《创新设计》2014届高考数学人教A版(理)一轮复习配套word版文档：第六篇 第2讲 等差数列及其前n项和.pptx

第六篇数列第1讲数列的概念与简单表示法A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．在数列{a n}中，a1＝1，a2＝5，a n＋2＝a n＋1－a n(n∈N*)，则a100等于()．A．1 B．－1 C．2 D．0解析法一由a1＝1，a2＝5，a n＋2＝a n＋1－a n(n∈N*)，可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得此数列周期为6，故a100＝－1.法二a n＋2＝a n＋1－a n，a n＋3＝a n＋2－a n＋1，两式相加可得a n＋3＝－a n，a n＋6＝a n，∴a100＝a16×6＋4＝a4＝－1.答案 B2．已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＋S n＋1＝a n＋1(n∈N*)，则此数列是()．A．递增数列B．递减数列C．常数列D．摆动数列解析∵S n＋S n＋1＝a n＋1，∴当n≥2时，S n－1＋S n＝a n.两式相减得a n＋a n＋1＝a n＋1－a n，∴a n＝0(n≥2)．当n＝1时，a1＋(a1＋a2)＝a2，∴a1＝0，∴a n＝0(n∈N*)，故选C.答案 C3．(2013·北京朝阳区一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝( )． A ．－16 B ．16 C ．31 D ．32解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1，又S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，∴S n －S n －1＝a n ＝2(a n －a n －1)．∴a n a n －1＝2.∴a n ＝1×2n －1，∴a 5＝24＝16. 答案 B4．(2013·山东省实验中学测试)将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差即a 2 014－5＝( )．A ．2 020×2 012B ．2 020×2 013C ．1 010×2 012D ．1 010×2 013解析 结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋(n ＋2)．所以a 2 014－5＝4＋5＋…＋2 016＝2 013×1 010.故选D.答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)5．数列{a n }的通项公式a n ＝－n 2＋10n ＋11，则该数列前________项的和最大． 解析 易知a 1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，这样只需求数列{a n }的最末一个非负项．令a n ≥0，则－n 2＋10n ＋11≥0，∴－1≤n ≤11，可见，当n ＝11时，a 11＝0，故a 10是最后一个正项，a 11＝0，故前10或11项和最大．答案 10或116．(2013·杭州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则a 2＝________；a n ＝________.解析 由a n ＝n (a n ＋1－a n )，可得a n ＋1a n＝n ＋1n ， 则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 2a 1·a 1＝n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×21×1＝n ，∴a 2＝2，a n ＝n .答案 2 n三、解答题(共25分)7．(12分)在数列{a n }中，a 1＝1，112a n ＝14a n －1＋13(n ≥2)，求{a n }的通项公式．解 ∵112a n ＝14a n －1＋13(n ≥2)，∴a n ＝3a n －1＋4，∴a n ＋2＝3(a n －1＋2)．又a 1＋2＝3，故数列{a n ＋2}是首项为3，公比为3的等比数列．∴a n ＋2＝3n ， 即a n ＝3n －2.8．(13分)(2013·西安质检)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2， 又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)可得1S n＝2n ，∴S n ＝12n . 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.B 级 能力突破(时间：30分钟 满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．在数列{x n }中，若x 1＝1，x n ＋1＝1x n ＋1－1，则x 2 013＝ ( )．A ．－1B ．－12 C.12 D ．1 解析 将x 1＝1代入x n ＋1＝1x n ＋1－1，得x 2＝－12，再将x 2代入x n ＋1＝1x n ＋1－1， 得x 3＝1，所以数列{x n }的周期为2，故x 2 013＝x 1＝1.答案 D2．定义运算“*”，对任意a ，b ∈R ，满足①a *b ＝b *a ；②a *0＝a ；(3)(a *b )*c ＝c *(ab )＋(a *c )＋(c *b )．设数列{a n }的通项为a n ＝n *1n *0，则数列{a n }为( )．A ．等差数列B ．等比数列C ．递增数列D ．递减数列解析 由题意知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n *1n *0＝0]n ·1n ＋(n *0)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0]1n )＝1＋n ＋1n ，显然数列{a n } 既不是等差数列也不是等比数列；又函数y ＝x ＋1x 在[1，＋∞)上为增函数，所以数列{a n }为递增数列．答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2013·合肥模拟)已知f (x )为偶函数，f (2＋x )＝f (2－x )，当－2≤x ≤0时，f (x )＝2x ，若n ∈N *，a n ＝f (n )，则a 2 013＝________.解析 ∵f (x )为偶函数，∴f (x )＝f (－x )，∴f (x ＋2)＝f (2－x )＝f (x －2)．故f (x )周期为4，∴a 2 013＝f (2 013)＝f (1)＝f (－1)＝2－1＝12.答案 124．(2012·太原调研)设函数f (x )＝⎩⎨⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵数列{a n }是递增数列，又a n ＝f (n )(n ∈N *)，∴⎩⎨⎧ 3－a >0，a >1，f (8)>f (7)⇒2<a <3.答案 (2,3) 三、解答题(共25分)5．(12分)(2013·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *.(1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；(2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n }是首项为a －3，公比为2的等比数列， 因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，当n ＝1时，a 1＝a 不适合上式，故a n ＝⎩⎨⎧a ，n ＝1，2×3n －1＋(a －3)2n －2，n ≥2. a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3， 当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇔12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞)．6．(13分)(2012·山东)在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m )内的项的个数记为b m ，求数列{b m}的前m项和S m.解(1)因为{a n}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，即a4＝28.设数列{a n}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.所以a n＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m＜a n＜92m，则9m＋8＜9n＜92m＋8，因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得b m＝92m－1－9m－1.于是S m＝b1＋b2＋b3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝9×(1－81m)1－81－1－9m1－9＝92m＋1－10×9m＋180.。

第十二篇推理证明、算法、复数第1讲 合情推理与演绎推理A 级 基础演练(时间：30分钟 满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．下面几种推理过程是演绎推理的是 ( )．A ．某校高三有8个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推各班人数都超过50人B ．由三角形的性质，推测空间四面体的性质C ．平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分D ．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋1a n －1，由此归纳出{a n }的通项公式 解析 A 、D 是归纳推理，B 是类比推理；C 运用了“三段论”是演绎推理． 答案 C2．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cos x )′＝－sin x ，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，记g (x )为f (x )的导函数，则g (－x )＝ ( )．A ．f (x )B ．－f (x )C ．g (x )D ．－g (x )解析 由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数，因此当f (x )是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (－x )＝－g (x )．答案 D3．给出下面类比推理命题(其中Q为有理数，R为实数集，C为复数集)：①“若a，b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“a，c∈C，则a－c＝0⇒a＝c”；②“若a，b，c，d∈R，则复数a＋b i＝c＋d i⇒a＝c，b＝d”类比推出“a，b，c，d∈Q，则a＋b2＝c＋d2⇒a＝c，b＝d”；③“若a，b∈R，则a－b>0⇒a>b”类比推出“若a，b∈C，则a－b>0⇒a>b”；④“若x∈R，则|x|<1⇒－1<x<1”类比推出“若z∈C，则|z|<1⇒－1<z<1”．其中类比结论正确的个数有()．A．1 B．2 C．3 D．4解析类比结论正确的只有①②.答案 B4．(2011·江西)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，…，则52 011的末四位数字为()．A．3 125 B．5 625 C．0 625 D．8 125解析∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125,510＝9 765 625，…∴5n(n∈Z，且n≥5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4，记5n(n ∈Z，且n≥5)的末四位数字为f(n)，则f(2 011)＝f(501×4＋7)＝f(7)∴52 011与57的末四位数字相同，均为8 125.故选D.答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2013·山东省实验中学一模)以下是对命题“若两个正实数a1，a2满足a21＋a22＝1，则a1＋a2≤2”的证明过程：证明：构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1，因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，从而得4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤ 2.