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)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________.
4．兩個平面的位置關(guān)系有________、________.
5．兩個平面平行的判定：
(1)定義：兩個平面沒有________，稱這兩個平面平行；
(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
1．(2011湖南四縣調(diào)研)平面α∥平面β的一個充分條件是()
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煙臺模擬)一條直線l上有相異三個點(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平面平行；
②平行于同一平面的兩個平面平行；
③一條直線與兩個平行平面中的一個相交，那么這條直線必和另一個相交；
④垂直于同一直線的兩個平面平行．
不正確的命題個數(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B．1個
C．0個或1個D．1個或2個
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的兩個全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面內(nèi)，P、Q分別是對角線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，平面D1BQ∥平面PAO?

轉(zhuǎn)化與化歸思想綜合應(yīng)用
例(12分)一個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上的一動點(diǎn)．
(1)求證：BP⊥AC；
(2)當(dāng)點(diǎn)P落在什么位置時，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)計開放型試題是新課標(biāo)高考命題的一個動向．
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是兩個平面，A為一點(diǎn)，有下列四個命題，其中正確命題的個數(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B．2對
C.無數(shù)對D．1或2對
二、填空題(每小題4分，共12分)
6.(2011秦皇島月考)下列四個正方體圖形中，A、B為正方體的兩個頂點(diǎn)，M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出AB∥面MNP的圖形的序號是________(寫出所有符合要求的圖形序號)．
,
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
1．D2.D3.A4.C
5．面ABC和面ABD
課堂活動區(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：如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行；
(2)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行；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.
又因為G1G2∩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有出現(xiàn)，解答此類問題時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，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，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，④對．]
2．D[注意命題之間的相互推出關(guān)系；易知選項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，l1α，l2∩α＝A，l1與l2可能相交．
②錯，l2有可能在平面α內(nèi)．
③錯，α有可能與β相交．
④錯，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確定一個平面β，過a上一點(diǎn)作b′∥b，b與b′確定一個平面α，則α∥β.因為α，β是惟一的，所以相互平行的平面僅有一對．]
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.因為A1D1∥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)
因為四邊形C1CDD1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的一個三等分點(diǎn)時，
MN∥平面ADE.(14分)

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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
對稱性對稱軸：坐標(biāo)軸對稱中心：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
1．已知△ABC的頂點(diǎn)B、C在橢圓x23＋y2＝1上，頂點(diǎn)A是橢圓的一個焦點(diǎn)，且橢圓的另外一個焦點(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]
因為直線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，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(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，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、線段的中點(diǎn)、弦長、垂直問題等，分析此類問題時，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
1．C2.C3.D4.A5.B
課堂活動區(qū)
例1解如圖所示，設(shè)動圓的圓心為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)動圓圓心M的坐標(biāo)為(x，y)，
動圓與已知圓的切點(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)引確定一個橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，必須要有一個定位條件(即確定焦點(diǎn)的位置)和兩個定形條件(即確定a，b的大小)．當(dāng)焦點(diǎn)的位置不確定時，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，∵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，
∵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△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(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，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)
因為直線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．

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)直線、圓的位置關(guān)系學(xué)案有答案

經(jīng)驗告訴我們，成功是留給有準(zhǔn)備的人。作為高中教師準(zhǔn)備好教案是必不可少的一步。教案可以讓上課時的教學(xué)氛圍非?；钴S，有效的提高課堂的教學(xué)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(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)直線、圓的位置關(guān)系學(xué)案有答案，相信能對大家有所幫助。

學(xué)案50直線、圓的位置關(guān)系

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：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(xué)習(xí)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(diǎn)P(x0，y0)在圓上，則過P點(diǎn)且與圓x2＋y2＝r2相切的切線方程為____________________________．
注：點(diǎn)P必須在圓x2＋y2＝r2上．
經(jīng)過圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2上點(diǎn)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(yùn)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(yùn)用韋達(dá)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(shè)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(diǎn)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(dāng)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)(0,1)的直線與x2＋y2＝4相交于A、B兩點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)P(x1，y1)向該圓引一條切線，切點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且有|PM|＝|PO|，求使得|PM|取得最小值時點(diǎn)P的坐標(biāo)．

