3年高考2年模拟之第八章 解析几何

三年专题08 平面解析几何〔解答题〕1．（2023年全国甲卷）设抛物线的焦点为F ，点，过F 的直线交C :y 2=2px (p >0)D (p ,0)C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，． |MF |=3(1)求C 的方程；(2)设直线与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线的倾斜角分别为．当MD ,ND MN ,AB α,βα取得最大值时，求直线AB 的方程． ‒β（答案）(1)； y 2=4x (2). AB :x =2y +4（解析） （分析）〔1〕由抛物线的定义可得，即可得解；|MF |=p +p2〔2〕设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差MN :x =my +1k MN =2k AB 角的正切公式及根本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.k AB =22AB :x =2y +n (1)抛物线的准线为，当与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p ， x =‒p2MD 此时，所以， |MF |=p +p2=3p =2所以抛物线C 的方程为； y 2=4x (2)设，直线，M (y 214,y 1),N (y 224,y 2),A (y 234,y 3),B (y 244,y 4)MN :x =my +1由可得，， {x =my +1y 2=4xy 2‒4my ‒4=0Δ>0,y 1y 2=‒4由斜率公式可得，， k MN =y 1‒y 2y 214‒y 224=4y 1+y 2k AB =y 3‒y 4y 234‒y 244=4y3+y 4直线，代入抛物线方程可得，MD :x =x 1‒2y 1⋅y +2y 2‒4(x 1‒2)y 1⋅y ‒8=0，所以，同理可得， Δ>0,y 1y 3=‒8y 3=2y 2y 4=2y 1所以k AB =4y 3+y 4=42(y 1+y 2)=k MN 2又因为直线MN 、AB 的倾斜角分别为， α,β所以， k AB =tan β=k MN 2=tan α2假设要使最大，则，α‒ββ∈(0,π2)设，则，k MN =2k AB =2k >0tan(α‒β)=tan α‒tan β1+tan αtan β=k 1+2k 2=11k +2k ≤121k⋅2k =24当且仅当即时，等号成立，1k =2k k =22所以当最大时，，设直线，α‒βk AB =22AB :x =2y +n 代入抛物线方程可得， y 2‒42y ‒4n =0，所以， Δ>0,y 3y 4=‒4n =4y 1y 2=‒16n =4所以直线. AB :x =2y +4（点睛）关键点点睛：解决此题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.2．（2023年全国乙卷）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A 两点． (0,‒2),B (32,‒1)(1)求E 的方程；(2)设过点的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点P (1,‒2)T ，点H 满足．证明：直线HN 过定点． MT =TH （答案）(1) y 24+x 23=1(2) (0,‒2)（解析） （分析）〔1〕将给定点代入设出的方程求解即可；〔2〕设出直线方程，与椭圆C 的方程联立，分情况商量斜率是否存在，即可得解. (1)解：设椭圆E 的方程为，过， m x 2+n y 2=1A (0,‒2),B (32,‒1)则，解得，， {4n =194m +n =1m =13n =14所以椭圆E 的方程为：. y 24+x 23=1(2)，所以，A (0,‒2),B (32,‒1)AB :y +2=23x ①假设过点的直线斜率不存在，直线.代入， P (1,‒2)x =1x 23+y 24=1可得，，代入AB 方程，可得M (1,263)N (1,‒263)y =23x ‒2，由得到.求得HN 方程：T (6+3,263)MT =TH H (26+5,263)，过点. y =(2‒263)x ‒2(0,‒2)②假设过点的直线斜率存在，设.P (1,‒2)kx ‒y ‒(k +2)=0,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)联立得， {kx ‒y ‒(k +2)=0x 23+y 24=1,(3k 2+4)x 2‒6k (2+k )x +3k (k +4)=0可得，，{x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4{y 1+y 2=‒8(2+k )3k 2+4y 2y 2=4(4+4k ‒2k 2)3k 2+4且 x 1y 2+x 2y 1=‒24k3k 2+4(∗)联立可得{y =y 1y =23x ‒2,T (3y 12+3,y 1),H (3y 1+6‒x 1,y 1).可求得此时，HN :y ‒y 2=y 1‒y 23y1+6‒x 1‒x 2(x ‒x 2)将，代入整理得， (0,‒2)2(x 1+x 2)‒6(y 1+y 2)+x 1y 2+x 2y 1‒3y 1y 2‒12=0将代入，得 (∗)24k +12k 2+96+48k ‒24k ‒48‒48k +24k 2‒36k 2‒48=0,显然成立，综上，可得直线HN 过定点 (0,‒2).（点睛）求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特别入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 3．（2023年新高考1卷）已知点在双曲线上，直线l 交C 于A (2,1)C :x 2a 2‒y 2a 2‒1=1(a >1)P ，Q 两点，直线的斜率之和为0． AP ,AQ (1)求l 的斜率；(2)假设，求的面积． tan ∠PAQ =22△PAQ （答案）(1)； ‒1(2)． 1629（解析） （分析）〔1〕由点在双曲线上可求出，易知直线l 的斜率存在，设，A (2,1)a l :y =kx +m P (x 1,y 1),Q，再依据，即可解出l 的斜率；(x 2,y 2)k AP +k BP =0〔2〕依据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，再依据AP ,AQ AP ,AQ tan ∠PAQ =2即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即2AP ,AQ AP ,AQ P ,Q 可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可PQ PQ A PQ 得出的面积． △PAQ (1)因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线A (2,1)C :x 2a2‒y 2a 2‒1=1(a >1)4a2‒1a 2‒1=1a 2=2 C :x 22‒y 2=1易知直线l 的斜率存在，设，， l :y =kx +m P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)联立可得，，{y =kx +mx 22‒y 2=1(1‒2k 2)x 2‒4mkx ‒2m 2‒2=0所以，，x 1+x 2=‒4mk2k 2‒1,x 1x 2=2m 2+22k 2‒1Δ=16m 2k 2+4(2m 2+2)(2k 2‒1)>0⇒m 2‒1+2．k 2>0所以由可得，，k AP +k BP =0y 2‒1x2‒2+y 1‒1x 1‒2=0即， (x 1‒2)(kx 2+m ‒1)+(x 2‒2)(kx 1+m ‒1)=0即， 2k x 1x 2+(m ‒1‒2k )(x 1+x 2)‒4(m ‒1)=0所以，2k ×2m 2+22k 2‒1+(m ‒1‒2k )(‒4mk2k 2‒1)‒4(m ‒1)=0化简得，，即， 8k 2+4k ‒4+4m (k +1)=0(k +1)(2k ‒1+m )=0所以或，k =‒1m =1‒2k 当时，直线过点，与题意不符，舍去， m =1‒2k l :y =kx +m =k (x ‒2)+1A (2,1)故． k =‒1(2)不妨设直线的倾斜角为，因为，所以， PA ,PB α,β(α<β)k AP +k BP =0α+β=π因为，所以，即， tan ∠PAQ =22tan(β‒α)=22tan2α=‒22即，解得，2tan 2α‒tan α‒2=0tan α=2于是，直线，直线， PA :y =2(x ‒2)+1PB :y =‒2(x ‒2)+1联立可得，，{y =2(x ‒2)+1x 22‒y 2=132x 2+2(1‒22)x +10‒42=0因为方程有一个根为，所以，，2x P =10‒423y P =42‒53同理可得，， ． x Q =10+423y Q =‒42‒53所以，， PQ :x +y ‒53=0|PQ |=163点到直线的距离，A PQ d =|2+1‒53|2=223故的面积为． △PAQ 12×163×223=16294．（2023年新高考2卷）已知双曲线的右焦点为，渐近线C :x 2a2‒y 2b 2=1(a >0,b >0)F (2,0)方程为．y =±3x(1)求C 的方程；(2)过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，点在C 上，且P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)x 1．过P 且斜率为的直线与过Q 且斜率为的直线交于点M .从下面①>x 2>0,y 1>0‒33②③中选取两个作为条件，证明其它一个成立： ①M 在上；②；③．AB PQ ∥AB |MA |=|MB |注：假设选择不同的组合分别解答，则按第—个解答计分.（答案）(1)x 2‒y23=1(2)见解析 （解析） （分析）〔1〕利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系c a ,b a ,b ,c 求得的值，得到双曲线的方程；a ,b 〔2〕先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB 的斜率为k , M (x 0,y 0),由③|AM |=|AB BM |等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方x 0+k y 0=8k 2k 2‒3PM QM 程，两点间距离公式得到直线PQ 的斜率，由②等价转化为，由m =3x 0y 0PQ //AB k y 0=3x 0①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行M AB k y 0=k 2(x 0‒2)证明即可. (1)右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴F (2,0)c =2y =±3x ba =3b =3ac 2=a 2+，∴，∴． b 2=4a 2=4a =1b =3∴C 的方程为：；x 2‒y23=1(2)由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，PQ AB 假设选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零； AB 假设选①③推②，则为线段的中点，假假设直线的斜率不存在，则由双曲线的对称M AB AB 性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知M x F P Q x x 1=x 2不符；总之，直线的斜率存在且不为零.AB 设直线的斜率为,直线方程为,AB k AB y =k (x ‒2)则条件①在上，等价于； M AB y 0=k (x 0‒2)⇔k y 0=k 2(x 0‒2)两渐近线的方程合并为,3x 2‒y 2=0联立消去y 并化简整理得：(k 2‒3)x 2‒4k 2x +4k 2=0设,线段中点为,则,A (x 3,y 3),B (x 3,y 4)N (x N ,y N )x N =x 3+x 42=2k 2k 2‒3,y N =k (x N ‒2)=6kk 2‒3设,M (x 0,y 0)则条件③等价于, |AM |=|BM |(x 0‒x 3)2+(y 0‒y 3)2=(x 0‒x 4)2+(y 0‒y 4)2移项并利用平方差公式整理得：，(x 3‒x 4)[2x 0‒(x 3+x 4)]+(y 3‒y 4)[2y 0‒(y 3+y 4)]=0,即,[2x 0‒(x 3+x 4)]+y 3‒y4x 3‒x 4[2y 0‒(y 3+y 4)]=0x 0‒x N +k (y 0‒y N )=0即；x 0+k y 0=8k 2k 2‒3由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为, PM ‒3QM 3∴由, y 1‒y 0=‒3(x 1‒x 0),y 2‒y 0=3(x 2‒x 0)∴, y 1‒y 2=‒3(x 1+x 2‒2x 0)所以直线的斜率,PQ m =y 1‒y 2x1‒x 2=‒3(x 1+x 2‒2x 0)x 1‒x 2直线,即,PM :y =‒3(x ‒x 0)+y 0y =y 0+3x 0‒3x 代入双曲线的方程,即中， 3x 2‒y 2‒3=0(3x +y )(3x ‒y )=3得：, (y 0+3x 0)[23x ‒(y 0+3x 0)]=3解得的横坐标：,P x 1=123(3y 0+3x 0+y 0+3x 0)同理：，x 2=‒123(3y 0‒3x 0+y 0‒3x 0)∴x 1‒x 2=13(3y 0y 20‒3x 2+y 0),x 1+x 2‒2x 0=‒3x 0y 20‒3x 2‒x 0,∴,m =3x 0y 0∴条件②等价于， PQ //AB m =k⇔k y 0=3x 0综上所述：条件①在上，等价于； M AB k y 0=k 2(x 0‒2)条件②等价于； PQ //AB k y 0=3x 0条件③等价于；|AM |=|BM |x 0+k y 0=8k 2k 2‒3选①②推③: 由①②解得：,∴③成立；x 0=2k 2k 2‒3,∴x 0+k y 0=4x 0=8k 2k 2‒3选①③推②： 由①③解得：，，x 0=2k 2k 2‒3k y 0=6k 2k 2‒3∴，∴②成立； k y 0=3x 0选②③推①：由②③解得：，，∴，x 0=2k 2k 2‒3k y 0=6k 2k 2‒3x 0‒2=6k 2‒3∴，∴①成立.k y 0=k 2(x 0‒2)5．（2023年甲卷文科）抛物线C 的顶点为坐标原点O ．焦点在x 轴上，直线l ：交C 1x =于P ，Q 两点，且．已知点，且与l 相切． OP OQ ⊥()2,0M M A 〔1〕求C ，的方程；M A 〔2〕设是C 上的三个点，直线，均与相切．推断直线与123,,A A A 12A A 13A A M A 23A A M A 的位置关系，并说明理由．（答案）〔1〕抛物线，方程为；〔2〕相切，理由见解析 2:C y x =M A 22(2)1x y -+=（解析） （分析）〔1〕依据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称1x =性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可,P Q OP OQ ⊥p M 1x =得出结论；〔2〕方法一：先考虑斜率不存在，依据对称性，即可得出结论；假设12A A 121323,,A A A A A A 斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再123,,A A A 121223,,A A A A A A 由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距1212,A A A A M 2323,y y y y +⋅1y M 23A A 离，即可得出结论. （详解）〔1〕依题意设抛物线，200:2(0),(1,),(1,)C y px p P y Q y =>-，20,1120,21OP OQ OP OQ y p p ⊥∴⋅=-=-=∴= 所以抛物线的方程为，C 2y x =与相切，所以半径为，()2,0,M M A 1x =1所以的方程为；M A 22(2)1x y -+=〔2〕方法一]：设 111222333(),(,),(,)A x y A x y A x y 假设斜率不存在，则方程为或， 12A A 12A A 1x =3x =假设方程为，依据对称性不妨设， 12A A 1x =1(1,1)A 则过与圆相切的另一条直线方程为，1A M 1y =此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意； 3A假设方程为，依据对称性不妨设 12A A 3x =12(3,A A则过与圆相切的直线为， 1A M 13A A 3)y x =-又，131********A A y y k y x x y y -====∴=-+，此时直线关于轴对称，330,(0,0)x A =1323,A A A A x 所以直线与圆相切； 23A A M 假设直线斜率均存在， 121323,,A A A A A A 则， 121323121323111,,A A A A A A k k k y y y y y y ===+++所以直线方程为， 12A A ()11121y y x x y y -=-+整理得，1212()0x y y y y y -++=同理直线的方程为， 13A A 1313()0x y y y y y -++=直线的方程为， 23A A 2323()0x y y y y y -++=与圆相切，12A AM 1=整理得，22212121(1)230y y y y y -++-=与圆相切，同理 13A A M 22213131(1)230y y y y y -++-=所以为方程的两根，23,y y 222111(1)230y y y y y -++-=，2112323221123,11y y y y y y y y -+=-⋅=--到直线的距离为：M 23A A2=，2121111y y +===+所以直线与圆相切；23A A M 综上假设直线与圆相切，则直线与圆相切.1213,A A A A M 23A A M 方法二]（最优解）：设．()()()222111113333322222,,,,,,,,A x y y x A x y y x A x y y x ===当时，同解法1．12x x =当时，直线的方程为，即． 12x x ≠12A A ()211121y y y y x x x x --=--121212y y x y y y y y =+++由直线与，化简得，12A A M A 1=()121212130y y x x x +--+=同理，由直线与相切得．13A A M A ()131312130y y x x x +--+=因为方程同时经过点，所以的直线方程为()1112130y y x x x +--+=23,A A 23A A ，点M 到直线．()1112130y y x x x +--+=23A A 1=所以直线与相切．23A A M A 综上所述，假设直线与相切，则直线与相切． 1213,A A A A M A 23A A M A （整体点评）第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标〔或横坐标〕表示，将问题转化为只与纵坐标〔或横坐标〕有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出1213,A A A A 与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到2323,y y y y +⋅1y 23,y y 1y 的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简23A A ()1112130y y x x x +--+=单，开拓学生思路6．（2023年乙卷文科）已知抛物线的焦点F 到准线的距离为2． 2:2(0)C y px p =>〔1〕求C 的方程;〔2〕已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足，求直线斜率的最大值. 9PQ QF =OQ （答案）〔1〕；〔2〕最大值为.24y x =13（解析） （分析）〔1〕由抛物线焦点与准线的距离即可得解；〔2〕设，由平面向量的知识可得，进而可得，再()00,Q x y ()00109,10P x y -20025910y x +=由斜率公式及根本不等式即可得解. （详解）〔1〕抛物线的焦点，准线方程为，2:2(0)C y px p =>,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭2p x =-由题意，该抛物线焦点到准线的距离为， 222p p p ⎛⎫--== ⎪⎝⎭所以该抛物线的方程为；24y x =〔2〕方法一]：轨迹方程+根本不等式法设，则， ()00,Q x y ()00999,9PQ QF x y ==--所以， ()00109,10P x y -由在抛物线上可得，即，P ()()200104109y x =-20025910y x +=据此整理可得点的轨迹方程为， Q 229525=-y x 所以直线的斜率， OQ 000220001025925910OQ y y y k y x y ===++当时，； 00y =0OQ k =当时，， 00y ≠0010925OQ ky y =+当时，因为， 00y >0092530y y +≥=此时，当且仅当，即时，等号成立；103OQ k <≤00925y y =035y =当时，；00y <0OQ k <综上，直线的斜率的最大值为.OQ 13方法二]：（最优解）轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q 的轨迹方程为． 