下载此文档

高考数学经典例题.docx


文档分类:中学教育 | 页数:约12页 举报非法文档有奖
1/12
下载提示
  • 1.该资料是网友上传的,本站提供全文预览,预览什么样,下载就什么样。
  • 2.下载该文档所得收入归上传者、原创者。
  • 3.下载的文档,不会出现我们的网址水印。
1/12 下载此文档
文档列表 文档介绍
该【高考数学经典例题 】是由【小城故事书屋】上传分享,文档一共【12】页,该文档可以免费在线阅读,需要了解更多关于【高考数学经典例题 】的内容,可以使用淘豆网的站内搜索功能,选择自己适合的文档,以下文字是截取该文章内的部分文字,如需要获得完整电子版,请下载此文档到您的设备,方便您编辑和打印。精品文档精品文档1精品文档1(10天津)如图,在长方体ABCDABCD中,、分别是棱BC,CC11111EF上的点,CFAB2CE,AB:AD:AA11:2:4(1)求异面直线EF与A1D。所成角的余弦值;(2)证明平面A1ED;()求二面角A1EDFAF3的正弦值。【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法, 考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力,满分 12分。方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点A为坐标原点,设AB1,依题意得D(0,2,0),F(1,2,1),A1(0,0,4),E3,01,2(1)解:易得EF0,1,1,A1D(0,2,4)2于是cosEF,A1DEFA1D3EFA1D5所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为 35(2)证明:已知AF(1,2,1),EA11,3,4,ED1,1,022于是AF·EA1=0,AF·ED=,AFEA1,AFED,又EA1EDE所以AF平面A1ED(x,y,z),则uEF1yz0(3)解:设平面EFD的法向量u0,即21uED0x0y2不妨令X=1,可得u(1,21)。由(2)可知,AF为平面A1ED的一个法向量。精品文档精品文档12精品文档于是cos,=uAF=2,从而sin,AF=5uAF3u3|u||AF|5所以二面角A1-ED-F的正弦值为3方法二:(1)解:设AB=1,可得AD=2,AA1=4,CF==12链接BC,BC,设BC与BC交于点M,易知AD∥BC,由111111CECF1,可知EF∥,==CBCC141115,所以cosBM2CM2BC23,所以异面易知BM=CM=B1C=BMC522BMCM直线FE与AD所成角的余弦值为315(2)证明:连接AC,设AC与DE交点N因为CDEC1,所以BCAB2RtDCERtCBA,从而CDEBCA,又由于CDECED90,所以BCACED90,故AC⊥DE,1⊥1ACC,所以DE⊥平面ACF,从而AF⊥,同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为DEA1DD,所以⊥平面1EDAFA(3)解:,由(2)可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF,AN11平面ACF,所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故A1NF为二面角1-ED-F的平面角AERtCBA,EC,又AC5,在BCAC5RtNCF中,NFCF2CN230在RtA1AN中NA1A1A2AN243055连接A1C1,A1F在RtAC11F中,A1FAC112C1F214精品文档精品文档3精品文档在Rt中,A1N2FN2A1F22。所以sinANF5A1NFcosA1NF2A1NFN313所以二面角A1-DE-F正弦值为532(浙江)已知m>1,直线l:xmym20,椭圆C:x2y21,F1,F2分2m2别为椭圆C的左、右焦点.(Ⅰ)当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程;(Ⅱ)设直线l与椭圆C交于A,B两点,VAF1F2,VBF1F2的重心分别为G,,:本题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等基础知识,同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。(Ⅰ)解:因为直线l:xmym20经过F2(m21,0),所以2m21m2,得m22,2又因为m1,所以m2,22故直线l的方程为x0。2y2(Ⅱ)解:设 A(x1,y1),B(x2,y2)。xmym2由2,消去x得x2y21m22y2mym210精品文档精品文档4精品文档4精品文档精品文档12精品文档则由m28(m21)m280,知m28,4且有y1y2m,y1y2m21。282由于F1(c,0),F2(c,0),,故O为F1F2的中点,由AG2GO,BH2HO,可知G(x1,y1),h(x2,y1),33332(x1x2)2(y1y2)2GH99设M是GH的中点,则M(x1x2,y1y2),66由题意可知2MOGH,即4[(x1x2)2(y1y2)2](x1x2)2(y1y2)26699即x1x2y1y20而x1x2y1y2(my1m2)(my2m2)y1y222(m21)(m21)822所以m 1 02即m24又因为m1且0所以1 m 2。所以m的取值范围是(1,2)。精品文档精品文档6精品文档3(辽宁)设椭圆C:x2y21(ab0)的左焦点为,过点F的直线a2b2F与椭圆C相交于A,B两点,直线l的倾斜角为60o,AF2FB.(Ⅰ)求椭圆C的离心率;(Ⅱ)如果|AB|=15,:设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1<0,y2>0.(Ⅰ)直线l的方程为y3(xc),(xc),(3a2b2)y23b2cy3b4联立x2y21得20a2b2解得y13b2(c2a),y23b2(c2a)3a2b23a2b2因为AF2FB,(c2a)23b2(c2a)(Ⅱ)因为AB11y2y1,,得a=3,(北京)在平面直角坐标系xOy中,点B与点A(-1,1)关于原点O对称,P是动点,且直线AP与BP的斜率之积等于1.