专题五 第3讲
高中数学高考17第一部分 板块二 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题(大题)
设M(x1，y1)，M′(x2，y2)， 设 MF1 的方程为 x＝my－ 3，
x＝my－ 3，
由x42＋y2＝1
得(m2＋4)y2－2 3my－1＝0，
故yy11＋y2＝y2＝－mm2 221＋＋3m44.，
设F1M与F2N的距离为d，四边形F1F2NM的面积为S，
则 S＝12(|F1M|＋|F2N|)d＝12(|F1M′|＋|F1M|)d＝12|MM′|d＝ S△MF2M′,
2
PART TWO
真题体验 押题预测
真题体验 (2018·全国Ⅰ，文，20)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与 C交于M，N两点. (1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
解 当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2， 可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2). 所以直线 BM 的方程为 y＝12x＋1 或 y＝－12x－1. 即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.
所以 y1＋y2＝2k，y1y2＝－4.
直线 BM，BN 的斜率之和 kBM＋kBN＝x1y＋1 2＋x2y＋2 2＝x2y1＋x1x＋1y22＋x22＋y12＋ y2.
①
将 x1＝yk1＋2，x2＝yk2＋2 及 y1＋y2，y1y2 的表达式代入①式分子，
可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4kky1＋y2＝－8k＋8＝0.
当且仅当 t2＝92，即 t＝±322时取等号.
故△BPQ
的面积的最大值为
2 2.
热点二 范围问题
圆锥曲线的范围问题的常见解法 (1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形 性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等关系或已知 参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的范围.
届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用学案含解析
第3讲圆锥曲线的综合应用JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．⊙︱真题分布︱(理科）年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷20椭圆的简单性质及方程思想、定点问题12Ⅱ卷19椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程12Ⅲ20椭圆标准方程和求三角形12(文科）Ⅲ卷21椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,12201 9Ⅰ卷21直线与圆的位置关系，定值问题12Ⅱ卷20椭圆的定义及其几何性质、参数的范围12Ⅲ卷21直线与抛物线的位置关系、定点问题12201 8Ⅰ卷20直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题12Ⅱ卷20直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程12Ⅲ卷20直线与椭圆的位置关系、证明问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一圆锥曲线中的最值、范围问题错误!错误!错误!错误!典例1（2020·青海省玉树州高三联考）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p〉0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．【解析】（1)将l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px联立得:y2－2py＋2p＝0，∵l与C相切,∴Δ＝4p2－8p＝0，解得：p＝2，∴抛物线C的方程为:y2＝4x。
（2）由题意知，直线m斜率不为0，可设直线m方程为：x ＝ty＋1，联立｛y2＝4x，x＝ty＋1得：y2－4ty－4＝0．设A（x1，y1），B(x2，y2）,则y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2，∴线段AB中点M(2t2＋1,2t)．设A,B,M到直线l距离分别为d A,d B，d M,则d A＋d B＝2d M＝2·错误!＝2错误!错误!＝2错误!错误!，∵（t－错误!)2＋错误!≥错误!，∴当t＝错误!时，错误!min＝错误!,∴A,B两点到直线l的距离之和的最小值为：22×错误!＝错误!。
2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练)：第3讲 立体几何中的计算 课时训练(含答案)
第3讲 立体几何中的计算 课时训练1. 已知正四棱锥底面边长为42，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为________．答案：5解析：由正四棱锥底面边长为42，则底面正方形对角线的一半长为4，再由体积公式得四棱锥的高为3，则此四棱锥的侧棱长为5.2. (2017·镇江期末)若圆锥底面半径为2，高为5，则其侧面积为________．答案：6π解析：因为圆锥的母线长为l ＝22＋（5）2＝3，所以其侧面积为π×2×3＝6π.3. (2017·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶2解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.4. (2018·启东调研)高为63的正四面体的表面积为________．答案：3解析：由正四面体的高为63，得正四面体的棱长为1，表面积为4×34＝3.5. (2017·南通一调)如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1A 1BD 的体积为________cm 3.答案：32解析：VD 1A 1BD ＝VBA 1DD 1＝13×3×12×3×1＝32(cm 3)．6. 将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，则r 1＋r 2＋r 3＝________．答案：5解析：三个圆锥的底面周长分别为53π，103π，5π，则它们的半径r 1，r 2，r 3依次为56，53，52，则r 1＋r 2＋r 3＝5. 7. 已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 答案：96π解析：设圆锥的底面半径为r ，侧面积＝12×母线长×底面圆周长＝60π，得r ＝6 cm ，此圆锥的高为8 cm ，则此圆锥的体积为13×36π×8＝96π(cm 3)．8. (2018·南通中学练习)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．答案：233解析：在正三棱柱中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则VMAB 1C ＝VB 1ACM ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233.9. (2018·常熟期中)已知正三棱锥的体积为9 3 cm 3，高为3 cm ，则它的侧面积为________cm 2.答案：183解析：设正三棱锥底面三角形的边长为a ，则V ＝13×34a 2×3＝93，a ＝6(cm),底面等边三角形的高为32×6＝33(cm)，底面中心到一边的距离为13×33＝3(cm)，侧面的斜高为32＋（3）2＝23(cm), S 侧＝3×12×6×23＝183(cm 2)．10. (2018·南通一调)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm.(不计损耗)答案：210解析：由题意，六角螺帽毛坯体积为正六棱柱的体积减去圆柱的体积，即V 正六棱柱－V圆柱＝(S 正六边形－S 圆)h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫6×34×42－93×4＝603(cm 3)，因为正三棱柱的体积与六角螺帽毛坯的体积相等，设正三棱柱的底面边长为a ，所以34a 2·6＝603，解得a ＝210(cm)．11. 已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S ，求其内接正四棱柱的体积． 解：设等边圆柱的底面半径为r ，则高h ＝2r . 因为S ＝S 侧＋2S 底＝2πrh ＋2πr 2＝6πr 2， 所以r ＝S6π， 所以内接正四棱柱的底面边长a ＝2r sin45°＝2r ，所以V ＝S 底·h ＝(2r )2·2r ＝4r 3＝S 6πS9π2.12. 如图，四边形ABCD 为菱形，四边形ACFE 为平行四边形，BD 与AC 相交于点G ，AB ＝BD ＝2，AE ＝3，∠EAD ＝∠EAB .(1) 求证：平面ACFE ⊥平面ABCD ；(2) 若∠EAG ＝60°，求三棱锥F BDE 的体积．(1) 证明：连结EG . ∵ 四边形ABCD 为菱形， ∴ AD ＝AB ，BD ⊥AC ，DG ＝GB . 在△EAD 和△EAB 中，AD ＝AB ，AE ＝AE ，∠EAD ＝∠EAB ，∴ △EAD ≌△EAB ， ∴ ED ＝EB ，∴ BD ⊥EG . ∵ BD ⊥AC ，AC ∩EG ＝G ， ∴ BD ⊥平面ACFE . ∵ BD ⊂平面ABCD ， ∴ 平面ACFE ⊥平面ABCD .(2) 解：连结FG ，∵ BD ⊥平面ACFE ，FG ⊂平面ACFE ，∴ FG ⊥BD . 在△EAG 中，AE ＝AG ＝3，且∠EAG ＝60°， ∴ △EAG 为正三角形， ∴ ∠EGA ＝60°. 在△FCG 中，CG ＝FC ＝3，∠GCF ＝120°， ∴ ∠FGC ＝30°，∴ ∠EGF ＝90°，即FG ⊥EG . 又BD ∩EG ＝G ， ∴ FG ⊥平面BDE ，∴ 点F 到平面BDE 的距离为FG ＝3. ∵ S △BDE ＝12×BD ·EG＝12×2×3＝3，∴ 三棱锥FBDE 的体积为13×3×3＝3.13. 在矩形ABCD 中，将△ABC 沿其对角线AC 折起来得到△AB 1C ，且顶点B 1在平面ACD 上的射影O 恰好落在边AD 上，如图所示．(1) 求证：AB 1⊥平面B 1CD ； (2) 若AB ＝1，BC ＝3，求三棱锥B 1ABC 的体积．(1) 证明：因为B 1O ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以B 1O ⊥CD . 又CD ⊥AD ，AD ∩B 1O ＝O ， 所以CD ⊥平面AB 1D .因为AB 1⊂平面AB 1D ，所以AB 1⊥CD . 因为AB 1⊥B 1C ，且B 1C ∩CD ＝C ， 所以AB 1⊥平面B 1CD .(2) 解：因为AB 1⊥平面B 1CD ，B 1D ⊂平面B 1CD ， 所以AB 1⊥B 1D . 在Rt △AB 1D 中，B 1D ＝AD 2－AB 21＝2. 由B 1O ·AD ＝AB 1·B 1D ， 得B 1O ＝AB 1·B 1D AD＝63，所以VB 1ABC ＝13S △ABC ·B 1O ＝13×12×1×3×63＝26.。
高2019届高2016级高考理科数学大二轮专题复习课件学案专题五 解析几何第3讲
C
上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1, 证明:l过定点.
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(1)解 由于点P3,P4关于y轴对称,由题设知C必过P3,P4. 又由a12＋b12>a12＋43b2知，椭圆 C 不经过点 P1，
考点整合 1.圆锥曲线中的范围、最值问题,可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函
数值),或者利用式子的几何意义求解. 温馨提醒 圆锥曲线上点的坐标是有范围的,在涉及到求最值或范围问题时注意坐 标范围的影响.
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真题感悟
@《创新设计》
1.(2018·浙江卷)已知点 P(0，1)，椭圆x42＋y2＝m(m>1)上两点 A，B 满足A→P＝2P→B， 则当 m＝________时，点 B 横坐标的绝对值最大.
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பைடு நூலகம்
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则 k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1＝kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1＝2kx1x2＋（m－x1x12）（x1＋x2）.
由题设k1＋k2＝－1,故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. ∴(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0.
