高中生物一輪復習教案

高考數學（理科）一輪復習雙曲線學案含答案。

學案52雙曲線

導學目標：1.了解雙曲線的定義、幾何圖形和標準方程，知道它們的簡單幾何性質.2.理解數形結合的思想．
自主梳理
1．雙曲線的概念
平面內動點P與兩個定點F1、F2(|F1F2|＝2c0)的距離之差的絕對值為常數2a(2a2c)，則點P的軌跡叫________．這兩個定點叫雙曲線的________，兩焦點間的距離叫________．
集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a、c為常數且a0，c0；
(1)當________時，P點的軌跡是________；
(2)當________時，P點的軌跡是________；
(3)當________時，P點不存在．
2．雙曲線的標準方程和幾何性質
標準方程x2a2－y2b2＝1(a0，b0)
y2a2－x2b2＝1(a0，b0)

圖形

性質范圍x≥a或x≤－a，y∈Rx∈R，y≤－a或y≥a
對稱性對稱軸：坐標軸
對稱中心：原點對稱軸：坐標軸
對稱中心：原點
頂點頂點坐標：
A1(－a,0)，A2(a,0)頂點坐標：
A1(0，－a)，A2(0，a)
漸近線y＝±bax
y＝±abx

離心率e＝ca，e∈(1，＋∞)，其中c＝a2＋b2

實虛軸線段A1A2叫做雙曲線的實軸，它的長|A1A2|＝2a；線段B1B2叫做雙曲線的虛軸，它的長|B1B2|＝2b；a叫做雙曲線的實半軸長，b叫做雙曲線的虛半軸長
a、b、c的關系c2＝a2＋b2(ca0，cb0)
3.實軸長和虛軸長相等的雙曲線為________________，其漸近線方程為________，離心率為________．
自我檢測
1．(2011安徽)雙曲線2x2－y2＝8的實軸長是()
A．2B．22
C．4D．42
2．已知雙曲線x22－y2b2＝1(b0)的左、右焦點分別為F1、F2，其中一條漸近線方程為y＝x，點P(3，y0)在該雙曲線上，則PF1→PF2→等于()
A．－12B．－2
C．0D．4
3．(2011課標全國)設直線l過雙曲線C的一個焦點，且與C的一條對稱軸垂直，l與C交于A，B兩點，|AB|為C的實軸長的2倍，則C的離心率為()
A.2B.3
C．2D．3
4．(2011武漢調研)已知點(m，n)在雙曲線8x2－3y2＝24上，則2m＋4的范圍是__________________．
5．已知A(1,4)，F是雙曲線x24－y212＝1的左焦點，P是雙曲線右支上的動點，求|PF|＋|PA|的最小值．
探究點一雙曲線的定義及應用
例1已知定點A(0,7)，B(0，－7)，C(12,2)，以C為一個焦點作過A，B的橢圓，求另一焦點F的軌跡方程．
【wWw.yjS21.Com 幼兒教師教育網】

變式遷移1已知動圓M與圓C1：(x＋4)2＋y2＝2外切，與圓C2：(x－4)2＋y2＝2內切，求動圓圓心M的軌跡方程．
探究點二求雙曲線的標準方程
例2已知雙曲線的一條漸近線方程是x－2y＝0，且過點P(4,3)，求雙曲線的標準方程．

變式遷移2(2011安慶模擬)已知雙曲線與橢圓x29＋y225＝1的焦點相同，且它們的離心率之和等于145，則雙曲線的方程為____________．
探究點三雙曲線幾何性質的應用
例3已知雙曲線的方程是16x2－9y2＝144.
(1)求此雙曲線的焦點坐標、離心率和漸近線方程；
(2)設F1和F2是雙曲線的左、右焦點，點P在雙曲線上，且|PF1||PF2|＝32，求∠F1PF2的大?。?/p>

