专题27 面积法

专题13 三视图与展开图1.视图：当我们从某一角度观察一个实物时，所看到的图像叫做物体的一个视图。

2.物体的三视图特指主视图、俯视图、左视图。

（1）主视图：从物体的前面向后面投射所得的视图称主视图,能反映物体的前面形状。

（2）俯视图：从物体的上面向下面投射所得的视图称俯视图，能反映物体的上面形状。

（3）左视图：从物体的左面向右面投射所得的视图称左视图，能反映物体的左面形状，有时也叫做侧视图。

物体的三视图实际上是物体在三个不同方向的正投影.正投影面上的正投影就是主视图，水平投影面上的正投影就是俯视图，侧投影面上的正投影就是左视图在画三视图时，三个三视图不要随意乱放，应做到俯视图在主视图的下方，左视图在主视图的右边，三个视图之间保持：长对正，高平齐，宽相等。

3.展开图：平面图形有三角形、四边形、圆等.立体图形有棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等.把立体图形按一定的方式展开就会得到平面图形，把平面图形按一定的途径进行折叠就会得到相应的立体图形。

【例题1】（2019•四川省达州市）如图是由7个小立方块所搭成的几何体的俯视图，小正方形中的数字表示该位置小立方块的个数，这个几何体的左视图是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由已知条件可知，左视图有2列，每列小正方形数目分别为3，1．据此可作出判断．从左面看可得到从左到右分别是3，1个正方形．【例题2】（2019•甘肃）已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，则该几何体的左视图的面积专题知识回顾专题典型题考法及解析为．【答案】（18+2）cm2．【解析】由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．该几何体是一个三棱柱，底面等边三角形边长为2cm，高为cm，三棱柱的高为3，所以，其表面积为3×2×3+2×＝18+2（cm2）．【例题3】（2019•江苏连云港）一个几何体的侧面展开图如图所示，则该几何体的底面是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据几何体的侧面展开图可知该几何体为四棱锥，所以它的底面是四边形．由题意可知，该几何体为四棱锥，所以它的底面是四边形．专题典型训练题一、选择题1.（2019广东深圳）下列哪个图形是正方体的展开图（）A．B．C．D．【答案】B【解析】立体图形的展开图B中图形符合“一四一”模型，是正方体的展开图．故选B．2.（2019•山东省济宁市）如图，一个几何体上半部为正四棱锥，下半部为立方体，且有一个面涂有颜色，该几何体的表面展开图是（）A．B．C．D．【答案】B．【解析】考点是几何体的展开图。

专题27数形结合阅读与思考数学研究的对象是现实世界中的数量关系与空间形式，简单地说就是“数”与“形”，对现实世界的事物，我们既可以从“数”的角度来研究，也可以从“形”的角度来探讨，我们在研究“数”的性质时，离不开“形”；而在探讨“形”的性质时，也可以借助于“数”．我们把这种由数量关系来研究图形性质，或由图形的性质来探讨数量关系，即这种“数”与“形”的相互转化的解决数学问题的思想叫作数形结合思想.数形结合有下列若干途径：1．借助于平面直角坐标系解代数问题；2．借助于图形、图表解代数问题；3．借助于方程（组）或不等式（组）解几何问题；4．借助于函数解几何问题.现代心理学表明：人脑左半球主要具有言语的、分析的、逻辑的、抽象思维的功能；右半球主要具有非言语的、综合的、直观的、音乐的、几何图形识别的形象思维的功能．要有效地获得知识，则需要两个半球的协同工作，数形结合分析问题有利于发挥左、右大脑半球的协作功能.代数表达及其运算，全面、精确、入微，克服了几何直观的许多局限性，正因为如此，笛卡尔创立了解析几何，用代数方法统一处理几何问题．从而成为现代数学的先驱．几何问题代数化乃是数学的一大进步．例题与求解【例l 】设1342222+-+++=x x x x y ，则y 的最小值为___________.（罗马尼亚竞赛试题）解题思路：若想求出被开方式的最小值，则顾此失彼．()()921122+-+++=x x y ＝()()()()2222302101-+-+-++x x ，于是问题转化为：在x 轴上求一点C (x ，0)，使它到两点A （－1，1）和B (2，3)的距离之和（即CA ＋CB ）最小.【例2】直角三角形的两条直角边之长为整数，它的周长是x 厘米，面积是x 平方厘米，这样的直角三角形()A ．不存在B ．至多1个C ．有4个D ．有2个（黄冈市竞赛试题）解题思路：由题意可得若干关系式，若此关系式无解，则可推知满足题设要求的直角三角形不存在；若此关系式有解，则可推知这样的直角三角形存在，且根据解的个数，可确定此直角三角形的个数．【例3】如图，在△ABC 中，∠A ＝090，∠B ＝2∠C ，∠B 的平分线交AC 于D ，AE ⊥BC 于E ，DF ⊥BC 于F .求证：BEAE BF AE DF BD ⋅+⋅=⋅111.（湖北省竞赛试题）解题思路：图形中含多个重要的基本图形，待证结论中的代数迹象十分明显．可依据题设条件，分别计算出各个线段，利用代数法证明．【例4】当a 在什么范围内取值时，方程a x x =-52有且只有相异的两实数根？（四川省联赛试题）解题思路：从函数的观点看，问题可转化为函数x x y 52-=与函数a y =(a ≥0)图象有且只有相异两个交点．作出函数图象，由图象可直观地得a 的取值范围．【例5】设△ABC 三边上的三个内接正方形（有两个顶点在三角形的一边上，另两个顶点分别在三角形另两边上）的面积都相等，证明：△ABC 为正三角形．（江苏省竞赛试题）解题思路：设△ABC 三边长分别为a ，b ，c ，对应边上的高分别为a h ，b h ，c h ，△ABC 的面积为S ，则易得三个内接正方形边长分别为a h a S +2，b h b S +2，ch c S+2，由题意得c b a h c h b h a +=+=+，即L c S c b S b a S a =+=+=+222．则a ，b ，c 适合方程L xS x =+2.【例6】设正数x ，y ，z 满足方程组⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++=+=++1693253222222x zx z z y y xy x ，求zx yz xy 32++的值．（俄罗斯中学生数学竞赛试题）能力训练1.不查表可求得tan 015的值为__________.2.如图，点A ，C 都在函数xy 33=(0>x )的图象上，点B ，D 都在x 轴上，且使得△OAB ，△BCD 都是等边三角形，则点D 的坐标为______________.（全国初中数学联赛试题）3．平面直角坐标系上有点P (－1，－2)和点Q (4，2)，取点R (1，m )，当=m ________时，PR ＋RQ 有最小值.4.若0>a ，0<b ，要使b a b x a x -=-+-成立，x 的取值范围是__________.5.已知AB 是半径为1的⊙O 的弦，AB 的长为方程012=-+x x 的正根，则∠AOB 的度数是______________.（太原市竞赛试题）6.如图，所在正方形的中心均在坐标原点，且各边与x 轴或y 轴平行，从内到外，它们的边长依次为2，4，6，8，…，顶点依次用1A ，2A ，3A ，4A ，…表示，则顶点55A 的坐标是()A.(13，13)B ．(－13，－13)C.(14，14)D.(－14，一14)第2题图第6题图7．在△ABC 中，∠C ＝090，AC ＝3，BC ＝4．在△ABD 中，∠A ＝090，AD ＝12.点C 和点D 分居AB 两侧，过点D 且平行于AC 的直线交CB 的延长线于E ．如果nmDB DE =，其中，m ，n 是互质的正整数，那么n m +=()A.25B.128C.153D.243E.256（美国数学统一考试题）8．设a ，b ，c 分别是△ABC 的三边的长，且cb a b a b a +++=，则它的内角∠A ，∠B 的关系是()A ．∠B ＞2∠AB ．∠B=2∠AC ．∠B ＜2∠AD ．不确定9．如图，a S AFG 5=∆，a S ACG 4=∆，a S BFG 7=∆，则=∆AEG S ()A ．a 1127B ．a 1128C ．a 1129D ．a 113010.满足两条直角边边长均为整数，且周长恰好等于面积的整数倍的直角三角形的个数有()A.1个B ．2个C ．3个D ．无穷多个11.如图，关于x 的二次函数m mx x y --=22的图象与x 轴交于A (1x ，0)，B (2x ，0)两点(2x ＞0＞1x )，与y 轴交于C 点，且∠BAC ＝∠BCO .(1)求这个二次函数的解析式；(2)以点D （2，0）为圆心⊙D ，与y 轴相切于点O ，过＝抛物线上一点E (3x ，t )(t ＞0，3x ＜0)作x 轴的平行线与⊙D 交于F ，G 两点，与抛物线交于另一点H ．问是否存在实数t ，使得EF ＋GH ＝CF ?如果存在，求出t 的值；如果不存在，请说明理由．（武汉市中考题）12.已知正数a，b，c，A，B，C满足a＋A＝b＋B＝c＋C＝k.求证：a B十b C＋c A＜k2.13.如图，一个圆与一个正三角形的三边交于六点，已知AG＝2，GF＝13，FC＝1，HI＝7，求DE．（美国数学邀请赛试题）14.射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC//QN，AM＝MB＝2cm，QM＝4cm.动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，3cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上）．请写出t可以取的一切值：_______________（单位：秒）．15.如图，已知D 是△ABC 边AC 上的一点，AD ：DC ＝2：1，∠C ＝045，∠ADB ＝060．求证：AB 是△BCD 的外接圆的切线．（全国初中数学联赛试题）16.如图，在△ABC 中，作一条直线l ∥BC ，且与AB 、AC 分别相交于D ，E 两点，记△ABC ，△BED 的面积分别为S ，K ．求证：K ≤S 41．（长春市竞赛试题）17.如图，直线OB 是一次函数x y 2 的图象，点A 的坐标为(0，2).在直线OB 上找点C ，使得△ACO 为等腰三角形，求点C 的坐标．（江苏省竞赛试题）专题27 数形结合例 1 5 提示:作出 B 点关于 x 轴的对称点 B '(2,-3)，连结 AB '交 x 轴于 C ，则 AB '=AC 十 CB ' 为所要求的最小值.例2D 提示:设两直角边长为a ，b ，斜边长为c ，由题意得a +b +c =x ，x ab =21,又222c b a =+，得().424b b a --=.因a ,h 为边长且是整数.故当⎩⎨⎧>->-,04,02b b 得b<2，取34,1==a b 不是整数;当⎩⎨⎧<-<-,04,02b b 得b>4，要使a ,b 为整数，只有两种取法:若b =5时，a =12(或b =12,a =5);若b =8时，a =6(或b =6,a =8).例3设AB =x ，则BC =2x ,AC =x 3,BE =x 21,DF =DA=.32,31x BD x =.在Rt △AEB 中求得AE=,,23x BF x =代入证明即可.例4如图，作出函数x x y 52-=图象，由图象可以看出:当a =0时，y =0与x x y 52-=有且只有相异二个交点;当4250<<a 时，y =a 与x x y 52-=图象有四个不同交点;当425=a 时，y =a 与x x y 52-=图象有三个不同交点，当425>a 时，y =a 与x x y 52-=图象有且只有相异二个交点.例5由L c s c b s b a s a =+=+=+222①,知正数c b a ,,适合方程.2L x sx =+当0≠x 时，有022=+-s Lx x ②，故c b a ,,是方程②的根.但任何二次方程至多只有两个相异的根，所以c b a ,,中的某两数必相同.设b a =,若a c ≠，由①得()()c a ac sa c s c a -=⎪⎭⎫⎝⎛-=-2112，则ac =2s =a a h ，这样△ABC 就是以∠B 为直角的直角三角形，b >a ，矛盾，故a =c ，得证.例6,ABC AOC BOC AOB S S S S ∆∆∆∆=++,3421120sin 21321150sin 321⨯⨯=+∙+∙∙∴ xz y z y x即,6232132121321=∙+∙+⨯∙xz y z y x 化简得.32432=++zx yz xy 能力训练1.32-提示:构造含15的Rt △ABC .2.()062，提示:如图，分别过点A ,C 作x 轴的垂线，垂足分别为E ,F .设OE =a ,BF =b ，则AE =a 3,CF =b 3，所以点A ,C的坐标为()().3,2,3,b b a a a +()⎩⎨⎧=+=∴33233332b a b a 解得⎩⎨⎧-==.363b a ∴点D 坐标为()0,62.3.52-提示:当R ,P ，Q 三点在一条直线上时，PR +RQ 有最小值.4.ax b ≤≤5.36提示:由012=-+x x 得21x x -=<1，则有AB <OB .在OB 上截取OC =AB =x ，又由012=-+x x 得x x x 11=-，即ABOABC AB =，则OAB ∆∽△ABC ,AB =AC =OC .6.C 提示:由题所给的数据结合坐标系可得，55A 是第14个正方形上的第三个顶点，位于第一象限，所以55A 的横纵坐标都是14.7.A8.B 提示：由条件,22b ab ac ab a +=++即()bca abc a a b +=∴+=,2，延长CB 至D ，使BD =AB ，易证△ABC ∽△DAC ，得∠ABC =∠D +∠BAD =2∠D =2∠BAC .9.D10.C 提示:设直角三角形的两条直角边长为(),,b a b a ≤则abk b a b a 2122∙=+++(k b a ,,均为正整数)，化简得()()⎩⎨⎧=-=-⎩⎨⎧=-=-∴=--44,2484,14,844kb ka kb ka kb ka 或解得⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧===8,6,14,3,212,5,1b a k b a k b a k 或或即有3组解.11.(1)122--=x x y (2)过D 作DM ⊥EH 于M ，连结DG ,2,===DO DG t DM ,.2222t MG FG -==若EF +GH =FG 成立，则EH =2FG .由4EF //x 轴，设H 为(x ,t )，又∵E ,H 为抛物线上的两个点，,12323t x x =--∴,12424t x x =--即43,x x 是方程t x x =--122的两个不相等的实数根，()t x x x x +-==+∴1,24343，()2432433422222,224t t t x x x x x x EH -∙=+∴+=-+=-=,解得8197,819711+-=-=t t (舍去).12.a 十A =b +B =c 十C =k ，可看作边长为k 的正三角形，而从2k 联想到边长为k 的正方形的面积.如图，将aB +bC +cA 看作边长分别为a 与B ,b 与C ,c 与A 的三个小矩形面积之和，将三个小矩形不重叠地嵌入到边长为k 的正方形中，显然aB +bC +cA <k 2.13.AC =AG +GF +FC =16，由AH ·AI =AG ·AF ，得AH(AH ＋7)＝2×(2＋13)，解得AH ＝3，从而HI ＝7，BI ＝6．设BD ＝x ，CE ＝y ，则由圆幂定理得•CD ＝CF •CG•BE ＝BI •BH (16－x )＝1×14(16－y )＝6×13.＝10－22＝6－22.故DE ＝16－(x ＋y )＝222.14.t ＝2或3≤t ≤7或t ＝8.提示：本题通过点的移动及直线与圆相切，考查分类讨论思想.由题意知∠AMQ ＝60°，MN ＝2．当t ＝2时，圆P 与AB 相切；当3≤t ≤7时，点P 到AC 的距离为3，圆P 与AC 相切；当t ＝8时，圆P 与BC 相切．15．设AD ＝2，DC ＝1，作BE ⊥AC ，交AC 于E ．又设ED ＝x ,则BE ＝3x ,BE ＝EC ＝3x ．又1＋x ＝3x ,∴x ＝3＋12,BE ＝3＋32,AE ＝AD －ED ＝2－x ＝3－32，AB 2＝AE 2＋BE 2＝（3－32）2＋（3＋32）2＝6，而AD •AC ＝6．∴AB 2＝AD •AC .故由切割线定理逆定理知，AB 是△BCD 的外接圆的切线．16．设AD AB ＝AEAC ＝m (0≤m ≤1).∵S △ABE S △ABC＝AE AC ＝m ，∴S △ABE ＝m S △ABC ．又∵S △BDE S △ABE ＝BD AB ＝AB －AD AB ＝1－m ，∴S △BDE ＝(1－m )•S △ABE ＝m (1－m )•S △ABC ．即K ＝(1－m )•mS ，整理得Sm 2－Sm ＋K ＝0,由△≥0得K ≤14S .17．分以下几种情况：①若此等腰三角形以OA 为一腰，且∠BAC 为顶角，则AO ＝AG ＝2．设C 1（―x ,2x ），则x 2＋（2x －2）2＝22，解得x ＝85，得C 1（85，165）．②若此等腰三角形以OA 为一腰，且O 为顶角顶点，则OC 2＝OC 3＝OA ＝2．设C 2（x ′，2x ′）,则x ′2＋（2x ′）2＝22，解得x ′＝255，得C 2（255，455）．又由点C 2与C 3关于原点对称，得C 3（―255，―455）．③若等腰三角形以OA 为底边，则C 4的纵坐标为1，其横坐标为12，得C 4(12，1)．所以，满足题意的点C 有4个，坐标分别为：（85，165）,（255，455）,（―255，―455）,(12，1).。

第27周表面积、体积（一)专题简析小学阶段所学的立体图形主要有四种：长方体、正方体、圆柱和圆锥。

从平面图形到立体图形是认识上的一个飞跃，需要有更高水平的空间想象能力。

因此，要牢固掌握这些几何图形的特征和有关的计算方法，能将公式做适当的变形，养成“数与形”结合的好习惯，解题时要认真细致观察，合理大胆想象，正确灵活地计算。

在解答立体图形的表面积问题时，要注意以下几点：（1）充分利用正方体六个面的面积都相等，每个面都是正方形的特点。

(2)把一个立体图形切成两部分，新增加的表面积等于切面面积的两倍。

反之，把两个立体图形拼合到一起，减少的表面积等于拼合面积的两倍。

(3)若把几个形状相同的长方体拼成一个表面积最大；的长方体，应把它们最小的面拼合起来。

若把几个形状相 ;同的长方体拼成一个表面积最小的长方体，应把它们最大的面拼合起来。

王牌例题1从一个棱长为10 cm的正方体木块上挖去一个长10 cm、宽2 cm、高2 cm的小长方体，剩下部分的表面积是多少？【思路导航】这是一道开放题，方法有多种，先求出原来正方体的表面积为102×6 = 600(cm2)。

①按图27—1所示，沿一条棱挖，剩下部分的表面积为：600 — 22× 2 = 592(cm2)②按图27—2所示，在某个面挖，剩下部分的表面积为：600 + 10×2×2—22×2=632(cm2)③按图27—3所示，挖通某两个对面，剩下部分的表面积为：600+10×2×4-22×2=672(cm2)举一反三11. 从一个长10 cm、宽6 cm、高5 cm的长方体木块上挖去一个棱长为2 cm的小正方体，剩下部分的表面积是多少？2. 把一个长为12 dm、宽为6 dm、高为9 dm的长方体木块锯成两个相同的小长方体木块，这两个小长方体的表面积之和，比原来长方体的表面积增加了多少平方分米？3. 在一个棱长是4 cm的正方体上挖一个棱长是1 cm的小正方体后，表面积会发生怎样的变化？王牌例题2把19个棱长为3 cm的正方体重叠起来，如图27 —4所示，拼成一个立体图形。

