1.1.1 命题
课堂导学
三点剖析
一、判断一个语句是否是命题
【例1】下列语句：①是无限循环小数；②x2-3x+2=0；③当x=4时，2x>0；④垂直于同一直线的两条直线必平行吗？⑤一个数不是合数就是质数；⑥难道菱形的对角线不平分吗？⑦把门关上.其中不是命题的是_____________.
解析：①是命题，能判断真假；②不是命题，因为语句中含有变量x，在没给变量x赋值前，我们无法判断语句的真假；③是命题，能作出判断的语句；④不是命题，因为并没有对垂直于同一条直线的两条直线是否平行作出判断；⑤是命题；⑥是命题；⑦不是命题，没法作出判断.
答案：②④⑦
温馨提示
祈使句、疑问句一般不是命题.
二、判断命题及其真假
【例2】 (2006天津高考6，理) 设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面.考查下列命题，其中为其命题的是( )
A.m⊥α,nβ,m⊥nα⊥β B.α∥β,m⊥α,n∥βm⊥n
C.α⊥β,m⊥α,n∥βm⊥n D.α⊥β,α∩β=m,n⊥mn⊥β
解析：对于选项A，反例如图
，此时α、β成任意角.
对于选项C，反例如图，此时m∥n.
对于选项D，反例如图，此时n与β斜交.
答案：B
三、将命题改写成“若p则q”的形式
【例3】 将下列命题改写成“若p则q”的形式,并判断真假；
(1)偶数能被2整除;
(2)奇函数的图象关于原点对称;
(3)同弧所对的圆周角不相等.
解析：(1)若一个数是偶数，则它能被2整除.真命题.
(2)若一个函数是奇函数,则它的图象关于原点对称.真命题.
(3)若两个角为同弧所对的圆周角,则它们不相等.假命题.
温馨提示
“若p则q”命题形式的改写关键是找到命题的条件和结论，任何一个命题都可以写成“若p则q”的形式.
各个击破
类题演练 1
若x∈Z，给出下列语句：
①x2-2x-3=0；②x2+1<0；③|x|>5；④x∈R.
试判断它们是否为命题.
解析：对语句①无法判断真假,因为不给定变量x的值时，不能确定x2-2x-3的值是否为0.
∴①不是命题；对语句②可以判断真假.故②是命题.语句③同①一样无法判断真假，故③也不是命题.由于整数一定是实数，
∴可以判断④是正确的.
即④是一个真命题.
变式提升 1
判断下列语句是否是命题，若是，判断其真假，并说明理由.
①“等边三角形难道不是等腰三角形吗？”
②“一个数不是正数就是负数”；
③“大角所对的边大于小角所对的边”；
④“x+y是有理数，则x、y也都是有理数”；
⑤“作△ABC∽△A′B′C′”.
解析：①通过反问疑问句，对等边三角形是等腰三角形作出判断，是真命题；
②是假命题.数0既不是正数也不是负数；
③是假命题.没有考虑到“在两个三角形中，其他两边对应相等”的情况；
④是假命题.如x=,y=-;
⑤祈使句.不是命题.
类题演练 2
判断下列语句中哪些是命题？是真命题还是假命题？
（1）末位是0的整数能被5整除.
（2）平行四边形的对角线相等且互相平分.
(3)两直线平行则斜率相等.
(4)△ABC中，若∠A=∠B，则sinA=sinB.
(5)余弦函数是周期函数吗？
答案：(1)是命题，真命题.
(2)是命题，假命题.
(3)是命题，假命题.
(4)是命题，真命题.
（5）不是命题.
变式提升 2
判断下列命题的真假：
（1）对角线互相垂直的四边形是菱形，
(2)0是最小的自然数：
（3）0既不是奇数，也不是偶数；
（4）空集是任何非空集合的真子集.
答案：（1）假 （2）真 （3）假 （4）真
类题演练 3
指出下列命题的条件p和结论q:
(1)若空间四边形为正四面体，则顶点在底面上的射影为底面的中心；
（2）若两条直线a和b都和直线c平行，则直线a和直线b平行.
答案：(1)条件p:空间四边形为正四面体.结论q:顶点在底面上的射影为底面的中心.
(2)条件p:两直线a和b都和直线c平行.
结论q:直线a和b平行.
变式提升 3
把下列命题改写成“若……则……”的形式并判断真假，
（1）对顶角相等；
（2）末位数是0的整数能被5整除.
解析：（1）如果两个角是对顶角，那么这两个角相等（真）；
（2）如果一个整数末位数是0，那么这个整数可以被5整除（真）.
1.1.2 量词
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三点剖析
一、用符号语言表示含量词的命题
【例1】 指出下列命题中的全称命题，并用符号“”表示：
(1)对任意实数x，x2+3x+9>0；
(2)对每一个整数x，>0；
（3）所有奇数都不能被3整除。
解：均为全称命题
（1）x∈R,x2+3x+9>0；
(2)x∈Z,>0；
(3)x∈{奇数}，x不能被3整除.
温馨提示
本题主要考查符号语言的使用.
二、判断全称命题与存在性命题的真假
【例2】判断下列命题是全称命题还是存在性命题？并判断其真假.
(1)对数函数都是单调函数;
(2)至少有一个整数,它既能被2整除,又能被5整除;
(3)x∈{x|x是无理数},x2是无理数;
(4)x∈{x|x∈Z},log2x＞0.
解：(1)全称命题,真命题.
(2)存在性命题,真命题.
(3)全称命题,假命题,例如x=,但x2=3是有理数.
(4)存在性命题,真命题.
温馨提示
利用全称命题和存在性命题的定义来判断.
三、利用全称命题、存在性命题求，参数范围
【例3】函数f(x)对一切实数x,y均有f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x成立，且f(1)=0.
(1)求f(0)的值；
（2）当f(x)+2解：(1)由已知等式f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)·x,
令x=1，y=0，得f(1)-f(0)=2,
又因为f(1)=0,所以f(0)=-2.
(2)由（1）知f(0)=-2,所以f(x)+2=f(x)-f(0)=f(x+0)-f(0)=(x+1)·x.因为x∈(0,),所以f(x)+2∈(0,).要使x∈(0,)时，f(x)+21时不可能，所以
解得≤a<1.
各个击破
类题演练 1
指出下列命题中哪些是全称命题，哪些是命题，并分别用符号“”“”表示.
（1）存在实数a,b,使|a-1|+|b-1|=0；
(2)对于实数a∈R,a0=1；
（3）有些实数x,使得|x+1|<1.
解：命题（1）(3)是存在性命题，命题（2）是全称命题，用“”“”表示分别为：
（1）a,b∈R,使|a-1|+|b-1|=0.
(2)a∈R,a0=1.
(3)x∈R,使|x+1|＜1.
变式提升 1
用符号“”与“”表示下面含有量词的命题.
（1）不等式|x-1|+|x-2|<3有实数解.
(2)若a,b是偶数，则a+b也是偶数.
解：（1）x∈R.
使|x-1|+|x-2|＜3.
(2)a,b∈R且a,b为偶数,使a+b为偶数.
类题演练 2
试判断以下命题的真假：
（1）x∈N，x4≥1；
(2)x∈Z,x3<1；
(3)x∈R,x2-3x+2=0；
(4)x∈R,x2+1=0.
解析：（1）由于0∈N,当x=0时，x4≥1不成立,所以此命题是假命题.
(2)由于-1∈Z,当x=-1时，能使x3＜1,
∴命题x∈Z，x3＜1是真命题.
（3）假命题.因为只有x=2或x=1时满足.
（4）假命题.
∵不存在一个实数x,使x2+1=0成立.
变式提升 2
判断下列全称命题的真假.
（1）有一个内角为直角的菱形是矩形；
（2）对任意a,b∈R,若a>b,则<;
(3)对任意m∈Z且为偶数，则2m+为偶数.
解：（1）是真命题.有一个内角为直角的平行四边形是矩形，而菱形都是平行四边形，于有一个角是直角的菱形是矩形.
（2）是假命题.
如5＞-3,而＞.
（3）是真命题.
∵m∈Z且为偶数,
∴（-1）m=1，
∴2m+=2m，为偶数.
类题演练 3
已知命题p：方程x2+mx+1=0有两个不等的负实数根.命题q:方程4x2+4(m-2)x+1=0无实数根.若“p或q”为真命题,“p且q”为假命题.求m的取值范围.
答案：m≥3或1＜m≤2.
变式提升 3
若(2x+)4=a0+a1x+a2x2+…+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值是( )
A.1 B.-1 C.0 D.2
答案：A
1.2.1“且”与“或”1.2.2“非”（否定）
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三点剖析
一、逻辑联结词“或”“且”“非”
【例1】 写出由下列各组命题构成的“p或q”“p且q”“非p”形式的新命题，并判断真假.
(1)p:1是质数，q:1是方程x2+2x-3=0的根；
（2）p:平行四边形的对角线相等，q:平行四边形的对角线互相垂直;
(3)p:NZ，q:0∈N.
解析：每一道题都要写出三种形式的新命题，本题考查逻辑联结词“或”“且”“非”的应用.
（1）因为p假q真,所以p或q：1是质数或是方程x2+2x-3=0的根,为真；p且q：1是质数且是方程x2+2x-3=0的根，为假；非p:1不是质数，为真.
（2）因为p假q假，所以p或q：平行四边形的对角线相等或互相垂直，为假；p且q：平行四边形的对角线相等且互相垂直，为假；非p：平行四边形的对角线不一定相等，为真？
（3）因为p真q真，所以p或q：NZ或0∈N,为真；p且q：NZ且0∈N,为真；非p:NZ，为假.
温馨提示
为了正确判断命题的真假，首先要确定命题的构成形式，然后指出其中命题p、q的真假.再根据已有结论判断这个命题的真假.
二、含有一个量词的命题的否定
【例2】判断下列命题是全称命题还是存在性命题，并写出它们的否定：
（1）p:对任意的x∈R,x2+x+1=0都成立;
（2）p:x∈R,x2+2x+5>0.
解析：（1）由于命题中含有全称量词“任意的”，因而是全称命题；又由于“任意的”的否定为“至少存在一个”，因此，p：至少存在一个x∈R,使x2+x+1≠0成立；即p:x∈R,使x2+x+1≠0成立.
（2）由于“x∈R”表示至少存在实数中的一个x，即命题中含有存在量词“至少存在一个”因而是存在性命题；又由于“存在一个”的否定为“任意一个”，因此，p:对任意一个x都有x2+2x+5≤0,即x∈R,x2+2x+5≤0.
三、逻辑知识的综合应用
【例3】 已知c>0，设P：函数y=cx在R上单调递减，Q：不等式x+|x-2c|>1的解集为R.如果P和Q有且仅有一个正确，求c的取值范围.
解：函数y=cx在R上单调递减0＜c＜1.
不等式x+|x-2c|＞1的解集为R函数y=x+|x-2c|在R上恒大于1.
因为x+|x-2c|=
所以函数y=x+|x-2c|在R上的最小值为2c,
所以不等式x+|x-2c|＞1的解集为R2c＞1c＞.
若P正确,且Q不正确,
则0＜c≤.
若P不正确,且Q正确,
则c≥1,所以c的取值范围为（0,］∪［1,+∞）.
温馨提示
由p、q的真假可以判断p∨q、p∧q,p的真假.反过来，由p∨q、p∧q,p的真假也应能准确断定p、q的真假情况.如“p∧q”为假，应包括“p真q假”“p假q真”“p假q假”这三种情况.
各个击破
类题演练 1
指出下列复合命题的形式及其构成，并判断复合命题的真假:
(1)10≤10;(2)方程x2-6x-1=0没有实数根；（3）有两个角为45°的三角形是等腰直角三角形.
解：（1）是“p∨q”形式的复合命题，其中p:10=10;q：10＜10.为真命题；也可认为是“p”形式的复合命题，其中p:10＞10.
(2)是“p”形式的复合命题，其中p:方程x2-6x-1=0有实根，p为假命题.
（3）是“p∧q”形式的复合命题，其中p:有两个角为45°的三角形是等腰三角形;q:有两个角为45°的三角形是直角三角形，为真命题.
变式提升 1
用逻辑联结词“且”改写下列命题，并判断真、假.
（1）5和7都是质数；
（2）平行四边形的对角线既互相垂直，又互相平分.
解：（1）“5和7都是质数”可以改写成“5是质数且7也是质数”.
∵“5是质数”与“7是质数”都是真命题.
∴这个命题是真命题.
（2）“平行四边形的对角线既互相垂直，又互相平分”可以改写成“平行四边形的对角线互相垂直且互相平分”.
∵“平行四边形的对角线互相垂直”是假命题.
∴这个命题是假命题.
类题演练 2
命题p：x∈R， <0的非p形式的命题是( )
A.x∈R,>0 B.x∈R,1≤x≤3
C.x∈R,x<1或x>3 D.x∈R,x≤1或x≥3
答案：D
变式提升 2
判断命题“x∈R,方程x2+2x+1=0有解”是全称命题还是存在性命题，并写出它的否定.
解析：由于x∈R表示x是任意实数，即命题中含有全称量词“任意的”，因而是全称命题；其否定是“x∈R,方程x2+2x+1=0无解”.
类题演练 3
已知a>0,a≠1,设P：函数y=loga(x+1)在x∈(0,+∞)内单调递减；Q：曲线y=x2+(2a-3)x+1与x轴交于不同的两点.如果P和Q有且只有一个正确，求a的取值范围.
答案：a的取值范围为［，1）∪（，+∞).
变式提升 3
设p:|x-a|<2,q:<1,若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.
答案：实数a的取值范围为0≤a≤1.
1.3.1 推出与充分条件、必要条件
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三点剖析
一、充分条件与必要条件的判断
【例1】在下列各题中,判断A是B的什么条件,并说明理由.
(1)A:|p|≥2,p∈R,B:方程x2+px+p+3=0有实根;
(2)A:圆x2+y2=r2与直线ax+by+c=0相切,B:c2=(a2+b2)r2.
解析:(1)当|p|≥2时,例如p=3,则方程x2+3x+6=0无实根,而方程x2+px+p+3=0有实根,必有p≤-2或p≥6,可推出|p|≥2,故A是B的必要不充分条件.
(2)若圆x2+y2=r2与直线ax+by+c=0相切,圆心到直线ax+by+c=0的距离等于r,即r=,
所以c2=(a2+b2)r2;反过来,若c2=(a2+b2)r2,则=r成立,说明x2+y2=r2的圆心(0,0)到直线ax+by+c=0的距离等于r,即圆x2+y2=r2与直线ax+by+c=0相切,故A是B的充分必要条件.
温馨提示
对于涉及充分必要条件判断的问题,必须以准确,完整理解充分,必要条件的概念为基础,有些问题需转化为等价命题后才容易判断.
二、探寻充分条件与必要条件
【例2】 设定义域为R的函数.则关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0有7个不同实数解的充要条件是( )
A.b<0且c>0 B.b>0且c<0
C.b<0且c=0 D.b≥0且c=0
解析：f(x)=
故函数f(x)的图象如下图.
