2019江苏高考数学二轮中档题专练五

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江苏省2019高考数学二轮复习中档题专练五(含答案)

中档题专练(五)1.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且cos A A+cos A A=sin AA.(1)证明:sinAsinB=sinC; (2)若b 2+c 2-a 2=65bc,求tanB 的值.2.如图,已知斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=AC,D 为BC 的中点. (1)若平面ABC⊥平面BCC 1B 1,求证:AD⊥DC 1; (2)求证:A 1B∥平面ADC 1.3.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)如图,在某商业区周边有两条公路l 1和l 2,在点O 处交汇,该商业区是圆心角为π3、半径为3km 的扇形.现规划在该商业区外修建一条公路AB,与l 1、l 2分别交于A 、B,要求AB 与扇形的弧相切,切点T 不在l 1、l 2上.(1)设OA=akm,OB=bkm,试用a,b 表示新建公路AB 的长度,求出a,b 满足的关系式,并写出a,b 的取值范围; (2)设∠AOT=α,试用α表示新建公路AB 的长度,并且确定A 、B 的位置,使得新建公路AB 的长度最短.4.已知二次函数h(x)=ax 2+bx+c(c<3),其导函数y=h'(x)的图象如图,设f(x)=6lnx+h(x). (1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线的斜率;(2)若函数f(x)在区间(1,A +12)上是单调函数,求实数m 的取值范围;(3)若函数y=-x,x∈(0,6)的图象总是在函数y=f(x)图象的上方,求c 的取值范围.答案精解精析1.证明 (1)根据正弦定理A sin A =A sin A =A sin A ,且cos A A +cos A A =sin AA, 所以cos A sin A +cos A sin A =sin Asin A =1,故sinAsinB=cosAsinB+cosBsinA=sin(A+B),又因为A+B+C=π,所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,得证.(2)因为b 2+c 2-a 2=65bc,所以cosA=A 2+A 2-A 22AA =65bc 2AA =35,因为A 为三角形内角,所以sinA=√1-cos 2A =√1-(35)2=45, 由(1)知,45sinB=35sinB+45cosB, 即15sinB=45cosB,故tanB=sin Acos A =4.2.证明 (1)因为AB=AC,D 为BC 的中点,所以AD⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCC 1B 1,平面ABC∩平面BCC 1B 1=BC,AD ⊂平面ABC, 所以AD⊥平面BCC 1B 1.因为DC 1⊂平面BCC 1B 1,所以AD⊥DC 1. (2)连接A 1C,交AC 1于点O,连接OD,易知O 为A 1C 的中点. 因为D 为BC 的中点,所以OD∥A 1B. 因为OD ⊂平面ADC 1,A 1B ⊄平面ADC 1, 所以A 1B∥平面ADC 1.3.解析 (1)在△AOB 中,OA=akm,OB=bkm,∠AOB=π3,由余弦定理得,AB 2=OA 2+OB 2-2OA·OBcos∠AOB=a 2+b 2-2abcos π3=a 2+b 2-ab,则AB=√A 2+A 2-ab .以O 为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(a,0),B (12b,√32b ),所以直线AB 的方程为y=√3b 212b -a (x-a),即√3bx+(2a-b)y-√3ab=0,因为AB 与扇形的弧相切,所以√3ab|√3A 2+(2a -b)2=3,则所求关系式为a 2+b 2=112a 2b 2+ab,a,b∈(3,6).(2)因为AB是圆O的切线,所以OT⊥AB.在Rt△OTA中,AT=3tanα,在Rt△OTB中,BT=3tan(π3-α),所以AB=AT+TB=3tanα+3tan(π3-α)(0<A<π3).所以AB=3(tan A+√3-A)=3√321+√3tan A.设u=1+√3tanα,u∈(1,4),则AB=3√3·(√3)2+1A=√3(A+4A-2)≥2√3,当且仅当u=2,即α=π6时,取等号,此时,OA=OB=2√3km.则当OA=OB=2√3km时,新建公路AB的长度最短.4.解析(1)由图得h'(x)=2x-8,∴f(x)=6lnx+x2-8x+c,∴f'(x)=6A+2x-8,f'(2)=-1,所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为-1.(2)f'(x)=6A +2x-8=2(A-1)(A-3)A,其中x>0,列表如下:x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗↘↗∴f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+∞),f(x)的单调递减区间为(1,3).要使函数f(x)在区间(1,A+12)上是单调函数,则{1<A+12,A+12≤3,解得12<m≤52.(3)由题意得,-x>f(x)在x∈(0,6)上恒成立,得-x>6lnx+x2-8x+c在x∈(0,6)上恒成立,即c<-x2+7x-6lnx 在x∈(0,6)上恒成立,设g(x)=-x2-6lnx+7x,x∈(0,6],则c<g(x)min,g'(x)=-2x-6A +7=-2A2+7x-6A=-(2A-3)(A-2)A,∵x>0,∴当x∈(32,2)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,当x∈(0,32)和(2,6]时,g'(x)<0,g(x)为减函数,∴g(x)的最小值为g(32)和g(6)的较小者.g(32)=-94-6ln32+7×32=334-6ln32,g(6)=-36-6ln6+42=6-6ln6,g(32)-g(6)=94-6ln32+6ln6=94+12ln2>0,∴g(x)min=g(6)=6-6ln6.又c<3,∴c<6-6ln6.。

江苏省2019高考数学二轮复习专题五解析几何高考提能圆的第二定义——阿波罗斯圆学案

圆的第二定义-—阿波罗尼斯圆一、问题背景苏教版《数学必修2》P112第12题：已知点M （x ，y )与两个定点O (0，0），A （3，0)的距离之比为12，那么点M 的坐标应满足什么关系?画出满足条件的点M 所构成的曲线．二、阿波罗尼斯圆公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius)在《平面轨迹》一书中,曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．如图，点A ，B 为两定点,动点P 满足PA ＝λPB 。

则λ＝1时,动点P 的轨迹为直线；当λ≠1时，动点P 的轨迹为圆,后世称之为阿波罗尼斯圆．证：设AB ＝2m （m ＞0），PA ＝λPB ，以AB 中点为原点，直线AB 为x 轴建立平面直角坐标系，则A （－m ，0)，B (m,0)．又设P （x ，y ),则由PA ＝λPB 得错误!＝λ错误!,两边平方并化简整理得(λ2－1）x 2－2m （λ2＋1)x ＋(λ2－1）y 2＝m 2（1－λ2)．当λ＝1时，x ＝0,轨迹为线段AB 的垂直平分线;当λ＞1时，错误!2＋y 2＝错误!，轨迹为以点错误!为圆心，错误!为半径的圆．上述课本习题的一般化情形就是阿波罗尼斯定理．三、阿波罗尼斯圆的性质1．满足上面条件的阿波罗尼斯圆的直径的两端是按照定比λ内分AB和外分AB所得的两个分点．2．直线CM平分∠ACB,直线CN平分∠ACB的外角．3.AMBM＝错误!。

4．CM⊥CN.5．当λ＞1时,点B在圆O内；当0＜λ＜1时,点A在圆O内．6．若AC，AD是切线,则CD与AO的交点即为B。

7．若过点B做圆O的不与CD重合的弦EF，则AB平分∠EAF.四、范例欣赏例1 设A(－c，0)，B（c，0)(c＞0）为两定点，动点P到A点的距离与到B点的距离的比为定值a（a＞0），求P点的轨迹．解设动点P的坐标为（x，y),由错误!＝a(a＞0),得错误!＝a.化简得（1－a2)x2＋2c(1＋a2)x＋c2(1－a2)＋（1－a2）y2＝0。