根据上述证明方法，若n个正实数满足a21＋a22＋…＋a2n＝1时，你能得到的结论为________________________________(不必证明)．解析依题意，构造函数f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－a n)2，则有f(x)＝nx2－2(a1＋a2＋…＋a n)x＋1，Δ＝[－2(a1＋a2＋…＋a n)]2－4n＝4(a1＋a2＋…＋a n)2－4n≤0，即有a1＋a2＋…＋a n≤n.答案a1＋a2＋…＋a n≤n6．用黑白两种颜色的正方形地砖依照下图所示的规律拼成若干个图形，则按此规律，第100个图形中有白色地砖________块；现将一粒豆子随机撒在第100个图中，则豆子落在白色地砖上的概率是________．解析按拼图的规律，第1个图有白色地砖3×3－1(块)，第2个图有白色地砖3×5－2(块)，第3个图有白色地砖3×7－3(块)，…，则第100个图中有白色地砖3×201－100＝503(块)．第100个图中黑白地砖共有603块，则将一粒豆子随机撒在第100个图中，豆子落在白色地砖上的概率是503603.答案503503 603三、解答题(共25分)7．(12分)给出下面的数表序列：表1表2表31131354 4812…其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n个数是1,3,5，…，2n－1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n≥3)(不要求证明)．解表4为13574812122032它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将这一结论推广到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列．8．(13分)(2012·福建)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝3 4.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34.B级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2013·九江质检)观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为()．A．76 B．80 C．86 D．92解析由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n的不同整数解的个数为4n，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.故选B.答案 B2．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是()．A．289 B．1 024C ．1 225D ．1 378解析 观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{a n }，则a 1＝1，a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n .∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n )⇒a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{b n }，则b n ＝n 2.把四个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n 都为正整数的只有1 225.答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2013·福州模拟)对一个边长为1的正方形进行如下操作；第一步，将它分割成3×3方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图1所示的几何图形，其面积S 1＝59；第二步，将图1的5个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图2；依此类推，到第n 步，所得图形的面积S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫59n .若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中，则到第n 步，所得几何体的体积V n ＝________.解析 对一个棱长为1的正方体进行如下操作：第一步，将它分割成3×3×3个小正方体，接着用中心和8个角的9个小正方体，构成新1几何体，其体积V 1＝927＝13；第二步，将新1几何体的9个小正方体中的每个小正方体都进行与第一步相同的操作，得到新2几何体，其体积V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132；…，依此类推，到第n 步，所得新n 几何体的体积V n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 4．(2012·湖南)设N ＝2n (n ∈N *，n ≥2)，将N 个数x 1，x 2，…，x N 依次放入编号为1,2，…，N 的N 个位置，得到排列P 0＝x 1x 2…x N .将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前N 2和后N 2个位置，得到排列P 1＝x 1x 3…x N －1x 2x 4…x N ，将此操作称为C 变换．将P 1分成两段，每段N 2个数，并对每段作C 变换，得到P 2；当2≤i ≤n －2时，将P i 分成2i 段，每段N 2i个数，并对每段作C 变换，得到P i ＋1.例如，当N ＝8时，P 2＝x 1x 5x 3x 7x 2x 6x 4x 8，此时x 7位于P 2中的第4个位置．(1)当N ＝16时，x 7位于P 2中的第________个位置；(2)当N ＝2n (n ≥8)时，x 173位于P 4中的第________个位置．解析 (1)当N ＝16时，P 1＝x 1x 3x 5x 7x 9…x 16，此时x 7在第一段内，再把这段变换x 7位于偶数位的第2个位置，故在P 2中，x 7位于后半段的第2个位置，即在P 2中x 7位于第6个位置．(2)在P 1中，x 173位于两段中第一段的第87个位置，位于奇数位置上，此时在P 2中x 173位于四段中第一段的第44个位置上，再作变换得P 3时，x 173位于八段中第二段的第22个位置上，再作变换时，x 173位于十六段中的第四段的第11个位置上，也就是位于P 4中的第(3×2n －4＋11)个位置上．答案 6 3×2n －4＋11三、解答题(共25分)5．(12分)观察下表：1，2,34,5,6,7，8,9,10,11,12,13,14,15，…问：(1)此表第n 行的最后一个数是多少？(2)此表第n 行的各个数之和是多少？(3)2 013是第几行的第几个数？解 (1)∵第n ＋1行的第1个数是2n ，∴第n 行的最后一个数是2n －1.(2)2n －1＋(2n －1＋1)＋(2n －1＋2)＋…＋(2n －1)＝(2n －1＋2n －1)·2n －12＝3·22n －3－2n －2. (3)∵210＝1 024,211＝2 048,1 024<2 013<2 048，∴2 013在第11行，该行第1个数是210＝1 024，由2 013－1 024＋1＝990，知2 013是第11行的第990个数．6．(13分)(2013·南昌二模)将各项均为正数的数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成数表，如图所示．记表中各行的第一个数a 1，a 2，a 4，a 7，…，构成数列{b n }，各行的最后一个数a 1，a 3，a 6，a 10，…，构成数列{c n }，第n 行所有数的和为S n (n ＝1,2,3,4，…)．已知数列{b n }是公差为d 的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q ，且a 1＝a 13＝1，a 31＝53.(1)求数列{c n }，{S n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和T n 的表达式． 解 (1)b n ＝dn －d ＋1，前n 行共有1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2个数，因为13＝4×52＋3，所以a 13＝b 5×q 2，即(4d ＋1)q 2＝1，又因为31＝7×82＋3，所以a 31＝b 8×q 2，即(7d ＋1)q 2＝53，解得d ＝2，q ＝13，所以b n ＝2n －1，c n ＝b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2n －13n －1， S n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝32(2n －1)·3n －13n . (2)T n ＝11＋33＋532＋…＋2n －13n －1， ① 13T n ＝13＋332＋533＋…＋2n －13n . ② ①②两式相减，得23T n ＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －1－2n －13n学 海 无 涯＝1＋2×13－13n 1－13－2n －13n ＝2－2n ＋23n ，所以T n ＝3－n ＋13n －1.。

第4讲平面向量应用举例[最新考纲]1．会用向量方法解决某些简单的平面几何问题．2．会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题.知识梳理1．向量在平面几何中的应用向量在平面几何中的应用主要是用向量的线性运算及数量积解决平面几何中的平行、垂直、平移、全等、相似、长度、夹角等问题．(1)证明线段平行或点共线问题，包括相似问题，常用共线向量定理：a∥b(b≠0)?a＝λb?x1y2－x2y1＝0.(2)证明垂直问题，常用数量积的运算性质a⊥b?a·b＝0?x1x2＋y1y2＝0(a，b均为非零向量)．(3)求夹角问题，利用夹角公式cos θ＝a·b|a||b|＝x1x2＋y1y2x21＋y21x22＋y22(θ为a与b的夹角)．2．向量在三角函数中的应用与三角函数相结合考查向量的数量积的坐标运算及其应用是高考热点题型．解答此类问题，除了要熟练掌握向量数量积的坐标运算公式、向量模、向量夹角的坐标运算公式外，还应掌握三角恒等变换的相关知识．3．向量在解析几何中的应用向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为背景的一种向量描述．它主要强调向量的坐标问题，进而利用直线和圆锥曲线的位置关系的相关知识来解答，坐标的运算是考查的主体．4．向量在物理中的应用物理学中的力、速度、位移都是矢量，它们的分解、合成与向量的加减法相似，因此可以用向量的知识来解决某些物理问题.学生用书第76页1．向量与其他数学知识的交汇(1)已知△ABC 中，BC 边最长，AB →＝a ，AC →＝b ，且a ·b ＞0，则△ABC 的形状为钝角三角形．(×)(2)在四边形ABCD 中，AB →＝DC →，且AC →·BD →＝0，则四边形ABCD 是矩形．(×) (3)(2014·贵州调研改编)在平面直角坐标系xOy 中，若定点A (1,2)与动点P (x ，y )满足OP →·OA →＝4，则点P 的轨迹方程是x ＋2y －4＝0.(√) 2．平面向量在物理中的应用(4)作用于同一点的两个力F 1和F 2的夹角为2π3，且|F 1|＝3，|F 2|＝5，则F 1＋F 2大小为19.(√)(5)已知一物体在共点力F 1＝(lg 2，lg 2)，F 2＝(lg 5，lg 2)的作用下产生位移s ＝(2lg 5,1)，则共点力对物体做的功W 为2.(√) [感悟·提升]1．一个手段实现平面向量与三角函数、平面向量与解析几何之间的转化的主要手段是向量的坐标运算． 2．两条主线(1)向量兼具代数的抽象与严谨和几何的直观与形象，向量本身是一个数形结合的产物，在利用向量解决问题时，要注意数与形的结合、代数与几何的结合、形象思维与逻辑思维的结合．(2)要注意变换思维方式，能从不同角度看问题，要善于应用向量的有关性质解题.考点一 向量在平面几何中的应用【例1】 (1)(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE →·BD →＝________.