變式遷移3已知雙曲線C：x22－y2＝1.
(1)求雙曲線C的漸近線方程；
(2)已知M點坐標為(0,1)，設P是雙曲線C上的點，Q是點P關于原點的對稱點．記λ＝MP→MQ→，求λ的取值范圍．
方程思想的應用
例(12分)過雙曲線x23－y26＝1的右焦點F2且傾斜角為30°的直線交雙曲線于A、B兩點，O為坐標原點，F1為左焦點．
(1)求|AB|；
(2)求△AOB的面積；
(3)求證：|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|.
多角度審題(1)要求弦長|AB|需要A、B兩點坐標或設而不求利用弦長公式，這就需要先求直線AB；(2)在(1)的基礎上只要求點到直線的距離；(3)要充分聯想到A、B兩點在雙曲線上這個條件．
【答題模板】
(1)解由雙曲線的方程得a＝3，b＝6，
∴c＝a2＋b2＝3，F1(－3,0)，F2(3,0)．
直線AB的方程為y＝33(x－3)．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由y＝33x－3x23－y26＝1，得5x2＋6x－27＝0.[2分]
∴x1＋x2＝－65，x1x2＝－275，
∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋332x1＋x22－4x1x2＝433625＋1085＝1635.[4分]
(2)解直線AB的方程變形為3x－3y－33＝0.
∴原點O到直線AB的距離為d＝|－33|32＋－32＝32.[6分]
∴S△AOB＝12|AB|d＝12×1635×32＝1235.[8分]
(3)證明
如圖，由雙曲線的定義得
|AF2|－|AF1|＝23，
|BF1|－|BF2|＝23，[10分]
∴|AF2|－|AF1|＝|BF1|－|BF2|，
即|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|.[12分]
【突破思維障礙】
寫出直線方程，聯立直線方程、雙曲線方程，消元得關于x的一元二次方程，利用弦長公式求|AB|，再求點O到直線AB的距離從而求面積，最后利用雙曲線的定義求證等式成立．
【易錯點剖析】
在直線和雙曲線相交的情況下解題時易忽視消元后的一元二次方程的判別式Δ0，而導致錯解．
1．區(qū)分雙曲線中的a，b，c大小關系與橢圓中a，b，c的大小關系，在橢圓中a2＝b2＋c2，而在雙曲線中c2＝a2＋b2；雙曲線的離心率大于1，而橢圓的離心率e∈(0,1)．
2．雙曲線x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的漸近線方程是y＝±bax，y2a2－x2b2＝1(a0，b0)的漸近線方程是y＝±abx.
3．雙曲線標準方程的求法：(1)定義法，根據題目的條件，判斷是否滿足雙曲線的定義，若滿足，求出相應的a、b、c，即可求得方程．(2)待定系數法，其步驟是：①定位：確定雙曲線的焦點在哪個坐標軸上；②設方程：根據焦點的位置設出相應的雙曲線方程；③定值：根據題目條件確定相關的系數．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．已知M(－2,0)、N(2,0)，|PM|－|PN|＝3，則動點P的軌跡是()
A．雙曲線B．雙曲線左邊一支
C．雙曲線右邊一支D．一條射線
2．設點P在雙曲線x29－y216＝1上，若F1、F2為雙曲線的兩個焦點，且|PF1|∶|PF2|＝1∶3，則△F1PF2的周長等于()
A．22B．16C．14D．12
3．(2011寧波高三調研)過雙曲線x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的右焦點F作圓x2＋y2＝a2的切線FM(切點為M)，交y軸于點P.若M為線段FP的中點，則雙曲線的離心率為()
A.2B.3C．2D.5
4．雙曲線x2a2－y2b2＝1的左焦點為F1，左、右頂點分別為A1、A2，P是雙曲線右支上的一點，則分別以PF1和A1A2為直徑的兩圓的位置關系是()
A．相交B．相離C．相切D．內含
5．(2011山東)已知雙曲線x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的兩條漸近線均和圓C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且雙曲線的右焦點為圓C的圓心，則該雙曲線的方程為()
A.x25－y24＝1B.x24－y25＝1
C.x23－y26＝1D.x26－y23＝1
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011上海)設m是常數，若點F(0,5)是雙曲線y2m－x29＝1的一個焦點，則m＝________.
7．設圓過雙曲線x29－y216＝1的一個頂點和一個焦點，圓心在此雙曲線上，則此圓心到雙曲線中心的距離為______．
8．(2011銅陵期末)已知以雙曲線C的兩個焦點及虛軸的兩個端點為頂點的四邊形中，有一個內角為60°，則雙曲線C的離心率為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)根據下列條件，求雙曲線方程：
(1)與雙曲線x29－y216＝1有共同的漸近線，且經過點(－3，23)；
(2)與雙曲線x216－y24＝1有公共焦點，且過點(32，2)．

10．(12分)(2011廣東)設圓C與兩圓(x＋5)2＋y2＝4，(x－5)2＋y2＝4中的一個內切，另一個外切．
(1)求圓C的圓心軌跡L的方程；
(2)已知點M(355，455)，F(5，0)，且P為L上動點，求||MP|－|FP||的最大值及此時點P的坐標．

11．(14分)(2010四川)已知定點A(－1,0)，F(2,0)，定直線l：x＝12，不在x軸上的動點P與點F的距離是它到直線l的距離的2倍．設點P的軌跡為E，過點F的直線交E于B、C兩點，直線AB、AC分別交l于點M、N.
(1)求E的方程；
(2)試判斷以線段MN為直徑的圓是否過點F，并說明理由．

