高中生物一輪復習教案

高考數(shù)學（理科）一輪復習空間點、線、面之間的位置關(guān)系學案。

學案42空間點、線、面之間的位置關(guān)系

導學目標：1.理解空間直線、平面位置關(guān)系的含義.2.了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理.3.能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的位置關(guān)系的簡單命題．
自主梳理
1．平面的基本性質(zhì)
公理1：如果一條直線上的________在一個平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi)．
公理2：過______________的三點，有且只有一個平面．
公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有________過該點的公共直線．
2．直線與直線的位置關(guān)系
(1)位置關(guān)系的分類
共面直線異面直線：不同在任何一個平面內(nèi)
(2)異面直線所成的角
①定義：設a，b是兩條異面直線，經(jīng)過空間中任一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的____________叫做異面直線a，b所成的角(或夾角)．
②范圍：______________.
3．直線與平面的位置關(guān)系有________、______、________三種情況．
4．平面與平面的位置關(guān)系有______、______兩種情況．
5．平行公理
平行于______________的兩條直線互相平行．
6．定理
空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角____________．
自我檢測
1．(2011?泉州月考)若直線a與b是異面直線，直線b與c是異面直線，則直線a與c的位置關(guān)系是()
A．相交B．相交或異面
C．平行或異面D．平行、相交或異面
2．已知a，b是異面直線，直線c∥直線a，則c與b()
A．一定是異面直線B．一定是相交直線
C．不可能是平行直線D．不可能是相交直線
3．如圖所示，點P，Q，R，S分別在正方體的四條棱上，且是所在棱的中點，則直線PQ與RS是異面直線的一個圖是()
4．(2010?全國Ⅰ)直三棱柱ABC—A1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，則異面直線BA1與AC1所成的角等于()
A．30°B．45°
C．60°D．90°
5．下列命題：
①空間不同三點確定一個平面；
②有三個公共點的兩個平面必重合；
③空間兩兩相交的三條直線確定一個平面；
④三角形是平面圖形；
⑤平行四邊形、梯形、四邊形都是平面圖形；
⑥垂直于同一直線的兩直線平行；
⑦一條直線和兩平行線中的一條相交，也必和另一條相交；
⑧兩組對邊相等的四邊形是平行四邊形．
其中正確的命題是________．(填序號)
探究點一平面的基本性質(zhì)
例1
如圖所示，空間四邊形ABCD中，E、F、G分別在AB、BC、CD上，且滿足AE∶EB＝CF∶FB＝2∶1，CG∶GD＝3∶1，過E、F、G的平面交AD于H，連接EH.
(1)求AH∶HD；
(2)求證：EH、FG、BD三線共點．

變式遷移1
如圖，E、F、G、H分別是空間四邊形AB、BC、CD、DA上的點，且EH與FG相交于點O.
求證：B、D、O三點共線．

探究點二異面直線所成的角
例2(2009?全國Ⅰ)已知三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等，A1在底面ABC上的射影為BC的中點，則異面直線AB與CC1所成的角的余弦值為()
A.34B.54C.74D.34
變式遷移2(2011?淮南月考)在空間四邊形ABCD中，已知AD＝1，BC＝3，且AD⊥BC，對角線BD＝132，AC＝32，求AC和BD所成的角．
轉(zhuǎn)化與化歸思想的應用
例
(12分)如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，對角線AC與BD交于點O，PO⊥平面ABCD，PB與平面ABCD所成角為60°.
(1)求四棱錐的體積；
(2)若E是PB的中點，求異面直線DE與PA所成角的余弦值．
多角度審題對(1)只需求出高PO，易得體積；對(2)可利用定義，過E點作PA的平行線，構(gòu)造三角形再求解．
【答題模板】
解(1)在四棱錐P—ABCD中，∵PO⊥平面ABCD，
∴∠PBO是PB與平面ABCD所成的角，即∠PBO＝60°，[2分]
在Rt△AOB中，∵BO＝AB?sin30°＝1，又PO⊥OB，∴PO＝BO?tan60°＝3，
∵底面菱形的面積S＝2×12×2×2×32＝23，
∴四棱錐P—ABCD的體積VP—ABCD＝13×23×3＝2.[6分]
(2)
取AB的中點F，連接EF，DF，
∵E為PB中點，∴EF∥PA，
∴∠DEF為異面直線DE與PA所成角(或其補角)．[8分]
在Rt△AOB中，
AO＝AB?cos30°＝3，
∴在Rt△POA中，PA＝6，∴EF＝62.
在正三角形ABD和正三角形PDB中，DF＝DE＝3，
由余弦定理得cos∠DEF＝DE2＋EF2－DF22DE?EF[10分]
＝?3?2＋622－?3?22×3×62＝6432＝24.
所以異面直線DE與PA所成角的余弦值為24.[12分]
【突破思維障礙】
求兩條異面直線所成角的大小，一般方法是通過平行移動直線，把異面問題轉(zhuǎn)化為共面問題來解決．根據(jù)空間等角定理及推論可知，異面直線所成角的大小與頂點位置無關(guān)，往往將角的頂點取在其中的一條直線上，特別地，可以取其中一條直線與另一條直線所在平面的交點或異面線段的端點．總之，頂點的選擇要與已知量有關(guān)，以便于計算，具體步驟如下：
(1)利用定義構(gòu)造角，可固定一條，平移另一條，或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上；(2)證明作出的角即為所求角；(3)利用三角形來求解，異面直線所成角的范圍是(0°，90°]．
【易錯點剖析】
1．求異面直線所成的角時，僅指明哪個角，而不進行證明．
2．忘記異面直線所成角的范圍，余弦值回答為負值．
1．利用平面基本性質(zhì)證明“線共點”或“點共線”問題：
(1)證明共點問題，常用的方法是：先證其中兩條直線交于一點，再證交點在第三條直線上，有時也可將問題轉(zhuǎn)化為證明三點共線．
(2)要證明“點共線”可將線看作兩個平面的交線，只要證明這些點都是這兩個平面的公共點，根據(jù)公理3可知這些點在交線上，因此共線．
2．異面直線的判定方法：
(1)定義法：由定義判斷兩直線不可能在同一平面內(nèi)．
(2)反證法：用此方法可以證明兩直線是異面直線．
3．求異面直線所成的角的步驟：
(1)一般是用平移法(可以借助三角形的中位線、平行四邊形等)作出異面直線的夾角；
(2)證明作出的角就是所求的角；
(3)利用條件求出這個角；
(4)如果求出的角是銳角或直角，則它就是要求的角，如果求出的角是鈍角，則它的補角才是要求的角．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．和兩條異面直線都相交的兩條直線的位置關(guān)系是()
A．異面B．相交
C．平行D．異面或相交
2．給出下列命題：
①若平面α上的直線a與平面β上的直線b為異面直線，直線c是α與β的交線，那么c至多與a、b中的一條相交；②若直線a與b異面，直線b與c異面，則直線a與c異面；③一定存在平面α同時和異面直線a、b都平行．其中正確的命題為()
A．①B．②C．③D．①③
3．(2011?寧德月考)
如圖所示，在正三角形ABC中，D、E、F分別為各邊的中點，G、H、I、J分別為AF、AD、BE、DE的中點，將△ABC沿DE、EF、DF折成三棱錐以后，GH與IJ所成角的度數(shù)為()
A．90°B．60°C．45°D．0°
4．(2009?全國Ⅱ)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E為AA1的中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為()
A.1010B.15C.31010D.35
5．(2011?三明模擬)正四棱錐S—ABCD的側(cè)棱長為2，底面邊長為3，E為SA的中點，則異面直線BE和SC所成的角為()
A．30°B．45°C．60°D．90°
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．一個正方體紙盒展開后如圖所示，在原正方體紙盒中有如下結(jié)論：
①AB⊥EF；②AB與CM所成的角為60°；③EF與MN是異面直線；④MN∥CD.則正確結(jié)論的序號是______．
7．(2009?四川)如圖所示，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各條棱長都相等，M是側(cè)棱CC1的中點，則異面直線AB1和BM所成的角的大小是________．
8．如圖所示，正四面體P—ABC中，M為棱AB的中點，則PA與CM所成角的余弦值為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011?溫州月考)
如圖所示，正方體ABCD—A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB和AA1的中點．
求證：(1)E，C，D1，F(xiàn)四點共面；
(2)CE，D1F，DA三線共點．

10．(12分)
在棱長為a的正方體ABCD—A1B1C1D1中，P，Q，R分別是棱CC1，A1D1，A1B1的中點，畫出過這三點的截面，并求這個截面的周長．

11．(14分)(2011?舟山模擬)
如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為2，E為AB的中點．
(1)求證：AC⊥平面BDD1；
(2)求異面直線BD1與CE所成角的余弦值．
(3)求點B到平面A1EC的距離．

學案42空間點、線、面之間的位置關(guān)系
自主梳理
1．兩點不在一條直線上一條2.(1)平行相交
(2)①銳角或直角②0，π23.平行相交在平面內(nèi)
4．平行相交5.同一條直線6.相等或互補
自我檢測
1．D[a，c都與直線b異面，并不能確定直線a，c的關(guān)系．]
2．C[a，b是異面直線，直線c∥直線a.
因而cDb，
否則，若c∥b，則a∥b與已知矛盾，
因而cDb.]
3．C[A中PQ∥RS；B中RS∥PQ；
D中RS和PQ相交．]
4．C[
將直三棱柱ABC—A1B1C1補成如圖所示的幾何體．
由已知易知：該幾何體為正方體．
連接C1D，則C1D∥BA1.
∴異面直線BA1與AC1所成的角為∠AC1D(或補角)，
在等邊△AC1D中，∠AC1D＝60°.]
5．④
課堂活動區(qū)
例1解題導引證明線共點的問題實質(zhì)上是證明點在線上的問題，其基本理論是把直線看作兩平面的交線，點看作是兩平面的公共點，由公理3得證．
(1)解∵AEEB＝CFFB＝2，∴EF∥AC.
∴EF∥平面ACD.而EF?平面EFGH，
且平面EFGH∩平面ACD＝GH，∴EF∥GH.
而EF∥AC，∴AC∥GH.
∴AHHD＝CGGD＝3，即AH∶HD＝3∶1.
(2)證明∵EF∥GH，且EFAC＝13，GHAC＝14，
∴EF≠GH，∴四邊形EFGH為梯形．
令EH∩FG＝P，則P∈EH，而EH?平面ABD，
P∈FG，F(xiàn)G?平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴P∈BD.∴EH、FG、BD三線共點．
變式遷移1證明∵E∈AB，H∈AD，
∴E∈平面ABD，H∈平面ABD.∴EH?平面ABD.
∵EH∩FG＝O，∴O∈平面ABD.
同理可證O∈平面BCD，
∴O∈平面ABD∩平面BCD，
即O∈BD，∴B、D、O三點共線．
例2解題導引高考中對異面直線所成角的考查，一般出現(xiàn)在綜合題的某一步，求異面直線所成角的一般步驟為：
(1)平移：選擇適當?shù)狞c，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線，這里的點通常選擇特殊位置的點，如線段的中點或端點，也可以是異面直線中某一條直線上的特殊點．
(2)證明：證明所作的角是異面直線所成的角．
(3)尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之．
(4)取舍：因為異面直線所成角θ的取值范圍是0°θ≤90°，所以所作的角為鈍角時，應取它的補角作為異面直線所成的角．
D[
如圖，A1D⊥平面ABC，且D為BC的中點，設三棱柱的各棱長為1，則AD＝32，由A1D⊥平面ABC知A1D＝12，Rt△A1BD中，易求A1B＝14＋14＝22.
∵CC1∥AA1，∴AB與AA1所成的角即為AB與CC1所成的角．在△A1BA中，由余弦定理可知cos∠A1AB＝1＋1－122×1×1＝34.∴AB與CC1所成的角的余弦值為34.]
變式遷移2解
如圖所示，分別取AD、CD、AB、BD的中點E、F、G、H，連接EF、FH、HG、GE、GF.
由三角形的中位線定理知，EF∥AC，且EF＝34，GE∥BD，且GE＝134.GE和EF所成的銳角(或直角)就是AC和BD所成的角．
同理，GH∥AD，HF∥BC.GH＝12，HF＝32，
又AD⊥BC，∴∠GHF＝90°，∴GF2＝GH2＋HF2＝1.
在△EFG中，EG2＋EF2＝1＝GF2，
∴∠GEF＝90°，即AC和BD所成的角為90°.
課后練習區(qū)
1．D
2．C[①錯，c可與a、b都相交；
②錯，因為a、c可能相交也可能平行；
③正確，例如過異面直線a、b的公垂線段的中點且與公垂線垂直的平面即可滿足條件．]
3．B[
將三角形折成三棱錐，如圖所示，HG與IJ為一對異面直線，過D分別作HG與IJ的平行線，
因GH∥DF，
IJ∥AD，
所以∠ADF為所求，
因此HG與IJ所成角為60°.]
4．C[
如圖所示，連接A1B，則A1B∥CD1故異面直線BE與CD1所成的角即為BE與A1B所成的角．設AB＝a，則A1E＝a，A1B＝5a，
BE＝2a.
△A1BE中，由余弦定理得
cos∠A1BE＝BE2＋A1B2－A1E22BE?A1B
＝2a2＋5a2－a22×2a×5a＝31010.]
5．C[設AC中點為O，則OE∥SC，連接BO，則∠BEO(或其補角)即為異面直線BE和SC所成的角，
EO＝12SC＝22，BO＝12BD＝62，
在△SAB中，cosA＝12ABSA＝322＝64
＝AB2＋AE2－BE22AB?AE，∴BE＝2.
在△BEO中，cos∠BEO＝BE2＋EO2－BO22BE?EO＝12，
∴∠BEO＝60°.
]
6．①③

