高考八大高頻考點例析考查方式以四種命題、邏輯聯結詞為主要內容，考查四種命題之間的關系及含有邏輯聯結詞的命題的真假，主要以填空題為主，屬容易題．備考指要1.要掌握互為逆否的兩個命題是等價的，對某些命題的判斷可以轉化為判斷其逆否命題．2.命題p∨q中，p、q有真則真；命題p∧q中，p、q有假則假.eq\a\vs4\al([考題印證])[例1]1)(山東高考改編)設m∈R，命題“若m>0，則方程x2＋x－m＝0有實根”的逆否命題是________．(山東高考改編)設命題p：函數y＝sin2x的最小正周期為eq\f(π,2)；命題q：函數y＝cosx的圖像關于直線x＝eq\f(π,2)對稱．則下列判斷正確的是________(填序號)．①p為真②?q為假③p∧q為假④p∨q為真[解析](1)根據逆否命題的定義，命題“若m>0，則方程x2＋x－m＝0有實根”的逆否命題是“若方程x2＋x－m＝0沒有實根，則m≤0”．(2)函數y＝sin2x的最小正周期為π，故p為假命題，函數y＝cosx的對稱軸為x＝kπ(x∈Z)，故q為假命題．所以p∧q為假．[答案](1)若方程x2＋x－m＝0沒有實根，則m≤0(2)③eq\a\vs4\al([跟蹤演練])1．命題“若x，y都是偶數，則x＋y也是偶數”的逆否命題是________．答案：若x＋y不是偶數，則x，y不都是偶數2．設集合A＝{x|－2－a<x<a，a>0}，命題p：1∈A，命題q：2∈A.若p∨q為真命題，p∧q為假命題，則a的取值范圍是________．解析：若p為真命題，則－2－a<1<a，解得a>1.若q為真命題，則－2－a<2<a，解得a>2.依題意，得p假q真，或p真q假，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a≤1，,a>2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,0<a≤2.))∴1<a≤2.答案：(1,2]考查方式充要條件與各章節內容相結合是歷年高考考查的熱點之一，題型主要以填空題為主．備考指要1.要分清條件和結論，以免混淆充分性與必要性．(1)若“p?q”，且“pq”，則p是q的“充分不必要條件”，同時q是p的“必要不充分條件”；(2)若“p?q”，則p是q的“充要條件”，同時q是p的“充要條件”；(3)若“pq”，則p是q的“既不充分也不必要條件”，同時q是p的“既不充分也不必要條件”．2.要注意轉換命題的判定，可以利用互為逆否命題的等價性進行判斷.eq\a\vs4\al([考題印證])[例2](四川高考改編)設a，b為正實數，則“a>b>1”是“log2a>log2b>0”的________條件．[解析]y＝log2x(x>0)為增函數，當a>b>1時，log2a>log2b>0；反之，若log2a>log2b>0，結合對數函數的圖象易知a>b>1成立，故“a>b>1”是“log2a>log2b>0”的充要條件．[答案]充要eq\a\vs4\al([跟蹤演練])3．(天津高考改編)設a，b∈R，則“(a－b)·a2<0”是“a<b”的________條件．解析：若(a－b)a2<0，則a≠0，且a<b，所以充分性成立；若a<b，則a－b<0，當a＝0時，(a－b)a2＝0，所以必要性不成立．故“(a－b)a2<0”是“a<b”的充分不必要條件．答案：充分不必要4．(浙江高考改編)已知函數f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，φ∈R)，則“f(x)是奇函數”是“φ＝eq\f(π,2)”的________條件．解析：若f(x)是奇函數，則φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，且當φ＝eq\f(π,2)時，f(x)為奇函數．答案：必要不充分考查方式主要考查全稱命題與存在性命題的真假的判定以及含有一個量詞的命題的否定．題型主要是填空題．備考指要1.全稱命題的真假判定：要判定一個全稱命題為真，必須對限定集合M中每一個x驗證p(x)成立，一般用代數推理的方法加以證明．要判定一個全稱命題為假，只需舉出一個反例即可．2.存在性命題的真假判定：要判定一個存在性命題為真，只要在限定集合M中，找到一個x＝x0，使p(x0)成立即可．否則，這一存在性命題為假．3.全稱命題的否定一定是存在性命題，存在性命題的否定一定是全稱命題，首先改變量詞，把全稱量詞改為存在量詞，把存在量詞改為全稱量詞，然后再把判斷詞加以否定．4.注意命題的否定與否命題的區別.eq\a\vs4\al([考題印證])[例3](湖北高考改編)命題“?x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定是________．[解析]改變原命題中的三個地方即可得其否定，?改為?，x0改為x，否定結論，即lnx≠x－1.[答案]?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1eq\a\vs4\al([跟蹤演練])5．命題“存在一個無理數，它的平方是有理數”的否定是________．答案：任意一個無理數，它的平方不是有理數6．命題“對任何x∈R，|x－1|＋|x－3|≥3”的否定是__________________________．解析：由題意知命題的否定為“存在x∈R，使|x－1|＋|x－3|<3”．答案：存在x∈R，使得|x－1|＋|x－3|<3考查方式主要考查橢圓、雙曲線、拋物線的幾何性質及待定系數法求圓錐曲線的方程．圓錐曲線定義的應用，尤其是離心率是高考的熱點，雙曲線的漸近線也是高考重要內容．題型上填空、解答題都有可能出現．備考指要對于圓錐曲線的有關問題，要有運用圓錐曲線定義解題的意識，“回歸定義”是一種重要的解題策略；應用圓錐曲線的性質時，要注意數形結合思想、方程思想的運用.[例4](1)(山東高考)過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點作一條與其漸近線平行的直線，交C于點P.若點P的橫坐標為2a，則C的離心率為________．(2)(天津高考改編)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線與拋物線y2＝2px(p>0)的準線分別交于A，B兩點，O為坐標原點．