(浙江专用)201X高考数学二轮复习 专题二 立体几何 第1讲 空间几何体学案

第2讲空间中的平行与垂直[考情考向分析] 1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面平行和垂直的判定定理与性质定理对命题的真假进行判断，属于基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系的交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中档．热点一空间线面位置关系的判定空间线面位置关系判断的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例1 (1)(2018·宁波模拟)已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是( )A．若l∥m，则必有α∥βB．若l⊥m，则必有α⊥βC．若l⊥β，则必有α⊥βD．若α⊥β，则必有m⊥α答案 C解析对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；对于选项B，平面α和平面β还有可能相交且不垂直或平行，所以选项B错误；对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β，所以选项C正确；对于选项D，直线m可能和平面α平行或相交，所以选项D 错误．(2)如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l，A，C是α内不同的两点，B，D是β内不同的两点，且A，B，C，D∉直线l，M，N分别是线段AB，CD的中点．下列判断正确的是( )A．当CD＝2AB时，M，N两点不可能重合B．M，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当AB与CD相交，直线AC平行于l时，直线BD可以与l相交D．当AB，CD是异面直线时，直线MN可能与l平行答案 B解析由于直线CD的两个端点都可以动，所以M，N两点可能重合，此时两条直线AB，CD 共面，由于两条线段互相平分，所以四边形ACBD是平行四边形，因此AC∥BD，而BD⊂β，AC⊄B，所以由线面平行的判定定理可得AC∥β，又因为AC⊂α，α∩β＝l，所以由线面平行的性质定理可得AC∥l，故选B.思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．跟踪演练1 (1)(2018·湖州、衢州、丽水质检)设l为直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若α⊥β，l∥α，则l⊥βB．若l∥α，l∥β，则α∥βC．若l⊥α，l∥β，则α∥βD．若l⊥α，l⊥β，则α∥β答案 D解析A中，直线与平面可能相交、可能平行，也可能直线在平面内，故A错误；B中，两平面可能平行，也可能相交，故B错误；C中，根据线面平行、线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理可判断出两平面垂直，故C错误；D中，由线面垂直的性质和面面平行的判定定理可以判断出两平面平行，故D正确，故选D.(2)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是A．l与l1，l2都相交B．l与l1，l2都不相交C．l至少与l1，l2中的一条相交D．l至多与l1，l2中的一条相交答案 C解析方法一如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故D不正确，故选C.方法二因为l分别与l1，l2共面，故l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，从而l1∥l2，与l1，l2是异面直线矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故选C.热点二空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2 (1)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，AA1⊥平面ABC，E，F分别为棱A1B1，BC 的中点．①求证：直线BE ∥平面A 1FC 1；②平面A 1FC 1与直线AB 交于点M ，指出点M 的位置，说明理由，并求三棱锥B －EFM 的体积． ①证明 取A 1C 1的中点G ， 连接EG ，FG ，因为点E 为A 1B 1的中点， 所以EG ∥B 1C 1 且EG ＝12B 1C 1，因为F 为BC 的中点， 所以BF ∥B 1C 1且BF ＝12B 1C 1，所以BF ∥EG 且BF ＝EG .所以四边形BFGE 是平行四边形，所以BE ∥FG ， 又BE ⊄平面A 1FC 1，FG ⊂平面A 1FC 1， 所以直线BE ∥平面A 1FC 1. ②解 M 为棱AB 的中点．理由如下：因为AC ∥A 1C 1，AC ⊄平面A 1FC 1，A 1C 1⊂平面A 1FC 1， 所以直线AC ∥平面A 1FC 1，又平面A 1FC 1∩平面ABC ＝FM ，所以AC ∥FM . 又F 为棱BC 的中点，所以M 为棱AB 的中点．S △BFM ＝14S △ABC ＝14×12×2×2×sin 60°＝34， 所以三棱锥B －EFM 的体积V B －EFM ＝V E －BFM ＝13×34×2＝36.(2)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的菱形，PD ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝60°，PD ＝2a ，O 为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点．①证明：平面EAC ⊥平面PBD ；②若PD ∥平面EAC ，三棱锥P －EAD 的体积为183，求a 的值． ①证明 因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AC .又四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ， 又PD ∩BD ＝D ，PD ，BD ⊂平面PBD ， 所以AC ⊥平面PBD .又AC ⊂平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面PBD . ②解 连接OE .因为PD ∥平面EAC ，平面EAC ∩平面PBD ＝OE ， 所以PD ∥OE . 又AC ∩BD ＝O ，所以O 是BD 的中点，所以E 是PB 的中点． 因为四边形ABCD 是菱形，且∠BAD ＝60°， 所以取AD 的中点H ，连接BH ，可知BH ⊥AD ， 又因为PD ⊥平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥BH .又PD ∩AD ＝D ，PD ，AD ⊂平面PAD ， 所以BH ⊥平面PAD .在等边三角形ABD 中，由于AB ＝a ，所以BH ＝32a . 因此点E 到平面PAD 的距离d ＝12BH ＝12×32a ＝34a ，所以V P －EAD ＝V E －PAD ＝13S △PAD ×d ＝13×12×a ×2a ×34a ＝312a 3＝18 3.解得a ＝6.思维升华 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证明线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一条直线垂直于另一条直线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a .跟踪演练2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠ADB ＝90°，CB ＝CD ，点E 为棱PB 的中点．(1)若PB ＝PD ，求证：PC ⊥BD ； (2)求证：CE ∥平面PAD .证明 (1)取BD 的中点O ，连接CO ，PO ，因为CD ＝CB ，所以△CBD 为等腰三角形， 所以BD ⊥CO . 因为PB ＝PD ，所以△PBD 为等腰三角形， 所以BD ⊥PO .又PO ∩CO ＝O ，PO ，CO ⊂平面PCO ， 所以BD ⊥平面PCO .因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD.(2)由E为PB的中点，连接EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EO∥平面PAD.由∠ADB＝90°及BD⊥CO，可得CO∥AD，又CO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CO∥平面PAD.又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面COE，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD.热点三平面图形的翻折问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化，有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．例3 如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．(1)证明折叠前，因为四边形AECD为菱形，所以AC⊥DE，所以折叠后，DE ⊥PF ，DE ⊥CF ， 又PF ∩CF ＝F ，PF ，CF ⊂平面PCF ， 所以DE ⊥平面PCF .(2)证明 因为四边形AECD 为菱形， 所以DC ∥AE ，DC ＝AE .又点E 为AB 的中点，所以DC ∥EB ，DC ＝EB ， 所以四边形DEBC 为平行四边形，所以CB ∥DE . 又由(1)得，DE ⊥平面PCF ，所以CB ⊥平面PCF . 因为CB ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PCF . (3)解 存在满足条件的点M ，N ， 且M ，N 分别是PD 和BC 的中点．如图，分别取PD 和BC 的中点M ，N .连接EN ，PN ，MF ，CM . 因为四边形DEBC 为平行四边形， 所以EF ∥CN ，EF ＝12BC ＝CN ，所以四边形ENCF 为平行四边形，所以FC ∥EN . 在△PDE 中，M ，F 分别为PD ，DE 的中点， 所以MF ∥PE .又EN ，PE ⊂平面PEN ，PE ∩EN ＝E ，MF ，CF ⊂平面CFM ，MF ∩CF ＝F ， 所以平面CFM ∥平面PEN .思维升华 (1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口．(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾则否定假设，否则给出肯定结论．跟踪演练3 如图，在△PBE 中，AB ⊥PE ，D 是AE 的中点，C 是线段BE 上的一点，且AC ＝5，AB ＝AP ＝12AE ＝2，将△PBA 沿AB 折起使得二面角P －AB －E 是直二面角．(1)求证：CD ∥平面PAB ； (2)求三棱锥E －PAC 的体积． (1)证明 因为12AE ＝2，所以AE ＝4，又AB ＝2，AB ⊥PE ，所以BE ＝AB 2＋AE 2＝22＋42＝25， 又因为AC ＝5＝12BE ，所以AC 是Rt△ABE 的斜边BE 上的中线， 所以C 是BE 的中点， 又因为D 是AE 的中点，所以CD 是Rt△ABE 的中位线，所以CD ∥AB ， 又因为CD ⊄平面PAB ，AB ⊂平面PAB ， 所以CD ∥平面PAB .(2)解 由(1)知，直线CD 是Rt△ABE 的中位线， 所以CD ＝12AB ＝1，因为二面角P －AB －E 是直二面角，平面PAB ∩平面EAB ＝AB ，PA ⊂平面PAB ，PA ⊥AB ， 所以PA ⊥平面ABE ，又因为AP ＝2， 所以V E －PAC ＝V P －ACE ＝13×12×AE ×CD ×AP＝13×12×4×1×2＝43.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是________．(填序号)答案(1)解析对于(1)，作如图①所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QD∥AB. ∵QD∩平面MNQ＝Q，∴QD与平面MNQ相交，∴直线AB与平面MNQ相交；对于(2)，作如图②所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(3)，作如图③所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥MQ，∴AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ；对于(4)，作如图④所示的辅助线，则AB∥CD，CD∥NQ，∴AB∥NQ，又AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，∴AB∥平面MNQ.2．(2017·江苏)如图，在三棱锥A—BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以AB∥EF.又EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.押题预测1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是( ) A．m⊥n⇒m⊥βB．m⊥n⇒α⊥βC．α∥β⇒m∥βD．m∥n⇒α∥β押题依据空间两条直线、两个平面之间的平行与垂直的判定是立体几何的重点内容，也是高考命题的热点．此类题常与命题的真假性、充分条件和必要条件等知识相交汇，意在考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力．答案 C解析构造长方体，如图所示．因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C 与平面AA1B1B也不垂直，所以选项A，B都是假命题．CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．“若两平面平行，则一个平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C. 2．如图(1)，在正△ABC中，E，F分别是AB，AC边上的点，且BE＝AF＝2CF.点P为边BC上的点，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使平面A1EF⊥平面BEFC，连接A1B，A1P，EP，如图(2)所示．(1)求证：A1E⊥FP；(2)若BP＝BE，点K为棱A1F的中点，则在平面A1FP上是否存在过点K的直线与平面A1BE平行，若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．押题依据以平面图形的翻折为背景，探索空间直线与平面位置关系，可以考查考生的空间想象能力和逻辑推理能力，预计将成为今年高考的命题方向．(1)证明在正△ABC中，取BE的中点D，连接DF，如图所示．因为BE＝AF＝2CF，所以AF＝AD，AE＝DE，而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形．又AE＝DE，所以EF⊥AD.所以在题图(2)中，A1E⊥EF，又A1E⊂平面A1EF，平面A1EF⊥平面BEFC，且平面A1EF∩平面BEFC＝EF，所以A1E⊥平面BEFC.因为FP⊂平面BEFC，所以A1E⊥FP.