由图知，f(x)图象关于x=1对称，且f(x)≥0,
若方程f2(x)+bf(x)+c=0①有7个解，则方程t2+bt+c=0②有两个不等实根，且一根为正，一根为0.否则，若方程②有两相等实根，则方程①至多有4个解，若方程②有两个不等正实根，则方程①有8解.
∵f(x)=0满足方程，则c=0,
又∵另一个f(x)>0,
∴b=-f(x)<0.
故b<0且c=0,选C.
答案：C
温馨提示
充分与必要条件的寻找，要重视它们的定义.
三、充要条件的证明
【例3】 证明关于x的方程ax2+bx+c=0有一根为-1的充要条件是a-b+c=0.
证明：①充分性
∵a-b+c=0，
∴a·(-1)2+b·(-1)+c=0，
∴x=-1是方程ax2+bx+c=0的一个根，
∴a-b+c=0是关于x的方程ax2+bx+c=0有一个根为-1的充分条件.
②必要性
∵x=-1是方程ax2+bx+c=0的根，
∴a·（-1）2+b·(-1)+c=0即a-b+c=0
∴a-b+c=0是关于x的方程ax2+bx+c=0有一个根为-1的必要条件.
综合①②关于x的方程ax2+bx+c=0有一个根为-1的充要条件是a-b+c=0.
各个击破
类题演练 1
(2005江西高考) 在△ABC中,命题p:==;命题q:△ABC是等边三角形,那么命题p是命题q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.既不充分又不必要条件
答案：C
变式提升 1
命题甲：“a、b、c成等差数列”是命题乙：+=2的( )
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
答案：A
类题演练 2
(2005湖北高考) 对任意实数a、b、c,给出下列命题:
①“a=b”是“ac=bc”的充要条件
②“a+5”是无理数是“a是无理数”的充要条件
③“a>b”是“a2>b2”的充分条件
④“a<5”是“a<3”的必要条件
其中真命题的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案：B
变式提升 2
已知条件p：x+y≠-2,条件q:x,y不都是-1，则p是q的_______________条件( )
A.充分不必要 B.必要不充分
C.充要 D.既不充分也不必要
答案：A
类题演类 3
已知a,b,c均为实数，求证：一元二次方程ax2+bx+c=0有一正根和一负根的充要条件是ac<0.
证明：（1）充分性：若ac＜0,则b2-4ac＞0且ca＜0.
∴方程ax2+bx+c=0有两个相异实根，且两根异号，即方程有一正根和一负根.
(2)必要性：若一元二次方程ax2+bx+c=0有一正根和一负根，则Δ=b2-4ac＞0,x1·x2=＜0，
∴ac＜0.
由（1）（2）知，一元二次方程ax2+bx+c=0有一正根和一负根的充要条件是ac＜0.
变式提升 3
已知p：|1-|≤2,q:x2-2x+1-m2≤0(m>0),且p是q的必要而不充分条件，求实数m的取值范围.
解析：由x2-2x+1-m2≤0得
1-m≤x≤1+m,
∴q:A={x|x＞1+m或x＜1-m,m＞0},
由|1|≤2得-2≤x≤10,
∴p:B={x|x＞10或x＜-2}.
∵p是q的必要而不充分条件.
∴AB 解得m≥9.
1.3.2 命题的四种形式
课堂导学
三点剖析
一、四种命题
【例1】 把下列命题写成“若p则q”的形式，并写出它们的逆命题、否命题与逆否命题.
(1)当x=2时，x2-3x+2=0;
(2)对顶角相等；
（3）末位数是0的整数，可以被5整除.
解析:（1）原命题：若x=2,则x2-3x+2=0.
逆命题：若x2-3x+2=0，则x=2.
否命题:若x≠2,则x2-3x+2≠0.
逆否命题:若x2-3x+2≠0,则x≠2.
（2）原命题：若两个角是对顶角，则它们相等.
逆命题：若两个角相等，则它们是对顶角.
否命题：若两个角不是对顶角，则它们不相等.
逆否命题：若两个角不相等，则它们不是对顶角.
（3）原命题：若一个整数末位数是0，则这个整数可以被5整除.
逆命题：若一个整数可以被5整除，则这个整数末位数是0.
否命题：若一个整数末位数不是0，则这个整数不能被5整除.
逆否命题：若一个整数不能被5整除，则这个整数末位数不是0.
温馨提示
原命题：“若p则q”.其逆命题：“若q则p”.其否命题：“若p则q”.其逆否命题：“若q则p”.
二、四种命题真假性之间的关系
【例2】 判断下列命题的真假，并写出它们的逆命题、否命题、逆否命题，同时，判断这些命题的真假.
（1）若a>b,则ac2>bc2;
(2)若四边形的对角互补，则该四边形是圆的内接四边形;
(3)若在二次函数y=ax2+bx+c中，b2-4ac<0,则该二次函数图象与x轴有公共点.
解析：（1）该命题为假,∵当c=0时，ac2=bc2.
逆命题：若ac2>bc2,则a>b.为真.
否命题：若a≤b,则ac2≤bc2.为真.
逆否命题：若ac2≤bc2,则a≤b.为假.
（2）该命题为真.
逆命题：若四边形是圆的内接四边形，则四边形的对角互补.为真.
否命题：若四边形的对角不互补，则该四边形不是圆的内接四边形.为真.
逆否命题：若四边形不是圆的内接四边形，则四边形的对角不互补.为真.
（3）该命题为假,∵当b2-4ac<0时，二次方程ax2+bx+c=0没有实数根，因此二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴无公共点.
逆命题：若二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴有公共点，则b2-4ac<0,为假.
否命题：若在二次函数y=ax2+bx+c中，b2-4ac≥0，则该二次函数图象与x轴没有公共点.为假.
逆否命题：若二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴没有公共点，则b2-4ac≥0.为假.
温馨提示
原命题与其逆否命题的真假性相同，而与其否命题、逆命题间的真假性没有必然的联系.
三、有关四种命题真假性的证明
【例3】已知函数f(x)是（-∞,+∞）上的增函数,a、b∈R，对于命题“若a+b≥0，则f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)”.
(1)写出其逆命题，判断其真假，并证明你的结论；
（2）写出其逆否命题，判断其真假，并证明你的结论.
解析：（1）逆命题是：若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),则a+b≥0,真命题.
用反证法证明：
假设a+b<0,则a<-b,b<-a.
∵f(x)是(-∞，+∞)上的增函数，则f(a)（2）逆否命题:若f(a)+f(b)∵一个命题?它的逆否命题，∴可证明原命题为真命题，∵a+b≥0,∴a≥-b,b≥-a.
又∵f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,
∴f(a)≥f(-b),f(b)≥f(-a).
∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).
∴逆否命题为真.
温馨提示
要证明一个命题的真假性较困难时，常转化为证明其逆否命题的真假性.
各个击破
类题演练 1
在空间中，①若四点共面，则这四点中有三点共线；
②若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线.
以上两个命题中，逆命题为真命题的是___________.（把符合要求的命题序号都填上）
答案：①②
变式提升 1
写出命题“若x2>4,则x<-2”的逆命题、否命题、逆否命题并判断真假.
解析：逆命题：若x＜-2,则x2＞4(真)
否命题：若x2≤4则x≥-2(真)
逆否命题：若x≥-2,则x2≤4(假)
类题演练 2
分别写出下列命题的逆命题、否命题,逆否命题,并判断它们的真假.
(1)若q≤1,则方程x2+2x+q=0有实根;
(2)若ab=0,则a=0或b=0;
(3)若x2+y2=0,则x、y全为零.
解：(1)逆命题:若方程x2+2x+q=0有实根,则q≤1,真命题.
否命题:若q＞1,则方程x2+2x+q=0无实根,真命题.
逆否命题:若方程x2+2x+q=0无实根,则q＞1,真命题.
(2)逆命题:若a=0或b=0,则ab=0,真命题.
否命题:若ab≠0,则a≠0且b≠0,真命题.
逆否命题:若a≠0且b≠0,则ab≠0,真命题.
(3)逆命题:若x、y全为零,则x2+y2=0,真命题.
否命题:若x2+y2≠0,则x、y不全为零,真命题.
逆否命题:若x、y不全为零,则x2+y2≠0,真命题.
变式提升 2
判断命题：“若a≥0，则x2+x-a=0有实根”的真假.
解析：写出逆否命题，再判断其真假
原命题：若a≥0,则x2+x-a=0有实根
逆否命题：若x2+x-a=0无实根，则a＜0.判断如下：∵x2+x-a=0无实根.
∴Δ=1+4a＜0,
∴a＜＜0,
∴“若x2+x-a=0无实根，则a＜0”为真命题
∴原命题为真命题.
类题演类 3
若a、b、c均为实数，且a=x2-2y+,b=y2-2z+,c=z2-2x+,求证：a、b、c中至少有一个大于0.
证明：（用反证法）假设a、b、c都不大于0，即a≤0,b≤0,c≤0,则a+b+c≤0,而a+b+c=x2-2y++y2-2z++z2-2x+=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3,
∵π-3＞0,且(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0,
∴a+b+c＞0.这与a+b+c≤0矛盾，因此，a、b、c中至少有一个大于0.
变式提升 3
已知a、b、c是一组勾股数，即a2+b2=c2，
求证：a、b、c不可能都是奇数.
证明：假设a、b、c都是奇数，
∵a、b、c是一组勾股数，
∴a2+b2=c2①
∵a、b、c均是奇数，
∴a2、b2、c2均是奇数，
∴a2+b2是偶数，这样①式的左边是偶数，右边是奇数，产生矛盾.
∴a、b、c不可能都是奇数.
3.1.1 空间向量的线性运算
课堂导学
三点剖析
一、向量求和的三角形法则
【例1】 已知三棱椎O-ABC中,G为△ABC的重心,=a,=b,=c,试用a,b,c来表示.
思路分析:先在△OBC中考虑中线OD,然后在△OAD中考虑G为AD的分点,分成的比是2∶1,再次使用向量的运算性质即可.
解：=+
=a+·（+）
=a+(-+-)=(a+b+c)
温馨提示
(1)把平面内的三角形法则推广到空间也有
（2）常用的结论：若AD是△ABC的中线，则有=（+）
二、在平行六面体中的向量问题
【例2】 已知平行六面体ABCD—A′B′C′D′,点M是棱AA′的中点,点G在对角线A′C上且CG∶GA′=2∶1,设=a,=b,=c,试用a,b,c表示向量,,、.
思路分析:要想用a,b,c表示出所给向量,只需结合图形,充分运用空间向量加法和运算律得到.
解:如下图所示
(1)=+=a+b.
(2)=+=a+b+c.
(3)=+
=++=a+b+c.
(4)==(a+b+c).
温馨提示
在平行六面体内,经常会用到平行四边形法则,另外,“三个不共面的向量的和等于以这三个向量为邻边的平行六面体的对角线所表示的向量”这一结论也经常使用.
三、利用向量解决其他问题
【例3】 证明:四面体每一个顶点与对面重心所连的线段共点,且这点到顶点的距离是它到对面重心的距离的三倍.
思路分析:要证四面体的顶点与对面重心连线共点,且到顶点的距离是它到对面重心的距离的三位,只须在这4条直线AG1,BG2,CG3,DG4上分别取满足条件的4点H1,H2,H3,H4,然后证明H1,H2,H3,H4四点重合即可.
证明:设G1,G2,G3,G4分别是四面体D—ABC中四个面的重心（如下图），取四点H1、H2、H3、H4,满足
=；=；
=；=；
则=++
=++
=［（++）］++［（++）］
=0
所以，H1与H2重合.
同理可证,H1与H3、H1与H4重合,故H1、H2、H3、H4是同一点,且此点到某顶点的距离是它到对面重心距离的三倍.
温馨提示
要证明A,B两点共点,只需证明=0即可;或者引入第三个点C,证明=,也可说明点A,B共点.
各个击破
类题演练1
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列各式中运算的结果为向量的共有（ ）
①（+）+
②（）+
③（+）+
④（）+
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
答案：D
变式提升1
已知空间四边形ABCD（如下图），连结AC、BD，设M、G分别是BC、CD的中点，则+（+）等于（ ）
A. B. C. D.
答案：A
类题演练 2
已知正方体ABCD—A′B′C′D′(如右图),点E,F分别是上底面A′C′和侧面CD′的中心,求下列各题中x、y的值:
(1)=x(++)
(2)=+x+y;
(3)=+x+y.
解析：(1),
∴x=1.
(2)
∴x=y=.
(3)=+=++,
∴x=y=.
变式提升2
已知平行六面体OABC—O′A′B′C′,且OA=a,=b,=c, 用a,b,c表示如下向量：
（1），；
（2）(G为侧面BC′的对角线交点).
解析：对(1)主要用平行四边形法则,结合图形容易得出=a+b,=c-b.
对(2)主要运用三角形法则的推广形式.
+(+)
=b+(c+a)=a+b+c.
类题演练3
设互不共线的向量a,b,c满足a+b+c=0,证明顺次将它们的始点和终点相连结构成一个三角形.
证明:作=a,=b,=c,则=++=a+b+c=0,所以A、D重合,即a,b,c可以构成三角形.
变式提升3
若G是△ABC的重心,O为空间任意一点,求证: =().
证明:因为G是△ABC的重心，
所以=2(D是BC的中点).
=
=
=(-)+
=［()-］+
=(+).
3.1.2 空间向量的基本定理
课堂导学
三点剖析
一、三点共线的判定
【例1】 已知A,B,P三点共线,O为空间任意一点,αOA+βOB,求α+β的值.
思路分析:A、B、P三点共线,即满足AP=tAB,
因此有..
解：∵A,B,P三点共线,
∴存在实数t,使.
又∵,∴α=1-t,β=t.
∴α+β=1-t+t=1.
温馨提示
点P,A,B共线的充要条件可写成的形式,或写成的形式.
二、四点共面问题
【例2】O为空间任一点,A,B,C,D四点共面,若,确定x,y,z的关系.
解析:∵A,B,C,D四点共面,
∴存在实数a,b使
即.
于是
所以x=,
y=,
z=
因此x+y+z=1.
温馨提示
四点A,B,C,D共面的充要条件是对空间任一点O,有,且x+y+z=1.
三、空间向量基本定理的应用
【例3】 如下图,已知ABCD,从平面AC外一点O引向量,,求证:
(1)四点E,F,G,H共面;
(2)平面AC∥平面EG.
思路分析:
本题考查利用空间向量基本定理证四点共面及用共线向量定理证线线平行.
证明:（1）因为四边形ABCD是平行四边形,所以
=
=
所以E,F,G,H共面.
(2),且由第(1)小题证明中知,于是EF∥AB,EG∥AC.
所以平面EG∥平面AC.
各个击破
类题演练 1
已知A,B,C三点共线,O为空间任意一点,若,则x的值为多少?
解析：∵A、B、C三点共线,
∴=+(1-t).
∴
解得：x=.
变式提升 1
已知向量,若点A的坐标为(1,2),B点坐标(3,4),求直线MA的斜率.
解析：∵=+,
则M、A、B三点共线,∴kMA=kAB
∵kAB==1.
∴kMA=1.
∴直线MA的斜率为1.
