《(江蘇專用)2019高考數(shù)學二輪復習 第三篇 第29練 立體幾何中的向量方法、拋物線課件 理.ppt》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(江蘇專用)2019高考數(shù)學二輪復習 第三篇 第29練 立體幾何中的向量方法、拋物線課件 理.ppt(55頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第三篇附加題專項練,力保選做拿滿分,,第29練立體幾何中的向量方法、拋物線,明晰考情 1.命題角度:空間角的計算,頂點在坐標原點的拋物線的標準方程與幾何性質(zhì). 2.題目難度:中檔難度.,核心考點突破練,,,欄目索引,,高考押題沖刺練,考點一空間角的計算,要點重組設(shè)直線l,m的方向向量分別為a(a1,b1,c1),b(a2,b2,c2).平面,的法向量分別為(a3,b3,c3),v(a4,b4,c4)(以下相同). (1)線線夾角,,核心考點突破練,(2)線面夾角,(3)二面角,方法技巧利用空間向量求解立體幾何中的綜合問題,要根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征建立空間直角坐標系,將題中條件數(shù)量化,利用計算方法
2、求解幾何問題.,證明,1.如圖,在四棱錐PABCD中,ADBC,ABBC2,ADPD4,BAD60,ADP120,點E為PA的中點. (1)求證:BE平面PCD;,證明取PD中點F,連結(jié)CF,EF. 因為點E為PA的中點,,所以EFBC且EFBC, 所以四邊形BCFE為平行四邊形,所以BECF, 又BE平面PCD,CF平面PCD,所以BE平面PCD.,解答,(2)若平面PAD 平面ABCD,求直線BE與平面PAC所成角的正弦值.,解在平面ABCD中,過點D作DGAD,在平面PAD中,過點D作DHAD. 因為平面PAD 平面ABCD,平面PAD 平面ABCDAD,DG平面ABCD,所以DG平面P
3、AD, 又DH平面PAD, 所以DGDH,所以DA,DG,DH兩兩互相垂直. 以D為原點,DA,DG,DH所在直線分別為x軸、 y軸、z軸,建立空間直角坐標系Dxyz(如圖),,設(shè)n(x,y,z)是平面ACP的一個法向量,,設(shè)直線BE與平面PAC所成角為,,解答,2.如圖,在五面體ABCDEF中,F(xiàn)A平面ABCD,ADBCFE,ABAD,M為EC的中點,AFABBCFE .,(1)求異面直線BF與DE所成的角的大小;,設(shè)AB1,依題意得,所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60.,證明,(2)證明:平面AMD平面CDE;,因此,CEAM,CEAD. 又AMADA,AM平面AMD,AD平面A
4、MD, 故CE平面AMD. 又CE平面CDE,所以平面AMD平面CDE.,解答,(3)求二面角ACDE的余弦值.,解設(shè)平面CDE的法向量為u(x,y,z),,令x1,可得u(1,1,1). 又由題設(shè)知,平面ACD的一個法向量為v(0,0,1).,證明,3.如圖,已知四棱錐PABCD的底面為直角梯形,ABCD,DAB90,PA底面ABCD,且PAADDC 1,M是PB的中點. (1)證明:平面PAD平面PCD;,證明建立如圖所示的空間直角坐標系,,所以APDC. 由題設(shè)知ADDC,且AP與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線, 所以DC平面PAD. 又DC平面PCD,所以平面PAD平面PCD.,
5、(2)求AC與PB所成角的余弦值;,解答,(3)求平面AMC與平面BMC所成二面角(銳角)的余弦值.,解設(shè)平面AMC的一個法向量為n1(x1,y1,z1).,取x11,得y11,z12,所以n1(1,1,2). 同理可得平面BMC的一個法向量為n2(1,1,2).,解答,解答,解連結(jié)CE, 以EB,EC,EA所在直線分別為x,y,z軸, 建立如圖所示的空間直角坐標系,,解答,設(shè)平面ACD的一個法向量為n(x,y,z),,考點二拋物線,要點重組(1)拋物線方程中,字母p的幾何意義是拋物線的焦點F到準線的距離, 等于焦點到拋物線頂點的距離.牢記它對解題非常有益. (2)求拋物線方程時,若由已知條件
6、可知曲線是拋物線,要依據(jù)題設(shè)條件,弄清拋物線的對稱軸和開口方向,再正確選擇拋物線標準方程. (3)在解題中,拋物線上的點、焦點、準線三者通常與拋物線的定義相聯(lián)系,要注意相互轉(zhuǎn)化.,解答,解拋物線關(guān)于x軸對稱,,可設(shè)它的標準方程為y22px(p0). 點M在拋物線上,,因此,所求拋物線的標準方程是y24x.,(2)已知A,B是拋物線y22px(p0)上不同的兩點,O為坐標原點,若OAOB,且AOB的垂心恰是此拋物線的焦點F,求直線AB的方程.,解如圖所示.設(shè)A(x0,y0),由題意可知,B(x0,y0).,則AFOB,kAFkOB1,,解答,解答,(1)求該拋物線的方程;,與y22px聯(lián)立,從而
