高考数学附加题23题

江苏省 3 2013 届高考数学 附加题 3 23 题 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； 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.[典例1] 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 ＝2 DM，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 ＝2 px.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 ＝2 x.(2)由(1)可得焦点 F 的坐标是  12，0，又直线OA 的斜率为 22 ＝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 － 12 ＝0.(3)法一：设点 D 和 E 的坐标分别为(x 1，y 1)和(x 2，y 2)，直线 DE 的方程是 y ＝ k(x － m)，k ≠0.将 x ＝ yk ＋ m代入 y2 ＝2 x，有ky2 －2 y －2 km ＝0，解得 y 1,2 ＝ 1± 1＋2 mk2k.由 ME ＝2 DM，知 1＋ 1＋2 mk2 ＝2(1＋2 mk 2 －1)，化简得 k2 ＝ 4m，因此

DE2 ＝(x1 － x 2)2 ＋(y1 － y 2)2 ＝1＋1k2(y 1 － y 2)2 ＝  1＋1k2＋2 mk2k2 ＝ 94(m2 ＋4 m)． 所以 f(m)＝ 32 m2 ＋4 m(m >0)． 法二：设 D  s22，s，E  t22，t，由点 M(m, 0)及 ME ＝2 DM 得 12 t2 － m ＝2m － s22，t －0＝2(0－ s)． 因此 t ＝－2 s，m ＝ s2，所以 f(m)＝ DE ＝ 2 s2 － s222 ＋－2 s － s2 ＝ 32 m2 ＋4 m(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． [演练1](2012²徐州信息卷)过直线 x ＝－2 上的动点 P 作抛物线 y2 ＝4 x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 k 1，k 2，求证：

