高考数学经典例题汇总一含解析

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1、两平面的平行判定和性质(含解析)例1:已知正方体.求证:平面平面.证明:∵为正方体,∴, 又平面,故 平面.同理 平面.又 ,∴平面平面.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,,.典型例题一例1已知,,,求点的坐标,使四边形为等腰梯形.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,若,则,,40即由①、②解得.若,则即由③、④式解得.故点的坐标为或.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)

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、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当为何值时,直线与直线互相垂直?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“设直线和的方程分别是,,则的充要条件是”(其证明可借助向量知识完成)解题.解法一:由题意,直线.(1)若,即,此时直线,显然垂直;(2)若,即时,直线与直线不垂直;(3)若,且,则直线、斜率、存在,,.当时,,即,40∴.综上可知,当或时,直线.解法二:由于直线,所以,解得.故当或时,直线.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

3、可两直线、的斜率分别为、,则,.由,得,即.解上述方程为.从而得到当时,直线与互相垂直.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已知直线经过点,且被两平行直线和截得的线段之长为5,求直线的方程.分析:(1)如图,利用点斜式方程,分别与、联立,求得两交点、的坐标(用表示),再利用可求出的值,从而求得的方程.(2)利用、之间的距离及与夹角的关系求解.(3)设直线与、分别相交于、,则可通过求出、的值,确定直线的斜率(或倾斜角),从而求得直线的方

4、程.解法一:若直线的斜率不存在,则直线的方程为,此时与、的交点分别为和,截得的线段的长,符合题意,若直线的斜率存在,则设直线的方程为.40解方程组得,解方程组得.由,得.解之,得,即欲求的直线方程为.综上可知,所求的方程为或.解法二:由题意,直线、之间的距离为,且直线被平等直线、所截得的线段的长为5(如上图),设直线与直线的夹角为,则,故∴.由直线的倾斜角为135°,知直线的倾斜角为0°或90°,又由直线过点,故直线的方程为或.解法三:设直线与、分别相交、,则:,.两式相减,得.   ①又        ②联立①、②,可得或由上可知,直线的倾斜角分别为0°或90°

5、.故所求直线方程为或.说明:本题容易产生的误解是默认直线的斜率存在,这样由解法一就只能得到,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的直线,当小于两平行直线之间距离时无解;当时有唯一解;当时,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40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,,点在坐标轴上,且,则满足条件的点的个数是( ).(A)1(B)2(C)3(D)4解:点在坐标轴上,可有两种情况,即在轴或轴上,点的坐标可

6、设为或.由题意,,直线与直线垂直,其斜率乘积为-1,可分别求得或2,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与轴交点恰为斜边中点,则由到、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、各有两解而误以为有四点.典型例题五例5已知的一个定点是,、的平分线分别是,,求直线的方程.分析:利用角平分线的轴对称性质,求出关于,的对称点,它们显然在直线上.解:关于,的对称点分别是和,且这两点都在直线上,由两点式求得直线方程为.典型例题六例6求

7、经过两条直线和的交点,并且垂直于直线的直线的方程.解一:解得两直线和的交点为(,),由已知垂直关系可求得所求直线的斜率为,进而所求直线方程为.解二:设所求直线方程为,将所求交点坐标(,)代入方程得40,所以所求直线方程为.解三:所求直线过点(,),且与直线垂直,所以,所求直线方程为即.解四:设所求直线得方程为即(1)由于该直线与已知直线垂直则解得代入(1)得所求直线方程为.典型例题七例7已知定点(3,1),在直线和上分别求点和点,使的周长最短,并求出最短周长.CAxCNOyBM图1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

8、离.解:如

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