(2)解在平面A1FP上存在过点K的直线与平面A1BE平行．理由如下：如题图(1)，在正△ABC中，因为BP＝BE，BE＝AF，所以BP＝AF，所以FP∥AB，所以FP∥BE.如图所示，取A1P的中点M，连接MK，因为点K为棱A1F的中点，所以MK∥FP.因为FP∥BE，所以MK∥BE.因为MK⊄平面A1BE，BE⊂平面A1BE，所以MK∥平面A1BE.故在平面A1FP上存在过点K的直线MK与平面A1BE平行．A组专题通关1．已知α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列说法：①若l⊥α，α⊥β，则l∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中说法正确的个数为( )A．3 B．2 C．1 D．4答案 C解析①若l⊥α，α⊥β，则l∥β或l⊂β，不正确；②若l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，不正确；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β，正确；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β或l∥β或l与β相交且l与β不垂直，不正确，故选C.2．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为( )A．①② B．③④ C．①③ D．②④答案 D解析由题意可得图①中GH与MN平行，不合题意；图②中GH与MN异面，符合题意；图③中GH与MN相交，不合题意；图④中GH与MN异面，符合题意．则表示GH，MN是异面直线的图形的序号为②④.3．给出下列四个命题：①如果平面α外一条直线a与平面α内一条直线b平行，那么a∥α；②过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直；③如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，那么这条直线与这个平面垂直；④若两个相交平面都垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面．其中真命题的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4答案 C解析对于①，根据线面平行的判定定理，如果平面外一条直线a与平面α内一条直线b 平行，那么a∥α，故正确；对于②，因为垂直于同一平面的两直线平行，所以过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故正确；对于③，平面内无数条直线均为平行线时，不能得出直线与这个平面垂直，故不正确；对于④，因为两个相交平面都垂直于第三个平面，所以在两个相交平面内各取一条直线垂直于第三个平面，可得这两条直线平行，则其中一条直线平行于另一条直线所在的平面，可得这条直线平行于这两个相交平面的交线，从而交线垂直于第三个平面，故正确．4．(2018·全国Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334 B.233 C.324 D.32答案 A解析 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．分别取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，DD 1，AD 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22sin 60°＝334.故选A.5．对于四面体A —BCD ，有以下命题：①若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 与底面所成的角相等；②若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则点A 在底面BCD 内的射影是△BCD 的内心； ③四面体A —BCD 的四个面中最多有四个直角三角形；④若四面体A —BCD 的6条棱长都为1，则它的内切球的表面积为π6.其中正确的命题是( )A ．①③ B．③④ C．①②③ D ．①③④ 答案 D解析 ①正确，若AB ＝AC ＝AD ，则AB ，AC ，AD 在底面上的射影相等，即与底面所成角相等；②不正确，如图，点A 在平面BCD 内的射影为点O ，连接BO ，CO ，可得BO ⊥CD ，CO ⊥BD ，所以点O 是△BCD 的垂心；③正确，如图，AB ⊥平面BCD ，∠BCD ＝90°，其中有4个直角三角形；④正确，设正四面体的内切球的半径为r ，棱长为1，高为63，根据等体积公式13×S △BCD ×63＝13×4×S △BCD ×r ，解得 r ＝612， 那么内切球的表面积S ＝4πr 2＝π6，故选D.6．已知m ，n ，l 1，l 2表示不同的直线，α，β表示不同的平面，若m ⊂α，n ⊂α，l 1⊂β，l 2⊂β，l 1∩l 2＝M ，则α∥β的一个充分条件是( )A ．m ∥β且l 1∥αB ．m ∥β且n ∥βC ．m ∥β且n ∥l 2D ．m ∥l 1且n ∥l 2答案 D解析 对于选项A ，当m ∥β且l 1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A 不是α∥β的充分条件；对于选项B ，当m ∥β且n ∥β时，若m ∥n ，则α，β可能平行也可能相交，故B 不是α∥β的充分条件；对于选项C ，当m ∥β且n ∥l 2时，α，β可能平行也可能相交，故C 不是α∥β的充分条件；对于选项D ，当m ∥l 1，n ∥l 2时，由线面平行的判定定理可得l 1∥α，l 2∥α，又l 1∩l 2＝M ，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，故D 是α∥β的一个充分条件．故选D.7．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．(填序号) ①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E －ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1. 答案 ①②③解析 因为AC ⊥平面BDD 1B 1，BE ⊂平面BDD 1B 1， 所以AC ⊥BE ，故①正确；因为B 1D 1∥BD ，即BD ∥B 1E ，B 1E ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以B 1E ∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E －ABC ＝16V 为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．8.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案 a 或2a解析 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1， 又CF ⊂平面ACC 1A 1， 所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可． 令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt△CAF ∽Rt△FA 1D ， 得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a， 整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0， 解得x ＝a 或x ＝2a .9.如图所示的多面体中，底面ABCD 为正方形，△GAD 为等边三角形，BF ⊥平面ABCD ，∠GDC ＝90°，若点P 为线段GD 的中点．(1)求证：AP ⊥平面GCD ； (2)求证：平面ADG ∥平面FBC .证明 (1)因为△GAD 是等边三角形，点P 为线段GD 的中点，所以AP ⊥GD .因为AD ⊥CD ，GD ⊥CD ，且AD ∩GD ＝D ，AD ，GD ⊂平面GAD ，故CD ⊥平面GAD ， 又AP ⊂平面GAD ，所以CD ⊥AP ， 又CD ∩GD ＝D ，CD ，GD ⊂平面GCD ， 所以AP ⊥平面GCD .(2)因为BF ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以BF ⊥CD ，因为BC ⊥CD ，BF ∩BC ＝B ，BF ，BC ⊂平面FBC ， 所以CD ⊥平面FBC ，由(1)知CD ⊥平面GAD ， 所以平面ADG ∥平面FBC .10．在梯形ABCD 中(图1)，AB ∥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作CD 的垂线，垂足分别为E ，F ，已知DE ＝1，AE ＝2，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，使得AF ⊥BD ，DE ∥CF ，得空间几何体ADE －BCF (图2)．(1)证明：BE ∥平面ACD ； (2)求三棱锥E －ACD 的体积．(1)证明 连接BE 交AF 于点O ，取AC 的中点H ，连接OH ，DH ，则OH 是△AFC 的中位线，所以OH ∥CF 且OH ＝12CF ，由已知得DE ∥CF 且DE ＝12CF ，所以DE ∥OH 且DE ＝OH ，所以四边形DEOH 为平行四边形，DH ∥EO ， 又因为EO ⊄平面ACD ，DH ⊂平面ACD ， 所以EO ∥平面ACD ，即BE ∥平面ACD .(2)解 由已知得，四边形ABFE 为正方形， 且边长为2，则AF ⊥BE ，由已知AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BDE ， 可得AF ⊥平面BDE ，又DE ⊂平面BDE ，所以AF ⊥DE ，又AE ⊥DE ，AF ∩AE ＝A ，AF ，AE ⊂平面ABFE ， 所以DE ⊥平面ABFE ， 又EF ⊂平面ABEF ，所以DE ⊥EF ，四边形DEFC 是直角梯形， 又AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面CDE ， 所以AE ⊥平面CDE ，所以AE 是三棱锥A －DEC 的高，V E －ACD ＝V A －ECD ＝V A －EFD＝13×AE ×12×DE ×EF ＝23. B 组 能力提高11．(2018·浙江省名校协作体联考)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为BD 1，BB 1上的动点，则△C 1PQ 周长的最小值为( )A.2153B.4＋2 2C.4＋832 D.2133答案 B解析 连接B 1D 1，BC 1，由图易得△C 1PQ 的三边分别在三棱锥B －B 1C 1D 1的三个侧面上，将三棱锥B －B 1C 1D 1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC 1D 1C 1′为直角梯形，当C 1′，P ，Q ，C 1四点共线时，△C 1PQ 的周长最小，最小值为C 1′D 21＋D 1C 21＝4＋22，即△C 1PQ 的周长的最小值为4＋22，故选B.12．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点．现有下列四个结论：p1：AC1∥MN；p2：A1C⊥C1N；p3：B1C⊥平面AMN；p4：异面直线AB与MN所成角的余弦值为24.其中正确的结论是( )A．p1，p2B．p2，p3 C．p2，p4D．p3，p4答案 C解析正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M，N分别为B1C1，BB1的中点．对于p1：如图①所示，MN∥BC1，BC1∩AC1＝C1，∴AC1与MN不平行，是异面直线，p1错误；对于p2：如图②所示，连接AC1，交A1C于点O，连接ON，易知A1C⊥AC1，ON⊥平面ACC1A1，∴ON⊥A1C，又ON∩AC1＝O，ON，AC1⊂平面ONC1，∴A1C⊥平面ONC1，又C1N⊂平面ONC1，∴A1C⊥C1N，p2正确；对于p 3：如图③所示，取BC 的中点O ，连接AO ，BC 1，过点O 作OP ∥BC 1，交CC 1于点P ，连接AP ，则AO ⊥平面BCC 1B 1，又B 1C ⊂平面BCC 1B 1，∴AO ⊥B 1C ，又BC 1∥OP ，BC 1⊥B 1C ，∴B 1C ⊥OP ，又AO ∩OP ＝O ，AO ，OP ⊂平面AOP ，∴B 1C ⊥平面AOP ，又平面AMN 与平面AOP 有公共点A ，∴B 1C 与平面AMN 不垂直，p 3错误；对于p 4：如图④所示，连接BC 1，AC 1，则MN ∥BC 1，∴∠ABC 1是异面直线AB 与MN 所成的角，设AB ＝1，则AC 1＝BC 1＝2，∴cos∠ABC 1＝(2)2＋12－(2)22×2×1＝24，p 4正确． 综上，其中正确的结论是p 2，p 4.13．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝0.6，则当E ，F 移动时，下列结论中错误的是( )A ．AE ∥平面C 1BDB ．四面体ACEF 的体积为定值C ．三棱锥A －BEF 的体积为定值D ．异面直线AF ，BE 所成的角为定值答案 D解析 由正方体的性质易得平面AB 1D 1∥平面C 1BD ，又因为AE ⊂平面AB 1D 1，所以AE ∥平面C 1BD ，A 正确；因为△CEF 的面积为定值，且点A 到平面CEF 的距离即为点A 到平面CD 1B 1的距离，其为定值，所以四面体ACEF 的体积为定值，B 正确；因为△BEF 的面积为定值，且点A 到平面BEF 的距离即为点A 到平面BDD 1B 1的距离，其为定值，所以三棱锥A －BEF 的体积为定值，C 正确；延长DB 至点G ，使得BG ＝EF ，连接FG ，则易得FG ∥BE ，所以∠AFG 为异面直线AF ，BE 所成的角，由图易得当点F 在线段B 1D 1上运动时，∠AFG 不是定值，所以异面直线AF ，BE 所成的角不是定值，D 错误．综上所述，故选D.14．如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠ABC ＝90°，AB ＝1，AC ＝CD ＝DA ＝2，动点M 在边DC 上(不同于D 点)，P 为边AB 上任意一点，沿AM 将△ADM 翻折成△AD ′M ，当平面AD ′M 垂直于平面ABC 时，线段PD ′长度的最小值为________．答案 152解析 设点D ′在平面ABCD 内的投影为点F ，∠DAM ＝θ，则易得θ∈(0°，60°]，当θ∈(0°，30°)时，点F 在△ADC 外，过点F 作AB 的垂线，垂足在线段BA 的延长线上，所以此时当点P 与点A 重合时，PD ′取得的最小值等于AD ′＝AD ＝2；当θ∈[30°，60°]时，点F 在△ADC 内(包括外界)，过点F 作AB 的垂线FG ，垂足G 在线段BA 上，所以当点P 与垂足G 重合时，PD ′取得最小值，此时有PD ′⊥AB .在Rt△D ′AP 中，因为AD ′＝AD ＝2，所以当PD ′取得最小值时，cos∠D ′AP 取得最大值．由最小角定理得cos∠D ′AP ＝cos θ·cos(120°－θ)＝cos θ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12cos θ＋32sin θ＝－12cos 2θ＋32sin θcos θ ＝－14cos 2θ＋34sin 2θ－14＝12cos(2θ－120°)－14， 易得当θ＝60°时，cos∠D ′AP 取得最大值14，1 2，PD′＝D′A2－AP2＝152.综上所述，PD′长度的最小值为152.所以此时AP＝。