(Ⅰ)求动点P3的轨迹方程;(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N,问:是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由。樂绂谇遥儼顏諱諾隐鈑浊鹤讯貞溃。精品文档精品文档7精品文档I)解:因为点B与A(1,1)关于原点O对称,所以点B得坐标为(1,1).设点P的坐标为(x,y)由题意得y1y11x1x13化简得x23y24(x1).故动点P的轨迹方程为x23y24(x1)II)解法一:设点P的坐标为(x0,y0),点M,N得坐标分别为(3,yM),(3,yN).则直线AP的方程为y1y01(x1),直线BP的方程为x01y01y1(x1)x01令x3得yM4y0x03,|yM|x0y0|(3x0)22yN|(3x0)|x021|又直线AB的方程为xy0,|AB|22,点P到直线AB的距离d|x0y0|.2于是PAB的面积SPAB1|AB|d|x0y0|2当SPABSPMN时,得|x0y0||x0y0|(3x0)2|x021|又|x0y0|0,精品文档精品文档8精品文档所以(3x0)2=|x021|,解得|x05。3因为x023y024,所以y0339故存在点P使得 PAB与 PMN的面积相等,此时点 P的坐标为(5, 33).3 9解法二:若存在点 P使得 PAB与 PMN的面积相等,设点 P的坐标为(x0,y0)则1|PA||PB|sinAPB1|PM||PN|,所以|PA||PN||PM||PB|所以|x01||3x0||3x0||x1|即(3x0)2|x021|,解得x05323y024,所以y033因为x09故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标为(5,33).395(2江苏)在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆x2y21的左、95右顶点为A、B,右焦点为F。设过点T(t,m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点 M(x1,y1)、N(x2,y2),其中m>0,y1 0,y2 0。(1)设动点 P满足精品文档精品文档9精品文档PF2PB24,求点P的轨迹;(2)设x12,x21,求点3T的坐标;(3)精品文档精品文档10精品文档设t9,求证:直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)。精品文档精品文档12精品文档[解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。满分 16分。(1)设点P(x,y),则:F(2,0)、B(3,0)、A(-3,0)。由PF2PB24,得(x2)2y2[(x3)2y2]4,化简得x9。9。2故所求点P的轨迹为直线x(2)将x12,x22,51分别代入椭圆方程,以及y10,y20得:()、3M23N(1,20)39直线MTA方程为:y0x3,即y1x1,502333直线NTB方程为:y0x3,即y5x5。200136293x7联立方程组,解得:y10,3所以点T的坐标为(7,10)。3(3)点T的坐标为(9,m)直线MTA方程为:y0x3,即ym(x3),m09312直线NTB方程为:y0x3,即ym(x3)。m0936分别与椭圆x2y21联立方程组,同时考虑到x13,x23,953(80m2)40m3(m220)20m2)。解得:M(2,2)、N(2,20m80m80m20m(方法一)当x1x2时,直线MN方程为:精品文档精品文档12精品文档y20mx3(m220)20m220m240m20m3(80m2)3(m220)80m220m280m220m2令y0,解得:x1。此时必过点D(1,0);当x1x2时,直线MN方程为:x1,与x轴交点为D(1,0)。所以直线MN必过x轴上的一定点D(1,0)。囑殓历認癲锹簣顼阅煥枫惮絨肿諢。(方法二)若x1x2,则由2403m23m260及m0,得m210,80m220m2此时直线MN的方程为x1,过点D(1,0)。40m10m若x1x2,则m210,直线MD的斜率kMD80m22,2403m240m80m2120m10m直线ND的斜率k20m2,得kMDkND,所以直线过ND3m260140m2MN20m2D点。因此,直线MN必过x轴上的点(1,0)。6(四川)已知正方体ABCD-ABCD的棱长为1,点M是棱AA'的中点,点O是对角线BD'的中点.(Ⅰ)求证:OM为异DC面直线AA'和BD'的公垂线;(Ⅱ)求二面角M-AB精品文档精品文档13精品文档BC'-B'的大小;(Ⅲ)求三棱锥M-、直线与平面垂直、二OM DCA B 面精品文档精品文档12精品文档角、正方体、三棱锥体积等基础知识,并考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查应用向量知识解决数学问题的能力。解法一:(1)连结AC,取AC中点K,则K为BD的中点,连结OK精品文档精品文档12精品文档因为M是棱AA’的中点,点O是BD’的中点1所以AM// DD'//OK所以MO//AK由AA’⊥AK,得MO⊥AA’因为AK⊥BD,AK⊥BB’,所以AK⊥平面BDD’B’所以AK⊥BD’所以MO⊥BD’又因为OM与异面直线AA’和BD’都相交故OM为异面直线AA'和BD'的公垂线2)取BB’中点N,连结MN,则MN⊥’B’过点N作NH⊥BC’于H,连结MH则由三垂线定理得 BC’⊥MH从而,∠MHN为二面角M-BC’-B’的平面角MN=1,NH=BNsin45°=122224在Rt△MNH中,tan∠MHN=MN122NH24故二面角M-BC’-B’的大小为arctan22易知,S△OBC=S△OA’D’,且△OBC和△OA’D’都在平面BCD’A’内点O到平面MA’D’距离h=1镉咙謹裥倫黽餃陨罢窦挤賜應岛榈。2VM-OBC=VM-OA’D’=VO-MA’D’=1S△MA’D’h=13 24精品文档精品文档16精品文档解法二:精品文档精品文档12精品文档

高考数学经典例题 来自淘豆网www.taodocs.com转载请标明出处.

相关文档 更多>>
非法内容举报中心
文档信息