若雙曲線的離心率為2，△AOB的面積為eq\r(3)，則p＝________．[解析](1)如圖所示，不妨設與漸近線平行的直線l的斜率為eq\f(b,a)，又直線l過右焦點F(c，0)，則直線l的方程為y＝eq\f(b,a)(x－c)．因為點P的橫坐標為2a，代入雙曲線方程得eq\f(4a2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，化簡得y＝－eq\r(3)b或y＝eq\r(3)b(點P在x軸下方，故舍去)，故點P的坐標為(2a，－eq\r(3)b)，代入直線方程得－eq\r(3)b＝eq\f(b,a)(2a－c)，化簡可得離心率e＝eq\f(c,a)＝2＋eq\r(3).(2)已知eq\f(c,a)＝2，所以eq\f(a2＋b2,a2)＝4，eq\f(b,a)＝eq\r(3)，漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，而拋物線準線方程為x＝－eq\f(p,2)，于是Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－\f(\r(3),2)p))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\f(\r(3)p,2)))，從而S△AOB＝eq\f(1,2)·eq\r(3)p·eq\f(p,2)＝eq\r(3)，得p＝2.[答案](1)2＋eq\r(3)(2)2eq\a\vs4\al([跟蹤演練])7．雙曲線eq\f(x2,64)－eq\f(y2,36)＝1上一點P到雙曲線右焦點的距離是4，那么點P到左準線的距離是__________．解析：由已知，雙曲線中，a＝8，b＝6，所以c＝10，由于點P到右焦點的距離為4,4<a＋c＝18，所以點P在雙曲線右支上．由雙曲線第一定義，可知點P到左焦點的距離為2×8＋4＝20，設點P到雙曲線左準線的距離為d，再根據雙曲線第二定義，有eq\f(20,d)＝eq\f(c,a)＝eq\f(10,8)，故d＝16.答案：168．已知過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交該拋物線于A、B兩點，AF＝3，則AB＝________.解析：設點A，B的橫坐標分別是x1，x2，則依題意有焦點F(1,0)，AF＝x1＋1＝3，x1＝2，y1＝±2eq\r(2)，直線AF的方程是y＝±2eq\r(2)(x－1)，代入y2＝4x得2x2－5x＋2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(5,2)，AB＝x1＋x2＋2＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)考查方式直線與圓錐曲線的位置關系是高考的熱點，涉及求弦長、焦點弦、中點弦、取值范圍，最值、定點、定值等問題，題型以解答題為主、這類題目綜合性強，難度較大，注重與一元二次方程中根的判別式、根與系數的關系、函數的單調性、不等式、平面向量等知識綜合．備考指要處理直線與圓錐曲線的位置關系時，常用聯立方程組消元法得到一元二次方程，要注意直線的斜率不存在的情形，分析解決這類問題，往往利用數形結合的思想，以及“設而不求”的方法，由于運算量較大，要注意運算結果的準確性.eq\a\vs4\al([考題印證])[例5](陜西高考)如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經過點A(0，－1)，且離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓E的方程；(2)經過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2.[解](1)由題設知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，結合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2).所以橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：由題設知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.由已知得Δ＞0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，則x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2).從而直線AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2.eq\a\vs4\al([跟蹤演練])9．已知橢圓的一個頂點為A(0，－1)，焦點在x軸上．若右焦點到直線x－y＋2eq\r(2)＝0的距離為3.(1)求橢圓的方程；(2)設橢圓與直線y＝kx＋m(k≠0)相交于不同的兩點M、N.當AM＝AN時，求m的取值范圍．解：(1)依題意可設橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋y2＝1，則右焦點F(eq\r(a2－1)，0)，由題設eq\f(|\r(a2－1)＋2\r(2)|,\r(2))＝3，解得a2＝3，故所求橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)設P為弦MN的中點，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，由于直線與橢圓有兩個交點，∴Δ＞0，即m2＜3k2＋1.①∴xP＝eq\f(xM＋xN,2)＝－eq\f(3mk,3k2＋1)，從而yP＝kxP＋m＝eq\f(m,3k2＋1)，∴kAP＝eq\f(yP＋1,xP)＝－eq\f(m＋3k2＋1,3mk)，又AM＝AN，∴AP⊥MN，則－eq\f(m＋3k2＋1,3mk)＝－eq\f(1,k)，即2m＝3k2＋1.②把②代入①得2m＞m2，解得0＜m＜2，由②得k2＝eq\f(2m－1,3)＞0，解得m＞eq\f(1,2)，故所求m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).10．