2016高考总复习步步高资料学案 (14)

教案 61古典概型导学目标 ： 1.理解古典概型及其概率计算公式 .2.会计算一些随机事件所含的基本领件数及事件发生的概率．自主梳理1．基本领件有以下特色：(1)任何两个基本领件是 ________的．(2)任何事件 (除不行能事件 )都能够表示成 ______________． 2．一般地，一次试验有下边两个特色(1)有限性．试验中所有可能出现的基本领件只有有限个；(2)等可能性．每个基本领件出现的可能性同样，称这样的概率模型为古典概型．判断一个试验是不是古典概型，在于该试验能否拥有古典概型的两个特色：有限性和等可能性．3．假如一次试验中可能出现的结果有 n 个，并且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本领件的概率都是 ________；假如某个事件 A 包含的结果有 m 个，那么事件 A 的概率 P(A) ＝ ________.自我检测1．(2011 ·州模拟滨 )若以连续掷两次骰子分别获得的点数m 、 n 作为点 P 的横、纵坐标，则点 P 在直线 x ＋ y ＝ 5 下方的概率为 ( )1 1 1 1A.6B.4C.12 D .9 2．(2011 临·沂高新区期末 )一块各面均涂有油漆的正方体被锯成 1 000 个大小同样的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一同，则随意拿出一个， 其两面涂有油漆的概率是 () 1 1 3 12 A.12 B.10 C.25D .1253．(2010 ·宁辽 ) 三张卡片上分别写上字母E ， E ， B ，将三张卡片随机地排成一行，恰巧排成英文单词 BEE 的概率为 ________．4．有 100 张卡片 (编号从 1 号到 100 号 )，从中任取 1张，取到卡号是 7 的倍数的概率为________．5． (2011 大·理模拟 )在平面直角坐标系中，从五个点： A(0,0) ， B(2,0) ， C(1,1) ， D(0,2) ，E(2,2) 中任取三个，这三点能构成三角形的概率是 ________( 用分数表示 ).研究点一 基本领件的概率例 1 扔掷六个面分别记有1,2,2,3,3,3 的两颗骰子．(1)求所出现的点数均为 2 的概率； (2)求所出现的点数之和为 4 的概率．变式迁徙 1 一只口袋内装有大小同样的 5 只球，此中 3 只白球， 2 只黑球，从中一次摸出两只球．问：(1)共有多少个基本领件？(2)摸出的两只球都是白球的概率是多少？研究点二古典概型的概率计算例 2班级联欢时，主持人拟出了以下一些节目：跳双人舞、独唱、朗读等，指定 3 个男生和 2 个女生来参加，把 5 个人分别编号为1,2,3,4,5，此中 1,2,3 号是男生， 4,5 号是女生，将每一个人的号分别写在 5 张同样的卡片上，并放入一个箱子中充足混淆，每次从中随机地取出一张卡片，拿出谁的编号谁就参加表演节目．(1)为了选出 2 人来表演双人舞，连续抽取 2 张卡片，求拿出的 2 人不所有是男生的概率；(2)为了选出 2 人分别表演独唱和朗读，抽取并察看第一张卡片后，又放回箱子中，充足混淆后再从中抽取第二张卡片，求独唱和朗读由同一个人表演的概率．变式迁徙2同时扔掷两枚骰子，求起码有一个 5 点或 6 点的概率．研究点三古典概型的综合问题例 3 (2009 ·山东 )汽车厂生产 A，B ，C 三类轿车，每类轿车均有舒坦型和标准型两种型号，某月的产量以下表 (单位：辆 )：轿车A轿车B轿车C舒坦型100150z标准型300450600按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50 辆，此中有 A 类轿车 10 辆．(1)求 z 的值；(2)用分层抽样的方法在 C 类轿车中抽取一个容量为 5 的样本．将该样本当作一个整体，从中任取 2 辆，求起码有 1 辆舒坦型轿车的概率；(3) 用随机抽样的方法从B类舒坦型轿车中抽取8 辆，经检测它们的得分以下：9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9.3,9.0 ，8.2.把这 8 辆轿车的得分当作一个整体，从中任取一个数，求该数与样本均匀数之差的绝对值不超出0.5 的概率．变式迁徙3为了认识《中华人民共和国道路交通安全法》在学生中的普及状况，检查部门对某校 6 名学生进行问卷检查， 6 人得分状况以下：5,6,7,8,9,10.把这 6 名学生的得分当作一个整体．(1)求该整体的均匀数；(2)用简单随机抽样方法从这 6 名学生中抽取 2 名，他们的得分构成一个样本．求该样本均匀数与整体均匀数之差的绝对值不超出0.5 的概率．分类议论思想的应用例(12 分 )甲、乙二人用 4 张扑克牌 (分别是红桃2、红桃 3、红桃 4、方片 4)玩游戏，他们将扑克牌洗匀后，反面向上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．(1)设 (i， j) 分别表示甲、乙抽到的牌的牌面数字，写出甲、乙二人抽到的牌的所有状况；(2)若甲抽到红桃3，则乙抽到的牌面数字比 3 大的概率是多少？(3)甲、乙商定：若甲抽到的牌的牌面数字比乙大，则甲胜，反之，则乙胜．你以为此游戏能否公正，说明你的原因．多角度审题此题属于求较复琐事件的概率，重点是理解题目的实质含义，把实质问题转变为概率模型，联想掷骰子试验，把红桃2、红桃 3、红桃 4 和方片 4 分别用数字2,3,4,4′表示，抽象出基本领件，把复琐事件用基本领件表示，找出整体I 包含的基本领件总数n 及事件 A 包含的基本领件个数 m，用公式 P(A) ＝m求解． n【答题模板】解(1) 甲、乙二人抽到的牌的所有状况( 方片 4 用 4′表示，其余用相应的数字表示)为 (2,3) ，(2,4)， (2,4′)， (3,2)， (3,4)， (3,4′)， (4,2)， (4,3) ， (4,4′)，(4′，2)， (4′，3)， (4′，4)，共 12 种不同状况． [6 分 ](2)甲抽到红桃3，乙抽到的牌的牌面数字只好是2,4,4′，所以乙抽到的牌的牌面数字比3大的概率为23.[9 分](3)甲抽到的牌的牌面数字比乙大的状况有(3,2)， (4,2)， (4,3)， (4′，2)， (4′，3)，共 5 种，55故甲胜的概率P1＝12，同理乙胜的概率P2＝12.因为 P1＝ P2，所以此游戏公正．[12分]【打破思想阻碍】(1)对一些较为简单、基本领件个数不是太大的概率问题，计数时只要要用列举法即可计算一些随机事件所含的基本领件数及事件发生的概率，但应特别注意：计算时要严防遗漏，绝不重复．(2)取球模型是古典概型计算中的一个典型问题，很多实质问题都能够归纳到取球模型上去，特别是产品的抽样查验，解题时要分清“ 有放回” 与“ 无放回”，“ 有序” 与“ 无序” 等条件的影响．【易错点分析】1．题目中“红桃 4”与“方片 4”属两个不一样的基本领件，应用不一样的数字或字母标明．2．注意“抽出的牌不放回” 对基本领件数量的影响．1．基本领件的特色主要有两条：①任何两个基本领件都是互斥的；②任何事件都能够表示成基本领件的和．2．古典概型的基本特色是：①试验中所有可能出现的基本领件只有有限个；②每个基本领件出现的可能性相等．3．计算古典概型的基本步骤有：①判断试验结果能否为等可能事件；②求出试验包含的基本领件的个数n，以及所求事件 A 包含的基本领件的个数m；③代入公式P(A) ＝mn，求概率值．(满分： 75 分)一、选择题 (每题 5 分，共 25分 )1．(2011 浙·江宁波十校联考)将一枚骰子扔掷两次，若先后出现的点数分别为b，c，则方程 x2＋ bx＋ c＝ 0 有实根的概率为 ()191517A.36B.2C.9 D .362．(2009 ·建福)已知某运动员每次投篮命中的概率低于40%.现采纳随机模拟的方法预计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0 到 9 之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4 表示命中， 5,6,7,8,9,0 表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模 生了以下 20 随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569 683 431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估 ， 运 三次投 恰有两次命中的概率 ()A ． 0.35B ． 0.25C ． 0.20D ． 0.153． (2011 西·南名校 考 ) 两次骰子分 获得点数m 、 n ， 向量 (m ， n)与向量 (－ 1,1)的 角 θ>90°的概率是 ( )5 7 1 1A.12B.12C.3 D .2 4． 会合 A ＝ {1,2} ， B ＝ {1,2,3} ，分 从会合 A 和 B 中随机取一个数 a 和 b ，确立平面上的一个点 P(a ， b)， “点 P(a ， b)落在直 x ＋y ＝ n 上” 事件 C n (2≤ n ≤ 5， n ∈ N )，若事 件 C n 的概率最大， n 的所有可能 ( )A ． 3B ． 4C ． 2,5D ．3,4 5．在一个袋子中装有分 注数字 1,2,3,4,5 的五个小球， 些小球除 注的数字外完整同样． 从中随机拿出2 个小球， 拿出的小球 注的数字之和 3或 6的概率是 () 1 1 1 3A. 12B. 10C.5D.10二、填空 (每小 4 分，共 12 分 )6．在一次教 会上，到会的女教 比男教 多12 人，从 些教 中随机挑 一人表演 目．若 到男教 的概率9， 参加 会的教 共有________人．20n π7． (2011 上·海十四校 考 )在会合 { x|x ＝ 6 ， n ＝ 1,2,3，⋯， 10} 中任取一个元素，所取元素恰巧 足方程 cos x ＝ 1的概率是 ________．28．(2009 · 江 ) 有 5 根竹竿，它 的 度( 位： m)分 2.5,2.6,2.7,2.8,2.9，若从中一 次随机抽取 2 根竹竿， 它 的 度恰巧相差0.3 m 的概率 ________．三、解答 (共 38 分 )9．(12 分 )(2011 北·京旭日区模 )袋子中装有 号a ，b 的 2 个黑球和 号c ，d ，e 的3 个 球，从中随意摸出 2 个球．(1)写出所有不一样的 果； (2)求恰巧摸出 1 个黑球和 1 个 球的概率； (3)求起码摸出 1 个黑球的概率．10． (12 分 )(2010 天·津 海新区五校 考 )某商 行抽 活 ，从装有 号0,1,2,3 四个小球的抽 箱中，每次拿出后放回， 取两次，拿出的两个小球号 相加之和等于 5 中一等 ，等于 4 中二等 ，等于 3 中三等 ．(1)求中三等 的概率； (2)求中 的概率．11． (14 分)(2011 广·州模 )已知数 a， b∈ { － 2，－ 1,1,2} ．(1)求直 y＝ ax＋ b 不第四象限的概率；(2)求直 y＝ ax＋ b 与 x2＋ y2＝ 1 有公共点的概率．教案 61古典概型自主梳理1m1．(1)互斥(2)基本领件的和 3.n n自我141．A 2.D 3.3 4.0.14 5.5堂活区例 1 解引确立古典概型的基本领件有两条：一、每个事件生的可能性相等；二、事件空Ω 中的任一个事件都能够表示些基本领件的和，基本领件确实定有必定的相性，并不是一成不的．解因骰子出1,2,3 的概率不一，所以， 6 个面 1，a，b，x，y，z，此中 a，b 都表示 2， x， y， z 都表示 3，投两骰子，基本领件(1,1)， (1， a)， (1， b)， (1，x)，(1，y)，(1 ，z)，(a,1)， (a，a)，(a， b)，(a，x)，(a，y)，(a，z)，⋯， (z,1)，(z，a)，(z，b)，(z，x)， (z， y)， (z， z)共 36 种果．(1)两骰子出点数均 2 的基本领件有 (a，a)， (a，b)， (b， a)， (b， b)共 4 种，∴概4 1率 P1＝36＝9.(2)出点数之和 4，明有两种状况，即 1＋ 3 或 2＋ 2，基本领件有 (1，x)，(1，y)，(1，z)， (x,1) ，(y,1)， (z,1) ， (a， a)， (a， b)， (b， a)， (b， b)共 10 种，10 5∴概率 P2＝36＝18.式迁徙1解(1) 分白球1,2,3 号，黑球 A ， B 号，从中摸出 2 只球，有以下基本领件：(1,2)， (1,3) ， (1，A) ， (1， B) ， (2,3)， (2， A) ，(2，B) ， (3， A) ， (3， B) ， (A ， B)，所以，共有 10 个基本领件．(2)上述 10 个基本领件生的可能性同样，且只有 3 个基本领件是摸到两只白球 (事3件 A) ，即 (1,2)， (1,3)， (2,3) ，故 P(A) ＝10.P(A) ＝m.由此可知，利用列法算出所有例 2 解引古典概型的概率算公式是n基本领件的个数 n 以及事件 A 包含的基本领件数m 是解关．必需能够采纳画状或列表法助列基本领件．解 (1) 利用树形图我们能够列出连续抽取2 张卡片的所有可能结果 (以下列图所示 )．由上图能够看出，试验的所有可能结果数为20，因为每次都随机抽取，所以这 20 种结果出现的可能性是同样的，试验属于古典概型．用 A 1 表示事件 “连续抽取 2 人一男一女 ”， A 2 表示事件 “ 连续抽取 2 人都是女生 ”，则A 1 与 A 2 互斥，并且 A 1∪A2 表示事件 “连续抽取 2 张卡片，拿出的 2 人不所有是男生 ”，由列出 的所有可能结果能够看出， A 1 的结果有 12 种，A 2 的结果有 2 种，由互斥事件的概率加法公式，可得P(A 1∪A 2)＝ P(A 1)＋P(A 2)＝ 1220＋ 202＝ 107＝0.7，即连续抽取 2 张卡片，拿出的 2 人不所有是男生的概率为 0.7.(2)有放回地连续抽取2 张卡片，需注意同一张卡片可再次被拿出，并且它被拿出的可能性和其余卡片相等，我们用一个有序实数对表示抽取的结果，比如 “ 第一次拿出 2 号，第二次拿出 4 号 ” 就用 (2,4)来表示，所有的可能结果能够用下表列出.第二次抽取12345 第一次抽取1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5)2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5)3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5)4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) 5(5,1) (5,2) (5,3) (5,4)(5,5)试验的所有可能结果数为25，并且这 25 种结果出现的可能性是同样的，试验属于古典概型．用 A 表示事件 “ 独唱和朗读由同一个人表演 ”，由上表能够看出， A 的结果共有 5 种，因此独唱和朗读由同一个人表演的概率P(A) ＝ 5＝ 0.2.25变式迁徙2解方法一同时扔掷两枚骰子，所有基本领件以下表：1 2 3 4 5 6 1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)共有 36 个不一样的结果，此中 “起码有一个 5 点或 6 点 ”的基本领件数为 20，所以起码有一个 5 点或 6 点的概率为 P ＝ 20 5 36＝ 9.方法二 利用对峙事件求概率． “ 起码有一个5 点或6 点”的对峙事件是 “没有 5 点或 6 点 ”，如上表，“ 没有 5 点或 6 点 ”包含 16 个基本领件，没有5 点或6 点的概率为 P ＝16＝ 436 9.∴起码有一个 5 点或 6 点的概率 1－4＝ 59 9. 例 3 解 引 本 主要考 抽 的方法及古典概型概率的求法，考 用概率知 解 决 的能力．解 (1) 厂 个月共生n ，50 10由 意得 n ＝，所以 n ＝ 2 000.100＋ 300z ＝ 2 000－(100＋ 300)－ (150 ＋450)－ 600＝400. (2) 所抽 本中有 a 舒坦型 ，由 意得 1400000＝ a5，即 a ＝ 2.所以抽取的容量 5 的 本中，有2 舒坦型 ，3 准型 ．用 A 1，A 2 表示 2 舒坦型 ，用B 1，B 2，B 3 表示 3 准型 ．用E 表示事件 “在本中任取2 ，此中起码有 1 舒坦型 ”，基本领件空 包含的基本领件有：(A 1 ，A 2 1，B 1 1，B 2 1， B 3)，(A 2，B 12，B 2 ，(A 2，B 31， B 2)，(B 1，)，(A )，(A ) ，(A)，(A))，(B32，B 3(A 1，A21， B 1)，(A1 ，B 21，B 3B )，(B)共 10 个．事件 E 包含的基本领件有：)，(A)，(A)，(A 2， B 1)， (A 2， B22， B 3)共 7 个．)， (A7 7故 P(E) ＝ 10，即所求概率 10.(3) 本均匀数x ＝ 1× (9.4＋ 8.6＋ 9.2＋ 9.6＋ 8.7＋ 9.3＋ 9.0＋8.2)＝ 9.8D 表示事件 “ 从 本中任取一数， 数与 本均匀数之差的 不超0.5”， 基本领件空 中有 8 个基本领件，事件D 包含的基本领件有：9.4,8.6,9.2,8.7,9.3， 9.0，共 6 个，所以 P(D) ＝ 6 3 38＝ 4，即所求概率4.1×(5＋ 6＋ 7＋ 8＋ 9＋ 10)＝ 7.5.式迁徙 3 解 (1) 体均匀数6(2) A 表示事件 “ 本均匀数与 体均匀数之差的 不超0.5”．从 体中抽取2 个个体所有可能的基本 果有：(5,6)， (5,7)， (5,8)， (5,9)， (5,10)，(6,7) ，(6,8)， (6,9)， (6,10) ， (7,8) ， (7,9)， (7,10) ， (8,9)， (8,10) ， (9,10) ，共 15个基本 果．事件 A 包含的基本 果有：(5,9)， (5,10) ，(6,8) ，(6,9)，(6,10) ，(7,8)， (7,9)，共有7 个基本 果．7所以所求的概率 P(A) ＝ 15.后 区 1．A2．B [ 由 意知在20 随机数中表示三次投 恰有两次命中的有：191、271、932、812、393，共 5 随机数，故所求概率5 ＝ 1＝ 0.25.]20 43．A [由 意知， (m ， n) ·(－1,1)＝－ m ＋ n<0 ，∴m>n.基本领件 共有6× 6＝ 36(个 )，切合要求的有 (2,1) ，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2) ，(4,3)，(5,1)，⋯，(5,4)， (6,1)， ⋯ ， (6,5)，共 1＋ 2＋ 3＋ 4＋ 5＝15( 个)．15 5∴P ＝ 36＝ 12.]124．D[落在直 x ＋y ＝ 2 上的概率 P(C 2)＝6，落在直 x ＋ y ＝ 3 上的概率 P(C 3)＝ 6；落2 1在直 x ＋ y ＝ 4 上的概率 P(C 4)＝ 6；落在直 x ＋ y ＝ 5上的概率 P(C 5 )＝6，故当 n3 和 4，事件 C n 的概率最大． ]5．D[由袋中随机拿出2 个小球的基本领件 数 10，拿出小球 注数字和3 的事件1,2.拿出小球 注数字和6 的事件 1,5 或 2,4.∴拿出的小球 注的数字之和3或6的概率1＋ 2 3P ＝10＝ 10.]6．120分析男教 有 n 人， 女教 有 (n ＋ 12)人．由已知从 些教 中 一人， 到男教 的概率P ＝ n ＝ 9，得 n ＝54，2n ＋ 12 20故参加 会的教 共有 120 人．17.5分析 cosπ5π 13＝ cos 3 ＝2，共 2 个．21x 体共有 10 个，所以概率 10＝ 5. 8．0.2分析 从 5 根竹竿中一次随机抽取 2 根竹竿共有 10( 种 ) 抽取方法，而抽取的两根竹竿度恰巧相差 0.3 m 的状况是 2.5 和 2.8,2.6 和 2.9 两种，∴概率 P ＝ 2＝ 0.2.10 9．解 (1)ab ， ac ， ad ，ae ， bc ， bd ， be ， cd ，ce ， de.共 10 种不一样 果． (2 分 )(2)“ 恰巧摸出 1 个黑球和 1 个 球 ” 事件 A ， 事件A 包含的基本领件ac ， ad ，6ae ， bc ， bd ， be ，共 6 个基本领件．所以P(A) ＝10＝ 0.6.所以恰巧摸出 1 个黑球和 1 个 球的概率 0.6.(7 分)(3)“起码摸出1 个黑球 ” 事件 B ， 事件 B 包含的基本领件ab ，ac ， ad ，ae ， bc ，bd ， be ，共 7 个基本领件，7所以 P(B) ＝ 10＝ 0.7.所以起码摸出 1 个黑球的概率0.7.(12 分 )10． 解“ 中三等 ” 的事件 A ，“ 中 ” 的事件 B ，从四个小球中有放回的取两个共有 (0,0)， (0,1)，(0,2) ，(0,3) ， (1,0) ，(1,1)， (1,2)， (1,3)， (2,0)， (2,1)， (2,2)， (2,3)， (3,0) ，(3,1)， (3,2)， (3,3)16 种不一样的方法． (2 分 )(1)两个小球号 相加之和等于 3 的取法有 4 种：(0,3)、 (1,2) 、 (2,1)、 (3,0)．故 P(A) ＝ 4 ＝ 1分 ) 16 4.(6 (2)由 (1)知，两个小球号码相加之和等于 3 的取法有 4 种．两个小球号码相加之和等于4 的取法有 3 种： (1,3)， (2,2) ， (3,1)， (8 分 ) 两个小球号码相加之和等于5 的取法有 2 种： (2,3)， (3,2) ，4329P(B) ＝16 ＋ 16＋16＝16.(12 分 )11．解因为实数对 (a ，b)的所有取值为： ( －2，－ 2)， (－ 2，－ 1)，(－ 2,1)，(－ 2,2)，(－1，－ 2)， (－ 1，－ 1)， (－ 1,1)， (－1,2) ，(1，－ 2)， (1，－ 1)， (1,1)， (1,2)， (2，－ 2)， (2，－1)， (2,1)， (2,2)，共 16 种． (3 分 )设“ 直线 y ＝ ax ＋ b 不经过第四象限 ” 为事件 A ，“ 直线 y ＝ ax ＋ b 与圆 x 2＋ y 2＝ 1 有公共点”为事件 B.(1)若直线 y ＝ ax ＋ b 不经过第四象限，则一定知足a ≥ 0，即知足条件的实数对(a ， b)b ≥ 0，有 (1,1)， (1,2)， (2,1)， (2,2)，共 4 种．∴P(A) ＝ 4 116＝ 4.故直线 y ＝ax ＋ b 不经过第四象限的概率为1 4.(6 分)(2)若直线 y ＝ ax ＋b 与圆 x 2＋ y 2＝ 1 有公共点， 则一定知足|b|≤ 1，即 b 2≤ a 2＋ 1.(8 分 )a 2＋ 1若 a ＝－ 2，则 b ＝－ 2，－ 1,1,2 切合要求，此时实数对 (a ， b)有 4 种不一样取值；若 a ＝－ 1，则 b ＝－ 1,1 切合要求，此时实数对 (a ， b)有 2 种不一样取值；若 a ＝ 1，则 b ＝－ 1,1 切合要求，此时实数对(a ， b)有 2 种不一样取值，若 a ＝ 2，则 b ＝－ 2，－ 1,1,2 切合要求，此时实数对 (a ， b)有 4 种不一样取值．∴知足条件的实数对 (a ， b)共有 12 种不一样取值．123∴P(B) ＝ 16＝ 4.故直线 y ＝ax ＋ b 与圆 x 2＋y 2＝ 1 有公共点的概率为34.(14 分)。

