高中拋物線教案

高考數(shù)學（理科）一輪復習拋物線學案附答案。

學案53拋物線

導學目標：1.掌握拋物線的定義、幾何圖形和標準方程，知道它們的簡單幾何性質.2.理解數(shù)形結合的思想．
自主梳理
1．拋物線的概念
平面內與一個定點F和一條定直線l(Fl)距離______的點的軌跡叫做拋物線．點F叫做拋物線的__________，直線l叫做拋物線的________．
2．拋物線的標準方程與幾何性質
標準方程y2＝2px
(p0)y2＝－2px
(p0)x2＝2py
(p0)x2＝－2py
(p0)
p的幾何意義：焦點F到準線l的距離
圖形

頂點O(0,0)
對稱軸y＝0x＝0
焦點F(p2，0)
F(－p2，0)
F(0，p2)
F(0，－p2)

離心率e＝1
準線方程x＝－p2
x＝p2
y＝－p2
y＝p2

范圍x≥0，
y∈Rx≤0，
y∈Ry≥0，
x∈Ry≤0，
x∈R
開口方向向右向左向上向下

自我檢測
1．(2010四川)拋物線y2＝8x的焦點到準線的距離是()
A．1B．2C．4D．8
2．若拋物線y2＝2px的焦點與橢圓x26＋y22＝1的右焦點重合，則p的值為()
A．－2B．2C．－4D．4
3．(2011陜西)設拋物線的頂點在原點，準線方程為x＝－2，則拋物線的方程是()
A．y2＝－8xB．y2＝8x
C．y2＝－4xD．y2＝4x
4．已知拋物線y2＝2px(p0)的焦點為F，點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)在拋物線上，且2x2＝x1＋x3，則有()
A．|FP1|＋|FP2|＝|FP3|
B．|FP1|2＋|FP2|2＝|FP3|2
C．2|FP2|＝|FP1|＋|FP3|
D．|FP2|2＝|FP1||FP3|
5．(2011佛山模擬)已知拋物線方程為y2＝2px(p0)，過該拋物線焦點F且不與x軸垂直的直線AB交拋物線于A、B兩點，過點A、點B分別作AM、BN垂直于拋物線的準線，分別交準線于M、N兩點，那么∠MFN必是()
A．銳角B．直角
C．鈍角D．以上皆有可能
探究點一拋物線的定義及應用
例1已知拋物線y2＝2x的焦點是F，點P是拋物線上的動點，又有點A(3,2)，求|PA|＋|PF|的最小值，并求出取最小值時P點的坐標．

變式遷移1已知點P在拋物線y2＝4x上，那么點P到點Q(2，－1)的距離與點P到拋物線焦點距離之和取得最小值時，點P的坐標為()
A.14，－1B.14，1
C．(1,2)D．(1，－2)
探究點二求拋物線的標準方程
例2(2011蕪湖調研)已知拋物線的頂點在原點，焦點在y軸上，拋物線上一點M(m，－3)到焦點的距離為5，求m的值、拋物線方程和準線方程．

變式遷移2根據(jù)下列條件求拋物線的標準方程：
(1)拋物線的焦點F是雙曲線16x2－9y2＝144的左頂點；
(2)過點P(2，－4)．

探究點三拋物線的幾何性質
例3過拋物線y2＝2px的焦點F的直線和拋物線相交于A，B兩點，如圖所示．
(1)若A，B的縱坐標分別為y1，y2，求證：y1y2＝－p2；
(2)若直線AO與拋物線的準線相交于點C，求證：BC∥x軸．

變式遷移3已知AB是拋物線y2＝2px(p0)的焦點弦，F(xiàn)為拋物線的焦點，A(x1，y1)，B(x2，y2)．求證：
(1)x1x2＝p24；
(2)1|AF|＋1|BF|為定值．

分類討論思想的應用
例(12分)過拋物線y2＝2px(p0)焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，過B點作其準線的垂線，垂足為D，設O為坐標原點，問：是否存在實數(shù)λ，使AO→＝λOD→？
多角度審題這是一道探索存在性問題，應先假設存在，設出A、B兩點坐標，從而得到D點坐標，再設出直線AB的方程，利用方程組和向量條件求出λ.
【答題模板】
解假設存在實數(shù)λ，使AO→＝λOD→.
拋物線方程為y2＝2px(p0)，
則Fp2，0，準線l：x＝－p2，
(1)當直線AB的斜率不存在，即AB⊥x軸時，
交點A、B坐標不妨設為：Ap2，p，Bp2，－p.
∵BD⊥l，∴D－p2，－p，
∴AO→＝－p2，－p，OD→＝－p2，－p，∴存在λ＝1使AO→＝λOD→.[4分]
(2)當直線AB的斜率存在時，
設直線AB的方程為y＝kx－p2(k≠0)，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D－p2，y2，x1＝y(tǒng)212p，x2＝y(tǒng)222p，
由y＝kx－p2y2＝2px得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，∴y2＝－p2y1，[8分]
AO→＝(－x1，－y1)＝－y212p，－y1，OD→＝－p2，y2＝－p2，－p2y1，
假設存在實數(shù)λ，使AO→＝λOD→，則－y212p＝－p2λ－y1＝－p2y1λ，解得λ＝y(tǒng)21p2，∴存在實數(shù)λ＝y(tǒng)21p2，使AO→＝λOD→.
綜上所述，存在實數(shù)λ，使AO→＝λOD→.[12分]
【突破思維障礙】
由拋物線方程得其焦點坐標和準線方程，按斜率存在和不存在討論，由直線方程和拋物線方程組成方程組，研究A、D兩點坐標關系，求出AO→和OD→的坐標，判斷λ是否存在．
【易錯點剖析】
解答本題易漏掉討論直線AB的斜率不存在的情況，出現(xiàn)錯誤的原因是對直線的點斜式方程認識不足．
1．關于拋物線的定義
要注意點F不在定直線l上，否則軌跡不是拋物線，而是一條直線．
2．關于拋物線的標準方程
拋物線的標準方程有四種不同的形式，這四種標準方程的聯(lián)系與區(qū)別在于：
(1)p的幾何意義：參數(shù)p是焦點到準線的距離，所以p恒為正數(shù)．
(2)方程右邊一次項的變量與焦點所在坐標軸的名稱相同，一次項系數(shù)的符號決定拋物線的開口方向．
3．關于拋物線的幾何性質
拋物線的幾何性質，只要與橢圓、雙曲線加以對照，很容易把握，但由于拋物線的離心率等于1，所以拋物線的焦點弦具有很多重要性質，而且應用廣泛．例如：
已知過拋物線y2＝2px(p0)的焦點的直線交拋物線于A、B兩點，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有下列性質：|AB|＝x1＋x2＋p或|AB|＝2psin2α(α為AB的傾斜角)，y1y2＝－p2，x1x2＝p24等．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011大綱全國)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線y＝2x－4與C交于A，B兩點，則cos∠AFB等于()
A.45B.35
C．－35D．－45
2．(2011湖北)將兩個頂點在拋物線y2＝2px(p0)上，另一個頂點是此拋物線焦點的正三角形個數(shù)記為n，則()
A．n＝0B．n＝1
C．n＝2D．n≥3
3．已知拋物線y2＝2px，以過焦點的弦為直徑的圓與拋物線準線的位置關系是()
A．相離B．相交C．相切D．不確定
4．(2011泉州月考)已知點A(－2,1)，y2＝－4x的焦點是F，P是y2＝－4x上的點，為使|PA|＋|PF|取得最小值，則P點的坐標是()
A.－14，1B．(－2,22)
C.－14，－1D．(－2，－22)
5．設O為坐標原點，F(xiàn)為拋物線y2＝4x的焦點，A為拋物線上一點，若OA→AF→＝－4，則點A的坐標為()
A．(2，±2)B．(1，±2)
C．(1,2)D．(2，2)
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2011重慶)設圓C位于拋物線y2＝2x與直線x＝3所圍成的封閉區(qū)域(包含邊界)內，則圓C的半徑能取到的最大值為________．
7．(2011濟寧期末)已知A、B是拋物線x2＝4y上的兩點，線段AB的中點為M(2,2)，則|AB|＝________.
8．(2010浙江)設拋物線y2＝2px(p0)的焦點為F，點A(0，2)．若線段FA的中點B在拋物線上，則B到該拋物線準線的距離為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知頂點在原點，焦點在x軸上的拋物線截直線y＝2x＋1所得的弦長為15，求拋物線方程．

10．(12分)(2011韶關模擬)已知拋物線C：x2＝8y.AB是拋物線C的動弦，且AB過F(0,2)，分別以A、B為切點作軌跡C的切線，設兩切線交點為Q，證明：AQ⊥BQ.

