2020版江苏省高考文科数学三轮复习练习：小题分层练(二) 本科闯关练(2)

小题分类练(六)创新迁移类(建议用时：50分钟)1．已知集合A＝{1，2，3，4，5}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x －y∈A}，则B中所含元素的个数为________．2．已知集合M＝{1，2，3，4}，集合A、B为集合M的非空子集，若∀x∈A、y∈B，x<y恒成立，则称(A，B)为集合M的一个“子集对”，则集合M的“子集对”共有________个．3．定义一种运算“※”，对于任意n∈N*均满足以下运算性质：(1)2※2 017＝1；(2)(2n＋2)※2 017＝(2n)※2 017＋3.则2 018※2 017＝____________．4．如果把四个面都是直角三角形的四面体称为“三节棍体”，那么从长方体八个顶点中任取四个顶点，则这四个顶点是“三节棍体”的四个顶点的概率为____________．5．学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有________人．6．已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量x1，x2，x3，x4，x5和y1，y2，y3，y4，y5均由2个a和3个b排列而成，记S＝x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4＋x5·y5，S min表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①S有5个不同的值；②若a ⊥b ，则S min 与|a |无关；③若a ∥b ，则S min 与|b |无关；④若|b |>4|a |，则S min >0；⑤若|b |＝2|a |，S min ＝8|a |2，则a 与b 的夹角为π4. 7．记max{x ，y }＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥y ，y ，x <y ，min{x ，y }＝⎩⎪⎨⎪⎧y ，x ≥y ，x ，x <y . 设a ，b 为平面向量，则下列说法正确的序号为________． ①min{|a ＋b |，|a －b |}≤min{|a |，|b |}；②min{|a ＋b |，|a －b |}≥min{|a |，|b |}；③max{|a ＋b |2，|a －b |2}≤|a |2＋|b |2；④max{|a ＋b |2，|a －b |2}≥|a |2＋|b |2.8．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A (－2，3)且法向量为n ＝(4，－1)的直线(点法式)方程为4×(x ＋2)＋(－1)×(y －3)＝0，化简得4x －y ＋11＝0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点B (1，2，3)且法向量为m ＝(－1，－2，1)的平面(点法式)方程为____________．9．对任意复数ω1，ω2，定义ω1*ω2＝ω1ω2，其中ω2是ω2的共轭复数，对任意复数z 1，z 2，z 3有如下四个命题：①(z 1＋z 2)*z 3＝(z 1*z 3)＋(z 2*z 3)；②z 1*(z 2＋z 3)＝(z 1*z 2)＋(z 1*z 3)；③(z 1*z 2)*z 3＝z 1*(z 2*z 3)；④z 1*z 2＝z 2*z 1.则真命题的个数是________．10．(2019·长春市质量监测)对定义在[0，1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f (x )称为M 函数：(1)对任意的x ∈[0，1]，恒有f (x )≥0；(2)当x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1时，总有f (x 1＋x 2)≥f (x 1)＋f (x 2)成立．则下列3个函数中不是M 函数的个数是________．①f (x )＝x 2；②f (x )＝x 2＋1；③f (x )＝2x －1.11．当两个集合中一个集合为另一集合的子集时称这两个集合构成“全食”，当两个集合有公共元素，但互不为对方子集时称这两个集合构成“偏食”．对于集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，1，B ＝{x |ax 2＝1，a ≥0}，若A 与B 构成“全食”或构成“偏食”，则a 的取值集合为________．12．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )，对函数y ＝g (x )(x ∈I )，定义g (x )关于f (x )的“对称函数”为函数y ＝h (x )(x ∈I )，y ＝h (x )满足：对任意x ∈I ，两个点(x ，h (x ))，(x ，g (x ))关于点(x ，f (x ))对称．若h (x )是g (x )＝4－x 2关于f (x )＝3x ＋b 的“对称函数”，且h (x )>g (x )恒成立，则实数b 的取值范围是________．13．在平面直角坐标系中，定义d (P ，Q )＝|x 1－x 2|＋|y 1－y 2|为两点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)之间的“折线距离”．在这个定义下，给出下列命题：①到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个正方形； ②到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个圆；③到M (－1，0)，N (1，0)两点的“折线距离”相等的点的轨迹方程是x ＝0；④到M (－1，0)，N (1，0)两点的“折线距离”差的绝对值为1的点的集合是两条平行线．其中真命题有________个．14．对于定义在区间D 上的函数f (x )，若存在闭区间[a ，b ]⊆D 和常数c ，使得对任意x 1∈[a ，b ]，都有f (x 1)＝c ，且对任意x 2∈D ，当x 2∉[a ，b ]时，f (x 2)＜c 恒成立，则称函数f (x ) 为区间D 上的“平顶型”函数．给出下列结论：①“平顶型”函数在定义域内有最大值；②函数f (x )＝x －|x －2|为R 上的“平顶型”函数；③函数f (x )＝sin x －|sin x |为R 上的“平顶型”函数；④当t ≤34时，函数f (x )＝⎩⎨⎧2（x ≤1）log 12（x －t ）（x ＞1）是区间[0，＋∞)上的“平顶型”函数．其中正确的是________．(填上所有正确结论的序号)小题分类练(六)1．解析：列举得集合B ＝{(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，3)，(5，3)，(5，4)}，共含有10个元素．答案：102．解析：当A ＝{1}时，B 有23－1＝7种情况，当A ＝{2}时，B 有22－1＝3种情况，当A ＝{3}时，B 有1种情况，当A ＝{1，2}时，B 有22－1＝3种情况，当A ＝{1，3}，{2，3}，{1，2，3}时，B 均有1种情况，所以满足题意的“子集对”共有7＋3＋1＋3＋1＋1＋1＝17个． 答案：173．解析：设a n ＝(2n )※2 017，则由运算性质(1)知a 1＝1，由运算性质(2)知a n ＋1＝a n ＋3，即a n ＋1－a n ＝3.于是，数列{a n }是等差数列，且首项为1，公差为3.故2 018※2 017＝(2×1 009)※2 017＝a 1 009＝1＋1 008×3＝3025.答案：3 0254．解析：从长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中任选四个顶点的选法有C 48＝70(种)，以A 为其中一个顶点的四个面都是直角三角形的三棱锥有A ­A 1D 1C 1，A ­A 1B 1C 1，A ­BB 1C 1，A ­BCC 1，A ­DCC 1，A ­DD 1C 1，共6个．同理，以B ，C ，D ，A 1，B 1，C 1，D 1为其中一个顶点的三棱锥也各有6个，但所有列举的三棱锥均出现2次，所以四个面都是直角三角形的三棱锥有12×8×6＝24(个)．故所求的概率P ＝2470＝1235.答案：12355．解析：假设A 、B 两位学生的数学成绩一样，由题意知他们语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有人比另一个人高，语文成绩较高的学生比另一个学生“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾．因此，没有任意两位学生数学成绩是相同的．因为数学成绩只有3种，因而学生数量最大为3，即 3位学生的成绩分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件．答案：36．解析：因为x i ，y i (i ＝1，2，3，4，5)均由2个a 和3个b 排列而成，所以S ＝ i ＝15x i y i 可能情况有以下三种：(1)S ＝2a 2＋3b 2；(2)S ＝a 2＋2a ·b ＋2b 2；(3)S ＝4a ·b ＋b 2.因为2a 2＋3b 2－(a 2＋2a ·b ＋2b 2)＝a 2＋b 2－2a ·b ＝a 2＋b 2－2|a ||b |·cos θ≥0，a 2＋2a ·b ＋2b 2－4a ·b －b 2＝a 2＋b 2－2a ·b ≥0，所以S 的最小值为S min ＝b 2＋4a ·b .因此S 最多有3个不同的值，故①不正确．当a ⊥b 时，S 的最小值为S min ＝b 2与|a |无关，故②正确．当a ∥b 时，S 的最小值为S min ＝b 2＋4|a ||b |或S min ＝b 2－4|a ||b |与|b |有关，故③不正确．当|b |>4|a |时，S min ＝b 2＋4|a ||b |cos θ≥b 2－4|a ||b |＝|b |(|b |－4|a |)>0.故④正确．当|b |＝2|a |时，由S min ＝b 2＋4a ·b ＝8|a |2知，4a ·b ＝4a 2，即a ·b ＝a 2，所以|a ||b |cos θ＝a 2，所以cos θ＝12，所以θ＝π3，故⑤不正确．因此正确命题的编号为②④.答案：②④7．解析：对于①，当a ＝0，b ≠0时，不等式不成立；对于②，当a ＝b ≠0时，不等式不成立； 对于③，④，设OA→＝a ，OB →＝b ，构造平行四边形OACB ，根据平行四边形法则，∠AOB 与∠OBC 至少有一个大于或等于90°，根据余弦定理，max {|a ＋b |2，|a －b |2}≥|a |2＋|b |2成立，故④正确．答案：④8．解析：由题意可设Q (x ，y ，z )为所求平面内的任一点，则根据BQ→⊥m ，得BQ →·m ＝0，所以(－1)×(x －1)＋(－2)×(y －2)＋1×(z－3)＝0，化简得x ＋2y －z －2＝0.故所求平面方程为x ＋2y －z －2＝0.答案：x ＋2y －z －2＝09．解析：由题意得(z 1＋z 2)*z 3＝(z 1＋z 2)z 3＝z 1z 3＋z 2z 3＝z 1*z 3＋z 2*z 3，故①正确；z 1*(z 2＋z 3)＝z 1(z 2＋z 3)＝z 1z 2＋z 1z 3＝(z 1*z 2)＋(z 1*z 3)，故②正确；(z 1*z 2)*z 3＝z 1z 2 z 3，而z 1*(z 2*z 3)＝z 1z 2z 3，故③错误；z 1*z 2＝z 1z 2，而z 2*z 1＝z 2z 1，故④不正确．答案：210．解析：(1)在[0，1]上，3个函数都满足．(2)当x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1时，对于①，f (x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]＝(x 1＋x 2)2－(x 21＋x 22)＝2x 1x 2≥0，满足；对于②，f (x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]＝[(x 1＋x 2)2＋1]－[(x 21＋1)＋(x 22＋1)]＝2x 1x 2－1<0，不满足；对于③，f (x 1＋x 2)－[f (x 1)＋f (x 2)]＝(2x 1＋x 2－1)－(2x 1－1＋2x 2－1)＝2x 1·2x 2－2x 1－2x 2＋1＝(2x 1－1)(2x 2－1)≥0，满足．答案：111．解析：因为B ＝{x |ax 2＝1，a ≥0}，所以若a ＝0，则B 为空集，满足B ⊆A ，此时A 与B 构成“全食”．若a ＞0，则B ＝{x |ax 2＝1，a ≥0}＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a ，－1a ，由题意知1a ＝1或1a＝12，解得a ＝1或a ＝4.故a 的取值集合为{0，1，4}．答案：{0，1，4}12．解析：由已知得 h （x ）＋4－x 22＝3x ＋b ，所以h (x )＝6x ＋2b －4－x 2.h (x )>g (x )恒成立，即6x ＋2b －4－x 2> 4－x 2，3x ＋b > 4－x 2恒成立． 在同一坐标系内，画出直线y ＝3x ＋b 及半圆y ＝4－x 2(如图所示)，可得b 10>2，即b >210. 答案：(210，＋∞)13．解析：设到原点的“折线距离”为1的点为(x ，y )，则|x |＋|y |＝1，这是以点(1，0)，(0，1)，(－1，0)，(0，－1)为顶点的正方形，故命题①为真命题．命题②为假命题．设到M ，N 两点的“折线距离”相等的点为(x ，y )，则|x ＋1|＋|y |＝|x －1|＋|y |，即|x ＋1|＝|x －1|，两边平方即得x ＝0，命题③为真命题．设到M ，N 两点的“折线距离”差的绝对值为1的点为(x ，y )，则||x ＋1|＋|y |－|x －1|－|y ||＝1，即||x ＋1|－|x －1||＝1，当x ≥1时，不成立，当x ≤－1时也不成立，当－1＜x ＜1时，||x ＋1|－|x －1||＝1，即|2x |＝1，即x ＝±12，所以命题④为真命题．答案：314．解析：由于“平顶型”函数在区间D 上对任意x 1∈[a ，b ]，都有f (x 1)＝c ，且对任意x 2∈D ，当x 2∉[a ，b ]时，f (x 2)＜c 恒成立，所以“平顶型”函数在定义域内有最大值c ，①正确；对于函数f (x )＝x －|x －2|，当x ≥2时，f (x )＝2，当x ＜2时，f (x )＝2x －2＜2，所以②正确；函数f (x )＝sin x －|sin x |是周期为2π的函数，所以③不正确； 对于函数f (x )＝⎩⎨⎧2（x ≤1）log 12（x －t ）（x ＞1）(t ≤34)，当x ≤1时，f (x )＝2，当x ＞1时，f (x )＜2，所以④正确．答案：①②④。

小题分层练(二) 本科闯关练(2)(建议用时：50分钟)1．若集合A ＝{x |－5<x <2}，B ＝{x |－3<x <3}，则A ∩B ＝________． 2．若复数z ＝1＋2i ，其中i 是虚数单位，则⎝⎛⎭⎫z ＋1z ·z ＝________. 3．执行如图所示的流程图，输出的S 值为________．4.100名学生某次数学测试成绩(单位：分)的频率分布直方图如图所示，则测试成绩落在[60，80)中的学生人数是________．5．(2019·盐城模拟)在平面四边形ABCD 中，若AB ＝1，BC ＝2，∠B ＝60°，∠C ＝45°，∠D ＝120°，则AD ＝________．6．在各项均为正数的等比数列{a n }中，已知a 2a 4＝16，a 6＝32，记b n ＝a n ＋a n ＋1，则数列{b n }的前5项和S 5为________．7．(2019·武汉调研)类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可得出空间内的下列结论：①垂直于同一个平面的两条直线互相平行； ②垂直于同一条直线的两条直线互相平行； ③垂直于同一个平面的两个平面互相平行； ④垂直于同一条直线的两个平面互相平行． 则正确的结论是________．8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －3，x ＜0，x 2，x ≥0，若a ＞0＞b ，且f (a )＝f (b )，则f (a ＋b )的取值范围是________．9．已知函数f (x )＝cos(ωx ＋φ)(ω＞0，0≤φ＜π)，满足f ⎝⎛⎭⎫3π2ω＝1，且函数y ＝f (x )图象上相邻两个对称中心间的距离为π，则函数f (x )的解析式为________．10．(2019·泰州调研)由命题“存在x ∈R ，使x 2＋2x ＋m ≤0”是假命题，求得m 的取值范围是(a ，＋∞)，则实数a 的值是__________．11．(2019·淮安调研)已知α，β均为锐角，且tan α＝2t ，tan β＝t 15，当10tan α＋3tan β取得最小值时，α＋β的值为________．12．(2019·重庆模拟)若f (x )为R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，f (－3)＝0，则x ·f (x )＜0的解集为________．13．(2019·无锡调研)如图，设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)长轴为AB ，短轴为CD ，E 是椭圆弧BD 上的一点，AE 交CD 于K ，CE 交AB 于L ，则⎝⎛⎭⎫EK AK 2＋⎝⎛⎭⎫EL CL 2的值为________．14．已知函数f (x )＝x 2－x ＋1x －1，g (x )＝ln xx ，若函数y ＝f (g (x ))＋a 有三个不同的零点x 1，x 2，x 3(其中x 1<x 2<x 3)，则2g (x 1)＋g (x 2)＋g (x 3)的取值范围为________．参考答案与解析1．解析：A ∩B ＝{x |－5<x <2}∩{x |－3<x <3}＝{x |－3<x <2}． 答案：{x |－3<x <2}2．解析：⎝⎛⎭⎫z ＋1z ·z ＝|z |2＋1＝5＋1＝6. 答案：63．解析：S ＝20＋21＋22＝7. 答案：74．解析：根据频率分布直方图中各组频率之和为1，得10(2a ＋3a ＋7a ＋6a ＋2a )＝1，解得a ＝1200，所以测试成绩落在[60，80)中的频率是10(3a ＋7a )＝100a ＝100×1200＝12，故对应的学生人数为100×12＝50.答案：505．解析：连接AC .在△ABC 中，AC 2＝BA 2＋BC 2－2BA ·BC ·cos 60°＝3，所以AC ＝3，又AC 2＋BA 2＝4＝BC 2，所以∠BAC ＝90°.在四边形ABCD 中，∠BAD ＝360°－(60°＋45°＋120°)＝135°，因此∠CAD ＝∠BAD －∠BAC ＝45°，∠ACD ＝180°－∠CAD －∠D ＝15°.在△ACD 中，AD sin ∠ACD ＝AC sin D ，即AD sin 15°＝3sin 120°，AD ＝3sin 15°sin 120°＝3×（6－2）4÷32＝6－22. 答案：6－226．解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 23＝a 2a 4＝16得，a 3＝4，即a 1q 2＝4，又a 6＝a 1q 5＝32，解得a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1，b n ＝a n ＋a n ＋1＝2n －1＋2n ＝3·2n －1，所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，S 5＝3（1－25）1－2＝93.答案：937．解析：显然①④正确；对于②，在空间中垂直于同一条直线的两条直线可以平行，也可以异面或相交；对于③，在空间中垂直于同一个平面的两个平面可以平行，也可以相交．答案：①④8.解析：设f (a )＝f (b )＝t ， 作出f (x )的图象， 由图象知，t ≥0， 由f (a )＝a 2＝t ，得a ＝t ， 由f (b )＝－2b －3＝t ，得b ＝－3－t2，则a ＋b ＝t ＋－3－t 2＝－12t ＋t －32＝－12(t －2t )－32＝－12(t －1)2－1，因为t ≥0，所以t ≥0，则m ＝－12(t －1)2－1≤－1，即m ＝a ＋b ≤－1，此时f (a ＋b )＝f (m )＝－2m －3≥2－3＝－1， 即f (a ＋b )的取值范围是[－1，＋∞)， 故答案为[－1，＋∞)． 答案：[－1，＋∞)9．解析：因为f ⎝⎛⎭⎫3π2ω＝1，所以cos ⎝⎛⎭⎫3π2＋φ＝1，即sin φ＝1， 又0≤φ＜π，所以φ＝π2.因为函数y ＝f (x )图象上相邻两个对称中心间的距离为π. 所以12·2πω＝π，ω＝1，则f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2＝－sin x . 答案：f (x )＝－sin x10．解析：因为“存在x ∈R ，使x 2＋2x ＋m ≤0”是假命题，所以“任意x ∈R ，使x 2＋2x ＋m ＞0”是真命题，所以Δ＝4－4m ＜0，解得m ＞1，故a 的值是1.答案：111．解析：因为α，β为锐角，所以t >0，故10tan α＋3tan β＝20t ＋t5≥24＝4，当且仅当t ＝10时取等号，此时tan α＝15，tan β＝23，tan(α＋β)＝15＋231－215＝1，又α，β为锐角，所以α＋β＝π4.答案：π412．解析：依题意，结合函数y ＝f (x )的性质，不妨设函数y ＝f (x )的大致图象如图，不等式xf (x )＜0等价于①⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0f （x ）＞0或②⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0f （x ）＜0.结合图象，解不等式组①得－3＜x ＜0；解不等式组②得0＜x ＜3.因此，不等式xf (x )＜0的解集是{x |－3＜x ＜0或0＜x ＜3}．答案：(－3，0)∪(0，3)13.解析：如图所示，设点E (x 0，y 0)，过点E 分别向x 、y 轴引垂线，垂足分别为N 、M ，由△MKE ∽△OKA ，故EK AK ＝ME AO ＝|x 0|a ，同理EL CL ＝|y 0|b ，则⎝⎛⎭⎫EK AK 2＋⎝⎛⎭⎫EL CL 2＝x 20a 2＋y 20b2，又点E (x 0，y 0)在椭圆上，故有x 20a 2＋y 20b2＝1，即⎝⎛⎭⎫EK AK 2＋⎝⎛⎭⎫EL CL 2＝1.答案：114.解析：因为g (x )＝ln xx ，所以g ′(x )＝1－ln x x 2.当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．作出函数g (x )的大致图象如图所示，令g (x )＝t ，由f (t )＋a ＝t 2－t ＋1t －1＋a ＝0，得关于t 的一元二次方程t 2＋(a －1)t ＋1－a ＝0，又f (g (x ))＋a ＝0有三个根x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3，所以结合g (x )的图象可知关于t 的一元二次方程有两个不等实根，不妨设为t 1，t 2，且t 1<t 2，则0<t 1<1e ，t 2＝1e 或t 1<0<t 2<1e ，t 1＋t 2＝1－a ，由Δ＝(a －1)2－4(1－a )>0，得1－a <0或1－a >4，当0<t 1<1e ，t 2＝1e 时，0<t 1＋t 2<4，不符合题意，舍去，所以t 1<0<t 2<1e，所以g (x 1)＝t 1，g (x 2)＝g (x 3)＝t 2，所以2g (x 1)＋g (x 2)＋g (x 3)＝2t 1＋2t 2＝2(t 1＋t 2)＝2(1－a )． 令λ＝1－a ，φ(t )＝t 2＋(a －1)t ＋1－a ＝t 2－λt ＋λ， 由t 1<0<t 2<1e可知，⎩⎪⎨⎪⎧φ（0）<0，φ⎝⎛⎭⎫1e >0，即⎩⎪⎨⎪⎧λ<0，1e 2－λ×1e ＋λ>0， 解得1e －e 2<λ<0.综上，2g (x 1)＋g (x 2)＋g (x 3)的取值范围为⎝⎛⎭⎫2e －e 2，0.答案：⎝⎛⎭⎫2e －e 2，0。