(天津高考)設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，離心率為eq\f(\r(3),3)，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為eq\f(4\r(3),3).(1)求橢圓的方程；(2)設A，B分別為橢圓的左、右頂點，過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點．若·＋·＝8，求k的值．解：(1)設F(－c,0)，由eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，知a＝eq\r(3)c.過點F且與x軸垂直的直線的方程為x＝－c，代入橢圓方程有eq\f(－c2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq\f(\r(6)b,3)，于是eq\f(2\r(6)b,3)＝eq\f(4\r(3),3)，解得b＝eq\r(2)，又a2－c2＝b2，從而a＝eq\r(3)，c＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設點C(x1，y1)，D(x2，y2)，由過點F(－1,0)得直線CD的方程為y＝k(x＋1)，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.由根與系數的關系可得x1＋x2＝－eq\f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－6,2＋3k2).因為A(－eq\r(3)，0)，B(eq\r(3)，0)，所以·＋·＝(x1＋eq\r(3)，y1)·(eq\r(3)－x2，－y2)＋(x2＋eq\r(3)，y2)·(eq\r(3)－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2).由已知得6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2)＝8，解得k＝±eq\r(2).考查方式求圓錐曲線的標準方程與軌跡方程也是高考重點內容之一，題型以解答題為主．備考指要1.根據圓錐曲線的焦點位置，來確定標準方程的形式，利用待定系數法求解即可．2.求軌跡方程的幾種常用方法：(1)直接法；(2)代入法；(3)定義法；(4)消參法．3.要注意軌跡方程與軌跡的區別.eq\a\vs4\al([考題印證])[例6](廣東高考)已知過原點的動直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點A，B.(1)求圓C1的圓心坐標；(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程；(3)是否存在實數k，使得直線L：y＝k(x－4)與曲線C只有一個交點？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由．[解](1)把圓C1的方程化為標準方程得(x－3)2＋y2＝4，∴圓C1的圓心坐標為C1(3，0)．(2)設M(x，y)，∵A，B為過原點的直線l與圓C1的交點，且M為AB的中點，∴由圓的性質知：MC1⊥MO，∴由向量的數量積公式得x2－3x＋y2＝0.易知直線l的斜率存在，∴設直線l的方程為y＝mx，當直線l與圓C1相切時，d＝eq\f(|3m－0|,\r(m2＋1))＝2，解得m＝±eq\f(2\r(5),5).把相切時直線l的方程代入圓C1的方程化簡得9x2－30x＋25＝0，解得x＝eq\f(5,3).當直線l經過圓C1的圓心時，M的坐標為(3，0)．又∵直線l與圓C1交于A，B兩點，M為AB的中點，∴eq\f(5,3)<x≤3.∴點M的軌跡C的方程為x2－3x＋y2＝0，其中eq\f(5,3)<x≤3，其軌跡為一段圓弧．(3)由題意知直線L表示過定點(4，0)，斜率為k的直線，把直線L的方程代入軌跡C的方程x2－3x＋y2＝0，其中eq\f(5,3)<x≤3，化簡得(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0，其中eq\f(5,3)<x≤3，記f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中eq\f(5,3)<x≤3.若直線L與曲線C只有一個交點，令f(x)＝0.當Δ＝0時，解得k2＝eq\f(9,16)，即k＝±eq\f(3,4)，此時方程可化為25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0，解得x＝eq\f(12,5)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))，∴k＝±eq\f(3,4)滿足條件．當Δ>0時，①若x＝3是方程的解，則f(3)＝0?k＝0?另一根為x＝0<eq\f(5,3)，故在區間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且僅有一個根，滿足題意．②若x＝eq\f(5,3)是方程的解，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝0?k＝±eq\f(2\r(5),7)?另外一根為x＝eq\f(64,23)，eq\f(5,3)<eq\f(64,23)≤3，故在區間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且僅有一個根，滿足題意．③若x＝3和x＝eq\f(5,3)均不是方程的解，則方程在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且僅有一個根，只需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))·f(3)<0?－eq\f(2\r(5),7)<k<eq\f(2\r(5),7).故在區間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且僅有一個根，滿足題意．