2018年高考数学(理)二轮复习：规范答题示例9 解析几何中的探索性问题

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2018年江苏高考数学二轮复习：第2部分八大难点突破难点4 解析几何中的范围、定值和探索性问题

难点四解析几何中的范围、定值和探索性问题(对应学生用书第68页)解析几何中的范围、定值和探索性问题仍是高考考试的重点与难点，主要以解答题形式考查，一般以椭圆为背景，考查范围、定值和探索性问题，试题难度较大．复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用根与系数的关系进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标函数，通过函数的最值研究几何中的最值．下面对这些难点一一分析：1．圆锥曲线中的定点、定值问题该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明，难度较大．定点、定值问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．【例1】 (2017·江苏省南京市迎一模模拟)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线x ＝12与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，以线段MN 为直径作圆D ，若圆D 与y 轴相交于不同的两点A ，B ，求△ABD 的面积；(3)如图1，A 1，A 2，B 1，B 2是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意点，直线B 2P 交x 轴于点F ，直线A 1B 2交A 2P 于点E ，设A 2P 的斜率为k ，EF 的斜率为m ，求证：2m －k 为定值.【导学号：56394098】图1[解] (1)∵直线y ＝x ＋2与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切， ∴|0－2|2＝b ，化为b ＝1.∵离心率e ＝32＝c a ，b 2＝a 2－c 2＝1，联立解得a ＝2，c ＝ 3. ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1； (2)把x ＝12代入椭圆方程可得：y 2＝1－116，解得y ＝±154. ∴⊙D 的方程为：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝1516. 令x ＝0，解得y ＝±114， ∴|AB |＝112，∴S △ABD ＝12|AB |·|OD |＝12×112×12＝118. (3)证明：由(1)知：A 1(－2,0)，A 2(2,0)，B 2(0,1)，∴直线A 1B 2的方程为y ＝12x ＋1，由题意，直线A 2P 的方程为y ＝k (x －2)，k ≠0，且k ≠±12，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝12x ＋1，y ＝k x －，解得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1. 设P (x 1，y 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0. ∴2x 1＝16k 2－44k 2＋1，∴x 1＝8k 2－24k 2＋1，y 1＝k (x 1－2)＝－4k 4k 2＋1.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 设F (x 2,0)，则由P ，B 2，F 三点共线得，kB 2P ＝kB 2F .即－4k 4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x 2－0，∴x 2＝4k －22k ＋1，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0. ∴EF 的斜率m ＝4k 2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝2k ＋14. ∴2m －k ＝2k ＋12－k ＝12为定值． [方法总结] 定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．(1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2)定点的探索与证明问题①探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋m ，然后利用条件建立k ，m 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．2．圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、特定式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．图2【例2】 (苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图2，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且右焦点F 到左准线的距离为6 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 为椭圆C 的左顶点，P 为椭圆C 上位于x 轴上方的点，直线PA 交y 轴于点M ，过点F 作MF 的垂线，交y 轴于点N .(ⅰ)当直线的PA 斜率为12时，求△FMN 的外接圆的方程； (ⅱ)设直线AN 交椭圆C 于另一点Q ，求△APQ 的面积的最大值．[解] (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝22，c ＋a 2c ＝62，解得⎩⎨⎧ a ＝4，c ＝22，则b ＝22，所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y 28＝1. (2)由题可设直线PA 的方程为y ＝k (x ＋4)，k ＞0，则M (0,4k )，所以直线FN 的方程为y ＝224k (x －22)，则N ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2k . (ⅰ)当直线PA 的斜率为12，即k ＝12时，M (0,2)，N (0，－4)，F (22，0)，MF →＝(22，－2)，FN →＝(－22，－4)，MF →·FN →＝－8＋8＝0.所以MF ⊥FN ，所以圆心为(0，－1)，半径为3，所以△FMN 的外接圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝9. (ⅱ)联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋，x 216＋y 28＝1，消去y 并整理得，(1＋2k 2)x 2＋16k 2x ＋32k 2－16＝0，解得x 1＝－4或x 2＝4－8k 21＋2k 2，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4－8k21＋2k 2，8k1＋2k 2，直线AN 的方程为y ＝－12k (x ＋4)，同理可得，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－41＋2k 2，－8k 1＋2k 2，所以P ，Q 关于原点对称，即PQ 过原点．所以△APQ 的面积S ＝12OA ·(y P －y Q )＝2×16k 1＋2k 2＝322k ＋1k ≤82，当且仅当2k ＝1k ，即k ＝22时，取“＝”．所以△APQ 的面积的最大值为8 2.[方法总结] 这类问题在题目中往往没有给出不等关系，需要我们去寻找．求最值或范围常见的解法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值，求函数最值常用的方法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．用这种方法求解圆锥曲线的最值与范围问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．3．圆锥曲线中的探索性问题探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题，它能很好地考查数学思维能力以及科学的探索精神．因此越来越受到高考命题者的青睐．探索性问题实质上是探索结论的开放性问题．相对于其他的开放性问题来说，由于这类问题的结论较少(只有存在、不存在两个结论有时候需讨论)，因此，思考途径较为单一，难度易于控制，受到各类考试命题者的青睐．解答这一类问题，往往从承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不要忽略任何可能的因素．图3【例3】 (苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图3，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0及点A (－1,0)，B (1,2)．(1)若直线l 平行于AB ，与圆C 相交于M ，N 两点，MN ＝AB ，求直线l 的方程；(2)在圆C 上是否存在点P 满足条件，使得PA 2＋PB 2＝12？若存在，求点P 的个数；若不存在，说明理由．【导学号：56394099】[解] (1)圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4，所以圆心C (2,0)，半径为2.因为l ∥AB ，A (－1,0)，B (1,2)，所以直线l 的斜率为2－01－－＝1，设直线l 的方程为x －y ＋m ＝0，则圆心C 到直线l 的距离为d ＝|2－0＋m |2＝|2＋m |2. 因为MN ＝AB ＝22＋22＝22，而CM 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫MN 22，所以4＝＋m22＋2，解得m ＝0或m ＝－4，故直线l 的方程为x －y ＝0或x －y －4＝0.(2)假设圆C 上存在点P 满足条件，设P (x ，y )，则(x －2)2＋y 2＝4， PA 2＋PB 2＝(x ＋1)2＋(y －0)2＋(x －1)2＋(y －2)2＝12，即x 2＋y 2－2y －3＝0，即x 2＋(y －1)2＝4，因为|2－2|＜－2＋－2＜2＋2，所以圆(x －2)2＋y 2＝4与圆x 2＋(y －1)2＝4相交，所以点P 的个数为2.[方法总结] (1)解决存在性问题的解题步骤：第一步：先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；第二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在；第三步：得出结论．(2)解决存在性问题应注意以下几点：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．。

高考数学答题模板：解析几何中的探索性问题

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高考数学答题模板：解析几何中的探索性问题
1、解题路线图
①一般先假设这种情况成立(点存在、直线存在、位置关系存在等)
②将上面的假设代入已知条件求解。

③得出结论。

2、构建答题模板
①先假定：假设结论成立。

②再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解。

③下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设;若推出矛盾则否定假设。

④再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性。

备战2018高考高三数学二轮难点突破测试卷解析几何中的范围、最值和探索性问题

解析几何中的范围、最值和探索性问题（一）选择题（12*5=60分）1．已知两定点()1,0A -和()1,0B ，动点(),P x y 在直线:3l y x =+上移动，椭圆C 以,A B 为焦点且经过点P ，则椭圆C 的离心率的最大值为（） A．5 B．5C. 5 D．5【答案】A2．【湖北省襄阳市2018届1月调研】已知点P(1，2)和圆C ： 22220x y kx y k ++++=，过点P 作圆C 的切线有两条，则k 的取值范围是（） A. RB.C.【答案】C，因为过P有两条切线，所以P 在圆外，从而C ． 3．【四省名校2018的直线l 与圆2222:C x y b +=交于不同的两个点，则椭圆1C 的离心率的取值范围是（）A.C.D. 【答案】C【解析】由题意可得，直线l 的方程为，即20x y a -+=，由直线l 与圆2C 交于两个不同的点可得：坐标原点O 到直线l 的距离，即2222555a b a c <=-，整理可得：01e <<，故：本题选择C 选项.4．双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点为F ，左顶点为A ，以F 为圆心，过点A 的圆交双曲线的一条渐近线于,P Q 两点，若PQ 不小于双曲线的虚轴长，则双曲线的离心率的取值范围为（）A.(]1,2B.(C.(]1,3D.[)3,+∞【答案】C【解析】由题设c a r +=,圆心到渐近线的距离b d =,故22)(2||b c a PQ -+=,由题意b bc a 2)(222≥-+,即)(2)(222a c c a -≥+,也即a c c a 22-≥+,解之得31≤<e ,故应选C.5．已知A 、B 是椭圆()222210x y a b a b+=>>长轴的两个端点，M 、N 是椭圆上关于x 轴对称的两点，直线AM 、BN 的斜率分别为()1212 0k k k k ≠，，则12k k +的最小值为（）A ．1B D 【答案】A6．【山东省枣庄市2018及抛物线24y x =上一动点(),P x y ，则小值为（）A. 4B. 2C. 6D. 【答案】B【解析】设抛物线的焦点为F (1,0)，则由抛物线的定义，准线为x=-1， d 为点(),P x y 到准线的距离.最小值是|QF |−1，∴x +|PQ |的最小值是|QF |−1=3−1=2，故选：B.7．【西南名校联盟高三2018年元月】直线10kx ky +-=与圆2222210k x k y k +-+=有公共点(),a b ，则ab 的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D9．已知抛物线C ：)40(22<<=p px y 的焦点为F ，点P 为C 上一动点，)0,4(A ，)2,(p p B ，且||PA 的最小值为15，则||BF 等于（） A ．4 B ．29C ．5D ．211【答案】B【解析】设()y x P ,且px y 22=,()()()16822442222+-+=+-=+-=x p x px x y x PA ,根号下二次函数的对称轴为()4,04∈-=p x ,所以在对称轴处取到最小值,即()()()151648242=+--+-p p p ，解得3=p 或5(舍去),所以抛物线方程为x y 62=,()23,3B ,所以29233=+=BF ,故选B. 10.已知等腰直角三角形AOB 内接于抛物线22y px =（0p >），O 为抛物线的顶点，OA OB ⊥，△AOB的面积为16，F 为抛物线的焦点，N (1,0)-，若M 是抛物线上的动点，则||||MN MF 的最大值为A B C D 【答案】C11．【陕西省榆林市2018届第一次联考】已知12,F F 是双曲线过点2F 与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点M ，若点M 在以线段12F F 为直径的圆外，则该双曲线离心率的取值范围是（）A. C.D. ()2,+∞【答案】D，不妨设过点F 2与双曲线的一条渐过线平行的直线方程为x ﹣c ），与y=联立，可得交点M 在以线段F 1F 2为直径的圆外，∴|OM|＞|OF 2|3，即b 2＞3a 2，∴c 2﹣a 2＞3a 2，即c ＞2a ．则2．∴双曲线离心率的取值范围是（2，+∞）．故选D ．12．【河北衡水金卷2018届模拟一】已知抛物线C ： 24y x =的焦点为F ，过点F 分别作两条直线1l ， 2l ，直线1l 与抛物线C 交于A 、B 两点，直线2l 与抛物线C 交于D 、E 两点，若1l 与2l 的斜率的平方和为1，） A. 16 B. 20 C. 24 D. 32 【答案】C（二）填空题（4*5=20分）13. 【甘肃省张掖市2018届第一次联考】已知抛物线22,,y x A B =是抛物线上的两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴相交于点()00P x ，则0x 的取值范围是__________．（用区间表示）【答案】()1,+∞【解析】设,A B 的坐标分别为()11,x y 和()22,x y ，线段AB 的垂直平分线与x 轴相交点()0,0,P x AB∴不平行于y 轴，即12x x ≠，又，即()()2222101202x x y x x y -+=-+，得()()2212120212,,x x x x x y y A B -+-=- 是抛物线上的两点， 2211222,2y x y x ∴==，代入上式，得，120x x ∴+>，即01x >，故答案为()1,+∞. 14．【湖南省长郡中学2018届月考（五）】已知F 是抛物线24y x =的焦点，点,A B 在该抛物线上且位于x轴的两侧， ·4OAOB =-（其中O 为坐标原点），则ABO ∆面积的最小值是__________．15．【宁夏银川一中2018则椭圆在其上一点()00,A x y 处的切线方程为，点B 为1C 在第一象限中的任意一点，过B 作1C 的切线l ， l 分别与x 轴和y 轴的正半轴交于,C D 两点，则OCD ∆面积的最小值为__________.【解析】设B （x 2，y 2），则椭圆C 1在点B+y 2y=1，令x=0，y D令y=0，可得x C所以S △OCDB 在椭圆的第一象限上，所以x 2，y 2＞0，2，S △OCD=22y =B （1，OCD16．【2018届上海市杨浦区一模】已知点C 、D 是椭圆上的两个动点，且点()0,2M ，若MD MC λ=，则实数λ的取值范围为________(三)解答题（4*10=40分）17．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的短轴长为12e =．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若12F F 、分别是椭圆C 的左、右焦点，过2F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A B 、，求1F AB ∆的内切圆半径的最大值.18. 【黑龙江省齐齐哈尔市2018届期中】已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的左、右顶点为()(),M N-，P是椭圆上异于,M N的动点，且PMN的面积的最大值为（1）求椭圆的方程和离心率；（2）四边形ABCD 的顶点都在椭圆上，且对角线AC BD 、都过原点，对角线的斜率22·AC BD b k k a=-，求OA OB ⋅的取值范围.19. 【江西省重点中学盟校2018届第一次联考】已知抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为F ，过F 的直线l 交抛物线C 于点,A B ，当直线l 的倾斜角是45时， AB 的中垂线交y 轴于点()0,5Q .（1）求p 的值；（2）以AB 为直径的圆交x 轴于点,M N ，记劣弧MN 的长度为S ，当直线l 绕F 旋转时，求值.20. 【上海市静安区2018届期中】设点1F 、2F 是平面上左、右两个不同的定点，，动点P 满（1）求证：动点P 的轨迹Γ为椭圆；（2）抛物线C 满足：①顶点在椭圆Γ的中心；②焦点与椭圆Γ的右焦点重合．设抛物线C 与椭圆Γ的一个交点为A ．问：是否存在正实数m ，使得12AF F ∆的边长为连续自然数．若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．。

江苏省高考数学专题四解析几何微专题9解析几何中的探索性问题PPT课件

9 解析几何中的探索性问题
微专题9 解析几何中的探索性问题
题型一定值问题的探索
例1
(2018南京高三第三次模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C: x
a
2 2
+
y2 b2
=1(a>b>0)经过点P
8 5
,
53,离心率为
交于A,B两点.
. 3 已知过点M
2
的52 , 直0 线l与椭圆C
2
②若直线MA与MB的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2是不是定值?并说明理由.
解析 (1)由椭圆过点(0, 2),得b= .2
又 a 2 -c=b 2 = 6 ,则c= 6 .故a2=b2+c2=8,a=2 .2
c c3
∴椭圆C的方程为 x 2 +y 2 =1.
82
(2)①∵直线l的斜率为 1 ,l过点N(22 ,2 2),
程x 2
y2
+
=1联立,得
82
(1+4k2)x2+16 2(k-k2)x+32k2-64k+24=0.
∴Δ>0,x1+x2= 16 1,x21(x4k2k=2 2 k ).
32k2 64k 24 14k2
∴k1+k2= +y 1
y2
x1 2 2 x2 2 2
= kx1 +2 2k 2 2 kx2 2 2k 2 2
x1 2 2
x2 2 2
=2k+ 2 +2 =2k2+ 2
x1 2 2 x2 2 2
2 2(x1x2)16 x1x2 2 2(x1x2)8
=2k+

