高考数学复习：立体几何中的向量方法、抛物线

专期七附加题（必做部分）

第1讲立体几何中的向量方法、抛物线

高考定位高考对本内容的考查主要有：（1）空间向量的坐标表示及坐标运算，

属B级要求；（2）线线、线面、面面平行关系判定，属B级要求；（3）线线、线面、

面面垂直的判定，属B级要求；（4）求异面直线、直线与平面、平面与平面所成

角，属B级要求；（5）顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质，B级要

求.

真题感悟I考点整合I1「明考向扣要点

真题感悟

1.（2018・江苏卷）如图，在正三棱柱ABC—ALBCI中，AB=A4i=2,点P,。分

别为Aa,的中点.

（1）求异面直线BP与ACi所成角的余弦值；

（2）求直线CC与平面AQCi所成角的正弦值.

解如图，在正三棱柱ABC—ALBICI中，设AC,A1C1

的中点分别为。，。1,连接OOi,则03L0C,OOi±OC,OOi±OB,以

{OB,OC,历1}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系。一孙z.因为A5=AAi

=2,所以A(0,-1,0),B(y[3,0,0),C(0,1,0),Ai(0,-1,2),Bi4,0,

2),Ci(0,1,2).

(1)因为P为ALBI的中点，所以P净T2),

从而丽=(一坐，2),ACi=(0,2,2),

4，,->x,|丽•段i||T+4|35

故卬〈‘C"尸嬴3二不胃=2。.

因此，异面直线3P与AG所成角的余弦值为噂.

(2)因为。为3C的中点，所以。律，0),

因止励=快，|,o],ACi=(O,2,2),CCi=(O,0,2).

AQ.〃=O,I'^Ax_l_By=O,

设〃=(x,y,2)为平面AQC1的一个法向量，则_即J22>

.ACin=O,12y+2z=0.

不妨取”=(小，一1,1).设直线CCi与平面AQCi所成角为仇

.1/井,|CCi-n|一_2正

贝mi！Jlsin0—|cos\CCi,n)、\——/——«,

\CCi\-\n\75X2。

所以直线CG与平面AQC1所成角的正弦值为竽.

2.(2016・江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线/：x—厂2=0,抛

物线C：y2=2px(p>0).

(1)若直线/过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；

(2)已知抛物线C上存在关于直线/对称的相异两点尸和Q.

①求证：线段PQ的中点坐标为(2—p,—P)；

②求P的取值范围.

⑴解V/：X—厂2=0,.•./与x轴的交点坐标为(2,0).

即抛物线的焦点为(2,0),...介？，.”=4.・•.抛物线C的方程为尸=8%.

xi—

yi=2px\92p'

(2)①证明设点P(»,yi),2(X2,/).则则<

&=2pxi,A

X2=

2P'

:.kpQ=3一$=y]My2,又■:P，Q关于/对称.，左PQ=11>即>1+丁2=-2p,

2p2p

yi+y2「,xi+%2yi+y2.

.•.匕k匕=—P，又：/3。的中点一定在/上，.•.一^―=r匕+2=2一3

・•・线段PQ的中点坐标为(2—p,—p).

y\-\-yi=~2p,

②解：PQ的中点为(2-p,—P),・；制+&=号=4—2p,

,1+>2=_2Q.pi+y2=_2Q,

货=8p—4P2,[yiy2=4p2—4p,

即关于y的方程y2+2py+4“2—4p=0,有两个不等实根.

即(2p)2—4(4p2—4p)>0,解得故所求2的范围为(0,1

考点整合

L直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法

设直线/的方向向量为。=(QI,bi,ci),平面。，用的法向量分别为"=(。2,历,

C2),肘=(Q3,~3,C3),贝!J

(1)线面平行

I//aaJ.fia・fi=0。1。2+历历+。1。2=0.

(2)线面垂直

/J_aa〃Na='kfici\-kd2f/71=左历,ci~~kci.

(3)面面平行

a//，fl//V/i=Av。2=丸43,62=263,C2=AC3.

(4)面面垂直

a工BH-Lvfl-V=O。2。3+历加+。2。3=0.

2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算

设直线/,用的方向向量分别为。=(QI,bi,ci),b=(ai,历，ci),平面a,£的

法向量分别为"=(。3,b3,C3),y=(Q4,%C4)(以下相同).

(1)线线夹角

设』的夹角为仇』唾则30=需;而鬻I清融.