綜上所述，k的取值范圍是－eq\f(2\r(5),7)≤k≤eq\f(2\r(5),7)或k＝±eq\f(3,4).eq\a\vs4\al([跟蹤演練])11．(湖南高考)已知平面內一動點P到點F(1,0)的距離與點P到y軸的距離的差等于1.(1)求動點P的軌跡C的方程；(2)過點F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1，l2，設l1與軌跡C相交于點A，B，l2與軌跡C相交于點D，E，求·的最小值．解：(1)設動點P的坐標為(x，y)，由題意有當x≥0時，y2＝4x；當x＜0時，y＝0.所以，動點P的軌跡C的方程為y2＝4x(x≥0)和y＝0(x＜0)．(2)由題意知，直線l1的斜率存在且不為0，設為k，則l1的方程為y＝k(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，于是x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2)，x1x2＝1.因為l1⊥l2，所以l2的斜率為－eq\f(1,k).設D(x3，y3)，E(x4，y4)，則同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.故·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||＋||·||＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,k2)))＋1＋1＋(2＋4k2)＋1＝8＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))≥8＋4×2eq\r(k2·\f(1,k2))＝16.當且僅當k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1時，·取最小值16.12．(福建高考)如圖，在正方形OABC中，O為坐標原點，點A的坐標為(10,0)，點C的坐標為(0,10)．分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9連接OBi，過Ai作x軸的垂線與OBi交于點Pi(i∈N*,1≤i≤9)．(1)求證：點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程；(2)過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若△OCM與△OCN的面積比為4∶1，求直線l的方程．解：(1)法一：依題意，過Ai(i∈N*,1≤i≤9)且與x軸垂直的直線的方程為x＝i，Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝eq\f(i,10)x.設Pi的坐標為(x，y)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝i，,y＝\f(i,10)x，))得y＝eq\f(1,10)x2，即x2＝10y.所以點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y.法二：點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在拋物線E：x2＝10y上．證明如下：過Ai(i∈N*,1≤i≤9)且與x軸垂直的直線的方程為x＝i，Bi的坐標為(10，i)，所以直線OBi的方程為y＝eq\f(i,10)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝i，,y＝\f(i,10)x，))解得Pi的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i，\f(i2,10))).因為點Pi的坐標都滿足方程x2＝10y，所以點Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x2＝10y.(2)依題意，直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝kx＋10.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋10，,x2＝10y，))得x2－10kx－100＝0，此時Δ＝100k2＋400>0，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝10k，①,x1·x2＝－100.②))因為S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，分別代入①和②，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x2＝10k，,－4x\o\al(2,2)＝－100，))解得k＝±eq\f(3,2).所以直線l的方程為y＝±eq\f(3,2)x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.考查方式空間向量是高考的重點內容之一，尤其是在立體幾何的解答題中．建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標和數量積解決直線、平面問題的位置關系，特別是平行與垂直問題，常作為一個大題的某一小問，屬于中檔題．備考指要利用空間向量證明平行、垂直問題主要是運用直線的方向向量和平面的法向量，借助立體幾何中關于平行和垂直的定理，再通過向量運算來解決，建立適當的空間直角坐標系，準確寫出有關點的坐標是解題關鍵.eq\a\vs4\al([考題印證])(1)求證：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由．[解](1)證明：以A為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)．設AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E(eq\f(a,2)，1,0)，B1(a，0,1)，∴B1E⊥AD1.