高考数学（理科）一轮复习直线与直线的位置关系学案含答案。
老师工作中的一部分是写教案课件，大家在仔细设想教案课件了。写好教案课件工作计划，我们的工作会变得更加顺利！你们知道适合教案课件的范文有哪些呢？下面是由小编为大家整理的“高考数学（理科）一轮复习直线与直线的位置关系学案含答案”，欢迎大家与身边的朋友分享吧！
学案48直线与直线的位置关系
导学目标：1.能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直.2.能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标.3.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．
自主梳理
1．两直线的位置关系
平面上两条直线的位置关系包括平行、相交、重合三种情况．
(1)两直线平行
对于直线l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，
l1∥l2________________________.
对于直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0(A2B2C2≠0)，
l1∥l2________________________.
(2)两直线垂直
对于直线l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2，
l1⊥l2k1k2＝____.
对于直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
l1⊥l2A1A2＋B1B2＝____.
2．两条直线的交点
两条直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，
l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
如果两直线相交，则交点的坐标一定是这两个方程组成的方程组的____；反之，如果这个方程组只有一个公共解，那么以这个解为坐标的点必是l1和l2的________，因此，l1、l2是否有交点，就看l1、l2构成的方程组是否有________．
3．有关距离
(1)两点间的距离
平面上两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的距离|P1P2|＝__________________________________.
(2)点到直线的距离
平面上一点P(x0，y0)到一条直线l：Ax＋By＋C＝0的距离d＝________________________.
(3)两平行线间的距离
已知l1、l2是平行线，求l1、l2间距离的方法：
①求一条直线上一点到另一条直线的距离；
②设l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0，则l1与l2之间的距离d＝________________.
自我检测
1．(2011济宁模拟)若点P(a,3)到直线4x－3y＋1＝0的距离为4，且点P在不等式2x＋y－30表示的平面区域内，则实数a的值为()
A．7B．－7C．3D．－3
2．若直线l1：y＝k(x－4)与直线l2关于点(2,1)对称，则直线l2恒过定点()
A．(0,4)B．(0,2)
C．(－2,4)D．(4，－2)
3．已知直线l1：ax＋by＋c＝0，直线l2：mx＋ny＋p＝0，则ambn＝－1是直线l1⊥l2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
4．(2009上海)已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0与l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，则k的值是()
A．1或3B．1或5
C．3或5D．1或2
5．已知2x＋y＋5＝0，则x2＋y2的最小值是________.
探究点一两直线的平行与垂直
例1已知两条直线l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0.求满足以下条件的a、b的值：
(1)l1⊥l2且l1过点(－3，－1)；
(2)l1∥l2，且原点到这两条直线的距离相等．
变式迁移1已知直线l1：ax＋2y＋6＝0和直线l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0，
(1)试判断l1与l2是否平行；
(2)l1⊥l2时，求a的值．
探究点二直线的交点坐标
例2已知直线l1：4x＋7y－4＝0，l2：mx＋y＝0，l3：2x＋3my－4＝0.当m为何值时，三条直线不能构成三角形．JAb88.cOM
变式迁移2△ABC的两条高所在直线的方程分别为2x－3y＋1＝0和x＋y＝0，顶点A的坐标为(1,2)，求BC边所在直线的方程．
探究点三距离问题
例3(2011厦门模拟)已知三条直线：l1：2x－y＋a＝0(a0)；l2：－4x＋2y＋1＝0；l3：x＋y－1＝0.且l1与l2的距离是7510.
(1)求a的值；
(2)能否找到一点P，使P同时满足下列三个条件：
①点P在第一象限；
②点P到l1的距离是点P到l2的距离的12；
③点P到l1的距离与点P到l3的距离之比是2∶5.
若能，求点P的坐标；若不能，说明理由．
变式迁移3已知直线l过点P(3,1)且被两平行线l1：x＋y＋1＝0，l2：x＋y＋6＝0截得的线段长为5，求直线l的方程．
转化与化归思想的应用
例(12分)已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2)．求：
(1)点A关于直线l的对称点A′的坐标；
(2)直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；
(3)直线l关于点A(－1，－2)对称的直线l′的方程．
【答题模板】
解(1)设A′(x，y)，再由已知
∴A′－3313，413.[4分]
(2)在直线m上取一点，如M(2,0)，则M(2,0)关于直线l的对称点M′必在直线m′上．设对称点M′(a，b)，则得M′613，3013.[6分]
设直线m与直线l的交点为N，则由
得N(4,3)．
又∵m′经过点N(4,3)，∴由两点式得直线m′的方程为9x－46y＋102＝0.[8分]
(3)方法一在l：2x－3y＋1＝0上任取两点，
如M(1,1)，N(4,3)，则M，N关于点A(－1，－2)的对称点M′，N′均在直线l′上，
易得M′(－3，－5)，N′(－6，－7)，[10分]
再由两点式可得l′的方程为2x－3y－9＝0.[12分]
方法二∵l∥l′，∴设l′的方程为2x－3y＋C＝0(C≠1)，
∵点A(－1，－2)到两直线l，l′的距离相等，∴由点到直线的距离公式得
|－2＋6＋C|22＋32＝|－2＋6＋1|22＋32，解得C＝－9，[10分]
∴l′的方程为2x－3y－9＝0.[12分]
方法三设P(x，y)为l′上任意一点，
则P(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为P′(－2－x，－4－y)，[10分]
∵点P′在直线l上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，
即2x－3y－9＝0.[12分]
【突破思维障碍】
点关于直线对称是轴对称中最基本的，要抓住两点：一是已知点与对称点的连线与对称轴垂直；二是已知点与对称点为端点的线段中点在对称轴上．直线关于点的对称可转化为点关于点的对称，直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称．
【易错点剖析】
(1)点关于线对称，不能转化为“垂直”及“线的中点在轴上”的问题．
(2)线关于线对称，不能转化为点关于线的对称问题；线关于点的对称，不能转化为点关于点的对称问题．
1．在两条直线的位置关系中，讨论最多的还是平行与垂直，它们是两条直线的特殊位置关系．解题时认真画出图形，有助于快速准确地解决问题．判断两直线平行与垂直时，不要忘记考虑斜率不存在的情形，利用一般式则可避免分类讨论．
2．运用公式d＝|C1－C2|A2＋B2求两平行直线间的距离时，一定要把x、y项系数化为相等的系数．
3．对称思想是高考热点，主要分为中心对称和轴对称两种，关键要把握对称问题的本质，必要情况下可与函数的对称轴建立联系．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．直线3x＋2y＋4＝0与2x－3y＋4＝0()
A．平行B．垂直
C．重合D．关于直线y＝－x对称
2．(2011六安月考)若直线x＋ay－a＝0与直线ax－(2a－3)y－1＝0互相垂直，则a的值是()
A．2B．－3或1C．2或0D．1或0
3．已知直线l的倾斜角为3π4，直线l1经过点A(3,2)、B(a，－1)，且l1与l垂直，直线l2：2x＋by＋1＝0与直线l1平行，则a＋b等于()
A．－4B．－2C．0D．2
4．P点在直线3x＋y－5＝0上，且点P到直线x－y－1＝0的距离为2，则P点坐标为()
A．(1,2)B．(2,1)
C．(1,2)或(2，－1)D．(2,1)或(－1,2)
5．设两条直线的方程分别为x＋y＋a＝0，x＋y＋b＝0，已知a、b是方程x2＋x＋c＝0的两个实根，且0≤c≤18，则这两条直线之间的距离的最大值和最小值分别是()
A.24，12B.2，22
C.2，12D.22，12
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011重庆云阳中学高三月考)直线l1：x＋my＋6＝0和l2：3x－3y＋2＝0，若l1∥l2，则m的值为______．
7．设直线l经过点(－1,1)，则当点(2，－1)与直线l的距离最大时，直线l的方程为______________．
8．若直线m被两平行线l1：x－y＋1＝0与l2：x－y＋3＝0所截得的线段的长为22，则m的倾斜角可以是
①15°②30°③45°④60°⑤75°
其中正确答案的序号是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011福州模拟)k为何值时，直线l1：y＝kx＋3k－2与直线l2：x＋4y－4＝0的交点在第一象限．
10．(12分)已知点P1(2,3)，P2(－4,5)和A(－1,2)，求过点A且与点P1，P2距离相等的直线方程．
11．(14分)(2011杭州调研)过点P(3,0)作一直线，使它夹在两直线l1：2x－y－2＝0与l2：x＋y＋3＝0之间的线段AB恰被点P平分，求此直线的方程．
自主梳理
1．(1)k1＝k2且b1≠b2A1A2＝B1B2≠C1C2(2)－10
2．解交点唯一解3.(1)x2－x12＋y2－y12
(2)|Ax0＋By0＋C|A2＋B2(3)②|C1－C2|A2＋B2
自我检测
1．D2.B3.A4.C
5.5
课堂活动区
例1解题导引运用直线的斜截式y＝kx＋b时，要特别注意直线斜率不存在时的特殊情况．运用直线的一般式Ax＋By＋C＝0时，要特别注意A、B为0时的情况，求解两直线平行或垂直有关的问题并与求直线方程相联系，联立方程组求解，对斜率不存在的情况，可考虑用数形结合的方法研究．
解(1)由已知可得l2的斜率必存在，且k2＝1－a.
若k2＝0，则a＝1.由l1⊥l2，l1的斜率不存在，∴b＝0.
又l1过(－3，－1)，∴－3a＋b＋4＝0，
∴b＝3a－4＝－1，矛盾．∴此情况不存在，即k2≠0.
若k2≠0，即k1＝ab，k2＝1－a.
由l1⊥l2，得k1k2＝ab(1－a)＝－1.