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反比例函数与三角形综合1. 如图,在平面直角坐标系中，反比例函数y= （x＞0）的图象与边长是6的正方形OABC的两边AB，BC分别相交于M，N 两点，△OMN的面积为10．若动点P在x轴上，则PM+PN的最小值是( ）A. 6B. 10C. 2D。

22。

如图，在反比例函数y= 的图象上有一动点A，连接AO并延长交图象的另一支于点B，在第二象限内有一点C，满足AC=BC，当点A运动时，点C始终在函数y= 的图象上运动，若tan∠CAB=2，则k的值为（）A. ﹣3 B. ﹣6 C。

学习界的007⎨ 专题27 含参不等式的存在性与恒成立问题【高考地位】含参不等式的恒成立问题越来越受到高考命题者的青睐，由于新课标高考对导数应用的加强，这些不等式的恒成立问题往往与导数问题交织在一起，这在近年的高考试题中不难看出这个基本的命题趋势. 解决这类问题的关键是揭开量词隐含的神秘面纱还函数问题本来面目，在高考中各种题型多以选择题、填空题和解答题等出现，其试题难度属高档题.方法一判别式法万能模板内容使用场景含参数的二次不等式解题模板第一步首先将所求问题转化为二次不等式；第二步运用二次函数的判别式对其进行研究讨论；第三步得出结论.例1 设f (x) =x 2 - 2mx + 2 ，当x ∈[-1,+∞) 时，f (x) ≥m 恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】第一步，首先将所求问题转化为二次不等式；第二步，运用二次函数的判别式对其进行研究讨论；⎧⎪∆≥ 0⎪F (-1) ≥0解得- 3 ≤m ≤-2 .⎪- 2m⎪-⎩ 2≤-1第三步，得出结论.综上可得实数m 的取值范围为[-3,1) .综上可得实数m 的取值范围为[-3,1) .【变式演练1】【2020 届百校联考高考考前冲刺必刷卷】已知集合A ={x x2 + 2ax + 2a ≤ 0}，若A 中只有一个元素，则实数a 的值为（）A．0 B．0 或-2 C．0 或2 D．2【答案】C【分析】根据题意转化为抛物线y =x2 + 2ax + 2a 与x 轴只有一个交点，只需△ = 4a2 - 8a = 0 即可求解.【详解】若A 中只有一个元素，则只有一个实数满足x2 + 2ax + 2a ≤ 0 ，即抛物线y =x2 + 2ax + 2a 与x 轴只有一个交点，∴△ = 4a2 - 8a = 0 ，∴ a = 0 或 2.故选：C【变式演练2【】安徽省皖江名校联盟2021 届高三第二次联考】对∀x ∈R ，不等式(a -1)x2 +(a -1)x -1 < 0恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．(-3,1) B．(-3,1] C．(-4,1) D．[-4,1]【答案】B【分析】学习界的首先根据不等式恒成立，对二次项系数是否为零进行讨论，结合图形的特征，列出式子求得结果.【详解】对∀x ∈ R ，不等式(a -1)x 2+ (a -1) x -1 < 0 恒成立， 当 a = 1 时，则有-1 < 0 恒成立；当a -1 ≠ 0 ， a -1 < 0 且∆ = (a -1)2 + 4(a -1) < 0 ，解得-3 < a < 1.实数 a 的取值范围是(-3,1]. 故选：B.方法二 分离参数法例 2 已知函数 f ( x ) = kx 2- ln x ，若 f ( x ) > 0 在函数定义域内恒成立，则 k 的取值范围是（）A ． ⎛ 1 , e ⎫B ． ⎛1 , 1 ⎫C ． ⎛-∞,1 ⎫D ． ⎛1 , +∞ ⎫e ⎪ 2e e⎪ 2e ⎪ 2e ⎪ ⎝ ⎭⎝ ⎭⎝⎭⎝ ⎭【答案】D【解析】第一步，首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；第二步，先求出含变量一边的式子的最值；第三步，由此推出参数的取值范围即可得出结论.考点：函数的恒成立问题．【方法点晴】本题主要考查了函数的恒成立问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立的分离参数构造新函数等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想，试题有一定的思维深度，属于中档试题，解答中根据函数的恒成立，利用分离参数法构造新函数，利用新函数的性质是解答的关键．含参不等式分离参数后的形式因题、因分法而异，因此解决含参不等式恒成立问题需把握住下述结论：（1 ） f (x) <g(a) 恒成立⇔f (x)max <g(a) ；（2 ）f (x) ≤g(a) 恒成立⇔ f (x)max≤g(a) ；（3 ）f (x) >g(a) 恒成立⇔f (x)min >g(a) .（4）f (x) ≥g(a) 恒成立⇔f (x)min≥g(a) .学&科网【变式演练3】【江苏省苏州市新草桥中学2020-2021 学年高三上学期10 月月考】正数a ，b满足9a +b =ab ，若不等式a +b ≥-x2 + 2x +18 -m 对任意实数x 恒成立，则实数m 的取值范围是（）A．[3, +∞)B．(-∞, 3) C．(-∞, 6)D．[6, +∞)【答案】A【分析】先利用基本不等式求得a +b 的最小值，再把问题转化为 m ≥ f (x ) 恒成立的类型，最后求解 f (x ) 的最大值即可. 【详解】因为9a + b = ab ，所以 1 + 9= 1，且 a ， b 为正数，a b所以 a + b = (a + b )( 1 + 9) = 10 + b +9a a bab10 +16 ，当且仅当 b = 9a，即 a = 4 ， b = 12 时，取等号，所以(a + b ) a bmin= 16 ，若不等式 a + b ≥ -x 2 + 2x +18 - m 对任意实数 x 恒成立， 则16 ≥ -x 2 + 2x +18 - m 对任意实数 x 恒成立， 即m ≥ -x 2 + 2x + 2 对任意实数 x 恒成立，因为-x 2+ 2x + 2 = -(x -1)2+ 3 3 ， 所以 m ≥ 3 ， 故选：A.【变式演练 4】【北京市人大附中 2021 届高三年级 10 月数学月考】已知方程 x 2 + ax -1 = 0 在区间[0,1]上有解，则实数a 的取值范围是（ ）A ． [0, +∞)B ． (-∞, 0)C ． (-∞, 2]D ． [-2, 0]【答案】A【分析】化简方程，分离参数，利用数形结合即可求解【详解】方程x2 +ax -1 = 0 在区间[0,1]上有解，当x = 0 时，方程无解；当0 <x ≤ 1时，则有a =1-x2=1-，令g(x) =1-x ，x xxx1 -(1+x2 )g(x)g '(x) =--1 =< 0 ，即在0 <x ≤1时为减函数，x2 x2由于g(1) = 0 ，所以，当0 <x ≤1时，g (x) ≥ 0 ，所以，只要a ≥ 0 ，方程x2 +ax -1 = 0 在区间[0,1]上有解故选：A方法三函数性质法例3 设函数f (x) =e x -1-x -ax2 ，若x ≥ 0 时，f (x) ≥ 0 ，求a 的取值范围.【答案】a ≤1 2【解析】第一步，首先可以把含参不等式整理成适当形式如f (x, a) ≥ 0 、f (x, a) < 0 等；1-x第二步，从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值；第三步，得出结论.【点评】函数、不等式、导数既是研究的对象，又是解决问题的工具.本题抓住 f (0) = 0 这一重要的解题信息，将问题转化为 f (x ) ≥ f (0) 在 x ≥ 0 时恒成立，通过研究函数 f (x ) 在[0, +∞) 上是不减函数应满足的条件，进而求出 a 的范围.隐含条件 f (0) = 0 对解题思路的获得，起到了十分重要的导向作用.【变式演练 5】【云南省昆明市第一中学 2021 届高中新课标高三第二次双基检测】记函数f ( x ) = ln ( x +1) + 的定义域为 A ，函数g (x ) = e x - e - x + sin x +1，若不等式 g (2x + a ) + g (x 2 -1) > 2 对 x ∈ A 恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ． [2, +∞)B ． (2, +∞)C ． (-2, +∞)D ． [-2, +∞)【答案】A⎨【分析】根据函数解析式，先求出 A = (-1,1] ；令 m ( x ) = e x- e- x+ sin x ，根据函数奇偶性的定义，判定 m (x ) 是奇函数；根据导数的方法判定 m (x ) 是增函数；化所求不等式为 a > - x 2 - 2 x + 1 ，进而可求出结果. 【详解】由⎧x +1 > 0 解得-1 < x ≤ 1 ，即 A = (-1,1] ， ⎩1- x ≥ 0令m (x ) = e x- e - x+ sin x ，则m (-x ) = e- x- e x - sin x = -m (x ) ，则 m (x ) 是 R 上的奇函数； 又m '(x ) = e x+ e - x+ cos x ≥ 2 + cos x > 0 显然恒成立，所以 m ( x ) 是增函数；由 g (2x + a ) + g (x 2-1) > 2 得 m (2x + a ) + m ( x 2-1)+ 2 > 2 ，即m (2x + a ) + m (x 2-1) > 0 ，即 m (2x + a ) > -m (x 2-1)，由 m (x ) 是 R 上的奇函数且为增的函数， 所以 m (2x + a ) > m (1- x2) 得： 2 x + a > 1 - x 2.所以 a > -x 2 - 2x +1 = -( x +1)2+ 2 ，当 x ∈(-1,1]时， -( x +1)2+ 2 < 2 .所以 a ≥ 2 .故选：A.【高考再现】1.【2020 年高考浙江卷9】已知a , b ∈R 且ab ≠ 0 ，若(x-a)(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 在x ≥ 0 上恒成立，则（）A. a < 0B. a > 0C. b < 0D. b > 0【答案】C【思路导引】对a 分a > 0 与 a < 0 两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案．【解析】当a < 0 时，在x ≥ 0 上，x -a ≥ 0 恒成立，∴只需满足(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，此时2a +b <b ，由二次函数的图象可知，只有b < 0 时，满足(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 ，b > 0 不满条件；当b < 0 时，在[0, +∞)上，x -b ≥ 0 恒成立，∴只需满足(x-a)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，此时当两根分别为x =a 和x = 2a +b ，（1）当a +b > 0 时，此时0 <a < 2a +b ，当x ≥ 0 时，(x -a)(x- 2a -b)≥ 0 不恒成立，（2）当a +b < 0 时，此时2a +b <a ，若满足(x -a)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，只需满足a < 0当a +b = 0 时，此时2a +b =a > 0 ，满足(x -a)(x- 2a -b)≥ 0 恒成立，综上可知满足(x-a)(x-b)(x- 2a -b)≥ 0 在x ≥ 0 恒成立时，只有b < 0 ，故选C ．2.【2020 年高考上海卷11】已知a ∈R ，若存在定义域为R 的函数f (x) 同时满足下列两个条件，①对任意x ∈R ，f (x ) 的值为x 或x2 ；②关于x 的方程f (x) =a 无实数解；则a 的取值范围为．0 0 0 0【答案】(-∞, 0) (0,1) (1, +∞)【解析】由y =x2 和y =x 的图象和函数的定义可知，若满足 f (x)的值为x 或f (x)=x 2 ，只有0 0 0 0f (0)= 0 = 02 ，f (1)=1 =12 ，结合②可知若方程f (x)=a 无实数解，则a ∈(-∞, 0) (0,1) (1, +∞)，故答案为：(-∞, 0) (0,1) (1, +∞)．【专家解读】本题的特点是函数图象及其性质的应用，本题考查了函数与方程，二次函数图象及其应用，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查数学运算、数学直观、数学建模等学科素养．解题关键是正确a cc · 4a作出函数图象，应用函数图象及其性质解决问题．3. 【2018 年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）】在O ABC 中，角 A,B,C 所对的边分别为 a,h,c ，²ABC ܥ 1ൌ0°，²ABC 的平分线交 AC 于点 D ，且 BD ܥ 1，则 4a h c 的最小值为 ．【答案】9【解析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，SOABC ܥ SOABD h SOBCD ,由角平分线性质和三角形面积公式得1acsin 1ൌ0° ܥ 1 a × 1 ×ൌൌsin60° h 1 c × 1 × sin60°，化简得 ac ܥ a h c, 1 h 1 ܥ 1，因此 4a h c ܥ (4a h c)( 1 h 1 ) ܥ h h c h 4a ≤ h hൌacacacൌ ܥ 9,当且仅当 c ܥ ൌa ܥ 3 时取等号，则 4a h c 的最小值为 9.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.4. 【2015 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学】已知函数f ( x ) = {2 - x , ( x - 2)2, x ≤ 2,函数x > 2,g (x ) = b - f (2 - x ) ，其中b ∈ R ，若函数 y = f (x )- g (x ) 恰有 4 个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．⎛ 7 , +∞ ⎫B ． ⎛-∞,7 ⎫C ． ⎛ 0,7 ⎫D ．⎛ 7 , 2 ⎫4 ⎪ 4 ⎪ 4 ⎪ 4 ⎪ ⎝ ⎭⎝⎭⎝ ⎭⎝ ⎭【答案】D【解析】试题分析：函数恰有 4 个零点，即方程 ，即有 4 个不同的实数根， 即直线与函数的图像有四个不同的交点． 又⎨2做出该函数的图像如图所示，由图得，当时，直线与函数 的图像有 4 个不同的交点，故函数 恰有 4 个零点时，b的取值范围是故选 D ．考点：1、分段函数；2、函数的零点．【方法点晴】本题主要考查的是分段函数和函数的零点，属于难题．已知函数的零点个数，一般利用数形结合思想转化为两个函数的图像的交点个数问题，作图时一定要保证图形准确， 否则很容易出现错误．⎧x 2 - x + 3, x ≤ 1,5. 【2017 天津理，8】已知函数 f (x ) = ⎪ x + , x > 1.设 a ∈ R ，若关于 x 的不等式 f (x ) ≥| x+ a | 在 R 上恒2 ⎩⎪ x 成立，则 a 的取值范围是（A ）[-47, 2] 16 （B ）[- 47 , 39]16 16（C ）[-2 3, 2]（D ）[-2 3, 39]16【答案】 A2 3 3 47 x x2 x 23 2 x 2当 x > 1 时，(*)式为-x - ≤ + a ≤ x + ， - x - ≤ a ≤ + ，x 2 x 2 x 2 x3 2 3 2又 - x - = -( x + 2 x 2 ) ≤ -2 x （当 x = 时取等号），3 x + 2≥ 2 = 2 （当 x = 2 时取等号）， 2 x 所以-2 ≤ a ≤ 2 ， 综上-≤ a ≤ 2 ．故选A ．16【考点】不等式、恒成立问题【名师点睛】首先满足 f (x ) ≥x+ a 转化为- f (x ) - ≤ a ≤ f (x ) - 去解决，由于涉及分段函数问题要 2 2 2遵循分段处理原则，分别对 x 的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据 x 的范围，利用极端原理，求出对应的a 的范围.6. 【2016 高考新课标 1 卷】已知函数 f( x ) = ( x - 2)e x + a (x -1)2有两个零点.(I)求 a 的取值范围；(II)设 x 1,x 2 是 f ( x ) 的两个零点,证明： x 1 + x 2 < 2 .【答案】(0, +∞)3 2 xx ⨯ 2试题解析;（Ⅰ）f '(x) = (x -1)e x + 2a(x -1) = (x -1)(e x + 2a) ．（i）设a = 0 ,则f (x) = (x - 2)e x , f (x) 只有一个零点．（ii）设a > 0 ,则当x ∈(-∞,1) 时, f '(x) < 0 ；当x ∈ (1, +∞) 时, f '(x) > 0 ．所以f (x) 在(-∞,1) 上单调递减,在(1, +∞) 上单调递增．又f (1) =-e , f (2) =a ,取b 满足b < 0 且b < ln a ,则2f (b) >a(b - 2) +a(b -1) 2 =a(b 2 -3b) > 0 ,2 2故f (x) 存在两个零点．学&科网（iii）设a < 0 ,由f '(x) = 0 得x =1 或x = ln(-2a)．若a ≥-e, 则ln(-2a) ≤1 , 故当x ∈ (1, +∞) 时, 2时, f (x) < 0 ,所以f (x) 不存在两个零点．f '(x) > 0 , 因此f (x) 在(1, +∞) 上单调递增．又当x ≤ 1若a <-e,则ln(-2a) > 1 ,故当x ∈ (1, ln(-2a)) 时, f '(x) < 0 ；当x ∈(ln(-2a), +∞) 时, f '(x) > 0 ．因此2f (x) 在(1, ln(-2a)) 单调递减,在(ln(-2a), +∞) 单调递增．又当x ≤ 1时, f (x) < 0 ,所以f (x) 不存在两个零点．综上, a 的取值范围为(0, +∞)．考点：导数及其应用7.【2016 高考江苏卷】已知函数f (x) =a x +b x (a > 0, b > 0, a ≠ 1, b ≠ 1) .设a = 2,b =1 .2（1）求方程f (x) = 2 的根;（2）若对任意x ∈R ,不等式f (2x) ≥m f(x) - 6 恒成立，求实数m 的最大值；（3）若0 <a <1,b＞1，函数g (x)=f (x)- 2 有且只有 1 个零点，求ab 的值. 【答案】（1）①0 ②4（2）1【解析】试题解析：（1）因为a=2,b=1，所以f(x)=2x+2-x. 2①方程f (x) = 2 ，即2x + 2-x = 2 ，亦即(2x )2 - 2 ⨯ 2x +1 = 0 ，所以(2x -1)2 = 0 ，于是2x = 1 ，解得x = 0 .②由条件知f (2x) = 22 x + 2-2 x = (2x + 2-x )2 - 2 = ( f (x))2 - 2 .（2）因为函数g(x) =f (x) - 2 只有1 个零点，而g(0) =f (0) - 2 =a 0 +b 0 - 2 = 0 ，所以0 是函数g(x) 的唯一零点.因为g ' (x) =a x ln a +b x ln b ，又由0 <a < 1, b > 1 知ln a < 0, ln b > 0 ，ln a a所以 g '(x ) = 0 有唯一解 x = log (-ln a) . 0b ln b令h (x ) = g '(x ) ，则 h '(x ) = (a xln a + b x ln b )' = a x (ln a )2 + b x (ln b )2，从而对任意 x ∈ R ， h '(x ) > 0 ，所以 g '(x ) = h (x ) 是(-∞, +∞) 上的单调增函数，于是当 x ∈(-∞, x ) ， g ' (x ) < g ' (x ) = 0 ；当 x ∈(x , +∞) 时， g ' (x ) > g '(x ) = 0 . 因而函数 g (x ) 在(-∞, x 0 ) 上是单调减函数，在(x 0 , +∞) 上是单调增函数.下证 x 0 = 0 .若 x < 0 ，则 x < x 0 < 0 ，于是 g ( x0 ) < g (0) = 0 ，2 2又 g (log 2) = alog a 2+ b log a 2 - 2 > a log a 2 - 2 = 0 ，且函数 g (x ) 在以 x0 和log 2 为端点的闭区间上的图象不a 2a间断，所以在 x 0 和log 2 之间存在 g (x ) 的零点，记为 x . 因为0 < a < 1，所以log 2 < 0 ，又 x0 < 0 ，2 a 1 a2所以 x 1 < 0 与“0 是函数 g (x ) 的唯一零点”矛盾.若 x > 0 ，同理可得，在 x0 和log 2 之间存在 g (x ) 的非 0 的零点，矛盾.2a因此， x 0 = 0 .于是-= 1，故ln a + ln b = 0 ，所以ab = 1 .ln b考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数 范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象 的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利 用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.8.【2016 年高考四川理数】设函数 f (x )=ax 2-a -ln x ，其中 a ∈R.学习界的007（Ⅰ）讨论 f (x )的单调性；（Ⅱ）确定 a 的所有可能取值，使得 f (x ) > 1- e1- x在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底x数).【答案】（Ⅰ）当 x ∈（0, 1) 时， f '(x ) <0， f (x ) 单调递减；当 x ∈（ 2a 1，+∞) 时， f '(x ) >0， f (x ) 单 2a调递增；（Ⅱ） a Î [ 1,+ ¥ ) . 2【解析】1 2ax2 -1试题解析：（I ） f '(x ) = 2ax - = x x(x > 0).当a ≤ 0时 f '(x ) <0， f (x ) 在（0，+∞）内单调递减.当a > 0时 由 f '(x ) =0，有 x =1 .2a此时，当 x ∈（0,1) 时， f '(x ) <0， f (x ) 单调递减；2a学习界的007当 x ∈（1，+∞) 时， f '(x ) >0， f (x ) 单调递增.2a（II ）令 g (x ) = 1- x 1 ex -1， s (x ) = e x -1 - x .则 s '(x ) = ex -1-1 .而当 x > 1时， s '(x ) >0，所以 s (x ) 在区间（1，+∞) 内单调递增.又由 s (1) =0，有 s (x ) >0， 从而当 x > 1 时， f (x ) >0.考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求f '(x) ，解方程f '(x) = 0 ，再通过f '(x) 的正负确定f (x) 的单调性；要证明函数不等式f (x) >g(x) ，一般证明f (x) -g(x) 的最小值大于0，为此要研究函数h(x) =f (x) -g(x) 的单调性．本题中注意由于函数h(x) 有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．【反馈练习】1.【2020 届陕西省西安市西北工业大学附中高三第三次高考适应性考试】不等式x2 - 2x + 5 >a2 对x ∈ (1, +∞) 恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．[-2, 2]B．(-2, 2)C．(-∞, -2) (2, +∞) D．(-∞, -2] [2, +∞)【答案】A【分析】求得x > 1 时x2 - 2x + 5 的取值范围，由此求得a2 的取值范围，进而求得a 的取值范围.【详解】由于x = 1 是y =x2 - 2x + 5 的对称轴，所以当x > 1 时，x2 - 2 x + 5 > 12 - 2 + 5 = 4 .