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- 2021-05-13 发布
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1.专题综述
函数是高考数学的重要内容之一，函数的观点和思想方法贯穿整个高中数学的全过程，
通过对 2011 年新课标卷的各省高考题的研究发现，本专题热点考点可总结为六类：一是分
段函数的求值问题，二是函数的性质及其应用，三是基本函数的图像和性质，四是函数图像
的应用，五是方程根的问题，六是函数的零点问题。涉及到得函数思想也是相当的丰富，如
分段函数问题常与分类讨论思想相结合，有关方程根的情况判断常涉及函数与方程思想和等
等价转化思想，研究函数的图像问题和基本函数的性质时常利用数形结合思想等。高考常命
制两道小题，一道基础题目，出现在前 5 道题目中，常考查基本函数的性质或零点问题，另
一道常以压轴的小题出现，常与方程的根或复合函数为背景考查，有一定的难度和灵活性。
2．考纲解读
（1）了解简单的分段函数并能简单应用；
（2）理解函数的单调性、最大（小）值及其几何意义，结合具体函数了解奇偶性的含义；
（3）理解指数（对数）函数的概念，理解指数（对数）函数的单调性，掌握指数（对数）
函数图像经过的特殊点；结合常见的幂函数图像解决简单问题；掌握二次函数的三个表达形
式，能够数形结合分析二次函数、一元二次方程、一元二次不等式三者之间的关系。
（4）会应用函数图像理解和研究函数的性质；
（5）根据具体函数的图像，能够运用二分法求相应方程的近似解；
（6）结合二次函数的图像，了解函数的零点与方程根的联系。
3 .2012 年高考命题趋向
（1）以分段函数为表示形式考查求值问题是一类基础题目，常与指对数运算结合在一起，
同时也考查学生能否灵活运用分类讨论思想的解题能力。
（2）以二次函数、分段函数、对数函数等为载体考查函数的性质是热点。研究函数的性质
可充分利用函数的各种性质所反映的函数特点，来解决函数的相关问题.命题思路常以函数
的各种性质相互交融，只有仔细审题，充分挖掘，把题目隐含的条件一一挖掘出来，综合利
用性质才能达到解决问题的目的.
（3）与指数（对数）函数有关的综合问题的考查，以函数某个性质为核心，结合其他知识，
把问题延伸，主要考查知识的综合运用和能力发展为目的.[来源:Z,xx,k.Com]
（4）函数图象的考查涉及的知识面广，形式灵活，经常以新面孔出现，在基本的初等函数
图象熟练地掌握基础上，加以变换考查新函数的图象、性质等.
（5）利用转化思想解决方程问题，利用函数与方程思想解决函数应用问题，利用数形结合
思想研究方程根的分布问题，是高考的热点和难点，常作为压轴的选择题的形式出现。
（6）函数的零点，二分法是新增内容，在高考中以选择题、填空题的形式考查的可能性较
大。对于用二分法求方程的近似解应引起重视，由于步骤的可重复性，故可与程序框图相机
合编写部分题目，这也是算法思想的的具体体现。解决由函数零点(方程根)的存在情况求参
数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或
不等式求解．
4．高频考点解读
考点一 分段函数求值问题
【例 1】[2011·福建卷] 已知函数 f(x)＝ 2x，x>0，
x＋1，x≤0.
若 f(a)＋f(1)＝0，则实数 a 的值等于
( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
【答案】A
【解析】 由已知，得 f(1)＝2；又当 x>0 时，f(x)＝2x>1，而 f(a)＋f(1)＝0，∴f(a)＝－2，且
a<0，∴a＋1＝－2，解得 a＝－3，故选 A.
【例 2】[2011·陕西卷] 设 f(x)＝ lgx，x＞0，
10x，x≤0，
则 f(f(－2))＝________.
【答案】－2
【解析】 f(x)＝ lgx，x>0，
10x，x≤0， －2<0，f(－2)＝10－2；10－2>0，f(10－2)＝lg10－2＝－
2.
【解题技巧点睛】求 f(g(x))类型的函数值时,应遵循先内后外的原则,而对于分段函数的求
值问题,必须依据条件准确地找出利用哪一段求解,特别地对具有周期性的函数求值要用好
其周期性.
考点二 函数性质的基本应用
【例 3】[2011·课标全国卷] 下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)单调递增的函数是( )
A．y＝x3 B．y＝|x|＋1 C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x|
【答案】B
【解析】 A 选项中，函数 y＝x3 是奇函数；B 选项中，y＝|x|＋1 是偶函数，且在(0，＋∞)上
是增函数；C 选项中，y＝－x2＋1 是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数；D 选项中，y＝2－
|x|＝
1
2 |x|是偶函数，但在(0，＋∞)上是减函数．故选 B.
【例 4】[2011·辽宁卷] 若函数 f(x)＝ x
2x＋1x－a
为奇函数，则 a＝( )
A.1
2 B.2
3 C.3
4 D．1
【答案】A
【解析】 法一：由已知得 f(x)＝ x
2x＋1x－a
定义域关于原点对称，由于该函数定义域为
x|x≠－1
2 且 x≠a ，知 a＝1
2
，故选 A.
法二：∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，又 f(x)＝ x
2x2＋1－2ax－a
，
则 －x
2x2－1－2ax－a
＝ －x
2x2＋1－2ax－a
, 因 函 数 的 定 义 域 内 恒 成 立 ， 可 得
(1 2 ) 1 2 , 1 2 0,a a a a＝1
2.
【例 5】【2011 新课标全国】函数 1
1y x
的图像与函数 2siny x （ 2 4x ）的图
像所有交点的横坐标之和等于( )．
A．2 B．4 C．6 D．8
【解题技巧点睛】在解决与函数性质有关的问题中,如果结合函数的性质画出函数的简图,
根据简图进一步研究函数的性质,就可以把抽象问题变得直观形象、复杂问题变得简单明了,
对问题的解决有很大的帮助. (1)一般的解题步骤:利用函数的周期性把大数变小或小数变
大,然后利用函数的奇偶性调整正负号,最后利用函数的单调性判断大小; (2)画函数草图的
步骤:由已知条件确定特殊点的位置,然后利用单调性确定一段区间的图象,再利用奇偶性确
定对称区间的图象,最后利用周期性确定整个定义域内的图象.
考点三 基本函数的性质与图像
【例 6】[2011·天津卷] 已知
3
2 4
log 0.3
log 3.4 log 3.6 15 , 5 , ,5a b c
则( )．
A． a b c B．b a c C． a c b D． c a b
【答案】C
【解析】根据对数函数的运算性质可知： 32 2
10loglog 3.4 log 3.6 35 , 5 , 5 ,a b c 再由指数函数
( ) 5xf x 为单调递增函数，因为 2 2log 3.6 log 4 1 ． 2 2log 3.4 log 2 1 ，
3 3
10log log 3 13
，且 3 2 2
10 10log log log 3.43 3
，所以 a c b ．
【例 7】[2011·天津卷] 对实数 a 和 b，定义运算“⊗”：a⊗ b＝ a，a－b≤1，
b，a－b>1.
设函数 f(x)
＝(x2－2)⊗(x－ x2)，x∈R，若函数 y＝f(x)－c 的图象与 x 轴恰有两个公共点，则实数 c 的取
值范围是( )
A．(－∞，－2]∪ －1，3
2 B．(－∞，－2]∪ －1，－3
4
C.
－1，1
4 ∪
1
4
，＋∞
D.
－1，－3
4 ∪
1
4
，＋∞
【答案】B
【解析】本题考查二次函数的性质和图像。
f(x)＝ x2－2，x2－2－(x－x2)≤1，
x－x2，x2－2－(x－x2)>1
＝
x2－2，－1≤x≤3
2
，
x－x2，x<－1，或 x>3
2
，
则 f (x)的图象如图：
∵y＝f(x)－c 的图象与 x 轴恰有两个公共点，
∴y＝f(x)与 y＝c 的图象恰有两个公共点，
由图象知 c≤－2，或－10，所以 f
1
4 ·f
1
2 <0，
又因为函数 y＝ex 是单调增函数，y＝4x－3 也是单调增函数，
所以函数 f(x)＝ex＋4x－3 是单调增函数，
所以函数 f(x)＝ex＋4x－3 的零点在
1
4
，1
2 内．[来源:学科网 ZXXK]
【例 13】[2011·山东卷] 已知函数 f(x)＝logax＋x－b(a＞0，且 a≠1)．当 2＜a＜3＜b＜4 时，
函数 f(x)的零点 x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则 n＝________.
【答案】2
【解析】 本题考查对数函数的单调性与函数零点定理的应用．因为 21>loga2，b－3<10 的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－1,0)
【答案】C
【解析】 方法一：令 f′(x)＝2x－2－4
x
＝2x－2x＋1
x
>0，又∵f(x)的定义域为{x|x>0}，
∴(x－2)(x＋1)>0(x>0)，解得 x>2.故选 C.
方法二：令 f′(x)＝2x－2－4
x>0，由函数的定义域可排除 B、D，取 x＝1 代入验证，可排除
A，故选 C.
例 4 [2011·辽宁卷] 函数 f(x)的定义域为 R，f(－1)＝2，对任意 x∈R，f′(x)＞2，则 f(x)＞2x
＋4 的解集为( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【答案】B
【解析】 设 G(x)＝f(x)－2x－4，所以 G′(x)＝f′(x)－2，由于对任意 x∈R，f′(x)>2，所
以 G′(x)＝f′(x)－2>0 恒成立，所以 G(x)＝f(x)－2x－4 是 R 上的增函数，又由于 G(－1)
＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以 G(x)＝f(x)－2x－4>0，即 f(x)>2x＋4 的解集为(－1，＋∞)，
故选 B.
考点三 利用导数研究函数的单调性
例 5[2011·广东卷] 设 a＞0，讨论函数 f(x)＝lnx＋a(1－a)x2－2(1－a)x 的单调性．
【解答】 函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2a1－ax2－21－ax＋1
x
，
x2＝ 1
2a
＋ a－13a－1
2a1－a <0，
所以 f′(x)在定义域内有唯一零点 x1，
且当 00，f(x)在(0，x1)内为增函数；当 x>x1 时，f′(x)<0，f(x)在(x1，
＋∞)内为减函数．
f(x)的单调区间如下表：
01
(0，x1) (x1，x2) (x2，＋∞) (0，＋∞) (0，x1) (x1，＋∞)
(其中 x1＝ 1
2a
－ a－13a－1
2a1－a
，x2＝ 1
2a
＋ a－13a－1
2a1－a )
例 6 [2011·福建卷] 已知 a，b 为常数，且 a≠0，函数 f(x)＝－ax＋b＋axlnx，f(e)＝2(e＝
2.71828…是自然对数的底数)．
(1)求实数 b 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间；
(3)当 a＝1 时，是否同时存在实数 m 和 M(m0 时，由 f′(x)>0 得 x>1，由 f′(x)<0 得 00 得 01.
综上，当 a>0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；
当 a<0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(3)当 a＝1 时，f(x)＝－x＋2＋xlnx，f′(x)＝lnx.
由(2)可得，当 x 在区间
1
e
，e 内变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x 1
e
1
e
，1 1 (1，e) e[来源:学。科。网]
f′(x) － 0 ＋
f(x) 2－2
e
单调递减 极小值 1 单调递增 2
又 2－2
e<2，所以函数 f(x)(x∈
1
e
，e )的值域为[1,2]．
据此可得，若 m＝1，
M＝2
相对每一个 t∈[m，M]，直线 y＝t 与曲线 y＝f(x) x∈
1
e
，e 都有公
共点；
并且对每一个 t∈(－∞，m)∪(M，＋∞)，直线 y＝t 与曲线 y＝f(x) x∈
1
e
，e 都没有公共点．
综上，当 a＝1 时，存在最小的实数 m＝1，最大的实数 M＝2，使得对每一个 t∈[m，M]，
直线 y＝t 与曲线 y＝f(x) x∈
1
e
，e 都有公共点．
例 7[2011·安徽卷] 设 f(x)＝ ex
1＋ax2
，其中 a 为正实数．
(1)当 a＝4
3
时，求 f(x)的极值点；
(2)若 f(x)为 R 上的单调函数，求 a 的取值范围．
【解答】 对 f(x)求导得 f′(x)＝ex1＋ax2－2ax
1＋ax22 .①
(1)当 a＝4
3
时，若 f′(x)＝0，则 4x2－8x＋3＝0，解得 x1＝3
2
，x2＝1
2.
结合①可知
x －∞，1
2
1
2
1
2
，3
2
3
2
3
2
，＋∞
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
所以，x1＝3
2
是极小值点，x2＝1
2
是极大值点．
(2)若 f(x)为 R 上的单调函数，则 f′(x)在 R 上不变号，结合①与条件 a>0，知 ax2－2ax
＋1≥0 在 R 上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合 a>0，知 01，注意到函数 x2ln3x 在[1，＋∞)内单调递增，故
10)，
则 h′(x)＝k－1x2＋1＋2x
x2 .
①设 k≤0，由 h′(x)＝kx2＋1－x－12
x2
知，
当 x≠1 时，h′(x)＜0，而 h(1)＝0，
故当 x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得 1
1－x2h(x)＞0；
当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得 1
1－x2h(x)＞0.
从而当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)－
lnx
x－1
＋k
x ＞0，[来源:Zxxk.Com]
即 f(x)＞ lnx
x－1
＋k
x.
②设 0＜k＜1，由于当 x∈ 1， 1
1－k 时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故 h′(x)>0，而 h(1)＝0，
故当 x∈ 1， 1
1－k 时，h(x)>0，可得 1
1－x2h(x)<0.与题设矛盾．
③设 k≥1，此时 h′(x)＞0，而 h(1)＝0，故当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得 1
1－x2h(x)
＜0，与题设矛盾．
综合得，k 的取值范围为(－∞，0]．
例 13 [2011·辽宁卷]已知函数 f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设 a＞0，证明：当 0＜x＜1
a
时，f
1
a
＋x ＞f
1
a
－x ；
(3)若函数 y＝f(x)的图象与 x 轴交于 A，B 两点，线段 AB 中点的横坐标为 x0，证明 f′(x0)
＜0.
【解答】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1
x
－2ax＋(2－a)＝－2x＋1ax－1
x
.
①若 a≤0，则 f′(x)＞0，所以 f(x)在(0，＋∞)单调增加．
②若 a＞0，则由 f′(x)＝0 得 x＝1
a
，且当 x∈ 0，1
a 时，f′(x)＞0，当 x＞1
a
时，f′(x)
＜0.所以 f(x)在 0，1
a 单调增加，在
1
a
，＋∞ 单调减少．
(2)设函 数 g(x)＝f
1
a
＋x －f
1
a
－x ，则
g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，
g′(x)＝ a
1＋ax
＋ a
1－ax
－2a＝ 2a3x2
1－a2x2.
当 0＜x＜1
a
时，g′(x)＞0，而 g(0)＝0，所以 g(x)＞0.
故当 0＜x＜1
a
时，f
1
a
＋x ＞f
1
a
－x .
(3)由(1)可得，当 a≤0 时，函数 y＝f(x)的图像与 x 轴至多有一个交点，故 a>0，从而 f(x)
的最大值为 f
1
a ，且 f
1
a >0.
不妨设 A(x1,0)，B(x2,0)，0f(x1)＝0.
从而 x2>2
a
－x1，于是 x0＝x1＋x2
2
>1
a.
由(1)知，f′(x0)<0.
【解题技巧点睛】在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根的情况，基本的题
目类型是研究在一个区间上恒成立的不等式(实际上就是证明这个不等式)，研究不等式在一
个区间上成立时不等式的某个参数的取值范围，研究含有指数式、对数式、三角函数式等超
越式的方程在某个区间上的根的个数等，这些问题依据基础初等函数的知识已经无能为力，
就需要根据导数的方法进行解决．使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函
数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断
不等式成立的情况以及方程实根的个数．
在高考题的大题中，每年都要设计一道函数大题.因为导数的引入，为函数问题的解决
提供了操作工具.因此入手大家比较清楚，但是深入解决函数与不等式相结合的题目时，往
往一筹莫展.原因是找不到两者的结合点，不清楚解决技巧.解题技巧总结如下：
（1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解
决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.
（2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可
考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等
等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系
式.
（3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用
函数的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”.
考点七 利用导数研究实际问题
例 14 [2011·山东卷]某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器
的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的容积为 80
3
立方米，且
2l r ．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3
千元，半球形部分每平方米建造费用为 c （ 3c ）千元．设该容器的
建造费用为 y 千元．
(Ⅰ) 写出 y 关于 r 的函数表达式，并求该函数的定义域；
(Ⅱ) 求该容器的建造费用最小时的 r ．
【解答】 (1)设容器的容积为 V，
由题意知 V＝πr2l＋4
3πr3，又 V＝80π
3
，
故 l＝
V－4
3πr3
πr2
＝80
3r2
－4
3r＝4
3
20
r2
－r .
由于 l≥2r，因此 03，所以 c－2>0，
当 r3－ 20
c－2
＝0 时，r＝3 20
c－2.
令3 20
c－2
＝m，则 m>0，
所以 y′＝8πc－2
r2 (r－m)(r2＋rm＋m2)．
①当 09
2
时，
当 r＝m 时，y′＝0；
当 r∈(0，m)时，y′<0；
当 r∈(m,2]时，y′>0.
所以 r＝m 是函数 y 的极小值点，也是最小值点．
②当 m≥2 即 39
2
时，建造费用最小时 r＝3 20
c－2
.
【解题技巧点睛】利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：
1．分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学
模型，写出实际问题中变量之间的函数关系 y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；
2．求函数 y＝f(x)的导数 f′(x)，解方程 f′(x)＝0 得出定义域
内的实根，确定极值点；
3．比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；
4．还原到原实际问题中作答．
考点八 微积分的应用
例 15 [2011·福建卷] 错误!(ex＋2x)dx 等于( )
A．1 B．e－1 C．e D．e＋1
【答案】C
【解析】 因为 F(x)＝ex＋x2，且 F′(x)＝ex＋2x，则
错误!(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|10＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，故选 C.
例 16[2011 新课标全国]由曲线 y x ，直线 2y x 及 y 轴所围成的图形的面积为
( )．
A．10
3 B．4 C．16
3 D．6
【答案】C
【解析】如图，由 y＝ x，
y＝x－2
解得 x＝4 或 x＝1.经检验 x＝1 为增根，∴x＝4，∴B(4,2)，
又可求 A(0，－2)，
所 以 阴 影 部 分 的 面 积 S ＝ 错误! ( x － x ＋ 2)dx ＝
2
3x
3
2
－x2
2
＋ 2x |4
0
＝ 16
3 .
【解题技巧点睛】利用定积分求平面图形面积的关键是画出几
何图形，结合图形位置，确定积分区间以及被积函数，从而得
到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．求
平面图形面积的步骤：
(1)根据条件作出所求面积的区域草图；
(2)通过图形直接判定(或联立方程组求出交点的横坐标)，确定积分上、下限；
(3)根据图形的形状用积分面积公式计算所求区域的面积.
针对训练
一．选择题
1.（2012 广西柳铁一中第一次月考）已知 a 为实数，函数 xaaxxxf )2()( 23
的导函数 )(' xf 是偶函数，则曲线 )(xfy 在原点处的切线方程是（ ）
A. xy 3 B. xy 2 C. xy 3 D. xy 2
【 答 案 】 B
【解析】
3 2 2
3 2
( ) ( 2) '( ) 3 2 2,
'( ) 0, ( ) 2, '( ) 3 2,
'(0) 2, (0) 0 2 .
f x x ax a x f x x ax a
f x a f x x f x x
f f y x
为偶函数，
且 ，由点斜式方程可得
2.（2012 届浏阳一中高三第一次月考）函数 xxxy cossin 在下面那个区间为增
函数
A
2
3,2
B. 2, C.
2
5,2
3 D. 3,2
【答案】C
【解析】因为 ' cosy x x ,当 3 5,2 2x
时, cos 0x , ' cosy x x >0,此时函数
xxxy cossin 为增函数,故选 C.
3.（2012 届四川自贡高三一诊）下列图像中，有且只有一个是函数
3 2 21( ) ( 1) 1( , 0)3f x x ax a x a R a 的导数 '( )f x 的图象，则 ( 1)f 的值为
（ ）
【答案】B
【解析】由 3 2 21( ) ( 1) 1( , 0)3f x x ax a x a R a 知，
/ 2 2( ) 2 1 ( 1)( 1)f x x ax a x a x a ，由 '( )f x 的图象可得 1a ，
所以 1 1( 1) 1 13 3f .
4.（银川一中 2012 届高三年级第四次月考）
过点（0，1）且与曲线 1
1
xy x
在点（3，2）处的切线垂直的直线的方程为( )
A． 2 1 0x y B． 2 1 0x y C． 2 2 0x y D． 2 2 0x y
【答案】A
【解析】 2 2
1 2 2 1( ) , ,1 ( 1) (3 1) 2
xy kx x
所求直线的斜率为 2, 又过点（0,1），
故直线方程为 2 1 0x y .
5.（银川一中 2012 届高三年级第四次月考）
若函数 ( )f x 的导函数 2'( ) 4 3f x x x ，则使得函数 ( 1)f x 单调递减的一个充分不必
要条件是 x∈( )
A．[0，1] B．[3，5] C．[2，3] D．[2，4]
【答案】C
【解析】 2'( ) 4 3 0, 1 3;f x x x x 则函数 ( 1)f x 的单调递减为[1,3] ，[2，3]
[1,3] ,故答案为 C.
6.（河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试
数学）.曲线 2y x
与直线 1y x 及
4x 所围成的封闭图形的面积为（ ）
A. 2 ln 2 B. 4 2ln 2
C. 4 ln 2 D. 2ln 2
【答案】B
【解析】如图所示，所求封闭图形的面积
4
4 4 42
22 2
2
2 1( 1) 2ln2S x dx dx x x xx
8 4 2 2 2ln 4 2ln 2 4 2ln 2 。
7.（2012 届江西省重点中学协作体高三第一次联考）
如图，设 D 是图中所示的矩形区域，E 是 D 内函数
xy cos 图象上方的点构成的区域，向D中随机投
一点，则该点落入E（阴影部分）中的概率为（ ）
A．
2 B．
1 C．
2
1 D．
2
【答案】D
【解析】 DS ， 2
2
cos 2E DS S xdx
，所以该点落入 E（阴影部分）中的概率
为
2 。
8.（浙江省名校新高考研究联盟 2012 届第一次联考）
已知函数 xxexf )( ，方程 )(01)()(2 R txtfxf 有四个实数根，则 t 的取值范围为
( )
A． ),
e
e 1(
2
B． )12(
2
e
e , C． )2,1(
2
e
e D． )1(
2
e
e ,
【答案】 D
【解析】 )(xf 的图像如图所示，极大值
ef 1)1( ；记 sxf )( ，
要使得方程有四个零点，则 012 tss 必有两个零点
且
eses 110 21 , ，又常数项为 1，
所以 011)1( 2
ete
，故
e
et 12 ．
9.（2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题）
已知函数 2( ) cos sinf x x x ，那么下列命题中假命题．．．是 （ ）
（A） ( )f x 既不是奇函数也不是偶函数 （B） ( )f x 在[ ,0]- 上恰有一个零点
（C） ( )f x 是周期函数 （D） ( )f x 在 ( ,2
上是增函数
【答案】B
【解析】 ( ) 1 ( ) 1, ( )2 2f f f x 不是偶函数， , (0) 1 0, ( )x R f f x 不
是奇函数，故 A 为真命题；
2 2 2( ) cos sin 1 sin sin 0, sin sin 1 0,f x x x x x x x 令
解得 1 5 1 5sin , [ ,0], sin ,2 2x x x 由正弦函数图像可知在[ ,0] 上又两
个零点，故 B 错; ( ) ( 2 ), 2 ,f x f x T 故函数为周期函数，C 为真命题；
5 1( ) 2cos ( sin ) cos cos (1 2sin ), ( , ), cos 0, sin 1,2 6 2f x x x x x x x x x
( ) cos (1 2sin ) 0,f x x x 故 D 为真命题。故答案为 B.
二．填空题
10.(2011 杭西高 8 月高三数学试题)垂直于直线 0162 yx ，且与曲线
53 23 xxy 相切的直线的方程是________.
【答案】3x+y+6=0
【解析】 23 6 ,y x x 垂直于直线 0162 yx 的切线的斜率是-3,
23 6 =-3, 1 -1 -3
3 3( 1), 3 6 0.
x x x
y x x y
， 切点为（ ，），
切线方程为 即
O
e
1
-1
y
x
11．（2012 届浏阳一中高三第一次月考）若函数 bxaxxxf 23 3 ，其中 ba, 为
实数. xf 在区间 2,1 上为减函数，且 ab 9 ，则 a 的取值范围
【答案】 1a
【解析】因为 ' 2( ) 3 6f x x ax b 0 对 [ 1,2]x 恒成立,所以
' 2( ) 3 6 9f x x ax a 0 对 [ 1,2]x 恒成立, 2 2 3 0x ax a ,因为 2 3 0x ,所以
2
2 3
xa x
对 [ 1,2]x 恒成立,容易求得 1a .
12.（2012 湖北省孝感市度高中三年级第一次统一考试）
对于三次函数 ，定义：设 是函数 的导数 的导数，若方程
有实数解 ，则称点 为函数 的“拐点”.有同学发现“任何一个三次函数都有
‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心；且‘拐点’就是对称中心.”请你将这一发现作为条件,求
(1) 函数 对称中心为_______.(2 分）
(2) 若函数 ，
则 1 2 3 2012( ) ( )+ ( )+ + ( )2013 2013 2013 2013g g g g = _______. ( 3 分）
【答案】（1,1）；2012.
