高考数学（理科）一轮复习抛物线学案附答案。
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学案53抛物线
导学目标：1.掌握抛物线的定义、几何图形和标准方程，知道它们的简单几何性质.2.理解数形结合的思想．
自主梳理
1．抛物线的概念
平面内与一个定点F和一条定直线l(Fl)距离______的点的轨迹叫做抛物线．点F叫做抛物线的__________，直线l叫做抛物线的________．
2．抛物线的标准方程与几何性质
标准方程y2＝2px
(p0)y2＝－2px
(p0)x2＝2py
(p0)x2＝－2py
(p0)
p的几何意义：焦点F到准线l的距离
图形
顶点O(0,0)
对称轴y＝0x＝0
焦点F(p2，0)
F(－p2，0)
F(0，p2)
F(0，－p2)
离心率e＝1
准线方程x＝－p2
x＝p2
y＝－p2
y＝p2
范围x≥0，
y∈Rx≤0，
y∈Ry≥0，
x∈Ry≤0，
x∈R
开口方向向右向左向上向下
自我检测
1．(2010四川)抛物线y2＝8x的焦点到准线的距离是()
A．1B．2C．4D．8
2．若抛物线y2＝2px的焦点与椭圆x26＋y22＝1的右焦点重合，则p的值为()
A．－2B．2C．－4D．4
3．(2011陕西)设抛物线的顶点在原点，准线方程为x＝－2，则抛物线的方程是()
A．y2＝－8xB．y2＝8x
C．y2＝－4xD．y2＝4x
4．已知抛物线y2＝2px(p0)的焦点为F，点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)在抛物线上，且2x2＝x1＋x3，则有()
A．|FP1|＋|FP2|＝|FP3|
B．|FP1|2＋|FP2|2＝|FP3|2
C．2|FP2|＝|FP1|＋|FP3|
D．|FP2|2＝|FP1||FP3|
5．(2011佛山模拟)已知抛物线方程为y2＝2px(p0)，过该抛物线焦点F且不与x轴垂直的直线AB交抛物线于A、B两点，过点A、点B分别作AM、BN垂直于抛物线的准线，分别交准线于M、N两点，那么∠MFN必是()
A．锐角B．直角
C．钝角D．以上皆有可能
探究点一抛物线的定义及应用
例1已知抛物线y2＝2x的焦点是F，点P是抛物线上的动点，又有点A(3,2)，求|PA|＋|PF|的最小值，并求出取最小值时P点的坐标．
变式迁移1已知点P在抛物线y2＝4x上，那么点P到点Q(2，－1)的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为()
A.14，－1B.14，1
C．(1,2)D．(1，－2)
探究点二求抛物线的标准方程
例2(2011芜湖调研)已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，抛物线上一点M(m，－3)到焦点的距离为5，求m的值、抛物线方程和准线方程．
变式迁移2根据下列条件求抛物线的标准方程：
(1)抛物线的焦点F是双曲线16x2－9y2＝144的左顶点；
(2)过点P(2，－4)．
探究点三抛物线的几何性质
例3过抛物线y2＝2px的焦点F的直线和抛物线相交于A，B两点，如图所示．
(1)若A，B的纵坐标分别为y1，y2，求证：y1y2＝－p2；
(2)若直线AO与抛物线的准线相交于点C，求证：BC∥x轴．
变式迁移3已知AB是抛物线y2＝2px(p0)的焦点弦，F为抛物线的焦点，A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：
(1)x1x2＝p24；
(2)1|AF|＋1|BF|为定值．wWW.Jab88.Com
分类讨论思想的应用
例(12分)过抛物线y2＝2px(p0)焦点F的直线交抛物线于A、B两点，过B点作其准线的垂线，垂足为D，设O为坐标原点，问：是否存在实数λ，使AO→＝λOD→？
多角度审题这是一道探索存在性问题，应先假设存在，设出A、B两点坐标，从而得到D点坐标，再设出直线AB的方程，利用方程组和向量条件求出λ.
【答题模板】
解假设存在实数λ，使AO→＝λOD→.
抛物线方程为y2＝2px(p0)，
则Fp2，0，准线l：x＝－p2，
(1)当直线AB的斜率不存在，即AB⊥x轴时，
交点A、B坐标不妨设为：Ap2，p，Bp2，－p.
∵BD⊥l，∴D－p2，－p，
∴AO→＝－p2，－p，OD→＝－p2，－p，∴存在λ＝1使AO→＝λOD→.[4分]
(2)当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝kx－p2(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D－p2，y2，x1＝y212p，x2＝y222p，
由y＝kx－p2y2＝2px得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，∴y2＝－p2y1，[8分]
AO→＝(－x1，－y1)＝－y212p，－y1，OD→＝－p2，y2＝－p2，－p2y1，
假设存在实数λ，使AO→＝λOD→，则－y212p＝－p2λ－y1＝－p2y1λ，解得λ＝y21p2，∴存在实数λ＝y21p2，使AO→＝λOD→.
综上所述，存在实数λ，使AO→＝λOD→.[12分]
【突破思维障碍】
由抛物线方程得其焦点坐标和准线方程，按斜率存在和不存在讨论，由直线方程和抛物线方程组成方程组，研究A、D两点坐标关系，求出AO→和OD→的坐标，判断λ是否存在．
【易错点剖析】
解答本题易漏掉讨论直线AB的斜率不存在的情况，出现错误的原因是对直线的点斜式方程认识不足．
1．关于抛物线的定义
要注意点F不在定直线l上，否则轨迹不是抛物线，而是一条直线．
2．关于抛物线的标准方程
抛物线的标准方程有四种不同的形式，这四种标准方程的联系与区别在于：
(1)p的几何意义：参数p是焦点到准线的距离，所以p恒为正数．
(2)方程右边一次项的变量与焦点所在坐标轴的名称相同，一次项系数的符号决定抛物线的开口方向．
3．关于抛物线的几何性质
抛物线的几何性质，只要与椭圆、双曲线加以对照，很容易把握，但由于抛物线的离心率等于1，所以抛物线的焦点弦具有很多重要性质，而且应用广泛．例如：
已知过抛物线y2＝2px(p0)的焦点的直线交抛物线于A、B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有下列性质：|AB|＝x1＋x2＋p或|AB|＝2psin2α(α为AB的倾斜角)，y1y2＝－p2，x1x2＝p24等．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011大纲全国)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线y＝2x－4与C交于A，B两点，则cos∠AFB等于()
A.45B.35
C．－35D．－45
2．(2011湖北)将两个顶点在抛物线y2＝2px(p0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则()
A．n＝0B．n＝1
C．n＝2D．n≥3
3．已知抛物线y2＝2px，以过焦点的弦为直径的圆与抛物线准线的位置关系是()
A．相离B．相交C．相切D．不确定
4．(2011泉州月考)已知点A(－2,1)，y2＝－4x的焦点是F，P是y2＝－4x上的点，为使|PA|＋|PF|取得最小值，则P点的坐标是()
A.－14，1B．(－2,22)
C.－14，－1D．(－2，－22)
5．设O为坐标原点，F为抛物线y2＝4x的焦点，A为抛物线上一点，若OA→AF→＝－4，则点A的坐标为()
A．(2，±2)B．(1，±2)
C．(1,2)D．(2，2)
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011重庆)设圆C位于抛物线y2＝2x与直线x＝3所围成的封闭区域(包含边界)内，则圆C的半径能取到的最大值为________．
7．(2011济宁期末)已知A、B是抛物线x2＝4y上的两点，线段AB的中点为M(2,2)，则|AB|＝________.
8．(2010浙江)设抛物线y2＝2px(p0)的焦点为F，点A(0，2)．若线段FA的中点B在抛物线上，则B到该抛物线准线的距离为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知顶点在原点，焦点在x轴上的抛物线截直线y＝2x＋1所得的弦长为15，求抛物线方程．
10．(12分)(2011韶关模拟)已知抛物线C：x2＝8y.AB是抛物线C的动弦，且AB过F(0,2)，分别以A、B为切点作轨迹C的切线，设两切线交点为Q，证明：AQ⊥BQ.
11．(14分)(2011济南模拟)已知定点F(0,1)和直线l1：y＝－1，过定点F与直线l1相切的动圆圆心为点C.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)过点F的直线l2交轨迹C于两点P、Q，交直线l1于点R，求RP→RQ→的最小值．
学案53抛物线
自主梳理
1．相等焦点准线
自我检测
1．C
2．B[因为抛物线的准线方程为x＝－2，所以p2＝2，所以p＝4，所以抛物线的方程是y2＝8x.所以选B.]
3．B4.C5.B
课堂活动区
例1解题导引重视定义在解题中的应用，灵活地进行抛物线上的点到焦点的距离与到准线距离的等价转化，是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径．
解
将x＝3代入抛物线方程
y2＝2x，得y＝±6.
∵62，∴A在抛物线内部．
设抛物线上点P到准线l：
x＝－12的距离为d，由定义知
|PA|＋|PF|＝|PA|＋d，
当PA⊥l时，|PA|＋d最小，最小值为72，
即|PA|＋|PF|的最小值为72，
此时P点纵坐标为2，代入y2＝2x，得x＝2，
∴点P坐标为(2,2)．
变式迁移1A[
点P到抛物线焦点的距离等于点P到抛物线准线的距离，如图，|PF|＋|PQ|＝|PS|＋|PQ|，故最小值在S，P，Q三点共线时取得，此时P，Q的纵坐标都是－1，点P的坐标为14，－1.]
例2解题导引(1)求抛物线方程时，若由已知条件可知所求曲线是抛物线，一般用待定系数法．若由已知条件可知所求曲线的动点的轨迹，一般用轨迹法；
(2)待定系数法求抛物线方程时既要定位(即确定抛物线开口方向)，又要定量(即确定参数p的值)．解题关键是定位，最好结合图形确定方程适合哪种形式，避免漏解；
(3)解决抛物线相关问题时，要善于用定义解题，即把|PF|转化为点P到准线的距离，这种“化斜为直”的转化方法非常有效，要注意领会和运用．
解方法一设抛物线方程为
x2＝－2py(p0)，
则焦点为F0，－p2，准线方程为y＝p2.
∵M(m，－3)在抛物线上，且|MF|＝5，
∴m2＝6p，m2＋－3＋p22＝5，解得p＝4，m＝±26.
∴抛物线方程为x2＝－8y，m＝±26，
准线方程为y＝2.
方法二如图所示，
设抛物线方程为x2＝－2py(p0)，
则焦点F0，－p2，
准线l：y＝p2，作MN⊥l，垂足为N.
则|MN|＝|MF|＝5，而|MN|＝3＋p2，
∴3＋p2＝5，∴p＝4.∴抛物线方程为x2＝－8y，
准线方程为y＝2.由m2＝(－8)×(－3)，得m＝±26.
变式迁移2解(1)双曲线方程化为x29－y216＝1，
左顶点为(－3,0)，由题意设抛物线方程为y2＝－2px(p0)且－p2＝－3，∴p＝6.∴方程为y2＝－12x.
(2)由于P(2，－4)在第四象限且对称轴为坐标轴，可设方程为y2＝mx(m0)或x2＝ny(n0)，代入P点坐标求得m＝8，n＝－1，
∴所求抛物线方程为y2＝8x或x2＝－y.
例3解题导引解决焦点弦问题时，抛物线的定义有着广泛的应用，而且还应注意焦点弦的几何性质．焦点弦有以下重要性质(AB为焦点弦，以y2＝2px(p0)为例)：
①y1y2＝－p2，x1x2＝p24；
②|AB|＝x1＋x2＋p.
