高中生物一輪復(fù)習(xí)教案

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)利用向量方法求空間角學(xué)案有答案。

學(xué)案46利用向量方法求空間角

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.掌握各種空間角的定義，弄清它們各自的取值范圍.2.掌握異面直線所成的角，二面角的平面角，直線與平面所成的角的聯(lián)系和區(qū)別.3.體會(huì)求空間角中的轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，熟練掌握平移方法、射影方法等.4.靈活地運(yùn)用各種方法求空間角．
自主梳理
1．兩條異面直線的夾角
(1)定義：設(shè)a，b是兩條異面直線，在直線a上任取一點(diǎn)作直線a′∥b，則a′與a的夾角叫做a與b的夾角．
(2)范圍：兩異面直線夾角θ的取值范圍是_______________________________________．
(3)向量求法：設(shè)直線a，b的方向向量為a，b，其夾角為φ，則有cosθ＝________＝______________.
2．直線與平面的夾角
(1)定義：直線和平面的夾角，是指直線與它在這個(gè)平面內(nèi)的射影的夾角．
(2)范圍：直線和平面夾角θ的取值范圍是________________________________________．
(3)向量求法：設(shè)直線l的方向向量為a，平面的法向量為u，直線與平面所成的角為θ，a與u的夾角為φ，則有sinθ＝__________或cosθ＝sinφ.
3．二面角
(1)二面角的取值范圍是____________．
(2)二面角的向量求法：
①若AB、CD分別是二面角α—l—β的兩個(gè)面內(nèi)與棱l垂直的異面直線，則二面角的大小就是向量AB→與CD→的夾角(如圖①)．
②設(shè)n1，n2分別是二面角α—l—β的兩個(gè)面α，β的法向量，則向量n1與n2的夾角(或其補(bǔ)角)的大小就是二面角的平面角的大小(如圖②③)．
自我檢測(cè)
1．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角為()
A．45°B．135°
C．45°或135°D．90°
2．若直線l1，l2的方向向量分別為a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，則()
A．l1∥l2B．l1⊥l2
C．l1與l2相交但不垂直D．以上均不正確
3．若直線l的方向向量與平面α的法向量的夾角等于120°，則直線l與平面α所成的角等于()
A．120°B．60°
C．30°D．以上均錯(cuò)
4．(2011湛江月考)二面角的棱上有A、B兩點(diǎn)，直線AC、BD分別在這個(gè)二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，則該二面角的大小為()
A．150°B．45°C．60°D．120°
5．(2011鐵嶺模擬)已知直線AB、CD是異面直線，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，則異面直線AB與CD夾角的大小為()
A．30°B．45°C．60°D．75°
探究點(diǎn)一利用向量法求異面直線所成的角
例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D為B1C1的中點(diǎn)，求異面直線BD和A1C所成角的余弦值．
變式遷移1
如圖所示，在棱長為a的正方體ABCD—A1B1C1D1中，求異面直線BA1和AC所成的角．
探究點(diǎn)二利用向量法求直線與平面所成的角
例2(2011新鄉(xiāng)月考)如圖，已知兩個(gè)正方形ABCD和DCEF不在同一平面內(nèi)，M，N分別為AB，DF的中點(diǎn)．
若平面ABCD⊥平面DCEF，求直線MN與平面DCEF所成角的正弦值．

變式遷移2
如圖所示，在幾何體ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，點(diǎn)F是AE的中點(diǎn)．求AB與平面BDF所成角的正弦值．

探究點(diǎn)三利用向量法求二面角

例3如圖，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD與面SBA所成角的余弦值大?。?/p>

變式遷移3
(2011滄州月考)如圖，在三棱錐S—ABC中，側(cè)面SAB與側(cè)面SAC均為等邊三角形，∠BAC＝90°，O為BC中點(diǎn)．
(1)證明：SO⊥平面ABC；
(2)求二面角A—SC—B的余弦值．

探究點(diǎn)四向量法的綜合應(yīng)用

例4
如圖所示，在三棱錐A—BCD中，側(cè)面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜邊，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一個(gè)側(cè)面ABC是正三角形．
(1)求證：AD⊥BC；
(2)求二面角B－AC－D的余弦值；
(3)在線段AC上是否存在一點(diǎn)E，使ED與面BCD成30°角？若存在，確定點(diǎn)E的位置；若不存在，說明理由．
變式遷移4(2011山東)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為平行四邊形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.
(1)若M是線段AD的中點(diǎn)，求證：GM∥平面ABFE；
(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大?。?br> 1．求兩異面直線a、b的夾角θ，需求出它們的方向向量a，b的夾角，則cosθ＝|cos〈a，b〉|.
2．求直線l與平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n與直線l的方向向量a的夾角．則sinθ＝|cos〈n，a〉|.
3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出兩個(gè)平面的法向量n1，n2所成的角．則θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011成都月考)在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中點(diǎn)，則sin〈DB1→，CM→〉的值等于()
A.12B.21015
C.23D.1115
2．長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點(diǎn)，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為()
A.1010B.3010C.21510D.31010
3．已知正四棱錐S—ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點(diǎn)，則AE、SD所成的角的余弦值為()
A.13B.23C.33D.23
4.
如圖所示，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D與上底面A1B1C1D1所成的角分別為60°和45°，則異面直線B1C和C1D所成的余弦值為()
A.26B.63
C.36D.64
5．(2011蘭州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一點(diǎn)，分別在α、β平面上引射線PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小為()
A．60°B．70°C．80°D．90°
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011鄭州模擬)已知正四棱錐P—ABCD的棱長都相等，側(cè)棱PB、PD的中點(diǎn)分別為M、N，則截面AMN與底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．
7．如圖，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°且PA＝AC＝BC＝a，則異面直線PB與AC所成角的正切值等于________．
8．如圖，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱長都相等，D是A1C1的中點(diǎn)，則直線AD與平面B1DC所成角的正弦值為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)(2011煙臺(tái)模擬)
如圖所示，AF、DE分別是⊙O、⊙O1的直徑，AD與兩圓所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直徑，AB＝AC＝6，OE∥AD.
(1)求二面角B－AD－F的大小；
(2)求直線BD與EF所成的角的余弦值．
10．(12分)(2011大綱全國)如圖，四棱錐S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)證明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB與平面SBC所成角的正弦值．
11．(14分)(2011湖北)如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱長都是4，E是BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)F在側(cè)棱CC1上，且不與點(diǎn)C重合．
(1)當(dāng)CF＝1時(shí)，求證：EF⊥A1C；
(2)設(shè)二面角C－AF－E的大小為θ，求tanθ的最小值．