所以a2 ≤ 4 ，解得-2 ≤a ≤ 2 .故选：A2.【吉林省通榆县第一中学2020-2021学年高三上学期第二次月考】若命题“∃x∈R，使x2+(a-1)x+1<0”是假命题，则实数a 的取值范围为（）A．(-1, 3)B．[-1,3]C．(-∞, -1) (3, +∞)D．(-∞, -1]⋃[3, +∞)⎩【答案】B【分析】先求出命题的否定，利用其为真命题及二次函数的性质，列不等式求解.【详解】解：命题“∃x ∈R ，使 x 2+ (a -1)x +1 < 0 ”是假命题，则命题“ ∀ x ∈R ，使 x 2+ (a -1)x +1 ≥ 0 ”是真命题，∴∆= (a -1)2- 4 ≤ 0 ，解得-1 ≤ a ≤ 3 .故选：B3.【河北省邯郸市 2021 届高三上学期摸底】若命题 p : “ ∀x ∈ R ， 2ax 2 - ax -1 ≤ 0 ”为真命题，则实数a 的取值范围是（）A ． (-∞,8]B ．[-8, 0] C ． (-∞, -8) D ．(-8, 0)【答案】B【分析】对二次项系数进行讨论，分为 a = 0 和a ≠ 0 两种情形，结合判别式可得结果.【详解】由题意，当 a = 0 时，命题成立；⎧a < 0当a ≠ 0 时， ⎨∆ = a 2+ 8a ≤ 0 ，解得-8 ≤ a < 0 ，综上可得，实数a 的取值范围是[-8, 0] .故选：B.4. 【江西省上高二中 2021 届高三上学期第一次月考】已知函数 f (x ) = x 2 + ln(| x | +1) ，若对于 x ∈[-1, 2] ，f (x 2 + 2ax - 2a 2 ) < 9 + ln 4 恒成立，则实数 a 的取值范围是（）A ． -1 < a < 2 - 62B ． -1 < a < 1C. a >2 + 6 或 a <2 - 6D.2 - 6 < a < 2 + 62 22 2【答案】A【分析】根据 f ( x ) 的解析式可得该函数是偶函数且在(0, +∞) 是增函数，据此求解不等式；将问题转化为一元二次不等式在区间上恒成立的问题，从而处理.【详解】由题意，函数 f (x ) = x 2 + ln(| x | +1) 的定义域为 R ，且 f (-x ) = (-x )2+ ln(| -x | +1) = x 2+ ln(| x | +1) = f (x )所以函数 f ( x ) 是 R 上的偶函数，且在[0, +∞) 上单调递增，又由9 + ln 4 = 32+ ln(| x | +1) =f (3) ，所以不等式 f (x 2 + 2ax - 2a2) < 9 + ln 4 对于 x ∈[-1, 2] 恒成立，等价于 x 2 + 2ax - 2a 2< 3 对于 x ∈[-1, 2]恒成立，即 x 2 + 2ax - 2a 2 < 3 ① x 2 + 2ax - 2a 2 > -3 ②对于x ∈[-1, 2]恒成立．⎧g(-1) =-2a 2 - 2a - 2 < 0 令g(x) =x2 + 2ax - 2a2 -3 ，则⎨，⎩g(2) =-2a 2 + 4a +1 < 0解得a >2 +26或a <2 -26时①式恒成立；令h(x) =x2 + 2ax - 2a 2 + 3 ，令x2 + 2ax - 2a2 + 3 = 0 ，则当∆= 4a2 + 8a2 -12 < 0 时，即-1 <a < 1时②式恒成立；当∆= 4a2 + 8a2 -12 = 0 ，即a =±1时，不满足②式；当∆= 4a2 + 8a2 -12 > 0 ，即a <-1 或a > 1时，由h(-1) =1- 2a - 2a 2 + 3 > 0 ，h(2) = 4 + 4a - 2a 2 + 3 > 0 ，且-a <-1或-a > 2 ，知不存在a 使②式成立．综上所述，实数a 的取值范围是-1 <a <2 - 6．2故选：A.5.【天津市第七中学2020-2021 学年高三上学期第一次月考】若不等式ax2+2ax﹣1＜0 对于一切实数x 都恒成立，则实数a 的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣1，0）C．(-1,0] D．[0, +∞)【答案】C【分析】⎧a < 0讨论二次项系数a = 0 或a ≠ 0 ，当a ≠ 0 时，只需满足⎨∆< 0 ，解不等式即可.⎩⎩ ⎩【详解】当 a = 0 时，不等式-1 < 0 对于一切实数 x 恒成立，满足题意；⎧a < 0 当a ≠ 0 时，则⎨∆ < 0 ⎧a < 0，即⎨4a 2+ 4a < 0，解得-1 < a < 0 ，综上所述，实数 a 的取值范围是(-1, 0] . 故选：C6.【海南省临高中学 2021 届高三上学期第一次月考】若不等式 x 2 + ax - 2 > 0 在区间[1, 5] 上有解，则a 的取值范围是（）A ． ⎛ -23 , +∞⎫B ． ⎡-23 ,1⎤C ．(1, +∞) D ． ⎛-∞, -23 ⎫5 ⎪ ⎢ 5 ⎥ 5 ⎪ ⎝ ⎭⎣ ⎦⎝ ⎭【答案】A【分析】由题意可得a >⎛ 2 - x ⎫ ，求得函数 y = 2- x 在区间[1, 5] 上的最小值，由此可求得实数 a 的取值范围. x ⎪x ⎝ ⎭min【详解】当 x ∈[1, 5] 时，由 x 2 + ax - 2 > 0 可得a > 2- x ，由题意可得 a > ⎛ 2 - x ⎫. xx ⎪ ⎝ ⎭min函数 y =2 - x 在区间[1, 5] 上单调递减，则 y= 2 - 5 = - 23 ，∴a > - 23. x因此，实数a 的取值范围是⎛ -23 , +∞⎫.min5 5 55 ⎪ ⎝ ⎭故选：A.7．（多选题）【江苏省南京市玄武高级中学 2020-2021 学年高三上学期学情检测】已知 m ∈ N * ，若对任意的2 m x ∈[1, 2] ， x +m ≤ 4 恒成立，则实数m 的值可以为（ ）xA ．1B ．2C ．3D ．4【答案】ABC【分析】将不等式转化为m ≤ 4x - x 2 在 x ∈[1, 2] 恒成立，求出 y = 4x - x 2 在区间[1, 2] 的最小值即可求解.【详解】若对任意的 x ∈[1, 2] ， x +m≤ 4 恒成立，x即m ≤ 4x - x 2 在 x ∈[1, 2] 恒成立， 令 y = 4x - x 2 ， x ∈[1, 2]，y = 4x - x 2 = - (x - 2 )2+ 4 ∈ [3, 4 ]，所以 m ≤ 3 ，又m ∈ N * ，所以 m = 1, 2, 3 .故选：ABC8. 【天津市南开中学 2020-2021 学年高三上学期统练】设函数 f (x ) = x 2 -1，对任意x ∈ 3⎛ x ⎫2[ , +∞), f ⎪ - 4m f (x ) ≤ f (x - 1) + 4 f (m ) 恒成立，则实数 m 的取值范围是 . ⎝ ⎭【答案】(-∞, -3] ⋃[ 3, +∞) 2 2【分析】根据 f (x ) 的解析式及题干条件，整理可得 1m2- 4m 2≤ - 3x2- 2 + 1在 x ∈[ 3, x2+∞) 上恒成立，利用二次函3 数的性质可求得-3t 2 - 2t + 1 的最小值为- 5 ，则只需求 13m 2- 4m 2≤ - 5即可，化简整理，即可得答案.3【详解】x 22222x ∈ 3由题意得 m 2 -1- 4m (x -1) ≤ (x -1) -1+ 4(m -1) 在 [ , +∞) 上恒成立，21整理得 m 2- 4m 2 ≤ - 3 x 2- 2 + 1在 x ∈[ 3 , x 2+∞) 上恒成立， 令 1 = t ，则t ∈(0, 2] ，x 3则- - 2 +1 = -3t 2- 2t +1，x 2x因为t ∈(0, 2] ，则-3t 2 - 2t + 1 的最小值为- 5，3 3所以 1- 4m 2≤ - 5 ，整理可得(3m 2 +1)(4m 2 - 3) ≥ 0 ，m 23所以 m 2≥ 3，即 m ≥43 或m ≤ -3 ，22故答案为： (-∞, -3] ⋃[ 3, +∞) . 2 29. 【2020 年浙江省新高考考前原创冲刺卷】已知不等式cos 2 x - a sin x + a 2 1-sin x 对任意的实数 x 均成立，则实数 a 的取值范围为 .【答案】(-∞, -2] [1, +∞) 【分析】即sin 2x + (a -1) sin x - a20 恒成立，设t = sin x ，则t ∈[-1,1] ，令 f (t ) = t 2 + (a -1)t - a 2 ，即 f (t ) ≤ 0在t ∈[-1,1] 时恒成立，即 f (t )max ≤ 0 ，根据二次函数在闭区间上的最值的特点可得， f (t ) 的最大值一定( ) ( )⎩⎧ f (-1) = 1- (a -1) - a 2 ≤ 0 为 f 1 或 f -1 ，所以只需⎨ ⎩ f (1) = 1+ (a -1) - a 2≤ 0，从而得出答案.【详解】由cos 2 x - a sin x + a 2 1-sin x 可得sin 2 x + (a -1) sin x - a 2 0 .令t = sin x ，则t ∈[-1,1] ，令 f (t ) = t 2 + (a -1)t - a 2 ， t ∈[-1,1] ，即 f (t ) ≤ 0 在t ∈[-1,1] 时恒成立，即 f (t )max ≤ 0 .由开口向上的二次函数的图象和性质知，当t ∈[-1,1] 时， f (t ) 的最大值一定为 f (1) 或 f (-1).⎧ f (-1) = 1- (a -1) - a 2 ≤ 0 所以⎨ f (1) = 1+ (a -1) - a 2≤ 0故答案为： (-∞, -2] [1, +∞)，解得 a ≤ -2 或 a ≥ 1 .10. 【2020 届浙江省金华十校高三下学期 4 月模拟考试】设 a ，b ∈R ，若函数 f (x ) = 2 ax 3+ 1bx 2+ (1- a ) x 3 2在区间[﹣1，1]上单调递增，则 a +b 的最大值为 ．【答案】2【分析】求导得 f '(x ) = 2ax 2 + bx +1 - a ，依题意2ax 2 + bx +1- a ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立，先根据系数比例，令2x 2 - 1 = x ，可得 a + b ≤ 2 ，即 a +b 的最大值为 2，再证明充分性，即当 a + b = 2 时，2ax 2 + bx +1- a ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立，综合即可得出结论．【详解】求导得 f '(x ) = 2ax 2+ bx +1 - a ，( ) -2x , x ≤ 0 ∵函数 f (x ) 在区间[-1,1] 上单调递增，∴ 2ax 2 + bx +1- a ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立， 令2x 2 - 1 = x 解得 x = 1 或 x = - 1，2将 x = - 1代入可得- 1 a - 1 b +1 ≥ 0 ，即 a + b ≤ 2 ，则a +b 的最大值为 2，2 2 2下面证明 a + b = 2 可以取到，令 g ( x ) = f '(x ) = 2ax 2+ bx +1- a ，则 g '( x ) = 4ax + b ，且 g ( x ) ≥ 0 ， g ⎛ - 1 ⎫= 0 ，2 ⎪ ⎝ ⎭则 g '⎛ - 1 ⎫= -2a + b = 0 ，解得 a = 2， b = 4， 2 ⎪ 3 3⎝⎭当a = 2 ， b = 4时，3 3g ( x ) = f '( x ) = 4 x 2 + 4 x + 1 = 1(2x +1)2 ≥ 0 在 x ∈[-1,1]上恒成立，3 3 3 3故a + b = 2 可以取到，综上， a +b 的最大值为 2． 故答案为：2．⎧ax 2 + x , x > 0 1. 【广西防城港市防城中学 2021 届高三 10 月月考】已知 f x = ⎨ ⎩，若不等式f ( x - 2) ≥ f (x ) 对一切 x ∈ R 恒成立，则a 的最大值为 .【答案】 - 12【分析】⎝ ⎪根据分段函数的表达式，分别讨论x 的取值范围，利用参数分离法求出a 的范围即可得到结论.【详解】∵不等式f (x - 2)≥f (x )对一切x ∈R 恒成立，∴若x ≤ 0 ，则x - 2 ≤-2 .则不等f (x- 2)≥f (x )等价为，-2 (x- 2)≥-2x ，即4 ≥ 0 ，此时不等式恒成立，若0 <x ≤ 2 ，则x - 2≤0 ，则不等式f (x- 2)≥f (x )等价为，-2 (x - 2)≥ax 2 +x ，即ax2 ≤ 4 - 3x ，则a ≤4 - 3x=x24-3，x2 x4 3 ⎛1 3 ⎫2 9设h (x)=x2 -x= 4x- -，⎭16∵0 <x ≤ 2 ，∴1≥1，x 2则h (x)≥-1，∴此时a ≤-1，2 2若x > 2 ，则x - 2 > 0 ，则f(x-2)≥f(x)等价为，a(x-2)2+(x-2)≥ax2+x，即4a (1 -x )≥ 2 ，∵x > 2 ，∴-x <-2 ，1-x <-1 ，8⎨则不等式等价， 4a ≤ 2 = - 2即2a ≤ -1 x -11- x x -1则 g (x ) = - 1 x -1在 x > 2 时，为增函数，∴g ( x ) > g (2) = -1 ，即2a ≤ -1，则 a ≤ - 1，2故 a 的最大值为- 1，2故答案为： - 1.212.【上海市行知中学 2021 届高三上学期 10 月月考】若对任意实数 x ∈[-1,1]，不等式 m 2-1 > x (m +1) 恒成立，则实数m 的取值范围是．【答案】(-∞, -1)(2, +∞)【分析】根据题意将问题转化为(m +1) x - (m 2-1)< 0 对任意实数x ∈[-1,1]恒成立，进而得 ⎧⎪(m +1)⨯1-(m 2 -1) < 0 ⎪⎩(m +1)⨯(-1) -(m 2-1) < 0，解不等式即可得答案.【详解】解：因为对任意实数 x ∈[-1,1]，不等式 m 2-1 > x (m +1) 恒成立，故(m +1) x - (m 2-1)< 0 对任意实数x ∈[-1,1]恒成立，故只需满足⎨ ⎩⎧⎪(m +1)⨯1-(m 2 -1) < 0 ⎪⎩(m +1)⨯(-1) -(m 2 -1) < 0，解得： m < -1或 m > 2 所以实数 m 的取值范围是(-∞, -1) (2, +∞) .故答案为： (-∞, -1) (2, +∞)13. 【天津市和平区 2020-2021 学年高三上学期期中】∀x ∈ R ，ax 2 + ax - 2 < 0 都成立.则 a 的取值范围是．【答案】(-8, 0]【分析】分类讨论， a = 0 ， a ≠ 0 时结合二次函数性质得解．【详解】a = 0 时，不等式为-2 < 0 ，恒成立，⎧a < 0a ≠ 0 时，则⎨∆ = a 2 + 8a < 0 ，解得-8 < a < 0 ，综上有-8 < a ≤ 0 ． 故答案为： (-8,0]．14.【湖北省鄂西北五校（宜城一中、枣阳一中、襄州一中、曾都一中、南漳一中）2020-2021 学年高三上学期期中】已知函数 f (x ) = x 2 + ax - 2(a ∈ R ) ，若∃x ∈(1, 4) ，使得 f (x ) ≤ 0 ，则a 的取值范围是 .【答案】 a < 1【分析】转化为a ≤ 2 - x 在 x ∈(1, 4) 时能成立，利用 y = 2 - x 在(1, 4) 上为递减函数，求出 2 - x ∈ (- 7 ,1) 后可得x x x 2解.【详解】∃x ∈(1, 4) ，使得f (x) ≤ 0 ，等价于x2 +ax - 2 ≤ 0 ，即a ≤2-x 在x ∈(1, 4) 时能成立，x因为y =2-x 在(1, 4) 上为递减函数，所以2-x ∈ (-7,1) ，x x 2所以a < 1 .故答案为：a < 1 .15.【辽宁省营口第五中学2020-2021 学年高三上学期第二次月考】已知函数f (x) =| 3x -1| + | 3x +a | ，g(x) =x ⋅f (x) ，h(x) =x 2 - 5x - 3 ．（1）若f (x)≥ 3 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）是否存在这样的实数a （其中a >-1 ），使得∀x∈⎡-a,1⎤，都有不等式g(x) ≥h(x) 恒成立？若存⎣⎢33⎥⎦在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）(-∞, -4] [2, +∞) ；（2）存在，⎛-1,-9+321⎤． 4 ⎥ ⎝⎦【分析】（1）利用绝对值三角不等式求得f (x )的最小值，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a 的含绝对值的不等式，求解即得；（2）根据a 和x 的范围化简得到含有参数a 的关于x 的一元二次不等式，利用二次函数的图象和性质，并根据不等式恒成立的意义得到关于实数a 的有关不等式（组），求解即得.【详解】解：（1）∵f(x)=|3x-1|+|3x+a|，∴f ( x) ≥| (3x -1) - (3x +a) |=| a +1 |，3 当且仅当(3x -1)(3x + a ) ≤ 0 时，取等号．∴原不等式等价于 a +1 ≥ 3 ，解得 a ≥ 2 或 a ≤ -4 ．故a 的取值范围是(-∞, -4] [2, +∞) ．（2）∵ a > -1 ，∴ - a < 1， 3 3∵ x ∈ ⎡- a , 1 ⎤ ，∴ f ( x ) =| 3x -1 | + | 3x + a |= a + 1，g (x ) = (a +1) x ， ⎣⎢ 3 3⎥⎦∴原不等式恒成立⇔ (a +1)x ≥ x 2 - 5x - 3 ⇔ x 2 - (a + 6)x - 3 ≤ 0在 x ∈ ⎡- a ,1 ⎤ 上恒成立，⎣⎢ 3 3⎥⎦令u (x ) = x 2 - (a + 6)x - 3 ， u ⎛ - a ⎫ = 4 a 2 + 2a - 3 ≤ 03 ⎪ 9 ⎝ ⎭得-9 + 3 21 ≤ a ≤ -9 + 3 21 ， 4 4且u ⎛ 1 ⎫ = - 44 - 1 a ≤ 0 ，得 a ≥ - 44 ，⎪ ⎝ ⎭ 又 a > -1 ，得-1 < a ≤ -9 + 3 21 ．4故实数a 的取值范围是⎛ -1, -9 + 3 21 ⎤ ． 4 ⎥ ⎝⎦ 16. 【江苏省苏州市相城区 2020-2021 学年高三上学期阶段性诊断】已知二次函数 f (x ) = ax 2+ bx ，满足f (-2) = 0 且方程 f ( x ) = x 有两个相等实根.9 3 32t 2t 2t （1） 求函数 f ( x ) 的解析式；（2） 解不等式 f ( x ) <3 2（3） 当且仅当 x ∈[4,m ]时，不等式 f ( x - t ) ≤ x 恒成立，试求 t ，m 的值.【答案】（1） f (x ) = 1x 2 + x ；（2）{x | -3 < x < 1} ；（3）t = 8, m = 12 . 2【分析】（1）由 f (-2) = 0 可得b = 2a ，再由方程 f (x ) = x 有两个相等实根，可得∆ = (2a - 1)2 - 4 ⨯ a ⨯ 0 = 0 ， 从而可求出a , b 的值，进而可求出 f (x ) 的解析式； （2） 直接解一元二次不等式可得结果；（3） 不等式(x - t )2 ≤ 2t 的解集为{x | t - ≤ x ≤ t + 2t } ，由于当且仅当 x ∈[4, m ] 时， f (x - t ) ≤ x 恒成立，即不等式 f (x - t ) ≤ x 的解集为{x | 4 ≤ x ≤ m } ，从而得t - = 4 且t + = m ，进而可求得结果【详解】解：（1）由于函数 f (x ) = ax 2 + bx 是二次函数，所以 a ≠ 0 ，又 f (-2) = a ⨯(-2)2 + b ⨯(-2) = 0 ，所以b = 2a ，所以 f ( x ) = ax 2 + 2ax ，又 f (x ) = x 有两个相等实根，即ax 2 + (2a - 1)x = 0(a ≠ 0) 有两个相等实根，所以∆ = (2a - 1)2 - 4 ⨯ a ⨯ 0 = 0 ，所以 a = 1 2从而 f (x ) = 1x 2 + x . 2（2）由（1）知， f (x ) = 1 x 2 + x ，所以不等式 f ( x ) < 3 即为 1 x 2 + x < 3，解得-3 < x < 1. 2 2 2 22t 2t 2t 所以不等式的解集为{x | -3 < x < 1}（3）由（1）知， f (x ) = 1 x 2 + x ，所以不等式 f (x - t ) ≤ x 即为 1 ( x - t )2 + ( x - t ) ≤ x ， 22化简得( x - t )2 ≤ 2t ，又由于( x - t )2 ≥ 0 ，所以2t ≥ 0 ，从而不等式( x - t )2 ≤ 2t 的解集为{x | t - ≤ x ≤ t + 2t }又由于当且仅当x ∈[4, m ] 时， f (x - t ) ≤ x 恒成立，即不等式 f (x - t ) ≤ x 的解集为{x | 4 ≤ x ≤ m }， 所以t - = 4 且t + = m ，从而解得t = 8, m = 12 .17. 【西藏山南市第二高级中学 2021 届高三上学期第一次月考】已知二次函数 f (x ) 的最小值为 1，且 f (0) = f (2) = 3 .（1） 求 f ( x ) 的解析式，并写出单调区间；（2） 当 x ∈[-1 ，1] 时， f (x ) > 2x + 2m +1恒成立，试确定实数m 的取值范围.【答案】（1） f ( x ) = 2x 2- 4x + 3，增区间为(1, +∞) ，减区间为(-∞ ，1] ；（2） (-∞, -1].【分析】（1） 根据二次函数顶点式求得 f ( x ) ，进而求得 f ( x ) 的单调区间.（2） 利用分离常数法，结合二次函数的性质求得 m 的取值范围.【详解】（1）.∵ f (x ) 是二次函数，且 f (0) = f (2) = 3 ，∴其图像对称轴为直线 x = 1 . 又最小值为1，∴可设 f ( x ) = a ( x -1)2 +1， 又 f (0) = 3， ∴a = 2 .a + ≥∴ f (x ) = 2(x -1)2 +1 = 2x 2- 4x + 3 .∴ f (x ) 的单调递增区间为(1, +∞) ，单调递减区间为(-∞ ，1] .（2）由已知得 2x 2 - 4x + 3 > 2x + 2m +1在[-1,1] 上恒成立，化简得 m < x 2 - 3x +1.设 g (x ) = x 2- 3x +1 ，则 g ( x ) 在区间[-1,1] 上单调递减.∴在区间[-1,1] 上的最小值为 g (1) = -1，∴ m < -1.∴满足条件的实数 m 的取值范围为(-∞, -1) .18. 【重庆市西南大学附属中学 2021 届高三上学期第一次月考】已知命题 p : 存在实数 x ∈[1, 2] ， x 2 - 4ax + 1 ≤ 0 成立（1） 若命题 p 为真命题，求实数 a 的取值范围；（2） 命题q : 函数 f ( x ) = log (ax 2 - x ) 在区间 x ∈(2, 4) 内单调递增，如果 p ∧ q 是假命题，求实数 a 的取值范围.【答案】（1） a ≥ 1；（2） 0 < a < 1. 2【分析】（1） 由题得1 1 a [ 4 (x x)]min ，利用基本不等式求函数的最小值即得解； （2） 先求出命题q 为真时， a > 1，再根据 p ∧ q 是假命题求实数 a 的取值范围.【详解】（1）由题得存在实数 x ∈[1, 2]， a ≥ 1 (x + 1 ) 成立，所以 a ≥ [ 1 (x + 1)] ， 4 x 4 x mina因为 1 (x + 1 ) ≥ 1 ⋅ 1，（当且仅当 x = 1 时取等）， 4 x4 2所以 a ≥ 1 . 2（2）函数 f ( x ) = log (ax 2 - x )在区间 x ∈(2, 4) 内单调递增，当 a > 1时，二次函数 y = ax 2 - x 的对称轴为 x = 1 2a< 2 ，所以二次函数 y = ax 2- x 在区间 x ∈(2, 4) 内单调递增， 因为 ax 2 - x > 0 在区间 x ∈(2, 4) 内恒成立，所以 4a - 2 ≥ 0,∴ a ≥ 1.所以 a > 1. 2当0 < a < 1时，二次函数 y = ax 2 - x 在区间 x ∈(2, 4) 内单调递减，所以 x = 1 2a≥ 4，∴ a ≤ 1 . 8因为 ax 2 - x > 0 在区间 x ∈(2, 4) 内恒成立，所以16a - 4 ≥ 0,∴ a ≥ 1 .所以 a ∈∅ . 4综上所述， a > 1.如果 p ∧ q 是真命题，则 a ≥ 1 且 a > 1，即 a > 1. 2如果 p ∧ q 是假命题，所以0 < a < 1.。

