下载文档原格式
考点过关检测（二十二）1．(2019·亳州联考)已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)与过点M (a,0)(a >0)的直线l 交于A ，B 两点，且总有OA ⊥OB .(1)确定p 与a 的数量关系；(2)若|OM |·|AB |＝λ|AM |·|MB |，求λ的取值范围．解：(1)设l ：ty ＝x －a ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝2px ，ty ＝x －a 消去x ，得y 2－2pty －2pa ＝0. ∴y 1＋y 2＝2pt ，y 1y 2＝－2pa ，由OA ⊥OB 得x 1x 2＋y 1y 2＝0，即(y 1y 2)24p 2＋y 1y 2＝0， ∴a 2－2pa ＝0.∵a >0，∴a ＝2p .(2)由(1)可得|AB |＝1＋t 2|y 1－y 2|＝2p 1＋t 2·t 2＋4.|AM |·|MB |＝AM →·MB →＝(a －x 1)(x 2－a )－y 1y 2＝－x 1x 2＋a (x 1＋x 2)－a 2－y 1y 2＝a ·y 21＋y 222p －a 2＝4p 2(1＋t 2)．∵|OM |·|AB |＝λ|AM |·|MB |，∴a ·2p 1＋t 2·t 2＋4＝λ·4p 2(1＋t 2)，∴λ＝4＋t 21＋t 2＝1＋31＋t 2. ∵t 2≥0，∴λ∈(1,2]．故λ的取值范围为(1,2]．2．(2019·佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆M 的离心率为12，椭圆上异于长轴顶点的任意点A 与左、右两焦点F 1，F 2构成的三角形中面积的最大值为 3.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)若A 与C 是椭圆M 上关于x 轴对称的两点，连接CF 2与椭圆的另一交点为B ，求证：直线AB 与x 轴交于定点P ，并求PA →·F 2C →的取值范围．解：(1)设椭圆M 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝12，12·2c ·b ＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧ a ＝2，b ＝3，c ＝1. 所以椭圆M 的标准方程是x 24＋y 23＝1. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 1，－y 1)，直线AB ：y ＝kx ＋m .将y ＝kx ＋m ，代入x 24＋y 23＝1得，(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3. 因为B ，C ，F 2共线，所以k BF 2＝k CF 2，即kx 2＋m x 2－1＝－(kx 1＋m )x 1－1， 整理得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0，所以2k ·4m 2－124k 2＋3－(m －k )·8km 4k 2＋3－2m ＝0，解得m ＝－4k . 所以直线AB ：y ＝k (x －4)，与x 轴交于定点P (4,0)．因为y 21＝3－34x 21， 所以PA →·F 2C →＝(x 1－4，y 1)·(x 1－1，－y 1)＝x 21－5x 1＋4－y 21＝74x 21－5x 1＋1＝74⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1072－187. 因为－2<x 1<2，所以PA →·F 2C →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－187，18. 3.如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围． 解：(1)证明：设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B 14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点均在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02， 即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根．所以y 1＋y 2＝2y 0，因此PM 垂直于y 轴．(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22(y 20－4x 0).因此△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝ 324(y 20－4x 0)32. 因为x 20＋y 204＝1(x 0<0)， 所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104. 4．已知M 为椭圆C ：x 225＋y 29＝1上的动点，过点M 作x 轴的垂线，垂足为D ，点P 满足PD →＝53MD →. (1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)若A ，B 两点分别为椭圆C 的左、右顶点，F 为椭圆C 的左焦点，直线PB 与椭圆C 交于点Q ，直线QF ，PA 的斜率分别为k QF ，k PA ，求k QF k PA的取值范围． 解：(1)设P (x ，y )，M (m ，n )，依题意知D (m,0)，且y ≠0.由PD →＝53MD →，得(m －x ，－y )＝53(0，－n )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ m －x ＝0，－y ＝－53n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝x ，n ＝35y . 又M (m ，n )为椭圆C ：x 225＋y 29＝1上的点， ∴x 225＋⎝ ⎛⎭⎪⎫35y 29＝1，即x 2＋y 2＝25，故动点P 的轨迹E 的方程为x 2＋y 2＝25(y ≠0)．(2)依题意知A (－5,0)，B (5,0)，F (－4,0)，设Q (x 0，y 0)，∵线段AB 为圆E 的直径，∴AP ⊥BP ，设直线PB 的斜率为k PB ， 则k QF k PA ＝k QF －1k PB ＝－k QF k PB ＝－k QF k QB ＝－y 0x 0＋4·y 0x 0－5＝－y 20(x 0＋4)(x 0－5) ＝－9⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 2025(x 0＋4)(x 0－5)＝925(x 20－25)(x 0＋4)(x 0－5)＝925(x 0＋5)x 0＋4＝925⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 0＋4， ∵点P 不同于A ，B 两点且直线QF 的斜率存在，∴－5<x 0<5且x 0≠－4，又y ＝1x ＋4在(－5，－4)和(－4,5)上都是减函数， ∴925⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 0＋4∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫25，＋∞， 故k QF k PA 的取值范围是(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫25，＋∞.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