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依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0,
2023年中考道德与法治专题复习专题五 法律与秩序第3讲 我国的国家机构
2023年中考道德与法治专题复习专题五法律与秩序第3讲我国的国家机构一、选择题1．(2022·宁波模拟)2022年3月5日，第十三届全国人民代表大会第五次会议在人民大会堂开幕。
根据会议议程，国务院总理李克强代表国务院向大会作政府工作报告。
下列说法正确的是( ) A．我国的一切权力属于全国人大代表B．人民代表大会是最高国家权力机关C．全国人大行使监督权，监督国务院的工作D．全国人民代表大会是我国的根本政治制度2．(2022·温州洞头模拟)读表，洞头区人民代表大会的职权有( )A．监督权和立法权B．监督权和决定权C．决定权和选举权D．决定权和任免权3．(2022·江苏南京二模)下表中列举的案例与对应的国家机关职能相匹配的有( )A．①② B．②③ C．②④D．③④变题：某高校毕业生聚会时谈及个人最近的工作情况，请你根据他们的对话，判断甲乙丙丁分别在哪个国家机关工作( )①甲：今年好多案子都会引起社会关注，审理判决一点都不能马虎，工作压力特别大。
②乙：我去年年底到岗，主要负责自主择业退役军人的服务管理、待遇保障工作。
③丙：我也是去年转的岗，比起之前专门干反贪，现在还要负责对履职不力的领导进行问责。
④丁：我的工作没有变，依然是分管刑事案件的公诉。
A．①审判机关②行政机关③监察机关④检察机关B．①监察机关②审判机关③行政机关④检察机关C．①审判机关②检察机关③监察机关④行政机关D．①监察机关②行政机关③检察机关④审判机关4．(2022·杭州上城一模)据信息，下列说法正确的有( )会常务委员会第三十一次会议于2021年10月23日通过，现予公布，自2022年1月1日起施行。
中华人民共和国主席习近平2021年10月23日①家庭教育促进法是治国安邦的总章程②通过立法加强对未成年人的特殊保护③全国人大及其常委会行使国家立法权④国家主席行使公布法律、发布命令的职权A．①②③B．①②④ C．①③④ D．②③④5.对如图漫画理解正确的是( )A．监察委员会对所有行使公权力的公职人员进行监察全覆盖B．监察机关依法行使审判权C．监察委员会是国家的法律监督机关D．监察机关的首要职责是处置二、非选择题6．(10分) 2022年3月，全国政协十三届五次会议和十三届全国人大五次会议在北京召开。
小学五年级数学专题讲义《第3讲-正负数的认识》
一对一辅导讲义一、感受生活中的相反现象我们来玩个游戏轻松一下，游戏叫做《我反我反我反反反》。
游戏规则：老师说一句话，请你说出与它相反意思的话。
二、预习作业：天气预报中经常出现的“－5℃”、“－3℃”是什么意思？哪个气温更冷些？三、类似于温度计,可以将正负数分布在一条直线上。
这样的线叫做什么呢？-2-1012原点单位长度正方向知识点一：面积的估测知识点1、复习数格子的方法，估测不规则图形的面积。
在用数格子的方法估测不规则图形的面积时，大于或者等于半格的算一格，小于半格的可以舍去。
知识点2、把不规则图形近似看作可求面积的多边形来估测它的面积。
如：在估测下图，把不规则图形近似看作平行四边形来估测它的面积。
例1、估测下列图形的面积，大于或等于半格的算一格，小于半格的可以舍去，这个图形的面积大约是（）平方厘米。
例2、估测下面图形的面积。
试一试：一、用两种方法估测下面图形的面积1、数格子：大于或等于半格的算一格，小于半格的可以舍去。
这个图形的面积大约是cm²；近似的看作成一个三角形，这个图形的面积大约是cm²。
2、数格子：大于或等于半格的算一格，小于半格的可以舍去。
这个图形的面积大约是cm²；近似的看作成一个直角梯形，这个图形的面积大约是cm²。
知识点二：自然数知识点1、自然数的概念1,2,3,4,5,6……这些用来计数和编序的数，以及0叫做自然数。
一切自然数都可以用“n”表示。
知识点2、自然数的性质自然数有以下性质：1．0是自然数。
2．每一个自然数都只有一个自然数接在它的后面，自然数n后面的一个自然数是“n＋1”。
3．最小的自然数是0，没有最大的自然数。
例1：自然数n相邻的数分别是（）和（）。
试一试：把自然数从小到大排列，自然数500前面的一个数是（），后面一个数是（）。
例2：下面哪些是自然数？285 285.05 0.285 2850 041333.333 10 285.0 2.85试一试：1、三个连续自然数的和是45，这三个自然数分别是（ ）、（ ）和（ ）。
2019届高考数学二轮复习 第二部分专项二 专题五 3 第3讲 圆锥曲线的综合问题 学案 Word版含解析
第3讲 圆锥曲线的综合问题年份卷别考查内容及考题位置命题分析卷Ⅰ直线与椭圆的位置关系·T 19卷Ⅱ直线与抛物线的位置关系、弦长问题·T192018卷Ⅲ直线与椭圆的位置关系、向量的线性运算、证明问题·T 20卷Ⅰ椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系·T 20卷Ⅱ点的轨迹方程、椭圆与向量的数量积的综合问题·T 202017卷Ⅲ直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程·T 20卷Ⅰ定值问题、轨迹方程求法、直线与椭圆的位置关系及范围问题·T 20卷Ⅱ直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题·T 202016卷Ⅲ证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系·T 20解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线的位置关系．(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解．(3)轨迹方程及探索性问题的求解. 定点问题(综合型)[典型例题]已知椭圆＋＝1(a >b >0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等x 2a 2y 2b2差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.PM → MQ → PN → NQ →(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点．【解】 (1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3.所以椭圆的方程为＋y 2＝1.x 23(2)由题意设P (0，m )，Q (x 0，0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝t (y －m )，由＝λ1，知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)，PM → MQ →所以y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，所以λ1＝－1.m y1同理由＝λ2知λ2＝－1.PN → NQ →m y2因为λ1＋λ2＝－3，所以－1＋－1＝－3，m y 1my2所以y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立{x 2＋3y 2＝3，x ＝t （y －m ），)得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，所以由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)>0，②且有y 1＋y 2＝，y 1y 2＝，③2mt 2t 2＋3t 2m 2－3t 2＋3③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0，所以(mt )2＝1，由题意mt <0，所以mt ＝－1，满足②，故直线l 的方程为x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即Q 为定点．圆锥曲线中定点问题的2种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．[提醒] (1)直线过定点，常令参数的系数等于0即可．如直线y ＝kx ＋b ，若b 为常量，则直线恒过点(0，b )；若为常量，则直线恒过点.b k (－bk，0)(2)一般曲线过定点，把曲线方程变为f 1(x ，y )＋λf 2(x ，y )＝0(λ为参数)．解方程组即得定点坐标． {f 1（x ，y ）＝0，f 2（x ，y ）＝0，)[对点训练]已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F (1，0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O的两点．(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－，求证：直线AB 过x 轴上一定点．12解：(1)因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为(1，0)，所以＝1，即p ＝2.所以抛物线Cp2的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ，B .(t 24，t )(t 24，－t )因为直线OA ，OB 的斜率之积为－，12所以·＝－，化简得t 2＝32.t t24－t t 2412所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8.②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立方程组{y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，)消去x 得ky 2－4y ＋4b ＝0.由根与系数的关系得y A y B ＝，4bk因为直线OA ，OB 的斜率之积为－，12所以·＝－，即x A x B ＋2y A y B ＝0.y A x A y B x B 12即·＋2y A y B ＝0，y 4y4解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32.所以y A y B ＝＝－32，即b ＝－8k ，4bk所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综合①②可知，直线AB 过定点(8，0)． 定值问题(综合型)[典型例题](2018·沈阳教学质量监测(一))设O 为坐标原点，动点M 在椭圆＋＝1上，过Mx 29y 24作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足＝.NP → 2NM →(1)求点P 的轨迹E 的方程；(2)过F (1，0)的直线l 1与点P 的轨迹交于A ，B 两点，过F (1，0)作与l 1垂直的直线l 2与点P 的轨迹交于C ，D 两点，求证：＋为定值．1|AB |1|CD |【解】 (1)设P (x ，y )，易知N (x ，0)，＝(0，y )，NP →又＝ ＝，所以M ，NM → 12NP →(0，y 2)(x ，y 2)又点M 在椭圆上，所以＋＝1，即＋＝1.x 29(y2)24x 29y 28所以点P 的轨迹E 的方程为＋＝1.x 29y 28(2)证明：当直线l 1与x 轴重合时，|AB |＝6，|CD |＝，163所以＋＝.1|AB |1|CD |1748当直线l 1与x 轴垂直时，|AB |＝，|CD |＝6，163所以＋＝.1|AB |1|CD |1748当直线l 1与x 轴不垂直也不重合时，可设直线l 1的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，则直线l 2的方程为y ＝－(x －1)，1k设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，联立直线l 1与曲线E 的方程{y ＝k （x －1），x 29＋y 28＝1，)得(8＋9k 2)x 2－18k 2x ＋9k 2－72＝0，可得{Δ＝（－18k 2）2－4（8＋9k 2）（9k 2－72）＝2 304（k 2＋1）>0，x 1＋x 2＝18k 28＋9k 2，x 1x 2＝9k 2－728＋9k 2，)所以|AB |＝·＝，1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 248（1＋k 2）8＋9k 2联立直线l 2与曲线E 的方程得x 2－x ＋－72＝0，{y ＝－1k （x －1），x 29＋y 28＝1，)(8＋9k 2)18k 29k 2同理可得|CD |＝·＝.1＋1k 2（x 3＋x 4）2－4x 3x 448（1＋k 2）9＋8k 2所以＋＝＋＝.1|AB |1|CD |8＋9k 248（k 2＋1）9＋8k 248（k 2＋1）1748综上可得＋为定值．1|AB |1|CD |求定值问题常见的2种方法(1)从特殊入手，求出其值，再证明这个值与变量无关．这符合一般与特殊的思维辩证关系．简称为：特殊探路，一般论证．(2)直接推理，计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．[对点训练]已知椭圆C ：＋＝1，A 为椭圆C 上的一点，其坐标为，E ，F 是椭圆C 上的x 24y 23(1，32)两动点，如果直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数．求证：直线EF 的斜率为定值，并求出该定值．解：设直线AE 的方程为y ＝k (x －1)＋(k ≠0)，32联立消去y ，{x 24＋y 23＝1，y ＝k （x －1）＋32)得(4k 2＋3)x 2＋(12k －8k 2)x ＋4－12＝0，(32－k )2则x E ＝＝，①4(32－k )2－12（4k 2＋3）x A 4k 2－12k －34k 2＋3又直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数，故以上k 用－k 代替得x F ＝，②4k 2＋12k －34k 2＋3所以k EF ＝y F －y Ex F －xE＝[－k （x F －1）＋32]－[k （x E －1）＋32]x F －x E＝.