2020版高考数学二轮复习 重点解答题专练 教学案汇编全集

讲重点·解答题专练
第1讲 解三角形
■真题调研——————————————
【例1】 [2019·全国卷Ⅰ]△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，设(sin B －sin C )2
＝sin 2
A －sin
B sin
C .
(1)求A ；
(2)若2a ＋b ＝2c ，求sin C .
解：(1)由已知得sin 2
B ＋sin 2
C －sin 2
A ＝sin
B sin
C ，故由正弦定理得b 2
＋c 2
－a 2
＝bc .
由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝1
2
.
因为0°＜A ＜180°，所以A ＝60°.
(2)由(1)知B ＝120°－C ，由题设及正弦定理得2sin A ＋sin(120°－C )＝2sin C ，即62
＋
32cos C ＋12sin C ＝2sin C ，可得cos(C ＋60°)＝－2
2. 由于0°＜C ＜120°，所以sin(C ＋60°)＝2
2
，故sin C ＝sin(C ＋60°－60°)＝sin(C ＋60°)cos60°－cos(C ＋60°)sin60°＝
6＋2
4
. 【例2】 [2019·全国卷Ⅲ]△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A ＋C
2
＝b sin A .
(1)求B ；
(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． 解：(1)由题设及正弦定理得 sin A sin
A ＋C
2
＝sin B sin A .
因为sin A ≠0，所以sin
A ＋C
2
＝sin B .
由A ＋B ＋C ＝180°，可得sin A ＋C
2＝cos B
2
，
故cos B 2＝2sin B 2cos B
2
.
因为cos B 2≠0，故sin B 2＝1
2
，因此B ＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝
3
4
a .
由正弦定理得
a ＝c sin A sin C ＝sin (120°－C )sin C ＝32tan C ＋12
.
由于△ABC 为锐角三角形， 故0°＜A ＜90°，0°＜C ＜90°.
由(1)知A ＋C ＝120°，所以30°＜C ＜90°， 故12＜a ＜2，从而38＜S △ABC ＜32. 因此，△ABC 面积的取值范围是⎝
⎛⎭⎪⎫3
8
，32. 【例3】 [2019·北京卷]在△ABC 中，a ＝3，b －c ＝2，cos B ＝－1
2.
(1)求b ，c 的值； (2)求sin(B －C )的值．
解：(1)由余弦定理b 2
＝a 2
＋c 2
－2ac cos B ，得
b 2＝32＋
c 2－2×3×c ×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12
.
因为b ＝c ＋2，
所以(c ＋2)2＝32＋c 2
－2×3×c ×⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，
解得c ＝5. 所以b ＝7.
(2)由cos B ＝－12得sin B ＝3
2.
由正弦定理得sin C ＝c
b sin B ＝53
14
. 在△ABC 中，∠B 是钝角， 所以∠C 为锐角．
所以cos C ＝1－sin 2
C ＝1114
.
所以sin(B －C )＝sin B cos C －cos B sin C ＝43
7
.
【例4】 [2019·江苏卷]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c . (1)若a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝2
3，求c 的值；
(2)若sin A a ＝cos B 2b ，求sin ⎝
⎛⎭⎪⎫B ＋π2的值．
解：(1)因为a ＝3c ，b ＝2，cos B ＝2
3
，
由余弦定理cos B ＝a 2＋c 2－b 2
2ac
，
得23＝(3c )2
＋c 2
－(2)2
2×3c ×c ，即c 2＝13. 所以c ＝
3
3
. (2)因为sin A a ＝cos B
2b
，
由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得cos B 2b ＝sin B
b
，
所以cos B ＝2sin B .
从而cos 2
B ＝(2sin B )2
，即cos 2
B ＝4(1－cos 2
B )， 故cos 2
B ＝45
.
因为sin B >0，所以cos B ＝2sin B >0， 从而cos B ＝25
5
.
因此sin ⎝
⎛⎭⎪⎫B ＋π2＝cos B ＝255.
■模拟演练——————————————
1．[2019·长沙、南昌联考]如图，在平面四边形ABCD 中，对角线BD 平分∠ABC ，∠BAD 为钝角，∠BCD ＝120°，BC ＝CD ＝2，AB ∶AD ＝2∶1.
(1)求△ABD 的外接圆半径； (2)求△ABC 的面积． 解：(1)∵BC ＝CD ＝2， ∠BCD ＝120°， ∴∠CBD ＝∠BDC ＝30°， ∴∠ABD ＝∠CBD ＝30°. 在△BCD 中，由余弦定理，得
BD ＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos ∠BCD
＝22＋22
－2×2×2cos120°＝2 3. 在△ABD 中，由正弦定理， 得
AB sin ∠ADB ＝AD
sin ∠ABD
，
∴sin ∠ADB ＝AB AD ·sin∠ABD ＝
22
， ∴∠ADB ＝45°，∴∠BAD ＝105°.