证明(1)方法一由抛物线的方程可得焦点坐标为Fp2，0.设过焦点F的直线交抛物线于A，B两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)．
①当斜率存在时，过焦点的直线方程可设为
y＝kx－p2，由y＝kx－p2，y2＝2px，
消去x，得ky2－2py－kp2＝0.(*)
当k＝0时，方程(*)只有一解，∴k≠0，
由韦达定理，得y1y2＝－p2；
②当斜率不存在时，得两交点坐标为
p2，p，p2，－p，∴y1y2＝－p2.
综合两种情况，总有y1y2＝－p2.
方法二由抛物线方程可得焦点Fp2，0，设直线AB的方程为x＝ky＋p2，并设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则A、B坐标满足x＝ky＋p2，y2＝2px，
消去x，可得y2＝2pky＋p2，
整理，得y2－2pky－p2＝0，∴y1y2＝－p2.
(2)直线AC的方程为y＝y1x1x，
∴点C坐标为－p2，－py12x1，yC＝－py12x1＝－p2y12px1.
∵点A(x1，y1)在抛物线上，∴y21＝2px1.
又由(1)知，y1y2＝－p2，∴yC＝y1y2y1y21＝y2，∴BC∥x轴．
变式迁移3证明(1)∵y2＝2px(p0)的焦点Fp2，0，设直线方程为y＝kx－p2(k≠0)，
由y＝kx－p2y2＝2px，消去x，得ky2－2py－kp2＝0.
∴y1y2＝－p2，x1x2＝y1y224p2＝p24，
当k不存在时，直线方程为x＝p2，这时x1x2＝p24.
因此，x1x2＝p24恒成立．
(2)1|AF|＋1|BF|＝1x1＋p2＋1x2＋p2
＝x1＋x2＋px1x2＋p2x1＋x2＋p24.
又∵x1x2＝p24，代入上式得1|AF|＋1|BF|＝2p＝常数，
所以1|AF|＋1|BF|为定值．
课后练习区
1．D[方法一由y＝2x－4，y2＝4x，得x＝1，y＝－2或x＝4，y＝4.
令B(1，－2)，A(4,4)，又F(1,0)，
∴由两点间距离公式得|BF|＝2，|AF|＝5，|AB|＝35.
∴cos∠AFB＝|BF|2＋|AF|2－|AB|22|BF||AF|＝4＋25－452×2×5
＝－45.
方法二由方法一得A(4,4)，B(1，－2)，F(1,0)，
∴FA→＝(3,4)，FB→＝(0，－2)，
∴|FA→|＝32＋42＝5，|FB→|＝2.
∴cos∠AFB＝FA→FB→|FA→||FB→|＝3×0＋4×－25×2＝－45.]
2．C[
如图所示，A，B两点关于x轴对称，F点坐标为(p2，0)，设A(m，2pm)(m0)，则由抛物线定义，
|AF|＝|AA1|，
即m＋p2＝|AF|.
又|AF|＝|AB|＝22pm，
∴m＋p2＝22pm，整理，得m2－7pm＋p24＝0，①
∴Δ＝(－7p)2－4×p24＝48p20，
∴方程①有两相异实根，记为m1，m2，且m1＋m2＝7p0，m1m2＝p240，
∴m10，m20，∴n＝2.]
3．C
4．A[过P作PK⊥l(l为抛物线的准线)于K，则|PF|＝|PK|，
∴|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PK|.
∴当P点的纵坐标与A点的纵坐标相同时，|PA|＋|PK|最小，此时P点的纵坐标为1，把y＝1代入y2＝－4x，得x＝－14，即当P点的坐标为－14，1时，|PA|＋|PF|最小．]
5．B
6.6－1
解析如图所示，若圆C的半径取到最大值，需圆与抛物线及直线x＝3同时相切，设圆心的坐标为(a,0)(a3)，则圆的方程为(x－a)2＋y2＝(3－a)2，与抛物线方程y2＝2x联立得x2＋(2－2a)x＋6a－9＝0，由判别式Δ＝(2－2a)2－4(6a－9)＝0，得a＝4－6，故此时半径为3－(4－6)＝6－1.
7．42
解析由题意可设AB的方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立得x2－4kx－4m＝0，线段AB中点坐标为(2,2)，x1＋x2＝4k＝4，得k＝1.
又∵y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝4，
∴m＝0.从而直线AB：y＝x，|AB|＝2|OM|＝42.
8.324
解析抛物线的焦点F的坐标为p2，0，线段FA的中点B的坐标为p4，1，代入抛物线方程得1＝2p×p4，解得p＝2，故点B的坐标为24，1，故点B到该抛物线准线的距离为24＋22＝324.
9．解设直线和抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)当抛物线开口向右时，设抛物线方程为y2＝2px(p0)，则y2＝2pxy＝2x＋1，消去y得，
4x2－(2p－4)x＋1＝0，
∴x1＋x2＝p－22，x1x2＝14，(4分)
∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|
＝5x1＋x22－4x1x2
＝5p－222－4×14＝15，(7分)
则p24－p＝3，p2－4p－12＝0，解得p＝6(p＝－2舍去)，
抛物线方程为y2＝12x.(9分)
(2)当抛物线开口向左时，设抛物线方程为y2＝－2px(p0)，仿(1)不难求出p＝2，
此时抛物线方程为y2＝－4x.(11分)
综上可得，
所求的抛物线方程为y2＝－4x或y2＝12x.(12分)
10．证明因为直线AB与x轴不垂直，
设直线AB的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由y＝kx＋2，y＝18x2，
可得x2－8kx－16＝0，x1＋x2＝8k，x1x2＝－16.(4分)
抛物线方程为y＝18x2，求导得y′＝14x.(7分)
所以过抛物线上A、B两点的切线斜率分别是
k1＝14x1，k2＝14x2，k1k2＝14x114x2
＝116x1x2＝－1.(10分)
所以AQ⊥BQ.(12分)
11．解(1)由题设点C到点F的距离等于它到l1的距离，
所以点C的轨迹是以F为焦点，l1为准线的抛物线，
∴所求轨迹的方程为x2＝4y.(5分)
(2)由题意直线l2的方程为y＝kx＋1，与抛物线方程联立消去y得x2－4kx－4＝0.
记P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.(8分)
因为直线PQ的斜率k≠0，易得点R的坐标为－2k，－1.(9分)
RP→RQ→＝x1＋2k，y1＋1x2＋2k，y2＋1
＝x1＋2kx2＋2k＋(kx1＋2)(kx2＋2)
＝(1＋k2)x1x2＋2k＋2k(x1＋x2)＋4k2＋4
＝－4(1＋k2)＋4k2k＋2k＋4k2＋4
＝4k2＋1k2＋8，(11分)
∵k2＋1k2≥2，当且仅当k2＝1时取到等号．
RP→RQ→≥4×2＋8＝16，即RP→RQ→的最小值为16.(14分)
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学案10函数的图象
导学目标：1.掌握作函数图象的两种基本方法：描点法，图象变换法.2.掌握图象变换的规律，能利用图象研究函数的性质．
自主梳理
1．应掌握的基本函数的图象有：一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数等．
2．利用描点法作图：①确定函数的定义域；②化简函数的解析式；③讨论函数的性质(__________、__________、__________)；④画出函数的图象．
3．利用基本函数图象的变换作图：
(1)平移变换：函数y＝f(x＋a)的图象可由y＝f(x)的图象向____(a0)或向____(a0)平移____个单位得到；函数y＝f(x)＋a的图象可由函数y＝f(x)的图象向____(a0)或向____(a0)平移____个单位得到．
(2)伸缩变换：函数y＝f(ax)(a0)的图象可由y＝f(x)的图象沿x轴伸长(0a1)或缩短(____)到原来的1a倍得到；函数y＝af(x)(a0)的图象可由函数y＝f(x)的图象沿y轴伸长(____)或缩短(________)为原来的____倍得到．(可以结合三角函数中的图象变换加以理解)
(3)对称变换：①奇函数的图象关于________对称；偶函数的图象关于____轴对称；
②f(x)与f(－x)的图象关于____轴对称；
③f(x)与－f(x)的图象关于____轴对称；
④f(x)与－f(－x)的图象关于________对称；
⑤f(x)与f(2a－x)的图象关于直线________对称；
⑥曲线f(x，y)＝0与曲线f(2a－x,2b－y)＝0关于点________对称；
⑦|f(x)|的图象先保留f(x)原来在x轴________的图象，作出x轴下方的图象关于x轴的对称图形，然后擦去x轴下方的图象得到；
⑧f(|x|)的图象先保留f(x)在y轴________的图象，擦去y轴左方的图象，然后作出y轴右方的图象关于y轴的对称图形得到．
自我检测
1．(2009北京)为了得到函数y＝lgx＋310的图象，只需把函数y＝lgx的图象上所有的点()
A．向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
B．向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
C．向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
D．向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
2．(2011烟台模拟)已知图1是函数y＝f(x)的图象，则图2中的图象对应的函数可能是
()
A．y＝f(|x|)B．y＝|f(x)|
C．y＝f(－|x|)D．y＝－f(－|x|)
3．函数f(x)＝1x－x的图象关于()
A．y轴对称B．直线y＝－x对称
C．坐标原点对称D．直线y＝x对称
4．使log2(－x)x＋1成立的x的取值范围是()
A．(－1,0)B．[－1,0)
C．(－2,0)D．[－2,0)
5．(2011潍坊模拟)已知f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a0且a≠1)，若f(4)g(－4)0，则y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐标系内的大致图象是()
探究点一作图
例1(1)作函数y＝|x－x2|的图象；
(2)作函数y＝x2－|x|的图象；
(3)作函数的图象．
变式迁移1作函数y＝1|x|－1的图象．
探究点二识图
例2(1)函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象如图，
则函数y＝f(x)g(x)的图象可能是()
(2)已知y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f(1－x)的图象为()
变式迁移2(1)(2010山东)函数y＝2x－x2的图象大致是()
(2)函数f(x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式是()
A．f(x)＝x＋sinx
B．f(x)＝cosxx
C．f(x)＝xcosx
D．f(x)＝x(x－π2)(x－3π2)
探究点三图象的应用
例3若关于x的方程|x2－4x＋3|－a＝x至少有三个不相等的实数根，试求实数a的取值范围．
变式迁移3(2010全国Ⅰ)直线y＝1与曲线y＝x2－|x|＋a有四个交点，则a的取值范围是________．
数形结合思想的应用
例(5分)(2010北京东城区一模)定义在R上的函数y＝f(x)是减函数，且函数y＝f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，若s，t满足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)．则当1≤s≤4时，ts的取值范围是()
A.－14，1B.－14，1
C.－12，1D.－12，1
【答题模板】
答案D
解析因函数y＝f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，所以该函数的图象向左平移一个单位后的解析式为y＝f(x)，即y＝f(x)的图象关于(0,0)对称，所以y＝f(x)是奇函数．又y＝f(x)是R上的减函数，所以s2－2s≥t2－2t，令y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
图象的对称轴为x＝1，
当1≤s≤4时，要使s2－2s≥t2－2t，即s－1≥|t－1|，
当t≥1时，有s≥t≥1，所以14≤ts≤1；
当t1时，
即s－1≥1－t，即s＋t≥2，
问题转化成了线性规划问题，画出由1≤s≤4，t1，s＋t≥2组成的不等式组的可行域.ts为可行域内的点到原点连线的斜率，易知－12≤ts1.综上可知选D.
