AB |＝k 2＋1·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝4k 2＋1·4k 2－31＋4k 2，从点O 到直线AB 的距离d ＝2k 2＋1，所以△AOB 的面积S ＝12d |AB |＝44k 2－31＋4k 2， 设t ＝4k 2－3， 则S ＝4·6（t ＋4）2＝41t ＋8＋16t≤1， 当t ＝4k 2－3＝4，k 2＝74时取“＝”， 整理得(4k 2－7)2＝0，即k 2＝74(满足Δ>0)， 所以|AB |＝4k 2＋1·4k 2－31＋4k 2＝112.18．已知动点P (x ，y )与椭圆x 24＋y 23＝1的两个焦点F 1，F 2的连线的斜率之积等于常数λ(λ≠0)．(1)求动点P 的轨迹C 的方程； (2)试根据λ的取值情况讨论C 的形状．解：(1)由椭圆x 24＋y 23＝1，得a ＝2，b ＝3⇒c ＝1，因此焦点为(－1，0)，(1，0)，依题意有y x ＋1·y x －1＝λ(λ≠0)⇒y 2＝λ(x 2－1)⇒x 2－y2λ＝1(λ≠0)．(2)λ＝－1时，方程为x 2＋y 2＝1(y ≠0)，轨迹为以原点为圆心，半径为1的圆，去掉两点(－1，0)，(1，0)；λ>0时，方程为x 2－y 2λ＝1(y ≠0)，轨迹为焦点落在x 轴上的双曲线，去掉(－1，0)，(1，0)两点；－1<λ<0时，方程为x 2－y 2λ＝1⇒x 2＋y 2－λ＝1(y ≠0)，轨迹为焦点落在x 轴上的椭圆，去掉(－1，0)，(1，0)两点；λ<－1时，方程为x 2－y 2λ＝1⇒x 2＋y 2－λ＝1(y ≠0)，轨迹为焦点落在y 轴上的椭圆，去掉(－1，0)，(1，0)两点．19．(2019年衡水模拟)已知双曲线x 22－y 2＝1的左、右顶点分别为A 1，A 2，直线l ：x ＝p 与双曲线交于M ，N 直线A 2M 交直线A 1N 于点Q .图7(1)求点Q 的轨迹方程；(2)若点Q 的轨迹与矩形ABCD 的四条边都相切，探究矩形ABCD 对角线长是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由．解：(1)设点Q (x ，y )，M (p ，y 0)，N (p ，－y 0)， 其中y 0≠0.由题意，得A 1(－2，0)，A 2(2，0)． 由kQA 1＝kNA 1⇒yx ＋2＝－y 0p ＋2，①kQA 2＝kMA 2⇒y x －2＝y 0p －2，②两式相乘得y 2x 2－2＝－y 2p 2－2.∵p 22－y 20＝1，∴y 20＝p 22－1， 代入上式得y 2x 2－2＝p 22－1p 2－2＝－12⇒x 22＋y 2＝1， 由①与y 0≠0，得y ≠0，①÷②，得x －2x ＋2＝－p －2p ＋2≠－1⇒x ≠0.故点Q 的轨迹方程为x 22＋y 2＝1(x ≠0，y ≠0)．(2)设点A (m ，n )(m ≠0，n ≠0)，过点A 作椭圆的切线， 则切线的斜率存在且不为0，设斜率为k ， 则切线方程为y －n ＝k (x －m )⇒y ＝kx ＋n －km ， 代入到椭圆方程整理，得(1＋2k 2)x 2＋4k (n －km )x ＋2(n －km )2－2＝0. Δ＝16k 2(n －km )2－4(1＋2k 2)[2(n －km )2－2]＝0， 即(m 2－2)k 2－2mnk ＋n 2－1＝0.这个关于k 的一元二次方程的两根即为k AB 与k AD ， 由k AB ·k AD ＝－1， 得n 2－1m 2－2＝－1⇒m 2＋n 2＝3.设O为坐标原点，故可知|OA|＝3，同理，得|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|＝3，即点O为矩形ABCD外接圆的圆心，其中AC为直径，大小为23，故矩形ABCD对角线长为定值2 3.。
2020高考数学一轮复习 第9章第2节 简单几何体的表面积
2020高考数学一轮复习 第9章第2节 简单几何体的表面积和体积限时作业 文 新课标版一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）1.长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是 （ ）A.25πB.50πC.125πD.都不对 解析：长方体的体对角线是球的直径，所以2222234552,450R S R ππ=++===，选B.答案：B2.如图所示，一个空间几何体的正视图和侧视图都是底为1，高为2的矩形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的表面积为（ ）A.5πB.4πC.52πD.2π 解析：该几何体是底面直径为1，高为2的圆柱，其表面积为21152()22,222πππ+⨯⨯=选C. 