文科数学-2021年高考考前20天终极冲刺攻略 （二）（课标全国卷）（核心考点解读含真题回顾+名校预测+专家押题）

5 月 25 日 等差数列、等比数列…………………………………………01 5 月 26 日 数列的求和及应用……………………………………………22 5 月 27 日 不等式（线性规划、基本不等式）…………………………46 5 月 28 日 空间几何体（三视图、表面积、体积）……………………74 5 月 29 日 立体几何——点、线、面的位置关系………………………110 5 月 30 日 直线与圆………………………………………………………147 5 月 31 日 圆锥曲线………………………………………………………173 目录 / contents 时间：5 月 25 日 今日心情： 核心考点解读——等差数列、等比数列 等差数列的概念与通项公式（II） 等差数列的前 n 项和（II） 等比数列的概念与通项公式（II） 等比数列的前 n 项和（II） 等差数列、等比数列的性质（II） 1.从考查的题型来看，涉及本知识点的题目主要以选择题、填空题的形式考查，利 用等差数列的概念判断性质真假，利用等差数列的通项公式、前 n 项和公式进 行相关的求值计算；利用等比数列的概念判断性质真假，利用等比数列的通项 公式、前 n 项和公式进行相关的求值计算等. 2.从考查内容来看，主要考查等差数列、等比数列的相关运算，重点在于掌握等差 数列和等比数列的通项公式和前 n 项和公式，能够利用“ 1, , , ,n na d n a S ”和 “ 1, , , ,n na q n a S ”这五个量进行相互转化，达到“知三求二”的目的. 3.从考查热点来看，数列计算是高考命题的热点，要注意通项公式与求和公式的正 确使用及利用数列的性质简化运算. 1.等差数列的概念与证明 (1)熟练掌握等差数列的定义与定义式： 1n  ， 1n na a d  .要注意，数列要从第 二项开始，然后是每一项与前一项的差是同一个常数，这个常数就是公差.由此 要明确，一个数列能够构成等差数列，至少需要三项. (2)若三个数 , ,a b c 构成等差数列，则称 b 为 ,a c 的等差中项，记作 2 a cb  或 2b a c  . (3)等差数列的证明，通常根据题中所给的递推关系式，利用定义进行证明，若 1n  时，推理得到 1n na a  的差为常数，并能够确定这个常数，则可判定数列为等 差数列. 2.等差数列的通项公式及性质 (1)等差数列的通项公式： 1 1( 1) ( ) ( )n ma a n d a n m d dn p p a d          .知 道等差数列的通项公式的推理方法是根据定义式叠加而得，了解等差数列与一 次函数之间的联系与区别. (2)等差数列的性质：若 m n p q   ，则 m n p qa a a a   .等差数列的性质反映 了项与项数之间对称的等量关系，由此得到等差数列前 n 项和的推导方法—— 倒序相加法. 3.等差数列的前 n 项和 (1)等差数列的前 n 项和： 21 1 1 ( )( 1) (2 2 2 n n n a an n dS na d n kn k a       )2 d . 能够利用首项与公差表示等差数列的前 n 项和，了解二次函数与等差数列前 n 项和的关系. (2)掌握等差数列前 n 项和的性质： 2 3 2, , ,n n n n nS S S S S   成等差数列， nS n     也 是等差数列. 4.等比数列的概念与证明 (1)熟练掌握等比数列的定义与定义式： 1n  ， 1 ( 0)n n a q qa    .要注意，数列要 从第二项开始，然后是每一项与前一项的比值是同一个常数，这个常数就是公 比.由此要明确，一个数列能够构成等比数列，至少需要三项. (2)若三个数 , ,a b c 构成等比数列，则称 b 为 ,a c 的等比中项，记作 b ac  或 2b ac . (3)等比数列的证明，通常根据题中所给的递推关系式，利用定义进行证明，若 1n  时，推理得到 1 n n a a  的比值为常数，并能够确定这个常数，则可判定数列为等比 数列. 5.等比数列的通项公式及其性质 (1)等比数列的通项公式： 1 1 1 ( )n n m n n m aa a q a q a q a q         .知道等比数列 通项公式的推理方法是根据定义式叠乘而得，了解等比数列与指数函数之间的 联系与区别. (2)等比数列的性质：若 m n p q   ，则 m n p qa a a a   . 6.等比数列的前 n 项和 (1)等比数列的前 n 项和： 1 11 , 1, (1 ) , 1.1 1 n n n na q S a a qa q qq q         能够利用首项与公 比表示等比数列的前 n 项和，了解指数函数与等比数列前 n 项和公式之间的关 系.掌握等比数列前 n 项和公式的推导方法——错位相减法. (2)掌握等比数列前 n 项和的性质： n m m n n m m nS S q S S q S     ；当 1q   或 1q   且 k 为奇数时， 2 3 2, , ,k k k k kS S S S S  成等比数列. 7.等差数列、等比数列的混合计算 (1)等差数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种条件构成等比数列，由此计 算得到等差数列的首项与公差，并求通项与前 n 项和. (2)等比数列中利用某项确定，另有不连续三项按某种条件构成等差数列，由此计 算得到等比数列的首项与公比，并求通项与前 n 项和. (3)注意在数列计算中基本量 1, , ,a d q n 的应用. 8.等差数列前 n 项和的最大（小）项 利用等差数列的前 n 项和公式，结合二次函数的求最值的特点及相应的图象， 利用函数的单调性判断最值. 1．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】设{ }na 是等比数列，且 1 2 3 1a a a   ， 2 3 4+ 2a a a  ，则 6 7 8a a a   A．12 B．24 C．30 D．32 【答案】D 【解析】设等比数列 na 的公比为 q，则  2 1 2 3 1 1 1a a a a q q      ，  2 3 2 2 3 4 1 1 1 1 1 2a a a a q a q a q a q q q q          ， 因此，  5 6 7 5 2 5 6 7 8 1 1 1 1 1 32a a a a q a q a q a q q q q          . 故选：D. 【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题． 2．【2020 年高考北京】在等差数列 na 中， 1 9a   ， 3 1a   ．记 1 2 ( 1,2, )n nT a a a n … … ，则数列  nT A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 【答案】B 【解析】由题意可知，等差数列的公差 5 1 1 9 25 1 5 1 a ad       ， 则其通项公式为：    1 1 9 1 2 2 11na a n d n n          ， 注意到 1 2 3 4 5 6 70 1a a a a a a a         ， 且由 5 0T  可知  0 6,iT i i N   ， 由   1 1 7,i i i T a i i NT      可知数列 nT 不存在最小项， 由于 1 2 3 4 5 69, 7, 5, 3, 1, 1a a a a a a           ， 故数列 nT 中的正项只有有限项： 2 63T  ， 4 63 15 945T    . 故数列 nT 中存在最大项，且最大项为 4T . 故选：B． 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识， 属于中等题. 3．（2019 年高考全国 III 卷文数）已知各项均为正数的等比数列 na 的前 4 项和为 15，且 5 3 13 4a a a  ， 则 3a  A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】C 【解析】设正数的等比数列{an}的公比为 q ，则 2 3 1 1 1 1 4 2 1 1 1 15 3 4 a a q a q a q a q a q a         ， 解得 1 1, 2 a q    ， 2 3 1 4a a q   ，故选 C． 【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键. 4．（2019 年高考浙江卷）设 a，b∈R，数列{an}满足 a1=a，an+1=an2+b， n N ，则 A． 当 10 1 , 102b a  B． 当 10 1 , 104b a  C． 当 102, 10b a   D． 当 104, 10b a   【答案】A 【解析】①当 b=0 时，取 a=0，则 0,na n   N . ②当 0，b>0，且 a+b=1，则 A． 2 2 1 2a b  B． 12 2 a b  C． 2 2log log 2a b   D． 2a b  【答案】ABD 【解析】对于 A，  22 2 2 21 2 2 1a b a a a a       21 2 1 12 2 2a     ， 当且仅当 1 2a b  时，等号成立，故 A 正确； 对于 B， 2 1 1a b a     ，所以 1 12 2 2 a b   ，故 B 正确； 对于 C， 2 2 2 2 2 2 1log log log log log 22 4 a ba b ab          ， 当且仅当 1 2a b  时，等号成立，故 C 不正确； 对于 D，因为 2 1 2 1 2a b ab a b       ， 所以 2a b  ，当且仅当 1 2a b  时，等号成立，故 D 正确； 故选：ABD. 【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数 学运算的核心素养. 2．【2020 年高考浙江】若实数 x，y 满足约束条件 3 1 0 3 0 x y x y        ，则 2z x y  的取值范围是 A． ( ,4] B．[4, ) C．[5, ) D． ( , )  【答案】B 【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数即： 1 1 2 2y x z   ， 其中 z 取得最大值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最大， z 取得最小值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最小， 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最小值， 联立直线方程： 3 1 0 3 0 x y x y        ，可得点 A 的坐标为：  2,1A ， 据此可知目标函数的最小值为： min 2 2 1 4z     且目标函数没有最大值. 故目标函数的取值范围是 4, . 故选：B. 【点睛】求线性目标函数 z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当 b＞0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最大，在 y 轴截距最小时，z 值最小；当 b＜0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最小， 在 y 轴上截距最小时，z 值最大. 3 ． （ 2019 年 高 考 全 国 III 卷 文 数 ） 记 不 等 式 组 6, 2 0 x y x y      表 示 的 平 面 区 域 为 D ． 命 题 : ( , ) ,2 9p x y D x y    ；命题 : ( , ) ,2 12q x y D x y    ．下面给出了四个命题 ① p q ② p q  ③ p q  ④ p q   这四个命题中，所有真命题的编号是 A．①③ B．①② C．②③ D．③④ 【答案】A 【解析】根据题中的不等式组可作出可行域，如图中阴影部分所示， 记直线 1: 2 +9,l y x  2: = 2 +12l y x ， 由图可知， ( , ) ,2 9, ( , ) ,2 12x y D x y x y D x y      … ， 所以 p 为真命题，q 为假命题， 所以 p 为假命题， q 为真命题， 所以 p q 为真命题， p q  为假命题， p q  为真命题， p q   为假命题， 所以所有真命题的编号是①③.故选 A. 【名师点睛】本题将线性规划和不等式，命题判断综合到一起，解题关键在于充分利用取值验证 的方法进行判断. 4．（2019 年高考天津卷文数）设变量 ,x y 满足约束条件 2 0, 2 0, 1, 1, x y x y x y           … … ，则目标函数 4z x y   的最大值 为 A．2 B．3 C．5 D．6 【答案】C 【解析】已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分. 目标函数的几何意义是直线 4y x z  在 y 轴上的截距， 故目标函数在点 A 处取得最大值. 由 2 0, 1 x y x       ，得 ( 1,1)A  ， 所以 max 4 ( 1) 1 5z       . 故选 C. 【名师点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域，分界线是实线还是虚线， 其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距 离等等，最后结合图形确定目标函数最值或范围．即：一画，二移，三求． 5．（2019 年高考浙江卷）若实数 ,x y 满足约束条件 3 4 0 3 4 0 0 x y x y x y           ，则 3 2z x y  的最大值是 A． 1 B． 1 C． 10 D． 12 【答案】C 【解析】画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示. 因为 3 2z x y  ，所以 3 1 2 2y x z   . 平移直线 3 1 2 2y x z   可知，当该直线经过点 A 时，z 取得最大值. 联立两直线方程可得 3 4 0 3 4 0 x y x y        ，解得 2 2 x y    . 即点 A 坐标为 (2,2)A ， 所以 max 3 2 2 2 10z      .故选 C. 【名师点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确 程度，也有可能在解方程组的过程中出错. 6．【2020 年高考江苏】已知 2 2 45 1( , )x y y x y  R ，则 2 2x y 的最小值是 ▲ ． 【答案】 4 5 【解析】∵ 2 2 45 1x y y  ∴ 0y  且 4 2 2 1 5 yx y  ∴ 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 1 4 4+ 25 5 55 5 5 y y yx y yy y y        ，当且仅当 2 2 1 4 55 y y  ，即 2 23 1,10 2x y  时取等号. ∴ 2 2x y 的最小值为 4 5 . 故答案为： 4 5 . 【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握 “一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定 值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相 等时参数否在定义域内，二是多次用 或  时等号能否同时成立）. 7．【2020 年高考天津】已知 0, 0a b  ，且 1ab  ，则 1 1 8 2 2a b a b    的最小值为_________． 【答案】4 【解析】 0, 0, 0a b a b     ， 1ab  , 1 1 8 8 2 2 2 2 ab ab a b a b a b a b        8 82 42 2 a b a b a b a b        ，当且仅当 a b =4 时取等号， 结合 1ab  ,解得 2 3, 2 3a b    ，或 2 3, 2 3a b    时，等号成立. 故答案为： 4 【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题. 8．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】若 x，y 满足约束条件 2 2 0, 1 0, 1 0, x y x y y           则 z=x+7y 的最大值为 . 【答案】1 【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示， 目标函数 7z x y  即： 1 1 7 7y x z   ， 其中 z 取得最大值时，其几何意义表示直线系在 y 轴上的截距最大， 据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点 A 处取得最大值， 联立直线方程： 2 2 0 1 0 x y x y        ，可得点 A 的坐标为： ( )1,0A ， 据此可知目标函数的最大值为： max 1 7 0 1z     . 故答案为 ：1． 【点睛】求线性目标函数 z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当 b＞0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时， z 值最大，在 y 轴截距最小时，z 值最小；当 b＜0 时，直线过可行域且在 y 轴上截距最大时，z 值最小， 在 y 轴上截距最小时，z 值最大. 9．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】若x，y满足约束条件 1 1 2 1, x y x y x y           ， ，则 2z x y  的最大值是__________． 【答案】8 【解析】不等式组表示的平面区域为下图所示： 平移直线 1 2y x  ，当直线经过点 A时，直线 1 1 2 2y x z   在纵轴上的截距最大， 此时点 A的坐标是方程组 1 2 1 x y x y       的解，解得： 2 3 x y    ， 因此 2z x y  的最大值为： 2 2 3 8   . 故答案为：8 . 【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想，考查数学运算能力. 10．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】若 x，y 满足约束条件 0, 2 0 1, x y x y x         ，,则 z=3x+2y 的最大值为_________． 【答案】7 【解析】不等式组所表示的可行域如图 因为 3 2z x y  ，所以 3 2 2 x zy    ，易知截距 2 z 越大，则 z 越大， 平移直线 3 2 xy   ，当 3 2 2 x zy    经过 A 点时截距最大，此时 z 最大， 由 2 1 y x x    ，得 1 2 x y    ， (1,2)A ， 所以 max 3 1 2 2 7z      . 故答案为 7. 【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思 想，是一道容易题. 11．（2019 年高考全国 II 卷文数）若变量 x，y 满足约束条件 2 3 6 0 3 0 2 0 x y x y y            ， ， ， 则 z=3x–y 的最大值是_____. 【答案】9 【解析】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示， 阴影部分表示的三角形 ABC 区域，根据直线3 0x y z   中的 z 表示纵截距的相反数，当直线 3z x y  过点 3,0C（ ）时， z 取最大值为 9． 【名师点睛】本题考查线性规划中最大值问题，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采 取图解法，利用数形结合思想解题．搞不清楚线性目标函数的几何意义致误，从线性目标函数 对应直线的截距观察可行域，平移直线进行判断取最大值还是最小值． 12．（2019 年高考天津卷文数）设 0, 0, 2 4x y x y    ，则 ( 1)(2 1)x y xy   的最小值为__________. 【答案】 9 2 【解析】 ( 1)(2 1) 2 2 1 2 5 2 5x y xy y x xy xy xy xy xy          . 因为 0, 0, 2 4x y x y    ， 所以 2 4 2 2x y x y    ， 即 2 2,0 2xy xy   ，当且仅当 2 2x y  时取等号成立. 又因为 1 92 2 55 =2 2xy     ， 所以 ( 1)(2 1)x y xy   的最小值为 9 2 . 【名师点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立. 13．（2018 天津文科）已知 ,a bR，且 3 6 0a b   ，则 12 8 a b 的最小值为 . 【答案】 【解析】由 െ ܾ ൅ 可知 െ െ ܾ ，且 െ ， 因为对于任意x， ൅ 恒成立，结合基本不等式的结论可得： െ െ െܾ . 当且仅当 െ െ ܾ ，即 െ 时等号成立. 综上可得 的最小值为 . 【名师点睛】利用基本不等式求最值时，要灵活运用以下两个公式： ① 2 2, , 2a b a b ab  R ，当且仅当 a b 时取等号； ② ,a b R ， 2a b ab  ，当且仅当 a b 时取等号．解题时要注意公式的适用条件、等号成立的条 件，同时求最值时注意“1 的妙用”． 14．（2018 新课标 I 文科）若 x ，y 满足约束条件 2 2 0 1 0 0 x y x y y          ，则 3 2z x y  的最大值为_____________． 【答案】6 【解析】根据题中所给的约束条件 2 2 0 1 0 0 x y x y y          ，画出其对应的可行域，如图所示： 由 3 2z x y  可得 3 1 2 2y x z   ， 画出直线 3 2y x  ，将其上下移动，结合 2 z 的几何意义，可知当直线过点 B 时，z 取得最大值， 由 2 2 0 0 x y y      ，解得  2,0B ，此时 max 3 2 0 6z     . 故答案为 6. 【名师点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的 可行域，之后根据目标函数的形式，判断 z 的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是 最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率 型、截距型、距离型，根据不同的形式，应用相应的方法求解. 15．（2018 新课标Ⅲ文科）若变量 x y， 满足约束条件 2 3 0 2 4 0 2 0. x y x y x           ， ，则 1 3z x y  的最大值是________． 【答案】3 【解析】作出约束条件 2 3 0 2 4 0 2 0 x y x y x           ， ，表示的可行域如下图所示. 由图可知目标函数在直线 2 4 0x y   与 2x  的交点（2，3）处取得最大值 3. 故答案为 3. 16．（2018 新课标 II 文科）若 ,x y 满足约束条件 2 5 0 2 3 0 5 0 x y x y x           ， ， ， 则 z x y  的最大值为__________． 【答案】9 【解析】不等式组 2 5 0 2 3 0 5 0 x y x y x           ， ，表示的可行域是以      5,4 , 1,2 , 5,0A B C 为顶点的三角形区域， 如下图所示，目标函数 z x y  的最大值必在顶点处取得， 易知当 5, 4x y  时， max 9z  . 【名师点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择或填空的形式出现，基本题型为给出约束 条件求目标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等. 17．（2017 天津文科）电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告．已知每次播放 甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、广告播放时长、收视人次如下表所示： 连续剧播放时长（分钟） 广告播放时长（分钟） 收视人次（万） 甲 70 5 60 乙 60 5 25 已知电视台每周安排的甲、乙连续剧的总播放时间不多于 600 分钟，广告的总播放时间不少于 30 分钟， 且甲连续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的 2 倍．分别用 x ， y 表示每周计划播出的甲、乙两 套连续剧的次数． （Ⅰ）用 x ， y 列出满足题目条件的数学关系式，并画出相应的平面区域； （Ⅱ）问电视台每周播出甲、乙两套连续剧各多少次，才能使收视人次最多？ 【解析】（Ⅰ）由已知， ,x y 满足的数学关系式为 70 60 600 5 5 30 2 x y x y x y x y          N N ，即 7 6 60 6 2 0 x y x y x y x y           N N ． 该二元一次不等式组所表示的平面区域为图 1 中阴影部分内的整点（包括边界）： （图 1） （图 2） （Ⅱ）设总收视人次为 z 万，则目标函数为 60 25z x y  ． 考虑 60 25z x y  ，将它变形为 12 5 25 zy x   ， 这是斜率为 12 5  ，随 z 变化的一族平行直线． 25 z 为直线在 y 轴上的截距，当 25 z 取得最大值时， z 的值最大． 又因为 ,x y 满足约束条件， 所以由图 2 可知，当直线 60 25z x y  经过可行域上的点 M 时，截距 25 z 最大，即 z 最大． 解方程组 7 6 60, 2 0, x y x y      得点 M 的坐标为 (6,3)， 所以，电视台每周播出甲连续剧 6 次、乙连续剧 3 次时才能使总收视人次最多． 【名师点睛】本题主要考查简单的线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的平面区 域，然后根据目标函数的几何意义求最值．求目标函数的最值的一般步骤为：一画、二移、三求，其 关键是准确作出可行域，理解目标函数的几何意义．常见的目标函数有：①截距型：形如 z ax by  ， 求这类目标函数的最值常将函数 z ax by  转化为直线的斜截式： a zy xb b    ，通过求直线的截距 z b 的最值间接求出 z 的最值；②距离型：形如 2 2( ) ( )z x a y b    ；③斜率型：形如 y bz x a   ．本 题属于截距型，同时应注意实际问题中的最优解一般是整数． 1． （2021·江西高三其他模拟（文））若实数 x ､ y 满足约束条件 2 2 0 1 0 0 x y x y x my           ，若 2z x y  的最小值 为-4，则 m 的值为（ ） A． 3 2  B． 2 3  C． 2 3 D． 3 2 2． （2021·云南高三二模（文））若 x 、 y 满足约束条件 3 2 3 0 1 0 x y x y x           ，则 2z x y  的最大值为（ ） A．9 B． 7 C． 6 D．3 3． （2021·全国高三专题练习（理））已知实数 ,x y 满足约束条件 1 0, 1 0 1 x y x y x          ，则 2z x y  的取值范 围为（ ） A． 1,0 B． 1,2 C． 0,2 D． 2,1 4．（2021·浙江高三其他模拟）若 x ，y 满足线性约束条件 3 2 6 0, 4 2 0, 2 3 0, x y x y x y            ，则 1 3 y x   的最大值是（ ） A． 1 2 B． 2 3 C．2 D．4 5．（2021·山东淄博市·高三二模）已知 a ，b 为正实数，则“ 2ab a b  ”是“ 16ab  ”的（ ）． A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 6． （2021·辽宁高三二模（文））已知直线 : 2 4 0l ax by   被圆 2 2: 5C x y  截得弦长为 2，则 ab 的 最大值为（ ） A． 5 B．2 C． 3 D．1 7．（2021·河南平顶山市·高三二模（理））已知各项均为正数的等比数列 na ， 6a ， 53a ， 7a 成等差数列， 若 na 中存在两项 ma ， na ，使得 14a 为其等比中项，则 1 4 m n  的最小值为（ ） A．4 B．9 C． 2 3 D． 3 2 8. （2021·陕西榆林市·高三二模（文））设 ,x y 满足约束条件 1 3 1 3 x y    „ „ „ „ ，且 ( 0, 0)z ax by a b    的最 大值为3, 则 ab 的最大值为___________. 9． （2021·天津和平区·高三一模）已知 0a  ， 0b  ，则 2 2 3 2 a b a b    的最小值为___________. 10．（2021·四川高三一模（文））某工厂需要生产 A 产品与 B 产品，现有原料18 吨，每件 A 产品需原料3 吨，利润为 5万元，每件 B 产品需原料1吨，利润为1万元， A 产品的件数不能超过 B 产品的件数的 2 3 ，则 工厂最大利润为___________万元. 1．已知直线 1y kx k   经过不等式组 2 6 0 3 0 2 x y x y y          表示的平面区域，则实数 k 的取值范围是（ ） A． 1 1,4 2     B． 1 1, ,4 2            C． 1, 2     D． 1, 4      2．若 2 4log log 1x y  ，则 2x y 的最小值为（ ） A． 2 B． 2 3 C． 4 D． 2 2 3．若曲线  lny x a  的一条切线为 y ex b  （ e 为自然对数的底数），其中 ,a b 为正实数，则 1 1 ea b  的取值范围是( ) A． 2,e B． ,4e C． 2, D． ,e  4．在平面直角坐标系中，我们把横、纵坐标均为整数的点称为格点顶点为格点的多边形称为格点多边形， 历史上有很多数学家对格点问题有过深入的研究，比如奥地利数学家皮克、德国著名数学家高斯等均对 此作出过巨大的贡献.如图所示，正方形OABC 就是一个格点正方形（设每个小正方形的边长为1），则 在该格点正方形区域（包括边界）内任取一个格点  ,P x y ，所取格点 P 满足条件 8 8, x y x y y       的概率为 ______. 5．若 x，y 满足约束条件 2 2 0, 1 0, 0, x y x y y          则 3 2z x y  的最小值为_______________ 名校预测 1．【答案】C 【分析】 先作出不等式组表示的平面区域，结合题意判断 m 的大致范围，然后作出直线 2 0x y   并平移，得到目 标函数取最大值时的点的坐标，即可得 m 的值． 【详解】 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由题易知 0 2m  ． 作出直线 2 0x y   并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过直线 2 2 0x y   与直线 0x my  的交点 A 时， 2z x y  取得最小值 4 ． 由 2 2 0, 0 x y x my       得 2 2 2 2 mx m y m       即 2 2,2 2 mA m m       ，所以 2 22 42 2 m m m      ，解得 2 3m  ， 故选：C． 2．【答案】C 【分析】 作出不等式组所表示的可行域，平移直线 2z x y  ，找出使得直线 2z x y  在 x 轴上的截距最大时的最优 解，代入目标函数计算即可得解. 【详解】 作出不等式组 3 2 3 0 1 0 x y x y x           所表示的可行域如下图所示： 联立 3 2 3 0 x y x y        ，解得 0 3 x y    ，即点  0,3C ， 平移直线 2z x y  ，当直线 2z x y  经过点C 时，直线 2z x y  在 x 轴上的截距最大， 此时 z 取最大值，即 max 0 2 3 6z     . 故选：C. 【点睛】 思路点睛：本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般 步骤是“一画、二移、三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）； （2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点 就是最优解）； （3）将最优解坐标代入目标函数求出最值. 3．【答案】B 【分析】 作出可行域，然后将 2z x y  转化为 2y x z  ，由图可知当直线 2y x z  过点 C 时， z 取最大值；过 点 B 时， z 取最小，求解得点 C 和点 B 的坐标，代入 2z x y  ，即可得 z 的取值范围. 【详解】 如图画出可行域，由 2z x y  ， 则 2y x z  ，当直线 2y x z  过点C 时， z 取最大值； 当直线 2y x z  过点 B 时， z 取最小值. 由题可得    0,1 , 1,0B C ， 所以 max min2, 1z z   故选：B. 4．【答案】C 【分析】 作出约束条件的可行域，再利用两点求斜率，数形结合即可求解. 【详解】 作出可行域如图中阴影部分所示， 设 1 3 yk x   ，点  3, 1M  ， 则 1 3 yk x   表示点 M 与可行域内的点的连线的斜率． 易知  2,1A ，  0, 3C  ，则  1 1 22 3AMk     ，  3 1 2 0 3 3CMk     ， 结合图形可知 1 3 yk x   的取值范围为 22, 3     ， 所以  1 0,23 yk x   ，故 1 3 y x   的最大值是 2. 故选：C 5．【答案】B 【分析】 由 16ab  ，根据基本不等式，可求得 2ab a b  ，得到必要性成立，利用举反例，可得到充分性不成立， 即可求解. 