（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、拋物線試題 理.docx
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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. 2.題目難度：中檔難度. 考點一 空間角的計算 要點重組 設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)線線夾角 設l，m的夾角為θ，則 cosθ＝＝. (2)線面夾角 設直線l與平面α的夾角為θ， 則sinθ＝|cos〈a，μ〉|＝. (3)二面角 設α－l－β的夾角為θ(0≤θ≤π)， 則|cosθ|＝|cos〈μ，v〉|＝. 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)幾何體的結構特征建立空間直角坐標系，將題中條件數(shù)量化，利用計算方法求解幾何問題. 1.如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝2，AD＝PD＝4，∠BAD＝60，∠ADP＝120，點E為PA的中點. (1)求證：BE∥平面PCD； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，求直線BE與平面PAC所成角的正弦值. (1)證明 取PD中點F，連結CF，EF. 因為點E為PA的中點， 所以EF∥AD且EF＝AD， 又因為BC∥AD且BC＝AD， 所以EF∥BC且EF＝BC， 所以四邊形BCFE為平行四邊形，所以BE∥CF， 又BE?平面PCD，CF?平面PCD， 所以BE∥平面PCD. (2)解 在平面ABCD中，過點D作DG⊥AD，在平面PAD中，過點D作DH⊥AD. 因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，DG?平面ABCD，所以DG⊥平面PAD， 又DH?平面PAD， 所以DG⊥DH，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D－xyz(如圖)， 則A(4，0，0)，B(3，，0)，C(1，，0)，P，E， 所以＝(－3，，0)，＝，＝， 設n＝(x，y，z)是平面ACP的一個法向量， 則即 取x＝1，則y＝，z＝，得n＝(1，，). 設直線BE與平面PAC所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝， 所以直線BE與平面PAC所成角的正弦值為. 2.如圖，在五面體ABCDEF中，F(xiàn)A⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M為EC的中點，AF＝AB＝BC＝FE＝AD. (1)求異面直線BF與DE所成的角的大小； (2)證明：平面AMD⊥平面CDE； (3)求二面角A－CD－E的余弦值. (1)解 如圖所示，以A為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A－xyz. 設AB＝1，依題意得 B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0，1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，M，A(0,0,0). 則＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)， 于是cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線BF與DE所成的角的大小為60. (2)證明 由＝，＝(－1,0,1)， ＝(0,2,0)，可得＝0，＝0. 因此，CE⊥AM，CE⊥AD. 又AM∩AD＝A，AM?平面AMD，AD?平面AMD， 故CE⊥平面AMD. 又CE?平面CDE，所以平面AMD⊥平面CDE. (3)解 設平面CDE的法向量為u＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，可得u＝(1,1,1). 又由題設知，平面ACD的一個法向量為v＝(0,0,1). 所以cos〈u，v〉＝＝＝. 因為二面角A－CD－E為銳角，所以其余弦值為. 3.如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面為直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中點. (1)證明：平面PAD⊥平面PCD； (2)求AC與PB所成角的余弦值； (3)求平面AMC與平面BMC所成二面角(銳角)的余弦值. (1)證明 建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，M. 因為＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，故＝0， 所以AP⊥DC. 由題設知AD⊥DC，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. (2)解 因為＝(1,1,0)，＝(0,2，－1)， 所以||＝，||＝，＝2， 所以cos〈，〉＝＝. (3)解 設平面AMC的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1). 則 取x1＝1，得y1＝－1，z1＝2，所以n1＝(1，－1,2). 同理可得平面BMC的一個法向量為n2＝(1,1,2). 因為cos〈n1，n2〉＝＝＝. 所以平面AMC與平面BMC所成二面角(銳角)的余弦值為. 