11．(14分)(2011濟南模擬)已知定點F(0,1)和直線l1：y＝－1，過定點F與直線l1相切的動圓圓心為點C.
(1)求動點C的軌跡方程；
(2)過點F的直線l2交軌跡C于兩點P、Q，交直線l1于點R，求RP→RQ→的最小值．

學案53拋物線
自主梳理
1．相等焦點準線
自我檢測
1．C
2．B[因為拋物線的準線方程為x＝－2，所以p2＝2，所以p＝4，所以拋物線的方程是y2＝8x.所以選B.]
3．B4.C5.B
課堂活動區(qū)
例1解題導引重視定義在解題中的應用，靈活地進行拋物線上的點到焦點的距離與到準線距離的等價轉化，是解決拋物線焦點弦有關問題的重要途徑．
解
將x＝3代入拋物線方程
y2＝2x，得y＝±6.
∵62，∴A在拋物線內部．
設拋物線上點P到準線l：
x＝－12的距離為d，由定義知
|PA|＋|PF|＝|PA|＋d，
當PA⊥l時，|PA|＋d最小，最小值為72，
即|PA|＋|PF|的最小值為72，
此時P點縱坐標為2，代入y2＝2x，得x＝2，
∴點P坐標為(2,2)．
變式遷移1A[
點P到拋物線焦點的距離等于點P到拋物線準線的距離，如圖，|PF|＋|PQ|＝|PS|＋|PQ|，故最小值在S，P，Q三點共線時取得，此時P，Q的縱坐標都是－1，點P的坐標為14，－1.]
例2解題導引(1)求拋物線方程時，若由已知條件可知所求曲線是拋物線，一般用待定系數(shù)法．若由已知條件可知所求曲線的動點的軌跡，一般用軌跡法；
(2)待定系數(shù)法求拋物線方程時既要定位(即確定拋物線開口方向)，又要定量(即確定參數(shù)p的值)．解題關鍵是定位，最好結合圖形確定方程適合哪種形式，避免漏解；
(3)解決拋物線相關問題時，要善于用定義解題，即把|PF|轉化為點P到準線的距離，這種“化斜為直”的轉化方法非常有效，要注意領會和運用．
解方法一設拋物線方程為
x2＝－2py(p0)，
則焦點為F0，－p2，準線方程為y＝p2.
∵M(m，－3)在拋物線上，且|MF|＝5，
∴m2＝6p，m2＋－3＋p22＝5，解得p＝4，m＝±26.
∴拋物線方程為x2＝－8y，m＝±26，
準線方程為y＝2.
方法二如圖所示，
設拋物線方程為x2＝－2py(p0)，
則焦點F0，－p2，
準線l：y＝p2，作MN⊥l，垂足為N.
則|MN|＝|MF|＝5，而|MN|＝3＋p2，
∴3＋p2＝5，∴p＝4.∴拋物線方程為x2＝－8y，
準線方程為y＝2.由m2＝(－8)×(－3)，得m＝±26.
變式遷移2解(1)雙曲線方程化為x29－y216＝1，
左頂點為(－3,0)，由題意設拋物線方程為y2＝－2px(p0)且－p2＝－3，∴p＝6.∴方程為y2＝－12x.
(2)由于P(2，－4)在第四象限且對稱軸為坐標軸，可設方程為y2＝mx(m0)或x2＝ny(n0)，代入P點坐標求得m＝8，n＝－1，
∴所求拋物線方程為y2＝8x或x2＝－y.
例3解題導引解決焦點弦問題時，拋物線的定義有著廣泛的應用，而且還應注意焦點弦的幾何性質．焦點弦有以下重要性質(AB為焦點弦，以y2＝2px(p0)為例)：
①y1y2＝－p2，x1x2＝p24；
②|AB|＝x1＋x2＋p.
證明(1)方法一由拋物線的方程可得焦點坐標為Fp2，0.設過焦點F的直線交拋物線于A，B兩點的坐標分別為(x1，y1)、(x2，y2)．
①當斜率存在時，過焦點的直線方程可設為
y＝kx－p2，由y＝kx－p2，y2＝2px，
消去x，得ky2－2py－kp2＝0.(*)
當k＝0時，方程(*)只有一解，∴k≠0，
由韋達定理，得y1y2＝－p2；
②當斜率不存在時，得兩交點坐標為
p2，p，p2，－p，∴y1y2＝－p2.
綜合兩種情況，總有y1y2＝－p2.
方法二由拋物線方程可得焦點Fp2，0，設直線AB的方程為x＝ky＋p2，并設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則A、B坐標滿足x＝ky＋p2，y2＝2px，
消去x，可得y2＝2pky＋p2，
整理，得y2－2pky－p2＝0，∴y1y2＝－p2.
(2)直線AC的方程為y＝y(tǒng)1x1x，
∴點C坐標為－p2，－py12x1，yC＝－py12x1＝－p2y12px1.
∵點A(x1，y1)在拋物線上，∴y21＝2px1.
又由(1)知，y1y2＝－p2，∴yC＝y(tǒng)1y2y1y21＝y(tǒng)2，∴BC∥x軸．
變式遷移3證明(1)∵y2＝2px(p0)的焦點Fp2，0，設直線方程為y＝kx－p2(k≠0)，
由y＝kx－p2y2＝2px，消去x，得ky2－2py－kp2＝0.
∴y1y2＝－p2，x1x2＝y(tǒng)1y224p2＝p24，
當k不存在時，直線方程為x＝p2，這時x1x2＝p24.
因此，x1x2＝p24恒成立．
(2)1|AF|＋1|BF|＝1x1＋p2＋1x2＋p2
＝x1＋x2＋px1x2＋p2x1＋x2＋p24.
又∵x1x2＝p24，代入上式得1|AF|＋1|BF|＝2p＝常數(shù)，
所以1|AF|＋1|BF|為定值．
課后練習區(qū)
1．D[方法一由y＝2x－4，y2＝4x，得x＝1，y＝－2或x＝4，y＝4.
令B(1，－2)，A(4,4)，又F(1,0)，
∴由兩點間距離公式得|BF|＝2，|AF|＝5，|AB|＝35.
∴cos∠AFB＝|BF|2＋|AF|2－|AB|22|BF||AF|＝4＋25－452×2×5
＝－45.
方法二由方法一得A(4,4)，B(1，－2)，F(xiàn)(1,0)，
∴FA→＝(3,4)，F(xiàn)B→＝(0，－2)，
∴|FA→|＝32＋42＝5，|FB→|＝2.
∴cos∠AFB＝FA→FB→|FA→||FB→|＝3×0＋4×－25×2＝－45.]
2．C[
如圖所示，A，B兩點關于x軸對稱，F(xiàn)點坐標為(p2，0)，設A(m，2pm)(m0)，則由拋物線定義，
|AF|＝|AA1|，
即m＋p2＝|AF|.
又|AF|＝|AB|＝22pm，
∴m＋p2＝22pm，整理，得m2－7pm＋p24＝0，①
∴Δ＝(－7p)2－4×p24＝48p20，
∴方程①有兩相異實根，記為m1，m2，且m1＋m2＝7p0，m1m2＝p240，
∴m10，m20，∴n＝2.]
3．C
4．A[過P作PK⊥l(l為拋物線的準線)于K，則|PF|＝|PK|，
∴|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PK|.
∴當P點的縱坐標與A點的縱坐標相同時，|PA|＋|PK|最小，此時P點的縱坐標為1，把y＝1代入y2＝－4x，得x＝－14，即當P點的坐標為－14，1時，|PA|＋|PF|最?。甝
5．B
6.6－1
解析如圖所示，若圓C的半徑取到最大值，需圓與拋物線及直線x＝3同時相切，設圓心的坐標為(a,0)(a3)，則圓的方程為(x－a)2＋y2＝(3－a)2，與拋物線方程y2＝2x聯(lián)立得x2＋(2－2a)x＋6a－9＝0，由判別式Δ＝(2－2a)2－4(6a－9)＝0，得a＝4－6，故此時半徑為3－(4－6)＝6－1.
7．42
解析由題意可設AB的方程為y＝kx＋m，與拋物線方程聯(lián)立得x2－4kx－4m＝0，線段AB中點坐標為(2,2)，x1＋x2＝4k＝4，得k＝1.
又∵y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝4，
∴m＝0.從而直線AB：y＝x，|AB|＝2|OM|＝42.
8.324
解析拋物線的焦點F的坐標為p2，0，線段FA的中點B的坐標為p4，1，代入拋物線方程得1＝2p×p4，解得p＝2，故點B的坐標為24，1，故點B到該拋物線準線的距離為24＋22＝324.
9．解設直線和拋物線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)當拋物線開口向右時，設拋物線方程為y2＝2px(p0)，則y2＝2pxy＝2x＋1，消去y得，
4x2－(2p－4)x＋1＝0，
∴x1＋x2＝p－22，x1x2＝14，(4分)
∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|
＝5x1＋x22－4x1x2
＝5p－222－4×14＝15，(7分)
則p24－p＝3，p2－4p－12＝0，解得p＝6(p＝－2舍去)，
拋物線方程為y2＝12x.(9分)
(2)當拋物線開口向左時，設拋物線方程為y2＝－2px(p0)，仿(1)不難求出p＝2，
此時拋物線方程為y2＝－4x.(11分)
綜上可得，
所求的拋物線方程為y2＝－4x或y2＝12x.(12分)
10．證明因為直線AB與x軸不垂直，
設直線AB的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由y＝kx＋2，y＝18x2，
可得x2－8kx－16＝0，x1＋x2＝8k，x1x2＝－16.(4分)
拋物線方程為y＝18x2，求導得y′＝14x.(7分)
所以過拋物線上A、B兩點的切線斜率分別是
k1＝14x1，k2＝14x2，k1k2＝14x114x2
＝116x1x2＝－1.(10分)
所以AQ⊥BQ.(12分)
11．解(1)由題設點C到點F的距離等于它到l1的距離，
所以點C的軌跡是以F為焦點，l1為準線的拋物線，
∴所求軌跡的方程為x2＝4y.(5分)
(2)由題意直線l2的方程為y＝kx＋1，與拋物線方程聯(lián)立消去y得x2－4kx－4＝0.
記P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.(8分)
因為直線PQ的斜率k≠0，易得點R的坐標為－2k，－1.(9分)
RP→RQ→＝x1＋2k，y1＋1x2＋2k，y2＋1
＝x1＋2kx2＋2k＋(kx1＋2)(kx2＋2)
＝(1＋k2)x1x2＋2k＋2k(x1＋x2)＋4k2＋4
＝－4(1＋k2)＋4k2k＋2k＋4k2＋4
＝4k2＋1k2＋8，(11分)
∵k2＋1k2≥2，當且僅當k2＝1時取到等號．
RP→RQ→≥4×2＋8＝16，即RP→RQ→的最小值為16.(14分)