【详解】 由题意，正实数 ,a b ，可得 2a b ab  ，当且仅当 a b 时，等号成立， 若 16ab  ，可得 1 1 16 22 22 ab ab aba b ab     ，即必要性成立； 反之，例如 2, 10a b  ，此时 2ab a b  ，而 20ab  ，此时 16ab  ，即充分性不成立， 所以“ 2ab a b  ”是“ 16ab  ”的必要不充分条件. 故选：B. 6．【答案】D 【分析】 先利用垂径定理求出 2 24 =4a b ，用基本不等式求 ab 的最大值. 【详解】 设圆心到直线 l 的距离为 d，由垂径定理得： 2 21 5d   ，解得 d=2. 而 2 2 4 2 4 d a b    ，即 2 24 =4a b ， ∴ 2 2 2 24= 4 2 4 =4a b a b ab  ， ∴ 1ab  当且仅当 2 2=4 =2a b 时取等号， ∴ 1 1ab   . 故 ab 的最大值为 1. 故选：D 【点睛】 （1）圆中与弦长有关的问题常用垂径定理； （2）基本不等式应用条件：“一正二定三相等”. 7．【答案】D 【分析】 根据 6a ， 53a ， 7a 成等差数列，可得 5 6 72 3a a a  ，即可求得 q 值，根据 14a 为 ma ， na 的等比中项， 可求得 6m n  ，利用基本不等式“1”的活用，即可求得答案. 【详解】 因为 6a ， 53a ， 7a 成等差数列，所以 5 6 72 3a a a  ， 又 na 为各项均为正数的等比数列，设首项为 1a ，公比为 q， 所以 4 5 6 1 1 16a q a q a q  ，所以 2 6 0q q   ， 解得 2q = 或 3q   （舍）， 又 14a 为 ma ， na 的等比中项， 所以 2 1(4 ) m na a a  ， 所以 2 1 1 2 2 4 2 1 1 1 1 116 2 2 2 2m n m na a a a a           ， 所以 2 4m n   ，即 6m n  ， 所以 1 4 1 1 4 1 4 1 4 3( ) 1 4 5 26 6 6 2 m mm nm n m n n m n m n n                            ， 当且仅当 4m n n m  ，即 2, 4m n  时，等号成立， 所以 1 4 m n  的最小值为 3 2 . 故选：D 【点睛】 解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用基本不等式时， 应注意取等条件，即角标 m，n 必须为正整数，属中档题. 8.【答案】 1 4 【分析】 由约束条件可知当 ,x y 最大时， z 最大，可得 1a b  ，再利用基本不等式求最值. 【详解】 因为 z，y 满足约束条件 1 3 1 3 x y    „ „ „ „ ，且 ( 0, 0)z ax b a b    的最大值为 3， 所以当 ,x y 最大时， z 最大， 即3 3 3a b  ，即 1a b  ， 2( ) 1 4 4 a bab  „ ， 当且仅当 1 2a b  时， ab 取最大值， 故答案为： 1 4 . 【点睛】 在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和 为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误． 9．【答案】2 【分析】 由 2 2 2 21 2 2,a b ba    可得答案. 【详解】 因为 0a  ， 0b  ，所以 2 2 2 21 2 2,a b ba    ， 2 2 2 23 2 2 2 2 2 2 2 2 1a b a b a b a b a b a b           ， 当且仅当 1, 2a b  时等号成立， 所以 2 2 3 2 a b a b    最小值为 2. 故答案为：2. 【点睛】 易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成 积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所 求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 10．【答案】 26 【分析】 由已知条件可得约束条件，同时确定目标函数为 5z x y  ，由约束条件可得可行域，利用数形结合的方式 可求得结果. 【详解】 设生产 A 产品 x 件， B 产品 y 件，总利润为 z . 则 3 18 2 3 , x y x y x y N       ，目标函数为 5z x y  ， 由 3 18 2 3 x y x y    得下图阴影部分： 由 3 18 2 03 x y x y     得： 4 6 x y    ，即  4,6A ，又 ,x y N 则当直线 5y x z   过  4,6A 时， z 有最大值，最大值为 20 6 26  . 故答案为： 26 . 【点睛】 方法点睛：线性规划问题中几种常见形式有： ①截距型： z ax by  ，将问题转化为 a zy b b    在 y 轴截距的问题； ②斜率型： y bz x a   ，将问题转化为  ,x y 与 ,a b 连线斜率的问题； ③两点间距离型：    2 2z x a y b    ，将问题转化为 ,x y 与  ,a b 两点间距离的平方的问题； ④点到直线距离型：z Ax By C   ，将问题转化为 ,x y 到直线 0Ax By C   的距离的 2 2A B 倍 的问题. 专家押题 1．【答案】A 【解析】画出不等式组 2 6 0 3 0 2 x y x y y          所表示的平面区域，如图所示： 直线 1y kx k   是过定点 ( 1,1)M  的直线， 由 2 3 0 y x y      ，解得 (1,2)A ， 当直线过点 A时， 1 2k  ； 由 2 6 0 3 0 x y x y        ，解得 (3,0)B ， 当直线过点 B 时， 1 4k   ； 由图形知，实数 k 的取值范围是 1[ 4  ， 1]2 ． 故选：A． 【点睛】本题考查线性规划中参数的数取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思 想，考查逻辑推理能力、运算求解能力． 2．【答案】C 【解析】因为  2 2 2 4 444log log log log log 1    x y x y x y ， 所以 2 4( 0, 0)x y x y   ， 则 2 22 4x y x y … ，当且仅当 2 2x y  时，等号成立， 故 2x y 的最小值为 4.故选：C 【点睛】本题考查对数的运算性质和利用均值不等式求最值，属于中档题. 3．【答案】C 【解析】  lny x a  ， 1y x a     ，设切点为 0 0,x y ，则  0 0 0 ln 1 x a ex b ex a        ， 2ea b   ，  1 1 1 1 1 1 22 2 b eaea bea b ea b ea b                  . , , 0a b e   原式 1 2 2 22 b ea ea b         ，当且仅当 b ea ea b  ，即 1, 1a be   时等号成立， 即 1 1 2ea b   .故选:C. 【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了基本不等式.切线问题，一般设出切点，由切点处的导数值 为切线的斜率以及切点既在切线上又在函数图像上，可列出方程组.运用基本不等式求最值时注意一正二 定三相等. 4．【答案】 20 81 【解析】该不等式组对应的平面区域，如下图所示 由图可知，该格点正方形区域（包括边界）共有格点 81 个，其中落在阴影部分的格点共有 20 个 则所取格点 P 满足条件 8 8, x y x y y       的概率为 20 81P  故答案为 20 81 【点睛】本题主要考查了线性规划的应用以及古典概型求概率问题，属于中档题. 5．【答案】-18 【解析】不等式组表示的可行域如图： 由 2 2 0 1 0 x y x y        得  4, 3A   ， 由图知直线 3 2z x y  过点  4, 3A   时，    min 3 4 2 3 18z         . 故答案为：-18 【点睛】本题主要考查线性规划，考查了学生的作图能力，考查了数形结合的思想. 时间：5 月 28 日 今日心情： 核心考点解读——空间几何体（三视图、表面积、体积） 空间几何体的三视图与直观图（II） 空间几何体的表面积、体积（I） 球的表面积、体积（I） 根据三视图求空间几何体的表面积、体积（II） 1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目一般以选择题、填空题的形式出现， 考查空间几何体的三视图的识别，空间几何体的表面积、体积的计算. 2.从考查内容来看，主要考查由空间几何体的三视图确定其直观图，并求其表面积、 体积.重点在于空间几何体的表面积、体积计算公式的正确使用，难点是如何根据三 视图确定空间几何体的结构特征. 3.从考查热点来看，空间几何体的表面积、体积问题是高考命题的热点，以空间几何 体的三视图为基准，识别该几何体，并计算其表面积、体积，通常情况下以计算体 积为主，这是高考主要的考查方式. 1.空间几何体的三视图、直观图 (1)空间几何体的三视图：正视图、侧视图、俯视图，其特点是从空间几何体的正面、 左面、上面用平行投影的方法来得到相应的视图，其处理原则是 “长对正、宽相等， 高平齐”. (2)由三视图画空间几何体的直观图时，可以先根据俯视图确定几何体的底面，然后 根据正视图和侧视图确定空间几何体的的形状，并根据斜二测画法画出空间几何 体.注意可见的轮廓线画成实线，存在但不可见的轮廓线画成虚线. 2.空间几何体的表面积、体积问题 (1)空间几何体的表面积的计算方式是： i)若是多面体，则分别计算每个面的面积，然后相加即得表面积； ii)若是旋转体，则将侧面的曲面进行展开，计算其面积，再加上底面面积，即得表面 积. (2)柱体、锥体、台体的体积计算公式（ ,S S为底面面积， h 为高）： V Sh柱体 ， 1 3V Sh锥体 ， 1 ( )3V S SS S h   台体 . 3.球的表面积、体积（ R 为球的半径）： (1)球的表面积： 24πS R . (2)球的体积： 34 π3V R . (3)球的表面积与体积由球的半径 R 唯一确定，若球的半径扩大或缩小 a 倍，则其相 应的表面积、体积也扩大或缩小 2a 倍和 3a 倍. (4)球的表面积、体积问题常与其他空间几何体相结合出题，比如求给定空间几何体 的外接球或内切球的表面积、体积时，要根据该几何体的特点确定外接球或内切球 的半径，以此求得相应的值. 4.根据三视图求简单几何体或组合体的表面积、体积 解决与三视图有关的简单几何体或组合体的表面积、体积问题时，首先要根据三视 图确定简单几何体或组合体的形状，若是简单几何体，则只需根据相应的表面积、 体积计算公式计算即可；若是组合体，常将组合体割补为几个简单的几何体进行求 解.求解时注意还原的准确性和数据的准确性. 长方体或正方体是研究三视图的最好的母体，通常可以借助长方体或正方体，通过 切割、挖空等手段确定几何体的结构特征. 1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥. 以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高 与底面正方形的边长的比值为 A． 5 1 4  B． 5 1 2  C． 5 1 4  D． 5 1 2  【答案】C 【解析】如图，设 ,CD a PE b  ，则 2 2 2 2 4 aPO PE OE b    ， 由题意得 2 1 2PO ab ，即 2 2 1 4 2 ab ab  ，化简得 24( ) 2 1 0b b a a     ， 解得 1 5 4 b a  （负值舍去）.故选 C． 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 2．【2020 年高考全国Ⅱ卷文数】已知 △ ABC 是面积为 9 3 4 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上．若 球 O 的表面积为 16π，则 O 到平面 ABC 的距离为 A． 3 B． 3 2 C．1 D． 3 2 【答案】C 【解析】设球O 的半径为 R ，则 24 16R  ，解得： 2R  . 设 ABC 外接圆半径为 r ，边长为 a ， ABC 是面积为 9 3 4 的等边三角形， 21 3 9 3 2 2 4a   ，解得： 3a  ， 2 22 2 99 33 4 3 4 ar a        ， 球心O 到平面 ABC 的距离 2 2 4 3 1d R r     . 故选：C． 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键 是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 3．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 A．6+4 2 B．4+4 2 C．6+2 3 D．4+2 3 【答案】C 【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形 根据立体图形可得： 1 2 2 22ABC ADC CDBS S S     △ △ △ 根据勾股定理可得： 2 2AB AD DB    ADB△ 是边长为 2 2 的等边三角形 根据三角形面积公式可得： 21 1 3sin 60 (2 2) 2 32 2 2ADBS AB AD      △ 该几何体的表面积是： 2 3 6 2 33 2    . 故选：C． 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体 图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 4．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】已知 , ,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙ 1O 为 ABC△ 的外接圆，若⊙ 1O 的面积为 4π， 1AB BC AC OO   ，则球 O 的表面积为 A． 64π B． 48π C．36π D．32π 【答案】A 【解析】设圆 1O 半径为 r ，球的半径为 R ，依题意， 得 2 4 , 2r r    ， ABC 为等边三角形， 由正弦定理可得 2 sin60 2 3AB r   ， 1 2 3OO AB   ，根据球的截面性质 1OO  平面 ABC ， 2 2 2 2 1 1 1 1 1, 4OO O A R OA OO O A OO r        ， 球O 的表面积 24 64S R   . 故选：A 【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 5．【2020 年高考天津】若棱长为 2 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A．12π B． 24π C．36π D．144π 【答案】C 【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即      2 2 2 2 3 2 3 2 3 32R     ， 所以，这个球的表面积为 2 24 4 3 36S R      . 故选：C． 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础 题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体， 利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面 平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3） 如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 6．【2020 年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为 A． 6 3 B． 6 2 3 C．12 3 D．12 2 3 【答案】D 【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为 2 的等边三角形，侧面为三个边长为 2 的正方形， 则其表面积为：   13 2 2 2 2 2 sin 60 12 2 32S               . 故选：D． 【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，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． (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面 积与底面圆的面积之和． 7．【2020 年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是 A． 7 3 B．14 3 C．3 D．6 【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为 1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为 2， 所以几何体的体积为 1 1 1 1 72 1 1 2 1 2 23 2 2 3 3                     . 故选：A 【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题. 8．（2019 年高考浙江卷）祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖 暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 V 柱体=Sh，其中 S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱 体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是 A．158 B．162 C．182 D．324 【答案】B 【解析】由三视图得该棱柱的高为 6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为 4， 下底为 6，高为 3，另一个的上底为 2，下底为 6，高为 3，则该棱柱的体积为 2 6 4 63 3 6 1622 2          . 故选 B. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体 积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能 正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. 9．（2018 新课标全国Ⅰ文科）某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图．圆柱表面上的点 M 在正 视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的 路径中，最短路径的长度为 A． 172 B． 52 C．3 D．2 【答案】B 【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点 M 在上底面上，点 N 在下底面上，且可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处， 所以所求的最短路径的长度为 . 故选 B． 【名师点睛】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. 10．（2018 新课标全国Ⅲ文科）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部 分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方 体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 【答案】A 【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为 对称图形. 故选 A. 11．（2018 新课标 I 文科）在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 2AB BC  ， 1AC 与平面 1 1BB C C 所成的角 为30 ，则该长方体的体积为 A．8 B． 6 2 C．8 2 D．8 3 【答案】C 【解析】在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，连接 1BC ，根据线面角的定义可知 1 30AC B   ， 因为 2AB  ，所以 1 2 3BC  ，从而求得 1 2 2CC  ， 所以该长方体的体积为 2 2 2 2 8 2V     .故选 C. 【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式 为长、宽、高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为 重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果. 12．（2018 新课标 I 文科）已知圆柱的上、下底面的中心分别为 1O ， 2O ，过直线 1 2O O 的平面截该圆柱所 得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱的表面积为 A．12 2π B．12π C．8 2π D．10π 【答案】B 【解析】根据题意，可得截面是边长为 2 2 的正方形， 结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是 2 的圆，且高为 2 2 ， 所以其表面积为  2 2π 2 2π 2 2 2 12πS      .故选 B. 【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆 柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面 圆与侧面积的和. 13．（2018 年高考新课标Ⅲ卷文科）设 A B C D， ， ， 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， ABC△ 为等边 三角形且其面积为 9 3 ，则三棱锥 D ABC 体积的最大值为 A．12 3 B．18 3 C． 24 3 D．54 3 【答案】B 【解析】如图所示，设点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点， 当点 D 在平面 ABC 上的射影为 M 时，三棱锥 D ABC 的体积最大， 此时， 4OD OB R   ， 23 9 34ABCS AB  △ ， 6AB  ,  点 M 为三角形 ABC 的重心， 2 2 33BM BE   ， Rt OBM △ 中，有 2 2 2OM OB BM   ， 4 2 6DM OD OM      ，  max 1 9 3 6 18 33D ABCV      . 故选 B. 【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式， 判断出当点 D 在平面 ABC 上的射影为三角形 ABC 的重心时，三棱锥 D ABC 体积最大很关键，由 M 为三角形 ABC 的重心，计算得到 2 2 33BM BE  ，再由勾股定理得到 OM，进而得到结果，属于较 难题型. 14．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积 为_________． 【答案】 2 3  【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中 2, 3BC AB AC   ，且点 M 为 BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ， 由于 2 23 1 2 2AM    ，故 1 2 2 2 2 22S    △ABC ， 设内切圆半径为 r ，则： ABC AOB BOC AOCS S S S  △ △ △ △ 1 1 1 2 2 2AB r BC r AC r          1 3 3 2 2 22 r      ， 解得： 2 2r = ，其体积： 34 2 3 3V r   . 故答案为： 2 3  . 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点 的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面 的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线 长等于球的直径. 15．【2020 年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为 2 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个 圆锥的底面半径（单位：cm）是_______． 【答案】1 【解析】设圆锥底面半径为 r ，母线长为l ，则 2 12 22 r l r l              ，解得 1, 2r l  . 故答案为：1 【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题. 16．【2020 年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面 正六边形边长为 2 cm，高为 2 cm，内孔半轻为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm. 【答案】12 3 2  【解析】正六棱柱体积为 236 2 2=12 34    ， 圆柱体积为 21( ) 22 2    ， 所求几何体体积为12 3 2  . 故答案为： 12 3 2  【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题. 17．（2019 年高考全国Ⅲ卷文数）学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长 方体 1 1 1 1ABCD A B C D 挖去四棱锥 O−EFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在棱的中点， 16 cm 4 cmAB = BC = AA =， ，3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3，不考虑打 印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g. 【答案】118.8 【解析】由题意得， 214 6 4 2 3 12cm2EFGHS       四边形 ， ∵四棱锥 O−EFGH 的高为 3cm， ∴ 31 12 3 12cm3O EFGHV      ． 又长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的体积为 3 2 4 6 6 144cmV     ， 所以该模型体积为 3 2 144 12 132cmO EFGHV V V      ， 其质量为 0.9 132 118.8g  ． 【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式 求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质 量即可. 18．（2019 年高考北京卷文数）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果 网格纸上小正方形的边长为 1，那么该几何体的体积为__________． 【答案】40 【解析】如图所示，在棱长为 4 的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱 1 1 1 1MPD A NQC B 之后余下的几何体， 则几何体的体积  3 14 2 4 2 4 402V        . 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于 中等题.(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． 19．（2019 年高考天津卷文数）已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5 .若圆柱的一个 底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 __________. 【答案】 π 4 【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5 ，借助勾股定理，可知四棱锥的 高为 5 1 2  .若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的 中心，故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为 1 2 ，故圆柱的体积为 21 ππ 12 4       . 【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥 底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半. 20．（2019 年高考江苏卷）如图，长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的体积是 120，E 为 1CC 的中点，则三棱锥 E−BCD 的体积是 ▲ . 【答案】10 【解析】因为长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的体积为 120，所以 1 120AB BC CC   ， 因为 E 为 1CC 的中点，所以 1 1 2CE CC ， 由长方体的性质知 1CC  底面 ABCD ， 所以CE 是三棱锥 E BCD 的底面 BCD上的高， 所以三棱锥 E BCD 的体积 1 1 3 2V AB BC CE     1 1 1 1 1 120 103 2 2 12AB BC CC       . 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意 理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质 可得三棱锥的体积. 21．（2018 新课标 II 文科）已知圆锥的顶点为 S ，母线 SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为 30 ， 若 SAB△ 的面积为8 ，则该圆锥的体积为__________． 【答案】8π 【解析】如下图所示， 30 , 90SAO ASB     ，又 21 1 82 2SABS SA SB SA   △ ，解得 4SA  ， 所以 2 21 2, 2 32SO SA AO SA SO     ，所以该圆锥的体积为 21 π 8π3V OA SO     . 【名师点睛】此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几 何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可. 22．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】如图， D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心， ABC△ 是底面的内接正 三角形， P 为 DO 上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面 PAB⊥平面 PAC； （2）设 DO= 2 ，圆锥的侧面积为 3π ，求三棱锥 P−ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA=PB= PC． 由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC≌△PAB． △PAC≌△PBC． 又∠APC =90°，故∠APB=90°，∠BPC=90°． 从而 PB⊥PA，PB⊥PC，故 PB⊥平面 PAC，所以平面 PAB⊥平面 PAC． （2）设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l． 由题设可得 rl= 3 ， 2 2 2l r  ． 解得 r=1，l= 3 ， 从而 3AB  ．由（1）可得 2 2 2PA PB AB  ，故 6 2PA PB PC   ． 所以三棱锥 P-ABC 的体积为 31 1 1 1 6 6( )3 2 3 2 2 8PA PB PC        ． 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相 互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题. 23．【2020 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形， M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点．过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F． （1）证明：AA1//MN，且平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F； （2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO=AB=6，AO//平面 EB1C1F，且∠MPN= π 3 ，求四棱锥 B−EB1C1F 的体积． 【解析】（1）因为 M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，所以 MN∥CC1．又由已知得 AA1∥CC1，故 AA1 ∥MN． 因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN． 