2022届新高考数学人教版一轮学案：第五章-第十章 WORD版含解析.DOC

1、第一节数列的概念与简单表示法热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，主要考查：(1)由数列的递推关系求通项公式，(2)由an与Sn的关系求通项公式，(3)利用数列的函数性质求最值等，主要以填空题、解答题的形式呈现，难度不大.本节通过an与Sn的关系以及递推数列考查考生的数学运算、逻辑推理、数学建模核心素养.授课提示：对应学生用书第98页知识点数列的有关概念及表示1数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列an的第n项an通项公式数列an的第n项an与n之间的关系能用公式anf(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列an中，Sna1a2a

2、n叫做数列的前n项和2.数列的表示方法列表法列表格表示n与an的对应关系图象法把点(n，an)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和an1f(an)或a1，a2和an1f(an，an1)等表示数列的方法 温馨提醒 二级结论1若数列an的前n项和为Sn，通项公式为an，则an2在数列an中，若an最大，则若an最小，则必明易错1易混项与项数，它们是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一个确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号2在利用数列的前n项和求通项时，往往容易忽略先求出a1，而是直接把数列的通项公式写成anSnSn1的形式，但它只适用于n

3、2的情形 1已知数列an为，1，则可作为数列an的通项公式的是()AanBanCanDan答案：C2(2021郑州模拟)已知数列的通项公式为ann28n15，则()A3不是数列an中的项B3只是数列an中的第2项C3只是数列an中的第6项D3是数列an中的第2项或第6项答案：D3根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an_.答案：5n44(易错题)已知Sn2n3，则an_.答案：授课提示：对应学生用书第99页题型一由an与Sn的关系求通项公式自主探究1已知数列an的前n项和Snn22n1(nN*)，则an_.答案：2已知数列an的前n项和Snan，则an的通项公式为an_

4、.答案：n13已知各项均为正数的数列bn的首项为1，且前n项和Sn满足SnSn1(n2)，求数列bn的通项公式解析：因为SnSn1(n2)，所以()()(n2)又0，所以1(n2)，又1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列所以1(n1)1n，故Snn2.当n2时，bnSnSn1n2(n1)22n1.当n1时，b11符合上式，所以bn2n1(nN*).1.已知Sn求an的三个步骤(1)先利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式(3)注意检验n1时的表达式是否可以与n2的表达式合并2.Sn与an关系问题的求解思路根

5、据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化(1)利用anSnSn1(n2)转化为只含Sn，Sn1的关系式，再求解(2)利用SnSn1an(n2)转化为只含an，an1的关系式，再求解题型二由递推关系求数列的通项公式多维探究考法(一)累加法例1设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，求数列an的通项公式解析由题意有a2a12，a3a23，anan1n(n2)以上各式相加，得ana123n.又因为a11，所以an(n2)因为当n1时也满足上式，所以an(nN*)根据形如an1anf(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时，常用累加法求出ana1与n的关系式，进而得到an

6、的通项公式考法(二)累乘法例2在数列an中，a11，anan1(n2)，求数列an的通项公式解析因为anan1(n2)，所以an1an2，an2an3，a2a1.以上(n1)个式子相乘得ana1.当n1时，a11，上式也成立所以an(nN*)根据形如an1anf(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时，常用累乘法求出与n的关系式，进而得到an的通项公式考法(三)构造法例3(1)已知数列an满足a12，an1(nN*)，求an_.(2)已知数列an满足a11，an13an2，求数列an的通项公式解析(1)因为an1，所以.因为a12，即，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以(n1

7、)，故an.(2)因为an13an2，所以an113(an1)，所以3，所以数列an1为等比数列且公比q3，又a112，所以an123n1，所以an23n11(nN*)答案(1)(2)见解析1.形如an1(p，q，r是常数)的数列，将其变形为.若pr，则是等差数列，且公差为，即可用公式求通项 2.根据形如an1panq的递推关系式求通项公式时，一般先构造公比为p的等比数列anx，即将原递推关系式化为an1xp(anx)的形式，再求出数列anx的通项公式，最后求an的通项公式对点训练根据下列条件，求解数列an的通项公式(1)a12，an1anln；(2)a1，anan1(n2)；(3)a1，an

8、1ann1；(4)a11，an.解析：(1)anln n2.(2)an.(3)在an1ann1两边分别乘以2n1，得2n1an1(2nan)1.令bn2nan，则bn1bn1，根据待定系数法，得bn13(bn3)所以数列bn3是首项为b1323，公比为的等比数列所以bn3n1，即bn32n.于是，an3n2n.(4)取倒数，得3.所以是等差数列，3(n1)13(n1)an.数列性质应用中的核心素养逻辑推理数列性质的创新应用例若存在常数k(kN*，k2)，q，d，使得无穷数列an满足an1则称数列an为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差设数列bn为“段比差数列”，若bn的

9、首项、段长、段比、段差分别为1,3,0,3，则b2 019()A3B4 C5D6答案D1.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值2.求解数列新定义问题关键是抓住信息条件，转化求解.对点训练(多选题)(2021河北石家庄模拟)若数列an满足a12，an1，则()Aa3 Ba7Ca2 020DS2 0202 020解析：因为a12，an1，所以a23，a3，a4，a52，所以数列an是以4为周期的周期数列由以上可知A错误；a7a34a3，B正确；a2 020a5054a4，C正确；S2 020505(a1a2a3a4)505，D错误答案：BC授课提

10、示：对应学生用书第289页A组基础保分练1(2021福州八中质检)已知数列an满足a11，an1a2an1(nN*)，则a2 021()A1B0C2 021D2 021答案：A2(2021咸阳模拟)已知正项数列an中，(nN*)，则数列an的通项公式为()AannBann2CanDan答案：B3(多选题)(2021湖南长沙模拟)已知某数列的前4项依次为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项公式可能是()Aan(1)n11BanCan2sinDancos(n1)1解析：对n1,2,3,4进行验证，知an2sin不符合题意，故选ABD.答案：ABD4(2021济宁期中测试)已知数列an满足an若对

11、任意的nN*都有anan1成立，则实数a的取值范围为()A(1,4)B(2,5)C(1,6)D(4,6)答案：A5(2021辽宁五校联考)已知数列an满足：a11，an1则a6()A16B25C28D33解析：当n1时，a2134；当n2时，a32419；当n3时，a49312；当n4时，a5212125；当n5时，a625328.答案：C6大衍数列，来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,

12、32,40,50，则此数列的第20项为()A180B200C128D162解析：a2n2n2，则此数列的第20项为2102200.答案：B7已知an满足an(n)2n(nN*)，若an是递增数列，则实数的取值范围是_答案：(，3)8已知数列xn的各项均为正整数，且满足xn1nN*.若x3x43，则x1所有可能取值的集合为_答案：1,2,3,4,89(1)已知Sn为数列an的前n项和，且log2(Sn1)n1，求数列an的通项公式；(2)已知数列an的各项均为正数，Sn为其前n项和，且对任意nN*，均有2Snana，求数列an的通项公式解析：(1)由log2(Sn1)n1，得Sn12n1，当n1

13、时，a1S13；当n2时，anSnSn12n，数列an的通项公式为an(2)2Snana，当n1时，2S12a1a1a.又a10，a11.当n2时，2an2(SnSn1)anaan1a，(aa)(anan1)0，(anan1)(anan1)(anan1)0，(anan1)(anan11)0，anan10，anan11，an是以1为首项，1为公差的等差数列，ann(nN*)10(2021南阳一中模拟)已知数列an的前n项和为Sn，an0，a11，且2anan14Sn3(nN*)(1)求a2的值，并证明an2an2；(2)求数列an的通项公式解析：(1)令n1，得2a1a24S13，a11，所以a

14、2，2anan14Sn3,2an1an24Sn13，两式相减得2an1(an2an)4an1.因为an0，所以an2an2.(2)由(1)可知，数列a1，a3，a5，a2k1，为等差数列，公差为2，首项为1，所以当n为奇数时，a2k112(k1)2k1，数列a2，a4，a6，a2k，为等差数列，公差为2，首项为，所以当n为偶数时，a2k2(k1)2k，综上所述，anB组能力提升练1在数列an中，a1，an1(n2，nN*)，则a2 020的值为()AB5C.D答案：A2已知数列an的通项公式为ann22n(nN*)，则“1”是“数列an为递增数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必

15、要条件D既不充分也不必要条件答案：A3若数列an满足2(nN*)，则称an是“紧密数列”若an(n1,2,3,4)是“紧密数列”，且a11，a2，a3x，a44，则x的取值范围为()A1,3)B1,3C2,3D2,3)答案：C4(多选题)(2021广东阳江模拟)若数列an满足对任意的nN*且n3，总存在i，jN*(ij，in，jn)，使得anaiaj，则称数列an是“T数列”则下列数列是“T数列”的为()A2nBn2C3nD解析：令an2n，则ana1an1(n3)，所以数列2n是“T数列”；令ann2，则a11，a24，a39，因为a3a1a2，所以数列n2不是“T数列”；令an3n，则a1

16、3，a29，a327，因为a3a1a2，所以数列3n不是“T数列”；令ann1，则ann2n3an1an2(n3)，所以数列是“T数列”答案：AD5若数列an满足a1，anan1，则a10_.答案：6已知数列an满足a12，an1(nN*)，则该数列的前2 021项的乘积a1a2a3a2 021_.答案：27已知二次函数f(x)x2axa(a0，xR)，有且只有一个零点，数列an的前n项和Snf(n)(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设cn1(nN*)，定义所有满足cmcm10的正整数m的个数，称为这个数列cn的变号数，求数列cn的变号数解析：(1)依题意，a24a0，所以a0或a4

17、.又由a0得a4，所以f(x)x24x4.所以Snn24n4.当n1时，a1S11441；当n2时，anSnSn12n5.所以an(2)由题意得cn由cn1可知，当n5时，恒有cn0.又c13，c25，c33，c4，c5，c6，即c1c20，c2c30，c4c50.所以数列cn的变号数为3.C组创新应用练1(多选题)已知数列an的通项公式为an(n2)n，则下列说法正确的是()A数列an的最小项是a1B数列an的最大项是a4C数列an的最大项是a5D当n5时，数列an递减解析：假设第n项为an的最大项，则即解得4n5，又nN*，所以n4或n5，故数列an中a4与a5均为最大项，且a4a5.答案

18、：BCD2(2021昆明调研测试)将数列an中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a1a2，a3a4，a5，a6a7，a8，a9，a10记数阵中的第1列数a1，a2，a4，构成的数列为bn，Sn为数列bn的前n项和若Sn2bn1，则a56_.解析：当n2时，因为Sn2bn1，所以Sn12bn11，所以bn2bn2bn1，所以bn2bn1(n2且nN*)，因为b12b11，所以b11，所以数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn2n1.设a1，a2，a4，a7，a11，的下标1,2,4,7,11，构成数列cn，则c2c11，c3c22，c4c33，c5c44，cncn1n1

19、，累加得，cnc11234(n1)，所以cn1，由cn156，得n11，所以a56b112101 024.答案：1 0243(2021湛江模拟)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数设这个整数为a，当a2,2 019时，符合条件的a共有_个解析：由题设a3m25n3，m，nN，则3m5n1，m，nN，当m5k，n不存在；当m5k1，n不存在；当m5k2，n3k1，满足题意；当m5k3，n不存在；当m5k4，n不存在

20、其中kN.故2a15k82 019，解k，则k0,1,2，134，共135个，即符合条件的a共有135个答案：135第二节等差数列及其前n项和热点命题分析学科核心素养本节是高考的考查热点，主要考查等差数列的基本运算和性质，等差数列的通项公式和前n项和公式，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题.本节通过对等差数列的通项公式及其前n项和公式、等差数列性质的应用，考查考生对函数与方程思想的应用，提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第101页知识点一等差数列的概念与通项1等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一

21、个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示数学语言表达式：an1and(nN*，d为常数)，或anan1d(n2，d为常数)(2)若a，A，b成等差数列，则A叫做a，b的等差中项，且A.2等差数列的通项公式与前n项和公式(1)若等差数列an的首项是a1，公差是d，则其通项公式为ana1(n1)d.通项公式的推广：anam(nm)d(m，nN*)(2)等差数列的前n项和公式Snna1d(其中nN*，a1为首项，d为公差，an为第n项) 温馨提醒 要注意概念中的“从第2项起”如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常

22、数，那么此数列不是等差数列1已知等差数列an的前n项和为Sn，若a12，a8a1028，则S9()A36B72C144D288答案：B2(易错题)一个等差数列的首项为，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是()AdBdC.dDd答案：D3设数列an是等差数列，其前n项和为Sn，若a62且S530，则S8_.答案：32知识点二等差数列的性质已知数列an是等差数列，Sn是an的前n项和(1)若mnpq(m，n，p，qN*)，则有amanapaq.(2)等差数列an的单调性：当d0时，an是递增数列；当d0时，an是递减数列；当d0时，an是常数列三个必备结论(1)若等差数列an

23、的项数为偶数2n，则S2nn(a1a2n)n(anan1)；S偶S奇nd，.(2)若等差数列an的项数为奇数2n1，则S2n1(2n1)an1；.(3)在等差数列an中，若a10，d0，则满足的项数m使得Sn取得最大值Sm；若a10，d0，则满足的项数m使得Sn取得最小值Sm.1(2021吉林月考)设等差数列an的前n项和为Sn，若S48，S820，则a13a14a15a16()A12B8C20D16答案：C2在等差数列an中，若a3a4a5a6a7450，则a2a8()A180B90C270D360答案：A3(易错题)已知等差数列an中，|a3|a9|，公差d0，则使数列an的前n项和Sn取

24、最大值的正整数n的值是_答案：5或6授课提示：对应学生用书第102页题型一等差数列的基本问题自主探究1(2021聊城期末测试)已知an是公差为2的等差数列，前5项和S525，若a2m15，则m()A4B6C7D8答案：A2(多选题)(2021山东模拟)已知数列an中，a11，a22，且n1，其前n项和Sn满足Sn1Sn12(Sn1)，则()Aa713Ba814CS743DS864解析：由Sn1Sn12(Sn1)，得an1an2(n2)，又因为a2a11，所以数列an从第二项起为等差数列，且公差d2，故a7a25d25212，a8a26d26214，所以A错误，B正确；又S7a1143，S8a1

25、157，所以C正确，D错误答案：BC3(2019高考全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S9a5.(1)若a34，求an的通项公式；(2)若a10，求使得Snan的n的取值范围解析：(1)设an的公差为d.由S9a5得a14d0.由a34得a12d4.于是a18，d2.因此an的通项公式为an102n.(2)由(1)得a14d，故an(n5)d，Sn.由a10知d0，d0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.对点训练(2021北京朝阳区模拟)已知an是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，且a51，_.若存在正整数n，使得Sn有最小值

26、(1)求an的通项公式；(2)求Sn的最小值从a31，d2，d2这三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在上面的问题中并作答注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解析：选择作为补充条件：(1)因为a51，a31，所以d1，所以an1(n5)1n4(nN*)(2)由(1)可知a13，所以Snn(n7)因为nN*，所以当n3或4时，Sn取得最小值，且最小值为6.故存在正整数n3或4，使得Sn有最小值，且最小值为6.选择作为补充条件：(1)因为a51，d2，所以an1(n5)22n9(nN*)(2)由(1)可知a17，所以Snn28n.所以当n4时，Sn取得最小值，且最小值为16.故存在正

27、整数n4，使得Sn有最小值，最小值为16.不可以选择作为补充条件等差数列应用中的核心素养(一)数学建模等差数列中的数学文化问题例1(2020高考全国卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A3 699块B3 474块C3 402块D3 339块解析设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成公差d9，a19的等差数列由等差数列的性质知Sn，S2n

28、Sn，S3nS2n成等差数列，且(S3nS2n)(S2nSn)n2d，则9n2729，得n9，则三层共有扇面形石板S3nS2727993 402(块)答案C等差数列的数学文化题求解关键是阅读文化信息后建立等差数列的模型，再利用等差数列相关的知识进行求解对点训练九章算术是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁戊所得依次成等差数列问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为()A.钱B钱C.钱D钱答案：B(二)数学抽象等

29、差数列新定义问题例2(2021太原期末测试)对于数列an，定义Hn为an的“优值”，已知数列an的“优值”Hn2n1，记数列an20的前n项和为Sn，则Sn最小值为()A70B72C64D68解析数列an的“优值”Hn2n1，Hn2n1，a12a22n1ann2n1，2n1ann2n1(n1)2n(n2)，an4n2(n1)2n2(n2)，又a14，满足上式，an2n2(nN*)，an202n18，由得8n9，Sn的最小值为S8S972.答案B有关等差数列的新定义问题的求解要紧扣定义信息转化为等差数列相关问题求解对点训练已知定义：在数列an中，若aap(n2，nN*，p为常数)，则称an为等方

30、差数列下列命题不正确的是()A若an是等方差数列，则a是等差数列B(1)n是等方差数列C若an是等方差数列，则akn(kN*，k为常数)不可能还是等方差数列D若an既是等方差数列，又是等差数列，则该数列为常数列答案：C授课提示：对应学生用书第291页A组基础保分练1(2021石家庄摸底)在等差数列an中，若a4a5a627，则a1a9等于()A9B27C18D54答案：C2设Sn为等差数列an的前n项和，若，则()A12B15C20D25答案：C3已知等差数列an的前n项和为Sn，若S816，a61，则数列an的公差为()A.BC.D答案：D4等差数列an的前n项和为Sn，且a10，若存在自然

31、数m3，使得amSm，则当nm时，Sn与an的大小关系是()ASnanBSnanCSnanD大小不能确定解析：若a10，存在自然数m3，使得amSm，则d0，若d0，数列是递减数列，则Smam，不存在amSm.由于a10，d0，当m3时，有amSm，因此am0，Sm0，又SnSmam1an，显然Snan.答案：C5设等差数列an的前n项和为Sn，若S6S7S5，则满足SnSn10的正整数n的值为()A10B11C12D13解析：由S6S7S5，得S7S6a7S6，S7S5a6a7S5，所以a70，a6a70，所以S1313a70，S126(a6a7)0，所以S12S130，即满足SnSn10的

32、正整数n的值为12.答案：C6(2020高考北京卷)在等差数列an中，a19，a51.记Tna1a2an(n1,2，)，则数列Tn()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，无最小项解析：设等差数列an的公差为d，a19，a51，a594d1，d2，an9(n1)22n11.令an2n110，则n5.5，n5时，an0；n6时，an0.T190，T2(9)(7)630，T3(9)(7)(5)3150，T4(9)(7)(5)(3)9450，T5(9)(7)(5)(3)(1)9450，当n6时，an0，且an1，Tn1Tn0，Tna1a2an(n1,2，)有最大项T

33、4，无最小项答案：B7已知等差数列an的前n项和为Sn，若a3a45，则S6_.答案：158设等差数列an的前n项和为Sn，若a62a3，则_.答案：9已知等差数列an的前三项的和为9，前三项的积为15.(1)求等差数列an的通项公式；(2)若an为递增数列，求数列|an|的前n项和Sn.解析：(1)设公差为d，则依题意得a23，则a13d，a33d，所以(3d)(3)(3d)15，得d24，d2，所以an2n1或an2n7.(2)由题意得an2n7，所以|an|n3时，Sn(a1a2an)n6nn2；n4时，Sna1a2a3a4an2(a1a2a3)(a1a2an)186nn2.综上，数列|

34、an|的前n项和Sn10已知数列an满足a1，an1an4an140.(1)求证：数列是等差数列；(2)若bn(an2)(an12)，求数列bn的前n项和Sn.解析：(1)证明：由an1an4an140，得an1.，数列是等差数列(2)由(1)知等差数列的首项为2，公差为，2(n1)，an2，bn(an2)(an12)4.Sn44.B组能力提升练1已知等差数列满足4a33a2，则an中一定为零的项是()Aa6Ba7Ca8Da9答案：A2(2021惠州市二调)已知等差数列an的前n项和为Sn，且a9a126，a24，则数列的前10项和为()A.BC.D答案：B3(多选题)等差数列an是递增数列，

35、满足a73a5，前n项和为Sn，下列结论正确的是()Ad0Ba10C当n5时Sn最小DSn0时n的最小值为8解析：由题意，设等差数列an的公差为d，由a73a5，得a16d3(a14d)，得a13d，由等差数列an是递增数列，可知d0，则a10，故A，B正确；因为Sna1nn2n，由n可知，当n3或4时Sn最小，故C错误；令Snn2n0，解得n0(舍去)或n7，即Sn0时n的最小值为8，故D正确答案：ABD4(2021山东师大附中模拟)已知等差数列an满足a2a44，a3a510，则它的前10项和S10_.答案：955设数列an的通项公式为an2n10(nN*)，则|a1|a2|a15|_.答

36、案：1306(2021内蒙古包头模拟)在a2an4Snb，且a25，a2an4Snb，且b1，a2an4Snb，且S28这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中若问题中的b存在，求出b和数列an的通项公式与前n项和；若b不存在，请说明理由设Sn为各项均为正数的数列an的前n项和，数列an满足_，则是否存在b，使得数列an为等差数列？注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解析：选条件.因为a2an4Snb，所以a2an14Sn1b，两式相减，得2(an1an)aa(an1an)(an1an)，即(an1an2)(an1an)0，又an1an0，所以an1an2，因为a25，且a2a12

37、，所以a13，由a2an4Snb，得a2a14a1b，即a2a1b0，将a13代入上式，得b3.当b3时，由a2a1b0及a10，得a13，所以a13，a25满足an1an2，可知数列an是以3为首项，以2为公差的等差数列数列an的通项公式为an32(n1)2n1，数列an的前n项和Sn3n2n22n.选条件.因为a2an4Snb，所以a2an14Sn1b，两式相减，得2(an1an)aa(an1an)(an1an)，即(an1an2)(an1an)0，又an1an0，所以an1an2，由a2an4Snb，得a2a14a1b，即a2a1b0.因为已知数列an的各项均为正数，所以a10，因为关于

38、a的一元二次方程a2a1b0至少存在一个正实数解的充要条件是44b0，解得b1，与已知条件b1矛盾，所以满足条件的b不存在(注：若a2a1b0存在两个实数解分别为x1，x2，则x1x22，x1x2b，当b0时，a2a1b0的解一正一负；当b0时，a2a1b0的解一正一零；当1b0时，a2a1b0的解均为正所以方程a2a1b0至少存在一个正实数解，当且仅当44b0.)选条件.因为a2an4Snb，所以a2an14Sn1b，两式相减，得2(an1an)aa(an1an)(an1an)，即(an1an2)(an1an)0，又an1an0，所以an1an2，所以a2a12，又已知S2a1a28，所以a

39、13，a25.由a2an4Snb，得a2a14a1b，ba2a1，所以ba2a13.当b3时，由a2a1b0及a10得a13，由a2a24S23，a13及a20，得a25，所以a13和a25满足an1an2，可知数列an是以3为首项，以2为公差的等差数列，数列an的通项公式为an32(n1)2n1，数列an的前n项和为Sn3n2n22n.C组创新应用练1(多选题)设等差数列an的前n项和为Sn，且满足S150，S160，则()Aa80Ba90C.，中最大的项为D.，中最大的项为解析：由S1515a80，得a80，故A正确；由S160，得a9a80，所以a90，且d0，故B正确；所以数列an为递

40、减数列，且a1，a8为正，a9，an为负，且S1，S15大于0，S16，Sn小于0，则0，0，0，0，0，0，又S8S1，a1a8，所以0，所以，中最大的项为，故C错误，D正确答案：ABD2(2021绵阳模拟)已知圆的方程为x2y26x0，过点(1,2)的该圆的三条弦的长a1，a2，a3构成等差数列，则数列a1，a2，a3的公差的最大值是_解析：如图，由x2y26x0，得(x3)2y29，圆心坐标C(3,0)，半径r3.由圆的性质可知，过点P(1,2)的该圆的弦的最大值为圆的直径，等于6，最小值为过P且垂直于CP的弦的弦长|CP|2，|AB|22，即a12，a36.公差d的最大值为2.答案：2

41、第三节等比数列及其前n项和热点命题分析学科核心素养本节是高考的考查热点，主要考查等比数列的基本运算和性质，等比数列的通项公式和前n项和公式，尤其要注意以数学文化为背景的数列题，题型既有选择题、填空题，也有解答题.本节通过等比数列通项公式及其前n项和公式、等比数列性质的应用，考查对函数与方程、转化与化归和分类讨论思想的应用，提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第105页知识点一等比数列的概念及通项1等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q0)表示数学语言

42、表达式：q(n2，q为非零常数)，或q(nN*，q为非零常数)(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G.2等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列an的首项为a1，公比是q，则其通项公式为ana1qn1；通项公式的推广：anamqnm.(2)等比数列的前n项和公式：当q1时，Snna1；当q1时，Sn. 温馨提醒 1在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q1与q1分类讨论，防止因忽略q1这一特殊情形而导致解题失误2等比数列an中任何一项an0. 1已知数列an是等比数列，且a1，a41，则an的公比q为()A2BC2D答案：C2(易错题)已知x,2x

43、2,3x3是一个等比数列的前三项，则x的值为_答案：43(易错题)设数列an是等比数列，前n项和为Sn，若S33a3，则公比q_.答案：或1知识点二等比数列的性质已知an是等比数列，Sn是数列an的前n项和(1)若klmn(k，l，m，nN*)，则有akalaman.(2)等比数列an的单调性：当q1，a10或0q1，a10时，数列an是递增数列；当q1，a10或0q1，a10时，数列an是递减数列；当q1时，数列an是常数列 温馨提醒 1相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，akm，ak2m，仍是等比数列，公比为 qm.2若an，bn(项数相同)是等比数列，则an(0)，a，anbn

44、，仍是等比数列3当q1或q1且n为奇数时，Sn，S2nSn，S3nS2n仍成等比数列，其公比为qn.1等比数列an各项均为正数，且a5a6a4a718，则log3a1log3a2log3a10()A12B10C8D2log35答案：B2在3与192中间插入两个数使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为_答案：12,483等比数列an的首项a11，前n项和为Sn，若，则an的通项公式an_.答案：n1授课提示：对应学生用书第106页题型一等比数列的基本问题自主探究1(2020高考全国卷)设an是等比数列，且a1a2a31，a2a3a42，则a6a7a8()A12B24C30D32答案：D2(20

45、21菏泽模拟)在等比数列an中，a2，a16是方程x26x20的根，则的值为()A2BC.D或答案：D3(2020高考全国卷)数列an中，a12，amnaman，若ak1ak2ak1021525，则k()A2B3C4D5解析：a12，amnaman，令m1，则an1a1an2an，an是以a12为首项，2为公比的等比数列，an22n12n.又ak1ak2ak1021525，21525，即2k1(2101)25(2101)，2k125，k15，k4.答案：C4(2020新高考全国卷)已知公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38.(1)求an的通项公式；(2)记bm为an在区间(0，m(m

46、N*)中的项的个数，求数列bm的前100项和S100.解析：(1)设an的公比为q.由题设得a1qa1q320，a1q28.解得q(舍去)，q2.由题设得a12.所以an的通项公式为an2n.(2)由题设及(1)知b10，且当2nm2n1时，bmn.所以S100b1(b2b3)(b4b5b6b7)(b32b33b63)(b64b65b100)0122223234245256(10063)480.1.解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程思想等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解(2)分类讨论思想等比数列的前n项和

47、公式涉及对公比q的分类讨论，当q1时，an的前n项和Snna1；当q1时，an的前n项和Sn.2.在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若mnpq(m，n，p，qN*)，则有amanapaq”，则可减少运算量，解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.题型二等比数列的判定及应用合作探究例已知数列an的首项a11，an1(nN*)(1)证明：数列是等比数列；(2)设bn，求数列bn的前n项和Sn.解析(1)证明：因为an1，所以，所以，又a11，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列(2)由(1)知n1，即，

48、所以bn，设Tn，则Tn，由得，Tn1，所以Tn2，又(123n)，所以数列bn的前n项和Sn2.掌握等比数列的四种常用判定方法定义法若q(q为非零常数，nN*)或q(q为非零常数且n2，nN*)，则an是等比数列中项公式法若数列an中，an0且aanan2(nN*)，则数列an是等比数列通项公式法若数列通项公式可写成ancqn1(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列前n项和公式法若数列an的前n项和Snkqnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列题组突破1(多选题)设等比数列an的公比为q，则下列说法正确的是()A数列anan1是公比为q2的等比数列B数列anan1是

49、公比为q的等比数列C数列anan1是公比为q的等比数列D数列是公比为的等比数列解析：对于A，由q2(n2)知数列anan1是公比为q2的等比数列；对于B，当q1时，数列anan1的项中有0，不是等比数列；对于C，当q1时，数列anan1的项中有0，不是等比数列；对于D，所以数列是公比为的等比数列答案：AD2(2021八省联考模拟卷)已知各项都为正数的数列an满足an22an13an.(1)证明：数列anan1为等比数列；(2)若a1，a2，求an的通项公式解析：(1)证明：由an22an13an可得an2an13an13an3(an1an)因为各项都为正数，所以3，所以anan1是公比为3的等

50、比数列(2)构造an23an1k(an13an)，整理得an2(k3)an13kan所以k1，即an23an1(an13an)所以an13an0an13an，所以an是以a1为首项，3为公比的等比数列所以an(nN*)题型三等差数列、等比数列的综合问题合作探究例已知数列an为公差不为零的等差数列，a12，且a1，a3，a7成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bn2an，求数列anbn的前n项和Tn.答案(1)ann1(2)Tnn2n2n24数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.对点训练(2021山

51、东泰安模拟)在Snn2n，a3a516，S3S542，S756这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答设等差数列an的前n项和为Sn，数列bn为等比数列，_，b1a1，b2.求数列的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解析：选条件.当n1时，a1S12，当n2时，anSnSn12n.又a12满足an2n，所以an2n.所以，所以数列的前n项和为11.设数列bn的公比为q(q0)，由b1a1，b2，得b12，q2，所以bn2n.所以数列bn的前n项和为2n12，故Tn2n1212n11.选条件.设数列an的公差为d，由a3a516，S3S542，得解得所以an

52、2n.下同选条件.选条件.由，得，所以数列为常数列，即，即ana1n，S77a428a156，所以a12，所以an2n.下同选条件.等比数列应用中的核心素养数学建模等比数列的实际应用例(2021衡阳模拟)中国古代数学名著九章算术中有如下问题今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马”马主曰：“我马食半牛”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为()A.

53、B C.D答案D以数学文化为背景的等比数列模型题的求解关键：一是会透过数学文化的“表象”看“本质”；二是构建模型，即盯准题眼，构建等比数列的模型；三是解模，即把文字语言转化为求等比数列的相关问题，如求指定项、公比或项数、通项公式或前n项和等对点训练“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为()A.f BfC.f Df答案：D授课提示：对应学生用书第293页A组基础保分练

54、1若正项数列an满足a12，a3an1an4a0，则数列an的通项公式为()Aan22n1Ban2nCan22n1Dan22n3答案：A2设等比数列an中，前n项和为Sn，已知S38，S67，则a7a8a9等于()A.BC.D答案：A3(2021西安模拟)设a12，数列12an是公比为2的等比数列，则a6()A31.5B160C79.5D159.5解析：因为12an(12a1)2n1，则an，an52n2.a65245168079.5.答案：C4正项等比数列an中，a1a52a3a7a5a916，且a5与a9的等差中项为4，则an的公比是()A1B2C.D答案：D5(2021南宁统一考试)设a

55、n是公比为q的等比数列，则“q1”是“an为递增数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：等比数列an为递增数列的充要条件为或答案：D6已知数列an是各项均为正数的等比数列，Sn是其前n项和，若S2a2S33，则a43a2的最小值为()A12B9C16D18解析：因为S3S2a3，所以由S2a2S33，得a3a23，设等比数列an的公比为q，则a1，由于an的各项为正，所以q1.a43a2a1q33a1qa1q(q23)q(q23)3(q12)18，当且仅当q12，即q3时，a33a2取得最小值18.答案：D7已知等比数列an的前n项和为Sn(nN*)，

56、若65，则数列an的公比为_答案：48(2021安庆模拟)数列an满足：an1an1(nN*，R且0)，若数列an1是等比数列，则的值为_答案：29已知等差数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，a11，b11，a2b22.(1)若a3b35，求bn的通项公式；(2)若T321，求S3.解析：设an的公差为d，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.由a2b22得dq3.(1)由a3b35得2dq26.联立和解得(舍去)，因此bn的通项公式为bn2n1.(2)由b11，T321得q2q200，解得q5或q4.当q5时，由得d8，则S321.当q4时，由得d1，则S36.

57、10已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an3n(nN*)(1)求a1，a2，a3的值；(2)是否存在常数，使得an为等比数列？若存在，求出的值和通项公式an；若不存在，请说明理由解析：(1)当n1时，S1a12a13，解得a13，当n2时，S2a1a22a26，解得a29，当n3时，S3a1a2a32a39，解得a321.(2)假设an是等比数列，则(a2)2(a1)(a3)，即(9)2(3)(21)，解得3.下面证明an3为等比数列：Sn2an3n，Sn12an13n3，an1Sn1Sn2an12an3，即2an3an1，2(an3)an13，2，存在3，使得数列an3是首项为a136，

58、公比为2的等比数列an362n1，即an3(2n1)(nN*)B组能力提升练1(多选题)如图，在每个小格中填上一个数，使得每一行的数依次成等差数列，每一列的数依次成等比数列，则()2412xyzA.x1By2Cz3Dxyz2解析：因为每一列成等比数列，所以第一列的第3,4,5个小格中的数分别是，第三列的第3,4,5个小格中的数分别是1，所以x1.又每一行成等差数列，所以y3，z2，所以z，所以xyz2.故A，D正确；B，C错误答案：AD2已知等比数列an满足，a54，记等比数列an的前n项积为Tn，则当Tn取最大值时，n()A4或5B5或6C6或7D7或8答案：C3已知正项等比数列an满足a2

59、aa2 02016，则a1a2a1 017()A41 017B21 017C41 018D21 018答案：B4(多选题)已知数列an是等差数列，bn是等比数列，a11，b12，a2b27，a3b313.记cn数列cn的前n项和为Sn，则()Aan2n1Bbn2nCS91 409DS2n2n2n(4n1)解析：设数列an的公差为d，数列bn的公比为q(q0)，依题意有得故an2n1，bn2n，故A，B正确；则c2n1a2n14n3，c2nb2n4n，所以数列cn的前2n项和S2n(a1a3a2n1)(b2b4b2n)2n2n(4n1)，S9S8a9385，故C错误，D正确答案：ABD5已知数列

60、an满足a12且对任意的m，nN*，都有an，则数列an的前n项和Sn_.答案：2n126(2021黄冈模拟)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且a1a62a3，a4与2a6的等差中项为，则S5_.答案：317(2021山东德州模拟)给出以下三个条件：数列an是首项为2，满足Sn14Sn2的数列；数列an是首项为2，满足3Sn22n1(R)的数列；数列an是首项为2，满足3Snan12的数列请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解设数列an的前n项和为Sn，an与Sn满足_，记数列bnlog2a1log2a2log2an，cn，求数列cn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别

61、解答，则按第一个解答计分解析：选条件.由已知Sn14Sn2，可得当n2时，Sn4Sn12，两式相减，得an14(SnSn1)4an，即an14an(n2)，当n1时，S24S12，即2a2422，解得a28，满足a24a1，故数列an是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an22n1，所以bnlog2a1log2a2log2an13(2n1)n2，所以cn.故Tnc1c2cn1.选条件.由已知3Sn22n1，可得当n2时，3Sn122n1，两式相减，得3an22n122n1322n1，即an22n1(n2)，当n1时，a12满足an22n1，故数列an是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an

62、22n1.以下同选条件.选条件.由已知3Snan12，可得当n2时，3Sn1an2，两式相减，得3anan1an，即an14an(n2)，当n1时，3a1a22，又a12，所以a28，满足a24a1，故数列an是以2为首项，4为公比的等比数列，所以an22n1.以下同选条件.C组创新应用练1(多选题)设数列an(nN*)是各项均为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，且K5K6，K6K7K8，则下列选项中正确的是()A0q1Ba71CK9K5DK6与K7均为Kn的最大值解析：若K6K7，则a71，故B正确；由K5K6可得a61，则q(0,1)，故A正确；由数列an是各项为正数的等比数

63、列且q(0,1)，可得数列an单调递减，则有K9K5，故C错误；结合K5K6，K6K7K8，可得D正确答案：ABD2(2021湖南常德模拟)某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防规定每人每天早晚八时各服一次，现知每次药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的60%.某人上午八时第一次服药，至第二天上午八时服完药时，这种药在他体内还残留()A220毫克B308毫克C123.2毫克D343.2毫克解析：设第n次服药后，药在体内的残留量为an毫克，则a1220，a2220a1(160%)2201.4308，a3220a2(160%)343.2.答案：D3设an

64、是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai1的矩形的面积(i1,2，)，则An为等比数列的充要条件是()Aan是等比数列Ba1，a3，a2n1，或a2，a4，a2n，是等比数列Ca1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列Da1，a3，a2n1，和a2，a4，a2n，均是等比数列，且公比相同解析：Aiaiai1，若An为等比数列，则为常数，即，.a1，a3，a5，a2n1，和a2，a4，a2n，成等比数列，且公比相等反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则q，从而An为等比数列答案：D第四节数列求和热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列

65、的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现.本节通过数列求和以及数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第108页知识点数列前n项和的求法1公式法(1)等差数列的前n项和公式Snna1d.(2)等比数列的前n项和公式当q1时，Snna1；当q1时，Sn.2分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解3裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项4倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广5错位相减法主要用于一个等差数列与一个等

66、比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广6并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和形如an(1)nf(n)类型，可采用两项合并求解 温馨提醒 二级结论1常见的裂项公式(1).(2).(3).2常见数列的求和公式(1)122232n2.(2)132333n32.必明易错1在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an1的式子应进行合并2在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项1在数列an中，an，若an的前n项和为，则项数n为()A2 016B2 017C2 018D2 019答案：D2已知数

67、列：1，2，3，则其前n项和关于n的表达式为_答案：13已知数列an的前n项和为Sn且ann2n，则Sn_.答案：(n1)2n124(易错题)求12x3x2nxn1(x0且x1)的和解析：设Sn12x3x2nxn1，则xSnx2x23x3nxn，得：(1x)Sn1xx2xn1nxnnxn，所以Sn.授课提示：对应学生用书第109页题型一分组转化法求和合作探究例已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足关于x的不等式a1x2S2x20的解集为(1,2)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足bna2n2an1，求数列bn的前n项和Tn.解析(1)设等差数列an的公差为d，因为关于x的不等式

68、a1x2S2x20的解集为(1,2)，所以123，得a1d，又易知2，所以a11，d1.所以数列an的通项公式为ann.(2)由(1)可得，a2n2n,2an2n.因为bna2n2an1，所以bn2n12n，所以数列bn的前n项和Tn(1352n1)(222232n)n22n12.分组转化法求和的常见类型对点训练(2021合肥质检)已知等差数列an的前n项和为Sn，且满足S424，S763.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2anan，求数列bn的前n项和Tn.答案：(1)an2n1(2)Tn(4n1)n22n题型二裂项相消法求和合作探究例数列an满足a11, an1(nN*)(1)求证

69、：数列a是等差数列，并求出an的通项公式；(2)若bn，求数列bn的前n项和解析(1)证明：由an1得aa2，且a1，所以数列a是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a1(n1)22n1，又由已知易得an0，所以an(nN*)(2)bn，故数列bn的前n项和Tnb1b2bn(1)()()1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项

70、.对点训练(2020高考浙江卷)已知数列an，bn，cn满足a1b1c11，cnan1an，cn1cn，nN*.(1)若bn为等比数列，公比q0，且b1b26b3，求q的值及数列an的通项公式；(2)若bn为等差数列，公差d0，证明：c1c2c3cn1，nN*.解析：(1)由b1b26b3，得1q6q2，解得q.由cn14cn得cn4n1.由an1an4n1，得ana1144n2.(2)证明：由cn1cn，得cn，所以c1c2c3cn，由b11，d0，得bn10，因此c1c2c3cn1，nN*.题型三错位相减法求和合作探究例(2020高考全国卷)设数列an满足a13，an13an4n.(1)计

71、算a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；(2)求数列2nan的前n项和Sn.解析(1)a25，a37.猜想an2n1.证明：由已知可得an1(2n3)3an(2n1)，an(2n1)3an1(2n1)，a253(a13)因为a13，所以an2n1.(2)由(1)得2nan(2n1)2n，所以Sn32522723(2n1)2n.从而2Sn322523724(2n1)2n1.得Sn3222222322n(2n1)2n1，所以Sn(2n1)2n12.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列an，bn一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号.

