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2020高中数学二轮专题训练19配套专题检测
1.在三棱锥
S
—
ABC
中，底面是边长为23的正三角形，点
S
在底面
A BC
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． < br>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23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
(3，0,0)，
A
(0,3,0)，
S
(0,0,3)，
B
(－3，0，0)．
SD
DA
uu ur
22
??
(1)设
AD
＝
a
，则
D< br>?
0，3－
a
，
a
?
，所以
BD
＝
22
??
22
??
?
3，3－
a
，
a
?
，
22
??
uuurr
uuur
uuu< br>2
??
AC
＝(3，－3,0)．若
BD
⊥
AC，则
BD
·
AC
＝3－3
?
3－
a
?
＝0，
2
??
解得
a
＝22，而
AS
＝ 32，所以
SD
＝2.
SD
21
所以＝＝.
DA
22
2
uuur
uuur
(2)因为
AS
＝(0，－3, 3)，
BC
＝(23，0,0)．
设平面
ACS
的法向量为
n
1
＝(
x
，
y
，
z
)，
u uur
?
n
1
·
AC
＝
x
，
y< br>，
z
·3，－3，0＝3
x
－3
y
＝0，
则
?
uuur
?
n
1
·
AS
＝
x< br>，
y
，
z
·0，－3，3＝－3
y
＋3
z< br>＝0，
令
z
＝1，则
x
＝3，
y
＝1，所以
n
1
＝(3，1,1)．
而平面
ABC
的法向量为
n
2
＝(0,0,1)，
所以cos〈
n
1
，
n
2
〉＝
3×0＋1×0＋ 1×1
1＋1＋
22


3
5
.
5
2
·1
＝
1
，显然所求二面角的平面角为锐角，
5
故所求二面角的余弦值的大小为
2.在正方体
ABCD
－
A1
B
1
C
1
D
1
中，
O
是< br>AC
的中点，
E
是线段
D
1
O
上一
点，且
D
1
E
＝
λEO
.
(1)若
λ< br>＝1，求异面直线
DE
与
CD
1
所成角的余弦值；
(2)若平面
CDE
⊥平面
CD
1
O
，求
λ
的值．
r
uuuuuuur
uuu
r
解：(1)不妨设正方体的 棱长为1，以
DA
，
DC
，
DD
1
为单位

1

正交基底建立如图所示的空间直角坐标系
D
－
xyz
.
?
11
??
111
?
则
A
(1,0,0)，
O
?
，，0
?
，
C
(0,1,0)，
D
1
(0,0,1)，
E
?
，，
?
，
?
22
??
442
?
uuur
?
111
?
uuu r
于是
DE
＝
?
，，
?
，
CD
1
＝(0，－1,1)．
?
442
?
uuur
uuuruuur
uuur
3
DE
·
CD
1
uuur< br>＝.
r
由cos〈
DE
，
CD
1
〉＝uuu
|
DE
|·|
CD
1
|
6
所以 异面直线
AE
与
CD
1
所成角的余弦值为
3
. < br>6
(2)设平面
CD
1
O
的向量为
m
＝(< br>x
1
，
y
1
，
z
1
)，
uuur
uuur
由
m
·
CO
＝0，
m
·
CD
1
＝0，
11
?
?
x
1
－
y
1
＝0，
2
得
?
2
?
?
－
y
1
＋
z
1
＝0，

取
x< br>1
＝1，得
y
1
＝
z
1
＝1，
即
m
＝(1,1,1)．
由
D
1
E
＝< br>λEO
，则
E
?
λλ
1
??
，，
，
21＋
λ
1＋
λ
?
?
21＋
λ
?
uuur
?
λλ
1
DE
＝
?
21＋
λ
，
21＋
λ
，
1＋
λ
?
?
.
??
又设平面
CDE
的法向量为
n
＝(
x
2
，
y
2
，
z
2
)，
uuur
uuur
由
n
·
CD
＝0，
n
·
DE＝0.
y
2
＝0，
?
?
得
?
λx< br>2
λy
2
z
2
＋＋＝0，
?
21＋
λ
1＋
λ
?
21＋
λ
λ
)．
因为平面< br>CDE
⊥平面
CD
1
O
，所以
m
·
n
＝0，得
λ
＝2.
3.如图，已知三棱柱
ABC
－A
1
B
1
C
1
的侧棱与底面垂直，
AA
1
＝
AB
＝
AC
＝1，