【突破思维障碍】
当s，t位于对称轴x＝1的两边时，如何由s2－2s≥t2－2t判断s，t之间的关系式，这时s，t与对称轴x＝1的距离的远近决定着不等式s2－2s≥t2－2t成立与否，通过数形结合判断出关系式s－1≥1－t，从而得出s＋t≥2，此时有一个隐含条件为t1，再结合1≤s≤4及要求的式子的取值范围就能联想起线性规划，从而突破了难点．要画出s，t所在区域时，要结合ts的几何意义为点(s，t)和原点连线的斜率，确定s为横轴，t为纵轴．
【易错点剖析】
当得到不等式s2－2s≥t2－2t后，如果没有函数的思想将无法继续求解，得到二次函数后也容易只考虑s，t都在二次函数y＝x2－2x的增区间[1，＋∞)内，忽略考虑s，t在二次函数对称轴两边的情况，考虑了s，t在对称轴的两边，也容易漏掉隐含条件t1及联想不起来线性规划．
1．掌握作函数图象的两种基本方法(描点法，图象变换法)，在画函数图象时，要特别注意到用函数的性质(如单调性、奇偶性等)解决问题．
2．合理处理识图题与用图题
(1)识图．对于给定函数的图象，要能从图象的左右、上下分布范围、变化趋势、对称性等方面研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性．
(2)用图．函数图象形象地显示了函数的性质，为研究数量关系问题提供了“形”的直观性，它是探求解题途径，获得问题结果的重要工具，要重视数形结合解题的思想方法，常用函数图象研究含参数的方程或不等式解集的情况．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2010重庆)函数f(x)＝4x＋12x的图象()
A．关于原点对称B．关于直线y＝x对称
C．关于x轴对称D．关于y轴对称
2．(2010湖南)用min{a，b}表示a，b两数中的最小值．若函数f(x)＝min{|x|，|x＋t|}的图象关于直线x＝－12对称，则t的值为()
A．－2B．2
C．－1D．1
3．(2011北京海淀区模拟)在同一坐标系中画出函数y＝logax，y＝ax，y＝x＋a的图象，可能正确的是()
4．(2011深圳模拟)若函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝－f(x＋1)的图象大致为
()
5．设b0，二次函数y＝ax2＋bx＋a2－1的图象为下列之一，则a的值为()
A．1B．－1C.－1－52D.－1＋52
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．为了得到函数y＝3×(13)x的图象，可以把函数y＝(13)x的图象向________平移________个单位长度．
7．(2011黄山月考)函数f(x)＝2x－1x＋1的图象对称中心是________．
8．(2011沈阳调研)如下图所示，向高为H的水瓶A、B、C、D同时以等速注水，注满为止．
(1)若水量V与水深h函数图象是下图的(a)，则水瓶的形状是________；
(2)若水深h与注水时间t的函数图象是下图的(b)，则水瓶的形状是________．
(3)若注水时间t与水深h的函数图象是下图的(c)，则水瓶的形状是________；
(4)若水深h与注水时间t的函数的图象是图中的(d)，则水瓶的形状是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)已知函数f(x)＝x|m－x|(x∈R)，且f(4)＝0.
(1)求实数m的值；
(2)作出函数f(x)的图象；
(3)根据图象指出f(x)的单调递减区间；
(4)根据图象写出不等式f(x)0的解集；
(5)求当x∈[1,5)时函数的值域．
10．(12分)(2011三明模拟)当x∈(1,2)时，不等式(x－1)2logax恒成立，求a的取值范围．
11．(14分)已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋e2x(x0)．
(1)若g(x)＝m有根，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
答案自主梳理
2．③奇偶性单调性周期性3.(1)左右|a|上下|a|(2)a1a10a1a(3)①原点y②y③x④原点⑤x＝a⑥(a，b)⑦上方⑧右方
自我检测
1．C[A项y＝lg(x＋3)＋1＝lg[10(x＋3)]，
B项y＝lg(x－3)＋1＝lg[10(x－3)]，
C项y＝lg(x＋3)－1＝lgx＋310，
D项y＝lg(x－3)－1＝lgx－310.]
2．C
3．C[∵f(－x)＝－1x＋x＝－1x－x＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数，即f(x)的图象关于原点对称．]
4．A[作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的图象知满足条件的x∈(－1,0)．]
5．B[由f(4)g(－4)0得a2loga40，∴0a1.]
课堂活动区
例1解(1)y＝x－x2，0≤x≤1，－x－x2，x1或x0，
即y＝－x－122＋14，0≤x≤1，x－122－14，x1或x0，
其图象如图所示．
(2)y＝x－122－14，x≥0，x＋122－14，x0，其图象如图所示．
(3)
作出y＝12x的图象，保留y＝12x图象中x≥0的部分，加上y＝12x的图象中x0的部分关于y轴的对称部分，
即得y＝12|x|的图象．
变式迁移1解定义域是{x|x∈R且x≠±1}，且函数是偶函数．
又当x≥0且x≠1时，y＝1x－1.
先作函数y＝1x的图象，并将图象向右平移1个单位，得到函数y＝1x－1(x≥0且x≠1)的图象(如图(a)所示)．
又函数是偶函数，作关于y轴对称图象，
得y＝1|x|－1的图象(如图(b)所示)．
例2解题导引对于给定的函数的图象，要能从图象的左右、上下分布范围、变化趋势、对称性等方面研究函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性，注意图象与函数解析式中参数的关系．
（1）?A?[从f(x)、g(x)的图象可知它们分别为偶函数、奇函数，故f(x)g(x)是奇函数，排除B.又x0时，g(x)为增函数且为正值,f(x)也是增函数，故f(x)g(x)为增函数，且正负取决于f(x)的正负，注意到x→（从小于0趋向于0），f(x)g(x)→+∞，可排除C、D.］?（2）?A?［因为f(1-x)=f（-(x-1)）,故y=f(1-x)的图象可以由y=f(x)的图象按照如下变换得到：先将y=f(x)的图象关于y轴翻折，得y=f(-x)的图象，然后将y=f(-x)?的图象向右平移一个单位，即得y=f(-x+1)的图象.］
变式迁移2(1)A[考查函数y＝2x与y＝x2的图象可知：
当x0时，方程2x－x2＝0仅有一个零点，
且→－∞；
当x0时，方程2x－x2＝0有两个零点2和4，
且→＋∞.]
(2)C[由图象知f(x)为奇函数，排除D；
又0，±π2，±32π为方程f(x)＝0的根，故选C.]
例3解题导引原方程重新整理为|x2－4x＋3|＝x＋a，将两边分别设成一个函数并作出它们的图象，即求两图象至少有三个交点时a的取值范围．
方程的根的个数问题转化为函数图象交点个数问题，体现了《考纲》中函数与方程的重要思想方法．
解原方程变形为|x2－4x＋3|＝x＋a，于是，设y＝|x2－4x＋3|，y＝x＋a，在同一坐标系下分别作出它们的图象．如图．则当直线y＝x＋a过点(1,0)时a＝－1；当直线y＝x＋a与抛物线y＝－x2＋4x－3相切时，由y＝x＋ay＝－x2＋4x－3，得，x2－3x＋a＋3＝0，
由Δ＝9－4(3＋a)＝0，得a＝－34.
由图象知当a∈[－1，－34]时方程至少有三个根．
变式迁移3(1，54)
解析y＝x2－|x|＋a＝x－122＋a－14，x≥0，x＋122＋a－14，x0.
当其图象如图所示时满足题意．
由图知a1，a－141，解得1a54.
课后练习区
1．D[f(x)＝2x＋2－x，因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．所以f(x)图象关于y轴对称．]
2.D[令y＝|x|，y＝|x＋t|，在同一坐标系中作出其图象，
如图，所以t＝1.]
3．D[选项A、B、C中直线方程中的a的范围与对数函数中的a的范围矛盾．]
4．C[函数y＝f(x)的图象与函数y＝－f(x)关于x轴对称，函数y＝－f(x)的图象向左平移1个单位即得到函数y＝－f(x＋1)的图象．]
5．B[∵b0，∴前两个图象不是给出的二次函数图象，又后两个图象的对称轴都在y轴右边，∴－b2a0，∴a0，又∵图象过原点，∴a2－1＝0，∴a＝－1.]
6．右1
解析∵y＝3×(13)x＝(13)x－1，
∴y＝(13)x向右平移1个单位便得到y＝(13)x－1.
7．(－1,2)
解析∵f(x)＝2x－1x＋1＝2x＋1－3x＋1＝2－3x＋1，
∴函数f(x)图象的对称中心为(－1,2)．
8．(1)A(2)D(3)B(4)C
9．解(1)∵f(4)＝0，∴4|m－4|＝0，即m＝4.…………………………………………(2分)
(2)f(x)＝x|x－4|
＝xx－4＝x－22－4，x≥4，－xx－4＝－x－22＋4，x4.………………………………………………(4分)
f(x)的图象如右图所示．
(3)由图可知，f(x)的减区间是[2,4]．……………………………………………………(8分)
(4)由图象可知f(x)0的解集为
{x|0x4或x4}．………………………………………………………………………(10分)
(5)∵f(5)＝54，
由图象知，函数在[1,5)上的值域为[0,5)．……………………………………………(12分)
10.
解设f1(x)＝(x－1)2，
f2(x)＝logax，
要使当x∈(1,2)时，不等式(x－1)2logax恒成立，只需f1(x)＝(x－1)2在(1,2)上的图象在f2(x)＝logax的下方即可．
当0a1时，由图象知显然不成立．……………………………………………………(4分)
当a1时，如图，要使在(1,2)上，f1(x)＝(x－1)2的图象在f2(x)＝logax的下方，只需f1(2)≤f2(2)，
即(2－1)2≤loga2，loga2≥1，……………………………………………………………(10分)
∴1a≤2.………………………………………………………………………………(12分)
11．解(1)方法一∵x0，∴g(x)＝x＋e2x≥2e2＝2e，
等号成立的条件是x＝e.
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，……………………………………………………………(4分)
因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有根．…………………………………………………(6分)
方法二作出g(x)＝x＋e2x的图象如图：
……………………………………………………………………………………………(4分)
可知若使g(x)＝m有根，则只需m≥2e.………………………………………………(6分)
方法三解方程由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0.
此方程有大于零的根，故m20Δ＝m2－4e2≥0……………………………………………(4分)
等价于m0m≥2e或m≤－2e，故m≥2e.…………………………………………………(6分)
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)＝f(x)中函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，
作出g(x)＝x＋e2x(x0)的图象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.