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學案10函數(shù)的圖象
導學目標：1.掌握作函數(shù)圖象的兩種基本方法：描點法，圖象變換法.2.掌握圖象變換的規(guī)律，能利用圖象研究函數(shù)的性質．
自主梳理
1．應掌握的基本函數(shù)的圖象有：一次函數(shù)、二次函數(shù)、冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等．
2．利用描點法作圖：①確定函數(shù)的定義域；②化簡函數(shù)的解析式；③討論函數(shù)的性質(__________、__________、__________)；④畫出函數(shù)的圖象．
3．利用基本函數(shù)圖象的變換作圖：
(1)平移變換：函數(shù)y＝f(x＋a)的圖象可由y＝f(x)的圖象向____(a0)或向____(a0)平移____個單位得到；函數(shù)y＝f(x)＋a的圖象可由函數(shù)y＝f(x)的圖象向____(a0)或向____(a0)平移____個單位得到．
(2)伸縮變換：函數(shù)y＝f(ax)(a0)的圖象可由y＝f(x)的圖象沿x軸伸長(0a1)或縮短(____)到原來的1a倍得到；函數(shù)y＝af(x)(a0)的圖象可由函數(shù)y＝f(x)的圖象沿y軸伸長(____)或縮短(________)為原來的____倍得到．(可以結合三角函數(shù)中的圖象變換加以理解)
(3)對稱變換：①奇函數(shù)的圖象關于________對稱；偶函數(shù)的圖象關于____軸對稱；
②f(x)與f(－x)的圖象關于____軸對稱；
③f(x)與－f(x)的圖象關于____軸對稱；
④f(x)與－f(－x)的圖象關于________對稱；
⑤f(x)與f(2a－x)的圖象關于直線________對稱；
⑥曲線f(x，y)＝0與曲線f(2a－x,2b－y)＝0關于點________對稱；
⑦|f(x)|的圖象先保留f(x)原來在x軸________的圖象，作出x軸下方的圖象關于x軸的對稱圖形，然后擦去x軸下方的圖象得到；
⑧f(|x|)的圖象先保留f(x)在y軸________的圖象，擦去y軸左方的圖象，然后作出y軸右方的圖象關于y軸的對稱圖形得到．
自我檢測
1．(2009北京)為了得到函數(shù)y＝lgx＋310的圖象，只需把函數(shù)y＝lgx的圖象上所有的點()
A．向左平移3個單位長度，再向上平移1個單位長度
B．向右平移3個單位長度，再向上平移1個單位長度
C．向左平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度
D．向右平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度
2．(2011煙臺模擬)已知圖1是函數(shù)y＝f(x)的圖象，則圖2中的圖象對應的函數(shù)可能是
()

A．y＝f(|x|)B．y＝|f(x)|
C．y＝f(－|x|)D．y＝－f(－|x|)
3．函數(shù)f(x)＝1x－x的圖象關于()
A．y軸對稱B．直線y＝－x對稱
C．坐標原點對稱D．直線y＝x對稱
4．使log2(－x)x＋1成立的x的取值范圍是()
A．(－1,0)B．[－1,0)
C．(－2,0)D．[－2,0)
5．(2011濰坊模擬)已知f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a0且a≠1)，若f(4)g(－4)0，則y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐標系內的大致圖象是()
探究點一作圖
例1(1)作函數(shù)y＝|x－x2|的圖象；
(2)作函數(shù)y＝x2－|x|的圖象；
(3)作函數(shù)的圖象．

變式遷移1作函數(shù)y＝1|x|－1的圖象．

探究點二識圖
例2(1)函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝g(x)的圖象如圖，
則函數(shù)y＝f(x)g(x)的圖象可能是()
(2)已知y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f(1－x)的圖象為()
變式遷移2(1)(2010山東)函數(shù)y＝2x－x2的圖象大致是()
(2)函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的解析式是()
A．f(x)＝x＋sinx
B．f(x)＝cosxx
C．f(x)＝xcosx
D．f(x)＝x(x－π2)(x－3π2)
探究點三圖象的應用
例3若關于x的方程|x2－4x＋3|－a＝x至少有三個不相等的實數(shù)根，試求實數(shù)a的取值范圍．

變式遷移3(2010全國Ⅰ)直線y＝1與曲線y＝x2－|x|＋a有四個交點，則a的取值范圍是________．
數(shù)形結合思想的應用
例(5分)(2010北京東城區(qū)一模)定義在R上的函數(shù)y＝f(x)是減函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于(1,0)成中心對稱，若s，t滿足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)．則當1≤s≤4時，ts的取值范圍是()
A.－14，1B.－14，1
C.－12，1D.－12，1
【答題模板】
答案D
解析因函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于(1,0)成中心對稱，所以該函數(shù)的圖象向左平移一個單位后的解析式為y＝f(x)，即y＝f(x)的圖象關于(0,0)對稱，所以y＝f(x)是奇函數(shù)．又y＝f(x)是R上的減函數(shù)，所以s2－2s≥t2－2t，令y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
圖象的對稱軸為x＝1，
當1≤s≤4時，要使s2－2s≥t2－2t，即s－1≥|t－1|，
當t≥1時，有s≥t≥1，所以14≤ts≤1；
當t1時，
即s－1≥1－t，即s＋t≥2，
問題轉化成了線性規(guī)劃問題，畫出由1≤s≤4，t1，s＋t≥2組成的不等式組的可行域.ts為可行域內的點到原點連線的斜率，易知－12≤ts1.綜上可知選D.
【突破思維障礙】
當s，t位于對稱軸x＝1的兩邊時，如何由s2－2s≥t2－2t判斷s，t之間的關系式，這時s，t與對稱軸x＝1的距離的遠近決定著不等式s2－2s≥t2－2t成立與否，通過數(shù)形結合判斷出關系式s－1≥1－t，從而得出s＋t≥2，此時有一個隱含條件為t1，再結合1≤s≤4及要求的式子的取值范圍就能聯(lián)想起線性規(guī)劃，從而突破了難點．要畫出s，t所在區(qū)域時，要結合ts的幾何意義為點(s，t)和原點連線的斜率，確定s為橫軸，t為縱軸．
【易錯點剖析】
當?shù)玫讲坏仁絪2－2s≥t2－2t后，如果沒有函數(shù)的思想將無法繼續(xù)求解，得到二次函數(shù)后也容易只考慮s，t都在二次函數(shù)y＝x2－2x的增區(qū)間[1，＋∞)內，忽略考慮s，t在二次函數(shù)對稱軸兩邊的情況，考慮了s，t在對稱軸的兩邊，也容易漏掉隱含條件t1及聯(lián)想不起來線性規(guī)劃．
1．掌握作函數(shù)圖象的兩種基本方法(描點法，圖象變換法)，在畫函數(shù)圖象時，要特別注意到用函數(shù)的性質(如單調性、奇偶性等)解決問題．
2．合理處理識圖題與用圖題
(1)識圖．對于給定函數(shù)的圖象，要能從圖象的左右、上下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面研究函數(shù)的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性．
(2)用圖．函數(shù)圖象形象地顯示了函數(shù)的性質，為研究數(shù)量關系問題提供了“形”的直觀性，它是探求解題途徑，獲得問題結果的重要工具，要重視數(shù)形結合解題的思想方法，常用函數(shù)圖象研究含參數(shù)的方程或不等式解集的情況．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2010重慶)函數(shù)f(x)＝4x＋12x的圖象()
A．關于原點對稱B．關于直線y＝x對稱
C．關于x軸對稱D．關于y軸對稱
2．(2010湖南)用min{a，b}表示a，b兩數(shù)中的最小值．若函數(shù)f(x)＝min{|x|，|x＋t|}的圖象關于直線x＝－12對稱，則t的值為()
A．－2B．2
C．－1D．1
3．(2011北京海淀區(qū)模擬)在同一坐標系中畫出函數(shù)y＝logax，y＝ax，y＝x＋a的圖象，可能正確的是()
4．(2011深圳模擬)若函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝－f(x＋1)的圖象大致為
()
5．設b0，二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋a2－1的圖象為下列之一，則a的值為()
A．1B．－1C.－1－52D.－1＋52
題號12345
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．為了得到函數(shù)y＝3×(13)x的圖象，可以把函數(shù)y＝(13)x的圖象向________平移________個單位長度．
7．(2011黃山月考)函數(shù)f(x)＝2x－1x＋1的圖象對稱中心是________．
8．(2011沈陽調研)如下圖所示，向高為H的水瓶A、B、C、D同時以等速注水，注滿為止．
(1)若水量V與水深h函數(shù)圖象是下圖的(a)，則水瓶的形狀是________；
(2)若水深h與注水時間t的函數(shù)圖象是下圖的(b)，則水瓶的形狀是________．
(3)若注水時間t與水深h的函數(shù)圖象是下圖的(c)，則水瓶的形狀是________；
(4)若水深h與注水時間t的函數(shù)的圖象是圖中的(d)，則水瓶的形狀是________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x|m－x|(x∈R)，且f(4)＝0.
(1)求實數(shù)m的值；
(2)作出函數(shù)f(x)的圖象；
(3)根據(jù)圖象指出f(x)的單調遞減區(qū)間；
(4)根據(jù)圖象寫出不等式f(x)0的解集；
(5)求當x∈[1,5)時函數(shù)的值域．

10．(12分)(2011三明模擬)當x∈(1,2)時，不等式(x－1)2logax恒成立，求a的取值范圍．

11．(14分)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x0)．
(1)若g(x)＝m有根，求m的取值范圍；
(2)確定m的取值范圍，使得g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．