第1讲空间几何体专题强化训练1.《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A．4 B．8C．12 D．16解析：选D.如图，以AA1为底面矩形一边的四边形有AA1C1C、AA1B1B、AA1D1D、AA1E1E这4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D.2．正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点(如图)，用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )解析：选C.过点A，E，C1的平面与棱DD1相交于点F，且F是棱DD1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A ．8 cm 3B ．12 cm 3C ．323cm 3D ．403cm 3解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm 的正方体，体积V 1＝2×2×2＝8(cm 3)；上面是底面边长为2 cm ，高为2 cm 的正四棱锥，体积V 2＝13×2×2×2＝83(cm 3)，所以该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝323(cm 3)．4．(2019·某某模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体最长的棱长等于( )A ．34B ．41C ．5 2D ．215解析：选C.由正视图、侧视图、俯视图的形状，可判断该几何体为三棱锥，形状如图，其中SC ⊥平面ABC ，AC ⊥AB ，所以最长的棱长为SB ＝5 2.5．(2019·某某十校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．15π2B ．8π C.17π2D ．9π解析：选B.依题意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的平面去截后所得的部分拼接而成的组合体(各自截后所得的部分也完全相同)，其中一个截后所得的部分的底面半径为1，最短母线长为3、最长母线长为5，将这两个截后所得的部分拼接恰好形成一个底面半径为1，母线长为5＋3＝8的圆柱，因此题中的几何体的体积为π×12×8＝8π，选B.6.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为123，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π解析：选C.设圆柱的底面半径为R ，则三棱柱的底面边长为3R ，由34(3R )2·2R ＝123，得R ＝2，S 圆柱侧＝2πR ·2R ＝16π.故选C.7．(2019·某某市第一次模拟)某几何体的三视图如图所示(网格线中每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．54C ．64D ．60解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋12×6×4＋2×12×3×5＋12×6×5＝60，故选D.8．在封闭的直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A.4πB.9π2C.6πD.32π3解析：选B.由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.9．(2019·某某八校联考)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12B.24C.22 D.32解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－（a2a）2＝22，选C. 10.已知圆柱OO 1的底面半径为1，高为π，ABCD 是圆柱的一个轴截面．动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其距离最短时在侧面留下的曲线Γ如图所示．现将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则y ＝f (θ)的图象大致为( )解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线Γ是展开图形(即矩形)的对角线，根据题意，将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0＜θ≤π)后，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P ，设BP 的长度为f (θ)，则f (θ)应当是一次函数的一段，故选A.11．(2019·某某省重点中学高三12月期末热身联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________；表面积是________．解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥C ­BB 1D 1D ，由三视图可得：AB ＝2，BC ＝2，BB 1＝4，VC ­BB 1D 1D ＝23×12×2×2×4＝163，S C ­BB 1D 1D ＝12×2×2＋22×4＋12×2×4＋12×2×4＋12×22×18＝16＋8 2.答案：16316＋8 212.(2019·某某市余姚中学期中检测)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________ cm 3，表面积为________cm 2.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉14后得到的几何体．所以该几何体的体积＝34×12×43×π×13＝π2cm 3.表面积＝34×12×4π×12＋12×π×12＋34×π×12＝11π4 cm 2.答案：π211π413．(2019·某某省“五校联盟”质量检测)已知球O 的表面积为25π，长方体的八个顶点都在球O 的球面上，则这个长方体的表面积的最大值等于________．解析：设球的半径为R ，则4πR 2＝25π，所以R ＝52，所以球的直径为2R ＝5，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则长方体的表面积S ＝2ab ＋2ac ＋2bc ≤a 2＋b 2＋a 2＋c 2＋b 2＋c 2＝2(a 2＋b 2＋c 2)＝50.答案：5014．(2019·某某省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是____________．解析：分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ­ABCD ，CD ＝y2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37.答案：3715．(2019·某某市高考数学二模)在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，则异面直线BE 与B 1D 1所成角的余弦值等于________，若正方体棱长为1，则四面体B ­EB 1D 1的体积为________．解析：取CC 1中点F ，连接D 1F ，B 1F ，则BE 綊D 1F ， 所以∠B 1D 1F 为异面直线BE 与B 1D 1所成的角．设正方体棱长为1，则B 1D 1＝2，B 1F ＝D 1F ＝1＋14＝52.所以cos ∠B 1D 1F ＝12B 1D 1D 1F ＝2252＝105. V B ­EB 1D 1＝V D 1­BB 1E ＝13S △BB 1E ·A 1D 1＝13×12×1×1×1＝16.答案：1051616．已知棱长均为a 的正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为216的球面上，则a 的值为________．解析：设O 是球心，D 是等边三角形A 1B 1C 1的中心，则OA 1＝216，因为正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长均为a ，所以A 1D ＝32a ×23＝33a ，OD ＝a 2，故A 1D 2＋OD 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2162，得712a 2＝2136，即a 2＝1，得a ＝1. 答案：117．(2019·瑞安四校联考)已知底面为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱柱的体积的最大值为________．解析：如图，设球心为O ，三棱柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，底面正三角形的边长为a ，则AO 1＝23×32a ＝33a .由已知得O 1O 2⊥底面， 在Rt △OAO 1中，由勾股定理得OO 1＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2＝3·3－a 23，所以V 三棱柱＝34a 2×2×3·3－a 23＝3a 4－a62，令f (a )＝3a 4－a 6(0＜a ＜2)， 则f ′(a )＝12a 3－6a 5＝－6a 3(a 2－2)，令f ′(a )＝0，解得a ＝ 2.因为当a ∈(0，2)时，f ′(a )＞0；当a ∈(2，2)时，f ′(a )＜0，所以函数f (a )在(0，2)上单调递增，在(2，2)上单调递减． 所以f (a )在a ＝2处取得极大值．因为函数f (a )在区间(0，2)上有唯一的极值点，所以a ＝2也是最大值点．所以(V 三棱柱)max＝3×4－82＝1. 答案：118.如图，四棱锥P ­ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD , ∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P ­ABCD 的体积．解：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD .又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，故BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD .因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 取CD 的中点N ，连接PN ， 则PN ⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3. 所以四棱锥P ­ABCD 的体积V ＝13×2×（2＋4）2×23＝4 3.19.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′­PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ， 所以V A ′­PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫0，233233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )0 f (x )单调递增极大值单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′­PBCD 取最大值．(2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP . 由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形， 所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形， 所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .。