－k （x F ＋x E ）＋2k x F －x E把①②两式代入上式，得k EF ＝，为定值．12 最值和范围问题(综合型)[典型例题]命题角度一 构建目标不等式求最值或范围方法一：利用已知条件中明显的不等关系构建目标不等式已知圆x 2＋y 2＝1过椭圆＋＝1(a >b >0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，x 2a 2y2b2直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，与椭圆＋＝1相交于A ，B 两点．记λ＝·，x 2a 2y 2b2OA → OB →且≤λ≤.2334(1)求椭圆的方程；(2)求k 的取值范围．【解】 (1)由题意知2c ＝2，即c ＝1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，所以b ＝1，所以a 2＝b 2＋c 2＝2，故所求椭圆方程为＋y 2＝1.x 22(2)由直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，得m 2＝k 2＋1.由得(1＋2k 2)x 2＋{y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1)4kmx ＋2m 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝，x 1x 2＝，λ＝·＝x 1x 2＋－4km 1＋2k 22m 2－21＋2k 2OA → OB →y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝.k 2＋11＋2k 2由≤λ≤，得≤k 2≤1，即k 的取值范围是∪.233412[－1，－22][22，1]先通过直线与圆相切得到k ，m 的关系，然后利用已知条件中的不等关系≤λ≤，结2334合向量的数量积及根与系数的关系构造关于k ，m 的不等式，再由k ，m 的关系，消元，得到关于k的不等式，通过解不等式达到目的． 方法二：利用题目中隐藏的已知参数的范围构建不等式已知A 是椭圆E ：＋＝1(t >3)的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两x 2t y 23点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(1)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积；(2)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值范围．【解】 (1)由|AM |＝|AN |，可得M ，N 关于x 轴对称，由MA ⊥NA ，可得直线AM 的斜率k 为1.因为t ＝4，所以A (－2，0)，所以直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程E ：＋x 24＝1，可得7x 2＋16x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－，所以M ，N ，y 2327(－27，127)(－27，－127)则△AMN 的面积为××＝.12247(－27＋2)14449(2)由题意知t >3，k >0，A (－，0)，将直线AM 的方程y ＝k (x ＋)代入＋＝1得(3＋t t x 2t y 23tk 2)x 2＋2tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0.设M (x 1，y 1)，则x 1·(－)＝，即x 1＝，故|AM |＝t t t 2k 2－3t3＋tk 2t （3－tk 2）3＋tk 2|x 1＋|＝.由题设知，直线AN 的方程为y ＝－(x ＋)，故同理可得|AN |＝t 1＋k 26t （1＋k 2）3＋tk 21k t .由2|AM |＝|AN |得＝，即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)．当k ＝时上式不成立，6k t （1＋k 2）3k 2＋t 23＋tk 2k 3k 2＋t 32因此t ＝.3k （2k －1）k 3－2由t >3，得>3，所以＝<0，即<0.3k （2k －1）k 3－2k 3－2k 2＋k －2k 3－2（k －2）（k 2＋1）k 3－2k －2k 3－2由此得或解得<k <2.因此k 的取值范围是(，2)．{k －2>0，k 3－2<0){k －2<0，k 3－2>0，)3232(1)利用题目中隐藏的已知参数的范围求新参数的范围问题的核心是建立两个参数之间的等量关系，将新参数的范围问题转化为已知参数的范围问题．(2)本题通过已知条件2|AM |＝|AN |得到新参数k 与已知参数t 之间的关系，然后利用题目中的已知条件t >3建立关于k 的不等式． 方法三：利用判别式构建目标不等式已知点F 为椭圆E ：＋＝1(a >b >0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构x 2a 2y 2b2成一个等边三角形，直线＋＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M .x 4y2(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线＋＝1与y 轴交于点P ，过点P 的直线l 与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，x 4y2若λ|PM |2＝|PA |·|PB |，求实数λ的取值范围．【解】 (1)由题意，得a ＝2c ，b ＝c ，3则椭圆E 为＋＝1.x 24c 2y 23c2由消去y ，得x 2－2x ＋4－3c 2＝0.{x 24＋y 23＝c 2，x 4＋y 2＝1)因为直线＋＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M ，x 4y2所以Δ＝4－4(4－3c 2)＝0，解得c 2＝1，所以椭圆E 的方程为＋＝1.x 24y 23(2)由(1)得M ，(1，32)因为直线＋＝1与y 轴交于P (0，2)，x 4y2所以|PM |2＝，54①当直线l 与x 轴垂直时，|PA |·|PB |＝(2＋)×(2－)＝1，33所以λ|PM |2＝|PA |·|PB |⇒λ＝，45②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由消去y ，{y ＝kx ＋2，3x 2＋4y 2－12＝0)整理得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，则x 1x 2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0，k 2>.43＋4k 214所以|PA |·|PB |＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)·43＋4k 2＝1＋＝λ，13＋4k 254所以λ＝，45(1＋13＋4k 2)因为k 2>，所以<λ<1.1445综上所述，λ的取值范围是.[45，1)此题抓住直线l与椭圆E 交于不同的两点A ，B 这一条件，利用判别式Δ>0构建关于k的不等式，从而求得λ的取值范围． 方法四：利用点在曲线内(外)的充要条件构建不等式设抛物线过定点A (－1，0)，且以直线x ＝1为准线．(1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 恰被直线x ＝－平分，设弦MN12的垂直平分线的方程为y ＝kx ＋m ，试求m 的取值范围．【解】 (1)设抛物线的顶点为G (x ，y )，则其焦点为F (2x －1，y )，由题意可知点A 到直线x ＝1的距离为2，则|AF |＝2，所以＝2，所以轨迹C 的方程为x 2＋＝1(x ≠1)．4x 2＋y 2y 24(2)设弦MN 的中点为P ，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则由点M ，N 为椭圆C 上的(－12，y 0)点，可知4x ＋y ＝4，4x ＋y ＝4，两式相减，2M 2M 2N 2N 得4(x M －x N )(x M ＋x N )＋(y M －y N )(y M ＋y N )＝0，①将x M ＋x N ＝2×＝－1，y M ＋y N ＝2y 0，＝－，(－12)y M －y N x M －x N 1k 代入①式得k ＝－.y 02又点P 在弦MN 的垂直平分线上，所以y 0＝－k ＋m ，所(－12，y 0)12以m ＝y 0＋k ＝y 0.1234由点P 在线段BB ′上(B ′(x ′B ，y ′B )，B (x B ，y B )为直线x ＝－(－12，y 0)与椭圆的交点，如图所示)，所以y ′B <y 0<y B ，即－<y 0<.所以－<m <，且m ≠0.1233334334故m 的取值范围为∪.(－334，0)(0，334)利用点在曲线内(外)的充要条件构建目标不等式的核心是抓住目标参数和某点的关系，根据点与圆锥曲线的位置关系构建目标不等式． 命题角度二 构建函数模型求最值或范围若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，可以构建二次型函数、双曲线型函数、多项式型函数等．方法一：构建二次函数模型已知椭圆C ：＋＝1(a >b >0)的离心率为，F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，x 2a 2y 2b233过F 2的直线l 与C 相交于A ，B 两点，△F 1AB 的周长为4.3(1)求椭圆C 的方程；(2)设＝λ，T (2，0)，若λ∈[－3，－1]，求|＋|的取值范围．F 2A → F 2B → TA → TB →【解】 (1)由离心率e ＝，可知＝，由△F 1AB 的周长为4，得4a ＝4，所以a ＝33c a 3333，c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝2，故椭圆C 的方程为＋＝1.3x 23y 22(2)当直线l 的斜率不存在，即λ＝－1时，设A 在x 轴上方，则A ，B ，(1，233)(1，－233)又T (2，0)，所以|＋|＝＝2.TA → TB →|(－1，233)＋(－1，－233)|当直线l 的斜率存在，即λ∈[－3，－1)时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由得(2＋3k 2)x 2－6k 2x ＋3k 2－6＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，显然y 1≠0，y 2≠0，{y ＝kx －k ，x 23＋y 22＝1)则由根与系数的关系可得x 1＋x 2＝，x 1x 2＝，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝，y 1y 26k 22＋3k 23k 2－62＋3k 2－4k 2＋3k 2＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝.－4k 22＋3k 2因为＝λ，F 2(1，0)，所以＝λ，λ<0.F 2A → F 2B → y 1y2易知λ＋＋2＝＝＝，由λ∈[－3，－1)，得λ＋∈，1λ（y 1＋y 2）2y 1y 2(－4k2＋3k 2)2－4k 22＋3k 2－42＋3k21λ[－103，－2)即λ＋＋2∈，1λ[－43，0)故－≤<0，解得k2≥.43－42＋3k 213因为＝(x 1－2，y 1)，＝(x 2－2，y 2)，TA → TB →所以＋＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)TA → TB →＝，(－6k 2＋82＋3k 2，－4k 2＋3k 2)故|＋|2＝＋＝＝＝TA → TB → (－6k 2＋82＋3k 2)2 (－4k 2＋3k 2)236k 4＋112k 2＋64（2＋3k 2）24（2＋3k 2）2＋643（2＋3k 2）＋163（2＋3k 2）24＋·＋·.64312＋3k 2163(12＋3k 2)2令t ＝，因为k 2≥，所以0<≤，即t ∈，所以|＋|2＝4＋t ＋t 2＝12＋3k 21312＋3k 213(0，13]TA → TB → 643163(t ＋2)2－∈，163523(4，31627]所以|＋|∈.TA → TB →(2，22379]综上，|＋|的取值范围为.TA → TB →[2，22379]本题主要考查椭圆的定义、向量的坐标表示、几何问题代数化等．其中难点是代数化后，目标函数比较复杂，若直接计算则相当麻烦，但是通过分析发现，目标函数中有相同的式子，此时可把式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而将函数转化成一个12＋3k 212＋3k 2简单的二次函数． 方法二：构建双曲线型函数y ＝a ＋(b ≠0)bx已知椭圆C ：＋＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，x 2a 2y 2b2F 2，以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －ab ＝0相切．3(1)求椭圆C 的离心率e ；(2)如图，过F 1作直线l 与椭圆分别交于P ，Q 两点，若△PQF 2的周长为4，求·2F 2P →的最大值．F 2Q →【解】 (1)由题意知＝c ，|－3ab |a 2＋4b 2则3a 2b 2＝c 2(a 2＋4b 2)，即3a 2(a 2－c 2)＝c 2[a 2＋4(a 2－c 2)]，所以a 2＝2c 2，所以e ＝.22(2)因为△PQF 2的周长为4，2所以4a ＝4，即a ＝.22由(1)知b 2＝c 2＝1，故椭圆方程为＋y 2＝1，x 22且焦点F 1(－1，0)，F 2(1，0)．