江苏省2019高考数学二轮复习专题八附加题第1讲立体几何中的向量方法、抛物线学案.doc

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1、1第 1 讲 立体几何中的向量方法、抛物线考情考向分析 1.利用空间向量的坐标判定线面关系，求异面直线、直线与平面、平面与平面所成的角，其中求角是考查热点，均属 B 级要求.2.考查顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质，A 级要求热点一 利用空间向量求空间角例 1 (2018淮安等四市模拟)在正三棱柱 ABC A1B1C1中，已知 AB1， AA12， E， F， G分别是 AA1， AC 和 A1C1的中点以 ， ， 为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标FA FB FG 系 F xyz.(1)求异面直线 AC 与 BE 所成角的余弦值；(2)求二面角 F BC1 C 的余弦值解 (1

2、)因为 AB1， AA12，则 F(0,0,0)，A ， C ， B ， E ，(12， 0， 0) ( 12， 0， 0) (0， 32， 0) (12， 0， 1)所以 (1,0,0)， ，AC BE (12， 32， 1)记异面直线 AC 与 BE 所成的角为 ，则 cos |cos ， |AC BE | 112(12)2 ( 32)2 1| ，24所以异面直线 AC 与 BE 所成角的余弦值为 .24(2)设平面 BFC1的法向量为 m( x1， y1， z1) , 2因为 ， ，FB (0， 32， 0) FC1 ( 12， 0， 2)则Error!取 x14 得， m(4,0,1)

3、设平面 BCC1的一个法向量为 n( x2， y2， z2)，同理得， n( ，1,0)，3所以 cos m， n ，43 10 10(3)2 12 0242 02 12 25117根据图形可知二面角 F BC1 C 为锐二面角，所以二面角 F BC1 C 的余弦值为 .25117思维升华 利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关” ，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关” ，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关” ，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关” 跟踪演练 1 (2018镇江期末)如图， AC BC, O 为 AB 中点，且 DC平面 ABC, D

4、C BE.已知 AC BC DC BE2.(1)求直线 AD 与 CE 所成角；(2)求二面角 O CE B 的余弦值解 (1)因为 AC CB 且 DC平面 ABC，所以以 C 为原点， 为 x 轴正方向， 为 y 轴正方CB CA 向， 为 z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz.CD AC BC BE2， C ， B ， A ， O ，(0， 0， 0) (2， 0， 0) (0， 2， 0) (1， 1， 0)3E ， D ，且 ，(2， 0， 2) (0， 0， 2) AD (0， 2， 2) .CE (2， 0， 2)cos ， .AD CE AD CE |AD |

5、CE | 42222 12 AD 与 CE 的夹角为 60.(2)平面 BCE 的法向量 m ，设平面 OCE 的法向量 n .(0， 1， 0) (x0， y0， z0)由 ， ，CO (1， 1， 0) CE (2， 0， 2)得Error! 则Error!解得Error!取 x01，则 n .( 1， 1， 1)二面角 O CE B 为锐二面角，记为 ，cos |cos m， n|Error! .33热点二 抛物线例 2 (2018南通模拟)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 T(1， t)(t0)焦点的距离为 2.(1)求 p， t 的值；(2)设 A， B 是抛物线上异于点

6、T 的两个不同点，过 A 作 y 轴的垂线，与直线 TB 交于点 C，过 B 作 y 轴的垂线，与直线 TA 交于点 D，过 T 作 y 轴的垂线，与直线 AB， CD 分别交于点E， F.求证：直线 CD 的斜率为定值； T 是线段 EF 的中点(1)解 由抛物线定义知，1 2，所以 p2，p2将点 T(1， t)(t0)点为 F，点 A 是抛物线 C 上一点，且 AF2.(1， a)(a0)(1)求 p 的值；(2)若 M， N 为抛物线 C 上异于 A 的两点，且 AM AN.记点 M， N 到直线 y2 的距离分别为d1， d2，求 d1d2的值解 (1)因为点 A(1， a)(a0)

7、是抛物线 C 上一点，5且 AF2，所以 12，所以 p2.p2(2)由(1)得抛物线方程为 y24 x.因为点 A(1， a)(a0)是抛物线 C 上一点，所以 a2.设直线 AM 的方程为 x1 m(y2)( m0)， M(x1， y1)， N(x2， y2)由Error! 消去 x，得 y24 my8 m40，即( y2)( y4 m2)0，所以 y14 m2.因为 AM AN，所以 代替 m，得 y2 2，1m 4m所以 d1d2|( y12)( y22)| 16.|4m(4m)|1(2018江苏)如图，在正三棱柱 ABC A1B1C1中， AB AA12，点 P， Q 分别为 A1B