其对称轴为x＝e，开口向下，
最大值为m－1＋e2.……………………………………………………………………(10分)
故当m－1＋e22e，即m－e2＋2e＋1时，
g(x)与f(x)有两个交点，
即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．……………………………………………(14分)
高考数学（理科）一轮复习随机抽样学案附答案
俗话说，凡事预则立，不预则废。作为教师就要早早地准备好适合的教案课件。教案可以让学生更好地进入课堂环境中来，减轻教师们在教学时的教学压力。优秀有创意的教案要怎样写呢？急您所急，小编为朋友们了收集和编辑了“高考数学（理科）一轮复习随机抽样学案附答案”，相信您能找到对自己有用的内容。
第十章概率与统计、统计案例
学案56随机抽样
导学目标：1.理解随机抽样的必要性和重要性.2.会用简单随机抽样方法从总体中抽取样本.3.了解分层抽样和系统抽样方法．
自主梳理
1．简单随机抽样
(1)定义：设一个总体含有N个个体，从中____________抽取n个个体作为样本(n≤N)，如果每次抽取时总体内的各个个体被抽到的机会都________，就把这种抽样方法叫做简单随机抽样．
(2)最常用的简单随机抽样的方法：__________和____________．
2．系统抽样的步骤
假设要从容量为N的总体中抽取容量为n的样本．
(1)先将总体的N个个体进行________；
(2)确定____________，对编号进行________．当Nn(n是样本容量)是整数时，取k＝Nn；
(3)在第1段用________________确定第一个个体编号l(l≤k)；
(4)按照一定的规则抽取样本．通常是将l加上间隔k得到第2个个体编号________，再加k得到第3个个体编号________，依次进行下去，直到获取整个样本．
3．分层抽样
(1)定义：一般地，在抽样时，将总体分成互不交叉的层，然后按照一定的比例，从各层独立地抽取一定数量的个体，将各层取出的个体合在一起作为样本，这种抽样方法是一种分层抽样．
(2)分层抽样的应用范围：
当总体是由________________________________组成时，往往选用分层抽样．
自我检测
1．为了了解所加工的一批零件的长度，抽取其中200个零件并测量其长度，在这个问题中，200个零件的长度是()
A．总体B．个体
C．总体的一个样本D．样本容量
2．某牛奶生产线上每隔30分钟抽取一袋进行检验，则该抽样方法为①；从某中学的30名数学爱好者中抽取3人了解学习负担情况，则该抽样方法为②.那么()
A．①是系统抽样，②是简单随机抽样
B．①是分层抽样，②是简单随机抽样
C．①是系统抽样，②是分层抽样
D．①是分层抽样，②是系统抽样
3．(2010四川)一个单位有职工800人，其中具有高级职称的为160人，具有中级职称的为320人，具有初级职称的为200人，其余人员120人．为了解职工收入情况，决定采用分层抽样的方法，从中抽取容量为40的样本．则从上述各层中依次抽取的人数分别是()
A．12,24,15,9B．9,12,12,7
C．8,15,12,5D．8,16,10,6
4．(2010重庆)某单位有职工750人，其中青年职工350人，中年职工250人，老年职工150人，为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本，若样本中的青年职工为7人，则样本容量为()
A．7B．15C．25D．35
5．(2011天津模拟)在120个零件中，一级品24个，二级品36个，三级品60个，用系统抽样方法从中抽取量为20的样本，则三级品a被抽到的可能性为________.
探究点一抽样方法的选取
例1(2011济宁检测)要完成下列两项调查：①从某社区125户高收入家庭、280户中等收入家庭、95户低收入家庭中选出100户调查社会购买力的某项指标；②某中学的15名艺术特长生中选出3人调查学习负担情况．宜采用的抽样方法依次为()
A．①简单随机抽样法，②系统抽样法
B．①分层抽样法，②简单随机抽样法
C．①系统抽样法，②分层抽样法
D．①②都用分层抽样法
变式迁移1某高级中学有学生270人，其中一年级108人，二、三年级各81人，现要抽取10人参加某项调查，考虑选用简单随机抽样、分层抽样和系统抽样三种方案，使用简单随机抽样和分层抽样时，将学生按一、二、三年级依次统一编号为1,2，…，270；使用系统抽样时，将学生统一随机编号为1,2，…，270，并将整个编号依次分为10段．如果抽得号码有下列四种情况：
①7,34,61,88,115,142,169,196,223,250；
②5,9,100,107,111,121,180,195,200,265；
③11,38,65,92,119,146,173,200,227,254；
④30,57,84,111,138,165,192,219,246,270.
关于上述样本的下列结论中，正确的是()
A．②、③都不能为系统抽样
B．②、④都不能为分层抽样
C．①、④都可能为系统抽样
D．①、③都可能为分层抽样
探究点二系统抽样
例2(2010湖北)将参加夏令营的600名学生编号为：001,002，…，600.采用系统抽样方法抽取一个容量为50的样本，且随机抽得的号码为003.这600名学生分住在三个营区，从001到300在第Ⅰ营区，从301到495在第Ⅱ营区，从496到600在第Ⅲ营区，三个营区被抽中的人数依次为()
A．26,16,8B．25,17,8
C．25,16,9D．24,17,9
变式迁移2(2009广东)某单位200名职工的年龄分布情况如图，现要从中抽取40名职工作为样本．用系统抽样法，将全体职工随机按1～200编号，并按编号顺序平均分为40组(1～5号，6～10号，…，196～200号)．若第5组抽出的号码为22，则第8组抽出的号码应是________．若用分层抽样方法，则40岁以下年龄段应抽取______________________人．
探究点三分层抽样
例3某单位共有老、中、青职工430人，其中有青年职工160人，中年职工人数是老年职工人数的2倍．为了解职工身体状况，现采用分层抽样方法进行调查，在抽取的样本中有青年职工32人，则该样本中的老年职工人数为()
A．9B．18C．27D．36
变式迁移3某企业有3个分厂生产同一种电子产品，第一、二、三分厂的产量之比为1∶2∶1，用分层抽样方法(每个分厂的产品为一层)从3个分厂生产的电子产品中共抽取100件作使用寿命的测试，由所得的测试结果算得从第一、二、三分厂取出的产品的使用寿命的平均值分别为980h,1020h,1032h，则抽取的100件产品的使用寿命的平均值为________h.
1．简单随机抽样的特点：(1)样本的总体个数不多；(2)从总体中逐个不放回地抽取，是不放回抽样；(3)是一种等机会抽样，各个个体被抽取的机会均等，保证了抽样的公平性．
2．系统抽样的特点：(1)适用于总体个数较多的情况；(2)剔除多余个体并在第一段中用简单随机抽样确定起始的个体编号；(3)是等可能抽样．
3．对于分层抽样的理解应注意：(1)分层抽样适用于由差异明显的几部分组成的情况；(2)在每一层进行抽样时，采用简单随机抽样或系统抽样；(3)分层抽样充分利用已掌握的信息，使样本具有良好的代表性；(4)分层抽样也是等概率抽样，而且在每层抽样时，可以根据具体情况采用不同的抽样方法，因此应用较为广泛．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011台州第一次调研)现要完成下列3项抽样调查：
①从10盒酸奶中抽取3盒进行食品卫生检查；②科技报告厅有32排，每排有40个座位，有一次报告会恰好坐满了听众，报告会结束后，为了听取意见，需要请32名听众进行座谈．③东方中学共有160名教职工，其中一般教师120名，行政人员16名，后勤人员24名．为了了解教职工对学校在校务公开方面的意见，拟抽取一个容量为20的样本．较为合理的抽样方法是()
A．①简单随机抽样，②系统抽样，③分层抽样
B．①简单随机抽样，②分层抽样，③系统抽样
C．①系统抽样，②简单随机抽样，③分层抽样
D．①分层抽样，②系统抽样，③简单随机抽样
2．某校高三年级有男生500人，女生400人，为了解该年级学生的健康情况，从男生中任意抽取25人，从女生中任意抽取20人进行调查，这种抽样方法是()
A．简单随机抽样法B．抽签法
C．随机数法D．分层抽样法
3．要从已经编号(1～60)的60枚最新研制的某型号导弹中随机抽取6枚来进行发射试验，用每部分选取的号码间隔一样的系统抽样方法确定所选取的6枚导弹的编号可能是()
A．5,10,15,20,25,30B．3,13,23,33,43,53
C．1,2,3,4,5,6D．2,4,8,16,32,48
4．某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如下表．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到二年级女生的概率是0.19.现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的学生的人数为()
一年级二年级三年级
女生373xy
男生377370z
A.24B．18C．16D．12
5．(2011陕西师大附中模拟)某中学开学后从高一年级的学生中随机抽取90名学生进行家庭情况调查，经过一段时间后再次从这个年级随机抽取100名学生进行学情调查，发现有20名同学上次被抽到过，估计这个学校高一年级的学生人数为()
A．180B．400C．450D．2000
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．一个总体有100个个体，随机编号为0,1,2，…，99，依编号顺序平均分成10组，组号依次为1,2,3，…，10，现用系统抽样方法抽取一个容量为10的样本，规定如果在第1组中随机抽取的号码为m，那么在第k组中抽取的号码个位数字与m＋k的个位数字相同，若m＝6，则在第7组中抽取的号码是________．
7．(2011舟山月考)某学院的A，B，C三个专业共有1200名学生．为了调查这些学生勤工俭学的情况，拟采用分层抽样的方法抽取一个容量为120的样本．已知该学院的A专业有380名学生，B专业有420名学生，则在该学院的C专业应抽取________名学生．
8．一个总体分为A，B两层，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为10的样本．已知B层中每个个体被抽到的概率都为112，则总体中的个体数为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)某校高中三年级的295名学生已经编号为1,2，…，295，为了解学生的学习情况，要按1∶5的比例抽取一个样本，用系统抽样的方法进行抽取，并写出过程．
10．(12分)(2011潮州模拟)潮州统计局就某地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本的频率分布直方图(每个分组包括左端点，不包括右端点，如第一组表示收入在[1000,1500))．
(1)求居民月收入在[3000,3500)的频率；
(2)根据频率分布直方图算出样本数据的中位数；
(3)为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10000人中用分层抽样方法抽出100人作进一步分析，则月收入在[2500,3000)的这段应抽多少人？
11．(14分)某电视台在一次对收看文艺节目和新闻节目观众的抽样调查中，随机抽取了100名电视观众，相关的数据如表所示：
文艺节目新闻节目总计
20至40岁401858
大于40岁152742
总计5545100
(1)由表中数据直观分析，收看新闻节目的观众是否与年龄有关？
(2)用分层抽样方法在收看新闻节目的观众中随机抽取5名，大于40岁的观众应该抽取几名？
(3)在上述抽取的5名观众中任取2名，求恰有1名观众的年龄为20至40岁的概率．
学案56随机抽样
自主梳理
1．(1)逐个不放回地相等(2)抽签法随机数法
2．(1)编号(2)分段间隔k分段(3)简单随机抽样(4)(l＋k)(l＋2k)3.(2)差异明显的几个部分
自我检测
1．C
2．A[因为①中牛奶生产线上生产的牛奶数量很大，每隔30分钟抽取一袋，这符合系统抽样；②中样本容量和总体容量都很小，采用的是简单随机抽样．]
3．D[由题意，各种职称的人数比为160∶320∶200∶120＝4∶8∶5∶3，所以抽取的具有高、中、初级职称的人数和其他人员的人数分别为40×420＝8,40×820＝16,40×520＝10,40×320＝6.]
4．B[由题意知青年职工人数∶中年职工人数∶老年职工人数＝350∶250∶150＝7∶5∶3.由样本中青年职工为7人，得样本容量为15.]
5.16
解析每一个个体被抽到的概率都是样本容量除以总体，即20120＝16.
课堂活动区
例1解题导引解决本题的关键在于对各种抽样方法概念的正确理解以及在每一次抽样的步骤中所采用的抽样方法．采用什么样的抽样方法要依据研究的总体中的个体情况来定．
B[①中总体由差异明显的几部分构成，宜采用分层抽样法，②中总体中的个体数较少，宜采用简单随机抽样法．]
变式迁移1D[③中每部分选取的号码间隔一样(都是27)，可能为系统抽样方法，排除A；②可能为分层抽样，排除B；④不是系统抽样，排除C，故选D.]