(2)(2013·天津卷)在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点．若AC →·BE →＝1，则AB 的长为________．审题路线 (1)法一：把向量AE →与BD →分别用基底AD →，AB →表示． 法二：建立平面直角坐标系?求向量AE →，BD →的坐标．(2)把向量AC →与BE →分别用基底AB →，AD →表示?利用AC →·BE →＝1整理?建立关于|AB →|的一元二次方程?解得|AB →|.解析 (1)法一 AE →·BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋12AB →·(AD →－AB →)＝AD →2－12AB →2＝22－12×22＝2.法二 以A 为原点建立平面直角坐标系(如图)．则A (0,0)，B (2,0)，C (2,2)，D (0,2)，E (1,2)．∴AE →＝(1,2)，BD →＝(－2,2)．从而AE →·BD →＝(1,2)·(－2,2)＝1×(－2)＋2×2＝2.(2)由题意可知，AC →＝AB →＋AD →，BE →＝－12AB →＋AD →.因为AC →·BE →＝1，所以(AB →＋AD →)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12AB →＋AD →＝1，即AD →2＋12AB →·AD →－12AB →2＝1.①因为|AD →|＝1，∠BAD ＝60°，所以AB →·AD →＝12|AB →|，因此①式可化为1＋14|AB →|－12|AB →|2＝1，解得|AB →|＝0(舍去)或12，所以AB 的长为12. 答案 (1)2 (2)12规律方法 用平面向量解决平面几何问题时，有两种方法：基向量法和坐标系法，建立平面直角坐标系时一般利用已知的垂直关系，或使较多的点落在坐标轴上，这样便于迅速解题．【训练1】 (1)(2014·杭州质检)在边长为1的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，E 是BC 的中点，则AC →·AE →＝( )．(2)在△ABC 所在平面上有一点P ，满足PA →＋PB →＋PC →＝AB →，则△PAB 与△ABC 的面积之比值是( )．解析 (1)建立如图平面直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12.∴E 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－14，∴AC →＝(3，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫334，－14，∴AC →·AE →＝3×334＝94.(2)由已知可得PC →＝2AP →，∴P 是线段AC 的三等分点(靠近点A )， 易知S △PAB ＝13S △ABC ，即S △PAB ∶S △ABC ＝1∶3.答案 (1)D (2)A考点二 向量在三角函数中的应用【例2】 设向量a ＝(4cos α，sin α)，b ＝(sin β，4cos β)，c ＝(cos β，－4sin β)．(1)若a 与b －2c 垂直，求tan(α＋β)的值； (2)求|b ＋c |的最大值；(3)若tan αtan β＝16，求证：a ∥b .(1)解 因为a 与b －2c 垂直，所以a ·(b －2c )＝4cos αsin β－8cos αcos β＋4sin αcos β＋8sin αsin β＝4sin(α＋β)－8cos(α＋β)＝0， 因此tan(α＋β)＝2.(2)解 由b ＋c ＝(sin β＋cos β，4cos β－4sin β)，得 |b ＋c |＝?sin β＋cos β?2＋?4cos β－4sin β?2 ＝17－15sin 2β≤4 2. 又当β＝k π－π4(k ∈Z )时，等号成立， 所以|b ＋c |的最大值为4 2.(3)证明 由tan αtan β＝16，得4cos αsin β＝sin α4cos β，所以a ∥b .规律方法 (1)题目条件给出向量的坐标中含有三角函数的形式，运用向量共线或垂直或等式成立等，得到三角函数的关系式，然后求解．(2)给出用三角函数表示的向量坐标，要求的是向量的模或者其他向量的表达形式，解题思路是经过向量的运算，利用三角函数在定义域内的有界性，求得值域等．【训练2】 (2013·江苏卷)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0＜β＜α＜π.(1)若|a －b |＝2，求证：a ⊥b ；(2)设c ＝(0,1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值． 解 (1)由题意得|a －b |2＝2， 即(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝2.又因为a 2＝b 2＝|a |2＝|b |2＝1，所以2－2a ·b ＝2， 即a ·b ＝0，故a ⊥b .(2)因为a ＋b ＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0,1)， 所以⎩⎨⎧cos α＋cos β＝0，sin α＋sin β＝1，由此得，cos α＝cos(π－β)，由0＜β＜π，得0＜π－β＜π， 又0＜α＜π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1得，sin α＝sin β＝12，而α＞β，所以α＝5π6，β＝π6. 学生用书第77页【例3】 (2013·湖南卷)已知平面上一定点C (2,0)和直线l ：x ＝8，P 为该平面上一动点，作PQ ⊥l ，垂足为Q ，且⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →＋12PQ →·⎝ ⎛⎭⎪⎫PC →－12PQ →＝0.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)若EF 为圆N ：x 2＋(y －1)2＝1的任一条直径，求PE →·PF →的最值． 解 (1)设P (x ，y )，则Q (8，y )． 由(PC →＋12PQ →)·(PC →－12PQ →)＝0，得|PC →|2－14|PQ →|2＝0，即(x －2)2＋y 2－14(x －8)2＝0，化简得x 216＋y 212＝1.所以点P 在椭圆上，其方程为x 216＋y 212＝1.(2)因PE →·PF →＝(NE →－NP →)·(NF →－NP →)＝(－NF →－NP →)·(NF →－NP →)＝(－NP →)2－NF →2＝NP →2－1，P 是椭圆x 216＋y 212＝1上的任一点，设P (x 0，y 0)，则有x 2016＋y 2012＝1，即x 2＝16－4y 203，又N (0,1)，所以NP →2＝x 20＋(y 0－1)2＝－13y 20－2y 0＋17＝－13(y 0＋3)2＋20.因y 0∈[－23，23]，所以当y 0＝－3时，NP →2取得最大值20，故PE →·PF →的最大值为19；当y 0＝23时，NP →2取得最小值为13－43(此时x 0＝0)，故PE →·PF →的最小值为12－4 3.规律方法 向量在解析几何中的作用(1)载体作用：向量在解析几何问题中出现，多用于“包装”，解决此类问题时关键是利用向量的意义、运算脱去“向量外衣”，导出曲线上点的坐标之间的关系，从而解决有关距离、斜率、夹角、轨迹、最值等问题．(2)工具作用：利用a ⊥b ?a ·b ＝0；a ∥b ?a ＝λb (b ≠0)，可解决垂直、平行问题，特别地，向量垂直、平行的坐标表示对于解决解析几何中的垂直、平行问题是一种比较可行的方法．【训练3】 已知点P (0，－3)，点A 在x 轴上，点Q 在y 轴的正半轴上，点M 满足PA →·AM →＝0，AM →＝－32MQ →，当点A 在x 轴上移动时，求动点M 的轨迹方程．解 设M (x ，y )为所求轨迹上任一点，设A (a,0)，Q (0，b )(b ＞0)，则PA →＝(a,3)，AM →＝(x －a ，y )，MQ →＝(－x ，b －y )， 由PA →·AM →＝0，得a (x －a )＋3y ＝0.① 由AM →＝－32MQ →，得(x －a ，y )＝－32(－x ，b －y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ，32?y －b ?，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝32x ，y ＝32y －32b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－x2，b ＝y 3.把a ＝－x2代入①，得－x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 2＋3y ＝0，整理得y ＝14x 2(x ≠0)．所以动点M 的轨迹方程为y ＝14x 2(x ≠0)．1．向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题．2．以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题．通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法．3．解析几何问题和向量的联系：可将向量用点的坐标表示，利用向量运算及性质解决解析几何问题．创新突破5——破解平面向量与圆的交汇问题【典例】 (2013·湖南卷改编)已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0?.若向量c 满足|c －a －b |＝1?，则|c |的最大值为________． 突破1：根据条件?转化到平面直角坐标系中．突破2：把条件?坐标化．突破3：把坐标化后的式子配方整理可得到圆的方程． 突破4：利用圆的知识求|c |max .解析 建立如图所示的直角坐标系，由题意知a ⊥b ，且a 与b 是单位向量， ∴可设OA →＝a ＝(1,0)，OB →＝b ＝(0,1)，OC →＝c ＝(x ，y )． ∴c －a －b ＝(x －1，y －1)， ∵|c －a －b |＝1，∴(x －1)2＋(y －1)2＝1，即点C (x ，y )的轨迹是以M (1,1)为圆心，1为半径的圆． 而|c |＝x 2＋y 2，∴|c |的最大值为|OM |＋1， 即|c |max ＝2＋1. 答案2＋1 [反思感悟] 平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．本题采用了“形化”与“数化”的结合，利用坐标运算将问题转化为圆的知识解决． 【自主体验】1．△ABC 外接圆的半径为1，圆心为O ，且2 OA →＋AB →＋AC →＝0，|OA →|＝|AB →|，则CA →·CB →＝( )． C ．3 D ．23解析 由2 OA →＋AB →＋AC →＝0，得2 OA →＋OB →－OA →＋OC →－OA →＝0，即OB →＝－OC →，即O ，B ，C 三点共线，BC 为△ABC 外接圆的直径，故∠BAC ＝90°.又|OA →|＝|AB →|，得B ＝60°，所以C ＝30°，且|CA →|＝3(如图所示)． 所以CA →·CB →＝|CA →||CB →|cos 30°＝3×2×32＝3.答案 C2．给定两个长度为1的平面向量OA →和OB →，它们的夹角为2π3.如图所示，点C 在以O 为圆心的圆弧AB →上运动．若OC →＝x OA →＋y OB →，其中x ，y ∈R ，则x ＋y 的最大值是________．解析法一 以O 为坐标原点，OA →所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A (1,0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫－12，32， 设∠AOC ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，则C (cos α，sin α)， 由OC →＝x OA →＋y OB →， 得⎩⎪⎨⎪⎧cos α＝x －12y ，sin α＝32y ，所以x ＝cos α＋33sin α，y ＝233sin α， 所以x ＋y ＝cos α＋3sin α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6，又α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，所以当α＝π3时，x ＋y 取得最大值2.法二 依题意，|OC →|＝1，则|OC →|2＝1， 又OC →＝xOA →＋yOB →，|OA →|＝|OB →|＝1， <OA →，OB →>＝120°，∴x 2·OA →2＋y 2·OB →2＋2xyOA →·OB →＝1，因此x 2＋y 2＋2xy cos 120°＝1，xy ＝x 2＋y 2－1. ∴3xy ＝(x ＋y )2－1≤3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 22，即(x ＋y )2≤4. ∴x ＋y 的最大值是2. 