(2)线面夹角

设直线I与平面a的夹角为e(0W8W，，则sin6=|cos〈a,〃〉尸科，

(3)面面夹角

设平面a,4的夹角为仇0We<7i),则|cos6|=|cos<〃,丫〉尸思当

3.抛物线的几何性质

(1)抛物线的焦点坐标与准线方程

①抛物线尸=2内。>0)的焦点庵，0；准线x=—§

②抛物线/=2pyS>0)的焦点电，准线尸一号

(2)过抛物线焦点的弦长

抛物线尸=2内(/?>0)过焦点R的弦A3,若A(xi,yi),3(x2,yi),则xix2=jyi>2

=-p2,弦长AB—x\-\-X2-\-p.

I热点聚焦I分类突破jr_EV研热点:"析考法」可

热点一向量法证明平行与垂直

【例1】如图，在直三棱柱ADE—3CR中，平面ABRE和平面A3CD都是正方

形且互相垂直，舷为A3的中点，。为DR的中点，运用向量方法求证：

(1)OM〃平面BCF；

(2)平面甲，平面EFCD.

证明法一由题意，得AB,AD,AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的

空间直角坐标系.

设正方形边长为1,则A(0,0,0),5(1,0,0),C(l,1,0),D(0,1,0),F(l,

o,1),o,°),ogt，g.

(1)OM=\Q,-g,BA=(-1,0,0),

/.OMRA=Q,.,.而，荫.：棱柱4。石一5(方'是直三棱柱，BCF,

・•.荫是平面BCR的一个法向量，且0M平面3CE.二。舷〃平面3CT.

⑵设平面与平面ERCD的一个法向量分别为町=3,yi,zi),"2=(x2,

Z2).

'：DF=(1,-1,1),-1,oj,DC=(1,0,0),CF=(0,-1,1),

「1

xi-yi+zi=0,=

m-DF=0,yi2^i，

由I-得J__八解得<]令XI=1则ni=

2%i—yi—0>

m-DM=0.Z1=—^X1,

1

1,rI)

同理可得"2=(0，1,l)."：nrn2=0,，平面MDfU平面ERCD

法二(1)OM=OF+FB+BM=^DF-BF+^BA=3(DB+BF)—BF+GBA

=—^BD—^BF+^BA=—^(BC+BA)—^BF+^BA=—^BC-^BF.

・•.向量0M与向量3RBC共面，又0M平面3CE.•.0航〃平面3。?

(2)由(1)及题意知，BF,BC,R4两两垂直，

,:CD=BA,FC=BC-BF,：.OMCD=[-^BC-^BF^BA=0,

0MFC=\-^BC-^BF0C—瓯=—+名尸=0.

：.OM±CD,OM±FC,XCDHFC=C,CD,FC平面ERCD,

QW,平面EFCD.又OM平面MDF,：.平面MDfU平面EFCD.

探究提高解决本类问题的关键步骤是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用

基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算.

【训练1]如图，在四棱锥尸一A3CD中，PAL^ABCD,底面A3CD是菱形,

PA=AB=2,ZBAD=60°,E是出的中点.

(1)求证：直线PC〃平面3DE；

(2)求证：BDLPC.

证明设AC03。=。.因为NB4D=60。，AB=2,底面A3CD为菱形，所以3。

=bAO=CO=y[3,ACL3D如图，以。为坐标原点，以。3,0c所在直线分

别为x轴、y轴，过点。且平行于心的直线为z轴，建立空间直角坐标系。一

xyz9

则尸（0,一/，2）,A（0,一5，0）,B（L0,0）,C（0,事,0）,。（—1,0,0）,

E（0,一小，1）.

⑴设平面3DE的法向量为m=(xi,yi，zi),

—

niBD=Q,2xi=0,

因为防=(—1,一小，1),应)=(—2,0,0),曲_得'

、一—小yi+zi=0

ni-BE=Q,

令zi=，§,得yi=l,所以“i=（0,1,小）.

又无=(0,2小，-2),所以记.“1=0+2小一26=0,

即无，“1,又PC平面3DE,所以PC〃平面3DE.

(2)因为危=(0,2小，-2),防=(—2,0,0),所以无•前＞=0.故3。，PC.

热点二利用空间向量求空间角

[考法1]求线面角

【例2—1](2018•全国I卷)如图，四边形A3CD为正方形，E,R分别为AD,

BC的中点，以DR为折痕把△DRC折起，使点C到达点尸的位置，且PfUBE

P

(1)证明：平面PER,平面A3ED；

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

⑴证明由已知可得，BfUPR,又PRER平面PER,

所以平面PEE又3R平面ABED,所以平面PER,平面ABED.