72、对点训练(2021天津市部分区联考)已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，且a11，a3a412，b1a2，b2a5.(1)求an和bn的通项公式；(2)设cn(1)nanbn(nN*)，求数列cn的前n项和Sn.解析：(1)设等差数列an的公差为d，因为a11，a3a412，所以2a15d12，所以d2，所以an2n1.设等比数列bn的公比为q，因为b1a2，b2a5，所以b1a23，b2a59，所以q3，所以bn3n.(2)由(1)知，an2n1，bn3n，所以cn(1)nanbn(1)n(2n1)3n(2n1)(3)n，所以Sn1(3)3(3)25(3)3(2n1)(3)n，所以3

73、Sn1(3)23(3)3(2n3)(3)n(2n1)(3)n1，得，4Sn32(3)22(3)32(3)n(2n1)(3)n13(2n1)(3)n1(3)n1.所以Sn(3)n1.数列求和中的核心素养数学运算数列求和的创新交汇应用例(2021江西重点中学联考)设x1是函数f(x)an1x3anx2an2x1(nN*)的极值点，数列an中满足a11，a22，bnlog2an1，若x表示不超过x的最大整数，则()A2 017B2 018C2 019D2 020解析：由题可知，f(x)3an1x22anxan2，则f(1)3an12anan20，即an23an12an0.an2an12(an1an)

74、，a2a11，a3a2212，a4a32222，anan12n2，累加得an2n1，故bnn.则2 0182 0182 0182 017，所以2 017.答案：A本题的关键是利用累加法求通项后，利用裂项相消法求和题组突破1(2021贵阳摸底)定义为n个正数u1，u2，u3，un的“快乐数”若已知正项数列an的前n项的“快乐数”为，则数列的前2 019项和为()A. B C.D答案：B2(2021张掖期末测试)我国古代数学名著九章算术中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，.第二步：将数列的各项乘以n，得到一个新数列a1，a2，a3，an，则a1a2a2a3an1

75、an()An2B(n1)2Cn(n1)Dn(n1)答案：C授课提示：对应学生用书第295页A组基础保分练1已知数列an的前n项和为Sn，且a15，a22，an2an13an2(n3)，则S6()A567B637C657D727答案：B2已知数列an的前n项和Sn15913(1)n1(4n3)，则S15S22S31()A76B78C78D76答案：D3(2021保定期末测试)在数列an中，若a11，a23，an2an1an(nN*)，则该数列的前100项之和是()A18B8C5D2答案：C4(2021济南模拟)已知数列an的前n项和为Sn，a11，Sn2an1，则Sn()A.n1B2n1C.n1

76、D解析：由Sn2an1可得Sn2(Sn1Sn)，可得3Sn2Sn1，即，所以数列Sn是以S1a11为首项，为公比的等比数列，即Snn1.答案：A5数列an，bn满足a1b11，an1an2，nN*，则数列ban的前n项和为()A.(4n11)B(4n1)C.(4n11)D(4n1)解析：因为an1an2，a1b11，所以数列an是等差数列，数列bn是等比数列，an12(n1)2n1，bn12n12n1，数列ban的前n项和为ba1ba2banb1b3b5b2n120222422n2(4n1)答案：D6(多选题)(2021山东济宁期末)若Sn为数列an的前n项和，且Sn2an1，则下列说法正确的

77、是()Aa516BS563C数列an是等比数列D数列Sn1是等比数列解析：因为Sn为数列an的前n项和，且Sn2an1，所以a1S12a11，所以a11.当n2时，anSnSn12an2an1，即an2an1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，故C正确；a512416，故A正确；Sn2an12n1，所以S525131，故B错误；因为S110，所以数列Sn1不是等比数列，故D错误答案：AC7(2021保定模拟)设数列an的前n项和为Sn，且a11，anan1(n1,2,3，)，则S2n3_.答案：8(2020高考全国卷)数列an满足an2(1)nan3n1，前16项和为540，则a1

78、_.解析：法一：因为an2(1)nan3n1，所以当n为偶数时，an2an3n1，所以a4a25，a8a617，a12a1029，a16a1441，所以a2a4a6a8a10a12a14a1692.因为数列an的前16项和为540，所以a1a3a5a7a9a11a13a1554092448.因为当n为奇数时，an2an3n1，所以a3a12，a7a514，a11a926，a15a1338，所以(a3a7a11a15)(a1a5a9a13)80.由得a1a5a9a13184.又a3a12，a5a38a110，a7a514a124，a9a720a144，a11a926a170，a13a1132a1

79、102，所以a1a110a144a1102184，所以a17.法二：同法一得a1a3a5a7a9a11a13a15448.当n为奇数时，有an2an3n1，由累加法得an2a13(135n)(1n)n2n，所以an2n2na1.所以a1a3a5a7a9a11a13a15a18a1392448，解得a17.答案：79(2021大同调研)在数列an中，a13，an2an1n2(n2，且nN*)(1)求a2和a3的值；(2)证明：数列ann是等比数列，并求an的通项公式；(3)求数列an的前n项和Sn.解析：(1)a13，a22a1226，a32a23213.(2)证明：an2an1n2，n2，an

80、n2(an1n1)，n2.又a114，ann是以4为首项，2为公比的等比数列ann42n12n1，an2n1n.(3)Sn2212322n(n1)2n1n22(2n1)2n2.10(2021成都摸底)设Sn为等差数列an的前n项和，且a215，S565.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，且TnSn10，求数列|bn|的前n项和Rn.解析：(1)设等差数列an的公差为d，则由已知得：故an2n19.(2)由(1)得：Snn218n，Tnn218n10，bn易知，当1n9时，bn0，当n10时，bn0.()当1n9时，Rn|b1|b2|bn|b1b2bnn218n10；

81、()当n10时，Rn|b1|b2|bn|b1b2b9(b10b11bn)Tn2T9n218n152，故RnB组能力提升练1(2021山东模拟)在等差数列an中，已知a612，a1836.(1)求数列an的通项公式an；(2)若_，求数列bn的前n项和Sn.在bn，bn(1)nan，bn2anan这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分解析：(1)设数列an的公差为d，由题意，得解得d2，a12.an2(n1)22n.(2)选条件：bn，Sn1.选条件：an2n，bn(1)nan(1)n2n，Sn2468(1)n2n，当n为偶数时，Sn(

82、24)(68)2(n1)2n2n；当n为奇数时，n1为偶数，Sn(n1)2nn1.Sn选条件：an2n，bn22n2n2n4n，Sn2414426432n4n，4Sn2424436442(n1)4n2n4n1，3Sn24124224324n2n4n12n4n12n4n1，Sn(14n)4n1.2已知数列an的前n项和为Sn2nk.(1)若k2，求证：数列an不是等比数列；(2)若an是等比数列，设bnnan1，求bn的前n项和Tn.解析：(1)证明：若k2，则a1S14，a2S2S12，a3S3S24，则aa1a3，故数列an不是等比数列(2)由已知，可得a1S12k，当n2，nN*时，anS

83、nSn1(2nk)(2n1k)2n1.若an是等比数列，则a11，故k1，此时an2n1，则bnn2n，则Tn12222323n2n，2Tn122223(n1)2nn2n1.由可得Tn222232nn2n1n2n1(n1)2n12，Tn(n1)2n12.C组创新应用练1(2021长春联考)已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d0，a6和a8是函数f(x)ln xx28x的极值点，则S8()A38B38C17D17解析：因为f(x)ln xx28x，所以f(x)x8，令f(x)0，解得x或x.又a6和a8是函数f(x)的极值点，且公差d0，所以a6，a8，所以解得所以S88a1d38.答案：A

84、2(2020新高考全国卷)将数列2n1与3n2的公共项从小到大排列得到数列an，则an的前n项和为_解析：法一(观察归纳法)：数列2n1的各项为1,3,5,7,9,11,13，；数列3n2的各项为1,4,7,10,13，.观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，是首项为1，公差为6的等差数列，则an16(n1)6n5.故前n项和为Sn3n22n.法二(引入参变量法)：令bn2n1，cm3m2，bncm，则2n13m2，即3m2n1，m必为奇数令m2t1，则n3t2(t1,2,3，)atb3t2c2t16t5，即an6n5.以下同法一答案：3n22n3已知数列an，若an1anan2(nN

85、*)，则称数列an为“凸数列”已知数列bn为“凸数列”，且b11，b22，则数列bn的前2 019项和为_解析：由“凸数列”的定义及b11，b22，得b33，b41，b52，b63，b71，b82，所以数列bn是周期为6的周期数列，且b1b2b3b4b5b60，于是数列bn的前2 019项和等于b1b2b34.答案：4透视数列高考热点，探求应对策略授课提示：对应学生用书第112页数列是一种特殊的函数，其考查的重点是数列的通项、数列的前n项和、参数的取值范围的探求、数列不等式的证明等，研究的数列主要是等比数列与等差数列数列的最值、周期性、单调性的探究，以及递推数列的相关综合题目，也是历年高考考查

86、的热点(一)数列单调性及应用1与等差数列的单调性有关的问题例1已知数列an的前n项和为Sn，且满足：a11，an0，a4Sn4n1(nN*)，若不等式4n28n3(5m)2nan对任意的nN*恒成立，则整数m的最大值为()A3B4C5D6解析当n2时，两式相减得aa4an4，即aa4an4(an2)2，又an0，所以an1an2(n2)对a4Sn4n1，令n1，可得a4a1419，所以a23，则a2a12，所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，故an2n1.因为4n28n3(2n1)(2n3)，nN*,2n10，所以不等式4n28n3(5m)2nan等价于5m.记bn，则，当n3时，1

87、，又b1，b2，b3，所以(bn)maxb3.故5m，得m，所以整数m的最大值为4.答案B将an的表达式代入不等式4n28n3(5m)2nan，约去公因式，从而简化了运算在求解bn的最大值时，通过作商与“1”比较大小判断数列的单调性，从而求得最大值.2.与等比数列的单调性有关的问题例2已知数列an满足：a11，an1(nN*)，若bn1(n)，b1，且数列bn是递增数列，则实数的取值范围是()A(2，)B(3，)C(，2)D(，3)答案C判断数列的单调性的方法函数法：构造函数，通过判断所构造函数的单调性，即可得出相应数列的单调性定义法：利用单调函数的定义判断数列的单调性作差法：对于数列中任意相

88、邻的两项an1，an，通过作差an1an，判断其与0的大小，即可判断数列的单调性作商法：数列的各项非零且同号(同正或同负)，对于数列中任意相邻的两项an1，an，通过作商，判断其与1的大小，即可判断数列的单调性题组突破1已知数列an的首项为a1，bn是公比为的等比数列，且bn(nN*)，若不等式anan1对任意的nN*恒成立，则a1的取值范围是()A(2,2)B(2,0)C(0,2)D(2，)解析：bn(nN*)，an，an1an0，解得bn或0bn1.若bn，则b1n1对任意的nN*恒成立，显然不可能；若0bn1，则0b1n11对任意的nN*恒成立，只需0b11，即01，解得a12.答案：D

89、2已知在等差数列an中，a1120，公差d4，若Snan(n2)，其中Sn为该数列的前n项和，则n的最小值为()A60B62C70D72答案：B3(2021贵阳高三监测)在数列an中，a12n1(nN*)，且a11，若存在nN*使得ann(n1)成立，即实数的最小值为_解析：依题意得，数列的前n项和为2n1，当n2时，(2n1)(2n11)2n1，且2111211，因此2n1(nN*)，.记bn，则bn0，1，bn1bn，数列bn是递增数列，数列bn的最小项是b1.依题意得，存在nN*使得bn成立，即有b1，的最小值是.答案：(二)数列中的新情境问题例3已知an是各项均为正数的等比数列，且a1

90、a23，a3a22，等差数列bn的前n项和为Sn，且b35，S416.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系中，有点P1(a1,0)，P2(a2,0)，Pn(an,0)，Pn1(an1,0)，Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)，Qn(an，bn)，若记PnQnPn1的面积为cn，求数列cn的前n项和Tn.解析(1)设数列an的公比为q，因为a1a23，a3a22，所以得3q25q20，又q0，所以q2，a11，则an2n1.设数列bn的公差为d，因为b35，S416，所以解得则bn2n1.(2)由(1)得PnPn1an1an2n2n12n1，PnQnbn2n1，故c

91、nSPnQnPn1(2n1)2n2，则Tnc1c2c3cn11325(2n1)2n2，2Tn112345(2n1)2n1，由得，Tn2(122n2)(2n1)2n1(2n1)2n1(32n)2n1，故Tn(2n3)2n1(nN*).数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列cn的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求；三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列cn的前n项和.例4设数列an的前n项和为Sn，若为常数，则称数列an为“幸福数列”(1)等差数列bn的首项为1，公差不为零，若bn为

92、“幸福数列”，求bn的通项公式；(2)数列cn的各项都是正数，其前n项和为Sn，若ccccS对任意的nN*都成立，试推断数列cn是否为“幸福数列”？并说明理由解析(1)设等差数列bn的公差为d(d0)，前n项和为Tn，则k，因为b11，所以nn(n1)dk2n2n(2n1)d，即2(n1)d4k2k(2n1)d，整理得(4k1)dn(2k1)(2d)0.因为对任意正整数n上式恒成立，则解得故数列bn的通项公式是bn2n1.(2)数列cn不是“幸福数列”理由如下：由已知，当n1时，cSc.因为c10，所以c11.当n2时，ccccS，ccccS.两式相减，得cSS(SnSn1)(SnSn1)cn

93、(SnSn1)因为cn0，所以cSnSn12Sncn.显然c11适合上式，所以当n2时，c2Sn1cn1.于是cc2(SnSn1)cncn12cncncn1cncn1.因为cncn10，所以cncn11，所以数列cn是首项为1，公差为1的等差数列，所以cnn，Sn.所以不为常数，故数列cn不是“幸福数列”遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决对点训练 “泥居壳屋细莫详，红螺行沙夜生光”是宋代诗人欧阳修对鹦鹉螺的描述假设一条螺旋线是用以下方法画成(如图)：ABC是边长为1的正三角形，曲线CA1，A1A2，

94、A2A3分别是以A，B，C为圆心，AC，BA1，CA2为半径画的弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线，再以A为圆心，AA3为半径画弧如此画下去，则所得弧CA1，A1A2，A2A3，A28A29，A29A30的总长度为()A310 BC58 D110答案：A(三)数列与其他知识交汇应用数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，数列常与函数、向量、三角函数、解析几何、充分必要条件等知识相交汇，考查数列的基本运算与应用例5(2021宜昌月考)已知等差数列an的前n项和为Sn，若a1a2 020，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S2 020等于()A1 008B1 010C2 017D2

95、 019解析A，B，C三点共线，a1a2 0201，S2 0201 010.答案B本题巧妙地将三点共线条件(xy且A，B，C三点共线xy1)与等差数列的求和公式结合，解决的关键是抓住整体思想求值题组突破1等差数列an中的a4，a2 016是函数f(x)x36x24x1的极值点，则 ()A.B2C2D答案：D2已知数列an为等差数列，数列bn为等比数列，且满足a2 016a2 017，b20b214，则tan ()A.BC1D1答案：A3(2021淄博一中月考)已知函数f(x)axb(a0，a1)的图象经过点P(1,3)，Q(2,5)当nN*时，an，记数列an的前n项和为Sn，当Sn时n的值为

96、()A4B5C6D7答案：A4(2021蚌埠一中月考)已知点A(1,0)，B(0,1)和互不相同的点P1，P2，P3，Pn，满足anbn(nN*)，其中an，bn分别为等差数列和等比数列，O为坐标原点，若2.(1)求P1的坐标；(2)试判断点P1，P2，P3，Pn，能否共线？并证明你的结论解析：(1)设P1(x，y)，则(x1，y)，(x,1y)，由2得x12x，y22y，得x，y，所以P1.(2)由anbn，得(an，bn)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由题意知d0，q1不会同时成立若d0且q1，则ana1，则P1，P2，P3，Pn，都在直线x上；若q1且d0，则bnb1

97、，则P1，P2，P3，Pn，都在直线y上；若d0且q1，假设P1，P2，P3，Pn，共线则Pn1Pn(anan1，bnbn1)与PnPn1(an1an，bn1bn)共线(n1，nN*)，即(R)，则bn1bnbnbn1，得q1，与q1矛盾，故当d0且q1时，P1，P2，P3，Pn，不共线第一节不等式的性质、一元二次不等式热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，主要命题点有：(1)不等式的性质及应用，常以不等式为载体与函数相结合考查，注意不等式的等价变形；(2)不等式的解法，常与集合的基本运算相结合考查；(3)一元二次不等式的恒成立问题，常与函数结合考查一般以选择题和填空题的形式出现，难度不大

98、.本节通过不等式的性质、解法及应用，考查转化与化归思想的应用，提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第115页知识点一不等式的性质1两个实数比较大小的依据(1)ab0ab；(2)ab0ab；(3)ab0abbb，bcac；(3)可加性：abacbc；ab，cdacbd；(4)可乘性：ab，c0acbc；ab0，cd0acbd；(5)可乘方性：ab0anbn(nN，n1)；(6)可开方性：ab0(nN，n2) 温馨提醒 若ab0，m0，则；(bm0)；(bm0) 1若ab0，cd0BD000)的图象一元二次方程ax2bxc0(a0)的根有两相异实数根x1，x2(x10(a0

99、)的解集x|xx2R续表判别式b24ac000一元二次不等式ax2bxc0)的解集x|x1xx2 温馨提醒 二级结论1ax2bxc0(a0)恒成立的充要条件是：a0且b24ac0(xR)2ax2bxc0(a0)恒成立的充要条件是：a0且b24ac0(xR)必明易错1对于不等式ax2bxc0，求解时不要忘记讨论a0时的情形2当0时，ax2bxc0(a0)的解集为R还是，要注意区别1(易错题)若(m1)x2(m1)x3(m1)0对任何实数x恒成立，则实数m的取值范围是()A(1，)B(，1)C.D.(1，)答案：C2当x0时，若不等式x2ax10恒成立，则a的最小值为()A2B3C1D答案：A3不

100、等式1的解集是_答案：x|x1或x1授课提示：对应学生用书第116页题型一不等式性质及应用自主探究1(多选题)已知ab0，cd0，则下列不等式中一定成立的是()AacbdBadbcC.D解析：对于A，因为ab0，cd0，所以acbd成立对于B，因为acbd，所以adbc成立对于C，举反例，如a6，b2，c3，d1，可知，故C错误对于D，因为ab0，cd0，所以acbd，故成立答案：ABD2(2021绵阳第一次诊断)已知p：a0，q：aa2，则p是q的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：D3(2021广州一调)已知实数x，y满足xy，则下列关系式中恒成立的是

101、()Atan xtan yBln(x22)ln(y22)C.Dx3y3答案：D4已知1anBmnCmnD以上选项都有可能解析：由mab1，nba1,1a1)，则f(x).设g(x)x1xln x，则g(x)1ln x1ln x，当x1时，g(x)0，所以g(x)g(1)0，即f(x)0，所以f(x)为(1，)上的减函数因为1af(b)，即，(b1)ln a(a1)ln b，ln mln n，从而mn.答案：A不等式性质应用问题的三大常见类型及解题策略(1)利用不等式性质比较大小熟记不等式性质的条件和结论是基础，灵活运用是关键，要注意不等式性质成立的前提条件(2)与充要条件相结合问题用不等式的性

102、质分别判断pq和qp是否正确，要注意特殊值法的应用(3)与命题真假判断相结合问题解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法题型二一元二次不等式的解法自主探究1(多选题)(2020山东淄博模拟)设x表示不小于实数x的最小整数，则满足关于x的不等式x2x120的解可以为()A.B3C4.5D5解析：由x2x120，可得4x3.因为x表示不小于实数x的最小整数，所以 4，33，4.54，55由选项知B、C正确答案：BC2已知不等式ax2bx10的解集是，则不等式x2bxa0的解集是_答案：x|x3或x23求不等式12x2axa2(aR)的解集解析：因为12x2axa2，所以12

103、x2axa20，即(4xa)(3xa)0，令(4xa)(3xa)0，得x1，x2.当a0时，不等式的解集为；当a0时，原不等式变形为x20，解集为x|xR，且x0；当a0时，解集为.综上所述，当a0时，不等式的解集为；当a0时，不等式的解集为x|xR且x0；当a0时，不等式的解集为.1.解一元二次不等式的四个步骤一化把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式二判计算对应方程的判别式三求求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根四写利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集2.解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据(1)二次项中若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然

104、后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式(2)当不等式对应方程的根的个数不确定时，讨论判别式与0的关系(3)确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集形式题型三一元二次不等式恒成立问题多维探究一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图象与x轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围常见的命题角度有：(1)形如f(x)0(f(x)0)(xR)确定参数范围；(2)形如f(x)0(xa，b)确定参数范围；(3)形如f

105、(x)0(参数ma，b)确定x的范围.考法(一)形如f(x)0(f(x)0)(xR)确定参数范围例1若不等式2kx2kx0对一切实数x都成立，则k的取值范围为()A(3,0)B3,0)C3,0D(3,0答案D一元二次不等式在R上恒成立的条件不等式类型恒成立条件ax2bxc0a0，0，0ax2bxc0a0，0ax2bxc0a0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义求解参数的值(或范围)(2)转化为函数值域问题，即已知函数f(x)的值域为m，n，则f(x)a恒成立f(x)mina，即ma；f(x)a恒成立f(x)maxa，即na.考法(三)形如f(x

106、)0(参数ma，b)确定x的范围例3对任意m1,1，函数f(x)x2(m4)x42m的值恒大于零，求x的取值范围解析由f(x)x2(m4)x42m(x2)mx24x4，令g(m)(x2)mx24x4.由题意知在m1,1上，g(m)的值恒大于零，所以解得x1或x3.故当x的取值范围为(，1)(3，)时，对任意的m1，1，函数f(x)的值恒大于零一元二次不等式在参数某区间上恒成立确定变量x范围的方法解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数一般情况下，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数即把变元与参数交换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解对点训练已知函数f(

107、x)x2ax3.(1)当xR时，f(x)a恒成立，求实数a的取值范围；(2)当x2,2时，f(x)a恒成立，求实数a的取值范围；(3)当a4,6时，f(x)0恒成立，求实数x的取值范围答案：(1)6,2(2)7,2(3)(，33，)不等式解法中的核心素养数学运算不等式解法的创新应用例(2021石家庄市高三二检)已知函数f(x)若f(a)f(a)2f(1)，则实数a的取值范围是()A(，11，)B1,0C0,1D1,1解析若x0，则x0，f(x)xln(1x)x2f(x)，同理可得x0时，f(x)f(x)，且x0时，f(0)f(0)，所以f(x)为偶函数当x0时，易知f(x)xln(1x)x2为

108、增函数，所以不等式f(a)f(a)2f(1)等价于2f(a)2f(1)，即f(a)f(1)，即f(|a|)f(1)，则|a|1，解得1a1.答案D本题的关键是利用条件判断f(x)的单调性从而将抽象不等式进行转化.对点训练(2021福州市高三质检)设函数f(x)则满足不等式f(x22)f(x)的x的取值范围是()A(，1)(2，)B(，)(，)C(，)(2，)D(，1)(，)答案：C授课提示：对应学生用书第297页A组基础保分练1若ab0，则下列不等关系中，不成立的是()A.BCabDa2b2答案：B2设a，bR，则“(ab)a20”是“ab”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既

109、不充分也不必要条件答案：C3已知函数f(x)则不等式f(x)x2的解集是()A1,1B2,2C2,1D1,2答案：A4(2021六安一中第四次月考)在区间(1,2)上，不等式x2mx40有解，则m的取值范围为()Am4Bm4Cm5Dm5答案：C5若不等式x2(a1)xa0的解集是4,3的子集，则a的取值范围是()A4,1B4,3C1,3D1,3解析：原不等式为(xa)(x1)0，当a1时，不等式的解集为a,1，此时只要a4即可，即4a1；当a1时，不等式的解为x1，此时符合要求；当a1时，不等式的解集为1，a，此时只要a3即可，即1a3.综上可得4a3.答案：B6(2020高考浙江卷)已知a，

110、bR且ab0，对于任意x0均有(xa)(xb)(x2ab)0，则()Aa0Ba0Cb0Db0解析：因为ab0，所以2abb，若使(xa)(xb)(x2ab)0对于任意x0恒成立，则ab(2ab)0，故a，b不可能同时为正，至少有一个为负若a0，b0，显然成立；若a0，b0，则2ab0，此时要使(xa)(xb)(x2ab)0在0，)上恒成立，则必有2abb，可得a0，与题设矛盾，舍去；若b0，a0，则2ab0，此时必有a2ab，得ab0，符合题意综上，b0.答案：C7a，bR，ab和同时成立的条件是_答案：a0b8(2021惠州调研)关于x的不等式axb0的解集是，则关于x的不等式0的解集是_答

111、案：(1,5)9(2021洛阳调研)已知f(x)2x2bxc，不等式f(x)0的解集是(0,5)(1)求f(x)的解析式；(2)若对于任意的x1,1，不等式f(x)t2恒成立，求t的取值范围解析：(1)f(x)2x2bxc，不等式f(x)0的解集是(0,5)，即2x2bxc0的解集是(0,5)，0和5是方程2x2bxc0的两个根，由根与系数的关系知，5，0，b10，c0，f(x)2x210x.(2)f(x)t2恒成立等价于2x210xt20恒成立，2x210xt2的最大值小于或等于0.设g(x)2x210xt2，则由二次函数的图象可知g(x)2x210xt2在区间1,1上为减函数，g(x)ma

112、xg(1)10t，10t0，即t10.即t的取值范围是(，1010设二次函数f(x)ax2bxc，函数F(x)f(x)x的两个零点为m，n(mn)(1)若m1，n2，求不等式F(x)0的解集；(2)若a0，且0xmn，比较f(x)与m的大小解析：(1)由题意知，F(x)f(x)xa(xm)(xn)，当m1，n2时，不等式F(x)0，即a(x1)(x2)0.当a0时，不等式F(x)0的解集为x|x1或x2；当a0时，不等式F(x)0的解集为x|1x2(2)f(x)ma(xm)(xn)xm(xm)(axan1)，因为a0，且0xmn，所以xm0,1anax0.所以f(x)m0，即f(x)m.B组能

113、力提升练1关于x的不等式(mx1)(x2)0，若此不等式的解集为，则m的取值范围是()A(0，)B(0,2)C.D(，0)答案：D2(多选题)(2021山东聊城期末)若“x23x40”是“x2(2k3)xk23k0”的充分不必要条件，则实数k可以是()A2B2C9D7解析：由x23x40，解得4x1，由x2(2k3)xk23k0，即(xk)x(k3)0，解得xk或xk3.由题意知(4,1)(，k)(k3，)，所以k1或k34，即k(，71，)答案：ACD3已知函数f(x)ax2(a2)xa2为偶函数，则不等式(x2)f(x)0的解集为()A(，)(2，)B(，)C(2，)D(，2)答案：A4(

114、多选题)(2021山东潍坊模拟)若ab1，c0，则下列不等式中一定成立的是()AabBabCln(ba)0Dcc解析：由函数f(x)x在(，1)上为增函数可知，当ab1时，ab，故A错误；由函数g(x)x在(，1)上为增函数可知，当ab1时，ab，即ab，故B正确；由ab，得ba0，但不确定ba与1的大小关系，故ln(ba)与0的大小关系也不确定，故C错误；由ab1可知，1,01，而c0，则c1c0，故D正确答案：BD5对于实数x，当且仅当nxn1(nN*)时，xn，则关于x的不等式4x236x450的解集为_答案：2,8)6规定符号“”表示一种运算，定义abab(a，b为非负实数)，若1k2

115、3，则k的取值范围是_答案：(1,1)7已知函数f(x)ax2(b8)xaab，当x(，3)(2，)时，f(x)0.(1)求f(x)在0,1内的值域；(2)若ax2bxc0的解集为R，求实数c的取值范围解析：(1)因为当x(，3)(2，)时，f(x)0.所以3,2是方程ax2(b8)xaab0的两个根所以所以a3，b5.所以f(x)3x23x1832.因为函数图象关于x对称且抛物线开口向下，所以f(x)在0,1上为减函数，所以f(x)maxf(0)18，f(x)minf(1)12，故f(x)在0,1内的值域为12,18(2)由(1)知不等式ax2bxc0可化为3x25xc0，要使3x25xc0

116、的解集为R，只需2512c0，所以c，所以实数c的取值范围为.C组创新应用练1(多选题)已知非零实数m，n满足m2|m|n2|n|，则下列结论正确的是()Aln|m|ln|n|B.C|m|sin|m|n|sin|n|Dm2n2解析：因为非零实数m，n满足m2|m|n2|n|，所以|m|3|n|30，两边同时开立方可得，|m|n|0，所以，m2n2，因为对数函数yln x为(0，)上的增函数，所以ln |m|ln |n|，所以选项A，B，D均正确；对于选项C，当m，n时，sin sin ，所以选项C错误答案：ABD2已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x0时，f(x)x3，若不等式f(4t)f

117、(2mmt2)对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是()A(，)B(，0)C(，0)，)D(，)，)解析：f(x)在R上为奇函数，且在0，)上为增函数，f(x)在R上是增函数，结合题意得4t2mmt2对任意实数t恒成立mt24t2m0对任意实数t恒成立m(，)答案：A3已知ABC的三边长分别为a，b，c，且满足bc3a，则的取值范围为_解析：由已知及三角形的三边关系得所以所以两式相加得，020，b0，则的最小值为()A4B7.5C8D16答案：C4(多选题)(2021山东模拟)下列说法正确的是()Ax(x0)的最小值是2B.的最小值是 C.的最小值是2D23x的最大值是24解析：由基本不等式

118、可知，当x0时，x2，当且仅当x，即x1时取等号，故A正确； ，当x0时取得等号，故B正确； ，令t ，则t2，因为yt在2，)上单调递增，当t2时，y取得最小值，故C错误；2在x0时，没有最大值，故D错误答案：AB5(2021北京通州区期中测试)设f(x)ln x,0ab，若pf()，qf，r(f(a)f(b)，则下列关系式中正确的是()AqrpCprqDprq解析：0ab，f(x)ln x在(0，)上是增函数，f()f，又lnln，f，prb0，那么a2的最小值为_答案：48已知直线axbyc10(b，c0)经过圆x2y22y50的圆心，则的最小值是_答案：99(2021贵阳模拟)已知正实

119、数x，y满足等式2.(1)求xy的最小值；(2)若3xym2m恒成立，求实数m的取值范围解析：(1)22，即xy3，当且仅当x1，y3时等号成立，所以xy的最小值为3.(2)3xy(3xy)6，当且仅当x1，y3时等号成立，即(3xy)min6，所以m2m6，所以2m3.10首届世界低碳经济大会在南昌召开，本届大会以“节能减排，绿色生态”为主题某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品已知该单位每月的处理量最少为300吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为yx2200x45 000，且每处理一吨二

120、氧化碳得到可利用的化工产品价值为200元(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则需要国家至少补贴多少元才能使该单位不亏损？解析：(1)由题意可知，二氧化碳每吨的平均处理成本为x2002200100，当且仅当x，即x300时等号成立，故该单位月处理量为300吨时，才能使每吨的平均处理成本最低(2)获利设该单位每月获利为s元，则s200xyx2400x45 000(x400)235 000.因为x300,600，所以s15 000,35 000故该单位每月获利，最大利润为35 000元B组能力提升练1已知函数f

121、(x)loga(x3)1(a0且a1)的图象恒过点A，若点A在直线mxny40上，其中mn0，则的最小值为()A.BC2D4答案：B2若x，y，z(0，)，4x2y2z22zm，则m的取值范围为()A(，21B(，3C(，2D(，41答案：B3(多选题)(2021山东枣庄期末)如图所示，一座小岛距离海岸线上最近的P点的距离是2 km，从P点沿海岸线正东方向12 km处有一个城镇假设一个人驾驶小船的平均行进速度为3 km/h，步行的平均速度为5 km/h，时间t(单位：h)表示他从小岛到城镇的时间，x(单位：km)表示此人将船停在海岸距P点处的距离设ux，vx，则()A函数vf(u)为减函数B1

122、5tu4v32C当x1.5时，此人从小岛到城镇花费的时间最少D当x4时，此人从小岛到城镇花费的时间不超过3 h解析：ux，vx，x，uv4，则v，其在(0，)上是减函数，A正确；t，整理得15tu4v36，B错误；15tu3623644，当且仅当u，即u4时取等号，则4x，解得x1.5，C正确；当x4时，t，t30，则t3，D错误答案：AC4在RtABC中，BAC90，点D是边BC上的动点，且|3，|4，(0，0)，则当取得最大值时，|的值为()A.B3C.D解析：点D是边BC上的动点且(0，0)，1，当且仅当时等号成立，取得最大值，此时点D是边BC的中点，|，|3，|4，BAC90，|.答案

123、：C5已知不等式(xy)9对任意的正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为_答案：46已知正实数a，b，c满足a22ab9b2c0，则当取得最大值时，的最大值为_答案：17(2021唐山模拟)已知a0，b0，c0，d0，a2b2ab1，cd1.(1)求证：ab2；(2)判断等式cd能否成立，并说明理由解析：(1)证明：由题意得(ab)23ab1321，当且仅当ab时取等号解得(ab)24，又a，b0，所以ab2.(2)不能成立理由：由均值不等式得，当且仅当ac且bd时等号成立因为ab2，所以1.因为c0，d0，cd1，所以cd1，故cd不能成立C组创新应用练1已知f(x)x3ax2(b4)x(

124、a0，b0)在x1处取得极值，则的最小值为()A.B32C3D2解析：由f(x)x3ax2(b4)x(a0，b0)，得f(x)x22axb4.由题意得f(1)122ab40，则2ab3，所以(2ab)3，当且仅当，即ab1时，等号成立故的最小值为3.答案：C2若直线l：axby20(a0，b0)经过圆x2y22x4y10的圆心，则的最小值为()A2BC21D解析：直线axby20(a0，b0)经过圆x2y22x4y10的圆心，即圆x2y22x4y10的圆心(1,2)在直线axby20上，可得a2b20，即a2b2，所以(a2b) ，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.答案：D3(多选题)(20

125、21东北育才学校模拟改编)直线x2与双曲线1的渐近线交于A，B两点，设P为双曲线上任意一点，若ab(a，bR，O为坐标原点)，则下列式子中恒成立的是()A|ab|1Ba2b24C|ab|2D|ab|2解析：由题意，双曲线的渐近线方程为yx，联立x2，解得y，不妨设A，B，P(x，y)ab，x2a2b，yab.P为双曲线上的任意一点，1，解得ab1，故A正确；a2b22ab2(当且仅当ab时等号成立)，故B错误；(ab)2a2b22ab0，故C错误；(ab)2a2b22ab4ab4(当且仅当ab时等号成立)，|ab|2，故D正确答案：AD第一节空间几何体的结构特征热点命题分析学科核心素养从近五年

126、的高考情况来看，利用建筑物结构特征或空间几何体来考查空间几何体的结构特征及应用是命题热点，一般为选择题、填空题.通过空间几何体的结构特征及应用考查学生的直观想象核心素养.授课提示：对应学生用书第122页知识点一简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到；圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；球可以由半圆或圆绕直径旋转得到(2)简单多面体的结构特征：棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；棱台可由平行于棱锥底

127、面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形 温馨提醒 1认识棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台的结构特征时，易忽视定义，可借助于几何模型强化对空间几何体的结构特征的认识2台体可以看成是由锥体截得的，但一定强调截面与底面平行1下列说法正确的是()A棱柱的侧面都是矩形B棱柱的侧棱都相等C棱柱的棱都平行D棱柱的侧棱总与底面垂直答案：B2如图，长方体ABCDABCD中被截去一部分，其中EHAD，剩下的几何体是()A棱台B四棱柱C五棱柱D六棱柱答案：C3图中的图形折叠后的图形分别是()A圆锥、棱柱B圆锥、棱锥C球、棱锥D圆锥、圆柱解析：根据题图的底面为圆，侧面为扇形，得题图折叠后的图形是圆锥；根据题图的

128、底面为三角形，侧面均为三角形，得题图折叠后的图形是棱锥答案：B知识点二直观图(1)画法：常用斜二测画法(2)规则：原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x轴、y轴的夹角为45(或135)，z轴与x轴和y轴所在平面垂直原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半 温馨提醒 直观图与原图形面积的关系S直观图S原图形(或S原图形2S直观图)1下列说法正确的是()A相等的角在直观图中仍然相等B相等的线段在直观图中仍然相等C正方形的直观图是正方形D若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案

129、：D2如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA6，OC2，则原图形OABC的面积为()A24B12C48D20答案：A授课提示：对应学生用书第123页题型一空间几何体的结构特征自主探究1下列结论正确的是()A各个面都是三角形的几何体是三棱锥B以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线答案：D2设有以下四个命题：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；底面是矩形的平行六面体是长方体；直四棱柱是直平行六面体；棱台的相对侧棱延长后必交于一点其中

130、真命题的序号是_答案：3下列命题中错误的是_过球心的截面所截得的圆面的半径等于球的半径；母线长相等的不同圆锥的轴截面的面积相等；圆台所有平行于底面的截面都是圆面；圆锥所有的轴截面都是全等的等腰三角形解析：因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式，当两条母线的夹角为90时，圆锥的轴截面面积最大答案：空间几何体概念辨析题的常用方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定反例法通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可题型二空间几何体的直观图自主探究1如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际

131、形状为()A平行四边形B梯形C菱形D矩形答案：D2(2021桂林模拟)已知正三角形ABC的边长为a，那么ABC的平面直观图ABC的面积为()A.a2Ba2C.a2Da2解析：如图、为所示的平面图形和直观图由可知，ABABa，OCOCa，在图中作CDAB于D，则CDOCa.SABCABCDaaa2.答案：D画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45或135)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量.空间几何体应用中的核心素养直观想象空间几何体的

132、创新应用例(2021八省联考模拟卷)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为23，故其总曲率为4.(1)求四棱锥的总曲率；(2)若多面体满足：顶点数棱数面数2，证明：这类多面体的总曲率是常数解析(1)由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和可以从整个多面体的角度考虑

133、，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为：25(42)4.(2)证明：设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有nlm2.设第i个面的棱数为xi，所以x1x2xm2l，所以总曲率为：2n(x12)(x22)(xm2)2n(2l2m)2(nlm)4，所以这类多面体的总曲率是常数通过直观想象，化空间图形为平面问题是求解此题的关键对点训练(2020新高考全国卷)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

134、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()A20B40C50D90解析：解析：如图所示，O为赤道平面，O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40可知OAO140，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40.答案：B授课提示：对应学生用书第301页A组基础保分练1如图所示，从三棱台ABCABC中截去三棱锥AABC，则剩余部分是()A三棱锥B四棱锥C三棱

135、柱D三棱台答案：B2如图所示都是正方体的表面展开图，还原成正方体后，其中两个完全一样的是()A(1)(2)B(2)(3)C(3)(4)D(1)(4)解析：在题图(2)(3)中，不动，把图形折起，则为对面，为对面，为对面，故题图(2)(3)完全一样，而题图(1)(4)则不同答案：B3如图所示，知形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中OA6 cm，OC2 cm，则原图形OABC是()A正方形B矩形C菱形D一般的平行四边形解析：在直观图中，OCCD2，所以OD2.如图所示，在原图形中，有ODCD，OD4，CD2，所以OC6，从而得原图形四边相等，但CO与OA不垂直，所以原图形为菱形答案：C

136、4如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是()A棱柱B棱台C棱柱与棱锥的组合体D不能确定解析：如图，因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面都易证是平行四边形，因此是棱柱答案：A5由五个面围成的多面体，其中上、下两个面是相似三角形，其余三个面都是梯形，并且这些梯形的腰延长后能相交于一点，则该多面体是()A三棱柱B三棱台C三棱锥D四棱锥解析：该多面体有三个面是梯形，而棱锥最多有一个面是梯形(底面)，棱柱最多有两个面是梯形(底面)，所以该多面体不是棱柱、棱锥，而是棱台三个梯形是棱台的侧面，另两个三角形是底面，所以这个棱台是三棱台答案：B6一棱柱有

137、10个顶点，其所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为_cm.解析：该棱柱为五棱柱，共有5条侧棱，每条侧棱长都相等，所以每条侧棱长为12 cm.答案：127以三棱台的顶点为三棱锥的顶点，这样可以把一个三棱台分成_个三棱锥解析：如图，三棱台可分成三棱锥C1ABC，三棱锥C1ABB1，三棱锥AA1B1C1，共3个答案：38.如图是一个几何体的表面展开图形，则这个几何体是_解析：一个长方形和两个圆折叠后，能围成的几何体是圆柱答案：圆柱9试从正方体ABCDA1B1C1D1的八个顶点中任取若干，连接后构成以下空间几何体，并且用适当的符号表示出来(1)只有一个面是等边三角形的三棱锥；(2)四个面都是等

138、边三角形的三棱锥；(3)三棱柱解析：(1)如图所示，三棱锥A1AB1D1(答案不唯一)(2)如图所示，三棱锥B1ACD1(答案不唯一)(3)如图所示，三棱柱A1B1D1ABD(答案不唯一)B组能力提升练1(多选题)下列说法错误的是()A有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台B多面体至少有3个面C各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D九棱柱有9条侧棱，9个侧面，侧面为平行四边形解析：选项A错误，反例如图；一个多面体至少有4个面，如三棱锥有4个面，不存在有3个面的多面体，所以选项B错误；选项C错误，反例如图，上、下底面是全等的菱形，各侧面是全等的正方形，它不是正方体；根据棱柱的定义知选项D正

139、确答案：ABC2用一个平面去截一个三棱锥，截面形状是()A四边形B三角形C三角形或四边形D不可能为四边形解析：按如图所示用一个平面去截三棱锥，截面是三角形；按如图所示用一个平面去截三棱锥，截面是四边形答案：C3圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，那么此圆锥的轴截面是()A等边三角形B等腰直角三角形C顶角为30等腰三角形D其他等腰三角形解析：设圆锥底面圆的半径为r，依题意可知2r，则r，故轴截面是边长为的等边三角形答案：A4.如图，在日常生活中，常用到的螺母可以看成一个组合体，其结构特征是()A一个棱柱中挖去一个棱柱B一个棱柱中挖去一个圆柱C一个圆柱中挖去一个棱锥D一个棱台中挖去一个圆柱解析：一

140、个六棱柱挖去一个等高的圆柱，故B正确答案：B5五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个五棱柱的对角线共有_条解析：在上底面选一个顶点，同时在下底面选一个顶点，且这两个顶点不在同一侧面上，这样上底面每个顶点对应两条对角线，所以共有10条答案：106一个半径为5 cm的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4 cm，则截面圆面积为_cm2.解析：设截面圆半径为r cm，则r24252，所以r3.所以截面圆面积为9 cm2.答案：97如图，在边长为2a的正方形ABCD中，E，F分别为AB，BC的中点，沿图中虚线将3个三角形折起，使点A，B，C重合，重合后记为点

141、P.问：(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面，每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？解析：(1)如图，折起后的几何体是三棱锥(2)这个几何体共有4个面，其中DEF为等腰三角形，PEF为等腰直角三角形，DPE和DPF均为直角三角形(3)SPEFa2，SDPFSDPE2aaa2，SDEFS正方形ABCDSPEFSDPFSDPE(2a)2a2a2a2a2.C组创新应用练1. (多选题)对如图中的组合体的结构特征有以下几种说法，其中说法正确的是()A由一个长方体割去一个四棱柱所构成的B由一个长方体与两个四棱柱组合而成的C由一个长方体挖去一个四棱台所构成的D

142、由一个长方体与两个四棱台组合而成的解析：如图，该组合体可由一个长方体割去一个四棱柱所构成，也可以由一个长方体与两个四棱柱组合而成故选项AB正确答案：AB2(2020高考全国卷)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.BC.D解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高(斜高)为h.由已知得h2ah.又h2h22，h2aha2，20，解得(负值舍去)答案：C3如图所示，在所有棱长均为1的三棱柱上，有一只蚂蚁从点A出发，围着三棱

143、柱的侧面爬行一周到达点A1，则爬行的最短路程为_解析：将三棱柱沿AA1展开如图所示，则线段AD1即为最短路线，即AD1 .答案：第二节空间几何体的表面积与体积热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，空间几何体的表面积和体积一直是高考的重点和热点，主要考查几何体的表面积和体积的计算，与球有关的切、接问题，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等.本节通过空间几何体的表面积和体积考查转化与化归思想的应用，提升考生直观想象和数学运算核心素养.授课提示：对应学生用书第125页知识点柱、锥、台和球的面积和体积1柱、锥、台和球的侧面积和体积侧面积体积圆柱S侧2rhVShr2h圆锥S侧rlVShr2

144、hr2圆台S侧(r1r2)lV(S上S下)h(rrr1r2)h直棱柱S侧ChVSh正棱锥S侧ChVSh续表侧面积体积正棱台S侧(CC)hV(S上S下)h球S球面4R2VR32.几何体的表面积(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和 温馨提醒 二级结论1与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，若球为正方体的外接球，则2Ra；若球为正方体的内切球，则2Ra

145、；若球与正方体的各棱相切，则2Ra.(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为31.必明易错1求组合体的表面积时，组合体的衔接部分的面积问题易出错2易混侧面积与表面积的概念1体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A12BC8D4答案：A2已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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_答案：123如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为_答案：147授课提示：对应学生用

146、书第125页题型一空间几何体的表面积自主探究1一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半且侧面积是32，则母线长为()A2B2C4D8解析：圆台的轴截面如图，由题意知，l(rR)，S圆台侧(rR)l2ll32，l4.答案：C2若正方体八个顶点中有四个恰好是正四面体的顶点，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比是()A.BC.D解析：如图所示，正方体的A、C、D、B的四个顶点可构成一个正四面体，设正方体边长为a，则正四面体边长为a.正方体表面积S16a2，正四面体表面积为S24(a)22a2，.答案：A空间几何体表面积的求法(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理

