高考數(shù)學(xué) 創(chuàng)新融合5　立體幾何與解析幾何

創(chuàng)新融合5立體幾何與解析幾何1.(2024·信陽(yáng)模擬)在空間解析幾何中,可以定義曲面(含平面)S的方程,若曲面S和三元方程F(x,y,z)=0之間滿(mǎn)足:①曲面S上任意一點(diǎn)的坐標(biāo)均為三元方程F(x,y,z)=0的解;②以三元方程F(x,y,z)=0的任意解(x0,y0,z0)為坐標(biāo)的點(diǎn)均在曲面S上,則稱(chēng)曲面S的方程為F(x,y,z)=0,方程F(x,y,z)=0的曲面為S.已知空間中某單葉雙曲面C的方程為x21+y21-z24=1,雙曲面C可視為平面xOz中某雙曲線(xiàn)的一支繞z軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)面,已知直線(xiàn)l過(guò)C上一點(diǎn)Q(1)指出xOy平面截曲面C所得交線(xiàn)是什么曲線(xiàn),并說(shuō)明理由;(2)證明:直線(xiàn)l在曲面C上;(3)若過(guò)曲面C上任意一點(diǎn),有且僅有兩條直線(xiàn),使得它們均在曲面C上.設(shè)直線(xiàn)l'在曲面C上,且過(guò)點(diǎn)T(2,0,2),求異面直線(xiàn)l與l'所成角的余弦值.【解析】(1)根據(jù)坐標(biāo)平面xOy內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)的特征可知,坐標(biāo)平面xOy的方程為z=0,已知曲面C的方程為x21+y2當(dāng)z=0時(shí),xOy平面截曲面C所得交線(xiàn)上的點(diǎn)M(x,y,0)滿(mǎn)足x2+y2=1,即(x也即M在平面xOy上到原點(diǎn)距離為定值1,從而xOy平面截曲面C所得交線(xiàn)是平面xOy上,以原點(diǎn)O為圓心,1為半徑的圓.(2)設(shè)P(x0,y0,z0)是直線(xiàn)l上任意一點(diǎn),由d=(-2,0,-4),均為直線(xiàn)l的方向向量,有∥d,從而存在實(shí)數(shù)λ,使得=λd,即(x0-1,y0-1,z0-2)=λ(-2,0,-4),則x0-1=-2λy0-1=0z0-2=-所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1-2λ,1,2-4λ),于是(1-2λ)21+121-(2-因此點(diǎn)P的坐標(biāo)總是滿(mǎn)足曲面C的方程,從而直線(xiàn)l在曲面C上.(3)直線(xiàn)l'在曲面C上,且過(guò)點(diǎn)T(2,0,2),設(shè)M(x1,y1,z1)是直線(xiàn)l'上任意一點(diǎn),直線(xiàn)l'的方向向量為d'=(a,b,c),由d',均為直線(xiàn)l'的方向向量,有∥d',從而存在實(shí)數(shù)t,使得=td',即(x1-2,y1,z1-2)=t(a,b,c),則x1-2=aty1=btz1-2=ct,解得x1=所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2+at,bt,2+ct),因?yàn)镸(x1,y1,z1)在曲面C上,所以(2+at)2整理得(a2+b2-c24)t2+(22a-c)由題意,對(duì)任意的t,有(a2+b2-c24)t2+(22a-c)t=0所以a2+b2-c24=0,且22a-所以c=22a,b=a,或c=22a,b=-a,不妨取a=-2,則c=-4,b=-2,或c=-4,b=2,所以d'=(-2,-2,-4),或d'=(-2,2,-4),又直線(xiàn)l的方向向量為d=(-2,0,-4),則異面直線(xiàn)l與l'所成角的余弦值均為d·d'dd2.(2024·沈陽(yáng)三模)設(shè)拋物線(xiàn)C:x2=2py(p>0),過(guò)點(diǎn)M(0,4)的直線(xiàn)l與C交于A,B兩點(diǎn),且OA⊥OB.若拋物線(xiàn)C的焦點(diǎn)為F,記△AOB,△AOF的面積分別為S△AOB,S△AOF.(1)求S△AOB+2S△AOF的最小值.(2)設(shè)點(diǎn)D(1,-4),直線(xiàn)AD與拋物線(xiàn)C的另一交點(diǎn)為E,求證:直線(xiàn)BE過(guò)定點(diǎn).