江蘇省2019高考數(shù)學二輪復習 專題八 附加題 第1講 立體幾何中的向量方法、拋物線學案.doc

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第1講　 立體幾何中的向量方法、拋物線 [考情考向分析]　1.利用空間向量的坐標判定線面關(guān)系，求異面直線、直線與平面、平面與平面所成的角，其中求角是考查熱點，均屬B級要求.2.考查頂點在坐標原點的拋物線的標準方程與幾何性質(zhì)，A級要求． 熱點一　利用空間向量求空間角 例1　(2018淮安等四市模擬)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F(xiàn)，G分別是AA1，AC和A1C1的中點．以{，，}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系F－xyz. (1)求異面直線AC與BE所成角的余弦值； (2)求二面角F－BC1－C的余弦值． 解　(1)因為AB＝1，AA1＝2，則F(0,0,0)， A，C，B，E， 所以＝(－1,0,0)，＝， 記異面直線AC與BE所成的角為α， 則cos α＝|cos〈，〉|＝ ＝， 所以異面直線AC與BE所成角的余弦值為. (2)設平面BFC1的法向量為m＝(x1，y1，z1) , 因為＝，＝， 則 取x1＝4得，m＝(4,0,1)． 設平面BCC1的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)， 同理得，n＝(，－1,0)， 所以cos〈m，n〉 ＝＝， 根據(jù)圖形可知二面角F－BC1－C為銳二面角， 所以二面角F－BC1－C的余弦值為. 思維升華　利用法向量求解空間線面角的關(guān)鍵在于“四破”：第一，破“建系關(guān)”，構(gòu)建恰當?shù)目臻g直角坐標系；第二，破“求坐標關(guān)”，準確求解相關(guān)點的坐標；第三，破“求法向量關(guān)”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關(guān)”． 跟蹤演練1　(2018鎮(zhèn)江期末)如圖， AC⊥BC, O為AB中點，且DC⊥平面ABC, DC∥BE.已知AC＝BC＝DC＝BE＝2. (1)求直線AD與CE所成角； (2)求二面角O－CE－B的余弦值． 解　(1)因為AC⊥CB且DC⊥平面ABC，所以以C為原點， 為x軸正方向，為y軸正方向，為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz. ∵AC＝BC＝BE＝2， ∴C， B， A， O， E， D，且＝， ＝. ∴cos〈， 〉＝＝＝. ∴AD與CE的夾角為60. (2)平面BCE的法向量m＝，設平面OCE的法向量n＝. 由＝， ＝， 得則解得 取x0＝－1，則n＝. ∵二面角O－CE－B為銳二面角，記為θ， ∴cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝. 熱點二　拋物線 例2　(2018南通模擬)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知點T(1，t)(t<0)到拋物線y2＝2px(p>0)焦點的距離為2. (1)求p，t的值； (2)設A，B是拋物線上異于點T的兩個不同點，過A作y軸的垂線，與直線TB交于點C，過B作y軸的垂線，與直線TA交于點D，過T作y軸的垂線，與直線AB，CD分別交于點E，F(xiàn). 求證：①直線CD的斜率為定值； ②T是線段EF的中點． (1)解　由拋物線定義知，1＋＝2，所以p＝2， 將點T(1，t)(t<0)代入拋物線y2＝4x，得t＝－2. (2)證明　設A，B， ①則直線TA的方程為y＋2＝(x－1)， 令y＝y(tǒng)2得，x＝＋1， 所以D， 同理C， 所以直線CD的斜率為＝＝－1. 故直線CD的斜率為定值． ②設點E，F(xiàn)的橫坐標分別為xE，xF， 由①知，直線CD的方程為y－y1＝－x＋＋1， 令y＝－2得，xF＝2＋y1＋＋1， 設x1＝， 則直線AB的方程為y－y1＝(x－x1)， 令y＝－2得，xE＝x1－， 所以 ＝ ＝＝＝1， 所以T是線段EF的中點． 思維升華　對于拋物線試題，解題關(guān)鍵是聯(lián)立方程組，構(gòu)造方程，應用拋物線的定義及幾何性質(zhì)進行分析求解，涉及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題要注意分類討論． 跟蹤演練2　(2018南京模擬)在平面直角坐標系xOy中，拋物線C：y2＝2px的焦點為F，點A是拋物線C上一點，且AF＝2. (1)求p的值； (2)若M，N為拋物線C上異于A的兩點，且AM⊥AN.記點M，N到直線y＝－2的距離分別為d1，d2，求d1d2的值． 解　(1)因為點A(1，a)(a＞0)是拋物線C上一點， 且AF＝2，所以＋1＝2，所以p＝2. (2)由(1)得拋物線方程為y2＝4x. 因為點A(1，a)(a＞0)是拋物線C上一點，所以a＝2. 設直線AM的方程為x－1＝m(y－2)(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由消去x，得y2－4my＋8m－4＝0， 即(y－2)(y－4m＋2)＝0，所以y1＝4m－2. 因為AM⊥AN，所以－代替m，得y2＝－－2， 所以d1d2＝|(y1＋2)(y2＋2)|＝＝16. 1．(2018江蘇)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 解　如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標系O－xyz . 