(2)解作垂足为H.由⑴得，平面A3RD

以H为坐标原点，分别以彷，HF,寿的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，\BF

I为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H一孙z.

由(1)可得，DELPE.又DP=2,DE=1,所以PE=小.

又PF=1,EF=2,故EF2=PE2+PF2,所以尸石,尸丘

可得以/=坐，EH=|.

则H(O,O,O),p[o,0,由，。(一1，一/0),而=[1,|,由，寿=/,0,由

为平面ABFD的一个法向量.

__3_

HPDP4、行

设DP与平面A3万所成角为仇贝I]sin6=一一=-7==y.

\HP\\DP\V34

所以。尸与平面ABFD所成角的正弦值为亍.

探究提高利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系

关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的

坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

［考法2］求二面角

【例2—2】如图，四棱锥P—A3CD中，侧面以。为等边三角形且垂直于底面

ABCD,AB=BC=^AD,ZBAD=ZABC=90°,E是尸。的中点.

(1)证明：直线CE〃平面PAB-,

(2)点M在棱PC上，且直线与底面A3CD所成角为45。，求二面角“一A3

-D的余弦值.

⑴证明取心的中点R连接EEBF,因为E是PD的中点，

所以EF=^AD,由N3AD=NA3C=90。得3C〃AD,

又3C=1A。，所以四边形BCER是平行四边形，CE//BF,

又BF平面以3,CE平面以3,故CE〃平面必在

⑵解由已知得RUAD,以A为坐标原点，协的方向为x轴正方向，海|为单

位长，建立如图所示的空间直角坐标系A—'孙z,

则A(0,0,0),B(l,0,0),C(l,1,0),P(0,1,小),

PC=(1,0,一小)，AB=(1,0,0).

设M%，y^z)(0<x<l),则3Ay,z),PM=(x,y~l,z一4).

因为与底面A3CD所成的角为45。，而n=(0,0,1)是底面A3CD的法向量,

所以|cos{BM,〃〉|=sin45°,则/,,了?〃3=噂'

y(X—1)“十v十z/乙

即(冗一1)2+丁2-z2=0.①

又般在棱PC上，设曲=7危，贝鼠='y=l,z=小一电②

由①，②解得jy=l,

〔z一—2

从而由f=|1

m-AM=0,

设加=（xo,泗，zo）是平面A3M的法向量，则,_

(2—A/2)xo+2yo+\/6zo=O,广

即■所以可取用=(0,一乖,2).

、%o=0,

于是cos<m,n）=髓=乎.因此二面角M—AB—。的余弦值为手.

探究提高利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面

角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角或钝角的情况下，这种方法

具有一定的优势，但栗注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”,

在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.

【训练2】（2013•江苏卷）如图，在直三棱柱ALBCI—ABC中，ABLAC,AB=

AC=2,AiA=4,

点。是BC的中点.

(1)求异面直线AiB与CiD所成角的余弦值；

(2)求平面ADCi与平面ABAi所成二面角的正弦值.

解(1)由题意知，AB,AC,AAi两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的

空间直角坐标系A—xyz,

则A(0,0,0),3(2,0,0),C(0,2,0),D(l,1,0),Ai(0,0,4),Ci(0,2,

4),所以府=(2,0,-4),GD=(1,-1,-4).

•C")

因为cos〈府,血〉=而而=同为=噂

所以异面直线A1B与。。所成角的余弦值为噂.

(2)设平面ADC的法向量为m=(x,y,z),

因为超=(1,1,0),AC1=(O,2,4),所以m•厦)=0,m-ACi=0,

即尤+y=0且y+2z=0,取z=l,得x=2,y=~2,

所以，〃i=(2,—2,1)是平面ADG的一个法向量.

取平面A413的一个法向量为“2=(0,1,0),

设平面ADC\与平面ABAi所成二面角的大小为6.

由Icosdl—阿陶_9口4_百得sm'—3'

因此，平面AD。与平面ABAi所成二面角的正弦值为生.

热点三向量法解决立体几何中的探索性问题

【例3】(2018•南通模拟)如图，已知矩形A3CD所在平面垂直直角梯形A3PE

所在的平面，且A3=3P=2,AD=AE=1,AE±AB,且AE〃3P.

(1)求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值；

(2)在线段PD上是否存在一点N,使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等

2

于5？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由.

角星由AE，A3,S.AE//BP,MBPLAB.