考点过关检测（一）1．(2020届高三·福建五校联考)为得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝sin 2x 的图象( )A ．向右平移5π12个单位长度 B ．向左平移5π12个单位长度 C ．向右平移5π6个单位长度D ．向左平移5π6个单位长度解析：选B 因为y ＝sin 2x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2，y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋5π12－π2，所以将函数y ＝sin 2x 的图象向左平移5π12个单位长度可得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象．故选B. 2．(2020届高三·豫南九校联考)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位，则所得函数图象的解析式为( )A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π24B ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3C ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π12D ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π12解析：选B 函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4经伸长变换得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4，再作平移变换得y ＝sin 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3.3．函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π3在一个周期内的图象是( )解析：选A 由题意得函数的周期为T ＝2π，故可排除B 、D.对于C ，图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，代入解析式，不成立，故选A.4．(2019·菏泽期末)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的图象向左平移π6个单位后，得到函数f (x )的图象，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝( )A.2＋64B.3＋64C.32D.22解析：选D ∵f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝sin π4＝22，故选D.5．为了得到函数y ＝sin x ＋cos x 的图象，只需把y ＝sin x －cos x 的图象上所有的点( )A ．向左平移π4个单位长度 B ．向右平移π4个单位长度 C ．向左平移π2个单位长度 D ．向右平移π2个单位长度解析：选C y ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，y ＝sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，因此为了得到y ＝sin x ＋cos x 的图象，只需将y ＝sin x －cos x 的图象上所有的点向左平移π2个单位长度．故选C.6．若将函数g (x )的图象上所有的点向左平移π6个单位长度得到函数f (x )的图象，已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3B ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3C ．g (x )＝sin 2xD ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 解析：选C 根据题图知A ＝1，34T ＝5π6－π12＝3π4⇒T ＝π＝2πω⇒ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋φ＝1⇒sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝1⇒π6＋φ＝π2＋2k π，k∈Z ⇒φ＝π3＋2k π，k ∈Z .因为|φ|<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin2x ＋π3.将f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向右平移π6个单位长度得到函数g (x )的图象，则g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π3＝sin 2x .故选C. 7．函数y ＝sin(ωx ＋φ)x ∈R ，ω>0,0<φ<π2在区间－π6，5π6上的图象如图所示，为了得到这个函数的图象，只需将y ＝sin x 的图象( )A ．向左平移π3个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变 D ．向左平移π6个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变解析：选A 由图可知T ＝5π6－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π，∴ω＝2.又函数图象过⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，则－π6×2＋φ＝2k π(k ∈Z )，∴φ＝2k π＋π3(k ∈Z )．又0<φ<π2，∴ φ＝π3，∴y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.∴为了得到这个函数的图象，只需将y ＝sin x (x ∈R )的图象上的所有点向左平移π3个单位，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象，再将y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象上各点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)即可．8.(2019·赣州质检)设ω>0，函数y ＝sin(ωx ＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移π3个单位后，得到如图所示的图象，则ω，φ的值为( )A ．ω＝2，φ＝2π3 B ．ω＝2，φ＝－π3 C ．ω＝1，φ＝－π3D ．ω＝1，φ＝2π3解析：选A 函数y ＝sin(ωx ＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移π3个单位后可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋πω3＋φ.由函数的图象可知，T 2＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π2，∴T ＝π.根据周期公式可得ω＝2，∴y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋2π3.由图知当y ＝－1时，x ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6＝π12，∴函数的图象过⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，－1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋φ＝－1.∵－π<φ<π，∴φ＝2π3.故选A. 9．