数学苏教版选修2-1教案：第三章 空间向量与立体几何复习总结 WORD版含解析.doc

1、.空间平行与垂直的证明空间图形中的平行、垂直问题是立体几何当中最重要的问题之一，利用空间向量证明平行和垂直问题，主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助空间中已有的一些关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决图31如图31所示，已知PA平面ABCD，ABCD为矩形，PAAD，M，N分别为AB，PC 的中点求证：(1)MN平面PAD；(2)平面PMC平面PDC.【思路点拨】先建立空间直角坐标系(1)法一：利用共线或共面向量定理来证明线面平行；法二：利用平面的法向量来证明线面平行(2)利用两平面的法向量垂直来证明【规范解答】(1)法一如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为

2、x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz.设PAADa，ABb，则有，P(0,0，a)，A(0,0,0)，D(0，a,0)，C(b，a,0)，B(b,0,0)M，N分别为AB，PC中点，M(，0,0)，N(，)(0，)，(0,0，a)，(0，a,0)，.又MN平面PAD，MN平面PAD.法二易知为平面PAD的一个法向量(b,0,0)，又(0，)，0，又MN平面PAD，MN平面PAD.(2)由(1)可知：P(0,0，a)，C(b，a,0)，M(，0,0)，D(0，a,0)所以(b，a，a)，(，0，a)，(0，a，a)设平面PMC的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则，令z1b，则n1(2a，

3、b，b)设平面PDC的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则，令z21，则n2(0,1,1)，n1n20bb0，n1n2.平面PMC平面PDC.正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，ABE是等腰直角三角形，ABAE，FAFE，AEF45，求证：EF平面BCE.【证明】因为ABE为等腰直角三角形，ABAE，所以AEAB，又因为平面ABEF平面ABCD，AE平面ABEF，平面ABEF平面ABCDAB，所以AE平面ABCD，所以AEAD，因此AD，AB，AE两两垂直以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设AB1，则AE1，B(0,1,0)，E(0,0,1)，C

4、(1,1,0)因为FAFE，AEF45，所以AFE90，从而F(0，)，所以(0，)，(0，1,1)，(1,0,0)00，0，所以EFBE，EFBC.因为BE平面BCE，BC平面BCE，BCBEB，所以EF平面BCE.利用空间向量求空间角空间角包括：异面直线所成的角(线线角)，直线与平面所成的角(线面角)，二面角(面面角)用向量法求空间角，就是把复杂的作角、证明、求角问题代数化，降低了思维难度，是近年来高考的一个方向图32(2013山东高考)如图32所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与F

5、Q交于点H，连接GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值【思路点拨】(1)由线线平行线面平行，由线面平行线线平行(2)思路一：“几何法”，找出FHC为二面角DGHE的平面角，解三角形求二面角的余弦值思路二：“向量法”，建立空间直角坐标系用法向量法求二面角的余弦值【规范解答】(1)如图(1)，因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB.所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD.所以EF平面PCD.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(1)(2)法一在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ

6、90，即ABBQ.因为PB平面ABQ，所以ABPB.又PBBQB，所以AB平面PBQ.由(1)知ABGH，所以GH平面PBQ，又FH平面PBQ，所以GHFH.同理可得GHHC.所以FHC为二面角DGHE的平面角设BABQBP2，连接FC.在RtFBC中，由勾股定理得FC，在RtPBC中，由勾股定理得PC.又H为PBQ的重心，所以HCPC.同理FH.在FHC中，由余弦定理得cosFHC.即二面角DGHE的余弦值为.(2)法二在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图(2

7、)所示的空间直角坐标系设BABQBP2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，所以(1,2，1)，(0,2，1)，(1，1,2)，(0，1,2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取y11，得m(0,1,2)设平面PDC的一个法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取z21，得n(0,2,1)所以cosm，n.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.(2012上海高考)如图33，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，E是PC的中点已知AB2，AD2

8、，PA2.求：(1)三角形PCD的面积；(2)异面直线BC与AE所成的角的大小图33【解】(1)因为PA底面ABCD，所以PACD.又ADCD，所以CD平面PAD，从而CDPD.因为PD2，CD2，所以三角形PCD的面积为222.(2)如图，建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2，0)，E(1，1)，(1，1)，(0,2，0)设与的夹角为，则cos ，.由此知，异面直线BC与AE所成的角的大小是.向量法求空间距离利用法向量不仅可以求线面角、二面角的大小，而且也可以求图34点到平面的距离直线到平面的距离与两平行平面的距离可转化为点到平面的距离来求用法向量求点到平面的距离则可以不作出表