答案 2基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·邵阳模拟)已知a ＝(1，sin 2x )，b ＝(2，sin 2x )，其中x ∈(0，π)．若|a ·b |＝|a ||b |，则tan x 的值等于( )． A ．1 B ．－1 C. 3 解析 由|a ·b |＝|a ||b |知，a ∥b .所以sin 2x ＝2sin 2x ，即2sin x cos x ＝2sin 2x ， 而x ∈(0，π)，所以sin x ＝cos x ，即x ＝π4，故tan x ＝1. 答案 A2．(2014·南昌模拟)若|a |＝2sin 15°，|b |＝4cos 15°，a 与b 的夹角为30°，则a ·b 的值是( )． C ．2 3解析 a ·b ＝|a ||b |cos 30°＝8sin 15°cos 15°×32＝4×sin 30°×32＝3. 答案 B 3.(2013·哈尔滨模拟)函数y ＝tan π4x －π2的部分图象如图所示，则(OA →＋OB →)·AB→＝( )．A ．4B ．6C ．1D ．2 解析 由条件可得B (3,1)，A (2,0)，∴(OA →＋OB →)·AB →＝(OA →＋OB →)·(OB →－OA →)＝OB →2－OA →2＝10－4＝6. 答案 B4．已知|a |＝2|b |，|b |≠0且关于x 的方程x 2＋|a |x －a ·b ＝0有两相等实根，则向量a 与b 的夹角是( )． A ．－π6 B ．－π3解析 由已知可得Δ＝|a |2＋4a ·b ＝0， 即4|b |2＋4×2|b |2cos θ＝0，∴cos θ＝－12，又∵0≤θ≤π，∴θ＝2π3. 答案 D5．(2014·安庆二模)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对应的三角形的边长，若4aBC →＋2bC A →＋3cAB →＝0，则cos B ＝( )．A ．－1124 D ．－2936解析 由4aBC →＋2bC A →＋3cAB →＝0，得4aBC →＋3cAB →＝－2bC A →＝－2b (BA →－BC →)＝2bAB →＋ 2bBC →，所以4a ＝3c ＝2b .由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝b 24＋49b 2－b 22·b 2·23b ＝－1124.答案 A 二、填空题6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若AB →·AC →＝BA →·BC →＝1，那么c ＝________.解析 由题意知AB →·AC →＋BA →·BC →＝2， 即AB →·AC →－AB →·BC →＝AB →·(AC →＋CB →) ＝AB →2＝2?c ＝|AB →|＝ 2.答案 27．(2014·南通一调)在△ABC 中，若AB ＝1，AC ＝3，|AB →＋AC →|＝|BC →|，则BA →·BC →|BC →|＝________.解析 易知满足|AB →＋AC →|＝|BC →|的A ，B ，C 构成直角三角形的三个顶点，且∠A为直角，于是BA →·BC →|BC →|＝|BA →|·cos∠ABC ＝1×cos 60°＝12.答案 128．(2013·东北三校一模)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若(3b －c )cos A ＝a cos C ，S △ABC ＝2，则BA →·AC →＝________. 解析 依题意得(3sin B －sin C )cos A ＝sin A cos C ，即3sin B cos A ＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B >0， 于是有cos A ＝13，sin A ＝1－cos 2A ＝223，又S △ABC ＝12·bc sin A ＝12bc ×223＝2，所以bc ＝3，BA →·AC →＝bc cos(π－A )＝－bc cos A ＝－3×13＝－1.答案 －1 三、解答题9．已知圆C ：(x －3)2＋(y －3)2＝4及点A (1,1)，M 是圆C 上的任意一点，点N 在线段MA 的延长线上，且MA →＝2AN →，求点N 的轨迹方程． 解 设M (x 0，y 0)，N (x ，y )．由MA →＝2AN →，得 (1－x 0,1－y 0)＝2(x －1，y －1)，∴⎩⎨⎧x 0＝3－2x ，y 0＝3－2y .∵点M (x 0，y 0)在圆C 上，∴(x 0－3)2＋(y 0－3)2＝4，即(3－2x －3)2＋(3－2y －3)2＝4.∴x 2＋y 2＝1. ∴所求点N 的轨迹方程是x 2＋y 2＝1.10．(2014·北京海淀模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若AB →·AC →＝BA →·BC →＝k (k ∈R )． (1)判断△ABC 的形状； (2)若c ＝2，求k 的值．解 (1)∵AB →·AC →＝cb cos A ，BA →·BC →＝ca cos B ， 又AB →·AC →＝BA →·BC →，∴bc cos A ＝ac cos B ， ∴sin B cos A ＝sin A cos B ，即sin A cos B －sin B cos A ＝0，∴sin(A －B )＝0， ∵－π＜A －B ＜π，∴A ＝B ，即△ABC 为等腰三角形．(2)由(1)知，AB →·AC →＝bc cos A ＝bc ·b 2＋c 2－a 22bc ＝c 22＝k ，∵c ＝2，∴k ＝1.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．已知向量OB →＝(2,0)，向量OC →＝(2,2)，向量CA →＝(2cos α，2sin α)，则向量OA →与向量OB →的夹角的取值范围是( )．解析 由题意，得OA →＝OC →＋CA →＝(2＋2cos α，2＋2sin α)，所以点A 的轨迹是圆(x －2)2＋(y －2)2＝2，如图，当A 位于使直线OA 与圆相切时，向量OA →与向量OB →的夹角分别达到最大、最小值，故选D. 答案 D2．(2014·北京东城区期末)已知△ABD 是等边三角形，且AB →＋12AD →＝AC →，|CD →|＝3，那么四边形ABCD 的面积为( )． 3 C ．3 3 3 解析如图所示，CD →＝AD →－AC →＝12AD →－AB →，∴CD →2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD →－AB →2，即3＝14AD →2＋AB →2－AD →·AB →，∵|AD →|＝|AB →|，∴54|AD →|2－|AD →||AB →|cos 60°＝3，∴|AD →|＝2. 又BC →＝AC →－AB →＝12AD →，∴|BC →|＝12|AD →|＝1，∴|BC →|2＋|CD →|2＝|BD →|2，∴BC ⊥CD .∴S 四边形ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝12×22×sin 60°＋12×1×3＝32 3，故选B.答案 B二、填空题3．(2014·苏锡常镇二调)已知向量a ，b 满足|a |＝2，|b |＝1，且对一切实数x ，|a ＋x b |≥|a ＋b |恒成立，则a 与b 的夹角大小为________．解析 |a |＝2，|b |＝1，|a ＋x b |≥|a ＋b |对一切实数x 恒成立，两边平方整理得x 2＋2a ·b x －2a ·b －1≥0对一切实数x 恒成立，所以(2a ·b )2＋4(2a ·b＋1)≤0，即(a ·b ＋1)2≤0，所以a ·b ＝－1，故cos<a ，b >＝a ·b |a ||b |＝－22，又<a ，b >∈[0，π]，所以<a ，b >＝3π4，即a ，b 的夹角是3π4.答案3π4三、解答题4．(2014·南通模拟)已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin x 4，1，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos x 4，cos 2x 4. (1)若m ·n ＝1，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－x 的值； (2)记f (x )＝m ·n ，在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ，求函数f (A )的取值范围． 解 (1)m ·n ＝3sin x 4·cos x 4＋cos 2x4 ＝32sin x2＋1＋cosx 22＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12，∵m ·n ＝1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＝12.cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＝12，cos ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－x ＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝－12. (2)∵(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ，∴2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C . ∴2sin A cos B ＝sin(B ＋C )．∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin(B ＋C )＝sin A ≠0. ∴cos B ＝12，∵0＜B ＜π，∴B ＝π3，∴0＜A ＜2π3.∴π6＜A 2＋π6＜π2，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 又∵f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋π6＋12，∴f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6＋12.故函数f (A )的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫1，32.方法强化练——平面向量 (对应学生用书P283)(建议用时：90分钟)一、选择题1．(2014·福建质检)已知向量a ＝(m 2,4)，b ＝(1,1)，则“m ＝－2”是“a ∥b ”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解析 依题意，当m ＝－2时，a ＝(4,4)，b ＝(1,1)，所以a ＝4b ，即a ∥b ，即由m ＝－2可以推出a ∥b ；当a ∥b 时，m 2＝4，得，m ＝±2，所以不能推得m ＝－2，即“m ＝－2”是“a ∥b ”的充分不必要条件． 答案 A2．(2013·德州一模)已知向量a ＝(2,3)，b ＝(k,1)，若a ＋2b 与a －b 平行，则k 的值是( )．A ．－6B ．－23D ．14解析 由题意得a ＋2b ＝(2＋2k,5)，且a －b ＝(2－k,2)，又因为a ＋2b 和a －b 平行，则2(2＋2k )－5(2－k )＝0，解得k ＝23.答案 C3．(2013·浙江五校联考)已知|a |＝|b |＝|a －2b |＝1，则|a ＋2b |＝( )． A ．9 B ．3 C ．1 D ．2解析 由|a |＝|b |＝|a －2b |＝1，得a 2－4a ·b ＋4b 2＝1， ∴4a ·b ＝4，∴|a ＋2b |2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝5＋4＝9， ∴|a ＋2b |＝3. 答案 B4．(2014·郑州一模)已知平面向量a ＝(－2，m )，b ＝(1，3)，且(a －b )⊥b ，则实数m 的值为( )．A ．－2 3B ．2 3C ．4 3D ．63解析 因为(a －b )⊥b ，所以(a －b )·b ＝a ·b －b 2＝0，即－2＋3m －4＝0，解得m ＝2 3. 答案 B5．(2014·长春一模)已知|a |＝1，|b |＝6，a ·(b －a )＝2，则向量a 与b 的夹角为( )．解析 a ·(b －a )＝a ·b －a 2＝2，所以a ·b ＝3，所以cos<a ，b >＝a ·b |a ||b |＝31×6＝12.所以<a ，b >＝π3.答案 B6．