高考数学二轮复习解答题题型练习6 解析几何中的探索性问题

题型六解析几何中的探索性问题(推荐时间：30分钟)1．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，上顶点为A ，△AF 1F 2为正三角形，且以AF 2为直径的圆与直线y ＝3x ＋2相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)在(1)的条件下，过右焦点F 2作斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点，在x 轴上是否存在点P (m,0)，使得以PM 、PN 为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由．2．(2010·福建)已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2，3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．答案1．解 (1)∵△AF 1F 2是正三角形，∴a ＝2c .由已知F 2(c,0)，A (0，b )，∴以AF 2为直径的圆的圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫12c ，12b ，半径r ＝12a . 又该圆与直线3x －y ＋2＝0相切，则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪32c －b 2＋22＝a 2. 由a ＝2c ，得b ＝3c ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪32c －32c ＋22＝a 2. 得a ＝2，∴c ＝1，b ＝ 3.椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由(1)知F 2(1,0)，l ：y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －1，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)， ∴PM →＋PN →＝(x 1－m ，y 1)＋(x 2－m ，y 2)＝(x 1＋x 2－2m ，y 1＋y 2)．由菱形对角线垂直，则(PM →＋PN →)·MN →＝0，∴(x 1＋x 2－2m )(x 1－x 2)＋(y 1＋y 2)·(y 1－y 2)＝0，得k (y 1＋y 2)＋x 1＋x 2－2m ＝0，得k 2(x 1＋x 2－2)＋x 1＋x 2－2m ＝0，k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 2－2＋8k 23＋4k 2－2m ＝0. 由已知条件k ≠0，且k ∈R ，∴m ＝k 23＋4k 2＝13k 2＋4. ∵3k 2>0，∴0<m <14. 故存在满足题意的点P 且m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14. 2．解方法一 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，且可知其左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，2a ＝AF ＋AF ′＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，a ＝4. 又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝32x ＋t . 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0. 因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0，解得－43≤t ≤4 3.另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得|t |94＋1＝4，解得t ＝±213.由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在．方法二 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，且有⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 2＋9b2＝1，a 2－b 2＝4.解得b 2＝12，b 2＝－3(舍去)．从而a 2＝16. 所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)同方法一．。

2018届高考数学(理)热点题型：立体几何(含答案解析)

立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知PO⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA∥PO. (1)求证：平面PBD⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4， ∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.∴CO ⊥AB. 又PO ⊥平面ABC ， OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC.又∵PO ，AB ⊂平面PAB ，PO ∩AB ＝O ， ∴CO ⊥平面PAB ，即CO ⊥平面PDB. 又CO ⊂平面COD ， ∴平面PDB ⊥平面COD.(2)解以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD →＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF∥B 1C.(2)求二面角EA 1D B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1，面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以AB→，AD→，AA1→为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A1DE的一个法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，A1D→＝(0，1，－1)，由n1⊥A1E→，n 1⊥A1D→得r1，s1，t1应满足的方程组⎩⎨⎧12r1＋12s1＝0，s1－t1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1→＝(1，0，0)，A1D→＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为|n1·n2||n1|·|n2|＝23×2＝63.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB ＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.(1)求证：PD⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB⊥平面PAD ，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，AB ∩PA ＝A ，所以PD⊥平面PAB. (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n·PD →＝0，n·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n·PB →|n||PB→|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)解设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →. 因此点M(0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M ，使得BM∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠PAD ＝45°，E 为PA 的中点. (1)求证：DE∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，过点C 作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN ⊥AB ，DA ⊥AB ，∴CN ∥DA ，又AB∥CD，∴四边形CDAN 为平行四边形， ∴CN ＝AD ＝8，DC ＝AN ＝6，在Rt △BNC 中，BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6，∴AB ＝12，而E ，M 分别为PA ，PB 的中点， ∴EM ∥AB 且EM ＝6，又DC∥AB，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM.∵CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC.(2)解由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF⊥BD，设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF →＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)，由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)，设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z). 又PC →＝(0，6，－8)，FC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n·PC →＝0，n·FC →＝0，得⎩⎨⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角，故二面角F －PC －D 的余弦值为817.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D′H⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D′A－C 的正弦值.(1)证明由已知得AC⊥BD，AD ＝CD. 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D′O 2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H ，所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H －xyz. 则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m·AB →＝0，m·AD′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD′的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AC →＝0，n·AD′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1). 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B －D′A－C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值. (1)证明在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE⊥AC.即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE⊥平面A 1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A 1OC. (2)解由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

高中数学考前归纳总结立体几何中的探索问题

立体几何中的探索问题一、探索点的位置例1.如图，四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PD=DC=4，AD=2，E 为PC 的中点, 在线段AC 上是否存在一点 M ，使得PA//平面EDM ，若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.解：取AC 中点M ，连结EM 、DM ，因为E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，所以EM//PA ，又因为EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ，所以PA//平面EDM 所以.521==AC AM 即在AC 边上存在一点M ，使得PA//平面EDM ，AM 的长为5.例2.如图，三棱柱111C B A ABC -中，1AA ⊥面ABC ，2,==⊥AC BC AC BC ，13AA =，D 为AC 的中点,（2）求二面角C BD C --1的余弦值；（3）在侧棱1AA 上是否存在点P ，使得 1BDC CP 面⊥？请证明你的结论. 解：（1）解：如图，建立空间直角坐标系，则C 1（0，0，0），B （0，3，2），C （0，3，0），A （2，3，0），D （1，3，0），11(0,3,2),(1,3,0)C B C D ∴==u u u r u u u u r设111(,,)n x y z =r是面BDC 1的一个法向量，则110,0n C B n C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g 即1111320,30y z x y +=⎧⎨+=⎩，C 1A1C B 1ABDAACzxyCB1BD取11(1,,)32n =-r ，易知1(0,3,0)C C =u u u u r 是面ABC 的一个法向量.1112cos ,7n C C n C C n C C==-⨯u u u u r r u u u u r g r u u u u r r . ∴二面角C 1—BD —C 的余弦值为27.（2）假设侧棱AA 1上存在一点P 使得CP ⊥面BDC 1.设P （2，y ，0）（0≤y ≤3），则 (2,3,0)CP y =-u u u r，则110,0CP C B CP C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r u u u rg u u u r u u u u r g ，即3(3)0,23(3)0y y -=⎧⎨+-=⎩. 解之3,73y y =⎧⎪⎨=⎪⎩∴方程组无解.∴侧棱AA 1上不存在点P ，使CP ⊥面BDC 1.二、探索结论的存在性例3.如图，已知三棱锥P ABC -中，PA PC ⊥，D 为AB 中点，M 为PB 的中点，且2AB PD =．（1）求证：DM ∥PAC 面；（2）找出三棱锥P ABC -中一组面与面垂直的位置关系，并给出证明（只需找到一组即可）（1）证明：依题意 D 为AB 的中点，M 为PB 的中点 ∴ DM // PA又, ∴（2）平面PAC平面PBC (或平面PAB平面PBC)证明：由已知AB＝2PD，又D为AB的中点所以PD＝BD 又知M为PB的中点∴，由（1）知 DM // PA∴又由已知，且故∴平面PAC 平面PBC 。

高考数学(理)二轮复习规范答题示例：解析几何中的探索性问题(含答案)

高考数学（理）二轮复习规范答题示例：解析几何中的探索性问题（含答案）规范答题示例9 解析几何中的探索性问题典例9 (12分)已知定点C (－1,0)及椭圆x 2＋3y 2＝5，过点C 的动直线与椭圆相交于A ，B 两点．(1)若线段AB 中点的横坐标是－12，求直线AB 的方程；(2)在x 轴上是否存在点M ，使MA →·MB →为常数？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．审题路线图 (1)设AB 的方程y ＝k (x ＋1)→待定系数法求k →写出方程 (2)设M 存在即为(m ，0)→求MA →·MB →→在MA →·MB →为常数的条件下求m →下结论评分细则 (1)不考虑直线AB 斜率不存在的情况扣1分； (2)不验证Δ>0，扣1分；(3)直线AB 方程写成斜截式形式同样给分； (4)没有假设存在点M 不扣分；(5)MA →·MB →没有化简至最后结果扣1分，没有最后结论扣1分．跟踪演练9 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x －5y ＋12＝0相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)设A (－4,0)，过点R (3,0)作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，连接AP ，AQ 分别交直线x ＝163于M ，N 两点，若直线MR ，NR 的斜率分别为k 1，k 2，试问：k 1k 2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，127＋5＝b ，a 2＝b 2＋c 2，∴⎩⎨⎧a ＝4，b ＝23，c ＝2，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋3，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，x ＝my ＋3，得(3m 2＋4)y 2＋18my －21＝0，且Δ＝(18m )2＋84(3m 2＋4)>0， ∴y 1＋y 2＝－18m 3m 2＋4，y 1y 2＝－213m 2＋4.由A ，P ，M 三点共线可知，y M163＋4＝y 1x 1＋4，∴y M ＝28y 13(x 1＋4).同理可得y N ＝28y 23(x 2＋4)，∴k 1k 2＝y M 163－3×y N 163－3＝9y M y N 49＝16y 1y 2(x 1＋4)(x 2＋4)∵(x 1＋4)(x 2＋4)＝(my 1＋7)(my 2＋7) ＝m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49 ∴k 1k 2＝16y 1y 2m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49＝－127，为定值．亲爱的读者：春去燕归来，新桃换旧符。

高考数学大题规范解答-(九)圆锥曲线中探索性问题的答题模板

圆锥曲线中的探索性问题是高考命题的热点，主要以解答题的形式出现，难度较大，一般作为压轴题．解决这类问题往往采用“假设反证法”或“假设检验法”，也可先用特殊情况得到所求值，再给出一般性的证明．考查的知识点多，能力要求高，尤其是运算变形能力，同时着重考查学生的分析问题与解决综合问题的能力．“大题规范解答——得全分”系列之(九)圆锥曲线中探索性问题的答题模板[典例] (2012福建高考·满分13分)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆E 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．[教你快速规范审题]1．审条件，挖解题信息观察条件―→椭圆方程及左、右焦点F 1，F 2，离心率e ＝12，△ABF 2的周长为8, ―――――――――――――→椭圆定义及离心率公式△ABF 2的周长为4a ，e ＝c a2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求椭圆的方程―→需建立关于a ，b ，c 的方程组求解3．建联系，找解题突破口由条件可得4a ＝8，c a ＝12―――――――→a 2＝b 2＋c 2可得a ＝2，b 2＝3―――――――→代入椭圆方程得E 的方程x 24＋y 23＝11．审条件，挖解题信息观察条件―→，直线l 与椭圆E 相切于点P 与直线x ＝4相交于点Q ――――――――――→联立方程，消元得判别式Δ＝0及P ，Q 的坐标2．审结论，明解题方向观察所证结论―→探索是否存在点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ―――――→假设M 存在问题转化为 MP u u u r ,·MQ u u u u r ,＝0恒成立3．建联系，找解题突破口由条件分析M 的位置并设出它的坐标(x 1，0) ,·0MP MQ MP MQ −−−−−−−→u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r 出向量的坐代入等式＝写标得到关于参数m ，k ，x 1的方程――――――――――→对任意m ，k 恒成立得关于x 1的方程组―――――→判断是否有解结论[教你准确规范解题](1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，(1分)又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，(2分)所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，(3分) 所以b ＝a 2－c 2＝ 3. 故椭圆E 的方程是x 24＋y 23＝1.(4分)(2)由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.(5分) 因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，(6分) 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0. (*)(7分)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝⎛⎭⎫－4km ，3m .(8分)由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q (4,4k ＋m )．(9分)假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．(10分) 设M (x 1,0)，则MP u u u r ·MQ uu u u r ＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立．因为MP u u u r ＝⎝⎛⎭⎫－4km －x 1，3m ，MQ u u u u r＝(4－x 1,4k ＋m )，由MP u u u r ·MQ u u u u r ＝0，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12km ＋3＝0，整理，得(4x 1－4)km ＋x 21－4x 1＋3＝0. (**)(11分)由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.(12分)故存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .(13分)[常见失分探因]易忽视定义的应用.忽视圆的对称性，判断不出M 必在x 轴上.对于方程(4x 1－4)·km ＋x 21－4x 1＋3＝0不会利用对m ，k 恒成立，求解x 1.————————————[教你一个万能模板]—————————————————―→―→。

