《（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《（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
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n(x，y，z)是平面ACP的一個法向量，,設直線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.,解設平面CDE的法向量為u(x，y，z)，,令x1，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).,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,解拋物線關于x軸對稱，,可設它的標準方程為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.,設異面直線BD，PC所成的角為，,解答,(2)求二面角APDC的余弦值.,設平面PCD的一個法向量為n(x，y，z)，,設二面角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Axyz， 則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4).,設平面B1BC1的法向量為m(x，y，z)，,令x3，則y4，所以m(3,4,0)，,設直線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A(3，t)(t0)，,得y22ty2t2120， 由(2t)24(2t212)0， 可得0
（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