又平面ABCDn平面ABPE=AB,PB平面ABPE,

所以尸5,平面ABCD,又BC平面ABCD,所以

又四边形A3CD为矩形，所以

故直线B4,BP,3c两两垂直，以3为原点，分别以R4,BP,3c为x轴、y

轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则3(0,0,0),A(2,0,0),P(0,2,

0),E(2,1,0),C(0,0,1),D(2,0,1).

(1)设平面PCD的法向量为用=(a,b,c),PC=(0,-2,1),CD=(2,0,0).

m-PC=—2b+c=0,

由_不妨取用=(0,1,2).

m'CD=2a=Q9

平面ABPE的一个法向量为〃=(0,0,1).

设平面PCD与平面ABPE所成的二面角的大小为仇

则由图可知。©(0,习，cos0=|cos{m,"〉|=小[]

所以平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值为呼.

2

(2)假设线段PD上存在点N,使得直线BN与平面PCD所成角«满足sin。=亍

EPsina=|cos(BN9m)|=------=T.

小I的5

设丽=7防=7(2,-2,1),其中iG[0,1].BN=BP+PN=(2A,2—2九A).

由(1)知平面PCD的一个法向量加=(0,1,2),

221

所以诉二/鼠2二84+4=亍即9/—87—1=0,解得4=1或"=一§(舍去).

所以当N在点。处时，直线3N与平面PCD所成角的正弦值等于1

探究提高(1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例丽=7彷，直

接加入到线性运算中.

(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”

问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的

解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.

【训练3】(2016•北京卷)如图，在四棱锥尸一ABCD中，平面以。，平面ABCD,

PALPD,PA=PD,AB±AD,AB=1,AD=2,AC=CD=\[5.

(1)求证：PD,平面以3；

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

(3)在棱以上是否存在点使得3M〃平面PCD?若存在，求登的值；若不

存在，说明理由.

⑴证明..•平面以。，平面ABCD,平面以on平面ABCD=AD

5LABLAD,AB平面A3CD,.•.公台,平面以。：/5。平面：.AB±PD.

又必，PD,必045=4，尸。，平面以3.

(2)解取AD中点。，连接C。，PO,'：PA=PD,：.POLAD.

又,：P0平面必。，平面平面ABC。，AD为交线，

...P。，平面A3CD,VCO平面ABC。，：.PO±CO,'：AC=CD,：.CO±AD.

以。为原点建立如图所示空间直角坐标系.

易知产(0,0,1),B(l,1,0),£)(0,-1,0),C(2,0,0).

则丽=(1,1,-1),PD=(0,-1,—1),PC=(2,0,-1).

设〃=(xo,yo,1)为平面PDC的一个法向量.

即n二3—1,1].

n-PC=0

设PB与平面PCD的夹角为0.

则sin6=|cos〈”，PB}|=

\n\\PB\

(3)解设M是棱PA上一点，则存在7G[0,1]使得4而=疝\因此点M(0,1

一九A),BM=(-1,一12),因为平面PCD,所以〃平面PCD,

当且仅当前f〃=0,即(一1,一九—1，1)=0,解得2=(,

所以在棱PA上存在点”使得〃平面PCD,此时等=/

热点四抛物线的综合问题

【例4】(2018•南通、扬州、淮安等七市调研)在平面直角坐标系xOy中，已知

点R为抛物线尸=2内0>0)的焦点，直线/过点R且与抛物线相交于A,3两点

(点A在第一象限).

⑴若直线/的方程为尸全4―东2求直线的斜率;

(2)已知点C在直线x=-p上，/XABC是边长为2P+3的正三角形，求抛物线的

方程.

解(1)由题意，焦点雄，0)在直线/上，所以恭?一尹0,解得p=l.

'_4_2

所以抛物线的方程为尸2工由—”一不消去x得2y2—3厂2=0,

j2=2x

所以y=2或y=—g,因为点A在第一象限，所以点A的坐标为(2,2),

所以直线OA的斜率为1.

(2)依题意，直线/的斜率存在，且不为零.

设直线/的方程为丁=

x一之

设A(xi,yi),3(x2,y2),C(—p,y3))A3的中点M(xo,yo).

y2=2px,

2

由消去y得严%—(左2P+2p)x+$2p2=0,

49(左2P+2.)±\[2

/=4p2+4Qp2>0,Xl2=

所以AB=x\+x2+p=2p+^：=2p+3,即患=3.