8、1， BC的中点(1)求异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值；(2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值解 如图，在正三棱柱 ABC A1B1C1中，设 AC， A1C1的中点分别为 O， O1，则OB OC， OO1 OC， OO1 OB，以 ， ， 为基底，建立空间直角坐标系 O xyz .OB OC OO1 因为 AB AA12，所以 A(0，1，0)， B( ，0,0)， C(0,1,0)， A1(0，1,2)，3B1( ，0,2)， C1(0,1,2)3(1)因为 P 为 A1B1的中点，所以 P ，(32， 12， 2)从而 ， (0,2,2)，BP ( 32， 12，

9、 2) AC1 6故|cos ， | .BP AC1 |BP AC1 |BP |AC1 | | 1 4|522 31020因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为 .31020(2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q ，(32， 12， 0)因此 ， (0,2,2) ， (0,0,2)AQ (32， 32， 0) AC1 CC1 设 n( x， y， z)为平面 AQC1的一个法向量，则Error! 即Error!不妨取 n( ，1,1)3设直线 CC1与平面 AQC1所成的角为 ，则 sin |cos ， n| .CC1 |CC1 n|CC1 |n| 225 55所以直线 CC1与

10、平面 AQC1所成角的正弦值为 .552(2018盐城模拟)如图，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是菱形， AC 与 BD 交于点 O, OP底面 ABCD，点 M 为 PC 中点， AC4， BD2， OP4.(1)求直线 AP 与 BM 所成角的余弦值；(2)求平面 ABM 与平面 PAC 所成锐二面角的余弦值解 (1)因为 ABCD 是菱形，所以 AC BD.又 OP底面 ABCD，以 O 为原点，直线 OA， OB， OP 分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz.则 A ， B ， P ， C ， M .(2， 0， 0) (0， 1， 0

11、) (0， 0， 4) ( 2， 0， 0) ( 1， 0， 2)所以 ， ，AP ( 2， 0， 4) BM ( 1， 1， 2)7所以 10，AP BM 2 ， .|AP | 5 |BM | 6则 cos ， .AP BM AP BM |AP |BM | 10256 306故直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为 . 306(2) ， .AB ( 2， 1， 0) BM ( 1， 1， 2)设平面 ABM 的一个法向量为 n ，(x， y， z)则Error! 得Error!令 x2，得 y4, z3.得平面 ABM 的一个法向量为 n .(2， 4， 3)又平面 PAC 的一个法向量为

12、，OB (0， 1， 0)所以 n 4, ， 1.OB |n| 29 |OB |则 cos n， .OB nOB |n|OB | 429 42929故平面 ABM 与平面 PAC 所成锐二面角的余弦值为 .429293(2016江苏)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l： x y20，抛物线C： y22 px(p0)(1)若直线 l 过抛物线 C 的焦点，求抛物线 C 的方程；(2)已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q.求证：线段 PQ 的中点坐标为(2 p， p)；求 p 的取值范围(1)解 l： x y20， l 与 x 轴的交点坐标为(2,0)即抛物

13、线的焦点为(2,0)， 2， p4.p2抛物线 C 的方程为 y28 x.(2)证明 设点 P(x1， y1)， Q(x2， y2)则Error! 则Error!8 kPQ ，y1 y2y212p y22p 2py1 y2又 P， Q 关于 l 对称 kPQ1，即 y1 y22 p， p，又 PQ 的中点一定在 l 上，y1 y22 22 p.x1 x22 y1 y22线段 PQ 的中点坐标为(2 p， p)解 PQ 的中点为(2 p， p)，Error!即Error!Error! 即关于 y 的方程 y22 py4 p24 p0 有两个不等实根， 0.即(2 p)24(4 p24 p)0，解

14、得 0 p ，43故所求 p 的取值范围为 .(0，43)4(2018徐州质检)在平面直角坐标系 xOy 中，已知平行于 x 轴的动直线 l 交抛物线C： y24 x 于点 P，点 F 为 C 的焦点圆心不在 y 轴上的圆 M 与直线 l, PF, x 轴都相切，设M 的轨迹为曲线 E.(1)求曲线 E 的方程；(2)若直线 l1与曲线 E 相切于点 Q ，过点 Q 且垂直于 l1的直线为 l2，直线 l1， l2分别(s， t)与 y 轴相交于点 A， B.当线段 AB 的长度最小时，求 s 的值解 (1)因为抛物线 C 的方程为 y24 x，所以 F 的坐标为 ，(1， 0)设 M(m，