147、(2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图及轴截面的应用.题型二空间几何体的体积自主探究1(2021重庆南开中学期末)在梯形ABCD中，ABC，ADBC，BC2AD2AB2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.BC.D2解析：由题意可知几何体的直观图如图所示，该几何体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的圆锥得到的，其体积为122121.答案：C2. (2021四川资阳二诊)已知圆柱的底面半径为2，高为3，垂直于圆柱底面的平面截圆柱所得截面为矩形ABCD(如图)若底面圆的弦AB所对的圆心角为，则圆柱被分成两部分中较大部分的体积为()A1

148、03B10C.D23解析：设截面ABCD将圆柱分成的两部分中较大部分的体积为V1，DC将圆柱的底面分成的两部分中，较大部分的面积为S1，则S12222，依题意可得V1S1h3103.答案：A3(2021八省联考模拟卷)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为_解析：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O，则圆台的高OO 3，据此可得圆台的体积：V3(525442)61.答案：61求空间几何体的体积的常用方法(1)公式法：对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解(2)割补法：把

149、不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积(3)等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.题型三与球有关的切、接问题多维探究与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考查的难点、易失分点，命题角度多变归纳起来，常见的命题角度有：(1)外接球问题；(2)内切球问题.考法(一)外接球问题例1(1)已知圆柱的高为

150、1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()ABC.D(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A.B16C9D(3)(2020新高考全国卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD60.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_解析(1)设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形r .圆柱的体积为Vr2h1.(2)如图所示，作正四棱锥PABCD，设球的半径为R，正四棱锥底面中心为O且球心为O，在正四棱锥PAB

151、CD中，AB2，AO.PO4，在RtAOO中，AO2AO2OO2，R2()2(4R)2，解得R，该球的表面积为4R242.(3)如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由BAD60，ABAD，知ABD为等边三角形，D1B1DB2，D1B1C1为等边三角形，则D1E且D1E平面BCC1B1，E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r.又由题可得EPEQ，球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P，B1P1，同理C1Q1，P，Q分别为BB1，CC1的中点，PEQ，知的长为.答案

152、(1)B(2)A(3)考法(二)内切球问题例2(1)(2020高考全国卷)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_(2)已知棱长为a的正四面体，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为_解析(1)圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆在PAB中，PAPB3，D为AB的中点，AB2，E为切点，则PD2，PEOPDB，故，即，解得r，故内切球的体积为3. (2)正四面体的表面积为S14a2a2，其内切球半径r为正四面体高的，即raa，因此内切球表面积为S24r2，则.答案(1

153、)(2)解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：题组突破1(2021武汉市武昌区高三调考)已知A，B，C，D是球O上不共面的四点，且ABBCAD1，BDAC，BCAD，则球O的体积为()A.BC2D4解析：由题，ABBC1，AC，所以AB2BC2AC2，所以CBA，即BCAB，又BCAD，所以BC平面ABD，因为ABAD1，BD，所以AB2AD2BD2，所以ABAD，此时可将点A，B，C，D看成棱长为1的正方体上的四个顶点，球O为正方体的外接球，设球O的半径为R，故2R，所以R，则球O的体积VR3.答案：A2(2021南宁模拟)体积为

154、的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为_解析：设球的半径为R，由R3，得R1，所以正三棱柱的高h2.设底面边长为a，则a1，所以a2.所以V(2)226.答案：6与球有关的切、接问题中的核心素养直观想象确定球心位置的策略方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法策略一利用球的定义确定球心素养解读若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简

155、单多面体外接球的球心(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心例1已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A16B20C24D32答案C策略二构造长方体或正方体确定球心素养解读(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长

156、方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体例2在正三棱锥S ABC中，AB，M是SC的中点，AMSB，则正三棱锥S ABC的外接球的表面积为_解析取AC的中点N，连接BN，SN，AM，因为SASC，所以ACSN.又ABC是等边三角形，所以ACBN，AC平面BSN，所以ACSB.又AMSB，ACAMA，故SB平面SAC，SBSA且SBSC，故SA，SB，SC两两垂直，可以看作是从一个棱长为1的正方

157、体上切下来的一个正三棱锥，如图所示，故正三棱锥S ABC的外接球的直径为，所以半径为，故正三棱锥S ABC的外接球的表面积为423.答案3策略三利用球的几何性质确定球心素养解读利用球心O与截面圆圆心O的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心例3正三棱锥ABCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为_解析如图，M为底面BCD的中心，易知AMMD，DM1，AM.在RtDOM中，OD2OM2MD2，即OD2(OD)21，解得OD，故球O的表面积为42.答案题组突破1(2021衡阳模拟)已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的

158、所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是()A6B12C18D24答案：C2(2021揭阳模拟)在三棱锥ABCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，ABC，ACD，ADB的面积分别为，则三棱锥ABCD的外接球的体积为()A.B2C3D4答案：A授课提示：对应学生用书第303页A组基础保分练1已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为()A.BC.D答案：A2如图，圆柱的底面半径为1，平面ABCD为圆柱的轴截面，从A点开始，沿着圆柱的侧面拉一条绳子到C点，若绳子的最短长度为3，则该圆柱的侧面积为()A42B22C52D42答案：A3用与球心距离为1

159、的平面去截球，所得的截面圆面积为，则球的表面积为()A8B4C8D4答案：C4如果三个球的半径之比是123，那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的()A.倍B倍C2倍D3倍解析：设小球半径为1，则大球的表面积S大36，S小S中20，.答案：B5(2021西安模拟)已知三棱锥SABC中，SABABC，SB4，SC2，AB2，BC6，则三棱锥SABC的体积是()A4B6C4D6解析：由ABC，AB2，BC6，得AC2.由SAB，AB2，SB4，得SA2，则SA2AC2SC2，得SAAC，又SAAB，所以SA平面ABC.所以三棱锥SABC的体积为SABCSA2624.答案：C6(2021石家庄

160、摸底)已知正三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为2，则球O的表面积为()A25B20C16D30解析：如图，延长SO交球O于点D，设ABC的外心为E，连接AE，AD，由正弦定理得2AE4，AE2，易知SE平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥SABC的高SE4，由于点A是以SD为直径的球O上一点，SAD90，由射影定理可知，球O的直径2RSD5，因此，球O的表面积为4R2(2R)225.答案：A7一个球的表面积是16，那么这个球的体积为_答案：8.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切记圆柱O1O2的体积为V1，表面积为S

161、1，球O的体积为V2，表面积为S2，则的值是_，_.解析：设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，所以，.答案：9如图，在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为的圆柱，求圆柱的表面积解析：如图所示，设圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，表面积为S.则ROC2，AC4，AO 2.易知AEBAOC，所以，即，所以r1，S底2r22，S侧2rh2.所以SS底S侧22(22).10.如图，在直三棱柱ABCABC中，ABC为等边三角形，AA平面ABC，AB3，AA4，M为AA的中点，P是BC上一点，且由P沿棱柱侧面经过棱CC到M的最短路线长为，设这条最短路

162、线与CC的交点为N，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长；(2)PC与NC的长；(3)三棱锥CMNP的体积解析：(1)该三棱柱的侧面展开图为一边长分别为4和9的矩形，故对角线长为.(2)将该三棱柱的侧面沿棱BB展开，如图所示设PCx，则MP2MA2(ACx)2.MP，MA2，AC3，x2，即PC2.又NCAM，故，即，NC.(3)SPCNCPCN2.在三棱锥MPCN中，M到平面PCN的距离，即h3.VCMNPVMPCNhSPCN.B组能力提升练1(2021青岛检测)已知球O与各棱长均为4的四面体的各棱都相切，则球O的表面积为()A8BC32D24答案：A2.(2021江西宜春质监)如图所示

163、的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为1和3，则此组合体外接球的表面积是()A16B20C24D28解析：设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为O1，则OO12R2，而OO113R，故R21(2R)2，解得R，此组合体外接球的表面积S4R220.答案：B3(多选题)(2021山东济南模拟)已知圆锥的顶点为P，母线长为2，底面半径为，A，B为底面圆周上两个动点(A与B不重合)，则下列说法正确的是()A圆锥的体积为B三角形PAB为等腰三角形C三角形PAB面积的最大值为D直线PA与圆锥底面所成角的大

164、小为解析：如图所示，点O为点P在圆锥底面上的射影，连接OA，OB.PO1，圆锥的体积V()21，A正确；PAPB2，B正确；易知直线PA与圆锥底面所成的角为PAO，D正确；取AB中点C，连接PC，设PAC，则，SPAB2sin 2cos 2sin 2，当时，PAB面积取得最大值2，C错误答案：ABD4.如图是一个实心金属几何体的直观图，它的中间是高l为的圆柱，上、下两端均是半径r为2的半球，若将该实心金属几何体在熔炉中高温熔化(不考虑过程中的原料损失)，熔成一个实心球，则该球的直径为()A3B4C5D6答案：C5(多选题)已知A，B，C三点均在球O的表面上，ABBCCA2，且球心O到平面ABC

165、的距离等于球半径的，则下列结论正确的是()A球O的表面积为6B球O的内接正方体的棱长为1C球O的外切正方体的棱长为D球O的内接正四面体的棱长为2解析：设球O的半径为r，ABC的外接圆圆心为O，半径为R.易得R.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2r2，得r2.所以球O的表面积S4r246，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足cr2，选项D正确答案：AD6(2021东北三省四市联考)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O.剪去AOB，将剩余部分

166、沿OC，OD折叠，使OA，OB重合，则以A(B)，C，D，O为顶点的四面体的外接球的体积为()A8B24C.D48解析：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥OACD，如图所示，取CD的中点E，连接AE，作OF平面ACD，交AE于F，则F是ACD的重心，由题意知AE2，AFAE，OF.设G为四面体的外接球的球心，球的半径为R，则G在直线OF上，连接AG，则OGAGR，由AG2AF2GF2，得R222，解得R，所以以A(B)，C，D，O为顶点的四面体的外接球的体积VR38.答案：AC组创新应用练1(2021济宁模拟)张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以

167、十六等于八分之五已知三棱锥ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB底面BCD，BCCD，且ABCD，BC2，利用张衡的结论可得球O的表面积为()A30B10C33D12答案：B2已知四面体ABCD内接于半径为R的球O内，BCAB3，BAC，若球心O到平面ABC的距离为，则四面体ABCD体积的最大值为()A2BC.D解析：设ABC外接圆的圆心为O，半径为r，则2r，得r3.连接OO，BO，OB，则R2232，得R2.易知当点D到平面ABC的距离为R时，四面体ABCD的体积最大在ABC中，BCAB3，BAC，由余弦定理可得cos ，得AC3，SABC33，四面体ABCD体积的最大值为3.答案：D第

168、三节空间点、直线、平面之间的位置关系热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，异面直线所成的角和线面位置关系是高考的热点，其中线面位置关系的相关知识是立体几何部分的基础，单独考查较少，但在解答题中会经常涉及.本节通过空间点、线、面的位置关系提升考生的直观想象、逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第128页知识点一平面的基本性质及推理1平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线2公理2的三个推论推论1：经过一

169、条直线和这条直线外一点有且只有一个平面；推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面；推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面 温馨提醒 异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交1下列命题中正确的是()A过三点确定一个平面B四边形是平面图形C三条直线两两相交则确定一个平面D两个相交平面把空间分成四个区域答案：D2如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()答案：D知识点二空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系(2)异面直线所成的角定义：设a，b是两条异面直

170、线，经过空间任一点O作直线aa，bb，把a与b所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)范围：.(3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补 温馨提醒 过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线1(2021济宁调研)若直线a不平行于平面，且a，则下列结论成立的是()A内的所有直线与a异面B内不存在与a平行的直线C内的直线与a都相交D内存在唯一的直线与a平行答案：B2若AOBA1O1B1，且OAO1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是()AOBO1B1且方向相同BOBO1

171、B1COB与O1B1不平行DOB与O1B1不一定平行答案：D3.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为_答案：60知识点三空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况 温馨提醒 直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”1若平面平面，点A，C，B，D，则直线AC直线BD的充要条件是()AABCDBADCBCAB与CD相交DA，B，C，D四点共面答案：D2(2021昆明市高三调研)设l，m是两条不同的直线，是两个不同的平面

172、，且l，m.下列结论正确的是()A若，则lB若lm，则C若，则lD若lm，则答案：C授课提示：对应学生用书第129页题型一平面的基本性质及应用自主探究1在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么()A点P必在直线AC上B点P必在直线BD上C点P必在平面DBC内D点P必在平面ABC外答案：A2.如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BGGCDHHC12.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线证明：(1)E，F分别为AB，AD的中点，EF

173、BD.在BCD中，GHBD，EFGH，E，F，G，H四点共面(2)由(1)知EF綊BD，GH綊BD.四边形FEGH为梯形，GE与HF交于一点P，PEG，EG平面ABC，P平面ABC.同理P平面ADC.P为平面ABC与平面ADC的公共点，又平面ABC平面ADCAC，PAC，P，A，C三点共线.证明线共面或点共面的三种方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面，再证明其余元素确定平面，最后证明平面、重合.题型二空间两条直线的位置关系自主探究1(2021福州质检)若直线l1和l2是异面直

174、线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交答案：D2(2021大连期末测试)如图为一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，线段AB，CD的位置关系是()A平行B垂直但不相交C异面但不垂直D相交答案：D3(多选题)(2021八省联考模拟卷)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()AAECDBCHBECDGBHDBGDE解析：由正方体的平面展开图还原正方体如图所示，由图形可知，AECD，故A错误；由HEBC，HEBC，得四边形BCHE为平行四边形，

175、所以CHBE，故B正确；因为DGHC，DGBC，HCBCC，所以DG平面BHC，所以DGBH，故C正确；因为BGAH，而DEAH，所以BGDE，故D正确答案：BCD题型三异面直线所成的角合作探究例如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A.BC. D解析连接BC1，易证BC1AD1，则A1BC1(或其补角)即为异面直线A1B与AD1所成的角连接A1C1，由AB1，AA12，则A1C1，A1BBC1，故cosA1BC1.则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.答案D变式探究1将本例条件“AA12AB2”

176、改为“AB1，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，问题不变解析：由平面ABCD内有且仅有一点到A1的距离为1，则AA11.此时正四棱柱变为正方体ABCDA1B1C1D1，由图知A1B与AD1所成角为A1BC1，连接A1C1(图略)则A1BC1为等边三角形，A1BC160，cosA1BC1，故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.变式探究2将本例条件“AA12AB2”改为“AB1，且平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，则是否存在过顶点A的直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成角都相等，若存在，存在几条？若不存在，说明理由解析：由条件知，此时正四棱柱为正方体如图，连

177、接对角线AC1，显然AC1与棱AB，AD，AA1所成角都相等，联想正方体的其他体对角线如连接BD1，则BD1与棱BC，BA，BB1所成的角都相等，因为BB1AA1，BCAD.体对角线BD1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等同理体对角线A1C，DB1也与棱AB，AD，AA1所成角都相等，故过A作BD1，A1C，DB1的平行线都满足，故这样的直线可以作4条求异面直线所成角的方法(1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移(2)求异面直线所成的角的三步曲：“一作、二证、三求”其中空间选点任意，但要

178、灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解对点训练(2021太原模拟)在正三棱柱ABCA1B1C1中，若ABBB1，D是CC1的中点，则CA1与BD所成角的大小是()A.BC.D答案：C判断空间线、面间的位置关系中的核心素养直观想象构造模型解决空间线、面位置关系例已知m，n是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题：若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，则mn.其中所有正确的命题是()AB C D解析借助于长方体模型来解决本题答案A1.构造法实质上是结合题意构造适合

179、题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误2.由于长方体或正方体中包含了线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直及面面垂直等各种位置关系，故构造长方体或正方体来判断空间直线、平面间的位置关系，显得直观、易判断构造时注意其灵活性，想象各种情况反复验证对点训练(2021郑州模拟)已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则()Am与n异面Bm与n相交Cm与n平行Dm与n异面、相交、平行均有可能答案：D授课提示：对应学生用书第305页A组基础保分练1若平面平面，则()A平面内任一条直线与平面平行B平面内任一条直线与平面内

180、任一条直线平行C平面内存在一条直线与平面不平行D平面内一条直线与平面内一条直线有可能相交答案：A2已知平面平面，l，a，b，则“al”是“ab”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：A3如图，平面与平面交于直线l，A，C是平面内不同的两点，B，D是平面内不同的两点，且A，B，C，D不在直线l上，M，N分别是线段AB，CD的中点，下列判断正确的是()A若AB与CD相交，且直线AC平行于l时，则直线BD与l可能平行也有可能相交B若AB，CD是异面直线时，则直线MN可能与l平行C若存在异于AB，CD的直线同时与直线AC，MN，BD都相交，则AB，CD不可能是异面

181、直线DM，N两点可能重合，但此时直线AC与l不可能相交答案：D4，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题中错误的是()A若mn，m，n，则B若m，则mC若l，m，m，则mlD若mn，m，n，则解析：由，是两个平面，m，n是两条直线，知在A中，mn，m，n，由面面垂直的判定得，故A正确；在B中，m，由面面平行的性质得m，故B正确；在C中，l，m，m，由线面平行的性质得ml，故C正确；在D中，mn，m，n，得与相交或平行，故D错误答案：D5将下面的平面图形(图中每个点都是正三角形的顶点或边的中点)沿虚线折成一个正四面体后，直线MN与PQ是异面直线的是()ABCD解析：图翻折后点N与点Q重合，两直

182、线相交；图翻折后两直线平行，因此选C.答案：C6平面外有两条直线a，b，它们在平面内的正投影分别是直线m，n，则下列命题正确的是()A若ab，则mnB若mn，则abC若mn，则abD若m与n相交，则a与b相交或异面解析：对于选项A，当直线a，b相交，且所在平面与平面垂直时，直线m，n重合，故A不正确；对于选项B，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，AD1，其所在直线分别记为a，b，其在平面ABCD上的正投影分别为AB，AD，分别记为m，n，此时mn，但a与b不垂直，故B不正确；对于选项C，不妨在正方体ABCDA1B1C1D1中考虑，取面对角线AB1，CD1，其所在直线

183、分别记为a，b，其在平面ABCD上的正投影分别为AB，CD，分别记为m，n，此时mn，但a与b不平行，故C不正确；对于选项D，若m与n相交，则a与b不可能平行，只能是相交或异面，故D正确答案：D7(2019高考北京卷)已知l，m是平面外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l.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：若lm，l，则m(答案不唯一)8设和为不重合的两个平面，给出下列命题：若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则平行于；若外一条直线l与内的一条直线平行，则l与平行；设和相交于直线l，若内有一条直线垂直于l，则和垂直；若直线l与内的两条

184、直线垂直，则直线l与垂直真命题的序号有_(写出所有真命题的序号)答案：9(2020高考全国卷)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.证明：(1)当ABBC时，EFAC；(2)点C1在平面AEF内证明：(1)如图，连接BD，B1D1.因为ABBC，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD.因为BB1平面ABCD，于是ACBB1.又BDBB1B，所以AC平面BB1D1D.由于EF平面BB1D1D，所以EFAC.(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为D1EDD1，AGAA1，DD1綊AA1，所

185、以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AEGD1.因为B1FBB1，A1GAA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1FC1.于是AEFC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内B组能力提升练1(2021深圳模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则()AmD1QBm平面B1D1QCmB1QDm平面ABB1A1答案：B2已知三个平面，a，b是异面直线，a与，分别交于A，B，C三点，b与，分

186、别交于D，E，F三点，连接AF交平面于点G，连接CD交平面于点H，则四边形BGEH的形状为()A平行四边形B矩形C菱形D梯形答案：A3(多选题)设，是三个不同的平面，a，b，c是三条不同的直线已知a，b，c，则()A若ab，则bcB若abA，则bcAC若ab，bc，则，D若，则ab，bc解析：对于A：a，b，ab，a，b，b.又b，c，bc，故A正确；对于B：a，b，abA，A，A，A，Aa，Ab.又c，Ac，bcA，故B正确；对于C：a，b，c，a，c.ab，bc，a与c不平行，即a与c相交于一点，b.b，b，故C正确；对于D：，b，b.a，c，ba，bc，故D正确答案：ABCD4(多选题)

187、(2021北京通州区期末改编)设点B为O上任意一点，AO垂直于O所在的平面，且AOOB，对于O所在的平面内任意两条相互垂直的直线a，b，有下列结论，其中正确的有()A当直线AB与a成60角时，AB与b成30角B当直线AB与a成60角时，AB与b成60角C直线AB与a所成角的最小值为45D直线AB与a所成角的最小值为60解析：如图，AOOB，直线ab，点D，M分别为BC，AC的中点，则ABC为直线AB与a所成的角，MDO为直线AB与b所成的角设AOOB1，若ABC60，则OMODMD，所以MDO60，故B正确，A不正确；因为AB与O所在平面所成的角为45，即直线AB与平面内所有直线所成角中的最小

188、角为45，所以直线a与直线AB所成角的最小值为45，故C正确，D不正确答案：BC5.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，D，E分别是BC，AB的中点，点F在棱CC1上，ABBCCACF2，AA13，给出下列说法：设平面ADF与平面BEC1的交线为l，则直线C1E与l相交；在棱A1C1上存在点N，使得三棱锥NADF的体积为；设点M在BB1上，当BM1时，平面CAM平面ADF；在棱A1B1上存在点P，使得C1PAF.其中正确说法的序号为_解析：连接CE交AD于点O(图略)，则O为ABC的重心，连接OF，由已知得OFEC1，则EC1l，故错；若存在点N在A1C1上，则VNADFVD

189、AFN，当N与C1重合时，VDAFN取最小值为，故错；当BM1时，可证得CBMFCD，则BCMCDF90，即CMDF.易得AD平面CBB1C1，ADCM，ADDFD，则CM平面ADF，又CM平面AMC，平面CAM平面ADF，故正确；过C1作C1GFA交AA1于点G(图略)，若在A1B1上存在点P，使得C1PAF，则C1PC1G，易得C1PGA1，C1P平面A1C1G，则C1PA1C1，矛盾，故错答案：6.如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，D是PC的中点，已知BAC，AB2，AC2，PA2.求： (1)三棱锥PABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值解析：(1)SABC222

190、，三棱锥PABC的体积为VSABCPA22.(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则EDBC，所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在ADE中，DE2，AE，AD2，cosADE.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.C组创新应用练1.设四棱锥PABCD的底面不是平行四边形，用平面去截此四棱锥(如图)，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面()A不存在B只有1个C恰有4个D有无数多个解析：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m，n，直线m，n确定了一个平面.作与平行的平面，与四棱锥的各个侧面相交，则截得的四边形必为平行四边形，而这样的平面有无数多个答案：D2异面直线l与m成6

191、0角，异面直线l与n成45角，则异面直线m与n所成角的取值范围是()A15，90B60，90C15，90)D15，60解析：如图，在直线l上任取一点O，过O作mm，nn.当m，n，l三线共面时，m与n所成的最小角为15，即异面直线m与n所成角的最小值是15.设n与l固定，把m绕点O旋转，则m与n所成的最大角为90.答案：A3(多选题)(2021山东模拟)如图，M是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DD1的中点，下列命题中的真命题是()A过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交B过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直C过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交D过M点有且

192、只有一个平面与直线AB，B1C1都平行解析：直线AB与B1C1是两条互相垂直的异面直线，点M不在这两条异面直线中的任何一条上如图所示，取C1C的中点N，连接MN，则MNAB，且MNAB，连接BN并延长与B1C1的延长线交于H，延长AM至点G，使AGBH，连接GH，则点A，B，M，N，H共面，直线HM必与直线AB相交于某点O，所以过M点有且只有一条直线HO与直线AB，B1C1都相交，故A正确；过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直，此垂线就是棱DD1所在直线，故B正确；过M点有无数个平面与直线AB，B1C1都相交，故C不正确；过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行，此平面就是

193、过M点且与正方体的上、下底面都平行的平面，故D正确答案：ABD第四节直线、平面平行的判定及其性质热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定和性质，常出现在解答题的第(1)问中，难度中等.本节通过线、面平行的判定及性质考查考生的直观想象、逻辑推理核心素养，以及转化与化归思想的应用.授课提示：对应学生用书第132页知识点一直线与平面平行直线与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行线面平行)la，a，l，l续表文字语言图形语言符号语言性质定理一

194、条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(简记为“线面平行线线平行”)l，l，b，lb1下列命题中正确的是()A若a，b是两条直线，且ab，那么a平行于经过b的任何平面B若直线a和平面满足a，那么a与内的任何直线平行C平行于同一条直线的两个平面平行D若直线a，b和平面满足ab，a，b，则b答案：D2如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为_答案：平行知识点二平面与平面平行平面与平面平行的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言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(简记为“线面平行

195、面面平行”)a，b，abP，a，b，性质定理如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行，a，b，ab 温馨提醒 平面与平面平行的几个有用性质(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例(5)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行1平面平面的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两

196、条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b答案：D2若平面平面，直线a平面，点B，则在平面内且过B点的所有直线中()A不一定存在与a平行的直线B只有两条与a平行的直线C存在无数条与a平行的直线D存在唯一的与a平行的直线答案：A3如图是长方体被一平面所截得的几何体，四边形EFGH为截面，则四边形EFGH的形状为_答案：平行四边形授课提示：对应学生用书第133页题型一直线与平面平行的判定与性质多维探究直线与平面平行的判定与性质是高考的考查重点多考查直线与平面平行的判定、利用线面平行的性质判定线线平行及探索存在性问题常见的命题角度有：(1)直线与平面平行的判定；(2)直

197、线与平面平行的性质.考法(一)直线与平面平行的判定例1如图，在四棱锥PABCD 中，ADBC，ABBCAD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE相交于O点，G是线段OF上一点(1)求证：AP平面BEF；(2)求证：GH平面PAD.证明(1)连接EC，ADBC，BCAD，E为AD的中点，BC綊AE，四边形ABCE是平行四边形，O为AC的中点又F是PC的中点，FOAP，FO平面BEF，AP平面BEF，AP平面BEF.(2)连接FH，OH，F，H分别是PC，CD的中点，FHPD，又PD平面PAD，FH平面PAD，FH平面PAD.又易知O是BE的中点，OHAD，易得OH平面PAD.又

198、FHOHH，平面OHF平面PAD.又GH平面OHF，GH平面PAD.证明直线与平面平行的三种方法(1)定义法：一般用反证法(2)判定定理法：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叙述证明过程(3)性质判定法：即两平面平行时，其中一个平面内的任何直线都平行于另一个平面考法(二)直线与平面平行的性质例2如图，四棱锥PABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH平面ABCD，BC平面GEFH.(1)证明：GHEF；(2)若EB2，求四边形GEFH的面积解析(1)证明：因为BC平面GEFH，B

199、C平面PBC，且平面PBC平面GEFHGH，所以GHBC.同理可证EFBC，因此GHEF.(2)连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.因为PAPC，O是AC的中点，所以POAC，同理可得POBD.又BDACO，且AC，BD都在底面ABCD内，所以PO底面ABCD.又因为平面GEFH平面ABCD，且PO平面GEFH，所以PO平面GEFH.因为平面PBD平面GEFHGK，所以POGK，所以GK底面ABCD，从而GKEF.所以GK是梯形GEFH的高由AB8，EB2得EBABKBDB14，从而KBDBOB，即K为OB的中点再由POGK得GKPO，且G是PB的中点，所以GHBC4.由

200、已知可得OB4，PO6，所以GK3.易得EFBC8，故四边形GEFH的面积SGK318.证明线线平行的三种判定方法(1)利用平行公理(2)利用线面平行的性质定理(3)利用面面平行的性质定理对点训练如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：GH平面PAD.证明：如图，连接AC交BD于点O，连接MO.因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点又M是PC的中点，所以APOM.根据直线和平面平行的判定定理则有PA平面BMD.因为平面PAHG平面BMDGH，根据直线和平面平行的性质定理，得PAGH.因为

201、GH平面PAD，PA平面PAD，所以GH平面PAD.题型二平面与平面平行的判定与性质合作探究例如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EFA1平面BCHG. 证明(1)因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点，所以GHB1C1，又B1C1BC，所以GHBC，所以B，C，H，G四点共面(2)在ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，所以EFBC，因为EF平面BCHG，BC平面BCHG，所以EF平面BCHG.又因为G，E分别为A1B1，AB的中点，所以A1G綊EB，所以四边形A1EBG是平行四边

202、形，所以A1EGB.因为A1E平面BCHG，GB平面BCHG，所以A1E平面BCHG.又因为A1EEFE，所以平面EFA1平面BCHG.变式探究1在本例条件下，若D为BC1的中点， 求证：HD平面A1B1BA.证明：如图所示，连接HD，A1B，因为D为BC1的中点，H为A1C1的中点，所以HDA1B.又HD平面A1B1BA，A1B平面A1B1BA，所以HD平面A1B1BA.变式探究2在本例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，因为四边形A1ACC1是平行四边形，所以M是A1C的中点，连接MD，因为D为BC的中点

203、，所以A1BDM.因为A1B平面A1BD1，DM平面A1BD1，所以DM平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，所以四边形BDC1D1为平行四边形，所以DC1BD1.又DC1平面A1BD1，BD1平面A1BD1，所以DC1平面A1BD1，又因为DC1DMD，DC1，DM平面AC1D，所以平面A1BD1平面AC1D.判定面面平行的四种方法(1)面面平行的定义，即判断两个平面没有公共点(2)面面平行的判定定理(3)垂直于同一条直线的两平面平行(4)平面平行的传递性，即两个平面同时平行于第三个平面，则这两个平面平行.对点训练如图所示，平面平面，点A平面，点C平面，点B平面，点D平面，点E

204、，F分别在线段AB，CD上，且AEEBCFFD.(1)求证：EF平面；(2)若E，F分别是AB，CD的中点，AC4，BD6，且AC，BD所成的角为60，求EF的长解析：(1)证明：当AB，CD在同一平面内，平面平面ABDCAC，平面平面ABDCBD，ACBD.AEEBCFFD，EFBD.又EF，BD，EF平面.当AB与CD异面时，设平面ACDDH，且DHAC.，平面ACDHAC，ACDH.故四边形ACDH是平行四边形在AH上取一点G，使AGGHCFFD，又AEEBCFFD，GFHD，EGBH.又EGGFG，平面EFG平面.又EF平面EFG，EF平面.综上，EF平面.(2)如图所示，连接AD，取

205、AD的中点M，连接ME，MF.E，F分别为AB，CD的中点，MEBD，MFAC，且MEBD3，MFAC2.因此EMF为AC与BD所成的角(或其补角)故EMF60或120.在EFM中，由余弦定理得，EF ，即EF或EF.直线与平面平行问题中的核心素养直观想象、逻辑推理直线与平面平行的创新应用例如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，AB1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN平面DCC1D1，设BNx，MNy，则函数yf(x)的图象大致是()解析过M作MQDD1，交AD于Q，连接QN(图略)MN平面DCC1D1，MQ平面DCC1D1，MNMQ

206、M，平面MNQ平面DCC1D1，又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，NQDC，可得QNCDAB1，AQBNx，2，MQ2x.在RtMQN中，MN2MQ2QN2，即y24x21，y24x21(x0，y1)，函数yf(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分答案C作平面MNQ平面DCC1D1，且由勾股定理得出y与x的关系是解题的关键对点训练如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：没有水的部分始终呈棱柱形；水面EFGH所在四边形的面积为定值；棱A1D1始终与水面所在的

207、平面平行；当容器倾斜如图所示时，BEBF是定值其中正确的个数是()A1B2C3D4答案：C授课提示：对应学生用书第307页A组基础保分练1(2021郑州调研)已知直线a和平面，那么a的一个充分条件是()A存在一条直线b，ab且bB存在一条直线b，ab且bC存在一个平面，a且D存在一个平面，a且答案：C2(2021石家庄模拟)过三棱柱ABCA1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A4条B6条C8条D12条答案：B3有以下三种说法，其中正确的是()若直线a与平面相交，则内不存在与a平行的直线；若直线b平面，直线a与直线b垂直，则直线a不可能与平行；直线a，b满

208、足ab，则a平行于经过b的任何平面ABCD答案：D4在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别为BC，CD的中点，则()ABD平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形DEH平面ADC，且四边形EFGH是梯形解析：如图，由题意得EFBD，且EFBD，HGBD，且HGBD，所以EFHG，且EFHG，又HG平面BCD，EF平面BCD，所以EF平面BCD，且四边形EFGH是梯形答案：B5. (多选题)如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱AA1，

209、CC1，B1C1，A1B1的中点，则下列各直线中，与平面ACD1平行的是()A直线EFB直线GHC直线EHD直线A1B解析：在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为EFAC，且EF平面ACD1，所以EF平面ACD1，故A正确；因为GHA1C1，A1C1AC，所以GHAC.又GH平面ACD1，所以GH平面ACD1，故B正确；因为EHAB1C1D，C1D与D1C相交，所以EH与平面ACD1相交，故C错误；因为A1BD1C，且A1B平面ACD1，所以A1B平面ACD1，故D正确答案：ABD6(多选题)(2021山东肥城模拟)在空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当

210、BD平面EFGH时，下面结论正确的是()AE，F，G，H一定是各边的中点BG，H一定是CD，DA的中点CAEEBAHHD，且BFFCDGGCD四边形EFGH是平行四边形或梯形解析：由BD平面EFGH，得BDEH，BDFG，则AEEBAHHD，且BFFCDGGC，且EHFG，故四边形EFGH是平行四边形或梯形答案：CD7设，为三个不同的平面，a，b为直线，给出下列条件：a，b，a，b；，；，；a，b，ab.其中能推出的条件是_(填上所有正确的序号)答案：8(2021唐山统一考试)在三棱锥PABC中，PB6，AC3，G为PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为

211、_答案：89. (2021唐山质检)如图，四边形ABCD与四边形ADEF都为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点求证：(1)BE平面DMF； (2)平面BDE平面MNG.证明：(1)设DF与GN交于点O，连接AE，则AE必过点O，且O为AE的中点，连接MO(图略)，则MO为ABE的中位线，所以BEMO.因为BE平面DMF，MO平面DMF，所以BE平面DMF.(2)因为N，G分别为AD，EF的中点，四边形ADEF为平行四边形，所以DEGN.因为DE平面MNG，GN平面MNG，所以DE平面MNG.因为M为AB的中点，N为AD的中点，所以MN为ABD的中位线，所以BDMN.因为BD平面

212、MNG，MN平面MNG，所以BD平面MNG.因为DEBDD，BD，DE平面BDE，所以平面BDE平面MNG.10. (2021南昌模拟)如图所示，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.设M，N分别为PD，AD的中点 (1)求证：平面CMN平面PAB；(2)求三棱锥PABM的体积解析：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，所以MNPA.又因为MN平面PAB，PA平面PAB，所以MN平面PAB.在RtACD中，CAD60，CN是RtACD中斜边上的中线，所以CNAN，所以ACN60.又因为BAC60，所以CNAB.因为CN平面PAB，A

213、B平面PAB，所以CN平面PAB.又因为CNMNN，所以平面CMN平面PAB.(2)由(1)知，平面CMN平面PAB，所以MC平面PAB，所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离由AB1，ABC90，BAC60，得BC，所以VPABMVMPABVCPABVPABC12.B组能力提升练1.如图，平面PAD平面ABCD，ABCBCD90，PAPDADAB2CD2，H为PB的中点(1)求证：CH平面PAD；(2)求点C到平面PAB的距离解析：(1)证明：取PA的中点E，连接HE，DE(图略)，则EH綊AB.ABCBCD90，ABCD.又AB2CD，CD綊AB，EH綊CD，四边形CDEH为

214、平行四边形，CHDE，又DE平面PAD，CH平面PAD，CH平面PAD.(2)取AD的中点F，连接PF，FB，AH(图略)，则PFB90，PF，BF，PB，AH，SPAB，连接AC，则V三棱锥CPABV三棱锥PABC，设点C到平面PAB的距离为h，h2，h.点C到平面PAB的距离为.2(2021南通模拟)如图所示，斜三棱柱ABCA1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点(1)当等于何值时，BC1平面AB1D1?(2)若平面BC1D平面AB1D1，求的值解析：(1)如图所示，取D1为线段A1C1的中点，此时1.连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.由棱柱的性质知，四边形A1ABB1为

215、平行四边形，点O为A1B的中点在A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，OD1BC1.又OD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，BC1平面AB1D1.当1时，BC1平面AB1D1.(2)由平面BC1D平面AB1D1，且平面A1BC1平面BC1DBC1，平面A1BC1平面AB1D1D1O，得BC1D1O，又由题(1)可知，1，1，即1.C组创新应用练1.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA16，AB3，AD8，点M是棱AD的中点，点N在棱AA1上，且满足AN2NA1，P是侧面四边形ADD1A1内一动点(含边界)，若C1P平面CMN，则线段C1P长度的最小值是_解析：取

216、A1D1的中点Q，过点Q在平面ADD1A1内作MN的平行线交DD1于点E，易知平面C1QE平面CMN，在C1QE中作C1PQE(图略)，此时C1P取得最小值.答案：2在如图所示的一块木料中，棱BC平行于平面ABCD.(1)要经过平面ABCD内的一点P和棱BC将木料锯开，应怎样画线？(2)所画的线与平面ABCD是什么位置关系？并证明你的结论解析：(1)过点P作BC的平行线，交AB，CD于点E，F，连接BE，CF.作图如下：(2)EF平面ABCD.理由如下：因为BC平面ABCD，又因为平面BCCB平面ABCDBC，所以BCBC，因为EFBC，所以EFBC，又因为EF平面ABCD，BC平面ABCD，

217、所以EF平面ABCD.第五节直线、平面垂直的判定及其性质热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定和性质，常出现在解答题的第(1)问中，难度中等.本节通过线、面垂直的判定及性质考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第136页知识点一直线与平面垂直1直线和平面垂直的定义如果一条直线l与平面内的任意直线都垂直，就说直线l与平面互相垂直2判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直l性质定理两直线垂直于同一个平面，那么这

218、两条直线平行ab 温馨提醒 二级结论1直线与平面垂直的定义常常逆用，即a，bab.2若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面3垂直于同一条直线的两个平面平行4过一点有且只有一条直线与已知平面垂直5过一点有且只有一个平面与已知直线垂直必明易错证明线面垂直时，易忽视“面内两条直线相交”这一条件1(2021深圳四校联考)若平面，满足，l，P，Pl，则下列命题中是假命题的为()A过点P垂直于平面的直线平行于平面B过点P垂直于直线l的直线在平面内C过点P垂直于平面的直线在平面内D过点P且在平面内垂直于l的直线必垂直于平面答案：B2(2021唐山模拟)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CD

219、E垂直的是()ABCD答案：B3“直线a与平面内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面垂直”的_条件答案：必要不充分知识点二平面与平面垂直1平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直2判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直性质定理如果两个平面互相垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面l 温馨提醒 面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视面面垂直的性质定理在使用时易忘一个平面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误1下列命题中不正确的是()A如果平面平面，且直线

220、l平面，则直线l平面B如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面C如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面D如果平面平面，平面平面，l，那么l答案：A2(2021苏州模拟)在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PAPBPC，则点O是ABC的_心；(2)若PAPB，PBPC，PCPA，则点O是ABC的_心解析：(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在RtPOA，RtPOB和RtPOC中，PAPCPB，所以OAOBOC，即O为ABC的外心(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PCPA，PBPC，PAPBP，所以PC

221、平面PAB，又AB平面PAB，所以PCAB，因为ABPO，POPCP，所以AB平面PGC，又CG平面PGC，所以ABCG，即CG为ABC边AB上的高同理可证BD，AH分别为ABC边AC，BC上的高，即O为ABC的垂心答案：(1)外(2)垂授课提示：对应学生用书第137页题型一直线与平面垂直的判定与性质合作探究例如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中点证明：(1)CDAE；(2)PD平面ABE.证明(1)在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，CD平面ABCD，PACD.又ACCD，PAACA，PA，AC平面PAC，CD平面P

222、AC.又AE平面PAC，CDAE.(2)由PAABBC，ABC60，可得ACPA.E是PC的中点，AEPC.由(1)知AECD，且PCCDC，PC，CD平面PCD，AE平面PCD，又PD平面PCD，AEPD.PA底面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.又ABAD，且PAADA，AB平面PAD，而PD平面PAD，ABPD.又ABAEA，AB，AE平面ABE，PD平面ABE.1.判定线面垂直的四种方法2判定线线垂直的四种方法对点训练如图所示，在四棱锥PABCD中，AB平面PAD，ABCD，PDAD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DFAB，PH为PAD中AD边上的高求证：(1)PH平面ABCD

223、；(2)EF平面PAB.证明：(1)因为AB平面PAD，PH平面PAD，所以PHAB.因为PH为PAD中AD边上的高，所以PHAD.因为ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PH平面ABCD.(2)如图，取PA的中点M，连接MD，ME.因为E是PB的中点，所以ME綊AB.又因为DF綊AB.所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EFMD.因为PDAD，所以MDPA.因为AB平面PAD，MD平面PAD，所以MDAB.因为PAABA，所以MD平面PAB，所以EF平面PAB.题型二面面垂直的判定与性质合作探究例如图，四棱锥PABCD中，ABAC，ABPA，ABCD，AB2C

224、D，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点(1)求证：CE平面PAD；(2)求证：平面EFG平面EMN. 证明(1)法一：取PA的中点H，连接EH，DH.又E为PB的中点，所以EH綊AB.又CD綊AB，所以EH綊CD.所以四边形DCEH是平行四边形，所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD.所以CE平面PAD.法二：连接CF.因为F为AB的中点，所以AFAB.又CDAB，所以AFCD.又AFCD，所以四边形AFCD为平行四边形因此CFAD.又CF平面PAD，AD平面PAD，所以CF平面PAD.因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA.又EF平面PAD，PA平面P

225、AD，所以EF平面PAD.又因为CFEFF.故平面CEF平面PAD.又因为CE平面CEF，所以CE平面PAD.(2)因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EFPA，又ABPA，所以ABEF.同理可得ABFG.又EFFGF，EF平面EFG，FG平面EFG，因此AB平面EFG.又M，N分别为PD，PC的中点，所以MNCD.又ABCD，所以MNAB，所以MN平面EFG.又MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.变式探究1在本例条件下，证明：平面EMN平面PAC.证明：因为ABPA，ABAC，且PAACA，所以AB平面PAC.又MNCD，CDAB，所以MNAB.所以MN平面PAC.又MN平面EMN，

226、所以平面EMN平面PAC.变式探究2在本例条件下，证明：平面EFG平面PAC.证明：因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EFPA，FGAC，又EF平面PAC，PA平面PAC，所以EF平面PAC.同理，FG平面PAC.又EFFGF，所以平面EFG平面PAC.面面垂直判定的两种方法与一个转化(1)两种方法：面面垂直的定义；面面垂直的判定定理(a，a)(2)一个转化：在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直对点训练(2020高考全国卷)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，

227、APC90.(1)证明：平面PAB平面PAC；(2)设DO，圆锥的侧面积为，求三棱锥PABC的体积解析：(1)证明：由题设可知，PAPBPC.由ABC是正三角形，可得PACPAB，PACPBC.又APC90，故APB90，BPC90.从而PBPA，PBPC，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，l2r22，解得r1，l.从而AB.由(1)可得PA2PB2AB2，故PAPBPC.所以三棱锥PABC的体积为PAPBPC3.题型三平行与垂直的综合问题合作探究例如图所示，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB

228、，F为CD的中点求证：(1)AF平面BCE；(2)平面BCE平面CDE. 证明(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.F为CD的中点，GFDE且GFDE.AB平面ACD，DE平面ACD，ABDE，GFAB.又ABDE，GFAB.四边形GFAB为平行四边形，则AFBG.AF平面BCE，BG平面BCE，AF平面BCE.(2)ACD为等边三角形，F为CD的中点，AFCD.DE平面ACD，AF平面ACD，DEAF.又CDDED，AF平面CDE.BGAF，BG平面CDE.又BG平面BCE，平面BCE平面CDE.1.线线关系是线面关系、面面关系的基础证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常

229、用中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用等腰三角形的中线等2.证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范.对点训练如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，F分别为AD，PB的中点(1)求证：PEBC；(2)求证：平面PAB平面PCD；(3)求证：EF平面PCD.证明：(1)因为PAPD，E为AD的中点，所以PEAD.因为底面ABCD为矩形，所以BCAD，所以PEBC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以ABAD.又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD，因为PD平面PA

230、D，所以ABPD.又因为PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.因为PD平面PCD，所以平面PAB平面PCD.(3)如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FGBC，FGBC.因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DEBC，DEBC.所以DEFG，DEFG.所以四边形DEFG为平行四边形所以EFDG.又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF平面PCD.平行、垂直关系中的核心素养逻辑推理、直观想象在平行、垂直关系证明中的体现逻辑推理在该部分主要体现在空间平行、垂直关系的证明与探究，其理论根据就是空间垂直关系的判定定理和性质定理，需要掌握推理的

231、基本形式，表述论证的过程平行、垂直关系证明的起点就是平面图形中的线线平行、垂直关系例 (2020高考全国卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1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：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心若AOAB6，AO平面EB1C1F，且MPN，求四棱锥BEB1C1F的体积 解析(1)证明：因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MNCC1.又由已知得AA1CC1，故AA1MN.因为A1B1C1是正三角形，所以B1C1A1N.又

232、B1C1MN，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EB1C1FPN，故AOPN.又APON，故四边形APNO是平行四边形，所以PNAO6，APONAM，PMAM2，EFBC2.因为BC平面EB1C1F，所以四棱锥BEB1C1F 的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离如图所示，作MTPN，垂足为T，则由(1)知，MT平面EB1C1F，故MTPMsinMPN3.底面EB1C1F的面积为(B1C1EF)PN(62)624.所以四棱锥BEB1C1F的体积为24324.解决平行与垂直的综

233、合应用问题的策略处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化对点训练如图，在底面为菱形的四棱锥PABCD中，PAAD，PACD，E为侧棱PC上一点(1)若BEPC，求证：PC平面BDE；(2)若PA平面BDE，求平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比解析：(1)证明：连接AC(图略)，因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD.因为PAAD，PACD，且ADCDD，所以PA底面ABCD，所以PABD.又PAACA，所以BD平面PAC，所以BDPC.又因为BEPC，BDBEB，所以PC平面BDE.(2)设ACBDO，连接OE(图略)，因为四边

234、形ABCD为菱形，所以AOOC.因为PA平面BDE，平面PAC平面BDEOE，所以PAOE，所以PEEC，即E是PC的中点由(1)知PA底面ABCD，所以点E到平面ABCD的距离为PA.故，所以平面BDE把四棱锥PABCD分成两部分的体积比为13(或31)授课提示：对应学生用书第309页A组基础保分练1(2021长沙模拟)已知，为平面，l是直线，若l，则“，”是“l”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：C2(多选题)如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中正确的是()AACSBBADSCC平面SAC平面SBDDBDSA解析：由

235、SD底面ABCD，得SB在平面ABCD内的射影为DB.又DB与AC垂直，所以SBAC，A正确；由SC在平面ABCD内的射影DC与AD垂直，得SCAD，B正确；由ACSB，ACBD，SBBDB，可得AC平面SBD，又因为AC平面SAC，从而有平面SAC平面SBD，C正确；若BDSA，则BD垂直SA在平面ABCD内的射影DA，与已知条件矛盾，D错误答案：ABC3(2021石家庄模拟)若l，m是两条不重合的直线，m垂直于平面，则“l”是“lm”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：A4(多选题)(2021山东威海模拟)如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，ABB

236、C，BCCDAB2，E为AB中点，沿DE将三角形ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC2，则()A平面PED平面EBCDBPCEDC二面角PDCB的大小为45D直线PC与平面PED所成角的正切值为解析：A中，PDAD 2，在PDC中，因为PD2CD2PC2，所以PDCD.又CDDE，PDDED，所以CD平面PED，又CD平面EBCD，所以平面PED平面EBCD，故A正确；B中，若PCED，又EDCD，PCCDC，所以ED平面PDC，则EDPD，而EDPEDA90，显然矛盾，故B错误；C中，二面角PDCB的平面角为PDE，根据折叠的性质知PDEADE45，故C正确；D中，因为CD平面PED，所

237、以CPD为直线PC与平面PED所成角，在RtPCD中，tanCPD，故D错误答案：AC5在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，侧面PAB底面ABCD，若PAADABkBC(0k1)，则()A当k时，平面BPC平面PCDB当k时，平面APD平面PCDC对任意k(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直D存在k(0,1)，使直线PD与直线AC垂直解析：当k时，取PB，PC的中点，分别为M，N，连接MN，AM，DN(图略)由平面PAB平面ABCD，BCAB，可知BC平面PAB，BCAM.又M为PB的中点，PAAB，AMPB，可得AM平面PBC，而ADBC且ADBC，MNB

238、C且MNBC，ADMN且ADMN，则四边形ADNM为平行四边形，可得AMDN，则DN平面BPC.又DN平面PCD，平面BPC平面PCD.答案：A6如图，在正方形ABCD中，点M 为边AD(端点除外)上一动点，将ABM沿BM所在直线翻折至ABM，并连接AC，AD，则下列情况可能成立的是()ABA平面ADMBBA平面ACDCBCABDMA平面ABC解析：连接BD(图略)，令AB1，则BD.若选项A成立，则BAAD，所以AD1，此时AMMD1，这与AMMDAD矛盾，因此选项A不成立；若选项B成立，则BAAC，所以在RtBAC中，BCBA，这与BCBA1矛盾，因此选项B不成立；若选项C成立，则BC为A

239、B与CD的公垂线段，则可得BC1AD.但AMMD1AD，这与BC1AD矛盾，因此选项C不成立；当MAMD时，由MDBC可得MABC，又MAAB，可得MA平面ABC，故选项D有可能成立答案：D7如图，PA圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上一点，AEPB于点E，AFPC于点F，给出下列结论：AFPB；EFPB；AFBC；AE平面PBC.其中正确结论的序号是_答案：8如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，分别沿AE，EF，FA将ABE，ECF，ADF折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体AOEF，连接AH，则在四面体AOEF中，下列结论不正确的是_(写出

240、所有不正确结论的序号)AO平面EOF；AH平面EOF；AOEF；AFOE；平面AOE平面AOF.解析：易知OAOE，OAOF，OEOFO，OA平面EOF，故正确，错误；EF平面EOF，AOEF，故正确；同理可得OE平面AOF，OEAF，故正确；OE平面AOE，平面AOE平面AOF，故正确故答案为.答案：9如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F是CE的中点(1)求证：BF平面ADP；(2)已知O是BD的中点，求证：BD平面AOF.证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，因为

241、F是CE的中点，所以FG是梯形CDPE的中位线，因为CD3PE，所以FG2PE，FGCD，因为CDAB，AB2PE，所以ABFG，ABFG，即四边形ABFG是平行四边形，所以BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，所以BF平面ADP.(2)延长AO交CD于点M，连接BM，FM，因为BAAD，CDDA，ABAD，O为BD的中点，所以ABMD是正方形，则BDAM，MD2PE.所以FMPD，因为PD平面ABCD，所以FM平面ABCD，所以FMBD，因为AMFMM，所以BD平面AMF，所以BD平面AOF.B组能力提升练1如图所示，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，ABDC，PAD是等边

242、三角形，已知BD2AD8，AB2DC4.(1)设M是PC上的一点，求证：平面MBD平面PAD；(2)求四棱锥PABCD的体积解析：(1)证明：在ABD中，AD4，BD8，AB4，AD2BD2AB2，ADBD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BD平面ABCD，BD平面PAD，又BD平面MBD，平面MBD平面PAD.(2)如图，过点P作POAD于点O.平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，PO平面ABCD.即PO为四棱锥PABCD的高，又PAD是边长为4的等边三角形，PO2.在底面四边形ABCD中，ABDC，AB2DC，四边形ABCD为梯形由(1

243、)知，在RtADB中，斜边AB上的高为(等面积法)，也是梯形的高，S梯形ABCD24.VPABCD24216.2(2021南昌模拟)如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PAD是正三角形，平面PAD平面ABCD，E，F，G分别是PD，PC，BC的中点(1)求证：平面EFG平面PAD；(2)若M是线段CD上一点，求三棱锥MEFG的体积解析：(1)证明：因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面ABCD，且CDAD，所以CD平面PAD.在PCD中，E，F分别是PD，PC的中点，所以EFCD，所以EF平面PAD.因为EF平面EFG，所以平面EFG平面P

244、AD.(2)因为EFCD，EF平面EFG，CD平面EFG，所以CD平面EFG，因此CD上的点M到平面EFG的距离等于点D到平面EFG的距离，连接DF，DG，如图，V三棱锥MEFGV三棱锥DEFG.取AD的中点H，连接GH，EH，FH，则EFGH，因为EF平面PAD，EH平面PAD，所以EFEH.于是SEFHEFEH2SEFG.平面EFG平面PAD，平面EFG平面PADEH，且易知EHD是边长为2的正三角形，所以点D到平面EFG的距离等于正三角形EHD的高，为.所以三棱锥MEFG的体积V三棱锥MEFGV三棱锥DEFGSEFG.C组创新应用练1. (2021泉州模拟)如图，一张A4纸的长，宽分别为

245、2a,2a，A，B，C，D分别是其四条边的中点现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体下列关于该多面体的命题，正确的是_(写出所有正确命题的序号)该多面体是三棱锥；平面BAD平面BCD；平面BAC平面ACD；该多面体外接球的表面积为5a2.解析：由题意得该多面体是一个三棱锥，故正确；因为APBP，APCP，BPCPP，所以AP平面BCD，又因为AP平面ABD，所以平面BAD平面BCD，故正确；同理可证平面BAC平面ACD，故正确；该多面体的外接球半径Ra，所以该多面体外接球的表面积为5a2，故正确综上，正确命题的序号为.答案：2(2021洛阳模拟)如

246、图，在四棱锥EABCD中，EAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足ABCD，ADDCAB，且AEBD.(1)证明：平面EBD平面EAD；(2)若EAD的面积为，求点C到平面EBD的距离解析：(1)证明：如图，取AB的中点M，连接DM，则由题意可知四边形BCDM为平行四边形，所以DMCBADAB，即点D在以线段AB为直径的圆上，所以BDAD，又AEBD，且AEADA，所以BD平面EAD.因为BD平面EBD，所以平面EBD平面EAD.(2)因为BD平面EAD，且BD平面ABCD，所以平面ABCD平面EAD.因为等边EAD的面积为，所以ADAEED2，即AD的中点O，连接EO，则EOAD，E

247、O，因为平面EAD平面ABCD，平面EAD平面ABCDAD，所以EO平面ABCD.由(1)知ABD，EBD都是直角三角形，所以BD2，SEBDEDBD2，设点C到平面EBD的距离为h，由VCEBDVEBCD，得SEBDhSBCDEO，又SBCDBCCDsin 120，所以h.所以点C到平面EBD的距离为.第六节空间向量及其运算热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，空间向量及其运算是每年命题的热点，独立考查较少，多与空间角、距离的计算综合考查，难度中等.本节通过空间向量的运算考查考生的直观想象与数学运算核心素养.授课提示：对应学生用书第141页知识点一空间向量的有关概念、定理1空间向量

248、的有关概念名称定义空间向量在空间中，具有大小和方向的量相等向量方向相同且模相等的向量共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一平面的向量2.空间向量中的有关定理(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b0)，ab存在R，使ab.(2)共面向量定理：若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面存在唯一的有序实数对(x，y)使pxayb.(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在一个唯一的有序实数组x，y，z使得pxaybzc，其中a，b，c叫做空间的一个基底3两个向量的数量积(1)非零向量a，b的数量积ab|a|b|c

249、osa，b(2)空间向量数量积的运算律结合律：(a)b(ab)；交换律：abba；分配律：a(bc)abac. 温馨提醒 1三点共线：在平面中A，B，C三点共线xy(其中xy1)，O为平面内任意一点2四点共面：在空间中P，A，B，C四点共面xyz(其中xyz1)，O为空间中任意一点1如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设a，b，c，则下列向量中与相等的向量是()AabcBabcCabcDabc答案：C2若a与b不共线，且mab，nab，pa，则()Am，n，p共线Bm与p共线Cn与p共线Dm，n，p共面答案：D3正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD

250、的中点，则EF的长为_答案：知识点二空间向量的坐标表示设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3).向量表示坐标表示数量积aba1b1a2b2a3b3共线ab(b0)a1b1，a2b2，a3b3垂直ab0(a0，b0)a1b1a2b2a3b30模|a|夹角a，b(a0，b0)cosa，b 温馨提醒 设a(a1，a2，a3)，b(b1，b2，b3)，则ab(b0)这一形式不能随便写成.只有在b与三个坐标轴都不平行时，才能这样写，这是因为：若b与坐标平面xOy平行，则b30，这样就无意义了1(易错题)在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3)，B(2，1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)

251、，则直线AB与CD的位置关系是()A垂直B平行C异面D相交但不垂直答案：B2.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是_答案：垂直授课提示：对应学生用书第142页题型一空间向量的线性运算自主探究1.已知三棱锥OABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且a，b，c，用a，b，c表示，则等于()A.(bca)B.(abc)C.(abc)D.(cab)答案：D2.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设a，b，c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量

252、：(1)_；(2)_；(3)_.答案：(1)abc(2)abc(3)abc用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量(3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立题型二共线、共面向量定理的应用自主探究1已知a(1,0,2)，b(6,21,2)，若ab，则与的值可以是()A2，B，C3,2D2,2答案：A2已知a(2,1，3)，b(1,2,3)，c(7,6，)，若a，b，c三向量共面，则()A9B9C3D

253、3答案：B3已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若xyz(x，y，zR)，则“x2，y3，z2”是“P，A，B，C四点共面”的()A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：当x2，y3，z2时，即232.则23()2()，即32，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设mn(m，nR)，即m()n()，即(1mn)mn，即x1mn，ym，zn，这组数显然不止2，3，2，故“x2，y3，z2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件答案：B应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较三点(P，

254、A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面xy对空间任一点O，t对空间任一点O，xy对空间任一点O，x(1x)对空间任一点O，xy(1xy)题型三空间向量数量积的应用合作探究例如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：(1)；(2)；(3)EG的长；(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值解析设a，b，c.则|a|b|c|1，a，bb，cc，a60，ca，a，bc.(1)(a)a2ac.(2)(ca)(bc)(bcabc2ac).(3)abacbabc.|2a2b2c2abbcca，则|.(4)bc.ba，cos，由于异面直线所成

255、角的范围是(0，90，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.1.求解与空间图形中的有关向量数量积问题时，应先在图形中选定一组模和夹角已知的基向量，用基向量表示待求数量积中的向量，结合向量数量积的运算律求解2若待求向量是坐标形式，求数量积时，可直接利用空间向量的数量积的坐标公式求解对点训练如图所示，已知在平行六面体ABCDABCD中，AB4，AD3，AA5，BAD90，BAADAA60.(1)求AC的长；(2)求与的夹角的余弦值答案：(1)(2)空间向量运算中的核心素养数学运算向量法在空间几何体中的应用例如图1, 四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形与等腰梯形，ADEF，AF，AD4，E

256、F2，沿AD将四边形ADEF折起，使得平面ADEF平面ABCD，如图2，动点M在线段EF上，N，G分别为AB，BC的中点，设异面直线MN与AG所成的角为，则cos 的最大值为()A.BC.D解析过点F作FOAD，垂足为O.因为平面ADEF平面ABCD，平面ABCD平面ADEFAD，所以FO平面ABCD.以O为坐标原点，OD，OF所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为AF，AD4，EF2，四边形ADEF为等腰梯形，所以AO1，FO1，设M(0，y,1)，0y2，易知O(0,0,0)，A(0，1,0)，N(2，1,0)，G(4,1,0)，(2，1y，1)，(4,2,0)，则|，|

257、2，cos .设3yt，则有1t3，cos ，则当t3，即y0，即点M与F重合时，cos 取得最大值为.答案A空间几何中的夹角问题，常转化为向量的夹角问题，利用公式cosa，b求解对点训练如图所示，已知PA平面ABC，ABC120，PAABBC6，则PC等于_答案：12授课提示：对应学生用书第311页A组基础保分练1在空间四边形ABCD中，的值为()A1B0C1D2答案：B2已知a(2,3，4)，b(4，3，2)，bx2a，则x()A(0,3，6)B(0,6，20)C(0,6，6)D(6,6，6)答案：B3在空间四边形ABCD中，若(3,5,2)，(7，1，4)，点E，F分别为线段BC，AD的

258、中点，则的坐标为()A(2,3,3)B(2，3，3)C(5，2,1)D(5,2，1)答案：B4已知A(1,0,0)，B(0，1,1)，O为坐标原点，与的夹角为120，则的值为()ABCD解析：(1，)，cos 120，得.经检验不合题意，舍去，所以.答案：C5(2021晋江模拟)设OABC是四面体，G1是ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG3GG1，若xyz，则xyz等于()A1BC.D2解析：如图所示，由题意得，所以1xyz，所以xyz，又G1，A，B，C四点共面，所以xyz1，所以xyz.答案：C6已知点A(1,2,1)，B(1,3,4)，D(1,1,1)，若2，则|的值是_答案：7已

259、知空间三点A(1,1,1)，B(1,0,4)，C(2，2,3)，则与的夹角的大小是_解析：因为(2，1,3)，(1,3，2)，所以cos，.又0，180，所以，120.答案：1208在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，且AB1MN，则的值为_解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，因为底面边长为1，侧棱长为2，则A，B1，C，C1，M(0,0,0)，设N，因为，所以N，所以，.又因为AB1MN，所以0.所以0，所以15.答案：159.已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是边OA，C

260、B的中点，点G在线段MN上，且使MG2GN，用向量，表示向量.解析：()().10.如图，已知平行六面体ABCDABCD，E，F，G，H分别是棱AD，DC，CC和AB的中点，求证：E，F，G，H四点共面证明：设a，b，c，则2ba2a()ba(baca)bc，与b，c共面，即E，F，G，H四点共面B组能力提升练1已知点A(1，a，5)，B(2a，7，2)，则|AB|的最小值为()A3B3C2D2答案：B2在空间直角坐标系中，一定点P到三个坐标轴的距离都是1，则该点到原点的距离是()A.BC.D答案：A3已知a，b是异面直线，A，Ba，C，Db，ACb，BDb且AB2，CD1，则异面直线a，b所

261、成的角等于()A30B45C60D90解析：由ACb，BDbACCD，BDCD，故可得0，0，()|20|201cos，故向量，的夹角为60，a与b的夹角为60.答案：C4已知平面内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面的一个法向量n(1，1，1)，则不重合的两个平面与的位置关系是_答案：平行5如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则的取值范围是_解析：由题意，设，其中0,1，()()22()(1)21，因此的取值范围是0,1答案：0,16.直三棱柱ABCABC中，ACBCAA，ACB90，D，E分别为AB，BB的中点 (1)

262、求证：CEAD；(2)求异面直线CE与AC所成角的余弦值解析：(1)证明：设a，b，c，根据题意，|a|b|c|且abbcca0，bc，cba.c2b20，即CEAD.(2)ac，|a|，|a|.(ac)c2|a|2，cos，.即异面直线CE与AC所成角的余弦值为.C组创新应用练1.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12，ABBC1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是()A.BC.D解析：设，(，0,1)所以(0,1,2)(0，2)，()(1,0,0)(1,1,0)(1，0)所以|(1，2)|.当且仅当，即，时取等号所以线段PQ长度的最小值为.答案：C2

263、.如图，在长方体ABCDA1B1C1D中，AA1AD1，E为CD的中点 (1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE.若存在，求AP的长；若不存在，说明理由解析：(1)证明：以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0，1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.因为011(1)10，所以B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)设平面B1AE的法向量n(x，y，z)因为n平面B1AE

264、，所以n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，所以存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.第七节立体几何中的向量方法热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等.本节通过对空间角的求解、空间向量的应用，考查考生转化与化归思想的应用，提升考生的直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第144页知识点空间角的求法1设直线l，m的方

265、向向量分别为a，b，平面，的法向量分别为u，则(1)线线平行：lmabakb，kR；线面平行：lauau0；面面平行：uuk，kR.(2)线线垂直：lmabab0；线面垂直：lauaku，kR；面面垂直：uu0.2空间角的求法(1)异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角l1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |(2)求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.(3)求二面角的大小如图a，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，如图b，c，n1，

266、n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角) 温馨提醒 利用空间向量法求二面角时易忽视判断二面角大小，从而致误解题时注意结合图形判断二面角的平面角是锐角还是钝角，从而在下结论时作出正确判断1已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为_答案：45或1352在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为_答案：3正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB

267、1A1所成的角为_答案：授课提示：对应学生用书第145页题型一异面直线所成的角合作探究例(2020新高考全国卷)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值 解析(1)证明：因为PD底面ABCD，所以PDAD.又底面ABCD为正方形，所以ADDC，所以AD平面PDC.因为ADBC，AD平面PBC，所以AD平面PBC.因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl，所以lAD，因此l平面PDC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空

268、间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0，0,1)，(0,1,0)，(1,1，1)由(1)可设Q(a,0,1)，则(a,0,1)设n(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即可取n(1,0，a)所以cosn， .设PB与平面QCD所成角为，则sin .因为 ，当且仅当a1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.向量法求异面直线所成角的两种方法及一个注意点(1)两种方法：基向量法：利用线性运算坐标法：利用坐标运算(2)一个注意点：注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围对点训练(2020高考北京卷)如图，在正方体ABC

269、DA1B1C1D1中，E为BB1的中点(1)求证：BC1平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值解析：(1)证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB綊DC，D1C1綊DC，AB綊D1C1，四边形ABC1D1为平行四边形，BC1AD1.又AD1平面AD1E，BC1平面AD1E，BC1平面AD1E.(2)设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，以A为原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，D1(2，0,2)，E(0,2,1)，(0,0,2)，(2,0,2)，(0,2,1)设平面AD1E

270、的法向量为n(x，y，z)，由得令z2，则x2，y1，n(2,1，2)设直线AA1与平面AD1E所成的角为，则sin |cosn|.题型二直线与平面所成的角合作探究例如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AC1，CC1，ABC30，D为AB的中点(1)证明：AC1平面B1CD；(2)求直线DC1与平面B1CD所成角的正弦值 解析(1)证明：连接BC1交B1C于点E，连接DE，因为四边形BB1C1C是矩形，所以点E是BC1的中点，又点D为AB的中点，所以DE是ABC1的中位线，所以DEAC1.因为DE平面B1CD，AC1平面B1CD，所以AC1平面B1CD.(2)由AB2，AC1，ABC

271、30，可得ACBC，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则C(0,0,0)，B1(0，)，D，C1(0,0，)，所以，(0，)，.设直线DC1与平面B1CD所成角为，平面B1CD的法向量为m(x，y，z)，则即令z1，得m(，1,1)，所以sin |cosm，|.利用平面的法向量求线面角的两个注意点(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin2cos21求出其值不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值即为所求对点训练(2021东北三校模拟)在

272、正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，D在棱BB1上，且BD1，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值为()A.BC.D答案：A题型三二面角合作探究例(2020高考全国卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPCE的余弦值 解析(1)证明：设DOa，由题设可得POa，AOa，ABACBCa，PAPBPCa.因此PA2PB2AB2，从而PAPB.又PA2PC2AC2，故PAPC.所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长度，建立如图所

273、示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0)，A(0，1,0)，C，P.所以，.设m(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即可取m.由(1)知是平面PCB的一个法向量记n，则cosn，m.所以二面角BPCE的余弦值为.利用法向量求二面角时的两个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中条件隐含着，不用单独求(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行判断，以防结论失误对点训练如图，多面体ABCDEF中，正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直，已知ABCD，ADCD，AB2，CD4，直线BE与平面ABCD所成的角的正切值等于.(1)求证：平面BCE平面BDE；(2)

274、求平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值解析：(1)证明：因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，EDAD，ED平面ADEF，所以ED平面ABCD，所以EBD为BE与平面ABCD所成的角，设EDa，则ADa，又AB2，ADCD，ABCD，则ADAB，则DB，在RtEDB中，tanEBD，所以a2，在直角梯形ABCD中，BC2，在DBC中，BD2，BC2，CD4，所以BD2BC2CD2，所以BCBD，又BDEDD，所以BC平面BDE，又BC平面BCE，所以平面BCE平面BDE.(2)由题知，DA，DC，DE两两垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y

275、轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，F(2,0,2)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，取平面CDE的一个法向量(2,0,0)，设平面BDF的一个法向量n(x，y，z)，则即令x1，则yz1，所以n(1，1，1)设平面BDF与平面CDE所成锐二面角的大小为，则cos |cos，n|，所以平面BDF与平面CDE所成锐二面角的余弦值是.向量法中的核心素养数学运算利用空间向量求距离例如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD，AB2，求点A到平面MBC的距离 解析如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因

276、为BCD与MCD均为正三角形，所以OBCD，OMCD，又平面MCD平面BCD，平面MCD平面BCDCD，OM平面MCD，所以MO平面BCD.以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.因为BCD与MCD都是边长为2的正三角形，所以OBOM，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，0)，A(0，2)，所以(1，0)(0，)设平面MBC的法向量为n(x，y，z)，由得即取x，可得平面MBC的一个法向量为n(，1,1)又(0,0,2)，所以所求距离为d.求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长如图，设点P在平面外

277、，n为平面的法向量，在平面内任取一点Q，则点P到平面的距离d.对点训练如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点E在棱AB上移动(1)证明：D1EA1D；(2)当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离解析：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设AEx，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，E(1，x,0)，A(1，0,0)，C(0,2,0)(1)证明：(1，x，1)，(1,0，1)，因为0，所以D1EA1D.(2)因为E为AB的中点，则E(1,1,0)，从而(1,1，1)，(1,

278、2,0)，(1,0,1)，设平面ACD1的法向量为n(a，b，c)，则即得从而可取n(2,1,2)，所以点E到平面ACD1的距离h.授课提示：对应学生用书第313页A组基础保分练1(2021石家庄摸底)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA1，BC2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A.BC.D答案：B2.如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为()A.BC.D答案：A3.如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCDABCD，AC的中点E与AB的中点F的距

279、离为()A.aBaCaDa答案：B4.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MPMC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为()解析：法一：以D为原点，DA，DC分别为x，y轴建系如图：设M(x，y,0)，设正方形边长为a，则P，C(0，a,0)，则|，|.由|得x2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线yx.法二：所求轨迹是线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线答案：A5在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，侧棱PA底面ABCD，BCAD，ABC90，PAABBC2，AD1，则点D到平面PBC的

280、距离是_答案：6在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_答案：7. (2021西安摸底)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ABBB1，ACBCBB1，D为AB的中点，且CDDA1. (1)求证：BB1平面ABC；(2)求锐二面角CDA1C1的余弦值解析：(1)证明：因为ACBC，D为AB的中点，所以CDAB，又DCDA1，ABDA1D，所以CD平面AA1B1B，又BB1平面AA1B1B，所以CDB1B，又B1BAB，ABCDD，所以B1B平面ABC.(2)由已知及(1)可得CB，CC1，CA两两互相垂直，所以以C为坐标原点，以CB

281、所在直线为x轴，CC1所在直线为y轴，CA所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，设CC12，则C(0，0,0)，C1(0,2,0)，A1(0,2,2)，D(1,0,1)，所以(1,0,1)，(0,2,2)，(1，2，1)，(0,0,2)设平面DCA1的法向量n1(x1，y1，z1)，则即令z11，则x11，y11，n1(1,1，1)设平面DC1A1的法向量n2(x2，y2，z2)，则即得z20，x22y20，令y21，则x22，n2(2,1,0)所以cosn1，n2.故锐二面角CDA1C1的余弦值为.B组能力提升练1. (2021合肥调研)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，点O为棱AB的

282、中点 (1)求证：BC1平面A1CO；(2)若ABC是等边三角形，且ABAA1，A1AB60，平面AA1B1B平面ABC，求二面角AA1CB的余弦值解析：(1)证明：连接AC1交A1C于M，连接OM.由三棱柱ABCA1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，M为AC1的中点又O为AB的中点，BC1OM.OM平面A1CO，BC1平面A1CO，BC1平面A1CO.(2)ABC是等边三角形，且ABAA1，A1AB60，A1OAB，COAB.又平面AA1B1B平面ABC，A1O平面ABC，A1OCO.以O为坐标原点，直线OC，OA，OA1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系设ACABBC

283、AA12，则C(，0,0)，A(0,1,0)，B(0，1,0)，A1(0,0，)设平面A1AC的法向量为n1(x1，y1，z1)，则n1，n1，(，1,0)，(0，1，)，令y1，得x11，z11，即n1(1，1)设平面A1BC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则n2，n2，(，1,0)，(0,1，)，令y2，得x21，z21，即n2(1，1)cosn1，n2，由题意可知，二面角AA1CB为锐角，其余弦值为.2. (2021福州市高三质检)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点 (1)证明：A1C平面DEF；(2)若

284、A1CEF，求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值解析：(1)证明：如图，连接AB1交A1B于点H，设A1B交EF于点K，连接DK，因为四边形ABB1A1为矩形，所以H为线段A1B的中点因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点，所以点K为线段BH的中点，所以A1K3BK.又CD3BD，所以A1CDK.又A1C平面DEF，DK平面DEF，所以A1C平面DEF.(2)连接CE，EH，由(1)知，EHAA1，因为AA1平面ABC，所以EH平面ABC.因为ABC为正三角形，且点E为棱AB的中点，所以CEAB.故以点E为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Ex

285、yz.设AB4，AA1t(t0)，则A1(2，t,0)，A(2,0,0)，C(0,0，2)，E(0,0,0)，F，D，所以(2，t,2)，.因为A1CEF，所以0，所以(2)(2)t200，所以t2，所以(2，0)，.设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则所以取x1，则n(1，)又(2,0,2)，设直线A1C1与平面DEF所成的角为，则sin |cosn，|，所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为.C组创新应用练如图，正方形ABCD的边长为4，E，F分别为BC，DA的中点将正方形ABCD沿着线段EF折起，使DFA60.设G为AF的中点(1)求证：DGEF；(2)求直线GA与平面BC

286、F所成角的正弦值；(3)设P，Q分别为线段DG，CF上的点，且PQ平面ABEF，求线段PQ的长度的最小值解析：(1)证明：因为正方形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点，所以EFFD，EFFA，又因为FDFAF，所以EF平面DFA.又因为DG平面DFA，所以DGEF.(2)因为DFA60，DFFA，AGGF，所以DFA为等边三角形，且DGFA.又因为DGEF，EFFAF，所以DG平面ABEF.设BE的中点为H，连接GH，则GA，GH，GD两两垂直，故以GA，GH，GD所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系Gxyz，如图，则G(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,4,0)，C(

287、0,4，)，F(1,0,0)，所以(1,0,0)，(1,0，)，(2，4,0)设平面BCF的法向量为m(x，y，z)，由m0，m0，得令z2，得m(2，2)设直线GA与平面BCF所成的角为，则sin |cosm，|，即直线GA与平面BCF所成角的正弦值为.(3)由题意，可设P(0,0，k)(0k)，(01)，由(1,4，)，得(，4，)，所以Q(1,4，)，(1,4，k)由(2)得，(0,0，)为平面ABEF的一个法向量因为PQ平面ABEF，所以0，即k0.所以|，又因为17221172，所以当时，|min.所以当，k时，线段PQ的长度取得最小值，其最小值为.立体几何中的高考热点求解策略授课提

288、示：对应学生用书第148页(一)空间几何体中的动态问题1“动态”中研究“特定静态”问题例1如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是体对角线AC1上的动点(点P与A，C1不重合)，则下面结论中错误的是()A存在点P，使得平面A1DP平面B1CD1B存在点P，使得AC1平面A1DPC对任意点P，三棱锥AA1DP的体积都不等于D对任意点P，A1DP的面积都不等于答案C本题通过P在体对角线AC1上的“动”考查了面面平行、线面垂直、体积与面积等问题，实现了一题多考2“动态”中研究“轨迹”问题例2(2021蚌埠模拟)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，

289、AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M平面CD1EF，则M点的轨迹长度为_解析如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1GD1E.同理可得C1HCF.因为C1HC1GC1，所以平面C1GH平面CD1EF.由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M平面CD1EF，则点M在线段GH上，所以M点的轨迹长度GH.答案本题通过对点的轨迹的探索，考查了线面平行，实现了解析几何问题与立体几何的交汇解决此类问题的方法一般是将空间问题平面化，同时要结合常见曲线的定义，探索轨迹类型(二)空间几何体中的最值(

290、范围问题)1目标函数法求最值例3在四面体ABCD中，若ADDBACCB1，则四面体ABCD体积的最大值是()A.BC.D解析如图，取AB的中点E，连接CE，DE，设AB2x(0x1)，则CEDE，所以当平面ABC平面ABD时，四面体ABCD的体积最大，此时，四面体ABCD的体积V2xxx3.所以Vx2.令V0，得x.当x时，V单调递增，当x时，V单调递减，则当x时，V有最大值，Vmax3.答案A该题中四面体ABCD的体积等于锥体BCED和锥体ACED的体积之和，而AB与平面CED垂直，设CED，则VVACEDVBCEDSCEDABCEEDABsin ，显然当90时，V取得最大值，而CED就是二

291、面角CABD的平面角，故当CE与DE垂直，即平面ABC平面ABD的时候，四面体的体积取得最大值例4如图所示，菱形ABCD的边长为2，现将ACD沿对角线AC折起使平面ACD平面ACB，则此时空间四面体ABCD体积的最大值为()A. BC1 D解析取AC中点O，连接DO(图略)设ABC，则(0，)，所以DOADcos 2cos ，SABC22sin 2sin .因为DO平面ABC，所以V四面体ABCDSABCDOsin cos sin cos2sin .设tsin ，则0t1，V四面体ABCD(tt3)设f(t)(tt3)，0t1，则f(t)(13t2)，0t1.所以当0t时，f(t)0，f(t)

292、单调递增；当t1时，f(t)0，f(t)单调递减所以当t时，f(t)取得最大值.所以四面体ABCD体积的最大值为.答案A根据条件设出变量，求出几何体的体积或面积表达式，然后转化为函数最值问题求解即可.对点训练(2021惠州调研)在三棱锥ABCD中，底面BCD是直角三角形且BCCD，斜边BD上的高为1，三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16，则三棱锥ABCD体积的最大值为_解析：如图，过点C作CHBD于H.由外接球的表面积为16，可得外接球的半径为2，则AB4.因为AB为外接球的直径，所以BDA90，BCA90，即BDAD，BCCA，又BCCD，CACDC，所以BC平面AC

293、D，所以BCAD，又BCBDB，所以AD平面BCD，所以平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCDBD，所以CH平面ABD.设ADx(0x4)，则BD.在BCD中，BD边上的高CH1，所以V三棱锥ABCDV三棱锥CABDx1，当x28时，V三棱锥ABCD有最大值，故三棱锥ABCD体积的最大值为.答案：2几何法求最值例5如图，在四棱锥PABCD中，顶点P在底面的投影O恰为正方形ABCD的中心，且AB，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当ANMN取最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为()A. B C. D解析：如图，在PC上取点M，使得PMPM，连接NM，则MN

294、MN，ANMNANMN，则当A，N，M三点共线时，ANMN最小，为AM，当AMPC时，AM取得最小值，即ANNM的最小值因为此时M恰为PD的中点，所以M为PC的中点，所以PAAC2，因此PO.易知外接球的球心在四棱锥内部，设外接球的半径为r，则r2(r)21，解得r，因此外接球的表面积S4r2.答案：B根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量，然后利用几何知识，直接判断变量取值的最值，从而确定体积的最值题组突破1(2021广州模拟)如图所示，在三棱锥APBC中，AP，AB，AC两两垂直，且APABAC.若点D，E分别在棱PB，PC上运动(都不含端点)，则ADDEEA的最小值为_解析

295、：由AP，AB，AC两两垂直，且APABAC，得PBPCBC2，APBAPC45.如图所示，将棱PA，AB，AC剪开，将平面APB与平面APC翻折到平面PBC上，连接AA，与PB交于点D，与PC交于点E，易知此时ADDEEA的值最小，即ADDEEA的值最小，则ADDEEA的最小值为AA1.答案：12正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上一动点，BPPE的最小值为，则该四面体内切球的体积为_解析：如图甲所示，在正方体中作出一个正四面体ABCD，将正三角形ABC沿AC边翻折，使平面ABC与平面ACD在同一平面内，示意图如图乙要使得BPPE最小，则B，P，E三点共线，此时BE.设正四面体的

296、棱长为x，在三角形ABE中，由余弦定理可得()2x222xcos ，解得x2.所以正方体的棱长为2，正四面体的体积VV正方体4222.设正四面体内切球的半径为r，由等体积法可得V正四面体4SABCr，整理得4r(2)2sin ，解得r.所以该四面体内切球的体积Vr33.答案：第一节直线与直线方程热点命题分析学科核心素养本节内容高考中很少独立考查，通常与切线方程、圆的方程、圆锥曲线相结合，难度中等.本节主要提升考生的数学运算、直观想象核心素养.授课提示：对应学生用书第150页知识点一直线的倾斜角与斜率1直线的倾斜角(1)定义：当直线l与x轴相交时，我们取x轴作为基准，x轴正方向与直线l向上方向之

297、间所成的角叫做直线l的倾斜角；(2)规定：当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0；(3)范围：直线l的倾斜角的取值范围是0，)2直线的斜率(1)定义：当直线l的倾斜角时，其倾斜角的正切值tan 叫做这条直线的斜率，斜率通常用小写字母k表示，即ktan_；(2)斜率公式：经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1x2)的直线的斜率公式为k. 温馨提醒 直线的斜率k与倾斜角之间的关系00909090180k0k0不存在k0牢记口诀：“斜率变化分两段，90是分界线；遇到斜率要谨记，存在与否要讨论”1直线l：xsin 30ycos 15010的斜率是()A.BCD答案：A2若过点M(

298、2，m)，N(m,4)的直线的斜率等于1，则m的值为_答案：1知识点二直线方程名称几何条件方程适用条件斜截式纵截距、斜率ykxb与x轴不垂直的直线点斜式过一点、斜率yy0k(xx0)两点式过两点与两坐标轴均不垂直的直线截距式纵、横截距1不过原点且与两坐标轴均不垂直的直线一般式AxByC0(A2B20)所有直线 温馨提醒 1.用直线的点斜式求方程时，在斜率k不明确的情况下，注意分k存在与不存在讨论，否则会造成失误2直线的截距式中易忽视截距均不为0这一条件，当截距为0时可用点斜式1已知点A(1,2)，B(3,1)，则线段AB的垂直平分线方程为()A4x2y50B4x2y50Cx2y50Dx2y50

299、答案：B2直线3x4yk0在两坐标轴上的截距之和为2，则实数k()A24B12C12D24答案：A3(易错题)过点P(2,3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为_答案：3x2y0或xy50授课提示：对应学生用书第151页题型一直线的倾斜角与斜率自主探究1已知直线2xy30的倾斜角为，则sin 2的值是()A.BC.D答案：C2(2021烟台模拟)已知p：“直线l的倾斜角”；q：“直线l的斜率k1”，则p是q的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：B3(2021八省联考模拟卷)若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为_，_

300、.解析：在正方形OABC中，对角线OB所在直线的斜率为2，建立如图直角坐标系，设对角线OB所在直线的倾斜角为，则tan 2，由正方形性质可知，直线OA的倾斜角为45，直线OC的倾斜角为45，故kOAtan(45)，kOCtan(45)3.答案：3求倾斜角的取值范围的一般步骤(1)求出tan 的取值范围(2)利用正切函数的单调性，借助图象，确定倾斜角的取值范围题型二直线方程的求法自主探究根据所给条件求直线的方程：(1)直线过点(4,0)，倾斜角的正弦值为；(2)直线过点(3,4)，且在两坐标轴上的截距之和为12；(3)直线过点(5,10)，且与原点的距离为5.解析：(1)由题设知，该直线的斜率存

301、在，故可采用点斜式设倾斜角为，则sin (0)，从而cos ，则ktan .故所求直线方程为y(x4)，即x3y40或x3y40.(2)由题设知纵横截距不为0，设直线方程为1，又直线过点(3,4)，从而1，解得a4或a9.故所求直线方程为4xy160或x3y90.(3)当斜率不存在时，所求直线方程为x50满足题意；当斜率存在时，设其为k，则所求直线方程为y10k(x5)，即kxy105k0.由点线距离公式，得5，解得k.故所求直线方程为3x4y250.综上，所求直线方程为x50或3x4y250.求直线方程的注意事项(1)在求直线方程时，根据题目的条件选择适当的形式(2)对于点斜式、截距式方程使

302、用时要注意分类与整合思想的运用(若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况；若采用截距式，应先判断截距是否为零)(3)重视直线方程一般形式的应用，因为它具有广泛的适用性.题型三直线方程的应用合作探究例(1)设mR，过定点A的动直线xmy0和过定点B的动直线mxym30交于点P(x，y)，则|PA|PB|的最大值是_；(2)已知直线l1：ax2y2a4，l2：2xa2y2a24，当0a2时，直线l1，l2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，实数a_.解析(1)由直线xmy0求得定点A(0,0)，直线mxym30，即y3m(x1)，所以得定点B(1,3)当m0时，两条动直线垂直，当m0时，

303、因为m1，所以两条动直线也垂直，因为P为直线xmy0与mxym30的交点，所以|PA|2|PB|2|AB|210，所以|PA|PB|5(当且仅当|PA|PB|时，等号成立)，所以|PA|PB|的最大值是5.(2)由题意知直线l1，l2恒过定点P(2,2)，直线l1的纵截距为2a，因为0a2，所以2a0，直线l2的横截距为a22，所以四边形的面积S2(2a)2(a22)a2a42，又0a2，所以当a时，面积最小答案(1)5(2)求解与直线方程有关的最值问题时，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式或二次函数求解最值对点训练已知直线xa2ya0(a是正常数)，当此直线在x轴，y轴

304、上的截距和最小时，正数a的值是()A0B2C.D1答案：D直线方程应用中的核心素养数学运算直线方程的交汇应用例(2021重庆巴蜀中学模拟)已知曲线y在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为2，则直线l的方程为()A2xy20B2xy20或2xy180C2xy180D2xy20或2xy180答案B抓住导数的几何意义及直线方程的求法是解决此类问题的关键对点训练已知不全为零的实数a，b，c成等差数列，过点A(1,2)作直线l：axbyc0的垂线与直线l交于点P，点Q在直线3x4y120上，则|PQ|的最小值是_解析：不全为零的实数a，b，c成等差数列，b，代入动直线l：axbyc0，得axyc0