229525=-y x 设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k 取到最OQ y kx =OQ 229525=-y x 值．联立得，其判别式，解得2,29,525y kx y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩22290525k x x -+=222940525⎛⎫∆=--⨯= ⎪⎝⎭k ，所以直线斜率的最大值为．13k =±OQ 13方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q 的轨迹方程为． 229525=-y x 设直线的斜率为k ，则． OQ 22229525⎛⎫==- ⎪⎝⎭y k x x x 令，则的对称轴为，所以．故11009⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭t t x 2292255=-+k t t 59t =21110,933≤≤-≤≤k k直线斜率的最大值为．OQ 13方法四]：参数+根本不等式法由题可设．()24,4(0),(,)>P t t t Q x y 因为，所以．(1,0),9= F PQ QF ()24,49(1,)--=--x t y t x y 于是，所以 249(1)49x t x y t y ⎧-=-⎨-=-⎩21049104x t y t⎧=+⎨=⎩则直线的斜率为．OQ 244194934==≤=++y t x t t t 当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．94t t =32t =OQ 13（整体点评）方法一依据向量关系，利用代点法求得Q 的轨迹方程，得到直线OQ 的斜率关于的表达y 式，然后利用分类商量，结合根本不等式求得最大值；方法二 同方法一得到点Q 的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ 的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q 的轨迹方程，得到直线的斜率k 的平方关于的表达式，利用OQ x 换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；OQ 方法四利用参数法，由题可设，求得x,y 关于的参数表达式，得()24,4(0),(,)>P t t t Q x y t 到直线的斜率关于的表达式，结合使用根本不等式，求得直线斜率的最大值.OQ t OQ 7．（2023年乙卷理科）已知抛物线的焦点为，且与圆()2:20C x py p =>F F 上点的距离的最小值为．22:(4)1M x y ++=4〔1〕求；p 〔2〕假设点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． P M ,PA PB C ,A B PAB △（答案）〔1〕；〔2〕 2p =（解析） （分析）〔1〕依据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；p p 〔2〕设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得()11,A x y ()22,B x y ()00,P x y PA PB 直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的AB AB AB P AB 距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的根本性质可求得面积的最大值. PAB △（详解）〔1〕方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，，设圆M 上的点，则． 0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭()00,N x y ()22041++=x y 所以． ()()22001453=-+-≤≤-x y y 从而有||==FN=因为，所以当时，． 053y -≤≤-03y =-min ||4==FN 又，解之得，因此．0p >2p =2p =方法二]（最优解）：利用圆的几何意义求最小值抛物线的焦点为，，C 0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭42pFM =+所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； F 22:(4)1M x y ++=4142p+-=2p =〔2〕方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得，C 24x y =24x y ==2xy '设点、、， ()11,A x y ()22,B x y ()00,P x y 直线的方程为，即，即， PA ()1112x y y x x -=-112x xy y =-11220x x y y --=同理可知，直线的方程为，PB 22220x x y y --=由于点为这两条直线的公共点，则，P 10102020220220x x y y x x y y --=⎧⎨--=⎩所以，点A 、的坐标满足方程， B 00220x x y y --=所以，直线的方程为， AB 00220x x y y --=联立，可得， 0022204x x y y x y --=⎧⎪⎨=⎪⎩20240x xx y -+=由韦达定理可得，，1202x x x +=1204x x y =，=点到直线的距离为P AB d所以，， ()3220011422PABS AB d x y =⋅=-△，()()2222000000041441215621x y y y y y y -=-+-=---=-++ 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值053y -≤≤-05y =-PAB △321202⨯=方法二]（最优解）：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到．1201202,4+==x x x x x y 过P 作y 轴的平行线交于Q ，则．AB 2000,2⎛⎫- ⎪⎝⎭x Q x y ． ()32221200001111||242222⎛⎫=⋅-=-=- ⎪⎝⎭A PABS PQ x x x y x y P 点在圆M 上，则00cos ,4sin ,x y αα=⎧⎨=-+⎩． ()()333222222001114cos 4sin 16(sin 2)21222ααα⎡⎤=-=-+=-++⎣⎦A PABS x y 故当时的面积最大，最大值为 sin 1α=-PAB △方法三]：直接设直线AB 方程法设切点A ，B 的坐标分别为，．211,4x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭222,4x B x ⎛⎫ ⎪⎝⎭设，联立和抛物线C 的方程得整理得． :AB l y kx b =+AB l 2,4,y kx b x y =+⎧⎨=⎩2440x kx b --=判别式，即，且． 2Δ16160=+>k b 20k b +>12124,4x x k x x b +==-抛物线C 的方程为，即，有． 24x y =24x y =2x y '=则，整理得，同理可得． ()2111:42-=-PA x x l y x x 21124x x y x =⋅-222:24=⋅-PB x x l y x 联立方程可得点P 的坐标为，即． 211222,24,24x x y x x x y x ⎧=⋅-⎪⎪⎨⎪=⋅-⎪⎩1212,24x x x x P +⎛⎫ ⎪⎝⎭(2,)P k b -将点P的坐标代入圆M 的方程，得，整理得． 22(2)(4)1+-+=k b 221(4)4b k --=由弦长公式得．||=AB=点P 到直线的距离为AB d所以21||22==+==A PABS AB d b=其中，即． [5,3]=-∈--P y b [3,5]∈b当时， 5b =()max =A PAB S （整体点评）〔1〕方法一利用两点间距离公式求得关于圆M 上的点的坐标的表达式，进FN ()00,N x y 一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法0y p 二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优F 22:(4)1M x y ++=解；〔2〕方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切()11,A x y ()22,B x y ()00,P x y 点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由AB 00220x x y y --=韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于1202x x x +=1204x x y =AB 坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，()00,P x y 0y 同方法一得到，，过P 作y 轴的平行线交于Q ，则1202x x x +=1204x x y =AB 2000,2⎛⎫- ⎪⎝⎭x Q x y ．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求121||2PAB S PQ x x =⋅-A ()00,P x y 得面积最大值，方法灵敏，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立:AB l y kx b =+直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利AB 20k b +>12124,4x x k x x b +==-用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P 的坐P M ,k b 标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利(2,)P k b -b 用二次函数的性质求得最大值；8．（2023年新高考1卷）在平面直角坐标系中，已知点、xOy ()1F，点的轨迹为.)2122F MF MF -=，M C 〔1〕求的方程； C 〔2〕设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且T 12x =T C A B P Q ，求直线的斜率与直线的斜率之和.TA TB TP TQ ⋅=⋅AB PQ （答案）〔1〕；〔2〕.()221116y x x -=≥0（解析）（分析）(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的C 1F 2F a b 值，即可得出轨迹的方程；C (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C 的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值. 12k k +（详解）(1) 因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，C 1F 2F 设轨迹的方程为，则，可得，，C ()222210,0x y a b a b -=>>22a =1a =4b ==所以，轨迹的方程为.C ()221116y x x -=≥〔2〕方法一（最优解）：直线方程与双曲线方程联立 如下图，设,1(,)2T n 设直线的方程为．AB 112211(),,(2,(),)y n k x A x y B x y -=-联立, 1221()2116y n k x y x ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩化简得.22221111211(16)(2)1604k x k k n x k n k n -+---+-=则． 22211112122211111624,1616k n k n k k n x x x x k k +-+-+==--故．12,11||)||22TA x TB x =-=-则．222111221(12)(1)11||||(1)(2216n k TA TB k x x k ++⋅=+--=-设的方程为，同理． PQ 21()2y n k x -=-22222(12)(1)||||16n k TP TQ k ++⋅=-因为，所以，TA TB TP TQ ⋅=⋅22122212111616k k k k ++=--化简得，22121717111616k k +=+--所以，即．22121616k k -=-2212k k =因为，所以． 11k k ≠120k k +=方法二：参数方程法设．设直线的倾斜角为， 1(,)2T m AB 1θ则其参数方程为， 111cos 2sin x t y m t θθ⎧=+⎪⎨⎪=+⎩联立直线方程与曲线C 的方程，2216160(1)x y x --≥=可得，222221111cos 116(cos )(sin 2sin )1604t m t t mt θθθθ+-++-=+整理得．22221111(16cos sin )(16cos 2sin )(12)0t m t m θθθθ-+--+=设，12,TA t TB t ==由根与系数的关系得．2212222111(12)12||||16cos sin 117cos t m m TA TB t θθθ-++⋅===--⋅设直线的倾斜角为，，PQ 2θ34,TP t TQ t ==同理可得 2342212||||117cos m T T t P Q t θ+⋅==-⋅由，得．||||||||TA TB TP TQ ⋅=⋅2212cos cos θθ=因为，所以．12θθ≠12s o o s c c θθ=-由题意分析知．所以， 12θθπ+=12tan tan 0θθ+=故直线的斜率与直线的斜率之和为0． AB PQ 方法三]：利用圆幂定理因为，由圆幂定理知A ，B ，P ，Q 四点共圆． TA TB TP TQ ⋅=⋅设,直线的方程为，1(,)2T t AB 11(2y t k x -=-直线的方程为,PQ 21()2y t k x -=-则二次曲线． 1212()()022k kk x y t k x y t --+--+=又由，得过A ，B ，P ，Q 四点的二次曲线系方程为：22116y x -=，221212()()(1)0(0)2216k k y k x y t k x y t x λμλ--+--++--=≠整理可得： ， []2212121212()()()()16k x y k k xy t k k k k k x μμλλλλ++--+++-12(2)02y k k t m λ++-+=其中．21212()42k k t m t k k λμ⎡⎤=+-+-⎢⎥⎣⎦由于A ，B ，P ，Q 四点共圆，则xy 项的系数为0，即. 120k k +=（整体点评）(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它表达了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵敏的应用到题目中.方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.9．（2023年新高考2卷）已知椭圆C 的方程为，右焦点为，22221(0)x y a b a b+=>>F． 〔1〕求椭圆C 的方程；〔2〕设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线与曲线相切．证明：M ，MN 222(0)x y b x +=>N ，F 三点共线的充要条件是． ||MN =（答案）〔1〕；〔2〕证明见解析.2213x y +=（解析） （分析）〔1〕由离心率公式可得，即可得解；a =2b 〔2〕必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方():,0MN y kx b kb =+<221b k =+，即可得解. =1k =±（详解）〔1〕由题意，椭圆半焦距c =c e a =a =又，所以椭圆方程为；2221b a c =-=2213x y +=〔2〕由〔1〕得，曲线为，221(0)x y x +=>当直线的斜率不存在时，直线，不合题意； MN :1MN x =当直线的斜率存在时，设， MN ()()1122,,,M x y N x y 必要性：假设M ，N ，F 三点共线，可设直线即， (:MN y k x =0kx y -=由直线与曲线，解得，MN 221(0)x y x +=>11k =±联立可得，所以，(2213y x x y ⎧=±⎪⎨⎪+=⎩2430x -+=121234x x x x +=⋅=,=所以必要性成立；充分性：设直线即， ():,0MN y kx b kb =+<0kx y b -+=由直线与曲线，所以，MN 221(0)x y x +=>1=221b k =+联立可得， 2213y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222136330k xkbx b +++-=所以， 2121222633,1313kb b x x x x k k -+=-⋅=++==化简得，所以，()22310k -=1k =±所以，1k b =⎧⎪⎨=⎪⎩1k b =-⎧⎪⎨=⎪⎩:MN y x =y x =-+所以直线过点，M ，N ，F 三点共线，充分性成立； MN F 所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是 ||MN =（点睛）关键点点睛：解决此题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的精确性是解题的重中之重.10．（2023年新课标1卷理科）已知A 、B 分别为椭圆E ：〔a >1〕的左、右顶2221x y a+=点，G 为E 的上顶点，，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 8AG GB ⋅=与E 的另一交点为D ． 〔1〕求E 的方程；〔2〕证明：直线CD 过定点.（答案）〔1〕；〔2〕证明详见解析.2219x y +=（解析） （分析）〔1〕由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即(),0A a -(),0B a ()0,1G 21AG GB a ⋅=- 可求得：，问题得解.29a =〔2〕方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与()06,P y AP ()039y y x =+AP 椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为C 20022003276,99y y y y ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭D ，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：2002200332,11y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭203y ≠CD CD 即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点()02043233y y x y ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭203y =CD 32x =，命题得证. 3,02⎛⎫⎪⎝⎭（详解）〔1〕依据题意作出如下列图象：由椭圆方程可得：， ，222:1(1)x E y a a+=>(),0A a -(),0B a ()0,1G ， ∴(),1AG a = (),1GB a =-， ∴218AG GB a ⋅=-=∴29a =椭圆方程为：∴2219x y +=〔2〕方法一]：设而求点法 证明：设， ()06,P y 则直线的方程为：，即：AP ()()00363y y x -=+--()039y y x =+联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：AP ()2201939x y y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，解得：或()2222000969810y x y x y +++-=3x =-20203279y x y -+=+将代入直线可得： 20203279y x y -+=+()039y y x =+02069y y y =+所以点的坐标为. C 20022003276,99y y y y ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭同理可得：点的坐标为 D 2002200332,11y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭当时，203y ≠直线的方程为：， ∴CD 0022200002222000022006291233327331191y y y y y y y x y y y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎛⎫⎛⎫--⎝⎭-=-⎪ ⎪-+-++⎝⎭⎝⎭-++整理可得： ()()()2220000002224200000832338331116963y y y y y y y x x y y y y y +⎛⎫⎛⎫--+=-=- ⎪ ⎪+++--⎝⎭⎝⎭整理得：()()0002220004243323333y y y y x x y y y ⎛⎫=+=- ⎪---⎝⎭所以直线过定点．