2004-2012浙江省高考立体几何、解析几何试题答案


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2004

2005 (17)本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆方程、两条直线的夹角,点的坐标等基础知识,考查解析几何
的基本思想方法和综合解题能力 满分 14 分
王新敞
奎屯 新疆

王新敞
奎屯

新疆

解:(Ⅰ)设椭圆方程为

x2 y 2 ? ? 1? a ? b ? 0? ,半焦距为 c ,则 a 2 b2

MA1 ?

a2 ? a, A1 F1 ? a ? c c

? a2 ? c ? a ? 2?a ? c? ? ? ? 由题意,得 ?2a ? 4 ?a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? ?

a ? 2, b ? 3, c ? 1

故椭圆方程为
(Ⅱ) 设 P 当 当

x2 y 2 ? ? 1. 4 3

? m, y0 ? ,| m |? 1,
?
2

y0 ? 0 时, ?F1PF2 ? 0 ; y0 ? 0 时, 0 ? ?F2 PF2 ? ?PF1M ?
王新敞
奎屯 新疆



? 只需求 tan ?F2 PF2 的最大值即可
设直线 PF1 的斜率 k1

?

y0 y0 ,直线 PF2 的斜率 k 2 ? , m ?1 m ?1

? tan ?F2 PF2 ?
当且仅当

2 | y0 | 2 | y0 | k2 ? k1 ? 2 ? ? 2 1 ? k1k2 m ? 1 ? y0 2 m 2 ? 1? | y0 |

1 m2 ? 1

m 2 ? 1 ?| y0 | 时, ?F1PF2 最大,

?Q m, ? m2 ?1 ,| m |? 1
(18)本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识,同时考查空间想象能力和推理运 算能力 满分 14 分
王新敞
奎屯 新疆

?

?

王新敞
奎屯

新疆

解:方法一: (Ⅰ) ∵O、D 分别为 AC、PC 中点,?

OD∥PA

P D F A O B E C

又PA ? 平面PAB , ? OD∥平面PAB
(Ⅱ)?

AB ? BC,OA ? OC,

? OA ? OB ? OC,

又 ? OP ? 平面ABC ,? PA ? PB ? PC. 取BC中点E,连结PE,则BC ? 平面POE 作OF ? PE于F,连结DF,则OF ? 平面PBC ? ?ODF 是OD与平面PBC所成的角.
又 OD∥PA ,

? PA 与平面 PBC 所成的角的大小等于 ?ODF ,
在Rt ?ODF中, ?ODF ? sin OF 210 ? , OD 30 210 . 30
王新敞
奎屯 新疆

? PA与平面PBC所成的角为arcsin
(Ⅲ)由(Ⅱ)知, OF

? 平面PBC ,∴F 是 O 在平面 PBC 内的射影

∵D 是 PC 的中点, 若点 F 是 ?PBC 的重心,则 B,F,D 三点共线, ∴直线 OB 在平面 PBC 内的射影为直线 BD,

? OB ? PC,? PC ? BD,? PB ? PC ,即 k ? 1

王新敞
奎屯

新疆

? 1 时,三棱锥 O ? PBC 为正三棱锥, ∴O 在平面 PBC 内的射影为 ?PBC 的重心
反之,当 k 方法二:
王新敞
奎屯 新疆

?OP ? 平面ABC , OA ? OC, AB ? BC ,
?OA ? OB, OA ? OP, OB ? OP.
以 O 为原点,射线 OP 为非负 z 轴,建立空间直角坐标系 O ? xyz (如图)
王新敞
奎屯 新疆



? 2 ? ? ? 2 ? ? 2 a, 0, 0 ? , B ? 0, ,0?,C ? ? , 0, 0 ? , AB ? a, 则 A ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? ? ?
? h ,则 P ? 0,0, h?

