《衡水中学2021届高考数学二轮复习：专题19 附加题23题--修订编选》由会员分享，可在线阅读，更多相关《衡水中学2021届高考数学二轮复习：专题19 附加题23题--修订编选（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、衡水中学 2020 届高考数学二轮复习 ： 专题 19 附加题 23 题 典例1 在平面直角坐标系 xOy 中， 抛物线 C 的顶点在原点， 经过点 A(2,2)， 其焦点 F 在 x 轴上 (1)求抛物线 C 的标准方程； (2)求过焦点 F，且与直线 OA 垂直的直线的方程； (3)设过点 M(m,0)(m0)的直线交抛物线 C 于 D，E 两点，ME2DM，记 D 和 E 两点间 的距离为 f(m)，求 f(m)关于 m 的表达式 解(1)由题意，可设抛物线 C 的标准方程为 y22px.因为点 A(2,2) 在抛物线 C 上，所以 p1.因此，抛物线 C 的标准方程为 y22x. (2
2、)由(1)可得焦点 F 的坐标是，又直线 OA 的斜率为 1，故与 ( 1 2，0) 2 2 直线 OA 垂直的直线的斜率为1. 因此，所求直线的方程是 xy 0. 1 2 (3)法一 ： 设点 D 和 E 的坐标分别为(x1， y1)和(x2， y2)， 直线 DE 的方程是 yk(xm)， k0. 将 x m 代入 y22x，有 ky22y2km0， y k 解得 y1,2. 1 12mk2 k 由 ME2DM，知 12(1)，12mk212mk2 化简得 k2 ，因此 4 m DE2(x1x2)2(y1y2)2(y1y2)2 (1 1 k2) (m24m) (1 1 k2) 412mk2
3、 k2 9 4 所以 f(m) (m0) 3 2 m24m 法二：设 D，E， ( s2 2，s) ( t2 2 ，t ) 由点 M(m,0)及2得ME DM t2m2，t02(0s) 1 2 (m s2 2) 因此 t2s，ms2，所以 f(m)DE (2s 2s 2 2) 22ss2 (m0) 3 2 m24m 本小题主要考查直线、 抛物线方程及两点间的距离公式等基本知识， 考查运算求解能力 演练1 (2012徐州信息卷)过直线 x2 上的动点 P 作抛物线 y24x 的两条切线 PA，PB，其 中 A，B 为切点 (1)若切线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，求证：k1k2为定值；
4、 (2)求证：直线 AB 恒过定点 证明：(1)不妨设 A(t ，2t1)(t10)，B(t ，2t2)(t20 时，y2，y，所以 k1 .同理 k2 .x 1 x 1 t1 1 t2 由 k1 ，得 t mt120. 2t1m t2 12 1 t1 2 1 同理 t mt220. 2 2 所以 t1，t2是方程 t2mt20 的两个实数根 所以 t1t22. 所以 k1k2 为定值 1 t1t2 1 2 (2)直线 AB 的方程为 y2t1(xt )， 2t2t1 t2 2t2 1 2 1 即 yx2t1， 2 t1t2 2t2 1 t1t2 即 yx，由于 t1t22， 2 t1t2 2
5、t1t2 t1t2 所以直线方程化为 y(x2)， 2 t1t2 所以直线 AB 恒过定点(2,0) 典例2 (2012泰州期末 )如图，在三棱锥PABC中，平面ABC 平面APC，ABBC APPC， ABCAPC90.2 (1)求直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值； (2)若动点 M 在底面三角形 ABC 上，二面角 MPAC 的余弦值为，求 BM 的最 311 11 小值 解(1)取 AC 中点 O， ABBC，OBOC. 平面 ABC平面 APC， 平面 ABC平面 APCAC， OB平面 PAC. OBOP. 以 O 为坐标原点，OB，OC，OP 分别为 x，y，z 轴建立如
6、图所示空间直角坐标系 ABBCPA，OBOCOP1.2 从而 O(0,0,0)，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)BC PB AP 设平面 PBC 的法向量 n1(x，y，z)， 由n10，n10 得方程组Error!Error!BC PB 取 n1(1,1,1)，cos，n1.AP n1 | |n1| 6 3 设 PA 与平面 PBC 所成角为 ， 则 sin |cos，n1|.AD 6 3 直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值为. 6 3 (2)由题意平面 PAC 的法向量 n2(1,0,0) 设平
7、面 PAM 的法向量为 n3(x，y，z)，M(m，n,0) (0,1,1)，(m，n1,0)，AP AM 又n30，n30，AP AM Error!Error!取 n3. ( n1 m ，1，1) cosn2，n3. n2n3 |n2|n3| n1 m ( n1 m ) 22 311 11 29. ( n1 m ) n13m 或 n13m(舍去)(m,3m,0)AM 又(1,1,0)，AB cos，.AM AB | m，3m，01，1，0 10m22 | 25 5 则 sin，AM AB 5 3 dAB. 5 5 10 5 B 点到 AM 的最小值为垂直距离 d. 10 5 考查空间向量在立
8、体几何中的应用，求出平面的法向量是解题的关键 演练2 (2012苏北四市二模)在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 棱 AB 的中点， 点 P 在平面 A1B1C1D1中，D1P平面 PCE. (1)试求：线段 D1P 的长； (2)直线 DE 与平面 PCE 所成角的正弦值 解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则 D1(0,0,2)， E(2,1,0)，C(0,2,0) 设 P(x，y,2)，则(x，y,0)， 1 D P (x2，y1,2)，EP (2,1,0)EC 因为 D1P平面 PCE，所以 D1PEP. D1PEC.所以0，0， 1 D P EP 1 D
