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构建长方体的模型应用:一．解答题（共6小题例题1画出其直观图（不必建系，求其体积；它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角形．练习4．，一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边为1练 5．某座楼由相同的若干房间组成，该楼的三视图如图，问练习6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，求这个多面体最长的一条棱的长．参考答案与试题解一．解答题（共6小题例题1．（2013秋•翠屏区校级月考）画出其直观图（不必建系，求其体积；【分析】（1）根据三视图，进行复原画出几何体的图形，直观图是一个底面是边长为1正方形，有一侧棱垂直于底面，长度为1．（2）（2）S=1+2×+2× 【点评】本题考查三视图复原几何体，画出中逐步按照三视图的作法复原，考查空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力，转化思想，是中档题．2（201【分析】由题意三棱锥是正方体的一个角，它的外接球就是三棱锥扩展为正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，求出直径即可求出这个球的体积和表面积．【解答】解：三棱锥是正方体的一个角，它的外接球就是三棱锥扩展为正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，所以正方体的体对角线长为： a，球的半径为：；所以球的体积为：=球的表面积为：4πr2=【点评】本题是基础题，考查三棱锥的外接球，几何体的扩展，确定三棱锥与扩展的正方体的外接球是同一个，以及正方体的体对角线就是球的直径是解好本题的前提．该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角形．【分析】（I）由直观图与四棱锥的主视图和左视图知，几何体的俯视图为（内含对角线）边长为6cm的正方形，由（II）由（I）知侧棱PC垂直于底面，得△PAC为直角三角形，利用勾股定理计算PA侧棱PC垂直于底面，PBCPCDABCDBC如图，其面积为36（cm2）．底面是正方形，AB=6，∴AC=．又PC=6∴PA===6练习4.（2013秋•校级期末），一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边为1【分析】（1）（2）【解答】解：（1）由几何体的三视图知，（2）S表（2）S表===练习5（2013秋•滦县校级期中）【分析】根据已知中三视图，由正视图和侧视图可判断该楼的层数，及最高的一层的房间数，结合俯视图可求出房间总数．【解答】解：由三视图可得：该楼有3层；最底的一层有5个房间，中间一层可能有两个房间，也可能有1最高一层有1【点评】本题意在考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．6（2010【分析】由三视图可以看出，此几何体是一个底面是正方形的四棱锥，且其中一条棱垂直于底面，故最长的侧枝即为此侧棱相对的棱，在直角三角形中求即可【解答】解：由三视图知，此几何体是一个四棱锥，底面是边长为 的正方形，底面对角线长为，垂直于底面的棱高为2几何计算问题突破:一．解答题（共6小题M是PB的中点．证明：面PAD⊥面求面AMC与面BMC例题2．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PDC是面积为的正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是面积为的菱形，∠ADC为锐角．求四棱锥P﹣ABCD求二面角P﹣AB﹣D练习3．在三棱锥S﹣ABC中，△ABC是边长为8的正三角形，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B为求三棱锥S﹣ABC求二面角S﹣BC﹣A求证：平面PBC⊥平面MP，B重合时，MN当AB=3，PA=4时，求点A到直线MN练习5．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且几何计算问题突破:一．解答题（共6小题1（2015ABCD，且PA=AD=DC=，AB=1，M是PB的中点证明：面PAD⊥面求面AMC与面BMCB作BE∥CABE=CA，∠PBE是AC与PBPEB求AC与PB面AMC与面BMC所成二面角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：∵PA⊥面因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD∴CD⊥面CD⊂B作BE∥CABE=CA，则∠PBE是AC与PB所成的角．连接AE，可知AC=CB=BE=AE=，又在Rt△PEB中BE=a2=3b2，PB=，∴cos∠PBE=∴AC与PB所成的角为arccos解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BNRt△PABAM=MB∴BN⊥CM，故 为所求二面角的平面∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，在等腰三角形AMC中，AN•MC=∴AN=∴cos∠ANB==﹣【点评】本题考查平面与平面垂直，二面角的求法，异面直线所成的角，考查空间想象能力，逻辑思维能力，转化思想，是中档题．（垂直，底面ABCD是面积为的菱形，∠ADC为锐角求四棱锥P﹣ABCD求二面角P﹣AB﹣D证明△ADC是边长为2的等边三角形，则AE⊥CD，根据三垂线定理可知根据二面角平面角的定义可知∠PAE就是二面角P﹣AB﹣D的平面角，在三角形APE∵侧面PDC⊥底面ABCD，PE⊂侧面PDC，且∴PE⊥底面由题意，侧面PDC是面积为的正三角形∴DC=2，PE=∵底面ABCD是面积为的菱形∴四棱锥P﹣ABCD的体积V=证明：∵2× ∴∠ADE=故△ADC是边长为2∵E为DC解∴∠PAE就是二面角P﹣AB﹣D∵△ADC和△PDC都是边长为2∴PE=AE∴∠APE=45°即二面角P﹣AB﹣D的大小为【点评】本题主要考查了棱锥体积是计算，考查直线与平面所成的角，以及平面与平面垂直的性质和二面角及其度量，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题．练习3．在三棱锥S﹣ABC中，△ABC是边长为8的正三角形，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B为求三棱锥S﹣ABC求二面角S﹣BC﹣A【分析】（1）取AC的中点D，连接SD，BD，证明SD⊥AC，BD⊥AC，说明AC⊥面SBD，即可证明过S作SO⊥BD于O，说明∠SDB为二面角S﹣AC﹣B平面角，求出SOO作OH⊥BC于HSHSH⊥BC，所以∠SHOS﹣BC﹣A【解答】解（1）取AC的中点D，连接∵SA=SC，D为AC∴SD⊥AC，∵AB=BC，D为AC又SB⊂面SBD，∴AC⊥SB；SSO⊥BD于O，∵ACSBD，又AC⊂平面ABC∴平面SBD⊥平面ABC，又SO⊥BD∴SO⊥平面ABC， ，AD=在Rt△SDO中，SOSO=SDsin∠SDO=2 ∴VS﹣ABC= 过O作OH⊥BC于H，连SH，则SH⊥BC∴∠SHO为二面角S﹣BC﹣A∵正△ABC是边长为 在Rt△OHB中，OH=OBsin30°=OB=，在Rt△SOH中，tan∠SHO= =即二面角即二面角S﹣BC﹣A．4（2016N分别为线段PB，PC上的点，MN⊥PB．