版选修2_1.doc

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1、1高考八大高频考点例析对应学生用书 P74命题及其关系考查方式以四种命题、逻辑联结词为主要内容，考查四种命题之间的关系及含有逻辑联结词的命题的真假，主要以填空题为主，属容易题备考指要1.要掌握互为逆否的两个命题是等价的，对某些命题的判断可以转化为判断其逆否命题2.命题 p q 中， p、 q 有真则真；命题 p q 中， p、 q 有假则假.考 题 印 证 例 1(1)(重庆高考改编)命题“若 p 则 q”的逆命题是_(2)(山东高考改编)设命题 p：函数 ysin 2x 的最小正周期为 ；命题 q：函数 2ycos x 的图像关于直线 x 对称则下列判断正确的是_(填序号) 2 p 为真 綈

2、 q 为假 p q 为假 p q 为真解析 (1)根据定义，只需将条件与结论交换即可(2)函数 ysin 2x 的最小正周期为 ，故 p 为假命题，函数 ycos x 的对称轴为x k( xZ)，故 q 为假命题所以 p q 为假答案 (1)若 q 则 p (2)跟 踪 演 练 1命题“若 x， y 都是偶数，则 x y 也是偶数”的逆否命题是_答案：若 x y 不是偶数，则 x， y 不都是偶数2设集合 A x|2 a0，命题 p：1 A，命题 q：2 A.若 p q 为真命题，p q 为假命题，则 a 的取值范围是_解析：若 p 为真命题，则2 a1.若 q 为真命题，则2 a2.依题意，

3、得 p 假 q 真，或 p 真 q 假，即Error! 或Error!10， 0， R)，则“ f(x)是奇函数”是“ ”的_条件 2解析：若 f(x)是奇函数，则 k( kZ)，且当 时， f(x)为奇函数 2 2答案：必要不充分全称量词与存在量词3考查方式主要考查全称命题与存在性命题的真假的判定以及含有一个量词的命题的否定题型主要是填空题备考指要1.全称命题的真假判定：要判定一个全称命题为真，必须对限定集合M 中每一个 x 验证 p(x)成立，一般用代数推理的方法加以证明要判定一个全称命题为假，只需举出一个反例即可2.存在性命题的真假判定：要判定一个存在性命题为真，只要在限定集合 M 中，

4、找到一个 x x0，使 p(x0)成立即可否则，这一存在性命题为假3.全称命题的否定一定是存在性命题，存在性命题的否定一定是全称命题，首先改变量词，把全称量词改为存在量词，把存在量词改为全称量词，然后再把判断词加以否定4.注意命题的否定与否命题的区别.考 题 印 证 例 3 (四川高考改编)设 xZ，集合 A 是奇数集，集合 B 是偶数集若命题p： x A,2x B，则綈 p 为_ 解析 由命题的否定易知綈 p： x A，2 xB，注意要把全称量词改为存在量词答案 x A,2xB跟 踪 演 练 5命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是_答案：任意一个无理数，它的平方不是有理数6命题“

5、对任何 xR，| x1| x3|3”的否定是_解析：由题意知命题的否定为“存在 xR，使| x1| x3|0， b0)的两个焦点， Px2a2 y2b2是 C 上一点若 PF1 PF26 a，且 PF1F2的最小内角为 30，则 C 的离心率为_(2)(天津高考改编)已知双曲线 1( a0， b0)的两条渐近线与抛物线x2a2 y2b2y22 px(p0)的准线分别交于 A， B 两点， O 为坐标原点若双曲线的离心率为 2， AOB的面积为 ，则 p_.3解析 (1)设点 P 在双曲线的右支上， F1为左焦点， F2为右焦点，则 PF1 PF22 a，又 PF1 PF26 a， PF14 a

6、， PF22 a，在双曲线中 ca，在 PF1F2中 PF2所对的角最小且为 30，由余弦定理得 PF PF F1F 2 PF1F1F2cos 30.2 21 2即 4a216 a24 c28 ac，化简得( a c)20，3 3 c a，即 ， e .3ca 3 3(2)已知 2，所以 4， ，渐近线方程为 y x，而抛物线准线方程ca a2 b2a2 ba 3 3为 x ，于是 A ， B ，从而 S AOB p ，得 p2.p2 ( p2， 32p) ( p2， 3p2) 12 3 p2 3答案 (1) (2)23跟 踪 演 练 7双曲线 1 上一点 P 到双曲线右焦点的距离是 4，那么