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F． （2）AO∥平面EB1C1F，AO  平面A1AMN，平面A1AMN  平面EB1C1F =PN， 故AO∥PN.又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形， 所以PN=AO=6，AP =ON= 1 3 AM= 3 ，PM= 2 3 AM=2 3 ，EF= 1 3 BC=2． 因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B−EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距 离． 作MT⊥PN，垂足为T，则由（1）知，MT⊥平面EB1C1F，故MT =PM sin∠MPN=3． 底面EB1C1F的面积为 11 1 1( ) (6 2) 6 24.2 2B C EF PN       所以四棱锥B−EB1C1F的体积为 1 24 3 243    ． 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直 转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题. 24．（2019 年高考全国Ⅱ卷文数）如图，长方体 ABCD–A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1 上，BE⊥EC1． （1）证明：BE⊥平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，AB=3，求四棱锥 1 1E BB C C 的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18. 【解析】（1）由已知得 B1C1⊥平面 ABB1A1，BE  平面 ABB1A1， 故 1 1B C BE ． 又 1BE EC ，所以 BE⊥平面 1 1EB C ． （2）由（1）知∠BEB1=90°. 由题设知 Rt △ ABE≌Rt △ A1B1E，所以 1 1 45AEB A EB     ， 故 AE=AB=3， 1 2 6AA AE  . 作 1EF BB ，垂足为 F，则 EF⊥平面 1 1BB C C ，且 3EF AB  ． 所以，四棱锥 1 1E BB C C 的体积 1 3 6 3 183V      ． 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理， 以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型. 25．（2018 新课标 I 文科）如图，在平行四边形 ABCM 中， 3AB AC  ， 90ACM  ，以 AC 为折 痕将 △ ACM 折起，使点 M 到达点 D 的位置，且 AB DA ． （1）证明：平面 ACD  平面 ABC ； （2）Q 为线段 AD 上一点，P 为线段 BC 上一点，且 2 3BP DQ DA  ，求三棱锥Q ABP 的体积． 【解析】（1）由已知可得， BAC =90°， BA AC ． 又 BA⊥AD，且 AC AD A ， 所以 AB⊥平面 ACD． 又 AB  平面 ABC， 所以平面 ACD⊥平面 ABC． （2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=3 2 ． 又 2 3BP DQ DA  ， 所以 2 2BP  ． 作 QE⊥AC，垂足为 E，则QE =∥ 1 3 DC ． 由已知及（1）可得 DC⊥平面 ABC， 所以 QE⊥平面 ABC，QE=1． 因此，三棱锥Q ABP 的体积为 1 1 11 3 2 2sin45 13 3 2Q ABP ABPV QE S          △ ． 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积 的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线 面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关 系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 1．（2021·河南高三二模（文））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A． 24 6  B．8 6  C． 24 6  D．8 6  2．（2021·云南高三二模）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，则该 几何体的体积是（ ） A． 4 5 B． 3 4 C． 2 3 D． 1 2 3．（2021·全国高三二模）已知某空间几何体的三视图如图所示，图中均为腰长为 1 的等腰直角三角形，则 该几何体的外接球的表面积为（ ） A． 2π B． 3π C． 4π D．8π 4．（2021·广东高三其他模拟）中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数 学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界 于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则 这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为 1，下底面边长为 2，高为 2 3 的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ） A．16 B．16 3 C．18 3 D．21 5．（2021·江西高三二模（文））如图，正四棱锥 P ABCD 的高为 12， 6 2AB  ，E ， F 分别为 PA ， PC 的中点，过点 B ，E ，F 的截面交 PD 于点 M ，截面 EBFM 将四棱锥分成上下两个部分，规定 BD  为 主视图方向，则几何体 CDAB FME 的俯视图为（ ） A． B． C． D． 6．（2021·黑龙江高三三模）《九章算术》是我国一部经典的数学著作，《九章算术·商功》有这样的载述： “斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”.“暂堵”就是底 面为直角三角形的直三棱柱，“鳖臑”是四个面均为直角三角形的三棱锥，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底 面的四棱锥称为“阳马”，已知由某“堑堵”“阳马”“鳖臑”组成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积 为（ ） A． 6 B．5 C． 4 D．3 7．（2021·江西高三其他模拟）三棱柱被一平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的 体积为（ ） A． 20 3 B．6 C． 5 2 D． 16 2 3 8．（2021·河南新乡市·高三三模）某三棱锥的三视图如图所示.则该三棱锥外接球的半径是（ ） A． 5 B．2 C． 6 D． 2 2 9．（2021·河南新乡市·高三三模）在三楼锥 P ABC 中，D 为 BC 的中点，PA  底面 ABC ，AB AC ， 4AB  ， 2AC  ，若 PD 与底面 ABC 所成角为 45°，则三棱锥 P ABC 的体积为（ ） A． 5 B． 4 5 3 C． 4 5 D． 5 5 4 10．（2021·河南高三二模（文））在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， 2AB  ， PAD△ 为 等边三角形，线段 BC 的中点为 E .若 1PE  ，则此四棱锥的外接球的表面积为（ ） A． 8 2 3  B． 28 3  C． 9 D． 28 21 27  1．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（ ） A．15 2  B．12 C．11 2  D． 21 2  2．约公元前 600 年，几何学家泰勒斯第一个测出了金字塔的高度．如图，金字塔是正四棱锥，泰勒斯先测 量出某个金字塔的底棱长约为 230 米；然后，他站立在沙地上，请人不断测量他的影子，当他的影子和 身高相等时，他立刻测量出该金字塔影子的顶点 A 与相应底棱中点 B 的距离约为 22．2 米．此时，影子 的顶点 A 和底面中心 O 的连线恰好与相应的底棱垂直，则该金字塔的高度约为（ ） A．115 米 B．137．2 米 C．230 米 D．252．2 米 3．已知三棱锥 S ABC 的所有顶点都在球O 的球面上， SA  平面 ABC ， 2SA  ， 1AB  ， 2AC  ， 3BAC   ，则球O 的体积为（ ） A．16 2 3  B． 8 2 3  C． 4 2π D． 4 2π 3 4．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，已知 ABC 和 BCD 所在平 面互相垂直， 90ABC BCD     ， AB a= ， BC b ， CD c ，且 2 2 2 1a b c   ，则鳖臑 A BCD 的外接球的表面积为________． 名校预测 1.【答案】B 【分析】 根据给定的几何体的三视图可知，该几何体是圆锥内部挖去了一个棱柱，利用体积公式，即可求解． 【详解】 由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体是底面半径为 2，高为 6 的圆锥内部挖去了长 2 ，宽 2 ，高 3 的棱柱， 利用体积公式可知，几何体的体积为  221 2 6 2 3 8 63V         ， 故选：B． 【点睛】 方法点睛：本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根 据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以 三视图为载体的空间几何体的表面积与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，利用相应公式求解． 2.【答案】C 【分析】 先根据三视图画出几何体的直观图，然后利用体积公式求解出体积. 【详解】 由三视图作出几何体的直观图如下： 由图可知：该几何体为三棱锥，且一条侧棱垂直于底面，底面是等腰直角三角形， 所以 1 1 2 223 2 3V     ， 故选：C. 3.【答案】B 【分析】 根据三视图还原几何体如图，进而将其放置于正方体中，即可得答案. 【详解】 易知该几何体为三棱锥，且棱锥的各个顶点恰好位于棱长为 1 的正方体的顶点,如图， 所以该棱锥的外接球即为该正方体的外接球，外接球半径为 3 2 ，所以表面积为 3π . 故选:B. 【点睛】 本题考查三视图，几何体的外接球的体积，考查空间想象能力，计算能力，属中档题.本题解题的关键在于 还原几何体后，将几何体放置于正方体中，即可求解. 4.【答案】D 【分析】 由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解. 【详解】 由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等， 故  1 1 2 2 1 1 3 3 6 3 12 3 2 3 213 3 2 2 2V S S S S h              . 故选：D 5.【答案】C 【分析】 根据主视图所给方向即可知俯视图中底面正方形，计算可知 M 点投影位置，即可得出答案. 【详解】 研究平面 DPB，设 AC 与 BD 的交点为 O，BM 与 EF 交点为 N, ,E F 为 ,PA PC 的中点， N 为 PO 的中点， 12PO  ， 6ON OB   ， 又因为 12tan 26 POPDB OD     , 过点 M 作 MG DB ， 设GB x ， 45NBO   ， GB MG x   ， 又 12DB  ， 12DG x   ， tan 212 xPDB x    , 8x GB   , DG 为 4 个格，GB 为 8 个格， 故选：C 【点睛】 关键点点睛：研究并计算平面 PDB ,确定点 M 在底面上的投影G 的位置，是解题的关键，属于中档题. 6.【答案】A 【分析】 根据三视图得到几何体的直观图，再根据 A BDG C BGHF BDG FEHV V V V     计算可得； 【详解】 解：依题意由三视图得到如下直观图： 其中 BDG FEH 为“堑堵”，C BGHF 为“阳马”， A BDG 为“鳖臑”， 所以 A BDG C BGHF BDG FEHV V V V     1 1 3 3DBG BGHF DBGS AD S CF S BF       1 1 1 12 3 1 2 1 3 3 2 13 2 3 2              6 故选：A 7.【答案】A 【分析】先把三视图还原为实物图，再求出体积. 【详解】三视图还原后的实物图如图所示， 相当于从三棱柱 ABC-EFD 中截取一个三棱锥 B-DFG，故体积为： 1 1 1 20= 2 2 4 1 2 4=2 3 2 3V V V         柱 锥 .故选：A 【点睛】 (1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：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，让后再根据三视图进行调整. (2)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； (3)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． 8.【答案】A 【分析】 根据三视图可得该三棱锥的直观图，取 AB 、 AC 的中点为 E 、 D ，球心 O 在过点 D ，且与平面 ABC 垂 直的直线上，设外接球的半径为 R ，在 ODC△ 和直角梯形 PEDO 中建立方程求解即可. 【详解】根据三视图可得该三棱锥的直观图如下： 取 AB 、 AC 的中点为 E 、 D 则有 PE  平面 ABC ， 90ABC  ， 2BC  ， 2 3AB  ， 3PE  所以 1DE  ， 4AC  ， 2DC  ， D 是 ABC 的外心 所以球心 O 在过点 D ，且与平面 ABC 垂直的直线上 设外接球的半径为 R 在 ODC△ 中可得 2 2 2OC OD DC  ，即 2 2 4R OD  在直角梯形 PEDO 可得  22 2PO DE PE OD   ，即  22 1 3R OD   可解出 1OD  ， 5R  故选：A 【点睛】 结论点睛：棱锥的外接球球心一定在过底面多边形的外心作底面的垂线上. 9.【答案】B 【分析】 由勾股定理求出 BC ，即可得到 AD ，依题意可得 PDA 为 PD 与底面 ABC 所成角，即可得到 PA ，最后 根据 1 3P ABC ABCV S PA  △ 计算可得； 【详解】 解：在三棱锥 P ABC 中， D 为 BC 的中点， PA  底面 ABC ， AB AC ， 4AB  ， 2AC  ，所以 2 2 2 5BC AB AC   ， 1 52AD BC  ，因为 PA  底面 ABC ，所以 AD 即为 PD 在平面 ABC 内 的射影，即 PDA 为 PD 与底面 ABC 所成角，又 PD 与底面 ABC 所成角为 45°，所以 45PDA  ，所 以 5PA AD  ，所以 1 1 1 4 54 2 53 3 2 3P ABC ABCV S PA         .故选：B 10.【答案】B 【分析】 取 AD 的中点 F ，连接 EF ，PF ，由题意可得 PF PE ，求出四棱锥的高，及底面外接圆的圆心到 P 在 底面的投影的距离，设正方形 ABCD 的中心为 M ，过 M 作底面的垂线 MO ，则四棱锥 P ABCD 的外 接球的球心在 MO 上，分别在两个直角三角形中求出外接球的半径与直角边的关系求出外接球的半径，进 而求得外接球的表面积. 【详解】取 AD 的中点 F ，连接 EF ， PF ， 由底面 ABCD 为正方形， 2AB  ， PAD△ 为等边三角形， 3, 2PF EF   又 1PE  ， PF PE  设正方形 ABCD 的对角线交于点 M ，过 P 作底面的投影 N ，则由题意可得 N 在 EF 上， 由射影定理得 2 1 2 PENE EF   ，而 1ME  ， 1 2MN  ， 2 2 3 2PN PE NE   ， 1 2 2 22 2MB BD   过 M 作底面的垂线 MO ，则四棱锥 P ABCD 的外接球的球心在 MO 上， 设O 为四棱锥 P ABCD 的外接球球心，半径为 R ，则OP OB R  过O 作 OH PN 于 H ，则四边形OMNH 为矩形， 1 ,2OH MN HN OM    （1）若四棱锥 P ABCD 的外接球球心在四棱锥内部， 在 PH△O 中， 2 2 2( )OP OH PN HN   ，即 22 2 1 3 2 2R OM             在 OBM 中， 2 2 2OB BM OM  ，即 2 2 2( 2)R OM  联立解得： 3 3OM   ，不符合题意，舍去； （2）若四棱锥 P ABCD 的外接球球心在四棱锥外部， 在 PH△O 中， 2 2 2( )OP OH PN HN   ，即 22 2 1 3 2 2R OM             在 OBM 中， 2 2 2OB BM OM  ，即 2 2 2( 2)R OM  联立解得： 3 3OM  ， 2 7 3R  ， 所以四棱锥的外接球的表面积为 2 284 .3S R   故选：B 【点睛】 方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆 的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点 P，A，B，C 构成的三条线段 , ,PA PB PC 两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个 球内接长方体，利用 2 2 2 24PA PB PC R   求解． 专家押题 1．【答案】A 【解析】由三视图可知，该几何体为由 1 8 的球体和 1 4 的圆锥体组成， 所以所求几何体的体积为 1 1+8 4V V V 球 圆锥 ， 因为 31 1 4 9= 3 =8 8 3 2V  球 ， 2 21 1 1 1= 3 4 34 4 3 12V r h        圆锥 ， 所以 9 1532 2V     ，即所求几何体的体积为15 2  . 故选：A 【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力； 三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型. 2．【答案】B 【解析】当泰勒斯的身高与影子相等时，身高与影子构成等腰直角三角形的两直角边， 再根据金字塔高与影子所在的直角三角形与刚才的三角形相似，可知塔底到 A 的距离即为塔高． 所以由题意得金字塔塔高为 115 22.2 137.2OA OB BA     米． 故选：B． 3．【答案】B 【解析】根据余弦定理： 2 2 2 2 cos 3BC AC AB AB AC BAC      ，故 3BC  ， 根据正弦定理： 2 2sin BCr BAC   ， 故 1r  ， r 为三角形 ABC 外接圆半径， 设 R 为三棱锥 S ABC 外接球的半径 2 2 2 22 SAR r       ，故 2R  ， 故 34 8 2 3 3V R   . 故选： B . 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 4．【答案】 π 【解析】因为球心到球面的点的距离相等，可以找出一点到 ABCD 四个点的距离相等，在直角三角形 中斜边上的中点到各顶点距离相等， 可知 AD 中点O 到 A ， B ，C ， D 的距离相等，所以 1 2AO AD ； 而 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1AD AB BD AB BC CD a b c         ； ∴鳖臑 A BCD 的外接球的半径为： 1 2r  ； 故鳖臑 A BCD 的外接球的表面积为： 24π πr  ； 故答案为： π ． 【点睛】本题考查几何体的外接球表面积的求解，难度一般.解答问题的关键：确定出球心位置，根据 球心确定出半径即可求解球的表面积. 时间：5 月 29 日 今日心情： 核心考点解读——立体几何——点、线、面的位置关系 平 面 的 基 本 性 质 (I) 空间点、线、面的位置关系（II） 空间直线、平面平行的判定定理与性质定理（II） 空间直线、平面垂直的判定定理与性质定理（II） 1.从考查题型来看，涉及本知识点的选择题、填空题一般从宏观的角度，结合实际观察、 判断空间点、线、面的位置关系，确定命题的真假；解答题中则从微观的角度，严密 推导线面平行、垂直. 2.从考查内容来看，主要考查空间点、线、面位置关系的命题的判断及证明，重点是根 据平行、垂直的判定定理与性质定理证明线面平行、垂直，难点则是如何计算空间中 有关距离的问题. 3.从考查热点来看，证明空间线面平行、垂直是高考命题的热点，结合平行、垂直的判 定定理及性质定理，通过添加辅助线的方式证明是常考的方式.要注意结合空间几何体 的特征严格推理论证. 1.平面的基本性质 (1)熟悉三个公理的三种语言的描述（自然语言、图形语言、符号语言），明白各自的 作用，能够依据这三个公理及其推论对点与平面、直线与平面、平面与平面的位置 关系作简单的判断. (2)掌握确定一个平面的依据：不共线的三点确定一个平面、直线与直线外一点确定一 个平面、两相交直线确定一个平面、两平行直线确定一个平面. 2.空间直线、平面的位置关系 (1)空间两条直线与直线的位置关系：相交、平行、异面. 判断依据：是否在同一个平面上；公共点的个数情况. 理解平行公理与等角定理： 平行公理：平行于同一条直线的两条直线平行； 等角定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补. (2)直线与平面的位置关系：直线在平面内、直线与平面平行或相交 判断依据：直线与平面的公共点的个数. 理解直线与平面平行的定义. (3)空间两个平面的位置关系：相交、平行 判断依据：没有公共点则平行，有一条公共直线则相交. 3.空间直线、平面平行的判定定理与性质定理 (1)线面平行的判定定理与性质定理 1)线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面 平行. 符号语言： , , // //a b a b a     . 要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线. 2)线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面 的交线与该直线平行. 符号语言： // , , //a a b a b      . 当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平 行. 3)面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平 面平行. 符号语言： // , // , , , //a b a b a b P         . 要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即 可，这里的直线需是相交直线. 4)面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线 平行. 符号语言： // , , //m n m n         . 5)平行关系的转化    判定 判定 性质 性质 线线平行 线面平行 面面平行 (2)直线、平面垂直的判定定理与性质定理 1)线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直. 符号语言： , , , ,l a l b a b a b P l         . 要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可. 2)线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行. 符号语言： , //a b a b    . 此性质反映了平行、垂直之间的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一 条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直. 3)面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直. 符号语言： ,a a       . 要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线. 4)面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平 面垂直. 符号语言： , , ,m n n m n           . 要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的 交线. 5)垂直关系的转化    判定 判定 性质 性质 线线垂直 线面垂直 面面垂直 1．【2020 年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线 l，m，n．“l ，m，n 共面”是“l ，m，n 两两相 交”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】依题意 , ,m n l 是空间不过同一点的三条直线， 当 , ,m n l 在同一平面时，可能 // //m n l ，故不能得出 , ,m n l 两两相交. 当 , ,m n l 两两相交时，设 , ,m n A m l B n l C      ，根据公理 2 可知 ,m n 确定一个平面 ，而 ,B m C n     ，根据公理1可知，直线 BC 即l  ，所以 , ,m n l 在同一平面. 综上所述，“ , ,m n l 在同一平面”是“ , ,m n l 两两相交”的必要不充分条件. 故选：B 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理 2 的运用，属于中档题. 2．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的 影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面 所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平 面平行，点 A 处的纬度为北纬 40°，则晷针与点 A 处的水平面所成角为 A．20° B．40° C．50° D．90° 【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点 A处的水平面的截线，依题 意可知 OA l ； AB 是晷针所在直线. m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与 晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知 //m CD ， 根据线面垂直的定义可得 AB m .. 由于 40 , //AOC m CD   ，所以 40OAG AOC    ， 由于 90OAG GAE BAE GAE        ， 所以 40BAE OAG    ， 也即晷针与点 A处的水平面所成角为 40BAE   . 故选 B. 【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质， 属于中档题. 3．（2019 年高考全国Ⅱ卷文数）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 【答案】B 【解析】由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与  平行是 ∥ 的充分条件，由面面平行性 质定理知，若 ∥ ，则 内任意一条直线都与  平行，所以 内两条相交直线都与  平行是 ∥ 的 必要条件. 故选 B． 【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用 面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易 犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若 , ,a b a b   ∥ ，则 ∥ ”此类的错误． 4．（2019 年高考全国Ⅲ卷文数）如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心， △ ECD 为正三角形，平面 ECD⊥平 面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则 A．BM=EN，且直线 BM，EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM=EN，且直线 BM，EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线 【答案】B 【解析】如图所示，作 EO CD 于O ，连接 ON ，BD，易得直线 BM，EN 是三角形 EBD 的中线，是 相交直线. 过 M 作 MF OD 于 F ，连接 BF ，  平面CDE  平面 ABCD ， ,EO CD EO  平面CDE ， EO  平面 ABCD ， MF  平面 ABCD ， MFB△ 与 EON△ 均为直角三角形． 设正方形边长为 2，易知 3, 1 2EO ON EN  , ， 3 5, , 72 2MF BF BM    ， BM EN  ， 故选 B． 【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利 用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 5．（2018 新课标全国Ⅱ文科）在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 为棱 1CC 的中点，则异面直线 AE 与CD 所成角的正切值为 A． 2 2 B． 3 2 C． 5 2 D． 7 2 【答案】C 【解析】在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， / /CD AB ，所以异面直线 AE 与CD 所成角为 EAB ，设正 方体边长为 2a ，则由 E 为棱 1CC 的中点，可得 CE a ，所以 5BE a ， 则 5 5tan 2 2 BE aEAB AB a     ． 故选 C． 6．（2017 新课标全国Ⅰ文科）如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在 棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】对于 B，易知 AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ； 对于 C，易知 AB∥MQ，则直线 AB∥平面 MNQ； 对于 D，易知 AB∥NQ，则直线 AB∥平面 MNQ． 故排除 B，C，D，选 A． 【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方 法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线， 可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两 直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面． 7．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题： p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p4：若直线l  平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ① 1 4p p ② 1 2p p ③ 2 3p p  ④ 3 4p p   【答案】①③④ 【解析】对于命题 1p ，可设 1l 与 2l 相交，这两条直线确定的平面为 ； 若 3l 与 1l 相交，则交点 A在平面 内， 同理， 3l 与 2l 的交点 B 也在平面 内， 所以， AB  ，即 3l  ，命题 1p 为真命题； 对于命题 2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题 2p 为假命题； 对于命题 3p ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题 3p 为假命题； 对于命题 4p ，若直线 m  平面 ， 则 m 垂直于平面 内所有直线，  直线l  平面 ，直线 m  直线l ， 命题 4p 为真命题.综上可知， ， 为真命题， ， 为假命题， 1 4p p 为真命题， 1 2p p 为假命题， 2 3p p  为真命题， 3 4p p   为真命题. 故答案为：①③④. 【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能 力，属于中等题. 8．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 的棱长均为 2，∠BAD=60°．以 1D 为球心， 5 为半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为________． 【答案】 2 2  . 【解析】如图： 取 1 1B C 的中点为 E ， 1BB 的中点为 F ， 1CC 的中点为G ， 因为 BAD  60°，直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长均为 2，所以 △ 1 1 1D B C 为等边三角形，所以 1D E 3 ， 1 1 1D E B C ， 又四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 为直四棱柱，所以 1BB  平面 1111 DCBA ，所以 1 1 1BB B C ， 因为 1 1 1 1BB B C B ，所以 1D E  侧面 1 1B C CB ， 设 P 为侧面 1 1B C CB 与球面的交线上的点，则 1D E EP ， 因为球的半径为 5 ， 1 3D E  ，所以 2 2 1 1| | | | | | 5 3 2EP D P D E     ， 所以侧面 1 1B C CB 与球面的交线上的点到 E 的距离为 2 ， 因为| | | | 2EF EG  ，所以侧面 1 1B C CB 与球面的交线是扇形 EFG 的弧 FG ， 因为 1 1 4B EF C EG     ，所以 2FEG   ， 所以根据弧长公式可得  222 2FG     . 