答案自主梳理
2．③奇偶性單調性周期性3.(1)左右|a|上下|a|(2)a1a10a1a(3)①原點y②y③x④原點⑤x＝a⑥(a，b)⑦上方⑧右方
自我檢測
1．C[A項y＝lg(x＋3)＋1＝lg[10(x＋3)]，
B項y＝lg(x－3)＋1＝lg[10(x－3)]，
C項y＝lg(x＋3)－1＝lgx＋310，
D項y＝lg(x－3)－1＝lgx－310.]
2．C
3．C[∵f(－x)＝－1x＋x＝－1x－x＝－f(x)，
∴f(x)是奇函數(shù)，即f(x)的圖象關于原點對稱．]
4．A[作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的圖象知滿足條件的x∈(－1,0)．]
5．B[由f(4)g(－4)0得a2loga40，∴0a1.]
課堂活動區(qū)
例1解(1)y＝x－x2，0≤x≤1，－x－x2，x1或x0，
即y＝－x－122＋14，0≤x≤1，x－122－14，x1或x0，
其圖象如圖所示．
(2)y＝x－122－14，x≥0，x＋122－14，x0，其圖象如圖所示．
(3)
作出y＝12x的圖象，保留y＝12x圖象中x≥0的部分，加上y＝12x的圖象中x0的部分關于y軸的對稱部分，
即得y＝12|x|的圖象．
變式遷移1解定義域是{x|x∈R且x≠±1}，且函數(shù)是偶函數(shù)．
又當x≥0且x≠1時，y＝1x－1.
先作函數(shù)y＝1x的圖象，并將圖象向右平移1個單位，得到函數(shù)y＝1x－1(x≥0且x≠1)的圖象(如圖(a)所示)．
又函數(shù)是偶函數(shù)，作關于y軸對稱圖象，
得y＝1|x|－1的圖象(如圖(b)所示)．
例2解題導引對于給定的函數(shù)的圖象，要能從圖象的左右、上下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面研究函數(shù)的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性，注意圖象與函數(shù)解析式中參數(shù)的關系．
（1）?A?[從f(x)、g(x)的圖象可知它們分別為偶函數(shù)、奇函數(shù)，故f(x)g(x)是奇函數(shù)，排除B.又x0時，g(x)為增函數(shù)且為正值,f(x)也是增函數(shù)，故f(x)g(x)為增函數(shù)，且正負取決于f(x)的正負，注意到x→（從小于0趨向于0），f(x)g(x)→+∞，可排除C、D.］?（2）?A?［因為f(1-x)=f（-(x-1)）,故y=f(1-x)的圖象可以由y=f(x)的圖象按照如下變換得到：先將y=f(x)的圖象關于y軸翻折，得y=f(-x)的圖象，然后將y=f(-x)?的圖象向右平移一個單位，即得y=f(-x+1)的圖象.］
變式遷移2(1)A[考查函數(shù)y＝2x與y＝x2的圖象可知：
當x0時，方程2x－x2＝0僅有一個零點，
且→－∞；
當x0時，方程2x－x2＝0有兩個零點2和4，
且→＋∞.]
(2)C[由圖象知f(x)為奇函數(shù)，排除D；
又0，±π2，±32π為方程f(x)＝0的根，故選C.]
例3解題導引原方程重新整理為|x2－4x＋3|＝x＋a，將兩邊分別設成一個函數(shù)并作出它們的圖象，即求兩圖象至少有三個交點時a的取值范圍．
方程的根的個數(shù)問題轉化為函數(shù)圖象交點個數(shù)問題，體現(xiàn)了《考綱》中函數(shù)與方程的重要思想方法．

解原方程變形為|x2－4x＋3|＝x＋a，于是，設y＝|x2－4x＋3|，y＝x＋a，在同一坐標系下分別作出它們的圖象．如圖．則當直線y＝x＋a過點(1,0)時a＝－1；當直線y＝x＋a與拋物線y＝－x2＋4x－3相切時，由y＝x＋ay＝－x2＋4x－3，得，x2－3x＋a＋3＝0，
由Δ＝9－4(3＋a)＝0，得a＝－34.
由圖象知當a∈[－1，－34]時方程至少有三個根．
變式遷移3(1，54)
解析y＝x2－|x|＋a＝x－122＋a－14，x≥0，x＋122＋a－14，x0.
當其圖象如圖所示時滿足題意．

由圖知a1，a－141，解得1a54.
課后練習區(qū)
1．D[f(x)＝2x＋2－x，因為f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)．所以f(x)圖象關于y軸對稱．]
2.D[令y＝|x|，y＝|x＋t|，在同一坐標系中作出其圖象，
如圖，所以t＝1.]
3．D[選項A、B、C中直線方程中的a的范圍與對數(shù)函數(shù)中的a的范圍矛盾．]
4．C[函數(shù)y＝f(x)的圖象與函數(shù)y＝－f(x)關于x軸對稱，函數(shù)y＝－f(x)的圖象向左平移1個單位即得到函數(shù)y＝－f(x＋1)的圖象．]
5．B[∵b0，∴前兩個圖象不是給出的二次函數(shù)圖象，又后兩個圖象的對稱軸都在y軸右邊，∴－b2a0，∴a0，又∵圖象過原點，∴a2－1＝0，∴a＝－1.]
6．右1
解析∵y＝3×(13)x＝(13)x－1，
∴y＝(13)x向右平移1個單位便得到y(tǒng)＝(13)x－1.
7．(－1,2)
解析∵f(x)＝2x－1x＋1＝2x＋1－3x＋1＝2－3x＋1，
∴函數(shù)f(x)圖象的對稱中心為(－1,2)．
8．(1)A(2)D(3)B(4)C
9．解(1)∵f(4)＝0，∴4|m－4|＝0，即m＝4.…………………………………………(2分)
(2)f(x)＝x|x－4|
＝xx－4＝x－22－4，x≥4，－xx－4＝－x－22＋4，x4.………………………………………………(4分)

f(x)的圖象如右圖所示．
(3)由圖可知，f(x)的減區(qū)間是[2,4]．……………………………………………………(8分)
(4)由圖象可知f(x)0的解集為
{x|0x4或x4}．………………………………………………………………………(10分)
(5)∵f(5)＝54，
由圖象知，函數(shù)在[1,5)上的值域為[0,5)．……………………………………………(12分)
10.
解設f1(x)＝(x－1)2，
f2(x)＝logax，
要使當x∈(1,2)時，不等式(x－1)2logax恒成立，只需f1(x)＝(x－1)2在(1,2)上的圖象在f2(x)＝logax的下方即可．
當0a1時，由圖象知顯然不成立．……………………………………………………(4分)
當a1時，如圖，要使在(1,2)上，f1(x)＝(x－1)2的圖象在f2(x)＝logax的下方，只需f1(2)≤f2(2)，
即(2－1)2≤loga2，loga2≥1，……………………………………………………………(10分)
∴1a≤2.………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)方法一∵x0，∴g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e，
等號成立的條件是x＝e.
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，……………………………………………………………(4分)
因而只需m≥2e，則g(x)＝m就有根．…………………………………………………(6分)
方法二作出g(x)＝x＋e2x的圖象如圖：
……………………………………………………………………………………………(4分)
可知若使g(x)＝m有根，則只需m≥2e.………………………………………………(6分)
方法三解方程由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0.
此方程有大于零的根，故m20Δ＝m2－4e2≥0……………………………………………(4分)
等價于m0m≥2e或m≤－2e，故m≥2e.…………………………………………………(6分)
(2)若g(x)－f(x)＝0有兩個相異的實根，即g(x)＝f(x)中函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點，
作出g(x)＝x＋e2x(x0)的圖象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.
其對稱軸為x＝e，開口向下，
最大值為m－1＋e2.……………………………………………………………………(10分)
故當m－1＋e22e，即m－e2＋2e＋1時，
g(x)與f(x)有兩個交點，
即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根．
∴m的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞)．……………………………………………(14分)

高考數(shù)學（理科）一輪復習隨機抽樣學案附答案

俗話說，凡事預則立，不預則廢。作為教師就要早早地準備好適合的教案課件。教案可以讓學生更好地進入課堂環(huán)境中來，減輕教師們在教學時的教學壓力。優(yōu)秀有創(chuàng)意的教案要怎樣寫呢？急您所急，小編為朋友們了收集和編輯了“高考數(shù)學（理科）一輪復習隨機抽樣學案附答案”，相信您能找到對自己有用的內容。