學(xué)案46利用向量方法求空間角
自主梳理
1．(2)0，π2(3)|cosφ|ab|a||b|
2．(2)0，π2(3)|cosφ|3.(1)[0，π]
自我檢測(cè)
1．C2.B3.C4.C5.C
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引(1)求異面直線所成的角，用向量法比較簡單，若用基向量法求解，則必須選好空間的一組基向量，若用坐標(biāo)求解，則一定要將每個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)寫正確．
(2)用異面直線方向向量求兩異面直線夾角時(shí)，應(yīng)注意異面直線所成角的范圍是0，π2
解
如圖所示，以C為原點(diǎn)，直線CA、CB、CC1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)CA＝CB＝CC1＝2，
則A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，
∴BD→＝(0，－1,2)，A1C→＝(－2,0，－2)，
∴cos〈BD→，A1C→〉＝BD→A1C→|BD→||A1C→|＝－105.
∴異面直線BD與A1C所成角的余弦值為105.
變式遷移1解∵BA1→＝BA→＋BB1→，AC→＝AB→＋BC→，
∴BA1→AC→＝(BA→＋BB1→)(AB→＋BC→)
＝BA→AB→＋BA→BC→＋BB1→AB→＋BB1→BC→.
∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴BA→BC→＝0，BB1→AB→＝0，
BB1→BC→＝0，BA→AB→＝－a2，
∴BA1→AC→＝－a2.
又BA1→AC→＝|BA1→||AC→|cos〈BA1→，AC→〉，
∴cos〈BA1→，AC→〉＝－a22a×2a＝－12.
∴〈BA1→，AC→〉＝120°.
∴異面直線BA1與AC所成的角為60°.
例2解題導(dǎo)引在用向量法求直線OP與α所成的角(O∈α)時(shí)，一般有兩種途徑：一是直接求〈OP→，OP′→〉，其中OP′為斜線OP在平面α內(nèi)的射影；二是通過求〈n，OP→〉進(jìn)而轉(zhuǎn)化求解，其中n為平面α的法向量．
解
設(shè)正方形ABCD，DCEF的邊長為2，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線DC，DF，DA為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖．
則M(1,0,2)，N(0,1,0)，可得MN→＝(－1,1，－2)．
又DA→＝(0,0,2)為平面DCEF的法向量，
可得cos〈MN→，DA→〉＝MN→DA→|MN→||DA→|＝－63.
所以MN與平面DCEF所成角的正弦值為
|cos〈MN→，DA→〉|＝63.
變式遷移2解以點(diǎn)B為原點(diǎn)，BA、BC、BE所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則
B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
D(0,2,1)，E(0,0,2)，F(xiàn)(1,0,1)．
∴BD→＝(0,2,1)，DF→＝(1，－2,0)．
設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為
n＝(2，a，b)，
∵n⊥DF→，n⊥BD→，
∴nDF→＝0，nBD→＝0.
即2，a，b1，－2，0＝0，2，a，b0，2，1＝0.
解得a＝1，b＝－2.∴n＝(2,1，－2)．
設(shè)AB與平面BDF所成的角為θ，
則法向量n與BA→的夾角為π2－θ，
∴cosπ2－θ＝BA→n|BA→||n|＝2，0，02，1，－22×3＝23，
即sinθ＝23，故AB與平面BDF所成角的正弦值為23.
例3解題導(dǎo)引圖中面SCD與面SBA所成的二面角沒有明顯的公共棱，考慮到易于建系，從而借助平面的法向量來求解．
解
建系如圖，則A(0,0,0)，
D12，0，0，C(1,1,0)，
B(0，1,0)，S(0,0,1)，
∴AS→＝(0,0,1)，SC→＝(1,1，－1)，
SD→＝12，0，－1，AB→＝(0,1,0)，AD→＝12，0，0.
∴AD→AS→＝0，AD→AB→＝0.
∴AD→是面SAB的法向量，設(shè)平面SCD的法向量為n＝(x，y，z)，則有nSC→＝0且nSD→＝0.
即x＋y－z＝0，12x－z＝0.令z＝1，則x＝2，y＝－1.
∴n＝(2，－1,1)．
∴cos〈n，AD→〉＝nAD→|n||AD→|＝2×126×12＝63.
故面SCD與面SBA所成的二面角的余弦值為63.
變式遷移3(1)證明由題設(shè)AB＝AC＝SB＝SC＝SA.
連接OA，△ABC為等腰直角三角形，
所以O(shè)A＝OB＝OC＝22SA，
且AO⊥BC.
又△SBC為等腰三角形，
故SO⊥BC，且SO＝22SA.從而OA2＋SO2＝SA2，
所以△SOA為直角三角形，SO⊥AO.
又AO∩BC＝O，所以SO⊥平面ABC.
(2)解
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OB、OA、OS分別為x軸、y軸、z軸的正半軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如右圖．
設(shè)B(1,0,0)，則C(－1,0,0)，
A(0,1,0)，S(0,0,1)．
SC的中點(diǎn)M－12，0，12，
MO→＝12，0，－12，MA→＝12，1，－12，
SC→＝(－1,0，－1)，
∴MO→SC→＝0，MA→SC→＝0.
故MO⊥SC，MA⊥SC，〈MO→，MA→〉等于二面角A—SC—B的平面角．
cos〈MO→，MA→〉＝MO→MA→|MO→||MA→|＝33，
所以二面角A—SC—B的余弦值為33.
例4解題導(dǎo)引立體幾何中開放性問題的解決方式往往是通過假設(shè)，借助空間向量建立方程，進(jìn)行求解．
(1)證明
作AH⊥面BCD于H，連接BH、CH、DH，則四邊形BHCD是正方形，且AH＝1，將其補(bǔ)形為如圖所示正方體．以D為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．
則B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,1,1)．
BC→＝(－1,1,0)，DA→＝(1,1,1)，
∴BC→DA→＝0，則BC⊥AD.
(2)解設(shè)平面ABC的法向量為n1＝(x，y，z)，則由n1⊥BC→知：n1BC→＝－x＋y＝0，
同理由n1⊥AC→知：n1AC→＝－x－z＝0，
可取n1＝(1,1，－1)，
同理，可求得平面ACD的一個(gè)法向量為n2＝(1,0，－1)．
由圖可以看出，二面角B－AC－D即為〈n1，n2〉，
∴cos〈n1，n2〉＝n1n2|n1||n2|＝1＋0＋13×2＝63.
即二面角B－AC－D的余弦值為63.
(3)解設(shè)E(x，y，z)是線段AC上一點(diǎn)，
則x＝z0，y＝1，平面BCD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)，DE→＝(x,1，x)，要使ED與平面BCD成30°角，由圖可知DE→與n的夾角為60°，
所以cos〈DE→，n〉＝DE→n|DE→||n|＝x1＋2x2
＝cos60°＝12.
則2x＝1＋2x2，解得x＝22，則CE＝2x＝1.
故線段AC上存在E點(diǎn)，且CE＝1時(shí)，ED與面BCD成30°角．
變式遷移4
(1)證明方法一因?yàn)镋F∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.
連接AF，由于FG∥BC，F(xiàn)G＝12BC，
在ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)，
則AM∥BC，且AM＝12BC，
因此FG∥AM且FG＝AM，
所以四邊形AFGM為平行四邊形，因此GM∥FA.
又FA平面ABFE，GM平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
方法二因?yàn)镋F∥AB，F(xiàn)G∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，
所以BC＝2FG.
取BC的中點(diǎn)N，連接GN，
因此四邊形BNGF為平行四邊形，所以GN∥FB.
在ABCD中，M是線段AD的中點(diǎn)，連接MN，
則MN∥AB.因?yàn)镸N∩GN＝N，
所以平面GMN∥平面ABFE.
又GM平面GMN，所以GM∥平面ABFE.
(2)解方法一因?yàn)椤螦CB＝90°，所以∠CAD＝90°.
又EA⊥平面ABCD，
所以AC，AD，AE兩兩垂直．
分別以AC，AD，AE所在直線為x軸，y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
不妨設(shè)AC＝BC＝2AE＝2，則由題意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，
所以AB→＝(2，－2,0)，BC→＝(0,2,0)．又EF＝12AB，
所以F(1，－1,1)，BF→＝(－1,1,1)．
設(shè)平面BFC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
則mBC→＝0，mBF→＝0，
所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝(1,0,1)．
設(shè)平面向量ABF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
則nAB→＝0，nBF→＝0，所以x2＝y(tǒng)2，z2＝0，
取y2＝1，得x2＝1.則n＝(1,1,0)．
所以cos〈m，n〉＝mn|m||n|＝12.
因此二面角A－BF－C的大小為60°.
方法二由題意知，平面ABFE⊥平面ABCD.
取AB的中點(diǎn)H，連接CH.
因?yàn)锳C＝BC，
所以CH⊥AB，
則CH⊥平面ABFE.
過H向BF引垂線交BF于R，連接CR，則CR⊥BF，
所以∠HRC為二面角A－BF－C的平面角．
由題意，不妨設(shè)AC＝BC＝2AE＝2，
在直角梯形ABFE中，連接FH，則FH⊥AB.
又AB＝22，
所以HF＝AE＝1，BH＝2，
因此在Rt△BHF中，HR＝63.
由于CH＝12AB＝2，
所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝263＝3.
因此二面角A－BF－C的大小為60°.
課后練習(xí)區(qū)
1．B
[以D為原點(diǎn)，DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為1，易知DB1→＝(1,1,1)，
CM→＝1，－12，0，
故cos〈DB1→，CM→〉＝DB1→CM→|DB1→||CM→|＝1515，
從而sin〈DB1→，CM→〉＝21015.]
2．B[
建立空間直角坐標(biāo)系如圖．
則A(1,0,0)，E(0,2,1)，
B(1,2,0)，C1(0,2,2)．
BC1→＝(－1,0,2)，AE→＝(－1,2,1)，
cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→AE→|BC1→||AE→|＝3010.
所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為3010.]
3．C4.D
5．D[
不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，
如圖：
∵∠EPM＝∠FPN＝45°，
∴PE＝22a，PF＝22b，
∴EM→FN→＝(PM→－PE→)(PN→－PF→)
＝PM→PN→－PM→PF→－PE→PN→＋PE→PF→
＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b
＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0，
∴EM→⊥FN→，∴二面角α—AB—β的大小為90°.]
6.255
解析如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正四棱錐的棱長為2，
則PB＝2，OB＝1，OP＝1.
∴B(1,0,0)，D(－1,0,0)，
A(0,1,0)，P(0,0,1)，
M12，0，12，
N－12，0，12，
AM→＝12，－1，12，
AN→＝－12，－1，12，
設(shè)平面AMN的法向量為n1＝(x，y，z)，
由nAM→＝12x－y＋12z＝0，nAN→＝－12x－y＋12z＝0，
解得x＝0，z＝2y，不妨令z＝2，則y＝1.
∴n1＝(0,1,2)，平面ABCD的法向量n2＝(0,0,1)，
則cos〈n1，n2〉＝n1n2|n1||n2|＝25＝255.
7.2
解析PB→＝PA→＋AB→，故PB→AC→＝(PA→＋AB→)AC→＝PA→AC→＋AB→AC→＝0＋a×2a×cos45°＝a2.
又|PB→|＝3a，|AC→|＝a.
∴cos〈PB→，AC→〉＝33，sin〈PB→，AC→〉＝63，
∴tan〈PB→，AC→〉＝2.
8.45
解析不妨設(shè)正三棱柱ABC—A1B1C1的棱長為2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則C(0,0,0)，A(3，－1,0)，B1(3，1,2)，
D32，－12，2.
則CD→＝32，－12，2，
CB1→＝(3，1,2)，
設(shè)平面B1DC的法向量為
n＝(x，y,1)，由nCD→＝0，nCB1→＝0，
解得n＝(－3，1,1)．又∵DA→＝32，－12，－2，
∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.
9．解(1)∵AD與兩圓所在的平面均垂直，
∴AD⊥AB，AD⊥AF，
故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角．(2分)
依題意可知，ABFC是正方形，∴∠BAF＝45°.
即二面角B—AD—F的大小為45°.(5分)
(2)以O(shè)為原點(diǎn)，CB、AF、OE所在直線為坐標(biāo)軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)，則O(0,0,0)，A(0，－32，0)，B(32，0,0)，D(0，－32，8)，
E(0,0,8)，F(xiàn)(0,32，0)，(7分)
∴BD→＝(－32，－32，8)，
EF→＝(0,32，－8)．cos〈BD→，EF→〉＝BD→EF→|BD→||EF→|
＝0－18－64100×82＝－8210.(10分)
設(shè)異面直線BD與EF所成角為α，則
cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.
即直線BD與EF所成的角的余弦值為8210.
(12分)
10.
方法一(1)證明取AB中點(diǎn)E，連接DE，則四邊形BCDE為矩形，DE＝CB＝2，連接SE，則SE⊥AB，SE＝3.
又SD＝1，
故ED2＝SE2＋SD2，
所以∠DSE為直角，即SD⊥SE.(3分)
由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，
得AB⊥平面SDE，
所以AB⊥SD.
由SD與兩條相交直線AB、SE都垂直，
所以SD⊥平面SAB.(6分)
(2)解由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE.
作SF⊥DE，垂足為F，則SF⊥平面ABCD，SF＝SDSEDE＝32.(8分)
作FG⊥BC，垂足為G，則FG＝DC＝1.
連接SG，
又BC⊥FG，BC⊥SF，SF∩FG＝F，
故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG.
作FH⊥SG，H為垂足，則FH⊥平面SBC.
FH＝SFFGSG＝37，則F到平面SBC的距離為217.
由于ED∥BC，
所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距離d為217.(10分)
設(shè)AB與平面SBC所成的角為α，則sinα＝dEB＝217，
即AB與平面SBC所成的角的正弦值為217.(12分)
方法二以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CD為x軸正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C－xyz.
設(shè)D(1,0,0)，則A(2,2,0)、B(0,2,0)．(2分)
又設(shè)S(x，y，z)，則x0，y0，z0.
(1)證明AS→＝(x－2，y－2，z)，BS→＝(x，y－2，z)，
DS→＝(x－1，y，z)，
由|AS→|＝|BS→|得
x－22＋y－22＋z2
＝x2＋y－22＋z2，
故x＝1.
由|DS→|＝1得y2＋z2＝1.①
又由|BS→|＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，
即y2＋z2－4y＋1＝0.②
聯(lián)立①②得y＝12，z＝32.(4分)
于是S(1，12，32)，AS→＝(－1，－32，32)，
BS→＝(1，－32，32)，DS→＝(0，12，32)．
因?yàn)镈S→AS→＝0，DS→BS→＝0，
故DS⊥AS，DS⊥BS.
又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.(6分)
(2)解設(shè)平面SBC的法向量a＝(m，n，p)，
則a⊥BS→，a⊥CB→，aBS→＝0，aCB→＝0.
又BS→＝(1，－32，32)，CB→＝(0,2,0)，
故m－32n＋32p＝0，2n＝0.
取p＝2得a＝(－3，0,2)．(9分)
又AB→＝(－2,0,0)，cos〈AB→，a〉＝|AB→a||AB→||a|＝217，
所以AB與平面SBC所成角的正弦值為217.(12分)
11．(1)證明建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則由已知可得A(0,0,0)，B(23，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(3，3,0)，F(xiàn)(0,4,1)．(2分)
于是CA1→＝(0，－4,4)，
EF→＝(－3，1,1)．
則CA1→EF→＝(0，－4,4)(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，
故EF⊥A1C.(7分)
(2)解設(shè)CF＝λ(0λ≤4)，平面AEF的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)，
則由(1)得F(0,4，λ)．(8分)
AE→＝(3，3,0)，AF→＝(0,4，λ)，
于是由m⊥AE→，m⊥AF→可得
mAE→＝0，mAF→＝0，即3x＋3y＝0，4y＋λz＝0.取m＝(3λ，－λ，4)．
又由直三棱柱的性質(zhì)可取側(cè)面AC1的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)，于是由θ的銳角可得cosθ＝|mn||m||n|＝3λ2λ2＋4，sinθ＝λ2＋162λ2＋4，所以tanθ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(11分)
由0λ≤4，得1λ≥14，即tanθ≥13＋13＝63.
故當(dāng)λ＝4，即點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)，tanθ取得最小值63.
(14分)

