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0- 配套講稿:
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