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

探究點(diǎn)二圓的弦長、中點(diǎn)弦問題
例2(2011漢沽模擬)已知點(diǎn)P(0,5)及圓C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.
(1)若直線l過點(diǎn)P且被圓C截得的線段長為43，求l的方程；
(2)求過P點(diǎn)的圓C的弦的中點(diǎn)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(diǎn)；
(2)求當(dāng)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(diǎn)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(dāng)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(diǎn)四綜合應(yīng)用
例4已知圓C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0.問在圓C上是否存在兩點(diǎn)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(diǎn)？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(diǎn)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(diǎn)．
(1)求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
(2)若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且OM→ON→＝12，求k的值．
1．求切線方程時，若知道切點(diǎn)，可直接利用公式；若過圓外一點(diǎn)求切線，一般運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(shí)數(shù)m等于()
A.3或－3B．－3或33
C．－33或3D．－33或33
3．過原點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)A是圓C：x2＋y2＋ax＋4y－5＝0上任意一點(diǎn)，A點(diǎn)關(guān)于直線x＋2y－1＝0的對稱點(diǎn)也在圓C上，則實(shí)數(shù)a＝________.
8．(2011杭州高三調(diào)研)設(shè)直線3x＋4y－5＝0與圓C1：x2＋y2＝4交于A，B兩點(diǎn)，若圓C2的圓心在線段AB上，且圓C2與圓C1相切，切點(diǎn)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(diǎn)P(－1,2)，過點(diǎn)P的直線l的傾斜角為α，直線l交圓于A、B兩點(diǎn)．
(1)當(dāng)α＝3π4時，求AB的長；
(2)當(dāng)弦AB被點(diǎn)P平分時，求直線l的方程．

10．(12分)(2011湛江模擬)自點(diǎn)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(xué)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(dǎo)引(1)過點(diǎn)P作圓的切線有三種類型：
當(dāng)P在圓外時，有2條切線；
當(dāng)P在圓上時，有1條切線；
當(dāng)P在圓內(nèi)時，不存在．
(2)利用待定系數(shù)法設(shè)圓的切線方程時，一定要注意直線方程的存在性，有時要進(jìn)行恰當(dāng)分類．
(3)切線長的求法：
過圓C外一點(diǎn)P作圓C的切線，切點(diǎn)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(dāng)直線在兩坐標(biāo)軸上的截距為零時，設(shè)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(dāng)直線在兩坐標(biāo)軸上的截距不為零時，
設(shè)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(diǎn)P在直線l：2x－4y＋3＝0上．
當(dāng)|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(diǎn)P的坐標(biāo)為－310，35.
變式遷移1解設(shè)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(diǎn)的直線斜率為－12，又x＝2與圓交于(2,1)，
∴過切點(diǎn)的直線為x＋2y－4＝0.
例2解題導(dǎo)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(diǎn)，點(diǎn)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(diǎn)問題：
圓心與弦的中點(diǎn)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(diǎn)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(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)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(diǎn)C到直線AB的距離公式，得|－2k－6＋5|k2＋－12＝2，
解得k＝34.
當(dāng)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(dāng)直線l的斜率存在時，
設(shè)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(shè)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(shè)過P點(diǎn)的圓C的弦的中點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)．
(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(diǎn)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(dǎo)引圓和圓的位置關(guān)系，從交點(diǎn)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(dāng)m＝－5或m＝2時，圓C1與圓C2外切；
當(dāng)－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(yīng)為⊙A的直徑，
將(－1，－1)代入①得a2＋2a＋2b＋5＝0.②
設(shè)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(dāng)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(dǎo)引這是一道探索存在性問題，應(yīng)先假設(shè)存在圓上兩點(diǎn)關(guān)于直線對稱，由垂徑定理可知圓心應(yīng)在直線上，以AB為直徑的圓經(jīng)過原點(diǎn)O，應(yīng)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(shè)在圓C上存在兩點(diǎn)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(shè)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(shè)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(diǎn)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(shè)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(xí)區(qū)
1．C2.C3.D4.A5.D
6．17.－108.1
9．解(1)當(dāng)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(shè)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(biāo)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(shè)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(biāo)準(zhǔn)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(dāng)兩圓外切時，5－12＋6－32＝11＋61－m.
解得m＝25＋1011.(4分)
(2)當(dāng)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(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)空間點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系學(xué)案