【精品】2020年江苏高考数学第三轮复习最后冲刺试题含答案巩固训练(1)1. 点M 的直角坐标为(－3，3)，化为极坐标是________；点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－2π3，化为直角坐标是________．2. 极坐标方程ρcos θ＝2sin 2θ表示的曲线为________________，极坐标方程ρsin 2 θ－2cos θ＝0表示的曲线是________．3. 以点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π4为圆心且经过极点的圆的极坐标方程为______________．4. 在极坐标系中，曲线ρ＝2sin θ和ρsin θ＝2的位置关系是__________．5. 极点到直线ρ(cos θ＋sin θ)＝3的距离是________．6. 在极坐标系中，点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为________．7. 在极坐标系中，曲线C 的方程为ρ＝4sin θ，过点M ⎝⎛⎭⎪⎫4，π6作曲线C 的切线，则切线长为____________．8. 在极坐标系中，已知P 为圆ρ2＋2ρsin θ－7＝0上的任意一点．求点P 到直线ρcos θ＋ρsin θ－7＝0的距离的最小值与最大值．9. 在极坐标系中，直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1与曲线ρ＝r(r>0)相切，求r 的值．10. 在极坐标系中，直线l 的方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝2，曲线C 的方程为ρ＝4cos θ，求直线l 被曲线C 截得的弦长．答 案1. ⎝⎛⎭⎪⎫23，2π3 (－2，－23) 解析：ρ＝（－3）2＋32＝23，tan θ＝3－3＝－3，θ在第二象限，故θ＝2π3，即点M 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2π3；由x ＝ρcos θ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＝－2，y ＝ρsin θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＝－23，故点P 的直角坐标为(－2，－23)．2. 一条直线或一个圆 抛物线 解析：由题意可得ρcos θ＝2sin 2θ＝4sin θcos θ，故cos θ＝0或ρ2＝4ρsin θ，化为直角坐标方程为x ＝0或x 2＋y 2＝4y ，即该极坐标方程表示的曲线为一条直线或一个圆；ρsin 2θ－2cos θ＝0化为直角坐标方程为y 2－2x ＝0，即该极坐标方程表示的曲线为方程是y 2＝2x 的抛物线．3. ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4 解析：点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π4化为直角坐标为(2，－2)，则半径为r ＝（2）2＋（2）2＝2，所以该圆的直角坐标方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝4，化为极坐标方程为ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4.4. 相切 解析：曲线ρ＝2sin θ化为直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1.ρsin θ＝2化为直角坐标方程y ＝2，则该圆的圆心到直线的距离d ＝1＝r ，故该直线和圆相切．5. 62 解析：直线ρ(cos θ＋sin θ)＝3化为直角坐标方程为x ＋y －3＝0，则原点到直线的距离d ＝|0＋0－3|12＋12＝62.6.3 解析：点⎝⎛⎭⎪⎫2，π3化为直角坐标为(1，3)，圆ρ＝2cos θ化为直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，即圆心为(1，0)，则点(1，3)到圆心(1，0)的距离d ＝02＋（3）2＝ 3.7. 22 解析：曲线C 化为直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，点M 化为直角坐标为(23，2)，则切线长为l ＝（23）2＋02－4＝8＝22，故切线长为2 2.8. 解析：圆ρ2＋2ρsin θ－7＝0化为直角坐标方程为x 2＋y 2＋2y －7＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝8，直线ρcos θ＋ρsin θ－7＝0化为直角坐标方程为x ＋y －7＝0，圆心到直线距离d ＝|0－1－7|12＋12＝4 2.又因为P 为圆上的任意一点，故点P 到直线的距离的最小值为22，最大值为6 2.9. 解析：以极点O 为原点，极轴Ox 为x 轴建立平面直角坐标系，由ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1，得直线的直角坐标方程为x －3y －2＝0.曲线ρ＝r ，即圆x 2＋y 2＝r 2，所以圆心到直线的距离为d ＝||0－3×0－21＋3＝1.因为直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1与曲线ρ＝r(r>0)相切，所以r ＝d ，即r＝1.10. 解析：因为曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ，所以曲线C是圆心(2，0)，半径为2的圆．因为直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝2，则直线l 过点A(4，0)，倾斜角为π6，所以A 为直线与圆的一个交点．设另一个交点为B ，则∠OAB ＝π6，连结OB. 因为OA 为直径，从而∠OBA ＝π2，所以AB ＝4cos π6＝23，因此，直线l 被曲线C 截得的弦长为2 3.随堂巩固训练(2)1. 若直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2－3t(t 为参数)，则直线的斜率为________．2. 将参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋sin 2θ，y ＝sin 2θ(θ为参数)化为普通方程为________________．3. 已知直线l 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t ，y ＝2－4t (t 为参数)与直线l 2：2x －4y ＝5相交于点B ，又点A(1，2)，则AB ＝________．4. 参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝e t ＋e －t ，y ＝2（e t－e －t ）(t 为参数)的普通方程为______________．5. 直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－12t ，y ＝－1＋12t (t为参数)被圆x 2＋y 2＝4截得的弦长为________．6. 已知抛物线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2t ，y ＝t2(t 为参数)，焦点为F ，直线x ＋2y －12＝0与该抛物线交于A ，B 两点，则△ABF 的面积为________．7. 直线3x －4y －9＝0与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)的位置关系是________．8. 在平面直角坐标系中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2t ＋2a ，y ＝－t (t 为参数)，曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2＋2sin θ(θ为参数)．若曲线C 1、C 2有公共点，则实数a的取值范围是________________．9. 设P ，Q 分别为直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝6－2t (t 为参数)和曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋5cos θ，y ＝－2＋5sin θ(θ为参数)上的点，则PQ 的最小值为________．10. 已知圆x 2＋y 2－2x ＝0的圆心为C ，直线⎩⎨⎧x ＝－1＋22t ，y ＝3－22t(t为参数)与该圆相交于A ，B 两点，则△ABC 的面积为________．11. 在平面直角坐标系xOy 中，已知M 是椭圆x 24＋y 212＝1上在第一象限的点，A(2，0)，B(0，23)是椭圆两个顶点，求四边形OAMB 面积的最大值．12. 已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝7＋32t(t 为参数)，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)．(1) 将曲线C 的参数方程转化为普通方程；(2) 若直线l 与曲线C 相交于A 、B 两点，试求线段AB 的长．13. 已知直线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．(1) 当α＝π3时，求C 1与C 2的交点坐标；(2) 过坐标原点O 作C 1的垂线，垂足为A ，P 为OA 中点，当α变化时，求点P 的轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．答 案1. －32 解析：由题意可得直线的普通方程为y ＝－32x ＋72，故直线的斜率为－32.2. y ＝x －2(2≤x ≤3) 解析：θ为参数，则sin 2θ∈[0，1]，x ∈[2，3]，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋sin 2θ，y ＝sin 2θ，则⎩⎪⎨⎪⎧sin 2θ＝x －2，sin 2θ＝y ，故该直线的普通方程为y ＝x －2(2≤x ≤3)．3. 52 解析：直线l 1化为普通方程为4x ＋3y －10＝0，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y －10＝0，2x －4y ＝5，解得⎩⎨⎧x ＝52，y ＝0，所以AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52－12＋（0－2）2＝52.4. x 24－y216＝1(x ≥2) 解析：由参数方程可得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝2e t ＋2e －t ①，y ＝2e t －2e －t ②，把①和②平方相减得4x 2－y 2＝16，即x 24－y216＝1.又因为x ≥2e t ·e －t ＝2，故该参数方程的普通方程为x 24－y 216＝1(x ≥2)．5. 14 解析：由题意可得直线的普通方程为x ＋y －1＝0，圆的圆心到直线的距离为d ＝|0＋0－1|12＋12＝22，所以直线被圆截得的弦长为24－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝14. 6. 25 解析：由题意得抛物线的普通方程为x 2＝4y ，则焦点F(0，1)，F 到直线的距离为d ＝|0＋2－12|12＋22＝2 5.由抛物线和直线的方程消y 得x 2＋2x －24＝0，则x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝－24，所以AB ＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝54（x 1－x 2）2＝55，所以S △ABF ＝12×25×55＝25.7. 相交 解析：圆的普通方程为x 2＋y 2＝4，圆心为(0，0)，半径r ＝2，则圆心到直线的距离为d ＝|0－0－9|32＋（－4）2＝95<2＝r ，故直线与圆的位置关系是相交．8. [2－5，2＋5] 解析：曲线C 1的普通方程为x ＋2y －2a ＝0，即为一条直线，曲线C 2的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，即为圆．因为直线与圆有公共点，所以d ＝|0＋4－2a|12＋22≤2，解得2－5≤a ≤2＋ 5. 9. 55 解析：直线的普通方程为2x ＋y －6＝0，曲线C 的普通方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝5，故曲线C 表示以(1，－2)为圆心，5为半径的圆，圆心到直线的距离为d ＝|2－2－6|22＋12＝65＝655，所以PQ 的最小值为655－5＝55.10. 12 解析：圆的标准方程为(x －1)2＋y 2＝1，直线的普通方程为x ＋y －2＝0，圆心到直线的距离为d ＝22，所以AB ＝2r 2－d 2＝2，故S △ABC ＝12×22×2＝12.11. 解析：设点M ()2cos θ，23sin θ，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.由题知OA ＝2，OB ＝23，所以四边形OAMB 的面积S ＝12×OA ×23sin θ＋12×OB ×2cos θ＝23sin θ＋23cos θ＝26sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，所以当θ＝π4时，四边形OAMB 的面积的最大，最大值为2 6.12. 解析：(1) 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝16cos 2θ，y 2＝16sin 2θ，故曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝16.(2) 方法一：将⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝7＋32t()t 为参数代入方程x 2＋y 2＝16，得t 2＋83t ＋36＝0，所以t 1＋t 2＝－83，t 1t 2＝36.所以线段AB 的长为AB ＝|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝4 3.方法二：由⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝7＋32t(t 为参数)，得直线l 的普通方程为3x－y ＋4＝0.由(1)知圆的圆心的坐标为(0，0)，半径R ＝4，所以圆心到直线l 的距离d ＝|4|（3）2＋（－1）2＝2，故AB ＝2R 2－d 2＝216－4＝4 3.13. 解析： (1) 当α＝π3时，C 1的普通方程为y ＝3(x －1)，C 2的普通方程为x 2＋y 2＝1.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －1），x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝12，y ＝－32，故C 1与C 2的交点为(1，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32.(2) C 1的普通方程为x sin α－y cos α－sin α＝0. 点A 坐标为()sin 2α，－cos αsin α，故当α变化时， 点P 轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12sin 2α，y ＝－12sin αcos α(α为参数)，点P 轨迹的普通方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋y 2＝116，故点P 轨迹是以圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，半径为14的圆． 巩固训练(3)1. 直线θ＝α与直线ρcos (θ－α)＝a(a ≠0)之间的位置关系为__________．2. 直线⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝－33＋32t(t 为参数)和圆x 2＋y 2＝16交于A ，B 两点，则AB 的中点坐标为________．3. 已知直线l 的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，它与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)相交于A ，B 两点，则AB 的长为________．4. 在极坐标系中，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4作圆ρ＝4sin θ的切线，则切线的极坐标方程是________．5. 在极坐标系中，已知两点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2π3，则A ，B 两点间的距离等于________．6. 圆C ：ρ＝－4sin θ上的动点P 到直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2的最短距离为________．7. 在极坐标系中，射线θ＝π4被圆ρ＝4sin θ截得的弦长为________．8. 在极坐标系中，点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6到直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1的距离是________．9. 在极坐标系中，直线ρcos θ－3ρsin θ－1＝0与圆ρ＝2cos θ交于A ，B 两点，则AB ＝________．10. 在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C 1的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝－2，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝22t(t 为参数)，则曲线C 1与曲线C 2交点的直角坐标为________．11. 求圆ρ＝3cos θ被直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝1＋4t (t 为参数)截得的弦长．12. 已知在平面直角坐标系xOy 内，直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝1＋4t(t 为参数)，以原点O 为极点，x 轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4. (1) 写出直线l 的普通方程和圆C 的直角坐标方程； (2) 判断直线l 和圆C 的位置关系．13. 已知曲线C 的极坐标方程为ρ2＝364cos 2θ＋9sin 2θ.(1) 以极点为原点，极轴所在的直线为x 轴，求曲线C 的直角坐标方程；(2) 若P(x ，y)是曲线C 上的一个动点，求3x ＋4y 的最大值．答 案1. 垂直 解析：ρcos (θ－α)＝a 化为x cos α＋y sin α＝a ，θ＝α可化为x sin α－y cos α＝0.因为cos αsin α－sin αcos α＝0，所以这两条直线垂直．2. (3，－3) 解析：将直线⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝－33＋32t(t 为参数)代入圆x 2＋y 2＝16得⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12t 2＋⎝⎛⎭⎪⎫－33＋32t 2＝16，即t 2－8t ＋12＝0，解得t 1＝2，t 2＝6.将t 1，t 2代入参数方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，y 1＝－23，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4，y 2＝0，所以AB 的中点坐标为(3，－3)．3. 14 解析：直线l 化为直角坐标方程为y ＝x ，曲线C 化为普通方程为(x －1)2＋(y －2)2＝4，圆心(1，2)到直线的距离d ＝|1－2|12＋（－1）2＝22，所以AB ＝24－12＝14.4. ρcos θ＝2 解析：点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4的直角坐标为(2，2)，圆的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，则圆心为(0，2)，故过点(2，2)的圆的切线方程为x ＝2，化为极坐标方程是ρcos θ＝2.5. 4 解析：点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π3化为直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－332，点B 化为直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，故A ，B 两点间的距离为d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－332－322＝4. 6. 22－2 解析：圆C 化为直角坐标方程为x 2＋(y ＋2)2＝4，直线l 化为直角坐标方程为x ＋y －2＝0，故圆上的动点P 到直线l 的最短距离为d ＝|0－2－2|12＋12－2＝22－2. 7. 22 解析：射线化为直角坐标方程y ＝x(x ≥0)，圆化为直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，两式联立消y 得2x 2－4x ＝0，即x 2－2x ＝0，故射线与圆的交点为(0，0)，(2，2)，所以射线被圆截得的弦长为22＋22＝2 2.8. 1 解析：点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6化为直角坐标为(3，1)，直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1化为直角坐标方程为x －3y ＋2＝0，故点到直线的距离d ＝|3－3＋2|1＋（－3）2＝1.9. 2 解析：直线化为直角坐标方程为x －3y －1＝0，圆化为直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，两式联立消x 得4y 2＝1，所以直线与圆的交点A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋1，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋1，－12，故AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋12＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝2.10. (2，－4) 解析：曲线C 1化为直角坐标方程为x ＋y ＋2＝0.将曲线C 2的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝22t(t 为参数)代入x ＋y ＋2＝0，得t 2＋22t ＋2＝0，解得t ＝－2，故曲线C 1与曲线C 2交点的直角坐标为(2，－4)．11. 解析：将极坐标方程转化为直角坐标方程． 圆ρ＝3cos θ，即x 2＋y 2＝3x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94；直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝1＋4t 即2x －y ＝3，所以圆心在直线上．所以截得的弦长为3.12. 解析：(1) 消去参数t ，得直线的直角坐标方程为y ＝2x －3； ρ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，即ρ＝2(sin θ＋cos θ)，两边同乘ρ，得ρ2＝2(ρsin θ＋ρcos θ)，由ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 得圆C 的直角坐标方程(x －1)2＋(y －1)2＝2. (2) 圆心C 到直线l 的距离d ＝255<2， 所以直线l 和圆C 相交．13. 解析：(1) ρ2＝364cos 2θ＋9sin 2θ两边同时除以ρ2，可得1＝364ρ2cos 2θ＋9ρ2sin 2θ，即1＝364x 2＋9y2， 故直角坐标方程x 29＋y 24＝1. (2) 设点P(3cos θ，2sin θ)，则3x ＋4y ＝9cos θ＋8sin θ＝145sin (θ＋φ)， 当sin (θ＋φ)＝1时，3x ＋4y 的最大值为145.巩固训练(4)1. 已知抛物线C ：y 2＝8x 的准线过双曲线x 2a 2－y2b 2＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且双曲线的离心率为2，则该双曲线的方程为__________．2. 设P 是抛物线y 2＝4x 上的一个动点，则点P 到点A(－1，1)的距离与点P 到点(1，0)的距离之和的最小值为________．3. 已知F 是抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA →·OB →＝2，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是__________．4. 过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，则1AF＋1BF ＝________．5. 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线C 及其准线分别交于P ，Q 两点，QF →＝3FP →，则直线l 的斜率为________．6. 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)焦点为F ，准线l ：x ＝－32，点M在抛物线C 上，点A 在准线l 上，若MA ⊥l ，且直线AF 的斜率k AF ＝－3，则△AFM 的面积为________．7. 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)的焦点为F ，过点F 且倾斜角为60°的直线l 与抛物线C 在第一、四象限分别交于A ，B 两点，与它的准线交于点P ，则ABAP ＝ ________．8. 过抛物线y ＝14x 2的焦点F 作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则AB ＝________．9. 已知P ，Q 是抛物线x 2＝1a y(a>0)上的两点，过P ，Q 两点的不同切线交于点M ，若△MPQ 是等边三角形，则△MPQ 的面积为________．10. 过抛物线y 2＝4x 的焦点且倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则AB ＝________．11. 已知抛物线C 的顶点为O(0，0)，焦点为F(0，1)．(1) 求抛物线的方程；(2) 过点F 作直线交抛物线C 于A ，B 两点，若直线AO ，BO 分别交直线l ：y ＝x －2于M ，N 两点，求MN 的最小值．12. 已知过点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，0的直线与抛物线C ：y 2＝4x 交于两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．(1) 求证：y 1·y 2为定值；(2) 若△AOB 的面积为814，O 为坐标原点，求直线AB 的方程．13. 已知抛物线C 的顶点为原点，焦点F(0，c)(c>0)到直线l ：x －y －2＝0的距离为322.设P 为直线l 上的点，过点P 作抛物线C 的两条切线PA ，PB ，其中A ，B 为切点．(1) 求抛物线C 的方程；(2) 当点P(x 0，y 0)为直线l 上的定点时，求直线AB 的方程．答案与解析巩固训练1. x 2－y23＝1 解析：由题意得，抛物线的准线为x ＝－2，所以双曲线的一个焦点为(－2，0)，又因为e ＝ca ＝2，所以a ＝1，b 2＝c 2－a 2＝4－1＝3，故该双曲线的方程为x 2－y23＝1.2. 5 解析：由题意得抛物线y 2＝4x 的焦点F(1，0)，即点(1，0)为焦点F ，故点P 到点A(－1，1)的距离与点P 到点(1，0)的距离之和最小时，P ，A ，F 三点共线，d min ＝AF ＝（－1－1）2＋12＝ 5.3. 3 解析：由题意得F ⎝⎛⎭⎪⎫14，0，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1＝y 21，x 2＝y 22，y 21y 22＋y 1y 2＝2，y 1y 2＝－2或y 1y 2＝1.因为A ，B 位于x轴两侧，所以y 1y 2＝－2.故S △ABO ＋S △AFO ＝12|x 1y 2－x 2y 1|＋12×14×|y 1|＝|2y 1＋y 1|＋18×|y 1|＝|2y 1＋98y 1|≥3，当且仅当2y 1＝98y 1时，取等号，此时△ABO 与△AFO 面积之和最小值3.4. 1 解析：由题意得抛物线的焦点为F(1，0)，准线为x ＝－1.设过点F 的直线方程为y ＝k(x －1)，代入抛物线方程，得k 2(x －1)2＝4x ，化简得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2.令点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由抛物线性质可知AF ＝x 1＋1，BF ＝x 2＋1，故1AF ＋1BF ＝1x 1＋1＋1x 2＋1＝x 1＋x 2＋2x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝1.5. ±15 解析：过点P 作抛物线C 的准线的垂线，垂足为P 1，设PF ＝k ，由抛物线性质可得PF ＝PP 1＝k ，QF ＝3k ，QP ＝4k ，在Rt △PQP 1中，QP 1＝（4k ）2－k 2＝15k ，则tan ∠QPP 1＝15，故直线l 的斜率为±15.6. 93 解析：由题意得抛物线C ：y 2＝6x ，焦点F ⎝⎛⎭⎪⎫32，0.又因为k AF ＝－3，MA ⊥l ，所以∠MAF ＝60°，又由抛物线性质得AM ＝FM ，故△AFM 为等边三角形．又AF ＝2FO 12＝4FO ＝6，故S △AFM ＝12×6×6×sin 60°＝9 3.7. 23 解析：设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则y 21＝2px 1，y 22＝2px 2，AB ＝x 1＋x 2＋p ＝2p sin 260°＝83p ，即有x 1＋x 2＝53p ，由直线l 倾斜角为60°，则直线l 的方程为y －0＝3⎝⎛⎭⎪⎫x －p 2，联立抛物线方程，消去y并整理得12x 2－20px ＋3p 2＝0，则x 1x 2＝p 24，可得x 1＝32p ，x 2＝16p ，AP ＝4p ，故AB AP ＝23.8. 163 解析：由题意得抛物线的焦点F(0，1)，由直线的倾斜角为30°，故直线方程为y －1＝33x ，联立抛物线方程，消去y 并整理，得14x 2－33x －1＝0，则x 1＋x 2＝433，x 1x 2＝－4，AB ＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝43（x 1－x 2）2＝43×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋16＝163.9. 334a 2 解析：由对称性可知点M 在y 轴上，则此时PM ，QM 的斜率分别为±3，y ＝ax 2，y′＝2ax ＝±3，故PQ ＝3a ，所以S △MPQ＝12×3a ×3a ×sin 60°＝334a 2.10. 16 解析：由抛物线过焦点弦公式得AB ＝4（sin 30°）2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝16.11. 解析：(1) 由已知可设抛物线的方程为x 2＝2py(p>0)，且p2＝1，p ＝2，所以抛物线的方程为x 2＝4y.(2) 设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，所以k AO ＝x 14，k BO ＝x 24， 所以直线AO 的方程是y ＝x 14x.由⎩⎨⎧y ＝x 14x ，y ＝x －2，所以x M ＝84－x 1，同理x N ＝84－x 2，所以MN ＝1＋12|x M －x N |＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪84－x 1－84－x 2＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－x 216－4（x 1＋x 2）＋x 1x 2. 设直线AB ：y ＝kx ＋1，因为⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，所以x 2－4kx －4＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，且|x 1－x 2|＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝4k 2＋1，得MN ＝82|4k 2＋116－16k －4|＝82k 2＋1|4k －3|.设4k －3＝t ，t ≠0， 所以k ＝3＋t4， ①当t>0时，MN ＝8225＋t 2＋6t4t ＝221＋25t 2＋6t >22；②当t<0时， MN ＝221＋25t 2＋6t ＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫5t ＋352＋1625≥22×45＝852，所以此时MN 的最小值为852，此时t ＝－253， k ＝－43.综上所述，MN 的最小值为85 2.12. 解析：(1) 当直线AB 垂直于x 轴时，y 2＝4×92＝18，得y 1＝32，y 2＝－32，所以y 1·y 2＝－18.当直线AB 不与x 轴垂直时，设直线方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －92(k ≠0)，联立⎩⎨⎧y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －92，y 2＝4x ，得ky 2－4y －18k ＝0，由根与系数的关系可得y 1·y 2＝－18. 综上，y 1·y 2为定值．(2) 由(1)得y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－18， AB ＝1＋1k 2|y 1－y 2|＝1＋1k 2·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝1＋1k 2×72＋16k 2.点O 到直线AB 的距离d ＝|－9k|4k 2＋4， S △OAB ＝12×1＋1k 2×72＋16k 2×|－9k|4k 2＋4＝814.解得k ＝±43. 直线AB 的方程为y ＝±43⎝ ⎛⎭⎪⎫x －92，即4x ＋3y －18＝0或4x －3y －18＝0.【注】①分直线与x 轴垂直和不垂直两种情况，当直线与x 轴垂直时直接求出y 1y 2；当不垂直时，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系可得y 1y 2为定值；②利用弦长公式求出AB 的长度，再由点到直线的距离公式求出点O 到直线AB 的距离，代入三角形面积公式求得k 值，则直线AB 的方程可求．13. 解析：(1) 根据题意，设抛物线C 的方程x 2＝4cy ，由|0－c －2|2＝322，结合c>0，解得c ＝1，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y.(2) 抛物线C 的方程为x 2＝4y ，即y ＝14x 2，求导得y′＝12x.设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)(其中y 1＝14x 21，y 2＝14x 22)，则切线PA ，PB 的斜率分别为12x 1，12x 2，所以切线PA 的方程y －y 1＝x 12(x －x 1)，即x 1x －2y －2y 1＝0.同理可得切线PB 的方程为x 2x －2y －2y 2＝0. 因为切线PA ，PB 均过点P(x 0，y 0)， 所以x 1x 0－2y 0－2y 1＝0，x 2x 0－2y 0－2y 2＝0，所以(x 1，y 1)，(x 2，y 2)为方程xx 0－2y 0－2y ＝0的两组解， 所以直线AB 的方程为xx 0－2y 0－2y ＝0.巩固训练（6）1. 在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点． (1) 化简：A 1O →－12AB →－12AD →＝________；(2) 用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝______________．2. 在四面体OABC 中，OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE 可表示为____________(用a ，b ，c 表示)．3. 已知向量a ，b ，且AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则A ，B ，C ，D 四点中一定共线的三点是________．4. 在下列等式中，使点M 与点A ，B ，C 一定共面的是________．(填序号)①OM →＝2OA →－OB →－OC →； ②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →； ③MA →＋MB →＋MC →＝0; ④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0.5. 已知在空间四边形ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，对角线AC ，BD 的中点分别为E ，F ，则EF →＝____________．(用向量a ，b ，c 表示)6. 已知G 是△ABC 的重心，O 是空间内与点G 不重合的任意一点，若OA→＋OB →＋OC →＝λOG →，则λ＝________．7. 已知在空间四边形ABCD 中，G 为△BCD 的重心，E ，F ，H 分别为CD ，AD 和BC 的中点，化简下列各式：(1) AG →＋13BE →－12AC →； (2) 12(AB →＋AC →－AD →)．8. 已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任意一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)． (1) 判断MA→，MB →，MC →三个向量是否共面； (2) 判断点M 是否在平面ABC 内．9. 已知四边形ABCD 为正方形，P 是四边形ABCD 所在平面外的一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中点O ，Q 是CD 的中点，求下列各题中x ，y 的值：(1) OQ→＝PQ →＋xPC →＋yPA →； (2) PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →.答案随堂巩固训练(7)1. (1) A 1A → (2) 12AB →＋12AD →＋AA 1→ 解析：(1) A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →.(2) OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，故OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 2. 12a ＋14b ＋14c 解析：OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →)＝OA →＋14×(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .3. A ，B ，D 解析：由已知得BD→＝BC →＋CD →＝－5a ＋6b ＋7a －2b ＝2a ＋4b ＝2(a ＋2b )＝2AB →，所以BD →与AB →共线，且有公共点B ，故A ，B ，D 三点共线．4. ③ 解析：若有MA→＝xMB →＋yMC →，则点M 与点A 、B 、C 共面，或者OM →＝xOA →＋yOB →＋zOC →且x ＋y ＋z ＝1，则点M 与点A 、B 、C 共面，①②④不满足x ＋y ＋z ＝1，③满足MA →＝xMB →＋yMC →，故③正确．5. 3a ＋3b －5c 解析：因为EF→＝EA →＋AB →＋BF →，又EF →＝EC →＋CD →＋DF→，两式相加，得2EF →＝(EA →＋EC →)＋AB →＋CD →＋(BF →＋DF →)．因为E 是AC 的中点，所以EA →＋EC →＝0.同理，BF →＋DF →＝0，所以EF →＝12(AB →＋CD →)＝12[(a －2c )＋(5a ＋6b －8c )]＝3a ＋3b －5c .6. 3 解析：由于G 是三角形ABC 的重心，则有GA →＋GB →＋GC →＝0，即OA→－OG →＋OB →－OG →＋OC →－OG →＝0，故OA →＋OB →＋OC →＝3OG →.又由题目已知OA→＋OB →＋OC →＝λOG →，所以λ＝3. 7. 解析：(1) AG →＋13BE →－12AC →＝AE →－12AC →＝12(AD →＋AC →)－12AC →＝12AD →＝AF →.(2) 12(AB →＋AC →－AD →)＝AH →－12AD →＝AH →＋FA →＝FH →. 8. 解析：(1) 由OA→＋OB →＋OC →＝3OM →， 得OA→－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA→＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， 所以MA→，MB →，MC →共面． (2) 由(1)知MA→，MB →，MC →共面，且共过同一点M ， 所以四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内． 9. 解析：(1) 如图所示．因为OQ →＝PQ →－PO →＝PQ →－12(PA →＋PC →)＝PQ →－12PA →－12PC →，所以x ＝y ＝－12.(2) 因为PA→＋PC →＝2PO →，所以PA →＝2PO →－PC →. 又PC→＋PD →＝2PQ →，所以PC →＝2PQ →－PD →， 所以PA→＝2PO →－(2PQ →－PD →)＝2PO →－2PQ →＋PD →， 所以x ＝2，y ＝－2.巩固训练(8)1. 在△ABC 中，A(2，－5，3)，AB→＝(4，1，2)，BC →＝(3，－2，5)，则顶点B 、C 的坐标分别为____________________．2. 已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，若k a ＋b 与2a －b 平行，则实数k ＝________．3. 已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝3，|b |＝2，|a －b |＝7，则|a ＋b |＝________．4. 已知向量a ＝(2，－1，3)，b ＝(－4，2，x )，若a ⊥b ，则x ＝________；若a ∥b ，则x ＝________．5. 若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1，2)，且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________________________________________________________________________.6. 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为________．7. 已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上．当∠APC 最大时，三棱锥PABC 的体积为________．8. 如图，已知空间几何体ABCDA 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1) 求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2) 若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM→⊥BF →，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.9. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面三角形ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1) 求|BN→|； (2) 求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3) 求证：A 1B ⊥C 1M.10. 如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的各棱长都相等，P 为A 1B 上的点，A 1P →＝λA 1B →，且PC ⊥AB.求：(1) λ的值；(2) 异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值．答案与解析 随堂巩固训练(9)1. B(6，－4，5)，C(9，－6，10) 解析：由A(2，－5，3)，AB →＝(4，1，2)，解得B(6，－4，5)，再由BC →＝(3，－2，5)，解得C(9，－6，10)．2. －2 解析：计算得k a ＋b ＝(k －1，k ，2)，2a －b ＝(3，2，－2)，由k a ＋b 与2a －b 平行，得k －13＝k 2＝2－2，解得k ＝－2.3. 19 解析：因为|a －b |＝7，所以|a |2＋|b |2－2a ·b ＝7.又因为|a |＝3，|b |＝2，所以a ·b ＝3，所以|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a ·b ＝9＋4＋2×3＝19，则|a ＋b |＝19.4. 103 －6 解析：若a ⊥b ，则－8－2＋3x ＝0，所以x ＝103；若a ∥b ，则2∶(－4)＝(－1)∶2＝3∶x ，所以x ＝－6.5. －2或255 解析：cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |＝6－λ3λ2＋5＝89，解得λ＝－2或λ＝255.6. 459 解析：设正方体的棱长为2，以{DA →，DC →，DD 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，所以cos 〈CM →，D 1N →〉＝4－4－13×3＝－19，故sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.7. 118 解析：以{BA →，BC →，BB 1→}为单位正交基底，建立空间直角坐标系(如图)，设BP →＝λBD 1→，可得P(λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP→|AP →||CP →|＝2λ（λ－1）＋λ22λ2＋（λ－1）2＝11＋13λ2－2λ，可求得当λ＝13时，∠APC最大，故V PABC ＝13×12×1×1×13＝118.8. 解析：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则BE →＝(3，0，1)，BF →＝(0，3，2)，BD 1→＝(3，3，3)， 所以BD 1→＝BE →＋BF →，故BD 1→，BE →，BF →共面． 又它们有公共点B ，所以E ，B ，F ，D 1四点共面．(2) 如图，设M(0，0，z)，则GM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－23，z .又BF →＝(0，3，2)．由题设得GM →·BF →＝0，得z ＝1. 所以M(0，0，1)．因为E(3，0，1)，所以ME→＝(3，0，0)． 又BB 1→＝(0，0，3)，BC →＝(0，3，0)， 所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0， 所以ME ⊥BB 1，ME ⊥BC. 因为BB 1，BC平面BCC 1B 1，BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.9. 解析：(1) 建立以点C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴的空间直角坐标系．由题意得B(0，1，0)，N(1，0，1)， 所以BN→＝(1，－1，1)， 所以|BN→|＝12＋（－1）2＋12＝ 3. (2) 由(1)知A 1(1，0，2)，C(0，0，0)，B 1(0，1，2)， 则BA 1→＝(1，－1，2)，CB 1→＝(0，1，2)， 所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝0－1＋46×5＝3010. (3) 由题意得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，C 1(0，0，2)则A 1B →＝(－1，1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0， 即A 1B →与C 1M →的夹角为90°， 所以A 1B ⊥C 1M.10. 解析：(1) 设正三棱柱的棱长为2，以AC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)，所以AB →＝(3，1，0)，CA 1→＝(0，－2，2)，A 1B →＝(3，1，－2)． 因为PC ⊥AB ，所以CP →·AB→＝0， 所以(CA 1→＋A 1P →)·AB →＝0，即(CA 1→＋λA 1B →)·AB →＝0， 得λ＝－CA 1→·AB →A 1B →·AB→＝12.(2) 由(1)知CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，1，AC 1→＝(0，2，2)， 所以cos 〈CP →，AC 1→〉＝CP →·AC 1→|CP →||AC 1→|＝－3＋22×22＝－28， 所以异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值是28.随堂巩固训练(10)1. 已知a ＝(1，1，2)，b ＝(－1，－1，3)，且(k a ＋b )∥(a －b )，则k ＝________．2. 已知a ＝(－2，3，－1)，b ＝(4，m ，n )，且a ∥b ，则m ，n 的值分别为________．3. 已知A(－3，5，－2)，向量a ＝(－1，1，1)，若在yOz 平面上找一点B ，使得AB→∥a ，则点B 的坐标为________．4. 已知a ＝(2，－1，1)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(11，5，λ)，若向量a ，b ，c 共面，则λ的值为________．5. 已知M 1(2，5，－3)，M 2(3，－2，－5)，O 为坐标原点，设在线段M 1M 2上的一点M 满足M 1M 2→＝4MM 2→，则向量OM →的坐标为__________．6. 若正三棱锥的三个侧面两两垂直，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为________．7. 已知O 为坐标原点，OA→＝(1，2，3)，OB →＝(2，1，2)，OC →＝(1，1，2)，点M 在直线OC 上运动．当MA →·MB→取最小值时，求点M的坐标．8. 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1) AM∥平面BDE；(2) AM⊥平面BDF.9. 如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点．求证：平面EFG∥平面AB1C.答案与解析 随堂巩固训练(10)1. －1 解析：由题意得k a ＋b ＝(k －1，k －1，2k ＋3)，a －b ＝(2，2，－1)．又(k a ＋b )∥(a －b )，所以k －12＝k －12＝2k ＋3－1，解得k＝－1.2. －6，2 解析：因为a ∥b ，所以－24＝3m ＝－1n ，解得m ＝－6，n ＝2.3. (0，2，－5) 解析：设点B(0，y ，z)，则AB→＝(3，y －5，z ＋2)．又因为AB →∥a ，所以3－1＝y －51＝z ＋21，解得y ＝2，z ＝－5，那么点B 的坐标为(0，2，－5)．4. 1 解析：由题意可知a ，b 不共线，令c ＝m a ＋n b ，可得⎩⎪⎨⎪⎧2m －n ＝11，－m ＋4n ＝5，m －2n ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝7，n ＝3，λ＝1，此时a ，b ，c 共面，λ的值为1. 5. ⎝ ⎛⎭⎪⎫114，－14，－92 解析：由题意得M 1M 2→＝(1，－7，－2)，M 1M 2→＝4MM 2→，所以MM 2→＝⎝⎛⎭⎪⎫14，－74，－12，OM →＝OM 2→－MM 2→＝(3，－2，－5)－⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－74，－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫114，－14，－92.6. 33 解析：以正三棱锥OABC 的顶点O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OC 为z 轴建立空间直角坐标系，设侧棱长为1，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，侧面OAB 的一个法向量为OC→＝(0，0，1)，底面ABC 的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎪⎫13，13，13，所以cos 〈OC→，n 〉＝33，故侧面与底面所成的二面角的余弦值为33.7. 解析：设OM→＝λOC →＝(λ，λ，2λ)，则 MA →·MB →＝(OA →－OM →)·(OB →－OM →)＝OA →·OB →－(OA →＋OB →)·OM →＋|OM →|2＝10－3λ－3λ－10λ＋λ2＋λ2＋4λ2＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23，所以当MA →·MB →取最小值时，λ＝43， 故OM →＝⎝⎛⎭⎪⎫43，43，83，所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫43，43，83.8. 解析：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连结NE ，则点N ，E 的坐标分别为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E(0，0，1)， 所以NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.因为点A ，M 的坐标分别为A(2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， 所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.所以NE →＝AM →且NE 和AM 不共线， 所以NE ∥AM.又NE 平面BDE ，AM 平面BDE ，所以AM ∥平面BDE.(2) 因为D(2，0，0)，F(2，2，1)， 所以DF→＝(0，2，1)． 所以AM →·DF→＝0， 由(1)知AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，所以AM →⊥DF →. 同理AM→⊥BF →， 又DF ∩BF ＝F ，DF ，BF 平面BDF ， 所以AM ⊥平面BDF.9. 解析：设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则EG →＝ED 1→＋D 1G →＝12A 1D 1→＋12D 1C 1→＝12b ＋12a .因为AC→＝AB →＋AD →＝a ＋b ， 所以AC→＝2EG →，故AC →∥EG →，即EG ∥AC . 又EF →＝ED 1→＋D 1F →＝12A 1D 1→＋12D 1D →＝12b －12c ， B 1C →＝B 1C 1→＋C 1C →＝b －c ＝2EF →， 所以EF →∥B 1C →，即EF ∥B 1C .又EG ∩EF ＝E ，AC ∩B 1C ＝C ，EG ，EF 平面EFG ，AC ，B 1C 平面AB 1C ，所以平面EFG ∥平面AB 1C .巩固训练(11)1. 在二面角中，平面α的一个法向量n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，平面β的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，2，则二面角的大小为____________．2. 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 是棱A 1B 1上任意一点，则异面直线OP 与AM 所成角的大小为________．3. 如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AB ＝2AC ＝2a ，则AB 与平面PBC 所成角的正弦值为________．4. 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是对角线BD 1上的点，且BE ∶ED 1＝1∶3，则AE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为________．5. 已知l ∥α，且直线l 的一个方向向量为(2，m ，1)，平面α的一个法向量为⎝⎛⎭⎪⎫1，12，2，则实数m ＝________．6. 已知△ABC 是等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA ＝12AC ，则二面角P-BC-A 的大小是________．7. 在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝AD ，则二面角APBC 的余弦值为________．8. 如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，已知AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，D 是线段BC 的中点．(1) 求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2) 求二面角B 1A 1DC 1的余弦值．9. 如图，在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1) 求证：MN ∥平面ABCD ； (2) 求二面角D 1ACB 1的正弦值；(3) 设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．10. 如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．(1) 求证：D 1E ⊥A 1D ；(2) 当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离； (3) 试求AE 等于何值时，二面角D 1ECD 的大小为π4.答案与解析随堂巩固训练(11)1. 30°或150° 解析：在二面角α-l-β中，平面α的一个法向量n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，平面β的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，2，所以cos 〈n 1，n 2〉＝0－14－23×94＝－32，则二面角α-l-β的大小为30°或150°. 2. 90° 解析：以点D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系．设正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为2，A 1P ＝t(0≤t ≤2)，A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，P(2，t ，2)，AM→＝(－2，0，1)，OP →＝(1，t －1，2)，所以AM →·OP →＝－2＋0＋2＝0，则异面直线OP 与AM 所成角的大小为90°.3. 55 解析：如图，作AD ⊥PC ，连结BD ，因为PA ⊥平面ABC ，BC 平面ABC ，所以PA ⊥BC.又因为AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC 平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC.因为AD 平面PAC ，所以BC ⊥AD.因为AD ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，BC ，PC 平面PBC ，所以AD ⊥平面PBC ，所以∠ABD 为直线AB 与平面PBC 所成的角．在Rt △PAC 中，由等面积可得AD ＝2a ×a 5a ＝25a 5，在Rt △ADB 中，sin ∠ABD ＝AD AB ＝55，所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55.4. 31111 解析：建立以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴的空间直角坐标系，令该正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，12，所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，12.由正方体的性质取AB →为平面BCC 1B 1的一个法向量，AB →＝(2，0，0)，所以cos 〈AB →，AE →〉＝31111，故AE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为31111.5. －8 解析：由题意得(2，m ，1)·⎝⎛⎭⎪⎫1，12，2＝2＋12m ＋2＝4＋12m ＝0，解得m ＝－8.6. 30° 解析：取PC ，AC 的中点E ，F ，连结EF ，BF ，以点F 为原点，FB 所在直线为x 轴，FC 所在直线为y 轴，FE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，令△ABC 的边长为2，则P(0，－1，1)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，所以PB→＝(3，1，－1)，PC →＝(0，2，－1)，BC →＝(－3，1，0)．设平面PBC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则可得⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y －z ＝0，2y －z ＝0，－3x ＋y ＝0，即⎩⎨⎧z ＝2y ，x ＝33y ，取y ＝1，故平面PBC 的一个法向量为n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，2，由题可知P A →为平面ABC 的一个法向量，则P A →＝(0，0，－1)，所以cos 〈n 1，P A →〉＝－32，故二面角PBCA 的大小为30°.7. －277 解析：令AD ＝1，则AB ＝2，由∠DAB ＝60°易知DB ＝3，所以DA ⊥DB.以点D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DB 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，所以PA →＝(1，0，－1)，PB→＝(0，3，－1)，PC →＝(－1，3，－1)．设平面APB 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝3，得平面APB 的一个法向量为n ＝(3，3，3)．设平面PBC 的法向量m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧3b －c ＝0，－a ＋3b －c ＝0，取b ＝3，得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，3，3)．令二面角APBC 的平面角为θ，由题可知θ为钝角，故cos θ＝－|cos 〈n ，m 〉|＝－|n ·m |n ||m ||＝－|3＋921×12|＝－277.8. 解析：(1) 因为在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，所以以A 为坐标原点，AB 、AC 、AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3)．因为D 是BC 的中点，所以D(1，2，0)， 所以A 1C 1→＝(0，4，0)，A 1D →＝(1，2，－3)． 设平面A 1C 1D 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·A 1C 1→＝0，n 1·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 1＝0，x 1＋2y 1－3z 1＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3z 1，y 1＝0，取z 1＝1，则平面A 1C 1D 的一个法向量n 1＝(3，0，1).DB 1→＝(1，－2，3)，所以|cos 〈n 1，DB 1→〉|＝|n 1·DB 1→||n 1||DB 1→|＝33535，所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为33535.(2) 由(1)得A 1B 1→＝(2，0，0)，DB 1→＝(1，－2，3)．设平面B 1A 1D 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2·A 1B 1→＝0，n 2·DB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＝0，x 2－2y 2＋3z 2＝0，取⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2＝3，z 2＝2，得平面B 1A 1D 的一个法向量n 2＝(0，3，2)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝13065，所以二面角B 1A 1DC 1的余弦值的大小为－13065.9. 解析：(1) 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)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点， 所以M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N(1，－2，1)，所以MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0.依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，由此可得MN →·n ＝0.又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2) 由(1)得AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得平面ACD 1的一个法向量n 1＝(0，1，1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎨⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC→＝0.又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1), 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，。