例2解题导引系统抽样是一种等间隔抽样，间隔k＝Nn(其中n为样本容量，N为总体容量)．预先定出规则，一旦第1段用简单随机抽样确定出起始个体的编号，那么样本中的个体编号就确定下来．从小号到大号逐次递增k，依次得到样本全部．因此可以联想等差数列的知识结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ营区的编号范围来求解．
B[由题意，系统抽样间隔k＝60050＝12，故抽到的个体编号为12k＋3(其中k＝0,1,2,3，…，49)．令12k＋3≤300，解得k≤24.
∴k＝0,1,2，…，24，共25个编号．
所以从Ⅰ营区抽取25人；
令30012k＋3≤495，解得25≤k≤41.
∴k＝25,26,27，…，41，共17个编号．
所以从Ⅱ营区抽取17人；
因此从第Ⅲ营区抽取50－25－17＝8(人)．]
变式迁移23720
解析由分组可知，抽号的间隔为5，又因为第5组抽出的号码为22，所以第6组抽出的号码为27，第7组抽出的号码为32，第8组抽出的号码为37.
40岁以下的年龄段的职工数为200×0.5＝100(人)，则应抽取的人数为40200×100＝20(人)．
例3解题导引分层抽样中各层抽取的个体数依各层个体数成比例分配．因此要善于利用列比例等式来解决该类问题．必要时引进字母来表示一些未知量．
B[设该单位老年职工有x人，从中抽取y人．
则160＋3x＝430x＝90，即老年职工有90人，
则90160＝y32y＝18.]
变式迁移31013
解析利用分层抽样可知从3个分厂抽出的100个电子产品中，每个厂中的产品个数比也为1∶2∶1，故分别有25,50,25个．再由三个厂子算出的平均值可得100件产品的总的平均寿命为
980×25＋1020×50＋1032×25100＝1013(h)．
课后练习区
1．A[①总体较少，宜用简单随机抽样；②已分段，宜用系统抽样；③各层间差距较大，宜用分层抽样．]
2．D[由分层抽样的定义可知，该抽样为按比例的抽样．]
3．B[系统抽样是等距抽样，间隔k＝606＝10.]
4．C[∵二年级女生有2000×0.19＝380(人)，
∴三年级共有2000－(373＋377)－(380＋370)＝500(人)．
∴应在三年级抽取的人数为642000×500＝16(人)．]
5．C[设这个学校高一年级人数为x，
则90x＝20100，∴x＝450.]
6．63
解析由题意知，第7组中抽取的号码的个位数与6＋7的个位数相同，即为3；又第7组中号码的十位上的数为6，所以在第7组中抽取的号码是63.
7．40
解析由题知C专业有学生1200－380－420＝400(名)，
那么C专业应抽取的学生数为120×4001200＝40(名)．
8．120
解析分层抽样中，每个个体被抽到的概率都相等，
则10x＝112x＝120.
9．解按照1∶5的比例，应该抽取的样本容量为295÷5＝59，我们把295名同学分成59组，每组5人．(4分)
第1组是编号为1～5的5名学生，第2组是编号为6～10的5名学生，依次下去，第59组是编号为291～295的5名学生．(8分)
采用简单随机抽样的方法，从第1组5名学生中抽出一名学生，不妨设编号为l(1≤l≤5)，那么抽取的学生编号为(l＋5k)(k＝0,1,2，…，58)，得到59个个体作为样本，如当l＝3时的样本编号为3,8,13，…，288,293.
(12分)
10．解(1)月收入在[3000,3500)的频率为
0．0003×(3500－3000)＝0.15.(2分)
(2)∵0.0002×(1500－1000)＝0.1，
0．0004×(2000－1500)＝0.2，
0．0005×(2500－2000)＝0.25，
0．1＋0.2＋0.25＝0.550.5.
∴样本数据的中位数为
2000＋0.5－0.1＋0.20.0005
＝2000＋400＝2400.(6分)
(3)居民月收入在[2500,3000)的频率为
0．0005×(3000－2500)＝0.25，
所以10000人中月收入在[2500,3000)的人数为0.25×10000＝2500(人)，
再从10000人中分层抽样方法抽出100人，则月收入在[2500，3000)的这段应抽取100×250010000＝25(人)．
(12分)
11．解(1)因为在20至40岁的58名观众中有18名观众收看新闻节目，而大于40岁的42名观众中有27名观众收看新闻节目，所以，经直观分析，收看新闻节目的观众与年龄是有关的．(4分)
(2)从题中所给条件可以看出收看新闻节目的共45人，随机抽取5人，则抽样比为545＝19，故大于40岁的观众应抽取27×19＝3(人)．(8分)
(3)抽取的5名观众中大于40岁的有3人，在20至40岁的有2人，记大于40岁的人为a1，a2，a3,20至40岁的人为b1，b2，则从5人中抽取2人的基本事件有(a1，a2)，(a1，a3)，(a2，a3)，(b1，b2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)共10个，其中恰有1人为20至40岁的有6个，
故所求概率为610＝35.(14分)
高考数学（理科）一轮复习空间向量及其运算学案附答案
作为优秀的教学工作者，在教学时能够胸有成竹，教师要准备好教案，这是教师的任务之一。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助授课经验少的教师教学。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？以下是小编为大家精心整理的“高考数学（理科）一轮复习空间向量及其运算学案附答案”，欢迎大家阅读，希望对大家有所帮助。
学案45空间向量及其运算
导学目标：1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．
自主梳理
1．空间向量的有关概念
(1)空间向量：在空间中，具有______和______的量叫做空间向量．
(2)相等向量：方向______且模______的向量．
(3)共线向量定理
对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是______________________________．
推论如图所示，点P在l上的充要条件是：OP→＝OA→＋ta①
其中a叫直线l的方向向量，t∈R，在l上取AB→＝a，则①可化为OP→＝___________________或OP→＝(1－t)OA→＋tOB→.
(4)共面向量定理
如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在惟一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb，推论的表达式为MP→＝xMA→＋yMB→或对空间任意一点O有，OP→＝__________________或OP→＝xOA→＋yOB→＋zOM→，其中x＋y＋z＝____.
2．空间向量基本定理
如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝____________________________，把{a，b，c}叫做空间的一个基底．
3．空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角
已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA→＝a，OB→＝b，则________叫做向量a与b的夹角，记作________，其范围是________________，若〈a，b〉＝π2，则称a与b______________，记作a⊥b.
②两向量的数量积
已知两个非零向量a，b，则______________________叫做向量a，b的数量积，记作________，即______________________________．
(2)空间向量数量积的运算律
①结合律：(λa)b＝____________________；
②交换律：ab＝________；
③分配律：a(b＋c)＝________________.
4．空间向量的坐标表示及应用
(1)数量积的坐标运算
若a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则ab＝____________________.
(2)共线与垂直的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则a∥b(b≠0)____________________，__________，________________，
a⊥b_________________________________________(a，b均为非零向量)．
(3)模、夹角和距离公式
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则|a|＝aa＝_____________________________________________________________，
cos〈a，b〉＝ab|a||b|＝_________________________________________________________.
若A(a1，b1，c1)，B(a2，b2，c2)，
则|AB→|＝__________________________________________________________________.
自我检测
1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1，－2y,9)，且a∥b，则()
A．x＝1，y＝1B．x＝12，y＝－12
C．x＝16，y＝－32D．x＝－16，y＝32
2．(2011青岛月考)
如图所示，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则下列向量中与B1M→相等的向量是()
A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋c
C.12a－12b＋cD．－12a－12b＋c
3．(2011广州调研)在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，已知∠BAD＝∠A′AB＝∠A′AD＝60°，AB＝3，AD＝4，AA′＝5，则|AC′→|＝________.
4．有下列4个命题：
①若p＝xa＋yb，则p与a、b共面；
②若p与a、b共面，则p＝xa＋yb；
③若MP→＝xMA→＋yMB→，则P、M、A、B共面；
④若P、M、A、B共面，则MP→＝xMA→＋yMB→.
其中真命题的个数是()
A．1B．2C．3D．4
5．A(1,0,1)，B(4,4,6)，C(2,2,3)，D(10,14,17)这四个点________(填共面或不共面)．
探究点一空间基向量的应用
例1已知空间四边形OABC中，M为BC的中点，N为AC的中点，P为OA的中点，Q为OB的中点，若AB＝OC，求证：PM⊥QN.
变式迁移1
如图，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，则异面直线AF和CE所成角的余弦值为________．
探究点二利用向量法判断平行或垂直
例2(2011合肥调研)两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，点M、N分别在BD、AE上，且AN＝DM.
(1)求证：MN∥平面EBC；(2)求MN长度的最小值．
变式迁移2
如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．
求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥面BDF.
探究点三利用向量法解探索性问题
例3(2011泉州月考)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别
为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.
(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE；
(2)在△AOB内是否存在一点M，使FM⊥平面BOE？若存在，求出点M到OA，OB的距离；若不存在，说明理由．
变式迁移3已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D为A1C1的中点，E为B1C的中点．
(1)求直线BE与A1C所成的角的余弦值；
(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出AF；若不存在，请说明理由．
1．向量法解立体几何问题有两种基本思路：一种是利用基向量表示几何量，简称基向量法；另一种是建立空间直角坐标系，利用坐标法表示几何量，简称坐标法．
2．利用坐标法解几何问题的基本步骤是：(1)建立适当的空间直角坐标系，用坐标准确表示涉及到的几何量．(2)通过向量的坐标运算，研究点、线、面之间的位置关系．(3)根据运算结果解释相关几何问题．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．下列命题：
①若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB→＋BC→＋CD→＋DA→＝0；
②|a|－|b|＝|a＋b|是a、b共线的充要条件；
③若a、b共线，则a与b所在直线平行；
④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若OP→＝xOA→＋yOB→＋zOC→(其中x、y、z∈R)则P、A、B、C四点共面．其中假命题的个数是()
A．1B．2C．3D．4
2.
如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，则直线OM()
A．既垂直于AC，又垂直于MN
B．垂直于AC，但不垂直于MN
C．垂直于MN，但不垂直于AC
D．与AC、MN都不垂直
3．(2011绍兴月考)
如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()
A．45°B．60°
C．90°D．120°
4．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)确定的平面上，则a等于()
A．16B．4C．2D．8
5．在直角坐标系中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为()
A.2B．211C．32D．42
二、填空题(每小题4分，共12分)
6.
(2011信阳模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD，F为BC的中点，E为AD的中点，若EF→＝λ(AB→＋DC→)，则λ＝________.
7．(2011铜川模拟)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，给出以下向量表达式：
①(A1D1→－A1A→)－AB→；②(BC→＋BB1→)－D1C1→；
③(AD→－AB→)－2DD1→；④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→.
其中能够化简为向量BD1→的是________．(填所有正确的序号)
8．(2011丽水模拟)
如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB的中点，cos〈DP→，AE→〉＝33，若以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)
如图所示，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1.
(1)求证：E、B、F、D1四点共面；
(2)若点G在BC上，BG＝23，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1.
10．(12分)(2009福建)如图，
四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
11．(14分)(2011汕头月考)
如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．
(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长；
(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．
学案45空间向量及其运算
自主梳理
1．(1)大小方向(2)相同相等(3)存在实数λ，使得a＝λbOA→＋tAB→(4)OM→＋xMA→＋yMB→12.xa＋yb＋zc3.(1)①∠AOB〈a，b〉0≤〈a，b〉≤π互相垂直②|a||b|cos〈a，b〉abab＝|a||b|cos〈a，b〉
(2)①λ(ab)②ba③ab＋ac4.(1)a1b1＋a2b2＋a3b3(2)a＝λba1＝λb1a2＝λb2a3＝λb3(λ∈R)ab＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(3)a21＋a22＋a23
a1b1＋a2b2＋a3b3a21＋a22＋a23b21＋b22＋b23a2－a12＋b2－b12＋c2－c12
自我检测
1．C[∵a∥b，∴2x1＝1－2y＝39，
∴x＝16，y＝－32.]