k 1 k 2 为定值；(2)求证：直线 AB 恒过定点． 证明：(1)不妨设 A(t21，2 t 1)(t 1 >0)，B(t22，2 t 2)(t 2 <0)，P(－2，m)． 因为 y2 ＝4 x，所以当y >0 时，y ＝2 x，y ′＝1x，所以k 1 ＝1t 1.同理k 2 ＝1t 2.由 k 1 ＝ 2 t1 － mt21 ＋2＝1t 1，得t21 － mt 1 －2＝0.同理 t22 － mt 2 －2＝0.所以 t 1，t 2 是方程 t2 － mt －2＝0 的两个实数根． 所以 t 1 t 2 ＝－2.所以 k 1 k 2 ＝1t 1 t 2 ＝－12 为定值．(2)直线 AB 的方程为 y －2 t 1 ＝t 2 － t 1t22 － t21(x － t21)，即 y ＝2t 1 ＋ t 2 x ＋2 t1 －2 t21t 1 ＋ t 2，即 y ＝2t 1 ＋ t 2 x ＋2 t 1 t 2t 1 ＋ t 2，由于t 1 t 2 ＝－2，所以直线方程化为 y ＝2t 1 ＋ t 2(x －2)，所以直线 AB 恒过定点(2,0)． [典例2](2012²泰州期末)如图，在三棱锥 P—ABC 中，平面 ABC ⊥平面 APC，AB ＝ BC ＝ AP ＝ PC ＝ 2，∠ 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 31111，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 ＝ 2，∴ 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)，∴ BC ＝(－1,1,0)，PB ＝(1,0，－1)，AP ＝(0,1,1)． 设平面 PBC 的法向量 n n 1 ＝(x，y，z)，由 BC ² n n 1 ＝0，PB ² n n 1 ＝0 得方程组  － x ＋ y ＝0，x － z ＝0.取 n n 1 ＝(1,1,1)，∴cos〈 AP，n n 1 〉＝AP ² n n 1| AP || n n 1 1 |＝63.设 PA 与平面 PBC 所成角为 θ，则 sin θ ＝|cos〈 AD，n n 1 〉|＝63.∴直线 PA 与平面 PBC 所成角的正弦值为63.(2)由题意平面 PAC 的法向量 n n 2 ＝(1,0,0)． 设平面 PAM 的法向量为 n n 3 ＝(x，y，z)，M(m，n, 0)． ∵ AP ＝(0,1,1)，AM ＝(m，n ＋1,0)，又∵ AP ² n n 3 ＝0，AM ² n n 3 ＝0，∴  y ＋ z ＝0，mx ＋ n ＋ y ＝0，取 n n 3 ＝  n ＋1m，－1，1.∴cos〈 n n 2，n n 3 〉＝n n 2 ² n n 3| n n 2 || n n 3 | ＝n ＋1mn ＋1m2 ＋2＝ 31111.∴  n ＋1m2 ＝9.∴ n ＋1＝3 m 或 n ＋1＝－3 m(舍去)．∴ AM ＝(m, 3 m, 0)． 又 AB ＝(1,1,0)，∴cos〈 AM，AB 〉＝  m，3 m，1，10 m2 ² 2＝ 2 55.则 sin〈 AM，AB 〉＝53，∴ d ＝ AB ²55＝105.∴ B 点到 AM 的最小值为垂直距离 d ＝105.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． [演练2](2012²苏北四市二模)在棱长为 2 的正方体 ABCD—A 1 B 1 C 1 D 1 中，E 为棱 AB 的中点，点 P 在平面 A 1 B 1 C 1 D 1 中，D 1 P ⊥平面 PCE.(1)试求：线段 D 1 P 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 D 1(0,0,2)，E(2,1,0)，C(0,2,0)． 设 P(x，y, 2)，则1D P ＝(x，y, 0)，EP ＝(x －2，y －1,2)，EC ＝(－2,1,0)． 因为 D 1 P ⊥平面 PCE，所以 D 1 P ⊥ EP.D 1 P ⊥ EC.所以1D P ² EP ＝0，1D P ² EC ＝0，故  x x － ＋ y y － ＝0，－2 x ＋ y ＝0.解得  x ＝0，y ＝0(舍去)或 x ＝ 45，y ＝ 85.即 P  45，85，2，所以1D P ＝  45，85，0，所以D 1 P ＝1625 ＋6425 ＝4 55.(2)由(1)知，DE ＝(2,1,0)，1D P ＝  45，85，0，1D P ⊥平面 PEC，设 DE 与平面 PEC 所成角为 θ，1D P 与 DE 所成角为 α，则 sin θ ＝|cos α |＝1D P ² DE| 1D P || DE |＝1655²8025＝ 45.所以直线 DE 与平面 PEC 所成角的正弦值为 45.[专题技法归纳](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.(2012²苏北四市三模)在三棱锥 S—ABC 中，底面是边长为 2 3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 SDDA 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 3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)．(1)设 AD ＝ a，则 D  0，3－22a，22a，所以 BD ＝  3，3－22a，22a，AC ＝(3，－3,0)．若 BD ⊥ AC，则 BD ² AC ＝3－3  3－22a ＝0，解得 a ＝2 2，而 AS ＝3 2，所以 SD ＝ 2.所以 SDDA ＝22 2 ＝12.(2)因为 AS ＝(0，－3,3)，BC ＝(2 3，0,0)． 设平面 ACS 的法向量为 n n 1 ＝(x，y，z)，则 n n 1 ² AC ＝ x，y，z 3，－3，＝ 3 x －3 y ＝0，n n 1 ² AS ＝ x，y，z，－3，＝－3 y ＋3 z ＝0，令 z ＝1，则 x ＝ 3，y ＝1，所以 n n 1 ＝(3，1,1)． 