學案52雙曲線
自主梳理
1．雙曲線焦點焦距(1)ac雙曲線(2)a＝c兩條射線(3)ac3.等軸雙曲線y＝±xe＝2
自我檢測
1．C[∵2x2－y2＝8，∴x24－y28＝1，
∴a＝2，∴2a＝4.]
2．C
3．B[設雙曲線的標準方程為x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，由于直線l過雙曲線的焦點且與對稱軸垂直，因此直線l的方程為l：x＝c或x＝－c，代入x2a2－y2b2＝1得y2＝b2(c2a2－1)＝b4a2，∴y＝±b2a，故|AB|＝2b2a，依題意2b2a＝4a，
∴b2a2＝2，∴c2－a2a2＝e2－1＝2，∴e＝3.]
4．(－∞，4－23]∪[4＋23，＋∞)
5．解設雙曲線的右焦點為F1，則由雙曲線的定義可知
|PF|＝2a＋|PF1|＝4＋|PF1|，
∴|PF|＋|PA|＝4＋|PF1|＋|PA|.
∴當滿足|PF1|＋|PA|最小時，|PF|＋|PA|最?。?br> 由雙曲線的圖象可知當點A、P、F1共線時，滿足|PF1|＋|PA|最小，易求得最小值為|AF1|＝5，
故所求最小值為9.
課堂活動區(qū)
例1解題導引求曲線的軌跡方程時，應盡量地利用幾何條件探求軌跡的曲線類型，從而再用待定系數法求出軌跡的方程，這樣可以減少運算量，提高解題速度與質量．在運用雙曲線的定義時，應特別注意定義中的條件“差的絕對值”，弄清所求軌跡是整條雙曲線，還是雙曲線的一支，若是一支，是哪一支，以確保軌跡的純粹性和完備性．
解設F(x，y)為軌跡上的任意一點，
因為A，B兩點在以C，F為焦點的橢圓上，
所以|FA|＋|CA|＝2a，|FB|＋|CB|＝2a
(其中a表示橢圓的長半軸)．
所以|FA|＋|CA|＝|FB|＋|CB|.
所以|FA|－|FB|＝|CB|－|CA|＝122＋92－122＋52＝2.
所以|FA|－|FB|＝2.
由雙曲線的定義知，F點在以A，B為焦點，2為實軸長的雙曲線的下半支上．
所以點F的軌跡方程是y2－x248＝1(y≤－1)．
變式遷移1解
設動圓M的半徑為r，則由已知得，|MC1|＝r＋2，
|MC2|＝r－2，
∴|MC1|－|MC2|＝22，
又C1(－4,0)，C2(4,0)，
∴|C1C2|＝8.∴22|C1C2|.
根據雙曲線定義知，點M的軌跡是以
C1(－4,0)、C2(4,0)為焦點的雙曲線的右支．
∵a＝2，c＝4，∴b2＝c2－a2＝14.
∴點M的軌跡方程是x22－y214＝1(x≥2)．
例2解題導引根據雙曲線的某些幾何性質求雙曲線方程，一般用待定系數法轉化為解方程(組)，但要注意焦點的位置，從而正確選取方程的形式，當焦點不能定位時，則應分兩種情況討論．解決本題的方法有兩種：一先定位，避免了討論；二利用其漸近線的雙曲線系，同樣避免了對雙曲線方程類型的討論．在共漸近線的雙曲線系x2a2－y2b2＝λ(參數λ≠0)中，當λ0時，焦點在x軸上；當λ0時，焦點在y軸上．
解方法一∵雙曲線的一條漸近線方程為x－2y＝0，
當x＝4時，y＝2yp＝3，
∴雙曲線的焦點在y軸上．
從而有ab＝12，∴b＝2a.
設雙曲線方程為y2a2－x24a2＝1，
由于點P(4,3)在此雙曲線上，
∴9a2－164a2＝1，解得a2＝5.
∴雙曲線方程為y25－x220＝1.
方法二∵雙曲線的一條漸近線方程為x－2y＝0，
即x2－y＝0，
∴雙曲線的漸近線方程為x24－y2＝0.
設雙曲線方程為x24－y2＝λ(λ≠0)，
∵雙曲線過點P(4,3)，∴424－32＝λ，即λ＝－5.
∴所求雙曲線方程為x24－y2＝－5，即y25－x220＝1.
變式遷移2y24－x212＝1
解析由于在橢圓x29＋y225＝1中，a2＝25，b2＝9，所以c2＝16，c＝4，又橢圓的焦點在y軸上，所以其焦點坐標為(0，±4)，離心率e＝45.根據題意知，雙曲線的焦點也應在y軸上，坐標為(0，±4)，且其離心率等于145－45＝2.故設雙曲線的方程為y2a2－x2b2＝1(a0，b0)，且c＝4，所以a＝12c＝2，a2＝4，b2＝c2－a2＝12，于是雙曲線的方程為y24－x212＝1.
例3解題導引雙曲線問題與橢圓問題類似，因而研究方法也有許多相似之處，如利用“定義”“方程觀點”“直接法或待定系數法求曲線方程”“數形結合”等．
解(1)由16x2－9y2＝144，得x29－y216＝1，
∴a＝3，b＝4，c＝5.焦點坐標F1(－5,0)，
F2(5,0)，離心率e＝53，
漸近線方程為y＝±43x.
(2)||PF1|－|PF2||＝6，
cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1||PF2|
＝|PF1|－|PF2|2＋2|PF1||PF2|－|F1F2|22|PF1||PF2|
＝36＋64－10064＝0，
∴∠F1PF2＝90°.
變式遷移3解(1)因為a＝2，b＝1，且焦點在x軸上，所以漸近線方程為y－22x＝0，y＋22x＝0.
(2)設P點坐標為(x0，y0)，則Q的坐標為(－x0，－y0)，
λ＝MP→MQ→＝(x0，y0－1)(－x0，－y0－1)
＝－x20－y20＋1＝－32x20＋2.
∵|x0|≥2，∴λ的取值范圍是(－∞，－1]．
課后練習區(qū)
1．C2.A3.A4.C
5．A[∵雙曲線x2a2－y2b2＝1的漸近線方程為y＝±bax，
圓C的標準方程為(x－3)2＋y2＝4，∴圓心為C(3,0)．
又漸近線方程與圓C相切，
即直線bx－ay＝0與圓C相切，
∴3ba2＋b2＝2，∴5b2＝4a2.①
又∵x2a2－y2b2＝1的右焦點F2(a2＋b2，0)為圓心C(3,0)，
∴a2＋b2＝9.②
由①②得a2＝5，b2＝4.
∴雙曲線的標準方程為x25－y24＝1.]
6．16
解析由已知條件有52＝m＋9，所以m＝16.
7.1638.62
9．解(1)方法一由題意可知所求雙曲線的焦點在x軸上，
(2分)
設雙曲線的方程為x2a2－y2b2＝1，
由題意，得ba＝43，－32a2－232b2＝1，
解得a2＝94，b2＝4.(4分)
所以雙曲線的方程為49x2－y24＝1.(6分)
方法二設所求雙曲線方程x29－y216＝λ(λ≠0)，(2分)
將點(－3,23)代入得λ＝14，(4分)
所以雙曲線方程為x29－y216＝14，
即49x2－y24＝1.(6分)
(2)設雙曲線方程為x2a2－y2b2＝1.由題意c＝25.(8分)
又雙曲線過點(32，2)，∴322a2－4b2＝1.
又∵a2＋b2＝(25)2，
∴a2＝12，b2＝8.(10分)
故所求雙曲線的方程為x212－y28＝1.(12分)
10．解(1)設圓C的圓心坐標為(x，y)，半徑為r.
圓(x＋5)2＋y2＝4的圓心為F1(－5，0)，半徑為2，
圓(x－5)2＋y2＝4的圓心為F(5，0)，半徑為2.
由題意得|CF1|＝r＋2，|CF|＝r－2或|CF1|＝r－2，|CF|＝r＋2，
∴||CF1|－|CF||＝4.(4分)
∵|F1F|＝254.
∴圓C的圓心軌跡是以F1(－5，0)，F(5，0)為焦點的雙曲線，其方程為x24－y2＝1.(6分)
(2)由圖知，||MP|－|FP||≤|MF|，
∴當M，P，F三點共線，且點P在MF延長線上時，|MP|－|FP|取得最大值|MF|，(8分)
且|MF|＝355－52＋455－02＝2.(9分)
直線MF的方程為y＝－2x＋25，與雙曲線方程聯立得
y＝－2x＋25，x24－y2＝1，整理得15x2－325x＋84＝0.
解得x1＝14515(舍去)，x2＝655.
此時y＝－255.(11分)
∴當||MP|－|FP||取得最大值2時，點P的坐標為(655，－255)．(12分)
11．解(1)設P(x，y)，
則x－22＋y2＝2x－12，
化簡得x2－y23＝1(y≠0)．(5分)
(2)①當直線BC與x軸不垂直時，設BC的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，與雙曲線方程x2－y23＝1聯立消去y，
得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0.
由題意知，3－k2≠0且Δ＞0.(7分)
設B(x1，y1)，C(x2，y2)，
則x1＋x2＝4k2k2－3，x1x2＝4k2＋3k2－3，
y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2x1x2－2x1＋x2＋4
＝k24k2＋3k2－3－8k2k2－3＋4＝－9k2k2－3.
因為x1，x2≠－1，
所以直線AB的方程為y＝y(tǒng)1x1＋1(x＋1)．
因此M點的坐標為12，3y12x1＋1，
FM→＝－32，3y12x1＋1.
同理可得FN→＝－32，3y22x2＋1.
因此FM→FN→＝－32×－32＋9y1y24x1＋1x2＋1
＝94＋－81k2k2－344k2＋3k2－3＋4k2k2－3＋1＝0.(11分)
②當直線BC與x軸垂直時，其方程為x＝2，則B(2,3)，C(2，－3)．
AB的方程為y＝x＋1，
因此M點的坐標為12，32，FM→＝－32，32.
同理可得FN→＝－32，－32.
因此FM→FN→＝－32×－32＋32×－32＝0.(13分)
綜上，FM→FN→＝0，故FM⊥FN.
故以線段MN為直徑的圓過點F.(14分)