求证：平面PBC⊥平面MP，B重合时，MN当AB=3，PA=4时，求点A到直线MN【分析】（Ⅰ）通过证明BC⊥平面PAB，即可证明平面PBC⊥平面在△PBC中，BC⊥PB，MN⊥PB，所以MN∥BC，利用线面平行的判定定理，证明MN∥平面【解答】证明：（）ABCD中，AB⊥BC．…．（1分所以PA⊥BC．…．（2分）所以BC⊥平面PAB．…．（4分）所以平面PBC⊥平面PAB．…．（5分所以BC⊥PB．…．（6分）所以MN∥BC，…．（7分）所以MN∥平面ABCD．…．（10分）而AM⊂平面PAB，所以MN⊥AM，…．（12分而点M段PB上在Rt△PAB中，AB=3，PA=4，所以A到直线MN的最小值为．…．（14分【点评】本题考查线面垂直、平面与平面垂直的判定，考查线面平行的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．练习5．（2016）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且【分析】（Ⅰ）取AD的中点O，连接OP，OB，证明AD⊥平面OPB，即可证明证明OP⊥平面CBD，利用等体积求点C到平面PBD【解答】（Ⅰ）证明：取AD的中点O，连接OP，OB∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且∴AD⊥平面∵PB⊂平面（Ⅱ）∴OP=OB=∵PB=∴OP⊥平面△PBD中，PD=BD=2，PB= 设点C到平面PBD的距离为h， 6（2016【分析】（1）由已知BC∥AD，∠SCB就是异面直线SC与AD所成角，由此能求出直线SC与AD（2）利用等体积可求点B到平面SCD【解答】解：（1）∵BC∥AD，∴∠SCB就是异面直线SC与AD∵SA⊥BC，BC⊥AB，SA∩AB=A，∴BC⊥平 Rt△SBC∴tan∠SCB=∴直线SC与AD所成角为arctan（2）连接BD，设点B到平面SCD的距离为∴=∴∴h=【点评】本题考查直线与直线所成角的求法，考查几何体的体积的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．几何中添加辅助线的方法:一．解答题（共5小题例题1．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB异面直线BD1与CE求证：AB1⊥面A1BC（2）C﹣AA1﹣BAB、BC若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A﹣PD﹣F练习4．如图，已知平面QBC与直线PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且求证：PA∥平面若PQ⊥平面QBC，求二面角Q﹣PB﹣APAAF=1，EPD若CE∥面BDF，求PE：ED求二面角B﹣DF﹣A参考答案与试题解一．解答题（共5小题例题1．（2016）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AB异面直线BD1与CE【分析（1）延长DC至G，使CG=DC，连结BG、D1G，得出四边形EBGC是平行四边形，找出∠D1BG就是异面直线BD1与CE所成的角，求出它的余弦值；（2）A1作A1H⊥CECEHAHAHAA1EC延长DC至G，使CG=DC，连结BG、D1G，又△D1BG中，D1B=，即异面直线即异面直线BD1与CE所成角的余弦值是；（2）A1作A1H⊥CECEH∴=，且CE=，AE=∴AH= =在直角△A1AH中，A1A=1，AH=，∴A1H=，即解，设点A到平面A1EC，即解，； 【点评】本题考查了空间中的点、线、面的位置关系以及空间想象能力与计算能力，解题时找角是关键，是综合性题目．2（2015求证：AB1⊥面A1BC（2）C﹣AA1﹣BBBD⊥AA1于DCD，证明∠CDBC﹣AA1﹣BDB，CD，即可求二面角C﹣AA1﹣B的余弦值．所以∠ABC=90°，即CB⊥AB，又因为四边形BCC1B1为矩形，所以CB⊥BB1，因为AB∩BB1=B，所以CB⊥AB1，所以AB1⊥A1B，（2）B作BD⊥AA1于DCBAA1B1B，所以CB⊥AA1，所以AA1⊥面BCD，所以AA1⊥CD，所以，∠CDB就是二面角C﹣AA1﹣B在直角△CDB中，DB=2，CB=3，所以CD==．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查面面角，考查学生分析解决问题的能力，正确运用线面垂直的判定，作出面面角是关键．3（2016E、F分别是线段AB、BC的中点．若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A﹣PD﹣F面垂直的判定定理得到DF⊥平面PAF，再由线面垂直的性质定理得到PF⊥FD；AD，FMPADPADMMN⊥PDNFNPDFMN，则∠MNF面角A﹣PD﹣F的平面角，解三角形MNF可得答案．【解答（Ⅰ）证明：连接AF，则，AD=2，∴DF2+AF2=AD2，∴DF⊥AF（2分又PA⊥平面∴DF⊥PA，又∴∵PA⊥平面∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，且∠取AD的中点M，即为二面角A﹣PD﹣F的平面角∴∵，且，∴，∴【点评】本题考查的知识点是空间直线与直线之间的位置关系，二面角大小度量．考查空间想象、推理论证、计算能力．练习4．（2016•湖南校级模拟）如图，已知平面QBC与直线PA均垂直于Rt△ABC所在平面，且求证：PA∥平面若PQ⊥平面QBC，求二面角Q﹣PB﹣A【分析】（1）（2）方法一：利用三角形的中位线定理及二面角的平面角的定义即可求出．方法二：通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量所成的夹角来求两平面的二面角的平面角．【解答】解：（I）Q作QD⊥BC于点QBCABC，∴QDABC，又∵PA⊥平面ABC，∴QD∥PA，又∵QD⊂平面QBC，PA⊄平面∴PA∥平面（Ⅱ）方法一：∵PQ⊥平面∴∠PQB=∠PQC=90∴AD⊥平面形．设PA=2a，QQR⊥PB==∵PR=，∴∠QRN为二面角Q﹣PB﹣A ．又 ．即二面角Q﹣PB﹣A的余弦值为（2）方法二：∵PQ⊥平面∴∠PQB=∠PQC=90D是BCAD∴AD⊥平面∴四边形PADQ分别以AC、AB、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系（，1，B02，，（0，02，设平面QPB的法向量为．∵=（1，1，0，=（0，2，﹣2又∵平面PAB的法向量为设二面角Q﹣PB﹣A为θ，则|cosθ|= 又∵二面角Q﹣PB﹣A是钝角，∴【点评】本题主要考查直线直线和平面平行的判定以及二面角的求解，通过建立空间直角坐标系并利用平面的法向量所成的夹角来求二面角的平面角是解题的关键．5（2016ABCDPA=3．FPAAF=1，EPD若CE∥面BDF，求PE：ED求二面角B﹣DF﹣A【分析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理进行推理得到E为PD中点即可求PE：ED（Ⅱ）根据二面角的定义作出二面角的平面角，即可求二面 的大小连接AC交BD于O，连接FO．∵EG∥FD，EG⊄面BDF，FD⊂面∴EG∥面BDF，又EG∩CE=E，CE∥面BDF，EG，CE⊂面∴面CGE∥面BDF，…（3分又CG⊂面CGE，∴CG∥面又面BDF∩面PAC=FO，CG⊂面OAC，∴FAG∴E为PD中点，PE：ED=1：1．…（6分BBHDADAHHHIDFDFI，…（8∵PA⊥面ABCD，∴面PAD⊥面∴BH⊥面PAD，由三垂线定理可得∴∠BIHB﹣DF﹣A且 ×=，…（10分∴二面角B﹣DF﹣A的大小为arcran．…（12分【点评】本题主要考查空间线面平行的性质的应用以及二面角的求解，利用相应的性质定理以及作出二面角的平面角是解决本题的关键．完美几何证明一．解答题（共8小题1（2016•EC∥PD，且PD=2EC．