①若直线l 的斜率不存在，则可得l ⊥x 轴，方程为x ＝－1，P ，Q ，(－1，22)(－1，－22)＝，＝，故·＝.F 2P →(－2，22)F 2Q → (－2，－22)F 2P → F 2Q → 72②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由消去y ，得(2k 2＋{y ＝k （x ＋1），x 2＋2y 2＝2)1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－，x 1x 2＝.4k 22k 2＋12k 2－22k 2＋1所以·＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2)＝(x 1－1)·(x 2－1)＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋F 2P → F 2Q →x 2)＋k 2＋1＝(k 2＋1)＋(k 2－1)＋k 2＋1＝＝－，2k 2－22k 2＋1(－4k 22k 2＋1)7k 2－12k 2＋17292（2k 2＋1）令t ＝2(2k 2＋1)，则·＝－(t >2)，所以·∈.F 2P → F 2Q → 729t F 2P → F 2Q →(－1，72)结合①②，得·∈，所以·的最大值是.F 2P → F 2Q → (－1，72]F 2P → F 2Q →72本题的求解思路是先利用向量的坐标运算及根与系数的关系得到·的目标函数，F 2P → F 2Q →然后分离参数，构建y ＝a ＋(b ≠0)型函数，再利用函数的单调性求得取值范围．注意当目bx标函数是分式函数时，通常可以通过分离参数的方法，将目标函数转化成双曲线型函数处理． 方法三：构建双曲线型函数y ＝ax ＋(ab ≠0)b x已知椭圆C ：＋＝1(a >b >0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，x 2a 2y 2b2直线3x ＋4y ＋6＝0与圆x 2＋(y －b )2＝a 2相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知过椭圆C 的左顶点A 的两条直线l 1，l 2分别交椭圆C 于M ，N 两点，且l 1⊥l 2，求证：直线MN 过定点，并求出定点坐标；(3)在(2)的条件下求△AMN 面积的最大值．【解】 (1)由题意，得解得故椭圆C 的方程为＋y 2＝1.{a ＝2b ，|4b ＋6|5＝a ，){a ＝2，b ＝1，)x 24(2)由题意得直线l 1，l 2的斜率均存在且均不为0，又A (－2，0)，故可设l 1：x ＝my －2，l 2：x ＝－y －2.1m由得(m 2＋4)y 2－4my ＝0，所以M .{x ＝my －2，x 2＋4y 2－4＝0，)(2m 2－8m 2＋4，4m m 2＋4)同理N .(2－8m 24m 2＋1，－4m4m 2＋1)①当m ≠±1时，k MN ＝，l MN：y ＝·，此时直线MN 过定点.5m 4（m 2－1）5m 4（m 2－1）(x ＋65)(－65，0)②当m ＝±1时，l MN ：x ＝－，此时直线MN 过点.65(－65，0)综上，直线MN 恒过定点.(－65，0)(3)设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则S △AMN ＝×|y M －y N |＝＝8124525|4m m 2＋4＋4m 4m 2＋1||m 3＋m 4m 4＋17m 2＋4|＝＝8|m ＋1m|4(m ＋1m )2＋9令t ＝，则S△AMN ＝，且t ≥2，当且仅当m ＝±1时取等号．|m ＋1m |84t ＋9t又y ＝4t ＋在[2，＋∞)上单调递增，所以S △AMN ≤，当且仅当m ＝±1时取等号．故(S △9t 1625AMN )max ＝.1625本题的难点是第(3)问中得到的目标函数很复杂，需要进行适当的变形处理，经分析，先将目标函数分子分母同时除以m 2，然后同时除以，再进行换元就可以看出其分母|m ＋1m|为双曲线型函数结构y ＝4t ＋，若利用基本不等式求最值，一定要注意是否满足“一正二定9t三相等”，显然此时不满足“相等”这一条件，故需利用函数单调性求最值． [对点训练]1．(2018·豫南九校联考)设椭圆＋＝1(a >)的右焦点为F ，右顶点为A .已知|OA |－|OF |x 2a 2y 233＝1，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程及离心率e 的值；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．解：(1)由题意可知|OF |＝c ＝，又|OA |－|OF |＝1，所以a －＝1，解得a ＝2，a 2－3a 2－3所以椭圆的方程为＋＝1，离心率e ＝＝.x 24y 23c a 12(2)设M (x M ，y M )，易知A (2，0)，在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔MA ≤MO ，即(x M －2)2＋y≤x ＋y ，化简得x M≥1.2M 2M 2M 设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)．设B (x B ，y B )，由{x 24＋y 23＝1，y ＝k （x －2）)消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0，解得x ＝2或x ＝.8k 2－64k 2＋3由题意得x B ＝，从而y B ＝.8k 2－64k 2＋3－12k 4k 2＋3由(1)知F (1，0)，设H (0，y H )，则＝(－1，y H )，＝.FH → BF → (9－4k 24k 2＋3，12k 4k 2＋3)由BF ⊥HF ，得·＝0，即＋＝0，解得y H ＝，BF → FH →4k 2－94k 2＋312ky H 4k 2＋39－4k 212k 所以直线MH 的方程为y ＝－x ＋.1k 9－4k 212k 由消去y ，得x M ＝.{y ＝k （x －2），y ＝－1kx ＋9－4k 212k )20k 2＋912（k 2＋1）由x M ≥1，得≥1，解得k ≤－或k ≥，所以直线l 的斜率的取值范围为20k 2＋912（k 2＋1）6464∪.(－∞，－64][64，＋∞)2．如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ，B ，抛物线上的点P (x ，y )(－12，14)(32，94)，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(－12<x <32)(1)求直线AP 的斜率的取值范围；(2)求|PA |·|PQ |的最大值．解：(1)由题可知P (x ，x 2)，－<x <，所以直线AP 的斜率k ＝＝x －∈(－1，1)，1232x 2－14x ＋1212故直线AP 的斜率的取值范围是(－1，1)．(2)由(1)知P (x ，x 2)，－<x <，1232所以＝.PA →(－12－x ，14－x 2)①当直线AP 的斜率为0时，P ，Q ，|PA |·|PQ |＝1.(12，14)(32，14)②当直线AP 的斜率不为0时，设直线l AP ：y ＝kx ＋k ＋，l BQ ：y ＝－x ＋＋，由＝k ，12141k 32k 9414－x 2－12－x 整理得x ＝k ＋，12联立直线AP 、直线BQ 的方程可得Q (3＋4k －k 22k 2＋2，)Error!，故＝，又＝(－1－k ，－k 2－k )，PQ → (1＋k －k 2－k 31＋k 2，－k 4－k 3＋k 2＋k 1＋k 2)PA →故|PA |·|PQ |＝·＝＋＝(1＋k )3(1－k )(－1<k <1，且AP → PQ → （1＋k ）3（1－k ）1＋k 2k 2（1＋k ）3（1－k ）1＋k 2k ≠0)．令f (x )＝(1＋x )3(1－x )，－1<x <1，且x ≠0，则f ′(x )＝(1＋x )2(2－4x )＝－2(1＋x )2(2x －1)，由于当x ∈(－1，0)和x ∈时f ′(x )>0，f (x )(0，12)单调递增，当x ∈时f ′(x )<0，f (x )单调递减，(12，1)所以f (x )max＝f ＝，(12)2716故|PA |·|PQ |的最大值为.2716综上，|PA |·|PQ |的最大值为.2716 存在性问题(综合型)[典型例题]命题角度一 点、线的存在性问题(2018·贵阳模拟)如图，椭圆C ：＋＝1(a >b >0)的左顶点与x 2a 2y 2b2上顶点分别为A ，B ，右焦点为F ，点P 在椭圆C 上，且PF ⊥x 轴，若AB ∥OP ，且|AB |＝2.3(1)求椭圆C 的方程；(2)Q 是椭圆C 上不同于长轴端点的任意一点，在x 轴上是否存在一点D ，使得直线QA 与QD 的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，说明理由．【解】 (1)由题意得A (－a ，0)，B (0，b )，可设P (c ，t )(t >0)，所以＋＝1，解得t ＝，即P ，c 2a 2t 2b 2b 2a (c ，b2a)由AB ∥OP 得＝，即b ＝c ，b a b 2ac所以a 2＝b 2＋c 2＝2b 2，①又AB ＝2，所以a 2＋b 2＝12，②3由①②得a 2＝8，b 2＝4，所以椭圆C 的方程为＋＝1.x 28y 24(2)假设存在D (m ，0)使得直线QA 与QD 的斜率乘积恒为定值，设Q (x 0，y 0)(y 0≠0)，则＋＝1，③x 8y4设k QA ×k QD ＝k (常数)，因为A (－2，0)，2所以×＝k ，④y 0x 0＋22y 0x 0－m由③得y ＝4，⑤20(1－x 8)将⑤代入④，得k ＝.8－x2[x ＋（22－m ）x 0－22m ]所以所以m ＝2，k ＝－，所以存在点D (2，0)，使得k QA×k QD ＝－.{22－m ＝0，22m ＝8，)212212命题角度二 字母参数值的存在性问题已知动圆C 与圆x 2＋y 2＋2x ＝0外切，与圆x 2＋y 2－2x －24＝0内切．(1)试求动圆圆心C 的轨迹方程．(2)过定点P (0，2)且斜率为k (k ≠0)的直线l 与(1)中轨迹交于不同的两点M ，N ，试判断在x 轴上是否存在点A (m ，0)，使得以AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m 的范围；若不存在，请说明理由．【解】 (1)由x 2＋y 2＋2x ＝0得(x ＋1)2＋y 2＝1，由x 2＋y 2－2x －24＝0得(x －1)2＋y 2＝25，设动圆C 的半径为R ，两圆的圆心分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，则|CF 1|＝R ＋1，|CF 2|＝5－R ，所以|CF 1|＋|CF 2|＝6，根据椭圆的定义可知，点C 的轨迹为以F 1，F 2为焦点的椭圆，所以c ＝1，a ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝9－1＝8，所以动圆圆心C 的轨迹方程为＋＝1.x 29y 28(2)存在．设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为E (x 0，y 0)．假设存在点A (m ，0)，使得以AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形，则AE ⊥MN ，由得(8＋9k 2)x 2＋36kx －36＝0，{y ＝kx ＋2，x 29＋y 28＝1，)x 1＋x 2＝－，所以x 0＝，36k9k 2＋8－18k 9k 2＋8y 0＝kx 0＋2＝，169k 2＋8因为AE ⊥MN ，所以k AE ＝－，1k即＝－，所以m ＝＝，169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m 1k －2k 9k 2＋8－29k ＋8k 当k >0时，9k ＋≥2＝12，所以－≤m <0；8k 9×82212当k <0时，9k ＋≤－12，所以0<m ≤.8k 2212因此，存在点A (m ，0)，使得以AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形，且实数m 的取值范围为∪.[－212，0)(0，212]存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论．②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． [对点训练]已知圆C ：(x －1)2＋y 2＝，一动圆与直线x ＝－相切且与圆C 外切．1412(1)求动圆圆心P 的轨迹T 的方程．(2)若经过定点Q (6，0)的直线l 与曲线T 交于A ，B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的平行线与曲线T 相交于点N ，试问是否存在直线l ，使得NA ⊥NB ，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)设P (x ，y )，分析可知：动圆的圆心不能在y 轴的左侧，故x ≥0，因为动圆与直线x ＝－相切，且与圆C 外切，12所以|PC |－＝，所以|PC |＝x ＋1，(x ＋12)12所以＝x ＋1，（x －1）2＋y 2化简可得y 2＝4x .