学案44空间的垂直关系导学目标：1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．自主梳理1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法①定义法．②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也______这个平面．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内______直线．②垂直于同一个平面的两条直线______．③垂直于同一直线的两个平面________．2．直线与平面所成的角平面的一条斜线和它在平面内的________所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．一直线垂直于平面，说它们所成角为________；直线l∥α或l⊂α，则它们成________角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法．②利用判定定理：一个平面过另一个平面的__________，则这两个平面垂直．(2)平面与平面垂直的性质两个平面垂直，则一个平面内垂直于________的直线与另一个平面垂直．4．二面角的平面角以二面角棱上的任一点为端点，在两个半平面内分别作与棱________的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．自我检测1．平面α⊥平面β的一个充分条件是()A．存在一条直线l，l⊥α，l⊥βB．存在一个平面γ，γ∥α，γ∥βC．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥βD．存在一条直线l，l⊥α，l∥β2．(2010·浙江)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是() A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l⊥α，l∥m，则m⊥αC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若l∥α，m∥α，则l∥m3．(2011·长沙模拟)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；③存在直线l⊂α，直线m⊂β，使得l∥m；④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.其中，可以判定α与β平行的条件有()A．1个B．2个C．3个D．4个4．(2011·十堰月考)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βC．若m∥α，m∥β，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n5．(2011·大纲全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为________．探究点一线面垂直的判定与性质例1Rt△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC.求证：BD⊥平面SAC.变式迁移1在四棱锥V—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面V AD是正三角形，平面V AD⊥底面ABCD.证明：AB⊥VD.探究点二面面垂直的判定与性质例2(2011·邯郸月考)如图所示，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面为正方形，O1、O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD内的射影是O.求证：平面O1DC⊥平面ABCD.变式迁移2(2011·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB ＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.探究点三直线与平面，平面与平面所成的角例3(2009·湖北)如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝2a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0<λ≤2)．(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；(2)设二面角C—AE—D的大小为θ，直线BE与平面ABCD所成的角为φ，若tanθtanφ＝1，求λ的值．变式迁移3(2009·北京)如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC ＝60°，∠BCA＝90°，点D、E分别在棱PB、PC上，且DE∥BC.(1)求证：BC⊥平面PAC.(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的正弦值．(3)是否存在点E使得二面角A—DE—P为直二面角？并说明理由．转化与化归思想综合应用例(12分)已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是∠A＝60°的菱形，又PD⊥底面ABCD，点M、N分别是棱AD、PC的中点.(1)证明：DN∥平面PMB；(2)证明：平面PMB⊥平面PAD.多角度审题(1)在平面PMB内找到(或构造)一条直线与DN平行即可；(2)要证面PMB⊥面PAD，只需证明MB⊥面PAD即可．【答题模板】证明(1)取PB中点Q，连接MQ、NQ，因为M、N分别是棱AD、PC的中点，所以QN∥BC∥MD，且QN ＝MD ，故四边形QNDM 是平行四边形，于是DN ∥MQ.又∵MQ ⊂平面PMB ，DN ⊄平面PMB ∴DN ∥平面PMB.[6分](2)∵PD ⊥平面ABCD ，MB ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥MB. 又因为底面ABCD 是∠A ＝60°的菱形，且M 为AD 中点， 所以MB ⊥AD.又AD ∩PD ＝D ，所以MB ⊥平面PAD. 又∵MB ⊂平面PMB ，∴平面PMB ⊥平面PAD.[12分] 【突破思维障碍】立体几何的证明问题充分体现线面关系的转化思想，其思路为：1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α；(2)判定定理1：⎭⎪⎬⎪⎫m 、n ⊂α，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α；(3)判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β. 2．证明线线垂直的方法：(1)定义：两条直线的夹角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a ⊥α，b ⊂α⇒a ⊥b ；(4)线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b.3．证明面面垂直的方法：(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：a ⊂α，a ⊥β⇒α⊥β.(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(2011·滨州月考)已知直线a ，b 和平面α，β，且a ⊥α，b ⊥β，那么α⊥β是a ⊥b 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 ．既不充分也不必要条件2．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m 、n ，有下列四个命题：①若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；③若m ⊥α，m ∥n ，n ⊂β，则α⊥β；④若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥n.其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．33．设α，β，γ是三个不重合的平面，l 是直线，给出下列四个命题： ①若α⊥β，l ⊥β，则l ∥α；②若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β；③若l 上有两点到α的距离相等，则l ∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β. 其中正确命题的序号是( ) A ．①② B ．①④ C ．②④ D ．③④ 4．(2011·浙江)下列命题中错误的是( )A ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βB ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β5．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是()A．一条直线B．一个圆C．一个椭圆D．双曲线的一支二、填空题(每小题4分，共12分)6．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB ＝PD＝2a，则它的5个面中，互相垂直的面有________对．7．(2011·金华模拟)如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，垂足为点H，有下列三个命题：①点H是△A1BD的中心；②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是____________．8．正四棱锥S－ABCD底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．三、解答题(共38分)9．(12分)(2010·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．10．(12分)(2009·天津)如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，DB平分∠ADC，E为PC的中点，AD＝CD＝1，DB＝2 2.(1)证明：PA∥平面BDE；(2)证明：AC⊥平面PBD；(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值．11．(14分)(2011·杭州调研)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点．(1)求直线B1C与DE所成角的余弦值；(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD；(3)求二面角E－B1C－D的余弦值．学案44空间的垂直关系自主梳理1．(1)②相交③垂直(2)①任意②平行③平行2．射影直角0° 3.(1)②一条垂线(2)交线 4.垂直自我检测1．D 2.B 3.B 4.D 5.2 3课堂活动区例1解题导引线面垂直的判断方法是：证明直线垂直平面内的两条相交直线．即从“线线垂直”到“线面垂直”．证明(1)取AB中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，故DE∥BC，且DE⊥AB，∵SA＝SB，∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，∴AB⊥面SDE.而SD⊂面SDE，∴AB⊥SD.在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC.(2)若AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD⊂面ABC，∴SD⊥BD.∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D，∴BD⊥平面SAC.变式迁移1证明∵平面VAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，AD＝平面VAD∩平面ABCD，∴AB⊥平面VAD.∵VD⊂平面VAD，∴AB⊥VD.例2解题导引证明面面垂直，可先证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行．证明如图所示，连接AC，BD，A1C1，则O为AC，BD的交点，O1为A1C1，B1D1的交点．由棱柱的性质知：A1O1∥OC，且A1O1＝OC，∴四边形A1OCO1为平行四边形，∴A1O∥O1C，又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD，又O1C⊂平面O1DC，∴平面O1DC⊥平面ABCD.变式迁移2证明(1)如图，在△P AD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BF ⊥平面P AD . 又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面P AD .例3 解题导引 高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一．有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查．求这两种空间角的步骤：(几何法)．根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)→认(指)→求．(1)证明 如图所示，连接BD ，由底面ABCD 是正方形可得AC ⊥BD . ∵SD ⊥平面ABCD ，∴BD 是BE 在平面ABCD 上的射影，∴AC ⊥BE .(2)解 如图所示，由SD ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴SD ⊥CD .又底面ABCD 是正方形， ∴CD ⊥AD .又SD ∩AD ＝D ， ∴CD ⊥平面SAD .过点D 在平面SAD 内作DF ⊥AE 于F ，连接CF ，则CF ⊥AE ，故∠CFD 是二面角C —AE —D 的平面角，即∠CFD ＝θ.在Rt △BDE 中，∵BD ＝2a ，DE ＝λa ，∴tan φ＝DE BD ＝λ2.在Rt △ADE 中，∵AD ＝2a ＝CD ，DE ＝λa ， ∴AE ＝a λ2＋2，从而DF ＝AD ·DE AE ＝2λaλ2＋2.在Rt △CDF 中，tan θ＝CDDF ＝λ2＋2λ，由tan θ·tan φ＝1，得 λ2＋2λ·λ2＝1⇒λ2＋2＝2⇒λ2＝2. 由λ∈(0,2]，解得λ＝2，即为所求．变式迁移3 (1)证明 ∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥BC . 又∠BCA ＝90°，∴AC ⊥BC .又AC ∩P A ＝A ， ∴BC ⊥平面P AC .(2)解 ∵D 为PB 的中点，DE ∥BC ，∴DE ＝12BC .又由(1)知，BC ⊥平面P AC ， ∴DE ⊥平面P AC ，垂足为点E .∴∠DAE 是AD 与平面P AC 所成的角． ∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥AB .又P A ＝AB ，∴△ABP 为等腰直角三角形．∴AD ＝22AB .在Rt △ABC 中，∠ABC ＝60°，∴BC ＝12AB .∴在Rt △ADE 中，sin ∠DAE ＝DE AD ＝BC 2AD ＝24.∴AD 与平面P AC 所成的角的正弦值为24.(3)解 ∵DE ∥BC ，又由(1)知，BC ⊥平面P AC ， ∴DE ⊥平面P AC .又∵AE ⊂平面P AC ，PE ⊂平面P AC ， ∴DE ⊥AE ，DE ⊥PE .∴∠AEP 为二面角A —DE —P 的平面角． ∵P A ⊥底面ABC ，∴P A ⊥AC ，∴∠P AC ＝90°. ∴在棱PC 上存在一点E ，使得AE ⊥PC . 这时，∠AEP ＝90°，故存在点E 使得二面角A —DE —P 是直二面角． 课后练习区1．C 2.D 3.C4．D [两个平面α，β垂直时，设交线为l ，则在平面α内与l 平行的直线都平行于平面β，故A 正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B 正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C 正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D 错误．]5．A 6．5解析 面P AB ⊥面P AD ，面P AB ⊥面ABCD ，面P AB ⊥面PBC ， 面P AD ⊥面ABCD ，面P AD ⊥面PCD . 7．①②③解析 由于ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，所以A —A 1BD 是一个正三棱锥，因此A 点在平面A 1BD 上的射影H 是三角形A 1BD 的中心，故①正确；又因为平面CB 1D 1与平面A 1BD 平行，所以AH ⊥平面CB 1D 1，故②正确；从而可得AC 1⊥平面CB 1D 1，即AC 1与B 1C 垂直，所成的角等于90°.8.6＋ 2解析 如图取CD 的中点F ，SC 的中点G ，连接EF ，GF ，GE . 