2019届二轮复习第29练　立体几何中的向量方法、抛物线学案（全国通用）

2019届二轮复习第29练　立体几何中的向量方法、抛物线学案（全国通用）

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.‎ 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α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).‎ ‎(1)线线夹角 设l，m的夹角为θ，则 cos θ＝＝ .‎ ‎(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈a，μ〉|＝.‎ ‎(3)二面角 设α－l－β的夹角为θ(0≤θ≤π)，‎ 则|cos θ|＝|cos〈μ，v〉|＝.‎ 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题.‎ ‎1.如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝2，AD＝PD＝4，∠BAD＝60°，∠ADP＝120°，点E为PA的中点.‎ ‎(1)求证：BE∥平面PCD；‎ ‎(2)若平面PAD ⊥平面ABCD，求直线BE与平面PAC所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明　取PD中点F，连结CF，EF.‎ 因为点E为PA的中点，‎ 所以EF∥AD且EF＝AD，‎ 又因为BC∥AD且BC＝AD，‎ 所以EF∥BC且EF＝BC，‎ 所以四边形BCFE为平行四边形，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，过点D作DG⊥AD，在平面PAD中，过点D作DH⊥AD.‎ 因为平面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D－xyz(如图)，‎ 则A(4，0，0)，B(3，，0)，C(1，，0)，P，E，‎ 所以＝(－3，，0)，＝，＝，‎ 设n＝(x，y，z)是平面ACP的一个法向量，‎ 则即 取x＝1，则y＝，z＝，得n＝(1，，).‎ 设直线BE与平面PAC所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，‎ 所以直线BE与平面PAC所成角的正弦值为.‎ ‎2.如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.‎ ‎(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小；‎ ‎(2)证明：平面AMD⊥平面CDE；‎ ‎(3)求二面角A－CD－E的余弦值.‎ ‎(1)解　如图所示，以A为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz.‎ 设AB＝1，依题意得 B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0，1,1)，F(0,0,1)，M，A(0,0,0).‎ 则＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，‎ 于是cos〈，〉＝＝＝.‎ 所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.‎ ‎(2)证明　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　设平面CDE的法向量为u＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝1，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).‎ 所以cos〈u，v〉＝＝＝.‎ 因为二面角A－CD－E为锐角，所以其余弦值为.‎ ‎3.如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中点.‎ ‎(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；‎ ‎(2)求AC与PB所成角的余弦值；‎ ‎(3)求平面AMC与平面BMC所成二面角(锐角)的余弦值.‎ ‎(1)证明　建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(0,0,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，M.‎ 因为＝(0,0,1)，＝(0,1,0)，故·＝0，‎ 所以AP⊥DC.‎ 由题设知AD⊥DC，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)解　因为＝(1,1,0)，＝(0,2，－1)，‎ 所以||＝，||＝，·＝2，‎ 所以cos〈，〉＝＝.‎ ‎(3)解　设平面AMC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1).‎ 则 取x1＝1，得y1＝－1，z1＝2，所以n1＝(1，－1,2).‎ 同理可得平面BMC的一个法向量为n2＝(1,1,2).‎ 因为cos〈n1，n2〉＝＝＝.‎ 所以平面AMC与平面BMC所成二面角(锐角)的余弦值为.‎ ‎4.(2018·江苏省邗江中学调研)如图，在三棱锥A－BCD中，已知△ABD，△BCD都是边长为2的等边三角形，E为BD的中点，且AE⊥平面BCD，F为线段AB上一动点，记＝λ.‎ ‎(1)当λ＝时，求异面直线DF与BC所成角的余弦值；‎ ‎(2)当CF与平面ACD所成角的正弦值为时，求λ的值.