高考数学经典例题汇总一(含解析)

1两平面的平行判定和性质（含解析）例1：已知正方体1111-DCBAABCD．求证：平面//11DAB平面BDC1．证明：∵1111-DCBAABCD为正方体，∴BCAD11//，又BC1平面BDC1，故//1AD平面BDC1．同理//11BD平面BDC1．又1111DBDAD，∴平面//11DAB平面BDC1．说明：上述证明是根据判定定理1实现的．本题也可根据判定定理2证明，只需连接CA1即可，此法还可以求出这两个平行平面的距离．典型例题二例2：如图，已知//，aA，A//a．典型例题一例1已知)3,0(A，)0,1(B，)0,3(C，求D点的坐标，使四边形ABCD为等腰梯形．分析：利用等腰梯形所具备的性质“两底互相平行且两腰长相等”进行解题．解：如图，设),(yxD，若CDAB//，则CDABkk，BCAD，2即②①.1613)3(,301003222yxxy由①、②解得)53,516(D．若BCAD//，则,,BCADkkBCAD即④③.31)3(,0032222yxxy由③、④式解得)3,2(D．故D点的坐标为)53,516(或)3,2(．说明：(1)把哪两条边作为梯形的底是讨论的标准，解此题时注意不要漏解．(2)在遇到两直线平行问题时，一定要注意直线斜率不存在的情况．此题中AB、BC的斜率都存在，故不可能出现斜率不存在的情况．典型例题二例2当a为何值时，直线01)1()2(1yaxal：与直线02)32()1(2yaxal：互相垂直？分析：分类讨论，利用两直线垂直的充要条件进行求解．或利用结论“设直线1l和2l的方程分别是01111CyBxAl：，02222CyBxAl：，则21ll的充要条件是02121BBAA”（其证明可借助向量知识完成）解题．解法一：由题意，直线21ll．(1)若01a，即1a，此时直线0131xl：，0252yl：显然垂直；(2)若032a，即23a时，直线0251yxl：与直线0452xl：不垂直；(3)若01a，且032a，则直线1l、2l斜率1k、2k存在，aak121，3212aak．当21ll时，121kk，即1)321()12(aaaa，∴1a.综上可知，当1a或1a时，直线21ll．3解法二：由于直线21ll，所以0)32)(1()1)(2(aaaa，解得1a．故当1a或1a时，直线21ll．说明：对于本题，容易出现忽视斜率存在性而引发的解题错误，如先认可两直线1l、2l的斜率分别为1k、2k，则aak121，3212aak．由21ll，得121kk，即1)321()12(aaaa．解上述方程为1a．从而得到当1a时，直线1l与2l互相垂直．上述解题的失误在于机械地套用两直线垂直（斜率形式）的充要条件，忽视了斜率存在的大前提，因而失去对另一种斜率不存在时两直线垂直的考虑，出现了以偏概全的错误．典型例题三例3已知直线l经过点)1,3(P，且被两平行直线011yxl：和062yxl：截得的线段之长为5，求直线l的方程．分析：(1)如图，利用点斜式方程，分别与1l、2l联立，求得两交点A、B的坐标（用k表示），再利用5AB可求出k的值，从而求得l的方程．(2)利用1l、2l之间的距离及l与1l夹角的关系求解．(3)设直线l与1l、2l分别相交于),(11yxA、),(22yxB，则可通过求出21yy、21xx的值，确定直线l的斜率（或倾斜角），从而求得直线l的方程．解法一：若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为3x，此时与1l、2l的交点分别为)4,3('A和)9,3('B，截得的线段AB的长594AB，符合题意，若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为1)3(xky．解方程组,01,1)3(yxxky得114,123kkkkA，4解方程组,06,1)3(yxxky得119,173kkkkB．由5AB，得2225119114173123kkkkkkkk．解之，得0k，即欲求的直线方程为1y．综上可知，所求l的方程为3x或1y．解法二：由题意，直线1l、2l之间的距离为125261d，且直线l被平等直线1l、2l所截得的线段AB的长为5（如上图），设直线l与直线1l的夹角为，则225225sin，故∴45．由直线011yxl：的倾斜角为135°，知直线l的倾斜角为0°或90°，又由直线l过点)1,3(P，故直线l的方程为3x或1y．解法三：设直线l与1l、2l分别相交),(11yxA、),(22yxB，则：0111yx，0622yx．两式相减，得5)()(2121yyxx．①又25)()(221221yyxx②联立①、②，可得052121yyxx或502121yyxx由上可知，直线l的倾斜角分别为0°或90°．故所求直线方程为3x或1y．说明：本题容易产生的误解是默认直线l的斜率存在，这样由解法一就只能得到0k，从而遗漏了斜率不存在的情形．一般地，求过一定点，且被两已知平行直线截得的线段为定长a的直线，当a小于两平行直线之间距离d时无解；当da时有唯一解；当da时，有且只有两解．