第十章概率與統(tǒng)計、統(tǒng)計案例
學案56隨機抽樣

導學目標：1.理解隨機抽樣的必要性和重要性.2.會用簡單隨機抽樣方法從總體中抽取樣本.3.了解分層抽樣和系統(tǒng)抽樣方法．
自主梳理
1．簡單隨機抽樣
(1)定義：設一個總體含有N個個體，從中____________抽取n個個體作為樣本(n≤N)，如果每次抽取時總體內的各個個體被抽到的機會都________，就把這種抽樣方法叫做簡單隨機抽樣．
(2)最常用的簡單隨機抽樣的方法：__________和____________．
2．系統(tǒng)抽樣的步驟
假設要從容量為N的總體中抽取容量為n的樣本．
(1)先將總體的N個個體進行________；
(2)確定____________，對編號進行________．當Nn(n是樣本容量)是整數(shù)時，取k＝Nn；
(3)在第1段用________________確定第一個個體編號l(l≤k)；
(4)按照一定的規(guī)則抽取樣本．通常是將l加上間隔k得到第2個個體編號________，再加k得到第3個個體編號________，依次進行下去，直到獲取整個樣本．
3．分層抽樣
(1)定義：一般地，在抽樣時，將總體分成互不交叉的層，然后按照一定的比例，從各層獨立地抽取一定數(shù)量的個體，將各層取出的個體合在一起作為樣本，這種抽樣方法是一種分層抽樣．
(2)分層抽樣的應用范圍：
當總體是由________________________________組成時，往往選用分層抽樣．
自我檢測
1．為了了解所加工的一批零件的長度，抽取其中200個零件并測量其長度，在這個問題中，200個零件的長度是()
A．總體B．個體
C．總體的一個樣本D．樣本容量
2．某牛奶生產(chǎn)線上每隔30分鐘抽取一袋進行檢驗，則該抽樣方法為①；從某中學的30名數(shù)學愛好者中抽取3人了解學習負擔情況，則該抽樣方法為②.那么()
A．①是系統(tǒng)抽樣，②是簡單隨機抽樣
B．①是分層抽樣，②是簡單隨機抽樣
C．①是系統(tǒng)抽樣，②是分層抽樣
D．①是分層抽樣，②是系統(tǒng)抽樣
3．(2010四川)一個單位有職工800人，其中具有高級職稱的為160人，具有中級職稱的為320人，具有初級職稱的為200人，其余人員120人．為了解職工收入情況，決定采用分層抽樣的方法，從中抽取容量為40的樣本．則從上述各層中依次抽取的人數(shù)分別是()
A．12,24,15,9B．9,12,12,7
C．8,15,12,5D．8,16,10,6
4．(2010重慶)某單位有職工750人，其中青年職工350人，中年職工250人，老年職工150人，為了了解該單位職工的健康情況，用分層抽樣的方法從中抽取樣本，若樣本中的青年職工為7人，則樣本容量為()
A．7B．15C．25D．35
5．(2011天津模擬)在120個零件中，一級品24個，二級品36個，三級品60個，用系統(tǒng)抽樣方法從中抽取量為20的樣本，則三級品a被抽到的可能性為________.
探究點一抽樣方法的選取
例1(2011濟寧檢測)要完成下列兩項調查：①從某社區(qū)125戶高收入家庭、280戶中等收入家庭、95戶低收入家庭中選出100戶調查社會購買力的某項指標；②某中學的15名藝術特長生中選出3人調查學習負擔情況．宜采用的抽樣方法依次為()
A．①簡單隨機抽樣法，②系統(tǒng)抽樣法
B．①分層抽樣法，②簡單隨機抽樣法
C．①系統(tǒng)抽樣法，②分層抽樣法
D．①②都用分層抽樣法
變式遷移1某高級中學有學生270人，其中一年級108人，二、三年級各81人，現(xiàn)要抽取10人參加某項調查，考慮選用簡單隨機抽樣、分層抽樣和系統(tǒng)抽樣三種方案，使用簡單隨機抽樣和分層抽樣時，將學生按一、二、三年級依次統(tǒng)一編號為1,2，…，270；使用系統(tǒng)抽樣時，將學生統(tǒng)一隨機編號為1,2，…，270，并將整個編號依次分為10段．如果抽得號碼有下列四種情況：
①7,34,61,88,115,142,169,196,223,250；
②5,9,100,107,111,121,180,195,200,265；
③11,38,65,92,119,146,173,200,227,254；
④30,57,84,111,138,165,192,219,246,270.
關于上述樣本的下列結論中，正確的是()
A．②、③都不能為系統(tǒng)抽樣
B．②、④都不能為分層抽樣
C．①、④都可能為系統(tǒng)抽樣
D．①、③都可能為分層抽樣
探究點二系統(tǒng)抽樣
例2(2010湖北)將參加夏令營的600名學生編號為：001,002，…，600.采用系統(tǒng)抽樣方法抽取一個容量為50的樣本，且隨機抽得的號碼為003.這600名學生分住在三個營區(qū)，從001到300在第Ⅰ營區(qū)，從301到495在第Ⅱ營區(qū)，從496到600在第Ⅲ營區(qū)，三個營區(qū)被抽中的人數(shù)依次為()
A．26,16,8B．25,17,8
C．25,16,9D．24,17,9
變式遷移2(2009廣東)某單位200名職工的年齡分布情況如圖，現(xiàn)要從中抽取40名職工作為樣本．用系統(tǒng)抽樣法，將全體職工隨機按1～200編號，并按編號順序平均分為40組(1～5號，6～10號，…，196～200號)．若第5組抽出的號碼為22，則第8組抽出的號碼應是________．若用分層抽樣方法，則40歲以下年齡段應抽取______________________人．
探究點三分層抽樣
例3某單位共有老、中、青職工430人，其中有青年職工160人，中年職工人數(shù)是老年職工人數(shù)的2倍．為了解職工身體狀況，現(xiàn)采用分層抽樣方法進行調查，在抽取的樣本中有青年職工32人，則該樣本中的老年職工人數(shù)為()
A．9B．18C．27D．36
變式遷移3某企業(yè)有3個分廠生產(chǎn)同一種電子產(chǎn)品，第一、二、三分廠的產(chǎn)量之比為1∶2∶1，用分層抽樣方法(每個分廠的產(chǎn)品為一層)從3個分廠生產(chǎn)的電子產(chǎn)品中共抽取100件作使用壽命的測試，由所得的測試結果算得從第一、二、三分廠取出的產(chǎn)品的使用壽命的平均值分別為980h,1020h,1032h，則抽取的100件產(chǎn)品的使用壽命的平均值為________h.

1．簡單隨機抽樣的特點：(1)樣本的總體個數(shù)不多；(2)從總體中逐個不放回地抽取，是不放回抽樣；(3)是一種等機會抽樣，各個個體被抽取的機會均等，保證了抽樣的公平性．
2．系統(tǒng)抽樣的特點：(1)適用于總體個數(shù)較多的情況；(2)剔除多余個體并在第一段中用簡單隨機抽樣確定起始的個體編號；(3)是等可能抽樣．
3．對于分層抽樣的理解應注意：(1)分層抽樣適用于由差異明顯的幾部分組成的情況；(2)在每一層進行抽樣時，采用簡單隨機抽樣或系統(tǒng)抽樣；(3)分層抽樣充分利用已掌握的信息，使樣本具有良好的代表性；(4)分層抽樣也是等概率抽樣，而且在每層抽樣時，可以根據(jù)具體情況采用不同的抽樣方法，因此應用較為廣泛．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(2011臺州第一次調研)現(xiàn)要完成下列3項抽樣調查：
①從10盒酸奶中抽取3盒進行食品衛(wèi)生檢查；②科技報告廳有32排，每排有40個座位，有一次報告會恰好坐滿了聽眾，報告會結束后，為了聽取意見，需要請32名聽眾進行座談．③東方中學共有160名教職工，其中一般教師120名，行政人員16名，后勤人員24名．為了了解教職工對學校在校務公開方面的意見，擬抽取一個容量為20的樣本．較為合理的抽樣方法是()
A．①簡單隨機抽樣，②系統(tǒng)抽樣，③分層抽樣
B．①簡單隨機抽樣，②分層抽樣，③系統(tǒng)抽樣
C．①系統(tǒng)抽樣，②簡單隨機抽樣，③分層抽樣
D．①分層抽樣，②系統(tǒng)抽樣，③簡單隨機抽樣
2．某校高三年級有男生500人，女生400人，為了解該年級學生的健康情況，從男生中任意抽取25人，從女生中任意抽取20人進行調查，這種抽樣方法是()
A．簡單隨機抽樣法B．抽簽法
C．隨機數(shù)法D．分層抽樣法
3．要從已經(jīng)編號(1～60)的60枚最新研制的某型號導彈中隨機抽取6枚來進行發(fā)射試驗，用每部分選取的號碼間隔一樣的系統(tǒng)抽樣方法確定所選取的6枚導彈的編號可能是()
A．5,10,15,20,25,30B．3,13,23,33,43,53
C．1,2,3,4,5,6D．2,4,8,16,32,48
4．某校共有學生2000名，各年級男、女生人數(shù)如下表．已知在全校學生中隨機抽取1名，抽到二年級女生的概率是0.19.現(xiàn)用分層抽樣的方法在全校抽取64名學生，則應在三年級抽取的學生的人數(shù)為()
一年級二年級三年級
女生373xy
男生377370z
A.24B．18C．16D．12
5．(2011陜西師大附中模擬)某中學開學后從高一年級的學生中隨機抽取90名學生進行家庭情況調查，經(jīng)過一段時間后再次從這個年級隨機抽取100名學生進行學情調查，發(fā)現(xiàn)有20名同學上次被抽到過，估計這個學校高一年級的學生人數(shù)為()
A．180B．400C．450D．2000
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．一個總體有100個個體，隨機編號為0,1,2，…，99，依編號順序平均分成10組，組號依次為1,2,3，…，10，現(xiàn)用系統(tǒng)抽樣方法抽取一個容量為10的樣本，規(guī)定如果在第1組中隨機抽取的號碼為m，那么在第k組中抽取的號碼個位數(shù)字與m＋k的個位數(shù)字相同，若m＝6，則在第7組中抽取的號碼是________．
7．(2011舟山月考)某學院的A，B，C三個專業(yè)共有1200名學生．為了調查這些學生勤工儉學的情況，擬采用分層抽樣的方法抽取一個容量為120的樣本．已知該學院的A專業(yè)有380名學生，B專業(yè)有420名學生，則在該學院的C專業(yè)應抽取________名學生．
8．一個總體分為A，B兩層，用分層抽樣方法從總體中抽取一個容量為10的樣本．已知B層中每個個體被抽到的概率都為112，則總體中的個體數(shù)為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)某校高中三年級的295名學生已經(jīng)編號為1,2，…，295，為了解學生的學習情況，要按1∶5的比例抽取一個樣本，用系統(tǒng)抽樣的方法進行抽取，并寫出過程．

10．(12分)(2011潮州模擬)潮州統(tǒng)計局就某地居民的月收入調查了10000人，并根據(jù)所得數(shù)據(jù)畫了樣本的頻率分布直方圖(每個分組包括左端點，不包括右端點，如第一組表示收入在[1000,1500))．
(1)求居民月收入在[3000,3500)的頻率；
(2)根據(jù)頻率分布直方圖算出樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)；
(3)為了分析居民的收入與年齡、職業(yè)等方面的關系，必須按月收入再從這10000人中用分層抽樣方法抽出100人作進一步分析，則月收入在[2500,3000)的這段應抽多少人？
11．(14分)某電視臺在一次對收看文藝節(jié)目和新聞節(jié)目觀眾的抽樣調查中，隨機抽取了100名電視觀眾，相關的數(shù)據(jù)如表所示：