则AC ⊥平面GEF ，故动点P 的轨迹是△EFG 的三边．又EF ＝12DB ＝2，GE ＝GF ＝12SB ＝62，∴EF ＋FG ＋GE ＝6＋ 2.9．(1)证明 因为MA ⊥平面ABCD ， PD ∥MA ，所以PD ⊥平面ABCD .又BC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BC .(2分) 因为四边形ABCD 为正方形， 所以BC ⊥DC .又PD ∩DC ＝D ，所以BC ⊥平面PDC .(4分)在△PBC 中，因为G 、F 分别为PB 、PC 的中点，所以GF ∥BC ，所以GF ⊥平面PDC .又GF ⊂平面EFG ， 所以平面EFG ⊥平面PDC .(6分)(2)解 因为PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，不妨设MA ＝1，则PD ＝AD ＝2，所以V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝83.(8分) 由题意可知，DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ，所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，所以V P －MAB ＝13×12×1×2×2＝23.(10分) 所以V P －MAB ∶V P －ABCD ＝1∶4.(12分)10．(1)证明设AC ∩BD ＝H ，连接EH .在△ADC 中，因为AD ＝CD ，且DB 平分∠ADC ，所以H 为AC 的中点，又由题设，知E 为PC 的中点，故EH ∥P A .又EH ⊂平面BDE ，且P A ⊄平面BDE ，所以P A ∥平面BDE .(4分)(2)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AC .由(Ⅰ)可得，DB ⊥AC .又PD ∩DB ＝D ，故AC ⊥平面PBD .(8分)(3)解 由AC ⊥平面PBD 可知，BH 为BC 在平面PBD 内的射影，所以∠CBH 为直线BC 与平面PBD 所成的角．由AD ⊥CD ，AD ＝CD ＝1，DB ＝22，可得DH ＝CH ＝22，BH ＝322. 在Rt △BHC 中，tan ∠CBH ＝CH BH ＝13. 所以直线BC 与平面PBD 所成的角的正切值为13. (12分)11．(1)解 连接A 1D ，则由A 1D ∥B 1C 知，B 1C 与DE 所成角即为A 1D 与DE 所成角．(2分)连接A 1E ，可设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则A 1D ＝2a ，A 1E ＝DE ＝52a ， ∴cos ∠A 1DE ＝ A 1D 2＋DE 2－A 1E 22·A 1D ·DE ＝105. ∴直线B 1C 与DE 所成角的余弦值是105.(6分) (2)证明 取B 1C 的中点F ，B 1D 的中点G ，连接BF ，EG ，GF .∵CD ⊥平面BCC 1B 1，且BF ⊂平面BCC 1B 1，∴CD ⊥BF .又∵BF ⊥B 1C ，CD ∩B 1C ＝C ，∴BF ⊥平面B 1CD .(8分)又∵GF 綊12CD ，BE 綊12CD ， ∴GF 綊BE ，∴四边形BFGE 是平行四边形， ∴BF ∥GE ，∴GE ⊥平面B 1CD .∵GE ⊂平面EB 1D ，∴平面EB 1D ⊥B 1CD .(10分)(3)解 连接EF .∵CD ⊥B 1C ，GF ∥CD ，∴GF ⊥B 1C .又∵GE ⊥平面B 1CD ，∴GE ⊥B 1C .又∵GE ∩GF ＝G ，∴B 1C ⊥平面GEF ，∴EF ⊥B 1C ， ∴∠EFG 是二面角E －B 1C －D 的平面角．(12分) 设正方体的棱长为a ，则在△EFG 中，GF ＝12a ，EF ＝32a ，GE ⊥GF ，∴cos ∠EFG ＝GF EF ＝33， ∴二面角E －B 1C －D 的余弦值为33.(14分)。

学案20 函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用导学目标：1.了解函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的物理意义；能画出y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象，了解参数A ，ω，φ对函数图象变化的影响.2.了解三角函数是描述周期变化现象的重要函数模型，会用三角函数解决一些简单实际问题．自主梳理1．用五点法画y ＝A sin(ωx ＋φ)一个周期内的简图用五点法画y ＝A sin(ωx ＋φ)一个周期内的简图时，要找五个特征点．如下表所示．2.图象变换：函数y ＝A sin(ωx ＋φ) (A >0，ω>0)的图象可由函数y ＝sin x 的图象作如下变换得到：（1）相位变换：y ＝sin x →y ＝sin(x ＋φ)，把y ＝sin x 图象上所有的点向____(φ>0)或向____(φ<0)平行移动__________个单位．（2）周期变换：y ＝sin (x ＋φ)→y ＝sin(ωx ＋φ)，把y ＝sin(x ＋φ)图象上各点的横坐标____(0<ω<1)或____(ω>1)到原来的________倍(纵坐标不变)．（3）振幅变换：y ＝sin (ωx ＋φ)→y ＝A sin(ωx ＋φ)，把y ＝sin(ωx ＋φ)图象上各点的纵坐标______(A >1)或______(0<A <1)到原来的____倍(横坐标不变)．3．当函数y ＝A sin(ωx ＋φ) (A >0，ω>0)，x ∈(－∞，＋∞)表示一个振动量时，则____叫做振幅，T ＝________叫做周期，f ＝______叫做频率，________叫做相位，____叫做初相．函数y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为____________．y ＝A tan(ωx ＋φ)的最小正周期为________．自我检测1．(2011·池州月考)要得到函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4的图象，可以把函数y ＝sin2x 的图象( ) A ．向左平移π8个单位B ．向右平移π8个单位C ．向左平移π4个单位D ．向右平移π4个单位2．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4 (x ∈R ，ω>0)的最小正周期为π.将y ＝f (x )的图象向左平移|φ|个单位长度，所得图象关于y 轴对称，则φ的一个值是( )A.π2B.3π8C.π4D.π83．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋π4)(x ∈R ，ω>0)的最小正周期为π，为了得到函数g (x )＝cos ωx的图象，只要将y ＝f (x )的图象( )A ．向左平移π8个单位长度B ．向右平移π8个单位长度C ．向左平移π4个单位长度D ．向右平移π4个单位长度4．(2011·太原高三调研)函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3的一条对称轴方程是( ) A ．x ＝π6 B ．x ＝π3C ．x ＝π12D ．x ＝5π125．(2011·六安月考)若动直线x ＝a 与函数f (x )＝sin x 和g (x )＝cos x 的图象分别交于M 、N 两点，则|MN |的最大值为( )A ．1 B. 2 C. 3 D ．2探究点一 三角函数的图象及变换例1 已知函数y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3. (1)求它的振幅、周期、初相；(2)用“五点法”作出它在一个周期内的图象；(3)说明y＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象可由y ＝sin x 的图象经过怎样的变换而得到．变式迁移1 设f (x )＝12cos 2x ＋3sin x cos x ＋32sin 2x (x ∈R )．(1)画出f (x )在⎣⎡⎦⎤－π2，π2上的图象； (2)求函数的单调增减区间；(3)如何由y ＝sin x 的图象变换得到f (x )的图象？探究点二 求y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式例2 已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ) (A >0，ω>0，|φ|<π2，x ∈R )的图象的一部分如图所示．求函数f (x )的解析式．变式迁移2 (2011·宁波模拟)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ) (A >0，ω>0，|φ|<π2)的图象与y轴的交点为(0,1)，它在y 轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x 0,2)和(x 0＋2π，－2)．(1)求f (x )的解析式及x 0的值；(2)若锐角θ满足cos θ＝13，求f (4θ)的值．探究点三 三角函数模型的简单应用例3 已知海湾内海浪的高度y (米)是时间t (0≤t ≤24，单位：小时)的函数，记作y ＝f (t )．下表是某日各时刻记录的浪高数据：数y ＝A cos ωt ＋b 的最小正周期T ，振幅A 及函数表达式；(2)依据规定，当海浪高度高于1米时才对冲浪爱好者开放，请依据(1)的结论，判断一天内的上午8∶00至晚上20∶00之间，有多少时间可供冲浪者进行运动？变式迁移3 交流电的电压E (单位：伏)与时间t (单位：秒)的关系可用E ＝2203sin ⎝⎛⎭⎫100πt ＋π6表示，求： (1)开始时的电压；(2)最大电压值重复出现一次的时间间隔；(3)电压的最大值和第一次取得最大值时的时间．数形结合思想的应用例 (12分)设关于θ的方程3cos θ＋sin θ＋a ＝0在区间(0,2π)内有相异的两个实根α、β. (1)求实数a 的取值范围； (2)求α＋β的值． 【答题模板】解 (1)原方程可化为sin(θ＋π3)＝－a2，作出函数y ＝sin(x ＋π3)(x ∈(0,2π))的图象．[3分]由图知，方程在(0,2π)内有相异实根α，β的充要条件是⎩⎨⎧－1<－a 2<1－a 2≠32.即－2<a <－3或－3<a <2.[6分](2)由图知：当－3<a <2，即－a 2∈(－1，32)时，直线y ＝－a 2与三角函数y ＝sin(x ＋π3)的图象交于C 、D 两点，它们中点的横坐标为76π，∴α＋β2＝7π6，∴α＋β＝7π3.[8分]当－2<a <－3，即－a 2∈(32，1)时，直线y ＝－a 2与三角函数y ＝sin(x ＋π3)的图象有两交点A 、B ，由对称性知，α＋β2＝π6，∴α＋β＝π3.[11分]综上所述，α＋β＝π3或α＋β＝73π.[12分]【突破思维障碍】在解决三角函数的有关问题时，若把三角函数的性质融于函数的图象之中，将数(量)与图形结合起来进行分析、研究，可使抽象复杂的数理关系通过几何图形直观地表现出来，这是解决三角函数问题的一种有效的解题策略．图象的应用主要有以下几个方面：①比较大小；②求单调区间；③解不等式；④确定方程根的个数．如判断方程sin x ＝x 的实根个数；⑤对称问题等．【易错点剖析】此题若不用数形结合法，用三角函数有界性求a 的范围，不仅过程繁琐，而且很容易漏掉a ≠－3的限制，而从图象中可以清楚地看出当a ＝－3时，方程只有一解．1．从“整体换元”的思想认识、理解、运用“五点法作图”，尤其在求y ＝A sin(ωx ＋φ)的单调区间、解析式等相关问题中要充分理解基本函数y ＝sin x 的作用．2．三角函数自身综合问题：要以课本为主，充分掌握公式之间的内在联系，从函数名称、角度、式子结构等方面观察，寻找联系，结合单位圆或函数图象等分析解决问题．3．三角函数模型应用的解题步骤：(1)根据图象建立解析式或根据解析式作出图象．(2)将实际问题抽象为与三角函数有关的简单函数模型．(3)利用收集到的数据作出散点图，并根据散点图进行函数拟合，从而得到函数模型．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得的图象向左平移π3个单位，得到的图象对应的解析式是( )A ．y ＝sin 12x B ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫12x －π2 C ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫12x －π6 D ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6 2．(2011·银川调研)如图所示的是某函数图象的一部分，则此函数是( )A ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6B ．y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6C ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫4x －π3D ．y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x －π6 3．为得到函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝sin2x 的图象( ) A ．向左平移5π12个单位长度B ．向右平移5π12个单位长度C ．向左平移5π6个单位长度D ．向右平移5π6个单位长度4．(2009·辽宁)已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象如图所示，f (π2)＝－23，则f (0)等于( )A ．－23B ．－12C.23D.12 5．(2011·烟台月考)若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋m (A >0，ω>0)的最大值为4，最小值为0，最小正周期为π2，直线x ＝π3是其图象的一条对称轴，则它的解析式是( )A ．y ＝4sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π6B ．y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋2C ．y ＝2sin ⎛⎭⎫4x ＋π＋2D ．y ＝2sin ⎛⎭⎫4x ＋π＋2 题号1 2 3 4 5 答案6．已知函数y ＝sin(ωx ＋φ) (ω>0，－π≤φ<π)的图象如图所示，则φ＝________.7．(2010·潍坊五校联考)函数f (x )＝cos2x 的图象向左平移π4个单位长度后得到g (x )的图象，则g (x )＝______.8．(2010·福建)已知函数f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6 (ω>0)和g (x )＝2cos(2x ＋φ)＋1的图象的对称轴完全相同．若x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，则f (x )的取值范围是____________． 三、解答题(共38分)9．(12分)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2，x ∈R )的图象的一部分如下图所示．(1)求函数f (x )的解析式；(2)当x ∈[－6，－23]时，求函数y ＝f (x )＋f (x ＋2)的最大值与最小值及相应的x 的值．10．(12分)已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ) (A >0，0<ω≤2且0≤φ≤π)是R 上的偶函数，其图象过点M (0,2)．又f (x )的图象关于点N ⎝⎛⎭⎫3π4，0对称且在区间[0，π]上是减函数，求f (x )的解析式．11．(14分)(2010·山东)已知函数f (x )＝sin(π－ωx )·cos ωx ＋cos 2ωx (ω>0)的最小正周期为π，(1)求ω的值；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求函数y ＝g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π16上的最小值．答案自主梳理1.0－φω π2－φω π－φω 3π2－φω 2π－φω 0 π2 π 3π2 2π 2.(1)左 右 |φ| (2)伸长 缩短 1ω (3)伸长 缩短 A 3.A 2πω 1T ωx ＋φ φ 2π|ω| π|ω|自我检测1．B 2.D 3.A 4.D 5.B 课堂活动区例1 解题导引 (1)作三角函数图象的基本方法就是五点法，此法注意在作出一个周期上的简图后，应向两边伸展一下，以示整个定义域上的图象；(2)变换法作图象的关键是看x 轴上是先平移后伸缩还是先伸缩后平移，对于后者可利用ωx ＋φ＝ω⎝⎛⎭⎫x ＋φω来确定平移单位． 解 (1)y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的振幅A ＝2，周期T ＝2π2＝π，初相φ＝π3. (2)令X ＝2x ＋π3，则y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＝2sin X . 列表：(3)将y ＝sin x 的图象上每一点的横坐标x 缩短为原来的12倍(纵坐标不变)，得到y ＝sin2x的图象；再将y ＝sin2x 的图象向左平移π6个单位，得到y ＝sin2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象；再将y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象上每一点的横坐标保持不变，纵坐标伸长为原来的2倍，得到y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象． 变式迁移1 解 y ＝12·1＋cos2x 2＋32sin2x ＋32·1－cos2x2＝1＋32sin2x －12cos2x ＝1＋sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. (1)(五点法)设X ＝2x －π6，则x ＝12X ＋π12，令X ＝0，π2，π，3π2，2π，于是五点分别为⎝⎛⎭⎫π12，1，⎝⎛⎭⎫π3，2，⎝⎛⎭⎫7π12，1，⎝⎛⎭⎫5π6，0，⎝⎛⎭⎫13π12，1，描点连线即可得图象，如下图．(2)由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得单调增区间为⎣⎡⎦⎤－π6＋k π，k π＋π3，k ∈Z . 由π2＋2k π≤2x －π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 得单调减区间为⎣⎡⎦⎤π3＋k π，k π＋5π6，k ∈Z . (3)把y ＝sin x 的图象向右平移π6个单位；再把横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)；最后把所得图象向上平移1个单位即得y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋1的图象． 例2 解题导引 确定y ＝A sin(ωx ＋φ)＋b 的解析式的步骤：(1)求A ，b .确定函数的最大值M 和最小值m ，则A ＝M －m 2，b ＝M ＋m2.(2)求ω.确定函数的周期T ，则ω＝2πT.(3)求参数φ是本题的关键，由特殊点求φ时，一定要分清特殊点是“五点法”的第几个点．解 由图象可知A ＝2，T ＝8.∴ω＝2πT ＝2π8＝π4.方法一 由图象过点(1,2)，得2sin ⎝⎛⎭⎫π4×1＋φ＝2， ∴sin ⎝⎛⎭⎫π4＋φ＝1.∵|φ|<π2，∴φ＝π4， ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π4.