类题演练2
已知A,B,C三点不共线,点O是平面ABC外一点,则在下列各条件中,能得到点M与A,B,C一定共面的是（ ）
A.=++
B.=-+
C.=++
D.=2--
答案：B
变式提升 2
若M,P,Q,L四点共面,又=x+(x+1),求x的值.
解析:利用x+x+1+1=1,得x=-.
类题演练3
已知非零向量e1、e2不共线，如果=e1+e2,=2e1+8e2,=3e1-3e2,求证：A、B、C、D共面.
证明：令λ(e1+e2)+μ(2e1+8e2)+v(3e1-3e2)=0,
则(λ+2μ+3v)e1+(λ+8μ-3v)e2=0.
∵e1、e2不共线,∴
易知是其中一组解.
则-5++=0,
∴A、B、C、D共面.
变式提升 3
已知O、A、B、C、D、E、F、G、H为空间的9个点(如右图)，并且,.
求证：(1)A、B、C、D四点共面，E、F、G、H四点共面；
(2)∥；
(3)=k.
证明:(1)由=+,=+知A、B、C、D四点共面，E、F、G、H四点共面．
(2)∵=+=+=k()+km()=k+km=k(+)=k,∴∥.
(3)由(2)知===k()=.
∴
3.1.3 两个向量的数量积
课堂导学
三点剖析
一、利用数量积公式求两个向量的夹角的余弦值
【例1】 如右图，在空间四边形OABC中，OA=8，AB=6，AC=4，BC=5，∠OAC=45°，∠OAB=60°，求OA与BC夹角的余弦值.
思路分析：要求夹角的余弦值，可先利用公式求OA·BC的数量积.
解：∵
∴
=||||cos〈,〉-|||AB|cos〈,〉
=8×4×cos135°-8×6×cos120°
=24-16.
∴cos〈,〉=.
∴OA与BC夹角的余弦值为.
温馨提示
由数量积公式可知cos〈a·b〉=因此要求角的余弦值可先求a·b.
二、利用数量积的性质解决问题
【例2】 如下图，已知平行四边形ABCD中，AD＝４，CD＝３，∠D＝60°，PA⊥平面ABCD，并且PA＝6，求PC的长．
思路分析：可将表示成几个向量相加的形式,再由数量积的性质a2=|a|2求出长度.
解:∵,
∴||2＝·
=()2
＝
＝62＋42＋32＋2｜｜||cos120°
＝61-12＝49．
∴PC＝7．
温馨提示
求PC的长，先把PC转化为向量表示，然后自身点积根据已知向量的模
及向量间的夹角得其模的平方，再开方即为所求．
三、证明垂直问题
【例3】 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、D1B1的中点.求证：EF⊥平面B1AC.
思路分析:要证EF⊥平面B1AC,可证EF与平面B1AC内的两条相交直线垂直,因此只需证·=0及·B1C=0,即可.
证明：设AB=a,=c,=b,则
=+
=(+)
=()
=()
=(-a+b+c),
=a+b.
∴
=(-a+b+c)5(a+b)
=(b2-a2+c·a+c·b)
=(|b2|-|a|2+0+0)=0.
∴,即EF⊥AB1.
同理EF⊥B1C.
又AB1∩B1C=B1,
∴EF⊥平面B1AC.
温馨提示
要证明垂直问题，在平行六面体内或在四面体内，一般先选一组基底，然后用向量数量积的性质，证明数量积为零，即可说明两向量垂直.
各个击破
类题演练 1
四面体ABCD的各棱长都相等，E、F分别是BC、AD的中点，求异面直线AE、CF所成角的余弦值.
解析：如右图，设边长为a.
∵=(),
=
=,
∴·=（）（）
=（a2cos60°-a2cos60°+a2cos60°-a2）
=.
又||=||=,∴cos〈·〉=.
∴余弦值为.
变式提升 1
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，边长为e,求向量与向量的夹角.
解：设基向量=a,=b,=c,
则
=-a-b，
=-a+c，
∴=(-a-b)·(-a+c)=e2
∴cos〈,〉==.
∴夹角为60°.
类题演练 2
已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱长都是1,且两两夹角为60°.则AC1长是多少?
解析：
∴||2=（）2
=+·+·+2·
=1+1+1+2×1×1cos60°+2×1×1cos60°+2×1×1cos60°=6.
∴||=.
变式提升 2
已知在平行六面体ABCD—A′B′C′D′中，AB=4，AD=3，AA′=5,∠BAD=90°,∠BAA′=∠DAA′=60°，求AC′的长.
解析：，
则||=||2=85，
则||=.
类题演练 3
已知空间四边形ABCD，连AC、BD，若AB=CD，AC=BD，E、F分别是AD、BC的中点，试用向量方法证明EF是AD与BC的公垂线.
解析：，，均可用，，表示，只要证·=0，·=0即可.
变式提升 3
如右图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O是底面ABCD的中心，求证：B1O⊥平面PAC.
证明：连接DB，取=a,=b,=c,
且|a|=|b|=|c|=1.
则有=+=a+b,
=+=+
=()+=a-b+c,
∴·=（a+b）·（a-b+c）
=|a|2+a·b-a·b-|b|2+a·c+b·c
=-=0.
∴⊥,即AC⊥OB1.
又=+=b+c,
∴·=（a-b+c）·（b+c）
=a·b-|b|2+c·b+a·c-b·c+|c|2
=-+=0，
∴⊥，即OB1⊥AP.∴OB1⊥平面ACP.
3.1.4 空间向量的直角坐标运算
课堂导学
三点剖析
一、空间向量坐标的表示
【例1】 已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，建立如下图坐标系，写出B，C，D，B1，C1，D1点的坐标.
解析:由空间向量坐标的定义可知.
B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),B1(2,0,2),C1(2,2,2),D1(0,2,2).
温馨提示
求空间向量的坐标要严格按照定义.
二、空间向量坐标运算
【例2】 已知向量a=(4,-2,-4),b=(6,-3,2),求a·b,|a|,|b|及（2a+3b）·(a-2b).
思路分析：两个向量的数量积等于它们对应坐标乘积之和.
解：（1）a·b
=4×6+(-2)×(-3)+(-4)×2
=22;
(2)|a|=
=
=36=6;
(3)|b|===7;
(4)(2a+3b)·(a-2b)
=2a2+3a·b-4a·b-6b2
=2×62-22-6×72=-244.
温馨提示
空间向量的坐标运算应把握好新向量的坐标与原坐标的对应关系.
三、向量坐标运算的应用
【例3】 已知空间三点A（0，2，3）、B（-2，1，6）、C（1，-1，5）.
(1)求以、为边的平行四边形的面积；
（2）若|a|=3，且a分别与、垂直，求向量a的坐标.
思路分析：（1）根据公式S=absinθ(θ为a、b边夹角)知首先必须求出、夹角；（2）向量a由横坐标、纵坐标、竖坐标值决定，我们需要找到三个方程列一个方程组才能求得，依题意这是容易办到的.
解：（1）=(-2,-1,3),=(1,-3,2),
∵cosθ=
=
∴sinθ=.
∴S=|AB|·|AC|·sinθ=.
(2)设a=(x,y,z)，由题意，得
解方程组得
∴a=(1,1,1)或（-1，-1，-1）.
温馨提示
用向量的坐标解决实际问题时，往往与前面所学的知识相结合，构造方程组是求解坐标的一种很好的办法.
各个击破
类题演练 1
与点P(1,3，5)关于原点成中心对称的点P′的坐标是（ ）
A.(-1,-3,-5) B.(-1,-3,5)
C.(1,-3,5) D.(-1,3,5)
答案：A
变式提升 1
已知i、j、k是空间直角坐标系O—xyz的坐标向量，并且=-i+j-k,则B点的坐标为 ( )
A.(-1，1，-1) B.(-i,j,-k)
C.(1,-1,-1) D.（1，1，1）
答案：A
类题演练2
若a=(1,1,2),b=(3,0,-2),c=(2,-1,0),则a+b+c为（ ）
A.（0，0，6） B.（6，0，0）
C.（6，6，6） D.（0，6，0）
答案：B
变式提升2
下列各项中为单位向量的是（ ）
A.a=(0,0,-1) B.b=(1,2,3) C.c=(1,1,1) D.d=(,,)
答案：A
类题演练 3
已知a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t)，则|b-a|的最小值是_________________.
答案：
变式提升3
如果三点A(1,5,-2)、B（2，4，1）、C（a，3，b+2）在同一条直线上，那么( )
A.a=3，b=-3 B.a=6，b=-1
C.a=3，b=2 D.a=-2，b=1
答案：C
3.2.1 直线的方向向量与直线的向量方程
课堂导学
三点剖析
一、直线的方向向量
【例1】 已知点A(1,3,0),B(2,4,3)以的方向为正向,建立数轴,试求点P,使得∶ =1∶3.
思路分析：求点P,不妨先设P(x,y,z)再利用条件构造等式.
解：设P(x,y,z)，
由已知=3，
∴=3()，
∴4=+3，
=+，
∴(x,y,z)=(2,4,3)+(1,3,0)
=(,,).
∴x=,y=,z=,
即点P(,,).
温馨提示
求一点坐标,通常先设出点,再寻找条件等式或构造方程组求解.
二、平行与垂直
【例2】已知三棱锥O—ABC中，OA=OB=1，OC=2，OA，OB，OC两两垂直，如何找出一点D，使BD∥AC，DC∥AB？
思路分析:首先建立空间直角坐标系，利用点的坐标来解决平行问题.
解：建立如下图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,2),设所求点D(x,y,z).
由BD∥AC,DC∥AB∥,∥,因此
即D点的坐标为(-1,1,2).
温馨提示
将线(或线段)的关系转化为向量关系,再过渡到空间直角坐标系中来是求解的关键.
三、角和距离问题
【例3】 如下图,SA⊥面ABC,AB⊥BC,SA=AB=BC,求异面直线SC与AB所成角的余弦值.
思路分析:可先建立空间直角坐标系,利用点的坐标求余弦值.将几何问题代数化.
解:以点A为坐标原点,AC为y轴的正向建立空间直角坐标系.
设SA=AB=BC=a,
则B(a,a,0),C(0,a,0),S(0,0,a)
那么AB=(a,a,0),
=(0,,-a).
由cos〈,〉
=.
故SC与AB所成角的余弦值为.
温馨提示
在求解有关角或距离的问题时,根据条件合理建立空间直角坐标系是求解的关键.
各个击破
类题演练 1
已知A(1,1,0),B(2,2,3),且=,求点C坐标.
解析:设C(x,y,z).
由=,
得=,=+,
∴(x,y,z)=(1,1,0)+(2,2,3)=(,,3),
∴C(,,3).
变式提升 1
已知梯形ABCD中,AB∥CD,其中A(1,1,2),B(2,3,4),若C点(0,1,1),D点为(2,x,y),试求D点坐标.
解析:=(1,2,2),=(2,x-1,y-1),
则.
得x=5,y=5.
∴D点坐标为(2,5,5).
类题演练 2
已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，P、Q分别是BC、CD上的动点，且|PQ|=，
确定P、Q的位置，使得QB1⊥PD1.
解析：(1)建立如右图所示的空间直角坐标系,设BP=t,
得CQ=,DQ=2，
那么B1(2,0,2),D1(0,2,2),P(2,t,0),
Q(2,2,0).
从而=(,-2,2),
=(-2,2-t,2).
由QB1⊥PD1·=0，
即-2(2-t)+4=0t=1.
故P、Q分别为BC、CD的中点时，QB1⊥PD1；
变式提升 2
棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G分别是DD1、BD、BB1的中点.
求证：EF⊥CF.
证明:建立空间直角坐标系O—xyz,
则D（0，0，0）,E(0,0,),F(,,0),G(1,1,),C(0,1,0),
∴=(,,-),=(,-,0),
∴·=×+×()+0=0.
∴CF⊥EF.
类题演练 3
知边长为4的正方形ABCD所在平面外一点P与正方形的中心O的连线PO垂直于平面ABCD,且PO=6,求PO的中点M到△PBC的重心N的距离.
解：建立如右图所示的空间直角坐标系，则B（2，2，0），C（-2，2，0），P（0，0，6）,由题意得M（0，0，3），N（0，，2）.
于是|MN|
=
=.
故M到△PBC的重心N的距离为.
变式提升 3
正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为1，E、F、G分别是DD1、BD、BB1的中点.
(1)求与所成角的余弦;
(2)求CE的长.
解析：建立空间直角坐标系，=（，，-），=（1，0，），=（0，-1，）.
(1)∵·=,
||=，||=.
∴cos〈,〉=
(2)||=.
3.2.2 平面的法向量与平面的向量表示
课堂导学
三点剖析
一、直线的方向向量
【例1】如下图,四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=PD，E、F分别为CD、PB的中点.求证:EF⊥平面PAB.
分析：此题是立体几何的一个综合题型,运用全等三角形和三垂线定理也可以证明,但思路不易找出,作辅助线较多,容易在解题中受阻,而出错,甚至放弃,此题若用空间直角坐标系和向量知识,很易解决.
证明：以D为坐标原点,DA的长为单位,建立如下图所示的直角坐标系.
设E(a,0,0),其中a>0,则C(2a,0,0),A(0,1,0),B(2a,1,0),P(0,0,1),F(a,,).
=(0,,),
=(2a,1,-1),=(2a,0,0).
·=0，
所以⊥即⊥.
·=0,
所以⊥即EF⊥AB.
又PB平面PAB,AB平面PAB,PB∩AB=B,
所以EF⊥平面PAB,命题得证.
温馨提示
坐标运算证明向量垂直的关键在于建立适当的坐标系并且正确的求出坐标.
二、平面的法向量
【例2】在正方体ABCD—A1B1C1D1中，求证：是平面ACD1的法向量.
证明：不妨设正方体的棱长为1,建立如右图所示的空间直角坐标系D—xyz,则各点的坐标为
A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1).
所以=(1,1,1),
=(-1,1,0),
=(-1,0,1)
因为·=1×(-1)+1×1+1×0=0，
所以⊥.
同理⊥.
又AC∩AD1=A,
所以⊥平面ACD1,
从而是平面ACD1的法向量.
温馨提示
利用平面法向量证垂直平行问题.
三、直线、平面向量的应用
【例3】 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P为DD1的中点，O为底面ABCD的中心，求证：B1O⊥平面PAC.
证明：建立如右图所示坐标系，不妨假定正方体每边长为2，则A（2，0，0），P（0，0，1），C（0，2，0），B1（2，2，2），O（1，1，0）.
于是=(1,1,2),=(-2,2,0),=(-2,0,1).由于·=-2+2=0,及·=-2+2=0，
∴OB1⊥AC，OB1⊥AP.
∴OB1⊥平面PAC.
温馨提示
立体几何中的向量方法——“三步曲”.
(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量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、直线、平面之间的关系.
(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.
各个击破
类题演练 1
如右图，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4,E、F分别为棱AB、BC的中点.
(1)求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；
(2)求点D1到平面B1EF的距离.
答案：(1)证明:建立题图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(2,2,0),E(2,,0),
F(,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,4).
=(-,,0),=(2,2,0),
=(0,0,4),
∴·=0，·=0.