转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题-高三数学备考冲刺

问题30转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题一、考情分析立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象力，又可以考查学生的意志力和探究意识，逐步成为近几年高考命题的热点和今后命题的趋势之一，探究性问题主要有两类：一是推理型，即探究空间中的平行与垂直关系，可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究；二是计算型，即对几何体中的空间角与距离、几何体的体积等计算型问题的有关探究，此类问题多通过求角、求距离、体积等的基本方法把这些探究性问题转化为关于某个参数的方程，根据方程解的存在性来解决.二、经验分享1.对命题条件的探索常采用以下三种方法：(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明.(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.(2)把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.2.对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在.这是一种最常用也是最基本的方法对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在.求解时，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论.3.解决立体几何中的探索性问题的步骤：第一步：写出探求的最后结论；第二步：证明探求结论的正确性；第三步：给出明确答案；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．三、题型分析(一) 空间线面关系的探索性问题1.空间平行关系的探索性问题【例1】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D．（1）求证：AD ⊥平面BC C 1 B 1；（2）设在棱11B C 上是否存在点E ，使得A 1E ∥平面ADC 1？请给出证明．【分析】（1）利用正棱柱的性质——侧棱与底面垂直，得到1CC ⊥面ABC ，从而1CC AD ⊥，然后结合已知即可得证；（2）根据正三棱柱的性质即可判断点的存在性，当E 为棱11B C 的中点时，有1//A E AD ，从而可证A 1E ∥平面ADC 1.【解析】（1）在正三棱柱中，C C 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，∴ AD ⊥C C 1．又AD ⊥C 1D ，C C 1交C 1D 于C 1，且C C 1和C 1D 都在面BC C 1 B 1内， ∴ AD ⊥面BC C 1 B 1．（2）存在点E ，当点E 为棱11B C 的中点时，A 1E ∥平面ADC 1. 由（1），得AD ⊥BC ．在正三角形ABC 中，D 是BC 的中点．当E 为B 1C 1的中点时，A 1E ∥平面ADC 1．事实上，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形BC C 1 B 1是矩形，且D 、E 分别是BC 、B 1C 1的中点，所以B 1B ∥DE ，B 1B= DE ．又B 1B ∥AA 1，且B 1B =AA 1， ∴DE ∥AA 1，且DE =AA 1．所以四边形ADE A 1为平行四边形，所以E A 1∥AD ．而E A 1 面AD C 1内，故A 1E ∥平面AD C 1．【点评】线面平行与垂直是高考考查空间线面关系证明的两个重点，此类探究性问题的求解，一定要灵活利用空间几何体的结构特征，注意其中的平行与垂直关系，如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系的应用；E 为棱11B C 的中点时，有1//A E AD 等的灵活应用，帮助我们能够准确地判断探究性问题的结论，丙直接迅速地把握证明的思路.【小试牛刀】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点.（1）求证：；（2）若平面，求二面角的大小；（3）在（2）的条件下，侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 【解析】（1）连交于，由题意.在正方形中，，所以平面，得（2）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图.设底面边长为，则高.则，，又平面，则平面的一个法向量，平面的一个法向量，则，又二面角为锐角，则二面角为；（3）在棱上存在一点使平面.由（2）知是平面的一个法向量，且，设，则又平面，所以，则.即当时，而不在平面内，故平面.2.空间垂直关系的探索性问题【例2】棱长为2的正方体中，E 为棱11C D 的中点，F 为棱BC 的中点.(1)求证：1AE DA ⊥；(2)求在线段1AA 上是否存在点G ，使AE ⊥面DFG.？试证明你的结论.【分析】（1）先根据正方体的性质得到11DA AD ⊥，1DA AB ⊥，进而证明1DA ⊥面11ABC D ，故可得到结论；（2）首先根据正方体的结构特征确定点G 的存在性和具体位置，然后进行证明. 【解析】（1）连接1AD ，1BC ，由正方体的性质可知11DA AD ⊥，1DA AB ⊥，所以1DA ⊥面11ABC D ，所以1DA AE ⊥.(2) 存在点G ，当点G 为1A 点，AE ⊥面DFG. 证明如下：由(1) 知1DA AE ⊥，取CD 的中点H ，连AH, EH . 由DF ⊥AH , DF ⊥EH ，AH EH = H ，得DF ⊥平面AHE ，所以DF ⊥AE. 又因为，所以AE ⊥面DFA 1，即AE ⊥面DFG.【点评】以特殊几何体为背景的空中线面关系的探究性问题，很容易忽视几何体中的一些特殊的平行、垂直关系，导致探究性问题的结论、证明的思路受阻.如该题中（1）问需要利用棱与一组平行平面垂直的性质得到线面垂直关系，作为证明的起点；（2）问如果忽视（1）中结论的应用，则就无法判断结果，无法进行证明.【小试牛刀】【江西省吉安市2019届期末】如图，四面体中，平面，，，．证明平面；在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．【解析】由题设知，，，，平面ABC ，，，平面PAB ．点D为PC的中点，且，使得．理由如下：在平面ABC内，过点B作，垂足为E，在平面PAC内，过点E作，交PC于点D，连结BD，由平面ABC，知，，平面DBE，平面DBE，，在中，，点E为AC的中点，则点D为PC的中点，在中，，，，．(二) 空间角的探索性问题【例3】如图，在四棱锥中平面，且，．；（1）求证：AB PC（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需要利用线面垂直判定定理：先根据平几知识寻找线线垂直，如由等腰三角形性质得AB AC ⊥，又由条件PA ⊥平面ABCD ，得线线垂直：PA AB ⊥，这样就转化为线面垂直AB ⊥平面PAC ，即得AB PC ⊥（2）研究二面角大小，一般利用空间向量比较直接：先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系列方程组，解出M 点坐标，确定M 点位置，再利用线面角与向量夹角互余关系求BM 与平面MAC 所成角的正弦值【解析】（1）证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由已知，可得ABC ∆是等腰直角三角形，即AB AC ⊥，又PA ⊥平面ABCD ，则PA AB ⊥，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB PC ⊥．．．．．．．．．．．．．．4分（2）存在．法一：（猜证法）观察图形特点，点M 可能是线段PD 的中点，下面证明当M 是线段PD 的中点时，二面角的大小为45°．过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，则MN ⊥平面ABCD ．过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则MGN ∠是二面角的平面角，因为M 是线段PD 的中点，则，在四边形ABCD 求得1NG =，则．在三棱锥M ABC -中，可得，设点B 到平面MAC 的距离是h ，，则，解得h =在Rt BMN ∆中，可得BM =，设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则．法二：（作图法）过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，则MN ⊥平面ABCD ，过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则MGN ∠是二面角的平面角．若，则NG MN =，又，易求得1MN =，即M 是线段PD 的中点．（以下同解法一）法三：（向量计算法）建立如图所示空间直角坐标系，则．设，则M 的坐标为．设(),,n x y z =是平面AMC 的一个法向量，则n AC n AM ⎧=⎨=⎩，得，则可取．又()0,0,1m =是平面ACD 的一个法向量，所以，此时平面AMC 的一个法向量可取，BM 与平面AMC 所成的角为θ，则．【点评】空间角的探究性问题要注意两个方面：一是空间角的正确表示，即利用直线的方向向量和平面的法向量表示空间角时要注意两者的准确转化；二是注意我们再利用方程判断存在性时，要特别注意题中的条件限制，如点在线段上等.【小试牛刀】如图，在直三棱柱中，，2ABC π∠=，D 是BC 的中点．（1）求证：1//A B 平面1ADC ；（2）求二面角的余弦值；（3）试问线段11A B 上是否存在点E ，使AE 与1DC 成3π 角？若存在，确定E 点位置，若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：连结1A C ，交1AC 于点O ，连结OD .由是直三棱柱，得四边形11ACC A 为矩形，O 为1A C 的中点. 又D 为BC 中点，所以OD 为1A BC ∆中位线，所以1//A B OD ，因为 OD ⊆平面1ADC ，1A B ⊄平面1ADC ，所以1//A B 平面1ADC . （2）解：由是直三棱柱，且2ABC π∠=，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，(0,2,0)A ，1(2,0,1)C ，(1,0,0)D . 所以，.设平面1ADC 的法向量为(,,)n x y z =，则有10n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以，取1y =，得.易知平面ADC 的法向量为(0,0,1)v =.由二面角是锐角，得.所以二面角的余弦值为23. （3）解：假设存在满足条件的点E.因为E 在线段11A B 上，1(0,2,1)A ，1(0,0,1)B ，故可设(0,,1)E λ，其中[0,2]λ∈. 所以，.因为AE 与1DC 成3π角，所以即，解得1λ=，所以当点E 为线段11A B 中点时，AE 与1DC 成3π角. 【例4】如图，直四棱柱中，侧棱12AA =，底面ABCD 是菱形，2AB =，，P 为侧棱1BB 上的动点．（1）求证：1D P AC ⊥；（2）在棱1BB 上是否存在点P ，使得二面角的大小为120？试证明你的结论.【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征，证明AC ⊥平面BB 1D 1D 即可得证结论.（2）可以利用空间线面关系做出二面角的平面角，根据二面角的大小列出方程，依据方程解的情况进行判断. 【解析】（1）连接BD ，则AC ⊥BD ，∵D 1D ⊥底面ABCD ，∴AC ⊥D 1D ∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∵D 1P ⊂平面BB 1D 1D ，∴D 1P ⊥AC ．（2）存在这样的点P ，下证明之. 连接D 1O ，OP ，∵D 1A =D 1C ，∴D 1O ⊥AC ，同理PO ⊥AC ， ∴∠D 1OP 是二面角D 1—AC —P 的平面角． ∴∠D 1OP =120°．设， ∵60°，则，∴．在111Rt D B P ∆中，．在1D OP ∆中，由余弦定理得，即．----10分整理得，解得13x =或5x =（舍）． ∴棱1BB 上是否存在点P ，使得二面角的大小为120，此时13BP =．【点评】空间线面关系、空间角的探究问往往与空间线面关系的证明、空间角与距离的求解相结合综合命题，解决此类探究性问题可从两个角度解决，一是直接利用传统的几何方法进行逻辑推理，必须熟练掌握特殊几何体的结构特征，注意平行与垂直关系的利用；二是直接利用向量法，此种方法简单直接，但也存在这很多易错易混的问题，特别是直线的方向向量与平面的法向量之间的运算与空间线面关系、空间角之间的正确转化是一个易错点.要熟记结论，灵活运用几何体的结构特征进行判断，准确进行两类关系之间的转化.【小试牛刀】在四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且，分别为PC BD 、的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C PD G --的余弦值为3，若存在，请求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，G 为AB 的中点.【解析】（1）证明：连接AC ，由正方形性质可知，AC 与BD 相交于点F ，所以，在PAC ∆中，//EF PA ．又PA ⊂平面,PAD EF ⊄平面PAD ．所以//EF 平面PAD ．（2）取AD 的中点O ，连接,OP OF ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，分别以射线,OA OF 和OP 为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，O xyz -，不妨设2AD =．则有，假设在AB 上存在点，则．因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，且底面是正方形，所以CD ⊥平面PAD ，则CD PA ⊥，由得PD PA ⊥，所以PA ⊥PDC ，即平面PDC 的一个法向量为．设平面PDG 的法向理为(),,n x y z =，由00PD n DG n ⎧=⎨=⎩即020x z x a --=⎧⎨+=⎩，亦即2z xx y a =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，可取．所以．解得1,1a a ==-（舍去）．所以线段AB 上存在点G ，且G 为AB 的中点，使得二面角C PD G --的余弦值为3．（三）空间距离的探索性问题【例5】如图，已知AB ⊥平面是等腰直角三角形，其中2EBC π∠=，且.(1)在线段BE 上是否存在一点F ，使//CF 平面ADE ?(2)求线段AB 上是否存在点M ，使得点B 到面CEM 的距离等于1？如果存在，试判断点M 的个数；如果不存在，请说明理由.【分析】（1）问可利用线面平行的性质定理，利用过直线CF 的平面与平面ADE 交点的位置便可确定点F 的位置；（2）问设MB 的长度，利用等积变换求出B 到面CEM 的距离，构造关于MB 长度的方程，根据方程解的情况进行判断.【解析】(1)当F 为BE 的中点时，//CF 平面ADE . 证明：取BE 的中点F 、AE 的中点G ，连结//CD GF ∴CFGD ∴是平行四边形,//CD GD ∴//CF ∴平面ADE(2)不存在.设MB x =，在Rt BEC ∆中，，又因为MB ⊥面BEC ，所以.则在Rt MBE ∆中，同理，.在Rt MEC ∆中，，取EC 的中点H ，因为ME MC =，所以MH EC ⊥，而. 故.因为点B 到面CEM 的距离等于1，所以.而，所以，解得x =所以在线段AB 上只存在一点M，当且仅当BM =B 到面CEM 的距离等于1.【点评】探究线面平行问题时，应注意几何体的结构特征，也可根据是否能构造中位线或比例线段从而找出线线平行关系进行判断.该题易出现的问题是忽视点P 在线段AB 上的限制条件，误以为方程的解就是结果而忽视对λ的取值范围的技巧.【小试牛刀】如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥底面 ABCD ，侧棱PA=PD底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD=2AB=2BC=2,O 为AD 中点．（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD AQQD值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）13．【解析】（Ⅰ）证明：在PAD ∆中PA PD =，O 为AD 中点，所以PO AD ⊥．又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD 平面，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）连接AC 、BO假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为．设QD x =，则12DQC S x ∆=因为//BC AD ，O 为AD 的中点，2AD BC = 所以//BC OD ，且BC OD = 所以CD OB = 因为AB AD ⊥，且所以在Rt POC ∆中，PC =所以所以由，即解得32x =所以存在点Q 满足题意，此时13AQ QD =．解决此类探究性问题的基本思路就是设出参数，根据空间线面关系的判定和性质定理进行推理，或根据角、距离、体积等的求解方法用参数表示出相关的数据，建立关于参数的方程，根据方程解的存在性以及解的个数问题来处理.解题过程需要注意以下三个问题：1.熟练把握空间线面关系的性质定理，在探究空间线面关系的有关问题时，可以把探究的结论作为已知条件，利用性质定理逐步进行推导；2.熟练掌握求解空间角、空间距离以及几何体体积等的基本方法，通过设置合适的参数，建立关于某个参数的方程，转化为方程的解的问题进行探究；3.合理设参，准确计算.探究性问题中的点往往在线段上或某个平面图形内，我们可以利用线段长度的比值设置参数，但也要注意参数的取值范围的限制.四、迁移运用1.【2018届高考数学高考复习指导大二轮专题复习】如图，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2＝BD·BC；类似地有命题：在三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在平面BCD内的射影为M，则有＝S△BCM·S△BCD.上述命题是 ( )A. 真命题B. 增加条件“AB⊥AC”才是真命题C. 增加条件“M为△BCD的垂心”才是真命题D. 增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”才是真命题【答案】A【解析】因为AD⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥AE，AD⊥BC．在△ADE中，AE2＝ME·DE，又A点在平面BCD内的射影为M，所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，所以BC⊥平面ADE，所以BC⊥DE，BC⊥AE．又，所以．选A．2.【福建省厦门市2018届高三下学期第一次质量检查（3月）】矩形中，，为中点，将沿所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：①存在某个位置，；②存在某个位置，；③存在某个位置，；④存在某个位置，.其中正确的是（）A. ①②B. ③④C. ①③D. ②④【答案】C【解析】根据题意画出如图所示的矩形：翻折后如图：.对于①，连接，交于点，易证，设，则，，所以，，则，即，，所以翻折后易得平面，即可证，故①正确；对于②，若存在某个位置，，则平面，从而平面平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，故②不正确；对于③，若存在某个位置，，则平面，平面⊥平面，则就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故③正确；对于④，若存在某个位置，，因为，所以平面，从而，这与已知矛盾，故④不正确.故选C.3．【陕西省汉中市重点中学2019届高三下学期3月联考】如图，在正方体中，点是底面的中心，是线段的上一点.（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；（2）能否存在点使得平面平面，若能，请指出点的位置关系，并加以证明；若不能，请说明理由.【解析】不妨设正方体的棱长为2，以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.（1）因为点是的中点，所以点的坐标为.所以，，.设是平面的法向量，则，即.取，则，所以平面的一个法向量为.所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）假设存在点使得平面平面，设.显然，.设是平面的法向量，则，即，取，则，，所以平面的一个法向量为.因为，所以点的坐标为.所以，.设是平面的法向量，则，即.取，则，所以平面的一个法向量为.因为平面平面，所以，即，，解得.所以的值为2.即当时，平面平面.4．【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，，，，，，设为棱上一点，.（1）求证：当时，；（2）试确定的值使得二面角为.【解析】（1）证明：因为，，过作于，则为中点，所以，又，所以.所以，因为平面，所以，，在中，由勾股定理，得当时，，则，因为，所以又，所以∽，所以，即，因为，又，，所以平面，所以又，所以平面，所以，命题得证.（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）由（1）得：，，则点，，，，，令，则，，，，，因为，所以，所以点，由题目条件易证平面，所以平面的法向量，设平面的法向量为，则，即，即令，得因为二面角为，所以，解得，，因为在棱上，则，所以为所求.5．【湖南省长沙市长郡中学2019届高三下学期第一次适应性考试(一模)】如图，在四棱锥中，，底面四边形为直角梯形，，，为线段上一点.(1)若，则在线段上是否存在点，使得平面?若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由(2)己知，若异面直线与成角，二而角的余弦值为，求的长.【解析】（1）延长，交于点，连接，则平面.若平面，由平面平面，平面，则.由，，则，故点是线段上靠近点的一个三等分点.（2）∵，，，平面，平面，则平面以点为坐标原点，以，所在的直线分别为轴、轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，则，，，，则，，设平面和平面的法向量分别为，.由，得即，令，则，故.同理可求得.于是，则，解之得（负值舍去），故.∴.6【江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考】．如图，在四棱锥中，底面是正方形，且，平面平面，，点为线段的中点，点是线段上的一个动点．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）设二面角的平面角为，试判断在线段上是否存在这样的点，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（Ⅰ）四边形是正方形，∴.∵平面平面平面平面，∴平面.∵平面，∴.∵，点为线段的中点，∴.又∵，∴平面.又∵平面，∴平面平面.（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，∵，∴平面.在平面内过作交于点，∴，故，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.因为，，∴.∵平面，则，，又为的中点，，假设在线段上存在这样的点，使得,设，，，设平面的法向量为，则∴，令，则，则平面，平面的一个法向量,,则∴.，解得，∴7．【山东省临沂市2019届高三2月教学质量检测】如图，在四棱锥中，平面, ，，，,是线段的中点.（1）证明：平面（2）当为何值时，四棱锥的体积最大？并求此最大值【解析】（1）取PD中点N，连接MN，CN，∵M是AP的中点，∴MN∥AD且MN，∵AD∥BC，AD＝2BC，∴MN∥BC，MN＝BC，∴四边形MNCB是平行四边形，∴MB∥CN，又BM平面PCD，CN⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD；（2）设PA＝x（0＜x＜4），∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵，∴AB，又∵AB⊥AD，AD＝2BC＝4，∴V P﹣ABCD＝16，当且仅当x，即x＝4时取等号，故当PA＝4时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大，最大值为16．8．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，是中点，是上的点．（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，当时，是否存在点，使直线与平面的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，是的中点，，又，平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，则，设，则，又，设是平面的一个法向量，则，取，得，设直线与平面所成角为，由，得：．化简得：，解得或，故存在点满足题意，此时为或．9．【上海市七宝中学2019届高三上学期期末】在长方体ABCD-A1B1C1D1中（如图），AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB 的中点．（1）求异面直线AD 1与EC 所成角的大小；（2）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，试问四面体D 1CDE 是否为鳖臑？并说明理由．【解析】（1）取CD 中点F ，连接AF ，则AF ∥EC ，∴∠D 1AF 为异面直线AD 1与EC 所成角．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，由AD =AA 1=1，AB =2，得∴△AD 1F 为等边三角形，则．∴异面直线AD 1与EC 所成角的大小为；（2）连接DE ，∵E 为AB 的中点，∴DE =EC =，又CD =2，∴DE 2+CE 2=DC 2，得DE ⊥CE ．∵D 1D ⊥底面DEC ，则D 1D ⊥CE ，∴CE ⊥平面D 1DE ，得D 1E ⊥CE ． ∴四面体D 1CDE 的四个面都是直角三角形，故四面体D 1CDE 是鳖臑．10.如图,在三棱锥中, 1AA 底面ABC ,. M 、N分别为BC 和11B C 的中点. P 为侧棱1BB 上的动点.（Ⅰ）求证: 1//A N 平面APM ; （Ⅱ）求证:平面APM ⊥平面11BB C C ;（Ⅲ）试判断直线1BC 与平面APM 是否能够垂直.若能垂直,求PB 的值;若不能垂直,请说明理由. 【解析】（Ⅰ）证明:∵是三棱柱，∴三个侧面都是平行四边形, 11//AA BB 且11AA BB =，又∵M 、N 分别为BC 和11B C 的中点， ∴1//MN BB 且1MN BB =， ∴1//MN AA 且1MN AA =， ∴1AA NM 是平行四边形， ∴1//A N AM ，∵1A N ⊄平面APM , AM ⊂平面APM ， ∴1//A N 平面APM .（Ⅱ）证明:∵1AA ⊥底面ABC ， ∴1BB ⊥底面ABC ， ∴1BB AM ⊥，又∵AB AC =,，又∵M 是BC 中点， ∴AM BC ⊥，∵, 1,BC BB ⊂平面11BB C C ，∴AM ⊥平面11BB C C ，则平面APM ⊥平面11BB C C ;（Ⅲ）直线1BC 与平面APM 能够垂直,且43PB =，由（Ⅱ）知AM ⊥平面11BB C C ， ∴1AM BC ⊥，若要使1BC ⊥平面APM ,仅需在平面APM 内再找一条和AM 相交的直线和1BC 即可. 此时我们取平面APM 内和AM 相交的直线PM ，若1PM BC ⊥,则BPM 与1CBC 相似，∴1PB BCBM CC =， ∴.11．如图1，在边长为12的正方形11''AA A A 中，，且3AB =，4BC =，1'AA 分别交1BB ，1CC 于点P ，Q ，将该正方形沿1BB 、1CC 折叠，使得1''A A 与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱．（1）求证：AB PQ ⊥；（2）在底边AC 上是否存在一点M ，满足//BM 平面APQ ，若存在试确定点M 的位置，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）点M 满足时，//BM 平面APQ.【解析】（1）证明：因为3AB =，4BC =，所以5AC =，从而，即AB BC ⊥，又因为1AB BB ⊥，而，所以AB ⊥平面1BC ，又PQ ⊂平面1BC ，所以AB PQ ⊥．（2）假设存在一点M 满足//BM 平面APQ ，过M 作//MN CQ 交AQ 于N ，连接PN ，由因为//PB CQ ，所以//MN PB ，连接PN ，因为//BM 平面APQ ，所以//BM PN ，所以四边形PBMN 为平行四边形，所以3MN =，，所以当点M 满足时，//BM 平面APQ ． 12.在四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且，分别为PC BD 、的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C PD G --，若存在，请求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，G 为AB 的中点.【解析】（1）证明：连接AC ，由正方形性质可知，AC 与BD 相交于点F ，所以，在PAC ∆中，//EF PA ．又PA ⊂平面,PAD EF ⊄平面PAD ．所以//EF 平面PAD ．（2）取AD 的中点O ，连接,OP OF ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，分别以射线,OA OF 和OP 为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系， O xyz -，不妨设2AD =．则有，假设在AB 上存在点，则．因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，且底面是正方形，所以CD ⊥平面PAD ，则CD PA ⊥，由得PD PA ⊥，所以PA ⊥PDC ，即平面PDC 的一个法向量为．设平面PDG 的法向理为(),,n x y z =，由00PD n DG n ⎧=⎨=⎩即020x z x a --=⎧⎨+=⎩，亦即2z x x y a =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，可取．所以．解得1,1a a ==-（舍去）．所以线段AB 上存在点G ，且G 为AB 的中点，使得二面角C PD G --的余弦值为3．。

