2016年寒假高中理科精英型提高課程預(yù)習(xí)材料幾何部分

2016年寒假高中理科精英I型提高班（第四次資料說(shuō) 年寒假高中理科精英I型提高班課程預(yù)習(xí)材（幾何部分一級(jí)知識(shí)模二級(jí)知識(shí)模復(fù)1（2011）zz1z15z 解析：由|z1|5得|z|215|z| 解得|z （舍去，|z|2例2：（2006復(fù)旦）設(shè)Z,Z為一對(duì)共軛復(fù)數(shù)，如果Z ，且Z1為實(shí)數(shù)， Z1Z2

Z2Z解析：設(shè)Zabi，Zabi，由Z 2bi ，得到b6由Z1

a

Z2Z2

a2b2 a2 3（2007復(fù)旦）Z0Z00為復(fù)平面上一定點(diǎn)，Z1為復(fù)平面上的動(dòng)點(diǎn)，其軌跡11A.一條直 B.以

C.焦距為2

D.以上均不解析：Z0a0b0iZ1a1b1iZabiZ1

Z1Z1Z1a2a2b abab 消去a1b1可以得到關(guān)于ab的方程a2b22(bb0aa0 a2b 平面向（20解析：設(shè)a(10)b(x,y)，由題意得到方程組：12xx(x2)y22（2010）設(shè)向量a,bab1abmatb(tR的最小值為.解析：atbtab(tR的最小值必然相等，求ta設(shè)a(1,0)，則可以取b(m,1m2)，則tabt(m tab取得最小 3（2012）向量aee1，若tRateae，則（A.a B.a(a C.e(a D.(ae)(a解析：設(shè)e(1,0)，a(x,y)， 得(xt)2y2(x1)2y2t22tx2x10(t0(2x)24(2x1)0x所以a1,y)，可得到eae平面幾【知識(shí)補(bǔ)充】1） 圖-長(zhǎng)的比例中項(xiàng)。如圖3-2PA，PCPA2PBPC.PAPBPCPD.圖3-1（2011越）如圖3-4，ABCO，過(guò)BCDAC直線l，l交ABE，交OG，F(xiàn)，交OA點(diǎn)處的切線PPE3ED2EF3，則解析：由弦切角定理知PABCPEA~BEDPE

PEDEBE由相交弦定理得到GEEFBEGEPEDE2PGPEGE由切割線定理得PA2PGPF2（20123-5ABO的直徑，弦CDABMECD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AB10，BF與CD相交于點(diǎn)G.由弦切角定理得到EFBFABBGMEFG為等腰三角形EG

圖3-MDABEFEG

OMDEDE33

OE

圖3-（）DFAB，則FDCFDE由（）中可得CD8，F(xiàn)D CD2FD296FC2100，與勾股定理 假設(shè)不成立，即DF與AB不平行。

圖3-3：在△ABC中，DBC的中點(diǎn)，DM平分ADBABM，DN平分ADCNBMCNMNA.BMCN B.BMCN C.BMCN D.AMADADANMN∥ 設(shè)AD與MN交于點(diǎn)E，則E點(diǎn)平分MN且MNMEEN2DEBMCN與2DE的大小關(guān)系可以轉(zhuǎn)ABAC2AD的大小關(guān)系（平行線截割定理）而利用平行四邊形容易證明在△ABCADABAC2解析二：ADDODBDCBMOM，CN

圖3-則BMCNMONOMN(三角形兩邊之和大于第三邊)MNBC，若OMN,則OMN中點(diǎn)，且MND為直角三角形，則有MOONODBDBMCNMN。

圖3-直徑作圓與AC的另一個(gè)交點(diǎn)為G，已知BC25，BD20， BC25tanACBBDBD BE tanACB tanA4AE

圖3- tanABC 立體幾1（2012）已知三棱SABCABC為正三角形，點(diǎn)A在側(cè)SBC上的射HSBCHABC30SA2BHSCEAHAE；AHSBCAHSCH△SBCBESC，所以SCABE，SCAB.AHBCSDBCBCSADBCSOBCADSOADSOABC，即點(diǎn)OS在底面的射影。SCABSOABABSCFABCF.BCADABCF，知道點(diǎn)O為△ABCSASBSC2