9、示距离的垂线段，大大降低了难度，利用法向量求点到平面的距离的方法如下：如图34所示，直线a平面，由于直线a上任意一点到平面的距离与直线a到平面的距离相等，故直线a与平面的距离d，其中点A为直线a上任意一点，点B为平面内任意一点，n为平面的法向量已知空间中点的坐标为A(2,3,1)，B(4,1,2)，C(6，3,6)，D(5，4,8)，求点D到平面ABC的距离【思路点拨】求出及平面ABC的法向量n，再由d来解答【规范解答】(2，2,1)，(4,0,5)，设平面ABC的法向量n(x，y，z)，则，xz，yz，n(z，z，z)，令z4，得n(5，3,4)又(7，7,7)，点D到平面ABC的距离d，d

10、.四棱锥PABCD中，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDDA2，F、E分别为AD、PC的中点(1)证明：DE平面PFB；(2)求点E到平面PFB的距离【解】(1)证明：以D为原点，建立如图所示的坐标系则P(0,0,2)、F(1,0,0)、B(2,2,0)、E(0,1,1)，(1,0,2)，(1,2,0)，(0,1,1)，平面PFB.又D平面PFB，DE平面PFB.(2)DE平面PFB，点E到平面PFB的距离等于点D到平面PFB的距离设平面PFB的一个法向量n(x，y，z)，则得令x2，得y1，z1.n(2，1,1)，(1,0,0)，点D到平面PFB的距离d.点E到平面PFB的距离为

11、.函数思想在立体几何中的应用函数思想在立体几何中的应用，建立数学模型和函数关系式，利用函数的性质、重要不等式或有关知识进行解答它体现了利用运动变化的观点分析和研究空间问题中的数量关系图35如图35，在三棱锥VABC中，VC底面ABC，ACBC，D是AB的中点，且ACBCa，VDC(00)，n(x，y，z)是平面VAB的一个非零法向量，则令za，得xyt.故n(t，t，a)又(0，a,0)，设直线BC与平面VAB所成的角为，于是sin .因为t(0，)，sin 随着t的增大而单调递增，所以0sin ，即(0，)，即直线BC与平面VAB所成角的取值范围为(0，)(2013郑州高二检测)如图36，在

12、三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为正三角形，AA1平面ABC，AA12AB，N是CC1的中点，M是线段AB1上的动点(1)当M在什么位置时，MNAA1，请给出证明；(2)若直线MN与平面ABN所成角的大小为，求sin 的最大值图36【解】(1)当M是线段AB1的中点时，MNAA1.下面给出证明：如图，以AB，AA1所在直线为x轴，z轴，在平面ABC内过A且与AB垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系设AA12AB2，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，M(，0,1)，N(，1)所以(0，0)(0,0,2)0.即MNAA1.(2)设，即M(，0,2)，其中01，(，12)，(1,0,0)

13、，(，1)设n(x，y，z)是平面ABN的一个法向量，则即取n(0,2，)所以sin .即sin 的最大值为.综合检测(三)第3章空间向量与立体几何(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填在题中的横线上)1在长方体ABCDA1B1C1D1中，等于_【解析】.【答案】2若直线l的方向向量为a(1,0,2)，平面的法向量为u(2,0，4)，则直线l与平面的位置关系是_【解析】u2a，au，l.【答案】l3已知向量a(0,2,1)，b(1，1,0)，则a与b夹角的余弦值为_【解析】cosa，b.【答案】4直三棱柱ABCA1B1C1中，若a，b，c，

14、则_.【解析】cab.【答案】abc图15如图1，四边形ABCD为矩形，PA平面ABCD，则下列各组向量中，数量积一定等于0的个数为_与；与；与.【解析】平面ABCD，.，.，.【答案】36设平面内两个向量的坐标分别为(1,2,1)，(1,1,2)，则下列向量中是平面的法向量的是_(1，2,5)；(1,1，1)；(1,1,1)；(1，1，1)【解析】(1,2,1)(1,1，1)1210，(1,1,2)(1,1，1)1120，(1,1，1)为法向量，其余均不符合条件【答案】7如图2，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别为CC1、AD的中点，那么异面直线