CD 3,02⎛⎫⎪⎝⎭当时，直线：，直线过点． 203y =CD 32x =3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭故直线CD 过定点．3,02⎛⎫⎪⎝⎭方法二]（最优解）：数形结合设，则直线的方程为，即． (6,)P t PA (3)9t y x =+930-+=tx y t 同理，可求直线的方程为．PB 330--=tx y t 则经过直线和直线的方程可写为． PA PB (93)(33)0-+--=tx y t tx y t 可化为．④()22292712180-+-+=txy txy ty 易知A ，B ，C ，D 四个点满足上述方程，同时A ，B ，C ，D 又在椭圆上，则有，代入④式可得．2299x y -=-()2227912180--+=t y txy ty 故，可得或． ()227912180⎡⎤--+=⎣⎦y t y tx t 0y =()227912180--+=t y tx t 其中表示直线，则表示直线．0y =AB ()227912180--+=t y tx t CD 令，得，即直线恒过点． 0y =32x =CD 3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭（整体点评）此题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的表达了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.11．（2023年新课标2卷理科）已知椭圆C 1：(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 222221x y a b+=的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=|AB |.43〔1〕求C 1的离心率；〔2〕设M 是C 1与C 2的公共点，假设|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程.（答案）〔1〕；〔2〕，.12221:13627x y C +=22:12C y x =（解析） （分析）〔1〕求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的AB CD 43CD AB =a c 1C 离心率的值；〔2〕方法四]由〔1〕可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点1C 2222143x y c c+=1C 2C的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.M 5MF =c 1C 2C （详解）〔1〕，轴且与椭圆相交于、两点， (),0F c AB x ⊥1C A B 则直线的方程为，AB x c =联立，解得，则， 22222221x cx y a b a b c=⎧⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎩2x c b y a =⎧⎪⎨=±⎪⎩22b AB a =抛物线的方程为，联立， 2C 24y cx =24x cy cx=⎧⎨=⎩解得，，2x c y c =⎧⎨=±⎩4CD c ∴=，即，，43CD AB = 2843b c a=223b ac =即，即，222320c ac a +-=22320e e +-=，解得，因此，椭圆的离心率为；01e <<Q 12e =1C 12〔2〕方法一]：椭圆的第二定义由椭圆的第二定义知，则有，20||=-MF e a x c200||⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭a MF e x a ex c 所以，即． 0152-=a x 0210=-x a 又由，得． 0||5=+=MF x c 052=-a x 从而，解得． 21052-=-aa 6a =所以．3,6,6====c a b p故椭圆与抛物线的标准方程分别是．1C 2C 2221,123627+==x yy x 方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式以为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系． (c,0)F 由〔Ⅰ〕知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由2a c =2||1cos θ=-cMF 255cos θ=-c ，得，两式联立解得． 132||11cos 2θ⨯=+c MF 3105cos θ=+c 3c =故的标准方程为，的标准方程为．1C 2213627x y+=2C 212y x =方法三]：参数方程由〔1〕知，椭圆的方程为，2,a c b ==1C 2222143x yc c+=所以的参数方程为〔为参数〕，1C {x =2c ⋅cos θ,y =3c ⋅sin θθ将它代入抛物线的方程并化简得，22:4C y cx =23cos 8cos 30θθ+-=解得或〔舍去〕，1cos3θ=cos 3θ=-所以M 的坐标为．sin θ=23⎛ ⎝c 又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得． ||5MF =5+=M x c 253+=cc 3c =故的标准方程为，的标准方程为．1C 2213627x y+=2C 212y x =方法四]（最优解）：利用韦达定理由〔1〕知，，椭圆的方程为，2a c =b =1C 2222143x yc c+=联立，消去并整理得， 222224143y cxx y c c ⎧=⎪⎨+=⎪⎩y 22316120x cx c +-=解得或〔舍去〕，23x c =6x c =-由抛物线的定义可得，解得. 25533cMF c c =+==3c =因此，曲线的标准方程为，1C 2213627x y+=曲线的标准方程为.2C 212y x =（整体点评）(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分表达了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以到达设而不求的效果.12．（2023年新课标2卷文科）已知椭圆C 1：(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 222221x y a b+=的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=|AB |．43〔1〕求C 1的离心率；〔2〕假设C 1的四个顶点到C 2的准线距离之和为12，求C 1与C 2的标准方程．（答案）〔1〕；〔2〕：，： .121C 2211612x y+=2C 28y x =（解析） （分析）〔1〕依据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第—象限，运用2C ,A C 代入法求出点的纵坐标，依据，结合椭圆离心率的公式进行求解即,,,A B C D 4||||3CD AB =可；〔2〕由〔1〕可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可； （详解）解：〔1〕因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中1C (c,0)F 2C 24y cx =c =不妨设在第—象限，因为椭圆的方程为：， ,A C 1C 22221x y a b +=所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；x c =222221c y b y a b a +=⇒=±,A B 2b a 2ba-又因为抛物线的方程为，所以当时，有，2C 24y cx =x c =242y c c y c =⋅⇒=±所以的纵坐标分别为，，故，.,C D 2c 2c -22||bAB a=||4CD c =由得，即，解得〔舍去〕，.4||||3CD AB =2843b c a=2322()c c aa ⋅=-2c a =-12c a =所以的离心率为.1C 12〔2〕由〔1〕知，，故，所以的四个顶点坐标分别为2a c =b =22122:143x y C c c+=1C ，，，，的准线为.(2,0)c (2,0)c -)(0,)2C x c =-由已知得，即. 312c c c c +++=2c =所以的标准方程为，的标准方程为. 1C 2211612x y +=2C 28y x =（点睛）此题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.13．（2023年新课标3卷理科）已知椭圆，分222:1(05)25x y C m m +=<<A B 别为的左、右顶点． C 〔1〕求的方程；C 〔2〕假设点在上，点在直线上，且，，求的面积． P C Q 6x =||||BP BQ =BP BQ ⊥APQ A （答案）〔1〕；〔2〕.221612525x y +=52（解析） （分析） 〔1〕因为，可得，，依据离心率公式，结合已知，即可222:1(05)25x y C m m +=<<5a =b m =求得答案；〔2〕方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得P x M 6x =x N ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，依据点到直线距离公PMB BNQ ≅△△P AQ 式和两点距离公式，即可求得的面积. APQ A （详解）〔1〕，，222:1(05)25x y C m m+=<<∴5a =b m =依据离心率或(舍)， c e a ===54m =54m =-的方程为：，即．∴C 22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=221612525x y +=〔2〕（方法一）：通性通法不妨设,在x 轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为 P Q P x M 6x =x N 依据题意画出图形，如图，， ，||||BP BQ =BP BQ ⊥90PMB QNB ∠=∠=︒又， ，90PBM QBN ∠+∠=︒90BQN QBN ∠+∠=︒，依据三角形全等条件“〞，可得：， ∴PBM BQN ∠=∠AAS PMB BNQ ≅△△，，，221612525x y +=∴(5,0)B ∴651PM BN ==-=设点为，可得点纵坐标为，将其代入， P (,)P P x y P 1P y =221612525x y +=可得：，解得：或，点为或，21612525P x +=3P x =3P x =-∴P (3,1)(3,1)-①当点为时，故，P (3,1)532MB =-=，，可得：点为，PMB BNQ ≅△△∴||||2MB NQ ==Q (6,2)画出图象，如图, ，可求得直线的直线方程为：，(5,0)A -(6,2)Q AQ 211100x y -+=依据点到直线距离公式可得到直线的距离为 P AQ d，面积为：=∴APQ A； 1522⨯=②当点为时，故，，，可得：P (3,1)-5+38MB == PMB BNQ ≅△△∴||||8MB NQ ==Q 点为，画出图象，如图(6,8), ，可求得直线的直线方程为：，(5,0)A -(6,8)Q AQ 811400x y -+=依据点到直线距离公式可得到直线的距离为， P AQ d=面积为：，综上所述，面积为：. ∴APQ A 1522=APQ A 52（方法二）（最优解）：由对称性，不妨设P ，Q 在x 轴上方，过P 作轴，垂足为E ．设，由题知，PE x ⊥(6,0)D ．PEB BDQ A A ≌故， 131p BP PE PEPE x QB BD ==⇒=⇒=±①因为，如图，所以，． (3,1),(5,0),(6,2)P A Q -52APQ AQD PEDQ PEA S S S S =--=A A A②因为，如图，所以． (3,1),(5,0),(6,8)P A Q --52APQ AQD PEDQPEA S S S S =--=A A A综上有 52APQ S =△（方法三）：由已知可得，直线的斜率肯定存在，设直线的方程为，由对()5,0B ,BP BQ BP ()5y k x =-称性可设，联立方程消去y 得0k <22(5),161,2525y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩()22221161601625250k x k x k +-+⨯-=，由韦达定理得，所以，221625255116P k x k ⨯-=+22805116P k x k -=+将其代入直线的方程得，所以， BP 210116P ky k -=+22280510,116116k k P kk ⎛⎫--⎪++⎝⎭则 ||BP ==因为，则直线的方程为，BP BQ ⊥BQ 1(5)y xk=--则 16,,||Q BQ k ⎛⎫-== ⎪⎝⎭因为，， ||||BP BQ ==422566810k k -+=即，故或，即或．()()22641410k k --=2164k=214k =18k =-12k =-当时，点P ，Q 的坐标分别为18k =-(3,1),(6,8),||P Q PQ -=直线的方程为，点A 到直线 PQ 71093y x =+PQ故的面积为．APQ A 1522=当时，点P ，Q 的坐标分别为12k =-(3,1),(6,2),||P Q PQ =直线的方程为，点到直线PQ 13y x =(5,0)A -PQ故的面积为．APQ A 1522=综上所述，的面积为．APQ A 52（方法四）：由〔1〕知椭圆的方程为，．221612525x y +=(5,0),(5,0)A B -不妨设在x 轴上方，如图．()00,P x y设直线．:(5)(0)AP y k x k =+>因为，所以．||||,BP BQ BP BQ =⊥00||1,||5Q y BN y BM x ====-由点P 在椭圆上得，所以．201612525x +=209x =由点P 在直线上得，所以．所以，化简得AP ()015k x =+015k x k -=2159k k -⎛⎫= ⎪⎝⎭．216101k k =-所以，即． 0110155516k x k k k -⎛⎫-=--== ⎪⎝⎭(6,16)Q k所以，点Q 到直线的距离AP d==又 )0||5AP x ==+=。

§8.7曲线与方程Ａ组基础题组1.(2015南昌二模)方程(x2+y2-2x)=0表示的曲线是( )A.一个圆和一条直线B.一个圆和一条射线C.一个圆D.一条直线2.(2015宁波高考模拟考试,7,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A是半圆x2-4x+y2=0(2≤x≤4)上的一个动点,点C在线段OA的延长线上.当·=20时,点C的轨迹为( )A.椭圆的一部分B.抛物线的一段C.线段D.圆弧3.(2015青岛检测)已知点G是△ABC的外心,,,是三个单位向量,且2++=0.如图所示,△ABC 的顶点B,C分别在x轴的非负半轴和y轴的非负半轴上移动,则G点的轨迹为( )A.一条线段B.一段圆弧C.椭圆的一部分D.抛物线的一部分4.(2014四川,9,5分)设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是( )A.[,2]B.[,2]C.[,4]D.[2,4]5.(2015浙江杭州学军中学第五次月考,9)已知圆O1:(x-2)2+y2=16和圆O2:x2+y2=r2(0<r<2),动圆M与圆O1和圆O2都相切,动圆圆心M的轨迹为两个椭圆,设这两个椭圆的离心率分别为e1和e2(e1>e2),则e1+2e2的最小值为( )A. B. C. D.6.(2015杭州一模,11,6分)设圆C:(x-k)2+(y-2k+1)2=1,则圆C的圆心轨迹方程是;若直线l:3x+ty-1=0截圆C所得的弦长与k无关,则t= .7.平面内一条线段AB的长为6,动点P满足|PA|=10-|PB|,则|PA|的最大值与最小值之积为.8.已知长为1+的线段AB的两个端点A、B分别在x轴、y轴上滑动,P是AB上一点,且=.求点P的轨迹方程.9.(2015浙江冲刺卷四,21(1),7分)在直角坐标系xOy上取两个定点A1(-2,0),A2(2,0),再取两个动点N1(0,m),N2(0,n),且mn=3.求直线A1N1与A2N2交点的轨迹M的方程.10.(2013陕西,20,13分)已知动点M(x,y)到直线l:x=4的距离是它到点N(1,0)的距离的2倍.(1)求动点M的轨迹C的方程;(2)过点P(0,3)的直线m与轨迹C交于A,B两点,若A是PB的中点,求直线m的斜率.B组提升题组1.(2015浙江名校(镇海中学)交流卷一,18)如图,定直线l的方程为x=-4,定点F的坐标为(-1,0),P(x,y)为平面上一动点,作PQ⊥l于Q,若|PQ|=2|PF|.(1)求动点P的轨迹E的方程;(2)过定点F作直线交曲线E于A、B两点,若曲线E的中心为O,且+3=2,求三角形OAB的面积.2.(2015浙江宁波二中阶段检测)已知圆C的方程为x2+y2=4.(1)求过点P(1,2)且与圆C相切的直线l的方程;(2)直线l'过点P(1,2),且与圆C交于A、B两点,若|AB|=2,求直线l'的方程;(3)圆C上有一动点M(x0,y0),=(0,y0),若向量=+,求动点Q的轨迹方程,并说明此轨迹是什么曲线.3.(2015杭州高级中学月考,21)设点A(-,0),B(,0),直线AM、BM相交于点M,且它们的斜率之积为-.(1)求动点M的轨迹C的方程;(2)已知直线l过点F(1,0),l与圆O:x2+y2=5相交于P、Q两点,l与轨迹C相交于R、S两点,若||∈[4,],求△F'RS的面积的最大值和最小值(F'为轨迹C的左焦点).4.(2015浙江新高考研究卷五(杭州学军中学),18)椭圆+=1上有两点P,Q,O为原点,PQ的中点为M,连OP,OQ,OP,OQ的斜率之积为-.(1)求点M的轨迹E的方程;(2)已知点A(2,0),过点A作直线AB,AC交曲线E于B,C两点,若AB⊥AC,求△ABC面积的最大值.5.(2015浙江杭州一模,18)在直角坐标系xOy中,设点A(-1,0),B(1,0),Q为△ABC的外心.已知+2=0,QG∥AB.(1)求点C的轨迹Γ的方程;(2)设经过F(0,)的直线交轨迹Γ于E,H,直线EH与直线l:y=交于点M,点P是直线y=上异于点F的任意一点.若直线PE,PH,PM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在实数t,使得+=?若存在,求t的值;若不存在,说明理由.6.(2015浙江宁波十校联考,18)已知动点P(x,y)到直线l:x=-2的距离是它到定点F(-1,0)的距离的倍.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过F(-1,0)作与x轴垂直的直线,它与轨迹C在第三象限的交点为Q,过F(-1,0)的动直线与轨迹C相交于不同的两点A,B,与直线l相交于点M,记直线QA,QB,QM的斜率依次为k1,k2,k3,试证明:为定值.Ａ组基础题组1.D 依题意得x+y-3=0或又圆(x-1)2+y2=1与直线x+y-3=0相离,且在直线下方,因此方程(x2+y2-2x)=0表示的曲线是一条直线.2.C 设A(m,n)(2≤m≤4),因为C在线段OA的延长线上,故设=λ=(λm,λn)(λ>1),依题意,解得λ=,故C,故点C的轨迹方程为x=5(-5≤y≤5),这表示一条线段,故选C.3.B 因为2++=0,所以+=0,所以G为BC的中点.因为||=||=1,B,C分别在x,y轴的非负半轴上移动,所以||=1,G点的轨迹是以O为圆心,1为半径的一段圆弧.4.B 直线x+my=0过定点A(0,0),直线mx-y-m+3=0过定点B(1,3).①当m=0时,过定点A的直线方程为x=0,过定点B的直线方程为y=3,两条直线互相垂直,此时P(0,3),∴|PA|+|PB|=4.②当m≠0时,直线x+my=0的斜率为-,直线mx-y-m+3=0的斜率为m.∵-×m=-1,∴两条直线互相垂直,即点P可视为以AB为直径的圆上的点.当点P与点A或点B重合时,|PA|+|PB|有最小值.当点P不与点A,点B重合时,△PAB为直角三角形,且|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.