2018届高考数学(文)二轮复习系列之疯狂专练8 三视图 Word版含解析

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2018年高考数学三轮冲刺点对点试卷三视图程序框图及简单线性规划

三视图、程序框图及简单线性规划1．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 104π+B. 68π+C. 108π+D. 64π+ 【答案】A2．若一个空间几何体的三视图如图所示，且已知该几何体的体积为433π，则其表面积为（）A. 63π+B. 6πC. 3234π+334π+ 【答案】A3．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中提出如下问题：“今有刍童，下广两丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈，问积几何？”翻译成现代文是“今有上下底面皆为长方形的草垛，下底（指面积较小的长方形）宽2丈，长3丈；上底（指面积较大的长方形）宽3丈，长4丈；高3丈.问它的体积是多少？”现将该几何体的三视图给出如图所示，则该几何体的体积为（）立方丈.A.532B. 24C. 27D. 1862+【答案】A4．如图所示，一个三棱锥的的三视图是三个直角三角形，则该三棱锥的体积为（）A. 3B. 4C. 6D. 85．已知实数x，y满足10{10330x yx yx y-+≥+-≥--≤，则使不等式1kx y k-+≤恒成立的实数k的取值集合是（）A. (],1-∞ B.1,2⎛⎤-∞⎥⎝⎦C.1,4⎛⎤-∞⎥⎝⎦D.1,8⎛⎤-∞⎥⎝⎦【答案】B6．在由不等式组2140,{3,2,x yxy-+≥≤-≥所确定的三角形区域内随机取一点，则该点到此三角形的三个顶点的距离均不小于1的概率是( )A. 92π- B. 9π- C. 19π- D. 118π－【答案】D7．已知变量x ， y 满足2{220 240x y x y x y -≥++≥--≤，若方程2260x y y k ++-=有解，则实数k 的最小值为（）A.45455- B. 295- C. 4533+ D. 165【答案】B8．设,x y 满足约束条件260{20 20x y x y y -+≥-≤-≤，则x y -的取值范围为（）A. []0,4B. []2,4C. []0,2D. []2,6 【答案】A9．执行如图所示的程序框图，则输出的a =（）A. 14-B. 45C. 4D. 5 【答案】D10．执行如图所示的程序框图,如果输入的x 、t 均为3，则输出的M 等于（）A. 23B.113C.196D.436【答案】C11．执行如图所示的程序框图，则输出的S （）A. 17B. 33C. 65D. 129【答案】C12．《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”,已知某“堑堵”的三视图如图所示,则该“堑堵”的表面积为（）A. 2B. 4C.D.【答案】D13．【2017届福建省泉州市高三3月质量检测】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的侧视图中的虚线部分是（）A. 圆弧B. 抛物线的一部分C. 椭圆的一部分D. 双曲线的一部分【答案】D14．如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,若该几何体的顶点都在球O 的球面上,则球O 的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A15．若()21log 12,31x y x ≤-+≤-≤,则2x y -的最大值与最小值之和是（） A. 0 B. -2 C. 2 D. 6 【答案】C16．若变量,x y 满足约束条件{11y xx y y ≤+≤≥-,且2z x y =+的最大值和最小值分别为m 和n ,则m n +=（）A. -2B. -1C. 0D. 1【答案】C17．不等式组20{10220xyx y-≤-≤+-≥表示的平面区域的面积是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A18．当4n=时,执行如图所示的程序框图,输出的S值为（）A. 6B. 8C. 14D. 30【答案】D19．一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法可以设计如图所示的程序框图,若输入的,则输出的结果（）A. 4B.1C.D.【答案】C20．右边程序框图的算法思路源于数学名著《几何原本》中的“辗转相除法”,执行该程序框图（图中“m MOD n”表示除以的余数）,若输入的,分别为485,135,则输出的=（）A. 0B. 5C. 25D. 45【答案】B21. 如图在棱长为1的正方体网格中,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为 ( ).A．117 B.111 C．99 D. 75【答案】D22. 某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A．5B．4C．2D．1【答案】A．23．已知不等式组202020x yyx y-+≥⎧⎪+≥⎨⎪++≤⎩表示的平面区域,则231x yzx+-=-的最大值 .【答案】()()22224x y+++=24.已知不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-≤+11yyxyx所表示的平面区域为D,若直线3y kx=-与平面区域D有公共点,则k的取值范围为是A．[3,3]- B．11(,][,)33-∞-+∞ C．(,3][3,)-∞-+∞ D．11[,]33-【答案】C正视图侧视图。

三视图-2018年高考数学(文)--精校解析Word版

【母题原题1】【2018新课标1，文9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（）A．B．C．D．2【答案】B【解析】点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.【母题原题2】【2016新课标1，文7】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是283，则它的表面积是A．17π B．18π C．20π D．28π【答案】A【考点】三视图及球的表面积与体积【名师点睛】由于三视图能有效地考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般与几何体的表面积与体积相结合.由三视图还原出原几何体是解决此类问题的关键.【命题意图】1.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合)的三视图，会用斜二测画法画出它们的直观图．2.会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图或直观图，了解空间图形的不同表示形式．3.能识别三视图所表示的空间几何体；理解三视图和直观图的联系，并能进行转化.【答题模板】（1）三视图的长度特征，三视图中，正视图和侧视图一样高，正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”（2）空间想象能力与多观察实物相结合是解决此类问题的关键．（3）若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．（4）还要注意画直观图时长度的变化．（5）求几何体体积问题需先由三视图确定几何体的结构特征，判断是否为组合体，由哪些简单几何体构成，并准确判断这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积.【方法总结】1.空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到，这种投影下与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的，三视图包括正视图、侧视图、俯视图.2.空间几何体的直观图画空间几何体的直观图常用斜二测画法，基本步骤：(1)在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°).(2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别平行于x′轴、y′轴.(3)已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中长度保持不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半.(4)在已知图形中过O点作z轴垂直于xOy平面，在直观图中对应的z′轴也垂直于x′O′y′平面，已知图形中平行于z轴的线段，在直观图中仍平行于z′轴且长度不变.1．【山东、湖北部分重点中学2018届高三高考冲刺模拟考试（二）】一个几何体的三视图如图所示，正视图与俯视图外框为全等的长与宽分别为2，1的长方形，侧视图为正方形.则这个几何体的体积为( )A. B. C. D.【答案】B【解析】依题意几何体是长方体截去了一个三棱锥部分而成.长方体的体积为，三棱锥的体积为,点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．2．【陕西省咸阳市2018年高考5月信息专递】某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析: 由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥P﹣ABC，底面三角形ABC是等腰直角三角形，然后由棱锥体积公式求解．详解: 由三视图还原原几何体如图：该几何体为三棱锥P﹣ABC，底面三角形ABC是等腰直角三角形，∴该四面体的体积是V=．故选：C．点睛: 三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．3．【山东省肥城市2018届高三适应性训练】三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.4．【福建省三明市第一中学2018届高三模拟卷（一）】我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也；薨,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中正视图为等腰梯形,侧视图为等腰三角形,则它的体积为（）A. B. 160 C. D. 64【解析】分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.详解：点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.5．【江西省临川一中2018届高三模拟考试】如图，某几何体的三视图中，俯视图是边长为2的正三角形，正视图和左视图分别为直角梯形和直角三角形，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【解析】试题分析：首先把三视图转化为立体图，然后根据三视图中的线段长和线面的关系，求出锥体的体积详解：首先把几何体的三视图复原成立体图形点睛：本题考查的知识要点：三视图与立体图的相互转化，求立体图的体积，锥体的体积公式的应用，属于基础题型．思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.6．【四川省南充高级中学2018届高三考前模拟考试】在正方体中，M，N，P分别为棱、、的中点（如图），用过点M，N，P的平面截去该正方体的顶点所在的部分，则剩余几何体的正视图为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】分析：根据剩余几何体的直观图，结合三视图得定义即可.详解：过点M，N，P的平面截去该正方体的顶点所在的部分，直观图如图：则该几何体的正视图为B.故选：B.点睛：本题主要考查空间三视图得识别，利用空间几何体的直观图是解决本题的关键.7．【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B点睛：本题考察三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．8．【河北省石家庄二中2018届高三三模】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A四棱锥的表面积故选A。

备考2019高考数学理科二轮复习选择填空狂练八三视图(含答案)

三视图1．[2018·唐山一摸]已知某几何体的三视图如图所示（俯视图中曲线为四分之一圆弧），则该几何体的表面积为（）A ．π14-B ．π32+C ．π24+D ．42．[2018·东师附中]一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积为（）A ．)21π+B ．21π⎫++⎪⎪⎝⎭ C ．12π2⎫++⎪⎪⎝⎭D ．1π2⎫⎪⎪⎝⎭3．[2018·广东六校]某几何体的三视图如下图所示，数量单位为cm ，它的体积是（）A 3B ．39cm 2C 3D ．327cm 24．[2018·深圳实验]如右图是一个四棱锥的三视图,则该几何体的体积为（）一、选择题A ．403B ．323C ．163D ．2835．[2018·南昌测试]某几何体的三视图如图所示，若该几何体的表面积为16π ，则俯视图中圆的半径为（）A ．1B ．2C ．3D ．46．[2018·舒城中学]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（）A ．43B ．23C ．2D ．327．[2018·田家炳中学]某四面体的三视图如下图所示，该四面体的体积是（）A ．8B ．C ．10D ．8．[2018·拉萨中学]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A ．13B ．23C ．1D ．439．[2018·万州三中]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A ．18+B ．54+C ．90D ．8110．[2018·玉溪一中]一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A ．16 B ．13C ．23D ．5611．[2018·南昌联考]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A ．236B ．72C ．76D ．412．[2018·信阳中学]已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，a ，b ，且()520,02a b a b +=>>，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A．17π4B．21π4C．4πD．5π13．[2018·南昌二中]网格纸上小正方形的边长为1，粗虚、实线画出的是某个长方体挖去一个几何体得到的几何图形的三视图，则该被挖去的几何体的体积为__________．14．[2018·余桃中学]某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长边长是_____该几何体的体积是_______．15．[2018·玉山一中]三棱锥D ABC及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD的长为__________．16．[2018·厦门质检]某四面体的三视图如图所示，则该四面体高的最大值是__________．二、填空题1．【答案】D【解析】由已知图中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，底面面积为1111π1π44⨯-=-，底面周长为1111π2π22++=+，柱体的高为1，所以该柱体的表面积为π1212π1442S ⎛⎫⎛⎫=⨯-++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故选D ．2．【答案】C【解析】由三视图可知，其对应的几何体是半个圆锥，圆锥的底面半径为1r =，圆锥的高2h =，其母线长l =21111π1π1222π2222S ⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=++⎪⎪⎝⎭．本题选择C 选项． 3．【答案】C【解析】如图所示，三视图还原成直观图为底面为直角梯形的四棱锥，()3111243332V Sh ==⨯+⨯=，故选C ．4．【答案】A【解析】根据几何体的三视图，得该几何体是如图所示的直四棱锥，且四棱锥的底面为梯形，梯形的上底长为1，下底长为4，高为4；所以，该四棱锥的体积为()11401444323V S h ⎡⎤==⨯+⨯⨯⋅=⎢⎥⎣⎦底面积，故选A ．答案与解析一、选择题5．【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体挖去了一个半球，设圆半径为r ，所以该几何体的表面积2222242216πS r r r r r r ππ=⨯⋅+⨯⋅-⋅+⋅=+，得1r =，故选A ． 6．【答案】B【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥P ACE -，故其体积为11121223323ACE V S PE ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△．故选B ．7．【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥，它的高是4，底面是直角三角形，两直角边的长分别为3和4，故体积为11344832⨯⨯⨯⨯=，故选A ．8．【答案】D【解析】由已知图中的三视图可得：该几何体是一个如图所示的三棱锥1D ABE -，其底面ABE 的面积为12222S =⨯⨯=，高为2h =，所以该三棱锥的体积为11422333V Sh ==⨯⨯=，故选D ．9．【答案】B【解析】由已知中的三视图可得，该几何体表示一个以主视图为底面的直四棱柱，其底面面积为3618⨯=，侧面积为(333218⨯+⨯=+所以几何体的表面积为1821854⨯++=+B ． 10．【答案】D【解析】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，∵正方体的棱长是1，∴三棱锥的体积1111111326V =⨯⨯⨯⨯=，∴剩余部分体积151116V V =⨯⨯-=，故答案为D ．11．【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱11ABB DCC -挖去一个三棱锥E FCG -，故所求几何体的体积为()111232*********⎛⎫⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选A ．12．【答案】B【解析】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体1111ABCD A B C D -的四个顶点，即为三棱锥11A CB D -，且长方体1111ABCD A B C D -的长、宽、高分别为2，a ，b ，∴此三棱锥的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，且球半径为R ==，∴三棱锥外接球表面积为()()222221π4ππ45π14a b a =++=-+⎝⎭， ∴当且仅当1a =，12b =时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为21π4，故选B ．13．【答案】2【解析】根据三视图知长方体挖去部分是一个底面为等腰梯形（上底为2，下底为4，高为2）高为2的直四棱柱，所以()12422122V Sh ==+⨯⨯=． 14．20【解析】由三视图还原可知，原图形为一个直三棱柱，切去了一个三棱锥剩下部分的图形，如下图．且3AB =，4AC =，5CD =，所以最长边为AD ==，体积为213452032V V V ⎛⎫=-=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭柱锥． 15．【答案】【解析】由题意结合三视图可知4BC ==，则BD ==．16．【答案】2【解析】如图ABCD 是原几何体，其在正方体中的位置，正方体棱长为2，则该四面体高的最大值为2，故答案为2．二、填空题。

