高考数学经典例题汇总一(含解析).doc

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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)在遇到两直线平行问

2、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，如先认可两直线、的斜率分别为、，则，．由，

3、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），从而求得直线的方程．解法一：若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时与

4、、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°．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

5、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

6、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

7、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离．解：如