由不等式性质知|PA|+|PB|≤2=2,∴|PA|+|PB|∈[,2].综合①②得|PA|+|PB|∈[,2].5.A 设动圆M的半径为R.动圆M与圆O1和圆O2都相切有两种情况,一是与圆O1内切、与圆O2外切,二是与圆O1和圆O2都内切.相切都可以转化为圆心距离问题.第一种情况,=4-R,=r+R.+=4+r,为定值,且O1O2=2.故由椭圆的定义可知,M的轨迹为一个椭圆,a=,c=1.同理,第二种情况,M的轨迹为一个椭圆,a=,c=1.∵两个椭圆的离心率分别为e1和e2(e1>e2),∴e1=,e2=.∴e1+2e2=+====≥==,当且仅当12-r=,即r=12-8时,取“=”.所以e1+2e2的最小值为.6.答案y=2x-1;-解析设圆心坐标为(x,y),由圆的方程可得消去k可得圆心的轨迹方程为y=2x-1.因为弦长与k无关,则圆心到直线3x+ty-1=0的距离与k无关,因为圆心在直线y=2x-1上,故当两直线平行时弦长为定值,即-=2,解得t=-.7.答案16解析∵|PA|+|PB|=10>|AB|,∴P点的轨迹是以A、B为焦点的椭圆,且2a=10,2c=6,∴|PA|的最大值与最小值分别为a+c=8和a-c=2,其积为16.8.解析设A(x 0,0),B(0,y0),P(x,y),则=(x-x0,y),=(-x,y0-y),又=,所以x-x0=-x,y=(y0-y),得x0=x,y0=(1+)y.因为|AB|=1+,即+=(1+)2,所以+[(1+)y]2=(1+)2,化简得+y2=1.所以点P的轨迹方程为+y2=1.9.解析依题意知直线A 1N1的方程为y=(x+2),①直线A2N2的方程为y=-(x-2).②设Q(x,y)是直线A1N1与A2N2的交点,①×②得y2=-(x2-4),由mn=3整理得+=1.∵N1,N2不与原点重合,∴点A1(-2,0),A2(2,0)不在轨迹M上,∴轨迹M的方程为+=1(x≠±2).10.解析(1)设M到直线l的距离为d,根据题意得,d=2|MN|.由此得|4-x|=2,化简得+=1,所以动点M的轨迹方程为+=1.(2)解法一:由题意,设直线m的方程为y=kx+3,A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+3代入+=1中,有(3+4k2)x2+24kx+24=0,其中,Δ=(24k)2-4×24(3+4k2)=96(2k2-3)>0,由根与系数关系得x1+x2=-, ①x1x2=. ②又因A是PB的中点,故x2=2x1, ③将③代入①,②得x1=-,=,可得=,且k2>,解得k=-或k=,所以直线m的斜率为-或.解法二:由题意,设直线m的方程为y=kx+3,A(x1,y1),B(x2,y2).∵A是PB的中点,∴x1=①,y1=②.又+=1③,+=1④,联立①②③④,解得或即点B的坐标为(2,0)或(-2,0),所以直线m的斜率为-或.B组提升题组1.解析(1)由|x+4|=2,化简得轨迹E的方程为+=1.(5分)(2)设直线AB的方程为ky=x+1,与椭圆方程联立消去x得(3k2+4)y2-6ky-9=0.设A(x1,y1),B(x2,y2).∵+3=2,O(0,0),F(-1,0),∴y1=-2y2.(7分)∴y1=,y2=,∴y1y2==,∴k2=.(10分)∴|AB|=|y1-y2|=,又点O到直线AB的距离d=,∴S△OAB==.(15分)2.解析(1)显然直线l的斜率存在,设切线方程为y-2=k(x-1),由=2得k 1=0,k2=-,从而所求的切线方程为y=2或4x+3y-10=0.(2)当直线l'垂直于x轴时,直线方程为x=1,l'与圆的两个交点坐标为(1,),(1,-),这两点的距离为2,满足题意;当直线l'不垂直于x轴时,设其方程为y-2=k(x-1),即kx-y-k+2=0,设圆心到此直线的距离为d(d>0),则2=2,得d=1,从而1=,得k=,此时直线方程为3x-4y+5=0.综上所述,所求直线方程为3x-4y+5=0或x=1.(3)设点Q的坐标为(x,y),∵点M坐标是(x0,y0),=(0,y0),=+,∴(x,y)=(x0,2y0)⇒x=x0,y=2y0. ∵+=4,∴x2+=4,即+=1.∴Q点的轨迹方程是+=1,此轨迹是焦点在y轴上的椭圆.3.解析(1)设M(x,y),则k MA·k MB=·=-(x≠±),即+=1,∴轨迹C的方程为+=1(x≠±). (2)设l:x=my+1.O到l的距离为d=,∴|PQ|=2∈[4,],∴0≤m2≤3,将x=my+1代入轨迹C的方程并整理得(2m2+3)y2+4my-4=0.设R(x1,y1),S(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=-,∴|y1-y2|==,∴S△F'RS=|y1-y2|·|FF'|=4.设m2+1=t,则t∈[1,4],S△F'RS=4=,令f(t)=4t+,t∈[1,4],∵f(t)=4t+在[1,4]上递增,∴f(t)∈,∴(S△F'RS)min=,(S△F'RS)max=.4.解析(1)设P(x 1,y1),Q(x2,y2),M(x,y).由题意得x1x2+4y1y2=0,由⇒两式平方相加,并由+4=16,+4=16整理得4x2+16y2=32,即+=1.故轨迹E的方程为+=1.(2)不妨设AB:x=my+2(m>0),代入曲线E的方程得(m2+4)y2+4my=0⇒y B=-.∴|AB|=·.∵AB⊥AC,∴AC:x=-y+2.同理,得|AC|=·.∴S△ABC=|AB|×|AC|==,令t=(m>0),则t≥2,得S△ABC=,易知函数y=4t+在[2,+∞)上单调递增,∴当t=2时,S△ABC取得最大值,(S△ABC)max=.5.解析(1)设C(x,y)(y≠0),由+2=0,得G,又QG∥AB,且Q为△ABC的外心,所以Q.根据|QA|=|QC|,可得x2+=1(y≠0).故轨迹Γ的方程为x2+=1(y≠0).(2)存在.假设存在实数t满足题意.当直线EF的斜率不存在时,易知M,不妨取E(0,),H(0,-).设P(x0,)(x0≠0).则=,=,=-x0,由+=得t=2.当直线EF的斜率存在时,设斜率为k,则直线EH的方程为y=kx+(k≠0),此时点M的坐标为.把直线方程代入椭圆方程可得(k2+3)x2+2kx-1=0,设E(x1,y1),H(x2,y2),P(a,)(a≠0).则x1+x2=-,x1x2=-.∴==,=,=-a.则+=+=-×=-2a=,又∵+=,∴t=2.综上,存在实数t=2满足条件.6.解析(1)作PN⊥直线l于N,则由题意可知|PN|=|PF|,(1分)设P(x,y),由题意知|PN|=|x+2|,又|PF|=,(3分)所以|x+2|=·,化简得动点P的轨迹C的方程为+y2=1.(6分)(2)证明:易得Q,直线AB的斜率存在.(i)当动直线AB的斜率k=0时,M(-2,0),不妨取A(-,0),B(,0),此时k1=--1,k2=-+1,k3=-,此时,=2.(8分)(ii)当动直线AB的斜率k≠0时,设直线AB的方程为x=ty-1(其中tk=1), 令x=-2得,y=-,所以M,所以k3=-.(10分)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1=ty1-1,x2=ty2-1.k1===+·,k2=+·,所以k1+k2=+·.(12分)把x=ty-1代入方程+y2=1可得(t2+2)y2-2ty-1=0.所以y1+y2=,y1·y2=,所以+=-2t.(14分)所以k1+k2=+·=-,所以=2.综上,为定值2.(15分)。

第一节 空间几何体的结构及其三视图与直观图A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国Ⅲ，9)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A.18＋365B.54＋18 5C.90D.812.(2016·全国Ⅱ，6)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A.20πB.24πC.28πD.32π3.(2016·，6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12D.1 4.(2016·某某，5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π 5.(2015·某某，8)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A.大于5B.等于5C.至多等于4D.至多等于36.(2015·，5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A.2＋5B.4＋ 5C.2＋25D.57.(2015·某某，2)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403cm 3 8.(2015·新课标全国Ⅰ，11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A.1B.2C.4D.89.(2014·某某，2)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A.圆柱B.圆锥C.四面体D.三棱柱10.(2014·某某，5)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )11.(2014·某某，5)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2).给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )A.①和②B.③和①C.④和③D.④和②12.(2014·新课标全国Ⅰ，12)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.413.(2015·某某，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.如图,网格上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.2 2B. 6C.2 3D.32.(2016·某某某某二模)如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 爬到点C ，则这只蚂蚁爬行的最短路程是( )A.13B.7C.433D.3323.(2016·某某新华中学月考)如图是一个几何体的正视图、侧视图、俯视图，则该几何体的体积是( )A.24B.12C.8D.44.(2015·某某某某模拟)某几何体的三视图如图所示，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则其侧视图的面积是( )A.12B.32C.1D. 3 5.(2015·某某莱芜模拟)如右图放置的六条棱长都相等的三棱锥，则这个几何体的侧视图是( )A.等腰三角形B.等边三角形C.直角三角形D.无两边相等的三角形6.(2016·某某某某模拟)在三棱锥P －ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△PAC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB 和AC ，则截面的周长为________.7.(2016·某某师大附中模拟)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是________.8.(2016·某某某某统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为________.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）(2016年高考题6月底更新) 1.B [由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3，3，45，几何体的表面积S ＝3×6×2＋3×3×2＋3×45×2＝54＋18 5.]2.C [由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l ＝（23）2＋22＝4，所以圆锥的侧面积为S 锥侧＝12×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S 柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的表面积S ＝8π＋16π＋4π＝28π，故选C.]3.A[由三视图知，三棱锥如图所示：由侧视图得高h ＝1，又底面积S ＝12×1×1＝12.所以体积V ＝13Sh ＝16.] 4.C[由三视图知,半球的半径R ＝22,四棱锥为底面边长为1,高为1的正四棱锥, ∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C.] 5.C [当n ＝3时显然成立，故排除A ，B ；由正四面体的四个顶点，两两距离相等，得n ＝4时成立，故选C.]6.C [该三棱锥的直观图如图所示：过D 作DE ⊥BC ，交BC 于E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5.] 7.C [该几何体是棱长为2 cm 的正方体与一底面边长为2 cm 的正方形，高为2 cm 的正四棱锥组成的组合体，V ＝2×2×2＋13×2×2×2＝323(cm 3).故选C.] 8.B [由题意知，2r ·2r ＋12·2πr ·2r ＋12πr 2＋12πr 2＋12·4πr 2＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2.]9.A [圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱.]10.B [由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成.从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部有一条线段连接的两个三角形.] 11.D [在空间直角坐标系O －xyz 中作出棱长为2的正方体，在该正方体中作出四面体，如图所示，由图可知，该四面体的正视图为④，俯视图为②.选D. ]12.C [如图，设辅助正方体的棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥ABCD ，最长的棱为AD ＝（42）2＋22＝6，选C. ]13.83π [由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1，圆锥的高为1，圆柱的高为2，所以该几何体的体积V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π m 3.] B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.D [(1)几何体的直观图如图，其中平面ABD ⊥平面BCD ，△ABD 为等腰直角三角形，AB ＝2，BD ＝2，△BCD 是以BD 为底边的等腰三角形，C 到BD 的中点的距离为2，∴BC ＝CD ＝12＋22＝5，AC ＝22＋（5）2＝3.AD ＝22，显然所有棱中，AC 最长，长为3，故选D.]2.B [由题意,圆锥的从VA 到VB 的部分侧面展开图为如图所示的扇形,半径为3,圆心角为π3,连接AC ,在△VAC 中,因为VC ＝1,∠V ＝π3，VA ＝3,所以由余弦定理得AC 2＝32＋12－2×3×1×12＝7.∴AC ＝7，即蚂蚁爬行最短路程为7，故选B.]3.B [由三视图可知,该几何体由两个相同的直三棱柱构成,三棱柱的高为4,三棱柱的底面三角形为直角三角形,两直角边分别为2，32，所以三棱柱的底面积为12×2×32＝32，所以三棱柱的体积为32×4＝6.即该几何体的体积为2×6＝12，故选B.] 4.B [由三视图可以得到原几何体是以1为半径，母线长为2的半个圆锥，故侧视图的面积是32，故选B.] 5. A [∵六条棱长都相等的三棱锥，它的侧视图是如图所示的等腰三角形(AC ＝AB )，故选A.]6. 8[过点G 作EF ∥AC ,分别交PA 、PC 于点E 、F ，过E 、F 分别作EN ∥PB 、FM ∥PB ，分别交AB 、BC 于点N 、M ，连接MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(面EFMN 为所求截面)，且EF＝MN ＝23AC ＝2，FM ＝EN ＝13PB ＝2，所以截面的周长为2×4＝8.] 7.9 [由三视图知该几何体是一个四棱锥，其体积V ＝13×12×(2＋4)×3×3＝9.] 8. 50 π [由三视图知,该几何体可以由一个长方体截去4个角后得到,此长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫5222＝50π.]。

第八章错误!解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．直线的倾斜角(1）定义：当直线l与x轴相交时,取x轴作为基准，x轴正向与直线l向上方向之间所成的角叫做直线l的倾斜角．当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0．（2)范围:直线l倾斜角的取值范围是[0，π)．2．斜率公式（1)直线l的倾斜角为α(α≠错误!），则斜率k＝tan_α．（2)P1（x1，y1），P2（x2，y2)在直线l上，且x1≠x2，则l的斜率k＝y2－y1x2－x1．3．直线方程的五种形式名称方程适用范围点斜y－y0＝k（x－x0）不含直线x＝x0［小题体验］1．(教材习题改编)若过两点A(－m,6),B（1,3m）的直线的斜率为12,则m＝________．答案：－22．（教材习题改编）已知三角形的三个顶点A（－5，0)，B（3，－3），C(0,2)，则BC边上中线所在的直线方程为________．答案：x＋13y＋5＝03．已知直线l：ax＋y－2－a＝0在x轴和y轴上的截距相等，则实数a＝________．解析：令x＝0，则l在y轴的截距为2＋a；令y＝0,得直线l在x轴上的截距为1＋错误!．依题意2＋a＝1＋错误!，解得a＝1或a＝－2．答案：1或－21．点斜式、斜截式方程适用于不垂直于x轴的直线；两点式方程不能表示垂直于x，y轴的直线；截距式方程不能表示垂直于坐标轴和过原点的直线．2．截距不是距离，距离是非负值，而截距可正可负，可为零，在与截距有关的问题中，要注意讨论截距是否为零．3．求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应注意分类讨论，即应对斜率是否存在加以讨论．［小题纠偏］1．经过点A(2，－3）,倾斜角等于直线y＝x的2倍的直线方程为________．解析：直线y＝x的斜率k＝1，故倾斜角为错误!，所以所求的直线的倾斜角为错误!,则所求的直线方程为x＝2．答案：x＝22．过点M(3，－4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为________．解析:①若直线过原点，则k＝－错误!，所以y＝－错误!x，即4x＋3y＝0．②若直线不过原点．设错误!＋错误!＝1，即x＋y＝a．则a＝3＋(－4)＝－1，所以直线的方程为x＋y＋1＝0．答案：4x＋3y＝0或x＋y＋1＝0错误!错误!［题组练透］1．（2016·绥化一模)直线x sin α＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是( )A．［0，π)B．错误!∪错误!C．错误!D．错误!∪错误!解析：选B 因为直线x sin α＋y＋2＝0的斜率k＝－sin α，又－1≤sin α≤1,所以－1≤k≤1．设直线x sin α＋y＋2＝0的倾斜角为θ，所以－1≤tan θ≤1，而θ∈［0，π），故倾斜角的取值范围是错误!∪错误!．2．若点A(4,3）,B(5,a），C（6，5）三点共线，则a的值为________．解析：∵k AC＝错误!＝1，k AB＝错误!＝a－3．由于A，B,C三点共线，所以a－3＝1，即a＝4．答案:43．若直线l经过点A(1,2）,在x轴上的截距的取值范围是(－3,3），则其斜率的取值范围是________．解析：设直线l的斜率为k，则直线方程为y－2＝k(x－1),在x 轴上的截距为1－错误!．令－3＜1－错误!＜3,解得k＜－1或k＞错误!．故其斜率的取值范围为(－∞，－1）∪错误!．答案：(－∞,－1）∪错误![谨记通法］1．倾斜角与α斜率k的关系当α∈错误!且由0增大到错误!错误!时,k的值由0增大到＋∞．当α∈错误!时，k也是关于α的单调函数,当α在此区间内由错误!错误!增大到π（α≠π)时，k的值由－∞趋近于0（k≠0)．2．斜率的2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．(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＝错误!（x1≠x2）求斜率．错误!错误!［典例引领］(1）求过点A（1,3），斜率是直线y＝－4x的斜率的错误!的直线方程；(2）求经过点A（－5,2），且在x轴上的截距等于在y轴上截距的2倍的直线方程．解：（1)设所求直线的斜率为k，依题意k＝－4×错误!＝－错误!．又直线经过点A(1，3)，因此所求直线方程为y－3＝－错误!