小题专题练(四)解析几何、立体几何(建议用时：50分钟)1．抛物线y2＝4x的准线方程为________．2．已知双曲线x2a2－y23＝1(a＞0)的离心率为2，则a＝________.3．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．4．(2019·连云港调研)已知圆C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，直线l过圆心且交圆C于A，B两点，交y轴于P点，若2P A→＝PB→，则直线l的斜率k＝________．5．如图，60°的二面角的棱上有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，则CD 的长为________．6．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为________．7．(2019·徐州调研)在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1与侧面BCC1B1的距离为2，侧面BCC1B1的面积为4，则此三棱柱ABC-A1B1C1的体积为________．8.已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝855，则抛物线C2的方程为____________．9．如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ；②不论D 折至何位置都有MN ⊥AE ；③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥AB ；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD .10．已知O 为坐标原点，过双曲线x 2－y 2b 2＝1(b ＞0)上的点P (1，0)作两条渐近线的平行线，分别交两渐近线于A ，B 两点，若平行四边形OBP A 的面积为1，则双曲线的离心率为________．11．(2019·盐城模拟)已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m ，0)、B (m ，0)(m >0)，若圆上存在一点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的最小值为________．12．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．13．(2019·宿迁质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左右焦点为F 1，F 2，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得△F 1F 2P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是________．14.如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a >2)，圆O ：x 2＋y 2＝a 2＋4，椭圆C 的左、右焦点分别为F 1，F 2，过椭圆上一点P 和原点O 作直线l 交圆O 于M ，N 两点，若|PF 1|·|PF 2|＝6，则|PM |·|PN |的值为________．小题专题练(四)1．解析：易知抛物线y 2＝4x 的准线方程为x ＝－p 2＝－1.答案：x ＝－12．解析：因为c 2＝a 2＋3，所以e ＝c a ＝a 2＋3a2＝2，得a 2＝1，所以a ＝1. 答案：1 3．解析：设该六棱锥的高是h .根据体积公式得，V ＝13×12×2×3×6×h＝23，解得h ＝1，则侧面三角形的高为1＋（3）2＝2，所以侧面积S ＝12×2×2×6＝12.答案：124．解析：依题意得，点A 是线段PB 的中点，|PC |＝|P A |＋|AC |＝3 5.过圆心C (3，5)作y 轴的垂线，垂足为C 1，则|CC 1|＝3，|PC 1|＝（35）2－32＝6.记直线l 的倾斜角为θ，则有|tan θ|＝|PC 1||CC 1|＝2，即k ＝±2. 答案：±25．解析：因为60°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，所以CD→＝CA →＋AB →＋BD →，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， 因为AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，所以|AB→|＝4，|AC →|＝6，|BD →|＝8， 所以CD→2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD → ＝36＋16＋64＋2×6×8×cos 120°＝68，所以CD 的长为217.答案：2176．解析：圆C 1关于x 轴对称的圆C ′1的圆心为C ′1(2，－3)，半径不变，圆C 2的圆心为(3，4)，半径r ＝3，|PM |＋|PN |的最小值为圆C ′1和圆C 2的圆心距减去两圆的半径，所以|PM |＋|PN |的最小值为（3－2）2＋（4＋3）2－1－3＝52－4.答案：52－47.解析：补形法将三棱柱补成四棱柱，如图所示．记A 1到平面BCC 1B 1的距离为d ，则d ＝2.则V 三棱柱＝12V 四棱柱＝12S 四边形BCC 1B 1·d ＝12×4×2＝4.答案：48．解析：由题意，知圆C 1与抛物线C 2的其中一个交点为原点，不妨记为B ，设A (m ，n )．因为|AB |＝855，所以⎩⎨⎧m 2＋n 2＝855，m 2＋（n －2）2＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝85，n ＝165，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，165.将点A 的坐标代入抛物线方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝2p ×85，所以p ＝165，所以抛物线C 2的方程为y 2＝325x . 答案：y 2＝325x9.解析：如图，设Q ，P 分别为CE ，DE 的中点，可得四边形MNQP 是矩形，所以①②正确；不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN 与AB 是异面直线，不可能MN ∥AB ，所以③错；当平面ADE ⊥平面ABCD 时，可得EC ⊥平面ADE ，故EC ⊥AD ，④正确．故填①②④.答案：①②④10．解析：依题意，双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则过点P 且与渐近线平行的直线方程为y ＝±b (x －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝bx y ＝－b （x －1）得|y |＝b 2，所以平行四边形OBP A 的面积S ▱OBP A ＝2S △OBP ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×|y |＝b 2＝1，所以b ＝2，所以双曲线的离心率e ＝c a ＝1＋221＝ 5.答案： 511．解析：显然AB ＝2m ，因为∠APB ＝90°，所以OP ＝12AB ＝m ，所以要求m 的最小值即求圆C 上点P 到原点O 的最小距离，因为OC ＝5，所以OP min ＝OC －r ＝4，即m 的最小值为4.答案：412.解析：如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋（1－r 2）2＝2π(当且仅当r 2＝1－r 2，即r ＝22时取等号)．所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π⎝ ⎛⎭⎪⎫222×2＝423. 答案：42313．解析：6个不同的点有两个为短轴的两个端点，另外4个分别在第一、二、三、四象限，且上下对称、左右对称．不妨设P 在第一象限，PF 1>PF 2，当PF 1＝F 1F 2＝2c 时，PF 2＝2a －PF 1＝2a －2c ，即2c ＞2a －2c ，解得e ＝c a >12，又因为e ＜1，所以 12<e <1；当PF 2＝F 1F 2＝2c 时，PF 1＝2a －PF 2＝2a －2c ，即2a－2c ＞2c 且2c ＞a －c ，解得13<e <12，综上可得13<e <12或12<e <1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 14．解析：由已知|PM |·|PN |＝(R －|OP |)(R ＋|OP |)＝R 2－|OP |2＝a 2＋4－|OP |2，|OP |2＝|OP →|2＝14(PF 1→＋PF 2→)2＝14(|PF 1→|2＋|PF 2→|2＋2|PF 1→|·|PF 2→|cos ∠F 1PF 2)＝12(|PF 1→|2＋|PF 2→|2)－14(|PF 1→|2＋|PF 2→|2－2|PF 1→||PF 2→|cos ∠F 1PF 2)＝12[(2a )2－2|PF 1||PF 2|]－14×(2c )2＝a 2－2，所以|PM |·|PN |＝(a 2＋4)－(a 2－2)＝6.答案：6。

