2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点 立体几何 考点过关检测十二
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测二十二文202001160615
考点过关检测（二十二）1．(2019·亳州联考)已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)与过点M (a,0)(a >0)的直线l 交于A ，B 两点，且总有OA ⊥OB .(1)确定p 与a 的数量关系；(2)若|OM |·|AB |＝λ|AM |·|MB |，求λ的取值范围．解：(1)设l ：ty ＝x －a ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝2px ，ty ＝x －a 消去x ，得y 2－2pty －2pa ＝0. ∴y 1＋y 2＝2pt ，y 1y 2＝－2pa ，由OA ⊥OB 得x 1x 2＋y 1y 2＝0，即(y 1y 2)24p 2＋y 1y 2＝0， ∴a 2－2pa ＝0.∵a >0，∴a ＝2p .(2)由(1)可得|AB |＝1＋t 2|y 1－y 2|＝2p 1＋t 2·t 2＋4.|AM |·|MB |＝AM →·MB →＝(a －x 1)(x 2－a )－y 1y 2＝－x 1x 2＋a (x 1＋x 2)－a 2－y 1y 2＝a ·y 21＋y 222p －a 2＝4p 2(1＋t 2)．∵|OM |·|AB |＝λ|AM |·|MB |，∴a ·2p 1＋t 2·t 2＋4＝λ·4p 2(1＋t 2)，∴λ＝4＋t 21＋t 2＝1＋31＋t 2. ∵t 2≥0，∴λ∈(1,2]．故λ的取值范围为(1,2]．2．(2019·佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆M 的离心率为12，椭圆上异于长轴顶点的任意点A 与左、右两焦点F 1，F 2构成的三角形中面积的最大值为 3.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)若A 与C 是椭圆M 上关于x 轴对称的两点，连接CF 2与椭圆的另一交点为B ，求证：直线AB 与x 轴交于定点P ，并求PA →·F 2C →的取值范围．解：(1)设椭圆M 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝12，12·2c ·b ＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧ a ＝2，b ＝3，c ＝1. 所以椭圆M 的标准方程是x 24＋y 23＝1. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 1，－y 1)，直线AB ：y ＝kx ＋m .将y ＝kx ＋m ，代入x 24＋y 23＝1得，(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3. 因为B ，C ，F 2共线，所以k BF 2＝k CF 2，即kx 2＋m x 2－1＝－(kx 1＋m )x 1－1， 整理得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0，所以2k ·4m 2－124k 2＋3－(m －k )·8km 4k 2＋3－2m ＝0，解得m ＝－4k . 所以直线AB ：y ＝k (x －4)，与x 轴交于定点P (4,0)．因为y 21＝3－34x 21， 所以PA →·F 2C →＝(x 1－4，y 1)·(x 1－1，－y 1)＝x 21－5x 1＋4－y 21＝74x 21－5x 1＋1＝74⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1072－187. 因为－2<x 1<2，所以PA →·F 2C →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－187，18. 3.如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围． 解：(1)证明：设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B 14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点均在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02， 即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根．所以y 1＋y 2＝2y 0，因此PM 垂直于y 轴．(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22(y 20－4x 0).因此△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝ 324(y 20－4x 0)32. 因为x 20＋y 204＝1(x 0<0)， 所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104. 4．已知M 为椭圆C ：x 225＋y 29＝1上的动点，过点M 作x 轴的垂线，垂足为D ，点P 满足PD →＝53MD →. (1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)若A ，B 两点分别为椭圆C 的左、右顶点，F 为椭圆C 的左焦点，直线PB 与椭圆C 交于点Q ，直线QF ，PA 的斜率分别为k QF ，k PA ，求k QF k PA的取值范围． 解：(1)设P (x ，y )，M (m ，n )，依题意知D (m,0)，且y ≠0.由PD →＝53MD →，得(m －x ，－y )＝53(0，－n )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ m －x ＝0，－y ＝－53n ⇒⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝x ，n ＝35y . 又M (m ，n )为椭圆C ：x 225＋y 29＝1上的点， ∴x 225＋⎝ ⎛⎭⎪⎫35y 29＝1，即x 2＋y 2＝25，故动点P 的轨迹E 的方程为x 2＋y 2＝25(y ≠0)．(2)依题意知A (－5,0)，B (5,0)，F (－4,0)，设Q (x 0，y 0)，∵线段AB 为圆E 的直径，∴AP ⊥BP ，设直线PB 的斜率为k PB ， 则k QF k PA ＝k QF －1k PB ＝－k QF k PB ＝－k QF k QB ＝－y 0x 0＋4·y 0x 0－5＝－y 20(x 0＋4)(x 0－5) ＝－9⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 2025(x 0＋4)(x 0－5)＝925(x 20－25)(x 0＋4)(x 0－5)＝925(x 0＋5)x 0＋4＝925⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 0＋4， ∵点P 不同于A ，B 两点且直线QF 的斜率存在，∴－5<x 0<5且x 0≠－4，又y ＝1x ＋4在(－5，－4)和(－4,5)上都是减函数， ∴925⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 0＋4∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫25，＋∞， 故k QF k PA 的取值范围是(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫25，＋∞.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点+三角函数与解三角形+考点过关检测一+Word版
考点过关检测（一）1．(2020届高三·福建五校联考)为得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象，只需将函数y ＝sin 2x 的图象( )A ．向右平移5π12个单位长度 B ．向左平移5π12个单位长度 C ．向右平移5π6个单位长度D ．向左平移5π6个单位长度解析：选B 因为y ＝sin 2x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2x ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2，y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋5π12－π2，所以将函数y ＝sin 2x 的图象向左平移5π12个单位长度可得到函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象．故选B. 2．(2020届高三·豫南九校联考)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位，则所得函数图象的解析式为( )A ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π24B ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3C ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－5π12D ．y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π12解析：选B 函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4经伸长变换得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π4，再作平移变换得y ＝sin 12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－π3.3．函数y ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －π3在一个周期内的图象是( )解析：选A 由题意得函数的周期为T ＝2π，故可排除B 、D.对于C ，图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0，代入解析式，不成立，故选A.4．(2019·菏泽期末)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4的图象向左平移π6个单位后，得到函数f (x )的图象，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝( )A.2＋64B.3＋64C.32D.22解析：选D ∵f (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝sin π4＝22，故选D.5．为了得到函数y ＝sin x ＋cos x 的图象，只需把y ＝sin x －cos x 的图象上所有的点( )A ．向左平移π4个单位长度 B ．向右平移π4个单位长度 C ．向左平移π2个单位长度 D ．向右平移π2个单位长度解析：选C y ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，y ＝sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，因此为了得到y ＝sin x ＋cos x 的图象，只需将y ＝sin x －cos x 的图象上所有的点向左平移π2个单位长度．故选C.6．若将函数g (x )的图象上所有的点向左平移π6个单位长度得到函数f (x )的图象，已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则( )A ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3B ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3C ．g (x )＝sin 2xD ．g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 解析：选C 根据题图知A ＝1，34T ＝5π6－π12＝3π4⇒T ＝π＝2πω⇒ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π12＋φ＝1⇒sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝1⇒π6＋φ＝π2＋2k π，k∈Z ⇒φ＝π3＋2k π，k ∈Z .因为|φ|<π2，所以φ＝π3，所以f (x )＝sin2x ＋π3.将f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3的图象向右平移π6个单位长度得到函数g (x )的图象，则g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π6＋π3＝sin 2x .故选C. 7．函数y ＝sin(ωx ＋φ)x ∈R ，ω>0,0<φ<π2在区间－π6，5π6上的图象如图所示，为了得到这个函数的图象，只需将y ＝sin x 的图象( )A ．向左平移π3个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的12，纵坐标不变 D ．向左平移π6个单位，再把所得各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变解析：选A 由图可知T ＝5π6－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π，∴ω＝2.又函数图象过⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0，则－π6×2＋φ＝2k π(k ∈Z )，∴φ＝2k π＋π3(k ∈Z )．又0<φ<π2，∴ φ＝π3，∴y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.∴为了得到这个函数的图象，只需将y ＝sin x (x ∈R )的图象上的所有点向左平移π3个单位，得到y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象，再将y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的图象上各点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)即可．8.