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高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)函數(shù)與方程學(xué)案有答案

一位優(yōu)秀的教師不打無準(zhǔn)備之仗，會(huì)提前做好準(zhǔn)備，教師要準(zhǔn)備好教案，這是教師需要精心準(zhǔn)備的。教案可以讓上課時(shí)的教學(xué)氛圍非?；钴S，使教師有一個(gè)簡單易懂的教學(xué)思路。那么，你知道教案要怎么寫呢？為了讓您在使用時(shí)更加簡單方便，下面是小編整理的“高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)函數(shù)與方程學(xué)案有答案”，歡迎您閱讀和收藏，并分享給身邊的朋友！

學(xué)案11函數(shù)與方程
導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.結(jié)合二次函數(shù)的圖象，了解函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的聯(lián)系，會(huì)判斷一元二次方程根的存在性及根的個(gè)數(shù).2.根據(jù)具體函數(shù)的圖象，能夠用二分法求相應(yīng)方程的近似值．
自主梳理
1．函數(shù)零點(diǎn)的定義
(1)對(duì)于函數(shù)y＝f(x)(x∈D)，把使________成立的實(shí)數(shù)x叫做函數(shù)y＝f(x)(x∈D)的零點(diǎn)．
(2)方程f(x)＝0有實(shí)根函數(shù)y＝f(x)的圖象與____有交點(diǎn)函數(shù)y＝f(x)有________．
2．函數(shù)零點(diǎn)的判定
如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有____________，那么函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間________內(nèi)有零點(diǎn)，即存在c∈(a，b)，使得________，這個(gè)____也就是f(x)＝0的根．我們不妨把這一結(jié)論稱為零點(diǎn)存在性定理．
3．二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a0)的圖象與零點(diǎn)的關(guān)系
Δ0Δ＝0Δ0
二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c
(a0)的圖象

與x軸的交點(diǎn)________，
________________無交點(diǎn)
零點(diǎn)個(gè)數(shù)________________________
4.用二分法求函數(shù)f(x)零點(diǎn)近似值的步驟
第一步，確定區(qū)間[a，b]，驗(yàn)證________________，給定精確度ε；
第二步，求區(qū)間(a，b)的中點(diǎn)c；
第三步，計(jì)算______：
①若________，則c就是函數(shù)的零點(diǎn)；
②若________，則令b＝c[此時(shí)零點(diǎn)x0∈(a，c)]；
③若________，則令a＝c[此時(shí)零點(diǎn)x0∈(c，b)]；
第四步，判斷是否達(dá)到精確度ε：即若|a－b|ε，則得到零點(diǎn)近似值a(或b)；否則重復(fù)第二、三、四步．
自我檢測(cè)
1．(2010福建)f(x)＝x2＋2x－3，x≤0－2＋lnxx0的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()
A．0B．1C．2D．3
2．若函數(shù)y＝f(x)在R上遞增，則函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)()
A．至少有一個(gè)B．至多有一個(gè)
C．有且只有一個(gè)D．可能有無數(shù)個(gè)
3．如圖所示的函數(shù)圖象與x軸均有交點(diǎn)，其中不能用二分法求圖中交點(diǎn)橫坐標(biāo)的是()
A．①②B．①③
C．①④D．③④
4．設(shè)f(x)＝3x＋3x－8，用二分法求方程3x＋3x－8＝0在x∈(1,2)內(nèi)近似解的過程中得f(1)0，f(1.5)0，f(1.25)0，則方程的根所在的區(qū)間是()
A．(1,1.25)B．(1.25,1.5)
C．(1.5,2)D．不能確定
5．(2011福州模擬)若函數(shù)f(x)的零點(diǎn)與g(x)＝4x＋2x－2的零點(diǎn)之差的絕對(duì)值不超過0.25，則f(x)可以是()
A．f(x)＝4x－1B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex－1D．f(x)＝ln(x－0.5)
探究點(diǎn)一函數(shù)零點(diǎn)的判斷
例1判斷函數(shù)y＝lnx＋2x－6的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．

變式遷移1(2011煙臺(tái)模擬)若定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x，則函數(shù)y＝f(x)－log3|x|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()
A．多于4個(gè)B．4個(gè)
C．3個(gè)D．2個(gè)
探究點(diǎn)二用二分法求方程的近似解
例2求方程2x3＋3x－3＝0的一個(gè)近似解(精確度0.1)．

變式遷移2(2011淮北模擬)用二分法研究函數(shù)f(x)＝x3＋lnx＋12的零點(diǎn)時(shí)，第一次經(jīng)計(jì)算f(0)0，0，可得其中一個(gè)零點(diǎn)x0∈________，第二次應(yīng)計(jì)算________．以上橫線上應(yīng)填的內(nèi)容為()
A.0，12B．(0,1)f12
C.12，1D.0，12
探究點(diǎn)三利用函數(shù)的零點(diǎn)確定參數(shù)
例3已知a是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[－1,1]上有零點(diǎn)，求a的取值范圍．
變式遷移3若函數(shù)f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
1．全面認(rèn)識(shí)深刻理解函數(shù)零點(diǎn)：
(1)從“數(shù)”的角度看：即是使f(x)＝0的實(shí)數(shù)x；
(2)從“形”的角度看：即是函數(shù)f(x)的圖象與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)；
(3)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處與x軸相切，則零點(diǎn)x0通常稱為不變號(hào)零點(diǎn)；
(4)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝x0處與x軸相交，則零點(diǎn)x0通常稱為變號(hào)零點(diǎn)．
2．求函數(shù)y＝f(x)的零點(diǎn)的方法：
(1)(代數(shù)法)求方程f(x)＝0的實(shí)數(shù)根(常用公式法、因式分解法、直接求解法等)；
(2)(幾何法)對(duì)于不能用求根公式的方程，可以將它與函數(shù)y＝f(x)的圖象聯(lián)系起來，并利用函數(shù)的性質(zhì)找出零點(diǎn)；
(3)(二分法)主要用于求函數(shù)零點(diǎn)的近似值，二分法的條件f(a)f(b)0表明：用二分法求函數(shù)的近似零點(diǎn)都是指變號(hào)零點(diǎn)．
3．有關(guān)函數(shù)零點(diǎn)的重要結(jié)論：
(1)若連續(xù)不間斷的函數(shù)f(x)是定義域上的單調(diào)函數(shù)，則f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)；
(2)連續(xù)不間斷的函數(shù)，其相鄰兩個(gè)零點(diǎn)之間的所有函數(shù)值保持同號(hào)；
(3)連續(xù)不間斷的函數(shù)圖象通過零點(diǎn)時(shí)，函數(shù)值符號(hào)可能不變．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010天津)函數(shù)f(x)＝2x＋3x的零點(diǎn)所在的一個(gè)區(qū)間是()
A．(－2，－1)B．(－1,0)
C．(0,1)D．(1,2)
2．(2011福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝log2x－13x，若實(shí)數(shù)x0是方程f(x)＝0的解，且0x1x0，則f(x1)的值()
A．恒為負(fù)B．等于零
C．恒為正D．不小于零
3．下列函數(shù)圖象與x軸均有公共點(diǎn)，其中能用二分法求零點(diǎn)的是()
4．函數(shù)f(x)＝(x－2)(x－5)－1有兩個(gè)零點(diǎn)x1、x2，且x1x2，則()
A．x12,2x25
B．x12，x25
C．x12，x25
D．2x15，x25
5．(2011廈門月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝4x－4，x≤1x2－4x＋3，x1，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是()
A．4B．3C．2D．1
題號(hào)12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)x0時(shí)，f(x)＝2006x＋log2006x，則在R上，函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為________．
7．(2011深圳模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋lnx，h(x)＝x－x－1的零點(diǎn)分別為x1，x2，x3，則x1，x2，x3的大小關(guān)系是______________．
8．(2009山東)若函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋x2＋14.
證明：存在x0∈(0，12)，使f(x0)＝x0.

10．(12分)已知二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)c，使f(c)0，求實(shí)數(shù)p的取值范圍．
11．(14分)(2011杭州調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－a2，3a2c2b，求證：
(1)a0且－3ba－34；
(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)；
(3)設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，則2≤|x1－x2|574.