由l1过(－3，－1)，得－3a＋b＋4＝0，
解之得a＝2，b＝2.
(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，∴l1的斜率存在，
∴k1＝k2，即ab＝1－a.
又原点到两直线的距离相等，且l1∥l2，
∴l1、l2在y轴上的截距互为相反数，即4b＝b.
解之得a＝2，b＝－2或a＝23，b＝2.
∴a、b的值为2和－2或23和2.
变式迁移1解(1)方法一当a＝1时，
l1：x＋2y＋6＝0，
l2：x＝0，l1与l2不平行；
当a＝0时，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1与l2不平行；
当a≠1且a≠0时，两直线可化为l1：y＝－a2x－3，
l2：y＝11－ax－(a＋1)，
l1∥l2－a2＝11－a，－3≠－a＋1，解得a＝－1，
综上可知，a＝－1时，l1∥l2，否则l1与l2不平行．
方法二由A1B2－A2B1＝0，
得a(a－1)－1×2＝0.
由A1C2－A2C1≠0，得a(a2－1)－1×6≠0，
∴l1∥l2aa－1－1×2＝0aa2－1－1×6≠0a2－a－2＝0，aa2－1≠6.
∴a＝－1，故当a＝－1时，l1∥l2，否则l1与l2不平行．
(2)方法一当a＝1时，l1：x＋2y＋6＝0，l2：x＝0，l1与l2不垂直；
当a＝0时，l1：y＝－3，l2：x－y－1＝0，l1与l2不垂直；
当a≠1且a≠0时，l1：y＝－a2x－3，
l2：y＝11－ax－(a＋1)，
由－a211－a＝－1a＝23.
方法二由A1A2＋B1B2＝0，
得a＋2(a－1)＝0a＝23.
例2解题导引①转化思想的运用
三条直线l1、l2、l3不能构成三角形l1、l2、l3交于一点或至少有两条直线平行
三条直线交于一点l2与l3的交点在l1上l2与l3对应方程组的解适合l1的方程
②分类讨论思想的运用
本题依据直线的位置关系将不能构成三角形的情况分成两类，分类应注意按同一标准，不重不漏．
解当三条直线共点或至少有两条直线平行时，不能围成三角形．
①三条直线共点时，
由mx＋y＝0，2x＋3my＝4，得x＝42－3m2y＝－4m2－3m2(m2≠23)，
即l2与l3的交点为42－3m2，－4m2－3m2，
代入l1的方程得4×42－3m2＋7×－4m2－3m2－4＝0，
解得m＝13，或m＝2.
②当l1∥l2时，4＝7m，∴m＝47；
当l1∥l3时，4×3m＝7×2，∴m＝76；
当l2∥l3时，3m2＝2，即m＝±63.
∴m取集合－63，13，63，47，76，2中的元素时，三条直线不能构成三角形．
变式迁移2解可以判断A不在所给的两条高所在的直线上，则可设AB，AC边上的高所在直线的方程分别为2x－3y＋1＝0，x＋y＝0，
则可求得AB，AC边所在直线的方程分别为
y－2＝－32(x－1)，y－2＝x－1，
即3x＋2y－7＝0，x－y＋1＝0.
由3x＋2y－7＝0x＋y＝0，得B(7，－7)，
由x－y＋1＝02x－3y＋1＝0，得C(－2，－1)，
所以BC边所在直线的方程为2x＋3y＋7＝0.
例3解题导引在应用平行线间的距离公式求两条平行线间的距离时，应注意公式的适用条件，即在两条平行线的方程中x与y的系数化为分别对应相等的条件下，才能应用该公式．
如本例中求两条直线2x－y＋a＝0与－4x＋2y＋1＝0间的距离时，需将前一条直线化为－4x＋2y－2a＝0，或将后一条直线化为2x－y－12＝0后，再应用平行线间的距离公式．
解(1)∵l1：4x－2y＋2a＝0(a0)，l2：4x－2y－1＝0，
∴两条平行线l1与l2间的距离为d＝|2a＋1|25，
由已知，可得|2a＋1|25＝7510.
又a0，可解得a＝3.
(2)设点P的坐标为(x，y)，
由条件①，可知x0，y0.
由条件②和③，
可得|2x－y＋3|5＝|4x－2y－1|455|2x－y＋3|5＝2|x＋y－1|2，
化简得4|2x－y＋3|＝|4x－2y－1||2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
于是可得，4|x＋y－1|＝|4x－2y－1|，
也就是4(x＋y－1)＝4x－2y－1，或4(x＋y－1)＝－4x＋2y＋1，
解得y＝12，或8x＋2y－5＝0.
当y＝12时，代入方程|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
解得x＝－30或x＝－230，均舍去．
由8x＋2y－5＝0|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，
化简得8x＋2y－5＝0x－2y＋4＝0，或8x＋2y－5＝03x＝－2，
解得x＝19y＝3718或x＝－230y＝316(舍去)．
即存在满足题设条件的点P，其坐标为19，3718.
变式迁移3解方法一若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝3，此时与l1，l2的交点分别是A(3，－4)，B(3，－9)，截得的线段长|AB|＝|－4＋9|＝5，符合题意．
当直线l的斜率存在时，则设直线l的方程为y＝k(x－3)＋1，分别与直线l1，l2的方程联立，
由y＝kx－3＋1，x＋y＋1＝0，解得A3k－2k＋1，1－4kk＋1.
由y＝kx－3＋1，x＋y＋6＝0，解得B3k－7k＋1，1－9kk＋1.
由两点间的距离公式，得
3k－2k＋1－3k－7k＋12＋1－4kk＋1－1－9kk＋12＝25，
解得k＝0，即所求直线方程为y＝1.
综上可知，直线l的方程为x＝3或y＝1.
方法二因为两平行线间的距离
d＝|6－1|2＝522，
如图，直线l被两平行线截得的线段长为5，
设直线l与两平行线的夹角为θ，
则sinθ＝22，所以θ＝45°.
因为两平行线的斜率是－1，
故所求直线的斜率不存在或为0.
又因为直线l过点P(3,1)，
所以直线l的方程为x＝3或y＝1.
课后练习区
1．B2.C3.B4.C5.D
6．－17.3x－2y＋5＝08.①⑤
9．解由y＝kx＋3k－2x＋4y－4＝0，得x＝12－12k4k＋1y＝7k－24k＋1.(5分)
∵两直线的交点在第一象限，
∴12－12k4k＋107k－24k＋10，∴27k1.(11分)
即当27k1时，
两直线的交点在第一象限．(12分)
10．解设所求直线为l，由于l过点A且与点P1，P2距离相等，所以有两种情况，
(1)当P1，P2在l同侧时，有l∥P1P2，此时可求得l的方程为
y－2＝5－3－4－2(x＋1)，即x＋3y－5＝0；(5分)
(2)当P1，P2在l异侧时，l必过P1P2的中点(－1,4)，此时l的方程为x＝－1.(10分)
∴所求直线的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.
(12分)
11．解设点A(x，y)在l1上，
由题意知x＋xB2＝3，y＋yB2＝0，∴点B(6－x，－y)，(6分)
解方程组2x－y－2＝0，6－x＋－y＋3＝0，
得x＝113，y＝163，∴k＝163－0113－3＝8.(12分)
∴所求的直线方程为y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.(14分)
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学案54直线与圆锥曲线的位置关系
导学目标：1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想．
自主梳理
1．直线与椭圆的位置关系的判定方法
(1)将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，若Δ0，则直线与椭圆________；若Δ＝0，则直线与椭圆________；若Δ0，则直线与椭圆________．
(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法
将直线方程与双曲线方程联立消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0.
①若a≠0，当Δ0时，直线与双曲线________；当Δ＝0时，直线与双曲线________；当Δ0时，直线与双曲线________．
②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有________交点．
(3)直线与抛物线位置关系的判定方法
将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0.
①当a≠0，用Δ判定，方法同上．
②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴________，只有________交点．
2．已知弦AB的中点，研究AB的斜率和方程
(1)AB是椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一条弦，M(x0，y0)是AB的中点，则kAB＝________，kABkOM＝__________.点差法求弦的斜率的步骤是：
①将端点坐标代入方程：x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1.
②两等式对应相减：x21a2－x22a2＋y21b2－y22b2＝0.
③分解因式整理：kAB＝y1－y2x1－x2＝－b2x1＋x2a2y1＋y2＝－b2x0a2y0.
(2)运用类比的手法可以推出：已知AB是双曲线x2a2－y2b2＝1的弦，中点M(x0，y0)，则kAB＝__________________.已知抛物线y2＝2px(p0)的弦AB的中点M(x0，y0)，则kAB＝____________.
3．弦长公式
直线l：y＝kx＋b与圆锥曲线C：F(x，y)＝0交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
则|AB|＝1＋k2|x1－x2|
＝1＋k2x1＋x22－4x1x2
或|AB|＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2y1＋y22－4y1y2.
自我检测
1．抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为3的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是()
A．4B．33C．43D．8
2．(2011中山调研)与抛物线x2＝4y关于直线x＋y＝0对称的抛物线的焦点坐标是()
A．(1,0)B.116，0
C．(－1,0)D.0，－116
3．(2011许昌模拟)已知曲线x2a＋y2b＝1和直线ax＋by＋1＝0(a、b为非零实数)，在同一坐标系中，它们的图形可能是()
4．(2011杭州模拟)过点0，－12的直线l与抛物线y＝－x2交于A、B两点，O为坐标原点，则OA→OB→的值为()
A．－12B．－14C．－4D．无法确定
探究点一直线与圆锥曲线的位置关系
例1k为何值时，直线y＝kx＋2和曲线2x2＋3y2＝6有两个公共点？有一个公共点？没有公共点？
变式迁移1已知抛物线C的方程为x2＝12y，过A(0，－1)，B(t,3)两点的直线与抛物线C没有公共点，则实数t的取值范围是()
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B.－∞，－22∪22，＋∞
C．(－∞，－22)∪(22，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
探究点二圆锥曲线中的弦长问题
例2如图所示，直线y＝kx＋b与椭圆x24＋y2＝1交于A、B两点，
记△AOB的面积为S.