【解析】(1)f′(x)＝3x2－6x＋3，f″(x)＝6x－6，令 6x－6＝0 得 x＝1，f(1)＝1，
∴f(x)的对称中心为(1,1)．
(2)令 h(x)＝1
3x3－1
2x2＋3x－ 5
12
，k(x)＝ 1
x－1
2
，h′(x)＝x2－x＋3，h″(x)＝2x－1，
由 2x－1＝0 得 x＝1
2
， 3 21 1 1 1 1 1 5( ) ( ) ( ) 3 1,2 3 2 2 2 2 12h
∴h(x)的对称中心为 1( ,1)2
，∴h(x)＋h(1－x)＝2， 1 2 2012, , , .2013 2013 2013x
又 k(x)的对称中心为 1( ,0)2
，∴k(x)＋k(1－x)＝0， 1 2 2012, , , .2013 2013 2013x
1 2 3 2012 1 2 2012( ) ( )+ ( )+ + ( ) ( ) ( )+ + ( )+2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
1 2 2012( ) ( )+ + ( )2013 2013 2013
1 2012 2 2011 1006 1007[ ( )+ ( )] [ ( )+ ( )] [ ( )+ ( )]2013 2013 2013 2013 2013 2013
1 2[ ( )+ (2013
g g g g h h h
k k k
h h h h h h
k k
012 2 2011 1006 1007)] [ ( )+ ( )] [ ( )+ ( )]2013 2013 2013 2013 2013
=2 1006+0 1006=2012.
k k k k
三．解答题
13.【河北唐山市 2011—2012 学年度高三年级第一学期期末考试（文）】
已知函数 2( ) ln ( 0).f x x ax x a
（1）若曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线斜率为-2，求 a 的值以及切线方程；
（2）若 ( )f x 是单调函数，求 a 的取值范围。
解：（Ⅰ）f (x)＝1－2ax－ 1
x
．
由题设，f (1)＝－2a＝－2，a＝1，
此时 f (1)＝0，切线方程为 y＝－2(x－1)，即 2x＋y－2＝0． …5 分
（Ⅱ）f (x)＝－2ax2－x＋1
x
，
令Δ＝1－8a．
当 a≥ 1
8
时，Δ≤0，f (x)≤0，f (x)在(0，＋∞)单调递减． …10 分
当 0＜a＜ 1
8
时，Δ＞0，方程 2ax2－x＋1＝0 有两个不相等的正根 x1，x2，
不妨设 x1＜x2，
则当 x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f (x)＜0，当 x∈(x1，x2)时，f (x)＞0，
这时 f (x)不是单调函数．
综上，a 的取值范围是[ 1
8
，＋∞)． …12 分
【唐山市 2011—2012 学年度高三年级第一学期期末考试（理）】
已知函数 21( ) ln ( 0).f x ax x ax
（1）若 ( )f x 是单调函数，求 a 的取值范围；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当且仅当 a∈(0， 1
8
)时，f (x)有极小值点 x1 和极大值点 x2，
且 x1＋x2＝ 1
2a
，x1x2＝ 1
2a
．
f (x1)＋f (x2)＝－ln x1－ax21＋x1－ln x2－ax22＋x2
＝－(ln x1＋ln x2)－ 1
2 (x1－1)－ 1
2 (x2－1)＋(x1＋x2)
＝－ln(x1x2)＋ 1
2 (x1＋x2)＋1＝ln(2a)＋ 1
4a
＋1． …9 分
令 g (a)＝ln(2a)＋ 1
4a
＋1，a∈(0， 1
8 ]，
则当 a∈(0， 1
8 )时，g (a)＝ 1
a
－ 1
4a2
＝4a－1
4a2
＜0，g (a)在(0， 1
8 )单调递减，
所以 g (a)＞g ( 1
8
)＝3－2ln 2，即 f (x1)＋f (x2)＞3－2ln 2． …12 分
14．（2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试（文））
已知定义在正实数集上的函数 21( ) 22f x x ax ， 2( ) 3 lng x a x b ，其中 0a ．设两
曲线 ( )y f x ， ( )y g x 有公共点，且在该点处的切线相同．
⑴用 a 表示 b ，并求b 的最大值；
⑵求 )()()( xgxfxF 的极值．
解：（1）设 ( )y f x 与 ( )y g x 的公共点为 0 0( , )x y .
∵ ( ) 2f x x a ，
23( ) ag x x
，由题意 0 0( ) ( )f x g x ， 0 0( ) ( )f x g x .
即 2 2
0 0 0
1 2 3 ln2 x ax a x b ，
2
0
0
32 ax a x
. （2 分）
得
2
0
0
32 ax a x
得： 0x a 或 0 3x a （舍去）.
即有 2 2 2 2 21 52 3 ln 3 ln2 2b a a a a a a a . （4 分）
令 2 25( ) 3 ln ( 0)2h t t t t t ，则 ( ) 2 (1 3ln )h t t t .
当 (1 3ln ) 0t t ，即
1
30 t e 时， ( ) 0h t ；
当 (1 3ln ) 0t t ，即
1
3t e 时， ( ) 0h t .
故 ( )h t 在
1
3(0, )e 为增函数，在
1
3( , )e 为减函数. （6 分）
于是 ( )h t 在 (0, ) 上的最大值为
1 2
3 33( ) 2h e e ，即b 的最大值为
2
33
2 e . （8 分）
（2） 2 21( ) ( ) ( ) 2 3 ln ( 0)2F x f x g x x ax a x b x ，
则 ( )F x
23 ( )( 3 )2 ( 0)a x a x ax a xx x
． （9 分）
所以 ( )F x 在 (0 )a， 上为减函数，在 ( )a ， ∞ 上为增函数，
于是函数 ( )F x 在 ax 时有极小值 ( ) =F x 极小 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0F a F x f x g x ，
无极大值. (12 分)
（2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试理）
已知函数 ( ) 1( 0, )xf x e ax a e 为自然对数的底数 .
⑴求函数 ( )f x 的最小值；
⑵若 ( )f x ≥0 对任意的 xR 恒成立，求实数 a 的值；
⑶在⑵的条件下，证明： 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( *)1
n n n nn n e nn n n n e
N其中 .
解：（1）由题意 0, ( ) xa f x e a ，
由 ( ) 0xf x e a 得 lnx a .
当 ( ,ln )x a 时, ( ) 0f x ；当 (ln , )x a 时， ( ) 0f x .
∴ ( )f x 在 ( ,ln )a 单调递减，在 (ln , )a 单调递增.
即 ( )f x 在 lnx a 处取得极小值，且为最小值，
其最小值为 ln(ln ) ln 1 ln 1.af a e a a a a a （4 分）
（2） ( ) 0f x ≥ 对任意的 xR 恒成立，即在 xR 上， min( ) 0f x ≥ .
由（1），设 ( ) ln 1.g a a a a ，所以 ( ) 0g a ≥ .
由 ( ) 1 ln 1 ln 0g a a a 得 1a .
∴ ( )g a 在区间 (0,1) 上单调递增，在区间 (1, ) 上单调递减，
∴ ( )g a 在 1a 处取得极大值 (1) 0g .
因此 ( ) 0g a ≥ 的解为 1a ，∴ 1a . （8 分）[来源:学科网 ZXXK]
（3）由（2）知，因为 1a ，所以对任意实数 x 均有 1xe x ≥ 0 ，即1 xx e ≤ .
令 kx n
( *, 0,1,2,3, 1)n k n N …, ，则 0 1
k
nk en
≤ .
∴ (1 ) ( )
k
n n knk e en
≤ .
∴ ( 1) ( 2) 2 11 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 1n n n n n nn n e e e en n n n
≤… …
1 1
1 1
1 1 1
ne e
e e e
. （12 分）
15（2012 届惠州市高三第二次调研考试数学试题(文科）
已知函数 3 2( ) ( 0, )f x ax bx cx a x R 为奇函数，且 ( )f x 在 1x 处取得极大值 2.
（1）求函数 ( )y f x 的解析式；
（2）记 ( )( ) ( 1)lnf xg x k xx
，求函数 ( )y g x 的单调区间。
解：（1）由 3 2( )f x ax bx cx （ a ≠0）为奇函数，
∴ ( ) ( )f x f x ，代入得， 0b ………………………………………………1 分
∴ 2'( ) 3f x ax c ，且 ( )f x 在 1x 取得极大值 2.
∴ '(1) 0, 3 0,
(1) 2, 2.
f a c
f a c
解得 1a ， 3c ，∴ 3( ) 3f x x x …………4 分
（2）∵ 2( ) 3 ( 1)lng x x k x ，定义域为 (0, )
∴
21 2 ( 1)'( ) 2 ( 1) x kg x x k x x
………………………………………5 分
1°当 1 0k ，即 1k 时， '( ) 2 0g x x ，函数在 (0, ) 上单调递减；………7 分
2°当 1k ， 1 0k ，∵ 0x ，∴
22 1'( ) 0x kg x x
∴函数在 (0, ) 上单调递减； ………………………………………………………9 分
3°当 1k ， 1 0k ，令
22 1'( ) 0 0x kg x x
，∵ 0x ，
∴ 22 1 0x k ，解得 1 1
2 2
k kx ，结合 0x ，得 10 2
kx ……11 分
令
22 1'( ) 0 0x kg x x
，解得 1
2
kx ………………………………………12 分
∴ 1k 时，函数的单调递增区间为 10, 2
k
，递减区间为 1,2
k
，……13 分
综上，当 1k 时，函数的单调递减区间为 (0, ) ，无单调递增区间，
当 1k 时，函数的单调递增区间为 10, 2
k
，递减区间为 1,2
k
…14 分
（2012 届惠州市高三第二次调研考试数学试题(理科）
已知二次函数 ( )y g x 的图象经过点 (0, 0)O 、 ( , 0)A m 与点 ( 1, 1)P m m ，设函数
( ) ( ) ( )f x x n g x 在 x a 和 x b 处取到极值，其中 0m n ，b a 。
（1）求 ( )g x 的二次项系数 k 的值；
（2）比较 , , ,a b m n 的大小（要求按从小到大排列）；
（3）若 2 2m n ，且过原点存在两条互相垂直的直线与曲线 ( )y f x 均相切，求
( )y f x 。
解：（1）由题意可设 ( ) ( ) , 0g x kx x m k ，
又函数图象经过点 ( 1, 1)P m m ，则 1 ( 1)( 1 )m k m m m ，得 1k .……… 2 分
（2）由（1）可得 2( ) ( )y g x x x m x mx 。
所以 ( ) ( ) ( )f x x n g x 3 2( )( ) ( )x x m x n x m n x mnx ，
/ 2( ) 3 2( )f x x m n x mn ， ………… 4 分
函数 ( )f x 在 x a 和 x b 处取到极值，
故 / /( ) 0 , ( ) 0f a f b ， ………… 5 分
0m n ，
/ 2 2( ) 3 2( ) ( ) 0f m m m n m mn m mn m m n ………… 7 分
/ 2 2( ) 3 2( ) ( ) 0f n n m n n mn n mn n n m
又 b a ，故 b n a m 。 …… 8 分
（3）设切点 0 0( , )Q x y ，则切线的斜率 / 2
0 0 0( ) 3 2( )k f x x m n x mn
又 3 2
0 0 0 0( )y x m n x mnx ，所以切线的方程是
3 2 2
0 0 0 0 0 0( ) [3 2( ) ]( )y x m n x mnx x m n x mn x x …… 9 分
又切线过原点，故 3 2 3 2
0 0 0 0 0 0( ) 3 2( )x m n x mnx x m n x mnx
所以 3 2
0 02 ( ) 0x m n x ，解得 0 0x ，或 0 2
m nx 。 ………… 10 分
两条切线的斜率为 /
1 (0)k f mn ， /
2 ( )2
m nk f ，
由 2 2m n ，得 2( ) 8m n ， 21 ( ) 24 m n ，
2
/ 2
2
3( ) 1( ) 2( ) ( ) 22 4 2 4
m n m n m nk f m n mn m n mn mn ，
………………………… 12 分
所以 2 2
1 2 ( 2) ( ) 2 ( 1) 1 1k k mn mn mn mn mn ，
又两条切线垂直，故 1 2 1k k ，所以上式等号成立，有 2 2m n ，且 1mn 。
所以 3 2 3 2( ) ( ) 2 2f x x m n x mnx x x x 。 ………… 14 分
16.（2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题）
已知函数 2( ) e ( )xf x x ax a ，其中 a 是常数.
（Ⅱ） 令 2'( ) e ( ( 2) ) 0xf x x a x ，
解得 ( 2)x a 或 0x . ………………………………………6 分
当 ( 2) 0a ，即 2a 时，在区间[0, ) 上， '( ) 0f x ，所以 ( )f x 是[0, ) 上的增
函数.
所以 方程 ( )f x k 在[0, ) 上不可能有两个不相等的实数根.
………………………………………8 分
当 ( 2) 0a ，即 2a 时， '( ),f x f x 随 x 的变化情况如下表
x 0 (0, ( 2))a ( 2)a ( ( 2), )a
'( )f x 0 - 0 +
( )f x a ↘
2
4
ea
a
↗
由上表可知函数 ( )f x 在[0, ) 上的最小值为 2
4( ( 2)) ea
af a
.
………………………………………10 分
因为 函数 ( )f x 是 (0, ( 2))a 上的减函数，是 ( ( 2), )a 上的增函数，
且当 x a 时，有 ( )f x e ( )a a a . ………………………………………11 分
所以 要使方程 ( )f x k 在[0, ) 上有两个不相等的实数根， k 的取值范围必须是
2
4( , ]ea
a a
. ……………………………………13 分
17.（荆州市 2012 届高中毕业班质量检查（Ⅰ）文）
设二次函数 2f x mx nx t 的图像过原点， 3 3( 0)g x ax bx x ，
( ), ( )f x g x 的 导 函 数 为 / /, ( )f x g x ， 且 / /0 0, ( 1) 2f f ，
),1(1 gf / /1 (1).f g
（1）求函数 f x ， g x 的解析式；
（2）求 )()( xgxfxF 的极小值；
（3）是否存在实常数 k 和 m ，使得 mkxxf 和 ?mkxxg 若存在，求出 k 和 m
的值；若不存在，说明理由。
解：（1）由已知得 /0, 2t f x mx n ，
则 / /0 0, ( 1) 2 2f n f m n ，从而 0, 1n m ，∴ 2( )f x x
xxf 2/ ， baxxg 2/ 3 。
由 ),1(1 gf ),1(1 // gf 得 23,13 baba ，解得 .5,1 ba
3 5 3( 0)g x x x x 。……………………4 分
（2） )0(35)()( 23 xxxxxgxfxF ，
求导数得 )53)(1(523 2/ xxxxxF 。……………………7 分
xF 在（0,1）单调递减，在（1,+ ）单调递增，从而 xF 的极小值为 01 F
………………9 分
（3）因 )(xf 与 )(xg 有一个公共点（1，1），而函数 )(xf 在点（1，1）处的切线方程为
12 xy 。下面验证
12)(
12)(
xxg
xxf 都成立即可。
由 0122 xx 得 122 xx ，知 12)( xxf 恒成立。
设 )12(35)( 3 xxxxh ，即 )0(23)( 3 xxxxh ，
对 )(xh 求导得 )0( )1)(1(333)( 2' xxxxxh ， )(xh 在（0，1）上单调递
增，在 ),1( 上单调递减，所以 )12(35)( 3 xxxxh 的最大值为 0)1( h ，所以
12353 xxx 恒成立。故存在这样的实常数 k 和 m ，且 1,2 mk 。……14 分
（荆州市 2012 届高中毕业班质量检查（Ⅰ）理）
已知函数 )0(3ln)( aaxxxf
（Ⅰ）讨论函数 ( )f x 的单调性；
（Ⅱ）若对于任意的 ]2,1[a ，若函数 )](2[2)( '
2
3 xfmxxxg 在区间 )3,(a 上有最值，
求实数 m 的取值范围;
（Ⅲ）求证： ),2(1)11ln()1
4
1ln()1
3
1ln()1
2
1ln( *
2222 Nnn
n
（Ⅲ）令 a=1 此时 ( ) ln 3f x x x ,由（Ⅰ）知 ( ) ln 3f x x x 在（0，1）上单调递增，
在（1，+∞）上单调递减，∴当 (0, )x 时 )1()( fxf ，
1ln xx 对一切 (0, )x 成立， xx )1ln( 对一切 (0, )x 成立，
2, *,n n N 则有 22
1)11ln(
nn
…………………12 分
111)1
1
1()3
1
2
1()2
11(
)1(
1
32
1
21
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3
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……………….14 分
一 专题综述
该专题是高考重点考查的部分，从最近几年考查的情况看，主要考查三角函数的图象和
性质、三角函数式的化简与求值、正余弦定理解三角形、三角形中的三角恒等变换以及三角
函数、解三角形和平面向量在立体几何、解析几何等问题中的应用．该部分在试卷中一般是
2～3 个选择题或者填空题，一个解答题，选择题在于有针对性地考查本专题的重要知识点
(如三角函数性质、平面向量的数量积等)，解答题一般有三个命题方向，一是以考查三角函
数的图象和性质为主，二是把解三角形与三角函数的性质、三角恒等变换交汇，三是考查解
三角形或者解三角形在实际问题中的应用．由于该专题是高中数学的基础知识和工具性知
识，在试题的难度上不大，一般都是中等难度或者较为容易的试题．基于这个实际情况以及
高考试题的相对稳定性.
二 考纲解读
1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化．借助单位圆理解任意角三角函数
(正弦、余弦、正切)的定义．借助单位圆中的三角函数线推导出诱导公式(π
2
±α，π±α的正弦、
余弦、正切)，能画出 y＝sinx，y＝cosx，y＝tanx 的图象，了解三角函数的周期性．
2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]，正切函数在 －π
2
，π
2 上的性质(如单调性、最
大和最小值、图象与 x 轴交点等)．理解同角三角函数的基本关系式：sin2x＋cos2x＝1，sinx
cosx
＝tanx.结合具体实例，了解 y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义；能借助计算器或计算机画出 y＝
Asin(ωx＋φ)的图象，观察参数 A，ω，φ对函数图象变化的影响．
3.会用三角函数解决一些简单实际问题，体会三角函数是描述周期变化现象的重要函数模
型．
4.掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.能运用两角和与差的正弦、
余弦、正切公式以及二倍角的正弦、余弦和正切公式进行简单的恒等变换(包括导出积化和
差、和差化积、半角公式，但对这三组公式不要求记忆）
5.会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式．能利用两角差的余弦公式导出两角差的正
弦、正切公式．能利用两角差的余弦公式导出两角和的正弦、余弦、正切公式，导出二倍角
的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．
三.2012 年高考命题趋向
1.在选择题或者填空题部分命制 2～3 个试题，考查三角函数的图象和性质、通过简单的三
角恒等变换求值、解三角形等该专题的重点知识中的 2～3 个方面．试题仍然是突出重点和
重视基础，难度不会太大．
2.在解答题的前两题(一般是第一题)的位置上命制一道综合性试题， 考查综合运用该部分
知识分析解决问题的能力，试题的可能考查方向如我们上面的分析．从难度上讲，如果是单
纯的考查三角函数图象与性质、解三角形、在三角形中考查三角函数问题，则试题难度不会
大，但如果考查解三角形的实际应用，则题目的难度可能会大一点，但也就是中等难度． 由
于该专题内容基础，高考试题的难度不大，经过一轮复习的学生已经达到了高考的要求，二
轮复习就是在此基础上进行的巩固和强化，在复习中注意如下几点：
(1)该专题具有基础性和工具性，虽然没有什么大的难点问题，但包含的内容非常广泛，
概念、公式、定理很多，不少地方容易混淆，在复习时要根据知识网络对知识进行梳理，系
统掌握其知识体系．
(2)抓住考查的主要题型进行训练，要特别注意如下几个题型：根据三角函数的图象求函数
解析式或者求函数值，根据已知三角函数值求未知三角函数值，与几何图形结合在一起的平
面向量数量积，解三角形中正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的综合运用，解三角形的
实际应用问题．
(3)注意数学思想方法的应用，该部分充分体现了数形结合思想、函数与方程思想、化归与
转化思想(变换)，在复习中要有意识地使用这些数学思想方法，强化数学思想方法在指导解
题中的应用．
四．高频考点解读
考点一 三角函数的定义
例 1 [2011·课标全国卷] 已知角θ的顶点与原点重合，始边与 x 轴的正半轴重合，终边在直线
y＝2x 上，则 cos2θ＝( )
A．－4
5 B．－3
5 C.3
5 D.4
5
【答案】B
【解析】 解法 1：在角θ终边上任取一点 P(a,2a)(a≠0)，则 r2＝|OP|2＝a2＋(2a)2＝5a2，
∴cos2θ＝ a2
5a2
＝1
5
，∴cos2θ＝2cos2θ－1＝2
5
－1＝－3
5.
解法 2：tanθ＝2a
a
＝2，cos2θ＝cos2θ－sin2θ
cos2θ＋sin2θ
＝1－tan2θ
1＋tan2θ
＝－3
5.
例 2 [2011·江西卷] 已知角θ的顶点为坐标原点，始边为 x 轴的正半轴，若 P(4，y)是角θ终边
上一点，且 sinθ＝－2 5
5
，则 y＝________.
【答案】－8
【解析】 r＝ x2＋y2＝ 16＋y2，
∵sinθ＝－2 5
5
，∴sinθ＝y
r
＝ y
16＋y2
＝－2 5
5
，解得 y＝－8.
【解题技巧点睛】以三角函数的定义为载体，求三角函数的值.题目的鲜明特点是给出角的
终边上的点的坐标，此时我们要联想到三角函数的定义求解所需三角函数值.
考点二 三角恒等变换
例 3 [2011·福建卷] 若 tanα＝3，则sin2α
cos2α
的值等于( )
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】D
【解析】 因为sin2α
cos2α
＝2sinαcosα
cos2α
＝2sinα
cosα
＝2tanα＝6，故选 D.
例 4[2011·浙江卷] 若 0<α<π
2
，－π
2<β<0，cos
π
4
＋α ＝1
3
，cos
π
4
－β
2 ＝ 3
3
，则 cos α＋β
2 ＝
( )
A. 3
3 B．－ 3
3 C.5 3
9 D．－ 6
9
【答案】C
例 5 [2011·广东卷] 已知函数 f(x)＝2sin
1
3x－π
6 ，x∈R.
(1)求 f
5π
4 的值；
(2)设α，β∈ 0，π
2 ，f 3α＋π
2 ＝10
13
，f(3β＋2π)＝6
5
，求 cos(α＋β)的值.
【解答】 (1)f
5π
4 ＝2sin
1
3
×5
4π－π
6 ＝2sinπ
4
＝ 2.
(2)∵10
13
＝f3α＋π
2
＝2sin1
3
×3α＋π
2
－π
6
＝2sinα，
6
5
＝f(3β＋2π)＝2sin
1
3
×3β＋2π－π
6 ＝2sin β＋π
2 ＝2cosβ，
∴sinα＝ 5
13
，cosβ＝3
5
，又∵α，β∈ 0，π
2 ，
∴cosα＝ 1－sin2α＝ 1－
5
13 2＝12
13
，
sinβ＝ 1－cos2β＝ 1－
3
5 2＝4
5
，
故 cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝3
5
×12
13
－ 5
13
×4
5
＝16
65.
【解题技巧点睛】三角函数的化简、计算、证明的恒等变形的基本思路：一角二名三结构.
即首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变式，角的变换是三角函数变换的核心！
第二看函数名称之间的关系，通常“切化弦”；第三观察代数式的结构特点.基本的技巧有:
（1）巧变角：已知角与特殊角的变换、已知角与目标角的变换、角与其倍角的变换、两角
与其和差角的变换. 如 ( ) ( ) ， 2 ( ) ( ) ，
2 ( ) ( ) ， 2 2
， 2 2 2
等.
(2)三角函数名互化：切割化弦，弦的齐次结构化成切.
(3)公式变形使用：如
cos cos sin sin cos tan 1 tan tan tan tan . ，
(4)三角函数次数的降升：降幂公式有 2 1 cos2cos 2
， 2 1 cos2sin 2
与升幂公
式有 21 cos2 2cos ， 21 cos2 2sin .[来源:Z*xx*k.Com]
(5)式子结构的转化：对角、函数名、式子结构化同.
(6)常值变换主要指“1”的变换：
2 21 sin cosx x 2 2sec tan tan cotx x x x tan sin4 2
等.
（7）辅助角公式： 2 2sin cos sina x b x a b x (其中 角所在的象限由 a b、 的
符号确定， 角的值由
tan b
a
确定)在求最值、化简时起着重要作,这里只要掌握辅助角 为特殊角的情况即可.
实际上是两角和与差的三角函数公式的逆用.如
sin cos 2 sin( ),sin 3 cos 2sin( ), 3sin cos 2sin( )4 3 6x x x x x x x x x
等.
考点三 三角函数的性质
例 6 [2011·课标全国卷] 设函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ) ω＞0，|φ|＜π
2 的最小正周期
为π，且 f(－x)＝f(x)，则( )
A．f(x)在 0，π
2 单调递减 B．f(x)在
π
4
，3π
4 单调递减
C．f(x)在 0，π
2 单调递增 D．f(x)在
π
4
，3π
4 单调递增
【答案】A
【解析】 原式可化简为 f(x)＝ 2sin ωx＋φ＋π
4 ，因为 f(x)的最小正周期 T＝2π
ω
＝π，
所以ω＝2.所以 f(x)＝ 2sin 2x＋φ＋π
4 ，
又因为 f(－x)＝f(x)，所以函数 f(x)为偶函数，
所以 f(x)＝ 2sin 2x＋φ＋π
4 ＝± 2cos2x，所以φ＋π
4
＝π
2
＋kπ，k∈Z，
所以φ＝π
4
＋kπ，k∈Z，又因为|φ|<π
2
，所以φ＝π
4.
所以 f(x)＝ 2sin 2x＋π
2 ＝ 2cos2x，
所以 f(x)＝ 2cos2x 在区间 0，π
2 上单调递减．
例 7 [2011·安徽卷] 设 f(x)＝asin2x＋bcos2x，其中 a，b∈R，ab≠0.若 f(x)≤|f
π
6 |对一切 x
∈R 恒成立，则
①f
11π
12 ＝0；②|f
7π
10 |<|f
π
5 |；③f(x)既不是奇函数也不是偶函数；
④f(x)的单调递增区间是 kπ＋π
6
，kπ＋2π
3 (k∈Z)．
⑤存在经过点(a，b)的直线与函数 f(x)的图像不相交．
以上结论正确的是________(写出所有正确结论的编号)．
【答案】 ①③
【解析】 f(x)＝asin2x＋bcos2x＝ a2＋b2sin(2x＋φ)
sinφ＝ b
a2＋b2
，cosφ＝ a
a2＋b2 ，因为
对一切 x∈R 时，f(x)≤|f
π
6 |恒成立，所以 sin
π
3
＋φ ＝±1.
故φ＝2kπ＋π
6
或φ＝2kπ－5π
6
(k∈Z).故 f(x)＝ a2＋b2sin 2x＋π
6 ，
或 f(x)＝－ a2＋b2sin 2x＋π
6 .
对于①，f
11π
12 ＝ a2＋b2sin2π＝0，或 f
11π
12 ＝－ a2＋b2sin2π＝0，故①正确；
对于②，|f
7π
10 |＝| a2＋b2sin
7π
5
＋π
6 |＝ a2＋b2|sin47π
30 |＝ a2＋b2sin17π
30
，
|f
π
5 |＝| a2＋b2sin
2π
5
＋π
6 |＝ a2＋b2|sin17π
30 |
＝ a2＋b2sin17π
30 .所以|f
7π
10 |＝|f
π
5 |，故②错误；
对于③，由解析式 f(x)＝ a2＋b2sin 2x＋π
6 ，或 f(x)＝－ a2＋b2sin 2x＋π
6 知其既不是奇函
数也不是偶函数，故③正确；
对于④，当 f(x)＝ a2＋b2sin 2x＋π
6 时， kπ＋π
6
，kπ＋2π
3 (k∈Z)是 f(x)的单调递减区间，故
④错误；对于⑤，要使经过点(a，b)的直线与函数 f(x)的图像不相交，则此直线须与横轴平
行，且|b|> a2＋b2，此时平方得 b2>a2＋b2，这不可能，矛盾，故不存在过点(a，b)的直线与
函数 f(x)的图像不相交．故⑤错．
【解题技巧点睛】近几年高考降低了对三角变换的考查要求，而加强了对三角函数的图象与
性质的考查.在众多的性质中，三角函数的图象的对称性是一个高考的热点.在复习时要充分
运用数形结合的思想，把图象与性质结合起来，即利用图象的直观性得出函数的性质，同时
也要能利用函数的性质来描绘函数的图象.