因為AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)． (1)因為P為A1B1的中點，所以P， 從而＝，＝(0,2,2)， 故|cos〈，〉|＝＝＝. 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點，所以Q， 因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)． 設直線CC1與平面AQC1所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 2．(2018鹽城模擬)如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD是菱形， AC與BD交于點O, OP⊥底面ABCD，點M為PC中點， AC＝4，BD＝2，OP＝4. (1)求直線AP與BM所成角的余弦值； (2)求平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值． 解　(1)因為ABCD是菱形，所以AC⊥BD.又OP⊥底面ABCD，以O為原點，直線OA，OB，OP 分別為x軸， y軸， z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz. 則A， B， P， C，M. 所以＝， ＝， 所以 ＝10， ＝2， ＝. 則cos〈，〉＝＝＝. 故直線AP與BM所成角的余弦值為. (2)＝， ＝. 設平面ABM的一個法向量為n＝， 則得令x＝2，得y＝4, z＝3. 得平面ABM的一個法向量為n＝. 又平面PAC的一個法向量為＝， 所以n ＝4, ＝， ＝1. 則cos〈n，〉＝＝＝. 故平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值為. 3．(2016江蘇)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線l：x－y－2＝0，拋物線C：y2＝2px(p＞0)． (1)若直線l過拋物線C的焦點，求拋物線C的方程； (2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點P和Q. ①求證：線段PQ的中點坐標為(2－p，－p)； ②求p的取值范圍． (1)解　∵l：x－y－2＝0，∴l(xiāng)與x軸的交點坐標為(2,0)． 即拋物線的焦點為(2,0)，∴＝2，p＝4. ∴拋物線C的方程為y2＝8x. (2)①證明　設點P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 則則 ∴kPQ＝＝， 又∵P，Q關(guān)于l對稱．∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2p， ∴＝－p，又∵PQ的中點一定在l上， ∴＝＋2＝2－p. ∴線段PQ的中點坐標為(2－p，－p)． ②解　∵PQ的中點為(2－p，－p)， ∴ 即 ∴即關(guān)于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0有兩個不等實根，∴Δ＞0. 即(2p)2－4(4p2－4p)＞0，解得0＜p＜， 故所求p的取值范圍為. 4．(2018徐州質(zhì)檢)在平面直角坐標系xOy中，已知平行于x軸的動直線l交拋物線C：y2＝4x于點P，點F為C的焦點．圓心不在y軸上的圓M與直線l, PF, x軸都相切，設M的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)若直線l1與曲線E相切于點Q，過點Q且垂直于l1的直線為l2，直線l1，l2分別與y軸相交于點A，B.當線段AB的長度最小時，求s的值． 解　(1)因為拋物線C的方程為y2＝4x，所以F的坐標為， 設M(m，n)，因為圓M與x軸、直線l都相切，l平行于x軸， 所以圓M的半徑為，點P (n2,2n)， 則直線PF的方程為＝，即2n(x－1)－y(n2－1)＝0, 所以＝，又m，n≠0， 所以＝n2＋1，即n2－m＋1＝0， 所以E的方程為y2＝x－1(y≠0)． (2)設Q(t2＋1，t), A(0，y1)，B(0，y2)， 由(1)知，點Q處的切線l1的斜率存在，由對稱性不妨設t>0， 由y′＝，所以kAQ＝＝， kBQ＝＝－2， 所以y1＝－，y2＝2t3＋3t, 所以AB＝＝2t3＋t＋(t>0)． 令f(t)＝2t3＋t＋，t>0，則f′(t)＝6t2＋－ ＝， 由f′(t)>0得t>， 由f′(t)<0， 得00)， 又由題意， OM3＝x＝2a3， 所以xP＝a，代入y2＝2ax， 得 y＝2a2，解得yP＝a， 將點P代入x2＝my， 得 2＝ma，解得 m＝a， 所以拋物線C2為x2＝ay. 4.如圖，拋物線關(guān)于y軸對稱，它的頂點在坐標原點，點P(2,1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上． (1)求拋物線的方程； (2)若∠APB的平分線垂直于y軸，證明直線AB的斜率為定值． (1)解　由已知條件，可設拋物線的方程為x2＝2py(p>0)， 因為點P(2,1)在拋物線上，所以22＝2p1，p＝2. 故所求拋物線的方程是x2＝4y. (2)證明　由題意知，kAP＋kBP＝0，所以＋＝0， 即＋＝0，所以＋＝0， 所以x1＋x2＝－4. kAB＝＝＝＝－1.即直線AB的斜率為定值－1. 5.已知拋物線C的頂點為O(0,0)，焦點為F(0,1)． (1)求拋物線C的方程； (2)過點F作直線交拋物線C于A，B兩點．若直線AO，BO分別交直線l： y＝x－2于M，N兩點，求MN的最小值． 