‎ 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，‎ 则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)，‎ 因为F为线段AB上一动点，且＝λ，‎ 则＝λ＝λ(－1,0，)＝(－λ，0，λ), ‎ 所以F(1－λ，0，λ).‎ ‎(1)当λ＝时，F，＝，＝(1，－，0)，‎ 所以cos〈，〉＝＝，所以异面直线DF与BC所成角的余弦值为. ‎ ‎(2)＝(1－λ，－，λ)，＝(1,0，)，‎ 设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则 取x＝，得n＝(，－1，－1)，‎ 设CF与平面ACD所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|‎ ‎＝＝.‎ 解得λ＝或λ＝2(舍去)，所以λ＝.‎ 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，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.‎ ‎5.(1)已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，并且经过点M(2，－2)，求它的标准方程.‎ ‎(2)已知A，B是抛物线y2＝2px(p＞0)上不同的两点，O为坐标原点，若OA＝OB，且△AOB的垂心恰是此抛物线的焦点F，求直线AB的方程.‎ 解　(1)∵抛物线关于x轴对称，它的顶点在原点，并且经过点M(2，－2)，‎ ‎∴可设它的标准方程为y2＝2px(p＞0).‎ ‎∵点M在抛物线上，‎ ‎∴(－2)2＝2p·2，即p＝2.‎ 因此，所求抛物线的标准方程是y2＝4x.‎ ‎(2)如图所示.设A(x0，y0)，‎ 由题意可知，B(x0，－y0).‎ 又F是△AOB的垂心，‎ 则AF⊥OB，∴kAF·kOB＝－1，‎ 即·＝－1，∴y＝x0.‎ 又y＝2px0，∴x0＝2p＋＝.‎ 因此直线AB的方程为x＝.‎ ‎6.已知过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点，且AB＝9.‎ ‎(1)求该抛物线的方程；‎ ‎(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若＝＋λ，求λ的值.‎ 解　(1)直线AB的方程是y＝2·，‎ 与y2＝2px联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，‎ 又x1,2＝，所以x1＋x2＝.‎ 由抛物线定义得AB＝x1＋x2＋p＝9，‎ 所以p＝4，‎ 所以抛物线方程为y2＝8x.‎ ‎(2)由p＝4,4x2－5px＋p2＝0，化简得x2－5x＋4＝0，‎ 从而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4，‎ 从而A(1，－2)，B(4,4).‎ 设＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(1＋4λ，－2＋4λ).‎ 又因为y＝8x3，‎ 即[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，‎ 即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.‎ 综上λ＝0或λ＝2.‎ ‎7.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(8，－4)，P(2，t)(t＜0)在抛物线y2＝2px(p＞0)上.‎ ‎(1)求p，t的值；‎ ‎(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k1＋k2＝2k3，求点C的坐标.‎ 解　(1)将点A(8，－4)代入y2＝2px，得p＝1.‎ 所以抛物线的方程为y2＝2x.‎ 将点P(2，t)代入y2＝2x，得t＝±2.‎ 因为t＜0，所以t＝－2.‎ ‎(2)依题意，点M的坐标为(2,0)，‎ 直线AM的方程为y＝－x＋.‎ 联立解得B.‎ 所以k1＝－，k2＝－2，‎ 代入k1＋k2＝2k3，得k3＝－，‎ 从而直线PC的方程为y＝－x＋，‎ 联立解得C.‎ ‎8.已知倾斜角为的直线经过抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线Γ相交于A，B两点，且AB＝8.‎ ‎(1)求抛物线Γ的方程；‎ ‎(2)过点P(12,8)的两条直线l1，l2分别交抛物线Γ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.‎ ‎(1)解　由题意可设直线AB的方程为y＝x－，‎ 由消去y整理得x2－3px＋＝0，‎ Δ＝9p2－4×＝8p2>0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝3p，‎ 由抛物线的定义得AB＝x1＋x2＋p＝4p＝8，∴p＝2.‎ ‎∴抛物线的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明　设直线l1，l2的倾斜角分别为α，β，‎ 由题意知，α，β≠.‎ 直线l1的斜率为k，则k＝tan α.‎ ‎∵直线l1与l2的倾斜角互余，‎ ‎∴tan β＝tan＝ ‎＝＝＝，‎ ‎∴直线l2的斜率为.‎ ‎∴直线CD的方程为y－8＝k(x－12)，‎ 即y＝k(x－12)＋8.‎ 由 消去x整理得ky2－4y＋32－48k＝0，‎ 设C(xC，yC)，D(xD，yD)，‎ ‎∴yC＋yD＝，‎ ‎∴xC＋xD＝24＋－，‎ ‎∴点M的坐标为.‎ 以代替点M坐标中的k，‎ 可得点N的坐标为(12＋2k2－8k,2k)，‎ ‎∴kMN＝＝.