2019届高考数学(理)二轮复习提优导学案(江苏专用)：第1部分二轮课时专题5 解析几何 2 圆锥曲线

第2讲圆锥曲线【课前热身】第2讲圆锥曲线(本讲对应学生用书第45~47页)1.(选修2-1 P32练习3改编)已知椭圆的焦点分别为F1(-2，0)，F2(2，0)，且经过点P53-22⎛⎫⎪⎝⎭，，则椭圆的标准方程为.【答案】210x+26y=1【解析】设椭圆方程为22xa+22yb=1，由题意得2222259144-4a ba b⎧+=⎪⎨⎪=⎩，，解得a2=10，b2=6，所以所求方程为210x+26y=1.2.(选修2-1 P47练习2改编)若双曲线的虚轴长为12，离心率为54，则双曲线的标准方程为.【答案】264x-236y=1或264y-236x=1【解析】由b=6，ca=54，结合a2+b2=c2，解得a=8，c=10，由于对称轴不确定，所以双曲线标准方程为264x-236y=1或264y-236x=1.3.(选修2-1 P47练习3改编)已知双曲线x 2-22y m=1(m>0)的一条渐近线方程为x+0，则实数m= .【答案】3【解析】双曲线x 2-22y m=1(m>0)的渐近线方程为y=±mx ，又因为该双曲线的一条渐近线方程为x+0，所以m=3.4.(选修2-1 P53练习2改编)设抛物线y 2=mx 的准线与直线x=1的距离为3，则抛物线的标准方程为 .【答案】y 2=8x 或y 2=-16x【解析】当m>0时，准线方程为x=-4m=-2，所以m=8，此时抛物线方程为y 2=8x ；当m<0时，准线方程为x=-4m=4，所以m=-16，此时抛物线方程为y 2=-16x. 所以所求抛物线方程为y 2=8x 或y 2=-16x.5.(选修2-1 P37练习6改编)若一个椭圆长轴的长、短轴的长和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是 .【答案】35【解析】由题意知2b=a+c ，又b 2=a 2-c 2，所以4(a 2-c 2)=a 2+c 2+2ac.所以3a 2-2ac-5c 2=0，所以5c 2+2ac-3a 2=0.所以5e 2+2e-3=0，解得e=35或e=-1(舍去).【课堂导学】求圆锥曲线的标准方程例1(2019·扬州中学)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为32，以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y+2=0相切.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点P(0，1)，Q(0，2)，设M，N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T，求证：点T在椭圆C上.【分析】(1)利用直线与圆相切求出b的值，然后利用离心率可求出a的值，从而求出椭圆方程.(2)解出两直线的交点，验证满足椭圆方程即可.【解答】(1)由题意知椭圆C的短半轴长为圆心到切线的距离，即22因为离心率e=ca=32，所以ba21-ca⎛⎫⎪⎝⎭12，所以a=2所以椭圆C的标准方程为28x+22y=1.(2)由题意可设M，N两点的坐标分别为(x0，y0)，(-x0，y0)，则直线PM的方程为y=-1yxx+1，①直线QN的方程为y=-2-yxx+2. ②设点T的坐标为(x，y).联立①②解得x0=2-3xy，y=3-42-3yy.因为28x+22y=1，所以2182-3xy⎛⎫⎪⎝⎭+213-422-3yy⎛⎫⎪⎝⎭=1，整理得28x+2(3-4)2y=(2y-3)2，所以28x+292y-12y+8=4y2-12y+9，即28x+22y=1，所以点T的坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上.【点评】求椭圆标准方程的基本方法是待定系数法，具体过程是先定形，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后再根据条件建立关于a，b的方程组.如果焦点位置不确定，要考虑是否有两解，有时为了解题方便，也可把椭圆方程设为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n)的形式.变式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)已知动点P到定点Q(20)的距离与点P到定直线l：x=2222，求动点P的轨迹C'的方程.【分析】本题主要考查椭圆的定义和椭圆的标准方程等基础知识，以及利用直接法和待定系数法求椭圆方程的基本方法.【解答】(1)依题意，可设椭圆C的方程为22xa+22yb=1(a>b>0)，且可知左焦点为F'(-2，0)，从而有22'358ca AF AF=⎧⎨=+=+=⎩，，解得24.ca=⎧⎨=⎩，又a2=b2+c2，所以b2=12，故椭圆C的方程为216x+212y=1.(2)设点P(x，y)，依题意，得22(-2)|-22|x yx+=22，整理，得24x+22y=1，所以动点P的轨迹C'的方程为24x+22y=1.【点评】本题第一问已知焦点即知道了c，再利用椭圆定义先求得2a的值，再利用椭圆中a，b，c的关系，求得b的值，从而得椭圆方程.本题还可以利用待定系数法设椭圆方程为22xa+22-4ya=1，代入已知点求解，显然没有利用定义来得简单.求离心率的值或范围例2(1)(2019·徐州三校调研)如图(1)，在平面直角坐标系xOy中，A1，A2，B1，B2分别为椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)的四个顶点，F为其右焦点，直线A1B2与直线B1F相交于点T，线段OT与椭圆的交点M恰为线段OT的中点，则该椭圆的离心率为.(例2(1))(2)(2019·临川一中质检)如图(2)，已知点A，F分别是2 2 xa-22yb=1(a>0，b>0)的左顶点与右焦点，过A，F作与x轴垂直的直线分别与两条渐近线交于P，Q，R，S，若S△ROS=2S△POQ，则双曲线的离心率为.(例2(2))(3)(2019·金陵中学)已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F1，F2，这两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形.若PF1=10，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1·e2的取值范围是.【点拨】依题设得出关于a，b，c的等式或不等式，再消去b.【答案】75(2)2(3)13∞⎛⎫+⎪⎝⎭，【解析】(1)由题意知直线A1B2的方程为-xa+yb=1，直线B1F的方程为xc+-yb=1.联立方程组解得T2()--ac b a ca c a c+⎛⎫⎪⎝⎭，.又M()-2(-)ac b a ca c a c⎛⎫+⎪⎝⎭，在椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)上，故22(-)ca c+22()4(-)a ca c+=1，即e2+10e-3=0，解得e=275.(2)由题意，得A(-a，0)，F(c，0)，直线PQ，RS的方程分别为x=-a，x=c，与渐近线y=±ba x 联立，可求得P(-a，b)，Q(-a，-b)，R-bcca⎛⎫⎪⎝⎭，，Sbcca⎛⎫⎪⎝⎭，，则S△ROS=12·2bca·c=2bca，S△POQ =12a·2b=ab，于是由S△ROS=2S△POQ，得2bca=2ab，即22ca=2，所以e=2.(3)设椭圆的长轴长为2a，双曲线的实轴长为2m，则2c=PF2=2a-10，2m=10-2c，a=c+5，m=5-c，所以e1e2=5cc+·5-cc=2225-cc=2125-1c.又由三角形性质知2c+2c>10，又由已知得2c<10，c<5，所以52<c<5，1<225c<4，0<225c-1<3，所以e1e2=2125-1c>13.变式1(2019·苏北四市期末)已知椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)，点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰好在椭圆的右准线上，则该椭圆的离心率为.(变式1)【答案】12【解析】如图，A(-a，0)，B1(0，-b)，B2(0，b)，F(c，0)，设点M2Mayc⎛⎫⎪⎝⎭，.由2ABk=k AM，得ba=2Myaac+，所以y M=b1ac⎛⎫+⎪⎝⎭.由1FBk=k FM，得bc=2-Myacc，所以y M =2-b a c c c ⎛⎫⎪⎝⎭. 从而b 1a c⎛⎫+ ⎪⎝⎭=2-b a c c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，整理得2e 2+e-1=0，解得e=12.变式2 (2019·泰州期末)若双曲线22x a -22y b=1的右焦点到渐近线的距离是其到左顶点距离的一半，则双曲线的离心率e= .【答案】53【解析】由双曲线的性质“焦点到渐近线的距离等于b ”，得b=2a c+，所以a 2+22a c +⎛⎫ ⎪⎝⎭=c 2，整理得3c 2-2ac-5a 2=0，所以3e 2-2e-5=0，解得e=53.变式3 (2019·泰州中学)如图，椭圆22x a +22y b=1(a>b>0)的右焦点为F ，其右准线l 与x 轴的交点为A ，在椭圆上存在点P 满足线段AP 的垂直平分线过点F ，则椭圆离心率的取值范围是 .(变式3)【答案】112⎡⎫⎪⎢⎣⎭，【解析】方法一：由题意知椭圆上存在点P ，使得线段AP 的垂直平分线过点F ，所以PF=FA ，而FA=2a c -c ，PF ≤a+c ，所以2a c -c ≤a+c ，即a 2≤ac+2c 2.又e=ca，所以2e 2+e ≥1，所以2e 2+e-1≥0，即(2e-1)(e+1)≥0.又0<e<1，所以12≤e<1.方法二：设点P(x，y).由题意，椭圆上存在点P，使得线段AP的垂直平分线过点F，所以PF=FA.由椭圆第二定义，2-PFaxc=e，所以PF=2ac e-ex=a-ex，而FA=2ac-c，所以a-ex=2ac-c，解得x=21-aa ce c⎛⎫+⎪⎝⎭.由于-a≤x≤a，所以-a≤21-aa ce c⎛⎫+⎪⎝⎭≤a.又e=ca，所以2e2+e-1≥0，即(2e-1)(e+1)≥0.又0<e<1，所以12≤e<1.直线与圆锥曲线问题例3(2019·南通一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22xa+22yb=1(a>b>0)过点A(2，1)，离心率为3 2.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y=kx+m(k≠0)与椭圆相交于B，C两点(异于点A)，线段BC被y轴平分，且AB⊥AC，求直线l的方程.(例3)【点拨】联立方程化归为一元二次方程的根与系数问题.【解答】(1)由条件知椭圆22x a +22y b=1(a>b>0)的离心率为e=c a =32，所以b 2=a 2-c 2=14a 2.又点A (2，1)在椭圆上，所以24a +21b =1，解得2282.a b ⎧=⎨=⎩，所以所求椭圆的方程为28x +22y =1.(2)将y=kx+m (k ≠0)代入椭圆方程，得(1+4k 2)x 2+8mkx+4m 2-8=0， ①由线段BC 被y 轴平分，得x B +x C =-2814mkk +=0，因为k ≠0，所以m=0.因为当m=0时，B ，C 关于原点对称，设B (x ，kx )，C (-x ，-kx )，由方程①，得x 2=2814k +，又因为AB ⊥AC ，A (2，1)，所以AB uuu r ·A C uuu r =(x-2)(-x-2)+(kx-1)(-kx-1)=5-(1+k 2)x 2=5-228(1)14k k ++=0，所以k=±12，由于k=12时，直线y=12x 过点A (2，1)，故k=12不符合题设. 所以直线l 的方程为y=-12x.【点评】解析几何包含两个主要问题，即已知曲线求方程和已知方程研究曲线的性质.对解析几何的复习，要在牢固掌握与解析几何有关的基本概念基础上，把上述两个问题作为复习和研究的重点，把握坐标法思想的精髓.变式 (2019·南通、扬州、泰州、淮安三模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的离心率为22，长轴长为4，过椭圆的左顶点A 作直线l ，分别交椭圆和圆x 2+y 2=a 2于相异两点P ，Q.(1)若直线l的斜率为12，求APAQ的值；(2)若PQu u u r=λAPuuu r，求实数λ的取值范围.