（x－1），即4x＋3y－13＝0．（2)当直线不过原点时,设所求直线方程为错误!＋错误!＝1，将(－5,2)代入所设方程，解得a＝－错误!,所以直线方程为x＋2y＋1＝0；当直线过原点时，设直线方程为y＝kx，则－5k＝2，解得k＝－25，所以直线方程为y＝－错误!x，即2x＋5y＝0．故所求直线方程为2x＋5y＝0或x＋2y＋1＝0．[由题悟法]求直线方程的2个注意点(1）在求直线方程时，应选择适当的形式，并注意各种形式的适用条件．(2）对于点斜式、截距式方程使用时要注意分类讨论思想的运用(若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况;若采用截距式，应判断截距是否为零）．［即时应用]已知点A（3,4），求满足下列条件的直线方程：(1）经过点A且在两坐标轴上截距相等；(2）经过点A且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形．解:（1）设直线在x轴,y轴上的截距均为a．①若a＝0，即直线过点（0,0)及（3，4）．∴直线的方程为y＝错误!x，即4x－3y＝0．②若a≠0,设所求直线的方程为错误!＋错误!＝1，又点（3，4)在直线上，∴错误!＋错误!＝1,∴a＝7．∴直线的方程为x＋y－7＝0．综合①②可知所求直线的方程为4x－3y＝0或x＋y－7＝0．（2)由题意可知，所求直线的斜率为±1．又过点(3，4）,由点斜式得y－4＝±(x－3)．故所求直线的方程为x－y＋1＝0或x＋y－7＝0．错误!错误!［锁定考向]直线方程的综合应用是常考内容之一，它常与函数、导数、不等式、圆相结合，命题多为客观题．常见的命题角度有：(1）与基本不等式相结合的最值问题；(2)与导数的几何意义相结合的问题；（3)与圆相结合求直线方程的问题．[题点全练]角度一：与基本不等式相结合的最值问题1．过点P（4，1）作直线l分别交x轴，y轴正半轴于A，B两点，O为坐标原点．(1)当△AOB面积最小时，求直线l的方程．（2）当|OA|＋|OB｜取最小值时，求直线l的方程．解：设直线l ：错误!＋错误!＝1(a ＞0，b ＞0），因为直线l 经过点P （4，1），所以错误!＋错误!＝1．（1）4a＋错误!＝1≥2错误!＝错误!， 所以ab ≥16，当且仅当a ＝8，b ＝2时等号成立，所以当a ＝8，b ＝2时，△AOB 的面积最小，此时直线l 的方程为x 8＋错误!＝1，即x ＋4y －8＝0． （2)因为4a＋错误!＝1,a ＞0,b ＞0， 所以|OA ｜＋|OB |＝a ＋b ＝(a ＋b )错误!＝5＋错误!＋错误!≥5＋2 错误!＝9，当且仅当a ＝6，b ＝3时等号成立，所以当|OA |＋|OB ｜取最小值时，直线l 的方程为错误!＋错误!＝1，即x ＋2y －6＝0．角度二：与导数的几何意义相结合的问题2．设P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处的切线倾斜角的取值范围为错误!，则点P 横坐标的取值范围为（ )A．错误!B．错误!C．［0,1] D．错误!解析：选A 由题意知y′＝2x＋2，设P（x0，y0),则k＝2x0＋2．因为曲线C在点P处的切线倾斜角的取值范围为错误!，所以0≤k≤1，即0≤2x0＋2≤1,故－1≤x0≤－错误!．角度三:与圆相结合求直线方程的问题3．在平面直角坐标系xOy中,设A是半圆O:x2＋y2＝2(x≥0）上一点，直线OA的倾斜角为45°，过点A作x轴的垂线，垂足为H,过H作OA的平行线交半圆于点B，则直线AB的方程是____________________．解析:直线OA的方程为y＝x，代入半圆方程得A（1,1），∴H(1,0),直线HB的方程为y＝x－1，代入半圆方程得B错误!．所以直线AB的方程为错误!＝错误!，即错误!x＋y－错误!－1＝0．答案：错误!x＋y－错误!－1＝0［通法在握]处理直线方程综合应用的2大策略（1）含有参数的直线方程可看作直线系方程,这时要能够整理成过定点的直线系，即能够看出“动中有定”．（2)求解与直线方程有关的最值问题,先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．[演练冲关］1．设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P（x，y)，则|PA｜·|PB｜的最大值是________．解析：易求定点A（0,0），B(1,3)．当P与A和B均不重合时,因为P为直线x＋my＝0与mx－y－m＋3＝0的交点，且易知两直线垂直,则PA⊥PB，所以｜PA|2＋｜PB｜2＝｜AB|2＝10，所以｜PA|·|PB|≤错误!＝5(当且仅当|PA|＝|PB｜＝错误!时，等号成立)，当P与A或B重合时，｜PA|·|PB｜＝0，故|PA|·｜PB|的最大值是5．答案：52．（2017·衡阳一模）已知点P在直线x＋3y－2＝0上，点Q 在直线x＋3y＋6＝0上，线段PQ的中点为M(x0，y0),且y0<x0＋2，则y0x0的取值范围是________．解析：依题意可得错误!＝错误!，化简得x0＋3y0＋2＝0,又y0〈x0＋2，k OM＝错误!，在坐标轴上作出两直线，如图,当点M位于线段AB(不包括端点）上时,k OM〉0，当点M位于射线BN上除B点外时，k OM<－错误!．所以错误!的取值范围是错误!∪(0，＋∞）．答案:错误!∪（0，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．直线l:x sin 30°＋y cos 150°＋1＝0的斜率是( ）A．错误!B．错误!C．－错误!D．－错误!解析:选A 设直线l的斜率为k，则k＝－错误!＝错误!．2．倾斜角为135°,在y轴上的截距为－1的直线方程是( ) A．x－y＋1＝0 B．x－y－1＝0C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋1＝0解析：选D 直线的斜率为k＝tan 135°＝－1，所以直线方程为y＝－x－1，即x＋y＋1＝0．3．若直线y＝－2x＋3k＋14与直线x－4y＝－3k－2的交点位于第四象限，则实数k的取值范围是（)A．(－6,－2) B．(－5，－3）C．（－∞，－6) D．（－2,＋∞）解析：选A 解方程组错误!得错误!因为直线y＝－2x＋3k＋14与直线x－4y＝－3k－2的交点位于第四象限，所以k＋6>0且k＋2<0,所以－6〈k<－2．故选A．4．（2017·豫西五校联考)曲线y＝x3－x＋5上各点处的切线的倾斜角的取值范围为________．解析：设曲线上任意一点处的切线的倾斜角为θ(θ∈［0,π）），因为y′＝3x2－1≥－1，所以tan θ≥－1，结合正切函数的图象可知,θ的取值范围为错误!∪错误!．答案：错误!∪错误!5．如果A·C〈0，且B·C<0,那么直线Ax＋By＋C＝0不经过第________象限．解析:由题意知A·B·C≠0,直线方程变形为y＝－错误!x－错误!．∵A·C〈0，B·C<0,∴A·B>0，∴其斜率k＝－错误!<0，又y 轴上的截距b＝－错误!>0．∴直线过第一、二、四象限,不经过第三象限．答案：三二保高考，全练题型做到高考达标1．(2017·秦皇岛模拟）倾斜角为120°，在x轴上的截距为－1的直线方程是（）A．错误!x－y＋1＝0 B．错误!x－y－错误!＝0C．错误!x＋y－错误!＝0 D．错误!x＋y＋错误!＝0解析：选D 由于倾斜角为120°，故斜率k＝－错误!．又直线过点(－1,0)，所以直线方程为y＝－错误!(x＋1），即错误!x＋y＋错误!＝0．2．已知直线l过点（1，0)，且倾斜角为直线l0：x－2y－2＝0的倾斜角的2倍，则直线l的方程为（)A．4x－3y－3＝0 B．3x－4y－3＝0C．3x－4y－4＝0 D．4x－3y－4＝0解析:选D 由题意可设直线l0，l的倾斜角分别为α，2α，因为直线l0：x－2y－2＝0的斜率为错误!，则tan α＝错误!，所以直线l的斜率k＝tan 2α＝2tan α1－tan2α＝错误!＝错误!，所以由点斜式可得直线l的方程为y－0＝错误!(x－1）,即4x－3y－4＝0．3．（2015·福建高考)若直线错误!＋错误!＝1（a＞0，b＞0）过点（1,1），则a＋b的最小值等于( ）A．2 B．3C．4 D．5解析:选C 将(1,1）代入直线错误!＋错误!＝1得错误!＋错误!＝1，a〉0，b〉0,故a＋b＝（a＋b）错误!＝2＋错误!＋错误!≥2＋2＝4，等号当且仅当a＝b时取到，故选C．4．（2017·菏泽模拟）若直线x－2y＋b＝0与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于1,那么b的取值范围是( )A．[－2，2] B．（－∞，－2]∪［2,＋∞)C．［－2，0)∪(0,2］ D．(－∞,＋∞)解析：选C 令x＝0，得y＝错误!，令y＝0，得x＝－b，所以所求三角形面积为错误!错误!｜－b｜＝错误!b2,且b≠0，因为错误!b2≤1，所以b2≤4,所以b的取值范围是[－2，0)∪(0，2］．5．已知点P（x，y）在直线x＋y－4＝0上，则x2＋y2的最小值是（）A．8 B．2错误!C．错误!D．16解析：选A ∵点P（x，y）在直线x＋y－4＝0上，∴y＝4－x，∴x2＋y2＝x2＋(4－x)2＝2(x－2)2＋8，当x＝2时，x2＋y2取得最小值8．6．过点(2，－3）且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为________．解析：若直线过原点，则直线方程为3x＋2y＝0；若直线不过原点，则斜率为1,方程为y＋3＝x－2,即为x－y－5＝0，故所求直线方程为3x＋2y＝0或x－y－5＝0．答案:3x＋2y＝0或x－y－5＝07．设点A(－1，0），B(1,0）,直线2x＋y－b＝0与线段AB相交，则b的取值范围是________．解析：b为直线y＝－2x＋b在y轴上的截距，如图，当直线y ＝－2x＋b过点A(－1,0）和点B(1，0)时，b分别取得最小值和最大值．∴b的取值范围是[－2,2］．答案：［－2，2］8．(2016·沈阳一模）若直线l：错误!＋错误!＝1（a>0，b>0)经过点(1，2)，则直线l在x轴和y轴上的截距之和的最小值是________．解析：由直线l：错误!＋错误!＝1(a>0，b〉0）可知直线在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b．求直线在x轴和y轴上的截距之和的最小值，即求a＋b的最小值．由直线经过点(1，2)得错误!＋错误!＝1．于是a＋b＝(a＋b)·错误!＝3＋错误!＋错误!,因为错误!＋错误!≥2错误!＝2错误!当且仅当错误!＝错误!时取等号，所以a＋b≥3＋2错误!，故直线l在x 轴和y轴上的截距之和的最小值为3＋22．答案:3＋2错误!9．已知直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为3,分别求满足下列条件的直线l的方程：(1）过定点A（－3,4）；（2)斜率为错误!．解：(1）设直线l的方程为y＝k（x＋3)＋4，它在x轴，y轴上的截距分别是－错误!－3,3k＋4，由已知，得(3k＋4）错误!＝±6，解得k1＝－23或k2＝－错误!．故直线l的方程为2x＋3y－6＝0或8x＋3y＋12＝0．（2)设直线l在y轴上的截距为b，则直线l的方程是y＝错误!x ＋b，它在x轴上的截距是－6b,由已知，得｜－6b·b|＝6,∴b＝±1．∴直线l的方程为x－6y＋6＝0或x－6y－6＝0．10．如图，射线OA,OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P（1,0）的直线AB分别交OA，OB于A,B两点，当AB的中点C恰好落在直线y＝错误!x上时，求直线AB的方程．解:由题意可得k OA＝tan 45°＝1,k OB＝tan（180°－30°）＝－错误!，所以直线l OA：y＝x，l OB：y＝－错误!x．设A(m,m），B(－错误!n,n），所以AB的中点C错误!,由点C在直线y＝错误!x上,且A,P，B三点共线得错误!解得m＝3，所以A（错误!,错误!)．又P(1,0)，所以k AB＝k AP＝错误!＝错误!，所以l AB：y＝错误!（x－1)，即直线AB的方程为（3＋错误!)x－2y－3－错误!＝0．三上台阶,自主选做志在冲刺名校1．已知曲线y＝错误!,则曲线的切线中斜率最小的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为________．解析：y′＝错误!＝错误!,因为e x>0，所以e x＋错误!≥2错误!＝2(当且仅当e x＝1e x ，即x ＝0时取等号），所以e x ＋错误!＋2≥4,故y ′＝错误!≥－错误!(当且仅当x ＝0时取等号）．所以当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为错误!,切线的方程为y －错误!＝－错误!(x －0），即x ＋4y －2＝0．该切线在x 轴上的截距为2，在y 轴上的截距为错误!,所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S ＝错误!×2×错误!＝错误!．答案：122．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R ）．（1)证明：直线l 过定点；（2）若直线l 不经过第四象限，求k 的取值范围;(3)若直线l 交x 轴负半轴于点A ，交y 轴正半轴于点B ，O 为坐标原点,设△AOB 的面积为S ,求S 的最小值及此时直线l 的方程．解：(1）证明：直线l 的方程可化为y ＝k （x ＋2)＋1，故无论k 取何值,直线l 总过定点（－2,1）．（2)直线l 的方程为y ＝kx ＋2k ＋1，则直线l 在y 轴上的截距为2k ＋1，要使直线l 不经过第四象限，则错误!解得k ≥0,故k 的取值范围是错误!．（3）依题意，直线l在x轴上的截距为－错误!,在y轴上的截距为1＋2k，∴A错误!,B(0，1＋2k)．又－错误!<0且1＋2k>0，∴k>0．故S＝错误!｜OA|｜OB｜＝错误!×错误!×（1＋2k）＝错误!错误!≥错误!(4＋4)＝4，当且仅当4k＝1k,即k＝12时，取等号．故S的最小值为4，此时直线l的方程为x－2y＋4＝0．第二节两条直线的位置关系1．两条直线平行与垂直的判定（1）两条直线平行：①对于两条不重合的直线l1，l2，若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔k1＝k2．②当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时,l1∥l2．(2)两条直线垂直：①如果两条直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，则有l1⊥l2⇔k1·k2＝－1．②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0时，l1⊥l2．2．两条直线的交点的求法直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1与l2的交点坐标就是方程组错误!的解．3．三种距离公式P1（x1，y1)，P2（x2，y2)两｜P1P2|＝错误!点之间的距离点P0(x0，y0）到直线l：Axd＝错误!＋By＋C＝0的距离平行线Ax＋By＋C1＝0与d＝错误!Ax＋By＋C2＝0间距离［小题体验］1．(教材习题改编）已知点(a,2)（a>0)到直线l：x－y＋3＝0的距离为1,则a等于（)A． 2 B．2－2C．错误!－1 D．错误!＋1解析:选C 由题意知错误!＝1,∴|a＋1|＝错误!，又a〉0,∴a＝错误!－1．2．已知直线l1：ax＋(3－a)y＋1＝0，l2：x－2y＝0．若l1⊥l2，则实数a的值为________．解析:由题意，得错误!＝－2，解得a＝2．答案：21．在判断两条直线的位置关系时,易忽视斜率是否存在，两条直线都有斜率可根据条件进行判断，若无斜率，要单独考虑．2．运用两平行直线间的距离公式时易忽视两方程中的x，y的系数分别相等这一条件盲目套用公式导致出错．[小题纠偏]1．已知P:直线l1：x－y－1＝0与直线l2：x＋ay－2＝0平行，Q：a＝－1,则P是Q的（)A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析:选A 由于直线l1：x－y－1＝0与直线l2：x＋ay－2＝0平行的充要条件是1×a－（－1)×1＝0,即a＝－1．所以P是Q的充要条件．2．已知直线3x＋4y－3＝0与直线6x＋my＋14＝0平行，则它们之间的距离是________．解析:∵错误!＝错误!≠错误!，∴m＝8,直线6x＋my＋14＝0可化为3x ＋4y＋7＝0，两平行线之间的距离d＝错误!＝2．答案：2考点一两条直线的位置关系(基础送分型考点—-自主练透）［题组练透］1．过点（1,0）且与直线x－2y－2＝0平行的直线方程是( ）A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝0解析:选A 依题意,设所求的直线方程为x－2y＋a＝0，由于点(1，0）在所求直线上，则1＋a＝0，即a＝－1，则所求的直线方程为x－2y－1＝0．2．已知过点A（－2，m)和点B(m,4)的直线为l1,直线2x＋y－1＝0为l2，直线x＋ny＋1＝0为l3．若l1∥l2,l2⊥l3，则实数m＋n的值为（）A．－10 B．－2C．0 D．8解析：选A ∵l1∥l2，∴错误!＝－2(m≠－2)，解得m＝－8(经检验,l1与l2不重合)，∵l2⊥l3，∴2×1＋1×n＝0,解得n＝－2，∴m＋n ＝－10．3．已知两直线l1:mx＋8y＋n＝0和l2：2x＋my－1＝0，试确定m，n的值，使(1)l1与l2相交于点P（m，－1）；(2)l1∥l2；(3)l1⊥l2，且l1在y轴上的截距为－1．解：（1)由题意得错误!解得m＝1,n＝7．即m＝1，n＝7时,l1与l2相交于点P（m，－1)．(2）∵l1∥l2，∴错误!解得错误!或错误!即m＝4,n≠－2或m＝－4，n≠2时,l1∥l2．(3）当且仅当2m＋8m＝0，即m＝0时，l1⊥l2．又－错误!＝－1,∴n＝8．即m＝0，n＝8时,l1⊥l2,且l1在y轴上的截距为－1．［谨记通法］1．已知两直线的斜率存在，判断两直线平行垂直的方法（1)两直线平行⇔两直线的斜率相等且在坐标轴上的截距不等;（2)两直线垂直⇔两直线的斜率之积等于－1．［提醒］当直线斜率不确定时，要注意斜率不存在的情况．2．由一般式确定两直线位置关系的方法错误!错误!，错误!的关系容易记住,在解答选择、填空题时，建议多用比例式来解答．错误!错误!［典例引领］已知A(4，－3)，B(2,－1）和直线l：4x＋3y－2＝0，在坐标平面内求一点P，使｜PA｜＝｜PB｜,且点P到直线l的距离为2．解：设点P的坐标为（a，b）．∵A(4，－3）,B(2，－1)，∴线段AB的中点M的坐标为（3，－2）．而AB的斜率k AB＝错误!＝－1，∴线段AB的垂直平分线方程为y＋2＝x－3,即x－y－5＝0．∵点P（a，b)在直线x－y－5＝0上,∴a－b－5＝0．①又点P（a，b)到直线l：4x＋3y－2＝0的距离为2,∴错误!＝2,即4a＋3b－2＝±10，②由①②联立可得错误!或错误!∴所求点P的坐标为（1，－4）或错误!．［由题悟法]处理距离问题的2大策略（1)点到直线的距离问题可直接代入点到直线的距离公式去求．（2)动点到两定点距离相等,一般不直接利用两点间距离公式处理，而是转化为动点在两定点所在线段的垂直平分线上，从而使计算简便,如本例中｜PA|＝｜PB|这一条件的转化处理．［即时应用]1．已知P是直线2x－3y＋6＝0上一点,O为坐标原点,且点A的坐标为(－1,1），若｜PO|＝｜PA|，则P点的坐标为________．解析：法一:设P（a，b)，则错误!解得a＝3,b＝4．∴P点的坐标为（3，4）．法二：线段OA的中垂线方程为x－y＋1＝0，则由｛2x－3y＋6＝0，x－y＋1＝0。