答案自主梳理
1．(1)f(x)＝0(2)x軸零點(diǎn)2.f(a)f(b)0(a，b)f(c)＝0c3.(x1,0)(x2,0)(x1,0)兩個(gè)一個(gè)無4.f(a)f(b)0f(c)①f(c)＝0②f(a)f(c)0③f(c)f(b)0
自我檢測(cè)
1．C[當(dāng)x≤0時(shí)，令x2＋2x－3＝0，
解得x＝－3；
當(dāng)x0時(shí)，令－2＋lnx＝0，解得x＝e2，
所以已知函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)．]
2．B3.B4.B5.A
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)最常用的方法是令f(x)＝0，轉(zhuǎn)化為方程根的個(gè)數(shù)，解出方程有幾個(gè)根，函數(shù)y＝f(x)就有幾個(gè)零點(diǎn)，如果方程的根解不出，還有兩種方法判斷：方法一是基本方法，是利用零點(diǎn)的存在性原理，要注意參考單調(diào)性可判定零點(diǎn)的唯一性；方法二是數(shù)形結(jié)合法，要注意作圖技巧．
解方法一設(shè)f(x)＝lnx＋2x－6，
∵y＝lnx和y＝2x－6均為增函數(shù)，
∴f(x)也是增函數(shù)．
又∵f(1)＝0＋2－6＝－40，f(3)＝ln30，
∴f(x)在(1,3)上存在零點(diǎn)．又f(x)為增函數(shù)，
∴函數(shù)在(1,3)上存在唯一零點(diǎn)．
方法二在同一坐標(biāo)系畫出y＝lnx與y＝6－2x的圖象，由圖可知兩圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，故函數(shù)y＝lnx＋2x－6只有一個(gè)零點(diǎn)．
變式遷移1B[由題意知f(x)是偶函數(shù)并且周期為2.由f(x)－log3|x|＝0，得f(x)＝log3|x|，令y＝f(x)，y＝log3|x|，這兩個(gè)函數(shù)都是偶函數(shù)，畫兩函數(shù)y軸右
邊的圖象如圖，兩函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，因此零點(diǎn)個(gè)數(shù)在x≠0，x∈R的范圍內(nèi)共4個(gè)．]
例2解題導(dǎo)引①用二分法求函數(shù)的零點(diǎn)時(shí)，最好是利用表格，將計(jì)算過程所得的各個(gè)區(qū)間、中點(diǎn)坐標(biāo)、區(qū)間中點(diǎn)的函數(shù)值等置于表格中，可清楚地表示出逐步縮小零點(diǎn)所在區(qū)間的過程，有時(shí)也可利用數(shù)軸來表示這一過程；
②在確定方程近似解所在的區(qū)間時(shí)，轉(zhuǎn)化為求方程對(duì)應(yīng)函數(shù)的零點(diǎn)所在的區(qū)間，找出的區(qū)間[a，b]長度盡可能小，且滿足f(a)f(b)0；
③求方程的近似解，所要求的精確度不同得到的結(jié)果也不同，精確度ε，是指在計(jì)算過程中得到某個(gè)區(qū)間(a，b)后，直到|a－b|ε時(shí)，可停止計(jì)算，其結(jié)果可以是滿足精確度的最后小區(qū)間的端點(diǎn)或區(qū)間內(nèi)的任一實(shí)數(shù)，結(jié)果不唯一．
解設(shè)f(x)＝2x3＋3x－3.
經(jīng)計(jì)算，f(0)＝－30，f(1)＝20，
所以函數(shù)在(0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)，
即方程2x3＋3x－3＝0在(0,1)內(nèi)有解．
取(0,1)的中點(diǎn)0.5，經(jīng)計(jì)算f(0.5)0，
又f(1)0，所以方程2x3＋3x－3＝0在(0.5,1)內(nèi)有解，
如此繼續(xù)下去，得到方程的一個(gè)實(shí)數(shù)解所在的區(qū)間，如下表.
(a，b)(a，b)
的中點(diǎn)fa＋b2

(0,1)0.5f(0.5)0
(0.5,1)0.75f(0.75)0
(0.5,0.75)0.625f(0.625)0
(0.625,0.75)0.6875f(0.6875)0
(0.6875,0.75)|0.6875－0.75|＝0.06250.1
至此，可以看出方程的根落在區(qū)間長度小于0.1的區(qū)間(0.6875,0.75)內(nèi)，可以將區(qū)間端點(diǎn)0.6875作為函數(shù)f(x)零點(diǎn)的近似值．因此0.6875是方程2x3＋3x－3＝0精確度0.1的一個(gè)近似解．
變式遷移2D[由于f(0)0，f120，而f(x)＝x3＋lnx＋12中的x3及l(fā)nx＋12在－12，＋∞上是增函數(shù)，故f(x)在－12，＋∞上也是增函數(shù)，
故f(x)在0，12上存在零點(diǎn)，所以x0∈0，12，
第二次計(jì)算應(yīng)計(jì)算0和12在數(shù)軸上對(duì)應(yīng)的中點(diǎn)
x1＝0＋122＝14.]
例3解若a＝0，f(x)＝2x－3，顯然在[－1，1]上沒有零點(diǎn)，所以a≠0.
令Δ＝4＋8a(3＋a)＝8a2＋24a＋4＝0，
解得a＝－3±72.
①當(dāng)a＝－3－72時(shí)，f(x)＝0的重根x＝3－72∈[－1,1]，
當(dāng)a＝－3＋72時(shí)，f(x)＝0的重根x＝3＋72[－1,1]，
∴y＝f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)在[－1,1]上；
②當(dāng)f(－1)f(1)＝(a－1)(a－5)0，
即1a5時(shí)，y＝f(x)在[－1,1]上也恰有一個(gè)零點(diǎn)．
③當(dāng)y＝f(x)在[－1,1]上有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，則
a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≥0f－1≥0，或a0Δ＝8a2＋24a＋40－1－12a1f1≤0f－1≤0，
解得a≥5或a－3－72.
綜上所述實(shí)數(shù)a的取值范圍是a1或a≤－3－72.
變式遷移3解方法一(換元)
設(shè)2x＝t，則函數(shù)f(x)＝4x＋a2x＋a＋1化為g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
函數(shù)f(x)＝4x＋a2x＋a＋1在(－∞，＋∞)上存在零點(diǎn)，等價(jià)于方程t2＋at＋a＋1＝0，①有正實(shí)數(shù)根．
(1)當(dāng)方程①有兩個(gè)正實(shí)根時(shí)，
a應(yīng)滿足Δ＝a2－4a＋1≥0t1＋t2＝－a0t1t2＝a＋10，
解得：－1a≤2－22；
(2)當(dāng)方程①有一正根一負(fù)根時(shí)，只需t1t2＝a＋10，
即a－1；
(3)當(dāng)方程①有一根為0時(shí)，a＝－1，此時(shí)方程①的另一根為1.
綜上可知a≤2－22.
方法二令g(t)＝t2＋at＋a＋1(t∈(0，＋∞))．
(1)當(dāng)函數(shù)g(t)在(0，＋∞)上存在兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)，
實(shí)數(shù)a應(yīng)滿足Δ＝a2－4a＋1≥0－a20g0＝a＋10，
解得－1a≤2－22；
(2)當(dāng)函數(shù)g(t)在(0，＋∞)上存在一個(gè)零點(diǎn)，另一個(gè)零點(diǎn)在(－∞，0)時(shí)，實(shí)數(shù)a應(yīng)滿足g(0)＝a＋10，
解得a－1；
(3)當(dāng)函數(shù)g(t)的一個(gè)零點(diǎn)是0時(shí)，g(0)＝a＋1＝0，a＝－1，此時(shí)可以求得函數(shù)g(t)的另一個(gè)零點(diǎn)是1.
綜上(1)(2)(3)知a≤2－22.
課后練習(xí)區(qū)
1．B[因?yàn)閒(－1)＝12－30，f(0)＝10，
所以f(x)在區(qū)間(－1,0)上存在零點(diǎn)．]
2．A
3．C[能用二分法求零點(diǎn)的函數(shù)必須在給定區(qū)間[a，b]上連續(xù)不斷，并且有f(a)f(b)0.A、B中不存在f(x)0，D中函數(shù)不連續(xù)．]
4．C
5．B[當(dāng)x≤1時(shí)，函數(shù)f(x)＝4x－4與g(x)＝log2x的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，可得h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)f(x)＝x2－4x＋3與g(x)＝log2x的圖象有1個(gè)交點(diǎn)，可得函數(shù)h(x)有1個(gè)零點(diǎn)，∴函數(shù)h(x)共有3個(gè)零點(diǎn)．]
6．3
解析函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，因此f(0)＝0，當(dāng)x0時(shí)，f(x)＝2006x＋log2006x在區(qū)間(0，12006)內(nèi)存在一個(gè)零點(diǎn)，又f(x)為增函數(shù)，因此在(0，＋∞)內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．根據(jù)對(duì)稱性可知函數(shù)在(－∞，0)內(nèi)有且僅有一解，從而函數(shù)在R上的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3.
7．x1x2x3
解析令x＋2x＝0，即2x＝－x，設(shè)y＝2x，y＝－x；
令x＋lnx＝0，即lnx＝－x，
設(shè)y＝lnx，y＝－x.
在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出y＝2x，y＝lnx，y＝－x，如圖：x10x21，令x－x－1＝0，則(x)2－x－1＝0，
∴x＝1＋52，
即x3＝3＋521，所以x1x2x3.
8．a(chǎn)1
解析設(shè)函數(shù)y＝ax(a0，且a≠1)和函數(shù)y＝x＋a，則函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a0，且a≠1)有兩個(gè)零點(diǎn)，就是函數(shù)y＝ax(a0，且a≠1)與函數(shù)y＝x＋a有兩個(gè)交點(diǎn)，由圖象可知當(dāng)0a1時(shí)兩函數(shù)只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合；當(dāng)a1時(shí)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝ax(a1)的圖象過點(diǎn)(0,1)，而直線y＝x＋a所過的點(diǎn)一定在點(diǎn)(0,1)的上方，所以一定有兩個(gè)交點(diǎn)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是a1.
9．證明令g(x)＝f(x)－x.………………………………………………………………(2分)
∵g(0)＝14，g(12)＝f(12)－12＝－18，
∴g(0)g(12)0.……………………………………………………………………………(8分)
又函數(shù)g(x)在(0，12)上連續(xù)，…………………………………………………………(10分)
所以存在x0∈(0，12)，使g(x0)＝0.
即f(x0)＝x0.………………………………………………………………………………(12分)
10．解二次函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)c，
使f(c)0的否定是：對(duì)于區(qū)間[－1,1]內(nèi)的任意一個(gè)x都有f(x)≤0.……………………(4分)
此時(shí)f1≤0f－1≤0，即2p2＋3p－9≥02p2－p－1≥0，解得：
p≥32或p≤－3.…………………………………………………………………………(10分)
∴二次函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]內(nèi)至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)c，使f(c)0的實(shí)數(shù)p的取值范圍是
－3p32.…………………………………………………………………………………(12分)
11．證明(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－a2，
∴3a＋2b＋2c＝0.
又3a2c2b，∴3a0,2b0，
∴a0，b0.
又2c＝－3a－2b，由3a2c2b，
∴3a－3a－2b2b.
∵a0，∴－3ba－34.……………………………………………………………………(4分)
(2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c.
①當(dāng)c0時(shí)，∵a0，
∴f(0)＝c0且f(1)＝－a20，
∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．……………………………………………(7分)
②當(dāng)c≤0時(shí)，
∵a0，
∴f(1)＝－a20且f(2)＝a－c0，
∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．
綜合①②得f(x)在(0,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．……………………………………………(10分)
(3)∵x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，則x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根．
∴x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca＝－32－ba.
∴|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2
＝－ba2－4－32－ba
＝ba＋22＋2.(12分)
∵－3ba－34，
∴2≤|x1－x2|574.……………………………………………………………………(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)空間的平行關(guān)系學(xué)案帶答案