相關知識

高考數學（理科）一輪復習冪函數學案含答案

學案9冪函數
導學目標：1.了解冪函數的概念.2.結合函數y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝1x，y＝x12的圖象，了解它們的變化情況．
自主梳理
1．冪函數的概念
形如______的函數叫做冪函數，其中____是自變量，____是常數．
2．冪函數的性質
(1)五種常見冪函數的性質，列表如下：
定義域值域奇偶性單調性過定點
y＝xRR奇?↗(1,1)
y＝x2R[0，＋∞)偶[0，＋∞)↗
(－∞，0]↙
y＝x3RR奇?↗
y＝
[0，＋∞)[0，＋∞)非奇
非偶[0，＋∞)↗
y＝x－1(－∞，0)
∪(0，＋∞)(－∞，0)
∪(0，＋∞)奇(－∞，0)↙
(0，＋∞)↙
(2)所有冪函數在________上都有定義，并且圖象都過點(1,1)，且在第____象限無圖象．
(3)α0時，冪函數的圖象通過點________________，并且在區(qū)間(0，＋∞)上是________，α0時，冪函數在(0，＋∞)上是減函數，圖象________原點．
自我檢測
1．(2011石家莊月考)如圖中曲線是冪函數y＝xn在第一象限的圖象．已知n取±2，±12四個值，則相應于曲線C1，C2，C3，C4的n值依次為()
A．－2，－12，12，2
B．2，12，－12，－2
C．－12，－2,2，12
D．2，12，－2，－12
2．已知函數：①y＝2x；②y＝log2x；③y＝x－1；④y＝.則下列函數圖象(在第一象限部分)從左到右依次與函數序號的正確對應順序是()

A．②①③④B．②③①④
C．④①③②D．④③①②
3．(2011滄州模擬)設α∈{－1,1，12，3}，則使函數y＝xα的定義域為R且為奇函數的所有α值為()
A．1,3B．－1,1C．－1,3D．－1,1,3
4．與函數y＝xx＋1的圖象形狀一樣的是()
A．y＝2xB．y＝log2xC．y＝1xD．y＝x＋1
5．已知點(33，33)在冪函數f(x)的圖象上，則f(x)的表達式是()
A．f(x)＝x3B．f(x)＝x－3
C．f(x)＝D．f(x)＝
探究點一冪函數的定義與圖象
例1已知冪函數f(x)的圖象過點(2，2)，冪函數g(x)的圖象過點(2，14)．
(1)求f(x)，g(x)的解析式；
(2)求當x為何值時：①f(x)g(x)；②f(x)＝g(x)；③f(x)g(x)．

變式遷移1若點(2，2)在冪函數f(x)的圖象上，點(－2，14)在冪函數g(x)的圖象上，定義h(x)＝f(x)，f(x)≤g(x)，g(x)，f(x)g(x)，
試求函數h(x)的最大值以及單調區(qū)間．

探究點二冪函數的單調性
例2比較下列各題中值的大?。?br> (1)，；(2)，；
(3)，；(4)，和.

