江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題19 附加題23題

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1、江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)（蘇教版）二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題19 附加題23題 (1)江蘇高考考試說(shuō)明中附加題圓錐曲線(xiàn)與方程中拋物線(xiàn)為B級(jí)要求，2020年、2020年高考中均沒(méi)有考查，預(yù)測(cè)2020年高考中可能會(huì)考查； (2)江蘇高考考試說(shuō)明附加題中對(duì)空間向量與立體幾何是B級(jí)要求，2020年、2020年、2020年高考沒(méi)有考查，2020年高考考查空間角的概念，求線(xiàn)段的長(zhǎng).預(yù)測(cè)2020年高考會(huì)考查. 　　 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線(xiàn)C的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,2)，其焦點(diǎn)F在x軸上． (1)求拋物線(xiàn)C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)求過(guò)焦點(diǎn)F，且與直線(xiàn)OA垂直的直線(xiàn)的方

2、程； (3)設(shè)過(guò)點(diǎn)M(m,0)(m>0)的直線(xiàn)交拋物線(xiàn)C于D，E兩點(diǎn)，ME＝2DM，記D和E兩點(diǎn)間的距離為f(m)，求f(m)關(guān)于m的表達(dá)式． [解]　(1)由題意，可設(shè)拋物線(xiàn)C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2px.因?yàn)辄c(diǎn)A(2,2)在拋物線(xiàn)C上，所以p＝1.因此，拋物線(xiàn)C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2x. (2)由(1)可得焦點(diǎn)F的坐標(biāo)是，又直線(xiàn)OA的斜率為＝1，故與直線(xiàn)OA垂直的直線(xiàn)的斜率為－1. 因此，所求直線(xiàn)的方程是x＋y－＝0. (3)法一：設(shè)點(diǎn)D和E的坐標(biāo)分別為(x1，y1)和(x2，y2)，直線(xiàn)DE的方程是y＝k(x－m)，k≠0. 將x＝＋m代入y2＝2x，有ky2－2y－2km＝0，

3、 解得y1,2＝. 由ME＝2DM，知1＋＝2(－1)， 化簡(jiǎn)得k2＝，因此 DE2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(y1－y2)2 ＝＝(m2＋4m)． 所以f(m)＝ (m>0)． 法二：設(shè)D，E， 由點(diǎn)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)． 本小題主要考查直線(xiàn)、拋物線(xiàn)方程及兩點(diǎn)間的距離公式等基本知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力． 　　 (2020·徐州信息卷)過(guò)直線(xiàn)x＝－2上的動(dòng)點(diǎn)P作拋物線(xiàn)y2＝4x的兩條切線(xiàn)PA，PB，其中A，B為切點(diǎn)． (1)若切線(xiàn)PA，PB的斜率

4、分別為k1，k2，求證：k1k2為定值； (2)求證：直線(xiàn)AB恒過(guò)定點(diǎn)． 證明：(1)不妨設(shè)A(t，2t1)(t1>0)，B(t，2t2)(t2<0)，P(－2，m)． 因?yàn)閥2＝4x，所以當(dāng)y>0時(shí)，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的兩個(gè)實(shí)數(shù)根． 所以t1t2＝－2. 所以k1k2＝＝－為定值． (2)直線(xiàn)AB的方程為y－2t1＝(x－t)， 即y＝x＋2t1－， 即y＝x＋，由于t1t2＝－2， 所以直線(xiàn)方程化為y＝(x－2)， 所以直線(xiàn)AB恒過(guò)定點(diǎn)(2,

5、0)． 　　 (2020·泰州期末)如圖，在三棱錐P—ABC中，平面ABC⊥平面APC，AB＝BC＝AP＝PC＝，∠ABC＝∠APC＝90°. (1)求直線(xiàn)PA與平面PBC所成角的正弦值； (2)若動(dòng)點(diǎn)M在底面三角形ABC上，二面角M－PA－C的余弦值為，求BM的最小值． [解]　(1)取AC中點(diǎn)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(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OP分別為x，y，z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系． ∵AB＝BC＝PA＝，∴OB＝OC＝OP＝1. 從而O(0,0