(2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此時＝(0，－1，z0)．又設平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，取x＝1，則y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，得平面B1AE的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP?平面B1AE，∴存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝eq\f(1,2).eq\a\vs4\al([跟蹤演練])13．如圖，在空間圖形P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，CD∥AB，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，點M在PB上，且PB＝4PM，∠PBC＝30°，求證：CM∥平面PAD.證明：法一：建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz，∵∠PBC＝30°，PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4.于是D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,2eq\r(3)，0)，P(0,0,2)．∵PB＝4PM.∴PM＝1，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2))).∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，＝(－1,0,2)，＝(3,2eq\r(3)，0)．設＝x＋y，其中x，y∈R，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))＝x(－1,0,2)＋y(3,2eq\r(3)，0)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋3y＝0，,2\r(3)y＝\f(\r(3),2)，,2x＝\f(3,2).))解得x＝eq\f(3,4)，y＝eq\f(1,4).∴＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4).∴，，共面．∵CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD.法二：同法一，得到＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，＝(－1,0,2)，＝(3,2eq\r(3)，0)．設平面PAD的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2z＝0，,3x＋2\r(3)y＝0，))令x＝1，解得z＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(\r(3),2).故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2))).又·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝0，∴⊥n，又CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD.14．如圖所示，在四棱錐O－ABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠ABC＝eq\f(π,4)，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M為OA的中點，N為BC的中點．求證：直線MN∥平面OCD.證明：作AP⊥CD于點P.如圖，分別以AB，AP，AO所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．則A(0,0,0)，B(1,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，O(0,0,2)，M(0,0,1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，0)).＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，－2))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2)).設平面OCD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·＝0，n·＝0.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)y－2z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)y－2z＝0，))取z＝eq\r(2)，解得n＝(0,4，eq\r(2))．又MN?平面OCD，∴MN∥平面OCD.考查方式利用空間向量求兩條異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角的平面角是高考的重點和熱點，主要以解答題考查，屬于中檔題，每年必考．備考指要利用空間向量只要求出直線的方向向量和平面的法向量即可求解．(1)若兩條異面直線的方向向量分別為a，b，所成角為θ，則cosθ＝|cos〈a，b〉|.(2)若直線l的方向向量為u，平面α的法向量為n，直線與平面所成角為θ，則sinθ＝|cos〈u，n〉|.(3)若二面角的平面角為θ，兩個半平面的法向量分別為n1，n2，則θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，根據情況確定.eq\a\vs4\al([考題印證])[例8](江蘇高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．