答案：C3一个棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为4∶9，则此棱锥的侧棱被分成的上、下两部分之比为 （ ） A.4∶9 B.2∶1 C.2∶3 D.23解析：由截面与底面为相似多边形，可得小棱锥侧棱与大棱锥侧棱之比为2∶3，所以原棱锥的侧棱被分成的两部分之比为2∶1. 答案：B4. 已知有一个圆柱形水缸，其中底面半径为0.5 m ，里面水的高度为0.8 m.现在把一个不规则几何体放进水缸，若水面上升到1.2 m ，则此不规则几何体的体积约为(精确到0.1，π取3.14) （ ）A.0.4 m 3B.0.2 m 3C.0.3 m 3D.0.8 m 3解析：不规则几何体的体积为圆柱形水缸中增加的水的体积，由条件可求出两个圆柱体积之差. 答案：C5.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）A.122ππ+ B. 144ππ+ C. 12ππ+ D. 142ππ+ 解析：设圆柱的底面圆半径为r ，高为h ， 由题设知h=2πr.所以S 全=2πr 2+2πrh=2πr 2（1+2π）.S 侧=2πrh=4π2r 2，所以122S S ππ+=全侧，选A. 答案：A6.若一个几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的体积是（ ）A.3B.33C.334 D.934解析：由三视图可知几何体为三棱柱.由此可知三棱柱的体积为21sin 603,2V a ︒=•又因为223,4a a -= 所以a=2,所以V=33.答案：B二、填空题（本大题共4小题，每小题7分，共28分）7.四棱锥P-ABCD 的顶点P 在底面ABCD 中的投影恰好是A ，其三视图如图，则四棱锥P-ABCD 的表面积为 .解析：该四棱锥的底面是正方形ABCD ，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AB ＝a ，所以全面积22221122222.22S a a a a a a =+⨯+⨯⨯=+ 答案：2222a a +8. 已知直角三角形的两直角边长分别为3 cm 和4 cm ，则以斜边为轴旋转一周所得几何体的体积为 cm 3.解析：所得的几何体如图所示，它是由两个圆锥将底面重合在一起组成的几何体，设圆锥的底面半径为r,底面分原直角三角形的斜边为h 1,h 2，且斜边长为5，则12×3×4=12×5×r ⇒r=125.又h 1+h 2=5,所以得该几何体的体积为 V=13πr 2h 1+13πr 2h 2=13πr 2(h 1+h 2)= 13π×212)5（×5=485π（cm 3). 答案：485π9. 一个几何体（由一个正六棱柱与一圆柱组成，且正六棱柱的高与圆柱的高均为1）如图所示，若该几何体正视图的面积为10，上部圆柱底面半径为2，则其侧视图的面积为 .解析：该几何体的正视图与侧视图如图所示，设正六棱柱的底面边长为a ，则2a ·1+4×1=10⇒a=3,该几何体侧视图的面积为(32)2a⨯⨯×1+4×1=3a+4=4+33. 答案：4+3310.（2020届·山东调研）一个多面体的三视图分别为正方形、等腰三角形和矩形，如图所示，则多面体的体积为 cm 3.解析：结合图示三视图及尺寸可得该多面体为直三棱柱，底面三角形的高为4 cm,底边长为6 cm,棱柱的高为4 cm, 体积为V=12×6×4×4=48（cm 3）. 答案：48三、解答题（本大题共2小题，共30分）11.（14分）如图，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形.（1）画出这个几何体的直观图;（2）若等腰直角三角形的直角边的长为a ，求这个几何体的体积.分析:由三视图可得，该几何体为三棱锥，且有一顶点处的三条棱两两垂直. 解：（1）这个几何体是一个底面与两个侧面都是等腰直角三角形的三棱锥，直观图如下图.（2）由三视图可得PA ⊥AB ，PA ⊥AC. 又AB ∩AC=A ，所以PA ⊥面ABC. △ABC 是等腰直角三角形，且AB=AC=a ， 所以21.2ABC S a =V 所以311.36P ABC ABC V PA S a -=•=V 12.（16分）已知一个圆锥的底面半径为R ，高为H.一个圆柱的下底面在圆锥的底面上，且圆柱的上底面为圆锥的截面，设圆柱的高为x. （1）求圆柱的侧面积.（2）x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解：（1）作轴截面如图所示，设内接圆柱底面半径为r, 则2,S r x π=•圆柱侧由三角形相似得r H xR H-=， 所以r=RH(H-x)， S 圆柱侧=2πx ·R H(H-x)=2R H π (-x 2+Hx)(0<x<H).。
2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版平面解析几何第九章 9.1
π ②当 α＝2时，斜率 k 不存在. ③当
π α∈2，π 时，k∈(－∞，0).