2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷文科数学(八)(解析版)

2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷文科数学（八）（解析版）本试题卷共2页，23题（含选考题）。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．[2018·天门联考]设i 为虚数单位，则下列命题成立的是（） A ．a ∀∈R ，复数3ia--是纯虚数B ．在复平面内()i 2i -对应的点位于第三象限C ．若复数12i z=--，则存在复数1z ，使得1z z ⋅∈RD ．x ∈R ，方程2i 0x x +=无解【答案】C 【解析】当3a=时，复数3i a --是纯虚数；()i 2i 2i 1-=+，对应的点位于第一象限；若复数12i z=--，则存在复数112iz =-+，使得1z z ⋅∈R；0x=，方程2i 0xx +=成立．因此C 正确．2．[2018·闽侯八中]在下列函数中，最小值为2的是（）A ．1y x x=+B C ．2y=D ．122xxy=+【答案】D【解析】A 选项x 可以是负数；B 选项2y≥=，等号成立时sin 1x =，在定义域内无法满足；C 在实数范围内无法满足；由基本不等式知D 选项正确．3．[2018·吉林调研]从某校高三年级随机抽取一个班，对该班50名学生的高校招生体检表中视力情况进行统计，其结果的频率分布直方图如图所示：若某高校A专业对视力的要求在0.9以上，则该班学生中能报A 专业的人数为（）A ．30B ．25C ．22D ．20【答案】D【解析】()50 1.000.750.250.220⨯++⨯=，故选D ．4．[2018·天门期末]若存在非零的实数a ，使得()()f x fa x =-对定义域上任意的x 恒成立，则函数()f x 可能是（） A ．()221f x x x =-+B ．()21f x x =-C ．()2xf x =D ．()21f x x =+【答案】A【解析】由存在非零的实数a ，使得()()f x fa x =-对定义域上任意的x 恒成立，只有()221f x x x =-+满足题意，而()21f x x =-，()2xfx =，()21f x x =+都不满足题意，故选A ．5．[2018·漳州调研]已知1=a ，=b ()⊥-a a b ，则向量a在b 方向上的投影为（）A ．1 B C ．12D ．2【答案】D【解析】设a 与b 的夹角为θ，()⊥-a a b ，()2∴⊥-=-⋅=a a b a a b ，2co s 0θ-⋅=a a b ，c o s 2θ∴=，∴向量a 在b 方向上的投影为c o s 2θ⋅=a，故选D．6．[2018·孝义模拟]某几何体由上、下两部分组成，其三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则该几何体上部分与下部分的体积之比为（）A．13B．12C．23D．56【答案】C【解析】根据题意得到原图是半个圆锥和半个圆柱构成的图形，圆锥的地面半径为2，圆柱底面半径为2，半个圆柱的体积23．故答案为：C．7．[2018·南平质检]函数()()2sin3f x xϕ=+得到的图象关于y轴对称，则ϕ的最小值为（）A B C D【答案】B【解析】函数()()2s i n3f x xϕ=+的图象向右平移个单位得到：y轴对称，即函数为偶函数，ϕ8．[2018·豫南中学]《九章算术》中的“两鼠穿墙”问题为“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”，可用如图所示的程序框图解决此类问题．现执行该程序框图，输入的d的值为33，则输出的i的值为（）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】C 【解析】0i=，0S=，1x =，1y =，开始执行程序框图，1i =，11S =+，2x =，12y =，1i =，11212S =+++，4x =，14y =，......，5i =，()111112481613324816S ⎛⎫=+++++++++< ⎪⎝⎭，32x=，132y=，再执行一行，s d>退出循环，输出6i=，故选C ．9．[2018·佛山调研]在A B C △中，角A 、B 、C 所对的边分别是a ，b ，c ，且a ，b，c 成等差数列，则角B 的取值范围是（）A B C D 【答案】B【解析】2ba c =+，所基本不等式，所以B 的取值范围是B ．10．[2018·集宁一中]一个三棱锥A B C D -内接于球O，且3A DBC ==，4A C B D ==，O 到平面A B C 的距离是（）A ．2B ．3C ．4D ．6【答案】D【解析】由题意可得三棱锥A B C D-的三对对棱分别相等，所以可将三棱锥补成一个长方体A E D F G C H B-，如图所示，该长方体的外接球就是三棱锥A B C D-的外接球O ，长方体A E D FG C H B-共顶点的三条面对角线的长分别为3，4设球O 的半径为R ，则有()2222223419419R R=++=⇒=，在A B C △中，由余弦定理得r 为A B C △外接圆的半径）因此球心O 到平面A B C 的距离6d==，故选D ．11．[2018·深圳一调]设等差数列{}n a 满足：7135a a=，()22222244747456co s co s sin sin co s sin co s a a a a a a a a -+-=-+，公差()2,0d∈-，则数列{}n a 的前n 项和n S 的最大值为（） A ．100π B ．54π C ．77π D ．300π【答案】C 【解析】由71335a a =，得()()1136512a da d +=+，解得121a d=-，222222447474c o s c o s s in s in c o s s in a a a a a a -+-=()222247474747co s co s sin sin co s co s sin sin a a a a a a a a -=-()4747co s co s sin sin a a a a +()()()474756co s co s co s a a a a a a =+-=-+，又4756a a a a +=+，()47cos 1a a ∴-=-，故4732a a d k -=-=π+π又公差()2,0d∈-，3d π∴=-，17a =π，由()7103na n π⎛⎫=π+--≥ ⎪⎝⎭，得22n≤，故22S 或21S 最大，最大值为2222212277723S ⨯π⎛⎫=⨯π+⨯-=π ⎪⎝⎭，故选C ．12．[2018·集宁一中]已知()f x 为定义在R 上的函数，其图象关于y 轴对称，当x ≥时，有()()1fx f x +=-，且当[)0,1x ∈时，()()2l o g 1fx x =+，若方程()0fx k x -=（0k >）恰有5个不同的实数解，则k 的取值范围是（） ABCD【答案】C 【解析】当0x≥时，有()()1f x fx +=-，所以()()()21f x fx fx +=-+=，所以函数()f x 在[)0,+∞上是周期为[)0,+∞的函数，从而当[)1,2x ∈时，[)10,1x -∈，有()21lo g f x x-=，又()()()()()221111lo g lo g f x fx fx fx x fx x⎡⎤-+=--⇒-=-=⇒=-⎣⎦，即()()[)[)22lo g 1,0,1 lo g ,1,2x x f x x x ⎧+∈⎪=⎨-∈⎪⎩，有易知()f x 为定义在R 上的偶函数，所以可作出函数()f x 的图象与直线(0)ykx k =>有5个不同的交点，所以51714161k k k k <≥->--⎧⎪≤⎨-⎪⎪⎪⎩，解得1165k ≤<，故选C ．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。