文藝節(jié)目新聞節(jié)目總計
20至40歲401858
大于40歲152742
總計5545100
(1)由表中數(shù)據(jù)直觀分析，收看新聞節(jié)目的觀眾是否與年齡有關？
(2)用分層抽樣方法在收看新聞節(jié)目的觀眾中隨機抽取5名，大于40歲的觀眾應該抽取幾名？
(3)在上述抽取的5名觀眾中任取2名，求恰有1名觀眾的年齡為20至40歲的概率．

學案56隨機抽樣
自主梳理
1．(1)逐個不放回地相等(2)抽簽法隨機數(shù)法
2．(1)編號(2)分段間隔k分段(3)簡單隨機抽樣(4)(l＋k)(l＋2k)3.(2)差異明顯的幾個部分
自我檢測
1．C
2．A[因為①中牛奶生產(chǎn)線上生產(chǎn)的牛奶數(shù)量很大，每隔30分鐘抽取一袋，這符合系統(tǒng)抽樣；②中樣本容量和總體容量都很小，采用的是簡單隨機抽樣．]
3．D[由題意，各種職稱的人數(shù)比為160∶320∶200∶120＝4∶8∶5∶3，所以抽取的具有高、中、初級職稱的人數(shù)和其他人員的人數(shù)分別為40×420＝8,40×820＝16,40×520＝10,40×320＝6.]
4．B[由題意知青年職工人數(shù)∶中年職工人數(shù)∶老年職工人數(shù)＝350∶250∶150＝7∶5∶3.由樣本中青年職工為7人，得樣本容量為15.]
5.16
解析每一個個體被抽到的概率都是樣本容量除以總體，即20120＝16.
課堂活動區(qū)
例1解題導引解決本題的關鍵在于對各種抽樣方法概念的正確理解以及在每一次抽樣的步驟中所采用的抽樣方法．采用什么樣的抽樣方法要依據(jù)研究的總體中的個體情況來定．
B[①中總體由差異明顯的幾部分構成，宜采用分層抽樣法，②中總體中的個體數(shù)較少，宜采用簡單隨機抽樣法．]
變式遷移1D[③中每部分選取的號碼間隔一樣(都是27)，可能為系統(tǒng)抽樣方法，排除A；②可能為分層抽樣，排除B；④不是系統(tǒng)抽樣，排除C，故選D.]
例2解題導引系統(tǒng)抽樣是一種等間隔抽樣，間隔k＝Nn(其中n為樣本容量，N為總體容量)．預先定出規(guī)則，一旦第1段用簡單隨機抽樣確定出起始個體的編號，那么樣本中的個體編號就確定下來．從小號到大號逐次遞增k，依次得到樣本全部．因此可以聯(lián)想等差數(shù)列的知識結合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ營區(qū)的編號范圍來求解．
B[由題意，系統(tǒng)抽樣間隔k＝60050＝12，故抽到的個體編號為12k＋3(其中k＝0,1,2,3，…，49)．令12k＋3≤300，解得k≤24.
∴k＝0,1,2，…，24，共25個編號．
所以從Ⅰ營區(qū)抽取25人；
令30012k＋3≤495，解得25≤k≤41.
∴k＝25,26,27，…，41，共17個編號．
所以從Ⅱ營區(qū)抽取17人；
因此從第Ⅲ營區(qū)抽取50－25－17＝8(人)．]
變式遷移23720
解析由分組可知，抽號的間隔為5，又因為第5組抽出的號碼為22，所以第6組抽出的號碼為27，第7組抽出的號碼為32，第8組抽出的號碼為37.
40歲以下的年齡段的職工數(shù)為200×0.5＝100(人)，則應抽取的人數(shù)為40200×100＝20(人)．
例3解題導引分層抽樣中各層抽取的個體數(shù)依各層個體數(shù)成比例分配．因此要善于利用列比例等式來解決該類問題．必要時引進字母來表示一些未知量．
B[設該單位老年職工有x人，從中抽取y人．
則160＋3x＝430x＝90，即老年職工有90人，
則90160＝y(tǒng)32y＝18.]
變式遷移31013
解析利用分層抽樣可知從3個分廠抽出的100個電子產(chǎn)品中，每個廠中的產(chǎn)品個數(shù)比也為1∶2∶1，故分別有25,50,25個．再由三個廠子算出的平均值可得100件產(chǎn)品的總的平均壽命為
980×25＋1020×50＋1032×25100＝1013(h)．
課后練習區(qū)
1．A[①總體較少，宜用簡單隨機抽樣；②已分段，宜用系統(tǒng)抽樣；③各層間差距較大，宜用分層抽樣．]
2．D[由分層抽樣的定義可知，該抽樣為按比例的抽樣．]
3．B[系統(tǒng)抽樣是等距抽樣，間隔k＝606＝10.]
4．C[∵二年級女生有2000×0.19＝380(人)，
∴三年級共有2000－(373＋377)－(380＋370)＝500(人)．
∴應在三年級抽取的人數(shù)為642000×500＝16(人)．]
5．C[設這個學校高一年級人數(shù)為x，
則90x＝20100，∴x＝450.]
6．63
解析由題意知，第7組中抽取的號碼的個位數(shù)與6＋7的個位數(shù)相同，即為3；又第7組中號碼的十位上的數(shù)為6，所以在第7組中抽取的號碼是63.
7．40
解析由題知C專業(yè)有學生1200－380－420＝400(名)，
那么C專業(yè)應抽取的學生數(shù)為120×4001200＝40(名)．
8．120
解析分層抽樣中，每個個體被抽到的概率都相等，
則10x＝112x＝120.
9．解按照1∶5的比例，應該抽取的樣本容量為295÷5＝59，我們把295名同學分成59組，每組5人．(4分)
第1組是編號為1～5的5名學生，第2組是編號為6～10的5名學生，依次下去，第59組是編號為291～295的5名學生．(8分)
采用簡單隨機抽樣的方法，從第1組5名學生中抽出一名學生，不妨設編號為l(1≤l≤5)，那么抽取的學生編號為(l＋5k)(k＝0,1,2，…，58)，得到59個個體作為樣本，如當l＝3時的樣本編號為3,8,13，…，288,293.
(12分)
10．解(1)月收入在[3000,3500)的頻率為
0．0003×(3500－3000)＝0.15.(2分)
(2)∵0.0002×(1500－1000)＝0.1，
0．0004×(2000－1500)＝0.2，
0．0005×(2500－2000)＝0.25，
0．1＋0.2＋0.25＝0.550.5.
∴樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)為
2000＋0.5－0.1＋0.20.0005
＝2000＋400＝2400.(6分)
(3)居民月收入在[2500,3000)的頻率為
0．0005×(3000－2500)＝0.25，
所以10000人中月收入在[2500,3000)的人數(shù)為0.25×10000＝2500(人)，
再從10000人中分層抽樣方法抽出100人，則月收入在[2500，3000)的這段應抽取100×250010000＝25(人)．
(12分)
11．解(1)因為在20至40歲的58名觀眾中有18名觀眾收看新聞節(jié)目，而大于40歲的42名觀眾中有27名觀眾收看新聞節(jié)目，所以，經(jīng)直觀分析，收看新聞節(jié)目的觀眾與年齡是有關的．(4分)
(2)從題中所給條件可以看出收看新聞節(jié)目的共45人，隨機抽取5人，則抽樣比為545＝19，故大于40歲的觀眾應抽取27×19＝3(人)．(8分)
(3)抽取的5名觀眾中大于40歲的有3人，在20至40歲的有2人，記大于40歲的人為a1，a2，a3,20至40歲的人為b1，b2，則從5人中抽取2人的基本事件有(a1，a2)，(a1，a3)，(a2，a3)，(b1，b2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)共10個，其中恰有1人為20至40歲的有6個，
故所求概率為610＝35.(14分)

高考數(shù)學（理科）一輪復習空間向量及其運算學案附答案

作為優(yōu)秀的教學工作者，在教學時能夠胸有成竹，教師要準備好教案，這是教師的任務之一。教案可以讓學生能夠在課堂積極的參與互動，幫助授課經(jīng)驗少的教師教學。那么一篇好的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（理科）一輪復習空間向量及其運算學案附答案”，歡迎大家閱讀，希望對大家有所幫助。

學案45空間向量及其運算

導學目標：1.了解空間向量的概念，了解空間向量的基本定理及其意義，掌握空間向量的正交分解及其坐標表示.2.掌握空間向量的線性運算及其坐標表示.3.掌握空間向量的數(shù)量積及其坐標表示，能運用向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直．
自主梳理
1．空間向量的有關概念
(1)空間向量：在空間中，具有______和______的量叫做空間向量．
(2)相等向量：方向______且模______的向量．
(3)共線向量定理
對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b的充要條件是______________________________．

