資源簡介

(共45張PPT)
第三章　圓錐曲線的方程
章末總結
[體系構建]
[走向高考]
A. 4 B. 3 C. 2
C
2. （2024·全國新Ⅱ卷·高考真題）已知曲線C：x2＋y2＝16（y＞0），從C上任意 一點P向x軸作垂線段PP'，P'為垂足，則線段PP'的中點M的軌跡方程為（　 ?。?br/>A






解析：設點M（x，y），則P（x，y0），P'（x，0），
因為M為PP'的中點，所以y0＝2y，
即P（x，2y），又P在圓x2＋y2＝16（y＞0）上，
故選A.
C
　解析：如圖，由題可知，點P必落在第四象限，∠F1PF2＝90°，設｜PF2｜ ＝m，　
4. （多選）（2024·全國新Ⅱ卷·高考真題）拋物線C：y2＝4x的準線為l，P為C 上的動點，過P作☉A：x2＋（y－4）2＝1的一條切線，Q為切點，過P作l的垂 線，垂足為B，則（　 　）
A. l與☉A相切
C. 當｜PB｜＝2時，PA⊥AB
D. 滿足｜PA｜＝｜PB｜的點P有且僅有2個
ABD
解析：A選項，拋物線y2＝4x的準線為x＝－1，
☉A的圓心（0，4）到直線x＝－1的距離顯然是1，等于圓的半徑，
故準線l和☉A相切，A選項正確；
B選項，當P，A，B三點共線時，即PA⊥l，則P的縱坐標yP＝4，
不滿足kPAkAB＝－1；
不滿足kPAkAB＝－1，
于是PA⊥AB不成立，C選項錯誤；
D選項，方法一（利用拋物線定義轉化）：
Δ＝162－4×30＝136＞0，即AF的中垂線和拋物線有兩個交點，
方法二（設點直接求解）：
Δ＝162－4×30＝136＞0，則關于t的方程有兩個解，
即有且僅有兩個這樣的P點，D選項正確.
故選ABD.
5. （多選）（2024·全國新Ⅰ卷·高考真題）設計一條美麗的絲帶，其造型可以看作 圖中的曲線C的一部分.已知C過坐標原點O，且C上的點滿足橫坐標大于－2，到點 F（2，0）的距離與到定直線x＝a（a＜0）的距離之積為4，則（　 ?。?br/>A. a＝－2
C. C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1
ABD
6. （多選）（2022·新高考Ⅰ卷）已知O為坐標原點，點A（1，1）在拋物線C：x2 ＝2py（p＞0）上，過點B（0，－1）的直線交C于P，Q兩點，則（　 ?。?br/>A. C的準線為y＝－1
B. 直線AB與C相切
C. ｜OP｜·｜OQ｜＞｜OA｜2
D. ｜BP｜·｜BQ｜＞｜BA｜2
BCD
｜BP｜·｜BQ｜
＝k2＋1＞5＝｜BA｜2，
所以D正確.故選BCD.

13
∵DE為線段AF2的垂直平分線，根據對稱性，｜AD｜＝｜DF2｜，｜AE｜＝｜ EF2｜，∴△ADE的周長等于△F2DE的周長，利用橢圓的定義得到△F2DE周長為｜ DF2｜＋｜EF2｜＋｜DE｜＝｜DF2｜＋｜EF2｜＋｜DF1｜＋｜EF1｜＝｜DF1｜ ＋｜DF2｜＋｜EF1｜＋｜EF2｜＝2a＋2a＝4a＝13.
（2）若過P的直線l交C于另一點B，且△ABP的面積為9，求l的方程.
＝0，

此時該平行線與橢圓的交點即為點B，
設該平行線的方程為x＋2y＋C＝0，
Δ＝272－4×2×117＝－207＜0，此時該直線與橢圓無交點.
綜上，直線l的方程為3x－2y－6＝0或x－2y＝0.
方法二：同方法一得到直線AP的方程為x＋2y－6＝0，
方法三：同方法一得到直線AP的方程為x＋2y－6＝0，
聯立 cos 2θ＋ sin 2θ＝1，解得

－6＝0，
當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝kx＋3，
同方法一得到直線AP的方程為x＋2y－6＝0，
綜上，直線l的方程為3x－2y－6＝0或x－2y＝0.
距離d＝3，
＝0，