2018版高考数学复习第八章立体几何8.1简单几何体的结构三视图和直观图教师用书文北师大版

2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何 8.1 简单几何体的结构、三视图和直观图教师用书文北师大版1．简单几何体的结构特征 (1)旋转体①圆柱可以由矩形绕其一边所在直线旋转得到． ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边所在直线旋转得到．③圆台可以由直角梯形绕直角腰所在直线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到． ④球可以由半圆或圆绕直径所在直线旋转得到． (2)多面体①棱柱的侧棱都平行且相等，上、下底面是全等的多边形． ②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形． ③棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形． 2．直观图画直观图常用斜二测画法，其规则是：(1)在已知图形中建立直角坐标系xOy .画直观图时，它们分别对应x ′轴和y ′轴，两轴交于点O ′，使∠x ′O ′y ′＝45°，它们确定的平面表示水平平面；(2)已知图形中平行于x 轴或y 轴的线段，在直观图中分别画成平行于x ′轴和y ′轴的线段； (3)已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的12.3．三视图(1)主、俯视图长对正；主、左视图高平齐；俯、左视图宽相等，前后对应．(2)在三视图中，需要画出所有的轮廓线，其中，视线所见的轮廓线画实线，看不见的轮廓线面虚线．(3)同一物体放置的位置不同，所画的三视图可能不同．(4)清楚简单组合体是由哪几个基本几何体组成的，并注意它们的组成方式，特别是它们的交线位置．【知识拓展】1．常见旋转体的三视图(1)球的三视图都是半径相等的圆．(2)水平放置的圆锥的主视图和左视图均为全等的等腰三角形． (3)水平放置的圆台的主视图和左视图均为全等的等腰梯形． (4)水平放置的圆柱的主视图和左视图均为全等的矩形． 2．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变.“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不改变，与x ，z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱台．( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( × ) (5)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．( × ) (6)菱形的直观图仍是菱形．( × )1．(教材改编)下列说法正确的是( ) A ．相等的角在直观图中仍然相等 B ．相等的线段在直观图中仍然相等 C ．正方形的直观图是正方形D ．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案 D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变． 2．(2016·宝鸡千阳中学二模)已知某几何体的三视图如图所示(单位长度：cm)，则此几何体的表面积是( )A ．(16＋62) cm 2B ．22 cm 2C ．(12＋62) cm 2D ．(18＋23) cm 2答案 A解析由三视图可知，该几何体为三棱柱．三棱柱的表面积为5个面的面积之和，又因为底面是等腰直角三角形，直角边长为2，棱柱的高为3,所以S ＝2S 底＋S 侧＝2×12×2×2＋3×(22＋2×2)＝16＋62(cm 2)．3．(教材改编)如图，直观图所表示的平面图形是( )A ．正三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．直角三角形答案 D解析由直观图中，A ′C ′∥y ′轴，B ′C ′∥x ′轴，还原后原图AC ∥y 轴，BC ∥x 轴．直观图还原为平面图形是直角三角形．故选D.4．(2016·广州模拟)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是________cm 3.答案 98解析由三视图可知，该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥，故几何体的体积是6×3×6－13×12×3×5×4＝98.5．一个几何体的三视图如图所示，其中左视图与俯视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是________．答案 8π解析由三视图知该几何体是半径为2的球被截去四分之一后剩下的几何体，则该几何体的体积V ＝43×π×23×34＝8π.题型一简单几何体的结构特征例1 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；③存在每个面都是直角三角形的四面体；④棱台的侧棱延长后交于一点．其中正确命题的序号是________．答案②③④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，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；③正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知．思维升华(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．(1)以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1 C．2 D．3(2)给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的图形是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱．其中不正确的命题为________．答案(1)B (2)①②③解析 (1)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以，故选B.(2)对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④由线面垂直的判定，侧棱垂直于底面，故④正确．综上，命题①②③不正确．题型二简单几何体的三视图命题点1 已知几何体，识别三视图例2 沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的左视图为( )答案 B解析由已知中几何体的直观图，我们可得左视图首先应该是一个正方形，故D 不正确；中间的棱在左视图中表现为一条对角线，故C 不正确；而对角线的方向应该从左上到右下，故A 不正确．命题点2 已知三视图，判断几何体的形状例3 (2016·全国乙卷)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π 答案 A解析由该几何体的三视图可知，这个几何体是把一个球挖掉它的18得到的(如图所示)．设该球的半径为R ，则78×43πR 3＝283π，得R ＝2.所以它的表面积为4π×22－18×4π×22＋3×14×π×22＝17π.故选A. 命题点3 已知三视图中的两个视图，判断第三个视图例4 (2016·石家庄质检)一个三棱锥的主视图和俯视图如图所示，则该棱锥的左视图可能为( )答案 D解析由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故选D.思维升华三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意主视图、左视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．(1)(2016·全国丙卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A．18＋36 5 B．54＋18 5C．90 D．81(2)如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图，则该几何体的左视图为( )答案(1)B (2)B解析 (1)由题意知，几何体为平行六面体，边长分别为3,3，45，几何体的表面积S ＝3×6×2＋3×3×2＋3×45×2＝54＋18 5.(2)由直观图、主视图和俯视图可知，该几何体的左视图应为面PAD ，且EC 投影在面PAD 上，故B 正确．题型三空间几何体的直观图例 5 (1)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( ) A.34a 2 B.38a 2 C.68a 2 D.616a 2 (2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，则原图形是( )A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．一般的平行四边形答案 (1)D (2)C解析 (1)如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故选D. (2)如图，在原图形OABC 中，应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42(cm)，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC＝OD2＋CD2＝22＋22＝6(cm)，∴OA＝OC，故四边形OABC是菱形．故选C.思维升华用斜二测画法画直观图的技巧在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．如图是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么( )A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC答案 C解析A′D′∥y′轴，根据斜二测画法规则，在原图形中应有AD⊥BC，又AD为BC边上的中线，所以△ABC为等腰三角形．AD为BC边上的高，则有AB，AC相等且最长，AD最短．9．空间几何的三视图典例将正方体(如图1所示)截去两个三棱锥，得到如图2所示的几何体，则该几何体的左视图为( )错解展示解析结合正方体中各顶点投影，左视图应为一个正方形，中间两条对角线．答案 C现场纠错解析左视图中能够看到线段AD1，应画为实线，而看不到B1C，应画为虚线．由于AD1与B1C 不平行，投影为相交线，故应选B.答案 B纠错心得确定几何体的三视图要正确把握投影方向，可结合正方体确定点线的投影位置，要学会区分三视图中的实虚线．1．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图1，图2中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其主视图和左视图完全相同时，它的主视图和俯视图分别可能是( )A ．a ，bB ．a ，cC ．c ，bD ．b ，d 答案 A解析当主视图和左视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，主视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.2．(2016·全国甲卷)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π 答案 C解析由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l ＝32＋22＝4，所以圆锥的侧面积为S 锥侧＝12×4π×4＝8π，圆柱的侧面积S 柱侧＝4π×4＝16π，所以组合体的表面积S ＝8π＋16π＋4π＝28π，故选C.3．如图所示，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是( )A ．①② B．②③ C．②④ D．③④ 答案 C解析由几何体的结构可知，只有圆锥、正四棱锥两个几何体的主视图和左视图相同，且不与俯视图相同．4．(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B. 2 C. 3 D．2答案 C解析根据三视图，可知该几何体的直观图为如图所示的四棱锥V－ABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD＝VB2＋BD2＝ 3.5．(2016·抚顺模拟)一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的主视图是( )A．①② B．①③ C．③④ D．②④答案 D解析由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1位置，共有6种展开方式，若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展开到同一个平面内，在矩形中连接AC1会经过BB1的中点，故此时的主视图为②.若把平面ABCD和平面CDD1C1展开到同一个平面内，在矩形中连接AC1会经过CD 的中点，此时主视图会是④.其他几种展开方式对应的主视图在题中没有出现或者已在②④中，故选D.6.如图所示，四边形A ′B ′C ′D ′是一水平放置的平面图形的斜二测画法的直观图，在斜二测直观图中，四边形A ′B ′C ′D ′是一直角梯形，A ′B ′∥C ′D ′，A ′D ′⊥C ′D ′，且B ′C ′与y ′轴平行，若A ′B ′＝6，D ′C ′＝4，A ′D ′＝2，则原平面图形的面积为________．答案 20 2解析由题意得，直观图的面积S 直＝12×(4＋6)×2＝10，则原平面图形的面积S 原＝22S 直＝20 2.7．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，则三棱锥P －ABC 的主视图与左视图的面积的比值为________．答案 1解析如题图所示，设正方体的棱长为a ，则三棱锥P －ABC 的主视图与左视图都是三角形，且面积都是12a 2，故面积的比值为1.8．如图所示，点O 为正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为平面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的各个面上的投影可能是下图中的________．(填出所有可能的序号)答案 ①②③解析空间四边形D ′OEF 在平面DCC ′D ′上的投影是①，在平面BCC ′B ′上的投影是②，在平面ABCD 上的投影是③，故填①②③. 9．某几何体的三视图如图所示．(1)判断该几何体是什么几何体？ (2)画出该几何体的直观图．解 (1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示．10．(2016·石家庄模拟)如图的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的主视图和左视图如图所示(单位：cm)．(1)在主视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积．解 (1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)．11.已知正三棱锥V －ABC 的主视图和俯视图如图所示．(1)画出该正三棱锥的左视图和直观图； (2)求出左视图的面积．解 (1)如图．(2)左视图中VA＝42－23×32×232＝12＝23，则S△VBC＝12×23×23＝6.。

2018年春高考数学(文)新课标二轮复习(高考22题各个击破)课件： 5.1

则它在平面zOx的投影即正视图为
,故选A.
6
一、选择题二、填空题
2.(2017全国Ⅱ,文6)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出
的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为 ( B )
A.90π B.63π
C.42π D.36π
7
一、选择题二、填空题
22
一、选择题二、填空题
10.(2017辽宁葫芦岛一模,文5)《九章算术》是我国古代数学经典名著,它在集合学中的研究比西方早一千年.在《九章算术》中,将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.已知某“鳖臑”的三视图如图所示,则该“鳖臑”的外接球的表面积为( B )
23
一、选择题二、填空题
C.
10
一、选择题二、填空题
4.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为( B )
A.18+36 5 C.90
B.54+18 5 D.81
11
一、选择题二、填空题
解析: 由题意知,该几何体为四棱柱,且四棱柱的底面是边长为3的正方形,侧棱长为3 5 ,所以所求多面体的表面积为 (3×3+3×6+3×3 5)×2=54+18 5,故选 B.
S
1
底=2×4×5=10,S
1
后=2×5×4=10,S
1
右=2×4×5=10,
S 左=12×2 5 × ( 41)2-( 5)2=6 5.
故该三棱锥的表面积为 S=S 底+S 后+S 右+S 左=30+6 5,故选 B.
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18届高考数学二轮复习疯狂专练8三视图文180109326

三视图1．[2017·九江一中]如图是一个空间几何体的三视图，其中主视图上半部分是一个底面边长为4、高为1的等腰三角形，主视图下半部分是一个边长为2的正方形，则该空间几何体的体积是（）A ．(8+πB ．103πC ．(10+πD ．83π 【答案】B【解析】有三视图可知，几何体上半部分为圆锥，下半部分为圆柱，故体积为22110122133π⨯⨯+⨯π⨯⨯=π．2．[2017·鹰潭一中]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A ．14B ．13C ．23D ．1【答案】B一、选择题（5分/题）【解析】由三视图知：几何体是三棱锥，且三棱锥的一条侧棱与底面垂直，高为2，底面是直角边长为1的等腰直角三角形，∴几何体的体积111112323V =⨯⨯⨯⨯=．故选B ． 3．[2017·钦州质检]某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半圆，则该几何体的体积为（）A ．()362cm +πB ．()363cm +π C．336cm 2⎛⎫+π⎪⎝⎭D ．()3124cm +π【答案】C【解析】由三视图可得：该几何体是一个以正视图为底面的柱体（也可以看成一个三棱柱与半圆柱的组合体），其底面面积111222222S =⨯⨯+π=+π，高3h =，故体积362V Sh ==+π，故选C ．4．[2017·九江一中]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A B C ．D 【答案】A【解析】由三视图可知：该几何体为下半部分是高为1，底面半径为1的圆柱，上半部分为A ．5．[2017·长郡中学]已知三棱锥S ABC -及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则该三棱锥S ABC -的外接球的表面积为（）A ．32πBCD 【答案】B【解析】如图，取AC 中点F ，连接BF ，则在Rt BCF △中2CF =，4BC =，在Rt BCS △中，4CS =，所以，设球心到平面ABC 的距离为d ，因为SC ⊥平面ABC ，且底面ABC △为正三角形，所以2d =．因为ABC △的外接圆的半径为B．6．[2017·广元适应]已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．100 B．82 C．96 D．112 【答案】A【解析】如图，几何体是长方体截去如图红色截面的三棱锥，所以几何体的体积是A．7．[2017·武邑中学]如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．1 B C D【答案】B【解析】1的四棱B ． 8．[2017·武邑中学]某三棱锥的正视图如图所示，则这个三棱锥的俯视图不可能是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】由题设中提供的正视图可推知：该几何体有一个侧面是垂直于底面的，且右侧面是垂直于底面，而B 选项中俯视图则表明该几何体的左侧面是垂直于底面的，与正视图不符，所以B 是错误的，应选B ．9．[2017·梅州一模]某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A ．4B ．203C ．263D ．8【答案】B【解析】由三视图可得到几何体的直观图如图所示，该几何体是由一个四棱锥A CDEF -和一个三棱锥F ABC -组成，四棱锥A CDEF -的底面面积为4，高为4，所以体积是1164433V =⨯⨯=；三棱锥F ABC -的底面积为2，高为2，故体积是43，所以该几何体的体积为203，故选B ．10．[2017·临析期中]某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是（）A B ．2 C D ．3【答案】D【解析】是x ，所以，解得：3=x ，故选D ． 11．[2017·吉安一中]已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为（）A ．2B ．4C ．92D ．5【答案】C【解析】由三视图知几何体是由正方体切去一个棱台，且切去的下底面直角三角形直角边长为1，所以截面为等腰梯形，且两底边长为，，腰长为，所以梯形高为=，所以截面面积92S ==，故选C ．12．[2017·正定中学]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为（）A ．8πB ．252π C ．414π D ．12π【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥S ABCD -，其中四边形ABCD 为矩形，平面SBC ⊥平面ABCD ，2AB CD ==，BC AD SB ===球球心O 在SC 中垂面上1ABO ，其中1O 为三角形SBC 外心．设1BO x =，则由11SO BO x ==得22(2)1x x -+=，解得54x =，所以该多面体的外接球半径R OB ===，因此其表面积为24144S R π=π=，故选C ．13．[2017·枣庄期末]如图，网格纸上每个小正方形的边长为，若粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为__________．【答案】10【解析】由三视图知，该几何体是底面为直角边分别为5和4、高为3的三棱锥，所以该几何体的体积115431032V =⨯⨯⨯⨯=． 14．[2017·汕头期末]一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图是两个全等的三角形，二、填空题（5分/题）__________．【答案】9π【解析】由三视图知该几何体为底面半径为3、高为415．[2017·虹口二模]三条侧棱两两垂直的正三棱锥，其俯视图如图所示，主视图的边界是底边长为2的等腰三角形，则主视图的面积等于__________．【解析】由题可知，正三棱锥的侧棱长为，主视图的高也是正三棱锥的高，则h ==，主视图的面积为122⨯=． 16．[2017·黄陵中学]如图为某几何体的三视图，则其体积为__________．【解析】几何体为一个四棱锥与一个半圆柱的组合体，其中四棱锥的高为1、底面为棱长为2的正方形；半圆柱的高为2，底面为半径为1的半圆，所以体积为。