设 OP

z

P D

(Ⅰ)? D 为 PC 的中点,

???? ? 2 1 ? ? OD ? ? ? a, 0, h ? , ? 4 2 ? ? ? ??? ? 2 ? ? ??? ? ? ???? 1 ??? a, 0, ?h ? ,? OD ? ? PA,? OD // PA , 又 PA ? ? ? 2 ? 2 ? ?
? OD∥平面PAB
(Ⅱ)? k

A

x

O B

C

y

?

??? ? 2 ? 7 7 ? 1 a,? PA ? ? a, 0, ? a ? , ,即 PA ? 2a,? h ? ? 2 2 2 2 ? ? ? ? ? 1? ? ?1, ?1, ? ?, ? 7? ? ?

可求得平面 PBC 的法向量 n

??? ? ? ??? ? ? PA ? n 210 ? , ? cos? PA, n? ? ??? ? ? 30 | PA | ? | n |
设 PA 与平面 PBC 所成的角为 ? ,则

??? ? ? 210 sin ? ?| cos? PA, n? |? 30
(Ⅲ) ?PBC 的重心 G ? ?



? ? ?

2 2 1 ? a, a, h ? , 6 6 3 ? ?

???? ? 2 2 1 ? ? OG ? ? ? a, a, h ? , ? 6 6 3 ? ? ? ???? ??? ? ?OG ? 平面PBC,?OG ? PB , ??? ?
又 PB

? ? ? ???? ??? 1 2 1 2 ? ? 0, a, ?h ? ,? OG ? PB ? a 2 ? h 2 ? 0,? h ? a, ? 2 ? 6 3 2 ? ?

? PA ? OA2 ? h2 ? a ,即 k ? 1 ,
? 1 时,三棱锥 O ? PBC 为正三棱锥, ∴O 在平面 PBC 内的射影为 ?PBC 的重心
反之,当 k
王新敞
奎屯 新疆

2006
17.解:(I)因为 N 是 PB 的中点,PA=AB, 所以 AN⊥PB. 因为 AD⊥平面 PAB,所以 AD⊥PB, 从而 PB⊥平面 ADMN. 因为 DM?平面 ADMN, 所以 PB⊥DM. (II)取 AD 的中点 G,连接 BG、NG, 则 BG∥CD, 所以 BG 与平面 ADMN 所成的角和 CD 与平面 ADMN 所成的角相等. 因为 PB⊥平面 ADMN, 所以∠BGN 是 BG 与平面 ADMN 所成的角.

在 Rt△BGN 中,sin∠BGN=

故 CD 与平面 ADMN 所成的角是

19

2007 (19)本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识,同时考查空间想象能力和推理运 算能力.满分 14 分. 方法一:

AC ? BC , M 是 AB 的中点, 所以 CM ? AB . 又 EA ? 平面 ABC , 所以 CM ? EM . (II) 过点 M 作 MH ? 平面 CDE , 解: 垂足是 H , 连结 CH ∠FCM 是直线 CM 和平面 CDE 所成的角. 因为 MH ? 平面 CDE , 所以 MH ? ED , 又因为 CM ? 平面 EDM , 所以 CM ? ED , 则 ED ? 平面 CMF ,因此 ED ? MF . 设 EA ? a , BD ? BC ? AC ? 2a , 在直角梯形 ABDE 中,
(I)证明:因为

MD . 交延长交 ED 于点 F , 连结 MF , D

E

E
H

A
M

C
B

AB ? 2 2a , M
所以 DE



AB 的中点,

? 3a , EM ? 3a , MD ? 6a ,
?

得 △EMD 是直角三角形,其中 ∠EMD ? 90 , 所以 MF

?

EM ?MD ? 2a . DE ? MF ?1, MC

在 Rt△CMF 中, tan ∠FCM

所以 ∠FCM

? 45? ,
?

故 CM 与平面 CDE 所成的角是 45 . 方法二: 如图, 以点 C 为坐标原点, CA ,CB 分别为 x 轴和 以 建立直角坐标系 C ? xyz , EA 设

y 轴, C 作与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴, 过点
,B(0, , ,E (2a, a) .D(0, , ) , 2a 0) 0, 2a 2a

?a

, 则

A( a,? 2 ?, )

M (a,a, . 0)
(I)证明:因为 EM 所以 EM ? CM 故 EM

???? ?