推論如圖所示，點P在l上的充要條件是：OP→＝OA→＋ta①
其中a叫直線l的方向向量，t∈R，在l上取AB→＝a，則①可化為OP→＝___________________或OP→＝(1－t)OA→＋tOB→.
(4)共面向量定理
如果兩個向量a，b不共線，那么向量p與向量a，b共面的充要條件是存在惟一的有序實數(shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb，推論的表達式為MP→＝xMA→＋yMB→或對空間任意一點O有，OP→＝__________________或OP→＝xOA→＋yOB→＋zOM→，其中x＋y＋z＝____.
2．空間向量基本定理
如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序實數(shù)組{x，y，z}，使得p＝____________________________，把{a，b，c}叫做空間的一個基底．
3．空間向量的數(shù)量積及運算律
(1)數(shù)量積及相關概念
①兩向量的夾角
已知兩個非零向量a，b，在空間任取一點O，作OA→＝a，OB→＝b，則________叫做向量a與b的夾角，記作________，其范圍是________________，若〈a，b〉＝π2，則稱a與b______________，記作a⊥b.
②兩向量的數(shù)量積
已知兩個非零向量a，b，則______________________叫做向量a，b的數(shù)量積，記作________，即______________________________．
(2)空間向量數(shù)量積的運算律
①結合律：(λa)b＝____________________；
②交換律：ab＝________；
③分配律：a(b＋c)＝________________.
4．空間向量的坐標表示及應用
(1)數(shù)量積的坐標運算
若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
則ab＝____________________.
(2)共線與垂直的坐標表示
設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
則a∥b(b≠0)____________________，__________，________________，
a⊥b_________________________________________(a，b均為非零向量)．
(3)模、夾角和距離公式
設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
則|a|＝aa＝_____________________________________________________________，
cos〈a，b〉＝ab|a||b|＝_________________________________________________________.
若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，
則|AB→|＝__________________________________________________________________.
自我檢測
1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，則()
A．x＝1，y＝1B．x＝12，y＝－12
C．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝32
2．(2011青島月考)
如圖所示，在平行六面體ABCD—A1B1C1D1中，M為AC與BD的交點，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，則下列向量中與B1M→相等的向量是()
A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋c
C.12a－12b＋cD．－12a－12b＋c
3．(2011廣州調研)在平行六面體ABCD—A′B′C′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，則|AC′→|＝________.
4．有下列4個命題：
①若p＝xa＋yb，則p與a、b共面；
②若p與a、b共面，則p＝xa＋yb；
③若MP→＝xMA→＋yMB→，則P、M、A、B共面；
④若P、M、A、B共面，則MP→＝xMA→＋yMB→.
其中真命題的個數(shù)是()
A．1B．2C．3D．4
5．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)這四個點________(填共面或不共面)．
探究點一空間基向量的應用
例1已知空間四邊形OABC中，M為BC的中點，N為AC的中點，P為OA的中點，Q為OB的中點，若AB＝OC，求證：PM⊥QN.

變式遷移1
如圖，在正四面體ABCD中，E、F分別為棱AD、BC的中點，則異面直線AF和CE所成角的余弦值為________．

探究點二利用向量法判斷平行或垂直
例2(2011合肥調研)兩個邊長為1的正方形ABCD與正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，點M、N分別在BD、AE上，且AN＝DM.
(1)求證：MN∥平面EBC；(2)求MN長度的最小值．

變式遷移2
如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是線段EF的中點．
求證：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.

探究點三利用向量法解探索性問題
例3(2011泉州月考)如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F(xiàn)，O分別
為PA，PB，AC的中點，AC＝16，PA＝PC＝10.
(1)設G是OC的中點，證明FG∥平面BOE；
(2)在△AOB內是否存在一點M，使FM⊥平面BOE？若存在，求出點M到OA，OB的距離；若不存在，說明理由．

變式遷移3已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D為A1C1的中點，E為B1C的中點．
(1)求直線BE與A1C所成的角的余弦值；
(2)在線段AA1上是否存在點F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，請說明理由．
1．向量法解立體幾何問題有兩種基本思路：一種是利用基向量表示幾何量，簡稱基向量法；另一種是建立空間直角坐標系，利用坐標法表示幾何量，簡稱坐標法．
2．利用坐標法解幾何問題的基本步驟是：(1)建立適當?shù)目臻g直角坐標系，用坐標準確表示涉及到的幾何量．(2)通過向量的坐標運算，研究點、線、面之間的位置關系．(3)根據(jù)運算結果解釋相關幾何問題．
(滿分：75分)

一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．下列命題：
①若A、B、C、D是空間任意四點，則有AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共線的充要條件；
③若a、b共線，則a與b所在直線平行；
④對空間任意一點O與不共線的三點A、B、C，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(其中x、y、z∈R)則P、A、B、C四點共面．其中假命題的個數(shù)是()
A．1B．2C．3D．4
2.
如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分別是棱DD1、D1C1的中點，則直線OM()
A．既垂直于AC，又垂直于MN
B．垂直于AC，但不垂直于MN
C．垂直于MN，但不垂直于AC
D．與AC、MN都不垂直
3．(2011紹興月考)
如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是()
A．45°B．60°
C．90°D．120°
4．設點C(2a＋1，a＋1,2)在點P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)確定的平面上，則a等于()
A．16B．4C．2D．8
5．在直角坐標系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x軸把直角坐標系折成120°的二面角，則AB的長度為()
A.2B．211C．32D．42
二、填空題(每小題4分，共12分)
6.
(2011信陽模擬)如圖所示，已知空間四邊形ABCD，F(xiàn)為BC的中點，E為AD的中點，若EF→＝λ(AB→＋DC→)，則λ＝________.
7．(2011銅川模擬)在正方體ABCD—A1B1C1D1中，給出以下向量表達式：
①(A1D1→－A1A→)－AB→；②(BC→＋BB1→)－D1C1→；
③(AD→－AB→)－2DD1→；④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→.
其中能夠化簡為向量BD1→的是________．(填所有正確的序號)
8．(2011麗水模擬)
如圖所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E為PB的中點，cos〈DP→，AE→〉＝33，若以DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則點E的坐標為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)
如圖所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱長為3的正方體，點E在AA1上，點F在CC1上，且AE＝FC1＝1.
(1)求證：E、B、F、D1四點共面；
(2)若點G在BC上，BG＝23，點M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1.

10．(12分)(2009福建)如圖，
四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點．
(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；
(2)在線段AN上是否存在點S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由．

11．(14分)(2011汕頭月考)
如圖所示，已知空間四邊形ABCD的各邊和對角線的長都等于a，點M、N分別是AB、CD的中點．
(1)求證：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的長；
(3)求異面直線AN與CM所成角的余弦值．