6、,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)． 設(shè)平面PBC的法向量n1＝(x，y，z)， 由·n1＝0，·n1＝0得方程組 取n1＝(1,1,1)，∴cos〈，n1〉＝＝. 設(shè)PA與平面PBC所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n1〉|＝. ∴直線(xiàn)PA與平面PBC所成角的正弦值為. (2)由題意平面PAC的法向量n2＝(1,0,0)． 設(shè)平面PAM的法向量為n3＝(x，y，z)，M(m，n,0)． ∵＝(0,1,1)，＝(m，n＋1,0)， 又∵·n3＝0，·n3＝0，

7、 ∴取n3＝. ∴cos〈n2，n3〉＝＝＝. ∴2＝9. ∴n＋1＝3m或n＋1＝－3m(舍去)．∴＝(m,3m,0)． 又＝(1,1,0)， ∴cos〈，〉＝＝. 則sin〈，〉＝， ∴d＝AB·＝. ∴B點(diǎn)到AM的最小值為垂直距離d＝. 考查空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，求出平面的法向量是解題的關(guān)鍵． 　　 (2020·蘇北四市二模)在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD—A1B1C1D1中，E為棱AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P在平面A1B1C1D1中，D1P⊥平面PCE. (1)試求：線(xiàn)段D1P的長(zhǎng)； (2)直線(xiàn)DE與平面PCE所成角的正弦值． 解：(1)建立如圖所示的空間直角坐

8、標(biāo)系，則D1(0,0,2)，E(2,1,0)，C(0,2,0)． 設(shè)P(x，y,2)，則＝(x，y,0)， ＝(x－2，y－1,2)， ＝(－2,1,0)． 因?yàn)镈1P⊥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，設(shè)DE與平面PEC所成角為θ，與所成角為α，則sin θ＝|cos α|＝＝＝. 所以直線(xiàn)DE與平面PEC所成角的正弦值為. 　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)拋物線(xiàn)與直線(xiàn)的位置關(guān)系中重點(diǎn)考查頂點(diǎn)在原點(diǎn)的拋物線(xiàn)與過(guò)焦點(diǎn)的

9、直線(xiàn)的位置關(guān)系，熟練掌握拋物線(xiàn)的幾何性質(zhì)，利用幾何性質(zhì)解決問(wèn)題較為簡(jiǎn)單； (2)空間向量與立體幾何主要考查向量的坐標(biāo)表示、向量運(yùn)算、平面的法向量、空間角及距離的計(jì)算．對(duì)于點(diǎn)的位置的探索問(wèn)題，可以利用向量共線(xiàn)定理設(shè)元確定． 1.(2020·蘇北四市三模)在三棱錐S—ABC中，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，點(diǎn)S在底面ABC上的射影O恰是BC的中點(diǎn)，側(cè)棱SA和底面成45°角． (1) 若D為側(cè)棱SA上一點(diǎn)，當(dāng)為何值時(shí)，BD⊥AC； (2) 求二面角S—AC—B的余弦值大小． 解：以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，OC為x軸，OA為y軸，OS為z軸建立空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)椤鰽BC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，又SA

10、與底面所成角為45°，所以∠SAO＝45°.所以SO＝AO＝3. 所以O(shè)(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,3,0)，S(0,0,3)，B(－，0，0)． (1)設(shè)AD＝a，則D，所以＝， ＝(，－3,0)．若BD⊥AC，則·＝3－3＝0， 解得a＝2，而AS＝3，所以SD＝. 所以＝＝. (2)因?yàn)椋?0，－3,3)，＝(2，0,0)． 設(shè)平面ACS的法向量為n1＝(x，y，z)， 則 令z＝1，則x＝，y＝1，所以n1＝(，1,1)． 而平面ABC的法向量為n2＝(0,0,1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝，顯然所求二面角的平面角為銳角， 故所求二面角的余弦值