2018版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题4 立体几何第8讲空间几何体的三视图、表

第8讲空间几何体的三视图、表面积和体积题型1 几何体的三视图、表面积和体积(对应学生用书第27页)■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．画几何体的三视图应遵循：“长对正、高平齐、宽相等”． 2．柱体、锥体、台体的侧面积公式(1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．3．柱体、锥体、台体的体积公式(1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．4．球体的体积公式V ＝43πR 3；表面积公式S ＝4πR 2(其中R 为球的半径)．■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】 (考查多面体的体积问题)如图81，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )【导学号：07804054】图81A ．64 B.643 C ．16 D.163[思路分析] 三视图―→直观图―→多面体的体积． [解析] 利用正方体还原几何体，如图中的三棱锥D ABC 所示，由三视图可知△ABC 的边BC ＝2，BC 边上的高为4，三棱锥D ABC 的高为CD ＝4，故三棱锥D ABC 的体积为V ＝13×12×2×4×4＝163.故选D.[答案] D【典题2】 (考查组合体的表面积问题)(2016·全国Ⅰ卷)如图82，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图82A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π[思路分析] 三视图―→球体的78―→球体的半径―→几何体的表面积．[解析] 由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的14，得到的几何体如图．设球的半径为R ，则43πR 3－18×43πR 3＝283π，解得R ＝2.因此它的表面积为78×4πR 2＋34πR 2＝17π.故选A.[答案] A【典题3】 (考查立体几何中的数学文化题)(2017·武昌区模拟)(立体几何中的数学文化题)中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图83所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x 为( )图83A ．1.2B ．1.6C ．1.8D ．2.4[思路分析] 数学文化信息提取―→空间几何体的体积―→量的计算．[解析] 该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为12的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x 、3、1的长方体，∴组合体的体积V ＝V 圆柱＋V 长方体＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫122×x ＋(5.4－x )×3×1＝12.6(其中π≈3)，解得x ＝1.6.故选B. [答案] B [类题通法]1.在长方体或正方体中根据三视图还原几何体的直观图，能快速确定几何体中线面位置关系.2.空间几何体的体积与表面积求法三视图中数据的还原：分析三视图，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.割补法：求不规则几何体的体积或表面积时，通过割补转化成规则几何体求解. 等积变换：涉及三棱锥的体积，注意灵活选择底面和对应的高.■对点即时训练………………………………………………………………………·1．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点(如图84)，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为( )【导学号：07804055】图84C [过点A ，E ，C 1的平面与棱DD 1相交于点F ，且F 是棱DD 1的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.]2．某几何体的三视图如图85所示，则该几何体的表面积为( )图85A.＋22π2＋1B ．13π6C.＋2π2＋1D ．＋22π2＋1C [由三视图可知该几何体是一个圆柱和半个圆锥的组合体，故其表面积为22π＋1＋2π×2＋32π＝＋2π2＋1，选C.]■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2、T 3、T 4、T 5、T 6、T 11、T 14、T 15、T 16、T 17、T 19)题型2 球与几何体的切接问题(对应学生用书第28页)■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．多面体与球接、切问题求解策略(1)截面法：过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)补形法：“补形”成为一个球内接长方体，则利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解. 2．球的切、接问题的常用结论(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R . (3)棱长为a 的正方体的面对角线长等于内切球的直径，即2a ＝2R .(4)若直棱柱(或有一条棱垂直于一个面的棱锥)的高为h ，底面外接圆半径为x ，则该几何体外接球半径R 满足R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＋x 2.■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】 (考查与球有关的几何体的切、接问题)(2016·南昌二模)一个几何体的三视图如图86所示，其中正视图是正三角形，则该几何体的外接球的表面积为( )【导学号：07804056】图86A.8π3 B ．16π3C.48π3D ．64π3[思路分析] 三视图―→空间几何体―→确定球心―→求半径R .[解析] 由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥S ABC ，其中HS 是三棱锥的高，由三视图可知HS ＝23，HA ＝HB ＝HC ＝2，故H 为△ABC 外接圆的圆心，该圆的半径为2.由几何体的对称性可知三棱锥S ABC 外接球的球心O 在直线HS 上，连接OB .设球的半径为R ，则球心O 到△ABC 外接圆的距离为OH ＝|SH －OS |＝|23－R |，由球的截面性质可得R ＝OB ＝OH 2＋HB 2＝|23－R |2＋22，解得R ＝433，所以所求外接球的表面积为4πR 2＝4π×163＝64π3.故选D.[答案] D【典题2】 (考查与球有关的最值问题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3[思路分析] 先计算球与直三棱柱三个侧面相切时球的半径，再计算球与直三棱柱两底面相切时球的半径，半径较小的球即为所求．[解析] 由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R .因为△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2，所以R ≤2.又2R ≤3，所以R ≤32，所以V max ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.故选B.[答案] B[类题通法] 多面体与球接、切问题的求解策略涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点一般为接、切点或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，进而画出内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，找到球的半径或直径与该几何体已知量的关系，列方程组求解.■对点即时训练………………………………………………………………………·1．球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则三棱锥S ABC 的体积的最大值为( )【导学号：07804057】A.833B ．33C. 3 D ．2 3A [取AB 中点D ，连接SD ，CD ，可知当SD ⊥AB 时棱锥体积最大．因为平面SAB ⊥平面ABC ，交线为AB ，所以SD ⊥平面ABC . 解正三角形ABC 可得：S △ABC ＝43，球半径R ＝OC ＝43 3，SD ＝R 2－OD 2＝2.故棱锥体积为13×2×43＝833.]2．如图87，在四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，△BCD 是边长为6的等边三角形．若AB ＝4，则四面体ABCD 外接球的表面积为________．图8764π [由题意知四面体ABCD 的外接球与如图中正三棱柱的外接球是同一个球，记E 、F 分别为△AC ′D ′和△BCD 的中心，连接EF ，则EF 的中点O 为四面体ABCD 外接球的球心．连接AO ，AE ，BF ，因为底面是边长为6的正三角形，所以AE ＝23×6×sin 60°＝23，OE ＝12AB ＝2，所以R 2＝OE 2＋AE 2＝16，则外接球表面积S ＝4πR 2＝64π.]■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 7、T 8、T 9、T 10、T 12、T 13、T 18、T 20)三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第29页)1．(2017·全国Ⅰ卷)某多面体的三视图如图88所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )【导学号：07804058】图88A ．10B ．12C ．14D ．16B [观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，侧棱长为2.三棱锥的底面是直角边长为2的等腰直角三角形，高为2，如图所示．因此该多面体各个面中有2个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，故这些梯形的面积之和为2×12×(2＋4)×2＝12.故选B.]2．(2017·全国Ⅱ卷)如图89，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )图89A ．90πB ．63πC ．42πD ．36πB [法一：(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π故选B.法二：(估值法)由题意知，12V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合题意．故选B.]3．(2017·全国Ⅲ卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ．π B ．3π4C.π2D ．π4B [设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.]4．(2015·全国Ⅰ卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图810，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()图810A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛B [ 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B.]5．(2015·全国Ⅱ卷)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144πD ．256πC [如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，∴当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大为13×12R 2×R ＝36， ∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.]6．(2017·全国Ⅰ卷)如图811，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________.【导学号：07804059】图811415 cm 3[如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3.]。

高考数学二轮复习选择填空狂练八三视图文

三视图1．[2018·唐山一摸]已知某几何体的三视图如图所示（俯视图中曲线为四分之一圆弧），则该几何体的表面积为（）A ．π14-B ．π32+C ．π24+D ．42．[2018·东师附中]一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积为（）A ．)21π+B ．21π⎫+⎪⎪⎝⎭C ．12π2⎫++⎪⎪⎝⎭D ．1π2⎫⎪⎪⎝⎭3．[2018·广东六校]某几何体的三视图如下图所示，数量单位为cm ，它的体积是（）A 3B ．39cm 2C 3D ．327cm 24．[2018·深圳实验]如右图是一个四棱锥的三视图,则该几何体的体积为（）A ．403B ．323C ．163D ．283一、选择题5．[2018·南昌测试]某几何体的三视图如图所示，若该几何体的表面积为16π ，则俯视图中圆的半径为（）A ．1B ．2C ．3D ．46．[2018·舒城中学]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（）A ．43B ．23C ．2D ．327．[2018·田家炳中学]某四面体的三视图如下图所示，该四面体的体积是（）A ．8B ．C ．10D ．8．[2018·拉萨中学]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A ．13B ．23C ．1D ．439．[2018·万州三中]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（）A ．18+B ．54+C ．90D ．8110．[2018·玉溪一中]一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A ．16B ．13C ．23D ．5611．[2018·南昌联考]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A ．236B ．72C ．76D ．412．[2018·信阳中学]已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，a ，b ，且()520,02a b a b +=>>，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A ．17π4B ．21π4C ．4πD ．5π13．[2018·南昌二中]网格纸上小正方形的边长为1，粗虚、实线画出的是某个长方体挖去一个几何体得到的几何图形的三视图，则该被挖去的几何体的体积为__________．14．[2018·余桃中学]某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长边长是_____该几何体的体积是_______．15．[2018·玉山一中]三棱锥D ABC 及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为__________．16．[2018·厦门质检]某四面体的三视图如图所示，则该四面体高的最大值是__________．二、填空题1．【答案】D【解析】由已知图中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体，底面面积为1111π1π44⨯-=-，底面周长为1111π2π22++=+，柱体的高为1，所以该柱体的表面积为π1212π1442S ⎛⎫⎛⎫=⨯-++⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．故选D ．2．【答案】C【解析】由三视图可知，其对应的几何体是半个圆锥，圆锥的底面半径为1r =，圆锥的高2h =，其母线长l =，则该几何体的表面积为21111π1π1222π2222S ⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+⎪⎪⎝⎭．本题选择C 选项． 3．【答案】C【解析】如图所示，三视图还原成直观图为底面为直角梯形的四棱锥，()3111243332V Sh ==⨯+⨯，故选C ．4．【答案】A【解析】根据几何体的三视图，得该几何体是如图所示的直四棱锥，且四棱锥的底面为梯形，梯形的上底长为1，下底长为4，高为4；答案与解析一、选择题所以，该四棱锥的体积为()11401444323V S h ⎡⎤==⨯+⨯⨯⋅=⎢⎥⎣⎦底面积，故选A ．5．【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体挖去了一个半球，设圆半径为r ，所以该几何体的表面积2222242216πS r r r r r r ππ=⨯⋅+⨯⋅-⋅+⋅=+，得1r =，故选A ． 6．【答案】B【解析】由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥P ACE -，故其体积为11121223323ACE V S PE ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△．故选B ．7．【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是三棱锥，它的高是4，底面是直角三角形，两直角边的长分别为3和4，故体积为11344832⨯⨯⨯⨯=，故选A ．8．【答案】D【解析】由已知图中的三视图可得：该几何体是一个如图所示的三棱锥1D ABE -，其底面ABE 的面积为12222S =⨯⨯=，高为2h =，所以该三棱锥的体积为11422333V Sh ==⨯⨯=，故选D ．9．【答案】B【解析】由已知中的三视图可得，该几何体表示一个以主视图为底面的直四棱柱，其底面面积为3618⨯=，侧面积为(333218⨯+⨯=+所以几何体的表面积为1821854⨯+++B ． 10．【答案】D【解析】由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，∵正方体的棱长是1，∴三棱锥的体积1111111326V =⨯⨯⨯⨯=，∴剩余部分体积151116V V =⨯⨯-=，故答案为D ．11．【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体是如图所示的三棱柱11ABB DCC -挖去一个三棱锥E FCG -，故所求几何体的体积为()111232*********⎛⎫⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故选A ．12．【答案】B【解析】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体1111ABCD A B C D -的四个顶点，即为三棱锥11A CB D -，且长方体1111ABCD A B C D -的长、宽、高分别为2，a ，b ，∴此三棱锥的外接球即为长方体1111ABCD A B C D -的外接球，且球半径为R ==∴三棱锥外接球表面积为()()222221π4ππ45π14a b a =++=-+⎝⎭， ∴当且仅当1a =，12b =时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为21π4，故选B ．13．【答案】2【解析】根据三视图知长方体挖去部分是一个底面为等腰梯形（上底为2，下底为4，高为2）高为2的直四棱柱，所以()12422122V Sh ==+⨯⨯=． 14．20【解析】由三视图还原可知，原图形为一个直三棱柱，切去了一个三棱锥剩下部分的图形，如下图．且3AB =，4AC =，5CD =，所以最长边为AD 体积为213452032V V V ⎛⎫=-=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭柱锥． 15．【答案】【解析】由题意结合三视图可知4BC ==，则BD =16．【答案】2【解析】如图ABCD 是原几何体，其在正方体中的位置，正方体棱长为2，则该四面体高的最大值为2，故答案为2．二、填空题。