變式遷移2(1)比較下列各組值的大小：
①________；
②0.20.5________0.40.3.
(2)已知(0.71.3)m(1.30.7)m，則m的取值范圍是__________________________．
探究點三冪函數的綜合應用
例3(2011葫蘆島模擬)已知函數f(x)＝(m∈N*)的圖象關于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數，求滿足的a的范圍．

變式遷移3已知冪函數f(x)＝(m∈N*)
(1)試確定該函數的定義域，并指明該函數在其定義域上的單調性；
(2)若該函數還經過點(2，2)，試確定m的值，并求滿足條件f(2－a)f(a－1)的實數a的取值范圍．

1．冪函數y＝xα(α∈R)，其中α為常數，其本質特征是以冪的底x為自變量，指數α為常數，這是判斷一個函數是否是冪函數的重要依據和唯一標準．
2．在(0,1)上，冪函數中指數越大，函數圖象越靠近x軸(簡記為“指大圖低”)，在(1，＋∞)上，冪函數中指數越大，函數圖象越遠離x軸．冪函數的圖象一定會出現在第一象限內，一定不會出現在第四象限內，至于是否出現在第二、三象限內，要看函數的奇偶性；冪函數的圖象最多只能同時出現在兩個象限內；如果冪函數的圖象與坐標軸相交，則交點一定是原點．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．右圖是函數y＝(m，n∈N*，m、n互質)的圖象，則()
A．m，n是奇數，且mn1
B．m是偶數，n是奇數，且mn1
C．m是偶數，n是奇數，且mn1
D．m是奇數，n是偶數，且mn1
2．(2010陜西)下列四類函數中，具有性質“對任意的x0，y0，函數f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)f(y)”的是()
A．冪函數B．對數函數
C．指數函數D．余弦函數
3．下列函數圖象中，正確的是()
4．(2010安徽)設a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系是()
A．acbB．abc
C．cabD．bca
5．下列命題中正確的是()
①冪函數的圖象都經過點(1,1)和點(0,0)；
②冪函數的圖象不可能在第四象限；
③當n＝0時，函數y＝xn的圖象是一條直線；
④冪函數y＝xn當n0時是增函數；
⑤冪函數y＝xn當n0時在第一象限內函數值隨x值的增大而減小．
A．①和④B．④和⑤
C．②和③D．②和⑤
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011邯鄲模擬)若冪函數y＝的圖象不經過原點，則實數m的值為________．
7．已知a＝xα，b＝，c＝，x∈(0,1)，α∈(0,1)，則a，b，c的大小順序是________．
8．已知函數f(x)＝xα(0α1)，對于下列命題：①若x1，則f(x)1；②若0x1，則0f(x)1；③當x0時，若f(x1)f(x2)，則x1x2；④若0x1x2，則f(x1)x1f(x2)x2.
其中正確的命題序號是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)設f(x)是定義在R上以2為最小正周期的周期函數．當－1≤x1時，y＝f(x)的表達式是冪函數，且經過點(12，18)．求函數在[2k－1,2k＋1)(k∈Z)上的表達式．

10．(12分)已知f(x)＝(n＝2k，k∈Z)的圖象在[0，＋∞)上單調遞增，解不等式f(x2－x)f(x＋3)．

11．(14分)(2011荊州模擬)已知函數f(x)＝(k∈Z)滿足f(2)f(3)．
(1)求k的值并求出相應的f(x)的解析式；
(2)對于(1)中得到的函數f(x)，試判斷是否存在q0，使函數g(x)＝1－qf(x)＋(2q－1)x在區(qū)間[－1,2]上的值域為[－4，178]？若存在，求出q；若不存在，請說明理由．

答案自主梳理
1．y＝xαxα2.(2)(0，＋∞)四(3)(0,0)，(1,1)增函數不過
自我檢測
1．B[方法一由冪函數的圖象與性質，n0時不過原點，故C3，C4對應的n值均為負，C1，C2對應的n值均為正；
由增(減)快慢知n(C1)n(C2)n(C3)n(C4)．
故C1，C2，C3，C4的n值依次為
2，12，－12，－2.
方法二作直線x＝2分別交C1，C2，C3，C4于點A1，A2，A3，A4，則其對應點的縱坐標顯然為22,，，2－2，故n值分別為2，12，－12，－2.]
2．D[第一個圖象過點(0,0)，與④對應；第二個圖象為反比例函數圖象，表達式為y＝kx，③y＝x－1恰好符合，
∴第二個圖象對應③；
第三個圖象為指數函數圖象，表達式為y＝ax，且a1，①y＝2x恰好符合，∴第三個圖象對應①；
第四個圖象為對數函數圖象，表達式為y＝logax，且a1，②y＝log2x恰好符合，∴第四個圖象對應②.
∴四個函數圖象與函數序號的對應順序為④③①②.]
3．A4.C5.B
課堂活動區(qū)
例1解(1)設f(x)＝xα，
∵圖象過點(2，2)，故2＝(2)α，
解得α＝2，∴f(x)＝x2.
設g(x)＝xβ，∵圖象過點(2，14)，
∴14＝2β，解得β＝－2.
∴g(x)＝x－2.
(2)在同一坐標系下作出f(x)＝x2與g(x)＝x－2的圖象，如圖所示．