(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意可知，当直线l 与y 轴垂直时，显然不符合题意，故可设直线l 的方程为x ＝my ＋6，联立并消去x ，可得y 2－4my －24＝0，{x ＝my ＋6，y 2＝4x)显然Δ＝16m 2＋96>0，由根与系数的关系可知①{y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－24，)又因为x 1＋x 2＝(my 1＋6)＋(my 2＋6)，所以x 1＋x 2＝4m 2＋12，②因为x 1x 2＝·，所以x 1x 2＝36，③y 4y4假设存在N (x 0，y 0)，使得·＝0，NA → NB →由题意可知y 0＝，所以y 0＝2m ，④y 1＋y 22由N 点在抛物线上可知x 0＝，即x 0＝m 2，⑤y4又＝(x 1－x 0，y 1－y 0)，＝(x 2－x 0，y 2－y 0)，NA → NB →若·＝0，则x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x ＋y 1y 2－y 0(y 1＋y 2)＋y ＝0，NA → NB → 2020由①②③④⑤代入上式化简可得：3m 4＋16m 2－12＝0，即(m 2＋6)(3m 2－2)＝0，所以m 2＝，故m ＝±，2363所以存在直线3x ＋y －18＝0或3x －y －18＝0，使得NA ⊥NB .661．(2018·高考全国卷Ⅰ)设椭圆C ：＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B x 22两点，点M 的坐标为(2，0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；(2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .解：(1)由已知得F (1，0)，l 的方程为x ＝1.由已知可得，点A 的坐标为或.(1，22)(1，－22)所以AM 的方程为y ＝－x ＋或y ＝x －.222222(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1<，x 2<，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝＋.22y 1x 1－2y 2x 2－2由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得k MA ＋k MB ＝.2kx 1x 2－3k （x 1＋x 2）＋4k（x 1－2）（x 2－2）将y ＝k (x －1)代入＋y 2＝1得x 22(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.所以，x 1＋x 2＝，x 1x 2＝.4k 22k 2＋12k 2－22k 2＋1则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝＝0.4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB .综上，∠OMA ＝∠OMB .2．(2018·福州模拟)已知F 为椭圆C ：＋＝1的右焦点，M 为C 上的任意一点．x 24y 23(1)求|MF |的取值范围；(2)P ，N 是C 上异于M 的两点，若直线PM 与直线PN 的斜率之积为－，证明：M ，N34两点的横坐标之和为常数．解：(1)依题意得a ＝2，b ＝，所以c ＝ ＝1，3a 2－b 2所以椭圆C 的右焦点F 的坐标为(1，0)，设椭圆C 上的任意一点M 的坐标为(x M ，y M )，则＋＝1，x 4y3所以|MF |2＝(x M －1)2＋y ＝(x M－1)2＋3－x ＝x －2x M ＋4＝(x M －4)2，2M 342M 142M 14又－2≤x M ≤2，所以1≤|MF |2≤9，所以1≤|MF |≤3，所以|MF |的取值范围为[1，3]．(2)证明：设P ，M ，N 三点的坐标分别为(x P ，y P )，(x M ，y M )，(x N ，y N )，设直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2，则直线PM 的方程为y －y P ＝k 1(x －x P )，联立方程，得消去y ，得{x 24＋y 23＝1，y －y P ＝k 1（x －x P ），)(3＋4k )x 2－8k 1(k 1x P －y P )x ＋4k x －8k 1x P y P ＋4y －12＝0，21212P 2P 由根与系数的关系可得x M ＋x P ＝，8k 1（k 1x P －y P ）3＋4k 所以x M ＝－x P ＝，8k 1（k 1x P －y P ）3＋4k 4kx P －8k 1y P －3x P3＋4k 同理可得x N ＋x P ＝，8k 2（k 2x P －y P ）3＋4k又k 1·k 2＝－，34故x N ＋x P ＝＝＝，8k 2（k 2x P －y P ）3＋4k8(－34k 1)(－34k 1x P －y P)3＋4(－34k1)26x P＋8k 1y P4k ＋3则x N ＝－x P ＝－＝－x M ，6x P ＋8k 1y P 4k ＋34kx P －8k 1y P －3x P3＋4k 从而x N ＋x M ＝0，即M ，N 两点的横坐标之和为常数．3．(2018·潍坊模拟)已知椭圆C ：＋＝1(a >b >0)上动点P 到两焦点F 1，F 2的距离之x 2a 2y 2b2和为4，当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时，直线PF 1恰与以原点O 为圆心，以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程．(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，若PA ，PB 交直线x ＝6于不同的两点M ，N .问以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知2a ＝4，a ＝2，若点P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF 1与圆一定相交，故点P 只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点P 为上顶点(0，b )，F 1为左焦点(－c ，0)，则直线PF 1：bx －cy ＋bc ＝0，由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ，所以＝，bc b 2＋c 2ca解得b ＝1，故椭圆C 的方程为＋y 2＝1.x 24(2)由题意知直线PA ，PB 的斜率存在且都不为0.设k PA ＝k ，点P (x 0，y 0)，x 0≠±2，又A (－2，0)，B (2，0)，所以k PA ·k PB ＝·＝＝＝－，得k PB ＝－，y 0x 0＋2y 0x 0－2y x －41－x 4x －41414k 直线PA 的方程为y ＝k (x ＋2)，令x ＝6，得y ＝8k ，故M (6，8k )；直线PB 的方程为y ＝－(x －2)，令x ＝6，得y ＝－，故N .14k 1k (6，－1k)因为y M ·y N ＝8k ·＝－8<0，所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点，设为G ，H ，(－1k)并设MN 与x 轴的交点为K ，在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理得，|GK |·|HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·＝8，|－1k |因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝2，2从而以线段MN 为直径的圆恒过两个定点G (6－2，0)，H (6＋2，0)．224．(2018·高考全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：＋＝1交于A ，B 两点，x 24y 23线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．(1)证明：k <－；12(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差FP → FA → FB → FA → FP → FB →数列，并求该数列的公差．解：(1)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则＋＝1，＋＝1.x 4y 3x 4y3两式相减，并由＝k 得＋·k ＝0.y 1－y 2x 1－x2x 1＋x 24y 1＋y 23由题设知＝1，＝m ，于是k ＝－.①x 1＋x 22y 1＋y 2234m由题设得0＜m ＜，故k ＜－.3212(2)由题意得F (1，0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0，0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝，从而P ，||＝.34(1，－32)FP → 32于是||＝＝＝2－.FA → （x 1－1）2＋y （x 1－1）2＋3(1－x 4)x 12同理||＝2－.FB → x 22所以||＋||＝4－(x 1＋x 2)＝3.FA → FB → 12故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列．FP → FA → FB → FA → FP → FB →设该数列的公差为d ，则2|d |＝|||－|||＝|x 1－x 2|FB → FA → 12＝.②12（x 1＋x 2）2－4x 1x 2将m ＝代入①得k ＝－1.34所以l 的方程为y ＝－x ＋，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋＝0.7414故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝，代入②解得|d |＝.12832128所以该数列的公差为或－.3212832128。
2019高考英语二轮专题复习练习：专题五 书面表达 第3讲 通知、留言、演讲稿,措辞得体突重点
第3讲通知、留言、演讲稿，措辞得体突重点◆2018年全国Ⅲ卷、2014年辽宁卷考查通知，留言和演讲稿很可能会有所考查。
(2018·全国Ⅱ) 你受学生会委托为校宣传栏“英语天地”写一则通知，请大家观看一部英文短片Gro w ing Together，内容包括：1．短片内容：学校的发展；2．放映时间、地点；3．欢迎对短片提出意见。
注意：1.词数100左右；2．可以适当增加细节，以使行文连贯。
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2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练)：第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)
第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________． 答案：43解析： 因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析： 设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ， 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形， 所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点． 又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ， 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ， 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积， 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高， 且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________． 答案：2π解析： 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ， 则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减． 故当x ＝23时，V (x )取最大值． 即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。
2020高考数学核心突破《专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其在立体几何中的应用》