取
x
2
＝2，得
z
2
＝－
λ
，即
n
＝(－2, 0，
uuuur
AB
⊥
AC
，
M
是
CC< br>1
的中点，
N
是
BC
的中点，点
P
在直线< br>A
1
B
1
上，且满足
A
1
P
uuu ur
＝
λ
A
1
B
1
.
(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
，< br>AA
1
分别为
x
，
y
，
z
轴，建立 空间直角坐标系
A
—
xyz
，
uuur
?
111< br>?
1
??
则
N
?
，，0
?
，
P
(
λ
，0,1)，则
PN
＝
?
－
λ< br>，，－1
?
，
2
?
22
??
2
?
平面
ABC
的一个法向量为
n
＝(0,0,1)，

2

uuur
uuur
|
PN
·
n
|
r
则sin
θ
＝|cos〈
PN
，
n< br>〉|＝
uuu
＝
|
PN
||
n
|

1
?
λ
－
1
?
2
＋
5
? ?
2
?
4
?
.
?
π
?
于是问题 转化为二次函数求最值，而
θ
∈
?
0，
?
，当
θ< br>最大时，sin
θ
最大，所以当
2
??
λ
＝时，si n
θ
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1
2
uuur
uuur
?
1
向量为
n
＝
AA
1
＝(0,0,1)，设平面
PMN
的一个法向量为
m
＝(
x
，
y
，
z
)，
MP
＝< br>?
λ
，－1，
2
?
?
.
??
uu ur
?
m
·
NP
＝0，
由
?
uuur?
m
·
MP
＝0，

?
λ
－
1
?
x
－
1
y
＋
z
＝0，
??
?
?
2
?
2
?
得
?
1λx
－
y
＋
z
＝0，
?
?
2


2
λ
＋1
y
＝
x
，
?
?
3
解得
?
21－
λ
z
＝
x
.< br>?
?
3


令
x
＝3，得
m
＝(3,2
λ
＋1,2(1－
λ
))，于是由
|
m·
n
|
|cos〈
m
，
n
〉|＝
|
m
|
|n|
＝
|21－
λ
|
9＋2
λ
＋1
2
＋41－
λ
＝
2
21
，解得< br>λ
＝－，
22
1
故点
P
在
B
1< br>A
1
的延长线上，且|
A
1
P
|＝.
2< br>4．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,
2
a
)，
B
(4
a,
4
a
)(其中
a
为正常数)．
(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
A< br>1
，
B
1
，当
m
变
化时，记所有直线
A
1
B
1
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
y
＝2
px
，
?
?
4a
＝2
pa
，
∵
?
2
?
16
a
＝8
pa
，
?
2
2

∴
p
＝2
a
.
∴
y
＝4
ax
.
2

3

当抛物线焦点在
y
轴上时，设抛物线方程
x
＝2
py，
?
?
16
a
＝8
pa
，
∵
?
2
?
?
a
＝4
pa
，
2
2< br>

方程无解，∴抛物线不存在．
2
综上抛物线
C
的方程为
y
＝4
ax
.
(2)设
A
1
(
as
2
as
)，
B
1
(
at
2
at
)，
T
(
m,
0)(
m
>
a
)．
∵
k
TA
＝
kTA
1
，∴
2
2,2,
2
a
2
as
＝
2
，
a
－
mas
－
m
∴
as
＋(
m
－
a
)
s
－
m
＝0.
m
2
m
??
∵(
as
＋
m)(
s
－1)＝0，∴
s
＝－，∴
A
1
?，－2
m
?
.
a
?
a
?
4
a
2
at
∵
k
TB
＝
kTB
1
， ∴＝
2
.
4
a
－
mat
－
m
∵ 2
at
＋(
m
－4
a
)
t
－2
m
＝0，∴(2
at
＋
m
)(
t
－2)＝0. 2
m
2
m
??
∴
t
＝－.∴
B
1
?
，－
m
?
.
2
a
?
4< br>a
?
m
2
?
∴直线
A
1
B
1
的方程为
y
＋2
m
＝
2
?
x
－
a
?
.
mm
2
??
－
a
4a
－2
m
＋
m
?
4
a
∵直线的斜率为 －在(
a
，＋∞)单调，
3
m
∴集合
M
中的直线必定相交．
m
2
2
m
∵直线的横截距为－在(
a
，＋∞)单调，纵截距为－在(
a< br>，＋∞)单调，
2
a
3
∴任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上．
5．已知斜 率为
k
(
k
≠0)的直线
l
过抛物线
C
：
y
＝4
x
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；
11
(2)若－2<
k
<－1时，点
M
到直线
l
′：3
x
＋4
y
－
m
＝0(
m
为常数，
m
<)的距离总不小于，
35
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.
2
y
k< br>y
?
?
x
＝＋1，
由
?
k
?
?
y
2
＝4
x