由圖象可知，f(x)，g(x)的圖象均過點(－1，1)和(1,1)．
∴①當x1，或x－1時，f(x)g(x)；
②當x＝1，或x＝－1時，f(x)＝g(x)；
③當－1x1且x≠0時，f(x)g(x)．
變式遷移1解求f(x)，g(x)解析式及作出f(x)，g(x)的圖象同例1，
如例1圖所示，
則有：h(x)＝x－2，x－1或x1，x2，－1≤x≤1.
根據圖象可知函數h(x)的最大值為1，單調增區(qū)間為(－∞，－1)和(0,1)；單調減區(qū)間為(－1,0)和(1，＋∞)．
例2解題導引比較兩個冪的大小關鍵是搞清楚是底數相同，還是指數相同，若底數相同，利用指數函數的性質；若指數相同，利用冪函數的性質；若底數、指數皆不相同，考慮用中間值法，常用0和1“搭橋”進行分組．
解(1)函數y＝3x是增函數，∴30.830.7.
(2)函數y＝x3是增函數，∴0.2130.233.
(3)∵，
∴.
(4)＝1；0＝1；
0，∴.
變式遷移2(1)①②
(2)m0
解析根據冪函數y＝x1.3的圖象，
當0x1時，0y1，∴00.71.31.
又根據冪函數y＝x0.7的圖象，
當x1時，y1，∴1.30.71.
于是有0.71.31.30.7.
對于冪函數y＝xm，由(0.71.3)m(1.30.7)m知，當x0時，隨著x的增大，函數值也增大，∴m0.
例3解∵函數f(x)在(0，＋∞)上遞減，
∴m2－2m－30，解得－1m3.
∵m∈N*，∴m＝1,2.
又函數的圖象關于y軸對稱，
∴m2－2m－3是偶數，
而22－2×2－3＝－3為奇數，
12－2×1－3＝－4為偶數，
∴m＝1.
而y＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上均為減函數，
∴等價于a＋13－2a0，
或0a＋13－2a，或a＋103－2a，
解得a－1或23a32.
故a的范圍為{a|a－1或23a32}．
變式遷移3解(1)m2＋m＝m(m＋1)，m∈N*，
而m與m＋1中必有一個為偶數，
∴m(m＋1)為偶數．
∴函數f(x)＝(m∈N*)的定義域為[0，＋∞)，并且在定義域上為增函數．
(2)∵函數f(x)經過點(2，2)，
∴2＝，即.
∴m2＋m＝2.
解得m＝1或m＝－2.
又∵m∈N*，∴m＝1.
由f(2－a)f(a－1)得2－a≥0，a－1≥02－aa－1.
解得1≤a32.
∴a的取值范圍為[1，32)．
課后練習區(qū)
1．C[由圖象知，函數為偶函數，
∴m為偶數，n為奇數．
又函數圖象在第一限內上凸，∴mn1.]
2．C[∵(x＋y)α≠xαyα，
∴冪函數f(x)＝xα不具有此性質．
∵loga(x＋y)≠logaxlogay，
∴對數函數f(x)＝logax不具有此性質．
∵ax＋y＝axay，∴指數函數f(x)＝ax具有此性質．
∵cos(x＋y)≠cosxcosy，
∴余弦函數y＝cosx不具有此性質．]
3．C[對A、B，由y＝x＋a知a1，可知A、B圖象不正確；
D中由y＝x＋a知0a1，∴y＝logax應為減函數，D錯．]
4．A[∵y＝在x∈(0，＋∞)遞增，
∴，即ac，
∵y＝(25)x在x∈(－∞，＋∞)遞減，
∴，即cb，
∴acb.]
5．D
6．1或2
解析由m2－3m＋3＝1m2－m－2≤0解得m＝1或2.
經檢驗m＝1或2都適合．
7．cab
解析∵α∈(0,1)，∴1ααα2.
又∵x∈(0,1)，∴xα，即cab.
8．①②③
解析作出y＝xα(0α1)在第一象限內的圖象，如圖所示，
可判定①②③正確，
又fxx表示圖象上的點與原點連線的斜率，
當0x1x2時應有fx1x1fx2x2，故④錯．
9．解設在[－1,1)中，f(x)＝xn，
由點(12，18)在函數圖象上，求得n＝3.……………………………………………………(4分)
令x∈[2k－1,2k＋1)，則x－2k∈[－1,1)，
∴f(x－2k)＝(x－2k)3.……………………………………………………………………(8分)
又f(x)周期為2，∴f(x)＝f(x－2k)＝(x－2k)3.
即f(x)＝(x－2k)3(k∈Z)．………………………………………………………………(12分)
10．解由條件知1－n2＋2n＋30，
－n2＋2n＋30，解得－1n3.…………………………………………………………(4分)
又n＝2k，k∈Z，∴n＝0,2.
當n＝0,2時，f(x)＝x13，
∴f(x)在R上單調遞增．…………………………………………………………………(8分)
∴f(x2－x)f(x＋3)轉化為x2－xx＋3.
解得x－1或x3.
∴原不等式的解集為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．………………………………………(12分)
11．解(1)∵f(2)f(3)，
∴f(x)在第一象限是增函數．
故－k2＋k＋20，解得－1k2.
又∵k∈Z，∴k＝0或k＝1.
當k＝0或k＝1時，－k2＋k＋2＝2，
∴f(x)＝x2.…………………………………………………………………………………(6分)
(2)假設存在q0滿足題設，由(1)知
g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1，x∈[－1,2]．
∵g(2)＝－1，∴兩個最值點只能在端點(－1，g(－1))和頂點(2q－12q，4q2＋14q)處取得．
……………………………………………………………………………………………(8分)
而4q2＋14q－g(－1)＝4q2＋14q－(2－3q)＝4q－124q≥0，
∴g(x)max＝4q2＋14q＝178，…………………………………………………………………(12分)
g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4.
解得q＝2.∴存在q＝2滿足題意．……………………………………………………(14分)

高考數學（理科）一輪復習空間的垂直關系學案含答案

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“高考數學（理科）一輪復習空間的垂直關系學案含答案”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性質與判定定理.2.能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間圖形的垂直關系的簡單命題．
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
①直線垂直于平面，則垂直于平面內______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
兩個平面垂直，則一個平面內垂直于________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
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

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內找到(或構造)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線面關系的轉化思想，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：α∥β，a⊥αa⊥β；(5)面面垂直的性質：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：a⊥α，bαa⊥b；(4)線面垂直的性質：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或與另一個平面內的一條直線平行．
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內與l平行的直線都平行于平面β，故A正確；如果平面α內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)