???? ? ? (?a,a, a) , CM ? (a,a, , ? 0)

???? ???? ? ?
? CM

?0,


, (II)解:设向量 n = ?1 y0,z0 ? 与平面 CDE 垂直,则 n ? CE , n ? CD ,
即 n? CE 因为 CE 所以

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ? 0 , n? ? 0 . CD

z
D E

??? ?

??? ? 2a 2a ? (2a, a) , CD ? (0, , ) , 0,

y0 ? 2 , x0 ? ?2 ,

即 n ? (1 2, 2) , ,?

x
A


C
M y B

???? ? ???? ? CM ?n 2 cos n, CM ? ???? ? ? 2 CM ?n

直线 CM 与平面 CDE 所成的角 ? 是 n 与 CM 夹角的余角, 所以 ?

???? ?

? 45? ,
?

因此直线 CM 与平面 CDE 所成的角是 45 . (20)本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识,考查解析几何的基本思想方法 和综合解题能力.满分 14 分. (Ⅰ)解:设点

A 的坐标为 ( x1,b) ,点 B 的坐标为 ( x2,b) ,


x2 ? b 2 ? 1,解得 x1, ? ?2 1 ? b 2 由 2 4
所以 S

?

1 b? x1 ? x2 2

? 2b? 1 ? b2
≤ b2 ? 1 ? b2 ? 1 .
当且仅当 b ?

2 时, S 2

取到最大值 1 .

? y ? kx ? b, ? (Ⅱ)解:由 ? x 2 2 ? ? y ? 1, ?4
得?k

? ?

2

1? ? ? x 2 ? 2kbx ? b 2 ? 1 ? 0 , 4?

? ? 4k 2 ? b2 ? 1 ,
| AB |? 1 ? k 2 ? x1 ? x1 | ? 1 ? k 2 ? |

4k 2 ? b 2 ? 1 ? 2. 1 2 ?k 4



设O 到

AB 的距离为 d

,则

d?

2S ? 1, | AB |
? |b| 1? k 2


又因为 d

所以 b

2

? k 2 ? 1 ,代入②式并整理,得

1 ?0, 4 1 3 2 2 解得 k ? , b ? ,代入①式检验, ? ? 0 , 2 2 故直线 AB 的方程是 k4 ? k2 ?

y?

2 6 x? 2 2



y?

2 6 x? 2 2



y??

2 6 x? 2 2

,或

y??

2 6 x? . 2 2

2008

18.本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识,同时考查空间想象 能力和推理运算能力.满分 14 分. 方法一: (Ⅰ)证明:过点 E 作 EG ? CF 交 CF 于 G ,连结 DG , D 可得四边形 BCGE 为矩形, A 又 ABCD 为矩形, C 所以 AD ∥EG ,从而四边形 ADGE 为平行四边形, H 故 AE ∥ DG . 因为 AE ? 平面 DCF , DG ? 平面 DCF , 所以 AE ∥平面 DCF . (Ⅱ)解:过点 B 作 BH ? EF 交 FE 的延长线于 H ,连结 AH . 由平面 ABCD ? 平面 BEFC , AB ? BC ,得 AB ? 平面 BEFC , 从而 AH ? EF . 所以 ? AHB 为二面角 A ? EF ? C 的平面角. 在 Rt△EFG 中,因为 EG ? AD ? 3 , EF ? 2 ,所以 ?CFE ? 60? , FG ? 1 . 又因为 CE ? EF ,所以 CF ? 4 , 从而 BE ? CG ? 3 . 于是 BH ? BE ? ?BEH ? sin 因为 AB ? BH ?tan ?AHB , z D A x B E C F y B E G F

3 3 . 2

9 所以当 AB 为 时,二面角 A ? EF ? C 的大小为 60? . 2

方法二:如图,以点 C 为坐标原点,以 CB,CF 和 CD 分别作为 x 轴, y 轴和 z 轴,建立 空间直角坐标系 C ? xyz . 设 AB ? a,BE ? b,CF ? c , 则 C (0, 0) , A( 3, a) , B( 3,0) , E( 3,b, , F (0,c, . 0, 0) 0, 0, 0) (Ⅰ)证明: AE ? (0,b, a) , CB ? ( 3,0) , BE ? (0,b, , 0) ? 0,

??? ?