(1)求在k＝0,0b1的条件下，S的最大值；
(2)当|AB|＝2，S＝1时，求直线AB的方程．
变式迁移2已知椭圆的两焦点为F1(－3，0)，F2(3，0)，离心率e＝32.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线l：y＝x＋m，若l与椭圆相交于P，Q两点，且|PQ|等于椭圆的短轴长，求m的值．
探究点三求参数的范围问题
例3(2011开封模拟)直线m：y＝kx＋1和双曲线x2－y2＝1的左支交于A、B两点，直线l过点P(－2,0)和线段AB的中点M，求l在y轴上的截距b的取值范围．
变式迁移3在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B，是否存在常数k，使得向量OP→＋OQ→与AB→共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．
函数思想的应用
例(12分)已知椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，双曲线x2a2－y2b2＝1的两条渐近线为l1，l2，
过椭圆C的右焦点F作直线l，使l⊥l1，又l与l2交于P点，设l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A，B.
(1)当l1与l2夹角为60°，双曲线的焦距为4时，求椭圆C的方程及离心率；
(2)求|FA||AP|的最大值．
【答题模板】
解(1)双曲线的渐近线为y＝±bax，两渐近线夹角为60°，又ba1，∴∠POx＝30°，
∴ba＝tan30°＝33，∴a＝3b.又a2＋b2＝22，
∴3b2＋b2＝4，[2分]
∴b2＝1，a2＝3，∴椭圆C的方程为x23＋y2＝1，
∴离心率e＝a2－b2a＝63.[4分]
(2)由已知，l：y＝ab(x－c)与y＝bax联立，
解方程组得Pa2c，abc.[6分]
设|FA||AP|＝λ，则FA→＝λAP→，∵F(c,0)，设A(x0，y0)，则(x0－c，y0)＝λa2c－x0，abc－y0，
∴x0＝c＋λa2c1＋λ，y0＝λabc1＋λ.即Ac＋λa2c1＋λ，λabc1＋λ.[8分]
将A点坐标代入椭圆方程，得(c2＋λa2)2＋λ2a4＝(1＋λ)2a2c2，
等式两边同除以a4，(e2＋λ)2＋λ2＝e2(1＋λ)2，e∈(0,1)，[10分]
∴λ2＝e4－e2e2－2＝－2－e2＋22－e2＋3
≤－22－e222－e2＋3＝3－22＝(2－1)2，
∴当2－e2＝2，即e2＝2－2时，λ有最大值2－1，即|FA||AP|的最大值为2－1.[12分]
【突破思维障碍】
最值问题是从动态角度去研究解析几何中数学问题的主要内容，一是在准确把握题意的基础上，建立函数、不等式模型，利用二次函数、三角函数的有界性、基本不等式解决；二是利用数形结合，考虑相切、相交的几何意义解决．
【易错点剖析】
不能把|FA||AP|转化成向量问题，使得运算繁琐造成错误，由λ2＝e4－e2e2－2不会求最值或忽视e2－20这个隐含条件．
1．直线与圆锥曲线的位置关系是解析几何的重点内容之一，也是高考的热点，这类问题往往与函数、不等式、三角、向量等知识综合、交汇考查，而且对综合能力的考查显见其中．因此解决此类问题需要有较广的知识面及较强的解决问题的能力．
2．从题目类型上多见于与弦的中点、弦长、弦所在直线的斜率等有关的最值问题、参数范围问题．基本思路就是直线方程与圆锥曲线方程联立消元得到形如ax2＋bx＋c＝0的方程，由韦达定理得x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca.然后再把要研究的问题转化为用x1＋x2和x1x2去表示．最后，用函数、不等式等知识加以解决．需要注意的就是要注意对隐含条件的挖掘，比如判别式Δ≥0，圆锥曲线中有关量的固有范围等．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011菏泽调研)F1、F2是椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点，P是椭圆上任一点，从任一焦点引∠F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹为()
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
2．若双曲线x29－y24＝1的渐近线上的点A与双曲线的右焦点F的距离最小，抛物线y2＝2px(p0)通过点A，则p的值为()
A.92B．2C.21313D.1313
3．(2011武汉月考)已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是()
A．2B．3C.115D.3716
4．已知直线y＝k(x＋2)(k0)与抛物线C：y2＝8x相交于A、B两点，F为C的焦点．若|FA|＝2|FB|，则k等于()
A.13B.23C.23D.223
5．斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为()
A．2B.455
C.4105D.8105
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011届合肥期末)若直线y＝kx＋1(k∈R)与焦点在x轴上的椭圆x25＋y2t＝1恒有公共点，则t的范围是______________．
7．P为双曲线x2－y215＝1右支上一点，M、N分别是圆(x＋4)2＋y2＝4和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|－|PN|的最大值为________．
8．(2010全国Ⅱ)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的准线为l，过M(1,0)且斜率为3的直线与l相交于点A，与C的一个交点为B，若AM→＝MB→，则p＝________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知抛物线y＝－x2＋3上存在关于直线x＋y＝0对称的相异两点A、B，求|AB|的长．
10．(12分)(2010天津)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝32，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，已知点A的坐标为(－a,0)，点Q(0，y0)在线段AB的垂直平分线上，且QA→QB→＝4，求y0的值．
11．(14分)(2011江西)P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线E：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)上一点，M，N分别是双曲线E的左，右顶点，直线PM，PN的斜率之积为15.
(1)求双曲线的离心率；
(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足OC→＝λOA→＋OB→，求λ的值．
学案54直线与圆锥曲线的位置关系
自主梳理
1．(1)相交相切相离(2)①相交相切相离②一个
(3)②平行一个2.(1)－b2x0a2y0－b2a2(2)b2x0a2y0py0
自我检测
1．C2.C3.C4.B
课堂活动区
例1解题导引用直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，可以研究直线与圆锥曲线的位置关系，也就是用代数的方法研究几何问题，这是解析几何的重要思想方法．方程组消元后要注意所得方程的二次项系数是否含有参数，若含参数，需按二次项系数是否为零进行分类讨论，只有二次项系数不为零时，方程才是一元二次方程，后面才可以用判别式Δ的符号判断方程解的个数，从而说明直线与圆锥曲线的位置关系．
解由y＝kx＋2，2x2＋3y2＝6，得2x2＋3(kx＋2)2＝6，
即(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，
Δ＝144k2－24(2＋3k2)＝72k2－48.
当Δ＝72k2－480，即k63或k－63时，直线和曲线有两个公共点；
当Δ＝72k2－48＝0，即k＝63或k＝－63时，直线和曲线有一个公共点；
当Δ＝72k2－480，即－63k63时，直线和曲线没有公共点．
变式迁移1D[直线AB的方程为y＝4tx－1(t＝0时不合题意，舍去)，与抛物线方程x2＝12y联立得x2－2tx＋12＝0，由于直线AB与抛物线C没有公共点，所以Δ＝4t2－20，解得t2或t－2.]
例2解题导引本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．“设而不求”是解决直线与圆锥曲线交点问题的基本方法．当所求弦为焦点弦时，可结合圆锥曲线的定义求解．
解(1)设点A的坐标为(x1，b)，点B的坐标为(x2，b)，由x24＋y2＝1，解得x1,2＝±21－b2，
所以S＝12b|x1－x2|＝2b1－b2≤b2＋1－b2＝1.
当且仅当b＝22时，S取到最大值1.
(2)由y＝kx＋bx24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
Δ＝16(4k2－b2＋1)．①
|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2164k2－b2＋14k2＋1＝2.②
又因为O到AB的距离d＝|b|1＋k2＝2S|AB|＝1，
所以b2＝k2＋1.③
将③代入②并整理，得4k4－4k2＋1＝0，
解得k2＝12，b2＝32，代入①式检查，Δ0.
故直线AB的方程是：y＝22x＋62或y＝22x－62或y＝－22x＋62或y＝－22x－62.
变式迁移2解(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，
则c＝3，ca＝32.∴a＝2，b＝1.
∴所求椭圆方程为x24＋y2＝1.
(2)由y＝x＋m，x24＋y2＝1，消去y得关于x的方程：
5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，
则Δ＝64m2－80(m2－1)0，解得m25.(*)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－85m，
x1x2＝4m2－15，y1－y2＝x1－x2，
∴|PQ|＝x1－x22＋y1－y22＝2x1－x22
＝2－85m2－165m2－1＝2，
解得m2＝158，满足(*)，∴m＝±304.
例3解题导引直线与圆锥曲线的位置关系从代数的角度来看，就是直线方程与圆锥曲线的方程组成的方程组有无解的问题，结合判别式Δ研究，利用设而不求与整体代入等技巧与方法，从而延伸出一些复杂的参数范围的研究．
解由y＝kx＋1x2－y2＝1(x≤－1)
得(k2－1)x2＋2kx＋2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Δ＝4k2＋81－k20x1＋x2＝2k1－k20x1x2＝－21－k20，∴1k2.