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象如图所示，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (18)的值等于( )A.22 B. 2 C.2＋2D ．1解析：选C 由图知A ＝2，T2＝6－2＝4， ∴T ＝8，则ω＝2π8＝π4. ∴y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ.又∵函数图象过点(2,2)，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4×2＋φ＝2，∴π2＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，则φ＝2k π(k ∈Z )，∴f (x )＝2sin π4x .∵f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6)＋f (7)＋f (8)＝0，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (18)＝2f (1)＋2f (2)＋…＋2f (8)＋f (1)＋f (2)＝f (1)＋f (2)＝2＋2，故选C.10.(2019·达州期末)函数f (x )＝sin(πx ＋θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|θ|<π2的部分图象如图所示，且f (0)＝－12，则图中m 的值为( )A ．1 B.43 C ．2D.43或2解析：选B ∵f (0)＝sin θ＝－12，且|θ|<π2，∴θ＝－π6，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx －π6，∴f (m )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫m π－π6＝－12，∴m π－π6＝2k π＋7π6，k ∈Z ，∴m ＝2k ＋43，k ∈Z .又周期T ＝2，∴0<m <2，∴m ＝43.11．(2019·南昌三模)将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象上所有点的横坐标压缩为原来的12，纵坐标保持不变，得到函数g (x )的图象，若g (x 1)＋g (x 2)＝2，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则x 1－x 2的最大值为________．解析：由题意得g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，若g (x 1)＋g (x 2)＝2，且x 1，x 2∈[－2π，2π]， 则g (x 1)＝g (x 2)＝1，令2x ＋π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π＋π6(k ∈Z )，要使x 1，x 2∈[－2π，2π]，且x 1－x 2最大，分别取k ＝1，k ＝－2即可，故x 1－x 2的最大值为3π.答案：3π12．已知函数f (x )＝tan(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2图象上相邻两个对称中心的距离为32，则f (1)＝－3，则函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝1x －2(－5<x <9，且x ≠2)的图象所有交点的横坐标之和为________．解析：由已知得f (x )＝tan(ωx ＋φ)的最小正周期为3，即πω＝3，∴ω＝π3，则f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋φ.又f (1)＝－3，即tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝－3，π3＋φ＝2π3＋k π，k ∈Z .∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋π3.又∵f (2)＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋π3＝0，∴y ＝f (x )的图象关于(2,0)中心对称，作出y ＝f (x )和y ＝1x －2(－5<x <9，且x ≠2)的图象如图所示，可知两函数共有6个交点，且都关于(2,0)中心对称，则这6个交点的横坐标之和为3×4＝12.答案：12。
考点过关检测（二十七）1．函数f (x )＝Error!的零点个数为( )A ．3 B ．2C ．1D ．0解析：选C ①若x >0，则2x ＋1＝0，无解．②若x ≤0，则x 2－x －2＝0，解得x ＝－1或x ＝2(舍去)．所以函数f (x )＝Error!的零点个数为1.2．函数f (x )＝2x ＋3x －7的零点所在的区间是( )A. B.(0，12)(12，1)C.D.(1，32)(32，2)解析：选C 函数f (x )＝2x ＋3x －7是连续递增函数，∵f (1)＝2＋3－7<0，f ＝2＋3×－7＝2＋4.5－7>0，(32)32322∴f (1)·f <0，故选C.(32)3．(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝Error!(a ∈R )，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，1]解析：选A 因为函数f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上均为单调函数且在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.故选A.4．(2019·石家庄质检)已知M 是函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx (x ∈R )的所有零点之和，则M 的值为( )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：选D 将函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx 的零点转化为函数h (x )＝|2x －3|与g (x )＝8sin πx 图象交点的横坐标．在同一平面直角坐标系中画出函数h (x )与g (x )的图象如图所示，因为函数h (x )与g (x )的图象都关于直线x ＝对称，两个函数的图象共有8个交点，32所以函数f (x )的所有零点之和M ＝8×＝12.325．(2019·宣城二模)已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d .若f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( )A ．a >c >b >dB ．a >b >c >dC ．c >d >a >bD ．c >a >b >d解析：选D 因为f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )，所以f (a )＝f (b )＝2 019，又c ，d 为函数f (x )的零点，且a >b ，c >d ，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x )的大致图象如图所示，由图可知c >a >b >d ，故选D.6．(2019·泉州检测)设函数y ＝f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[－1,1]时，f (x )＝|x |，则函数g (x )＝f (x )－sin x 在区间[－π，π]上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 要求函数g (x )＝f (x )－sinx 的零点个数，即求方程f (x )－sinx ＝0的根的个数，可转化为函数y ＝f (x )与函数y ＝sin x 的图象的交点个数．