2．A[B1M→＝B1A1→＋A1A→＋AM→
＝－A1B1→＋A1A→＋12AB→＋12AD→
＝－a＋c＋12(a＋b)＝－12a＋12b＋c.]
3.97
解析∵AC′→＝AB→＋BC→＋CC′→＝AB→＋AD→＋AA′→，
∴|AC′→|2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→AD→＋2AD→AA′→＋2AA′→AB→＝32＋42＋52＋2×3×4×cos60°＋2×4×5×cos60°＋2×3×5×cos60°＝97，
∴|AC′→|＝97.
4．B[①正确．②中若a、b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立．③正确．④中若M、A、B共线，点P不在此直线上，则MP→＝xMA→＋yMB→不正确．]
5．共面
解析AB→＝(3,4,5)，AC→＝(1,2,2)，AD→＝(9,14,16)，设AD→＝xAB→＋yAC→，
即(9,14,16)＝(3x＋y,4x＋2y,5x＋2y)．
∴x＝2y＝3，从而A、B、C、D四点共面．
课堂活动区
例1解题导引欲证a⊥b，只要把a、b用相同的几个向量表示，然后利用向量的数量积证明ab＝0即可，这是基向量证明线线垂直的基本方法．
证明如图所示
.
设OA→＝a，OB→＝b，OC→＝c.
∵OM→＝12(OB→＋OC→)＝12(b＋c)，
ON→＝12(OA→＋OC→)＝12(a＋c)，
∴PM→＝PO→＋OM→＝－12a＋12(b＋c)
＝12(b＋c－a)，
QN→＝QO→＋ON→＝－12b＋12(a＋c)＝12(a＋c－b)．
∴PM→QN→＝14[c－(a－b)][c＋(a－b)]
＝14[c2－(a－b)2]＝14(|OC→|2－|BA→|2)
∵|AB→|＝|OC→|，∴PM→QN→＝0.
即PM→⊥QN→，故PM⊥QN.
变式迁移123
解析设{AB→，AC→，AD→}为空间一组基底，
则AF→＝12AB→＋12AC→，
CE→＝12CA→＋12CD→＝12CA→＋12(AD→－AC→)
＝－AC→＋12AD→.
∴AF→CE→＝12AB→＋12AC→－AC→＋12AD→
＝－12AB→AC→－12AC→2＋14AB→AD→＋14AC→AD→
＝－14AB→2－12AC→2＋18AB→2＋18AC→2
＝－12AC→2.
又|AF→|＝|CE→|＝32|AC→|，∴|AF→||CE→|＝34|AC→|2.
∴cos〈AF→，CE→〉＝AF→CE→|AF→||CE→|＝－12AC→234|AC→|2＝－23.
∴异面直线AF与CE所成角的余弦值为23.
例2解题导引
如图所示，建立坐标系后，要证MN平行于平面EBC，只要证MN→的横坐标为0即可．
(1)证明如图所示，以BA→、BC→、BE→为单位正交基底建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，D(1,1,0)，E(0,0,1)，B(0,0,0)，
设ANAE＝DMDB＝λ，则MN→＝MD→＋DA→＋AN→＝λBD→＋DA→＋λAE→
＝λ(1,1,0)＋(0，－1,0)＋λ(－1,0,1)＝(0，λ－1，λ)．
∵0λ1，∴λ－1≠0，λ≠0，且MN→的横坐标为0.
∴MN→平行于平面yBz，即MN∥平面EBC.
(2)解由(1)知|MN→|＝λ－12＋λ2＝2λ2－2λ＋1
＝2λ－122＋12，
∴当λ＝12时，MN取得长度的最小值为22.
变式迁移2证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC∩BD＝N，连接NE.
则点N、E的坐标分别为
22，22，0、(0,0,1)．
∴NE→＝－22，－22，1.
又点A、M的坐标分别为(2，2，0)、22，22，1，
∴AM→＝－22，－22，1.
∴NE→＝AM→且NE与AM不共线．
∴NE∥AM.
又∵NE平面BDE，AM平面BDE，
∴AM∥平面BDE.
(2)由(1)得，AM→＝－22，－22，1，
∵D(2，0,0)，F(2，2，1)，B(0，2，0)，
∴DF→＝(0，2，1)，BF→＝(2，0,1)．
∴AM→DF→＝0，AM→BF→＝0.∴AM→⊥DF→，AM→⊥BF→，
即AM⊥DF，AM⊥BF.
又DF∩BF＝F，
∴AM⊥平面BDF.
例3解题导引建立适当的空间直角坐标系后，写出各点坐标．第(1)题证明FG→与平面BOE的法向量n垂直，即FG→n＝0即可．第(2)题设出点M的坐标，利用MF→∥n即可解出，然后检验解的合理性．
(1)证明
如图，连接OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O—xyz.
则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，
B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)．
由题意，得G(0,4,0)．
因为OB→＝(8,0,0)，OE→＝(0，－4,3)，
所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)．
由FG→＝(－4,4，－3)，得nFG→＝0.
又直线FG不在平面BOE内，所以FG∥平面BOE.
(2)解设点M的坐标为(x0，y0,0)，
则FM→＝(x0－4，y0，－3)．
因为FM⊥平面BOE，所以FM→∥n，
因此x0＝4，y0＝－94，
即点M的坐标是4，－94，0.
在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式组x0，y0，x－y8.
经检验，点M的坐标满足上述不等式组．
所以，在△AOB内存在一点M，使PM⊥平面BOE.
由点M的坐标，得点M到OA，OB的距离分别为4，94.
变式迁移3解
(1)以点B为原点，以BA、BC、BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，B1(0,0,3a)，
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AB＝BC＝22AC＝2a，
∴A(2a,0,0)，C(0，2a,0)，C1(0，2a,3a)，
E0，22a，32a，A1(2a,0,3a)，
∴BE→＝0，22a，32a，A1C→＝(－2a，2a，－3a)，
cos〈BE→，A1C→〉＝BE→A1C→|BE→||A1C→|＝－72a2112a×13a＝－7143143.
∴直线BE与A1C所成的角的余弦值为7143143.
(2)假设存在点F，使CF⊥平面B1DF，
并设AF→＝λAA1→＝λ(0,0,3a)＝(0,0,3λa)(0λ1)，
∵D为A1C1的中点，∴D22a，22a，3a，
B1D→＝22a，22a，3a－(0,0,3a)＝22a，22a，0，
B1F→＝B1B→＋BA→＋AF→＝(0,0，－3a)＋(2a,0,0)＋(0,0,3λa)＝(2a,0,3a(λ－1))，
CF→＝CA→＋AF→＝(2a，－2a,0)＋(0,0,3λa)
＝(2a，－2a,3λa)．
∵CF⊥平面B1DF，∴CF→⊥B1D→，CF→⊥B1F→，
CF→B1D→＝0CF→B1F→＝0，即3λa×0＝09λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝23或λ＝13
∴存在点F使CF⊥面B1DF，且
当λ＝13时，|AF→|＝13|AA1→|＝a，
当λ＝23时，|AF→|＝23|AA1→|＝2a.
课后练习区
1．C[②③④均不正确．]
2．A[以D为坐标原点，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建系，设棱长为2，则M(0,0,1)，N(0,1,2)，O(1,1,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
∴AC→＝(－2,2,0)，MN→＝(0,1,1)，OM→＝(－1，－1,1)，
∴OM→AC→＝0，OM→MN→＝0，
∴OM⊥AC，OM⊥MN.]
3．B[
如图建立坐标系，设AB＝BC＝AA1＝2，则E(0,1,0)，F(0,0,1)，C1(2,0,2)，
∴EF→＝(0，－1,1)，BC1→＝(2,0,2)，
∴cos〈EF→，BC1→〉＝228＝12.
∵〈EF→，BC1→〉∈[0°，180°]
∴EF与BC1所成的角是60°.]
4．A[由PC→＝λ1PA→＋λ2PB→得：
(2a－1，a＋1,2)＝λ1(－1，－3,2)＋λ2(6，－1，4)，
∴－λ1＋6λ2＝2a－1－3λ1－λ2＝a＋1，2λ1＋4λ2＝2解得a＝16.]
5．B[
过A、B分别作AA1⊥x轴，BB1⊥x轴，垂足分别为A1和B1，则AA1＝3，A1B1＝5，BB1＝2，
∵AB→＝AA1→＋A1B1→＋B1B→，
∴AB→2＝AA1→2＋A1B1→2＋B1B→2＋2AA1→B1B→＝32＋52＋22＋2×3×2×cos60°＝44.∴|AB→|＝211.]
6.12
解析∵EF→＝EA→＋AB→＋BF→，
又EF→＝ED→＋DC→＋CF→，
∴2EF→＝AB→＋DC→，∴EF→＝12(AB→＋DC→)，∴λ＝12.
7．①②
解析①(A1D1→－A1A→)－AB→＝AD1→－AB→＝BD1→；
②(BC→＋BB1→)－D1C1→＝BC1→－D1C1→＝BD1→；
③(AD→－AB→)－2DD1→＝BD→－2DD1→≠BD1→；
④(B1D1→＋A1A→)＋DD1→＝B1D1→＋(A1A→＋DD1→)＝B1D1→≠BD1→.
8．(1,1,1)
解析设DP＝y0，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，P(0,0，y)，E1，1，y2，DP→＝(0,0，y)，AE→＝－1，1，y2.
∴cos〈DP→，AE→〉＝DP→AE→|DP→||AE→|＝12y2y2＋y24＝y8＋y2＝33.
解得y＝2，∴E(1,1,1)．
9．证明(1)
建立如图所示的空间直角坐标系，
则BE→＝(3,0,1)，BF→＝(0,3,2)，
BD1→＝(3,3,3)．(2分)
所以BD1→＝BE→＋BF→.
故BD1→、BE→、BF→共面．
又它们有公共点B，∴E、B、F、D1四点共面．(6分)
(2)设M(0,0，z)，则GM→＝0，－23，z.
而BF→＝(0,3,2)，
由题设，得GM→BF→＝－23×3＋z2＝0，得z＝1.(8分)
∴M(0,0,1)，E(3,0,1)，∴ME→＝(3,0,0)．
又BB1→＝(0,0,3)，BC→＝(0,3,0)，∴ME→BB1→＝0，
∴ME→BC→＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.
又∵BB1∩BC＝B，∴ME⊥平面BCC1B1.(12分)
10.
解(1)如图所示，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D—xyz.
依题意，得D(0,0,0)，
A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，
E12，1，0.(2分)
∴NE→＝－12，0，－1，
AM→＝(－1,0,1)．
∵cos〈NE→，AM→〉＝NE→AM→|NE→||AM→|＝－1252×2＝－1010，
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为1010.
(6分)
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
∵AN→＝(0,1,1)，可设AS→＝λAN→＝(0，λ，λ)，
又EA→＝12，－1，0，
∴ES→＝EA→＋AS→＝12，λ－1，λ.(8分)
由ES⊥平面AMN，
得ES→AM→＝0，ES→AN→＝0，即－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0.(10分)
故λ＝12，此时AS→＝0，12，12，|AS→|＝22.
经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，
使得ES⊥平面AMN，此时AS＝22.(12分)
11．(1)证明设AB→＝p，AC→＝q，AD→＝r.
由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.