∴EF⊥DB,EF⊥DD1,∴EF⊥平面BDD1B1.
∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
(2)解:设平面B1EF的法向量
n=(x,y,z),则n⊥,n⊥.
又=(0,,4),
∴n·=-+y=0,n·=y+4z=0.
∴x=y,z=y,
取y=1,得n=(1,1,).
又=（2，2，0），
∴点D1到平面B1EF的距离为d=.
变式提升1
已知棱锥P—ABCＤ的底面是菱形，∠BCD=60°,PD⊥AD,点E是BC边的中点.
求证：AD⊥平面PDE.
证明：连结BD.如右图;
∵底面ABCD是菱形,∠BCD=60°,
∴△BCD是正三角形.
∵点E是BC边的中点,
∴DE⊥BC.
∵AD∥BC,
∴AD⊥DE.
∵PD⊥AD,PD∩DE=D,
∴AD⊥平面PDE.
类题演练 2
在长方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是AE、CD1的中点，AD=AA1=a,AB=2a.
求证：MN∥面ADD1A1.
证明:建立如右图的坐标系，则=(,0,).
取n=(0,1,0),显然n⊥面ADD1A1.
·n=0,∴⊥n.
又MN面ADD1A1，
∴MN∥面ADD1A1.
变式提升 2
若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为u=(-2,0,-4),则（ ）
A.l∥α B.l⊥α
C.lα D.l与α斜交
答案：B
类题演练 3
如右图，ABC—A1B1C1是各条棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点.
求证：平面AB1D⊥平面ABB1A1.
证明：取AB1的中点M，则
=++.
又=++,
两式相加得2=+=+.
由于2·=(+)·=0,
2·=(+)·(-)=||2-||2=0,
∴DM⊥AA1,DM⊥AB.
∴DM⊥平面ABB1A1.
而DM平面AB1D，
∴平面AB1D⊥平面ABB1A1.
变式提升 3
若直线l1、l2的方向向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,3,2),则（ ）
A.l1∥l2 B.l1⊥l2 C.l1、l2相交不平行 D.不能确定
3.2.3 直线与平面的夹角
课堂导学
三点剖析
一、最小角定理的应用
【例1】 已知四棱锥P-ABCD（如右图），底面是边长为2的正方形.侧 棱PA⊥底面ABCD，PA=a,M、N分别为AD、BC的中点，MQ⊥PD于Q.
(1)直线PC与平面PBA所成角的正弦值为.求PA的长；
(2)PA=2,求PM与平面PCD所成角的正弦值.
解：(1)=（2，2，-a），平面PBA的一个法向量为n==(0,1,0).
∵直线PC与平面PBA所成角的正弦值为，
∴|cos〈,n〉|=,
即
∴a=2,即PA=2.
(2)=（0，1，-2），=（0，-2，2），（2，0，0）.
设平面PCD的法向量为n=(x,y,1),则
解得∴n=(0,1,1).
∴cos〈,n〉=.
∴PM与平面PCD所成角的正弦值为.
温馨提示
最小角定理的应用注意形式，θ1,θ2所处的位置.
二、利用三垂线定理求线面角
【例2】 如右图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点.
(1)证明：PA∥平面EDB；
（2）求EB与底面ABCD所成的角的正切值.
(1)证明：连结AC，AC交BD于O.连结EO.
∵底面ABCD是正方形，
∴点O是AC的中点.
在△PAC中,EO是中位线,
∴PA∥EO.
而EO平面EDB且PA平面EDB.
所以,PA∥平面EDB.
(2)解：作EF⊥DC交DC于F.连结BF.
设正方形ABCD的边长为a,
∵PD⊥底面ABCD,
∴PD⊥DC.
∴EF∥PD,F为DC的中点.
∴EF⊥底面ABCD,BF为BE在底面ABCD内的射影,故∠EBF为直线EB与底面ABCD所成的角.
在Rt△BCF中,
BF=.
∵EF=PD=,∴在Rt△EFB中,
tan∠EBF=,则BE与面ABCD所成角的正切值为.
温馨提示
解题过程一般要包含作图、证明、计算三步.另外借助于法向量求线面角将更加简捷.
三、利用向量求线面角
【例3】 如右图所示的正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1∶AB=2∶1,E、F分别为面A1C1和面BC1的中心.求
（1）异面直线CE与AF所成的角；
（2）A1F与平面BCC1B1所成的角；
解：如右图，以D为原点，DA为Ox轴正方向，DC为Oy轴正方向，DD1为Oz轴正方向建立空间直角坐标系.
∵A1A∶AB=2∶1,可设AB=2，由此得到相应各点的坐标分别为A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（1，1，4），F（1，2，2），A1（2，0，4），B1（2，2，4），∴=（1，-1，4），=（-1，2，2），=（-1，2，-2），=（-1，0，-2），=（0，0，-4），=（1，1，-4）.
(1)设异面直线CE和AF所成的角为α,则
cosα＝
∴α=arccos,此即异面直线CE和AF所成的角.
(2)∵A1B1⊥平面BCC1B1，
∴A1F与平面BCC1B1，所成的角为∠A1FB1（设为β）.
则cosβ=
=
=.
∴β=arccos.
此即为A1F与平面BCC1B1所成的角.
温馨提示
充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，用相关知识求解线面角.
各个击破
类题演练 1
PA、PB、PC从P引出三条射线每两条的夹角都是，则直线PC与面PAB所成角的余弦值为多少？
解析：设点C在面PAB上的射影为H，则∠HPA=30°=θ2,∠APC=θ=60°,θ1=∠CPH即为所求的线面角，有
cosθ1·cosθ2=cosθ，得cosθ1=.
变式提升 1
面α垂直面β,交线为CD，A∈CD,APα,∠DAP=30°,QAβ,∠DAQ=30°,求∠PAQ的大小.
解析：过P作PM⊥CD,则PM⊥β,即∠PAM为直线AP与β所成的角，设∠PAM=θ1,∠MAQ=θ2,∠PAQ=θ,有cosθ=cosθ1cosθ2，即cosθ=cos30°·cos30°=,得θ=∠PAQ=arccos.
类题演练 2
在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°,侧棱AA1=AC=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.
求AB与平面ABD所成角的大小.
解：连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠EBG是A1B与平面ABD所成的角，设F为AB中点，连结EF、FC，因为D、E分别是CC1、A1B的中点，又DC⊥平面ABC，所以CDEF为矩形.连结DF,G是△ADB的重心,EF=1,FD=3,ED=2,EG=,则FC=ED=,BE=,则sin∠EBG==,所求的角为arcsin.
变式提升 2
如右图，l1、l2是互相垂直的异面直线，MN是它们的公垂线段.点A、l2上,AM=MB=MN.
若∠ACB=60°,求NB与平面ABC所成角的余弦值.
解:∵Rt△CNA≌Rt△CNB,
∴AC=BC,又已知∠ACB=60°,因此,△ABC为正三角形.
∵Rt△ANB≌Rt△CNB.
∴NC=NA=NB,因此,N在平面ABC内的射影H是正三角形ABC的中心,
连结BH,∠NBH为NB与平面ABC所成的角.
在Rt△NHB中,cos∠NBH=.
类题演练 3
如右图,在四棱锥P-ABCD中,底面为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=AB=2BC,M、N分别为PC、PB的中点.
(1)求证:PB⊥DM;
(2)求CD与平面ADMN所成的角.
解:如右图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系A—xyz,设BC=1，则A（0，0，0），P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，1，0），M（1，,1），D（0，2，0）.
(1）∵·=（2，0，-2）·（1，-，1）=0，
∴PB⊥DM.
(2)∵·=（2，0，-2）·（0，2，0）=0，
∴PB⊥AD，又因为PB⊥DM，
∴PB⊥平面ADMN.∵〈PB，DC〉的余角即是CD与平面ADMN所成的角.
∵cos〈，〉=.
∴CD与平面ADMN所成的角为arcsin.
变式提升 3
如右图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,侧 棱长为a，求AC1与侧面AB1所成的角.
解:=(0,0,a).设侧面A1B的法向量n=(λ,x,y),所以n·=0，且n·=0，∴ax=0,且ay=0,∴x=y=0,故n=(λ,0,0).
∵=(a,,a).
∴cos〈,n〉===.
∴sinθ=|cos 〈,n〉|=,∴θ=30°.
3.2.4 二面角及其度量
课堂导学
三点剖析
一、利用三垂线定理及逆定理作二面角的平面角
【例1】 三棱锥S-ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°,AC=2,BC=,SB=,求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小.
解：∵∠SAB=∠SAC=90°，
∴SA⊥面ABC.
∴AC为SC在底面ABC上的射影.
又∠ACB=90°，
∴SC⊥BC.
∴∠SCA为二面角S-BC-A的平面角.
在Rt△SCB中，
SC=.
在Rt△SAC中，由AC=2，SC=4，得
cos∠SCA=.
∴∠SCA=60°.
即侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小为60°.
温馨提示
本题考查三垂线定理、线面垂直的判定、二面角度数的计算.其解法提供了一个用三垂线定理及其逆定理来作二面角平面角的方法.其作法是：从半平面上一点P作另一个半平面的垂线段PA，A为垂足，由P向棱作垂直相交的直线PB，B为垂足，边AB，则∠PBA为所求二面角的平面角（也可由A作AB与棱垂直，连BP），用这种作法就得寻找题目中有没有半平面的垂线、有没有棱的垂线，看能不能可利用.
二、利用定义求二面角平面角
【例2】在四面体S-ABC中，已知SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分别交AC、SC于D、E，又SA=AB，SB=BC，求以BD为棱，以△BDE与△BDC为面的二面角的大小.
分析：求二面角的大小，关键是找出二面角的平面角，利用题设条件，结合线面垂直和线线垂直的有关定理即可确定所求二面角的平面角，并在相应的三角形中求出其大小.
解：∵SB=BC且E是SC的中点（如右图），
∴SC⊥BE，又已知SC⊥DE，BE∩DE=E，
∴SC⊥平面BDE.
∴SC⊥BD.
又SA⊥底面ABC，BD面ABC，
∴SA⊥BD.
而SA∩SC=S，∴BD⊥平面SAC.
∵面SAC∩面BDE=DE，
∴BD⊥DE，BD⊥DC.
∴∠EDC为所求二面角的平面角.
∵SA⊥底面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥AC，
设SA=a，则AB=a,BC=SB=a,
又AB⊥BC，∴AC=a,在Rt△SAC中，
tan∠ACS，
∴∠ACS=30°.
又已知DE⊥SC，
∴∠FDC=60°，即所求二面角的大小为60°.
温馨提示
求作二面角的平面角的方法较多，本题采用的实质上找到一个与棱BD垂直的平面EDC，而此时正好DE、DC分别在二面角的两个面上,由此根据平面角定义便知，∠EDC为二面角的平面角.
三、利用向量求二面角的平面角
【例3】 如右图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为m的正方形，侧棱AA1的长为n,且∠A1AB=∠A1AD=120°，求二面角A1-AB-D的余弦值.
解：如下图，过A1作A1E⊥BA交BA的延长线于点E，
∵ABCD为正方形，
∴AD⊥AB，则向量与所成的角的大小即为二面角A1-AB-D的大小.
∵,
∴
=||·||·cos〈,〉+||·| |·cos〈,〉=nm·cos120°+0=mn.
∵∠A1AB=120°,∠A1AE=60°,
又A1A=n,
∴AE=n,A1E=n.
∵||=n,||=m,
∴cos〈,〉=
=
∴二面角A1-AB-C的余弦值为.
温馨提示
将二面角转化为两个面的法向量所成的角或其补角，通过建立空间直角坐标系来解决.
利用两个向量的数量积运算求其夹角.此时要注意平面的法向量有两种指向，应结合图形决定取向，或由图形决定两个法向量所成的角与二面角是相等还是互补.
各个击破
类题演练 1
如右图所示，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是棱AB和BC的中点，EF与BD交于点G.
求二面角B1-EF-B的大小.
解：∵AC⊥BD,EF∥AC,则BG⊥EF,又B1B⊥面 AC,则B1G⊥EF,∠B1GB是二面角B1-EF-B的平面角.BG=BD=a,tan∠B1GB=22.
∴二面角B1-EF-B的正切值为.
变式提升 1
△ABC和△DBC所在平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°，求二面角A-BD-C的正切值.
解：作OE⊥BD于E,连AE,由三垂线定理可得BD⊥AE.
∴∠AEO就是二面角A-BD-C的平面角的补角.
在Rt△ABO中,
∵∠ABO=60°,
∴AO=AB·sin60°=AB,OB=AB,
在Rt△BOE中,
∵∠EBO=60°，
∴OE=OB·sin60°=AB.
在Rt△AOE中,tan∠AEO==2.
∴二面角A-BD-C的正切值为-2.
类题演练 2
已知∠AOB=90°,过点O引∠AOB所在平面的斜线OC与OA、OB分别成45°、60°的角，求二面角A-OCB的大小.
解：在OC上任取一点D,在面COB内作DE⊥OC,在面AOC内作DF⊥OC交OA于F,则∠EDF为二面角A-OC-B的平面角,连结EF,设OD=a,
∵∠DOF=45°,DF=a,OF=a,又∠DOE=60°,
∴DE=a,OE=2a.
∴EF=a,cos∠EDF=.
∴二面角A-OC-B的大小为π-arccos.
变式提升 2
过正方形ABCD的顶点A作PA⊥平面ABCD，设PA=AB=α，求二面角B-PC-D的大小.
解:∵PA⊥平面ABCD,BD⊥AC,∴BD⊥PC.
在平面PBC内作BE⊥PC于E,连结DE,得PC⊥平面BED,从而DE⊥PC,即∠BED是二面角B-PC-D的平面角.
在Rt△PAB中,由PA=AB=a，得PB=a.
∵PA⊥平面ABCD,BC⊥AB,
∴BC⊥PB,∴PC==a.
在Rt△PBC中，BE=a.
同理DE=a.
在△BDE中,cos∠BED==-.
则二面角B-PC-D为120°.
类题演练 3
如右图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=2，AA1=2，∠ACB=90°,M是AA1的中点，N是BC1中点.
求二面角B-C1M-A1的大小.
解:三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴CC1⊥BC,又∠ACB=90°,
∴BC⊥平面A1MC1,=(-2,0,0),
设垂直于平面BMC1的向量n=(a,b,1),=(-2,0,2),=(-2,2,),
∴n·=0,n·=0,
即
解得a=,b=.
∴n=(,,1).
cos〈,n〉==,
即二面角B-C1M-A1的大小为π-arccos.
变式提升3
如右图，在三棱锥A-BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面ABC是正三角形.
(1)求证：AD⊥BC；
（2）求二面角B-AC-D的大小.
答案：(1)证明:作AH⊥面BCD于H,连BH、CH、DH,则四边形BHCD是正方形,且AH=1,以D为原点,以DB为x轴,DC为y轴建立空间直角坐标系如右图,则B(1,0,0),C(0,1,0),A(1,1,1).
=(-1,1,0),=(1,1,1),
∴·=0,则BC⊥AD.