2018高考数学文大一轮复习习题第八章解析几何含答

第八章⎪⎪⎪解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．直线的倾斜角(1)定义：当直线l 与x 轴相交时，取x 轴作为基准，x 轴正向与直线l 向上方向之间所成的角叫做直线l 的倾斜角．当直线l 与x 轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0．(2)范围：直线l 倾斜角的取值范围是1．(教材习题改编)若过两点A (－m,6)，B (1,3m )的直线的斜率为12，则m ＝________．答案：－22．(教材习题改编)已知三角形的三个顶点A (－5,0)，B (3，－3)，C (0,2)，则BC 边上中线所在的直线方程为________．答案：x ＋13y ＋5＝03．已知直线l ：ax ＋y －2－a ＝0在x 轴和y 轴上的截距相等，则实数a ＝________．解析：令x ＝0，则l 在y 轴的截距为2＋a ；令y ＝0，得直线l 在x 轴上的截距为1＋2a．依题意2＋a ＝1＋2a，解得a ＝1或a ＝－2．答案：1或－21．点斜式、斜截式方程适用于不垂直于x 轴的直线；两点式方程不能表示垂直于x ，y 轴的直线；截距式方程不能表示垂直于坐标轴和过原点的直线．2．截距不是距离，距离是非负值，而截距可正可负，可为零，在与截距有关的问题中，要注意讨论截距是否为零．3．求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应注意分类讨论，即应对斜率是否存在加以讨论．1．经过点A (2，－3)，倾斜角等于直线y ＝x 的2倍的直线方程为________．解析：直线y ＝x 的斜率k ＝1，故倾斜角为π4，所以所求的直线的倾斜角为π2，则所求的直线方程为x ＝2．答案：x ＝22．过点M (3，－4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为________．解析：①若直线过原点，则k ＝－43，所以y ＝－43x ，即4x ＋3y ＝0． ②若直线不过原点．设x a ＋y a＝1，即x ＋y ＝a ．则a ＝3＋(－4)＝－1，所以直线的方程为x ＋y ＋1＝0．答案：4x ＋3y ＝0或x ＋y ＋1＝0考点一直线的倾斜角与斜率基础送分型考点——自主练透1．(2016·绥化一模)直线x sin α＋y ＋2＝0的倾斜角的取值范围是( )A ．1．倾斜角与α斜率k 的关系当α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2且由0增大到π2⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠π2时，k 的值由0增大到＋∞．当α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，k 也是关于α的单调函数，当α在此区间内由π2⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠π2增大到π(α≠π)时，k 的值由－∞趋近于0(k ≠0)．2．斜率的2种求法(1)定义法：若已知直线的倾斜角α或α的某种三角函数值，一般根据k ＝tan α求斜率．(2)公式法：若已知直线上两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，一般根据斜率公式k ＝y 2－y 1x 2－x 1(x 1≠x 2)求斜率．考点二直线的方程重点保分型考点——师生共研(1)求过点A (1,3)，斜率是直线y ＝－4x 的斜率的13的直线方程；(2)求经过点A (－5,2)，且在x 轴上的截距等于在y 轴上截距的2倍的直线方程．解：(1)设所求直线的斜率为k ，依题意k ＝－4×13＝－43．又直线经过点A (1,3)，因此所求直线方程为y －3＝－43(x －1)，即4x ＋3y －13＝0．(2)当直线不过原点时，设所求直线方程为x 2a ＋ya ＝1，将(－5,2)代入所设方程，解得a ＝－12，所以直线方程为x ＋2y ＋1＝0；当直线过原点时，设直线方程为y ＝kx ，则－5k ＝2，解得k ＝－25，所以直线方程为y ＝－25x ，即2x ＋5y ＝0．故所求直线方程为2x ＋5y ＝0或x ＋2y ＋1＝0．求直线方程的2个注意点(1)在求直线方程时，应选择适当的形式，并注意各种形式的适用条件．(2)对于点斜式、截距式方程使用时要注意分类讨论思想的运用(若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况；若采用截距式，应判断截距是否为零)．已知点A (3,4)，求满足下列条件的直线方程：(1)经过点A 且在两坐标轴上截距相等；(2)经过点A 且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形．解：(1)设直线在x 轴，y 轴上的截距均为a ． ①若a ＝0，即直线过点(0,0)及(3,4)． ∴直线的方程为y ＝43x ，即4x －3y ＝0．②若a ≠0，设所求直线的方程为x a ＋y a＝1，又点(3,4)在直线上，∴3a ＋4a＝1，∴a ＝7．∴直线的方程为x ＋y －7＝0．综合①②可知所求直线的方程为4x －3y ＝0或x ＋y －7＝0． (2)由题意可知，所求直线的斜率为±1．又过点(3,4)，由点斜式得y －4＝±(x －3)．故所求直线的方程为x －y ＋1＝0或x ＋y －7＝0．考点三直线方程的综合应用题点多变型考点——多角探明直线方程的综合应用是常考内容之一，它常与函数、导数、不等式、圆相结合，命题多为客观题．常见的命题角度有：(1)与基本不等式相结合的最值问题； (2)与导数的几何意义相结合的问题； (3)与圆相结合求直线方程的问题．角度一：与基本不等式相结合的最值问题1．过点P (4,1)作直线l 分别交x 轴，y 轴正半轴于A ，B 两点，O 为坐标原点． (1)当△AOB 面积最小时，求直线l 的方程． (2)当|OA |＋|OB |取最小值时，求直线l 的方程．解：设直线l ：x a ＋y b＝1(a ＞0，b ＞0)，因为直线l 经过点P (4,1)，所以4a ＋1b＝1．(1)4a ＋1b ＝1≥24a ·1b＝4ab，所以ab ≥16，当且仅当a ＝8，b ＝2时等号成立，所以当a ＝8，b ＝2时， △AOB 的面积最小，此时直线l 的方程为x 8＋y2＝1，即x ＋4y －8＝0．(2)因为4a ＋1b＝1，a ＞0，b ＞0，所以|OA |＋|OB |＝a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1b ＝5＋a b ＋4b a ≥5＋2a b ·4ba＝9，当且仅当a ＝6，b ＝3时等号成立，所以当|OA |＋|OB |取最小值时，直线l 的方程为x 6＋y3＝1，即x ＋2y －6＝0．角度二：与导数的几何意义相结合的问题2．设P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处的切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，则点P 横坐标的取值范围为( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12 B ．[]－1，0C ．D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1解析：选A 由题意知y ′＝2x ＋2，设P (x 0，y 0)，则k ＝2x 0＋2．因为曲线C 在点P 处的切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，所以0≤k ≤1，即0≤2x 0＋2≤1，故－1≤x 0≤－12．角度三：与圆相结合求直线方程的问题3．在平面直角坐标系xOy 中，设A 是半圆O ：x 2＋y 2＝2(x ≥0)上一点，直线OA 的倾斜角为45°，过点A 作x 轴的垂线，垂足为H ，过H 作OA 的平行线交半圆于点B ，则直线AB 的方程是____________________．解析：直线OA 的方程为y ＝x ，代入半圆方程得A (1,1)， ∴H (1,0)，直线HB 的方程为y ＝x －1，代入半圆方程得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32，－1＋32．所以直线AB 的方程为y －1－1＋32－1＝x －11＋32－1，即3x ＋y －3－1＝0．答案：3x ＋y －3－1＝0处理直线方程综合应用的2大策略(1)含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点的直线系，即能够看出“动中有定”．(2)求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．1．设m ∈R ，过定点A 的动直线x ＋my ＝0和过定点B 的动直线mx －y －m ＋3＝0交于点P (x ，y )，则|PA |·|PB |的最大值是________．解析：易求定点A (0,0)，B (1,3)．当P 与A 和B 均不重合时，因为P 为直线x ＋my ＝0与mx －y －m ＋3＝0的交点，且易知两直线垂直，则PA ⊥PB ，所以|PA |2＋|PB |2＝|AB |2＝10，所以|PA |·|PB |≤|PA |2＋|PB |22＝5(当且仅当|PA |＝|PB |＝5时，等号成立)，当P 与A 或B 重合时，|PA |·|PB |＝0，故|PA |·|PB |的最大值是5．答案：52．(2017·衡阳一模)已知点P 在直线x ＋3y －2＝0上，点Q 在直线x ＋3y ＋6＝0上，线段PQ 的中点为M (x 0，y 0)，且y 0<x 0＋2，则y 0x 0的取值范围是________．解析：依题意可得|x 0＋3y 0－2|10＝|x 0＋3y 0＋6|10，化简得x 0＋3y 0＋2＝0，又y 0<x 0＋2，k OM ＝y 0x 0，在坐标轴上作出两直线，如图，当点M 位于线段AB (不包括端点)上时，k OM >0，当点M 位于射线BN 上除B 点外时，k OM <－13．所以y 0x 0的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(0，＋∞)．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(0，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．直线l ：x sin 30°＋y cos 150°＋1＝0的斜率是( ) A ．33B ． 3C ．－ 3D ．－33解析：选A 设直线l 的斜率为k ，则k ＝－sin 30°cos 150°＝33．2．倾斜角为135°，在y 轴上的截距为－1的直线方程是( ) A ．x －y ＋1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋y ＋1＝0解析：选D 直线的斜率为k ＝tan 135°＝－1，所以直线方程为y ＝－x －1，即x ＋y ＋1＝0．3．若直线y ＝－2x ＋3k ＋14与直线x －4y ＝－3k －2的交点位于第四象限，则实数k 的取值范围是( )A ．(－6，－2)B ．(－5，－3)C ．(－∞，－6)D ．(－2，＋∞)解析：选A 解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ＋3k ＋14，x －4y ＝－3k －2，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ＋6，y ＝k ＋2，因为直线y ＝－2x ＋3k ＋14与直线x －4y ＝－3k －2的交点位于第四象限，所以k ＋6>0且k ＋2<0，所以－6<k <－2．故选A ．4．(2017·豫西五校联考)曲线y ＝x 3－x ＋5上各点处的切线的倾斜角的取值范围为________．解析：设曲线上任意一点处的切线的倾斜角为θ(θ∈ B ．(－∞，－2]∪D ．(－∞，＋∞)解析：选C 令x ＝0，得y ＝b 2，令y ＝0，得x ＝－b ，所以所求三角形面积为12⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2|－b |＝14b 2，且b ≠0，因为14b 2≤1，所以b 2≤4，所以b 的取值范围是．5．已知点P (x ，y )在直线x ＋y －4＝0上，则x 2＋y 2的最小值是( ) A ．8 B ．2 2 C ． 2D ．16解析：选A ∵点P (x ，y )在直线x ＋y －4＝0上，∴y ＝4－x ，∴x 2＋y 2＝x 2＋(4－x )2＝2(x －2)2＋8，当x ＝2时，x 2＋y 2取得最小值8．6．过点(2，－3)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为________．解析：若直线过原点，则直线方程为3x ＋2y ＝0；若直线不过原点，则斜率为1，方程为y ＋3＝x －2，即为x －y －5＝0，故所求直线方程为3x ＋2y ＝0或x －y －5＝0．答案：3x ＋2y ＝0或x －y －5＝07．设点A (－1,0)，B (1,0)，直线2x ＋y －b ＝0与线段AB 相交，则b 的取值范围是________．解析：b 为直线y ＝－2x ＋b 在y 轴上的截距，如图，当直线y ＝－2x ＋b 过点A (－1,0)和点B (1,0)时，b 分别取得最小值和最大值．∴b 的取值范围是．答案：8．(2016·沈阳一模)若直线l ：x a ＋yb＝1(a >0，b >0)经过点(1,2)，则直线l 在x 轴和y 轴上的截距之和的最小值是________．解析：由直线l ：x a ＋yb＝1(a >0，b >0)可知直线在x 轴上的截距为a ，在y 轴上的截距为b ．求直线在x 轴和y 轴上的截距之和的最小值，即求a ＋b 的最小值．