解析把正方體的平面展開圖還原成原來的正方體，如圖所示，易知AB⊥EF，AB∥CM，EF與MN異面，MN⊥CD，故①③正確．
7．90°
解析延長A1B1至D，使A1B1＝B1D，則AB1∥BD，
∠MBD就是直線AB1和BM所成的角．設三棱柱的各條棱長為2，
則BM＝5，BD＝22，
C1D2＝A1D2＋A1C21－2A1D?A1C1cos60°
＝16＋4－2×4＝12.
DM2＝C1D2＋C1M2＝13，
∴cos∠DBM＝BM2＋BD2－DM22?BM?BD＝0，∴∠DBM＝90°.
8.36
解析如圖，取PB中點N，連接CN、MN.
∠CMN為PA與CM所成的角(或補角)，
設PA＝2，則CM＝3，
MN＝1，CN＝3.
∴cos∠CMN＝MN2＋CM2－CN22MN?CM＝36.
9．證明(1)如圖所示，連接CD1，EF，A1B，
∵E、F分別是AB和AA1的中點，
∴EF∥A1B，且EF＝12A1B，(2分)
又∵A1D1綊BC，
∴四邊形A1BCD1是平行四邊形，
∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，
∴EF與CD1確定一個平面α，
∴E，F(xiàn)，C，D1∈α，
即E，C，D1，F(xiàn)四點共面．(6分)
(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝12CD1，
∴四邊形CD1FE是梯形，
∴CE與D1F必相交，設交點為P，(8分)
則P∈CE?平面ABCD，且P∈D1F?平面A1ADD1，
∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1.(10分)
又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，
∴P∈AD，∴CE，D1F，DA三線共點．(12分)
10．解如圖所示，連接QR并延長，分別與C1B1，C1D1的延長線交于E，F(xiàn)兩點．
連接EP交BB1于M點，
連接FP交DD1于N點．
再連接RM，QN，則五邊形PMRQN為過三點P，Q，R的截面．(3分)
由Q，R分別是邊A1D1，A1B1的中點，知△QRA1≌△ERB1，(6分)
∴B1E＝QA1＝12a，
由△EB1M∽△EC1P，
知EM∶EP＝EB1∶EC1＝1∶3，(9分)
PM＝23EP＝2312a2＋32a2＝103a，
同理PN＝PM＝103a，
易求RM＝QN＝106a，QR＝22a，
∴五邊形PMRQN的周長為10＋22a.
(12分)
11．(1)證明由已知有D1D⊥平面ABCD
得AC⊥D1D，又由ABCD是正方形，
得AC⊥BD，∵D1D與BD相交，∴AC⊥平面BDD1.(4分)
(2)解延長DC至G，使CG＝EB，連接BG、D1G，
∵CG綊EB，∴四邊形EBGC是平行四邊形．
∴BG∥EC.
∴∠D1BG就是異面直線BD1與CE所成的角．(6分)
在△D1BG中，D1B＝23，
BG＝5，D1G＝22＋32＝13.
∴cos∠D1BG＝D1B2＋BG2－D1G22D1B?BG
＝12＋5－132×23×5＝1515.
∴異面直線BD1與CE所成角的余弦值是1515.(8分)
(3)解連接A1B，
∵△A1AE≌△CBE，∴A1E＝CE＝5.
又∵A1C＝23，
∴點E到A1C的距離d＝5－3＝2.
∴S△A1EC＝12A1C?d＝6，
S△A1EB＝12EB?A1A＝1.(11分)
又∵VB—A1EC＝VC—A1EB，
設點B到平面A1EC的距離為h，
∴13S△A1EC?h＝13S△A1EB?CB，∴6?h＝2，h＝63.
∴點B到平面A1EC的距離為63.(14分)

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高考數(shù)學（理科）一輪復習空間的垂直關(guān)系學案含答案

古人云，工欲善其事，必先利其器。作為高中教師就要早早地準備好適合的教案課件。教案可以讓學生能夠在教學期間跟著互動起來，讓高中教師能夠快速的解決各種教學問題。那么一篇好的高中教案要怎么才能寫好呢？以下是小編為大家收集的“高考數(shù)學（理科）一輪復習空間的垂直關(guān)系學案含答案”希望對您的工作和生活有所幫助。

學案44空間的垂直關(guān)系

導學目標：1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理.2.能運用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡單命題．
自主梳理
1．直線與平面垂直
(1)判定直線和平面垂直的方法
①定義法．
②利用判定定理：一條直線和一個平面內(nèi)的兩條______直線都垂直，則該直線與此平面垂直．
③推論：如果在兩條平行直線中，有一條垂直于一個平面，那么另一條直線也______這個平面．
(2)直線和平面垂直的性質(zhì)
①直線垂直于平面，則垂直于平面內(nèi)______直線．
②垂直于同一個平面的兩條直線______．
③垂直于同一直線的兩個平面________．
2．直線與平面所成的角
平面的一條斜線和它在平面內(nèi)的________所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角．
一直線垂直于平面，說它們所成角為________；直線l∥α或lα，則它們成________角．
3．平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的判定方法
①定義法．
②利用判定定理：一個平面過另一個平面的__________，則這兩個平面垂直．
(2)平面與平面垂直的性質(zhì)
兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于________的直線與另一個平面垂直．
4．二面角的平面角
以二面角棱上的任一點為端點，在兩個半平面內(nèi)分別作與棱________的射線，則兩射線所成的角叫做二面角的平面角．
自我檢測
1．平面α⊥平面β的一個充分條件是()
A．存在一條直線l，l⊥α，l⊥β
B．存在一個平面γ，γ∥α，γ∥β
C．存在一個平面γ，γ⊥α，γ⊥β
D．存在一條直線l，l⊥α，l∥β
2．(2010浙江)設l，m是兩條不同的直線，α是一個平面，則下列命題正確的是()
A．若l⊥m，mα，則l⊥α
B．若l⊥α，l∥m，則m⊥α
C．若l∥α，mα，則l∥m
D．若l∥α，m∥α，則l∥m
3．(2011長沙模擬)對于不重合的兩個平面α與β，給定下列條件：
①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；
②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；
③存在直線lα，直線mβ，使得l∥m；
④存在異面直線l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.
其中，可以判定α與β平行的條件有()
A．1個B．2個
C．3個D．4個
4．(2011十堰月考)已知m，n是兩條不同直線，α，β，γ是三個不同平面，下列命題中正確的是()
A．若m∥α，n∥α，則m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，則α∥β
C．若m∥α，m∥β，則α∥β
D．若m⊥α，n⊥α，則m∥n
5．(2011大綱全國)已知點E、F分別在正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則面AEF與面ABC所成的二面角的正切值為________．
探究點一線面垂直的判定與性質(zhì)
例1Rt△ABC所在平面外一點S，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點．
(1)求證：SD⊥平面ABC；

(2)若AB＝BC.求證：BD⊥平面SAC.

變式遷移1
在四棱錐V—ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.證明：AB⊥VD.

探究點二面面垂直的判定與性質(zhì)

例2(2011邯鄲月考)如圖所示，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面為正方形，O1、O分別為上、下底面的中心，且A1在底面ABCD內(nèi)的射影是O.求證：平面O1DC⊥平面ABCD.
變式遷移2(2011江蘇)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F(xiàn)分別是AP，AD的中點．
求證：(1)直線EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.