(2019·赣州质检)设ω>0，函数y ＝sin(ωx ＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移π3个单位后，得到如图所示的图象，则ω，φ的值为( )A ．ω＝2，φ＝2π3 B ．ω＝2，φ＝－π3 C ．ω＝1，φ＝－π3D ．ω＝1，φ＝2π3解析：选A 函数y ＝sin(ωx ＋φ)(－π<φ<π)的图象向左平移π3个单位后可得y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋πω3＋φ.由函数的图象可知，T 2＝π3－⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝π2，∴T ＝π.根据周期公式可得ω＝2，∴y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋2π3.由图知当y ＝－1时，x ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－π6＝π12，∴函数的图象过⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，－1，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋φ＝－1.∵－π<φ<π，∴φ＝2π3.故选A. 9．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象如图所示，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (18)的值等于( )A.22 B. 2 C.2＋2D ．1解析：选C 由图知A ＝2，T2＝6－2＝4， ∴T ＝8，则ω＝2π8＝π4. ∴y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋φ.又∵函数图象过点(2,2)，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4×2＋φ＝2，∴π2＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )，则φ＝2k π(k ∈Z )，∴f (x )＝2sin π4x .∵f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (6)＋f (7)＋f (8)＝0，∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (18)＝2f (1)＋2f (2)＋…＋2f (8)＋f (1)＋f (2)＝f (1)＋f (2)＝2＋2，故选C.10.(2019·达州期末)函数f (x )＝sin(πx ＋θ)⎝ ⎛⎭⎪⎫|θ|<π2的部分图象如图所示，且f (0)＝－12，则图中m 的值为( )A ．1 B.43 C ．2D.43或2解析：选B ∵f (0)＝sin θ＝－12，且|θ|<π2，∴θ＝－π6，∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx －π6，∴f (m )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫m π－π6＝－12，∴m π－π6＝2k π＋7π6，k ∈Z ，∴m ＝2k ＋43，k ∈Z .又周期T ＝2，∴0<m <2，∴m ＝43.11．(2019·南昌三模)将函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6的图象上所有点的横坐标压缩为原来的12，纵坐标保持不变，得到函数g (x )的图象，若g (x 1)＋g (x 2)＝2，且x 1，x 2∈[－2π，2π]，则x 1－x 2的最大值为________．解析：由题意得g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，若g (x 1)＋g (x 2)＝2，且x 1，x 2∈[－2π，2π]， 则g (x 1)＝g (x 2)＝1，令2x ＋π6＝2k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π＋π6(k ∈Z )，要使x 1，x 2∈[－2π，2π]，且x 1－x 2最大，分别取k ＝1，k ＝－2即可，故x 1－x 2的最大值为3π.答案：3π12．已知函数f (x )＝tan(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，0<φ<π2图象上相邻两个对称中心的距离为32，则f (1)＝－3，则函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝1x －2(－5<x <9，且x ≠2)的图象所有交点的横坐标之和为________．解析：由已知得f (x )＝tan(ωx ＋φ)的最小正周期为3，即πω＝3，∴ω＝π3，则f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋φ.又f (1)＝－3，即tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝－3，π3＋φ＝2π3＋k π，k ∈Z .∵0<φ<π2，∴φ＝π3，∴f (x )＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋π3.又∵f (2)＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋π3＝0，∴y ＝f (x )的图象关于(2,0)中心对称，作出y ＝f (x )和y ＝1x －2(－5<x <9，且x ≠2)的图象如图所示，可知两函数共有6个交点，且都关于(2,0)中心对称，则这6个交点的横坐标之和为3×4＝12.答案：12。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点 函数与导数 考点过关检测二十七
考点过关检测（二十七）1．函数f (x )＝Error!的零点个数为( )A ．3 B ．2C ．1D ．0解析：选C ①若x >0，则2x ＋1＝0，无解．②若x ≤0，则x 2－x －2＝0，解得x ＝－1或x ＝2(舍去)．所以函数f (x )＝Error!的零点个数为1.2．函数f (x )＝2x ＋3x －7的零点所在的区间是( )A. B.(0，12)(12，1)C.D.(1，32)(32，2)解析：选C 函数f (x )＝2x ＋3x －7是连续递增函数，∵f (1)＝2＋3－7<0，f ＝2＋3×－7＝2＋4.5－7>0，(32)32322∴f (1)·f <0，故选C.(32)3．(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝Error!(a ∈R )，若函数f (x )在R 上有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)D ．(－∞，1]解析：选A 因为函数f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上均为单调函数且在R 上有两个零点，所以f (x )在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x ≤0时，f (x )有一个零点，需0<a ≤1；当x >0时，f (x )有一个零点，需－a <0，即a >0.综上，0<a ≤1.故选A.4．(2019·石家庄质检)已知M 是函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx (x ∈R )的所有零点之和，则M 的值为( )A ．3B ．6C ．9D ．12解析：选D 将函数f (x )＝|2x －3|－8sin πx 的零点转化为函数h (x )＝|2x －3|与g (x )＝8sin πx 图象交点的横坐标．在同一平面直角坐标系中画出函数h (x )与g (x )的图象如图所示，因为函数h (x )与g (x )的图象都关于直线x ＝对称，两个函数的图象共有8个交点，32所以函数f (x )的所有零点之和M ＝8×＝12.325．(2019·宣城二模)已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d .若f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( )A ．a >c >b >dB ．a >b >c >dC ．c >d >a >bD ．c >a >b >d解析：选D 因为f (x )＝2 019－(x －a )(x －b )，所以f (a )＝f (b )＝2 019，又c ，d 为函数f (x )的零点，且a >b ，c >d ，所以可在平面直角坐标系中作出函数f (x )的大致图象如图所示，由图可知c >a >b >d ，故选D.6．(2019·泉州检测)设函数y ＝f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[－1,1]时，f (x )＝|x |，则函数g (x )＝f (x )－sin x 在区间[－π，π]上的零点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 要求函数g (x )＝f (x )－sinx 的零点个数，即求方程f (x )－sinx ＝0的根的个数，可转化为函数y ＝f (x )与函数y ＝sin x 的图象的交点个数．在同一平面坐标系内作出y ＝f (x )与y ＝sin x 的图象如图所示，可知在区间[－π，π]上，图象有3个交点．故选B.7．已知f (x )＝Error!若关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，则实数a的取值范围是( )A.∪[1,2)B.∪[1,2)(－∞，12)(0，12)C ．(1,2)D ．[1,2)解析：选B 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根等价于y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，画出y ＝a ，y ＝f (x )的图象，如图，由图可知，当a ∈∪[1,2)时，(0，12)y ＝a ，y ＝f (x )的图象有两个不同的交点，此时，关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同实根，所以实数a 的取值范围是∪[1,2)．故选B.(0，12)8．(2019·西安二模)已知函数f (x )＝Error!又函数g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点，则实数t 的取值范围是( )A.B.(－∞，－e2＋1e )(e2＋1e ，＋∞)C.D.(－e2＋1e ，－2)(2，e2＋1e )解析：选A 由f (x )＝(x ≥0)，得f ′(x )＝，xe x 1－x e x 当0≤x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以f (x )在[0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，且f (x )max ＝.1e 设m ＝f (x )，则h (m )＝m 2＋tm ＋1，设h (m )＝m 2＋tm ＋1的零点为m 1，m 2，则g (x )＝f 2(x )＋tf (x )＋1(t ∈R )有4个不同的零点等价于m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的交点有4个，函数m ＝f (x )的图象与直线m ＝m 1，m ＝m 2的位置关系如图所示，由图知，0<m 2<<m 1，1e要满足题意，则需h <0即可，解得t <－，(1e )e2＋1e 故选A.9．若函数f (x )＝ax ＋1－2a 在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝0时，函数f (x )＝1在(－1,1)上没有零点，所以a ≠0.因为函数f (x )是单调函数，要满足题意，只需f (－1)f (1)<0，所以(－3a ＋1)(1－a )<0，即(a －1)·(3a －1)<0，解得<a <1，所以实数a 的取值范围是.13(13，1)答案：(13，1)10．设a ∈Z ，函数f (x )＝e x ＋x －a ，若x ∈(－1，1)时，函数f (x )有零点，则a 的取值个数为________．解析：因为函数f (x )＝e x ＋x －a ，易得函数f (x )在(－1,1)上为增函数，则－1－a <f (x )<e ＋1－a ，1e 由函数f (x )＝e x ＋x －a 有零点，得Error!解得－1<a <e ＋1.1e 又a ∈Z ，所以a ＝0或a ＝1或a ＝2或a ＝3，故a 的取值个数有4个．答案：411．已知函数f (x )＝x |x －4|＋2x ，存在x 3>x 2>x 1≥0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2·f (x 3)的取值范围是________．解析：f (x )＝x |x －4|＋2x ＝Error!作出f (x )的图象如图所示．由图象可知，x 1＋x 2＝6，且2<x 1<3，∴x 1x 2f (x 3)＝x 1(6－x 1)f (x 1)＝x 1(6－x 1)·(－x ＋6x 1)21＝(－x ＋6x 1)221＝[－(x1－3)2＋9]2，∵2<x1<3，∴－(x1－3)2＋9∈(8,9)，∴x1x2f(x3)∈(64,81)．答案：6 (64,81)12．已知在区间(0,2]上的函数f(x)＝Error!且g(x)＝f(x)－mx在区间(0,2]内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是________．解析：由函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点，得y ＝f (x )，y ＝mx 在(0,2]内的图象有且仅有两个不同的交点．当y ＝mx 与y ＝－3在(0,1]内相切时，1x mx 2＋3x －1＝0，Δ＝9＋4m ＝0，m ＝－，结合图象可得当－<m ≤－2或94940<m ≤时，函数g (x )＝f (x )－mx 在(0,2]内有且仅有两个不同的零点．12答案：∪(－94，－2](0，12]。
2020新高考文科数学二轮培优空立体几何中的热点问题考点考向考题突破(85张)
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(2)存在满足条件的点 M.取 CF 的中点记作 M，设 DF 的中点为 N，连接 AN，MN，则 MN 綊12CD，
又 AO 綊12CD，则 MN 綊 AO，
∴四边形 MNAO 为平行四边形， ∴OM∥AN，又 AN⊂平面 DAF，OM⊄平面 DAF， ∴OM∥平面 DAF. 即存在一点 M 为 CF 的中点，使得 OM∥平面 DAF.