设M(x0，y0)，由x0＝x1＋x22＝k1－k2y0＝y1＋y22＝11－k2，
设l与y轴的交点为Q(0，b)，则由P(－2,0)，
Mk1－k2，11－k2，Q(0，b)三点共线得b＝2－2k2＋k＋2，
设f(k)＝－2k2＋k＋2，则f(k)在(1，2)上单调递减，
∴f(k)∈(－2＋2，1)，
∴b∈(－∞，－2－2)∪(2，＋∞)．
变式迁移3解(1)由已知条件，直线l的方程为y＝kx＋2，
代入椭圆方程得x22＋(kx＋2)2＝1，
整理得12＋k2x2＋22kx＋1＝0.①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于
Δ＝8k2－412＋k2＝4k2－20，解得k－22或k22.
即k的取值范围为－∞，－22∪22，＋∞.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP→＋OQ→＝(x1＋x2，y1＋y2)，
由方程①，x1＋x2＝－42k1＋2k2.②
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22.③
而A(2，0)，B(0,1)，AB→＝(－2，1)．
所以OP→＋OQ→与AB→共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)，
将②③代入上式，解得k＝22.
由(1)知k－22或k22，故没有符合题意的常数k.
课后练习区
1．A2.C3.A4.D5.C
6．[1,5)7.58.2
9．解设直线AB的方程为y＝x＋b，
由y＝－x2＋3，y＝x＋b，消去y得x2＋x＋b－3＝0，(3分)
∴x1＋x2＝－1.
于是AB的中点M(－12，－12＋b)，
且Δ＝1－4(b－3)0，即b134.(6分)
又M(－12，－12＋b)在直线x＋y＝0上，∴b＝1符合．(8分)
∴x2＋x－2＝0.由弦长公式可得
|AB|＝1＋12－12－4×－2＝32.(12分)
10．解(1)由e＝ca＝32，得3a2＝4c2.
再由c2＝a2－b2，得a＝2b.
由题意可知12×2a×2b＝4，即ab＝2.
解方程组a＝2b，ab＝2，得a＝2，b＝1.
所以椭圆的方程为x24＋y2＝1.(4分)
(2)由(1)可知A(－2,0)，且直线l的斜率必存在．设B点的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．
于是A，B两点的坐标满足方程组y＝kx＋2，x24＋y2＝1.
由方程组消去y并整理，得
(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0.
由根与系数的关系，得－2x1＝16k2－41＋4k2，
所以x1＝2－8k21＋4k2，从而y1＝4k1＋4k2.
设线段AB的中点为M，则M的坐标为(－8k21＋4k2，2k1＋4k2)．(6分)
以下分两种情况讨论：
①当k＝0时，点B的坐标是(2,0)，线段AB的垂直平分线为y轴，于是QA→＝(－2，－y0)，QB→＝(2，－y0)．
由QA→QB→＝4，得y0＝±22.(8分)
②当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为
y－2k1＋4k2＝－1k(x＋8k21＋4k2)．
令x＝0，解得y0＝－6k1＋4k2.
由QA→＝(－2，－y0)，QB→＝(x1，y1－y0)，
QA→QB→＝－2x1－y0(y1－y0)
＝－22－8k21＋4k2＋6k1＋4k2(4k1＋4k2＋6k1＋4k2)
＝416k4＋15k2－11＋4k22＝4，
整理得7k2＝2，故k＝±147.
所以y0＝±2145.(11分)
综上，y0＝±22或y0＝±2145.(12分)
11．解(1)由点P(x0，y0)(x0≠±a)在双曲线x2a2－y2b2＝1上，有x20a2－y20b2＝1.
由题意有y0x0－ay0x0＋a＝15，(3分)
可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，e＝ca＝305.(6分)
(2)联立x2－5y2＝5b2，y＝x－c，得4x2－10cx＋35b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝5c2，x1x2＝35b24.①
设OC→＝(x3，y3)，OC→＝λOA→＋OB→，
即x3＝λx1＋x2，y3＝λy1＋y2.(9分)
又C为双曲线上一点，
即x23－5y23＝5b2，有
(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2.化简得
λ2(x21－5y21)＋(x22－5y22)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2.②
又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，
所以x21－5y21＝5b2，x22－5y22＝5b2.(11分)
由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)
＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，
②式可化为λ2＋4λ＝0，解得λ＝0或λ＝－4.
(14分)
高考数学（理科）一轮复习空间的垂直关系学案含答案
古人云，工欲善其事，必先利其器。作为高中教师就要早早地准备好适合的教案课件。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。那么一篇好的高中教案要怎么才能写好呢？以下是小编为大家收集的“高考数学（理科）一轮复习空间的垂直关系学案含答案”希望对您的工作和生活有所帮助。
学案44空间的垂直关系
导学目标：1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．
自主梳理
1．直线与平面垂直
(1)判定直线和平面垂直的方法
①定义法．
②利用判定定理：一条直线和一个平面内的两条______直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也______这个平面．
(2)直线和平面垂直的性质
①直线垂直于平面，则垂直于平面内______直线．
②垂直于同一个平面的两条直线______．
③垂直于同一直线的两个平面________．
2．直线与平面所成的角
平面的一条斜线和它在平面内的________所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．
一直线垂直于平面，说它们所成角为________；直线l∥α或lα，则它们成________角．
3．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的判定方法
①定义法．
②利用判定定理：一个平面过另一个平面的__________，则这两个平面垂直．
(2)平面与平面垂直的性质
两个平面垂直，则一个平面内垂直于________的直线与另一个平面垂直．
4．二面角的平面角
以二面角棱上的任一点为端点，在两个半平面内分别作与棱________的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
自我检测
1．平面α⊥平面β的一个充分条件是()
A．存在一条直线l，l⊥α，l⊥β
B．存在一个平面γ，γ∥α，γ∥β
C．存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β
D．存在一条直线l，l⊥α，l∥β
2．(2010浙江)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是()
A．若l⊥m，mα，则l⊥α
B．若l⊥α，l∥m，则m⊥α
C．若l∥α，mα，则l∥m
D．若l∥α，m∥α，则l∥m
3．(2011长沙模拟)对于不重合的两个平面α与β，给定下列条件：
①存在平面γ，使得α，β都垂直于γ；
②存在平面γ，使得α，β都平行于γ；
③存在直线lα，直线mβ，使得l∥m；
④存在异面直线l、m，使得l∥α，l∥β，m∥α，m∥β.
其中，可以判定α与β平行的条件有()
A．1个B．2个
C．3个D．4个
4．(2011十堰月考)已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是()
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
5．(2011大纲全国)已知点E、F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为________．
探究点一线面垂直的判定与性质
例1Rt△ABC所在平面外一点S，且SA＝SB＝SC，D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC.求证：BD⊥平面SAC.
变式迁移1
在四棱锥V—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.证明：AB⊥VD.
探究点二面面垂直的判定与性质
例2(2011邯郸月考)如图所示，已知四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面为正方形，O1、O分别为上、下底面的中心，且A1在底面ABCD内的射影是O.求证：平面O1DC⊥平面ABCD.
变式迁移2(2011江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．
求证：(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.
探究点三直线与平面，平面与平面所成的角
例3(2009湖北)如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝2a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0λ≤2)．
(1)求证：对任意的λ∈(0,2]，都有AC⊥BE；
(2)设二面角C—AE—D的大小为θ，直线BE与平面ABCD所成的角为φ，若tanθtanφ＝1，求λ的值．
变式迁移3(2009北京)如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB，∠ABC＝60°，∠BCA＝90°，点D、E分别在棱PB、PC上，且DE∥BC.
(1)求证：BC⊥平面PAC.
(2)当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成角的正弦值．
(3)是否存在点E使得二面角A—DE—P为直二面角？并说明理由．
转化与化归思想综合应用
例(12分)已知四棱锥P—ABCD，底面ABCD是∠A＝60°的
菱形，又PD⊥底面ABCD，点M、N分别是棱AD、PC的中点.
(1)证明：DN∥平面PMB；
(2)证明：平面PMB⊥平面PAD.
多角度审题(1)在平面PMB内找到(或构造)一条直线与DN平行即可；(2)要证面PMB⊥面PAD，只需证明MB⊥面PAD即可．
【答题模板】
证明(1)
取PB中点Q，连接MQ、NQ，因为M、N分别是棱AD、PC的中点，所以QN∥BC∥MD，且QN＝MD，故四边形QNDM是平行四边形，
于是DN∥MQ.
又∵MQ平面PMB，DN平面PMB
∴DN∥平面PMB.[6分]
(2)∵PD⊥平面ABCD，MB平面ABCD，∴PD⊥MB.
又因为底面ABCD是∠A＝60°的菱形，且M为AD中点，
所以MB⊥AD.又AD∩PD＝D，所以MB⊥平面PAD.
又∵MB平面PMB，∴平面PMB⊥平面PAD.[12分]
【突破思维障碍】
立体几何的证明问题充分体现线面关系的转化思想，其思路为：
1．证明线面垂直的方法：(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直a⊥α；(2)判定定理1：m、nα，m∩n＝Al⊥m，l⊥nl⊥α；(3)判定定理2：a∥b，a⊥αb⊥α；(4)面面平行的性质：α∥β，a⊥αa⊥β；(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥la⊥β.
2．证明线线垂直的方法：(1)定义：两条直线的夹角为90°；(2)平面几何中证明线线垂直的方法；(3)线面垂直的性质：a⊥α，bαa⊥b；(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥αa⊥b.
3．证明面面垂直的方法：(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；(2)判定定理：aα，a⊥βα⊥β.
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011滨州月考)已知直线a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么α⊥β是a⊥b的()
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线m、n，有下列四个命题：
①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，nβ，则α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.
其中正确命题的个数是()
A．0B．1C．2D．3
3．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：
①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；
③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β.