【史上最全小学求阴影部分面积专题—含答案】小学及小升初复习专题-圆与求阴影部分面积----完整答案在最后面目标：通过专题复习，加强学生对于图形面积计算的灵活运用。

并加深对面积和周长概念的理解和区分。

面积求解大致分为以下几类：1、从整体图形中减去局部；2、割补法，将不规则图形通过割补，转化成规则图形。

重难点：观察图形的特点，根据图形特点选择合适的方法求解图形的面积。

能灵活运用所学过的基本的平面图形的面积求阴影部分的面积。

例1.求阴影部分的面积。

例2.正方形面积是7平方厘米，求阴影部分的面积。

(单位:厘米)(单位:厘米)例3.求图中阴影部分的面积。

(单位:厘米) 例4.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例5.求阴影部分的面积。

(单位:厘米) 例6.如图：已知小圆半径为2厘米，大圆半径是小圆的3倍，问：空白部分甲比乙的面积多多少厘米？例7.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例8.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例9.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例10.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例11.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例12.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例13.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例14.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例16.求阴影部分的面积。

(单位:厘米)例15.已知直角三角形面积是12平方厘米，求阴影部分的面积。

例17.图中圆的半径为5厘米,求阴影部分的面积。

(单位:厘米) 例18.如图，在边长为6厘米的等边三角形中挖去三个同样的扇形,求阴影部分的周长。

例19.正方形边长为2厘米，求阴影部分的面积。

例20.如图，正方形ABCD的面积是36平方厘米，求阴影部分的面积。

例21.图中四个圆的半径都是1厘米，求阴影部分的面积。

例22.如图，正方形边长为8厘米，求阴影部分的面积。

例23.图中的4个圆的圆心是正方形的4个顶点，，它们的公共点是该正方形的中心，如果每个圆的半径都是1厘米，那么阴影部分的面积是多少？例24.如图，有8个半径为1厘米的小圆，用他们的圆周的一部分连成一个花瓣图形，图中的黑点是这些圆的圆心。

专题27 组合图形的面积计算知识梳理1.平面图形的周长与面积公式。

[提示]有的平面图形的公式不是唯一的，有时要结合不同的已加条件灵活运用，比如圆的周长公式，当已知半径时，选用C=2πr；已知直径时，可选用C=πd。

除了熟练掌握平面图形的周长与面积公式外，还要理解每个公式是怎么推导出来的，如圆的面积公式推导进程是把一个圆平均分成若干个小扇形，可以拼成一个近似的长方形，长方形的长等于圆周长的一半，宽等于圆的半径。