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真题VS押题
配套作业
(1)求证：平面 PBC∥平面 EFH； (2)求三棱锥 P－EFH 的体积．
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配套作业
解 (1)证明：因为在菱形 ABCD 中，E，H 分别为 AB，CD 的中点， 所以 BE 綊 CH，四边形 BCHE 为平行四边形，则 BC∥EH，
(1)求证：BC⊥平面 ACD；
(2)若点 F 在棱 CD 上，且满足 AD∥平面 BEF，求几何体 F－BCE 的体
积．
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配套作业
解 (1)证明：在图 1 中，由题意，知 AC＝BC＝2 2，
所以 AC2＋BC2＝AB2，所以 AC⊥BC．
因为点 E 为 AC 的中点，如图，连接 DE，则 DE⊥AC， 又平面 ADC⊥平面 ABC， 且平面 ADC∩平面 ABC＝AC，DE⊂平面 ACD，从而 ED⊥平面 ABC，
又 EH⊄平面 PBC，所以 EH∥平面 PBC．
又点 E，F 分别为 AB，AP 的中点，所以 EF∥BP，
又 EF⊄平面 PBC，所以 EF∥平面 PBC．而 EF∩EH＝E， 所以平面 EFH∥平面 PBC．
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测十九文
考点过关检测（十九）1．(2020届高三·唐山联考)已知F 为抛物线E ：y 2＝4x 的焦点，过点P (0,2)作两条互相垂直的直线m ，n ，直线m 交E 于不同的两点A ，B ，直线n 交E 于不同的两点C ，D ，记直线m 的斜率为k .(1)求k 的取值范围；(2)设线段AB ，CD 的中点分别为点M ，N ，证明：直线MN 过定点Q (2,0)．解：(1)由题设可知k ≠0，所以直线m 的方程为y ＝kx ＋2，与y 2＝4x 联立，整理得ky 2－4y ＋8＝0.①由Δ1＝16－32k >0，解得k <12. 直线n 的方程为y ＝－1kx ＋2，与y 2＝4x 联立， 整理得y 2＋4ky －8k ＝0，由Δ2＝16k 2＋32k >0，解得k >0或k <－2.所以k <－2或0<k <12， 故k 的取值范围为(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)．由①得，y 1＋y 2＝4k ，则y 0＝2k ，x 0＝2k 2－2k， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－2k ，2k . 同理可得N (2k 2＋2k ，－2k )．直线MQ 的斜率k MQ ＝2k 2k 2－2k－2＝－k k 2＋k －1， 直线NQ 的斜率k NQ ＝－2k 2k 2＋2k －2＝－k k 2＋k －1＝k MQ ， 所以直线MN 过定点Q (2,0)．2．(2019·兰州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过圆E ：x 2＋y 2＝2上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于A ，B 两点，以AB为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．解：(1)因为椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b ＝c ，12·2c ·b ＝b 2＝3，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝6，b 2＝3.故椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)圆E 的方程为x 2＋y 2＝2，设O 为坐标原点，①当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线AB 的方程为x ＝2，A (2，2)，B (2，－2)，所以∠AOB ＝90°，所以以AB 为直径的圆过坐标原点O (0,0)．②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为直线与相关圆相切，所以d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k 2＝2，所以m 2＝2＋2k 2. 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0， 则Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝8(6k 2－m 2＋3)＝8(4k 2＋1)>0，且x 1＋x 2＝－4km 1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2， 所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k 2＋m 2＝3m 2－6k 2－61＋2k2＝0， 所以OA →⊥OB →，所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．综合①②可知，以AB 为直径的圆恒过坐标原点O (0,0)．3．(2019·柳州联考)已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴上，且抛物线上有一点P (4，m )到焦点的距离为5.(1)求该抛物线C 的方程；(2)已知抛物线上一点M (t,4)，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD ⊥ME ，判断直线DE 是否过定点？并说明理由．解：(1)由题意知抛物线C 的焦点在x 轴的正半轴上，可设抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)，其准线方程为x ＝－p 2， ∵P (4，m )到焦点的距离等于点P 到准线的距离，∴4＋p 2＝5，∴p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)把M (t,4)代入抛物线C 的方程，得16＝4t ，∴t ＝4，∴M (4,4)．由题易知直线DE 的斜率不为0，设直线DE 的方程为x ＝ky ＋n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky ＋n ，y 2＝4x 消去x ，得y 2－4ky －4n ＝0， Δ＝16k 2＋16n >0，①设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4n .∵MD ⊥ME ，∴MD →·ME →＝(x 1－4，y 1－4)·(x 2－4，y 2－4)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16＝y 214·y 224－4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋y 224＋16＋y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋16 ＝(y 1y 2)216－(y 1＋y 2)2＋3y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋32 ＝n 2－16k 2－12n ＋32－16k ＝0，即n 2－12n ＋32＝16k 2＋16k ，得(n －6)2＝4(2k ＋1)2，∴n －6＝±2(2k ＋1)，得n ＝4k ＋8或n ＝－4k ＋4，当n ＝4k ＋8时，代入①式满足Δ>0，∴直线DE 的方程为x ＝ky ＋4k ＋8＝k (y ＋4)＋8，直线过定点(8，－4)．当n ＝－4k ＋4时，代入①式，当k ≠2时，Δ>0，此时直线DE 的方程为x ＝k (y －4)＋4，直线过定点(4,4)，不合题意，舍去．∴直线过定点(8，－4)． 4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，22，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆的方程．(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在．求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)∵椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴a ＝2b ，∴x 22b 2＋y 2b 2＝1. 又∵椭圆经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，将点P 的坐标代入椭圆方程得b 2＝1，∴a 2＝2，故椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)由题意动直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432； 当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝1，即两圆相切于点(0,1)，因此，如果所求的点T 存在，只能是(0,1)，下证点T (0,1)就是所求的点．证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)．当直线l 不垂直于x 轴，可设直线l ：y ＝kx －13. 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1消去y 并整理，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9. 又∵TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，∴TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 1－43⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0. ∴TA ⊥TB ，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)， ∴在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足条件．。
2020高考数学二轮专题复习立体几何(文).docx
立体几何（文）【考纲解读】1.掌握平面的基本性质 ( 三个公理、三个推论 ) ，理解确定平面的条件；会用字母、集合语言表示点、直线、平面间的关系 .2. 理解线线、线面平行的定义; 熟练掌握线线、线面及面面平行的判定和性质; 会运用线线、线面及面面平行的判定和性质进行推理和证明.3．能画出简单空间图形( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合三视图所表示的立体模型, 会画它们的直观图.) 的三视图, 能识别上述4．理解空间中线线、线面垂直定义及分类；理解空间中线线、线面、面面垂直的有关定理及性质；会运用线面平行与垂直的判定与性质定理进行证明和推理.5．认识柱、锥、台、球及简单几何体的结构特征, 并运用这些特征描述简单物体的结构; 了解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式( 不要求记忆 ).【考点预测】1.对于空间几何体中点、线、面的位置关系及平行与垂直的性质和判定，高考中常在选择题中加以考查 . 解答题主要考查空间几体的点、线、面的位置关系的证明及探索存在性问题，着重考查学生的空间想象能力、推理论证能力，运用图形语言进行交流的能力及几何直观能力，难度中等 . 明年高考将仍以平行与垂直关系的证明探究为重点 , 注意命题题型的多样化、新颖化，如开放性、探索存在性题型 .2.三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积，考查了学生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及性质的基本能力，是每年高考必考内容，明年高考仍以三视图，空间几何体的表面积与体积为重点，在客观题中加以考查，其中表面积与体积也可能在解答题题后一问中出现。
【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图 : 已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段 , 在直观图中保持长度不变, 平行于 y 轴的线段平行性不变, 但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式 :(1) 柱体的体积公式 : V柱Sh;锥体的体积公式:V锥1Sh;1h(S 34台体的体积公式 : V棱台SS S ) ;球的体积公式:V球r 3.33(2) 球的表面积公式 :S球4R2.4. 有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系 .5. 平行与垂直关系的证明, 熟练判定与性质定理.【考点在线】考点一三视图例1. （ 2020 年高考海南卷文科第 8 题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）【答案】 D【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是 D.【名师点睛】本题考查三视图的基础知识.【备考提示】三视图是高考的热点之一 , 年年必考 , 所以必须熟练立体几何中的有关定理是解答好本题的关键 .练习 1:（2020年高考江西卷文科9) 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）【答案】 D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.考点二表面积与体积例 2. . (2020 年高考安徽卷文科8) 一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )【解析】 由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱 . 底面等腰梯形的上底为 2，下底为4 ， 高 为 4 ， 两 底 面 积 和 为 212 44 24 ， 四 个 侧 面 的 面 积 为24 4 2 2 17 24 8 17 ，所以几何体的表面积为 48 8 17 . 故选 C.【名师点睛】 本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【备考提示】： 表面积与体积的求解也是高考的热点之一，年年必考，大多以三视图为载体，在选择与填空题中考查，难度不大，也可能在解答题的一个问号上.练习 2：（2020 年高考湖南卷文科4) 设图１是某几何体的三视图，则3该几何体的体积为 ()A ． 9 42Ｂ． 3618 2Ｃ．912Ｄ．9 1822【答案】 D【解析】 有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积 V4 （ 3 339 18 .32）+3 2=2考点三 球的组合体例 3.（ 2020 年高考辽宁卷文科 10) 己知球的直径 SC=4，A ， B 是该球球面上的两点． AB=2,ASC 45o , 则棱锥 SABC 的体积为 ( )(A)3(B)2 3(C)4 3 5 3(D)3正视图侧视图俯视图图 13 3 33【答案】 C【解析】取 SC的中点 D, 则 D为球心，则AD=BD=DS=2。
2020高考数学(文)二轮专题课件：大题考法课立体几何
解：(1)证明：由题知，BD＝AD＝4 2，又 AB＝8，∴AB2＝AD2 ＋BD2，∴BD⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且两平面的交线是 AD，BD⊂平面 ABCD，BD⊥AD，∴BD⊥平面 PAD，又 BD⊂平面 MBD，∴ 平面 MBD⊥平面 PAD.