由直线经过点(1,2)得1a ＋2b＝1．于是a ＋b ＝(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝3＋b a ＋2a b ，因为b a ＋2a b≥2b a ·2ab＝22当且仅当b a ＝2ab时取等号，所以a ＋b ≥3＋22，故直线l 在x 轴和y 轴上的截距之和的最小值为3＋22．答案：3＋2 29．已知直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分别求满足下列条件的直线l 的方程：(1)过定点A (－3,4)； (2)斜率为16．解：(1)设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)＋4，它在x 轴，y 轴上的截距分别是－4k－3,3k＋4，由已知，得(3k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫4k＋3＝±6，解得k 1＝－23或k 2＝－83．故直线l 的方程为2x ＋3y －6＝0或8x ＋3y ＋12＝0．(2)设直线l 在y 轴上的截距为b ，则直线l 的方程是y ＝16x ＋b ，它在x 轴上的截距是－6b ，由已知，得|－6b ·b |＝6，∴b ＝±1．∴直线l 的方程为x －6y ＋6＝0或x －6y －6＝0．10．如图，射线OA ，OB 分别与x 轴正半轴成45°和30°角，过点P (1，0)的直线AB 分别交OA ，OB 于A ，B 两点，当AB 的中点C 恰好落在直线y ＝12x 上时，求直线AB 的方程．解：由题意可得k OA ＝tan 45°＝1，k OB ＝tan(180°－30°)＝－33，所以直线l OA ：y ＝x ，l OB ：y ＝－33x ．设A (m ，m )，B (－3n ，n )，所以AB 的中点C ⎝⎛⎭⎪⎫m －3n 2，m ＋n 2，由点C 在直线y ＝12x 上，且A ，P ，B 三点共线得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n 2＝12·m －3n 2，m －0m －1＝n －0－3n －1，解得m ＝3，所以A (3，3)．又P (1,0)，所以k AB ＝k AP ＝33－1＝3＋32，所以l AB ：y ＝3＋32(x －1)，即直线AB 的方程为(3＋3)x －2y －3－3＝0．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知曲线y ＝1e x ＋1，则曲线的切线中斜率最小的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为________．解析：y ′＝－e xx ＋2＝－1e x＋1ex ＋2，因为e x >0，所以e x＋1e x ≥2e x·1ex ＝2(当且仅当e x ＝1e x ，即x ＝0时取等号)，所以e x＋1e x ＋2≥4，故y ′＝－1e x＋1ex ＋2≥－14(当且仅当x ＝0时取等号)．所以当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，切线的方程为y －12＝－14(x －0)，即x ＋4y －2＝0．该切线在x 轴上的截距为2，在y 轴上的截距为12，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S ＝12×2×12＝12．答案：122．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R)． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线l 不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于点A ，交y 轴正半轴于点B ，O 为坐标原点，设△AOB 的面积为S ，求S 的最小值及此时直线l 的方程．解：(1)证明：直线l 的方程可化为y ＝k (x ＋2)＋1，故无论k 取何值，直线l 总过定点(－2,1)．(2)直线l 的方程为y ＝kx ＋2k ＋1，则直线l 在y 轴上的截距为2k ＋1，要使直线l 不经过第四象限，则⎩⎪⎨⎪⎧k ≥0，1＋2k ≥0，解得k ≥0，故k 的取值范围是[)0，＋∞．(3)依题意，直线l 在x 轴上的截距为－1＋2kk，在y 轴上的截距为1＋2k ，∴A ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2k k，0，B (0,1＋2k )．又－1＋2k k<0且1＋2k >0，∴k >0．故S ＝12|OA ||OB |＝12×1＋2k k ×(1＋2k )＝12⎝⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12(4＋4)＝4，当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时，取等号．故S 的最小值为4，此时直线l 的方程为x －2y ＋4＝0．第二节两条直线的位置关系1．两条直线平行与垂直的判定 (1)两条直线平行：①对于两条不重合的直线l 1，l 2，若其斜率分别为k 1，k 2，则有l 1∥l 2⇔k 1＝k 2． ②当直线l 1，l 2不重合且斜率都不存在时，l 1∥l 2． (2)两条直线垂直：①如果两条直线l 1，l 2的斜率存在，设为k 1，k 2，则有l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1． ②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0时，l 1⊥l 2． 2．两条直线的交点的求法直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则l 1与l 2的交点坐标就是方程组⎩⎪⎨⎪⎧A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的解．3．三种距离公式|P 1P 2|＝x 2－x 12＋y 2－y 121．(教材习题改编)已知点(a,2)(a >0)到直线l ：x －y ＋3＝0的距离为1，则a 等于( ) A ． 2 B ．2－ 2 C ．2－1D ．2＋1解析：选C 由题意知|a －2＋3|2＝1，∴|a ＋1|＝2，又a >0，∴a ＝2－1．2．已知直线l 1：ax ＋(3－a )y ＋1＝0，l 2：x －2y ＝0．若l 1⊥l 2，则实数a 的值为________．解析：由题意，得aa －3＝－2，解得a ＝2．答案：21．在判断两条直线的位置关系时，易忽视斜率是否存在，两条直线都有斜率可根据条件进行判断，若无斜率，要单独考虑．2．运用两平行直线间的距离公式时易忽视两方程中的x ，y 的系数分别相等这一条件盲目套用公式导致出错．1．已知P ：直线l 1：x －y －1＝0与直线l 2：x ＋ay －2＝0平行，Q ：a ＝－1，则P 是Q 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A 由于直线l 1：x －y －1＝0与直线l 2：x ＋ay －2＝0平行的充要条件是1×a －(－1)×1＝0，即a ＝－1．所以P 是Q 的充要条件．2．已知直线3x ＋4y －3＝0与直线6x ＋my ＋14＝0平行，则它们之间的距离是________．解析：∵63＝m 4≠14－3，∴m ＝8，直线6x ＋my ＋14＝0可化为3x ＋4y ＋7＝0，两平行线之间的距离d ＝|－3－7|32＋42＝2．答案：2考点一两条直线的位置关系(基础送分型考点——自主练透)1．过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0平行的直线方程是( ) A ．x －2y －1＝0 B ．x －2y ＋1＝0 C ．2x ＋y －2＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选A 依题意，设所求的直线方程为x －2y ＋a ＝0，由于点(1,0)在所求直线上，则1＋a ＝0，即a ＝－1，则所求的直线方程为x －2y －1＝0．2．已知过点A (－2，m )和点B (m,4)的直线为l 1，直线2x ＋y －1＝0为l 2，直线x ＋ny ＋1＝0为l 3．若l 1∥l 2，l 2⊥l 3，则实数m ＋n 的值为( )A ．－10B ．－2C ．0D ．8解析：选A ∵l 1∥l 2，∴4－mm ＋2＝－2(m ≠－2)，解得m ＝－8(经检验，l 1与l 2不重合)，∵l 2⊥l 3，∴2×1＋1×n ＝0，解得n ＝－2，∴m ＋n ＝－10．3．已知两直线l 1：mx ＋8y ＋n ＝0和l 2：2x ＋my －1＝0，试确定m ，n 的值，使 (1)l 1与l 2相交于点P (m ，－1)； (2)l 1∥l 2；(3)l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧m 2－8＋n ＝0，2m －m －1＝0，解得m ＝1，n ＝7．即m ＝1，n ＝7时，l 1与l 2相交于点P (m ，－1)．(2)∵l 1∥l 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2－16＝0，－m －2n ≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ≠－2或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－4，n ≠2.即m ＝4，n ≠－2或m ＝－4，n ≠2时，l 1∥l 2． (3)当且仅当2m ＋8m ＝0，即m ＝0时，l 1⊥l 2．又－n8＝－1，∴n ＝8．即m ＝0，n ＝8时，l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1．1．已知两直线的斜率存在，判断两直线平行垂直的方法 (1)两直线平行⇔两直线的斜率相等且在坐标轴上的截距不等； (2)两直线垂直⇔两直线的斜率之积等于－1．当直线斜率不确定时，要注意斜率不存在的情况． 2．由一般式确定两直线位置关系的方法在判断两直线位置关系时，比例式1A 2与1B 2，1C 2的关系容易记住，在解答选择、填空题时，建议多用比例式来解答．考点二距离问题重点保分型考点——师生共研已知A (4，－3)，B (2，－1)和直线l ：4x ＋3y －2＝0，在坐标平面内求一点P ，使|PA |＝|PB |，且点P 到直线l 的距离为2．解：设点P 的坐标为(a ，b )． ∵A (4，－3)，B (2，－1)，∴线段AB 的中点M 的坐标为(3，－2)．而AB 的斜率k AB ＝－3＋14－2＝－1， ∴线段AB 的垂直平分线方程为y ＋2＝x －3，即x －y －5＝0．∵点P (a ，b )在直线x －y －5＝0上， ∴a －b －5＝0．①又点P (a ，b )到直线l ：4x ＋3y －2＝0的距离为2， ∴|4a ＋3b －2|5＝2，即4a ＋3b －2＝±10，②由①②联立可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝277，b ＝－87.∴所求点P 的坐标为(1，－4)或⎝ ⎛⎭⎪⎫277，－87．处理距离问题的2大策略(1)点到直线的距离问题可直接代入点到直线的距离公式去求．(2)动点到两定点距离相等，一般不直接利用两点间距离公式处理，而是转化为动点在两定点所在线段的垂直平分线上，从而使计算简便，如本例中|PA |＝|PB |这一条件的转化处理．1．已知P 是直线2x －3y ＋6＝0上一点，O 为坐标原点，且点A 的坐标为(－1,1)，若|PO |＝|PA |，则P 点的坐标为________．解析：法一：设P (a ，b )，则⎩⎨⎧2a －3b ＋6＝0，a 2＋b 2＝a ＋2＋b －2，解得a ＝3，b ＝4．∴P 点的坐标为(3,4)．法二：线段OA 的中垂线方程为x －y ＋1＝0，则由⎩⎪⎨⎪⎧2x －3y ＋6＝0，x －y ＋1＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝4，则P 点的坐标为(3,4)．答案：(3,4)2．已知直线l 1与l 2：x ＋y －1＝0平行，且l 1与l 2的距离是2，则直线l 1的方程为______________________．解析：因为l 1与l 2：x ＋y －1＝0平行，所以可设l 1的方程为x ＋y ＋b ＝0(b ≠－1)．又因为l 1与l 2的距离是2，所以|b ＋1|12＋12＝2，解得b ＝1或b ＝－3，即l 1的方程为x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0．答案：x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝03．已知点P (4，a )到直线4x －3y －1＝0的距离不大于3，则a 的取值范围为________．解析：由题意得，点P 到直线的距离为 |4×4－3×a －1|5＝|15－3a |5．又|15－3a |5≤3，即|15－3a |≤15，解得0≤a ≤10，所以a 的取值范围是．答案：．考点三对称问题题点多变型考点——多角探明对称问题是高考常考内容之一，也是考查学生转化能力的一种常见题型．常见的命题角度有： (1)点关于点对称； (2)点关于线对称；(3)线关于线对称．角度一：点关于点对称1．过点P (0,1)作直线l 使它被直线l 1：2x ＋y －8＝0和l 2：x －3y ＋10＝0截得的线段被点P 平分，则直线l 的方程为________________．解析：设l 1与l 的交点为A (a,8－2a )，则由题意知，点A 关于点P 的对称点B (－a,2a －6)在l 2上，把B 点坐标代入l 2的方程得－a －3(2a －6)＋10＝0，解得a ＝4，即点A (4,0)在直线l 上，所以由两点式得直线l 的方程为x ＋4y －4＝0．