2.组合图形的面积。

对于组合图形面积的计算问题，一般将它转化为若干基本规则图形的组合，分析整体与部分的和、差关系，问题便得到解决。

（1）直接求面积。

这种方法是根据已知条件，从整体出发直接求出组合图形面积。

（2）相加、相减求面积。

这种方法是将组合图形分解转化成几个基本规则图形，分别计算它们的面积，然后相加或相减求出该图形的面积。

（3）等量代换求面积。

一个图形可以用与它相等的另一个图形替换，如果甲、乙大小相等，那么求出乙的大小，就知道甲的大小；两个图形同时增加或减少相同的面积，它们的差不变。

（4）借助辅助线求面积。

这种方法是根据具体情况在图形中添一条或若干条辅助线，使不规则图形转化成若干个基本规则图形，然后再采用相加、相减法求面积。

【例1】计算右面图形的面积。

（单位:厘米）【点拨分析】 求梯形的面积，必须知道上底、下底和高这三个条件。

从圆中可以看出，此梯形的高是6厘米，那么解题的关键就是求出上底和下底的长或求出它们的长度和。

在左边的直角三角形中，一个内角是45°，可知它是等腰直角三角形，所以高的左边部分与下底相等。

同样，右边的三角形也是一个等腰直角三角形，所以梯形的上底和高的右边部分相等。

这样就可推和梯形上、下底的长度和就是梯形高的长度6厘米。

【答 案】 6×6÷2＝18（平方厘米）例题精讲1.计算下面图形的面积。

（单位:厘米）2.如图，长方形的面积是45平方米，求阴影部分的面积。

专题27 弧弦圆心角的关系一、单选题1．下列命题中是真命题的是（）A．1的平方根是1B．等弦所对的圆周角相等C．等腰三角形的高、角平分线、中线重合D．两条直线被第三条直线所截，内错角不一定相等【答案】D【分析】由平方根的含义判断,A由圆的弧，弦，圆心角，圆周角的关系判断,B由等腰三角形的性质判断,C由内错角的含义判断,D从而可得答案．【详解】解：1的平方根是 ，故A不符合题意；等弦所对的圆周角不一定相等，故B不符合题意；等腰三角形的底边上的高、顶角的角平分线、底边上的中线互相重合，故C不符合题意；两条直线被第三条直线所截，内错角不一定相等，真命题，故D符合题意；故选：.D【点睛】本题考查的是真假命题的判断，同时考查了内错角的含义，平方根的含义，等腰三角形的性质，弧，弦，圆心角，圆周角的关系，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关键．2．如图，AB是⊙O的直径，C、D是ACB上的三等分点，则⊙A+⊙D＝（）A．120°B．95°C．105°D．150°【答案】A【分析】根据圆周角定理和圆心角、弦、弧的关系求得⊙ACB＝90°，⊙BOD＝60°，⊙A＝60°，再根据OB=OD证得⊙BOD为等边三角形，则有⊙D=60°，即可求解．【详解】解：⊙C、D是ACB上的三等分点，⊙AC CD BD==，⊙AB是⊙O的直径，⊙⊙ACB＝90°，⊙BOD＝60°，⊙A＝60°，⊙OB＝OD，⊙⊙OBD为等边三角形，⊙⊙D＝60°，⊙⊙A+⊙D＝120°，故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理，圆心角、弦、弧的关系，等边三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识的运用是解答的关键．3．如果在两个圆中有两条相等的弦，那么（）A．这两条弦所对的圆心角相等B．这两条弦所对的弧相等C．这两条弦都被与它垂直的半径平分D．这两条弦所对的弦心距相等【答案】C【分析】在同圆或等圆中，两条相等的弦所对的圆心角相等，弧相等，据此解答．【详解】解：A. 在同圆或等圆中，两条相等的弦所对的圆心角相等，故A 错误；B. 在同圆或等圆中，两条相等的弦所对弧相等，故B 错误；C. 如果在两个圆中有两条相等的弦，这两条弦都被与它垂直的半径平分，故C 正确；D. 如果在两个圆中有两条相等的弦，这两条弦所对的弦心距不一定相等，故D 错误．【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系及垂径定理，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 4．如图，A B C D 、、、是O 上的点，180AOD BOC ∠+∠=︒．若2,6AD BC ==，则BOC ∆的面积为（ ）A ．3B ．6C ．9D ．12【答案】A【分析】 作出辅助线延长BO 交O 于点E ，连接CE ，由此构建圆心角AOD COE ∠=∠，根据圆周角与弧长和弦长的关系得到2AD CE ==，再据此求出BEC △的面积，经由OB OE =即可求出BCE 的面积.【详解】解：如图延长BO 交O 于点E ，连接CE ，⊙B O E 、、三点共线⊙180COE BOC ∠+∠=︒，90BCE ∠=︒，⊙CE BC ⊥，⊙180AOD BOC ∠+∠=︒，⊙AOD COE ∠=∠，⊙AD CE =，⊙2AD CE ==,⊙6BC =， ⊙1162622S BC CE ==⨯⨯=△BCE ， ⊙OB OE =， ⊙116322S S ==⨯=△BOC △BEC . 故选A.【点睛】 本题主要考查圆心角所对弧、弦的关系，圆周角定理，关键在于作出OB 的延长线OE ，来构造出圆心角相等，以此来解决问题.5．如图，AB 是O 的直径，,C D 是ACB 上的三等分点，且1sin 2ABC ∠=，则A D ∠+∠等于 （ ）A ．120°B ．95°C ．105°D ．150°【答案】A【分析】 由圆心角、弦、弧的关系及圆周角定理可得⊙ACB=90°，⊙BOD=60°，⊙A=60°，通过证明⊙OBD 为等边三角形，即可求⊙D=60°，进而可求解；【详解】⊙ C 、D 是ACB 上的三等分点，⊙ AC CD BD == ，⊙ AB 是圆的直径，⊙ ⊙ACB=90°，⊙BOD=60°，⊙A=60°，⊙OB=OD ，⊙⊙OBD 为等边三角形，⊙⊙D=60°，⊙⊙A+⊙D=120°，故选：A ．【点睛】本题主要考查了圆心角、弦、弧的关系，等边三角形的判定与性质，圆周角定理等知识点的综合运用； 6．如图，正五边形ABCDE 内接于O ，点P 为DE 上一点（点P 与点D ，点E 不重合），连接PC ，PD ，DG PC ⊥，垂足为G ，则PDG ∠等于（ ）A ．72°B ．54°C ．36°D ．64°【答案】B【分析】 根据正五边形ABCDE 内接于O ，可得COD ∠，再根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系，可得CPD ∠，再根据三角形内角和定理即可得PDG ∠．【详解】解：⊙正五边形ABCDE 内接于O ， ⊙360725COD ︒∠==︒ ⊙CPD ∠与COD ∠所对的弧相同 ⊙1362CPD COD ∠=∠=︒⊙PDG ∠=180903654︒-︒-︒=︒故选：B ．【点睛】本题主要考查了圆内接正多边形的性质及同弧所对的圆周角和圆心角的性质，解题的关键是求出CD 所对的圆心角．7．如图，AB 为⊙O 直径，CD 为弦，AB⊙CD 于E ，连接CO ，AD ，⊙BAD ＝25°，下列结论中正确的有（ ） ⊙CE ＝OE ；⊙⊙C ＝40°；⊙ACD ＝ADC ；⊙AD ＝2OEA ．⊙⊙B ．⊙⊙C ．⊙⊙⊙D ．⊙⊙⊙⊙【答案】B【分析】根据圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系以及直角三角形边的关系进行判断即可．【详解】解：⊙AB 为⊙O 直径，CD 为弦，AB⊙CD 于E ，⊙CE=DE ，BC BD =，ACB ADB =，⊙⊙BOC=2⊙A=40°，ACB BC ADB BC +=+，即ADC ADC =，故⊙正确；⊙⊙OEC=90°，⊙BOC=40°，⊙⊙C=50°，故⊙正确；⊙⊙C≠⊙BOC ，⊙CE≠OE ，故⊙错误；作OP⊙CD ，交AD 于P ，⊙AB⊙CD ，⊙AE ＜AD ，⊙AOP=90°，⊙OA ＜PA ，OE ＜PD ，⊙PA+PD ＞OA+OE⊙OE ＜OA ，⊙AD ＞2OE ，故⊙错误；故选：B ．【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，熟练掌握性质定理是解题的关键． 8．如图，AB 是⊙O 的直径，点P 是O 上一个动点（点P 不与点A ，B 重合），在点P 运动的过程中，有如下四个结论：⊙至少存在一点P ，使得PA AB >；⊙若2PB PA =，则2PB PA =；⊙PAB ∠不是直角；⊙2POB OPA ∠=∠．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）A ．⊙⊙B ．⊙⊙C ．⊙⊙⊙D ．⊙⊙⊙【答案】B【分析】 根据圆的直径的性质，直径是圆中最长的弦，直径所对的圆周角是90°，弧，弦，圆心角的关系，以及圆的半径相等，即可得出．【详解】⊙因为直径是圆中最长的弦,故⊙错误，⊙若2=则PB＜2PA ，故⊙错误，PB PA⊙ 因为直径所对的圆周角是90°，⊙APB=90°，所以⊙PAB不可能是90°，故⊙正确，⊙ 连接PA，PO，如图⊙⊙POB=⊙PAO+⊙APO又⊙PAO=⊙APO⊙⊙POB=2⊙OPA故⊙正确，故选：B．【点睛】本题考查了与圆有关的性质，圆的直径的性质，直径是圆中最长的弦，直径所对的圆周角是90°，弧，弦，圆心角的关系，以及圆的半径相等，解题的关键是掌握圆的有关的性质，直径，半径，圆周角，圆心角，弧，等知识是解题的关键．9．下列说法错误的是（）A．等弧所对的弦相等B．圆的内接平行四边形是矩形C．90︒的圆周角所对的弦是直径D．平分一条弦的直径也垂直于该弦【答案】D【分析】根据圆的性质逐项判断即可．【详解】A．等弧所对的弦相等，故A正确，不符合题意．B．根据圆的内接四边形对角互补和平行四边形邻角互补，即可知圆的内接平行四边形是矩形．故B正确，不符合题意．C．90︒的圆周角所对的弦是直径，故C正确，不符合题意．D．平分一条弦（非直径）的直径也垂直于该弦．故D错误，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，圆心角、弧、弦的关系以及圆内接平行四边形的性质．熟练掌握这些知识是判断此题的关键．10．下列判断正确的个数有（）⊙平分弦的直径垂直于弦；⊙圆内接平行四边形是菱形；⊙一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；⊙如果两条弦相等，那么他们所对的圆周角相等．A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A【分析】根据垂径定理可对⊙进行判断；根据圆内接四边形的性质及矩形的判定定理可对⊙进行判断；根据圆周角定理可对⊙进行判断；根据弧、弦、圆心角的关系可对⊙进行判断；综上即可得答案．【详解】平分弦（非直径）的直径垂直于弦；故⊙错误；⊙四边形内接于圆，⊙四边形的对角互补，⊙四边形是平行四边形，⊙对角相等，⊙四边形的四个内角都是直角，⊙四边形是矩形，故⊙错误，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，故⊙正确，在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆周心相等，故⊙错误，综上所述：正确的判断为⊙，共1个，故选：A．【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形的性质、矩形的判定及弧、弦、圆心角的关系，平分弦（非直径）的直径垂直于弦；并且平分弦所对的两条弧；在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补；在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆周心相等；熟练掌握相关定理及性质是解题关键．11．下列命题：⊙垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧；⊙在同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等；⊙在同圆或等圆中如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等；⊙圆内接四边形的对角互补．其中正确的命题共有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【答案】A【分析】根据垂径定理、圆心角、弧、弦的关系、圆内接四边形的性质判断．【详解】解：⊙垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，本小题说法是真命题；⊙在同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，本小题说法是真命题；⊙在同圆或等圆中如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，本小题说法是真命题；⊙圆内接四边形的对角互补，本小题说法是真命题；故选：A．【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．12．下列说法中，正确的是（）A．等弦所对的弧相等B．在同圆或等圆中，相等的弧所对的弦相等C．圆心角相等，所对的弦相等D．弦相等所对的圆心角相等【答案】B【分析】根据弦、弧与圆心角的关系逐一判断即可.【详解】A、等弦所对应的弧可以相等也可以互补构成新圆，故此选项不符合题意；B、在同圆或等圆中，等弧所对应的弦相等，故此选项正确；C、同圆或等圆中，圆心角相等所对应的弦相等，故此选项不符合题意；D、同圆或等圆中，弦相等，所对的圆心角相等或互补，如果不等的圆，那么弦相等不一定能确定所对圆心角的大小，故此选项不符合题意；故选B【点睛】本题考查弦、弧与圆心角的关系，此类试题难度不大，关键是掌握弦和圆心角等一些基本知识，容易混淆. 13．如图，线段AB 是⊙的直径，弦CD⊙AB ，⊙CAB ＝20°，则⊙BOD 等于（ ）A ．30°B ．70°C ．40°D ．20°【答案】C【分析】由线段AB 是O 的直径， 弦CD AB ⊥，根据垂径定理可得BC BD =，然后由圆周角定理，即可求得答案 ．【详解】解：连接OC ，线段AB 是O 的直径， 弦CD AB ⊥，∴BC BD =，222040BOD BOC CAB ∴∠=∠=∠=⨯︒=︒．故选：C ．【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理，掌握圆的基本性质定理是解题的关键．14．如图，AB 是半圆的直径，点D 是弧AC 的中点，⊙ABC ＝50°，则⊙BCD ＝（ ）A ．105°B ．110°C ．115°D ．120°【答案】C【分析】 连接AC ，然后根据圆内接四边形的性质，可以得到⊙ADC 的度数，再根据点D 是弧AC 的中点，可以得到⊙DCA 的度数，直径所对的圆周角是90°，从而可以求得⊙BCD 的度数．【详解】解：连接AC ，⊙⊙ABC ＝50°，四边形ABCD 是圆内接四边形，⊙⊙ADC ＝130°，⊙点D 是弧AC 的中点，⊙CD ＝AC ，⊙⊙DCA ＝⊙DAC ＝25°，⊙AB 是直径，⊙⊙BCA ＝90°，⊙⊙BCD ＝⊙BCA+⊙DCA ＝115°，故选：C ．【点睛】本题考查圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 15．如图，BD 是O 的直径，点A ，C 在O 上，AB AD =，AC 交BD 于点G ．若126COD ∠=︒．则AGB ∠的度数为（ ）A ．99︒B ．108︒C ．110︒D ．117︒ 【答案】B【分析】先根据圆周角定理得到⊙BAD 90=︒，再根据等弧所对的弦相等，得到AB AD =，⊙ABD 45=︒，最后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，得到⊙CAD=63︒，⊙BAG=27︒，即可求解．【详解】解：⊙BD 是O 的直径⊙⊙BAD 90=︒⊙AB AD =⊙AB AD =⊙⊙ABD 45=︒⊙126COD ∠=︒ ⊙⊙1CAD 632COD =∠=︒ ⊙⊙BAG 906327=︒-︒=︒⊙⊙AGB 1802745108=︒-︒-︒=︒故选：B ．【点睛】此题主要考查圆周角定理和弧、弦及圆周角之间的关系，熟练掌握圆周角定理和三者之间的关系是解题关键．16．如图，O 中，AB AC =，70ABC ∠=︒．则BOC ∠的度数为（ ）A．100°B．90°C．80°D．70°【答案】C【分析】首先根据弧、弦、圆心角的关系得到AB=AC，再根据等腰三角形的性质可得⊙A的度数，然后根据圆周角定理可得⊙BOC=2⊙A，进而可得答案．【详解】解：⊙AB AC，⊙AB=AC，⊙⊙ABC=⊙ACB=70°，⊙⊙A=180°-70°×2=40°，⊙圆O是⊙ABC的外接圆，⊙⊙BOC=2⊙A=40°×2=80°，故选C．【点睛】此题主要考查了弧、弦、圆心角的关系、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，由圆周角定理得出结果是解决问题的关键．17．下列命题中真命题是（）A．平分弦的半径垂直于弦B．垂直平分弦的直线必经过圆心C．相等的圆心角所对的弦相等D．经过半径一端且垂直于这条半径的直线是圆的切线【答案】B【分析】根据垂径定理，圆心角、弧、弦的关系定理，切线的判定定理判断即可．【详解】A.平分弦（不是直径）的半径垂直于弦，本选项说法是假命题；B.垂直平分弦的直线必经过圆心，本选项说法是真命题；C.在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，本选项说法是假命题；D.经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，本选项说法是假命题；故选：B．【点睛】本题主要考查了圆中相关命题正误的判断，熟练掌握垂径定理，圆心角、弦、弧的关系定理，切线的判定定理等知识是解决本题的关键．18．下列命题：⊙长度相等的弧是等弧；⊙任意三点确定一个圆；⊙相等的圆心角所对的弦相等；⊙平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；其中真命题共有( )A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】A【分析】由等弧的概念判断⊙，根据不在一条直线上的三点确定一个圆，可判断⊙；根据圆心角、弧、弦的关系判断⊙，根据垂径定理判断⊙.【详解】⊙同圆或等圆中，能够互相重合的弧是等弧，故⊙是假命题；⊙不在一条直线上的三点确定一个圆,若三点共线，则不能确定圆，故⊙是假命题；⊙同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故⊙是假命题；⊙圆两条直径互相平分，但不垂直，故⊙是假命题；所以真命题共有0个，故选A.【点睛】本题考查圆中的相关概念，熟记基本概念才能准确判断命题真假.19．在两个圆中有两条相等的弦，则下列说法正确的是（）A．这两条弦所对的弦心距相等B．这两条弦所对的圆心角相等C．这两条弦所对的弧相等D．这两条弦都被垂直于弦的半径平分【答案】D【分析】在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等，但在不同圆中则应另当别论．【详解】A. 这两条弦所对的弦心距不一定相等，原说法错误，故本选项错误；B. 这两条弦所对的圆心角不一定相等，原说法错误，故本选项错误；C. 这两条弦所对的弧不一定相等，原说法错误，故本选项错误；D. 这两条弦都被垂直于弦的半径平分(垂径定理)，原说法正确，故本选项正确；故选D.【点睛】此题考查圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，解题关键在于掌握其性质定理 .20．已知⊙O的半径为5，弦AB=6⊙P是AB上任意一点，点C是劣弧AB的中点，若⊙POC为直角三角形，则PB的长度（）A．1B．5C．1或5D．2或4【答案】C【分析】由点C是劣弧AB的中点，得到OC垂直平分AB，求得DA=DB=3，根据勾股定理得到OD==1，若⊙POC 为直角三角形，只能是⊙OPC=90°，则根据相似三角形的性质得到PD=2，于是得到结论．【详解】⊙点C是劣弧AB的中点，⊙OC垂直平分AB⊙⊙DA=DB=3⊙4=⊙若⊙POC为直角三角形，只能是⊙OPC=90°⊙则⊙POD⊙⊙CPD⊙⊙PD CD OD PD=⊙⊙PD2=4×1=4⊙⊙PD=2⊙⊙PB=3⊙2=1⊙根据对称性得，当P在OC的左侧时，PB=3+2=5⊙⊙PB的长度为1或5.故选C⊙【点睛】考查了圆周角，弧，弦的关系，勾股定理，垂径定理，正确左侧图形是解题的关键．21．如图，AB是⊙O的弦，OA⊙OC是⊙O的半径，AC BC⊙⊙BAO=37°，则⊙AOC的度数是（）度.A．74B．106C．117D．127【答案】D【分析】连接OB，进而得出⊙AOB的度数，然后根据在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，即可求得⊙AOC 的度数．【详解】连接OB⊙⊙OA=OB⊙⊙BAO=37°⊙⊙⊙AOB=180°-2×37°=106°⊙⊙=AC BC⊙⊙⊙AOC=⊙BOC=3601062︒-︒⊙127°⊙故选D⊙【点睛】此题考查了圆周角定理．此题难度不大，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用是解此题的关键．22．如图，已知AB和CD是⊙O的两条等弦．OM⊙AB⊙ON⊙CD，垂足分别为点M⊙N⊙BA⊙DC的延长线交于点P，联结OP．下列四个说法中：⊙AB CD=⊙⊙OM=ON⊙⊙P A=PC⊙⊙⊙BPO=⊙DPO，正确的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】如图连接OB⊙OD⊙⊙AB=CD⊙⊙AB=CD，故⊙正确⊙OM⊙AB⊙ON⊙CD⊙⊙AM=MB⊙CN=ND⊙⊙BM=DN⊙⊙OB=OD⊙⊙Rt⊙OMB⊙Rt⊙OND⊙⊙OM=ON，故⊙正确，⊙OP=OP⊙⊙Rt⊙OPM⊙Rt⊙OPN⊙⊙PM=PN⊙⊙OPB=⊙OPD，故⊙正确，⊙AM=CN⊙⊙PA=PC，故⊙正确，故选D⊙23．下列说法中，结论错误的是（⊙A．直径相等的两个圆是等圆B．长度相等的两条弧是等弧C．圆中最长的弦是直径D．一条弦把圆分成两条弧，这两条弧可能是等弧【答案】B【分析】利用圆的有关定义进行判断后利用排除法即可得到正确的答案；【详解】A、直径相等的两个圆是等圆，正确，不符合题意；B、长度相等的两条弧圆周角不一定相等，它们不一定是等弧，原题的说法是错误的，符合题意；C、圆中最长的弦是直径，正确，不符合题意；D、一条直径把圆分成两条弧，这两条弧是等弧，正确，不符合题意，故选B．【点睛】本题考查了圆的认识，了解圆中有关的定义及性质是解答本题的关键．二、填空题24．如图，正八边形ABCDEFGH内接于⊙O，点P是GH上的任意一点，则⊙CPE的度数为____．【答案】45︒．【分析】连接OD,OC,OE,利用正八边形的中心角的定义，计算圆心角⊙COE，根据圆心角与圆周角的关系定理计算即可．【详解】连接OD,OC,OE,⊙八边形ABCDEFGH是正八边形,⊙⊙COD=⊙DOE=3608︒=45°,⊙⊙COE=45°+45°=90°,⊙⊙CPE=12⊙COE=45°.⊙⊙⊙⊙⊙45°⊙【点睛】本题考查了正多边形的中心角，圆心角与圆周角关系定理，连接半径，构造中心角是解题的关键．25．如图，已知⊙O的半径为3，弦AB、CD所对的圆心角分别是⊙AOB、⊙COD，若⊙AOB与⊙COD互补，弦CD＝4，则弦AB的长为_____．【答案】【分析】作直径AE ，连接BE ，如图，利用等角的补角相等得到⊙BOE ＝⊙COD ，则根据圆心角、弧、弦的关系得到BE ＝CD ＝4，接着利用圆周角定理得到⊙ABE ＝90°，然后利用勾股定理计算AB 的长．【详解】解：作直径AE ，连接BE ，如图，⊙⊙AOB ＋⊙COD ＝180°，⊙AOB ＋⊙BOE ＝180°，⊙⊙BOE ＝⊙COD ，⊙BE ＝CD ＝4，⊙AE 为直径，⊙⊙ABE ＝90°，在Rt⊙ABE 中，AB =故答案为：【点睛】本题主要考查圆的基本性质，解题的关键是应用圆的性质和勾股定理解决问题．26．如图，BAC 是O 的内接三角形，BC 为直径，AD 平分BAC ∠，连接BD 、CD ，若65ACB ∠=︒，则ABD ∠的度数为_________．【答案】70︒【分析】由BC 为直径，可得⊙BAC=⊙BDC=90°由AD 平分BAC ∠，可证BD=DC ，可得⊙DBC=⊙DCB=45°，65ACB ∠=︒，可求⊙ABC=90°-⊙ACB=25°，可求⊙ABD=⊙ABC+⊙DBC=70°即可．【详解】解：⊙BAC 是O 的内接三角形，BC 为直径，⊙⊙BAC=⊙BDC=90°⊙AD 平分BAC ∠，⊙⊙BAD=⊙CAD ，⊙BD DC =，⊙BD=DC ，⊙⊙DBC=⊙DCB=45°，⊙65ACB ∠=︒，⊙⊙ABC=90°-⊙ACB=90°-65°=25°，⊙⊙ABD=⊙ABC+⊙DBC=25°+45°=70°．故答案为：70°．【点睛】本题考查圆的性质，直径所对圆周角性质，角平分线性质，直角三角形性质，掌握圆的性质，直径所对圆周角性质，角平分线性质，直角三角形性质是解题关键．27．如图，若12∠=∠，那么AB 与BC __________相等（填“一定”、“一定不”、“不一定”）．【答案】一定【分析】根据圆心角、弧、弦关系定理进行解答即可．【详解】解：⊙⊙1=⊙2，⊙AB=AC,⊙AB=BC，故答案为：一定．【点睛】本题考查的是圆心角，熟知在同圆和等圆中，相等的弦所对的弧相等是解答此题的关键．28．如图，AB为O的直径，2AC BC=，M为BC的中点，过M作//MN OC交AB于N，连接BM，则BMN∠的度数为__________．【答案】45°【分析】连接OM．根据弧与圆心角的度数求得⊙BOC的度数，然后利用M为BC的中点，求得⊙MOB=⊙COM=30°，结合平行线的性质和等腰三角形的性质求得⊙MNB，⊙B，即可解决问题．【详解】解：连接OM．⊙AB是直径，2AC BC=，⊙⊙BOC=13×180°=60°，⊙M为BC的中点，⊙BM CM=⊙⊙MOB=⊙COM=30°，⊙OM=OB，⊙⊙B=⊙OMB=12（180°-30°）=75°，⊙OC⊙MN，⊙⊙MNB=⊙COB=60°，⊙⊙BMN=180°-⊙BNM-⊙NBM=180°-60°-75°=45°，故答案为：45°．【点睛】本题考查圆周角定理，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．29．如图，在⊙O中，若弧AB＝BC＝CD，则AC与2CD的大小关系是：AC ________2CD．（填“＞”，“＜”或“＝”）【答案】＜【分析】利用圆心角、弧、弦的关系得到AB=BC=CD，然后根据三角形三边的关系可得到AC与2CD之间的关系．【详解】解：连接AB、BC，如图，⊙AB BC CD==，⊙AB=BC=CD，⊙AB+BC＞AC，⊙2CD＞AC，即AC＜2CD．故答案为：＜．【点睛】本题考查了在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．30．如图，ABC ∆是O 的内接正三角形，点O 是圆心，点D ，E 分别在边AC ，AB 上，若DA EB =，则DOE ∠的度数是____度．【答案】120【分析】本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS 定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．【详解】连接OA ，OB ，作OH⊙AC ，OM⊙AB ，如下图所示：因为等边三角形ABC ，OH⊙AC ，OM⊙AB ，由垂径定理得：AH=AM ，又因为OA=OA ，故⊙OAH ≅⊙OAM （HL ）．⊙⊙OAH=⊙OAM ．又⊙OA=OB,AD=EB,⊙⊙OAB=⊙OBA=⊙OAD,⊙⊙ODA ≅⊙OEB （SAS ）,⊙⊙DOA=⊙EOB,⊙⊙DOE=⊙DOA+⊙AOE=⊙AOE+⊙EOB=⊙AOB ．又⊙⊙C=60°以及同弧AB ，⊙⊙AOB=⊙DOE=120°．故本题答案为：120．【点睛】本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握． 31．如图，已知AB 是半圆O 的直径，6AB =，点C ，D 在半圆上，OC AB ⊥，2BD CD =，点P 是OC 上的一个动点，则BP DP +的最小值为_______．【答案】【分析】 如图，连接AD ，P A ，OD ．先证明P A ＝PB ，再根据PD +PB ＝PD +P A ≥AD ，求出AD 即可解决问题．【详解】解：如图，连接AD ，P A ，OD ．⊙OC ⊙AB ，OA ＝OB ，⊙P A ＝PB ，⊙COB ＝90°，⊙BD =2CD ，⊙⊙DOB 23=⨯90°＝60°， ⊙OD ＝OB ，⊙⊙OBD 是等边三角形，⊙⊙ABD ＝60°⊙AB 是直径，⊙⊙ADB ＝90°，⊙AD ＝AB •cos⊙ABD ＝，⊙PB +PD ＝P A +PD ≥AD ，⊙PD +PB⊙PD +PB 的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系，三角函数等知识，根据OC 为AB 的垂直平分线得到AD 为BP DP +的最小值是解题的关键．32．如图，在扇形BOC 中，60,BOC OD ∠=︒平分BOC ∠交弧BC 于点D ．点E 为半径OB 上一动点若2OB =，则阴影部分周长的最小值为__________．【答案】.3π【分析】 如图，先作扇形OCB 关于OB 对称的扇形,OAB 连接AD 交OB 于E ，再分别求解,AD CD 的长即可得到答案．【详解】解：C 阴影＝,CE DE CD ++∴ C 阴影最短，则CE DE +最短，如图，作扇形OCB 关于OB 对称的扇形,OAB 连接AD 交OB 于E ，则,CE AE =,CE DE AE DE AD ∴+=+=此时E 点满足CE DE +最短，60,COB AOB OD ∠=∠=︒平分,CB30,90,DOB DOA ∴∠=︒∠=︒2,OB OA OD ===AD ∴==而CD 的长为：302,1803ππ⨯=∴ C 阴影最短为.3π故答案为：.3π【点睛】本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．三、解答题33．如图，OA 、OB 、OC 是⊙O 的三条半径，弧AC 等于弧BC ，D 、E 分别是OA 、OB 的中点，CD 与CE 相等吗？为什么？【答案】相等，理由见解析【分析】根据弧与圆心角的关系，可得⊙AOC=⊙BOC ，又由D 、E 分别是半径OA 、OB 的中点，可得OD=OE ，利用SAS 判定⊙DOC⊙⊙EOC ，继而证得结论．【详解】解：CD=CE ，理由如下：⊙弧AC 和弧BC 相等，⊙⊙AOC=⊙BOC ，又⊙OA=OB ，D 、E 分别是OA 、OB 的中点，⊙OD=OE ，在⊙DOC 和⊙EOC 中，OD OE AOC BOC OC OC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，⊙⊙DOC⊙⊙EOC （SAS ），⊙CD=CE ．【点睛】本题考查了弧与圆心角的关系以及全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键． 34．已知⊙O 的直径为10，点A ，点B ，点C 在⊙O 上，⊙CAB 的平分线交⊙O 于点D ．（⊙）如图⊙，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；（⊙）如图⊙，若⊙CAB＝60°，求BD的长．【答案】（⊙）求AC＝8，BD＝CD＝；（⊙）BD＝5【分析】（⊙）利用圆周角定理可以判定⊙CAB和⊙DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知⊙DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝；（⊙）如图⊙，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知⊙OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．【详解】解：（⊙）如图⊙，⊙BC是⊙O的直径，⊙⊙CAB＝⊙BDC＝90°．⊙在直角⊙CAB中，BC＝10，AB＝6，⊙由勾股定理得到：AC8=⊙AD平分⊙CAB，⊙CD BD=，⊙CD＝BD．在直角⊙BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，⊙易求BD＝CD＝（⊙）如图⊙，连接OB，OD．⊙AD平分⊙CAB，且⊙CAB＝60°，⊙⊙DAB＝12⊙CAB＝30°，⊙⊙DOB＝2⊙DAB＝60°．又⊙OB＝OD，⊙⊙OBD是等边三角形，⊙BD＝OB＝OD．⊙⊙O的直径为10，则OB＝5，⊙BD＝5．【点睛】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得⊙OBD 是等边三角形．35．阿基米德（Archimedes ，公元前287年~公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一．他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．阿拉伯A1-Biruni （973年~1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，前苏联在1964年根据A1-Biruni 译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．阿基米德折弦定理：如图⊙，已知AB 和BC 是O 的两条弦（即折线ABC 是O 的一条折弦），,BC AB M >是ABC 的中点．那么从M 向BC 所作垂线的垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD AB BD =+． 下面是运用“截长法”证明CD AB BD =+的部分证明思路：证明：如图⊙，在CB 上截取CG AB =，连接,MA MB ，…………（定理证明）按照上面的思路，写出剩余部分的证明过程．（问题解决）如图⊙，等边ABC ∆内接于,3,O AB D =为AC 上一点，45ACD ∠=︒．求BDC ∆的周长．【答案】【定理证明】：见解析；【问题解决】：BDC ∆的周长为3+【分析】（1）首先证明⊙MBA⊙⊙MGC （SAS ），进而得出MB=MG ，再利用等腰三角形的性质得出BD=GD ，即可得出答案；（2）首先证明⊙ABF⊙ACD （SAS ），进而得出AF=AD ，以及CD+DE=BE ，进而求出DE 的长即可得出答案．【详解】解：（1）如图⊙，连接,MC MG ．可得A C ∠=∠．由M 是ABC 的中点，可求得MA MC =．CG AB =，MBA MGC ∴∆≅∆．MB MG ∴=．MD BC ⊥，BD GD ∴=．CG GD AB BD ∴+=+．即CD AB BD =+．（2）如图⊙，作AE BD ⊥．由AB AC =，可得AB AC =．由阿基米德折弦定理，可得BE ED DC =+．由于45,3ACD ABD AB ∠=∠=︒=，所以，在Rt ABE ∆中，可求得BE =故BDC ∆的周长为3+．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键．36．如图，已知AB 是⊙O 的弦，半径OC 、OD 与AB 分别交于点E 、F ，且AE BF =．求证：AC BD =．【答案】见解析【分析】取AB 中点G ，联结OG 并延长与⊙O 交于H ，利用圆心角、弧、弦之间的关系得到AH BH =，再根据AE BF =及垂径定理求解即可；。

Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.1．Cu 3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学工程等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。

(1)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

(2)与N3－含有相同电子数的三原子分子的空间构型是___________。

(3)Cu+的核外电子排布式为___________，其在酸性溶液中不稳定，可发生歧化反应生成Cu2+和Cu。

但CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O__________________。

(4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是___________，乙醇的沸点明显高于乙醛，其主要原因为___________。

(5)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl－取代有两种不同的结构，试画出[Cu(H2O)2(Cl)2]具有极性的分子的结构式___________。

(6)Cu3N的晶胞结构如图所示，N3－的配位数为___________，Cu+的半径为apm，N3－的半径为bpm，Cu3N的密度为___________g·cm－3(阿伏加德罗常数用N A表示)。

【答案】N＞O＞C V形1s22s22p63s23p63d10Cu+的3d轨道上电子全充满，结构更稳定sp3、sp2乙醇分子间存在氢键 6 2．铜、镓、砷等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题：（1）基态铜原子的核外电子占有的能级数为________，轨道数为________。

（2）根据元素周期律，原子半径Ga________As，第一电离能Ga________As。

（填“大于”或“小于”）（3）AsCl3分子的立体构型为________，其中As的杂化轨道类型为________。

【高中数学数学文化鉴赏与学习】阿基米德多面体（以阿基米德多面体为背景的高中数学考题题组训练）一、单选题1．半正多面体亦称“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由八个正三角形和六个正方形构成的（如图所示），则异面直线AB 与CF 所成的角为（）A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π故选：C2．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（）A．8πB．4πC．3πD．2π故选：B3．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体、它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则下列说法错误的是（）A ．该二十四等边体的表面积为24+B ．QH ⊥平面ABEC ．直线AH 与PN 的夹角为60︒D ．该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E ，满足关系式2V F E +-=D 正确；故选：B.4．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40cm ，则该阿基米德多面体的表面积为（）A ．(24800cm +B ．(24800cm +C ．(23600cm +D ．(23600cm +5．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为（）A．2B ．1C D ．建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为则(1,0,2),(2,1,2),(2,0,1),(2,1,0),(1,0,0),E F G H K 设平面EFG 的法向量为(,,),m x y z = (1,1,0),EF = 所以00EF m x y EG m x z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令1,1,1x y z ==-=，所以设平面GHK 的法向量为(,,),n a b c = (0,1,GH =- 所以00GH n b c GK n a c ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩ ，令1,1,1a b c ==-=-，所以6．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为（）A ．1023B ．1223C ．2969D ．50697．半正多面体（semiregular solid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多四面体，得到的一个半正多面体，则下列说法错误的是（）A ．该半正多面体是十四面体B ．该几何体外接球的体积为43πC ．该几何体的体积与原正方体的体积比为5∶6D ．原正方体的表面积比该几何体的表面积小8．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularsolid ），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知2AB =，则该半正多面体外接球的表面积为（）A ．18πB ．16πC ．14πD ．12π【答案】A 【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心O ，进而可求球的半径和表面积.【详解】如图，在正方体1111F EFG E G H H -中，取正方体、正方形1111E F G H 的中心O 、1O ，连接1111,,,E G OO OA O A ，9．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化代表之一，印信的形状多为长方体､正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，古希腊著名数学家阿基米德研究过此类多面体的性质，故半正多面体又被称为“”.半正多面体体现了数学的对称美，如图，是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1.则下列关于该多面体的说法中错误的是（）A ．多面体有12个顶点，14个面B ．多面体的表面积为3C ．多面体的体积为56D ．多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球）【答案】B【分析】求得一个棱数为24的半正多面体的顶点数和面数，可判断A ；将半正多面体10．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则（）A ．BC ⊥平面ABEB ．该二十四等边体的体积为3C ．ME 与PN 所成的角为45D ．该二十四等边体的外接球的表面积为16π【答案】D【分析】依题意补齐正方体，对于A ，假设BC ⊥平面ABE ，得到90EBC ∠=︒，根据六边形EBCGQM 为正六边形，120EBC ∠=︒，得出矛盾判断A ；对于B ，结合集合图形，该二十四等边体的体积为正方体体积去掉八个三棱锥体积，从而求出B ；对于C ，由平移法找出异面直线所成角为60NPF ∠=︒，判断C ；对于D ，取正方形A C P M 对角线交点为O ，即为该二十四等边体的外接球球心，从而求出半径大小，进而求出外接球体积，判断D.【详解】依题意，补齐正方体，如下图，对于A ，假设BC ⊥平面ABE ，BE ⊂ BE BC ∴⊥，90EBC ∴∠=︒，二十四等边体就是一种半正多面体，由对称性可知，六边形EBCGQM 为正六边形，120EBC ∴∠=︒，在等腰Rt PFC △中，22=PC ，在正方形A C P M 中，2AO =，即外接球半径2R =，∴该二十四等边体的外接球的表面积24π16πS R ==，D 正确.故选：D.11．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为（）A ．132⎡⎢⎣⎦B ．132⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．122⎡⎢⎣⎦D ．122⎡⎤⎢⎥⎣⎦因为半正多面体的棱长为2，故正方体的棱长为所以()()2,1,0,2,2,1A F ，()()1,0,2,0,1,2,B C12．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（）A ．该二十四等边体的外接球的表面积为16πB ．该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E ，满足关系式2V F E +-=C ．直线AH 与PN 的夹角为60°D ．QH ⊥平面ABE【答案】D【分析】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断.【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示记正方体体心为O ，取下底面ABCD 易知112OO BO ==，则外接球半径所以外接球的表面积2=416S R π=由欧拉公式可知：顶点数+面数又因为PN ∥AD ，易知直线AH 直线AH 与PN 的夹角为60 ，故13．“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（）A ．16πB ．8πC ．16π3D ．32π3【答案】A 【分析】根据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果.【详解】由题意可得2AB =，根据该几何体的对称性可知，22的正四棱柱的外接球，即()22R =2，则该正多面体外接球的表面积4πS =14．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（）A ．4π3BC ．4πD ．8π由于多面体的棱长为1，则正方体的棱长为因此该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径R等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则222R=⨯，解得1R=，15．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则下列结论不正确的是（）A．存在点E、使得A、F、D、E四点共面；B．存在点E，使DE DF⊥；C．存在点E，使得直线DE与平面CDF所成角为π3；D．存在点E，使得直线DE与直线AF10.【答案】C【分析】将半正多面体补成一个棱长为2的正方体，当点E在点C时，根据//DF AC，得A、F、D、E四点共面，故A正确；当点E在点B时，根据正方体的性质易得DE DF⊥，则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中点，对A ，当点E 在点C 时，对B ，当点E 在点B 时，易得以O 为原点，过O 的三条棱所在直线分别为则()2,1,0A ，()2,2,1F ，(1,0,2B 对C ，设BE BC λ= (01)λ≤≤，则(,2,0)λλ=--，设平面CDF 的一个法向量为n = 则0n CD x y ⎧⋅=+=⎪⎨ ，令x二、多选题16．半正多面体（semiregular solid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（）A ．MQ 与平面AEMH 不可能垂直B ．异面直线BC 和EA 所成角为60 C ．该二十四等边体的体积为3D ．该二十四等边体外接球的表面积为18π对于D ，取正方形A C P M 对角线的交点为其半径为2212R AC AM =+=所以该二十四面体的外接球的表面积为故选：ABC.17．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12+，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（A ．AB =B ．该半正多面体的外接球的表面积为6πC ．AB 与平面BCD 所成的角为4πD ．与AB 所成的角是3π的棱共有16条【答案】ACD【分析】补全该半正多面体得到一正方体，根据条件计算正方体的棱长，再求AB 的长，判断A;利用几何体的对称性确定该半正多面体的外接球的球心及半径,判断B ；根据线面角的定义找到线面角，解三角形求其大小,判断C ；利用平行关系，确定与AB 所成的18．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A ．BF EAB⊥平面B ．AB 与PF 所成角为45°C ．该二十四等边体的体积为203D ．该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面对于A ：正方体的体对角线RS ⊥平面EAB ，而RS 所以BF ⊥平面EAB 不成立，即选项A 错误；对于B ：因为PF AH ∥，所以HAB ∠是AB 与PF 所成角或其补角，在ABH 中，2AH AB ==，2222121BH =++=因为222+AH AB BH ≠，所以45HAB ∠≠ ，即选项对于C ：因为该二十四等边体的所有棱长都为2所以正方体的棱长为2，19．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12+多面体的下列说法中正确的是（）A ．AB 与平面BCD 所成的角为4πB ．AB =C ．与AB 所成的角是3π的棱共有16条D ．该半正多面体的外接球的表面积为6π20．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则（）A ．BC ⊥平面ABEB ．该二十四等边体的体积为3C ．ME 与NP的夹角为60︒D ．该二十四等边体的外接球的表面积为16π【答案】BD对于A ，假设BC ⊥平面ABE BE BC ∴⊥，90EBC ∴∠=︒，二十四等边体就是一种半正多面体，由对称性可知，六边形EBCGQM 120EBC ∴∠=︒，这与“90EBC ∠=︒”矛盾，所以假设不成立，∴该二十四等边体的外接球的表面积24π16πS R ==，D 正确.故选：BD.21．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E 为线段BC 上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A ．该半正多面体的体积为163B ．当点E 运动到点B 时，//DE FGC ．当点E 在线段BC 上运动时（包含端点），AH 始终与DE 垂直D ．直线DE 与平面AFHG 所成角的正弦值的取值范围为⎡⎢⎣⎦该几何体为大正方体截取八个一样的正三棱锥得到的，则体积为11202228111323⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=确； 在正方体中，AH 始终垂直于平面22．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的．下列结论正确的有（）A．该半正多面体的表面积为48+B．AG⊥平面BCDGC．点B到平面ACD D．若E为线段BC的中点，则异面直线DE与AF故选：BCD23．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（）A ．该半正多面体的体积为203B ．A ，C ，D ，F 四点共面C ．该半正多面体外接球的表面积为12πD ．若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为12⎡⎢⎣⎦又(1,1,0)BC =-，设(,,0)BE BC λλλ==-24．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点A 、B 、C 是该多面体的三个顶点，且棱长2AB =，则下列结论正确的是（）A ．该多面体的表面积为B ．该多面体的体积为3C ．该多面体的外接球的表面积为22πD ．若点M 是该多面体表面上的动点，满足CM AB ⊥时，点M 的轨迹长度为4+延长MO交NG于点H，则因为MNG为等边三角形，则易知点O为MNG的中心，则因为PO⊥平面MNG，MO则MN⊥平面CEF，原正四面体（棱长为6）的高为3由题意可知，“阿基米德体”的外接球球心易知23232323EN=⨯⨯=，即正底面正六边形的外接圆半径为2，由正六边形的几何性质可知ABK ∠因为BK CK =，则30KBC ∠= ，所以，即BC AB ⊥，同理可知BQ AB ⊥，因为AB BQ B = ，BC 、BQ ⊂平面因为CQ ⊂平面BCQ ，所以，AB 由余弦定理可得2BC BK CK =+三、填空题25．很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若E 为线段BC 的中点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值为___________.建立如图所示的空间直角坐标系.因为该半正多面体的棱长为2，所以正方体的棱长为()(2.2,1,0,A F ()()110,1,2,,,2,1,2,2,22C E D ⎛⎫ ⎪⎝⎭()130,1,1,,,0,22AF DE ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭ ，35cos ,10AF DE AF DE AF DE⋅==- ，26．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为1的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则该几何体的体积为________．27．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由44个正六边形构成，其可由正四面体切割MN=，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值而成，如图所示.已知1为__________.在PDE △中，333322PD =⨯=该半正多面体所在的正四面体的高为：22233322h PD DE ⎛⎫⎛=-=- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝设点O '到正六边形所在平面的距离为O 'O F PD '⊥28．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.若点G 在直线BC 上，且5,1BG BC BC == ，则直线EF 与直线AG 所成角的余弦值为__________．【答案】42则313,,0,,1,223A B ⎛⎫⎛- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝3126,,,623C E ⎛⎫⎛-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝5316,,,623EF BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭ 29．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长______.①BF ⊥平面EAB ；②AB 与PF 所成角为45︒；③该二十四等边体的体积为203；④该二十四等边体外接球的表面积为8π.因为该二十四等边体的所有棱长都为2，所以正方体的棱长为对于①：根据正方体的性质可得AB ⊥平面同理可证BE RS ⊥，AB BE B ⋂=，,AB BE 所以RS ⊥平面EAB ，而RS 与BF 是异面直线，所以BF ⊥平面EAB 不成立，即选项①错误；对于②：因为//PF AH ，所以BAH ∠是AB 与PF 所成角或其补角，在ABH 中，2AH AB ==，22212BH =+30．将棱长为12的正四面体沿棱长的三等分点处截去四个小正四面体后，所得的多面体称为阿基米德体，如图所示.若点N在阿基米德体的表面上运动，且直线MN与直线⊥，则动点N的轨迹所围成平面图形的面积是___________.AB始终满足MN AB【详解】CH DH如图，取直线AB中点H，连接,易知，在正四面体中AB⊥面CDH，又BMK平面CDH，所以AB//所以满足条件的动点N的轨迹所围成平面图形为22四、双空题31．半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为2414面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为______﹔若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与平面AFG 所成角的正弦值的取值范围为__________则()()()(2,1,0,2,2,1,1,2,2,A F D G 设()(),1,2,01,0,1,1,E t t t AF -≤≤= 设平面AFG 的一个法向量为(,n x = 00AG n x y AF n y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则n32．阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．【答案】203##263322所以该阿基米德多面体是由正方体切掉其体积112088111323V =-⨯⨯⨯⨯⨯=该阿基米德多面体的外接球刚好是正方体的棱切球，点的球，33．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个棱长为2正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体的表面积为___________；其外接球的表面积为___________.34．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为___________.35．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A ，B ，M 是该多面体的三个顶点，点N 是该多面体外接球表面上的动点，且总满足MN AB ⊥，若4AB =，则该多面体的表面积为______；点N 轨迹的长度为______．如图，设点H 为该多面体的一个顶点，则8HF MF ==，4BF =.在HBF 中，2222cos HB HF BF HF BF =+-⋅⋅则43HB =，所以222HB BF HF +=，HB BF ∴⊥，即HB AB ⊥，同理MB AB ⊥，又MB HB B = ，AB ∴⊥平面MHB .点N 是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，。