‎ ‎∴直线MN的方程为 y－2k＝[x－(12＋2k2－8k)]，‎ 即y＝x－10，‎ 显然当x＝10时，y＝0，‎ 故直线MN经过定点(10，0).‎ ‎1.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，BC＝，AB＝1，BD＝PA＝2.‎ ‎(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角A－PD－C的余弦值.‎ 解　(1)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，‎ AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.‎ 又AD⊥AB，‎ 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.‎ 根据条件得AD＝.‎ 所以B(1,0,0)，D(0，，0)，‎ C，P(0,0,2)，‎ 从而＝(－1，，0)，＝.‎ 设异面直线BD，PC所成的角为θ，‎ 则cos θ＝|cos〈，〉|＝ ‎＝＝.‎ 即异面直线BD与PC所成角的余弦值为.‎ ‎(2)因为AB⊥平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为＝(1,0,0)，‎ 设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由n⊥，n⊥，＝，＝(0，，－2)，‎ 得解得 不妨取z＝3，得n＝(2,2，3).‎ 设二面角A－PD－C的大小为φ，‎ 则cos φ＝cos〈，n〉＝＝＝.‎ 即二面角A－PD－C的余弦值为.‎ ‎2.(2018·江苏省泰州中学月考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中， 四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB＝3，BC＝5.‎ ‎(1)求直线A1B与平面BB1C1所成角的正弦值；‎ ‎(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.‎ 解　(1)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A－xyz，‎ 则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4).‎ 则＝(0,0，－4)，＝(4，－3,4)，‎ 设平面B1BC1的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝3，则y＝4，所以m＝(3,4,0)，‎ 又＝(0,3，－4).‎ 设直线A1B与平面BB1C1所成的角为α，‎ 则sin α＝|cos〈m，A1B〉|＝＝，‎ 所以直线A1B与平面BB1C1所成角的正弦值为.‎ ‎(2)设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝3，则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〉＝＝.‎ 由图形知二面角A1－BC1－B1为锐角，‎ 所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.‎ ‎(3)设D(x，y，z)是线段BC1上一点，‎ 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＝.‎ 所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，此时＝.‎ ‎3.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且QF＝2PQ.‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(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　(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义知QF＝x0＋，‎ 又QF＝2PQ，即2x0＝x0＋，解得x0＝，‎ 将点Q代入抛物线方程，解得p＝4.‎ ‎(2)由(1)知，C的方程为y2＝8x，‎ 所以点T的坐标为，‎ 设直线MN的方程为x＝my＋n，‎ 点M，N，‎ 由得y2－8my－8n＝0，Δ＝64m2＋32n>0.‎ 所以y1,2＝4m±2，‎ 所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n，‎ 所以kMT＋kNT＝＋ ‎＝＋ ‎＝ ‎＝＝－，‎ 解得n＝m－1，‎ 所以直线MN的方程为x＋1＝m(y＋1)，‎ 恒过定点(－1，－1).‎ ‎4.如图，M，N是焦点为F的抛物线y2＝2px(p>0)上两个不同的点，且线段MN的中点A的横坐标为4－.‎ ‎(1)求MF＋NF的值；‎ ‎(2)若p＝2，直线MN与x轴交于点B，求点B横坐标的取值范围.‎ 解　(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝8－p，‎ ‎∵MF＝x1＋，NF＝x2＋，‎ ‎∴MF＋NF＝x1＋x2＋p＝8.‎ ‎(2)当p＝2时，y2＝4x，‎ 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)(t≠0)，‎ 则由(1)知y－y＝4(x1－x2)，∴kMN＝，‎ ‎∴直线MN的方程为y－t＝(x－3)，‎ ‎∴点B的横坐标为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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