(变式)【解答】(1)由条件知2222422acaa b c=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，，解得22.ab=⎧⎪⎨⎪⎩，所以椭圆的方程为24x+22y=1，圆的方程为x2+y2=4.由题知直线l的方程为y=12(x+2)，即x=2y-2，联立方程组222-224x yx y=⎧⎨+=⎩，，消去x，得3y2-4y=0，所以y P=4 3.由222-24x yx y=⎧⎨+=⎩，，消去x，得5y2-8y=0，所以y Q=85.所以APAQ=PQyy=43×58=56.(2)因为PQu u u r=λAPuuu r，且APuuu r，PQu u u r同向，则λ=PQAP=-AQ APAP=AQAP-1，设直线l：y=k(x+2)，联立方程组224(2)x yy k x⎧+=⎨=+⎩，，消去x，得(k2+1)y2-4ky=0，所以y Q =241k k +，同理y P =2421k k +，λ=AQ AP -1=QP y y -1=2241421k k k k ++-1=1-211k +.因为k 2>0，所以0<λ<1.即实数λ的取值范围是(0，1).【课堂评价】1.(2019·泰州期末)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线22x -y 2=1的实轴长为 .【答案】22【解析】根据双曲线的方程知a=22a=22.(2019·镇江期末)以抛物线y 2=4x 的焦点为焦点，以直线y=±x 为渐近线的双曲线的标准方程为 .【答案】212x -212y =1【解析】由题意设双曲线的标准方程为22x a -22y b=1，y 2=4x 的焦点为(1，0)，即c=1，则双曲线的焦点为(1，0).因为y=±x 为双曲线的渐近线，则b a =1，又a 2+b 2=c 2，所以a 2=12，b 2=12，故双曲线的标准方程为212x-212y=1.3.(2019·南京、盐城一模)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，若曲线C经过点P(1，3)，则其焦点到准线的距离为.【答案】92【解析】由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0)，因为曲线C过点P(1，3)，所以9=2p，解得p=92，从而其焦点到准线的距离为p=92.4.(2019·苏中三校联考)设椭圆C：22xa+22yb=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作x轴的垂线与椭圆C相交于A，B两点，F1B与y轴相交于点D，若AD⊥F1B，则椭圆C的离心率为.(第4题)【答案】33【解析】如图，连接AF1，因为OD∥AB，O为F1F2的中点，所以D为BF1的中点.又AD⊥BF1，所以AF1=AB.所以AF1=2AF2.设AF2=n，则AF1=2n，F1F2=3所以e=ca=1212F FAF AF=33nn=33.温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》第23~24页.【检测与评估】第2讲圆锥曲线一、填空题1.(2019·苏锡常镇调研)若双曲线x2+my2=1过点(2)，则该双曲线的虚轴长为.2.(2019·苏州调查)已知双曲线2xm-25y=1的右焦点与抛物线y2=12x的焦点相同，则此双曲线的渐近线方程为.3.(2019·徐州、连云港、宿迁三检)已知点F是抛物线y2=4x的焦点，该抛物线上位于第一象限的点A到其准线的距离为5，则直线AF的斜率为.4.(2019·普陀区调研)离为1，则该椭圆的离心率为.5.(2019·西安模拟)已知椭圆24x+22yb=1(0<b<2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若BF2+AF2的最大值为5，则b的值是.6.(2019·盐城中学)设椭圆22xm+..=1(m>0，n>0)的右焦点与抛物线y2=8x的焦点相同，离心率为12，则此椭圆的短轴长为 .7.(2019·丹阳中学)设A ，B 分别是椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右顶点，点P 是椭圆C 上异于A ，B 的一点，若直线AP 与BP 的斜率之积为-13，则椭圆C 的离心率为 .8.(2019·淮阴四校调研)已知椭圆C ：22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得△F 1F 2P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是 .二、解答题9.(2019·扬州期末)如图，已知椭圆22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是椭圆上一点，M 在PF 1上，且满足1F M u u u u r =λMP u u u r(λ∈R )，PO ⊥F 2M ，O 为坐标原点.(1)若椭圆方程为28x +24y =1，且P (2，2)，求点M 的横坐标；(2)若λ=2，求椭圆离心率e 的取值范围.(第9题)10.(2019·赣榆中学)如图，椭圆长轴端点为A ，B ，O 为椭圆中心，F 为椭圆的右焦点，且AF u u u r ·FB u u u r=1，|OF u u u r |=1.(1)求椭圆的标准方程.(2)记椭圆的上顶点为M ，直线l 交椭圆于P ，Q 两点，问：是否存在直线l ，使得点F 恰为△PQM的垂心?若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.(第10题)11.如图，椭圆C：2 2 xa+22yb=1(a>b>0)的一个焦点为F(1，0)，且过点622⎛⎫⎪⎪⎭，.(1)求椭圆C的方程；(2)已知A，B为椭圆上的点，且直线AB垂直于x轴，直线l：x=4与x轴交于点N，直线AF与BN交于点M，求证：点M恒在椭圆C上.(第11题)【检测与评估答案】第2讲圆锥曲线一、填空题1. 4【解析】将点(22)代入可得2+4m=1，即m=-14，故双曲线的标准方程为21x-24y=1，即虚轴长为4.2.y=±2x3，所以m=4.而双曲线的渐近线方程为x ，即y=±2x.3. 43 【解析】抛物线y 2=4x 的准线方程为x=-1，焦点F (1，0)，设点A (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)，由题意得x 0+1=5，所以x 0=4，所以20y=4x 0=16，y 0=4，从而点A (4，4)，直线AF 的斜率k=4-04-1=43.4.2 【解析】不妨设椭圆方程为22x a +22y b =1(a>b>0)，则有222-1b a a c c ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即2221b a b c ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，　②则①÷②得e=2.5.【解析】由题意知a=2，所以BF 2+AF 2+AB=4a=8，因为BF 2+AF 2的最大值为5，所以AB 的最小值为3，当且仅当AB ⊥x 轴时，取得最小值，此时A 3-2c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，B3--2c ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，代入椭圆方程得24c +294b =1.又c 2=a 2-b 2=4-b 2，所以24-4b +294b =1，即1-24b +294b =1，所以24b =294b ，解得b 2=3，所以6.4【解析】由题意可知抛物线y 2=8x 的焦点为(2，0)，所以c=2.因为离心率为12，所以a=4，所以47.【解析】由题意知A (-a ，0)，B (a ，0)，取P (0，b )，则k AP ·k BP =b a×-b a ⎛⎫ ⎪⎝⎭=-13，故a 2=3b 2，所以e 2=222-a b a =23，即e=3.8. 1132⎛⎫ ⎪⎝⎭，∪112⎛⎫⎪⎝⎭，【解析】6个不同的点有两个为短轴的两个端点，另外4个分别在第一、二、三、四象限，且上下对称、左右对称.不妨设P 在第一象限，PF 1>PF 2，当PF 1=F 1F 2=2c 时，PF 2=2a-PF 1=2a-2c ，即2c>2a-2c ，解得e=c a >12.又因为e<1，所以12<e<1.当PF 2=F 1F 2=2c 时，PF 1=2a-PF 2=2a-2c ，即2a-2c>2c ，且2c>a-c ，解得13<e<12.综上可得13<e<12或12<e<1.二、解答题9. (1) 因为28x +24y =1，所以F 1(-2，0)，F 2(2，0)，所以k OP=22F Mk1F M k=4，所以直线F 2M 的方程为x-2)，直线F 1M 的方程为y=4(x+2).联立-2)(2)4y x y x ⎧=⎪⎨=+⎪⎩，，解得x=65，所以点M 的横坐标为65.(2) 设P (x 0，y 0)，M (x M ，y M ).因为1FM u u u u r=2MPuuu r ，所以1FM u u u u r =23(x 0+c ，y 0)=(x M +c ，y M )，所以M 00212-333x c y ⎛⎫⎪⎝⎭，，2F M u u u u r =00242-333x c y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为PO ⊥F 2M ，O P uuu r=(x 0，y 0)，所以2023x -43cx 0+223y =0，即20x +20y =2cx 0.联立方程2200022002221x y cx x y a b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，，消去y 0，得c 220x -2a 2cx 0+a 2(a 2-c 2)=0，解得x 0=()a a c c +或x 0=(-)a a c c .因为-a<x 0<a ，所以x 0=(-)a a c c ∈(0，a )，所以0<a 2-ac<ac ，解得e>12.综上，椭圆离心率e 的取值范围为112⎛⎫ ⎪⎝⎭，.10. (1) 设椭圆方程为22x a +22y b=1(a>b>0)，则c=1.因为AF uuu r ·F B uuu r=1，即(a+c )(a-c )=1=a 2-c 2，所以a 2=2，故椭圆方程为22x +y 2=1.(2) 假设存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点，且F 恰为△PQM 的垂心，则设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，因为M (0，1)，F (1，0)，故k PQ =1，于是可设直线l 的方程为y=x+m.联立2222y x m x y =+⎧⎨+=⎩，，得3x 2+4mx+2m 2-2=0，则x 1+x 2=-43m ，x 1x 2=22-23m .因为MP uuu r·FQ u u u r=0=x 1(x 2-1)+y 2(y 1-1)，又y i =x i +m (i=1，2)，得x 1(x 2-1)+(x 2+m )(x 1+m-1)=0，即2x 1x 2+(x 1+x 2)(m-1)+m 2-m=0，所以2·22-23m -43m(m-1)+m 2-m=0，解得m=-43或m=1(舍去). 经检验m=-43符合条件，所以直线l 的方程为y=x-43.11. (1) 由题意得2222212312-c a b a b c =⎧⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩，，，解得a 2=4，b 2=3，故椭圆C 的方程为24x +23y =1.(2) 因为F (1，0)，N (4，0).设A (m ，n )，M (x 0，y 0)，则B (m ，-n )，n ≠0，则直线AF 的方程为y=-1nm (x-1)，直线BN 的方程为y=4-nm (x-4)，解得点M 的坐标为5-832-52-5m n m m ⎛⎫⎪⎝⎭，. 代入椭圆方程中，得204x +203y =25-82-54m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭+232-53n m ⎛⎫⎪⎝⎭=222(5-8)124(2-5)m n m +.由24m+23n=1，得n2=321-4m⎛⎫⎪⎝⎭，代入上式得24x+23y=1.所以点M恒在椭圆C上.。