4.(2018江蘇省邗江中學調(diào)研)如圖，在三棱錐A－BCD中，已知△ABD，△BCD都是邊長為2的等邊三角形，E為BD的中點，且AE⊥平面BCD，F(xiàn)為線段AB上一動點，記＝λ. (1)當λ＝時，求異面直線DF與BC所成角的余弦值； (2)當CF與平面ACD所成角的正弦值為時，求λ的值. 解 連結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， 則A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)， 因為F為線段AB上一動點，且＝λ， 則＝λ＝λ(－1,0，)＝(－λ，0，λ), 所以F(1－λ，0，λ). (1)當λ＝時，F(xiàn)，＝，＝(1，－，0)， 所以cos〈，〉＝＝，所以異面直線DF與BC所成角的余弦值為. (2)＝(1－λ，－，λ)，＝(1,0，)， 設平面ACD的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則 取x＝，得n＝(，－1，－1)， 設CF與平面ACD所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈，n〉| ＝＝. 解得λ＝或λ＝2(舍去)，所以λ＝. 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，若由已知條件可知曲線是拋物線，要依據(jù)題設條件，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，要注意相互轉化. 5.(1)已知拋物線關于x軸對稱，它的頂點在坐標原點，并且經(jīng)過點M(2，－2)，求它的標準方程. (2)已知A，B是拋物線y2＝2px(p＞0)上不同的兩點，O為坐標原點，若OA＝OB，且△AOB的垂心恰是此拋物線的焦點F，求直線AB的方程. 解 (1)∵拋物線關于x軸對稱，它的頂點在原點，并且經(jīng)過點M(2，－2)， ∴可設它的標準方程為y2＝2px(p＞0). ∵點M在拋物線上， ∴(－2)2＝2p2，即p＝2. 因此，所求拋物線的標準方程是y2＝4x. (2)如圖所示.設A(x0，y0)， 由題意可知，B(x0，－y0). 又F是△AOB的垂心， 則AF⊥OB，∴kAFkOB＝－1， 即＝－1，∴y＝x0. 又y＝2px0，∴x0＝2p＋＝. 因此直線AB的方程為x＝. 6.已知過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，斜率為2的直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)兩點，且AB＝9. (1)求該拋物線的方程； (2)O為坐標原點，C為拋物線上一點，若＝＋λ，求λ的值. 解 (1)直線AB的方程是y＝2， 與y2＝2px聯(lián)立，從而有4x2－5px＋p2＝0， 又x1,2＝，所以x1＋x2＝. 由拋物線定義得AB＝x1＋x2＋p＝9， 所以p＝4， 所以拋物線方程為y2＝8x. (2)由p＝4,4x2－5px＋p2＝0，化簡得x2－5x＋4＝0， 從而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4， 從而A(1，－2)，B(4,4). 設＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(1＋4λ，－2＋4λ). 又因為y＝8x3， 即[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)， 即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2. 綜上λ＝0或λ＝2. 7.如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A(8，－4)，P(2，t)(t＜0)在拋物線y2＝2px(p＞0)上. (1)求p，t的值； (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，k3，且k1＋k2＝2k3，求點C的坐標. 解 (1)將點A(8，－4)代入y2＝2px，得p＝1. 所以拋物線的方程為y2＝2x. 將點P(2，t)代入y2＝2x，得t＝2. 因為t＜0，所以t＝－2. (2)依題意，點M的坐標為(2,0)， 直線AM的方程為y＝－x＋. 聯(lián)立解得B. 所以k1＝－，k2＝－2， 代入k1＋k2＝2k3，得k3＝－， 從而直線PC的方程為y＝－x＋， 聯(lián)立解得C. 8.已知傾斜角為的直線經(jīng)過拋物線Γ：y2＝2px(p>0)的焦點F，與拋物線Γ相交于A，B兩點，且AB＝8. (1)求拋物線Γ的方程； (2)過點P(12,8)的兩條直線l1，l2分別交拋物線Γ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. (1)解 由題意可設直線AB的方程為y＝x－， 由消去y整理得x2－3px＋＝0， Δ＝9p2－4＝8p2>0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝3p， 由拋物線的定義得AB＝x1＋x2＋p＝4p＝8，∴p＝2. ∴拋物線的方程為y2＝4x. (2)證明 設直線l1，l2的傾斜角分別為α，β， 由題意知，α，β≠. 直線l1的斜率為k，則k＝tanα. ∵直線l1與l2的傾斜角互余， ∴tanβ＝tan＝ ＝＝＝， ∴直線l2的斜率為. ∴直線CD的方程為y－8＝k(x－12)， 即y＝k(x－12)＋8. 由 消去x整理得ky2－4y＋32－48k＝0， 設C(xC，yC)，D(xD，yD)， ∴yC＋yD＝， ∴xC＋xD＝24＋－， ∴點M的坐標為. 