故答案为： 2 2  . 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问 题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题. 9．（2019 年高考全国Ⅰ卷文数）已知∠ACB=90°，P 为平面 ABC 外一点，PC=2，点 P 到∠ACB 两边 AC， BC 的距离均为 3 ，那么 P 到平面 ABC 的距离为___________． 【答案】 2 【解析】作 ,PD PE 分别垂直于 ,AC BC ， PO  平面 ABC ，连接 CO ， 由题意可知 ,CD PD CD PO  ， =PD PO P ， CD\ ^平面 PDO ，又OD  平面 PDO ， CD OD  ， 3PD PE  ， 2PC  ， 3sin sin 2PCE PCD     ， 60PCB PCA     ， 又易知 PO CO ， CO 为 ACB 的平分线， 45 1 2, ,OCD OD CD OC      ， 又 2PC  ， 4 2 2PO    ． 【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到 P 在底面上的射影，使 用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不 够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有 效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍． 10．（2019 年高考全国Ⅱ卷文数）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为 长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）.半正多面体 是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1．则该半正多面 体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空 2 分，第二空 3 分．） 【答案】26， 2 1 【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有 9 个面，计 18 个面，第二层共有 8 个面，所以该半正多面体共有18 8 26  个面． 如图，设该半正多面体的棱长为 x ， 则 AB BE x  ，延长CB 与 FE 的延长线交于点G ，延长 BC 交正方体的棱于 H ，由半正多面体对称 性可知， BGE△ 为等腰直角三角形， 2 2, 2 ( 2 1) 12 2BG GE CH x GH x x x           ， 1 2 1 2 1 x     . 即该半正多面体的棱长为 2 1 ． 【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实 很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形． 11．（2019 年高考北京卷文数）已知 l，m 是平面 外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥ ；③l⊥ ． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果 l⊥α，m∥α，则 l⊥m. 【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果 l⊥α，m∥α，则 l⊥m，正确； （2）如果 l⊥α，l⊥m，则 m∥α，不正确，有可能 m 在平面α内； （3）如果 l⊥m，m∥α，则 l⊥α，不正确，有可能 l 与α斜交、l∥α. 故答案为：如果 l⊥α，m∥α，则 l⊥m. 【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分 别作为条件、结论加以分析即可. 12．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E ， F 分别在棱 1DD ， 1BB 上， 且 12DE ED ， 12BF FB ．证明： （1）当 AB BC 时， EF AC ； （2）点 1C 在平面 AEF 内． 【解析】（1）如图，连结 BD ， 1 1B D ．因为 AB BC ，所以四边形 ABCD 为正方形，故 AC BD ． 又因为 1BB  平面 ABCD ，于是 1AC BB ．所以 AC  平面 1 1BB D D ． 由于 EF  平面 1 1BB D D ，所以 EF AC ． （2）如图，在棱 1AA 上取点 G ，使得 12AG GA ，连结 1GD ， 1FC ， FG ， 因为 1 1 2 3D E DD ， 1 2 3AG AA ， 1 1DD AA∥ ，所以 1ED AG∥ ，于是四边形 1ED GA 为平行四边形， 故 1AE GD∥ ． 因为 1 1 1 3B F BB ， 1 1 1 3AG AA ， 1 1BB AA∥ ，所以 1 1FG A B∥ ， 1 1FG C D∥ ，四边形 1 1FGD C 为平行 四边形，故 1 1GD FC∥ ． 于是 1AE FC∥ ．所以 1, , ,A E F C 四点共面，即点 1C 在平面 AEF 内． 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题. 13．【2020 年高考江苏】在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AB⊥AC，B1C⊥平面 ABC，E，F 分别是 AC，B1C 的 中点． （1）求证：EF∥平面 AB1C1； （2）求证：平面 AB1C⊥平面 ABB1． 【解析】因为 ,E F 分别是 1,AC B C 的中点，所以 1EF AB∥ . 又 /EF  平面 1 1AB C ， 1AB  平面 1 1AB C ，所以 EF∥平面 1 1AB C . （2）因为 1B C  平面 ABC ， AB  平面 ABC , 所以 1B C AB . 又 AB AC , 1B C  平面 1 1AB C , AC  平面 1AB C , 1 ,B C AC C 所以 AB  平面 1AB C . 又因为 AB  平面 1ABB , 所以平面 1AB C  平面 1ABB . 【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 14．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （Ⅰ）证明：EF⊥DB； （Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）如图，过点 D 作 DO AC ，交直线 AC 于点 O ，连结 OB. 由 45ACD   ， DO AC 得 2CD CO ， 由平面 ACFD⊥平面 ABC 得 DO⊥平面 ABC，所以 DO BC . 由 45ACB   ， 1 2 2 2BC CD CO  得 BO BC . 所以 BC⊥平面 BDO，故 BC⊥DB. 由三棱台 ABC DEF 得 BC EF∥ ，所以 EF DB . （Ⅱ）方法一： 过点 O 作 OH BD ，交直线 BD 于点 H ，连结 CH . 由三棱台 ABC DEF 得 DF CO∥ ，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角. 由 BC  平面 BDO 得OH BC ，故 OH  平面 BCD，所以 OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角. 设 2 2CD  . 由 2, 2DO OC BO BC    ，得 26, 33BD OH  ， 所以 3sin 3 OHOCH OC    ， 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 . 方法二： 由三棱台 ABC DEF 得 DF CO∥ ，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角， 记为 . 如图，以 O 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 O xyz . 设 2 2CD  . 由题意知各点坐标如下： (0,0,0), (1,1,0), (0,2,0), (0,0,2)O B C D . 因此 (0,2,0), ( 1,1,0), (0, 2,2)OC BC CD       . 设平面 BCD 的法向量 ( , ,z)x yn . 由 0, 0, BC CD        n n 即 0 2 2 0 x y y z       ，可取 (1,1,1)n . 所以 | 3sin | cos , | 3| | | OCOC OC        n |n n | . 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3 3 . 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角 的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 15．（2019 年高考全国Ⅰ卷文数）如图，直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°， E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点. （1）证明：MN∥平面 C1DE； （2）求点 C 到平面 C1DE 的距离． 【答案】（1）见解析；（2） 4 17 17 . 【解析】（1）连结 1 ,B C ME . 因为M，E分别为 1,BB BC 的中点，所以 1 ME B C∥ ，且 1 1 2ME B C . 又因为N为 1A D 的中点，所以 1 1 2ND A D . 由题设知 1 1 =A B DC∥ ，可得 1 1=B C A D∥ ，故 =ME ND∥ ， 因此四边形MNDE为平行四边形， MN ED∥ . 又 MN 平面 1C DE ，所以MN∥平面 1C DE . （2）过C作C1E的垂线，垂足为H. 由已知可得 DE BC ， 1DE C C ，所以DE⊥平面 1C CE ，故DE⊥CH. 从而CH⊥平面 1C DE ，故CH的长即为C到平面 1C DE 的距离， 由已知可得CE=1，C1C=4，所以 1 17C E  ，故 4 17 17CH  . 从而点C到平面 1C DE 的距离为 4 17 17 . 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离 的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就 是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解. 16．（2019 年高考全国Ⅲ卷文数）图 1 是由矩形 ADEB，Rt△ ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其 中 AB=1，BE=BF=2， ∠FBC=60°．将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG，如图 2． （1）证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥平面 BCGE； （2）求图 2 中的四边形 ACGD 的面积. 【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD  BE，CG  BE，所以AD  CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G， D四点共面． 由已知得AB  BE，AB  BC，故AB  平面BCGE． 又因为AB 平面ABC，所以平面ABC  平面BCGE． （2）取CG的中点M，连结EM，DM. 因为AB∥DE，AB  平面BCGE，所以DE  平面BCGE，故DE  CG. 由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM  CG，故CG  平面DEM． 因此DM  CG． 在 Rt△ DEM中，DE=1，EM= 3 ，故DM=2． 所以四边形ACGD的面积为4． 【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量 是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力. 17．（2019 年高考北京卷文数）如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA  平面 ABCD，底部 ABCD 为菱形，E 为 CD 的中点． （1）求证：BD⊥平面 PAC； （2）若∠ABC=60°，求证：平面 PAB⊥平面 PAE； （3）棱 PB 上是否存在点 F，使得 CF∥平面 PAE？说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析. 【解析】（1）因为 PA  平面ABCD， 所以 PA BD ． 又因为底面ABCD为菱形， 所以 BD AC ． 所以 BD  平面PAC． （2）因为PA⊥平面ABCD， AE  平面ABCD， 所以PA⊥AE． 因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点， 所以AE⊥CD． 所以AB⊥AE． 所以AE⊥平面PAB． 所以平面PAB⊥平面PAE． （3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE． 取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG． 则FG∥AB，且FG= 1 2 AB． 因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点， 所以CE∥AB，且CE= 1 2 AB． 所以FG∥CE，且FG=CE． 所以四边形CEGF为平行四边形． 所以CF∥EG． 因为CF  平面PAE，EG  平面PAE， 所以CF∥平面PAE． 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 18．（2018 新课标全国Ⅲ文科）如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧 CD 所在平面垂直， M 是 CD 上异 于C ， D 的点． （1）证明：平面 AMD⊥平面 BMC ； （2）在线段 AM 上是否存在点 P ，使得 MC∥平面 PBD ？说明理由． 【解析】（1）由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD． 因为 BC⊥CD，BC  平面 ABCD，所以 BC⊥平面 CMD，故 BC⊥DM． 因为 M 为 CD 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，所以 DM⊥CM． 又 BC∩CM=C，所以 DM⊥平面 BMC． 而 DM  平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC． （2）当 P 为 AM 的中点时，MC∥平面 PBD． 证明如下：连结 AC 交 BD 于 O．因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 AC 中点． 连结 OP，因为 P 为 AM 中点，所以 MC∥OP． MC  平面 PBD，OP  平面 PBD，所以 MC∥平面 PBD． 19．（2018 新课标全国Ⅱ文科）如图，在三棱锥 P ABC 中， 2 2AB BC  ， 4PA PB PC AC    ，O 为 AC 的中点． （1）证明： PO  平面 ABC ； （2）若点 M 在棱 BC 上，且 2MC MB ，求点 C 到平面 POM 的距离． 【解析】（1）因为 AP=CP=AC=4，O 为 AC 的中点，所以 OP⊥AC，且 OP= 2 3 ． 连结 OB．因为 AB=BC= 2 2 AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥AC，OB= 1 2 AC =2． 由 2 2 2OP OB PB  知，OP⊥OB． 由 OP⊥OB，OP⊥AC 知 PO⊥平面 ABC． （2）作 CH⊥OM，垂足为 H． 又由（1）可得 OP⊥CH，所以 CH⊥平面 POM． 故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离． 由题设可知 OC= 1 2 AC =2，CM= 2 3 BC = 4 2 3 ，∠ACB=45°． 所以 OM= 2 5 3 ，CH= sinOC MC ACB OM    = 4 5 5 ． 所以点 C 到平面 POM 的距离为 4 5 5 ． 20．（2018 天津文科）如图，在四面体 ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面 ABC⊥平面 ABD，点 M 为 棱 AB 的中点，AB=2，AD= 2 3 ，∠BAD=90°． （Ⅰ）求证：AD⊥BC； （Ⅱ）求异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）由平面 ABC⊥平面 ABD，平面 ABC∩平面 ABD=AB，AD⊥AB， 可得 AD⊥平面 ABC，故 AD⊥BC． （Ⅱ）取棱 AC 的中点 N，连接 MN，ND． 又因为 M 为棱 AB 的中点，故 MN∥BC． 所以∠DMN（或其补角）为异面直线 BC 与 MD 所成的角． 在 Rt△DAM 中，AM=1，故 DM= 2 2 = 13AD AM ． 因为 AD⊥平面 ABC，故 AD⊥AC． 在 Rt△DAN 中，AN=1，故 DN= 2 2 = 13AD AN ． 在等腰三角形 DMN 中，MN=1，可得 1 132cos 26 MN DMN DM    ． 所以，异面直线 BC 与 MD 所成角的余弦值为 13 26 ． （Ⅲ）连接 CM． 因为△ABC 为等边三角形，M 为边 AB 的中点，故 CM⊥AB，CM= 3 ． 又因为平面 ABC⊥平面 ABD，而 CM  平面 ABC，故 CM⊥平面 ABD． 所以，∠CDM 为直线 CD 与平面 ABD 所成的角． 在 Rt△CAD 中，CD= 2 2AC AD =4． 在 Rt△CMD 中， 3sin 4 CMCDM CD    ． 所以，直线 CD 与平面 ABD 所成角的正弦值为 3 4 ． 1．（2021·北京丰台区·高三二模）已知 , ,   是三个不同的平面，a，b 是两条不同的直线，下列命题中正 确的是（ ） A．若 ,     ，则 / /  B．若 ,a b   ，则 / /a b C．若 / / , / /a b  ，则 / /a b D．若 / / , / /a a  ，则 / /  2．（2021·六盘山高级中学高三二模（文））如图，在正方体 ' ' ' 'ABCD A B C D 中，E ､ F 分别为棱 'CC ､ AB 的中点，则异面直线 ' 'A D 与 EF 所成角的余弦值是（ ） A． 6 3 B． 3 3 C． 2 2 D． 1 2 3．（2021·山西高三二模（理））已知矩形 ABCD 中， 4AB  ， 3AD  ，点 E 是边 CD 上的动点，将 ADE 沿 AE 折起至 PAE△ ，使得平面 PAB  平面 ABC ，过 P 作 PG AB ，垂足为G ，则 AG 的取值范围为 ___________. 4．（2021·江西高三其他模拟（文））如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， 2APB   ， 3ABC   ， 2 3PB  ， 2 4PA AD PC   ，点 M 是 AB 的中点，点 N 是线段 BC 上的动点. （1）求证：平面 PCM  平面 PAB ； （2）若点 N 到平面 PCM 的距离为 3 3 4 ，求 BN NC 的值. 5．（2021·云南高三二模（文））如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，四边形 1 1B BCC 是菱形， 1 60B BC   ， AB BC ， 1AB BB ， D 为棱 BC 的中点. （1）求证：平面 1AB D  平面 ABC ； （2）若 2AB BC  ，求点C 到平面 1AB D 的距离. 6．（2021·四川绵阳市·高三三模（文））如图，四棱锥 B ACDE 中， //AE CD ， AC CD ， 2 2 2CD CB AE AC    ，平面 BCD  平面 ACDE ，点 F 为 BD 的中点. （1）求证： //EF 平面 ABC ； （2）若 EF CD ，求四棱锥 B ACDE 的体积. 7．（2021·山东枣庄市·高三二模）如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，点 F 在棱 1CC 上，过 B ， 1D ， F 三点的正方体的截面 与直线 1AA 交于点 E . （1）找到点 E 的位置，作出截面 （保留作图痕迹），并说明理由； （2）已知 CF a ，求 将正方体分割所成的上半部分的体积 1V 与下半部分的体积 2V 之比. 1.设 ,m n 是两条不同的直线， , ,   是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是（ ）． A. 若 ,m     ，则 m  B. ,     ，则   C. 若 m ∥ ， m  ，则  D. , ,m n m       ∥ n ，则 ∥  2．如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AA  底面 ABC ， 1CA CB CC  ， AC BC ， 1 3CE CB ， 1 1 3CD CC ，则直线 1AC 与 DE 所成角的大小为_____________. 3.如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，平面 1 1AA B B  平面 ABC ， D 是 AC 的中点． （1）求证： 1 //B C 平面 1A BD ； （2）若 1 60AAB ACB   ， 1AB BB ， 2AC  ， 1BC  ，求三棱锥 1C AA B 的体积． 4. 如 图 ， 四 棱 锥 P ABCD 中 ， PAD 为 等 边 三 角 形 ， ， AB CD∥ ， AD CD ， 且 2 4CP CA AB CD    ． （1）求证：平面 PAD  平面 ABCD ； （2）求点 A 到平面 PBC 的距离． 名校预测 1.【答案】B 【分析】 根据线面位置关系的定理与性质对选项一一判断即可． 【详解】 A 中，若 ,     ， ,  可能相交也可能平行，则错误； B 中， ,a b   ，根据线面垂直的性质可判断 / /a b ，则正确； C 中，若 / / , / /a b  ，a，b 的位置不定，则错误； D 中，若 / / , / /a a  ， ,  可能相交也可能平行，则错误． 故选：B 2.【答案】A 【分析】 取CD 的中点 M ，连结 ME ， FM ，证明 EFM 即为异面直线 ' 'A D 与 EF 所成角或其补角，然后在三 角形中计算可得． 【详解】 解：取CD 的中点 M ，连结 ME ， FM ， 因为 F ， M 分别为 AB ， DC 的中点，所以 / /FM AD ， 又 ' '/ /A D AD ， 所以 ' '/ /A D FM ， 则 EFM 即为异面直线 ' 'A D 与 EF 所成角或其补角， 不妨设正方体的棱长为 2， 则 2FM  ， 1 1 2EM    ， 所以  222 2 6EF    ， 在 Rt EFM△ 中， 2 6cos 36 FMEFM EF     ， 所以异面直线 ' 'A D 与 EF 所成角的余弦值是 6 3 . 故选：A. 【点睛】 思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题 化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 0, 2      ，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面 直线所成的角． 3.【答案】 9 ,34     【分析】 设 (0 4)PE x x   ， AG t ，利用平面与平面垂直的性质定理推出 PG 平面 ABC ， PG EG ，利 用勾股定理和余弦定理推出 9xt  ，利用 x 的范围可得t 的范围. 【详解】 如图： 设 (0 4)PE x x   ， AG t ， 因为 PG AB ，平面 PAB  平面 ABC ， PAB ABC AB ， 所以 PG 平面 ABC ，所以 PG EG ， 2 29AE x  ， 2 2 29 9PG AG t    ， 2 cos cos 9 PE xEAB PEA AE x       ， 又 2 2 2 cos 2 AE AG EGEAB AE AG     2 2 2 2 2 9 ( ) 2 9 x t PE PG x t       2 2 2 2 2 9 ( 9 ) 2 9 x t x t x t        2 18 2 9 x t    2 9 9 x t    ， 所以 2 2 9 9 9 x x x t     ，所以 9xt  ，所以 9x t  4 ，所以 9 4t  ， 又 29 0t  ，所以 3t  ， 所以 9 34 t  ， 故答案为： 9 ,34     . 【点睛】 关键点点睛：根据勾股定理和余弦定理将 AG 用 PE 表示是解题关键. 4.【答案】（1）证明见解析；（2） 1 3 . 【分析】 （1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，根据垂直关系证明CM  平面 PAB ；（2）利用等体积转化 P MNC N PMCV V  ，求解 NC 的值. 【详解】 （1）证明：在 PAB 中，因为 2APB   ， 2 3PB  ， 2PA  ，所以 4AB  ，因为点 M 是 AB 的中 点，所以 2BM PM  ，在 BMC 中 3MBC   ，得 2 3CM  ，所以 2 2 2BM CM BC  ，所以 AB CM ，在 PMC 中， 2PM  ， 2 3CM  ， 4PC  ，满足 2 2 2PM CM PC  ，所以 PM CM ， 而 AB PM M ，所以CM  平面 PAB ，因为CM  平面 PCM ，所以平面 PCM  平面 PAB . （2） 过点 P 作 PO AB ，垂足为O ，由（1）可知CM  平面 PAB ，因为CM  平面 ABCD ，所以平面 ABCD  平面 PAB ，平面 ABCD 平面 PAB = AB ，所以 PO  平面 ABCD . 由 P MNC N PMCV V  ， 1 1. . . .3 3MNC PMCS PO S d ，因为 3 3 4d  ，解得 3NC  ，所以 1 3 BN NC  . 【点睛】 方法点睛：本题考查面面垂直的证明，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型，本题的关键是 第一问，不管证明面面垂直还是证明线面垂直，关键都需转化为证明线线垂直，一般证明线线垂直的方法 包含 1.矩形，直角三角形等，2.等腰三角形，底边中线，高重合，3.菱形对角线互相垂直，4.线面垂直，线 线垂直. 5.【答案】（1）证明见解析；（2） 2 5 5 . 【分析】 （1）设 2BC a ，利用余弦定理结合勾股定理可证得 1B D BC ，证明 AB  平面 1 1BB C C ，可得出 1B D AB ，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）分析得出三棱锥 1B ACD 的高为 1B D ，计算出 ACD△ 、 1A BD 的面积，利用等体积法可求得点C 到平面 1AB D 的距离. 【详解】 （1）证明：设 2BC a .  四边形 1 1B BCC 是菱形， D 为棱 BC 的中点， 1 2BC BB a   ， 1 2BD BC a  . 在 1BB D△ 中， 1 1 60B BD B BC     ， 由余弦定理得 2 2 2 1 1 1 12 cosB D BD BB BD BB B BD     ，解得 1 3B D a . 2 2 2 1 1BD B D BB   ， 1 90BDB   ，即 1B D BC . AB BC ， 1AB BB ，且 1BC BB B ， AB  平面 1BDB . 1B D  平面 1BDB ， 1AB B D  . 1AB B D ， 1B D BC ，且 AB BC B  ， 1B D  平面 ABC . 1B D  平面 1AB D ，平面 1AB D  平面 ABC ； （2）由 2AB BC  和（1）知 1 3B D  ， 1B D  平面 ABC ， 1B D 是点 1B 到平面 ABC 的距离. AD Q 平面 ABC ， 1B D AD  ，则 1AB D△ 是以 1AB 为斜边的直角三角形， AB BC ， 2AB BC  ，点 D 为棱 BC 的中点， 2 2 5AD BD AB    ， ACD△ 的面积 12ACD CD ABS  △ ， 1AB D△ 的面积 1 1 15 2 2AB D AD DBS  △ . 设点 C 到平面 1AB D 的距离为 h ，则 1 1C AB D B ACDV V  . 1 1 1 1 3 3AB D ACDS h S B D     △ △ ，解得 2 5 5h  . 点C 到平面 1AB D 的距离为 2 5 5 . 6.【答案】（1）证明见解析；（2）1. 【分析】 （1）取 BC 的中点G ，连接GF ，GA，再根据点 F 为 BD 的中点，易证四边形 AEFG 为平行四边形，从 而 //EF AG ，再利用线面平行的判定定理证明； （2）易证CD  平面 ABC ，进而得到平面 BCD  平面 ACDE ，再由CD BC ，得到 BC ⊥ 平面 ACDE ， 由 1 3B ACDE ACDEV S BC  梯形 求解. 【详解】 （1）证明：取 BC 的中点G ，连接GF ，GA.  点 F 为 BD 的中点， //GF CD ，且 1 2GF CD . 又 //CD AE ， 2CD AE ， //GF AE ，且GF AE ， 四边形 AEFG 为平行四边形， //EF AG ， 又 EF  平面 ABC ， AG 平面 ABC ， //EF 平面 ABC . （2） EF CD ， CD AG  ， 又 AC CD ， ,AC AG A  CD\ ^平面 ABC ， CD BC  . 又平面 BCD  平面 ACDE ，平面 BCD  平面 ACDE CD ， BC 平面 ACDE ， BC 为四棱锥 B ACDE 的高， 2 2 2CD CB AE AC    ，    1 1 1 1 1 2 2 13 3 2 6B ACDE ACDEV S BC AE CD BC           梯形 . 【点睛】 方法点睛：判断或证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义，一般用反证法；（2）利用线面 平行的判定定理(a ⊄ α，b ⊂ α，a∥b ⇒ a∥α)，其关键是在平面内找(或作)一条直线与已知直线平行，证明时注 意用符号语言的叙述；（3）利用面面平行的性质定理(α∥β，a ⊂ α ⇒ a∥β)；（4）利用面面平行的性质(α∥β， a ⊄ β，a∥α ⇒ a∥β)． 7.【答案】（1）答案见解析；（2） 1 2: 1V V  . 【分析】 （1）过 F 作 //FG DC ，且交棱 1DD 于点G ，在正方形 1 1ADD A 内过 1D 作 1 //D E AG ，且交棱 1AA 于点 E ， 连接 EB ， 1ED ，则四边形 1BED F 就是要作的截面 ， 再证明 1BED F 是平行四边形； （2）  0 1CF a a   .由（1）的证明过程，可得 1A E a ，连接 1 1D B ，则平面 将正方体分割所成的 上半部分的几何体，计算四棱锥 1 1 1D A EBB 与四棱锥 1 1 1D B BFC 的体积，再计算正方体的体积可得答案. 【详解】 （1）在正方形 1 1CDD C 中，过 F 作 //FG DC ，且交棱 1DD 于点 G ， 连接 AG ，在正方形 1 1ADD A 内过 1D 作 1 //D E AG ，且交棱 1AA 于点 E ， 连接 EB ， 1ED ，则四边形 1BED F 就是要作的截面 . 理由：由题意，平面  平面 1 1AD D E ，   平面 1BC BF ，平面 1 //AD 平面 1BC ， 应有 1 //D E BF ， 同理， 1//BE FD ，所以四边形 1BED F 应是平行四边形， 由作图过程， //FG DC ， FG DC ，又 //AB DC ， AB DC ， 所以 //AB FG ， AB FG ，所以四边形 ABFG 是平行四边形， 所以 //AG BF ， AG BF ， 由作图过程， 1 //D E AG .又 1//EA D G ， 所以四边形 1EAGD 是平行四边形，所以 1 //D E AG ， 1D E AG ， 又 //AG BF ， AG BF ，所以 1 //D E BF ，且 1D E BF ， 所以 1BED F 是平行四边形，四边形 1BED F 就是要作的截面. （2）由题意，  0 1CF a a   ， 由（1）的证明过程，可得 1A E a ， 连接 1 1D B ，则平面 将正方体分割所成的上半部分的几何体可视为四棱锥 1 1 1D A EBB 与四棱锥 1 1 1D B BFC 的组合体， 1 1 1 1 1 11 D A EBB D B BFCV V V      1 1 11 11 11 13 2 3 2 aa             1 2  ， 而该正方体的体积 1V  ， 2 1 1 11 2 2V V V     .所以 1 2: 1V V  . 【点睛】 本题考查了正方体中截面的做法和体积的求法，解题的关键点是作出截面，考查了学生的空间想象力和计 算能力. 专家押题 1.【答案】C 【解析】A．错，因为没说明 垂直于两平面的交线，B．