其中正确命题的序号是()
A．①②B．①④C．②④D．③④
4．(2011浙江)下列命题中错误的是()
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
5．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是()
A．一条直线B．一个圆
C．一个椭圆D．双曲线的一支
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱PA＝a，PB＝PD＝2a，则它的5个面中，互相垂直的面有________对．
7．(2011金华模拟)如图所示，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长是1，过A点作平面A1BD的垂线，
垂足为点H，有下列三个命题：
①点H是△A1BD的中心；
②AH垂直于平面CB1D1；③AC1与B1C所成的角是90°.其中正确命题的序号是____________．
8．正四棱锥S－ABCD底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2010山东)在如图所示的
几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E、G、F分别为MB、PB、PC的中点，且AD＝PD＝2MA.
(1)求证：平面EFG⊥平面PDC；
(2)求三棱锥P－MAB与四棱锥P－ABCD的体积之比．
10．(12分)(2009天津)如图，
在四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，DB平分∠ADC，E为PC的中点，AD＝CD＝1，DB＝22.
(1)证明：PA∥平面BDE；
(2)证明：AC⊥平面PBD；
(3)求直线BC与平面PBD所成的角的正切值．
11．(14分)(2011杭州调研)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为AB的中点．
(1)求直线B1C与DE所成角的余弦值；
(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD；
(3)求二面角E－B1C－D的余弦值．
学案44空间的垂直关系
自主梳理
1．(1)②相交③垂直(2)①任意②平行③平行
2．射影直角0°3.(1)②一条垂线(2)交线4.垂直
自我检测
1．D2.B3.B4.D5.23
课堂活动区
例1解题导引线面垂直的判断方法是：证明直线垂直平面内的两条相交直线．即从“线线垂直”到“线面垂直”．
证明
(1)取AB中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D、E分别为AC、AB的中点，
故DE∥BC，且DE⊥AB，
∵SA＝SB，
∴△SAB为等腰三角形，∴SE⊥AB.
∵SE⊥AB，DE⊥AB，SE∩DE＝E，
∴AB⊥面SDE.而SD面SDE，∴AB⊥SD.
在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC.
∵SD⊥AC，SD⊥AB，AC∩AB＝A，
∴SD⊥平面ABC.
(2)若AB＝BC，则BD⊥AC，
由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD面ABC，
∴SD⊥BD.
∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D，
∴BD⊥平面SAC.
变式迁移1证明∵平面VAD⊥平面ABCD，
AB⊥AD，AB平面ABCD，
AD＝平面VAD∩平面ABCD，
∴AB⊥平面VAD.
∵VD平面VAD，∴AB⊥VD.
例2解题导引证明面面垂直，可先证线面垂直，即设法先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另一个平面内或与另一个平面内的一条直线平行．
证明如图所示，连接AC，BD，A1C1，则O为AC，BD的交点，O1为A1C1，B1D1的交点．
由棱柱的性质知：
A1O1∥OC，且A1O1＝OC，
∴四边形A1OCO1为平行四边形，
∴A1O∥O1C，
又A1O⊥平面ABCD，∴O1C⊥平面ABCD，
又O1C平面O1DC，
∴平面O1DC⊥平面ABCD.
变式迁移2
证明(1)如图，在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．
因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.
例3解题导引高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一．有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查．
求这两种空间角的步骤：(几何法)．
根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)→认(指)→求．
(1)证明如图所示，连接BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD.
∵SD⊥平面ABCD，∴BD是BE在平面ABCD上的射影，∴AC⊥BE.
(2)解如图所示，由SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD，
∴SD⊥CD.
又底面ABCD是正方形，
∴CD⊥AD.又SD∩AD＝D，
∴CD⊥平面SAD.
过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C—AE—D的平面角，即∠CFD＝θ.
在Rt△BDE中，∵BD＝2a，DE＝λa，
∴tanφ＝DEBD＝λ2.
在Rt△ADE中，∵AD＝2a＝CD，DE＝λa，
∴AE＝aλ2＋2，
从而DF＝ADDEAE＝2λaλ2＋2.
在Rt△CDF中，tanθ＝CDDF＝λ2＋2λ，
由tanθtanφ＝1，得
λ2＋2λλ2＝1λ2＋2＝2λ2＝2.
由λ∈(0,2]，解得λ＝2，即为所求．
变式迁移3(1)证明∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.
又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.又AC∩PA＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)解∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝12BC.
又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC，垂足为点E.
∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.
又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形．
∴AD＝22AB.
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝12AB.
∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝DEAD＝BC2AD＝24.
∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为24.
(3)解∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
又∵AE平面PAC，PE平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP为二面角A—DE—P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，∴∠PAC＝90°.
∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.
这时，∠AEP＝90°，
故存在点E使得二面角A—DE—P是直二面角．
课后练习区
1．C2.D3.C
4．D[两个平面α，β垂直时，设交线为l，则在平面α内与l平行的直线都平行于平面β，故A正确；如果平面α内存在直线垂直于平面β，那么由面面垂直的判定定理知α⊥β，故B正确；两个平面都与第三个平面垂直时，易证交线与第三个平面垂直，故C正确；两个平面α，β垂直时，平面α内与交线平行的直线与β平行，故D错误．]
5．A
6．5
解析面PAB⊥面PAD，
面PAB⊥面ABCD，面PAB⊥面PBC，
面PAD⊥面ABCD，面PAD⊥面PCD.
7．①②③
解析由于ABCD—A1B1C1D1是正方体，所以A—A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故①正确；又因为平面CB1D1与平面A1BD平行，所以AH⊥平面CB1D1，故②正确；从而可得AC1⊥平面CB1D1，即AC1与B1C垂直，所成的角等于90°.
8.6＋2
解析如图取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，GF，GE.
则AC⊥平面GEF，故动点P的轨迹是△EFG的三边．
又EF＝12DB＝2，
GE＝GF＝12SB＝62，
∴EF＋FG＋GE＝6＋2.
9．(1)证明因为MA⊥平面ABCD，
PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.
又BC平面ABCD，所以PD⊥BC.(2分)
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.(4分)
在△PBC中，因为G、F分别为PB、PC的中点，
所以GF∥BC，所以GF⊥平面PDC.又GF平面EFG，
所以平面EFG⊥平面PDC.(6分)
(2)解因为PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，不妨设MA＝1，
则PD＝AD＝2，
所以VP－ABCD＝13S正方形ABCDPD＝83.(8分)
由题意可知，DA⊥平面MAB，且PD∥MA，
所以DA即为点P到平面MAB的距离，
所以VP－MAB＝13×12×1×2×2＝23.(10分)
所以VP－MAB∶VP－ABCD＝1∶4.(12分)
10．(1)证明
设AC∩BD＝H，连接EH.在△ADC中，因为AD＝CD，且DB平分∠ADC，所以H为AC的中点，又由题设，知E为PC的中点，故EH∥PA.又EH平面BDE，且PA平面BDE，
所以PA∥平面BDE.(4分)
(2)证明因为PD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PD⊥AC.由(Ⅰ)可得，DB⊥AC.又PD∩DB＝D，
故AC⊥平面PBD.(8分)
(3)解由AC⊥平面PBD可知，BH为BC在平面PBD内的射影，所以∠CBH为直线BC与平面PBD所成的角．
由AD⊥CD，AD＝CD＝1，DB＝22，可得DH＝CH＝22，BH＝322.
在Rt△BHC中，tan∠CBH＝CHBH＝13.
所以直线BC与平面PBD所成的角的正切值为13.
(12分)
11．(1)解连接A1D，则由A1D∥B1C知，B1C与DE所成角即为A1D与DE所成角．(2分)
连接A1E，可设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，
则A1D＝2a，
A1E＝DE＝52a，
∴cos∠A1DE＝
A1D2＋DE2－A1E22A1DDE＝105.
∴直线B1C与DE所成角的余弦值是105.(6分)
(2)证明取B1C的中点F，B1D的中点G，
连接BF，EG，GF.∵CD⊥平面BCC1B1，
且BF平面BCC1B1，∴CD⊥BF.
又∵BF⊥B1C，CD∩B1C＝C，
∴BF⊥平面B1CD.(8分)
又∵GF綊12CD，BE綊12CD，
∴GF綊BE，∴四边形BFGE是平行四边形，
∴BF∥GE，∴GE⊥平面B1CD.
∵GE平面EB1D，
∴平面EB1D⊥B1CD.(10分)
(3)解连接EF.
∵CD⊥B1C，GF∥CD，∴GF⊥B1C.
又∵GE⊥平面B1CD，∴GE⊥B1C.
又∵GE∩GF＝G，∴B1C⊥平面GEF，∴EF⊥B1C，
∴∠EFG是二面角E－B1C－D的平面角．(12分)
设正方体的棱长为a，则在△EFG中，
GF＝12a，EF＝32a，GE⊥GF，∴cos∠EFG＝GFEF＝33，
∴二面角E－B1C－D的余弦值为33.(14分)
高考数学（理科）一轮复习直线及其方程学案带答案
第九章解析几何
学案47直线及其方程
导学目标：1.在平面直角坐标系中，结合具体图形，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，掌握过两点的直线斜率的计算公式.3.掌握确定直线位置的几何要素，掌握直线方程的几种形式，了解斜截式与一次函数的关系．
自主梳理
1．直线的倾斜角与斜率
(1)直线的倾斜角
①定义：当直线l与x轴相交时，我们取x轴作为基准，x轴________与直线l________方向之间所成的角α叫做直线l的倾斜角．当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为________．
②倾斜角的范围为______________．
(2)直线的斜率
①定义：一条直线的倾斜角α的________叫做这条直线的斜率，斜率常用小写字母k表示，即k＝________，倾斜角是90°的直线斜率不存在．
②过两点的直线的斜率公式：
经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1≠x2)的直线的斜率公式为k＝______________________.