2018大二轮高考总复习理数文档：解答题7 第2课时定点与定值、探索性问题

第二单元　高考压轴大题冲关第二课时　定点与定值、探索性问题基本考点——定点与定值问题圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路(1)解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y ＝kx ＋m (k 存在的情形)．然后利用条件建立k 与m 的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．(2)定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．考向01: 圆锥曲线中的定值问题　(2016·濮阳一模)已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为x 2a 2y 2b 2F 1，F 2，过F 2的直线l 交椭圆于A ，B 两点，△ABF 1的周长为8，且△AF 1F 2的面积最大时，△AF 1F 2为正三角形.阿凡题1083968(1)求椭圆C 的方程；(2)若MN 是椭圆C 经过原点的弦，MN ∥AB ，求证：为定值．|MN |2|AB |[思路点拨]　(1)运用椭圆的定义，可得4a ＝8，解得a ＝2，再由椭圆的对称性可得a ＝2c ，求得b ，进而得到椭圆方程；(2)讨论直线l 的斜率不存在，求得方程和AB ，MN 的长，即可得到所求值；讨论直线l 的斜率存在，设为y ＝k (x －1)，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，设MN 的方程为y ＝kx ，代入椭圆方程，求得MN 的长，即可得到所求定值．(1)【解】　由已知A ，B 在椭圆上，可得|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，又△ABF 1的周长为8，所以|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝8，即a ＝2，由椭圆的对称性可得，△AF 1F 2为正三角形当且仅当A 为椭圆短轴顶点，则a ＝2c ，即c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，则椭圆C 的方程为＋＝1；x 24y 23(2)【证明】　若直线l 的斜率不存在，即l ：x ＝1，求得|AB |＝3，|MN |＝2，可得3＝4；|MN |2|AB |若直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝k (x －1)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，代入椭圆方程＋＝1，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，x 24y 23有x 1＋x 2＝，x 1x 2＝，8k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2|AB |＝·＝，1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 212(1＋k 2)3＋4k 2由y ＝kx 代入椭圆方程，可得x ＝±，233＋4k 2|MN |＝2·＝4，即有＝4．1＋k 2233＋4k 23(1＋k 2)3＋4k 2|MN |2|AB |综上可得为定值4．|MN |2|AB |解答圆锥曲线中的定值问题应注意的两点一是要分清问题中哪些量是定的，哪些量在变动；二是“先猜后证”，也就是先由特殊情形探求出定值，进而证明一般情形，如本题通过直线的斜率不存在这个特殊情形，求出定值，进而再证明直线斜率存在的情形．考向02: 圆锥曲线中的定点问题　(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：＋＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，x 2a 2y 2b 2P 3－1，，P 41，中恰有三点在椭圆C 上.3232阿凡题1083969(1)求C 的方程．(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．(1)【解】　由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点．又由＋>＋知，椭圆C 不经过点P 1，1a 21b 21a 234b 2所以点P 2在椭圆C 上．因此Error!解得Error!故椭圆C 的方程为＋y 2＝1．x 24(2)【证明】　设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2．如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为t ，，t ，－，则k 1＋k 2＝－＝－1，得t ＝2，不符合题设．4－t 224－t 224－t 2－22t4－t 2＋22t从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0．x 24由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－，x 1x 2＝．8km4k 2＋14m 2－44k 2＋1而k 1＋k 2＝＋y 1－1x 1y 2－1x 2＝＋kx 1＋m －1x 1kx 2＋m －1x 2＝．2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0．即(2k ＋1)·＋(m －1)·＝0，解得k ＝－．4m 2－44k 2＋1－8km4k 2＋1m ＋12当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－x ＋m ，m ＋12即y ＋1＝－(x －2)，m ＋12所以l 过定点(2，－1)．解答圆锥曲线的定点问题应把握3个方面(1)从特殊情形开始，求出定点，再证明该定点与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．1．(2017·长春二模)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)与直线x －y ＋4＝0相切．2(1)求该抛物线的方程；(2)在x 轴正半轴上，是否存在某个确定的点M ，过该点的动直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，使得＋为定值．如果存在，求出点M 坐标；如果不存在，请说明理1|AM |21|BM |2由．解：(1)联立方程有，Error!，有y 2－2py ＋8p ＝0，由于直线与抛物线相切，得2Δ＝8p 2－32p ＝0，p ＝4，所以y 2＝8x ．(2)假设存在满足条件的点M (m,0)(m ＞0)，直线l ：x ＝ty ＋m ，有Error!，y 2－8ty －8m ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，有y 1＋y 2＝8t ，y 1y 2＝－8m ，|AM |2＝(x 1－m )2＋y ＝(t 2＋1)y ，2121|BM |2＝(x 2－m )2＋y ＝(t 2＋1)y ，22＋＝＋＝＝，1|AM |21|BM |21(t 2＋1)y 211(t 2＋1)y 21(t 2＋1)(y 21＋y 2y 21y 2)1(t 2＋1)(4t 2＋m4m 2)当m ＝4时，＋为定值，所以M (4,0)．1|AM |21|BM |22．(2017·贵阳二模)已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的离心率为，以原点为圆心，x 2a 2y 2b 222椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x －y －2＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)A ，B 分别为椭圆C 的左、右顶点，动点M 满足MB ⊥AB ，直线AM 与椭圆交于点P (与A 点不重合)，以MP 为直径的圆交线段BP 于点N ，求证：直线MN 过定点．(1)解：∵以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x －y －2＝0相切．∴原点到直线x －y －2＝0的距离d ＝＝，212＋122∴b ＝，2又椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的离心率为，x 2a 2y 2b 222∴＝，ca 22则＝，∴a ＝2，1－b 2a 222∴椭圆C 方程为＋＝1．x 24y 22(2)证明：设M (2，t )，则直线AM 的方程为：y ＝(x ＋2)t4联立Error!，消去y 得，x 2＋x ＋－4＝0，(1＋t 28)t 22t 22x A ·x P ＝，则x P ＝，y P ＝(x P ＋2)＝，4t 2－32t 2＋816－2t 2t 2＋8t 48tt 2＋8故k PB ＝＝＝－，yPxP －28tt 2＋816－2t 2t 2＋8－22t 又以MP 为直径的圆上与线段BP 交于点N ，则MN ⊥BP ，故直线MN 方程为y －t ＝(x －2)，t2即y ＝x ，t 2直线MN 过定点O (0,0).常考热点——探索性问题圆锥曲线中探索性问题的解题策略处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法．　(2017·绵阳二模)已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的短轴长为2，过上顶点Ex 2a 2y 2b 2和右焦点F 的直线与圆M ∶x 2＋y 2－4x －2y ＋4＝0相切.阿凡题1083970(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l 过点(1,0)，且与椭圆C 交于点A ，B ，则在x 轴上是否存在一点T (t,0)(t ≠0)，使得不论直线l 的斜率如何变化，总有∠OTA ＝∠OTB (其中O 为坐标原点)，若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由．[思路点拨]　(1)由已知可得：b ＝1，结合直线与圆M ∶x 2＋y 2－4x －2y ＋4＝0相切．进而可得c 2＝3，a 2＝4，即得椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上存在一点T (4,0)，使得不论直线l 的斜率如何变化，总有∠OTA ＝∠OTB ，联立直线与椭圆方程，结合∠OTA ＝∠OTB 时，直线TA ，TB 的斜率k 1，k 2和为0，可证得结论．【解】　(1)由已知中椭圆C 的短轴长为2，可得：b ＝1，则过上顶点E (0,1)和右焦点F (c,0)的直线方程为：＋y ＝1，xc 即x ＋cy －c ＝0，由直线与圆M ∶x 2＋y 2－4x －2y ＋4＝0相切．故圆心M (2,1)到直线的距离d 等于半径1，即＝1，解得：c 2＝3，则a 2＝4，|2＋c －c |1＋c 2故椭圆C 的标准方程为：＋y 2＝1；x 24(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，(i)当直线AB 的斜率不为0时，设直线方程为：x ＝my ＋1，代入＋y 2＝1得：(m 2＋4)x 24y 2＋2my －3＝0，则y 1＋y 2＝，y 1·y 2＝，－2mm 2＋4－3m 2＋4设直线TA ，TB 的斜率分别为k 1，k 2，若∠OTA ＝∠OTB ，则k 1＋k 2＝＋＝y 1x 1－t y 2x 2－t y 1(x 2－t )＋y 2(x 1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝y 1(my 2＋1－t )＋y 2(my 1＋1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝＝0，2y 1y 2m ＋(y 1＋y 2)(1－t )(x 1－t )(x 2－t )即2y 1y 2m ＋(y 1＋y 2)(1－t )＝＋＝0，解得t ＝4，－6mm 2＋4－2m (1－t )m 2＋4(ii)当直线AB 的斜率为0时，t ＝4也满足条件，综上，在x 轴上存在一点T (4,0)，使得不论直线l 的斜率如何变化，总有∠OTA ＝∠OTB ．1．(2017·湖南十二校联考)已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F 的最小x 2a 2y 2b 2距离是－1，F 到上顶点的距离为，点C (m,0)是线段OF 上的一个动点．22(1)求椭圆的方程；(2)是否存在过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A 、B 两点，使得(＋)⊥CA→ CB → ，并说明理由．BA→ 解：(1)由题意可知a －c ＝－1且＝，2b 2＋c 22解得a ＝，b ＝c ＝1，∴椭圆的方程为＋y 2＝1；2x 22(2)由(1)得F (1,0)，所以0≤m ≤1．假设存在满足题意的直线l ，设l 的方程为y ＝k (x －1)，代入＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，x 22设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝，x 1x 2＝，4k 22k 2＋12k 2－22k 2＋1∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)＝，－2k2k 2＋1∴＋＝(x 1－m ，y 1)＋(x 2－m ，y 2)＝，CA → CB → (4k 22k 2＋1－2m ，－2k2k 2＋1)∵(＋)⊥而AB 的方向向量为(1，k )，CA→ CB → AB → ∴－2m ＋×k ＝0⇔(1－2m )k 2＝m4k 22k 2＋1－2k2k 2＋1∴当0≤m ＜时，k ＝± ，即存在这样的直线l ；12m1－2m 当≤m ≤1时，k 不存在，即不存在这样的直线l ．122．(2017·枣庄模拟)已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－1,0)，抛物线x 2a 2y 2b 2x 2＝2py 上的点(，1)处的切线经过椭圆C 的下顶点．2(1)求椭圆C 的标准方程．(2)过点F 1的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点(异于长轴端点)．请问是否存在实常数λ，使得|－|＝λ·恒成立？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．F 1A → F 1B → F 1A → F 1B→ (3)在(2)的条件下，求△ABF 2(F 2为椭圆C 的右焦点)内切圆面积的取值范围．解：(1)点(，1)代入x 2＝2py ，可得p ＝1，∴x 2＝2y ，即y ＝x 2，y ′＝x ，212∴抛物线x 2＝2py 上的点(，1)处的切线斜率为，22∴抛物线x 2＝2py 上的点(，1)处的切线方程为y －1＝(x －)，即y ＝x －1，2222令x ＝0得y ＝－1，∴b ＝1，a ＝＝，b 2＋12∴椭圆C 的标准方程为＋y 2＝1．x 22(2)记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，设l 的方程为x ＝my －1，代入椭圆方程，整理可得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0，∴y 1＋y 2＝，y 1y 2＝－，2mm 2＋21m 2＋2∴|－|＝||＝＝．F 1A → F 1B → BA→ (m 2＋1)(y 1－y 2)222(m 2＋1)m 2＋2∵＝(x 1＋1，y 1)＝( my 1，y 1)，＝(x 2＋1，y 2)＝(my 2，y 2)，F 1A → F 1B→ ∴·＝(m 2＋1)y 1y 2＝，F 1A → F 2B→ m 2＋1m 2＋2∴存在实常数λ＝－2，使得|－|＝λ·恒成立．2F 1A → F 1B → F 1A → F 1B→ (3)设△ABF 2(F 2为椭圆C 的右焦点)内切圆的半径为r ，则S △ABF 2＝·4ar ＝2r ＝|F 1F 2||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|，解得r ＝|y 1－y 2|．12212122∴S 圆＝(y 1－y 2)2＝．π8π(m 2＋1)(m 2＋2)2设m 2＋1＝t (t ≥1)，则S 圆＝．πt ＋1t ＋2∵t ≥1，∴t ＋＋2≥4(当t ＝1，即m ＝0是取等号)，1t ∴0＜S 圆＝≤，πt ＋1t ＋2π4∴△ABF 2内切圆面积的取值范围是．(0，π4]1．已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为x ＝－1，直线l 与抛物线相交于不同的A ，B 两点．(1)求抛物线的标准方程；(2)如果直线l 过抛物线的焦点，求·的值；OA→ OB → (3)如果·＝－4，直线l 是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，OA→ OB → 试说明理由．解：(1)已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为x ＝－1，所以＝1，p ＝2．p2∴抛物线的标准方程为y 2＝4x ．(2)设l ：my ＝x －1，与y 2＝4x 联立，得y 2－4my －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，∴·＝x 1x 2＋y 1y 2＝(m 2＋1)y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＋1＝－3．OA→ OB → (3)假设直线l 过定点，设l ：my ＝x ＋n ，Error!，得y 2－4my ＋4n ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4n ．由·＝－4＝(m 2＋1)y 1y 2－mn (y 1＋y 2)＋n 2＝n 2＋4n ，解得n ＝－2，OA→ OB → ∴l ：my ＝x －2过定点(2,0)．2．已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．解：(1)依题意，可设椭圆C 的方程为＋＝1(a ＞b ＞0)，且可知其左焦点为x 2a 2y 2b 2F ′(－2,0)．从而有Error!解得Error!又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12，故椭圆C 的方程为＋＝1．x 216y 212(2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝x ＋t ．32由Error!得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0．因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0，解得－4≤t ≤4．33另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得＝4，|t |94＋1解得t ＝±2．13由于±2∉[－4，，4]，所以符合题意的直线l 不存在．13333．(2017·大庆二模)已知椭圆C ：＋＝1(a >b >0)经过点P (2，)，离心率e ＝，x 2a 2y 2b 2222直线l 的渐近线为x ＝4．(1)求椭圆C 的方程；(2)经过椭圆右焦点F 的任一直线(不经过点P )与椭圆交于两点A ，B ，设与直线l 相交于点M ，记PA ，PB ，PM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)由点P (2，)在椭圆上得，＋＝1，①24a 22b 2又e ＝，所以＝，②22ca 22由 ①②得c 2＝4，a 2＝8，b 2＝4，故椭圆C 的方程为＋＝1．x 28y 24(2)假设存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3．由题意可设AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，③代入椭圆方程＋＝1并整理得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－8＝0，x 28y 24设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝，x 1x 2＝，④8k 21＋2k 28k 2－81＋2k 2在方程③中，令x ＝4得，M (4,2k )，从而k 1＝，k 2＝，k 3＝＝k －y 1－2x 1－2y 2－2x 2－22k －24－2．22又因为A 、F 、B 共线，则有k ＝k AF ＝k BF ，即有＝＝k ，y 1x 1－2y 2x 2－2所以k 1＋k 2＝＋＝＋－y 1－2x 1－2y 2－2x 2－2y 1x 1－2y 2x 2－2＝2k －·，⑤2(1x 1－2＋1x 2－2)2x 1＋x 2－4x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4将④代入⑤得k 1＋k 2＝2k －·＝2k －，28k 21＋2k 2－48k 2－81＋2k 2－2·8k 21＋2k 2＋42又k 3＝k －，22所以k 1＋k 2＝2k 3.故存在常数λ＝2符合题意．4．已知中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，离心率为且过点(，0)，过定点635C (－1,0)的动直线与该椭圆相交于A 、B 两点．(1)若线段AB 中点的横坐标是－，求直线AB 的方程；12(2)在x 轴上是否存在点M ，使·为常数？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，MA → MB → 请说明理由．解：(1)由题意可设椭圆的标准方程为：＋＝1(a ＞b ＞0)，x 2a 2y 2b 2∴＝，a ＝，a 2＝b 2＋c 2，c a 635解得a ＝，c ＝，b 2＝．530353∴椭圆的方程为x 2＋3y 2＝5，直线斜率不存在时显然不成立，设直线AB ：y ＝k (x ＋1)，将AB ：y ＝k (x ＋1)代入椭圆的方程，消去y 整理得(3k 2＋1)x 2＋6k 2x ＋3k 2－5＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则Error!∵线段AB 的中点的横坐标为－，解得k ＝±，1233∴直线AB 的方程为x ±y ＋1＝0．3(2)假设在x 轴上存在点M (m,0)，使得·为常数，MA → MB → ①当直线AB 与x 轴不垂直时，由(1)知x 1＋x 2＝－，x 1·x 2＝，6k 23k 2＋13k 2－53k 2＋1∴·＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2＋(k 2－m )(x 1＋x 2)MA → MB → ＋k 2＋m 2＝m 2＋2m －－，136m ＋143(3k 2＋1)∵·是与k 无关的常数，MA → MB → 从而有6m ＋14＝0，m ＝－，73此时·＝．MA → MB → 49②当直线AB 与x 轴垂直时，此时结论成立，综上可知，在x 轴上存在定点M ，使·＝，为常数．(－73，0)MA → MB → 495．(2017·临沂一模)如图，椭圆C ：＋＝1(a >b >0)的离心率为，以椭圆C 的上顶x 2a 2y 2b 232点T 为圆心作圆T ∶x 2＋(y －1)2＝r 2(r ＞0)，圆T 与椭圆C 在第一象限交于点A ，在第二象限交于点B ．(1)求椭圆C 的方程；(2)求·的最小值，并求出此时圆T 的方程；TA → TB → (3)设点P 是椭圆C 上异于A ，B 的一点，且直线PA ，PB 分别与Y 轴交于点M ，N ，O 为坐标原点，求证：|OM |·|ON |为定值．解：(1)由椭圆得：b ＝1，e ＝＝，c a 32∴a 2－c 2＝1，＝，得a 2＝4，c 2＝3，b 2＝1，故椭圆C 的方程为＋y 2＝1；c 2a 234x 24(2)∵点A 与点B 关于y 轴对称，设A (x 1，y 1)，B (－x 1，y 1)，由点A 在椭圆C 上，则x ＝4－4y ，2121∵T (0,1)，得＝(x 1，y 1－1)，＝(－x 1，y 1－1)，TA → TB → ∴·＝－x ＋(y 1－1)2＝4y －4＋y －2y 1＋1＝52－，TA → TB → 212121(y 1－15)165由题意得，0＜y 1＜1，∴当y 1＝时，·取得最小值－，15TA → TB → 165此时，x ＝4－，x 1＝，故A ，21425465(465，15)又点A 在圆T 上，带入圆的方程，得r 2＝，11225故圆T 的方程是x 2＋(y －1)2＝；11225(3)设p (x 0，y 0)，则PA 的方程为y －y 0＝(x －x 0)，y 0－y 1x 0－x 1令x ＝0，得y M ＝y 0－＝，(y 0－y 1)x 0x 0－x 1x 0y 1－x 1y 0x 0－x 1同理可得，y N ＝，x 0y 1＋x 1y 0x 0＋x 1故y M ·y N ＝①，x 20y 21－x 21y 20x 20－x 21∵p (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)都在椭圆C 上，∴y ＝1－，y ＝1－，20x 20421x 214代入①得，y M ·y N ＝＝1，x 20(1－x 214)－x 21(1－x 204)x 20－x 21即得|OM |·|ON |＝|y M ·y N |＝1为定值．6．(2017·广元二诊)已知点P 是椭圆C 上任一点，点P 到直线l 1∶x ＝－2的距离为d 1，到点F (－1,0)的距离为d 2，且＝.直线l 与椭圆C 交于不同两点A ，B (A ，B 都在xd 2d 122轴上方)，且∠OFA ＋∠OFB ＝180°．(1)求椭圆C 的方程；(2)当A 为椭圆与y 轴正半轴的交点时，求直线l 方程；(3)对于动直线l ，是否存在一个定点，无论∠OFA 如何变化，直线l 总经过此定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设P (x ，y )，则d 1＝|x ＋2|，d 2＝，(x ＋1)2＋y 2＝＝，化简得：＋y 2＝1，d 2d 1(x ＋1)2＋y 2|x ＋2|22x 22∴椭圆C 的方程为：＋y 2＝1．x 22(2)∵A (0,1)，F (－1,0)，∴k AF ＝＝1，∠OFA ＋∠OFB ＝180°，1－00－(－1)∴k BF ＝－1，BF ：y ＝－1(x ＋1)＝－x －1，代入＋y 2＝1，得：3x 2＋4x ＝0，x 22∴x ＝0，或x ＝－，代入y ＝－x －1得Error!(舍)，或Error!，43∴B ，k AB ＝＝，(－43，13)1－130－(－43)12∴AB ：y ＝x ＋1，12(3)由于∠OFA ＋∠OFB ＝180°，所以B 关于x 轴的对称点B 1在直线AF 上．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，B 1(x 2，－y 2)，设直线AF 方程：y ＝k (x ＋1)，代入＋y 2＝1，x 22得：x 2＋2k 2x ＋k 2－1＝0，(k 2＋12)x 1＋x 2＝－，x 1x 2＝，2k 2k 2＋12k 2－1k 2＋12k AB ＝，AB ：y －y 1＝(x －x 1)，y 1－y 2x 1－x 2y 1－y 2x 1－x 2令y ＝0，得：x ＝x 1－y 1＝，x 1－x 2y 1－y 2x 2y 1－x 1y 2y 1－y 2y 1＝k (x 1＋1)，y 2＝－k (x 2＋1)，x ＝＝＝x 2y 1－x 1y 2y 1－y 2x 2×k (x 1＋1)＋x 1×k (x 2＋1)k (x 1＋1)＋k (x 2＋1)2x 1x 2＋x 1＋x 2x 1＋x 2＋2＝＝－2，2×k 2－1k 2＋12－2k 2k 2＋122－2k 2k 2＋12∴直线l 总经过定点M (－2,0)．。