又sin105°＝sin75°＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝6＋2
4
， ∴△ABD 的外接圆直径
2R ＝BD sin ∠BAD ＝23
6＋2
4
＝62－26，
∴△ABD 的外接圆半径R ＝32－ 6. (2)在△ABD 中，由正弦定理， 得
AB sin ∠ADB ＝BD
sin ∠BAD
，
∴AB ＝BD sin ∠ADB
sin ∠BAD ＝23×
2
26＋2
4＝6－2 3.
又∠ABC ＝2∠ABD ＝60°，
∴△ABC 的面积S ＝12AB ·BC sin ∠ABC ＝12×(6－23)×2×3
2
＝3(3－1)．
2．[2019·武汉2月调研]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a ＝2，
b ＝3，sin2C ＋sin A ＝0.
(1)求c ；
(2)求△ABC 的面积．
解：(1)由sin2C ＋sin A ＝0知， 2sin C ·cos C ＋sin A ＝0，
∴2c ·a 2＋b 2－c 2
2ab
＋a ＝0，
∴c (a 2
＋b 2
－c 2
)＋a 2
·b ＝0，而a ＝2，b ＝3， ∴c (4＋9－c 2
)＋12＝0，即c 3
－13c －12＝0， ∴(c ＋1)(c ＋3)(c －4)＝0，而c >0，∴c ＝4. (2)在△ABC 中，由余弦定理得，
cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝4＋16－92×2×4＝1116
，
∴sin B ＝1－cos 2
B ＝
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫11162＝
31516，
∴△ABC 的面积S ＝1
2ac sin B
＝12×2×4×31516 ＝315
4
. 3．[2019·南昌一模]函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(0<ω<π2，|φ|<π
2)的部分图象如图
所示，A (0，3)，C (2,0)，并且AB ∥x 轴．
(1)求ω和φ的值； (2)求cos ∠ACB 的值． 解：(1)由已知得
f (0)＝2sin φ＝3，
又|φ|＜π2，所以φ＝π
3，
所以f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3.
因为f (2)＝0，即2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ω＋π3＝0，
所以2ω＋π
3
＝k π，k ∈Z ，
解得ω＝k 2π－π6，k ∈Z ，而0＜ω＜π2，所以ω＝π
3
.
(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫π3x ＋π3，令f (x )＝3，
得π3x ＋π3＝2k π＋π3或π3x ＋π3＝2k π＋2π
3，k ∈Z ， 所以x ＝6k 或x ＝6k ＋1，由题图可知，B (1，3)， 所以CA →＝(－2，3)，CB →
＝(－1，3)，
所以|CA →|＝7，|CB →
|＝2，
所以cos ∠ACB ＝CA →·CB →|CA →||CB →|＝527
＝57
14.
4．[2019·广州综合测试一]△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c cos B ＝(3a －b )cos C .
(1)求sin C 的值；
(2)若c ＝26，b －a ＝2，求△ABC 的面积． 解：(1)解法一：因为c cos B ＝(3a －b )cos C ， 所以由正弦定理得
sin C cos B ＝(3sin A －sin B )cos C ， 即sin C cos B ＋sin B cos C ＝3sin A cos C ， 所以sin(B ＋C )＝3sin A cos C ， 由于A ＋B ＋C ＝π，
所以sin(B ＋C )＝sin(π－A )＝sin A ， 则sin A ＝3sin A cos C .
因为0<A <π，所以sin A ≠0，cos C ＝1
3.
因为0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2
C ＝223.
解法二：因为c cos B ＝(3a －b )cos C ， 所以由余弦定理得
c ×a 2＋c 2－b 22ac ＝(3a －b )×a 2＋b 2－c 22ab
，
化简得a 2＋b 2－c 2
＝23ab ，
所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝23ab
2ab ＝1
3
.
因为0<C <π，所以sin C ＝1－cos 2
C ＝223.
(2)解法一：由余弦定理c 2
＝a 2
＋b 2
－2ab cos C ， 又c ＝26，cos C ＝13，得a 2＋b 2
－23ab ＝24，
即(a －b )2
＋43ab ＝24.
因为b －a ＝2，所以ab ＝15.
所以△ABC 的面积
S ＝12ab sin C ＝12×15×
22
3
＝5 2. 解法二：由余弦定理c 2
＝a 2
＋b 2
－2ab cos C ， 又c ＝26，cos C ＝13，得a 2＋b 2
－23ab ＝24.
又b －a ＝2，所以a ＝3，b ＝5. 所以△ABC 的面积
S ＝1
2ab sin C ＝12×15×
22
3
＝5 2.
第2讲 数列
■真题调研——————————————
【例1】 [2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.
(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．
解：(1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝1
2
(a n ＋b n )．
又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为1
2的等比数列．
由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8, 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.
又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝1
2n －1，a n －b n ＝2n －1.
所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －1
2
，
b n ＝1
2[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12
.
【例2】 [2019·江苏卷]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *
)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；
(2)已知数列{b n }(n ∈N *
)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1
，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．
①求数列{b n }的通项公式；
②设m 为正整数．若存在“M－数列”{c n }(n ∈N *
)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有
c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．
解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 所以a 1≠0，q ≠0.
