江苏省高考数学二轮复习 专题19 附加题23题

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)(m>0)的直线交抛物线C于D，E两点，ME＝2DM，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y2＝2px.因为点A(2,2)在抛物线C上，所以p＝1.因此，抛物线C的标准方程为y2＝2x.(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x＋y－＝0.(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y＝k(x－m)，k≠0.将x＝＋m代入y2＝2x，有ky2－2y－2km＝0，-12-\n解得y1,2＝.由ME＝2DM，知1＋＝2(－1)，化简得k2＝，因此DE2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(y1－y2)2＝＝(m2＋4m)．所以f(m)＝(m>0)．法二：设D，E，由点M(m,0)及＝2得t2－m＝2，t－0＝2(0－s)．因此t＝－2s，m＝s2，所以f(m)＝DE＝＝(m>0)．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x＝－2上的动点P作抛物线y2＝4x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)(t1>0)，B(t，2t2)(t2<0)，P(－2，m)．因为y2＝4x，所以当y>0时，y＝2，y′＝，所以k1＝.同理k2＝.由k1＝＝，得t－mt1－2＝0.同理t－mt2－2＝0.所以t1，t2是方程t2－mt－2＝0的两个实数根．-12-\n所以t1t2＝－2.所以k1k2＝＝－为定值．(2)直线AB的方程为y－2t1＝(x－t)，即y＝x＋2t1－，即y＝x＋，由于t1t2＝－2，所以直线方程化为y＝(x－2)，所以直线AB恒过定点(2,0)．　　(2012·泰州期末)如图，在三棱锥P—ABC中，平面ABC⊥平面APC，AB＝BC＝AP＝PC＝，∠ABC＝∠APC＝90°.(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M－PA－C的余弦值为，求BM的最小值．[解]　(1)取AC中点O，∵AB＝BC，∴OB⊥OC.∵平面ABC⊥平面APC，平面ABC∩平面APC＝AC，∴OB⊥平面PAC.∴OB⊥OP.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．∵AB＝BC＝PA＝，∴OB＝OC＝OP＝1.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·n1＝0，·n1＝0得方程组取n1＝(1,1,1)，∴cos〈，n1〉＝＝.设PA与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈，n1〉|＝.-12-\n∴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，n＋1,0)，又∵·n3＝0，·n3＝0，∴取n3＝.∴cos〈n2，n3〉＝＝＝.∴2＝9.∴n＋1＝3m或n＋1＝－3m(舍去)．∴＝(m,3m,0)．又＝(1,1,0)，∴cos〈，〉＝＝.则sin〈，〉＝，∴d＝AB·＝.∴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ABCD—A1B1C1D1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)，＝(x－2，y－1,2)，-12-\n＝(－2,1,0)．因为D1P⊥平面PCE，所以D1P⊥EP.D1P⊥EC.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θ，与所成角为α，则sinθ＝|cosα|＝＝＝.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S—ABC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，BD⊥AC；(2)求二面角S—AC—B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∠SAO＝45°.所以SO＝AO＝3.所以O(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,3,0)，S(0,0,3)，B(－，0，0)．-12-\n(1)设AD＝a，则D，所以＝，＝(，－3,0)．若BD⊥AC，则·＝3－3＝0，解得a＝2，而AS＝3，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z＝1，则x＝，y＝1，所以n1＝(，1,1)．而平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，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ABCD－A1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO.(1)若λ＝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λ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D－xyz.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m·＝0，m·＝0，得取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m＝(1,1,1)．由D1E＝λEO，则E，-12-\n＝.又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·＝0，n·＝0.得取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(－2,0，λ)．