2018年高三最新高考数学第二轮专题复习----探索性专题精品

高考中的探索性问题一、高考大纲剖析2018年以前数学考试说明中能力要求没有创新意识。

2018年数学考试说明：能力要求中指出，能力是指思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识。

其中创新意识指对新颖的信息、情境和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学的数学知识、思想和方法，进行独立的思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性地解决问题.命题基本原则中指出，创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现.在数学学习和研究过程中知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强.命题时要注意试题的多样性，设计考查数学主体内容，体现数学素质的题目；反映数、形运动变化的题目；研究型、探索型或开放型的题目.让考生独立思考，自主探索，发挥主观能动性，研究问题的本质，寻求合适的解题工具.梳理解题程序，为考生展现其创新意识，发挥创造能力，创设广阔的空间.2018年数学考试大纲（必修+选I）：能力要求中创新意识增加了：创新意识是理性思维的高层次表现。

对数学问题的“观察、猜测、抽象、概括、证明”，是发现问题和解决问题的重要途径，对数学知识的迁移、组合、融会的程度越高，显示出的创造意识也就越强。

考查要求指出对创新意识的考查是对高层次理性思维的考查。

在考试中创设比较新颖的问题情境,构造有一定深度和广度的数学问题,要注重问题的多样化,体现思维的发散性。

精心设计考察数学主体内容,体现数学素质的试题;反映数、形运动变化的试题;研究型、探索型、开放型的试题。

两年考试大纲对比，说明今年高考对学生创新意识要求更高，近几年高考试题中对这方面考查主要通过探索性问题来实现的。

那么什么是探索性问题呢?如果把一个数学问题看作是由条件、依据、方法和结论四个要素组成的一个系统，那么把这四个要素中有两个是未知的数学问题称之为探索性问题.条件不完备和结论不确定是探索性问题的基本特征.二、高考试题研究高考中的探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的，要求考生自己观察、分析、创造性地运用所学知识和方法解决问题.由于这类题型没有明确的结论，解题方向不明，自由度大，需要先通过对问题进行观察、分析、比较、概括后方能得出结论，再对所得出的结论予以证明．其难度大、要求高，是训练和考查学生的创新精神，数学思维能力、分析问题和解决问题能力的好题型．近几年高考中探索性问题分量加重，在选择题、填空题、解答题中都已出现．如2018年高考江苏卷第16题（立几）、第20题（解几）；2018年高考全国卷第15题（立几）、第22题（解几）；2018年高考上海卷第12题（填空题，解几）、第21题（Ⅲ）（解几）、第22题（理：集合与函数，文：数列与组合数）；2018年高考江苏卷第6题（统计图）、第13题（表格）；2018年高考上海卷第12题（填空题，数列）、第16题（选择题，招聘信息表）、第21题（3）（立几）、第22题（3）（圆锥曲线）；2018年高考北京卷第14题（填空题，数列）、第20题（不等式证明）；2018年高考福建卷第15题（概率）、第21题（Ⅱ）（导数与不等式）；2018年春季高考上海卷第9题（数列）、第16题（函数）、第21题（2）（函数与直线）、第22题（3）（椭圆）等。