而平面 ABC 的法向量为 n n 2 ＝(0,0,1)，所以 cos〈 n n 1，n n 2 〉＝3³0＋1³0＋1³112 ＋1 2 ＋32 ²1＝15，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55.2.(2012²镇江 5 月)在正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 中，O 是 AC 的中点，E 是线段 D 1 O 上一点，且 D 1 E ＝ λEO.(1)若 λ ＝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． 解：(1)不妨设正方体的棱长为 1，以 DA，DC，1DD 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  12，12，0，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E  14，14，12，于是 DE ＝  14，14，12，1 CD ＝(0，－1,1)． 由 cos〈 DE，1 CD 〉＝DE ² 1 CD| DE |²| 1 CD |＝36.所以异面直线 AE 与 CD 1 所成角的余弦值为36.(2)设平面 CD 1 O 的向量为 m m ＝(x 1，y 1，z 1)，由 m m ² CO ＝0，m m ² 1 CD ＝0，得 12 x1 － 12 y1 ＝0，－ y 1 ＋ z 1 ＝0，取 x 1 ＝1，得 y 1 ＝ z 1 ＝1，即 m m ＝(1,1,1)． 由 D 1 E ＝ λEO，则 E  λ＋ λ，λ＋ λ，11＋ λ，DE ＝  λ＋ λ，λ＋ λ，11＋ λ.又设平面 CDE 的法向量为 n n ＝(x 2，y 2，z 2)，由 n n ² CD ＝0，n n ² DE ＝0.得 y 2 ＝0，λx 2＋ λ＋λy 2＋ λ＋z 21＋ λ ＝0，取 x 2 ＝2，得 z 2 ＝－ λ，即 n n ＝(－2,0，λ)． 因为平面 CDE ⊥平面 CD 1 O，所以 m m ² n n ＝0，得 λ ＝2.3.(2012²南通密卷)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，AB ⊥ AC，M 是 CC 1 的中点，N 是 BC 的中点，点 P 在直线 A 1 B 1上，且满足1AP ＝ λ1 1AB.(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，AA 1 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 A—xyz，则 N  12，12，0，P(λ，0,1)，则PN ＝  12 － λ，12，－1，平面 ABC 的一个法向量为 n n ＝(0,0,1)，则 sin θ ＝|cos〈 PN，n n 〉|＝| PN ² n n || PN || n n | ＝1λ － 122 ＋ 54.于是问题转化为二次函数求最值，而 θ ∈  0，π2，当 θ 最大时，sin θ 最大，所以当λ ＝ 12 时，sin 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 的一个法向量为 n n ＝1AA ＝(0,0,1)，设平面 PMN 的一个法向量为 m m ＝(x，y，z)，MP ＝  λ，－1，12.由 m m ² NP ＝0，m m ² MP ＝0，得 λ － 12x － 12 y ＋ z ＝0，λx － y ＋ 12 z ＝0，解得 y ＝ 2 λ ＋13x，z ＝－ λ3x.令 x ＝3，得 m m ＝(3,2 λ ＋1,2(1－ λ))，于是由 |cos〈 m m，n n 〉|＝ | m m ² n n || m m | |n| ＝－ λ9＋ λ ＋2 ＋－ λ2 ＝22，解得 λ ＝－ 12，故点 P 在 B 1 A 1 的延长线上，且| A 1 P |＝ 12.4．(2012²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, 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 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 y2 ＝2 px，∵  4 a2 ＝2 pa，16 a2 ＝8 pa，∴ p ＝2 a.∴ y2 ＝4 ax.当抛物线焦点在 y 轴上时，设抛物线方程 x2 ＝2 py，∵  16 a2 ＝8 pa，a2 ＝4 pa，方程无解，∴抛物线不存在． 综上抛物线 C 的方程为 y2 ＝4 ax.(2)设 A 1(as2, 2 as)，B1(at2, 2 at)，T(m, 0)(m > a)． ∵ k TA ＝ kTA 1，∴2 aa － m ＝2 asas2 － m，∴ as2 ＋(m － a)s － m ＝0.∵(as ＋ m)(s －1)＝0，∴ s ＝－ ma，∴ A1  m2a，－2 m.∵ k TB ＝ kTB 1，∴4 a4 a － m ＝2 atat2 － m.∵2 at2 ＋(m －4 a)t －2 m ＝0，∴(2 at ＋ m)(t －2)＝0.∴ t ＝－m2 a.∴ B1  m24 a，－ m.∴直线 A 1 B 1 的方程为 y ＋2 m ＝ －2 m ＋ mm2a －m24 ax － m2a.∵直线的斜率为－ 4 a3 m 在(a，＋∞)单调，∴集合 M 中的直线必定相交． ∵直线的横截距为－m22 a 在(a，＋∞)单调，纵截距为－2 m3在(a，＋∞)单调，∴任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上． 5．(2012²常州)已知斜率为 k(k ≠0)的直线 l 过抛物线 C ：