15、OE和FD1所成角的余弦值等于_图2【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0,2,1)，F(1,0,0)，D1(0,0,2)，(1,0,2)，(1,1,1)cos，.【答案】图38如图3所示，在平行六面体ABCDABCD中，AABAAD，BAD，ABADa，AAb，则对角面BBDD的面积为_【解析】由题意知，又AABAAD，ABADa，AAb，()ab(cosAADcosAAB)0，AABD，由题意知AADD，DDBD，BAD，ADABa，BDa，又DDAAb，四边形BBDD是矩形，它的面积是BDDDab.【答案】ab图49如图4所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中

16、，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是_【解析】建系如图，则M(a，a，a)，N(a，a，a)，(，0，a)平面BB1C1C的一个法向量为(0，a,0)，0，又MN平面BB1C1C，MN平面BB1C1C.【答案】平行10如图5所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为_图5【解析】建系如图，A(2,0,0)，C1(0,2,1)，(2,2,1)，又平面A1B1C1D1的一个法向量为n(0,0,1)，sin |cos，n|.【答案】11在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为A

17、B的中点，则二面角A1ECA的余弦值为_【解析】建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，E(1，0)，C(0,1,0)(0,0,1)，(0，1)，(1,1，1)DD1垂直于平面AEC，为平面AEC的一个法向量设平面A1EC的法向量为n(x，y，z)，则即取n(1,2,1)，cos，n，二面角A1ECA的余弦值为.【答案】图612空间四边形OABC中，OA8，AB6，AC4，BC5，OAC45，OAB60，则OA与BC所成角的余弦值等于_【解析】由题意知()84cos 4586cos 601624.cos，.OA与BC所成角的余弦值为

18、.【答案】13正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为_【解析】建系如图，则A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E(1,1，)，(1,0,0)，(1,1，)设平面A1D1E的一个法向量为n(x，y,1)，由得.n(0，1)，F(0，0)，(0，1)，d.【答案】14已知动点P是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的体对角线BD1上一点，记.当APC为钝角时，则的取值范围为_【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，所以(1,1，1)，由题意可

19、设(，)，连结D1A，D1C，则(1,0，1)，(0,1，1)，所以(，)(1,0，1)(1，1)，(，)(0,1，1)(，1，1)，显然APC不是平角，当APC为钝角时，cosAPCcos，0.由此得出(，1)【答案】(，1)二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)图715(本小题满分14分)如图7，已知ABCDA1B1C1D1是平行六面体设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的分点，设，试求、的值【解】()().，.图816(本小题满分14分)如图8所示，三棱柱OABO1A1B1中，平面OBB1O1平面OAB，O1OB60，AO

20、B90，且OBOO12，OA，求异面直线A1B与AO1所成角的余弦值的大小【解】建系如图，则O(0,0,0)、O1(0,1，)、A(，0,0)、A1(，1，)、B(0,2,0)，(，1，)，(，1，)设异面直线所成的角为，则cos .故异面直线A1B与AO1所成角的余弦值为.图917(本小题满分14分)如图9，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EFAB，EFFB，AB2EF，BFC90，BFFC，H为BC的中点(1)求证：FH平面EDB；(2)求证：AC平面EDB.【证明】四边形ABCD为正方形，ABBC.又EFAB，EFBC.又EFFB，EF平面BFC.EFFH，ABFH.又B

21、FFC，H为BC的中点，FHBC，FH平面ABCD.以H为坐标原点，为x轴正向，为z轴正向建立如图所示的坐标系设BH1，则H(0,0,0)，A(1，2,0)，B(1,0,0)，C(1，0,0)，D(1，2,0)，E(0，1,1)，F(0,0,1)(1)设AC与BD的交点为G，连GE，GH，则G(0，1,0)(0,0,1)，又(0,0,1)，.GE平面EDB，HF平面EDB内，FH平面EDB.(2)(2,2,0)，(0,0,1)，0，ACGE.又ACBD，EGBDG，AC平面EDB.图1018(本小题满分16分)如图10，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA平面ABCD，E、F分别是AB、PC

22、的中点(1)求证：EF平面PAD；(2)求证：EFCD；(3)若PDA45，求EF与平面ABCD所成角的大小【解】如图，建立空间直角坐标系Axyz.设AB2a，BC2b，PA2c，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,2c)E为AB的中点，F为PC的中点，E(a,0,0)，F(a，b，c)(1)(0，b，c)，(0,0,2c)，(0,2b,0)，()与、共面又E平面PAD，EF平面PAD.(2)(2a,0,0)，(2a,0,0)(0，b，c)0.EFCD.(3)若PDA45，则有2b2c，即bc.(0，b，b)，(0,0,2b)cos，.