學(xué)案43空間的平行關(guān)系

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)和理解空間中線面平行的有關(guān)性質(zhì)與判定定理.2.能運(yùn)用公理、定理和已獲得的結(jié)論證明一些空間圖形的平行關(guān)系．
自主梳理
1．直線a和平面α的位置關(guān)系有________、________、__________，其中________與________統(tǒng)稱直線在平面外．
2．直線和平面平行的判定：
(1)定義：直線和平面沒有____________，則稱直線和平面平行．
(2)判定定理：aα，bα，且a∥b________；
(3)其他判定方法：α∥β，aα________.
3．直線和平面平行的性質(zhì)定理：a∥α，aβ，α∩β＝l________.
4．兩個(gè)平面的位置關(guān)系有________、________.
5．兩個(gè)平面平行的判定：
(1)定義：兩個(gè)平面沒有________，稱這兩個(gè)平面平行；
(2)判定定理：aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αβ∥α；
(3)推論：a∩b＝P，a，bα，a′∩b′＝P′，a′，b′β，a∥a′，b∥b′________.
6．兩個(gè)平面平行的性質(zhì)定理：
α∥β，aα________；
α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b________.
7．與垂直相關(guān)的平行的判定：
(1)a⊥α，b⊥α________；(2)a⊥α，a⊥β________.
自我檢測(cè)
1．(2011湖南四縣調(diào)研)平面α∥平面β的一個(gè)充分條件是()
A．存在一條直線a，a∥α，a∥β
B．存在一條直線a，aα，a∥β
C．存在兩條平行直線a，b，aα，a∥β，bβ，b∥α
D．存在兩條異面直線a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α
2．(2011煙臺(tái)模擬)一條直線l上有相異三個(gè)點(diǎn)A、B、C到平面α的距離相等，那么直線l與平面α的位置關(guān)系是()
A．l∥αB．l⊥α
C．l與α相交但不垂直D．l∥α或lα
3．下列各命題中：
①平行于同一直線的兩個(gè)平面平行；
②平行于同一平面的兩個(gè)平面平行；
③一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，那么這條直線必和另一個(gè)相交；
④垂直于同一直線的兩個(gè)平面平行．
不正確的命題個(gè)數(shù)是()
A．1B．2C．3D．4
4．經(jīng)過平面外的兩點(diǎn)作該平面的平行平面，可以作()
A．0個(gè)B．1個(gè)
C．0個(gè)或1個(gè)D．1個(gè)或2個(gè)
5．(2011南京模擬)在四面體ABCD中，M、N分別是△ACD、△BCD的重心，則四面體的四個(gè)面中與MN平行的是________________.
探究點(diǎn)一線面平行的判定
例1已知有公共邊AB的兩個(gè)全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面內(nèi)，P、Q分別是對(duì)角線AE、BD上的點(diǎn)，且AP＝DQ.求證：PQ∥平面CBE.

變式遷移1(2011長沙調(diào)研)在四棱錐P—ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)，求證：MN∥平面PAD.

探究點(diǎn)二面面平行的判定
例2在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分別是C1C、B1C1、C1D1的中點(diǎn)，求證：平面MNP∥平面A1BD.

變式遷移2已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn)，G1、G2、G3分別是△PAB、△PCB、△PAC的重心．
(1)求證：平面G1G2G3∥平面ABC；
(2)求S△G1G2G3∶S△ABC.

探究點(diǎn)三平行中的探索性問題
例3(2011惠州月考)如圖所示，在四棱錐P—ABCD中，CD∥AB，AD⊥AB，
AD＝DC＝12AB，BC⊥PC.
(1)求證：PA⊥BC；
(2)試在線段PB上找一點(diǎn)M，使CM∥平面PAD，并說明理由．

變式遷移3
如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)，設(shè)Q是CC1上的點(diǎn)，問：當(dāng)點(diǎn)Q在什么位置時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO?

轉(zhuǎn)化與化歸思想綜合應(yīng)用
例(12分)一個(gè)多面體的三視圖和直觀圖如圖所示，其中M、N分別是AB、SC的中點(diǎn)，P是SD上的一動(dòng)點(diǎn)．
(1)求證：BP⊥AC；
(2)當(dāng)點(diǎn)P落在什么位置時(shí)，AP∥平面SMC?
(3)求三棱錐B—NMC的體積．
多角度審題第(1)問的關(guān)鍵是根據(jù)三視圖得到SD⊥平面ABCD，第(2)問是一個(gè)開放型問題，可有兩種思維方式：一是猜想P是SD的中點(diǎn)，二是從結(jié)論“AP平行于平面SMC”出發(fā)找P滿足的條件．
【答題模板】
(1)證明連接BD，∵ABCD為正方形，
∴BD⊥AC，又SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥AC，∵BD∩SD＝D，∴AC⊥平面SDB，∵BP平面SDB，
∴AC⊥BP，即BP⊥AC.[4分]
(2)解取SD的中點(diǎn)P，連接PN，AP，MN.
則PN∥DC且PN＝12DC.[6分]
∵底面ABCD為正方形，∴AM∥DC且AM＝12DC，
∴四邊形AMNP為平行四邊形，∴AP∥MN.
又AP平面SMC，MN平面SMC，∴AP∥平面SMC.[8分]
(3)解VB—NMC＝VN—MBC＝13S△MBC12SD＝1312BCMB12SD＝16×1×12×12×2＝112.[12分]
【突破思維障礙】
1．本題綜合考查三視圖、體積計(jì)算及線面平行、垂直等位置關(guān)系，首先要根據(jù)三視圖想象直觀圖，尤其是其中的平行、垂直及長度關(guān)系，第(1)問的關(guān)鍵是根據(jù)三視圖得到SD⊥平面ABCD，第(2)問是一個(gè)開放型問題，開放型問題能充分考查學(xué)生的思維能力和創(chuàng)新精神，近年來在高考試題中頻繁出現(xiàn)這類題目．結(jié)合空間平行關(guān)系，利用平行的性質(zhì)，設(shè)計(jì)開放型試題是新課標(biāo)高考命題的一個(gè)動(dòng)向．
2．線線平行與線面平行之間的轉(zhuǎn)化體現(xiàn)了化歸的思想方法．
1.直線與平面平行的重要判定方法：(1)定義法；(2)判定定理；(3)面與面平行的性質(zhì)定理．
2.平面與平面平行的重要判定方法：(1)定義法；(2)判定定理；(3)利用結(jié)論：a⊥α，a⊥βα∥β.
3.線線平行、線面平行、面面平行間的相互轉(zhuǎn)化：
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1.(2011開封月考)下列命題中真命題的個(gè)數(shù)為()
①直線l平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線，則l∥α；
②若直線a在平面α外，則a∥α；
③若直線a∥b，直線bα，則a∥α；
④若直線a∥b，bα，那么直線a就平行于平面α內(nèi)的無數(shù)條直線．
A.1B．2C．3D．4
2.已知直線a、b、c和平面m，則直線a∥直線b的一個(gè)必要不充分的條件是()
A.a⊥m且b⊥mB．a(chǎn)∥m且b∥m
C.a∥c且b∥cD．a(chǎn)，b與m所成的角相等
3.在空間中，下列命題正確的是()
A.若a∥α，b∥a，則b∥α
B.若a∥α，b∥α，aβ，bβ，則β∥α
C.若α∥β，b∥α，則b∥β
D.若α∥β，aα，則a∥β
4.設(shè)l1、l2是兩條直線，α、β是兩個(gè)平面，A為一點(diǎn)，有下列四個(gè)命題，其中正確命題的個(gè)數(shù)是()
①若l1α，l2∩α＝A，則l1與l2必為異面直線；
②若l1∥α，l2∥l1，則l2∥α；
③若l1α，l2β，l1∥β，l2∥α，則α∥β；
④若α⊥β，l1α，則l1⊥β.
A.0B．1C．2D．3
5.若直線a，b為異面直線，則分別經(jīng)過直線a，b的平面中，相互平行的有()
A.1對(duì)B．2對(duì)
C.無數(shù)對(duì)D．1或2對(duì)
二、填空題(每小題4分，共12分)
6.(2011秦皇島月考)下列四個(gè)正方體圖形中，A、B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥面MNP的圖形的序號(hào)是________(寫出所有符合要求的圖形序號(hào))．
,
7.(2011大連模擬)過三棱柱ABC—A1B1C1的任意兩條棱的中點(diǎn)作直線，其中與平面ABB1A1平行的有______條．
8.
如圖所示，ABCD—A1B1C1D1是棱長為a的正方體，M，N分別是下底面的棱A1B1，B1C1的中點(diǎn)，P是上底面的棱AD上的一點(diǎn)，AP＝a3，過P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，則PQ＝________.
三、解答題(共38分)
9．(12分)
如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分別是BC和A1B1的中點(diǎn)．
求證：MN∥平面AA1C1C.

10．(12分)(2010湖南改編)
如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點(diǎn)．
在棱C1D1上是否存在一點(diǎn)F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結(jié)論．

11．(14分)
(2011濟(jì)寧模擬)如圖，四邊形ABCD為矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE，且點(diǎn)F在CE上．
(1)求證：AE⊥BE；
(2)求三棱錐D—AEC的體積；
(3)設(shè)點(diǎn)M在線段AB上，且滿足AM＝2MB，試在線段CE上確定一點(diǎn)N，使得MN∥平面DAE.