(2013·潮州二模)已知向量a ＝(1，－cos θ)，b ＝(1,2cos θ)且a ⊥b ，则cos 2θ等于( )． A ．－1 B ．0 C.12解析 a ⊥b ?a ·b ＝0，即1－2cos 2θ＝0，∴cos 2θ＝0. 答案 B7．(2014·成都期末测试)已知O 是△ABC 所在平面内一点，D 为BC 边中点，且2OA →＋OB →＋OC →＝0，则有( )． ＝2OD → ＝OD →＝3OD →D ．2AO →＝OD →解析 由2OA →＋OB →＋OC →＝0，得OB →＋OC →＝－2OA →＝2AO →，即OB →＋OC →＝2OD →＝2AO →，所以OD →＝AO →，即O 为AD 的中点． 答案 B8．(2013·潍坊一模)平面上有四个互异点A ，B ，C ，D ，已知(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 的形状是( )． A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等腰直角三角形 D ．无法确定 解析 由(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0， 得[(DB →－DA →)＋(DC →－DA →)]·(AB →－AC →)＝0， 所以(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0. 所以|AB →|2－|AC →|2＝0，∴|AB →|＝|AC →|， 故△ABC 是等腰三角形． 答案 B9．(2013·兰州一模)在△ABC 中，G 是△ABC 的重心，AB ，AC 的边长分别为2,1，∠BAC ＝60°.则AG →·BG →＝( )． A ．－89 B ．－109 D ．－5－39解析 由AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，所以BC ＝3，∠ACB ＝90°，将直角三角形放入直角坐标系中，如图所示，则A (0,1)，B (－3，0)，所以重心G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，13，所以AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－23，BG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233，13，所以AG →·BG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫233，13＝－89. 答案 A10．(2014·皖南八校第三次联考)已知正方形ABCD (字母顺序是A →B →C →D )的边长为1，点E 是AB 边上的动点(可以与A 或B 重合)，则DE →·CD →的最大值是( )．A ．1 C ．0 D ．－1解析 建立直角坐标系如图所示，设E (x,0)，x ∈[0,1]，则D (0,1)，C (1,1)，B (1,0)，所以DE →·CD →＝(x ，－1)·(－1,0)＝－x ，当x ＝0时取得最大值0. 答案 C 二、填空题11．(2013·济南模拟)若a ＝(1，－2)，b ＝(x,1)，且a ⊥b ，则x ＝________. 解析 由a ⊥b ，得a ·b ＝x －2＝0，∴x ＝2. 答案 212．(2013·昆明期末考试)已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2,0)，则向量a ，b 的夹角为________．解析 a ＝(1,1)，b ＝(2,0)，∴|a |＝2，|b |＝2，∴cos<a ，b >＝a ·b |a ||b |＝222＝22，∴<a ，b >＝π4.答案π413．(2014·杭州质检)在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，BC ＝1，D 为斜边AB 的中点，则AB →·CD →＝________.解析 AB →·CD →＝AB →·(AD →－AC →)＝AB →·AD →－AB →·AC →＝2×1－2×3cos 30°＝－1. 答案 －114．(2014·湖南长郡中学、衡阳八中联考)已知G 1，G 2分别为△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2的重心，且A 1A 2→＝e 1，B 1B 2→＝e 2，C 1C 2→＝e 3，则G 1G 2→＝________(用e 1，e 2，e 3表示)． 解析 由A 1A 2→＝A 1G 1→＋G 1G 2→＋G 2A 2→＝e 1 ①，B 1B 2→＝B 1G 1→＋G 1G 2→＋G 2B 2→＝e 2 ②，C 1C 2→＝C 1G 1→＋G 1G 2→＋G 2C 2→＝e 3 ③，且G 1，G 2分别为△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2的重心，所以A 1G 1→＋B 1G 1→＋C 1G 1＝0，G 2A 2→＋G 2B 2→＋G 2C 2→＝0，将①②③相加得G 1G 2→＝13(e 1＋e 2＋e 3)． 答案13(e 1＋e 2＋e 3) 三、解答题15．(2013·漯河调研)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知向量a ＝(2,1)，A (1,0)，B (cos θ，t )．(1)若a ∥AB →，且|AB →|＝5|OA →|，求向量OB →的坐标； (2)若a ∥AB →，求y ＝cos 2θ－cos θ＋t 2的最小值． 解 (1)∵AB →＝(cos θ－1，t )，又a ∥AB →，∴2t －cos θ＋1＝0.∴cos θ－1＝2t .① 又∵|AB →|＝5|OA →|，∴(cos θ－1)2＋t 2＝5.② 由①②得，5t 2＝5，∴t 2＝1.∴t ＝±1.当t ＝1时，cos θ＝3(舍去)，当t ＝－1时，cos θ＝－1， ∴B (－1，－1)，∴OB →＝(－1，－1)． (2)由(1)可知t ＝cos θ－12， ∴y ＝cos 2θ－cos θ＋?cos θ－1?24＝54cos 2θ－32cos θ＋14＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2θ－65cos θ＋14＝54⎝⎛⎭⎪⎫cos θ－352－15，∴当cos θ＝35时，y min ＝－15.16．设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值． 解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2 x ， |b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1，及|a |＝|b |，得4sin 2 x ＝1. 又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，从而sin x ＝12，所以x ＝π6.(2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2 x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12，当x ＝π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6取最大值1.所以f (x )的最大值为32.17．(2013·银川调研)已知点G 是△ABO 的重心，M 是AB 边的中点． (1)求GA →＋GB →＋GO →；(2)若PQ 过△ABO 的重心G ，且OA →＝a ，OB →＝b ，OP →＝m a ，OQ →＝n b ，求证：1m ＋1n＝3.(1)解 ∵GA →＋GB →＝2GM →，又2GM →＝－GO →， ∴GA →＋GB →＋GO →＝－GO →＋GO →＝0. (2)证明 显然OM →＝12(a ＋b )．因为G 是△ABO 的重心，所以OG →＝23OM →＝13(a ＋b )．由P ，G ，Q 三点共线，得PG →∥GQ →，所以，有且只有一个实数λ，使PG →＝λGQ →. 而PG →＝OG →－OP →＝13(a ＋b )－m a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－m a ＋13b ，GQ →＝OQ →－OG →＝n b －13(a ＋b )＝－13a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13b ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫13－m a ＋13b ＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13b .又因为a ，b 不共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧13－m ＝－13λ，13＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －13，消去λ，整理得3mn ＝m ＋n ，故1m ＋1n＝3.18．(2014·太原模拟)已知f (x )＝a ·b ，其中a ＝(2cos x ，－3sin 2x )，b ＝(cos x,1)(x ∈R )．(1)求f (x )的周期和单调递减区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，f (A )＝－1，a ＝7，AB →·AC →＝3，求边长b 和c 的值(b ＞c )．解 (1)由题意知，f (x )＝2cos 2x －3sin 2x ＝1＋cos 2x －3sin 2x ＝1＋2cos⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3， ∴f (x )的最小正周期T ＝π，∵y ＝cos x 在[2k π，2k π＋π](k ∈Z )上单调递减， ∴令2k π≤2x ＋π3≤2k π＋π(k ∈Z )， 得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )． ∴f (x )的单调递减区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3，k ∈Z .(2)∵f (A )＝1＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π3＝－1.又π3＜2A ＋π3＜7π3，∴2A ＋π3＝π.∴A ＝π3. ∵AB →·AC →＝3，即bc ＝6，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－ 2bc cos A ＝(b ＋c )2－3bc,7＝(b ＋c )2－18，b ＋c ＝5， 又b ＞c ，∴b ＝3，c ＝2.。

604分钟满分分）55 2b ac aooD 150c22223bc + b2 b33 =2bc故选A BA )D C10 52CE3.由余弦 选B 3 10 A . 303bc , sin C2CE • ED3 •在△ ABC 解析由aB. 105答案 A()答案 B）如图，正方形 ABCD 的边长为1，延长3sin B ，得 b 2 = 一、选择题 •在△ 12.(2012 四•川中，角A , B （每小题5分，共20分） 中 ABC 21- cos Z CED = 1010=cA 级基础演练（时间：30A ・105内角 A , B , C 的对边分别是2bc — 2b 2若c ,若角A , B , C 依次成C 所对应的边分别为a , b 正弦定理和余弦定理a = 3_定理，得cos A =bC・1O解析依题意得知 /cos CED =2 彎，(+c — a = 10，所以 sin / CED =10 ________D. 152 2,CD = 1 , CE = CB + EB = 龟■+ ED -2CD 所以A =30°=2 3sin B 则A =至 E , 使 AE = 1，连结 EC 、ED ，贝U sin Z CED =( E A B2 2DE = EA + AD =2B .60 °C . 120°3，贝U S △ ABC3A. 2B. 3C. 2解析v A，B，C 成等差数列，••• A+ C = 2B，二 B = 60°第1页共7页又 a =1, b = 3，二 sin Aasi n B 3xb23 2••• C =90° .「S ABC = 2x 1 x 3= 2答案—4•••A=30°, 答案 C4. （2012 •湖南）在^ ABC 中，AC = 7, BC = 2, B = \ I vf WJ- J-3 「，则、BC 边上的高等于（）.60 ° 事 ％ 3 + 39 A?A. 2解析B. 