23、，45.AP平面ABCD，是平面ABCD的法向量EF与平面ABCD所成的角为90，45.19(本小题满分16分)如图11，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AD，CD的中点，AB2AA14a.图11(1)求异面直线ED1与AC1所成的角的大小；(2)求二面角EFD1D的余弦值；(3)在直线BB1上能否找到一点M，使DM平面EFD1.若能，确定M的位置；若不能，请说明理由【解】以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(2a,0,0)，F(0,2a,0)，D1(0,0,2a)，A(4a，0,0)，C1(0,4a,2a)(

24、1)cos，异面直线ED1与AC1所成角为45.(2)如图，取D1F的中点N，连接DN，EN，则DND1F，END1F，END为二面角EFD1D的平面角在RtEND中，tanEND，二面角EFD1D的余弦值为.(3)假设在直线BB1上能找到一点M(4a,4a，z)，满足DM平面EFD1.则(4a,4a，z)，0，z4a.由z4a，得(0，2a,2a)(4a,4a,4a)0，当z4a，即BM4a时，DM平面EFD1.即能在直线BB1上找到一点M，使DM平面EFD1，且M点的坐标为(4a,4a,4a)图1220(本小题满分16分)(2013课标全国卷)如图12，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E

25、分别是AB，BB1的中点，AA1ACCBAB.(1)证明：BC1平面A1CD.(2)求二面角DA1CE的正弦值【解】(1)证明：连接AC1，交A1C于点F，则F为AC1的中点又D是AB的中点，连接DF，则BC1DF.因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD.(2)由ACCBAB，得ACBC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，(1,1,0)，(0,2,1)，(2,0,2)设n(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即可取n(1，1，1)同理，设m是平面A1 C

26、E的法向量，则可取m(2,1，2)从而cosn，m，故sinn，m.即二面角DA1CE的正弦值为. 选修21模块高考热点透视模块高考热点透视第1章常用逻辑用语【命题趋势】本章知识是高考的必考内容，考查命题真假判断，充分条件和必要条件，含有逻辑联结词命题的真假，含有一个量词的命题的否定及真假考题多是填空题，属容易题，也有解答题，属低中档题型，多是根据逻辑条件，求字母参数的取值范围，这类题目关键在于转化，充分利用函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想等进行求解.命题及其关系(教材第8页习题1.1第2题)写出下列命题的逆命题、否命题与逆否命题，并分别判断它们的真假：(1)若x21，则x1；(2)

27、矩形的对角线相等(2012重庆高考改编)命题“若p则q”的逆命题是_若q则p；若非p则非q；若非q则非p；若p则非q.【命题意图】考查四种命题的转换【解析】将条件与结论互换【答案】(2012四川高考)设a，b为正实数现有下列命题：若a2b21，则ab1；若1，则ab1；若|1，则|ab|1；若|a3b3|1，则|ab|1，不合题意，故正确中，1，只需abab即可如取a2，b满足上式，但ab1，故错中，a，b为正实数，所以|1，且|ab|()()|1, 故错中，|a3b3|(ab)(a2abb2)|ab|(a2abb2)1.若|ab|1，不妨取ab1，则必有a2abb21，不合题意，故正确【答案

28、】充分条件和必要条件(教材第9页第4题)从“充分不必要条件”、“必要不充分条件”、“充要条件”和“既不充分又不必要条件”中，选出适当的一种填空：“a0”是“函数f(x)x2ax(aR)为偶函数”的_；“sin sin ”是“”的_；“MN”是“log2Mlog2N”的_；“xMN”是“xMN”的_1(2013山东高考改编)给定两个命题p，q.若綈p是q的必要而不充分条件，则p是綈q的_充分而不必要条件；必要而不充分条件；充要条件；既不充分也不必要条件【命题意图】考查充分条件、必要条件、充要条件的概念，四种命题之间的关系【解析】若綈p是q的必要不充分条件，则q綈p但綈pD/q，其逆否命题为p綈q

