《2019届江苏高考数学二轮复习第三篇第29练立体几何中的向量方法、抛物线课件理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届江苏高考数学二轮复习第三篇第29练立体几何中的向量方法、抛物线课件理（55页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第三篇附加题专项练，力保选做拿满分,第29练立体几何中的向量方法、抛物线,明晰考情 1.命题角度：空间角的计算，顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质. 2.题目难度：中档难度.,核心考点突破练,栏目索引,高考押题冲刺练,考点一空间角的计算,要点重组设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2).平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角,核心考点突破练,(2)线面夹角,(3)二面角,方法技巧利用空间向量求解立体几何中的综合问题，要根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，将题中条件数量化，利用计算方法求解几何问
2、题.,证明,1.如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABBC2，ADPD4，BAD60，ADP120，点E为PA的中点. (1)求证：BE平面PCD；,证明取PD中点F，连结CF，EF. 因为点E为PA的中点，,所以EFBC且EFBC， 所以四边形BCFE为平行四边形，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，求直线BE与平面PAC所成角的正弦值.,解在平面ABCD中，过点D作DGAD，在平面PAD中，过点D作DHAD. 因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD 平面ABCDAD，DG平面ABCD，所以DG平面PAD， 又
3、DH平面PAD， 所以DGDH，所以DA，DG，DH两两互相垂直. 以D为原点，DA，DG，DH所在直线分别为x轴、 y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz(如图)，,设n(x，y，z)是平面ACP的一个法向量，,设直线BE与平面PAC所成角为，,解答,2.如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFE .,(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；,设AB1，依题意得,所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60.,证明,(2)证明：平面AMD平面CDE；,因此，CEAM，CEAD. 又AMADA，AM平面AMD，AD平面AMD， 故C
4、E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.,解设平面CDE的法向量为u(x，y，z)，,令x1，可得u(1,1,1). 又由题设知，平面ACD的一个法向量为v(0,0,1).,证明,3.如图，已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ABCD，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDC 1，M是PB的中点. (1)证明：平面PAD平面PCD；,证明建立如图所示的空间直角坐标系，,所以APDC. 由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线， 所以DC平面PAD. 又DC平面PCD，所以平面PAD平面PCD.,(2)求AC与P
5、B所成角的余弦值；,解答,(3)求平面AMC与平面BMC所成二面角(锐角)的余弦值.,解设平面AMC的一个法向量为n1(x1，y1，z1).,取x11，得y11，z12，所以n1(1，1,2). 同理可得平面BMC的一个法向量为n2(1,1,2).,解答,解答,解连结CE, 以EB，EC，EA所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，,解答,设平面ACD的一个法向量为n(x，y，z)，,考点二抛物线,要点重组(1)抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离， 等于焦点到抛物线顶点的距离.牢记它对解题非常有益. (2)求抛物线方程时，若由已知条件可知曲线是抛物线
6、，要依据题设条件，弄清抛物线的对称轴和开口方向，再正确选择抛物线标准方程. (3)在解题中，抛物线上的点、焦点、准线三者通常与抛物线的定义相联系，要注意相互转化.,解答,解抛物线关于x轴对称，,可设它的标准方程为y22px(p0). 点M在抛物线上，,因此，所求抛物线的标准方程是y24x.,(2)已知A，B是抛物线y22px(p0)上不同的两点，O为坐标原点，若OAOB，且AOB的垂心恰是此抛物线的焦点F，求直线AB的方程.,解如图所示.设A(x0，y0)，由题意可知，B(x0，y0).,则AFOB，kAFkOB1，,解答,解答,(1)求该抛物线的方程；,与y22px联立，从而有4x25pxp
7、20，,由抛物线定义得ABx1x2p9，所以p4， 所以抛物线方程为y28x.,解由p4,4x25pxp20，化简得x25x40，,即(21)241，解得0或2. 综上0或2.,解答,解答,7.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(8，4)，P(2，t)(t0)在抛物线y22px(p0)上. (1)求p，t的值；,解将点A(8，4)代入y22px，得p1. 所以抛物线的方程为y22x. 将点P(2，t)代入y22x，得t2. 因为t0，所以t2.,(2)过点P作PM垂直于x轴，M为垂足，直线AM与抛物线的另一交点为B，点C在直线AM上.若PA，PB，PC的斜率分别为k1，k2，k3，且k1k2
8、2k3，求点C的坐标.,解答,解依题意，点M的坐标为(2,0)，,8.已知倾斜角为 的直线经过抛物线：y22px(p0)的焦点F，与抛物线相交于A，B两点，且AB8. (1)求抛物线的方程；,解答,由抛物线的定义得ABx1x2p4p8，p2. 抛物线的方程为y24x.,则x1x23p，,(2)过点P(12,8)的两条直线l1，l2分别交抛物线于点C，D和E，G，线段CD和EG的中点分别为M，N.如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点.,证明,证明设直线l1，l2的倾斜角分别为，,直线l1的斜率为k，则ktan . 直线l1与l2的倾斜角互余，,直线CD的方程为y8k(x12)
9、， 即yk(x12)8.,消去x整理得ky24y3248k0， 设C(xC，yC)，D(xD，yD)，,可得点N的坐标为(122k28k,2k)，,显然当x10时，y0，,故直线MN经过定点(10，0).,高考押题冲刺练,(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；,解答,解因为PA平面ABCD，AB平面ABCD， AD平面ABCD，所以PAAB，PAAD. 又ADAB， 故分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.,设异面直线BD，PC所成的角为，,解答,(2)求二面角APDC的余弦值.,设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，,设二面角APDC的大小为，,2.(
10、2018江苏省泰州中学月考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB3，BC5. (1)求直线A1B与平面BB1C1所成角的正弦值；,解答,解如图，以A为原点，AC，AB，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz， 则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4).,设平面B1BC1的法向量为m(x，y，z)，,令x3，则y4，所以m(3,4,0)，,设直线A1B与平面BB1C1所成的角为，,解答,(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；,解设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，,令z3，则x0，y4，所以
11、n(0,4,3).,由(1)可得平面B1BC1的法向量m(3,4,0).,由图形知二面角A1BC1B1为锐角，,解答,解设D(x，y，z)是线段BC1上一点，,所以(x，y3，z) (4，3,4)， 解得x4，y33，z4，,所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，,3.已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F，直线y4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且QF2PQ. (1)求p的值；,解答,解答,(2)已知点T(t，2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为 ，证明直线MN恒过定点，并求出定点的坐标.,解由(1)知，C的方程为y28x，,设直线MN的方程为xmyn，,所以y1y28m，y1y28n，,解得nm1， 所以直线MN的方程为x1m(y1)， 恒过定点(1，1).,解答,(1)求MFNF的值；,解设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x28p，,MFNFx1x2p8.,解答,(2)若p2，直线MN与x轴交于点B，求点B横坐标的取值范围.,解当p2时，y24x， 若直线MN的斜率不存在，则B(3,0)； 若直线MN的斜率存在，设A(3，t)(t0)，,得y22ty2t2120， 由(2t)24(2t212)0， 可得0t212，,综上，点B横坐标的取值范围是(3,3.,本课结束,