求证：平面PAC⊥平面若棱AP的中点为H，证明：HE∥平面别为PC、BD的中点．求证：EF∥平面求证：EF⊥平面QDDE=2PE．平面PAB⊥平面练习4．如图，已知三棱锥A﹣BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，且△PMB为正三角形．求证：DM∥平面求证：平面ABC⊥平面若BC=4，AB=20，求三棱锥D﹣BCM练习5．如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中 B，AB=AD=CD=1．点P为线段C1D1的中点求证：AP∥平面求证：平面BCC1⊥平面平面EFG∥平面练习7．在四梭 P﹣ABCD中，CD⊥平面PAD，AB∥CD，CD=4AB，AC⊥PA，M为线段CP上一点求证：平面ACD⊥平面若PM=PC，求证：MB∥平面M为AB的中点．．证明：EM∥平面证明：BD⊥平面完美几何证明题一．解答题（共8小题l（2016EC∥PD，且PD=2EC．求证：平面PAC⊥平面若棱AP的中点为H，证明：HE∥平面PAC⊥平面PBD；（2）取AD的中点F，连接FH、FC．通过证明四边形HFCE为平行四边形得出HE∥CF，于是HE∥平面【解答】证明：（1）∵ABCD是平行四边形，∴ABCD∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面∴PD⊥AC，又BD⊂平面PBD，PD⊂平面∴AC⊥平面PBD．∵AC⊂平面∴平面PAC⊥平面（2）取AD的中点F，连接FH、∵H，F是AP，AD∴，又∵∴∴四边形HFCE∴HE∥CF，又HE⊄平面ABCD，CF⊂平面∴HE∥平面例题2（2010•江西模拟如图在四棱锥P﹣ABCD中底面是正方形侧面PAD⊥底面ABCD且PA=PD=AD，若E、F分别为PC、BD的中点．求证：EF∥平面求证：EF⊥平面BD的中点，所以连接AC，EF为中位线，从而得证；可得PA⊥PD，只需再证明PA⊥CD，而这需要再证明CD⊥平面PAD，由于ABCD是正方形，面PAD⊥底面ABCD且PA⊂平面PAD，EF⊊平面PAD，∴EF∥平面PAD（6分又CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，∴CD⊥PA（9分）又PA=PD=AD，而∴PA⊥平面PDC，又EF∥PA，所以EF⊥平面PDC（14分【点评】本题考查线面平行的判定及线面垂直的判定，而其中的转化思想的应用值得注意，将线面平行转化为线线平行；证明线面垂直，转化为线线垂直，在证明线线垂直时，往往还要通过线面垂直来进行．3（2010ABEQDDE=2PE．平面PAB⊥平面质，易得到AB⊥平面PMC，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）连BD交MC于F，连EF，由CD=2BM，CD∥BM，可以得到△CDF∽△MBF，根据三角形相似的性质，DF=2BFDE=2PEEF∥PB，结合线面平行的判定定理，【解答】解：（1）∵PA=PB，M是AB∴PM⊥AB（2分∵底面ABCD∴△ABC是等边三角CM⊥AB（4∵AB⊂平面PAB⊥平面PMC（8分（2）BDMCF由CD=2BM，CD∥BM∴DF=2BF（1分∵DE=2PE，∴EF∥PB（1分∵EF⊂平面EMC，PB⊄平面EMC，∴PB∥平面EMC（14分【点评】本题考查的知识点是空间中直线与平面之间的位置关系，熟练掌握直线与平面垂直及直线与平面平行的判定定理及证骤是解答本题的关键．练习4（2016•宿州一模）如图，已知三棱锥A﹣BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB△PMB求证：DM∥平面求证：平面ABC⊥平面若BC=4，AB=20，求三棱锥D﹣BCM【分析】（1）要证DM∥平面APC，只需证明MD∥AP（因为AP⊂面APC）在平面ABC内直线AP⊥BC，BC⊥AC，即可证明BC⊥面APC，从而证得平面ABC⊥平面因为BC=4，AB=20，求出三棱锥的高，即可求三棱锥D﹣BCM【解答】证明：（I）MD是△ABP∴MD∥AP∵MD⊄面APC，AP⊂面∴MD∥面∵△PMB为正三角形，D为PB∴MD⊥PB，∴AP⊥PB又又∵BC⊥AC，AC∩AP=A∴BC⊥面APC，∵BC⊂面ABC∴平面ABC⊥平面形．MD⊥面PBC，BC=4，AB=20，MB=10，DM=5，PB=10，PC==2， 练习5（2016•日照一模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中 C1D1求证：AP∥平面求证：平面BCC1⊥平面【分析】（Ⅰ）推导出四边形ABC1P为平行四边形，从而AP∥BC1，由此能证明AP∥平面（Ⅱ）推导出BD⊥BC，CC1⊥BD，从而BD⊥平面BCC1．由此能证明平面BCC1⊥平面（Ⅰ由题意PC1∥DC，∴PC1 又 ，∴PC1∴四边形ABC1P∴AP∥平面 B，AB=AD=∴BD=BC=由已知CC1⊥底面ABCD，∴CC1⊥BD，又BC∩CC1=C，∴BD⊥平面BCC1．又∵BD⊂平面BDC1，∴平面BCC1⊥平面6（2016•CD和SC的中点．求证：平面EFG∥平面【分析】（1）连结SB，由已知得EG∥SB，由此能证明直线EG∥平面面BDD1B1．【解答】证明：（1）∵E、G分别是BC、SC又SB⊂平面BDD1B1，EG不包含于平面（2）如图，连结∵F，G分别是DC、SC又SD⊂平面BDD1B1，FG不包含于平面∴FG∥平面∴平面EFG∥平面【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查平面与平面平行的证明，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．7（2016CP求证：平面ACD⊥平面若PM=PC，求证：MB∥平面【分析】（1）由CD⊥平面PAD得PA⊥CD，结合PA⊥AC，得PA⊥平面ACD，故平面ACD⊥平面（2）在PD上取点E，使得PE=PD，连结ME，AE，可得ME∥CD，ME=CD，因为AB∥CD，AB=CD，所以AB与ME平行且相等，推出四边形ABME是平行四边形，故MB∥AE，所以MB∥平面PAD．【解答】证明：（1）CD⊥平面PAD，PA⊂平面∴CD⊥PA，又∴PA⊥平面ACD，∵PA⊂平面∴平面ACD⊥平面（2）在PD上取点E，使得PE=PD，连结∵PM=∴ME∥CD，ME=CD，又∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABME∴MB∥AE，又∵AE⊂平面PAD，MB⊄平面∴MB∥平面练习8（2016•山东模拟）如图几何体中，长方形ACDF所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，且∥BC，BD⊥AD，M为AB证明：EM∥平面证明：BD⊥平面【分析】（Ⅰ）取BC中点N，连结EN、MN，推导出平面EMN∥平面ACDF，由此能证明EM∥平面（2）由已知AC⊥平面BCDE，从而AC⊥BD，再由 C∩AD=A，能证明BD⊥平面【解答】证明：（）BC中点N，连结EN、∵长方形ACDF所在平面与梯形BCDE所在平面垂直，且BC=2DE，DE∥BC，BD⊥AD，M为ABEN，MN⊂平面EMN，CD，AC⊂平面∴平面EMN∥平面∵EM⊂平面EMN，∴EM∥平面（2）∵长方形ACDF中，AC⊥CD，长方形ACDF所在平面与梯形BCDE∴AC⊥平面∵BD⊂平面∴BD⊥平面用空间向量解决几何问题中的建系技一．解答题（共6小题求证：PD⊥平面求直线PB与平面PCD在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由例题2．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，点D为AB的中点，①求二面角A1﹣CD﹣B②求异面直线BC1与A1DEPC求平面BDE与平面ABP（II）H是PD上的动点，EH与平面PAD所成的最大角为45°，求二面角E﹣AF﹣C练习5．