29、但綈qD/p，p是綈q的充分不必要条件【答案】2(2012福建高考改编)已知向量a(x1,2)，b(2,1)，则ab的充要条件是_x；x1；x5; x0.【命题意图】考查充要条件的判别方法，考查向量垂直的坐标条件【解析】ab2(x1)20x0.【答案】1(2012安徽高考改编)设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且bm，则“”是“ab”的_充分不必要条件； 必要不充分条件；充要条件； 既不充分又不必要条件【解析】若，且m，b，bm，根据两个平面垂直的性质定理可得b，因为a，所以ab；反过来，当am时，因为bm，一定有ba，但不能保证b，即不能推出.故填.【答案】2(201

30、3浙江高考改编)已知函数f(x)Acos(x)(A0，0，R)，则“f(x)是奇函数”是“”的_充分不必要条件；必要不充分条件；充分必要条件；既不充分也不必要条件【解析】若f(x)是奇函数，则f(0)0，所以cos 0，所以k(kZ)，故不成立；若，则f(x)Acos(x)Asin(x)，f(x)是奇函数所以f(x)是奇函数是的必要不充分条件【答案】含有逻辑联结词命题的真假判断(教材第13页习题1.2第2题)判断下列命题的真假：(1)23或32或34；(3)12或32；(4)e.(2012山东高考改编)设命题p：函数ysin 2x的最小正周期为；命题q：函数ycos x的图象关于直线x对称则下

31、列判断正确的是_p为真； 綈q为假；pq为假； pq为真【命题意图】考查三角函数的图象与性质，考查复合命题的真假判断【解析】函数ysin 2x的最小正周期为，所以命题p为假；函数ycos x的图象的对称轴为xk，kZ，所以命题q为假所以綈q为真，pq为假，pq为假故填.【答案】(2013湖北高考改编)在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为_(綈p)(綈q); p(綈q)；(綈p)(綈q); pq.【解析】依题意得綈p：甲没有降落在指定范围，綈q：乙没有降落在指定范围，因此“至少有一位学

32、员没有降落在指定范围”可表示为(綈p)(綈q)【答案】全称命题与存在性命题的否定 及真假(教材第18页习题1.3第4题)写出下列命题的否定，并判断其真假：(1)菱形的对角线互相垂直；(2)二次函数的图象与x轴有公共点1(2012湖北高考改编)命题“xRQ，x3Q”的否定是_xRQ，x3Q；xRQ，x3Q；xRQ，x3Q；xRQ，x3Q.【命题意图】考查集合有关知识，考查存在性命题的否定【解析】命题“xRQ，x3Q”的否定是“xRQ，x3Q”【答案】2(2013四川高考改编)设xZ，集合A是奇数集，集合B是偶数集若命题p：xA,2xB，则_綈p：xA,2xB; 綈p：xA,2xB；綈p：xA,2

33、xB; 綈p：xA,2xB.【命题意图】考查全称命题的否定【解析】命题p是全称命题： xA,2xB，则綈p是特称命题：xA,2xB.【答案】(2012辽宁高考改编)已知命题p：x1，x2R，(f(x2)f(x1)(x2x1)0，则綈p是_x1，x2R，(f(x2)f(x1)(x2x1)0；x1，x2R，(f(x2)f(x1)(x2x1)0；x1，x2R，(f(x2)f(x1)(x2x1)0；x1，x2R，(f(x2)f(x1)(x2x1)0.【解析】命题p的否定为“x1，x2R，(f(x2)f(x1)(x2x1)b0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的

34、四边形的面积为16，则椭圆C的方程为_【解析】椭圆的离心率为，a2b.椭圆方程为x24y24b2.双曲线x2y21的渐近线方程为xy0，渐近线xy0与椭圆x24y24b2在第一象限的交点为(b，b)，由圆锥曲线的对称性得四边形在第一象限部分的面积为bb4，b25，a24b220.椭圆C的方程为1.【答案】12(2013江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为1(ab0)，右焦点为F，右准线为l，短轴的一个端点为B.设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为d2，若d2d1，则椭圆C的离心率为_【解析】依题意，d2c.又BFa，所以d1.由已知可得，所以c2ab，即6c4a2(a