2．直线的方向向量
经过两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线的一个方向向量为P1P2→，其坐标为________________，当斜率k存在时，方向向量的坐标可记为(1，k)．
3．直线的方程和方程的直线
已知二元一次方程Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)和坐标平面上的直线l，如果直线l上任意一点的坐标都是方程____________的解，并且以方程Ax＋By＋C＝0的任意一个解作为点的坐标都在__________，就称直线l是方程Ax＋By＋C＝0的直线，称方程Ax＋By＋C＝0是直线l的方程．
4．直线方程的五种基本形式
名称方程适用范围
点斜式不含直线x＝x0
斜截式不含垂直于x轴的直线
两点式不含直线x＝x1(x1≠x2)和直线y＝y1(y1≠y2)
截距式不含垂直于坐标轴和过原点的直线
一般式平面直角坐标系内的直线都适用
5.线段的中点坐标公式
若点P1，P2的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，且线段P1P2的中点M的坐标为(x，y)，则x＝，y＝，此公式为线段P1P2的中点坐标公式．
自我检测
1．(2011银川调研)若A(－2,3)，B(3，－2)，C12，m三点共线，则m的值为()
A.12B．－12C．－2D．2
2．直线l与两条直线x－y－7＝0，y＝1分别交于P、Q两点，线段PQ的中点为(1，－1)，则直线l的斜率为()
A．－32B.32C.23D．－23
3．下列四个命题中，假命题是()
A．经过定点P(x0，y0)的直线不一定都可以用方程y－y0＝k(x－x0)表示
B．经过两个不同的点P1(x1，y1)、P2(x2，y2)的直线都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)来表示
C．与两条坐标轴都相交的直线不一定可以用方程xa＋yb＝1表示
D．经过点Q(0，b)的直线都可以表示为y＝kx＋b
4．(2011商丘期末)如果AC0，且BC0，那么直线Ax＋By＋C＝0不通过()
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
5．已知直线l的方向向量与向量a＝(1,2)垂直，且直线l过点A(1,1)，则直线l的方程为()
A．x－2y－1＝0B．2x＋y－3＝0
C．x＋2y＋1＝0D．x＋2y－3＝0
探究点一倾斜角与斜率
例1已知两点A(－1，－5)、B(3，－2)，直线l的倾斜角是直线AB倾斜角的一半，求l的斜率．
变式迁移1直线xsinα－y＋1＝0的倾斜角的变化范围是()
A.0，π2B．(0，π)
C.－π4，π4D.0，π4∪3π4，π
探究点二直线的方程
例2(2011武汉模拟)过点M(0,1)作直线，使它被两直线l1：x－3y＋10＝0，l2：2x＋y－8＝0所截得的线段恰好被M所平分，求此直线方程．
变式迁移2求适合下列条件的直线方程：
(1)经过点P(3,2)且在两坐标轴上的截距相等；
(2)经过点A(－1，－3)，倾斜角等于直线y＝3x的倾斜角的2倍．
探究点三直线方程的应用
例3过点P(2,1)的直线l交x轴、y轴正半轴于A、B两点，求使：
(1)△AOB面积最小时l的方程；
(2)|PA||PB|最小时l的方程．
变式迁移3为了绿化城市，拟在矩形区域ABCD内建一个矩形草坪(如图)，另外△EFA内部有一文物保护区不能占用，经测量|AB|＝100m，|BC|＝80m，|AE|＝30m，|AF|＝20m，应如何设计才能使草坪面积最大？
探究点四数形结合思想
例4已知实数x，y满足y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)．
试求y＋3x＋2的最大值与最小值．
变式迁移4直线l过点M(－1,2)且与以点P(－2，－3)、Q(4,0)为端点的线段恒相交，则l的斜率范围是()
A．[－25，5]B．[－25，0)∪(0,5]
C．(－∞，－25]∪[5，＋∞)D．[－25，π2)∪(π2，5]
1．要正确理解倾斜角的定义，明确倾斜角的范围为0°≤α180°，熟记斜率公式k＝y2－y1x2－x1，该公式与两点顺序无关．已知两点坐标(x1≠x2)，根据该公式可以求出经过两点的直线斜率，而x1＝x2，y1≠y2时，直线斜率不存在，此时直线的倾斜角为90°.
2．当直线没有斜率(x1＝x2)或斜率为0(y1＝y2)时，不能用两点式y－y1y2－y1＝x－x1x2－x1求直线方程，但都可以写成(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)的形式．直线方程的点斜式、斜截式、两点式、截距式都可以化成一般式，但是有些直线的一般式方程不能化成点斜式、斜截式、两点式或截距式．
3．使用直线方程时，一定要注意限制条件以免解题过程中丢解，如点斜式的使用条件是直线必须有斜率，截距式的使用条件是截距存在且不为零，两点式的使用条件是直线不与坐标轴垂直．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011临沂月考)已知直线l经过A(2,1)、B(1，m2)(m∈R)两点，那么直线l的倾斜角的取值范围是()
A．(0，π)B.0，π4∪π2，π
C.0，π4D.π4，π2∪π2，π
2．若直线l：y＝kx－3与直线2x＋3y－6＝0的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是()
A.π6，π3B.π6，π2
C.π3，π2D.π6，π2
3．点P(x，y)在经过A(3,0)，B(1,1)两点的直线上，那么2x＋4y的最小值是()
A．22B．42
C．16D．不存在
4．(2011宜昌调研)点A(a＋b，ab)在第一象限内，则直线bx＋ay－ab＝0不经过的象限是()
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
5．(2011包头期末)经过点P(2，－1)，且在y轴上的截距等于它在x轴上的截距的2倍的直线l的方程为()
A．2x＋y＝2B．2x＋y＝4
C．2x＋y＝3D．2x＋y＝3或x＋2y＝0
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．过两点A(m2＋2，m2－3)，B(3－m－m2,2m)的直线l的倾斜角为45°，则m＝________.
7．直线x＋(a2＋1)y＋1＝0(a∈R)的倾斜角的取值范围是________．
8．设A、B是x轴上的两点，点P的横坐标为2，且|PA|＝|PB|，若直线PA的方程为x－y＋1＝0，则直线PB的方程是________________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知两点A(－1,2)，B(m,3)，求：
(1)直线AB的斜率k；
(2)求直线AB的方程；
(3)已知实数m∈－33－1，3－1，求直线AB的倾斜角α的范围．
10．(12分)(2011秦皇岛模拟)已知线段PQ两端点的坐标分别为(－1,1)、(2,2)，若直线l：x＋my＋m＝0与线段PQ有交点，求m的范围．
11．(14分)已知直线l：kx－y＋1＋2k＝0(k∈R)．
(1)证明：直线l过定点；
(2)若直线不经过第四象限，求k的取值范围；
(3)若直线l交x轴负半轴于A，交y轴正半轴于B，△AOB的面积为S，求S的最小值并求此时直线l的方程．
学案47直线及其方程
自主梳理
1．(1)①正向向上0°②0°≤α180°(2)①正切值tanα②y2－y1x2－x12.(x2－x1，y2－y1)3.Ax＋By＋C＝0
直线l上4.y－y0＝k(x－x0)y＝kx＋by－y1y2－y1＝x－x1x2－x1xa＋yb＝1(a≠0，b≠0)Ax＋By＋C＝0(A、B不同时为0)5.x1＋x22y1＋y22
自我检测
1．A2.D3.D4.C5.D
课堂活动区
例1解题导引斜率与倾斜角常与三角函数联系，本题需要挖掘隐含条件，判断角的范围．关键是熟练掌握好根据三角函数值确定角的范围这一类题型．
解设直线l的倾斜角为α，则直线AB的倾斜角为2α，
由题意可知：tan2α＝－2－－53－－1＝34，∴2tanα1－tan2α＝34.
整理得3tan2α＋8tanα－3＝0.
解得tanα＝13或tanα＝－3，∵tan2α＝340，
∴0°2α90°，∴0°α45°，∴tanα0，
故直线l的斜率为13.
变式迁移1D[直线xsinα－y＋1＝0的斜率是k＝sinα，
又∵－1≤sinα≤1，∴－1≤k≤1.
当0≤k≤1时，倾斜角的范围是0，π4，
当－1≤k0时，倾斜角的范围是3π4，π.]
例2解题导引(1)对直线问题，要特别注意斜率不存在的情况．
(2)求直线方程常用方法——待定系数法．
待定系数法就是根据所求的具体直线设出方程，然后按照它们满足的条件求出参数．
解过点M且与x轴垂直的直线是y轴，它和两已知直线的交点分别是0，103和(0,8)，
显然不满足中点是点M(0,1)的条件．
故可设所求直线方程为y＝kx＋1，与两已知直线l1、l2分别交于A、B两点，联立方程组y＝kx＋1，x－3y＋10＝0，①
y＝kx＋1，2x＋y－8＝0，②
由①解得xA＝73k－1，由②解得xB＝7k＋2.
∵点M平分线段AB，∴xA＋xB＝2xM，
即73k－1＋7k＋2＝0，解得k＝－14.
故所求直线方程为x＋4y－4＝0.
变式迁移2解(1)设直线l在x，y轴上的截距均为a，
若a＝0，即l过点(0,0)和(3,2)，
∴l的方程为y＝23x，即2x－3y＝0.
若a≠0，则设l的方程为xa＋ya＝1，
∵l过点(3,2)，∴3a＋2a＝1，
∴a＝5，∴l的方程为x＋y－5＝0，
综上可知，直线l的方程为2x－3y＝0或x＋y－5＝0.
(2)由已知：设直线y＝3x的倾斜角为α，
则所求直线的倾斜角为2α.
∵tanα＝3，∴tan2α＝2tanα1－tan2α＝－34.
又直线经过点A(－1，－3)，
因此所求直线方程为y＋3＝－34(x＋1)，
即3x＋4y＋15＝0.