错，垂直于同一平面的两个平面相交或平行， C．正确，因为平面 存在垂直于 的线，D．错，因为 与 有可能相交．故选 C． 2．【答案】60° 【解析】连接 1BC . 因为 1 1 3CD CC ， 1 3CE CB ，所以 1 CD CE CC CB  . 易知 DE // 1BC ，所以 1AC B 就是直线 1AC 与 DE 所成角. 设 1CA CB CC a   ，则 1 1 2AC BC AB a   ， 则 1ABC 是正三角形，则 1 60AC B   . 故直线 1AC 与 DE 所成角的大小为 60°. 故答案为：60° 3.【答案】（1）详见解析；（2） 3 4 【解析】（1）连结 1AB 交 1A B 于点O ，则O 为 1AB 的中点， 因为 D 是 AC 的中点，所以 1//OD B C ， 又OD  平面 1A BD ， 1B C  平面 1A BD ， 所以 1 //B C 平面 1A BD ． （2） 2AC  ， 1BC  ， 60ACB   ， 2 2 2 12 cos 4 1 2 2 1 32AB AC BC AC BC ACB              ， 3AB  ， 2 2 2AC AB BC   ， AB BC  ． 又 平面 1 1AA B B  平面 ABC ，平面 1 1AA B B Ç 平面 ABC AB ， BC  平面 1 1AA B B ， BC  平面 1 1AA B B ． 1 60A AB   ， 1AB BB ，∴四边形 1 1AA B B 为菱形， 1ABA△ 为正三角形， 1 3AA AB   . 1 1 1 1 1 3 3 3sin 3 32 2 2 4A ABS AB AA A AB          △ ． 1 1 1 1 3 3 313 3 4 4C A AB AA BV S BC       ． 4.【解析】（1）证明：因为 AD CD ， 2CD  ， 4CA  ， 所以 2 2 2 12AD AC CD   ，即 2 3AD  ． 因为 PAD 为等边三角形， 所以 2 3PD AD  ． 因为 4PC  ， 2CD  ， 所以 2 2 2CD PD PC  ，即 CD PD ． 又因为 PD AD D ，CD AD ， 所以CD  平面 PAD ， 又因为CD  平面 ABCD ， 所以平面 PAD  平面 ABCD ． （2）解：取 AD 中点 M ， AB 中点 N ，连接 PM ， BM ，CN ． 由（1）中结论可知， PM  平面 ABCD ，所以 PM BM ， 在 PMB 中， 2 23 19PM BM AM AB    ， 2 2 9 19 2 7PB PM BM     ． 在 PBC 中， 4PC  ， 4BC  ， 2 7PB  ， 求得 3 7PBCS  ． 在 ABC 中， 4AC  ， 4BC  ， 4AB  ，则 4 3ABCS  ． 设点 A 到平面 PBC 的距离为 d ， 由 P ABC A PBCV V  ，可得 1 14 3 3 3 73 3 d     ， 所以 4 21 7d  ，即点 A 到平面 PBC 的距离为 4 21 7 ． 时间：5 月 30 日 今日心情： 核心考点解读——直线与圆 直线的倾斜角与斜率（II） 直线与方程（II） 直线的位置关系（II） 圆与方程（II） 直线与圆、圆与圆的位置关系（II） 1.从考查题型来看，涉及本知识点的题目一般在选择题、填空题中出现，考查直线的倾 斜角与斜率、直线的方程、圆的方程、直线与直线、直线与圆的位置关系等. 2.从考查内容来看，主要考查直线与圆的方程，判断直线与圆的位置关系，及直线、圆 与其他知识点相结合. 3.从考查热点来看，直线与圆的位置关系是高考命题的热点，通过几何图形判断直线与 圆的位置关系，利用代数方程的形式进行代数化推理判断，是对直线与圆位置关系的 最好的判断，体现了数形结合的思想. 1.直线的倾斜角与斜率 (1) 直 线 的 倾 斜 角 ： [0,π)  . 直 线 的 斜 率 ： πtan ( )2k    ； 过 两 点 1 1 1 2 2 2( , ), ( , )P x y P x y 的直线的斜率为 1 2 1 2 y yk x x   . (2)掌握 π πtan ( [0, ) ( ,π))2 2k     的图象，能够通过倾斜角表示斜率，也能够利用 斜率求倾斜角. (3)当 π[0, )2   时， 越大，直线的斜率也越大；当 π( ,π)2   时， 越大，直线的斜 率也越大. (4)所有直线都有倾斜角，但不是所有直线都有斜率. 2.直线与方程 (1)点斜式： 0 0( )y y k x x   ； 斜截式： y kx b  ； 两点式： 1 1 2 1 2 1 y y x x y y x x    ； 截距式： 1( 0)x y aba b    ； 一般式： 0Ax By C   . (2)能够根据条件选用合适的直线方程形式表示直线，知道点斜式、斜截式、两点式、 截距式的适用条件，并由此考虑特殊情况下的直线是否存在,如在点斜式中，斜率不 存在时直线表示为 0x x 等. 3.两条直线的位置关系 (1)两条直线的位置关系：相交、平行、重合.能够从直线的斜截式、一般式的角度，结 合直线的斜率和截距进行判断；能够通过联立方程，通过解方程组的角度进行判断. (2)理解直线系方程 已 知 直 线 : 0l Ax By C   ， 则 与 l 平 行 的 直 线 系 方 程 为 0( )Ax By m m C    ；与l 垂直的直线系方程为 0Bx Ay n   . 已知直线 1 1 1 1: 0l A x B y C   与 2 2 2 2: 0l A x B y C   相交，则过这两条直线的交 点的直线系方程为    1 1 1 2 2 2 0A x B y C A x B y C      （其中不包括直线 2 2 2 0A x B y C   ）. 通过待定系数的方式求解相关直线方程. (3)点到直线的距离 已知点 1 1 1 2 2 2( , ), ( , )P x y P x y ，则 2 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )PP x x y y    . 已 知 点 0 0( , )P x y ， 直 线 : 0l Ax By C   ， 则 点 P 到 直 线 l 的 距 离 为 0 0 2 2 Ax By Cd A B    . 理解并掌握两点间的距离公式和点到直线的距离公式，并能作简单的应用. 4.圆与方程 (1)圆的标准方程： 2 2 2 0 0( ) ( )x x y y r    ； (2)圆的一般方程： 2 2 2 20( 4 0)x y Dx Ey F D E F        . 注意：能够从圆的定义理解、推理得到圆的方程.根据圆的标准方程可以直接确定圆 的圆心和半径，标准方程与一般方程可以进行互化，知道 2 2 0x y Dx Ey F     不一定是圆的方程，必须满足条件 2 2 4 0D E F   . 5.直线与圆的位置关系 (1)直线与圆的位置关系有：相交、相切、相离. (2)判断直线与圆的位置关系的方法： 几何法：利用圆心到直线的距离 d 与圆的半径 r 进行比较判断.若 d r ，则相离； 若 d r ，则相切；若 d r ，则相交. 代数法：将圆的方程与直线的方程联立，消元后，得到关于 x 或 y 的方程，通过判 别式  进行判断.若 0  ，则相交；若 0  ，则相切；若 0  ，则相离. (3)直线与圆相交所得的弦长 i)利用圆心到直线的距离、半径与弦长的一半构造直角三角形求解； ii)将直线的方程与圆的方程联立，结合弦长公式计算. 弦长公式： 2 1 2 1 22 1(1 ) (1 )AB k x x y yk       . 6.圆与圆的位置关系 设两圆心之间的距离为 d ，两圆半径分别为 ,R r ，若 d R r  ，则两圆外离；若 d R r  ，则两圆外切；若 R r d R r    ，则两圆相交；若 d R r  ，则两 圆内切；若 d R r  ，则两圆内含. 1．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】已知圆 2 2 6 0x y x   ，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的 最小值为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】圆 2 2 6 0x y x   化为 2 2( 3) 9x y   ，所以圆心C 坐标为 (3,0)C ，半径为3， 设 (1,2)P ，当过点 P 的直线和直线 CP 垂直时，圆心到过点 P 的直线的距离最大，所求的弦长最短，此 时 2 2| | (3 1) ( 2) 2 2CP      根据弦长公式得最小值为 22 9 | | 2 9 8 2CP    . 故选：B． 【点睛】本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题. 2．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】点 (0 )1， 到直线  1y k x  距离的最大值为 A．1 B． 2 C． 3 D．2 【答案】B 【解析】由 ( 1)y k x  可知直线过定点 ( 1,0)P  ，设 (0, 1)A  ， 当直线 ( 1)y k x  与 AP 垂直时，点 A到直线 ( 1)y k x  距离最大， 即为| | 2AP  . 故选：B． 【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质 是解题的关键，属于基础题. 3．【2020 年高考全国Ⅱ卷文数】若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 2x−y−3=0 的距离为 A． 5 5 B． 2 5 5 C． 3 5 5 D． 4 5 5 【答案】B 【解析】由于圆上的点 2,1 在第一象限，若圆心不在第一象限， 则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限， 设圆心的坐标为 ,a a ，则圆的半径为 a ， 圆的标准方程为   2 2 2x a y a a    . 由题意可得   2 2 22 1a a a    ， 可得 2 6 5 0a a   ，解得 1a  或 5a  ， 所以圆心的坐标为 1,1 或 5,5 ， 圆心 到直线 的距离均为 1 2 1 1 3 2 5 55 d     ； 圆心 到直线 的距离均为 2 2 5 5 3 2 5 55 d     圆心到直线 2 3 0x y   的距离均为 2 2 5 55 d   ； 所以，圆心到直线 2 3 0x y   的距离为 2 5 5 . 故选：B． 【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题. 4．【2020 年高考北京】已知半径为 1 的圆经过点 (3,4) ，则其圆心到原点的距离的最小值为 A． 4 B． 5 C． 6 D． 7 【答案】A 【解析】设圆心  ,C x y ，则    2 23 4 1x y    ， 化简得   2 23 4 1x y    ， 所以圆心C 的轨迹是以 (3,4)M 为圆心，1 为半径的圆， 所以| | 1 | |OC OM  2 23 4 5   ，所以| | 5 1 4OC    ， 当且仅当C 在线段 OM 上时取得等号， 故选：A． 【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题. 5．（2019 年高考全国Ⅱ卷文数）设 F 为双曲线 C： 2 2 2 2 1x y a b   （a>0，b>0）的右焦点，O 为坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 x2+y2=a2 交于 P，Q 两点．若|PQ|=|OF|，则 C 的离心率为 A． 2 B． 3 C．2 D． 5 【答案】A 【解析】设 PQ 与 x 轴交于点 A，由对称性可知 PQ x 轴， 又 | |PQ OF c  ， | | ,2 cPA PA   为以 OF 为直径的圆的半径， ∴| | 2 cOA  ， ,2 2 c cP     ， 又 P 点在圆 2 2 2x y a  上， 2 2 2 4 4 c c a   ，即 2 2 2 2 2, 22 c ca e a     ． 2e  ，故选 A． 【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法， 避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强 化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出 P 点坐标，代入圆的方程得到 c 与 a 的关系，可求双曲线的离心率． 6．（2018 新课标Ⅲ文科）直线 2 0x y   分别与 x 轴，y 轴交于 A ，B 两点，点 P 在圆 2 2( 2) 2x y   上，则 ABP△ 面积的取值范围是 A． 2 6， B． 4 8， C． 2 3 2  ， D． 2 2 3 2  ， 【答案】A 【解析】 直线 2 0x y   分别与 x 轴，y 轴交于 A ，B 两点，    2,0 , 0, 2A B   ,则 2 2AB  .  点 P 在圆 2 2( 2) 2x y   上，圆心为（2，0）， 则圆心到直线的距离 1 2 0 2 2 2 2 d    . 故点 P 到直线 2 0x y   的距离 2d 的范围为 2,3 2   ， 则  2 2 1 2 2,62ABPS AB d d  △ . 故答案为 A. 【名师点睛】本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题. 先求出 A，B 两点坐标得到 AB ，再计算圆心到直线的距离，得到点 P 到直线距离的范围，由面积公式计 算即可. 7．【2020 年高考天津】已知直线 3 8 0x y   和圆 2 2 2 ( 0)x y r r   相交于 ,A B 两点．若| | 6AB  ， 则 r 的值为_________． 【答案】5 【解析】因为圆心  0,0 到直线 3 8 0x y   的距离 8 4 1 3 d    ， 由 2 2| | 2AB r d  可得 2 26 2 4r  ，解得 = 5r ． 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题． 8．【2020 年高考浙江】已知直线 ( 0)y kx b k   与圆 2 2 1x y  和圆 2 2( 4) 1x y   均相切，则 k  _______， b=_______． 【答案】 3 3 ； 2 3 3  【解析】由题意， 1 2,C C 到直线的距离等于半径，即 2 2 | | 1 1 b k   ， 2 2 | 4 | 1 1 k b k    ， 所以| | 4b k b  ，所以 0k  （舍）或者 2b k  ， 解得 3 2 3,3 3k b   . 故答案为： 3 2 3;3 3  【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题. 9．【2020 年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，已知 3( 0)2P ， ，A，B 是圆 C： 2 21( ) 362x y   上的两 个动点，满足 PA PB ，则△PAB 面积的最大值是 ▲ ． 【答案】10 5 【解析】 PA PB PC AB  Q 设圆心C 到直线 AB 距离为 d ，则 2 3 1| |=2 36 ,| | 14 4AB d PC    所以 2 2 21 2 36 ( 1) (36 )( 1)2PABS d d d d      V 令 2 2 2(36 )( 1) (0 6) 2( 1)( 2 36) 0 4y d d d y d d d d              （负值舍去） 当 0 4d  时， 0y  ；当 4 6d  时， 0y  ，因此当 4d  时，y 取最大值，即 PABS 取最大值为10 5 ， 故答案为：10 5 【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题. 10．（2019 年高考北京卷文数）设抛物线 y2=4x 的焦点为 F，准线为 l．则以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的 方程为__________． 【答案】 2 2( 1) 4x y   【解析】抛物线 y2=4x 中，2p=4，p=2， 焦点 F（1,0），准线 l 的方程为 x=−1， 以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为 2 2( 1) 4x y   . 【名师点睛】本题可采用数形结合法，只要画出图形，即可很容易求出结果. 11．（2019 年高考浙江卷）已知圆C 的圆心坐标是 (0, )m ，半径长是 r .若直线 2 3 0x y   与圆 C 相切于 点 ( 2, 1)A   ，则 m =___________， r =___________． 【答案】 2 ， 5 【解析】由题意可知 1 1: 1 ( 2)2 2ACk AC y x       ，把 (0, )m 代入直线 AC 的方程得 2m   ， 此时 | | 4 1 5r AC    . 【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线 AC 的斜率，进一步得 到其方程，将 (0, )m 代入后求得 m ，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的 结合，特别是要注意应用圆的几何性质. 12．（2019 年高考江苏卷）在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线 4 ( 0)y x xx    上的一个动点，则点 P 到直线 x+y=0 的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】当直线 x+y=0 平移到与曲线 4y x x   相切位置时，切点 Q 即为点 P，此时到直线 x+y=0 的距 离最小. 由 2 41 1y x      ，得 2( 2 )x x   舍 ， 3 2y  ，即切点 ( 2,3 2)Q ， 则切点 Q 到直线 x+y=0 的距离为 2 2 2 3 2 4 1 1    ， 故答案为 4 ． 【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导 数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题. 13．（2019 年高考浙江卷）已知椭圆 2 2 19 5 x y  的左焦点为 F ，点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方，若线段 PF 的中点在以原点O 为圆心， OF 为半径的圆上，则直线 PF 的斜率是___________． 【答案】 15 【解析】方法 1：如图，设 F1 为椭圆右焦点.由题意可知| |=| 2OF OM |= c= ， 由中位线定理可得 1 2| | 4PF OM  ，设 ( , )P x y ，可得 2 2( 2) 16x y   ， 与方程 2 2 19 5 x y  联立，可解得 3 21,2 2x x   （舍）， 又点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方，求得 3 15,2 2P      ，所以 15 2 151 2 PFk   . 方法 2：（焦半径公式应用）由题意可知| 2OF |=|OM |= c= ， 由中位线定理可得 1 2| | 4PF OM  ，即 34 2p pa ex x     ， 从而可求得 3 15,2 2P      ，所以 15 2 151 2 PFk   . 【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合 思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的 方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁. 14．（2018 新课标 I 文科）直线 1y x  与圆 2 2 2 3 0x y y    交于 A B， 两点，则 AB  ________． 【答案】 2 2 【解析】根据题意，圆的方程可化为  22 1 4x y   ，所以圆的圆心为  0, 1 ，且半径是 2， 根据点到直线的距离公式可以求得  22 0 1 1 2 1 1 d      ， 结合圆中的特殊三角形，可知 2 4 2 2 2AB    . 故答案为 2 2 . 【名师点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角 形，即半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.首先将圆的一般方程转 化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特 殊三角形，利用勾股定理求得弦长. 15．（2018 天津文科）在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________． 【答案】 2 2 2 0x y x   【解析】设圆的方程为 2 2 0x y Dx Ey F     ，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0）， 则 0 1 1 0 4 0 2 0 F D E F D F             ，解得 2 0 0 D E F       ， 则圆的方程为 2 2 2 0x y x   . 【名师点睛】求圆的方程，主要有两种方法： (1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的 直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线． (2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆 心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该 有三个独立等式． 16．（2018 江苏）在平面直角坐标系 xOy 中，A 为直线 : 2l y x 上在第一象限内的点， (5,0)B ，以 AB 为直 径的圆 C 与直线 l 交于另一点 D．若 0AB CD   ，则点 A 的横坐标为________． 【答案】3 【解析】设  ,2 ( 0)A a a a  ，则由圆心C 为 AB 中点得 5 , ,2 aC a     易得     : 5 2 0C x x a y y a     ， 与 2y x 联立解得点 D 的横坐标 1,Dx  所以  1,2D . 所以   55 , 2 , 1 ,22 aAB a a CD a           ， 由 0AB CD   得     255 1 2 2 0, 2 3 0, 32 aa a a a a a             或 1a   ， 因为 0a  ，所以 3.a  【名师点睛】以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等 相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这 类问题的一般方法. 17．（2019 年高考全国Ⅰ卷文数）已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，│AB│ =4，⊙M 过点 A，B 且与直 线 x+2=0 相切． （1）若 A 在直线 x+y=0 上，求⊙M 的半径； （2）是否存在定点 P，使得当 A 运动时，│MA│−│MP│为定值？并说明理由． 【答案】（1） M 的半径 =2r 或 =6r ；（2）存在，理由见解析. 【解析】（1）因为 M 过点 ,A B ，所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线上.由已知 A 在直线 + =0x y 上， 且 ,A B 关于坐标原点 O 对称，所以 M 在直线 y x 上，故可设 ( , )M a a . 因为 M 与直线x+2=0相切，所以 M 的半径为 | 2 |r a  . 由已知得| |=2AO ，又 MO AO  ，故可得 2 22 4 ( 2)a a   ，解得 =0a 或 =4a . 故 M 的半径 =2r 或 =6r . （2）存在定点 (1,0)P ，使得| | | |MA MP 为定值. 理由如下： 设 ( , )M x y ，由已知得 M 的半径为 =| +2|,| |=2r x AO . 由于 MO AO  ，故可得 2 2 24 ( 2)x y x    ，化简得M的轨迹方程为 2 4y x . 因为曲线 2: 4C y x 是以点 (1,0)P 为焦点，以直线 1x   为准线的抛物线，所以| |= +1MP x . 因为| | | |= | |= +2 ( +1)=1MA MP r MP x x   ，所以存在满足条件的定点P. 【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键 是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所 有情况，使得问题得解. 18．（2019 年高考全国Ⅲ卷文数）已知曲线 C：y= 2 2 x ，D 为直线 y= 1 2  上的动点，过 D 作 C 的两条切线， 切点分别为 A，B． （1）证明：直线 AB 过定点； （2）若以 E(0， 5 2 )为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求该圆的方程． 【答案】（1）见详解；（2） 2 2 5 42x y      或 2 2 5 22x y      . 【解析】（1）设  1 1 1, , ,2D t A x y    ，则 2 1 12x y ． 由于 y' x ，所以切线DA的斜率为 1x ，故 1 1 1 1 2y xx t   ． 整理得 1 12 2 +1=0. tx y 设  2 2,B x y ，同理可得 2 22 2 +1=0tx y ． 故直线AB的方程为 2 2 1 0tx y   ． 所以直线AB过定点 1(0, )2 ． （2）由（1）得直线AB的方程为 1 2y tx  ． 由 2 1 2 2 y tx xy      ，可得 2 2 1 0x tx   ． 于是   2 1 2 1 2 1 22 , 1 2 1x x t y y t x x t        . 设M为线段AB的中点，则 2 1, 2M t t    ． 由于 EM AB  ，而  2, 2EM t t  ，AB  与向量 (1, )t 平行，所以  2 2 0t t t   ．解得t=0或 1t   ． 当t =0时，| |EM  =2，所求圆的方程为 2 2 5 42x y      ； 当 1t   时，| | 2EM  ，所求圆的方程为 2 2 5 22x y      ． 【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班 地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小. 19．（2019 年高考江苏卷）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C: 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的焦点为 F1 （–1、0），F2（1，0）．过 F2 作 x 轴的垂线 l，在 x 轴的上方，l 与圆 F2: 2 2 2( 1) 4x y a   交于点 A， 与椭圆 C 交于点 D.连结 AF1 并延长交圆 F2 于点 B，连结 BF2 交椭圆 C 于点 E，连结 DF1． 已知 DF1= 5 2 ． （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）求点 E 的坐标． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 3( 1, )2E   . 【解析】（1）设椭圆 C 的焦距为 2c. 因为 F1(−1，0)，F2(1，0)，所以 F1F2=2，c=1. 又因为 DF1= 5 2 ，AF2⊥x 轴， 所以 DF2= 2 2 2 2 1 1 2 5 3( ) 22 2DF F F    ， 因此 2a=DF1+DF2=4，从而 a=2. 由 b2=a2−c2，得 b2=3. 因此，椭圆 C 的标准方程为 2 2 14 3 x y  . （2）解法一： 由（1）知，椭圆 C： 2 2 14 3 x y  ，a=2， 因为 AF2⊥x 轴，所以点 A 的横坐标为 1. 将 x=1 代入圆 F2 的方程(x−1) 2+y2=16，解得 y=±4. 因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1，4). 又 F1(−1，0)，所以直线 AF1：y=2x+2. 由 2 2( ) 2 2 1 16 y x x y         ，得 25 6 11 0x x   ， 解得 1x  或 11 5x   . 将 11 5x   代入 2 2y x  ，得 12 5y   ， 因此 11 12( , )5 5B   .又 F2(1，0)，所以直线 BF2： 3 ( 1)4y x  . 由 2 2 14 3 3 ( 1)4 x y x y          ，得 27 6 13 0x x   ，解得 1x   或 13 7x  . 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 1x   . 将 1x   代入 3 ( 1)4y x  ，得 3 2y   . 因此 3( 1, )2E   . 解法二： 由（1）知，椭圆 C： 2 2 14 3 x y  .如图，连结 EF1. 因为 BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以 EF1=EB， 从而∠BF1E=∠B. 因为 F2A=F2B，所以∠A=∠B， 所以∠A=∠BF1E，从而 EF1∥F2A. 因为 AF2⊥x 轴，所以 EF1⊥x 轴. 因为 F1(−1，0)，由 2 2 14 3 1x x y       ，得 3 2y   . 又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 3 2y   . 因此 3( 1, )2E   . 【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的 位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力. 1．（2021·黑龙江高三三模）已知直线 2y x m  与圆 2 2 1x y  相交于不同的两点 A 、 B ，O 为坐标原 点，且 0OA OB     ，则实数 m 的取值范围是（ ） A． 10 10, ,2 2              B． 10 105, , 52 2             C． 5 5, ,2 2              D． 5, 5   2．（2021·江西高三其他模拟）若直线 2 1 0mx y m    被圆 2 2 6 2 1 0x y x y     所截弦长最短，则 m  （ ） A．4 B．2 C． 1 2  D．-2 3．（2021·四川绵阳市·高三三模（文））已知圆 2 2: 2 4 0C x y ax y     关于直线 : 1 0l x y   对称， 圆C 交 x 轴于 A ， B 两点，则 AB  （ ） A． 4 2 B． 2 2 C． 2 5 D． 5 4．（2021·全国高三其他模拟）已知圆C ：   2 23 2 16x y    ，直线l ： y x t  与圆C 交于 A ， B 两点，且 ABC 的面积为 8，则直线l 的方程为( ) A． 3y x  或 5y x  B． 3y x= + 或 5y x  C． 3y x= + 或 5y x  D． 3y x  或 5y x  5．（2021·北京顺义区·高三二模）已知圆 2 2( ) ( ) 1x a y b    经过原点，则圆上的点到直线 2y x  距离的最大值为（ ） A． 2 2 B． 2 2 C． 2 1 D． 2 6．（2021·全国高三其他模拟）已知直线l ： 8 2 0kx y k    过定点 P ，过点 P 向圆O ： 2 2 1x y  作 切线，切点分别为 ,A B ，则弦 AB 所在的直线方程为______． 7．（2021·辽宁高三二模）过圆 O ：  2 2 2 0x y r r   外一点  2,0 引直线l 与圆O 相交于 A ， B 两点， 当 AOB 的面积取最大值时，直线l 的斜率等于 3 3  ，则 r 的值为___________. 8．（2021·天津河西区·高三一模）已知圆C 的圆心坐标是 (0, )m ，若直线 2 3 0x y   与圆C 相切于点 ( 2, 1)A   ，则圆 C 的标准方程为___________. 1．已知 M 、N 分别是曲线 1C ： 2 2 2 4 1 0x y x y     ， 2C ： 2 2 6 2 9 0x y x y     上的两个动点， P 为直线 2 2 0x y   上的一个动点，则 PM PN 的最小值为（ ） A．3 5 3 B．3 C． 2 5 1 D．4 2．圆 C 的半径为 5，圆心在 x 轴的负半轴上，且被直线3 4 4 0x y   截得的弦长为 6，则圆 C 的方程为 （ ） A． 2 2 2 3 0x y x    B． 2 216 39 0x x y    C． 2 216 39 0x x y    D． 2 2 4 0x y x   3．已知圆 2 2 4 2 0x y ax ay    与直线 2 10 0x y   相切，则圆的半径为 ( ) A． 5 B．2 C． 2 5 D．4 4．过直线 2 4 0x y   与 5 0x y   的交点，且垂直于直线 2 0x y  的直线方程是_______． 5．直线 :l y kx b  与圆 2 2: ( 1) ( 2) 5C x y    交于 ,A B 两点， C 为圆心，若 2CA CB   ，则 | |AB  _____. 6．已知圆C ： 4)4()3( 22  yx ，直线 1l 过定点 )0,1(A ． （1）若 1l 与圆相切，求 1l 的方程； （2） 若 1l 与圆相交于 P ，Q 两点，线段 PQ 的中点为 M ，又 1l 与 2l ： 022  yx 的交点为 N ， 求证： ANAM  为定值． 名校预测 1.