學(xué)案43空間的平行關(guān)系
自主梳理
1．平行相交在平面內(nèi)平行相交2.(1)公共點(diǎn)(2)a∥α(3)a∥β3.a∥l4.平行相交5.(1)公共點(diǎn)
(3)α∥β6.a∥βa∥b7.(1)a∥b(2)α∥β
自我檢測(cè)
1．D2.D3.A4.C
5．面ABC和面ABD
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)引證明線面平行問題一般可考慮證線線平行或證面面平行，要充分利用線線平行、線面平行、面面平行的相互轉(zhuǎn)化．
證明
如圖所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，連接MN.
∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共邊AB，∴AE＝BD.
又∵AP＝DQ，∴PE＝QB，
又∵PM∥AB∥QN，
∴PMAB＝EPEA，QNDC＝BQBD，∴PMAB＝QNDC.
∴PM綊QN，∴四邊形PQNM為平行四邊形，
∴PQ∥MN
又MN平面BCE，PQ平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
變式遷移1證明取PD中點(diǎn)F，連接AF、NF、NM.
∵M(jìn)、N分別為AB、PC的中點(diǎn)，
∴NF綊12CD，AM綊12CD，∴AM綊NF.
∴四邊形AMNF為平行四邊形，∴MN∥AF.
又AF平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
例2解題導(dǎo)引面面平行的常用判斷方法有：
(1)面面平行的判定定理：如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行；
(2)利用垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行；關(guān)鍵是利用“線線平行”、“線面平行”、“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化．
證明方法一
如圖所示，連接B1D1、B1C.
∵P、N分別是D1C1、B1C1的中點(diǎn)，
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD，
∴PN∥BD.
又PN面A1BD，
∴PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，
∴平面MNP∥平面A1BD.
方法二
如圖所示，連接AC1、AC.
∵ABCD—A1B1C1D1為正方體，
∴AC⊥BD.
又CC1⊥面ABCD，
BD面ABCD，
∴CC1⊥BD，∴BD⊥面ACC1，
又∵AC1面ACC1，∴AC1⊥BD.
同理可證AC1⊥A1B，
∴AC1⊥平面A1BD.
同理可證AC1⊥平面PMN，
∴平面PMN∥平面A1BD.
變式遷移2
(1)證明如圖所示，連接PG1、PG2、PG3并延長分別與邊AB、BC、AC交于點(diǎn)D、E、F，連接DE、EF、FD，則有PG1∶PD＝2∶3，
PG2∶PE＝2∶3，∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC內(nèi)，DE在平面ABC內(nèi)，
∴G1G2∥平面ABC.
同理G2G3∥平面ABC.
又因?yàn)镚1G2∩G2G3＝G2，
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
(2)解由(1)知PG1PD＝PG2PE＝23，∴G1G2＝23DE.
又DE＝12AC，∴G1G2＝13AC.
同理G2G3＝13AB，G1G3＝13BC.
∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比為1∶3，
∴S△G1G2G3∶S△ABC＝1∶9.
例3解題導(dǎo)引近幾年探索性問題在高考中時(shí)有出現(xiàn)，解答此類問題時(shí)先以特殊位置嘗試探究，找到符合要求的點(diǎn)后再給出嚴(yán)格證明．
(1)證明連接AC，過點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E.
在四邊形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC，
∴四邊形ADCE為正方形．
∴∠ACD＝∠ACE＝45°.
∵AE＝CD＝12AB，∴BE＝AE＝CE.∴∠BCE＝45°.
∴∠ACB＝∠ACE＋∠BCE＝45°＋45°＝90°.
∴AC⊥BC.
又∵BC⊥PC，AC平面PAC，PC平面PAC，AC∩PC＝C，
∴BC⊥平面PAC.∵PA平面PAC，∴PA⊥BC.
(2)解當(dāng)M為PB的中點(diǎn)時(shí)，CM∥平面PAD.
取AP的中點(diǎn)F，連接CM，F(xiàn)M，DF.
則FM綊12AB.
∵CD∥AB，CD＝12AB，
∴FM綊CD.
∴四邊形CDFM為平行四邊形．∴CM∥DF.
∵DF平面PAD，CM平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
變式遷移3解當(dāng)Q為CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q為CC1的中點(diǎn)，P為DD1的中點(diǎn)，∴QB∥PA.
∵P、O為DD1、DB的中點(diǎn)，
∴D1B∥PO.
又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
課后練習(xí)區(qū)
1．A[①、②、③錯(cuò)，④對(duì)．]
2．D[注意命題之間的相互推出關(guān)系；易知選項(xiàng)D中，若兩直線平行，則其與m所成的角相等，反之卻不一定成立，故a、b與m所成的角相等是兩直線平行的必要不充分條件．]
3．D[A不正確，由直線與平面平行的判定定理的條件知缺少條件bα；B不正確，由兩個(gè)平面平行的判定定理的條件，因a、b未必相交，而可能為兩條平行直線，則α、β未必平行；C不正確，因有可能bβ；D正確，由兩個(gè)平面平行的定義及直線與平面平行的定義知正確．]
4．A[①錯(cuò)，l1α，l2∩α＝A，l1與l2可能相交．
②錯(cuò)，l2有可能在平面α內(nèi)．
③錯(cuò)，α有可能與β相交．
④錯(cuò)，l1有可能與平面β相交或平行或在平面內(nèi)．]
5．A
[如圖，a，b為異面直線，過b上一點(diǎn)作a′∥a，直線a′，b確定一個(gè)平面β，過a上一點(diǎn)作b′∥b，b與b′確定一個(gè)平面α，則α∥β.因?yàn)棣?，β是惟一的，所以相互平行的平面僅有一對(duì)．]
6．①③
解析①∵面AB∥面MNP，∴AB∥面MNP，
②過N作AB的平行線交于底面正方形的中心O，
NO面MNP，
∴AB與面MNP不平行．
③易知AB∥MP，
∴AB∥面MNP；
④過點(diǎn)P作PC∥AB，
∵PC面MNP，
∴AB與面MNP不平行．
7.
6
解析如圖，EF∥E1F1∥AB，
EE1∥FF1∥BB1，F(xiàn)1E∥A1D，
E1F∥B1D，
∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6條．
8.223a
解析
如圖所示，連接AC，
易知MN∥平面ABCD，
又∵PQ為平面ABCD與平面MNQP的交線，
∴MN∥PQ.
又∵M(jìn)N∥AC，∴PQ∥AC，
又∵AP＝a3，
∴DPAD＝DQCD＝PQAC＝23，∴PQ＝23AC＝223a.
9．證明設(shè)A1C1中點(diǎn)為F，連接NF，F(xiàn)C，
∵N為A1B1中點(diǎn)，
∴NF∥B1C1，且NF＝12B1C1，
又由棱柱性質(zhì)知B1C1綊BC，(4分)
又M是BC的中點(diǎn)，
∴NF綊MC，
∴四邊形NFCM為平行四邊形．
∴MN∥CF，(8分)
又CF平面AA1C1C，
MN平面AA1C1C，
∴MN∥平面AA1C1C.(12分)
10．解在棱C1D1上存在點(diǎn)F，使B1F∥平面A1BE.證明如下：
如圖所示，分別取C1D1和CD的中點(diǎn)F，G，連接B1F，EG，BG，CD1，F(xiàn)G.因?yàn)锳1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四
邊形，因此D1C∥A1B.又E，G分別為D1D，CD的中點(diǎn)，所以EG∥D1C，從而EG∥A1B.這說明A1，B，G，E四點(diǎn)共面，所以BG平面A1BE.(6分)
因?yàn)樗倪呅蜟1CDD1與B1BCC1都是正方形，F(xiàn)，G分別為C1D1和CD的中點(diǎn)，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四邊形B1BGF是平行四邊形，所以B1F∥BG.而B1F平面A1BE，BG平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)
11．(1)證明由AD⊥平面ABE及AD∥BC，
得BC⊥平面ABE，BC⊥AE，(1分)
而BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE，(2分)
又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE，
又BE平面BCE，故AE⊥BE.(4分)
(2)解在△ABE中，過點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，
則EH⊥平面ACD.
由已知及(1)得EH＝12AB＝2，S△ADC＝22.
(6分)
故VD—AEC＝VE—ADC＝13×22×2＝43.(8分)
(3)解在△ABE中，過點(diǎn)M作MG∥AE交BE于點(diǎn)G，在△BEC中過點(diǎn)G作GN∥BC交EC于點(diǎn)N，
連接MN，則由CNCE＝BGBE＝MBAB＝13，得CN＝13CE.
由MG∥AE，AE平面ADE，
MG平面ADE，則MG∥平面ADE.(10分)
再由GN∥BC，BC∥AD，AD平面ADE，GN平面ADE，
得GN∥平面ADE，所以平面MGN∥平面ADE.
又MN平面MGN，則MN∥平面ADE.(12分)
故當(dāng)點(diǎn)N為線段CE上靠近點(diǎn)C的一個(gè)三等分點(diǎn)時(shí)，
MN∥平面ADE.(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)空間的垂直關(guān)系學(xué)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(zhǔn)備好適合的教案課件。教案可以讓學(xué)生能夠在教學(xué)期間跟著互動(dòng)起來，讓高中教師能夠快速的解決各種教學(xué)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(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)空間的垂直關(guān)系學(xué)案含答案”希望對(duì)您的工作和生活有所幫助。

學(xué)案44空間的垂直關(guān)系

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn)，認(rèn)識(shí)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(yùn)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(gè)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(gè)平面，那么另一條直線也______這個(gè)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(gè)平面的兩條直線______．
③垂直于同一直線的兩個(gè)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(gè)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(gè)平面過另一個(gè)平面的__________，則這兩個(gè)平面垂直．
(2)平面與平面垂直的性質(zhì)
兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于________的直線與另一個(gè)平面垂直．
4．二面角的平面角
以二面角棱上的任一點(diǎn)為端點(diǎn)，在兩個(gè)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(cè)
1．平面α⊥平面β的一個(gè)充分條件是()
A．存在一條直線l，l⊥α，l⊥β
B．存在一個(gè)平面γ，γ∥α，γ∥β
C．存在一個(gè)平面γ，γ⊥α，γ⊥β
D．存在一條直線l，l⊥α，l∥β
2．(2010浙江)設(shè)l，m是兩條不同的直線，α是一個(gè)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(duì)于不重合的兩個(gè)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(gè)B．2個(gè)
C．3個(gè)D．4個(gè)
4．(2011十堰月考)已知m，n是兩條不同直線，α，β，γ是三個(gè)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(diǎn)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(diǎn)一線面垂直的判定與性質(zhì)
例1Rt△ABC所在平面外一點(diǎn)S，且SA＝SB＝SC，D為斜邊AC的中點(diǎn)．
(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(diǎn)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(diǎn)．
求證：(1)直線EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.

探究點(diǎn)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(diǎn)E是SD上的點(diǎn)，且DE＝λa(0λ≤2)．
(1)求證：對(duì)任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；
(2)設(shè)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(diǎn)D、E分別在棱PB、PC上，且DE∥BC.
(1)求證：BC⊥平面PAC.
(2)當(dāng)D為PB的中點(diǎn)時(shí)，求AD與平面PAC所成角的正弦值．
(3)是否存在點(diǎn)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(yīng)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(diǎn)M、N分別是棱AD、PC的中點(diǎn).
(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(diǎn)Q，連接MQ、NQ，因?yàn)镸、N分別是棱AD、PC的中點(diǎn)，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，故四邊形QNDM是平行四邊形，
于是DN∥MQ.
又∵M(jìn)Q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?yàn)榈酌鍭BCD是∠A＝60°的菱形，且M為AD中點(diǎn)，
所以MB⊥AD.又AD∩PD＝D，所以MB⊥平面PAD.
又∵M(jìn)B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(gè)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(gè)不同的平面α、β和兩條不重合的直線m、n，有下列四個(gè)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(gè)數(shù)是()
A．0B．1C．2D．3
3．設(shè)α，β，γ是三個(gè)不重合的平面，l是直線，給出下列四個(gè)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(diǎn)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(hào)是()
A．①②B．①④C．②④D．③④
4．(2011浙江)下列命題中錯(cuò)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(diǎn)B，過定點(diǎn)A的動(dòng)直線l與AB垂直，且交α于點(diǎn)C，則動(dòng)點(diǎn)C的軌跡是()
A．一條直線B．一個(gè)圓
C．一個(gè)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(gè)面中，互相垂直的面有________對(duì)．
7．(2011金華模擬)如圖所示，正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長是1，過A點(diǎn)作平面A1BD的垂線，
垂足為點(diǎn)H，有下列三個(gè)命題：
①點(diǎn)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(hào)是____________．
8．正四棱錐S－ABCD底面邊長為2，高為2，E是邊BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在表面上運(yùn)動(dòng)，并且總保持PE⊥AC，則動(dòng)點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)．
(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(xué)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(cè)
1．D2.B3.B4.D5.23
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解題導(dǎo)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(diǎn)E，連接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分別為AC、AB的中點(diǎn)，
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(diǎn)，∴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(dǎo)引證明面面垂直，可先證線面垂直，即設(shè)法先找到其中一個(gè)平面的一條垂線，再證明這條垂線在另一個(gè)平面內(nèi)或與另一個(gè)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(diǎn)，O1為A1C1，B1D1的交點(diǎn)．
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?yàn)镋，F(xiàn)分別為AP，AD的中點(diǎn)，所以EF∥PD.又因?yàn)镋F平面PCD，PD平面PCD，
所以直線EF∥平面PCD.
(2)連接BD.因?yàn)锳B＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD為正三角形．
因?yàn)镕是AD的中點(diǎn)，所以BF⊥AD.
因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又因?yàn)锽F平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
例3解題導(dǎo)引高考中對(duì)直線與平面所成的角及二面角的考查是熱點(diǎn)之一．有時(shí)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(rèn)(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(diǎn)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(diǎn)，DE∥BC，∴DE＝12BC.
又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足為點(diǎn)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(diǎn)E，使得AE⊥PC.
這時(shí)，∠AEP＝90°，
故存在點(diǎn)E使得二面角A—DE—P是直二面角．
課后練習(xí)區(qū)
1．C2.D3.C
4．D[兩個(gè)平面α，β垂直時(shí)，設(shè)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(gè)平面都與第三個(gè)平面垂直時(shí)，易證交線與第三個(gè)平面垂直，故C正確；兩個(gè)平面α，β垂直時(shí)，平面α內(nèi)與交線平行的直線與β平行，故D錯(cuò)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(gè)正三棱錐，因此A點(diǎn)在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正確；又因?yàn)槠矫鍯B1D1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(diǎn)F，SC的中點(diǎn)G，連接EF，GF，GE.
則AC⊥平面GEF，故動(dòng)點(diǎn)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?yàn)镸A⊥平面ABCD，
PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.
又BC平面ABCD，所以PD⊥BC.(2分)
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，
所以BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.(4分)
在△PBC中，因?yàn)镚、F分別為PB、PC的中點(diǎn)，
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?yàn)镻D⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，不妨設(shè)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(diǎn)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(shè)AC∩BD＝H，連接EH.在△ADC中，因?yàn)锳D＝CD，且DB平分∠ADC，所以H為AC的中點(diǎn)，又由題設(shè)，知E為PC的中點(diǎn)，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?yàn)镻D⊥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(shè)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(diǎn)F，B1D的中點(diǎn)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(shè)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(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)橢圓學(xué)案帶答案