在同一平面坐标系内作出y ＝f (x )与y ＝sin x 的图象如图所示，可知在区间[－π，π]上，图象有3个交点．故选B.7．已知f (x )＝Error!若关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，则实数a的取值范围是( )A.∪[1,2)B.∪[1,2)(－∞，12)(0，12)C ．(1,2)D ．[1,2)解析：选B 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根等价于y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，画出y ＝a ，y ＝f (x )的图象，如图，由图可知，当a ∈∪[1,2)时，(0，12)y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，此时，关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，所以实数a 的取值范围是∪[1,2)．故选B.(0，12)8．(2019·西安二模)已知函数f (x )＝Error!又函数g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点，则实数t 的取值范围是( )A.B.(－∞，－e2＋1e )(e2＋1e ，＋∞)C.D.(－e2＋1e ，－2)(2，e2＋1e )解析：选A 由f (x )＝(x ≥0)，得f ′(x )＝，xe x 1－x e x 当0≤x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在[0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，且f (x )max ＝.1e 设m ＝f (x )，则h (m )＝m 2＋tm ＋1，设h (m )＝m 2＋tm ＋1的零点为m 1，m 2，则g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点等价于m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的交点有4个，函数m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的位置关系如图所示，由图知，0<m 2<<m 1，1e要满足题意，则需h <0即可，解得t <－，(1e )e2＋1e 故选A.9．若函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝0时，函数f (x )＝1在(－1,1)上没有零点，所以a ≠0.因为函数f (x )是单调函数，要满足题意，只需f (－1)f (1)<0，所以(－3a ＋1)(1－a )<0，即(a －1)·(3a －1)<0，解得<a <1，所以实数a 的取值范围是.13(13，1)答案：(13，1)10．设a ∈Z ，函数f (x )＝e x ＋x －a ，若x ∈(－1，1)时，函数f (x )有零点，则a 的取值个数为________．解析：因为函数f (x )＝e x ＋x －a ，易得函数f (x )在(－1,1)上为增函数，则－1－a <f (x )<e ＋1－a ，1e 由函数f (x )＝e x ＋x －a 有零点，得Error!解得－1<a <e ＋1.1e 又a ∈Z ，所以a ＝0或a ＝1或a ＝2或a ＝3，故a 的取值个数有4个．答案：411．已知函数f (x )＝x |x －4|＋2x ，存在x 3>x 2>x 1≥0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2·f (x 3)的取值范围是________．解析：f (x )＝x |x －4|＋2x ＝Error!作出f (x )的图象如图所示．由图象可知，x 1＋x 2＝6，且2<x 1<3，∴x 1x 2f (x 3)＝x 1(6－x 1)f (x 1)＝x 1(6－x 1)·(－x ＋6x 1)21＝(－x ＋6x 1)221＝[－(x1－3)2＋9]2，∵2<x1<3，∴－(x1－3)2＋9∈(8,9)，∴x1x2f(x3)∈(64,81)．答案：6 (64,81)12．已知在区间(0,2]上的函数f(x)＝Error!且g(x)＝f(x)－mx在区间(0,2]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是________．解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点，得y ＝f (x )，y ＝mx 在(0,2]内的图象有且仅有两个不同的交点．当y ＝mx 与y ＝－3在(0,1]内相切时，1x mx 2＋3x －1＝0，Δ＝9＋4m ＝0，m ＝－，结合图象可得当－<m ≤－2或94940<m ≤时，函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点．12答案：∪(－94，－2](0，12]。
考点过关检测（十九）1．(2020届高三·唐山联考)已知F 为抛物线E ：y 2＝4x 的焦点，过点P (0,2)作两条互相垂直的直线m ，n ，直线m 交E 于不同的两点A ，B ，直线n 交E 于不同的两点C ，D ，记直线m 的斜率为k .(1)求k 的取值范围；(2)设线段AB ，CD 的中点分别为点M ，N ，证明：直线MN 过定点Q (2,0)．解：(1)由题设可知k ≠0，所以直线m 的方程为y ＝kx ＋2，与y 2＝4x 联立，整理得ky 2－4y ＋8＝0.①由Δ1＝16－32k >0，解得k <12. 直线n 的方程为y ＝－1kx ＋2，与y 2＝4x 联立， 整理得y 2＋4ky －8k ＝0，由Δ2＝16k 2＋32k >0，解得k >0或k <－2.所以k <－2或0<k <12， 故k 的取值范围为(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)．由①得，y 1＋y 2＝4k ，则y 0＝2k ，x 0＝2k 2－2k， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－2k ，2k . 同理可得N (2k 2＋2k ，－2k )．直线MQ 的斜率k MQ ＝2k 2k 2－2k－2＝－k k 2＋k －1， 直线NQ 的斜率k NQ ＝－2k 2k 2＋2k －2＝－k k 2＋k －1＝k MQ ， 所以直线MN 过定点Q (2,0)．2．(2019·兰州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过圆E ：x 2＋y 2＝2上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于A ，B 两点，以AB为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．解：(1)因为椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b ＝c ，12·2c ·b ＝b 2＝3，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝6，b 2＝3.故椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)圆E 的方程为x 2＋y 2＝2，设O 为坐标原点，①当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线AB 的方程为x ＝2，A (2，2)，B (2，－2)，所以∠AOB ＝90°，所以以AB 为直径的圆过坐标原点O (0,0)．