305、，即a(2xy)c(y2)0.a，c不全为零，解得x1，y2，动直线l过定点N(1，2)设点P(x，y)，当点P与N不重合时，APNP，(x1，y2)(x1，y2)0，整理，得x2y22x30，即(x1)2y24.点P在以(1,0)为圆心，2为半径的圆上，点Q在直线3x4y120上，圆心(1,0)到直线3x4y120的距离d32，|PQ|的最小值等于圆心(1,0)到直线3x4y120的距离d减去圆的半径2，|PQ|的最小值为321.答案：1授课提示：对应学生用书第315页A组基础保分练1已知角是第二象限角，直线2xytan 10的斜率为，则cos 等于()A.BC.D答案：D2(2021兰州模

306、拟)过点A(0,2)且倾斜角的正弦值是的直线方程为()A3x5y100B3x4y80C3x4y100D3x4y80或3x4y80答案：D3直线2xcos y30的倾斜角的取值范围是()A.BC.D答案：B4在同一平面直角坐标系中，直线l1：axyb0和直线l2：bxya0有可能是()解析：直线l1：axyb0和直线l2：bxya0分别化为l1：yaxb，l2：ybxa，可知，l1的斜率与l2的截距相同，l1的截距与l2的斜率相同，据此可判断出：只有B满足上述条件答案：B5(2021济南调研)在等腰三角形MON中，MOMN，点O(0,0)，M(1,3)，点N在x轴的负半轴上，则直线MN的方程为(

307、)A3xy60B3xy60C3xy60D3xy60解析：因为MOMN，所以直线MN的斜率与直线MO的斜率互为相反数，所以kMNkMO3，所以直线MN的方程为y33(x1)，即3xy60.答案：C6直线x2yb0与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于1，那么b的取值范围是()A2,2B(，22，)C2,0)(0,2D(，)解析：令x0，得y，令y0，得xb，所以所求三角形的面积为|b|b2，且b0，b21，所以b24，所以b的取值范围是2,0)(0,2答案：C7直线l经过点A(1,2)，在x轴上的截距的取值范围是(3，3)，则其斜率k的取值范围是_答案：(，1)8过点A(2,1)，其倾斜角是直线l

308、1：3x4y50的倾斜角的一半的直线l的方程为_答案：3xy509已知直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分别求满足下列条件的直线l的方程：(1)过定点A(3,4)；(2)斜率为.答案：(1)2x3y60或8x3y120(2)x6y60或x6y6010如图，射线OA，OB分别与x轴正半轴成45和30角，过点P(1,0)作直线AB分别交OA，OB于A, B两点，当AB的中点C恰好落在直线yx上时，求直线AB的方程解析：由题意可得kOAtan 451，kOBtan(18030)，所以直线lOA：yx，lOB：yx.设A(m，m)，B(n，n)，所以AB的中点C，由点C在直线yx上，且A，P，B

309、三点共线得解得m，所以A(，)又P(1,0)，所以kABkAP，所以lAB：y(x1)，即直线AB的方程为(3)x2y30.B组能力提升练1若平面内三点A(1，a)，B(2，a2)，C(3，a3)共线，则实数a()A1或0B或0C.D或0答案：A2(2021成都诊断)设P为曲线C：yx22x3上的点，且曲线C在点P处的切线倾斜角的取值范围为，则点P横坐标的取值范围为()A.B1,0C0,1D答案：A3(多选题)下列说法正确的是()A截距相等的直线都可以用方程1表示B方程xmy20(mR)能表示平行于y轴的直线C经过点P(1,1)，倾斜角为的直线方程为y1tan (x1)D经过两点P1(x1，y

310、1)，P2(x2，y2)的直线方程为(y2y1)(xx1)(x2x1)(yy1)0解析：对于A，若直线过原点，横、纵截距都为零，则不能用方程1表示，所以A不正确；对于B，当m0时，直线方程为x2，平行于y轴，所以B正确；对于C，若直线的倾斜角为90，则该直线的斜率不存在，不能用y1tan (x1)表示，所以C不正确；对于D，设点P(x，y)是经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线上的任意一点，根据可得(y2y1)(xx1)(x2x1)(yy1)0，所以D正确答案：BD4若直线l：kxy24k0(kR)交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，则当AOB的面积取最小值时直线l的方程为

311、()Ax2y40Bx2y80C2xy40D2xy80解析：由l的方程，得A，B(0,24k)依题意得解得k0.因为S|OA|OB|24k|(2816)16，当且仅当16k，即k时等号成立此时l的方程为x2y80.答案：B5已知三角形的三个顶点A(5,0)，B(3，3)，C(0,2)，则BC边上中线所在的直线方程为_答案：x13y506已知直线l过坐标原点，若直线l与线段2xy8(2x3)有公共点，则直线l的斜率的取值范围是_答案：7过点P(2,1)的直线l交x轴、y轴正半轴于A，B两点，求使：(1)AOB面积最小时l的方程；(2)|PA|PB|最小时l的方程解析：设直线l的方程为y1k(x2)

312、(k0)，则l与x轴、y轴正半轴分别交于A，B(0,12k)(1)SAOB(12k)(44)4.当且仅当4k，即k时取最小值，此时直线l的方程为y1(x2)，即x2y40.(2)|PA|PB| 4，当且仅当4k2，即k1时取得最小值，此时直线l的方程为y1(x2)，即xy30.C组创新应用练1(多选题)(2021广东佛山期末)瑞士数学家欧拉(Leonhard Euler)1765年在其所著的三角形的几何学一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线已知ABC的顶点A(4,0)，B(0,4)，其欧拉线方程为xy20，则顶点C的坐标可以是()A(2,0)B(0,2

313、)C(2,0)D(0，2)解析：设C(x，y)，AB的垂直平分线为yx，ABC的外心为欧拉线xy20与直线yx的交点(1,1)，设为M，|MC|MA|，(x1)2(y1)210.由A(4，0)，B(0,4)知ABC的重心为，代入欧拉线方程xy20得xy20.由可得x2，y0或x0，y2.答案：AD2已知函数f(x)asin xbcos x(a0，b0)，若ff，则直线axbyc0的倾斜角为()A.BC.D解析：由ff知函数f(x)的图象关于x对称，所以f(0)f，所以ab，由直线axbyc0知其斜率k1，所以直线的倾斜角为.答案：D3如图，在两条互相垂直的道路l1，l2的一角，有一个电线杆，电

314、线杆底部到道路l1的垂直距离为4米，到道路l2的垂直距离为3米，现在要过电线杆的底部靠近道路的一侧修建一条人行直道，使得人行道与两条垂直的道路围成的直角三角形的面积最小，则人行道的长度为_米解析：如图建立平面直角坐标系，设人行道所在直线方程为y4k(x3)(k0)，所以A，B(0,43k)，所以ABO的面积S(43k)，因为k0，所以9k224，当且仅当9k，即k时取等号此时，A(6,0)，B(0,8)，所以人行道的长度为10米答案：10第二节两直线的位置关系热点命题分析学科核心素养本节内容单独考查较少，多与其他知识交汇考查常涉及充要条件、直线与圆锥曲线的位置关系等内容，多为选择题.通过两直线

315、的位置关系、对称问题的考查，提升数学运算核心素养.授课提示：对应学生用书第152页知识点一两直线的位置关系1两条直线平行与垂直的判定(1)两条直线平行对于两条不重合的直线l1，l2，其斜率分别为k1，k2，则有l1l2k1k2.特别地，当直线l1，l2的斜率都不存在时，l1与l2平行(2)两条直线垂直如果两条直线l1，l2斜率都存在，设为k1，k2，则l1l2k1k21，当一条直线斜率为零，另一条直线斜率不存在时，两条直线垂直2两直线相交直线l1：A1xB1yC10和l2：A2xB2yC20的公共点的坐标与方程组的解一一对应相交方程组有唯一解，交点坐标就是方程组的解；平行方程组无解；重合方程组

316、有无数个解 温馨提醒 两条直线平行时，不要忘记它们的斜率有可能不存在的情况；两条直线垂直时，不要忘记一条直线的斜率不存在、另一条直线的斜率为零的情况1已知过点A(2，m)和B(m,4)的直线与直线2xy10平行，则实数m的值为()A0B8C2D10答案：B2已知P(2，m)，Q(m,4)，且直线PQ垂直于直线xy10，则m()A1B2C3D4答案：A3(易错题)直线2x(m1)y40与直线mx3y20平行，则m()A2B3 C2或3D3答案：C知识点二距离公式1两点间的距离公式平面上任意两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的距离公式为|P1P2|.特别地，原点O(0,0)与任一点P(x

317、，y)的距离|OP|.2点到直线的距离公式平面上任意一点P0(x0，y0)到直线l：AxByC0的距离d.3两条平行线间的距离公式一般地，两条平行直线l1：AxByC10，l2：AxByC20间的距离d. 温馨提醒 运用两平行直线间的距离公式时易忽视两方程中的x，y的系数分别相等这一条件，盲目套用公式导致出错1已知点(a,2)(a0)到直线l：xy30的距离为1，则a()A.1B1 C2D2答案：A2直线2x2y10，xy20之间的距离是()A.B C.D答案：B授课提示：对应学生用书第153页题型一两直线的位置关系自主探究1(2021济南模拟)“m3”是“直线l1：2(m1)x(m3)y75

318、m0与直线l2：(m3)x2y50垂直”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：A2(2021衡水中学一调)直线l1：(3a)x4y53a和直线l2：2x(5a)y8平行，则a()A7或1B7C7或1D1答案：B3(2021洛阳统一考试)已知b0，直线(b21)xay20与直线xb2y10垂直，则ab的最小值为()A1B2C2D2答案：B两直线位置关系的三种判断方法方法平行垂直适合题型化成斜截式k1k2，且b1b2k1k21斜率存在一般式设直线l1：A1xB1yC10，l2：A2xB2yC20，l1l2A1B2A2B10，且B1C2B2C10设直线l1：A1

319、xB1yC10，l2：A2xB2yC20，l1l2A1A2B1B20无限制直接法k1与k2都不存在，且b1b2k1与k2中一个不存在，另一个为零k不存在题型二距离问题自主探究1(2020高考全国卷)点(0，1)到直线yk(x1)距离的最大值为()A1BC.D2答案：B2过点P(3，1)引直线，使点A(2，3)，B(4,5)到它的距离相等，则这条直线的方程为()Ax3B4xy130C4xy130Dx3或4xy130答案：D3(2021厦门模拟)若两平行直线3x2y10,6xayc0之间的距离为，则c的值是()A2B2C2或6D6答案：C4(2021广州模拟)已知点P(4，a)到直线4x3y10的

320、距离不大于3，则a的取值范围是()A0,10B(0,10)C0,5D5,10答案：A距离问题的常见题型及解题策略(1)求两点间的距离关键是确定两点的坐标，然后代入公式即可(2)解决与点到直线的距离有关的问题应熟记点到直线的距离公式，若已知点到直线的距离求直线方程，一般考虑待定斜率法，此时必须讨论斜率是否存在(3)求两条平行线间的距离要先将直线方程中x，y的对应项系数转化成相等的形式，再利用距离公式求解也可以转化成点到直线的距离问题题型三对称问题多维探究对称问题是高考常考内容之一，也是考查转化能力的一种常见题型常见的命题角度有：(1)点关于点对称；(2)点关于线对称；(3)线关于线对称.考法(一

321、)点关于点对称例1过点P(0,1)作直线l使它被直线l1：2xy80和l2：x3y100截得的线段被点P平分，则直线l的方程为_解析设l1与l的交点为A(a,82a)，则由题意知，点A关于点P的对称点B(a,2a6)在l2上，把B点坐标代入l2的方程得a3(2a6)100，解得a4，即点A(4,0)在直线l上，所以由两点式得直线l的方程为：x4y40.答案x4y40点P(x，y)关于O(a，b)的对称点P(x，y)满足考法(二)点关于线对称例2(2021长沙一调)已知入射光线经过点M(3,4)，被直线l：xy30反射，反射光线经过点N(2,6)，则反射光线所在直线的方程为_解析设点M(3,4)

322、关于直线l：xy30的对称点为M(a，b)，则反射光线所在直线过点M，所以解得又反射光线经过点N(2,6)，所以所求直线的方程为，即6xy60.答案6xy60解决点关于直线对称的问题要把握两点，点M与点N关于直线l对称，则线段MN的中点在直线l上，直线l与直线MN垂直.考法(三)线关于线对称例3已知直线l：xy10，l1：2xy20.若直线l2与l1关于l对称，则l2的方程是()Ax2y10Bx2y10Cxy10Dx2y10答案B线关于线的对称的求解方法(1)若直线与对称轴平行，则在直线上取一点，求出该点关于轴的对称点，然后用点斜式求解(2)若直线与对称轴相交，则先求出交点，然后再取直线上一点

323、，求该点关于轴对称的对称点，最后由两点式求解.对点训练已知直线l：2x3y10，点A(1，2)求：(1)点A关于直线l的对称点A的坐标；(2)直线m：3x2y60关于直线l的对称直线m的方程；(3)直线l关于点A(1，2)对称的直线l的方程解析：(1)设A(x，y)，由已知得解得所以A.(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，则M(2,0)关于直线l的对称点M必在直线m上设M(a，b)，则解得M.设直线m与直线l的交点为N，则由得N(4,3)又因为m经过点N(4,3)，所以由两点式得直线m的方程为9x46y1020.(3)设P(x，y)为l上任意一点，则P(x，y)关于点A(1，2)的对称点为

324、P(2x，4y)，因为P在直线l上，所以2(2x)3(4y)10，即2x3y90.两直线位置关系应用中的核心素养数学运算直线系方程的应用1平行直线系由于两直线平行，它们的斜率相等或它们的斜率都不存在，因此两直线平行时，它们的一次项系数与常数项有必然的联系例1求与直线3x4y50平行且过点(2,3)的直线l的方程答案3x4y180先设与直线AxByC0平行的直线系方程为AxByC10(C1C)，再由其他条件求C1.2垂直直线系由于直线A1xB1yC10与A2xB2yC20垂直的充要条件为A1A2B1B20，因此，当两直线垂直时，它们的一次项系数有必然的联系，可以考虑用直线系方程求解例2求经过A(

325、2,4)，且与直线2xy10垂直的直线l的方程答案x2y60先设与直线AxByC0垂直的直线系方程为BxAyC10，再由其他条件求出C1.3过直线交点的直线系例3过直线x2y10与直线2xy10的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为_解析设所求直线方程为x2y1(2xy1)0，当直线过原点时，10得，1，此时所求直线方程为x3y0；当直线不过原点时，令x0，得y，令y0，得x.由题意得，解得或1(舍)此时所求直线方程为5x5y40.综上所述，所求直线方程为x3y0或5x5y40.答案x3y0或5x5y40过直线l1：A1xB1yC10与直线l2：A2xB2yC20交点的直线系方程为A1x

326、B1yC1(A2xB2yC2)0(为参数)，其中不包括直线l2.4过定点的直线系例4直线(m1)x(m3)y(m11)0(m为常数)恒过定点的坐标为_答案1.过定点(x0，y0)的直线系方程为yy0k(xx0)(k为直线的斜率)或A(xx0)B(yy0)0(A、B不同时为0)2求直线系过定点问题的常用方法恒等式法：将直线方程化为参数的恒等式形式，利用参数取值的任意性，得关于x，y的方程组求出定点坐标特殊直线法：给出任意两个参数值，得到两条直线，求其交点即为定点题组突破1与直线x2y30平行，且与两坐标轴围成的三角形的面积为4的直线方程是_答案：x2y402直线mxym10(m为参数)经过定点的

327、坐标为_答案：(1,1)3过直线x2y40和直线xy20的交点，且与直线3x4y50垂直的直线方程为_答案：4x3y60授课提示：对应学生用书第317页A组基础保分练1已知直线l1：mxy10与直线l2：(m2)xmy20，则“m1”是“l1l2”的()A充分不必要条件B充要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件答案：A2若直线l过点A(3,4)，且与点B(3,2)的距离最远，则直线l的方程为()A3xy50B3xy50C3xy130D3xy130答案：D3(2021成都调研)已知直线l1过点(2,0)且倾斜角为30，直线l2过点(2,0)且与直线l1垂直，则直线l1与直线l2的交点坐标为

328、()A(3，)B(2，)C(1，)D答案：C4已知A(1,6)，B(0,5)，作直线l，使得点A，B到直线l的距离均为d，且这样的直线l恰有4条，则d的取值范围是()Ad1B0d1C0d1D0d2解析：A，B两点到直线l的距离相等，这样的直线有两类，第一类是过线段AB的中点的直线；第二类是与直线AB平行的直线而|AB|2，要使满足条件的直线l有4条，只需要0d|AB|1.答案：B5如果平面直角坐标系内的两点A(a1，a1)，B(a，a)关于直线l对称，那么直线l的方程为()Axy10Bxy10Cxy10Dxy10解析：因为直线AB的斜率为1，所以直线l的斜率为1.设直线l的方程为yxb，由题意

329、知直线l过点，所以b，解得b1，所以直线l的方程为yx1，即xy10.答案：A6直线l经过点M(2,1)，若点P(4,2)和Q(0，4)到直线l的距离相等，则直线l的方程为()A3x2y40Bx2或3x2y40Cx2或x2y0Dx2或3x2y80解析：当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x2，符合题意当直线l的斜率存在时，依题意可设直线l的方程为y1k(x2)，即kxy12k0.因为P(4,2)和Q(0，4)到直线l的距离相等，所以|4k212k|412k|，解得k，则直线l的方程为3x2y40.答案：B7(2021长沙模拟)若在平面直角坐标系内过点P(1，)且与原点的距离为d的直线有两条，

330、则d的取值范围为_答案：(0,2)8已知直线y2x是ABC中C的平分线所在的直线，若点A，B的坐标分别是(4,2)，(3,1)，则点C的坐标是_答案：(2,4)9已知两直线l1：axby40和l2：(a1)xyb0，求满足下列条件的a，b的值(1)l1l2，且直线l1过点(3，1)；(2)l1l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等解析：(1)因为l1l2，所以a(a1)b0.又因为直线l1过点(3，1)，所以3ab40.故a2，b2.(2)因为直线l2的斜率存在，l1l2，所以直线l1的斜率存在所以1a.又因为坐标原点到这两条直线的距离相等，所以l1，l2在y轴上的截距互为相反数，即b.联立可

331、得a2，b2或a，b2.10正方形的中心为点C(1,0)，一条边所在的直线方程是x3y50，求其他三边所在直线的方程解析：点C到直线x3y50的距离d.设与x3y50平行的一边所在直线的方程是x3ym0(m5)，则点C到直线x3ym0的距离d，解得m5(舍去)或m7，所以与x3y50平行的边所在直线的方程是x3y70.设与x3y50垂直的边所在直线的方程是3xyn0，则点C到直线3xyn0的距离d，解得n3或n9，所以与x3y50垂直的两边所在直线的方程分别是3xy30和3xy90.B组能力提升练1已知直线kxy2k10与直线2xy20的交点在第一象限，则实数k的取值范围是()Ak1Bk或k1

332、Ck1Dk答案：D2(多选题)(2021山东模拟)若三条直线l1：axy10，l2：xay10，l3：xya0不能围成三角形，则()Aa1Ba1Ca2Da2解析：当a1时，直线l1，l2，l3重合，不能构成三角形，符合题意当a1时，若三条直线交于一点，则也不能构成三角形由得直线l2，l3的交点坐标为(a1,1)代入直线l1的方程axy10得a2a20，解得a2或a1(舍去)，符合题意三直线中有两条平行或重合，若l1和l3平行或重合，则a1；若l2和l3平行或重合，则a1；若l1和l2平行或重合，则a，得a1.综上，可得实数a所有可能的值为1,1，2.答案：ABC3在平面直角坐标系中，记d为点P

333、(cos ，sin )到直线xmy20的距离当，m变化时，d的最大值为()A1B2C3D4解析：由题意可得d其中cos ，sin .1sin()1，d，1，当m0时，d取最大值3.答案：C4已知坐标原点关于直线l1：xy10的对称点为A，设直线l2经过点A，则当点B(2，1)到直线l2的距离最大时，直线l2的方程为()A2x3y50B3x2y50C3x2y50D2x3y50解析：设A(x0，y0)，依题意可得解得即A(1,1)设点B(2，1)到直线l2的距离为d，当d|AB|时取得最大值，此时直线l2垂直于直线AB，又，故直线l2的方程为y1(x1)，即3x2y50.答案：B5已知点A(1,0

334、)，B(3,0)，若直线ykx1上存在一点P，满足PAPB，则k的取值范围是_答案：6l1，l2是分别经过A(1,1)，B(0，1)两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，直线l1的方程是_答案：x2y307在直线l：3xy10上求一点P，使得：(1)P到A(4,1)和B(0,4)的距离之差最大；(2)P到A(4,1)和C(3,4)的距离之和最小解析：(1)如图，设B关于l的对称点为B，AB的延长线交l于P0，在l上另任取一点P，则|PA|PB|PA|PB|AB|P0A|P0B|P0A|P0B|，则P0即为所求易求得直线BB的方程为x3y120，设B(a，b)，则a3b120，又线段B

335、B的中点在l上，故3ab60.由解得a3，b3，所以B(3,3)所以AB所在直线的方程为2xy90.由可得P0(2,5)(2)设C关于l的对称点为C，与(1)同理可得C.连接AC交l于P1(图略)，在l上另任取一点P，有|PA|PC|PA|PC|AC|P1C|P1A|P1C|P1A|，故P1即为所求又AC所在直线的方程为19x17y930，故由可得P1.C组创新应用练1已知直线l1：2xy30，直线l2：4x2y10和直线l3：xy10，若点M同时满足下列条件：(1)点M是第一象限的点；(2)点M到l1的距离是到l2的距离的；(3)点M到l1的距离与到l3的距离之比是.则点M的坐标为()A.B

336、C.D解析：设点M(x0，y0)，若点M满足(2)，则，故2x0y00或2x0y00，若点M(x0，y0)满足(3)，由点到直线的距离公式，得，即|2x0y03|x0y01|，故x02y040或3x020，由于点M(x0，y0)在第一象限，故3x020不符合题意联立方程得解得不符合题意；联立方程得解得即点M的坐标为.答案：D2如图，已知A(2,0)，B(2,0)，C(0,2)，E(1,0)，F(1,0)，一束光线从F点出发射到BC上的D点，经BC反射后，再经AC反射，落到线段AE上(不含端点)，则直线FD的斜率的取值范围是_解析：从特殊位置考虑如图，因为点A(2,0)关于直线BC：xy2的对称

337、点为A1(2,4)，所以kA1F4.又点E(1，0)关于直线AC：yx2的对称点为E1(2,1)，点E1(2,1)关于直线BC：xy2的对称点为E2(1，4)，此时直线E2F的斜率不存在，所以kFDkA1F，即kFD(4，)答案：(4，)第三节圆的方程热点命题分析学科核心素养本节是命题的热点，主要考查圆的方程，多以选择题和填空题形式考查，难度中等.本节通过圆的方程的求法考查数学运算和直观想象核心素养.授课提示：对应学生用书第156页知识点一圆的定义和圆的方程定义平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆方程标准(xa)2(yb)2r2(r0)圆心C(a，b)半径为r方程一般x2y2DxEyF0

338、(D2E24F0)充要条件：D2E24F0圆心坐标：半径r 温馨提醒 二元二次方程x2y2DxEyF0表示圆的充要条件是D2E24F0，与一元二次方程ax2bxc0(a0)的判别式b24ac相类似，表述的都是一次项的平方和减去二次项与常数项积的4倍，只有把条件理解了、记清楚了，才不会陷入命题人设置的这个“陷阱”1若方程x2y2mx2y30表示圆，则m的取值范围是_答案：(，2)(2，)2已知aR，方程a2x2(a2)y24x8y5a0表示圆，则圆心坐标是_，半径是_答案：(2，4)53圆C的圆心在x轴上，并且过点A(1,1)和B(1,3)，则圆C的方程为_答案：(x2)2y210知识点二点与圆

339、的位置关系平面上的一点M(x0，y0)与圆C：(xa)2(yb)2r2之间存在着下列关系：(1)drM在圆外，即(x0a)2(y0b)2r2M在圆外；(2)drM在圆上，即(x0a)2(y0b)2r2M在圆上；(3)drM在圆内，即(x0a)2(y0b)2r2M在圆内1(2021南昌二中月考)若坐标原点在圆(xm)2(ym)24的内部，则实数m的取值范围是()A(1,1)B(，)C(，)D.答案：C2若点(1,1)在圆(xa)2(ya)24的内部，则实数a的取值范围是_答案：(1,1)授课提示：对应学生用书第156页题型一圆的方程求法合作探究例求满足下列条件的圆的方程：(1)过点A(4,1)的

340、圆C与直线l：xy10相切于点B(2,1)；(2)已知圆C经过P(2,4)，Q(3，1)两点，且在x轴上截得的弦长等于6.解析(1)法一：由已知kAB0，所以AB的中垂线方程为x3.过点B且垂直于直线xy10的直线方程为y1(x2)，即xy30，联立，解得所以圆心坐标为(3,0)，半径r，所以圆C的方程为(x3)2y22.法二：设圆方程为(xa)2(yb)2r2(r0)，因为点A(4,1)，B(2,1)都在圆上，故又因为1，解得a3，b0，r，故所求圆的方程为(x3)2y22.(2)设圆的方程为x2y2DxEyF0(D2E24F0)，将P，Q两点的坐标分别代入得又令y0，得x2DxF0.设x1

341、，x2是方程的两根，由|x1x2|6，即(x1x2)24x1x236，得D24F36，由解得D2，E4，F8，或D6，E8，F0.故所求圆的方程为x2y22x4y80或x2y26x8y0.求圆的方程的两种方法(1)几何法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程(2)待定系数法：若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，依据已知条件列出关于a，b，r的方程组，从而求出a，b，r的值；若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择设圆的一般方程，依据已知条件列出关于D，E，F的方程组，进而求出D，E，F的值对点训练已知圆C经过直线xy20与圆x2y24的交点，且圆C的圆心

342、在直线2xy30上，则圆C的方程为_答案：(x3)2(y3)234题型二与圆有关的轨迹问题合作探究 例(2021衡水中学调研)已知RtABC的斜边为AB，且A(1,0)，B(3,0)求：(1)直角顶点C的轨迹方程；(2)直角边BC的中点M的轨迹方程解析(1)法一：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y0.因为ACBC，所以kACkBC1，又kAC，kBC，所以1，化简得x2y22x30.因此，直角顶点C的轨迹方程为x2y22x30(y0)法二：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，由直角三角形的性质知|CD|AB|2.由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半

343、径的圆(由于A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点)所以直角顶点C的轨迹方程为(x1)2y24(y0)(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3,0)，M是线段BC的中点，由中点坐标公式得x，y，所以x02x3，y02y.由(1)知，点C的轨迹方程为(x1)2y24(y0)，将x02x3，y02y代入得(2x4)2(2y)24，即(x2)2y21.因此动点M的轨迹方程为(x2)2y21(y0).求与圆有关的轨迹方程的方法对点训练如图，已知点A(1,0)与点B(1,0)，C是圆x2y21上的动点，连接BC并延长至点D，使得|CD|BC|，求AC与OD的交点P的轨迹方程答案：2y2(

344、y0)题型三与圆有关的最值、范围问题合作探究例(2021兰州市高三诊断考试)已知圆C：(x1)2(y4)210和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B使得MAMB，则实数t的取值范围是()A2,6B3,5C2,6D3,5解析法一：当MA，MB是圆C的切线时，AMB取得最大值若圆C上存在两点A，B使得MAMB，则MA，MB是圆C的切线时，AMB90，AMC45，且AMC90，如图，所以|MC|，所以16(t4)220，所以2t6.法二：由于点M(5，t)是直线x5上的点，圆心的纵坐标为4，所以实数t的取值范围一定关于t4对称，故排除选项A，B.当t2时，|CM|2，若MA，MB为圆C的切线，则s

345、inCMAsinCMB，所以CMACMB45，即MAMB，所以t2时符合题意，故排除选项D.答案C与圆有关的最值、范围问题一是利用数形结合思想进行临界分析，二是利用条件建立目标函数转化为函数最值或值域问题对点训练(2021厦门模拟)设点P(x，y)是圆：x2(y3)21上的动点，定点A(2,0)，B(2,0)，则的最大值为_答案：12与圆有关的轨迹问题中的核心素养直观想象从课本习题看“阿波罗尼斯”圆历史背景：阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德一起被称为亚历山大时期的数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要的研究成果集中在他的代表作圆锥曲线论一书中，“阿波罗尼斯”圆是他

346、的研究成果之一例已知点M与两个定点O(0,0)，A(3,0)的距离之比为，求点M的轨迹方程解析如图所示，设动点M(x，y)，连接MO，MA，有：|MA|2|MO|，即2，化简得：x2y22x30，即(x1)2y24，则方程即为所求点M的轨迹方程，它表示以C(1,0)为圆心，2为半径的圆若对此题进行二次开发，从系统的高度切入，可以进行从特殊到一般的推广探究，还可以分析挖掘出这道题的几何背景，题中所求出的圆，我们习惯上称这种圆为“阿波罗尼斯”圆“阿波罗尼斯”圆不仅是具有数学文化的探究素材，而且在高考中以它为背景的考题也经常出现对点训练阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主

347、要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线论一书，“阿波罗尼斯”圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为(0，1)，那么点M的轨迹就是“阿波罗尼斯”圆下面我们来研究与此相关的一个问题，已知圆O：x2y21上的动点M和定点A，B(1,1)，则2|MA|MB|的最小值为()A.B C.D解析：当点M在x轴上时，点M的坐标为(1,0)或(1,0)若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|MB|21；若点M的坐标为(1,0)，则2|MA|MB|24.当点M不在x轴上时，取点K(2,0)，连接OM，MK(图略)，因为|OM|1，|OA|，|OK|2，所以2.因为MOKAOM，所以MOKAO

348、M，则2，所以|MK|2|MA|，则2|MA|MB|MB|MK|.易知|MB|MK|BK|，可知|MB|MK|的最小值为|BK|.因为B(1,1)，K(2,0)，所以(2|MA|MB|)min|BK|.综上，易知2|MA|MB|的最小值为.答案：C授课提示：对应学生用书第319页A组基础保分练1已知圆C：x2y2DxEyF0，则“EF0且D0”是“圆C与y轴相切于原点”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案：A2经过点(1,0)，且圆心是两直线x1与xy2的交点的圆的方程为()A(x1)2y21B(x1)2(y1)21Cx2(y1)21D(x1)2(y1)2

349、2答案：B3在平面直角坐标系xOy中，已知A(1,0)，B(0,1)，则满足|PA|2|PB|24且在圆x2y24上的点P的个数为()A0B1C2D3解析：设P(x，y)，则由|PA|2|PB|24，得(x1)2y2x2(y1)24，所以xy20.求满足条件的点P的个数即为求直线与圆的交点个数，圆心到直线的距离为2r，所以直线与圆相交，交点个数为2.故满足条件的点P有2个答案：C4(2020高考全国卷)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为()A.BC.D答案：B5已知圆x2y22x6y5a0关于直线yx2b对称，则ab的取值范围是()A(，0)B(，4)C(4，

350、)D(4，)答案：B6过点M(2,2)的直线l与坐标轴的正方向分别相交于A，B两点，O为坐标原点，若OAB的面积为8，则OAB外接圆的标准方程是()A(x2)2(y2)28B(x1)2(y2)28C(x2)2(y2)28D(x1)2(y2)28解析：设直线l的方程为1(a0，b0)，由直线l过点M(2，2)，得1.又SOABab8，所以a4，b4，所以OAB是等腰直角三角形，且M是斜边AB的中点，则OAB外接圆的圆心是点M(2,2)，半径|OM|2，所以OAB外接圆的标准方程是(x2)2(y2)28.答案：A7已知点P(x，y)在圆x2(y1)21上运动，则的最大值为_答案：8(2021银川模

351、拟)已知圆x2y24，B(1,1)为圆内一点，P，Q为圆上动点，若PBQ90，则线段PQ中点的轨迹方程为_答案：x2y2xy109一圆经过A(4,2)，B(1,3)两点，且在两坐标轴上的四个截距的和为2，求此圆的方程解析：设所求圆的方程为x2y2DxEyF0(D2E24F0)令y0，得x2DxF0，所以x1x2D.令x0，得y2EyF0，所以y1y2E.由题意知DE2，即DE20.又因为圆过点A，B，所以1644D2EF0.19D3EF0.解组成的方程组得D2，E0，F12.故所求圆的方程为x2y22x120.10已知以点P为圆心的圆经过点A(1,0)和B(3,4)，线段AB的垂直平分线交圆P

352、于点C和D，且|CD|4.(1)求直线CD的方程；(2)求圆P的方程解析：(1)由题意知，直线AB的斜率k1，中点坐标为(1,2)，则直线CD的方程为y2(x1)，即xy30.(2)设圆心P(a，b)，则由点P在CD上得ab30.又因为直径|CD|4，所以|PA|2，所以(a1)2b240.由解得或所以圆心P(3,6)或P(5，2)所以圆P的方程为(x3)2(y6)240或(x5)2(y2)240.B组能力提升练1(多选题)(2021山东青岛检测)已知圆C过点M(1，2)且与两坐标轴均相切，则下列叙述正确的是()A满足条件的圆C的圆心在一条直线上B满足条件的圆C有且只有一个C点(2，1)在满足

353、条件的圆C上D满足条件的圆C有且只有两个，它们的圆心距为4解析：因为圆C和两个坐标轴都相切，且过点M(1，2)，所以设圆心坐标为(a，a)(a0)，故圆心在直线yx上，A正确；圆C的方程为(xa)2(ya)2a2，把点M的坐标代入可得a26a50，解得a1或a5，则圆心坐标为(1，1)或(5，5)，所以满足条件的圆C有且只有两个，故B错误；圆C的方程分别为(x1)2(y1)21，(x5)2(y5)225，将点(2，1)代入可知满足(x1)2(y1)21，故C正确；它们的圆心距为 4，D正确答案：ACD2圆x2y24x4ym0上动点P到直线xy20的最小距离为2，则m()A10B6C6D10答案

354、：C3已知圆C：(x1)2(y2)22与y轴在第二象限所围区域的面积为S，直线y2xb将圆C分为两部分，其中一部分的面积也为S，则b()ABCD解析：结合图形(图略)及题意知，圆心C(1,2)到y轴的距离与到直线y2xb的距离相等，易知C(1,2)到y轴的距离为1，则1，解得b.答案：D4已知M(m，n)为圆C：x2y24x14y450上任意一点，且点Q(2,3)，则的最大值为()A3B1C1D2解析：由题可知表示直线MQ的斜率，设直线MQ的方程为y3k(x2)，即kxy2k30，其中k，将圆C的方程化为标准方程得(x2)2(y7)28，C(2,7)，半径r2，由直线MQ与圆C有交点，得2，解

355、得2k2，的最大值为2.答案：D5(2021临沂模拟)已知圆心在直线x3y0上的圆C与y轴的正半轴相切，且截x轴所得的弦长为4，则圆C的标准方程为_答案：(x3)2(y1)296已知点P是圆x2y21上的任意一点，A(5,0)，B(b,0)(b5)，若(为定值)，则b_.解析：设点P(xP，yP)，|PA|PB|，A(5,0)，B(b,0)，(xP5)2y2(xPb)2y，xy10xP252(xy2bxPb2)P在圆x2y21上，xy1，10xP262(12bxPb2)，(102b2)xP2b2226，要使上式对xP1,1恒成立，需得或(不符合题意，舍去)0，5，b1.答案：17设mR，已知直

356、线xmy0过定点A，直线mxy2m40过定点B，直线xmy0和直线mxy2m40交于点P.(1)求动点P的轨迹方程；(2)求|PA|PB|的最大值解析：(1)由已知可知，直线xmy0和直线mxy2m40分别过定点A(0,0)，B(2,4)，又m1m(1)0，所以两直线垂直，故两直线的交点P(x，y)的轨迹为以AB为直径的圆，圆心为AB的中点(1,2)，半径r，故动点P的轨迹方程为(x1)2(y2)25.(2)由(1)可知定点A(0,0)，B(2,4)，且两直线垂直，P为圆(x1)2(y2)25上的点，则PAPB，|PA|2|PB|2|AB|2224220，则|PA|PB|10，当且仅当|PA|

357、PB|时等号成立，所以|PA|PB|的最大值为10.C组创新应用练1(2021海口模拟)已知实数x，y满足x2y24(y0)，则mxy的取值范围是()A(2，4)B2，4C4,4D4,2解析：x2y24(y0)表示圆x2y24的上半部分，如图所示，直线xym0的斜率为，在y轴上的截距为m.当直线xym0过点(2,0)时，m2.设圆心(0,0)到直线xym0的距离为d，则即解得m2，4答案：B2设命题p：(x，y，kR且k0)；命题q：(x3)2y225(x，yR)若p是q的充分不必要条件，则k的取值范围是_解析：如图所示：命题p表示的范围是图中ABC的内部(含边界)，命题q表示的范围是以点(3

358、,0)为圆心，5为半径的圆及圆内部分，p是q的充分不必要条件实际上只需A，B，C三点都在圆内(或圆上)即可由题知B，则解得0k6.答案：(0,63如果直线2axby140(a0，b0)和函数f(x)mx11(m0，m1)的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆(xa1)2(yb2)225的内部或圆上，那么的取值范围为_解析：易知函数f(x)mx11(m0，m1)的图象过定点(1，2)，直线2axby140(a0，b0)过定点(1,2)，ab7，又定点(1,2)在圆(xa1)2(yb2)225的内部或圆上，a2b225，由解得3a4，1.答案：第四节直线与圆、圆与圆的位置关系热点命题分析学科核心

359、素养本节是高考的重点，主要考查直线与圆的位置关系、弦长问题、切线问题、圆与圆的位置关系，一般以选择题和填空题的形式出现，有时与椭圆、双曲线、抛物线交汇命题.本节主要考查考生的数学运算、直观想象核心素养和数形结合思想的运用.授课提示：对应学生用书第159页知识点一直线与圆的位置关系设圆C：(xa)2(yb)2r2，直线l：AxByC0，圆心C(a，b)到直线l的距离为d，由消去y(或x)得到关于x(或y)的一元二次方程，其判别式为.方法位置关系几何法代数法相交dr0相切dr0相离dr0 温馨提醒 与圆的切线有关的结论(1)与圆x2y2r2相切于点P(x0，y0)的切线方程为x0xy0yr2.(2

360、)与圆(xa)2(yb)2r2相切于点P(x0，y0)的切线方程为(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.(3)过圆x2y2r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点分别为A，B，则过A、B两点的直线方程为x0xy0yr2. 1若直线xy10与圆(xa)2y22有公共点，则实数a的取值范围是()A3，1B1,3C3,1D(，31，)答案：C2直线xy20与圆(x1)2(y2)21相交于A，B两点，则弦|AB|()A.BC.D答案：D3(易错题)已知圆C：x2y29，过点P(3,1)作圆C的切线，则切线方程为_答案：x3或4x3y150知识点二圆与圆的位置关系设两个圆的半径分别为R，r，R

361、r，圆心距为d，则两圆的位置关系可用下表来表示：位置关系相离外切相交内切内含几何特征dRrdRrRrdRrdRrdRr代数特征无实数解一组实数解两组实数解一组实数解无实数解公切线条数43210 温馨提醒 1.两相交圆的公共弦所在直线的方程设圆C1：x2y2D1xE1yF10，圆C2：x2y2D2xE2yF20，若两圆相交，则有一条公共弦，由，得(D1D2)x(E1E2)yF1F20，方程表示圆C1与C2的公共弦所在直线的方程2过已知两圆交点的圆系方程过已知两圆C1：x2y2D1xE1yF10和C2：x2y2D2xE2yF20的交点的圆系方程为x2y2D1xE1yF1(x2y2D2xE2yF2)

362、0(不含圆C2)，其中为参数且1. 1圆x24xy20与圆x2y24x30的公切线共有()A1条B2条C3条D4条答案：D2若圆x2y24与圆x2y22ay60(a0)的公共弦长为2，则a_.答案：1授课提示：对应学生用书第160页题型一直线与圆的位置关系自主探究1直线l：mxy1m0与圆C：x2(y1)25的位置关系是()A相交B相切C相离D不确定答案：A2直线yxm与圆x2y21在第一象限内有两个不同的交点，则m的取值范围是()A(，2)B(，3)C.D答案：D3圆(x3)2(y3)29上到直线3x4y110的距离等于1的点的个数为()A1B2C3D4答案：C判断直线与圆的位置关系的两大策

363、略(1)若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法(2)若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较烦琐，则用代数法能用几何法，尽量不用代数法题型二直线与圆的位置关系的应用多维探究考法(一)切线问题例1(1)(多选题)过点A(3,1)且与圆(x2)2y21相切的直线方程可能为()Ay1Bx3Cx3Dy1(2)(2021八省联考模拟卷)已知抛物线y22px上三点A(2,2)，B，C，直线AB，AC是圆(x2)2y21的两条切线，则直线BC的方程为()Ax2y10B3x6y40C2x6y30Dx3y20解析(1)由题意知，点A在圆外，故过点A的切线应有两条当所求直线斜率存在时，设直线方程为y

364、1k(x3)，即kxy13k0.因为直线与圆相切，所以d1，解得k0，所以切线方程为y1.当所求直线斜率不存在时，x3，也符合条件综上，所求切线方程为x3或y1.(2)因为A(2,2)在抛物线y22px上，故222p2，即p1，抛物线方程为y22x，过点A(2,2)与圆(x2)2y21相切的直线斜率显然存在，设其方程为y2k(x2)，即kxy22k0，则圆心(2,0)到切线的距离d1，解得k，如图，直线AB：y2(x2)，直线AC：y2(x2)联立得3x2x168 0，故xAxB，由xA2得xB，故yB，联立，得3x2(4 14)x168 0，故xAxC，由xA2得xC，故yC，故yByC4，

365、又由B，C在抛物线上可知，直线BC的斜率为kBC，故直线BC的方程为y，即3x6y40.答案(1)AB(2)B圆的切线方程的求法(1)几何法：设切线方程为yy0k(xx0)，利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离d，然后令dr，进而求出k.(2)代数法：设切线方程为yy0k(xx0)，与圆的方程组成方程组，消元后得到一个一元二次方程，然后令判别式0进而求得k考法(二)弦长问题例2(1)(2020高考全国卷)已知圆x2y26x0，过点(1,2)的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为()A1B2C3D4(2)(2020高考天津卷)已知直线xy80和圆x2y2r2(r0)相交于A，B两点若|A

366、B|6，则r的值为_解析(1)圆的方程可化为(x3)2y29，故圆心的坐标为C(3,0)，半径r3.如图，记点M(1,2)，则当MC与直线垂直时，直线被圆截得的弦的长度最小，此时|MC|2，弦的长度l222.(2)依题意得，圆心(0,0)到直线xy80的距离d4，因此r2d2225，又r0，所以r5.答案(1)B(2)5求直线与圆相交弦长的常用方法(1)几何法：用圆的几何性质求解，运用弦心距、半径及弦的一半构成的直角三角形，计算弦长|AB|2.(2)代数法：联立直线与圆的方程得方程组，消去一个未知数得一元二次方程，再利用根与系数的关系结合弦长公式求解，其公式为|AB|x1x2|.题组突破1若a