方法二 ∵点(1,2)对应“五点”中的第二个点． ∴π4×1＋φ＝π2，∴φ＝π4， ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4x ＋π4.变式迁移2 解 (1)由题意可得：A ＝2，T 2＝2π，即2πω＝4π，∴ω＝12，f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋φ，f (0)＝2sin φ＝1， 由|φ|<π2，∴φ＝π6.∴f (x )＝2sin(12x ＋π6)．f (x 0)＝2sin ⎝⎛⎭⎫12x 0＋π6＝2， 所以12x 0＋π6＝2k π＋π2，x 0＝4k π＋2π3(k ∈Z )，又∵x 0是最小的正数，∴x 0＝2π3.(2)f (4θ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2θ＋π6 ＝3sin 2θ＋cos 2θ，∵θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，cos θ＝13，∴sin θ＝223， ∴cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－79，sin 2θ＝2sin θcos θ＝429，∴f (4θ)＝3×429－79＝46－79. 例3 解题导引 (1)三角函数模型在实际中的应用体现在两个方面，一是已知函数模型，如本例，关键是准确理解自变量的意义及自变量与函数之间的对应法则，二是把实际问题抽象转化成数学问题，建立三角函数模型，再利用三角函数的有关知识解决问题，其关键是建模．(2)如何从表格中得到A 、ω、b 的值是解题的关键也是易错点，同时第二问中解三角不等式也是易错点．(3)对于三角函数模型y ＝A sin(ωx ＋φ)＋k (A >0，ω>0)中参数的确定有如下结论：①A ＝y max －y min 2；②k ＝y max ＋y min 2；③ω＝2πT；④φ由特殊点确定．解 (1)由表中数据，知周期T ＝12，∴ω＝2πT ＝2π12＝π6，由t ＝0，y ＝1.5，得A ＋b ＝1.5； 由t ＝3，y ＝1.0，得b ＝1.0，∴A ＝0.5，b ＝1，∴y ＝12cos π6t ＋1.(2)由题知，当y >1时才可对冲浪者开放， ∴12cos π6t ＋1>1，∴cos π6t >0， ∴2k π－π2<π6t <2k π＋π2，k ∈Z ，即12k －3<t <12k ＋3，k ∈Z .①∵0≤t ≤24，故可令①中的k 分别为0,1,2， 得0≤t <3，或9<t <15，或21<t ≤24.∴在规定时间上午8∶00至晚上20∶00之间，有6个小时的时间可供冲浪者运动，即上午9∶00至下午3∶00.变式迁移3 解 (1)t ＝0时，E ＝2203sin π6＝1103(伏)．(2)T ＝2π100π＝0.02(秒)．(3)当100πt ＋π6＝π2，t ＝1300秒时，第一次取得最大值，电压的最大值为2203伏．课后练习区1．C 2.D 3.A 4.C 5.D 6.9π107．－sin2x8.⎣⎡⎦⎤－32，3 9．解 (1)由图象知A ＝2，∵T ＝2πω＝8，∴ω＝π4.……………………………………………………………………(2分)又图象经过点(－1,0)，∴2sin(－π4＋φ)＝0.∵|φ|<π2，∴φ＝π4.∴f (x )＝2sin(π4x ＋π4)．………………………………………………………………………(5分)(2)y ＝f (x )＋f (x ＋2)＝2sin(π4x ＋π4)＋2sin(π4x ＋π2＋π4)＝22sin(π4x ＋π2)＝22cos π4x .……………………………………………………………(8分)∵x ∈[－6，－23]，∴－3π2≤π4x ≤－π6.∴当π4x ＝－π6，即x ＝－23时，y ＝f (x )＋f (x ＋2)取得最大值6；当π4x ＝－π，即x ＝－4时，y ＝f (x )＋f (x ＋2)取得最小值－2 2.………………………(12分)10．解 根据f (x )是R 上的偶函数，图象过点M (0,2)，可得f (－x )＝f (x )且A ＝2， 则有2sin(－ωx ＋φ)＝2sin(ωx ＋φ)， 即sin ωx cos φ＝0，∴cos φ＝0，即φ＝k π＋π2 (k ∈Z )．而0≤φ≤π，∴φ＝π2.………………………………………………………………………(4分)再由f (x )＝2sin(－ωx ＋π2)＝2cos ωx 的图象关于点N ⎝⎛⎭⎫3π4，0对称，f (3π4)＝2cos(3ω4π)＝0 ∴cos 3ω4π＝0，……………………………………………………………………………(8分)即3ω4π＝k π＋π2 (k ∈Z )，ω＝43⎝⎛⎭⎫k ＋12 (k ∈Z )． 又0<ω≤2，∴ω＝23或ω＝2.……………………………………………………………(10分)最后根据f (x )在区间[0，π]上是减函数，可知只有ω＝23满足条件．所以f (x )＝2cos 23x .………………………………………………………………………(12分)11．解 (1)f (x )＝sin(π－ωx )cos ωx ＋cos 2ωx＝sin ωx cos ωx ＋1＋cos2ωx2＝12sin 2ωx ＋12cos 2ωx ＋12＝22sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4＋12.……………………………………………………………………(6分) 由于ω>0，依题意得2π2ω＝π，所以ω＝1.………………………………………………(8分)(2)由(1)知f (x )＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＋12， 所以g (x )＝f (2x )＝22sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4＋12.……………………………………………………………………(10分) 当0≤x ≤π16时，π4≤4x ＋π4≤π2.所以22≤sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4≤1. 因此1≤g (x )≤1＋22，…………………………………………………………………(13分)所以g (x )在此区间内的最小值为1.…………………………………………………(14分)。

第3讲 圆锥曲线的综合问题1．(2014·福建)设P ，Q 分别为圆x 2＋(y －6)2＝2和椭圆x 210＋y 2＝1上的点，则P ，Q 两点间的最大距离是( )A ．5 2 B.46＋ 2 C ．7＋ 2 D ．6 22．(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2.1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热点一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1(2014·北京)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在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．思维升华 解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．跟踪演练1 已知椭圆C 的左，右焦点分别为F 1，F 2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P (1，32)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)线段PQ 是椭圆过点F 2的弦，且PF 2→＝λF 2Q →，求△PF 1Q 内切圆面积最大时实数λ的值．热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，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 )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左，右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．思维升华 (1)动直线l 过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．跟踪演练2 已知直线l ：y ＝x ＋6，圆O ：x 2＋y 2＝5，椭圆E ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝33，直线l 被圆O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等． (1)求椭圆E 的方程；(2)过圆O 上任意一点P 作椭圆E 的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值．热点三探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由．思维升华 解决探索性问题的注意事项：存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．跟踪演练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．提醒：完成作业 专题六 第3讲二轮专题强化练专题六第3讲 圆锥曲线的综合问题A 组 专题通关1．(2015·北京西城区期末)若曲线ax 2＋by 2＝1为焦点在x 轴上的椭圆，则实数a ，b 满足( )A ．a 2>b 2B.1a <1b C ．0<a <b D ．0<b <a2．已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0<b <2)的左，右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是( )A ．1 B. 2 C.32D. 3 3．已知F 为抛物线y 2＝8x 的焦点，过点F 且斜率为1的直线l 交抛物线于A ，B 两点，则||F A |－|FB ||的值为( )A ．4 2B ．8C ．8 2D ．164．设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝12，右焦点为F (c,0)，方程ax 2＋bx －c ＝0的两个实根分别为x 1和x 2，则点P (x 1，x 2)( )A ．必在圆x 2＋y 2＝2内B ．必在圆x 2＋y 2＝2上C ．必在圆x 2＋y 2＝2外D ．以上三种情形都有可能5．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最大值为( )A ．2B ．3C ．6D ．86．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则P A 1→·PF 2→的最小值为_______________________________________________________________．7．已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P 满足AP →⊥BP →.若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．8．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点________．9．已知抛物线x 2＝2py (p >0)，过点M (0，m )的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，又过A ，B 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点P .(1)求证：两条切线的斜率之积为定值；(2)当p ＝m ＝4时，求△P AB 面积的最小值．10．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短轴长为2，离心率为22，过点M (2,0)的直线l 与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)若B点关于x轴的对称点是N，证明：直线AN恒过一定点．B 组 能力提高11．已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________．12．直线3x －4y ＋4＝0与抛物线x 2＝4y 和圆x 2＋(y －1)2＝1从左到右的交点依次为A 、B 、C 、D ，则|AB ||CD |的值为________． 13．已知P 、Q 、M 、N 四点都在以中心为坐标原点，离心率为22，左焦点为F (－1,0)的椭圆C 上，已知PF →与FQ →共线，MF →与FN →共线，PF →·MF →＝0.(1)求椭圆C 的方程；(2)试用直线PQ 的斜率k (k ≠0)表示四边形PMQN 的面积S ，并求S 的最小值．学生用书答案精析第3讲 圆锥曲线的综合问题高考真题体验1．D[如图所示，设以(0,6)为圆心，以r 为半径的圆的方程为x 2＋(y －6)2＝r 2(r >0)，与椭圆方程x 210＋y 2＝1联立得方程组，消掉x 2得9y 2＋12y ＋r 2－46＝0.令Δ＝122－4×9(r 2－46)＝0，解得r 2＝50，即r ＝5 2.由题意易知P ，Q 两点间的最大距离为r ＋2＝62，故选D.]2．(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2 ＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2. 热点分类突破例1 解 (1)由题意，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1， 所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2.因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22. (2)设点A ，B 的坐标分别为(t,2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0.因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0. 又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋2y 0x 02＋(y 0－2)2 ＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4 ＝x 20＋4－x 202＋2(4－x 20)x 20＋4 ＝x 202＋8x 20＋4(0<x 20≤4)． 因为x 202＋8x 20≥4(0<x 20≤4)，且当x 20＝4时等号成立， 所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.跟踪演练1 解 (1)e ＝c a ＝12，P (1，32)满足1a 2＋(32)2b 2＝1， 又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)显然直线PQ 不与x 轴重合，当直线PQ 与x 轴垂直时，|PQ |＝3，|F 1F 2|＝2，1PF Q S ＝3；当直线PQ 不与x 轴垂直时，设直线PQ ：y ＝k (x －1)，k ≠0代入椭圆C 的标准方程， 整理，得(3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，Δ>0，y 1＋y 2＝－6k 3＋4k 2，y 1·y 2＝－9k 23＋4k 2. 1PF Q S ＝12·|F 1F 2|·|y 1－y 2|＝12k 2＋k 4(3＋4k 2)2，令t ＝3＋4k 2，∴t >3，k 2＝t －34， ∴1PF Q S ＝3－3(1t ＋13)2＋43， ∵0<1t <13， ∴1PF Q S ∈(0,3)，∴当直线PQ 与x 轴垂直时1PF Q S 最大，且最大面积为3. 设△PF 1Q 内切圆半径为r ，则1PF Q S ＝12(|PF 1|＋|QF 1|＋|PQ |)·r ＝4r ≤3. 即r max ＝34，此时直线PQ 与x 轴垂直，△PF 1Q 内切圆面积最大， ∴PF 2→＝F 2Q →，∴λ＝1.例2 解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)， 由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ， ∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c 2＝1. 又由题意知(2＋c )2＋12＝10，解得c 2＝1，故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0. 则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2.①又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2，∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0，∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7， 由①，得3＋4k 2－m 2>0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －27，直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝⎛⎭⎫27，0.跟踪演练2 (1)解 设椭圆的半焦距为c ，圆心O 到直线l 的距离d ＝61＋1＝3，∴b ＝5－3＝ 2.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝33，a 2＝b 2＋c 2，b ＝2，∴a 2＝3，b 2＝2. ∴椭圆E 的方程为y 23＋x 22＝1. (2)证明 设点P (x 0，y 0)，过点P 的椭圆E 的切线l 0的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，联立直线l 0与椭圆E 的方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －x 0)＋y 0，y 23＋x 22＝1，消去y 得(3＋2k 2)x 2＋4k (y 0－kx 0)x ＋2(kx 0－y 0)2－6＝0，∴Δ＝[4k (y 0－kx 0)]2－4(3＋2k 2)[2(kx 0－y 0)2－6]＝0，整理得，(2－x 20)k 2＋2kx 0y 0－(y 20－3)＝0， 设满足题意的椭圆E 的两条切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1·k 2＝－y 20－32－x 20，∵点P 在圆O 上，∴x 20＋y 20＝5，∴k 1·k 2＝－5－x 20－32－x 20＝－1. ∴两条切线的斜率之积为常数－1.例3 解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1.(2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.由抛物线准线l ：x ＝－1，可知M (－1，－2k )．又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k 1＋1＝k ＋1， 即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，知x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1. 又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2. 