考点四 三角函数的图像
例 8 [2011·辽宁卷] 已知函数 f(x)＝Atan(ωx＋φ) ω＞0，|φ|＜π
2 ，y＝f(x)的部分图象则 f
π
24
＝( )
A．2＋ 3 B. 3 C. 3
3 D．2－ 3
【答案】 B
【解析】 由图象知π
ω
＝2×
3π
8
－π
8 ＝π
2
，ω＝2.又由于 2×π
8
＋φ＝kπ＋π
2(k∈Z)，φ＝kπ＋π
4(k
∈Z)，又|φ|<π
2
，所以φ＝π
4.这时 f(x)＝Atan 2x＋π
4 .又图象过(0,1)，代入得 A＝1，故 f(x)＝
tan 2x＋π
4 .所以 f
π
24 ＝tan 2× π
24
＋π
4 ＝ 3，故选 B.
例 9[2011·天津卷] 已知函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，－π<φ≤π.若 f(x)的最小正
周期为6π，且当 x＝π
2
时，f(x)取得最大值，则( )
A．f(x)在区间[－2π，0]上是增函数 B．f(x)在区间[－3π，－π]上是增函数
C．f(x)在区间[3π，5π]上是减函数 D．f(x)在区间[4π，6π]上是减函数
【答案】A
【解析】 ∵2π
ω
＝6π，∴ω＝1
3.又∵1
3
×π
2
＋φ＝2kπ＋π
2
，k∈Z 且－π<φ≤π，
∴当 k＝0 时，φ＝π
3
，f(x)＝2sin
1
3x＋π
3 ，要使 f(x)递增，须有 2kπ－π
2
≤1
3x＋π
3
≤2kπ＋π
2
，k∈
Z，解之得 6kπ－5π
2
≤x≤6kπ＋π
2
，k∈Z，当 k＝0 时，－5
2π≤x≤π
2
，∴f(x)在 －5
2π，π
2 上递增．[来
源:学科网 ZXXK]
例 10 [2011·课标全国卷] 设函数f(x)＝sin 2x＋π
4 ＋cos 2x＋π
4 ，则( )
A．y＝f(x)在 0，π
2 单调递增，其图像关于直线 x＝π
4
对称
B．y＝f(x)在 0，π
2 单调递增，其图像关于直线 x＝π
2
对称
C．y＝f(x)在 0，π
2 单调递减，其图像关于直线 x＝π
4
对称
D．y＝f(x)在 0，π
2 单调递减，其图像关于直线 x＝π
2
对称
【答案】D
【解析】 f(x)＝ 2sin 2x＋π
4
＋π
4 ＝ 2sin 2x＋π
2 ＝ 2cos2x，
所以 y＝f(x)在 0，π
2 内单调递减，又 f
π
2 ＝ 2cosπ＝－ 2，是最小值．
所以函数 y＝f(x)的图像关于直线 x＝π
2
对称．
【解题技巧点睛】
1．根据三角函数的图象求解函数的解析式时，要注意从图象提供的信息确定三角函数
的性质，如最小正周期、最值，首先确定函数解析式中的部分系数，再根据函数图象上的特
殊点的坐标适合函数的解析式确定解析式中剩余的字母的值，同时要注意解析式中各个字母
的范围．
2．进行三角函数的图象变换时，要注意无论进行的什么样的变换都是变换的变量本身，
特别在平移变换中，如果这个变量的系数不是 1，在进行变换时变量的系数也参与其中，如
把函数y＝sin 2x＋π
4 的图象向左平移 π
12
个单位时，得到的是函数y＝sin 2 x＋ π
12 ＋π
4 ＝sin2x
＋5π
12
的图象．
3．解答三角函数的图象与性质类的试题，变换是其中的核心，把三角函数的解析式通
过变换，化为正弦型、余弦型、正切型函数，然后再根据正弦函数、余弦函数和正切函数的
性质进行研究．
考点五 与三角相关的最值问题
例 11[2011·课标全国卷] 在△ABC 中，B＝60°，AC＝ 3，则 AB＋2BC 的最大值为________．
【答案】2 7
【解析】 因为 B＝60°，A＋B＋C＝180°，所以 A＋C＝120°，
由正弦定理，有
AB
sinC
＝ BC
sinA
＝ AC
sinB
＝ 3
sin60°
＝2，
所以 AB＝2sinC，BC＝2sinA.
所以 AB＋2BC＝2sinC＋4sinA＝2sin(120°－A)＋4sinA
＝2(sin120°cosA－cos120°sinA)＋4sinA
＝ 3cosA＋5sinA
＝2 7sin(A＋φ)，(其中 sinφ＝ 3
2 7
，cosφ＝ 5
2 7
)
所以 AB＋2BC 的最大值为 2 7.
例 12 [2011·湖南卷] 在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 csinA＝acosC.
(1)求角 C 的大小；
(2)求 3sinA－cos B＋π
4 的最大值，并求取得最大值时角 A，B 的大小．
【解答】 (1)由正弦定理得 sinCsinA＝sinAcosC.
因为 00.
从而 sinC＝cosC.
又 cosC≠0，所以 tanC＝1，则 C＝π
4.
(2)由 (1)知，B＝3π
4
－A，于是
3sinA－cos B＋π
4 ＝ 3sinA－cos(π－A)
＝ 3sinA＋cosA＝2sin A＋π
6 .
因为 01⇔|a|2＋2a·b＋|b|2>1⇔a·b>－1
2
⇔|a||b|cosθ＝cosθ>－1
2
⇔θ∈ 0，2π
3 ，所
以 p1 为真命题，p2 为假命题．又因为|a－b|>1⇔|a|2－2a·b＋|b|2>1⇔a·b<1
2
⇔|a||b|cosθ＝cosθ<1
2
⇔θ∈
π
3
，π ，所以 p4 为真命题，p3 为假命题．
【解题技巧点睛】求向量的数量积的公式有两个:一是定义式 a·b=|a||b|cos θ;二是坐标
式 a·b=x1x2+y1y2.定义式的特点是具有强烈的几何含义,需要明确两个向量的模及夹角,夹角
的求解方法灵活多样,一般通过具体的图形可确定,因此采用数形结合思想是利用定义法求
数量积的一个重要途径.坐标式的特点是具有明显的代数特征,解题时需要引入直角坐标系,
明确向量的坐标进行求解,即向量问题“坐标化”,使得问题操作起来容易、方便.
考点五 向量的应用
例 10[2011·山东卷] 设 A1，A2，A3，A4 是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A1A3
→ ＝λA1A2
→ (λ
∈R)，A1A4
→ ＝μA1A2
→ (μ∈R)，且1
λ
＋1
μ
＝2，则称 A3，A4 调和分割 A1，A2，已知平面上的点 C，
D 调和分割点 A，B，则下面说法正确的是( )
A．C 可能是线段 AB 的中点
B．D 可能是线段 AB 的中点
C．C、D 可能同时在线段 AB 上
D．C、D 不可能同时在线段 AB 的延长线上
【答案】D
【解析】 若 C、D 调和分割点 A；B，则AC→＝λAB→(λ∈R)，AD→ ＝μAB→(μ∈R)，且1
λ
＋1
μ
＝2.
对于 A：若 C 是线段 AB 的中点，则AC→ ＝1
2AB→⇒λ＝1
2
⇒1
μ
＝0，故 A 选项错误；同理 B 选项
错误；对于 C：若 C、A 同时在线段 AB 上，则 0<λ<1,0<μ<1⇒1
λ
＋1
μ>2，C 选项错误；对于 D：
若 C、D 同时在线段 AB 的延长线上，则λ>1，μ>1⇒1
λ
＋1
μ<2，故 C、D 不可能同时在线段 AB
的延长线上，D 选项正确．
例 11[2011·福建卷] 已知 O 是坐标原点，点 A(－1,1)，若点 M(x，y)为平面区域
x＋y≥2，
x≤1，
y≤2
上的一个动点，则OA→ ·OM→ 的取值范围是( )
A．[－1,0] B．[0,1] C．[0,2] D．[－1,2]
【答案】C
【解析】 画出不等式组表示的平面区域(如图 1－2)，
又OA→ ·OM→ ＝－x＋y，取目标函数 z＝－x＋y，即 y＝x＋z，作斜率为 1 的一组平行线，
当它经过点 C(1,1)时，z 有最小值，即 zmin＝－1＋1＝0；
当它经过点 B(0,2)时，z 有最大值，即 zmax＝－0＋2＝2.
∴ z 的取值范围是[0,2]，即OA→ ·OM→ 的取值范围是[0,2]，故选 C.
例 12[2011·陕西卷] 叙述并证明余弦定理．
【解答】 余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角
的余弦之积的两倍．或：在△ABC 中，a，b，c 为 A，B，C 的对边，有
a2＝b2＋c2－2bccosA，
b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
证法一：如图 1－9，
a2＝BC→·BC→
＝(AC→－AB→)·(AC→－AB→)
＝AC→ 2－2AC→·AB→＋AB→ 2
＝AC→ 2－2|AC→|·|AB→|cosA＋AB→ 2
＝b2－2bccosA＋c2，
即 a2＝b2＋c2－2bccosA.
同理可证 b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
证法二：已知△ABC 中，角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，以 A 为原点，AB 所在直
线为 x 轴建立直角坐标系(如图 1－10)，
则 C(bcosA，bsinA)，B(c,0)，
∴a2＝|BC|2＝(bcosA－c)2＋(bsinA)2
＝b2cos2A－2bccosA＋c2＋b2sin2A
＝b2＋c2－2bccosA.
同理可证 b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
【解题技巧点睛】平面向量的综合运用主要体现在三角函数和平面解析几何中．在三角函数
问题中平面向量的知识主要是给出三角函数之间的一些关系，解题的关键还是三角函数问
题，这类问题可以和三角函数中的一些题型相互对比；解析几何中向量知识只要是给出一些
几何量的位置和数量关系，在解题中要善于根据向量知识分析解析几何中的几何量之间的关
系，最后的解题还得落实到解析几何方面．
考点六 与向量相关的最值问题
例 12[2011·全国卷] 设向量 a，b，c 满足|a|＝|b|＝1，a·b＝－1
2
，〈a－c，b－c〉＝60°，则|c|
的最大值等于( )
A．2 B. 3 C. 2 D．1
【答案】A
【解析】 设向量 a，b，c 的起点为 O，终点分别为 A，B，C，由已知条件得，∠AOB＝120°，
∠ACB＝60°，则点 C 在△AOB 的外接圆上，当 OC 经过圆心时，|c|最大，在△AOB 中，求
得 AB＝ 3，由正弦定理得△AOB 外接圆的直径是 3
sin120°
＝2，|c|的最大值是 2，故选 A.
例 13[2011·辽宁卷] 若 a，b，c 均为单位向量，且 a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的
最大值为( )
A. 2－1 B．1 C. 2 D．2
【答案】 B
【解析】 |a＋b－c|＝ a＋b－c2＝ a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c，由于 a·b＝0，所以上
式＝ 3－2c·a＋b，又由于(a－c)·(b－c)≤0，得(a＋b)·c≥c2 ＝1 ，所以|a＋b－c|＝
3－2c·a＋b≤1，故选 B.
例 14[2011·天津卷] 已知直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P
是腰 DC 上的动点，则|PA→＋3PB→|的最小值为________．
【答案】5
【解析】 建立如图 1－6 所示的坐标系，设 DC＝h，则 A(2,0)，B(1，h)．
设 P(0，y)，(0≤y≤h)
则PA→＝(2，－y)，PB→＝(1，h－y)，
∴|PA→＋3PB→|＝ 25＋3h－4y2≥ 25＝5.
例 15[2011·浙江卷] 若平面向量α，β满足|α|＝1，|β|≤1，且以向量α，β为邻边的平行四边形
的面积为1
2
，则α与β的夹角θ的取值范围是________．
【答案】
π
6
，5π
6
【解析】 由题意得：|α||β|sinθ＝1
2
，∵|α|＝1，|β|≤1，∴sinθ＝ 1
2|β|
≥1
2.
又∵θ∈(0，π)，∴θ∈
π
6
，5π
6 .
【解题技巧点睛】平面向量中的最值和范围问题，是一个热点问题，也是难点问题，这类试
题的基本类型是根据给出的条件求某个量的最值、范围，如一个向量模的最值、两个向量夹
角的范围等．最值和范围问题都是在变动的情况下，某个量在一个特殊情况上取得极端值，
也就是在动态的情况下确定一个静态的情况，使得这个情况下某个量具有特殊的性质(如最
大、最小、其余情况下都比这个量大等)．在数学上解决这类问题的一般思路是建立求解目
标的函数关系，通过函数的值域解决问题，这个思想在平面向量的最值、范围问题中也是适
用的，但平面向量兼具“数”与“形”的双重身份，解决平面向量最值、范围问题的另一个
基本思想是数形结合．
针对训练
一．选择题
1.【湖北省孝感市 2011—2012 学年度高中三年级第一次统一考试】
设向量 3 1( ,cos ), (sin , ), / / ,2 3a b a b 向量 且 则锐角 为 （ ）
A．60° B．30° C．75° D．45°
答案：D
.解析：
3 1, cos sin 0, sin 2 1. (0,90 ), 2 90 , 45 .2 3a b
∥
2.【2012 届江西省重点中学协作体高三第一次联考】已知 2,1,1,3 ba ，
若 bkaba ∥2 ，则实数 k 的值是( )
A. -17 B.
2
1 C.
18
19 D.
3
5
答案：B
解析： 由已知得 2 (7, 4)a b ， ( 3 ,1 2 )a kb k k ，又因为两向量平行，所以
7(1 2 ) 4( 3 )k k ，计算可得实数 k 的值是 1
2
。
3.【湖北省孝感市 2011—2012 学年度高中三年级第一次统一考试】
已知非零向量 a b c
，，，满足 0a b c ，向量 a b
，，的夹角为 60°，且 ，则向量 a
与 c
的夹角为 （ ）
A.600 B. 30° C. 120° D. 150°
答案：D
解析：. 2 20, ( ). | | ( ) 2+2cos60 3. | |= 3.a b c c a b c a b c
2 3= ( ) | | = .2c a a b a a a b
设 c a
与 的夹角为，
则
3
32cos = , [0,180 ], =150 .2| || | 3 1
a c
a c
4.【2012 海淀区高三年级第一学期期末试题】
如图，正方形 ABCD 中，点 E 是 DC 的中点，点 F 是 BC 的一个三等分点.那么 =EF
（A） 1 1
2 3AB AD
- （B） 1 1
4 2AB AD
+
（C） 1 1
3 2AB DA
+ （D） 1 2
2 3AB AD
-
答案：D
解析： 在 CEF 中，有 ,EF EC CF 因 E 为 DC 的中点，故 1 ,2EC DC
因点 F 为 BC 的一个三分点，故 2 ,3CF CB
1 2 1 2 1 2 .2 3 2 3 2 3EF DC CB AB DA AB AD 故选 D.
5.【唐山市 2011—2012 学年度高三年级第一学期期末考试】在边长为 1 的正三角
形 ABC 中， ,BD xBA CE yCA ， 0, 0, 1x y x y 且 ，则 CD BE 的最大值为
（ ）
A． 5
8
B． 3
8
C． 3
2
D． 3
4
答案：D
解析：如图所示，建立直角坐标系，则 1 2 2
1 1 3( ,0), ( ,0), (0, ), ( ,0), ( , ),2 2 2A B C D x E x y 设
1 1
1 1, ( ,0 0) ( 1,0), ;2 2BD xBA x x x x
2 2 2 2
3 1 3 1 3 3, ( , ) ( , ), , ;2 2 2 2 2 2CE yCA x y y x y y y
21 3 3 1( , ) ( 1 , ) ( 1)2 2 2 2 2
xCD BE x x x x ，因 10 1, 2x x 当 时
函数取得最大值 3.8
故答案为 C.
6.【2012 届江西省重点中学协作体高三第一次联考】在 ABC 中，若对任意 k R ，
有 BA kBC AC ，则 ABC 一定是（ ）
A．直角三角形 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定
答案 A
解析：如图所示，设 kBC BD ,
则 D 为 BC 所 在 的 直 线 上 动 点 ， 又
BA kBC BA BD DA CA 恒成立，
故在三角形 ACD 中，唯有 90C 才能满足不等式恒成立，故答案
为 A。
7.【2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试】在△ ABC 中，
P 是 BC 边 中 点 ， 角 A B C、 、 的 对 边 分 别 是 a b c、 、 ， 若
0cAC aPA bPB ，则△ ABC 的形状为
A.直角三角形 B.钝角三角形
C.等边三角形 D.等腰三角形但不是等边三角形.
答案：C
解析：由题意知 1 1( ) ( ) 02 2cAC a AB AC b AB AC ，
∴ ( ) 02 2
a b a bc AC AB ，∴ ( )2 2
a b a bc AC AB ，
又 AB
、 AC
不共线，∴
02
02
a b
a bc
，∴ .a b c
8.【安徽省示范高中 2012 届高三第二次联考】
已知 ,3),12,5( baa 则 b 的取值范围是( ）
（Ａ） 15,9 （Ｂ） 16,10 （Ｃ） 17,11 （Ｄ） 18,12
答案：B
解析：因为 ( )b a a b ，由向量的三角形不等式 | | | | | | | | | |a a b b a a b 及
| | 13a 得：13 3 | | 13 3b ，即 b 的取值范围是 16,10 。
9.（2012 届景德镇市高三第一次质检）下列命题：①若向量 a 与向量b 共线，向量b
与向量 c 共线，则向量 a 与向量 c 共线；②若向量 a 与向量b 共线，则存在唯一实数 ，使
ab ； ③ 若 , ,A B C 三 点 不 共 线 ， O 是 平 面 ABC 外 一 点 ， 且
OM 3
1 OA 3
1 OB 3
1 OC ，则点 M 一定在平面 ABC 上，且在 ABC 的内部。上述
命题中的真命题个数为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】①②若考虑零向量均不成立；对于③，由 OM 3
1 OA 3
1 OB 3
1 OC 得
AM BM CM
uuur uuur uuur r
，因此 M 是 ABC 的重心.
10、【2012 年上海市普通高等学校春季招生考试】
设O 为 ABC 所在平面上一点，若实数 x y z、 、 满足 0xOA yOB zOC ，
2 2 2( 0),x y z 则“ 0xyz ”是“O 为 ABC 的边所在直线上”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：C
解析： 若 0, 0 0x y z ， 中有两个成立，此时 O 为三角形的顶点；若其中一个为零，
例如 0, 0 0x y z ， ， 0 , , ,yOB zOC yOB zOC O B C ， 三点共线，总是可
知“ 0xyz ”是“O 为 ABC 的边所在直线上”的充分不必要条件，显然，反之也成立，
故答案为 C。
11.【浙江省 2012 年高三调研理科数学测试卷】
主题(9) 如图，在圆 O 中，若弦 AB＝3，弦 AC＝5，则 AO
· BC
的值是
(A) －8 (B) －1 (C) 1 (D) 8
答案 D
解析： 取 BC 中点 D，则 OD⊥BC,
所以 0 ( ) = =DO BC AO BC AD DO BC AD BC DO BC AD BC ，
22
25 9= ( ) 8.2 2 2
AB AC AC ABAC AB
12.【 山东实验中学 2012 届高三第一次诊断性考试数学（理科）】 的外接
圆的圆心为 O，半径为 1，若 ，且 ，则向量 在向量 方
向上的射影的数量为（ ）
( A ) . ( B ) . (C). 3 ( D ) .
【 答 案 】 A
【解析】由已知可以知道， ABC 的外接圆的圆心在线段 BC 的中点 O 处，因此 ABC 是
直角三角形。且
2A = ，又因为
, ,3 6
3, 1
3
6 2
C B
AB AC
，故 在 上
的射影
|OA| |CA|
BA BC
|BA|cos
因此答案为 A
二．填空题
13.【北京市朝阳区 2011-2012 学年度高三年级第一学期期中统一考试】
在 ABC 中，已知 (2 3,3 1)AB k k ， (3, )AC k
( )k R ，则 BC
=__； 90B ，
则 k =__ _．
答案： ( 2 , 2 1)k k ； 1k 或 1
10
解析： ( 2 3, 3 1) (3, ) ( 2 , 2 1),BC BA AC k k k k k 因 90B ，所以
2 10, ( 2 , 2 1) ( 2 3, 3 1) 0, 10 11 1 0, 1 .10BC BA k k k k k k k
或-
14.【2012 届江西省重点中学协作体高三第一次联考】已知| | 2| | 0a b ，且关于
x 的函数 3 21 1( ) | |3 2f x x a x a bx 在 R 上有极值，则 a 与b 的夹角范围为_______.
答案 ,3
解析：
2'
2( )f x x a x a b ，因为函数 ( )f x 在 R 上有极值，所以
2
4 0a a b ，
得
2
4 0a a b ， 解 得
2
4
aa b ， 又 因 为 2 0a b ， 所 以
2
1cos , 24
aa ba b
a b a b
，因为向量夹角的范围是 0, ，所以向量 ,a b
的夹角范
围是 ,3
。
15.【唐山市 2011—2012 学年度高三年级第一学期期末考试】
已知向量 ( 1,1), (1, )a x b y ，且 a b ，则 2 2x y 的最小值为
答案： 1
2
解析：因为 a b ，所以 1 0x y ，代入得 2 2 2 2 21 1( 1) 2( )2 2x y x x x ，所
以当 1
2x 时， 2 2x y 取得最小值 1
2
16.【2011 杭师大附中高三年级第一次月考卷】
已 知 平 面 向 量 , （ ） 满 足 2,
且 与 的 夹 角 为 120° ， 则
(1 ) + ( )t t t R
的 最 小 值 是
答 案 ： 3
解 析 ：
2
2
2
2 2
2 2 2
( ) 1 1cos , 2 2| || | | || |
4 1 | | 4 | | 4 9 1222 | |
| (1 ) | [(1 ) ] (1 ) 2 (1t t t t t t t
两边平方 =- + +（ ）（*）
2
2 2
)
4(1 ) 2 (1 )
t
t t t t
把（*）代入上式，可以得到关于 二次函数，利用性质可得。
三.解答题
17【河北省正定中学 2011—2012 学年度高三上学期第二次月考（数学理）】
ABC 的 三 个 内 角 , ,A B C 所 对 的 边 分 别 为 , ,a b c ， 向 量 ( 1,1)m ，
3(cos cos ,sin sin )2n B C B C ，且 m n ．
（Ⅰ）求 A 的大小；
（Ⅱ）现在给出下列三个条件：① 1a ；② 2 ( 3 1) 0c b ；③ 45B ，试从中再选
择两个条件以确定 ABC ，求出所确定的 ABC 的面积．
解析：(I)因为 m n ，所以 3cos cos sin sin 02B C B C ……………2 分
即： 3cos cos sin sin 2B C B C ，所以 3cos( ) 2B C …………4 分
因为 A B C ，所以 cos( ) cosB C A
所以 3cos , 302A A ……………………………………6 分
(Ⅱ)方案一:选择①②，可确定 ABC ，
因为 30 , 1,2 ( 3 1) 0A a c b
由余弦定理，得： 2 2 23 1 3 1 31 ( ) 22 2 2b b b b
整理得： 2 6 22, 2, 2b b c ……………10 分
所以 1 1 6 2 1 3 1sin 22 2 2 2 4ABCS bc A
……………………12 分
方案二:选择①③，可确定 ABC ，
因为 30 , 1, 45 , 105A a B C
又 6 2sin105 sin(45 60 ) sin 45 cos60 cos45 sin 60 4
由正弦定理 sin 1 sin105 6 2
sin sin30 2
a Cc A
……………10 分
所以 1 1 6 2 2 3 1sin 12 2 2 2 4ABCS ac B
……………12 分
（注意;选择②③不能确定三角形）
18.【2012 届江西省重点中学协作体高三第一次联考】
已知向量 m ),cos,(sin AA n )sin,(cos BB , nm CBAC ，，，且2sin 分别
为△ABC 的三边 cba ,, 所对的角.