专题五 解 析 几 何第一讲直_线_与_圆考点一 直线方程与两条直线的位置关系 一、基础知识要记牢直线与直线的位置关系的判定方法(1)给定两条直线l 1：y ＝k 1x ＋b 1和l 2：y ＝k 2x ＋b 2，则有下列结论：l 1∥l 2⇔k 1＝k 2且b 1≠b 2；l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1.(2)若给定的方程是一般式，即l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0和l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则有下列结论：l 1∥l 2⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1≠0； l 1⊥l 2⇔A 1A 2＋B 1B 2＝0.二、经典例题领悟好[例1] (1)设直线l 1：2x －my －1＝0，l 2：(m －1)x －y ＋1＝0.则“m ＝2”是“l 1∥l 2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件(2)过直线l 1：x －2y ＋3＝0与直线l 2：2x ＋3y －8＝0的交点，且到点P (0,4)距离为2的直线方程为_____________________________________________________________________.[解析] (1)m ＝2⇒A 1B 1＝2－m ＝－1，A 2B 2＝1－m ＝－1⇒A 1B 1＝A 2B 2，且C 1B 1≠C 2B 2⇒l 1∥l 2；l 1∥l 2⇒A 1B 2＝A 2B 1⇒2·(－1)＝(－m )·(m －1)且B 1C 2≠B 2C 1⇒m ＝2.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋3＝0，2x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.∴l 1与l 2的交点为(1,2)．当所求直线斜率不存在，即直线方程为x ＝1时，显然不满足题意．当所求直线斜率存在时，设所求直线方程为y －2＝k (x －1)，即kx －y ＋2－k ＝0， ∵点P (0,4)到直线的距离为2，∴2＝|－2－k |1＋k2， ∴k ＝0或k ＝43.∴直线方程为y ＝2或4x －3y ＋2＝0. [答案] (1)C (2)y ＝2或4x －3y ＋2＝0(1)处理两条直线平行的问题时，在利用A 1B 2－A 2B 1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．(2)要注意每种直线方程的局限性．点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x 轴垂直(用两点式也不能与y 轴垂直)．而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．(3)在解决问题的过程中，要注意选择直线方程的形式，用待定系数法求直线的方程，是最基本最常用的方法.三、预测押题不能少1．(1)已知直线l ：x －y －1＝0，l 1：2x －y －2＝0.若直线l 2与l 1关于l 对称，则l 2的方程是( )A ．x －2y ＋1＝0B ．x －2y －1＝0C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选B 因为l 1与l 2关于l 对称， 所以l 1上任一点关于l 的对称点都在l 2上， 故l 与l 1的交点(1,0)在l 2上． 又易知(0，－2)为l 1上一点， 设它关于l 的对称点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋02－y －22－1＝0，y ＋2x ×1＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，即(1,0)，(－1，－1)为l 2上两点， 可得l 2的方程为x －2y －1＝0.(2)设m ∈R ，过定点A 的动直线x ＋my ＝0和过定点B 的动直线mx －y －m ＋3＝0交于点P (x ，y )，则|PA |·|PB |的最大值是________．解析：易求定点A (0,0)，B (1,3)．当P 与A 和B 均不重合时，因为P 为直线x ＋my ＝0与mx －y －m ＋3＝0的交点，且两直线垂直，则PA ⊥PB ，所以|PA |2＋|PB |2＝|AB |2＝10，所以|PA |·|PB |≤|PA |2＋|PB |22＝5(当且仅当|PA |＝|PB |＝5时，等号成立)，当P 与A 或B 重合时，|PA |·|PB |＝0，故|PA |·|PB |的最大值是5.答案：5 考点二 圆的方程 一、基础知识要记牢(1)标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，圆心坐标为(a ，b )，半径为r .(2)一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)，圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2，－E2，半径r ＝D 2＋E 2－4F2.二、经典例题领悟好[例2] (1)(2016·浙江高考)已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．(2)(2016·天津高考)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M (0，5)在圆C 上，且圆心到直线2x －y ＝0的距离为455，则圆C 的方程为________．[解析] (1)由二元二次方程表示圆的条件可得a 2＝a ＋2，解得a ＝2或－1.当a ＝2时，方程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即x 2＋y 2＋x ＋2y ＋52＝0，配方得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋(y ＋1)2＝－54＜0，不表示圆；当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，配方得(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.(2)因为圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，设C (a,0)，且a ＞0，所以圆心到直线2x －y ＝0的距离d ＝2a5＝455，解得a ＝2，所以圆C 的半径r ＝|CM |＝4＋5＝3， 所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9.[答案] (1)(－2，－4) 5 (2)(x －2)2＋y 2＝9圆的方程的求法(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．(2)代数法，用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程，一般采用待定系数法．[提醒] 圆心到切线的距离等于半径，该结论在解题过程中经常用到，需牢记. 三、预测押题不能少2．(1)圆心在直线x ＋y ＝0上且过两圆x 2＋y 2－2x ＝0，x 2＋y 2＋2y ＝0的交点的圆的方程为( )A ．x 2＋y 2－x ＋y －12＝0B ．x 2＋y 2＋x －y －12＝0C ．x 2＋y 2－x ＋y ＝0 D ．x 2＋y 2＋x －y ＝0解析：选 C 由已知圆的方程可设所求圆的方程为x 2＋y 2－2x ＋λ(x 2＋y 2＋2y )＝0(λ≠－1)，即x 2＋y 2－21＋λx ＋2λ1＋λy ＝0 ，∴圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋λ，－λ1＋λ.又∵圆心在直线x ＋y ＝0上，∴11＋λ－λ1＋λ＝0，∴λ＝1，∴所求圆的方程为x 2＋y 2－x ＋y ＝0. (2)圆心在直线x －2y ＝0上的圆C 与y 轴的正半轴相切，圆C 截x 轴所得弦的长为23，则圆C 的标准方程为________________．解析：设圆心坐标为(a ，b )，半径为r .由已知⎩⎪⎨⎪⎧a －2b ＝0，b >0，又圆心(a ，b )到y 轴、x 轴的距离分别为|a |，|b |，所以|a |＝r ，|b |2＋3＝r 2.综上，解得a ＝2，b ＝1，r ＝2，所以圆心坐标为(2,1)，圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.答案：(x －2)2＋(y －1)2＝4考点三 直线与圆、圆与圆的位置关系 一、基础知识要记牢解答直线与圆的位置关系问题的方法(1)代数法．将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．(2)几何法．把圆心到直线的距离d 和半径R 的大小加以比较：d <R ⇔相交；d ＝R ⇔相切；d >R ⇔相离．二、经典例题领悟好[例3] (1)(2017·昆明模拟)已知圆M ：x 2＋y 2－2ay ＝0(a ＞0)截直线x ＋y ＝0所得线段的长度是22，则圆M 与圆N ：(x －1)2＋(y －1)2＝1的位置关系是( )A ．内切B ．相交C ．外切D ．相离(2)(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l ：mx ＋y ＋3m －3＝0与圆x 2＋y 2＝12交于A ，B 两点，过A ，B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ，D 两点．若|AB |＝23，则|CD |＝________.[解析] (1)由题知圆M ：x 2＋(y －a )2＝a 2(a ＞0)，圆心(0，a )到直线x ＋y ＝0的距离d ＝a2，所以2a 2－a 22＝22，解得a ＝2，即圆M 的圆心为(0,2)，半径为2.又圆N 的圆心为(1,1)，半径为1，则圆M ，圆N 的圆心距|MN |＝2，两圆半径之差为1，半径之和为3,1<2<3，故两圆相交．(2)由直线l ：mx ＋y ＋3m －3＝0知其过定点(－3，3)，圆心O 到直线l 的距离为d ＝|3m －3|m 2＋1.由|AB |＝23得⎝ ⎛⎭⎪⎫3m －3m 2＋12＋(3)2＝12，解得m ＝－33.又直线l 的斜率为－m ＝33，所以直线l 的倾斜角α＝π6.画出符合题意的图形如图所示，过点C 作CE ⊥BD ，则∠DCE ＝π6.在Rt △CDE 中，可得|CD |＝|AB |cos π6＝23×23＝4. [答案] (1)B (2)4研究直线与圆的位置关系最基本的解题方法为代数法，将几何问题代数化，利用函数与方程思想解题.与弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r ，圆心到直线的距离d ，及半弦长l2，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理.三、预测押题不能少3．(1)已知点P (x 0，y 0)，圆O ：x 2＋y 2＝r 2(r >0)，直线l ：x 0x ＋y 0y ＝r 2，有以下几个结论： ①若点P 在圆O 上，则直线l 与圆O 相切； ②若点P 在圆O 外，则直线l 与圆O 相离； ③若点P 在圆O 内，则直线l 与圆O 相交； ④无论点P 在何处，直线l 与圆O 恒相切． 其中正确的个数是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 根据点到直线的距离公式有d ＝r 2x 20＋y 20.若点P 在圆O 上，则x 20＋y 20＝r 2，d ＝r ，相切；若点P 在圆O 外，则x 20＋y 20>r 2，d <r ，相交；若点P 在圆O 内，则x 20＋y 20<r 2，d >r ，相离，故只有①正确．(2)已知P (x ，y )是直线kx ＋y ＋4＝0(k >0)上一动点，PA ，PB 是圆C ：x 2＋y 2－2y ＝0的两条切线，A ，B 是切点，若四边形PACB 的最小面积是2，则k ＝________.解析：如图，把圆的方程化成标准形式得x 2＋(y －1)2＝1，所以圆心为C (0,1)，半径为r ＝1，四边形PACB 的面积S ＝2S △PBC ，所以若四边形PACB 的最小面积是2，则S △PBC 的最小值为1.而S △PBC ＝12r ·|PB |，即|PB |的最小值为2，此时|PC |最小，|PC |为圆心到直线kx ＋y ＋4＝0的距离d ，则d ＝|5|k 2＋1＝12＋22＝5，化简得k 2＝4，因为k >0，所以k ＝2.答案：2[知能专练(十六)]一、选择题1．已知直线l 的倾斜角为π4，直线l 1经过点A (3,2)，B (－a,1)，且l 1与l 垂直，直线l 2：2x ＋by ＋1＝0与直线l 1平行，则a ＋b ＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．2解析：选B 由题知，直线l 的斜率为1，则直线l 1的斜率为－1，所以2－13＋a ＝－1，所以a＝－4.又l 1∥l 2，所以－2b＝－1，b ＝2，所以a ＋b ＝－4＋2＝－2，故选B.2．若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＋2a ＝0平行，则l 1与l 2间的距离为( ) A. 2 B.823 C. 3D.833解析：选B 由l 1∥l 2，得(a －2)a ＝1×3，且a ×2a ≠3×6，解得a ＝－1，所以l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＋23＝0，所以l 1与l 2间的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－2312＋－2＝823. 3．(2018届高三·深圳五校联考)已知直线l ：x ＋my ＋4＝0，若曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0上存在两点P ，Q 关于直线l 对称，则m 的值为( )A ．2B ．－2C ．1D ．－1解析：选D 因为曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0是圆(x ＋1)2＋(y －3)2＝9，若圆(x ＋1)2＋(y －3)2＝9上存在两点P ，Q 关于直线l 对称，则直线l ：x ＋my ＋4＝0过圆心(－1,3)，所以－1＋3m ＋4＝0，解得m ＝－1.4．