探究點三直線與平面，平面與平面所成的角
例3(2009湖北)如圖，四棱錐S—ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝2a，點E是SD上的點，且DE＝λa(0λ≤2)．
(1)求證：對任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；
(2)設二面角C—AE—D的大小為θ，直線BE與平面ABCD所成的角為φ，若tanθtanφ＝1，求λ的值．

變式遷移3(2009北京)如圖，在三棱錐P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，點D、E分別在棱PB、PC上，且DE∥BC.
(1)求證：BC⊥平面PAC.
(2)當D為PB的中點時，求AD與平面PAC所成角的正弦值．
(3)是否存在點E使得二面角A—DE—P為直二面角？并說明理由．
轉(zhuǎn)化與化歸思想綜合應用
例(12分)已知四棱錐P—ABCD，底面ABCD是∠A＝60°的
菱形，又PD⊥底面ABCD，點M、N分別是棱AD、PC的中點.
(1)證明：DN∥平面PMB；
(2)證明：平面PMB⊥平面PAD.
多角度審題(1)在平面PMB內(nèi)找到(或構(gòu)造)一條直線與DN平行即可；(2)要證面PMB⊥面PAD，只需證明MB⊥面PAD即可．
【答題模板】
證明(1)
取PB中點Q，連接MQ、NQ，因為M、N分別是棱AD、PC的中點，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，故四邊形QNDM是平行四邊形，
于是DN∥MQ.
又∵MQ平面PMB，DN平面PMB
∴DN∥平面PMB.[6分]
(2)∵PD⊥平面ABCD，MB平面ABCD，∴PD⊥MB.
又因為底面ABCD是∠A＝60°的菱形，且M為AD中點，
所以MB⊥AD.又AD∩PD＝D，所以MB⊥平面PAD.
又∵MB平面PMB，∴平面PMB⊥平面PAD.[12分]
【突破思維障礙】
立體幾何的證明問題充分體現(xiàn)線面關(guān)系的轉(zhuǎn)化思想，其思路為：
1．證明線面垂直的方法：(1)線面垂直的定義：a與α內(nèi)任何直線都垂直a⊥α；(2)判定定理1：m、nα，m∩n＝Al⊥m，l⊥nl⊥α；(3)判定定理2：a∥b，a⊥αb⊥α；(4)面面平行的性質(zhì)：α∥β，a⊥αa⊥β；(5)面面垂直的性質(zhì)：α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥la⊥β.
2．證明線線垂直的方法：(1)定義：兩條直線的夾角為90°；(2)平面幾何中證明線線垂直的方法；(3)線面垂直的性質(zhì)：a⊥α，bαa⊥b；(4)線面垂直的性質(zhì)：a⊥α，b∥αa⊥b.
3．證明面面垂直的方法：(1)利用定義：兩個平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：aα，a⊥βα⊥β.
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011濱州月考)已知直線a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么α⊥β是a⊥b的()
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件
2．已知兩個不同的平面α、β和兩條不重合的直線m、n，有下列四個命題：
①若m∥n，m⊥α，則n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，則α∥β；③若m⊥α，m∥n，nβ，則α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，則m∥n.
其中正確命題的個數(shù)是()
A．0B．1C．2D．3
3．設α，β，γ是三個不重合的平面，l是直線，給出下列四個命題：
①若α⊥β，l⊥β，則l∥α；②若l⊥α，l∥β，則α⊥β；
③若l上有兩點到α的距離相等，則l∥α；④若α⊥β，α∥γ，則γ⊥β.
其中正確命題的序號是()
A．①②B．①④C．②④D．③④
4．(2011浙江)下列命題中錯誤的是()
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β
5．平面α的斜線AB交α于點B，過定點A的動直線l與AB垂直，且交α于點C，則動點C的軌跡是()
A．一條直線B．一個圓
C．一個橢圓D．雙曲線的一支
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．如圖所示，四棱錐P—ABCD的底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)棱PA＝a，PB＝PD＝2a，則它的5個面中，互相垂直的面有________對．
7．(2011金華模擬)如圖所示，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長是1，過A點作平面A1BD的垂線，
垂足為點H，有下列三個命題：
①點H是△A1BD的中心；
②AH垂直于平面CB1D1；③AC1與B1C所成的角是90°.其中正確命題的序號是____________．
8．正四棱錐S－ABCD底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中點，動點P在表面上運動，并且總保持PE⊥AC，則動點P的軌跡的周長為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2010山東)在如圖所示的
幾何體中，四邊形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分別為MB、PB、PC的中點，且AD＝PD＝2MA.
(1)求證：平面EFG⊥平面PDC；
(2)求三棱錐P－MAB與四棱錐P－ABCD的體積之比．

10．(12分)(2009天津)如圖，
在四棱錐P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，DB平分∠ADC，E為PC的中點，AD＝CD＝1，DB＝22.
(1)證明：PA∥平面BDE；
(2)證明：AC⊥平面PBD；
(3)求直線BC與平面PBD所成的角的正切值．
11．(14分)(2011杭州調(diào)研)如圖所示，已知正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為AB的中點．
(1)求直線B1C與DE所成角的余弦值；
(2)求證：平面EB1D⊥平面B1CD；
(3)求二面角E－B1C－D的余弦值．
學案44空間的垂直關(guān)系
自主梳理
1．(1)②相交③垂直(2)①任意②平行③平行
2．射影直角0°3.(1)②一條垂線(2)交線4.垂直
自我檢測
1．D2.B3.B4.D5.23
課堂活動區(qū)
例1解題導引線面垂直的判斷方法是：證明直線垂直平面內(nèi)的兩條相交直線．即從“線線垂直”到“線面垂直”．
證明
(1)取AB中點E，連接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分別為AC、AB的中點，
故DE∥BC，且DE⊥AB，
∵SA＝SB，
∴△SAB為等腰三角形，∴SE⊥AB.
∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，
∴AB⊥面SDE.而SD面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D為AC的中點，∴SD⊥AC.
∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，
∴SD⊥平面ABC.
(2)若AB＝BC，則BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD面ABC，
∴SD⊥BD.
∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D，
∴BD⊥平面SAC.
變式遷移1證明∵平面VAD⊥平面ABCD，
AB⊥AD，AB平面ABCD，
AD＝平面VAD∩平面ABCD，
∴AB⊥平面VAD.
∵VD平面VAD，∴AB⊥VD.
例2解題導引證明面面垂直，可先證線面垂直，即設法先找到其中一個平面的一條垂線，再證明這條垂線在另一個平面內(nèi)或與另一個平面內(nèi)的一條直線平行．
證明如圖所示，連接AC，BD，A1C1，則O為AC，BD的交點，O1為A1C1，B1D1的交點．
由棱柱的性質(zhì)知：
A1O1∥OC，且A1O1＝OC，
∴四邊形A1OCO1為平行四邊形，
∴A1O∥O1C，
又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD，
又O1C平面O1DC，
∴平面O1DC⊥平面ABCD.
變式遷移2
證明(1)如圖，在△PAD中，因為E，F(xiàn)分別為AP，AD的中點，所以EF∥PD.又因為EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直線EF∥平面PCD.
(2)連接BD.因為AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD為正三角形．
因為F是AD的中點，所以BF⊥AD.
因為平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又因為BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
例3解題導引高考中對直線與平面所成的角及二面角的考查是熱點之一．有時在客觀題中考查，更多的是在解答題中考查．
求這兩種空間角的步驟：(幾何法)．
根據(jù)線面角的定義或二面角的平面角的定義，作(找)出該角，再解三角形求出該角，步驟是作(找)→認(指)→求．
(1)證明如圖所示，連接BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD.
∵SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE.
(2)解如圖所示，由SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD，
∴SD⊥CD.
又底面ABCD是正方形，
∴CD⊥AD.又SD∩AD＝D，
∴CD⊥平面SAD.
過點D在平面SAD內(nèi)作DF⊥AE于F，連接CF，則CF⊥AE，故∠CFD是二面角C—AE—D的平面角，即∠CFD＝θ.
在Rt△BDE中，∵BD＝2a，DE＝λa，
∴tanφ＝DEBD＝λ2.
在Rt△ADE中，∵AD＝2a＝CD，DE＝λa，
∴AE＝aλ2＋2，
從而DF＝ADDEAE＝2λaλ2＋2.
在Rt△CDF中，tanθ＝CDDF＝λ2＋2λ，
由tanθtanφ＝1，得
λ2＋2λλ2＝1λ2＋2＝2λ2＝2.
由λ∈(0,2]，解得λ＝2，即為所求．
變式遷移3(1)證明∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.
又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)解∵D為PB的中點，DE∥BC，∴DE＝12BC.
又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足為點E.
∴∠DAE是AD與平面PAC所成的角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.
又PA＝AB，∴△ABP為等腰直角三角形．
∴AD＝22AB.
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝12AB.
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝DEAD＝BC2AD＝24.
∴AD與平面PAC所成的角的正弦值為24.
(3)解∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
又∵AE平面PAC，PE平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP為二面角A—DE—P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.
∴在棱PC上存在一點E，使得AE⊥PC.
這時，∠AEP＝90°，
故存在點E使得二面角A—DE—P是直二面角．
課后練習區(qū)
1．C2.D3.C
4．D[兩個平面α，β垂直時，設交線為l，則在平面α內(nèi)與l平行的直線都平行于平面β，故A正確；如果平面α內(nèi)存在直線垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正確；兩個平面都與第三個平面垂直時，易證交線與第三個平面垂直，故C正確；兩個平面α，β垂直時，平面α內(nèi)與交線平行的直線與β平行，故D錯誤．]
5．A
6．5
解析面PAB⊥面PAD，
面PAB⊥面ABCD，面PAB⊥面PBC，
面PAD⊥面ABCD，面PAD⊥面PCD.
7．①②③
解析由于ABCD—A1B1C1D1是正方體，所以A—A1BD是一個正三棱錐，因此A點在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正確；又因為平面CB1D1與平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正確；從而可得AC1⊥平面CB1D1，即AC1與B1C垂直，所成的角等于90°.
8.6＋2
解析如圖取CD的中點F，SC的中點G，連接EF，GF，GE.
則AC⊥平面GEF，故動點P的軌跡是△EFG的三邊．
又EF＝12DB＝2，
GE＝GF＝12SB＝62，
∴EF＋FG＋GE＝6＋2.
9．(1)證明因為MA⊥平面ABCD，
PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.
又BC平面ABCD，所以PD⊥BC.(2分)
因為四邊形ABCD為正方形，
所以BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.(4分)
在△PBC中，因為G、F分別為PB、PC的中點，
所以GF∥BC，所以GF⊥平面PDC.又GF平面EFG，
所以平面EFG⊥平面PDC.(6分)
(2)解因為PD⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，不妨設MA＝1，
則PD＝AD＝2，
所以VP－ABCD＝13S正方形ABCDPD＝83.(8分)
由題意可知，DA⊥平面MAB，且PD∥MA，
所以DA即為點P到平面MAB的距離，
所以VP－MAB＝13×12×1×2×2＝23.(10分)
所以VP－MAB∶VP－ABCD＝1∶4.(12分)
10．(1)證明
設AC∩BD＝H，連接EH.在△ADC中，因為AD＝CD，且DB平分∠ADC，所以H為AC的中點，又由題設，知E為PC的中點，故EH∥PA.又EH平面BDE，且PA平面BDE，
所以PA∥平面BDE.(4分)
(2)證明因為PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PD⊥AC.由(Ⅰ)可得，DB⊥AC.又PD∩DB＝D，
故AC⊥平面PBD.(8分)
(3)解由AC⊥平面PBD可知，BH為BC在平面PBD內(nèi)的射影，所以∠CBH為直線BC與平面PBD所成的角．
由AD⊥CD，AD＝CD＝1，DB＝22，可得DH＝CH＝22，BH＝322.
在Rt△BHC中，tan∠CBH＝CHBH＝13.
所以直線BC與平面PBD所成的角的正切值為13.
(12分)
11．(1)解連接A1D，則由A1D∥B1C知，B1C與DE所成角即為A1D與DE所成角．(2分)
連接A1E，可設正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，
則A1D＝2a，
A1E＝DE＝52a，
∴cos∠A1DE＝
A1D2＋DE2－A1E22A1DDE＝105.
∴直線B1C與DE所成角的余弦值是105.(6分)
(2)證明取B1C的中點F，B1D的中點G，
連接BF，EG，GF.∵CD⊥平面BCC1B1，
且BF平面BCC1B1，∴CD⊥BF.
又∵BF⊥B1C，CD∩B1C＝C，
∴BF⊥平面B1CD.(8分)
又∵GF綊12CD，BE綊12CD，
∴GF綊BE，∴四邊形BFGE是平行四邊形，
∴BF∥GE，∴GE⊥平面B1CD.
∵GE平面EB1D，
∴平面EB1D⊥B1CD.(10分)
(3)解連接EF.
∵CD⊥B1C，GF∥CD，∴GF⊥B1C.
又∵GE⊥平面B1CD，∴GE⊥B1C.
又∵GE∩GF＝G，∴B1C⊥平面GEF，∴EF⊥B1C，
∴∠EFG是二面角E－B1C－D的平面角．(12分)
設正方體的棱長為a，則在△EFG中，
GF＝12a，EF＝32a，GE⊥GF，∴cos∠EFG＝GFEF＝33，
∴二面角E－B1C－D的余弦值為33.(14分)

