【配套K12】2019年高考数学一轮复习学案+训练+课件(北师大版理科)： 课时分层训练55 曲线与

二 三角函数与解三角形中的高考热点问题(对应学生用书第67页)[命题解读] 从近五年全国卷高考试题来看，解答题第1题(全国卷T 17)交替考查三角函数、解三角形与数列，本专题的热点题型有：一是三角函数的图像与性质；二是解三角形；三是三角恒等变换与解三角形的综合问题，中档难度，在解题过程中应挖掘题目的隐含条件，注意公式的内在联系，灵活地正用、逆用、变形应用公式，并注重转化思想与数形结合思想的应用．要进行五点法作图、图像变换，研究三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，求三角函数的单调区间、最值等，都应先进行三角恒等变换，将其化为y ＝A sin(ωx ＋φ)的形式，然后利用整体代换的方法求解．(2017·浙江高考)已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )． (1)求f ⎝⎛⎭⎪⎫2π3的值；(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间． [解] (1)由sin 2π3＝32，cos 2π3＝－12，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫－122－23×32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫2π3＝2.(2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 所以f (x )的最小正周期是π.由正弦函数的性质得π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ，解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )．Aω的单调性找到“ωx ＋[跟踪训练] (2018·北京海淀区期末练习)已知函数f (x )＝sin 2x cos 5－cos 2x sin 5.(1)求函数f (x )的最小正周期和对称轴方程； (2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值.【导学号：79140141】[解] (1)f (x )＝sin 2x cos π5－cos 2x sin π5＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π5，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π， 因为y ＝sin x 的对称轴方程为x ＝k π＋π2，k ∈Z ，令2x －π5＝π2＋k π，k ∈Z ，得x ＝7π20＋12k π，k ∈Z ，f (x )的对称轴方程为x ＝7π20＋12k π，k ∈Z . (2)因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以2x ∈[0，π]，所以2x －π5∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π5，4π5，所以当2x －π5＝π2，即x ＝7π20时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为1.从近几年全国卷来看，高考命题强化了解三角形的考查力度，着重考查正弦定理、余弦定理的综合应用，求解的关键是边角互化，结合三角恒等变换进行化简与求值．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知△ABC 的面积为a 23sin A.(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长．[规范解答] (1)由题设得12ac sin B ＝a 23sin A ，即12c sin B ＝a3sin A.2分由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A3sin A .故sin B sin C ＝23.5分(2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12.所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3.7分由题设得12bc sin A ＝a23sin A ，a ＝3，所以bc ＝8.9分由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9， 即(b ＋c )2－3bc ＝9.由bc ＝8， 得b ＋c ＝33.11分 故△ABC 的周长为3＋33. 12分[阅卷者说]C ＝3(a cos B ＋b cos A )．(1)求角C ；(2)若c ＝23，求△ABC 面积的最大值.【导学号：79140142】[解] (1)∵c tan C ＝3(a cos B ＋b cos A )， ∴sin C tan C ＝3(sin A cos B ＋sin B cos A )，∴sin C tan C ＝3sin(A ＋B )＝3sin C ， ∵0＜C ＜π，∴sin C ≠0， ∴tan C ＝3，∴C ＝60°. (2)∵c ＝23，C ＝60°， 由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， 得12＝a 2＋b 2－ab ≥2ab －ab ，∴ab ≤12，当且仅当a ＝b ＝23时，等号成立． ∴S △ABC ＝12ab sin C ≤3 3.∴△ABC 面积的最大值为3 3.以三角形为载体，三角恒等变换与解三角形交汇命题，是近几年高考试题的一大亮点，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的综合应用，求解的关键是根据题目提供的信息，恰当地实施边角互化．(2018·石家庄一模)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且sin Csin A －sin B ＝a ＋ba －c. (1)求角B 的大小；(2)点D 满足BD →＝2BC →，且线段AD ＝3，求2a ＋c 的最大值． [解] (1)∵sin C sin A －sin B ＝a ＋ba －c，由正弦定理可得ca －b ＝a ＋ba －c，∴c (a －c )＝(a －b )(a ＋b )， 即a 2＋c 2－b 2＝ac .又∵a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，∴cos B ＝12.∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3.(2)法一：在△ABD 中，由余弦定理知，c 2＋(2a )2－2·2a ·c ·cos π3＝32，∴(2a ＋c )2－9＝3·2a ·c .∵2a ·c ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋c 22，∴(2a ＋c )2－9≤34(2a ＋c )2，(2a ＋c )2≤36，即当且仅当2a ＝c 时，等号成立，即a ＝32，c ＝3时，2a ＋c 的最大值为6.法二：由正弦定理知2a sin∠BAD ＝csin∠ADB＝3sinπ3＝23，∴2a ＝23sin∠BAD ，c ＝23sin∠ADB ， ∴2a ＋c ＝23sin∠BAD ＋23sin∠ADB ＝23(sin∠BAD ＋sin∠ADB )＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin∠BAD ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－∠BAD ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin∠BAD ＋32cos∠BAD＝6⎝⎛⎭⎪⎫32sin∠BAD ＋12cos∠BAD＝6sin ⎝⎛⎭⎪⎫∠BAD ＋π6. ∵∠BAD ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2π3，∴∠BAD ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6， 即当且仅当∠BAD ＋π6＝π2，即∠BAD ＝π3时，2a ＋c 的最大值为6.以解三角形的某一结论作为条件，此时应首先确定三角形的边角关系，然后灵活运用三角函数的和、差、倍角公式化简转化. 已知函数cos(π＋(1)求f (x )的单调增区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若f (C )＝1，c ＝3，a ＋b ＝23，求△ABC 的面积．[解] (1)f (x )＝3sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6， 令－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z ，∴f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3＋k π，π6＋k π(k ∈Z )．(2)∵f (C )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π6＝1，∴2C ＋π6＝π6＋2k π，k ∈Z 或2C ＋π6＝5π6＋2k π，k ∈Z .∵C ∈(0，π)，∴C ＝π3.∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3，即a 2＋b 2－ab ＝3，又a ＋b ＝23，解得ab ＝3， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝334.。

五 平面解析几何中的高考热点问题(对应学生用书第153页)[命题解读] 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对运算能力，分析问题解决问题的能力要求较高，难度较大，常以压轴题的形式出现．圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a ，b ，c 三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．(2017·石家庄质检)如图1，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.【导学号：79140313】图1(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程； (2)若|PF 1|＝|PQ |，求椭圆的离心率e . [解] (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2. 设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2， 因此2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝(2＋2)2＋(2－2)2＝2 3. 即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1， 故所求椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)连接F 1Q ，如图，由椭圆的定义知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，又|PF 1|＝|PQ |＝|PF 2|＋|QF 2| ＝(2a －|PF 1|)＋(2a －|QF 1|)， 可得|QF 1|＝4a －2|PF 1|.①又因为PF 1⊥PQ 且|PF 1|＝|PQ |，所以|QF 1|＝2|PF 1|.② 由①②可得|PF 1|＝(4－22)a ， 从而|PF 2|＝2a －|PF 1|＝(22－2)a . 由PF 1⊥PF 2知|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2， 即(4－22)2a 2＋(22－2)2a 2＝4c 2， 可得(9－62)a 2＝c 2，即c 2a2＝9－62， 因此e ＝ca＝9－62＝6－ 3.轴上，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，线段AB 的长是8，AB 的中点到x 轴的距离是3.(1)求抛物线的标准方程；(2)设直线m 在y 轴上的截距为6，且与抛物线交于P ，Q 两点．连接QF 并延长交抛物线的准线于点R ，当直线PR 恰与抛物线相切时，求直线m 的方程．[解] (1)设抛物线的方程是x 2＝2py (p ＞0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由抛物线定义可知y 1＋y 2＋p ＝8，又AB 的中点到x 轴的距离为3，∴y 1＋y 2＝6，∴p ＝2， ∴抛物线的标准方程是x 2＝4y .(2)由题意知，直线m 的斜率存在，设直线m ：y ＝kx ＋6(k ≠0)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋6，x 2＝4y 消去y 得x 2－4kx －24＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋x 4＝4k ，x 3·x 4＝－24.(*)易知抛物线在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，x 234处的切线方程为y －x 234＝x 32(x －x 3)， 令y ＝－1，得x ＝x 23－42x 3，∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 23－42x 3，－1，又Q ，F ，R 三点共线，∴k QF ＝k FR ，又F (0,1)，∴x 244－1x 4＝－1－1x 3－42x 3，即(x 23－4)(x 24－4)＋16x 3x 4＝0，整理得(x 3x 4)2－4[(x 3＋x 4)2－2x 3x 4]＋16＋16x 3x 4＝0， 将(*)式代入上式得k 2＝14，∴k ＝±12，∴直线m 的方程为y ＝±12x ＋6.