7、点 P 到左准线的距离x264 y236是_解析：由已知，双曲线中， a8， b6，所以 c10，由于点 P 到右焦点的距离为4,4b0)的一个顶点为 A(2,0)，离心率为x2a2 y2b2.直线 y k(x1)与椭圆 C 交于不同的两点 M， N.22(1)求椭圆 C 的方程；(2)当 AMN 的面积为 时，求 k 的值103解 (1)由题意得Error!解得 b ，2所以椭圆 C 的方程为 1.x24 y22(2)由Error!得(12 k2)x24 k2x2 k240.设点 M， N 的坐标分别为( x1， y1)，( x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 ，4k21 2k2

8、2k2 41 2k26所以| MN| (1 k2)(x1 x2)2 4x1x2 .2(1 k2)(4 6k2)1 2k2又因为点 A(2,0)到直线 y k(x1)的距离d ，|k|1 k2所以 AMN 的面积为S |MN| d .12 |k|4 6k21 2k2由 ，化简得 7k42 k250，|k|4 6k21 2k2 103解得 k1.跟 踪 演 练 9已知椭圆的一个顶点为 A(0，1)，焦点在 x 轴上若右焦点到直线x y2 0 的距离为 3.2(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆与直线 y kx m(k0)相交于不同的两点 M、 N.当 AM AN 时，求 m 的取值范围解：(1)依题意

9、可设椭圆方程为 y21，x2a2则右焦点 F( ，0)，a2 1由题设 3，|a2 1 22|2解得 a23，故所求椭圆的方程为 y21.x23(2)设 P 为弦 MN 的中点，由Error!得(3 k21) x26 mkx3( m21)0，由于直线与椭圆有两个交点， 0，即 m23 k21. xP ，xM xN2 3mk3k2 1从而 yP kxP m ，m3k2 1 kAP ，yP 1xP m 3k2 13mk又 AM AN， AP MN，7则 ，即 2m3 k21. m 3k2 13mk 1k把代入得 2m m2，解得 0 m2，由得 k2 0，2m 13解得 m ，故所求 m 的取值范

10、围是 .12 (12， 2)10(天津高考)设椭圆 1( a b0)的左焦点为 F，离心率为 ，过点 F 且与x2a2 y2b2 33x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为 .433(1)求椭圆的方程；(2)设 A， B 分别为椭圆的左、右顶点，过点 F 且斜率为 k 的直线与椭圆交于 C， D 两点若 CDC8，求 k 的值解：(1)设 F( c,0)，由 ，知 a c.ca 33 3过点 F 且与 x 轴垂直的直线的方程为 x c，代入椭圆方程有 1，解得 y ，( c)2a2 y2b2 6b3于是 ，解得 b ，26b3 433 2又 a2 c2 b2，从而 a ， c1，3所以椭圆的方程

11、为 1.x23 y22(2)设点 C(x1， y1)， D(x2， y2)，由过点 F(1,0)得直线 CD 的方程为 y k(x1)，由方程组Error!消去 y，整理得(23 k2)x26 k2x3 k260.由根与系数的关系可得x1 x2 ， x1x2 .6k22 3k2 3k2 62 3k2因为 A( ，0)， B( ，0)，3 3所以 CDC( x1 ， y1)( x2， y2)3 3( x2 ， y2)( x1， y1)3 362 x1x22 y1y262 x1x22 k2(x11)( x21)6(22 k2)x1x22 k2(x1 x2)2 k286 .2k2 122 3k2由已

12、知得 6 8，解得 k .2k2 122 3k2 2圆锥曲线的标准方程与轨迹问题考查方式 求圆锥曲线的标准方程与轨迹方程也是高考重点内容之一，题型以解答题为主备考指要1.根据圆锥曲线的焦点位置，来确定标准方程的形式，利用待定系数法求解即可2.求轨迹方程的几种常用方法：(1)直接法；(2)代入法；(3)定义法；(4)消参法3.要注意轨迹方程与轨迹的区别.考 题 印 证 例 6 (辽宁高考)如图，抛物线 C1： x24 y， C2： x22 py(p0)点 M(x0， y0)在抛物线 C2上，过 M 作 C1的切线，切点为 A， B(M 为原点 O 时， A， B 重合于 O)当 x01时，切线