（Ⅰ）求角 C 的大小;
（Ⅱ）若 sinA, sinC, sinB 成等比数列, 且 18)( ACABCA , 求 c 的值
解析： (Ⅰ) ∵ m ),cos,(sin AA n )sin,(cos BB , nm C2sin ,
∴ CBABA 2sinsincoscossin 即 CC 2sinsin
∴
2
1cos C ，又 C 为三角形的内角， ∴
3
C ………………6 分
(Ⅱ) ∵ BCA sin,sin,sin 成等比数列， ∴ abc 2
又 18)( ACABCA ,即 18CBCA , ∴ 18cos Cab
∴ 362 abc 即 6c ………………12 分
19【安徽省示范高中 2012 届高三第二次联考】
已知函数 2 1( ) 3sin cos cos ,2f x x x x x R ．
(Ⅰ) 求函数 )(xf 的最小值和最小正周期；
（Ⅱ）已知 ABC 内角 A B C、 、 的对边分别为 a b c、 、 ，且 3, ( ) 0c f C ，若向量
(1,sin )m A 与 (2,sin )n B 共线，求 a b、 的值．
解：(Ⅰ) 2 1 3 1( ) 3sin cos cos sin 2 cos2 12 2 2f x x x x x x sin(2 ) 16x
∴ ( )f x 的最小值为 2 ，最小正周期为 . ………………………………5 分
（Ⅱ）∵ ( ) sin(2 ) 1 06f C C ， 即sin(2 ) 16C
∵ 0 C ， 1126 6 6C ，∴ 2 6 2C ，∴
3C ． ……7 分
∵ m
与 n
共线，∴ sin 2sin 0B A ．
由正弦定理
sin sin
a b
A B
， 得 2 ,b a ①…………………………………9 分
∵ 3c ，由余弦定理，得 2 29 2 cos 3a b ab ， ②……………………11 分
解方程组①②，得 3
2 3
a
b
． …………………………………………13 分
20.【惠州市 2012 届高三第二次调研考试】已知点 P 是圆 2 2
1 :( 1) 8F x y 上任意
一点，点 2F 与点 1F 关于原点对称。线段 2PF 的中垂线 m 分别与 1 2PF PF、 交于 M N、 两点．
（1）求点 M 的轨迹C 的方程；
（2）斜率为 k 的直线l 与曲线 C 交于 ,P Q 两点,若 0OP OQ （O 为坐标原点），试求直
线 l 在 y 轴上截距的取值范围．
解：（1）由题意得， 1 2( 1,0), (1,0),F F 圆 1F 的半径为 2 2 ，且 2| | | |MF MP ……… 1 分
从而 1 2 1 1 1 2| | | | | | | | | | 2 2 | |MF MF MF MP PF F F ………… 3 分
∴ 点 M 的轨迹是以 1 2,F F 为焦点的椭圆, …………
5 分
其中长轴 2 2 2a ,得到 2a ,焦距 2 2c ，
则短半轴 1b
椭圆方程为:
2
2 12
x y ………… 6 分
（2）设直线 l 的方程为 y kx n ,由 2
2 12
y kx n
x y
可得 2 2 2(2 1) 4 2 2 0k x knx n
则 2 2 2 216 8( 1)(2 1) 0k n n k ,即 2 22 1 0k n ① ………… 8 分
设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ,则
2
1 2 1 22 2
4 2 2,2 1 2 1
kn nx x x xk k
由 0OP OQ 可得 1 2 1 2 0x x y y ,即 1 2 1 2( )( ) 0x x kx n kx n …………10 分
整理可得 2 2
1 2 1 2( 1) ( ) 0k x x kn x x n …………12 分
即
2 2
2
2 2
( 1)(2 2) 4( ) 02 1 2 1
k n knkn nk k
化简可得 2 23 2 2n k ,代入①整理可得 2 1
2n ,
故直线l 在 y 轴上截距的取值范围是 2 2( , ) ( , )2 2
． …………14 分
21.（2011 杭师大附中高三年级第一次月考卷）设 ABC 的三个内角 CBA 、、 所对
的边分别为 cba 、、 ，且满足 0)2( CBCAcBABCca ．
（Ⅰ）求角 B 的大小；
（Ⅱ）若 32b ，试求 CBAB 的最小值．
解：（Ⅰ）因为 (2 ) 0a c BC BA cCA CB ，
所以 (2 ) cos cos 0a c ac B cab C ，
即 (2 )cos cos 0a c B b C ， 则 (2sin sin )cos sin cos 0A C B B C 所 以
2sin cos sin( ) 0A B C B ，即 1cos 2B ，所以 2
3B
（Ⅱ）因为 2 2 2 22 cos 3b a c ac ，所以 2 212 3a c ac ac ，即 4ac
当且仅当 a c 时取等号，此时 ac 最大值为 4
所以 AB CB
= 2 1cos 23 2ac ac ，即 AB CB 的最小值为 2
一.专题综述
数列是新课程的必修内容，从课程定位上说，其考查难度不应该太大，数列试题倾向考
查基础是基本方向．从课标区的高考试题看，试卷中的数列试题最多是一道选择题或者填空
题，一道解答题．由此我们可以预测 2012 年的高考中，数列试题会以考查基本问题为主，
在数列的解答题中可能会出现与不等式的综合、与函数导数的综合等，但难度会得到控制．
二．考纲解读
三.2012 年高考命题趋向
1.等差数列作为最基本的数列模型之一，一直是高考重点考查的对象．难度属中低档的题目
较多，但也有难度偏大的题目．其中，选择题、填空题突出“小、巧、活”，主要以通项公式、
前 n 项和公式为载体，结合等差数列的性质考查分类讨论、化归与方程等思想，要注重通性、
通法；解答题“大而全”，注重题目的综合与新颖，突出对逻辑思维能力的考查．预测 2012
年高考仍将以等差数列的定义、通项公式和前 n 项和公式为主要考点，重点考查学生的运算
能力与逻辑推理能力．
2.等比数列的定义、性质、通项公式及前 n 项和公式是高考的热点，题型既有选择题、填空
题，又有解答题，难度中等偏高．客观题突出“小而巧”，考查学生对基础知识的掌握程度；
主观题考查较为全面，在考查基本运算、基本概念的基础上，又注重考查函数与方程、等价
转化、分类讨论等思想方法．预测 2012 年高考，等比数列的定义、性质、通项公式及前 n
项和公式仍将是考查的重点，特别是等比数列的性质更要引起重视．
3、等差数列与等比数列交汇、数列与解析几何、不等式交汇是考查的热点，题型以解答题
为主，难度偏高，主要考查学生分析问题和解决问题的能力．预测 2012 年高考，等差数列
与等比数列的交汇、数列与解析几何、不等式的交汇仍将是高考的主要考点，重点考查运算
能力和逻辑推理能力．
四．高频考点解读
考点一 等差数列的性质和应用
例 1[2011·广东卷] 等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和．若 a1＝1，ak＋a4＝0，则 k＝
________.
【答案】10
【解析】 由 S9＝S4，所以 a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0，即 5a7＝0，所以 a7＝0，
由 a7＝a1＋6d 得 d＝－1
6
，又 ak＋a4＝0，
即 a1＋(k－1)
－1
6 ＋a1＋3× －1
6 ＝0，
即(k－1)× －1
6 ＝－3
2
，所以 k－1＝9，所以 k＝10.
例 2 [2011·湖南卷] 设 Sn 是等差数列{an}(n∈N*)的前 n 项和，且 a1＝1，a4＝7，则 S5＝
________.
【答案】25
【解析】 设数列{an}的公差为 d，因为 a 1＝1，a4＝7，所以 a4＝a1＋3d⇒d＝2，故 S5＝5a1
＋10d＝25.
例 3 [2011·福建卷] 已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前 k 项和 Sk＝－35，求 k 的值．
【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为 d，则 an＝a1＋(n－1)d.
由 a1＝1，a3＝－3，可得 1＋2d＝－3.解得 d＝－2.
从而，an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
(2)由(1)可知 an＝3－2n.
所以 Sn＝n[1＋3－2n]
2
＝2n－n2.
进而由 Sk＝－35 可得 2k－k2＝－35.
即 k2－2k－35＝0，解得 k＝7 或 k＝－5.
又 k∈N*，故 k＝7 为所求．
【解题技巧点睛】利用等差、等比数列的通项公式和前 n 项和公式,由五个量 a1,d(q),n,an,Sn
中的三个量可求其余两个量,即“知三求二”,体现了方程思想.解答等差、等比数列的有关问题
时,“基本量”(等差数列中的首项 a1 和公差 d 或等比数列中的首项 a1 和公比 q)法是常用方法.
考点二 等比数列的性质和应用[来源:Zxxk.Com]
例 4 [2011·北京卷] 在等比数列{an}中，若 a1＝1
2
，a4＝－4，则公比 q＝________；|a1|＋|a2|
＋…＋|an|＝________.
【答案】 －2 2n－1－1
2
【解析】 由 a4＝a1q3＝1
2q3＝－4，可得 q＝－2；因此，数列{|an|}是首项为1
2
，公比为2 的等
比数列，所以|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝
1
2
1－2n
1－2
＝2n－1－1
2.
例 5 [2011·课标全国卷] 已知等比数列{an}中，a1＝1
3
，公比 q＝1
3.
(1)Sn 为{an}的前 n 项和，证明：Sn＝1－an
2
；
(2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式．
【解答】 (1)因为 an＝1
3
×
1
3 n－1＝ 1
3n
，
Sn＝
1
3
1－ 1
3n
1－1
3
＝
1－ 1
3n
2
，所以 Sn＝1－an
2
.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an＝－(1＋2＋…＋n)
＝－nn＋1
2
.
【答案】D
【解析】 由 a27＝a3·a9，d＝－2，得(a1－12)2＝(a1－4)(a1－16)，解之得 a1＝20，∴S10＝10×20
＋10×9
2
(－2)＝110.
例 7[2011·浙江卷] 已知公差不为 0 的等差数列{an}的首项 a1 为 a(a∈R)，且 1
a1
，1
a2
，1
a4
成等比
数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对 n∈N*，试比较 1
a2
＋ 1
a22
＋…＋ 1
a2n
与 1
a1
的大小．
【解答】 设等差数列{an}的公差为 d，由题意可知
1
a2 2＝ 1
a1
· 1
a4
，
即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，从而 a1d＝d2.
因为 d≠0，所以 d＝a1＝a，
故通项公式 an＝na.
(2)记 Tn＝ 1
a2
＋ 1
a22
＋…＋ 1
a2n
.因为 a2n＝2na，
所以 Tn＝1
a
1
2
＋ 1
22
＋…＋ 1
2n ＝1
a·
1
2
1－
1
2 n
1－1
2
＝1
a
1－
1
2 n .
从而，当 a＞0 时，Tn＜ 1
a1
，当 a＜0 时，Tn＞ 1
a1
.
【解题技巧点睛】(1)等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等
差、等比数列的通项公式，前 n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．
(2)利用等比数列前 n 项和公式时注意公比 q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们
的推导过程，利用好性质，可降低 题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．
考点四 求数列的通项公式
例 8 [2011·江西卷] 已知两个等比数列{an}，{bn}，满足 a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，
b3－a3＝3.
(1)若 a＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}唯一，求 a 的值．
【解答】 (1)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2，
由 b1，b2，b3 成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，
即 q2－4q＋2＝0，解得 q1＝2＋ 2，q2＝2－ 2，
所以{an}的通项公式为 an＝(2＋ 2)n－1 或 an＝(2－ 2)n－1.
(2)设{an}的公比为 q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，得 aq2－4aq＋3a－1＝0，(*)
由 a＞0 得Δ＝4a2＋4a＞0，故方程(*)有两个不同的实根，
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为 0，代入(*)得 a＝1
3.
例 9 [2011·安徽卷] 在数 1 和 100 之间插入 n 个实数，使得这 n＋2 个数构成递增的等比数列，
将这 n＋2 个数的乘积记作 Tn，再令 an＝lgTn，n≥1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝tanan·tanan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
【解题技巧点睛】求数列的通项公式的方法：
1、利用转化，解决递推公式为 nS 与 na 的关系式：数列{ na }的前 n 项和 nS 与通项 na 的关系：
1
1
( 1)
( 2)n
n n
S na S S n
≥ .通过纽带： 1 2)n n na S S n （ ，根据题目求解特点，消掉一个
n na S或 .然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉 nS ，利用已知递推式，把 n
换成（n+1）得到递推式，两式相减即可.若消掉 na ，只需把 1n n na S S 带入递推式即可.
不论哪种形式，需要注意公式 1n n na S S 成立的条件 2.n
由递推关系求数列的通项公式
2.利用“累加法”和“累乘法”求通项公式：此解法来源与等差数列和等比数列求通项的方
法，递推关系为 1 ( )n na a f n 用累加法；递推关系为 1 ( )n
n
a f na
用累乘法.解题时需要
分析给定的递推式，使之变形为 1n na a 、 1n
n
a
a
结构，然后求解.要特别注意累加或累乘时，
应该为 )1( n 个式子，不要误认为 n 个.
3.利用待定系数法，构造等差、等比数列求通项公式：求数列通项公式方法灵活多样，特别
是对于给定的递推关系求通项公式，观察、分析、推理能力要求较高.通常可对递推式变换，
转化成特殊数列（等差或等比数列）来求解，这种方法体现了数学中化未知为已知的化归思
想，而运用待定系数法变换递推式中的常数就是一种重要的转化方法.
考点五 等差等比数列的定义以及应用
例 10 [2011·江西卷] (1)已知两个等比数列{an}，{bn}，满足 a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2
＝2，b3－a3＝3，若数列{an}唯一，求 a 的值；
(2)是否存在两个等比数列{an}，{bn}，使得 b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4 成公差不为 0 的
等差数列？若存在，求{an}，{bn}的通项公式；若不存在，说明理由．
【解答】 (1)设{an}的公比为 q，则 b1＝1＋a，b2＝2＋aq，b3＝3＋aq2，
由 b1，b2，b3 成等比数列得(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，
即 aq2－4aq＋3a－1＝0.
由 a>0 得Δ＝4a2＋4a>0，故方程有两个不同的实根，
再由{an}唯一，知方程必有一根为 0，
将 q＝0 代入方程得 a＝1
3.
例 11 [2011·天津卷] 已知数列{an}与{bn}满足 bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，bn＝3＋－1n－1
2
，n
∈N*，且 a1＝2.
(1)求 a2，a3 的值；
(2)设 cn＝a2n＋1－a2n－1，n∈N*，证明{cn}是等比数列；
(3)设 Sn 为{an}的前 n 项和，证明S1
a1
＋S2
a2
＋…＋S2n－1
a2n－1
＋S2n
a2n
≤n－1
3(n∈N*)．
【解答】 (1)由 bn＝3＋－1n－1
2
，n∈N，
可得 bn＝ 2，n 为奇数，
1，n 为偶数.
又 bn＋1an＋bnan＋1＝(－2)n＋1，
当 n＝1 时，a1＋2a2＝－1，由 a1＝2，可得 a2＝－3
2
；
当 n＝2 时，2a2＋a3＝5，可得 a3＝8.
(2)证明：对任意 n∈N*，
a2n－1＋2a2n＝－22n－1＋1，①
2a2n＋a2n＋1＝22n＋1.②
②－①，得 a2n＋1－a2n－1＝3×22n－1，即 cn＝3×22n－1.
于是cn＋1
cn
＝4.
所以{cn}是等比数列．
(3)证明：a1＝2，由(2)知，当 k∈N*且 k≥2 时，
a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)
＝2＋3(2＋23＋25＋…＋22k－3)＝2＋3×21－4k－1
1－4
＝22k－1，
故对任意 k∈N*，a2k－1＝22k－1.
由①得 22k－1＋2a2k＝－22k－1＋1，
所以 a2k＝1
2
－22k－1，k∈N*.
因此，S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k)＝k
2.
于是，S2k－1＝S2k－a2k＝k－1
2
＋22k－1.
故S2k－1
a2k－1
＋S2k
a2k
＝
k－1
2
＋22k－1
22k－1
＋
k
2
1
2
－22k－1
＝k－1＋22k
22k
－ k
22k－1
＝1－1
4k
－ k
4k4k－1.[来源:Zxxk.Com]
所以，对任意 n∈N*，
S1
a1
＋S2
a2
＋…＋S2n－1
a2n－1
＋S2n
a2n
＝
S1
a1
＋S2
a2 ＋
S3
a3
＋S4
a4 ＋…＋
S2n－1
a2n－1
＋S2n
a2n
＝ 1－1
4
－ 1
12 ＋ 1－ 1
42
－ 2
4242－1 ＋…＋1－ 1
4n
－ n
4n4n－1
＝n－
1
4
＋ 1
12 －
1
42
＋ 2
4242－1 －…－ 1
4n
＋ n
4n4n－1
≤n－
1
4
＋ 1
12 ＝n－1
3.
【解题技巧点睛】
判断某个数列是否为等差(或等比)数列,常用方法有两种:一种是由定义判断,二是看任意
相邻三项是否满足等差中项(或等比中项)公式.注意只要其中的一项不符合,就不能为等差(或
等比)数列.而想判断某个数列不是等差(或等比)数列,只需看前三项即可.
考点六 数列的前 n 项和
例 12 [2011·安徽卷] 若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋a2＋…＋a10＝( )
A．15 B．12 C．－12 D．－15
【答案】A
【解析】 a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)
＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.
例 13[2011·辽宁卷] 已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列
an
2n－1 的前 n 项和．
【解答】 (1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a1＋d＝0，
2a1＋12d＝－10.
解得
a1＝1，
d＝－1.
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n.
(2)设数列
an
2n－1 的前 n 项和为 Sn，即 Sn＝a1＋a2
2
＋…＋ an
2n－1
，故 S1＝1，
例 13 [2011·课标全国卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且 2a1＋3a2＝1，a23＝9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列
1
bn 的前 n 项和．
【解答】 (1)设数列{an}的公比为 q，由 a23＝9a2a6 得 a23＝9a24，所以 q2＝1
9.
由条件可知 q＞0，故 q＝1
3.
由 2a1＋3a2＝1 得 2a1＋3a1q＝1，所以 a1＝1
3.
故数列{an}的通项公式为 an＝ 1
3n.
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an
＝－(1＋2＋…＋n)
＝－nn＋1
2
.
故 1
bn
＝－ 2
nn＋1
＝－2
1
n
－ 1
n＋1 ，
1
b1
＋ 1
b2
＋…＋ 1
bn
＝－2 1－1
2 ＋
1
2
－1
3 ＋…＋
1
n
－ 1
n＋1 ＝－ 2n
n＋1
.
所以数列
1
bn 的前 n 项和为－ 2n
n＋1.
【解题技巧点睛】在数列求和问题中，通法 是“特征联想法”：就是抓住数列的通项公式的
特征，再去联想常用数列的求和方法.通项公式作为数列的灵魂，只有抓住它的特征，才能
对号入座，得到求和方法.
（1）： .... nnn baC ，数列{ }nC 的通项公式能够分解成几部分，一般用“分组求和法”.
（2）： n n nC a b ，数列{ }nC 的通项公式能够分解成等差数列和等比数列的乘积，一般用
“错位相减法”.
（3）： 1
n
n n
C a b
，数列{ }nC 的通项公式是一个分式结构，一般采用“裂项相消法”.
（4）： n
n n nC C a ，数列{ }nC 的通项公式是一个组合数和等差数列通项公式组成，一般采
用“倒序相加法”.
考点七 数列的综合问题
例 14[2011·福建卷] 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低
销售限价 a，最高销售限价 b(b>a)以及实数 x(080，
A9＝780－210×
3
4 3
9
＝7679
96<80，
所以须在第 9 年初对 M 更新．
【解题技巧点睛】解数列应用题，要充分运用观察、归纳、猜想等手段，建立等差数列、等
比数列、递推数列等模型．(比较典型的问题是存款的利息计算问题，通常的储蓄问题与等
差数列有关，而复利计算则与等比数列有关．)
针对训练
一．选择题
1.【湖北省孝感市 2011—2012 学年度高中三年级第一次统一考试】
在等差数列 1 5 9 4 6{ } , , tan( )4na a a a a a 中 若 则 = （ ）
A． 3
3 B． 3 C．1 D．—1
答案：A
3.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
等差数列 na 的前 n 项和 2 4
7 13, ,4 2nS a S ， 10a （ ）
A.
1
2 B.
1
2
C.
1
4 D.
1
4
答案：D
解析：由已知，得
2 1
4 1
7 ,4
4(4 1) 134 ,2 2
a a d
dS a
解得 1
12, 4a d ，
所以 10 1
19 4a a d .
4.（2012 届西南大学附属中学第二次月考）
在等差数列 8 11
1 62na a a 中， ，则数列前 9 项之和 9S 等于（ ）
A． 24 B．48 C．72 D．108
【答案】D
【解析】因为
8 11 1 1
1 9
1 5 9 5
1 16, 7 ( 10 ) 62 2
( )94 12 , 9 1082
na a a a d a d
a aa d a S a
中，
5.（2012届微山一中高三10月考试题）
已知 nS 为等差数列{ }na 的前n项的和， 2 5 4,a a ， 7 21S ，则 7a 的值为 （ ）
A． 6 B．7 C．8 D．9[来源:Z§xx§k.Com]
答案: D
解 析 : 由 条 件 2 5 4,a a 7 21S 可 转 化 为 12 5 4,a d 1 3 3,a d 解
得: 1 3, 2,a d 7 3 6 2 9,a
6.【银川一中 2012 届高三年级第四次月考】
已知等比数列{ }na 的公比为正数，且 2
5 7 4 24 , 1a a a a ，则 1a =( )
A． 1
2
B． 2
2
C． 2 D．2
答案：B
解析： 2 2 2 4
5 7 4 6 44 , 4 , 4, 0, 2.a a a a a q q q 2 1 1
21, .2a a q a
7.【北京市朝阳区 2011-2012 学年度高三年级第一学期期中统一考试】
在各项均为正数的数列 na 中，对任意 ,m n N 都有 m n m na a a ．若 6 64a ，则 9a 等
于 （ ）
A．256 B．510 C．512 D． 1024
答案：C
解析：令 2
6 3 3 3 9 3+6 3 63, =64, 0, =8 = 8 64 512.m n a a a a a a a a 又 ；
8.【2012 届山东实验中学第一次诊断考试】已知{an}为等差数列，其公差为-2，且 a7
是 a3 与 a9 的等比中项，Sn 为{an}的前 n 项和，n∈N*，则 S10 的值为（ ）[
(A). -110 (B). -90
(C). 90 (D). 110
【 答 案 】 D
【解析】解：a7 是 a3 与 a9 的等比中项，公差为-2，所以 a7
2=a3•a9，所以 a7
2=（a7+8）（a7-4），
所以 a7=8，所以 a1=20，所以 S10= 10×20+10×9/2×(-2)=110。故选 D
二、填空题
9.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 1,n nS a n N ,数列 ( 1) nn a 的前 n 项和为
10【浙江省名校新高考研究联盟 2012 届第一次联考】
已知等比数列 na 的公比为 2，前 n 项和为 nS ．记数列 }{ nb 的前 n 项和为 nT ，且满足
1
2
nn
n
n aa
ab ，则
n
n
T
S = ．
答案：3
解析： n
nn
n
n aaa
ab 3
1
2
2
，所以 nn ST 3
1 ，故
n
n
T
S =3．
11.【浙江省 2012 年高三调研理科数学测试卷】
设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1，an＝－Sn Sn－1 (n≥2)，则 Sn＝ ．
答案： 1
nS n
解析： 1 1 1
-1 1
1 1 1 1, , =1 ( 1) 1 .n n n n n n n
n n n
a S S S S S S n nS S S S ，
1 .nS n
12.【2012 年上海市普通高等学校春季招生考试】
已知等差数列{ }na 的首项及公差均为正数，令 *
2012 ( , 2012).n n nb a a n N n 当 kb
是数列{ }kb 的最大项时， k .
答案：1006
解 析 ： 因 等 差 数 列 { }na 的 首 项 及 公 差 均 为 正 数 ， 不 妨 设 na n ， 则
2 2 2 22012 , 2012 2 2012 2012 2 ( 1006 +1006n nb n n b n n n ） ，
故当 1006n 时取得最大值，故 1006.k
三．解答题
13.【唐山市 2011—2012 学年度高三年级第一学期期末考试】
在等比数列{ }na 中， 2 3 532, 32.a a a
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）设数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，求 1 22 .nS S nS
14.【2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试】
已知数列 na 满足 1 1a ， 1 2 1( *)n na a n N .
⑴求数列 na 的通项公式；
⑵若数列 nb 满足 31 2 3 1 11 2 14 4 4 4 1n nb nbb b
na ，求数列 nb 的通项公式.
解：（1） 121 nn aa ， )1(211 nn aa ，
而 1 1a ，故数列 }1{ na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
1 2n
na 即 ，因此 12 n
na ． ( 5 分)
（2）∵ n
n
nbbbb an 14444 113121 321 ，∴ 2
321 24 32 nnnbbbb n ，( 7 分)
∴ 2
321 2322 nnnbbbb n ，
即 nnnbbbb n 2322 2
321 ，①
当 2n≥ 时， 2 2
1 2 12[ 2 ( 1) ] ( 1) 2( 1) 1nb b n b n n n ，②
①－②得 2 2 1 2nnb n n ≥ ， 11 22nb nn
≥ ． （10 分）
可验证 1n 也满足此式，因此
nbn 2
11 ． （12 分）
15.【2012 年上海市普通高等学校春季招生考试】
已知数列{ }na { }nb { }nc 满足 1 1( )( ) ( ).n n n n na a b b c n N
1. 设 3 6,nc n { }na 是公差为 3 的等差数列.当 1 1b 时，求 2 3b b、 的值；
2. 设 3 2, 8 .n nc n a n n 求正整数 ,k 使得对一切 n N ，均有 ;n kb b
3. 设 1 ( 1)2 , .2
n
n
n nc n a 当 1 1b 时，求数列{ }nb 的通项公式.
解析：
1 1 1 2 3(1) 3, 2, 1, 4, 8.n n n na a b b n b b b
3
1 1 1 4 5 6(2) 2 7, , 0, 4, ,2 7n n n n n n
na a n b b b b n b b bn 即
1 1 2 3 40, 3, , 4.n nb b n b b b b k
1 1 1
+1 +1 1(3) ( 1) , ( 1) (2 ), ( 1) (2 1),n n n n n
n n n n n na a b b n b b n
1 2 1 1
2 1 3 2 12 1, ( 1)(2 2), ( 1) (2 1),n n
n nb b b b b b n
当 2 ( ),n k k N 由以上各式相加可得：
2 2 1
1 (2 2 2 2 ) [1 2 ( 2) ( 1)]n n
nb b n n
12 2 ( 2) 2 2 ,1 ( 2) 2 3 2
n nn n
2 5 .3 2 3
n
n
nb
当 *2 1( ),n k k N
1
1
1
2 2 1 2 13( 1) (2 ) 1 (2 ) .3 2 3 2 6
n n
n n n
n n
n nb b n n
*
2 5 , 23 2 3 ( )
2 13 , 2 13 2 6
n
n n
n n k
b k N
n n k
16【北京市朝阳区 2011-2012 学年度高三年级第一学期期中统一考试】
设数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 2 1n na S n ( )n N .
（Ⅰ）求 1a ， 2a ， 3a ；
（Ⅱ）求证：数列 2na 是等比数列；
（Ⅲ）求数列 nn a 的前 n 项和 nT .
（Ⅲ）由(Ⅱ) 得： 12 5 2n
na ，即 15 2 2n
na ( )n N .[来源:学#科#网 Z#X#X#K]
则 15 2 2n
nna n n ( )n N . ……………8 分
设数列 15 2nn 的前 n 项和为 nP ,
则 0 1 2 2 15 1 2 5 2 2 5 3 2 ... 5 ( 1) 2 5 2n n
nP n n ，
所以 1 2 3 12 5 1 2 5 2 2 5 3 2 ... 5( 1) 2 5 2n n
nP n n ，
所以 1 2 15(1 2 2 ... 2 ) 5 2n n
nP n ，
即 (5 5) 2 5n
nP n ( )n N . ……………11 分
所以数列 nn a 的前 n 项和 nT = ( 1)(5 5) 2 5 2 2
n n nn ，
整理得， 2(5 5) 2 5n
nT n n n ( )n N . ……………13 分
17【浙江省 2012 年高三调研理科数学测试卷】
设等差数列{an}的首项 a1 为 a，前 n 项和为 Sn．
(Ⅰ) 若 S1，S2，S4 成等比数列，求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ) 证明： n∈N*, Sn，Sn＋1，Sn＋2 不构成等比数列．
解析：(Ⅰ) 解：设等差数列{an}的公差为 d，则 Sn＝na＋ ( 1)
2
n n d ，
S1＝a，S2＝2a＋d，S4＝4a＋6d．由于 S1，S2，S4 成等比数列，因此
2
2S ＝S1 S4，即得 d (2a－d)＝0．所以，d＝0 或 2a．
(1) 当 d＝0 时，an＝a；
(2) 当 d＝2a 时，an＝(2n－1)a． …………6 分
(Ⅱ) 证明：采用反证法．不失一般性，不妨设对某个 m∈N*，Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等
比数列，即 2
1 2m m mS S S ．因此
a2＋mad＋ 1
2 m(m＋1)d2＝0， ①
(1) 当 d＝0 时，则 a＝0，此时 Sm＝Sm＋1＝Sm＋2＝0，与等比数列的定义矛盾；
(2) 当 d≠0 时，要使数列{an}的首项 a 存在，必有①中的Δ≥0．
然而
Δ＝(md)2－2m(m＋1)d2＝－(2m＋m2)d2＜0，矛盾．
综上所述，对任意正整数 n，Sn，Sn＋1，Sn＋2 都不构成等比数列． …………14 分
18【惠州市 2012 届高三第二次调研考试数学试题】
已知数列{ }nb 满足 1
1 1
2 4n nb b ，且 1
7
2b ， nT 为{ }nb 的前 n 项和.