§8.2圆的方程Ａ组基础题组1.(2015课标Ⅱ,7,5分)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=( )A.2B.8C.4D.102. (2015浙江嘉兴一中阶段测试)若P(2,-1)为圆M:(x-1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB 的方程为( )A.2x+y-3=0B.x-y-3=0C.x+y-1=0D.2x-y-5=06.(2014福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )A.5B.+C.7+D.67.(2015浙江六校联考文,10,6分)已知点M(2,1)及圆x2+y2=4,则过M点的圆的切线方程为,若直线ax-y+4=0与该圆相交于A、B两点,且|AB|=2,则a= .8.(2014山东,14,5分)圆心在直线x-2y=0上的圆C与y轴的正半轴相切,圆C截x轴所得弦的长为2,则圆C的标准方程为.9.(2015湖南,13,5分)若直线3x-4y+5=0与圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点,且∠AOB=120°(O为坐标原点),则r= .10.(2015湖北,16,5分)如图,已知圆C与x轴相切于点T(1,0),与y轴正半轴交于两点A,B(B 在A的上方),且|AB|=2.(1)圆C的标准．．方程为;(2)圆C在点B处的切线在x轴上的截距为.11.(2015黑龙江双鸭山一中期中,20)已知圆C的半径为2,圆心在x轴正半轴上,直线3x-4y+4=0与圆C相切.(1)求圆C的方程;(2)若过点(0,-3)的直线l与圆C交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),且x1x2+y1y2=3,求三角形AOB的面积.B组提升题组1.(2015宁波十校联考,4,5分)直线x+y-2=0截圆x2+y2=4所得劣弧所对的圆心角的大小为( )A. B. C. D.2.(2015山东烟台诊断)已知P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA是圆C:x2+y2-2y=0的一条切线,A是切点,若线段PA长度的最小值为2,则k的值为( )A.3B.C.2D.23.(2014陕西,12,5分)若圆C的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x对称,则圆C的标准方程为.4.(2015诸暨高中毕业班检测,12,6分)已知圆C:(x-1)2+y2=25与直线l:mx+y+m+2=0,若圆C 关于直线l对称,则m= ;当m= 时,圆C被直线l截得的弦长最短.5.(2015浙江冲刺卷五,14)过点A(-4,0)作直线l与圆x2+y2+2x-4y-20=0交于M,N两点,若|MN|=8,则l的方程为.6.(2015浙江模拟训练冲刺卷一,14)已知圆的方程为x2+y2+2mx+4y+2m2-3m=0,若过点A(1,-2)的圆的切线有两条,则实数m的取值范围是.7.(2014重庆,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a= .8.(2015宁波高考模拟文,12,6分)已知实数a,b,c满足a+b=2c,则直线l:ax-by+c=0恒过定点,该直线被圆x2+y2=9所截得的弦长的取值范围为.9.(2015山东济南模拟)已知P是直线3x+4y-10=0上的动点,PA,PB是圆x2+y2-2x+4y+4=0的两条切线,A,B是切点,C是圆心,那么四边形PACB面积的最小值为.10.(2015湖北华中师大附中期中,14)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,0)在圆C:x2+y2-2mx-4y+m2-28=0内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若△ABC的面积的最大值为16,则实数m的取值范围是.11.(2015河南六市一联)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,已知圆C1:(x+3)2+(y-1)2=4和圆C2:(x-4)2+(y-5)2=4.(1)若直线l过点A(4,0),且被圆C1截得的弦长为2,求直线l的方程;(2)设P为平面上的点,满足:存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2,它们分别与圆C1和C2相交,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等.试求所有满足条件的点P的坐标.12.(2015重庆一中期中,21)已知点H(-3,0),点P在y轴上,点Q在x轴正半轴上,点M在PQ 所在直线上,且满足·=0,=-.(1)当点P在y轴上移动时,求点M的轨迹C的方程;(2)给定圆N:x2+y2=2x,过圆心N作直线l,此直线与圆N和(1)中的轨迹C共有四个交点,自上而下顺次记为A,B,C,D,如果线段AB,BC,CD的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l的方程.Ａ组基础题组1.C 设圆心为P(a,b),由点A(1,3),C(1,-7)在圆上,知b==-2.再由|PA|=|PB|,得a=1.则P(1,-2),|PA|==5,于是圆P的方程为(x-1)2+(y+2)2=25.令x=0,得y=-2±2,则|MN|=|(-2+2)-(-2-2)|=4.2.B 依题意知圆心M(1,0),MP⊥AB,而k MP==-1,所以k AB=1,因为直线AB过点P(2,-1),所以直线AB的方程为y-(-1)=x-2,即x-y-3=0.故选B.3.C 圆心(-1,-1)到点M的距离的最小值为点(-1,-1)到直线3x+4y-2=0的距离,根据点到直线的距离公式得d==,故点N到点M的距离的最小值为d-1=.故选C.4.D 圆C的方程为(x+1)2+(y-1)2=1,圆心为C(-1,1).又直线kx+y+4=0恒过定点A(0,-4),所以当圆心C到直线kx+y+4=0的距离最大时,直线CA垂直于直线kx+y+4=0,而k CA=-5,则由-5×(-k)=-1,得k=-.5.A 圆的方程x2+y2-2x-4y=0可化为(x-1)2+(y-2)2=5,其圆心坐标为(1,2),经过圆心和原点的直线的斜率为2,由题意知直线l过圆心且不过第四象限,则斜率k的取值范围是0≤k≤2.6.D 设Q(cosθ,sinθ),圆心为M,由已知得M(0,6),则|MQ|====≤5当sinθ=-时取等号,故|PQ|max=5+=6.7.答案x=2或3x+4y-10=0;±解析若过M点的圆的切线斜率不存在,则切线方程为x=2,经验证满足条件.若切线斜率存在,可设切线方程为y=k(x-2)+1,由圆心到切线的距离等于半径得=2,解得k=-,故切线方程为y=-(x-2)+1,即3x+4y-10=0.综上,过M点的圆的切线方程为x=2或3x+4y-10=0.由=得a=±.8.答案(x-2)2+(y-1)2=4解析因为圆心在直线x-2y=0上,且圆C与y轴相切,所以可设圆心坐标为(2a,a),则(2a)2=a2+()2,解得a=±1.又圆C与y轴的正半轴相切,所以a=1,故圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=4.9.答案 2解析过O作OC⊥AB于C,则OC==1,在Rt△AOC中,∠AOC=60°,则r=OA==2.10.答案(1)(x-1)2+(y-)2=2(2)--1解析(1)记AB的中点为D,在Rt△BDC中,易得圆C的半径r=BC=.因此圆心C的坐标为(1,),所以圆C的标准方程为(x-1)2+(y-)2=2.(2)因为点B的坐标为(0,+1),C的坐标为(1,),所以直线BC的斜率为-1,所以所求切线的斜率为1.由点斜式得切线方程为y=x++1,故切线在x 轴上的截距为--1.11.解析(1)设圆心C的坐标为(a,0)(a>0),则圆C的方程为(x-a)2+y2=4.因为圆C与直线3x-4y+4=0相切,所以=2,解得a=2或a=-(舍),所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4.(2)依题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-3,由得(1+k2)x2-(4+6k)x+9=0,∵l与圆C相交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),∴Δ=[-(4+6k)]2-4(1+k2)×9>0,且x1+x2=,x1x2=,∴y1y2=(kx1-3)(kx2-3)=k2·x1x2-3k(x1+x2)+9=-+9,又∵x1x2+y1y2=3,∴+-+9=3,整理得k2+4k-5=0,解得k=1或k=-5(不满足Δ>0,舍去).∴直线l的方程为y=x-3.∴圆心C到l的距离d==,易得|AB|=2=,又△AOB的边AB上的高h==,所以S△AOB=|AB|·h=××=.B组提升题组1.C 以直线x+y-2=0与圆x2+y2=4的两个交点及圆心为顶点的三角形为等腰三角形.圆x2+y2=4的圆心为原点,由点到直线的距离公式,得原点到直线x+y-2=0的距离为=,所以直线被圆截得的弦长为2=2,所以该三角形为等边三角形,所以劣弧所对的圆心角的大小为.故选C.2.D 圆C:x2+(y-1)2=1,圆心C(0,1),半径r=1,由题意得=,解得k=2或k=-2(舍去),故选D.3.答案x2+(y-1)2=1解析点(1,0)关于直线y=x对称的点(0,1)为圆心,又半径r=1,所以圆C的标准方程为x2+(y-1)2=1.4.答案-1;1解析当圆C关于l对称时,圆心(1,0)在直线mx+y+m+2=0上,得m=-1.直线l:m(x+1)+y+2=0恒过圆C内的点M(-1,-2),当圆心到直线l的距离最大,即MC⊥l时,圆C 被直线l截得的弦长最短,k MC==1,由(-m)×1=-1,得m=1.5.答案x=-4或5x+12y+20=0解析当直线l的斜率不存在时,其方程为x=-4,可得交点坐标为(-4,6),(-4,-2),此时|MN|=8,符合题意.当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x+4),圆的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=25,则圆心到直线l的距离d=,由|MN|=2=8,得25-=16,解得k=-,故l的方程为5x+12y+20=0.综上,直线l 的方程为x=-4或5x+12y+20=0.6.答案解析将圆的方程配方得(x+m)2+(y+2)2=-m2+3m+4,则有-m2+3m+4>0;由题意知点A(1,-2)在圆外,则(1+m)2+(-2+2)2>-m2+3m+4,即2m2-m-3>0.由得故实数m的取值范围是<m<4.7.答案4±解析易知△ABC是边长为2的等边三角形,故圆心C(1,a)到直线AB的距离为,即=,解得a=4±.经检验均符合题意,故a=4±.8.答案;[,6]解析依题意,c=,故ax-by+c=0⇔ax-by+=0,即(2x+1)a-(2y-1)b=0,可知直线l过定点.圆心到直线的距离d=,故弦长为2≥2=,当且仅当a=b时等号成立.又弦长≤6,故弦长的取值范围为[,6].9.答案 2解析圆的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=1,其圆心为C(1,-2),半径为1,且直线与圆相离,如图所示,四边形PACB的面积等于2S△PAC,而S△PAC=|PA|·|AC|=|PA|=,又|PC|min==3,∴(S△PAC)min==,故四边形PACB面积的最小值为2.10.答案(3-2,3-2]∪[3+2,3+2)解析圆C的标准方程为(x-m)2+(y-2)2=32,则圆心C(m,2),半径r=4,S△ABC=r2sin∠ACB=16sin∠ACB,∴当∠ACB=90°时,S△ABC取得最大值16,此时△ABC为等腰直角三角形,∴AB=8,则C到AB的距离为4,∴4≤PC<4,即4≤<4,∴16≤(m-3)2+4<32,即12≤(m-3)2<28,∴解得3-2<m≤3-2或3+2≤m<3+2.故实数m的取值范围是(3-2,3-2]∪[3+2,3+2).11.解析(1)由于直线x=4与圆C 1不相交,所以直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=k(x-4),圆C1的圆心到直线l的距离为d,因为直线l被圆C1截得的弦长为2,所以d==1.由点到直线的距离公式得d=,从而=1,化简得k(24k+7)=0,所以k=0或k=-,所以直线l的方程为y=0或7x+24y-28=0.(2)设点P(a,b)满足条件,不妨设直线l1的方程为y-b=k(x-a),k≠0,则直线l2的方程为y-b=-(x-a).因为圆C1和C2的半径相等,且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等,所以圆C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等,即=,整理得|1+3k+ak-b|=|5k+4-a-bk|,从而1+3k+ak-b=5k+4-a-bk或1+3k+ak-b=-5k-4+a+bk,即(a+b-2)k=b-a+3或(a-b+8)k=a+b-5,因为k的取值有无穷多个,所以或解得或这样点P的坐标为或.经检验,上述坐标均满足题目条件.12.解析(1)设M(x,y),P(0,y'),Q(x',0)(x'>0),∵·=0,=-,∴(3,y')·(x,y-y')=0,(x,y-y')=-(x'-x,-y),∴3x+y'y-y'2=0,x'=x,y'=-y,将y'=-y代入3x+y'y-y'2=0,整理得y2=4x,又由x'>0得x>0,∴点M的轨迹C的方程为y2=4x(x>0).(2)圆N:(x-1)2+y2=1,直径为2,圆心为N(1,0),由题意设l的方程为x=my+1,将x=my+1代入y2=4x(x>0),得y2-4my-4=0,设A(x1,y1),D(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4,则|AD|=·=4(m2+1),∵线段AB,BC,CD的长按此顺序构成一个等差数列,∴2|BC|=|AB|+|CD|=|AD|-|BC|,∴|AD|=3|BC|,又|AD|=4(m2+1),|BC|=圆N的直径=2,∴4(m2+1)=6,解得m=±,∴直线l的方程为x-y-=0或x+y-=0.。

第八章平面解析几何§8.1直线方程和两条直线的位置关系Ａ组基础题组1.(2015浙江模拟训练冲刺卷一,1)“a=4”是“直线ax+2y=0与直线2x+y=1平行”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2.设直线l1,l2的斜率与倾斜角分别为k1,k2和θ1,θ2,则“k1>k2”是“θ1>θ2”的( )A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.(2015浙江冲刺卷四,3)若直线2(a+1)x+ay-2=0与直线ax+2y+1=0垂直,则a=( )A.-2B.0C.0或-2D.2±24.(2015浙江绍兴一中回头考)若直线l1:y=k(x-4)与直线l2关于点(2,1)对称,则直线l2恒过定点( )A.(0,4)B.(0,2)C.(-2,4)D.(4,-2)5.(2015浙江金华二中段考)已知点A(1,3),B(-2,-1).若直线l:y=k(x-2)+1与线段AB相交,则k的取值范围是( )A.k≥B.k≤-2C.k≥或k≤-2D.-2≤k≤6.(2015金华十校高三模拟,10,6分)已知直线l1:ax+2y+6=0,l2:x+(a-1)y+a2-1=0,若l1⊥l2,则a= ,若l1∥l2,则l1与l2的距离为.7.(2015浙江杭州七校联考,9)已知直线l1:ax+y-1=0,直线l2:x-y-3=0,若直线l1的倾斜角为,则a= ;若l1⊥l2,则a= ;若l1∥l2,则两平行直线间的距离为.8.(2015诸暨高中毕业班检测,15,4分)如图,过点P(1,1)作直线交x轴于点A(a,0),交直线y=x于点B,若a>0,b>0,则|OA|+|OB|的最小值是.9.直线l被两直线l1:4x+y+6=0,l2:3x-5y-6=0截得的线段的中点恰好是坐标原点,求直线l 的方程.10.(2015浙江丽水检测,20,16分)已知点P(2,-1).(1)求过P点且与原点距离为2的直线l的方程;(2)求过P点且与原点距离最大的直线l的方程,并求出最大距离;(3)是否存在过P点且与原点距离为6的直线?若存在,求出方程;若不存在,请说明理由.B组提升题组1.(2015浙江湖州中学期中,2)“m=-1”是“直线mx+(2m-1)y+1=0和直线3x+my+9=0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.既不充分也不必要条件2.(2015浙江模拟训练冲刺卷一,6)已知x,y满足则的取值范围是( )A. B.C. D.3.(2015浙江绍兴调研,3)已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线l对称,则直线l的方程为( )A.x-y+1=0B.x-y=0C.x+y+1=0D.x+y=04.(2015河南开封调研,6)设A(-1,2),B(3,1),若直线y=kx与线段AB没有公共点,则k的取值范围是( )A.(-∞,-2)∪B.∪(2,+∞)C. D.5.(2015浙江杭州学军中学第五次月考,8)若直线xcosθ+ysinθ-1=0与圆(x-cosθ)2+(y-1)2=相切,且θ为锐角,则这条直线的斜率是( )A.-B.-C.D.6.(2015温州二模,10,6分)设两直线l1:(3+m)x+4y=5-3m与l2:2x+(5+m)y=8,若l1∥l2,则m= ;若l1⊥l2,则m= .7.(2015四川成都新都一中月考,14)两条平行直线分别过点A(6,2)和B(-3,-1),各自绕A,B 旋转.当这两条平行线间的距离最大时,两直线方程分别是.8.(2015浙江镇海中学测试卷二,15,4分)已知直线l经过点A(0,2)和曲线y=x2(1≤x≤2)上任一点B,则直线l的倾斜角α的取值范围是.9.已知单位正方形的四个顶点A(0,0),B(1,0),C(1,1)和D(0,1),从A点向边CD上的点P发出一束光线,这束光线被正方形各边反射(入射角等于反射角),光线经过正方形某个顶点后射出,则这束光线在正方形内经过的路程长度为.10.在直线l:3x-y-1=0上求一点P,使得:(1)P到A(4,1)和B(0,4)的距离之差最大;(2)P到A(4,1)和C(3,4)的距离之和最小.Ａ组基础题组1.C 若a=4,则直线ax+2y=0即为2x+y=0,显然与直线2x+y=1平行.若直线ax+2y=0与直线2x+y=1平行,则有-=-2,即a=4,故选C.2.D 当k1=1,k2=-1时,θ1=45°,θ2=135°,满足k1>k2,但是θ1<θ2;当θ1=135°,θ2=45°时,k1=-1,k2=1,满足θ1>θ2,但是k1<k2,所以“k1>k2”是“θ1>θ2”的既不充分也不必要条件,故选D.3.C 当a=0时,两直线垂直;当a≠0时,由-×=-1解得a=-2.故a=0或a=-2.4.B 由于直线l1:y=k(x-4)恒过定点(4,0),该定点关于点(2,1)对称的点为(0,2),又由于直线l1:y=k(x-4)与直线l2关于点(2,1)对称,所以直线l2恒过定点(0,2),故选B.5.D 由已知得直线l恒过定点P(2,1),如图所示.若l与线段AB相交,则k PA≤k≤k PB,易知k PA=-2,k PB=,所以-2≤k≤.故选D.6.答案;解析若l1⊥l2,则a+2(a-1)=0,解得a=.若l1∥l2,则解得a=-1,此时l1的方程为-x+2y+6=0,即x-2y-6=0,l2:x-2y=0,则l1,l2之间的距离为=.7.答案-1;1;2解析由直线l1的倾斜角为,得-a=tan=1,∴a=-1.由l1⊥l2,得-a×1=-1,∴a=1.由l1∥l2,得a=-1,∴直线l1的方程为x-y+1=0,故两平行直线间的距离d==2.8.答案解析因为|OA|=a,|OB|==b,所以|OA|+|OB|=a+b.由A(a,0),P(1,1),B三点共线得=,整理得b+3a=4ab,即+=4.|OA|+|OB|==≥×6+2=(6+2)=,当且仅当=时,取得等号.9.解析解法一:依题意知直线l过原点,当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,它与l1、l2的交点分别为(0,-6),,此时线段的中点不是原点.故直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx k≠-4且k≠,则它与l1、l2的交点分别为,,由题意知-+=0,解得k=-,经验证,为原方程的解.故直线l的方程为y=-x.解法二:设直线l与直线l1的交点为A(x1,-4x1-6),由两交点所连线段的中点为原点得直线l与直线l2的交点为B(-x1,4x1+6).把点B的坐标代入直线l2的方程中,得x1=-,故点A的坐标为,依题意知直线l过原点,由点斜式得直线l的方程为y=-x.解法三:设直线l与直线l1的交点为A(x1,y1),由两交点所连线段的中点为原点得直线l与直线l2的交点为B(-x1,-y1).把点A,B的坐标分别代入两直线方程中,得两式相加得x1+6y1=0,直线x+6y=0过点A,B,且过原点.故直线l的方程为x+6y=0.10.解析(1)过P(2,-1)且垂直于x轴的直线满足条件,此时l的斜率不存在,其方程为x=2.若斜率存在,则设l的方程为y+1=k(x-2),即kx-y-2k-1=0.由已知,得=2,解得k=.此时l的方程为3x-4y-10=0.综上,直线l的方程为x=2或3x-4y-10=0.(2)过P点且与原点距离最大的直线是过P点且与PO(O为坐标原点)垂直的直线,由l⊥OP,得k l k OP=-1,所以k l=-=2.由点斜式得直线l的方程为y+1=2(x-2),即2x-y-5=0.即2x-y-5=0是过P点且与原点距离最大的直线的方程,最大距离为=.(3)由(2)可知,过P点不存在与原点距离超过的直线,因此不存在过P点且与原点距离为6的直线.B组提升题组1.A 当m=0时,代入知直线mx+(2m-1)y+1=0和直线3x+my+9=0垂直;当m≠0时,由直线mx+(2m-1)y+1=0和直线3x+my+9=0垂直,得-×=-1,解得m=-1.故m=-1是两直线垂直的充分不必要条件.2.A 不等式组确定的可行域是以A(-3,-4),B(-3,2),C(3,2)为顶点的三角形区域(含边界).=2+,而表示可行域内的点P(x,y)与点Q(4,-1)的连线的斜率.由k CQ≤k PQ≤k AQ,得-3≤k PQ ≤,∴的取值范围是.3.A 由题意知直线l与直线PQ垂直,直线PQ的斜率k PQ=-1,所以直线l的斜率k=-=1.又直线l经过PQ的中点(2,3),所以直线l的方程为y-3=x-2,即x-y+1=0.4.C 如图所示,直线y=kx过定点O(0,0),k OA=-2,k OB=.由图可知若直线y=kx与线段AB没有公共点,则k∈.5.A 直线xcosθ+ysinθ-1=0与圆(x-cosθ)2+(y-1)2=相切,则圆心(cosθ,1)到直线xcosθ+ysinθ-1=0的距离等于半径,由点到直线的距离公式可得d==⇒d=|cos2θ+sinθ-1|=⇒d=|sinθ-sin2θ|=,由于θ为锐角,所以sinθ∈(0,1),所以sinθ-sin2θ=.解得sinθ=,则cosθ=.所以直线的斜率k=-=-.6.答案-7;-解析由l1∥l2得(3+m)(5+m)-4×2=0,解得m=-1或m=-7,当m=-1时,两直线重合,舍去.由l1⊥l2得(3+m)×2+4×(5+m)=0,解得m=-.7.答案3x+y-20=0,3x+y+10=0解析根据题意知,当这两条平行直线旋转到与直线AB垂直时,两平行线间的距离取得最大值.∵k AB=,∴两直线方程分别为y-2=-3(x-6)和y+1=-3(x+3),即3x+y-20=0和3x+y+10=0.8.答案∪解析设B(x,x2)(1≤x≤2),则tanα==x-(1≤x≤2).设f(x)=x-,易知f(x)在区间[1,2]上递增,则f(1)≤f(x)≤f(2),即有-1≤tanα≤1,结合0≤α<π,得0≤α≤或≤α<π. 9.答案 5解析如图,可知这束光线经过5次反射后从某个顶点射出,光线在正方形内经过的路程为图中AQ的长,|AQ|==5.10.解析(1)设B关于l的对称点为B',AB'的延长线交l于P,则P即为所求.理由:在l上另任取一点P',则|P'A|-|P'B|=|P'A|-|P'B'|<|AB'|=|PA|-|PB'|=|PA|-|PB|. 易求得直线BB'的方程为x+3y-12=0,设B'(a,b),则a+3b-12=0,又线段BB'的中点在l上,故3×--1=0,即3a-b-6=0.则可得a=3,b=3,∴B'(3,3).∴直线AB'的方程为2x+y-9=0.则由可得P(2,5).即(2,5)为所求.(2)设C关于l的对称点为C',与(1)同理可求C'.连结AC'交l于P,则在l上另任取一点P″,有|P″A|+|P″C|=|P″A|+|P″C'|>|AC'|=|PC'|+|PA|=|PC|+|P A|,故P即为所求.又直线AC'的方程为19x+17y-93=0,由得P.即为所求.。