由⎩⎪⎨⎪⎧
a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧
a 21q 4＝a 1q 4
，
a 1q 2
－4a 1q ＋4a 1＝0，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，q ＝2.
因此数列{a n }为“M－数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2
b n ＋1
，所以b n ≠0.
由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2
b 2，则b 2＝2.
由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n b n ＋12(b n ＋1－b n )－b n －1b n
2(b n －b n －1)，
整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .
所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *
)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *
. 因为数列{c n }为“M－数列”， 设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k
，其中k ＝1,2,3，…，m .
当k ＝1时，有q ≥1；
当k ＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln k
k －1.
设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln x
x
2
. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.列表如下：
因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，
所以f (k )max ＝f (3)＝ln33
.
取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k
≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1
≤k 也成立．
因此所求m 的最大值不小于5.
若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3
，且q 5
≤6，从而q 15
≥243，且q 15
≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6.
综上，所求m 的最大值为5.
【例3】 [2019·天津卷]设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2
＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.
(1)求{a n }和{b n }的通项公式；
(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
1，2k
<n <2k ＋1
，
b k ，n ＝2k
，
其中k ∈N *
.
①求数列的通项公式； ②求
．
解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得
⎩⎪⎨⎪
⎧
6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
d ＝3，q ＝2，
故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2
n －1
＝3×2n
.
所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n
.
(2)①＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1.
所以，数列{
}的通项公式为
＝9×4n －1.
②
＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n
×4＋
2n (2n
－1)2×3＋i ＝1
n (9×4i －1) ＝(3×22n －1
＋5×2n －1
)＋9×4(1－4n
)
1－4－n
＝27×2
2n －1＋5×2
n －1
－n －12(n ∈N *
)．
【例4】 [2019·浙江卷]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *
，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝
a n 2
b n
，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n <2n ，n ∈N *
. 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得
a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，
解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *
. 所以S n ＝n 2
－n ，n ∈N *.
由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得 (S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )． 解得b n ＝1d
(S 2
n ＋1－S n S n ＋2)．
所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *
. (2)c n ＝
a n
2b n ＝2n －2
2n (n ＋1)＝
n －1n (n ＋1)
，n ∈N *
.
我们用数学归纳法证明．
(1)当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *
)时不等式成立，即
c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，
那么，当n ＝k ＋1时，
c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋
k
(k ＋1)(k ＋2)
<2k ＋
1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k
＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，
即当n ＝k ＋1时不等式也成立．
根据(1)和(2)，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N *
成立． ■模拟演练——————————————
1．[2019·南昌二模]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *
.
(1)求λ的值及数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .
解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0， 由2a n ＋1＝λa n ＋4(n ∈N *)，① 得2a n ＝λa n －1＋4(n ∈N *，n ≥2)，②
两式相减得，2d ＝λd ，又d ≠0，所以λ＝2. 将λ＝2代入①可得a n ＋1－a n ＝2，即d ＝2， 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得a 2n －n ＝2(2n －n )－1＝2n ＋1
－(2n ＋1)，
所以S n ＝(22
＋23
＋…＋2n ＋1
)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝4(1－2n
)1－2－n (3＋2n ＋1)2
＝2n ＋2－n
2
－2n －4.
2．[2019·广州综合测试二]已知{a n }是递增的等比数列，a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3. (1)求数列{a n }的通项公式；
(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)解法一：设等比数列{a n }的公比为q .
因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3，所以⎩
⎪⎨⎪⎧
a 1q ＋a 1q 2
＝4，
a 1·a 1q 3
＝3.
解得⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1＝9，q ＝1
3
，或⎩⎪⎨⎪⎧
a 1＝13，
q ＝3.
因为{a n }是递增的等比数列，所以a 1＝1
3，q ＝3，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3
n －2
.
解法二：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝a 2a 3＝3，
所以a 2，a 3是方程x 2
－4x ＋3＝0的两个根，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 2＝1，a 3＝3，或⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 2＝3，
a 3＝1.
因为{a n }是递增的等比数列，所以a 2＝1，a 3＝3，则q ＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2
.
(2)由(1)知b n ＝n ×3
n －2
，
则S n ＝1×3－1
＋2×30
＋3×31
＋…＋n ×3n －2
， ①
在①式两边同时乘以3得， 3S n ＝1×30
＋2×31
＋3×32
＋…＋n ×3n －1
， ②
①－②得－2S n ＝3－1
＋30
＋31
＋…＋3n －2
－n ×3n －1
，
即－2S n ＝13(1－3n
)1－3
－n ×3n －1
，
所以S n ＝14(2n －1)×3n －1
＋112
.
3．[2019·福建质检]数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；
(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和． 解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ， ①
所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)， ② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1， 所以
a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1
＝2，
所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＋1＝2·2n －1
＝2n
，
所以a n ＝2n
－1.
(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7， 所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7.
设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ， 所以d ＝1，
所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n ， 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n
－n .