定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，③证明：l过定点． [审题指导]3434 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上. 2分因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a ＋34b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 4分(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设.6分从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. 8分而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2. 由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 10分即(2k ＋1)·4m 2－44k ＋1＋(m －1)·－8km 4k ＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1). 12分[阅卷者说]根据题意选择参数，建立一个含参数的直线系或曲线系方程，经过分析、整理，对方程进行等价变形，以找出适合方程且与参数无关的坐标该坐标对应的点即为所求定点从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意.[跟踪训练] (2016·北京高考)已知椭圆C ：a 2＋b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值． [解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.又c ＝a 2－b 2＝3，所以离心率e ＝c a ＝32. (2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4. 又A (2,0)，B (0,1)， 所以直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值．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；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．(2018·石家庄质检(二))已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆上一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，过点M (0,2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP →·OQ →＋MP →·MQ →的取值范围.【导学号：79140314】[解] (1)设T (x ，y )，则直线TA 的斜率为k 1＝yx ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4.于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1.(2)当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2，点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线PQ 与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝kx ＋2，得(4k 2＋3)x 2＋16kx－32＝0，所以x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝－324k 2＋3.从而，OP →·OQ →＋MP →·MQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)] ＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4 ＝－80k 2－524k 2＋3＝－20＋84k 2＋3. －20＜OP →·OQ →＋MP →·MQ →≤－523.当直线PQ 斜率不存在时，易得P ，Q 两点的坐标为(0,23)，(0，－23)， 所以OP →·OQ →＋MP →·MQ →的值为－20.综上所述，OP →·OQ →＋MP →·MQ →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－20，－523. 最值问题的主要求解方法几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决.代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解[跟踪训练作PQ ⊥y 轴于点Q ，延长QP 到点M ，使QP →＝PM →.(1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)过点C (m,0)作圆O 的切线l ，交(1)中的曲线E 于A ，B 两点，求△AOB 面积的最大值．[解] (1)设点M (x ，y )，∵QP →＝PM →，∴P 为QM 的中点，又有PQ ⊥y 轴，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x2，y ，∵点P 是圆：x 2＋y 2＝1上的点， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＋y 2＝1. 即点M 的轨迹E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可知直线l 与y 轴不垂直，故可设l ：x ＝ty ＋m ，t ∈R ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵l 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切， ∴|m |t 2＋1＝1，即m 2＝t 2＋1， ①由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，x ＝ty ＋m 消去x ，并整理得(t 2＋4)y 2＋2mty ＋m 2－4＝0， 其中Δ＝4m 2t 2－4(t 2＋4)(m 2－4)＝48＞0， 则y 1＋y 2＝－2mt t 2＋4，y 1y 2＝m 2－4t 2＋4.②∴|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(t 2＋1)(y 1＋y 2)2－4y 1y 2， 将①②代入上式得|AB |＝t 2＋14m 2t 2(t 2＋4)2－4(m 2－4)t 2＋4＝43|m |m 2＋3，|m |≥1， ∴S △AOB ＝12|AB |·1＝12·43|m |m 2＋3＝23|m |＋3|m |≤2323＝1，当且仅当|m |＝3|m |，即m ＝±3时，等号成立，∴(S △AOB )max ＝1.圆锥曲线中的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．(2018·郑州第二次质量预测)已知椭圆x 2＋2y 2＝m (m ＞0)，以椭圆内一点M (2,1)为中点作弦AB ，设线段AB 的中垂线与椭圆相交于C ，D 两点．(1)求椭圆的离心率；(2)试判断是否存在这样的m ，使得A ，B ，C ，D 在同一个圆上，并说明理由．[解] (1)将椭圆化成标准方程x 2m ＋y 2m2＝1(m ＞0)，e ＝1－m2m ＝22.(2)由题意，直线AB 的斜率存在，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)， 设AB 的方程为y ＝k (x －2)＋1，联立x 2＋2y 2＝m (m ＞0)， 得(1＋2k 2)x 2＋4k (1－2k )x ＋2(2k －1)2－m ＝0(m ＞0)．x 1＋x 2＝4k (2k －1)1＋2k2＝4，k ＝－1， 此时由Δ＞0，得m ＞6. 则AB 的方程为x ＋y －3＝0， 则CD 的方程为x －y －1＝0.联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1＝0，x 2＋2y 2＝m ，得3y 2＋2y ＋1－m ＝0，y 3＋y 4＝－23，故CD 的中点N 为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.由弦长公式可得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2·12(m －6)3， |CD |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k 2|y 3－y 4|＝2·12m －83＞|AB |， 若存在符合题意的圆，则圆心在CD 上，CD 的中点N 到直线AB 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪23－13－312＋12＝423.|NA |2＝|NB |2＝⎝⎛⎭⎪⎫4232＋⎝⎛⎭⎪⎫|AB |22＝6m －49. 又⎝⎛⎭⎪⎫|CD |22＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫2·12m －832＝6m －49， 所以存在m ＞6，使得A ，B ，C ，D 在同一个圆上． 探索性问题通常采用“肯定顺推法”.其步骤如下：假设满足条件的元素点、直线、曲线或参数存在，组，若方程组有实数解，则元素存在，否则，元素不存在反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法.[跟踪训练] (2017·湖北武汉调研)已知直线y ＝k (x －2)与抛物线Г：y 2＝2x 相交于A ，B两点，M 是线段AB 的中点，过M 作y 轴的垂线交Г于点N .(1)证明：抛物线Г在点N 处的切线与直线AB 平行；(2)是否存在实数k 使NA →·NB →＝0？若存在，求k 的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝12x 消去y 并整理，得2k 2x 2－(8k 2＋1)x ＋8k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 2＋12k2，x 1x 2＝4，∴x M ＝x 1＋x 22＝8k 2＋14k，则y M ＝k (x M －2)＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2＋14k 2－2＝14k， 由题设条件可知，y N ＝y M ＝14k ，则x N ＝2y 2N ＝18k 2，∴N ⎝⎛⎭⎪⎫18k 2，14k ，设抛物线在点N 处的切线方程为y －14k ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －18k ，将x ＝2y 2代入上式，得2my 2－y ＋14k －m 8k 2＝0，∵直线与抛物线相切，∴Δ＝12－4×2m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14k －m 8k 2＝(m －k )2k 2＝0，∴m ＝k ，即抛物线Г在点N 处的切线与直线AB 平行． (2)假设存在实数k ，使NA →·NB →＝0，则NA ⊥NB ， ∵M 是AB 的中点，∴|MN |＝12|AB |，由(1)得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2＋12k 22－4×4＝1＋k 2·16k 2＋12k 2， ∵MN ⊥y 轴，∴|MN |＝|x M －x N |＝8k 2＋14k 2－18k 2＝16k 2＋18k2， ∴16k 2＋18k 2＝121＋k 2·16k 2＋12k 2，解得k ＝±12，故存在k ＝±12，使NA →·NB →＝0.。