??? ?

??? ?

CE ? 0 , CB?BE ? 0 ,从而 CB ? AE , CB ? BE , 所以 CB?
所以 CB ? 平面 ABE . 因为 CB ? 平面 DCF , 所以平面 ABE ∥ 平面 DCF . 故 AE ∥平面 DCF . (Ⅱ)解:因为 EF ? (? 3,c ? b,0) , CE ? ( 3,b, , 0)

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ?

??? ?

CE ? 0 , | EF |? 2 ,从而 所以 EF ?

??? ??? ? ?

??? ?

??3 ? b(c ? b) ? 0, ? ? 2 ? 3 ? (c ? b) ? 2, ? 解得 b ? 3,c ? 4 .
所以 E( 3,0) , F (0, 0) . 4, 3, 设 n ? (1 y,z ) 与平面 AEF 垂直, , 则 n?AE ? 0 , n?EF ? 0 , 解得 n ? (1 3, ,

??? ?

??? ?

3 3 ). a

又因为 BA ? 平面 BEFC , BA ? (0, a) , 0,

??? ?

??? ? ??? ? | BA?n | 3 3a 1 ? 所以 | cos ? n, ?|? ??? BA ? ? , 2 | BA |? n | a 4a ? 27 2 |
得到 a ?

9 . 2 9 时,二面角 A ? EF ? C 的大小为 60? . 2

所以当 AB 为

20.本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识,考查解析几何的 基本思想方法和综合解题能力.满分 15 分. (Ⅰ)解:设 N ( x,y ) 为 C 上的点,则

1? ? 3? ? | NP |? ? x ? ? ? ? y ? ? , 2? ? 8? ?

2

2

5 5 N 到直线 y ? ? 的距离为 y ? . 8 8
由题设得 ? x ?

? ?

1? ? 3? 5 ? ?? y? ? ? y? . 2? ? 8? 8
1 2 ( x ? x) . 2
y Q O M l BA x

2

2

化简,得曲线 C 的方程为 y ? (Ⅱ)解法一: 设 M ? x,

? ?

x2 ? x ? ? ,直线 l : y ? kx ? k ,则 2 ?

B( x,kx ? k ) ,从而 | QB |? 1 ? k 2 | x ? 1| .
在 Rt△QMA 中,因为

? x2 ? | QM |2 ? ( x ? 1) 2 ?1 ? ? , 4? ?
x? ? ( x ? 1)2 ? k ? ? 2? ? | MA |2 ? . 2 1? k
2

( x ? 1)2 所以 | QA | ?| QM | ? | MA | ? (kx ? 2)2 . 2 4(1 ? k )
2 2 2

| QA |?

| x ? 1|? kx ? 2 | | 2 1? k 2



| QB |2 2(1 ? k 2 ) 1 ? k 2 x ? 1 ? ? . 2 | QA | |k| x? k
当 k ? 2 时,

| QB |2 ?5 5 , | QA |

从而所求直线 l 方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 . 解法二:设 M ? x,

? ?

x2 ? x ? ? ,直线 l : y ? kx ? k ,则 B( x,kx ? k ) ,从而 2 ?

| QB |? 1 ? k 2 | x ? 1| .
过 Q (?1 0) 垂直于 l 的直线 l1 : y ? ? , 因为 | QA |?| MH | ,所以 | QA |?