【答案】B 【分析】 A 、B 为直线与圆的交点,设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立方程，借助韦达定理化简 1 2 2 2 0x x y yOA OB       ， 计算即可得出结果. 【详解】 A 、 B 为直线与圆的交点,设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，联立可得： 2 2 2 1 y x m x y      ， 即 2 25 4 1 0x mx m    ， 2 216 20( 1) 0m m     ，解得： 5 5m   . 则  2 1 2 1 2 2 1 2 1(2 )(2 = + +) 4 2y y x m x m x x m x x m     ， 则 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 4 4 8 2 1 05 5 5 5 m m mx xO y mA O yB m            , 解得： 10 2m   或 10 2m  . 综上： 10 105, , 52 2m              故选：B. 【点睛】 易错点睛：在处理直线与圆交点问题，联立方程借助韦达定理时，不要忽略 0  的隐含条件. 2.【答案】C 【分析】 先判断直线所过的定点，因为弦长最短得定点为弦中点，利用斜率关系即可求解参数值． 【详解】 直线 2 1 0mx y m    过定点  2,1P ， 因这直线 2 1 0mx y m    被圆 2 2 6 2 1 0x y x y     所截弦长最短， 所以点  2,1P 为弦的中点，故圆心 3, 1 与点  2,1P 连线与直线 2 1 0mx y m    垂直 则  1 1 12 3m      ，解得 1 2m   故选：C 【点睛】 关键点点睛：本题的关键在于判断定点为弦的中点位置． 3.【答案】A 【分析】 由已知圆关于直线对称，把圆心代入直线求出 a，利用垂径定理求 AB . 【详解】 圆 2 2: 2 4 0C x y ax y     的标准方程为：   2 2 21 52 4 a ax y        ， 圆心 C： , 12 a    ，半径 2 5 4 aR   . 因为圆 2 2: 2 4 0C x y ax y     关于直线 : 1 0l x y   对称， 所以 1 1 02 a    ，解得：a=4， 所以圆心 C： 2, 1 ， 2 5 = 5 4=34 aR    . 所以圆心到 x 轴距离为 1， 由垂径定理得： 2 2 1=2 8=4 2AB R  . 故选：A 【点睛】 求圆锥曲线的弦长： （1）特别的：圆中求弦长用垂径定理；抛物线求焦点弦弦长用抛物线的焦点弦弦长公式： 1 2| |AB x x p   ； （2）“设而不求法”，利用弦长公式 2 1 2| | 1 | |AB k x x   求弦长，这是求弦长的一般方法. 4.【答案】C 【分析】 由三角形面积定理求出等腰三角形顶角，进而求出其高，再用点到直线距离得解. 【详解】 由圆 C 的方程可得圆心C 的坐标为 3,2 ，半径为 4．∵ ABC 的面积为 1 4 4sin 82 ACB    ， ∴ 90ACB   ，∴ CB CA，∴点C 到直线 AB 的距离为 2 2 ． 由点到直线的距离公式可得点C 到直线 AB 的距离为 1 2 2 2 t  ， ∴ 3t  或 5t   ，∴l 的方程为 3y x= + 或 5y x  . 故选：C． 【点睛】 给定三角形面积的问题，可用三角形面积定理，也可用公式： 1 2 底 高，本题用前者定角最佳. 5.【答案】B 【分析】 由题意画图，数形结合可知 2 = 2 1+1 OB  ，当圆心 ( , )a b 在 C 处时，点 ( , )a b 到直线 2y x  的距离最 大，进而可求结果. 【详解】 如图： 2 2( ) ( ) 1x a y b    圆心为 ( , )a b ，经过原点，可得 2 2 1a b  则圆心 ( , )a b 在单位圆 2 2 1x y  上，原点 (0,0) 到直线 2y x  的距离为 2 = 2 1+1 OB  延长 BO 交 2 2 1x y  于点 C，以 C 为圆心，OC 为半径作圆 C，BC 延长线交圆 C 于点 D， 当圆心 ( , )a b 在 C 处时，点 ( , )a b 到直线 2y x  的距离最大为 +1= 2+1OB 此时，圆 2 2( ) ( ) 1x a y b    上点 D 到直线 2y x  的距离最大为 +1+1= 2 2OB  故选：B 【点睛】 关键的点睛：由题意画图，数形结合可得，点 D 到直线 2y x  的距离最大是解题的关键.本题考查了作图 能力，数形结合思想，运算求解能力，属于一般题目. 6.【答案】8 2 1 0x y   【分析】 根据直线过定点求得 P 点坐标，根据 , , ,O A P B 四点共圆可知弦 AB 是圆O 和圆C 的公共弦，由圆心和半 径可得圆 C 方程，利用两圆相交时，相交弦所在直线方程的求法可得所求直线方程. 【详解】 8 2 0kx y k   Q ，  8 2 0k x y     ， 由 8 0 2 0 x y      得： 8 2 x y     ，  8,2P  ． PA OA ， PB OB ，点 , , ,O A P B 四点共圆，且圆心C 为 OP 的中点， 弦 AB 是圆O 和圆C 的公共弦， 又 8 0 2 0,2 2C        ，即  4,1C  ，且圆 C 的半径 172 OPR   ， 圆C ：      22 24 1 17x y    …①，又圆O ： 2 2 1x y  …②， 由① ②得：弦 AB 所在直线方程为：8 2 1 0x y   ． 故答案为：8 2 1 0x y   . 【点睛】 结论点睛：本题考查过圆外一点作圆的切线，切点弦所在直线方程；本题也可以直接应用结论：从圆外点  0 0,P x y 作圆的两条切线，切点分别为 ,A B ，则弦 AB 所在直线方程为 （1）若圆方程为 2 2 2x y r  ，则切点弦所在直线方程为 2 0 0x x y y r  ； （2）若圆方程为   2 2 2x a y b r    ，则切点弦所在直线方程为      2 0 0x a x a y b y b r      ； （3）若圆方程为 2 2 0x y Dx Ey F     ，则切点弦所在直线方程为 0 0 0 0 02 2 x x y yx x y y D E F        . 7.【答案】 2 【分析】 利用三角形的面积公式可知，当 AOB 90   时， AOB 的面积取最大值，再利用点到直线的距离公式可 求得结果. 【详解】 21 1sin sin2 2AOBS OA OB AOB r AOB   △ ，当 AOB 90   时， AOB 的面积最大，此时圆心 O 到直线 AB 的距离 2 2d r ， 设直线 AB 方程为  2y k x  ， 2 1 3k  ，则 2 2 2 21 kd r k    ， 所以 2 2 2 4 1 1 2 k rk  ，再将 2 1 3k  代入，求得 2r  . 故答案为： 2 8.【答案】 2 2( 2) 5x y   【分析】 根据圆心和切点的连线与直线 2 3 0x y   垂直列方程，由此求得 m 的值，利用两点间的距离公式求得圆 的半径，进而求得圆的标准方程． 【详解】 因为圆心坐标为 (0, )m ，直线 2 3 0x y   与圆 C 相切于点 ( 2, 1)A   根据圆心和切点的连线与直线 2 3 0x y   垂直，所以 ( 1) 1 0 ( 2) 2 m      ，解得 2m   ， 根据两点间的距离公式，可得圆 C 的半径 2 2(0 2) ( 2 1) 5r       故圆 C 的标准方程为 2 2( 2) 5x y   ． 故答案为： 2 2( 2) 5x y   . 专家押题 1．【答案】A 【解析】曲线 1C : 2 2 2 4 1 0x y x y     是以  1 1,2C  为圆心,2 为半径的圆, 2C : 2 2 6 2 9 0x y x y     是以  2 3,1C 为圆心,1 为半径的圆, 则 PM 的最小值为 1 2PC  , PN 的最小值为 2 1PC  , 如下图所示,作点 1C 关于直线 2 2 0x y   的对称点 3C ,设其坐标为 ,m n , 可得 2 21 1 22 2 02 2 n m m n          ,解得 3 2 m n      ,即  3 3, 2C   , 连接 2 3C C ,分别交直线 2 2 0x y   ､圆 2C 于点 P , N ,连接 1PC ,交圆 1C 于点 M , 可得 1 2 3 2 2 3PC PC PC PC C C    2 2(3 3) (1 2) 3 5     , 当且仅当 2C , P , 3C 三点共线时 3 2PC PC 的最小值为3 5 , 则 PM PN 的最小值为3 5 3 , 故选:A. 【点睛】本题综合考查了点与圆,点关于直线对称的应用,需要学生能灵活运用所学知识. 2．【答案】B 【解析】设圆心为  ,0a ( 0a  )，圆 C 的半径为 5，弦长为 6，  圆心到直线3 4 4 0x y   的距离为 2 25 3 4  . 又圆心到直线3 4 4 0x y   的距离为 3 4 5 ad  ， 3 4 45 a   ，解得 8a   .  圆 C 的方程为 2 28 25x y   ，即 2 216 39 0x x y    . 故选： B . 【点睛】本题考查圆的方程，考查直线和圆的位置关系，属于基础题. 3．【答案】A 【解析】圆 2 2 4 2 0x y ax ay    的圆心 ( 2 , )a a  ，半径为： 25a ， 圆 2 2 4 2 0x y ax ay    与直线 2 10 0x y   相切， 可得： 2 2 2 | 2 ( 2 ) ( ) 10 | 5 2 1 a a a       ，解得 1a   ．所以圆的半径为： 5 ．故选：A． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，圆的一般方程求解圆的圆心以及半径，考查转化思想以 及计算能力，属于基础题. 4．【答案】 2 8 0x y   【解析】直线 2 4 0x y   与 5 0x y   的交点为 1,6 , 垂直于直线 2 0x y  的直线方程可设为 2 0x y m   , 所以 2 6 0, 8m m     ,即 2 8 0x y   . 【点睛】本题考查两直线垂直与交点，考查基本分析求解能力，属基础题. 5．【答案】 6 【解析】由 2CA CB   ，所以| | | | cos 5cos 2CA CB ACB ACB       ，所以 2cos 5ACB  ， 由余弦定理得， 2 2 2 2| | | | | | 2 | | | | cos 5 5 2 5 5 65AB CA CB CA CB ACB             ， 所以| | 6AB  . 故答案为： 6 . 【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，向量数量积的转化及余弦定理的使用是求解的关键，侧重 考查数学运算的核心素养. 6．【答案】（1）①若直线 l1 的斜率不存在，即直线是 1x ，符合题意， ②若直线 l1 的斜率存在，设直线 l1 为 )1(  xky ，即 0 kykx ， 圆心 )4,3( 到直线 l1 的距离等于半径 2，即 2 1 43 2    k kk ，解得 4 3k ， 故所求直线 l1 方程是 1x 或 0343  yx . （2）直线 l1 与圆相交，斜率必定存在，且不为 0，可设直线 l1 的方程为： 0 kykx 由      0 022 kykx yx ，得 )12 3,12 22(   k k k kN ， 又直线CM 与 l1 垂直，所以      )3(14 xky kkxy ， 得 )1 24,1 34( 2 2 2 2 k kk k kkM     . 所以： 6 12 1311 122 )12 3()112 22()1 24()11 34( 2 2 2 222 2 2 2 2 2         k kkk k k k k k k kk k kkANAM 故 ANAM  为定值. 时间：5 月 31 日 今日心情： 核心考点解读——圆锥曲线 椭 圆 （II） 双曲线（I） 抛物线（II） 直线与圆锥曲线（II） 1.从考查题型来看，涉及本知识点的选择题、填空题常结合圆锥曲线的定义及其简单几 何性质，利用直线与圆锥曲线的位置关系，通过建立代数方程求解.解答题中则常综合 考查椭圆的定义、标准方程、直线与椭圆的位置关系等. 2.从考查内容来看，主要考查圆锥曲线的方程，以及根据方程及其相应图形考查简单几 何性质，重点是椭圆及抛物线的简单几何性质的综合应用，注重运算求解能力的考查. 3.从考查热点来看，直线与圆锥曲线的位置关系是高考命题的热点，利用直线与圆锥曲 线的位置关系，通过直线方程与圆锥曲线方程的联立，结合椭圆、双曲线、抛物线的 定义考查与之有关的问题，重点突出考查运算的能力，体现了数形结合的思想. 1.椭圆 (1)椭圆的定义：平面上到两定点 1 2,F F 的距离的和为常数（大于两定点之间的距离） 的点 P 的轨迹是椭圆. 这两个定点叫做椭圆的焦点，两个定点之间的距离叫做椭圆 的焦距，记做 1 2 2F F c . 定义式： 1 2 1 22 (2 )PF PF a a F F   . 要注意，该常数必须大于两定点之间的距离，才能构成椭圆. (2)椭圆的标准方程： 焦点在 x 轴上， 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ； 焦点在 y 轴上， 2 2 2 2 1( 0)y x a ba b     . 说明：要注意根据焦点的位置选择椭圆方程的标准形式，知道 , ,a b c 之间的大小关 系和等量关系： 2 2 2 , 0, 0a c b a b a c      . (3)椭圆的图形及其简单几何性质 i)图形 焦点在 x 轴上 焦点在 y 轴上 ii) 标准方程 几何性质 范围 顶点 焦点 对称性 离心率 椭 圆 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  x a y b ( ,0)a ， (0, )b ( ,0)c 对称轴： x 轴， y 轴， 对称中心： 原点 0 1e  ， ce a 2 2 2 2 1y x a b   ( 0)a b  y a x b (0, )a ， ( ,0)b (0, )c 注意：求椭圆的标准方程的方法可以采用待定系数法，此时要注意根据焦点的位置选 择椭圆的标准方程；也可以利用椭圆的定义及焦点位置或点的坐标确定椭圆的标准方 程. 求椭圆离心率的主要方法：根据条件分别求出 a 与 c ，然后利用 ce a  计算求得离心 率；或者根据已知条件建立关于 , ,a b c 的等量关系式或不等关系式，由此得到方程或 不等式，通过解方程或不等式求解离心率的值或取值范围. 2.双曲线 (1)定义：平面内，到两个定点 1 2,F F 的距离之差的绝对值等于常数（小于 1 2F F ）的点 的轨迹叫做双曲线，这两个定点叫做双曲线的焦点，两个定点之间的距离叫做双曲 线的焦距，记做 1 2 2F F c . 定义式： 1 2 1 22 (0 2 )PF PF a a F F    . 要注意，常数小于两定点之间的距离. (2)双曲线的标准方程： 焦点在 x 轴上， 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ； 焦点在 y 轴上， 2 2 2 2 1( 0, 0)y x a ba b     . 说明：要注意根据焦点的位置选择双曲线的标准方程，知道 , ,a b c 之间的大小关系 和等量关系： 2 2 2 , 0, 0c a b c a c b      . (3)双曲线的图形及其简单几何性质 i)图形 焦点在 x 轴上 焦点在 y 轴上 ii) 标准方程 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  2 2 2 2 1y x a b   ( 0, 0)a b  范围 x a ， yR y a ， xR 顶点 ( ,0)a (0, )a 焦点 ( ,0)c (0, )c 渐近线 by xa   ay xb   对称性 对称轴： x 轴， y 轴；对称中心：原点 离心率 ce a  ， 1e  注意：求双曲线的标准方程的方法可以采用待定系数法，此时要注意根据焦点的位置 选择双曲线的标准方程；也可以利用双曲线的定义及焦点位置或点的坐标确定双曲线 的标准方程. 求双曲线离心率的主要方法：根据条件分别求出 a 与 c ，然后利用 ce a  计算求得离 心率；或者根据已知条件建立关于 , ,a b c 的等量关系式或不等关系式 ，由 此 得 到 方 程 或 不 等 式 ， 通 过 解 方 程 或 不 等 式 求 解 离 心 率 的 值 或 取 值 范 围 . 渐近线是双曲线特有的特征，双曲线的渐近线方程可以根据双曲线的标准方程求解， 令双曲线标准方程中的1 0 ，得到渐近线方程为 2 2 2 2 0x y a b   或 2 2 2 2 0y x a b   . 3.抛物线 (1)定义：平面内与一个定点 F 和一条定直线 (l l 不经过点 )F 的距离相等的点的轨迹叫 做抛物线.点 F 叫做抛物线的焦点，直线l 叫做抛物线的准线. 定义式： PF d ， d 为动点 P 到准线的距离. (2)抛物线的标准方程 焦点在 x 轴的正半轴上： 2 2 ( 0)y px p  ； 焦点在 x 轴的负半轴上： 2 2 ( 0)y px p   ； 焦点在 y 轴的正半轴上： 2 2 ( 0)x py p  ； 焦点在 y 轴的负半轴上： 2 2 ( 0)x py p   . (3)抛物线的图形及其简单几何性质 标准 方程 2 2y px ( 0)p  2 2y px  ( 0)p  2 2x py ( 0)p  2 2x py  ( 0)p  图形 焦点 )0,2( pF )0,2( pF  )2,0( pF )2,0( pF  准线方 程 2 px  2 px  2 py  2 py  范围 0,x y R 0,x y R , 0x y R , 0x y R 对称轴 x 轴 y 轴 顶点 (0,0) 离心率 1e  焦半径 12 xpPF  12 xpPF  12 ypPF  12 ypPF  (4)过抛物线的焦点且垂直于对称轴的弦称为通径，抛物线的通径长为 2p ；抛物线焦 点 弦 的 常 用 结 论 ： 设 AB 是 过 抛 物 线 2 2 ( 0)y px p  焦 点 F 的 弦 ， 若 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 则 2 1 2 4 px x  ， 2 1 2y y p  ， 弦 长 1 2AB x x p   ， 1 1 2 AF BF p   等. 4.直线与圆锥曲线的位置关系 (1)椭圆、双曲线、抛物线统称为圆锥曲线，直线与圆锥曲线的位置关系可分为相交、 相切、相离.位置关系的判定方式：将直线方程与圆锥曲线的方程联立，消元，得到 关于 ( )x y或 的方程，通过判别式  进行判别.要注意，若直线与双曲线的渐近线平行， 则直线与双曲线相交，且只有一个交点；若直线与抛物线的对称轴平行或重合，则 直线与抛物线相交，且只有一个交点. (2)直线与圆锥曲线相交的弦长问题：弦长公式： 2 2 1 2 1 2( ) ( )AB x x y y    2 1 2 1 22 1(1 ) (1 )k x x y yk       . (3)已知直线与圆锥曲线相交所得弦的中点，则该弦所在直线方程的表示方式： i)利用点斜式设出直线方程，联立方程，消元后根据根与系数的关系及中点坐标公式建 立关于直线斜率的方程，求解方程即可. ii)利用点差法，设弦的端点的坐标分别为 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，代入曲线方程，然后作 差，利用两点坐标求斜率公式，得到斜率，再利用点斜式写出直线方程. (4)圆锥曲线中有关定点、定值的问题：一般可以根据题意求出相关的表达式，再根据 已知条件建立方程组（或不等式），消去参数，求出定值或定点的坐标；也可以先 利用特殊情况确定定值或定点坐标，再从一般情况进行验证. (5)圆锥曲线中的最值、范围问题：一是根据题中的限制条件求范围，如直线与圆锥曲 线的位置关系中  的范围，方程中变量的范围，角度的大小等；二是将要讨论的几 何量，如长度、面积等用参数表示出来，再对表达式进行讨论，应用不等式、三角 函数等知识求最值. 1．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】在平面内，A，B 是两个定点，C 是动点，若 =1AC BC  ，则点 C 的轨迹为 A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线 【答案】A 【解析】设  2 0AB a a  ，以 AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 则：    ,0 , ,0A a B a ，设  ,C x y ，可得：    , , ,AC x a y BC x a y       ， 从而：    2AC BC x a x a y        ， 结合题意可得：   2 1x a x a y    ， 整理可得： 2 2 2 1x y a   ， 即点 C 的轨迹是以 AB 中点为圆心， 2 1a  为半径的圆. 故选：A． 【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化 能力和计算求解能力. 2．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】设 O 为坐标原点，直线 x=2 与抛物线 C：  2 2 0y px p  交于 D，E 两点， 若 OD⊥OE，则 C 的焦点坐标为 A．（ 1 4 ，0） B．（ 1 2 ，0） C．（1，0） D．（2，0） 【答案】B 【解析】因为直线 2x  与抛物线 2 2 ( 0)y px p  交于 ,E D 两点，且OD OE ， 根据抛物线的对称性可以确定 4DOx EOx     ，所以  2,2D ， 代入抛物线方程 4 4p ，求得 1p  ，所以其焦点坐标为 1( ,0)2 ， 故选：B． 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性， 点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目. 3．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】设 1 2,F F 是双曲线 2 2: 13 yC x   的两个焦点，O 为坐标原点，点 P 在C 上且| | 2OP  ，则 1 2PF F△ 的面积为 A． 7 2 B．3 C． 5 2 D．2 【答案】B 【解析】由已知，不妨设 1 2( 2,0), (2,0)F F ， 则 1, 2a c  ，因为 1 2 1| | 1 | |2OP F F  ， 所以点 P 在以 1 2F F 为直径的圆上， 即 1 2F F P 是以 P 为直角顶点的直角三角形， 故 2 2 2 1 2 1 2| | | | | |PF PF F F  ， 即 2 2 1 2| | | | 16PF PF  ，又 1 2| | | | 2 2PF PF a   ， 所以 2 1 24 | | | |PF PF   2 2 1 2| | | | 2PF PF  1 2| || | 16 2PF PF   1 2| || |PF PF ， 解得 1 2| || | 6PF PF  ，所以 1 2F F PS △ 1 2 1 | || | 32 PF PF  故选：B 【点晴】本题考查双曲线中焦点三角形面积的计算问题，涉及到双曲线的定义，考查学生的数学运算能 力，是一道中档题. 4．【2020 年高考全国Ⅱ卷文数】设 O 为坐标原点，直线 x=a 与双曲线 C： 2 2 2 2x y a b =l(a>0，b>0)的两条渐 近线分别交于 D，E 两点．若△ODE 的面积为 8，则 C 的焦距的最小值为 A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【解析】 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     ，双曲线的渐近线方程是 by xa   ，  直线 x a 与双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的两条渐近线分别交于 D ， E 两点 不妨设 D 为在第一象限， E 在第四象限， 联立 x a by xa   ，解得 x a y b    ， 故 ( , )D a b ， 联立 x a by xa    ，解得 x a y b     ， 故 ( , )E a b ，  | | 2ED b ，  ODE 面积为： 1 2 82ODES a b ab   △ ，  双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     ， 其焦距为 2 22 2 2 2 2 16 8c a b ab     ， 当且仅当 2 2a b  取等号，  C 的焦距的最小值：8 . 故选：B． 【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等 式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属 于中档题. 5．【2020 年高考天津】设双曲线C 的方程为 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ，过抛物线 2 4y x 的焦点和点 (0, )b 的直线为 l ．若C 的一条渐近线与 l 平行，另一条渐近线与 l 垂直，则双曲线C 的方程为 A． 2 2 14 4 x y  B． 2 2 14 yx   C． 2 2 14 x y  D． 2 2 1x y  【答案】D 【解析】由题可知，抛物线的焦点为 1,0 ，所以直线l 的方程为 1yx b   ，即直线的斜率为 b ， 又双曲线的渐近线的方程为 by xa   ，所以 bb a    ， 1bb a     ，因为 0, 0a b  ，解得 1, 1a b  ． 故选： D ． 【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用， 属于基础题． 6．【2020 年高考北京】设抛物线的顶点为O ，焦点为 F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过 P 作 PQ l 于Q ，则线段 FQ 的垂直平分线 A. 经过点O B. 经过点 P C. 平行于直线 OP D. 垂直于直线OP 【答案】B 【解析】如图所示： ． 因为线段 FQ 的垂直平分线上的点到 ,F Q 的距离相等，又点 P 在抛物线上，根据定义可知，PQ PF ， 所以线段 FQ 的垂直平分线经过点 P . 故选：B. 【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题. 7．【2020年高考浙江】已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数 23 4y x  图象上的点，则|OP|= A． 22 2 B． 4 10 5 C． 7 D． 10 【答案】D 【解析】因为| | | | 2 4PA PB   ，所以点 P 在以 ,A B 为焦点，实轴长为 2 ，焦距为 4 的双曲线的右支 上，由 2, 1c a  可得， 2 2 2 4 1 3b c a     ，即双曲线的右支方程为   2 2 1 03 yx x   ，而点 P 还在 函数 23 4y x  的图象上，所以， 由   2 2 2 1 03 3 4 yx x y x        ，解得 13 2 3 3 2 x y     ，即 13 27 104 4OP    ． 故选：D. 【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数学运 算能力，属于基础题． 8．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】已知曲线 2 2: 1C mx ny  . A．若 m>n>0，则 C 是椭圆，其焦点在 y 轴上 B．若 m=n>0，则 C 是圆，其半径为 n C．若 mn0，则 C 是两条直线 【答案】ACD 【解析】对于 A，若 0m n  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 2 11 1 x y m n   ， 因为 0m n  ，所以 1 1 m n  ， 即曲线C 表示焦点在 y 轴上的椭圆，故 A 正确； 对于 B，若 0m n  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 2 1x y n   ， 此时曲线C 表示圆心在原点，半径为 n n 的圆，故 B 不正确； 对于 C，若 0mn  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 2 11 1 x y m n   ， 此时曲线C 表示双曲线， 由 2 2 0mx ny  可得 my xn    ，故 C 正确； 对于 D，若 0, 0m n  ，则 2 2 1mx ny  可化为 2 1y n  ， ny n   ，此时曲线C 表示平行于 x 轴的两条直线，故 D 正确； 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学 运算的核心素养. 9．（2019 年高考浙江卷）渐近线方程为 x±y=0 的双曲线的离心率是 A． 2 2 B．1 C． 2 D．2 【答案】C 【解析】因为双曲线的渐近线方程为 0x y  ，所以 a b ，则 2 2 2c a b a   ，所以双曲线的离 心率 2ce a   .故选 C. 【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得 a b ，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双 曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现 理解性错误. 10．（2019 年高考全国Ⅰ卷文数）双曲线 C： 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的一条渐近线的倾斜角为 130°，则 C 的离心率为 A．2sin40° B．2cos40° C． 1 sin50 D． 1 cos50 【答案】D 【解析】由已知可得 tan130 , tan50b b a a      ， 2 2 2 2 2 2 2 sin 50 sin 50 cos 50 11 1 tan 50 1 cos 50 cos 50 cos50 c be a a                     ， 故选 D． 【名师点睛】对于双曲线：   2 2 2 2 1 0 , 0x y a ba b     ，有 2 1c be a a        ； 对于椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ，有 2 1c be a a       ，防止记混． 11．（2019 年高考全国Ⅰ卷文数）已知椭圆 C 的焦点为 1 21,0 1,0F F( )， ( )，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点．若 2 2| | 2 | |AF F B ， 1| | | |AB BF ，则 C 的方程为 A． 2 2 12 x y  B． 2 2 13 2 x y  C． 2 2 14 3 x y  D． 2 2 15 4 x y  【答案】B 【解析】法一：如图，由已知可设 2F B n ，则 2 12 , 3AF n BF AB n   ， 由椭圆的定义有 1 2 1 22 4 , 2 2a BF BF n AF a AF n       ． 在 1AF B△ 中，由余弦定理推论得 2 2 2 1 4 9 9 1cos 2 2 3 3 n n nF AB n n      ． 在 1 2AF F△ 中，由余弦定理得 2 2 14 4 2 2 2 43n n n n      ，解得 3 2n  ． 2 2 22 4 2 3 , 3 , 3 1 2 ,a n a b a c           所求椭圆方程为 2 2 13 2 x y  ，故选 B． 法二：由已知可设 2F B n ，则 2 12 , 3AF n BF AB n   ， 由椭圆的定义有 1 2 1 22 4 , 2 2a BF BF n AF a AF n       ． 在 1 2AF F△ 和 1 2BF F△ 中，由余弦定理得 2 2 2 1 2 2 2 1 4 4 2 2 2 cos 4 4 2 2 cos 9 n n AF F n n n BF F n                 ， 又 2 1 2 1,AF F BF F  互补， 2 1 2 1cos cos 0AF F BF F     ，两式消去 2 1 2 1cos cosAF F BF F , ，得 2 23 6 11n n  ，解得 3 2n  ． 2 2 22 4 2 3 , 3 , 3 1 2 ,a n a b a c           所求椭圆 方程为 2 2 13 2 x y  ，故选 B． 【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地 落实了直观想象、逻辑推理等数学素养． 12．（2019 年高考全国Ⅱ卷文数）若抛物线 y2=2px（p>0）的焦点是椭圆 2 2 13 x y p p   的一个焦点，则 p= A．2 B．3 C．4 D．8 【答案】D 【解析】因为抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 ( ,0)2 p 是椭圆 2 2 3 1x y p p   的一个焦点，所以 23 ( )2 pp p  ， 解得 8p  ，故选 D． 【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛 物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于 p 的方程，从而解出 p ，或者利用检验排除的方法，如 2p  时， 抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除 A，同样可排除 B，C，从而得到选 D． 13．（2019 年高考全国Ⅱ卷文数）设 F 为双曲线 C： 2 2 2 2 1x y a b   （a>0，b>0）的右焦点，O 为坐标原点， 以 OF 为直径的圆与圆 x2+y2=a2 交于 P，Q 两点．若|PQ|=|OF|，则 C 的离心率为 A． 2 B． 3 C．2 D． 5 【答案】A 【解析】设 PQ 与 x 轴交于点 A，由对称性可知 PQ x 轴， 又 | |PQ OF c  ， | | ,2 cPA PA   为以 OF 为直径的圆的半径， ∴| | 2 cOA  ， ,2 2 c cP     ， 又 P 点在圆 2 2 2x y a  上， 2 2 2 4 4 c c a   ，即 2 2 2 2 2, 22 c ca e a     ． 