[解]：以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則各點的坐標為B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)由題意知，AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，＝(0，2，0)．因為＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)，設平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則m·＝0，m·＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一個法向量．所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).則cos2〈〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).當且僅當t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時，|cos〈〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因為y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數，所以此時直線CQ與DP所成角取得最小值．又因為BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).eq\a\vs4\al([跟蹤演練])15.如圖，已知點P在正方體ABCD－A1B1C1D1的對角線BD1上，∠PDA＝60°.(1)求DP與CC1所成角的大小；(2)求DP與平面AA1D1D所成角的大小．解：如圖，以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標系D－xyz.則＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．連接BD，B1D1.在平面BB1D1D中，延長DP交B1D1于H.設＝(m，m,1)(m＞0)，由已知〈，〉＝60°，由·＝||||cos〈，〉可得2m＝eq\r(2m2＋1).解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).(1)因為cos〈，〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以〈，〉＝45°.即DP與CC1所成的角為45°.(2)平面AA1D1D的一個法向量是＝(0,1,0)．因為cos〈，〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈，〉＝60°，可得DP與平面AA1D1D所成的角為30°.16.如圖所示，在三棱錐S－ABC中，SO⊥平面ABC，側面SAB與SAC均為等邊三角形，∠BAC＝90°，O為BC的中點，求二面角A－SC－B的余弦值．解：以O為坐標原點，射線OB，OA，OS分別為x軸、y軸、z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz.設B(1,0,0)，則C(－1,0,0)，A(0,1,0)，S(0,0,1)，設SC的中點為M，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2))).故＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－\f(1,2)))，＝(－1,0，－1)，所以·＝0，·＝0.即MO⊥SC，MA⊥SC.故〈，〉為二面角A－SC－B的平面角．cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(\r(3),3).即二面角A－SC－B的余弦值為eq\f(\r(3),3).17．(重慶高考)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝eq\f(π,3)，F為PC的中點，AF⊥PB.(1)求PA的長；解：(1)如圖，連接BD交AC于O，因為BC＝CD，即△BCD為等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O－xyz，則OC＝CDcoseq\f(π,3)＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3，又OD＝CDsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故A(0，－3,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1，0)，D(－eq\r(3)，0,0)．因PA⊥底面ABCD，可設P(0，－3，z)，由F為PC的中點，知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(z,2))).又＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(z,2)))，＝(eq\r(3)，3，－z)，因AF⊥PB，故·＝0，即6－eq\f(z2,2)＝0，z＝2eq\r(3)(舍去－2eq\r(3))，所以||＝2eq\r(3).(2)由(1)知＝(－eq\r(3)，3,0)，＝(eq\r(3)，3,0)，＝(0,2，eq\r(3))．設平面FAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，由n1·＝0，n1·＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋3y1＝0，,2y1＋\r(3)z1＝0，))因此可取n1＝(3，eq\r(3)，－2)．