设 AB = c , 2C. BC 边上的高为 2 2 2 由余弦定理，得AC = c + BC2h.D. 42BC • ccos 60即，7 =c 2 + 4 —4ccos 60 °,即2c — 2c — 3 = 0，二 c = 3（负值舍3 3 3又 h = c • sin 60 =° 3 x 2 = 2，故选 B.AMT /?答案 B1、填空题（每小题5分，共10分）5 •在△ ABC 中，角A , B , C 的对边分别为a , b , 则角B 的值为 ___________ .2+ c 2 —b 2 c.若（a• 1 1— ?）tan B 3ac2a解析由余弦定理，得+ c 2— b 2=cos B ，结合已知等式得 2ac3，二 sin B =23n 2 n----- B =或2 3 cos B tan B n 2 n 或 33•福建）已知△ ABC 的三边长成公比为答案6.2的等比数列，则其最大角的余弦值为△ ABC 的三边长分别为 a , 2a,2a （a>0），则最大边 2a 所对(1)因为 0 V AVABC 的面积.2 cos A = 3,、解答题（共25分）7. （12分）（2012辽•宁）在厶ABC 中，角A , B , C 的对边分别为 a , b , c.角 A , B ,C 成等差数列. (1)求cos B 的值;⑵边a , b , c 成等比数列，求 sin Asin C 的值.解 （1）由已知2B = A + C ,三角形的内角和定理 A + B + C = 180 ° ,解得 B =60 ° ,1所以 cos B = cos 60 ° = 2.2厶=ac ,据正弦定理，得sin 2 = ,(2)由已知 b 3 B sin Asi n C即 sin Asi n C = si n 2= — 2 =B 1 cos B 4& (13分)(2012浙•江)在厶ABC 中，内角A , B , C 的对边分别为2A = 3, sinB = 5cos C.(1)求tan C 的值； a , b , c.已知 cos⑵若a = 2，求△2sin A = 1 — cos A5又 5665 62及正弦定 ⑵由n C3 cos C + 3s in C5,cos C = i 于是 sin B = 5cos C5cos C = sin B = sin(A + C) = sin Acos C + cos Asi n C所以tan C = 5 =，得5sin C得B 级 能力突破（时间：30分钟 满分：45分）一、选择题侮小题5分，共10分）2中， =。

第 8 讲 函数与方程A 级 基础演练 (时间： 30 分钟 满分： 55 分)一、选择题 (每小题 5 分，共 20 分 ) 1．函数 f(x)＝sin x －x 零点的个数是 ()．A ．0B ． 1C ． 2D ． 3解析 f ′ (x)＝cos x －1≤0，∴f(x)单调递减，又 f(0)＝0，∴则f(x)＝ sin x －x 的零点是唯一的． 答案 B2．(2013 ·泰州模拟 )设 f(x)＝e x ＋x －4，则函数 f(x)的零点位于区间 ()． A ．(－1,0)B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(2,3)解析 ∵f(x)＝e x ＋x －4，∴f ′ (x)＝e x ＋ 1>0，∴函数 f(x)在 R 上单调递增． 对于 A 项， f(－1)＝e －1＋ (－1)－ 4＝－ 5＋e －1<0，f(0)＝－ 3<0，f(－1)f(0)>0，A 不 正确，同理可验证 B 、 D 不正确．对于 C 项，∵f(1)＝ e ＋ 1－ 4＝e －3<0， f(2) ＝e 2＋ 2－ 4＝ e 2－2>0，f(1)f(2)<0，故选 C.答案 C． ·石家庄期末 ) 函数 f(x)＝2 x－ 2－a 的一个零点在区间 (1,2)内，则实数 a 3 (2013 x的取值范围是()．A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2)解析 由条件可知 f(1)f(2)<0，即 (2－2－ a)(4－ 1－ a)<0，即 a(a －3)<0，解之得 0<a<3.第 1 页共 8 页答案 C4．(2011 ·东山 )已知 f(x)是 R 上最小正周期为 2 的周期函数，且当 0≤x<2 时，f(x) ＝ x3－x，则函数 y＝f(x)的图象在区间 [0,6]上与 x 轴的交点的个数为( )．A ．6 B． 7 C． 8 D． 9解析当 0≤ x<2 时，令 f(x)＝x3－＝，得x ＝或＝x 0 x 1.根据周期函数的性质，由f(x)的最小正周期为 2，可知 y＝ f(x)在[0,6)上有 6 个零点，又f(6)＝f(3× 2)＝f(0)＝ 0，∴f(x)在[0,6] 上与 x 轴的交点个数为7.答案 B二、填空题 (每小题 5 分，共 10 分 )x2，x≤0，g(x)＝f(x)－x－a，若函数 g(x)有两个零点，5．已知函数 f(x)＝f x－1 ， x>0，则实数 a 的取值范围为 ________．解析设 n 为自然数，则当n<x≤ n＋ 1 时， f(x)＝(x－ n－ 1)2，则当 x>0 时，函数 f(x)的图象是以 1 为周期重复出现．而函数y＝x＋a 是一族平行直线，当它过点 (0,1)(此时 a＝ 1)时与函数 f(x)的图象交于一点，向左移总是一个交点，向右移总是两个交点，故实数 a 的取值范围为a<1.答案(－∞， 1)x＋1，x≤0，6．函数 f(x)＝则函数 y＝f[f(x)]＋ 1 的所有零点所构成的集合为log2x，x>0，________．解析本题即求方程f[f(x)] ＝－ 1 的所有根的集合，先解方程f(t)＝－ 1，即t≤0，t>0， 1 1或log2t＝－ 1，得 t＝－ 2 或 t＝2.再解方程 f(x)＝－ 2 和 f(x)＝2.t＋1＝－ 1第 2 页共 8 页x ≤0， x>0，x ≤0， x>0，即或和1 或 1 x ＋1＝－ 2log2x ＝－ 2 x ＋1＝2log2x ＝ 2.1 1 得 x ＝－ 3 或 x ＝ 4和 x ＝－ 2或 x ＝ 2.1 1答案 － 3，－ 2，4， 2三、解答题 (共 25 分 )17．(12 分 )设函数 f(x)＝ 1－ x (x>0)． (1)作出函数 f(x)的图象；1 1(2)当 0<a<b ，且 f(a)＝ f(b)时，求 a ＋ b 的值； (3)若方程 f(x)＝ m 有两个不相等的正根，求 m 的取值范围．解 (1)如图所示．1(2)∵f(x)＝ 1－ x1 x－1，x ∈ 0，1] ， ＝11－ x ，x ∈ 1，＋∞ ，故 f(x)在 (0,1]上是减函数，而在 (1，＋∞ )上是增函数， 由 0<a<b 且 f(a)＝f(b)，111 1得 0<a<1<b ，且 a －1＝1－b ，∴ a ＋b ＝2. (3)由函数 f(x)的图象可知，当0<m<1 时，方程 f(x)＝m 有两个不相等的正根．8．(13 分 )已知函数 f(x)＝ x 3 ＋2x 2 －ax ＋ 1.(1)若函数 f(x)在点 (1， f(1))处的切线斜率为 4，求实数 a 的值； (2)若函数 g(x)＝ f ′(x)在区间 (－1,1)上存在零点，求实数 a 的取值范围．解 由题意得 g(x)＝ f ′ (x)＝3x 2 ＋4x － a.(1)f′(1)＝3＋4－a＝4，∴ a＝3.第 3 页共 8 页1 (2)法一①当 g(－ 1)＝－ a－1＝0，a＝－ 1 时，g(x)＝f′(x)的零点 x＝－3∈(－1,1)；7②当 g(1)＝7－a＝ 0，a＝7 时， f′ (x)的零点 x＝－3?(－ 1,1)，不合题意；③当 g(1)g(－ 1)<0 时，－ 1<a<7；＝4× 4＋ 3a ≥0，－1<－2，43<1④当时，－3≤ a<－1.g 1 >0，g －1 >04综上所述， a∈ －3，7 .法二 g(x)＝f′(x)在区间 (－1,1)上存在零点，等价于 3x2＋4x＝a 在区间 (－1,1)上有解，也等价于直线 y＝a 与曲线 y＝3x2＋4x 在(－1,1)有公共点．作图可得4a∈ －3， 7 .或者又等价于当x∈(－1,1)时，求值域．2＋4x＝ 3 x＋2 2 4 4.a＝3x3 －∈ －，7 3 3B 级能力突破 (时间： 30 分钟满分： 45 分)一、选择题 (每小题 5 分，共 10 分 )1．(2011 ·陕西 )函数 f(x)＝x－ cos x 在[0，＋∞ )内( )．A ．没有零点B．有且仅有一个零点C．有且仅有两个零点D．有无穷多个零点解析令 f(x)＝0，得x＝cos x，在同一坐标系内画出两个函数 y＝x与 y＝cos x 的图象如图所示，由图象知，两个函数只有一个交点，从而方程x＝cos x 只有一个解．∴函数 f(x)只有一个零点．第 4 页共 8 页答案 B2．(2012 ·辽宁 )设函数 f(x)(x∈ R)满足 f(－x)＝ f(x)， f(x)＝f(2－ x)，且当 x∈[0,1]时， f(x)＝x3又函数g(x)＝π ，则函数h(x)＝g(x)－f(x)在－1，3上的. |xcos( x)|2 2零点个数为( )．A ．5 B． 6 C． 7D． 8解析由题意知函数 y＝f(x)是周期为 2 的偶函数且 0≤x≤1 时， f(x)＝x3，则当－ 1≤ x≤0 时，f(x)＝－ x3，且 g(x)＝|xcos(x)|π，所以当 x＝0 时，f(x)＝ g(x)．当1 3 2x≠0 时，若 0<x≤2，则 x ＝xcos( x)π，即 x＝|cos πx|.同理可以得到在区间－1， 0 ，1， 1 ，1，3上的关系式都是上式，在同一个坐标系中作出所得2 2 2关系式等号两边函数的图象，如图所示，有 5 个根．所以总共有 6 个．答案 B二、填空题 (每小题 5 分，共 10 分 )3．已知函数 f(x)满足 f(x＋1)＝－ f(x)，且 f(x)是偶函数，当 x∈[0,1] 时， f(x)＝x2.若在区间[－1,3]内，函数g(x)＝f(x)－kx－k 有4 个零点，则实数k 的取值范围为________．解析依题意得f(x＋ 2)＝－ f(x＋1)＝f(x)，即函数f(x)是以 2 为周期的函数． g(x)＝f(x)－kx－ k在区间 [－ 1,3]内有 4 个零点，即函数 y＝f(x)与 y＝k(x＋1)的图象在区间 [ －1,3]内有 4 个不同的交点．在坐标平面内画出函数 y ＝f(x)的图象 (如图所示 )，注意到直线 y＝k(x＋1)恒过点 (－ 1,0)，由题及图象可1知，当 k∈ 0，4时，相应的直线与函数y＝f(x)在区间 [－1,3] 内有 4 个不同的第 5 页共 8 页1交点，故实数 k 的取值范围是0，4 .1答案0，44．若直角坐标平面内两点 P， Q 满足条件：① P、Q 都在函数 f(x) 的图象上；② P、Q 关于原点对称，则称点对 (P、Q)是函数 f(x)的一个“友好点对” (点对 (P、Q)与点对 (Q ， P) 看作同一个“友好点对” ) ．已知函数 f(x) ＝2x2＋4x＋1，x<0，2 则 f(x)的“友好点对”的个数是 ________．x，x≥0，e解析设 P(x， y)、Q(－ x，－ y)(x>0)为函数 f(x)的“ 友好点对”，则2 2 2 y＝e，－ y＝2(－ x) ＋4(－ x)＋1＝2x －x4x＋1，∴2 2－＋＝，在同一坐标系中作函数＋2x4xx 1 0e2 2y1＝e x、y2＝－ 2x＋4x－ 1 的图象， y1、y2 的图象有两个交点，所以f(x)有 2 个“友好点对”，故填 2.答案 2三、解答题 (共 25 分 )5．(12 分 )设函数 f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋c (a>0， a， c∈ R)．(1)设 a>c>0.若 f(x)>c2－2c＋a 对 x∈[1 ，＋∞ )恒成立，求 c 的取值范围；(2)函数 f(x)在区间 (0,1)内是否有零点，有几个零点？为什么？a＋ c 解(1)因为二次函数 f(x)＝ 3ax2－2(a＋c)x＋c 的图象的对称轴为 x＝3a，由a＋c 2a 2条件 a>c>0，得 2a>a＋ c，故3a <3a＝3<1，即二次函数 f(x)的对称轴在区间[1，＋∞ )的左边，且抛物线开口向上，故f(x)在[1，＋∞ )内是增函数．若f(x)>c2－ 2c＋a 对 x∈ [1，＋∞ )恒成立，则 f(x)min＝ f(1)>c2－ 2c＋a，即 a－c>c2－ 2c＋a，得 c2－c<0，第 6 页共 8 页所以 0<c<1.(2)①若 f(0) f(1)·＝c·(a－c)<0，则c<0，或 a<c，二次函数 f(x)在 (0,1)内只有一个零点．②若 f(0)＝c>0，f(1)＝ a－ c>0，则 a>c>0.因为二次函数 f(x)＝3ax2－2(a＋c)x＋ c 的图象的对称轴是 x＝a＋c而a＋c ＝3a .f 3a －a2＋ c2－ac<0，3aa＋ c a＋ c所以函数 f(x)在区间 0，3a和3a ，1 内各有一个零点，故函数 f(x)在区间(0,1)内有两个零点．6．(13 分 )已知二次函数 f(x)＝x2－ 16x＋q＋3.(1)若函数在区间 [ －1,1]上存在零点，求实数q 的取值范围；(2)是否存在常数 t(t≥0)，当 x∈[t,10]时，f(x)的值域为区间 D，且区间 D 的长度为12－ t(视区间 [a， b] 的长度为 b－a)．解(1)∵函数 f(x)＝ x2－16x＋q＋3 的对称轴是 x＝ 8，∴f(x)在区间 [ －1,1]上是减函数．f 1 ≤ 0，∵函数在区间 [ － 1,1] 上存在零点，则必有即f －1 ≥0，1－ 16＋q＋3≤0，∴－ 20≤q≤12.1＋ 16＋q＋3≥0，(2)∵0≤ t<10， f(x)在区间 [0,8] 上是减函数，在区间 [8,10] 上是增函数，且对称轴是 x＝8.①当 0≤t≤ 6 时，在区间 [t,10]上， f(t)最大， f(8)最小，∴f(t)－f(8)＝12－t，即 t2－ 15t＋52＝0，解得 t＝15±17，∴ t＝15－ 17 2 2；②当 6<t≤8 时，在区间 [t,10]上， f(10)最大， f(8)最小，∴f(10)－f(8)＝12－t，解得 t＝8；③当 8<t<10 时，在区间 [t,10]上， f(10)最大， f(t)最小，第7 页共 8 页∴f(10)－f(t)＝12－ t，即 t2－17t＋72＝ 0，解得 t＝8,9，∴t＝9.15－17综上可知，存在常数t＝，8,9 满足条件 .特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容 .第8 页共 8 页。