(2)解:设平面ABC的法向量为n1=(x,y,z),
则由n1⊥知n1·=-x+y=0;
同理由n1⊥知n1·=x+z=0.
可取n1=(1,1,-1).
同理,可求得平面ACD的一个法向量为n2=(1,0,-1).
由图可以看出,二面角B-AC-D的大小应等于〈n1,n2〉,则cos〈n1,n2〉= =,
即所求二面角的大小是arccos.
3.2.5 距离（选学）
课堂导学
三点剖析
一、由定义求距离
【例1】 棱锥P-ABCD的底面是正方形，侧面是PAB，PAC都垂直于底面，另两侧面与底面成45°角，M、N分别为BC、CD的中点，最长的侧棱为15 cm.求：
（1）棱锥的高；
（2）底面中心O到平面PMN的距离.
解析：棱锥的概念在本题求解中并无作用，重点应分析和利用好给出的面面关系.
(1)设高为h,由平面PAB，平面PAC都垂直于底面，得PA⊥底面AC.又∠PBA=45°，
∴PA=AB=h,AC=h.
由PA2+AC2=PC2及PC=15，得PA=5（cm）;
(2)∵BD⊥AC，BD⊥PA，z
∴BD⊥平面PAQ.
又MN∥BD，
∴MN⊥平面PAQ，
∴平面PAQ⊥平面PMN.
做OH⊥PQ于H，则OH之长即为所求.
做AG⊥PQ于G.
在Rt△PAQ中，AQ=AC=h,
PQ=.
∴AG= h.
再由，得
OH=AG=h=(cm).
温馨提示
由于在棱锥中，随处可以找到解题必需的三角形，因此平面几何知识和解三角形的知识往往成为正确解题的关键.
二、通过转化求距离
【例2】如左下图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，求平面AB1D1与平面C1BD的距
离.
解：如右上图，可证得A1C⊥平面AB1D1，A1C⊥面C1BD.设A1C和平面AB1D1及平面C1BD分别交于P、Q两点.则PQ就是两平行平面AB1D1和平面C1BD的公垂线段.连结A1C1交B1D1于点O1，连结AC交BD于点O，由对角面A1C1CA与两平行平面AB1D1和平面C1BD分别相交于AO1和C1O知AO1∥OC1.由正方体的特性易计算对角面A1C1CA中，O1A1=a,A1A=a,A1C=a,于是在Rt△AA1O1中，AO1=a.
由面积关系得
A1P=.
同理可求得CQ=a,
∴PQ=A1C-2A1P=a-a=a.
温馨提示
本例应用两方面的转化，其一是空间距离的转化，其二是空间问题转化为平面问题，转化为平面问题后，为使思路清晰，可画出辅助图形.这都是我们研究立体问题的基本思想方法，注意体会学习应用.另外本例在转化为对角面中计算问题后，也可以用三角形的中位线的性质得A1P=PQ，CQ=PQ知A1P=PQ=QC，即先证明P、Q两点三等分对角线A1C后再计算.该例还有多种解法.
三、利用向量求距离
【例3】如下图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a.
(1)求证：平面B1AD1∥平面BC1D；
（2）求平面B1AD1与平面BC1D间的距离.
(1)证明：由正棱柱的性质知B1BDD1与AB1C1D分别为矩形，∴AB1∥DC1，D1B1∥DB，故面B1AD1∥BC1D.
(2)解：由两平行平面间距离的定义知，面B1AD1与面BC1D间的距离等于B1到面BC1D的距离.
设B1M⊥面BC1D，M为垂足，且B1M延长后交面ABCD于N，以，，分别为x,y,z轴的非负轴建立空间直角坐标系，则B1（a,0,a）,设N（x,y,0）,
=(x-a,y,-a),=(-a,a,0),=(0,a,a).
由⊥，得
·=-a(x-a)+ay=0. ①
由⊥，得·=ay-a2=0. ②
解①②得y=a，x=2a.于是
=（a,a,-a）.
记〈,〉=θ,则|B1M|=||·cosθ.
由B1B·=||·||·cosθ,
∴||===33a.
故点B1到面BDC1的距离为a，亦即所求距离为a.
温馨提示
利用向量方法求解的思路有两个：一是设公垂线段的向量坐标，借助于垂直将此向量坐标确定出来；二是求与公垂线平行的向量n,然后求端点在两异面直线上的向量在n上的射影即可.
各个击破
类题演练 1
设AC、BD分别是夹在两个平行平面α、β间的两条线段，且AC=13 cm，BD=15 cm，AC、BD在平面β上的射影长的和是14 cm，求AC、BD分别在平面β上的射影长以及平面α和平面β间的距离.
解：过A、B分别作AA1⊥β,BB1⊥β,A1、B1为垂足，连结A1C、B1D，则A1C、B1D为AC和BD在平面β内的射影，且∠AA1C、∠BB1D均为直角.∵α∥β，
∴AA1⊥α,BB1⊥α,AA1(或BB1)就是α与β的公垂线段.设AA1=BB1=z,A1C=x,B1D=y.
由题意得解得
∴AC、BD在β的射影长分别是5 cm、9 cm；两平面α、β间距离为12 cm.
变式提升 1
如下图，已知长方体ABCD-A′B′C′D′中，棱AA′=5,AB=12,求直线B′C′和平面A′BCD′的距离.
解：∵B′C′∥BC,BC平面A′BCD′，∴B′C′∥平面A′BCD′.于是B′C′到平面A′BCD′的距离等于点B′到平面A′BCD′的距离.过点B′在平面A′B′BA中作B′E⊥A′B于点E.
∵BC⊥平面A′B′BA，B′E平面A′B′BA，
∴B′E⊥BC.又B′E⊥A′B，而A′B∩BC=B,
∴B′E⊥平面A′BCD′.即B′E为B′点到平面A′BCD′的距离.在Rt△A′B′B中，BB′=5，A′B′=12，
∴A′B=13.由面积关系A′B′·B′B=B′E·A′B，
∴B′E=.所以B′C′和平面A′BCD′的距离为6013.
类题演练 2
如右图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为棱AB和BC的中点.
求点D到平面B1EF的距离.
解：由于平面B1EF的法向量n1=(2,2,-1),又DB1=（a,a,a）.
∴点D到平面B1EF的距离d===a.
∴点D到平面B1EF的距离为a.
变式提升 2
如右图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的菱形，∠B=60°，PC⊥面ABCD，PC=a,E是PA的中点.
求E到面PBC的距离.
解：EO∥PC，PC面PBC，EO∥面PBC，
所以点O到面PBC的距离等于E的面PBC的距离，
作OF⊥BC于F.
因为PC⊥面ABCD，PC面PBC，
所以面PBC⊥面ABCD，
于是OF⊥面PBC，OF的长等于O到面PBC的距离.
由条件可得OB=a,
OF=a×=a,
所以E到面PBC的距离为a.
类题演练 3
如下图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=a,AD=b,AA1=c,求顶点C到体对角线AC1的距离.
解：分别以AB、AD、AA1为x、y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，记点C在直线AC1的射影为G，则=（a,b,c）,=(0,0,c).由数量积的几何意义得| |=|·|=·|·|=.
在Rt△GCC1中，||===c·,这就是顶点C到对角线AC1的距离.
变式提升 3
如右图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD=4，AA1=6，E是BC的中点，F是CC1的中点，建立空间坐标系，求：异面直线B1E与D1F的距离.
解：设与的公垂向量为m=(1,λ′,μ′).则由·m=0,·m=0,得m=(1,2,23).
又=（0,2,3）,所求与的距离
d=.
2.1.1 曲线与方程的概念
课堂导学
三点剖析
一、曲线与方程关系的判定
称曲线C的方程是f（x，y）=0或称方程f（x，y）=0的曲线是C意指：曲线C上的点的坐标都是这个方程的解；反之，以这个方程的解为坐标的点都在曲线C上.
【例1】 证明圆心为P（a,b）、半径等于r的圆的方程是（x-a）2+（y-b）2=r2.
证明:（1）设M（x0，y0）是圆上任意一点，则点M到圆心的距离等于r，
即=r，也就是（x0-a）2+（y0-b）2=r2，
因此（x0，y0）是方程（x-a）2+（y-b）2=r2的解.
（2）设（x0，y0）是方程（x-a）2+（y-b）2=r2的解，则有（x0-a）2+（y0-b）2=r2，两边开方取算术根，得=r，于是点M（x0，y0）到点（a，b）的距离等于r，点（x0，y0）是这个圆上的点.
由（1）（2）可知，（x-a）2+（y-b）2=r2是圆心为P（a，b），半径等于r的圆的方程.
温馨提示
证明方程的曲线或曲线的方程需证明两条：①曲线上的点的坐标都是方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都在曲线上.
二、由方程画曲线
将方程通过化简变为我们熟悉的形式，然后由其特点和性质作出其图形.
【例2】 作出曲线y=|x-2|-2的图象,并求它与x轴所围成的三角形的面积.
解析:(1)当x-2≥0时,原方程可化为y=x-4.
(2)当x-2<0时,原方程可化为y=-x,故原方程表示两条共端点的射线,易得其端点为B(2,-2),与x轴交于点O(0,0)、A(4,0),它与x轴围成的三角形的面积为S△AOB=|OA|、5|yb|=4.
温馨提示
已知方程研究曲线,首先要对所给的方程进行同解变形,化为我们所熟悉的方程,进一步研究曲线的特点和性质,进而作出图形.
三、由曲线方程讨论字母系数
方程与曲线的问题也就是解与点的关系，判断点是否在曲线上，就是判断点的坐标是否适合曲线的方程.
【例3】已知方程（x-a）2＋（y－b）2＝３６的曲线经过点O(0，0)和点A(0，-12)，求a、b的值.
解析:∵点O、A都在方程（x-a）2＋（y-b）2＝36表示的曲线上，
∴点O、A的坐标都是方程（x-a）2＋（y-b）2＝36的解.
∴
解得
即a=0,b=-6为所求.
温馨提示
若点在曲线上，则点的坐标满足曲线的方程
各个击破
类题演练 1
设A（2，0）、B（0，2），能否说线段AB的方程是x+y-2=0？为什么？
解析：不能说线段AB的方程是x+y-2=0，因点(-3,5)的坐标是方程x+y-2=0的一个解，但点(-3,5)不在线段AB上，所以线段AB的方程不是x+y-2=0.
变式提升 1
下列命题正确吗？为什么？
（1）过点P（2，0）且平行于y轴的直线l的方程是|x|=2；
（2）以坐标原点为圆心，半径为r的圆的方程是y=.
解：(1)不对.因只具备条件①，而不具备条件②，故|x|=2不是直线l的方程,l也不全是方程|x|=2的直线.
（2）不对.设（x0,y0）是方程y=的解，则y0=,即,
两边开平方取算术根，得=r.
即点（x0,y0）到原点的距离等于r，点（x0,y0）是这个圆上的点.
因此满足条件②.但是，以原点为圆心、半径为r的圆上的一点如点(,r)在圆上，却不是y=的解，这就不满足条件①.所以，以原点为圆心，半径为r的圆的方程不是y=(而应是y=±).
类题演练 2
方程(x2-4)2+(y2-4)2=0表示的图形是（ ）
A.两个点 Ｂ.四个点 Ｃ.两条直线 Ｄ.四条直线
答案：B
变式提升 2
已知方程x2+(y-1)2=10.
(1)判断点P(1,-2),Q(,3)是否在此方程表示的曲线上；
（2）若点M(,-m)在此方程表示的曲线上，求m的值.
解：（1）∵12+(-2-1)2=10,
()2+(3-1)2=6≠10,
∴P(1,-2)在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上，Q(,3)不在此曲线上.
（2）∵M(,-m)在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上,
∴（）2+(-m-1)2=10.
解得m=2或m=.
类题演练 3
下列命题中，真命题的个数是（ ）
①若曲线C上的点的坐标都是方程f(x,y)=0的解，则C的方程是f(x,y)=0
②若以方程f(x,y)=0的解为坐标的点都是曲线C上的点，则方程f(x,y)=0的曲线是C
③若以方程f(x,y)=0的解为坐标的点都是曲线C上的点，则曲线C的方程是f(x,y)=0
A.0 B.1 C.2 D.3
答案：A
变式提升 3
曲线f(x，y)=0关于直线x-y-3=0对称的曲线方程为（ ）
A.f(x-3，y)=0 B.f(y+3，x)=0
C.f(y-3，x+3)=0 D.f(y+3，x-3)=0
答案：D
2.1.2 由曲线求它的方程由方程研究曲线的性质
课堂导学
三点剖析
一、利用五步法求曲线的方程
求曲线的方程时，首先应观察原题条件中有没有坐标系，没有坐标系时应先建立坐标系，否则曲线不能转化为方程.建坐标系应建得适当，这样可使运算过程简单，所得的方程也较简单.
根据曲线上的点适合的条件列出等式，是求方程的重要一环，在这里常用到一些基本公式.仔细审题，分析已知条件和曲线的特征，抓住与曲线上任意点M有关的相等关系,结合基本公式列出等式，并进行化简.
【例1】 设A、B两点的坐标分别是(1，0)、(-1，0)，若kMA·ｋＭＢ＝－１，求动点M的轨迹方程.
解析:设M的坐标为(x，y)，M属于集合P=｛Ｍ｜ｋＭＡ·ｋＭＢ＝－１｝.由斜率公式，点M所适合的条件可表示为·=-1(x≠±1)，整理后得x2+y2=1(x≠±1).
下面证明x2+y2=1(x≠±1)是点M的轨迹方程.
(1)由求方程的过程可知，M的坐标都是方程x2+y2=1(x≠±1)的解；
(2)设点M1的坐标(x1，y1)是方程x2+y2=1(x≠±1)的解，
即x12+y12=1(x1≠±1)，y12=1-x12(x1≠±1)，·=-1，
∴kＭ1Ａ·ｋＭ1Ｂ＝－１.
由上述证明可知，方程x2+y2=1(x≠±1)是点M的轨迹方程.
温馨提示
(1)所求的方程x2＋y2＝１后面应加上条件ｘ≠±１.
(2)证明可以省略不写.
二、坐标法在平面几何中的应用
【例2】用坐标法证明平面内任意一点到矩形的一对对角顶点的距离平方和等于这个点到另一对对角顶点的距离平方和.
证明:如右图所示，取坐标轴和矩形边平行建立坐标系，设P（x，y）为任意点，矩形四个顶点为A(x1，y1)、C(x2，y2)、B(x1，y2)、D(x2，y1)，则有
｜PA｜2+｜PC｜2=（x1-x）2+(y1-y)2+(x2-x)2+(y2-y)2，
｜PB｜2+｜PD｜2=(x1-x)2+(y2-y)2+(x2-x)2+(y1-y)2.
∴｜PA｜2+｜PC｜2=｜PB｜2+｜PD｜2.
温馨提示
在上述证明中，若选取矩形的邻边AB、BC所在直线分别为y轴和x轴，那么矩形的四个顶点坐标为A(0，y1)，B(0，0)，C(x1，0)，D(x1，y1),这样数据更简单，运算更简便了.因此用坐标法解题，坐标系选取得适当，可以简化运算过程.