由n2·＝0，n2·＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋3y2＝0，,2y2＋\r(3)z2＝0，))故可取n2＝(3，－eq\r(3)，2)．從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,8).故二面角B－AF－D的正弦值為eq\f(3\r(7),8).模塊綜合檢測(時間120分鐘，滿分160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．把正確答案填在題中的橫線上)1．(安徽高考)命題“存在實數x，使x>1”的否定是________．答案：對任意實數x，都有x≤12．“相似三角形的對應角相等”的否命題是________．解析：否命題是條件結論都否定．答案：不相似的三角形的對應角不相等3．已知點P(6，y)在拋物線y2＝2px(p>0)上，若點P到拋物線焦點F的距離等于8，則焦點F到拋物線準線的距離等于________．解析：拋物線y2＝2px(p>0)的準線為x＝－eq\f(p,2)，因為P(6，y)為拋物線上的點，所以P到焦點F的距離等于它到準線的距離，所以6＋eq\f(p,2)＝8，所以p＝4，焦點F到拋物線準線的距離等于4.答案：44．若a＝(1，－1，－1)，b＝(0,1,1)，且(a＋λb)⊥b，則實數λ的值是________．解析：λb＝(0，λ，λ)，a＋λb＝(1，λ－1，λ－1)．∵(a＋λb)⊥b，∴(a＋λb)·b＝0.∴λ－1＝0，λ＝1.答案：15．(重慶高考)設P為直線y＝eq\f(b,3a)x與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)左支的交點，F1是左焦點，PF1垂直于x軸，則雙曲線的離心率e＝________.解析：由PF1⊥x軸且P點在雙曲線的左支上，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(b2,a))).又因為點P在直線y＝eq\f(b,3a)x上，所以－eq\f(b2,a)＝eq\f(b,3a)×(－c)，整理得c＝3b，根據c2＝a2＋b2得a＝2eq\r(2)b，所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3b,2\r(2)b)＝eq\f(3\r(2),4).答案：eq\f(3\r(2),4)6．已知a＝(t＋1,1，t)，b＝(t－1，t,1)，則|a－b|的最小值為________．解析：|a－b|2＝22＋(1－t)2＋(t－1)2＝2(t－1)2＋4，所以當t＝1時，|a－b|取得最小值2.答案：27．方程eq\f(x2,3＋m)－eq\f(y2,1－m)＝1表示焦點在x軸上的雙曲線，則m的取值范圍是________．解析：若eq\f(x2,3＋m)－eq\f(y2,1－m)＝1表示焦點在x軸上的雙曲線，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋m>0，,1－m>0))?－3<m<1，∴m的取值范圍是(－3,1)．答案：(－3,1)8．(北京高考改編)雙曲線x2－eq\f(y2,m)＝1的離心率大于eq\r(2)的充分必要條件是________．解析：依題意，e＝eq\f(c,a)，e2＝eq\f(c2,a2)>2，得1＋m>2，所以m>1.答案：m>19．(山東高考改編)給定兩個命題p，q.若綈p是q的必要而不充分條件，則p是綈q的________條件．解析：由q?綈p且綈pq可得p?綈q且綈qp，所以p是綈q的充分不必要條件．答案：充分不必要10．命題“?x∈R,2x2－3ax＋9＜0”為假命題，則實數a的取值范圍是________．解析：∵“?x∈R,2x2－3ax＋9＜0”為假命題，∴?x∈R,2x2－3ax＋9≥0為真命題，∴Δ＝9a2－4×2×9≤0，即a2≤8，∴－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2).答案：[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]11．已知A(4,1,3)、B(2,3,1)、C(3,7，－5)，點P(x，－1,3)在平面ABC內，則x的值為________．解析：因為A(4,1,3)，B(2,3,1)，C(3,7，－5)，P(x，－1,3)，所以＝(x－4，－2,0)，＝(－2,2，－2)，＝(－1，6，－8)．由于點P在平面ABC內，所以P、A、B、C四點共面．所以、、三個向量共面．故由共面向量定理，知存在有序實數對(m，n)，使＝m＋n，即(x－4，－2,0)＝m(－2,2，－2)＋n(－1,6，－8)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4＝－2m－n，,－2＝2m＋6n，,0＝－2m－8n.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－4，,n＝1，,x＝11.))答案：1112．(山東高考改編)拋物線C1：y＝eq\f(1,2p)x2(p＞0)的焦點與雙曲線C2：eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點的連線交C1于第一象限的點M.若C1在點M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p＝________.解析：由已知得拋物線的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，雙曲線的右焦點坐標為(2,0)，所以上述兩點連線的方程為eq\f(x,2)＋eq\f(2y,p)＝1.雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x.對函數y＝eq\f(1,2p)x2求導得，y′＝eq\f(1,p)x.設M(x0，y0)，則eq\f(1,p)x0＝eq\f(\r(3),3)，即x0＝eq\f(\r(3),3)p，代入拋物線方程得，y0＝eq\f(1,6)p.由于點M在直線eq\f(x,2)＋eq\f(2y,p)＝1上，所以eq\f(\r(3),6)p＋eq\f(2,p)×eq\f(p,6)＝1，解得p＝eq\f(4,\r(3))＝eq\f(4\r(3),3).