高考數(shù)學（理科）一輪復習直線、圓的位置關(guān)系學案有答案

經(jīng)驗告訴我們，成功是留給有準備的人。作為高中教師準備好教案是必不可少的一步。教案可以讓上課時的教學氛圍非?；钴S，有效的提高課堂的教學效率。你知道怎么寫具體的高中教案內(nèi)容嗎？小編經(jīng)過搜集和處理，為您提供高考數(shù)學（理科）一輪復習直線、圓的位置關(guān)系學案有答案，相信能對大家有所幫助。

學案50直線、圓的位置關(guān)系

導學目標：1.能根據(jù)給定直線、圓的方程，判斷直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系.2.能用直線和圓的方程解決一些簡單的問題.3.在學習過程中，體會用代數(shù)方法處理幾何問題的思想．
自主梳理
1．直線與圓的位置關(guān)系
位置關(guān)系有三種：________、________、________.
判斷直線與圓的位置關(guān)系常見的有兩種方法：
(1)代數(shù)法：利用判別式Δ，即直線方程與圓的方程聯(lián)立方程組消去x或y整理成一元二次方程后，計算判別式Δ
(2)幾何法：利用圓心到直線的距離d和圓半徑r的大小關(guān)系：
dr________，d＝r________，dr________.
2．圓的切線方程
若圓的方程為x2＋y2＝r2，點P(x0，y0)在圓上，則過P點且與圓x2＋y2＝r2相切的切線方程為____________________________．
注：點P必須在圓x2＋y2＝r2上．
經(jīng)過圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2上點P(x0，y0)的切線方程為________________________．
3．計算直線被圓截得的弦長的常用方法
(1)幾何方法
運用弦心距(即圓心到直線的距離)、弦長的一半及半徑構(gòu)成直角三角形計算．
(2)代數(shù)方法
運用韋達定理及弦長公式
|AB|＝1＋k2|xA－xB|
＝1＋k2[xA＋xB2－4xAxB].
說明：圓的弦長、弦心距的計算常用幾何方法．
4．圓與圓的位置關(guān)系
(1)圓與圓的位置關(guān)系可分為五種：________、________、________、________、________.
判斷圓與圓的位置關(guān)系常用方法：
(幾何法)設兩圓圓心分別為O1、O2，半徑為r1、r2(r1≠r2)，則|O1O2|r1＋r2________；|O1O2|＝r1＋r2______；|r1－r2||O1O2|r1＋r2________；|O1O2|＝|r1－r2|________；0≤|O1O2||r1－r2|??________．
(2)已知兩圓x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交，則與兩圓共交點的圓系方程為________________________________________________________________，其中λ為λ≠－1的任意常數(shù)，因此圓系不包括第二個圓．
當λ＝－1時，為兩圓公共弦所在的直線，方程為(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋(F1－F2)＝0.
自我檢測
1．(2010江西)直線y＝kx＋3與圓(x－3)2＋(y－2)2＝4相交于M，N兩點，若|MN|≥23，則k的取值范圍是()
A.－34，0
B.－∞，－34∪0，＋∞
C.－33，33
D.－23，0
2．圓x2＋y2－4x＝0在點P(1，3)處的切線方程為()
A．x＋3y－2＝0B．x＋3y－4＝0
C．x－3y＋4＝0D．x－3y＋2＝0
3．(2011寧夏調(diào)研)圓C1：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0與圓C2：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的公切線有且僅有()
A．1條B．2條
C．3條D．4條
4．過點(0,1)的直線與x2＋y2＝4相交于A、B兩點，則|AB|的最小值為()
A．2B．23C．3D．25
5．(2011聊城月考)直線y＝x＋1與圓x2＋y2＝1的位置關(guān)系是()
A．相切B．相交但直線不過圓心
C．直線過圓心D．相離
探究點一直線與圓的位置關(guān)系
例1已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.
(1)若圓C的切線在x軸和y軸上的截距相等，求此切線的方程；
(2)從圓C外一點P(x1，y1)向該圓引一條切線，切點為M，O為坐標原點，且有|PM|＝|PO|，求使得|PM|取得最小值時點P的坐標．

變式遷移1從圓C：(x－1)2＋(y－1)2＝1外一點P(2,3)向該圓引切線，求切線的方程及過兩切點的直線方程．

探究點二圓的弦長、中點弦問題
例2(2011漢沽模擬)已知點P(0,5)及圓C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.
(1)若直線l過點P且被圓C截得的線段長為43，求l的方程；
(2)求過P點的圓C的弦的中點的軌跡方程．

變式遷移2已知圓C：x2＋y2－6x－8y＋21＝0和直線kx－y－4k＋3＝0.
(1)證明：不論k取何值，直線和圓總有兩個不同交點；
(2)求當k取什么值時，直線被圓截得的弦最短，并求這條最短弦的長．

探究點三圓與圓的位置關(guān)系
例3已知圓C1：x2＋y2－2mx＋4y＋m2－5＝0，圓C2：x2＋y2＋2x－2my＋m2－3＝0，m為何值時，
(1)圓C1與圓C2相外切；(2)圓C1與圓C2內(nèi)含．

變式遷移3已知⊙A：x2＋y2＋2x＋2y－2＝0，⊙B：x2＋y2－2ax－2by＋a2－1＝0.當a，b變化時，若⊙B始終平分⊙A的周長，求：
(1)⊙B的圓心B的軌跡方程；
(2)⊙B的半徑最小時圓的方程．

探究點四綜合應用
例4已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0.問在圓C上是否存在兩點A、B關(guān)于直線y＝kx－1對稱，且以AB為直徑的圓經(jīng)過原點？若存在，寫出直線AB的方程；若不存在，說明理由．

變式遷移4已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M、N兩點．
(1)求實數(shù)k的取值范圍；
(2)若O為坐標原點，且OM→ON→＝12，求k的值．
1．求切線方程時，若知道切點，可直接利用公式；若過圓外一點求切線，一般運用圓心到直線的距離等于半徑來求，但注意有兩條．
2．解決與弦長有關(guān)的問題時，注意運用由半徑、弦心距、弦長的一半構(gòu)成的直角三角形，也可以運用弦長公式．這就是通常所說的“幾何法”和“代數(shù)法”．
3．判斷兩圓的位置關(guān)系，從圓心距和兩圓半徑的關(guān)系入手．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．直線l：y－1＝k(x－1)和圓x2＋y2－2y＝0的位置關(guān)系是()
A．相離B．相切或相交
C．相交D．相切
2．(2011珠海模擬)直線3x－y＋m＝0與圓x2＋y2－2x－2＝0相切，則實數(shù)m等于()
A.3或－3B．－3或33
C．－33或3D．－33或33
3．過原點且傾斜角為60°的直線被圓x2＋y2－4y＝0所截得的弦長為()
A.3B．2
C.6D．23
4．若圓(x－3)2＋(y＋5)2＝r2上有且僅有兩個點到直線4x－3y－2＝0的距離為1，則半徑r的取值范圍是()
A．(4,6)B．[4,6)
C．(4,6]D．[4,6]
5．(2010全國Ⅰ)已知圓O的半徑為1，PA、PB為該圓的兩條切線，A、B為兩切點，那么PA→PB→的最小值為()
A．－4＋2B．－3＋2
C．－4＋22D．－3＋22

二、填空題(每小題4分，共12分)
6．若圓x2＋y2＝4與圓x2＋y2＋2ay－6＝0(a0)的公共弦的長為23，則a＝________.
7．(2011三明模擬)已知點A是圓C：x2＋y2＋ax＋4y－5＝0上任意一點，A點關(guān)于直線x＋2y－1＝0的對稱點也在圓C上，則實數(shù)a＝________.
8．(2011杭州高三調(diào)研)設直線3x＋4y－5＝0與圓C1：x2＋y2＝4交于A，B兩點，若圓C2的圓心在線段AB上，且圓C2與圓C1相切，切點在圓C1的劣弧上，則圓C2的半徑的最大值是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)圓x2＋y2＝8內(nèi)一點P(－1,2)，過點P的直線l的傾斜角為α，直線l交圓于A、B兩點．
(1)當α＝3π4時，求AB的長；
(2)當弦AB被點P平分時，求直線l的方程．

10．(12分)(2011湛江模擬)自點A(－3,3)發(fā)出的光線l射到x軸上，被x軸反射，其反射光線所在直線與圓x2＋y2－4x－4y＋7＝0相切，求光線l所在直線的方程．

11．(14分)已知兩圓x2＋y2－2x－6y－1＝0和x2＋y2－10x－12y＋m＝0.求：
(1)m取何值時兩圓外切？
(2)m取何值時兩圓內(nèi)切？
(3)m＝45時兩圓的公共弦所在直線的方程和公共弦的長．