设数列{n ·2n
}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ， 所以K n ＝2＋2×22
＋3×23
＋…＋n ·2n
， ③ 2K n ＝22
＋2×23
＋3×24
＋…＋n ·2n ＋1
， ④
③－④得
－K n ＝2＋22
＋23
＋…＋2n －n ·2n ＋1
＝2(1－2n
)1－2－n ·2n ＋1
＝(1－n )·2
n ＋1
－2.
所以K n ＝(n －1)·2n ＋1
＋2.
又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)
2， 所以K n －T n ＝(n －1)·2
n ＋1
－
n (n ＋1)
2
＋2，
所以{a n b n }的前n 项和为 (n －1)·2
n ＋1
－
n (n ＋1)
2
＋2.
4．[2019·安徽合肥质检]已知等比数列{a n }的各项都是正数，其中a 3，a 2＋a 3，a 4成等差数列，a 5＝32.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)记数列{log 2a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1S n 的前n 项和T n .
解：(1)设等比数列{a n }的公比为q
，由已知得⎩
⎪⎨
⎪⎧
2(a 2＋a 3)＝a 3＋a 4，
a 5＝32，即
⎩
⎪⎨⎪⎧
2a 1q ＋a 1q 2
＝a 1q 3
，
a 1q 4
＝32.
∵a n >0，∴q >0，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
q ＝2，
a 1＝2.
∴a n ＝2n
. (2)由已知得，
S n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝n (n ＋1)
2
，
∴1S n
＝
2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1，
∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1S n 的前n 项和 T n ＝2⎣⎢⎡⎦
⎥
⎤
⎝
⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
12－13＋…＋⎝
⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1
＝2n n ＋1
.
第3讲 立体几何
■真题调研——————————————
【例1】 [2019·全国卷Ⅰ]如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．
(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值．
解：(1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝1
2B 1C .
又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝1
2
A 1D .
由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥ED .
又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .
(2)由已知可得DE ⊥DA .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，DE →
的方向为y 轴正方向，DD 1→
的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则
A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →
＝(－1，3，
－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →
＝(0，－3，0)．
设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1M →＝0，
m·A 1A →＝0.所以⎩⎨
⎧
－x ＋3y －2z ＝0，
－4z ＝0.
可取m ＝(3，1,0)．
设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·MN →＝0，
n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨
⎧
－3q ＝0，－p －2r ＝0.
可取n ＝(2,0，－1)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝232×5＝15
5
，
所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为
10
5
. 【例2】 [2019·全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.
(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；
(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B －EC －C 1的正弦值．
解：(1)由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE . 又BE ⊥EC 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.
(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，
AA 1＝2AB .
以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，所以CB →＝(1,0,0)，CE →
＝(1，－1，1)，CC 1→
＝(0,0,2)．
设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，
即⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＝0，x －y ＋z ＝0，
所以可取n ＝(0，－1，－1)．
设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧
CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
2z 1＝0，
x 1－y 1＋z 1＝0，
所以可取m ＝(1,1,0)．
于是cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝－1
2
.
所以，二面角B －EC －C 1的正弦值为
32
. 【例3】 [2019·全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.
(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小． 解：(1)由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ， 所以AD ∥CG ，
故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面． 由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE . (2)作EH ⊥BC ，垂足为H .
因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ， 所以EH ⊥平面ABC .
由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.
以H 为坐标原点，HC →
的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz ，则A (－1,1,0)，C (1,0,0)，G (2，0，3)，CG →＝(1,0，3)，AC →
＝(2，－1,0)．
设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧
CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，
即⎩⎨
⎧
x ＋3z ＝0，
2x －y ＝0.
所以可取n ＝(3,6，－3)．
又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0,1,0)，
所以cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝3
2
.
因此二面角B －CG －A 的大小为30°.
【例4】 [2019·天津卷]如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.
(1)求证：BF ∥平面ADE ；
(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为1
3
，求线段CF 的长．
解：依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)．设
CF ＝h (h >0)，则F (1,2，h )．
(1)依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →
＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .
(2)依题意，BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →
＝(－1，－2，2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BD →＝0，
n ·BE →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x ＋y ＝0，
－x ＋2z ＝0，不妨令
z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．
因此有cos 〈CE →
，n 〉＝CE →
·n |CE →||n |＝－49.
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9.
(3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BD →＝0，
m ·BF →＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
－x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，
不妨令y ＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，1，－2h .
由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |
|m ||n |
＝
|4－
2h
32＋
4h 2
＝13
，解得h ＝8
7.经检验，符合题意．
所以，线段CF 的长为8
7
.
■模拟演练——————————————
1．[2019·南昌二模]如图1，矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，E ，F 是边DC 的三等分点．现将△DAE ，△CBF 分别沿AE ，BF 折起，使得平面DAE 、平面CBF 均与平面ABFE 垂直，如图2.