答案：eq\f(4\r(3),3)13．設過點P(x，y)的直線分別與x軸的正半軸和y軸的正半軸交于A、B兩點，點Q與點P關于y軸對稱，O為坐標原點，若＝2，且·＝1，則P點的軌跡方程是________．解析：可得A(eq\f(3,2)x,0)，B(0,3y)，Q(－x，y)，則＝(－eq\f(3,2)x,3y)，＝(－x，y)，故·＝eq\f(3,2)x2＋3y2＝1，所以P點的軌跡方程為eq\f(3,2)x2＋3y2＝1(x>0，y>0)．答案：eq\f(3,2)x2＋3y2＝1(x>0，y>0)14．若方程eq\f(x2,4－t)＋eq\f(y2,t－1)＝1所表示的曲線為C，給出下列四個命題：①若C為橢圓，則1＜t＜4且t≠eq\f(5,2)；②若C為雙曲線，則t＞4或t＜1；③曲線C不可能是圓；④若C表示橢圓，且長軸在x軸上，則1＜t＜eq\f(3,2).其中正確的命題是________(把所有正確命題的序號都填在橫線上)．解析：若為橢圓，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－t＞0，,t－1＞0，,4－t≠t－1，))即1＜t＜4，且t≠eq\f(5,2)；若為雙曲線，則(4－t)(t－1)＜0，即4＜t或t＜1；當t＝eq\f(5,2)時，表示圓，若C表示長軸在x軸上的橢圓，則1＜t＜eq\f(5,2)，故①②正確．答案：①②二、解答題(本大題共6小題，共90分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．(本小題滿分14分)過直角坐標平面xOy中的拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F作一條傾斜角為eq\f(π,4)的直線與拋物線相交于A，B兩點．(1)用p表示線段AB的長；(2)若·＝－3，求這個拋物線的方程．解：(1)拋物線的焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，過點F且傾斜角為eq\f(π,4)的直線方程是y＝x－eq\f(p,2).設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝x－\f(p,2)))得x2－3px＋eq\f(p2,4)＝0，∴x1＋x2＝3p，x1x2＝eq\f(p2,4)，∴AB＝x1＋x2＋p＝4p.(2)由(1)知x1x2＝eq\f(p2,4)，x1＋x2＝3p，∴y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(p,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(p,2)))＝x1x2－eq\f(p,2)(x1＋x2)＋eq\f(p2,4)＝eq\f(p2,4)－eq\f(3p2,2)＋eq\f(p2,4)＝－p2，∴·＝x1x2＋y1y2＝eq\f(p2,4)－p2＝－eq\f(3p2,4)＝－3，解得p2＝4，∴p＝2.∴這個拋物線的方程為y2＝4x.16．(本小題滿分14分)已知函數f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1，x∈R.設p：x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，q：|f(x)－m|＜3，若p是q的充分條件，求實數m的取值范圍．解：∵f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))－eq\r(3)cos2x－1＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，∴若p成立，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，由|f(x)－m|＜3?m－3＜f(x)＜m＋3.∵p是q的充分條件，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－3＜1，,m＋3＞2，))解得－1＜m＜4，即m的取值范圍是(－1,4)．17．(本小題滿分14分)如圖，在正方體AC1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點，設Q是CC1上的點，問：當點Q在什么位置時，平面D1BQ∥平面PAO?解：如圖，以D為坐標原點，分別以DA、DC、DD1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，則Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，設Q(0,1，z)，則＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，∴OP∥BD1，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，＝(－1,0，z)，當z＝eq\f(1,2)時，＝，即AP∥BQ，有平面AOP∥平面D1BQ，∴當Q為CC1的中點時，平面D1BQ∥平面PAO.18．(本小題滿分16分)已知點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點，離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓E的方程；(2)設不過原點O的直線l與該橢圓E交于P，Q兩點，滿足直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數列，求△OPQ面積的取值范圍．解：(1)由題意知，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，a2＝eq\f(4,3)b2.又eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，解得a2＝4，b2＝3.因此橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，故可設直