解答题专题练(一) 三角函数、解三角形(建议用时：40分钟)1．已知函数f (x )＝sin 2x ＋3sin x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2. (1)求f (x )的最小正周期；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3上的取值范围．2．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a cos C sin B ＝b sin B＋c cos C .(1)求sin(A ＋B )＋sin A cos A ＋cos(A －B )的最大值；(2)若b ＝2，当△ABC 的面积最大时，求△ABC 的周长．3．已知函数f (x )＝a sin x cos x －2cos 2x (x ∈R )的图象经过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，其中常数a ∈R .(1)求a 的值及函数f (x )的最小正周期T ；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的最值及相应的x 值．4．已知a ，b ，c 是△ABC 中角A ，B ，C 的对边，且3cos B cos C ＋2＝3sin B sin C ＋2cos 2A .(1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝53，b ＝5，求sin B sin C 的值．解答题专题练(一)1．解：(1)f (x )＝sin 2x ＋3sin x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2 ＝1－cos 2x 2＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12， 所以T ＝π.(2)由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，得2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，7π6. 所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1， 所以f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32. 2．解：(1)由a cos C sin B ＝b sin B ＋c cos C ，得a cos C sin B ＝b cos C ＋c sin B sin B cos C ，即sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，又sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋sin C cos B ，所以cos B ＝sin B ，因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4，则sin(A ＋B )＋sin A cos A ＋cos(A －B )＝2(sin A ＋cos A )＋sin A cos A ，令t ＝sin A ＋cos A ，因为sin A ＋cos A ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4，0<A <34π，所以0<t ≤2，sin(A ＋B )＋sin A cos A ＋cos(A －B )＝12t 2＋2t －12＝12(t ＋2)2－32，所以当t ＝2，即A ＝π4时，上式取得最大值，为52.(2)由(1)得S ＝12ac sin B ＝24ac ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，即2＝a 2＋c 2－2ac≥(2－2)ac ，ac ≤2＋2，当且仅当a ＝c ＝2＋2时等号成立，所以S max ＝2＋12，此时a ＝c ＝2＋2，所以周长L ＝a ＋b ＋c ＝22＋2＋ 2.3．解：(1)f (x )＝a sin x cos x －2cos 2x ＝a 2sin 2x －cos 2x －1，由函数f (x )的图象经过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0， 即a 2sin π2－cos π2－1＝0，得a ＝2.从而f (x )＝sin 2x －cos 2x －1＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4－1， 所以T ＝2π2＝π.(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时， 2x －π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4， 所以当2x －π4＝π2，即x ＝3π8时，f (x )max ＝2－1；当2x －π4＝－π4，即x ＝0时，f (x )min ＝－2.4．解：(1)由3cos B cos C ＋2＝3sin B sin C ＋2cos 2A ，得3cos(B ＋C )＋2＝2cos 2A ，即2cos 2A ＋3cos A －2＝0，即(2cos A －1)(cos A ＋2)＝0，解得cos A ＝12或cos A ＝－2(舍去)．因为0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)由S ＝12bc sin A ＝34bc ＝53，得bc ＝20， 因为b ＝5，所以c ＝4.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a 2＝25＋16－2×20×12＝21， 故a ＝21.根据正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C ，得sin B sin C ＝b a sin A ×c a sin A ＝57.。