(1)若G 为线段AB 上一点，且AG ＝1，求证：DG ∥平面CBF ； (2)在(1)的条件下，求二面角A －CF －B 的余弦值．
解：(1)如图，分别取AE ，BF 的中点M ，N ，连接DM ，CN ，MG ，MN ，
因为AD ＝DE ＝1，∠ADE ＝90°， 所以DM ⊥AE ，且DM ＝
2
2
. 因为BC ＝CF ＝1，∠BCF ＝90°， 所以CN ⊥BF ，且CN ＝
22
. 因为平面DAE 、平面CBF 均与平面ABFE 垂直， 所以DM ⊥平面ABFE ，CN ⊥平面ABFE ，
所以DM ∥CN ，且DM ＝CN .易知∠EAB ＝45°，由余弦定理，得MG 2
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫222＋12
－2×22
×1×
22＝12
， 所以AM 2
＋MG 2
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫222＋12＝1＝AG 2
， 所以∠AMG ＝90°，
所以△AMG 是以AG 为斜边的等腰直角三角形， 故∠MGA ＝45°，
而∠FBA ＝45°，则MG ∥FB ，故平面DMG ∥平面CBF ，又DG ⊂平面DMG ，所以DG ∥平面
CBF .
(2)连接GE ，以G 为原点，分别以AB ，GE 所在直线为x ，y 轴，以过G 点并垂直于平面
ABFE 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (－1,0,0)，B (2,0,0)，E (0,1,0)，F (1,1,0)，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，12，
22， 所以AF →＝(2,1,0)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2
，－12，22，
连接GF ，由题知GF ⊥BF ，由(1)知GF ⊥CN ，故GF ⊥平面CBF ， 从而GF →
＝(1,1,0)是平面CBF 的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面AFC 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AF →＝0，n ·FC →＝0，
即⎩⎨
⎧
2x ＋y ＝0，
x －y ＋2z ＝0，
取x ＝－2，则y ＝4，z ＝32，n ＝(－2,4,32)， 所以cos 〈GF →
，n 〉＝(1，1，0)·(－2，4，32)2×38＝1919，
由图知二面角A －CF －B 为钝角， 故所求二面角的余弦值为－
19
19
. 2．[2019·合肥质检二]如图，三棱台ABC －EFG 的底面是正三角形，平面ABC ⊥平面BCGF ，
CB ＝2GF ，BF ＝CF .
(1)求证：AB ⊥CG ；
(2)若BC ＝CF ，求直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值． 解：(1)取BC 的中点为D ，连接DF ，如图．
由题意得，平面ABC ∥平面EFG ，平面ABC ∩平面BCGF ＝BC ，平面EFG ∩平面BCGF ＝FG ，从而BC ∥FG .
∵CB ＝2GF ，∴CD 綊GF ， ∴四边形CDFG 为平行四边形， ∴CG ∥DF .
∵BF ＝CF ，D 为BC 的中点， ∴DF ⊥BC ，∴CG ⊥BC .
∵平面ABC ⊥平面BCGF ，且平面ABC ∩平面BCGF ＝BC ，CG ⊂平面BCGF ， ∴CG ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ， ∴CG ⊥AB . (2)连接AD .
由△ABC 是正三角形，且D 为BC 的中点得，
AD ⊥BC .
由(1) 知，CG ⊥平面ABC ，CG ∥DF ， ∴DF ⊥AD ，DF ⊥BC ， ∴DB ，DF ，DA 两两垂直．
以D 为坐标原点，DB ，DF ，DA 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz .
设BC ＝2，则A (0,0，3)，B (1,0,0)，F (0，3，0)，
G (－1，3，0)，
∴BG →
＝(－2，3，0)．
∵CB ＝2GF ，∴AB →＝2EF →
，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3，32，
∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1
2，3，－32，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，3，32.
设平面BEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧
BG →·n ＝0，BE →·n ＝0，
可得，⎩⎪⎨⎪⎧
－2x ＋3y ＝0，
－32
x ＋3y ＋3
2z ＝0.
令x ＝3，则y ＝2，z ＝－1，
∴n ＝(3，2，－1)为平面BEG 的一个法向量． 设AE 与平面BEG 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈AE →
，n 〉|＝|AE →
·n |AE →|·|n |＝64.
∴直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值为
64
. 3．[2019·广州综合测试一]如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是等边三角形，∠BAD ＝∠BCD ＝90°，点P 是AC 的中点，连接BP ，DP .
(1)证明：平面ACD ⊥平面BDP ；
(2)若BD ＝6，且二面角A －BD －C 为120°，求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值． 解：(1)因为△ABC 是等边三角形，∠BAD ＝∠BCD ＝90°， 所以Rt △ABD ≌Rt △CBD ，可得AD ＝CD . 因为点P 是AC 的中点，则PD ⊥AC ，PB ⊥AC ， 因为PD ∩PB ＝P ，PD ⊂平面PBD ，PB ⊂平面PBD ， 所以AC ⊥平面PBD .
因为AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDP . (2)解法一：如图，作CE ⊥BD ，垂足为E ，连接AE . 因为Rt △ABD ≌Rt △CBD ，
所以AE ⊥BD ，AE ＝CE ，∠AEC 为二面角A －BD －C 的平面角． 由已知二面角A －BD －C 为120°，知∠AEC ＝120°.