35、2c2)，整理可得a23c2，所以离心率e.【答案】直线与圆锥曲线(教材第67页习题2.6(3)第5题)已知双曲线x21的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作倾斜角为的弦AB，求：(1)AB的长；(2)F2AB的周长1(2013江西高考)抛物线x22py(p0)的焦点为F，其准线与双曲线1相交于A，B两点，若ABF为等边三角形，则p_.【命题意图】考查抛物线的概念、直线与双曲线的关系联立准线与双曲线方程确定A，B坐标，进而确定AB长度，考查运算求解能力，利用给出的数据与图形寻求解题思路考查数形结合能力【解析】由于x22py(p0)的准线为y，由解得准线与双曲线x2y23的交点为A，B，所以AB

36、2 .由ABF为等边三角形，得ABp，解得p6.【答案】62(2012北京高考)已知椭圆C：1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值【命题意图】本小题考查求椭圆标准方程的方法、直线与椭圆的位置关系及弦长的求法、三角形面积的求法，考查解析几何的基本思想方法及运算求解能力，难度适中【解】(1)由题意得解得b.所以椭圆C的方程为1.(2)由得(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x2，x1x2.所以

37、|MN| .又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN|d.由，解得k1.1(2013福建高考)椭圆：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y(xc)与椭圆的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率等于_【解析】已知F1(c,0)，F2(c,0)，直线y(xc)过点F1，且斜率为，倾斜角MF1F260.MF2F1MF1F230，F1MF290，|MF1|c，|MF2|c.由椭圆定义知|MF1|MF2|cc2a，离心率e1.【答案】12(2013安徽高考)设椭圆E：1的焦点在x轴上(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；(2)

38、设F1、F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1PF1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上【解】(1)因为椭圆的焦点在x轴上且焦距为1，所以2a21，解得a2.故椭圆E的方程为1.(2)证明：设P(x0，y0)，F1(c,0)，F2(c,0)，其中c.由题设知x0c，则直线F1P的斜率kF1P，直线F2P的斜率kF2P.故直线F2P的方程为y(xc)当x0时，y，即点Q坐标为.因此，直线F1Q的斜率为kF1Q.由于F1PF1Q，所以kF1PkF1Q1.化简得yx(2a21)将代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0a2，y

39、01a2，即点P在定直线xy1上.动点轨迹方程问题(教材第64页习题2.6(2)第8题)动点P是抛物线y2x21上任一点，定点为A(0，1)，点M是线段PA的中点，求点M的轨迹方程(2013陕西高考)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.求动圆圆心的轨迹C的方程【命题意图】考查动点轨迹方程的求法以及基本运算能力【解】如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|O1M|.当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于H，则H是MN的中点，|O1M|又|O1A|，.化简得，y28x(x0)当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y28x，动圆圆心的

40、轨迹C的方程为y28x.(2012辽宁高考改编)如图1，椭圆C0：1(ab0，a，b为常数)，动圆C1：x2y2t，bt1a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程图1【解】设A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y(xa)，直线A2B的方程为y(xa)由得y2(x2a2)由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故1.从而yb2(1)，代入得1(xa，y0)即直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程为1(xa，y0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB

41、1夹角的余弦值为.【答案】(2012四川高考)如图4，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是_图4【解析】如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设AB1，则D(0,0,0)，N(0，1，)，M(0，0)，A1(1,0，1)，(0,1，)，(1，1)，101()10，A1M与DN所成的角的大小是90.【答案】90 直线和平面所成的角(教材第114页第12题)图5如图5，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，M是A1B1的中点(1)求证：是平面ABB1A1的一个法向量；(2)求A

42、C1与侧面ABB1A1所成的角(2013大纲全国卷改编)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_【命题意图】考查直线与平面所成角和空间数量关系的计算在作、证、求线面角正弦值及利用向量转化求解的过程中，综合考查了推理论证能力和运算求解能力【解析】(1)法一如图(1)，连接AC，交BD于点O，由正四棱柱的性质，有ACBD.因为CC1平面ABCD，所以CC1BD.又CC1ACC，所以BD平面CC1O.在平面CC1O内作CHC1O，垂足为H，则BDCH.又BDC1OO，所以CH平面BDC1，连接DH，则DH为CD在平面BDC1上的射影，所以CDH为