15、n)，因为圆 M 与 x 轴、直线 l 都相切， l 平行于 x 轴，所以圆 M 的半径为 ，点 P (n2,2n)，|n|则直线 PF 的方程为 ，即 2n(x1) y(n21)0, y2n x 1n2 1所以 ，又 m， n0，|2nm 1 nn2 1|2n2 n2 12|n|所以 n21，即 n2 m10，|2m n2 1|所以 E 的方程为 y2 x1( y0)(2)设 Q(t21， t), A(0， y1)， B(0， y2)，由(1)知，点 Q 处的切线 l1的斜率存在，由对称性不妨设 t0，由 y ，所以 kAQ ，12x 1 t y1t2 1 12t2 1 19kBQ 2 ，t

16、 y2t2 1 t2 1 1所以 y1 ， y22 t33 t, t2 12t所以 AB 2 t3 t (t0)|2t3 3tt2 12t| 52 12t令 f(t)2 t3 t ， t0，则 f( t)6 t2 52 12t 52 12t2 ，12t4 5t2 12t2由 f( t)0 得 t ， 5 7324由 f( t)0)，又由题意， OM3 x 2 a3，3P所以 xP a，代入 y22 ax，32得 y 2 a2，解得 yP a，2P 32 34将点 P 代入 x2 my，(32a， 34a)得 2 m a，解得 m a，(32a) 34所以抛物线 C2为 x2 ay.4.如图，抛

17、物线关于 y 轴对称，它的顶点在坐标原点，点 P(2,1)， A(x1， y1)， B(x2， y2)均在抛物线上(1)求抛物线的方程；(2)若 APB 的平分线垂直于 y 轴，证明直线 AB 的斜率为定值(1)解 由已知条件，可设抛物线的方程为 x22 py(p0)，因为点 P(2,1)在抛物线上，所以 222 p1， p2.故所求抛物线的方程是 x24 y.(2)证明 由题意知， kAP kBP0，所以 0，y1 1x1 2 y2 1x2 213即 0，所以 0，x214 1x1 2x24 1x2 2 x1 24 x2 24所以 x1 x24.kAB 1.即直线 AB 的斜率为定值1.y1

18、 y2x1 x2 x214 x24x1 x2 x1 x245.已知抛物线 C 的顶点为 O(0,0)，焦点为 F(0,1)(1)求抛物线 C 的方程；(2)过点 F 作直线交抛物线 C 于 A， B 两点若直线 AO， BO 分别交直线 l：y x2 于 M， N 两点，求 MN 的最小值解 (1)由题意可设抛物线 C 的方程为 x22 py(p0)，则 1， p2，p2所以抛物线 C 的方程为 x24 y.(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 AB 的斜率必存在，设方程为 y kx1.由Error! 消去 y，整理得 x24 kx40， 0 恒成立所以 x1 x24 k，

19、 x1x24.从而| x1 x2|4 .k2 1由Error! 联立，解得点 M 的横坐标 xM .2x1x1 y1 2x1x1 x214 84 x1同理，点 N 的横坐标 xN .84 x2所以 MN xM xN2 yM yN2 |xM xN|xM xN2 xM xN2 2 2|84 x1 84 x2|8 ，2|x1 x2x1x2 4x1 x2 16| 82k2 1|4k 3|令 4k3 t， t0，则 k .t 3414当 t0 时， MN2 2 .225t2 6t 1 2当 t0 时， MN2 .2 (5t 35)2 1625 852综上所述，当 t ，即 k 时，253 43MN 的最

20、小值是 .852B 组 能力提高6(2017江苏)如图，在平行六面体 ABCD A1B1C1D1中， AA1平面 ABCD，且AB AD2， AA1 ， BAD120.3(1)求异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值；(2)求二面角 B A1D A 的正弦值解 在平面 ABCD 内，过点 A 作 AE AD，交 BC 于点 E.因为 AA1平面 ABCD，所以 AA1 AE， AA1 AD.如图，以 ， ， 为正交基底，建立空间直角坐标系 A xyz.AE AD AA1 因为 AB AD2， AA1 ， BAD120，3则 A(0,0,0)， B( ，1,0)， D(0,2,0)， E(