4
2
得
y
－
y
－4＝0.
k

4

设
A
(
x
1
，y
1
)，
B
(
x
2
，
y
2< br>)，
M
(
x
0
，
y
0
)，显然Δ
>0恒成立，则
y
0
＝
又
x
0
＝＋ 1，消去
k
，得
y
0
＝2(
x
0
－1)，
所以点
M
的轨迹方程为
y
＝2(
x
－1)． 2
??
2
(2)由(1)知，点
M
?
2
＋1，
?
.
2
y
1
＋
y
2
2
＝.
2
k
y
0
k
2
?
kk
?
11
?< br>68
?
1
?
68
?
因为
m
<，所以
d
＝
?
2
＋－
m
＋3
?
＝
?
2
＋－
m
＋3
?
.
35
?
kk
?
5
?
kk
?
1
?
68
68
?
1
由题意，得
?
2
＋－
m
＋3
?
≥，
m
≤
2
＋＋2对－2<
k
<－1恒成立．
5
?
kk
kk
?
5
682
因为－2<k
<－1时，
2
＋＋2的最小值是－，
kk
3
2
所以
m
≤－.
3
6．在平面直 角坐标系
xOy
中，已知焦点为
F
的抛物线
x
＝4
y
上有两个动点
A
，
B
，且满
2
uuur
uuur
足
AF
＝
λ
FB
，过
A
，
B
两点分别作抛物线的切线，设两切线的交点为
M
.
uuuruuur
(1)求：
OA
·
OB
的值；
uuuuruuur
(2)证明：
FM
·
AB
为定值． < br>x
1
??
x
2
??
解：(1)设
A
?
x
1
，
?
，
B
?
x
2
，
?
，
4
?
4
???
uuur
?
uuur
?
x
2
x
2
1
?
2
?
∵焦点
F
(0,1)，∴
AF
＝
?
－
x< br>1
，1－
?
，
FB
＝
?
x
2
，－1
?
.
4
?
4
???
uuur
u uur
∵
AF
＝
λ
FB
，
－
x
1
＝
λx
2
，
?
?
∴
?
x
2
x
2
2
1
??
，
－1
1－＝
λ
??
?
?
4
?
?
4
化简整理得(
x
1
－
x
2
)
?
22

?x
2
??
x
1
?
消
λ
，得
x
1
?
－1
?
＋
x
2
?
1－
?
＝0.
?
4
??
4
?
22
?
x
1
x
2
＋1
?
＝0.
?
?
4
?
∵
x
1
≠
x
2
，∴
x
1
x
2
＝－4.
∴
y
1
y
2
＝·＝1.
44
x
2
x
2
12
uuuruuur
∴
OA
·
O B
＝
x
1
x
2
＋
y
1
y
2
＝－3.
1
2
1
(2)证明：抛物线方程为
y
＝
x
，∴
y
′＝
x
.
42
∴过抛物线
A
，
B
两点的切线方程分别为

5

1
x
1
x
y
＝
x1
(
x
－
x
1
)＋和
y
＝
x
2
(
x
－
x
2
)＋，
2424
1
x
1
1
x
2
即
y
＝
x
1
x
－和
y
＝
x
2
x
－.
24 24
联立解出两切线交点
M
的坐标为
?
22
2
1< br>2
2

?
x
1
＋
x
2
，－1
?
. ?
?
2
?
2
uuuuruuur
?
x
1
＋
x
2
x
2
2
－
x
1
???
，－2
?
·
?
x
2
－
x
1
，
∴
FM
·
AB
＝
??