一名優(yōu)秀的教師在教學(xué)方面無論做什么事都有計(jì)劃和準(zhǔn)備，作為高中教師就要精心準(zhǔn)備好合適的教案。教案可以更好的幫助學(xué)生們打好基礎(chǔ)，幫助高中教師能夠更輕松的上課教學(xué)。那么一篇好的高中教案要怎么才能寫好呢？以下是小編為大家精心整理的“高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)橢圓學(xué)案帶答案”，但愿對(duì)您的學(xué)習(xí)工作帶來幫助。

學(xué)案51橢圓

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：1.了解圓錐曲線的實(shí)際背景，了解圓錐曲線在刻畫現(xiàn)實(shí)世界和解決實(shí)際問題中的作用.2.掌握橢圓的定義，幾何圖形、標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單幾何性質(zhì)．
自主梳理
1．橢圓的概念
在平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)F1、F2的距離的和等于常數(shù)(大于|F1F2|)的點(diǎn)的軌跡叫做________．這兩定點(diǎn)叫做橢圓的________，兩焦點(diǎn)間的距離叫________．
集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a0，c0，且a，c為常數(shù)：
(1)若________，則集合P為橢圓；
(2)若________，則集合P為線段；
(3)若________，則集合P為空集．
2．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)

標(biāo)準(zhǔn)方程x2a2＋y2b2＝1
(ab0)y2a2＋x2b2＝1
(ab0)
圖形

性
質(zhì)范圍－a≤x≤a
－b≤y≤b－b≤x≤b
－a≤y≤a
對(duì)稱性對(duì)稱軸：坐標(biāo)軸對(duì)稱中心：原點(diǎn)
頂點(diǎn)A1(－a,0)，A2(a,0)
B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)
B1(－b,0)，B2(b,0)
軸長軸A1A2的長為2a；短軸B1B2的長為2b
焦距|F1F2|＝2c
離心率e＝ca∈(0,1)

a，b，c
的關(guān)系c2＝a2－b2

自我檢測(cè)
1．已知△ABC的頂點(diǎn)B、C在橢圓x23＋y2＝1上，頂點(diǎn)A是橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，且橢圓的另外一個(gè)焦點(diǎn)在BC邊上，則△ABC的周長是()
A．23B．6C．43D．12
2．(2011揭陽調(diào)研)“mn0”是方程“mx2＋ny2＝1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓”的()
A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
3．已知橢圓x2sinα－y2cosα＝1(0≤α2π)的焦點(diǎn)在y軸上，則α的取值范圍是()
A.3π4，πB.π4，3π4
C.π2，πD.π2，3π4
4．橢圓x212＋y23＝1的焦點(diǎn)為F1和F2，點(diǎn)P在橢圓上，如果線段PF1的中點(diǎn)在y軸上，那么|PF1|是|PF2|的()
A．7倍B．5倍C．4倍D．3倍
5．(2011開封模擬)橢圓5x2＋ky2＝5的一個(gè)焦點(diǎn)是(0,2)，那么k等于()
A．－1B．1C.5D．－5
探究點(diǎn)一橢圓的定義及應(yīng)用
例1(教材改編)一動(dòng)圓與已知圓O1：(x＋3)2＋y2＝1外切，與圓O2：(x－3)2＋y2＝81內(nèi)切，試求動(dòng)圓圓心的軌跡方程．
變式遷移1求過點(diǎn)A(2,0)且與圓x2＋4x＋y2－32＝0內(nèi)切的圓的圓心的軌跡方程．
探究點(diǎn)二求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程
例2求滿足下列各條件的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：
(1)長軸是短軸的3倍且經(jīng)過點(diǎn)A(3,0)；
(2)經(jīng)過兩點(diǎn)A(0,2)和B12，3.

變式遷移2(1)已知橢圓過(3,0)，離心率e＝63，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知橢圓的中心在原點(diǎn)，以坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸，且經(jīng)過兩點(diǎn)P1(6，1)、P2(－3，－2)，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．

探究點(diǎn)三橢圓的幾何性質(zhì)
例3(2011安陽模擬)已知F1、F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)，∠F1PF2＝60°.
(1)求橢圓離心率的范圍；
(2)求證：△F1PF2的面積只與橢圓的短軸長有關(guān)．

變式遷移3已知橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)的長、短軸端點(diǎn)分別為A、B，從此橢圓上一點(diǎn)M(在x軸上方)向x軸作垂線，恰好通過橢圓的左焦點(diǎn)F1，AB∥OM.
(1)求橢圓的離心率e；
(2)設(shè)Q是橢圓上任意一點(diǎn)，F(xiàn)1、F2分別是左、右焦點(diǎn)，求∠F1QF2的取值范圍．
方程思想的應(yīng)用
例(12分)(2011北京朝陽區(qū)模擬)已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C的離心率為12，且經(jīng)過點(diǎn)M(1，32)，過點(diǎn)P(2,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)A，B.
(1)求橢圓C的方程；
(2)是否存在直線l，滿足PA→PB→＝PM→2？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答題模板】
解(1)設(shè)橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
由題意得1a2＋94b2＝1，ca＝12，a2＝b2＋c2.解得a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為x24＋y23＝1.[4分]
(2)若存在直線l滿足條件，由題意可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)＋1，由x24＋y23＝1，y＝kx－2＋1，
得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.[6分]
因?yàn)橹本€l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，
設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)0.
整理得32(6k＋3)0，解得k－12.[7分]
又x1＋x2＝8k2k－13＋4k2，x1x2＝16k2－16k－83＋4k2，
且PA→PB→＝PM→2，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝54，
所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝54，
即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝54.[9分]
所以[16k2－16k－83＋4k2－2×8k2k－13＋4k2＋4](1＋k2)＝4＋4k23＋4k2＝54，
解得k＝±12.[11分]
所以k＝12.于是存在直線l滿足條件，
其方程為y＝12x.[12分]
【突破思維障礙】
直線與橢圓的位置關(guān)系主要是指公共點(diǎn)問題、相交弦問題及其他綜合問題．反映在代數(shù)上，就是直線與橢圓方程聯(lián)立的方程組有無實(shí)數(shù)解及實(shí)數(shù)解的個(gè)數(shù)的問題，它體現(xiàn)了方程思想的應(yīng)用，當(dāng)直線與橢圓相交時(shí)，要注意判別式大
于零這一隱含條件，它可以用來檢驗(yàn)所求參數(shù)的值是否有意義，也可通過該不等式來求參數(shù)的范圍．對(duì)直線與橢圓的位置關(guān)系的考查往往結(jié)合平面向量進(jìn)行求解，與向量相結(jié)合的題目，大都與共線、垂直和夾角有關(guān)，若能轉(zhuǎn)化為向量的坐標(biāo)運(yùn)算往往更容易實(shí)現(xiàn)解題功能，所以在復(fù)習(xí)過程中要格外重視．
1．求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，除了直接根據(jù)定義外，常用待定系數(shù)法(先定性，后定型，再定參)．當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)位置不明確而無法確定其標(biāo)準(zhǔn)方程時(shí)，可設(shè)方程為x2m＋y2n＝1(m0，n0且m≠n)，可以避免討論和繁雜的計(jì)算，也可以設(shè)為Ax2＋By2＝1(A0，B0且A≠B)，這種形式在解題中更簡便．
2．橢圓的幾何性質(zhì)分為兩類：一是與坐標(biāo)軸無關(guān)的橢圓本身固有的性質(zhì)，如：長軸長、短軸長、焦距、離心率等；另一類是與坐標(biāo)系有關(guān)的性質(zhì)，如：頂點(diǎn)坐標(biāo)，焦點(diǎn)坐標(biāo)等．第一類性質(zhì)是常數(shù)，不因坐標(biāo)系的變化而變化，第二類性質(zhì)是隨坐標(biāo)系變化而相應(yīng)改變．
3．直線與橢圓的位置關(guān)系問題．它是高考的熱點(diǎn)，通常涉及橢圓的性質(zhì)、最值的求法和直線的基礎(chǔ)知識(shí)、線段的中點(diǎn)、弦長、垂直問題等，分析此類問題時(shí)，要充分利用數(shù)形結(jié)合法、設(shè)而不求法、弦長公式及根與系數(shù)的關(guān)系去解決．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011溫州模擬)若△ABC的兩個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(－4,0)、B(4,0)，△ABC的周長為18，則頂點(diǎn)C的軌跡方程為()
A.x225＋y29＝1(y≠0)B.y225＋x29＝1(y≠0)
C.x216＋y29＝1(y≠0)D.y216＋x29＝1(y≠0)
2．已知橢圓x210－m＋y2m－2＝1，長軸在y軸上，若焦距為4，則m等于()
A．4B．5C．7D．8
3．已知F1、F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，過F1且與橢圓長軸垂直的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，若△ABF2是等腰直角三角形，則這個(gè)橢圓的離心率是()
A.32B.22C.2－1D.2
4．(2011天門期末)已知圓(x＋2)2＋y2＝36的圓心為M，設(shè)A為圓上任一點(diǎn)，N(2,0)，線段AN的垂直平分線交MA于點(diǎn)P，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是()
A．圓B．橢圓
C．雙曲線D．拋物線
5．橢圓x225＋y29＝1上一點(diǎn)M到焦點(diǎn)F1的距離為2，N是MF1的中點(diǎn)，則|ON|等于()
A．2B．4C．8D.32
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．已知橢圓G的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，長軸在x軸上，離心率為32，且G上一點(diǎn)到G的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為12，則橢圓G的方程為______________．
7．(2011唐山調(diào)研)橢圓x29＋y22＝1的焦點(diǎn)為F1、F2，點(diǎn)P在橢圓上．若|PF1|＝4，則|PF2|＝________；∠F1PF2的大小為________．
8.
如圖，已知點(diǎn)P是以F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一點(diǎn)，若PF1⊥PF2，tan∠PF1F2＝12，則此橢圓的離心率是______．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知方向向量為v＝(1，3)的直線l過點(diǎn)(0，－23)和橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦點(diǎn)，且橢圓的離心率為63.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若已知點(diǎn)D(3,0)，點(diǎn)M，N是橢圓C上不重合的兩點(diǎn)，且DM→＝λDN→，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
10．(12分)(2011煙臺(tái)模擬)橢圓ax2＋by2＝1與直線x＋y－1＝0相交于A，B兩點(diǎn)，C是AB的中點(diǎn)，若|AB|＝22，OC的斜率為22，求橢圓的方程．