2e  ，故选 A． 【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法， 避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强 化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出 P 点坐标，代入圆的方程得到 c 与 a 的关系，可求双曲线的离心率． 14．（2019 年高考全国Ⅲ卷文数）已知 F 是双曲线 C： 2 2 14 5 x y  的一个焦点，点 P 在 C 上，O 为坐标 原点，若 =OP OF ，则 OPF△ 的面积为 A． 3 2 B． 5 2 C． 7 2 D． 9 2 【答案】B 【解析】设点  0 0,P x y ，则 2 2 0 0 14 5 x y  ①． 又 4 5 3OP OF    ， 2 2 0 0 9x y   ②． 由①②得 2 0 25 9y  ，即 0 5 3y  ， 0 1 1 5 532 2 3 2OPFS OF y      △ ， 故选 B． 【名师点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅.设  0 0,P x y ，由 =OP OF ，再结合双曲线方程可解出 0y ，利用三角形面积公式可求出结果. 15．（2018 新课标全国Ⅰ文科）已知椭圆 C ： 2 2 2 14 x y a   的一个焦点为 (2 0)， ，则C 的离心率为 A． 1 3 B． 1 2 C． 2 2 D． 2 2 3 【答案】C 【解析】由题可得 2c  ，因为 2 4b  ，所以 2 2 2 8a b c   ，即 2 2a  ， 所以椭圆C 的离心率 2 2 22 2 e   . 故选 C． 【名师点睛】该题考查的是有关椭圆的离心率的问题，在求解的过程中，一定要注意离心率的公式，再 者就是要学会从题的条件中判断与之相关的量，结合椭圆中 ǡǡ 的关系求得结果. 16．（2018 新课标全国Ⅱ文科）已知 1F ， 2F 是椭圆 C 的两个焦点， P 是 C 上的一点，若 1 2PF PF ，且 2 1 60PF F   ，则 C 的离心率为 A． 31 2  B． 2 3 C． 3 1 2  D． 3 1 【答案】D 【解析】在 1 2F PF△ 中， 1 2 2 190 , 60F PF PF F     ， 设 2PF m ， 则 1 2 12 2 , 3c F F m PF m   ， 又由椭圆定义可知 1 22 ( 3 1)a PF PF m    ， 则 2 2 3 12 ( 3 1) c c me a a m       . 故选 D． 【名师点睛】椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是 利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题 中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义. 17．（2018 新课标全国Ⅱ文科）双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的离心率为 3 ，则其渐近线方程为 A． 2y x  B． 3y x  C． 2 2y x  D． 3 2y x  【答案】A 【解析】因为 3ce a   ，所以 2 2 2 2 2 2 1 3 1 2b c a ea a       ，所以 2b a  ， 因为渐近线方程为 by xa   ，所以渐近线方程为 2y x  . 故选 A． 18．（2018 新课标全国Ⅲ文科）已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的离心率为 2 ，则点 (4,0) 到C 的渐近线的距离为 A． 2 B． 2 C． 3 2 2 D． 2 2 【答案】D 【解析】 21 ( ) 2c be a a     ， 1b a   ，则双曲线C 的渐近线方程为 0x y  ， 故点 (4,0) 到渐近线的距离 4 2 2 1 1 d    . 故选 D． 19．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】设双曲线 C: 2 2 2 2 1x y a b   (a>0,b>0)的一条渐近线为 y= 2 x，则 C 的离心 率为_________． 【答案】 3 【解析】由双曲线方程 2 2 2 2 1x y a b   可得其焦点在 x 轴上， 因为其一条渐近线为 2y x ， 所以 2b a  ， 2 21 3c be a a     . 故答案为： 3 【点睛】本题考查的是有关双曲线性质，利用渐近线方程与离心率关系是解题的关键，要注意判断焦点 所在位置，属于基础题. 20．【2020 年高考北京】已知双曲线 2 2 : 16 3 x yC   ，则 C 的右焦点的坐标为_________；C 的焦点到其渐 近线的距离是_________． 【答案】 3,0 ； 3 【解析】在双曲线 C 中， 6a  ， 3b  ，则 2 2 3c a b   ，则双曲线 C 的右焦点坐标为 3,0 ， 双曲线C 的渐近线方程为 2 2y x  ，即 2 0x y  ， 所以，双曲线C 的焦点到其渐近线的距离为 2 3 3 1 2   . 故答案为： 3,0 ； 3 . 【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能 力，属于基础题. 21．【2020 年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 2 2 2 1 05 ( )x y aa    的一条渐近线方程为 5 2y x ， 则该双曲线的离心率是 ▲ ． 【答案】 3 2 【 解 析 】 双 曲 线 2 2 2 15 x y a   ， 故 5b  . 由 于 双 曲 线 的 一 条 渐 近 线 方 程 为 5 2y x ， 即 5 22 b aa    ，所以 2 2 4 5 3c a b     ，所以双曲线的离心率为 3 2 c a  . 故答案为： 3 2 【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题. 22．【2020 年新高考全国Ⅰ卷】斜率为 3 的直线过抛物线 C：y2=4x 的焦点，且与 C 交于 A，B 两点，则 AB =________． 【答案】16 3 【解析】∵抛物线的方程为 2 4y x ，∴抛物线的焦点 F 坐标为 (1,0)F ， 又∵直线 AB 过焦点 F 且斜率为 3 ，∴直线 AB 的方程为： 3( 1)y x  代入抛物线方程消去 y 并化简得 23 10 3 0x x   ， 解法一：解得 1 2 1 , 33x x  所以 2 1 2 1 16| | 1 | | 1 3 | 3 |3 3AB k x x        解法二： 100 36 64 0     设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 1 2 10 3x x  , 过 ,A B 分别作准线 1x   的垂线，设垂足分别为 ,C D 如图所示. 1 2| | | | | | | | | | 1 1AB AF BF AC BD x x        1 2 16+2= 3x x  故答案为：16 3 【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题. 23．（2019 年高考北京卷文数）设抛物线 y2=4x 的焦点为 F，准线为 l．则以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的 方程为__________． 【答案】 2 2( 1) 4x y   【解析】抛物线 y2=4x 中，2p=4，p=2， 焦点 F（1,0），准线 l 的方程为 x=−1， 以 F 为圆心，且与 l 相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为 2 2( 1) 4x y   . 【名师点睛】本题可采用数形结合法，只要画出图形，即可很容易求出结果. 24．（2019 年高考全国Ⅲ卷文数）设 1 2F F， 为椭圆 C: 2 2 + 136 20 x y  的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象 限．若 1 2MF F△ 为等腰三角形，则 M 的坐标为___________. 【答案】 3, 15 【解析】由已知可得 2 2 2 2 236 , 20 , 16 , 4a b c a b c        ， 1 1 2 2 8MF F F c    ，∴ 2 4MF  ． 设点 M 的坐标为  0 0 0 0, 0 , 0x y x y  ，则 1 2 1 2 0 0 1 42MF FS F F y y   △ ， 又 1 2 2 2 0 1 4 8 2 4 15 , 4 4 152MF FS y      △ ，解得 0 15y  ，  2 2 0 15 136 20 x   ，解得 0 3x  （ 0 3x   舍去）， M\ 的坐标为 3, 15 ． 【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落 实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出 1 2MF MF、 ，设出 M 的 坐标，结合三角形面积可求出 M 的坐标. 25．（2019 年高考浙江卷）已知椭圆 2 2 19 5 x y  的左焦点为 F ，点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方，若线段 PF 的中点在以原点O 为圆心， OF 为半径的圆上，则直线 PF 的斜率是___________． 【答案】 15 【解析】方法 1：如图，设 F1 为椭圆右焦点.由题意可知| |=| 2OF OM |= c= ， 由中位线定理可得 1 2| | 4PF OM  ，设 ( , )P x y ，可得 2 2( 2) 16x y   ， 与方程 2 2 19 5 x y  联立，可解得 3 21,2 2x x   （舍）， 又点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方，求得 3 15,2 2P      ，所以 15 2 151 2 PFk   . 方法 2：（焦半径公式应用）由题意可知| 2OF |=|OM |= c= ， 由中位线定理可得 1 2| | 4PF OM  ，即 34 2p pa ex x     ， 从而可求得 3 15,2 2P      ，所以 15 2 151 2 PFk   . 【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合 思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的 方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁. 26．【2020 年高考全国Ⅰ卷文数】已知 A、B 分别为椭圆 E： 2 2 2 1x ya   （a>1）的左、右顶点，G 为 E 的 上顶点， 8AG GB   ，P 为直线 x=6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D． （1）求 E 的方程； （2）证明：直线 CD 过定点. 【解析】（1）由题设得 ( ,0), ( ,0), (0,1)A a B a G ． 则 ( ,1)AG a ， ( , 1)GB a  ．由 8AG GB   得 2 1 8a   ，即 3a  ． 所以 E 的方程为 2 2 19 x y  ． （2）设 1 1 2 2( , ), ( , ), (6, )C x y D x y P t ． 若 0t  ，设直线 CD 的方程为 x my n  ，由题意可知 3 3n   ． 由于直线 PA 的方程为 ( 3)9 ty x  ，所以 1 1( 3)9 ty x  ． 直线 PB 的方程为 ( 3)3 ty x  ，所以 2 2( 3)3 ty x  ． 可得 1 2 2 13 ( 3) ( 3)y x y x   ． 由于 2 22 2 19 x y  ，故 2 2 2 2 ( 3)( 3) 9 x xy    ，可得 1 2 1 227 ( 3)( 3)y y x x    ， 即 2 2 1 2 1 2(27 ) ( 3)( ) ( 3) 0m y y m n y y n       ．① 将 x my n  代入 2 2 19 x y  得 2 2 2( 9) 2 9 0m y mny n     ． 所以 2 1 2 1 22 2 2 9,9 9 mn ny y y ym m       ． 代入①式得 2 2 2 2(27 )( 9) 2 ( 3) ( 3) ( 9) 0m n m n mn n m        ． 解得 3n   （舍去）， 3 2n  ． 故直线CD 的方程为 3 2x my  ，即直线 CD 过定点 3( ,0)2 ． 若 0t  ，则直线 CD 的方程为 0y  ，过点 3( ,0)2 ． 综上，直线 CD 过定点 3( ,0)2 ． 【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力， 属于难题. 27．【2020 年高考全国Ⅱ卷文数】已知椭圆 C1： 2 2 2 2 1x y a b   (a>b>0)的右焦点 F 与抛物线 C2 的焦点重合， C1的中心与 C2 的顶点重合．过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C1 于 A，B 两点，交 C2于 C，D 两点，且|CD|= 4 3 |AB|． （1）求 C1 的离心率； （2）若 C1 的四个顶点到 C2 的准线距离之和为 12，求 C1 与 C2 的标准方程． 【解析】（1）由已知可设 2C 的方程为 2 4y cx ，其中 2 2c a b  . 不妨设 ,A C 在第一象限，由题设得 ,A B 的纵坐标分别为 2b a ， 2b a  ； ,C D 的纵坐标分别为 2c ， 2c ， 故 22| | bAB a  ，| | 4CD c . 由 4| | | |3CD AB 得 284 3 bc a  ，即 23 2 2( )c c a a    ，解得 2c a   （舍去）， 1 2 c a  . 所以 1C 的离心率为 1 2 . （2）由（1）知 2a c ， 3b c ，故 2 2 1 2 2: 14 3 x yC c c   .所以 1C 的四个顶点坐标分别为 (2 ,0)c ，( 2 ,0)c ， (0, 3 )c ， (0, 3 )c ， 2C 的准线为 x c  . 由已知得3 12c c c c    ，即 2c  . 所以 1C 的标准方程为 2 2 116 12 x y  ， 2C 的标准方程为 2 8y x . 【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的 坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力. 28．【2020 年高考全国Ⅲ卷文数】已知椭圆 2 2 2: 1(0 5)25 x yC m m     的离心率为 15 4 ， A ， B 分别为 C 的 左、右顶点． （1）求 C 的方程； （2）若点 P 在 C 上，点 Q 在直线 6x  上，且| | | |BP BQ ， BP BQ ，求 APQ△ 的面积． 【解析】（1）由题设可得 225 15 5 4 m  ，得 2 25 16m  ， 所以C 的方程为 2 2 12525 16 x y  . （2）设 ( , ), (6, )P P QP x y Q y ，根据对称性可设 0Qy  ，由题意知 0Py  ， 由已知可得 (5,0)B ，直线 BP 的方程为 1 ( 5) Q y xy    ，所以 2| | 1P QBP y y  ， 2| | 1 QBQ y  ， 因为| | | |BP BQ ，所以 1Py  ，将 1Py  代入C 的方程，解得 3Px  或 3 . 由直线 BP 的方程得 2Qy  或 8. 所以点 ,P Q 的坐标分别为 1 1 2 2(3,1), (6,2); ( 3,1), (6,8)P Q P Q . 1 1| | 10PQ  ，直线 1 1PQ 的方程为 1 3y x ，点 ( 5,0)A  到直线 1 1PQ 的距离为 10 2 ，故 1 1APQ△ 的面 积为 1 10 5102 2 2    . 2 2| | 130PQ  ，直线 2 2PQ 的方程为 7 10 9 3y x  ，点 A 到直线 2 2PQ 的距离为 130 26 ，故 2 2APQ△ 的 面积为 1 130 51302 26 2    . 综上， APQ△ 的面积为 5 2 . 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和 数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 29．【2020 年高考北京】已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   过点 ( 2, 1)A   ，且 2a b ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程： （Ⅱ）过点 ( 4,0)B  的直线 l 交椭圆 C 于点 ,M N ,直线 ,MA NA分别交直线 4x   于点 ,P Q ．求 | | | | PB BQ 的 值． 【解析】 (1)设椭圆方程为：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ，由题意可得： 2 2 4 1 1 2 a b a b      ，解得： 2 2 8 2 a b     ， 故椭圆方程为： 2 2 18 2 x y  . (2)设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线 MN 的方程为：  4y k x  ， 与椭圆方程 2 2 18 2 x y  联立可得：  22 24 4 8x k x   ， 即：   2 2 2 24 1 32 64 8 0k x k x k     ， 则： 2 2 1 2 1 22 2 32 64 8,4 1 4 1 k kx x x xk k      . 直线 MA 的方程为：  1 1 11 22 yy xx    ， 令 4x   可得：     1 11 1 1 1 1 1 4 1 2 1 41 22 1 22 2 2 2P k x k xy xy x x x x                  ， 同理可得：   2 2 2 1 4 2Q k xy x     . 很明显 0P Qy y  ，且： P Q PB y PQ y  ，注意到：              1 2 2 11 2 1 2 1 2 4 2 4 24 42 1 2 12 2 2 2P Q x x x xx xy y k kx x x x                     ， 而：       1 2 2 1 1 2 1 24 2 4 2 2 3 8x x x x x x x x           2 2 2 2 64 8 322 3 84 1 4 1 k k k k                  2 2 2 2 64 8 3 32 8 4 1 2 04 1 k k k k          ， 故 0,P Q P Qy y y y    . 从而 1P Q PB y PQ y   . 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、 三角形的面积等问题． 30．【2020 年高考浙江】如图，已知椭圆 2 2 1 : 12 xC y  ，抛物线 2 2 : 2 ( 0)C y px p  ，点 A 是椭圆 1C 与抛 物线 2C 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆 1C 于点 B，交抛物线 2C 于点 M（B，M 不同于 A）． （Ⅰ）若 1 16p  ，求抛物线 2C 的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值． 【解析】（Ⅰ）由 1 16p  得 2C 的焦点坐标是 1( ,0)32 ． （Ⅱ）由题意可设直线 : ( 0, 0)l x my t m t    ，点 0 0( , )A x y ． 将直线l 的方程代入椭圆 2 2 1 : 12 xC y  得 2 2 2( 2) 2 2 0m y mty t     ， 所以点 M 的纵坐标 2 2M mty m    ． 将直线l 的方程代入抛物线 2 2 : 2C y px 得 2 2 2 0y pmy pt   ， 所以 0 2My y pt  ，解得 2 0 2 ( 2)p my m  ， 因此 2 2 0 2 2 ( 2)p mx m  ． 由 2 20 0 12 x y  得 2 4 2 1 2 24( ) 2( ) 160m mp m m      ， 所以当 2m  ， 10 5t  时， p 取到最大值 10 40 ． 【点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数 学运算能力，是一道有一定难度的题. 31．【2020 年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2 : 14 3 x yE   的左、右焦点分别为 F1，F2， 点 A 在椭圆 E 上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线 AF1 与椭圆 E 相交于另一点 B． （1）求 1 2AF F△ 的周长； （2）在 x 轴上任取一点 P，直线 AP 与椭圆 E 的右准线相交于点 Q，求 OP QP  的最小值； （3）设点 M 在椭圆 E 上，记 OAB△ 与 MAB△ 的面积分别为 S1，S2，若 2 13S S ，求点 M 的坐标． 【解析】（1）椭圆 2 2 : 14 3 x yE   的长轴长为 2a ，短轴长为 2b ，焦距为 2c ， 则 2 2 24, 3, 1a b c   . 所以 1 2AF F△ 的周长为 2 2 6a c  . （2）椭圆 E 的右准线为 4x  . 设 ( ,0), (4, )P x Q y ， 则 ( ,0), ( 4, )OP x QP x y     ， 2( 4) ( 2) 4 4,OP QP x x x         在 2x  时取等号. 所以 OP QP  的最小值为 4 . （3）因为椭圆 2 2 : 14 3 x yE   的左、右焦点分别为 1 2,F F ，点 A 在椭圆 E 上且在第一象限内， 2 1 2AF F F⊥ ， 则 1 2 3( 1,0), (1,0), (1, )2F F A . 所以直线 :3 4 3 0.AB x y   设 ( , )M x y ，因为 2 13S S ，所以点 M 到直线 AB 距离等于点 O 到直线 AB 距离的 3 倍. 由此得 | 3 4 3| | 3 0 4 0 3|35 5 x y       ， 则 3 4 12 0x y   或3 4 6 0x y   . 由 2 2 3 4 12 0, 14 3 x y x y      得 27 24 32 0x x   ，此方程无解； 由 2 2 3 4 6 0, 14 3 x y x y      得 27 12 4 0x x   ，所以 2x  或 2 7x   . 代入直线 :3 4 6 0l x y   ，对应分别得 0y  或 12 7y   . 因此点 M 的坐标为 (2,0) 或 2 12( , )7 7   . 【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以 及根据 2 13S S 推出 9 5d  是解答本题的关键. 32．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 2 2 ，且过点A（2，1）． （1）求C的方程： （2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值． 【解析】（1）由题设得 2 2 4 1 1a b   ， 2 2 2 1 2 a b a   ，解得 2 6a  ， 2 3b  ． 所以 C 的方程为 2 2 16 3 x y  ． （2）设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ． 若直线 MN 与 x 轴不垂直，设直线 MN 的方程为 y kx m  ， 代入 2 2 16 3 x y  得 2 2 2(1 2 ) 4 2 6 0k x kmx m     ． 于是 2 1 2 1 22 2 4 2 6,1 2 1 2 km mx x x xk k      ．① 由 AM AN 知 0AM AN   ，故 1 2 1 2( 2)( 2) ( 1)( 1) 0x x y y      ， 可得 2 2 1 2 1 2( 1) ( 2)( ) ( 1) 4 0k x x km k x x m         ． 将①代入上式可得 2 2 2 2 2 2 6 4( 1) ( 2) ( 1) 4 01 2 1 2 m kmk km k mk k          ． 整理得 (2 3 1)(2 1) 0k m k m     ． 因为 (2,1)A 不在直线 MN 上，所以 2 1 0k m   ，故 2 3 1 0k m   ， 1k  ． 于是 MN 的方程为 2 1( ) ( 1)3 3y k x k    . 所以直线 MN 过点 2 1( , )3 3P  . 若直线 MN 与 x 轴垂直，可得 1 1( , )N x y . 由 0AM AN   得 1 1 1 1( 2)( 2) ( 1)( 1) 0x x y y       . 又 2 2 1 1 16 3 x y  ，可得 2 1 13 8 4 0x x   .解得 1 2x  （舍去）， 1 2 3x  . 此时直线 MN 过点 2 1( , )3 3P  . 令 Q 为 AP 的中点，即 4 1( , )3 3Q . 若 D 与 P 不重合，则由题设知 AP 是 Rt ADP△ 的斜边，故 1 2 2| | | |2 3DQ AP  . 若 D 与 P 重合，则 1| | | |2DQ AP . 综上，存在点 4 1( , )3 3Q ，使得| |DQ 为定值. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程和性质，圆锥曲线中的定点定值问题，关键是第二问中证明直线 MN 经过定点，并求得定点的坐标,属综合题，难度较大. 33．【2020 年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     过点 M（2，3）,点 A 为其左顶点，且 AM 的斜率为 1 2 ， （1）求 C 的方程； （2）点 N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值. 【解析】(1)由题意可知直线 AM 的方程为： 13 ( 2)2y x   ，即 2 4  x y . 当 y=0 时，解得 4x   ，所以 a=4， 椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     过点 M(2，3)，可得 2 4 9 116 b   ， 解得 b2=12. 所以 C 的方程： 2 2 116 12 x y  . (2)设与直线 AM 平行的直线方程为： 2x y m  ， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与 AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为 N，此时△AMN 的面积取 得最大值. 联立直线方程 2x y m  与椭圆方程 2 2 116 12 x y  ， 可得：  2 23 2 4 48m y y   ， 化简可得： 2 216 12 3 48 0y my m    ， 所以  2 2144 4 16 3 48 0m m      ，即 m2=64，解得 m=±8， 与 AM 距离比较远的直线方程： 2 8x y  ， 直线 AM 方程为： 2 4  x y ， 点 N 到直线 AM 的距离即两平行线之间的距离， 利用平行线之间的距离公式可得： 8 4 12 5 51 4 d    ， 由两点之间距离公式可得 2 2| | (2 4) 3 3 5AM     . 所以△AMN 的面积的最大值： 1 12 53 5 182 5    . 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、 三角形的面积等问题． 34．【2020 年高考天津】已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的一个顶点为 (0, 3)A  ，右焦点为 F ，且 | | | |OA OF ，其中O 为原点． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）已知点C 满足3OC OF  ，点 B 在椭圆上（ B 异于椭圆的顶点），直线 AB 与以 C 为圆心的圆 相切于点 P ，且 P 为线段 AB 的中点．求直线 AB 的方程． 【解析】（Ⅰ）由已知可得 3b  ．记半焦距为 c ，由| | | |OF OA 可得 3c b  ．又由 2 2 2a b c  ， 可得 2 18a  ．所以，椭圆的方程为 2 2 118 9 x y  ． （Ⅱ）因为直线 AB 与以C 为圆心的圆相切于点 P ，所以 AB CP ．依题意，直线 AB 和直线 CP 的 斜率均存在．设直线 AB 的方程为 3y kx  ．由方程组 2 2 3, 1,18 9 y kx x y     消去 y ，可得  2 22 1 12 0k x kx   ，解得 0x  ，或 2 12 2 1 kx k   .依题意，可得点 B 的坐标为 2 2 2 12 6 3,2 1 2 1 k k k k       ．因 为 P 为线段 AB 的中点，点 A的坐标为 (0, 3) ，所以点 P 的坐标为 2 2 6 3,2 1 2 1 k k k       ．由 3OC OF  ， 得点C 的坐标为 (1,0) ，故直线 CP 的斜率为 2 2 3 02 1 6 12 1 k k k    ，即 2 3 2 6 1k k  ．又因为 AB CP ，所以 2 3 12 6 1k k k     ，整理得 22 3 1 0k k   ，解得 1 2k  ，或 1k  ． 所以，直线 AB 的方程为 1 32y x  ，或 3y x  ． 35．（2019 年高考全国Ⅱ卷文数）已知 1 2,F F 是椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的两个焦点，P 为 C 上一点， O 为坐标原点． （1）若 2POF△ 为等边三角形，求 C 的离心率； （2）如果存在点 P，使得 1 2PF PF ，且 1 2F PF△ 的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围． 【答案】（1） 3 1 ；（2） 4b  ，a 的取值范围为[4 2, ) . 【解析】（1）连结 1PF ，由 2POF△ 为等边三角形可知在 1 2F PF△ 中， 1 2 90F PF   ， 2PF c ， 1 3PF c ，于是 1 22 ( 3 1)a PF PF c    ，故C 的离心率是 3 1ce a    . （2）由题意可知，满足条件的点 ( , )P x y 存在．当且仅当 1 | | 2 162 y c  ， 1y y x c x c     ， 2 2 2 2 1x y a b   ， 即 | | 16c y  ，① 2 2 2x y c  ，② 2 2 2 2 1x y a b   ，③ 由②③及 2 2 2a b c  得 4 2 2 by c  ，又由①知 2 2 2 16y c  ，故 4b  ． 由②③得  2 2 2 2 2 ax c bc   ，所以 2 2c b ，从而 2 2 2 22 32,a b c b    故 4 2a  . 当 4b  ， 4 2a  时，存在满足条件的点P． 所以 4b  ， a 的取值范围为[4 2, ) ． 【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的 简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题. 36．（2019 年高考全国Ⅲ卷文数）已知曲线 C：y= 2 2 x ，D 为直线 y= 1 2  上的动点，过 D 作 C 的两条切线， 切点分别为 A，B． （1）证明：直线 AB 过定点； （2）若以 E(0， 5 2 )为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求该圆的方程． 【答案】（1）见详解；（2） 2 2 5 42x y      或 2 2 5 22x y      . 【解析】（1）设  1 1 1, , ,2D t A x y    ，则 2 1 12x y ． 由于 y' x ，所以切线DA的斜率为 1x ，故 1 1 1 1 2y xx t   ． 整理得 1 12 2 +1=0. tx y 设  2 2,B x y ，同理可得 2 22 2 +1=0tx y ． 故直线AB的方程为 2 2 1 0tx y   ． 所以直线AB过定点 1(0, )2 ． （2）由（1）得直线AB的方程为 1 2y tx  ． 由 2 1 2 2 y tx xy      ，可得 2 2 1 0x tx   ． 于是   2 1 2 1 2 1 22 , 1 2 1x x t y y t x x t        . 设M为线段AB的中点，则 2 1, 2M t t    ． 由于 EM AB  ，而  2, 2EM t t  ，AB  与向量 (1, )t 平行，所以  2 2 0t t t   ．解得t=0或 1t   ． 当t =0时，| |EM  =2，所求圆的方程为 2 2 5 42x y      ； 当 1t   时，| | 2EM  ，所求圆的方程为 2 2 5 22x y      ． 【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班 地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小. 37．