學案50直線、圓的位置關(guān)系
自主梳理
1．相切相交相離(1)相交相切相離(2)相交相切相離2.x0x＋y0y＝r2(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r24.(1)相離外切相交內(nèi)切內(nèi)含相離外切相交內(nèi)切內(nèi)含(2)(x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1)＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0
自我檢測
1．A2.D3.B4.B5.B
課堂活動區(qū)
例1解題導引(1)過點P作圓的切線有三種類型：
當P在圓外時，有2條切線；
當P在圓上時，有1條切線；
當P在圓內(nèi)時，不存在．
(2)利用待定系數(shù)法設圓的切線方程時，一定要注意直線方程的存在性，有時要進行恰當分類．
(3)切線長的求法：
過圓C外一點P作圓C的切線，切點為M，半徑為R，
則|PM|＝|PC|2－R2.
解(1)將圓C配方得(x＋1)2＋(y－2)2＝2.
①當直線在兩坐標軸上的截距為零時，設直線方程為y＝kx，
由|k＋2|1＋k2＝2，解得k＝2±6，得y＝(2±6)x.
②當直線在兩坐標軸上的截距不為零時，
設直線方程為x＋y－a＝0，
由|－1＋2－a|2＝2，
得|a－1|＝2，即a＝－1，或a＝3.
∴直線方程為x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
綜上，圓的切線方程為y＝(2＋6)x，或y＝(2－6)x，
或x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
(2)由|PO|＝|PM|，
得x21＋y21＝(x1＋1)2＋(y1－2)2－2，
整理得2x1－4y1＋3＝0.
即點P在直線l：2x－4y＋3＝0上．
當|PM|取最小值時，即OP取得最小值，直線OP⊥l，
∴直線OP的方程為2x＋y＝0.
解方程組2x＋y＝0，2x－4y＋3＝0，得點P的坐標為－310，35.
變式遷移1解設圓切線方程為y－3＝k(x－2)，
即kx－y＋3－2k＝0，∴1＝|k＋2－2k|k2＋1，
∴k＝34，另一條斜率不存在，方程為x＝2.
∴切線方程為x＝2和3x－4y＋6＝0.
圓心C為(1,1)，∴kPC＝3－12－1＝2，
∴過兩切點的直線斜率為－12，又x＝2與圓交于(2,1)，
∴過切點的直線為x＋2y－4＝0.
例2解題導引(1)有關(guān)圓的弦長的求法：
已知直線的斜率為k，直線與圓C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，點C到l的距離為d，圓的半徑為r.
方法一代數(shù)法：弦長|AB|＝1＋k2|x2－x1|
＝1＋k2x1＋x22－4x1x2；
方法二幾何法：弦長|AB|＝2r2－d2.
(2)有關(guān)弦的中點問題：
圓心與弦的中點連線和已知直線垂直，利用這條性質(zhì)可確定某些等量關(guān)系．
解(1)方法一
如圖所示，|AB|＝43，取AB的中點D，連接CD，則CD⊥AB，連接AC、BC，
則|AD|＝23，|AC|＝4，
在Rt△ACD中，可得|CD|＝2.
當直線l的斜率存在時，設所求直線的斜率為k，則直線的方程為y－5＝kx，即kx－y＋5＝0.
由點C到直線AB的距離公式，得|－2k－6＋5|k2＋－12＝2，
解得k＝34.
當k＝34時，直線l的方程為3x－4y＋20＝0.
又直線l的斜率不存在時，也滿足題意，此時方程為x＝0.
∴所求直線的方程為3x－4y＋20＝0或x＝0.
方法二當直線l的斜率存在時，
設所求直線的斜率為k，
則直線的方程為y－5＝kx，即y＝kx＋5.
聯(lián)立直線與圓的方程y＝kx＋5，x2＋y2＋4x－12y＋24＝0，
消去y，得(1＋k2)x2＋(4－2k)x－11＝0.①
設方程①的兩根為x1，x2，
由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝2k－41＋k2，x1x2＝－111＋k2.②
由弦長公式，得1＋k2|x1－x2|
＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝43.
將②式代入，解得k＝34，
此時直線方程為3x－4y＋20＝0.
又k不存在時也滿足題意，此時直線方程為x＝0.
∴所求直線的方程為x＝0或3x－4y＋20＝0.
(2)設過P點的圓C的弦的中點為D(x，y)，
則CD⊥PD，即CD→PD→＝0，
(x＋2，y－6)(x，y－5)＝0，
化簡得所求軌跡方程為x2＋y2＋2x－11y＋30＝0.
變式遷移2(1)證明由kx－y－4k＋3＝0，
得(x－4)k－y＋3＝0.
∴直線kx－y－4k＋3＝0過定點P(4,3)．
由x2＋y2－6x－8y＋21＝0，
即(x－3)2＋(y－4)2＝4，
又(4－3)2＋(3－4)2＝24.
∴直線和圓總有兩個不同的交點．
(2)解kPC＝3－44－3＝－1.
可以證明與PC垂直的直線被圓所截得的弦AB最短，因此過P點斜率為1的直線即為所求，其方程為y－3＝x－4，即x－y－1＝0.|PC|＝|3－4－1|2＝2，
∴|AB|＝2|AC|2－|PC|2＝22.
例3解題導引圓和圓的位置關(guān)系，從交點個數(shù)也就是方程組解的個數(shù)來判斷，有時得不到確切的結(jié)論，通常還是從圓心距d與兩圓半徑和、差的關(guān)系入手．
解對于圓C1與圓C2的方程，經(jīng)配方后
C1：(x－m)2＋(y＋2)2＝9；
C2：(x＋1)2＋(y－m)2＝4.
(1)如果C1與C2外切，
則有m＋12＋－2－m2＝3＋2.
(m＋1)2＋(m＋2)2＝25.
m2＋3m－10＝0，解得m＝－5或m＝2.
(2)如果C1與C2內(nèi)含，
則有m＋12＋m＋223－2.
(m＋1)2＋(m＋2)21，m2＋3m＋20，
得－2m－1，
∴當m＝－5或m＝2時，圓C1與圓C2外切；
當－2m－1時，圓C1與圓C2內(nèi)含．
變式遷移3解(1)兩圓方程相減得公共弦方程
2(a＋1)x＋2(b＋1)y－a2－1＝0.①
依題意，公共弦應為⊙A的直徑，
將(－1，－1)代入①得a2＋2a＋2b＋5＝0.②
設圓B的圓心為(x，y)，∵x＝ay＝b，
∴其軌跡方程為x2＋2x＋2y＋5＝0.
(2)⊙B方程可化為(x－a)2＋(y－b)2＝1＋b2.
由②得b＝－12[(a＋1)2＋4]≤－2，
∴b2≥4，b2＋1≥5.當a＝－1，b＝－2時，⊙B半徑最小，
∴⊙B方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝5.
例4解題導引這是一道探索存在性問題，應先假設存在圓上兩點關(guān)于直線對稱，由垂徑定理可知圓心應在直線上，以AB為直徑的圓經(jīng)過原點O，應聯(lián)想直徑所對的圓周角為直角利用斜率或向量來解決．因此能否將問題合理地轉(zhuǎn)換是解題的關(guān)鍵．
解圓C的方程可化為(x－1)2＋(y＋2)2＝9，
圓心為C(1，－2)．
假設在圓C上存在兩點A、B，則圓心C(1，－2)在直線y＝kx－1上，即k＝－1.
于是可知，kAB＝1.
設lAB：y＝x＋b，代入圓C的方程，
整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)0，b2＋6b－90，
解得－3－32b－3＋32.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－b－1，x1x2＝12b2＋2b－2.
由OA⊥OB，知x1x2＋y1y2＝0，
也就是x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝0，
∴2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0，
∴b2＋4b－4－b2－b＋b2＝0，化簡得b2＋3b－4＝0，
解得b＝－4或b＝1，均滿足Δ0.
即直線AB的方程為x－y－4＝0，或x－y＋1＝0.
變式遷移4解(1)方法一∵直線l過點A(0,1)且斜率為k，
∴直線l的方程為y＝kx＋1.
將其代入圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1，
得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.①
由題意：Δ＝[－4(1＋k)]2－4×(1＋k2)×70，
得4－73k4＋73.
方法二同方法一得直線方程為y＝kx＋1，
即kx－y＋1＝0.
又圓心到直線距離d＝|2k－3＋1|k2＋1＝|2k－2|k2＋1，
∴d＝|2k－2|k2＋11，解得4－73k4＋73.
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則由①得x1＋x2＝4＋4k1＋k2x1x2＝71＋k2，
∴OM→ON→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝4k1＋k1＋k2＋8＝12k＝1(經(jīng)檢驗符合題意)，∴k＝1.
課后練習區(qū)
1．C2.C3.D4.A5.D
6．17.－108.1
9．解(1)當α＝3π4時，kAB＝－1，
直線AB的方程為y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.(3分)
故圓心(0,0)到AB的距離d＝|0＋0－1|2＝22，
從而弦長|AB|＝28－12＝30.(6分)
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4.由x21＋y21＝8，x22＋y22＝8，
兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
即－2(x1－x2)＋4(y1－y2)＝0，
∴kAB＝y(tǒng)1－y2x1－x2＝12.(10分)
∴直線l的方程為y－2＝12(x＋1)，
即x－2y＋5＝0.(12分)
10.
解已知圓C：x2＋y2－4x－4y＋7＝0關(guān)于x軸對稱的圓為C1：(x－2)2＋(y＋2)2＝1，其圓心C1的坐標為(2，－2)，半徑為1，由光的反射定律知，入射光線所在直線方程與圓C1相切．(4分)
設l的方程為y－3＝k(x＋3)，則
|5k＋2＋3|12＋k2＝1，(8分)
即12k2＋25k＋12＝0.∴k1＝－43，k2＝－34.
則l的方程為4x＋3y＋3＝0或3x＋4y－3＝0.
(12分)
11．解兩圓的標準方程分別為
(x－1)2＋(y－3)2＝11，(x－5)2＋(y－6)2＝61－m，
圓心分別為M(1,3)，N(5,6)，
半徑分別為11和61－m.
(1)當兩圓外切時，5－12＋6－32＝11＋61－m.
解得m＝25＋1011.(4分)
(2)當兩圓內(nèi)切時，因定圓的半徑11小于兩圓圓心間距離，故只有61－m－11＝5.
解得m＝25－1011.(8分)
(3)兩圓的公共弦所在直線的方程為
(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，
即4x＋3y－23＝0.(12分)
由圓的半徑、弦長、弦心距間的關(guān)系，不難求得公共弦的長為
2×112－|4＋3×3－23|42＋322＝27.(14分)

高考數(shù)學（理科）一輪復習直線與直線的位置關(guān)系學案含答案

學案48直線與直線的位置關(guān)系

導學目標：1.能根據(jù)兩條直線的斜率判定這兩條直線平行或垂直.2.能用解方程組的方法求兩條相交直線的交點坐標.3.掌握兩點間的距離公式、點到直線的距離公式，會求兩條平行直線間的距離．
自主梳理
1．兩直線的位置關(guān)系
平面上兩條直線的位置關(guān)系包括平行、相交、重合三種情況．
(1)兩直線平行
對于直線l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，
l1∥l2________________________.
對于直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2B2C2≠0)，
l1∥l2________________________.
(2)兩直線垂直
對于直線l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，
l1⊥l2k1k2＝____.
對于直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
l1⊥l2A1A2＋B1B2＝____.
2．兩條直線的交點
兩條直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
如果兩直線相交，則交點的坐標一定是這兩個方程組成的方程組的____；反之，如果這個方程組只有一個公共解，那么以這個解為坐標的點必是l1和l2的________，因此，l1、l2是否有交點，就看l1、l2構(gòu)成的方程組是否有________．
3．有關(guān)距離
(1)兩點間的距離
平面上兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)間的距離|P1P2|＝__________________________________.
(2)點到直線的距離
平面上一點P(x0，y0)到一條直線l：Ax＋By＋C＝0的距離d＝________________________.
(3)兩平行線間的距離
已知l1、l2是平行線，求l1、l2間距離的方法：
①求一條直線上一點到另一條直線的距離；
②設l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0，則l1與l2之間的距離d＝________________.
自我檢測
1．(2011濟寧模擬)若點P(a,3)到直線4x－3y＋1＝0的距離為4，且點P在不等式2x＋y－30表示的平面區(qū)域內(nèi)，則實數(shù)a的值為()
A．7B．－7C．3D．－3
2．若直線l1：y＝k(x－4)與直線l2關(guān)于點(2,1)對稱，則直線l2恒過定點()
A．(0,4)B．(0,2)
C．(－2,4)D．(4，－2)
3．已知直線l1：ax＋by＋c＝0，直線l2：mx＋ny＋p＝0，則ambn＝－1是直線l1⊥l2的()
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
4．(2009上海)已知直線l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0與l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，則k的值是()
A．1或3B．1或5
C．3或5D．1或2
5．已知2x＋y＋5＝0，則x2＋y2的最小值是________.
探究點一兩直線的平行與垂直
例1已知兩條直線l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0.求滿足以下條件的a、b的值：
(1)l1⊥l2且l1過點(－3，－1)；
(2)l1∥l2，且原點到這兩條直線的距離相等．

變式遷移1已知直線l1：ax＋2y＋6＝0和直線l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0，
(1)試判斷l(xiāng)1與l2是否平行；
(2)l1⊥l2時，求a的值．