2y＝0.
距離d＝3，
（2）記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點（－4，0）的直線與C的左支交于M， N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P. 證明：點P在定直線上.
（2）過點（－2，3）的直線交C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為 M，N，證明：線段MN的中點為定點.(共40張PPT)
第一章　空間向量與立體幾何
章末總結
[體系構建]
[走向高考]
B. 1
C. 2 D. 3
B
C
3. （2023·新高考Ⅱ卷）如圖，三棱錐A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD， ∠ADB＝∠ADC＝60°，E為BC的中點.
（1）證明：BC⊥DA；
解：（1）證明：連接AE，DE. 因為E為BC中點，DB＝ DC，所以DE⊥BC①，
因為DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD與 △ABD均為等邊三角形，
所以AC＝AB，從而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE＝E， AE，DE 平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而DA 平面ADE，所以BC⊥DA.
解：（1）證明：如圖所示，取AB的中點O，連接DO，CO， 則OB＝DC＝1.
又DC∥OB，所以四邊形DCBO為平行四邊形.
又BC＝OB＝1，
所以四邊形DCBO為菱形，所以BD⊥CO.
同理可得，四邊形DCOA為菱形，所以AD∥CO.
所以BD⊥AD.
因為PD⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，所以PD⊥BD，
又AD∩PD＝D，AD，PD 平面ADP，所以BD⊥平面 ADP.
因為PA 平面ADP，所以BD⊥PA.
（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值.
5. （2023·全國甲卷）如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，∠ACB ＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距離為1.
（1）證明：A1C＝AC；
（2）已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值.
EF∥DO，EF＝DO，又EF 平面ADO，DO 平面ADO，
所以EF∥平面ADO.
（2）若∠POF＝120°，求三棱錐P－ABC的體積.
7. （2021·全國甲卷，理）已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，側面AA1B1B為正方 形，AB＝BC＝2，E，F分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點， BF⊥A1B1.
（1）證明：BF⊥DE；
解：因為三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面 ABC，所以BB1⊥AB.
因為A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB.
又BB1∩BF＝B，BB1，BF 平面BCC1B1，所以AB⊥平面 BCC1B1.
所以BA，BC，BB1兩兩垂直.
以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線為x軸、y軸、z軸 建立空間直角坐標系，如圖.
所以B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B1（0， 0，2），A1（2，0，2），C1（0，2，2），E（1，1，0），F （0，2，1）.
由題意設點D（a，0，2）（0≤a≤2）.
（2）當B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最??？
8. （2023·全國乙卷）如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB ＝90°.
（1）證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
解：（1）證明：因為A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，
又因為∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
A1C，AC 平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因為BC 平面BCC1B1，
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
（2）設AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高.
解：（2）如圖，過點A1作A1O⊥CC1，垂足為O.
因為平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面
BCC1B1＝CC1，A1O 平面 ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1，
所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.
解：（1）證明：由題意得，EF∥MC，且EF＝MC，
所以四邊形EFCM是平行四邊形，所以EM∥CF，
又CF 平面BCF，EM 平面BCF，
所以EM∥平面BCF.
（2）求點M到ADE的距離.
解：（1）證明：因為BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M為AD 的中點，所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四邊形BCDM為平行四邊形，所以BM∥CD. 又因為 BM 平面CDE，CD 平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
（2）求二面角F－BM－E的正弦值.
解：（1）證明：因為PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD， 所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥ 平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因為BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根據平面知識可知 AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.(共29張PPT)
第二章　直線和圓的方程
章末總結
[體系構建]
A. 1
B
C. 1 D. －1
A
B. 2 C. 3
D
A. 若點A在圓C上，則直線l與圓C相切
B. 若點A在圓C內，則直線l與圓C相離
C. 若點A在圓C外，則直線l與圓C相離
D. 若點A在直線l上，則直線l與圓C相切
ABD
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
C
A. 1 B. 2 C. 4
C
B. 4
D. 7
C
8. （2022·全國甲卷，文）設點M在直線2x＋y－1＝0上，點（3，0）和（0，1） 均在☉M上，則☉M的方程為 .
（x－1）2＋（y＋1）2＝5　
（x－2）2＋（y－3）2＝13（或（x－2）2＋（y－1）2
10. （2022·新高考Ⅰ卷）寫出與圓x2＋y2＝1和（x－3）2＋（y－4）2＝16都相切的 一條直線的方程 .
x＝－1（或7x－24y－25＝0，或3x＋4y－5＝0）　
2（答案不唯一，可以是
直線的傾斜角
直線的斜率
兩條直線平行和垂直的判定
點斜式
斜截式
直線的方程
直線的方程
兩點式
截距式
直線方程之間的轉化
般式
兩條直線的交點坐標
直線和圓的方程
直線的交點坐
兩點間的距離公式
標與距離公式
點到直線的距離公式
兩條平行直線間的距離
直線與圓相離
直線與
圓的標準方程
圓的位
直線與圓相交
置關系
圓的方程
直線與圓相切
圓與圓相離
圓與圓
圓的一般方程
的位置
圓與圓相交
關系
圓與圓相切
解析：方法一：因為x2十y2一4x一
十y=5,可得圓心C(2
0),半徑r=V5.
過，點P(0,一2)作圓C的切線，設切，點為A,B.
因為PC=√22十(0+2)2=2V2,則|PA
得
●
.10
6
cos
22
2
3=sin2∠APC=2
PC·c0S
∠PC=2
V15
s10
c0S∠APB=c0s2∠APC=c0S2∠APC-
<0,
即∠PB為鈍角
所以sima=sin(π-∠APB）=sin∠PB=
15

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