专题五 第3讲1．如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′-CD -B 的平面角为α，则( B )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 若CD ⊥AB ，则∠A ′DB 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′DB ＝α.若CD 与AB 不垂直，在△ABC 中，过A 作CD 的垂线交线段CD 或CD 的延长线于点O ，交于BC 于E ，连结A ′O ，则∠A ′OE 为二面角A ′-CD -B 的平面角，即∠A ′OE ＝α，∵AO ＝A ′O ，∴∠A ′AO ＝α2.又A ′D ＝AD ，∴∠A ′AD ＝12∠A ′DB .而∠A ′AO 是直线A ′A 与平面ABC 所成的角，由线面角的性质知∠A ′AO <∠A ′AD ，则有α<∠A ′DB .综合有∠A ′DB ≥α，故选B.2．如图，在三棱锥A -BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别为AD 和BC 的中点，则异面直线AN, CM 所成的角的余弦值是 78.解析 连接DN ，取DN 的中点H ，连接HM ，由N ，M ，H 均为中点，知|cos ∠HMC |即为所求．因为AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，又M ，N 为AD ，BC 的中点，所以CM ⊥AD ，AN ⊥BC ，所以CM ＝CD 2－MD 2＝22，AN ＝AC 2－NC 2＝22，MH ＝12AN ＝2，HC ＝NC 2＋NH 2＝3，则cos ∠HMC ＝CM 2＋MH 2－HC 22CM ·MH ＝78.故异面直线AN ，CM 所成角的余弦值为78.3．已知e 1，e 2是空间单位向量，e 1·e 2＝12.若空间向量b 满足b·e 1＝2，b·e 2 ＝52，且对于任意x ，y ∈R ，|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1(x 0，y 0∈R )，则x 0＝__1__，y 0＝__2__，|b |＝ 22 .解析 ∵e 1，e 2是单位向量，e 1·e 2＝12，∴cos 〈e 1，e 2〉＝12，又∵0°≤〈e 1，e 2〉≤180°，∴〈e 1，e 2〉＝60°.不妨把e 1，e 2放到空间直角坐标系Oxyz 的平面xOy 中，设e 1＝(1,0,0)，则e 2＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，再设OB →＝b ＝(m ，n ，r )，由b·e 1＝2，b·e 2＝52，得m ＝2，n ＝3，则b＝(2，3，r )．而x e 1＋y e 2是平面xOy 上任一向量，由|b －(x e 1＋y e 2)|≥1知点B (2，3，r )到平面xOy 的距离为1，故可得r ＝1，则b ＝(2，3，1)，∴|b |＝2 2.又由|b －(x e 1＋y e 2)|≥|b －(x 0e 1＋y 0e 2)|＝1，知x 0e 1＋y 0e 2＝(2，3，0)，解得x 0＝1，y 0＝2.4．如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为 25.解析 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，QM ＝m (0≤m ≤2)，则F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (0，m,2)(0≤m ≤2).AF →＝(2,1,0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝|cos 〈AF →，ME →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·ME →|AF →|·|ME →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－m 5·m 2＋5＝|m －2|5m 2＋25.设y ＝(m －2)25m 2＋25，则y ′＝2(m －2)(5m 2＋25)－(m －2)2·10m (5m 2＋25)2＝(m －2)[(10m 2＋50)－(m －2)·10m ](5m 2＋25)2＝(m －2)(50＋20m )(5m 2＋25)2.当0<m <2时，y ′<0，∴y ＝(m －2)25m 2＋25在(0,2)上单调递减．∴当m ＝0时，y 取最大值， 此时cos θ取最大值，(cos θ)max ＝|0－2|5×02＋25＝25. 5．如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .解析 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)， 所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为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)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .6．(教材回归)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C 的余弦值．解析 (1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角， 所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,1,0)，P (0,0,1)，C (0,2,0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1,1,2)． 又cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝－217， 故观察图形知二面角H -PB -C 的余弦值为217. 7．(母题营养)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点．若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E的长．解析 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2，2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量， 由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.8．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°.(1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．解析 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos 〈n ，m 〉＝n·m|n|·|m|＝8210×2＝105， 故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.9．(数学文化)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P -ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交于点F ，连结DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF 试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解析 (1)如图，以D 为原点，射线DA ，CD ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)， 因为点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE . 又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ， 所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，所以DE ⊥PC ， 所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，知DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量． 由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →|·|DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12， 解得λ＝2，所以DC BC ＝1λ＝22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.10．(考点聚焦)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 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． 解析 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P AB ，所以AD →是平面 P AB 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P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，Q 是线段BP 上的动点，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 |＝25|BP |＝255.。
高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借 助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32， 所以－1＜x－12＜1， 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动 点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹 为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两 点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直 线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝ 23y， 又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4， 将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1， 即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．
2014版《世纪金榜》高考历史专题复习课件：专题五 第3讲 19世纪末20世纪初近代中国的觉醒与探索
转变,在政治文明和精神文明中表现尤为突出。它结束了帝制,
建立了共和国,是具有重要意义的制度创新,是政治文明的重大 成果;民主共和的观念深入人心,社会风俗习惯发生巨大变化, 在精神文明建设方面取得巨大成果;它促进民族资本主义进一 步发展,物质文明也取得重大成果。
5.从社会史观看,以剪发辫、废除跪拜礼和大人老爷等称号的
(3)影响。 封建思想 ①是资产阶级新文化对封建旧文化的斗争,冲击了_________ 的统治地位。 ②宣传了民主与科学,起到了思想启蒙、文化革新的作用。 马克思主义 在中国的传播创造了条件,推动了五四运动 ③为___________ 的发生。 ④推动了自然科学的发展。
【热点考向1】近代社会各阶层对儒家思想的态度及成因 社会 思潮 洋务 思潮 对传统文化的态度 主要原因
黄海大战 中国失去 (2)过程:1894年丰岛海战日本挑起战争,_________ 黄海制海权。 (3)结果:日本强迫清政府签订《马关条约》。 资本输出 、瓜分中国的侵略要求, (4)影响:反映了帝国主义_________ 瓜 外国资本主义对中国的侵略进入一个新阶段。列强掀起了___ 分中国 的狂潮,中国半殖民地半封建化程度大大加深。中国 _______ 国际地位急剧下降,列强在远东争夺更加激烈。
新文化 认为传统文化禁锢人们 运动 思想,应该革新
【典例1】材料
无论何种学派,均不能定为一尊,以阻碍思想
文化之自由发展。况儒术孔道,非无优点,而缺点则正多,尤与
近世文明社会绝不相容者,其一贯伦理政治之纲常阶级(等级)
说也。
——赵清、郑城《吴虞文集,陈独秀复吴虞信》 材料中陈独秀如何评价孔学?归纳陈独秀的反孔理由。
②是资产阶级变革社会制度的初步尝试,他们试图实行资产阶
【教师版】2015届高考生物第二轮复习课件：专题五 生命活动的调节3
1.填写上图中小写字母所代表的细胞名称： 吞噬细胞 b.______ T细胞 a._________ 记忆细胞 f._______ 浆细胞 e._________ B细胞 c.______ 效应T细胞 d.__________ 记忆细胞 g._________
淋巴因子和抗体 。 2.图中A、B代表的物质分别是：_______________ 细胞 ，⑤_____ 体液 。 3.图中④⑤分别填：④_____ b、c、d、e、g 填写 4.图中具有特异性识别作用的细胞有：______________(
字母)。
5.体液免疫： 侵入内环境的抗原 。 (1)作用对象：_________________ 抗体与相应的抗原特异性结合 。 (2)作用方式：___________________________ 6.细胞免疫：
被抗原入侵的宿主细胞(靶细胞) 。 (1)作用对象：_____________________________
二、神经、体液调节在维持稳态中的作用 1.血糖平衡的调节： 下丘脑 。 (1)神经中枢：_______ 胰岛素、胰高血糖素、肾上腺素 。 (2)参与的主要激素：_____________________________ 胰岛 。 (3)神经调节过程中的效应器：_____ 2.体温调节：
下丘脑 体温调节中枢。 (1)神经中枢：_______ 甲状腺激素 、肾上腺素。 (2)参与调节的主要激素：___________
第 3 讲 人体的稳态和免疫调节
一、内环境及其稳态 1.内环境(如图)：
(1)写出A、B、C、D所代表的液体名称。 血浆 A._____ 组织液 B._______ 细胞内液 C._________ 淋巴 D._____
(2)构成内环境的成分。 A、B、D 用字母表示)。 ________( (3)写出A和B之间、B和C之间的结构名称： 毛细血管、细胞膜 。 _________________
福建生物高考专题二轮课件专题五第3讲人体的内环境与稳态
一、稳态及其意义 1.体液及内环境各种成分的关系:
养料、O2
内环境
体液
2.内环境的成分举例辨析: 内环境的成分 体 ①小肠内吸收的需要通过___ 液 运输的物质:水、无机盐、 ___ 葡萄糖、氨基酸、甘油、脂 肪酸等 ②细胞合成的分泌物:抗体、 不属于内环境的成分
①细胞合成的结构蛋白:血
【解题探究】 (1)什么是渗透压?血浆渗透压的大小受哪些因素影响? 提示:渗透压:指溶液中溶质微粒对水的吸引力。 渗透压大小取决于单位体积溶液中溶质微粒的数目 ,溶质微粒 越多,对水的吸引力越大,溶液渗透压越高,因此血浆渗透压与