答案：x ＋4y －4＝0角度二：点关于线对称2．已知直线l ：2x －3y ＋1＝0，点A (－1，－2)，则点A 关于直线l 的对称点A ′的坐标为________．解析：设A ′(x ，y )，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2x ＋1×23＝－1，2×x －12－3×y －22＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3313，y ＝413，故A ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3313，413．答案：A ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3313，413角度三：线关于线对称3．直线2x －y ＋3＝0关于直线x －y ＋2＝0对称的直线方程是( ) A ．x －2y ＋3＝0 B ．x －2y －3＝0 C ．x ＋2y ＋1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选A 设所求直线上任意一点P (x ，y )，则P 关于x －y ＋2＝0的对称点为P ′(x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x 02－y ＋y 02＋2＝0，x －x 0＝－y －y 0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y －2，y 0＝x ＋2，由点P ′(x 0，y 0)在直线2x －y ＋3＝0上， ∴2(y －2)－(x ＋2)＋3＝0，即x －2y ＋3＝0．1．中心对称问题的2个类型及求解方法 (1)点关于点对称：若点M (x 1，y 1)及N (x ，y )关于P (a ，b )对称，则由中点坐标公式得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a －x 1，y ＝2b －y 1，进而求解．(2)直线关于点的对称，主要求解方法是：①在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程；②求出一个对称点，再利用两对称直线平行，由点斜式得到所求直线方程． 2．轴对称问题的2个类型及求解方法 (1)点关于直线的对称：若两点P 1(x 1，y 1)与P 2(x 2，y 2)关于直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0对称，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＋B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋y 22＋C ＝0，y 2－y 1x 2－x 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－A B ＝－1，可得到点P 1关于l 对称的点P 2的坐标(x 2，y 2)(其中B ≠0，x 1≠x 2)． (2)直线关于直线的对称：一般转化为点关于直线的对称来解决，有两种情况：一是已知直线与对称轴相交；二是已知直线与对称轴平行．1．与直线3x －4y ＋5＝0关于x 轴对称的直线方程为________．解析：设A (x ，y )为所求直线上的任意一点，则A ′(x ，－y )在直线3x －4y ＋5＝0上，即3x －4(－y )＋5＝0，故所求直线方程为3x ＋4y ＋5＝0．答案：3x ＋4y ＋5＝02．已知点A (1,3)关于直线y ＝kx ＋b 对称的点是B (－2,1)，则直线y ＝kx ＋b 在x 轴上的截距是________．解析：由题意得线段AB 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2在直线y ＝kx ＋b 上，故⎩⎪⎨⎪⎧23·k ＝－1，－12k ＋b ＝2，解得k ＝－32，b ＝54，所以直线方程为y ＝－32x ＋54．令y ＝0，即－32x ＋54＝0，解得x ＝56，故直线y ＝kx ＋b 在x 轴上的截距为56．答案：563已知入射光线经过点M (－3,4)，被直线l ：x －y ＋3＝0反射，反射光线经过点N (2,6)，则反射光线所在直线的方程为________．解析：设点M (－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点为M ′(a ，b )，则反射光线所在直线过点M ′，所以⎩⎪⎨⎪⎧b －4a －－·1＝－1，－3＋a 2－b ＋42＋3＝0，解得a ＝1，b ＝0．又反射光线经过点N (2,6)，所以所求直线的方程为y －06－0＝x －12－1，即6x －y －6＝0．答案：6x －y －6＝0一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．直线2x ＋y ＋m ＝0和x ＋2y ＋n ＝0的位置关系是( ) A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．不能确定解析：选C 由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋m ＝0，x ＋2y ＋n ＝0，可得3x ＋2m －n ＝0，由于3x ＋2m －n ＝0有唯一解，故方程组有唯一解，故两直线相交，两直线的斜率分别为－2，－12，斜率之积不等于－1，故不垂直．2．过点(1,0)且与直线x －2y －2＝0垂直的直线方程是( ) A ．x －2y －1＝0 B ．x －2y ＋1＝0 C ．2x ＋y －2＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选C 因为直线x －2y －2＝0的斜率为12，所以所求直线的斜率k ＝－2．所以所求直线的方程为y －0＝－2(x －1)，即2x ＋y －2＝0．故选C ．3．直线x －2y ＋1＝0关于直线x ＝1对称的直线方程是( ) A ．x ＋2y －1＝0 B ．2x ＋y －1＝0 C ．2x ＋y －3＝0D ．x ＋2y －3＝0解析：选D 由题意得直线x －2y ＋1＝0与直线x ＝1的交点坐标为(1,1)．又直线x －2y ＋1＝0上的点(－1,0)关于直线x ＝1的对称点为(3,0)，所以由直线方程的两点式，得y －01－0＝x －31－3，即x ＋2y －3＝0．4．与直线l 1：3x ＋2y －6＝0和直线l 2：6x ＋4y －3＝0等距离的直线方程是________．解析：l 2：6x ＋4y －3＝0化为3x ＋2y －32＝0，所以l 1与l 2平行，设与l 1，l 2等距离的直线l 的方程为3x ＋2y ＋c ＝0，则|c ＋6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪c ＋32，解得c ＝－154，所以l 的方程为12x ＋8y －15＝0．答案：12x ＋8y －15＝05．若直线2x －y ＝－10，y ＝x ＋1，y ＝ax －2交于一点，则a 的值为________．解析：解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝－10，y ＝x ＋1，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－9，y ＝－8，所以直线2x －y ＝－10与y ＝x ＋1的交点坐标为(－9，－8)，代入y ＝ax －2，得－8＝a ·(－9)－2，所以a ＝23．答案：23二保高考，全练题型做到高考达标1．已知A (2,3)，B (－4,0)，P (－3,1)，Q (－m ，m ＋1)，若直线AB ∥PQ ，则m 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选C ∵AB ∥PQ ， ∴k AB ＝k PQ ，即0－3－4－2＝m ＋1－1－m －－，解得m ＝1，故选C ．2．若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＋2a ＝0平行，则l 1与l 2之间的距离为( )A ．423 B ．4 2 C ．823D ．2 2解析：选C ∵l 1∥l 2， ∴1a －2＝a 3≠62a，解得a ＝－1，∴l 1与l 2的方程分别为l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＋23＝0，∴l 1与l 2的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－232＝823．3．(2016·浙江温州第二次适应性)已知直线l 1：mx ＋y －1＝0与直线l 2：(m －2)x ＋my －1＝0，则“m ＝1”是“l 1⊥l 2”的( )A ．充分不必要条件B ．充要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 由l 1⊥l 2，得m (m －2)＋m ＝0，解得m ＝0或m ＝1，所以“m ＝1”是“l 1⊥l 2”的充分不必要条件，故选A ．4．若直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2,1)对称，则直线l 2恒过定点( ) A ．(0,4) B ．(0,2) C ．(－2,4)D ．(4，－2)解析：选B 由于直线l 1：y ＝k (x －4)恒过定点(4,0)，其关于点(2,1)对称的点为(0,2)，又由于直线l 1：y ＝k (x －4)与直线l 2关于点(2,1)对称，所以直线l 2恒过定点(0,2)．5．已知直线l ：x －y －1＝0，l 1：2x －y －2＝0．若直线l 2与l 1关于l 对称，则l 2的方程是( )A ．x －2y ＋1＝0B ．x －2y －1＝0C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选B 因为l 1与l 2关于l 对称，所以l 1上任一点关于l 的对称点都在l 2上，故l 与l 1的交点(1,0)在l 2上．又易知(0，－2)为l 1上一点，设它关于l 的对称点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋02－y －22－1＝0，y ＋2x ×1＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，即(1,0)，(－1，－1)为l 2上两点，可得l 2的方程为x －2y －1＝0．6．已知点A (－3，－4)，B (6,3)到直线l ：ax ＋y ＋1＝0的距离相等，则实数a 的值为________．解析：由题意及点到直线的距离公式得|－3a －4＋1|a 2＋1＝|6a ＋3＋1|a 2＋1，解得a ＝－13或－79．答案：－13或－797．以点A (4,1)，B (1,5)，C (－3,2)，D (0，－2)为顶点的四边形ABCD 的面积为________．解析：因为k AB ＝5－11－4＝－43，k DC ＝2－－－3－0＝－43．k AD ＝－2－10－4＝34，k BC ＝2－5－3－1＝34．则k AB ＝k DC ，k AD ＝k BC ，所以四边形ABCD 为平行四边形．又k AD ·k AB ＝－1，即AD ⊥AB ，故四边形ABCD 为矩形．故S ＝|AB |·|AD |＝－2＋－2×－2＋－2－2＝25．答案：258．l 1，l 2是分别经过点A (1,1)，B (0，－1)的两条平行直线，当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的方程是________________．解析：当两条平行直线与A ，B 两点连线垂直时，两条平行直线间的距离最大．因为A (1,1)，B (0，－1)，所以k AB ＝－1－10－1＝2，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的斜率为k ＝－12，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的方程是y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y－3＝0．答案：x ＋2y －3＝09．已知直线l 1：ax ＋2y ＋6＝0和直线l 2：x ＋(a －1)y ＋a 2－1＝0． (1)当l 1∥l 2时，求a 的值； (2)当l 1⊥l 2时，求a 的值．解：(1)法一：当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1不平行于l 2；当a ＝0时，l 1：y ＝－3，l 2：x －y －1＝0，l 1不平行于l 2；当a ≠1且a ≠0时，两直线方程可化为l 1：y ＝－a 2x －3，l 2：y ＝11－a x －(a ＋1)，由l 1∥l 2可得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＝11－a ，－3≠－a ＋，解得a ＝－1．综上可知，a ＝－1．法二：由l 1∥l 2知⎩⎪⎨⎪⎧A 1B 2－A 2B 1＝0，A 1C 2－A 2C 1≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧aa －－1×2＝0，aa 2－－1×6≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a －2＝0，a a 2－⇒a ＝－1．(2)法一：当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1与l 2不垂直，故a ＝1不符合；当a ≠1时，l 1：y ＝－a 2x －3，l 2：y ＝11－ax －(a ＋1)，由l 1⊥l 2，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2·11－a ＝－1⇒a ＝23．