专题27 正方体的展开图1．下列展开图中，是正方体展开图的是（）A．B．C．D．2．在下列图形中，可围成正方体的是（）A．B．C．D．3．如图是一正方体的平面展开图，若AB＝6，则该正方体A、B两点间的距离为（）A．2B．3C．4D．64．如图，有10个无阴影的小正方形，现从中选取l个，使它与图中阴影部分能折叠成一个正方体的纸盒，则选取的方法最多有（）A．2种B．3种C．4种D．5种5．如图，可以折叠成一个无盖正方体盒子的是（）A．①B．①②C．②③D．①③6．已知图1的小正方形和图2中所有小正方形都完全一样，将图1的小正方形放在图2中的①、②、③、④的某一个位置，放置后所组成的图形不能围成一个正方体的位置是__________．7．如图，纸板上有19个无阴影的小正方形，从中选涂1个，使它与图中5个有阴影的小正方形一起能折叠成一个正方体纸盒，一共有_______种选法．8．如图，某同学在制作正方体模型的时候，在方格纸上画出几个小正方形（图中阴影部分），但是由于疏忽少画了一个，请你给他补上一个，使之可以组合成正方体，你有_____种画法．9．如图，一个边长为10cm的无盖正方体可以展开成下面的平面图形．(1)这个表面展开图的面积是cm2；(2)你还能在下面小方格中画出无盖正方体的其他不同形状．．．．的表面展开图吗？请画出所有可能的情形（把需要的小正方形涂上阴影）；(3)将一个无盖正方体展开成平面图形的过程中，需要剪开条棱．A．3B．4C．5D．不确定10．我们知道，将一个正方体或长方体的表面沿某些棱剪开，可以展成一个平面图形．(1)下列图形中，是正方体的表面展开图的是（单选）；A．B．C．D．(2)如图所示的长方体，长、宽、高分别为4、3、6，若将它的表面沿某些棱剪开，展成一个平面图形．则下列平面图形中，可能是该长方体表面展开图的有（多选）（填序号）；(3)下图是题(2)中长方体的一种表面展开图，它的外围周长为52，事实上，题（2）中长方体的表面展开图还有不少，请聪明的你写出该长方体表面展开图的最大外围周长为．11．李明同学设计了某个产品的正方体包装盒如图所示，由于粗心少设计了其中一个顶盖，请你把它补上，使其成为一个两面均有盖的正方体盒子．（1）共有种弥补方法；（2）任意画出一种成功的设计图（在图中补充）；（3）在你帮忙设计成功的图中，要把6，8，10，10，8，6这些数字分别填入六个小正方形，使得折成的正方体相对面上的两个数相加得0．（直接在图中填上）12．在一次青少年模型大赛中，小高和小刘各制作了一个模型，小高制作的是棱长为acm的正方体模型，小刘制作的是棱长为acm的正方体右上角割去一个长为3cm，宽为2cm，高为1cm的长方体模型（如图2）（1）用含a的代数式表示，小高制作的模型的各棱长度之和是___________；（2）若小高的模型各棱长之和是小刘的模型各棱长之和的56，求a的值；（3）在（2）的条件下，①图3是小刘制作的模型中正方体六个面的展开图，图中缺失的有一部分已经很用阴影表示，请你用阴影表示出其余缺失部分，并标出边的长度．②如果把小刘的模型中正方体的六个面展开，则展开图的周长是________cm；请你在图方格中画出小刘的模型中正方体六个面的展开图周长最大时的图形．13．如图1，某同学在制作正方体模型的时候，在方格纸上画出几个小正方形（图上阴影部分），但是一不小心，少画了一个，请你在备用图上给他补上一个，可以组合成正方体，你有几种画法请分别在备用图上用阴影注明．14．如图是由6个相同的正方形拼成的图形，请你将其中一个正方形移动到合适的位置，使它与另5个正方形能拼成一个正方体的表面展开图．（请在图中将要移动的那个正方形涂黑，并画出移动后的正方形）．15．【问题情境】小圣所在的综合实践小组准备制作一些无盖纸盒收纳班级讲台上的粉笔．【操作探究】(1)图1中的哪些图形经过折叠能围成无盖正方体纸盒？______________（填序号）．(2)小圣所在的综合实践小组把折叠成6个棱长都为2dm的无盖正方体纸盒摆成如图2所示的几何体．①请计算出这个几何体的体积；②如果在这个几何体上再添加一些相同的正方体纸盒，并保持从上面看到的形状和从左面看到的形状不变，最多可以再添加_______________个正方体纸盒．16．李明同学设计了某个产品的正方体包装盒如图所示，由于粗心少设计了其中一个顶盖，请你把它补上，使其成为一个两面均有盖的正方体盒子．(1)共有______种弥补方法；(2)任意画出一种成功的设计图（在图中补充）；(3)在你帮忙设计成功的图中，请把－6，8，10，－10，－8，6这些数字分别填入六个小正方形中，使得折成的正方体相对面上的两个数互为相反数．（直接在图中填上）17．（1）如图，在无阴影的方格中选出两个画上阴影，使它们与图中四个有阴影的正方形一起可以构成一正方体的表面展开图．（填出两种答案）（2）如图所示的几何体是由5个相同的正方体搭成的，请分别画出这个几何体的三视图．18．在如图所示的正方形网格中，每个小正方形中都标有1个有理数，其中4个已经涂上阴影．现要在网格中选择2个空白的小正方形并涂上阴影，与图中的4个阴影正方形一起构成正方体的表面展开图．(1)图1是小明涂成的一个正方体表面展开图，求该表面展开图上6个有理数的和；(2)你能涂出一种与小明涂法不一样的正方体表面展开图吗？请在图2中涂出；(3)若要使涂成的正方体表面展开图上的6个有理数之和最大，应该如何选择？请在图3中涂出．。

专题27 排列与组合一、单选题1．（2020·山东省高二期中）若33210n n A A =，则n =（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9【答案】C 【解析】因为33210n n A A =，所以*3,n n N ≥∈，所以有()()()()221221012n n n n n n ⋅-⋅-=⋅-⋅-， 即()()22152n n -=-，解得：8n =. 故选：C.2．（2020·山东省高二期中）若3212n n n A C -=，则n =（ ）A ．4B ．6C ．7D ．8【答案】D 【解析】∵3221212n n n n A C C -==，∴()()()112122n n n n n ---=⨯，即26n -=，∴8n =， 故选：D ．3．（2020·北京市鲁迅中学高二月考）某班级要从4名男士、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为( ) A ．14 B ．24C ．28D ．48【答案】A 【解析】法一：4人中至少有1名女生包括1女3男及2女2男两种情况，故不同的选派方案种数为．故选A.法二：从4男2女中选4人共有种选法，4名都是男生的选法有种，故至少有1名女生的选派方案种数为-=15-1=14．故选A4．（2020·山东省高二期中）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有不同的选法种数为（）A．420 B．660 C．840 D．880【答案】B【解析】从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，共有2286840A C⋅=种选法，其中不含女生的有2264180A C=种选法，所以服务队中至少有1名女生的选法种数为840180660-=.故选：B5．（2020·北京市鲁迅中学高二月考）用0，1，2，3，4，5这6个数字，可以组成没有重复数字的四位数的个数是( )A．360B．300C．240D．180【答案】B【解析】当四个数字中没有0时，没有重复数字的四位数有：45120A=种；当四个数字中有0时，没有重复数字的四位数有：1335180A A=种,两类相加一共有300种，故选B.6．（2020·北京大峪中学高二期中）5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为()A．240种B．120种C．96种D．480种【答案】A 【解析】由题先把5本书的两本捆起来看作一个元素共有2510C =种可能，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有4424A =种可能，所以不同的分法种数为1024240⨯=种，故选A.7．（2020·福建省高三二模（理））在“弘扬中华文化”的演讲比赛中，参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛（获奖名次不重复）．甲、乙、丙三人一起去询问成绩，回答者说：“第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好”，从这个回答分析，5人的名次排列的所有可能情况有（ ）． A ．18种 B ．24种 C ．36种 D ．48种【答案】A 【解析】（1）当甲排第1名时，则第5名从乙、丙两个选一个，其它三名任意排列，∴313212N A ==；（2）当甲排第2，3，4名时，则第5名必排丙，第1名排乙，其它三名任意排列，∴3236N A ==；∴12618N =+=，故选：A.8．（2019·佛山市顺德区容山中学高二开学考试）高三某6个班级从“照母山”等6个不同的景点中任意选取一个进行郊游活动，其中1班、2班不去同一景点且均不去“照母山”的不同的安排方式有多少种（ ） A ．2454C A B ．2456CC ．2454A AD ．2456A【答案】D 【解析】1班、2班的安排方式有25A 种，剩余4个班的安排方式有46种，所以共有2456A 各安排方式，故选D ． 二、多选题9．（2020·南京市秦淮中学高二期中）下列各式中，等于!n 的是（ ） A ．1n nA -B ．1nn A +C ．11n n nA --D ．!mn m C【答案】AC 【解析】根据题意，依次分选项：对于A ，1(1)2!n nA n n n -=⨯-⨯⋯⋯⨯=，故A 正确； 对于B ，1(1)(1)2(1)!nn A n n n n +=+⨯⨯-⨯⋯⋯⨯=+，故B 错误；对于C ，11(1)1!n n nA n n n --=⨯-⨯⋯⋯⨯=，故C 正确；对于D ，!!!mm mn nnA m C m A m ==，故D 错误； 故选：AC ．10．（2020·江苏省高二期中）下列等式中，正确的是（ ）A ．11m m m n n n A mA A -++=B ．11r r n n rC nC --=C ．111111m m m m n n n n C C C C +--+--=++D ．11mm n n m C C n m++=- 【答案】ABD 【解析】选项A ，左边=()()()()()()()1!1!!!!!1!1!1!1!n m n n n n n n m m n m n m n m n m n m -+⋅+⋅+⋅=+⋅=--+-+-+-+ ()()1!1!n n m +=-+=右边，正确； 选项B ，右边()()()()()()1!!!1!11!1!!!!n r n n n r r n r r r n r r n r -=⋅=⋅=⋅=-⋅--+-⋅-⋅-左边，正确；选项C ，右边11m m mn n n C C C -+=+=≠左边，错误；选项D ，右边()()()()()()()1!1!!1!1!1!1!!!m n m n n n m m n m m m n m n m m n m +⋅+=⋅===-+⋅--+⋅⋅-⋅--⋅-左边，正确. 故选：ABD11．（2020·山东省潍坊一中高二月考）某工程队有卡车、挖掘机、吊车、混凝土搅拌车4辆工程车，将它们全部派往3个工地进行作业，每个工地至少派一辆工程车，共有多少种方式？下列结论正确的有（ ） A ．18 B ．11113213C C C CC ．122342C C AD ．2343C A【答案】CD 【解析】根据捆绑法得到共有234336C A ⋅=，先选择一个工地有两辆工程车，再剩余的两辆车派给两个工地，共有122342C C A 36=.11113213C C C C 1836=≠.故选：CD .12．（2020·临淄区英才中学高二期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A ．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B ．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C ．甲乙不相邻的排法种数为72种D ．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【答案】ACD 【解析】A. 甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有4424A =种，故A 正确.B.最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有1311333323+=54A A A A A 种，故B 不正确. C.甲乙不相邻的排法种数为3234=72A A 种，故C 正确.D.甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有5533=20A A 种,故D 正确.故选：ACD. 点睛：排列组合中的排序问题，常见类型有：（1）相邻问题捆绑法；（2）不相邻问题插空排；（3）定序问题缩倍法(插空法)；（4）定位问题优先法. 三、填空题13．（2020·北京市鲁迅中学高二月考）5人排成一排，其中甲、乙相邻的排法有______种（用数字作答） 【答案】48 【解析】因为甲、乙相邻，则利用捆绑法，看作一个人，则有222A =种， 再与其余3人看作4人全排列有4424A =种，所以5人排成一排，其中甲、乙相邻的排法有242448A A ⋅=种，故答案为：4814．（2020·北京市鲁迅中学高二月考）5个人站成一排，其中甲、乙两人不相邻的排法有 种（用数字作答）． 【答案】72 【解析】可分两个步骤完成，第一步骤先排除甲乙外的其他三人，有33A 种，第二步将甲乙二人插入前人形成的四个空隙中，有24A 种，则甲、乙两不相邻的排法有3234A A 72=种．15．（2020·山东省高二期中）用1，2，3，4，5这5个数字组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的数的个数为______.（用数字作答） 【答案】24 【解析】由题意知，能被5整除的四位数末位必为5，只有1种方法，其它位的数字从剩余的四个数中任选三个全排列有34=432=24A ⨯⨯， 故答案为：2416．（2020·浙江省宁波诺丁汉附中高二期中）用0, 1, 2, 3, 4, 5这六个数字, 可以组成______个无重复数字的三位数, 也可以组成______个能被5整除且无重复数字的五位数. 【答案】100 216 【解析】第一个空：第一步，先确定三位数的最高数位上的数，有155C =种方法； 第二步，确定另外二个数位上的数，有255420A =⨯=种方法，所以可以组成520100⨯=个无重复数字的三位数；第二个空：被5整除且无重复数字的五位数的个数上的数有2种情况：当个数上的数字是0时，其他数位上的数有455432120A =⨯⨯⨯=个；当个数上的数字是5时，先确定最高数位上的数，有14C 4=种方法，而后确定其他三个数位上的数有3443224A =⨯⨯=种方法，所以共有24496⨯=个数，根据分类计算原理共有12096216+=个数． 四、解答题17．（2020·江苏省扬州中学高二期中）有5名男生，4名女生排成一排. （1）从中选出3人排成一排，有多少种排法？ （2）若4名女生互不相邻，有多少种不同的排法？ 【答案】（1）504 （2）43200 【解析】（1）由题意，有5名男生，4名女生排成一排，共9人从中选出3人排成一排，共有39504A =种排法；（2）可用插空法求解，先排5名男生有55A 种方法， 5个男生可形成6个空，将4个女生插入空中，有46A 种方法 故共有545643200A A =种方法18．（2020·黑龙江省铁人中学高二期中（理））从6名运动员中选出4人参加4100⨯接力赛，分别求满足下列条件的安排方法种数：（1）甲、乙两人都不跑中间两棒； （2）甲、乙二人不都跑中间两棒. 【答案】（1）144（2）336 【解析】（1）先选跑中间的两人有24A 种，再从余下的4人中选跑1、4棒的有24A ，则共有2244144A A =种.（2）用间接法：“不都跑”的否定是“都跑”，所以用任意排法46A ，再去掉甲、乙跑中间的安排方法2224A A 种，故满足条件的安排方法有246224336A A A =-种.19．（2020·江苏省泰州中学高二期中）从5名男生和4名女生中选出4人参加辩论比赛． （1）如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种不同选法？ （2）如果4个人中既有男生又有女生，那么有多少种不同选法？ 【答案】（1）91种；（2）120种． 【解析】分析:（1）用间接法分析，先计算在9人中任选4人的选法数，再排除其中“甲乙都没有入选”的选法数，即可得答案；（2）用间接法分析，先计算在9人中任选4人的选法数，再排除其中“只有男生”和“只有女生”的选法数，即可得答案. 详解:（1）先在9人中任选4人，有49126C =种选法, 其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有4735C =种, 则甲与女姓中的乙至少要有1人在内的选法有1263591-=种.（2）先在9人中任选4人，有49126C =种选法，其中只有男生的选法有455C =种，只有女生的选法有441C =种，则4人中必须既有男生又有女生的选法有12651120--=种.20．（2019·佛山市顺德区容山中学高二开学考试）以下问题最终结果用数字表示 (1)由0、1、2、3、4可以组成多少个无重复数字的五位偶数？ (2)由1、2、3、4、5组成多少个无重复数字且2、3不相邻的五位数？(3)由1、2、3、4、5组成多少个无重复数字且数字1,2,3必须按由大到小顺序排列的五位数？ 【答案】（1）60 （2）72 （3）20 【解析】（1）偶数末位必须为0，2，4对此进行以下分类： 当末位是0时，剩下1，2，3，4进行全排列，44A =24当末位是2时，注意0不能排在首位，首位从1，3，4选出有13A 种方法排在首位，剩下的三个数可以进行全排列有33A 种排法，所以当末位数字是2时有1333A A =18个数． 同理当末位数字是4时也有18个数，所以由0、1、2、3、4可以组成无重复数字的五位偶数有24+18+18=60个.（2）由1、2、3、4、5组成五位数一共有5554321120A =⨯⨯⨯⨯=个．第一步，把2.3捆定，有122A =种排法；第二步，捆定的2，3与1，4，5一起全排列，共有44432124A =⨯⨯⨯=个数， 根据分步计数原理，2，3相邻的五位数共有12A 44A =48个数，因此由1、2、3、4、5组成无重复数字且2、3不相邻的五位数共有1204872-=个数．（3）把五位数每个数位看成五个空，数字4，5共有255420A =⨯=个，然后把数字1，2，3按照3，2，1的顺序插入，只有一种方式， 根据分步计数原理，可知由1、2、3、4、5组成无重复数字且数字1,2,3必须按由大到小顺序排列的五位数为25120A ⨯=个．21．（2020·浙江省效实中学高二期中）（1）由0，1，2，…，9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，十位数字与千位数字之差的绝对值等于7的四位数的个数共有几种？（2）我校高三学习雷锋志愿小组共有16人，其中一班、二班、三班、四班各4人，现在从中任选3人，要求这三人不能是同一个班级的学生，且在三班至多选1人，求不同的选取法的种数. 【答案】（1）280种；（2）472种. 【解析】（1）十位数字与千位数字之差的绝对值等于7，可得千位数字和十位数字的组合有(1,8)(2,9)(7,0)(8,1)(9,2)五种，每种组合中百位和个位的数共有2856A =种组合，所以符合条件的四位数共有285280A =种.（2）情形一：不选三班的同学，从12个人中选出3人，有312C 种选取方法，其中来自同一个班级的情况有343C 种，则此时有33124322012208C C -=-=种选取方法；情形二：选三班的一位同学，三班的这一位同学的选取方法有4种，剩下的两位同学从剩下的12人中任选2人，有212C 种选取方法，则此时有2124264C =种选取方法.根据分类计数原理，共有208264472+=种选取方法.22．（2020·北京大峪中学高二期中）一场小型晚会有3个唱歌节目和2个相声节目，要求排出一个节目单． （1）2个相声节目要排在一起，有多少种排法？ （2）2个相声节目彼此要隔开，有多少种排法？（3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？ （4）前3个节目中要有相声节目，有多少种排法？ （要求：每小题都要有过程，且计算结果都用数字表示）【答案】（1）48；（2）72；（3）36；（4）108.【解析】（1）将2个相声节目进行捆绑，与其它3个节目形成4个元素，然后进行全排，所以，排法种数为242448A A=种；（2）将2个相声节目插入其它3个节目所形成的4个空中，则排法种数为323472A A=种；（3）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，则其它3个节目排在中间，进行全排，由分步乘法计数原理可知，排法种数为233336A A=种；（4）在5个节目进行全排的排法种数中减去前3个节目中没有相声节目的排法种数，可得出前3个节目中要有相声节目的排法种数为53253212012108A A A-=-=.。