（1）求证：数列 1{ }2nb 是等比数列，并求{ }nb 的通项公式；
（2）如果对于任意 *n N ，不等式 12 2 712 2 n
k nn T
恒成立，求实数 k 的取值范围.
解：（1）对任意 *Nn ,都有 1
1 1
2 4n nb b ，所以 1
1 1 1( )2 2 2n nb b
则 1{ }2nb 成等比数列,首项为 1
1 32b ，公比为 1
2
…………2 分
所以 11 13 ( )2 2
n
nb ， 11 13 ( )2 2
n
nb …………4 分
（2）因为 11 13 ( )2 2
n
nb
所以 2 1
13(1 )1 1 1 123(1 ... ) 6(1 )12 2 2 2 2 2 21 2
n
n n n
n n nT
…………7 分
因为不等式 12 2 7(12 2 )n
k nn T
，
化简得 2 7
2n
nk 对任意 *Nn 恒成立 ……………8 分
设 2 7
2n n
nc ，则 1 1 1
2( 1) 7 2 7 9 2
2 2 2n n n n n
n n nc c
当 5n , 1n nc c ,{ }nc 为单调递减数列，
当1 5n , 1n nc c ,{ }nc 为单调递增数列 …………11 分
4 5
1 3
16 32c c ,所以, 5n 时, nc 取得最大值 3
32
…………13 分
所以, 要使 2 7
2n
nk 对任意 *Nn 恒成立， 3
32k …………14 分
19【浙江省名校新高考研究联盟 2012 届第一次联考】
已知等差数列 }{ na 的公差不为零，且 53 a ， 521 ,, aaa 成等比数列．
（Ⅰ）求数列 }{ na 的通项公式；
（Ⅱ）若数列 }{ nb 满足 2 1
1 2 32 2 2n
n nb b b b a L ，求数列 }{ nb 的前 n 项和 nT ．
（1）解：在等差数列中，设公差为 )0( dd ，
2
1 5 2a a aQ ， 2
333 )()2)(2( dadada ， ……2 分
化简得 0105 2 dd ， 2d ……4 分
122)3(5)3(3 nndnaan ……7 分
（2）解： 1
1 2 32 4 2n
n nb b b b a L ①
1
1 2 3 1 12 4 2 2n n
n n nb b b b b a
L ②
②-①得： 22 1 n
n b ， n
nb
1
1 2 ……10 分
当 1n 时， 111 ab
1,,1
2,22
n
nb
n
n ……12 分
22
13 nnT ……14 分
20【北京市东城区 2011-2012 学年度高三数第一学期期末教学统一检测】
在等差数列 na 中， 31 a ，其前 n 项和为 nS ，等比数列 nb 的各项均为正数， 11 b ，
公比为 q ，且 1222 Sb ，
2
2
b
Sq ．
（Ⅰ）求 na 与 nb ；
（Ⅱ）证明：
3
1 ≤
3
2111
21
nSSS ．
解：（Ⅰ）设 na 的公差为 d ，
因为
,
,12
2
2
22
b
Sq
Sb
所以
．
，
q
dq
dq
6
126
[来源:学§科§网 Z§X§X§K]
解得 3q 或 4q （舍）， 3d ．
故 3 3( 1) 3na n n ， 13 n
nb ． ……………6 分
一.专题综述
理科的立体几何由三部分组成，一是空间几何体，二是空间点、直线、平面的位置关系，三
是立体几何中的向量方法．高考在命制立体几何试题中，对这三个部分的要求和考查方式是
不同的．在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视
图的识别判断、考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题，试题的题
型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上
都是中等难度或者较易的试题；在空间点、直线、平面的位置关系部分，主要以解答题的方
法进行考查，考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的
第一问；对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问
或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的
计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．
二.考纲解读
1.空间几何体：该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构
特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体
的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法．
2.空间点、直线、平面的位置关系：该部分的基础是平面的性质、空间直线与直线的位置关
系，重点是空间线面平行和垂直关系的判定和性质，面面平行和垂直关系的判定和性质．在
复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应用，重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方
法．
3.空间向量与立体几何：由于有平面向量的基础，空间向量部分重点掌握好空间向量基本定
理和共面向量定理，在此基础上把复习的重心放在如何把立体几何问题转化为空间向量问题
的方法，并注重运算能力的训练．
三.2012 年高考命题趋向
1.以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图以及表面积和体积的计算．对空间几
何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过这个试题考查考生的空间想象能力；空间几何
体的表面积和体积计算以三视图为基本载体，交汇考查三视图的知识和面积、体积计算，试
题难度中等．
2.以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明，在解答题中的一部分考查使用空间向量方
法求解空间的角和距离，以求解空间角为主，特别是二面角．
四．高频考点解读
考点一 三视图的辨别与应用
例 1[2011·课标全国卷] 在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图所示，则相应的侧视图
可以为( )
【答案】D
【解析】由正视图和俯视图知几何体的直观图是由一个半圆锥和一个三棱锥组合而成的，，
故侧视图选 D.
例 2[2011·山东卷] 右图是长和宽分别相等的两个矩形．给定下列三个命题：①
存在三棱柱，其正（主）视图、俯视图如右图；② 存在四棱柱，其正（主）视
图、俯视图如右图；③ 存在圆柱，其正（主）视图、俯视图如右图．其中真命
题的个数是( )．
A．3 B．2 C．1 D． 0
【答案】A．
【解析】对于①，可以是放倒的三棱柱；②可以是长方体；③可以是放倒了的圆柱．故选择
A ．另解：①②③均是正确的，只需①底面是等腰直角三角形的直四棱柱，让其直角三
角形直角边对应的一个侧面平卧；②直四棱柱的两个侧面是正方形或一正四棱柱平躺；
③圆柱平躺即可使得三个命题为真，答案选 A．
【解析】 由正视图可排除 A，C；由侧视图可判断该该几何体的直观图是 B.
【解题技巧点睛】对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，
其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置．
考点二 求几何体的体积
例 4[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图 1－2 所示，则它的体积是( )
A．8－2π
3 B．8－π
3
C．8－2π D.2π
3
【答案】A
【解析】 分析图中所给的三视图可知，对应空间几何图形，应该是一个棱长为 2 的正方体
中间挖去一个半径为 1，高为 2 的圆锥，则对应体积为：V＝2×2×2－1
3π×12×2＝8－2
3π.
例 5 [2011·课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一
个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的 3
16
，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积
较大者的高的比值为________．
【答案】1
3
【解析】 如图，设球的半径为 R，圆锥底面半径为 r，则球面面积为 4πR2，圆
锥底面面积为πr2，
由题意πr2＝12
16πR2，所以 r＝ 3
2 R，所以 OO1＝ OA2－O1A2＝ R2－3
4R2＝1
2R，
所以 SO1＝R＋1
2R＝3
2R， S1O1＝R－1
2R＝1
2R，
所以S1O1
SO1
＝
R
2
3R
2
＝1
3.
例 6[2011·安徽卷] 如图，ABEDFC 为多面体，平面 ABED 与平面 ACFD 垂直，点 O 在线段
AD 上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是正三角形．
(1)证明直线 BC∥EF；
(2)求棱锥 F－OBED 的体积．
【解答】 (1)(综合法)
证明：设 G 是线段 DA 与线段 EB 延长线的交点，由于△OAB 与△ODE 都是正三角形，OA
＝1，OD＝2，所以 OB 綊 1
2DE，OG＝OD＝2.
同理，设 G′是线段 DA 与线段 FC 延长线的交点，有 OC 綊 1
2DF，OG′＝OD＝2，又由于
G 和 G′都在线段 DA 的延长线上，所以 G 与 G′重合．
在△GED 和△GFD 中，由 OB 綊 1
2DE 和 OC 綊 1
2DF，可知 B，C 分别是 GE
和 GF 的中点，所以 BC 是△GEF 的中位线，故 BC∥EF.
(向量法)
过点 F 作 FQ⊥AD，交 AD 于点 Q，连 QE.
由平面 ABED⊥平面 ADFC，知 FQ⊥平面 ABED.
以 Q 为坐标原点，QE→ 为 x 轴正向，QD→ 为 y 轴正向，QF→ 为 z 轴正向，建立
如图所示空间直角坐标系．
由条件知 E( 3，0,0)，F(0,0， 3)，B
3
2
，－3
2
，0 ，C 0，－3
2
， 3
2 .
则有BC→＝ － 3
2
，0， 3
2 ，EF→＝(－ 3，0， 3)．
所以EF→＝2BC→，即得 BC∥EF.
(2)由 OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知 S△EOB＝ 3
2 .
而△OED 是边长为 2 的正三角形，故 S△OED＝ 3.
所以 S 四边形 OBED＝S△EOB＋S△OED＝3 3
2 .
过点 F 作 FQ⊥AD，交 AD 于点 Q，由平面 ABED⊥平面 ACFD 知，FQ 就
是四棱锥 F－OBED 的高，且 FQ＝ 3，所以 VF－OBED＝1
3FQ·S 四边形 OBED＝3
2.
【解题技巧点睛】当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者
虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”
的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题
提供便利．
(1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求
体积的几何体，进而求之．
(2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，
如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，
我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积．
(3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角
三角形、直角梯形求有关的几何元素．
考点三 求几何体的表面积
【答案】C
【解析】 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰梯形的放倒的直四棱柱(如图所示)，
所以该直四棱柱的表面积为
S＝2×1
2
×(2＋4)×4＋4×4＋2×4＋2× 1＋16×4＝48＋8 17.
例 8[2011·陕西卷] 如图，在△ABC 中，∠ABC＝45°，
∠BAC＝90°，AD 是 BC 上的高，沿 AD 把△ABD 折起，
使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面 ADB⊥平面 BDC；
(2)若 BD＝1，求三棱锥 D－ABC 的表面积．
【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高，
∴当△ABD 折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.
又 DB∩DC＝D.
∴AD⊥平面 BDC.
∵AD 平面 ABD，
∴平面 ABD⊥平面 BDC.
(2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA，
DB＝DA＝DC＝1.
∴AB＝BC＝CA＝ 2.
从而 S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝1
2
×1×1＝1
2.
S△ABC＝1
2
× 2× 2×sin60°＝ 3
2 .
∴表面积 S＝1
2
×3＋ 3
2
＝3＋ 3
2
.
【解题技巧点睛】以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰
当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
考点四 平行与垂直
例 9[2011·辽宁卷] 如图，四棱锥 S－ABCD 的底面为正方形，SD⊥底
面 ABCD，则下列结论中不正确．．．的是( )
A．AC⊥SB
B．AB∥平面 SCD
C．SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角
D．AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角
【答案】D
【解析】 ①由 SD⊥底面 ABCD，得 SD⊥AC，又由于在正方形 ABCD 中，BD⊥AC，SD∩BD
＝D，所以 AC⊥平面 SBD，故 AC⊥SB，即 A 正确．②由于 AB∥CD，AB⊄平面 SCD，CD
⊂平面 SCD，所以 AB∥平面 SCD，即 B 正确．③设 AC，BD 交点为 O，连结 SO，则由①
知 AC⊥平面 SBD，则由直线与平面成角定义知 SA 与平面 SBD 所成的角为∠ASO，SC 与平
面 SBD 所成的角为∠CSO.由于△ADS≌△CDS，所以 SA＝SC，所以△SAC 为等腰三角形，
又由于 O 是 AC 的中点，所以∠ASO＝∠CSO，即 C 正确．④因为 AD∥CD，所以 AB 与 SC
所成的角为∠SCD，DC 与 SA 所成的角为∠SAB，∠SCD 与∠SAB 不相等，故 D 项不正确．
例 10 [2011·课标全国卷] 如图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝
60°，AB＝2AD，PD⊥底面 ABCD.
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设 PD＝AD＝1，求棱锥 D－PBC 的高．
【解答】 (1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得 BD＝ 3AD，
从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD.
又 PD⊥底面 ABCD，可得 BD⊥PD，
所以 BD⊥平面 PAD，故 PA⊥BD.
(2)如图，作 DE⊥PB，垂足为 E.
已知 PD⊥底面 ABCD，则 PD⊥BC.
由(1)知 BD⊥AD，又 BC∥AD，所以 BC⊥BD.
故 BC⊥平面 PBD，BC⊥DE.
则 DE⊥平面 PBC.
由题设知 PD＝1，则 BD＝ 3，PB＝2.
根据 DE·PB＝PD·BD 得 DE＝ 3
2 .
即棱锥 D－PBC 的高为 3
2 .
例 11[2011·山东卷] 如图，在四棱台 ABCD－A1B1C1D1 中，D1D⊥平面 ABCD，底面 ABCD
是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.
(1)证明：AA1⊥BD；
(2)证明：CC1∥平面 A1BD.
证明：(1)证法一：
因为 D1D⊥平面 ABCD，且 BD⊂平面 ABCD，
所以 D1D⊥BD.
又因为 AB＝2AD，∠BAD＝60°，
在△ABD 中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AD·ABcos60°＝3AD2.
所以 AD2＋BD2＝AB2，
所以 AD⊥BD.
又 AD∩D1D＝D，
所以 BD⊥平面 ADD1A1.
又 AA1⊂平面 ADD1A1，
所以 AA1⊥BD.
证法二：
因为 D1D⊥平面 ABCD，且 BD⊂平面 ABCD，
所以 BD⊥D1D.
取 AB 的中点 G，连接 DG.
在△ABD 中，由 AB＝2AD 得 AG＝AD，
又∠BAD＝60°，所以△ADG 为等边三角形．
因此 GD＝GB.
故∠DBG＝∠GDB，
又∠AGD＝60°，
所以∠GDB＝30°，
故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，
所以 BD⊥AD.
又 AD∩D1D＝D，
所以 BD⊥平面 ADD1A1，
又 AA1⊂平面 ADD1A1，
所以 AA1⊥BD.
(2)连接 AC，A1C1.
设 AC∩BD＝E，连接 EA1.
因为四边形 ABCD 为平行四边形，
所以 EC＝1
2AC，
由棱台定义及 AB＝2AD＝2A1B1 知，
A1C1∥EC 且 A1C1＝EC，
所以四边形 A1ECC1 为平行四边形．
因此 CC1∥EA1，
又因为 EA1⊂平面 A1BD，CC1⊄平面 A1BD，
所以 CC1∥平面 A1BD.
【解题技巧点睛】在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的
一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找
“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．在
垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以根据已知的平面图形通
过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直，
其中要特别重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂
直．
考点五 与球相关的问题
例 12 [2011·课标全国卷] 已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球 O 的球面上，且 AB＝6，
BC＝2 3，则棱锥 O－ABCD 的体积为________．
【答案】8 3
【解析】 如图，由题意知，截面圆的直径为 62＋2 32＝ 48＝4 3，
所以四棱锥的高|OO1|＝ OA2－O1A2＝ 16－12＝2，
所以其体积 V＝1
3S 矩形 ABCD·|OO1|＝1
3
×6×2 3×2＝8 3.
例 13[2011·辽宁卷] 已知球的直径 SC＝4，A，B 是该球球面上的两点，AB＝ 3，∠ASC＝
∠BSC＝30°，则棱锥 S－ABC 的体积为( )
A．3 3 B．2 3 C. 3 D．1
【答案】C
【解析】 如图，过 A 作 AD 垂直 SC 于 D，连接 BD.
由于 SC 是球的直径，所以∠SAC＝∠SBC＝90°，又∠ASC＝∠BSC＝30°，又 SC 为公共边，
所以△SAC≌△SBC.由于 AD⊥ SC，所以 BD⊥SC.由此得 SC⊥平面 ABD.
所以 VS－ABC＝VS－ABD＋VC－ABD＝1
3S△ABD·SC.
由于在直角三角形△SAC 中∠ASC＝30°，SC＝4，所以 AC＝2，SA＝2 3，由于 AD＝SA·CA
SC
＝ 3.同理在直角三角形△BSC 中也有 BD＝SB·CB
SC
＝ 3.
又 AB＝ 3，所以△ABD 为正三角形，
所以 VS－ABC＝1
3S△ABD·SC＝1
3
×1
2
×( 3)2·sin60°×4＝ 3，所以选 C.
【解题技巧点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题
时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，
并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正
方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线
长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，
通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图
考点六 异面直线所成的角
例 14[2011·天津卷] 如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，H 是正方形 AA1B1B 的中心，AA1
＝2 2，C1H⊥平面 AA1B1B，且 C1H＝ 5.
(1)求异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值；
(2)求二面角 A－A1C1－B1 的正弦值；
(3)设 N 为棱 B1C1 的中点，点 M 在平面 AA1B1B 内，且 MN⊥平
面 A1B1C1，求线段 BM 的长．
【解答】 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点 B 为坐
标原点．依题意得 A(2 2，0,0)，B(0,0,0)，C( 2，－ 2， 5)，
A1(2 2，2 2，0)，B1(0,2 2，0)，C1( 2，2， 5)．
(1)易得AC→ ＝(－ 2，－ 2， 5)，A1B1
→ ＝(－2 2，0,0)，于
是 cos〈AC→，A1B1
→ 〉＝ AC→·A1B1
→
|AC→||A1B1
→ |
＝ 4
3×2 2
＝ 2
3 .
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2
3 .
(2)易知AA1
→ ＝(0,2 2，0)，A1C1
→ ＝(－ 2，－ 2， 5)．
设平面 AA1C1 的法向量 m＝(x，y，z)，
则
m·A1C1
→ ＝0，
m·AA1
→ ＝0.
即
－ 2x－ 2y＋ 5z＝0，
2 2y＝0.
不妨令 x＝ 5，可得 m＝( 5，0， 2)．
同样地，设平面 A1B1C1 的法向量 n＝(x，y，z)，
则
n·A1C1
→ ＝0，
n·A1B1
→ ＝0.
即
－ 2x－ 2y＋ 5z＝0，
－2 2x＝0.
不妨令 y＝ 5，可得 n＝(0，5， 2)．
于是 cos〈m，n〉＝ m·n
|m|·|n|
＝ 2
7· 7
＝2
7
，
从而 sin〈m，n〉＝3 5
7 .
所以二面角 A－A1C1－B1 的正弦值为3 5
7 .
(3)由 N 为棱 B1C1 的中点，得 N
2
2
，3 2
2
， 5
2 .
设 M(a，b,0)，则MN→ ＝
2
2
－a，3 2
2
－b， 5
2 .
由 MN⊥平面 A1B1C1，得
MN→ ·A1B1
→ ＝0，
MN→ ·A1C1
→ ＝0.
即
2
2
－a ·－2 2＝0，
2
2
－a ·－ 2＋
3 2
2
－b ·－ 2＋ 5
2 · 5＝0.
解得
a＝ 2
2
，
b＝ 2
4
，
故 M
2
2
， 2
4
，0 .
因此BM→ ＝
2
2
， 2
4
，0 ，
所以线段 BM 的长|BM→ |＝ 10
4 .
方法二：(1)由于 AC∥A1C1.故∠C1A1B1 是异面直线 AC 与 A1B1 所成的角．
因为 C1H⊥平面 AA1B1B，又 H 为正方形 AA1B1B 的中心，AA1＝2 2，C1H＝ 5，可得 A1C1
＝B1C1＝3.
因此 cos∠C1A1B1＝A1C21＋A1B21－B1C21
2A1C1·A1B1
＝ 2
3 .
所以异面直线 AC 与 A1B1 所成角的余弦值为 2
3 .
(2)连接 AC1，易知 AC1＝B1C1.又由于 AA1＝B1A1，A1C1＝A1C1，所以△AC1A1
≌△B1C1A1.过点 A 作 AR⊥A1C1 于点 R，连接 B1R，于是 B1R⊥A1C1.故∠
ARB1 为二面角 A－A1C1－B1 的平面角．在 Rt△A1RB1 中，B1R＝A1B1·sin∠
RA1B1＝2 2· 1－
2
3 2＝2 14
3 .连接 AB1，在△ARB1 中，AB1＝4，AR＝
B1R，cos∠ARB1＝AR2＋B1R2－AB21
2AR·B1R
＝－2
7
，从而 sin∠ARB1＝3 5
7 .所以二面角 A－A1C1－B1
的正弦值为3 5
7 .
(3)因为 MN⊥平面 A1B1C1，所以 MN⊥A1B1，取 HB1 中点 D，连接 ND.由于 N 是棱 B1C1 中
点，所以 ND∥C1H 且 ND＝1
2C1H＝ 5
2 .又 C1H⊥平面 AA1B1B，所以 ND⊥平面 AA1B1B.故 ND
⊥A1B1.又 MN∩ND＝N，所以 A1B1⊥平面 MND.连接 MD 并延长交 A1B1 于点 E，则 ME⊥A1B1.
故 ME∥AA1.
由DE
AA1
＝ B1E
B1A1
＝B1D
B1A
＝1
4
，得 DE＝B1E＝ 2
2
，延长 EM 交 AB 于点 F，可得 BF＝B1E＝ 2
2 .连接
NE.在 Rt△ENM 中，ND⊥ME.故 ND2＝DE·DM.所以 DM＝ND2
DE
＝5 2
4 .可得 FM＝ 2
4 .连接 BM，
在 Rt△BFM 中．BM＝ FM2＋BF2＝ 10
4 .
【解题技巧点睛】异面直线所成的角是近几年高考考查的重点,常以客观题出现,也经常在解
答题的某一问中出现,方法灵活,难度不大.主要通过平移把空间问题转化为平面问题,或通
过向量的坐标运算求异面直线所成的角,以此来考查空间想象能力和思维能力,利用几何法
或向量法解决立体几何问题的能力.
考点七 线面角
例 15[2011·天津卷] 如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠ADC＝45°，
AD＝AC＝1，O 为 AC 的中点，PO⊥平面 ABCD，PO＝2，M 为 PD 的中点．
(1)证明 PB∥平面 ACM；
(2)证明 AD⊥平面 PAC；
(3)求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值．
【解答】 (1)证明：连接 BD，MO.在平行四边形 ABCD 中，因为 O 为 AC 的中点，所以 O
为 BD 的中点．又 M 为 PD 的中点，所以 PB∥MO.因为 PB⊄平面 ACM，MO⊂平面 ACM，
所以 PB∥平面 ACM.
(2)证明：因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1，所以∠DAC＝90°，即 AD⊥AC.又 PO⊥平
面 ABCD，AD⊂平面 ABCD，所以 PO⊥AD.而 AC∩PO＝O，所以 AD⊥平面 PAC.
(3)取 DO 中点 N，连接 MN，AN.因为 M 为 PD 的中点，所以 MN∥PO，且 MN＝1
2PO
＝1.由 PO⊥平面 ABCD，得 MN⊥平面 ABCD，所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成
的角．在 Rt△DAO 中，AD＝1，AO＝1
2
，所以 DO＝ 5
2 .从而 AN＝1
2DO＝ 5
4 .在 Rt△ANM 中，
tan∠MAN＝MN
AN
＝ 1
5
4
＝4 5
5
，即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值为4 5
5 .
【解题技巧点睛】求线面角,解题时要明确线面角的范围,利用转化思想,将其转化为一个平
面内的角,通过解三角形来解决.求解的关键是作出垂线,即从斜线上选取异于斜足的一点作
平面的垂线.有时也可采用间接法和空间向量法,借助公式直接求解.
考点八 二面角（理）
例 16[2011·课标全国卷] 如图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠DAB＝
60°，AB＝2AD，PD⊥底面 ABCD.
(1)证明：PA⊥BD；
(2)若 PD＝AD，求二面角 A－PB－C 的余弦值．
【解答】 (1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定 理 得 BD ＝
3AD，
从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD.
又 PD⊥底面 ABCD，可得 BD⊥PD，
所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD.
(2)如图，以 D 为坐标原点，AD 的长为单位长，DA、DB、DP 所在
直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 D－xyz，则
A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)，
AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．
设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
n·AB→＝0，
n·PB→＝0，
即
－x＋ 3y＝0，
3y－z＝0.
因此可取 n＝( 3，1， 3)．
设平面 PBC 的法向量为 m，则
m·PB→＝0，
m·BC→＝0，
可取 m＝(0，－1，－ 3)．cos〈m，n〉＝－4
2 7
＝－2 7
7 .
故二面角 A－PB－C 的余弦值为－2 7
7 .
例 17[2011·广东卷] 如图，在锥体 P－ABCD 中，ABCD 是边长为 1 的菱形，且∠DAB＝60°，
PA＝PD＝ 2，PB＝2，E，F 分别是 BC，PC 的中点．
(1)证明：AD⊥平面 DEF；
(2)求二面角 P－AD－B 的余弦值．
【解答】 法一：(1)证明：设 AD 中点为 G，连接 PG，BG，BD.
因 PA＝PD，有 PG⊥AD，在△ABD 中，AB＝AD＝1，∠DAB＝60°，有△ABD 为等边三角
形，因此 BG⊥AD，BG∩PG＝G，所以 AD⊥平面 PBG，所以 AD⊥PB，AD⊥GB.
又 PB∥EF，得 AD⊥EF，而 DE∥GB 得 AD⊥DE，又 FE∩DE＝E，所以 AD⊥平面 DEF.
(2)∵PG⊥AD，BG⊥AD，
∴∠PGB 为二面角 P－AD－B 的平面角．
在 Rt△PAG 中，PG2＝PA2－AG2＝7
4
，
在 Rt△ABG 中，BG＝AB·sin60°＝ 3
2
，
∴cos∠PGB＝PG2＋BG2－PB2
2PG·BG
＝
7
4
＋3
4
－4
2· 7
2 · 3
2
＝－ 21
7 .
法二：(1)证明：设 AD 中点为 G，因为 PA＝PD，所以 PG⊥AD，
又 AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD 为等边三角形，因此，BG⊥AD，从而 AD⊥平面 PBG.
延长 BG 到 O 且使 PO⊥OB，又 PO⊂平面 PBG，所以 PO⊥AD，又 AD∩OB＝G，所以 PO
⊥平面 ABCD.
以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x 轴，z 轴，平行于 AD 的
直线为 y 轴，建立如图 1－2 所示的空间直角坐标系．
设 P(0,0，m)，G(n,0,0)，则 A n，－1
2
，0 ，D n，1
2
，0 .
