专题五 解析几何（大题突破）-【创新教程】2016-2020五年高考真题文科数学分类特训

(２)证明:在△ABD 中,AD＝１,AB＝２,∠BAD＝６０°, 由余弦定理 可 得 BD＝ ３,进 而 可 得 ∠ADB＝９０°,即 BD⊥AD．又 因 为 平 面 AED⊥ 平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,平面 AED∩平面 ABCD＝AD,所 以 BD⊥平 面 AED,又 因 为 BD⊂ 平 面 BED,所 以 平 面 BED⊥ 平 面 AED． (３)因 为 EF∥AB,所 以 直 线 EF 与 平 面BED 所 成 角 即 为 直线AB 与平面BED 所成角． 过点 A 作AH ⊥DE 于 点 H, 连接BH,又因为平面BED∩ 平面AED＝ED,由(２)知 AH ⊥平面BED．所以直线 AB 与 平 面 BED 所 成 角 即 为 ∠ABH．在 △ADE 中,AD＝ １,DE＝３,AE＝ ６,由余弦定理可得cos∠ADE＝ ２３ , 所以sin∠ADE＝ ５３ ,因 此,AH＝AD􀅰sin∠ADE＝ ５ ３． 在 Rt△AHB 中,sin∠ABH＝AHAB ＝ ５ ６． 所以直线 AB 与平面BED 所成角的正弦值为 ５６． ３３．解:(１)证明:延长 AD,BE, CF 相 交 于 一 点 K,如 图 所 示．因 为 平 面 BCFE⊥ 平 面 ABC,且AC⊥BC,所以AC⊥ 平面BCK,因此,BF⊥AC． 又因为EF∥BC,BE＝EF＝ FC＝１,BC＝２,所以△BCK 为 等边三角形,且F为CK 的中点,则BF⊥CK． 所以BF⊥平面ACFD． (２)因为BF⊥平面ACK,所以∠BDF 是直线BD 与平 面ACFD 所 成 的 角．在 Rt△BFD 中,BF＝ ３,DF＝ ３ ２ ,得cos∠BDF＝ ２１７ , 所以直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值为 ２１７ ． 专题五　解析几何 １．解:(１)由题设得A(－a,０),B(a,０),G(０,１)． 则AG → ＝(a,１),GB → ＝(a,－１)．由AG →􀅰GB→＝８得a２－１＝ ８,即a＝３． 所以E 的方程为x ２ ９＋y ２＝１． (２)设C(x１,y１),D(x２,y２),P(６,t) 若t≠０,设直线CD 的方程为x＝my＋n,由题意可知－３ ＜n＜３． 由于直线PA 的方程为y＝t９ (x＋３), 所以y１＝ t ９ (x１＋３)． 直线PB 的方程为y＝t３ (x－３),所以y２＝ t ３ (x２－３)． 可得３y１(x２－３)＝y２(x１＋３)． 由于 x２２ ９ ＋y ２ ２ ＝１,故 y２２ ＝ － (x２＋３)(x２－３) ９ ,可 得 ２７y１y２＝－(x１＋３)(x２＋３),即 (２７＋m２)y１y２＋m(n＋３)(y１＋y２)＋(n＋３)２＝０． ① 将x＝my＋n代入x ２ ９＋y ２＝１得 (m２＋９)y２＋２mny＋n２－９＝０． 所以y１＋y２＝－ ２mn m２＋９ ,y１y２＝n２－９＝m２＋９． 代入①式得(２７＋m２)(n２－９)－２m(n＋３)mn＋(n＋３)２ (m２＋９)＝０． 解得n＝－３(舍去),n＝３２． 故直线CD 的 方 程 为x＝my＋ ３２ ,即 直 线 CD 过 定 点 ３ ２ ,０( )． 若t＝０,则直线CD 的方程为y＝０,过点 ３２ ,０( )． 综上,直线CD 过定点 ３２ ,０( )． ２．解:(１)由 已 知 可 设 C２ 的 方 程 y２ ＝４cx,其 中 c＝ a２－b２． 不妨设A,C 在第一象限,由题设得A,B 的纵坐标分别 为b ２ a ,－b ２ a ;C,D 的纵坐标分别为２c,－２c,故|AB|＝ ２b２ a ,|CD|＝４c． 由|CD|＝４３|AB| 得４c＝４３× ２b２ a ＝ ８b２ ３a ,即３×ca ＝２－ ２ ca( ) ２ ．解得ca ＝－２ (舍去),c a ＝ １ ２． 所以C１ 的离心率为 １ ２． (２)由(１)知a＝２c,b＝ ３c,故C１: x２ ４c２ ＋y ２ ３c２ ＝１．所以C１ 的四个顶点坐标分别为(２c,０),(－２c,０),(０,３c),(０, － ３c),C２ 的准线为x＝－c． 由已知得３c＋c＋c＋c＝１２,即c＝２． 所以C１ 的标准方程为 x２ １６＋ y２ １２＝１ ,C２ 的标准方程为y２ ＝８x． ３．解:(１)由 已 知,a＝５,b２ ＝m２,∵ ca ＝ １５ ４ ,∴ c５ ＝ １５ ４ , 解得,c＝５ １５４ ,则m２＝b２＝a２－c２＝２５－２５×１５１６ ＝ ２５ １６． ∴椭圆C的方程为x ２ ２５＋ １６y２ ２５ ＝１． (２) 设点Q(６,t),P(m,n),又A(－５,０),B(５,０), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