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1、江蘇省2020屆高考數(shù)學(蘇教版)二輪復習專題19 附加題23題
(1)江蘇高考考試說明中附加題圓錐曲線與方程中拋物線為B級要求,2020年、2020年高考中均沒有考查,預測2020年高考中可能會考查;
(2)江蘇高考考試說明附加題中對空間向量與立體幾何是B級要求,2020年、2020年、2020年高考沒有考查,2020年高考考查空間角的概念,求線段的長.預測2020年高考會考查.
在平面直角坐標系xOy中,拋物線C的頂點在原點,經過點A(2,2),其焦點F在x軸上.
(1)求拋物線C的標準方程;
(2)求過焦點F,且與直線OA垂直的直線的方
2、程;
(3)設過點M(m,0)(m>0)的直線交拋物線C于D,E兩點,ME=2DM,記D和E兩點間的距離為f(m),求f(m)關于m的表達式.
[解] (1)由題意,可設拋物線C的標準方程為y2=2px.因為點A(2,2)在拋物線C上,所以p=1.因此,拋物線C的標準方程為y2=2x.
(2)由(1)可得焦點F的坐標是,又直線OA的斜率為=1,故與直線OA垂直的直線的斜率為-1.
因此,所求直線的方程是x+y-=0.
(3)法一:設點D和E的坐標分別為(x1,y1)和(x2,y2),直線DE的方程是y=k(x-m),k≠0.
將x=+m代入y2=2x,有ky2-2y-2km=0,
3、
解得y1,2=.
由ME=2DM,知1+=2(-1),
化簡得k2=,因此
DE2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(y1-y2)2
==(m2+4m).
所以f(m)= (m>0).
法二:設D,E,
由點M(m,0)及=2得
t2-m=2,t-0=2(0-s).
因此t=-2s,m=s2,所以
f(m)=DE=
= (m>0).
本小題主要考查直線、拋物線方程及兩點間的距離公式等基本知識,考查運算求解能力.
(2020·徐州信息卷)過直線x=-2上的動點P作拋物線y2=4x的兩條切線PA,PB,其中A,B為切點.
(1)若切線PA,PB的斜率
4、分別為k1,k2,求證:k1k2為定值;
(2)求證:直線AB恒過定點.
證明:(1)不妨設A(t,2t1)(t1>0),B(t,2t2)(t2<0),P(-2,m).
因為y2=4x,所以當y>0時,y=2,y′=,所以k1=.同理k2=.
由k1==,得t-mt1-2=0.
同理t-mt2-2=0.
所以t1,t2是方程t2-mt-2=0的兩個實數(shù)根.
所以t1t2=-2.
所以k1k2==-為定值.
(2)直線AB的方程為y-2t1=(x-t),
即y=x+2t1-,
即y=x+,由于t1t2=-2,
所以直線方程化為y=(x-2),
所以直線AB恒過定點(2,
5、0).
(2020·泰州期末)如圖,在三棱錐P—ABC中,平面ABC⊥平面APC,AB=BC=AP=PC=,∠ABC=∠APC=90°.
(1)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值;
(2)若動點M在底面三角形ABC上,二面角M-PA-C的余弦值為,求BM的最小值.
[解] (1)取AC中點O,
∵AB=BC,∴OB⊥OC.
∵平面ABC⊥平面APC,
平面ABC∩平面APC=AC,
∴OB⊥平面PAC.
∴OB⊥OP.
以O為坐標原點,OB,OC,OP分別為x,y,z軸建立如圖所示空間直角坐標系.
∵AB=BC=PA=,∴OB=OC=OP=1.
從而O(0,0
6、,0),B(1,0,0),A(0,-1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),
∴=(-1,1,0),=(1,0,-1),=(0,1,1).
設平面PBC的法向量n1=(x,y,z),
由·n1=0,·n1=0得方程組
取n1=(1,1,1),∴cos〈,n1〉==.
設PA與平面PBC所成角為θ,
則sin θ=|cos〈,n1〉|=.
∴直線PA與平面PBC所成角的正弦值為.
(2)由題意平面PAC的法向量n2=(1,0,0).
設平面PAM的法向量為n3=(x,y,z),M(m,n,0).
∵=(0,1,1),=(m,n+1,0),
又∵·n3=0,·n3=0,
7、
∴取n3=.
∴cos〈n2,n3〉===.
∴2=9.
∴n+1=3m或n+1=-3m(舍去).∴=(m,3m,0).
又=(1,1,0),
∴cos〈,〉==.
則sin〈,〉=,
∴d=AB·=.
∴B點到AM的最小值為垂直距離d=.
考查空間向量在立體幾何中的應用,求出平面的法向量是解題的關鍵.