因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝2k －2(2k 2＋4k 2－2)1－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．跟踪演练3 解 (1)由已知，点C 、D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )，又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧ 1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0， 其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1， 从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.高考押题精练解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a 2， 所以a 2＝4.又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1， 抛物线C 2的方程为y 2＝4x .(2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2， 则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 4＝2k 2＋4k 2，x 1x 4＝1， 所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4＝4(1＋k 2)k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2， 所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k 2. 若|PN ||MQ |＝2，则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2，解得k ＝±62.故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.二轮专题强化练答案精析第3讲 圆锥曲线的综合问题1．C [由ax 2＋by 2＝1，得x 21a ＋y 21b ＝1， 因为焦点在x 轴上，所以1a >1b>0， 所以0<a <b .]2．D [由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b 2a ＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.]3．C [依题意知F (2,0)，所以直线l 的方程为y ＝x －2，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －2，y 2＝8x消去y 得x 2－12x ＋4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12，x 1x 2＝4，则||AF |－|BF ||＝|(x 1＋2)－(x 2＋2)|＝|x 1－x 2| ＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝144－16＝8 2.] 4．A [∵x 1＋x 2＝－b a ，x 1x 2＝－c a. ∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝b 2a 2＋2c a ＝b 2＋2ac a 2. ∵e ＝c a ＝12，∴c ＝12a ， ∴b 2＝a 2－c 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫12a 2＝34a 2.∴x 21＋x 22＝34a 2＋2a ×12a a 2＝74<2.∴P (x 1，x 2)在圆x 2＋y 2＝2内．]5．C [设P (x 0，y 0)，则x 204＋y 203＝1，即y 20＝3－3x 204， 又因为F (－1,0)，所以OP →·FP →＝x 0·(x 0＋1)＋y 20＝14x 20＋x 0＋3＝14(x 0＋2)2＋2， 又x 0∈[－2,2]，即OP →·FP →∈[2,6]，所以(OP →·FP →)max ＝6.]6．－2解析 由已知得A 1(－1,0)，F 2(2,0)．设P (x ，y ) (x ≥1)，则P A 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝4x 2－x －5.令f (x )＝4x 2－x －5，则f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，函数f (x )取最小值，即P A 1→·PF 2→取最小值，最小值为－2.7．(1,2)解析 设P (x ，y )，由题设条件，得动点P 的轨迹为(x －1)(x ＋1)＋(y －2)·(y －2)＝0，即x 2＋(y －2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±b ax ，即bx ±ay ＝0， 由题意，可得2aa 2＋b 2>1，即2ac >1， 所以e ＝c a<2，又e >1，故1<e <2. 8．(0,2)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得，y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2.又点Q (t ，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，则说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过定点(0,2)．9．(1)证明 依题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝2py ，得x 2－2pkx －2pm ＝0， 则由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2pm .对抛物线y ＝x 22p 求导，得y ′＝x p， 设两条切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1＝x 1p ，k 2＝x 2p， 所以k 1k 2＝x 1p ·x 2p ＝－2pm p 2＝－2m p， 即两条切线的斜率之积为定值－2m p. (2)解 因为p ＝m ＝4，所以抛物线方程为x 2＝8y ，y ′＝x 4，x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－32， 则直线P A 的方程为y －x 218＝x 14(x －x 1)， PB 的方程为y －x 228＝x 24(x －x 2)． 将两方程联立，得P 点的坐标为(x 1＋x 22，x 1x 28)，所以P (4k ，－4)． 于是|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝81＋k 2·k 2＋2， 又点P 到直线AB 的距离d ＝4(k 2＋2)1＋k2， 所以S △P AB ＝16k 2＋2·(k 2＋2)．当k 2＝0，即k ＝0时，所求面积最小为32 2. 10．(1)解 由题意知b ＝1，e ＝c a ＝22，得a 2＝2c 2＝2a 2－2b 2，故a 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明 设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －2)，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2， x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2. 由对称性可知N (x 2，－y 2)，定点在x 轴上，直线AN ：y －y 1＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 1)． 令y ＝0得：x ＝x 1－y 1(x 1－x 2)y 1＋y 2＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝2kx 1x 2－2k (x 1＋x 2)k (x 1＋x 2－4)＝2x 1x 2－2(x 1＋x 2)x 1＋x 2－4＝16k 2－41＋2k 2－16k 21＋2k 28k 21＋2k 2－4＝1， 故直线AN 恒过定点(1,0)．11．[1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋(y －a )2＝a ， 得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0.即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1. 12.116 解析 由⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＋4＝0，x 2＝4y得x 2－3x －4＝0，∴x A ＝－1，x D ＝4，∴y A ＝14，y D ＝4. 直线3x －4y ＋4＝0恰过抛物线的焦点F (0,1)，∴|AF |＝y A ＋1＝54，|DF |＝y D ＋1＝5， ∴|AB ||CD |＝|AF |－1|DF |－1＝116. 13．解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则a 2＝b 2＋c 2，又依题意，知c ＝1，c a ＝22，所以a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)依题意，易知PQ 与MN 垂直于点F .设PQ 的方程为y ＝k (x ＋1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 22＋y 2＝1，消y ， 得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2，所以|PQ |＝(1＋k 2)(x 1－x 2)2 ＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝22(1＋k 2)1＋2k 2. 同理，可得|MN |＝22(1＋1k 2)1＋2k 2＝22(1＋k 2)2＋k 2， 所以四边形PMQN 的面积为S ＝12|PQ |·|MN |＝4(1＋k 2)2(1＋2k 2)(k 2＋2)＝2－2k 22k 4＋5k 2＋2＝2－22k 2＋2k2＋5≥169. 当且仅当k 2＝1时，取等号．所以四边形PMQN 的面积S 的最小值为169.。

学案12 函数模型及其应用导学目标： 1.了解指数函数、对数函数以及幂函数的增长特征．知道直线上升、指数增长、对数增长等不同函数类型增长的含义.2.了解函数模型(指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函数模型)的广泛应用．自主梳理1．三种增长型函数模型的图象与性质函数 性质y ＝a x (a >1) y ＝log a x(a >1) y ＝x n (n >0)在(0，＋∞) 上的单调性增长速度图象的变化 随x 增大逐渐表现为与____平行 随x 增大逐渐表现为与____平行随n 值变化而不同(1)指数函数y ＝a x (a >1)与幂函数y ＝x n (n >0)在区间(0，＋∞)上，无论n 比a 大多少，尽管在x 的一定范围内a x 会小于x n ，但由于y ＝a x 的增长速度________y ＝x n 的增长速度，因而总存在一个x 0，当x >x 0时有________．(2)对数函数y ＝log a x (a >1)与幂函数y ＝x n (n >0) 对数函数y ＝log a x (a >1)的增长速度，不论a 与n 值的大小如何总会________y ＝x n 的增长速度，因而在定义域内总存在一个实数x 0，使x >x 0时有____________．由(1)(2)可以看出三种增长型的函数尽管均为增函数，但它们的增长速度不同，且不在同一个档次上，因此在(0，＋∞)上，总会存在一个x 0，使x >x 0时有_____________________．3．函数模型的应用实例的基本题型 (1)给定函数模型解决实际问题； (2)建立确定性的函数模型解决问题； (3)建立拟合函数模型解决实际问题． 4．函数建模的基本程序自我检测1．下列函数中随x 的增大而增大速度最快的是 ( )A ．v ＝1100e x B ．v ＝100ln xC ．v ＝x 100D ．v ＝100×2x2．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L 1＝5.06x －0.15x 2和L 2＝2x ，其中x 为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为 ( )A ．45.606B ．45.6C ．45.56D ．45.51 3．(2010·陕西)某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数y ＝[x ]([x ]表示不大于x 的最大整数)可以表示为 ( )A ．y ＝[x10] B ．y ＝[x ＋310]C ．y ＝[x ＋410]D ．y ＝[x ＋510]4．(2011·湘潭月考)某工厂6年来生产某种产品的情况是：前三年年产量的增长速度越来越快，后三年年产量保持不变，则该厂6年来这种产品的总产量C 与时间t (年)的函数关系图象正确的是 ( )5．一个人喝了少量酒后，血液中的酒精含量迅速上升到0.3 mg /mL ，在停止喝酒后，血液中的酒精含量以每小时25%的速度减少，为了保障交通安全，某地根据《道路交通安全法》规定：驾驶员血液中的酒精含量不得超过0.09 mg/mL ，那么，一个喝了少量酒后的驾驶员，至少经过________小时，才能开车？(精确到1小时)探究点一 一次函数、二次函数模型 例1 (2011·阳江模拟)某化工厂引进一条先进生产线生产某种化工产品，其生产的总成本y (万元)与年产量x (吨)之间的函数关系式可以近似地表示为y ＝x 25－48x ＋8 000，已知此生产线年产量最大为210吨．(1)求年产量为多少吨时，生产每吨产品的平均成本最低，并求最低成本；(2)若每吨产品平均出厂价为40万元，那么当年产量为多少吨时，可以获得最大利润？最大利润是多少？变式迁移1 某租赁公司拥有汽车100辆，当每辆车的月租金为3 000元时，可全部租出．当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆．租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元．(1)当每辆车的月租金定为3 600元时，能租出多少辆车？(2)当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大月收益是多少？探究点二 分段函数模型例2 据气象中心观察和预测：发生于M 地的沙尘暴一直向正南方向移动，其移动速度v (km/h)与时间t (h)的函数图象如图所示，过线段OC 上一点T (t,0)作横轴的垂线l ，梯形OABC 在直线l 左侧部分的面积即为t (h)内沙尘暴所经过的路程s (km)．(1)当t ＝4时，求s 的值；(2)将s 随t 变化的规律用数学关系式表示出来； (3)若N 城位于M 地正南方向，且距M 地650 km ，试判断这场沙尘暴是否会侵袭到N 城，如果会，在沙尘暴发生后多长时间它将侵袭到N 城？如果不会，请说明理由．变式迁移2 某市居民自来水收费标准如下：每户每月用水不超过4吨时，每吨为1.80元，当用水超过4吨时，超过部分每吨3.00元．某月甲、乙两户共交水费y 元，已知甲、乙两户该月用水量分别为5x,3x (吨)．(1)求y 关于x 的函数；(2)若甲、乙两户该月共交水费26.4元，分别求出甲、乙两户该月的用水量和水费．探究点三 指数函数模型例3 诺贝尔奖发放方式为：每年一发，把奖金总额平均分成6份，奖励给分别在6项(物理、化学、文学、经济学、生理学和医学、和平)为人类作出最有益贡献的人，每年发放奖金的总金额是基金在该年度所获利息的一半，另一半利息作基金总额，以便保证奖金数逐年增加．假设基金平均年利率为r ＝6.24%.资料显示：1999年诺贝尔奖发放后基金总额约为19 800万美元．设f (x )表示第x (x ∈N *)年诺贝尔奖发放后的基金总额(1999年记为f (1)，2000年记为f (2)，…，依次类推)(1)用f (1)表示f (2)与f (3)，并根据所求结果归纳出函数f (x )的表达式； (2)试根据f (x )的表达式判断网上一则新闻“2009年度诺贝尔奖各项奖金高达150万美元”是否为真，并说明理由．(参考数据：1.031 29＝1.32)变式迁移3 (2011·商丘模拟)现有某种细胞100个，其中有占总数12的细胞每小时分裂一次，即由1个细胞分裂成2个细胞，按这种规律发展下去，经过多少小时，细胞总数可以超过1010个？(参考数据：lg 3＝0.477，lg 2＝0.301)1．解答应用问题的程序概括为“四步八字”，即(1)审题：弄清题意，分清条件和结论，理顺数量关系，初步选择模型；(2)建模：将自然语言转化为数学语言，将文字语言转化为符号语言，利用数学知识，建立相应的数学模型；(3)求模：求解数学模型，得出数学结论； (4)还原：将数学结论还原为实际问题的意义． 2．考查函数模型的知识表现在以下几个方面： (1)利用函数模型的单调性比较数的大小；(2)比较几种函数图象的变化规律，证明不等式或求解不等式； (3)函数性质与图象相结合，运用“数形结合”解答一些综合问题．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．在某种新型材料的研制中，实验人员获得了下列一组实验数据．现准备用下列四个函 ( )A.y ＝2x 2C ．y ＝12(x 2－1) D ．y ＝2.61cos x2．拟定甲地到乙地通话m 分钟的电话费f (m )＝1.06×(0.5×[m ]＋1)(单位：元)，其中m >0，[m ]表示不大于m 的最大整数(如[3.72])＝3，[4]＝4)，当m ∈[0.5,3.1]时，函数f (m )的值域是( )A ．{1.06,2.12,3.18,4.24}B ．{1.06,1.59,2.12,2.65}C ．{1.06,1.59,2.12,2.65,3.18}D ．{1.59,2.12,2.65} 3．(2011·秦皇岛模拟)某商店出售A 、B 两种价格不同的商品，由于商品A 连续两次提价20%，同时商品B 连续两次降价20%，结果都以每件23元售出，若商店同时售出这两种商品各一件，则与价格不升不降时的情况比较，商店盈利情况是 ( )A ．多赚约6元B ．少赚约6元C ．多赚约2元D ．盈利相同4．国家规定个人稿费纳税办法是：不超过800元的不纳税；超过800元而不超过4 000元的按超过800元部分的14%纳税；超过4 000元的按全部稿酬的11%纳税．已知某人出版一本书，共纳税420元，这个人应得稿费(扣税前)为 ( )A ．4 000元B ．3 800元C ．4 200元D ．3 600元 5．(2011·沧州月考)生产一定数量的商品的全部费用称为生产成本，某企业一个月生产某种商品x 万件时的生产成本为C (x )＝12x 2＋2x ＋20(万元)．一万件售价是20万元，为获取更大利润，该企业一个月应生产该商品数量为 ( )A ．18万件B ．20万件6．据某校环保小组调查，某区垃圾量的年增长率为b,2009年产生的垃圾量为a t ，由此预测，该区下一年的垃圾量为__________t,2014年的垃圾量为__________t.7．(2010·金华十校3月联考)有一批材料可以建成200 m 长的围墙，如果用此批材料在一边靠墙的地方围成一块矩形场地，中间用同样材料隔成三个面积相等的矩形(如图所示)，则围成场地的最大面积为________(围墙的厚度不计)．8．已知每生产100克饼干的原材料加工费为1.8元．某食品加工厂对饼干采用两种包装，①买小包装实惠；②买大包装实惠；③卖3小包比卖1大包盈利多；④卖1大包比卖3小包盈利多．三、解答题(共38分) 9．