的几何体中ABC﹣A1B1C1为三棱柱，且AA1⊥平面ABC，四边形ABCD为平行四边形，AD=2CD，若AA1=AC，求证：AC1⊥平面若CD=2，AA1=λAC，二面角C﹣A1D﹣C1的余弦值为，求三棱锥C1﹣A1CD的体积求证：PA⊥平面求二面角E﹣AC﹣D在棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面EAC？若存在，试求出PF参考答案与试题解一．解答题（共6小题1（2016•求证：PD⊥平面求直线PB与平面PCD在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值，若不存在，说明理由的判定得到PD⊥平面PAB；ADOCO，POCO⊥AD，PO⊥ADO系，求得P（0，0，1，B（1，1，0，D（0，﹣1，0，C（2，0，0），进一步求出向量的坐标，再求出平面PCD的法向量，设PB与平面PCD的夹角为θ，由求得直线PB与平面PCD所成角的正弦值；假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1， 可得M（0，1﹣λ，λ，，由BM∥平面PCD，由此列式求得 时 点即为所求且AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面∵PD⊂平面又PD⊥PA，且∴PD⊥平面∵CD=AC=以OP（0，0，1，B（1，1，0，D（0，﹣1，0，C（2，0，0，设为平面PCD的法向量，则由，得， 设PB与平面PCD的夹角为θ，则 解：假设存在M点使得BM∥平面PCD，设，M（0，y1，z1由（Ⅱ）知，A（0，1，0，P（0，0，1 ，B（1，1，0， 则有，可得M（0，1﹣λ，λ∴∵BM∥平面PCD，为平面PCD的法向量 ，即，解得综上，存在点M，即当时，M点即为所求【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了直线与平面所成的角，训练了存在性问题的求解方法，建系利用空间向量求解降低了问题的难度，属中档题．例题2．（2015春•校级期中）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，点D为AB的中点①求二面角A1﹣CD﹣B②求异面直线BC1与A1D【分析】，建立空间直角坐标系．①不妨设AB=2，则AD=1，CD=．由A1D=CD，利用勾股定理则得A1A= ．设平面A1CD的法向量为：=（x，y，z，，可得同理可得：平面CDC1的法向量．利用cos 则②利用cos 即可得出异面直线BC1与A1D所成角的大小③由 =0，可得BC1∥平面A1CD．利用异面直线BC1与A1D之间的距离d=即可得出【解答】解：，建立空间直角坐标系①不妨设AB=2，则AD=1，CD=∵A1D=CD，∴，解得 ∴D（0，0，0，C（，0，0，A1（0，﹣1，，，=（x，y，z，取=（0，，1）．同理可得：平面CDC1的法向量=（0，，﹣1 ===②B（0，1，0，C，= ==∴异面直线BC1与A1D所成角的大小为③=0﹣+=0，∴BC1∥平面=（0，1，0， 【点评】本题考查了空间角、空间距离、法向量的应用、向量夹角公式、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3（2016PA=BD=，AB=AD，E为PC的中点求平面BDE与平面ABP【分析】（1）由题意可得BC⊥平面PAB，进一步得到BC⊥AB，再由△BCD为等边三角形，且AB=AD，可得△≌△ADC，由已知求解直角三角形可 ∴BC⊥平面PAB，又AB⊂平面∵△BCD为等边三角形，又BD= （2）由（1）知，AC⊥BD，设分别以OC、OD所在直线为x、y，0，B（0，，0，0，P（ ．设平面BDE的一个法向量为 设平面ABP的一个法向量为，则， ， ， |=平面BDE与平面ABP所成二面角的正弦值 【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离的计算，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题．4（2016春•龙海市校级月考P﹣ABCDABCD为菱形，PAE，FBC，PC（II）H是PD上的动点，EH与平面PAD所成的最大角为45°，求二面角E﹣AF﹣C【分析】（I）推导出△ABC为正三角形，从而AE⊥BC，推导出AE⊥AD，PA⊥AE，由此能证明推导出∠AHE是EH与平面PAD所成的角，当AH最小时，∠AHE最大，此时AH⊥PD，∠AHE=45°，以、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E﹣AF﹣C的正切值【解答】（本小题满分12分证明：（I）ABCD得△ABCE为BCAE⊥BC，又BC∥AD，因此AE⊥AD，而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD=A，所以AE⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AE⊥PD．…（5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AE⊥平面∴∠AHE是EH与平面PAD此时AH⊥PD，∠AHE=45°（7分）设AB=2a，则AE=，AH=AE=∵ ∴PA=2以\\为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则P（0，0，2 ），E（ ，0，0，C（ ，a，0，F（ 设平面AFC的一个法向量为=（x，y，z，则，即，取x=1，得=（1，﹣ ，0（=（x，y，z，即，=即，= =【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．5（2016•若AA1=AC，求证：AC1⊥平面若CD=2，AA1=λAC，二面角C﹣A1D﹣C1的余弦值为，求三棱锥C1﹣A1CD的体积【分析】（Ⅰ）若AA1=AC，根据线面垂直的判定定理即可证明AC1⊥平面（Ⅱ）建立坐标系，根据二面 C﹣A1D﹣C1的余弦值为，求出λ的值，根据三棱锥的体积公式进行计算即可【解答】证明：（）AA1=AC，则四边形ACC1A1为正方形，则∵AD=2CD，∠ADC=60°，∴△ACD为直角三角形，则∵AA1⊥平面ABC，∴CD⊥平面ACC1A1，则∵A1C∩CD=C，∴AC1⊥平面（Ⅱ） CD=2，∵∠ADC=60°，∴AC=2C（0，0，0D（20，0，A（02，0，C1（0，0，2λ，A1（0，2=（2，0，0设面CA1D的一个法向量为=（1，0，0则•=2x﹣2y﹣2λz=0，•设面A1DC1的一个法向量为=（x，y，z）•=2x﹣2y﹣2λz=0，•=2y=0，则y=0，2x﹣2λz=0，令z=1，则x=λ，λ，0，1，∵二面角C﹣A1D﹣C1的余弦值为∴cos＜，＞===，（1+λ2（1+3λ2）=8得C1﹣A1CD的体积C1﹣A1CD的体积【点评】本题主要考查线面垂直的判断以及三棱锥体积的计算，根据二面角的关系建立坐标系求出λ的值是解决本题的关键．6（2016•点F在PD上，且PE：ED=2：1求证：PA⊥平面求二面角E﹣AC﹣D在棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面EAC？