第四节归纳与类比[考纲传真] (教师用书独具)1.了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会合情推理在数学发现中的作用.2.了解演绎推理的含义，了解合情推理和演绎推理的联系和差异．(对应学生用书第99页)[基础知识填充]1．归纳推理根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个都有这种属性．我们将这种推理方式称为归纳推理．2．类比推理由于两类不同对象具有某些类似的特征，在此基础上，根据一类对象的其他特征，推断另一类对象也具有类似的其他特征，我们把这种推理过程称为类比推理．3．归纳推理和类比推理是最常见的合情推理，合情推理的结果不一定正确．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)归纳推理与类比推理都是由特殊到一般的推理．( )(2)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．( )(3)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．( )(4)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材改编)已知数列{a n}中，a1＝1，n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是( )A．a n＝3n－1 B．a n＝4n－3C．a n＝n2D．a n＝3n－1C[a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想a n＝n2.]3．数列2,5,11,20，x,47，…中的x等于( )A．28 B．32C．33 D．27B[5－2＝3,11－5＝6,20－11＝9，推出x－20＝12，所以x＝32.]4．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．1∶8 [这两个正四面体的体积比为V 1V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13S 1h 1∶⎝ ⎛⎭⎪⎫13S 2h 2＝S 1S 2·h 1h 2＝1∶8.]5．观察下列不等式1＋122＜32， 1＋122＋132＜53， 1＋122＋132＋142＜74， …照此规律，第五个．．．不等式为________． 1＋122＋132＋142＋152＋162＜116 [先观察左边，第一个不等式为2项相加，第二个不等式为3项相加，第三个不等式为4项相加，则第五个不等式应为6项相加，右边分子为分母的2倍减1，分母即为所对应项数，故应填1＋122＋132＋142＋152＋162＜116.](对应学生用书第100页)◎角度1 与数字有关的推理(2018·兰州实战模拟)观察下列式子：1,1＋2＋1,1＋2＋3＋2＋1,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于n ∈N ＋，则1＋2＋…＋n ＋…＋2＋1＝________.n 2 [因为1＝1＝12,1＋2＋1＝4＝22,1＋2＋3＋2＋1＝9＝32,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝16＝42，……，由此可得1＋2＋…＋n ＋…＋2＋1＝n 2.]◎角度2 与式子有关的推理已知f (x )＝x1＋x ，x ≥0，若f 1(x )＝f (x )，f n ＋1(x )＝f (f n (x ))，n ∈N ＋，则f 2 019(x )的表达式为________.【导学号：79140205】f 2 019(x )＝x1＋2 019x [f 1(x )＝x 1＋x ，f 2(x )＝x1＋x 1＋x 1＋x ＝x1＋2x ，f 3(x )＝x1＋2x 1＋x1＋2x＝x1＋3x，…，f n ＋1(x )＝f (f n (x ))＝x1＋nx，归纳可得f 2 019(x )＝x1＋2 019x .]◎角度3 与图形有关的推理如图6­4­1的图形由小正方形组成，请观察图(1)至图(4)的规律，并依此规律，写出第n 个图形中小正方形的个数是________．图6­4­1n (n ＋1)2(n ∈N ＋) [由题图知第n 个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n .所以总个数为n (n ＋1)2(n ∈N ＋)．]与数字有关的等式的推理与式子有关的推理与图形变化有关的推理真伪性.[跟踪训练] (1)数列2，3，3，4，4，4，…，m ＋1，m ＋1，…，m ＋1，…的第20项是( )A.58B.34C.57D.67(2)已知x ∈(0，＋∞)，观察下列各式：x ＋1x ≥2，x ＋4x 2＝x 2＋x 2＋4x 2≥3，x ＋27x 3＝x 3＋x 3＋x 3＋27x 3≥4，…，类比得x ＋axn ≥n ＋1(n ∈N ＋)，则a ＝__________. (3)(2018·郑州第二次质量预测)平面内凸四边形有2条对角线，凸五边形有5条对角线，依次类推，凸十三边形的对角线条数为( ) A ．42 B ．65 C ．143D ．169(1)C (2)n n(n ∈N ＋) (3)B [(1)数列m m ＋1在数列中是第1＋2＋3＋…＋m ＝m (m ＋1)2项，当m ＝5时，即56是数列中第15项，则第20项是57，故选C.(2)第一个式子是n ＝1的情况，此时a ＝11＝1；第二个式子是n ＝2的情况，此时a ＝22＝4；第三个式子是n ＝3的情况，此时a ＝33＝27，归纳可知a ＝n n. (3)可以通过列表归纳分析得到．所以凸13边形有2＋3＋4＋…＋11＝2＝65条对角线．故选B.](1)若数列{a n }是等差数列，则数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n 也是等差数列，类比这一性质可知，若正项数列{c n }是等比数列，且{d n }也是等比数列，则d n 的表达式应为( ) A ．d n ＝c 1＋c 2＋…＋c nnB ．d n ＝c 1·c 2·…·c nnC ．d n ＝n c n 1＋c n 2＋…＋c n nnD ．d n ＝nc 1·c 2·…·c n(2)在平面几何中，△ABC 的∠C 的平分线CE 分AB 所成线段的比为AC BC ＝AEBE.把这个结论类比到空间：在三棱锥A ­BCD 中(如图6­4­2)，平面DEC 平分二面角A ­CD ­B 且与AB 相交于E ，则得到类比的结论是________________．图6­4­2(1)D (2)AE EB ＝S △ACDS △BCD[(1)法一：从商类比开方，从和类比到积，则算术平均数可以类比几何平均数，故d n 的表达式为d n ＝nc 1·c 2·…·c n . 法二：若{a n }是等差数列，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝na 1＋n (n －1)2d ，∴b n ＝a 1＋(n －1)2d ＝d 2n ＋a 1－d2，即{b n }为等差数列；若{c n }是等比数列，则c 1·c 2·…·c n ＝c n 1·q1＋2＋…＋(n －1)＝c n1·q n (n －1)2，∴d n ＝nc 1·c 2·…·c n ＝c 1·qn －12，即{d n }为等比数列，故选D.(2)由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AE EB ＝S △ACDS △BCD.]常见情形：平面与空间类比；低维与高维类比；等差数列与等比数列类比；运算类比和与积、乘与乘方，差与除，除与开方等.处理方法：进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想，其中找到合适的类比对象是解题的关键[跟踪训练①“若a ，b ∈R ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”类比推出“若a ，c ∈C ，则a －c ＝0⇒a ＝c ”； ②“若a ，b ，c ，d ∈R ，则复数a ＋b i ＝c ＋d i ⇒a ＝c ，b ＝d ”类比推出“若a ，b ，c ，d ∈Q ，则a ＋b 2＝c ＋d 2⇒a ＝c ，b ＝d ”；③“若a ，b ∈R ，则a －b >0⇒a >b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b >0⇒a >b ”； ④“若x ∈R ，则|x |<1⇒－1<x <1”类比推出“若z ∈C ，则|z |<1⇒－1<z <1”． 其中类比结论正确的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4B [类比结论正确的有①②.]。

第十二节 定积分与微积分基本定理[考纲传真] (教师用书独具)1.了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念.2.了解微积分基本定理的含义．(对应学生用书第42页)[基础知识填充]1．定积分的概念与几何意义(1)定积分的定义如果函数f (x )在区间[a ，b ]上连续，用分点将区间[a ，b ]等分成n 个小区间，在每个小区间上任取一点δi (i ＝1,2，…，n )，作和式s ′＝f (δ1)Δx 1＋f (δ2)Δx 2＋…＋f (δi )Δx i ＋…＋f (δn )Δx n .当每个小区间的长度Δx 趋于0时，s ′的值趋于一个常数A ．我们称常数A 叫作函数f (x )在区间[a ，b ]上的定积分，记作⎠⎛a b f (x )d x ，即⎠⎛ab f (x )d x ＝lim n →∞∑ni ＝1b －anf (ξi )．(2)有关概念在⎠⎛a b f (x )d x 中，⎠⎛叫作积分号，a 与b 分别叫作积分下限与积分上限，函数f (x )叫作被积函数．(3)定积分的几何意义2.(1)⎠⎛a b 1d x ＝b －a ；(2)⎠⎛a b kf (x )d x ＝k ⎠⎛ab f (x )d x (k 为常数)；(3)⎠⎛ab [f 1(x )±f 2(x )]d x ＝⎠⎛a b f 1(x )d x ±⎠⎛ab f 2(x )d x ；(4)⎠⎛a b f (x )d x ＝⎠⎛a c f (x )d x ＋⎠⎛cb f (x )d x (其中a <c<b )．3．微积分基本定理如果连续函数f (x )是函数F (x )的导函数，即f (x )＝F ′(x )，那么⎠⎛ab f (x )d x ＝F (b )－F (a )，这个结论叫作微积分基本定理，又叫作牛顿—莱布尼茨公式．通常称F (x )是f (x )的一个原函数． 为了方便，常把F (b )－F (a )记作F (x )|ba ， 即⎠⎛ab f (x )d x ＝F (x )|ba ＝F (b )－F (a )．[知识拓展] 函数f (x )在闭区间[－a ，a ]上连续，则有(1)若f (x )为偶函数，则⎠⎛－a a f (x )d x ＝2⎠⎛0a f (x )d x .(2)若f (x )为奇函数，则⎠⎛－aa f (x )d x ＝0.[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)设函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上连续，则⎠⎛ab f (x )d x ＝⎠⎛abf (t )d t .( ) (2)定积分一定是曲边梯形的面积．( )(3)若⎠⎛ab f (x )d x ＜0，那么由y ＝f (x )的图像，直线x ＝a ，直线x ＝b 以及x 轴所围成的图形一定在x 轴下方．( )(4)若f (x )是偶函数，则⎠⎛－a a f (x )d x ＝2⎠⎛0a f (x )d x .( )[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)已知质点的速率v ＝10t ，则从t ＝0到t ＝t 0质点所经过的路程是( )A ．10t 20B ．5t 20 C ．103t 20 D ．53t 20B [S ＝⎠⎛0t 0∫v d t ＝⎠⎛0t 010t d t ＝5t 2⎪⎪⎪t 00＝5t 20.]3.⎠⎛－11e |x |d x 的值为________．2e －2 [⎠⎛－11e |x |d x ＝⎠⎛－10e －x d x ＋⎠⎛01e xd x＝－e －x ⎪⎪⎪0-1＋e x ⎪⎪⎪1＝[－e 0－(－e )]＋(e －e 0) ＝－1＋e ＋e －1＝2e －2.]4．曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________．16[如图，阴影部分的面积即为所求． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝x ，得A(1,1)．故所求面积为S ＝⎠⎛01(x －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－13x 3⎪⎪⎪10＝16.]5．若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．3 [∵⎠⎛0T x 2d x ＝13T 3＝9，T ＞0，∴T ＝3.](对应学生用书第43页)计算下列定积分． (1)⎠⎛-11(x 2＋sin x )d x ；(2)⎠⎛02|1－x |d x ；(3)⎠⎛-11(x 2tan x ＋x 3＋1)d x .[解] (1)⎠⎛-11(x 2＋sin x )d x＝⎠⎛-11x 2d x ＋⎠⎛-11sin x d x＝2⎠⎛01x 2d x ＝2·x 33⎪⎪⎪10＝23.(2)⎠⎛02|1－x |d x ＝⎠⎛01(1－x )d x ＋⎠⎛12(x －1)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x 2⎪⎪⎪10＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－x ⎪⎪⎪21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22－2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12－1＝1. (3)∵x 2tan x ＋x 3是奇函数，∴⎠⎛-11(x 2tan x ＋x 3＋1)d x ＝⎠⎛-11l d x ＝x ⎪⎪⎪1-1＝2.对被积函数要先化简，再求积分求被积函数为分段函数的定积分，对于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值符号，再求积分注意用“x ＝x 检验积分的对错2.根据定积分的几何意义，可利用面积求定积分[跟踪训练(1)(2018·江西九校联考0【导学号：79140091】(2)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈(1，e )(e 为自然对数的底数)，则⎠⎛0e f (x )d x 的值为________．(1)1＋π4 (2)43 [(1)∵⎠⎛011－x 2d x 等于半径为1的圆面积的14，∴⎠⎛01(2x ＋1－x 2)d x ＝⎠⎛012x d x ＋⎠⎛011－x 2d x ＝x 2⎪⎪⎪10＋14π×12＝1＋π4.(2)∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈(1，e )，∴⎠⎛0e f (x )d x ＝⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛1e 1xd x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3⎪⎪⎪10＋ln x ⎪⎪⎪e1＝13＋ln e ＝43.](1)(2018·南宁、钦州第二次适应性考试)定义min {a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a ＞b ，设f (x )＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 2，1x ，则由函数f (x )的图像与x 轴、直线x ＝2所围成的封闭图形的面积为( )A ．