微专题27 非对称韦达定理在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，我们常联立方程组，利用韦达定理整体代入来解决；但是有些情况，如有些定点、定值、定线问题，我们发现把韦达定理整体代入并不能完全消除两根，把这类问题称之为非对称韦达定理.类型一 两式相除，和积转化把韦达定理两式相除得到两根的和积关系，然后把两根的积(或和)式代入，是非对称韦达定理化简时常用的方法.例1 (2022·郑州调研)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，四点M 1⎝⎛⎭⎪⎫4，23，M 2(3，2)，M 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－33，M 4⎝ ⎛⎭⎪⎫2，33中恰有三点在C 上.(1)求C 的方程；(2)过点(3，0)的直线l 交C 于P ，Q 两点，过点P 作直线x ＝1的垂线，垂足 为A .证明：直线AQ 过定点.(1)解 M 3与M 4关于原点对称，由题意知双曲线一定过M 3和M 4两点. 当双曲线过M 1，M 3，M 4时， 有⎩⎪⎨⎪⎧16a 2－29b 2＝1，4a 2－13b 2＝1，则12a 2＋19b 2＝0无解；当双曲线过M 2，M 3，M 4时，有⎩⎪⎨⎪⎧9a 2－2b 2＝1，4a 2－13b2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝1，故C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)证明 设直线l ：x ＝my ＋3代入x 23－y 2＝1，整理得(m 2－3)y 2＋6my ＋6＝0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则A (1，y 1)，由韦达定理得 ⎩⎨⎧y 1＋y 2＝－6m m 2－3， ①y 1y 2＝6m 2－3， ②①÷②得y 1＋y 2y 1y 2＝－m ，即－my 1y 2＝y 1＋y 2，直线AQ ：y －y 1＝y 2－y 1x 2－1(x －1)，令y ＝0，解得x ＝y 2－y 1x 2y 2－y 1，∴x ＝y 2－y 1（my 2＋3）y 2－y 1＝y 2－3y 1－my 1y 2y 2－y 1＝y 2－3y 1＋y 1＋y 2y 2－y 1＝2（y 2－y 1）y 2－y 1＝2，直线过定点(2，0).当直线l 与x 轴重合时，直线AQ 也过点(2，0).训练1 过椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左焦点F 1作不与x 轴重合的直线MN 与椭圆C 相交于M ，N 两点，过点M 作直线l ：x ＝－4的垂线，垂足为E .(1)已知直线EN 过定点P ，求定点P 的坐标. (2)点O 为坐标原点，求△OEN 面积的最大值.解 (1)由题意知F 1(－1，0)，设直线MN 方程为x ＝my －1，设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，E (－4，y 1)，由⎩⎨⎧x ＝my －1，x 24＋y 23＝1，得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，则y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，①y 1y 2＝－93m 2＋4， ②①÷②得y 1＋y 2y 1y 2＝－2m3，直线EN 方程为y －y 1＝y 2－y 1x 2＋4(x ＋4).令y ＝0，得x ＝－y 1（x 2＋4）y 2－y 1－4＝－y 1（my 2－1＋4）y 2－y 1－4＝－my 1y 2＋3y 1y 2－y 1－4，又my 1y 2＝－32(y 1＋y 2)， 故x ＝－my 1y 2＋3y 1y 2－y 1－4＝－32（y 1＋y 2）＋3y 1y 2－y 1－4＝－52，因此直线EN 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，0.(2)由|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝12m 2＋13m 2＋4，得S △OEN ＝12|OP |·|y 1－y 2|＝15m 2＋13m 2＋4＝15m 2＋13m 2＋3＋1 ＝15·13m 2＋1＋1m 2＋1≤154.故△OEN 面积的最大值为154.类型二 第三定义法(斜率之积，e 2－1)1.在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)中，A ，B 两点关于原点对称，P 是椭圆上异于A ，B两点的任意一点，若k PA ·k PB 存在，则k P A ·k PB ＝－b 2a 2(反之亦成立).2.在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)中，A ，B 两点关于原点对称，P 是双曲线上异于A ，B 两点的任意一点，若k P A ·k PB 存在，则k PA ·k PB ＝b 2a 2(反之亦成立).注：若焦点在y 轴上时，椭圆满足k P A ·k PB ＝－a 2b 2，双曲线满足k P A ·k PB ＝a 2b 2.例2 (2022·成都诊断改编)已知椭圆C ：x 29＋y 25＝1的左、右顶点分别为A ，B ，右焦点为F ，过点F 的直线l 与椭圆交于P ，Q (点P 在x 轴上方)，设直线AP ，BQ 的斜率分别为k 1，k 2，是否存在常数λ，使得k 1＋λk 2＝0？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由.解 由题意知F (2，0)，设PQ 的直线方程为x ＝my ＋2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 由⎩⎨⎧x 29＋y 25＝1，x ＝my ＋2，得(9＋5m 2)y 2＋20my －25＝0， 则y 1＋y 2＝－20m9＋5m 2，y 1y 2＝－259＋5m 2，Δ＝9＋5m 2－4>0恒成立.直线AP ，BQ 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1＝y 1x 1＋3，k 2＝y 2x 2－3. 假设存在λ，满足k 1＋λk 2＝0， 即k 1＝－λk 2，则k 1k 2＝－λ.即k 1k 2＝y 1x 1＋3·x 2－3y 2＝y 1（my 2－1）y 2（my 1＋5）＝my 1y 2－y 1my 1y 2＋5y 2. 法一(双参变单参)由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－20m9＋5m 2，y 1y 2＝1－259＋5m2，得y 1＋y 2y 1y 2＝4m5，所以my 1y 2＝5（y 1＋y 2）4，my 1y 2－y 1my 1y 2＋5y 2＝5（y 1＋y 2）4－y 15（y 1＋y 2）4＋5y 2＝y 1＋5y 25y 1＋25y 2＝15⇒－λ＝15⇒λ＝－15，为定值. 法二(和积转化法) my 1y 2－y 1my 1y 2＋5y 2＝my 1y 2－（y 1＋y 2）＋y 2my 1y 2＋5y 2＝－25m9＋5m 2＋20m9＋5m2＋y 2－25m9＋5m 2＋5y 2＝－5m 9＋5m 2＋y 2－25m9＋5m 2＋5y 2＝15⇒－λ＝15⇒λ＝－15，为定值.法三(第三定义法) 由A (－3，0)，B (3，0)，得k P A ＝y 1x 1＋3，k PB ＝y 1x 1－3，又P 在x 29＋y 25＝1上，得x 219＋y 215＝1，即y 21＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 219＝59()9－x 21， 故k P A ·k PB ＝y 21x 21－9＝59（9－x 21）x 21－9＝－59⇒y 1x 1＋3·y 1x 1－3＝－59.k 1k 2＝y 1x 1＋3·x 2－3y 2＝－59·x 1－3y 1·x 2－3y 2＝－59·（my 1－1）（my 2－1）y 1y 2＝－59·m 2y 1y 2－m （y 1＋y 2）＋1y 1y 2＝－59·⎝⎛⎭⎪⎫m 2－4m 25－9＋5m 225＝15⇒－λ＝15⇒λ＝－15为定值. 法四(极点、极线法)由x 29＋y 25＝1得F 点对应的极线为2x 9＝1，即x ＝92，令AP ∩BQ ＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，m ，由k AP＝k MA ＝m 152，k BQ ＝k MB ＝m 32，得k 1k 2＝15，即λ＝－15.训练2 (2022·潍坊模拟)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的虚轴长为4，直线2x －y ＝0为双曲线C 的一条渐近线. (1)求双曲线C 的标准方程；(2)设双曲线的左、右顶点分别为A ，B ，过点T (2，0)的直线l 交双曲线C 于M ，N (点M 在第一象限)，记直线MA 的斜率为k 1，直线NB 的斜率为k 2，求证：k 1k 2为定值.(1)解由题意⎩⎨⎧2b ＝4，b a ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，双曲线方程为x 2－y 24＝1. (2)证明 由题意知，直线l 过点(2，0)，直线MN 斜率不能为零，故设直线MN 方程为x ＝my ＋2，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，4x 2－y 2－4＝0，联立得(4m 2－1)y 2＋16my ＋12＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，y 1＋y 2＝－16m 4m 2－1， ①y 1y 2＝124m 2－1， ②而①②得y 1＋y 2y 1y 2＝－4m3， ∴my 1y 2＝－34(y 1＋y 2)， 法一 又k 1＝y 1x 1＋2，k 2＝y 2x 2－2， ∴k 1k 2＝y 1x 1＋1·x 2－1y 2＝my 1y 2－y 1my 1y 2＋3y 2＝－34（y 1＋y 2）－y 1－34（y 1＋y 2）＋3y 2＝－13. 法二 由题意得k MA ＝y 1x 1＋1，k MB ＝y 1x 1－1，由x 21－y 214＝1，得y 21＝4(x 21－1)，∴k MA k MB ＝y 21x 21－1＝4，即k 1k MB ＝y 21x 21－1＝4，∴k 1＝y 1x 1＋1＝4（x 1－1）y 1.又k 2＝k NB ＝y 2x 2－1，∴k 1k 2＝y 1x 1＋1·x 2－1y 2＝4（x 1－1）（x 2－1）y 1y 2＝4（my 1＋1）（my 2＋1）y 1y 2＝4[m 2y 1y 2＋m （y 1＋y 2）＋1]y 1y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋m y 1＋y 2y 1y 2＋1y 1y 2 ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 2＋m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 3＋4m 2－112＝－13. 法三 点T (2，0)对应的极线方程为2x 1＝1，即x ＝12.延长NB 交MA 于Q ， 则MA ∩BN ＝Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，n ，k 1＝k MA ＝k QA ＝n 12＋1＝n32，k 2＝k NB ＝k QB ＝－n 1－12＝－n12，故k 1k 2＝－13.一、基本技能练1.已知A ，B 分别为双曲线C ：x 2－y 23＝1的左、右顶点，过双曲线的右焦点F 的直线交双曲线于P ，Q 两点(异于A ，B )，求直线AP ，BQ 的斜率的比值. 解 由题意知F (2，0)，设直线PQ 的方程为x ＝my ＋2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 联立方程⎩⎨⎧x 2－y 23＝1，x ＝my ＋2，得(3m 2－1)y 2＋12my ＋9＝0，则y 1＋y 2＝－12m3m 2－1，①y 1y 2＝93m 2－1， ②而①②得y 1＋y 2y 1y 2＝－4m 3， ∴my 1y 2＝－34(y 1＋y 2). 又k AP ＝y 1x 1＋1，k BQ ＝y 2x 2－1，k AP k BQ ＝y 1x 1＋1·x 2－1y 2＝y 1（my 2＋1）（my 1＋3）y 2 ＝my 1y 2＋y 1my 1＋3y 2＝－34（y 1＋y 2）＋y 1－34（y 1＋y 2）＋3y 2＝－13. 所以直线AP ，BQ 的斜率的比值为－13.2.(2022·西安调研)在平面直角坐标系xOy 中，已知离心率为12的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别是A ，B ，过右焦点F 的动直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，△ABM 的面积最大值为2 3. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线AM 与定直线x ＝t (t >2)交于点T ，记直线TF ，AM ，BN 的斜率分别是k 0，k 1，k 2，若k 1，k 0，k 2成等差数列，求实数t 的值. 解 (1)设椭圆C 的半焦距为c ， 依题意c a ＝12， ① 又△ABM 的面积最大值为23， 所以12·2a ·b ＝23，即ab ＝23，② 又a 2－b 2＝c 2， ③ 联立①②③，得a 2＝4，b 2＝3，c 2＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l ：x ＝my ＋1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程组⎩⎨⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 23＝1，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0， 所以y 1＋y 2＝－6m3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，故my 1y 2＝32(y 1＋y 2).易得直线AM ：y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)与直线x ＝t 相交于T ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t ，（t ＋2）y 1x 1＋2， 因为k 1，k 0，k 2成等差数列， 所以2k 0＝k 1＋k 2，即2·（t ＋2）y 1x 1＋2t －1＝y 1x 1＋2＋y 2x 2－2， 所以2（t ＋2）t －1－1＝y 2（x 1＋2）y 1（x 2－2）＝y 2（my 1＋3）y 1（my 2－1）＝my 1y 2＋3y 2my 1y 2－y 1＝32（y 1＋y 2）＋3y 232（y 1＋y 2）－y 1＝32y 1＋92y 212y 1＋32y 2＝3， 进而解得t ＝4，所以实数t 的值为4.3.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其短轴长为23，设直线l ：x ＝4，过椭圆右焦点F 的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ，B 两点，过点A 作AD ⊥l ，垂足为D .(1)求椭圆C 的标准方程；(2)求证：直线BD 过定点E ，并求出定点E 的坐标.(1)解 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝12，2b ＝23，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 由题得F (1，0)，设直线AB ：x ＝my ＋1(m ∈R ).A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D (4，y 1)，联立方程⎩⎨⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 23＝1，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0， ① 所以y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，且2my 1y 2＝3(y 1＋y 2)， 因为B (x 2，y 2)，D (4，y 1)，所以直线BD 的方程为y －y 1＝y 2－y 1x 2－4(x －4)， 由x ＝my ＋1，得y ＝y 2－y 1my 2－3·x －y 2－y 1my 2－3·4＋y 1＝y 2－y 1my 2－3·x －4y 2－y 1－my 1y 2my 2－3，②将2my 1y 2＝3(y 1＋y 2)代入②式，则直线BD 的方程为y ＝y 2－y 1my 2－3⎝⎛⎭⎪⎫x －52， ∴直线BD 过定点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0. 二、创新拓展练4.设椭圆C ：x 29＋y 28＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，左、右顶点分别为A ，B ，点M ，N 为椭圆C 上位于x 轴上方的两点，且F 1M ∥F 2N ，记直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，若3k 1＋2k 2＝0，求直线F 1M 的方程.解 设M (x 1，y 1)，F 1M 直线方程x ＝my －1交C 于M 1(x 2，y 2)，由⎩⎨⎧x 29＋y 28＝1，x ＝my －1， 得(8m 2＋9)y 2－16my －64＝0，则y 1＋y 2＝16m 8m 2＋9，y 1y 2＝－648m 2＋9. 则my 1y 2＝－4(y 1＋y 2)，又k 1＝y 1x 1＋3，k 2＝y 2x 2＋3， 所以3k 1＋2k 2＝3y 1x 1＋3＋2y 2x 2＋3＝3y 1（x 2＋3）＋2y 2（x 1＋3）（x 1＋3）（x 2＋3）＝0， 则3y 1(x 2＋3)＋2y 2(x 1＋3)＝0，即3y 1(my 2＋2)＋2y 2(my 1＋2)＝0，可得5×(－4)(y 1＋y 2)＋6y 1＋4y 2＝0，则－14y 1－16y 2＝0，即y 1＝－87y 2.∵y1＋y2＝16m8m2＋9，∴－17y2＝16m8m2＋9，即y2＝－112m8m2＋9，y1＝128m8m2＋9>0，∴m>0.由y1y2＝－648m2＋9＝－112m8m2＋9·128m8m2＋9，得216m2＝9，解得m＝126＝612或m＝－126＝－612(舍)，∴直线F1M的方程为6y－12x－12＝0.。