江苏省2015-2016学年高中数学二轮专题解析几何

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江苏省盐城市2015-2016学年高二下学期期末数学试卷含解析

2015—2016学年江苏省盐城市高二(下)期末数学试卷一、填空题：本大题共16小题，每小题5分，共计70分。

请把答案填写在答题卡相应位置上.1．抛物线y2=8x的焦点坐标是．2．设复数z=m+i（m＞0）,若|｜=，则m=．3．某校高一有550名学生，高二有700名学生,高三有750名学生，学校为了解学生的课外阅读情况,决定按年级分层抽样，抽取100名学生，则高二年级应抽取名学生．4．从1，2，3中任选两个数字构成一个两位数，则该两位数是偶数的概率为．5．已知双曲线的一条渐近线方程为y=x，则该双曲线的离心率为．6．已知实数x，y满足，则z=x+2y的最大值为．7．如图所示的伪代码，则输出的S的值为．8．命题“∃x∈（0,+∞)，x+＜4"的否定的真假是．（填“真"或“假”）9．设函数f（x）=x2+x﹣alnx,则a＜3是函数f（x）在［1，+∞)上单调递增的条件．（选填“充分不必要"、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”）10．四名高二学生报名参加数学、物理、化学三门学科竞赛，要求每名学生都参加且只参加1门学科竞赛，则3门学科都有学生参赛的种数有种．11．(文科学生做）设函数f（x)=mx3+xsinx(m≠0),若f（)=﹣，则f（﹣)=．12．(理科学生做)在（x2﹣3x+2）4的展开式中,x2项的系数为（用数字作答）13．（文科学生做）将函数f（x)=2sin(2x﹣）的图象向右平移m（m＞0）个单位,所得图象关于直线x=对称,则实数m的最小值为．14．在斜△ABC中,由A+B+C=π，得A+B=π﹣C,则tan（A+B)=tan（π﹣C)，化简得tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC．类比上述方法，若正角α，β,γ满足α+β+γ=，则tanα,tanβ,tanγ满足的结论为．15．若一元二次不等式mx2+(2﹣m）x﹣2＞0恰有3个整数解，则实数m的取值范围是．16．已知函数f(x）=，g（x）=（k＞0）,对任意p∈(1，+∞)，总存在实数m，n满足m＜0＜n＜p,使得f（p）=f（m）=g（n)，则整数k的最大值为．二、解答题：本大题共9小题，共计90分。

江苏省如皋中学2015-2016学年高二下学期第二次阶段检测理数试题解析(解析版)含解斩

一、填空题（本大题共14小题，每题5分，满分70分．）1.设集合{1,0,1}A =-，2{|0}B x x x =+≤，则AB =__________.【答案】{1,0}- 【解析】试题分析：由2{|0}B x xx =+≤得}01{≤≤-=x B ，故AB ={1,0}-。

考点:集合的交集运算和二次不等式的解法. 2。

一质点的运动方程为2()2S t t t=+,则该质点在1t =时的瞬时速度为__________。

【答案】4 【解析】试题分析：因2()2S t tt=+，故22)(/+=t t S，所以瞬时速度为422)1(/=+==S V .考点：导数的意义.3. 若集合{}1,sin A θ=，1,22B ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，则"56πθ="是”12A B ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭”的__________条件．（请在“充要、充分不必要、必要不充分、既不充分也不必要”中选择一个填空）【答案】充分不必要考点：充分必要条件的判定. 4。

函数12()log (1)f x x =-的定义域为__________。

【答案】(1,2] 【解析】试题分析：由0)1(log 21≥-x 可得110≤-<x ，即21≤<x ,故应填答案(1,2].考点:对数函数的性质． 5。

曲线32123y xx x=-+的所有切线中，斜率最小的切线的方程为__________。

【答案】3310x y -+=考点：导数的几何意义．6。

函数()(3)xf x x e =-的单调增区间是__________。

【答案】(2,)+∞ 【解析】试题分析：因x x x e x e x e x f)2()3()(/-=-+=，故由0)2()(/>-=x e x x f 可得2>x ，故单调增区间是(2,)+∞。