43、CD与平面BDC1所成的角设AA12AB2.在RtCOC1中，由等面积变换易求得CH.在RtCDH中，sinCDH.(2)法二以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图(2)，设AA12AB2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1，1,0)，C1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2,1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|.【答案】(2012湖北高考)如图6(1)，ACB45，BC3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接

44、AB，沿AD将ABD折起，使BDC90(如图(2)所示)(1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小图6【解】(1)在题图(1)所示的ABC中，设BDx(0xb，则a1b2”的逆否命题为_【解析】否定结论否定条件【答案】若a1b2则ab2(2013扬州高二检测)命题“x(0,2)，x22x20”的否定是_【解析】否定量词，否定结论【答案】x(0,2)，x22x203(2013北京高考改编)“”是“曲线ysin(2x)过坐标原点”的_条件【解析】当

45、时，ysin(2x)sin(2x)sin 2x，此时曲线ysin(2x)必过原点，但曲线ysin(2x)过原点时，可以取其他值，如0.因此“”是“曲线ysin(2x)过坐标原点”的充分而不必要条件【答案】充分而不必要4若椭圆1的焦距为2，则m的值是_【解析】首先m0且m4，m41或4m1，m5或3.【答案】5或35已知ABCDA1B1C1D1是正方体，B1E1D1F1，则BE1与DF1所成角的余弦值是_【解析】设正方体棱长为4，建立空间直角坐标系如图，则D(0，0,0)，B(4,4,0)，E1(4,3,4)，F1(0,1,4)，(0,1,4)，(0，1，4)cos，.【答案】图16(2013淮

46、安高二检测)如图1，在正三棱柱ABCA1B1C1中，若BB11，AB，则AB1与C1B所成角的大小为_【解析】因为()()0cos 601200，直线AB1与C1B所成角为90.【答案】907已知S是ABC所在平面外一点，D是SC的中点，若xyz，则xyz_.【解析】()()()，故xyz0.【答案】08正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成角的大小是_【解析】建系如图，设DO1，则B(0，1,0)，C(1,0,0)，(1,1,0)D(0,1,0)，S(0,0,1)，A(1,0,0)，P(0，)，(1，)，(2,0,0)设平面P

47、AC的一个法向量为n(x，y,1)，由得，n(0，1,1)sin |cosn，|，30.【答案】309(2013无锡高二检测)动点P(x，y)与两定点A(2,0)、B(2,0)构成的三角形周长为10，则P点的轨迹方程是_【解析】PAPB64，P的轨迹是一个椭圆(除去长轴端点)，设其方程为1(ab0，y0)，b25，轨迹方程为1(y0)【答案】1(y0)10下列命题中，正确命题的序号是_x(1，)，x22x1；xR，|x3|b，cR，ac2bc2.【解析】中，x，所以x不存在，中a2时，方程x22x20无实根中，当c0时，ac2bc2不成立【答案】11(2013南充高二检测)椭圆1和双曲线y21

48、的公共焦点为F1，F2，P是两曲线的一个交点，则PF1F2的面积为_【解析】解得yp，SPF1F22c|yp|22.【答案】12在平面直角坐标系xOy中，双曲线8kx2ky28的渐近线方程为_【解析】渐近线方程为8kx2ky20即y2x.【答案】y2x13(2013辽宁高考)已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF，则椭圆C的离心率e_.【解析】设椭圆的右焦点为F1，因为直线过原点，所以|AF|BF1|6，|BO|AO|.在ABF中，设|BF|x，由余弦定理得36100x2210x，解得x8，即|BF|

49、8.所以BFA90，所以ABF是直角三角形，所以2a6814，即a7.又因为在RtABF中，|BO|AO|，所以|OF|AB|5，即c5.所以e.【答案】14若椭圆1(ab0)上横坐标为的点到左焦点的距离大于它到右准线的距离，则椭圆离心率e的取值范围是_【解析】椭圆上的点到左焦点的距离与它到左准线的距离之比为e，e()，e()，e24e30.解得e2(e2舍去)e的取值范围是(2,1)【答案】(2,1)二、解答题(本大题共6小题，共90分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)15(本小题满分14分)(2013苏州高二检测)已知p：|x3|2，q：(xm1)(xm1)0，若綈p是綈q充分而不必