在等腰三角形AEC 中，由余弦定理可得
AC ＝3AE ，
因为△ABC 是等边三角形， 则AC ＝AB ，所以
AB ＝3AE .
在Rt △ABD 中，有12AE ·BD ＝1
2AB ·AD ，
得BD ＝3AD ，
因为BD ＝6，所以AD ＝ 2. 又BD 2
＝AB 2
＋AD 2
，所以AB ＝2. 则AE ＝233，ED ＝6
3
.
由CE ⊥BD ，AE ⊥BD 可知BD ⊥平面AEC ，则平面AEC ⊥平面BCD .过点A 作AO ⊥CE ，交CE 的延长线于O ，则AO ⊥平面BCD .
连接OD ，则∠ADO 为直线AD 与平面BCD 所成的角． 在Rt △AEO ，∠AEO ＝60°，所以AO ＝3
2
AE ＝1， sin ∠ADO ＝AO AD ＝
22
. 所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为
22
. 解法二：如图，作CE ⊥BD ，垂足为E ，连接AE .
因为Rt △ABD ≌Rt △CBD ，
所以AE ⊥BD ，AE ＝CE ，∠AEC 为二面角A －BD －C 的平面角． 由已知二面角A －BD －C 为120°，知∠AEC ＝120°. 在等腰三角形AEC 中，由余弦定理可得AC ＝3AE ， 因为△ABC 是等边三角形，则AC ＝AB ， 所以AB ＝3AE .
在Rt △ABD 中，有12AE ·BD ＝1
2
AB ·AD ，
得BD ＝3AD ，
因为BD ＝6，所以AD ＝ 2. 又BD 2
＝AB 2
＋AD 2
，所以AB ＝2. 则AE ＝233，ED ＝6
3
.
以E 为坐标原点，以向量EC →，ED →
的方向分别为x 轴，y 轴的正方向，以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系E －xyz ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，63，0，A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－33，0，1，向量AD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫3
3，63，－1，
平面BCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)， 设直线AD 与平面BCD 所成的角为θ， 则cos 〈m ，AD →
〉＝m ·AD →
|m ||AD →|＝－12×1＝－22，
sin θ＝|cos 〈m ，AD →
〉|＝22
.
所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为
22
. 4．[2019·长沙一模]已知三棱锥P －ABC (如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD 为边长等于2的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形．在三棱锥P －ABC 中：
(1)证明：平面PAC ⊥平面ABC ；
(2)若点M 在棱PA 上运动，当直线BM 与平面PAC 所成的角最大时，求二面角P －BC －M 的余弦值．
解：(1)如图，设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .
由题意，得PA ＝PB ＝PC ＝2，
PO ＝BO ＝1.
因为在△PAC 中，PA ＝PC ，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC .
因为在△POB 中，PO 2
＋OB 2
＝PB 2
， 所以PO ⊥OB .
因为AC ∩OB ＝O ，AC ，OB ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥平面ABC .
因为PO ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面ABC .
(2)由(1)知，BO ⊥PO ，由题意可得BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面PAC ， 所以∠BMO 是直线BM 与平面PAC 所成的角，
且tan ∠BMO ＝BO OM ＝1
OM
，
所以当线段OM 最短，即M 是PA 的中点时，∠BMO 最大．
由PO ⊥平面ABC ，OB ⊥AC ，得PO ⊥OB ，PO ⊥OC ，OB ⊥OC ，以O 为坐标原点，OC ，OB ，
OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，
则O (0,0,0)，C (1,0,0)，B (0,1,0)，A (－1,0,0)，P (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1
2，0，12，BC →＝(1，
－1,0)，PC →＝(1,0，－1)，MC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2
，0，－12.
设平面MBC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨
⎪⎧ m ·BC →＝0，
m ·MC →＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
x 1－y 1＝0，
3x 1－z 1＝0，
令x 1＝1，得y 1＝1，z 1＝3，即m ＝(1,1,3)是平面MBC 的一个法向量． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BC →＝0，
n ·PC →＝0，
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 2－y 2＝0，
x 2－z 2＝0，
令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，即n ＝(1,1,1)是平面PBC 的一个法向量．
所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝533
＝533
33.
结合图可知，二面角P －BC －M 的余弦值为533
33.
第4讲 解析几何
■真题调研——————————————
【例1】 [2019·天津卷]设椭圆x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭
圆的短轴长为4，离心率为
55
. (1)求椭圆的方程；
(2)设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上．若|ON |＝|OF |(O 为原点)，且OP ⊥MN ，求直线PB 的斜率．
解：(1)设椭圆的半焦距为c ，依题意，2b ＝4，c a ＝55
，又a 2＝b 2＋c 2
，可得a ＝5，b ＝2，c ＝1.
所以，椭圆的方程为x 25＋y 2
4
＝1.