712 B ．512 C ．13＋ln 2 D ．16＋ln 2 (2)已知曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k ＞0)所围成的曲边图形的面积为43，则k ＝________.(1)C (2)2 [(1)由题意得所求封闭图形的面积为⎠⎛01x 2d x ＋⎠⎛121xd x ＝13x 3⎪⎪⎪10＋ln x |21＝13＋ln 2，故选C ．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝kx ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ，y ＝k 2，则曲线y ＝x 2与直线y ＝kx (k ＞0)所围成的曲边梯形的面积为⎠⎛0k(kx －x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2x 2－13x 3|k 0＝k 32－13k 3＝43， 即k 3＝8，所以k ＝2.]根据题意画出图形借助图形确定被积函数，求交点坐标，确定积分的上、下限把曲边梯形的面积表示成若干个定积分的和计算定积分，写出答案易错警示：利用定积分求曲边图形面积时，一定要找准积分上限、下限及被积函数的边界不同时，要分不同情况讨论(2)(2017·山西大学附中第二次模拟)曲线y ＝2sin x (0≤x ≤π)与直线y ＝1围成的封闭图形的面积为________.【导学号：79140092】(1)76 (2)23－2π3 [(1)如图所示，由y ＝x 及y ＝－x ＋2可得交点横坐标为x ＝1.由定积分的几何意义可知，由y ＝x ，y ＝－x ＋2及x 轴所围成的封闭图形的面积为⎠⎛01x d x ＋⎠⎛12(－x ＋2)d x ＝23x 32⎪⎪⎪10＋⎝⎛⎭⎪⎫2x －x 22⎪⎪⎪21＝76.(2)令2sin x ＝1，得sin x ＝12，当x ∈[0，π]时，得x ＝π6或x ＝5π6，所以所求面积S ＝⎠⎜⎜⎛π65π6(2sin x －1)d x＝(－2cos x －x ) ⎪⎪⎪⎪π65π6＝23－2π3.]一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v (t )＝7－3t ＋251＋t (t 的单位：s ，v 的单位：m /s )行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m )是( )A ．1＋25ln 5B ．8＋25ln 113C ．4＋25ln 5D ．4＋50ln 2C [由v (t )＝7－3t ＋251＋t ＝0，可得t ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＝－83舍去，因此汽车从刹车到停止一共行驶了 4 s ，此期间行驶的距离为⎠⎛04v (t )d t ＝⎠⎛04⎝ ⎛⎭⎪⎫7－3t ＋251＋t d t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤7t －32t 2＋25ln(1＋t )⎪⎪⎪4＝4＋25ln 5.]t ，那么从tt .变力做功，一物体在变力x 的作用下，沿着与x 相同方向从＝b 时，力x 所做的功是＝⎠⎛ab F xx[跟踪训练] 一物体在力F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧5，0≤x ≤2，3x ＋4，x ＞2(单位：N )的作用下沿与力F 相同的方向，从x ＝0处运动到x ＝4(单位：m )处，则力F (x )做的功为________J. 36 [由题意知，力F (x )所做的功为 W ＝⎠⎛04F (x )d x ＝⎠⎛025d x ＋⎠⎛24(3x ＋4)d x＝5×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋4x ⎪⎪⎪42＝10＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤32×42＋4×4－⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋4×2＝36(J)．]。

四立体几何中的高考热点问题(对应学生用书第127页)[命题解读] 立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点是平行与垂直的证明、二面角的计算，平面图形的翻折，探索存在性问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．空间线线、线面、面面平行、垂直关系常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．用向量法证明平行、垂直、求空间角，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算来实现，实质是把几何问题代数化，注意问题：(1)恰当建系，建系要直观；坐标简单易求，在图上标出坐标轴，特别注意有时要证明三条轴两两垂直(扣分点)．(2)关键点，向量的坐标要求对，把用到的点的坐标一个一个写在步骤里．(3)计算要认真细心，特别是|n|，n1、n2的运算．(4)弄清各空间角与向量夹角的关系．如图1所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC ＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．图1(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E­ABC的体积．[解] (1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC，BB1∩BC＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE ⊥平面B 1BCC 1.(1) (2)(2)证明：法一：如图(1)，取AB 中点G ，连接EG ，FG . 因为G ，F 分别是AB ，BC 的中点， 所以FG ∥AC ，且FG ＝12AC ．因为AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1， 所以FG ∥EC 1，且FG ＝EC 1. 所以四边形FGEC 1为平行四边形， 所以C 1F ∥EG . 又因为EG平面ABE ，C 1F ⊆/平面ABE ，所以C 1F ∥平面ABE .法二：如图(2)，取AC 的中点H ，连接C 1H ，FH . 因为H ，F 分别是AC ，BC 的中点，所以HF ∥AB . 又因为E ，H 分别是A 1C 1，AC 的中点，所以EC 1═∥AH ，所以四边形EAHC 1为平行四边形， 所以C 1H ∥AE ，又C 1H ∩HF ＝H ，AE ∩AB ＝A ， 所以平面ABE ∥平面C 1HF . 又C 1F平面C 1HF ，所以C 1F ∥平面ABE .(3)因为AA 1＝AC ＝2，BC ＝1，AB ⊥BC ， 所以AB ＝AC 2－BC 2＝ 3. 所以三棱锥E ­ABC 的体积V ＝13S △ABC ·AA 1＝13×12×3×1×2＝33. 证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题证明∥平面ABE 作出直线足C 1F ∥.②利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.图2(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC ．【导学号：79140259】[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .又AB平面PAB ，EF ⊆/平面PAB ，所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC ． 又因为AP ∩AD ＝A ，AP 平面PAD ，AD平面PAD ，所以DC ⊥平面PAD . 因为DC平面PDC ，所以平面PAD ⊥平面PDC ．此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线面平行与垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．(2016·北京高考)如图3，在四棱锥P ­ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.图3(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD . 又因为PA ⊥PD ， 所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD . 又因为PO平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO平面ABCD ，所以PO ⊥CO .因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱PA 上一点， 则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊆/平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.通常假设题中的数学对象存在或结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理；若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在易错警示：探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用[跟踪训练AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.图4(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M ­AC ­D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 夹角的正弦值，如果不存在，请说明理由． [解] (1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，又PA ∩AC ＝A ， 所以AB ⊥平面PAC ， 所以AB ⊥PC ．(2)法一：(作图法) 过点M 作MN ⊥AD 交AD 于点N ，则MN ∥PA ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以MN ⊥平面ABCD .过点M 作MG ⊥AC 交AC 于点G ，连接NG ，则∠MGN 是二面角M ­AC ­D 的平面角． 若∠MGN ＝45°，则NG ＝MN ，又AN ＝2NG ＝2MN ，所以MN ＝1，所以MN ═∥12PA ，所以M 是PD 的中点．在三棱锥M ­ABC 中，可得V M ­ABC ＝13S △ABC ·MN ，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则V B ­MAC ＝13S △MAC ·h ，所以S △ABC ·MN ＝S △MAC ·h ，解得h ＝2 2. 在Rt△BMN 中，可得BM ＝3 3.设BM 与平面MAC 的夹角为θ，则sin θ＝h BM ＝269.法二：(向量法) 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)，B (22，－22，0)，PD →＝(0,22，－2)，AC →＝(22，22，0)．设PM →＝t PD →(0＜t ＜1)，则点M 的坐标为(0,22t,2－2t )，所以AM →＝(0,22t,2－2t )． 设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AM →＝0，得⎩⎨⎧22x ＋22y ＝022ty ＋(2－2t )z ＝0，则可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝cos 45°＝22，解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，2)，BM →＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，BM →〉|＝269.将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，注重考查空间想象能力、知识迁移能力和转化思想．试题以解答题为主要呈现形式，中档难度．(本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅱ)如图5，菱形ABCD ①的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ②＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.图5(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ③； (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值． [审题指导]又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD， 故AC ∥EF .