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第01講
三種重要不等式及其
+y2=6osig+號sn9+號in8coa0=1+
應用
有in29-30os29+號
例1.【答案】BC
=號+號i(20-晉）)∈[號，2]，所以當=
3
【分析】根據基本不等式成立的條件“一正二定三
相等”，逐一驗證可得選項。
時滿足等式，但是x2+y2>1不成立，所
3
【解析】對于A選項，當x∈(0,1)時，lnx<0,此時
以D錯誤
Inc+I
9
。<0,故A不正確。
故選：BC
對于B選項，y=6sin+2sina≥2w9=6,當
例3.【答案】BC
【解析】對于A,因為4=a2+b2=a2+lb2≥2abl,
且僅當6sna=2水z即5n4=號時取=”，
所以|ab|≤2，當且僅當a=b=√2時取等，故
A錯誤；
故B正確。
對于C選項，y=3+32-≥2W3=6,當且僅當3
對于B,因為1a+l≤22，即la+bl≤2，
√2
=32,即c=1時取“=”，故C正確，
可看作部分圓x2+2=4(xy≠0)上的點(a,b)到直
對于D選項，y=+6+9=V+16+
線x+y=0的距離不大于2，
W2+16
因為圓心(0,0)在直線x+y=0上，半徑為2，故
9≥2W9=6,
√x2+16
la+1≤2恒成立，故B正確；
當且僅當V+16=9云，即2=-7無解，故
√2
√x2+16
對于C,因為ab|≤2，所以log2la+log2lb=log2
D不正確.
|abl≤1og22=1,故C正確；
故選：BC.
對于D,因為a2+b2=4,a∈R,b∈R,且ab≠0，令
例2.【答案】BC
a=b=反，此時☆+內=>1，
【解析】方法1：(x+y)2-3y=1,(x+y)2-1=
故D錯誤.
3y≤3（巴），解得-2≤+y<2,
故選：BC
另一方面，2+-1=y≤女，解得2+≤
例4.【答案】ABD
2
【解析】對于A,a2+b2=a2+(1-a)2=2a2-2a+1
2.
1-y=+≥2，解得-3≤y≤1，所以
=2@-2+2≥
+=1+∈[導2]故選：BC,
當且僅當a=b=號時，等號成立，故A正確，
對于B,a-b=2a-1>-1,所以2-t>21=
方法2：因為b≤（告≤(a,be風，由
21
故B正確；
x2+y2-y=1可變形為，(c+y)2-1=3y≤
3(色告，解得-2≤+y≤2，當且僅當=y
對于C,1oga+logb=l1ogab≤1og,(2)°-
10ge4=-2,
-1時，c+y=-2,當且僅當x=y=1時，x十y=
2,所以A錯誤，B正確：
當且僅當a=b=號時，等號成立，故C不正確：
由x2+y2-y=1可變形為(2+y)-1=cy≤
對于D,因為(Wa+√D2=1+2Wab≤1+a+b=
0,解得2+2≤2，當且僅當x=y=士1時取
2,
2
等號，所以C正確：因為x2+-y=1變形可得
所以Va+6≤V2,當且僅當a=b=號時，等號
(e-》+子=1，設-號=os9,9y
成立，故D正確；故選：ABD
例5.【答案】ACD
sin9,所以x=cos0+1
n,y=goin6,因此第17講
空間幾何體動點軌跡問題
一、知識點
1.空間中的平行關系：
(1)線∥線
①線∥線→線∥線，a∥b,b∥c→aHc:
②線∥面→線∥線，aH&,aCB,anB=b→aHb:
③面∥面→線∥線，a∥B,yna=ay∩B=b→a∥b:
④同垂直于一個平面的兩條直線平行，a⊥a,b⊥&→a∥b
(2)線∥面
①線∥線→線∥面，a∥b,a,bCa→a∥u:
②面∥面→線∥面，a∥B,aCa→a∥B
(3)面∥面
①線∥面→面H面，aHB,b∥B,a∩b=P,aCa,bCa→a∥B
②同垂直于一條直線的兩個平面平行，a⊥a,a⊥B→a∥B
2.空間中的垂直關系
(1)線⊥線
①共面垂直
②線⊥面→線⊥線，a⊥&，bCc→a⊥b
③面⊥面→線⊥線，a⊥B,a∩B=l,aC,bCB,a⊥U,b⊥l→a⊥b
(2)線⊥面
①線⊥線→線⊥面，l⊥a,l⊥b,aCa,bCa,a∩b=P→l⊥a
②面⊥面→線⊥面，a⊥B,a∩B=l,aCa,a⊥l→a⊥B
③a∥b,b⊥a→a⊥a
④l⊥a,aHB→l⊥B
(3)面⊥面
①線⊥面→面⊥面，a⊥&，aCB→&⊥B
