【三维设计】（江苏专版）高中数学二轮专题 第一部分 专题19配套专题检测.doc

【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题 第一部分 专题19配套专题检测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，b两点设线段ab的中点为m.(1)求点m的轨迹方程；(2)若2k1时，点m到直线l：3x4ym0(m为常数，m0恒成立，则y0.又x01，消去k ，得y2(x01)，所以点m的轨迹方程为