2020年江苏高考数学第三轮复习最后冲刺试题含答案巩固训练(1)1. 点M 的直角坐标为(－3，3)，化为极坐标是________；点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－2π3，化为直角坐标是________．2. 极坐标方程ρcos θ＝2sin 2θ表示的曲线为________________，极坐标方程ρsin 2 θ－2cos θ＝0表示的曲线是________．3. 以点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π4为圆心且经过极点的圆的极坐标方程为______________．4. 在极坐标系中，曲线ρ＝2sin θ和ρsin θ＝2的位置关系是__________．5. 极点到直线ρ(cos θ＋sin θ)＝3的距离是________．6. 在极坐标系中，点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为________．7. 在极坐标系中，曲线C 的方程为ρ＝4sin θ，过点M ⎝⎛⎭⎪⎫4，π6作曲线C 的切线，则切线长为____________．8. 在极坐标系中，已知P 为圆ρ2＋2ρsin θ－7＝0上的任意一点．求点P 到直线ρcos θ＋ρsin θ－7＝0的距离的最小值与最大值．9. 在极坐标系中，直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1与曲线ρ＝r(r>0)相切，求r 的值．10. 在极坐标系中，直线l 的方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝2，曲线C 的方程为ρ＝4cos θ，求直线l 被曲线C 截得的弦长．答 案1. ⎝⎛⎭⎪⎫23，2π3 (－2，－23) 解析：ρ＝（－3）2＋32＝23，tan θ＝3－3＝－3，θ在第二象限，故θ＝2π3，即点M 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2π3；由x ＝ρcos θ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＝－2，y ＝ρsin θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π3＝－23，故点P 的直角坐标为(－2，－23)．2. 一条直线或一个圆 抛物线 解析：由题意可得ρcos θ＝2sin 2θ＝4sin θcos θ，故cos θ＝0或ρ2＝4ρsin θ，化为直角坐标方程为x ＝0或x 2＋y 2＝4y ，即该极坐标方程表示的曲线为一条直线或一个圆；ρsin 2θ－2cos θ＝0化为直角坐标方程为y 2－2x ＝0，即该极坐标方程表示的曲线为方程是y 2＝2x 的抛物线．3. ρ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4 解析：点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－π4化为直角坐标为(2，－2)，则半径为r ＝（2）2＋（2）2＝2，所以该圆的直角坐标方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝4，化为极坐标方程为ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4.4. 相切 解析：曲线ρ＝2sin θ化为直角坐标方程为x 2＋(y －1)2＝1.ρsin θ＝2化为直角坐标方程y ＝2，则该圆的圆心到直线的距离d ＝1＝r ，故该直线和圆相切．5. 62 解析：直线ρ(cos θ＋sin θ)＝3化为直角坐标方程为x ＋y －3＝0，则原点到直线的距离d ＝|0＋0－3|12＋12＝62.6.3 解析：点⎝⎛⎭⎪⎫2，π3化为直角坐标为(1，3)，圆ρ＝2cos θ化为直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，即圆心为(1，0)，则点(1，3)到圆心(1，0)的距离d ＝02＋（3）2＝ 3.7. 22 解析：曲线C 化为直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，点M 化为直角坐标为(23，2)，则切线长为l ＝（23）2＋02－4＝8＝22，故切线长为2 2.8. 解析：圆ρ2＋2ρsin θ－7＝0化为直角坐标方程为x 2＋y 2＋2y －7＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝8，直线ρcos θ＋ρsin θ－7＝0化为直角坐标方程为x ＋y －7＝0，圆心到直线距离d ＝|0－1－7|12＋12＝4 2.又因为P 为圆上的任意一点，故点P 到直线的距离的最小值为22，最大值为6 2.9. 解析：以极点O 为原点，极轴Ox 为x 轴建立平面直角坐标系，由ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1，得直线的直角坐标方程为x －3y －2＝0.曲线ρ＝r ，即圆x 2＋y 2＝r 2，所以圆心到直线的距离为d ＝||0－3×0－21＋3＝1.因为直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝1与曲线ρ＝r(r>0)相切，所以r ＝d ，即r＝1.10. 解析：因为曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ，所以曲线C是圆心(2，0)，半径为2的圆．因为直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝2，则直线l 过点A(4，0)，倾斜角为π6，所以A 为直线与圆的一个交点．设另一个交点为B ，则∠OAB ＝π6，连结OB. 因为OA 为直径，从而∠OBA ＝π2，所以AB ＝4cos π6＝23，因此，直线l 被曲线C 截得的弦长为2 3.随堂巩固训练(2)1. 若直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝2－3t(t 为参数)，则直线的斜率为________．2. 将参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋sin 2θ，y ＝sin 2θ(θ为参数)化为普通方程为________________．3. 已知直线l 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3t ，y ＝2－4t (t 为参数)与直线l 2：2x －4y ＝5相交于点B ，又点A(1，2)，则AB ＝________．4. 参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝e t ＋e －t ，y ＝2（e t－e －t ）(t 为参数)的普通方程为______________．5. 直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－12t ，y ＝－1＋12t (t为参数)被圆x 2＋y 2＝4截得的弦长为________．6. 已知抛物线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2t ，y ＝t2(t 为参数)，焦点为F ，直线x ＋2y －12＝0与该抛物线交于A ，B 两点，则△ABF 的面积为________．7. 直线3x －4y －9＝0与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)的位置关系是________．8. 在平面直角坐标系中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2t ＋2a ，y ＝－t (t 为参数)，曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2＋2sin θ(θ为参数)．若曲线C 1、C 2有公共点，则实数a的取值范围是________________．9. 设P ，Q 分别为直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝6－2t (t 为参数)和曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋5cos θ，y ＝－2＋5sin θ(θ为参数)上的点，则PQ 的最小值为________．10. 已知圆x 2＋y 2－2x ＝0的圆心为C ，直线⎩⎨⎧x ＝－1＋22t ，y ＝3－22t(t为参数)与该圆相交于A ，B 两点，则△ABC 的面积为________．11. 在平面直角坐标系xOy 中，已知M 是椭圆x 24＋y 212＝1上在第一象限的点，A(2，0)，B(0，23)是椭圆两个顶点，求四边形OAMB 面积的最大值．12. 已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝7＋32t(t 为参数)，曲线C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)．(1) 将曲线C 的参数方程转化为普通方程；(2) 若直线l 与曲线C 相交于A 、B 两点，试求线段AB 的长．13. 已知直线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．(1) 当α＝π3时，求C 1与C 2的交点坐标；(2) 过坐标原点O 作C 1的垂线，垂足为A ，P 为OA 中点，当α变化时，求点P 的轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．答 案1. －32 解析：由题意可得直线的普通方程为y ＝－32x ＋72，故直线的斜率为－32.2. y ＝x －2(2≤x ≤3) 解析：θ为参数，则sin 2θ∈[0，1]，x ∈[2，3]，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋sin 2θ，y ＝sin 2θ，则⎩⎪⎨⎪⎧sin 2θ＝x －2，sin 2θ＝y ，故该直线的普通方程为y ＝x －2(2≤x ≤3)．3. 52 解析：直线l 1化为普通方程为4x ＋3y －10＝0，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y －10＝0，2x －4y ＝5，解得⎩⎨⎧x ＝52，y ＝0，所以AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52－12＋（0－2）2＝52.4. x 24－y216＝1(x ≥2) 解析：由参数方程可得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝2e t ＋2e －t ①，y ＝2e t －2e －t ②，把①和②平方相减得4x 2－y 2＝16，即x 24－y216＝1.又因为x ≥2e t ·e －t ＝2，故该参数方程的普通方程为x 24－y 216＝1(x ≥2)．5. 14 解析：由题意可得直线的普通方程为x ＋y －1＝0，圆的圆心到直线的距离为d ＝|0＋0－1|12＋12＝22，所以直线被圆截得的弦长为24－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝14. 6. 25 解析：由题意得抛物线的普通方程为x 2＝4y ，则焦点F(0，1)，F 到直线的距离为d ＝|0＋2－12|12＋22＝2 5.由抛物线和直线的方程消y 得x 2＋2x －24＝0，则x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝－24，所以AB ＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝54（x 1－x 2）2＝55，所以S △ABF ＝12×25×55＝25.7. 相交 解析：圆的普通方程为x 2＋y 2＝4，圆心为(0，0)，半径r ＝2，则圆心到直线的距离为d ＝|0－0－9|32＋（－4）2＝95<2＝r ，故直线与圆的位置关系是相交．8. [2－5，2＋5] 解析：曲线C 1的普通方程为x ＋2y －2a ＝0，即为一条直线，曲线C 2的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，即为圆．因为直线与圆有公共点，所以d ＝|0＋4－2a|12＋22≤2，解得2－5≤a ≤2＋ 5. 9. 55 解析：直线的普通方程为2x ＋y －6＝0，曲线C 的普通方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝5，故曲线C 表示以(1，－2)为圆心，5为半径的圆，圆心到直线的距离为d ＝|2－2－6|22＋12＝65＝655，所以PQ 的最小值为655－5＝55.10. 12 解析：圆的标准方程为(x －1)2＋y 2＝1，直线的普通方程为x ＋y －2＝0，圆心到直线的距离为d ＝22，所以AB ＝2r 2－d 2＝2，故S △ABC ＝12×22×2＝12.11. 解析：设点M ()2cos θ，23sin θ，θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2.由题知OA ＝2，OB ＝23，所以四边形OAMB 的面积S ＝12×OA ×23sin θ＋12×OB ×2cos θ＝23sin θ＋23cos θ＝26sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，所以当θ＝π4时，四边形OAMB 的面积的最大，最大值为2 6.12. 解析：(1) 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝16cos 2θ，y 2＝16sin 2θ，故曲线C 的普通方程为x 2＋y 2＝16.(2) 方法一：将⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝7＋32t()t 为参数代入方程x 2＋y 2＝16，得t 2＋83t ＋36＝0，所以t 1＋t 2＝－83，t 1t 2＝36.所以线段AB 的长为AB ＝|t 1－t 2|＝（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝4 3.方法二：由⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝7＋32t(t 为参数)，得直线l 的普通方程为3x－y ＋4＝0.由(1)知圆的圆心的坐标为(0，0)，半径R ＝4，所以圆心到直线l 的距离d ＝|4|（3）2＋（－1）2＝2，故AB ＝2R 2－d 2＝216－4＝4 3.13. 解析： (1) 当α＝π3时，C 1的普通方程为y ＝3(x －1)，C 2的普通方程为x 2＋y 2＝1.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －1），x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝12，y ＝－32，故C 1与C 2的交点为(1，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32.(2) C 1的普通方程为x sin α－y cos α－sin α＝0. 点A 坐标为()sin 2α，－cos αsin α，故当α变化时， 点P 轨迹的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12sin 2α，y ＝－12sin αcos α(α为参数)，点P 轨迹的普通方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋y 2＝116，故点P 轨迹是以圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，半径为14的圆． 巩固训练(3)1. 直线θ＝α与直线ρcos (θ－α)＝a(a ≠0)之间的位置关系为__________．2. 直线⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝－33＋32t(t 为参数)和圆x 2＋y 2＝16交于A ，B 两点，则AB 的中点坐标为________．3. 已知直线l 的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，它与曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos α，y ＝2＋2sin α(α为参数)相交于A ，B 两点，则AB 的长为________．4. 在极坐标系中，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4作圆ρ＝4sin θ的切线，则切线的极坐标方程是________．5. 在极坐标系中，已知两点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π3，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2π3，则A ，B 两点间的距离等于________．6. 圆C ：ρ＝－4sin θ上的动点P 到直线l ：ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2的最短距离为________．7. 在极坐标系中，射线θ＝π4被圆ρ＝4sin θ截得的弦长为________．8. 在极坐标系中，点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6到直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1的距离是________．9. 在极坐标系中，直线ρcos θ－3ρsin θ－1＝0与圆ρ＝2cos θ交于A ，B 两点，则AB ＝________．10. 在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C 1的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝－2，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝22t(t 为参数)，则曲线C 1与曲线C 2交点的直角坐标为________．11. 求圆ρ＝3cos θ被直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝1＋4t (t 为参数)截得的弦长．12. 已知在平面直角坐标系xOy 内，直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝1＋4t(t 为参数)，以原点O 为极点，x 轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4. (1) 写出直线l 的普通方程和圆C 的直角坐标方程； (2) 判断直线l 和圆C 的位置关系．13. 已知曲线C 的极坐标方程为ρ2＝364cos 2θ＋9sin 2θ.(1) 以极点为原点，极轴所在的直线为x 轴，求曲线C 的直角坐标方程；(2) 若P(x ，y)是曲线C 上的一个动点，求3x ＋4y 的最大值．答 案1. 垂直 解析：ρcos (θ－α)＝a 化为x cos α＋y sin α＝a ，θ＝α可化为x sin α－y cos α＝0.因为cos αsin α－sin αcos α＝0，所以这两条直线垂直．2. (3，－3) 解析：将直线⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝－33＋32t(t 为参数)代入圆x 2＋y 2＝16得⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12t 2＋⎝⎛⎭⎪⎫－33＋32t 2＝16，即t 2－8t ＋12＝0，解得t 1＝2，t 2＝6.将t 1，t 2代入参数方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，y 1＝－23，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4，y 2＝0，所以AB 的中点坐标为(3，－3)．3. 14 解析：直线l 化为直角坐标方程为y ＝x ，曲线C 化为普通方程为(x －1)2＋(y －2)2＝4，圆心(1，2)到直线的距离d ＝|1－2|12＋（－1）2＝22，所以AB ＝24－12＝14.4. ρcos θ＝2 解析：点⎝ ⎛⎭⎪⎫22，π4的直角坐标为(2，2)，圆的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，则圆心为(0，2)，故过点(2，2)的圆的切线方程为x ＝2，化为极坐标方程是ρcos θ＝2.5. 4 解析：点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π3化为直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－332，点B 化为直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，故A ，B 两点间的距离为d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－332－322＝4. 6. 22－2 解析：圆C 化为直角坐标方程为x 2＋(y ＋2)2＝4，直线l 化为直角坐标方程为x ＋y －2＝0，故圆上的动点P 到直线l 的最短距离为d ＝|0－2－2|12＋12－2＝22－2. 7. 22 解析：射线化为直角坐标方程y ＝x(x ≥0)，圆化为直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4，两式联立消y 得2x 2－4x ＝0，即x 2－2x ＝0，故射线与圆的交点为(0，0)，(2，2)，所以射线被圆截得的弦长为22＋22＝2 2.8. 1 解析：点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π6化为直角坐标为(3，1)，直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6＝1化为直角坐标方程为x －3y ＋2＝0，故点到直线的距离d ＝|3－3＋2|1＋（－3）2＝1.9. 2 解析：直线化为直角坐标方程为x －3y －1＝0，圆化为直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，两式联立消x 得4y 2＝1，所以直线与圆的交点A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋1，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋1，－12，故AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋12＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝2.10. (2，－4) 解析：曲线C 1化为直角坐标方程为x ＋y ＋2＝0.将曲线C 2的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t 2，y ＝22t(t 为参数)代入x ＋y ＋2＝0，得t 2＋22t ＋2＝0，解得t ＝－2，故曲线C 1与曲线C 2交点的直角坐标为(2，－4)．11. 解析：将极坐标方程转化为直角坐标方程． 圆ρ＝3cos θ，即x 2＋y 2＝3x ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94；直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2t ，y ＝1＋4t 即2x －y ＝3，所以圆心在直线上．所以截得的弦长为3.12. 解析：(1) 消去参数t ，得直线的直角坐标方程为y ＝2x －3； ρ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，即ρ＝2(sin θ＋cos θ)，两边同乘ρ，得ρ2＝2(ρsin θ＋ρcos θ)，由ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 得圆C 的直角坐标方程(x －1)2＋(y －1)2＝2. (2) 圆心C 到直线l 的距离d ＝255<2， 所以直线l 和圆C 相交．13. 解析：(1) ρ2＝364cos 2θ＋9sin 2θ两边同时除以ρ2，可得1＝364ρ2cos 2θ＋9ρ2sin 2θ，即1＝364x 2＋9y2， 故直角坐标方程x 29＋y 24＝1. (2) 设点P(3cos θ，2sin θ)，则3x ＋4y ＝9cos θ＋8sin θ＝145sin (θ＋φ)， 当sin (θ＋φ)＝1时，3x ＋4y 的最大值为145.巩固训练(4)1. 已知抛物线C ：y 2＝8x 的准线过双曲线x 2a 2－y2b 2＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且双曲线的离心率为2，则该双曲线的方程为__________．2. 设P 是抛物线y 2＝4x 上的一个动点，则点P 到点A(－1，1)的距离与点P 到点(1，0)的距离之和的最小值为________．3. 已知F 是抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA →·OB →＝2，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是__________．4. 过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，则1AF＋1BF ＝________．5. 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线C 及其准线分别交于P ，Q 两点，QF →＝3FP →，则直线l 的斜率为________．6. 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)焦点为F ，准线l ：x ＝－32，点M在抛物线C 上，点A 在准线l 上，若MA ⊥l ，且直线AF 的斜率k AF ＝－3，则△AFM 的面积为________．7. 已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)的焦点为F ，过点F 且倾斜角为60°的直线l 与抛物线C 在第一、四象限分别交于A ，B 两点，与它的准线交于点P ，则ABAP ＝ ________．8. 过抛物线y ＝14x 2的焦点F 作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则AB ＝________．9. 已知P ，Q 是抛物线x 2＝1a y(a>0)上的两点，过P ，Q 两点的不同切线交于点M ，若△MPQ 是等边三角形，则△MPQ 的面积为________．10. 过抛物线y 2＝4x 的焦点且倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则AB ＝________．11. 已知抛物线C 的顶点为O(0，0)，焦点为F(0，1)．(1) 求抛物线的方程；(2) 过点F 作直线交抛物线C 于A ，B 两点，若直线AO ，BO 分别交直线l ：y ＝x －2于M ，N 两点，求MN 的最小值．12. 已知过点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，0的直线与抛物线C ：y 2＝4x 交于两点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．(1) 求证：y 1·y 2为定值；(2) 若△AOB 的面积为814，O 为坐标原点，求直线AB 的方程．13. 已知抛物线C 的顶点为原点，焦点F(0，c)(c>0)到直线l ：x －y －2＝0的距离为322.设P 为直线l 上的点，过点P 作抛物线C 的两条切线PA ，PB ，其中A ，B 为切点．(1) 求抛物线C 的方程；(2) 当点P(x 0，y 0)为直线l 上的定点时，求直线AB 的方程．答案与解析巩固训练1. x 2－y23＝1 解析：由题意得，抛物线的准线为x ＝－2，所以双曲线的一个焦点为(－2，0)，又因为e ＝ca ＝2，所以a ＝1，b 2＝c 2－a 2＝4－1＝3，故该双曲线的方程为x 2－y23＝1.2. 5 解析：由题意得抛物线y 2＝4x 的焦点F(1，0)，即点(1，0)为焦点F ，故点P 到点A(－1，1)的距离与点P 到点(1，0)的距离之和最小时，P ，A ，F 三点共线，d min ＝AF ＝（－1－1）2＋12＝ 5.3. 3 解析：由题意得F ⎝⎛⎭⎪⎫14，0，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1＝y 21，x 2＝y 22，y 21y 22＋y 1y 2＝2，y 1y 2＝－2或y 1y 2＝1.因为A ，B 位于x轴两侧，所以y 1y 2＝－2.故S △ABO ＋S △AFO ＝12|x 1y 2－x 2y 1|＋12×14×|y 1|＝|2y 1＋y 1|＋18×|y 1|＝|2y 1＋98y 1|≥3，当且仅当2y 1＝98y 1时，取等号，此时△ABO 与△AFO 面积之和最小值3.4. 1 解析：由题意得抛物线的焦点为F(1，0)，准线为x ＝－1.设过点F 的直线方程为y ＝k(x －1)，代入抛物线方程，得k 2(x －1)2＝4x ，化简得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2.令点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由抛物线性质可知AF ＝x 1＋1，BF ＝x 2＋1，故1AF ＋1BF ＝1x 1＋1＋1x 2＋1＝x 1＋x 2＋2x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝1.5. ±15 解析：过点P 作抛物线C 的准线的垂线，垂足为P 1，设PF ＝k ，由抛物线性质可得PF ＝PP 1＝k ，QF ＝3k ，QP ＝4k ，在Rt △PQP 1中，QP 1＝（4k ）2－k 2＝15k ，则tan ∠QPP 1＝15，故直线l 的斜率为±15.6. 93 解析：由题意得抛物线C ：y 2＝6x ，焦点F ⎝⎛⎭⎪⎫32，0.又因为k AF ＝－3，MA ⊥l ，所以∠MAF ＝60°，又由抛物线性质得AM ＝FM ，故△AFM 为等边三角形．又AF ＝2FO 12＝4FO ＝6，故S △AFM ＝12×6×6×sin 60°＝9 3.7. 23 解析：设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则y 21＝2px 1，y 22＝2px 2，AB ＝x 1＋x 2＋p ＝2p sin 260°＝83p ，即有x 1＋x 2＝53p ，由直线l 倾斜角为60°，则直线l 的方程为y －0＝3⎝⎛⎭⎪⎫x －p 2，联立抛物线方程，消去y并整理得12x 2－20px ＋3p 2＝0，则x 1x 2＝p 24，可得x 1＝32p ，x 2＝16p ，AP ＝4p ，故AB AP ＝23.8. 163 解析：由题意得抛物线的焦点F(0，1)，由直线的倾斜角为30°，故直线方程为y －1＝33x ，联立抛物线方程，消去y 并整理，得14x 2－33x －1＝0，则x 1＋x 2＝433，x 1x 2＝－4，AB ＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝43（x 1－x 2）2＝43×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋16＝163.9. 334a 2 解析：由对称性可知点M 在y 轴上，则此时PM ，QM 的斜率分别为±3，y ＝ax 2，y′＝2ax ＝±3，故PQ ＝3a ，所以S △MPQ＝12×3a ×3a ×sin 60°＝334a 2.10. 16 解析：由抛物线过焦点弦公式得AB ＝4（sin 30°）2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝16.11. 解析：(1) 由已知可设抛物线的方程为x 2＝2py(p>0)，且p2＝1，p ＝2，所以抛物线的方程为x 2＝4y.(2) 设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，所以k AO ＝x 14，k BO ＝x 24， 所以直线AO 的方程是y ＝x 14x.由⎩⎨⎧y ＝x 14x ，y ＝x －2，所以x M ＝84－x 1，同理x N ＝84－x 2，所以MN ＝1＋12|x M －x N |＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪84－x 1－84－x 2＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－x 216－4（x 1＋x 2）＋x 1x 2. 设直线AB ：y ＝kx ＋1，因为⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，所以x 2－4kx －4＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，且|x 1－x 2|＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝4k 2＋1，得MN ＝82|4k 2＋116－16k －4|＝82k 2＋1|4k －3|.设4k －3＝t ，t ≠0， 所以k ＝3＋t4， ①当t>0时，MN ＝8225＋t 2＋6t4t ＝221＋25t 2＋6t >22；②当t<0时， MN ＝221＋25t 2＋6t ＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫5t ＋352＋1625≥22×45＝852，所以此时MN 的最小值为852，此时t ＝－253， k ＝－43.综上所述，MN 的最小值为85 2.12. 解析：(1) 当直线AB 垂直于x 轴时，y 2＝4×92＝18，得y 1＝32，y 2＝－32，所以y 1·y 2＝－18.