江苏省高考数学二轮复习 专题19 附加题23题.doc

江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题19 附加题23题(1)江苏高考考试说明中附加题圆锥曲线与方程中抛物线为b级要求，2011年、2012年高考中均没有考查，预测2013年高考中可能会考查；(2)江苏高考考试说明附加题中对空间向量与立体几何是b级要求，2009年、2010年、2012年高考没有考查，2011年高考考查空间角的概念，求线段的长.预测2013年高考会考查.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)由(1)可得焦点f的坐标是，又直线oa的斜率为1，故与直线oa垂直的直线的斜率为1.因此，所求直线的方程是xy0.(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xm代入y22x，有ky22y2km0，解得y1,2.由me2dm，知12(1)，化简得k2，因此de2(x1x2)2(y1y2)2(y1y2)2(m24m)所以f(m) (m0)法二：设d，e，由点m(m,0)及2得t2m2，t02(0s)因此t2s，ms2，所以f(m)de (m0)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(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；(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.由k1，得tmt120.同理tmt220.所以t1，t2是方程t2mt20的两个实数根所以t1t22.所以k1k2为定值(2)直线ab的方程为y2t1(xt)，即yx2t1，即yx，由于t1t22，所以直线方程化为y(x2)，所以直线ab恒过定点(2,0)(2012泰州期末)如图，在三棱锥pabc中，平面abc平面apc，abbcappc，abcapc90.(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轴建立如图所示空间直角坐标系abbcpa，obocop1.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)设平面pbc的法向量n1(x，y，z)，由n10，n10得方程组取n1(1,1,1)，cos，n1.设pa与平面pbc所成角为，则sin |cos，n1|.直线pa与平面pbc所成角的正弦值为.(2)由题意平面pac的法向量n2(1,0,0)设平面pam的法向量为n3(x，y，z)，m(m，n,0)(0,1,1)，(m，n1,0)，又n30，n30，取n3.cosn2，n3.29.n13m或n13m(舍去)(m,3m,0)又(1,1,0)，cos，.则sin，dab.b点到am的最小值为垂直距离d.考查空间向量在立体几何中的应用，求出平面的法向量是解题的关键(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)，(x2，y1,2)，(2,1,0)因为d1p平面pce，所以d1pep.d1pec.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，设de与平面pec所成角为，与所成角为，则sin |cos |.所以直线de与平面pec所成角的正弦值为.(1)抛物线与直线的位置关系中重点考查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；(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，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.所以o(0,0,0)，c(，0,0)，a(0,3,0)，s(0,0,3)，b(，0，0)(1)设ada，则d，所以，(，3,0)若bdac，则330，解得a2，而as3，所以sd.所以.(2)因为(0，3,3)，(2，0,0)设平面acs的法向量为n1(x，y，z)，则令z1，则x，y1，所以n1(，1,1)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角，故所求二面角的余弦值的大小为.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，于是，(0，1,1)由cos，.所以异面直线ae与cd1所成角的余弦值为.(2)设平面cd1o的向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取x11，得y1z11，即m(1,1,1)由d1eeo，则e，.又设平面cde的法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0.得取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，aa1abac1，abac，m是cc1的中点，n是bc的中点，点p在直线a1b1上，且满足.(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：(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，平面abc的一个法向量为n(0,0,1)，则sin |cos，n|.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)，.由得解得令x3，得m(3,21,2(1)，于是由|cosm，n|，解得，故点p在b1a1的延长线上，且|a1p|.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x轴上时，设抛物线方程y22px，p2a.y24ax.当抛物线焦点在y轴上时，设抛物线方程x22py，方程无解，抛物线不存在综上抛物线c的方程为y24ax.(2)设a1(as2,2as)，b1(at2,2at)，t(m,0)(ma)ktakta1，as2(ma)sm0.(asm)(s1)0，s，a1.ktbktb1，.2at2(m4a)t2m0，(2atm)(t2)0.t.b1.直线a1b1的方程为y2m.直线的斜率为在(a，)单调，集合m中的直线必定相交直线的横截距为在(a，)单调，纵截距为在(a，)单调，任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上5(2012常州)已知斜率为k(k0)的直线l过抛物线c：y24x的焦点f且交抛物线于a，