因为EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .2分由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .5分(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H ­xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5).8分设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是29525.12分[阅卷者说][规律方法] 对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化.解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法.[跟踪训练] (2018·合肥二检)如图6(1)所示，矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，点E 为AD 中点，沿BE 将△ABE 折起至△PBE ，如图6(2)所示，点P 在平面BCDE 上的射影O 落在BE 上.【导学号：79140260】(1) (2)图6(1)求证：BP ⊥CE ；(2)求二面角B ­PC ­D 的余弦值．[解] (1)证明：∵点P 在平面BCDE 上的射影O 落在BE 上， ∴PO ⊥平面BCDE ，∵CE 平面BCDE ，∴PO ⊥CE . 易知BE ⊥CE ，BE ∩PO ＝O ，∴CE ⊥平面PBE ，而BP 平面PBE ，∴BP ⊥CE .(2)以O 为坐标原点，以过点O 且平行于CD 的直线为x 轴，过点O 且平行于BC 的直线为y 轴，PO 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22， CD →＝(－1,0,0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，22， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－22，BC →＝(0,2,0)． 设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CD →＝0，n 1·CP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＝0，－12x 1－32y 1＋22z 1＝0，令z 1＝2，可得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，2. 设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB →＝0，n 2·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 2－12y 2－22z 2＝0，2y 2＝0，令z 2＝2，可得n 2＝(2,0，2)， ∴cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3311.∵二面角B ­PC ­D 为钝二面角，∴二面角B ­PC ­D 的余弦值为－3311.。

课时分层训练(四十一) 空间图形的基本关系与公理A组基础达标一、选择题1．下列命题中，真命题的个数为( )①如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合；②两条直线可以确定一个平面；③空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内；④若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l.A．1 B．2C．3 D．4B[根据公理2可判断①是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故②是假命题；在空间中，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故③是假命题；根据公理3可知④是真命题．综上，真命题的个数为2.]2．已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC和BD 不相交，则甲是乙成立的( )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A[若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的充分不必要条件．]3．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( )【导学号：79140226】A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交D[由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．] 4．(2018·兰州实战模拟)已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB＝3，AD＝1，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为( )A．64B．63C．26D．36A [连接AC ，AB 1(图略)，由长方体性质可知AB 1∥DC 1，所以∠AB 1C 就是异面直线B 1C 和C 1D 所成的角．由题知AC ＝1＋(3)2＝2，AB 1＝(3)2＋(3)2＝6，CB 1＝1＋(3)2＝2，所以由余弦定理得cos∠AB 1C ＝AB 21＋CB 21－AC 22AB 1·CB 1＝64，故选A.]5．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD ＝m ，α∩平面ABB 1A 1＝n ，则m ，n 所成角的正弦值为( )A.32 B ．22C.33D ．13A [设平面CB 1D 1∩平面ABCD ＝m 1.∵平面α∥平面CB 1D 1，∴m 1∥m . 又平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，∴B 1D 1∥m 1，∴B 1D 1∥m . ∵平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1， 且平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1＝CD 1， 同理可证CD 1∥n .因此直线m ，n 所成的角与直线B 1D 1，CD 1所成的角相等，即∠CD 1B 1为m ，n 所成的角． 在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，△CB 1D 1是正三角形， 故直线B 1D 1与CD 1所成角为60°，其正弦值为32.] 二、填空题6．(2018·湖北调考)已知正六棱锥S ­ABCDEF 的底面边长和高均为1，则异面直线SC 与DE 所成角的大小为________．π4[设正六边形ABCDEF 的中心为O ，连接SO ，CO ，BO ，则由正六边形的性质知OC ∥DE ，SO ⊥平面ABCDEF ，所以∠SCO 为异面直线SC 与DE 所成角．又易知△BOC 为等边三角形，所以SO ＝BC ＝CO ＝1，所以∠SCO ＝π4.]7．若平面α，β相交，在α，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定________个平面．1或4 [如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点可确定一个平面，所以可确定四个平面．]8．(2017·郑州模拟)在图7­2­7中，G ，H ，M ，N 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH ，MN 是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号).【导学号：79140227】(1) (2) (3) (4)图7­2­7(2)(4) [图(1)中，直线GH ∥MN ；图(2)中，G ，H ，N 三点共面，但M ∉平面GHN ，因此直线GH 与MN 异面；图(3)中，连接MG (图略)，GM ∥HN ，因此GH 与MN 共面；图(4)中，G ，M ，N 共面，但H ∉平面GMN ，因此GH 与MN 异面，所以在图(2)(4)中，GH 与MN 异面．]三、解答题9.如图7­2­8所示，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．问：图7­2­8(1)AM 和CN 是否是异面直线？说明理由； (2)D 1B 和CC 1是否是异面直线？说明理由．[解] (1)AM ，CN 不是异面直线．理由：连接MN ，A 1C 1，AC .因为M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点，所以MN ∥A 1C 1. 又因为A 1A ═∥C 1C ，所以A 1ACC 1为平行四边形， 所以A 1C 1∥AC ，所以MN ∥AC ， 所以A ，M ，N ，C 在同一平面内， 故AM 和CN 不是异面直线． (2)直线D 1B 和CC 1是异面直线．理由：因为ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体，所以B ，C ，C 1，D 1不共面．假设D 1B 与CC 1不是异面直线，则存在平面α，使D 1B 平面α，CC 1平面α， 所以D 1，B ，C ，C 1∈α，这与B ，C ，C 1，D 1不共面矛盾，所以假设不成立， 即D 1B 和CC 1是异面直线．]10．如图7­2­9所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB ＝2，AC ＝23，PA ＝2.求：图7­2­9(1)三棱锥P ­ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值． [解] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P ­ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433. (2)如图，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE 是异面直线BC 与AD 所成的角(或其补角)．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.B 组 能力提升11．(2018·陕西质检(一))已知P 是△ABC 所在平面外的一点，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．若MN ＝BC ＝4，PA ＝43，则异面直线PA 与MN 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°A [取AC 中点为O ，连接OM ，ON ，则易证OM 綊12BC ，ON 綊12PA ，所以∠ONM 就是异面直线PA 与MN 所成的角．由MN ＝BC ＝4，PA ＝43，得OM ＝12BC ＝2，ON ＝12AP ＝23，则cos∠ONM ＝ON 2＋MN 2－OM 22×ON ×MN ＝32，所以∠ONM ＝30°，即异面直线PA 与MN 所成角的大小是30°，故选A.]12.如图7­2­10，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为________.【导学号：79140228】图7­2­1036[取DE 的中点H ，连接HF ，GH .由题设，HF ═∥12AD ， 所以∠GFH 为异面直线AD 与GF 所成的角(或其补角)． 在△GHF 中，可求HF ＝2，GF ＝GH ＝6，∴cos∠GFH ＝(2)2＋(6)2－(6)22×2×6＝36.]13．如图7­2­11，在四棱锥O ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点．图7­2­11(1)求四棱锥O ­ABCD 的体积；(2)求异面直线OC 与MD 所成角的正切值． [解] (1)由已知可求得正方形ABCD 的面积S ＝4， ∴四棱锥O ­ABCD 的体积V ＝13×4×2＝83.(2)如图，连接AC ，设线段AC 的中点为E ，连接ME ，DE .又M 为OA 中点，∴ME ∥OC ，则∠EMD (或其补角)为异面直线OC 与MD 所成的角，由已知可得DE ＝2，EM ＝3，MD ＝5，∵(2)2＋(3)2＝(5)2，∴△DEM 为直角三角形， ∴tan∠EMD ＝DEEM＝23＝63. ∴异面直线OC 与MD 所成角的正切值为63.。