（2019 年高考北京卷文数）已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   的右焦点为 (1,0) ，且经过点 (0,1)A ． （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 O 为原点，直线 : ( 1)l y kx t t    与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q，直线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线 l 经过定点． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）见解析. 【解析】（1）由题意得，b2=1，c=1． 所以a2=b2+c2=2． 所以椭圆C的方程为 2 2 12 x y  ． （2）设P（x1，y1），Q（x2，y2）， 则直线AP的方程为 1 1 1 1yy xx   ． 令y=0，得点M的横坐标 1 1 1M xx y    ． 又 1 1y kx t  ，从而 1 1 | | | |1M xOM x kx t     ． 同理， 2 2 | | | |1 xON kx t    ． 由 2 2 , 12 y kx t x y     得 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x ktx t     ． 则 1 2 2 4 1 2 ktx x k     ， 2 1 2 2 2 2 1 2 tx x k   ． 所以 1 2 1 2 | | | | | || |1 1 x xOM ON kx t kx t         1 2 2 2 1 2 1 2 | |( 1) ( 1) x x k x x k t x x t       2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2| |2 2 4( 1) ( ) ( 1)1 2 1 2 t k t ktk k t tk k           12| |1 t t   ． 又| | | | 2OM ON  ， 所以 12| | 21 t t   ． 解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）． 【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、 三角形的面积等问题． 38．（2018 新课标Ⅰ文科）设抛物线 2 2C y x： ，点  2 0A ， ，  2 0B  ， ，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； （2）证明： ABM ABN∠ ∠ ． 【解析】（1）当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 x=2，可得 M 的坐标为（2，2）或（2，–2）． 所以直线 BM 的方程为 y= 1 12 x  或 1 12y x   ． （2）当 l 与 x 轴垂直时，AB 为 MN 的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN． 当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 ( 2)( 0)y k x k   ，M（x1，y1），N（x2，y2），则 x1>0，x2>0． 由 2 ( 2) 2 y k x y x     ， 得 ky2–2y–4k=0，可知 y1+y2= 2 k ，y1y2=–4． 直线 BM，BN 的斜率之和为 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 2 ( 2)( 2)BM BN y y x y x y y yk k x x x x          ．① 将 1 1 2yx k   ， 2 2 2yx k   及 y1+y2，y1y2 的表达式代入①式分子，可得 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 4 ( ) 8 82( ) 0y y k y yx y x y y y k k          ． 所以 kBM+kBN=0，可知 BM，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN． 综上，∠ABM=∠ABN． 39．（2018 新课标全国Ⅱ文科）设抛物线 2 4C y x： 的焦点为 F ，过 F 且斜率为 ( 0)k k  的直线 l 与 C 交于 A ， B 两点，| | 8AB  ． （1）求 l 的方程； （2）求过点 A ， B 且与 C 的准线相切的圆的方程． 【解析】（1）由题意得 F（1，0），l 的方程为 y=k（x–1）（k>0）． 设 A（x1，y1），B（x2，y2）． 由 2 ( 1) 4 y k x y x     得 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k    ． 216 16 0k    ，故 2 1 2 2 2 4kx x k   ． 所以 2 1 2 2 4 4( 1) ( 1) kAB AF BF x x k        ． 由题设知 2 2 4 4 8k k   ，解得 k=–1（舍去），k=1． 因此 l 的方程为 y=x–1． （2）由（1）得 AB 的中点坐标为（3，2），所以 AB 的垂直平分线方程为 2 ( 3)y x    ，即 5y x   ． 设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则 0 0 2 2 0 0 0 5 ( 1)( 1) 16.2 y x y xx        ， 解得 0 0 3 2 x y    ，或 0 0 11 6. x y     ， 因此所求圆的方程为 2 2( 3) ( 2) 16x y    或 2 2( 11) ( 6) 144x y    ． 40．（2018 新课标全国Ⅲ文科）已知斜率为 k 的直线l 与椭圆 2 2 14 3 x yC  ： 交于 A ，B 两点．线段 AB 的 中点为 (1, )( 0)M m m  ． （1）证明： 1 2k   ； （2）设 F 为C 的右焦点， P 为C 上一点，且 FP FA FB   0    ．证明： 2 | | | | | |FP FA FB    ． 【解析】（1）设 1 1( )A x y， ， 2 2( )B x y， ，则 2 2 1 1 14 3 x y  ， 2 2 2 2 14 3 x y  ． 两式相减，并由 1 2 1 2 =y y kx x   得 1 2 1 2 04 3 x x y y k    ． 由题设知 1 2 12 x x  ， 1 2 2 y y m  ，于是 3 4k m   ， 由题设得 30 2m  ，故 1 2k   ． （2）由题意得 F（1，0）．设 3 3( )P x y， ，则 3 3 1 1 2 2( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) (0 0)x y x y x y     ， ， ， ， ． 由（1）及题设得 3 1 23 ( ) 1x x x    ， 3 1 2( ) 2 0y y y m      ． 又点 P 在 C 上，所以 3 4m  ，从而 3(1 )2P ， ， 3| |= 2FP uur ． 于是 2 2 2 2 1 1 1 1 1| | ( 1) ( 1) 3(1 ) 24 2 x xFA x y x         uur ，同理 2| |=2 2 xFB  uur ， 所以 1 2 14 ( ) 32FA FB x x     uur uur ，故 2| |=| |+| |FP FA FB uur uur uur ． 1．（2021·广东高三二模）已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的短轴长为 4 ，焦距为 2 2 .过椭圆C 的上 端点 B 作圆 2 2 2x y  的两条切线，与椭圆C 分别交于另外两点 M ， N .则 BNM 的面积为（ ） A． 6 B．144 25 C．12 5 D．15 2 2．（2021·山西高三二模）已知直线 0 )2 0(x y n n    与双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的两条渐近线分 别相交于 A， B 两点，点 P 的坐标为 ,0n ，若 PA PB ，则该双曲线的离心率是( ) A． 2 B． 3 C． 15 3 D． 6 2 3．（2021·江西高三二模（文））将双曲线绕其对称中心旋转，会得到我们熟悉的函数图象，例如将双曲线 2 2 12 2 x y  的图象绕原点逆时针旋转 45后，能得到反比例函数 1y x  的图象（其渐近线分别为 x 轴和 y 轴）； 同样的，如图所示，常见的“对勾函数”  0, 0ny mx m nx     也能由双曲线的图象绕原点旋转得到（其 渐近线分别为 y mx 和 y 轴）．设 3 3m  ， 3n  ，则此“对勾函数”所对应的双曲线的实轴长为（ ） A． 4 3 B．4 C． 2 6 D． 2 7 4．（2021·河南新乡市·高三三模）已知抛物线  2: 2 0M x py p  的焦点为 F ，过点 F 且斜率为 5 12 的直 线l 与抛物线 M 交于 A ､ B 两点(点 A 在第二象限)，则 AF BF  （ ） A． 5 13 B． 4 13 C． 5 9 D． 4 9 5．（2021·广东高三其他模拟）已知 1F ， 2F 分别是双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     的左、右焦点，点 P 是双曲线 C 上一点，且 1 2 π 2F PF  ， 1 2F PF△ 的面积为 2a ，则双曲线C 的渐近线方程为______. 6．（2021·湖北高三二模）以抛物线 2 2 ( 0)y px p  焦点 F 为端点的一条射线交抛物线于点 A ，交 y 轴于 点 B ，若| | 2AF  ，| | 3BF  ，则 p  ________. 7．（2021·黑龙江高三三模）已知点 A 为椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左顶点，  ,0F c 为椭圆的右焦 点， B ， E 在椭圆上，四边形OABE 为平行四边形(O 为坐标原点)，点 F 到直线 AE 的距离等于 2 2 b ， 则椭圆C 的离心率为___________. 8．（2021·全国高三专题练习）已知抛物线 E ： 2 2y px （ 0p  ）的焦点为 F ，准线与 x 轴交于点 K ， 过点 K 作圆 C ： 2 23 4x y   的两条切线，切点为 M ， N ， 2 3MN  . （1）求抛物线 E 的方程； （2）设 A ，B 是抛物线 E 上分别位于 x 轴两侧的两个动点，且 9 4OA OB   （其中O 为坐标原点），求 FAB 与 OAF△ 面积之和的最小值. 9．（2021·山东高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的离心率为 3 2 ， 右焦点为 2F ，上顶点为 2A ，点  ,P a b 到直线 2 2F A 的距离等于 1． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若直线l ：  0y kx m m   与椭圆C 相交于 A ， B 两点， D 为 AB 中点，直线 DE ， DF 分别与 圆W ：  22 23x y m m   相切于点 E ， F ，求 EWF 的最小值． 10．（2021·陕西宝鸡市·高三一模）已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，直线 : 2l y x a  与抛物线C 交 于 A， B 两点. （1）若 1a   ，求 FAB 的面积. （2）已知圆 2 2:( 3) 4M x y   ，过点 (4,4)P 作圆 M 的两条切线，与曲线C 交于另外两点分别为 D ， E ，求证直线 DE 也与圆 M 相切. 11．（2020·全国高三其他模拟（文））已知抛物线  2 1 : 2 0C y px p  的焦点为 F ，圆  2 2 2 : 1 1C x y   ， O 为坐标原点， 2C 为 OF 的中点，过点 F 与直线 1l 交抛物线于 A ，B 两点，与直线 1l 平行的直线 2l 与圆 2C 相切且交抛物线于 C ， D 两点． （1）求抛物线 1C 的方程； （2）若 CD AB ，求  的最大值． 1．椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点分别是 1F 、 2F ，以 2F 为圆心的圆过椭圆的中心，且与椭圆交 于点 P ，若直线 1PF 恰好与圆 2F 相切于点 P ，则椭圆的离心率为 A． 3 1 B． 3 1 2  C． 2 2 D． 5 1 2  2．如图， 1 2,F F 是双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的左、右焦点，过 2F 的直线与双曲线C 交于 ,A B 两 点．若 1 1: : 3: 4:5AB BF AF  ，则双曲线的渐近线方程为 A． 2 3y x  B． 2 2y x  C． 3y x  D． 2y x  3． 已知 B 是抛物线 21 18y x  上任意一点，  0, 1A  ，且点 P 为线段 AB 的中点． （1）求点 P 的轨迹C 的方程； （2）若 F 为点 A 关于原点 O 的对称点，过 F 的直线交曲线C 于 M 、 N 两点，直线 OM 交直线 1y   于点 H ，求证： NF NH ． 4．已知椭圆 2 2 2 12 x yC a ：   过点 P（2，1）． （1）求椭圆 C 的方程，并求其离心率； （2）过点 P 作 x 轴的垂线 l，设点 A 为第四象限内一点且在椭圆 C 上（点 A 不在直线 l 上），点 A 关 于 l 的对称点为 A'，直线 A'P 与 C 交于另一点 B．设 O 为原点，判断直线 AB 与直线 OP 的位置关系， 并说明理由． 名校预测 1.【答案】B 【分析】 根据椭圆的短轴长为 4 ，焦距为 2 2 ，求得椭圆方程，再设直线 BN 的方程，利用直线与圆相切，求得直 线方程，与椭圆方程联立，求得 M，N 的坐标即可. 【详解】 因为椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的短轴长为 4 ，焦距为 2 2 ， 22, 2, 6b c a   ， 所以椭圆方程为 2 2 16 4 x y  ， 如图所示： 设直线 BN 的方程为 2y kx  ， 则原点到直线 BN 的距离为 2 2 1 d k   ， 又因为直线 BN 与圆 2 2 2x y  相切， 所以 2 2 2 1 k   ，解得 1k   ， 则直线 BN 的方程为 2y x   ， 由 2 2 2 16 4 y x x y      ，解得 12 5 2 5 x y      ，即 12 2,5 5N     ， 同理求得 12 2,5 5M      ， 所以 BNM 的面积为 1 1 24 2 14422 2 5 5 25S MN BD            ， 故选：B 2.【答案】C 【分析】 联立直线 2 0x y n   与双曲线的渐近线 2 2 2 2 0x y a b   的方程组，求出线段 AB 中点 Q 坐标，由 PQ⊥AB 列式求解而得. 【详解】 双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的渐近线方程为： 2 2 2 2 0x y a b   ， 由 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 (4 ) 4 00 x y n b a y b ny b nb x a y           ， 设点 A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段 AB 中点 Q(x0,y0)， 2 1 2 2 2 4 4 b ny y b a    ， 2 2 1 2 0 0 02 2 2 2 2 22 4 4 y y b n a ny x y nb a b a       ， ，因 PA PB ，则 PQ⊥AB， 所以直线 PQ 斜率为-2，即： 2 22 2 2 20 2 2 0 2 2 2 242 2 3 2 3 4 b n y bb a b aa nx n anb a           ， 双曲线的离心率 e 有 2 2 2 2 5 151 1 3 3 3 be ea        . 故选：C 【点睛】 利用所给条件建立 a，b，c 的关系等式是求双曲线的离心率的关键. 3.【答案】C 【分析】 求出旋转后实轴所在直线方程，求出双曲线的两个顶点坐标，再由两点间的距离公式可得解. 【详解】 旋转后两条渐近线分别为 3 3y x 和 0x  ，夹角为 60 ， 旋转前后两条渐近线的夹角不变，实轴所在直线是两条渐近线所夹角的平分线， 所以旋转后，双曲线的实轴所在直线的倾斜角为 60 ，斜率为 3 ，方程为 3y x ， 联立 3 3 3 3 y x y x x     ，解得 6 2 3 2 2 x y     或 6 2 3 2 2 x y       ， 所以旋转后的双曲线的两个顶点为 6 3 2( , )2 2 或 6 3 2( , )2 2   ， 所以实轴长为 2 26 6 3 2 3 2( ) ( ) 2 62 2 2 2     . 故选：C 4.【答案】D 【分析】 画出图形，设出| | 5BE m ，则| | 13AB m ，再根据抛物线的定义，求解即可． 【详解】 解：如图，直线CD 为抛物线 M 的准线， AC CD ， BD CD ， AE BD ． 因为直线l 的斜率为 5 12 ，设| | 5BE m ，则| | 12AE m ，所以 2 2| | 13AB AE BE m   ， | | | | | | | | | | 5BE BD AC BF AF m     ，| | | | | | 13AB AF BF m   ， 解得| | 4AF m ，| | 9BF m ，故 | | 4 | | 9 4 9 AF BF m m   ． 故选：D 5.【答案】 0x y  【分析】 利用双曲线的定义和勾股定理可求得 2 1 2 2PF PF b  ，再利用三角形的面积公式可得出 a b ，进而可得 出双曲线 C 的渐近线方程. 【详解】 1 2 2PF PF a  ， 2 2 2 1 2 4PF PF c  ， 则 22 2 2 2 2 1 2 1 2 1 22 4 4 4PF PF PF PF PF PF c a b        ，所以， 2 1 2 2PF PF b  ， 因为 1 2 2F PF   ，所以， 1 2 2 2 1 2 1 2F PFS PF PF b a  △ ，可得 a b . 因此，双曲线 C 的渐近线方程为 by x xa     ，即 0x y  . 故答案为： 0x y  . 【点睛】 方法点睛：双曲线中的焦点三角形： 双曲线上一点 P 与双曲线的两个焦点 1F 、 2F 构成的 1 2PF F△ 称为焦点三角形，在处理双曲线中的焦点三角 形问题时，可结合双曲线的定义 1 2 2PF PF a  以及三角形中的有关定理和公式（如正弦定理、余弦定 理、三角形的面积公式等）来求解. 6.【答案】3 【分析】 设 1 1( , )A x y ，根据 | | 1 | | 3 AB BF  1 2 x p ，求出 16p x ，再根据抛物线的定义得 1| | 22 pAF x   ，将 16p x 代入可求出结果. 【详解】 依题意可得 ( ,0)2 pF ，设 1 1( , )A x y ，则 1| | 22 pAF x   ， 因为| | 2AF  ，| | 3BF  ，所以| | | | | | 3 2 1AB BF AF     ， 所以 | | 1 | | 3 AB BF  ，又 1 12| | | | 2 x xAB pBF p   ， 所以 12 1 3 x p  ，所以 16p x ，所以 1 1 6 22 xx   ，解得 1 1 2x  ，所以 1 16 6 32p x    . 故答案为：3 7.【答案】 10 2 3  【分析】 根据椭圆的对称性先求出点 E 的坐标，从而求出直线 AE 的方程，根据点  ,0F c 到直线 AE 的距离建立方 程，从而求出离心率. 【详解】 由四边形OABE 为平行四边形，则 / /AO BE ,且 BE a 不妨设 B ， E 在 x 轴上方，点 E 在第一象限. 由椭圆的对称性可得 2E ax  ，则 2 2 31 4 2B ay b ba    所以 3,2 2 a bE       ，则 3 32 3 2 AE b bk a aa    所以直线 AE 的方程为：  3 3 by x aa   ，即3 3 3 0ay bx ab   所以点  ,0F c 到直线 AE 的距离为： 2 2 3 3 2 29 3 bc ab bd a b      化简得 2 23 4 2 0c ac a   ，即 23 4 2 0e e   解得 10 2 3e   ，所以取 10 2 3e  故答案为： 10 2 3  【点睛】 关键点睛：本题考查求椭圆的离心率，解答本题的关键是根据托奥运的对称性得出 3,2 2 a bE       ，然后得出 直线 AE 的方程，根据点  ,0F c 到直线 AE 的距离得方程 2 2 3 3 2 29 3 bc ab bd a b      ，属于中档题. 8.【答案】（1） 2 4y x ；（2） 9 14 2 . 【分析】 （1）由已知可得 ,02 pK     ，圆C ： 2 23 4x y   的圆心  3,0C ，半径 2r = ，设 MN 与 x 轴交于 R ， 则可得 60MCR   ，有 4CK  ，所以3 42 p  ，从而可求出 p 的值，进而可得抛物线的方程； （2）设直线 AB ： x my t  ， 2 1 1,4 yA y     ， 2 2 2,4 yB y     ，设 1 0y  ， 2 0y  ，直线方程与抛物线方程联 立消去 x ，整理后利用根与系数的关系可得 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y t   ，而由 9 4OA OB   列方程可求得 9 2t  ，则有 AB 恒过定点 9 ,02Q     ，而  1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 7 2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y              ，消去 2y 后再利用基本不等式可 得答案 【详解】 解：（1）由已知可得 ,02 pK     ，圆C ： 2 23 4x y   的圆心  3,0C ，半径 2r = . 设 MN 与 x 轴交于 R ，由圆的对称性可得 3MR  .于是 1CR  ， 60MCR   所以 4CK  ，即有3 42 p  ，解得 2p  ，则抛物线 E 的方程为 2 4y x （2）设直线 AB ： x my t  ， 2 1 1,4 yA y     ， 2 2 2,4 yB y     ，设 1 0y  ， 2 0y  联立抛物线方程可得 2 4 4 0y my t   ∴ 1 2 4y y m  ， 1 2 4y y t   由 9 4OA OB   有 2 2 1 2 1 2 9 4 4 4 y y y y    ， 解得 1 2 18y y   或 2（舍去），即 4 18t   ，解得 9 2t  . 则有 AB 恒过定点 9 ,02Q     ；  1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 7 2 2 2 2 2FAB AOFS S OF y FQ y y y y y              1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 9 91 7 18 1 63 63 63 9 1422 4 2 4 2 4 2 4 2 2 y y yy y yy y y y                 （当且仅当 1 1 9 63 4 2 y y  ，即 1 14y  时取等号） ∴ FAB 与 OAF△ 面积之和的最小值 9 14 2 【点睛】 关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查数学计算能力，解题的关键是由 9 4OA OB   推出直 线 AB 恒过定点 9 ,02Q     ，从而可把 FAB 与 OAF△ 面积之和表示出来，属于中档题 9.【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）120． 【分析】 （1）由离心率与点  ,P a b 到直线 2 2F A 的距离等于 1，列方程即可求得 ,a b ，可得方程； （2）将直线代入椭圆结合韦达定理求得点 D 坐标，通过计算可得 1sin 2EDW  ，即 30EDW   可得 120EWF   ． 【详解】 解：（1）直线 2 2F A 的方程为 1 0x y bx cy bcc b        ,P a b 到直线 2 2F A 的距离为 2 2 1ab bc bc ab bab c       而 3 2 c a  ， 2 2 2a b c  ，∴ 2a  ，椭圆C 的标准方程为 2 2 14 x y  ． （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 0,D x y  22 2 2 4 44 4 y kx m x kx mx y         ， ∴ 2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m       2 2 2 264 4 1 4 4 4 0k m k m      ，∴ 1 2 0 2 4 2 1 4 x x kmx k     ， ∴ 2 2 4 ,1 4 1 4 km mD k k       ， ∴     2 22 2 2 2 22 22 2 1sin 16 16 13 31 4 1 41 4 1 4 m mEDW DW k m m kmk kk k                    令 2 1 1 4 tk  ，∴  2 22 1 1 1sin 23 2 94 4 3 EDW t tt t t          ∴ 30EDW   ，∴ 120EWF   ． 【点睛】 解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三 角形的面积等问题． 10.【答案】（1） 3 2 （2）证明见解析 【分析】 （1）联立方程组，求出弦长，点到直线的距离代入面积公式即可求解； （2）设过点 P 的直线方程为 ( 4) 4x t y   ，求出点 ,D E 的坐标，求出直线 DE，利用圆心到直线的距离 等半径即可求证. 【详解】 (1）抛物线的焦点为 F(1,0)，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 把 2 1y x  方程代入抛物线 2 4y x ， 可得 24 8 1 0x x   ， 1 2 1 2 12, ,4x xx x    22 2 1 1 2 1 1| | 1 | | 5 ( ) 4 15AB k x x x x x x        , 点 F 到直线l 的距离 1 5 d  ， 1 1 1 3152 2 25ABFS AB d      （2）设过点 P 的直线方程为 ( 4) 4x t y   ， 由直线与圆 M 相切得 2 | 4 1| 2 1 t t    ，可得 212 8 3 0t t   ， 设切线 ,PD PE 的斜率分别为 1 2,t t ，则 1 2 1 2 2 1,3 4t t t t    ， 把 ( 4) 4x t y   代入抛物线方程可得 2 4 16 16 0y ty t    , 则 4， 1y 是方程 2 4 16 16 0y ty t    的两根, 可得 1 14 4y t  ,同理 2 24 4y t  . 则有 (4(D t ， 直线 DE： 2 1 1 2 1 1(4 4) 4( 1) ,2y t x tt t         即为 2 1 1 3(4 4) 4( 1)4y t x t        则圆心 (3,0) 到直线 DE 的距离为 2 1 1 2 1 1 2 3| 3 4( 1) 4 4 | 14 |12 8 13|531 ( )4 t t d t t            ， 由 2 1 112 8 3 0t t   ，代入上式，化简可得 2d  ， 所以直线 DE 与圆 M 相切. 【点睛】 方法点睛：证明直线与圆相切，求出直线的方程，圆心和半径，利用点到直线的距离求出圆心到直线的距 离，化简求值等于半径即可. 11.【答案】（1） 2 8y x ；（2） 3 2 4 . 【分析】 （1）易得 4p  ，进而可得抛物线 1C 的方程为 2 8y x ； （2）分别求出弦长 AB 、 CD ，从而得到 2 2 2 CD AB   ，换元之后用二次函数求出 2 的最大值，进而得到  的最大值. 【详解】 （1）由题意可知，  2 1,0C ，故  2,0F ． 所以 22 p  ，故 4p  ． 所以抛物线 1C 的方程为 2 8y x ． （2）易知直线 1l 的斜率存在且不为 0， 则可设   1 : 2 0l y k x k   ， 代入 2 8y x ，得  2 2 2 24 2 4 0k x k x k    ， 所以  2 2 4 2  A B k x x k ． 由抛物线的定义知，    2 2 2 2 4 2 8 1 4A B k k AB x x p k k         ． 设  2 : 0l y kx m k   ， 则由 2l 与圆  2 2 2 : 1 1C x y   相切， 得 2 1 1 k m k    ，所以 21 2 mk m  ． 将 y kx m  代人 2 8y x 得，  2 2 22 4 0k x km x m    ， 则   2 2 4 C D kmx x k    ， 2 2C D mx x k  ， 所以 21 C DCD k x x    221 4D DC Ck x x x x      2 2 4 1 4 2k m k k   从而      2 2 2 2 22 16 1 4 2 64 1 k kmCD AB k               2 2 2 22 2 2 2 2 4 1 31 4 2 4 1 1 1 1 4 m m mkm k m m m          ． 记 2 1m t  ，则 1t  （当 1t  时， 0m  ，此时 k 不存在）， 所以    2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 91 2 4 8 t t t t t t                ， 当 4t  时， 2 取到最大值，为 9 8 ， 此时 3, 3 3 m k     或 3, 3 ,3 m k     所以  的最大值为 3 2 4 ． 【点睛】 关键点点睛：本题第二问关键在于：分别求出弦长 AB 、 CD 之后，把 2 2 2 CD AB   表示为 m 的函数. 专家押题 1．【答案】A 【解析】由题意得： 1 2PF PF ，且 2PF c ， 又 1 2 2PF PF a  ， 1 2PF a c   ， 由勾股定理得 2 2 2 22 4 2 2 0a c c c e e       ，解得 3 1e   . 故选 A. 2．【答案】A 【解析】设 1 1 23, 4, 5,AB BF AF AF x    ， 由双曲线的定义得：3 4 5x x    ，解得 3x  ， 所以 2 2 1 2| | 4 6 4 13F F    13c  ， 因为 2 5 2 1a x a     ，所以 2 3b  ， 所以双曲线的渐近线方程为 2 3by x xa     . 【点睛】本题考查双曲线的定义、渐近线方程，解题时要注意如果题干出现焦半径，一般会用到双曲线 的定义，考查运算求解能力. 3.【解析】（1）设  ,P x y ，  0 0,B x y ， P 为 AB 中点， 0 0 2 2 1 x x y y    ， B 为曲线 21 18y x  上任意一点， 2 0 0 1 18y x   ， 代入得 2 4x y ， 点 P 的轨迹C 的方程为 2 4x y . （2）依题意得  0,1F ，直线 MN 的斜率存在，其方程可设为： 1y kx  ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，联立 2 1 4 y kx x x     得： 2 4 4 0x kx   ，则 216 16 0k    ， 1 2 4x x   ，  直线 OM 的方程为 1 1 yy xx  ， H 是直线与直线 1y   的交点， 1 1 , 1xH y        ， 根据抛物线的定义 NF 等于点 N 到准线 1y   的距离， H 在准线 1y   上， 要证明 NF NH ，只需证明 HN 垂直准线 1y   ，即证 HN y∥ 轴， H 的横坐标： 1 1 1 2 22 11 1 1 4 4 x x x x xxy x x       ，∴ HN y∥ 轴成立， NF NH  成立. 【点睛】本题考查圆锥曲线中轨迹方程的求解、直线与圆锥曲线综合应用中的等量关系的证明问题； 证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明 HN y∥ 轴，通过直线与抛物线联立得到韦 达定理的形式，利用韦达定理的结论证得 HN y∥ 轴. 4．【解析】（1）由椭圆 2 2 2 12 x yC a  ： 过点 P（2，1），可得 2 8a  ． 所以 2 2 2 8 2 6c a     ，所以椭圆 C 的方程为 2 8 x + 2 2 y =1，则离心率 e= 6 2 2 = 3 2 . （2）直线 AB 与直线 OP 平行．证明如下： 设直线  : 1 2PA y k x   ，  : 1 2PB y k x    ， 设点 A（x1，y1），B（x2，y2）， 由 2 2 18 2 2 1 x y y kx k        得   2 2 24 1 8 1 2 16 16 4 0k x k k x k k       ， ∴ 2 1 2 16 16 42 4 1 k kx k    ，∴ 2 1 2 8 8 2 1 4 k kx k    ， 同理 2 2 2 8 8 2 4 1 k kx k    ，所以 1 2 2 16 4 1 kx x k     ， 由 1 1 2 1y kx k   ， 2 1 2 1y kx k    ，有  1 2 1 2 2 84 4 1 ky y k x x k k        ， ∵A 在第四象限，∴ 0k  ，且 A 不在直线 OP 上，∴ 1 2 1 2 1 2AB y yk x x   ， 又 1 2OPk  ，故 AB OPk k ，所以直线 AB 与直线 OP 平行． 【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了斜率和直线平行的关 系，是中档题．