解　(1)由題意可設拋物線C的方程為x2＝2py(p>0)，則＝1，p＝2， 所以拋物線C的方程為x2＝4y. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的斜率必存在，設方程為y＝kx＋1. 由消去y，整理得x2－4kx－4＝0，Δ＞0恒成立． 所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 從而|x1－x2|＝4. 由聯(lián)立， 解得點M的橫坐標xM＝＝＝. 同理，點N的橫坐標xN＝. 所以MN＝ ＝＝|xM－xN| ＝ ＝8＝， 令4k－3＝t，t≠0，則k＝. 當t>0時，MN＝2 >2. 當t<0時，MN＝2 ≥. 綜上所述，當t＝－，即k＝－時， MN的最小值是. B組　能力提高 6．(2017江蘇)如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120. (1)求異面直線A1B與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內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E. 因為AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD. 如圖，以{，，}為正交基底，建立空間直角坐標系A－xyz. 因為AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120， 則A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)， A1(0,0，)，C1(，1，)． (1)＝(，－1，－)，＝(，1，)， 則cos〈，〉＝ ＝＝－， 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)平面A1DA的一個法向量為＝(，0,0)． 設m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量， 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)， 則即 不妨取x＝3，則y＝，z＝2， 所以m＝(3，，2)為平面BA1D的一個法向量， 從而cos〈，m〉＝＝＝. 設二面角B－A1D－A的大小為θ，則|cos θ|＝. 因為θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝. 因此二面角B－A1D－A的正弦值為. 7．(2018宿遷模擬)如圖，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝t，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz. (1)若t＝1，求異面直線AC1與A1B所成角的大小； (2)若t＝5，求直線AC1與平面A1BD所成角的正弦值； (3)若二面角A1—BD—C的大小為120，求實數(shù)t的值． 解　(1)當t＝1時，A(0,0,0)，，B(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)， 則＝(1,1,1)，＝(1,0，－1), 故cos〈，〉＝＝0， 所以異面直線AC1與A1B所成角為90. (2)當t＝5時，A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)， A1(0,0,5)，C1(1,1,5)， 則＝(1,0，－5)，＝(0,1，－5)， 設平面A1BD的法向量n＝(a，b，c)， 則由得 不妨取c＝1，則a＝b＝5, 此時n＝(5,5,1)， 設AC1與平面A1BD所成角為θ，因為＝(1,1,5)， 則sin θ＝＝ ＝＝， 所以AC1與平面A1BD所成角的正弦值為. (3)由A1(0,0，t)得，＝(1,0，－t)，＝(0,1，－t)， 設平面A1BD的法向量m＝(x，y，z)， 則由得 不妨取z＝1，則x＝y(tǒng)＝t，此時m＝(t，t,1)， 又平面CBD的法向量＝(0,0，t)， 故＝＝＝， 解得t＝， 所以當二面角A1－BD－C的大小為120時，t的值為. 8．在平面直角坐標系xOy中，直線l：x＝－1，點T(3,0)．動點P滿足PS⊥l，垂足為S，且＝0.設動點P的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程； (2)設Q是曲線C上異于點P的另一點，且直線PQ過點(1,0)，線段PQ的中點為M，直線l與x軸的交點為N.求證：向量與共線． (1)解　設P(x，y)為曲線C上任意一點． 因為PS⊥l，垂足為S， 又直線l：x＝－1，所以S(－1，y)． 因為T(3,0)，所以＝(x，y)，＝(4，－y)． 因為＝0，所以4x－y2＝0，即y2＝4x. 所以曲線C的方程為y2＝4x. (2)證明　因為直線PQ過點(1,0)， 故設直線PQ的方程為x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 聯(lián)立消去x，得y2―4my―4＝0. 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝―4. 因為點M為線段PQ的中點， 所以點M的坐標為， 即點M(2m2＋1,2m)． 又因為S(－1，y1)，N(－1,0)， 所以＝(2m2＋2,2m－y1)， ＝(x2＋1，y2)＝(my2＋2，y2)． 因為(2m2＋2)y2－(2m－y1)(my2＋2) ＝(2m2＋2)y2－2m2y2＋my1y2－4m＋2y1 ＝2(y1＋y2)＋my1y2－4m＝8m－4m－4m＝0， 所以向量與共線．