11．(14分)(2010福建)已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O的橢圓C經(jīng)過點(diǎn)A(2,3)，且點(diǎn)F(2,0)為其右焦點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程．
(2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點(diǎn)，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．

學(xué)案51橢圓
自主梳理
1．橢圓焦點(diǎn)焦距(1)ac(2)a＝c(3)ac
自我檢測(cè)
1．C2.C3.D4.A5.B
課堂活動(dòng)區(qū)
例1解如圖所示，設(shè)動(dòng)圓的圓心為C，半徑為r.
則由圓相切的性質(zhì)知，
|CO1|＝1＋r，|CO2|＝9－r，
∴|CO1|＋|CO2|＝10，
而|O1O2|＝6，
∴點(diǎn)C的軌跡是以O(shè)1、O2為焦點(diǎn)的橢圓，其中2a＝10,2c＝6，b＝4.
∴動(dòng)圓圓心的軌跡方程為
x225＋y216＝1.
變式遷移1解將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式為：
(x＋2)2＋y2＝62，圓心B(－2,0)，r＝6.
設(shè)動(dòng)圓圓心M的坐標(biāo)為(x，y)，
動(dòng)圓與已知圓的切點(diǎn)為C.
則|BC|－|MC|＝|BM|，
而|BC|＝6，
∴|BM|＋|CM|＝6.
又|CM|＝|AM|，
∴|BM|＋|AM|＝6|AB|＝4.
∴點(diǎn)M的軌跡是以點(diǎn)B(－2,0)、A(2,0)為焦點(diǎn)、線段AB中點(diǎn)(0,0)為中心的橢圓．
a＝3，c＝2，b＝5.
∴所求軌跡方程為x29＋y25＝1.
例2解題導(dǎo)引確定一個(gè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，必須要有一個(gè)定位條件(即確定焦點(diǎn)的位置)和兩個(gè)定形條件(即確定a，b的大小)．當(dāng)焦點(diǎn)的位置不確定時(shí)，應(yīng)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)或y2a2＋x2b2＝1(ab0)，或者不必考慮焦點(diǎn)位置，直接設(shè)橢圓的方程為mx2＋ny2＝1(m0，n0，且m≠n)．
解(1)若橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，
設(shè)方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)．
∵橢圓過點(diǎn)A(3,0)，∴9a2＝1，
∴a＝3，又2a＝32b，∴b＝1，∴方程為x29＋y2＝1.
若橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)方程為y2a2＋x2b2＝1(ab0)．
∵橢圓過點(diǎn)A(3,0)，∴9b2＝1，
∴b＝3，又2a＝32b，
∴a＝9，∴方程為y281＋x29＝1.
綜上可知橢圓的方程為x29＋y2＝1或y281＋x29＝1.
(2)設(shè)經(jīng)過兩點(diǎn)A(0,2)，B12，3的橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為mx2＋ny2＝1，將A，B坐標(biāo)代入方程得4n＝114m＋3n＝1m＝1n＝14，∴所求橢圓方程為x2＋y24＝1.
變式遷移2解(1)當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，∵a＝3，ca＝63，∴c＝6，從而b2＝a2－c2＝9－6＝3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29＋y23＝1.
當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，
∵b＝3，ca＝63，∴a2－b2a＝63，∴a2＝27.
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29＋y227＝1.
∴所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29＋y23＝1或x29＋y227＝1.
(2)設(shè)橢圓方程為mx2＋ny2＝1(m0，n0且m≠n)．
∵橢圓經(jīng)過P1、P2點(diǎn)，∴P1、P2點(diǎn)坐標(biāo)適合橢圓方程，
則6m＋n＝1，①3m＋2n＝1，②
①②兩式聯(lián)立，解得m＝19，n＝13.
∴所求橢圓方程為x29＋y23＝1.
例3解題導(dǎo)引(1)橢圓上一點(diǎn)與兩焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形，稱為橢圓的焦點(diǎn)三角形，與焦點(diǎn)三角形有關(guān)的計(jì)算或證明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a、c的關(guān)系．
(2)對(duì)△F1PF2的處理方法定義式的平方余弦定理面積公式
|PF1|＋|PF2|2＝2a2，4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cosθ，S△＝12|PF1||PF2|sinθ.
(1)解設(shè)橢圓方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
|PF1|＝m，|PF2|＝n.
在△PF1F2中，由余弦定理可知，
4c2＝m2＋n2－2mncos60°.
∵m＋n＝2a，∴m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4a2－2mn.
∴4c2＝4a2－3mn，即3mn＝4a2－4c2.
又mn≤m＋n22＝a2(當(dāng)且僅當(dāng)m＝n時(shí)取等號(hào))，
∴4a2－4c2≤3a2.∴c2a2≥14，即e≥12.
∴e的取值范圍是12，1.
(2)證明由(1)知mn＝43b2，∴S△PF1F2＝12mnsin60°＝33b2，
即△PF1F2的面積只與短軸長有關(guān)．
變式遷移3解(1)∵F1(－c,0)，則xM＝－c，yM＝b2a，
∴kOM＝－b2ac.∵kAB＝－ba，OM∥AB，
∴－b2ac＝－ba，∴b＝c，故e＝ca＝22.
(2)設(shè)|F1Q|＝r1，|F2Q|＝r2，∠F1QF2＝θ，
∴r1＋r2＝2a，|F1F2|＝2c，
cosθ＝r21＋r22－4c22r1r2＝r1＋r22－2r1r2－4c22r1r2
＝a2r1r2－1≥a2r1＋r222－1＝0，
當(dāng)且僅當(dāng)r1＝r2時(shí)，cosθ＝0，∴θ∈[0，π2]．
課后練習(xí)區(qū)
1．A2.D3.C4.B5.B
6.x236＋y29＝17.2120°8.53
9．解(1)∵直線l的方向向量為v＝(1，3)，
∴直線l的斜率為k＝3.
又∵直線l過點(diǎn)(0，－23)，
∴直線l的方程為y＋23＝3x.
∵ab，∴橢圓的焦點(diǎn)為直線l與x軸的交點(diǎn)．
∴c＝2.又∵e＝ca＝63，∴a＝6.∴b2＝a2－c2＝2.
∴橢圓方程為x26＋y22＝1.(6分)
(2)若直線MN⊥y軸，則M、N是橢圓的左、右頂點(diǎn)，
λ＝3＋63－6或λ＝3－63＋6，即λ＝5＋26或5－26.
若MN與y軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為x＝my＋3(m≠0)．由x26＋y22＝1，x＝my＋3得(m2＋3)y2＋6my＋3＝0.
設(shè)M、N坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
則y1＋y2＝－6mm2＋3，①
y1y2＝3m2＋3，②
Δ＝36m2－12(m2＋3)＝24m2－360，∴m232.
∵DM→＝(x1－3，y1)，DN→＝(x2－3，y2)，DM→＝λDN→，顯然λ0，且λ≠1，
∴(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)．∴y1＝λy2.
代入①②，得λ＋1λ＝12m2m2＋3－2＝10－36m2＋3.
∵m232，得2λ＋1λ10，即λ2－2λ＋10，λ2－10λ＋10，
解得5－26λ5＋26且λ≠1.
綜上所述，λ的取值范圍是5－26≤λ≤5＋26，
且λ≠1.(12分)
10．解方法一設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，
代入橢圓方程并作差得
a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
而y1－y2x1－x2＝－1，y1＋y2x1＋x2＝kOC＝22，
代入上式可得b＝2a.(4分)
由方程組ax2＋by2＝1x＋y－1＝0，得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0，
∴x1＋x2＝2ba＋b，x1x2＝b－1a＋b，
再由|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝2|x2－x1|＝22，
得2ba＋b2－4b－1a＋b＝4，(8分)
將b＝2a代入得a＝13，∴b＝23.
∴所求橢圓的方程是x23＋2y23＝1.(12分)
方法二由ax2＋by2＝1，x＋y＝1
得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0.(2分)
設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，
則|AB|＝k2＋1x1－x22＝24b2－4a＋bb－1a＋b2.
∵|AB|＝22，∴a＋b－aba＋b＝1.①(6分)
設(shè)C(x，y)，則x＝x1＋x22＝ba＋b，y＝1－x＝aa＋b，
∵OC的斜率為22，∴ab＝22.(9分)
代入①，得a＝13，b＝23.
∴橢圓方程為x23＋2y23＝1.(12分)
11．解方法一(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，且可知其左焦點(diǎn)為F′(－2,0)．
從而有c＝2，2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，
解得c＝2，a＝4.又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
故橢圓C的方程為x216＋y212＝1.(5分)
(2)假設(shè)存在符合題意的直線l，設(shè)其方程為y＝32x＋t.
由y＝32x＋t，x216＋y212＝1，得3x2＋3tx＋t2－12＝0.(7分)
因?yàn)橹本€l與橢圓C有公共點(diǎn)，
所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，
解得－43≤t≤43.(9分)
另一方面，由直線OA與l的距離d＝4，
得|t|94＋1＝4，解得t＝±213.(12分)
由于±213[－43，43]，所以符合題意的直線l不存在．(14分)
方法二(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
且有4a2＋9b2＝1，a2－b2＝4.解得b2＝12或b2＝－3(舍去)．
從而a2＝16.(3分)
所以橢圓C的方程為x216＋y212＝1.(5分)
(2)同方法一．