三、求曲线方程的常用方法
【例3】 过抛物线y2=4x的顶点O作相互垂直的弦OA、OB，求抛物线顶点O在AB上的影射M的轨迹方程.
解析:设A（x1，y1）、B（x2，y2），代入抛物线方程并作差得kAB==，
∴直线AB的方程lAB∶y-y1=（x-x1）.
注意到y12=4x1，y1y2=-16（∵kOA·kOB=-1，∴·=-1=-1y1y2=-16），
即得（y1+y2）y+16=4x.
又直线OM的方程为y=，
由（x2+y2-4x=0（x≠0）即为所求的轨迹方程.
温馨提示
由（*）消去y1+y2所得方程为所求，是因为由（*）解出x、y（用y1+y2作已知）得到的是点M的坐标，而点M的坐标的关系式（即消去y1+y2得x、y的关系）为动点M的轨迹方程.显然这样做与直接过渡其关系式是一样的.另外本题还可以设OA的斜率为k，类似于上面的方法求M的轨迹方程.
各个击破
类题演练 1
若点M到两条互相垂直的直线的距离相等，求点M的轨迹方程.
解析：取已知两条互相垂直的直线为坐标轴，建立直角坐标系，如右图所示.设点M的坐标为（x，y），点M的轨迹就是到坐标轴的距离相等的点的集合P={M||MR|=|MQ|}，其中Q、R分别是点M到x轴、y轴的垂线的垂足.
因为点M到x轴、y轴的距离分别是它的纵坐标和横坐标的绝对值，所以条件|MR|=|MQ|可写成|x|=|y|，即x±y=0.①
下面证明①是所求轨迹的方程.
（1）由求方程的过程可知，曲线上的点的坐标都是方程①的解；
（2）设点M1的坐标（x1，y1）是方程①的解，那么x1±y1=0，
即|x1|=|y1|，而|x1|、|y1|正是点M1到纵轴、横轴的距离，因此点M1到这两条直线的距离相等，点M1是曲线上的点.
由（1）（2）可知，方程①是所求轨迹的方程，图形如上图所示.
变式提升 1
已知A(2，5)、B(3，-1)，则线段AB的方程是（ ）
A.6x+y-17=0 Ｂ.6x+y-17=0(x≥3)
Ｃ.6x+y-17=0(x≤3) Ｄ.6x+y-17=0(2≤x≤3)
答案：D
类题演练 2
若点M到两坐标轴的距离的积为2 006，求点M的轨迹方程.
答案：xy=±2 006
变式提升 2
在△ABC中，已知顶点A（1，1）、B（3，6）且△ABC的面积等于3，求顶点C的轨迹方程.
解析：如右图，设顶点C的坐标为(x，y)，作CH⊥AB于H，则动点C属于集合
P=｛C｜｜AB｜·｜ＣＨ｜＝3｝.
∵ｋ下标ＡＢ＝，
∴直线AB的方程是y-1=(x-1)，即5x-2y-3=0.
∴｜ＣＨ｜＝.
∵｜ＡＢ｜＝，
∴，
化简，得｜5x-2y-3｜=6，
即5x-2y-9=0或5x-2y+3=0，这就是所求顶点C的轨迹方程.
类题演练 3
已知△ＡＢＣ，A（－２，0）、B（0，－２），第三个顶点C在曲线ｙ＝3ｘ2－１上移动，求△ABC的重心的轨迹方程.
解析:设△ABC的重心为G(x，y)，顶点C的坐标为(ｘ1，ｙ1），由重心坐标公式得
∴
代入ｙ1＝3ｘ12－１，得3ｙ＋２＝3（3ｘ＋２）2－１.
∴ｙ＝９ｘ2＋１２ｘ+3，即为所求轨迹方程.
变式提升 3
求抛物线y=2x2的一组斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程.
解析：设弦端点坐标为P1(x1,y1)、P2(x2,y2),中点M(x,y),
则y1=2x12,y2=2x22,
∴y1-y2=2(x1-x2)(x1+x2).
∴=2×2x,
∴x=.
2.2.1 椭圆及其标准方程
课堂导学
三点剖析
一、求椭圆的标准方程
【例1】求适合下列条件的椭圆的标准方程:
(1)两个焦点的坐标分别是(-4,0)、(4,0),椭圆上一点P到两焦点距离的和是10;
(2)两个焦点的坐标是(0,-2)、(0,2),并且椭圆经过点(,).
解:(1)∵椭圆的焦点在x轴上,∴设它的标准方程为=1(a>b>0).
∵2a=10,2c=8,∴a=5,c=4.
∴b2=a2-c2=52-42=9.
∴所求椭圆的标准方程为=1.
(2)∵椭圆的焦点在y轴上,∴设它的标准方程为=1(a>b>0).
由椭圆的定义知,2a=+ =2,
∴a=.又c=2,∴b2=a2-c2=10-4=6.
∴所求椭圆的标准方程为=1.
温馨提示
求椭圆的标准方程就是求a2及b2(a>b>0),并且判断焦点所在的坐标轴.当焦点在x轴上时,椭圆的标准方程为=1;当焦点在y轴上时,椭圆的标准方程为=1.
二、应用椭圆的定义解题
【例2】一动圆与已知圆O1：（x+3）2+y2=1外切与圆O2：（x-3）2+y2=81内切，试求动圆圆心的轨迹方程.
解析:两定圆的圆心半径分别为
O1（-3，0），r1=1；O2（3，0），r2=9
设动圆圆心为M（x，y），半径为R
由题设条件知：
|MO1|=1+R，|MO2|=9-R
∴|MO1|+|MO2|=10
由椭圆的定义知：
M在以O1，O2为焦点的椭圆上，
且a=5，c=3，
∴b2=a2-c2=25-9=16
故动圆圆心的轨迹方程为 =1.
温馨提示
两圆相切时，圆心之间的距离与两圆的半径有关，据此可以找到动圆圆心满足的条件.
三、利用椭圆的标准方程解题
【例3】 椭圆5x2+ky2=5的一个焦点为（0，2）则k=_____________.
解析:将椭圆方程化为标准方程
可得x2+=1，
由其中一个焦点为（0，2），知a2=，b2=1，且
a2-b2=c2即-1=4得k=1.
温馨提示
先将椭圆方程化为标准形式，再由其中一个焦点确定a2，b2，最后通过a、b、c之间的关系确定k的值.
各个击破
类题演练 1
求经过两点P1(,),P2(0,)的椭圆的标准方程.
解法一:因为焦点位置不确定,故应考虑两种情形.
(1)焦点在x轴上时:
设椭圆的方程为+=1(a＞b＞0).
依题意知解得.
∵＜,∴方程组无解.
(2)焦点在y轴上时:
设椭圆的方程为+=1(a＞b＞0).
依题意可得,解得.
∴所求椭圆的标准方程为=1.
解法二:设所求椭圆方程的一般式为Ax2+By2=1(A＞0,B＞0).
依题意可得解得
∴所求椭圆的方程为5x2+4y2=1.
∴标准方程为=1.
变式提升 1
椭圆短轴一个端点与两焦点组成一个正三角形，且焦点到同侧顶点的距离为，求此椭圆的标准方程.
解析：由题意知：∴
∴b2=9
∴所求椭圆的标准方程为
=1
类题演练 2
若一个动点P(x,y)到两个定点A(-1,0),A′(1,0)的距离和为定值m,试求P点的轨迹方程.
解:∵|PA|+|PA′|=m,|AA′|=2,|PA|+|PA′|≥|AA′|,
∴m≥2.
(1)当m=2时,P点的轨迹就是线段AA′.
∴其方程为y=0(-1≤x≤1).
(2)当m＞2时,由椭圆的定义知,点P的轨迹是以A、A′为焦点的椭圆.
∵2c=2,2a=m,
∴a=,c=1,b2=a2-c2=-1.
∴点P的轨迹方程为=1.
变式提升 2
已知B、C是两个定点，|BC|=6，且△ABC的周长等于16，求顶点A的轨迹方程.
解析：如右图，建立坐标系，使x轴经过点B、C，原点O与BC的中点重合.
由已知|AB|+|AC|+|BC|=16，|BC|=6，有|AB|+|AC|=10，
即点A的轨迹是椭圆，且2c=6,2a=16-6=10.
∴c=3,a=5,b2=52-32=16.
但当点A在直线BC上，即y=0时,A、B、C三点不能构成三角形，
∴点A的轨迹方程是=1(y≠0).
类题演练 3
方程x=所表示的曲线为_________________.
答案：表示椭圆在y轴右侧的部分（包括端点）
变式提升 3
椭圆+=1与+=1(0A.有相等的长、短轴 B.有相等的焦距
C.有相同的焦点 D.有相同的顶点
答案：B
2.2.2 椭圆的简单几何性质（一）
课堂导学
三点剖析
一、椭圆的几何性质
【例1】 已知椭圆x2+（m+3）y2=m（m＞0）的离心率e=，求m的值及椭圆的长轴和短轴的长、焦点坐标、顶点坐标.
解析：椭圆的方程可化为：=1
∵m-＞0，∴m＞
即a2=m，b2=，
c=
由e=得=，
∴m=1.
∴椭圆的标准方程为x2+=1.
∴a=1，b=，c=.
∴椭圆的长轴长为2，短轴长为1，两焦点坐标分别为F1（-，0），F2（，0）四个顶点分别为A1（-1，0），A2（1，0），B1（0，），B2（0，）.
二、求椭圆的离心率
【例2】 2006山东潍坊一模，8 在Rt△ABC中，AB=AC=1，如果一个椭圆通过A，B两点，它的一个焦点为点C，另一个焦点在AB上，则这个椭圆的离心率为（ ）
A. B.-1 C. D.
解析:设另一个焦点为C′，则有
AC+AC′=2a，BC+BC′=2a，
又∵BC=，BC′=1-AC′，
∴，
解得AC′=，a=，
c===，
∴离心率e==，故选A.
答案：A
温馨提示
本题考查椭圆的定义、离心率公式及相关运算能力.
三、离心率的应用
【例3】 已知椭圆的对称轴是坐标轴,O为坐标原点,F是一个焦点,A是一个顶点,若椭圆的长轴长是6,且cos∠OFA=,求椭圆的方程.
解:∵椭圆的长轴长是6，cos∠OFA＝,
∴点A不是长轴的端点（是短轴的端点）.
∴｜OF｜＝c，｜AF｜＝a＝３.
∴＝.∴c＝2，b2＝32-22＝５.
∴椭圆的方程是＝１或＝１.
温馨提示
△OFA是椭圆的特征三角形，它的两直角边长分别为b、c，斜边的长为a，∠OFA的余弦值是椭圆的离心率.
各个击破
类题演练 1
求椭圆25x2+y2=25的长轴和短轴的长、焦点和顶点坐标.
解:把已知方程化成标准方程：+x2=1，
这里a=5,b=1,所以c==2.
因此，椭圆的长轴和短轴的长分别是
2a=10和2b=2,两个焦点分别是F1(0，-2)、F2(0，2)，椭圆的四个顶点是A1(0，-5)、A2(0，5)、B1(-1，0)和B2(1，0).
变式提升 1
已知点P（3，6）在以两坐标轴为对称轴的椭圆上，你能根据P点的坐标最多可写出椭圆上几个点的坐标（P点除外）？这几个点的坐标是什么？
解:根据椭圆关于两坐标轴对称及P点的坐标，最多可以写出椭圆上三个点的坐标，这几个点的坐标分别是（3，-6）、（-3，-6）、（-3，6）.
类题演练 2
设椭圆=1（a＞b＞0）的右焦点为F1，右准线为l1，若过点F1且垂直于x轴的弦长等于点F1到准线l1的距离，则椭圆的离心率是__________________.
答案：
变式提升 2
椭圆=1和=k（k＞0）具有（ ）
A.相同的长轴长 B.相同的焦点
C.相同的离心率 D.相同的顶点
答案：C
类题演练 3
已知椭圆的中心在原点,焦点在x轴上，离心率e=，又知椭圆上一点M，它的横坐标等于焦点的横坐标，纵坐标是4，求此椭圆的方程.
解：∵e=，∴=1-e2=.
∴可设所求椭圆方程为=1（t＞0），
∴c2=9t-8t=t，c=，M（，4）.
∵M在椭圆上，∴=t，
∴t=.
故所求椭圆的方程是=1.
变式提升 3
若椭圆经过原点，且焦点为F1（1，0），F2（3，0），则其离心率为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
2.2.3 椭圆的简单几何性质（二）
课堂导学
三点剖析
一、椭圆的第二定义
【例1】椭圆=1上有一点P，它到左准线的距离等于2.5，求P到右焦点的距离.
解法一:如右图，设P到左、右准线的距离分别为d1，d2，则d1+d2==12.5.
又d1=2.5，∴d2=10.
又，
∴|PF2|=·d2=×10=8.
解法二：由及d1=2.5，
得|PF1|=·d1=2.
又|PF1|+|PF2|=2a=10，
∴|PF2|=10-|PF1|=8.
温馨提示
根据椭圆的第二定义，往往把椭圆上的点到焦点的距离转化到该点到相应准线的距离.
二、焦半径
【例2】 对于椭圆=1.（a＞b＞0）它的左、右焦点分别是F1（-c，0）和F2（c，0），P（x0，y0）是椭圆上的任一点，求证：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0，其中e是椭圆的离心率.
证明:椭圆=1（a＞b＞0）的两焦点：
F1（-c，0）、F2（c，0），相应的准线方程分别是：
x=和x=.
∵椭圆上任一点到焦点的距离与它到相应准线的距离的比等于这个椭圆的离心率.
∴=e，=e.
化简得：|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0.
温馨提示
|PF1|、|PF2|都是椭圆上的点到焦点的距离，习惯称作焦点半径.|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0称作焦半径公式，结合这两个公式，显然到焦点距离最远（近）点为长轴端点.
三、利用椭圆第二定义求最值
【例3】 已知定点A（-2，），点F为椭圆=1的右焦点，点M的椭圆上移动时，求|AM|+2|MF|的最小值，并求此时点M的坐标.
解:如右图，由椭圆方程，得a=4，b=2，c=2，
∴e=，右焦点F（2，0），右准线l：x=8.
设点M到右准线l的距离为d，则=e=，即|2MF|=d.
∴|AM|+2|MF|=|AM|+d.
由于A在椭圆内，过A作AK⊥l，K为垂足，易证|AK|即为|AM|+d的最小值，其值为8-（-2）=10.
此时M点纵坐标为，得横坐标为2.
∴|AM|+2|MF|的最小值为10，这时点M的坐标为（2，）.
温馨提示
（1）转化是一种重要的数学思想，本题利用第二定义，将看似没有“出路”的问题巧妙地化解了.
（2）本题实际上要求对椭圆的第二定义有深刻的理解，在后面的双曲线、抛物线中也有类似问题，注意总结规律.
各个击破
类题演练 1
在椭圆=1上求一点P,使它到左焦点的距离是它到右焦点距离的两倍.
解析：设P点的坐标为（x，y），F1、F2分别为椭圆的左、右焦点.
∵椭圆的准线方程为x=±，
∴.
∵|PF1|=2|PF2|，
∴,
∴x=.