考点:导数在研究函数的单调性中的运用. 7。

若函数2()(21)12f x x a x a=+-+-在区间(1,0)-及1(0,)2内各有一个零点,则实数a 的取值范围是__________。

(江苏专用)2016届高考数学理二轮复习考点整合专题七附加题

【创新设计】（江苏专用）2016高考数学二轮复习专题七附加题考点整合理第1讲立体几何中的向量方法高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B 级要求；(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B 级要求；(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B 级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B 级要求．真题感悟(2015·江苏卷)如图，在四棱锥PABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)， P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量，从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.考点整合1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，ν＝(a 3，b 3，c 3)，则 (1)线面平行l ∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，ν＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a·b||a||b|＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22.(2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a·μ||a||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|，(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·ν||μ||ν|＝|cos 〈μ，ν〉|.热点一向量法证明平行与垂直【例1】如图，在直三棱柱ADEBCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点，求证：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明法一由题意，AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1)．则n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .探究提高解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算．【训练1】如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，PA ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是PA 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC .证明设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于PA 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2，0，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0，1，3)．又PC →＝(0，23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0，即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0，23，－2)，BD →＝(－2，0，0)，所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC . 热点二利用空间向量求空间角【例2】 (2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 探究提高利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．【训练2】 (2015·全国Ⅱ卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10. 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF →＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.热点三利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)在棱PC 上是否存在一点M ，使二面角MBQC 为30°，若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，∴BC ∥DQ 且BC ＝DQ ， ∴四边形BCDQ 为平行四边形， ∴CD ∥BQ . ∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD ， ∵PA ＝PD ，∴PQ ⊥AD ，∵PQ ∩BQ ＝Q ，∴AD ⊥平面PBQ ， ∵AD ⊂面PAD ， ∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)解 ∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD .∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PQ ⊥平面ABCD .以Q 为原点，QA 为x 轴，QB 为y 轴，QP 为z 轴建立空间直角坐标系，则平面BQC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，Q (0，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)．设满足条件的点M (x ，y ，z )存在，则PM →＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )，令PM →＝tMC →，其中t ＞0，∴⎩⎨⎧x ＝t （－1－x ），y ＝t （3－y ），z －3＝t （－z ），∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－t1＋t ，y ＝3t 1＋t，z ＝31＋t .在平面MBQ 中， QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t ，∴平面MBQ 的一个法向量m ＝(3，0，t )， ∵二面角MBQC 为30°， ∴cos 30°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·m |n |·|m |＝|t |3＋0＋t2＝32，解得t ＝3.所以满足条件的点M 存在，M 是棱PC 的靠近点C 的四等分点．探究提高空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【训练3】 (2015·扬州市检测)如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP ＝m .(1)若m ＝1，求异面直线AP 与BD 1所成的角的余弦；(2)是否存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成角的正弦值是13？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，P (0，1，m )，C (0，1，0)，D (0，0，0)，B 1(1，1，2)，D 1(0，0，2)．当m ＝1时，BD 1→＝(－1，－1，2)，AP →＝(－1，1，1)． cos 〈BD 1→，AP →〉＝BD 1→·AP →|BD 1→||AP →|＝26×3＝23，即异面直线AP 与BD 1所成角的余弦是23. (2)假设存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，则D 1B 1→＝(1，1，0)，AD 1→＝(－1，0，2)，AP →＝(－1，1，m )，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥D 1B 1→，n ⊥AD 1→得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1)．∵直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－2＋m 3·m 2＋2＝13，解得m ＝74，因为0≤m ≤2，所以m ＝74满足条件，所以当m ＝74时，直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13.1．利用空间向量证明线面关系时，应抓住直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，如直线的方向向量与平面的法向量共线时，直线和平面垂直；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线和平面平行或直线在平面内．2．两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3．二面角的范围为[0，π]．设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cos<n 1，n 2>|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.4．利用空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.1．(2015·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2015·安徽卷)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA ，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E A 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B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→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)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0， (－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.3．(2014·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A A 1B 1C 1的余弦值． (1)证明连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点．又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO . 又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．以O 为坐标原点，OB →，OB 1→，OA →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形．又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，B (1，0，0)，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－33，0. AB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－33，B 1C 1→＝BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m|＝17.所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为17.4．(2015·浙江卷)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值．(1)证明设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ，从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE .又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC . (2)解法一作A 1F ⊥BD 且A 1F ∩BD ＝F ，连接B 1F . 由AE ＝EB ＝2，∠A 1EA ＝∠A 1EB ＝90°，得A 1B ＝A 1A ＝4. 由A 1D ＝B 1D ，A 1B ＝B 1B ，得△A 1DB 与△B 1DB 全等．由A 1F ⊥BD ，得B 1F ⊥BD ，因此∠A 1FB 1为二面角A 1BDB 1的平面角．由A 1D ＝2，A 1B ＝4，∠DA 1B ＝90°，得BD ＝32，A 1F ＝B 1F ＝43.由余弦定理得cos∠A 1FB 1＝－18.故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.法二以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)，DB 1→＝(0，2，0)．设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1BDB 1的平面角的余弦值为－18.5．(2014·湖北卷)如图，在棱长为2的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0＜λ＜2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)．BC 1→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)，(1)证明当λ＝1时，FP →＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．6.如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1CEC 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．解如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，B (0，0，2)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)．(1)证明易得B 1C 1→＝(1，0，－1)， CE →＝(－1，1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1，0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1CEC 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0，1，0)，EC 1→＝(1，1，1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0，0，2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λλ2＋（λ＋1）2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(负值舍去)，所以AM ＝ 2. 第2讲计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)分类加法计数原理、分步乘法计数原理，B 级要求．(2)排列与组合，B 级要求．(3)数学归纳法的简单应用，B 级要求；(4)n 次独立重复试验的模型及二项分布、离散型随机变量的均值与方差，B 级要求．真题感悟(2014·江苏卷)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P ；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x 1，x 2，x 3，随机变量X 表示x 1，x 2，x 3中的最大数，求X 的概率分布和数学期望E (X )．解 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P ＝C 24＋C 23＋C 22C 29＝6＋3＋136＝518.(2)随机变量X 所有可能的取值为2，3，4.{X ＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P (X ＝4)＝C 44C 49＝1126；{X ＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P (X ＝3)＝C 34C 15＋C 33C 16C 49＝20＋6126＝1363；于是P (X ＝2)＝1－P (X ＝3)－P (X ＝4) ＝1－1363－1126＝1114.所以随机变量X 的概率分布如下表：因此随机变量X E (X )＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209. 考点整合1．两种计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理． 2．排列(1)排列的定义；(2)排列数公式：A mn ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)＝n ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．3．组合 (1)组合的定义； (2)组合数公式：C mn ＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！＝n ！m ！（n －m ）！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．(3)组合数性质：C m n ＝C n －mn ；C mn ＋C m －1n ＝C mn ＋1. 4．数学归纳法运用数学归纳法证明命题要分两步，第一步是归纳奠基(或递推基础)，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立，第二步是归纳递推(或归纳假设)，假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立，只要完成这两步，就可以断定命题对从n 0开始的所有的正整数都成立，两步缺一不可．5．概率、随机变量及其分布(1)离散型随机变量及其概率分布的表示：①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散型随机变量； ②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表；性质：1°p i ≥0(i ＝1，2，3，…，n )；2°p 1＋p 2＋p 3＋…＋p n ＝1. (2)特殊的概率分布列：①0－1分布(两点分布)符号表示：X ～0－1分布； ②超几何分布：1°符号表示：X ～H (n ，M ，N )； 2°概率分布列：X ～H (r ；n ，M ，N )＝P (X ＝r )＝C r M C n －rN －MC M N；③二项分布(又叫独立重复试验，伯努利试验)：1°符号表示：X ～B (n ，p )；2°概率分布列：P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k. 注意：P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＋…＋P (X ＝r )＋…＋P (X ＝n )＝1.热点一与计数原理有关的问题【例1】 (2011·江苏卷)设整数n ≥4，P (a ，b )是平面直角坐标系xOy 中的点，其中a ，b ∈{1，2，3，…，n }，a ＞b .(1)记A n 为满足a －b ＝3的点P 的个数，求A n ； (2)记B n 为满足13(a －b )是整数的点P 的个数，求B n .解 (1)点P 的坐标满足条件1≤b ＝a －3≤n －3，所以A n ＝n －3.(2)设k 为正整数，记f n (k )为满足条件以及a －b ＝3k 的点P 的个数，只要讨论f n (k )≥1的情形．由1≤b ＝a －3k ≤n －3k 知f n (k )＝n －3k ，且k ≤n －13，设n －1＝3m ＋r ，其中m ∈N *，r ∈{0，1，2}，则k ≤m ，所以B n ＝∑mk ＝1f n (k )＝∑mk ＝1 (n －3k )＝mn －3m （m ＋1）2＝m （2n －3m －3）2，将m ＝n －1－r3代入上式，化简得B n ＝（n －1）（n －2）6－r （r －1）6，所以B n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n （n －3）6，n3是整数，（n －1）（n －2）6，n3不是整数. 探究提高此计数原理问题中要计算点的个数，因此要根据条件对正整数的取值进行分类，弄清可能的取值类别，再根据加法原理进行计算．【训练1】 (2015·南通调研)记1，2…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1，2，…，n－1})． (1)求f (3)； (2)求f (n )．解 (1)当n ＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i ∈{1，2，3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f (3)＝4. (2)在1，2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1，2，3，…，n －1中选i －1个数按从小到大顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1. 若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23（1－2n －3）1－2－(n －3)＋f (3)＝2n －n －1.热点二数学归纳法的应用【例2】 (2015·江苏卷)已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)Y 6＝{1，2，3，4，5，6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1，2，3，4，5，6；若a ＝2，则b ＝1，2，4，6；若a ＝3，则b ＝1，3，6.所以f (6)＝13. (2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立；②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： 1)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；2)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k3＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－13，结论成立；3)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－23，结论成立；4)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，结论成立；5)若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋（k ＋1）－13，结论成立；6)若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．探究提高在数学归纳法中，归纳奠基和归纳递推缺一不可．在较复杂的式子中，注意由n ＝k 到n ＝k ＋1时，式子中项数的变化应仔细分析，观察通项．同时还应注意，不用假设的证法不是数学归纳法．【训练2】 (2014·江苏卷)已知函数f 0(x )＝sin x x(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值； (2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．(1)解由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3，故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1.(2)证明由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin ()x ＋2π. 下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． (ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立． (ⅱ)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x ) ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．热点三随机变量的分布列及其数学期望【例3】 (2015·泰州调研)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的八个顶点中任取四个点，当四点共面时，ξ＝0，当四点不共面时，ξ的值为四点组成的四面体的体积． (1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求出数学期望E (ξ)．解 (1)从正方体的八个顶点中任取四个点，共有C 48＝70种不同取法．其中共面的情况共有12种(6个侧面，6个对角面)，则P (ξ＝0)＝1270＝635.(2)任取四个点，当四点不共面时，四面体的体积只有以下两种情况： ①四点在相对面且异面的对角线上，体积为1－4×16＝13.这样的取法共有2种．②四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，体积为16.这样的取法共有70－12－2＝56(种)． ∴ξ的分布列为数学期望E (ξ)＝13×135＋16×35＝7.探究提高求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．【训练3】 (2015·苏、锡、常、镇调研)甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为23，且各次投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次． (1)求甲同学至少有4次投中的概率；(2)求乙同学投篮次数ξ的分布列和数学期望．解 (1)设甲同学在5次投篮中，恰有x 次投中，“至少有4次投中”的概率为P ，则P ＝P (x ＝4)＋P (x ＝5)＝C 45＋C 55＝112243.(2)由题意ξ＝1，2，3，4，5.P (ξ＝1)＝23， P (ξ＝2)＝13×23＝29， P (ξ＝3)＝13×13×23＝227，P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝281，P (ξ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181.ξ的分布表为ξ的数学期望E (ξ)＝1×3＋2×9＋3×27＋4×81＋5×81＝81.1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘． 2．数学归纳法主要是用来解决与自然数有关的命题．通常与数列、不等式证明等基础知识和基本技能相结合来考查逻辑推理能力，要了解数学归纳法的原理，并能加以简单的应用． 3．离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和． 4．求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.1．(2012·江苏卷)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1. (1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．解 (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的1个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 23对相交棱，因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2，其中距离为2的共有6对，故P (ξ＝2)＝6C 212＝111，于是P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611，所以随机变量ξ的分布列是因此E (ξ)＝1×611＋22．(2015·山东卷)若n 是一个三位正整数，且n 的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n 为“三位递增数”(如137，359，567等)．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分． (1)写出所有个位数字是5的“三位递增数” ；(2)若甲参加活动，求甲得分X 的分布列和数学期望E (X )．解 (1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345； (2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C 39＝84，随机变量X 的取值为：0，－1，1，因此P (X ＝0)＝C 38C 39＝23，P (X ＝－1)＝C 24C 39＝114，P (X ＝1)＝1－114－23＝1142，所以X 的分布列为则E (X )＝0×23＋(－1)×114＋1×42＝21.3．(2013·江苏卷)设数列{a n }：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k －1k ，…，(－1)k －1k 个k ，…，即当（k －1）k 2<n ≤k （k ＋1）2(k ∈N *)时，a n ＝(－1)k －1k ，记S n＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)．对于l ∈N *，定义集合P l ＝{n |S n 是a n 的整数倍，n ∈N *，且1≤n ≤l }． (1)求集合P 11中元素的个数； (2)求集合P 2 000中元素的个数．解 (1)由数列{a n }的定义得a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－2，a 4＝3，a 5＝3，a 6＝3，a 7＝－4，a 8＝－4，a 9＝－4，a 10＝－4，a 11＝5，所以S 1＝1，S 2＝－1，S 3＝－3，S 4＝0，S 5＝3，S 6＝6，S 7＝2，S 8＝－2，S 9＝－6，S 10＝－10，S 11＝－5，从而S 1＝a 1，S 4＝0×a 4，S 5＝a 5，S 6＝2a 6，S 11＝－a 11，所以集合P 11中元素的个数为5. (2)先证：S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)(i ∈N *)．事实上，①当i ＝1时，S i (2i ＋1)＝S 3＝－3，－i (2i ＋1)＝－3，故原等式成立； ②假设i ＝m 时成立，即S m (2m ＋1)＝－m (2m ＋1)，则i ＝m ＋1时，S (m ＋1)(2m ＋3)＝S m (2m ＋1)＋(2m ＋1)2－(2m ＋2)2＝－m (2m ＋1)－4m －3＝－(2m 2＋5m ＋3)＝－(m ＋1)(2m ＋3)．综合①②可得，S i (2i ＋1)＝－i (2i ＋1)．于是S (i ＋1)(2i ＋1)＝S i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝－i (2i ＋1)＋(2i ＋1)2＝(2i ＋1)(i ＋1)．由上可知S i (2i ＋1)是2i ＋1的倍数，而a i (2i ＋1)＋j ＝2i ＋1(j ＝1，2，…，2i ＋1)，所以S i (2i ＋1)＋j ＝S i (2i ＋1)＋j (2i ＋1)是a i (2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋1)的倍数．又S (i ＋1)(2i ＋1)＝(i ＋1)·(2i ＋1)不是2i ＋2的倍数，而a (i ＋1)(2i ＋1)＋j ＝－(2i ＋2)(j ＝1，2，…，2i ＋2)，所以S (i ＋1)(2i ＋1)＋j ＝S (i＋1)(2i ＋1)－j (2i ＋2)＝(2i ＋1)(i ＋1)－j (2i ＋2)不是a (i ＋1)(2i ＋1)＋j (j ＝1，2，…，2i ＋2)的倍数，故当l ＝i (2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为1＋3＋…＋(2i －1)＝i 2，于是，当l ＝i (2i ＋1)＋j (1≤j ≤2i ＋1)时，集合P l 中元素的个数为i 2＋j . 又2 000＝31×(2×31＋1)＋47，故集合P 2 000中元素的个数为312＋47＝1 008. 4．(2010·江苏卷)已知△ABC 的三边长都是有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数．证明 (1)设三边长分别为a ，b ，c ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，∵a ，b ，c 是有理数，b 2＋c 2－a 2是有理数，分母2bc 为正有理数，又有理数集对于除法具有封闭性， ∴b 2＋c 2－a 22bc必为有理数，∴cos A 是有理数．(2)①当n ＝1时，显然cos A 是有理数；当n ＝2时，∵cos 2A ＝2cos 2A －1，因为cos A 是有理数， ∴cos 2A 也是有理数；②假设当n ≤k (k ≥2)时，结论成立，即cos kA 、cos(k －1)A 均是有理数．当n ＝k ＋1时，cos(k ＋1)A ＝cos kA cos A －sin kA sin A ＝cos kA cos A －12[cos(kA －A )－cos(kA ＋A )]＝cos kA cos A －12cos(k －1)A ＋12cos(k ＋1)A解得：cos(k ＋1)A ＝2cos kA cos A －cos(k －1)A ∵cos A ，cos kA ，cos(k －1)A 均是有理数， ∴2cos kA cos A －cos(k －1)A 是有理数， ∴cos(k ＋1)A 是有理数．即当n ＝k ＋1时，结论成立．综上所述，对于任意正整数n ，cos nA 是有理数．5．记⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 22…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 2n 的展开式中，x 的系数为a n ，x 2的系数为b n ，其中n ∈N *. (1)求a n ；(2)是否存在常数p ，q (p ＜q )，使b n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，对n ∈N *，n ≥2恒成立？证明你的结论．解 (1)根据多项式乘法运算法则，得a n ＝12＋122＋…＋12n ＝1－12n .(2)计算得b 2＝18，b 3＝732.代入b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p 2n ⎝⎛⎭⎪⎫1＋q 2n ，解得p ＝－2，q ＝－1.下面用数学归纳法证明b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝13－12n ＋23×14n (n ≥2且n ∈N *)①当n ＝2时，b 2＝18，结论成立．②设n ＝k 时成立，即b k ＝13－12k ＋23×14k ，则当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝b k ＋a k2k ＋1＝13－12k ＋23×14k ＋12k ＋1－122k ＋1 ＝13－12k ＋1＋23×14k ＋1. 由①②可得存在常数p ＝－2，q ＝－1使结论对n ∈N *，n ≥2成立．6．(2012·江苏卷)设集合P n ＝{1，2，…，n }，n ∈N *.记f (n )为同时满足下列条件的集合A 的个数：①A ⊆P n ；②若x ∈A ，则2x ∉A ；③若x ∈∁P n A ，则2x ∉∁P n A . (1)求f (4)；(2)求f (n )的解析式(用n 表示)．解 (1)当n ＝4时，符合条件的集合A 为：{2}，{1，4}，{2，3}，{1，3，4}，故f (4)＝4. (2)任取偶数x ∈P n ，将x 除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k 次以后，商必为奇数，此时记商为m ，于是x ＝m ·2k，其中m 为奇数，k ∈N *. 由条件知，若m ∈A ，则x ∈A ⇔k 为偶数；若m ∉A ，则x ∈A ⇔k 为奇数．于是x 是否属于A 由m 是否属于A 确定．设Q n 是P n 中所有奇数的集合，因此f (n )等于Q n 的子集个数．当n 为偶数(或奇数)时，P n 中奇数的个数是n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫或n ＋12，所以f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n2，n 为偶数，2n ＋12，n 为奇数.第1讲几何证明选讲高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)三角形及相似三角形的判定与性质；(2)圆的相交弦定理，切割线定理；(3)圆内接四边形的性质与判定；(4)相交弦定理，本内容考查属B 级要求．真题感悟1.(2015·江苏卷)如图，在△ABC中，AB＝AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D.求证：△ABD∽△AEB.证明因为AB＝AC，所以∠ABD＝∠C.又因为∠C＝∠E，所以∠ABD＝∠E，又∠BAE为公共角，可知△ABD∽△AEB.2．(2014·江苏卷)如图，AB是圆O的直径，C，D是圆O上位于AB异侧的两点．证明：∠OCB＝∠D.证明因为B，C是圆O上的两点，所以OB＝OC.故∠OCB＝∠B.又因为C，D是圆O上位于AB异侧的两点，故∠B，∠D为同弧所对的两个圆周角，所以∠B＝∠D.因此∠OCB＝∠D.考点整合1．(1)相似三角形的判定定理判定定理1：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．判定定理2：对于任意两个三角形，如果一个三角形的两边和另一个三角形的两边对应成比例，并且夹角相等，那么这两个三角形相似．判定定理3：对于任意两个三角形，如果一个三角形的三条边和另一个三角形的三条边对应成比例，那么这两个三角形相似．(2)相似三角形的性质①相似三角形对应高的比、对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比；②相似三角形周长的比等于相似比；③相似三角形面积的比等于相似比的平方．(3)直角三角形的射影定理：直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影与斜边的比例中项；斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项．2．(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．(2)圆心角定理：圆心角的度数等于它所对弧的度数．3．(1)圆内接四边形的性质定理：①圆的内接四边形的对角互补；②圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．(2)圆内接四边形判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．4．(1)圆的切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．(2)圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．(3)弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．(4)相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．(5)切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．5．证明等积式成立，应先把它写成比例式，找出比例式中给出的线段所在三角形是否相似，若不相似，则进行线段替换或等比替换．6．圆幂定理与圆周角、弦切角联合应用时，要注意找相等的角，找相似三角形，从而得出线段的比．由于圆幂定理涉及圆中线段的数量计算，所以应注意代数法在解题中的应用．热点一三角形相似的判定及应用[微题型1] 利用弦切角定理证明三角形相似。