专题12 以立体几何中探索性问题为背景的解答题 2018届高考数学百日冲刺讲义

专题12 以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1. 以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形， 060BCD ∠=， PA ⊥平面ABCD ， E 是AB 的中点.（1）求证：平面PDE ⊥平面PAB ；（2）棱PC 上是否存在一点F ，使得//BF 平面PDE ？若存在，确定F 的位置并加以证明；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接BD ，因为底面ABCD 是菱形， 60BCD ∠=︒,所以ABD ∆为正三角形. 因为E 是AB 的中点, 所以DE AB ⊥,因为PA ⊥面ABCD , DE ABCD ⊂面，∴DE PA ⊥，因为DE AB ⊥， DE PA ⊥， AB PA A ⋂=,所以DE PAB ⊥面.又DE PDE ⊂面, 所以面PDE ⊥面PAB .所以BF∥GE，又GE⊂面PDE，BF⊄面PDE，∴BF∥面PDE，结论得证.【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．-中，【举一反三】【河南省南阳市第一中学2018届高三上学期第八次考试】如图，在四棱椎E ABCDAE DE ⊥， CD ⊥平面ADE ， AB ⊥平面ADE ， 6CD DA ==， 2AB =， 3DE =.(1)求证：平面ACE ⊥平面CDE ；(2)在线段DE 上是否存在一点F ，使//AF 平面BCE ？若存在，求出EF ED的值；若不存在，说明理由. 【解析】(1)证明：因为CD ⊥平面ADE ， AE ⊂平面ADE ，所以CD AE ⊥，又因为AE DE ⊥， CD DE D ⋂=，所以AE ⊥平面CDE ，又因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面CDE .类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，四面体PABC 中， PA ⊥平面ABC ， 1PA =， 1AB =， 2AC =， BC .（1）求四面体PABC 的四个面的面积中，最大的面积是多少？（2）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC BM ⊥，并求PM MC 的值.【解析】（1）由题设AB ＝1，AC ＝2，BC可得222AB BC AC +=,所以AB BC ⊥,由PA ⊥平面ABC ，BC 、AB ⊂平面ABC ,所以PA BC ⊥， PA AB ⊥,所以PB =又由于PA∩AB＝A ，故BC ⊥平面PAB,PB ⊂平面PAB,所以BC PB ⊥,所以ACB ∆， PAC ∆, PAB ∆, PCB ∆均为直角三角形，且PCB ∆的面积最大，12PCB S ∆=．（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN ⊥AC ，垂足为N ．在平面PAC 内，过点N 作MN ∥PA 交PC 于点M ，连接BM ．由PA ⊥平面ABC 知PA ⊥AC ，所以MN ⊥AC ．由于BN ∩MN ＝N ，故AC ⊥平面MBN ．又BM ⊂平面MBN ，所以AC ⊥BM ．因为ABN ∆与ACB ∆相似， 12AB AB AN AC ⋅==，从而NC ＝AC －AN ＝．由MN ∥PA ，得＝＝．【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】．如图，四棱锥P ABCD -中, AB ⊥平面1,//,,2PAD AB CD AB AD CD ==△PAD 为等边三角形， F 是DC 上的点，且12DF AB =. （1）求PC 和平面ABCD 所成角的正弦值；（2）线段PB 上是否存在点E ，使EF ⊥平面PAB ？说明理由.（2）线段PB 上存在点E ，使EF ⊥平面PAB .理由如下：如图，分别取PA PB 、的中点G 、Ｅ，则1//2GE AB ，由1//2DF AB ，所以//GE DF ，所以四边形DGEF 为平行四边形，故//EF GD .因为AB ⊥平面PAD ，所以AB GD ⊥，因此， EF AB ⊥，因为G 为PA 的中点，且PD AD =， GD PA ⊥，因此EF PA ⊥.又PA AB A ⋂=，所以EF ⊥平面PAB .类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中， ,E F 分别为11A D 和1CC 的中点.(1)求证： EF 平面1ACD ；(2)在棱1BB 上是否存在一点P ，使得二面角P AC B --的大小为30︒，若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明：如图所示，分别以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，由已知得()0,0,0D ， ()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,2,0C ， ()12,2,2B ， ()10,0,2D ， ()1,0,2E ， ()0,2,1F ，∵平面1ACD 的一个法向量是()12,2,2DB = ，又∵()1,2,1EF =-- ，∴12420EF DB ⋅=-+-= ，∴1EF DB ⊥ ，而EF ⊄平面1ACD ，∴EF 平面1ACD .(2)解：设点()2,2,(02)P t t <≤，平面ACP 的一个法向量为(),,n x y z =，则0{ 0n AC n AP ⋅=⋅= ，∵()0,2,AP t = ， ()2,2,0AC =- ， ∴20{ 220y tz x y +=-+=，取1y =，则1x =， 2z t =-，∴21,1,n t ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，平面ABC 的一个法向量()10,0,2BB = ，依题意知， 1,30BB n =︒ 或1,150BB n =︒ ，∴1cos ,BB n == ，即2243424t t ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，解得t =t = (舍)，∵(]0,23， ∴在棱1BB 上存在一点P ，当BPP AC B --的大小为30︒. 【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】如图，在三棱锥ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝∠CDA ＝90°，，BC ＝CD ＝6，点E 在平面BCD 内，EC ＝BD ，EC ⊥BD.(1)求证：AE⊥平面BCDE；(2)在棱AC上，是否存在点G，使得二面角CEGD的余弦值为？若存在点G，求出的值，若不存在，说明理由．(2)解：由(1)的证明过程知四边形BCDE为正方形，建立如图所示的坐标系，则E(0，0，0)，D(0，6，0)，A(0，0，6)，B(6，0，0)，C(6，6，0)．假设在棱AC上存在点G，使得二面角CEGD的余弦值为，设＝t(t＞0)，G(x，y，z)，由＝t可得G，则＝(0，6，0)，＝.易知平面CEG的一个法向量为＝(6，－6，0)．设平面DEG的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，则即令x0＝1得z0＝－，n＝，所以＝，＝，解得t＝2.故存在点G(2，2，4)，使得二面角CEGD的余弦值为，此时＝2.【精选名校模拟】1. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．【解析】 (1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC的中点，在△PAC中，又由M为PC 的中点，得MF∥PA.又MF⊂平面BME，PA⊄平面BME，∴PA∥平面BME.(2)连接PE ，则由题意知PE ⊥平面ABCD .故以E 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E －xyz ，则E (0,0,0)，P (0,0，)，B (，0,0)，C (，－1,0)．设＝λ＝(0<λ<1)，则M (λ，－λ， (1－λ))．∴＝(λ，－λ，(1－λ))，＝(，0,0)．取平面DBE 的法向量n 1＝(0,0,1)，设平面BME 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则由得令y ＝，得n 2＝. 又由＝cos30°，得λ＝，即M .故存在点M 满足要求，且M 为棱PC 上靠近端点C 的四等分点．2. 【北京市东城二十二中2018届高三上学期期中试卷数学】在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形， AB CD ， 60DAB ∠=︒， PC ⊥平面ABCD ， AE BD ⊥， CB CD CF ==．（1）求证： BD ⊥平面AED ．（2）求二面角D BF C --的余弦值．（3）在线段AB （含端点）上，是否存在一点P ，使得//FP 平面AED ，若存在，求出AP AB 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）∵AB CD ， 60DAB ∠=︒，∴120ADC BCD ∠=∠=︒．∵CB CD =，∴30CDB ∠=︒，∴90ADB ∠=︒， AD BD ⊥． ∵AE BD ⊥，且AE AD A ⋂=，AE 、AD ⊂面AED ，∴BD ⊥面AED ．（2）知AD BD ⊥，∴AC BC ⊥．∵FC ⊥面ABCD ， CA ， CB ， CF 两两垂直，以C 为坐标原点，以CA ， CB ， CF 为x ， y ， z 轴建系．设1CB =，则()0,0,0C ， ()0,1,0B ，1,02D ⎫-⎪⎪⎝⎭， ()0,0,1F ，)A ，∴3,022BD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ()0,1,1BF =- ．设BDF 的一个法向量为()000,,m x y z =，∴000032x y y z -=-+=，取01z =，则)m ．由于()0,0,1CF =是面BDC 的法向量，则cos ,5m CF m CF m CF⋅==⋅． ∵二面角F BD C --为锐二面角，∴余弦值为5（3）存在点(),,P x y z ．设AP AB λ=，()(),x y z λ=，∴x =， y λ=， 0z =，∴),,0Pλ，),,1FP λ=-．∵BD ⊥面AED ，3,02BD ⎫=-⎪⎪⎝⎭．若PF 面AED ，∴PF BD ⊥，)302λ⎛⎫+-=⎪⎝⎭，∴12λ=，∴12APAB=，∴存在P为AB中点．3. 【云南省昆明市第一中学2018届高三第五次月考】如图，在四棱锥P ABCD-中，底面ABCD为直角梯形，//AB CD，AB AD⊥，2CD AB==PAB∆与PAD∆均为等边三角形，点E为CD的中点.（1）证明：平面PAE⊥平面ABCD；（2）试问在线段PC上是否存在点F，使二面角F BE C--F的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：连接BD，由于AB∥CD，点E为CD的中点，DE AB=，AB AD⊥∴四边形ABED为正方形，可得BD AE⊥设BD与AE相交于点O又∵△PAB与△PAD均为等边三角形∴PB PD=在等腰△PBD中，点O为BD的中点∴BD PO ⊥，且AE 与PO 相交于点O ，可得BD ⊥平面PAE 又∵BD ⊂平面ABCD∴平面PAE ⊥平面ABCD ．可得()0,3,0B ， ()0,0,3P ， ()3,0,0E -， ()6,3,0P -设点F 的坐标为(),,x y z ， PF PC λ= ，由()3P F x y z =- ，，， ()633PC =--，，，可得()6,3,33F λλλ--，故 ()63333BF λλλ=--- ，，， ()330BE =-- ，，设111m x y z =（，，）为平面BEF 的一个法向量，则 0{ 0m BF m BE ⋅=⋅= ，得1131m λλλ=---（，，），平面BCE 的一个法向量为()001n = ，，，由已知,m n cos m n m n ⋅=⋅==12λ=所以，在线段PC 上存在点F ，使二面角F BE C --的余弦值为3，且点F 为PC 的中点． 4. 【2017湖北师大附中月考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，将正方形ABCD 沿着线段EF 折起，使得60DFA ∠=︒，设G 为AF 的中点．（1）求证：DG EF ⊥；（2）求直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值；（3）设P ，Q 分别为线段DG ，CF 上一点，且//PQ 平面ABEF ，求线段PQ 长度的最小值．（2）因为60DFA ∠=︒，DF FA =，所以DFA ∆为等边三角形，又AG GF =，所以DG FA ⊥，由（1），D G E F ⊥，又EF FA F = ，所以DG ⊥平面ABEF ．设BE 的中点为H ，连接GH ，则GA ，GH ，GD 两两垂直，故以GA ，GH ，GD 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．则(0,0,0)G ，(1,0,0)A ，(1,4,0)B ，C ，(1,0,0)F -，所以(1,0,0)GA =，(1BC =- ，(2,4,0)BF =--，设平面BCF 的一个法向量为(,,)m x y z =，由0m BC ⋅= ，0m BF ⋅=，得0,240,x x y ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩令2z =，得m =，设直线GA 与平面BCF 所成角为α,则||sin |cos ,|||||m GA m GA m GA α⋅=<>==⋅．即直线GA 与平面BCF所成角的正弦值为19．（3）由题意，可设(0,0,)P k（0k ≤≤，F Q F C λ=（01λ≤≤），由(1FC =，得(,4)FQ λλ=，所以(1,4)Q λλ-，(1,4)PQ k λλ=--，由（2），得GD =为平面ABEF 的的法向量，因为//PQ 平面ABEF ，所以0PQ GD ⋅=0k -=，所以||PQ ==又因为22116172117()1717λλλ-+=-+，所以当117λ=时，min ||PQ = ，所以当117λ=，k =PQ．5. 【河南省濮阳市2018届高三第一次模拟考试】如图，正方形ABCD 中，AB = AC 与BD 交于O 点，现将ACD 沿AC 折起得到三棱锥D ABC -， M ， N 分别是OD ， OB 的中点.(1)求证： AC MN ⊥；(2)若三棱锥D ABC -的最大体积为0V ，当三棱锥D ABC -0，且二面角D AC B --为锐角时，求二面角D NC M --的正弦值.【解析】 (1)依题意易知OM AC ⊥， ON AC ⊥， OM ON O ⋂=，∴AC ⊥平面OMN ，又∵MN ⊂平面OMN ，∴AC MN ⊥.(2)当体积最大时三棱锥D ABC -的高为DO， OBD 中， OB OD =，作DS OB ⊥于S，∴2DS =，∴60DOB ∠=︒， ∴OBD 为等边三角形，∴S 与N 重合，即DN ⊥平面AGC .以N 为原点， NB 所在直线为y 轴，过N 且平行于OA 的直线为x 轴， ND 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∴()0,0,0N ， ()2,1,0C --，(D ，10,2M ⎛- ⎝⎭. 设()1111,,n x y z =为平面CMN 的法向量，∵()2,1,0NC =-- ，10,2NM ⎛=- ⎝⎭，∴11111120{ 1022n NC x y n NM y z ⋅=--=⋅=-+=，取11,2,n ⎛=- ⎝⎭，设()2222,,n x y z =是平面CND 的法向量， ()2,1,0NC =--，(ND = ，∴2222220{ 0n NC x y n ND ⋅=--=⋅==，取()21,2,0n =-，∴121212cos ,n n n n n n ⋅=== 设二面角D NC M --大小为θ，∴sin 19θ==6. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ，AB = BC DC ⊥，BC DC AM DM ====BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又AB =ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥.因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=，可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ，设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =.二面角H AD M --为大小为于是.解得或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.7. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅=∴AP BC ⊥∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ= ， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-，∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z = ，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z =由110{ 0n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，由220{ 0n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{ 230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅= ，得326403λλ--⋅=，解得613λ=，∴AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM的长为13.8. 【2018河南漯河中学三模】如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形， 090FAB DAB ∠=∠= 二面角F AB D --是直二面角， //,//,2,1BE AF BC AD AF AB BC AD ====.（1）证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；（2）求二面角F CD A --的余弦值.【答案】（1）见解析（2 【解析】试题分析：（1）利用线面、面面平行的判定和性质定理即可证明；（2）可证AF AD AF AB AD AB ⊥⊥⊥，，，则以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 所在的直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系．利用空间向量可求二面角F CD A --的余弦值（2）因为平面,ABEF ABCD FA ⊥⊂平面ABEF ,平面ABCD ⋂平面ABEF AB =,又090FAB ∠=，所以AF AB ⊥，所以AF ⊥平面ABCD ，因为AD ⊂平面ABCD ，所以AF AD ⊥，因为090DAB ∠=,所以AD AB ⊥，以A 为坐标原点， ,,AD AB AF 所在的直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图，由已知得()()()1,0,0,2,2,0,0,0,2D C F ,所以()()1,0,2,1,2,0DF DC =-= ,设平面DFC 的法向量为(),,n x y z = ，则20{ { 20x z n DF x y n DC =⋅=⇒=-⋅= ，不妨设1z =，则()2,1,1n =- ，不妨取平面ACD 的一个法向量为()0,0,1m =，所以cos ,m n m n m n ⋅===⋅ ，由于二面角F CD A --为锐角，因此二面角F CD A --9. 【2018河北衡水武邑中学三调】在五面体ABCDEF 中，////,222AB CD EF CD EF CF AB AD =====, 60DCF ︒∠=, AD CD ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD.(1)证明:直线CE ⊥平面ADF ；(2)已知P 为棱BC 上的点，试确定P 点位置，使二面角P DF A --的大小为60︒.【答案】（1）证明见解析；（2）P 点在靠近B 点的CB 的三等分点处.【解析】试题分析：（1）证明一条直线垂直一个平面，只需要证明这两个平面垂直，直线垂直两个平面的交线即可，先证明CE DF ⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD CE AD =⊥，即可得到直线CE ⊥平面ADF ；（2）根据题意，取EF 的中点G ，证明,,DA DC DG 两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，由二面角P DF A --的大小为60︒，根据空间向量夹角余弦公式列方程即可确定P 在棱BC 上的位置.试题解析：（1）//,2,CD EF CD EF CF ===∴ 四边形CDEF 为菱形，CE DF ∴⊥，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ⋂平面,,ABCD CD AD CD AD =⊥∴⊥ 平面,ACDEF CE AD ∴⊥，又,AD DF D ⋂=∴ 直线CE ⊥平面ADF.(2) 60DCF ∠= ， DEF ∴∆为正三角形，取EF 的中点G ，连接GD ，则,GD EF GD CD ⊥∴⊥，平面CDEF ⊥平面,ABCD GD ⊂平面CDEF ，平面CDEF ⋂平面,ABCD CD GD =∴⊥平面,,,,ABCD AD CD DA DC DG ⊥∴ 两两垂直，以D 为原点， ,,DA DC DG 的方向为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系， 2,1CD EF CF AB AD ===== ，((0,,E F ∴-，由（1）知(0,CE =- 是平面ADF 的法向量，((),1,1,0DF CB ==- ，设()(),,001CP aCB a a a ==-≤≤ ，则(),2,0DP DC CP a a =+=- ，设平面PDF 的法向量为(),,n x y z = ，()00,0,{ 20y n DF n DP ax a y =⋅=⋅=∴+-=，令y =，则)2,x a z a =-=-，))2,n a a ∴=-- ，二面角P DF A --为60 ，1cos ,2n CE n CE n CE ⋅∴===⋅ ，解得23a =， P ∴在靠近B 点的三等分处.10. 如图是一个直三棱柱被削去一部分后的几何体的直观图与三视图中的侧视图、俯视图.在直观图中，M 是BD 的中点.又已知侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形,有关数据如图所示.(1)求证:EM ∥平面ABC ;(2)试问在棱DC 上是否存在点N,使NM⊥平面BDE ? 若存在,确定点N 的位置;若不存在,请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，1CN =【解析】试题分析：(1)要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行即可，该题取BC 中点Q ，连,MQ AQ ，先证//MQ EA ,则四边形AQME 是平行四边形，从而//ME AQ ，进而证明//ME 面ABC ；(2)假设CD 上存在满足条件的点N ，此时面BDE 内必存在垂直于MN 的两条直线，容易证明AQ ⊥面BCD ，所以AQ MN ⊥，又AQ//EM ，所以MN EM ⊥，接下来再能保证MN BD ⊥即可，此时必有DMN ∆∽DCB ∆，进而根据成比例线段可求出DN 的长度，即点N 的位置确定.试题解析：(Ⅰ）取BC 中点Q ，连,MQ AQQN1//2////1//2BM MD MQ CD BQ QC AE MQ EM AQ AE CD =⎫⎫⇒⎬⎪⎪=⎭⇒⇒⎬⎪⎪⎭,又因为EM ⊄面ABC ，而AQ ⊂面ABC ，所以//ME 面ABC ；11.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由；（2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．【解析】（1）当D 为AC 中点时，有1//AB 平面1BDC ．证明：连结1B C 交1BC 于O ，连结DO ，∵四边形11BCC B 是矩形，∴O 为1B C 中点，又D 为AC 中点，从而1//DO AB ，∵1AB ⊄平面1BDC ，DO ⊂平面1BDC ，∴1//AB 平面1BDC ．（2）建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示，则(0,0,0)B，,0)A ，(0,2,0)C，3(,0)22D，1C ，所以3,0)2BD =，1BC = ，设1(,,)n x y z = 为平面1BDC的法向量，则有30,220,x y y +=⎨⎪+=⎩即3,,x z y =⎧⎪⎨=⎪⎩ 令1z =，可得平面1BDC的一个法向量为1(3,n = ，而平面1BCC 的一个法向量为2(1,0,0)n = ，所以121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>===⋅ ，故二面角1C BC D --12. 如图，已知平面四边形ABCP 中，D 为PA 的中点，PA AB ⊥，//CD AB ，且24PA CD AB ===．将此平面四边形ABCP 沿CD 折成直二面角P DC B --，连接PA PB 、，设PB 中点为E ．（1）证明：平面PBD ⊥平面PBC ；（2）在线段BD 上是否存在一点F ，使得EF ⊥平面PBC ？若存在，请确定点F 的位置；若不存在，请说明理由．（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点；（3（2）解法一：由（1）的分析易知，,,PD DA PD DC DC DA ⊥⊥⊥，则以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示．结合已知数据可得(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,2)P ，则PB 中点(1,1,1)E .F ∈ 平面ABCD ，故可设(,,0)F x y ，则(1,1,1)EF x y =--- ，EF ⊥ 平面ABCD ，0,0EF PB EF PC ∴⋅=⋅=，又(2,2,2),(0,4,2)PB PC =-=- ，易知这样的点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点；（8分）解法二：（略解）如图所示，在PBD ∆中作EF PB ⊥，交BD 于F ，因为平面PBD ⊥平面PBC ，则有EF ⊥平面PBC ．在Rt PBD ∆中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得故知所求点F 存在，且为线段BD 上靠近点D 的一个四等分点； ..（8分）解法二：（略解）如上图中，因为//AB CD ，所以直线AB 与平面PBC 所成角等于直线CD 与平面PBC 所成角，由此，在Rt PBD ∆中作DH PB ⊥于H ，易证DH ⊥平面PBC ，连接CH ，则DCH ∠为直线CD 与平面PBC 所成角，（12分） 13. 四棱锥ABCD P -中，ABCD 为矩形，平面⊥PAD 平面ABCD .（1）求证：;PD AB ⊥（2）若,2,2,90===∠PC PB BPC 问AB 为何值时，四棱锥ABCD P -的体积最大？并求此时平面PBC 与平面DPC 夹角的余弦值.【答案】（1）详见解析，（2）AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大. 平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦【解析】试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以AB ⊥平面PAD ，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥PD（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，下面用3n =表示高及底面积：设,AB m =，则DP ==，故四棱锥P-ABCD 的体积为13V m ==故当3m =时，即3AB =时，四棱锥的体积P-ABCD 最大. 求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC 的法向量及平面DPC 的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.试题解析：（1）证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD平面PAD 平面ABCD=AD 所以AB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，故AB ⊥PD（2）解：过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG.故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG,BC ⊥PG在直角三角形BPC中，PG GC BG === 设,AB m =，则DP ==，故四棱锥P-ABCD 的体积为 A B CD P13V m==因为故当3m=时，即3AB=时，四棱锥的体积P-ABCD最大.建立如图所示的空间直角坐标系，(0,0,0),O B C D P故((3333PC BC CD=-==-设平面BPC的法向量1(,,1),x y=n，则由1PC⊥n,1BC⊥n得x y+=⎨⎪=⎩解得1,0,x y==1(1,0,1),=n同理可求出平面DPC的法向量21(0,,1),2=n，从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为1212cos||||5θ⋅===⋅n nn n14.如图，在四棱锥P ABCD-中，PA⊥平面ABCD，90ABC BAD∠=∠=︒，4AD AP==，2AB BC==，M为PC的中点．（1）求异面直线AP，BM所成角的余弦值；（2）点N在线段AD上，且ANλ=，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为45，求λ的值．【解析】试题解析：（1）因为PA ⊥平面ABCD ，且,AB AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥，又因为90BAD ∠=︒，所以,,PA AB AD 两两互相垂直．分别以,,AB AD AP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则由224AD AB BC ===，4PA =可得(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,4,0)D ，(0,0,4)P ，又因为M 为PC 的中点，所以(1,1,2)M ．所以(1,1,2)BM =- ，(0,0,4)AP =，…………2分所以cos ,||||AP BM AP BM AP BM ⋅〈〉==，所以异面直线AP ，BM所成角的余弦值为．…………………………5分（2）因为AN λ=，所以(0,,0)N λ(04)λ≤≤，则(1,1,2)MN λ=---， (0,2,0)BC = ，(2,0,4)PB =- ，设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =m ，则0,0,BC PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 即20,240.y x z =⎧⎨-=⎩令2x =，解得0y =，1z =，所以(2,0,1)=m 是平面PBC 的一个法向量．……………………………7分因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以||4|cos ,|5||||MN MN MN ⋅〈〉=== m m m ，解得[]10,4λ=∈，所以λ的值为1．……………………………………………………………10分。