50、要条件，求实数m的取值范围【解】由题意p：2x32，1x5，綈p：x5，q：m1xm1，綈q：xm1，綈p是綈q的充分不必要条件，2m4，即m的取值范围是2,4图216(本小题满分14分)如图2所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，A1A，M是CC1的中点(1)求证：A1BAM；(2)求二面角BAMC的大小【解】(1)证明：以点C为坐标原点，CB，CA，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则B(1,0,0)，A(0，0)，A1(0，)，M(0,0，)，所以(1，)，(0，)，所以10()()()()0，所以A1BAM.(2

51、)因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，又BC平面ABC，所以CC1BC.因为ACB90，所以BCAC，又CC1ACC，所以BC平面ACC1，即BC平面AMC，所以(1,0,0)是平面AMC的一个法向量，设n(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，(1，0)，(1,0，)由题意得所以令z2，则x，y，所以n(，2)，所以cos，n，因此二面角BAMC的大小为45.17(本小题满分14分)(2013徐州高二检测)椭圆1的左、右焦点分别为F1，F2，一条直线l经过点F1与椭圆交于A，B两点(1)求ABF2的周长；(2)若l的倾斜角为，求ABF2的面积【解】(1)由椭圆的定义

52、，得AF1AF22a，BF1BF22a，又AF1BF1AB，所以，ABF2的周长ABAF2BF24a.又因为a24，所以a2，故ABF2的周长为8.(2)由条件，得F1(1,0)，因为AB的倾斜角为，所以AB斜率为1，故直线AB的方程为yx1.由消去x，得7y26y90，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，解得y1，y2，所以SABF2F1F2|y1y2|2.18(本小题满分16分)(2013辽宁高考)如图3，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点图3(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值【解】(1)证明：由AB是圆的直径，得A

53、CBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因为BC平面PBC.所以平面PBC平面PAC.(1)(2)法一过C作CMAP，则CM平面ABC.如图(1)，以点C为坐标原点，分别以直线CB，CA，CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC.又因为PA1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)故(，0,0)，(0,1,1)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则所以不妨令y11，则n1(0,1，1)因为(0,0,1)，(，1,0)，设平面ABP的法向量为n2

54、(x2，y2，z2)，则所以不妨令x21，则n2(1，0)于是cosn1，n2.由图(1)知二面角CPBA为锐角，故二面角CPBA的余弦值为.(2)法二如图(2)，过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM.又因为PAABA，且PA平面PAB，AB平面PAB，所以CM平面PAB.过M作MNPB于N，连接NC，由三垂线定理得CNPB，所以CNM为二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM.在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，所以，所以MN.所以在RtCNM中，CN，所以cosCNM，所以二面角CPBA的余弦

55、值为.19(本小题满分16分)已知动点P与平面上两定点A(，0)、B(，0)连线的斜率的积为定值.(1)试求动点P的轨迹方程；(2)设直线l：ykx1与曲线C交于M、N两点，当MN时，求直线l的方程【解】(1)设动点P坐标为(x，y)，则依题意有(x)，整理得y21.由于x，所以动点P的轨迹方程为：y21(x)(2)记点M、N坐标为M(x1，y1)、N(x2，y2)则由消去y得，(12k2)x24kx0，解得x10，x2，MN|x1x2|，解得k1，所以直线l的方程是xy10或xy10.20(本小题满分16分)(2013扬州高二检测)若椭圆C：1(ab0)的离心率e，且椭圆C的一个焦点与抛物线

56、y212x的焦点重合(1)求椭圆C的方程；(2)设点M(2,0)，点Q是椭圆上一点，当MQ最小时，试求点Q的坐标；(3)设P(m,0)为椭圆C长轴(含端点)上的一个动点，过P点斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点，若PA2PB2的值仅依赖于k而与m无关，求k的值图4【解】(1)抛物线焦点为(3,0)，椭圆中，c3，e，a5，b2a2c216，椭圆方程为1.(2)设Q(x，y)，则1，MQ.5x5，当x5时，MQ取得最小值，此时Q(5，0)(3)直线l：yk(xm)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由，得：(1625k2)x250k2mx25(k2m216)0.PA2PB2(x1m)2y(x2m)2y(x1m)2k2(x1m)2(x2m)2k2(x2m)2(1k2)(x1m)2(x2m)2(1k2)(x1x2)22x1x22m(x1x2)2m2(512800k2)m2800(1625k2)令512800k20，得k2，k.