精品：【全国百强校】江苏省泰州中学2015-2016学年高二下学期第二次质量检测理数试题(解析版)

第Ⅰ卷（共60分）一、填空题（每小题5分,共70分.）1. ()632b a +的展开式中的第3项的二项式系数为_________．【答案】15 【解析】试题分析：展开式中的第3项的二项式系数为1526=C 考点：二项式定理【易错点晴】本题学生容易把展开式中某项的系数和展开式中某项的二项式系数混淆，展开式中某项的系数是指展开式中各项字母的系数，而把展开式中的nn n n n C C C C ,........,,21叫做展开式中各项的二项式系数 .2.某市高三数学抽样考试中，对90分及其以上的成绩情况进行统计，其频率分布直方图如图所示，若(]130,140分数段的人数为90人，则(]90,100分数段的人数为____________．【答案】810考点：频率分布直方图3.在如图所示的流程图中，若输入n 的值为11，则输出A 的值为____________．【答案】31考点：程序框图【方法点晴】按照程序框图运行程序时，要严格按框图条件和方向线去走，若发现有周期规律性，可利用函数周期性求值的方法去求，借助公式)()(x f x T f =+运算，可节省做题时间.4.向量,a b 满足)1,3,a b a b ==+=，则a b -=___________．【答案】4 【解析】试题分析：由于)1,3(=+b a 242102=⋅+⋅，则3-=⋅16)3(2102102=-⨯-=⋅-⋅，a b -=4.考点：平面向量的运算5.将一颗骰子先后抛掷两次，得到的点数之和是3的倍数的概率是_________．【答案】31考点：古典概型【方法点晴】常用古典概型求法有两种，一种是列举法，另一种为列表法，本题适合列表法.若从多个元素选出的元素较少，则适合列举法.6.已知圆C的极坐标方程为2sin 404πρθ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，则圆C 的半径为___________．【答案】6 【解析】试题分析：由于2sin 404πρθ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，则04cos 2sin 22=--+θρθρρ，化为直角坐标方程为042222=--++x y y x ，即：6)1()1(22=++-y x ，圆C 的半径为6 考点：极坐标7.在平面直角坐标系xoy 中，已知直线l的参数方程12x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），直线l 与抛物线24y x =相交于AB 两点，则线段AB 的长为____________．【答案】28 【解析】试题分析：把直线l的参数方程12x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），代入24y x =得：0282=+t t ，有28,021-==t t ，根据直线的参数方程参数t 的几何意义可得线段AB 的长为2812=-t t .考点：参数方程8.设()62601262x a a x a x a x -=++++ ，则126a a a +++ 的值是______________．【答案】665考点：二项式定理9.已知1,,2A P PA αα⎛∈∉= ⎝ ，平面α的一个法向量10,,2n ⎛=- ⎝，则直线PA 与平面α所成的角为___________．【答案】060 【解析】试题分析：设直线PA 与平面α所成的角为θ，则232413241,cos sin =+⨯+〉〈=n PA θ，00060],90,0[=∴∈θθ考点：空间向量的坐标运算，线面角的计算.10.在正四面体ABCD 中，点E 为BC 中点，点F 为AD 中点，则异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为_________．【答案】32考点：异面直线所成的角11.在长为12cm 的线段AB 上任取一点C ，现作一矩形，邻边长分别等于线段,AC CB 的长，则该矩形面积大于322cm 的概率为__________．【答案】31 【解析】试题分析：设,x AC =则x BC -=12，矩形的面积)12(x x S -=，由32)12(>-x x ，得032122<+-x x 得84<<x ，根据几何概型的概率公式得：311248=-=P . 考点：几何概型12.有五张卡片，它的正反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将它们任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成__________个不同的三位数．【答案】432 【解析】试题分析：从5张卡片任取三张按顺序排列有6035=A 种，可以组成48022260=⨯⨯⨯个三位数，其中百位数为数字0的有482224=⨯⨯A 个，共可组成43248480=-个不同的三位数．考点：排列、组合，计数原理.【方法点晴】组成三位数，首先考虑到百位数字不能为0,从5张卡片任取三张按一定次序排列有6035=A 种，而每张卡片有正反两面，所以组成48022260=⨯⨯⨯个三位数，而选中数字0而且在百位的情形有482224=⨯⨯A 个，从而得出结果，整个解题过程是从总体去考虑的，重点突出特殊元素0的特殊要求，完全符合特殊元素优先考虑原则.13.亚欧乒乓球对抗赛，各队均有5名队员，按事先排好的顺序参加擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直到一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程有___________种. 【答案】252考点：计数原理，排列、组合.14.用0，1，2，3，4组成的各位数字不重复的所有的四位数的和是____________．【答案】259980 【解析】试题分析：当四位数的千位数为1时，共有24个，个位数字和为54646362=⨯+⨯+⨯，十位数字和为54，百位数字和为54，千位数字和为24，24个四位数的和为29994100024100541054154=⨯+⨯+⨯+⨯ ，同理当四位数的千位数为2时，共有24个，个位数字和为48646361=⨯+⨯+⨯，十位数字和为48，百位数字和为48，千位数字和为48，24个四位数的和为53328100048100481048148=⨯+⨯+⨯+⨯，当四位数的千位数为3时，共有24个，个位数字和为42646261=⨯+⨯+⨯，十位数字和为42，百位数字和为42，千位数字和为72，24个四位数的和为76662100072100421042142=⨯+⨯+⨯+⨯，当四位数的千位数为4时，共有24个，个位数字和为36636261=⨯+⨯+⨯，十位数字和为36，百位数字和为36，千位数字和为98，24个四位数的和为99996100096100361036136=⨯+⨯+⨯+⨯，所有的四位数的和是25998099996766625332829994=+++.考点：计数原理【易错点晴】本题在考查计数原理的基础上，增加难度，计算四位数的和.如果题设为用0，1，2，3，4组成的各位数字不重复的所有的四位数的个数为多少？问题就简单了，而题目是求所得的四位数的和，难度就加大了.本题有两种解题思路：一是采用正面直接求法，如上面所提供的解析，采用分类讨论思想针对千位数分别为1，2，3，4四种情况分别处理；二是正难则反，用所有四位数的和（包括千位为0），减去千位是0的四位数的和，所得的差值即可.二、解答题15.（本小题满分14分）4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．（1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？（3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？【答案】（1）144（2）144（3）84考点：排列组合问题【方法点睛】本题涉及均匀分组和不均匀分组，第四步4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．要求有2个空盒，先选择两个空盒有24C 种方法．4个球放进其余的2个盒子可分成()()3,12,2、两类，这时4个球分两组，)1,3(为不均匀分组有1134CC 种分组方法，)2,2(为均匀分组有222224A CC 种分组方法，最后把两组球放入两个不同的盒子有22A 种放法.体现了先组后排原则，这是排列组合常见考题，也是易错题. 16.（本小题满分14分）假定某篮球运动员每次投篮命中率均为()01p p <<．现有3次投篮机会，并规定连续两次投篮均不中即终止投篮．已知该运动员不放弃任何一次投篮机会，且恰用完3次投篮机会的概率是2125．（1）求p 的值；（2）设该运动员投篮命中次数为ξ，求ξ的概率分布及数学期望()E ξ．【答案】（1）35p =（2）125213=ξE考点：对立事件概率公式；概率分布列与数学期望. 17.（本小题满分14分）已知直线11cos :sin x t C y t αα=+⎧⎨=⎩（t 为参数），曲线2cos :sin x C y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）．（1）当3a π=时，求1C 与2C 的交点坐标；（2）过坐标原点O 作1C 的垂线，垂足为,A P 为OA 中点，当a 变化时，求P 点轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线．【答案】(1) ()11,0,,2⎛ ⎝; (2) p 点轨迹的普通方程为2211416x y ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，轨迹是圆心为1,04⎛⎫ ⎪⎝⎭，半径为14的圆．考点：极坐标与参数方程【方法点睛】求曲线的交点坐标就是联立方程组的解，因此首先把参数方程化为普通方程，然后联立求解，参数方成化为普通方程就是要消去参数，涉及三角函数符号的要借助三角函数公式消元，本题中涉及正弦与余弦可利用平方关系消元，)sin 1(sin 41cos sin 4122222αααα-==y ，在把x 2sin 2=α代入整理即可. 18.（本小题满分16分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,AB AA h ==．（1）若2h =，求1AC 与平面1A BD 所成角的正弦值；（2）若二面角1A BD C --的大小为34π，求h 的值．【答案】（1，（2）h =(2)由()10,0,A h 得，()()111,0,,0,1,A B h A D h =-=- ，设平面1A BD 的法向量(),,m x y z =，则由1100A B m A D m ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 得，00x zh y zh -=⎧⎨-=⎩，不妨取1z =，则x y h ==，此时(),,1m h h =，又平面CBD 的法向量()10,0,AA h =，故111cos ,AA m AA m AA m === ，解得h = 考点：空间向量，线面角、二面角的求法19.（本小题满分16分）如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，,2,12ABC BAD PA AD AB BC π∠=∠=====．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．【答案】（1（2）25BQ BP ==(2)因为()1,0,2BP =- ，设()(),0,201BQ BP λλλλ==-≤≤ ，又()0,1,0CB =- ，则(),1,2CQ CB BQ λλ=+=-- ，又()0,2,2DP =- ，从而cos ,CQ DP CQ DP CQ DP == ，设[]12,1,3t t λ+=∈，则2222229cos ,5109101520999t CQ DP t t t ==≤-+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，当且仅当95t =，即25λ=时，cos ,CQ DP的最大值为．因为cos y x =在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ==25BQ BP ==．考点：二面角的计算，异面直线所成的角，最值问题.【方法点晴】求二面角常采用求法向量直接公式计算的方法去解决，原则是半平面有现成的垂线就直接做法向量，没有现成的垂线就设法向量，求出法向量后再算二面角；第二步的最值问题很好，是高考很常见的形式，多发生在圆锥曲线题目中，一要会换元，如本题中的设[]12,1,3t t λ+=∈，二要会处理分式如本题中的2222229cos ,5109101520999t CQ DP t t t ==≤-+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，当然这一步有时使用均值不等式（或对勾函数），个别题还可使用导数求最值.20.（本小题满分16分）设整数3n ≥，集合{}1,2,3,,P n = ，,A B 是P 的两个非空子集．记n a 为所有满足A 中的最大数小于B 中的最小数的集合对(),A B 的个数．（1）求3a ；(2)求n a ．【答案】(1)35a =,(2)12)2(1+⋅-=-n n n a考点：集合，组合数公式，重点考查分析问题能力【方法点睛】新信息题都很有创意，本题定义了A ，B 两个集合，首先要求A 、B 必须是集合P 的非空子集，其次满足A 中的最大数小于B 中的最小数，这样的集合对(),A B 的个数为n a ，不妨研究当3n =时，{}1,2,3P =的情况，可用列举法一一列出，得到35a =，显然解决新信息题目最重要的是读懂题目提供的信息，按照新的规则去处理问题即可.。