因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m·n＝0，得λ＝2.3.(2012·南通密卷)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足＝λ.(1)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ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A—xyz，则N，P(λ，0,1)，则＝，平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.于是问题转化为二次函数求最值，而θ∈，当θ最大时，sinθ最大，所以当λ＝时，sinθ最大，θ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x＝3，得m＝(3,2λ＋1,2(1－λ))，于是由|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得λ＝－，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)．-12-\n(1)求抛物线C的方程；(2)设动点T(m,0)(m>a)，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y2＝2px，∵∴p＝2a.∴y2＝4ax.当抛物线焦点在y轴上时，设抛物线方程x2＝2py，∵方程无解，∴抛物线不存在．综上抛物线C的方程为y2＝4ax.(2)设A1(as2,2as)，B1(at2,2at)，T(m,0)(m>a)．∵kTA＝kTA1，∴＝，∴as2＋(m－a)s－m＝0.∵(as＋m)(s－1)＝0，∴s＝－，∴A1.∵kTB＝kTB1，∴＝.∵2at2＋(m－4a)t－2m＝0，∴(2at＋m)(t－2)＝0.∴t＝－.∴B1.∴直线A1B1的方程为y＋2m＝.∵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(k≠0)的直线l过抛物线C：y2＝4x的焦点F且交抛物线于A，B两点．设线段AB的中点为M.(1)求点M的轨迹方程；(2)若－2<k<－1时，点M到直线l′：3x＋4y－m＝0(m为常数，m<)的距离总不小于-12-\n，求m的取值范围．解：(1)焦点F(1,0)，直线AB方程为y＝k(x－1)，因为k≠0，所以x＝＋1.由得y2－y－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，显然Δ>0恒成立，则y0＝＝.又x0＝＋1，消去k，得y＝2(x0－1)，所以点M的轨迹方程为y2＝2(x－1)．(2)由(1)知，点M.因为m<，所以d＝＝.由题意，得≥，m≤＋＋2对－2<k<－1恒成立．因为－2<k<－1时，＋＋2的最小值是－，所以m≤－.6．(2012·南通密卷)在平面直角坐标系xOy中，已知焦点为F的抛物线x2＝4y上有两个动点A，B，且满足＝λ，过A，B两点分别作抛物线的切线，设两切线的交点为M.(1)求：·的值；(2)证明：·为定值．解：(1)设A，B，∵焦点F(0,1)，∴＝，＝.∵＝λ，∴消λ，得x1＋x2＝0.化简整理得(x1－x2)＝0.∵x1≠x2，∴x1x2＝－4.∴y1y2＝·＝1.-12-\n∴·＝x1x2＋y1y2＝－3.(2)证明：抛物线方程为y＝x2，∴y′＝x.∴过抛物线A，B两点的切线方程分别为y＝x1(x－x1)＋和y＝x2(x－x2)＋，即y＝x1x－和y＝x2x－.联立解出两切线交点M的坐标为.∴·＝·＝－＝0(定值).7.(2012·淮阴联考)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1,1)，P是动点，且三角形POA的三边所在直线的斜率满足kOP＋kOA＝kPA.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)若Q是轨迹C上异于点P的一个点，且＝λ，直线OP与QA交于点M，问：是否存在点P使得△PQA和△PAM的面积满足S△PQA＝2S△PAM？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)设点P(x，y)为所求轨迹上的任意一点，则由kOP＋kOA＝kPA得，＋＝，整理得轨迹C的方程为y＝x2(x≠0且x≠－1)．(2)设P(x1，x)，Q(x2，x)，由＝λ可知直线PQ∥OA，则kPQ＝kOA，故＝，即x2＝－x1－1.直线OP方程为y＝x1x.①直线QA的斜率为＝－x1－2，∴直线QA方程为y－1＝(－x1－2)(x＋1)，即y＝－(x1＋2)x－x1－1.②联立①②，得x＝－，∴点M的横坐标为定值－.由S△PQA＝2S△PAM，得到QA＝2AM，因为PQ∥OA，所以OP＝2OM，-12-\n由＝2，得x1＝1，∴P的坐标为(1,1)．∴存在点P满足S△PQA＝2S△PAM，P的坐标为(1,1)．8.(2012·徐州一模)如图，过抛物线C：y2＝4x上一点P(1，－2)作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)求y1＋y2的值；(2)若y1≥0，y2≥0，求△PAB面积的最大值．解：(1)因为A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线C：y2＝4x上，所以A，B，kPA＝＝＝，同理kPB＝，依题有kPA＝－kPB，所以＝－，即y1＋y2＝4.(2)由(1)知kAB＝＝1，设AB的方程为y－y1＝x－，即x－y＋y1－＝0，P到AB的距离为d＝，AB＝＝|y1－y2|＝2|2－y1|，所以S△PAB＝××2|2－y1|＝|y－4y1－12||y1－2|＝|(y1－2)2－16||y1－2|，令y1－2＝t，由y1＋y2＝4，y1≥0，y2≥0，可知－2≤t≤2.S△PAB＝|t3－16t|，-12-\n因为S△PAB＝|t3－16t|为偶函数，只考虑0≤t≤2的情况，记f(t)＝|t3－16t|＝16t－t3，f′(t)＝16－3t2>0，故f(t)在[0,2]是单调增函数，故f(t)的最大值为f(2)＝24，故S△PAB的最大值为6.　-12-