13、MA 的斜率为 .212(1)求 p 的值；(2)当 M 在 C2上运动时，求 AB 中点 N 的轨迹方程( A， B 重合于 O 时，中点为 O)解 (1)因为抛物线 C1： x24 y 上任意一点( x， y)的切线斜率为 y ，且切线 MAx2的斜率为 ，12所以 A 点坐标为 .( 1，14)故切线 MA 的方程为 y (x1) .12 14因为点 M(1 ， y0)在切线 MA 及抛物线 C2上，于是29y0 (2 ) ，12 2 14 3 224y0 .(1 r(2)22p 3 222p由得 p2.(2)设 N(x， y)， A ， B ， x1 x2，(x1，x214) (x2，

14、 x24)由 N 为线段 AB 中点知 x ，x1 x22y .x21 x28切线 MA， MB 的方程为y (x x1) ，x12 x214y (x x2) .x22 x24由得 MA， MB 的交点 M(x0， y0)的坐标为x0 ， y0 .x1 x22 x1x24因为点 M(x0， y0)在 C2上，即 x 4 y0，20所以 x1x2 .x21 x26由得x2 y， x0.43当 x1 x2时， A， B 重合于原点 O， AB 中点 N 为 O，坐标满足 x2 y.43因此 AB 中点 N 的轨迹方程为 x2 y.43跟 踪 演 练 11(湖南高考)已知平面内一动点 P 到点 F(

15、1,0)的距离与点 P 到 y 轴的距离的差等于1.(1)求动点 P 的轨迹 C 的方程；(2)过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1， l2，设 l1与轨迹 C 相交于点A， B， l2与轨迹 C 相交于点 D， E，求 A B的最小 值解：(1)设动点 P 的坐标为( x， y)，由题意有| x|1.化简得 y22 x2| x|.(x 1)2 y2当 x0 时， y24 x；10当 x0 时， y0.所以，动点 P 的轨迹 C 的方程为 y24 x(x0)和 y0( x0)(2)由题意知，直线 l1的斜率存在且不为 0，设为 k，则 l1的方程为 y k(x1)由Error! 得

16、k2x2(2 k24) x k20.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1， x2是上述方程的两个实根，于是x1 x22 ， x1x21.4k2因为 l1 l2，所以 l2的斜率为 .1k设 D(x3， y3)， E(x4， y4)，则同理可得x3 x424 k2， x3x41.故 A B( F D)(E FB) | | | | |( x11)( x21)( x31)( x41) x1x2( x1 x2)1 x3x4( x3 x4)11 11(24 k2)1(24k2)84 842 16.(k21k2) k21k2当且仅当 k2 ，即 k1 时， ADEB取最小值 16.1k2

17、12(福建高考)如图，在正方形 OABC 中， O 为坐标原点，点 A 的坐标为(10,0)，点 C的坐标为(0,10)分别将线段 OA 和 AB 十等分，分点分别记为 A1， A2， A9和B1， B2， B9连接 OBi，过 Ai作 x 轴的垂线与 OBi交于点 Pi(iN *,1 i9)(1)求证：点 Pi(iN *,1 i9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线 E 的方程；(2)过点 C 作直线 l 与抛物线 E 交于不同的两点 M， N，若 OCM 与 OCN 的面积比为41，求直线 l 的方程解：(1)法一：依题意，过 Ai(iN *,1 i9)且与 x 轴垂直的直线的方程为 x i

18、，11Bi的坐标为(10， i)，所以直线 OBi的方程为 y x.i10设 Pi的坐标为( x， y)，由Error!得 y x2，即 x210 y.110所以点 Pi(iN *,1 i9)都在同一条抛物线上，且抛物线 E 的方程为 x210 y.法二：点 Pi(iN *,1 i9)都在抛物线 E： x210 y 上证明如下：过 Ai(iN *,1 i9)且与 x 轴垂直的直线的方程为 x i，Bi的坐标为(10， i)，所以直线 OBi的方程为 y x.i10由Error! 解得 Pi的坐标为 .(i，i210)因为点 Pi的坐标都满足方程 x210 y，所以点 Pi(iN *,1 i9)

19、都在同一条抛物线上，且抛物线 E 的方程为 x210 y.(2)依题意，直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y kx10.由Error! 得 x210 kx1000，此时 100 k24000，直线 l 与抛物线 E 恒有两个不同的交点 M， N.设 M(x1， y1)， N(x2， y2)，则Error!因为 S OCM4 S OCN，所以| x1|4| x2|.又 x1x20，所以 x14 x2，分别代入和，得Error!解得 k .32所以直线 l 的方程为 y x10，即 3x2 y200 或 3x2 y200.32利用空间向量解决平行、垂直问题考查方式空间向量是高考的重点内容