學案45空間向量及其運算
自主梳理
1．(1)大小方向(2)相同相等(3)存在實數(shù)λ，使得a＝λbOA→＋tAB→(4)OM→＋xMA→＋yMB→12.xa＋yb＋zc3.(1)①∠AOB〈a，b〉0≤〈a，b〉≤π互相垂直②|a||b|cos〈a，b〉abab＝|a||b|cos〈a，b〉
(2)①λ(ab)②ba③ab＋ac4.(1)a1b1＋a2b2＋a3b3(2)a＝λba1＝λb1a2＝λb2a3＝λb3(λ∈R)ab＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(3)a21＋a22＋a23
a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23b21＋b22＋b23a2－a12＋b2－b12＋c2－c12
自我檢測
1．C[∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，
∴x＝16，y＝－32.]
2．A[B1M→＝B1A1→＋A1A→＋AM→
＝－A1B1→＋A1A→＋12AB→＋12AD→
＝－a＋c＋12(a＋b)＝－12a＋12b＋c.]
3.97
解析∵AC′→＝AB→＋BC→＋CC′→＝AB→＋AD→＋AA′→，
∴|AC′→|2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→AD→＋2AD→AA′→＋2AA′→AB→＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97，
∴|AC′→|＝97.
4．B[①正確．②中若a、b共線，p與a不共線，則p＝xa＋yb就不成立．③正確．④中若M、A、B共線，點P不在此直線上，則MP→＝xMA→＋yMB→不正確．]
5．共面
解析AB→＝(3,4,5)，AC→＝(1,2,2)，AD→＝(9,14,16)，設AD→＝xAB→＋yAC→，
即(9,14,16)＝(3x＋y,4x＋2y,5x＋2y)．
∴x＝2y＝3，從而A、B、C、D四點共面．
課堂活動區(qū)
例1解題導引欲證a⊥b，只要把a、b用相同的幾個向量表示，然后利用向量的數(shù)量積證明ab＝0即可，這是基向量證明線線垂直的基本方法．
證明如圖所示
.
設OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c.
∵OM→＝12(OB→＋OC→)＝12(b＋c)，
ON→＝12(OA→＋OC→)＝12(a＋c)，
∴PM→＝PO→＋OM→＝－12a＋12(b＋c)
＝12(b＋c－a)，
QN→＝QO→＋ON→＝－12b＋12(a＋c)＝12(a＋c－b)．
∴PM→QN→＝14[c－(a－b)][c＋(a－b)]
＝14[c2－(a－b)2]＝14(|OC→|2－|BA→|2)
∵|AB→|＝|OC→|，∴PM→QN→＝0.
即PM→⊥QN→，故PM⊥QN.
變式遷移123
解析設{AB→，AC→，AD→}為空間一組基底，
則AF→＝12AB→＋12AC→，
CE→＝12CA→＋12CD→＝12CA→＋12(AD→－AC→)
＝－AC→＋12AD→.
∴AF→CE→＝12AB→＋12AC→－AC→＋12AD→
＝－12AB→AC→－12AC→2＋14AB→AD→＋14AC→AD→
＝－14AB→2－12AC→2＋18AB→2＋18AC→2
＝－12AC→2.
又|AF→|＝|CE→|＝32|AC→|，∴|AF→||CE→|＝34|AC→|2.
∴cos〈AF→，CE→〉＝AF→CE→|AF→||CE→|＝－12AC→234|AC→|2＝－23.
∴異面直線AF與CE所成角的余弦值為23.
例2解題導引
如圖所示，建立坐標系后，要證MN平行于平面EBC，只要證MN→的橫坐標為0即可．
(1)證明如圖所示，以BA→、BC→、BE→為單位正交基底建立空間直角坐標系，
則A(1,0,0)，D(1,1,0)，E(0,0,1)，B(0,0,0)，
設ANAE＝DMDB＝λ，則MN→＝MD→＋DA→＋AN→＝λBD→＋DA→＋λAE→
＝λ(1,1,0)＋(0，－1,0)＋λ(－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．
∵0λ1，∴λ－1≠0，λ≠0，且MN→的橫坐標為0.
∴MN→平行于平面yBz，即MN∥平面EBC.
(2)解由(1)知|MN→|＝λ－12＋λ2＝2λ2－2λ＋1
＝2λ－122＋12，
∴當λ＝12時，MN取得長度的最小值為22.
變式遷移2證明(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，
設AC∩BD＝N，連接NE.
則點N、E的坐標分別為
22，22，0、(0,0,1)．
∴NE→＝－22，－22，1.
又點A、M的坐標分別為(2，2，0)、22，22，1，
∴AM→＝－22，－22，1.
∴NE→＝AM→且NE與AM不共線．
∴NE∥AM.
又∵NE平面BDE，AM平面BDE，
∴AM∥平面BDE.
(2)由(1)得，AM→＝－22，－22，1，
∵D(2，0,0)，F(xiàn)(2，2，1)，B(0，2，0)，
∴DF→＝(0，2，1)，BF→＝(2，0,1)．
∴AM→DF→＝0，AM→BF→＝0.∴AM→⊥DF→，AM→⊥BF→，
即AM⊥DF，AM⊥BF.
又DF∩BF＝F，
∴AM⊥平面BDF.
例3解題導引建立適當?shù)目臻g直角坐標系后，寫出各點坐標．第(1)題證明FG→與平面BOE的法向量n垂直，即FG→n＝0即可．第(2)題設出點M的坐標，利用MF→∥n即可解出，然后檢驗解的合理性．
(1)證明
如圖，連接OP，以點O為坐標原點，分別以OB，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系O—xyz.
則O(0,0,0)，A(0，－8,0)，
B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(xiàn)(4,0,3)．
由題意，得G(0,4,0)．
因為OB→＝(8,0,0)，OE→＝(0，－4,3)，
所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)．
由FG→＝(－4,4，－3)，得nFG→＝0.
又直線FG不在平面BOE內，所以FG∥平面BOE.
(2)解設點M的坐標為(x0，y0,0)，
則FM→＝(x0－4，y0，－3)．
因為FM⊥平面BOE，所以FM→∥n，
因此x0＝4，y0＝－94，
即點M的坐標是4，－94，0.
在平面直角坐標系xOy中，△AOB的內部區(qū)域可表示為不等式組x0，y0，x－y8.
經(jīng)檢驗，點M的坐標滿足上述不等式組．
所以，在△AOB內存在一點M，使PM⊥平面BOE.
由點M的坐標，得點M到OA，OB的距離分別為4，94.
變式遷移3解
(1)以點B為原點，以BA、BC、BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，B1(0,0,3a)，
∵△ABC為等腰直角三角形，
∴AB＝BC＝22AC＝2a，
∴A(2a,0,0)，C(0，2a,0)，C1(0，2a,3a)，
E0，22a，32a，A1(2a,0,3a)，
∴BE→＝0，22a，32a，A1C→＝(－2a，2a，－3a)，
cos〈BE→，A1C→〉＝BE→A1C→|BE→||A1C→|＝－72a2112a×13a＝－7143143.
∴直線BE與A1C所成的角的余弦值為7143143.
(2)假設存在點F，使CF⊥平面B1DF，
并設AF→＝λAA1→＝λ(0,0,3a)＝(0,0,3λa)(0λ1)，
∵D為A1C1的中點，∴D22a，22a，3a，
B1D→＝22a，22a，3a－(0,0,3a)＝22a，22a，0，
B1F→＝B1B→＋BA→＋AF→＝(0,0，－3a)＋(2a,0,0)＋(0,0,3λa)＝(2a,0,3a(λ－1))，
CF→＝CA→＋AF→＝(2a，－2a,0)＋(0,0,3λa)
＝(2a，－2a,3λa)．
∵CF⊥平面B1DF，∴CF→⊥B1D→，CF→⊥B1F→，
CF→B1D→＝0CF→B1F→＝0，即3λa×0＝09λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝23或λ＝13
∴存在點F使CF⊥面B1DF，且
當λ＝13時，|AF→|＝13|AA1→|＝a，
當λ＝23時，|AF→|＝23|AA1→|＝2a.
課后練習區(qū)
1．C[②③④均不正確．]
2．A[以D為坐標原點，以DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建系，設棱長為2，則M(0,0,1)，N(0,1,2)，O(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
∴AC→＝(－2,2,0)，MN→＝(0,1,1)，OM→＝(－1，－1,1)，
∴OM→AC→＝0，OM→MN→＝0，
∴OM⊥AC，OM⊥MN.]
3．B[
如圖建立坐標系，設AB＝BC＝AA1＝2，則E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，C1(2,0,2)，
∴EF→＝(0，－1,1)，BC1→＝(2,0,2)，
∴cos〈EF→，BC1→〉＝228＝12.
∵〈EF→，BC1→〉∈[0°，180°]
∴EF與BC1所成的角是60°.]
4．A[由PC→＝λ1PA→＋λ2PB→得：
(2a－1，a＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)，
∴－λ1＋6λ2＝2a－1－3λ1－λ2＝a＋1，2λ1＋4λ2＝2解得a＝16.]
5．B[
過A、B分別作AA1⊥x軸，BB1⊥x軸，垂足分別為A1和B1，則AA1＝3，A1B1＝5，BB1＝2，
∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，
∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝211.]
6.12
解析∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，
又EF→＝ED→＋DC→＋CF→，
∴2EF→＝AB→＋DC→，∴EF→＝12(AB→＋DC→)，∴λ＝12.
7．①②
解析①(A1D1→－A1A→)－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；
②(BC→＋BB1→)－D1C1→＝BC1→－D1C1→＝BD1→；
③(AD→－AB→)－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；
④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→＝B1D1→＋(A1A→＋DD1→)＝B1D1→≠BD1→.
8．(1,1,1)
解析設DP＝y(tǒng)0，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，y)，E1，1，y2，DP→＝(0,0，y)，AE→＝－1，1，y2.
∴cos〈DP→，AE→〉＝DP→AE→|DP→||AE→|＝12y2y2＋y24＝y(tǒng)8＋y2＝33.
解得y＝2，∴E(1,1,1)．
9．證明(1)
建立如圖所示的空間直角坐標系，
則BE→＝(3,0,1)，BF→＝(0,3,2)，
BD1→＝(3,3,3)．(2分)
所以BD1→＝BE→＋BF→.
故BD1→、BE→、BF→共面．
又它們有公共點B，∴E、B、F、D1四點共面．(6分)
(2)設M(0,0，z)，則GM→＝0，－23，z.
而BF→＝(0,3,2)，
由題設，得GM→BF→＝－23×3＋z2＝0，得z＝1.(8分)
∴M(0,0,1)，E(3,0,1)，∴ME→＝(3,0,0)．
又BB1→＝(0,0,3)，BC→＝(0,3,0)，∴ME→BB1→＝0，
∴ME→BC→＝0，從而ME⊥BB1，ME⊥BC.
又∵BB1∩BC＝B，∴ME⊥平面BCC1B1.(12分)
10.
解(1)如圖所示，以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系D—xyz.
依題意，得D(0,0,0)，
A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，
E12，1，0.(2分)
∴NE→＝－12，0，－1，
AM→＝(－1,0,1)．
∵cos〈NE→，AM→〉＝NE→AM→|NE→||AM→|＝－1252×2＝－1010，
∴異面直線NE與AM所成角的余弦值為1010.
(6分)
(2)假設在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN.
∵AN→＝(0,1,1)，可設AS→＝λAN→＝(0，λ，λ)，
又EA→＝12，－1，0，
∴ES→＝EA→＋AS→＝12，λ－1，λ.(8分)
由ES⊥平面AMN，
得ES→AM→＝0，ES→AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.(10分)
故λ＝12，此時AS→＝0，12，12，|AS→|＝22.
經(jīng)檢驗，當AS＝22時，ES⊥平面AMN.
故線段AN上存在點S，
使得ES⊥平面AMN，此時AS＝22.(12分)
11．(1)證明設AB→＝p，AC→＝q，AD→＝r.
由題意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量兩兩夾角均為60°.
MN→＝AN→－AM→＝12(AC→＋AD→)－12AB→
＝12(q＋r－p)，(2分)
∴MN→AB→＝12(q＋r－p)p
＝12(qp＋rp－p2)
＝12(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0.
∴MN⊥AB
又∵CD→＝AD→－AC→＝r－q，
∴MN→CD→＝12(q＋r－p)(r－q)
＝12(qr－q2＋r2－qr－pr＋pq)
＝12(a2cos60°－a2＋a2－a2cos60°－a2cos60°＋a2cos60°)
＝0，∴MN⊥CD.(4分)
(2)解由(1)可知MN→＝12(q＋r－p)，
∴|MN→|2＝MN→2＝14(q＋r－p)2
＝14[q2＋r2＋p2＋2(qr－pq－rp)]
＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22
＝14×2a2＝a22.
∴|MN→|＝22a，∴MN的長為22a.(9分)
(3)解設向量AN→與MC→的夾角為θ.
∵AN→＝12(AC→＋AD→)＝12(q＋r)，
MC→＝AC→－AM→＝q－12p，
∴AN→MC→＝12(q＋r)q－12p
＝12q2－12qp＋rq－12rp
＝12a2－12a2cos60°＋a2cos60°－12a2cos60°
＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.(12分)
又∵|AN→|＝|MC→|＝32a，
∴AN→MC→＝|AN→||MC→|cosθ
即32a32acosθ＝a22.
∴cosθ＝23，(13分)
∴向量AN→與MC→的夾角的余弦值為23，從而異面直線AN與CM所成角的余弦值為23.(14分)

高考數(shù)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(shù)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(xiàn)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(shù)(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(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(jīng)過點A(3,0)；
(2)經(jīng)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(jīng)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，F(xiàn)1、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(jīng)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(shù)上，就是直線與橢圓方程聯(lián)立的方程組有無實數(shù)解及實數(shù)解的個數(shù)的問題，它體現(xiàn)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(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(xiàn)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(jù)定義外，常用待定系數(shù)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(shù)，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(shù)形結合法、設而不求法、弦長公式及根與系數(shù)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(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，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(jīng)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(jīng)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(jīng)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(lián)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．