2019届高考数学二轮复习专题五立体几何 (讲义训练)：第3讲立体几何中的计算课时训练(含答案)

第3讲立体几何中的计算课时训练1. 已知正四棱锥底面边长为42，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为________．答案：5解析：由正四棱锥底面边长为42，则底面正方形对角线的一半长为4，再由体积公式得四棱锥的高为3，则此四棱锥的侧棱长为5.2. (2017·镇江期末)若圆锥底面半径为2，高为5，则其侧面积为________．答案：6π解析：因为圆锥的母线长为l ＝22＋（5）2＝3，所以其侧面积为π×2×3＝6π.3. (2017·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶2解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.4. (2018·启东调研)高为63的正四面体的表面积为________．答案：3解析：由正四面体的高为63，得正四面体的棱长为1，表面积为4×34＝3.5. (2017·南通一调)如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1A 1BD 的体积为________cm 3.答案：32解析：VD 1A 1BD ＝VBA 1DD 1＝13×3×12×3×1＝32(cm 3)．6. 将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，则r 1＋r 2＋r 3＝________．答案：5解析：三个圆锥的底面周长分别为53π，103π，5π，则它们的半径r 1，r 2，r 3依次为56，53，52，则r 1＋r 2＋r 3＝5. 7. 已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 答案：96π解析：设圆锥的底面半径为r ，侧面积＝12×母线长×底面圆周长＝60π，得r ＝6 cm ，此圆锥的高为8 cm ，则此圆锥的体积为13×36π×8＝96π(cm 3)．8. (2018·南通中学练习)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．答案：233解析：在正三棱柱中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则VMAB 1C ＝VB 1ACM ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233.9. (2018·常熟期中)已知正三棱锥的体积为9 3 cm 3，高为3 cm ，则它的侧面积为________cm 2.答案：183解析：设正三棱锥底面三角形的边长为a ，则V ＝13×34a 2×3＝93，a ＝6(cm),底面等边三角形的高为32×6＝33(cm)，底面中心到一边的距离为13×33＝3(cm)，侧面的斜高为32＋（3）2＝23(cm), S 侧＝3×12×6×23＝183(cm 2)．10. (2018·南通一调)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm.(不计损耗)答案：210解析：由题意，六角螺帽毛坯体积为正六棱柱的体积减去圆柱的体积，即V 正六棱柱－V圆柱＝(S 正六边形－S 圆)h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫6×34×42－93×4＝603(cm 3)，因为正三棱柱的体积与六角螺帽毛坯的体积相等，设正三棱柱的底面边长为a ，所以34a 2·6＝603，解得a ＝210(cm)．11. 已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S ，求其内接正四棱柱的体积．解：设等边圆柱的底面半径为r ，则高h ＝2r . 因为S ＝S 侧＋2S 底＝2πrh ＋2πr 2＝6πr 2，所以r ＝S6π，所以内接正四棱柱的底面边长a ＝2r sin45°＝2r ，所以V ＝S 底·h ＝(2r )2·2r ＝4r 3＝S 6πS9π2.12. 如图，四边形ABCD 为菱形，四边形ACFE 为平行四边形，BD 与AC 相交于点G ，AB ＝BD ＝2，AE ＝3，∠EAD ＝∠EAB .(1) 求证：平面ACFE ⊥平面ABCD ；(2) 若∠EAG ＝60°，求三棱锥F BDE 的体积．(1) 证明：连结EG . ∵ 四边形ABCD 为菱形， ∴ AD ＝AB ，BD ⊥AC ，DG ＝GB . 在△EAD 和△EAB 中，AD ＝AB ，AE ＝AE ，∠EAD ＝∠EAB ，∴ △EAD ≌△EAB ， ∴ ED ＝EB ，∴ BD ⊥EG . ∵ BD ⊥AC ，AC ∩EG ＝G ， ∴ BD ⊥平面ACFE . ∵ BD ⊂平面ABCD ， ∴ 平面ACFE ⊥平面ABCD .(2) 解：连结FG ，∵ BD ⊥平面ACFE ，FG ⊂平面ACFE ，∴ FG ⊥BD . 在△EAG 中，AE ＝AG ＝3，且∠EAG ＝60°， ∴ △EAG 为正三角形， ∴ ∠EGA ＝60°. 在△FCG 中，CG ＝FC ＝3，∠GCF ＝120°， ∴ ∠FGC ＝30°，∴ ∠EGF ＝90°，即FG ⊥EG . 又BD ∩EG ＝G ， ∴ FG ⊥平面BDE ，∴ 点F 到平面BDE 的距离为FG ＝3. ∵ S △BDE ＝12×BD ·EG＝12×2×3＝3，∴ 三棱锥FBDE 的体积为13×3×3＝3.13. 在矩形ABCD 中，将△ABC 沿其对角线AC 折起来得到△AB 1C ，且顶点B 1在平面ACD 上的射影O 恰好落在边AD 上，如图所示．(1) 求证：AB 1⊥平面B 1CD ； (2) 若AB ＝1，BC ＝3，求三棱锥B 1ABC 的体积．(1) 证明：因为B 1O ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以B 1O ⊥CD . 又CD ⊥AD ，AD ∩B 1O ＝O ，所以CD ⊥平面AB 1D .因为AB 1⊂平面AB 1D ，所以AB 1⊥CD . 因为AB 1⊥B 1C ，且B 1C ∩CD ＝C ，所以AB 1⊥平面B 1CD .(2) 解：因为AB 1⊥平面B 1CD ，B 1D ⊂平面B 1CD ，所以AB 1⊥B 1D . 在Rt △AB 1D 中，B 1D ＝AD 2－AB 21＝2. 由B 1O ·AD ＝AB 1·B 1D ，得B 1O ＝AB 1·B 1D AD＝63，所以VB 1ABC ＝13S △ABC ·B 1O ＝13×12×1×3×63＝26.。