MC=N(%o+p)(yo->3)

因为x°=3^=笔也=%+€，所以

将衣£代入得’“。=、/弓&+11

、后

又因为AABC是边长为2p+3的正三角形，所以MC=^(2p+3),

所以、/^51P+|)=坐3+3),解得p=小,所以抛物线的方程为产=2*x.

探究提高高考对这一部分内容的考查主要涉及抛物线标准方程、几何性质以及

弦长的计算等知识，也可以结合其他知识进行综合命题，运算能力要求较高.

【训练4】如图，已知抛物线C的顶点为。(0,0),焦点为R(0,1).

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点F作直线交抛物线。于A,3两点.若直线AO,BO分别交直线Z：y=x

—2于M,N两点，求的最小值.

解⑴由题意可设抛物线C的方程为贝值=1,p=2,

所以抛物线C的方程为/=4y.

(2)设A(xi,yi),3(x2,竺)，直线AB的方程为y=fcv+l.

ykx-I-1,

由彳,/消去》整理得X2—4日一4=0,

—

解上述方程得2=2左±2，F+1,所以％I+%2=4攵，xiX2—4.

从而|九1~X2\=卬布+1.

X

由y=为x,解得点M的横坐标砧=上2x1」=上2x弄i=工8".

xi-yixr4—xi

J=%—2,Xi~~^

Q

同理，点N的横坐标XN=~.

4—X2

88

—

所以MN=yj2\xM-XN\=^24-X14—%2

________XI_X2__________8爽4必+1

W2关1%2-4(xi+%2)+16|4左一3|'

f+3

令软一3=t,/WO,贝U左=一^-.

当/>0时，MN=2\［2yj^+^+l>2\［2.

当/<0时，MN=2^^^+|)2+||>^.

综上所述，当片一拳即左一条寸，MN的最小值是警.

史纳总结I思维升华I探规律防失误

7T

1.两条直线夹角的范围为［0,上.设直线/1,/2的方向向量分别为〃1,"2,其夹角

为仇则cos6=|cosm,"2I=；：；；；：.

JT

2.线面角的范围为［O,设直线/的方向向量为“，平面a的法向量为机，夹

角为仇则sin6=|cos{m,n)|二

3.二面角的范围为［0,兀］.设半平面a与4的法向量分别为“1与"2,二面角的平

面角为仇则|cosO|=|cosm,m|=|；舄.

4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”

化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，

各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问

题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运

算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.

5.抛物线的综合问题应准确应用抛物线的定义及几何性质进行分析求解，涉及直

线与抛物线的位置关系问题要注意分类讨论.

宙题训练I对接高考求落实迎高考

1.(2017・宿迁三模)在平面直角坐标系中，点网1,0),直线x=-1与动直线

y=n的交点为M,线段MR的中垂线与动直线y=n的交点为P.

(1)求动点P的轨迹E的方程：

(2)过动点”作曲线E的两条切线，切点分别为A,B,求证：NAM5的大小为

定值.

(1)1?因为直线丁=〃与x=—1垂直，所以为点尸到直线x=—1的距离.

连接PR,因为点尸为线段MR的中垂线与直线丁=”的交点，所以MP=PF,

所以点尸的轨迹是抛物线.焦点为网1,0),准线为x=—1.

所以曲线E的方程为V=4x.

(2)证明由题意知，过点”(一1，力的切线斜率存在，

y=kx-\-k-\-n,

设切线方程为y—〃=左(%+1),联立｛,得处2—4y+4左+4〃=0,

[y-4x,

所以/i=16—4网软+4〃)=0,即产+而一1=0.(*)

因为』2=层+4>0,所以方程(*)存在两个不等实根，

设为左1,左2,因为人人2=—1,所以NAMB=90。，为定值.

2.(2018•苏州自主学习)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，

ZABC=ZBAD=90°,且出=A3=3C=14D=1,以，平面A5CD

(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值；

(2)棱PD上是否存在一点E满足NAEC=90。？若存在，求AE的长；若不存在,

请说明理由.

解(1)依题意A3,AD,以两两垂直，如图，

以点A为坐标原点，分别以A3,AD,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系A

一砂z,则P(0,0,1),3(1,0,0),C(l,1,0),D(0,2,0),

从而丽=(1,0,-1),PC=(1,1,-1),PD=(0,2,-1).

设平面PCD的法向量为〃=(x,y,z),则2无=0,且“•历=0,

即尤+y—z=0,且2y—z=0,不妨取z=2,则y=l,x=l,

所以平面PCD的一个法向量n=(l,1,2),

此时cos(丽,加=总言=—率,

所以尸3与平面PCD所成角的正弦值为叩.