探究點二直線的交點坐標
例2已知直線l1：4x＋7y－4＝0，l2：mx＋y＝0，l3：2x＋3my－4＝0.當m為何值時，三條直線不能構(gòu)成三角形．

變式遷移2△ABC的兩條高所在直線的方程分別為2x－3y＋1＝0和x＋y＝0，頂點A的坐標為(1,2)，求BC邊所在直線的方程．

探究點三距離問題
例3(2011廈門模擬)已知三條直線：l1：2x－y＋a＝0(a0)；l2：－4x＋2y＋1＝0；l3：x＋y－1＝0.且l1與l2的距離是7510.
(1)求a的值；
(2)能否找到一點P，使P同時滿足下列三個條件：
①點P在第一象限；
②點P到l1的距離是點P到l2的距離的12；
③點P到l1的距離與點P到l3的距離之比是2∶5.
若能，求點P的坐標；若不能，說明理由．

變式遷移3已知直線l過點P(3,1)且被兩平行線l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y＋6＝0截得的線段長為5，求直線l的方程．
轉(zhuǎn)化與化歸思想的應用
例(12分)已知直線l：2x－3y＋1＝0，點A(－1，－2)．求：
(1)點A關(guān)于直線l的對稱點A′的坐標；
(2)直線m：3x－2y－6＝0關(guān)于直線l的對稱直線m′的方程；
(3)直線l關(guān)于點A(－1，－2)對稱的直線l′的方程．
【答題模板】
解(1)設A′(x，y)，再由已知
∴A′－3313，413.[4分]
(2)在直線m上取一點，如M(2,0)，則M(2,0)關(guān)于直線l的對稱點M′必在直線m′上．設對稱點M′(a，b)，則得M′613，3013.[6分]
設直線m與直線l的交點為N，則由
得N(4,3)．
又∵m′經(jīng)過點N(4,3)，∴由兩點式得直線m′的方程為9x－46y＋102＝0.[8分]
(3)方法一在l：2x－3y＋1＝0上任取兩點，
如M(1,1)，N(4,3)，則M，N關(guān)于點A(－1，－2)的對稱點M′，N′均在直線l′上，
易得M′(－3，－5)，N′(－6，－7)，[10分]
再由兩點式可得l′的方程為2x－3y－9＝0.[12分]
方法二∵l∥l′，∴設l′的方程為2x－3y＋C＝0(C≠1)，
∵點A(－1，－2)到兩直線l，l′的距離相等，∴由點到直線的距離公式得
|－2＋6＋C|22＋32＝|－2＋6＋1|22＋32，解得C＝－9，[10分]
∴l(xiāng)′的方程為2x－3y－9＝0.[12分]
方法三設P(x，y)為l′上任意一點，
則P(x，y)關(guān)于點A(－1，－2)的對稱點為P′(－2－x，－4－y)，[10分]
∵點P′在直線l上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，
即2x－3y－9＝0.[12分]
【突破思維障礙】
點關(guān)于直線對稱是軸對稱中最基本的，要抓住兩點：一是已知點與對稱點的連線與對稱軸垂直；二是已知點與對稱點為端點的線段中點在對稱軸上．直線關(guān)于點的對稱可轉(zhuǎn)化為點關(guān)于點的對稱，直線關(guān)于直線的對稱可轉(zhuǎn)化為點關(guān)于直線的對稱．
【易錯點剖析】
(1)點關(guān)于線對稱，不能轉(zhuǎn)化為“垂直”及“線的中點在軸上”的問題．
(2)線關(guān)于線對稱，不能轉(zhuǎn)化為點關(guān)于線的對稱問題；線關(guān)于點的對稱，不能轉(zhuǎn)化為點關(guān)于點的對稱問題．
1．在兩條直線的位置關(guān)系中，討論最多的還是平行與垂直，它們是兩條直線的特殊位置關(guān)系．解題時認真畫出圖形，有助于快速準確地解決問題．判斷兩直線平行與垂直時，不要忘記考慮斜率不存在的情形，利用一般式則可避免分類討論．
2．運用公式d＝|C1－C2|A2＋B2求兩平行直線間的距離時，一定要把x、y項系數(shù)化為相等的系數(shù)．
3．對稱思想是高考熱點，主要分為中心對稱和軸對稱兩種，關(guān)鍵要把握對稱問題的本質(zhì)，必要情況下可與函數(shù)的對稱軸建立聯(lián)系．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．直線3x＋2y＋4＝0與2x－3y＋4＝0()
A．平行B．垂直
C．重合D．關(guān)于直線y＝－x對稱
2．(2011六安月考)若直線x＋ay－a＝0與直線ax－(2a－3)y－1＝0互相垂直，則a的值是()
A．2B．－3或1C．2或0D．1或0
3．已知直線l的傾斜角為3π4，直線l1經(jīng)過點A(3,2)、B(a，－1)，且l1與l垂直，直線l2：2x＋by＋1＝0與直線l1平行，則a＋b等于()
A．－4B．－2C．0D．2
4．P點在直線3x＋y－5＝0上，且點P到直線x－y－1＝0的距離為2，則P點坐標為()
A．(1,2)B．(2,1)
C．(1,2)或(2，－1)D．(2,1)或(－1,2)
5．設兩條直線的方程分別為x＋y＋a＝0，x＋y＋b＝0，已知a、b是方程x2＋x＋c＝0的兩個實根，且0≤c≤18，則這兩條直線之間的距離的最大值和最小值分別是()
A.24，12B.2，22
C.2，12D.22，12

二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011重慶云陽中學高三月考)直線l1：x＋my＋6＝0和l2：3x－3y＋2＝0，若l1∥l2，則m的值為______．
7．設直線l經(jīng)過點(－1,1)，則當點(2，－1)與直線l的距離最大時，直線l的方程為______________．
8．若直線m被兩平行線l1：x－y＋1＝0與l2：x－y＋3＝0所截得的線段的長為22，則m的傾斜角可以是
①15°②30°③45°④60°⑤75°
其中正確答案的序號是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011福州模擬)k為何值時，直線l1：y＝kx＋3k－2與直線l2：x＋4y－4＝0的交點在第一象限．

10．(12分)已知點P1(2,3)，P2(－4,5)和A(－1,2)，求過點A且與點P1，P2距離相等的直線方程．

11．(14分)(2011杭州調(diào)研)過點P(3,0)作一直線，使它夾在兩直線l1：2x－y－2＝0與l2：x＋y＋3＝0之間的線段AB恰被點P平分，求此直線的方程．
自主梳理
1．(1)k1＝k2且b1≠b2A1A2＝B1B2≠C1C2(2)－10
2．解交點唯一解3.(1)x2－x12＋y2－y12
(2)|Ax0＋By0＋C|A2＋B2(3)②|C1－C2|A2＋B2
自我檢測
1．D2.B3.A4.C
5.5
課堂活動區(qū)
例1解題導引運用直線的斜截式y(tǒng)＝kx＋b時，要特別注意直線斜率不存在時的特殊情況．運用直線的一般式Ax＋By＋C＝0時，要特別注意A、B為0時的情況，求解兩直線平行或垂直有關(guān)的問題并與求直線方程相聯(lián)系，聯(lián)立方程組求解，對斜率不存在的情況，可考慮用數(shù)形結(jié)合的方法研究．
解(1)由已知可得l2的斜率必存在，且k2＝1－a.
若k2＝0，則a＝1.由l1⊥l2，l1的斜率不存在，∴b＝0.
又l1過(－3，－1)，∴－3a＋b＋4＝0，
∴b＝3a－4＝－1，矛盾．∴此情況不存在，即k2≠0.
若k2≠0，即k1＝ab，k2＝1－a.
由l1⊥l2，得k1k2＝ab(1－a)＝－1.
由l1過(－3，－1)，得－3a＋b＋4＝0，
解之得a＝2，b＝2.
(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，∴l(xiāng)1的斜率存在，
∴k1＝k2，即ab＝1－a.
又原點到兩直線的距離相等，且l1∥l2，
∴l(xiāng)1、l2在y軸上的截距互為相反數(shù)，即4b＝b.
解之得a＝2，b＝－2或a＝23，b＝2.
∴a、b的值為2和－2或23和2.
變式遷移1解(1)方法一當a＝1時，
l1：x＋2y＋6＝0，
l2：x＝0，l1與l2不平行；
當a＝0時，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1與l2不平行；
當a≠1且a≠0時，兩直線可化為l1：y＝－a2x－3，
l2：y＝11－ax－(a＋1)，
l1∥l2－a2＝11－a，－3≠－a＋1，解得a＝－1，
綜上可知，a＝－1時，l1∥l2，否則l1與l2不平行．
方法二由A1B2－A2B1＝0，
得a(a－1)－1×2＝0.
由A1C2－A2C1≠0，得a(a2－1)－1×6≠0，
∴l(xiāng)1∥l2aa－1－1×2＝0aa2－1－1×6≠0a2－a－2＝0，aa2－1≠6.
∴a＝－1，故當a＝－1時，l1∥l2，否則l1與l2不平行．
(2)方法一當a＝1時，l1：x＋2y＋6＝0，l2：x＝0，l1與l2不垂直；
當a＝0時，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1與l2不垂直；
當a≠1且a≠0時，l1：y＝－a2x－3，
l2：y＝11－ax－(a＋1)，
由－a211－a＝－1a＝23.
方法二由A1A2＋B1B2＝0，
得a＋2(a－1)＝0a＝23.
例2解題導引①轉(zhuǎn)化思想的運用
三條直線l1、l2、l3不能構(gòu)成三角形l1、l2、l3交于一點或至少有兩條直線平行
三條直線交于一點l2與l3的交點在l1上l2與l3對應方程組的解適合l1的方程
②分類討論思想的運用
本題依據(jù)直線的位置關(guān)系將不能構(gòu)成三角形的情況分成兩類，分類應注意按同一標準，不重不漏．
解當三條直線共點或至少有兩條直線平行時，不能圍成三角形．
①三條直線共點時，
由mx＋y＝0，2x＋3my＝4，得x＝42－3m2y＝－4m2－3m2(m2≠23)，
即l2與l3的交點為42－3m2，－4m2－3m2，
代入l1的方程得4×42－3m2＋7×－4m2－3m2－4＝0，
解得m＝13，或m＝2.
②當l1∥l2時，4＝7m，∴m＝47；
當l1∥l3時，4×3m＝7×2，∴m＝76；
當l2∥l3時，3m2＝2，即m＝±63.
∴m取集合－63，13，63，47，76，2中的元素時，三條直線不能構(gòu)成三角形．
變式遷移2解可以判斷A不在所給的兩條高所在的直線上，則可設AB，AC邊上的高所在直線的方程分別為2x－3y＋1＝0，x＋y＝0，
則可求得AB，AC邊所在直線的方程分別為
y－2＝－32(x－1)，y－2＝x－1，
即3x＋2y－7＝0，x－y＋1＝0.
由3x＋2y－7＝0x＋y＝0，得B(7，－7)，
由x－y＋1＝02x－3y＋1＝0，得C(－2，－1)，
所以BC邊所在直線的方程為2x＋3y＋7＝0.
例3解題導引在應用平行線間的距離公式求兩條平行線間的距離時，應注意公式的適用條件，即在兩條平行線的方程中x與y的系數(shù)化為分別對應相等的條件下，才能應用該公式．
如本例中求兩條直線2x－y＋a＝0與－4x＋2y＋1＝0間的距離時，需將前一條直線化為－4x＋2y－2a＝0，或?qū)⒑笠粭l直線化為2x－y－12＝0后，再應用平行線間的距離公式．
解(1)∵l1：4x－2y＋2a＝0(a0)，l2：4x－2y－1＝0，
∴兩條平行線l1與l2間的距離為d＝|2a＋1|25，
由已知，可得|2a＋1|25＝7510.
又a0，可解得a＝3.
(2)設點P的坐標為(x，y)，
由條件①，可知x0，y0.
由條件②和③，
可得|2x－y＋3|5＝|4x－2y－1|455|2x－y＋3|5＝2|x＋y－1|2，
化簡得4|2x－y＋3|＝|4x－2y－1||2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
于是可得，4|x＋y－1|＝|4x－2y－1|，
也就是4(x＋y－1)＝4x－2y－1，或4(x＋y－1)＝－4x＋2y＋1，
解得y＝12，或8x＋2y－5＝0.
當y＝12時，代入方程|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
解得x＝－30或x＝－230，均舍去．
由8x＋2y－5＝0|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
化簡得8x＋2y－5＝0x－2y＋4＝0，或8x＋2y－5＝03x＝－2，
解得x＝19y＝3718或x＝－230y＝316(舍去)．
即存在滿足題設條件的點P，其坐標為19，3718.
變式遷移3解方法一若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝3，此時與l1，l2的交點分別是A(3，－4)，B(3，－9)，截得的線段長|AB|＝|－4＋9|＝5，符合題意．
當直線l的斜率存在時，則設直線l的方程為y＝k(x－3)＋1，分別與直線l1，l2的方程聯(lián)立，
由y＝kx－3＋1，x＋y＋1＝0，解得A3k－2k＋1，1－4kk＋1.
由y＝kx－3＋1，x＋y＋6＝0，解得B3k－7k＋1，1－9kk＋1.
由兩點間的距離公式，得
3k－2k＋1－3k－7k＋12＋1－4kk＋1－1－9kk＋12＝25，
解得k＝0，即所求直線方程為y＝1.
綜上可知，直線l的方程為x＝3或y＝1.
方法二因為兩平行線間的距離
d＝|6－1|2＝522，
如圖，直線l被兩平行線截得的線段長為5，
設直線l與兩平行線的夾角為θ，
則sinθ＝22，所以θ＝45°.
因為兩平行線的斜率是－1，
故所求直線的斜率不存在或為0.
又因為直線l過點P(3,1)，
所以直線l的方程為x＝3或y＝1.
課后練習區(qū)
1．B2.C3.B4.C5.D
6．－17.3x－2y＋5＝08.①⑤
9．解由y＝kx＋3k－2x＋4y－4＝0，得x＝12－12k4k＋1y＝7k－24k＋1.(5分)
∵兩直線的交點在第一象限，
∴12－12k4k＋107k－24k＋10，∴27k1.(11分)
即當27k1時，
兩直線的交點在第一象限．(12分)
10．解設所求直線為l，由于l過點A且與點P1，P2距離相等，所以有兩種情況，
(1)當P1，P2在l同側(cè)時，有l(wèi)∥P1P2，此時可求得l的方程為
y－2＝5－3－4－2(x＋1)，即x＋3y－5＝0；(5分)
(2)當P1，P2在l異側(cè)時，l必過P1P2的中點(－1,4)，此時l的方程為x＝－1.(10分)
∴所求直線的方程為x＋3y－5＝0或x＝－1.
(12分)
11．解設點A(x，y)在l1上，
由題意知x＋xB2＝3，y＋yB2＝0，∴點B(6－x，－y)，(6分)
解方程組2x－y－2＝0，6－x＋－y＋3＝0，
得x＝113，y＝163，∴k＝163－0113－3＝8.(12分)
∴所求的直線方程為y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.(14分)