(2)斜率的两种求法 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.
y2－y1 ②公式法： 若已知直线上两点 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 一般根据斜率公式 k＝ x2－x1 (x1≠x2)求斜率.
x y 当截距不为 0 时，设直线方程为a＋a＝1， 2 3 则a＋a＝1，解得 a＝5.所以直线方程为 x＋y－5＝0.
1
2
3
4
5
6
题组三 易错自纠 4.直线x＋(a2＋1)y＋1＝0的倾斜角的取值范围是
π A.0，4 π π C.0，4∪2，π
综上可知，直线m的方程为x－2y＋2＝0或x＝2.
1 2 3 4 5 6
PART TWO
2
题型分类
深度剖析
师生共研
题型一
(1)直线 2xcos
直线的倾斜角与斜率
的倾斜角的取值范围是
例1
π π ， A. 6 3 π π ， C. 4 2
π π ， α－y－3＝0α∈ 6 3 π π ， B. 4 3 π 2π ， D. 4 3
1 当 a＝2时，四边形的面积最小.
思维升华 与直线方程有关问题的常见类型及解题策略 (1)求解与直线方程有关的最值问题.先设出直线方程，建立目标函数，再利 用基本不等式求解最值. (2)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.
(3)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
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2020高考数学一轮复习 第9章第6节 空间直角坐标系限时作业 文
新课标版
一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）
1. 关于空间直角坐标系的叙述正确的是 （ ）
A.P(x,y,z)中x、y、z的位置是可以互换的
B.空间直角坐标系中的点与一个三元有序数组是一种一一对应关系
C.空间直角坐标系中的三条坐标轴把空间分为八个部分
D.点在不同的空间直角坐标系中的坐标一定不同
解析：考查对空间直角坐标系的理解.
答案：B
2. 已知点B是点A(2,-3,5)关于xOy平面的对称点，那么ABuuur等于 （ ）
A.10 B.10 C.38 D.38
解析：由题意得B(2,-3,-5)，所以ABuuur=10.
答案：A
3. 已知△ABC的三个顶点坐标为A(2,3,1)，B（4，1，-2），C（6,3,7），则△ABC的重心坐标
为 （ ）
A.（6,72,3） B.（4,73,2） C.（8,143,4） D.（2,76,1）
5
.(2020届·浙江杭州期中）设A(3，3，1)，B(1，0，5)，C(0，1，0)，则AB的中点M到点C
的距离｜CM｜= （ ）
A.534 B.532 C.532 D.132
解析：M（2，32，3），所以|CM|=2221532()322.
答案：C
6. 已知线段AB的两个端点的坐标分别为A(9,-3,4),B(9,2,1)，则线段AB与坐标平面 （ ）
A.xOy平行 B.xOz平行
C.yOz平行 D.xOz或yOz平行
解析：因为A、B两点的横坐标相同，所以AB与坐标平面yOz平行.
答案：C
二、填空题（本大题共4小题，每小题7分，共28分）
7. 已知点A（1，2，-1），点C与点A关于平面xOy对称，点B与点A关于x轴对称，则|BC|
的长为 .
解析：因为C（1，2，1），B（1，-2，1），所以|BC|=4.
答案：4
8. 已知△ABC的顶点分别为A(3,1,2)，B(4,-2,-2)，C(0,5,1)，则BC边上的中线长为 .
三、解答题（本大题共2小题，共30分）
11.（14分）已知长方体ABCD-A1B1C1D1的对称中心在坐标原点O，交于同一顶点的三个面分别
平行于三个坐标平面，顶点A（-2，-3，-1），求其他七个顶点的坐标.
解：在空间直角坐标系中，由图可直接求出各点的坐标：B（-2，3，-1），C（2，3，-1），D
（2，-3，-1），A1（-2，-3，1），B1（-2，3，1），C1（2，3，1），D1（2，-3，1）.
12.（16分）已知A（1，2，-1），B（2，0，2）.
（1）在x轴上求一点P，使|PA|=|PB|.
（2）在xOz平面内的点M到A点与到B点等距离，求M点的轨迹.
解：（1）设P（a，0，0），则由已知，得