y2 ＝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；(2)若－2< k <－1 时，点 M 到直线 l ′：3 x ＋4 y － m ＝0(m 为常数，m < 13)的距离总不小于15，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 ＝ yk ＋1.由 x ＝ yk ＋1，y2 ＝4 x得 y2 － 4k y －4＝0.设 A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，M(x 0，y 0)，显然 Δ >0 恒成立，则 y 0 ＝ y1 ＋ y 22＝ 2k.又 x 0 ＝ y0k ＋1，消去k，得 y20 ＝2(x 0 －1)，所以点 M 的轨迹方程为 y2 ＝2(x －1)．(2)由(1)知，点 M  2k2 ＋1，2k.因为 m < 13，所以d ＝ 15 6k2 ＋ 8k － m ＋3 ＝15 6k2 ＋ 8k － m ＋3.由题意，得 15 6k2 ＋ 8k － m ＋3 ≥15，m ≤6k2 ＋ 8k ＋2 对－2< k <－1 恒成立．

因为－2< k <－1 时，6k2 ＋ 8k ＋2 的最小值是－23，所以 m ≤－ 23.6．(2012²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 ＝4 y上有两个动点 A，B，且满足 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.(1)求：

OA ² OB 的值；(2)证明：

FM ² AB 为定值． 解：(1)设 A  x 1，x214，B  x 2，x224，∵焦点 F(0,1)，∴ AF ＝  － x 1，1－ x214，FB ＝  x 2，x224 －1.∵ AF ＝ λ FB，∴ － x 1 ＝ λx 2，1－ x214 ＝ λ x224 －1，消 λ，得 x 1  x224 －1 ＋ x2  1－ x214＝0.化简整理得(x 1 － x 2) x 1 x 24＋1 ＝0.∵ x 1 ≠ x 2，∴ x 1 x 2 ＝－4.∴ y 1 y 2 ＝ x214 ²x224 ＝1.∴ OA ² OB ＝ x 1 x 2 ＋ y 1 y 2 ＝－3.(2)证明：抛物线方程为 y ＝ 14 x2，∴ y ′＝ 12 x.∴过抛物线 A，B 两点的切线方程分别为 y ＝ 12 x1(x － x 1)＋ x214 和y ＝ 12 x2(x － x 2)＋ x224，即 y ＝ 12 x1 x － x214 和y ＝ 12 x2 x － x224.联立解出两切线交点 M 的坐标为  x 1 ＋ x 22，－1.∴ FM ² AB ＝  x 1 ＋ x 22，－2 ²  x 2 － x 1，x22 － x214 ＝ x22 － x212－ x22 － x212＝0(定值).7.(2012²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 k OP ＋ k OA ＝ k PA.(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 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，yx ＋1－1 ＝y －1x ＋1，整理得轨迹C 的方程为 y ＝ x2(x ≠0 且x ≠－1)．(2)设 P(x 1，x21)，Q(x 2，x22)，由 PQ ＝ λ OA 可知直线 PQ ∥ OA，则 k PQ ＝ k OA，故 x22 － x21x 2 － x 1 ＝1－0－1－0，即x 2 ＝－ x 1 －1.直线 OP 方程为 y ＝ x 1 x.① 直线 QA 的斜率为－ x 1 －2 －1－ x 1 －1＋1＝－ x 1 －2，∴直线 QA 方程为 y －1＝(－ x 1 －2)(x ＋1)，即 y ＝－(x 1 ＋2)x － x 1 －1.② 联立①②，得 x ＝－ 12，∴点M 的横坐标为定值－ 12.由 S △ PQA ＝2 S △ PAM，得到 QA ＝2 AM，因为 PQ ∥ OA，所以 OP ＝2 OM，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.(2012²徐州一模)如图，过抛物线 C ：

y2 ＝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(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．(1)求 y 1 ＋ y 2 的值；(2)若 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，所以 A  y214，y1，B  y224，y2，k PA ＝ y1 ＋2y214 －1＝ 4y 1 ＋2y21 －4＝4y 1 －2，同理 k PB ＝4y 2 －2，依题有k PA ＝－ k PB，所以4y 1 －2 ＝－4y 2 －2，即y 1 ＋ y 2 ＝4.(2)由(1)知 k AB ＝ y2 － y 1y224 －y214＝1，设 AB 的方程为 y － y 1 ＝ x － y214，即x － y ＋ y 1 － y214 ＝0，P 到 AB 的距离为 d ＝ 3＋ y 1 － y2142，AB ＝ 2  y214 －y224＝ 2| y 1 － y 2 |＝2 2|2－ y 1 |，所以 S △ PAB ＝ 12 ³3＋ y 1 － y2142³2 2|2－ y 1 | ＝ 14 | y21 －4 y 1 －12|| y 1 －2| ＝ 14 |(y1 －2)2 －16|| y1 －2|，令 y 1 －2＝ t，由 y 1 ＋ y 2 ＝4，y 1 ≥0，y 2 ≥0，可知－2≤ t ≤2.S △ PAB ＝ 14 | t3 －16 t |，因为 S △ PAB ＝ 14 | t3 －16 t |为偶函数，只考虑 0≤ t ≤2 的情况，记 f(t)＝| t3 －16 t |＝16 t － t 3，f ′(t)＝16－3 t 2 >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.

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