若存在，试求出PFPA，AB，PBPABPA⊥ABPA⊥AD据第（1）问结果，可以以A点为原点建立适当的坐标系，然后通过设点、求直线方向向量，平面法向量，最终将二面角转化为法向量的夹角问题；先假设存在点F，然后利用“BF∥平面EAC”构造等量关系（如平面法向量与直线方向向量共线列方程，若【解答】解：（）ABCD∵在△PAB中，PA=AB=1，PB=同理，在△PAD中，可证∴PA⊥平面AAPADxAD、APy、z如图，则A（0，0，0，B（，﹣，0），C（，，0，D（0，1，0，P（0，0，1，E（0，得， 设平面EAC的法向量为=（x，y，z，得， 由 易知，平面DAC的法向量为=（0，0，1，设二面角E﹣AC﹣D的大小为θ（θ为锐角，由cosθ=|cos 且 ，其中又，则由（Ⅱ）可知，平面EAC的法向量为=（1，﹣，2要使BF∥面EAC，需满足，则，∴ 此时 ， ∴PF的值为| 立，然后将结论当成条件结合已知构造方程或不等式求解，若有解，则存在，否则不存在．直线和直线有关的计算问题一．解答题（共8小题A（0，1，AB方程为2x+y﹣3=0．求直线AB求直线BC求△BDE例题2．已知△ABC的三个顶点分别为A（﹣42）B（2，4，C（40．求△ABC求△ABC点B的坐标为（12），求点C的坐标．M（﹣1，0B（1，1和反射光线所在直线的方程，并求光线从A到B所走过的路线长．练习6．已知直线l1：2x﹣y﹣8=0和直线求经过直线l1与直线l的交点，且过点（﹣1，0）求直线l1关于直线l对称的直线l2练习7．已知直线求点P（5，3）关于直线l的对称点P求直线l1：x﹣y﹣2=0关于直线l的对称直线l2已知点M（26），试在直线l上求一点N使得|NP|+|NM|练习8．（1）A（3，2）关于点B（﹣3，4）的对称点C求直线3x﹣y﹣4=0关于点P（2，﹣1）对称的直线l求点A（2，2）关于直线2x﹣4y+9=0直线和直线有关的计算问题一．解答题（共8小题1（2015A（0，1ABBE求直线AB求直线BC求△BDE【分析】（1）由CD所在直线的方程求出直线AB的斜率，再由点斜式写出AB先求出点B，点C的坐标，再写出BCEABdBCDBDS△BDE即可．或求出BE，D到BE的距离d，计算S△BDE．【解答】解：（1）CD所在直线的方程为∴AB边所在的直线方程为y﹣1=2（x﹣0，即（2）由， 设C（m，n，则由已知条件 解得，∴C（2，1∴所以BC边所在的直线方程 （3）∵E是AC的中点，∴E（1，1∴E到AB的距离为：d=∴S△BDE=•d•BD=另解：∵E是AC的中点，∴E（1，1∴BE=由 ，∴D（，，∴D到BE的距离为：d=∴S△BDE=•d•BE=例题2（2014春•道里区校级期末）已知△ABC的三个顶点分别为A（﹣42），B（2，4）C（4求△ABC求△ABC【分析】（1）利用两点式方程能求出 三边所在的直线方程（2）求出|AB|，点C（4，0）到直线AB；x﹣3y+10=0的距离，由此能求出△ABC【解答】解：（1）∵△ABC的三个顶点分别为A（﹣42）B（24C（40，∴AB所在的直线方程为：，整理，得x﹣3y+10=0；BC所在的直线方程为：，整理，得2x+y﹣8=0；整理，得x+4y﹣4=0；（2）|AB|==2 ∴△ABC的面积为【点评】本题考查直线方程的求法，考查三角形的面积的求法，解题时要认真审题，到直线的距离公式的合理运用．3（2010在直线的方程为y=0．若点B的坐标为（12，求点C的坐标．【分析】根据三角形的性质解A点，再解出AC的方程，进而求出BC方C点坐标．逐步解答【解答】解：点A为y=0与x﹣2y+1=0∴点A的坐标为（﹣10．∴kAB=又∵∠A的平分线所在直线的方程是1．由y=﹣x﹣1，y=﹣2x+4，解得C（5，﹣6．（5，﹣6．4（2015M（﹣101PN【分析】设P的坐标为（x，y），由题意点P到两定点M（﹣1，0、N（1，0）距离的比为，可得，结合两点间的距离，化简整理得x2+y2﹣6x+1=0，又由点NPM1，即|MN|=2，可得直线PMPMx2+y2﹣6x+1=0x2﹣4x+1=0xP【解答】解：设P的坐标为（x，y），由题意有，整理得直线PM的方程为 代入x2+y2﹣6x+1=0整理得则点P坐标为或或5（2015过B（1，1），求入射光线和反射光线所在直线的方程，并求光线从AB所走过的路线长．程，可求光线从A到B所走过的路线长．【解答】解：设点A关于l的对称点为A′（x0∵AA′被l垂直平分 ，解得∵点A′（﹣4，﹣3，B（1，1）在反射光线所在直线上，∴反射光线的方程为=，即解方程组得入射点的坐标为（﹣，﹣．由入射点及点A的坐标得入射光线方程为 光线从A到B所走过的路线长为 【点评】本题重点考查点关于直线的对称问题，考查入射光线和反射光线，解题的关键是利用对称点的连线被对称轴垂直平分．练习6．（2015秋•舒城县校级月考）已知直线l1：2x﹣y﹣8=0和直线求经过直线l1与直线l的交点，且过点（﹣1，0）求直线l1关于直线l对称的直线l2【分析（Ⅰ）求出直线l1与直线l的交点，直线的斜率，由点斜式得所求直线的方程4，0线l对称的直线l2的方程．所以直线l1与直线l的交点为P（2，﹣4．所求直线的斜率由点斜式得所求直线的方程为．即A（4，0B（x，y，线段AB的中点为，由题意 ，解之得 4．练习7．（2014秋•包河区校级期中）已知直线求点P（5，3）关于直线l的对称点P求直线l1：x﹣y﹣2=0关于直线l的对称直线l2已知点M（26），试在直线l上求一点N使得|NP|+|NM|【分析】（1）设点P的对称点为P'（a，b），由中点坐标公式和两直线垂直的条件列方即可可由（1）的结论，连接P'M，交直线l于N，连接NP，再由三点共线的知识，即可求出【解答】解：（1）P的对称点为P'（a 即点P'的坐标为（﹣4，6；得，得，因为直线l与l2关于直线l对称，所以直线l2必过点P'（﹣4，6，所以直线l2必过点P'（﹣4，6，这样由两点式可得： P'（﹣4，6设出N（x，3x+3，则由P'，M，N则可得N（16．练习8（2013秋•安福县校级月考）（1）A（3，2）关于点B（﹣3，4）的对称点C求直线3x﹣y﹣4=0关于点P（2，﹣1）对称的直线l求点A（2，2）关于直线2x﹣4y+9=0（m，nN（x，yx、ya、bM3x﹣y﹣4=03x﹣y﹣4=0P（2，﹣1）对称的直线l的方程；B（s，t）A（2，2）2x﹣4y+9=0s、t解之即可得到点A（2，2）关于直线2x﹣4y+9=0的对称点的坐标．（m，n，可得B为线段AC的中点，得﹣3=（3+m，4=（2+n，解之得m=﹣9，n=6，得C的坐标为（﹣96．设直线3x﹣y﹣4=0上点M（a，b）关于点P（2，﹣1）对称的点为N（xy（a+x，﹣1 ∵M（4﹣x，﹣2﹣y）在直线3x﹣y﹣4=0化简得3x﹣y﹣10=0，即为直线3x﹣y﹣4=0关于点P（2，﹣1）对称的直线l ，解得s=1且∴点A（2，2）关于直线2x﹣4y+9=0的对称点的坐标为B（14【点评】本题给出已知点，求点关于直线的对称的和点关于点的对称点，着重考查了直线的基本量与基本形式、直线的位置关系等知识，属于中档题．直线和圆方程在综合问题中求法大突破一．解答题（共6小题）例题1．已知点P（x，y）是圆x2+y2﹣6x﹣4y+12=0x2+y2x+y（3）P到直线x+y﹣1=0的距离d例题2．已知实数x，y满足：y=1+（﹣2≤x≤2求m=的取值范围求b=2x+y练习3．已知A（4，0，B（0，3）和△AOB的内切圆（x﹣1）2+（y﹣1）2=1，P（x，y）求点P到直线l：3x+4y+3=0若M=|PA|2+|PB|2，求M练习4．已知圆M（x﹣1）2+（y﹣1）2=4，直线l过点P（2，3）且与圆M交于A，B两点，且|AB|=2围．练习5．已知实数x，y满足方程（x﹣3）2+（y﹣3）2=6，（I）的最大值与最小值（Ⅱ）的最大值与最小值练习6．已知点P（x，y）在圆x2+y2﹣6x﹣6y+14=0求的最大值和最小值求x2+y2+2x+3参考答案与试题解一．解答题（共6小题例题1．