(2)过点 P 作 PO⊥AD 交 AD 于点 O，则 PO⊥平面 ABD，∴点
知 A1B1 綊 DC，可得 B1C 綊 A1D，故 ME 綊
ND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以 MN∥ED.
又 MN⊄平面 C1DE，扣 1 分．
[微点提醒]
[微点提醒]
加红处若漏掉 MN⊄ 平面 C1DE，扣 1 分.
❶转化：线线平行⇒线面平行 MN∥ED⇒MN∥平面 C1DE.
(2)存在一个常数 m＝ 23，使得平面 PED⊥ 平面 PAB，理由如下： 要使平面 PED⊥平面 PAB，只需 AB⊥DE， 因为 AB＝AD＝2，∠DAB＝30°， 所以 AE＝ADcos 30°＝ 3， 又因为 PD⊥平面 ABCD，PD⊥AB，PD∩DE＝D， 所以 AB⊥平面 PDE， 因为 AB⊂平面 PAB，所以平面 PDE⊥平面 PAB， 所以 m＝AAEB＝ 23.
(2)取 CG 的中点 M，连接 EM，DM. 因为 AB∥DE，AB⊥平面 BCGE，所以 DE⊥平面 BCGE， 所以 DE⊥CG. 因为四边形 BCGE 是菱形，且∠EBC＝60°， 所以 EM⊥CG， 又 DE∩EM＝E，所以 CG⊥平面 DEM. 所以 DM⊥CG. 在 Rt△DEM 中，DE＝1，EM＝ 3， 故 DM＝2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4.
[微点提醒]
[关键步骤]
加红处只作 CH⊥C1E，不进行证 明 CH⊥平面 C1DE 的扣 2 分．
新高考2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测二十文202001160614
考点过关检测（二十）1．(2019·马鞍山期末)已知椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)经过点(1，2)，离心率为22，过原点O 作两条直线l 1，l 2，直线l 1交椭圆于点A ，C ，直线l 2交椭圆于点B ，D ，且|AB |2＋|BC |2＋|CD |2＋|DA |2＝24.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，求证：|k 1k 2|为定值．解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝2，故椭圆的方程为y 24＋x 22＝1.(2)证明：由对称性可知，四边形ABCD 是平行四边形，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 1，－y 1)，D (－x 2，－y 2)，由y 24＋x 22＝1，得y 2＝4－2x 2，|AB |2＋|BC |2＋|CD |2＋|DA |2＝2(|AB |2＋|DA |2) ＝2[(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2] ＝4(x 21＋x 22＋y 21＋y 22)＝4(x 21＋x 22＋4－2x 21＋4－2x 22) ＝4×(8－x 21－x 22)＝24，所以x 21＋x 22＝2，|k 1·k 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1y 2x 1x 2＝y 21y 22x 21x 22 ＝(4－2x 21)(4－2x 22)x 21x 22＝16－8x 21－8x 22＋4x 21x 22x 21x 22＝2，故|k 1k 2|为定值2.2．(2019·绵阳诊断)已知点E (－2,0)，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (2,0)，过点F 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△ABE 的周长为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点N ，已知NA →＝mAF →，NB →＝nBF →，求m ＋n 的值． 解：(1)由题意知，E 为椭圆的左焦点，∴|AB |＋|AE |＋|BE |＝|AF |＋|BF |＋|AE |＋|BE |＝4a ＝12，解得a ＝3，又c ＝2，故b 2＝a 2－c 2＝9－4＝5，∴椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.(2)由题知F (2,0)，若直线AB 恰好过原点，则A (－3,0)，B (3,0)，N (0,0)， ∴NA →＝(－3,0)，AF →＝(5,0)，则m ＝－35，NB →＝(3,0)，BF →＝(－1,0)，则n ＝－3，∴m ＋n ＝－185.若直线AB 不过原点，设直线AB ：x ＝ty ＋2，t ≠0，A (ty 1＋2，y 1)，B (ty 2＋2，y 2)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t .则NA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ty 1＋2，y 1＋2t ，AF →＝(－ty 1，－y 1)，NB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ty 2＋2，y 2＋2t ，BF →＝(－ty 2，－y 2)，由NA →＝mAF →，得y 1＋2t ＝m (－y 1)，从而m ＝－1－ 2ty 1；由NB →＝nBF →，得y 2＋2t＝n (－y 2)，从而n ＝－1－2ty 2，故m ＋n ＝－1－2ty 1＋⎝⎛⎭⎪⎫－1－2ty 2＝－2－2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋2，x 29＋y25＝1，整理得(5t 2＋9)y 2＋20ty －25＝0，∴y 1＋y 2＝－20t 5t 2＋9，y 1y 2＝－255t 2＋9，∴m ＋n ＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2＝－2－2t ×20t 25＝－2－85＝－185.综上所述，m ＋n ＝－185.3．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m ·n ＝0. (1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△POQ 的面积是否为定值，并说明理由． 解：(1)证明：∵k 1，k 2存在，∴x 1x 2≠0， ∵m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14. (2)①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0，又由P (x 1，y 1)在椭圆上，得x 214＋y 21＝1， ∴|x 1|＝2，|y 1|＝22， ∴S △POQ ＝12|x 1|·|y 1－y 2|＝1.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(4k 2＋1－b 2)>0，∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1，满足Δ>0. ∴S △POQ ＝12·|b |1＋k 2·|PQ | ＝12|b |(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2|b |·4k 2＋1－b24k 2＋1＝1. ∴△POQ 的面积为定值，且为1.4．(2019·沈阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P为其上一动点，且三角形PF 1F 2的面积最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，并求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋n消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n 2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝±x消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+函数与导数(三十三)
所以 g(1)＝1，且 f′(1)·g′(1)＝－1， 所以 g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1， 解得 a＝－1，b＝－1. (2)证明：由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x， 则 f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0. 令 h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)， 则 h′(x)＝－1－xl2n x＋eex＋x12＋1＝lnx2x＋eex＋1.
[把脉考情] 考什么 不等式的证明问题(涉及零点、极值点、双变量问题) 考多深 在解答题中考查，难度较大，分值 12 分
多与函数的零点、极值点交汇考查不等式的证明，注 考多宽
意构造法、函数法及转化、化归思想的应用
移项作差构造法证明不等式
[典例 1] (2019·赣州高三模拟)已知函数 f(x)＝1－lnxx，g(x) ＝aeex ＋1x－bx，若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点 A 处的切线互相垂直．
因为 x≥1，所以 h′(x)＝lnx2x＋eex＋1＞0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，即 1－lnxx－eex－1x＋x≥0， 所以当 x≥1 时，f(x)＋g(x)≥2x.