MN→＝AN→－AM→＝12(AC→＋AD→)－12AB→
＝12(q＋r－p)，(2分)
∴MN→AB→＝12(q＋r－p)p
＝12(qp＋rp－p2)
＝12(a2cos60°＋a2cos60°－a2)＝0.
∴MN⊥AB
又∵CD→＝AD→－AC→＝r－q，
∴MN→CD→＝12(q＋r－p)(r－q)
＝12(qr－q2＋r2－qr－pr＋pq)
＝12(a2cos60°－a2＋a2－a2cos60°－a2cos60°＋a2cos60°)
＝0，∴MN⊥CD.(4分)
(2)解由(1)可知MN→＝12(q＋r－p)，
∴|MN→|2＝MN→2＝14(q＋r－p)2
＝14[q2＋r2＋p2＋2(qr－pq－rp)]
＝14a2＋a2＋a2＋2a22－a22－a22
＝14×2a2＝a22.
∴|MN→|＝22a，∴MN的长为22a.(9分)
(3)解设向量AN→与MC→的夹角为θ.
∵AN→＝12(AC→＋AD→)＝12(q＋r)，
MC→＝AC→－AM→＝q－12p，
∴AN→MC→＝12(q＋r)q－12p
＝12q2－12qp＋rq－12rp
＝12a2－12a2cos60°＋a2cos60°－12a2cos60°
＝12a2－a24＋a22－a24＝a22.(12分)
又∵|AN→|＝|MC→|＝32a，
∴AN→MC→＝|AN→||MC→|cosθ
即32a32acosθ＝a22.
∴cosθ＝23，(13分)
∴向量AN→与MC→的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为23.(14分)
高考数学抛物线复习教案
一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性，教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，帮助教师能够井然有序的进行教学。关于好的教案要怎么样去写呢？小编为此仔细地整理了以下内容《高考数学抛物线复习教案》，欢迎您阅读和收藏，并分享给身边的朋友！
1抛物线的定义：平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，定点F叫做抛物线的焦点，定直线l叫做抛物线的准线．
2抛物线的图形和性质：
①顶点是焦点向准线所作垂线段中点。
②焦准距：
③通径：过焦点垂直于轴的弦长为。
④顶点平分焦点到准线的垂线段：。
⑤焦半径为半径的圆：以P为圆心、FP为半径的圆必与准线相切。所有这样的圆过定点F、准线是公切线。
⑥焦半径为直径的圆：以焦半径FP为直径的圆必与过顶点垂直于轴的直线相切。所有这样的圆过定点F、过顶点垂直于轴的直线是公切线。
⑦焦点弦为直径的圆：以焦点弦PQ为直径的圆必与准线相切。所有这样的圆的公切线是准线。
3抛物线标准方程的四种形式：
4抛物线的图像和性质：
①焦点坐标是：，
②准线方程是：。
③焦半径公式：若点是抛物线上一点，则该点到抛物线的焦点的距离（称为焦半径）是：，
④焦点弦长公式：过焦点弦长
⑤抛物线上的动点可设为P或或P
5一般情况归纳：
方程图象焦点准线定义特征
y2=kxk0时开口向右(k/4,0)x=─k/4到焦点(k/4,0)的距离等于到准线x=─k/4的距离
k0时开口向左
x2=kyk0时开口向上(0,k/4)y=─k/4到焦点(0,k/4)的距离等于到准线y=─k/4的距离
k0时开口向下
抛物线的定义：
例1：点M与点F(－4，0)的距离比它到直线l：x－6=0的距离4.2，求点M的轨迹方程．
分析：点M到点F的距离与到直线x=4的距离恰好相等，符合抛物线定义．
答案：y2=－16x
例2：斜率为1的直线l经过抛物线y2=4x的焦点，与抛物线相交于点A、B，求线段A、B的长．
分析：这是灵活运用抛物线定义的题目．基本思路是：把求弦长AB转化为求A、B两点到准线距离的和．
解：如图8－3－1，y2=4x的焦点为F(1，0)，则l的方程为y=x－1．
由消去y得x2－6x+1=0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)则x1+x2=6．
又A、B两点到准线的距离为，，则
点评：抛物线的定义本身也是抛物线最本质的性质，在解题中起到至关重要的作用。
例3:(1)已知抛物线的标准方程是y2=10x，求它的焦点坐标和准线方程；
(2)已知抛物线的焦点是F(0，3)求它的标准方程；
(3)已知抛物线方程为y=－mx2(m0)求它的焦点坐标和准线方程；
(4)求经过P(－4，－2)点的抛物线的标准方程；
分析：这是为掌握抛物线四类标准方程而设计的基础题，解题时首先分清属哪类标准型，再录求P值(注意p0)．特别是(3)题，要先化为标准形式：，则．(4)题满足条件的抛物线有向左和向下开口的两条，因此有两解．
答案：(1)，．(2)x2=12y(3)，；(4)y2=－x或x2=－8y．
例4求满足下列条件的抛物线的标准方程，并求对应抛物线的准线方程：
（1）过点（－3，2）；
（2）焦点在直线x－2y－4=0上
分析：从方程形式看，求抛物线的标准方程仅需确定一个待定系数p；从实际分析，一般需确定p和确定开口方向两个条件，否则，应展开相应的讨论
解：（1）设所求的抛物线方程为y2=－2px或x2=2py（p＞0），
∵过点（－3，2），
∴4=－2p（－3）或9=2p2
∴p=或p=
∴所求的抛物线方程为y2=－x或x2=y，前者的准线方程是x=，后者的准线方程是y=－
（2）令x=0得y=－2，令y=0得x=4，
∴抛物线的焦点为（4，0）或（0，－2）
当焦点为（4，0）时，=4，
∴p=8，此时抛物线方程y2=16x；
焦点为（0，－2）时，=2，
∴p=4，此时抛物线方程为x2=－8y
∴所求的抛物线的方程为y2=16x或x2=－8y，
对应的准线方程分别是x=－4，y=2
常用结论
①过抛物线y2＝2px的焦点F的弦AB长的最小值为2p
②设A(x1，y)，1B(x2，y2)是抛物线y2＝2px上的两点，则AB过F的充要条件是y1y2＝－p2
③设A，B是抛物线y2＝2px上的两点，O为原点，则OA⊥OB的充要条件是直线AB恒过定点(2p，0)
例5：过抛物线y2=2px(p0)的顶点O作弦OA⊥OB，与抛物线分别交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，求证：y1y2=－4p2．
分析：由OA⊥OB，得到OA、OB斜率之积等于－1，从而得到x1、x2，y1、y2之间的关系．又A、B是抛物线上的点，故(x1，y1)、(x2，y2)满足抛物线方程．从这几个关系式可以得到y1、y2的值．
证：由OA⊥OB，得，即y1y2=－x1x2，又，，所以：，即．而y1y2≠0．所以y1y2=－4p2．
弦的问题
例1A,B是抛物线y2=2px(p0)上的两点，满足OAOB(O为坐标原点)求证：(1)A,B两点的横坐标之积，纵坐标之积为定值；
(2)直线AB经过一个定点
(3)作OMAB于M，求点M的轨迹方程
解：(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=2px1,y22=2px2,
∴y12y22=4p2x1x2,
∵OAOB,∴x1x2+y1y2=0,
由此即可解得：x1x2=4p2,y1y2=─4p2(定值)
(2)直线AB的斜率k===,
∴直线AB的方程为y─y1=(x─),
即y(y1+y2)─y1y2=2px,由(1)可得y=(x─2p),
直线AB过定点C(2p,0)
(3)解法1:设M(x,y),由(2)知y=(x─2p)(i),
又ABOM,故两直线的斜率之积为─1,即=─1(ii)
由(i),(ii)得x2─2px+y2=0(x0)
解法2:由OMAB知点M的轨迹是以原点和点(2p,0)为直径的圆(除去原点)立即可求出
例2定长为3的线段AB的两个端点在抛物线y2=x上移动，AB的中点为M，求点M到y轴的最短距离，并求此时点M的坐标
解：如图，设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y),则x=,y=,
又设点A，B，M在准线:x=─1/4上的射影分别为A/,B/,M/,MM/与y轴的交点为N，
则|AF|=|AA/|=x1+,|BF|=|BB/|=x2+,
∴x=(x1+x2)=(|AF|+|BF|─)(|AB|─)=
等号在直线AB过焦点时成立，此时直线AB的方程为y=k(x─)
由得16k2x2─8(k2+2)x+k2=0
依题意|AB|=|x1─x2|=×==3,
∴k2=1/2,此时x=(x1+x2)==
∴y=±即M(,),N(,─)
例3设一动直线过定点A(2,0)且与抛物线相交于B、C两点,点B、C在轴上的射影分别为,P是线段BC上的点,且适合,求的重心Q的轨迹方程,并说明该轨迹是什么图形
解析:设,
,
由得
①
又代入①式得②
由得代入②式得:
由得或,又由①式知关于是减函数且
,且
所以Q点轨迹为一线段(抠去一点):
(且)
例4已知抛物线,焦点为F,一直线与抛物线交于A、B两点,且,且AB的垂直平分线恒过定点S(6,0)
①求抛物线方程;②求面积的最大值
解:①设,AB中点
由得
又得
所以依题意,
抛物线方程为
②由及,
令得
又由和得:
例5定长为3的线段AB的两个端点在抛物线y2=x上移动，AB的中点为M，求点M到y轴的最短距离，并求此时点M的坐标
解：如图，设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y),则x=,y=,
又设点A，B，M在准线:x=─1/4上的射影分别为A/,B/,M/,MM/与y轴的交点为N，
则|AF|=|AA/|=x1+,|BF|=|BB/|=x2+,
∴x=(x1+x2)=(|AF|+|BF|─)(|AB|─)=
等号在直线AB过焦点时成立，此时直线AB的方程为y=k(x─)
由得16k2x2─8(k2+2)x+k2=0
依题意|AB|=|x1─x2|=×==3,
∴k2=1/2,此时x=(x1+x2)==
∴y=±即M(,),N(,─)
综合类(几何)
例1过抛物线焦点的一条直线与它交于两点P、Q，通过点P和抛物线顶点的直线交准线于点M，如何证明直线MQ平行于抛物线的对称轴？
解：思路一：求出M、Q的纵坐标并进行比较，如果相等，则MQ//x轴，为此，将方程联立，解出
直线OP的方程为即
令，得M点纵坐标得证．
由此可见，按这一思路去证，运算较为繁琐．
思路二：利用命题“如果过抛物线的焦点的一条直线和这条抛物线相交，两上交点的纵坐标为、，那么”来证．
设、、，并从及中消去x，得到，则有结论，即．
又直线OP的方程为，，得．
因为在抛物线上，所以．
从而．
这一证法运算较小．
思路三：直线MQ的方程为的充要条件是．
将直线MO的方程和直线QF的方程联立，它的解（x,y）就是点P的坐标，消去的充要条件是点P在抛物线上，得证．这一证法巧用了充要条件来进行逆向思维，运算量也较小．
说明：本题中过抛物线焦点的直线与x轴垂直时（即斜率不存在），容易证明成立．