以代替點M坐標中的k， 可得點N的坐標為(12＋2k2－8k,2k)， ∴kMN＝＝. ∴直線MN的方程為 y－2k＝[x－(12＋2k2－8k)]， 即y＝x－10， 顯然當x＝10時，y＝0， 故直線MN經(jīng)過定點(10，0). 1.如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，BC＝，AB＝1，BD＝PA＝2. (1)求異面直線BD與PC所成角的余弦值； (2)求二面角A－PD－C的余弦值. 解 (1)因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD. 又AD⊥AB， 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. 根據(jù)條件得AD＝. 所以B(1,0,0)，D(0，，0)， C，P(0,0,2)， 從而＝(－1，，0)，＝. 設異面直線BD，PC所成的角為θ， 則cosθ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝. 即異面直線BD與PC所成角的余弦值為. (2)因為AB⊥平面PAD，所以平面PAD的一個法向量為＝(1,0,0)， 設平面PCD的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥，n⊥，＝，＝(0，，－2)， 得解得 不妨取z＝3，得n＝(2,2，3). 設二面角A－PD－C的大小為φ， 則cosφ＝cos〈，n〉＝＝＝. 即二面角A－PD－C的余弦值為. 2.(2018江蘇省泰州中學月考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形AA1C1C是邊長為4的正方形，AB＝3，BC＝5. (1)求直線A1B與平面BB1C1所成角的正弦值； (2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值； (3)證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求的值. 解 (1)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－xyz， 則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4). 則＝(0,0，－4)，＝(4，－3,4)， 設平面B1BC1的法向量為m＝(x，y，z)， 則即 令x＝3，則y＝4，所以m＝(3,4,0)， 又＝(0,3，－4). 設直線A1B與平面BB1C1所成的角為α， 則sin α＝|cos〈m，A1B〉|＝＝， 所以直線A1B與平面BB1C1所成角的正弦值為. (2)設平面A1BC1的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝3，則x＝0，y＝4，所以n＝(0,4,3). 由(1)可得平面B1BC1的法向量m＝(3,4,0). 所以cos〈n，m〉＝＝. 由圖形知二面角A1－BC1－B1為銳角， 所以二面角A1－BC1－B1的余弦值為. (3)設D(x，y，z)是線段BC1上一點， 且＝λBC1(0≤λ≤1)， 所以(x，y－3，z) ＝λ(4，－3,4)， 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ， 所以＝(4λ，3－3λ，4λ)， 由A1B＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝. 所以在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，此時＝. 3.已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F，直線y＝4與y軸的交點為P，與拋物線C的交點為Q，且QF＝2PQ. (1)求p的值； (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 (1)設Q(x0,4)，由拋物線定義知QF＝x0＋， 又QF＝2PQ，即2x0＝x0＋，解得x0＝， 將點Q代入拋物線方程，解得p＝4. (2)由(1)知，C的方程為y2＝8x， 所以點T的坐標為， 設直線MN的方程為x＝my＋n， 點M，N， 由得y2－8my－8n＝0，Δ＝64m2＋32n>0. 所以y1,2＝4m2， 所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n， 所以kMT＋kNT＝＋ ＝＋ ＝ ＝＝－， 解得n＝m－1， 所以直線MN的方程為x＋1＝m(y＋1)， 恒過定點(－1，－1). 4.如圖，M，N是焦點為F的拋物線y2＝2px(p>0)上兩個不同的點，且線段MN的中點A的橫坐標為4－. (1)求MF＋NF的值； (2)若p＝2，直線MN與x軸交于點B，求點B橫坐標的取值范圍. 解 (1)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝8－p， ∵MF＝x1＋，NF＝x2＋， ∴MF＋NF＝x1＋x2＋p＝8. (2)當p＝2時，y2＝4x， 若直線MN的斜率不存在，則B(3,0)； 若直線MN的斜率存在，設A(3，t)(t≠0)， 則由(1)知y－y＝4(x1－x2)，∴kMN＝， ∴直線MN的方程為y－t＝(x－3)， ∴點B的橫坐標為xB＝3－， 由消去x， 得y2－2ty＋2t2－12＝0， 由(－2t)2－4(2t2－12)>0， 可得0
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