(2)设庵=丸历)(OW4W1),则E(0,2九1-A).

则前=(—1,27—1,1-A),AE=(0,211-A),

由ZAEC=90°得屈•无=2A(2A-l)+(l-A)2=0,

化简得，5A2-4A+l=0,该方程无解，

所以棱PD上不存在一点E满足NAEC=90。.

3.如图，过抛物线y2=4x的焦点R作抛物线的两条弦AB,CD,设直线AC与5。

的交点为P,直线AC,3。分别与y轴交于M,N两点.

(1)求证：点P恒在抛物线的准线上；

(2)求证：四边形五N是平行四边形.

证明(1)由题意知/1,0),不妨设A(〃，2a),D(b~,2b),a>0,b<0,B(XB,

直线AB的方程为2〃%+(1一4),—2Q=0,

由L，

得4+2(1—〃2)、-4〃=0,

\2ax~\-(1—次)y-2a—0,

2

由根与系数的关系得，2ayB=~4,即刈=一丁

代入抛物线方程V=4x,得XB=F即时T)同理得0,一M，

则直线AC的方程为尸告一Up直线BD的方程为产含l含,

则4b-昌,40,一行

〃2b2〃

'cib-1'cib-1'

联立直线AC,3。的方程得《”

2a一2b

Jab—1Xab-V

可得点P的横坐标为定值一1,即点尸恒在抛物线的准线上.

oJ—4

因为即=产

(2)N=1-0ab—r=1—kFM=\1哈—0”=a£b-l=kBD,

所以四边形PMFN是平行四边形.

4.(2018•全国H卷)如图，在三棱锥P—A3C中，AB=BC=2巾,PA=PB=PC=

AC=4,。为AC的中点.

(1)证明：P。，平面A3C；

(2)若点”在棱3C上，且二面角M—出一C为30。，求PC与平面必M所成角

的正弦值.

⑴证明因为AP=CP=AC=4,。为AC的中点，所以。PLAC,且。P=2小.

连接。3,因为AB=BC=¥AC,

所以△ABC为等腰直角三角形，5.OB±AC,0B=^AC=2.

由。产+032=PB2知POLOB.

由。P，03,OP±ACS.OBHAC=O,OB,AC平面ABC,知产。，平面ABC.

(2)解如图，以。为坐标原点，短的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系

O-xyz.

由已知得。(0,0,0),3(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2小),

AP=(0,2,2仍).取平面BLC的一个法向量/=(2,0,0).

设Ma，2—a,0)(0<aW2),则加=(0,4—a,0).

设平面心〃的法向量为"=(x,y,z).

一*,(2y+2小z=0,l广

由AP〃=0,AAf〃=0得J-可取〃=(寸5(4—4),y]3a,~~a),

ax+(4—a)y=0,''

所以cos<0B,n>=i2'>[4)，.由已知可得|cos(OB,n)1=哗,

2^/3(o-4)2+3a2+a22

所以c国，蛰2,2=坐，解得a=—4(舍去)，a=^,

2、3(a—4)2+3a2+a223

所以〃=(一^斗-l)又说'=(0,2,-2^/3),所以cos(PC,n)=乎.

所以PC与平面以舷所成角的正弦值为竽.

5.(2017・江苏卷)如图，在平行六面体A3CD—AIBCLDI中，A4」平面A3CD,且

AB=AD=2,AAi=yf3,ZBAD=120°.

D

B

⑴求异面直线AiB与ACi所成角的余弦值；

（2）求二面角B-AiD-A的正弦值.

解在平面A3CD内，过点A作AELAD,交BC于点、E.

因为A4」平面A3CD,AE,AD平面ABCD,所以A4」AE,AAt±AD.

如图，以｛施，AD,筋1｝为正交基底，

建立空间直角坐标系A一盯z.

因为AB=AD=2,AAi=小，ZBAD=120°,

则A（0,0,0）,B昨,-1,0）,D（0,2,0）,E昨,0,0）,Ai（0,0,小）,Cig

1，V3).

（1）鼠=（小，-1,一小），箱=（小，1,小），

1

/小\AiBACi（小，—1,一小）•（小，1,小）-

则cos（AiB,ACi>=-----------=­丫----------------\------------------J7

\A^B\\ACi\

因此异面直线AiB与ACi所成角的余弦值为;.

（2）平面4D4的一个法向量为施=