把x=代入方程=1，
得y=±.
因此，P点坐标为（，±）.
变式提升 1
点M（x，y）与定点（3，0）的距离和它到直线l：x=的距离的比是常数
，求点M的轨迹.
解：设d是点M到直线l：x=的距离.
由题意：点M的轨迹就是集合
P={M|=}.
由此得.
化简得16x2+25y2=400.
即=1.
所以点M的轨迹是长轴长、短轴长分别为10、8的椭圆.
类题演练 2
设椭圆的左焦点为F，AB为椭圆中过F的弦，试判断以AB为直径的圆与左准线的位置关系.
解：如下图，设M为弦AB的中点（即圆心），A′、B′、M′分别是A、B、M在准线l上的射影，由椭圆第二定义，得|AB|=|AF|+|BF|=e（|AA′|+|BB′|）.
∵0＜e＜1，
∴|AB|＜|AA′|+|BB′|=2|MM′|，
∴＜|MM′|，
∴以AB为直径的圆与左准线相离.
变式提升 2
椭圆=1上一点P到两焦点的距离之积为m，则当m取得最大值时，点P的坐标是（ ）
A.（5，0）和（-5，0） B.（，）和（，-）
C.（0，3）和（0，-3） D.（，）和（，）
答案：C
类题演练 3
设P（x0，y0）是椭圆=1（a＞b＞0）上任意一点，F1为其左焦点.
（1）求|PF1|的最小值和最大值；
（2）在椭圆=1上求一点P，使这点与椭圆两焦点的连线互相垂直.
解：（1）对应于F1的准线方程为x=，根据椭圆的第二定义：=e，
∴|PF1|=a+ex0.又-a≤x0≤a.
∴当x0=-a时，|PF1|min=a+（-a）=a-c；
当x0=a时，|PF1|max=a+·a=a+c.
（2）∵a2=25，b2=5，∴c2=20，e2=.
∵|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
∴（a+ex0）2+（a-ex0）2=4c2.
将数据代入得25+x02=40.
∴x0=±.代入椭圆方程得P点的坐标为（，），（，-），（-，），（-，-）.
变式提升 3
椭圆=1的右焦点为F，设A（，），P是椭圆上一动点，则|AP|+|PF|取最小值时，P的坐标为（ ）
A.（5，0） B.（0，2） C.（，） D.（0，-2）或（0，2）
答案：C
2.3.1 双曲线及其标准方程
课堂导学
三点剖析
一、双曲线的定义
【例1】 已知双曲线的两个焦点F1、F2之间的距离为26，双曲线上一点到两焦点的距离之差的绝对值为24，求双曲线的方程.
解：若以线段F1F2所在的直线为x轴，线段F1F2的垂直平分线为y轴建立直角坐标系,则双曲线的方程为标准形式.
由题意得2a=24,2c=26.
∴a=12,c=13，
b2=132-122=25.
当双曲线的焦点在x轴上时，双曲线的方程为=1.
若以线段F1F2所在直线为y轴，线段F1F2的垂直平分线为x轴，建立直角坐标系，则双曲线的方程为=1.
温馨提示
求轨迹方程时，如果没有直角坐标系，应先建立适当的直角坐标系.求双曲线的标准方程就是求a2、b2的值，同时还要确定焦点所在的坐标轴.双曲线所在的坐标轴，不像椭圆那样看x2、y2的分母的大小，而是看x2、y2的系数的正、负.
二、求双曲线的标准方程
【例2】 求满足下列条件的双曲线的标准方程.
（1）经过点A（1，），且a=4;
(2)经过点A（2，）、B（3，-2）.
解析:（1）若所求双曲线方程为
=1（a＞0，b＞0），
则将a=4代入，得=1，
又点A（1，）在双曲线上，
∴=1，
解得b2＜0，不合题意，舍去.
若所求双曲线方程为=1（a＞0，b＞0），同上，解得b2=9，
∴双曲线的方程为=1.
（2）设双曲线方程为mx2+ny2=1（mn＜0），
∵点A（2，）、B（3，）在双曲线上，
∴.
解之，得.
∴所求双曲线的方程为.
三、确定方程表示的曲线类型
【例3】 已知方程kx2+y2=4，其中k为实数，对于不同范围的k值分别指出方程所表示的曲线类型.
解：（1）当k=0时，y=±2，表示两条与x轴平行的直线.
（2）当k=1时，方程为x2+y2=4，表示圆心在原点，半径为2的圆.
（3）当k＜0时，方程为=1，表示焦点在y轴上的双曲线.
（4）当0＜k＜1时，方程为=1，表示焦点在x轴上的椭圆.
（5）当k＞1时，方程为=1，表示焦点在y轴上的椭圆.
温馨提示
本题是判定方程所表示的曲线类型题目.对参数k讨论时，首先要找好讨论的分界点，除了区别曲线类型外，同一类曲线还要区别焦点在x轴和y轴的情况.
各个击破
类题演练 1
(2006辽宁高考，9) 已知点F1(-,0)、F2(,0)，动点P满足|PF2|-|PF1|=2.当点P的纵坐标是时，点P到坐标原点的距离是（ ）
A. B. C. D.2
答案：A
变式提升 1
在△MNG中，已知NG=4.当动点M满足条件sinG-sinN=sinM时，求动点M的轨迹方程.
解析：如右图所示，以NG所在的直线为x轴，以线段NG的垂直平分线为y轴建立直角坐标系.
∵sinG-sinN=sinM，
∴由正弦定理，得|MN|-|MG|=×4.
∴由双曲线的定义知，点M的轨迹是以N、G为焦点的双曲线的右支（除去与x轴的交点）.
∴2c=4,2a=2,即c=2,a=1.
∴b2=c2-a2=3.
∴动点M的轨迹方程为x2-=1(x＞0，且y≠0).
类题演练 2
双曲线=1(a>0,b>0)与直线x=6的一个交点到两焦点的距离分别是30和20,求该双曲线的方程.
解:将x=6代入双曲线方程,得-=1,
则y=±,
设一个交点P的坐标为(6,),
则由题意,得,
解之得a=5,b2=.
故所求的双曲线方程为=1.
变式提升 2
在面积为1的△PMN中，tan∠PMN=,tan∠MNP=2,建立适当坐标系，求以M、N为焦点且过点P的双曲线方程.
解:以MN所在直线为x轴，MN的中垂线为y轴建立直角坐标系，
设P（x0,y0)、M(-c,0)、N(c,0)(y0＞0,c＞0),（如右图）
则
解得.
设双曲线方程为=1（y＞0）,
将点P（，）代入，可得a2=.
∴所求双曲线方程为=1（y＞0）.
类题演练 3
试一试：已知F1（-8，3）、F2（2，3），动点P适合|PF1|-|PF2|=2a，当a为3和5时，P点的轨迹为（ ）
A.双曲线和一直线 B.双曲线和一射线
C.双曲线一支和一直线 D.双曲线一支和一射线
答案：D
变式提升 3
如果=-1表示焦点在y轴上的双曲线，那么它的半焦距C的取值范围是…（ ）
A.（1，+∞） B.（0，2）
C.（2，+∞） D.（1，2）
答案：A
2.3.2 双曲线的简单几何性质
课堂导学
三点剖析
一、双曲线的渐近线
【例1】求双曲线16x2-9y2=-144的实半轴长和虚半轴长、焦点坐标、离心率、顶点坐标、渐近线方程.
解:把方程16x2-9y2=-144化为标准方程=1,
由此可知,实半轴长a=4,虚半轴长b=3,c==5.
焦点坐标为(0,-5),(0,5);
离心率e=;
顶点坐标为(0,-4),(0,4);
渐近线方程为y=±.
温馨提示
双曲线=1(a＞0，b＞0)的渐近线为y=±x,双曲线=1的渐近线为x=±y,即y=±x，应仔细区分两双曲线的渐近线的异同点.
二、双曲线的离心率
【例2】双曲线=1(a＞1,b＞0)的焦距为2c,直线l过点（a,0）和(0,b)，且点(1,0)到直线l的距离与点（-1，0）到直线l的距离之和s≥c.求双曲线的离心率e的取值范围.
解:直线l的方程为=1，即bx+ay-ab=0.
由点到直线的距离公式，且a＞1，得到点（1，0）到直线l的距离d1=.
同理得到点（-1，0）到直线l的距离：
d2=,s=d1+d2==.
由s≥c,得≥c,
即5a≥2c2.于是得5≥2e2,
即4e4-25e3+25≤0.
解不等式，得≤e2≤5.
由于e＞1＞0,
所以e的取值范围是≤e≤.
温馨提示
本题通过构造法来求离心率的取值范围，考查了不等式的数学思想.本题主要考查了点到直线的距离公式，双曲线的基本性质，以及同学们的综合运算能力.
三、直线与双曲线的位置关系
【例3】 已知直线y=ax+1与双曲线3x2-y2=1交于A、B两点.
（1）若以AB为直径的圆过坐标原点，求实数a的值；
(2)是否存在这样的实数a，使A、B两点关于直线y=ｘ对称?若存在，请求出a的值;若不存在，请说明理由.
解:(1)由消去y,得
（3－a2）x2－2ax－2=0.①
依题意
即－＜a＜且ａ≠±３.②
设A(ｘ1，ｙ1），Ｂ（ｘ2，ｙ2）,
则
∵以AB为直径的圆过原点，
∴OA⊥OB.
∴ｘ1ｘ2＋ｙ1ｙ2＝０.
但y1y2＝ａ2ｘ1ｘ2＋ａ（ｘ1＋ｘ2）＋１,
由③④,x1+x2＝，ｘ1ｘ2＝.
∴（a2+1）·＋ａ·+1＝０.
解得ａ＝±１且满足②.
(2)假设存在实数a，使A、B关于ｙ＝ｘ对称，则直线y=a
x+1与y＝ｘ垂直，
∴a·=-1,即ａ＝-2.
直线l的方程为ｙ＝-3ｘ＋１.
将a=-2代入③得ｘ1＋ｘ2＝４.
∴ＡＢ中点横坐标为2，
纵坐标为ｙ＝-2×2＋１＝-3.
但AB中点(2，-3）不在直线ｙ＝12ｘ上,
即不存在实数ａ,使A、B关于直线ｙ＝12ｘ对称.
各个击破
类题演练 1
求满足下列条件的双曲线方程.
（1）以2x±3y=0为渐近线，且经过点（1，2）；
（2）与椭圆x2+5y2=5共焦点且一条渐近线方程为y-x=0.
解：（1）设所求双曲线方程为4x2-9y2=λ，点（1，2）在双曲线上点的坐标代入方程可得λ=-32.
∴所求双曲线方程为4x2-9y2=-32，
即=1.
（2）由已知得椭圆x2+5y2=5的焦点为（±2,0)，又双曲线的一条渐近线方程为yx=0，则另一条渐近线方程为y+x=0.所求双曲线方程为3x2-y2=λ（λ＞0），则a2=，b2=λ.
∴c2=a2+b2==4，即λ=3.
故所求的双曲线方程为x2-=1.
变式提升 1
(2004天津) 设P是双曲线=1上一点，双曲线的一条渐近线方程为3x-2y=0，F1、F2分别是双曲线的左、右焦点.若|PF1|=3，则|PF2|等于（ ）
A.1或5 B.6 C.7 D.9
答案：C
类题演练 2
(2006陕西高考，12) 已知双曲线=1(a>)的两条渐近线的夹角为，则双曲线的离心率为（ ）
A.2 B. C. D.
答案：D
变式提升 2
(2004重庆) 已知双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,点P在双曲线的右支上,且|PF1|=4|PF2|,则此双曲线的离心率e的最大值为( )
A. B. C.2 D.
答案：B
类题演练 3
已知双曲线的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为且过点（4，-).
(1)求双曲线的标准方程；
（2）直线x=3与双曲线交于M、N两点，求证：F1M⊥F2M.
答案：（1）解：由双曲线的离心率为，即=,则
=2,
∴a=b,即双曲线为等轴双曲线.可设其方程为x2-y2=λ(λ≠0).
由于双曲线过点（4，），
则42-（）2=λ.
∴λ=6.∴双曲线方程为=1.
(2)证明：由（1）可得F1、F2的坐标分别为（-2，0）、（2，0），M、N的坐标分别为（3，）、（3，-）.
∴kF1M=,kF2M=.
故kF1M·kF2M=·=-1.
∴F1M⊥F2M.
变式提升 3
已知直线y=kx-1与双曲线x2-y2=1的左支交于A、B两点，若另一条直线l过点P（-2，0）及线段AB的中点Q，求直线l在y轴上的截距的取值范围.
解析：由方程.消去y，整理得（1-k2）x2+2kx-2=0.
由题设得
解得：-＜k＜-1.
设A、B两点坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2）.
则.
∴Q(
∴直线l的方程为y=（x+2），
令x=0，得直线l在y轴上截距b=.
∵-＜k＜-1，
∴截距b的取值范围是：（-∞，-2）∪（2+，+∞）
2.4.1 抛物线的标准方程
课堂导学
三点剖析
一、求抛物线的方程
【例1】 分别求适合下列条件的抛物线方程.
(1)顶点在原点,以坐标轴为对称轴,且过点A(2,3);
(2)顶点在原点,以坐标轴为对称轴,焦点到准线的距离为.
（3）顶点在原点，以坐标轴为对称轴，焦点在直线x+3y+15=0上.
解：(1)由题意,方程可设为y2=mx或x2=ny,将点A(2,3)的坐标代入,得
32=m52或22=n53,∴m=或n=.
∴所求的抛物线方程为y2=x或x2=y.
(2)由焦点到准线的距离为,可知p=,
∴所求抛物线方程为y2=5x或y2=-5x或x2=5y或x2=-5y.
（3）令x=0得y=-5；令y=0得x=-15.
∴抛物线的焦点为（0，-5）或（-15，0）.
∴所求抛物线的标准方程为
y2=60x或x2=-20y.
温馨提示
(1)抛物线的标准方程有四种形式,主要看其焦点位置或开口方向.
(2)抛物线的标准方程中只有一个参数p,即焦点到准线的距离,常称为焦参数.
二、求动点的轨迹方程
【例2】 平面上动点P到定点F（1，0）的距离比P到y轴的距离大1，求动点P的轨迹方程.
解法一：设P点的坐标为（x，y），则有
=|x|+1，两边平方并化简得y2=2x+2|x|.
∴y2=
即点P的轨迹方程为
y2=4x（x≥0）或y=0（x＜0）.
解法二：由题意，动点P到定点F（1，0）的距离比到y轴的距离大1.由于点F（1，0）到y轴的距离为1，故当x＜0时，直线y=0上的点适合条件；当x≥0时，原命题等价于点P到点F（1，0）与到直线x=-1的距离相等，故点P的轨迹是以F为焦点，x=-1为准线的抛物线，方程为y2=4x.
故所求动点P的轨迹方程为
y2=4x（x≥0）或y=0（x＜0）.
温馨提示
求动点的轨迹方程时，可用定义法列等量关系，化简求解；也可判断后，用类似于公式法的待定系数法求解，但要判断准确，注意挖掘题目中的隐含条件，防止重、漏解.