2019数学(理)二轮精选讲义专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积含答案

专题五立体几何第一讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图与直观图1．三视图的排列规则俯视图放在正（主)视图的下面,长度与正（主）视图的长度一样，侧（左）视图放在正(主）视图的右面，高度与正（主）视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．2．原图形面积S与其直观图面积S′之间的关系S′＝错误!S。

[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是(）［解析］两个木构件咬合成长方体时，小长方体（榫头)完全嵌入带卯眼的木构件，易知俯视图可以为A.故选A。

[答案］A2．（2018·河北衡水中学调研）正方体ABCD－A1B1C1D1中,E 为棱BB1的中点(如图),用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）[解析］过点A，E，C1的截面为AEC1F，如图，则剩余几何体的左视图为选项C中的图形．故选C。

［答案］C3．（2018·江西南昌二中模拟）一个几何体的三视图如图所示，在该几何体的各个面中,面积最小的面的面积为()A．8 B．4 C．4错误!D．4错误![解析］由三视图可知该几何体的直观图如图所示，由三视图特征可知，P A⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AB⊥AC，P A＝AB ＝AC＝4，DB＝2，则易得S△P AC＝S△ABC＝8，S△CPD＝12，S梯形ABDP ＝12，S△BCD＝错误!×4错误!×2＝4错误!，故选D。

［答案]D4．如图所示，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．[解析]直观图的面积S′＝错误!×（1＋1＋错误!)×错误!＝错误!.故原平面图形的面积S＝错误!＝2＋错误!.[答案]2＋错误![快速审题］（1)看到三视图，想到常见几何体的三视图，进而还原空间几何体．(2）看到平面图形直观图的面积计算，想到斜二侧画法,想到原图形与直观图的面积比为错误!.由三视图还原到直观图的3步骤(1）根据俯视图确定几何体的底面．(2）根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．（3）确定几何体的直观图形状．考点二空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的侧面积公式（1)S柱侧＝ch(c为底面周长，h为高）；(2)S锥侧＝错误!ch′(c为底面周长,h′为斜高)；(3）S台侧＝错误!（c＋c′）h′（c′,c分别为上下底面的周长，h′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高）；(2)V锥体＝错误!Sh（S为底面面积，h为高）；(3)V台＝错误!(S＋错误!＋S′）h(不要求记忆）．3．球的表面积和体积公式S表＝4πR2(R为球的半径）,V球＝43πR3(R为球的半径）．[对点训练]1．(2018·浙江卷）某几何体的三视图如图所示(单位:cm）,则该几何体的体积(单位:cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8［解析]由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上，下底边的长分别为1 cm，2 cm，高为2 cm,直四棱柱的高为2 cm.故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3.[答案]C2．（2018·哈尔滨师范大学附中、东北师范大学附中联考）某几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是（)A.错误!＋2B.错误!＋2C.错误!＋3 D。

江苏省2019高考数学二轮复习中档题专练五(附答案)

中档题专练(五)1.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且+=.(1)证明:sinAsinB=sinC;(2)若b2+c2-a2=bc,求tanB的值.2.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,D为BC的中点.(1)若平面ABC⊥平面BCC1B1,求证:AD⊥DC1;(2)求证:A1B∥平面ADC1.3.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)如图,在某商业区周边有两条公路l1和l2,在点O处交汇,该商业区是圆心角为、半径为3km的扇形.现规划在该商业区外修建一条公路AB,与l1、l2分别交于A、B,要求AB与扇形的弧相切,切点T不在l1、l2上.(1)设OA=akm,OB=bkm,试用a,b表示新建公路AB的长度,求出a,b满足的关系式,并写出a,b的取值范围;(2)设∠AOT=α,试用α表示新建公路AB的长度,并且确定A、B的位置,使得新建公路AB的长度最短.4.已知二次函数h(x)=ax2+bx+c(c<3),其导函数y=h'(x)的图象如图,设f(x)=6lnx+h(x).(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线的斜率;(2)若函数f(x)在区间上是单调函数,求实数m的取值范围;(3)若函数y=-x,x∈(0, )的图象总是在函数y=f(x)图象的上方,求c的取值范围.答案精解精析1.证明(1)根据正弦定理==,且+=,所以+==1,故sinAsinB=cosAsinB+cosBsinA=sin(A+B),又因为A+B+C=π,所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,得证.(2)因为b2+c2-a2=bc,所以cosA=-==,因为A为三角形内角,所以sinA=A==,由(1)知,sinB=sinB+cosB,即sinB=cosB,故tanB==4.2.证明(1)因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AD⊂平面ABC,所以AD⊥平面BCC1B1.因为DC1⊂平面BCC1B1,所以AD⊥DC1.(2)连接A1C,交AC1于点O,连接OD,易知O为A1C的中点.因为D为BC的中点,所以OD∥A1B.因为OD⊂平面ADC1,A1B⊄平面ADC1,所以A1B∥平面ADC1.3.解析(1)在△AOB中,OA=akm,OB= km,∠AOB=,由余弦定理得,AB2=OA2+OB2- OA·OB ∠AOB=a2+b2-2abcos=a2+b2-ab,则AB=-a .以O为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,(x-a),即bx+(2a-b)y-ab=0, 则A(a,0),B,所以直线AB的方程为y=a因为AB与扇形的弧相切,所以 a=3,a )则所求关系式为a2+b2=a2b2+a ,a, ∈( , ).(2)因为AB是圆O的切线,所以OT⊥AB.在Rt△OTA中,AT=3tanα,在Rt△OTB中,BT=3tan-,所以AB=AT+TB=3tanα+3tan-0.所以AB=3ta -ta=3.设u=1+tanα,u∈( , ),则AB=3 ·=-≥ ,当且仅当u=2,即α=时,取等号,此时,OA=OB=2km.则当OA=OB=2km时,新建公路AB的长度最短.4.解析(1)由图得h'(x)=2x-8,∴f(x)= l x+x2-8x+c,∴f'(x)=+2x-8,f'(2)=-1,所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为-1.(2)f'(x)=+2x-8=- )(- ),其中x>0,列表如下:∴f(x)的单调递增区间为(0,1)和( ,+∞),f(x)的单调递减区间为(1,3).要使函数f(x)在区间上是单调函数,则,解得<m≤.(3)由题意得,-x>f(x)在x∈(0, )上恒成立,得-x>6lnx+x2-8x+c在x∈(0, )上恒成立,即c<-x2+7x-6lnx在x∈(0, )上恒成立,设g(x)=-x2- l x+7x,x∈(0, ],则c<g(x)min,g'(x)=-2x-+7=-7x=-( - )(- ),∵x>0,∴当x∈, 时,g'(x)>0,g(x)为增函数,当x∈0和(2,6]时,g'(x)<0,g(x)为减函数, ∴g(x)的最小值为g和g(6)的较小者.g=--6ln+7×=-6ln,g(6)=-36-6ln6+42=6-6ln6,g-g(6)=-6ln+6ln6=+12ln2>0,∴g(x)min=g(6)=6-6ln6.又 < ,∴ < -6ln6.。