§8.3直线与圆、圆与圆的位置关系Ａ组基础题组1.(2015浙江丽水中学期中)若过点A(a,a)可作圆x2+y2-2ax+a2+2a-3=0的两条切线,则实数a 的取值范围是( )A.(-∞,-3)B.C.(-∞,-3)∪D.(-3,+∞)2.(2015安徽,8,5分)直线3x+4y=b与圆x2+y2-2x-2y+1=0相切,则b的值是( )A.-2或12B.2或-12C.-2或-12D.2或123.(2013陕西,8,5分)已知点M(a,b)在圆O:x2+y2=1外,则直线ax+by=1与圆O的位置关系是( )A.相切B.相交C.相离D.不确定4.(2013山东,9,5分)过点(3,1)作圆(x-1)2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B,则直线AB的方程为( )A.2x+y-3=0B.2x-y-3=0C.4x-y-3=0D.4x+y-3=05.(2015重庆,8,5分)已知直线l:x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|=( )A.2B.4C.6D.26.(2015浙江嘉兴一中一模,6)已知直线Ax+By+C=0(A2+B2=C2≠0)与圆x2+y2=4交于M,N两点,O为坐标原点,则·等于( )A.-2B.-1C.0D.17.(2015重庆,12,5分)若点P(1,2)在以坐标原点为圆心的圆上,则该圆在点P处的切线方程为.8.(2014湖北,12,5分)直线l1:y=x+a和l2:y=x+b将单位圆C:x2+y2=1分成长度相等的四段弧,则a2+b2= .9.(2015山东,13,5分)过点P(1,)作圆x2+y2=1的两条切线,切点分别为A,B,则·= .10.(2015浙江新高考研究卷五(杭州学军中学),12)已知圆C:(x-a)2+(y-2a)2=4(a>0)与直线y=x+2相交于P、Q两点,则当△CPQ的面积最大时,实数a的值为,当a变化时,圆系C的公切线方程为.11.(2015浙江名校(诸暨中学)交流卷四,13)圆心在抛物线y2=2x(y≥0)上,经过点(2,0)且面积最小的圆为☉C,直线y=kx+2与☉C相交于A,B两点,当|AB|取得最小值时,k= .12.(2015辽宁师大附中期中,14)若圆x2+y2-4x-4y-10=0上恰有三个不同的点到直线l:y=kx 的距离为2,则k= .13.(2015课标Ⅰ,20,12分)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.(1)求k的取值范围;(2)若·=12,其中O为坐标原点,求|MN|.14.(2014课标Ⅰ,20,12分)已知点P(2,2),圆C:x2+y2-8y=0,过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.(1)求M的轨迹方程;(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及△POM的面积.B组提升题组1.(2014浙江,5,5分)已知圆x2+y2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a 的值是( )A.-2B.-4C.-6D.-82.(2016超级中学原创预测卷四,4,5分)已知直线x+y-a=0与圆C:(x-2)2+(y+2)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等腰直角三角形,则实数a=( )A.±B.C.±2D.23.(2015浙江名校(柯桥中学)交流卷三,2)直线(c-d)(x-a)=(a-b)(y-c)与曲线(x-a)(x-b)+(y-c)(y-d)=0的交点个数为( )A.0B.1C.2D.不确定4.(2014北京,7,5分)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则m的最大值为( )A.7B.6C.5D.45.(2015山东,9,5分)一条光线从点(-2,-3)射出,经y轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为( )A.-或-B.-或-C.-或-D.-或-6.(2014江西,9,5分)在平面直角坐标系中,A,B分别是x轴和y轴上的动点,若以AB为直径的圆C与直线2x+y-4=0相切,则圆C面积的最小值为( )A.πB.πC.(6-2)πD.π7.(2015浙江丽水一模,6)已知圆x2+y2=4,过点P(0,)的直线l交该圆于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB面积的最大值是( )A. B.2 C.2 D.48.(2016领航高考冲刺卷三,12,4分)已知两圆C1:x2+y2-2ax+4y+a2-5=0和C2:x2+y2+2x-2ay+a2-3=0,则两圆圆心的最短距离为,此时两圆的位置关系是.(填“外离、相交、外切、内切、内含”中的一个)9.(2016领航高考冲刺卷六,14,4分)已知圆M:x2+(y+1)2=4,圆N:(x-4cosθ)2+(y+1-4sinθ)2=1,其中θ∈R,过圆N上任意一点P作圆M的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,则与夹角的余弦值的取值范围为.10.(2015浙江测试卷,12,6分)已知过点(1,1)的直线l与圆C:x2+y2-4y+2=0相切,则圆C的半径为,直线l的方程为.11.(2015镇海中学仿真考,10,6分)已知点P(a,b)关于直线l的对称点为P'(b+1,a-1),则圆C:x2+y2-6x-2y=0关于直线l对称的圆C'的方程为;圆C与圆C'的公共弦的长度为.12.(2015湖北,14,5分)如图,圆C与x轴相切于点T(1,0),与y轴正半轴交于两点A,B(B在A的上方),且|AB|=2.(1)圆C的方程为;(2)过点A任作一条直线与圆O:x2+y2=1相交于M,N两点,下列三个结论:①=;②-=2;③+=2.其中正确结论的序号是.(写出所有正确结论的序号)13.(2014课标Ⅱ,16,5分)设点M(x0,1),若在圆O:x2+y2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x0的取值范围是.14.(2015浙江镇海中学测试卷三,22)已知圆C:(x-1)2+y2=5.(1)求直线l:4x-3y+1=0被圆C所截得的弦长;(2)过点P(0,3)且斜率为k的直线与圆C相交于A,B两点,若-<k<-,求的取值范围.Ａ组基础题组1.C 圆的方程可化为(x-a)2+y2=3-2a,则3-2a>0①,过点A(a,a)可作圆的两条切线,所以(a-a)2+a2>3-2a②,由①②解得a<-3或1<a<,即a的取值范围为(-∞,-3)∪.故选C.2.D 易知圆心坐标为(1,1),半径r=1,∵直线与圆相切,∴=1,解得b=2或b=12.故选D.3.B 因为M(a,b)在圆O:x2+y2=1外,所以a2+b2>1,而圆心O到直线ax+by=1的距离d==<1.故选B.4.A 如图,圆心坐标为C(1,0),易知A(1,1).又k AB·k PC=-1,且k PC==,∴k AB=-2.故直线AB的方程为y-1=-2(x-1),即2x+y-3=0,故选A.5.C 圆C的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=22,圆心为C(2,1),半径r=2,由直线l是圆C的对称轴,知直线l过点C,所以2+a×1-1=0,a=-1,所以A(-4,-1),于是|AC|2=40,所以|AB|===6.故选C.6.A 设M(x1,y1),N(x2,y2),则·=x1x2+y1y2.由消去y得(A2+B2)x2+2ACx+C2-4B2=0.所以x1x2=.同理,消去x可得y1y2=.所以·=x1x2+y1y2=.又C2=A2+B2,所以x1x2+y1y2=-2,即·=-2.故选A.7.答案x+2y-5=0解析设圆的方程为x2+y2=r2,将P的坐标代入圆的方程,得r2=5,故圆的方程为x2+y2=5.设该圆在点P处的切线上的任意一点为M(x,y),则=(x-1,y-2).由⊥(O为坐标原点),得·=0,即1×(x-1)+2×(y-2)=0,即x+2y-5=0.8.答案 22+b2=1+1=2.解析由题意知直线l9.答案解析如图,易得||=||=,又||=1,||=2,所以∠APO=30°,故∠APB=60°.所以·=||·||cos60°=××=.10.答案4;y=2x±2解析设圆心C到直线y=x+2的距离为d,则|PQ|=2,S△CPQ=d|PQ|=d≤=2(当且仅当d2=2时,取等号),由=2⇒a=4(a=0舍去).因为圆心在直线y=2x上,所以公切线方程可设为y=2x+b.由于圆心到直线y=2x+b的距离为2,所以=2,解得b=±2,故公切线方程为y=2x±2.11.答案解析设C(y≥0),则r==.要使圆面积最小,则圆半径最小,则y2=2,又y≥0,得y=,所以圆心C的坐标为(1,),半径r=.直线y=kx+2恒经过点D(0,2),当直线AB垂直于CD时,|AB|最小,而k CD=-2,故k=-=.12.答案2+或2-解析把圆的方程化为标准方程得(x-2)2+(y-2)2=18,圆心坐标为(2,2),半径r=3,根据题意画出图形,如图所示.根据题意和图形可知:圆心到直线l的距离为d==3-2=,化简得k2-4k+1=0,解得k=2±.13.解析(1)由题设,可知直线l的方程为y=kx+1.因为l与C交于两点,所以<1.解得<k<.所以k的取值范围为.(5分)(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).将y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.所以x1+x2=,x1x2=.(7分)·=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=+8.由题设可得+8=12,解得k=1,所以l的方程为y=x+1.故圆心C在l上,所以|MN|=2.(12分)14.解析(1)圆C的方程可化为x2+(y-4)2=16,所以圆心为C(0,4),半径为4.设M(x,y),则=(x,y-4),=(2-x,2-y).由题设知·=0,故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0,即(x-1)2+(y-3)2=2.由于点P在圆C的内部,所以M的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2.(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心,为半径的圆.由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上,又P在圆N上,从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3,所以l的斜率为-,故l的方程为y=-x+.又|OM|=|OP|=2,O到l的距离为,|PM|=,所以△POM的面积为.B组提升题组1.B 将圆的方程化为标准方程为(x+1)2+(y-1)2=2-a,所以圆心为(-1,1),半径r=,圆心到直线x+y+2=0的距离d==,故r2-d2=4,即2-a-2=4,所以a=-4,故选B.2.C 由题意得圆的圆心为C(2,-2),半径为2,由△ABC为等腰直角三角形可知圆心C(2,-2)到直线x+y-a=0的距离为,所以=,解得a=±2.3.C(c-d)(x-a)=(a-b) (y-c)表示经过(a,c)、(b,d)两点的直线,(x-a)(x-b)+(y-c)(y-d)=0表示以(a,c)、(b,d)两点为直径两端点的圆,则交点个数为2,故选C.4.B 若∠APB=90°,则点P 的轨迹是以AB 为直径的圆,其方程为x 2+y 2=m 2.由题意知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1与圆O:x 2+y 2=m 2有公共点,所以|m-1|≤|OC|≤m+1,易知|OC|=5,所以4≤m ≤6,故m 的最大值为6.选B.5.D 由题意可知反射光线所在直线过点(2,-3),设反射光线所在直线方程为y+3=k(x-2),即kx-y-2k-3=0.∵反射光线所在直线与圆相切,∴=1,解得k=-或k=-.故选D.6.A 由题意得以AB 为直径的圆C 过原点O,圆心C 为AB 的中点,设D 为切点,要使圆C 的面积最小,只需圆的半径最短,也只需OC+CD 最小,其最小值为OE(如图,过原点O 作直线2x+y-4=0的垂线,垂足为E)的长度.由点到直线的距离公式得OE=.∴圆C 面积的最小值为π=π.故选A.7.B 易知直线l 的斜率存在,可设直线l 的方程为y=kx+,则圆心到直线l 的距离d=. 又|AB|=2=2=2, ∴S △OAB =×2×=×=×.∵k 2≥0,∴k 2+1≥1,故0<≤1,故当=时,S △OAB 取到最大值2.故选B. 8.答案 ;内含解析 将圆C1:x 2+y 2-2ax+4y+a 2-5=0化为标准方程得(x-a)2+(y+2)2=9,圆心为C 1(a,-2),半径为r 1=3,将圆C 2:x 2+y 2+2x-2ay+a 2-3=0化为标准方程得(x+1)2+(y-a)2=4,圆心为C 2(-1,a),半径为r 2=2.两圆的圆心距d===,所以当a=-时,d min =,此时<|3-2|,所以两圆内含. 9.答案解析 因为圆心N 的坐标为(4cos θ,4sin θ-1),所以圆心在定圆x 2+(y+1)2=16上.连结MA,MB,MP,设∠MPA=α,则与的夹角为2α,cos2α=1-2sin 2α,因为sin α==,又|MP|∈[3,5],所以sin 2α∈,所以cos2α∈,即与夹角的余弦值的取值范围为.10.答案 ;x-y=0解析 圆C 的标准方程为x 2+(y-2)2=2,则圆C 的半径为,圆心坐标为(0,2).点(1,1)在圆C上,则直线l 的斜率k=-=1,则直线l 的方程为y=x,即x-y=0. 11.答案 (x-2)2+(y-2)2=10;解析将圆C的方程化为标准形式为(x-3)2+(y-1)2=10,由已知结论可得圆心C(3,1)关于直线l的对称点C'为(2,2),故所求圆的方程为(x-2)2+(y-2)2=10.将两圆方程相减消去平方项可得公共弦所在直线的方程为x-y-1=0,故弦长为2=.12.答案(1)(x-1)2+(y-)2=2(2)①②③解析(1)设圆心C(a,b),半径为r,∵圆C与x轴相切于点T(1,0),∴a=1,r=|b|,又圆C与y轴正半轴交于两点,∴b>0,则b=r.∵|AB|=2,∴2=2,∴r=,故圆C的标准方程为(x-1)2+(y-)2=2.(2)设N(x,y),而A(0,-1),B(0,+1),则==,又x2+y2=1,∴==·=(+1)2,∴=+1,同理,=+1.∴=,且-=+1-=2,+=+1+=+1+-1=2,故正确结论的序号是①②③.13.答案[-1,1]解析解法一:当x0=0时,M(0,1),由圆的几何性质得在圆上存在点N(-1,0)或N(1,0),使∠OMN=45°.当x0≠0时,过M作圆的两条切线,切点为A、B.若在圆上存在N,使得∠OMN=45°,应有∠OMB≥∠OMN=45°,∴∠AMB≥90°,∴-1≤x0<0或0<x0≤1.综上,x0的取值范围是-1≤x0≤1.解法二:过O作OP⊥MN,P为垂足,OP=OM·sin45°≤1,∴OM≤,∴OM2≤2,∴+1≤2,∴≤1,∴-1≤x0≤1.14.解析(1)圆心C到直线l的距离d==1,所以弦长=2=4.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),易知x1>0,x2>0,AB:y=kx+3, 联立得消去y,得(k2+1)x2+(6k-2)x+5=0,由根与系数的关系知而|PA|==|x1|,同理,|PB|=|x2|,所以==.由得++2==-·.设t=3k+4,则t∈,==.因为y=t+-8在区间上单调递减,所以y∈.故∈(0,2),所以++2∈.设u=,则即解得<u<1或1<u<5.所以的取值范围是∪(1,5).。

三年高考两年模拟高考数学专题汇编第八章立体几何初步6理A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2016·全国Ⅱ,19)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O,AB ＝5,AC ＝6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE ＝CF ＝54,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置.OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ；(2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.2.(2015·陕西,18)如图1,在直角梯形 ABCD 中,AD ∥BC,∠BAD ＝π2,AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD的中点,O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A1BE 的位置,如图2.(1)证明：CD ⊥平面A1OC ；(2)若平面A1BE ⊥平面BCDE,求平面A1BC 与平面A1CD 夹角的余弦值.3.(2015·天津,17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A ⊥底面ABCD,AB ⊥AC,AB ＝1,AC ＝AA1＝2,AD ＝CD ＝5,且点M 和N 分别为B1C 和D1D 的中点. (1)求证：MN ∥平面ABCD ；(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值；(3)设E 为棱A1B1上的点,若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13,求线段A1E 的长.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·云南丽江模拟)在长方体ABCD －A1B1C1D1中,AB ＝2,AA1＝3,AD ＝22,P 为C1D1的中点,M 为BC 的中点,则AM 与PM 的位置关系为( )A.平行B.异面C.垂直D.以上都不对 2.(2015·长沙模拟)有以下命题：①如果向量a,b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b 的关系是不共线； ②O,A,B,C 为空间四点,且向量OA →,OB →,OC →不构成空间的一个基底,那么点O,A,B,C 一定共面； ③已知向量a,b,c 是空间的一个基底,则向量a ＋b,a －b,c 也是空间的一个基底. 其中正确的命题是( )A.①②B.①③C.②③D.①②③3.(2016·莆田模拟)已知a ＝(2,－1,3),b ＝(－1,4,－2),c ＝(7,5,λ),若a,b,c 三向量共面,则实数λ等 于( )A.627B.637C.607D.6574.(2015·福州模拟)若两点的坐标是A(3cos α,3sin α,1),B(2cos β,2sin β,1),则|AB|的取值范围是( )A.[0,5]B.[1,5]C.(0,5)D.