高考數學（理科）一輪復習橢圓學案帶答案

一名優(yōu)秀的教師在教學方面無論做什么事都有計劃和準備，作為高中教師就要精心準備好合適的教案。教案可以更好的幫助學生們打好基礎，幫助高中教師能夠更輕松的上課教學。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“高考數學（理科）一輪復習橢圓學案帶答案”，但愿對您的學習工作帶來幫助。

學案51橢圓

導學目標：1.了解圓錐曲線的實際背景，了解圓錐曲線在刻畫現實世界和解決實際問題中的作用.2.掌握橢圓的定義，幾何圖形、標準方程及其簡單幾何性質．
自主梳理
1．橢圓的概念
在平面內與兩個定點F1、F2的距離的和等于常數(大于|F1F2|)的點的軌跡叫做________．這兩定點叫做橢圓的________，兩焦點間的距離叫________．
集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a0，c0，且a，c為常數：
(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．橢圓的標準方程和幾何性質

標準方程x2a2＋y2b2＝1
(ab0)y2a2＋x2b2＝1
(ab0)
圖形

性
質范圍－a≤x≤a
－b≤y≤b－b≤x≤b
－a≤y≤a
對稱性對稱軸：坐標軸對稱中心：原點
頂點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
的關系c2＝a2－b2

自我檢測
1．已知△ABC的頂點B、C在橢圓x23＋y2＝1上，頂點A是橢圓的一個焦點，且橢圓的另外一個焦點在BC邊上，則△ABC的周長是()
A．23B．6C．43D．12
2．(2011揭陽調研)“mn0”是方程“mx2＋ny2＝1表示焦點在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的焦點為F1和F2，點P在橢圓上，如果線段PF1的中點在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的一個焦點是(0,2)，那么k等于()
A．－1B．1C.5D．－5
探究點一橢圓的定義及應用
例1(教材改編)一動圓與已知圓O1：(x＋3)2＋y2＝1外切，與圓O2：(x－3)2＋y2＝81內切，試求動圓圓心的軌跡方程．
變式遷移1求過點A(2,0)且與圓x2＋4x＋y2－32＝0內切的圓的圓心的軌跡方程．
探究點二求橢圓的標準方程
例2求滿足下列各條件的橢圓的標準方程：
(1)長軸是短軸的3倍且經過點A(3,0)；
(2)經過兩點A(0,2)和B12，3.

變式遷移2(1)已知橢圓過(3,0)，離心率e＝63，求橢圓的標準方程；
(2)已知橢圓的中心在原點，以坐標軸為對稱軸，且經過兩點P1(6，1)、P2(－3，－2)，求橢圓的標準方程．

探究點三橢圓的幾何性質
例3(2011安陽模擬)已知F1、F2是橢圓的兩個焦點，P為橢圓上一點，∠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．

變式遷移3已知橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)的長、短軸端點分別為A、B，從此橢圓上一點M(在x軸上方)向x軸作垂線，恰好通過橢圓的左焦點F1，AB∥OM.
(1)求橢圓的離心率e；
(2)設Q是橢圓上任意一點，F1、F2分別是左、右焦點，求∠F1QF2的取值范圍．
方程思想的應用
例(12分)(2011北京朝陽區(qū)模擬)已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為12，且經過點M(1，32)，過點P(2,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點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，請說明理由．
【答題模板】
解(1)設橢圓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]
因為直線l與橢圓C相交于不同的兩點A，B，
設A，B兩點的坐標分別為(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系主要是指公共點問題、相交弦問題及其他綜合問題．反映在代數上，就是直線與橢圓方程聯立的方程組有無實數解及實數解的個數的問題，它體現了方程思想的應用，當直線與橢圓相交時，要注意判別式大
于零這一隱含條件，它可以用來檢驗所求參數的值是否有意義，也可通過該不等式來求參數的范圍．對直線與橢圓的位置關系的考查往往結合平面向量進行求解，與向量相結合的題目，大都與共線、垂直和夾角有關，若能轉化為向量的坐標運算往往更容易實現解題功能，所以在復習過程中要格外重視．
1．求橢圓的標準方程，除了直接根據定義外，常用待定系數法(先定性，后定型，再定參)．當橢圓的焦點位置不明確而無法確定其標準方程時，可設方程為x2m＋y2n＝1(m0，n0且m≠n)，可以避免討論和繁雜的計算，也可以設為Ax2＋By2＝1(A0，B0且A≠B)，這種形式在解題中更簡便．
2．橢圓的幾何性質分為兩類：一是與坐標軸無關的橢圓本身固有的性質，如：長軸長、短軸長、焦距、離心率等；另一類是與坐標系有關的性質，如：頂點坐標，焦點坐標等．第一類性質是常數，不因坐標系的變化而變化，第二類性質是隨坐標系變化而相應改變．
3．直線與橢圓的位置關系問題．它是高考的熱點，通常涉及橢圓的性質、最值的求法和直線的基礎知識、線段的中點、弦長、垂直問題等，分析此類問題時，要充分利用數形結合法、設而不求法、弦長公式及根與系數的關系去解決．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011溫州模擬)若△ABC的兩個頂點坐標分別為A(－4,0)、B(4,0)，△ABC的周長為18，則頂點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是橢圓的兩個焦點，過F1且與橢圓長軸垂直的直線交橢圓于A、B兩點，若△ABF2是等腰直角三角形，則這個橢圓的離心率是()
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A為圓上任一點，N(2,0)，線段AN的垂直平分線交MA于點P，則動點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M到焦點F1的距離為2，N是MF1的中點，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的中心在坐標原點，長軸在x軸上，離心率為32，且G上一點到G的兩個焦點的距離之和為12，則橢圓G的方程為______________．
7．(2011唐山調研)橢圓x29＋y22＝1的焦點為F1、F2，點P在橢圓上．若|PF1|＝4，則|PF2|＝________；∠F1PF2的大小為________．
8.
如圖，已知點P是以F1、F2為焦點的橢圓x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一點，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(0，－23)和橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦點，且橢圓的離心率為63.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若已知點D(3,0)，點M，N是橢圓C上不重合的兩點，且DM→＝λDN→，求實數λ的取值范圍．
10．(12分)(2011煙臺模擬)橢圓ax2＋by2＝1與直線x＋y－1＝0相交于A，B兩點，C是AB的中點，若|AB|＝22，OC的斜率為22，求橢圓的方程．