②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为直线与相关圆相切，所以d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k 2＝2，所以m 2＝2＋2k 2. 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0， 则Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝8(6k 2－m 2＋3)＝8(4k 2＋1)>0，且x 1＋x 2＝－4km 1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2， 所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k 2＋m 2＝3m 2－6k 2－61＋2k2＝0， 所以OA →⊥OB →，所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．综合①②可知，以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．3．(2019·柳州联考)已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴上，且抛物线上有一点P (4，m )到焦点的距离为5.(1)求该抛物线C 的方程；(2)已知抛物线上一点M (t,4)，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD ⊥ME ，判断直线DE 是否过定点？并说明理由．解：(1)由题意知抛物线C 的焦点在x 轴的正半轴上，可设抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)，其准线方程为x ＝－p 2， ∵P (4，m )到焦点的距离等于点P 到准线的距离，∴4＋p 2＝5，∴p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)把M (t,4)代入抛物线C 的方程，得16＝4t ，∴t ＝4，∴M (4,4)．由题易知直线DE 的斜率不为0，设直线DE 的方程为x ＝ky ＋n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky ＋n ，y 2＝4x 消去x ，得y 2－4ky －4n ＝0， Δ＝16k 2＋16n >0，①设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4n .∵MD ⊥ME ，∴MD →·ME →＝(x 1－4，y 1－4)·(x 2－4，y 2－4)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16＝y 214·y 224－4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋y 224＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16 ＝(y 1y 2)216－(y 1＋y 2)2＋3y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋32 ＝n 2－16k 2－12n ＋32－16k ＝0，即n 2－12n ＋32＝16k 2＋16k ，得(n －6)2＝4(2k ＋1)2，∴n －6＝±2(2k ＋1)，得n ＝4k ＋8或n ＝－4k ＋4，当n ＝4k ＋8时，代入①式满足Δ>0，∴直线DE 的方程为x ＝ky ＋4k ＋8＝k (y ＋4)＋8，直线过定点(8，－4)．当n ＝－4k ＋4时，代入①式，当k ≠2时，Δ>0，此时直线DE 的方程为x ＝k (y －4)＋4，直线过定点(4,4)，不合题意，舍去．∴直线过定点(8，－4)． 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，22，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆的方程．(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在．求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴a ＝2b ，∴x 22b 2＋y 2b 2＝1. 又∵椭圆经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，将点P 的坐标代入椭圆方程得b 2＝1，∴a 2＝2，故椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)由题意动直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432； 当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝1，即两圆相切于点(0,1)，因此，如果所求的点T 存在，只能是(0,1)，下证点T (0,1)就是所求的点．证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)．当直线l 不垂直于x 轴，可设直线l ：y ＝kx －13. 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1消去y 并整理，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9. 又∵TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，∴TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 1－43⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0. ∴TA ⊥TB ，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)， ∴在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足条件．。
立体几何（文）【考纲解读】1.掌握平面的基本性质 ( 三个公理、三个推论 ) ，理解确定平面的条件；会用字母、集合语言表示点、直线、平面间的关系 .2. 理解线线、线面平行的定义; 熟练掌握线线、线面及面面平行的判定和性质; 会运用线线、线面及面面平行的判定和性质进行推理和证明.3．能画出简单空间图形( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合三视图所表示的立体模型, 会画它们的直观图.) 的三视图, 能识别上述4．理解空间中线线、线面垂直定义及分类；理解空间中线线、线面、面面垂直的有关定理及性质；会运用线面平行与垂直的判定与性质定理进行证明和推理.5．认识柱、锥、台、球及简单几何体的结构特征, 并运用这些特征描述简单物体的结构; 了解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式( 不要求记忆 ).【考点预测】1.对于空间几何体中点、线、面的位置关系及平行与垂直的性质和判定，高考中常在选择题中加以考查 . 解答题主要考查空间几体的点、线、面的位置关系的证明及探索存在性问题，着重考查学生的空间想象能力、推理论证能力，运用图形语言进行交流的能力及几何直观能力，难度中等 . 明年高考将仍以平行与垂直关系的证明探究为重点 , 注意命题题型的多样化、新颖化，如开放性、探索存在性题型 .2.三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积，考查了学生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及性质的基本能力，是每年高考必考内容，明年高考仍以三视图，空间几何体的表面积与体积为重点，在客观题中加以考查，其中表面积与体积也可能在解答题题后一问中出现。