20、之一，尤其是在立体几何的解答题中建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系，特别是平行与垂直问题，常作为一个大题的某一小问，属于中档题备考指要利用空间向量证明平行、垂直问题主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助立体几何中关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决，建立适当的空间直角坐标系，准确写出有关点的坐标是解题关键.12考 题 印 证 例 7 (福建高考改编)如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中，AA1 AD1， E 为 CD 中点(1)求证： B1E AD1；(2)在棱 AA1上是否存在一点 P，使得 DP平面 B1AE？若存在，求 AP 的

21、长；若不存在，说明理由解 (1)证明：以 A 为原点， D， 1A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 AB a，则 A(0,0,0)， D(0,1,0)， D1(0,1,1)，E( ，1,0)， B1(a，0,1)，a2故(0,1,1)， 1E ，(a2， 1， 1) 1AD 011(1)10，a2 B1E AD1.(2)假设在棱 AA1上存在一点 P(0,0， z0)，使得 DP平面 B1AE，此时 D(0，1， z0)又设平面 B1AE 的法向量 n( x， y， z) n平面 B1AE，1A( a,0,1)， E .(a2， 1， 0) n ， n

22、 ，得Error!取 x1，则 y ， z a，a2得平面 B1AE 的一个法向量 n .(1， a2， a)要使 DP平面 B1AE，只要 n DP，即 az00，a2解得 z0 .12又 DP平面 B1AE，存在点 P，满足 DP平面 B1AE，此时 AP .12跟 踪 演 练 1313如图，在空间图形 P ABCD 中， PC平面 ABCD， PC2，在四边形 ABCD 中，CD AB， B C90， AB4， CD1，点 M 在 PB 上，且 PB4 PM， PBC30，求证： CM平面 PAD.证明：法一：建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz， PBC30， PC2， BC2 ，

23、 PB4.3于是 D(1,0,0)， C(0,0,0)，A(4,2 ，0)， P(0,0,2)3 PB4 PM. PM1， M .(0，32， 32) C ， D(1,0,2)，(0，32， 32)DA(3,2 ，0)3设 x P y A，其中 x， yR，则 x(1,0,2) y(3,2 ，0)(0，32， 32) 3Error! 解得 x ， y .34 14 CM DP A. C， DP， A共面34 14 CM平面 PAD， CM平面 PAD.法二：同法一，得到 ，(0，32， 32)P(1,0,2)， (3,2 ，0)3设平面 PAD 的法向量为 n( x， y， z)，则有Erro

24、r! 即Error!令 x1，解得 z ， y .12 32故 n .(1， 32， 12)又 CMn 0，(0，32， 32) (1， 32， 12) n，又 CM平面 PAD， CM平面 PAD.14如图所示，在四棱锥 O ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，14 ABC ， OA底面 ABCD， OA2， M 为 OA 的中点， N 为 BC 的中点 4求证：直线 MN平面 OCD.证明：作 AP CD 于点 P.如图，分别以 AB， AP， AO 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系则 A(0,0,0)， B(1,0,0)， P ， D ，(0，22

25、， 0) ( 22， 22， 0)O(0,0,2)，M(0,0,1)， N .(124， 24， 0) ，(124， 24， 1)OP ，(0，22， 2)D .(22， 22， 2)设平面 OCD 的法向量为 n( x， y， z)，则 n 0， n0.即Error! 取 z ，解得 n (0,4， )2 2 MNn (0,4， )0，(124， 24， 1) 2又 MN平面 OCD， MN平面 OCD.利用空间向量求空间角考查方式 利用空间向量求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角是高考的重点和热点，主要以解答题考查，属于中档题，每年必考备考指要利用空间向量只要求出直线

26、的方向向量和平面的法向量即可求解(1)若两条异面直线的方向向量分别为 a， b，所成角为 ，则 cos |cos a， b|.(2)若直线 l 的方向向量为 u，平面 的法向量为 n，直线与平面所成角为 ，则 sin |cos u， n|.(3)若二面角的平面角为 ，两个半平面的法向量分别为 n1， n2，则 n1， n2或 n1， n2 ，根据情况确定.15考 题 印 证 例 8 (陕西高考)如图，四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形， O 为底面中心， A1O平面 ABCD， AB AA1 .2(1)证明： A1C平面 BB1D1D；(2)求平面 OCB1与平面 B