2019届高考数学二轮复习中档大题满分练中档大题满分练(十)含答案

中档大题满分练10.不等式选讲中档大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考满分根基!1.已知f(x)=|x+1|+|x-m|.(1)若f(x)≥2,求m的取值范围.(2)已知m>1,若∃x∈(-1,1)使f(x)≥x2+mx+3成立,求m的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=|x+1|+|x-m|≥|m+1|,所以只需要|m+1|≥2,所以m+1≥2或m+1≤-2,所以m的取值范围为m≥1或m≤-3.(2)因为m>1,所以当x∈(-1,1)时,f(x)=m+1,所以不等式f(x)≥x2+mx+3即m≥x2+mx+2,所以m(1-x)≥x2+2,m≥,令g(x)===(1-x)+-2.因为0<1-x<2,所以(1-x)+≥2(当x=1-时取“=”),所以g(x)min=2-2,所以m≥2-2.2.已知函数f(x)=|x-1|+|x-3|.(1)解不等式f(x)≤x+1.(2)设函数f(x)的最小值为c,实数a,b满足a>0,b>0,a+b=c,求证:+≥1. 【解析】(1)f(x)≤x+1,即|x-1|+|x-3|≤x+1.①当x<1时,不等式可化为4-2x≤x+1,x≥1.又因为x<1,所以x∈∅;②当1≤x≤3时,不等式可化为2≤x+1,x≥1.又因为1≤x≤3,所以1≤x≤3.③当x>3时,不等式可化为2x-4≤x+1,x≤5.又因为x>3,所以3<x≤5.综上所述,原不等式的解集为[1,5].(2)由绝对值不等式性质得,|x-1|+|x-3|≥|(1-x)+(x-3)|=2,所以c=2,即a+b=2.令a+1=m,b+1=n,则m>1,n>1,a=m-1,b=n-1,m+n=4,+=+=m+n++-4=≥=1, 原不等式得证.。

2019届高考数学二轮复习专题五立体几何 (讲义训练)：第3讲立体几何中的计算课时讲义(含答案)

第3讲立体几何中的计算课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________．答案：43解析：因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析：设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ，且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形，所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点．又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ，所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ，因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积，故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高．根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2，所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高，且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________．答案：2π解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ，则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增；当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减．故当x ＝23时，V (x )取最大值．即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。

江苏省2019高考数学二轮复习中档题专练六(附答案)

中档题专练(六)1.在平面直角坐标系xOy中,设锐角α的始边与x轴的非负半轴重合,终边与单位圆交于点P(x1,y1),将射线OP绕坐标原点O按逆时针方向旋转后与单位圆交于点Q(x2,y2),记f(α)=y1+y2.(1)求函数f(α)的值域;(2)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若f(C)=,且a=,c=1,求b.2.(2018南京、盐城高三年级第二次模拟考试)调查某地居民每年到商场购物次数m与商场面积S、到商场距离d的关系,得到关系式m=k×(k为常数,k>0),如图,某投资者计划在与商场A相距10km 的新区新建商场B,且商场B的面积与商场A的面积之比为λ(0<λ<1).记“每年居民到商场A购物的次数”与“每年居民到商场B购物的次数”分别为m1、m2,称满足m1<m2的区域为商场B相对于A 的“更强吸引区域”.(1)已知P与A相距15km,且∠PAB=60°,当λ=时,居住在P点处的居民是否在商场B相对于A的“更强吸引区域”内?请说明理由;(2)若要使与商场B相距2km以内的区域(含边界)均为商场B相对于A的“更强吸引区域”,求λ的取值范围.3.(2018江苏南通模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,点P(3,1)在椭圆上,△PF1F2的面积为2.( )①求椭圆C的标准方程;②若∠F1QF2=,求QF1·QF2的值.(2)直线y=x+k与椭圆C相交于A,B两点,若以AB为直径的圆经过坐标原点,求实数k的值.答案精解精析1.解析(1)由题意得y1=sinα,y2=sin=cosα,所以f(α)=sinα+cosα=sin,因为α∈0,所以α+∈,,故f(α)的值域为(1,].(2)因为f(C)=sin C=,且易知C∈0,所以C=,在△ABC中,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,即1=2+b2-2 ×b,解得b=1.2.解析设商场A、B的面积分别为S1km2、S2km2,点P到A、B的距离分别为d1km、d2km, 则S2=λS1(0<λ<1),m1=k,m2=k,k为常数,k>0.(1)在△PAB中,AB= 0,PA= 5,∠PAB=60°,由余弦定理,得=PB2=AB2+PA2- AB·PAcos60°= 02+152- × 0× 5×=175.又=PA2=225,则m1-m2=k-k=k-k=kS1-,将λ=,=225,=175代入,得m1-m2=kS15-50.因为kS1>0,所以m1>m2,即居住在P点处的居民不在商场B相对于A的“更强吸引区域”内. (2)以A为原点,AB所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(0,0),B(10,0),设P(x,y),由m1<m2得k<k,将S2=λS1代入,得<λ.代入坐标,得(x-10)2+y2<λ(x2+y2),化简得(1-λ)x2+(1-λ)y2-20x+100<0,配方得- 0+y2< 0,所以商场B相对于A的“更强吸引区域”是圆心为C 0,0,半径为r1= 0km的圆的内部,与商场B相距2km以内的区域(含边界)是以B(10,0)为圆心,r2=2km为半径的圆的内部及圆周.由题设知圆B内含于圆C,即BC<|r1-r2|.因为0<λ<1,所以 0-10< 0-2,整理得4λ-5+1<0,解得<λ<1.6所以,所求λ的取值范围是, .63.解析( )①由条件可知+=1,c=2,又a2=b2+c2,所以a2=12,b2=4,所以椭圆C的标准方程为+=1.②当∠F1QF2=时,Q ,Q Q·Q c)所以QF1·QF2= 6.得4x2+6kx+3k2-12=0, (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由,则x1+x2=-,x1x2=-,y1y2=-.因为以AB为直径的圆经过坐标原点,则·=x1x2+y1y2=k2-6=0, 解得k=±6,此时Δ=120>0,满足条件,因此k=±6.。

高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理

(1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值．
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12，因为－12<x<32，所以－1＜x－12＜1，即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分讲练篇
专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题
研考题举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)，即x0＝x，y0＝ 23y，又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4，将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1，即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．

江苏省2019高考数学二轮复习中档题专练八(含答案)