高考數(shù)學（理科）一輪復習直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學案

學案54直線與圓錐曲線的位置關(guān)系

導學目標：1.了解圓錐曲線的簡單應用.2.理解數(shù)形結(jié)合的思想．
自主梳理
1．直線與橢圓的位置關(guān)系的判定方法
(1)將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去一個未知數(shù)，得到一個一元二次方程，若Δ0，則直線與橢圓________；若Δ＝0，則直線與橢圓________；若Δ0，則直線與橢圓________．
(2)直線與雙曲線的位置關(guān)系的判定方法
將直線方程與雙曲線方程聯(lián)立消去y(或x)，得到一個一元方程ax2＋bx＋c＝0.
①若a≠0，當Δ0時，直線與雙曲線________；當Δ＝0時，直線與雙曲線________；當Δ0時，直線與雙曲線________．
②若a＝0時，直線與漸近線平行，與雙曲線有________交點．
(3)直線與拋物線位置關(guān)系的判定方法
將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，消去y(或x)，得到一個一元方程ax2＋bx＋c＝0.
①當a≠0，用Δ判定，方法同上．
②當a＝0時，直線與拋物線的對稱軸________，只有________交點．
2．已知弦AB的中點，研究AB的斜率和方程
(1)AB是橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一條弦，M(x0，y0)是AB的中點，則kAB＝________，kABkOM＝__________.點差法求弦的斜率的步驟是：
①將端點坐標代入方程：x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1.
②兩等式對應相減：x21a2－x22a2＋y21b2－y22b2＝0.
③分解因式整理：kAB＝y(tǒng)1－y2x1－x2＝－b2x1＋x2a2y1＋y2＝－b2x0a2y0.
(2)運用類比的手法可以推出：已知AB是雙曲線x2a2－y2b2＝1的弦，中點M(x0，y0)，則kAB＝__________________.已知拋物線y2＝2px(p0)的弦AB的中點M(x0，y0)，則kAB＝____________.
3．弦長公式
直線l：y＝kx＋b與圓錐曲線C：F(x，y)＝0交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，
則|AB|＝1＋k2|x1－x2|
＝1＋k2x1＋x22－4x1x2
或|AB|＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2y1＋y22－4y1y2.
自我檢測
1．拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l，經(jīng)過F且斜率為3的直線與拋物線在x軸上方的部分相交于點A，AK⊥l，垂足為K，則△AKF的面積是()
A．4B．33C．43D．8
2．(2011中山調(diào)研)與拋物線x2＝4y關(guān)于直線x＋y＝0對稱的拋物線的焦點坐標是()
A．(1,0)B.116，0
C．(－1,0)D.0，－116
3．(2011許昌模擬)已知曲線x2a＋y2b＝1和直線ax＋by＋1＝0(a、b為非零實數(shù))，在同一坐標系中，它們的圖形可能是()
4．(2011杭州模擬)過點0，－12的直線l與拋物線y＝－x2交于A、B兩點，O為坐標原點，則OA→OB→的值為()
A．－12B．－14C．－4D．無法確定
探究點一直線與圓錐曲線的位置關(guān)系
例1k為何值時，直線y＝kx＋2和曲線2x2＋3y2＝6有兩個公共點？有一個公共點？沒有公共點？

變式遷移1已知拋物線C的方程為x2＝12y，過A(0，－1)，B(t,3)兩點的直線與拋物線C沒有公共點，則實數(shù)t的取值范圍是()
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B.－∞，－22∪22，＋∞
C．(－∞，－22)∪(22，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
探究點二圓錐曲線中的弦長問題
例2如圖所示，直線y＝kx＋b與橢圓x24＋y2＝1交于A、B兩點，
記△AOB的面積為S.
(1)求在k＝0,0b1的條件下，S的最大值；
(2)當|AB|＝2，S＝1時，求直線AB的方程．

變式遷移2已知橢圓的兩焦點為F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，離心率e＝32.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線l：y＝x＋m，若l與橢圓相交于P，Q兩點，且|PQ|等于橢圓的短軸長，求m的值．

探究點三求參數(shù)的范圍問題
例3(2011開封模擬)直線m：y＝kx＋1和雙曲線x2－y2＝1的左支交于A、B兩點，直線l過點P(－2,0)和線段AB的中點M，求l在y軸上的截距b的取值范圍．

變式遷移3在平面直角坐標系xOy中，經(jīng)過點(0，2)且斜率為k的直線l與橢圓x22＋y2＝1有兩個不同的交點P和Q.
(1)求k的取值范圍；
(2)設橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點分別為A、B，是否存在常數(shù)k，使得向量OP→＋OQ→與AB→共線？如果存在，求k值；如果不存在，請說明理由．
函數(shù)思想的應用
例(12分)已知橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，雙曲線x2a2－y2b2＝1的兩條漸近線為l1，l2，
過橢圓C的右焦點F作直線l，使l⊥l1，又l與l2交于P點，設l與橢圓C的兩個交點由上至下依次為A，B.
(1)當l1與l2夾角為60°，雙曲線的焦距為4時，求橢圓C的方程及離心率；
(2)求|FA||AP|的最大值．
【答題模板】
解(1)雙曲線的漸近線為y＝±bax，兩漸近線夾角為60°，又ba1，∴∠POx＝30°，
∴ba＝tan30°＝33，∴a＝3b.又a2＋b2＝22，
∴3b2＋b2＝4，[2分]
∴b2＝1，a2＝3，∴橢圓C的方程為x23＋y2＝1，
∴離心率e＝a2－b2a＝63.[4分]
(2)由已知，l：y＝ab(x－c)與y＝bax聯(lián)立，
解方程組得Pa2c，abc.[6分]
設|FA||AP|＝λ，則FA→＝λAP→，∵F(c,0)，設A(x0，y0)，則(x0－c，y0)＝λa2c－x0，abc－y0，
∴x0＝c＋λa2c1＋λ，y0＝λabc1＋λ.即Ac＋λa2c1＋λ，λabc1＋λ.[8分]
將A點坐標代入橢圓方程，得(c2＋λa2)2＋λ2a4＝(1＋λ)2a2c2，
等式兩邊同除以a4，(e2＋λ)2＋λ2＝e2(1＋λ)2，e∈(0,1)，[10分]
∴λ2＝e4－e2e2－2＝－2－e2＋22－e2＋3
≤－22－e222－e2＋3＝3－22＝(2－1)2，
∴當2－e2＝2，即e2＝2－2時，λ有最大值2－1，即|FA||AP|的最大值為2－1.[12分]
【突破思維障礙】
最值問題是從動態(tài)角度去研究解析幾何中數(shù)學問題的主要內(nèi)容，一是在準確把握題意的基礎(chǔ)上，建立函數(shù)、不等式模型，利用二次函數(shù)、三角函數(shù)的有界性、基本不等式解決；二是利用數(shù)形結(jié)合，考慮相切、相交的幾何意義解決．
【易錯點剖析】
不能把|FA||AP|轉(zhuǎn)化成向量問題，使得運算繁瑣造成錯誤，由λ2＝e4－e2e2－2不會求最值或忽視e2－20這個隱含條件．
1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是解析幾何的重點內(nèi)容之一，也是高考的熱點，這類問題往往與函數(shù)、不等式、三角、向量等知識綜合、交匯考查，而且對綜合能力的考查顯見其中．因此解決此類問題需要有較廣的知識面及較強的解決問題的能力．
2．從題目類型上多見于與弦的中點、弦長、弦所在直線的斜率等有關(guān)的最值問題、參數(shù)范圍問題．基本思路就是直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立消元得到形如ax2＋bx＋c＝0的方程，由韋達定理得x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca.然后再把要研究的問題轉(zhuǎn)化為用x1＋x2和x1x2去表示．最后，用函數(shù)、不等式等知識加以解決．需要注意的就是要注意對隱含條件的挖掘，比如判別式Δ≥0，圓錐曲線中有關(guān)量的固有范圍等．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011菏澤調(diào)研)F1、F2是橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)的兩個焦點，P是橢圓上任一點，從任一焦點引∠F1PF2的外角平分線的垂線，垂足為Q，則點Q的軌跡為()
A．圓B．橢圓C．雙曲線D．拋物線
2．若雙曲線x29－y24＝1的漸近線上的點A與雙曲線的右焦點F的距離最小，拋物線y2＝2px(p0)通過點A，則p的值為()
A.92B．2C.21313D.1313
3．(2011武漢月考)已知直線l1：4x－3y＋6＝0和直線l2：x＝－1，拋物線y2＝4x上一動點P到直線l1和直線l2的距離之和的最小值是()
A．2B．3C.115D.3716
4．已知直線y＝k(x＋2)(k0)與拋物線C：y2＝8x相交于A、B兩點，F(xiàn)為C的焦點．若|FA|＝2|FB|，則k等于()
A.13B.23C.23D.223
5．斜率為1的直線l與橢圓x24＋y2＝1相交于A、B兩點，則|AB|的最大值為()
A．2B.455
C.4105D.8105
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011屆合肥期末)若直線y＝kx＋1(k∈R)與焦點在x軸上的橢圓x25＋y2t＝1恒有公共點，則t的范圍是______________．
7．P為雙曲線x2－y215＝1右支上一點，M、N分別是圓(x＋4)2＋y2＝4和(x－4)2＋y2＝1上的點，則|PM|－|PN|的最大值為________．
8．(2010全國Ⅱ)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的準線為l，過M(1,0)且斜率為3的直線與l相交于點A，與C的一個交點為B，若AM→＝MB→，則p＝________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知拋物線y＝－x2＋3上存在關(guān)于直線x＋y＝0對稱的相異兩點A、B，求|AB|的長．