(12分)(2010·湖南师大附中仿真)设某企业每月生产电机x 台，根据企业月度报表知，每月总产值m (万元)与总支出n (万元)近似地满足下列关系：m ＝92x －14，n ＝－14x 2＋5x ＋74，当m －n ≥0时，称不亏损企业；当m －n <0时，称亏损企业，且n －m 为亏损额．(1)企业要成为不亏损企业，每月至少要生产多少台电机？(2)当月总产值为多少时，企业亏损最严重，最大亏损额为多少？10．(12分)某单位用2 160万元购得一块空地，计划在该块地上建造一栋至少10层、每层2 000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x (x ≥10)层，则每平方米的平均建筑费用为560＋48x (单位：元)．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？(注：平均综合费用＝平均建筑费用＋平均购地费用，平均购地费用＝购地总费用建筑总面积)11．(14分)(2011·鄂州模拟)某宾馆有相同标准的床位100张，根据经验，当该宾馆的床价(即每张床每天的租金)不超过10元时，床位可以全部租出，当床位高于10元时，每提高1元，将有3张床位空闲．为了获得较好的效益，该宾馆要给床位一个合适的价格，条件是：①要方便结账，床价应为1元的整数倍；②该宾馆每日的费用支出为575元，床位出租的收入必须高于支出，而且高出得越多越好．若用x 表示床价，用y 表示该宾馆一天出租床位的净收入(即除去每日的费用支出后的收入)．(1)把y 表示成x 的函数，并求出其定义域；(2)试确定该宾馆将床位定价为多少时，既符合上面的两个条件，又能使净收入最多？答案自主梳理1．增函数 增函数 增函数 越来越快 越来越慢 相对平稳 y 轴 x 轴 2.(1)快于 a x >x n(2)慢于 log a x <x n a x >x n >log a x自我检测1．A [由e>2，知当x 增大时，1100e x 增大更快．]2．B [依题意，可设甲销售x 辆，则乙销售(15－x )辆， ∴总利润S ＝5.06x －0.15x 2＋2(15－x ) ＝－0.15x 2＋3.06x ＋30 (x ≥0)．∴当x ＝10时，S max ＝45.6(万元)．]3．B [每10个人可以推选1个，(x mod 10)>6可以再推选一个，即如果余数(x mod 10)≥7相当于给x 多加了3，所以可以多一个10出来．]4．A 5．5解析 设x 小时后，血液中的酒精含量不超过0.09mg/mL ，则有0.3·⎝⎛⎭⎫34x ≤0.09，即⎝⎛⎭⎫34x ≤0.3. 估算或取对数计算，得5小时后，可以开车． 课堂活动区例1 解 (1)每吨平均成本为yx(万元)．则y x ＝x 5＋8000x－48 ≥2x 5·8000x－48＝32，当且仅当x 5＝8000x，即x ＝200时取等号．∴年产量为200吨时，每吨平均成本最低为32万元． (2)设年获得总利润为R (x )万元，则R (x )＝40x －y ＝40x －x 25＋48x －8000＝－x25＋88x －8000＝－15(x －220)2＋1680(0≤x ≤210)．∵R (x )在[0,210]上是增函数，∴x ＝210时，R (x )有最大值为－15×(210－220)2＋1680＝1660.∴年产量为210吨时，可获得最大利润1660万元．变式迁移1 解 (1)租金增加了600元，所以未租出的车有12辆，一共租出了88辆． (2)设每辆车的月租金为x 元(x ≥3000)，租赁公司的月收益为y 元，则y ＝x ⎝⎛⎭⎫100－x －300050－x －300050×50－⎝⎛⎭⎫100－x －300050×150＝－x 250＋162x －21000＝－150(x －4050)2＋307050，当x ＝4050时，y max ＝307050.答 当每辆车月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大为307050. 例2 解 (1)由图象可知：当t ＝4时，v ＝3×4＝12(km/h)，∴s ＝12×4×12＝24(km)．(2)当0≤t ≤10时，s ＝12·t ·3t ＝32t 2，当10<t ≤20时，s ＝12×10×30＋30(t －10)＝30t －150；当20<t ≤35时，s ＝12×10×30＋10×30＋(t －20)×30－12×(t －20)×2(t －20)＝－t 2＋70t－550.综上，可知S ＝⎩⎪⎨⎪⎧32t 2， t ∈[0，10]，30t －150，t ∈(10，20]，－t 2＋70t －550，t ∈(20，35].(3)∵t ∈[0,10]时，s max ＝32×102＝150<650，t ∈(10,20]时，s max ＝30×20－150＝450<650， ∴当t ∈(20,35]时，令－t 2＋70t －550＝650. 解得t 1＝30，t 2＝40.∵20<t ≤35，∴t ＝30. ∴沙尘暴发生30h 后将侵袭到N 城．变式迁移2 解 (1)当甲的用水量不超过4吨时，即5x ≤4，乙的用水量也不超过4吨， y ＝1.8(5x ＋3x )＝14.4x ； 当甲的用水量超过4吨，乙的用水量不超过4吨，即3x ≤4，且5x >4时，y ＝4×1.8＋3x ×1.8＋3(5x －4)＝20.4x －4.8.当乙的用水量超过4吨，即3x >4时，y ＝2×4×1.8＋3×[(3x －4)＋(5x －4)]＝24x －9.6.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧14.4x ， 0≤x ≤45，20.4x －4.8， 45<x ≤43，24x －9.6，x >43.(2)由于y ＝f (x )在各段区间上均单调递增，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，45时，y ≤f ⎝⎛⎭⎫45<26.4； 当x ∈⎝⎛⎦⎤45，43时，y ≤f ⎝⎛⎭⎫43<26.4； 当x ∈⎝⎛⎭⎫43，＋∞时，令24x －9.6＝26.4，解得x ＝1.5.所以甲户用水量为5x ＝7.5吨，付费S 1＝4×1.8＋3.5×3＝17.70(元)； 乙户用水量为3x ＝4.5吨，付费S 2＝4×1.8＋0.5×3＝8.70(元)．例3 解题导引 指数函数模型的应用是高考的一个主要内容，常与增长率相结合进行考查．在实际问题中有人口增长、银行利率、细胞分裂等增长问题可以用指数函数模型来表示．通常可表示为y ＝a (1＋p )x (其中a 为原来的基础数，p 为增长率，x 为时间)的形式．解 (1)由题意知：f (2)＝f (1)(1＋6.24%)－12f (1)·6.24%＝f (1)×(1＋3.12%)，f (3)＝f (2)×(1＋6.24%)－12f (2)×6.24%＝f (2)×(1＋3.12%)＝f (1)×(1＋3.12%)2，∴f (x )＝19800(1＋3.12%)x －1(x ∈N *)．(2)2008年诺贝尔奖发放后基金总额为f (10)＝19800(1＋3.12%)9＝26136，故2009年度诺贝尔奖各项奖金为16·12f (10)·6.24%≈136(万美元)，与150万美元相比少了约14万美元，是假新闻．变式迁移3 解 现有细胞100个，先考虑经过1,2,3,4个小时后的细胞总数， 1小时后，细胞总数为 12×100＋12×100×2＝32×100；2小时后，细胞总数为 12×32×100＋12×32×100×2＝94×100； 3小时后，细胞总数为 12×94×100＋12×94×100×2＝278×100； 4小时后，细胞总数为 12×278×100＋12×278×100×2＝8116×100； 可见，细胞总数y 与时间x (小时)之间的函数关系为：y ＝100×(32)x ，x ∈N *，由100×(32)x >1010，得(32)x >108，两边取以10为底的对数，得x lg 32>8，∴x >8lg3－lg2，∵8lg3－lg2＝80.477－0.301≈45.45， ∴x >45.45.答 经过46小时，细胞总数超过1010个． 课后练习区1．B [通过检验可知，y ＝log 2x 较为接近．] 2．B [当0.5≤m <1时，[m ]＝0，f (m )＝1.06； 当1≤m <2时，[m ]＝1，f (m )＝1.59； 当2≤m <3时，[m ]＝2，f (m )＝2.12； 当3≤m ≤3.1时，[m ]＝3，f (m )＝2.65.] 3．B [设A 、B 两种商品的原价为a 、b ， 则a (1＋20%)2＝b (1－20%)2＝23⇒a ＝23×2536，b ＝23×2516，a ＋b －46≈6元．]4．B [设扣税前应得稿费为x 元，则应纳税额为分段函数，由题意，得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (0<x ≤800)，(x －800)×14%(800<x ≤4000)，11%·x (x >4000).如果稿费为4000元应纳税为448元，现知某人共纳税420元，所以稿费应在800～4000元之间，∴(x －800)×14%＝420，∴x ＝3800.]5．A [利润L (x )＝20x －C (x )＝－12(x －18)2＋142，当x ＝18时，L (x )有最大值．] 6．a (1＋b ) a (1＋b )5解析 由于2009年的垃圾量为a t ，年增长率为b ，故下一年的垃圾量为a ＋ab ＝a (1＋b ) t ，同理可知2011年的垃圾量为a (1＋b )2t ，…，2014年的垃圾量为a (1＋b )5t.7．2500m 2解析 设所围场地的长为x ，则宽为200－x 4，其中0<x <200，场地的面积为x ×200－x 4≤14⎝⎛⎭⎫x ＋200－x 22＝2500m 2，等号当且仅当x ＝100时成立．8．②④9．解 (1)由已知，m －n ＝92x －14－⎝⎛⎭⎫－14x 2＋5x ＋74 ＝14x 2－12x －2.……………………………………………………………………………(3分) 由m －n ≥0，得x 2－2x －8≥0，解得x ≤－2或x ≥4. 据题意，x >0，所以x ≥4. 故企业要成为不亏损企业，每月至少要生产4台电机．………………………………(6分) (2)若企业亏损最严重，则n －m 取最大值．因为n －m ＝－14x 2＋5x ＋74－92x ＋14＝－14[](x －1)2－9＝94－14(x －1)2.………………………………………………………(9分)所以当x ＝1时，n －m 取最大值94，此时m ＝92－14＝174.故当月总产值为174万元时，企业亏损最严重，最大亏损额为94万元．………………(12分)10．解 设楼房每平方米的平均综合费用为f (x )元，则f (x )＝(560＋48x )＋2160×100002000x ＝560＋48x ＋10800x (x ≥10，x ∈N *)．…………(5分)∵f (x )＝560＋48(x ＋225x )≥560＋48·2x ·225x＝560＋48×30＝2000.……………(10分)当且仅当x ＝225x时，上式取等号，即x ＝15时，f (x )min ＝2000.所以楼房应建15层．……………………………………………………………………(12分) 11．解 (1)依题意有y ＝⎩⎪⎨⎪⎧100x －575 (x ≤10)，[100－(x －10)×3]x －575(x >10)，……………………………………………(4分) 由于y >0且x ∈N *， 由⎩⎪⎨⎪⎧100x －575>0，x ≤10.得6≤x ≤10，x ∈N *. 由⎩⎪⎨⎪⎧x >10，[100－(x －10)×3]x －575>0 得10<x ≤38，x ∈N *， 所以函数为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧100x －575 (x ∈N *，且6≤x ≤10)，－3x 2＋130x －575(x ∈N *，且10<x ≤38)， 定义域为{x |6≤x ≤38，x ∈N *}．…………………………………………………………(6分) (2)当x ＝10时，y ＝100x －575 (6≤x ≤10，x ∈N *)取得最大值425元，……………(8分)当x >10时，y ＝－3x 2＋130x －575，当且仅当x ＝－1302×(－3)＝653时，y 取最大值，但x∈N *，所以当x ＝22时，y ＝－3x 2＋130x －575 (10<x ≤38，x ∈N *)取得最大值833元．(12分)比较两种情况，可知当床位定价为22元时净收入最多．……………………………(14分)。

学案46 利用向量方法求空间角导学目标：1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角．自主梳理1．两条异面直线的夹角(1)定义：设a ，b 是两条异面直线，在直线a 上任取一点作直线a ′∥b ，则a ′与a 的夹角叫做a 与b 的夹角．(2)范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________． (3)向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos θ＝________＝______________.2．直线与平面的夹角(1)定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角． (2)范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________． (3)向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为φ，则有sin θ＝__________或cos θ＝sin φ.3．二面角(1)二面角的取值范围是____________． (2)二面角的向量求法：①若AB 、CD 分别是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．②设n 1，n 2分别是二面角α—l —β的两个面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．自我检测1．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°2．若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(2,4，－4)，b ＝(－6,9,6)，则( ) A ．l 1∥l 2 B ．l 1⊥l 2 C ．l 1与l 2相交但不垂直 D ．以上均不正确3．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．以上均错 4．(2011·湛江月考)二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120° 5．(2011·铁岭模拟)已知直线AB 、CD 是异面直线，AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，且AB ＝2，CD ＝1，则异面直线AB 与CD 夹角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2(2011·新乡月考)如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N 分别为AB，DF的中点．若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC ，且BE ＝AB ＝2，CD ＝1，点F 是AE 的中点．求AB 与平面BDF 所成角的正弦值．探究点三 利用向量法求二面角例3 如图，ABCD 是直角梯形，∠BAD ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝BC ＝BA ＝1，AD ＝12，求面SCD 与面SBA 所成角的余弦值大小．变式迁移3(2011·沧州月考)如图，在三棱锥S —ABC 中，侧面SAB 与侧面SAC 均为等边三角形，∠BAC ＝90°，O 为BC 中点．(1)证明：SO ⊥平面ABC ；(2)求二面角A —SC —B 的余弦值．探究点四向量法的综合应用例4如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．变式迁移4(2011·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．1．求两异面直线a、b的夹角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l 与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角．则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|. 3．求二面角α—l —β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角．则θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2011·成都月考)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于( )A.12B.21015C.23D.11152．长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.310103．已知正四棱锥S —ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 所成的角的余弦值为( )A.13B.23C.33D.23 4.如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知B 1C ，C 1D 与上底面A 1B 1C 1D 1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成的余弦值为( )A.26B.63C.36D.64 5．(2011·兰州月考)P 是二面角α—AB —β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α—AB —β的大小为( )A ．60°B ．70°C ．80°D ．90° 二、填空题(每小题4分，共12分) 6．(2011·郑州模拟)已知正四棱锥P —ABCD 的棱长都相等，侧棱PB 、PD 的中点分别为M 、N ，则截面AMN 与底面ABCD 所成的二面角的余弦值是________．7．如图，P A ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°且P A ＝AC ＝BC ＝a ，则异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为________．三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·烟台模拟)如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC 是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．10．(12分)(2011·大纲全国)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB 为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．11．(14分)(2011·湖北)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1各棱长都是4，E 是BC 的中点，动点F 在侧棱CC 1上，且不与点C 重合．(1)当CF ＝1时，求证：EF ⊥A 1C ；(2)设二面角C －AF －E 的大小为θ，求tan θ的最小值．学案46 利用向量方法求空间角自主梳理1．(2)⎝⎛⎦⎤0，π2 (3)|cos φ| ⎪⎪⎪⎪a·b |a|·|b | 2．(2)⎣⎡⎦⎤0，π2 (3)|cos φ| 3.(1)[0，π] 自我检测1．