中档题专练(八)1.已知向量a=(2sinx,cosx),b=(cosx,2cosx).(1)若x≠kπ+,k∈Z,且a∥b,求2sin2x-cos2x的值;(2)定义函数f(x)=a·b-1,求函数f(x)的单调递减区间,并求当x∈ ,时,函数f(x)的值域.2.(2018苏锡常镇四市高三调研(一))如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的高为其底面边长为2.已知点M,N分别是棱A1C1,AC的中点,点D是棱CC1上靠近C的三等分点.求证:(1)B1M∥平面A1BN;( )AD⊥平面A1BN.3.(2018江苏海安高级中学高三月考)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且点,在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设P为椭圆上第一象限内的点,点P关于原点O的对称点为A,点P关于x轴的对称点为Q,设=λ,直线AD与椭圆C的另一个交点为B,若PA⊥PB,求实数λ的值.4.(2018苏锡常镇四市高三调研(一))如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB为6,O是圆心,且OC⊥AB.在OC 上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=.计划在上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ,连接PQ.(1)当θ=时,求∠OPQ的大小;(2)当∠OPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳,求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时角θ的正弦值.答案精解精析1.解析(1)因为a∥b,所以4sinxcosx-cos2x=0,因为x≠kπ+,k∈Z,所以cosx≠ ,即tanx=,=-.所以2sin2x-cos2x= a x-a x( )f(x)=a·b-1=2sinxcosx+2cos2x-1=sin2x+cos2x=2sin,令2kπ+≤ x+≤ kπ+,k∈Z,得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z.所以f(x)的单调递减区间为,k (k∈Z).因为x∈ ,,所以2x+∈,,所以sin∈-, ,所以当x∈ ,时,函数f(x)的值域为[-1,2].2.证明(1)连接MN,正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1∥CC1且AA1=CC1,则四边形AA1C1C是平行四边形,因为点M,N分别是棱A1C1,AC的中点,所以MN∥AA1且MN=AA1,又正三棱柱ABC-A1B1C1中AA1∥BB1且AA1=BB1,所以MN∥BB1且MN=BB1,所以四边形MNBB1是平行四边形,所以B1M∥BN,又B1M⊄平面A1BN,BN⊂平面A1BN,所以B1M∥平面A1BN.(2)正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,BN⊂平面ABC,所以BN⊥AA1,正△ABC中,N是AC的中点,所以BN⊥AC,又AA1、AC⊂平面AA1C1C,AA1∩AC=A,所以BN⊥平面AA1C1C,又AD⊂平面AA1C1C,所以AD⊥BN,因为AA1=,AC=2,AN=1,CD=,所以==,又∠A1AN=∠ACD=,所以△A1AN∽△ACD,则∠AA1N=∠CAD,所以∠ANA1+∠CAD=∠ANA1+∠AA1N=,则AD⊥A1N,又BN∩A1N=N,BN,A1N⊂平面A1BN,所以AD⊥平面A1BN.3.解析(1)因为点在椭圆C上,所以+=1,又椭圆C的离心率为,可得=,即c=a,所以b2=a2-c2=a2-a=a2,代入上式,可得+=1,解得a2=4,故b2=a2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)设P(x0,y0),则A(-x0,-y0),Q(x0,-y0).因为=λ,则(0,y D-y0)=λ(0,-2y0),故y D=(1-2λ)y0.所以点D的坐标为(x0,(1-2λ)y0).设B(x1,y1),k PB ·k BA = - - · = --= -- --=-,又k BA =k AD =( - ) -(- ) -(- )=( - ),故k PB =-=-( - ).又PA⊥PB,k PA =, 所以k PB ·k PA =-1, 即- ( - )·=-1,解得λ=.所以λ=.4.解析 (1)设∠OPQ=α,在R △OAQ 中,OA= ,∠AQO=π-∠AQC=π-= ,所以OQ= 在△OPQ 中,OP= ,∠POQ=-θ=-=.由正弦定理得s ∠ =s ∠,即s=s - -,所以 sin α=sin - -=sin- ,则 sin α=sincos α-cossin α=cos α+sin α,所以 α=cos α,因为α为锐角,所以cos α≠ ,所以tan α=,得α=. 所以∠OPQ 的大小为.(2)设∠OPQ=β,在△OPQ 中,OP= ,∠POQ=-θ, 由正弦定理得s ∠ =s ∠,即s=s - --,所以 β=sin - -- =sin-( - ) =cos(β-θ)=cos βcos θ+sin βsin θ,从而( -sin θ)sin β=cos βcos θ,其中 -sin θ≠ ,cos β≠ , 所以tan β= -s,记f(θ)=-s,则f'(θ)=s ( -s ),θ∈ ,,令f'(θ)=0,则sin θ=,存在唯一θ0∈ ,使得sin θ0=,当θ∈( ,θ0)时,f'(θ)>0,f(θ)单调递增,当θ∈,时,f'(θ)<0,f(θ)单调递减, 所以当θ=θ0时,f(θ)最大,即 a ∠OPQ最大,又∠OPQ为锐角,从而∠OPQ最大时sinθ=.答:观赏效果达到最佳时,θ的正弦值为.。

专题5 导数中的点关于线对称问题-2019届高考数学二轮复习压轴题突破例题讲解与专题训练含答案

专题05 导数中的点关于线对称问题导数中的存在点关于线的对称问题在平时的练习中比较常见，一开始很多同学无法下手，但是其实根据对称思想确定对称点的坐标，转化为一个函数是否存在零点的问题，再利用导数分析函数的单调性，确定最值，数形结合即可求解。

【题型示例】1、已知函数（为自然对数的底数）与的图象上存在关于直线对称的点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为函数与的图象在上存在关于直线对称的点，所以问题转化为方程在上有解，即在上有解.令，则，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，所以，即，故选A.2、已知函数的图象上存在两点关于轴对称，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设是上一点，则点关于y轴的对称点为，于是，∴，令，则，∴在上是增函数，在与上是减函数，又时，，，，∴，故选D.3、已知函数，，若存在使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B4、已知函数的图象上存在点.函数的图象上存在点，且关于原点对称，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题知有解，令，，故函数在递减，在递增，所以，解得.【专题练习】1、已知函数, ,若图象上存在两个不同的点与图象上两点关于轴对称，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】∵图象上存在两个不同的点与图象上两点关于轴对称，在上有两解，即有两解，整理得．设，则．令，得，解得或（舍）．当时，，函数递减，当时，，函数递增，则当时，取得极小值，当时，，有两解，．的取值范围是．故选D．学=科网2、已知函数与的图象在上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意，存在，使成立，即，在上有解.令，则.因为在上单调递增，所以，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以.3、已知函数，，若与的图象上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B4、已知函数(,是自然对数的底)与的图象上存在关于轴对称的点,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意,若函数(,是自然对数的底)与的图象上存在关于轴对称的点,则方程在区间上有解,,即方程在区间上有解,设函数,其导数,又由,在有唯一的极值,分析可得:当时,,为减函数,当时,,为增函数,故函数有最小值,又由,，比较可得:,故函数有最大值,故函数在区间上的值域为;若方程在区间上有解,必有,则有,即的取值范围是.5、若平面直角坐标系内的两点满足：①点都在的图象上；②点关于原点对称，则称点对是函数的一个“姊妹点对”（点对与可看作同一个“姊妹点对”）.已知函数则的“姊妹点对”的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B。