(2020·蘇北四市二模)在棱長為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中,E為棱AB的中點,點P在平面A1B1C1D1中,D1P⊥平面PCE.
(1)試求:線段D1P的長;
(2)直線DE與平面PCE所成角的正弦值.
解:(1)建立如圖所示的空間直角坐
8、標系,則D1(0,0,2),E(2,1,0),C(0,2,0).
設P(x,y,2),則=(x,y,0),
=(x-2,y-1,2),
=(-2,1,0).
因為D1P⊥平面PCE,所以D1P⊥EP.
D1P⊥EC.所以·=0,·=0,
故解得(舍去)或
即P,
所以=,所以D1P==.
(2)由(1)知,=(2,1,0),=,⊥平面PEC,設DE與平面PEC所成角為θ,與所成角為α,則sin θ=|cos α|===.
所以直線DE與平面PEC所成角的正弦值為.
(1)拋物線與直線的位置關系中重點考查頂點在原點的拋物線與過焦點的
9、直線的位置關系,熟練掌握拋物線的幾何性質,利用幾何性質解決問題較為簡單;
(2)空間向量與立體幾何主要考查向量的坐標表示、向量運算、平面的法向量、空間角及距離的計算.對于點的位置的探索問題,可以利用向量共線定理設元確定.
1.(2020·蘇北四市三模)在三棱錐S—ABC中,底面是邊長為2的正三角形,點S在底面ABC上的射影O恰是BC的中點,側棱SA和底面成45°角.
(1) 若D為側棱SA上一點,當為何值時,BD⊥AC;
(2) 求二面角S—AC—B的余弦值大?。?
解:以O點為原點,OC為x軸,OA為y軸,OS為z軸建立空間直角坐標系.因為△ABC是邊長為2的正三角形,又SA
10、與底面所成角為45°,所以∠SAO=45°.所以SO=AO=3.
所以O(0,0,0),C(,0,0),A(0,3,0),S(0,0,3),B(-,0,0).
(1)設AD=a,則D,所以=,
=(,-3,0).若BD⊥AC,則·=3-3=0,
解得a=2,而AS=3,所以SD=.
所以==.
(2)因為=(0,-3,3),=(2,0,0).
設平面ACS的法向量為n1=(x,y,z),
則
令z=1,則x=,y=1,所以n1=(,1,1).
而平面ABC的法向量為n2=(0,0,1),
所以cos〈n1,n2〉==,顯然所求二面角的平面角為銳角,
故所求二面角的余弦值
11、的大小為.
2.(2020·鎮(zhèn)江5月)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,O是AC的中點,E是線段D1O上一點,且D1E=λEO.
(1)若λ=1,求異面直線DE與CD1所成角的余弦值;
(2)若平面CDE⊥平面CD1O,求λ的值.
解:(1)不妨設正方體的棱長為1,以,,為單位正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.
則A(1,0,0),O,C(0,1,0),D1(0,0,1),E,
于是=,=(0,-1,1).
由cos〈,〉==.
所以異面直線AE與CD1所成角的余弦值為.
(2)設平面CD1O的向量為m=(x1,y1,z1),
由m·=0,m·=0,
得
12、取x1=1,得y1=z1=1,
即m=(1,1,1).
由D1E=λEO,則E,
=.
又設平面CDE的法向量為n=(x2,y2,z2),
由n·=0,n·=0.
得取x2=2,得z2=-λ,即n=(-2,0,λ).
因為平面CDE⊥平面CD1O,所以m·n=0,得λ=2.
3.(2020·南通密卷)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1的側棱與底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M是CC1的中點,N是BC的中點,點P在直線A1B1上,且滿足=λ.
(1)當λ取何值時,直線PN與平面ABC所成的角θ最大?
(2)若平面PMN與平面ABC所成的二面角為45°,試確定點
13、P的位置.
解:(1)以AB,AC,AA1分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系A—xyz,則N,P(λ,0,1),則=,
平面ABC的一個法向量為n=(0,0,1),
則sin θ=|cos〈,n〉|==.
于是問題轉化為二次函數(shù)求最值,而θ∈,當θ最大時,sin θ最大,所以當λ=時,sin θ最大,θ也最大.
(2)已知給出了平面PMN與平面ABC所成的二面角為45°,即可得到平面ABC的一個法向量為n==(0,0,1),設平面PMN的一個法向量為m=(x,y,z),=.
由得
解得
令x=3,得m=(3,2λ+1,2(1-λ)),于是由
|cos〈m,n〉|=
==
14、,解得λ=-,
故點P在B1A1的延長線上,且|A1P|=.
4.(2020·泰州期末)對稱軸為坐標軸,頂點在坐標原點的拋物線C經過兩點A(a,2a),B(4a,4a)(其中a為正常數(shù)).