无机盐、蛋白质的含量有关。
(2)内环境pH保持稳定。 ①血浆内有多对缓冲物质使其pH稳定在 ②pH能保持稳定与它含有
(×)
分析:哺乳动物长时间未饮水导致机体脱水时 ,会导致血浆渗透 压升高,下丘脑渗透压感受器受到的刺激增强 ,抗利尿激素分泌 增加,进而导致肾小管和集合管对水的重吸收作用增强。
5.(2012上海高考·T28B)下丘脑的活动受其他相关内分泌腺分
泌的激素负反馈调节。( √ )
分析:下丘脑的活动受其他相关内分泌腺分泌的激素负反馈调
有 特异性 ___
三道 第___
防线
基础 实例
免疫细 免疫器官、_______ 胞 、免疫活性物质 ___
体液免疫 细胞免疫
2.体液免疫和细胞免疫:
写出序号代表的免疫细胞的名称: 浆细胞 ②______; T细胞 ③__________; 记忆T细胞 ④__________ 效应T细胞 。 ①_______;
提示:①7.35～7.45 ② HCO3 、HPO2 4
之间; 等离子有关。
大学数学(高数微积分)专题五第讲圆锥曲线中的热点问题(课堂讲义)
＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的
斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
22
热点分类突破
(2013·陕西)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得
弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同
猜想，当直线l的倾斜角变化时，
本
讲 栏 目
AE与BD相交于定点N52，0，
开 关
证明：由(2)知A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴D(4，y1)，E(4，y2)，当直线l的倾斜角变化时，首先证直线
AE过定点52，0，
∵lAE：y－y2＝y42－－xy11(x－4)， 19
热点分类突破
当x＝52时，y＝y2＋y42－－xy11·－32
栏
目 时，求B点坐标．
开
关解
(1)设 N(x，y)，则由M→N＝2M→P，得 P 为 MN 的中点，
所以 M(－x,0)，P(0，2y)． 又P→M⊥P→F得P→M·P→F＝0，P→M＝(－x，－2y)， P→F＝(1，－2y)，所以y2＝4x(x≠0)．
13
热点分类突破
(2)由(1)知F(1,0)为曲线C的焦点，由抛物线定义知，抛物线上
“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．
本
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，
讲 栏 目
y2)，则所得弦长|P1P2|＝ 1＋k2 |x2－x1|或|P1P2|＝ 1＋k12
开 关
. |y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用根与系数的关
2020高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的定点定值最值与范围问题练习
【2019最新】精选高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的定点定值最值与范围问题练习一、选择题1.在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，)且斜率为k 的直线l 与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，则k 的取值范围为( )A.B.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞C.D.∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析 由已知可得直线l 的方程为y ＝kx ＋，与椭圆的方程联立，整理得x2＋2kx ＋1＝0，因为直线l 与椭圆有两个不同的交点，所以Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，解得k ＜－或k ＞，即k 的取值范围为∪.答案 D2.F1，F2是椭圆＋y2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则·的最大值是( )A.－2B.1C.2D.4解析 设P(x ，y)，依题意得点F1(－，0)，F2(，0)，·＝(－－x)(－x)＋y2＝x2＋y2－3＝x2－2，注意到－2≤x2－2≤1，因此·的最大值是1.答案 B3.已知椭圆＋＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b 的值是( )A.1B. C. D.3解析 由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.答案D4.(2017·榆林模拟)若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是( )A.(1，2)B.(1，2]C.(1，)D.(1，]解析因为双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y ＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1＜e≤2.答案B5.抛物线y2＝8x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－2，0)，则的最大值为( )A.1B.C. D.2解析由点P(x，y)在抛物线y2＝8x上，得y2＝8x(x≥0).由抛物线的定义可得|PF|＝x＋2，又|PA|＝＝，所以＝＝（x＋2）2＋8x（x＋2）2＝.当x＝0时，＝1；当x≠0时，＝，因为x＋≥2＝4，当且仅当x＝，即x＝2时取等号，故x＋＋4≥8，0＜≤1，所以∈(1，].综上，∈[1，].所以的最大值为.答案B二、填空题6.已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆x2－4x＋y2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.解析双曲线的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，圆x2－4x＋y2＋2＝0可化为(x－2)2＋y2＝2，其圆心为(2，0)，半径为.因为直线bx±ay＝0和圆(x－2)2＋y2＝2相交，所以＜，整理得b2＜a2，从而c2－a2＜a2，即c2＜2a2，所以e2＜2.又e＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，).答案(1，)7.已知椭圆＋＝1内有两点A(1，3)，B(3，0)，P为椭圆上一点，则|PA|＋|PB|的最大值为________.解析在椭圆中，由a＝5，b＝4，得c＝3，故焦点为(－3，0)和(3，0)，点B是右焦点，记左焦点为C(－3，0)，由椭圆的定义得|PB|＋|PC|＝10，所以|PA|＋|PB|＝10＋|PA|－|PC|，因为||PA|－|PC||≤|AC|＝5，所以当点P，A，C三点共线时，|PA|＋|PB|取得最大值15.答案158.(2016·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________.解析联立方程组解得B、C两点坐标为B，C，又F(c，0)，则＝，＝，又由∠BFC＝90°，可得·＝0，代入坐标可得：c2－a2＋＝0，①又因为b2＝a2－c2.代入①式可化简为＝，则椭圆离心率为e＝＝＝.答案63三、解答题9.(2015·陕西)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.(1)解由题设知＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝，所以椭圆的方程为＋y2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝，x1x2＝，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝＋＝＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.10.(2016·重庆诊断二)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.解(1)设F(c，0)，由条件知＝，得c＝.又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).将y＝kx－2代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，x1，2＝.从而|PQ|＝|x1－x2|＝.又点O到直线PQ的距离d＝.所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.11.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心，以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.(ⅰ)求的值；(ⅱ)求△ABQ面积的最大值.解(1)由题意知2a＝4，则a＝2，又＝，a2－c2＝b2，可得b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.(ⅰ)设P(x0，y0)，＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0).因为,4)＋y＝1，又＋＝1，即,4)＋y))＝1，所以λ＝2，即＝2.(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2).将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①则有x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|x1－x2|＝.因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|＝216k2＋4－m2|m|1＋4k2＝2（16k2＋4－m2）m21＋4k2＝2.设＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1，因此S＝2＝2，故S≤2，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2.由(ⅰ)知，△ABQ面积为3S，所在△ABQ面积的最大值为6.。
专题五 第3讲 非线性回归问题
第3讲非线性回归问题通过变量间的相关关系对两个变量进行统计分析是数学的重要应用．其中非线性回归问题具有十分重要的现实意义．例二手车经销商小王对其所经营的A型号二手汽车的使用年数x与销售价格y(单位：万元/辆)进行整理，得到如下数据：使用年数x234567售价y20128 6.4 4.43z＝ln y 3.00 2.48 2.08 1.86 1.48 1.10下面是z关于x的折线图：(1)由折线图可以看出，可以用线性回归模型拟合z与x的关系，请用相关系数加以说明；(2)求y关于x的回归方程，并预测当某辆A型号二手车使用年数为9年时售价约为多少；(b^，a^小数点后保留两位有效数字)(3)基于成本的考虑，该型号二手车的售价不得低于7 118元，请根据(2)求出的回归方程预测在收购该型号二手车时车辆的使用年数不得超过多少年．参考公式：b^＝∑i＝1n(x i－x)(y i－y)∑i＝1n(x i－x)2＝∑i＝1nx i y i－n x y∑i＝1nx2i－n x2，a ^＝y －b ^x ，r ＝∑i ＝1n(x i －x )(y i －y )∑i ＝1n(x i －x )2∑i ＝1n(y i －y )2.参考数据：∑i ＝16x i y i ＝187.4，∑i ＝16x i z i ＝47.64，∑i ＝16x 2i ＝139，∑i ＝16(x i －x)2＝4.18，∑i ＝16(y i －y )2＝13.96，∑i ＝16(z i －z )2＝1.53，ln 1.46≈0.38，ln 0.711 8≈－0.34.解 (1)由题意，知x ＝16×(2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4.5，z ＝16×(3＋2.48＋2.08＋1.86＋1.48＋1.10)＝2，又∑i ＝16x i z i ＝47.64，∑i ＝16(x i －x )2＝4.18，∑i ＝16(z i －z )2＝1.53，∴r ＝47.64－6×4.5×24.18×1.53＝－ 6.366.395 4≈－0.99，∴z 与x 的相关系数大约为－0.99，说明z 与x 的线性相关程度很高．(2)b ^＝47.64－6×4.5×2139－6×4.52＝－6.3617.5≈－0.36，∴a ^＝z －b ^x ＝2＋0.36×4.5＝3.62，∴z 与x 的线性回归方程是z ^＝－0.36x ＋3.62， 又z ＝ln y ，∴y 关于x 的回归方程是y ^＝e －0.36x ＋3.62.令x ＝9，得y ^＝e－0.36×9＋3.62＝e 0.38，∵ln 1.46≈0.38，∴y ^≈1.46.即预测当某辆A 型号二手车使用年数为9年时售价约为1.46万元． (3)当y ^≥0.711 8， 即e－0.36x ＋3.62≥0.711 8＝e ln 0.711 8≈e－0.34时，则有－0.36x ＋3.62≥－0.34，解得x ≤11，因此，预测在收购该型号二手车时车辆的使用年数不得超过11年．非线性回归方程的求法 (1)根据原始数据作出散点图． (2)根据散点图，选择恰当的拟合函数．(3)作恰当变换，将其转化成线性函数，求线性回归方程． (4)在(3)的基础上通过相应变换，即可得非线性回归方程．