學(xué)案42空間點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：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(yùn)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(diǎn)，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(diǎn)，那么它們有且只有________過該點(diǎn)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(shè)a，b是兩條異面直線，經(jīng)過空間中任一點(diǎn)O作直線a′∥a，b′∥b，把a(bǔ)′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(yīng)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(diǎn)P，Q，R，S分別在正方體的四條棱上，且是所在棱的中點(diǎn)，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(diǎn)確定一個平面；
②有三個公共點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)．

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(diǎn)，且EH與FG相交于點(diǎn)O.
求證：B、D、O三點(diǎn)共線．

探究點(diǎn)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(diǎn)，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(yīng)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(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)F，連接EF，DF，
∵E為PB中點(diǎn)，∴EF∥PA，
∴∠DEF為異面直線DE與PA所成角(或其補(bǔ)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(diǎn)位置無關(guān)，往往將角的頂點(diǎn)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(diǎn)或異面線段的端點(diǎn)．總之，頂點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)剖析】
1．求異面直線所成的角時，僅指明哪個角，而不進(jìn)行證明．
2．忘記異面直線所成角的范圍，余弦值回答為負(fù)值．
1．利用平面基本性質(zhì)證明“線共點(diǎn)”或“點(diǎn)共線”問題：
(1)證明共點(diǎn)問題，常用的方法是：先證其中兩條直線交于一點(diǎn)，再證交點(diǎn)在第三條直線上，有時也可將問題轉(zhuǎn)化為證明三點(diǎn)共線．
(2)要證明“點(diǎn)共線”可將線看作兩個平面的交線，只要證明這些點(diǎn)都是這兩個平面的公共點(diǎn)，根據(jù)公理3可知這些點(diǎn)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(bǔ)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(diǎn)，G、H、I、J分別為AF、AD、BE、DE的中點(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)，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(diǎn)．
求證：(1)E，C，D1，F(xiàn)四點(diǎn)共面；
(2)CE，D1F，DA三線共點(diǎn)．

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(diǎn)，畫出過這三點(diǎn)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(diǎn)．
(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(diǎn)B到平面A1EC的距離．

學(xué)案42空間點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系
自主梳理
1．兩點(diǎn)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(bǔ)
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(bǔ)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(bǔ)角)，
在等邊△AC1D中，∠AC1D＝60°.]
5．④
課堂活動區(qū)
例1解題導(dǎo)引證明線共點(diǎn)的問題實(shí)質(zhì)上是證明點(diǎn)在線上的問題，其基本理論是把直線看作兩平面的交線，點(diǎn)看作是兩平面的公共點(diǎn)，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(diǎn)．
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(diǎn)共線．
例2解題導(dǎo)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(dāng)?shù)狞c(diǎn)，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線，這里的點(diǎn)通常選擇特殊位置的點(diǎn)，如線段的中點(diǎn)或端點(diǎn)，也可以是異面直線中某一條直線上的特殊點(diǎn)．
(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(yīng)取它的補(bǔ)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(diǎn)，設(shè)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(diǎn)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(xí)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(diǎn)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(shè)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(shè)AC中點(diǎn)為O，則OE∥SC，連接BO，則∠BEO(或其補(bǔ)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(shè)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(diǎn)N，連接CN、MN.
∠CMN為PA與CM所成的角(或補(bǔ)角)，
設(shè)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(diǎn)，
∴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(diǎn)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(shè)交點(diǎn)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(diǎn)．(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(diǎn)．
連接EP交BB1于M點(diǎn)，
連接FP交DD1于N點(diǎn)．
再連接RM，QN，則五邊形PMRQN為過三點(diǎn)P，Q，R的截面．(3分)
由Q，R分別是邊A1D1，A1B1的中點(diǎn)，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(diǎn)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(shè)點(diǎn)B到平面A1EC的距離為h，
∴13S△A1EC?h＝13S△A1EB?CB，∴6?h＝2，h＝63.
∴點(diǎn)B到平面A1EC的距離為63.(14分)