(1)求拋物線C的方程;
(2)設動點T(m,0)(m>a),直線AT,BT與拋物線C的另一個交點分別為A1,B1,當m變化時,記所有直線A1B1組成的集合為M,求證:集合M中的任意兩條直線都相交且交點都不在坐標軸上.
解:(1)當拋物線焦點在x軸上時,
設拋物線方程y2=2px,
∵∴p=2a.
∴y2=4ax.
當拋物線焦點在y軸上時,設拋物線方程x2=2py,
∵方程無解,∴拋物線
15、不存在.
綜上拋物線C的方程為y2=4ax.
(2)設A1(as2,2as),B1(at2,2at),T(m,0)(m>a).
∵kTA=kTA1,∴=,
∴as2+(m-a)s-m=0.
∵(as+m)(s-1)=0,∴s=-,∴A1.
∵kTB=kTB1,∴=.
∵2at2+(m-4a)t-2m=0,∴(2at+m)(t-2)=0.
∴t=-.∴B1.
∴直線A1B1的方程為y+2m=.
∵直線的斜率為-在(a,+∞)單調,
∴集合M中的直線必定相交.
∵直線的橫截距為-在(a,+∞)單調,縱截距為-在(a,+∞)單調,
∴任意兩條直線都相交且交點都不在坐標軸上.
16、
5.(2020·常州)已知斜率為k(k≠0)的直線l過拋物線C:y2=4x的焦點F且交拋物線于A,B兩點.設線段AB的中點為M.
(1)求點M的軌跡方程;
(2)若-20恒成立,則y0==.
又x0=+1,消去k ,得y=2(x0-1),
所以點M的軌跡方程為y2=2(x-1).
(2)由(1)知,
17、點M.
因為m<,所以d==.
由題意,得≥,m≤++2對-2
18、(2)證明:拋物線方程為y=x2,∴y′=x.
∴過拋物線A,B兩點的切線方程分別為
y=x1(x-x1)+和y=x2(x-x2)+,
即y=x1x-和y=x2x-.
聯(lián)立解出兩切線交點M的坐標為.
∴·=·
=-=0(定值).
7.(2020·淮陰聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中,已知點A(-1,1),P是動點,且三角形POA的三邊所在直線的斜率滿足kOP+kOA=kPA.
(1)求點P的軌跡C的方程;
(2)若Q是軌跡C上異于點P的一個點,且=λ,直線OP與QA交于點M,問:是否存在點P使得△PQA和△PAM的面積滿足S△PQA=2S△PAM?若存在,求出點P的坐標;若不
19、存在,說明理由.
解:(1)設點P(x,y)為所求軌跡上的任意一點,則由kOP+kOA=kPA得,+=,整理得軌跡C的方程為y=x2(x≠0且x≠-1).
(2)設P(x1,x),Q(x2,x),
由=λ可知直線PQ∥OA,則kPQ=kOA,
故=,即x2=-x1-1.
直線OP方程為y=x1x.①
直線QA的斜率為=-x1-2,
∴直線QA方程為y-1=(-x1-2)(x+1),
即y=-(x1+2)x-x1-1.②
聯(lián)立①②,得x=-,∴點M的橫坐標為定值-.
由S△PQA=2S△PAM,得到QA=2AM,因為PQ∥OA,
所以OP=2OM,
由=2 ,得x1=1,
20、∴P的坐標為(1,1).
∴存在點P滿足S△PQA=2S△PAM,P的坐標為(1,1).
8.(2020·徐州一模)如圖,過拋物線C:y2=4x上一點P(1,-2)作傾斜角互補的兩條直線,分別與拋物線交于點A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)求y1+y2的值;
(2)若y1≥0,y2≥0,求△PAB面積的最大值.
解:(1)因為A(x1,y1),B(x2,y2)在拋物線C:
y2=4x上,
所以A,B,
kPA===,
同理kPB=,依題有kPA=-kPB,
所以=-,即y1+y2=4.
(2)由(1)知kAB==1,設AB的方程為
y-y1=x-,即x-y+y1-=0,
P到AB的距離為d=,
AB==|y1-y2|=2|2-y1|,
所以S△PAB=××2|2-y1|
=|y-4y1-12||y1-2|
=|(y1-2)2-16||y1-2|,
令y1-2=t,由y1+y2=4,y1≥0,y2≥0,可知-2≤t≤2.S△PAB=|t3-16t|,
因為S△PAB=|t3-16t|為偶函數(shù),只考慮0≤t≤2的情況,
記f(t)=|t3-16t|=16t-t3,f′(t)=16-3t2>0,故f(t)在[0,2]是單調增函數(shù),故f(t)的最大值為f(2)=24,故S△PAB的最大值為6.