(2017·嘉兴模拟)在平面直角坐标系中，A ，B 分别是x 轴和y 轴上的动点，若以AB 为直径的圆C 与直线2x ＋y －4＝0相切，则圆C 面积的最小值为( )A.45π B.3π4 C ．(6－25)πD.5π4解析：选A 法一：设A (a,0)，B (0，b )，圆C 的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2，2r ＝a 2＋b 2，由题知圆心到直线2x ＋y －4＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 2－45＝r ，即|2a ＋b －8|＝25r ，2a ＋b ＝8±25r ，由(2a ＋b )2≤5(a 2＋b 2)，得8±25r ≤25r ⇒r ≥25，即圆C 的面积S ＝πr 2≥4π5.法二：由题意可知以线段AB 为直径的圆C 过原点O ，要使圆C 的面积最小，只需圆C 的半径或直径最小．又圆C 与直线2x ＋y －4＝0相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点O 到直线2x ＋y －4＝0的距离，此时2r ＝45，得r ＝25，圆C 的面积的最小值为S ＝πr 2＝4π5.5．已知直线x ＋y －k ＝0(k >0)与圆x 2＋y 2＝4交于不同的两点A ，B ，O 是坐标原点，且有|OA ―→＋OB ―→|≥33|AB ―→|，那么k 的取值范围是( )A ．(3，＋∞)B ．[2，＋∞)C ．[2，22)D ．[3，22)解析：选C 当|OA ―→＋OB ―→|＝33|AB ―→|时，O ，A ，B 三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA ＝OB ，∠AOB ＝120°，从而圆心O 到直线x ＋y －k ＝0(k >0)的距离为1，此时k ＝2；当k >2时，|OA ―→＋OB ―→|>33|AB ―→|，又直线与圆x 2＋y 2＝4存在两交点，故k <2 2.综上，k 的取值范围为[2，22)．6．(2017·成都模拟)圆心在曲线y ＝2x(x >0)上，且与直线2x ＋y ＋1＝0相切的面积最小的圆的方程为( )A ．(x －1)2＋(y －2)2＝5 B ．(x －2)2＋(y －1)2＝5 C ．(x －1)2＋(y －2)2＝25 D ．(x －2)2＋(y －1)2＝25解析：选A 由圆心在曲线y ＝2x(x >0)上，设圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a (a >0)，又圆与直线2x ＋y ＋1＝0相切，所以圆心到直线的距离d 等于圆的半径r ，而d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a ＋2a ＋122＋12＝2a ＋2a ＋15≥22a ·2a＋15＝5，当且仅当2a ＝2a，即a ＝1时取等号，此时圆的面积最小，圆心坐标为(1,2)，圆的半径的最小值为5，则所求圆的方程为(x －1)2＋(y －2)2＝5.7．若三条直线l 1：4x ＋y ＝3，l 2：mx ＋y ＝0，l 3：x －my ＝2不能围成三角形，则实数m 的取值最多有( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．6个解析：选C 三条直线不能围成三角形，则至少有两条直线平行或三条直线相交于同一点．若l 1∥l 2，则m ＝4；若l 1∥l 3，则m ＝－14；若l 2∥l 3，则m 的值不存在；若三条直线相交于同一点，则m ＝1或－53.故实数m 的取值最多有4个，故选C.8．若圆(x －3)2＋(y ＋5)2＝r 2上有且只有两个点到直线4x －3y －2＝0的距离等于1，则半径r 的取值范围是( )A ．(4,6)B ．[4,6]C ．(4,5)D ．(4,5]解析：选A 设直线4x －3y ＋m ＝0与直线4x －3y －2＝0之间的距离为1，则有|m ＋2|5＝1，m ＝3或m ＝－7.圆心(3，－5)到直线4x －3y ＋3＝0的距离等于6，圆心(3，－5)到直线4x －3y－7＝0的距离等于4，因此所求圆半径的取值范围是(4,6)，故选A.9．(2017·合肥质检)设圆x 2＋y 2－2x －2y －2＝0的圆心为C ，直线l 过(0,3)且与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝23，则直线l 的方程为( )A ．3x ＋4y －12＝0或4x －3y ＋9＝0B ．3x ＋4y －12＝0或x ＝0C ．4x －3y ＋9＝0或x ＝0D ．3x －4y ＋12＝0或4x ＋3y ＋9＝0解析：选B 由题可知，圆心C (1,1)，半径r ＝2.当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝0，计算出弦长为23，符合题意；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋3，由弦长为23可知，圆心到该直线的距离为1，从而有|k ＋2|k 2＋1＝1，解得k ＝－34，所以直线l 的方程为y ＝－34x ＋3，即3x ＋4y －12＝0.综上，直线l 的方程为x ＝0或3x ＋4y －12＝0，故选B.10．已知圆C 关于x 轴对称，经过点(0,1)，且被y 轴分成两段弧，弧长之比为2∶1，则圆的方程为( )A ．x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ±332＝43 B ．x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y ±332＝13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ±332＋y 2＝43D.⎝⎛⎭⎪⎫x ±332＋y 2＝13解析：选C 设圆的方程为(x ±a )2＋y 2＝r 2(a >0)，圆C 与y 轴交于A (0,1)，B (0，－1)，由弧长之比为2∶1，易知∠OCA ＝12∠ACB ＝12×120°＝60°，则tan 60°＝|OA ||OC |＝1|OC |＝3，所以a ＝|OC |＝33，即圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫±33，0，r 2＝|AC |2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫±332＝43.所以圆的方程为⎝⎛⎭⎪⎫x ±332＋y 2＝43，故选C.二、填空题11．设直线l 1：(m ＋1)x －(m －3)y －8＝0(m ∈R)，则直线l 1恒过定点________；若过原点作直线l 2∥l 1，则当直线l 2与l 1的距离最大时，直线l 2的方程为________．解析：由(m ＋1)x －(m －3)y －8＝0，得m (x －y )＋x ＋3y －8＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，所以l 1恒过定点A (2,2)．当l 2⊥AO (O 为坐标原点)时，直线l 1与l 2的距离最大，此时k AO ＝1，k 2＝－1，所以直线l 2的方程为y ＝－x .答案：(2,2) y ＝－x12．(2017·温州模拟)圆x 2＋y 2－2y －3＝0的圆心坐标是________，半径是________． 解析：化圆的一般式方程为标准方程，得x 2＋(y －1)2＝4，由此知该圆的圆心坐标为(0,1)，半径为2.答案：(0,1) 213．已知点P (a ，b )关于直线l 的对称点为P ′(b ＋1，a －1)，则圆C ：x 2＋y 2－6x －2y ＝0关于直线l 对称的圆C ′的方程为________________；圆C 与圆C ′的公共弦的长度为________．解析：因为圆C 的方程为x 2＋y 2－6x －2y ＝0，即(x －3)2＋(y －1)2＝10，其圆心为(3,1)，半径为10，又因为点P (a ，b )关于直线l 的对称点为P ′(b ＋1，a －1)，所以令a ＝3，b ＝1可得，其关于直线l 的对称点(2,2)，所以圆C ：x 2＋y 2－6x －2y ＝0关于直线l 对称的圆C ′的圆心为(2,2)，半径为10，即圆C ′：(x －2)2＋(y －2)2＝10；圆C 与圆C ′的圆心的距离为d ＝－2＋－2＝2，所以两圆公共弦的长度为2102－⎝⎛⎭⎪⎫222＝38. 答案：(x －2)2＋(y －2)2＝103814．已知圆O ：x 2＋y 2＝r 2与圆C ：(x －2)2＋y 2＝r 2(r >0)在第一象限的一个公共点为P ，过点P 作与x 轴平行的直线分别交两圆于不同两点A ，B (异于P 点)，且OA ⊥OB ，则直线OP 的斜率是________，r ＝________.解析：两圆的方程相减得，4x －4＝0，则点P 的横坐标x ＝1.易知P 为AB 的中点，因为OA ⊥OB ，所以|OP |＝|AP |＝|PB |，所以△OAP 为等边三角形，所以∠APO ＝60°，因为AB ∥x 轴，所以∠POC ＝60°，所以直线OP 的斜率为 3.设P (1，y 1)，则y 1＝3，所以P (1，3)，代入圆O ，解得r ＝2.答案： 3 215．已知直线ax ＋y －2＝0与圆心为C 的圆(x －1)2＋(y －a )2＝4相交于A ，B 两点，且△ABC 为等边三角形，则实数a ＝________.解析：依题意，圆C 的半径是2，圆心C (1，a )到直线ax ＋y －2＝0的距离等于32×2＝3，于是有|1·a ＋a －2|a 2＋1＝3，即a 2－8a ＋1＝0，解得a ＝4±15. 答案：4±1516．(2018届高三·浙江省名校联考)设圆C ：(x －3)2＋(y －5)2＝5，过圆心C 作直线l 交圆于A ，B 两点，交y 轴于点P ，若A 恰好为线段BP 的中点，则直线l 的方程为________．解析：如图，A 为PB 的中点，而C 为AB 的中点，因此，C 为PB 的四等分点．而C (3,5)，P 点的横坐标为0，因此，A ，B 的横坐标分别为2,4，将A 的横坐标代入圆的方程中，可得A (2,3)或A (2,7)，根据直线的两点式得到直线l 的方程为2x －y －1＝0或2x ＋y －11＝0.答案：2x －y －1＝0或2x ＋y －11＝017．在平面直角坐标系内，到点A (1,2)，B (1,5)，C (3,6)，D (7，－1)的距离之和最小的点的坐标是________．解析：取四边形ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下：假设在四边形ABCD中任取一点P，在△APC中，有AP＋PC＞AC，在△BPD中，有PB＋PD＞BD，而如果P在线段AC上，那么AP＋PC＝AC；同理，如果P在线段BD上，那么BP＋PD＝BD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P就只能是AC与BD的交点．易求得P(2,4)．答案：(2,4)[选做题]1．(2018届高三·湖北七市(州)联考)已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>0)．设条件p：0<r<3，条件q：圆C上至多有2个点到直线x－3y＋3＝0的距离为1，则p是q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：选 C 圆C：(x－1)2＋y2＝r2的圆心(1,0)到直线x－3y＋3＝0的距离d＝|1－3×0＋3|12＋32＝2.当2－r>1，即0<r<1时，直线在圆外，圆上没有点到直线的距离为1；当2－r＝1，即r＝1时，直线在圆外，圆上只有1个点到直线的距离为1；当0<2－r<1，即1<r<2时，直线在圆外，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当2－r＝0，即r＝2时，直线与圆相切，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当0<r－2<1，即2<r<3时，直线与圆相交，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当r－2＝1，即r＝3时，直线与圆相交，此时圆上有3个点到直线的距离为1；当r－2>1，即r>3时，直线与圆相交，此时圆上有4个点到直线的距离为1.综上，当0<r<3时，圆C上至多有2个点到直线x－3y＋3＝0的距离为1；由圆C上至多有2个点到直线x－3y＋3＝0的距离为1可得0<r<3.故p是q的充要条件，故选C.2．(2017·石家庄模拟)若a，b是正数，直线2ax＋by－2＝0被圆x2＋y2＝4截得的弦长为23，则t＝a1＋2b2取得最大值时a的值为( )A.12B.32C.34D.34解析：选 D 因为圆心到直线的距离d＝24a2＋b2，则直线被圆截得的弦长L＝2r2－d2＝24－44a2＋b2＝23，所以4a2＋b2＝4.则t＝a1＋2b2＝122·(22a)·1＋2b2≤122×12×[]2a2＋1＋2b22＝142·[8a2＋1＋2(4－4a2)]＝942，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧8a 2＝1＋2b 2，4a 2＋b 2＝4时等号成立，此时a ＝34，故选D.3．已知点A (3,0)，若圆C ：(x －t )2＋(y －2t ＋4)2＝1上存在点P ，使|PA |＝2|PO |，其中O 为坐标原点，则圆心C 的横坐标t 的取值范围为________．解析：设点P (x ，y )，因为|PA |＝2|PO |，所以x －2＋y 2＝2x 2＋y 2，化简得(x ＋1)2＋y 2＝4，所以点P 在以M (－1,0)为圆心，2为半径的圆上．由题意知，点P (x ，y )在圆C 上，所以圆C 与圆M 有公共点，则1≤|CM |≤3，即1≤t ＋2＋t －2≤3,1≤5t 2－14t ＋17≤9.不等式5t 2－14t ＋16≥0的解集为R ；由5t 2－14t ＋8≤0，得45≤t ≤2.所以圆心C 的横坐标t 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，2. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，2 第二讲圆锥曲线的概念与性质考点一 圆锥曲线的定义与标准方程 一、基础知识要记牢 1．