江苏省2016年高考理科数学二轮专题复习课件：专题五解析几何第2讲

真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
探究提高
(1)对于圆锥曲线的定义不仅要熟悉记，还要深入理解
细节部分：比如椭圆的定义要求 PF1 ＋ PF2 ＞ F1F2 ，双曲线的定义中要求|PF1－PF2|＜F1F2，抛物线上的点到焦点的距离与准线的距离相等的转化.(2)注意数形结合，画出合理草图.
真题感悟· 考点整合
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x2 y2 【训练 1】 (1)(2015· 广东卷改编)已知椭圆＋ 2＝1(m＞0)的左焦 25 m 点为 F1(－4，0)，则 m＝________.
2 y (2)(4· 安徽卷)设 F1， F2 分别是椭圆 E： x2＋b2＝1(0<b<1)的左、
解析
法一
x2 y 2 x＝3 代入 4 －12＝1，y＝± 15，不妨设 M(3， 15)，
右焦点 F(4，0). ∴MF＝ 1＋15＝4. 法二由双曲线第二定义知，M 到右焦点 F 的距离与 M 到右准线
a2 c x＝ c ＝1 的距离比为离心率 e＝a＝2， MF ∴ ＝2，MF＝4. 3－1
第2讲
圆锥曲线的基本问题
真题感悟· 考点整合
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高考定位
圆锥曲线中的基本问题一般以椭圆、双曲线的定
义、标准方程、几何性质等作为考查的重点，多为填空题 . 椭圆有关知识为B级要求，双曲线的有关知识为A级要求.
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答案 4
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2016届高考数学(江苏专用)二轮复习专题五解析几何第2讲圆锥曲线 (文科)

第2讲圆锥曲线【自主学习】第2讲圆锥曲线(本讲对应学生用书第47～50页)自主学习回归教材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2222259144-4⎧+=⎪⎨⎪=⎩a 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 P51例2改编）经过点P（—2，-4)的抛物线标准方程为.【答案】y2=-8x或x2=—y【解析】因为点P(-2，-4）在第三象限，所以满足条件的抛物线方程有两种情形。

y2=-2p1x或x2=—2p2y,分别代入点P的坐标,解得p1=4,p2=12,所以抛物线的标准方程为y2=-8x或x2=—y。

4. （选修2—1 P57练习5改编)已知抛物线y2=4x上一点M到焦点的距离为3，则点M到y轴的距离为.【答案】2【解析】抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,点M到焦点的距离为3，说明到准线的距离为3，所以点M到y轴的距离为2.5。

（选修2—1 P58练习8改编)设P（x，y)是椭圆22xa+22yb=1（a>b〉0）上一点，F1，F2为椭圆的两个焦点，则PF1·PF2的最大值为。

【答案】a2【解析】因为PF1·PF2=PF1·（2a—PF1）=-P21F+2a PF1=-(PF1-a）2+a2，由于a-c≤PF1≤a+c，所以当PF1=a时，PF1·PF2有最大值a2。

江苏省泰州中学2015-2016学年高一下学期第二次月考数学试题解析(解析版)含解斩

一、填空题（本大题共14小题，每题5分,满分70分．）1。

直线2y kx =+与直线4230x y +-=平行，则k =__________. 【答案】2- 【解析】试题分析：将4230x y +-=改为432+-=x y ，借助两直线平行的条件可得2-=k 。

考点:两直线平行的条件.2。

空间两点(2,5,4),(2,3,5)A B -之间的距离等于__________。

【答案】21考点：空间两点间距离公式。

3。

已知1cos 3θ=，则cos 2θ=__________。

【答案】97-【解析】试题分析：因1cos 3θ=，故cos 2θ=971921cos22-=-=-θ。

考点：余弦二倍角公式.4.在平面直角坐标系xOy 中，直线30x y +-=与圆22(2)(1)4x y -++=的位置关系是_____。

【答案】相交【解析】试题分析：因为圆心坐标为)1,2(-C ，到直线30x y +-=的距离2222<==d ，故相交.考点：点到直线的距离公式、圆的标准方程。

5。

已知一个圆台的上、下底面半径分别为2cm ,4cm ，高为6cm ，则圆台的母线长为__________。

【答案】210【解析】试题分析: 借助等腰梯形的性质及直角三角形的勾股定理可得母线长102406)24(22==+-=l 。

考点：圆台的有关性质及等腰梯形、直角三角形的有关知识. 6.圆224410xy x y ++--=与圆222130x y x ++-=相交于,P Q 两点,则直线PQ 的方程为______。

【答案】260x y -+=考点：两圆的位置关系及分析问题解决问题的能力.【易错点晴】本题在求解极其容易出现联立两个方程组成的方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-++=--++013201442222x y x y x y x ，通过解这个方程组求出其交点,P Q 的坐标，再运用两点的斜率公式求斜率,最后运用直线的点斜式方程求,P Q 的直线方程的错误,因为这样不仅求解过程较为繁冗，而且极其容易出现求解及运算的错误,因此在求解时可直接消去含y x ,的平方项，得到关于的二元一次方程，即是过两交点的直线的方程。