当直线AB 不与x 轴垂直时，设直线方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －92(k ≠0)，联立⎩⎨⎧y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －92，y 2＝4x ，得ky 2－4y －18k ＝0，由根与系数的关系可得y 1·y 2＝－18. 综上，y 1·y 2为定值．(2) 由(1)得y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－18， AB ＝1＋1k 2|y 1－y 2|＝1＋1k 2·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝1＋1k 2×72＋16k 2.点O 到直线AB 的距离d ＝|－9k|4k 2＋4， S △OAB ＝12×1＋1k 2×72＋16k 2×|－9k|4k 2＋4＝814.解得k ＝±43. 直线AB 的方程为y ＝±43⎝ ⎛⎭⎪⎫x －92，即4x ＋3y －18＝0或4x －3y －18＝0.【注】①分直线与x 轴垂直和不垂直两种情况，当直线与x 轴垂直时直接求出y 1y 2；当不垂直时，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系可得y 1y 2为定值；②利用弦长公式求出AB 的长度，再由点到直线的距离公式求出点O 到直线AB 的距离，代入三角形面积公式求得k 值，则直线AB 的方程可求．13. 解析：(1) 根据题意，设抛物线C 的方程x 2＝4cy ，由|0－c －2|2＝322，结合c>0，解得c ＝1，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y.(2) 抛物线C 的方程为x 2＝4y ，即y ＝14x 2，求导得y′＝12x.设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)(其中y 1＝14x 21，y 2＝14x 22)，则切线PA ，PB 的斜率分别为12x 1，12x 2，所以切线PA 的方程y －y 1＝x 12(x －x 1)，即x 1x －2y －2y 1＝0.同理可得切线PB 的方程为x 2x －2y －2y 2＝0. 因为切线PA ，PB 均过点P(x 0，y 0)， 所以x 1x 0－2y 0－2y 1＝0，x 2x 0－2y 0－2y 2＝0，所以(x 1，y 1)，(x 2，y 2)为方程xx 0－2y 0－2y ＝0的两组解， 所以直线AB 的方程为xx 0－2y 0－2y ＝0.巩固训练（6）1. 在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点． (1) 化简：A 1O →－12AB →－12AD →＝________；(2) 用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝______________．2. 在四面体OABC 中，OA→＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，D 为BC 的中点，E 为AD 的中点，则OE 可表示为____________(用a ，b ，c 表示)．3. 已知向量a ，b ，且AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则A ，B ，C ，D 四点中一定共线的三点是________．4. 在下列等式中，使点M 与点A ，B ，C 一定共面的是________．(填序号)①OM →＝2OA →－OB →－OC →； ②OM →＝15OA →＋13OB →＋12OC →； ③MA →＋MB →＋MC →＝0; ④OM →＋OA →＋OB →＋OC →＝0.5. 已知在空间四边形ABCD 中，AB →＝a －2c ，CD →＝5a ＋6b －8c ，对角线AC ，BD 的中点分别为E ，F ，则EF →＝____________．(用向量a ，b ，c 表示)6. 已知G 是△ABC 的重心，O 是空间内与点G 不重合的任意一点，若OA→＋OB →＋OC →＝λOG →，则λ＝________．7. 已知在空间四边形ABCD 中，G 为△BCD 的重心，E ，F ，H 分别为CD ，AD 和BC 的中点，化简下列各式：(1) AG →＋13BE →－12AC →； (2) 12(AB →＋AC →－AD →)．8. 已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任意一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)． (1) 判断MA→，MB →，MC →三个向量是否共面； (2) 判断点M 是否在平面ABC 内．9. 已知四边形ABCD 为正方形，P 是四边形ABCD 所在平面外的一点，P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中点O ，Q 是CD 的中点，求下列各题中x ，y 的值：(1) OQ→＝PQ →＋xPC →＋yPA →； (2) PA →＝xPO →＋yPQ →＋PD →.答案随堂巩固训练(7)1. (1) A 1A → (2) 12AB →＋12AD →＋AA 1→ 解析：(1) A 1O →－12AB →－12AD →＝A 1O →－12(AB →＋AD →)＝A 1O →－AO →＝A 1O →＋OA →＝A 1A →.(2) OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，故OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→. 2. 12a ＋14b ＋14c 解析：OE →＝OA →＋12AD →＝OA →＋12×12(AB →＋AC →)＝OA →＋14×(OB →－OA →＋OC →－OA →)＝12OA →＋14OB →＋14OC →＝12a ＋14b ＋14c .3. A ，B ，D 解析：由已知得BD→＝BC →＋CD →＝－5a ＋6b ＋7a －2b ＝2a ＋4b ＝2(a ＋2b )＝2AB →，所以BD →与AB →共线，且有公共点B ，故A ，B ，D 三点共线．4. ③ 解析：若有MA→＝xMB →＋yMC →，则点M 与点A 、B 、C 共面，或者OM →＝xOA →＋yOB →＋zOC →且x ＋y ＋z ＝1，则点M 与点A 、B 、C 共面，①②④不满足x ＋y ＋z ＝1，③满足MA →＝xMB →＋yMC →，故③正确．5. 3a ＋3b －5c 解析：因为EF→＝EA →＋AB →＋BF →，又EF →＝EC →＋CD →＋DF→，两式相加，得2EF →＝(EA →＋EC →)＋AB →＋CD →＋(BF →＋DF →)．因为E 是AC 的中点，所以EA →＋EC →＝0.同理，BF →＋DF →＝0，所以EF →＝12(AB →＋CD →)＝12[(a －2c )＋(5a ＋6b －8c )]＝3a ＋3b －5c .6. 3 解析：由于G 是三角形ABC 的重心，则有GA →＋GB →＋GC →＝0，即OA→－OG →＋OB →－OG →＋OC →－OG →＝0，故OA →＋OB →＋OC →＝3OG →.又由题目已知OA→＋OB →＋OC →＝λOG →，所以λ＝3. 7. 解析：(1) AG →＋13BE →－12AC →＝AE →－12AC →＝12(AD →＋AC →)－12AC →＝12AD →＝AF →.(2) 12(AB →＋AC →－AD →)＝AH →－12AD →＝AH →＋FA →＝FH →. 8. 解析：(1) 由OA→＋OB →＋OC →＝3OM →， 得OA→－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)， 即MA→＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →， 所以MA→，MB →，MC →共面． (2) 由(1)知MA→，MB →，MC →共面，且共过同一点M ， 所以四点M ，A ，B ，C 共面，从而点M 在平面ABC 内． 9. 解析：(1) 如图所示．因为OQ →＝PQ →－PO →＝PQ →－12(PA →＋PC →)＝PQ →－12PA →－12PC →，所以x ＝y ＝－12.(2) 因为PA→＋PC →＝2PO →，所以PA →＝2PO →－PC →. 又PC→＋PD →＝2PQ →，所以PC →＝2PQ →－PD →， 所以PA→＝2PO →－(2PQ →－PD →)＝2PO →－2PQ →＋PD →， 所以x ＝2，y ＝－2.巩固训练(8)1. 在△ABC 中，A(2，－5，3)，AB→＝(4，1，2)，BC →＝(3，－2，5)，则顶点B 、C 的坐标分别为____________________．2. 已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，若k a ＋b 与2a －b 平行，则实数k ＝________．3. 已知a ，b 是空间两个向量，若|a |＝3，|b |＝2，|a －b |＝7，则|a ＋b |＝________．4. 已知向量a ＝(2，－1，3)，b ＝(－4，2，x )，若a ⊥b ，则x ＝________；若a ∥b ，则x ＝________．5. 若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1，2)，且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________________________________________________________________________.6. 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为________．7. 已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上．当∠APC 最大时，三棱锥PABC 的体积为________．8. 如图，已知空间几何体ABCDA 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1) 求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2) 若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM→⊥BF →，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.9. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1的底面三角形ABC 中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M ，N 分别是A 1B 1，A 1A 的中点．(1) 求|BN→|； (2) 求cos 〈BA 1→，CB 1→〉的值； (3) 求证：A 1B ⊥C 1M.10. 如图，已知正三棱柱ABCA 1B 1C 1的各棱长都相等，P 为A 1B 上的点，A 1P →＝λA 1B →，且PC ⊥AB.求：(1) λ的值；(2) 异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值．答案与解析 随堂巩固训练(9)1. B(6，－4，5)，C(9，－6，10) 解析：由A(2，－5，3)，AB →＝(4，1，2)，解得B(6，－4，5)，再由BC →＝(3，－2，5)，解得C(9，－6，10)．2. －2 解析：计算得k a ＋b ＝(k －1，k ，2)，2a －b ＝(3，2，－2)，由k a ＋b 与2a －b 平行，得k －13＝k 2＝2－2，解得k ＝－2.3. 19 解析：因为|a －b |＝7，所以|a |2＋|b |2－2a ·b ＝7.又因为|a |＝3，|b |＝2，所以a ·b ＝3，所以|a ＋b |2＝|a |2＋|b |2＋2a ·b ＝9＋4＋2×3＝19，则|a ＋b |＝19.4. 103 －6 解析：若a ⊥b ，则－8－2＋3x ＝0，所以x ＝103；若a ∥b ，则2∶(－4)＝(－1)∶2＝3∶x ，所以x ＝－6.5. －2或255 解析：cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |＝6－λ3λ2＋5＝89，解得λ＝－2或λ＝255.6. 459 解析：设正方体的棱长为2，以{DA →，DC →，DD 1→}为正交基底，建立空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，所以cos 〈CM →，D 1N →〉＝4－4－13×3＝－19，故sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.7. 118 解析：以{BA →，BC →，BB 1→}为单位正交基底，建立空间直角坐标系(如图)，设BP →＝λBD 1→，可得P(λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP→|AP →||CP →|＝2λ（λ－1）＋λ22λ2＋（λ－1）2＝11＋13λ2－2λ，可求得当λ＝13时，∠APC最大，故V PABC ＝13×12×1×1×13＝118.8. 解析：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则BE →＝(3，0，1)，BF →＝(0，3，2)，BD 1→＝(3，3，3)， 所以BD 1→＝BE →＋BF →，故BD 1→，BE →，BF →共面． 又它们有公共点B ，所以E ，B ，F ，D 1四点共面．(2) 如图，设M(0，0，z)，则GM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－23，z .又BF →＝(0，3，2)．由题设得GM →·BF →＝0，得z ＝1. 所以M(0，0，1)．因为E(3，0，1)，所以ME→＝(3，0，0)． 又BB 1→＝(0，0，3)，BC →＝(0，3，0)， 所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0， 所以ME ⊥BB 1，ME ⊥BC. 因为BB 1，BC平面BCC 1B 1，BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.9. 解析：(1) 建立以点C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴的空间直角坐标系．由题意得B(0，1，0)，N(1，0，1)， 所以BN→＝(1，－1，1)， 所以|BN→|＝12＋（－1）2＋12＝ 3. (2) 由(1)知A 1(1，0，2)，C(0，0，0)，B 1(0，1，2)， 则BA 1→＝(1，－1，2)，CB 1→＝(0，1，2)， 所以cos 〈BA 1→，CB 1→〉＝BA 1→·CB 1→|BA 1→||CB 1→|＝0－1＋46×5＝3010. (3) 由题意得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，C 1(0，0，2)则A 1B →＝(－1，1，－2)，C 1M →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以A 1B →·C 1M →＝－12＋12＋0＝0， 即A 1B →与C 1M →的夹角为90°， 所以A 1B ⊥C 1M.10. 解析：(1) 设正三棱柱的棱长为2，以AC 的中点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)，所以AB →＝(3，1，0)，CA 1→＝(0，－2，2)，A 1B →＝(3，1，－2)． 因为PC ⊥AB ，所以CP →·AB→＝0， 所以(CA 1→＋A 1P →)·AB →＝0，即(CA 1→＋λA 1B →)·AB →＝0， 得λ＝－CA 1→·AB →A 1B →·AB→＝12.(2) 由(1)知CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，1，AC 1→＝(0，2，2)， 所以cos 〈CP →，AC 1→〉＝CP →·AC 1→|CP →||AC 1→|＝－3＋22×22＝－28， 所以异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值是28.随堂巩固训练(10)1. 已知a ＝(1，1，2)，b ＝(－1，－1，3)，且(k a ＋b )∥(a －b )，则k ＝________．2. 已知a ＝(－2，3，－1)，b ＝(4，m ，n )，且a ∥b ，则m ，n 的值分别为________．3. 已知A(－3，5，－2)，向量a ＝(－1，1，1)，若在yOz 平面上找一点B ，使得AB→∥a ，则点B 的坐标为________．4. 已知a ＝(2，－1，1)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(11，5，λ)，若向量a ，b ，c 共面，则λ的值为________．5. 已知M 1(2，5，－3)，M 2(3，－2，－5)，O 为坐标原点，设在线段M 1M 2上的一点M 满足M 1M 2→＝4MM 2→，则向量OM →的坐标为__________．6. 若正三棱锥的三个侧面两两垂直，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为________．7. 已知O 为坐标原点，OA→＝(1，2，3)，OB →＝(2，1，2)，OC →＝(1，1，2)，点M 在直线OC 上运动．当MA →·MB→取最小值时，求点M的坐标．8. 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1) AM∥平面BDE；(2) AM⊥平面BDF.9. 如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点．求证：平面EFG∥平面AB1C.答案与解析 随堂巩固训练(10)1. －1 解析：由题意得k a ＋b ＝(k －1，k －1，2k ＋3)，a －b ＝(2，2，－1)．又(k a ＋b )∥(a －b )，所以k －12＝k －12＝2k ＋3－1，解得k＝－1.2. －6，2 解析：因为a ∥b ，所以－24＝3m ＝－1n ，解得m ＝－6，n ＝2.3. (0，2，－5) 解析：设点B(0，y ，z)，则AB→＝(3，y －5，z ＋2)．又因为AB →∥a ，所以3－1＝y －51＝z ＋21，解得y ＝2，z ＝－5，那么点B 的坐标为(0，2，－5)．4. 1 解析：由题意可知a ，b 不共线，令c ＝m a ＋n b ，可得⎩⎪⎨⎪⎧2m －n ＝11，－m ＋4n ＝5，m －2n ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝7，n ＝3，λ＝1，此时a ，b ，c 共面，λ的值为1. 5. ⎝ ⎛⎭⎪⎫114，－14，－92 解析：由题意得M 1M 2→＝(1，－7，－2)，M 1M 2→＝4MM 2→，所以MM 2→＝⎝⎛⎭⎪⎫14，－74，－12，OM →＝OM 2→－MM 2→＝(3，－2，－5)－⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－74，－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫114，－14，－92.6. 33 解析：以正三棱锥OABC 的顶点O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OC 为z 轴建立空间直角坐标系，设侧棱长为1，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，侧面OAB 的一个法向量为OC→＝(0，0，1)，底面ABC 的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎪⎫13，13，13，所以cos 〈OC→，n 〉＝33，故侧面与底面所成的二面角的余弦值为33.7. 解析：设OM→＝λOC →＝(λ，λ，2λ)，则 MA →·MB →＝(OA →－OM →)·(OB →－OM →)＝OA →·OB →－(OA →＋OB →)·OM →＋|OM →|2＝10－3λ－3λ－10λ＋λ2＋λ2＋4λ2＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23，所以当MA →·MB →取最小值时，λ＝43， 故OM →＝⎝⎛⎭⎪⎫43，43，83，所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫43，43，83.8. 解析：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，设AC ∩BD ＝N ，连结NE ，则点N ，E 的坐标分别为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，E(0，0，1)， 所以NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.因为点A ，M 的坐标分别为A(2，2，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， 所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.所以NE →＝AM →且NE 和AM 不共线， 所以NE ∥AM.又NE 平面BDE ，AM 平面BDE ，所以AM ∥平面BDE.(2) 因为D(2，0，0)，F(2，2，1)， 所以DF→＝(0，2，1)． 所以AM →·DF→＝0， 由(1)知AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，所以AM →⊥DF →. 同理AM→⊥BF →， 又DF ∩BF ＝F ，DF ，BF 平面BDF ， 所以AM ⊥平面BDF.9. 解析：设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则EG →＝ED 1→＋D 1G →＝12A 1D 1→＋12D 1C 1→＝12b ＋12a .因为AC→＝AB →＋AD →＝a ＋b ， 所以AC→＝2EG →，故AC →∥EG →，即EG ∥AC . 又EF →＝ED 1→＋D 1F →＝12A 1D 1→＋12D 1D →＝12b －12c ， B 1C →＝B 1C 1→＋C 1C →＝b －c ＝2EF →， 所以EF →∥B 1C →，即EF ∥B 1C .又EG ∩EF ＝E ，AC ∩B 1C ＝C ，EG ，EF 平面EFG ，AC ，B 1C 平面AB 1C ，所以平面EFG ∥平面AB 1C .巩固训练(11)1. 在二面角中，平面α的一个法向量n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，平面β的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，2，则二面角的大小为____________．2. 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是DD 1的中点，O 是底面ABCD 的中心，P 是棱A 1B 1上任意一点，则异面直线OP 与AM 所成角的大小为________．3. 如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AB ＝2AC ＝2a ，则AB 与平面PBC 所成角的正弦值为________．4. 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是对角线BD 1上的点，且BE ∶ED 1＝1∶3，则AE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为________．5. 已知l ∥α，且直线l 的一个方向向量为(2，m ，1)，平面α的一个法向量为⎝⎛⎭⎪⎫1，12，2，则实数m ＝________．6. 已知△ABC 是等边三角形，PA ⊥平面ABC ，且PA ＝12AC ，则二面角P-BC-A 的大小是________．7. 在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝AD ，则二面角APBC 的余弦值为________．8. 如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，已知AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，D 是线段BC 的中点．(1) 求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2) 求二面角B 1A 1DC 1的余弦值．9. 如图，在四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1) 求证：MN ∥平面ABCD ； (2) 求二面角D 1ACB 1的正弦值；(3) 设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．10. 如图，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．(1) 求证：D 1E ⊥A 1D ；(2) 当E 为AB 的中点时，求点E 到平面ACD 1的距离； (3) 试求AE 等于何值时，二面角D 1ECD 的大小为π4.答案与解析随堂巩固训练(11)1. 30°或150° 解析：在二面角α-l-β中，平面α的一个法向量n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，平面β的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，2，所以cos 〈n 1，n 2〉＝0－14－23×94＝－32，则二面角α-l-β的大小为30°或150°. 2. 90° 解析：以点D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系．设正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为2，A 1P ＝t(0≤t ≤2)，A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，P(2，t ，2)，AM→＝(－2，0，1)，OP →＝(1，t －1，2)，所以AM →·OP →＝－2＋0＋2＝0，则异面直线OP 与AM 所成角的大小为90°.3. 55 解析：如图，作AD ⊥PC ，连结BD ，因为PA ⊥平面ABC ，BC 平面ABC ，所以PA ⊥BC.又因为AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC 平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC.因为AD 平面PAC ，所以BC ⊥AD.因为AD ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，BC ，PC 平面PBC ，所以AD ⊥平面PBC ，所以∠ABD 为直线AB 与平面PBC 所成的角．在Rt △PAC 中，由等面积可得AD ＝2a ×a 5a ＝25a 5，在Rt △ADB 中，sin ∠ABD ＝AD AB ＝55，所以直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55.4. 31111 解析：建立以点A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴的空间直角坐标系，令该正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，12，所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，12.由正方体的性质取AB →为平面BCC 1B 1的一个法向量，AB →＝(2，0，0)，所以cos 〈AB →，AE →〉＝31111，故AE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为31111.5. －8 解析：由题意得(2，m ，1)·⎝⎛⎭⎪⎫1，12，2＝2＋12m ＋2＝4＋12m ＝0，解得m ＝－8.6. 30° 解析：取PC ，AC 的中点E ，F ，连结EF ，BF ，以点F 为原点，FB 所在直线为x 轴，FC 所在直线为y 轴，FE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，令△ABC 的边长为2，则P(0，－1，1)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，所以PB→＝(3，1，－1)，PC →＝(0，2，－1)，BC →＝(－3，1，0)．设平面PBC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则可得⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y －z ＝0，2y －z ＝0，－3x ＋y ＝0，即⎩⎨⎧z ＝2y ，x ＝33y ，取y ＝1，故平面PBC 的一个法向量为n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，2，由题可知P A →为平面ABC 的一个法向量，则P A →＝(0，0，－1)，所以cos 〈n 1，P A →〉＝－32，故二面角PBCA 的大小为30°.7. －277 解析：令AD ＝1，则AB ＝2，由∠DAB ＝60°易知DB ＝3，所以DA ⊥DB.以点D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DB 所在直线为y 轴，DP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，所以PA →＝(1，0，－1)，PB→＝(0，3，－1)，PC →＝(－1，3，－1)．设平面APB 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝3，得平面APB 的一个法向量为n ＝(3，3，3)．设平面PBC 的法向量m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧3b －c ＝0，－a ＋3b －c ＝0，取b ＝3，得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，3，3)．令二面角APBC 的平面角为θ，由题可知θ为钝角，故cos θ＝－|cos 〈n ，m 〉|＝－|n ·m |n ||m ||＝－|3＋921×12|＝－277.8. 解析：(1) 因为在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，所以以A 为坐标原点，AB 、AC 、AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A 1(0，0，3)，B 1(2，0，3)，C 1(0，4，3)．因为D 是BC 的中点，所以D(1，2，0)， 所以A 1C 1→＝(0，4，0)，A 1D →＝(1，2，－3)． 设平面A 1C 1D 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·A 1C 1→＝0，n 1·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 1＝0，x 1＋2y 1－3z 1＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3z 1，y 1＝0，取z 1＝1，则平面A 1C 1D 的一个法向量n 1＝(3，0，1).DB 1→＝(1，－2，3)，所以|cos 〈n 1，DB 1→〉|＝|n 1·DB 1→||n 1||DB 1→|＝33535，所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为33535.(2) 由(1)得A 1B 1→＝(2，0，0)，DB 1→＝(1，－2，3)．设平面B 1A 1D 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2·A 1B 1→＝0，n 2·DB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＝0，x 2－2y 2＋3z 2＝0，取⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2＝3，z 2＝2，得平面B 1A 1D 的一个法向量n 2＝(0，3，2)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝13065，所以二面角B 1A 1DC 1的余弦值的大小为－13065.9. 解析：(1) 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)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)．因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点， 所以M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N(1，－2，1)，所以MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0.依题意，可得n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，由此可得MN →·n ＝0.又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2) 由(1)得AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎨⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得平面ACD 1的一个法向量n 1＝(0，1，1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎨⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC→＝0.又AB 1→＝(0，1，2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1), 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，。