圆锥曲线的定义：在同一平面上，F 1，F 2(F )是定点，P 是动点． (1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)； (2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)；(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于M . 2．圆锥曲线的标准方程(以焦点在x 轴上为例)：椭圆：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)；双曲线：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)；抛物线：y 2＝±2px (p >0)． 二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y23＝1有公共焦点，则C 的方程为( ) A.x 28－y 210＝1B.x 24－y 25＝15443(2)(2016·浙江高考)若抛物线y 2＝4x 上的点M 到焦点的距离为10，则M 到y 轴的距离是________．[解析] (1)根据双曲线C 的渐近线方程为y ＝52x ， 可知b a ＝52.① 又椭圆x 212＋y 23＝1的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)，所以a 2＋b 2＝9.②根据①②可知a 2＝4，b 2＝5，所以C 的方程为x 24－y 25＝1.(2)设点M 的横坐标为x ，则点M 到准线x ＝－1的距离为x ＋1， 由抛物线的定义知x ＋1＝10，∴x ＝9， ∴点M 到y 轴的距离为9. [答案] (1)B (2)91.求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”.所谓“定型”，就是指确定类型，也就是确定椭圆、双曲线、抛物线的焦点所在的坐标轴，从而设出相应的标准方程的形式；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值，最后代入写出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程.2.利用定义解题是这一部分的一个重要方法.面对一个数学对象，回顾它的定义常常能找到最简捷的途径，如果题目涉及焦点、准线、离心率、圆锥曲线上的点等条件时，首先要联想相应定义.三、预测押题不能少1．(1)已知抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点O ，并且经过点M (2，y 0)．若点M 到该抛物线焦点的距离为3，则|OM |＝( )A ．2 2B ．2 3C ．4D ．2 5解析：选B 依题意，设抛物线方程是y 2＝2px (p >0)，则有2＋p2＝3，得p ＝2，故抛物线方程是y 2＝4x ，点M 的坐标是(2，±22)，|OM |＝ 22＋8＝2 3.(2)(2017·长沙模拟)已知椭圆的中心在原点，离心率e ＝12，且它的一个焦点与抛物线y 2＝－4x 的焦点重合，则此椭圆方程为( )4386C.x 22＋y 2＝1 D.x 24＋y 2＝1解析：选A 由题可知椭圆的焦点在x 轴上，所以设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，而抛物线y 2＝－4x 的焦点为(－1,0)，所以c ＝1，又离心率e ＝c a ＝12，解得a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.故选A.考点二 圆锥曲线的几何性质 一、基础知识要记牢(1)椭圆、双曲线中，a ，b ，c 之间的关系 ①在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝c a； ②在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝c a.(2)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax .二、经典例题领悟好[例2] (1)(2017·浙江高考)椭圆x 29＋y 24＝1的离心率是( )A.133B.53 C.23 D.59(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，以A 为圆心，b 为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M ，N 两点．若∠MAN ＝60°，则C 的离心率为________．[解析] (1)根据题意知，a ＝3，b ＝2，则c ＝a 2－b 2＝5，∴椭圆的离心率e ＝c a ＝53. (2)双曲线的右顶点为A (a,0)，一条渐近线的方程为y ＝b ax ，即bx －ay ＝0，则圆心A 到此渐近线的距离d ＝|ba －a ×0|b 2＋a 2＝ab c .又因为∠MAN ＝60°，圆的半径为b ，所以b ·sin 60°＝abc ，即3b 2＝ab c ，所以e ＝23＝233. [答案] (1)B (2)2332．(1)设双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，右顶点为A ，过F 作AF 的垂线与双曲线交于B ，C 两点，过B ，C 分别作AC ，AB 的垂线，两垂线交于点D .若D 到直线BC 的距离小于a ＋a 2＋b 2，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1) B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C ．(－2，0)∪(0，2) D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 解析：选A 由题作出图象如图所示．由x 2a 2－y 2b2＝1，可知A (a,0)，F (c,0)． 易得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，C ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a . ∵k AB ＝b 2ac －a ＝b 2a c －a ，∴k CD ＝a a －cb 2.∵k AC ＝b 2a a －c ＝b 2a a －c ，∴k BD ＝－a a －c b 2.∴l BD ：y －b 2a ＝－a a －c b 2(x －c )，即y ＝－a a －c b 2x ＋ac a －c b 2＋b 2a ，l CD ：y ＋b 2a ＝a a －cb 2(x －c )，即y ＝a a －c b 2x －ac a －c b 2－b 2a.∴x D ＝c ＋b 4a 2a －c.∴点D 到BC 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 4a 2a －c .∴b 4a 2c －a<a ＋a 2＋b 2＝a ＋c ， ∴b 4<a 2(c 2－a 2)＝a 2b 2，∴a 2>b 2，∴0<b 2a 2<1.∴0<b a <1或－1<b a<0.(2)(2017·全国卷Ⅰ)设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m ＝1长轴的两个端点．若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( )A ．(0,1]∪[9，＋∞)B ．(0， 3 ]∪[9，＋∞)C ．(0,1]∪[4，＋∞)D ．(0， 3 ]∪[4，＋∞)解析：选A 当0＜m ＜3时，焦点在x 轴上， 要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b≥tan 60°＝3，即3m≥3，解得0＜m ≤1.当m ＞3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b≥tan 60°＝3，即m3≥3，解得m ≥9. 故m 的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)． 考点三 直线与圆锥曲线的位置关系 一、经典例题领悟好[例3] (2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．[解] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP 的斜率为k ，则直线AP 的方程为y －14＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，即kx －y ＋12k ＋14＝0，因为直线BQ 与直线AP 垂直，所以直线BQ 的方程为，x ＋ky －94k －32＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标x Q ＝－k 2＋4k ＋3k ＋.因为|PA |＝ 1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝ 1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.数形结合是研究直线与圆锥曲线位置关系的根本方法，即把位置关系转化成方程或方程组解的问题，其中设而不求、整体运算是常用手段，对根与系数的关系、点差法等方法的应用条件、注意事项、操作程序等要理解、熟练.二、预测押题不能少3.(2016·浙江高考)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1)．(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围． 解：(1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AP ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，故x 1＝0，x 2＝－2a 2k 1＋a 2k2.因此|AP |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋k21＋a 2k2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2. 由(1)知，|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21， |AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0. 由k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得 1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)．①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是 1＋a 2(a 2－2)＞1， 所以a ＞ 2.因此，任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤ 2.由e ＝c a ＝a 2－1a ，得0＜e ≤22.所求离心率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22. [知能专练(十七)]一、选择题1．(2017·惠州调研)双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，则它的渐近线方程为( )A ．y ＝±32xB ．y ＝±23xC ．y ＝±94xD ．y ＝±49x解析：选A 由双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，可得c 2a 2＝134，∴b 2a 2＋1＝134，可得b a ＝32，故双曲线的渐近线方程为y ＝±32x .2．(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为( )A.63B.33 C.23 D.13解析：选A 以线段A 1A 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝a 2，由原点到直线bx －ay ＋2ab ＝0的距离d ＝2abb 2＋a2＝a ，得a 2＝3b 2，所以C 的离心率e ＝1－b 2a 2＝63. 3．(2017·全国卷Ⅰ)已知F 是双曲线C ：x 2－y 23＝1的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是(1,3)，则△APF 的面积为( )A.13B.12C.23D.32解析：选D 由题可知，双曲线的右焦点为F (2,0)，当x ＝2时，代入双曲线C 的方程，得4－y 23＝1，解得y ＝±3，不妨取点P (2,3)，因为点A (1,3)，所以AP ∥x 轴，又PF ⊥x 轴，所以AP ⊥PF ，所以S △APF ＝12|PF |·|AP |＝12×3×1＝32.4．设AB 是椭圆的长轴，点C 在椭圆上，且∠CBA ＝π4，若AB ＝4，BC ＝2，则椭圆的两个焦点之间的距离为( )A.463B.263 C.433 D.233解析：选A 不妨设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，如图，由题意知，2a ＝4，a ＝2，∵∠CBA ＝π4，BC ＝2，∴点C 的坐标为(－1,1)，∵点C 在椭圆上，∴122＋1b 2＝1，∴b 2＝43，∴c 2＝a 2－b 2＝4－43＝83，c ＝263，则椭圆的两个焦点之间的距离为2c ＝463.5．(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F ，且斜率为3的直线交C 于点M (M 在x 轴的上方)，l 为C 的准线，点N 在l 上且MN ⊥l ，则M 到直线NF 的距离为( )A. 5B ．2 2C ．2 3D ．3 3解析：选C 法一：由题意，得F (1,0)， 则直线FM 的方程是y ＝3(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝3x －，y 2＝4x ，得x ＝13或x ＝3.由M 在x 轴的上方，得M (3,23)， 由MN ⊥l ，得|MN |＝|MF |＝3＋1＝4.又∠NMF 等于直线FM 的倾斜角，即∠NMF ＝60°， 因此△MNF 是边长为4的等边三角形， 所以点M 到直线NF 的距离为4×32＝2 3. 法二：依题意，得直线FM 的倾斜角为60°， 则|MN |＝|MF |＝21－cos 60°＝4.