367、，b，c是ABC三个内角的对边，且csin C3asin A3bsin B，则直线l：axbyc0被圆O：x2y212所截得的弦长为()A4B2 C6D5答案：C2(2021哈尔滨模拟)已知过点P(2,2)的直线与圆(x1)2y25相切，且与直线xay10平行，则a_.答案：2题型三圆与圆的位置关系合作探究例已知两圆C1：x2y22x6y10和C2：x2y210x12y450.(1)求证：圆C1和圆C2相交；(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长解析(1)证明：由题意可知，圆C1的圆心为C1(1,3)，半径r1，圆C2的圆心为C2(5,6)，半径r24，两圆的圆心距d|C1C2

368、|5，r1r24，|r1r2|4，|r1r2|dr1r2，圆C1和C2相交(2)圆C1和圆C2的方程左右两边分别相减，整理得4x3y230，两圆的公共弦所在直线的方程为4x3y230.圆心C2(5,6)到直线4x3y230的距离d3，故公共弦长为22.1.判断两圆位置关系的方法常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系，一般不用代数法2两圆公共弦长的求法先求出公共弦所在直线的方程，在其中一圆中，由弦心距d，半弦长，半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解对点训练(多选题)(2021山东泰安期中)已知圆C1：x2y2r2，圆C2：(xa)2(yb)2r2(r0)交于不同的A(x1，y

369、1)，B(x2，y2)两点，下列结论正确的有()Aa(x1x2)b(y1y2)0B2ax12by1a2b2Cx1x2aDy1y22b解析：由题意，圆C2的方程可化为x2y22ax2bya2b2r20，两圆的方程相减可得直线AB的方程为2ax2bya2b20，即2ax2bya2b2，分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点代入可得2ax12by1a2b2,2ax22by2a2b2，两式相减可得2a(x1x2)2b(y1y2)0，即a(x1x2)b(y1y2)0，所以选项A、B正确；由圆的性质可得，线段AB与线段C1C2互相平分，所以x1x2a，y1y2b，所以选项C正确，选项D不正确答案：A

370、BC直线与圆位置关系中的核心素养数学运算直线与圆位置关系的综合应用例(2019高考全国卷)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x20相切(1)若A在直线xy0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xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2.又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1,0)，使得|

371、MA|MP|为定值理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.求解与圆有关的定值问题时，常使用的方法有：(1)直接计算或证明，如本题第(2)问的证明；(2)先特殊后一般，即先利用特殊情况得到定值，再证明一般情况也满足；(3)先设后求，即先设出定值，再利用待定系数法求解对点训练已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C：(x2)2(y3)21

372、交于M，N两点(1)求k的取值范围；(2)若12，其中O为坐标原点，求|MN|.解析：(1)由题设可知直线l的方程为ykx1.因为直线l与圆C交于两点，所以1.解得k.所以k的取值范围为.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)将ykx1代入方程(x2)2(y3)21，整理得(1k2)x24(1k)x70.所以x1x2，x1x2.x1x2y1y2(1k2)x1x2k(x1x2)18.由题设可得812，解得k1，所以直线l的方程为yx1.故圆心C在直线l上，所以|MN|2.授课提示：对应学生用书第321页A组基础保分练1已知直线l：axya30和圆C：x2y24x2y40，则直线l和圆C的位置

373、关系是()A相交B相切C相离D都有可能答案：A2(2021六安模拟)已知过原点的直线l与圆C：x2y26x50相交于不同的两点A，B，且线段AB的中点坐标为D(2，)，则弦长为()A2B3C4D5答案：A3从圆x22xy22y10外一点P(3,2)向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为()A.BC.D0解析：如图，圆x22xy22y10的圆心为C(1,1)，半径为1，两切点分别为A，B，连接AC，PC，则|CP|，|AC|1，sin ，所以cosAPBcos 212sin2.答案：B4(多选题)(2021山东模拟)过点P(2,4)引圆(x1)2(y1)21的切线，则切线的方程为()Ax2B

374、x2C4x3y40D4x3y40解析：根据题意，圆(x1)2(y1)21的圆心为(1,1)，半径r1.过点P(2,4)引圆(x1)2(y1)21的切线，若切线的斜率不存在，此时切线的方程为x2，符合题意；若切线的斜率存在，设此时切线的斜率为k，则其方程为y4k(x2)，即kxy2k40，则有1，解得k，则切线的方程为4x3y40.综上可得，切线的方程为x2或4x3y40.答案：BC5(2021衡水一中模考)圆C1：(x1)2(y2)24与圆C2：(x3)2(y2)24的公切线的条数是()A1B2C3D4答案：C6(2021浙江名校联考)已知圆C的方程为(x3)2y21，若y轴上存在一点A，使得

375、以A点为圆心，半径为3的圆与圆C有公共点，则点A的纵坐标可以是()A1B3C5D7解析：设A(0，b)，则圆A与圆C的圆心距d.因为以A点为圆心、半径为3的圆与圆C有公共点，所以31d31，即24，解得b，观察各选项知选A.答案：A7若直线过点P且被圆x2y225截得的弦长是8，则该直线的方程为_答案：x3或3x4y1508(2021珠海六校联考)已知直线yax与圆C：x2y22ax2y20相交于A，B两点，且ABC为等边三角形，则圆C的面积为_解析：圆C：x2y22ax2y20可化为(xa)2(y1)2a21，因为直线yax和圆C相交，ABC为等边三角形，所以圆心C到直线axy0的距离为，即

376、d，解得a27，所以圆C的面积为6.答案：69已知圆M过C(1，1)，D(1,1)两点，且圆心M在直线xy20上(1)求圆M的方程；(2)设P是直线3x4y80上的动点，PA，PB是圆M的两条切线，A，B为切点，求四边形PAMB面积的最小值解析：(1)设圆M的方程为(xa)2(yb)2r2(r0)，根据题意得解得ab1，r2，故所求圆M的方程为(x1)2(y1)24.(2)由题意知，四边形PAMB的面积为SSPAMSPBM(|AM|PA|BM|PB|)又|AM|BM|2，|PA|PB|，所以S2|PA|，而|PA|2|PM|2|AM|2|PM|24，所以S2.因此要求S的最小值，只需求|PM|

377、的最小值，即在直线3x4y80上找一点P，使得|PM|的值最小，所以|PM|min3，所以四边形PAMB面积的最小值为22.10已知圆O：x2y2r2(r0)与直线3x4y150相切(1)若直线l：y2x5与圆O交于M，N两点，求|MN|；(2)设圆O与x轴的负半轴的交点为A，过点A作两条斜率分别为k1，k2的直线交圆O于B，C两点，且k1k23，试证明直线BC恒过一点，并求出该点的坐标解析：(1)由题意知，圆心O到直线3x4y150的距离d3r，所以圆O：x2y29.又圆心O到直线l：y2x5的距离d1，所以|MN|24.(2)证明：易知A(3,0)，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则

378、直线AB：yk1(x3)，由得(k1)x26kx9k90，所以3x1，即x1，所以y1k1(x13)，所以B.同理C.由k1k23得k2，将代替k2，可得C.当，即k1时，kBC，k1.从而直线BC：y.即y，化简得y.所以直线BC恒过一点，该点为.当k1时，k2，此时xBxC，所以直线BC的方程为x，过点.综上，直线BC恒过定点.B组能力提升练1若直线l：ykx1被圆C：x2y22x30截得的弦最短，则直线l的方程是()Ax0By1Cxy10Dxy10答案：D2(2021福州适应性练习)若在圆x2y22x6y0内过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为()A

379、5B10C15D20答案：B3(多选题)(2021山东德州期末)已知点A是直线l：xy0上一定点，点P，Q是圆x2y21上的动点，若PAQ的最大值为90，则点A的坐标可以是()A(0，)B(1，1)C(，0)D(1,1)解析：原点O到直线l的距离为d1，则直线l与圆x2y21相切，当AP，AQ均为圆x2y21的切线时，PAQ取得最大值连接OP，OQ，由于PAQ的最大值为90，且APOAQO90，|OP|OQ|1，故四边形APOQ为正方形，所以|OA|OP|，设点A的坐标为(t，t)，由两点间的距离公式得|OA| ，整理得2t22t0，解得t0或t，因此，点A的坐标为(0，)或(，0)答案：AC

380、4(2021烟台调研)直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x2)2y22上，则ABP面积的取值范围为()A2,6B4,8C，3D2，3解析：根据题意得，A(2,0)，B(0，2)，所以|AB|2，圆心(2,0)到直线xy20的距离d2，圆的半径为，设点P到直线xy20的距离为d，则d3，所以2SABP23，即2SABP6.答案：A5已知直线l：xay10(aR)是圆C：x2y24x2y10的对称轴过点A(4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|_.答案：66(2021江苏启东中学检测)已知圆C1：(x1)2(y1)21，圆C2：(x4)2(y5)29，点M，N分别是圆C

381、1，圆C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PN|PM|的最大值是_解析：圆C1：(x1)2(y1)21的圆心为C1(1，1)，半径为1，圆C2：(x4)2(y5)29的圆心为C2(4,5)，半径为3.要使|PN|PM|最大，需|PN|最大，且|PM|最小，|PN|的最大值为|PC2|3，|PM|的最小值为|PC1|1，故|PN|PM|的最大值是(|PC2|3)(|PC1|1)|PC2|PC1|4，设C2(4,5)关于x轴的对称点为C2(4，5)，|PC2|PC1|PC2|PC1|C1C2|5，故|PC2|PC1|4的最大值为549，即|PN|PM|的最大值是9.答案：97已知圆O：x2y29及

382、点C(2,1)(1)若线段OC的垂直平分线交圆O于A，B两点，试判断四边形OACB的形状，并给出证明；(2)过点C的直线l与圆O交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求直线l的方程解析：(1)四边形OACB为菱形，证明如下：易得OC的中点为，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易得OC的垂直平分线的方程为y2x，代入x2y29，得5x210x0，1，21，AB的中点为，则四边形OACB为平行四边形，又OCAB，四边形OACB为菱形(2)当直线l的斜率不存在时，l的方程为x2，则P，Q的坐标为(2，)，(2，)，SOPQ222.当直线l的斜率存在时，设l的方程为y1k(x2)，即kxy12k0

383、，则圆心O到直线l的距离d .由平面几何知识得|PQ|2，SOPQ|PQ|d2d .当且仅当9d2d2，即d2时，SOPQ取得最大值为.2，SOPQ的最大值为，此时，令，解得k7或k1.故直线l的方程为xy30或7xy150.C组创新应用练1已知直线l：xy10截圆：x2y2r2(r0)所得的弦长为，点M，N在圆上，且直线l：(12m)x(m1)y3m0过定点P，若PMPN，则|MN|的取值范围为()A2，2 B2，2 C， D， 解析：由题意，2，解得r2，因为直线l：(12m)x(m1)y3m0过定点P，故P(1,1)，设MN的中点为Q(x，y)，则OM2OQ2MQ2OQ2PQ2，即4x2

384、y2(x1)2(y1)2，化简可得22，所以点Q的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以|PQ|的取值范围为，|MN|的取值范围为，答案：D2已知从圆C：(x1)2(y2)22外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，且有|PM|PO|(O为坐标原点)，则当|PM|取得最小值时点P的坐标为_解析：如图所示，圆C的圆心为C(1,2)，半径r，因为|PM|PO|，所以|PO|2r2|PC|2，所以xy2(x11)2(y12)2，即2x14y130.要使|PM|最小，只要|PO|最小即可当直线PO垂直于直线2x4y30，即直线PO的方程为2xy0时，|PM|最小，此时点P即为两直线的交点，由得故当

385、|PM|取得最小值时，点P的坐标为.答案：第五节椭圆热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，椭圆的定义、标准方程、几何性质以及直线与椭圆的位置关系一直是高考的命题热点，直线与椭圆的位置关系常与向量、圆、三角形等知识综合考查，多以解答题的形式出现，难度中等偏上.本节主要考查考生的数学运算、直观想象核心素养及考生对数形结合思想、转化与化归思想的应用.授课提示：对应学生用书第162页知识点一椭圆的定义平面内到两定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆两定点F1，F2叫做椭圆的焦点集合PM|MF1|MF2|2a，|F1F2|2c，其中a0，c0，且a，c为常数(1

386、)当2a|F1F2|时，P点的轨迹是椭圆(2)当2a|F1F2|时，P点的轨迹是线段(3)当2a|F1F2|这一条件，当2a|F1F2|时，其轨迹为线段F1F2，当2ab0)1设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是()A.BC2D1答案：D2(易错题)若直线x2y20经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的标准方程为()A.y21B.1C.y21或1D以上答案都不对答案：C3椭圆1的焦距为4，则m_.答案：4或8授课提示：对应学生用书第164页题型一椭圆的定义与标准方程自主探究1已知ABC的顶点B，C在椭圆y21上，

387、顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则ABC的周长是()A2B6C4D12答案：C2(多选题)(2021海南模拟)设椭圆1的右焦点为F，直线ym(0m )与椭圆交于A，B两点，则()A|AF|BF|为定值BABF周长的取值范围是6,12C当m时，ABF为直角三角形D当m1时，ABF的面积为解析：设椭圆的左焦点为F，则|AF|BF|，所以|AF|BF|AF|AF|为定值6，A正确；ABF的周长为|AB|AF|BF|，因为|AF|BF|为定值6，易知|AB|的范围是(0,6)，所以ABF周长的取值范围是(6,12)，B错误；将y与椭圆方程联立，可解得A，B.又易知F(，0)，所

388、以20，所以ABF为直角三角形，C正确；将y1与椭圆方程联立，解得A(，1)，B(，1)，所以SABF21，D正确答案：ACD3椭圆以x轴和y轴为对称轴，经过点(2,0)，长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的方程为()A.y21B.1C.y21或1D.y21或x21答案：C1.椭圆定义的应用主要有两个方面：一是确认平面内与两定点有关的轨迹是否为椭圆；二是当P在椭圆上时，与椭圆的两焦点F1，F2组成的三角形通常称为“焦点三角形”，利用定义可求其周长，利用定义和余弦定理可求|PF1|PF2|，通过整体代入可求其面积等2求椭圆方程的常用方法(1)定义法，定义法的要点是根据题目所给的条件确定动点的轨迹满足椭

389、圆的定义(2)待定系数法，待定系数法的要点是根据题目所给的条件确定椭圆中的两个系数a，b.当不知焦点在哪一个坐标轴上时，一般可设所求椭圆的方程为mx2ny21(m0，n0，mn)，再用待定系数法求出m，n的值即可题型二椭圆的几何性质合作探究例(1)(多选题)(2021山东淄博模拟)已知椭圆：1(ab0)，则下列结论正确的是()A若a2b，则的离心率为B若的离心率为，则C若F1，F2分别为的两个焦点，直线l过点F1且与交于点A，B，则ABF2的周长为4aD若A1，A2分别为的左、右顶点，P为上异于点A1，A2的任意一点，则PA1，PA2的斜率之积为(2)(2021八省联考模拟卷)椭圆1(m0)的

390、焦点为F1，F2，上顶点为A，若F1AF2，则m()A1BC.D2解析(1)若a2b，则cb，e，选项A不正确；若e，则a2c，bc，选项B正确；根据椭圆的定义易知选项C正确；设P(x0，y0)，则1，易知A1(a,0)，A2(a,0)，所以PA1，PA2的斜率之积为，选项D正确(2)在椭圆1(m0)中，a，bm，c 1，如图所示：因为椭圆1(m0)的上顶点为点A，焦点为F1，F2，所以|AF1|AF2|a，F1AF2，F1AF2为等边三角形，则|AF1|F1F2|，即 a2c2，因此，m .答案(1)BCD(2)C求椭圆离心率的三种方法(1)直接求出a，c的值，利用离心率公式直接求解(2)列

391、出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助于b2a2c2消去b，转化为含有e的方程(或不等式)求解(3)数形结合，根据图形观察，通过取特殊值或特殊位置求出离心率.题组突破1(2021洛阳模拟)已知椭圆1的长轴在y轴上，且焦距为4，则m等于()A5B6C9D10答案：C2已知椭圆1(ab0)的一个焦点是圆x2y26x80的圆心，且短轴长为8，则椭圆的左顶点为()A(3,0)B(4,0) C(10,0)D(5,0)答案：D题型三直线与椭圆的位置关系合作探究例已知椭圆1(ab0)的离心率e，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，已知

392、点A的坐标为(a,0)，若|AB|，求直线l的倾斜角解析(1)由e得3a24c2，再由a2b2c2得a2b，又2a2b4，则ab2，解方程组得a2，b1，所以椭圆的方程为y21.(2)由(1)得A(2,0)，设点B的坐标为(x1，y1)，由题意知直线l的斜率存在，故设直线l的斜率为k，则直线l的方程为yk(x2)于是A、B两点的坐标满足方程组由方程组消去y并整理得(14k2)x216k2x16k240，因为x2是方程的一个根，则2x1，所以x1，从而y1k(x12).|AB| ，由|AB|，得，整理得32k49k2230，即(k21)(32k223)0，所以k1，所以直线l的倾斜角为或.1.解

393、决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决往往会更简单2.设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|(k为直线斜率).对点训练已知椭圆的两焦点为F1(，0)，F2(，0)，离心率e.(1)求此椭圆的方程；(2)设直线l：yxm，若l与此椭圆相交于P，Q两点，且|PQ|等于椭圆的短轴长，求m的值解析：(1)设椭圆的方程为1(ab0)，则c，所以a2，b1，所以所求椭圆的方程为y21.(2)由消去y，得5x28mx4(m21)0，由0，得m25.(

394、*)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2x1x2，|PQ|2.解得m，满足(*)，所以m.椭圆几何性质中的核心素养数学运算、直观想象椭圆离心率的范围问题椭圆的离心率问题是高考命题的热点，离心率范围问题是高考难点，多为选择、填空题的压轴小题，能力要求较高例(1)(2021青岛模拟)已知F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，若椭圆C上存在点P，使得线段PF1的中垂线恰好经过焦点F2，则椭圆C离心率的取值范围是()A. B. C. D.(2)过椭圆C：1(ab0)的右焦点作x轴的垂线，交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点若以AB为直径的圆与l存在公

395、共点，则C的离心率的取值范围是_解析(1)(几何法)如图所示，线段PF1的中垂线经过F2，PF2F1F22c，即椭圆上存在一点P，使得PF22c.ac2cac.e.(2)由题设知，直线l：1，即bxcybc0，以AB为直径的圆的圆心为(c,0)，根据题意，将xc代入椭圆C的方程，得y，即圆的半径r.又圆与直线l有公共点，所以，化简得2cb，平方整理得a25c2，所以e.又0e1，所以0e.答案(1)C(2)求椭圆离心率范围的两种方法方法解读适合题型几何法利用椭圆的几何性质，设P(x0，y0)为椭圆1(ab0)上一点，则|x0|a，ac|PF1|ac等，建立不等关系，或者根据几何图形的临界情况建

396、立不等关系题设条件有明显的几何关系直接法根据题目中给出的条件或根据已知条件得出不等关系，直接转化为含有a，b，c的不等关系式题设条件直接有不等关系对点训练已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x4y0交椭圆E于A，B两点若|AF|BF|4，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是()A. B.C. D.答案：A授课提示：对应学生用书第323页A组基础保分练1已知椭圆1的两个焦点分别是F1，F2，点P在该椭圆上，若|PF1|PF2|2，则PF1F2的面积是()A.B2C2D答案：A2“3m5”是“方程1表示椭圆”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C

397、充要条件D既不充分也不必要条件答案：B3(2021中山模拟)设椭圆：1(ab0)的右顶点为A，右焦点为F，B为椭圆在第二象限内的点，直线BO交椭圆于点C，O为原点，若直线BF平分线段AC，则椭圆的离心率为()A.BC.D解析：如图，设点M为AC的中点，连接OM，则OM为ABC的中位线，于是OFMAFB，且，即，解得e.答案：B4如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(2，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|OF|且|PF|4，则椭圆C的方程为()A.1B1C.1D1解析：依题意，设椭圆方程为1(ab0)，右焦点为F，连接PF.由已知，半焦距c2.又由|OP|OF|OF|，知FPF90.在R

398、tPFF中，|PF|8.由椭圆的定义可知2a|PF|PF|4812，所以a6，于是b2a2c262(2)216，故所求椭圆方程为1.答案：C5已知椭圆1上一点P，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若F1PF2为直角三角形，则满足条件的点P有()A8个B6个C4个D2个答案：B6已知F1，F2分别为椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，B为C的短轴的一个端点，直线BF1与C的另一个交点为A，若BAF2为等腰三角形，则()A.BC.D3解析：如图，不妨设点B在y轴的正半轴上，根据椭圆的定义，得|BF1|BF2|2a，|AF1|AF2|2a，由题意知|AB|AF2|，|BF1|BF2|a，所以|AF1|

399、，|AF2|.所以.答案：A7(2021郑州模拟)已知椭圆1(ab0)的右顶点为A(1,0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆的方程为_答案：x218已知椭圆C：1(ab0)的中心是坐标原点O，左、右焦点分别为F1，F2，设P是椭圆C上一点，满足PF2x轴，|PF2|，椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C左焦点且倾斜角为45的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求AOB的面积解析：(1)由题意知，离心率e，|PF2|，得a2，b1，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)由条件可知F1(，0)，直线l：yx，联立直线l和椭圆C的方程，得消去y得5x28x80，设A(x1，y

400、1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，所以|y1y2|x1x2|，所以SAOB|y1y2|OF1|.9已知椭圆1(ab0)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B.(1)若F1AB90，求椭圆的离心率；(2)若2，求椭圆的方程解析：(1)若F1AB90，则AOF2为等腰直角三角形，所以有OAOF2，即bc.所以ac，e.(2)由题知A(0，b)，F1(c,0)，F2(c,0)，其中c，设B(x，y)由2，得(c，b)2(xc，y)，解得x，y，即B.将B点坐标代入1，得1，即1，解得a23c2.又由(c，b)，得b2c21，即有a22c21.由解

401、得c21，a23，从而有b22.所以椭圆的方程为1.B组能力提升练1(2021昆明市高三质检)已知F是椭圆E：1(ab0)的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若|PF|2|QF|，且PFQ120，则椭圆E的离心率为()A.BC.D答案：C2设椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为P，则直线PF1的斜率为()A.BC.D解析：因为e，故可设a3，c，则b2，SPF1F2b2tanb2tan 45|PF1|PF2|4，因为P在第一象限，所以|PF1|PF2|，又|PF1|PF2|2a6，故|PF1|4，|PF2|2

402、，所以直线PF1的斜率kPF1.答案：B3(多选题)设椭圆C：y21的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是()A|PF1|PF2|2B离心率eCPF1F2面积的最大值为D以线段F1F2为直径的圆与直线xy0相切解析：对于A选项，由椭圆的定义可知|PF1|PF2|2a2，所以A选项正确对于B选项，依题意a，b1，c1，所以e，所以B选项错误对于C选项，|F1F2|2c2，当P为椭圆短轴顶点时，PF1F2的面积取得最大值，为2cbcb1，所以C选项错误对于D选项，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为c1，圆心到直线xy0的距离为1，所以以线段F1F2为直径的

403、圆与直线xy0相切，所以D选项正确答案：AD4(2021温州模拟)正方形ABCD的四个顶点都在椭圆1(ab0)上，若椭圆的焦点在正方形的内部，则椭圆的离心率的取值范围是()A.BC.D解析：设正方形的边长为2m，椭圆的焦点在正方形的内部，mc.又正方形ABCD的四个顶点都在椭圆1(ab0)上，1e2，整理得e43e210，e2，0e.答案：B5若F1，F2分别是椭圆E：x21(0b1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点若|AF1|3|F1B|，AF2x轴，则椭圆E的方程为_答案：x216设F1，F2分别是椭圆1的左、右焦点，P为椭圆上任意一点，点M的坐标为(6,4)，则|PM|P

404、F1|的最小值为_解析：由椭圆的方程可知F2(3,0)，由椭圆的定义可得|PF1|2a|PF2|.所以|PM|PF1|PM|(2a|PF2|)|PM|PF2|2a|MF2|2a，当且仅当M，P，F2三点共线时取得等号，又|MF2|5,2a10，所以|PM|PF1|5105，即|PM|PF1|的最小值为5.答案：57(2020高考全国卷)已知椭圆C1：1(ab0)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|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点，若|MF|5，求C1与C2的标准方程解析：(

405、1)由已知可设C2的方程为y24cx，其中c.不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，；C，D的纵坐标分别为2c，2c，故|AB|，|CD|4c.由|CD|AB|得4c，即3222.解得2(舍去)或.所以C1的离心率为.(2)由(1)知a2c，bc，故C1：1.设M(x0，y0)，则1，y4cx0，故1.因为C2的准线为xc，所以|MF|x0c，而|MF|5，故x05c，代入得1，即c22c30，解得c1(舍去)或c3.所以C1的标准方程为1，C2的标准方程为y212x.C组创新应用练1有一个高为12 cm，底面圆半径为3 cm的圆柱形玻璃杯，杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一

406、半(玻璃杯厚度忽略不计)，当玻璃杯倾斜时，杯中水面的形状为椭圆，则在杯中的水不溢出的前提下，椭圆的离心率的取值范围是()A.BC.D解析：由题意知，当玻璃杯倾斜至杯中的水刚好不溢出时，杯中水面所形成的椭圆的离心率最大，易知此时椭圆的长轴长为6，短轴长为6，所以椭圆的离心率e ，所以e.答案：C2(多选题)(2021山东六地市联考)某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示已知它的近地点A(离地面最近的点)距地面m千米，远地点B(离地面最远的点)距地面n千米，并且F，A，B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c，则()

407、AacmRBacnRC2amnDb解析：地球的中心是椭圆的一个焦点，由题图可得acmR，故A正确；acnR，故B正确；mn2a2R，可得2amn2R，故C不正确；(mR)(nR)a2c2b2，b，故D正确答案：ABD3(2021衡水模拟)“九天揽月”是中华民族的伟大梦想，我国探月工程的进展与实力举世瞩目.2019年，“嫦娥四号”探测器实现历史上的首次月背着陆，月球上“嫦娥四号”的着陆点，被命名为天河基地，如图是“嫦娥四号”运行轨道示意图，圆形轨道距月球表面100千米，椭圆形轨道的一个焦点是月球球心，一个长轴顶点位于两轨道相切的变轨处，另一个长轴顶点距月球表面15千米，则椭圆形轨道的焦距为_千米

408、解析：设椭圆的长半轴长为a千米，半焦距为c千米，月球半径为r千米由题意知解得2c85.即椭圆形轨道的焦距为85千米答案：85第六节双曲线热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节主要考查双曲线的定义、标准方程和几何性质，其中离心率和渐近线问题是高考考查的重点，以选择题和填空题为主，难度中等.本节主要考查考生数形结合思想的运用，提升数学运算、直观想象核心素养.授课提示：对应学生用书第166页知识点一双曲线的定义满足以下三个条件的点的轨迹是双曲线：(1)在平面内；(2)与两定点F1，F2的距离的差的绝对值等于非零常数；(3)非零常数小于|F1F2|. 温馨提醒 双曲线定义的四点辨析(1)

409、当02a|F1F2|时， 动点的轨迹才是双曲线(2)当2a0时，动点的轨迹是线段F1F2的中垂线(3)当2a|F1F2|时，动点的轨迹是以F1，F2为端点的两条射线(4)当2a|F1F2|时，动点的轨迹不存在1过双曲线x2y28的左焦点F1有一条弦PQ在左支上，若|PQ|7，F2是双曲线的右焦点，则PF2Q的周长是()A28B148C148D8答案：C2(易错题)平面内到点F1(0,4)，F2(0，4)的距离之差等于6的点的轨迹是_答案：双曲线1的下支知识点二双曲线的标准方程和几何性质标准方程1(a0，b0)1(a0，b0)图形性质范围xa或xa，yRya或ya，xR对称性对称轴：坐标轴对称中

410、心：原点顶点顶点坐标：A1(a,0)，A2(a,0)顶点坐标：A1(0，a)，A2(0，a)渐近线yxyx离心率e，e(1，)a，b，c的关系c2a2b2续表标准方程1(a0，b0)1(a0，b0)性质实虚轴线段A1A2叫做双曲线的实轴，它的长|A1A2|2a；线段B1B2叫做双曲线的虚轴，它的长|B1B2|2b；a叫做双曲线的实半轴长，b叫做双曲线的虚半轴长 温馨提醒 1.双曲线的焦点到其渐近线的距离为b.2同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于长轴的弦)，其长为；异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.3若P是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则SPF

411、1F2，其中为F1PF2.1(2021昆明市高三调研)已知双曲线C：1，则C的离心率为()A.BC.D答案：B2已知ab0，椭圆C1的方程为1，双曲线C2的方程为1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为()Axy0Bxy0Cx2y0D2xy0答案：A3经过点A(3，1)，且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线方程为_答案：1授课提示：对应学生用书第167页题型一双曲线的定义及标准方程自主探究1(多选题)(2020新高考全国卷)已知曲线C：mx2ny21()A若mn0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B若mn0，则C是圆，其半径为C若mn0，则C是双曲线，其渐近线方程为yxD若m0，n0，则C是两

412、条直线解析：对于A，当mn0时，有0，方程化为1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；对于B，当mn0时，方程化为x2y2，表示半径为 的圆，故B错误；对于C，当m0，n0时，方程化为1，表示焦点在x轴上的双曲线，其中a，b ，渐近线方程为y x；当m0，n0时，方程化为1，表示焦点在y轴上的双曲线，其中a ，b ，渐近线方程为y x，故C正确；对于D，当m0，n0时，方程化为y ，表示两条平行于x轴的直线，故D正确答案：ACD2(2020高考全国卷)设F1，F2是双曲线C：x21的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|2，则PF1F2的面积为()A.B3C.D2答案：B3(2021洛阳模

413、拟)若双曲线1的左焦点为F，点P是双曲线右支上的动点，A(1,4)，则|PF|PA|的最小值是()A8B9C10D12解析：由题意知，双曲线1的左焦点F的坐标为(4,0)，设双曲线的右焦点为B，则B(4,0)，由双曲线的定义知|PF|PA|4|PB|PA|4|AB|4459，当且仅当A，P，B三点共线且P在A，B之间时取等号所以|PF|PA|的最小值为9.答案：B4已知双曲线过点(2,3)，渐近线方程为yx，则该双曲线的标准方程是()A.1B1Cx21D1答案：C双曲线定义及标准方程问题求解中的两个注意点(1)应用双曲线的定义需注意的问题：在双曲线的定义中要注意双曲线上的点(动点)具备的几何条

414、件，即“到两定点(焦点)的距离之差的绝对值为一常数，且该常数必须小于两定点的距离”，若定义中的“绝对值”去掉，点的轨迹是双曲线的一支同时注意定义的转化应用(2)求双曲线方程时一是标准形式判断；二是注意a，b，c的关系易错易混.题型二双曲线的几何性质多维探究双曲线的渐近线与离心率问题是每年各地高考命题的热点常见的命题角度有：(1)已知离心率求渐近线方程；(2)已知渐近线求离心率；(3)由离心率或渐近线求双曲线方程.考法(一)已知离心率研究渐近线问题例1已知双曲线1(a0，b0)的离心率e(1,2，则其经过第一、三象限的渐近线的倾斜角的取值范围是()A.BC.D解析因为双曲线1(a0，b0)的离心

415、率e(1,2，所以12，所以14，又c2a2b2，所以03，所以，所以.1(a0，b0)经过第一、三象限的渐近线的方程为yx，设该渐近线的倾斜角为，则tan ，又，所以.答案C考法(二)已知渐近线求离心率例2(2019高考全国卷)双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线的倾斜角为130，则C的离心率为()A2sin 40B2cos 40C.D答案D考法(三)由离心率或渐近线求双曲线方程例3(2021义乌模拟)已知双曲线1(a0，b0)的一个焦点落在直线yx2上，双曲线的焦点到渐近线的距离为1，则双曲线的方程为()A.1B1Cx21Dy21答案D解决有关渐近线与离心率关系问题的两个注意点(1)已知

416、渐近线方程ymx，若焦点位置不明确要分|m|或|m|讨论(2)注意数形结合思想在求渐近线夹角、离心率范围中的应用.题组突破1(2020高考全国卷)设双曲线C：1(a0，b0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为.P是C上一点，且F1PF2P.若PF1F2的面积为4，则a()A1B2C4D8解析：由得|F1F2|2c2a.PF1F2中，F1PF2P，|F1P|2|F2P|2|F1F2|24c220a2.不妨设P在C的右支上，则|F1P|F2P|2a.PF1F2的面积为4，|F1P|F2P|4，即|F1P|F2P|8.(|F1P|F2P|)2|F1P|2|F2P|22|F1P|F2P|20a22

417、84a2，解得a1.答案：A2(多选题)(2021山东济南模拟)已知双曲线C的方程为1，则下列说法正确的是()A双曲线C的实轴长为8B双曲线C的渐近线方程为yxC双曲线C的焦点到渐近线的距离为3D双曲线C上的点到焦点距离的最小值为解析：因为a216，所以a4,2a8，故A正确；因为a4，b3，所以双曲线C的渐近线方程为yxx，故B正确；c5，焦点坐标为(5,0)，(5,0)，焦点(5,0)到渐近线3x4y0的距离为3，故C正确；双曲线C上的点到焦点距离的最小值为ca1，故D错误答案：ABC3(2021武汉质监)已知双曲线E：1的离心率为，则双曲线E的焦距为()A4B5C8D10答案：D题型三直

418、线与双曲线的位置关系合作探究例已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(4,0)，实轴长为4.(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l：ykx2与双曲线C左支交于A，B两点，求k的取值范围解析(1)设双曲线C的方程为1(a0，b0)由已知得：a2，c4，再由a2b2c2，得b24，所以双曲线C的方程为1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，将ykx2与1联立，得(13k2)x212kx360.由题意知解得k1.所以当k1时，l与双曲线左支有两个交点解决直线与双曲线位置关系问题的步骤对点训练(2019高考全国卷)已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐

419、近线分别交于A，B两点若，0，则C的离心率为_答案：2双曲线几何性质中的核心素养数学运算、直观想象双曲线的离心率范围问题例(2021黑龙江海林月考)已知双曲线1(a0，b0)若存在过右焦点F的直线与双曲线交于A，B两点，且3，则双曲线离心率的最小值为()A.BC2D2解析：因为过右焦点F的直线与双曲线相交于A，B两点，且3，所以直线与双曲线相交只能交于左、右两支，且点A在左支上，点B在右支上设A(x1，y1)，B(x2，y2)，右焦点F(c,0)因为3，所以cx13(cx2)，所以3x2x12c.因为x1a，x2a，所以x1a,3x23a，所以3x2x14a，即2c4a，所以2，即e2，所以双

420、曲线离心率的最小值为2.答案：C双曲线离心率的求值及范围问题的解题策略解决双曲线的离心率的范围问题，其关键就是确立一个关于a，b，c的不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式建立关于a，b，c的不等式，要充分利用双曲线的几何性质、点的坐标的范围等对点训练(2021湖北九校联考)已知F1，F2分别为双曲线1(a0，b0)的左、右焦点若在双曲线右支上存在点P，使得点F2到直线PF1的距离为a，则该双曲线的离心率的取值范围是()A.B.C(1，)D(，)解析：双曲线的渐近线方程为yx.设直线PF1的方程为yk(xc)，因为点P在双曲线的右支上，所以|k|.由F2(c,0)到直线PF1的

421、距离da，解得k2，根据k2，得a43b2c2b4，所以a4b4(a2b2)(a2b2)(a2b2)c23b2c2，则a2b23b2，即，所以e21，则e.答案：B授课提示：对应学生用书第325页A组基础保分练1若双曲线C：x21(b0)的离心率为2，则b()A1BC.D2答案：C2设双曲线C：1(ab0)的两条渐近线的夹角为，且cos ，则C的离心率为()A.BC.D2答案：B3在平面直角坐标系中，已知双曲线C与双曲线x21有公共的渐近线，且双曲线C经过点P(2，)，则双曲线C的焦距为()A.B2C3D4答案：D4已知双曲线1(b0)的右焦点为(3,0)，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于

422、()A.B3C5D4答案：A5已知直线l与双曲线C：x2y22的两条渐近线分别交于A，B两点，若AB的中点在该双曲线上，O为坐标原点，则AOB的面积为()A.B1C2D4解析：由题意得，双曲线的两条渐近线方程为yx，设A(x1，x1)，B(x2，x2)，所以AB中点坐标为，所以222，即x1x22，所以SAOB|OA|OB|x1|x2|x1x2|2.答案：C6已知双曲线C：y21，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若OMN为直角三角形，则|MN|()A.B3C2D4解析：因为双曲线y21的渐近线方程为yx，所以MON60.不妨设过点F的直线与直线yx交

423、于点M，由OMN为直角三角形，不妨设OMN90，则MFO60.又直线MN过点F(2,0)，所以直线MN的方程为y(x2)由得所以M，所以|OM| ，所以|MN|OM|3.答案：B7(2020高考北京卷)已知双曲线C：1，则C的右焦点的坐标为_；C的焦点到其渐近线的距离是_解析：双曲线C：1，c2639，c3，则C的右焦点的坐标为(3,0)，C的渐近线方程为yx，即yx，即xy0，则C的焦点到其渐近线的距离d.答案：(3,0)8(2020高考全国卷)已知F为双曲线C：1(a0，b0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴若AB的斜率为3，则C的离心率为_解析：如图，A(a,0)

424、由BFx轴且AB的斜率为3，知点B在第一象限，且B，则kAB3，即b23ac3a2.又c2a2b2，即b2c2a2，c23ac2a20，e23e20.解得e2或e1(舍去)故e2.答案：29(2021八省联考模拟卷)双曲线C：1(a0，b0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上当BFAF时，|AF|BF|.(1)求C的离心率；(2)若B在第一象限，证明：BFA2BAF.解析：(1)设双曲线的半焦距为c，则F(c,0)，B，因为|AF|BF|，故ac，故c2ac2a20，即e2e20，故e2.(2)证明：设B(x0，y0)，其中x0a，y00.因为e2，故c2a，ba，故渐近线方程为yx，所以

425、BAF，BFA，又tanBFA，tanBAF，所以tan 2BAFtanBFA，因为BFA，故BFA2BAF.B组能力提升练1(多选题)(2021山东滨州期末)已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1(5,0)，F2(5,0)，则能使双曲线C的方程为1的条件是()A双曲线的离心率为B双曲线过点C双曲线的渐近线方程为3x4y0D双曲线的实轴长为4解析：由题意可得焦点在x轴上，且c5.A选项，若双曲线的离心率为，则a4，所以b2c2a29，此时双曲线的方程为1，故A正确；B选项，若双曲线过点，则得此时双曲线的方程为1，故B正确；C选项，若双曲线的渐近线方程为3x4y0，可设双曲线的方程

426、为m(m0)，所以c216m9m25，解得m1，所以此时双曲线的方程为1，故C正确；D选项，若双曲线的实轴长为4，则a2，所以b2c2a221，此时双曲线的方程为1，故D错误答案：ABC2(2021湖北稳派教育联考)设点F1，F2分别是双曲线C：1(a0)的左、右焦点，过点F1且与x轴垂直的直线l与双曲线C交于A，B两点若ABF2的面积为2，则双曲线C的渐近线方程为()AyxByxCyxDyx答案：D3已知F1，F2是双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点，P是C上的一点，若|PF1|PF2|6a，且PF1F2最小内角的大小为30，则双曲线C的渐近线方程是()A.xy0Bxy0Cx2y0D2x

427、y0答案：A4(多选题)已知双曲线E与双曲线y21有相同的渐近线，且双曲线E过点M(3，)，则下列结论正确的是()A双曲线E的焦点坐标为(5，0)B双曲线E的标准方程为1C双曲线E的离心率为D圆x2(y5)245与双曲线E的渐近线相切解析：由题意可设双曲线E的方程为y2，双曲线E过点M，()2，解得5，双曲线E的标准方程为1，双曲线E的焦点坐标为(0，5)，离心率e，A不正确，B，C正确；圆x2(y5)245的圆心(0，5)到E的渐近线x3y0的距离d3，且该圆的半径R3，圆x2(y5)245与E的渐近线相切，D正确答案：BCD5已知点F2为双曲线C：1(a0，b0)的右焦点，直线ykx交C于

428、A，B两点，若AF2B，SAF2B2，则C的虚轴长为_答案：26已知焦点在x轴上的双曲线1，它的焦点到渐近线的距离的取值范围是_解析：对于焦点在x轴上的双曲线1(a0，b0)，它的焦点(c,0)到渐近线bxay0的距离为b.本题中，双曲线1即1，其焦点在x轴上，则解得4m8，则焦点到渐近线的距离d(0,2)答案：(0,2)C组创新应用练1(2021广东四校联考)P是双曲线C：y21右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|PQ|的最小值为()A1B2C4D21解析：设双曲线的右焦点为F2，连接PF2(图略)，因为|PF1|PF2|2，所以|

429、PF1|2|PF2|，|PF1|PQ|2|PF2|PQ|，当且仅当Q，P，F2三点共线，且P在Q，F2之间时，|PF2|PQ|最小，且最小值为点F2到直线l的距离由题意可得直线l的方程为yx，焦点F2(，0)，点F2到直线l的距离d1，故|PQ|PF1|的最小值为21.答案：D2已知双曲线C：y21的左焦点为F，过F的直线l交双曲线C的左、右两支分别于点Q，P.若|FQ|t|QP|，则实数t的取值范围是()A.B.C.D.解析：由条件知F(2,0)设P(x0，y0)，Q(x1，y1)，则(x12，y1)，(x0x1，y0y1)，则(x12，y1)t(x0x1，y0y1)，所以x1，y1.因为点

430、P(x0，y0)，Q(x1，y1)都在双曲线C上，所以消去y0，得x0.易知x0，所以，易知t0，所以0t，即实数t的取值范围是.答案：A3一种画双曲线的工具如图所示，长杆OB通过O处的铰链与固定好的短杆OA连接，取一条定长的细绳，一端固定在点A，另一端固定在点B，套上铅笔(如图所示)作图时，使铅笔紧贴长杆OB，拉紧绳子，移动笔尖M(长杆OB绕O转动)，画出的曲线即为双曲线的一部分若|OA|10，|OB|12，细绳长为8，则所得双曲线的离心率为()A.BC.D解析：设|MB|t，则由题意，可得|MO|12t，|MA|8t，有|MO|MA|4|AO|10，由双曲线的定义可得动点M的轨迹为双曲线的

431、一支，且双曲线的焦距2c10，实轴长2a4，即c5，a2，所以e.答案：D第七节抛物线热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，抛物线的定义、标准方程、几何性质以及直线与抛物线的位置关系是高考的命题热点，常以选择题和填空题的形式出现，直线与抛物线的位置关系常以解答题的形式出现.本节主要考查考生的转化与化归思想的运用，提升考生数学运算、直观想象核心素养.授课提示：对应学生用书第170页知识点一抛物线的定义满足以下三个条件的点的轨迹是抛物线：(1)在平面内；(2)动点到定点F的距离与到定直线l的距离相等；(3)定点不在定直线上 温馨提醒 抛物线的定义中易忽视“定点不在定直线上”这一条件，当定