2015高考数学第二轮复习专题讲解解析几何 (含试题及答案)

a
2
）
D．与 P 点位置有关解： A 记 △P F 1 F 2 的内切圆圆心为 C ，边 P F 1 、 P F 2 、、 D ，易见点 C 、 D 的横坐标相等，如图，
c
F1 F2
上的切点分别为
M
、
N
可得 |P M | = |P N | ，|F 1 M | = |F 1 D| ，|F 2 N | = |F 2 D| ．由 |P F 1 | − |P F 2 | = 2a ，即
|P M | + |M F 1 | − (|P N | + |N F 2 |) = 2a,
得 |M F 1 | − |N F 2 | = 2a ，即记点 C 的横坐标为 x 0 ，则练习 1. 已知椭圆 C
x : 9
2
|F 1 D| − |F 2 D| = 2a D (x 0 , 0)
．，得
圆锥曲线定义挖掘描述锥曲线问题可以从曲线的几何性质和代数计算两个角度考虑，圆锥曲线的几何性质中首先需圆要关注的是圆锥曲线的定义．对椭圆来说，是椭圆上任意一点到两个焦点的距离和为定值；对双曲线来说，是双曲线上任意一点到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值为定值；对抛物线来说是，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离．本小节主要关注如何利用这些定义去解决圆锥曲线的一些选择填空题．一般来说，涉及到与焦点相关的问题或与准线（抛物线）相关问题，优先考虑定义，避免直接代数计算．而一般圆锥曲线的解答题或是小题与焦点、准线无关时，才会考虑去做代数计算．已知
易知线段 M F 的中点在抛物线内，且线段 M F 的垂直平分线斜率存在且不为零，故其与抛物线有两个交点，从而满足条件的圆共有 2 个．设双曲线