【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图 : 已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段 , 在直观图中保持长度不变, 平行于 y 轴的线段平行性不变, 但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式 :(1) 柱体的体积公式 : V柱Sh;锥体的体积公式:V锥1Sh;1h(S 34台体的体积公式 : V棱台SS S ) ;球的体积公式:V球r 3.33(2) 球的表面积公式 :S球4R2.4. 有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系 .5. 平行与垂直关系的证明, 熟练判定与性质定理.【考点在线】考点一三视图例1. （ 2020 年高考海南卷文科第 8 题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）【答案】 D【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是 D.【名师点睛】本题考查三视图的基础知识.【备考提示】三视图是高考的热点之一 , 年年必考 , 所以必须熟练立体几何中的有关定理是解答好本题的关键 .练习 1:（2020年高考江西卷文科9) 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）【答案】 D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.考点二表面积与体积例 2. . (2020 年高考安徽卷文科8) 一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )【解析】 由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱 . 底面等腰梯形的上底为 2，下底为4 ， 高 为 4 ， 两 底 面 积 和 为 212 44 24 ， 四 个 侧 面 的 面 积 为24 4 2 2 17 24 8 17 ，所以几何体的表面积为 48 8 17 . 故选 C.【名师点睛】 本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【备考提示】： 表面积与体积的求解也是高考的热点之一，年年必考，大多以三视图为载体，在选择与填空题中考查，难度不大，也可能在解答题的一个问号上.练习 2：（2020 年高考湖南卷文科4) 设图１是某几何体的三视图，则3该几何体的体积为 ()A ． 9 42Ｂ． 3618 2Ｃ．912Ｄ．9 1822【答案】 D【解析】 有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积 V4 （ 3 339 18 .32）+3 2=2考点三 球的组合体例 3.（ 2020 年高考辽宁卷文科 10) 己知球的直径 SC=4，A ， B 是该球球面上的两点． AB=2,ASC 45o , 则棱锥 SABC 的体积为 ( )(A)3(B)2 3(C)4 3 5 3(D)3正视图侧视图俯视图图 13 3 33【答案】 C【解析】取 SC的中点 D, 则 D为球心，则AD=BD=DS=2。
考点过关检测（二十）1．(2019·马鞍山期末)已知椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)经过点(1，2)，离心率为22，过原点O 作两条直线l 1，l 2，直线l 1交椭圆于点A ，C ，直线l 2交椭圆于点B ，D ，且|AB |2＋|BC |2＋|CD |2＋|DA |2＝24.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，求证：|k 1k 2|为定值．解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝2，故椭圆的方程为y 24＋x 22＝1.(2)证明：由对称性可知，四边形ABCD 是平行四边形，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 1，－y 1)，D (－x 2，－y 2)，由y 24＋x 22＝1，得y 2＝4－2x 2，|AB |2＋|BC |2＋|CD |2＋|DA |2＝2(|AB |2＋|DA |2) ＝2[(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2] ＝4(x 21＋x 22＋y 21＋y 22)＝4(x 21＋x 22＋4－2x 21＋4－2x 22) ＝4×(8－x 21－x 22)＝24，所以x 21＋x 22＝2，|k 1·k 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1y 2x 1x 2＝y 21y 22x 21x 22 ＝(4－2x 21)(4－2x 22)x 21x 22＝16－8x 21－8x 22＋4x 21x 22x 21x 22＝2，故|k 1k 2|为定值2.2．(2019·绵阳诊断)已知点E (－2,0)，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (2,0)，过点F 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△ABE 的周长为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点N ，已知NA →＝mAF →，NB →＝nBF →，求m ＋n 的值． 解：(1)由题意知，E 为椭圆的左焦点，∴|AB |＋|AE |＋|BE |＝|AF |＋|BF |＋|AE |＋|BE |＝4a ＝12，解得a ＝3，又c ＝2，故b 2＝a 2－c 2＝9－4＝5，∴椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.(2)由题知F (2,0)，若直线AB 恰好过原点，则A (－3,0)，B (3,0)，N (0,0)， ∴NA →＝(－3,0)，AF →＝(5,0)，则m ＝－35，NB →＝(3,0)，BF →＝(－1,0)，则n ＝－3，∴m ＋n ＝－185.若直线AB 不过原点，设直线AB ：x ＝ty ＋2，t ≠0，A (ty 1＋2，y 1)，B (ty 2＋2，y 2)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t .则NA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ty 1＋2，y 1＋2t ，AF →＝(－ty 1，－y 1)，NB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ty 2＋2，y 2＋2t ，BF →＝(－ty 2，－y 2)，由NA →＝mAF →，得y 1＋2t ＝m (－y 1)，从而m ＝－1－ 2ty 1；由NB →＝nBF →，得y 2＋2t＝n (－y 2)，从而n ＝－1－2ty 2，故m ＋n ＝－1－2ty 1＋⎝⎛⎭⎪⎫－1－2ty 2＝－2－2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋2，x 29＋y25＝1，整理得(5t 2＋9)y 2＋20ty －25＝0，∴y 1＋y 2＝－20t 5t 2＋9，y 1y 2＝－255t 2＋9，∴m ＋n ＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2＝－2－2t ×20t 25＝－2－85＝－185.