高考數(shù)學(xué)（理科）一輪復(fù)習(xí)直線與直線的位置關(guān)系學(xué)案含答案

學(xué)案48直線與直線的位置關(guān)系

導(dǎo)學(xué)目標(biāo)：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(diǎn)坐標(biāo).3.掌握兩點(diǎn)間的距離公式、點(diǎn)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(diǎn)
兩條直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
如果兩直線相交，則交點(diǎn)的坐標(biāo)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(biāo)的點(diǎn)必是l1和l2的________，因此，l1、l2是否有交點(diǎn)，就看l1、l2構(gòu)成的方程組是否有________．
3．有關(guān)距離
(1)兩點(diǎn)間的距離
平面上兩點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)間的距離|P1P2|＝__________________________________.
(2)點(diǎn)到直線的距離
平面上一點(diǎn)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(diǎn)到另一條直線的距離；
②設(shè)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(jì)寧模擬)若點(diǎn)P(a,3)到直線4x－3y＋1＝0的距離為4，且點(diǎn)P在不等式2x＋y－30表示的平面區(qū)域內(nèi)，則實(shí)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(diǎn)(2,1)對稱，則直線l2恒過定點(diǎn)()
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(diǎn)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(diǎn)(－3，－1)；
(2)l1∥l2，且原點(diǎn)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(diǎn)二直線的交點(diǎn)坐標(biāo)
例2已知直線l1：4x＋7y－4＝0，l2：mx＋y＝0，l3：2x＋3my－4＝0.當(dāng)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(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,2)，求BC邊所在直線的方程．

探究點(diǎn)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(diǎn)P，使P同時滿足下列三個條件：
①點(diǎn)P在第一象限；
②點(diǎn)P到l1的距離是點(diǎn)P到l2的距離的12；
③點(diǎn)P到l1的距離與點(diǎn)P到l3的距離之比是2∶5.
若能，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不能，說明理由．

變式遷移3已知直線l過點(diǎn)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(yīng)用
例(12分)已知直線l：2x－3y＋1＝0，點(diǎn)A(－1，－2)．求：
(1)點(diǎn)A關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)A′的坐標(biāo)；
(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(diǎn)A(－1，－2)對稱的直線l′的方程．
【答題模板】
解(1)設(shè)A′(x，y)，再由已知
∴A′－3313，413.[4分]
(2)在直線m上取一點(diǎn)，如M(2,0)，則M(2,0)關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)M′必在直線m′上．設(shè)對稱點(diǎn)M′(a，b)，則得M′613，3013.[6分]
設(shè)直線m與直線l的交點(diǎn)為N，則由
得N(4,3)．
又∵m′經(jīng)過點(diǎn)N(4,3)，∴由兩點(diǎn)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(diǎn)，
如M(1,1)，N(4,3)，則M，N關(guān)于點(diǎn)A(－1，－2)的對稱點(diǎn)M′，N′均在直線l′上，
易得M′(－3，－5)，N′(－6，－7)，[10分]
再由兩點(diǎn)式可得l′的方程為2x－3y－9＝0.[12分]
方法二∵l∥l′，∴設(shè)l′的方程為2x－3y＋C＝0(C≠1)，
∵點(diǎn)A(－1，－2)到兩直線l，l′的距離相等，∴由點(diǎn)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(shè)P(x，y)為l′上任意一點(diǎn)，
則P(x，y)關(guān)于點(diǎn)A(－1，－2)的對稱點(diǎn)為P′(－2－x，－4－y)，[10分]
∵點(diǎn)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(diǎn)關(guān)于直線對稱是軸對稱中最基本的，要抓住兩點(diǎn)：一是已知點(diǎn)與對稱點(diǎn)的連線與對稱軸垂直；二是已知點(diǎn)與對稱點(diǎn)為端點(diǎn)的線段中點(diǎn)在對稱軸上．直線關(guān)于點(diǎn)的對稱可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱，直線關(guān)于直線的對稱可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)關(guān)于直線的對稱．
【易錯點(diǎn)剖析】
(1)點(diǎn)關(guān)于線對稱，不能轉(zhuǎn)化為“垂直”及“線的中點(diǎn)在軸上”的問題．
(2)線關(guān)于線對稱，不能轉(zhuǎn)化為點(diǎn)關(guān)于線的對稱問題；線關(guān)于點(diǎn)的對稱，不能轉(zhuǎn)化為點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)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(rèn)真畫出圖形，有助于快速準(zhǔn)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(yùn)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)在直線3x＋y－5＝0上，且點(diǎn)P到直線x－y－1＝0的距離為2，則P點(diǎn)坐標(biāo)為()
A．(1,2)B．(2,1)
C．(1,2)或(2，－1)D．(2,1)或(－1,2)
5．設(shè)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(shí)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(xué)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(shè)直線l經(jīng)過點(diǎn)(－1,1)，則當(dāng)點(diǎn)(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(diǎn)在第一象限．