已知点P（x，y）是圆x2+y2﹣6x﹣4y+12=0x2+y2x+y（3）P到直线x+y﹣1=0的距离d【分析】（1）设z=x2+y2，利用z设z=x+y，利用z【解答】解：x2+y2﹣6x﹣4y+12=0的标准方程为（x﹣3）2+（y﹣2）2=1，圆心为C（32），半径原点到圆心的距离d=，∴圆上的点到原点的最大距离为+1，最小距离为﹣1，则z的最大值为（+1）2=14+2，z的最小值为（﹣1）2=14﹣2即|z﹣5|解得5﹣z ，最小值为 圆心到直线x+y﹣1=0的距离d=∴P到直线x+y﹣1=0的距离d的最大值d的最小值为【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点与圆的位置关系以及两点间的距离公式，点到直线的距离公式的应用，考查学生的计算能力立意数形结合是解决本题的关键．本题也可以使用三角换元法进行求解．例题2．已知实数x，y满足：y=1+（﹣2≤x≤2求m=的取值范围求b=2x+y【分析（1）作出曲线对应的图象，m=的几何意义为半圆上的点到定点C（﹣3，0）的斜率，利用直线和圆的位置关系进行求解即可；（2）由b=2x+y得y=﹣2x+b，利用b2≤x≤2．平方得x2+（y﹣1）2=4（﹣2≤x≤2对应的图象是以（0，1）为圆心，半径R=2m=的几何意义为半圆上的点到定点 由图象知当AC的斜率最小，此时A（2，1．m==，由m=得y=m（x+3，即当直线mx﹣y+3m=0与半圆在第二象限相切时，m取得最大值（此时m0平方得7m2﹣6m﹣1=0，解得m=1或m=﹣（舍，b=2x+y平移直线y=﹣2x+b，由图象知当直线y=﹣2x+b过B（﹣2，1）时，直线的截距最小，此时b最小，为圆心到直线的距离d=，即|b﹣1|=2解得b=2+1或b=﹣2+1（舍）故3≤b≤2+1．3（2008A（4，0，B（0，3）求点P到直线l：3x+4y+3=0若M=|PA|2+|PB|2，求M【解答】解：（1）O'（1，1，r=1∴O'到直线l的距离∴P（x，y）到直线l的距离最大值为P（x，y，=17﹣（2sinθ+4cosθ）=∴当sin（θ+φ）=1 当sin（θ+φ）=﹣1 【点评】本题是中档题，考查点到直线的距离公式的应用，圆与直线的关系，圆的参数方程，三角函数的应用，考查计算能力．4（2016春•余姚市校级期中）已知M（x﹣12（y﹣12=4lP（2，3）且与MA，B两点，且|AB|=2．设Q（x0，y0）为圆M上的点，求x02+y02（Ⅰ）分斜率存在和斜率不存在两种情况，分别由条件利用点到直线的距离公式，弦长公式求出斜率，可得直线l的方程．00y﹣3=k（x﹣2作MC⊥AB于C，在直角三角形MBC中，BC=，MB=2，解得k=，所以直线方程为3x﹣4y+6=0．综上可知，直线L的方程为3x﹣4y+6=0或（Ⅱ）圆M（x﹣1）2+（y﹣1）2=4，Q（x0，y）为圆M上的 x2+y2的几何意义是圆的上的点与坐标原点距离的平方，圆心到原点的距离为：，圆的半径为2，x2+y2的取值范围：[0，]，即[0，6+4 【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，体现了分类的数学思想练习5（2016春•曲阜市校级月考）已知实数x，y满足方程（x﹣3）2+（y﹣3）2=6（I）的最大值与最小值（Ⅱ）的最大值与最小值【分析（I）设k=，表示圆上点P（x，y）与原点连线的斜率，直线OP的方程为y=kx，当直线OP与圆C相切时，斜率取得最值，即可求出的最大值与最小值；（Ⅱ）代数式表示 上点到顶点（2，0）的距离，由此求出的最大值与最小值=当直线OP与圆C相切时，斜率取得最值，点C到直线y=kx的距离 =即 时，直线OP与圆C相切，所以 （ ．…（6分代数式表示 上点到顶点（2，0）的距离，圆心（3，3）与定点（2，0）的距离= ，所以（ （ ．…（13分练习6（2015秋•枣阳市校级期中）已知点P（x，y）在圆x2+y2﹣6x﹣6y+14=0求的最大值和最小值求x2+y2+2x+3【分析（1）求得已知圆的圆心和半径， k=， kx﹣y=0，则圆心到直线的距离d≤r，加上即可得到最值延长AC，交圆于D，可得AB最短，AD最长，加上即可得到所求最值．可得圆心为C（3，3，半径为r=2，设k=，即kx﹣y=0，则圆心到直线的距离d≤r，即平方得解故的最大值

，最小值 连接AC，交圆C于B，延长AC，交圆于D，ADx2+y2+2x+372+2=51，x2+y2+2x+3的最小值为32+2=11．【点评】本题主要考查直线和圆的方程的应用，根据圆心到直线的距离和半径之间的关系以及连接圆外一点与圆心的直线与圆的交点，取得最值是解决本题的关键．高考数学圆锥曲线方程及性质一．解答题（共8小题例题1．双曲线E与椭圆=1有公共焦点，且离心率为求双曲线E例题2．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为（2，0），左顶点为求双曲线C若直线y=kx+m（k≠0，m≠0）与双曲线C交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过点1）m练习3．双曲线2﹣=1（b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与双曲线交于A、B两点若l的倾斜角为，△F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程设b=，若l的斜率存在，且|AB|=4，求l的斜率练习4．已知双曲线Γ：的离心率e= ，双曲线Γ上任意一点到其右焦点的最小距离求双曲线Γl练习5．设双曲线=1的两个焦点分别为F1，F2，离心率 求此双曲线的渐近线l1、l2若A、B分别为l1、l2上的点，且2|AB|=5|F1F2|，求线段AB的中点M练习6．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）过点A（1，0），且离心率求双曲线C已知直线﹣y+=与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2+y2=5上，求m的值练习7．已知双曲线C：=1（a＞0，b＞0）的实轴长为 ，一个焦点的坐标 若斜率为2的直线l交双曲线C交于A，B两点，且|AB|=4，求直线l距离为1，求抛物线C过点F的直线l交抛物线C于A、B两点（点A在x轴下方， ，求直线l的斜率高考数学圆锥曲线方程及性质一．解答题（共8小题例题1．（2013春•武侯区校级期中）双曲线E与椭圆=1有公共焦点，且离心率为求双曲线E【分析（1） 曲线E与椭圆=1有公共焦点，且离心率为，求出几何量，即可求双曲线E的方程（2）设直线l的方程为y=x+t，与双曲线E的方程联立，结合弦长公式，即可求l【解答】解：（1）由c2=25﹣16=9，得c=3，又，得∴双曲线E的方程为．…（6分（2）设直线l的方程为 ，得由弦长公式，得∴，则∴直线方程为或．…（12分例题2（2010•惠城区校级模拟）已知中心在原点的双曲线C的右焦点为（2，0），左顶点为求双曲线C若直线y=kx+m（k≠0，m≠0）与双曲线C交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过点1）m【分析】（1）设双曲线的标准方程，依题意可知a和c，进而根据a2+b2=c2求得b（2）把直线方程与双曲线方程联立，消去y，利用判别式大于0求得m和k的不等式关系，设M（x1，y1，N（x2，y2，MB（x0，y0进而求得k和m的关系，最后综合可求得m的范围．【解答】解：（I）设双曲线方程为故双曲线C的方程为联整理得（122k﹣320∴32M（x1，y1，N（x2，y2，MNB（x0，y0．整理得m2﹣4m＞0，∴m＜0或4．又3k2=4m+1＞0（k≠0，即m＞﹣∴m的取值范围是（﹣，0）∪（4，+∞练习3（2016• 若l的倾斜角为，△F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程设b=，若l的斜率存在，且|AB|=4，求l的斜率（2）写出直线l的方程y﹣0=k（x﹣2，即y=kx﹣2k，与双曲线方程联立，利用弦长公式列式求得k把x=c=代入双曲线的方程可得点A的纵坐标为b2，由tan∠AF1F2=tan==，求得b2=2，b= 故双曲线的渐近线方程为y=±bx=±x，即双曲线的渐近线方程为y=±（2）设b=，则双曲线为 =1，F2（2，0y﹣0=k（x﹣2， 由直线与双曲线有两个交点，则3﹣k2≠0，即kx1+x2=，x1•x2=•=求得k=．