又∠NMF 等于直线FM 的倾斜角， 即∠NMF ＝60°，因此△MNF 是边长为4的等边三角形， 所以点M 到直线NF 的距离为4×32＝2 3. 6．(2018届高三·湘中名校联考)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，与双曲线的渐近线交于C ，D 两点，若|AB |≥35|CD |，则双曲线离心率e 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞C.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，54 解析：选B 将x ＝c 代入x 2a 2－y 2b 2＝1得y ＝±b 2a ，不妨取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，所以|AB |＝2b 2a .将x ＝c 代入双曲线的渐近线方程y ＝±ba x ，得y ＝±bc a，不妨取C ⎝⎛⎭⎪⎫c ，bc a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，－bc a ，所以|CD |＝2bca.因为|AB |≥35|CD |，所以2b 2a ≥35×2bc a ，即b ≥35c ，则b 2≥925c 2，即c 2－a 2≥925c 2，即1625c 2≥a 2，所以e 2≥2516，所以e ≥54，故选B.二、填空题7．设F 1，F 2为双曲线C ：x 2a 2－y 216＝1(a >0)的左、右焦点，点P 为双曲线C 右支上一点，如果|PF 1|－|PF 2|＝6，那么双曲线C 的方程为________，离心率为________．解析：由双曲线定义可得2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝6，a ＝3，所以曲线C 的方程为x 29－y 216＝1.又b＝4，所以c ＝a 2＋b 2＝5，则离心率e ＝c a ＝53.答案：x 29－y 216＝1 538．已知抛物线x 2＝4y ，则其焦点F 的坐标为________，若M 是抛物线上一点，|MF |＝4，O 为坐标原点，则∠MFO ＝________.解析：抛物线x 2＝4y 的焦点坐标F (0,1)．设M (x ，y )，由抛物线定义可得|MF |＝y ＋1＝4，则y ＝3，代入抛物线方程解得一个M (23，3)，则FM ―→＝(23，2)，FO ―→＝(0，－1)，所以cos ∠MFO ＝FM ―→·FO ―→|FM ―→||FO ―→|＝－12，所以∠MFO ＝2π3.答案：(0,1)2π39．(2018届高三·广东五校联考)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P (x 0，y 0)满足0<x 202＋y 20<1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________．解析：由点P (x 0，y 0)满足0<x 22＋y 20<1，可知P (x 0，y 0)一定在椭圆内(不包括原点)，因为a＝2，b ＝1，所以由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|<2a ＝22，又|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|＝2，故|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是[2,22)．答案：[2,22) 三、解答题10．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(0,4)，离心率为35.(1)求C 的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C 所截线段的中点坐标．解：(1)将(0,4)代入C 的方程得16b2＝1，解得b ＝4.又e ＝c a ＝35，得a 2－b 2a 2＝925，即1－16a 2＝925，则a ＝5.所以C 的方程为x 225＋y 216＝1.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y ＝45(x －3)．设直线与C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将直线方程y ＝45(x －3)代入C 的方程，得x225＋x －225＝1，即x 2－3x －8＝0，所以x 1＋x 2＝3.设AB 的中点坐标为(x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝32，y 0＝y 1＋y 22＝25(x 1＋x 2－6)＝－65，即中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－65.11．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线C 与直线l 1：y ＝－x 的一个交点的横坐标为8.(1)求抛物线C 的方程；(2)不过原点的直线l 2与l 1垂直，且与抛物线交于不同的两点A ，B ，若线段AB 的中点为P ，且|OP |＝|PB |，求△FAB 的面积．解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为(8，－8)，∴(－8)2＝2p ×8，∴2p ＝8，∴抛物线方程为y 2＝8x .(2)直线l 2与l 1垂直，故可设l 2：x ＝y ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且直线l 2与x 轴的交点为M .由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x ＝y ＋m ，得y 2－8y －8m ＝0，Δ＝64＋32m >0，∴m >－2.y 1＋y 2＝8，y 1y 2＝－8m ，∴ x 1x 2＝y 1y 2264＝m 2.由题意可知OA ⊥OB ，即x 1x 2＋y 1y 2＝m 2－8m ＝0，∴m ＝8或m ＝0(舍去)，∴l 2：x＝y ＋8，M (8,0)．故S △FAB ＝S △FMB ＋S △FMA ＝12·|FM |·|y 1－y 2|＝3y 1＋y 22－4y 1y 2＝24 5.12．(2018届高三·浙江名校联考)椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的长轴长等于圆C 2：x 2＋y 2＝4的直径，且C 1的离心率等于12.直线l 1和l 2是过点M (1,0)，且互相垂直的两条直线，l 1交C 1于A ，B 两点，l 2交C 2于C ，D 两点．(1)求C 1的标准方程；(2)当四边形ACBD 的面积为12714时，求直线l 1的斜率k (k >0)． 解：(1)由题意得2a ＝4，即a ＝2.∵c a ＝12，∴c ＝1，∴b ＝3，∴椭圆C 1的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)直线AB ：y ＝k (x －1)，则直线CD ：y ＝－1k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，3x 2＋4y 2＝12，得(3＋4k 2)x2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝k 2＋3＋4k2.∵圆心(0,0)到直线CD ：x ＋ky －1＝0的距离d ＝1k 2＋1，又|CD |24＋d 2＝4，∴|CD |＝24k 2＋3k 2＋1，∵AB ⊥CD ，∴S 四边形ACBD ＝12|AB |·|CD |＝12k 2＋14k 2＋3，由12k 2＋14k 2＋3＝12147，解得k ＝1或k ＝－1，由k >0，得k ＝1. 第三讲圆锥曲线中的热点问题考点一 轨迹方程问题 一、基础知识要记牢在直角坐标系中，如果某曲线C 上点的坐标都是二元方程f (x ，y )＝0的实数解，且以这个二元方程f (x ，y )＝0的实数解为坐标的点都是曲线上的点，则方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．二、经典例题领悟好[例1] (2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP ―→＝2NM ―→.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP ―→·PQ ―→＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .[解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP ―→＝(x －x 0，y )，NM ―→＝(0，y 0)，由NP ―→＝2NM ―→，得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ ―→＝(－3，t )，PF ―→＝(－1－m ，－n )，OQ ―→·PF ―→＝3＋3m －tn ，OP ―→＝(m ，n )，PQ ―→＝(－3－m ，t －n )，由OP ―→·PQ ―→＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1，又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ ―→·PF ―→＝0，即OQ ―→⊥PF ―→.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C的左焦点F .求动点轨迹方程的一般步骤(1)建：建立合适的直角坐标系； (2)设：设曲线上任意一点的坐标(x ，y )； (3)限：考虑满足的条件； (4)代：把点的坐标代入关系式；(5)化：化简，并证明所求方程为符合条件的动点的轨迹方程(一般省略). 三、预测押题不能少1．已知在平面直角坐标系中的一个椭圆，中心在原点，左焦点为F (－3，0)，且过点D (2,0)． (1)求该椭圆的标准方程；(2)设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，若P 是椭圆上的动点，求线段PA 的中点M 的轨迹方程．解：(1)设椭圆的标准方程为x 2a ＋y 2b＝1(a >b >0)，由题意，c ＝3，a ＝2，所以b ＝1.故椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设线段PA 的中点为M (x ，y )，点P 的坐标为(x 0，y 0)，由⎩⎨⎧x ＝x 0＋12，y ＝y 0＋122，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2x －1，y 0＝2y －12，由点P 在椭圆上，得x －24＋⎝⎛⎭⎪⎫2y －122＝1.所以线段PA 的中点M 的轨迹方程是⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫y －142＝1.考点二 最值、范围问题一、经典例题领悟好[例2] (2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a ＋y 2b＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M ，点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．[解] (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)． 又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2，所以a 2＝4，b 2＝2，因此椭圆方程为x 24＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2＝4消去y ，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0， 由Δ＞0得m 2＜4k 2＋2.(*) 且x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1， 因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1， 所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km2k 2＋1，m 2k 2＋1，又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m2＋3k 2＋k 4k 2＋2，因为|NF |＝|m |， 所以|ND |2|NF |2＝k 4＋3k 2＋k 2＋2＝1＋8k 2＋3k 2＋2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3. 故2k 2＋1＝t ＋14， 所以|ND |2|NF |2＝1＋16t ＋t2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t，所以y ′＝1－1t2.当t ≥3时，y ′＞0，从而y ＝t ＋1t 在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3时等号成立，此时k ＝0， 所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4，由(*)得－2＜m ＜2且m ≠0，故|NF ||ND |≥12，设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12，所以θ的最小值为π6.从而∠EDF 的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述：当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取到最小值π3.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是建立关于求解某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围.圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线与圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题.二、预测押题不能少。