(3)我國(guó)古代南北朝數(shù)學(xué)家祖暅提出的祖暅原理是“冪勢(shì)既同,則積不容異”,即:夾在兩個(gè)平行平面間的兩個(gè)幾何體被平行于這兩個(gè)平面的任意平面所截,如果截得的兩個(gè)截面的面積總相等,那么這兩個(gè)幾何體的體積相等.當(dāng)△AOB為等腰直角三角形時(shí),記線(xiàn)段AB與拋物線(xiàn)圍成的封閉圖形為ω,ω繞y軸旋轉(zhuǎn)半周形成的曲面所圍成的幾何體為Ω.試用祖暅原理的數(shù)學(xué)思想求出Ω的體積.【解析】(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線(xiàn)l:y=kx+4,由y消去y整理得x2-2pkx-8p=0,x1x2=-8p,y1y2=x122由OA⊥OB,得x1x2+y1y2=0,16-8p=0,解得p=2,即x1x2=-8p=-16,S△AOB+2S△AOF=12×|OM|×|x1-x2|+2×12×|OF|×|x1|=3|x1|+2|x2|=3|x1|+32x1≥23×32=86,當(dāng)且僅當(dāng)x12=323時(shí)等號(hào)成立,所以S△AOB+2(2)設(shè)E(x3,y3),則直線(xiàn)AE的斜率kAE=y1+4x1-1,方程為由(1)知拋物線(xiàn)C:x2=4y,由x2=4yy+4=y1+4x整理得x2-x12+16x1-1x+x12+16x1-1+16=0,顯然x于是x1+x3+16=x1x3,又x1x2=-16,聯(lián)立消去x1,得x2x3+16(x2+x3)-16=0,設(shè)直線(xiàn)BE:y=k2x+m,與拋物線(xiàn)聯(lián)立x2整理得:x2-4k2x-4m=0,x2x3=-4m,x2+x3=4k2,因此-4m+64k2-16=0,m=16k2-4,所以直線(xiàn)y=k2x+16k2-4,恒過(guò)定點(diǎn)(-16,-4).(3)作底面半徑為4、高為4的圓柱,并將內(nèi)部切割去掉Ω之后,上下翻轉(zhuǎn)得到幾何體Φ,現(xiàn)作一平面,使其平行于Ω和Φ的底面,且被兩幾何體分別截得如圖中陰影所示截面,在圖1的幾何體Ω中,設(shè)B(x0,y0),即AB=x0,AC=y0,AD=4-y0,且x02=4y則圖2的幾何體Φ中,有EJ=4-y0,由拋物線(xiàn)方程得r12=4(4-y0)=16-4y0=16-則圖2中截面圓環(huán)面積S2=π(42-r12)=πx02,而圖1中截面圓面積S由祖暅原理可得,Ω和Φ的體積相等,均為圓柱體積的一半,即VΩ=12πR2h=12π×423.(2024·石家莊二模)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為22,過(guò)點(diǎn)F1的動(dòng)直線(xiàn)l交E于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)A在x軸上方,且l不與x軸垂直,△ABF2的周長(zhǎng)為42,直線(xiàn)AF2與E交于另一點(diǎn)C,直線(xiàn)BF2與E交于另一點(diǎn)D,點(diǎn)P(1)當(dāng)點(diǎn)A為橢圓E的上頂點(diǎn)時(shí),將平面xOy沿x軸折疊如圖②,使平面A'F1F2⊥平面BF1F2,求異面直線(xiàn)A'C與BF1所成角的余弦值;(2)若過(guò)F2作F2H⊥CD,垂足為H.(ⅰ)證明:直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn);(ⅱ)求PH的最大值.【解析】(1)由橢圓定義可知AF1+AF2=2a,BF所以△ABF2的周長(zhǎng)為4a=42,所以a=2,又因?yàn)闄E圓離心率為22,所以ca=22,又b2=a2-c2=1,所以橢圓的方程:x22+y所以橢圓的焦點(diǎn)為F1(-1,0),F2(1,0),當(dāng)點(diǎn)A為橢圓E的上頂點(diǎn)時(shí),A(0,1),所以直線(xiàn)l的方程為:y=x+1,由y=x+1x22+y2=1解得由對(duì)稱(chēng)性知C(43,-13以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),折疊后原y軸負(fù)半軸,原x軸,原y軸的正半軸所在直線(xiàn)為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