∴l的斜率为【点评】本题考查直线与圆锥曲线位置关系的应用，考查了双曲线的简单性质，考查弦长公式的应用，体现了“设而练习4（201 川模拟）已知双曲线Γ：的离心率e=，双曲线Γ上任意一点到其求双曲线Γl（Ⅱ）P（1，1）llΓR、TPRTR（x1，，T（【解答】解：（Ⅰ）由题意可得e== 当P为右顶点时，可得PF取得最小值，即有c﹣a=解得a=1，c=，b==，可得双曲线的方程为x2﹣=1；PRT设R（x1，y1，T（x2，y2，可得x12﹣=1，x22﹣=1，（x1﹣x2（x1+x2）=（y1+由中点坐标公式可得可得直线l的斜率为k==y﹣1=2（x﹣1代入双曲线的方程，可得2x2﹣4x+3=0，故这样的直线l【点评】本题考查双曲线的方程的求法，注意运用离心率公式和双曲线的性质，考查直线的存在性问题的解法，注意运用点差法和中点坐标公式、直线的斜率公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．练习5．（2016春•九江校级期末）设双曲线=1的两个焦点分别为F1，F2，离心率 求此双曲线的渐近线l1、l2若A、B分别为l1、l2上的点，且2|AB|=5|F1F2|，求线段AB的中点M【分析（1）利用离心率为，结合c2=a2+6，可 a，c的值，从而可求双曲线方程，即可求得渐近线方程A（x1，y1，B（x2，y2，AM（x，yl2上的点，化简可得轨迹方程及对应的曲线．【解答】解：（1）∵e=，∴c2=3a2，∵c2=a2+6，∴a=∴双曲线方程为=1，渐近线方程 y=±（2）A（x1y1，B（x2y2）AB的中点M（x，y，∵2|AB|=5|F1F2|，∴|AB|=|F1F2|=∵y1=x1，y2=﹣（x1﹣x2，y1﹣y2=（x1+x2，∴2×（2y）2+ =1练习6．（2016春•德宏州校级期中）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）过点A（1，0），且离心率求双曲线C已知直线x﹣y+m=0与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2+y2=5上，求m【分析（1）依题意，故，所 b2=2，由此能求出双曲线方程 ，得x2﹣2mx﹣m2﹣2=0，故 点坐标为（m，2m，由此能求出m的值．【解答】解：（1）∵双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）过点A（1，0∵双曲线的离心率为 ，则c= 则（2） （m，2m，代入x2+y2=5得m=±1满足判别式△＞【点评】本题考查双曲线方程的求法，以及直线和双曲线相交的性质，根据条件建立方程求出a，b的值是解决本题的关键，解题时要认真审题，注意挖掘题设条件中的隐含条件，合理地进行等价转化．2练习7（2016春•校级期中）已知双曲线C： 2若斜率为2的直线l交双曲线C交于A，B两点，且|AB|=4，求直线l

【分析（1）根据双曲线的实轴长为2，一个焦点的坐标为，求出a，b的值即可求出双曲线的方（2）【解答】解：（1）∵实轴长为2，一个焦点的坐标为∴，得，∴双曲线C的方程为（2）设直线l的方程为y=2x+m，A（x1，y1，B（x2，y2， ，得10x2+12mx+3（m2+2）=0，∴△=24（m2﹣10）＞0，得∴弦长，解得∴直线l的方程为或【点评】本题主要考查双曲线的方程以及直线和双曲线的位置关系的应用，利用设而不求的思想是解决本题的关键．考练习8（2016春•友谊县校级月考）已知双曲线 焦点F到双曲线的渐近线的距离为1，求抛物线C，【分析（1） 曲线的离心率为，可得双曲线的渐近线的方程为y=±x，根据抛物线C：（p＞0）F1C（2）利用，求出A，B的坐标，利用斜率公式，可得结论【解答】解：（1）∵双曲线的离心率为∴=∴=∴双曲线的渐近线的方程为y=±∵抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F到双曲线的渐近线的距离为 （2）抛物线的焦点Ax，yBn（y0∵，∴（2﹣x，﹣y）=∵A，B∴x=∴y=﹣∴AB的斜率就 =圆锥曲线的轨迹问题一．解答题（共5小题MF1C若直线MN的斜率为，求C的离心率若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|=5|F1N|，求例题2．已知椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0，其右顶点A（2，0），离心率e=求椭圆C0lN两点，直线A1M的斜率为．练习4．设P为椭 =1（a＞b＞0）上任一点 为椭圆的焦点，|PF1|+|PF2|=4，离心率为求△OPQ练习5．如图，椭圆的离心率为，其左顶点A在圆O：x2+y2=16上求椭圆W直线AP与椭圆W的另一个交点为P，与圆O的另一个交点为当时，求直线AP的斜率是否存在直线AP，使 ？若存在，求出直线AP的斜率；若不存在，说明理由圆锥曲线的轨迹问题一．解答题（共5小题1（2014•xMF1C若直线MN的斜率为，求C的离心率若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|=5|F1N|，求【分析（1）根据条件求出M的坐标，利用直线MN的斜率为，建立关于a，c的方程即可求C的离心率【解答】解：（1）M是C上一点且MF2与x∴M的横坐标为c，当x=c时，y=，即M（c，若直线MN的斜率为，则，即tan∠MF1F2= 即b则，e=或e=﹣2（舍去（Ⅱ）OF1F2MF1与yD（0，2）MF1的中点，M（c，y（y＞0，则，即，解得y=∵OD是△MF1F2设N（x1，y1，由题意知y1＜0，（﹣c，﹣2）=2（1+c，y1即，代入椭圆方程得解得a=7，b=【点评】本题主要考查椭圆的性质，利用条件建立方程组，利用待定系数法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，有一定的难度．例题2．（2013秋 期末）已知椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），其右顶点A（2，0），离心率e=求椭圆C0l【分析（Ⅰ）由双曲线方程求出其顶点坐标和焦点坐标，得到椭圆的焦点和顶点坐标，结合条件b2=a2﹣c2求出b，则椭圆C的方程可求；代入=0得到k与m的关系，从而证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0，其右顶点A（2，0），离心率e=∴a=2，=∴c=∴椭圆C的方程为：△=（8km）2﹣4（14k242﹣4）＞整理得：4k2﹣m2+1＞0M（x1，y1N（x2，y2，则x1+x2=﹣由已知，AM⊥AN，且椭圆的右顶点 ∴（1﹣2（x2﹣2）+y12=0即（1+k2）12+（km﹣2（1+2）+2+4=+（km﹣2（﹣解得：m=﹣2k或m=﹣，均满足当m=﹣2k时，直线l的方程为y=kx﹣2k，过定点（20），舍去，故直线l过定点，且定点的坐标为（，0）．【点评】本题考查了椭圆的标准方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，训练了设而不求的解题思想方法和数学转化思想方法，考查了学生的计算能力．3（2016•直线交该椭圆于M、N两点，直线A1M的斜率为．