(2)由题意，设P (x P ，y P )(x P ≠0)，M (x M,0)．设直线PB 的斜率为k (k ≠0)，又B (0,2)，
则直线PB 的方程为y ＝kx ＋2，与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋2，x 25＋y
2
4
＝1，整理得(4＋5k 2)x 2
＋20kx
＝0，可得x P ＝－20k 4＋5k 2，代入y ＝kx ＋2得y P ＝8－10k 2
4＋5k 2，进而直线OP 的斜率y P x P ＝
4－5k
2
－10k .在y ＝kx ＋2中，令y ＝0，得x M ＝－2k .由题意得N (0，－1)，所以直线MN 的斜率为－k
2.由OP
⊥MN ，得4－5k 2
－10k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 2＝－1，化简得k 2
＝245，从而k ＝±2305
.
所以，直线PB 的斜率为2305或－2305
.
【例2】 [2019·全国卷Ⅰ]已知抛物线C ：y 2
＝3x 的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C
的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P .
(1)若|AF |＋|BF |＝4，求l 的方程； (2)若AP →＝3PB →
，求|AB |.
解：设直线l ：y ＝3
2
x ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．
(1)由题设得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，故|AF |＋|BF |＝x 1＋x 2＋32，由题设可得x 1＋x 2＝52. 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝32x ＋t ，
y 2＝3x
可得9x 2＋12(t －1)x ＋4t 2
＝0，则x 1＋x 2＝－
12(t －1)
9
.从而－12(t －1)9＝52，得t ＝－7
8
. 所以l 的方程为y ＝32x －78.
(2)由AP →＝3PB →
可得y 1＝－3y 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝32x ＋t ，
y 2＝3x
可得y 2
－2y ＋2t ＝0.
所以y 1＋y 2＝2.从而－3y 2＋y 2＝2，故y 2＝－1，y 1＝3. 代入C 的方程得x 1＝3，x 2＝13.
故|AB |＝413
3
.
【例3】 [2019·全国卷Ⅱ]已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与
BM 的斜率之积为－12
.记M 的轨迹为曲线C .
(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接
QE 并延长交C 于点G .
(ⅰ)证明：△PQG 是直角三角形； (ⅱ)求△PQG 面积的最大值．
解：(1)由题设得y x ＋2·y
x －2＝－12，化简得x 24＋y
2
2＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原
点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)(ⅰ)设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)．
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ，x 24＋y
22
＝1得x ＝±
21＋2k
2
.
记u ＝
2
1＋2k
2
，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．
于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k
2
(x －u )．
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k
2(x －u )，x 2
4＋y 2
2＝1
得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2
－8＝0. ①
设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，
故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.
从而直线PG 的斜率为uk 3
2＋k 2－uk u (3k 2
＋2)2＋k
2
－u ＝－1
k
. 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ |＝2u 1＋k 2
，|PG |＝2uk k 2
＋1
2＋k
2
， 所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2
)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝
8⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1k
＋k 2. 设t ＝k ＋1
k
，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．
因为S ＝8t
1＋2t 在[2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最
大值为169
.
因此，△PQG 面积的最大值为16
9
.
【例4】 [2019·全国卷Ⅲ]已知曲线C ：y ＝x 2
2，D 为直线y ＝－1
2上的动点，过D 作C
的两条切线，切点分别为A ，B .
(1)证明：直线AB 过定点；
(2)若以E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE
的面积．
解：(1)设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 2
1＝2y 1.
由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1， 故y 1＋
1
2x 1－t
＝x 1. 整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.
设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.
所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋1
2.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝tx ＋1
2，y ＝x
2
2
可得x 2
－2tx －1＝0.
于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，
y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1，
|AB |＝1＋t 2
|x 1－x 2|＝1＋t 2
×(x 1＋x 2)2
－4x 1x 2＝2(t 2
＋1)． 设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2
＋1，d 2＝2
t 2＋1
.
因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2
＋1.
设M 为线段AB 的中点，则M ⎝
⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2
－2)t ＝0. 解得t ＝0或t ＝±1.
当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2. ■模拟演练——————————————
1．[2019·南昌二模]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)，点M 在C 的长轴上运动，过点M
且斜率大于0的直线l 与C 交于P ，Q 两点，与y 轴交于N 点．当M 为C 的右焦点且l 的倾
斜角为π
6
时，N ，P 重合，|PM |＝2.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)当N ，P ，Q ，M 均不重合时，记NP →＝λNQ →，MP →＝μMQ →
，若λμ＝1，求证：直线l 的斜率为定值．
解：(1)因为当M 为C 的右焦点且l 的倾斜角为π
6
时，N ，P 重合，|PM |＝2，
所以a ＝2，b c ＝33，因此c ＝3，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2
＝1.
(2)设l ：x ＝ty ＋m (t >0，m ≠0)，则M (m,0)，N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－m t ，k l ＝1t
.
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则NP →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫x 1，y 1＋m t ，NQ →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2，y 2＋m t ，
由NP →＝λNQ →
得，x 1＝λx 2，① 同理可得y 1＝μy 2，②
两式相乘得，x 1y 1＝λμx 2y 2，又λμ＝1，所以x 1y 1＝x 2y 2，
所以(ty 1＋m )y 1＝(ty 2＋m )y 2，即t (y 2
1－y 2
2)＝m (y 2－y 1)，即(y 2－y 1)[m ＋t (y 1＋y 2)]＝0. 由k l >0，知y 1－y 2≠0，所以m ＋t (y 1＋y 2)＝0.
由⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝ty ＋m ，x 24
＋y 2
＝1，得(t 2＋4)y 2＋2tmy ＋m 2
－4＝0，所以y 1＋y 2＝－
2tm
t 2＋4
， 所以m －2t 2
m t 2＋4＝0，又m ≠0，所以t 2
＝4，解得t ＝2(t ＝－2舍去)，
所以k l ＝1t ＝12，即直线l 的斜率为1
2
.
2．[2019·济南模拟]设M 是抛物线E ：x 2
＝2py (p >0)上的一点，抛物线E 在点M 处的切线方程为y ＝x －1.
(1)求E 的方程．
(2)已知过点(0,1)的两条不重合直线l 1，l 2的斜率之积为1，且直线l 1，l 2分别交抛物线E 于A ，B 两点和C ，D 两点，是否存在常数λ使得|AB |＋|CD |＝λ|AB |·|CD |成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)解法一：由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝x －1，
x 2
＝2py 消去y 得x 2
－2px ＋2p ＝0.
由题意得Δ＝4p 2
－8p ＝0，因为p >0，所以p ＝2. 故抛物线E ：x 2
＝4y .
解法二：设M ⎝
⎛⎭⎪⎫x 0，x 202p ，由x 2
＝2py 得y ＝x 2
2p ，则y ′＝x p .
由⎩⎪⎨⎪
⎧
x 0
p
＝1，x 2
2p ＝x 0
－1，
解得p ＝2.
故抛物线E ：x 2
＝4y .
(2)假设存在常数λ使得|AB |＋|CD |＝λ|AB |·|CD |成立，则λ＝1|AB |＋1
|CD |.
由题意知，l 1，l 2的斜率存在且均不为零，
设直线l 1的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，则由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋1，
x 2
＝4y ，
消去y 得，x 2
－4kx －4＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1·x 2＝－4. 所以|AB |＝1＋k
2
(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k
2
16k 2＋16＝4(1＋k 2
)(也可以由y 1＋y 2＝
k (x 1＋x 2)＋2＝4k 2＋2，得到|AB |＝y 1＋y 2＋2＝4(1＋k 2))．
因为直线l 1，l 2的斜率之积为1，所以|CD |＝4⎝
⎛⎭
⎪⎫1＋1k 2.
所以λ＝1|AB |＋1|CD |＝14(1＋k 2)＋
1
4⎝ ⎛⎭
⎪
⎫
1＋1k 2＝ 1＋k 2
4(1＋k 2)＝1
4
. 所以存在常数λ＝1
4
使得|AB |＋|CD |＝λ|AB |·|CD |成立．
3．[2019·福建质检]在平面直角坐标系xOy 中，圆F ：(x －1)2
＋y 2
＝1外的点P 在y 轴的右侧运动，且P 到圆F 上的点的最小距离等于它到y 轴的距离，记P 的轨迹为E .
(1)求E 的方程；
(2)过点F 的直线交E 于A ，B 两点，以AB 为直径的圆D 与平行于y 轴的直线相切于点
M ，线段DM 交E 于点N ，证明：△AMB 的面积是△AMN 的面积的四倍．
解：解法一：(1)设P (x ，y )，依题意x ＞0，F (1,0)． 因为P 在圆F 外，所以P 到圆F 上的点的最小距离为|PF |－1. 依题意得|PF |－1＝x ，即(x －1)2
＋y 2
－1＝x ， 化简得E 的方程为y 2
＝4x (x ＞0)．
(2)当直线AB 的斜率不存在时，不符合题意，舍去． 当直线AB 的斜率存在时，如图，在平面直角坐标系中，
设N (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22.
设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k (x －1)，y 2
＝4x
得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2
＝0.
因为Δ＝(2k 2
＋4)2
－4k 4
＝16k 2
＋16＞0， 所以x 1＋x 2＝2k 2
＋4
k
2，
所以y 1＋y 2＝k (x 1－1)＋k (x 2－1)＝4
k
，
故D ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2
＋2k
2，2k .
由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝4k 2
＋4
k
2.
设M (x M ，y M )，依题意得y M ＝2
k
，
所以|MD |＝k 2＋2
k
2－x M .
又|MD |＝|AB |2，所以k 2
＋2k 2－x M ＝2
k 2＋2，
解得x M ＝－1，所以M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1，2k .
因为N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 0，2k 在抛物线上，
所以x 0＝1k
2，即N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k 2，2k ，
所以S △AMB ＝12|MD ||y 1－y 2|＝k 2
＋1
k
2|y 1－y 2|，
S △AMN ＝1
2
|MN ||y 1－y D |＝
12|MN |×12|y 1－y 2|＝k 2
＋1
4k 2|y 1－y 2|， 故S △AMB ＝4S △AMN .。