专题18 建立坐标系“形题数解”-备战2021高考数学冲破压轴题讲与练

专题18 建立坐标系“形题数解” 【压轴综述】 1．数形结合的数学思想：包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质． 2．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则： （1）等价性原则．在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解题将会出现漏洞．有时，由于图形的局限性，不能完整的表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明，要注意其带来的负面效应． （2）双方性原则．既要进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易出错． （3）简单性原则．不要为了“数形结合”而数形结合．具体运用时，一要考虑是否可行和是否有利；二要选择好突破口，恰当设参、用参、建立关系、做好转化；三要挖掘隐含条件，准确界定参变量的取值范围，特别是运用函数图象时应设法选择动直线与定二次曲线． 3．所谓“形题数解”，主要是考虑遇到“形”的问题，可以通过建立坐标系，建立坐标关系式，利用函数观点解题；也可以直接利用几何元素的关系，通过给出假设量，建立函数关系，利用函数观点或利用不等式求解. 本专题通过例题重点说明说明“形题数解”这类问题的方法与技巧. 【压轴典例】 例1.(2020·全国卷Ⅰ高考理科·T18)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO. (1)证明:PA⊥平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值. 【解析】(1)设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a.因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB.又PA2+PC2=AC2,从而PA⊥PC.所以PA⊥平面PBC. (2)以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题设得E(0,1,0),A(0,-1,0),C,P.所以=,=. 设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则,即,可取m=. 由(1)知=是平面PCB的一个法向量,记n=,则cos<n,m>==. 所以二面角B-PC-E的余弦值为. 例2.(2020·江苏高考·T18)在平面直角坐标系xOy中,若椭圆E:+=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B. (1)求△AF1F2的周长; (2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求·的最小值; (3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别是S1,S2,若S2=3S1,求M的坐标. 【解析】(1)△AF1F2的周长=2a+2c=6. (2)由椭圆方程得A,设点P(t,0),则直线AP方程为y=(x-t),令x==4得yQ==,即Q,=,·=t2-4t=(t-2)2-4≥-4,即·的最小值为-4. (3)设O到直线AB的距离为d1,M到直线AB的距离为d2,若S2=3S1,则×|AB|×d2=×|AB|×d1×3,即d2=3d1,由题意可得直线AB的方程为y=(x+1),即3x-4y+3=0,所以d1=,d2=.由题意得,M点应为与直线AB平行且距离为的直线与椭圆的交点,设平行于AB的直线l为3x-4y+m=0,与直线AB的距离为,所以=,即m=-6或12. 当m=-6时,直线l为3x-4y-6=0,即y=(x-2),联立,可得(x-2)(7x+2)=0, 即,或,所以M(2,0)或. 当m=12时,直线l为3x-4y+12=0,即y=(x+4),联立,可得x2+18x+24=0,Δ<0,所以无解.综上所述,M点坐标为(2,0)或. 例3.(2020·全国卷Ⅲ理科·T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1. (1)证明:点C1在平面AEF内; (2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值. 【解析】(1)在棱CC1上取点G,使得C1G=CG,连接DG,FG,C1E,C1F, 因为C1G=CG,BF=2FB1,所以CG=CC1=BB1=BF且CG∥BF,所以,四边形BCGF为平行四边形,所以BC􀱀GF,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD􀱀BC,所以AD􀱀GF,所以四边形ADGF为平行四边形.则AF􀱀DG,同理可证四边形DEC1G为平行四边形,所以C1E􀱀DG,所以C1E􀱀AF,则四边形AEC1F