例2已知过抛物线的焦点且斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，点R是含抛物线顶点O的弧AB上一点，求△RAB的最大面积．
分析：求RAB的最大面积，因过焦点且斜率为1的弦长为定值，故可以为三角形的底，只要确定高的最大值即可．
解：设AB所在的直线方程为．
将其代入抛物线方程，消去x得
当过R的直线l平行于AB且与抛物线相切时，△RAB的面积有最大值．
设直线l方程为．代入抛物线方程得
由得，这时．它到AB的距离为
∴△RAB的最大面积为．
例3直线过点，与抛物线交于、两点，P是线段的中点，直线过P和抛物线的焦点F，设直线的斜率为k．
（1）将直线的斜率与直线的斜率之比表示为k的函数；
（2）求出的定义域及单调区间．
分析：过点P及F，利用两点的斜率公式，可将的斜率用k表示出来，从而写出，由函数的特点求得其定义域及单调区间．
解：（1）设的方程为：，将它代入方程，得
设，则
将代入得：，即P点坐标为．
由，知焦点，∴直线的斜率
∴函数．
（2）∵与抛物线有两上交点，∴且
解得或
∴函数的定义域为
当时，为增函数．
例4如图所示：直线l过抛物线的焦点，并且与这抛物线相交于A、B两点，求证：对于这抛物线的任何给定的一条弦CD，直线l不是CD的垂直平分线．
分析：本题所要证的命题结论是否定形式，一方面可根据垂直且平分列方程得矛盾结论；别一方面也可以根据l上任一点到C、D距离相等来得矛盾结论．
证法一：假设直线l是抛物线的弦CD的垂直平方线，因为直线l与抛物线交于A、B两点，所以直线l的斜率存在，且不为零；直线CD的斜率存在，且不为0．
设C、D的坐标分别为与．则
∴l的方程为
∵直线l平分弦CD
∴CD的中点在直线l上，
即，化简得：
由知得到矛盾，所以直线l不可能是抛物线的弦CD的垂直平分线．
证法二：假设直线l是弦CD的垂直平分线
∵焦点F在直线l上，∴
由抛物线定义，到抛物线的准线的距离相等．
∵，
∴CD的垂直平分线l：与直线l和抛物线有两上交点矛盾，下略．
例5设过抛物线的顶点O的两弦OA、OB互相垂直，求抛物线顶点O在AB上射影N的轨迹方程．
分析：求与抛物线有关的轨迹方程，可先把N看成定点；待求得的关系后再用动点坐标来表示，也可结合几何知识，通过巧妙替换，简化运算．
解法一：设
则：，
，即
，①
把N点看作定点，则AB所在的直线方程为：显然
代入化简整理得：
，②
由①、②得：，化简得
用x、y分别表示得：
解法二：点N在以OA、OB为直径的两圆的交点（非原点）的轨迹上，设，则以OA为直径的圆方程为：
①
设，OA⊥OB，则
在求以OB为直径的圆方程时以代，可得
②
由①＋②得：
例6如图所示，直线和相交于点M，⊥，点，以A、B为端点的曲线段C上的任一点到的距离与到点N的距离相等，若△AMN为锐角三角形，，，且，建立适当的坐标系，求曲线段C的方程．
分析：因为曲线段C上的任一点是以点N为焦点，以为准线的抛物线的一段，所以本题关键是建立适当坐标系，确定C所满足的抛物线方程．
解：以为x轴，MN的中点为坐标原点O，建立直角坐标系．
由题意，曲线段C是N为焦点，以为准线的抛物线的一段，其中A、B分别为曲线段的两端点．
∴设曲线段C满足的抛物线方程为：其中、为A、B的横坐标
令则，
∴由两点间的距离公式，得方程组：
解得或
∵△AMN为锐角三角形，∴，则，
又B在曲线段C上，
则曲线段C的方程为
例7如图所示，设抛物线与圆在x轴上方的交点为A、B，与圆在x由上方的交点为C、D，P为AB中点，Q为CD的中点．（1）求．（2）求△ABQ面积的最大值．
分析：由于P、Q均为弦AB、CD的中点，故可用韦达定理表示出P、Q两点坐标，由两点距离公式即可求出．
解：（1）设
由得：，
由得，
同类似，
则，
（2）
，∴当时，取最大值．
例8已知直线过原点，抛物线的顶点在原点，焦点在轴的正半轴上，且点和点关于直线的对称点都在上，求直线和抛物线的方程．
分析：设出直线和抛物线的方程，由点、关于直线对称，求出对称点的坐标，分别代入抛物线方程．或设，利用对称的几何性质和三角函数知识求解．
解法一：设抛物线的方程为，直线的方程为，
则有点，点关于直线的对称点为、，
则有解得
解得
如图，、在抛物线上
∴
两式相除，消去，整理，得，故，
由，，得．把代入，得．
∴直线的方程为，抛物线的方程为．
解法二：设点、关于的对称点为、，
又设，依题意，有，．
故，．
由，知．
∴，．
又，，故为第一象限的角．
∴、．
将、的坐标代入抛物线方程，得
∴，即从而，，
∴，得抛物线的方程为．
又直线平分，得的倾斜角为．
∴．
∴直线的方程为．
说明：
(1)本题属于点关于直线的对称问题．解法一是解对称点问题的基本方法，它的思路明确，但运算量大，若不仔细、沉着，难于解得正确结果．解法二是利用对称图形的性质来解，它的技巧性较强，一时难于想到．
(2)本题是用待定系数法求直线的方程和抛物线方程．在已知曲线的类型求曲线方程时，这种方法是最常规方法，需要重点掌握．
例9如图，正方形的边在直线上，、两点在抛物线上，求正方形的面积．
分析：本题考查抛物线的概念及其位置关系，方程和方程组的解法和数形结合的思想方法，以及分析问题、解决问题的能力．
解：∵直线，，∴设的方程为，且、．
由方程组，消去，得，于是
，，∴(其中)
∴．
由已知，为正方形，，
∴可视为平行直线与间的距离，则有
，于是得．
两边平方后，整理得，，∴或．
当时，正方形的面积．
当时，正方形的面积．
∴正方形的面积为18或50．
说明：运用方程（组）的思想和方法求某些几何量的值是解析几何中最基本的、贯穿始终的方法，本题应充分考虑正方形这一条件．
例10设有一颗彗星围绕地球沿一抛物线轨道运行，地球恰好位于抛物线轨道的焦点处，当此彗星离地球为时，经过地球与彗星的直线与抛物线的轴的夹角为，求这彗星与地球的最短距离．
分析：利用抛物线有关性质求解．
解：如图，设彗星轨道方程为，，焦点为，
彗星位于点处．直线的方程为．
解方程组得，
故．
．
故，得．
由于顶点为抛物线上到焦点距离最近的点，所以顶点是抛物线上到焦点距离最近的点．焦点到抛物线顶点的距离为，所以彗星与地球的最短距离为或，（点在点的左边与右边时，所求距离取不同的值）．
说明：
(1)此题结论有两个，不要漏解；
(2)本题用到抛物线一个重要结论：顶点为抛物线上的点到焦点距离最近的点，其证明如下：设为抛物线上一点，焦点为，准线方程为，依抛物线定义，有，当时，最小，故抛物线上到焦点距离最近的点是抛物线的顶点．
例11如图，抛物线顶点在原点，圆的圆心是抛物线的焦点，直线过抛物线的焦点，且斜率为2，直线交抛物线与圆依次为、、、四点，求的值．
分析：本题考查抛物线的定义，圆的概念和性质，以及分析问题与解决问题的能力，本题的关键是把转化为直线被圆锥曲线所截得的弦长问题．
解：由圆的方程，即可知，圆心为，半径为2，又由抛物线焦点为已知圆的圆心，得到抛物线焦点为，设抛物线方程为，
∵为已知圆的直径，∴，则．
设、，∵，而、在抛物线上，
由已知可知，直线方程为，于是，由方程组
消去，得，∴．
∴，因此，．
说明：本题如果分别求与则很麻烦，因此把转化成是关键所在，在求时，又巧妙地运用了抛物线的定义，从而避免了一些繁杂的运算．
11.已知抛物线y2=2px(p0)，过焦点F的弦的倾斜角为θ(θ≠0),且与抛物线相交于A、B两点.
（1）求证：|AB|=;
(2)求|AB|的最小值.
（1）证明：如右图，焦点F的坐标为F（,0）.
设过焦点、倾斜角为θ的直线方程为y=tanθ（x-）,与抛物线方程联立，消去y并整理，得
tan2θx2-(2p+ptan2θ)x+=0.
此方程的两根应为交点A、B的横坐标，根据韦达定理，有x1+x2=.
设A、B到抛物线的准线x=-的距离分别为|AQ|和|BN|，根据抛物线的定义，有|AB|=|AF|+|FB|=|AQ|+|BN|=x1+x2+p=.
（2）解析：因|AB|=的定义域是0θπ，又sin2θ≤1，
所以，当θ=时，|AB|有最小值2p.
12.已知抛物线y2=2px(p0)的一条焦点弦AB被焦点F分成m、n两部分，求证：为定值，本题若推广到椭圆、双曲线，你能得到什么结论？
解析：（1）当AB⊥x轴时，m=n=p，
∴=.
（2）当AB不垂直于x轴时，设AB:y=k(x-),
A(x1,y1),B(x2,y2),|AF|=m,|BF|=n,
∴m=+x1,n=+x2.
将AB方程代入抛物线方程，得
k2x2-(k2p+2p)x+=0,
∴
∴=
=.
本题若推广到椭圆，则有=（e是椭圆的离心率）；若推广到双曲线，则要求弦AB与双曲线交于同一支，此时，同样有=(e为双曲线的离心率).
13.如右图，M是抛物线y2=x上的一点，动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点，且?|MA|=|MB|.
（1）若M为定点，证明：直线EF的斜率为定值；
（2）若M为动点，且∠EMF=90°，求△EMF的重心G的轨迹方程.
（1）证明：设M（y02,y0），直线ME的斜率为?k(k0),则直线MF的斜率为-k，
直线ME的方程为y-y0=k(x-y02).
由得
ky2-y+y0(1-ky0)=0.
解得y0yE=,
∴yE=,∴xE=.
同理可得yF=,∴xF=.
∴kEF=（定值）.
（2）解析：当∠EMF=90°时，∠MAB=45°，所以k=1，由（1）得E（（1-y0）2,（1-y0)）F（（1+y0）2,-(1+y0)）.
设重心G（x,y），则有
消去参数y0,得y2=(x0).
14.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点M（1,-3）、N（5，1），若点C满足=?t+(1-t)(t∈R),点C的轨迹与抛物线y2=4x交于A、B两点.
（1）求证：⊥;
(2)在x轴上是否存在一点P（m,0），使得过点P任作抛物线的一条弦，并以该弦为直径的圆都过原点.若存在，请求出m的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由.
（1）证明：由=t+(1-t)(t∈R)知点C的轨迹是M、N两点所在的直线，故点C的轨迹方程是：y+3=(x-1),即y=x-4.
由(x-4)2=4xx2-12x+16=0.
∴x1x2=16，x1+x2=12，
∴y1y2=(x1-4)(x2-4)=x1x2-4(x1+x2)+16=-16.
∴x1x2+y1y2=0.故⊥.
（2)解析：存在点P（4，0），使得过点P任作抛物线的一条弦，以该弦为直径的圆都过原点.
由题意知：弦所在的直线的斜率不为零，
故设弦所在的直线方程为：x=ky+4，代入y2=x，得y2-4ky-16=0,
∴y1+y2=4k,y1y2=-16.
kOAkOB==-1.
∴OA⊥OB,故以AB为直径的圆都过原点.
设弦AB的中点为M(x,y)，
则x=(x1+x2),y=(y1+y2).
x1+x2=ky1+4+ky2+4=k(y1+y2)+8=k(4k）+8=4k2+8.
∴弦AB的中点M的轨迹方程为：消去k，得y2=2x-8.