综上所述，m ＋n ＝－185.3．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m ·n ＝0. (1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△POQ 的面积是否为定值，并说明理由． 解：(1)证明：∵k 1，k 2存在，∴x 1x 2≠0， ∵m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14. (2)①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0，又由P (x 1，y 1)在椭圆上，得x 214＋y 21＝1， ∴|x 1|＝2，|y 1|＝22， ∴S △POQ ＝12|x 1|·|y 1－y 2|＝1.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(4k 2＋1－b 2)>0，∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1，满足Δ>0. ∴S △POQ ＝12·|b |1＋k 2·|PQ | ＝12|b |(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2|b |·4k 2＋1－b24k 2＋1＝1. ∴△POQ 的面积为定值，且为1.4．(2019·沈阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P为其上一动点，且三角形PF 1F 2的面积最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，并求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋n消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n 2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝±x消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
考点过关检测（十二）1．（2019·重庆一诊）已知直线l和平面α,若l∥α，P∈α,则过点P且平行于l的直线（)A．只有一条，不在平面α内B．只有一条,且在平面α内C．有无数条,一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内解析：选B 假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n,则m∥l且n∥l.由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾,故过点P且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内,所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B。
2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知直线a，b，l,平面α，β,则下列命题正确的个数为（)①若α⊥β,l⊥α，则l∥β；②若a⊥l，b⊥l，则a∥b；③若α⊥β，l⊂α,则l⊥β；④若l⊥α，l⊥β，则α∥β。
A．0 B．1C．2 D．3解析:选B 在①中,若α⊥β,l⊥α，则l∥β或l⊂β，故①错误；在②中,若a⊥l，b⊥l，则a与b相交、平行或异面，故②错误；在③中，若α⊥β，l⊂α，则l与β相交、平行或l⊂β，故③错误；在④中，若l⊥α,l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故④正确．故选B.3．(2019·辽宁五校联考）在正方体ABCDA1B1C1D1中,M，N分别是BC1,CD1的中点,则( )A．MN∥C1D1B．MN⊥BC1C．MN⊥平面ACD1D．MN⊥平面ACC1解析：选D 如图，设CC1的中点为P，连接NP,则NP∥C1D1,又MN∩NP＝N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN与C1D1是异面直线）,所以选项A错误；假设MN⊥BC1，连接CM，易知CM⊥BC1,又MN∩CM＝M，所以BC1⊥平面MNC,所以BC1⊥CD1，所以AD1⊥CD1,这与△ACD1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B错误；假设MN⊥平面ACD1，则MN⊥CD1，连接MD1，因为N为CD1的中点，所以MC＝MD1，这不可能理由：设正方体ABCD .A1B1C1D1的棱长为1，则易求得MC ＝错误!，MD1＝错误!，所以假设错误，即选项C错误；设CD,BC的中点分别为E，F，连接EF,则易知MN∥EF，且EF⊥平面ACC1,所以MN⊥平面ACC1，所以选项D正确．故选D.4。
考点过关检测（十二）1．(2019·重庆一诊)已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内解析：选B假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n，则m∥l 且n∥l.由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾，故过点P 且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知直线a，b，l，平面α，β，则下列命题正确的个数为()①若α⊥β，l⊥α，则l∥β；②若a⊥l，b⊥l，则a∥b；③若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；④若l⊥α，l⊥β，则α∥β.A．0B．1C．2 D．3解析：选B在①中，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故①错误；在②中，若a⊥l，b⊥l，则a与b相交、平行或异面，故②错误；在③中，若α⊥β，l⊂α，则l与β相交、平行或l⊂β，故③错误；在④中，若l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故④正确．故选B.3．(2019·辽宁五校联考)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则()A．MN∥C1D1B．MN⊥BC1C．MN⊥平面ACD1D．MN⊥平面ACC1解析：选D如图，设CC1的中点为P，连接NP，则NP∥C1D1，又MN∩NP＝N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN 与C 1D 1是异面直线)，所以选项A 错误；假设MN ⊥BC 1，连接CM ，易知CM ⊥BC 1，又MN ∩CM ＝M ，所以BC 1⊥平面MNC ，所以BC 1⊥CD 1，所以AD 1⊥CD 1，这与△ACD 1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B 错误；假设MN ⊥平面ACD 1，则MN ⊥CD 1，连接MD 1，因为N 为CD 1的中点，所以MC ＝MD 1，这不可能理由：设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则易求得MC ＝22，MD 1＝62，所以假设错误，即选项C 错误；设CD ，BC 的中点分别为E ，F ，连接EF ，则易知MN ∥EF ，且EF ⊥平面ACC 1，所以MN ⊥平面ACC 1，所以选项D 正确．故选D.4.