第四节直线、平面平行的判定及其性质[备考方向要明了]考什么怎么考1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系的简单命题. 1.直线与平面平行的判定与性质及平面与平面平行的判定与性质是高考的热点之一，考查线线、线面以及面面平行的转化，考查学生的空间想象能力及逻辑推理能力．2.从考查题型看，既有客观题又有主观题．客观题一般围绕线面平行的判定和性质定理的辨析设计试题；主观题主要是围绕线、面平行的判定和性质定理的应用设计试题，一般设计为解答题中的一问，如2012年某某T20(1)，某某T16(2)，某某T18(2)等.[归纳·知识整合]1．直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与这个平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行)∵l∥a，a⊂α，l⊄α，∴l∥α性质定理一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行⇒线线平行”)∵l∥α，l⊂β，α∩β＝b，∴l∥b[探究] 1.如果一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行吗？提示：不一定．只有当此直线在平面外时才有线面平行．2．如果一条直线和一个平面平行，那么这条直线和这个平面的任意一条直线都平行吗？提示：不可以，对于任意一条直线而言，存在异面的情况．2．平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行⇒面面平行”)∵a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α，∴α∥β性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行∵α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，∴a∥b[探究] 3.如果一个平面有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行吗？提示：不一定．可能平行，也可能相交．4．如果两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面有什么位置关系？答案：平行．[自测·牛刀小试]1．下列命题中，正确的是( )A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若a∥α，b⊂α，则a∥bC．若a∥α，b∥α，则a∥bD．若a∥b，b∥α，a⊄α，则a∥α解析：选D 由直线与平面平行的判定定理知，三个条件缺一不可，只有选项D正确．2．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直 D．l∥α或l⊂α解析：选D 当直线l∥α或l⊂α时，满足条件．3．(教材习题改编)已知平面α∥β，直线a⊂α，有下列说法：①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③a与β内的任意一条直线都不垂直．其中真命题的序号是________．解析：由面面平行的性质可知，过a与β相交的平面与β的交线才与a平行，故①错误；②正确；平面β内的直线与直线a 平行，异面均可，其中包括异面垂直，故③错误．答案：②4．如图，在空间四边形ABCD 中，M ∈AB ，N ∈AD ，若AM MB ＝AN ND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：∵AM MB ＝ANND，∴MN ∥BD ，又MN ⊄平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴MN ∥平面BDC . 答案：平行5．(教材习题改编)过三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱A 1C 1，B 1C 1，BC ，AC 的中点E 、F 、G 、H 的平面与平面________平行．解析：如图所示，∵E 、F 、G 、H 分别为A 1C 1、B 1C 1、BC 、AC 的中点， ∴EF ∥A 1B 1，FG ∥B 1B ，且EF ∩FG ＝F ，A 1B 1∩B 1B ＝B 1 ∴平面EFGH ∥平面ABB 1A 1. 答案：ABB 1A 1线面平行的判定及性质[例1] 正方形ABCD 与正方形ABEF 所在平面相交于AB ，在AE 、BD 上各有一点P 、Q ，且AP ＝DQ .求证：PQ ∥平面BCE .[自主解答] 法一：如图所示，作PM ∥AB 交BE 于M ，作QN ∥AB 交BC 于N ，连接MN .∵正方形ABCD 和正方形ABEF 有公共边AB ，∴AE ＝BD . 又AP ＝DQ ，∴PE ＝QB ， 又PM ∥AB ∥QN ， ∴PM AB ＝PE AE ＝QB BD ，QN DC ＝BQBD ，∴PM AB ＝QN DC，∴PM 綊QN ，即四边形PMNQ 为平行四边形， ∴PQ ∥MN .又MN ⊂平面BCE ，PQ ⊄平面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .法二：如图所示，作PH ∥EB 交AB 于H ，连接HQ ，则AH HB ＝AP PE， ∵AE ＝BD ，AP ＝DQ ， ∴PE ＝BQ ， ∴AH HB ＝AP PE ＝DQBQ，∴HQ ∥AD ，即HQ ∥BC . 又PH ∩HQ ＝H ，BC ∩EB ＝B ， ∴平面PHQ ∥平面BCE ， 而PQ ⊂平面PHQ ， ∴PQ ∥平面BCE .本例若将条件“AP ＝DQ ”改为“AP PE ＝DQ QB”，则直线PQ 与平面BCE 还平行吗？ 解：平行．证明如下：如图所示，连接AQ ，并延长交BC 于K ，连接EK . ∵AD ∥BK ， ∴DQ BQ ＝AQ QK .又AP PE ＝DQQB，∴AP PE ＝AQ QK， ∴PQ ∥EK .又P Q ⃘平面BEC ，EK ⊂平面BEC ， ∴PQ ∥平面BEC . ——————————————————— 证明线面平行的关键点及探求线线平行的方法(1)证明直线与平面平行的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线； (2)利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质，或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行；(3)注意说明已知的直线不在平面内，即三个条件缺一不可．1．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．解析：∵EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面AB 1C ＝AC ， ∴EF ∥AC ，又E 为AD 的中点，AB ＝2，∴EF ＝12AC ＝12×22＋22＝ 2.答案： 22．(2013·某某模拟)如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，E 、F 分别是AB 、PD 的中点，求证：AF ∥平面PCE .证明：如图，取PC 的中点M ， 连接ME 、MF ， 则FM ∥CD 且FM ＝12CD .又∵AE ∥CD 且AE ＝12CD ，∴FM 綊AE ，即四边形AFME 是平行四边形． ∴AF ∥ME ，又∵AF ⊄平面PCE ，EM ⊂平面PCE ， ∴AF ∥平面PCE .面面平行的判定与性质[例2] 如图所示，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是正方形，E ，F ，G 分别是棱B 1B ，D 1D ，DA 的中点．求证：平面AD 1E ∥平面BGF .[自主解答] ∵E ，F 分别是B 1B 和D 1D 的中点，∴D 1F 綊BE ， ∴四边形BED 1F 是平行四边形， ∴D 1E ∥BF .又∵D 1E ⊄平面BGF ，BF ⊂平面BGF ， ∴D 1E ∥平面BGF . ∵FG 是△DAD 1的中位线， ∴FG ∥AD 1.又AD 1⃘平面BGF ，FG ⊂平面BGF ， ∴AD 1∥平面BGF . 又∵AD 1∩D 1E ＝D 1， ∴平面AD 1E ∥平面BGF . ———————————————————判定面面平行的方法(1)利用定义：即证两个平面没有公共点(不常用)； (2)利用面面平行的判定定理(主要方法)；(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行(客观题可用)；(4)利用平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行(客观题可用)．3．如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为a 的正方体，M ，N 分别是下底面的棱A 1B 1，B 1C 1的中点，P 是上底面的棱AD 上的一点，AP ＝a3，过P ，M ，N 的平面交上底面于PQ ，Q 在CD 上，则PQ ＝________.解析：∵平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，∴MN ∥PQ . ∵M 、N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，AP ＝a3，∴CQ ＝a 3，从而DP ＝DQ ＝2a 3，∴PQ ＝223a .答案：223a4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 、P 分别为所在边的中点．求证：平面MNP ∥平面A 1C 1B .证明：如图所示，连接D 1C ，则MN 为△DD 1C 的中位线， ∴MN ∥D 1C .∵D 1C ∥A 1B ，∴MN ∥A 1B .同理可证，MP ∥C 1B .而MN 与MP 相交，MN ，MP 在平面MNP 内，A 1B ，C 1B 在平面A 1C 1B 内，∴平面MNP ∥平面A 1C 1B .线面平行中的探索性问题[例3] (2013·某某模拟)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，若D 是棱CC 1的中点，问在棱AB 上是否存在一点E ，使DE ∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．[自主解答] 存在点E，且E为AB的中点．下面给出证明：如图，取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1，∵AB的中点为E，连接EF，则EF∥AB1.B1C1与AB1是相交直线，∴平面DEF∥平面AB1C1.而DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.———————————————————破解探索性问题的方法解决探究性问题一般要采用执果索因的方法，假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件(出现矛盾)，则不存在．5.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，且AB＝2CD，在棱AB上是否存在一点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1？若存在，求点F的位置；若不存在，请说明理由．