11、的大小為. 2.(2020·鎮(zhèn)江5月)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是AC的中點(diǎn)，E是線(xiàn)段D1O上一點(diǎn)，且D1E＝λEO. (1)若λ＝1，求異面直線(xiàn)DE與CD1所成角的余弦值； (2)若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值． 解：(1)不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，以，，為單位正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz. 則A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E， 于是＝，＝(0，－1,1)． 由cos〈，〉＝＝. 所以異面直線(xiàn)AE與CD1所成角的余弦值為. (2)設(shè)平面CD1O的向量為m＝(x1，y1，z1)， 由m·＝0，m·＝0， 得

12、取x1＝1，得y1＝z1＝1， 即m＝(1,1,1)． 由D1E＝λEO，則E， ＝. 又設(shè)平面CDE的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 由n·＝0，n·＝0. 得取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(－2,0，λ)． 因?yàn)槠矫鍯DE⊥平面CD1O，所以m·n＝0，得λ＝2. 3.(2020·南通密卷)如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M是CC1的中點(diǎn)，N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線(xiàn)A1B1上，且滿(mǎn)足＝λ. (1)當(dāng)λ取何值時(shí)，直線(xiàn)PN與平面ABC所成的角θ最大？ (2)若平面PMN與平面ABC所成的二面角為45°，試確定點(diǎn)

13、P的位置． 解：(1)以AB，AC，AA1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)—xyz，則N，P(λ，0,1)，則＝， 平面ABC的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 于是問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值，而θ∈，當(dāng)θ最大時(shí)，sin θ最大，所以當(dāng)λ＝時(shí)，sin θ最大，θ也最大． (2)已知給出了平面PMN與平面ABC所成的二面角為45°，即可得到平面ABC的一個(gè)法向量為n＝＝(0,0,1)，設(shè)平面PMN的一個(gè)法向量為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〉|＝ ＝＝

14、，解得λ＝－， 故點(diǎn)P在B1A1的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且|A1P|＝. 4．(2020·泰州期末)對(duì)稱(chēng)軸為坐標(biāo)軸，頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)的拋物線(xiàn)C經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)A(a,2a)，B(4a,4a)(其中a為正常數(shù))． (1)求拋物線(xiàn)C的方程； (2)設(shè)動(dòng)點(diǎn)T(m,0)(m>a)，直線(xiàn)AT，BT與拋物線(xiàn)C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為A1，B1，當(dāng)m變化時(shí)，記所有直線(xiàn)A1B1組成的集合為M，求證：集合M中的任意兩條直線(xiàn)都相交且交點(diǎn)都不在坐標(biāo)軸上． 解：(1)當(dāng)拋物線(xiàn)焦點(diǎn)在x軸上時(shí)， 設(shè)拋物線(xiàn)方程y2＝2px， ∵∴p＝2a. ∴y2＝4ax. 當(dāng)拋物線(xiàn)焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，設(shè)拋物線(xiàn)方程x2＝2py， ∵方程無(wú)解，∴拋物線(xiàn)

15、不存在． 綜上拋物線(xiàn)C的方程為y2＝4ax. (2)設(shè)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. ∴直線(xiàn)A1B1的方程為y＋2m＝. ∵直線(xiàn)的斜率為－在(a，＋∞)單調(diào)， ∴集合M中的直線(xiàn)必定相交． ∵直線(xiàn)的橫截距為－在(a，＋∞)單調(diào)，縱截距為－在(a，＋∞)單調(diào)， ∴任意兩條直線(xiàn)都相交且交點(diǎn)都不在坐標(biāo)軸上．