2018年高考数学专题35立体几何中的探索问题黄金解题模板

专题35 立体几何中的探索问题【高考地位】探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．【方法点评】方法一直接法使用情景：立体几何中的探索问题解题模板：第一步首先假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；第二步然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决；第三步得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．.例1．【2018河南漯河市高级中学第三次模拟】如图， AB 为圆O 的直径，点,E F 在圆O 上，且//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面垂直，且1,2AD EF AF AB ====. （1）求证：平面AFC ⊥平面CBF ；（2）在线段CF 上是否存在了点M ，使得//OM 平面ADF ？并说明理由.【变式演练1】如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为正三角形， 1AA ⊥底面ABC ，且13AA AB ==， D 是BC 的中点.（1）求证： 1//A B 平面1ADC ；（2）求证：平面1ADC ⊥平面1DCC ；（3）在侧棱1CC 上是否存在一点E ，使得三棱锥C ADE -的体积是98？若存在，求出CE 的长；若不存在，说明理由.（2）∵底面为正三角形,是的中点,∴AD CD ⊥, ∵ 平面,平面,∴ .∵ , ∴ 平面, ∵平面,∴平面平面.（3）假设在侧棱上存在一点,使三棱锥的体积是.【变式演练2】已知长方形ABCD中，AB＝3，AD＝4.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A－BCD，如图所示.(1)试问：在折叠的过程中，直线AB与CD能否垂直？若能，求出相应a的值；若不能，请说明理由；(2)求四面体A－BCD体积的最大值.【解析】(2)由于△BCD面积为定值，所以当点A到平面BCD的距离最大，即当平面ABD⊥平面BCD时，该四面体的体积最大，此时，过点A在平面ABD内作AH⊥BD，垂足为H，则有AH⊥平面BCD，AH就是该四面体的高.在△ABD中，AH＝AB ADBD⋅＝125，S△BCD＝12×3×4＝6，此时V A－BCD＝13S△BCD·AH＝245，即为该四面体体积的最大值.点睛：翻折问题的解决中要关注翻折过程中的变量与不变量，特别是过程中哪些边和哪些角是不变的。

2018年高考数学二轮复习规范答题示例9 解析几何中的探索性问题理.doc

规范答题示例9解析几何中的探索性问题典例9 （12分）已知定点0（—1, 0）及椭圆/+3/=5,过点C的动直线与椭圆相交于4 B 两点. （1）若线段步中点的横坐标是一§求直线的方程；（2）在x轴上是否存在点M,使成•液常数？若存在，求出点彤的坐标；若不存在，请说明理由.规范解答•分步得分构建答题模板解（1）依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k（x+1）, 将尸A（x+1）代入x+3y=5,消去y整理得（3妙+1）/+61七+3双 -5=0.2 分设』（xi, yi）, B3,乃），则（zl=36A-4-4（3A-2+l）（3A2-5）>0, ①< , 6A2三矛1+及一 3>^+r ②由线段成?中点的横坐标是一?，得咛矣=—芸r=—§解得#= 土平,适合①.所以直线协的方程为x—y[3y+l = 0或x+y[3y+l=0. 4分（2）假设在x轴上存在点〃（码0），使MA-Mffh常数.6乃3芯一5 （i）当直线俗与才轴不垂直时，由⑴知xi+x2— 3必+1，’I正一3尸+『③所以物• MB=（矛i—成）3—血+yiy2=（为一成）（版一成）+乃（矛1 + 1）（而+ 1）=（妙+1）矛1版+ （好一小（xi + 正）+ 妙+/. 7 分第一步先假定：假设结论成立.第二步再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解.第三步下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设.第四步再回顾：查看关键点，易错点（特殊情况、隐含条件等），审视解题规范性.12 ^=b, .a=lj + c,AS b=2*, lc=2,解(1)由题意得2血一9（3〃+1）—2〃一号 1. - +ffl2=ffl2+2ffl -3_w+iy-9 分注意到福•赫是与#无关的常数,7 一一 4 从而有6成+14=0,解得27?=—-,此时如• MB=- 10分6 y(ii)当直线与x 轴垂直时，此时点刀，2的坐标分别为「1， [―1，一柬]，当!时，也有福•赫=§11分综上，在X 轴上存在定点(一f, 0),使成•砌;常数.12分评分细则(1)不考虑直线成?斜率不存在的情况扣1分；(2) 不验证A>0,扣1分；(3) 直线应?方程写成斜截式形式同样给分；(4) 没有假设存在点不扣分；(5) 福•赫没有化简至最后结果扣1分，没有最后结论扣1分.2 2 1X V \ 跟踪演练9已知椭圆G F +双=l(a>方>0)的离心率为E ，以原点为圆心，椭圆的短半轴长 a b2为半径的圆与直线寸X 一寸^y+12=0相切.(1)求椭圆C 的方程；⑵设水一4,0),过点7?(3, 0)作与x 轴不重合的直线/交椭圆。

2018年江苏高考数学二轮复习：专项限时集训2立体几何中的探索性与存在性问题有答案

专项限时集训(二)立体几何中的探索性与存在性问题(对应学生用书第115页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)如图3，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．图3(1)求证：B1C1∥平面A1DE；(2)求证：平面A1DE⊥平面ACC1A1.[证明](1)因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，2分又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE. 4分又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE. 6分(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE.8分又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，10分又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC＝C，所以DE⊥平面ACC1A1.12分又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1. 14分2．(本小题满分14分)如图4所示，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD＝2AB ＝2.图4(1)求证：DB⊥平面B1BCC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使得D1E∥平面A1BD，并说明理由．[解](1)因为AB∥DC，AD⊥DC，所以AB⊥AD，在Rt△ABD中，AB＝AD＝1，所以BD＝2，易求BC＝2，4分因为CD＝2，所以BD⊥BC.又BD⊥BB1，B1B∩BC＝B，所以BD⊥平面B1BCC1. 6分(2)DC的中点为E点．如图所示，连接BE，因为DE∥AB，DE＝AB，所以四边形ABED是平行四边形. 8分所以AD∥BE.又AD∥A1D1，所以BE∥A1D1，10分所以四边形A1D1EB是平行四边形，所以D1E∥A1B. 12分因为D1E⊄平面A1BD，所以D1E∥平面A1BD.14分3．(本小题满分14分)(苏北四市(淮安、宿迁、连云港、徐州)2017届高三上学期期中)如图5, 在正三棱柱ABC －A1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：图5(1)直线A1E∥平面ADC1；(2)直线EF⊥平面ADC1.【导学号：56394093】[证明](1)连接ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B1E∥BD且B1E＝BD，所以四边形B 1BDE 是平行四边形，2分所以BB 1∥DE 且BB 1＝DE ，又BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以AA 1∥DE 且AA 1＝DE ，所以四边形AA 1ED 是平行四边形，4分所以A 1E ∥AD ，又因为A 1E ⊄平面ADC 1，AD ⊂平面ADC 1，所以直线A 1E ∥平面ADC 1.7分(2)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥BB 1，又△ABC 是正三角形，且D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC ， 9分又BB 1，BC ⊂平面B 1BCC 1，BB 1∩BC ＝B ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1，又EF ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥EF ，11分又EF ⊥C 1D ，C 1D ，AD ⊂平面ADC 1，C 1D ∩AD ＝D ，所以直线EF ⊥平面ADC 1.14分4．(本小题满分14分)(镇江市2017届高三上学期期末)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1.图6(1)求证：AC 1∥平面BDE ； (2)求证：A 1E ⊥平面BDE .[证明] (1)连接AC 交BD 于点O ，连接OE .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为正方形，点O 为AC 的中点，2分AA 1∥CC 1且AA 1＝CC 1，由EC ＝12AA 1，则EC ＝12CC 1，即点E 为CC 1的中点，于是在△CAC 1中，AC 1∥OE . 4分又因为OE ⊂平面BDE ，AC 1⊄平面BDE .所以AC 1∥平面BDE .6分(2)连接OA 1，根据垂线定理，可得OA 1⊥DB ，OE ⊥DB ，OA 1∩OE ＝O ，∴平面A 1OE ⊥DB . 可得A 1E ⊥DB . 8分∵E 为CC 1的中点，设AB ＝BC ＝EC ＝12AA 1＝a ，∴BE ＝2a ，A 1E ＝3a ，A 1B ＝5a ， ∵A 1B 2＝A 1E 2＋BE 2， ∴A 1E ⊥EB .12分∵EB ⊂平面BDE ，BD ⊂平面BDE ，EB ∩BD ＝B ， ∴A 1E ⊥平面BDE .14分 5．(本小题满分16分)(苏北四市(徐州、淮安、连云港、宿迁)2017届高三上学期期末)如图7，在四棱锥E －ABCD 中，平面EAB ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，EA ⊥EB ，点M ，N 分别是AE ，CD 的中点．图7求证：(1)直线MN ∥平面EBC ； (2)直线EA ⊥平面EBC .[证明] (1)取BE 中点F ，连接CF ，MF ，又M 是AE 的中点，所以MF 綊12AB ，又N 是矩形ABCD 边CD 的中点，所以NC 綊12AB ，所以MF 綊NC ，所以四边形MNCF 是平行四边形， 4分所以MN ∥CF ，又MN ⊄平面EBC ，CF ⊂平面EBC ，所以MN ∥平面EBC .8分(2)在矩形ABCD 中，BC ⊥AB ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面EAB ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面EAB ，12分又EA ⊂平面EAB ，所以BC ⊥EA ，又EA ⊥EB ，BC ∩EB ＝B ，EB ，BC ⊂平面EBC ，所以EA⊥平面EBC. 16分6．(本小题满分16分)(无锡市2017届高三上学期期末)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：图8(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.[证明](1)∵AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD.∵ABCD为矩形，∴AD⊥CD，2分又∵AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，4分∵CD⊂平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD. 6分(2)连接AC、BD交于O，连接OE，OF.∵ABCD为矩形，∴O为AC中点，∵E为PC中点，∴OE∥PA.∵OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴OE∥平面PAD，10分同理OF∥平面PAD，12分∵OE∩OF＝O，∴平面OEF∥平面PAD，14分∵EF⊂平面OEF，∴EF∥平面PAD. 16分7．(本小题满分16分)(扬州市2017届高三上学期期末)如图9，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．图9(1)求证：EF∥平面PAB；(2)若AP＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，证明：AF⊥平面PCD.【导学号：56394094】[证明](1)因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以EF∥CD，又在矩形ABCD中，AB∥CD，所以EF∥AB，3分又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB. 6分(2)在矩形ABCD中，AD⊥CD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AF⊂面PAD，所以CD⊥AF.①因为PA＝AD且F是PD的中点，所以AF⊥PD，②由①②及PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，PD∩CD＝D，所以AF⊥平面PCD. 16分。

2018届高考数学(理)热点题型：解析几何(Word版,含答案解析,全站免费)

解析几何热点一圆锥曲线的标准方程与几何性质圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线是常考题型.【例1】(1)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点为F (2，0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1D.x 2－y 23＝1(2)若点M (2，1)，点C 是椭圆x 216＋y 27＝1的右焦点，点A 是椭圆的动点，则|AM |＋|AC |的最小值为________.(3)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与抛物线y 2＝2px (p ＞0)有相同的焦点F ，P ，Q 是椭圆与抛物线的交点，若直线PQ 经过焦点F ，则椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为________.答案 (1)D (2)8－26 (3)2－1解析 (1)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一个焦点为F (2，0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，由题意得2b a 2＋b2＝3，② 联立①②解得b ＝3，a ＝1，所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，选D.(2)设点B 为椭圆的左焦点，点M (2，1)在椭圆内，那么|BM |＋|AM |＋|AC |≥|AB |＋|AC |＝2a ，所以|AM |＋|AC |≥2a －|BM |，而a ＝4，|BM |＝（2＋3）2＋1＝26，所以(|AM |＋|AC |)最小＝8－26.(3)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点F 为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设椭圆另一焦点为E .如图所示，将x ＝p 2代入抛物线方程得y ＝±p ，又因为PQ 经过焦点F ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，p 且PF ⊥OF .所以|PE |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2＋p 22＋p 2＝2p ， |PF |＝p ，|EF |＝p .故2a ＝2p ＋p ，2c ＝p ，e ＝2c2a ＝2－1.【类题通法】(1)在椭圆和双曲线中，椭圆和双曲线的定义把曲线上的点到两个焦点的距离联系在一起，可以把曲线上的点到一个焦点的距离转化为到另一个焦点的距离，也可以结合三角形的知识，求出曲线上的点到两个焦点的距离.在抛物线中，利用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为其到相应准线的距离，再利用数形结合的思想去解决有关的最值问题.(2)求解与圆锥曲线的几何性质有关的问题关键是建立圆锥曲线方程中各个系数之间的关系，或者求出圆锥曲线方程中的各个系数，再根据圆锥曲线的几何性质通过代数方法进行计算得出结果.【对点训练】已知椭圆x 24＋y 22＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1且倾斜角为45°的直线l 交椭圆于A ，B 两点，以下结论：①△ABF 2的周长为8；②原点到l 的距离为1；③|AB |＝83.其中正确结论的个数为( ) A.3B.2C.1D.0答案 A解析 ①由椭圆的定义，得|AF 1|＋|AF 2|＝4，|BF 1|＋|BF 2|＝4，又|AF 1|＋|BF 1|＝|AB |，所以△ABF 2的周长为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，故①正确；②由条件，得F 1(－2，0)，因为过F 1且倾斜角为45°的直线l 的斜率为1，所以直线l 的方程为y ＝x ＋2，则原点到l 的距离d ＝|2|2＝1，故②正确；③设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋2，x 24＋y 22＝1，得3x 2＋42x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝－423，所以|AB |＝1＋1·|x 1－x 2|＝83，故③正确.故选A.热点二圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题.【例2】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2，2)在C 上. (1)求C 的方程；(2)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M ，证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值. (1)解由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，解得a 2＝8，b 2＝4. 所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M ). 将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b2k 2＋1.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－12k ，即k OM ·k ＝－12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.【类题通法】解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要探求的定点、定值.第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论. 第三步：下结论，综合上面两种情况定结论.【对点训练】已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F (1，0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点.(1)解因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为(1，0)，所以p2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明 ①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t .因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t 24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32.所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8.②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立得⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，化简得ky 2－4y ＋4b ＝0. 根据根与系数的关系得y A y B ＝4b k ，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A·y BxB＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0.即y 2A 4·y 2B4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32.所以y A y B ＝4bk ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8).综上所述，直线AB 过定点(8，0). 热点三圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.【例3】平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.(1)解由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m ). 即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0.由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5).(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22（4m 2＋1），因为y 0x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝－14m x ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上. ②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－m 22，又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 22，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 34m 2＋1，－m 22（4m 2＋1），所以S 1＝12·|GF |·m ＝（m 2＋1）m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m （2m 2＋1）28（4m 2＋1）.所以S 1S 2＝2（4m 2＋1）（m 2＋1）（2m 2＋1）2.设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝（2t －1）（t ＋1）t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，14.因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，14.【类题通法】圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值.【对点训练】如图，设抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－1. (1)求p 的值；(2)若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M ，求M 的横坐标的取值范围.解 (1)由题意可得，抛物线上点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1，0)，可设A (t 2，2t )，t ≠0，t ≠±1.因为AF 不垂直于y 轴，可设直线AF ：x ＝sy ＋1(s ≠0)，由⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＝sy ＋1消去x 得y 2－4sy －4＝0.故y 1y 2＝－4，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又直线AB 的斜率为2tt 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t ，从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x －1)，直线BN ：y ＝－2t .所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m ，0)，由A ，M ，N 三点共线得2t t 2－m ＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1，所以m ＜0或m ＞2.经检验，m ＜0或m ＞2满足题意.综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞). 热点四圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立.涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.【例4】已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M . (1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由. (1)证明设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M ).将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M＋b ＝9bk 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值. (2)解四边形OAPB 能为平行四边形.因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x . 设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m （3－k ）3，因此x M＝k （k －3）m 3（k 2＋9）. 四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k （k －3）m3（k 2＋9），解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1，2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形.【类题通法】(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.【对点训练】在平面直角坐标系xOy 中，过点C (2，0)的直线与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). (1)求证：y 1y 2为定值；(2)是否存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，说明理由. (1)证明法一当直线AB 垂直于x 轴时， y 1＝22，y 2＝－2 2. 因此y 1y 2＝－8(定值). 当直线AB 不垂直于x 轴时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎨⎧y ＝k （x －2），y 2＝4x ，得ky 2－4y －8k ＝0. ∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8为定值.法二设直线AB 的方程为my ＝x －2，由⎩⎨⎧my ＝x －2，y 2＝4x ，得y 2－4my －8＝0. ∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8为定值. (2)解设存在直线l ：x ＝a 满足条件，则AC 的中点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋22，y 12，|AC |＝（x 1－2）2＋y 21.因此以AC 为直径的圆的半径r ＝12|AC |＝12（x 1－2）2＋y 21＝12x 21＋4，又点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1＋22－a故所截弦长为 2r 2－d 2＝214（x 21＋4）－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋22－a 2＝x 21＋4－（x 1＋2－2a ）2＝－4（1－a ）x 1＋8a －4a 2.当1－a ＝0，即a ＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x ＝1.。