专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。

[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。

[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。

［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。

［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。

一、立体几何知识点归纳 第一章 空间几何体（一)空间几何体的结构特征（1）多面体——由若干个平面多边形围成的几何体.围成多面体的各个多边形叫叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱,棱与棱的公共点叫做顶点.旋转体--把一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线旋转形成的封闭几何体。

其中,这条定直线称为旋转体的轴。

（2）柱，锥,台，球的结构特征 1。

棱柱1。

1棱柱—-有两个面互相平行，其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱。

1。

2相关棱柱几何体系列(棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱）的关系： ①⎧⎪⎧−−−−−→⎨⎪−−−−−→⎨⎪⎪⎩底面是正多形棱垂直于底面斜棱柱棱柱正棱柱直棱柱其他棱柱 底面为矩形侧棱与底面边长相等1.3①侧棱都相等,侧面是平行四边形;②两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形； ③过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；④直棱柱的侧棱长与高相等，侧面与对角面是矩形。

1。

4长方体的性质：①长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的平方和；【如图】222211AC AB AD AA =++②（了解)长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的三条棱所成的角分别是αβγ，，，那么222cos cos cos 1αβγ++=，222sin sin sin 2αβγ++=；③（了解）长方体的一条对角线1AC 与过顶点A 的相邻三个面所成的角分别是αβγ，，,则，222sin sin sin 1αβγ++=222cos cos cos 2αβγ++=.1.5侧面展开图:正n 棱柱的侧面展开图是由n 个全等矩形组成的以底面周长和侧棱长为邻边的矩形. 1.6面积、体积公式：2S c hS c h S S h=⋅=⋅+=⋅直棱柱侧直棱柱全底棱柱底，V （其中c 为底面周长,h 为棱柱的高)2.圆柱2。

1圆柱—-以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体叫圆柱.2.2圆柱的性质：上、下底及平行于底面的截面都是等圆;过轴的母线截面（轴截面）是全等的矩形.2。