课时分层训练(六十七) 几何概型A 组 基础达标一、选择题1．在区间[0，π]上随机取一个实数x ，使得sin x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12的概率为( ) A.1πB.2πC.13D.23C [由0≤sin x ≤12，且x ∈[0，π]，解得x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤56π，π.故所求事件的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π－56π＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－0π－0＝13.]2．若将一个质点随机投入如图10­6­6所示的长方形ABCD 中，其中AB ＝2，BC ＝1，则质点落在以AB 为直径的半圆内的概率是()图10­6­6A.π2B.π4C.π6D.π8B [设质点落在以AB 为直径的半圆内为事件A ，则P (A )＝阴影面积长方形面积＝12π·121×2＝π4.]3．(2018·深圳二调)设实数a ∈(0,1)，则函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a 2＋1有零点的概率为( )【导学号：79140364】A.34 B.23 C.13D.14D [由函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a 2＋1有零点，可得Δ＝(2a ＋1)2－4(a 2＋1)＝4a －3≥0，解得a ≥34，即有34≤a <1，结合几何概型的概率计算公式可得所求的概率为P ＝1－341－0＝14，故选D.] 4．(2018·湖北调考)已知圆C ：x 2＋y 2＝4，直线l ：y ＝x ，则圆C 上任取一点A 到直线l 的距离小于1的概率为( ) A.34 B.23 C.12 D.13D[如图所示，设与y ＝x 平行的两直线AD ，BF 交圆C 于点A ，D ，B ，F ，且它们到直线y ＝x 的距离相等，过点A 作AE 垂直于直线y ＝x ，垂足为E ，当点A 到直线y ＝x 的距离为1时，AE ＝1，又CA ＝2，则∠ACE ＝π6，所以∠ACB ＝∠FCD ＝π3，所以所求概率P ＝2π32π＝13，故选D.]5．已知正三棱锥S ­ABC 的底面边长为4，高为3，在正三棱锥内任取一点P ，使得V P ­ABC ＜12V S ­ABC的概率是( ) A.78 B.34 C.12D.14A [当点P 到底面ABC 的距离小于32时，V P ­ABC ＜12V S ­ABC .由几何概型知，所求概率为P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝78.]6．(2018·西宁检测(一))已知平面区域D 1＝{(x ，y )||x |<2，|y |<2}，D 2＝{(x ，y )|(x －2)2＋(y －2)2<4}，在区域D 1内随机选取一点P ，则点P 恰好取自区域D 2的概率是( )A.14B.π4C.π16D.π32C [平面区域D 1是边长为4的正方形，面积是16，其中区域D 1与D 2的公共部分是半径为2的14圆，其面积为14×π×22＝π，则所求概率为π16，故选C.]7．(2016·全国卷Ⅱ)从区间[0,1]内随机抽取2n 个数x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n ，构成n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为( ) A.4nmB.2nmC.4mnD.2mnC [因为x 1，x 2，…，x n ，y 1，y 2，…，y n 都在区间[0,1]内随机抽取，所以构成的n 个数对(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )都在正方形OABC 内(包括边界)，如图所示．若两数的平方和小于1，则对应的数对在扇形OAC 内(不包括扇形圆弧上的点所对应的数对)，故在扇形OAC 内的数对有m 个．用随机模拟的方法可得S 扇形S 正方形＝m n ，即π4＝m n ，所以π＝4mn.]二、填空题8.如图10­6­7所示，在直角坐标系内，射线OT 落在30°角的终边上，任作一条射线OA ，则射线OA 落在∠yOT 内的概率为________．图10­6­716 [如题图，因为射线OA 在坐标系内是等可能分布的，则OA 落在∠yOT 内的概率为60°360°＝16.]9．一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为________． 127[由已知条件，可知蜜蜂只能在一个棱长为1的小正方体内飞行，结合几何概型，可得蜜蜂“安全飞行”的概率为P ＝1333＝127.]10．正方形的四个顶点A (－1，－1)，B (1，－1)，C (1,1)，D (－1,1)分别在抛物线y ＝－x2和y ＝x 2上，如图10­6­8所示，若将一个质点随机投入正方形ABCD 中，则质点落在图中阴影区域的概率是________.【导学号：79140365】图10­6­823 [由对称性，S 阴影＝4⎠⎛01(1－x 2)d x ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 33⎪⎪⎪10＝83. 又S 正方形ABCD ＝2×2＝4，由几何概型，质点落在阴影区域的概率P ＝S 阴S 正方形ABCD ＝23.]B 组 能力提升11．设复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R )，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为( )A.34＋12πB.12＋1πC.12－1πD.14－12πD [|z |＝(x －1)2＋y 2≤1，即(x －1)2＋y 2≤1，表示的是圆及其内部，如图所示．当|z |≤1时，y ≥x 表示的是图中阴影部分．因为S 圆＝π×12＝π，S 阴影＝π4－12×12＝π－24. 故所求事件的概率P ＝S 阴影S 圆＝π－24π＝14－12π.]12．在区间[0,1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≤12”的概率，p 2为事件“xy ≤12”的概率，则( ) A ．p 1<p 2<12B ．p 2<12<p 1C ．12<p 2<p 1 D ．p 1<12<p 2D [如图，满足条件的x ，y 构成的点(x ，y )在正方形OBCA 内，其面积为1.事件“x ＋y ≤12”对应的图形为阴影△ODE (如图(1))，其面积为12×12×12＝18，故p 1＝18<12，事件“xy ≤12”对应的图形为斜线表示部分(如图(2))，其面积显然大于12，故p 2>12，则p 1<12<p 2，故选D.]13. (2018·太原模拟(二))如图10­6­9，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形(阴影部分)围成一个大正方形，中间空出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形的概率为15，则图中直角三角形中较大锐角的正弦值为()图10­6­9A.55B.255 C.15D.33B [设大正方形边长为a ，直角三角形中较大锐角为θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则小正方形的面积为a 2－4×12×a cos θ×a sin θ＝a 2－a 2sin 2θ，则由题意，得a 2－a 2sin 2θa 2＝15，解得sin 2θ＝45.因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，所以sin θ＋cos θ＝1＋sin 2θ＝35 ①，sin θ－cos θ＝1－sin 2θ＝15②.由①＋②解得sin θ＝255，故选B.]14．(2018·贵州适应性考试)已知区域Ω＝{(x ，y )||x |≤2，0≤y ≤2}，由直线x ＝－π3，x ＝π3，曲线y ＝cos x 与x 轴围成的封闭图形所表示的区域记为A .若在区域Ω内随机取一点P ，则点P 在区域A 内的概率为( ) A.24 B.12 C.34D.64C [区域Ω＝{(x ，y )||x |≤2，0≤y ≤2}对应的区域是矩形，面积为22×2＝4，区域A 的面积为2⎠⎜⎛0π3cos x d x ＝2sin π3＝3，由几何概型的概率计算公式得所求的概率为P ＝34，故选C .]15．在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，PA ＝1，AB ＝AC ＝3，∠BAC ＝120°，D 为棱BC 上一个动点，设直线PD 与平面ABC 所成的角为θ，则θ不大于45°的概率为________.【导学号：79140366】23 [因为tan θ＝PA AD ＝1AD≤1，所以AD ≥1.在等腰三角形ABC 中，当BD ≤1或CD ≤1时，AD ≥1，又BC ＝3，故所求概率为23.]16.如图10­6­10，正四棱锥S ­ABCD 的顶点都在球面上，球心O 在平面ABCD 上，在球O 内任取一点，则这点取自正四棱锥内的概率为________．图10­6­101 2π[设球的半径为R，则所求的概率为P＝V锥V球＝13×12×2R×2R·R43πR3＝12π.]。

课时分层训练(四十八) 直线的倾斜角与斜率、直线的方程A 组 基础达标一、选择题1．倾斜角为135°，在y 轴上的截距为－1的直线方程是( )A ．x －y ＋1＝0B ．x －y －1＝0C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋y ＋1＝0D [直线的斜率为k ＝tan 135°＝－1，所以直线方程为y ＝－x －1，即x ＋y ＋1＝0.] 2．设直线ax ＋by ＋c ＝0的倾斜角为α，且sin α＋cos α＝0，则a ，b 满足( )A ．a ＋b ＝1B ．a －b ＝1C ．a ＋b ＝0D ．a －b ＝0D [由sin α＋cos α＝0，得sin αcos α＝－1，即tan α＝－1.又因为tan α＝－a b ，所以－a b＝－1，则a ＝b .]3．直线l 沿x 轴负方向平移3个单位，再沿y 轴正方向平移1个单位后，又回到原来位置，那么l 的斜率为( ) A ．－13B ．－3 C.13D ．3A [结合图形(图略)可知选A.]4．(2017·豫南九校联考)若θ是直线l 的倾斜角，且sin θ＋cos θ＝55，则l 的斜率为( )【导学号：79140264】A ．－12B ．－12或－2C.12或2 D ．－2D [∵sin θ＋cos θ＝55① ∴(sin θ＋cos θ)2＝1＋sin 2θ＝15，∴2sin θcos θ＝－45，∴(sin θ－cos θ)2＝95，易知sin θ＞0，cos θ＜0，∴sin θ－cos θ＝355，②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝255，cos θ＝－55，∴tan θ＝－2，即l 的斜率为－2，故选D.]5．直线x －2y ＋b ＝0与两坐标轴围成的三角形的面积不大于1，那么b 的取值范围是( )A ．[－2,2]B ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)C ．[－2,0)∪(0,2]D ．(－∞，＋∞)C [令x ＝0，得y ＝b 2，令y ＝0，得x ＝－b ，所以所围三角形的面积为12⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2|－b |＝14b 2，所以14b 2≤1，所以b 2≤4，又由题意知b ≠0，所以b ∈[－2,0)∪(0,2]．]二、填空题6．直线l 与两直线y ＝1，x －y －7＝0分别交于P ，Q 两点，线段PQ 中点是(1，－1)，则l 的斜率是________．－23 [设P (m,1)，则Q (2－m ，－3)， ∴(2－m )＋3－7＝0，∴m ＝－2， ∴P (－2,1)， ∴k ＝1＋1－2－1＝－23.]7．已知直线l 过圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心，且与直线x ＋y ＋1＝0垂直，则l 的方程是________．x －y ＋3＝0 [圆x 2＋(y －3)2＝4的圆心为点(0,3)，又因为直线l 与直线x ＋y ＋1＝0垂直，所以直线l 的斜率k ＝1.由点斜式得直线l ：y －3＝x －0，化简得x －y ＋3＝0.] 8．若直线l 经过点A (1,2)，在x 轴上的截距的取值范围是(－3,3)，则其斜率的取值范围是________.【导学号：79140265】(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ [设直线l 的斜率为k ，则k ≠0，直线方程为y －2＝k (x －1)，在x 轴上的截距为1－2k .令－3＜1－2k ＜3，解得k ＜－1或k ＞12.]三、解答题9．已知△ABC 的三个顶点分别为A (－3,0)，B (2,1)，C (－2,3)，求：(1)BC 边所在直线的方程；(2)BC 边上中线AD 所在直线的方程； (3)BC 边的垂直平分线DE 的方程．[解] (1)直线BC 经过B (2,1)和C (－2,3)两点，由两点式得直线BC 的方程为y －13－1＝x －2－2－2，即x ＋2y －4＝0. (2)设BC 边的中点D 的坐标为(m ，n )， 则m ＝2－22＝0，n ＝1＋32＝2.BC 边的中线AD 所在直线过A (－3,0)，D (0,2)两点，由截距式得AD 所在直线的方程为x－3＋y2＝1，即2x －3y ＋6＝0.(3)由(1)知，直线BC 的斜率k 1＝－12，则BC 边的垂直平分线DE 的斜率k 2＝2. 由(2)知，点D 的坐标为(0,2)． 由点斜式得直线DE 的方程为y －2＝2(x －0) 即2x －y ＋2＝0.10．设直线l 的方程为(a ＋1)x ＋y ＋2－a ＝0(a ∈R )．(1)若l 在两坐标轴上截距相等，求l 的方程； (2)若l 不经过第二象限，求实数a 的取值范围.【导学号：79140266】[解] (1)当直线过原点时，在x 轴和y 轴上的截距为零， ∴a ＝2，方程即为3x ＋y ＝0.当直线不过原点时，截距存在且均不为0， ∴a －2a ＋1＝a －2，即a ＋1＝1， ∴a ＝0，方程即为x ＋y ＋2＝0.因此直线l 的方程为3x ＋y ＝0或x ＋y ＋2＝0. (2)将l 的方程化为y ＝－(a ＋1)x ＋a －2，∴⎩⎪⎨⎪⎧－(a ＋1)＞0，a －2≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－(a ＋1)＝0，a －2≤0，∴a ≤－1.综上可知，a 的取值范围是a ≤－1.B 组 能力提升11．设A ，B 是x 轴上的两点，点P 的横坐标为2且|PA |＝|PB |，若直线PA 的方程为x －y＋1＝0，则直线PB 的方程为( ) A ．2x ＋y －7＝0 B ．x ＋y －5＝0 C ．2y －x －4＝0D ．2x －y －1＝0B [由条件得点A 的坐标为(－1,0)，点P 的坐标为(2,3)，因为|PA |＝|PB |，根据对称性可知，点B 的坐标为(5,0)，从而直线PB 的方程为y －3－3＝x －25－2，整理得x ＋y －5＝0.] 12．