增分方略 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接 构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造 函数的单调性即可得证．
所以 h(x)＜h(0)＝0，h(x2)＝g(－x2)＜0， 所以 x1＜－x2＜0. 由于函数 f(x)在(x1,0)上单调递减， 所以 f(x1)＞f(－x2)． 要证 f(x1)＋f(x2)＞2，只需证 f(－x2)＋f(x2)＞2， 即证 ex2＋e－x2－x22－2＞0. 设函数 k(x)＝ex＋e－x－x2－2，x∈(0，＋∞)， 则 k′(x)＝ex－e－x－2x. 设 φ(x)＝k′(x)＝ex－e－x－2x， 则 φ′(x)＝ex＋e－x－2＞0，
(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点立体几何考点过关检测十二文(最新整理)
考点过关检测（十二）1．（2019·重庆一诊）已知直线l和平面α,若l∥α，P∈α,则过点P且平行于l的直线（)A．只有一条，不在平面α内B．只有一条,且在平面α内C．有无数条,一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内解析：选B 假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n,则m∥l且n∥l.由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾,故过点P且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内,所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B。
2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知直线a，b，l,平面α，β,则下列命题正确的个数为（)①若α⊥β,l⊥α，则l∥β；②若a⊥l，b⊥l，则a∥b；③若α⊥β，l⊂α,则l⊥β；④若l⊥α，l⊥β，则α∥β。
A．0 B．1C．2 D．3解析:选B 在①中,若α⊥β,l⊥α，则l∥β或l⊂β，故①错误；在②中,若a⊥l，b⊥l，则a与b相交、平行或异面，故②错误；在③中，若α⊥β，l⊂α，则l与β相交、平行或l⊂β，故③错误；在④中，若l⊥α,l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故④正确．故选B.3．(2019·辽宁五校联考）在正方体ABCDA1B1C1D1中,M，N分别是BC1,CD1的中点,则( )A．MN∥C1D1B．MN⊥BC1C．MN⊥平面ACD1D．MN⊥平面ACC1解析：选D 如图，设CC1的中点为P，连接NP,则NP∥C1D1,又MN∩NP＝N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN与C1D1是异面直线）,所以选项A错误；假设MN⊥BC1，连接CM，易知CM⊥BC1,又MN∩CM＝M，所以BC1⊥平面MNC,所以BC1⊥CD1，所以AD1⊥CD1,这与△ACD1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B错误；假设MN⊥平面ACD1，则MN⊥CD1，连接MD1，因为N为CD1的中点，所以MC＝MD1，这不可能理由：设正方体ABCD .A1B1C1D1的棱长为1，则易求得MC ＝错误!，MD1＝错误!，所以假设错误，即选项C错误；设CD,BC的中点分别为E，F，连接EF,则易知MN∥EF，且EF⊥平面ACC1,所以MN⊥平面ACC1，所以选项D正确．故选D.4。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(十七)
3．(2018·全国卷Ⅲ)直线 x＋y＋2＝0 分别与 x 轴，y 轴交于
A，B 两点，点 P 在圆(x－2)2＋y2＝2 上，则△ABP 面积的取值
范围是( )
A．[2,6]
B．[4,8]
C．[ 2，3 2]
D．[2 2，3 2]
解析：选 A 设圆(x－2)2＋y2＝2 的圆心为 C，半径为 r， 点 P 到直线 x＋y＋2＝0 的距离为 d，
[答案] (1)C (2)2 2
增分方略 解决直线方程问题的两个注意点 (1)求解两条直线平行的问题时，在利用 A1B2－A2B1＝0 建 立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合 的可能性． (2)要注意几种直线方程的局限性．点斜式、斜截式要求直 线不能与 x 轴垂直；两点式要求直线不能与坐标轴垂直；而截 距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的 直线．
6．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 y＝x2＋mx －2 与 x 轴交于 A，B 两点，点 C 的坐标为(0,1)，当 m 变化时， 解答下列问题：
(1)能否出现 AC⊥BC 的情况？说明理由； (2)证明过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值．
解：(1)不能出现 AC⊥BC 的情况，理由如下： 设 A(x1,0)，B(x2,0)，则 x1，x2 满足 x2＋mx－2＝0， 所以 x1x2＝－2. 又 C 的坐标为(0,1)， 故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为－x11·－x21＝－12， 所以不能出现 AC⊥BC 的情况．
则圆心 C(2,0)，r＝ 2， 所以圆心 C 到直线 x＋y＋2＝0 的距离为|2＋22|＝2 2， 可得 dmax＝2 2＋r＝3 2，dmin＝2 2－r＝ 2. 由已知条件可得|AB|＝2 2， 所以△ABP 面积的最大值为12|AB|·dmax＝6， △ABP 面积的最小值为12|AB|·dmin＝2. 综上，△ABP 面积的取值范围是[2,6]．
(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点解析几何考点过关检测十七文(最新整理)
考点过关检测(十七）1．“ab＝4"是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的（)A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解析：选C 因为两直线平行，所以斜率相等，即－错误!＝－错误!，可得ab＝4，又当a ＝1，b＝4时，满足ab＝4，但是两直线重合，故选C.2．(2019·南充期末)若直线l：y＝kx＋1被圆C：x2＋y2－2x－3＝0截得的弦最短，则直线l的方程是（）A．x＝0 B．y＝1C．x＋y－1＝0 D．x－y＋1＝0解析：选D 依题意，直线l:y＝kx＋1过定点P(0，1)．圆C：x2＋y2－2x－3＝0化为标准方程为(x－1）2＋y2＝4.故圆心为C（1,0），半径为r＝2。
则易知定点P(0，1）在圆内．由圆的性质可知当PC⊥l时，此时直线l：y＝kx＋1被圆C：x2＋y2－2x－3＝0截得的弦最短．因为k PC＝1－00－1＝－1，所以直线l的斜率k＝1，即直线l的方程是x－y＋1＝0.3．(2019·广东六校模拟)与圆(x－2）2＋y2＝4关于直线y＝错误!x对称的圆的方程是（)A．(x－错误!）2＋(y－1）2＝4 B．（x－错误!）2＋（y－错误!）2＝4C．x2＋(y－2)2＝4 D．(x－1)2＋（y－3)2＝4解析：选D 设所求圆的圆心为（a，b)，则错误!∴错误!∴所求圆的方程为（x－1)2＋（y－错误!)2＝4.4．(2019·河南八市质检）过点（3,1）作圆（x－1）2＋y2＝r2的切线有且只有一条,则该切线的方程为( ）A．2x＋y－5＝0 B．2x＋y－7＝0C．x－2y－5＝0 D．x－2y－7＝0解析：选 B 由题意，过点（3，1)作圆（x－1）2＋y2＝r2的切线有且只有一条，则点（3,1)在圆上，代入可得r2＝5，圆的方程为（x－1)2＋y2＝5，则过点(3,1）的切线方程为（x－1）（3－1）＋y（1－0）＝5,即2x＋y－7＝0。
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(二十)
[解] (1)因为抛物线 y2＝2px 过点(1,2)， 所以 2p＝4，即 p＝2. 故抛物线 C 的方程为 y2＝4x. 由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0)， 由yy2＝＝k4xx＋，1， 得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得 k<0 或 0<k<1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，－2)．
消去 y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12
＝0.
因为直线 l 与椭圆 C 相切， 所以 Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝0， 整理得 m2＝4k2＋3.(*)
y＝kx＋m， 由y＝－1kx－1
得 Q1k－2＋km1 ，kk2＋＋m1，
与几何图形的面积有关的定值问题
[典例 2] 如图所示，设点 A，B 的坐标分别 为(－ 3，0)，( 3，0)，直线 AP，BP 相交于点 P， 且它们的斜率之积为－23.
(1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 P 的轨迹为 C，点 M，N 是轨迹 C 上不同的两点， 且满足 AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON 的面积为定值．
[解] (1)设点 P 的坐标为(x，y)，由题意得，kAP·kBP＝
y x＋
y 3·x－
3＝－23(x≠±
3)，
化简得，点 P 的轨迹方程为x32＋y22＝1(x≠± 3)．
(2)由题意可知，M，N 是轨迹 C 上不同的两点，且 AP∥
OM，BP∥ON，则直线 OM，ON 的斜率必存在且不为 0，kOM·kON
所以|OQ|＝
1k－2＋km1 2＋kk2＋＋m12
2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案课件：主攻36个必考点+解析几何(二十四)
(1)求抛物线 C 的方程以及|MF|的值． (2)记抛物线 C 的准线与 x 轴交于点 H，试问是否存在常数 λ∈R ，使得A→F＝λF→B且|HA|2＋|HB|2＝845都成立？若存在，求 出实数 λ 的值；若不存在，请说明理由．
(2)四边形 OAPB 能为平行四边形．
因为直线 l 过点m3 ，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＝－9kx.
设点 P 的横坐标为 xP.
由y＝－9kx， 9x2＋y2＝m2
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得 x2P＝9kk22＋m281，即 xP＝3
∵M，N 关于直线 l 对称，∴MN⊥l，∴y1＋4 y2＝1.① ∵MN 的中点 T 的坐标为y21＋8 y22，y1＋2 y2，中点 T 在直线 l 上，∴y1＋2 y2＝－y12＋8 y22＋1.② 联立①②可知此方程组无解， ∴C 上不存在 M，N，使得 M，N 关于直线 l 对称．
4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行四边形．
[把脉考情] 1.探索是否存在常数的问题
考什么 2.探索是否存在点或直线的问题 3.探索是否存在最值或定值的问题
考多深 在解答题中考查，难度较大，分值 12 分 存在性问题多与探索定点、定值、定直线、存在常
考多宽 数等交汇考查，考查推理能力
探索是否存在常数的问题
2．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(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.