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第1讲直线与圆高考定位高考对本内容的考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题．直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中等，一般以填空题的形式出现，有时也会出现解答题，多考查其几何图形的性质或方程知识．多为B级或C级要求．真题感悟1．(2015·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，以点(1，0)为圆心且与直线mx－y －2m－1＝0(m∈R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为________．解析直线mx－y－2m－1＝0恒过定点(2，－1)，由题意，得半径最大的圆的半径r＝（1－2）2＋（0＋1）2＝ 2.故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.答案(x－1)2＋y2＝22．(2013·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y＝2x －4.设圆C的半径为1，圆心在l上．(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；(2)若圆C上存在点M，使MA＝2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．解(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3，2)，于是切线的斜率必存在．设过A (0，3)的圆C 的切线方程为y ＝kx ＋3，由题意，得|3k ＋1|k 2＋1＝1，解得k ＝0或－34，故所求切线方程为y ＝3或3x ＋4y －12＝0.(2)因为圆心在直线y ＝2x －4上，所以圆C 的方程为(x －a )2＋[y －2(a －2)]2＝1. 设点M (x ，y )，因为MA ＝2MO ，所以x 2＋（y －3）2＝2 x 2＋y 2，化简得x 2＋y 2＋2y －3＝0，即x 2＋(y ＋1)2＝4，所以点M 在以D (0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M (x ，y )在圆C 上，所以圆C 与圆D 有公共点，则|2－1|≤CD ≤2＋1，即1≤a 2＋（2a －3）2≤3.整理得－8≤5a 2－12a ≤0.由5a 2－12a ＋8≥0，得a ∈R ；由5a 2－12a ≤0，得0≤a ≤125.所以点C 的横坐标a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，125. 考点整合1．两直线平行或垂直(1)两条直线平行：对于两条不重合的直线l 1，l 2，其斜率分别为k 1，k 2，则有l 1∥l 2⇔k 1＝k 2.特别地，当直线l 1，l 2的斜率都不存在且l 1与l 2不重合时，l 1∥l 2.(2)两条直线垂直：对于两条直线l 1，l 2，其斜率分别为k 1，k 2，则有l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1.特别地，当l 1，l 2中有一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为零时，l 1⊥l 2.2．圆的方程(1)圆的标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)，圆心为(a ，b )，半径为r .(2)圆的一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F ＞0)，圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2，－E 2，半径为r ＝D 2＋E 2－4F 2；对于二元二次方程Ax 2＋Bxy ＋Cy 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示圆的充要条件是⎩⎨⎧B ＝0，A ＝C ≠0，D 2＋E 2－4AF ＞0.3．直线方程的5种形式中只有一般式可以表示所有的直线．在利用直线方程的其他形式解题时，一定要注意它们表示直线的局限性．比如，根据“在两坐标轴上的截距相等”这个条件设方程时一定不要忽略过原点的特殊情况．而题中给出直线方程的一般式，我们通常先把它转化为斜截式再进行处理．4．处理有关圆的问题，要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用，如弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形经常用到，利用圆的一些特殊几何性质解题，往往使问题简化．5．直线与圆中常见的最值问题(1)圆外一点与圆上任一点的距离的最值．(2)直线与圆相离，圆上任一点到直线的距离的最值．(3)过圆内一定点的直线被圆截得弦长的最值．(4)直线与圆相离，过直线上一点作圆的切线，切线长的最小值问题．(5)两圆相离，两圆上点的距离的最值.热点一直线与圆有关问题[微题型1] 求圆的方程【例1－1】 (2015·广州模拟)若圆C 经过(1，0)，(3，0)两点，且与y 轴相切，则圆C 的方程为________．解析因为圆C 经过(1，0)，(3，0)两点，所以圆心在直线x ＝2上，又圆与y 轴相切，所以半径为2，设圆心坐标为(2，b )，则(2－1)2＋b 2＝4，∴b 2＝3，b ＝±3.答案 (x －2)2＋(y ±3)2＝4探究提高圆的标准方程直接表示出了圆心和半径，而圆的一般方程则表示出了曲线与二元二次方程的关系，在求解圆的方程时，要根据所给条件选取适当的方程形式．[微题型2] 圆的切线问题【例1－2】 (2015·重庆卷改编)已知直线l ：x ＋ay －1＝0(a ∈R )是圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＋1＝0的对称轴，过点A (－4，a )作圆C 的一条切线，切点为B ，则AB ＝________．解析圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4，圆心为C (2，1)，半径为r ＝2，因此2＋a ×1－1＝0，a ＝－1，即A (－4，－1)，AB ＝AC 2－r 2＝（－4－2）2＋（－1－1）2－4＝6.答案 6探究提高 (1)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．(2)过圆外一点求解切线长转化为圆心到圆外点距离，利用勾股定理处理．[微题型3] 与圆有关的弦长问题【例1－3】 (2015·泰州调研)若圆上一点A (2，3)关于直线x ＋2y ＝0的对称点仍在圆上，且圆与直线x －y ＋1＝0相交的弦长为22，则圆的方程是________．解析设圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，点A (2，3)关于直线x ＋2y ＝0的对称点仍在圆上，说明圆心在直线x ＋2y ＝0上，即有a ＋2b ＝0，又(2－a )2＋(3－b )2＝r 2，而圆与直线x －y ＋1＝0相交的弦长为22，故r 2－2＝2，依据上述方程，解得⎩⎨⎧a ＝6，b ＝－3，r 2＝52或⎩⎨⎧a ＝14，b ＝－7，r 2＝244.所以，所求圆的方程为(x －6)2＋(y ＋3)2＝52或(x －14)2＋(y ＋7)2＝244. 答案 (x －6)2＋(y ＋3)2＝52或(x －14)2＋(y ＋7)2＝244探究提高涉及直线被圆截得的弦长问题，一般有两种求解方法：一是利用半径r ，弦心距d ，弦长l 的一半构成直角三角形，结合勾股定理d 2＋22l ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝r 2求解；二是若斜率为k 的直线l 与圆C 交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则AB ＝1＋k 2|x 1－x 2|.【训练1】 (2015·全国Ⅰ卷改编)过三点A (1，3)，B (4，2)，C (1，－7)的圆交y轴于M 、N 两点，则|MN |＝________．解析由已知，得AB →＝(3，－1)，BC →＝(－3，－9)，则AB →·BC→＝3×(－3)＋(－1)×(－9)＝0，所以AB→⊥BC →，即AB ⊥BC ，故过三点A 、B 、C 的圆以AC 为直径，得其方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝25，令x ＝0得(y ＋2)2＝24，解得y 1＝－2－26，y 2＝－2＋26，所以|MN |＝|y 1－y 2|＝4 6.答案 4 6热点二直线与圆、圆与圆的位置关系【例2】 (2015·全国Ⅰ卷)已知过点A (0，1)且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1交于M ，N 两点．(1)求k 的取值范围；(2)若OM →·ON→＝12，其中O 为坐标原点，求MN . 解 (1)由题设，可知直线l 的方程为y ＝kx ＋1，因为直线l 与圆C 交于两点，所以|2k －3＋1|1＋k2<1. 解得4－73<k <4＋73.所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫4－73，4＋73. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．将y ＝kx ＋1代入圆C 的方程(x －2)2＋(y －3)2＝1，整理得(1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0. 所以x 1＋x 2＝4（1＋k ）1＋k 2，x 1x 2＝71＋k 2. OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝4k （1＋k ）1＋k 2＋8. 由题设可得4k （1＋k ）1＋k 2＋8＝12，解得k＝1，所以l的方程为y＝x＋1.故圆C的圆心(2，3)在l上，所以MN＝2.探究提高根据圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系，判定直线与圆的位置关系．【训练2】在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x－3)2＋(y＋2)2＝4，圆C2：(x＋m)2＋(y＋m＋5)2＝2m2＋8m＋10(m∈R，且m≠－3)．(1)设P为坐标轴上的点，满足：过点P分别作圆C1与圆C2的一条切线，切点分别为T1、T2，使得PT1＝PT2，试求出所有满足条件的点P的坐标；(2)若斜率为正数的直线l平分圆C1，求证：直线l与圆C2总相交．(1)解设点P的坐标为(x0，y0)，圆C1与圆C2的半径分别为r1、r2，由题意得PC21－r21＝PC22－r22，即[(x0－3)2＋(y0＋2)2]－4＝[(x0＋m)2＋(y0＋m＋5)2]－(2m2＋8m＋10)，化简得x0＋y0＋1＝0，因为P为坐标轴上的点，所以点P的坐标为(0，－1)或(－1，0)．(2)证明依题意可设直线l的方程为：y＋2＝k(x－3)，k＞0，化简得kx－y－3k －2＝0，则圆心C2(－m，－m－5)到直线l的距离为|k－1|·|m＋3|k2＋1，又圆C2的半径为2m2＋8m＋10，所以“直线l与圆C2总相交”等价于“∀m≠－3，|k－1|·|m＋3|k2＋1＜2m2＋8m＋10”，即|k－1|k2＋1＜2m2＋8m＋10（m＋3）2，①记y＝2m2＋8m＋10（m＋3）2，整理得(y－2)m2＋2(3y－4)m＋9y－10＝0，当y＝2时，m＝－2；当y≠2时，判别式Δ＝[2(3y－4)]2－4(y－2)(9y－10)≥0，解得y≥1；综上得y ＝2m 2＋8m ＋10（m ＋3）2， m ≠－3的最小值为1，所以①式⇔|k －1|k 2＋1＜1⇔k ＞0，即证．热点三直线、圆与其他知识的交汇【例3】如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知点A 为椭圆x 29＋2y 29＝1的右顶点，点D (1，0)，点P ，B 在椭圆上，BP→＝DA →.(1)求直线BD 的方程；(2)求直线BD 被过P ，A ，B 三点的圆C 截得的弦长；(3)是否存在分别以PB ，P A 为弦的两个相外切的等圆？若存在，求出这两个圆的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)因为BP→＝DA →且A (3，0)，所以BP ＝DA ＝2，而B ，P 关于y 轴对称，所以点P 的横坐标为1，从而得P (1，2)，B (－1，2)，所以直线BD 的方程为x ＋y －1＝0.(2)线段BP 的垂直平分线方程为x ＝0，线段AP 的垂直平分线方程为y ＝x －1，所以圆C 的圆心为(0，－1)，且圆C 的半径为r ＝10，又圆心(0，－1)到直线BD 的距离为d ＝2，所以直线BD 被圆C 截得的弦长为2r 2－d 2＝4 2.(3)假设存在这样的两个圆M 与圆N ，其中PB 是圆M 的弦，P A 是圆N 的弦，则点M 一定在y 轴上，点N 一定在线段P A 的垂直平分线y ＝x －1上，当圆M 和圆N 是两个相外切的等圆时，一定有P ，M ，N 在一条直线上，且PM ＝PN . 设M (0，b )，则N (2，4－b )，根据N (2，4－b )在直线y ＝x －1上，解得b ＝3.所以M (0，3)，N (2，1)，PM ＝PN ＝2，故存在这样的两个圆，且方程分别为x 2＋(y －3)2＝2，(x －2)2＋(y －1)2＝2.探究提高求圆中弦长问题，多用垂径定理，先计算圆心到直线的距离，再利用弦长公式AB＝2r2－d2；求圆的方程问题常见于找出圆心和半径，对于两圆的位置关系则多借助于几何关系进行判定．【训练3】(2013·四川卷)已知圆C的方程为x2＋(y－4)2＝4，点O是坐标原点．直线l：y＝kx与圆C交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)设Q(m，n)是线段MN上的点，且2OQ2＝1OM2＋1ON2.请将n表示为m的函数．解(1)将y＝kx代入x2＋(y－4)2＝4中，得(1＋k2)x2－8kx＋12＝0.(*)由Δ＝(－8k)2－4(1＋k2)×12＞0，得k2＞3.所以，k的取值范围是(－∞，－3)∪(3，＋∞)．(2)因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1)，(x2，kx2)，则OM2＝(1＋k2)x21，ON2＝(1＋k2)x22.又OQ2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2.由2OQ2＝1OM2＋1ON2，得2（1＋k2）m2＝1（1＋k2）x21＋1（1＋k2）x22，即2m2＝1x21＋1x22＝（x1＋x2）2－2x1x2x21x22.由(*)式可知，x1＋x2＝8k1＋k2，x1x2＝121＋k2，所以m2＝365k2－3.因为点Q在直线y＝kx上，所以k＝nm，代入m2＝365k2－3中并化简，得5n2－3m2＝36.由m2＝365k2－3及k2＞3，可知0＜m2＜3，即m∈(－3，0)∪(0，3)．根据题意，点Q在圆C内，则n＞0，所以n＝36＋3m25＝15m2＋1805.于是，n与m的函数关系为n＝15m2＋1805(m∈(－3，0)∪(0，3))．1．由于直线方程有多种形式，各种形式适用的条件、范围不同，在具体求直线方程时，由所给的条件和采用的直线方程形式所限，可能会产生遗漏的情况，尤其在选择点斜式、斜截式时要注意斜率不存在的情况．2．确定圆的方程时，常用到圆的几个性质：(1)直线与圆相交时应用垂径定理构成直角三角形(半弦长，弦心距，圆半径)；(2)圆心在过切点且与切线垂直的直线上；(3)圆心在任一弦的中垂线上；(4)两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线；(5)圆的对称性：圆关于圆心成中心对称，关于任意一条过圆心的直线成轴对称．3．直线与圆中常见的最值问题圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题．4．两圆相交，将两圆方程联立消去二次项，得到一个二元一次方程即为两圆公共弦所在的直线方程.一、填空题1．(2015·广东卷改编)平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是________．解析设所求切线方程为2x＋y＋c＝0，依题有|0＋0＋c|22＋12＝5，解得c＝±5，所以所求切线的直线方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0.答案2x＋y±5＝02．(2015·北京卷改编)圆心为(1，1)且过原点的圆的方程是________．解析因为圆心为(1，1)且过原点，所以该圆的半径r＝12＋12＝2，则该圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.答案(x－1)2＋(y－1)2＝23．(2014·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦长为________．解析圆心为(2，－1)，半径r ＝2.圆心到直线的距离d ＝|2＋2×（－1）－3|1＋4＝355，所以弦长为2r 2－d 2＝222－⎝ ⎛⎭⎪⎫3552＝2555. 答案 2555 4．已知圆的方程为x 2＋y 2－6x －8y ＝0，设该圆中过点(3，5)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积是________．解析配方可得(x －3)2＋(y －4)2＝25，其圆心为(3，4)，半径为r ＝5，则过点(3，5)的最长弦AC ＝2r ＝10，最短弦BD ＝2r 2－12＝46，且有AC ⊥BD ，则四边形ABCD 的面积为S ＝12AC ×BD ＝20 6.答案 20 65．若圆x 2＋y 2＝4与圆x 2＋y 2＋2ax －6＝0(a ＞0)的公共弦的长为23，则a ＝________．