4??
2
??
22
x
2
x
2
2
－
x
12
－
x
1
＝
2
－
2
＝0(定值).
7.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
k
OP
＋
k
OA
＝
k
PA
.
(1)求点
P
的轨迹
C
的方程；
uuur
uuu r
(2)若
Q
是轨迹
C
上异于点
P
的一个点，且< br>PQ
＝
λ
OA
，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
＝2
S
△
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
k
OP
＋
k
OA
＝
k
PA
得，＋
y
1
y
－1
2
＝，整理得轨迹
C
的方程为
y
＝
x
(
x
≠0且
x
≠－1)．
x
－1
x
＋1
(2)设
P
(
x
1
，
x
1
)，
Q
(
x
2
，
x
2)，
22
uuur
uuur
由
PQ
＝
λOA
可知直线
PQ
∥
OA
，则
k
PQ
＝
k
OA
，
2
x
2
1－0
2
－
x
1
故＝，即
x
2
＝－
x
1
－1 .
x
2
－
x
1
－1－0
直线
OP
方程为
y
＝
x
1
x
.
①
－
x
1
－1－1
直线
QA
的斜率为＝－
x
1
－ 2，
－
x
1
－1＋1
∴直线
QA
方程为
y
－1＝(－
x
1
－2)(
x
＋1)，
即
y
＝－(
x
1
＋2)
x
－
x
1
－1.②
11
联立①②，得
x
＝－，∴点
M
的横坐标为定值－. < br>22
由
S
△
PQA
＝2
S
△
PAM
，得到
QA
＝2
AM
，因为
PQ
∥
OA< br>，
所以
OP
＝2
OM
，
2
uuuruuuur
由
PO
＝2
OM
，得
x
1
＝1，∴
P
的坐标为(1,1)．
∴存在点
P
满足
S△
PQA
＝2
S
△
PAM
，
P
的坐标 为(1,1)．
8.如图，过抛物线
C
：
y
＝4
x
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< br>(
x
1
，
y
1
)，
B
(
x
2
，
y
2
)．

6
2

(1)求
y
1
＋
y
2
的值；
(2)若< br>y
1
≥0，
y
2
≥0，求△
PAB
面积的最 大值．
解：(1)因为
A
(
x
1
，
y
1
)，
B
(
x
2
，
y
2
)在抛物线
C
：
y
2
＝4
x
上，
?
y< br>1
??
y
2
?
所以
A
?
，
y
1
?
，
B
?
，
y
2
?
，
?
4
??
4
?
y
1
＋24
y
1
＋24
k
PA
＝
2
＝＝，
2
y
1
y
1
－4
y
1
－2
4
－1< br>4
，依题有
k
PA
＝－
k
PB
，
y
2
－2
22
同理
k
PB
＝
所以
44
＝－，即
y
1
＋
y
2
＝4.
y1
－2
y
2
－2
(2)由(1)知
k
AB＝
y
2
－
y
1
＝1，设
AB
的方程为
2
y
2
y
2
1
4
－
4
y
－
y
1
＝
x
－，即
x
－
y
＋
y
1
－＝0，
44
y
2
1
y
2
1
P
到
AB
的距离为
d
＝
22
?
3＋
y
1
－
y
1
?
??
4< br>??
2
2
，
?
y
1
y
2
?
AB
＝2
?
－
?
＝2|
y
1
－
y
2
|＝22|2－
y
1
|，
?
44< br>?
?
3＋
y
1
－
y
1
?
? ?
4
?
1
?
2
2
所以
S
△
PAB
＝×
2
×22|2－
y
1
|
1
2
＝|
y
1
－4
y
1
－12||
y
1
－2|
4
1
2
＝|(
y
1
－2)－ 16||
y
1
－2|，
4
1
3
令
y1
－2＝
t
，由
y
1
＋
y
2
＝4，
y
1
≥0，
y
2
≥0，可知－2≤
t
≤2.
S
△
PAB
＝|
t
－16
t
|，
4
1
3
因为
S
△
PAB
＝|
t< br>－16
t
|为偶函数，只考虑0≤
t
≤2的情况，
4
记
f
(
t
)＝|
t
－16
t
|＝16< br>t
－
t
，
f
′(
t
)＝16－3
t
>0，故
f
(
t
)在[0,2]是单调增函数，故
332< br>f
(
t
)的最大值为
f
(2)＝24，故
S
△
PAB
的最大值为6.


7