数学I注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及答题要求1．本试卷共4页，包含填空题（第1题～第14题）、解析题（第15题～第20题）．本卷满分为160分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将答题卡交回．2．答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其它位置作答一律无效． 4．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗． 参考公式：球体的体积公式：V ＝334R π，其中为球体的半径．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．已知集合{1,2,3}A =-，{|23}B x x =-<<，则A B =I __________.【答案】{}12-，【解析】因为集合{}1,2,3A =-，{}23B x x =-<<，所以由交集的定义可得{}12A B ⋂=-，， 故答案为{}12-，2．已知复数z 满足13iz i =+（i 为虚数单位），则复数z =__________. 【答案】3i + 【解析】22133331i i i i z i i i ++-+====--3z i ∴=+.故答案为：3i +3．下图是一个算法流程图，则输出S 的值是_______．【答案】25 【解析】S 的初值为0，n 的初值为1，满足进行循环的条件，经过第一次循环得到的结果为S ＝1，n ＝3，满足进行循环的条件， 经过第二次循环得到的结果为S ＝4，n ＝5，满足进行循环的条件， 经过第三次循环得到的结果为S ＝9，n ＝7，满足进行循环的条件， 经过第四次循环得到的结果为S ＝16，n ＝9，满足进行循环的条件， 经过第五次循环得到的结果为S ＝25，n ＝11，不满足进行循环的条件， 退出循环，故输出的S 值为25 故答案为：25 4．函数()()ln 12f x x x=+-的定义域为_________________________ 【答案】(-1,2) . 【解析】由1020x x +⎧⎨-⎩＞＞，解得﹣1＜x ＜2．∴函数f （x ）2x-+ln （x+1）的定义域为（﹣1，2）．故答案为：（﹣1，2）．5．已知一组数据7、9、8、11、10、9，那么这组数据的平均数为__________. 【答案】9 【解析】由题意可知，数据7、9、8、11、10、9的平均数为7981110996+++++=.故答案为：9.6．从2名男同学和1名女同学中任选2名同学参加社区服务，则选中的2人恰好是1名男同学和1名女同学的概率是__________． 【答案】23【解析】将2名男同学分别记为,x y ，1名女同学分别记为a .所有可能情况有：{},x y ，{},x a ，{},y a ，共3种.合题意的有{},x a ，{},y a ，2种.所以23p =. 故答案为：237．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的两条渐近线方程为3y x =±，若顶点到渐近线的距离为1，则双曲线方程为 ．【答案】223144x y -=【解析】 由已知，即，取双曲线顶点及渐近线，则顶点到该渐近线的距离为，由题可知，所以，则所求双曲线方程为223144x y -=.8．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若11a =，73673S S -=，则5a =__________． 【答案】13 【解析】设2n S an bn =+，则nS an b n=+，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，设其公差是d ，其中111,1a S == 由73673S S -=知，346,2d d == 所以()33111222n n n n S =+-⨯=-553157,35522S S =⨯-==，4431114,224222S S =⨯-== 554352213a S S =-=-= 故答案为：139．已知三棱锥D ABC -四个顶点均在半径为R 的球面上，且2AB BC ==，2AC =，若该三棱锥体积的最大值为43，则这个球的表面积为__________. 【答案】28916π【解析】设ABC V 的外接圆的半径为r ， 因为2AB BC ==，2AC =，所以222AB BC AC +=，AB BC ⊥.112ABC S AB BC =⨯⨯=V .设D 到平面ABC 的距离为h ， 因为三棱锥体积的最大值为43，即max max 14133V h =⨯⨯= 所以max 4h =.设球体的半径为R ，则222(4)1R R -+=，解得178R =. 221728944()816S R πππ==⨯=.故答案为：28916π10．若函数f （x ）=﹣x ﹣cos2x+m （sinx ﹣cosx ）在（﹣∞，+∞）上单调递减，则m 的取值范围是____________． 【答案】[，]【解析】函数f （x ）=﹣x ﹣cos2x +m （sin x ﹣cos x ）,则f ′（x ）=﹣+sin2x +m （sin x +cos x ），令sin x +cos x =t ，（）则sin2x =t 2﹣1那么y =+ m t -1，因为f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递减，则h （t ）=+ m t -1≤0在t ∈[，]恒成立．可得，即解得：，故答案为：[，]．11．若函数()21x f x e mx =-+的图象为曲线C ，若曲线C 存在与直线1ey x =平行的切线，则实数m 的取值范围为__________. 【答案】1,e ⎛⎫-+∞⎪⎝⎭【解析】()2x f x e m '=-，若曲线C 存在与直线1y x e=平行的切线， 即12xe m e -=有解，所以12xm e e =-，因为0x e >，所以1,m e ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭. 故答案为：1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭.12．已知1AB AC ==u u u r u u u r ，AB u u u r 与AC u u u r 所成角为60︒，点P 满足1AP AC -≤u u u r u u u r ，若AP xAB y AC =+u u u r u u u r u u u r ，则x y+的最大值为______. 【答案】231+ 【解析】由题,如图建系,()0,0A ,()10B ,,13,22C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,则()1,0AB =u u ur ,13,22AC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,因为1AP AC CP -=≤u u u r u u u r u u u r,则点P 在以点C 为圆心,半径为1的圆内（包括边界）,则设1cos sin 2P θθ⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭, 因为AP xAB y AC =+u u u r u u u r u u u r ,所以11cos 22sin x y y θθ⎧+=+⎪⎪=,所以()cos 1133x y θθθϕ+=++=++, 因为R θ∈,所以()max sin 1θϕ+=, 所以x y +的最大值为1+, 故答案为:1+13．若(,)612ππθ∈-，且212sin 25θθ+=-，则tan(2)12πθ+=__________．【答案】17【解析】212sin 1cos212sin 2?65πθθθθθ⎛⎫+=-=+-=- ⎪⎝⎭，3sin 2?65πθ⎛⎫∴-=- ⎪⎝⎭.又θ2θ061262ππππ-∴--，，，，òò4cos 2θ65π∴-=，3tan 2θ64π-=-， tan 2tan 2θ1264πππθ⎛⎫⎡⎤∴+=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦=314314+---（）（）=17，故答案为17.14．函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且满足(1)(1)f x f x +=-+.当01x <≤时，2020()log f x x =-，则1()(2019)(2020)2020f f f ++=__________. 【答案】1 【解析】因为()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()()f x f x -=-，且(0)0f =.又因为(1)(1)f x f x +=-+，所以(2)()f x f x +=-，所以(2)()f x f x +=-， 可得(4)()f x f x +=，所以奇函数()f x 的周期为4， 所以202011()(2019)(2020)log (1)(0)20202020f f f f f ++=-+-+ 20201(1)(0)1log 101f f =-+=++=.故答案为：1.二、解答题（本大题共6小题，计90分.解析应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内）15．在ABC V 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知2sin sin 3b A a B π⎛⎫=- ⎪⎝⎭. （1）求角B 的大小；（2）若2a =，3c =，求()sin A C -的值. 【答案】（1）3π （2）53【解析】（1）2sin sin 3b A a B π⎛⎫=-⎪⎝⎭Q ，∴由正弦定理得：2sin sin sin sin 3A B A B π⎛⎫=- ⎪⎝⎭， ()0,A π∈Q ，sin 0A ∴≠，2sin sin 3B B π⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭， 31sin sin 2B B B ∴=+，即31cos sin 22B B =，tan 3B ∴=， ()0,B π∈Q ，3B π∴=.（2）由余弦定理得：2222cos 4912cos73b ac ac B π=+-=+-=，7b ∴=，由正弦定理得：sin 21sin a B A b ==a c<Q ，A ∴为锐角，7cos 7A ∴=，43sin 22sin cos 7A A A ∴==，21cos 22cos 17A A =-=.A B C π++=Q ，233C A A πππ∴=--=-， ()222sin sin 2sin 2cos cos 2sin 333A C A A A πππ⎛⎫∴-=-=- ⎪⎝⎭431135327⎛⎫=⨯--⨯=- ⎪⎝⎭. 16．在三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，1AB BB =，且160ABB ∠=︒，D 为AC 的中点.（1）求证：1//B C 平面1A BD ； （2）求证：1AB B C ⊥.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】（1）连接1AB ，交1AB 于点E ，连接DE ．在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11ABB A 是平行四边形， 因为11AB A B E =I ，所以E 是1AB 的中点，所以1//DE B C ． 又DE ⊂面1A BD ，面1B C ⊄面1A BD ． 所以1//B C 平面1A BD ．（2）取AB 的中点Q ，连接QC 、1QB ．囚为1AB BB =，160ABB ∠=︒．所以1ABB △是正三角形，11BB B A =． 因为Q 是AB 的中点，所以1AB B Q ⊥．因为CA CB =，Q 是AB 的中点，所以AB CQ ⊥． 又1B Q CQ Q =I ，1B Q ，CQ ⊂面1CQB ， 所以AB ⊥面1CQB ． 因为1B C ⊂面1CQB ， 所以1AB B C ⊥．17．如图，曲线C 由左半椭圆()2222:10,0,0x y M a b x a b+=>>≤和圆()22:25N x y -+=在y 轴右侧的部分连接而成，A ，B 是M 与N 的公共点，点P ，Q （均异于点A ，B ）分别是M ，N 上的动点． （Ⅰ）若PQ 的最大值为45+，求半椭圆M 的方程；（Ⅱ）若直线PQ 过点A ，且0AQ AP +=u u u v u u u v v ，BP BQ ⊥u u u v u u u v，求半椭圆M 的离心率．【答案】(Ⅰ)()22104x y x +=≤；(Ⅱ)104. 【解析】（Ⅰ）由已知得：当P 为半椭圆与x 轴的左交点，Q 为圆与x 轴的右交点时，PQ 会取得最大值，即5245a +=+解得2a =，由图像可得()0,1A ，即1b =，故半椭圆M 的方程为()22104x y x +=≤． （Ⅱ）设直线PQ 方程为1y kx =+，(),P P P x y ，(),Q Q Q x y ，联立()22125y kx x y =+⎧⎪⎨-+=⎪⎩得()()221240k x k x ++-=，故2421A Q k x x k -+=+，2421Q k x k -∴=+，22411Q k k y k -++=+，又0AQ AP u u u v u u u v v +=， 且(),1Q Q AQ x y =-u u u v ，(),1P P AP x y =-u u u v ，故02Q P QP x x y y +=⎧⎨+=⎩，2241P k x k -∴=+，223411P k k y k -+=+， 又BP BQ ⊥u u u v u u u v，且(),1Q Q BQ x y =+u u u v ，(),1P P BP x y u u u v =+，()()()()()()()()()222222224134124112111612011P Q P Q k k k k k x x y y kk kk-++-+--+++=+++=+-=++，解得34k =，故81,55P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，代入2221x y a +=解得283a =，故22101b e a =-=． 18．为建设美丽新农村，某村对本村布局重新进行了规划，其平面规划图如图所示，其中平行四边形ABCD 区域为生活区，AC 为横穿村庄的一条道路，ADE V 区域为休闲公园，200BC m =，60ACB AED ∠=∠=︒，ABC V 的外接圆直径为20057m .（1）求道路AC 的长；（2）该村准备沿休闲公园的边界修建栅栏，以防村中的家畜破坏公园中的绿化，试求栅栏总长的最大值. 【答案】（1）500m ；（2）600m . 【解析】（1）解：设三角形的外接圆半径为R ，由正弦定理可知，2sin ABR ACB=∠，即20057sin 60100193m AB ⨯︒==，由余弦定理知，2222cos AB CA CB CA CB ACB =+-⋅⋅∠，则22001500000AC AC --=，解得，500AC m =.（2）解：由题意知，200AD BC m ==，在AED V 中，设周长为l ，其外接圆半径为R '， 则20040032sin sin 60AD R E '===︒，则40032sin ED R EAD EAD '=∠=∠ ,2sin EA R EDA EDA '=∠=∠，则l EA ED AD =++()()sin sin 200sin sin 12020033EAD EDA EAD EAD =∠+∠+=∠+︒-∠+⎡⎤⎣⎦()3sin 200400sin 302002EAD EAD EAD ⎫=∠+∠+=∠+︒+⎪⎝⎭， 则当30EAD =∠°时，周长最大，为600m . 19．已知函数()ln f x x x =.（1）若函数2()'()(2)(0)g x f x ax a x a =+-+>，试研究函数()g x 的极值情况；（2）记函数()()x x F x f x e =-在区间(1,2)内的零点为0x ，记()min (),x x m x f x e ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，若()()m x n n R =∈在区间(1,)+∞内有两个不等实根1212,()x x x x <，证明：1202x x x +>. 【答案】(1)见解析;(2)见解析. 【解析】（1）由题意，得()'ln 1f x x =+， 故()()22ln 1g x ax a x x =-+++，故()()()()2111'22x ax g x ax a x x--=-++=， 0,0x a >>.令()'0g x =，得1211,2x x a == ①当02a <<时，112a >，()1'002g x x >⇐<<或1x a>；()11'02g x x a<⇐<<,所以()g x 在12x =处取极大值1ln224a g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，在1x a =处取极小值11ln g a a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.②当2a =时，112a =，()'0g x ≥恒成立，所以不存在极值； ③当2a >时，112a <，()1'00g x x a >⇐<<或12x >；()11'02g x x a <⇐<<,所以()g x 在1x a =处取极大值11ln g a a a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，在12x =处取极小值1ln224a g ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.综上，当02a <<时，()g x 在12x =处取极大值ln24a --，在1x a =处取极小值1ln a a --；当2a =时，不存在极值；2a >时，()g x 在1x a =处取极大值1ln a a --，在12x =处取极小值ln24a--.（2）()ln x xF x x x e =-，定义域为()0,x ∈+∞，()1'1ln x x F x x e-=++，而()1,2x ∈，故()'0F x >，即()F x 在区间()1,2内单调递增 又()110F e =-<，()2222ln20F e=->， 且()F x 在区间()1,2内的图象连续不断，故根据零点存在性定理，有()F x 在区间()1,2内有且仅有唯一零点. 所以存在()01,2x ∈，使得()()0000x x F x f x e=-=， 且当01x x <<时，()x x f x e<； 当0x x >时，()x x f x e>， 所以()00,1,xxlnx x x m x xx x e <≤⎧⎪=⎨>⎪⎩ 当01x x <<时，()ln m x x x =，由()'1ln 0m x x =+>得()m x 单调递增； 当当0x x >时，()x x m x e=， 由()1'0x xm x e-=<得()m x 单调递减； 若()m x n =在区间()1,+∞内有两个不等实根12,x x （12x x <） 则()()10201,,,x x x x ∈∈+∞.要证1202x x x +>，即证2012x x x >-又0102x x x ->，而()m x 在区间()0,x +∞内单调递减， 故可证()()2012m x m x x <-， 又由()()12m x m x =， 即证()()1012m x m x x <-，即01011122ln x x x x x x e --<记()00022ln ,1x x x xh x x x x x e --=-<<，其中()00h x =记()t t t e φ=，则()1't tt eφ-=，当()0,1t ∈时，()'0t φ>； 当()1,t ∈+∞时，()'0t φ<， 故()max 1t eφ=而()0t φ>，故()10t eφ<<， 而021x x ->，所以002210x x x x e e---<-<， 因此()00022211'1ln 10x x x x x x h x x e e e---=++->->，即()h x 单调递增，故当01x x <<时，()()00h x h x <=， 即01011122ln x x x x x x e --<，故1202x x x +>，得证.20．已知由n （n ∈N *）个正整数构成的集合A ＝{a 1，a 2，…，a n }（a 1＜a 2＜…＜a n ，n ≥3），记S A ＝a 1+a 2+…+a n ，对于任意不大于S A 的正整数m ，均存在集合A 的一个子集，使得该子集的所有元素之和等于m . （1）求a 1，a 2的值；（2）求证：“a 1，a 2，…，a n 成等差数列”的充要条件是“()12A n n S +=”；（3）若S A ＝2020，求n 的最小值，并指出n 取最小值时a n 的最大值.【答案】（1）a 1＝1，a 2＝2；（2）证明见解析；（3）n 最小值为11，a n 的最大值1010 【解析】（1）由条件知1≤S A ，必有1∈A ，又a 1＜a 2＜…＜a n 均为整数，a 1＝1， 2≤S A ，由S A 的定义及a 1＜a 2＜…＜a n 均为整数，必有2∈A ，a 2＝2； （2）证明：必要性：由“a 1，a 2，…，a n 成等差数列”及a 1＝1，a 2＝2， 得a i ＝i （i ＝1，2，…，n ）此时A ＝{1，2，3，…，n }满足题目要求， 从而()112312A S n n n =++++=+L ； 充分性：由条件知a 1＜a 2＜…＜a n ，且均为正整数，可得a i ≥i （i ＝1，2，3，…，n ）， 故()112312A S n n n ≥++++=+L ，当且仅当a i ＝i （i ＝1，2，3，…，n ）时，上式等号成立. 于是当()112A S n n =+时，a i ＝i （i ＝1，2，3，…，n ），从而a 1，a 2，…，a n 成等差数列. 所以“a 1，a 2，…，a n 成等差数列”的充要条件是“()112A S n n =+”；（Ⅲ）由于含有n 个元素的非空子集个数有2n -1，故当n ＝10时，210﹣1＝1023， 此时A 的非空子集的元素之和最多表示1023个不同的整数m ，不符合要求.而用11个元素的集合A ＝{1，2，4，8，16，32，64，128，256，512，1024}的非空子集的元素之和 可以表示1，2，3，…，2046，2047共2047个正整数. 因此当S A ＝2020时，n 的最小值为11.记S 10＝a 1+a 2+…+a 10，则S 10+a 11＝2020并且S 10+1≥a 11.事实上若S 10+1＜a 11，2020＝S 10+a 11＜2a 11，则a 11＞1010，S 10＜a 11＜1010， 所以m ＝1010时无法用集合A 的非空子集的元素之和表示，与题意不符. 于是2020＝S 10+a 11≥2a 11﹣1，得1120212a ≤，*11a N ∈，所以a 11≤1010. 当a 11＝1010时，A ＝{1，2，4，8，16，32，64，128，256，499，1010}满足题意，所以当S A ＝2020时，n 的最小值为11，此时a n 的最大值1010.数学Ⅱ（附加题）21．【选做题】在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．请在答题卡指定区域内．．．．．．．．作答．解析应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A. [选修4-2：矩阵与变换] 已知矩阵⎥⎦⎤⎢⎣⎡=121a A 的一个特征值3=λ所对应的一个特征向量⎥⎦⎤⎢⎣⎡=11e ，求矩阵A 的逆矩阵1-A ． 【答案】12332133⎡⎤-⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦．【解析】由题意：11Ae e λ=u v u v ，∴113211a ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，1213,221a a A ⎡⎤⇒+=⇒=⇒=⎢⎥⎣⎦， ∴30A =-≠，∴11212333321213333A --⎡⎤⎡⎤-⎢⎥⎢⎥--==⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦B. [选修4-4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，已知圆C 的圆心极坐标为(2,)4π，且圆C 经过极点，求圆C 的极坐标方程.【答案】4cos()4πρθ=- 【解析】因为2,4C π⎛⎫⎪⎝⎭的直角坐标为，半径2r =，所以圆C的直角坐标方程为22((4x y -+=，即220x y +--=，故圆C 的极坐标方程为24cos()04πρρθ--=，即4cos()4πρθ=-． C. [选修4-5：不等式选讲]解关于x 的不等式：（1）2123x x -+-≤.（2）242x k <+. 【答案】（1）{}02x x ≤≤.（2）答案见解析 【解析】（1）解：由2123x x -+-≤，可得12333x x ⎧<⎪⎨⎪-≤⎩，或12213x x ⎧≤<⎪⎨⎪+≤⎩，或2333x x ≥⎧⎨-≤⎩， 解求得102x ≤<，解求得122x ≤<，解求得2x =，综上可得，不等式的解集为{}02x x ≤≤.（2）当420k +>，即12k >-时，原不等式化为：()42242k x k -+<<+， 解得：2121k x k --<<+， 当420k +≤，即12k ≤-时，原不等式无解， 综上所述，当12k >-当时，原不等式的解集为{}2121x k x k --<<+，当12k ≤-时，原不等式的解集为∅. 【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内．．．．．．．．作答．解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤． 22．已知2018220180122018(1).x a a x a x a x -=++++L（1）求122018a a a +++L 的值；（2）求20181k ka =∑的值． 【答案】（1）1-；（2）20191010【解析】 （1）由2018220180122018(1).x a a x a x a x -=++++L令0x =，得01a =，令1x =，得01220180a a a a ++++=L ， 所以1220181a a a +++=-L .（2）由二项式定理可得()20181,0,1,2,2018,kkk a C k =-=L所以()()201820182018020120080181111k k k k k k kk C C a ===--==∑∑∑ ()2018123201820182018201820182018111111C C C C C =-+-++-L ，因为()()()2018!2018!!2018!20182120192018!20202019!k k k k k C --⨯+==⨯()()()120192019!2019!1!2018!201911120202019!2019!2k k k k k k n n C C +-+-⎡⎤⎛⎫+=⨯+=⨯+ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦， 所以20181k k a =∑()2018011220182019201920192019201920192019111201920201111C C C C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+++-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎡⎤=⨯⎢⎥⎣⎦L 0201920192019210191201910102020C C ⎛⎫+= ⎝⎭=⨯⎪ 23．在学习强国活动中，某市图书馆的科技类图书和时政类图书是市民借阅的热门图书.为了丰富图书资源，现对已借阅了科技类图书的市民（以下简称为“问卷市民”）进行随机问卷调查，若不借阅时政类图书记1分，若借阅时政类图书记2分，每位市民选择是否借阅时政类图书的概率均为12，市民之间选择意愿相互独立.（1）从问卷市民中随机抽取4人，记总得分为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望；（2）（i ）若从问卷市民中随机抽取(N )m m +∈人，记总分恰为m 分的概率为m A ，求数列{}m A 的前10项和；（ⅱ）在对所有问卷市民进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为n 分的概率为n B （比如：1B 表示累计得分为1分的概率，2B 表示累计得分为2分的概率，N n +∈），试探求n B 与1n B -之间的关系，并求数列{}n B 的通项公式.【答案】（1）分布列见解析，6；（2）（i ）10231024；（ⅱ）1112n n B B -=-+，211()332n n B =+-. 【解析】（1）ξ的可能取值为4，5，6，7，8，04411(4)C (),216P ξ=== 1134111(5)C (),24(2)P ξ=== 2224113(6)C ,2()()28P ξ===，3314111(7)C ,2()()24P ξ===4404111(8)C 2()()216P ξ=== 所有ξ的分布列为所以数学期望1()4567861648416E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. （2）（i ）总分恰为m 分的概率为1()2mm A =，所以数列{}m A 是首项为12，公比为12的等比数列，前10项和101011(1)1023221102412S -==-. （ii ）已调查过的累计得分恰为n 分的概率为n B ，得不到n 分的情况只有先得1n -分，再得2分，概率为1111,22n B B -=. 因为1112n n B B -+=，即1112n n B B -=-+，所以1212()323n n B B --=--，则{23}n B -是首项为12136B -=-，公比为12-的等比数列，所以1211()362n n B --=--， 所以211()332nn B =+-.。