16、 5．(2020·常州)已知斜率為k(k≠0)的直線(xiàn)l過(guò)拋物線(xiàn)C：y2＝4x的焦點(diǎn)F且交拋物線(xiàn)于A(yíng)，B兩點(diǎn)．設(shè)線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M. (1)求點(diǎn)M的軌跡方程； (2)若－20恒成立，則y0＝＝. 又x0＝＋1，消去k ，得y＝2(x0－1)， 所以點(diǎn)M的軌跡方程為y2＝2(x－1)． (2)由(1)知，

17、點(diǎn)M. 因?yàn)閙<，所以d＝＝. 由題意，得≥，m≤＋＋2對(duì)－2

18、(2)證明：拋物線(xiàn)方程為y＝x2，∴y′＝x. ∴過(guò)拋物線(xiàn)A，B兩點(diǎn)的切線(xiàn)方程分別為 y＝x1(x－x1)＋和y＝x2(x－x2)＋， 即y＝x1x－和y＝x2x－. 聯(lián)立解出兩切線(xiàn)交點(diǎn)M的坐標(biāo)為. ∴·＝· ＝－＝0(定值). 7.(2020·淮陰聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(－1,1)，P是動(dòng)點(diǎn)，且三角形POA的三邊所在直線(xiàn)的斜率滿(mǎn)足kOP＋kOA＝kPA. (1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)若Q是軌跡C上異于點(diǎn)P的一個(gè)點(diǎn)，且＝λ，直線(xiàn)OP與QA交于點(diǎn)M，問(wèn)：是否存在點(diǎn)P使得△PQA和△PAM的面積滿(mǎn)足S△PQA＝2S△PAM？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不

19、存在，說(shuō)明理由． 解：(1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)為所求軌跡上的任意一點(diǎn)，則由kOP＋kOA＝kPA得，＋＝，整理得軌跡C的方程為y＝x2(x≠0且x≠－1)． (2)設(shè)P(x1，x)，Q(x2，x)， 由＝λ可知直線(xiàn)PQ∥OA，則kPQ＝kOA， 故＝，即x2＝－x1－1. 直線(xiàn)OP方程為y＝x1x.① 直線(xiàn)QA的斜率為＝－x1－2， ∴直線(xiàn)QA方程為y－1＝(－x1－2)(x＋1)， 即y＝－(x1＋2)x－x1－1.② 聯(lián)立①②，得x＝－，∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為定值－. 由S△PQA＝2S△PAM，得到QA＝2AM，因?yàn)镻Q∥OA， 所以O(shè)P＝2OM， 由＝2 ，得x1＝1，

20、∴P的坐標(biāo)為(1,1)． ∴存在點(diǎn)P滿(mǎn)足S△PQA＝2S△PAM，P的坐標(biāo)為(1,1)． 8.(2020·徐州一模)如圖，過(guò)拋物線(xiàn)C：y2＝4x上一點(diǎn)P(1，－2)作傾斜角互補(bǔ)的兩條直線(xiàn)，分別與拋物線(xiàn)交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)求y1＋y2的值； (2)若y1≥0，y2≥0，求△PAB面積的最大值． 解：(1)因?yàn)锳(x1，y1)，B(x2，y2)在拋物線(xiàn)C： y2＝4x上， 所以A，B， kPA＝＝＝， 同理kPB＝，依題有kPA＝－kPB， 所以＝－，即y1＋y2＝4. (2)由(1)知kAB＝＝1，設(shè)AB的方程為 y－y1＝x－，即x－y＋y1－＝0， P到AB的距離為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|， 因?yàn)镾△PAB＝|t3－16t|為偶函數(shù)，只考慮0≤t≤2的情況， 記f(t)＝|t3－16t|＝16t－t3，f′(t)＝16－3t2>0，故f(t)在[0,2]是單調(diào)增函數(shù)，故f(t)的最大值為f(2)＝24，故S△PAB的最大值為6.