A'(0,0,1),B(13,-43,0),C(13,43,0),F1(0,-1,0),=(13,43,-1),=(-13設(shè)直線(xiàn)A'C與BF1所成角為θ,則cosθ==13263×異面直線(xiàn)A'C與BF1所成角的余弦值為313(2)(ⅰ)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),則直線(xiàn)AF2的方程為y=y1x1-1(x-1),則由x=x1-1y1y+1x22+y2=1得,x1-因?yàn)閤122所以x12+2所以y1y3=y122x1-3又x3=x1-1y1y3+1=x同理,y4=y22x2-3由A,F1,B三點(diǎn)共線(xiàn),得y1x1所以x2y1-x1y2=y2-y1,直線(xiàn)CD的方程為y-y12x1-3=y由對(duì)稱(chēng)性可知,如果直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn),則該定點(diǎn)在x軸上,令y=0得,x=-y1=-y1(3x故直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn)(75,0)(ⅱ)由題意知點(diǎn)P(0,-1),點(diǎn)H的軌跡為以F2(1,0),Q(75,0)為直徑的圓(除F2,Q外圓心為M(65,0),半徑為15,故PH≤PM+15=1+36254.(2024·上海模擬)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是直角梯形,其中DA⊥AB,AD∥BC.PA=2AD=BC=2,AB=22.(1)求異面直線(xiàn)PC與AD所成角的大小;(2)若平面ABCD內(nèi)有一經(jīng)過(guò)點(diǎn)C的曲線(xiàn)E,該曲線(xiàn)上的任一動(dòng)點(diǎn)Q都滿(mǎn)足PQ與AD所成角的大小恰等于PC與AD所成角.試判斷曲線(xiàn)E的形狀并說(shuō)明理由;(3)在平面ABCD內(nèi),設(shè)點(diǎn)Q是(2)題中的曲線(xiàn)E在直角梯形ABCD內(nèi)部(包括邊界)一段曲線(xiàn)CG上的動(dòng)點(diǎn),其中G為曲線(xiàn)E和DC的交點(diǎn).以B為圓心,BQ為半徑的圓分別與梯形的邊AB,BC交于M,N兩點(diǎn).當(dāng)Q點(diǎn)在曲線(xiàn)段GC上運(yùn)動(dòng)時(shí),求四面體P-BMN體積的取值范圍.【解析】(1)如圖,以A為原點(diǎn),直線(xiàn)AB為x軸、直線(xiàn)AD為y軸、直線(xiàn)AP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.于是有P(0,0,2),C(22,2,0),D(0,1,0),則有=(22,2,-2),=(0,1,0),則異面直線(xiàn)PC與AD所成角θ滿(mǎn)足cosθ==24=12所以,異面直線(xiàn)PC與AD所成角的大小為π3(2)設(shè)點(diǎn)Q(x,y,0),點(diǎn)P(0,0,2)、點(diǎn)D(0,1,0)、點(diǎn)A(0,0,0),則=(x,y,-2),=(0,1,0),則·=±··cosπ3,?y=±12x2+y2+4,化簡(jiǎn)整理得到3y2-x則曲線(xiàn)E是平面ABCD內(nèi)的雙曲線(xiàn).(3)在如圖所示的xOy的坐標(biāo)系中,因?yàn)镈(0,1),C(22,2),B(22,0),設(shè)G(x1,y1).則有=(22,1),故DC的方程為x22=y代入雙曲線(xiàn)E:3y2-x2=4的方程可得,3y2-8(y-1)2=4?5y2-16y+12=0,其中y1y2=125因?yàn)橹本€(xiàn)DC與雙曲線(xiàn)E交于點(diǎn)G,故y1=65.進(jìn)而可得x1=225,即G(22故雙曲線(xiàn)E在直角梯形ABCD內(nèi)部(包括邊界)的區(qū)域滿(mǎn)足x∈225,22又設(shè)Q(x,y)為雙曲線(xiàn)CG上的動(dòng)點(diǎn),x∈22所以BQ=(x-22)因?yàn)?22∈225,22,所以當(dāng)x=32當(dāng)x=225時(shí),BQ而要使圓B與AB,BC都有交點(diǎn),則BQ≤2.故滿(mǎn)足題意的圓的半徑取值范圍是