法二：∵l 1⊥l 2， ∴A 1A 2＋B 1B 2＝0，即a ＋2(a －1)＝0，得a ＝23．10．已知△ABC 的顶点A (5,1)，AB 边上的中线CM 所在直线方程为2x －y －5＝0，AC 边上的高BH 所在直线方程为x －2y －5＝0，求直线BC 的方程．解：依题意知：k AC ＝－2，A (5,1)， ∴l AC 的方程为2x ＋y －11＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －11＝0，2x －y －5＝0，得C (4,3)．设B (x 0，y 0)，则AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋52，y 0＋12，代入2x －y －5＝0，得2x 0－y 0－1＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x 0－y 0－1＝0，x 0－2y 0－5＝0，得B (－1，－3)，∴k BC ＝65，∴直线BC 的方程为y －3＝65(x －4)，即6x －5y －9＝0．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知P (x 0，y 0)是直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0外一点，则方程Ax ＋By ＋C ＋(Ax 0＋By 0＋C )＝0表示( )A ．过点P 且与l 垂直的直线B ．过点P 且与l 平行的直线C ．不过点P 且与l 垂直的直线D ．不过点P 且与l 平行的直线解析：选D 因为P (x 0，y 0)是直线l 1：Ax ＋By ＋C ＝0外一点，所以Ax 0＋By 0＋C ＝k ，k ≠0．若方程Ax ＋By ＋C ＋(Ax 0＋By 0＋C )＝0，则Ax ＋By ＋C ＋k ＝0．因为直线Ax ＋By ＋C ＋k ＝0和直线l 斜率相等，但在y 轴上的截距不相等，故直线Ax ＋By ＋C ＋k ＝0和直线l 平行．因为Ax 0＋By 0＋C ＝k ，而k ≠0，所以Ax 0＋By 0＋C ＋k ≠0，所以直线Ax ＋By ＋C ＋k ＝0不过点P ．2．已知直线l ：(2a ＋b )x ＋(a ＋b )y ＋a －b ＝0及点P (3,4)． (1)证明直线l 过某定点，并求该定点的坐标． (2)当点P 到直线l 的距离最大时，求直线l 的方程．解：(1)证明：直线l 的方程可化为a (2x ＋y ＋1)＋b (x ＋y －1)＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋1＝0，x ＋y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝3，所以直线l 恒过定点(－2,3)． (2)由(1)知直线l 恒过定点A (－2,3)，当直线l 垂直于直线PA 时，点P 到直线l 的距离最大．又直线PA 的斜率k PA ＝4－33＋2＝15，所以直线l 的斜率k l ＝－5．故直线l 的方程为y －3＝－5(x ＋2)，即5x＋y＋7＝0．第三节圆的方程1．圆的定义及方程点M(x0，y0)与圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的位置关系：(1)若M(x0，y0)在圆外，则(x0－a)2＋(y0－b)2＞r2．(2)若M(x0，y0)在圆上，则(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2．(3)若M(x0，y0)在圆内，则(x0－a)2＋(y0－b)2＜r2．1．(2016·全国甲卷)圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝( )A．－43B．－34C ． 3D ．2解析：选A 因为圆x 2＋y 2－2x －8y ＋13＝0的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线ax ＋y －1＝0的距离d ＝|a ＋4－1|a 2＋1＝1，解得a ＝－43．2．(教材习题改编)圆C 的直径的两个端点分别是A (－1,2)，B (1,4)，则圆C 的标准方程为________．解析：设圆心C 的坐标为(a ，b )，则a ＝－1＋12＝0，b ＝2＋42＝3，故圆心C (0,3)．半径r ＝12|AB |＝12[1－－]2＋－2＝2．∴圆C 的标准方程为x 2＋(y －3)2＝2．答案：x 2＋(y －3)2＝23．若点(1,1)在圆(x －a )2＋(y ＋a )2＝4的内部，则实数a 的取值范围是________．解析：因为点(1,1)在圆(x －a )2＋(y ＋a )2＝4的内部，所以(1－a )2＋(1＋a )2＜4．即a 2＜1，故－1＜a ＜1．答案：(－1,1)对于方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示圆时易忽视D 2＋E 2－4F ＞0这一成立条件．(2016·浙江高考)已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．解析：由二元二次方程表示圆的条件可得a 2＝a ＋2，解得a ＝2或－1．当a ＝2时，方程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即x 2＋y 2＋x ＋2y ＋52＝0，配方得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋(y ＋1)2＝－54＜0，不表示圆；当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，配方得(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5．答案：(－2，－4) 5考点一圆的方程基础送分型考点——自主练透1．(2017·石家庄质检)若圆C 的半径为1，点C 与点(2,0)关于点(1,0)对称，则圆C 的标准方程为( )A ．x 2＋y 2＝1 B ．(x －3)2＋y 2＝1 C ．(x －1)2＋y 2＝1D ．x 2＋(y －3)2＝1解析：选A 因为点C 与点(2,0)关于点(1,0)对称，故由中点坐标公式可得C (0,0)，所以所求圆的标准方程为x 2＋y 2＝1．2．圆心在y 轴上且经过点(3,1)的圆与x 轴相切，则该圆的方程是( ) A ．x 2＋y 2＋10y ＝0 B ．x 2＋y 2－10y ＝0 C ．x 2＋y 2＋10x ＝0D ．x 2＋y 2－10x ＝0解析：选B 设圆心为(0，b )，半径为r ，则r ＝|b |，所以圆的方程为x 2＋(y －b )2＝b 2．因为点(3,1)在圆上，所以9＋(1－b )2＝b 2，解得b ＝5．所以圆的方程为x 2＋y 2－10y ＝0．3．(2015·全国卷Ⅱ)过三点A (1,3)，B (4,2)，C (1，－7)的圆交y 轴于M ，N 两点，则|MN |＝( )A ．2 6B ．8C ．4 6D ．10解析：选C 设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧D ＋3E ＋F ＋10＝0，4D ＋2E ＋F ＋20＝0，D －7E ＋F ＋50＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－2，E ＝4，F ＝－20.∴圆的方程为x 2＋y 2－2x ＋4y －20＝0．令x ＝0，得y ＝－2＋26或y ＝－2－26，∴M (0，－2＋26)，N (0，－2－26)或M (0，－2－26)，N (0，－2＋26)， ∴|MN |＝46，故选C ．4．(2016·天津高考)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M (0，5)在圆C 上，且圆心到直线2x －y ＝0的距离为455，则圆C 的方程为________________．解析：因为圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，设C (a,0)，且a ＞0，所以圆心到直线2x －y ＝0的距离d ＝2a 5＝455，解得a ＝2，所以圆C 的半径r ＝|CM |＝4＋5＝3，所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9．答案：(x－2)2＋y2＝91．求圆的方程的2种方法(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．(2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，从而求出a，b，r的值；②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F的方程组，进而求出D，E，F的值．2．确定圆心位置的3种方法(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上．(2)圆心在圆的任意弦的垂直平分线上．(3)两圆相切时，切点与两圆圆心共线．解答圆的有关问题，应注意数形结合，充分运用圆的几何性质．考点二与圆有关的最值问题题点多变型考点——多角探明与圆有关的最值问题是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想．常见的命题角度有：(1)斜率型最值问题；(2)截距型最值问题；(3)距离型最值问题．角度一：斜率型最值问题1．(2016·抚顺模拟)已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，求yx的最大值和最小值．解：原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆．yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设yx＝k，即y＝kx．当直线y ＝kx 与圆相切时(如图)，斜率k 取最大值或最小值，此时|2k －0|k 2＋1＝3，解得k ＝±3．所以y x的最大值为3，最小值为－3．角度二：截距型最值问题2．已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0，求y －x 的最大值和最小值．解：y －x 可看作是直线y ＝x ＋b 在y 轴上的截距，如图所示，当直线y ＝x ＋b 与圆相切时，纵截距b 取得最大值或最小值，此时|2－0＋b |2＝3，解得b ＝－2±6．所以y －x的最大值为－2＋6，最小值为－2－6．角度三：距离型最值问题3．已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0，求x 2＋y 2的最大值和最小值．解：如图所示，x 2＋y 2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为－2＋－2＝2，所以x 2＋y 2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x 2＋y 2的最小值是(2－3)2＝7－43．与圆有关的最值问题的3种常见转化法(1)形如μ＝y －bx －a形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题． (2)形如t ＝ax ＋by 形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题．(3)形如(x －a )2＋(y －b )2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．1．设点P 是函数y ＝－4－x －2图象上的任意一点，点Q 坐标为(2a ，a －3)(a∈R)，则|PQ |的最小值为________．解析：函数y ＝－4－x －2的图象表示圆(x －1)2＋y 2＝4的下半圆．令点Q 的坐标为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a ，y ＝a －3，得y ＝x2－3，即x－2y －6＝0，作出图象如图所示．由于圆心(1,0)到直线x －2y －6＝0的距离d ＝|1－2×0－6|12＋－2＝5＞2，所以直线x －2y －6＝0与圆(x －1)2＋y 2＝4相离，因此|PQ |的最小值是5－2．答案：5－22．已知m ＞0，n ＞0，若直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，则m ＋n 的取值范围是________．解析：因为m ＞0，n ＞0，直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，所以圆心C (1,1)到直线的距离为半径1，所以|m ＋1＋n ＋1－2|m ＋2＋n ＋2＝1，即|m ＋n |＝m ＋2＋n ＋2．两边平方并整理得mn ＝m ＋n ＋1．由基本不等式mn ≤⎝⎛⎭⎪⎫m ＋n 22可得m ＋n ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22，即(m ＋n )2－4(m ＋n )－4≥0，解得m ＋n ≥2＋22．当且仅当m ＝n 时等号成立．答案：已知A (2,0)为圆x 2＋y 2＝4上一定点，B (1,1)为圆内一点，P ，Q 为圆上的动点． (1)求线段AP 中点的轨迹方程；(2)若∠PBQ ＝90°，求线段PQ 中点的轨迹方程．解：(1)设AP 的中点为M (x ，y )，由中点坐标公式可知，P 点坐标为(2x －2,2y )．因为P 点在圆x 2＋y 2＝4上，所以(2x －2)2＋(2y )2＝4．。