∵|GB→ |＝|AB→|sin60°＝ 3
2
，
∴ B n＋ 3
2
，0，0 ， C n＋ 3
2
，1，0 ， E n＋ 3
2
，1
2
，0 ，
F
n
2
＋ 3
4
，1
2
，m
2 .
∴AD→ ＝(0,1,0)，DE→ ＝
3
2
，0，0 ，FE→＝
n
2
＋ 3
4
，0，－m
2 ，
∴AD→ ·DE→ ＝0，AD→ ·FE→＝0，
∴AD⊥DE，AD⊥FE，
又 DE∩FE＝E，∴AD⊥平面 DEF.
(2)∵PA→＝ n，－1
2
，－m ，PB→＝ n＋ 3
2
，0，－m ，
∴ m2＋n2＋1
4
＝ 2， n＋ 3
2 2＋m2＝2，
解得 m＝1，n＝ 3
2 .
取平面 ABD 的法向量 n1＝(0,0，－1)，
设平面 PAD 的法向量 n2＝(a，b，c)，
由PA→·n2＝0，得 3
2 a－b
2
－c＝0，
由PD→ ·n2＝0，得 3
2 a＋b
2
－c＝0，
故取 n2＝ 1，0， 3
2 .
∴cos〈n1，n2〉＝
－ 3
2
1· 7
4
＝－ 21
7 .
即二面角 P－AD－B 的余弦值为－ 21
7
【解题技巧点睛】在充分理解掌握二面角的定义的基础上,灵活应用定义法、三垂线定理法、
垂面法等确定二面角的平面角,其中面面垂直的性质定理是顺利实现转化的纽带.有时也可不
用作出二面角而直接求解,如射影面积法、空间向量法等.
考点九 空间向量的应用
例 18[2011·陕西卷] 如图，在△ABC 中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD 是 BC 上的高，沿
AD 把△ABD 折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面 ADB⊥平面 BDC；
(2)设 E 为 BC 的中点，求AE→与DB→ 夹角的余弦值．
【解答】 (1)∵折起前 AD 是 BC 边上的高，
∴当△ABD 折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.
又 DB∩DC＝D，
∴AD⊥平面 BDC，
∵AD 平面 ABD，
∴平面 ABD⊥平面 BDC.
(2)由∠BDC＝90°及(1)知 DA，DB，DC 两两垂直，不妨设|DB|＝
1，以 D 为坐标原点，以DB→ ，DC→ ，DA→ 所在直线为 x，y，z 轴建立如图
所示的空间直角坐标系，易得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0， 3)，
E
1
2
，3
2
，0 .
∴AE→＝
1
2
，3
2
，－ 3 ，
DB→ ＝(1,0,0)，
∴AE→与DB→ 夹角的余弦值为
cos〈AE→，DB→ 〉＝ AE→·DB→
|AE→|·|DB→ |
＝
1
2
1× 22
4
＝ 22
22 .
例 19[2011·辽宁卷] 如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB
＝1
2PD.
(1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ；
(2)求二面角 Q－BP－C 的余弦值．
【解答】 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立
空间直角坐标系 D－xyz.
(1)依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)．
则DQ→ ＝(1,1,0)，DC→ ＝(0,0,1)，PQ→ ＝(1，－1,0)，
所以PQ→ ·DQ→ ＝0，PQ→ ·DC→ ＝0.
即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
故 PQ⊥平面 DCQ.
又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ.
(2)依题意有 B(1,0,1)，CB→＝(1,0,0)，BP→＝(－1,2，－1)．
设 n ＝ (x ， y ， z) 是 平 面 PBC 的 法 向 量 ， 则
n·CB→＝0，
n·BP→＝0，
即
x＝0，
－x＋2y－z＝0.
因此可取 n＝(0，－1，－2)．
设 m 是平面 PBQ 的法向量，则
m·BP→＝0，
m·PQ→ ＝0.
可取 m＝(1,1,1)，所以 cos〈m，n〉＝－ 15
5 .
故二面角 Q－BP－C 的余弦值为－ 15
5 .
【解题技巧点睛】用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，
利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图
形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问
题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果
的几何意义来解释相关问题．
考点十 探索性问题
例 20[2011·浙江卷] 如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB＝AC，D 为 BC 的中点，PO⊥平面 ABC，
垂足 O 落在线段 AD 上，已知 BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A－MC－B 为直二面角？若存在，求出 AM 的
长；若不存在，请说明理由．
【解答】 方法一：(1)证明：如图，以 O 为原点，以射线 OP 为 z 轴的正半轴，建立空间直
角坐标系 O－xyz.
则 O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，AP→＝(0,3,4)，BC→＝(－8,0,0)，
由此可得AP→·BC→＝0，所以AP→⊥BC→，即 AP⊥BC.
(2)设PM→ ＝λPA→，λ≠1，则PM→ ＝λ(0，－3，－4)．
BM→ ＝BP→＋PM→ ＝BP→＋λPA→
＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)
＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，
AC→＝(－4,5,0)，BC→＝(－8,0,0)．
设平面 BMC 的法向量 n1＝(x1，y1，z1)．
平面 APC 的法向量 n2＝(x2，y2，z2)，
由
BM→ ·n1＝0，
BC→·n1＝0，
得
－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，
－8x1＝0，
即
x1＝0，
z1＝2＋3λ
4－4λ
y1， 可取 n1＝ 0，1，2＋3λ
4－4λ .
由
AP→·n2＝0，
AC→·n2＝0，
即 3y2＋4z2＝0，
－4x2＋5y2＝0，
得
x2＝5
4y2，
z2＝－3
4y2，
可
取 n2＝(5,4，－3)．
由 n1·n2＝0，得 4－3·2＋3λ
4－4λ
＝0，
解得λ＝2
5
，故 AM＝3，
综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3，
方法二：
(1)证明：由 AB＝AC，D 是 BC 的中点，得 AD⊥BC.
又 PO⊥平面 ABC，得 PO⊥BC.
因为 PO∩AD＝O，所以 BC⊥平面 PAD.
故 BC⊥PA.
(2)如图，在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M，连 CM，
由(1)中知 AP⊥BC，得 AP⊥平面 BMC.
又 AP⊂平面 APC，所以平面 BMC⊥平面 APC.
在 Rt△ADB 中，AB2＝AD2＋BD2＝41，得 AB＝ 41.
在 Rt△POD 中，PD2＝PO2＋OD2，
在 Rt△PDB 中，PB2＝PD2＋BD2，
所以 PB2＝PO2＋OD2＋DB2＝36，得 PB＝6，
在 Rt△POA 中，PA2＝AO2＋OP2＝25，得 PA＝5，
又 cos∠BPA＝PA2＋PB2－AB2
2PA·PB
＝1
3
，
从而 PM＝PBcos∠BPA＝2，所以 AM＝PA－PM＝3.
综上所述，存在点 M 符合题意，AM＝3.
例 21 [2011·福建卷] 如图，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD
中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝ 2，∠CDA＝45°.
(1)求证：平面 PAB⊥平面 PAD；
(2)设 AB＝AP.
①若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°，求线段 AB 的长；
②在线段 AD 上是否存在一个点 G，使得点 G 到 P、B、C、D 的距离都相等？
说明理由．
【解答】 (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，
AB⊂平面 ABCD，
所以 PA⊥AB.
又 AB⊥AD，PA∩AD＝A，
所以 AB⊥平面 PAD.
又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)①以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 A－xyz
在平面 ABCD 内，作 CE∥AB 交 AD 于点 E，
则 CE⊥AD.
在 Rt△CDE 中，DE＝CD·cos45°＝1，
CE＝CD·sin45°＝1.
设 AB＝AP＝t，则 B(t,0,0)，P(0,0，t)．
由 AB＋AD＝4 得 AD＝4－t，
所以 E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，
CD→ ＝(－1,1,0)，PD→ ＝(0,4－t，－t)．
设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)．
由 n⊥CD→ ，n⊥PD→ ，得
－x＋y＝0.
4－ty－tz＝0.
取 x＝t，得平面 PCD 的一个法向量 n＝(t，t,4－t)．
又PB→＝(t,0，－t)，故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°得
cos60°＝| n·P B→
|n|·|PB→||，
即 |2t2－4t|
t2＋t2＋4－t2· 2t2
＝1
2.
解得 t＝4
5
或 t＝4(舍去，因为 AD＝4－t>0)，
所以 AB＝4
5.
则GC→ ＝(1,3－t－m,0)，GD→ ＝(0,4－t－m,0)，
GP→ ＝(0，－m，t)．
由|GC→ |＝|GD→ |得 12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即 t＝3－m；①
由|GD→ |＝|GP→ |得(4－t－m)2＝m2＋t2.②
由①、②消去 t，化简得 m2－3m＋4＝0.③
由于方程③没有实数根，所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P、C、D
的距离都相等．
从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等．
法二：假设在线段 AD 上存在一个点 G，使得点 G 到点 P、B、C、D 的距离都相等．
由 GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，
从而∠CGD＝90°，即 CG⊥AD.
所以 GD＝CD·cos45°＝1.
设 AB＝λ，则 AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
在 Rt△ABG 中，
GB＝ AB2＋AG2
＝ λ2＋3－λ2＝ 2 λ－3
2 2＋9
2>1.
这与 GB＝GD 矛盾．
所以在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 B、C、D 的距离都相等．
从而，在线段 AD 上不存在一个点 G，使得点 G 到点 P，B，C，D 的距离都相等．
【解题技巧点睛】
1.对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:
一种是根据条件作出判断,再进一步论证. 如解决探究某些点或线的存在性问题,一般的方法
是先研究特殊点(中点、三等分点等)、特殊位置(平行或垂直),再证明其符合要求,一般来说与
平行有关的探索性问题常常寻找三角形的中位线或平行四边形.另一种是利用空间向量,先设
出假设存在点的坐标,再根据条件求该点坐标,即找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛
盾,则判定“不存在”.
2.空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂繁难的作图、论证、
推理,只需通过坐标运算进行判断,在解题过程中,往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标
是否有规定范围内的解”,所以使问题的解决更简单,有效,应善于运用这一方法解题.
针对训练
一．选择题
1.【湖北省孝感市 2011—2012 学年度高中三年级第一次统一考试】
已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．2 B．4
C． 2
3
D． 4
3
【答案】C
【解析】
由题设条件给出的三视图可知，该几何体为四棱锥，且侧棱 SC 垂直底面
ABCD，如图所示. 2, 1,SC AB BC CD DA 且四边形 ABCD 为
正方形，则 1 21 1 2 .3 3V
2.【2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知平面 ， ，直线l ，若 ^ ， l = ，则
（A）垂直于平面 的平面一定平行于平面
（B）垂直于直线l 的直线一定垂直于平面
（C）垂直于平面 的平面一定平行于直线l
（D）垂直于直线l 的平面一定与平面 , 都垂直
【答案】D
【解析】A 错，如墙角的三个平面不满足；B 错，缺少条件直线应该在平面 内；C 错，直
线l 也可能在平面内。D 正确，因l 垂直平面，且l 在平面 , 内，故由面面垂直的判定定
理可知命题正确。故选 D。
3.【2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试】
设 a b、 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，则下列四个命题：
①若 a⊥b，a⊥α，b α，则 b∥α； ②若 a∥α，a⊥β，则α⊥β；
③若 a⊥β，α⊥β，则 a∥α或 a α； ④若 a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β.
其中正确命题的个数为
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】D
【解析】由空间线面位置关系容易判断①②③④均正确.
4.【2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试】
一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为 1 的正方形，俯视图是一个直径为 1 的圆，那
么这个几何体的全面积为
A. 3 π2 B. 2π C.3π D. 4π
【答案】A
【解析】几何体为底面半径为 1
2
，高为 1 的圆柱，全面积为 21 1 32 ( ) 2 12 2 2
.
5.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
四棱锥 P—ABCD 的所有侧棱长都为 5 ，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，则 CD 与 PA
所成角的余弦值为 （ ）
A． 5
5 B． 2 5
5 C． 4
5 D． 3
5
【答案】B
【解析】如图所示，因四边形 ABCD 为正方形，故 ,CD AB∥
则 CD 与 PA 所成的角即为 AB 与 PA 所成的角 ,PAB
在三角形 PAB 内， 5, 2,PB PA AB 利用余弦定理可知:
2 2 2
5 4 5 5cos ,2 52 2 5
PA AB PBPAB PA AB
故答案为 B.
6.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面
积为 （ ）
A． 2 3 B． 8
3
C． 4 3 D．16
3
【答案】 B
【解析】根据三视图还原几何体为一个三棱锥，其中面 ADC ABC 面 ，
E 为 AC 的中点，则有 , , .DE AC DE ABC DE EB 面
2 21 3 2 ,AE EC EB DE AD AE DE DC DB ， ，
2, 2.AB BC AC 设其外接球的球心为 O,则它落在高线 DE 上，
则有 2 2 2 21 , 3 ,AO AE OE OE AO DO DE OE OE
解得 2
3
AO ，故球的半径为 22 2 163, 4 ( ) .3 33
S 故答案为 B.
7.【惠州市 2012 届高三第二次调研考试】
如图，正方体 1AC 的棱长为1，过点 A 作平面 1A BD 的垂线，
垂足为点 H ，则以下命题中，错误．．的命题是（ ）
Ａ．点 H 是 1A BD△ 的垂心
Ｂ． AH 的延长线经过点 1C
Ｃ． AH 垂直平面 1 1CB D
Ｄ．直线 AH 和 1BB 所成角为 45
【答案】D
【解析】因为三棱锥 A— 1A BD 是正三棱锥，故顶点 A 在底面的射影是底面中心，A 正确；
平面 1A BD ∥平面 1 1CB D ，而 AH 垂直平面 1A BD ，所以 AH 垂直平面 1 1CB D ，C
正确；根据对称性知 B 正确.选 D.
8.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
球O 的一个截面面积为 ，球心到该截面的距离为 3 ，则球的表面积
是（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
解析：如图所示，由球O 的一个截面面积为 求出截面圆的半径 1，利
A
B
C
D
E
O
A
O
C
用勾股定理求出球的半径 4，所以球的表面积是16 .
二．填空题
9.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考
试数学】一个几何体的三视图如右图所示，正视图
是一个边长为 2 的正三角形，侧视图是一个等腰直
角三角形，则该几何体的体积为
【答案】4
【解析】由三视图得如图所示四棱锥，其中四棱锥
的底面边长分别为 2, 2 3AB BC ，高为 3 ，
所以四棱锥的体积
1 1 2 2 3 3 43 3V sh ，即该几何体的体
积为 4.
10【惠州市 2012 届高三第二次调研考试】
如图，三个几何体，一个是长方体、一个是直三棱柱，一个是过圆柱上下底面圆心切下圆柱
的四分之一部分，这三个几何体的主视图和俯视图是相同的正方形，则它们的体积之比
为 ．
【答案】 4: 2:
【解析】因为三个几何体的主视图和俯视图为相同的正方形，所 以原长方体棱长相等为正
方体，原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，设正方形的边长为 a 则，长方体体
积为 3a ，三棱柱体积为 31
2 a ，四分之一圆柱的体积为 31
4 a ，所以它们的体积之比为 4: 2: ．
11.【浙江省 2012 年高三调研理科数学测试卷】
若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，
则此几何体的体积是 cm3．
【答案】40
【解析】如图所示，该几何体是一个直三棱柱去掉两个小三棱锥组成，
直三棱柱的体积为 1 4 3 8=482
，两个小三棱锥的
体积为 1 1 4 3 2 2=83 2
，故几何体的体积为 40.
12【2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知正三棱柱 ' ' 'ABC A B C- 的正（主）
视 图 和 侧 （ 左 ） 视 图 如 图 所 示 . 设
, ' ' 'ABC A B C 的中心分别是 , 'O O ，现
将此三棱柱绕直线 'OO 旋转，射线 OA 旋转
正视
图
俯视
图
侧视
图
2 4 2
3
4
BA
CD
E F G H
侧视图正视图
俯视图
所成的角为 x 弧度（ x 可以取到任意一个实数），对应的俯视图的面积为 ( )S x ，则函数 ( )S x
的最大值为 ；最小正周期为 .
说明：“三棱柱绕直线 'OO 旋转”包括逆时针方向和顺时针方向，逆时针方向旋转时，OA
旋转所成的角为正角，顺时针方向旋转时，OA 旋转所成的角为负角.
【答案】8； .3
【解析】由题意可知，要使得俯视图最大，需当三棱锥柱的一个侧面在水平平面内时，此时
俯 视 图 面 积 最 大 ， 如 图 所 示 ， 俯 视 图 为 矩 形 AA CC ， 且 3, 4,BD AA 则
AC 3 tan30 2 2, 故面积最大为 2 4 8 . 当棱柱在水平面内滚动时，因三角形
ABC 为正三角形，当绕着OO 旋转 60 后其中一个侧面恰好在水平面，其俯视图的面积也正
好经历了一个周期，所以函数 ( )S x 的周期为 .3
13．【浙江省名校新高考研究联盟 2012 届第一次联考】
如图，将菱形 ABCD 沿对角线 BD 折起，使得 C 点至 C ，
E 点在线段 CA 上，若二面角 EBDA 与二面角
CBDE 的大小分别为 30°和 45°，则
CE
AE
= ．
【答案】
2
2
【解析】因为四边形 ABCD 是菱形，所以 EOAOEC , 分别为
平面 DEB 与平面 DBC 、平面 DEB 与平面 ABD 所成的
二面角的平面角，即 30,45 EOAOEC ；
在 OEC 中，
ECO
OE
OEC
CE
sinsin
，
同理
OAE
OE
AOE
AE
sinsin
，易知 OAEECO ，所以
45sin
CE = 30sin
AE ，
故
CE
AE
= 2
2
45sin
30sin
．
三．解答题
14【2012 年上海市普通高等学校春季招生考试】
如图，正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面边长为 1，高为 2， M 为线段 AB 的中点，求：
（1） 三棱锥 1C MBC 的体积；
（2） 异面直线CD 与 1MC 所成角的大小（结果用反三角函数值表
示）
【解析】（1） 1 1 11 ,2 2 4MBCS
又 1C C 为三棱锥 1C MBC 的高，
A
B
C
A
B
CO O
D D
1 1
1 1 1 12 .3 3 4 6C MBC MBCV S C C
(2) 1,CD AB C MB ∥ 为异面直线CD 与 1MC 所成的角（或其补角）.
连接 1 1 1 1 .BC AB BCC B AB BC ， 平面 ，
1 1
1 1
14 1 5 = .2
5tan 2 5, arctan 2 5,1
2
Rt MBC BC MB
C MB C MB
中， ，
异面直线CD 与 1MC 所成角的大小 arctan 2 5.
15.【2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
在四棱锥 P ABCD- 中，底面 ABCD 是直角梯形， AB ∥
CD ， 90ABCÐ = ° ， 2AB PB PC BC CD= = = = ， 平 面
PBC ^ 平面 ABCD .
（Ⅰ）求证： AB ^ 平面 PBC ；
（Ⅱ）求平面 PAD 和平面 BCP 所成二面角（小于90° ）的大小；
（Ⅲ）在棱 PB 上是否存在点 M 使得 CM ∥平面 PAD ？若存在，求 PM
PB
的值；若不存在，
请说明理由.
【解答】（Ⅰ）证明：因为 90ABCÐ = °，
所以 AB BC . ………………………………………1 分
因为 平面 PBC ^ 平面 ABCD ，平面 PBC 平面 ABCD BC= ，
AB Ì平面 ABCD ，
所以 AB ^ 平面 PBC . ………………………………………3 分
（Ⅱ）解：取 BC 的中点O ，连接 PO .
因为 PB PC= ，
所以 PO BC .
P
A
B
C
D
因为 平面 PBC ^ 平面 ABCD ，平面 PBC 平面 ABCD BC= ，PO Ì平面 PBC ，
所以 PO ^ 平面 ABCD . ………………………………………4 分
如图，以O 为原点，OB 所在的直线为 x 轴，在平面 ABCD 内过O 垂直于 BC 的直
线为 y 轴，OP 所在的直线为 z 轴建立空间直角坐标系O xyz ．不妨设 2BC = .由
直角梯形 ABCD 中 2AB PB PC BC CD= = = = 可得 (0,0, 3)P ， ( 1,1,0)D - ，
(1,2,0)A .
所以 (1, 1, 3)DP = -
， (2,1,0)DA =
.
设平面 PAD 的法向量 ( , , )= x y zm .
因为 0,
0.
DP
DA
ìï × =ïíï × =ïî
m
m
所以 ( , , ) (1, 1, 3) 0,
( , , ) (2,1,0) 0,
x y z
x y z
ìï × - =ïíï × =ïî
即 3 0,
2 0.
x y z
x y
ìï - + =ïíï + =ïî
令 1x = ，则 2, 3y z=- =- .
所以 (1, 2, 3)= - -m . ………………………7 分
取平面 BCP 的一个法向量 n 0,1,0 .
所以 2cos , 2
m nm n m n
.
所以 平面 ADP 和平面 BCP 所成的二面角（小于90° ）的大小为
4
.
………………………………………9 分
（Ⅲ）解：在棱 PB 上存在点 M 使得CM ∥平面 PAD ，此时 1
2
PM
PB = . 理由如
下： ………………………………………10 分
取 AB 的中点 N ，连接CM ，CN ， MN .
则 MN ∥ PA ， 1
2AN AB= .
因为 2AB CD= ，
所以 AN CD= .
因为 AB ∥CD ，
所以 四边形 ANCD 是平行四边形.
所以 CN ∥ AD .
因为 , MN CN N PA AD A= = ，
所以 平面 MNC ∥平面 PAD . ………………………………………13 分
因为 CM Ì平面 MNC ，
所以 CM ∥平面 PAD . ………………………………………14 分
16.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】（理）
如图，在四棱锥 S—ABCD 中，SD 底面 ABCD，底面 ABCD 是矩形，且 2SD AD AB ，
E 是 SA 的中点。
（1）求证：平面 BED 平面 SAB；
（2）求平面 BED 与平面 SBC 所成二面角（锐角）的大
小。
解：
（Ⅰ）∵SD⊥平面 ABCD，∴平面 SAD⊥平面 ABCD，
∵AB⊥AD，∴AB⊥平面 SAD，∴DE⊥AB．
∵SD＝AD，E 是 SA 的中点，∴DE⊥SA，
∵AB∩SA＝A，∴DE⊥平面 SAB
∴平面 BED⊥平面 SAB．
…4 分
（Ⅱ）建立如图所示的坐标系 D—xyz，不妨设 AD＝2，则
D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2， 2，0)，
C (0， 2，0)，S (0，0，2)，E (1，0，1)．
DB→＝(2， 2，0)， DE→＝(1，0，1)， CB→＝(2，0，0)， CS→＝(0，－ 2，2)．
设 m＝(x1，y1，z1)是面 BED 的一个法向量，则
m· DB→＝0，
m· DE→＝0，
即 2x1＋ 2y1＝0，
x1＋z1＝0，
因此可取 m＝(－1， 2，1)． …8 分
设 n＝(x2，y2，z2)是面 SBC 的一个法向量，则
n· CB→＝0，
n· CS→＝0，
即 2x2＝0，
－ 2y2＋2z2＝0，
因此可取 n＝(0， 2，1)． …10 分
cos m，n ＝ m·n
|m||n|
＝ 3
2 3
＝ 3
2
，
故平面 BED 与平面 SBC 所成锐二面角的大小为 30 ． …12 分
（ 文 ） 如 图 ， 在 四 棱 锥 S — ABCD 中 ， SD 底 面 ABCD ， 底 面 ABCD 是 矩 形 ， 且
2SD AD AB ，E 是 SA 的中点。
（1）求证：平面 BED 平面 SAB；
（2）求直线 SA 与平面 BED 所成角的大小。
解：
（Ⅰ）∵SD⊥平面 ABCD，∴平面 SAD⊥平面 ABCD，
∵AB⊥AD，∴AB⊥平面 SAD，∴DE⊥AB． …3 分
∵SD＝AD，E 是 SA 的中点，∴DE⊥SA，
∵AB∩SA＝A，∴DE⊥平面 SAB
∴平面 BED⊥平面 SAB． …6 分
（Ⅱ）作 AF⊥BE，垂足为 F．
由（Ⅰ），平面 BED⊥平面 SAB，则 AF⊥平面 BED，
则∠AEF 是直线 SA 与平面 BED 所成的角． …8 分
设 AD＝2a，则 AB＝ 2a，SA＝2 2a，AE＝ 2a，
△ABE 是等腰直角三角形，则 AF＝a．
在 Rt△AFE 中，sin ∠AEF＝AF
AE
＝ 2
2
，
故直线 SA 与平面 BED 所成角的大小 45 ． …12 分
17.【2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试】
（理）如图，在底面为直角梯形的四棱锥 P ABCD 中
90AD BC ABC ，∥ °， PD 平面 ABCD ， AD 1，
3AB ， 4BC ．
⑴求证： BD PC ；
⑵求直线 AB 与平面 PDC 所成的角；
⑶设点 E 在棱 PC 上， PE PC ，
若 DE ∥平面 PAB ，求 的值.
【方法一】（1）证明：由题意知 2 3,DC 则 2 2 2BC DB DC BD DC = ， ，
PD ABCD BD PD PD CD D 面 而， ， ，
. .BD PDC PC PDC BD PC 面 在面 内， （4 分）
（2）∵ DE ∥ AB ，又 PD 平面 ABCD .
∴平面 PDC 平面 ABCD .
过 D 作 DF // AB 交 BC 于 F
过点 F 作 FG CD 交CD 于G ,则
∠ FDG 为直线 AB 与平面 PDC 所成的角.
在 Rt△ DFC 中，∠ 90DFC ， 3, 3DF CF ，
∴ tan 3FDG ，∴∠ 60FDG .
即直线 AB 与平面 PDC 所成角为 60 . （8 分）
（3）连结 EF ，∵ DF ∥ AB ，∴ DF ∥平面 PAB .
又∵ DE ∥平面 PAB ，
∴平面 DEF ∥平面 PAB ，∴ EF ∥ AB .
又∵ 1, 4, 1,AD BC BF
∴ 1 ,4
PE BF
PC BC
∴ 1
4PE PC ，即 1 .4
（12 分）
【方法二】如图，在平面 ABCD 内过 D 作直线 DF//AB，交 BC 于 F，分别以 DA、DF、
DP 所在的直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系.
（1）设 PD a ，则 ( 1, 3,0), ( 3, 3, )BD PC a ，
∵ 3 3 0BD PC ，∴ BD PC . （4 分）
（2）由（1）知 BD PDC DB PDC 面 就是平面 的法向量， .
由条件知 A（1，0，0），B（1， 3 ，0），
(0, 3,0) , (1, 3,0)AB DB .