C 2.B 3.C 4.C 5.C 课堂活动区例1 解题导引 (1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 解如图所示，以C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－1,2)，A 1C →＝(－2,0，－2)，∴cos 〈BD →，A 1C →〉＝BD →·A 1C →|BD →||A 1C →|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105. 变式迁移1 解 ∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →， ∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0， BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2， ∴BA 1→·AC →＝－a 2. 又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12.∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.例2 解题导引 在用向量法求直线OP 与α所成的角(O ∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP →，OP ′→〉，其中OP ′为斜线OP 在平面α内的射影；二是通过求〈n ，OP →〉进而转化求解，其中n 为平面α的法向量．解设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则M (1,0,2)，N (0,1,0)，可得MN →＝(－1,1，－2)． 又DA →＝(0,0,2)为平面DCEF 的法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成角的正弦值为|cos 〈MN →，DA →〉|＝63.变式迁移2 解 以点B 为原点，BA 、BC 、BE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)，F (1,0,1)．∴BD →＝(0,2,1)，DF →＝(1，－2,0)． 设平面BDF 的一个法向量为 n ＝(2，a ，b )，∵n ⊥DF →，n ⊥BD →，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·BD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(2，a ，b )·(1，－2，0)＝0，(2，a ，b )·(0，2，1)＝0. 解得a ＝1，b ＝－2.∴n ＝(2,1，－2)． 设AB 与平面BDF 所成的角为θ，则法向量n 与BA →的夹角为π2－θ，∴cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝BA →·n |BA →||n |＝(2，0，0)·(2，1，－2)2×3＝23，即sin θ＝23，故AB 与平面BDF 所成角的正弦值为23.例3 解题导引 图中面SCD 与面SBA 所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A (0,0,0)， D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)， B (0，1,0)，S (0,0,1)， ∴AS →＝(0,0,1)，SC →＝(1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，AB →＝(0,1,0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0. ∴AD →·AS →＝0，AD →·AB →＝0. ∴AD →是面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·SC →＝0且n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，12x －z ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n ||AD →|＝2×126×12＝63.故面SCD 与面SBA 所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移3 (1)证明 由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA .连接OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ＝22SA ，且AO ⊥BC .又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且SO ＝22SA .从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO . 又AO ∩BC ＝O ，所以SO ⊥平面ABC . (2)解以O 为坐标原点，射线OB 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz ，如右图．设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)， A (0,1,0)，S (0,0,1)．SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－12， SC →＝(－1,0，－1)， ∴MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0.故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，〈MO →，MA →〉等于二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝MO →·MA →|MO →||MA →|＝33，所以二面角A —SC —B 的余弦值为33.例4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．(1)证明作AH ⊥面BCD 于H ，连接BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，将其补形为如图所示正方体．以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)，∴BC →·DA →＝0，则BC ⊥AD .(2)解 设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC →知：n 1·BC →＝－x ＋y ＝0，同理由n 1⊥AC →知：n 1·AC →＝－x －z ＝0， 可取n 1＝(1,1，－1)，同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 由图可以看出，二面角B －AC －D 即为〈n 1，n 2〉，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B －AC －D 的余弦值为63.(3)解 设E (x ，y ，z )是线段AC 上一点，则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 成30°角，由图可知DE →与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE →，n 〉＝DE →·n |DE →||n |＝x 1＋2x 2 ＝cos60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，则CE ＝2x ＝1.故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成30°角． 变式迁移4(1)证明 方法一 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG .由于AB ＝2EF ，因此BC ＝2FG .连接AF ，由于FG ∥BC ，FG ＝12BC ，在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，则AM ∥BC ，且AM ＝12BC ，因此FG ∥AM 且FG ＝AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形，因此GM ∥F A . 又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ， 所以GM ∥平面ABFE .方法二 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ，所以BC ＝2FG .取BC 的中点N ，连接GN ，因此四边形BNGF 为平行四边形，所以GN ∥FB . 在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，连接MN ， 则MN ∥AB .因为MN ∩GN ＝N ， 所以平面GMN ∥平面ABFE .又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面ABFE .(2)解 方法一 因为∠ACB ＝90°，所以∠CAD ＝90°. 又EA ⊥平面ABCD ，所以AC ，AD ，AE 两两垂直．分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，则由题意得A (0,0,0)，B (2，－2,0)，C (2,0,0)，E (0,0,1)，所以AB →＝(2，－2,0)，BC →＝(0,2,0)．又EF ＝12AB ，所以F (1，－1,1)，BF →＝(－1,1,1)．设平面BFC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1＝z 1，取z 1＝1，得x 1＝1，所以m ＝(1,0,1)．设平面向量ABF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝1.则n ＝(1,1,0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此二面角A －BF －C 的大小为60°.方法二 由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD . 取AB 的中点H ，连接CH . 因为AC ＝BC ， 所以CH ⊥AB ， 则CH ⊥平面ABFE .过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连接CR ，则CR ⊥BF ， 所以∠HRC 为二面角A －BF －C 的平面角． 由题意，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，在直角梯形ABFE 中，连接FH ，则FH ⊥AB . 又AB ＝22，所以HF ＝AE ＝1，BH ＝2，因此在Rt △BHF 中，HR ＝63. 由于CH ＝12AB ＝2，所以在Rt △CHR 中，tan ∠HRC ＝263＝ 3. 因此二面角A －BF －C 的大小为60°. 课后练习区 1．B[以D 为原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知DB 1→＝(1,1,1)，CM →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0， 故cos 〈DB 1→，CM →〉＝DB 1→·CM →|DB 1→||CM →|＝1515，从而sin 〈DB 1→，CM →〉＝21015.]2．B [建立空间直角坐标系如图． 则A (1,0,0)，E (0,2,1)， B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.] 3．C 4.D5．D [不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， 如图：∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α—AB —β的大小为90°.] 6.255解析 如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2， 则PB ＝2，OB ＝1，OP ＝1.∴B (1,0,0)，D (－1,0,0)， A (0,1,0)，P (0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，12， N ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， AM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，12， 设平面AMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·AM →＝12x －y ＋12z ＝0，n ·AN →＝－12x －y ＋12z ＝0，解得x ＝0，z ＝2y ，不妨令z ＝2，则y ＝1.∴n 1＝(0,1,2)，平面ABCD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝25＝255.7. 2解析 PB →＝P A →＋AB →，故PB →·AC →＝(P A →＋AB →)·AC →＝P A →·AC →＋AB →·AC →＝0＋a ×2a ×cos45°＝a 2.又|PB →|＝3a ，|AC →|＝a .∴cos 〈PB →，AC →〉＝33，sin 〈PB →，AC →〉＝63，∴tan 〈PB →，AC →〉＝ 2. 8.45解析 不妨设正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.则CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.9．解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AF ，故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角．(2分) 依题意可知，ABFC 是正方形，∴∠BAF ＝45°. 即二面角B —AD —F 的大小为45°.(5分)(2)以O 为原点，CB 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O (0,0,0)，A (0，－32，0)，B (32，0,0)，D (0，－32，8)，E (0,0,8)，F (0,32，0)，(7分) ∴BD →＝(－32，－32，8)，EF →＝(0,32，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(10分)设异面直线BD 与EF 所成角为α，则cos α＝|cos 〈BD →，EF →〉|＝8210.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为8210. (12分) 10.方法一 (1)证明 取AB 中点E ，连接DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连接SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角，即SD ⊥SE .(3分) 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ， 得AB ⊥平面SDE ， 所以AB ⊥SD .由SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直， 所以SD ⊥平面SAB .(6分)(2)解 由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.(8分)作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连接SG ，又BC ⊥FG ，BC ⊥SF ，SF ∩FG ＝F ， 故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ·FG SG ＝37，则F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 为217.(10分)设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，即AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.(12分)方法二 以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)．(2分) 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.(1)证明 AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2 ＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.(4分)于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0， 故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(6分) (2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．(9分)又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.(12分)11．(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)．(2分)于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(7分)(2)解 设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由(1)得F (0,4，λ)．(8分) AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sinθ＝λ2＋162λ2＋4，所以tanθ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(11分) 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tanθ≥13＋13＝63.故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tanθ取得最小值63.(14分)。