2020版高考文科数学二轮主攻36个必考点：解析几何过关检测二十三[含解析]
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考点过关检测（二十三）1．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左顶点为A ，右焦点为F ，上顶点为B ，下顶点为D ，若直线AB 与直线DF 的交点为(3a,16)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P (m,0)为椭圆C 的长轴上的一个动点，过点P 且斜率为45的直线l 交椭圆C 于S ，T 两点，证明：|PS |2＋|PT |2为定值．解：(1)由椭圆C 的左顶点的坐标为A (－a,0)，上、下顶点的坐标分别为B (0，b )，D (0，－b )，右焦点的坐标为F (c,0)，可得直线AB 的方程为y ＝ba x ＋b ，直线DF 的方程为y ＝b cx －b .因为直线AB 和直线DF 的交点为(3a,16)，所以⎩⎪⎨⎪⎧16＝ba ·3a ＋b ，16＝bc ·3a －b ，解得b ＝4且3a ＝5c .又因为a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝5， 所以椭圆C 的标准方程为x 225＋y 216＝1.(2)证明：设直线l 的方程为y ＝45(x －m )，即x ＝54y ＋m ，代入x 225＋y216＝1并整理得25y 2＋20my ＋8(m 2－25)＝0. 设S (x 1，y 1)，T (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝－45m ，y 1y 2＝8(m 2－25)25.又因为|PS |2＝(x 1－m )2＋y 21＝4116y 21， 同理|PT |2＝4116y 22，则|PS |2＋|PT |2＝4116(y 21＋y 22)＝4116[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＝4116⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－45m 2－16(m 2－25)25＝41，所以|PS |2＋|PT |2＝41，是定值．2．(2019·资阳模拟)已知椭圆E 的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝⎛⎭⎪⎫1，32三点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆E 交于M ，N 两点，证明直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．解：(1)当椭圆E 的焦点在x 轴上时，设其方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则a ＝2.又点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆E 上，得122＋94b 2＝1，解得b 2＝3.∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.当椭圆E 的焦点在y 轴上时，设其方程为x 2b 2＋y 2a2＝1(a >b >0)，则b ＝2.又点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆E 上，得122＋94a 2＝1，解得a 2＝3，这与a >b 矛盾．综上可知，椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：将直线l ：y ＝k (x －1)代入椭圆E 的方程x 24＋y 23＝1并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x＋4(k 2－3)＝0.设直线l 与椭圆E 的交点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝8k23＋4k 2，x 1x 2＝4(k 2－3)3＋4k2.直线AM 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，它与直线x ＝4的交点坐标为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，6y 1x 1＋2，同理可求得直线BN 与直线x ＝4的交点坐标为Q ⎝⎛⎭⎪⎫4，2y 2x 2－2. 下面证明P ，Q 两点重合，即证明P ，Q 两点的纵坐标相等． ∵y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)， ∴6y 1x 1＋2－2y 2x 2－2＝6k (x 1－1)(x 2－2)－2k (x 2－1)(x 1＋2)(x 1＋2)(x 2－2) ＝2k [2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8](x 1＋2)(x 2－2)＝2k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤8(k 2－3)3＋4k 2－40k 23＋4k 2＋8(x 1＋2)(x 2－2)＝0.因此结论成立．综上可知，直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．3.(2019·邯郸联考)如图，设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，A ，B 分别为椭圆C 的左、右顶点，F 为右焦点，直线y ＝6x与椭圆C 的交点到y 轴的距离为27，过点B 作x 轴的垂线l ，D 为l上异于点B 的一点，以BD 为直径作圆E .(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线AD 与C 的另一个交点为P ，证明：直线PF 与圆E 相切．解：(1)由题可知c a ＝12，∴a ＝2c ，b 2＝3c 2.设椭圆C 的方程为x 24c 2＋y 23c 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24c 2＋y 23c 2＝1，y ＝6x ，得|x |＝2c 7＝27，∴c ＝1，a ＝2，b 2＝3，故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由(1)可得F (1,0)，设圆E 的圆心为(2，t )(t ≠0)，则D (2,2t )，圆E 的半径R ＝|t |，∴直线AD 的方程为y ＝t2(x ＋2)．设过F 与圆E 相切的直线方程为x ＝ky ＋1， 则|2－kt －1|1＋k2＝|t |，整理得k ＝1－t 22t . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t2(x ＋2)，x ＝1－t22t y ＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6－2t 23＋t2，y ＝6t3＋t 2，又∵⎝ ⎛⎭⎪⎫6－2t 23＋t 224＋⎝ ⎛⎭⎪⎫6t 3＋t 223＝1，∴直线PF 与圆E 相切．4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，右焦点为F 2(1,0)，点B ⎝⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －4)(k ≠0)与椭圆C 由左至右依次交于M ，N 两点，已知直线A 1M 与A 2N 相交于点G ，证明：点G 在定直线上，并求出定直线的方程．解：(1)由右焦点为F 2(1,0)，知c ＝1. 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b2＝1，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由直线l 的方程为y ＝k (x －4)知，直线l 过定点(4,0)， 由椭圆的对称性知，点G 在直线x ＝x 0(x 0∈R )上．当直线l 过椭圆C 的上顶点时，M (0，3)，此时直线l 的斜率k ＝－34， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－34(x －4)，x 24＋y 23＝1，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝85，y ＝335，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，335.由(1)知A 1(－2,0)，A 2(2,0)， 所以直线lA 1M 的方程为y ＝32(x ＋2)， 直线lA 2N 的方程为y ＝－332(x －2)，联立两直线的方程得G ⎝⎛⎭⎪⎫1，332，可知点G 在定直线x ＝1上． 当直线l 不过椭圆C 的上顶点时， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)，x 24＋y23＝1，消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，则Δ＝(－32k 2)2－4×(3＋4k 2)(64k 2－12)>0， 解得－12<k <12，x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2，直线lA 1M 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)， 直线lA 2N 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，当x ＝1时，由3y 1x 1＋2＝－y 2x 2－2， 得2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8＝0，而2×(64k 2－12)3＋4k 2－5×32k 23＋4k 2＋8×(3＋4k 2)3＋4k 2＝0显然成立， 所以点G 在定直线x ＝1上． 综上所述，点G 在定直线x ＝1上．以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。
2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点数列考点过关检测八文
a a 3．(2019·银川月考)在数列{a n }中，a 1＝1,3a n ＋1＝ 1＋n ⎪2a n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项⎝a n ＋11 a n a .又 n ＝1 时， n 2＝1，故数列⎨ n 2⎬是首项为 1，公 n ⎩n ⎭ (n ＋1)23 n 22 2 a 2考点过关检测（八）1．(2019·天津六校联考)若数列{a n }中，1＝3，n ＋a n －1＝4(n ≥2)，则 a 2 019 的值为()A ．1C ．3B ．2D ．4解析：选 C ∵a 1＝3，a n ＋a n －1＝4(n ≥2)，∴a n ＋1＋a n ＝4，∴a n ＋1＝a n －1，a n ＝a n ＋2，即该 数列的奇数项、偶数项分别相等．∵a 1＝3，∴a 2 019＝3.故选 C.2．(2019·菏泽期中)已知数列{a n }的前 n 项和为 S n ＝2n －1，b n ＝a n ＋2n －1，则 b n ＝()A ．2n －1＋n 2－1C ．2n ＋2n －1B ．2n －1＋2n －1D ．2n －1＋n 2＋1解析：选 B 由 S n ＝2n －1，得当 n ≥2 时，S n －1＝2n －1－1，S n －S n －1＝a n ＝2n －2n －1＝2n －1， 又 a 1＝21－1＝1 适合上式，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)，∴b n ＝2n －1＋2n －1.故选 B.⎛ 1⎫ ⎭公式为()n 2A ．a n ＝3n －14n 2＋2C ．a n ＝ 3n ＋1n 2＋3B ．a n ＝3n＋1n 2＋1D ．a n ＝3n－1⎧a ⎫ 解析：选 A由题意得 ＝ ·1 a 1 n 2比为3的等比数列．从而n n ＝3n －1，即 a n ＝3n －1.故选 A.4．(2020 届高三·天津六校联考)数列{a n }满足 a 1＝2，a n ＋1＝a n (a n ＞0)，则 a n ＝()A ．10n －2C ．102n －1B ．10n －1D ．22n －1解析：选 D因为数列{a n }满足 a 1＝2， n ＋1＝a n (a n ＞0)，所以 log 2a n ＋1＝2log 2a nlog 2a n ＋1log 2a n＝2.又 n ＝1 时，log 2a 1＝1，所以{log 2a n }是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 log 2a n ＝ 2n －1，即 a n ＝22n －1，故选 D.5．