【分析（Ⅰ）首先，得到点M的坐标，然后，代入，得 ，从而确定其斜率关系 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分A1（﹣a，0， ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分将b2=a2﹣c2代入上式并整理得 （或a=2c）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）所以﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得a=2c， 所以A1（﹣2c，0），外接圆圆心设为P（x0，0）解得：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）所 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分所以△A1MN外接圆在M处切线斜率为，设该切线与椭圆另一交点为则切线MC方程为，即﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）与椭圆方程3x2+4y2=12c2联立得7x2﹣18cx+11c2=0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）解得 分 解得c=1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（13分）所以椭圆方程为 分4（2016•求△OPQ【分析】（Ⅰ）运用椭圆的定义可得a=2，由离心率公式可得c，再由a，b，c的关系可得b设点P（x1，y1，Q（x2，y2，联立直线方程和椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和等比数列的中项的性质，化简整理可得k，m的关系；到m的式子，再由基本不等式即可得到最大值，检验，进而得到所求范围．由e== ，可得c= 则椭圆方程 （Ⅱ）设点P（x1，y1，Q（x2，y ，消y，得42m2﹣16（m21（421）＞0解得4k2+1＞m2，即即为即有﹣即，即k=±则， •由（Ⅱ）可得所以 ≤到．则△OPQ面积的取值范围是（0，1．【点评】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的定义和离心率公式，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及等比数列的中项的性质和直线的斜率公式，同时考查三角形的面积的范围，注意运用弦长公式和点到直线的距离公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．5（2016O2+2=16求椭圆W直线AP与椭圆W的另一个交点为P，与圆O的另一个交点为当时，求直线AP的斜率是否存在直线AP，使得？若存在，求出直线AP的斜率；若不存在，说明理由y=（x+4式列式求得k值；（ii）由点到直线的距离公式求出圆心到直 的距离，再由垂径定理求得|AQ|，代，可得满足条件的直线AP式求得k值；（ii）由点到直线的距离公式求出圆心到直 的距离，再由垂径定理求得|AQ|，代，可得满足条件的直线AP ∴W的方程为（Ⅱ）法一：（i）P（x1，y1，Q（x2，y2，AP存在斜率，设直线AP的方程为y=k（x+4，与椭圆方程联立 化简得到代入得到，解得（ii）∵圆心到直线AP的距离为∴ ．显，∴不存在直线AP．法二：（i）P（x1，y1，Q（x2，y2，显然直AP存在斜率且不0，设直线AP的方程为x=my﹣4，与椭圆方程联立 化简得到显然﹣4上面方程的一个根，∴另一个根，即，代入得到，解得（ii）∵圆心到直线AP的距离为∴∵．若，则m=0，与直线AP，∴不存在直线AP，使 【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查了直线和圆锥曲线位置关系的应用，训练了弦长公式的应用，考查点到直线距离公式，属中档题．常考的递推公式问一．选择题（共3小题例题1．已知数列{an}中，an＞0，a1=1，，a100=a96，则 A．B．C．例题2．已知数列{an}满足a1=1，且（n+1）an+1=nan，则数列a2012的值为 B．2012C．例题3．数列{an}满足a1=﹣1，an+1=2an+3，则a7的值是 A．125 二．填空题（共1小题例题4．设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n1（n∈N*，则数列{}的前10项的和 三．解答题（共2小题例 5．已知数列{an}满足：a1=，an+1=（n∈N*（1）求a2，a3（2）证明：不等式0＜an＜an+1对于任意n∈N*例题6．设数列{an}的前n项和为Sn，已知 Sn（n∈N*证明：数列 }是等比数列令 ，求数列{bn}的前n项和为参考答案与试题解一．选择题（共3小题1．（2015秋•重庆校级月考）已知数列{an}中，an＞0，a1=1，，a100=a96，则 A．B．C．，，【分析a1=1可得a3=由于a100=a96，a98=化为，an＞0解得，可得a100=a1004=…=a100+4×479=a2016，即可得出．，，【解答】解：∵a1=1，，∴a3==∵a100=a96，，a98=，化为，即，an＞0，解得∴a100=a1004=…=a100+4×479=a2016=2（2012 B．2012C．【分析】由数列{an}满 a1=1，且（n+1）an+1=nan，知=，由此利用累乘法能够求 a2012的值【解答】解：∵数列{an}满 a1=1，且 =1×=3．（2013春•福建校级期末）数列{an}满足a1=﹣1，an+1=2an+3，则a7的值是 A．125 【分析】将条 进行转化，构造一个新的等比数列，然后进行求值【解答】解：因为所以设an+1﹣x=2（an﹣x，则an+1=2an﹣x，和条件进行对比，可得﹣x=3，所以an+1+3=2（an+3，即，所以，故选A．二．填空题（共1小题4（2015•江苏）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N，则数列{}的前10项的和 ．an+﹣an=n+1（n∈N*，【解答】解：∵数列{an}满足a1=1，且an+﹣an=+1（n∈N*n≥2．n=1∴an=∴=2==【点评】本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三．解答题（共2小题5（2016•安庆模拟）已知数列{an}满足：a1=，an+1=（n∈N*（1）求a2，a3（2）证明：不等式0＜an＜an+1对于任意n∈N*【分析（1）利用，，将n=1，2代入计算，即可求a2，a3的值（2）对两边取倒数，可得{}是以1为首项，为公比的等比数列，即可确定数列的通项，从【解答（1）解 = （2）证明：因为，，所 所以{}是以1为首项，为公比的等比数列，故不等式0＜an＜an+1对于任意n∈N*6（2016•辽宁校级模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，an+1=Sn（n∈N*证明：数列{}是等比数列 an+1=Sn+1﹣Sn化简已知的等式，变形后由等比数列的定义即可证明结论成立（2）由（1）和等比数列的通项公式求出an，代入bn=ln由对数的运算化简后，利用分组求和法和裂项相消法、等差数列的前n项和公式求出Tn．，整理得nSn+1=2（n+1）Sn，∴，又∴是以1为首项，2为公比的等比数列．，…（6分（2）由（1）得 所以则又a1=1也符合上式，所以，n∈N*…（9分∴bn=ln=ln …（12分【点评】本题考查数列的递推公式的应用，等比数列判断方法：定义法，以及分组求和法和裂项相消法求和方法的应用，属于中档题．常考的递推公式问题练习一选择题（共7小题数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn=an+1﹣an（n∈N*，若b3=﹣2，b10=12，则 数列{an}满足a1=1，对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n， B．C．D．数列{an}满足an=4an﹣1+3，且a1=0，则此数列