已知A (3,0)，B (0,4)，直线AB 上一动点P (x ，y )，则xy 的最大值是________.【导学号：79140267】3 [直线AB 的方程为x 3＋y4＝1.∵动点P (x ，y )在直线AB 上，则x ＝3－34y ，∴xy ＝3y －34y 2＝34(－y 2＋4y )＝34[]－(y －2)2＋4≤3， 即当P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，xy 取最大值3.] 13．(2017·四川德阳中学期中)已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R )．(1)证明：直线l 过定点；(2)若直线不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于A ，交y 轴正半轴于B ，△AOB 的面积为S (O 为坐标原点)，求S 的最小值，并求此时直线l 的方程．[解] (1)证明：直线l 的方程可化为k (x ＋2)＋(1－y )＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2＝0，1－y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝1，∴无论k 取何值，直线l 必经过定点(－2,1)． (2)直线方程可化为y ＝kx ＋1＋2k ，当k ≠0时，要使直线不经过第四象限，则必有⎩⎪⎨⎪⎧k ＞0，1＋2k ≥0，解得k ＞0；当k ＝0时，直线为y ＝1，符合题意． 综上，k 的取值范围是k ≥0.(3)依题意得A ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2k k，0，B (0,1＋2k )，且⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2k k ＜0，1＋2k ＞0，解得k ＞0.∴S ＝12·|OA |·|OB |＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋2k k ·|1＋2k |＝12·(1＋2k )2k ＝12⎝⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12×(2×2＋4)＝4， “＝”成立的条件是4k ＝1k ，此时k ＝12，∴S min ＝4，此时l 的方程为x －2y ＋4＝0.。

第五节 古典概型[考纲传真] (教师用书独具)1.理解古典概型及其概率计算公式.2.会计算一些随机事件所包含的基本事件数及事件发生的概率．(对应学生用书第178页)[基础知识填充]1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的．(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型． (1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个． (2)每个基本事件出现的可能性相等．3．如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P (A )＝m n.4．古典概型的概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.[知识拓展] 划分基本事件的标准必须统一，保证基本事件的等可能性．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( )(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( )(3)从－3，－2，－1,0,1,2中任取一数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．( )(4)利用古典概型的概率可求“在边长为2的正方形内任取一点，这点到正方形中心距离小于或等于1”的概率．( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×2．(2016·全国卷Ⅲ)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( ) A ．815 B ．18 C ．115D ．130C [法一：∵Ω＝{(M,1)，(M,2)，(M,3)，(M,4)，(M,5)，(I,1)，(I,2)，(I,3)，(I,4)，(I,5)，(N,1)，(N,2)，(N,3)，(N,4)，(N,5)}， ∴事件总数有15种．∵正确的开机密码只有1种，∴P ＝115.法二：所求概率为P ＝1C 13C 15＝115.]3．(2017·天津高考)有5支彩笔(除颜色外无差别)，颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( ) A ．45 B ．35 C ．25D ．15C [从5支彩笔中任取2支不同颜色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10种，其中取出的2支彩笔中含有红色彩笔的取法有红黄、红蓝、红绿、红紫，共4种，所以所求概率P ＝410＝25.故选C ．]4．从3名男同学，2名女同学中任选2人参加知识竞赛，则选到的2名同学中至少有1名男同学的概率是________． 910 [所求概率为P ＝1－C 22C 25＝910.] 5．(教材改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．56[掷两个骰子一次，向上的点数共有6×6＝36种可能的结果，其中点数相同的结果共有6个，所以点数不同的概率P ＝1－66×6＝56.](对应学生用书第178页)(1)(2017·佛山质检)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( ) A ．521 B ．1021 C ．1121D ．1(2)(2017·全国卷Ⅱ)从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( ) A ．110 B ．15 C ．310D ．25(1)B (2)D [(1)从袋中任取2个球共有C 215＝105种取法，其中恰有1个白球，1个红球共有C 110C 15＝50种取法，所以所取的球恰有1个白球1个红球的概率为50105＝1021.(2)从5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张的情况如图：基本事件总数为25，第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的事件数为10， 所以所求概率P ＝1025＝25.故选D ．]判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件分别求出基本事件的总数利用公式A ＝2.确定基本事件个数的方法：基本事件较少的古典概型，用列举法写出所有基本事件时，可借助“树状图”列举，以便做到不重、不漏利用计数原理、排列与组合的有关知识计算基本事件[跟踪训练( )【导学号：79140357】A ．16B ．112C ．536D ．518(2)(2017·山东高考)从分别标有1,2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ) A ．518 B ．49 C ．59D ．79(1)C (2)C [(1)同时掷两枚骰子出现的可能有6×6＝36种，其中向上的点数和是6的有(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，共5种，所以所求概率P ＝536，故选C ．(2)法一：∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取， ∴P (第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝59×48＝518，P (第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝49×58＝518.∴P (抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝518＋518＝59.故选C ．法二：依题意，得P (抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝5×4C 29＝59.故选C ．]某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率．[解] (1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100.(2)设参赛的4人中女生有ξ人，ξ＝1,2,3. 则P (ξ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (ξ＝3)＝C 33C 13C 46＝15.由互斥事件的概率加法公式可知，P (ξ≥2)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝35＋15＝45，故所求事件的概率为45.基本事件总数较少时，可用列举法把所有基本事件一一列出，但要做到不重复、不遗漏.注意区分排列与组合，以及正确使用计数原理当所求事件含有“至少”“至多”或分类情况较多时，通常考虑用对立事件的概率公式P A ＝1A 求解[跟踪训练] (2016·山东高考动的儿童需转动如图10­5­1所示的转盘两次，每次转动后，待转盘停止转动时，记录指针所指区域中的数．设两次记录的数分别为x ，y .奖励规则如下：图10­5­1①若xy ≤3，则奖励玩具一个； ②若xy ≥8，则奖励水杯一个； ③其余情况奖励饮料一瓶．假设转盘质地均匀，四个区域划分均匀．小亮准备参加此项活动． (1)求小亮获得玩具的概率；(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小，并说明理由．[解] 用数对(x ，y )表示儿童参加活动先后记录的数，则基本事件空间Ω与点集S ＝{(x ，y )|x ∈N ，y ∈N,1≤x ≤4,1≤y ≤4}一一对应．因为S 中元素的个数是4×4＝16， 所以基本事件总数n ＝16.(1)记“xy ≤3”为事件A ，则事件A 包含的基本事件数共5个，即(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)．所以P (A )＝516，即小亮获得玩具的概率为516.(2)记“xy≥8”为事件B，“3<xy<8”为事件C．则事件B包含的基本事件数共6个，即(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，所以P(B)＝616＝38.事件C包含的基本事件数共5个，即(1,4)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(4,1)．所以P(C)＝516.因为38>516，所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率．(2018·长沙模拟(二)节选)某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等级如下表：图10­5­2(1)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定？(2)在样本中，按产品等级用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率．[解] (1)根据抽样调查数据，一、二等品所占比例的估计值为0.200＋0.300＋0.260＋0.090＋0.025＝0.875，由于该估计值小于0.92，故不能认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品92%”的规定．(2)由频率分布直方图知，一、二、三等品的频率分别为0.375,0.5,0.125，故在样本中用分层抽样方法抽取的8件产品中，一等品3件，二等品4件，三等品1件．再从这8件产品中随机抽取4件，一、二、三等品都有的情形有2种： ①一等品2件，二等品1件，三等品1件； ②一等品1件，二等品2件，三等品1件． 故所求的概率P ＝C 23C 14C 11＋C 13C 24C 11C 48＝37. 依据题目的直接描述或频率分布表、提炼出需要的信息进行统计与古典概型概率的正确计算[跟踪训练进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测．(1)求这6件样品中来自(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率.【导学号：79140358】[解] (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2.所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别为1,3,2. (2)从6件样品中抽取2件商品的基本事件数为C 26＝6×52×1＝15，每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件数为C 23＋C 22＝4，所以P (D )＝415.故这2件商品来自相同地区的概率为415.。