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x (单位：千元)对年销售量y (单位：t)和年利润z (单位：千元)的影响，于是对近8年的年宣传费x i 和年销售量y i (i ＝1,2，…，8)的数据进行了初步处理，得到如图所示的散点图及一些统计量的值．x y w∑i ＝18(x i －x)2 ∑i ＝18(w i －w)2∑i ＝18(x i －x )·(y i －y )∑i ＝18(w i －w )·(y i －y ) 46.6 563 6.8 289.8 1.6 1 469108.8注：表中w i ＝x i ，w ＝18∑i ＝18w i .(1)根据散点图判断，y ^＝a ^＋b ^x 与y ^＝c ^＋d ^x 哪一个适宜作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程模型？(给出判断即可，不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果及表中数据，建立y 关于x 的回归方程；(3)已知这种产品的年利润z 与x ，y 之间的关系为z ^＝0.2y －x ，根据(2)的结果回答下列问题． ①当年宣传费x ＝49时，年销售量及年利润的预报值是多少？ ②年宣传费x 为何值时，年利润的预报值最大？解 (1)由散点图可以判断，y ^＝c ^＋d ^x 适宜作为年销售量y 关于年宣传费x 的回归方程模型． (2)令w ＝x ，先建立y 关于w 的线性回归方程．由于d ^＝∑i ＝18(w i －w )(y i －y )∑i ＝18 (w i －w )2＝108.81.6＝68， c ^＝y －d ^w ＝563－68×6.8＝100.6，所以y 关于w 的线性回归方程为y ^＝100.6＋68w ， 因此y 关于x 的回归方程为y ^＝100.6＋68x . (3)①由(2)知，当x ＝49时，年销售量y 的预报值为 y ^＝100.6＋6849＝576.6，年利润z 的预报值为z ^＝576.6×0.2－49＝66.32.②根据(2)的结果知，年利润z 的预报值z ^＝0.2×(100.6＋68x )－x ＝－x ＋13.6x ＋20.12，所以当x ＝13.62＝6.8，即x ＝46.24时，z ^取得最大值． 故年宣传费为46.24千元时，年利润的预报值最大．。
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题五 第3讲圆锥曲线中的定点与定值
第3讲圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题[真题再现］1．(2017·课标Ⅱ)设O为坐标原点,动点M在椭圆C：错误!＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足错误!＝错误!错误!.（1）求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且错误!·错误!＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。
[解析](1）设P(x，y），M(x0，y0），设N(x0,0)，错误!＝（x－x0，y)，错误!＝（0，y0)．由NP，→＝ 2 错误!得x0＝x，y0＝错误!y0.因为M（x0,y0)在C上，所以错误!＋错误!＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)由题意知F（－1，0)．设Q（－3，t），P(m，n),则错误!＝（－3,t），错误!＝（－1－m,－n），错误!·错误!＝3＋3m－tn,错误!＝(m,n)，错误!＝(－3－m，t－n）．由错误!·错误!＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1,又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0。
所以错误!·错误!＝0，即错误!⊥错误!。
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。
2．(2018·已知点P是y轴左侧（不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足P A,PB的中点均在C上．(1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2）若P是半椭圆x2＋错误!＝1（x<0)上的动点，求△P AB面积的取值范围．［解]（1）解：设P（x0,y0),A错误!,B错误!。
因为P A，PB的中点在抛物线上，所以y1,y2为方程错误!2＝4·错误!即y2－2y0y＋8x0－y错误!＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．（2）解:由(1)可知错误!所以|PM|＝错误!(y错误!＋y错误!)－x0＝错误!y错误!－3x0，|y1－y2|＝2错误!。
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提示：体液 抗原可以直接刺激细胞c,也可以通过细胞a→细 胞b→细胞c进行刺激,这是体液免疫的感应阶段
(2)免疫活性物质的比较。
产生
化学本质
作用 与抗原结合,使其
抗原刺激________ 与抗原发生
抗体 增殖并分化形成的 特异性结合
分泌形成 淋巴 受抗原 的_______ 主要是____
形成沉淀或
白质,而组织液和淋巴中蛋白质含量很少,故错误。
热点考向 2
神经调节和激素调节在维持稳态中的作用
【典例2】下图表示下丘脑参与人体稳态调节的三种方式,请根 据图回答下列问题：
(1)在寒冷环境中,
和
(激素)都能促
进机体的物质代谢,使产热量增多。 (2)胰岛素与胰高血糖素在血糖调节方面表现为 作用。
(3)图中的①指的是由下丘脑分泌的促性腺激素释放激素,③指 的是促性腺激素,则③只能作用于性腺的原因是____________ 。
提示：①激素调节中直接分泌某种激素或分泌某种激素作用于
某种腺体
②下丘脑通过神经调节方式作用于胰岛和肾上腺
(2)如何推断图中②④和B、C指代的物质或结构? 数字或字母 ② ④ 代表的物质或结构 推断依据
B
C
提示：
数字或 代表的物质或 字母 结构 ②
推断依据
④
促甲状腺激素 由图中性腺和甲状腺的地位等同, 可推知③和④地位等同,①和②地 释放激素 位等同,①是促性腺激素释放激素, ③是促性腺激素,可推知②是促甲 促甲状腺激素 状腺激素释放激素,④是促甲状腺 激素 胰岛B细胞 胰岛A细胞 由对应分泌的胰岛素和胰高血糖 素可以推断
【解析】选C。据图分析：抗原能够直接刺激细胞c,也可以通 过细胞a、细胞b间接刺激细胞c,可推断细胞c是B细胞,⑤是体 液免疫,进一步推断：细胞a是吞噬细胞,细胞b是T细胞,细胞d 是效应T细胞,细胞f是浆细胞,e、g是记忆细胞,A是淋巴因子,B
是抗体,④是细胞免疫,⑤是体液免疫。细胞f无识别抗原的作
1.(2013海南高考·T17B)正常情况下,人体内环境中不可能出
现糖原。 (√)
分析：糖原是人体从消化道吸收的葡萄糖进入组织细胞内合成 的,正常情况下内环境中不可能出现糖原。 2.(2013江苏高考·T19C)血液中未参与免疫反应的淋巴细胞都 是记忆细胞。 (×)
分析：血液中的淋巴细胞种类和数量很多 ,未参与免疫反应的
②pH能保持稳定与它含有 提示： ①7.35～7.45 等离子有关。 ②HCO3-、HPO42-
之间;
【解析】选C。组织液渗透压大于细胞内液时,细胞失水,故A项
错误;真核生物的DNA复制、转录过程都发生在细胞核内,翻译
过程发生在细胞质中,这些过程都发生在细胞内,故B项错误;血 浆pH的稳定与HCO3-、HPO42-等离子有关,故C项正确;血浆渗透 压的大小主要与无机盐、蛋白质的含量有关,故过程 发生于内环境的生理过程 (1)pH稳态的维持：如乳酸与 碳酸氢钠作用生成乳酸钠和 不发生于内环境的生理过程 (1)细胞呼吸各阶段发生的生 理过程 (2)细胞内蛋白质、神经递质、 激素等物质的合成过程
碳酸
(2)兴奋传导过程中神经递质 与受体结合 (3)免疫过程中抗体与相应抗 原特异性结合 (4)某些激素与靶细胞的结合
不一定是记忆细胞,如未受刺激的B细胞、T细胞也没有参与免
疫反应。
3.(2012海南高考·T12B)无氧呼吸产生乳酸的过程发生在内环 境中。 (×)
分析：细胞呼吸包括无氧呼吸和有氧呼吸 ,二者均发生在细胞 内。
4.(2012新课标全国卷·T3D)哺乳动物长时间未饮水导致机体
脱水时,会发生肾小管和集合管对水的重吸收作用减弱现象。 ( ×) 分析：哺乳动物长时间未饮水导致机体脱水时 ,会导致血浆渗 透压升高,下丘脑渗透压感受器受到的刺激增强,抗利尿激素分 泌增加,进而导致肾小管和集合管对水的重吸收作用增强。
第3讲 人体的内环境与稳态
一、稳态及其意义 1.体液及内环境各种成分的关系：
养料、O2
内环境
体液
2.内环境的成分举例辨析： 内环境的成分 ①小肠内吸收的需要通过 体液 运输的物质：水、无机 _____ 盐、葡萄糖、氨基酸、甘油、 不属于内环境的成分
①细胞合成的结构蛋白：血
红蛋白、载体蛋白等
脂肪酸等
神经-体液调节 _____________
_______ 下丘脑 甲状腺激素、 ______________
肾上腺素 _________
三、人体免疫系统在维持稳态中的作用
1.体液免疫和细胞免疫： 写出序号代表的免疫细胞 的名称： 浆细胞 ①_______; T细胞 ②______; 记忆T细胞 ③__________; 效应T细胞 。 ④__________
2.免疫失调引起的疾病：
类型
过敏反应 _________
特点
基本原理
具有过敏体质的人再次接触 过敏原 可以是大分子,也可以是小分 _______( 子)时所发生的反应 将正常细胞视为抗原而加以排斥,从而
免疫 功能 过强
自身免疫病 ___________
发病
免疫
免疫缺陷病
功能
过弱
先天性免疫缺陷 (1)由遗传因素引起_______________ 获得性免疫缺陷 (2)_______________
分析：胰高血糖素分泌量上升,促进肝糖原分解为葡萄糖,进入
血液,肌糖原不能分解补充血糖。
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内环境的稳态及意义
【典例1】(2012·海南高考改编)关于人体内环境的叙述,正确
的是
(
)
A.组织液渗透压增大,引起细胞吸水 B.真核生物DNA复制、转录过程发生在细胞核内,翻译发生在内 环境中 C.血浆中的HCO3-参与维持血浆pH的稳定 D.血浆中蛋白质的含量对血浆渗透压没有影响
用于性腺合成与分泌性激素,调节生殖活动。
【变式训练】某人在一次意外中损伤到下丘脑,这样可能会导
致他的 ( )
①睾丸的生长发育受到影响
②甲状腺激素分泌量发生变化 ③体温调节发生变化 ④血糖含量发生变化 ⑤细胞外液渗透压发生变化 ⑥言语活动功能障碍 A.①②④⑤⑥ B.②③⑤⑥
C.②③④⑤
D.①②③④⑤
失去活动能力 刺激 分化
,
的增殖、
因子 刺激分泌形成
提示：B细胞或记忆细胞 浆细胞 细胞集团 T细胞 蛋白质 B细胞
免疫球蛋白
(3)判断免疫细胞的识别作用。
在吞噬细胞、T细胞、B细胞、记忆细胞、浆细胞、效应T细胞 等免疫细胞中： ①唯一没有识别功能的细胞是哪种细胞? 提示：浆细胞。 ②哪种细胞虽不具有特异性识别功能,但能识别“非己”成分? 提示：吞噬细胞。
【解析】选D。下丘脑能分泌促激素释放激素,通过垂体调节性
腺、甲状腺等内分泌腺的功能;下丘脑中有体温调节中枢、血
糖调节中枢,还能分泌抗利尿激素调节水盐平衡;下丘脑中有渗
透压感受器,感受细胞外液渗透压的变化;言语功能的中枢在大
脑皮层。因此①②③④⑤正确。
热点考向 3
人体免疫系统在维持稳态中的作用
【典例3】下图表示人体的特异性免疫过程,依据此图,不正确 的叙述是 ( )
一方面也可以直接分泌抗利尿激素作用于肾小管和集合管,促 进水分的重吸收。
答案：(1)甲状腺激素 肾上腺素 (2)拮抗
(3)只有性腺细胞上含有接受促性腺激素的受体
(4)神经递质
(5)促甲状腺激素释放 抗利尿
肾小管和集合管
【总结提升】下丘脑在生命活动调节中的作用 (1)图示：
(2)解读。
①血糖调节：下丘脑(血糖调节区域)是血糖调节中枢。 ②水盐调节：a.下丘脑(神经分泌细胞)分泌抗利尿激素;b.作 为渗透压感受器;c.传递兴奋给大脑皮层产生渴觉。 ③体温调节：下丘脑是体温调节中枢。 ④生殖调节：下丘脑作为内分泌活动的总枢纽,分泌促性腺激 素释放激素作用于垂体合成与分泌促性腺激素,促性腺激素作
【变式训练】(2013·山东高考)吞噬细胞对细菌抗原的吞噬、 加工处理和呈递过程如图所示。下列叙述正确的是 ( )
B C
【解析】(1)在寒冷环境中,甲状腺激素和肾上腺素均能促进产 热。(2)在血糖调节方面,胰岛素和胰高血糖素表现为拮抗作用。 (3)一种激素只能作用于特定的靶细胞,这是由于激素的接受需
要特定的受体。(4)图中虚线表示下丘脑通过神经调节方式作
用于胰岛和肾上腺,因此下丘脑某些细胞分泌的物质是神经递
质。(5)下丘脑通过分泌促甲状腺激素释放激素作用于垂体,另
(3)消化道等外部环境所发生
的淀粉、脂质、蛋白质的消
化水解过程
【变式训练】(2013·海南高考)关于淋巴液的叙述,错误的是 ( A.淋巴液属于细胞外液 B.淋巴液和血浆中都有淋巴细胞 )
C.淋巴液最终汇入血浆参与血液循环
D.淋巴液中的蛋白质含量高于血浆中的
【解析】选D。本题考查人体内环境。A项,细胞外液包括血浆、 组织液和淋巴,故正确;B项,淋巴细胞广泛存在于内环境中,故 正确;C项,毛细淋巴管内的淋巴汇集到淋巴管中,经过淋巴循环 由左右锁骨下静脉汇入血浆中,所以血浆中存在淋巴细胞,故正 确;D项,大分子蛋白质不能进入淋巴管内,血浆中含有较多的蛋
A.图中④为细胞免疫,A物质为淋巴因子;⑤为体液免疫,B物质 为抗体 B.与B物质加工、分泌有关的膜性细胞器有：内质网、高尔基 体、线粒体
C.图中能特异性识别抗原的细胞有：b、c、d、e、f、g
D.病毒入侵人体时往往先通过⑤免疫,再通过④免疫,才能消灭
抗原
【解题探究】 (1)寻找解题突破口。 ⑤途径为 免疫,判断依据 。
(3)调节过程：
胰高血糖素
肾上腺素
胰岛素
胰岛素、胰高血糖素和肾上腺素 。 (4)主要调节激素：_____________________________