[1,25]5.(2016·吉林四平模拟)如图,平面PAC ⊥平面ABC,△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形,E,F,O 分别为PA,PB,AC 的中点,AC ＝16,PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点,证明：FG ∥平面BOE ；(2)证明：在△ABO 内存在一点M,使FM ⊥平面BOE,并求点M 到OA,OB 的距离.6.(2015·河南商丘模拟)如图,在三棱柱ABC －A1B1C1中,已知AB ⊥侧面BB1C1C,AB ＝BC ＝1,BB1＝2,∠BCC1＝60°.(1)求证：C1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC1→(0≤λ≤1),且平面AB1E 与BB1E 所成的锐二面角的大小为30°,试求λ的值.7.(2015·山东青岛一模)如图,在多面体ABCDEF 中,底面ABCD 是边长为2的的菱形,∠BAD ＝60°,四边形BDEF 是矩形,平面BDEF ⊥平面ABCD,BF ＝3,G 和H 分别是CE 和CF 的中点.(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ； (2)求二面角H －BD －C 的大小.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(1)证明 由已知得AC ⊥BD,AD ＝CD.又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ,故AC ∥EF.因此EF ⊥HD,从而EF ⊥D′H.由AB ＝5,AC ＝6得DO ＝BO ＝AB2－AO2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1,D ′H ＝DH ＝3.于是D′H 2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O 2,故D′H⊥OH.又D′H⊥EF,而OH∩E F ＝H, 所以D′H⊥平面ABCD.(2)解 如图,以H 为坐标原点,HF →的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H －xyz.则H(0,0,0),A(－3,－1,0),B(0,－5,0),C(3,－1,0),D′(0,0,3),AB →＝(3,－4,0),AC →＝(6,0,0),AD′→＝(3,1,3). 设m ＝(x1,y1,z1)是平面ABD′的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x1－4y1＝0，3x1＋y1＋3z1＝0，所以可取m ＝(4,3,－5).设n ＝(x2,y2,z2)是平面ACD′的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x2＝0，3x2＋y2＋3z2＝0，所以可取n ＝(0,－3,1).于是cos 〈m,n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m,n 〉＝29525.因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.2.(1)证明 在图1中,因为AB ＝BC ＝1,AD ＝2,E 是AD 的中点,∠BAD ＝π2,所以BE ⊥AC,图1即在图2中,BE ⊥OA1,BE ⊥OC,且A1O ∩OC ＝O,图2从而BE ⊥平面A1OC,又在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC,BC ＝12AD,E 为AD 中点,所以BC 綉ED,所以四边形BCDE 为平行四边形,故有CD ∥BE,所以CD ⊥平面A1OC. (2)解由已知,平面A1BE ⊥平面BCDE,又由(1)知,BE ⊥OA1,BE ⊥OC, 所以∠A1OC 为二面角A1BEC 的平面角,所以∠A1OC ＝π2,如图,以O 为原点,建立空间直角坐标系, 因为A1B ＝A1E ＝BC ＝ED ＝1,BC ∥ED,所以B ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0,A1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22,C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0,得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0,A1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22,CD →＝BE →＝(－2,0,0),设平面A1BC 的法向量n1＝(x1,y1,z1),平面A1CD 的法向量n2＝(x2,y2,z2),平面A1BC 与平面A1CD 夹角为θ,则⎩⎪⎨⎪⎧n1·BC →＝0，n1·A1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x1＋y1＝0，y1－z1＝0，取n1＝(1,1,1)；⎩⎪⎨⎪⎧n2·CD →＝0，n2·A1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x2＝0，y2－z2＝0， 取n2＝(0,1,1),从而cos θ＝|cos<n1,n2>|＝23×2＝63, 即平面A1BC 与平面A1CD 夹角的余弦值为63. 3.如图,以A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,－2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,－2,2),又因为M,N 分别为B1C 和D1D 的中点,得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1,N(1,－2,1). (1)证明 依题意,可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量,MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0,由此可得MN →·n ＝0,又因为直线MN ⊄平面ABCD,所以MN ∥平面ABCD.(2)解 AD1→＝(1,－2,2),AC →＝(2,0,0),设n1＝(x,y,z)为平面ACD1的法向量, 则⎩⎪⎨⎪⎧n1·AD1→＝0，n1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1,可得n1＝(0,1,1).设n2＝(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧n2·AB1→＝0，n2·AC →＝0，又AB1→＝(0,1,2),得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0，不妨设z ＝1,可得n2＝(0,－2,1).因此有cos 〈n1,n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝－1010,于是sin 〈n1,n2〉＝31010.所以,二面角D1ACB1的正弦值为31010.(3)解 依题意,可设A1E →＝λA1B1→,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE →＝(－1,λ＋2,1),又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量,由已知,得cos 〈NE →,n 〉＝NE →·n |NE →|·|n|＝1（－1）2＋（λ＋2）2＋12＝13,整理得λ2＋4λ－3＝0,又因为λ∈[0,1],解得λ＝7－2,所以,线段A1E 的长为7－2.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.C [建立如图所示空间直角坐标系,可得D(0,0,0),P(0,1,3),C(0,2,0),A(22,0,0),M(2,2,0).∴PM →＝(2,1,－3),AM →＝(－2,2,0).∴PM →·AM →＝(2,1,－3)·(－2,2,0)＝0.∴PM →⊥AM →,即AM ⊥PM.]2.C [对于①,“如果向量a,b 与任何向量不能构成空间向量的一个基底,那么a,b 的关系一定是共线”,所以①错误,②③正确.]3. D [由题意得c ＝ta ＋μb＝(2t －μ,－t ＋4μ,3t－2μ),∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.]4.B [∵A(3cos α,3sin α,1),B(2cos β,2sin β,1),|AB|＝（3cos α－2cos β）2＋（3sin α－2sin β）2＋（1－1）2＝9＋4－12（cos αcos β＋sin αsin β） ＝13－12cos （α－β）,∴13－12≤|AB|≤13＋12＝5, 即1≤|AB|≤5,故选B.]5.证明 (1)如图,连接OP,易知OB,OC,OP 两两垂直,以点O 为坐标原点,分别以OB,OC,OP 所在直线为x 轴,y 轴,x 轴,建立空间直角坐标系O －xyz,则O(0,0,0),A(0,－8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,－4,3),F(4,0,3).由题意,得G(0,4,0)因为OB →＝(8,0,0),OE →＝(0,－4,3), 所以平面BOE 的一个法向量为n ＝(0,3,4). 由FG →＝(－4,4,－3),得n·FG →＝0,即n ⊥FG →. 又直线FG 不在平面BOE 内,所以FG ∥平面BOE.(2)设点M 的坐标为(x0,y0,0),则FM →＝(x0－4,y0,－3).所FM ⊥平面BOE,所以FM →∥n. 因此x0＝4,y0＝－94,即点M 的坐标是(4,－94,0).在平面直角坐标系xOy 中,△AOB 的内部区域可表示为不等式组 ⎩⎪⎨⎪⎧x>0，y<0，x －y<8.经检验,点M 的坐标满足上述不等式组,所以在△AOB 内存在一点M, 使FM ⊥平面BOE.由点M 的坐标得点M 到OA,OB 的距离分别为4,94.6.(1)证明 因为AB ⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C,所以AB ⊥BC1, 在△CBC1中,BC ＝1,CC1＝BB1＝2,∠BCC1＝60°, 由余弦定理得：BC21＝BC2＋CC21－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3, 所以BC1＝3,故BC2＋BC21＝CC21,所以BC ⊥BC1, 又BC∩AB＝B,∴C1B ⊥平面ABC.(2)解 由(1)可知,AB,BC,BC1两两垂直.以B 为原点,BC,BA,BC1所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 则B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),C1(0,0,3),B1(－1,0,3). 所以CC1→＝(－1,0,3), 所以CE →＝(－λ,0,3λ),∴E(1－λ,0,3λ),则AE →＝(1－λ,－1,3λ),AB1→＝(－1,－1,3).设平面AB1E 的一个法向量为n ＝(x,y,z),则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB1→，得⎩⎨⎧（1－λ）x －y ＋3λz＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3,则x ＝3－3λ2－λ,y ＝32－λ,∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3,∵AB ⊥平面BB1C1C,BA →＝(0,1,0)是平面的一个法向量, ∴|cos 〈n,BA →〉|＝n ·BA →|n|·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0,所以λ＝1或λ＝32(舍去).∴λ＝1.7. (1)证明 在△CEF 中,因为G,H 分别是CE,CF 的中点.所以GH ∥EF,又因为GH ⊄平面AEF,EF ⊂平面AEF,所以GH ∥平面AEF.设AC∩BD＝O,连接OH,因为ABCD 为菱形,所以O 为AC 中点,所以OH ∥AF, 又因为OH ⊄平面AEF,AF ⊂平面AEF,所以OH ∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H,OH,GH ⊂平面BDGH,所以平面BDGH ∥平面AEF. (2)解 取EF 的中点N,连接ON,因为四边形BDEF 是矩形,O,N 分别为BD,EF 的中点,所以ON ∥ED, 因为平面BDEF ⊥平面ABCD,所以ED ⊥平面ABCD, 所以ON ⊥平面ABCD,因为ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD,得OB,OC,ON 两两垂直.所以以O 为原点,OB,OC,ON 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,如图建立空间直角坐标系.因为底面ABCD 是边长为2的菱形,∠BAD ＝60°,BF＝3,所以B(1,0,0),D(－1,0,0),E(－1,0,3),F(1,0,3),C(0,3,0),H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32,所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32,DB →＝(2,0,0).设平面BDH 的法向量为n ＝(x,y,z),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝0n ·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令z ＝1,得n ＝(0,－3,1).由ED ⊥平面ABCD,得平面BCD 的法向量为DE →＝(0,0,3), 则cos 〈n,DE →〉＝n ·DE →|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12.结合图形知二面角H －BD －C 的大小为60°.。

第三节空间点、线、面的位置关系A组三年高考真题（2016～2014年）1. (2016·全国Ⅰ，11)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )A.32B.22C.33D.132.(2015·安徽，5)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面3.(2014·辽宁，4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α4.(2015·浙江，13)如图，三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________.B组两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·湖南怀化一模)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；③若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.其中正确命题的序号是( )A.①和③B.②和③C.③和④D.①和④2.(2016·福建泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是( )A.存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB.存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC.存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD.存在唯一平面α，使得a ⊂α，且b ⊥α3.(2016·湖南邵阳三中月考)设α，β为不重合的平面，m ，n 为不重合的直线，则下列命题正确的是( )A.若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥αB.若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥βC.若m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，则α⊥βD.若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥β，则m ⊥α4.(2015·安徽安庆模拟)b 、c 表示两条不重合的直线，α、β表示两个不重合的平面，下列命题中正确的是( )A.⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αb ⊂α⇒c ∥b B. ⎭⎪⎬⎪⎫c ∥αα⊥β⇒c ⊥β C. ⎭⎪⎬⎪⎫c ⊥αc ⊥β⇒α∥β D. ⎭⎪⎬⎪⎫b ∥c c ⊂α⇒b ∥α 5.(2016·云南大理模拟)如图，在四棱锥S －ABCD 中，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ，底面ABCD 是菱形，AC 与BD 交于O 点.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若E 为BC 中点，点P 在侧面△SCD 内及其边界上运动，并保持PE ⊥AC ，试指出动点P 的轨迹，并证明你的结论.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1. A [如图所示，设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1，∵α∥平面CB 1D 1，则m 1∥m ，又∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m ，同理可得CD 1∥n .故m 、n 所成角的大小与B 1D 1、CD 1所成角的大小相等，即∠CD 1B 1的大小.而B 1C ＝B 1D 1＝CD 1(均为面对角线)，因此∠CD 1B 1＝π3，得sin ∠CD 1B 1＝32，故选A.]2.D [对于A ，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A 错；对于B ，m ，n 平行于同一平面，m ，n 关系不确定，可平行、相交、异面，故B 错；对于C ，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C 错；对于D ，若假设m ，n 垂直于同一平面，则m ∥n ，其逆否命题即为D 选项，故D 正确.]3.B [对于选项A ，若m ∥α，n ∥α，则m 与n 可能相交、平行或异面，A 错误；显然选项B 正确；对于选项C ，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊂α或n ∥α，C 错误；对于选项D ，若m ∥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α或n 与α相交.D 错误.故选B.]4.78 [连接DN ,作DN 的中点O ,连接MO ,OC .在△AND 中.M 为AD 的中点,则OM 綉12AN .所以异面直线AN ，CM 所成角为∠CMO ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则AN ＝22，∴OM ＝ 2.在△ACD 中，同理可知CM ＝22，在△BCD 中，DN ＝22，在Rt △ONC 中，ON ＝2，CN ＝1∴OC ＝ 3.在△CMO 中，由余弦定理cos ∠CMO ＝|MC |2＋|MO |2－|OC |22|MC |·|MO |＝8＋2－32×22×2＝78.] B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.A [②中平面α，β可能相交；④平面α，β可能相交，故选A.]2.C [利用排除法，可以得到选C.]3.D [因为n ⊥α，n ⊥β，所以α∥β.由m ⊥β得m ⊥α.故选D.]4.C [根据直线与平面垂直的性质，可以得到C 正确，故选C.]5. (1)证明 连接SO ，∵底面ABCD 是菱形，O 为中心，∴AC ⊥BD .又SA ＝SC ，∴AC ⊥SO .而SO ∩BD ＝O ，∴AC ⊥平面SBD .(2)解 如图，取棱SC 中点M ，CD 中点N ，连接MN ，则动点P 的轨迹即是线段MN . 连接EM 、EN ，∵E 是BC 的中点，M 是SC 的中点，∴EM ∥SB .同理，EN ∥BD ，又EM ∩EN ＝E ，∴平面EMN ∥平面SBD ，∵AC ⊥平面SBD ，∴AC ⊥平面EMN .因此，当点P 在线段MN 上运动时，总有AC ⊥EP ；P 点不在线段MN 上时，不可能有AC ⊥EP .故点P 的轨迹为△SDC 的中位线.。