3.題型型歸納
【題型一】線線、線面恒定平行求軌跡
【題型二】線線、線面恒定垂直求軌跡
【題型三】翻折中的軌跡
【題型四】角度恒定求軌跡
【題型五】阿波羅尼斯圓與球（線段定比）
【題型六】定長求軌跡
【題型七】綜合
135
【題型一】線線、線面恒定平行求軌跡
例1.己知棱長為1的正方體ABCD-AB,CD,M是BB,的中點，動點P在正方體內部或表面上，且
MP∥平面ABD,則動點P的軌跡所形成區域的面積是()
A號
B.√2
C.1
D.2
例2.如圖，三棱柱ABC-A1BC中，AB=4,AC=3,BC=5,AA1=6,D為CC1中點，E為BB1上
點，BB=3B范，∠A1AC=60°，M為平面AACC上一點，且BM∥平面ADB,則點M的軌跡的長
度為()
B
D
A.1
B.√2
0.√3
D.2
例3.已知正方體ABCD-A1BC1D1的棱長為3，點M滿足CC=3CM.若在正方形A1B1C1D1內有
一動點P滿足BP∥平面AMD,則動點P的軌跡長為（)
A.3
B.√10
C.v13
D.3V2
例4.在棱長為1的正方體ABCD-A,BC,D中，點E、F分別是棱BC,CC的中點，P是側面ADD1
A1上的動點.且PC∥平面AEF,則點P的軌跡長為·點P到直線AF的距離的最小值為
136△DDE△DAP,
2×V5-(受y=多
可知∠EDD=∠PDA,而∠PDA十∠PDD=
90°，所以∠EDD+∠PDD=90°，
所以平面Q截正方體所得的截面面積為
2
即PD1DE.
因為CD∩PD=D,所以DE⊥平面PDC,而
放答案為：號
CPc平面PDC,所以DE⊥CP.
E為AD中點，F為AB中點，
C
由正方形和正方體性質可知F⊥AC,PA⊥
EF,且PA∩AC=A,
所以EF⊥平面PAC,而CPC平面PAC,所以
EF⊥CP.
D
又因為DE⊥CP,DE∩EF=E,所以CP⊥平
面EFBD1,
即四邊形EFBD1為平面α與正方體ABCD-A1
BCD1的截面，
例13.【答案】A
正方體ABCD-A1B,CD1棱長為1，所以所得截
【分析】如圖，O,是A在底面的射影，求出底面外
面的周長1=受+2+后=y2十5.
接圓的半徑和幾何體外接球的半徑，利用余弦定
2
故答案為：V5+32
理求出O,E=1,當截面垂直于OE時，截面面積最
2
小，求出截面圓的半徑即得解
例12【答案】號
【詳解】解：如圖，O是A在底面的射影，由正弦定
理得，△B0D的外接圓半徑n產n0×號
1
【分析】如圖，以D為原點，DA,DC,DD,所在的直
線分別為x,,z軸，建立空間直角坐標系，設平面
W3
a分別交CD,CC于E,F,設E(0,m,0),F(0,2,m),
則利用垂直關系可求出m,n的值，從而可確定出
E,F的位置，從而可求出截面面積
【詳解】如圖，以D為原點，DA,DC,DD所在的直
線分別為c,,z軸，建立空間直角坐標系，則
B(2,2,0),C0,2,0),P(1,0,2),
所以C7=(1,-2,2),
設平面a分別交CD,C℃于E,F,設E(0,m,0),F
由勾股定理得棱錐
(0,2,n),
的高AO=√(2W3)2-√32=3；設球0的半徑為
所以B2=(-2,m-2,0),BF=(-2,0,n),
R,則R=(3-R)2+v32,解得R=2,所以OO1=
因為CP⊥a,BE,BFC&,
1;在△BOE中，由余弦定理得O1E2=1+3-2×
所以CP⊥BE,CP⊥BF,
所以C.B2=-2-2(m-2)=0,C乎.B=-2
1×3×=1,
2
+2n=0,
所以OE=1;所以在△OE01中，OE=√2；
解得m=1,n=1,
當截面垂直于OE時，截面面積最小，此時半徑為
所以E(0,1,0),F(0,2,1),
√R-OE=√2，截面面積為2π.故選：A
所以E,F分別為DC,CC的中點，
例14.【答案】B
所以平面α截正方體所得的截面為△BEF
【分析】
所以BF=BE=√1+22=√5，EF=√+12=
設面ABC所截的截面圓的圓心為O,外接球的球
√2，
心為O,則O為BC的中點，且OO⊥平面ABC,
所以S=·EF·√(BE2-(F=×
根據題中條件，求得各個邊長，即可求得與OD垂

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