7、有4x25pxp20,,由拋物線定義得ABx1x2p9,所以p4, 所以拋物線方程為y28x.,解由p4,4x25pxp20,化簡得x25x40,,即(21)241,解得0或2. 綜上0或2.,解答,解答,7.如圖,在平面直角坐標系xOy中,點A(8,4),P(2,t)(t0)在拋物線y22px(p0)上. (1)求p,t的值;,解將點A(8,4)代入y22px,得p1. 所以拋物線的方程為y22x. 將點P(2,t)代入y22x,得t2. 因為t0,所以t2.,(2)過點P作PM垂直于x軸,M為垂足,直線AM與拋物線的另一交點為B,點C在直線AM上.若PA,PB,PC的斜率分別為k1,k2,
8、k3,且k1k22k3,求點C的坐標.,解答,解依題意,點M的坐標為(2,0),,8.已知傾斜角為 的直線經(jīng)過拋物線:y22px(p0)的焦點F,與拋物線相交于A,B兩點,且AB8. (1)求拋物線的方程;,解答,由拋物線的定義得ABx1x2p4p8,p2. 拋物線的方程為y24x.,則x1x23p,,(2)過點P(12,8)的兩條直線l1,l2分別交拋物線于點C,D和E,G,線段CD和EG的中點分別為M,N.如果直線l1與l2的傾斜角互余,求證:直線MN經(jīng)過一定點.,證明,證明設(shè)直線l1,l2的傾斜角分別為,,,直線l1的斜率為k,則ktan . 直線l1與l2的傾斜角互余,,直線CD的方程
9、為y8k(x12), 即yk(x12)8.,消去x整理得ky24y3248k0, 設(shè)C(xC,yC),D(xD,yD),,可得點N的坐標為(122k28k,2k),,顯然當x10時,y0,,故直線MN經(jīng)過定點(10,0).,,高考押題沖刺練,(1)求異面直線BD與PC所成角的余弦值;,解答,解因為PA平面ABCD,AB平面ABCD, AD平面ABCD,所以PAAB,PAAD. 又ADAB, 故分別以AB,AD,AP所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系.,設(shè)異面直線BD,PC所成的角為,,解答,(2)求二面角APDC的余弦值.,設(shè)平面PCD的一個法向量為n(x,y,z),,設(shè)二面角APD
10、C的大小為,,2.(2018江蘇省泰州中學月考)如圖,在直三棱柱ABCA1B1C1中,四邊形AA1C1C是邊長為4的正方形,AB3,BC5. (1)求直線A1B與平面BB1C1所成角的正弦值;,解答,解如圖,以A為原點,AC,AB,AA1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系A(chǔ)xyz, 則B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).,設(shè)平面B1BC1的法向量為m(x,y,z),,令x3,則y4,所以m(3,4,0),,設(shè)直線A1B與平面BB1C1所成的角為,,解答,(2)求二面角A1BC1B1的余弦值;,解設(shè)平面A1BC1的法向量為n(x,y,z),,令z
11、3,則x0,y4,所以n(0,4,3).,由(1)可得平面B1BC1的法向量m(3,4,0).,由圖形知二面角A1BC1B1為銳角,,解答,解設(shè)D(x,y,z)是線段BC1上一點,,所以(x,y3,z) (4,3,4), 解得x4,y33,z4,,所以在線段BC1上存在點D,使得ADA1B,,3.已知拋物線C:y22px(p0)的焦點F,直線y4與y軸的交點為P,與拋物線C的交點為Q,且QF2PQ. (1)求p的值;,解答,解答,(2)已知點T(t,2)為C上一點,M,N是C上異于點T的兩點,且滿足直線TM和直線TN的斜率之和為 ,證明直線MN恒過定點,并求出定點的坐標.,解由(1)知,C的方程為y28x,,設(shè)直線MN的方程為xmyn,,所以y1y28m,y1y28n,,解得nm1, 所以直線MN的方程為x1m(y1), 恒過定點(1,1).,解答,(1)求MFNF的值;,解設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x28p,,MFNFx1x2p8.,解答,(2)若p2,直線MN與x軸交于點B,求點B橫坐標的取值范圍.,解當p2時,y24x, 若直線MN的斜率不存在,則B(3,0); 若直線MN的斜率存在,設(shè)A(3,t)(t0),,得y22ty2t2120, 由(2t)24(2t212)0, 可得0