学案53 抛物线导学目标： 1.掌握抛物线的定义、几何图形和标准方程，知道它们的简单几何性质.2.理解数形结合的思想．自主梳理1．抛物线的概念平面内与一个定点F 和一条定直线l (F ∉l )距离______的点的轨迹叫做抛物线．点F 叫做抛物线的__________，直线l 叫做抛物线的________．2自我检测 1．(2010·四川)抛物线y 2＝8x 的焦点到准线的距离是( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．82．若抛物线y 2＝2px 的焦点与椭圆x 26＋y22＝1的右焦点重合，则p 的值为( )A ．－2B ．2C ．－4D ．4 3．(2011·陕西)设抛物线的顶点在原点，准线方程为x ＝－2，则抛物线的方程是( )A ．y 2＝－8x B ．y 2＝8x C ．y 2＝－4x D ．y 2＝4x4．已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，P 3(x 3，y 3)在抛物线上，且2x 2＝x 1＋x 3，则有( )A ．|FP 1|＋|FP 2|＝|FP 3|B ．|FP 1|2＋|FP 2|2＝|FP 3|2C ．2|FP 2|＝|FP 1|＋|FP 3|D ．|FP 2|2＝|FP 1|·|FP 3| 5．(2011·佛山模拟)已知抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，过该抛物线焦点F 且不与x 轴垂直的直线AB 交抛物线于A 、B 两点，过点A 、点B 分别作AM 、BN 垂直于抛物线的准线，分别交准线于M 、N 两点，那么∠MFN 必是( )A ．锐角B ．直角C ．钝角D ．以上皆有可能探究点一 抛物线的定义及应用例1 已知抛物线y 2＝2x 的焦点是F ，点P 是抛物线上的动点，又有点A (3,2)，求|P A |＋|PF |的最小值，并求出取最小值时P 点的坐标．变式迁移1 已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，那么点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P 的坐标为( )A.⎝⎛⎭⎫14，－1B.⎝⎛⎭⎫14，1 C ．(1,2) D ．(1，－2) 探究点二 求抛物线的标准方程 例2 (2011·芜湖调研)已知抛物线的顶点在原点，焦点在y 轴上，抛物线上一点M (m ，－3)到焦点的距离为5，求m 的值、抛物线方程和准线方程．变式迁移2 根据下列条件求抛物线的标准方程：(1)抛物线的焦点F 是双曲线16x 2－9y 2＝144的左顶点； (2)过点P (2，－4)．探究点三 抛物线的几何性质例3 过抛物线y 2＝2px 的焦点F 的直线和抛物线相交于A ，B 两点，如图所示．(1)若A ，B 的纵坐标分别为y 1，y 2，求证：y 1y 2＝－p 2；(2)若直线AO 与抛物线的准线相交于点C ，求证：BC ∥x 轴．变式迁移3 已知AB 是抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点弦，F 为抛物线的焦点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．求证：(1)x 1x 2＝p 24；(2)1|AF |＋1|BF |为定值．分类讨论思想的应用例 (12分)过抛物线y 2＝2px (p >0)焦点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，过B 点作其准线的垂线，垂足为D ，设O 为坐标原点，问：是否存在实数λ，使AO →＝λOD →？多角度审题 这是一道探索存在性问题，应先假设存在，设出A 、B 两点坐标，从而得到D 点坐标，再设出直线AB 的方程，利用方程组和向量条件求出λ.【答题模板】解 假设存在实数λ，使AO →＝λOD →. 抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，则F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，准线l ：x ＝－p 2， (1)当直线AB 的斜率不存在，即AB ⊥x 轴时，交点A 、B 坐标不妨设为：A ⎝⎛⎭⎫p 2，p ，B ⎝⎛⎭⎫p2，－p . ∵BD ⊥l ，∴D ⎝⎛⎭⎫－p2，－p ， ∴AO →＝⎝⎛⎭⎫－p 2，－p ，OD →＝⎝⎛⎭⎫－p 2，－p ，∴存在λ＝1使AO →＝λOD →.[4分] (2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p2 (k ≠0)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D ⎝⎛⎭⎫－p 2，y 2，x 1＝y 212p ，x 2＝y222p， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p 2y 2＝2px得ky 2－2py －kp 2＝0，∴y 1y 2＝－p 2，∴y 2＝－p 2y 1，[8分]AO →＝(－x 1，－y 1)＝⎝⎛⎭⎫－y 212p ，－y 1，OD →＝⎝⎛⎭⎫－p 2，y 2＝⎝⎛⎭⎫－p 2，－p 2y 1，假设存在实数λ，使AO →＝λOD →，则⎩⎨⎧－y 212p ＝－p 2λ－y 1＝－p 2y1λ，解得λ＝y 21p 2，∴存在实数λ＝y 21p2，使AO→＝λOD →.综上所述，存在实数λ，使AO →＝λOD →.[12分] 【突破思维障碍】由抛物线方程得其焦点坐标和准线方程，按斜率存在和不存在讨论，由直线方程和抛物线方程组成方程组，研究A 、D 两点坐标关系，求出AO →和OD →的坐标，判断λ是否存在．【易错点剖析】解答本题易漏掉讨论直线AB 的斜率不存在的情况，出现错误的原因是对直线的点斜式方程认识不足．(满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分) 1．(2011·大纲全国)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线y ＝2x －4与C 交于A ，B 两点，则cos ∠AFB 等于( )A.45B.35C ．－35D ．－452．(2011·湖北)将两个顶点在抛物线y 2＝2px (p >0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n ，则( )A ．n ＝0B ．n ＝1C ．n ＝2D ．n ≥33．已知抛物线y 2＝2px ，以过焦点的弦为直径的圆与抛物线准线的位置关系是( ) A ．相离 B ．相交 C ．相切 D ．不确定 4．(2011·泉州月考)已知点A (－2,1)，y 2＝－4x 的焦点是F ，P 是y 2＝－4x 上的点，为使|P A |＋|PF |取得最小值，则P 点的坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫－14，1 B ．(－2,22) C.⎝⎛⎭⎫－14，－1 D ．(－2，－22) 5．设O 为坐标原点，F 为抛物线y 2＝4x 的焦点，A 为抛物线上一点，若OA →·AF →＝－4，则点A 的坐标为( )A ．(2，±2)B ．(1，±2)C ．(1,2)D ．(2，2) 二、填空题(每小题4分，共12分) 6．(2011·重庆)设圆C 位于抛物线y 2＝2x 与直线x ＝3所围成的封闭区域(包含边界)内，则圆C 的半径能取到的最大值为________．7．(2011·济宁期末)已知A 、B 是抛物线x 2＝4y 上的两点，线段AB 的中点为M (2,2)，则|AB |＝________.8．(2010·浙江)设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点A (0，2)．若线段F A 的中点B 在抛物线上，则B 到该抛物线准线的距离为________．三、解答题(共38分)9．(12分)已知顶点在原点，焦点在x 轴上的抛物线截直线y ＝2x ＋1所得的弦长为15，求抛物线方程．10．(12分)(2011·韶关模拟)已知抛物线C ：x 2＝8y .AB 是抛物线C 的动弦，且AB 过F (0,2)，分别以A 、B 为切点作轨迹C 的切线，设两切线交点为Q ，证明：AQ ⊥BQ .11．(14分)(2011·济南模拟)已知定点F (0,1)和直线l 1：y ＝－1，过定点F 与直线l 1相切的动圆圆心为点C .(1)求动点C 的轨迹方程；(2)过点F 的直线l 2交轨迹C 于两点P 、Q ，交直线l 1于点R ，求RP →·RQ →的最小值．学案53 抛物线自主梳理1．相等 焦点 准线 自我检测 1．C2．B [因为抛物线的准线方程为x ＝－2，所以p2＝2，所以p ＝4，所以抛物线的方程是y 2＝8x .所以选B.]3．B 4.C 5.B 课堂活动区例1 解题导引 重视定义在解题中的应用，灵活地进行抛物线上的点到焦点的距离与到准线距离的等价转化，是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径．解将x ＝3代入抛物线方程 y 2＝2x ，得y ＝±6. ∵6>2，∴A 在抛物线内部． 设抛物线上点P 到准线l ：x ＝－12的距离为d ，由定义知|P A |＋|PF |＝|P A |＋d ，当P A ⊥l 时，|P A |＋d 最小，最小值为72，即|P A |＋|PF |的最小值为72，此时P 点纵坐标为2，代入y 2＝2x ，得x ＝2， ∴点P 坐标为(2,2)． 变式迁移1 A [点P 到抛物线焦点的距离等于点P 到抛物线准线的距离，如图，|PF |＋|PQ |＝|PS |＋|PQ |，故最小值在S ，P ，Q 三点共线时取得，此时P ，Q 的纵坐标都是－1，点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫14，－1.]例2 解题导引 (1)求抛物线方程时，若由已知条件可知所求曲线是抛物线，一般用待定系数法．若由已知条件可知所求曲线的动点的轨迹，一般用轨迹法；(2)待定系数法求抛物线方程时既要定位(即确定抛物线开口方向)，又要定量(即确定参数p 的值)．解题关键是定位，最好结合图形确定方程适合哪种形式，避免漏解；(3)解决抛物线相关问题时，要善于用定义解题，即把|PF |转化为点P 到准线的距离，这种“化斜为直”的转化方法非常有效，要注意领会和运用．解 方法一 设抛物线方程为x 2＝－2py (p >0)，则焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，－p 2，准线方程为y ＝p 2. ∵M (m ，－3)在抛物线上，且|MF |＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝6p ，m 2＋⎝⎛⎭⎫－3＋p22＝5， 解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝4，m ＝±2 6.∴抛物线方程为x 2＝－8y ，m ＝±26，准线方程为y ＝2. 方法二 如图所示，设抛物线方程为x 2＝－2py (p >0)，则焦点F ⎝⎛⎭⎫0，－p 2， 准线l ：y ＝p2，作MN ⊥l ，垂足为N .则|MN |＝|MF |＝5，而|MN |＝3＋p2，∴3＋p2＝5，∴p ＝4.∴抛物线方程为x 2＝－8y ，准线方程为y ＝2.由m 2＝(－8)×(－3)，得m ＝±2 6.变式迁移2 解 (1)双曲线方程化为x 29－y 216＝1，左顶点为(－3,0)，由题意设抛物线方程为y 2＝－2px (p >0)且－p2＝－3，∴p ＝6.∴方程为y 2＝－12x .(2)由于P (2，－4)在第四象限且对称轴为坐标轴，可设方程为y 2＝mx (m >0)或x 2＝ny (n <0)，代入P 点坐标求得m ＝8，n ＝－1，∴所求抛物线方程为y 2＝8x 或x 2＝－y .例3 解题导引 解决焦点弦问题时，抛物线的定义有着广泛的应用，而且还应注意焦点弦的几何性质．焦点弦有以下重要性质(AB 为焦点弦，以y 2＝2px (p >0)为例)：①y 1y 2＝－p 2，x 1x 2＝p 24；②|AB |＝x 1＋x 2＋p .证明 (1)方法一 由抛物线的方程可得焦点坐标为F ⎝⎛⎭⎫p 2，0.设过焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)、(x 2，y 2)．①当斜率存在时，过焦点的直线方程可设为 y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p 2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p 2，y 2＝2px ，消去x ，得ky 2－2py －kp 2＝0.(*) 当k ＝0时，方程(*)只有一解，∴k ≠0， 由韦达定理，得y 1y 2＝－p 2； ②当斜率不存在时，得两交点坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，p ，⎝⎛⎭⎫p 2，－p ，∴y 1y 2＝－p 2. 综合两种情况，总有y 1y 2＝－p 2.方法二 由抛物线方程可得焦点F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，设直线AB 的方程为x ＝ky ＋p2，并设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A 、B 坐标满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky ＋p 2，y 2＝2px ，消去x ，可得y 2＝2p ⎝⎛⎭⎫ky ＋p 2， 整理，得y 2－2pky －p 2＝0，∴y 1y 2＝－p 2. (2)直线AC 的方程为y ＝y 1x 1x ，∴点C 坐标为⎝⎛⎭⎫－p 2，－py 12x 1，y C ＝－py 12x 1＝－p 2y 12px 1. ∵点A (x 1，y 1)在抛物线上，∴y 21＝2px 1. 又由(1)知，y 1y 2＝－p 2，∴y C ＝y 1y 2·y 1y 21＝y 2，∴BC ∥x 轴．变式迁移3 证明 (1)∵y 2＝2px (p >0)的焦点F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，设直线方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p2 (k ≠0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p 2y 2＝2px ，消去x ，得ky 2－2py －kp 2＝0.∴y 1y 2＝－p 2，x 1x 2＝(y 1y 2)24p 2＝p 24，当k 不存在时，直线方程为x ＝p 2，这时x 1x 2＝p 24.因此，x 1x 2＝p24恒成立．(2)1|AF |＋1|BF |＝1x 1＋p 2＋1x 2＋p2＝x 1＋x 2＋px 1x 2＋p 2(x 1＋x 2)＋p 24.又∵x 1x 2＝p 24，代入上式得1|AF |＋1|BF |＝2p ＝常数，所以1|AF |＋1|BF |为定值．课后练习区1．D [方法一 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x －4，y 2＝4x ，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4.令B (1，－2)，A (4,4)，又F (1,0)，∴由两点间距离公式得|BF |＝2，|AF |＝5，|AB |＝3 5. ∴cos ∠AFB ＝|BF |2＋|AF |2－|AB |22|BF |·|AF |＝4＋25－452×2×5＝－45.方法二 由方法一得A (4,4)，B (1，－2)，F (1,0)， ∴F A →＝(3,4)，FB →＝(0，－2)， ∴|F A →|＝32＋42＝5，|FB →|＝2.∴cos ∠AFB ＝F A →·FB →|F A →|·|FB →|＝3×0＋4×(－2)5×2＝－45.]2．C [如图所示，A ，B 两点关于x 轴对称，F 点坐标为(p2，0)，设A (m ，2pm )(m >0)，则由抛物线定义，|AF |＝|AA 1|，即m ＋p2＝|AF |.又|AF |＝|AB |＝22pm ，∴m ＋p 2＝22pm ，整理，得m 2－7pm ＋p 24＝0，①∴Δ＝(－7p )2－4×p24＝48p 2>0，∴方程①有两相异实根，记为m 1，m 2，且m 1＋m 2＝7p >0，m 1·m 2＝p 24>0，∴m 1>0，m 2>0，∴n ＝2.] 3．C4．A [过P 作PK ⊥l (l 为抛物线的准线)于K ，则|PF |＝|PK |， ∴|P A |＋|PF |＝|P A |＋|PK |.∴当P 点的纵坐标与A 点的纵坐标相同时，|P A |＋|PK |最小，此时P 点的纵坐标为1，把y＝1代入y 2＝－4x ，得x ＝－14，即当P 点的坐标为⎝⎛⎭⎫－14，1时，|P A |＋|PF |最小．] 5．B 6.6－1解析 如图所示，若圆C 的半径取到最大值，需圆与抛物线及直线x ＝3同时相切，设圆心的坐标为(a,0)(a <3)，则圆的方程为(x －a )2＋y 2＝(3－a )2，与抛物线方程y 2＝2x 联立得x 2＋(2－2a )x ＋6a －9＝0，由判别式Δ＝(2－2a )2－4(6a －9)＝0，得a ＝4－6，故此时半径为3－(4－6)＝6－1.7．4 2解析 由题意可设AB 的方程为y ＝kx ＋m ，与抛物线方程联立得x 2－4kx －4m ＝0，线段AB 中点坐标为(2,2)，x 1＋x 2＝4k ＝4，得k ＝1.又∵y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝4，∴m ＝0.从而直线AB ：y ＝x ，|AB |＝2|OM |＝4 2. 8.324解析 抛物线的焦点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，0，线段F A 的中点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫p4，1，代入抛物线方程得1＝2p ×p 4，解得p ＝2，故点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫24，1，故点B 到该抛物线准线的距离为24＋22＝324. 9．解 设直线和抛物线交于点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，(1)当抛物线开口向右时，设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px y ＝2x ＋1，消去y 得，4x 2－(2p －4)x ＋1＝0，∴x 1＋x 2＝p －22，x 1x 2＝14，(4分) ∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝5·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝5·⎝ ⎛⎭⎪⎫p －222－4×14＝15，(7分) 则 p 24－p ＝3，p 2－4p －12＝0，解得p ＝6(p ＝－2舍去)， 抛物线方程为y 2＝12x .(9分)(2)当抛物线开口向左时，设抛物线方程为y 2＝－2px (p >0)，仿(1)不难求出p ＝2， 此时抛物线方程为y 2＝－4x .(11分)综上可得，所求的抛物线方程为y 2＝－4x 或y 2＝12x .(12分)10．证明 因为直线AB 与x 轴不垂直，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，y ＝18x 2，可得x 2－8kx －16＝0，x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－16.(4分)抛物线方程为y ＝18x 2，求导得y ′＝14x .(7分) 所以过抛物线上A 、B 两点的切线斜率分别是k 1＝14x 1，k 2＝14x 2，k 1k 2＝14x 1·14x 2 ＝116x 1·x 2＝－1.(10分) 所以AQ ⊥BQ .(12分)11．解 (1)由题设点C 到点F 的距离等于它到l 1的距离，所以点C 的轨迹是以F 为焦点，l 1为准线的抛物线，∴所求轨迹的方程为x 2＝4y .(5分)(2)由题意直线l 2的方程为y ＝kx ＋1，与抛物线方程联立消去y 得x 2－4kx －4＝0. 记P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.(8分)因为直线PQ 的斜率k ≠0，易得点R 的坐标为⎝⎛⎭⎫－2k ，－1.(9分) RP →·RQ →＝⎝⎛⎭⎫x 1＋2k ，y 1＋1·⎝⎛⎭⎫x 2＋2k ，y 2＋1 ＝⎝⎛⎭⎫x 1＋2k ⎝⎛⎭⎫x 2＋2k ＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝(1＋k 2)x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫2k ＋2k (x 1＋x 2)＋4k 2＋4 ＝－4(1＋k 2)＋4k ⎝⎛⎭⎫2k ＋2k ＋4k 2＋4 ＝4⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2＋8，(11分) ∵k 2＋1k 2≥2，当且仅当k 2＝1时取到等号． RP →·RQ →≥4×2＋8＝16，即RP →·RQ →的最小值为16. (14分)。