例3解题导引先设出A、B所在的直线方程，再求出A、B两点的坐标，表示出△ABO的面积，然后利用相关的数学知识求最值．
确定直线方程可分为两个类型：一是根据题目条件确定点和斜率或确定两点，进而套用直线方程的几种形式，写出方程，此法称直接法；二是利用直线在题目中具有的某些性质，先设出方程(含参数或待定系数)，再确定参数值，然后写出方程，这种方法称为间接法．
解设直线的方程为xa＋yb＝1(a2，b1)，
由已知可得2a＋1b＝1.
(1)∵22a1b≤2a＋1b＝1，∴ab≥8.
∴S△AOB＝12ab≥4.
当且仅当2a＝1b＝12，
即a＝4，b＝2时，S△AOB取最小值4，
此时直线l的方程为x4＋y2＝1，
即x＋2y－4＝0.
(2)由2a＋1b＝1，得ab－a－2b＝0，变形得(a－2)(b－1)＝2，
|PA||PB|
＝2－a2＋1－022－02＋1－b2
＝[2－a2＋1][1－b2＋4]
≥2a－24b－1.
当且仅当a－2＝1，b－1＝2，
即a＝3，b＝3时，|PA||PB|取最小值4.
此时直线l的方程为x＋y－3＝0.
变式迁移3解如图所示建立直角坐标系，则E(30,0)，F(0,20)，
∴线段EF的方程为x30＋y20＝1(0≤x≤30)．
在线段EF上取点P(m，n)，
作PQ⊥BC于点Q，
PR⊥CD于点R，设矩形PQCR的面积为S，
则S＝|PQ||PR|＝(100－m)(80－n)．
又m30＋n20＝1(0≤m≤30)，
∴n＝20(1－m30)．
∴S＝(100－m)(80－20＋23m)
＝－23(m－5)2＋180503(0≤m≤30)．
∴当m＝5时，S有最大值，这时|EP||PF|＝30－55＝5.
所以当矩形草坪的两边在BC、CD上，一个顶点在线段EF上，且这个顶点分EF成5∶1时，草坪面积最大．
例4解题导引解决这类问题的关键是弄清楚所求代数式的几何意义，借助数形结合，将求最值问题转化为求斜率取值范围问题，简化了运算过程，收到事半功倍的效果．
解由y＋3x＋2的几何意义可知，它表示经过定点P(－2，－3)与曲线段AB上任一点(x，y)的直线的斜率k，由图可知：
kPA≤k≤kPB，由已知可得：
A(1,1)，B(－1,5)，
∴43≤k≤8，
故y＋3x＋2的最大值为8，最小值为43.
变式迁移4C
[如图，过点M作y轴的平行线与线段PQ相交于点N.
kMP＝5，kMQ＝－25.
当直线l从MP开始绕M按逆时针方向旋转到MN时，倾斜角在增大，斜率也在增大，这时，k≥5.当直线l从MN开始逆时针旋转到MQ时，
∵正切函数在(π2，π)上仍为增函数，
∴斜率从－∞开始增加，增大到kMQ＝－25，
故直线l的斜率范围是(－∞，－25]∪[5，＋∞)．]
课后练习区
1．B2.B3.B4.C5.D
6．－27.[34π，π)8.x＋y－5＝0
9．解(1)当m＝－1时，
直线AB的斜率不存在；(1分)
当m≠－1时，k＝1m＋1.(3分)
(2)当m＝－1时，AB的方程为x＝－1，(5分)
当m≠－1时，AB的方程为y－2＝1m＋1(x＋1)，
即y＝xm＋1＋2m＋3m＋1.(7分)
∴直线AB的方程为x＝－1或y＝xm＋1＋2m＋3m＋1.
(8分)
(3)①当m＝－1时，α＝π2；
②当m≠－1时，
∵k＝1m＋1∈(－∞，－3]∪33，＋∞，
∴α∈π6，π2∪π2，2π3.(10分)
综合①②，知直线AB的倾斜角
α∈π6，2π3.(12分)
10.
解直线x＋my＋m＝0恒过A(0，－1)点．(2分)
kAP＝－1－10＋1＝－2，
kAQ＝－1－20－2＝32，(5分)
则－1m≥32或－1m≤－2，
∴－23≤m≤12且m≠0.(9分)
又m＝0时直线x＋my＋m＝0与线段PQ有交点，
∴所求m的范围是－23≤m≤12.(12分)
11．(1)证明直线l的方程是：k(x＋2)＋(1－y)＝0，
令x＋2＝01－y＝0，解之得x＝－2y＝1，
∴无论k取何值，直线总经过定点(－2,1)．(4分)
(2)解由方程知，当k≠0时直线在x轴上的截距为－1＋2kk，在y轴上的截距为1＋2k，要使直线不经过第四象限，则必须有－1＋2kk≤－21＋2k≥1，解之得k0；(7分)
当k＝0时，直线为y＝1，符合题意，故k≥0.(9分)
(3)解由l的方程，得A－1＋2kk，0，
B(0,1＋2k)．依题意得－1＋2kk0，1＋2k0，
解得k0.(11分)
∵S＝12|OA||OB|
＝121＋2kk|1＋2k|
＝121＋2k2k＝124k＋1k＋4≥12×(2×2＋4)＝4，
“＝”成立的条件是k0且4k＝1k，
即k＝12，
∴Smin＝4，此时l：x－2y＋4＝0.(14分)
高考数学（理科）一轮复习空间的平行关系学案带答案
学案43空间的平行关系
导学目标：1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的平行关系．
自主梳理
1．直线a和平面α的位置关系有________、________、__________，其中________与________统称直线在平面外．
2．直线和平面平行的判定：
(1)定义：直线和平面没有____________，则称直线和平面平行．
(2)判定定理：aα，bα，且a∥b________；
(3)其他判定方法：α∥β，aα________.
3．直线和平面平行的性质定理：a∥α，aβ，α∩β＝l________.
4．两个平面的位置关系有________、________.
5．两个平面平行的判定：
(1)定义：两个平面没有________，称这两个平面平行；
(2)判定定理：aβ，bβ，a∩b＝P，a∥α，b∥αβ∥α；
(3)推论：a∩b＝P，a，bα，a′∩b′＝P′，a′，b′β，a∥a′，b∥b′________.
6．两个平面平行的性质定理：
α∥β，aα________；
α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b________.
7．与垂直相关的平行的判定：
(1)a⊥α，b⊥α________；(2)a⊥α，a⊥β________.
自我检测
1．(2011湖南四县调研)平面α∥平面β的一个充分条件是()
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，aα，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，aα，a∥β，bβ，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，aα，bβ，a∥β，b∥α
2．(2011烟台模拟)一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是()
A．l∥αB．l⊥α
C．l与α相交但不垂直D．l∥α或lα
3．下列各命题中：
①平行于同一直线的两个平面平行；
②平行于同一平面的两个平面平行；
③一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个相交；
④垂直于同一直线的两个平面平行．
不正确的命题个数是()
A．1B．2C．3D．4
4．经过平面外的两点作该平面的平行平面，可以作()
A．0个B．1个
C．0个或1个D．1个或2个
5．(2011南京模拟)在四面体ABCD中，M、N分别是△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________________.
探究点一线面平行的判定
例1已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P、Q分别是对角线AE、BD上的点，且AP＝DQ.求证：PQ∥平面CBE.
变式迁移1(2011长沙调研)在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，M、N分别是AB、PC的中点，求证：MN∥平面PAD.
探究点二面面平行的判定
例2在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点，求证：平面MNP∥平面A1BD.
变式迁移2已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心．
(1)求证：平面G1G2G3∥平面ABC；
(2)求S△G1G2G3∶S△ABC.
探究点三平行中的探索性问题
例3(2011惠州月考)如图所示，在四棱锥P—ABCD中，CD∥AB，AD⊥AB，
AD＝DC＝12AB，BC⊥PC.
(1)求证：PA⊥BC；
(2)试在线段PB上找一点M，使CM∥平面PAD，并说明理由．
变式迁移3
如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
转化与化归思想综合应用
例(12分)一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M、N分别是AB、SC的中点，P是SD上的一动点．
(1)求证：BP⊥AC；
(2)当点P落在什么位置时，AP∥平面SMC?
(3)求三棱锥B—NMC的体积．
多角度审题第(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD，第(2)问是一个开放型问题，可有两种思维方式：一是猜想P是SD的中点，二是从结论“AP平行于平面SMC”出发找P满足的条件．
【答题模板】
(1)证明连接BD，∵ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，又SD⊥底面ABCD，
∴SD⊥AC，∵BD∩SD＝D，∴AC⊥平面SDB，∵BP平面SDB，
∴AC⊥BP，即BP⊥AC.[4分]
(2)解取SD的中点P，连接PN，AP，MN.
则PN∥DC且PN＝12DC.[6分]
∵底面ABCD为正方形，∴AM∥DC且AM＝12DC，
∴四边形AMNP为平行四边形，∴AP∥MN.
又AP平面SMC，MN平面SMC，∴AP∥平面SMC.[8分]
(3)解VB—NMC＝VN—MBC＝13S△MBC12SD＝1312BCMB12SD＝16×1×12×12×2＝112.[12分]
【突破思维障碍】
1．本题综合考查三视图、体积计算及线面平行、垂直等位置关系，首先要根据三视图想象直观图，尤其是其中的平行、垂直及长度关系，第(1)问的关键是根据三视图得到SD⊥平面ABCD，第(2)问是一个开放型问题，开放型问题能充分考查学生的思维能力和创新精神，近年来在高考试题中频繁出现这类题目．结合空间平行关系，利用平行的性质，设计开放型试题是新课标高考命题的一个动向．
2．线线平行与线面平行之间的转化体现了化归的思想方法．
1.直线与平面平行的重要判定方法：(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质定理．
2.平面与平面平行的重要判定方法：(1)定义法；(2)判定定理；(3)利用结论：a⊥α，a⊥βα∥β.