432、点在定直线上时，动点的轨迹是过定点且与直线垂直的直线1抛物线y28x上到其焦点F距离为5的点P有()A0个B1个C2个D4个答案：C2(易错题)设抛物线y28x上一点P到y轴的距离是4，则点P到该抛物线焦点的距离是_答案：6知识点二抛物线的标准方程和几何性质标准方程y22px(p0)y22px(p0)x22py(p0)x22py(p0)p的几何意义：焦点F到准线l的距离图形顶点O(0,0)对称轴x轴y轴焦点FFFF离心率e1准线方程xxyy续表标准方程y22px(p0)y22px(p0)x22py(p0)x22py(p0)p的几何意义：焦点F到准线l的距离范围x0，yRx0，yRy0，xRy0

433、，xR开口方向向右向左向上向下焦半径(其中P(x0，y0)|PF|x0|PF|x0|PF|y0|PF|y0抛物线焦点弦的几个常用结论设AB是过抛物线y22px(p0)的焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：(1)x1x2，y1y2p2.(2)弦长|AB|x1x2p(为弦AB的倾斜角)(3)以弦AB为直径的圆与准线相切(4)通径：过焦点垂直于对称轴的弦长等于2p.1(易错题)抛物线yax2的准线方程是y1，则a的值为()A.BC4D4答案：B2过点P(2,3)的抛物线的标准方程是()Ay2x或x2yBy2x或x2yCy2x或x2yDy2x或x2y答案：A3过抛物线y24x的焦点的

434、直线l交抛物线于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，如果x1x26，则|PQ|_.答案：8授课提示：对应学生用书第171页题型一抛物线的标准方程及几何性质自主探究1(2021宜春联考)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点M是抛物线C上一点，圆M与y轴相切，且被直线x截得的弦长为p，若|MF|，则抛物线的方程为()Ay24xBy22xCy28xDy2x解析：设圆M与y轴相切于点N，直线x与圆M交于A，B两点，如图所示，设M(x0，y0)，则|MN|MA|MB|x0，|AB|p，所以22x，解得x0p，由抛物线的定义知，|MF|x0，因为|MF|，所以pp，即p2，所以抛物线方程为y

435、24x.答案：A2(2020高考全国卷)已知A为抛物线C：y22px(p0)上一点，点A到点C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p()A2B3C6D9解析：设A(x，y)，由抛物线的定义知，点A到准线的距离为12，即x12.又因为点A到y轴的距离为9，即x9，所以912，解得p6.答案：C3(2021辽宁五校联考)抛物线C：y24x的焦点为F，N为准线上一点，M为y轴上一点，MNF为直角，若线段MF的中点E在抛物线C上，则MNF的面积为()A.BC.D3解析：如图所示，不妨设点N在第二象限，连接EN，易知F(1,0)，因为MNF为直角，点E为线段MF的中点，所以|EM|EF|EN|，又E

436、在抛物线C上，所以ENl，E，所以N(1，)，M(0，2)，所以|NF|，|NM|，所以MNF的面积为.答案：C4(2020高考全国卷)设O为坐标原点，直线x2与抛物线C：y22px(p0)交于D，E两点，若ODOE，则C的焦点坐标为()A.BC(1,0)D(2,0)解析：法一：抛物线C关于x轴对称，D，E两点关于x轴对称可得出直线x2与抛物线的两交点的坐标分别为(2,2)，(2，2)不妨设D(2，2)，E(2，2)，则(2,2)，(2，2)又ODOE，44p0，解得p1，C的焦点坐标为.法二：抛物线C关于x轴对称，D，E两点关于x轴对称ODOE，D，E两点横、纵坐标的绝对值相等不妨设点D(2

437、，2)，将点D的坐标代入C：y22px，得44p，解得p1，故C的焦点坐标为.答案：B1.求抛物线方程的三个注意点(1)当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线方程属于四种类型中的哪一种(2)要注意把握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间的对应关系(3)要注意参数p的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的几何意义来解决问题2.运用抛物线几何性质的技巧涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性.题型二抛物线的定义及应用多维探究与抛物线定义相关的最值问题常涉及距离最短、距离和最小等等常见的命题角度有：(1)

438、焦点与定点距离之和最小问题；(2)点与准线的距离之和最小问题；(3)焦点弦中距离之和最小问题.考法(一)焦点与定点距离之和最小问题例1(2021赣州模拟)若点A的坐标为(3,2)，F是抛物线y22x的焦点，点M在抛物线上移动时，使|MF|MA|取得最小值的M的坐标为()A(0,0)BC(1，)D(2,2)答案D考法(二)点与准线的距离之和最小问题例2(2021邢台摸底)已知M是抛物线x24y上一点，F为其焦点，点A在圆C：(x1)2(y5)21上，则|MA|MF|的最小值是_解析依题意，由点M向抛物线x24y的准线l：y1引垂线，垂足为M1(图略)，则有|MA|MF|MA|MM1|，结合图形可

439、知|MA|MM1|的最小值等于圆心C(1,5)到y1的距离再减去圆C的半径，即等于615，因此|MA|MF|的最小值是5.答案5考法(三)焦点弦中距离之和最小问题例3已知抛物线y24x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作y轴垂线，垂足分别为C，D，则|AC|BD|的最小值为_解析由题意知F(1,0)，|AC|BD|AF|FB|2|AB|2，即|AC|BD|取得最小值时当且仅当|AB|取得最小值，依抛物线定义知当|AB|为通径，即|AB|2p4时为最小值，所以|AC|BD|的最小值为2.答案2与抛物线有关的最值问题的两个转化策略(1)将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的

440、距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解 (2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中垂线段最短”原理解决题组突破1已知直线l1：4x3y60和直线l2：x1，则抛物线y24x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是()A.B2C.D3答案：B2(多选题)(2021山东济宁模拟)已知抛物线E：x24y的焦点为F，圆C：x2(y1)216与抛物线E交于A，B两点，点P为劣弧 上不同于A，B的一个动点，过点P作平行于y轴的直线l交抛物线E于点N，则下列说法正确的是()A点P的纵坐标的取值范围是(2，5)B|PN|NF|等于点P到抛物线准线的距离C圆

441、C的圆心到抛物线准线的距离为2DPFN周长的取值范围是(8,10)解析：圆C：x2(y1)216的圆心为(0,1)，半径r4，与y轴的正半轴的交点为(0,5)，抛物线E：x24y的焦点为F(0,1)，准线为y1，联立圆的方程和抛物线的方程可得A，B两点的纵坐标为3，所以yP(3,5)，故A错误；由抛物线的定义可得|PN|NF|等于点P到抛物线准线的距离，故B正确；圆C的圆心到抛物线准线的距离为2，故C正确；PFN的周长为|PF|PN|NF|ryP1yP5(8,10)，故D正确答案：BCD题型三直线与抛物线的位置关系合作探究例(2019高考全国卷)已知曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两

442、条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积解析(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x2y1.因为yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|x1x2| 2(t21)设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1，d2 .因此，四边形ADBE

443、的面积S|AB|(d1d2)(t23).设M为线段AB的中点，则M.因为，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0，解得t0或t1.当t0时，S3；当t1时，S4.因此，四边形ADBE的面积为3或4.直线与抛物线相交问题处理规律(1)凡涉及抛物线的弦长、弦的中点、弦的斜率问题时都要注意利用根与系数的关系，避免求交点坐标的复杂运算解决焦点弦问题时，抛物线的定义有广泛的应用，而且还应注意焦点弦的几何性质(2)对于直线与抛物线相交、相切、中点弦、焦点弦问题，以及定值、存在性问题的处理，最好是作出草图，由图象结合几何性质做出解答并注意“设而不求”“整体代入”“点差法”的灵活应用(3

444、)对于抛物线x22py的切线问题，常结合导数的几何意义求解切线的斜率由y得ky.题组突破1(2020新高考全国卷)斜率为的直线过抛物线C：y24x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|_.解析：由题意得，抛物线焦点为F(1,0)，则直线AB的方程为y(x1)由得3x210x30.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，所以|AB|x1x22.答案：2设A，B为曲线C：y上两点，A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率；(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直线AB的方程解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，y1，y2，x

445、1x24，于是直线AB的斜率k1.(2)由y，得y.设M(x3，y3)，由题设知1，解得x32，于是M(2,1)设直线AB的方程为yxm，故线段AB的中点为N(2,2m)，|MN|m1|.将yxm代入y得x24x4m0.当16(m1)0，即m1时，x1,222.从而|AB|x1x2|4.由题设知|AB|2|MN|，即42(m1)，解得m7.所以直线AB的方程为yx7.抛物线几何性质应用中的核心素养直观想象抛物线几何性质的创新应用例(2021合肥调研)设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，斜率为k的直线过F交C于点A，B，2，则直线AB的斜率为()A2 B2C2 D2解析由题意知k0，F，则

446、直线AB的方程为yk，代入抛物线方程消去x，得y2yp20.不妨设A(x1，y1)(x10，y10)，B(x2，y2)，因为2，所以y12y2.又y1y2p2，所以y2p，x2，所以kAB2.根据对称性可得直线AB的斜率为2.答案C求解此类问题有两种方法：一是利用条件坐标化解决，注意几何性质的运用；二是数形结合充分利用平面几何性质，结合定义转化求解，注意向量的工具作用.对点训练(多选题)过抛物线y23x的焦点F的直线与抛物线交于A(x1，y1)(y10)，B(x2，y2)两点，点A，B在抛物线准线上的射影分别为A1，B1，AO交准线于点M(O为坐标原点)，则下列说法正确的是()A.0BA1FB

447、190C直线MBx轴D|AF|BF|的最小值是解析：由题意可知，抛物线y23x的焦点F的坐标为，准线方程为x.易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为xmy，代入y23x，得y23my0，所以y1y23m，y1y2，则x1x2，所以(x1，y1)(x2，y2)x1x2y1y20，所以A不正确因为A，O(0,0)，M三点共线，所以，所以y1yM，又y1y2，所以yMy2，所以直线MBx轴，所以C正确易知A1，B1的坐标分别为，所以y1y20，所以A1FB190，所以B正确设直线AB的倾斜角为(0)，则|AF|，|BF|，所以|AF|BF|，当且仅当ABx轴时取等号，所以D正确答案：BCD授课

448、提示：对应学生用书第327页A组基础保分练1已知抛物线y22px(p0)的焦点F到直线3x4y40的距离等于，则抛物线的准线方程为()Ax1Bx2Cx1Dx2答案：D2(2021长沙模拟)A是抛物线y22px(p0)上一点，F是抛物线的焦点，O为坐标原点，当|AF|4时，OFA120，则抛物线的准线方程是()Ax1By1Cx2Dy2答案：A3(2021滨州模拟)若抛物线y22px上一点P(2，y0)到其准线的距离为4，则抛物线的标准方程为()Ay24xBy26xCy28xDy210x答案：C4过抛物线y24x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若|AF|2|BF|，则|AB|等于()A4B

449、C5D6解析：易知直线l的斜率存在，设为k，则其方程为yk(x1)由得k2x2(2k24)xk20，得xAxB1，因为|AF|2|BF|，由抛物线的定义得xA12(xB1)，即xA2xB1，由解得xA2，xB，所以|AB|AF|BF|xAxBp.答案：B5(2021合肥检测)已知双曲线x21的两条渐近线分别与抛物线y22px(p0)的准线交于A，B两点O为坐标原点若OAB的面积为1，则p的值为()A1BC2D4解析：双曲线的两条渐近线方程为y2x，抛物线的准线方程为x，故A，B两点的坐标为，|AB|2p，所以SOAB2p1，解得p.答案：B6(2021广东六校联考)抛物线y2x2上有一动弦AB

450、，中点为M，且弦AB的长为3，则点M的纵坐标的最小值为()A.BC.D1解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直线AB的方程为ykxb，由题意知y0b0，联立得整理得2x2kxb0，k28b0，x1x2，x1x2，则|AB|，点M的纵坐标y0xxb.因为弦AB的长为3，所以3，即(1k2)9，故(14y04b)(y0b)9，即(14y04b)(4y04b)36.由基本不等式得，(14y04b)(4y04b)212，当且仅当时取等号，得18y012，y0，故点M的纵坐标的最小值为.答案：A7已知顶点在坐标原点的抛物线的焦点坐标为(0，2)，则此抛物线的标准方程为_答案：x

451、28y8直线l过抛物线C：y22px(p0)的焦点F(1,0)，且与C交于A，B两点，则p_，_.解析：由1，得p2.当直线l的斜率不存在时，l：x1，代入y24x，得y2，此时|AF|BF|2，所以1；当直线l的斜率存在时，设l：yk(x1)(k0)，代入抛物线方程，得k2x22(k22)xk20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x21，1.综上，1.答案：219已知抛物线y22px(p0)的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，过A作AB垂直于y轴，垂足为B，OB的中点为M.(1)求抛物线的方程；(2)若过M作MNFA，垂足为N，求点

452、N的坐标解析：(1)抛物线y22px的准线为x，于是45，p2，抛物线方程为y24x.(2)点A的坐标是(4,4)，由题意得B(0,4)，M(0,2)又F(1,0)，kFA.MNFA，kMN.又FA的方程为y(x1)，故MN的方程为y2x，解方程组得x，y，N的坐标为.10(2021襄阳联考)动点P到定点F(0,1)的距离比它到直线y2的距离小1.设动点P的轨迹为曲线C，过点F的直线交曲线C于A，B两个不同的点，过点A，B分别作曲线C的切线，且两切线相交于点M.(1)求曲线C的方程；(2)求证：0.解析：(1)由已知得动点P在直线y2的上方，条件可转化为动点P到定点F(0,1)的距离等于它到直

453、线y1的距离，动点P的轨迹是以F(0,1)为焦点，直线y1为准线的抛物线，故其方程为x24y.(2)证明：设直线AB的方程为ykx1.则得x24kx40.设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xAxB4k，xAxB4.由x24y得yx2，yx.直线AM的方程为yxxA(xxA)，直线BM的方程为yxxB(xxB)，得(xx)(xAxB)x(xx)，x2k.将x代入，得yxxAxAxBx，yxAxB1，M(2k，1)(2k,2)，(xBxA，k(xBxA)，2k(xBxA)2k(xBxA)0.B组能力提升练1已知抛物线y22px(p0)，O是坐标原点，F是抛物线的焦点，P是抛物线上一点，则使P

454、OF是直角三角形的点P共有()A0个B2个C4个D6个解析：如图所示，过焦点F作PFx轴，交抛物线于点P，P，连接OP，OP，则OFP，OFP都是直角三角形显然POF不可能为直角若OPF90，易知F，设P，y0，可得，y，y2.0，0，0，与0矛盾，OPF不可能为直角综上，使POF是直角三角形的点P有且仅有2个答案：B2(2021贵州省适应性考试)过抛物线y24x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，该抛物线的准线与x轴交于点M，若|AF|4，则MAB的面积为()A.BC.D2解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由抛物线的定义得|AF|x1x114，所以x13，代入抛物线方程y24x

455、，得y2，不妨令A(3,2)，又F(1,0)，所以直线AF的斜率为，所以直线AF的方程为y(x1)，由可得B，所以|AB|.又点M(1，0)到直线y(x1)的距离d，所以MAB的面积S.答案：A3(多选题)(2021海南嘉积中学模考)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F到准线的距离为2，过点F的直线与抛物线交于P，Q两点，M为线段PQ的中点，O为坐标原点，则下列结论正确的是()AC的准线方程为y1B线段PQ的长度最小为4CM的坐标可能为(3,2)D.3恒成立解析：由焦点F到准线的距离为2，得抛物线C的焦点为F(1,0)，准线方程为x1，A项错误设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ

456、的方程为xmy1.联立消去y可得x2(4m22)x10，消去x可得y24my40，所以x1x24m22，y1y24m.|PQ|x1x2p4m244，故B项正确当m1时，可得M(3,2)，所以C项正确又x1x21，y1y24，所以x1x2y1y23，所以D项正确答案：BCD4(2021成都摸底)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，准线为l.若位于x轴上方的动点A在准线l上，线段AF与抛物线C相交于点B，且|AF|1，则抛物线C的标准方程为_解析：如图，设直线l与x轴交于点D，过点B作BEl于点E，则|DF|p.由抛物线的定义知|BE|BF|.设|BE|BF|m，因为AEBADF，所以，即

457、，所以，所以|AF|.由|AF|1，得1，解得p1，所以抛物线C的标准方程为y22x.答案：y22x5在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，点A在抛物线C上，若|AO|AF|.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线l与抛物线C交于P，Q两点，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求OPQ的面积的最大值解析：(1)因为点A在C上，|AO|AF|，所以点A的纵坐标为，所以，所以p2，所以抛物线C的方程为x24y.(2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxb(b0)，代入抛物线方程，可得x24kx4b0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x24k，x1x24b

458、，所以y1y24k22b，因为线段PQ的中点的纵坐标为1，所以2k2b1，即2k21b0，所以0b1，SOPQb|x1x2|bbb(0b1)设yb3b2，y3b22b0，函数单调递增，所以当b1时，OPQ的面积取最大值为2.6已知抛物线C：x22py(p0)和定点M(0,1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；(2)若ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程解析：设直线AB：ykx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x22pkx2p0，则x1x22pk，x1x22p.(

459、1)由x22py得y，则A，B处的切线斜率的乘积为，因为点N在以AB为直径的圆上，所以ANBN，所以1，所以p2.(2)易得直线AN：yy1(xx1)，直线BN：yy2(xx2)，联立，得结合式，解得即N(pk，1)|AB|x2x1|，点N到直线AB的距离d，则ABN的面积SABN|AB|d2，当k0时，取等号因为ABN的面积的最小值为4，所以24，所以p2，故抛物线C的方程为x24y.C组创新应用练1(2021兰州模拟)设抛物线y28x的焦点为F，过点M(4,0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于点C，|BF|4，则BCF与ACF的面积之比()A.BC.D解析：由抛物线方程

460、y28x，得焦点F的坐标为(2,0)，准线方程为x2.如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为E，N.设直线AB的方程为yk(x4)(k0)，则由消去y并整理得k2x2(8k28)x16k20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x216.由抛物线的定义知|BF|BN|x224，所以x22，所以x18，所以|AE|x1210.因为BNAE，所以.答案：D2(多选题)已知抛物线C：y28x的焦点为F，其准线与x轴相交于点M，经过M点且斜率为k的直线l与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则下列结论中正确的是()Ak的取值范围是(1,1)By1y28x1x2C存在k，使

461、得以AB为直径的圆经过点FD若ABF的面积为16，则直线AB的倾斜角为或解析：依题意得，F(2,0)，M(2,0)，直线l的方程为yk(x2)，联立得消去y得k2x2(4k28)x4k20，因为直线l与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，所以解得1k1且k0，故A选项错误；因为x1x24，所以yy8x18x2644256，易知y1，y2同号，所以y1y216，于是y1y24x1x2，故B选项错误；由于(x12，y1)，(x22，y2)，所以x1x22(x1x2)4y1y24241632，显然当k2时，0，此时AFB为直角，即以AB为直径的圆经过点F，故C选项正确；AFB的面积S

462、|SMFASMFB|MF|y1y2|2，而y1y2k(x12)k(x22)k(x1x24)，y1y216，所以S216 ，令S16，得k，所以直线AB的倾斜角为或，故选项D正确答案：CD第八节圆锥曲线的综合问题热点命题分析学科核心素养直线与圆锥曲线的综合应用问题(特别是一些经典问题，如：定值与定点、最值与取值范围、探索性问题)一直是高考热点问题常常与向量、圆等知识交汇在一起命题，多以解答题形式出现，难度较大.本节通过圆锥曲线的综合应用提升数学运算、逻辑推理等核心素养.第一课时直线与圆锥曲线的位置关系授课提示：对应学生用书第174页知识点一直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系

463、时，通常将直线l的方程AxByC0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)0，消去y(或消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元二次方程，即消去y，得ax2bxc0.(1)当a0时，设一元二次方程ax2bxc0的判别式为，则0直线与圆锥曲线C相交；0直线与圆锥曲线C相切；b0)的右顶点为A，上顶点为B，且直线AB的斜率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不垂直于x轴的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，O为坐标原点，点N(4,0)若P，Q，N三点不共线，且ONPONQ.证明：动直线l经过定点解析(1)因为A(a,0)，B(0，b)，所以，即a2b.因为点在椭圆上，所以1，即1

464、，解得b21，a24.故椭圆C的标准方程是y21.(2)证明：设直线l的方程为ykxm(k0)，与C的方程联立得消去y得，(14k2)x28kmx4m240，(8km)24(14k2)(4m24)16(4k2m21)0.设P(x1，kx1m)，Q(x2，kx2m)，则x1x2，x1x2.kPNkQN.由ONPONQ知，kPNkQN0，所以2kx1x2(4km)(x1x2)8m2k(4km)8m8m0，得mk，满足0.故动直线l的方程为ykxk，过定点(1,0)本题中，由kPNkQN0构建方程找到m，k的关系是解题的关键设直线l的方程和点P，Q的坐标，将直线方程与椭圆方程联立消元，利用根与系数的

465、关系建立方程与不等式是解题的难点例2已知动圆过定点M(0,4)，且截x轴所得的弦AB的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)过轨迹C上一个定点P(m，n)(m0)引它的两条弦PS，PT，直线PS，PT的斜率存在且倾斜角互为补角证明：直线ST的斜率为定值解析(1)设动圆圆心C的坐标为(x，y)，则(x0)2(y4)242y2，整理得x28y.故所求动圆圆心的轨迹C的方程为x28y.(2)证明：设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则有x8y1，x8y2，m28n.因为直线PS，PT的斜率存在且倾斜角互为补角，所以kPSkPT0，即0，所以x1x22m.故直线ST的斜率k，为定值.本题中，

466、将倾斜角互为补角这一条件转化为kPSkPT0，建立方程得到x1，x2，m之间的关系是解题的关键.对点训练已知定圆A：(x)2y216，动圆M过点B(，0)，且和圆A相切(1)求动圆圆心M的轨迹E的方程；(2)直线l：ykxm(k0)与轨迹E交于C，D两点，点P(0，1)，且|PC|PD|，求实数m的取值范围解析：(1)圆A的圆心为(，0)，半径r14.设动圆M的半径为r2，依题意有r2|MB|.由|AB|22.所以动点M的轨迹E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，其方程为y21.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立l与E的方程得消去y得(14k2)x28kmx4m240，由64k2

467、m216(m21)(14k2)0得14k2m2，则x1x2，y1y2k(x1x2)2m，弦CD的中点N.易知PNCD，所以直线PN的方程是yx1.因为点N在此直线上，所以1，整理得3m14k2，代入14k2m2，得m23m0，解得0m1，m.故实数m的取值范围是.(二)解析几何减少运算量的常见技巧技巧1巧用几何性质减少运算量例3已知O为坐标原点，F是椭圆C：1(ab0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点P为C上一点，且PFx轴过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为()A.BC.D答案A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相

468、似比可简化计算技巧2设而不求整体代换例4已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点若AB的中点坐标为M(1，1)，则E的标准方程为()A.1B1C.1D1答案D本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题技巧3巧妙“换元”整体减少运算量例5已知椭圆E：1(ab0)的焦距为2c，且bc，圆O：x2y2r2(r0)与x轴交于点M，N，P为椭圆E上的动点，|PM|PN|2a，PMN面积的最大值为.(1)求圆O与椭圆E的方程；(2)圆O的切线l交椭圆E于点A，B，求

469、|AB|的取值范围解析(1)因为bc，所以a2c.因为|PM|PN|2a，所以点M，N为椭圆的焦点，所以r2c2a2.设P(x0，y0)，则by0b，所以SPMNr|y0|a|y0|，当|y0|b时，(SPMN)maxab，所以c1，b，a2.所以圆O的方程为x2y21，椭圆E的方程为1.(2)当直线l的斜率不存在时，不妨取直线l的方程为x1，则可取A，B，|AB|3.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)因为直线l与圆O相切，所以1，即m21k2.联立得消去y可得(4k23)x28kmx4m2120，64k2m24(4k23)(4m212)

470、48(4k23m2)48(3k22)0，x1x2，x1x2.|AB|4.令t，则0t，所以|AB| ，0t，所以|AB|，所以30)的焦点到直线l：yx的距离为.(1)求抛物线C的方程；(2)如图，若N，直线l与抛物线C相交于A，B两点，与直线l相交于点M，且|AM|MB|，求ABN面积的取值范围解析：(1)易知抛物线C：x22py(p0)的焦点坐标为，则由题意得，解得p，所以抛物线C的方程为x2y.(2)由题意可设M(m，m)(m0)，直线l：ymk(xm)(k1)，将直线l的方程代入抛物线的方程x2y，消去y，得x2kxkmm0.因为直线l与抛物线C相交于A，B两点，所以k24(kmm)k

471、24km4m0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2k，又x1x22m，所以k2m，代入k24km4m0，解得0m1.又k1，所以m，故0m或m1.故直线l的方程为y2mx2m2m，x1x22m，x1x22m2m.故点N到直线AB的距离d，|AB|x1x2|2，SABN|AB|d2|mm2|.令t，则SABN2t3.因为0m或m1，所以0t，所以2t3，即SABN.所以ABN面积的取值范围为.第一节分类加法计数原理与分步乘法计数原理热点命题分析学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节主要考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，一般以小题的形式单独考查或以古典概型为载体进行考查

472、，有时也与概率相交汇以解答题的形式呈现.本节主要考查考生的逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第187页知识点一分类加法计数原理完成一件事有两类不同的方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法 温馨提醒 分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的 1从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有()A30B20C10D6答案：D2(易错题)a，b，c，d，e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同选法的种数是()A20B16

473、C10D6答案：B知识点二分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有Nmn种不同的方法 温馨提醒 分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步与步之间是相关联的1已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法的种数为()A16B13C12D10答案：C2某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为_答案：5043(易错题)如图，从A城到B城有3条路；从B城到D城有4条路；从A城到C城有4条路，从C城

474、到D城有5条路，则某旅客从A城到D城共有_条不同的路线答案：32授课提示：对应学生用书第188页题型一分类加法计数原理自主探究1从集合1,2,3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()A3B4C6D8答案：D2在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为_答案：363如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275等)，那么所有凸数的个数为_解析：若a22，则百位数字只能选1，个位数字可选1或0，“凸数”为120与121，共2个若a23，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有236

475、(个)若a24，满足条件的“凸数”有3412(个)，若a29，满足条件的“凸数”有8972(个)所以所有凸数共有26122030425672240(个)答案：240使用分类加法计数原理时两个注意点(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏.(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.题型二分步乘法计数原理自主探究1(2021新余模拟)7人站成两排队列，前排3人，后排4人，现将甲、乙、丙三人加入队列，前排加一人，后排加两人，其他人保持相对位置不变，则不同的加入方法种数为()A120B240C360D480解析：第一步，从甲、乙、丙三人中选一个加到

476、前排，有3种方法；第二步，前排3人形成了4个空，任选一个空加一人，有4种方法；第三步，后排4人形成了5个空，任选一个空加一人，有5种方法，此时形成了6个空，任选一个空加一人，有6种方法；根据分步乘法计数原理可得不同的加入方法种数为3456360.答案：C2(2021石家庄模拟)教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有()A10种B25种 C52种D24种解析：每相邻的两层之间各有2种走法，共分4步由分步乘法计数原理，共有24种不同的走法答案：D3(2020高考全国卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有_种

477、解析：将4名同学分成人数为2,1,1的3组有C6种分法，再将3组同学分到3个小区共有A6种分法，由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6636种答案：36利用分步乘法计数原理解题时三个注意点(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定题型三两个计数原理的综合应用合作探究例(1)(2021重庆模拟)某地行政区域如图，请你用4种不同的颜色为每个区域涂色，要求相邻区域不同色，共有_种不同的涂色方法(用具体数字作答)(2)如图所示，在连接正八边形的三个顶点而成的三角形中，与正

478、八边形有公共边的三角形有_个(用数字作答)解析(1)假设按abcde顺序涂色对于a有4种涂色的方法，对于b有3种涂色方法，对于c有2种涂色方法，对于e：若c与d颜色相同，则有2种涂色方法，若c与d颜色不相同，则只有1种涂色方法故共有432(21)72种不同的涂色方法(2)把与正八边形有公共边的三角形分为两类：第一类，有一条公共边的三角形共有8432(个)第二类，有两条公共边的三角形共有8个由分类加法计数原理知，共有32840(个)答案(1)72(2)40应用两个计数原理的难点在于明确分类和分步分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连能将事件完成，较复杂的

479、问题可借助图表完成题组突破1已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A40B16C13D10答案：C2.用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，9的9个小正方形(如图)，使得任意相邻(有公共边)的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有_种答案：108计数原理应用中的核心素养逻辑推理两个计数原理的创新应用例若m，n均为非负整数，在做mn的加法时各位均不进位(例如：1343 8023 936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，则mn称为有序对(m，n)的值，那么值为1 942 的“简单的”有序对

480、的个数是_解析第1步，110,101，共2种组合方式；第2步，909,918,927,936，990，共10种组合方式；第3步，404,413,422,431,440，共5种组合方式；第4步，202,211,220，共3种组合方式根据分步乘法计数原理，值为1 942的“简单的”有序对的个数为21053300.答案300解决两个计数原理的创新应用问题的关键是要抓住题中给的新定义信息分步或分类进行推理对点训练定义集合A与B的运算A*B如下：A*B(x，y)|xA，yB若Aa，b，c，Ba，c，d，e，则集合A*B中的元素个数为()A34 B43C12D以上都不对答案：C授课提示：对应学生用书第33

481、5页A组基础保分练1椭圆1(m0，n0)的焦点在x轴上，且m1,2,3,4,5，n1,2,3,4,5,6,7，则这样的椭圆的个数为()A10B12C20D35解析：因为焦点在x轴上，mn，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m5时，使mn，n有4种选择；第二类：m4时，使mn，n有3种选择；第三类：m3时，使mn，n有2种选择；第四类：m2时，使mn，n有1种选择故符合条件的椭圆共有10个答案：A2(2021武汉模拟)在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A，B两种作物，每种作物种植一垄为有利于作物生长，要求A，B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的选垄方法有()A2

482、种B6种C12种D14种解析：分两步：第一步，先选垄，如图所示，共有6种选法；第二步，种植A，B两种作物，有2种方法所以根据分步计数原理，不同的选垄方法有6212(种)答案：C3若无重复数字的三位数满足条件：个位数字与十位数字之和为奇数；所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是()A540B480C360D200解析：由个位数字与十位数字之和为奇数知个位数字、十位数字1奇1偶，有CCA50种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有C4种满足题意的选法，故满足题意的三位数共有CCCA200(个)答案：D4用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂

483、色方法共有()A4 320种B2 880种C1 440种D720种解析：分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法根据分步乘法计数原理可知，共有6543344 320种不同的涂色方法答案：A5某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从09这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3,5,6,8,9中选择，其他号码只想在1,3,6,9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有(

484、)A180种B360种C720种D960种解析：按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法因此车牌号码可选的所有可能情况有53444960(种)答案：D6从集合1,2,3,4，10中，选出5个数组成的子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A32个B34个C36个D38个解析：先把数字分成5组：1,10，2,9，3,8，4,7，5,6，由于选出的5个数中，任意两个数的和都不等于11，所以从每组中任选一个数字即可故共可组成2532(个)答案：A7从0,1,2,3,4这5个数字中任取3个组成三位数，其中奇数的个数是_解析：

485、从1,3中取一个排个位，故排个位有2种方法；排百位不能是0，可以从另外3个数中取一个，有3种方法；排十位有3种方法，故所求奇数的个数为33218.答案：188已知ABC三边a，b，c的长都是整数，且abc，如果b25，则符合条件的三角形共有_个解析：根据三边构成三角形的条件可知，c0时，我们有P(A|B).(其中，AB也可以记成AB)类似地，当P(A)0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)(1)0P(B|A)1，(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BC|A)P(B|A)P(C|A) 温馨提醒 P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件

486、下A发生的概率1某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A0.8B0.75C0.6D0.45答案：A2已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为_答案：知识点二相互独立事件事件的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事件，若P(AB)P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立(2)性质：若事件A与B相互独立，则P(B|A)P(B)，P(A|B)P(A)，P(AB)

487、P(A)P(B)如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立 温馨提醒 互斥事件强调两事件不可能同时发生，即P(AB)0，相互独立事件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响1(2021金华一中模拟)春节放假，甲回老家过节的概率为，乙、丙回老家过节的概率分别为，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为()A.BC.D答案：B2天气预报监测到在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为_答案：0.38知识点三独立重复试验与二项分布独立重复试验二项分布定义

488、在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，此时称随机变量X服从二项分布，记作XB(n，p)，并称p为成功概率计算公式Ai(i1,2，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3An)P(A1)P(A2)P(An)在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(Xk)Cpk(1p)nk(k0,1,2，n)1有3位同学参加某项测试，假设每位同学能通过测试的概率都是，且各人能否通过测试是相互独立的，则至少有二位同学能通过测试的概率为()A.BC.D答案：C2设随机变量XB，则P(X3)_.答案：授课提示：对应学

489、生用书第207页题型一条件概率自主探究1(2021桂林调研)某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球、4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为()A.BC.D答案：B2某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为()A.BC.D解析：设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)，P(AB)，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A).答案：C条件概率的

490、三种求法定义法先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)求P(B|A)基本事件法借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)缩样法缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简题型二相互独立事件的概率合作探究例(2020高考全国卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜

491、，比赛结束经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空设每场比赛双方获胜的概率都为.(1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率；(3)求丙最终获胜的概率解析(1)甲连胜四场的概率为.(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛比赛四场结束，共有三种情况：甲连胜四场的概率为；乙连胜四场的概率为；丙上场后连胜三场的概率为.所以需要进行第五场比赛的概率为1.(3)丙最终获胜，有两种情况：比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，.因此丙最终获胜的概率为.相互独立事件

492、同时发生的概率的两种求法(1)直接法：利用相互独立事件的概率乘法公式(2)间接法：从对立事件入手计算.对点训练(2019高考全国卷)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成1010平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 0.5，乙发球时甲得分的概率为 0.4，各球的结果相互独立在某局双方1010平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束(1)求P(X2)；(2)求事件“X4且甲获胜”的概率解析：(1)X2就是1010平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分因此P(X2)0.50.4(

493、10.5)(10.4)0.5.(2)X4且甲获胜，就是1010平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分因此所求概率为0.5(10.4)(10.5)0.40.50.40.1.题型三独立重复试验与二项分布合作探究 例某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验设每件产品为不合格品的概率都为p(0p0；当p(0.1,1)时，f(p)400，故应该对余下的产品作检验独立重复试验与二项分布问题的

494、常见类型及解题策略(1)在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率(2)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，继而求得概率对点训练在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则是：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖；否则不获奖已知教师甲投进每个球的概率都是.(1)记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X，求X的分布列；(2)求教师甲在一场比赛中获奖的概率解析：(1)X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.依条件可知XB.P(Xk)Ck6k(k0,1,2,3,

495、4,5,6)X的分布列为：X0123456P(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，则P(A)C24C56.所以教师甲在一场比赛中获奖的概率为.二项分布应用中的核心素养数学建模二项分布的优化决策应用例(2021太原模拟)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖抽奖规则如下：1抽奖方案有以下两种：方案a：从装有2个红球、3个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b：从装有3个红球、2个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中2

496、抽奖条件：顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a抽奖一次；满150元，可根据方案b抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a抽奖两次或方案b抽奖一次或方案a，b各抽奖一次)已知顾客A在该商场购买商品的金额为350元(1)若顾客A只选择方案a进行抽奖，求其所获奖金的期望；(2)要使所获奖金的期望值最大，顾客A应如何抽奖？解析(1)按方案a抽奖一次，获得奖金的概率P.顾客A只选择方案a进行抽奖，则其可以按方案a抽奖三次此时中奖次数服从二项分布B.设所得奖金为w1元，则E(w1)3309.即顾客A所获奖金的期望为9元(2)按方案b抽奖一次，获得奖金的概率P1.若顾客A按

497、方案a抽奖两次，按方案b抽奖一次，则由方案a中奖的次数服从二项分布B1，由方案b中奖的次数服从二项分布B2，设所得奖金为w2元，则E(w2)23011510.5.若顾客A按方案b抽奖两次，则中奖的次数服从二项分布B3.设所得奖金为w3元，则E(w3)2159.结合(1)可知，E(w1)E(w3)870，所以该商家应选择A型节能灯第八节离散型随机变量的均值与方差、正态分布热点命题分析学科核心素养从近五年的高考来看，离散型随机变量的均值与方差、正态分布的应用是命题的热点，一般为解答题，难度中档偏上.通过离散型随机变量的均值与方差、正态分布，主要考查数据分析与数学运算及数学建模核心素养.授课提示：对

498、应学生用书第210页知识点一均值与方差1均值(1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为：Xx1x2xixnPp1p2pipn则称E(X)x1p1x2p2xipixnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平(2)若YaXb，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aXb)aE(X)b.(3)若X服从两点分布，则E(X)p；若XB(n，p)，则E(X)np.2方差(1)设离散型随机变量X的分布列为Xx1x2xixnPp1p2pipn则(xiE(X)2描述了xi(i1,2，n)相对于均值E(X)的偏离程度而D(X)(xiE(X)2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随

499、机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差(2)D(aXb)a2D(X)(3)若X服从两点分布，则D(X)p(1p)(4)若XB(n，p)，则D(X)np(1p) 温馨提醒 二级结论1若x1，x2相互独立，则E(x1x2)E(x1)E(x2)2均值与方差的关系：D(X)E(X2)E2(X)3超几何分布的均值：若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X).必明易错1理解均值E(X)易失误，均值E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而E(X)是不变的，它描述X值的取值平均状态2注意E(aXb)aE(X

500、)b，D(aXb)a2D(X)易错 1已知随机变量X的取值为0,1,2，若P(X0)，E(X)1，则D(X)()A.BC.D答案：A2已知X的分布列为X101P设Y2X3，则E(Y)_.答案：3在一次招聘中，主考官要求应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，并独立完成所抽取的3道题乙能正确完成每道题的概率为，且每道题完成与否互不影响记乙能答对的题数为Y，则Y的数学期望为_答案：2知识点二正态分布1正态曲线的特点(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；(2)曲线是单峰的，它关于直线x对称；(3)曲线在x处达到峰值；(4)曲线与x轴之间的面积为1；(5)当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而

501、沿x轴平移；(6)当一定时，曲线的形状由确定，越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散2正态分布的三个常用数据(1)P(X)0682_6；(2)P(2X2)0954_4；(3)P(32)0.023，则P(22)()A0.954B0.977 C0.488D0.477答案：A2已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为()(附：若随机变量服从正态分布N(，2)，则P()68.26%，P(22c1)P(Xc3)，则c_.答案：授课提示：对应学生用书第211页题型一离散型随机变量的

502、均值与方差合作探究例(2021八省联考模拟卷)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1,2,3需要调整的概率分别为0.1,0.2,0.3，各部件的状态相互独立(1)求设备在一天的运转中，部件1,2中至少有1个需要调整的概率；(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望解析(1)设部件1需要调整为事件A，部件2需要调整为事件B，部件3需要调整为事件C，由题意可知：P(A)0.1，P(B)0.2，P(C)0.3.部件1,2中至少有1个需要调整的概率为：11P(A)1P(B)10.90.810.720.28.(2)由题意可知X的取值为0,1,2,3.P(X0)1

503、P(A)1P(B)1P(C)(10.1)(10.2)(10.3)0.504，P(X1)P(A)1P(B)1P(C)1P(A)P(B)1P(C)1P(A)1P(B)P(C)0.10.80.70.90.20.70.90.80.30.398，P(X2)P(A)P(B)1P(C)P(A)1P(B)P(C)1P(A)P(B)P(C)0.10.20.70.10.80.30.90.20.30.092.P(X3)P(A)P(B)P(C)0.10.20.30.006，故X的分布列为：X0123P(X)0.5040.3980.0920.006数学期望E(X)0.50400.39810.09220.00630.6.

504、1.求离散型随机变量的均值与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差公式进行计算2.注意E(aXb)aE(X)b，D(aXb) a2D(X)的应用.对点训练(2021西安八中模拟)为了预防春季流感，市防疫部门提供了编号为1,2,3,4的四种疫苗供市民选择注射，每个人均能从中任选一个编号的疫苗接种，现有甲，乙，丙三人接种疫苗(1)求三人注射的疫苗编号互不相同的概率；(2)设三人中选择的疫苗编号最大数为X，求X的分布列及数学期望解析：(1)由题意可知，总的基本事件为4364，三人注射的疫苗批号互不相同的基本事件数为A24，所以所求的概率为P；(2)由题意知随机变

505、量X的可能取值为1,2,3,4；计算P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(X4)，所以X的分布列为X1234P数学期望为E(X)1234. 题型二正态分布合作探究 例(2021合肥市高三二检)为了解A市高三学生的数学复习备考情况，该市教研机构组织了一次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生的数学成绩绘制了如图所示的频率分布直方图(1)根据频率分布直方图，试估计该市参加此次检测考试的理科学生的数学平均成绩0；(精确到个位)(2)研究发现，本次检测考试的理科数学成绩X近似服从正态分布N(，2)，其中0，19.3.按以往的统计数据，理科数学成绩能达到升一本分数要求的学生约占46%，据此估计在本次检

506、测考试中达到升一本的理科数学成绩是多少分？(精确到个位)已知A市高三理科学生约有10 000名，某理科学生在此次检测考试中数学成绩为107分，则该学生在全市的排名大约是多少？说明：P(xx1) 1表示xx1的概率，用来将非标准正态分布化为标准正态分布，即XN(0,1)，从而利用标准正态分布表(x0)，求xx1时的概率P(xx1)，这里x0.相应于x0的值(x0)是指总体取值小于x0的概率，即(x0)P(x2知，方案2投资较少利用均值、方差进行决策的两个方略(1)当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分歧，可对问题作出判断(2)若两随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两变量的方差来研究随机

507、变量的离散程度或者稳定程度，进而进行决策对点训练(2021佛山模拟)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成规定：至少正确完成其中2道题的便可通过已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；(2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？解析：(1)设甲正确完成面试的题数为，则的可能取值为1,2,3.P(1)；P(2)；P(3). 应聘者甲正确完成题数的分布列为123PE()1232.设乙正确完成面试的题

508、数为，则的可能取值为0,1,2,3.P(0)C3；P(1)C12；P(2)C2；P(3)C3.应聘者乙正确完成题数的分布列为0123PE()01232.(2)因为D()(12)2(22)2(32)2，D()3.所以D()D()综上所述，从做对题数的数学期望来看，两人水平相当；从做对题数的方差来看，甲较稳定；从至少完成2道题的概率来看，甲面试通过的可能性大离散型随机变量的期望与方差应用中的核心素养逻辑推理期望与方差的创新交汇应用问题离散型随机变量的期望多在解答题中考查除独立考查外，还与正态分布，统计等交汇考查例(2019高考全国卷)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为

509、此进行动物试验试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分甲、乙两种药的治愈率分别记为和，一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i0,1，8)表示“甲药

510、的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p00，p81，piapi1bpicpi1(i1,2，7)，其中aP(X1)，bP(X0)，cP(X1)假设0.5，0.8.证明：pi1pi(i0,1,2，7)为等比数列；求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性解析(1)X的所有可能取值为1,0,1.P(X1)(1)，P(X0)(1)(1)，P(X1)(1)所以X的分布列为X101P(1)(1)(1)(1)(2)证明：由(1)得a0.4，b0.5，c0.1，因此pi0.4pi10.5pi0.1pi1，故0.1(pi1pi)0.4(pipi1)，即pi1pi4(pipi1)又因为p1p

511、0p10，所以pi1pi(i0,1,2，7)是公比为4，首项为p1的等比数列由可得p8p8p7p7p6p1p0p0(p8p7)(p7p6)(p1p0)p1.由于p81，故p1，所以p4(p4p3)(p3p2)(p2p1)(p1p0)p1.p4表示最终认为甲药更有效的概率由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p40.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理对点训练已知A1，A2，A3，A10等10所高校举行自主招生考试，某同学参加每所高校的考试获得通过的概率均为p(0p1)(1)如果该同学10所高校的考试都参加，恰有m(1m1

512、0)所通过的概率为f(p)，当p为何值时，f(p)取得最大值；(2)若p，该同学参加每所高校考试所需的费用均为a元，该同学决定按A1，A2，A3，A10顺序参加考试，一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试，否则，继续参加其他高校的考试，求该同学参加考试所需费用的分布列及数学期望解析：(1)因为该同学通过各校考试的概率均为p，所以该同学恰好通过m(1m10)所高校自主招生考试的概率为f(p)Cpm (1p)10m，f(p)Cmpm1(1p)10m(10m)pm(1p)9mCpm1(1p)9mm(1p)(10m)pCpm1(1p)9m(m10p)，当0p0，f(p)单调递增；当p1)0.