第2课时 定点、定值、范围、最值问题(对应学生用书第151页)(2018·郑州第二次质量预测)已知动圆M 恒过点(0,1)，且与直线y ＝－1相切． (1)求圆心M 的轨迹方程；(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点．[解] (1)由题意，得点M 与点(0,1)的距离始终等于点M 到直线y ＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M 的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，则p2＝1，p ＝2.∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y .(2)证明：由题知，直线l 的斜率存在， ∴设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则C (－x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx －2，得x 2－4kx ＋8＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 224x 1＋x 2＝x 1－x 24，则直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 24(x －x 1)，即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1(x 1－x 2)4＋x 214＝x 1－x 24x ＋x 1x 24.∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋x 1x 24＝x 1－x 24x ＋2，故直线AC 恒过定点(0,2)．＝bx ＋2与圆x 2＋y 2＝2相切．(1)求椭圆的方程；(2)已知定点E (1,0)，若直线y ＝kx ＋2(k ≠0)与椭圆相交于C ，D 两点，试判断是否存在实数k ，使得以CD 为直径的圆过定点E ？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.【导学号：79140309】[解] (1)∵直线l ：y ＝bx ＋2与圆x 2＋y 2＝2相切． ∴2b 2＋1＝2，∴b 2＝1.∵椭圆的离心率e ＝63， ∴e 2＝c 2a 2＝a 2－1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫632，∴a 2＝3，∴所求椭圆的方程是x 23＋y 2＝1.(2)将直线y ＝kx ＋2代入椭圆方程，消去y 可得 (1＋3k 2)x 2＋12kx ＋9＝0，∴Δ＝36k 2－36＞0，∴k ＞1或k ＜－1. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－12k 1＋3k 2，x 1x 2＝91＋3k 2.若以CD 为直径的圆过点E ， 则EC ⊥ED ．∵EC →＝(x 1－1，y 1)，ED →＝(x 2－1，y 2)， ∴(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝0.∴(1＋k 2)x 1x 2＋(2k －1)(x 1＋x 2)＋5＝0，∴(1＋k 2)×91＋3k 2＋(2k －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1＋3k 2＋5＝0. 解得k ＝－76＜－1.∴存在实数k ＝－76使得以CD 为直径的圆过定点E .(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1)．当m 变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；(2)证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值． [解] (1)不能出现AC ⊥BC 的情况．理由如下： 设A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0， 所以x 1x 2＝－2. 又点C 的坐标为(0,1)，故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC 的情况．(2)证明：BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22.由(1)可得x 1＋x 2＝－m ， 所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－12，半径r ＝m 2＋92.故圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 22＝3， 即过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．[跟踪训练] (2018·石家庄质检(二))设M ，N ，T 是椭圆16＋12＝1上三个点，M ，N 在直线x ＝8上的射影分别为M 1，N 1.(1)若直线MN 过原点O ，直线MT ，NT 斜率分别为k 1，k 2.求证：k 1k 2为定值； (2)若M ，N 不是椭圆长轴的端点，点L 坐标为(3,0)，△M 1N 1L 与△MNL 面积之比为5，求MN 中点K 的轨迹方程．[解] (1)证明：设M (p ，q )，N (－p ，－q )，T (x 0，y 0)，则k 1k 2＝y 20－q2x 20－p 2，又⎩⎪⎨⎪⎧p 216＋q 212＝1，x 216＋y 2012＝1，两式相减得x 20－p 216＋y 20－q212＝0，即y 20－q2x 20－p 2＝－34， k 1k 2＝－34.(2)设直线MN 与x 轴相交于点R (r,0)，S △MNL ＝12|r －3|·|y M －y N |， S △M 1N 1L ＝12×5·|yM 1－yN 1|.由于S △M 1N 1L ＝5S △MNL 且|yM 1－yN 1|＝|y M －y N |， 得12×5×|yM 1－yN 1|＝5×12|r －3|·|y M －y N |， 解得r ＝4(舍去)或r ＝2. 即直线MN 经过点F (2,0)．设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，K (x 0，y 0)，①当直线MN 垂直于x 轴时，弦MN 中点为K (2,0)； ②当直线MN 与x 轴不垂直时，设MN 的方程为y ＝k (x －2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝k (x －2)，则(3＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－48＝0.x 1＋x 2＝16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2.x 0＝8k 23＋4k 2，y 0＝－6k3＋4k2.消去k ，整理得(x 0－1)2＋4y 23＝1(y 0≠0)．综上所述，点K 的轨迹方程为(x －1)2＋4y23＝1(x ＞0)．(2018·合肥一检)已知点F 为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M .(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线x 4＋y2＝1与y 轴交于P ，过点P 的直线l 与椭圆E 交于两不同点A ，B ，若λ|PM |2＝|PA |·|PB |，求实数λ的取值范围． [解] (1)由题意得a ＝2c ，b ＝3c ，则椭圆E 为x 24c 2＋y 23c2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝c 2，x 4＋y 2＝1得x 2－2x ＋4－3c 2＝0.∵直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M ，∴Δ＝4－4(4－3c 2)＝0⇒c 2＝1， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32， ∵直线x 4＋y2＝1与y 轴交于P (0,2)，∴|PM |2＝54，当直线l 与x 轴垂直时，|PA |·|PB |＝(2＋3)(2－3)＝1，∴由λ|PM |2＝|PA |·|PB |⇒λ＝45，当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，3x 2＋4y 2－12＝0⇒(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，依题意得x 1x 2＝43＋4k 2，且Δ＝48(4k 2－1)＞0，∴k 2＞14， ∴|PA |·|PB |＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)·43＋4k 2＝1＋13＋4k 2＝54λ， ∴λ＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋4k 2，∵k 2＞14，∴45＜λ＜1，综上所述，λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，1.利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.利用已知的或隐含的不等关系，构建不等式，从而求出参数的取值范围利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围[跟踪训练] (2018·江西师大附中)已知椭圆E ：a 2＋b2＝1的焦点在x 轴上，椭圆E 的左顶点为A ，斜率为k (k ＞0)的直线交椭圆E 于A ，B 两点，点C 在椭圆E 上，AB ⊥AC ，直线 AC 交y 轴于点D ．(1)当点B 为椭圆的上顶点，△ABD 的面积为2ab 时，求椭圆的离心率； (2)当b ＝3，2|AB |＝|AC |时，求k 的取值范围.【导学号：79140310】[解] (1)直线AB 的方程为y ＝b ax ＋b ， 直线AC 的方程为y ＝－a b(x ＋a )，令x ＝0，y ＝－a 2b.S △ABD ＝12·⎝⎛⎭⎪⎫b ＋a 2b ·a ＝2ab ，于是a 2＋b 2＝4b 2，a 2＝3b 2，e ＝ca＝1－b 2a 2＝63. (2)直线AB 的方程为y ＝k (x ＋a )，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 23＝1，y ＝k (x ＋a )，整理得(3＋a 2k 2)x 2＋2a 3k 2x ＋a 4k 2－3a 2＝0，解得x ＝－a 或x ＝－a 3k 2－3a 3＋a 2k2，所以|AB |＝1＋k 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 3k 2－3a 3＋a 2k 2＋a＝1＋k 2·6a3＋a 2k2， 同理|AC |＝1＋k 2·6a3k ＋a 2k，因为2|AB |＝|AC |， 所以2·1＋k 2·6a 3＋a k ＝1＋k 2·6a 3k ＋a k， 整理得a 2＝6k 2－3kk 3－2.因为椭圆E 的焦点在x 轴， 所以a 2＞3，即6k 2－3kk 3－2＞3，整理得(k 2＋1)(k －2)k 3－2＜0，解得32＜k ＜2.(2017·浙江高考)如图8­9­3，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 .图8­9­3(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)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1). 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)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.代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值几何法：从圆锥曲线几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值[跟踪训练] (2018·石家庄一模)如图8­9­4, 已知椭圆C ：2＋y 2＝1的左顶点为A ，右焦点为F ，O 为原点，M ，N 是y 轴上的两个动点，且MF ⊥NF ，直线AM 和AN 分别与椭圆C 交于E ，D 两点．图8­9­4(1)求△MFN 的面积的最小值； (2)证明：E ，O ，D 三点共线．[解] (1)法一：设M (0，m )，N (0，n )， ∵MF ⊥NF ，∴△OFM ∽△ONF ， ∴OM OF ＝OF ON，可得m ·n ＝－1.∴S △MFN ＝12|MF ||FN |＝121＋m 2·1＋n 2＝121＋m 2＋n 2＋(mn )2＝122＋m 2＋n 2≥122＋2|mn |＝1，当且仅当|m |＝1，|n |＝1时，等号成立． ∴△MFN 的面积的最小值为1. 法二：设M (0，m )，N (0，n )， ∵MF ⊥NF ，∴△OFM ∽△ONF ， ∴OM OF ＝OF ON，可得m ·n ＝－1.S △MFN ＝12|OF ||MN |＝12|MN |，∵|MN |2＝|MF |2＋|NF |2≥2|MF |×|NF |，当且仅当|MF |＝|NF |时等号成立． 由椭圆的对称性可知，当D 与N 重合，M 与E 重合时， |MF |＝|NF |，∴|MN |min ＝2， ∴(S △MFN )min ＝12|MN |＝1.∴△MFN 的面积的最小值为1.(2)证明：∵A (－2，0)，M (0，m )， ∴直线AM 的方程为y ＝m2x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝m 2x ＋m ，x 2＋2y 2＝2，得(1＋m 2)x 2＋22m 2x ＋2(m 2－1)＝0，由－2·x E ＝2(m 2－1)1＋m 2，得x E ＝－2(m 2－1)m 2＋1，① 同理可得x D ＝－2(n 2－1)n 2＋1，∵m ·n ＝－1，∴x D ＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2＋1＝－2(1－m 2)m 2＋1，②故由①②可知x E ＝－x D ， 代入椭圆方程可得y 2E ＝y 2D .∵MF ⊥NF ，故N ，M 分别在x 轴两侧，y E ＝－y D ，当x E ＝0时，x D ＝0，易得E ，O ，D 三点共线，当x E ≠0时，x D ≠0，此时有y E x E ＝y D x D，小初高试卷教案类∴E，O，D三点共线．K12小学初中高中。