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

11．(14分)(2011杭州調(diào)研)過點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(dǎo)引運(yùn)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(yùn)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(diǎn)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(dāng)a＝1時，
l1：x＋2y＋6＝0，
l2：x＝0，l1與l2不平行；
當(dāng)a＝0時，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1與l2不平行；
當(dāng)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(dāng)a＝－1時，l1∥l2，否則l1與l2不平行．
(2)方法一當(dāng)a＝1時，l1：x＋2y＋6＝0，l2：x＝0，l1與l2不垂直；
當(dāng)a＝0時，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1與l2不垂直；
當(dāng)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(dǎo)引①轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用
三條直線l1、l2、l3不能構(gòu)成三角形l1、l2、l3交于一點(diǎn)或至少有兩條直線平行
三條直線交于一點(diǎn)l2與l3的交點(diǎn)在l1上l2與l3對應(yīng)方程組的解適合l1的方程
②分類討論思想的運(yùn)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(yīng)注意按同一標(biāo)準(zhǔn)，不重不漏．
解當(dāng)三條直線共點(diǎn)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(diǎn)時，
由mx＋y＝0，2x＋3my＝4，得x＝42－3m2y＝－4m2－3m2(m2≠23)，
即l2與l3的交點(diǎn)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(dāng)l1∥l2時，4＝7m，∴m＝47；
當(dāng)l1∥l3時，4×3m＝7×2，∴m＝76；
當(dāng)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(shè)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(dǎo)引在應(yīng)用平行線間的距離公式求兩條平行線間的距離時，應(yīng)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(yīng)相等的條件下，才能應(yīng)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(yīng)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(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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(dāng)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(shè)條件的點(diǎn)P，其坐標(biāo)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(diǎn)分別是A(3，－4)，B(3，－9)，截得的線段長|AB|＝|－4＋9|＝5，符合題意．
當(dāng)直線l的斜率存在時，則設(shè)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(diǎn)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(shè)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(diǎn)P(3,1)，
所以直線l的方程為x＝3或y＝1.
課后練習(xí)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(diǎn)在第一象限，
∴12－12k4k＋107k－24k＋10，∴27k1.(11分)
即當(dāng)27k1時，
兩直線的交點(diǎn)在第一象限．(12分)
10．解設(shè)所求直線為l，由于l過點(diǎn)A且與點(diǎn)P1，P2距離相等，所以有兩種情況，
(1)當(dāng)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(dāng)P1，P2在l異側(cè)時，l必過P1P2的中點(diǎn)(－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(shè)點(diǎn)A(x，y)在l1上，
由題意知x＋xB2＝3，y＋yB2＝0，∴點(diǎn)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)