解析几何中的探索性问题-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品

高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第五篇解析几何专题09解析几何中的探索性问题【典例1】已知平面内一个动点M 到定点F (3，0)的距离和它到定直线l ：x =6的距离之比是常数22．(1)求动点M 的轨迹T 的方程；(2)若直线l ：x +y -3=0与轨迹T 交于A ，B 两点，且线段AB 的垂直平分线与T 交于C ，D 两点，试问A ，B ，C ，D 是否在同一个圆上?若是，求出该圆的方程；若不是，说明理由．【典例2】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22221x y a b +=()0a b >>的焦距为2，且过点1,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆C 的方程；（2）设椭圆C 的上顶点为B ，右焦点为F ，直线l 与椭圆交于M ，N 两点，问是否存在直线l ，使得F 为BMN ∆的垂心，若存在，求出直线l 的方程：若不存在，说明理由.【典例3】已知椭圆:C 22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为22，焦距为2c ，直线0bx y -=过椭圆的C 左焦点.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若直线20bx y c -+=与y 轴交于点,,P A B 是椭圆C 上的两个动点,APB ∠的平分线在y 轴上,PA PB ≠.试判断直线AB 是否过定点，若过定点，求出定点坐标;若不过定点，请说明理由.【典例4】已知点F 是抛物线2C :2(0)y px p =>的焦点，若点()0,4P x 在抛物线C 上，且5.2PF p =()1求抛物线C 的方程；()2动直线()l :1x my m R =+∈与抛物线C 相交于,A B 两点，问：在x 轴上是否存在定点(),0(D t 其中0)t ≠，使得向量DA DB DA DB+与向量OD 共线(其中O 为坐标原点)？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．1.已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>过点31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，过坐标原点O 作两条互相垂直的射线与椭圆C 分别交于M ，N 两点.（1）证明：当229a b +取得最小值时，椭圆C 的离心率为2.（2）若椭圆C 的焦距为2，是否存在定圆与直线MN 总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.2.已知O 为坐标原点，椭圆C ：22221x y a b+=（0a b >>）的左、右焦点分别为1(,0)F c -，2(,0)F c ，过焦点且垂直于x 轴的直线与椭圆C 相交所得的弦长为3，直线y =C 相切．（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）是否存在直线l ：()y k x c +＝与椭圆C 相交于E ，D 两点，使得22()1F E DE F E -⋅<？若存在，求k 的取值范围；若不存在，请说明理由！3.已如椭圆E ：22221x y a b +=（0a b >>）的离心率为12，点32A ⎫⎪⎪⎭，在E 上.（1）求E 的方程：（2）斜率不为0的直线l 经过点1,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，且与E 交于P ，Q 两点，试问：是否存在定点C ，使得PCB QCB ∠=∠若存在，求C 的坐标：若不存在，请说明理由4.设椭圆2222:1x y E a b+=()0a b >>的一个焦点为()2,0-，且椭圆E 过点(M ，O 为坐标原点，（1）求椭圆E 的标准方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A 、B ，且OA OB ⊥？若存在，写出该圆的方程，并求AB 的最大值，若不存在说明理由.参考答案【典例1】【详解】（1）设d 是点M 到直线l 的距离，M 的坐标为(,)x y ，由题意，所求的轨迹集合是||2{|}2MF P M d ==，22=，化简得T ：221189x y +=；（2）将直线AB 方程与椭圆方程联立，由22118930x y x y ⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩，得(0,3),(4,1)A B -，AB ∴中点(2,1),1CD N k =，AB 的垂直平分线方程为:10CD x y --=，由22118910x y x y ⎧+=⎪⎨⎪--=⎩消去y 得234160,0x x --=∆>，设1122(,),(,)C x y D x y ，则1212416,33x x x x +==-，426||3CD ∴===，设线段CD 的中点为E ，则1||||||2EC ED CD ==，1221,1233E E E x x x y x +===-=- ，所以21(,33E -，1||||||32EA CD EB ∴====，所以,,,A B C D 四点在以E 为圆心，以2263为半径的圆上，此圆方程为2221104()()339x y -++=.【典例2】解：（1）由已知可得：22222221112c a b a b c=⎧⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎩解得22a =，21b =，1c =，所以椭圆C ：2212x y +=.（2）由已知可得，()0,1B ，()1,0F ，∴1BF k =-，∵BF l ⊥，设直线l 的方程为：y x m =+，代入椭圆方程整理得2234220x mx m ++-=，设()11,M x y ，()22,N x y ，则1243m x x +=-，212223m x x -⋅=，∵BN MF ⊥，∴1212111y y x x -⋅=--.即1212120y y x x y x +--=，因为11y x m =+，22y x m =+，()()()1212120x m x m x x x m x +++-+-=即()212122(1)0x x m x x m m +-++-=.()2222421033m m m m m --+-+-=.所以2340m m +-=，43m =-或1m =.又1m =时，直线l 过B 点，不合要求，所以43m =-.故存在直线l ：43y x =-满足题设条件.【典例3】解:(1)因为直线0bx y -=过椭圆的左焦点,故令0y ＝,得2ax c b=-=-，2c a b ∴==,解得2b ＝.又2222212a b c b a =+=+ ,解得a =∴椭圆C 的标准方程为:22184x y +=.(2)由(1)得222c a ==,∴直线20bx y c -+=的方程为240x y -+=令0x ＝得,4y ＝,即(0,4)P .设直线AB 的方程为y kx m =+联立方程组22184y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩,消去y 得,()222214280k x kmx m +++-=设()11,A x y ,()22,B x y ,∴122421km x x k +=-+,21222821m x x k -=+则直线PA 、PB 的斜率111144y m k k x x --==+,222244y m k k x x --==+所以()12122212(4)(4)(4)8(1)22284m x x m km k m k k k k x x m m -+---+=+=+=--APB ∠ 的平分线在y 轴上,120k k ∴+=,即28(1)4k m m -=-又PA PB ≠,0k ∴≠,1m ∴＝.即直线AB 的方程为1y kx ＝+,过定点(0,1).【典例4】【详解】()1抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点为,02p ⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为2px =-，即有0522p pPF x =+=，即02x p =，则2164p =，解得2p =，则抛物线的方程为24y x =；()2在x 轴上假设存在定点(),0(D t 其中0)t ≠，使得DA DB DA DB+ 与向量OD 共线，由DA DA ，DB DB均为单位向量，且它们的和向量与OD 共线，可得x 轴平分ADB ∠，设()11,A x y ，()22,B x y ，联立1x my =+和24y x =，得2440y my --=，()21610m =+>恒成立．124y y m +=，12 4.y y =-①设直线DA 、DB 的斜率分别为1k ，2k ，则由ODA ODB ∠=∠得，()()()()122112121212y x t y x t y y k k x t x t x t x t -+-+=+=----()()()()()()()()1221121212121121y my t y my t my y t y y x t x t x t x t +-++-+-+==----，()()1212210my y t y y ∴+-+=，②联立①②，得()410m t -+=，故存在1t =-满足题意，综上，在x 轴上存在一点()1,0D -，使得x 轴平分ADB ∠，即DA DB DA DB+与向量OD 共线．1.【思路引导】（1）将点31,2⎛⎫⎪⎝⎭代入椭圆方程得到221914a b+=，结合基本不等式，求得229a b +取得最小值时222a b =，进而证得椭圆的离心率为22.（2）当直线MN 的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，求得O 到直线MN 的距离.当直线MN 的斜率存在时，联立直线MN 的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用OM ON ⊥，则12120x x y y +=列方程，求得,m k 的关系式，进而求得O 到直线MN 的距离.根据上述分析判断出所求的圆存在，进而求得定圆的方程.（1）证明：∵椭圆C 经过点31,2⎛⎫⎪⎝⎭，∴221914a b+=，∴()222222222219859999444b a a b a b a b a b ⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭8512144≥+=，当且仅当2222994b a a b =，即222a b =时，等号成立，此时椭圆C的离心率22e ==.（2）解：∵椭圆C 的焦距为2，∴221a b -=，又221914a b+=，∴24a =，23b =.当直线MN 的斜率不存在时，由对称性，设()00,M x x ，()00,N x x -.∵M ，N 在椭圆C 上，∴2200143x x +=，∴20127x =，∴O 到直线MN的距离07d x ===.当直线MN 的斜率存在时，设MN 的方程为y kx m =+.由22143y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()2223484120k x kmx m +++-=，()()()22284344120km k m ∆=-+->.设()11,M x y ，()22,N x y ，则122834km x x k +=-+，212241234m x x k-=+.∵OM ON ⊥，∴12120x x y y +=，∴()()1212x x kx m kx m +++()()22121210k x x km x x m =++++=，∴()22222224128103434m k m k m k k-+⋅-+=++，即()227121m k =+，∴O 到直线MN的距离7d ===.综上，O 到直线MN 的距离为定值，且定值为2217，故存在定圆O ：22127x y +=，使得圆O 与直线MN2.【思路引导】（1）由题意列出关于a,b 的关系式，解得a ，b 即可.（2）将直线与椭圆联立，将向量数量积的运算用坐标形式表示，利用根与系数之间的关系确定k 的取值范围．【详解】（1）在22221(0)x y a b a b +=>>中，令x c =，得22221c y a b +=，解得2by a=±.由垂径长（即过焦点且垂直于实轴的直线与椭圆C 相交所得的弦长）为3，得223b b a a⎛⎫--= ⎪⎝⎭，所以223b a=.①因为直线l：y =1C相切，则b ==②将②代入①，得2a =.故椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）设点()11,E x y ，()22,D x y .由（1）知1c =，则直线l 的方程为()1y k x =+.联立()221,1,43y k x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩得()22224384120k x k x k +++-=，则()()()2222284434121441440k k k k ∆=-+-=+>恒成立.所以2122843k x x k -+=+，212241243k x x k -=+，()()2121211y y kx x =++()212121k x x x x =+++=2222222412891434343k k k k k k k ⎛⎫---+= ⎪+++⎝⎭.因为()221F E DE F E -⋅<，所以()221F E ED F E +⋅< .即221F D F E ⋅< .即()()22111,1,x y x y -⋅-=()12121211x x x x y y -+++<，得2222224128911434343k k k k k k ----++<+++，得2279143k k -<+，即227943k k -<+，解得22k -<<；∴直线l 存在，且k 的取值范围是()2,2-.3.【思路引导】（1）根据椭圆离心率和过的点，得到关于a ，b 的方程组，解得a ，b 的值，从而得到椭圆的方程；（2）设存在定点C ，对称性可知设(),0C m ，根据PCB QCB ∠=∠，得到0PC QC k k +=，即得12120y y x m x m +=--，直线l 的方程为：12x ty =+与椭圆联立，得到12y y +，12y y ，从而得到m 和t 的关系式，根据对t ∈R 恒成立，从而得到m 的值.【详解】（1）因为椭圆E 的离心率12e a ==，所以2234a b =①，点2A ⎫⎪⎪⎭在椭圆上，所以223314a b+=②，由①②解得24a =，23b =.故E 的方程为22143x y +=.（2）假设存在定点C ，使得PCB QCB ∠=∠.由对称性可知，点C 必在x 轴上，故可设(),0C m .因为PCB QCB ∠=∠，所以直线PC 与直线QC 的倾斜角互补，因此0PC QC k k +=.设直线l 的方程为：12x ty =+，()11,P x y ，()22,Q x y由221,2143x ty x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩消去x ，得()22121612450t y ty ++-=，()()()()222212412164514418012160t t t t ∆=-⨯+⨯-=+⨯+>，所以t ∈R ，所以122121216t y y t +=-+，122451216y y t =-+，因为0PC QC k k +=，所以12120y y x m x m+=--，所以()()12210y x m y x m -+-=，即122111022y ty m y ty m ⎛⎫⎛⎫+-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.整理得()12121202ty y m y y ⎛⎫+-+=⎪⎝⎭，所以224511220121621216t t m t t -⎛⎫⎛⎫⨯-+-⨯= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即()219012201216t m t t ⎛⎫-+-- ⎪⎝⎭=+.所以1901202t t m ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，即1901202m t ⎡⎤⎛⎫+-= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，对t ∈R 恒成立，即()96120m t -=对t ∈R 恒成立，所以8m =.所以存在定点()8,0C ，使得PCB QCB ∠=∠.4.【思路引导】（1）根据2c =，且22421a b +=，解得答案.（2）设切线方程为y kx m =+，根据垂直得到223880m k --=，故222813m r k ==+，得到2283x y +=，AB =，考虑0k =和0k ≠和斜率不存在三种情况，分别计算得到答案.【详解】（1）根据题意：2c =，且22421a b +=，解得228,4a b ==，故标准方程为：22184x y +=.（2）假设存在圆222x y r +=满足，当斜率存在时，设切线方程为y kx m =+.22184x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，故()222124280k x knx m +++-=.()()()22222216412288840k m k m k m ∆=-+-=-+>，即22840k m -+>.12221224122812km x x k m x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，()()()()222222212121212222841212k m k m y y kx m kx m k x x kn x x m m k k-=++=+++=-+++222812m k k -=+.OA OB ⊥ ，即12120x x y y +=，故2222228801212m m kk k--+=++，即223880m k --=.r =，故222813m r k ==+，故2283x y +=.当直线AB斜率不存在时，根据对称性不妨取,33A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,33B ⎛- ⎝⎭，满足OA OB ⊥.综上所述：存在2283x y +=使题目条件成立.||AB =====当0k=时，463AB=；当0k≠时，AB==≤，当2214kk=，即22k=±时等号成立；当斜率不存在时，易知3AB=；综上所述：AB的最大值为.。