江苏省2019高考数学二轮复习中档题专练五

中档题专练(五)1.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且+=cosA a cosBb .sinC c (1)证明:sinAsinB=sinC;(2)若b 2+c 2-a 2=bc,求tanB 的值.65 2.如图,已知斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=AC,D 为BC 的中点.(1)若平面ABC⊥平面BCC 1B 1,求证:AD⊥DC 1;(2)求证:A 1B∥平面ADC 1.3.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)如图,在某商业区周边有两条公路l 1和l 2,在点O 处交汇,该商业区是圆心角为、半径为3km 的扇形.现规划在该商业区外修建一条公路AB,与l 1、l 2分别交于π3A 、B,要求AB 与扇形的弧相切,切点T 不在l 1、l 2上.(1)设OA=akm,OB=bkm,试用a,b 表示新建公路AB 的长度,求出a,b 满足的关系式,并写出a,b 的取值范围;(2)设∠AOT=α,试用α表示新建公路AB 的长度,并且确定A 、B 的位置,使得新建公路AB 的长度最短.4.已知二次函数h(x)=ax 2+bx+c(c<3),其导函数y=h'(x)的图象如图,设f(x)=6lnx+h(x).(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线的斜率;(2)若函数f(x)在区间上是单调函数,求实数m 的取值范围;(1,m +12)(3)若函数y=-x,x∈(0,6)的图象总是在函数y=f(x)图象的上方,求c 的取值范围.答案精解精析1.证明　(1)根据正弦定理==,且+=,a sinA b sinB c sinC cosA a cosB b sinCc 所以+==1,cosA sinA cosB sinB sinCsinC 故sinAsinB=cosAsinB+cosBsinA=sin(A+B),又因为A+B+C=π,所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,得证.(2)因为b 2+c 2-a 2=bc,所以cosA===,65b 2+c 2-a 22bc 65bc 2bc 35因为A 为三角形内角,所以sinA===,1-cos 2A 1-(35)245由(1)知,sinB=sinB+cosB,453545即sinB=cosB,故tanB==4.1545sinBcosB 2.证明　(1)因为AB=AC,D 为BC 的中点,所以AD⊥BC.因为平面ABC⊥平面BCC 1B 1,平面ABC∩平面BCC 1B 1=BC,AD ⊂平面ABC,所以AD⊥平面BCC 1B 1.因为DC 1⊂平面BCC 1B 1,所以AD⊥DC 1.(2)连接A 1C,交AC 1于点O,连接OD,易知O 为A 1C 的中点.因为D 为BC 的中点,所以OD∥A 1B.因为OD ⊂平面ADC 1,A 1B ⊄平面ADC 1,所以A 1B∥平面ADC 1.3.解析　(1)在△AOB中,OA=akm,OB=bkm,∠AOB=,π3由余弦定理得,AB 2=OA 2+OB 2-2OA·OBcos∠AOB=a 2+b 2-2abcos =a 2+b 2-ab,π3则AB=.a 2+b 2-ab 以O 为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(a,0),B,所以直线AB 的方程为y=(x-a),即bx+(2a-b)y-ab=0,(12b,32b )3b212b -a33因为AB 与扇形的弧相切,所以=3,|3ab|3b 2+(2a -b)2则所求关系式为a 2+b 2=a 2b 2+ab,a,b∈(3,6).112(2)因为AB 是圆O 的切线,所以OT⊥AB.在Rt△OTA 中,AT=3tanα,在Rt△OTB 中,BT=3tan,(π3-α)所以AB=AT+TB=3tanα+3tan .(π3-α)(0<α<π3)所以AB=3(tan α+3-tan α1+3tan α)=3.3tan 2α+11+3tan α设u=1+tanα,u∈(1,4),3则AB=3·3(u -13)2+1u=≥2,3(u +4u-2)3当且仅当u=2,即α=时,取等号,此时,OA=OB=2km.π63则当OA=OB=2km 时,新建公路AB 的长度最短.34.解析　(1)由图得h'(x)=2x-8,∴f(x)=6lnx+x 2-8x+c,∴f'(x)=+2x-8,6x f'(2)=-1,所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为-1.(2)f'(x)=+2x-8=,其中x>0,6x 2(x -1)(x -3)x 列表如下:x (0,1)1(1,3)3(3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗↘↗∴f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+∞),f(x)的单调递减区间为(1,3).要使函数f(x)在区间上是单调函数,则解得<m≤.(1,m +12){1<m +12,m +12≤3,1252(3)由题意得,-x>f(x)在x∈(0,6)上恒成立,得-x>6lnx+x 2-8x+c 在x∈(0,6)上恒成立,即c<-x 2+7x-6lnx 在x∈(0,6)上恒成立,设g(x)=-x 2-6lnx+7x,x∈(0,6],则c<g(x)min ,g'(x)=-2x-+7==,6x -2x 2+7x -6x -(2x -3)(x -2)x ∵x>0,∴当x∈时,g'(x)>0,g(x)为增函数,(32,2)当x∈和(2,6]时,g'(x)<0,g(x)为减函数,(0,32)∴g(x)的最小值为g 和g(6)的较小者.(32)g=--6ln +7×=-6ln ,(32)94323233432g(6)=-36-6ln6+42=6-6ln6,g -g(6)=-6ln +6ln6=+12ln2>0,(32)943294∴g(x)min =g(6)=6-6ln6.又c<3,∴c<6-6ln 6.。

江苏省2019高考数学二轮复习中档题专练三2

中档题专练(三)1.正方形ABCD所在的平面与三角形CDE所在的平面交于CD,且AE⊥平面CDE.(1)求证:AB∥平面CDE;(2)求证:平面ABCD⊥平面ADE.2.(2018苏北四市高三第一次调研测试)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品,该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成,圆锥的侧面用于艺术装饰,如图1.为了便于设计,可将该礼品看成是由圆O及其内接等腰三角形ABC绕底边BC上的高所在直线AO旋转180°而成,如图2.已知圆O的半径为10cm,设,圆锥的侧面积为Scm2.∠BAO=θ,0<θ<π2(1)求S关于θ的函数关系式;(2)为了达到最佳观赏效果,要求圆锥的侧面积S最大,求S取得最大值时腰AB的长度.3.在平面直角坐标系xOy中,已知点A(-3,4),B(9,0),C,D分别为线段OA,OB上的动点,且满足AC=BD.(1)若AC=4,求直线CD的方程;(2)证明:△OCD的外接圆恒过定点(异于原点O).答案精解精析1.证明(1)正方形ABCD中,AB∥CD,又AB⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,所以AB∥平面CDE.(2)因为AE⊥平面CDE,且CD⊂平面CDE,所以AE⊥CD,又正方形ABCD中,CD⊥AD,且AE∩AD=A,AE、AD⊂平面ADE,所以CD⊥平面ADE,又CD⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面ADE.2.解析(1)设AO交BC于点D,过O作OE⊥AB,垂足为E,在△AOE中,AE=10cosθ,AB=2AE=20cosθ,在△ABD中,BD=AB·sinθ=20cosθ·sinθ,所以S=12·2π·20sinθcosθ·20cosθ=400πsinθcos2θ(0<θ<π2).(2)要使侧面积最大,由(1)得:S=400πsinθcos2θ=400π(sinθ-sin3θ),设f(x)=x-x3(0<x<1),则f'(x)=1-3x2,由f'(x)=1-3x2=0得x=√33,当x∈(0,√33)时,f'(x)>0,当x∈(√33,1)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,√33)上单调递增,在区间(√33,1)上单调递减,所以f(x)在x=√33时取得极大值,也是最大值.所以当sinθ=√33时,侧面积S取得最大值,此时等腰三角形的腰长AB=20cosθ=20√1-sin2θ=20√1-(√33)2=20√63.答:侧面积S取得最大值时,等腰三角形的腰AB的长度为20√63cm.3.解析(1)因为A(-3,4),所以OA=√(-3)2+42=5,又因为AC=4,所以OC=1,所以C(-35,45),由AC=BD=4,得D(5,0),所以直线CD的斜率为0-4 55-(-35)=-17,所以直线CD的方程为y=-17(x-5),即x+7y-5=0.(2)证明:设C(-3m,4m)(0<m≤1),则OC=5m,所以AC=OA-OC=5-5m,因为AC=BD,所以OD=OB-BD=5m+4,所以D点的坐标为(5m+4,0),又设△OCD的外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则有{θ=0,9θ2+16θ2-3mD +4mE +F =0,(5θ+4)2+(5m +4)D +F =0,解得D=-(5m+4),F=0,E=-10m-3,所以△OCD 的外接圆的方程为x 2+y 2-(5m+4)x-(10m+3)y=0, 整理得x 2+y 2-4x-3y-5m(x+2y)=0,令{θ2+θ2-4x -3y =0,θ+2θ=0,所以{θ=0,θ=0(舍去)或{θ=2,θ=-1. 所以△OCD 的外接圆恒过异于O 的定点(2,-1).。