解：存在这样的点F，使平面C1CF∥平面ADD1A1，此时点F为AB的中点，证明如下：∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF綊CD，∴四边形AFCD是平行四边形，∴AD∥CF，又AD⊂平面ADD1A1，CF⊄平面ADD1A1，∴CF∥平面ADD1A1.又CC1∥DD1，CC1⊄平面ADD1A1，DD1⊂平面ADD1A1，∴CC1∥平面ADD1A1，又CC1、CF⊂平面C1CF，CC1∩CF＝C，∴平面C1CF∥平面ADD1A1.1个关系——三种平行间的转化关系线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关证明题的指导思想，解题中既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．2种性质——线面、面面平行的性质(1)线面平行的性质：①直线与平面平行，则该直线与平面无公共点．②由线面平行可得线线平行．(2)面面平行的性质：①两平面平行，则一个平面内的直线平行于另一平面．②若一平面与两平行平面相交，则交线平行．3种方法——判定线面平行的方法面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的三种方法：(1)利用定义：判定直线与平面没有公共点(一般结合反证法进行)；(2)利用线面平行的判定定理；(3)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面.数学思想——转化与化归思想在证明平行关系中的应用线线平行、线面平行和面面平行是空间中三种基本平行关系，它们之间可以相互转化，其转化关系如下：证明平行的一般思路是：欲证面面平行，可转化为证明线面平行，欲证线面平行，可转化为证明线线平行．[典例] (2013·某某模拟)如图，P为▱ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PC的中点，平面PAD∩平面PBC＝l.(1)判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；(2)判断MN与平面PAD的位置关系，并证明你的结论．[解] (1)结论：BC∥l，因为AD∥BC，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC＝l，所以BC∥l.(2)结论：MN∥平面PAD.设Q为CD的中点，如右图所示，连接NQ，MQ，则NQ∥PD，MQ∥AD.又因为NQ∩MQ＝Q，PD∩AD＝D，所以平面MNQ∥平面PAD.又因为MN⊂平面MNQ，所以MN∥平面PAD.[题后悟道]1．本题(1)将线面平行的判定定理和性质定理交替使用，实现了线线平行的证明；本题(2)巧妙地将线面平行的证明转化为面面平行，进而由面面平行的性质，得到结论的证明．2．利用相关的平行判定定理和性质定理实现线线、线面、面面平行关系的转化，也要注意平面几何中一些平行的判断和性质的灵活应用，如中位线、平行线分线段成比例等，这些是空间线面平行关系证明的基础．[变式训练]如图，在四面体PABC中，PC⊥AB，PA⊥BC，点D，E，F，G分别是棱AP，AC，BC，PB 的中点．(1)求证：DE∥平面BCP；(2)求证：四边形DEFG为矩形；证明：(1)因为D，E分别为AP，AC的中点，所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP，PC⊂平面BCP，所以DE∥平面BCP.(2)因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，所以DE∥PC∥FG，DG∥AB∥EF，所以四边形DEFG为平行四边形．又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，所以四边形DEFG为矩形．一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．已知直线a∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线a的直线( )A．只有一条，不在平面α内B．有无数条，不一定在平面α内C．只有一条，在平面α内D．有无数条，一定在平面α内解析：选C 由线面平行的性质可知C正确．2．下列命题中正确的个数是( )①若直线a不在α内，则a∥α；②若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；③若l与平面α平行，则l与α内任何一条直线都没有公共点；④平行于同一平面的两直线一定相交．A．1 B．2C．3 D．4解析：选A 对①，若a⊄α，则α与α相交或平行，故①错误；对②，当直线l与α相交时，也有直线l上的无数个点不在平面α内，故②错误；③正确；对④，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故④错误．3．(2013·某某九校联考)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α解析：选D 根据两平面平行的条件，可得选项D符合．4．如图，在正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P为所在棱的中点，则异面直线MP、AB在正方体以平面PBM为正面的正视图中的位置关系是( )A．相交 B．平行C ．异面D ．不确定解析：选B 在正视图中AB 是正方形的对角线，MP 是平行于对角线的三角形的中位线，所以两直线平行，故选B.5．设α、β、γ为三个不同的平面，m 、n 是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m ，n ⊂γ，且________，则m ∥n ”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.可以填入的条件有( )A ．①或②B ．②或③C ．①或③D ．①或②或③解析：选C 由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．6．下列四个正方体图形中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，P 分别为其所在棱的中点，能得出AB ∥平面MNP 的图形的序号是( )A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选B ①由平面ABC ∥平面MNP ，可得AB ∥平面MNP .④由AB ∥CD ，CD ∥NP ，得AB ∥NP ，所以AB ∥平面MNP .二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．考察下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l ，m 为不同直线，α、β为不重合平面)，则此条件为________．①⎭⎬⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α；② ⎭⎬⎫l ∥m m ∥α⇒l ∥α； ③ ⎭⎬⎫l ⊥βα⊥β⇒l ∥α. 解析：线面平行的判定中指的是平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，故此条件为：l ⊄α.答案：l ⊄α8．(2013·某某模拟)过三棱柱ABC －A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有________条．解析：过三棱柱ABC －A 1B 1C 1的任意两条棱的中点作直线，记AC ，BC ，A 1C 1，B 1C 1的中点分别为E ，F ，E 1，F 1，则直线EF ，E 1F 1，EE 1，FF 1，E 1F ，EF 1均与平面ABB 1A 1平行，故符合题意的直线共6条．答案：69．(2013·某某模拟)已知l ，m 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题：①若l ⊂α，m ⊂α，l ∥β，m ∥β，则α∥β；②若l ⊂α，l ∥β，α∩β＝m ，则l ∥m ；③若α∥β，l ∥α，则l ∥β；④若l ⊥α，m ∥l ，α∥β，则m ⊥β.其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．解析：当l ∥m 时，平面α与平面β不一定平行，①错误；由直线与平面平行的性质定理，知②正确；若α∥β，l ∥α，则l ⊂β或l ∥β，③错误；∵l ⊥α，l ∥m ，∴m ⊥α，又α∥β，∴m ⊥β，④正确，故填②④.答案：②④三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．如图，一直空间四边形ABCD 中，E 是AB 上一点，G 是三角形ADC的重心，试在线段AE 上确定一点F ，使得GF ∥平面CDE .解：如图，连接AG 并延长，交CD 于点H ，则AG GH ＝21，连接EH . 在AE 上取一点F ，使得AF FE ＝21，连接GF ，则GF ∥EH ，又EH ⊂平面CDE ，∴C 1F ∥平面CDE .易知当AF ＝2FE 时，GF ∥平面CDE .11．(2013·某某模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ；(2)求三棱锥E －BCD 的体积．解：(1)证明：取BC 中点G ，连接AG ，EG ，因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1. 由直棱柱知，AA 1綊BB 1，而D 是AA 1的中点，所以EG 綊AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以ED ∥AG ，又DE ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC所以DE ∥平面ABC .(2)因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ，所以V E －BCD ＝V D －BCE ＝V A －BCE ＝V E －ABC ，由(1)知，DE∥平面ABC ，所以V E －ABC ＝V D －ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝16×3×6×4＝12. 12．(2013·某某模拟)如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，PA ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，点E 在PD 上，且PE ∶ED＝2∶1，在棱PC 上是否存在一点F ，使BF ∥平面AEC ？证明你的结论．证明：存在．证明如下：取棱PC 的中点F ，线段PE 的中点M ，连接BD .设BD ∩AC ＝O .连接BF ，MF ，BM ，OE .∵PE ∶ED ＝2∶1，F 为PC 的中点，M 是PE 的中点，E 是MD 的中点，∴MF ∥EC ，BM ∥OE .∵MF ⊄平面AEC ，CE ⊂平面AEC ，BM ⊄平面AEC ，OE ⊂平面AEC ，∴MF ∥平面AEC ，BM ∥平面AEC .∵MF ∩BM ＝M ，∴平面BMF ∥平面AEC .又BF ⊂平面BMF ，∴BF ∥平面AEC .1．P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为O ，M 为PB的中点，给出四个结论：①OM ∥PD ；②OM ∥平面PCD ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA ，⑤OM ∥平面PCB .其中正确的个数有( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意知，OM ∥PD ，则OM ∥平面PCD ，且OM ∥平面PDA .2．已知平面α∥平面β，P 是α，β外一点，过点P 的直线m 与α，β分别交于A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于B ，D ，且PA ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．解析：分点P 在两个平面的一侧或在两个平面之间两种情况，由两平面平行得AB ∥CD ，截面图如图，由相似比得BD ＝245或24.答案：245或24 3．如图所示，四边形ABCD 是平行四边形，点P 是平面ABCD 外一点，M 是PC 的中点，在DM 上取一点G ，过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH .求证：AP ∥GH .证明：如图所示，连接AC 交BD 于点O ，连接MO .∵四边形ABCD 是平行四边形．∴O 是AC 的中点．又M 是PC 的中点，∴AP ∥OM .又AP ⊄平面BMD ，OM ⊂平面BMD ，∴AP ∥平面BMD .又AP ⊂平面PAHG ，平面PAHG ∩平面BMD ＝GH ，∴AP ∥GH .。