513、5，P(X2)0.3，则P(Xa)0.5.由P(X1)0.5，可知a1，所以P(X2)0.3.答案：B5(多选题)(2021山东聊城模拟)随机变量的分布列为012Pa其中ab0，下列说法正确的是()Aab1BE()CD()随b的增大而减小DD()有最大值解析：根据分布列的性质得a1，即ab1，故A正确；根据数学期望公式得E()0a12，故B正确；根据方差公式得D()2a22b2b2，因为0b1，所以当b时，D()取得最大值，故C不正确，D正确答案：ABD6甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获

514、胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望E(X)为()A.B C.D解析：依题意，知X的所有可能值为2,4,6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为22.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，从而有P(X2)，P(X4)，P(X6)2，故E(X)246.答案：B7(2021重庆九校联考)随机变量的分布列为1012Pxy若E()，则xy_，D()_.解析：E()，由随机变量的分布列，知xy，x，y，D()2222.答案：8某校1 000名高三学生参加了一次数学考试，这次考试考生的分数服从正态分布N(9

515、0，2)若分数在(70,110内的概率为0.7，估计这次考试分数不超过70的人数为_解析：记考试成绩为，则考试成绩的正态曲线关于直线90对称因为P(70110)(10.7)0.15，所以这次考试分数不超过70的人数为1 0000.15 150.答案：1509某班为了活跃元旦晚会的气氛，主持人请12位同学做一个游戏，第一轮中，主持人将标有数字1到12的十二张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字7到12的卡片的同学留下，其余的淘汰；第二轮将标有数字1到6的六张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字4到6的卡片的同学留下，其余的淘

516、汰；第三轮将标有数字1,2,3的三张相同的卡片放入一个不透明的盒子中，每人依次从中取出一张卡片，取到标有数字2,3的卡片的同学留下，其余的淘汰；第四轮用同样的办法淘汰一位同学，最后留下的这位同学获得一个奖品已知同学甲参加了该游戏(1)求甲获得奖品的概率；(2)设X为甲参加游戏的轮数，求X的分布列和数学期望解析：(1)设“甲获得奖品”为事件A，在每轮游戏中，甲留下的概率与他摸卡片的顺序无关，则P(A).(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4，则P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(X4).所以随机变量X的分布列为X1234P所以数学期望E(X)1234.B组能力提升练1(2021徐州抽

517、测)在某次投篮测试中，有两种投篮方案，方案甲：先在A点投篮一次，以后都在B点投篮方案乙：始终在B点投篮每次投篮相互独立，某选手在A点投中的概率为，投中一次得3分，没有投中得0分；在B点投中的概率为，投中一次得2分，没有投中得0分用随机变量表示该选手一轮投篮测试的累计得分，如果的值不低于3，则认为其通过测试并停止投篮，否则继续投篮，且一轮测试最多投篮3次(1)若该选手选择方案甲，求测试结束后的分布列和数学期望；(2)试问该选手选择哪种方案通过测试的可能性较大？请说明理由解析：(1)在A点的一次投篮中，投中记作A，未投中记作；在B点的一次投篮中，投中记作B，未投中记作，则P(A)，P()1，P(B

518、)，P()1，的所有可能取值为0,2,3,4，则P(0)P()P()P()P()，P(2)P(B)P(B)2，P(3)P(A)，P(4)P(BB)P()P(B)P(B).所以的分布列为0234P所以E()02343.05.(2)选手选择方案甲，通过测试的概率P1P(3)0.91，选手选择方案乙，通过测试的概率P2P(3)20.896，因为P2P1，所以该选手选择方案甲通过测试的可能性较大2在某市高中某学科竞赛中，某一个区4 000名考生的竞赛成绩的频率分布直方图如图所示(1)求这4 000名考生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)若竞赛成绩z服从正态分布N(，2)，其中

519、，2分别取考生的平均成绩和考生成绩的方差s2，那么该区4 000名考生的成绩超过84.81分的人数估计有多少？(3)如果用该区参赛考生成绩的情况来估计全市参赛考生成绩的情况，现从全市参赛考生中随机抽取4名，记成绩不超过84.81分的考生人数为，求P(3)(精确到0.001)附：s2 204.75，14.31；0.841 340.501；zN(，2)，则P(z)0.682 7，P(2z2)0.954 5.解析：(1)由题意知，中点值455565758595频率0.10.150.20.30.150.1450.1550.15650.2750.3850.15950.170.5，这4 000名考生的平均

520、成绩为70.5分(2)依题意知70.5，2s2204.75，14.31，z服从正态分布N(70. 5,14.312)，而P(z)P(56.1984.81)0.158 7.又0.158 74 000634.8635，竞赛成绩超过84.81分的人数约为635人(3)全市参赛考生的成绩不超过84.81分的概率P10.158 7 0.841 3.而B(4,0.841 3)，P(3)1P(4)1C0.841 3410.5010.499.C组创新应用练1(多选题)(2020新高考全国卷)信息熵是信息论中的一个重要概念设随机变量X所有可能的取值为1,2，n，且P(Xi)pi0(i1,2，n)，i1，定义X的

521、信息熵H(X)ilog2pi.()A若n1，则H(X)0B若n2，则H(X)随着pi的增大而增大C若pi(i1,2，n)，则H(X)随着n的增大而增大D若n2m，随机变量Y所有可能的取值1,2，m，且P(Yj)pjp2m1j(j1,2，m)，则H(X)H(Y)解析：对于A，当n1时，p11，H(X)1log210，故A正确对于B，当n2时，有p1p21，此时，若p1或都有H(X)，故B错误对于C，当pi(i1,2，n)时，H(X)log2nlog2log2n，显然H(X)随n的增大而增大，故C正确对于D，法一：当n2m时，H(X)(p1log2p1p2log2p2p2m1log2p2m1p2m

522、log2p2m)(p1log2p1p2mlog2p2m)(p2log2p2p2m1log2p2m1)(pmlog2pmpm1log2pm1)，H(Y)(p1p2m)log2(p1p2m)(p2p2m1)log2(p2p2m1)(pmpm1)log2(pmpm1)，由于p1log2p1p2mlog2p2mlog2(p1p1pp2m2m)log2(p1p2m)p1(p1p2m)p2mlog2(p1p2m)p1p2m(p1p2m)log2(p1p2m)，同理可证p2log2p2p2m1log2p2m1(p2p2m1)log2(p2p2m1)，pmlog2pmpm1log2pm1(pmpm1)log2

523、(pmpm1)，所以H(X)H(Y)，故D错误法二(特值法)：令m1，则n2，p1，p2.P(Y1)1，H(Y)log210，H(X)0，H(X)H(Y)，故D错误答案：AC2某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元，在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元，现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n

524、表示购买2台机器的同时购买的易损零件数(1)求X的分布列；(2)若要求P(Xn)0.5，确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n19与n20之中选其一，应选用哪个？解析：(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4，0.2，0.2.可知X的所有可能取值为16,17,18,19,20,21,22，P(X16)0.20.20.04；P(X17)20.20.40.16；P(X18)20.20.2 0.40.40.24；P(X19)20.20.220.40.20.24；P(X20)20.20.40.20

525、.20.2；P(X21)20.20.20.08；P(X22)0.20.20.04.所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(2)由(1)知P(X18)0.44，P(X19)0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)当n19时，E(Y)192000.68(19200500)0.2(192002500)0.08(192003500)0.044 040.当n20时，E(Y)202000.88(20200500)0.08(202002500)0.044 080.可知当n19时所需费用的期望值小

526、于n20时所需费用的期望值，故应选n19.第一节随机抽样热点命题分析学科核心素养对于随机抽样，主要考查两种抽样方法，尤其是分层抽样，一般以选择题和填空题的形式出现.本节通过两种抽样方法，考查考生的数据分析、逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第215页知识点简单随机抽样、分层抽样1简单随机抽样(1)抽取方式：逐个不放回抽取；(2)每个个体被抽到的概率相等；(3)常用方法：抽签法和随机数法2分层抽样(1)在抽样时，将总体分成互不交叉的层，然后按照一定的比例，从各层独立地抽取一定数量的个体，将各层取出的个体合在一起作为样本，这种抽样方法是一种分层抽样(2)分层抽样的应用范围当总体是由差异明显的

527、几个部分组成时，往往选用分层抽样 温馨提醒 1分层抽样中，易忽视每层抽取的个体的比例是相同的，即.2不论哪种抽样方法，总体中的每一个个体入样的概率是相同的1一段高速公路有300个太阳能标志灯，其中进口的有30个，联合研制的有75个，国产的有195个，为了掌握每个标志灯的使用情况，要从中抽取一个容量为20的样本，若采用分层抽样的方法，抽取的进口的标志灯的数量为()A2B3C5D13解析：202.答案：A2利用简单随机抽样，从n个个体中抽取一个容量为10的样本若第二次抽取时，余下的每个个体被抽到的概率为，则在整个抽样过程中，每个个体被抽到的概率为()A.B C.D解析：，解得n28.故.答案：C3

528、(2021东北三校联考)某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为357，现用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，其中甲种产品有18件，则样本容量n()A54B90 C45D126答案：B授课提示：对应学生用书第216页题型一简单随机抽样自主探究1下列抽样试验中，适合用抽签法的有()A从某厂生产的5 000件产品中抽取600件进行质量检验B从某厂生产的两箱(每箱18件)产品中抽取6件进行质量检验C从甲、乙两厂生产的两箱(每箱18件)产品中抽取6件进行质量检验D从某厂生产的5 000件产品中抽取10件进行质量检验答案：B2总体由编号为01,02，19,20的20个个体组成利用下面的随机数表

529、选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为()7816657208026314070243699728019832049234493582003623486969387481A08B07C02D01答案：D3“七乐彩”的中奖号码是从分别标有1,2，30的30个小球中逐个不放回地摇出7个小球来按规则确定中奖情况，这种从30个号码中选7个号码的抽样方法是()A分层抽样法B抽签法C随机数法D其他抽样方法答案：B简单随机抽样的特点(1)抽取的个体数较少；(2)是逐个抽取；(3)是不放回抽取；(4)是等可能抽取只有四个特点都满足

530、的抽样才是简单随机抽样题型二分层抽样合作探究例(1)(2021河南名校联考)九章算术第三章“衰分”中有如下问题：“今有甲持钱五百六十，乙持钱三百五十，丙持钱一百八十，凡三人俱出关，关税百钱，欲以钱数多少衰出之，问各几何”其意为：今有甲带了560钱，乙带了350钱，丙带了180钱，三人一起出关，共需要交关税100钱，依照钱的多少按比例出钱，则丙应出_钱(所得结果四舍五入，保留整数)(2)某学校三个兴趣小组的学生人数分布如下表(每名同学只参加一个小组)(单位：人).篮球组书画组乐器组高一4530a高二151020学校要对这三个小组的活动效果进行抽样调查，按小组分层抽样的方法，从参加这三个兴趣小组的

531、学生中抽取30人，结果篮球组被抽出12人，则a的值为_答案(1)17(2)30分层抽样中的计算问题分层抽样满足“”，即“或n1n2nN1N2N”，据此在已知每层间的个体数量或数量比、样本容量、总体数量中的两个时，就可以求出第三个.题组突破1某校老年、中年和青年教师的人数见下表，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有320人，则该样本中的老年教师人数为()类别人数老年教师900中年教师1 800青年教师1 600合计4 300A.90B100C180D300答案：C2甲、乙两套设备生产的同类型产品共4 800件，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测

532、若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为_件答案：1 8003高一和高二两个年级的同学参加了数学竞赛，高一年级有450人，高二年级有350人，通过分层随机抽样的方法抽取了160个样本，得到两年级的竞赛成绩分别为80分和90分，则(1)高一、高二抽取的样本量分别为_；(2)高一和高二数学竞赛的平均分约为_分解析：(1)由题意可得高一年级抽取的样本量为16090，高二年级抽取的样本量为16070.(2)高一和高二数学竞赛的平均分约为809084.375(分)答案：(1)90,70(2)84.375抽样方法中的核心素养数据分析、数学运算分层抽样的创新应用例(2021湖南四校摸底调研

533、)某家电公司销售部门共有200名销售员，每年部门对每名销售员都有1 400万元的年度销售任务已知这200名销售员去年的销售额都在区间2,22(单位：百万元)内，现将其分成5组，第1组、第2组、第3组、第4组、第5组对应的区间分别为2,6)，6,10)，10,14)，14,18)，18,22，并绘制出如下的频率分布直方图(1)求a的值，并计算完成年度任务的人数；(2)用分层抽样的方法从这200名销售员中抽取容量为25的样本，求这5组分别应抽取的人数；(3)现从(2)中完成年度任务的销售员中随机选取2名，奖励海南三亚三日游，求获得此奖励的2名销售员在同一组的概率解析(1)(0.020.080.09

534、2a)41，a0.03，完成年度任务的人数为20.03420048.(2)第1组应抽取的人数为0.024252，第2组应抽取的人数为0.084258，第3组应抽取的人数为0.094259，第4组应抽取的人数为0.034253，第5组应抽取的人数为0.034253.(3)在(2)中完成年度任务的销售员中，第4组有3人，记这3人分别为A1，A2，A3；第5组有3人，记这3人分别为B1，B2，B3.从这6人中随机选取2名，所有的基本事件为A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A1B3，A2A3，A2B1，A2B2，A2B3，A3B1，A3B2，A3B3，B1B2，B1B3，B2B3，共有15个基本

535、事件，获得此奖励的2名销售员在同一组所包含的基本事件有6个，故所求概率P.解决分层抽样与样本数据分析问题的注意点(1)弄清分层抽样问题中每层的数据(2)求解概率时注意概率类型的判断.对点训练(2021重庆九校联盟模拟)某社区为了解该社区退休老人每天的平均户外活动时间，从该社会退休老人中随机抽取了100位老人进行调查，获得了每人每天的平均户外活动时间(单位：时)，活动时间按照0,0.5)，0.5,1)，4,4.5分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示(1)求图中a的值；(2)估计该社区退休老人每人每天的平均户外活动时间的中位数；(3)在1,1.5)，1.5,2)这两组中采用分层抽样的方法抽取

536、7人，再从这7人中随机抽取2人，求抽取的2人恰好在同一个组的概率解析：(1)由频率分布直方图，可知平均户外活动时间在0,0.5)内的频率为0.080.50.04.同理，平均户外活动时间在0.5,1)，1.5,2)，2,2.5)，3，3.5)，3.5,4)，4,4.5内的频率分别为0.08,0.20，0.25，0.07,0.04,0.02，由1(0.040.080.200.250.070.040.02)0.5a0.5a，解得a0.30.(2)设中位数为m时因为前5组的频率之和为0.040.080.150.200.250.720.5，而前4组的频率之和为0.040.080.150.200.470.

537、5，所以2mbcBbcaCcabDcba答案：D授课提示：对应学生用书第220页题型一统计图表的应用自主探究1(多选题)新冠肺炎疫情的出现警示我们，人类不文明的行为为各种致病细菌和病毒提供了传播途径，成为现代文明生活的致命软肋，对人类的健康和生命构成了严重威胁首都文明工程基金会和文明杂志社倡议启动新时代文明工程：呼吁社会公益组织、新媒体和企业机构携手“餐桌革命公筷行动”！某机构调查了某地区部分居民疫情前后对餐桌革命(公筷公勺、分餐制)的支持情况，得到如下统计图，则下列说法正确的是()A疫情后仅支持公筷公勺和仅支持分餐的居民均增多B疫情前后仅支持公筷公勺的居民均多于仅支持分餐的居民C疫情后，不支

538、持餐桌革命的比例下降幅度低于支持餐桌革命的上升幅度D疫情后，人们的健康饮食意识明显提高解析：由饼图可知，疫情后仅支持公筷公勺和仅支持分餐的比例分别上升至10%,7%，故A正确；疫情前后，仅支持公筷公勺的比例分别为8%,10%，仅支持分餐的比例分别为5%,7%，故B正确；疫情后，不支持餐桌革命的比例下降了42%，支持餐桌革命的比例上升了38%，故C错误；由题图易得，人们的健康饮食意识明显提高，故D正确答案：ABD2(2021珠海摸底)某班级在一次数学竞赛中设置了一等奖、二等奖、三等奖以及参与奖，各个奖品的单价分别为一等奖20元、二等奖10元、三等奖5元、参与奖2元，获奖人数的分配情况如图所示，则

539、以下说法不正确的是()A获得参与奖的人数最多B各个奖项中三等奖的总费用最高C购买奖品的平均费用为9.25元D购买奖品的费用的中位数为2元答案：C利用折线图、饼图分析问题的关键是结合图形，弄清图中数据，读准问题要求题型二频率分布直方图合作探究例(2021四川五校联考)随着新课程改革和高考综合改革的实施，高中教学以发展学生学科核心素养为导向，学习评价更关注学科核心素养的形成和发展为此，某市于2020年举行第一届高中数学学科素养竞赛，竞赛结束后，为了评估该市高中学生的数学学科素养，从所有参赛学生中随机抽取1 000名学生的成绩(单位：分)作为样本进行估计，将抽取的成绩整理后分成五组，依次记为50,6

540、0)，60,70)，70,80)，80,90)，90,100，并绘制成如图所示的频率分布直方图(1)请补全频率分布直方图，并估计这1 000名学生成绩的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)；(2)该市决定对本次竞赛成绩排在前180名的学生给予表彰，授予“数学学科素养优秀标兵”称号，一名学生本次竞赛成绩为79分，请你判断该学生能否被授予“数学学科素养优秀标兵”称号解析(1)成绩在60,70)的频率为1(0.300.150.100.05)0.40，补全的频率分布直方图如图：样本的平均数550.30650.40750.15850.10950.0567.(2)因为0.18，所以由频率分布直方图

541、可以估计获得“数学学科素养优秀标兵”称号学生的最低成绩为8078(分)因为7978，所以该同学能被授予“数学学科素养优秀标兵”称号由频率分布直方图进行相关计算时，需掌握的两个关系式(1)组距频率(2)频率，此关系式的变形为样本容量，样本容量频率频数对点训练(2020高考天津卷)从一批零件中抽取80个，测量其直径(单位：mm)，将所得数据分为9组：5.31,5.33)，5.33，5.35)，5.45,5.47)，5.47,5.49，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，直径落在区间5.43,5.47)内的个数为()A10 B18C20 D36解析：由题知5.43,5.45)与5.45

542、,5.47)所对应的小矩形的高分别为6.25,5.00，所以5.43,5.47)的频率为(6.255.00)0.020.225，所以直径落在区间5.43,5.47)内的个数为800.22518.答案：B题型三样本的数字特征及应用合作探究例(2019高考全国卷)某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表.y的分组0.20,0)0,0.20)0.20,0.40)0.40,0.60)0.60,0.80)企业数22453147(1)分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；(2)

543、求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)(精确到0.01)附：8.602.解析(1)根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为0.21.产值负增长的企业频率为0.02.用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%.(2)(0.1020.10240.30530.50140.707)0.30，s2i(yi)2(0.40)22(0.20)22402530.202140.40270.029 6，s0.020.17.所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差

544、的估计值分别为0.30,0.17.利用样本的数字特征解决优化决策问题(1)平均数反映了数据取值的平均水平；标准差、方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小标准差、方差越大，数据的离散程度越大，越不稳定；标准差、方差越小，数据的离散程度越小，越稳定(2)用样本估计总体就是利用样本的数字特征来描述总体的数字特征题组突破1(2020高考全国卷)设一组样本数据x1，x2，xn的方差为0.01，则数据10x1,10x2，10xn的方差为()A0.01B0.1C1D10答案：C2为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的得分，制成如图所示的茎叶图有下列结论：甲最近五场比赛得分的中

545、位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；甲最近五场比赛得分的平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定其中所有正确结论的编号为()AB C D解析：对于，甲得分的中位数为29，乙得分的中位数为30，错误；对于，甲得分的平均数为(2528293132)29，乙得分的平均数为(2829303132)30，正确；对于，甲得分的方差为(2529)2(2829)2(2929)2(3129)2(3229)2(161049)6，乙得分的方差为(2830)2(2930)2(3030)2(3130)2(3230)2(41014)2，所以乙比甲更稳

546、定，正确，错误所以正确结论的编号为.答案：C用样本估计总体应用中的核心素养直观想象、数据分析用样本估计总体的创新问题例(2021惠州市一调)某大学生在开学季准备销售一种文具盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获得的利润为30元，未售出的产品，每盒亏损10元该大学生通过查询资料得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示该大学生为这个开学季购进了160盒该产品，以x(单位：盒，100x200)表示这个开学季内的市场需求量，y(单位：元)表示这个开学季内经销该产品的利润(1)根据直方图估计这个开学季内市场需求量x的众数和平均数；(2)将y表示为x的函数；(3)根据直方图估计利润y不少于

547、4 000元的概率解析(1)由题中频率分布直方图得，这个开学季内市场需求量x的众数是150盒，需求量在100,120)内的频率为0.005 0200.1，需求量在120,140)内的频率为0.010 0200.2，需求量在140,160)内的频率为0.015 0200.3，需求量在160,180)内的频率为0.012 5200.25，需求量在180,200内的频率为0.007 5200.15.则平均数1100.11300.21500.31700.251900.15153(盒)(2)因为每售出1盒该产品获得的利润为30元，未售出的产品，每盒亏损10元，所以当100x160时，y30x10(160

548、x)40x1 600；当160x200时，y160304 800.所以y(3)因为利润y不少于4 000元，所以当100x160时，由40x1 6004 000，解得140x160；当160x200时，y4 8004 000恒成立，所以140x200时，利润y不少于4 000元故由(1)知利润y不少于4 000元的概率P10.10.20.7.用样本估计总体常与函数、不等式、概率求法等交汇考查，处理时需注意读图数据的准确性及交汇点的应用对点训练如图是依据某城市年龄在20岁到45岁的居民上网情况调查而绘制的频率分布直方图，现已知年龄在30,35)，35,40)，40,45的网民人数成递减的等差数列

549、，则年龄在35,40)的网民出现的频率为()A0.04B0.06C0.2D0.3答案：C授课提示：对应学生用书第353页A组基础保分练1已知样本甲：x1，x2，x3，xn与样本乙：y1，y2，y3，yn，满足yi2x1(i1,2，n)，则下列叙述中一定正确的是()A样本乙的极差等于样本甲的极差B样本乙的众数大于样本甲的众数C若某个xi为样本甲的中位数，则yi是样本乙的中位数D若某个xi为样本甲的平均数，则yi是样本乙的平均数解析：yi2x1，yi随xi的增大而增大，xi为中位数，则yi也为中位数答案：C2(2021济南市高考模拟)已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8

550、个数的平均数为，方差为s2，则()A.4，s22B4，s22C.4，s22D4，s22解析：设原来的7个数分别是x1，x2，x7，加入一个新数据4之后的平均数为4，则这8个数的方差s22，所以4，s22.答案：A3贵阳地铁1号线12月28日开通运营，某辆机车某时刻从下麦西站驶往贵阳北站的过程中，10个车站上车的人数统计如下：70,60,60,50,60,40,40,30,30,10，则这组数据的众数、中位数、平均数的和为()A170B165C160D150答案：D4(2021惠州调研)某高校调查了320名学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17

551、.5,30，样本数据分组为17.5,20，(20,22.5，(22.5,25，(25,27.5，(27.5,30根据频率分布直方图，这320名学生中每周的自习时间不超过22.5小时的人数是()A68B72 C76D80解析：(0.070.02)2.532072.答案：B5(多选题)下图为某地区2006年2018年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折线图根据该折线图可知，该地区2006年2018年()A地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势B地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同C地方财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量D城乡居民

552、储蓄年末余额与地方财政预算内收入的差额逐年增大解析：观察折线图，根据选项可知，正确的选项为AD.答案：AD6(2021成都摸底)如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员9场比赛所得分数的茎叶图，则下列说法错误的是()A甲所得分数的极差为22B乙所得分数的中位数为18C两人所得分数的众数相等D甲所得分数的平均数低于乙所得分数的平均数解析：由茎叶图知，甲所得分数的极差为331122，故A正确；乙所得分数的中位数为18，故B正确；甲、乙两人所得分数的众数都是22，故C正确；甲所得分数的平均数为，乙所得分数的平均数为，故D错误答案：D7(2021湖南湘东五校联考)已知等差数列an的公差为d，若a1，a2，a3

553、，a4，a5的方差为8，则d的值为_解析：依题意，由等差数列的性质得a1，a2，a3，a4，a5的平均数为a3，则由方差公式得(a1a3)2(a2a3)2(a3a3)2(a4a3)2(a5a3)28，所以d2.答案：28.某校女子篮球队7名运动员身高(单位：cm)分布的茎叶图如图，已知记录的平均身高为175 cm，但记录中有一名运动员身高的末位数字不清晰，如果把其末位数字记为x，那么x的值为_答案：29.为了解某知名品牌两个不同型号手机M9，M10的待机时间(单位：小时)，某手机卖场从仓库中随机抽取M9，M10两种型号的手机各6台，在相同的条件下进行测试，统计结果如图：(1)根据茎叶图计算M9

554、，M10两种型号手机的平均待机时间；(2)根据茎叶图判断M9，M10两种型号被测试手机待机时间方差的大小，并说明理由解析：(1)根据茎叶图中的数据，计算M9型号手机的平均待机时间为M9(566965707684)70(小时)，M10型号手机的平均待机时间为M10(797270808180)77(小时)(2)M9手机待机时间方差大于M10手机待机时间方差理由：M9的数据分布比较分散，波动较大；M10的数据分布比较集中，波动较小B组能力提升练1(2021惠州调研)AQI是表示空气质量的指数，AQI的值越小，表明空气质量越好，当AQI的值不大于100时称空气质量为“优良”如图是某地3月1日到12日A

555、QI的值的统计数据，图中点A表示3月1日的AQI的值为201，则下列叙述不正确的是()A这12天中有6天空气质量为“优良”B这12天中空气质量最好的是3月9日C这12天的AQI的值的中位数是90.5D从3月4日到9日，空气质量越来越好解析：由3月1日到12日AQI的值的统计数据知，AQI的值不大于100的共有6天，故A正确；由3月1日到12日AQI的值的统计数据知，3月9日AQI的值为67，空气质量最好，故B正确；由3月1日到12日AQI的值的统计数据知，这12天的AQI的值的中位数是99.5，故C错误；由3月1日到12日AQI的值的统计数据知，从3月4日到9日，AQI的值逐渐变小，空气质量越

556、来越好，故D正确答案：C2(多选题)我国网络购物市场保持较快发展，某电商平台为了精准发展，对某地区市场的N个人进行了调查，得到频率分布直方图如图所示，将调查对象的年龄分组为20,25)，25,30)，30,35)，35,40)，40,45)，45,50)，50,55已知年龄在25,30)内的调查对象有6人，则下列说法正确的是()AN为40B年龄在30,35)内的调查对象有12人C调查对象中，年龄大于35岁的频率是0.1D调查对象的年龄的中位数为35岁解析：根据题意，知调查对象年龄在25,30)内的频率为0.0350.15，所以N40，故A正确年龄在30,35)内的频率是1(0.0120.020

557、.0320.04)50.3，所以年龄在30,35)内调查对象的人数是400.312，所以B正确由频率分布直方图可知，调查对象的年龄大于35岁的频率为(0.040.030.020.01)50.5，故C错误，D正确答案：ABD3. (2021石家庄模拟)已知甲、乙两名篮球运动员进行罚球训练，每人练习10组，每组罚球40个，每组投中个数的茎叶图如图所示，则下列结论错误的是()A甲投中个数的极差是29B乙投中个数的众数是21C甲的投中率比乙高D甲投中个数的中位数是25答案：D4在某次赛车中，50名参赛选手的成绩(单位：min)全部介于13到18之间(包括13和18)，将比赛成绩分为五组：第一组13,1

558、4)，第二组14,15)，第五组17,18其频率分布直方图如图所示，若成绩在13,15)内的选手可获奖，则这50名选手中获奖的人数为()A39B35 C15D11答案：D5若样本数据x1，x2，x10的标准差为8，则数据2x11,2x21，2x101的标准差为_答案：166在一个容量为5的样本中，数据均为整数，已测出其平均数为10，但墨水污损了两个数据，其中一个数据的十位数字1未被污损，即9,10,11,1，那么这组数据的方差s2可能的最大值是_解析：设这组数据的最后两个分别是10x，y，则91011(10x)y50，得xy10，故y10x，故s2x2，显然x取9时，s2有最大值32.8，故答

559、案为32.8.答案：32.87(2021合肥调研)第24届冬奥会将于2022年在中国北京和张家口举行为宣传冬奥会，让更多的人了解、喜爱冰雪项目，某大学举办了冬奥会知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图：(1)试根据频率分布直方图估计，这100人的平均成绩(同一组数据用该组区间的中点值代替)；(2)若采用分层抽样的方法从成绩在70,80)，80,90)，90,100的学生中共抽取6人，再将其随机地分配到3个社区开展冬奥会宣传活动(每个社区2人)，求“成绩在同一区间的学生分配到不同社区”的概率解析：(1)平均成绩0.02450.16550.22650.3075

560、0.20850.109573.00.(2)由题意知，从成绩在70,80)，80,90)，90,100的学生中分别选取了3人，2人，1人6人平均分成3组分配到3个社区，共有CC90种方法成绩在同一区间的学生分配到不同社区的方法有AA36(种)，所以“成绩在同一区间的学生分配到不同社区”的概率P.C组创新应用练某市为了鼓励居民节约用水，拟确定一个合理的月用水量阶梯收费标准，规定一位居民月用水量不超过a吨的部分按平价收费，超出a吨的部分按议价收费为了解居民的月均用水量(单位：吨)，现随机调查1 000位居民，并对收集到的数据进行分组，具体情况见下表：月均用水量/吨0，0.5)0.5，1)1，1.5)

561、1.5，2)2，2.5)2.5，3)3，3.5)3.5，4)4，4.5居民数50805x2202508060x20(1)求x的值，并画出频率分布直方图；(2)若该市希望使80%的居民月均用水量不超过a吨，试估计a的值，并说明理由；(3)根据频率分布直方图估计该市居民月用水量的平均值解析：(1)由已知得6x1 000(5080220250806020)，解得x40.则月均用水量的频率分布表为月均用水量/吨0,0.5)0.5,1)1,1.5)1.5,2)2,2.5)频率0.050.080.200.220.25月均用水量/吨2.5,3)3,3.5)3.5,4)4,4.5频率0.080.060.040

562、.02画出频率分布直方图如图所示(2)由(1)知前5组的频率之和为0.050.080.200.220.250.80，故a2.5.(3)由样本估计总体，该市居民月用水量的平均值为0.250.050.750.081.250.201.750.222.250.252.750.083.250.063.750.044.250.021.92.第三节变量间的相关关系与统计案例热点命题分析学科核心素养对于回归分析，高考考查较多，主要考查求线性回归方程、利用回归方程进行预测，一般以解答题的形式出现，难度中等，有时也会以小题的形式考查变量的相关性；对于独立性检验，一般以解答题的第一问进行考查，常与概率知识相交汇命题

563、.本节通过回归分析、独立性检验考查考生分析解决问题的能力，提升数学运算、直观想象、数据分析、逻辑推理、数学建模等核心素养.授课提示：对应学生用书第223页知识点一变量间的相关关系1变量间的相关关系(1)常见的两变量之间的关系有两类：一类是函数关系，另一类是相关关系；与函数关系不同，相关关系是一种非确定性关系(2)从散点图上看，点散布在从左下角到右上角的区域内，两个变量的这种相关关系称为正相关，点散布在左上角到右下角的区域内，两个变量的相关关系为负相关2两个变量的线性相关(1)从散点图上看，如果这些点从整体上看大致分布在通过散点图中心的一条直线附近，称两个变量之间具有线性相关关系，这条直线叫做回

564、归直线(2)回归方程为x，其中， .(3)通过求Q (yibxia)2的最小值而得到回归直线的方法，即使得样本数据的点到回归直线的距离的平方和最小，这一方法叫做最小二乘法(4)相关系数：当r0时，表明两个变量正相关；当r0，则正相关；r0时，正相关；70时，共有10周，此时只有1台光照控制仪运行，每周的总利润为13 00021 0001 000(元)当50X70时，共有35周，此时有2台光照控制仪运行，每周的总利润为23 00011 0005 000(元)当30X50时，共有5周，此时3台光照控制仪都运行，每周的总利润为33 0009 000(元)所以过去50周的周总利润的平均值为4 600(

565、元)，所以商家在过去50周的总利润的平均值为4 600元2(2020高考全国卷)某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表(单位：天)：锻炼人次空气质量等级0,200(200,400(400,6001(优)216252(良)510123(轻度污染)6784(中度污染)720(1)分别估计该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率；(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(3)若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”根据所给

566、数据，完成下面的22列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次400人次400空气质量好空气质量不好附：K2，P(K2k)0.0500.0100.001k3.8416.63510.828.解析：(1)由所给数据，得该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率的估计值如下表：空气质量等级1234概率的估计值0.430.270.210.09(2)一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为(100203003550045)350.(3)根据所给数据，可得22列联表：人次400人次400空气质量好3337空气质量不好228根据列联表得K25.82

567、0.由于5.8203.841，故有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关C组创新应用练(2021大同调研)某学校为了对教师教学水平和教师管理水平进行评价，从该校学生中选出300人进行统计，其中对教师教学水平给出好评的学生人数为总数的60%，对教师管理水平给出好评的学生人数为总数的75%，对教师教学水平和教师管理水平都给出好评的有120人(1)填写下面对教师教学水平和教师管理水平评价的22列联表：对教师管理水平给出好评对教师管理水平给出差评合计对教师教学水平给出好评对教师教学水平给出差评合计问：是否可以在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为对教师教学水平给出好评与对

568、教师管理水平给出好评有关？(2)若将频率视为概率，有4名教师参与了此次评价，设教师教学水平和教师管理水平全为好评的教师人数为随机变量X.求教师教学水平和教师管理水平全为好评的教师人数X的分布列(概率用数值作答)；求X的数学期望和方差附：K2，其中nabcd.P(K2k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828解析：(1)由题意可得对教师教学水平和教师管理水平评价的22列联表为对教师管理水平给出好评对教师管理水平给出差评合计对教师教学水平给出好评12060180对教师教学水平给出差评105151

569、20合计22575300K216.66710.828，可以在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为对教师教学水平给出好评与对教师管理水平给出好评有关(2)教师教学水平和教师管理水平全为好评的概率为，且X的取值可以是0,1,2,3,4.P(X0)4，P(X1)C3，P(X2)C22，P(X3)C3，P(X4)C4，X的分布列为X01234P由于XB，则E(X)4，D(X)4.概率统计中的数学建模与数据分析授课提示：对应学生用书第229页概率统计中的创新性问题是高考的命题重点，不仅注重模块知识内的综合，也注重模块知识间的综合，更多地体现对数学建模与数据分析核心素养的考查命题的重点有：(1)考查数

570、学建模核心素养，以实际生活中的环保、民生、科技等为背景，考查函数、数列等模型的建立，其中求解这些实际问题的最优化是近年高考命题的热点(2)考查数据分析核心素养，常考查对数据的搜集与归类，并利用不同的特征值对研究对象做出理性的判断(一)概率与数列交汇问题例1(2021湖北武汉质量监测)武汉又称江城，是湖北省省会，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多名胜古迹与旅游景点，黄鹤楼与东湖便是其中的两个为合理配置旅游资源，现对已参观黄鹤楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩东湖记1分，若继续游玩东湖记2分，每位游客选择是否参观东湖的概率均为，游客之间选择意愿相互独立(1)从游客中随机抽取3

571、人，记这3人的总得分为随机变量X，求X的分布列与数学期望；(2)()若从游客中随机抽取m(mN*)人，记这m人的总分恰为m分的概率为Am，求数列Am的前10项和；()在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的人的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn1(n2)之间的关系，并求数列Bn的通项公式解析(1)X的所有可能取值为3,4,5,6.P(X3)3，P(X4)C3，P(X5)C3，P(X6)3.所以X的分布列为X3456P所以E(X)3456.(2)()总分恰为m分的概率Amm，所以数列Am是首项为，公比为的等比数列其前10项和S10.()因为已调查过的人的累计得分恰为n分的概率

572、为Bn，得不到n分的情况只有先得(n1)分，再得2分，概率为Bn1(n2)所以1BnBn1(n2)，即BnBn11(n2)，所以Bn(n2)，所以Bnn1，易知B1，所以Bnn1n.破解此题的关键：一是认真审题，判断随机变量的所有可能取值，并注意相互独立事件的概率与互斥事件的概率的区别，求出随机变量取各个值时的概率，从而列出随机变量的分布列；二是将概率的参数表达式与数列的递推式相结合，可得数列的通项公式，此种解法新颖独特(二)函数与期望相交汇应用例2(2021重庆一中模拟)某蛋糕店制作并销售一款蛋糕，制作一个蛋糕成本3元，且以8元的价格出售，若当天卖不完，剩下的无偿捐献给饲料加工厂根据以往10

573、0天的资料统计，得到如下需求量表该蛋糕店一天制作了这款蛋糕X(XN)个，以x(单位：个，100x150，xN)表示当天的市场需求量，T(单位：元)表示当天出售这款蛋糕获得的利润.需求量/个100,110)110,120)120,130)130,140)140,150天数1525302010(1)当x135时，若X130时该蛋糕店获得的利润为T1，X140时该蛋糕店获得的利润为T2，试比较T1和T2的大小(2)当X130时，根据上表，从利润T不少于570元的天数中，按需求量用分层抽样的方法抽取6天()求此时利润T关于市场需求量x的函数解析式，并求这6天中利润为650元的天数；()再从这6天中抽取

574、3天做进一步分析，设这3天中利润为650元的天数为，求随机变量的分布列及数学期望解析(1)当X130时，T1130(83)650(元)；当X140时，T2135535660(元)所以T2T1.(2)()当X130时，利润T令T570，得120x150，所以利润T不少于570元的共有60天，其中有30天的利润为650元故按需求量用分层抽样的方法抽取的6天中利润为650元的天数为63.()由题意可知0,1,2,3，P(0)，P(1)，P(2)，P(3).故的分布列为0123P所以E()0123.破解此题的关键一是要注意分类讨论、明确分类标准二是注意数据分析与处理(三)概率与统计的开放性问题例3(2

575、021郑州一测)水污染情况与工业废水排放密切相关，某工厂污水处理程序如下原始污水必须先经过A系统处理，处理后的污水(A级水)达到环保标准(简称达标)的概率为p(0p1)，A级水经化验后，若确认达标便可直接排放，若不达标则必须通过B系统处理后再排放该厂现有4个标准水量的A级水池，需要分别取样、化验已知多个污水样本化验时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水可直接排放现有以下四种化验方案方案一：逐个化验方案二：平均分成两组，每组的两个样本混在一起化验方

576、案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验方案四：四个样本混在一起化验化验次数的期望值越小，则方案越“优”(1)若p，求将2个A级水样本混合化验，结果不达标的概率；(2)()若p，现有4个A级水样本需要化验，请问方案一、二、四中哪个最“优”？()化验4个A级水样本，若方案三比方案四更“优”，求p的取值范围解析(1)该混合样本达标的概率是2，所以不达标的概率为1.(2)()方案一：逐个化验，化验次数14.方案二：由(1)知，分成的每组的两个样本化验时，若达标，则化验次数为1，概率为，若不达标，则化验次数为3，概率为.记方案二的化验次数为2，则2的可能取值为2,4,6.列出其分布列如下.224

577、6P可求得方案二的期望为E(2)246.方案四：混在一起化验，记化验次数为4，则4的可能取值为1,5.列出其分布列如下.415P可求得方案四的期望为E(4)15.比较可得E(4)0，1)的点M的轨迹是圆若两定点A，B的距离为3，动点M满足|MA|2|MB|，则M点的轨迹围成区域的面积为()AB2C3D4解析：以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系(图略)，则B(3,0)设M(x，y)，依题意有，2，化简整理得，x2y28x120，即(x4)2y24，故圆的面积为4.答案：D62018年9月24日，英国数学家MF阿蒂亚爵士在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼

578、猜想来源于一些特殊数列求和记无穷数列的各项的和S1，那么下列结论正确的是()A1SBSC.S2DS2解析：由n2时，可得Sn1112，n时，S2，可得S0，所以an. 所以数列an的通项公式为an.答案：142019年全国青少年航空航天模型锦标赛在宁夏罗山飞行基地举行，本次比赛吸引了全国132支代表队、1 200名青少年运动员参加，选手将在38个竞技项目里展开精彩角逐某中学积极为此次比赛作准备，将学校社团制作的飞机模型在一个高为40米，底面半径为20米的圆柱内进行飞行测试，假设飞机模型飞到任意位置的概率相等，若飞机模型在飞行过程中能够始终保持与圆柱上下底面和四周表面的距离均大于5米，称其“达标

579、飞行”，则在一次飞行过程中，飞机模型“达标飞行”的概率为_解析：由题意得在一次飞行过程中，飞机模型“达标飞行”的概率为.答案：152019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律已知样本中碳14的质量N随时间t(单位：年)的衰变规律满足NN02(N0表示碳14原有的质量)，则经过5 730 年后，碳14的质量变为原来的_；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在_年到5 730年之间(参考数据：log231.6，log252.3)解析：当t5 730时，NN021N0，经过5 730年后，碳14的质量变为原来的.令NN0，则2，log2log23log250.7，t0.75 7304 011，良渚古城存在的时期距今约在4 011年到5 730年之间答案：4 011