另外，本题的三种解法中，解法二采取先求出夹角后，再求直线l的斜率或倾斜角，从方法上看较为简单；而解法三注意了利用整体思想处理问题，在一定程度上也简化了运算过程．典型例题四例4已知点31，A，13，B，点C在坐标轴上，且90ACB，则满足条件的点C的个数是（）．（A）1（B）2（C）3（D）45解：点C在坐标轴上，可有两种情况，即在x轴或y轴上，点C的坐标可设为0，x或0，y．由题意，90ACB，直线AC与直线BC垂直，其斜率乘积为－1，可分别求得0x或2，0y或4，所以满足条件的点的坐标为（0，0），（2，0），（0，4）．说明：①本题还可以有另外两种解法：一种是利用勾股定理，另一种是直角三角形斜边AB与y轴交点D恰为斜边AB中点，则由D到A、B距离相等的性质可解．②本题易错，可能只解一个坐标轴；可能解方程时漏解；也可能看到x、y各有两解而误以为有四点．典型例题五例5已知ABC的一个定点是13，A，B、C的平分线分别是0x，xy，求直线BC的方程．分析：利用角平分线的轴对称性质，求出A关于0x，xy的对称点，它们显然在直线BC上．解：13，A关于0x，xy的对称点分别是13，和31，，且这两点都在直线BC上，由两点式求得直线BC方程为052yx．典型例题六例6求经过两条直线0132yx和043yx的交点，并且垂直于直线0743yx的直线的方程．解一：解得两直线0132yx和043yx的交点为（35，97），由已知垂直关系可求得所求直线的斜率为34，进而所求直线方程为0934yx．解二：设所求直线方程为034myx，将所求交点坐标（35，97）代入方程得9m，所以所求直线方程为0934yx．解三：所求直线过点（35，97），且与直线0743yx垂直，所以，所求直线方程为0973354yx6即0934yx．解四：设所求直线得方程为043132yxmyx即041132mymxm（1）由于该直线与已知直线0743yx垂直则013423mm解得2m代入（1）得所求直线方程为0934yx．典型例题七例7已知定点A（3，1），在直线xy和0y上分别求点M和点N，使AMN的周长最短，并求出最短周长．分析：由连接两点的线中，直线段最短，利用对称，把折线转化为直线，即转化为求两点间的距离．解：如图1，设点A关于直线xy和0y的对称点分别为31，B，13，C∵MNCNBMMNANAM又BCMNCNBM周长最小值是：52BC由两点式可得BC方程为：052yx．而且易求得：M（35，35），N（25，0），此时，周长最短，周长为52．典型例题八例8已知实数a，b满足1ba，求证：2252222ba．解：本题的几何意义是：直线1ba上的点（a，b）与定点22，的距离的平CAxCNOyBM图17方不小于225．因为直线外一点与直线上任一点连线中，垂线段距离最短，而垂线段的长度即距离251112222d，所以25)2()2(22ba，即2252222ba．说明：本题应为不等式的题目，难度较大，证明方法也较多，但用解析几何的方法解决显得轻松简捷，深刻地体现了数形结合的思想．典型例题九例9在平面直角坐标系中，xOA，2，点B在OA上aOA，bOB，0ba，试在x轴的正半周上求一点C，使ACB取得最大值．分析：要使最大，只需最大，而是直线到直线的角（此处即为夹角），利用公式可以解决问题．解：如图2，设点00xxC，∵xOA，aOA，bOB，∴sincosaaA，，sincosbbB，，于是直线CA、CB的斜率分别为：xaaxCAkCAcoscostan，xaaxCBkCBcoscostan∴CACBCACBkkkkACB1tan＝)cos)(cos(sin1cossincossin2xaxbabxaaxbb＝2sin)cos)(cos()cos(sin)cos(sinabxaxbxbaxab＝2cos)(sin)(xxbaabxbaxCOBAy图28＝cos)(sin)(baxxabba∵abxxab2∴cos2sintanbaabbaACB当且仅当xxab即abx，C点的坐标为（ab，0），由2可知ACB为锐角，所以此时ACB有最大值arctancos)(2sin)(baabba．说明：本题综合性强，是三角、不等式和解析几何知识的交汇点．另外本题也是足球射门最大角问题的推广．为了更好地理解问题，可以演示用“几何画板”制作的课件.典型例题十例10直线0421yxl：，求1l关于直线0143yxl：对称的直线2l的方程．分析：本题可有多种不同的解法，给出多种解法的途径是：一类利用直线方程的不同形式求解；另一类采用消元思想进行求解．解法一：由0143042yxyx得1l与l的交点为)2,3(P，显见P也在2l上．设2l的斜率为k，又1l的斜率为-2，l的斜率为43，则kk)43(1)43()2)(43(1)2(43，解得112k．故2l的直线方程为)3(1122xy．即016112yx．解法二：在直线1l上取一点)0,2(A，又设点A关于直线l的对称点为),(00yxB，则.01204223,34200000yxxy解得)58,54(B故由两点式可求得直线2l的方程为016112yx．解法三：设直线2l上一动点),(yxM关于直线l的对称点为),('''yxM，则9.012423,34''''yyxxxxyy解得256247'yxx，