3.线线平行、线面平行、面面平行间的相互转化：
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1.(2011开封月考)下列命题中真命题的个数为()
①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；
②若直线a在平面α外，则a∥α；
③若直线a∥b，直线bα，则a∥α；
④若直线a∥b，bα，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线．
A.1B．2C．3D．4
2.已知直线a、b、c和平面m，则直线a∥直线b的一个必要不充分的条件是()
A.a⊥m且b⊥mB．a∥m且b∥m
C.a∥c且b∥cD．a，b与m所成的角相等
3.在空间中，下列命题正确的是()
A.若a∥α，b∥a，则b∥α
B.若a∥α，b∥α，aβ，bβ，则β∥α
C.若α∥β，b∥α，则b∥β
D.若α∥β，aα，则a∥β
4.设l1、l2是两条直线，α、β是两个平面，A为一点，有下列四个命题，其中正确命题的个数是()
①若l1α，l2∩α＝A，则l1与l2必为异面直线；
②若l1∥α，l2∥l1，则l2∥α；
③若l1α，l2β，l1∥β，l2∥α，则α∥β；
④若α⊥β，l1α，则l1⊥β.
A.0B．1C．2D．3
5.若直线a，b为异面直线，则分别经过直线a，b的平面中，相互平行的有()
A.1对B．2对
C.无数对D．1或2对
二、填空题(每小题4分，共12分)
6.(2011秦皇岛月考)下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．
,
7.(2011大连模拟)过三棱柱ABC—A1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的有______条．
8.
如图所示，ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝a3，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)
如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N分别是BC和A1B1的中点．
求证：MN∥平面AA1C1C.
10．(12分)(2010湖南改编)
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
11．(14分)
(2011济宁模拟)如图，四边形ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，BF⊥平面ACE，且点F在CE上．
(1)求证：AE⊥BE；
(2)求三棱锥D—AEC的体积；
(3)设点M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.
学案43空间的平行关系
自主梳理
1．平行相交在平面内平行相交2.(1)公共点(2)a∥α(3)a∥β3.a∥l4.平行相交5.(1)公共点
(3)α∥β6.a∥βa∥b7.(1)a∥b(2)α∥β
自我检测
1．D2.D3.A4.C
5．面ABC和面ABD
课堂活动区
例1解题导引证明线面平行问题一般可考虑证线线平行或证面面平行，要充分利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化．
证明
如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.
∵矩形ABCD和矩形ABEF全等且有公共边AB，∴AE＝BD.
又∵AP＝DQ，∴PE＝QB，
又∵PM∥AB∥QN，
∴PMAB＝EPEA，QNDC＝BQBD，∴PMAB＝QNDC.
∴PM綊QN，∴四边形PQNM为平行四边形，
∴PQ∥MN
又MN平面BCE，PQ平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
变式迁移1证明取PD中点F，连接AF、NF、NM.
∵M、N分别为AB、PC的中点，
∴NF綊12CD，AM綊12CD，∴AM綊NF.
∴四边形AMNF为平行四边形，∴MN∥AF.
又AF平面PAD，MN平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
例2解题导引面面平行的常用判断方法有：
(1)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行；
(2)利用垂直于同一条直线的两个平面平行；关键是利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化．
证明方法一
如图所示，连接B1D1、B1C.
∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点，
∴PN∥B1D1.
又B1D1∥BD，
∴PN∥BD.
又PN面A1BD，
∴PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，
∴平面MNP∥平面A1BD.
方法二
如图所示，连接AC1、AC.
∵ABCD—A1B1C1D1为正方体，
∴AC⊥BD.
又CC1⊥面ABCD，
BD面ABCD，
∴CC1⊥BD，∴BD⊥面ACC1，
又∵AC1面ACC1，∴AC1⊥BD.
同理可证AC1⊥A1B，
∴AC1⊥平面A1BD.
同理可证AC1⊥平面PMN，
∴平面PMN∥平面A1BD.
变式迁移2
(1)证明如图所示，连接PG1、PG2、PG3并延长分别与边AB、BC、AC交于点D、E、F，连接DE、EF、FD，则有PG1∶PD＝2∶3，
PG2∶PE＝2∶3，∴G1G2∥DE.
又G1G2不在平面ABC内，DE在平面ABC内，
∴G1G2∥平面ABC.
同理G2G3∥平面ABC.
又因为G1G2∩G2G3＝G2，
∴平面G1G2G3∥平面ABC.
(2)解由(1)知PG1PD＝PG2PE＝23，∴G1G2＝23DE.
又DE＝12AC，∴G1G2＝13AC.
同理G2G3＝13AB，G1G3＝13BC.
∴△G1G2G3∽△CAB，其相似比为1∶3，
∴S△G1G2G3∶S△ABC＝1∶9.
例3解题导引近几年探索性问题在高考中时有出现，解答此类问题时先以特殊位置尝试探究，找到符合要求的点后再给出严格证明．
(1)证明连接AC，过点C作CE⊥AB，垂足为E.
在四边形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC，
∴四边形ADCE为正方形．
∴∠ACD＝∠ACE＝45°.
∵AE＝CD＝12AB，∴BE＝AE＝CE.∴∠BCE＝45°.
∴∠ACB＝∠ACE＋∠BCE＝45°＋45°＝90°.
∴AC⊥BC.
又∵BC⊥PC，AC平面PAC，PC平面PAC，AC∩PC＝C，
∴BC⊥平面PAC.∵PA平面PAC，∴PA⊥BC.
(2)解当M为PB的中点时，CM∥平面PAD.
取AP的中点F，连接CM，FM，DF.
则FM綊12AB.
∵CD∥AB，CD＝12AB，
∴FM綊CD.
∴四边形CDFM为平行四边形．∴CM∥DF.
∵DF平面PAD，CM平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
变式迁移3解当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.
∵P、O为DD1、DB的中点，
∴D1B∥PO.
又PO∩PA＝P，D1B∩QB＝B，D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，
∴平面D1BQ∥平面PAO.
课后练习区
1．A[①、②、③错，④对．]
2．D[注意命题之间的相互推出关系；易知选项D中，若两直线平行，则其与m所成的角相等，反之却不一定成立，故a、b与m所成的角相等是两直线平行的必要不充分条件．]
3．D[A不正确，由直线与平面平行的判定定理的条件知缺少条件bα；B不正确，由两个平面平行的判定定理的条件，因a、b未必相交，而可能为两条平行直线，则α、β未必平行；C不正确，因有可能bβ；D正确，由两个平面平行的定义及直线与平面平行的定义知正确．]
4．A[①错，l1α，l2∩α＝A，l1与l2可能相交．
②错，l2有可能在平面α内．
③错，α有可能与β相交．
④错，l1有可能与平面β相交或平行或在平面内．]
5．A
[如图，a，b为异面直线，过b上一点作a′∥a，直线a′，b确定一个平面β，过a上一点作b′∥b，b与b′确定一个平面α，则α∥β.因为α，β是惟一的，所以相互平行的平面仅有一对．]
6．①③
解析①∵面AB∥面MNP，∴AB∥面MNP，
②过N作AB的平行线交于底面正方形的中心O，
NO面MNP，
∴AB与面MNP不平行．
③易知AB∥MP，
∴AB∥面MNP；
④过点P作PC∥AB，
∵PC面MNP，
∴AB与面MNP不平行．
7.
6
解析如图，EF∥E1F1∥AB，
EE1∥FF1∥BB1，F1E∥A1D，
E1F∥B1D，
∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6条．
8.223a
解析
如图所示，连接AC，
易知MN∥平面ABCD，
又∵PQ为平面ABCD与平面MNQP的交线，
∴MN∥PQ.
又∵MN∥AC，∴PQ∥AC，
又∵AP＝a3，
∴DPAD＝DQCD＝PQAC＝23，∴PQ＝23AC＝223a.
9．证明设A1C1中点为F，连接NF，FC，
∵N为A1B1中点，
∴NF∥B1C1，且NF＝12B1C1，
又由棱柱性质知B1C1綊BC，(4分)
又M是BC的中点，
∴NF綊MC，
∴四边形NFCM为平行四边形．
∴MN∥CF，(8分)
又CF平面AA1C1C，
MN平面AA1C1C，
∴MN∥平面AA1C1C.(12分)
10．解在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：
如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因为A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四
边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面，所以BG平面A1BE.(6分)
因为四边形C1CDD1与B1BCC1都是正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG.而B1F平面A1BE，BG平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)
11．(1)证明由AD⊥平面ABE及AD∥BC，
得BC⊥平面ABE，BC⊥AE，(1分)
而BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE，(2分)
又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE，
又BE平面BCE，故AE⊥BE.(4分)
(2)解在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H，
则EH⊥平面ACD.
由已知及(1)得EH＝12AB＝2，S△ADC＝22.
(6分)
故VD—AEC＝VE—ADC＝13×22×2＝43.(8分)
(3)解在△ABE中，过点M作MG∥AE交BE于点G，在△BEC中过点G作GN∥BC交EC于点N，
连接MN，则由CNCE＝BGBE＝MBAB＝13，得CN＝13CE.
由MG∥AE，AE平面ADE，
MG平面ADE，则MG∥平面ADE.(10分)
再由GN∥BC，BC∥AD，AD平面ADE，GN平面ADE，
得GN∥平面ADE，所以平面MGN∥平面ADE.
又MN平面MGN，则MN∥平面ADE.(12分)
故当点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点时，
MN∥平面ADE.(14分)