27、B1D1D 的夹角 的大小解 (1)证明：法一：由题设易知 OA， OB， OA1两两垂直，以 O 为原点建立空间直角坐标系，如图 AB AA1 ，2 OA OB OA11， A(1,0,0)， B(0,1,0)， C(1,0,0)， D(0，1,0)， A1(0,0,1)由 1 ，易得 B1(1,1,1) C(1,0，1)，(0，2,0)， 1B(1,0,1)， 1 D0， 1 10， A1C BD， A1C BB1，又 BD BB1 B， A1C平面 BB1D1D.法二： A1O平面 ABCD， A1O BD.又底面 ABCD 是正方形， BD AC，又 A1O AC A， BD平面A1O

28、C， BD A1C.又 OA1是 AC 的中垂线， A1A A1C ，且 AC2， AC2 AA A1C2，2 21 AA1C 是直角三角形， AA1 A1C.又 BB1 AA1， A1C BB1，又 BB1 BD B， A1C平面 BB1D1D.(2)设平面 OCB1的法向量 n( x， y， z) O(1,0,0)， 1(1,1,1)，Error! Error!取 n(0,1，1)，16由(1)知， 1AC(1,0，1)是平面 BB1D1D 的法向量，cos |cos n， 1| .122 12又 0 ， . 2 3跟 踪 演 练 15.如图，已知点 P 在正方体 ABCD A1B1C1D

29、1的对角线 BD1上， PDA60.(1)求 DP 与 CC1所成角的大小；(2)求 DP 与平面 AA1D1D 所成角的大小解：如图，以 D 为原点， DA 为单位长建立空间直角坐标系 D xyz.则A(1,0,0) ， 1C(0,0,1)连接 BD， B1D1.在平面 BB1D1D 中，延长 DP 交 B1D1于 H.设 H( m， m,1)(m0)，由已知 ， A60，由 | | |cos A， 可得2m .2m2 1解得 m ，所以 DH .22 (22， 22， 1)(1)因为 cos ， 1C ，22 0 22 0 1112 22所以 ， 45.即 DP 与 CC1所成的角为 45

30、.(2)平面 AA1D1D 的一个法向量是(0,1,0)因为 cos H， C ，22 0 22 1 1012 12所以 ， 60，可得 DP 与平面 AA1D1D 所成的角为 30.1716.如图所示，在三棱锥 S ABC 中， SO平面 ABC，侧面 SAB 与 SAC 均为等边三角形， BAC90， O 为 BC 的中点，求二面角 A SC B 的余弦值解：以 O 为坐标原点，射线 OB， OA， OS 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz.设 B(1,0,0)，则 C(1,0,0)， A(0,1,0)，S(0,0,1)，设 SC 的中点为

31、 M，则 M .(12， 0， 12)故 ， A ，(12， 0， 12) (12， 1， 12)SC(1,0，1)，所以 O 0， SC0.即 MO SC， MA SC.故 M， A为二面角 A SC B 的平面角cos ， .| | 33即二面角 A SC B 的余弦值为 .3317(重庆高考)如图，四棱锥 P ABCD 中， PA底面ABCD， BC CD2， AC4， ACB ACD ， F 为 PC 的中点， AF PB. 3(1)求 PA 的长；(2)求二面角 B AF D 的正弦值解：(1)如图，连接 BD 交 AC 于 O，因为 BC CD，即 BCD 为等腰三角形，又 AC

32、平分 BCD，故 AC BD.以 O 为坐标原点，O， C， AP的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立18空间直角坐标系 O xyz，则 OC CDcos 1，而 AC4，得 AO AC OC3， 3又 OD CDsin ，故 A(0，3,0)， B( ，0,0)， C(0,1，0)， D( ，0,0) 3 3 3 3因 PA底面 ABCD，可设 P(0，3， z)，由 F 为 PC 的中点，知 F .(0， 1，z2)又 A ， B( ，3， z)，(0， 2，z2) 3因 AF PB，故 P0，即 6 0， z2 (舍去2 )，所以| PA|2 .z22 3 3 3(2)由(1)知 D( ，3,0)， A( ，3,0)， AF(0,2， )设平面 FAD3 3 3的法向量为 n1( x1， y1， z1)，平面 FAB 的法向量为 n2( x2， y2， z2)，由 n1A0， n1 F0，得Error!因此可取 n1(3， ， 2)3由 n2 B0， n20，得Error!故可取 n2(3， ， 2)3从而法向量 n1， n2的夹角的余弦值为cos n1， n2 .n1n2|n1|n2| 18故二面角 B AF D 的正弦值为 .378