解析 x 2＋y 2＋2ax －6＝0(a >0)可知圆心为(－a ，0)，半径为6＋a 2，两圆公共弦所在方程为(x 2＋y 2＋2ax －6)－(x 2＋y 2)＝－4，即x ＝1a ，所以有()6＋a 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a 2＝()32，解得a ＝1或－1(舍去)．答案 16．(2012·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为x 2＋y 2－8x ＋15＝0，若直线y ＝kx －2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的最大值是________．解析圆C 的标准方程为(x －4)2＋y 2＝1，设圆心C (4，0)到直线y ＝kx －2的距离为d ，则d ＝|4k －2|k 2＋1，由题意知问题转化为d ≤2，即d ＝|4k －2|k 2＋1≤2，得0≤k ≤43，所以k max ＝43. 答案 437．(2014·新课标全国Ⅱ卷)设点M (x 0，1)，若在圆O ：x 2＋y 2＝1上存在点N ，使得∠OMN ＝45°，则x 0的取值范围是________．解析由题意可知M 在直线y ＝1上运动，设直线y ＝1与圆x 2＋y 2＝1相切于点P (0，1)．当x 0＝0即点M 与点P 重合时，显然圆上存在点N (±1，0)符合要求；当x 0≠0时，过M 作圆的切线，切点之一为点P ，此时对于圆上任意一点N ，都有∠OMN ≤∠OMP ，故要存在∠OMN ＝45°，只需∠OMP ≥45°.特别地，当∠OMP ＝45°时，有x 0＝±1.结合图形可知，符合条件的x 0的取值范围为[－1，1]．答案 [－1，1]8．直线2ax ＋by ＝1与圆x 2＋y 2＝1相交于A ，B 两点(其中a ，b 是实数)，且△AOB 是直角三角形(O 是坐标原点)，则点P (a ，b )与点(0，1)之间距离的最小值为________．解析根据题意画出图形，如图所示，过点O 作OC ⊥AB 于C ，因为△AOB 为等腰直角三角形，所以C 为弦AB 的中点，又OA ＝OB ＝1，根据勾股定理得AB ＝2，∴OC ＝12AB ＝22. ∴圆心到直线的距离为12a 2＋b2＝22，即2a 2＋b 2＝2，即a 2＝－12b 2＋1≥0.∴－2≤b ≤ 2.则点P (a ，b )与点(0，1)之间距离d ＝（a －0）2＋（b －1）2＝a 2＋b 2－2b ＋1＝12b 2－2b ＋2.设f (b )＝12b 2－2b ＋2＝12(b －2)2，此函数为对称轴为x ＝2的开口向上的抛物线，∴当－2≤b ≤2<2时，函数为减函数．∵f (2)＝3－22，∴d 的最小值为3－22＝（2－1）2＝2－1.答案2－1二、解答题9．(2013·新课标全国Ⅱ卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆P 在x 轴上截得线段长为22，在y 轴上截得线段长为2 3. (1)求圆心P 的轨迹方程；(2)若P 点到直线y ＝x 的距离为22，求圆P 的方程．解 (1)设P (x ，y )，圆P 的半径为r .由题意可得y 2＋2＝r 2，x 2＋3＝r 2，从而y 2＋2＝x 2＋3.故P 点的轨迹方程为y 2－x 2＝1. (2)设P (x 0，y 0)，由已知得|x 0－y 0|2＝22.又P 点在双曲线y 2－x 2＝1上，从而得⎩⎨⎧|x 0－y 0|＝1，y 20－x 20＝1. 由⎩⎨⎧x 0－y 0＝1，y 20－x 20＝1得⎩⎨⎧x 0＝0，y 0＝－1.此时，圆P 的半径r ＝ 3. 由⎩⎨⎧x 0－y 0＝－1，y 20－x 20＝1得⎩⎨⎧x 0＝0，y 0＝1.此时，圆P 的半径r ＝ 3. 故圆P 的方程为x 2＋(y －1)2＝3或x 2＋(y ＋1)2＝3. 10.已知双曲线x 2－y 23＝1.(1)若一椭圆与该双曲线共焦点，且有一交点P (2，3)，求椭圆方程．(2)设(1)中椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，右焦点为F ，直线l 为椭圆的右准线，N 为l 上的一动点，且在x 轴上方，直线AN 与椭圆交于点M .若AM ＝MN ，求∠AMB 的余弦值；(3)设过A 、F 、N 三点的圆与y 轴交于P 、Q 两点，当线段PQ 的中点为(0，9)时，求这个圆的方程．解 (1)∵双曲线焦点为(±2，0)，设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．则⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝4，4a 2＋9b2＝1.∴a 2＝16，b 2＝12.故椭圆方程为x 216＋y 212＝1.(2)由已知，A (－4，0)，B (4，0)，F (2，0)，直线l 的方程为x ＝8.设N (8，t )(t ＞0)．∵AM ＝MN ，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，t 2.由点M 在椭圆上，得t ＝6. 故所求的点M 的坐标为M (2，3)．所以MA→＝(－6，－3)，MB →＝(2，－3)，MA →·MB →＝－12＋9＝－3.cos ∠AMB ＝MA →·MB →|MA →|·|MB→|＝－336＋9·4＋9＝－6565.(3)设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F ＞0)，将A 、F 、N 三点坐标代入，得⎩⎨⎧16－4D ＋F ＝0，4＋2D ＋F ＝0，64＋t 2＋8D ＋Et ＋F ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝2，E ＝－t －72t ，F ＝－8. 圆的方程为x 2＋y 2＋2x －⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0，令x ＝0，得y 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t y －8＝0.设P (0，y 1)，Q (0，y 2)，则y 1，2＝t ＋72t ±⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋72t 2＋322.由线段PQ 的中点为(0，9)，得y 1＋y 2＝18，t ＋72t ＝18，此时，所求圆的方程为x 2＋y 2＋2x －18y －8＝0.11.如图所示，已知以点A (－1，2)为圆心的圆与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切．过点B (－2，0)的动直线l 与圆A 相交于M ，N 两点，Q 是MN 的中点，直线l 与l 1相交于点P .(1)求圆A 的方程；(2)当MN ＝219时，求直线l 的方程；(3)BQ →·BP →是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．解 (1)设圆A 的半径为R .∵圆A 与直线l 1：x ＋2y ＋7＝0相切， ∴R ＝|－1＋4＋7|5＝2 5. ∴圆A 的方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝20.(2)当直线l 与x 轴垂直时，易知x ＝－2符合题意；当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为 y ＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0.连接AQ ，则AQ ⊥MN . ∵MN ＝219， ∴AQ ＝20－19＝1. 由AQ ＝|k －2|k 2＋1＝1，得k ＝34. ∴直线l 的方程为3x －4y ＋6＝0.∴所求直线l 的方程为x ＝－2或3x －4y ＋6＝0.(3)∵AQ ⊥BP ，∴AQ →·BP →＝0， ∴BQ →·BP →＝(BA →＋AQ →)·BP → ＝BA →·BP →＋AQ →·BP → ＝BA →·BP→. 当直线l 与x 轴垂直时，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－52.则BP→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，又BA→＝(1，2)，∴BQ →·BP →＝BA →·BP→＝－5. 当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)．由⎩⎨⎧y ＝k （x ＋2），x ＋2y ＋7＝0，解得P ⎝⎛⎭⎪⎫－4k －71＋2k ，－5k 1＋2k . ∴BP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－51＋2k ，－5k 1＋2k . ∴BQ →·BP →＝BA →·BP→＝－51＋2k －10k 1＋2k ＝－5. 综上所述，BQ →·BP →是定值，且BQ →·BP→＝－5.第2讲圆锥曲线的基本问题高考定位圆锥曲线中的基本问题一般以椭圆、双曲线的定义、标准方程、几何性质等作为考查的重点，多为填空题．椭圆有关知识为B 级要求，双曲线的有关知识为A 级要求．真题感悟1．(2013·江苏卷)双曲线x 216－y 29＝1的两条渐近线的方程为________．解析由双曲线方程可知a ＝4，b ＝3，所以两条渐近线方程为y ＝±34x . 答案 y ＝±34x2．(2012·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2m －y 2m 2＋4＝1的离心率为5，则m 的值为________．解析建立关于m 的方程求解．∵c 2＝m ＋m 2＋4，∴e 2＝c 2a 2＝m ＋m 2＋4m＝5，∴m 2－4m ＋4＝0，∴m ＝2.答案 23．(2010·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线x 24－y 212＝1上一点M 的横坐标是3，则点M 到此双曲线的右焦点的距离为________．解析法一 x ＝3代入x 24－y 212＝1，y ＝±15，不妨设M (3，15)，右焦点F (4，0)．∴MF ＝1＋15＝4.法二由双曲线第二定义知，M 到右焦点F 的距离与M 到右准线x ＝a 2c ＝1的距离比为离心率e ＝ca ＝2， ∴MF 3－1＝2，MF ＝4. 答案 44．(2015·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为________．解析双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线的距离d ＝|1－0|12＋12＝22.由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22. 答案 22考点整合1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：MF 1＋MF 2＝2a (2a >F 1F 2)； (2)双曲线：|MF 1－MF 2|＝2a (2a <F 1F 2)． 2．圆锥曲线的标准方程(1)椭圆：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)(焦点在x 轴上)或y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)(焦点在y 轴上)； (2)双曲线：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)(焦点在x 轴上)或y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)(焦点在y 轴上)．3．圆锥曲线的几何性质 (1)椭圆：e ＝ca ＝1－b 2a 2；(2)双曲线：①e ＝ca ＝1＋b 2a 2.②渐近线方程：y ＝±b a x 或y ＝±ab x .4．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k 的直线与圆锥曲线交于两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则所得弦长P 1P 2＝1＋k 2|x 2－x 1|或P 1P 2＝1＋1k 2|y 2－y 1|.(2)弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”、“设而不求法”来简化运算.热点一圆锥曲线的定义和标准方程【例1】 (1)(2015·福建卷改编)若双曲线E ：x 29－y 216＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线E 上，且PF 1＝3，则PF 2等于________．(2)(2015·天津卷改编)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线过点(2，3) ，且双曲线的一个焦点在抛物线y 2＝47x 的准线上，则双曲线的方程为________．解析 (1)由双曲线定义|PF 2－PF 1|＝2a ，∵PF 1＝3，∴P 在左支上，∵a ＝3，∴PF 2－PF 1＝6， ∴PF 2＝9.(2)由题意可得b a ＝32，c ＝7，又c 2＝7＝a 2＋b 2，解得a 2＝4，b 2＝3.故双曲线方程为x 24－y 23＝1.答案 (1)9 (2)x 24－y 23＝1探究提高 (1)对于圆锥曲线的定义不仅要熟悉记，还要深入理解细节部分：比如椭圆的定义要求PF 1＋PF 2＞F 1F 2，双曲线的定义中要求|PF 1－PF 2|＜F 1F 2，抛物线上的点到焦点的距离与准线的距离相等的转化．(2)注意数形结合，画出合理草图．【训练1】 (1)(2015·广东卷改编)已知椭圆x 225＋y 2m 2＝1(m ＞0)的左焦点为F 1(－4，0)，则m ＝________．(2)(2014·安徽卷)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b 2＝1(0<b <1)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若AF 1＝3F 1B ，AF 2⊥x 轴，则椭圆E 的方程为________．解析 (1)由4＝25－m 2(m ＞0)⇒m ＝3.(2)设点A 在点B 上方，F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)，其中c ＝1－b 2，则可设A (c ，b 2)，B (x 0，y 0)，可得AF 1→＝3F 1B →，故⎩⎨⎧－2c ＝3（x 0＋c ），－b 2＝3y 0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－53c ，y 0＝－13b 2，代入椭圆方程可得25（1－b 2）9＋19b 2＝1，得b 2＝23，故椭圆方程为x 2＋3y 22＝1.答案 (1)3 (2)x 2＋32y 2＝1 热点二圆锥曲线的几何性质【例2】 (1)(2015·南京、盐城模拟)在平面直角坐标系xOy 中，若中心在坐标原点的双曲线的一条准线方程为x ＝12，且它的一个顶点与抛物线y 2＝－4x 的焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为________．(2)平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与抛物线C 2：x 2＝2py (p ＞0)交于点O ，A ，B .若△OAB 的垂心为C 2的焦点，则C 1的离心率为________．解析 (1)抛物线y 2＝－4x 的焦点坐标是(－1，0)，即双曲线的一个顶点坐标是(－1，0)，设双曲线方程是x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，则a ＝1，又a 2c ＝12，因此c ＝2，b ＝c 2－a 2＝3，故其渐近线方程是y ＝±3x .(2)由题意，不妨设直线OA 的方程为y ＝b a x ，直线OB 的方程为y ＝－ba x . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b a x ，x 2＝2py ，得x 2＝2p ·b a x ，∴x ＝2pb a ，y ＝2pb 2a 2，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2pb a ，2pb 2a 2.设抛物线C 2的焦点为F ，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，∴k AF ＝2pb 2a 2－p22pb a.∵△OAB 的垂心为F ，∴AF ⊥OB ，∴2pb 2a 2－p22pb a·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝－1，∴b 2a 2＝54. 设C 1的离心率为e ，则e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋54＝94.∴e ＝32.答案 (1)y ＝±3x (2)32探究提高解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程或不等式，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式，建立关于a ，b ，c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．【训练2】 (1)(2015·临沂模拟)已知对称中心为坐标原点的椭圆与双曲线有共同的焦点，其左、右焦点都在x 轴上，分别设为F 1，F 2，它们在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 2为底边的等腰三角形，若PF 2＝3，且椭圆的离心率为23，则双曲线的离心率为________．(2)(2015·镇江期末)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，若F 关于直线3x ＋y ＝0的对称点A 是椭圆C 上的点，则椭圆C 的离心率为________．解析 (1)如图，设椭圆的长轴长为2a 1，双曲线的实轴长为2a 2，F 1F 2＝2c ，则PF 1＝F 1F 2＝2c.在椭圆中，由离心率的定义可知，e 1＝2c 2a 1＝2c PF 1＋PF 2＝2c 3＋2c ＝23，解得c ＝3，即PF 1＝F 1F 2＝6.