21、，0,0)，3 3A1(0,0， )， C1( ，1， )3 3 3(1) ( ，1， )， ( ，1， )，A1B 3 3 AC1 3 3则 cos ， A1B AC1 A1B AC1 |A1B |AC1 | ，3， 1， 33， 1， 37 17因此异面直线 A1B 与 AC1所成角的余弦值为 .17(2)平面 A1DA 的一个法向量为 ( ，0,0)AE 315设 m( x， y， z)为平面 BA1D 的一个法向量，又 ( ，1， )， ( ，3,0)，A1B 3 3 BD 3则Error! 即Error!不妨取 x3，则 y ， z2，3所以 m(3， ，2)为平面 BA1D 的一个

22、法向量，3从而 cos ， m .AE AE m|AE |m| 3， 0， 03， 3， 234 34设二面角 B A1D A 的大小为 ，则|cos | .34因为 0，所以 sin .1 cos274因此二面角 B A1D A 的正弦值为 .747(2018宿迁模拟)如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中， AB1， AA1 t，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz.(1)若 t1，求异面直线 AC1与 A1B 所成角的大小；(2)若 t5，求直线 AC1与平面 A1BD 所成角的正弦值；(3)若二面角 A1BDC 的大小为 120，求实数 t 的值解 (1)当 t1 时， A(

23、0,0,0)， ， B(1,0,0)， A1(0,0,1)， C1(1,1,1)，则 (1,1,1)， (1,0，1), AC1 A1B 故 cos ， 0，AC1 A1B AC1 A1B |AC1 |A1B |所以异面直线 AC1与 A1B 所成角为 90.(2)当 t5 时， A(0,0,0)， B(1,0,0)， D(0,1,0)，A1(0,0,5)， C1(1,1,5)，则 (1,0，5)， (0,1，5)，A1B A1D 16设平面 A1BD 的法向量 n( a， b， c)，则由Error! 得Error!不妨取 c1，则 a b5, 此时 n(5,5,1)，设 AC1与平面 A1

24、BD 所成角为 ，因为 (1,1,5)，AC1 则 sin |cos AC1 ， n |AC1 n|AC1 |n| ，|15|5127 51751所以 AC1与平面 A1BD 所成角的正弦值为 .51751(3)由 A1(0,0， t)得， (1,0， t)， (0,1， t)，A1B A1D 设平面 A1BD 的法向量 m( x， y， z)，则由Error! 得Error!不妨取 z1，则 x y t，此时 m( t， t,1)，又平面 CBD 的法向量 (0,0， t)，AA1 故 ，|cos AA1 ， m |AA1 m|AA1 |m| t1 2t2t 12解得 t ， 62所以当二面

25、角 A1 BD C 的大小为 120时， t 的值为 .628在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l： x1，点 T(3,0)动点 P 满足 PS l，垂足为 S，且 0.设动点 P 的轨迹为曲线 C.OP ST (1)求曲线 C 的方程；(2)设 Q 是曲线 C 上异于点 P 的另一点，且直线 PQ 过点(1,0)，线段 PQ 的中点为 M，直线 l与 x 轴的交点为 N.求证：向量 与 共线SM NQ (1)解 设 P(x， y)为曲线 C 上任意一点因为 PS l，垂足为 S，又直线 l： x1，所以 S(1， y)因为 T(3,0)，所以 ( x， y)， (4， y)OP ST 17

26、因为 0，所以 4x y20，即 y24 x.OP ST 所以曲线 C 的方程为 y24 x.(2)证明 因为直线 PQ 过点(1,0)，故设直线 PQ 的方程为 x my1， P(x1， y1)， Q(x2， y2)联立Error! 消去 x，得 y24 my40.所以 y1 y24 m， y1y24.因为点 M 为线段 PQ 的中点，所以点 M 的坐标为 ，(x1 x22 ， y1 y22 )即点 M(2m21,2 m)又因为 S(1， y1)， N(1,0)，所以 (2 m22,2 m y1)，SM ( x21， y2)( my22， y2)NQ 因为(2 m22) y2(2 m y1)(my22)(2 m22) y22 m2y2 my1y24 m2 y12( y1 y2) my1y24 m8 m4 m4 m0，所以向量 与 共线SM NQ