设 AB PDC 与面 所成角大小为 ，
则 | | 3 3sin .2| | | | 2 3
DB AB
DB AB
0 90 60 , ， 即直线 AB PDC与平面 所成角为 60 . （8 分）
（3）由（2）知 C（－3， 3 ，0），记 P（0，0，a），则
0 3 0AB （ ， ，）， (0 , 0 , )DP a ， PA a （1，0，- ）， 3 3PC a （ ， ， ），
而 PE PC ，所以 3 3PE a （ ， ， ），
DE DP PE DP PC
(0,0, ) ( 3 3 )a a ， ， = 3 3 , .a a （ ， ）
设n x y z （，，）为平面 PAB 的法向量，则 0
0
AB n
PA n
，即 3 0
0
y
x az
，即 0y
x az
.
1z x a 取 ，得 ， 进而得 , ,n a （ 0 1），
由 //DE PAB平面 ,得 0DE n ，∴ 3 0a a a - - ，
10 .4a 而 ， （12 分）
（文）如图，在底面为直角梯形的四棱锥 P ABCD 中
90AD BC ABC ，∥ °， PD ABCD 平面 ， AD 1 ，
3AB ， 4BC .
P
E
FB C
D
A G
P
E
FB C
D
A
P
E
FB C
D
A Gx
y
z
⑴求证： BD PC ；
⑵当 1PD 时，求此四棱锥的表面积.
解：（1）证明：由题意知 2 3,DC 则
2 2 2 .BC DB DC BD DC = ，
PD ABCD BD PD PD CD D 平面 而， ， ，
. .BD PDC PC PDC BD PC 平面 在平面 内， （4 分）
⑵ , , , ,PD ABCD PD AB AB AD PD AD D 平面 而
,AB PAD 平面 ∴ AB PA PAB 即 是直角三角形, △ .
1 1 63 22 2 2PABS AB PA Rt△ . （6 分）
过 D 作 DH⊥BC 于点 H,连结 PH,则同理可证明 PH BC ，
并且 2 21 ( 3) 2PH .
1 1 4 2 4.2 2PBCS BC PH △ （8 分）
易得 1 1 11 1 .2 2 2PDAS AD PD Rt△
1 1 2 3 1 32 2PDCS DC PD Rt△ .
1 1 5 3( ) (1 4) 32 2 2ABCDS AD BC AB 梯形 . （11 分）
故此四棱锥的表面积 PAB PAD PDC PBC ABCDS S S S S S Rt△ Rt△ Rt△ △ 梯形
6 1 5 3 9 7 3 63 4 .2 2 2 2
（12 分）
18.【浙江省 2012 年高三调研理科数学测试卷】
（理）四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，E 为 AD
的 中 点 ， A B C E 为 菱 形 ，
∠BAD＝120°，PA＝AB，G，F 分别是线段 CE，
PB 上的动点，且满足 PF
PB
＝ CG
CE
＝λ∈(0，1)．
(Ⅰ) 求证：FG∥平面 PDC；
(Ⅱ) 求λ的值，使得二面角 F－CD－G 的平面角
的正切值为 2
3
．
(Ⅰ) 证明：如图以点 A 为原点建立空间直角坐标系 A－xyz，其中 K 为 BC 的中点，
不妨设 PA＝2，则 (0 , 0 , 0)A ， (0 , 0 , 2)P ，
( 3 , 1, 0)B ， ( 3 ,1, 0)C ， (0 , 2 , 0)E ， (0 , 4 , 0)D ．
由 PF CG
PB CE
，得
( 3 , , 2 2 )F ， ( 3 3 ,1 , 0)G ，
( 2 3 3 ,1 2 , 2 2 )FG ，
P
HB C
D
A
设平面 PCD 的法向量 0n
=(x，y，z)，则
0 0n PC ， 0 0n PD ，
得 3 2 0 ,
0 4 2 0 ,
x y z
x y z
可取 0n
=( 3 ，1，2)，于是
0n
0FG ，故 0n
FG ，又因为 FG 平面 PDC，即 FG //平面 PDC ．
…………6 分
(Ⅱ) 解： ( 3 3 ,1 , 2 2 )FC ， ( 3 , 3, 0)CD ，
设平面 FCD 的法向量 1 1 1 1( , , )n x y z ，则 1 0n FC ， 1 0n CD ，
可取 1 ( 3(1 ) ,1 ,2 )n ，又 2 (0 , 0 ,1)n 为平面 GCD 的法向量．
由 1 2
1 2
| || cos |
| | | |
n n
n n
，因为 tan ＝ 2
3
，cos ＝ 3
13
，
所以 28 14 5 0 ，解得 1
2
或 5
4
(舍去)，
故 1
2
． …………15 分
提示四（方法二）
(Ⅰ) 证明：延长 BG 交 CD 于Q ，连 PQ ， BE ．
得平行四边形 BEDC ，则 BE // CQ ，
所以 : :CG GE QG GB ．
又 : :PF FB CG GE ，则 : :QG GB PF FB ，
所以 FG // PQ ．
因为 FG 平面 PCD ， PQ 平面 PCD ，
所以 FG //平面 PCD ． …………6 分
(Ⅱ)解：作 FM AB 于 M ，作 MN CD 于 N ，连 FN ．
则 FN CD ， FNM 为二面角 F CD G 的平面角．
1FM FB
PA PB
，不妨设 2PA ，则 2(1 )FM BM ， 2MN ，
由 tan FMFNM MN
得 2 2(1 )
3 2
，即 1
2
． …………
15 分
（文）已知正四棱锥 P－ABCD 中，底面是边长为 2 的正方形，高为 2 ．M
为线段 PC 的中点．
(Ⅰ) 求证：PA∥平面 MDB；
(Ⅱ) N 为 AP 的中点，求 CN 与平面 MBD 所成角的正
切值．
(Ⅰ)证明：在四棱锥 P－ABCD 中，连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OM，PO．由条件可得 PO＝
2 ，AC＝2 2 ，PA＝PC＝2，CO＝AO＝ 2 ．
因为在△PAC 中，M 为 PC 的中点，O 为 AC 的中点，
所以 OM 为△PAC 的中位线，得 OM∥AP，
又因为 AP 平面 MDB，OM 平面 MDB，
所以 PA∥平面 MDB． …………6 分
(Ⅱ) 解：设 NC∩MO＝E，由题意得 BP＝BC＝2，且∠CPN＝90°．
因为 M 为 PC 的中点，所以 PC⊥BM，
同理 PC⊥DM，故 PC⊥平面 BMD．
所以直线 CN 在平面 BMD 内的射影为直线 OM，∠MEC 为直线 CN 与平面 BMD 所成的角，
又因为 OM∥PA，所以∠PNC＝∠MEC．
在 Rt△CPN 中，CP＝2，NP＝1，所以 tan∠PNC＝ 2CP
NP
，
故直线 CN 与平面 BMD 所成角的正切值为 2． …………14 分
一.专题综述
解析几何初步的内容主要是直线与方程、圆与方程和空间直角坐标系，该部分内容是整
个解析几何的基础，在解析几何的知识体系中占有重要位置，但由于在高中阶段平面解析几
何的主要内容是圆锥曲线与方程，故在该部分高考考查的分值不多，在高考试卷中一般就是
一个选择题或者填空题考查直线与方程、圆与方程的基本问题，偏向于考查直线与圆的综合，
试题难度不大，对直线方程、圆的方程的深入考查则与圆锥曲线结合进行．根据近年来各地
高考的情况，解析几何初步的考查是稳定的，预计 2012 年该部分的考查仍然是以选择题或
者填空题考查直线与圆的基础知识和方法，而在解析几何解答题中考查该部分知识的应用．
圆锥曲线与方程是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有 1～2 个选择题或者填空
题，一个解答题．选择题或者填空题在于有针对性地考查椭圆、双曲线、抛物线的定义、标
准方程和简单几何性质及其应用，试题考查主要针对圆锥曲线本身，综合性较小，试题的难
度一般不大；解答题中主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的
位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想、等价转化思想、分类与整合思想等数学思
想方法，这道解答题往往是试卷的压轴题之一．由于圆锥曲线与方程是传统的高中数学主干
知识，在高考命题上已经比较成熟，考查的形式和试题的难度、类型已经较为稳定，预计
2012 年仍然是这种考查方式，不会发生大的变化．
二.考纲解读
1．直线与方程
①在平面直角坐标系中，结合具体图形，探索确定直线位置的几何要素．
②理解直线的倾斜角和斜率的概念，经历用代数方法刻画直线斜率的过程，掌握过两点的直
线斜率的计算公式．
③能根据斜率判定两条直线平行或垂直．
④根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般
式)，体会斜截式与一次函数的关系．
⑤能用解方程组的方法求两直线的交点坐标．
⑥探索并掌握两点间的距离公式、点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离．
2．圆与方程
①回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程．
②能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系．
③能用直线和圆的方程解决一些简单的问题．
3．在平面解析几何初步的学习过程中，体会用代数方法处理几何问题的思想．
4．空间直角坐标系
①通过具体情境，感受建立空间直角坐标系的必要性，了解空间直角坐标系，会用空间直角
坐标系刻画点的位置．
②通过表示特殊长方体(所有棱分别与坐标轴平行)顶点的坐标，探索并得出空间两点间的距
离公式．
5. 圆锥曲线
(1)了解圆锥曲线的实际背景，感受圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用．
(2)经历从具体情境中抽象出椭圆(理：椭圆、抛物线)模型的过程，掌握椭圆(理：椭圆、抛
物线)的定义、标准方程及简单几何性质．
(3)了解抛物线、双曲线(理：双曲线)的定义、几何图形和标准方程，知道抛物线、双曲线(理：
双曲线)的简单几何性质．
(4)通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想．
(5)(文)了解圆锥曲线的简单应用．
(理)能用坐标法解决一些与圆锥曲线有关的简单几何问题(直线与圆锥曲线的位置关系)和
实际问题．
(6)(理)结合已学过的曲线及其方程的实例，了解曲线与方程的对应关系，进一步感受数形
结合的基本思想．
三.2012 年高考命题趋向
四．高频考点解读
考点一 直线的相关问题
例 1 [2011·浙江卷] 若直线 x－2y＋5＝0 与直线 2x＋my－6＝0 互相垂直，则实数 m＝
________.
【答案】1
【解析】 ∵直线 x－2y＋5＝0 与直线 2x＋my－6＝0，∴1×2－2×m＝0，即 m＝1.
例 2[2011·安徽卷] 在平面直角坐标系中，如果 x 与 y 都是整数，就称点(x，y)为整点，下列
命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号)．
①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点；
②如果 k 与 b 都是无理数，则直线 y＝kx＋b 不经过任何整点；
③直线 l 经过无穷多个整点，当且仅当 l 经过两个不同的整点；
④直线 y＝kx＋b 经过无穷多个整点的充分必要条件是：k 与 b 都是有理数；
⑤存在恰经过一个整点的直线．
【答案】①③⑤
【解析】 ①正确，比如直线 y＝ 2x＋ 3，不与坐标轴平行，且当 x 取整数时，y 始终是一
个无理数，即不经过任何整点；②错，直线 y＝ 3x－ 3中 k 与 b 都是无理数，但直线经过
整点(1,0)；③正确，当直线经过两个整点时，它经过无数多个整点；④错误，当 k＝0，b＝
1
3
时，直线 y＝1
3
不通过任何整点；⑤正确，比如直线 y＝ 3x－ 3只经过一个整点(1,0)．
【解题技巧点睛】在判断两条直线平行或垂直时,不要忘记考虑两条直线中有一条直线无斜
率或两条直线都无斜率的情况.在不重合的直线 l1 与 l2 的斜率都存在的情况下才可以应用条
件 l1∥l2⇔k1=k2,l1⊥l2⇔k1k2=-1 解决两直线的平行与垂直问题.在判定两直线是否垂直的问
题上,除上述方法外,还可以用两直线 l1 和 l2 的方向向量 v1=(a1,b1)和 v2=(a2,b2)来判定,
即 l1⊥l2⇔a1a2+b1b2=0.
考点二 直线与圆的位置关系
例 3[2011·湖南卷] 已知圆 C：x2＋y2＝12，直线 l：4x＋3y＝25.
(1)圆 C 的圆心到直线 l 的距离为________；
(2)圆 C 上任意一点 A 到直线 l 的距离小于 2 的概率为________．
【答案】(1)5 (2)1
6
【解析】 (1)圆心到直线的距离为：d＝ |－25|
32＋42
＝5;
(2)当圆 C 上的点到直线 l 的距离是 2 时有两个点为点 B 与点 D，设过这两点的直线方
程为 4x＋3y＋c＝0，同时可得到的圆心到直线 4x＋3y＋c＝0 的距离为 OC＝3，
又圆的半径为 r＝2 3，可得∠BOD＝60°，由图 1－2 可知点 A 在弧 BD 上移动，弧长
l BD ＝1
6
×c＝c
6
，圆周长 c，故 P(A)＝l BD
c
＝1
6.
例 4 [2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 y＝x2－6x＋1 与坐标轴的交点都在
圆 C 上．
(1)求圆 C 的方程；
(2)若圆 C 与直线 x－y＋a＝0 交于 A、B 两点，且 OA⊥OB，求 a 的值．
【解答】 (1)曲线 y＝x2－6x＋1 与 y 轴的交点为(0,1)，与 x 轴的交点为(3＋2 2，0)，(3－2 2，
0)．
故可设 C 的圆心为(3，t)，则有 32＋(t－1)2＝(2 2)2＋t2，解得 t＝1.
则圆 C 的半径为 32＋t－12＝3.
所以圆 C 的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组
x－y＋a＝0，
x－32＋y－12＝9.
消去 y，得到方程
2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.
由已知可得，判别式Δ＝56－16a－4a2>0.从而
x1＋x2＝4－a，x1x2＝a2－2a＋1
2
.①
由于 OA⊥OB，可得 x1x2＋y1y2＝0.
又 y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以
2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②
由①，②得 a＝－1，满足Δ>0，故 a＝－1.
【解题技巧点睛】求圆的方程要确定圆心的坐标(横坐标、纵坐标)和圆的半径，这实际上是
三个独立的条件，只有根据已知把三个独立条件找出才可能通过解方程组的方法确定圆心坐
标和圆的半径，其中列条件和解方程组都要注意其准确性．直线被圆所截得的弦长是直线与
圆相交时产生的问题，是直线与圆的位置关系的一个衍生问题．解决的方法，一是根据平面
几何知识结合坐标的方法，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，即如果圆的半径是
r，圆心到直线的距离是 d，则圆被直线所截得的弦长 l＝2；二是根据求一般的直线被二次
曲线所截得的弦长的方法解决．
考点三 椭圆方程与几何性质
例 5[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为 F1，F2.若曲线Γ上存在点 P 满足|PF1|∶
|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( )
A.1
2
或3
2 B.2
3
或 2 C.1
2
或 2 D.2
3
或3
2
【答案】 A
【解析】 设|F1F2|＝2c(c>0)，由已知|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，得|PF1|＝8
3c，|PF2|＝4
3c，
且|PF1|>|PF2|，
若圆锥曲线Γ为椭圆，则 2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，离心率 e＝c
a
＝1
2
；
若圆锥曲线Γ为双曲线，则 2a＝|PF1|－|PF2|＝4
3c，离心率 e＝c
a
＝3
2
，故选 A.
例 6[2011·江西卷] 若椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1 的焦点在 x 轴上，过点 1，1
2 作圆 x2＋y2＝1 的切线，切
点分别为 A，B，直线 AB 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．
【答案】 x2
5
＋y2
4
＝1
【解析】 由题可知过点 1，1
2 与圆 x2＋y2＝1 的圆心的直线方程为 y＝1
2x，由垂径定理可得
kAB＝－2.显然过点 1，1
2 的一条切线为直线 x＝1，此时切点记为 A(1,0)，即为椭圆的右焦点，
故 c＝1.由点斜式可得，直线 AB 的方程为 y＝－2(x－1)，即 AB：2x＋y－2＝0.
令 x＝0 得上顶点为(0,2)，∴b＝2，∴a2＝b2＋c2＝5，故得所求椭圆方程为x2
5
＋y2
4
＝1.
例 7[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点 F1，F2 在 x
轴上，离心率为 2
2 .过 F1 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且△ABF2 的周长为 16，那么 C 的方
程为________________．
【答案】x2
16
＋y2
8
＝1
【解析】 设椭圆方程为x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)．因为离心率为 2
2
，所以 2
2
＝ 1－b2
a2
，
解得b2
a2
＝1
2
，即 a2＝2b2.
又△ABF2 的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|＝(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋
|BF2|)＝2a＋2a＝4a，，所以 4a＝16，a＝4，所以 b＝2 2，所以椭圆方程为x2
16
＋y2
8
＝1.
【解题技巧点睛】离心率是圆锥曲线重要的几何性质，在圆锥曲线的基础类试题中占有较大
的比重，是高考考查圆锥曲线的几何性质中的重要题目类型．关于椭圆、双曲线的离心率问
题，主要有两类试题．一类是求解离心率的值，一类是求解离心率的取值范围．基本的解题
思路是建立椭圆和双曲线中 a，b，c 的关系式，求值试题就是建立关于 a，b，c 的等式，求
取值范围问题就是建立关于 a，b，c 的不等式．
考点四 双曲线方程与几何性质
例 8[2011·天津卷] 已知双曲线x2
a2
－y2
b2
＝1(a>0，b>0)的左顶点与抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点的
距离为 4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(－2，－1)，则双曲线的焦
距为( )
A．2 3 B．2 5 C．4 3 D．4 5
【答案】B
【解析】 双曲线x2
a2
－y2
b2
＝1 的渐近线为 y＝±b
ax，由双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的
交点坐标为(－2，－1)得－p
2
＝－2，即 p＝4.又∵p
2
＋a＝4，∴a＝2，将(－2，－1)代入 y＝b
ax
得 b＝1，
∴c＝ a2＋b2＝ 4＋1＝ 5，∴2c＝2 5.
例 9[2011·辽宁卷] 已知点(2,3)在双曲线 C：x2
a2
－y2
b2
＝1(a＞0，b＞0)上，C 的焦距为 4，则它
的离心率为________．
【答案】2
【解析】 法一：点(2,3)在双曲线 C：x2
a2
－y2
b2
＝1 上，则 4
a2
－ 9
b2
＝1.又由于 2c＝4，所以 a2＋b2
＝4.解方程组
4
a2
－ 9
b2
＝1，
a2＋b2＝4
得 a＝1 或 a＝4.由于 a0，b>0)的两条渐近线均和圆 C：x2＋y2－6x＋5
＝0 相切，且双曲线的右焦点为圆 C 的圆心，则该双曲线的方程为( )
A.x2
5
－y2
4
＝1 B.x2
4
－y2
5
＝1 C.x2
3
－y2
6
＝1 D.x2
6
－y2
3
＝1
【答案】 A
【解析】 圆方程化为标准方程为(x－3)2＋y2＝4，所以圆心 C(3,0)，r＝2，所以双曲线焦点
F(3,0)，即 c＝3，渐近线为 ay±bx＝0，由圆心到渐近线的距离为 2 得 |±3b|
a2＋b2
＝2，又 a2＋b2
＝9，所以|b|＝2，即 b2＝4，a2＝c2－b2＝9－4＝5，所以所求双曲线方程为x2
5
－y2
4
＝1.
【解题技巧点睛】求圆锥曲线方程的基本方法之一就是待定系数法，就是根据已知条件得到
圆锥曲线方程中系数的方程或者方程组，通过解方程或者方程组求得系数值．
考点五 抛物线方程与几何性质
例 11[2011·课标全国卷] 已知直线 l 过抛物线 C 的焦点，且与 C 的对称轴垂直，l 与 C 交于
A、B 两点，|AB|＝12，P 为 C 的准线上一点，则△ABP 的面积为( )
A．18 B．24 C．36 D．48
【答案】C
【解析】 设抛物线方程为 y2＝2px(p>0)，则焦点 F
p
2
，0 ，A
p
2
，p ，B
p
2
，－p ，
所以|AB|＝2p＝12，所以 p＝6.又点 P 到 AB 边的距离为 p＝6，
所以 S△ABP＝1
2
×12×6＝36.
例 12 [2011·福建卷] 如图 1－4，直线 l：y＝x＋b 与抛物线 C：x2＝4y 相切于点 A.
(1)求实数 b 的值；
(2)求以点 A 为圆心，且与抛物线 C 的准线相切的圆的方程．
【解答】 (1)由 y＝x＋b，
x2＝4y
得 x2－4x－4b＝0.(*)
因为直线 l 与抛物线 C 相切，
所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0.
解得 b＝－1.
(2)由(1)可知 b＝－1，故方程(*)即为 x2－4x＋4＝0.
解得 x＝2，代入 x2＝4y，得 y＝1，
故点 A(2,1)．
因为圆 A 与抛物线 C 的准线相切，
所以圆 A 的半径 r 等于圆心 A 到抛物线的准线 y＝－1 的距离，即 r＝|1－(－1)|＝2.
所以圆 A 的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
例 13 [2011·江西卷] 已知过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为 2 2的直线交抛物线于 A(x1，
y1)，B(x2，y2)(x1b>0)为动点，F1，F2 分别为椭
圆x2
a2
＋y2
b2
＝1 的左、右焦点．已知△F1PF2 为等腰三角形．
(1)求椭圆的离心率 e；
(2)设直线 PF2 与椭圆相交于 A，B 两点，M 是直线 PF2 上的点，满足AM→ ·BM→ ＝－2，求点 M
的轨迹方程．
【解答】 (1)设 F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．由题意，可得|PF2|＝|F1F2|，
即 a－c2＋b2＝2c.整理得 2
c
a 2＋c
a
－1＝0.
得c
a
＝－1(舍)，或c
a
＝1
2.所以 e＝1
2.
(2)由(1)知 a＝2c，b＝ 3c.可得椭圆方程为 3x2＋4y2＝12c2，直线 PF2 方程为 y＝ 3(x－c)．
A，B 两点的坐标满足方程组 3x2＋4y2＝12c2，
y＝ 3x－c.
消去 y 并整理，得 5x2－8cx＝0.解得 x1＝0，x2＝8
5c，
得方程组的解 x1＝0，
y1＝－ 3c，
x2＝8
5c，
y2＝3 3
5 c.
不妨设 A
8
5c，3 3
5 c ，B(0，－ 3c)．
设点 M 的坐标为(x，y)，则AM→ ＝ x－8
5c，y－3 3
5 c ，BM→ ＝(x，y＋ 3c).
由 y＝ 3(x－c)，得 c＝x－ 3
3 y.
于是AM→ ＝
8 3
15 y－3
5x，8
5y－3 3
5 x ，BM→ ＝(x， 3x)．由AM→ ·BM→ ＝－2，
即
8 3
15 y－3
5x ·x＋
8
5y－3 3
5 x · 3x＝－2，
化简得 18x2－16 3xy－15＝0.
将 y＝18x2－15
16 3x
代入 c＝x－ 3
3 y，得 c＝10x2＋5
16x
>0.所以 x>0.
因此，点 M 的轨迹方程是 18x2－16 3xy－15＝0(x>0)．
【解题技巧点睛】求曲线轨迹方程是高考的常考题型.考查轨迹方程的求法以及利用曲线的
轨迹方程研究曲线几何性质,一般用直接法、定义法、相关点代入法等求曲线的轨迹方程.
轨迹问题的考查往往与函数、方程、向量、平面几何等知识相融合,着重考查分析问题、解
决问题的能力,对逻辑思维能力、运算能力有较高的要求. 如果题目中有明显的等量关系,
或者能够利用平面几何推出等量关系,可用直接法;如果能够确定动点的轨迹满足某种已知
曲线的定义,则可用定义法;如果轨迹的动点 P 依赖另一动点 Q,而 Q 又在某已知曲线上,则可
通过列方程组用代入法求出轨迹方程;另外当动点的关系不易找到,而动点又依赖于某个参
数,则可利用参数法求轨迹方程,常用的参数有变角、变斜率等.
考点八 圆锥曲线的综合问题
例 20[2011·山东卷] 设 M(x0，y0)为抛物线 C：x2＝8y 上一点，F 为抛物线 C 的焦点，以 F
为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线 C 的准线相交，则 y0 的取值范围是( )
A．(0,2) B．[0,2] C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
【答案】C
【解析】 根据 x2＝8y，所以 F(0,2)，准线 y＝－2，所以 F 到准线的距离为 4，当以 F 为圆
心、以|FM|为半径的圆与准线相切时，|MF|＝4，即 M 到准线的距离为 4，此时 y0＝2，所以
显然当以 F 为圆心，以|FM|为半径的圆和抛物线 C 的准线相交时，y0∈(2，＋∞)．
例 20[2011·湖南卷] 如图 1－9，椭圆 C1：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的离心率为 3
2
，x 轴被曲线 C2：
y＝x2－b 截得的线段长等于 C1 的长半轴长．
(1)求 C1，C2 的方程；
(2)设 C2 与 y 轴的交点为 M，过坐标原点 O 的直线 l 与 C2 相交于点 A，B，直线 MA，
MB 分别与 C1 相交于点 D，E.
①证明：MD⊥ME；
②记△MAB，△MDE 的面积分别为 S1，S2.问：是否存在直线 l，使得S1
S2
＝17
32
？请说明理
由．
【解答】 (1)由题意知，e＝c
a
＝ 3
2
，从而 a＝2b.又 2 b＝a，解得 a＝2，b＝1.
故 C1，C2 的方程分别为x2
4
＋y2＝1，y＝x2－1.
(2)①由题意知，直线 l 的斜率存在，设为 k，则直线 l 的方程为 y＝kx.
由 y＝kx，
y＝x2－1
得 x2－kx－1＝0.
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 x1，x2 是上述方程的两个实根，
于是 x1＋x2＝k，x1x2＝－1.
又点 M 的坐标为(0，－1)，所以
kMA·kMB＝y1＋1
x1
·y2＋1
x2
＝kx1＋1kx2＋1
x1x2
＝k2x1x2＋kx1＋x2＋1
x1x2
＝－k2＋k2＋1
－1
＝－1.
故 MA⊥MB，即 MD⊥ME.
②设直线 MA 的斜率为 k1，则直线 MA 的方程为
y＝k1x－1，由 y＝k1x－1，
y＝x2－1
解得
x＝0，
y＝－1
或 x＝k1，
y＝k21－1.
则点 A 的坐标为(k1，k21－1)．
又直线 MB 的斜率为－1
k1
，同理可得点 B 的坐标为 －1
k1
，1
k21
－1 .
于是 S1＝1
2|MA|·|MB|＝1
2 1＋k21·|k1|· 1＋1
k21
·|－1
k1|＝1＋k21
2|k1|
.
由 y＝k1x－1，
x2＋4y2－4＝0
得(1＋4k21)x2－8k1x＝0.
解得 x＝0，
y＝－1
或
x＝ 8k1
1＋4k21
，
y＝4k21－1
1＋4k21
.
则点 D 的坐标为
8k1
1＋4k21
，4k21－1
1＋4k21 .