在双曲线中，2a 2＝|PF 1－PF 2|＝6－3＝3，故其离心率e 2＝2c 2a 2＝63＝2.(2)设左焦点F (－c ，0)，A 点坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0x 0＋c ×（－3）＝－1，3×x 0－c 2＋y 02＝0，解得：x 0＝c 2，y 0＝32c ，又点A 在椭圆C上．∴222c a⎛⎫ ⎪⎝⎭＋22b ⎫⎪⎝⎭＝1，又b 2＝a 2－c 2，整理得：c 4－8a 2c 2＋4a 4＝0，∴e 4－8e 2＋4＝0，解得：e 2＝4±23，∴e ＝3－1(e ＝3＋1舍去)．答案 (1)2 (2)3－1热点三有关圆锥曲线的弦长问题【例3】 (2015·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆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l 的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F 的直线与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于点P ，C ，若PC ＝2AB ，求直线AB 的方程．解 (1)由题意，得c a ＝22且c ＋a 2c ＝3，解得a＝2，c ＝1，则b ＝1，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)当AB ⊥x 轴时，AB ＝2，又CP ＝3，不合题意．当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将AB 的方程代入椭圆方程，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2(k 2－1)＝0，则x 1，2＝2k 2±2（1＋k 2）1＋2k 2，C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2，且AB ＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2 ＝（1＋k 2）（x 2－x 1）2 ＝22（1＋k 2）1＋2k 2.若k ＝0，则线段AB 的垂直平分线为y 轴，与左准线平行，不合题意．从而k ≠0，故直线PC 的方程为 y ＋k 1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2，则P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，5k 2＋2k （1＋2k 2），从而PC ＝2（3k 2＋1）1＋k 2|k |（1＋2k 2）.因为PC ＝2AB ，所以2（3k 2＋1）1＋k 2|k |（1＋2k 2）＝42（1＋k 2）1＋2k 2，解得k ＝±1.此时直线AB 的方程为y ＝x －1或y ＝－x ＋1.探究提高 (1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．(2)对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ≥0，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．【训练3】设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，过点F 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，直线l 的倾斜角为60°，AF→＝2FB →.(1)求椭圆C 的离心率；(2)如果AB ＝154，求椭圆C 的方程．解设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知y 1＜0，y 2＞0. (1)直线l 的方程为y ＝3(x －c )，其中c ＝a 2－b 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －c ），x 2a 2＋y 2b 2＝1，得(3a 2＋b 2)y 2＋23b 2cy －3b 4＝0.解得y 1＝－3b 2（c ＋2a ）3a 2＋b 2，y 2＝－3b 2（c －2a ）3a 2＋b 2.因为AF →＝2FB →，所以－y 1＝2y 2，即3b 2（c ＋2a ）3a 2＋b 2＝2·－3b 2（c －2a ）3a 2＋b 2，得离心率e ＝c a ＝23. (2)因为AB ＝1＋13|y 2－y 1|，所以23·43ab 23a 2＋b 2＝154，由c a ＝23，得b ＝53a ，所以54a ＝154，得a ＝3，b ＝5，故椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.1．椭圆、双曲线的方程形式上可统一为Ax 2＋By 2＝1，其中A ，B 是不等的常数，A ＞B ＞0时，表示焦点在y 轴上的椭圆；B ＞A ＞0时，表示焦点在x 轴上的椭圆；AB ＜0时表示双曲线．2．对涉及圆锥曲线上点到焦点距离或焦点弦问题，恰当选用定义解题，会效果明显，定义中的定值是标准方程的基础．3．在椭圆焦点三角形PF 1F 2，∠F 1PF 2＝α，则12PF F S ＝c |y 0|＝b 2·tan α2.4．求双曲线、椭圆的离心率的方法：法一：直接求出a ，c ，计算e ＝ca ；法二：根据已知条件确定a ，b ，c 的等量关系，然后把b 用a ，c 代换，求ca .5．通径：过双曲线、椭圆的焦点垂直于对称轴的弦称为通径，双曲线、椭圆的通径长为2b 2a ，过椭圆焦点的弦中通径最短.一、填空题1．(2015·南通·泰州调研)双曲线x 216－y 2m ＝1(m >0)的离心率为54，则m 等于________．解析由题意得c ＝16＋m ，所以16＋m 4＝54，解得m ＝9. 答案 92．(2015·安徽卷改编)双曲线y 24－x 2＝1的渐近线方程为________．解析焦点在y 轴上的渐近线方程为y ＝±a b x ＝±2x .答案 y ＝±2x3．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，且双曲线的离心率等于5，则该双曲线的方程为________．解析由于抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1，0)，即c ＝1，又e ＝c a ＝5，可得a ＝55，结合条件有a 2＋b 2＝c 2＝1，可得b 2＝45，又焦点在x 轴上，则所求的双曲线的方程为5x 2－54y 2＝1. 答案 5x 2－54y 2＝14．(2015·湖南卷)设F 是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点，若C 上存在点P ，使线段PF 的中点恰为其虚轴的一个端点，则C 的离心率为________．解析不妨设F (c ，0)，则由条件知P (－c ，±2b )，代入x 2a 2－y 2b 2＝1得c 2a 2＝5，∴e ＝ 5. 答案55．(2015·江苏五市模拟)已知椭圆x 29＋y 2m ＝1(0＜m ＜9)，左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆与A ，B 两点，若AF 2＋BF 2的最大值为10，则m 的值为________．解析已知椭圆x 29＋y 2m ＝1(0＜m ＜9)中，a 2＝9，b 2＝m .AF 2＋BF 2＝4a －AB ≤10，∴AB ≥2，AB min ＝2b 2a ＝2m3＝2，解得m ＝3. 答案 36．(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为________．解析直线AB 的斜率k ＝0＋13－1＝12，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1， ①x 22a 2＋y 22b 2＝1， ②①－②得y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.又x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，所以k ＝－b 2a 2×2－2，所以b 2a 2＝12，③ 又a 2－b 2＝c 2＝9，④由③④得a 2＝18，b 2＝9.故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.答案 x 218＋y 29＝17．(2013·天津卷改编)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线与抛物线y 2＝2px (p >0)的准线分别交于A ，B 两点，O 为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB 的面积为3，则p ＝________．解析因为双曲线的离心率e ＝ca ＝2，所以b ＝3a ，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ＝±3x ，与抛物线的准线x ＝－p 2相交于A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，32p ，B⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，－32p ，所以△AOB 的面积为12×p2×3p ＝3，又p >0，所以p ＝2. 答案 28．(2015·青岛模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的两条渐近线均和圆C ：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C 的圆心，则该双曲线的方程为________．解析 ∵双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x ，圆C 的标准方程为(x －3)2＋y 2＝4，∴圆心为C (3，0)．又渐近线方程与圆C 相切，即直线bx －ay ＝0与圆C 相切， ∴3b a 2＋b2＝2，∴5b 2＝4a 2.① 又∵x 2a 2－y 2b 2＝1的右焦点F 2(a 2＋b 2，0)为圆心C (3，0)， ∴a 2＋b 2＝9.②由①②得a 2＝5，b 2＝4.∴双曲线的标准方程为x 25－y24＝1.答案 x 25－y 24＝1 二、解答题9．已知曲线C 上的动点P (x ，y )满足到定点A (－1，0)的距离与到定点B (1，0)的距离之比为 2. (1)求曲线C 的方程；(2)过点M (1，2)的直线l 与曲线C 交于两点M 、N ，若MN ＝4，求直线l 的方程．解 (1)由题意得P A ＝2PB ，故（x ＋1）2＋y 2＝2（x －1）2＋y 2化简得：x 2＋y 2－6x ＋1＝0(或(x －3)2＋y 2＝8)即为所求． (2)当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝1. 将x ＝1代入方程x 2＋y 2－6x ＋1＝0得y ＝±2，所以MN ＝4，满足题意．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx －k ＋2，由圆心到直线的距离d ＝2＝|3k －k ＋2|1＋k2，解得k ＝0，此时直线l 的方程为y ＝2.综上所述，满足题意的直线l 的方程为x ＝1或y ＝2.10．(2015·安徽卷)设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，点O 为坐标原点，点A 的坐标为(a ，0)，点B 的坐标为(0，b )，点M 在线段AB 上，满足BM ＝2MA ，直线OM 的斜率为510. (1)求E 的离心率e ；(2)设点C 的坐标为(0，－b )，N 为线段AC 的中点，点N 关于直线AB 的对称点的纵坐标为72，求E 的方程．解 (1)由题设条件知，点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，13b ，又k OM ＝510，从而b 2a ＝510，进而得a ＝5b ，c ＝a 2－b 2＝2b ，故e ＝c a ＝255.(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB 的方程为x 5b＋yb ＝1，点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫52b ，－12b .设点N 关于直线AB 的对称点S 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，72，则线段NS 的中点T 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫54b ＋x 12，－14b ＋74.又点T 在直线AB 上，且k NS ·k AB ＝－1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧54b ＋x 125b＋－14b ＋74b ＝1，72＋12b x 1－52b＝ 5.解得b ＝3.所以a ＝35，故椭圆E 的方程为x 245＋y 29＝1.11．(2014·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，顶点B 的坐标为(0，b )，连接BF 2并延长交椭圆于点A ，过点A 作x 轴的垂线交椭圆于另一点C ，连接F 1C .(1)若点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，且BF 2＝2，求椭圆的方程；(2)若F 1C ⊥AB ，求椭圆离心率e 的值．解设椭圆的焦距为2c ，则F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)． (1)因为B (0，b )，所以BF 2＝b 2＋c 2＝a . 又BF 2＝2，故a ＝ 2.因为点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13在椭圆上，所以169a 2＋19b 2＝1.解得b 2＝1.故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)因为B (0，b )，F 2(c ，0)在直线AB 上，所以直线AB 的方程为x c ＋yb ＝1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x c ＋yb ＝1，x 2a 2＋y 2b 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2a 2c a 2＋c 2，y 1＝b （c 2－a 2）a 2＋c 2，⎩⎨⎧x 2＝0，y 2＝b .所以点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2c a 2＋c2，b （c 2－a 2）a 2＋c 2. 又AC 垂直于x 轴，由椭圆的对称性，可得点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2c a 2＋c2，b （a 2－c 2）a 2＋c 2. 因为直线F 1C 的斜率为b （a 2－c 2）a 2＋c 2－02a 2c a 2＋c 2－（－c ）＝b （a 2－c 2）3a 2c ＋c 3，直线AB 的斜率为－bc ，且F 1C ⊥AB ，所以b （a 2－c 2）3a 2c ＋c 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b c ＝－1. 又b 2＝a 2－c 2，整理得a 2＝5c 2.故e 2＝15.因此e ＝55.第3讲圆锥曲线的综合问题高考定位圆锥曲线的综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求．真题感悟(2012·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)．已知点(1，e )和⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，32都在椭圆上，其中e 为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)设A ，B 是椭圆上位于x 轴上方的两点，且直线AF 1与直线BF 2平行，AF 2与BF 1交于点P .(ⅰ)若AF 1－BF 2＝62，求直线AF 1的斜率； (ⅱ)求证：PF 1＋PF 2是定值．解 (1)由题设知a 2＝b 2＋c 2，e ＝ca ，由点(1，e )在椭圆上，得1a 2＋c 2a 2b 2＝1，解得b 2＝1，于是c 2＝a 2－1，又点⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，32在椭圆上，所以e 2a 2＋34b 2＝1，即a 2－1a 4＋34＝1，解得a 2＝2.因此，所求椭圆的方程是x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知F 1(－1，0)，F 2(1，0)，又直线AF 1与BF 2平行，所以可设直线AF 1的方程为x ＋1＝my ，直线BF 2的方程为x －1＝my . 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y 1＞0，y 2＞0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 212＋y 21＝1x 1＋1＝my 1，得(m 2＋2)y 21－2my 1－1＝0，解得y 1＝m ＋2m 2＋2m 2＋2，故AF 1＝（x 1＋1）2＋（y 1－0）2＝（my 1）2＋y 21＝2（m 2＋1）＋m m 2＋1m 2＋2.①同理，BF 2＝2（m 2＋1）－m m 2＋1m 2＋2.②(ⅰ)由①②得AF 1－BF 2＝2m m 2＋1m 2＋2，解2m m 2＋1m 2＋2＝62得m 2＝2，注意到m ＞0，。

江苏省2015-2016学年高中数学二轮专题 解析几何

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