(2019·上海期中)已知数列{a n }的前 n 项和 S n 满足 S n －S n －1＝ S n ＋ S n －1(n ≥2)，a 1 ＝1，则 a n ＝()A ．nC ．n 2B ．2n －1D ．2n 2－1解析：选 B由 S n －S n －1＝ S n ＋ S n －1，得( S n ＋ S n －1)( S n － S n －1)＝ S n ＋ S n －1，∴6．(2019·海口月考)已知数列{a n }满足 a 1＝33，a n ＋1－a n an n＝2 变形得 a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…a n ＋1－a nn 2(n －1)(1＋n －1)a 2 n＝n ＋ －1(n ∈N *)．当 n ∈(0， 33)时， n 单调递减；当 n ∈( 33，＋∞)时， n单调递增．又 n ∈N *，经验证 n ＝6 时， n 最小，为 10.5.故选 A.(1＋2n －3)(n －1) ＋ ＝(n －1)2＋1＝n 2－2n ＋2，8．(2019·揭阳期末)已知数列{a n }满足 a 1＝－ ，a n ＋1＝ (n ∈N *)，则 a n ＝________，9 解析：由题意知 a n ≠0，则由 a n ＋1＝a n 1 8a n ＋1 1 1 18a n ＋1 a n ＋1 a n a n a n ＋1 a n即数列⎨ ⎬是公差为 8 的等差数列，故 ＝ ＋(n －1)×8＝8n －17，所以 a n ＝ .当 n答案： 12 aS n － S n －1＝1，∴数列{ S n }是一个首项为 1，公差为 1 的等差数列．∴ S n ＝1＋(n －1)×1 ＝n ，∴S n ＝n 2.当 n ≥2 时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.a 1＝1 适合上式，∴a n ＝2n －1.故选 B.＝2，则 n 的最小值为( )A ．10.5C ．9B ．10D ．8解析：选 A 由＋(a n －a n －1)＋a 1＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＋a 1＝ ＋33＝n 2－n ＋33，∴ n ＝n 2－n ＋33 33 a an n n nan7．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，若 a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，则 a n ＝________. 解析：由题意得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2，因此数列{a n ＋1－a n }是以 1 为首项， 为公差的等差数列，n ＋1－a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， 当 n ≥2 时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋3＋…＋(2n －3)＝12又 a 1＝1＝12－2×1＋2，因此 a n ＝n 2－2n ＋2. 答案：n 2－2n ＋21 a n 8a n ＋1数列{a n }中最大项的值为________．，得 ＝ ＝ ＋8，整理得 － ＝8，⎧ 1 ⎫ 1 1 1 ⎩a n ⎭ a n a 1 8n －17 ＝1,2 时，a n <0；当 n ≥3 时，a n >0，且数列{a n }在 n ≥3 时是递减数列，故{a n }中最大项的值1为 a 3＝7.18n －17 79．(2019·太原模拟)数列{a n }中，a 1＝0，a n －a n －1－1＝2(n －1)(n ∈N *，n ≥2)，若数列{b n }满足 b n ＝n · a n ＋1＋1· ⎪n －1，则数列{b n }的最大项为第________项． n · a n ＋1＋1· ⎪n －1，即有 b n ＝n (n ＋1)· ⎪n －1，可得 n ＋1＝ b n n 11 b n · .由 n ＋1＞1 可得 n 1－(－1) 1－4 2 3＋…＋2 11．(2019·重庆月考)已知数列{a n }满足 a 1＝－2， a n 2na n －1 n －1a 1 1 a 2 2 a 3 3 a n －1 n －1a 1⎛ 8 ⎫ ⎝11⎭解析：由 a 1＝0，a n －a n －1＝2n －1，可得 a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝01＋ 3 ＋ 5 ＋ … ＋ (2n － 1) ＝ 2 (n － 1)(3 ＋ 2n － 1) ＝ n 2 － 1 ， 若 数 列 {b n } 满 足 b n ＝⎛ 8 ⎫ ⎛ 8 ⎫ b n ＋2 8 b ⎝11⎭ ⎝11⎭16＜ 3 ，由 n 为整数，可得 1≤n ≤6 时，b n 递增，且 n ＞6 时，b n 递减，可得 b 6 为最大项．答案：610．已知数列{a n }中，a 1＝3，{a n }的前 n 项和 S n 满足 S n ＋1＝a n ＋n 2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足 b n ＝(－1)n ＋2a n ，求{b n }的前 n 项和 T n . 解：(1)由 S n ＋1＝a n ＋n 2，① 得 S n ＋1＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2，②则②－①得 a n ＝2n ＋1.当 n ＝1 时，a 1＝3 满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝2n ＋1.(2)由(1)得 b n ＝(－1)n ＋22n ＋1，所以 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n ]＋(23＋25 2n ＋1 (－1)×[1－(－1)n ] 23×(1－4n ) (－1)n －1 8 )＝ ＋ ＝ ＋ (4n －1)．＝(n ≥2，n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前 n 项和 S n .a 2 a 3 a 4 a n 解：(1)由题可得， 2＝2× ， 3＝2× ， 4＝2× ，…， n ＝2× (n ≥2，n ∈N *)，a以上式子左右分别相乘得 n ＝2n －1·n (n ≥2，n ∈N *)，把 a 1＝－2 代入，得 a n ＝－2n ·n (n ≥2，n ∈N *)，又 a 1＝－2 符合上式，故数列{a n }的通项公式为 a n ＝－2n ·n (n ∈N *)．(2)由(1)得 S n ＝－(1×2＋2×2 2＋…＋ n ·2n )，则 2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋ (n － 1)·2n ＋n ·2n ＋1]，两式相减，得 S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2(n ∈N *)．。
(新高考)2020版高考数学二轮复习主攻36个必考点立体几何考点过关检测十(文)
考点过关检测（十）1．(2019·合肥模拟)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 是棱CD 上一点，则三棱锥P A 1B 1A 的侧视图是( )解析：选D 在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，从左侧看三棱锥P A 1B 1A ，B 1、A 1、A 的射影分别是C 1、D 1、D ；AB 1的射影为C 1D ，且为实线，PA 1的射影为PD 1，且为虚线．故选D.2．(2019·长春质量监测)如图是一个正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形可能是( )解析：选B 在这个正方体的展开图中，与有圆的面相邻的三个面中都有一条直线，当变成正方体后，这三条直线互相平行，故选B.3．已知四棱锥P ABCD 的体积为23，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，且AB ＝2，∠BAD ＝60°，则四棱锥中最长棱的大小为( )A.21 B ．4 C ．5D ．6解析：选A 连接AC ，BD .因为底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°， 所以S 菱形ABCD ＝2S △ABD ＝2×12×22×32＝23，AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 120°＝2 3.因为PA ⊥平面ABCD ，所以V 四棱锥P ABCD ＝13×S 菱形ABCD ×PA ＝13×23×PA ＝23，所以PA ＝3，易知最长棱为PC，且PC＝PA2＋AC2＝21.4．(2019·西安模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥CABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12B.22C.24D.14解析：选D 由三棱锥CABD的正视图、俯视图得三棱锥CABD的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，所以三棱锥CABD的侧视图的面积为14，故选D. 5．(2019·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C.21 D．2 5解析：选B 由三视图得，该几何体是四棱锥PABCD，如图所示，四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD⊥平面ABCD，过点P作PE⊥AD，则PE＝4，DE＝2，所以CE＝22，所以最长的棱PC＝PE2＋CE2＝26，故选B.6．有6枚一样的骰子，分别取3枚骰子叠放成如图所示的A，B两个柱体(骰子每个面上的数字表示该面上的点数)，则柱体A和B的表面(不含下底面)数字之和分别是( )A ．47,48B ．47,49C ．49,50D ．50,49解析：选A 骰子是正方体，根据其结构特征可知相互平行的两个面上的数字的关系：1与6相对，3与4相对，2与5相对．所以柱体A 中，上方第一个骰子表面上的数字有5个参加计数：5,1,6,4,3. 中间的骰子表面上的数字有4个参加计数：2,5,6,1. 下方的骰子表面上的数字有4个参加计数：1,6,3,4.所以柱体A 的表面(不含下底面)数字之和为(5＋1＋6＋4＋3)＋(2＋5＋6＋1)＋(1＋6＋3＋4)＝47；同理，柱体B 的表面数字之和为(6＋2＋5＋3＋4)＋(2＋5＋6＋1)＋(2＋5＋3＋4)＝48.故选A.7．(2020届高三·沈阳模拟)若三棱锥S ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，AB ＝SA ＝SB ＝SC ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.16π3 B.8π3 C.43π3D.4π3解析：选A 在等腰直角三角形ABC 中，AB 是斜边且AB ＝2，取AB 的中点D ，连接CD ，SD .∴CD ＝AD ＝BD ＝1.又SA ＝SB ＝SC ＝2，∴SD ⊥AB ，且SD ＝3，在△SCD 中，SD 2＋CD 2＝SC 2，∴SD ⊥CD ，∴SD ⊥平面ABC .∴三棱锥S ABC 的外接球球心在SD 上，记为O ，设球半径为R ，连接OA ，则SO ＝OA ＝R ，∴在Rt △AOD 中，AD ＝1，OD ＝3－R ，AO ＝R ，∴12＋(3－R )2＝R 2⇒R ＝233，∴三棱锥S ABC 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝16π3.故选A.8．(2019·大连模拟)若正四棱锥P ABCD 内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，则球O 的半径与正四棱锥P ABCD 内切球的半径之比为( )A.3＋1 B ．2 C. 3D.3－1解析：选A 如图，设球O 的半径为R ，由题意知OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝OP ＝R .设正四棱锥P ABCD 的内切球半径为r ，由等体积法，得V 四棱锥P ABCD ＝13S 四棱锥P ABCD ·r ＝132R 2＋32R 2×4r ＝13(2R 2)R ，所以R ＝(3＋1)r .故选A.9.(2019·滨州期末)如图，圆柱O 1O 2的底直径与高都等于球O 的直径，记圆柱O 1O 2的表面积为S 1，球O 的表面积为S 2，则S 1S 2＝( )A ．1 B.23 C.32D.43解析：选C 设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R .