9、P EC 故Error!Error!解得Error!Error!(舍去)或Error!Error! 即 P， ( 4 5， 8 5，2) 所以，所以 D1P. 1 D P ( 4 5， 8 5，0) 16 25 64 25 45 5 (2)由(1)知，(2,1,0)，平面 PEC，设 DE 与平面 PEC 所DE 1 D P ( 4 5， 8 5，0) 1 D P 成角为 ，与所成角为 ，则 sin |cos | . 1 D P DE | | | 16 5 5 80 25 4 5 所以直线 DE 与平面 PEC 所成角的正弦值为 . 4 5 专题技法归纳 (1)抛物线与直线的位置关系中重点考查
10、顶点在原点的抛物线与过焦点的直线的位置关 系，熟练掌握抛物线的几何性质，利用几何性质解决问题较为简单； (2)空间向量与立体几何主要考查向量的坐标表示、向量运算、平面的法向量、空间角 及距离的计算对于点的位置的探索问题，可以利用向量共线定理设元确定 1.(2012苏北四市三模)在三棱锥SABC中，底面是边长为2的正3 三角形，点 S 在底面 ABC 上的射影 O 恰是 BC 的中点，侧棱 SA 和底面成 45角 (1) 若 D 为侧棱 SA 上一点，当为何值时，BDAC； SD DA (2) 求二面角 SACB 的余弦值大小 解 ： 以 O 点为原点， OC 为 x 轴， OA 为 y 轴，
11、OS 为 z 轴建立空间直角坐标系 因为ABC 是边长为 2的正三角形，又 SA 与底面所成角为 45，所以SAO45.所以 SOAO3.3 所以 O(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,3,0)，S(0,0,3)，B(，0，0)33 (1)设 ADa，则 D，所以 (0，3 2 2 a， 2 2 a)BD ， ( 3，3 2 2 a， 2 2 a) (，3,0)若 BDAC，则33AC 3BD AC (3 2 2 a) 0， 解得 a2，而 AS3，所以 SD.222 所以 . SD DA 2 22 1 2 (2)因为(0，3,3)，(2，0,0)AS BC 3 设平面 ACS 的法向量为
12、 n1(x，y，z)， 则Error!Error! 令 z1，则 x，y1，所以 n1(，1,1)33 而平面 ABC 的法向量为 n2(0,0,1)， 所以 cosn1，n2，显然所求二面角的平面角为锐 3 01 01 1 1212 321 1 5 角， 故所求二面角的余弦值的大小为. 5 5 2.(2012镇江5月)在正方体ABCDA1B1C1D1中， O是AC的中点， E 是线段 D1O 上一点，且 D1EEO. (1)若 1，求异面直线 DE 与 CD1所成角的余弦值； (2)若平面 CDE平面 CD1O，求 的值 解：(1)不妨设正方体的棱长为 1，以，为单位正DA DC 1 DD
13、交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 则 A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E， ( 1 2， 1 2，0) ( 1 4， 1 4， 1 2) 于是，(0，1,1)DE ( 1 4， 1 4， 1 2) 1CD 由 cos，.DE 1CD | | | 3 6 所以异面直线 AE 与 CD1所成角的余弦值为. 3 6 (2)设平面 CD1O 的向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m0，m0，CO 1CD 得Error!Error!取 x11，得 y1z11， 即 m(1,1,1) 由 D1EEO，则 E， ( 21， 21， 1 1) .DE ( 21， 2
14、1， 1 1) 又设平面 CDE 的法向量为 n(x2，y2，z2)， 由 n0，n0.CD DE 得Error!Error!取 x22，得 z2，即 n(2,0，) 因为平面 CDE平面 CD1O，所以 mn0，得 2. 3.(2012南通密卷)如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1 ABAC1，ABAC， M 是 CC1的中点， N 是 BC 的中点， 点 P 在直线 A1B1上， 且满足. 1 AP 11 AB (1)当 取何值时，直线 PN 与平面 ABC 所成的角 最大？ (2)若平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45， 试确定点 P 的位置 解：(
15、1)以 AB，AC，AA1分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz，则 N，P(，0,1)，则 ( 1 2， 1 2，0) ，PN ( 1 2， 1 2，1) 平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)， 则 sin |cos，n|.PN |n| | |n| 1 ( 1 2) 25 4 于是问题转化为二次函数求最值，而 ，当 最大时，sin 最大，所以当 0， 2 1 2 时，sin 最大， 也最大 (2)已知给出了平面 PMN 与平面 ABC 所成的二面角为 45，即可得到平面 ABC 的一个 法向量为 n(0,0,1)，设平面 PMN 的一个法向量为 m(x，y，z)，.
16、1 AA MP (，1， 1 2) 由Error!Error!得Error!Error! 解得Error!Error! 令 x3，得 m(3,21,2(1)，于是由 |cosm，n|mn| |m|n| ，解得 ， |21| 9212412 2 2 1 2 故点 P 在 B1A1的延长线上，且|A1P| . 1 2 4(2012泰州期末)对称轴为坐标轴，顶点在坐标原点的抛物线 C 经过两点 A(a,2a)， B(4a,4a)(其中 a 为正常数) (1)求抛物线 C 的方程； (2)设动点 T(m,0)(ma)，直线 AT，BT 与抛物线 C 的另一个交点分别为 A1，B1，当 m 变 化时，记所有直线 A1B1组成的集合为 M，求证：集合 M 中的任意两条直线都相交且交点都 不在坐标轴上 解：(1)当抛物线焦点在