11．(14分)(2010福建)已知中心在坐標原點O的橢圓C經過點A(2,3)，且點F(2,0)為其右焦點．
(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，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．

學案51橢圓
自主梳理
1．橢圓焦點焦距(1)ac(2)a＝c(3)ac
自我檢測
1．C2.C3.D4.A5.B
課堂活動區(qū)
例1解如圖所示，設動圓的圓心為C，半徑為r.
則由圓相切的性質知，
|CO1|＝1＋r，|CO2|＝9－r，
∴|CO1|＋|CO2|＝10，
而|O1O2|＝6，
∴點C的軌跡是以O1、O2為焦點的橢圓，其中2a＝10,2c＝6，b＝4.
∴動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準形式為：
(x＋2)2＋y2＝62，圓心B(－2,0)，r＝6.
設動圓圓心M的坐標為(x，y)，
動圓與已知圓的切點為C.
則|BC|－|MC|＝|BM|，
而|BC|＝6，
∴|BM|＋|CM|＝6.
又|CM|＝|AM|，
∴|BM|＋|AM|＝6|AB|＝4.
∴點M的軌跡是以點B(－2,0)、A(2,0)為焦點、線段AB中點(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解題導引確定一個橢圓的標準方程，必須要有一個定位條件(即確定焦點的位置)和兩個定形條件(即確定a，b的大小)．當焦點的位置不確定時，應設橢圓的標準方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)或y2a2＋x2b2＝1(ab0)，或者不必考慮焦點位置，直接設橢圓的方程為mx2＋ny2＝1(m0，n0，且m≠n)．
解(1)若橢圓的焦點在x軸上，
設方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)．
∵橢圓過點A(3,0)，∴9a2＝1，
∴a＝3，又2a＝32b，∴b＝1，∴方程為x29＋y2＝1.
若橢圓的焦點在y軸上，設方程為y2a2＋x2b2＝1(ab0)．
∵橢圓過點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)設經過兩點A(0,2)，B12，3的橢圓標準方程為mx2＋ny2＝1，將A，B坐標代入方程得4n＝114m＋3n＝1m＝1n＝14，∴所求橢圓方程為x2＋y24＝1.
變式遷移2解(1)當橢圓的焦點在x軸上時，∵a＝3，ca＝63，∴c＝6，從而b2＝a2－c2＝9－6＝3，
∴橢圓的標準方程為x29＋y23＝1.
當橢圓的焦點在y軸上時，
∵b＝3，ca＝63，∴a2－b2a＝63，∴a2＝27.
∴橢圓的標準方程為x29＋y227＝1.
∴所求橢圓的標準方程為x29＋y23＝1或x29＋y227＝1.
(2)設橢圓方程為mx2＋ny2＝1(m0，n0且m≠n)．
∵橢圓經過P1、P2點，∴P1、P2點坐標適合橢圓方程，
則6m＋n＝1，①3m＋2n＝1，②
①②兩式聯立，解得m＝19，n＝13.
∴所求橢圓方程為x29＋y23＝1.
例3解題導引(1)橢圓上一點與兩焦點構成的三角形，稱為橢圓的焦點三角形，與焦點三角形有關的計算或證明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a、c的關系．
(2)對△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(當且僅當m＝n時取等號)，
∴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．
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|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，
當且僅當r1＝r2時，cosθ＝0，∴θ∈[0，π2]．
課后練習區(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(0，－23)，
∴直線l的方程為y＋23＝3x.
∵ab，∴橢圓的焦點為直線l與x軸的交點．
∴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，
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M、N坐標分別為(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，可設橢圓C的方程為x2a2＋y2b2＝1(ab0)，且可知其左焦點為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)假設存在符合題意的直線l，設其方程為y＝32x＋t.
由y＝32x＋t，x216＋y212＝1，得3x2＋3tx＋t2－12＝0.(7分)
因為直線l與橢圓C有公共點，
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．

高考數學（理科）一輪復習直線與直線的位置關系學案含答案

學案48直線與直線的位置關系

導學目標：1.能根據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
1．兩直線的位置關系
平面上兩條直線的位置關系包括平行、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構成的方程組是否有________．
3．有關距離
(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，則實數a的值為()
A．7B．－7C．3D．－3
2．若直線l1：y＝k(x－4)與直線l2關于點(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關于直線l的對稱點A′的坐標；
(2)直線m：3x－2y－6＝0關于直線l的對稱直線m′的方程；
(3)直線l關于點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．直線關于點的對稱可轉化為點關于點的對稱，直線關于直線的對稱可轉化為點關于直線的對稱．
【易錯點剖析】
(1)點關于線對稱，不能轉化為“垂直”及“線的中點在軸上”的問題．
(2)線關于線對稱，不能轉化為點關于線的對稱問題；線關于點的對稱，不能轉化為點關于點的對稱問題．
1．在兩條直線的位置關系中，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項系數化為相等的系數．
3．對稱思想是高考熱點，主要分為中心對稱和軸對稱兩種，關鍵要把握對稱問題的本質，必要情況下可與函數的對稱軸建立聯系．
(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的問題并與求直線方程相聯系，聯立方程組求解，對斜率不存在的情況，可考慮用數形結合的方法研究．
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，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轉化思想的運用
三條直線l1、l2、l3不能構成三角形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
本題依據直線的位置關系將不能構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，或將后一條直線化為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)