ABC

3a2，在Rt△SOC中可求得SO 443得到 1343S

cos30

3a28得到

S

1SC

123a2 433由 13a2 123 3，代入可得到433求得aS S 2（2012）4-1PABCD中ABCD是直角梯形，AD//BCABBCPABABCD，PAADAB1BC2.（）若PAB120BPDC解析如圖4-2，以A為原點(diǎn)，ABxADy過(guò)A直于D(0,1,0).（）點(diǎn)P在xOz平面上，且AP1，設(shè)PAB，則 圖4-圖4-P(cos,0,si圖4-PBC的一個(gè)法向量n1(1,x,y，由n1BC0和n1PB0 nn1(1)011cos1cos 所以n1n2PBCPCD（）BPDC；因?yàn)镻AB120AP1 , ) 3向量n41,1,3(1,1,3)(1,1,3所以cosnn ，所 (1,1,3) 3

圖4-cos ，tan 3：4-4，已知二面角l的平面角為45內(nèi)有一個(gè)半圓OABl上,M是這個(gè)半圓O上任一點(diǎn)ABAMBM與另一個(gè)半所成的角分別為12.試證明cos2cos2 解析：4-5MMHH為垂足，在MKABK為垂足，KHAHBH，則MAH1MBH2∵M(jìn)H,AB∴MHAB∵ MHM,MK平面M MHMHABMHHKMH∴ABHK

圖4-∴MKH是二面角l的平面角 圖4-∴MKH45.MH

2MK2RtAMBAM2AKABBM2BKABMK2AKBK

MH

MH1 1∴sin2sin2MH2MH2 MK MK AKBKAK AM 2AK 2BK 2AK 2BKBK

AB ∴cos2cos22(sin2sin2) 解析幾A1（2013k0ykxykxAxA,yABxB,yB，xx0OAOB1k2，其中OABM的軌跡為C．A⑴求Cx22py（p0）與C在兩點(diǎn)相切，證明：兩個(gè)切點(diǎn)分別在兩條定直線上，xxA

kxy B OAOB1k2

1k1k1kxAxBxAxB

xB(1k2)xA整理得C

(y)

2(xx)2(xx)24xx A 可知曲線C

xk2 yxk2

k0,pk2 2py1 0（ 4p24kkp由方程p2y22py10得到兩切點(diǎn)坐標(biāo)為 p直線x 和x x22py在兩切點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值分別為2p

py 2(x2)1，y2(x2) 例2（2013x2y21a23，斜率為k的直線lE01 且與橢圓相交于CD若直線lx軸相交于點(diǎn)G，且GCDE，求kkACkAD2．（1 ，b2，從而a

x2

1（2）直線l的方程ykx1，設(shè)Cx1，y1Dx2，y2x2y2由方程組

1，消y得23k2x26kx90于是xx ，由直線l與x軸交于點(diǎn)G，知k0，G1，0 23k 又GCDE，可得x1，yx，1yx

1 所以 1，解得k 23k （3）因?yàn)锳0，2，得 y1 y22，又xx

，k

1 23k y2y kx3kx k2xx3kxx于是

kAD

1 18k 2k22

23k例3（2011卓越）已知橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1(1,0),F2(1,0),且橢圓與直線yx 相切F1作兩條互相垂直的直線l1,l2PQMNPMQN面

yx

x2y2

所以方程組 1,只有一解,整理得(a2b2)x223a2x3a2a2b20yx所以(2a322)a42(b a(23a2b得a2b23.；又因?yàn)榻裹c(diǎn)F(1,0F(1,0),所以a2b21,聯(lián)立上式解得a22,b21；所以橢圓方程 2221

x2y211

四邊形

|PQ||MN|

22PQ斜率存在時(shí),設(shè)為k(k0MN為1PQykxkPQk橢圓交點(diǎn)坐標(biāo)為P(x1,y1),Q(x2,y2)；聯(lián)立方程

y2

化簡(jiǎn)得 k24 2k2x1x22k21x1x22k2

1k2k2所以|PQ |x1k2