又直线 ME 的斜率为－1
k1
，同理可得点 E 的坐标为
－8k1
4＋k21
，4－k21
4＋k21 .
于是 S2＝1
2|MD|·|ME|＝ 321＋k21·|k1|
1＋4k21k21＋4.
因此S1
S2
＝ 1
64
4k21＋4
k21
＋17 .
由题意知， 1
64
4k21＋4
k21
＋17 ＝17
32
，
解得 k21＝4，或 k21＝1
4.
又由点 A，B 的坐标可知，k＝
k21－1
k21
k1＋1
k1
＝k1－1
k1
，
所以 k＝±3
2.
故满足条件的直线 l 存在，且有两条，其方程分别为 y＝3
2x 和 y＝－3
2x.
例 21[2011·山东卷] 已知动直线 l 与椭圆 C：x2
3
＋y2
2
＝1 交于 P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，
且△OPQ 的面积 S△OPQ＝ 6
2
，其中 O 为坐标原点．
(1)证明：x21＋x 22和 y21＋y 22均为定值；
(2)设线段 PQ 的中点为 M，求|OM|·|PQ|的最大值；
(3)椭圆 C 上是否存在三点 D，E，G，使得 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6
2
？若存在，判断
△DEG 的形状；若不存在，请说明理由．
【解答】 (1)(ⅰ)当直线 l 的斜率不存在时，P，Q 两点关于 x 轴对称，
所以 x2＝x1，y2＝－y1，
因为 P(x1，y1)在椭圆上，
所以x21
3
＋y21
2
＝1.①
又因为 S△OPQ＝ 6
2
，
所以|x1|·|y1|＝ 6
2
，②
由①、②得|x1|＝ 6
2
，|y1|＝1，
此时 x21＋x22＝3，y21＋y22＝2.
(ⅱ)当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋m，
由题意知 m≠0，将其代入x2
3
＋y2
2
＝1 得
(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，
其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0，
即 3k2＋2>m2，(★)
又 x1＋x2＝－ 6km
2＋3k2
，x1x2＝3m2－2
2＋3k2
，
所以|PQ|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2
＝ 1＋k2·2 6 3k2＋2－m2
2＋3k2 .
因为点 O 到直线 l 的距离为 d＝ |m|
1＋k2
，
所以 S△OPQ＝1
2|PQ|·d
＝1
2 1＋k2·2 6 3k2＋2－m2
2＋3k2 · |m|
1＋k2
＝ 6|m| 3k2＋2－m2
2＋3k2 .
又 S△OPQ＝ 6
2
，
整理得 3k2＋2＝2m2，且符合(★)式．
此时 x21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝
－ 6km
2＋3k2 2－2×3m2－2
2＋3k2
＝3，
y21＋y22＝2
3(3－x21)＋2
3(3－x22)＝4－2
3(x21＋x22)＝2.
综上所述，x21＋x22＝3，y21＋y22＝2，结论成立．
(2)解法一：①当直线 l 的斜率不存在时，
由(1)知|OM|＝|x1|＝ 6
2
，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|·|PQ|＝ 6
2
×2＝ 6.
②当直线 l 的斜率存在时，由ⅰ知：
x1＋x2
2
＝－3k
2m
，
y1＋y2
2
＝k
x1＋x2
2 ＋m＝－3k2
2m
＋m＝－3k2＋2m2
2m
＝1
m
，
|OM|2＝
x1＋x2
2 2＋
y1＋y2
2 2＝9k2
4m2
＋ 1
m2
＝6m2－2
4m2
＝1
2
3－ 1
m2 .
|PQ|2＝(1＋k2)243k2＋2－m2
2＋3k22
＝22m2＋1
m2
＝2 2＋ 1
m2 .
所以|OM|2·|PQ|2＝1
2
× 3－ 1
m2 ×2× 2＋ 1
m2
＝ 3－ 1
m2 2＋ 1
m2 ≤
3－ 1
m2
＋2＋ 1
m2
2 2＝25
4 .
所以|OM|·|PQ|≤5
2
，当且仅当 3－ 1
m2
＝2＋ 1
m2
，即 m＝± 2时，等号成立．
综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为5
2.
解法二：
因为 4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x21＋x22)＋(y21＋y22)]＝
10.
所以 2|OM|·|PQ|≤4|OM|2＋|PQ|2
2
＝10
2
＝ 5.
即|OM|·|PQ|≤5
2
，当且仅当 2|OM|＝|PQ|＝ 5时等号成立．
因此|OM|·|PQ|的最大值为5
2.
(3)椭圆 C 上不存在三点 D，E，G，使得 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6
2 .
证明：假设存在 D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6
2 .
由(1)得 u2＋x21＝3，u2＋x22＝3，x21＋x22＝3，v2＋y21＝2，v2＋y22＝2，y21＋y22＝2.
解得 u2＝x21＝x22＝3
2
；v2＝y21＝y22＝1.
因此 u，x1，x2 只能从± 6
2
中选取，v，y1，y2 只能从±1 中选取．
因此 D、E、G 只能在 ± 6
2
，±1 这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，
与 S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝ 6
2
矛盾，
所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D、E、G.
例 22【2011 新课标全国】在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 (0, 1)A ，B 点在直线 3y
上， M 点满足 MB
// OA
， MA
· AB
MB
· BA
， M 点的轨迹为曲线C ．
(Ⅰ) 求C 的方程；
(Ⅱ) P 为C 上的动点，l 为C 在 P 点处的切线，求O 点到l 距离的最小值．
【解题技巧点睛】
1.定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题
的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响
的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表
示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
2.解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函
数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立
目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问
题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处
理．
针对训练
一．选择题
1. （2012届微山一中高三10月考试题）
过点 (5,2) ，且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍的直线方程是 （ ）
A． 2 12 0x y B． 2 12 0x y 或 2 5 0x y
C． 2 1 0x y D． 2 1 0x y 或 2 5 0x y
【答案】B
【解析】考查直线方程的截距式以及截距是0的易漏点,当直线过原点时方程为 2 5 0x y ,
不过原点时,可设出其截距式为 12
x y
a a
再由过点 (5,2) 即可解出.
2.【2012 年上海市普通高等学校春季招生考试】
已知函数
2 2 2 2
1 2: 1, : 1,12 4 16 8
x y x yC C 则（ ）
（A） 1C 与 2C 顶点相同 （B） 1C 与 2C 长轴长相同
（C） 1C 与 2C 短轴长相同 （D） 1C 与 2C 焦距相同
【答案】D
【解析】
2 2
2 2 2
1 1 1 1 1: 1, 12, 4, 8, 2 4 2;12 4
x yC a b c c
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2: 1, 16, 8, 8,2 4 2;16 8
x yC a b c c
综上可知两个曲线的焦距相等。
3.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
已知点 P 为圆
2 2 4 4 7 0x y x y 上一点，且点 P 到直线 0x y m 距离的最小值
为 2 1 ，则 m 的值为（ ）
A. 2 B. 2 C. 2 D. 2
【答案】D
【 解 析 】 由 点 到 直 线 的 距 离 公 式 求 得 圆 心 2,2 到 直 线 0x y m 的 距 离
2 2
2
md
，所以 2 2 1 2 1
2
md r
，解得 m 2
4.【湖北省孝感市 2011—2012 学年度高中三年级第一次统一考试】
已知抛物线 y2=8x 的焦点与双曲线 的一个焦点重合，则该双曲线的离心率为
A. B. C. D.3
【答案】B
【解析】由题意可知抛物线的焦点为 (2,0), 双曲线的一个焦点为右焦点且为 2( 1,0)a ，
因 两 点 重 合 故 有 2 1 2,a 即 2 3.a 且 2 1 2.c a 则 双 曲 线 的 离 心 率 为
2 2 3.33
ce a
5.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
已知双曲线的渐近线为 3y x ，焦点坐标为（-4，0），（4，0），则双曲线方程为（ ）
A．
2 2
18 24
x y B．
1 2
112 4
x y C．
2 2
124 8
x y D．
2 2
14 12
x y
【答案】A
【解析】由题意可设双曲线方程为
2 2
2 2 1( , 0)x y a ba b
，利用已知条件可得：
2
2
2 2 2
3 43, , ,
124 4
bb aaa
bc a b
即 双曲线方程为
2 2
1.4 12
x y 故选 A.
6．【2012 届景德镇市高三第一次质检】已知点 1F 、 2F 为双曲线 12
2
2
2
b
y
a
x
)0,0( ba 的左、右焦点， P 为右支上一点，点 P 到右准线的距离为 d ，若 || 1PF 、
|| 2PF 、 d 依次成等差数列，则此双曲线的离心率的取值范围是
A． 32[ ， ) B． 1( ， )3 C． 1( ， ]32 D． 2[ ， ]32
【答案】C
【解析】由 ,PF PF a PF d PF 得 ,d PF a
PF ce PF a a
， , ,ac aPF dc a c a
而 a aa dc c a
，
所以 c ac a ， , .e e e
7.【2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
点 P 到图形 C 上每一个点的距离的最小值称为点 P 到图形 C
的距离，那么平面内到定圆 C 的距离与到定点 A 的距离相等的
点 的 轨 迹 不 可 能． ． ． 是
（ ）
（A）圆 （B）椭圆
（C）双曲线的一支 （D）直线
【答案】D
【解析】 如图，A 点为定圆的圆心，动点 M 为定圆半径 AP 的中点，
故 AM=MP，此时 M 的轨迹为以 A 圆心,半径为 AM 的圆。
如图，以 F1 为定圆的圆心，F1P 为其半径，在 F1P 截得
|MP|=|MA|， 1 1 1 1, ,PF r MF PM MF MA r F A 设
由椭圆的定义可知，M 的轨迹是以 F1、A 为焦点，
以 1F A 为焦距，以 r 为长轴的椭圆。
如图，以 F1 为定圆的圆心，F1P 为其半径，
过 P 点延长使得|MP|=|MA|，则有
1 1, ,MF PM r MF MA r FA
由双曲线的定义可知，M 的轨迹是以 F1、A 为
焦点的双曲线的右支。
若 M 落在以 A 为端点在 x 轴上的射线上，也满足条件
，此时轨迹为一条射线，不是直线。故答案为 D。
8.【2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试】
设 1e 、 2e 分别为具有公共焦点 1F 、 2F 的椭圆和双曲线的离心率，P 是两曲线的一个公共点，
且满足 1 2 1 2PF PF F F
,则 1 2
2 2
1 2
e e
e e
的值为
A. 2
2
B.2 C. 2 D.1
【答案】A
【解析】设 1 2 1 2| | ,| | ,| | 2PF m PF n F F c ，不妨设 m n .由 1 2 1 2PF PF F F 知，∠
1 2 90F PF ,则 2 2 24m n c ,∴ 1
2ce m n
， 2
2ce m n
，
∴
2 2
2 2 2
1 2
1 1 2( ) 24
m n
e e c
，∴ 1 2
2 2
1 2
2
2
e e
e e
.
二．填空题
9.【惠州市 2012 届高三第二次调研考试】若直线 y x m 与圆 2 2( 2) 1x y 有
两个不同的公共点，则实数 m 的取值范围为 ．
F1 A
P
M
【解析】圆心到直线的距离 2 1 2 2 2 2
2
md m .
10.【2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
抛物线 2x ay= 过点 1(1, )4A ，则点 A 到此抛物线的焦点的距离为 .
【答案】 5
4
【解析】由已知可得： 211 , 4. 4 .4 a a x y 由抛物线的定义可知 A 点到焦点距离为 A
到准线的距离： 1 51 .2 4 4A
py
11.【河北省唐山市 2012 届高三上学期期末考试数学】
椭圆
2 2
2 2 1( 0)x y a b
a b
的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 作 x 轴的垂线与椭圆的一个
交点为 P，若 1 2 45F PF ，则椭圆的离心率 e 。
【答案】 2 1
【 解 析 】 根 据 题 意 可 知 ， 1 2Rt PF F 的 直 角 边 2PF 为 椭 圆 通 经 的 一 半
2
,b
a 1 2 1 2 1 2 22 , 45 , ,F F c PF F F F PF
2
2 ,b ca
又 2 2 2 ,b a c 代入整理得：
2 2 22 0, 2 1 0, 1 2, 0 1, 1 2.c ac a e e e e e 20．
12.【浙江省 2012 年高三调研理科数学测试卷】
若点 P 在曲线 C1：
2 2
1
16 9
x y 上，点 Q 在曲线 C2：(x－5)2＋y2＝1 上，点 R 在
曲线 C3：(x＋5)2＋y2＝1 上，则 | PQ |－| PR | 的最大值是 ．
【答案】10
【解析】如图所示，
1 2 max 1 2max min max min, , ( ) 2PQ PC r PR PC r PQ PR PQ PR PC PC
P 点在双曲线上， 1 2 2 8,PC PC a | PQ |－| PR | 的最大值是 10.
13.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
已知椭圆 1C 与双曲线 2C 有相同的焦点 1F 、 2F ，点 P 是 1C 与 2C 的一个公共点， 1 2PF F 是
一个以 1PF 为底的等腰三角形， 1 4PF ， 1C 的离心率为 3
7
，则 2C 的离心率为
【答案】3
【解析】因为 1 2PF F 是一个以 1PF 为底的等腰三角形， 1 4PF ， 1C 的离心率为 3
7
，所
以 2 1 2 3PF F F ，所以 2C 中的 2 1,2 3a c ，所以 2C 的离心率 3ce a
.
14.【2012 届无锡一中高三第一学期期初试卷】如图所示，直线 2x 与双曲线
14: 2
2
yxC 的渐近线交于 1E , 2E 两点，记 1 1 2 2,OE e OE e ，任取双曲线C 上的点 P，
若 21 ebeaOP ，则实数 a 和b 满足的一个等式是_____________．
【答案】 2 23 10 3 4 0a ab b
【解析】该题综合考查直线与圆锥曲线的位置关系,向量线性表示及坐标运算.可求出
1 2(1,1), (1, 1)e e
,设 0 0( , )P x y ,则
2
0 2
0
( ), ( ) 1,4
a b x a b a ba b y
2 23 10 3 4 0a ab b
三．解答题
15.【浙江省 2012 年高三调研理科数学测试卷】
如图，椭圆 C: x2＋3y2＝3b2 (b＞0).
(Ⅰ) 求椭圆 C 的离心率；
(Ⅱ) 若 b＝1，A，B 是椭圆 C 上两点，且 | AB | ＝ 3 ，求△AOB 面积的最大值.
解析：(Ⅰ)：由 x2＋3y2＝3b2 得
2 2
2 2 13
x y
b b
，
所以 e＝ c
a
＝
2 2
2
3
3
b b
b
＝ 2
3
＝ 6
3
． …………5 分
(Ⅱ)解：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，△ABO 的面积为 S．
如果 AB⊥x 轴，由对称性不妨记 A 的坐标为( 3
2
， 3
2 )，此时 S＝ 1 3 32 2
＝ 3
4
；
如果 AB 不垂直于 x 轴，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，
由 2 2
,
3 3,
y kx m
x y
得 x2＋3(kx＋m) 2＝3，
即 (1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，又Δ＝36k2m2－4(1＋3k2) (3m2－3)＞0，
所以 x1＋x2＝－ 2
6
1 3
km
k
，x1 x2＝
2
2
3 3
1 3
m
k
，
(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4 x1 x2＝
2 2
2 2
12(1 3 )
(1 3 )
k m
k
， ①
由 | AB |＝ 2 2
1 2(1 )( )k x x 及 | AB |＝ 3 得
(x1－x2)2＝ 2
3
1 k
， ②
结合①，②得 m2＝(1＋3k2)－
2 2
2
(1 3 )
4(1 )
k
k
．又原点 O 到直线 AB 的距离为
2
| |
1
m
k
，
所以 S＝ 1
2
2
| | 3
1
m
k
，
因此 S2＝ 3
4
2
21
m
k
＝ 3
4
[
2
2
1 3
1
k
k
－
2 2
2 2
(1 3 )
4(1 )
k
k
]＝ 3
4
[－ 1
4 (
2
2
1 3
1
k
k
－2)2＋１]
＝－ 3
16
(
2
2
1 3
1
k
k
－2)2＋ 3
4
≤ 3
4
，
故 S≤ 3
2
．当且仅当
2
2
1 3
1
k
k
＝2，即 k＝±1 时上式取等号．又 3
2
＞ 3
4
，故 S max＝ 3
2
．
16.【惠州市 2012 届高三第二次调研考试】已知点 P 是圆 2 2
1 :( 1) 8F x y 上任
意一点，点 2F 与点 1F 关于原点对称。线段 2PF 的中垂线 m 分别与 1 2PF PF、 交于 M N、 两
点．
（1）求点 M 的轨迹C 的方程；
（2）斜率为 k 的直线l 与曲线 C 交于 ,P Q 两点,若 0OP OQ （O 为坐标原点），试求直
线 l 在 y 轴上截距的取值范围．
解：（1）由题意得， 1 2( 1,0), (1,0),F F 圆 1F 的半径为 2 2 ，且 2| | | |MF MP ……… 1 分
从而 1 2 1 1 1 2| | | | | | | | | | 2 2 | |MF MF MF MP PF F F ………… 3 分
∴ 点 M 的轨迹是以 1 2,F F 为焦点的椭圆, ………… 5 分
其中长轴 2 2 2a ,得到 2a ,焦距 2 2c ，
则短半轴 1b
椭圆方程为:
2
2 12
x y ………… 6 分
（2）设直线 l 的方程为 y kx n ,由 2
2 12
y kx n
x y
可得 2 2 2(2 1) 4 2 2 0k x knx n
则 2 2 2 216 8( 1)(2 1) 0k n n k ,即 2 22 1 0k n ① ………… 8 分
设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ,则
2
1 2 1 22 2
4 2 2,2 1 2 1
kn nx x x xk k
由 0OP OQ 可得 1 2 1 2 0x x y y ,即 1 2 1 2( )( ) 0x x kx n kx n …………10 分
整理可得 2 2
1 2 1 2( 1) ( ) 0k x x kn x x n …………12 分
即
2 2
2
2 2
( 1)(2 2) 4( ) 02 1 2 1
k n knkn nk k
化简可得 2 23 2 2n k ,代入①整理可得 2 1
2n ,
故直线l 在 y 轴上截距的取值范围是 2 2( , ) ( , )2 2
． …………14 分
17.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
已知抛物线 2 2 ( 0)y px p 的焦点为 F，过点 F 作直线l 与抛物线交于 A，B 两点，抛
物线的准线与 x 轴交于点 C。
（1）证明： ACF BCF ；
（2）求 ACB 的最大值，并求 ACB 取得最大值时线段 AB 的长。
解：（Ⅰ）由题设知，F ( p
2
，0)，C (－ p
2
，0)，
设 A (x1，y1)，B (x2，y2)，直线 l 方程为 x＝my＋ p
2
，
代入抛物线方程 y2＝2px，得 y2－2pmy－p2＝0．
y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2． …4 分
不妨设 y1＞0，y2＜0，则
tan ∠ACF＝ y1
x1＋ p
2
＝ y1
y21
2p
＋ p
2
＝ 2py1
y21＋p2
＝ 2py1
y21－y1y2
＝ 2p
y1－y2
，
tan ∠BCF＝－ y2
x2＋ p
2
＝－ 2p
y2－y1
，
∴tan ∠ACF＝tan ∠BCF，所以∠ACF＝∠BCF． …8 分
（Ⅱ）如（Ⅰ）所设 y1＞0，tan ∠ACF＝ 2py1
y21＋p2
≤2py1
2py1
＝1，当且仅当 y1＝p 时取等号，
此时∠ACF 取最大值 π
4
，∠ACB＝2∠ACF 取最大值 π
2
，
并且 A ( p
2
，p)，B ( p
2
，－p)，|AB|＝2p． …12 分
18.【2012 年长春市高中毕业班第一次调研测试】
已 知 点 ( 1, 0)A ， (1, 0)B ， 动 点 M 的 轨 迹 曲 线 C 满 足 2AMB ，
2cos 3AM BM ，过点 B 的直线交曲线 C 于 P 、Q 两点.
(1)求 AM BM 的值，并写出曲线C 的方程；
(2)求△ APQ 面积的最大值.
解：(1)设 ( , )M x y ，在△ MAB 中， 2AB ， 2AMB ，根据余弦定理得
2 2
2 cos2 4AM BM AM BM
. （2 分）
即 2( ) 2 (1 cos2 ) 4AM BM AM BM
.
2 2( ) 4 cos 4AM BM AM BM
.
而 2cos 3AM BM ，所以 2( ) 4 3 4AM BM
.
所以 4AM BM
. （4 分）
又 4 2AM BM AB ，
因此点 M 的轨迹是以 A 、 B 为焦点的椭圆（点 M 在 x 轴上也符合题意），
2a ， 1c .
所以曲线 C 的方程为
2 2
14 3
x y . （6 分）
(2)设直线 PQ 的方程为 1x my .
由 2 2
1
14 3
x my
x y
，消去 x 并整理得 2 2(3 4) 6 9 0m y my . ①
显然方程①的 0 ,设 1 1( , )P x y , 2 2( , )Q x y ,则 1 2 1 2
1 22APQS y y y y
由韦达定理得 1 2 2
6
3 4
my y m
， 1 2 2
9
3 4y y m
. （9 分）
所以
2
2 2
1 2 1 2 1 2 2 2
3 3( ) ( ) 4 48 (3 4)
my y y y y y m
.
令 23 3t m ，则 3t ≥ ， 2
1 2
48( ) 1 2
y y
t t
.
由于函数 1( )t t t
在[3, ) 上是增函数.
所以 1 10
3t t
≥ ，当 23 3 3t m ，即 0m 时取等号.
所以 2
1 2
48( ) 910 23
y y
≤ ，即 1 2y y 的最大值为 3.
所以△ APQ 面积的最大值为 3，此时直线 PQ 的方程为 1x . （12 分）
19.【2012 北京海淀区高三年级第一学期期末试题】
已知焦点在 x 轴上的椭圆C 过点 (0,1) ，且离心率为 3
2
,Q 为椭圆C 的左顶点.
（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；
（Ⅱ）已知过点 6( ,0)5
的直线l 与椭圆C 交于 A ， B 两点.
（ⅰ）若直线l 垂直于 x 轴，求 AQB 的大小;
（ⅱ）若直线l 与 x 轴不垂直，是否存在直线l 使得 QAB 为等腰三角形？如果存在，
求出直线l 的方程；如果不存在，请说明理由.
解：（Ⅰ）设椭圆C 的标准方程为
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
，且 2 2 2a b c= + .
由题意可知： 1b = ， 3
2
c
a = . ………………………………………2 分
所以 2 4a = .
所以，椭圆C 的标准方程为
2
2 14
x y . ……………………………………3 分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 ( 2,0)Q .设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y .
（ⅰ）当直线l 垂直于 x 轴时，直线l 的方程为 6
5x .
由 2
2
6 ,5
14
x
x y
解得：
6 ,5
4
5
x
y
或
6 ,5
4.5
x
y
即 6 4 6 4( , ), ( , )5 5 5 5A B （不妨设点 A 在 x 轴上方）.
………………………………………5 分
则直线 AQ 的斜率 1AQk ，直线 BQ 的斜率 1BQk .
因为 1AQ BQk k ，
所以 AQ BQ^ .
所以
2AQB . ………………………………………6 分
（ⅱ）当直线l 与 x 轴不垂直时，由题意可设直线 AB 的方程为 6( )( 0)5y k x k .
由 2
2
6( ),5
14
y k x
x y
消去 y 得： 2 2 2 2(25 100 ) 240 144 100 0k x k x k .
因为 点 6( ,0)5- 在椭圆C 的内部，显然 0 .
2
1 2 2
2
1 2 2
240 ,25 100
144 100 .25 100
kx x k
kx x k
………………………………………8 分
因为 1 1 2 2( 2, ), ( 2, )QA x y QB x y ， 1 1
6( )5y k x ， 2 2
6( )5y k x ，
所以 1 2 1 2( 2)( 2)QA QB x x y y
1 2 1 2
6 6( 2)( 2) ( ) ( )5 5x x k x k x
2 2 2
1 2 1 2
6 36(1 ) (2 )( ) 45 25k x x k x x k
2 2
2 2 2
2 2
144 100 6 240 36(1 ) (2 )( ) 4 025 100 5 25 100 25
k kk k kk k
.
所以 QA QB .
所以 QAB 为直角三角形. ………………………………………11 分
所以 点 M 的纵坐标 2
6 6( )5 5 20M M
ky k x k= + = +
.
所以
2
2 2 2 2
10 16 6 6 6( , ) ( , )5 20 5 20 5 20 5 20
k k kQM NM k k k k
+× = ×+ + + +
2
2 2
60 132 0(5 20 )
k
k
+= ¹+
.
所以 QM
与 NM
不垂直，矛盾.
所以 当直线l 与 x 轴不垂直时，不存在直线l 使得 QAB 为等腰三角形.
………………………………………13 分
20.【河北省唐山市 2012 届高三上学期摸底考试数学】
已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yC a ba b
，经过点 ( 2, 1)M ，离心率为 2
2
，过点 M 作倾斜
角互补的两条直线分别与椭圆C 交于异于 M 的另外两点 P 、Q .
（I）求椭圆 C 的方程；
（II） PMQ 能否为直角？证明你的结论；
（III）证明：直线 PQ 的斜率为定值，并求这个定值.
解析：（I）由题设，得 2 2
4 1 1a b
（1）
且
2 2 2
2
a b
a
（2）
由（1）（2）解得 2 26, 3a b ，
椭圆C 的方程为
2 2
16 3
x y ……………………………………………………3 分
（II）设直线 MP 的斜率为 k ，则直线 MQ 的斜率为 k ，
假设 PMQ 为直角，则 ( ) 1, 1k k k
若 1k ，则直线 MQ 的方程为 1 ( 2)y x ，
与椭圆C 方程联立，得 2 4 4 0x x ，
该方程有两个相等的实数根 2 ，不合题意；
同理，若 1k 也不合题意.
故 PMQ 不能为直角.…………………………………………………………6 分
（III）记 1 1( , )P x y 、 2 2( , )Q x y ，
设直线 MP 的方程为 1 ( 2)y k x ，与椭圆C 方程联立，得
2 2 2(1 2 ) (8 4 ) 8 8 4 0k x k x k k ，
12,x 是方程的两根，则
2 2
1 12 2
8 8 4 4 4 22 ,1 2 1 2
k k k kx xk k
.
设直线 MQ 的方程为 1 ( 2)y k x ，
同理得
2
2 2
4 4 2
1 2
k kx k
……………………………………………………9 分
因 1 1 2 21 ( 2), 1 ( 2)y k x y k x ，
故
21 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
2
8
( 2) ( 2) ( 4) 1 2 18
1 2
PQ
k
y y k x k x k x x kk kx x x x x x
k
因此直线 PQ 的斜率为定值………………………………………………………12 分
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