10．(12分)(2010天津)已知橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)的離心率e＝32，連接橢圓的四個頂點得到的菱形的面積為4.
(1)求橢圓的方程；
(2)設直線l與橢圓相交于不同的兩點A，B，已知點A的坐標為(－a,0)，點Q(0，y0)在線段AB的垂直平分線上，且QA→QB→＝4，求y0的值．

11．(14分)(2011江西)P(x0，y0)(x0≠±a)是雙曲線E：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)上一點，M，N分別是雙曲線E的左，右頂點，直線PM，PN的斜率之積為15.
(1)求雙曲線的離心率；
(2)過雙曲線E的右焦點且斜率為1的直線交雙曲線于A，B兩點，O為坐標原點，C為雙曲線上一點，滿足OC→＝λOA→＋OB→，求λ的值．

學案54直線與圓錐曲線的位置關(guān)系
自主梳理
1．(1)相交相切相離(2)①相交相切相離②一個
(3)②平行一個2.(1)－b2x0a2y0－b2a2(2)b2x0a2y0py0
自我檢測
1．C2.C3.C4.B
課堂活動區(qū)
例1解題導引用直線方程和圓錐曲線方程組成的方程組解的個數(shù)，可以研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，也就是用代數(shù)的方法研究幾何問題，這是解析幾何的重要思想方法．方程組消元后要注意所得方程的二次項系數(shù)是否含有參數(shù)，若含參數(shù)，需按二次項系數(shù)是否為零進行分類討論，只有二次項系數(shù)不為零時，方程才是一元二次方程，后面才可以用判別式Δ的符號判斷方程解的個數(shù)，從而說明直線與圓錐曲線的位置關(guān)系．
解由y＝kx＋2，2x2＋3y2＝6，得2x2＋3(kx＋2)2＝6，
即(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，
Δ＝144k2－24(2＋3k2)＝72k2－48.
當Δ＝72k2－480，即k63或k－63時，直線和曲線有兩個公共點；
當Δ＝72k2－48＝0，即k＝63或k＝－63時，直線和曲線有一個公共點；
當Δ＝72k2－480，即－63k63時，直線和曲線沒有公共點．
變式遷移1D[直線AB的方程為y＝4tx－1(t＝0時不合題意，舍去)，與拋物線方程x2＝12y聯(lián)立得x2－2tx＋12＝0，由于直線AB與拋物線C沒有公共點，所以Δ＝4t2－20，解得t2或t－2.]
例2解題導引本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)、橢圓與直線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力．“設而不求”是解決直線與圓錐曲線交點問題的基本方法．當所求弦為焦點弦時，可結(jié)合圓錐曲線的定義求解．
解(1)設點A的坐標為(x1，b)，點B的坐標為(x2，b)，由x24＋y2＝1，解得x1,2＝±21－b2，
所以S＝12b|x1－x2|＝2b1－b2≤b2＋1－b2＝1.
當且僅當b＝22時，S取到最大值1.
(2)由y＝kx＋bx24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
Δ＝16(4k2－b2＋1)．①
|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2164k2－b2＋14k2＋1＝2.②
又因為O到AB的距離d＝|b|1＋k2＝2S|AB|＝1，
所以b2＝k2＋1.③
將③代入②并整理，得4k4－4k2＋1＝0，
解得k2＝12，b2＝32，代入①式檢查，Δ0.
故直線AB的方程是：y＝22x＋62或y＝22x－62或y＝－22x＋62或y＝－22x－62.
變式遷移2解(1)設橢圓方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
則c＝3，ca＝32.∴a＝2，b＝1.
∴所求橢圓方程為x24＋y2＝1.
(2)由y＝x＋m，x24＋y2＝1，消去y得關(guān)于x的方程：
5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，
則Δ＝64m2－80(m2－1)0，解得m25.(*)
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝－85m，
x1x2＝4m2－15，y1－y2＝x1－x2，
∴|PQ|＝x1－x22＋y1－y22＝2x1－x22
＝2－85m2－165m2－1＝2，
解得m2＝158，滿足(*)，∴m＝±304.
例3解題導引直線與圓錐曲線的位置關(guān)系從代數(shù)的角度來看，就是直線方程與圓錐曲線的方程組成的方程組有無解的問題，結(jié)合判別式Δ研究，利用設而不求與整體代入等技巧與方法，從而延伸出一些復雜的參數(shù)范圍的研究．
解由y＝kx＋1x2－y2＝1(x≤－1)
得(k2－1)x2＋2kx＋2＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則Δ＝4k2＋81－k20x1＋x2＝2k1－k20x1x2＝－21－k20，∴1k2.
設M(x0，y0)，由x0＝x1＋x22＝k1－k2y0＝y(tǒng)1＋y22＝11－k2，
設l與y軸的交點為Q(0，b)，則由P(－2,0)，
Mk1－k2，11－k2，Q(0，b)三點共線得b＝2－2k2＋k＋2，
設f(k)＝－2k2＋k＋2，則f(k)在(1，2)上單調(diào)遞減，
∴f(k)∈(－2＋2，1)，
∴b∈(－∞，－2－2)∪(2，＋∞)．
變式遷移3解(1)由已知條件，直線l的方程為y＝kx＋2，
代入橢圓方程得x22＋(kx＋2)2＝1，
整理得12＋k2x2＋22kx＋1＝0.①
直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于
Δ＝8k2－412＋k2＝4k2－20，解得k－22或k22.
即k的取值范圍為－∞，－22∪22，＋∞.
(2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則OP→＋OQ→＝(x1＋x2，y1＋y2)，
由方程①，x1＋x2＝－42k1＋2k2.②
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22.③
而A(2，0)，B(0,1)，AB→＝(－2，1)．
所以OP→＋OQ→與AB→共線等價于x1＋x2＝－2(y1＋y2)，
將②③代入上式，解得k＝22.
由(1)知k－22或k22，故沒有符合題意的常數(shù)k.
課后練習區(qū)
1．A2.C3.A4.D5.C
6．[1,5)7.58.2
9．解設直線AB的方程為y＝x＋b，
由y＝－x2＋3，y＝x＋b，消去y得x2＋x＋b－3＝0，(3分)
∴x1＋x2＝－1.
于是AB的中點M(－12，－12＋b)，
且Δ＝1－4(b－3)0，即b134.(6分)
又M(－12，－12＋b)在直線x＋y＝0上，∴b＝1符合．(8分)
∴x2＋x－2＝0.由弦長公式可得
|AB|＝1＋12－12－4×－2＝32.(12分)
10．解(1)由e＝ca＝32，得3a2＝4c2.
再由c2＝a2－b2，得a＝2b.
由題意可知12×2a×2b＝4，即ab＝2.
解方程組a＝2b，ab＝2，得a＝2，b＝1.
所以橢圓的方程為x24＋y2＝1.(4分)
(2)由(1)可知A(－2,0)，且直線l的斜率必存在．設B點的坐標為(x1，y1)，直線l的斜率為k，則直線l的方程為y＝k(x＋2)．
于是A，B兩點的坐標滿足方程組y＝kx＋2，x24＋y2＝1.
由方程組消去y并整理，得
(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0.
由根與系數(shù)的關(guān)系，得－2x1＝16k2－41＋4k2，
所以x1＝2－8k21＋4k2，從而y1＝4k1＋4k2.
設線段AB的中點為M，則M的坐標為(－8k21＋4k2，2k1＋4k2)．(6分)
以下分兩種情況討論：
①當k＝0時，點B的坐標是(2,0)，線段AB的垂直平分線為y軸，于是QA→＝(－2，－y0)，QB→＝(2，－y0)．
由QA→QB→＝4，得y0＝±22.(8分)
②當k≠0時，線段AB的垂直平分線的方程為
y－2k1＋4k2＝－1k(x＋8k21＋4k2)．
令x＝0，解得y0＝－6k1＋4k2.
由QA→＝(－2，－y0)，QB→＝(x1，y1－y0)，
QA→QB→＝－2x1－y0(y1－y0)
＝－22－8k21＋4k2＋6k1＋4k2(4k1＋4k2＋6k1＋4k2)
＝416k4＋15k2－11＋4k22＝4，
整理得7k2＝2，故k＝±147.
所以y0＝±2145.(11分)
綜上，y0＝±22或y0＝±2145.(12分)
11．解(1)由點P(x0，y0)(x0≠±a)在雙曲線x2a2－y2b2＝1上，有x20a2－y20b2＝1.
由題意有y0x0－ay0x0＋a＝15，(3分)
可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，e＝ca＝305.(6分)
(2)聯(lián)立x2－5y2＝5b2，y＝x－c，得4x2－10cx＋35b2＝0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝5c2，x1x2＝35b24.①
設OC→＝(x3，y3)，OC→＝λOA→＋OB→，
即x3＝λx1＋x2，y3＝λy1＋y2.(9分)
又C為雙曲線上一點，
即x23－5y23＝5b2，有
(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2.化簡得
λ2(x21－5y21)＋(x22－5y22)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2.②
又A(x1，y1)，B(x2，y2)在雙曲線上，
所以x21－5y21＝5b2，x22－5y22＝5b2.(11分)
由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)
＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，
②式可化為λ2＋4λ＝0，解得λ＝0或λ＝－4.
(14分)