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P ，Q 分别是线段AD 1和B 1C 上的动点，且满足AP ＝B 1Q ，则下列命题错误的是( )A ．存在P ，Q 的某一位置，使AB ∥PQB ．△BPQ 的面积为定值C ．当P A >0时，直线PB 1与AQ 是异面直线D ．无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ解析：选B 在A 中，当P ，Q 分别是线段AD 1和B 1C 的中点时，AB ∥PQ ，故A 正确；在B 中，P 在A 处时，△BPQ 的面积为12，P 在AD 1中点时，△BPQ的面积不为12，故△BPQ 的面积不是定值，故B 错误；在C 中，当P A >0时，假设直线PB 1与AQ 是共面直线，则AP 与B 1Q 共面，与已知矛盾，所以直线PB 1与AQ 是异面直线，故C 正确；在D 中，BC 垂直于PQ 在平面ABCD 内的射影，由三垂线定理得无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ ，故D 正确．故选B.5．(2019·唐山三模)若异面直线m ，n 所成的角是60°，则以下三个命题： ①存在直线l ，满足l 与m ，n 的夹角都是60°；②存在平面α，满足m ⊂α，n 与α所成角为60°；③存在平面α，β，满足m ⊂α，n ⊂β，α与β所成锐二面角为60°.其中正确的命题为________(填序号)．解析：异面直线m ，n 所成的角是60°，在①中，由异面直线m ，n 所成的角是60°，在m上任取一点A，过A作直线n′∥n，在空间中过点A能作出直线l，使得l与n，n′的夹角均为60°，∴存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60°，故①正确；在②中，在n上取一点B，过B作直线m′∥m，则以m，m′确定的平面α，满足m⊂α，n与α所成的角是60°，故②正确；在③中，在n上取一点C，过C作直线m′∥m，m，m′确定一个平面α，∴过n能作出一个平面β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°，故③正确．答案：①②③6．如图所示，四棱锥S -ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝23，∠ACD＝60°，E为CD的中点．(1)求证：BC∥平面SAE；(2)求三棱锥S -BCE与四棱锥S -ABED的体积比．解：(1)证明：因为AB＝3，BC＝1，∠ABC＝90°，所以AC＝2，∠BCA＝60°，在△ACD中，AD＝23，AC＝2，∠ACD＝60°，由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD cos∠ACD，解得CD＝4，所以AC2＋AD2＝CD2，所以△ACD是直角三角形，又E为CD的中点，所以AE＝12CD＝CE，又∠ACD＝60°，所以△ACE为等边三角形，所以∠CAE＝60°＝∠BCA，所以BC∥AE，又BC⊄平面SAE，AE⊂平面SAE，所以BC∥平面SAE.(2)因为SA⊥平面ABCD，所以SA同为三棱锥S -BCE与四棱锥S -ABED的高．由(1)可得∠BCE＝120°，CE＝12CD＝2，所以S△BCE ＝12BC·CE·sin∠BCE＝12×1×2×32＝32.S 四边形ABED ＝S 四边形ABCD －S △BCE ＝S △ABC ＋S △ACD －S △BCE ＝12×3×1＋12×2×23－32＝2 3.所以S △BCE ∶S 四边形ABED ＝32∶23＝1∶4.故三棱锥S -BCE 与四棱锥S -ABED 的体积比为1∶4.7.(2019·洛阳第二次联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△P AD 是正三角形，平面P AD ⊥平面ABCD ，E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面P AD ；(2)若M 是线段CD 上一点，求三棱锥M -EFG 的体积．解：(1)证明：∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，且CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面P AD .∵在△PCD 中，E ，F 分别是PD ，PC 的中点，∴EF ∥CD ，∴EF ⊥平面P AD ，∵EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面P AD .(2)∵EF ∥CD ，EF ⊂平面EFG ，CD ⊄平面EFG ，∴CD ∥平面EFG ，∴线段CD 上的点M 到平面EFG 的距离等于点D 到平面EFG 的距离．连接DG ，DF ，则V 三棱锥M -EFG ＝V 三棱锥D -EFG .取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，FH ，则EF ∥GH ，∴V 三棱锥D -EFG ＝V 三棱锥D -EFH ＝V 三棱锥F -EHD ＝13·S △EHD ·EF ＝13×12×2×2×sin60°×2＝233.故三棱锥M -EFG 的体积为233.8．(2019·朝阳模拟)如图，梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，四边形BDEF为正方形，且平面BDEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF⊥CE；(2)若AC与BD相交于点O，那么在棱AE上是否存在点G，使得平面OBG ∥平面EFC？并说明理由．解：(1)证明：连接EB，∵梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，∴BD＝2，BC＝2，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，∴BC⊥平面BDEF，∴BC⊥DF.∵四边形BDEF为正方形，∴DF⊥EB.∵EB∩BC＝B，∴DF⊥平面BCE.∵CE⊂平面BCE，∴DF⊥CE.(2)棱AE上存在点G，AGGE＝12，使得平面OBG∥平面EFC.理由如下：∵AB∥DC，AB＝1，DC＝2，∴AOOC＝12.∵AGGE＝12，∴OG∥CE，∴OG∥平面EFC.∵EF∥OB，∴OB∥平面EFC.∵OB∩OG＝O，∴平面OBG∥平面EFC.9．(2019·广州一模)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC ＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把四边形AEFD折起，使AE⊥CF，得到如下的立体图形．(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；(2)若BD⊥EC，求点F到平面ABCD的距离．解：(1)证明：由题意可得EF∥AD，∴AE⊥EF.又AE⊥CF，EF∩CF＝F，∴AE⊥平面EBCF.∵AE⊂平面AEFD，∴平面AEFD⊥平面EBCF.(2)如图，过点D作DG∥AE交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF. ∵EC⊂平面EBCF，∴DG⊥EC.又BD⊥EC，BD∩DG＝D，∴EC⊥平面BDG.又BG⊂平面BDG，∴EC⊥BG.易得△EGB∽△BEC，∴EGEB＝EBBC，∴EB2＝EG·BC＝AD·BC＝8，∴EB＝2 2. 设点F到平面ABCD的距离为h，由V三棱锥F -ABC ＝V三棱锥A -BCF，可得S△ABC ·h＝S△BCF·AE.∵BC⊥AE，BC⊥EB，AE∩EB＝E，∴BC⊥平面AEB，∴AB⊥BC.又AB＝AE2＋BE2＝4＝BC，∴S△ABC ＝12×4×4＝8.又S△BCF ＝12×4×22＝42，∴8h＝42×22＝16，解得h＝2. 故点F到平面ABCD的距离为2.。