2020年全国高考三轮复习信息卷数学（文）（本试卷满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡的相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。

答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题)一、单选题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合{}0,2,4A =,{}2,0,2B =-, 则A B =U ( )A ．{}0,2B ．{}2,4-C ．[]0,2D ．{}2,0,2,4-2．已知a R ∈，i 是虚数单位，若z ai =，4z z ⋅=，则a 为（ ）A ．1或 1-B ．1C ．1-D ．不存在的实数 3．在等差数列{}n a 中，若35791155a a a a a ++++=，33S =，则5a 等于（ ） A ．9 B ．7 C ．6 D ．54．党的十九大报告明确提出：在共享经济等领域培育增长点、形成新动能.共享经济是公众将闲置资源通过社会化平台与他人共享，进而获得收入的经济现象.为考察共享经济对企业经济活跃度的影响，在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验，根据四个企业得到的试验数据画出如下四个等高条形图，最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图形是（ ）A ．B ．C ．D ．5．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为A ．2B ．3C ．4D ．66．下列关于向量a r ，b r 的叙述中，错误的是（ ）A ．若220a b +=r r ，则0a b r r r ==B ．若k ∈R ，0ka =r ，所以0k =或0a =r rC ．若0a b ⋅=r r ，则0a =r r 或0b =r rD ．若a r ，b r 都是单位向量，则1a b ⋅≤r r恒成立7．已知{}n F 是斐波那契数列，则121F F ==，12n n n F F F --=+（*n N ∈且3n ≥），下图程序框图表示输出斐波那契数列的前n 项的算法，则n =（ ）A ．10B ．18C ．20D ．22 8．已知点A(0,0),B(2,0).若椭圆W: x 22+y 2m =1上存在点C ,使得△ABC 为等边三角形,则椭圆W 的离心率是（ ）A ．12B ．√22C ．√63D ．√329．已知函数()()sin f x A x =+ωϕ（其中0A >，0>ω，0ϕπ<<）的图象关于点5,012M π⎛⎫ ⎪⎝⎭成中心对称，且与点M 相邻的一个最低点为2,33N π⎛⎫- ⎪⎝⎭，则对于下列判断： ①直线2x π=是函数()f x 图象的一条对称轴； ②点,012π⎛⎫- ⎪⎝⎭是函数()f x 的一个对称中心； ③函数1y =与()351212y f x x ππ⎛⎫=-≤≤ ⎪⎝⎭的图象的所有交点的横坐标之和为7π. 其中正确的判断是（ ）。

2020年江苏省高考数学三轮冲刺专项突破专题02 立体几何2020年江苏高考核心考点1.线线与线面的平行与垂直：线线与线面的平行与垂直一定要熟练掌握它们的判定定理和性质定理。

利用几何方法证明垂直与平行问题是立体几何的重要内容，也是高考考查的重点，求解的关键是根据线线垂直(平行)、线面垂直(平行)、面面垂直(平行)这三者之间的互化关系，借助辅助线与面，找出符号语言与图形语言之间的关系，从而将问题解决。

2.平面与平面的平行与垂直：熟练掌握平面与平面的平行与垂直的判定定理和性质定理，注意判定定理和性质定理的条件。

3.多面体的表面积与体积：求多面体的表面积与体积常用方法：1、公式法：可以运用规则的几何体；2、割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或者把几何体补成熟悉的几何体。

3、等积法：通过转换顶点，换成底面积或者高易求的几何体。

专项突破一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分．）1.（江苏省南通市2020届四校联盟）在正四棱锥S ﹣ABC D 中，点O 是底面中心，SO ＝2，侧棱SA ＝2√3，则该棱锥的体积为 ．2.（江苏省丹阳市2020届高三年级下学期3月质量检测卷）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6cm ，圆心角为23π的扇形，则此圆锥的体积为 cm 3． 3.（2020届天一中学高三年级第二学期期初调研测试）某种圆柱形的如罐的容积为128π个立方单位，当它的底面半径和高的比值为 时，可使得所用材料最省．4.（2019～2020学年度如皋高三年级第二学期期初调研测试）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中12,3AB AA ==，O 为上底面中心．设正四棱柱1111ABCD A B C D -与正四棱锥1111O A B C D -的侧面积分别为12,S S ，则21S S = ． 5.（江苏省张家港市2020届高三阶段性调研测试）在三棱锥P ABC -中，底面ABC 是边长为3的等边三角形，PA PC ⊥，PB PC ⊥，2PA PB ==，则该三棱锥的体积为_______．6.（江苏省苏北七市2020届高三第二次调研考试）如图，在体积为V 的圆柱O 1O 2中，以线段O 1O 2上的点O 为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为V 1，V 2，则12V V V+的值是 ． 7.（江苏省南京市、盐城市2020届高三年级第二次模拟考试）在△AB C 中，AB ＝25AC 5∠BAC ＝90°，则△ABC 绕BC 所在直线旋转一周所形成的几何体的表面积为 ．8.（2020年南师附中高考模拟数学试卷）设m ，n 为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ②若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β； ③若m ∥α，m ∥n ，则n ∥α； ④若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β． 其中的正确命题序号是 ．9.（2019—2020学年度扬州中学第二学期阶段性检测改编）将一个底面半径为4，高为2的圆锥锻造成一个球体，则球体的表面积为 ．10.（江苏省海安中学高三3月数学模拟考试数学试卷）现有一个橡皮泥制作的圆锥，底面半径为1，高为4．若将它制作成一个总体积不变的球，则该球的表面积为 ．11.（2019—2020学年度镇江市九校2020届高三年级3月模拟考试）如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为2的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为 ．12.（江苏省常熟市2020届高三3月“线上教育”学习情况调查）四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，2PA =，则四棱锥的侧面积是_________．13.（2020年江苏沭阳高级中学高考模拟试卷高考数学百日冲刺数学试卷（3月份））如图，从一个边长为12的正三角形纸片的三个角上，沿图中虚线剪出三个全等的四边形，余下部分再以虚线为折痕折起，恰好围成一个缺少上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底，则所得正三棱柱的体积为．14．（2019—2020学年度苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查（一））如图在矩形ABC D中，E为边AD 的中点，AB＝1，BC＝2．分别以A，D为圆心，1为半经作圆弧EB，EC，将两圆弧EB，EC及边BC所围成的平面图形（阴影部分）绕直线AD旋转一周，所形成的几何体的体积为．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内．．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.（江苏省南通市2020届四校联盟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，已知底面ABCD是菱形，点P是侧棱C1C的中点．（1）求证：AC1∥平面PBD；（2）求证：BD⊥A1P．16.（江苏省南京市、盐城市2020届高三年级第二次模拟考试）在如图，三棱锥P—AB C中，点D，E分别为AB，BC的中点，且平面PDE⊥平面AB C．（1）求证：AC ∥平面PDE ；（3）若PD ＝AC ＝2，PE 3PBC ⊥平面AB C ．17.（江苏省如皋中学高三3月数学模拟考试数学试卷）如图，在四棱锥P ­ABC D 中，底面ABCD 为平行四边形，面PAD ABCD ⊥面，三角形PAD 为正三角形．（1）若,E F 为,PB CD 中点，证明：//EF PAD 面； （2）若90PAB ∠=︒，证明：面PAD PAB ⊥面．18.（2020年江苏沭阳高级中学高考模拟试卷高考数学百日冲刺数学试卷（3月份））如图，在四棱锥P ﹣ABC D 中．（1）若AD ⊥平面PAB ，PB ⊥PD ，求证：平面PBD ⊥平面PAD ；（2）若AD ∥BC ，E 为PA 的中点，当BE ∥平面PCD 时，求BCAD的值．19.（2019—2020学年度苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查（一））如图，在四棱锥P —ABC D 中，四边形ABCD 为平行四边形，BD ⊥DC ，△PCD 为正三角形，平面PCD ⊥平面ABCD ，E 为PC 的中点．（1）证明：AP ∥平面EBD ；FEPDCBA（2）证明：BE⊥P C．20.(江苏省苏北七市2020届高三第二次调研考试)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB，点P，Q 分别为AB 1，CC1的中点．求证：（1）PQ∥平面ABC；（2）PQ⊥平面ABB1A1．2020年江苏省高考数学三轮冲刺专项突破专题02 立体几何2020年江苏高考核心考点1.线线与线面的平行与垂直：线线与线面的平行与垂直一定要熟练掌握它们的判定定理和性质定理。