所以球的表面积S 2＝4πR 2，圆柱的表面积S 1＝2πR ×2R ＋πR 2＋πR 2＝6πR 2，则S 1S 2＝6πR 24πR 2＝32，故选C.10．(2019·西安八校联考)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则三棱锥S ABC 的体积最大为( )A ．2 B.83 C. 3D ．2 3解析：选A 如图，因为球的直径为SC ，且SC ＝4，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，AC ＝BC ＝2，SA ＝SB ＝23，所以S △SBC ＝12×2×23＝23，则当点A 到平面SBC 的距离最大时，三棱锥S ABC 的体积最大，此时平面SAC ⊥平面SBC ，点A 到平面SBC 的距离为23sin 30°＝3，所以三棱锥S ABC 的体积最大为13×23×3＝2，故选A.11．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； ②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ④存在每个面都是直角三角形的四面体． 其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面所在的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1ABC ，四个面都是直角三角形．答案：②③④12．(2019·辽宁五校联考)已知A ，B ，C 是球O 的球面上三点，AB ＝2，AC ＝7，∠ABC ＝60°，且三棱锥O ABC 的体积为52，则球O 的表面积为________． 解析：在△ABC 中，由余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos∠ABC ，代值，计算得BC ＝3或BC ＝－1(舍去)．设△ABC 外接圆的半径为r ，由正弦定理，得ACsin ∠ABC＝2r ，代值，计算得r ＝213.由三角形的面积公式，得S △ABC ＝12AB ·BC sin ∠ABC ＝12×2×3×32＝332.设三棱锥O ABC 的高为h ，则V O ABC ＝13S △ABC ×h ＝13×332×h ＝52，解得h ＝153，所以球O的半径R ＝r 2＋h 2＝2，故球O 的表面积S ＝4πR 2＝4π×4＝16π.答案：16π。
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考点过关检测（十二）1．(2019·重庆一诊)已知直线l和平面α，若l∥α，P∈α，则过点P且平行于l的直线()A．只有一条，不在平面α内B．只有一条，且在平面α内C．有无数条，一定在平面α内D．有无数条，不一定在平面α内解析：选B假设过点P且平行于l的直线有两条分别为m与n，则m∥l 且n∥l.由平行公理得m∥n，这与两条直线m与n相交于点P相矛盾，故过点P 且平行于l的直线只有一条．又因为点P在平面内，所以过点P且平行于l的直线只有一条且在平面内．故选B.2．(2019·哈尔滨六中模拟)已知直线a，b，l，平面α，β，则下列命题正确的个数为()①若α⊥β，l⊥α，则l∥β；②若a⊥l，b⊥l，则a∥b；③若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；④若l⊥α，l⊥β，则α∥β.A．0B．1C．2 D．3解析：选B在①中，若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故①错误；在②中，若a⊥l，b⊥l，则a与b相交、平行或异面，故②错误；在③中，若α⊥β，l⊂α，则l与β相交、平行或l⊂β，故③错误；在④中，若l⊥α，l⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故④正确．故选B.3．(2019·辽宁五校联考)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则()A．MN∥C1D1B．MN⊥BC1C．MN⊥平面ACD1D．MN⊥平面ACC1解析：选D如图，设CC1的中点为P，连接NP，则NP∥C1D1，又MN∩NP＝N，所以MN∥C1D1是不可能的(实际上MN 与C 1D 1是异面直线)，所以选项A 错误；假设MN ⊥BC 1，连接CM ，易知CM ⊥BC 1，又MN ∩CM ＝M ，所以BC 1⊥平面MNC ，所以BC 1⊥CD 1，所以AD 1⊥CD 1，这与△ACD 1为等边三角形矛盾，所以假设错误，即选项B 错误；假设MN ⊥平面ACD 1，则MN ⊥CD 1，连接MD 1，因为N 为CD 1的中点，所以MC ＝MD 1，这不可能理由：设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则易求得MC ＝22，MD 1＝62，所以假设错误，即选项C 错误；设CD ，BC 的中点分别为E ，F ，连接EF ，则易知MN ∥EF ，且EF ⊥平面ACC 1，所以MN ⊥平面ACC 1，所以选项D 正确．故选D.4.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P ，Q 分别是线段AD 1和B 1C 上的动点，且满足AP ＝B 1Q ，则下列命题错误的是( )A ．存在P ，Q 的某一位置，使AB ∥PQB ．△BPQ 的面积为定值C ．当P A >0时，直线PB 1与AQ 是异面直线D ．无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ解析：选B 在A 中，当P ，Q 分别是线段AD 1和B 1C 的中点时，AB ∥PQ ，故A 正确；在B 中，P 在A 处时，△BPQ 的面积为12，P 在AD 1中点时，△BPQ的面积不为12，故△BPQ 的面积不是定值，故B 错误；在C 中，当P A >0时，假设直线PB 1与AQ 是共面直线，则AP 与B 1Q 共面，与已知矛盾，所以直线PB 1与AQ 是异面直线，故C 正确；在D 中，BC 垂直于PQ 在平面ABCD 内的射影，由三垂线定理得无论P ，Q 运动到任何位置，均有BC ⊥PQ ，故D 正确．故选B.5．(2019·唐山三模)若异面直线m ，n 所成的角是60°，则以下三个命题： ①存在直线l ，满足l 与m ，n 的夹角都是60°；②存在平面α，满足m ⊂α，n 与α所成角为60°；③存在平面α，β，满足m ⊂α，n ⊂β，α与β所成锐二面角为60°.其中正确的命题为________(填序号)．解析：异面直线m ，n 所成的角是60°，在①中，由异面直线m ，n 所成的角是60°，在m上任取一点A，过A作直线n′∥n，在空间中过点A能作出直线l，使得l与n，n′的夹角均为60°，∴存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60°，故①正确；在②中，在n上取一点B，过B作直线m′∥m，则以m，m′确定的平面α，满足m⊂α，n与α所成的角是60°，故②正确；在③中，在n上取一点C，过C作直线m′∥m，m，m′确定一个平面α，∴过n能作出一个平面β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°，故③正确．答案：①②③6．如图所示，四棱锥S -ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，AD＝23，∠ACD＝60°，E为CD的中点．(1)求证：BC∥平面SAE；(2)求三棱锥S -BCE与四棱锥S -ABED的体积比．解：(1)证明：因为AB＝3，BC＝1，∠ABC＝90°，所以AC＝2，∠BCA＝60°，在△ACD中，AD＝23，AC＝2，∠ACD＝60°，由余弦定理可得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD cos∠ACD，解得CD＝4，所以AC2＋AD2＝CD2，所以△ACD是直角三角形，又E为CD的中点，所以AE＝12CD＝CE，又∠ACD＝60°，所以△ACE为等边三角形，所以∠CAE＝60°＝∠BCA，所以BC∥AE，又BC⊄平面SAE，AE⊂平面SAE，所以BC∥平面SAE.(2)因为SA⊥平面ABCD，所以SA同为三棱锥S -BCE与四棱锥S -ABED的高．由(1)可得∠BCE＝120°，CE＝12CD＝2，所以S△BCE ＝12BC·CE·sin∠BCE＝12×1×2×32＝32.S 四边形ABED ＝S 四边形ABCD －S △BCE ＝S △ABC ＋S △ACD －S △BCE ＝12×3×1＋12×2×23－32＝2 3.所以S △BCE ∶S 四边形ABED ＝32∶23＝1∶4.故三棱锥S -BCE 与四棱锥S -ABED 的体积比为1∶4.7.(2019·洛阳第二次联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，△P AD 是正三角形，平面P AD ⊥平面ABCD ，E ，F ，G 分别是PD ，PC ，BC 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面P AD ；(2)若M 是线段CD 上一点，求三棱锥M -EFG 的体积．解：(1)证明：∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊂平面ABCD ，且CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面P AD .∵在△PCD 中，E ，F 分别是PD ，PC 的中点，∴EF ∥CD ，∴EF ⊥平面P AD ，∵EF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面P AD .(2)∵EF ∥CD ，EF ⊂平面EFG ，CD ⊄平面EFG ，∴CD ∥平面EFG ，∴线段CD 上的点M 到平面EFG 的距离等于点D 到平面EFG 的距离．连接DG ，DF ，则V 三棱锥M -EFG ＝V 三棱锥D -EFG .取AD 的中点H ，连接GH ，EH ，FH ，则EF ∥GH ，∴V 三棱锥D -EFG ＝V 三棱锥D -EFH ＝V 三棱锥F -EHD ＝13·S △EHD ·EF ＝13×12×2×2×sin60°×2＝233.故三棱锥M -EFG 的体积为233.8．(2019·朝阳模拟)如图，梯形ABCD 中，∠BAD ＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，四边形BDEF为正方形，且平面BDEF⊥平面ABCD.(1)求证：DF⊥CE；(2)若AC与BD相交于点O，那么在棱AE上是否存在点G，使得平面OBG ∥平面EFC？并说明理由．解：(1)证明：连接EB，∵梯形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝90°，CD＝2，AD＝AB＝1，∴BD＝2，BC＝2，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BC⊥BD.∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，∴BC⊥平面BDEF，∴BC⊥DF.∵四边形BDEF为正方形，∴DF⊥EB.∵EB∩BC＝B，∴DF⊥平面BCE.∵CE⊂平面BCE，∴DF⊥CE.(2)棱AE上存在点G，AGGE＝12，使得平面OBG∥平面EFC.理由如下：∵AB∥DC，AB＝1，DC＝2，∴AOOC＝12.∵AGGE＝12，∴OG∥CE，∴OG∥平面EFC.∵EF∥OB，∴OB∥平面EFC.∵OB∩OG＝O，∴平面OBG∥平面EFC.9．(2019·广州一模)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，且BC ＝2AD＝4，E，F分别为线段AB，DC的中点，沿EF把四边形AEFD折起，使AE⊥CF，得到如下的立体图形．(1)证明：平面AEFD⊥平面EBCF；(2)若BD⊥EC，求点F到平面ABCD的距离．解：(1)证明：由题意可得EF∥AD，∴AE⊥EF.又AE⊥CF，EF∩CF＝F，∴AE⊥平面EBCF.∵AE⊂平面AEFD，∴平面AEFD⊥平面EBCF.(2)如图，过点D作DG∥AE交EF于点G，连接BG，则DG⊥平面EBCF. ∵EC⊂平面EBCF，∴DG⊥EC.又BD⊥EC，BD∩DG＝D，∴EC⊥平面BDG.又BG⊂平面BDG，∴EC⊥BG.易得△EGB∽△BEC，∴EGEB＝EBBC，∴EB2＝EG·BC＝AD·BC＝8，∴EB＝2 2. 设点F到平面ABCD的距离为h，由V三棱锥F -ABC ＝V三棱锥A -BCF，可得S△ABC ·h＝S△BCF·AE.∵BC⊥AE，BC⊥EB，AE∩EB＝E，∴BC⊥平面AEB，∴AB⊥BC.又AB＝AE2＋BE2＝4＝BC，∴S△ABC ＝12×4×4＝8.又S△BCF ＝12×4×22＝42，∴8h＝42×22＝16，解得h＝2. 故点F到平面ABCD的距离为2.。