三、利用抛物线的定义解题
【例3】如右图，若点A的坐标为(3，2)，F为抛物线y2=2x的焦点，点P是抛物线上一动点，则｜PA｜+｜PF｜取得最小值时点P的坐标是…（ ）
A.(0，0) B.(1，1) C.(2，2) D.(12，1)
解析:∵｜PF｜等于P点到准线的距离，
A在抛物线内部，
∴｜PA｜+｜PF｜的最小值是由A点向抛物线的准线x=-作垂线(垂足为B)时垂线
段AB的长度.
∴｜PA｜+｜PF｜最小时，P点的纵坐标为2，从而得点P的横坐标为2.
∴P点的坐标为(2，2).
答案:C
温馨提示
本题根据抛物线的定义，运用数形结合的方法简捷地得出了答案.
各个击破
类题演练 1
抛物线y2=2px(p＞0)有一内接直角三角形，直角的顶点在原点，一直角边的方程是y=2x，斜边长是53，求此抛物线方程.
解:设△AOB为抛物线的内接直角三角形，直角顶点为O，AO边的方程是y=2x,
则OB边方程为y=-x.
由可得A点坐标为（，ｐ）.
由,可得B点坐标为（8p,-4ｐ）.
∵｜ＡＢ｜＝５，
∴.
∵p＞0,解得p=,
∴所求的抛物线方程为y2=x.
变式提升 1
根据下列条件，求出抛物线的标准方程.
（1）过点（-3，2）.
（2）焦点在x轴上，且抛物线上一点A（3，m）到焦点的距离为5.
解：（1）设所求的抛物线方程为
y2=-2px，或x2=2py（p＞0）.
∵抛物线过点（-3，2），
∴4=-2p（-3），或9=2p×2，
∴p=或p=，
∴所求抛物线方程为y2=x，或x2=y.
（2）由题意，可设抛物线的方程为y2=2px（p＞0）.A（3，m）到焦点距离为5，∴+3=5.即p=4.
∴所求抛物线方程为y2=8x.
类题演练 2
过点A（3，0）且与y轴相切的圆的圆心的轨迹为（ ）
A.圆 B.椭圆 C.直线 D.抛物线
答案：D
变式提升 2
已知圆A：（x+2）2+y2=1与定直线l：x=2，且动圆P和圆A外切并与直线l相切，求动圆圆心P的轨迹方程.
解析：依题意可知，P到圆心A（-2，0）的距离和到定直线x=2的距离相等.
∴P点轨迹为抛物线，且p=4.
∴P点轨迹方程为y2=-8x.
类题演练 3
求到（1，0）的距离比到直线x=-2的距离小1的动点的轨迹方程.
解析：∵动点到（1，0）的距离比到直线x=-2的距离小1.
∴动点到点（1，0）的距离与到直线x=-1的距离相等，则动点轨迹是以（1，0）为焦点，以x=-1为准线的抛物线.
故动点的轨迹方程为y2=4x.
变式提升 3
抛物线y2=16x上一点P到x轴的距离为12，则点P与焦点F间的距离|PF|=_________________.
答案：13
2.4.2 抛物线的简单几何性质
课堂导学
三点剖析
一、利用抛物线定义求最值
【例1】在抛物线x2=8y上求一点P，使得P点到焦点的距离与P点到定点A（1，3）的距离之和最小，并求出这个最小距离.
解析：过A作直线l与准线垂直交于点A′，与抛物线交于点P，则P点即为所求.
将P（1，y）代入x2=8y中，则y=.
且最小距离d=5.
温馨提示
要充分利用抛物线的定义和几何知识.
二、焦点弦问题
【例2】已知过抛物线y2=4x的焦点F的弦长为36，求弦所在的直线方程.
分析:弦所在的直线经过焦点（1，0），只需求出直线的斜率，因为弦长为36，所以可以判断直线的斜率是存在的且不为0.
解析:由题意可设弦所在的直线的斜率为k，且与抛物线交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点.
∵抛物线y2=4x的焦点F（1，0），
∴直线方程为y=k（x-1）.
由
整理得k2x2-（2k2+4）x+k2=0.
∴x1+x2=.
∴|AB|=|AF|+|BF|
=x1+x2+2=+2.
又|AB|=36，
∴+2=36，
解得k2=，即k=±.
∴所求直线方程为y=（x-1）或y=-（x-1）.
温馨提示
（1）此题也可以先求出两交点坐标，再根据两点间的距离公式列出等式求出k，但是计算复杂，一般不采用.
（2）也可以利用弦长公式|AB|=|x1-x2|来求，这个方法普遍适用于求二次曲线的弦长.
（3）因为本题的弦是过焦点的，是特殊位置的弦，所以结合抛物线的定义得到|AB|=x1+x2+p，解起来更简捷.
三、直线与抛物线的位置关系
【例3】直线l：y=kx+1，抛物线C：y2=4x，当k为何值时l与C有（1）一个公共点；（2）两个公共点；（3）没有公共点.
解析:将l和C的方程联立消去y，得k2x2+（2k-4）x+1=0.（*）
当k=0时，方程（*）只有一个解x=，
∴y=1.
∴直线l与C只有一个公共点（，1），此时直线l平行于对称轴.
当k≠0时，方程（*）是一个一元二次方程.
（1）当Δ＞0，即k＜1，且k≠0时，l与C有两个公共点，此时称直线l与C相交；
（2）当Δ=0，即k=1时，l与C有一个公共点，此时称直线l与C相切；
（3）当Δ＜0，即k＞1时，l与C没有公共点，此时称直线l与C相离.
综上所述，可知：当k=1或k=0时，直线l和C有一个公共点；当k＜1，且k≠0时，直线l和C有两个公共点；当k＞1时，直线l和C没有公共点.
温馨提示
一般地，直线与抛物线相切，直线与抛物线只有一个公共点；反过来，直线与抛物线只有一个公共点，则直线与抛物线不一定是相切的（如右图）.因此，直线与抛物线只有一个公共点是直线与抛物线相切的必要而非充分条件.
各个击破
类题演练 1
给定抛物线y2=2x,设A(a,0)（a＞０），P是抛物线上的一点，且｜PA｜=d,试求d的最小值.
解:设P(x0,y0)（x0≥0），
则y02=2x0.
∴d=|PA|
=
∵a＞０,x0≥0，∴(1)当0＜a＜1时，1-a＞0，
此时当x0=0时，dmin==a.
（2）当a≥1时，1-a≤0，此时当x0=a-1时，
dmin=.
变式提升 1
抛物线y2=2px动弦AB长为a（a≥2p），弦AB中点到y轴最短距离是（ ）
A. B. C.+ D.-
答案：D
类题演练 2
过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F的直线交抛物线于A、B两点.求证：.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则|FA|=x1+，|FB|=x2+，|AB|=x1+x2+p，当AB⊥x轴时，结论显然成立；当AB不垂直于x轴时，.
消去y得k2x2-p（k2+2）x+=0，
则x1+x2=，x1x2=，
==
=.
变式提升 2
A、B是抛物线y2=2px(p＞0)上的两点，满足OA⊥OB（O为坐标原点）.求证：
（1）A、B两点的横坐标之积，纵坐标之积分别为定值；
（2）直线AB经过一个定点.
证明:（1）设A（x1,y1)、B(x2,y2),
则y12=2px1，y22=2px2.
∵OA⊥OB,∴x1·x2+y1·y2=0,
∴y12·y22=4p2x1·x2=4p2·（-y1y2).
∴y1·y2=-4p2,
∴而x1·x2=4p2.结论成立.
（2）∵y12-y22=（y1-y2）（y1+y2）=2p(x1-x2),
∴.
则直线AB的方程为
y-y1=(x-x1),
∴y=x-·+y1
=x+,
又∵y1·y2=-4p2.
∴y=x-=(x-2p).
∴直线AB过定点(2p,0).
类题演练 3
设双曲线-y2=1（a＞0）与直线x+y=1相交于两个不同的点A、B，求a的取值范围.
解析：由C与l相交于两个不同的点，
知方程组有两个不同的实数解.
消去y并整理得(1-a2)x2+2a2x-2a2=0.①
所以.
解得0＜a＜且a≠1.
故a的取值范围是（0，1）∪（1，）.
变式提升 3
设抛物线y2=2px（p＞0）上各点到直线3x+4y+12=0的距离的最小值为1，求p的值.
解法一：设M（x0，y0）为抛物线y2=2px上任意一点，则M到直线3x+4y+12=0距离为d=|
=|（y0+）2+8p-|.
因为dmin=1，所以8p-＞0，
即0＜p＜且（8p）=1，
所以p=.
解法二：由题意可知，抛物线必在直线3x+4y+12=0的上方.
则直线3x+4y+12=0上方且和它相距为1的直线方程为3x+4y+7=0.
由题意.只有一解.
消去x得：+4y+7=0.
由Δ=16-4××7=0，所以p=.
2.5 直线与圆锥曲线
课堂导学
三点剖析
一、利用直线与圆锥曲线的位置关系求字母的取值或取值范围
【例1】 已知曲线C:x2－y2＝１及直线l:y=kx-1.
(1)若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；
(2)若l与C交于A、B两点，O是坐标原点，且△AOB的面积为2，求实数k的值.
解:(1)由
消去y，得(1－ｋ2)ｘ2＋２ｋｘ－２＝０.
由
得k的取值范围为
（－，－１）∪（－１，１）∪（１，）.
（2）设Ａ（ｘ1，ｙ1）、Ｂ（ｘ2，ｙ2），
由（1）得ｘ1＋ｘ2＝，ｘ1ｘ2＝.
又l过点D(0，-1),
∴Ｓ△ＯＡＢ＝Ｓ△ＯＡＤ＋Ｓ△ＯＢＤ
＝｜ｘ1｜＋１２｜ｘ2｜
＝｜ｘ1－ｘ2｜＝.
∴（ｘ1－ｘ2）2＝（２）2,
即＝８.
∴ｋ＝０或k=±.
温馨提示
一般地,在讨论直线和圆锥曲线位置关系时,先联立方程组,再消去x(或y),得到关于y(或x)的方程,如果是直线与圆或椭圆则无需讨论二次项系数是否为零(一定不为零),直接考虑Δ的情况即可;如果是直线与双曲线或抛物线则需讨论二次项系数等于零和不等于零两种情况,这是要特别注意的问题.另外注意直线斜率不存在时的情形.
二、有关曲线的弦长问题
【例2】椭圆ax2+by2=1与直线x+y-1=0相交于A、B,C是AB的中点,若|AB|=22,OC的斜率为,求椭圆的方程.
解析:设A(x1,y1)、B(x2,y2),代入椭圆方程并作差得a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0.
而 =-1, =kOC=,代入上式可得b=a.
再由|AB|=|x2-x1|=2,其中x1x2是方程(a+b)x2-2bx+b-1=0的两根,
故()2-4·=4,
将b=a代入得a=,
∴b=.∴所求椭圆的方程是x2+y2=3.
温馨提示
利用设点代入、作差借助斜率的解题方法，称作“差点法”，是解决直线与圆锥曲线位置关系常用方法.
三、最值问题
【例3】 已知直线l：y=2x-4交抛物线y2=4x于A、B两点，试在抛物线AOB这段曲线上求一点P，使△PAB的面积最大，并求出这个最大面积.
分析:先求出弦长|AB|，再求出P点到直线AB的距离，从而可表示出△PAB的面积，再求最值即可.
解:由解得A（4，4），B（1，-2），
知|AB|=3，设P（x0，y0）为抛物线AOB这条曲线上一点，d为P到直线AB的距离.
d=
=|y02[]2-y0-4|
=|（y0-1）2-9|，
∵-2＜y0＜4，∴（y0-1）2-9＜0.
∴d=［9-（y0-1）2］.
从而当y0=1时，dmax=，S最大=××3=.
因此，当P（，1）时，△PAB取得最大值，最大值为.
温馨提示
解决本题的关键是弦AB为定值.将P到AB的距离的最值转化为二次函数问题求解.在应用配方法求最值时，一定要注意变量的取值范围.
各个击破
类题演练 1
直线y=ax+1和双曲线3x2-y2=1相交于A、B两点,问a为何值时,以AB为直径的圆过坐标原点?
解:设A(x1,y1)、B(x2,y2).
∵∠AOB=90°,∴kOA·kOB=-1.
∴x1x+y1y2=0,即(a2+1)x1x2+a(x1+x2)+1=0.①
又(3-a2)x2-2ax-2=0,
∴代入①式得a=±1.
变式提升 1
过点（1，0）的直线与双曲线=1的右支交于A、B两点，则直线AB的斜率k的取值范围（ ）
A.|k|≥1 B.＜|k|≤2 C.|k|≤ D.|k|＜1
答案：B
类题演练 2
已知斜率为2的直线经过椭圆=1的右焦点F1，与椭圆相交于A、B两点，求弦AB的长.
解：椭圆的右焦点F1的坐标为（1，0），直线AB的方程为y=2（x-1）.
由方程组消去y，整理，得3x2-5x=0.
设直线l与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理，得
x1+x2=，x1x2=0.
则|AB|=
=
=
=.
变式提升 2
已知抛物线y2=6x的弦AB经过点P（4，2），且OA⊥OB（O为坐标原点），求弦AB的长.
解：由A、B两点在抛物线y2=6x上，可设A（，y1），B（，y2）.
因为OA⊥OB，所以·=0.
由OA=（，y1），OB=（，y2），
得+y1y2=0.
∵y1y2≠0，∴y1y2=-36.①
∵点A、B与点P（4，2）在一条直线上，
∴，化简，得，
即y1y2-2（y1+y2）=-24.
将①式代入，得y1+y2=-6.②
由①和②，得y1=-3-3，y2=-3+3，从而点A的坐标为（9+3，-3-3），点B的坐标为（9-3，-3+3）.
所以|AB|==6.
类题演练 3
从椭圆=1（a＞b＞0）上一点M向x轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点F1，且其长轴端点A及短轴端点B的连线AB平行于OM，若Q为椭圆上任一点，F2是右焦点，求∠F1QF2的最大值.
解：如右图，点M的坐标为（-c，），因为OM∥AB，所以kOM=kAB，
∴=，即b=c，a=c.
设|QF1|=m，|QF2|=n，∠F1QF2=θ，由余弦定理，得
cosθ=
=
=
=
=-1≥2-1
=-1=0.
当|QF1|=|QF2|时，等号成立，
∴0≤cosθ≤1.
∴θ的最大值为，即∠F1QF2的最大值为.
变式提升 3
已知焦点为F1（-2，0），F2（2，0）的椭圆与直线l：x+y-9=0有公共点，求椭圆长轴长的最小值.
解：依题意，设椭圆方程为+=1（a＞b＞0），且c=2，则b2=a2-4.将椭圆方程与直线方程联立，得
消去参数y，整理得（2a2-4）x2-18a2x+85a2-a4=0，因为直线l与椭圆有公共点，所以Δ≥0，
即（18a2）2-4（2a2-4）（85a2-a4）≥0，
2a4-93a2+340≥0.
解得a2≥8，或a2≤4（舍去），
∴2a≥.
即椭圆长轴长的最小值为.