1 ( x ? 1) . k
, l1 H Q O y M l BA x
2

| x ? 1|? kx ? 2 | | 2 1? k

| QB |2 2(1 ? k 2 ) 1 ? k 2 x ? 1 ? ? . 2 | QA | |k| x? k
当 k ? 2 时,

| QB |2 ?5 5 , | QA |

从而所求直线 l 方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 .

2009 20. 证明: (I)如图,连结 OP,以 O 为坐标原点,分别以 OB、OC、OP 所在直线为 x 轴, y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系 O ? xyz ,
w.w.w.k.s.5.u. c.o.m

则 O ? 0,0,0? , A(0, ?8,0), B(8,0,0), C(0,8,0), P(0, 0, 6), E (0, ?4,3), F ? 4,0,3? , 由题意得,

??? ? ??? ? G ? 0, 4,0? , 因 OB ? (8,0,0), OE ? (0, ?4,3) ,因此平面 BOE 的法向 ? ??? ? ? ??? ? 量为 n ? (0,3, 4) , FG ? (?4, 4, ?3 得 n ? FG ? 0 ,又直线 FG 不在
平面 BOE 内,因此有 FG / / 平面 BOE (II)设点 M 的坐标为 ? x0 , y0 ,0? ,则 FM ? ( x0 ? 4, y0 , ?3) ,因为

z

???? ?

y

FM ? 平面 BOE,所以有 FM // n ,因此有 x0 ? 4, y0 ? ?
M 的坐标为 ? 4, ?

???? ? ?

9 ,即点 4

x

? ?

9 ? , 0? ,在平面直角坐标系 xoy 中, ?AOB 的内部区域满足不等式组 4 ?

?x ? 0 ? ,经检验,点 M 的坐标满足上述不等式组,所以在 ?ABO 内存在一点 M ,使 ?y ? 0 ?x ? y ? 8 ?
FM ? 平面 BOE ,由点 M 的坐标得点 M 到 OA , OB 的距离为 4,

9 . 4

w.w.w.k.s.5. u.c. o.m

?b ? 1 y2 ?a ? 2 ? 2 21. (I)由题意得 ? b ,? ? , 所求的椭圆方程为 ? x 2 ? 1, 4 ?2 ? ? 1 ?b ? 1 ? a

w.w.w.k.s.5.u. c.o. m

(II) 不妨设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ), P(t , t 2 ? h), 则抛物线 C2 在点 P 处的切线斜率为 y?
2

x ?t

? 2t ,

直 线 MN 的 方 程 为 y ? 2tx ? t ? h , 将 上 式 代 入 椭 圆 C1 的 方 程 中 , 得
2 0 ,即 4 x2 ? ( 2 x? 2t ? h ? 4 ? 0 4 ? 1? t 2 ? x 2 ? 4t (t2 ? h) x? ( t2 ? h)2 ? 4 ? , 因 为 直 线 t )
4 2 2 MN 与椭圆 C1 有两个不同的交点,所以有 ?1 ? 16 ? ?t ? 2(h ? 2)t ? h ? 4 ? ? 0 , ? ?

设线段 MN 的中点的横坐标是 x3 ,则 x3 ? 设线段 PA 的中点的横坐标是 x4 , x4 ? 则
2

x1 ? x2 t (t 2 ? h) ? , 2 2(1 ? t 2 )

w.w.w.k.s.5. u.c. o.m

t ?1 2 , 由题意得 x3 ? x4 , 即有 t ? (1 ? h)t ? 1 ? 0 , 2

其中的 ?2 ? (1 ? h) ? 4 ? 0,?h ? 1 或 h ? ?3 ;
2 4 2 2 当 h ? ?3 时有 h ? 2 ? 0, 4 ? h ? 0 ,因此不等式 ?1 ? 16 ? ?t ? 2(h ? 2)t ? h ? 4? ? 0不 ? ?

2 成立;因此 h ? 1 ,当 h ? 1 时代入方程 t ? (1 ? h)t ? 1 ? 0 得 t ? ?1 ,将 h ? 1, t ? ?1 代入不
4 2 2 等式 ?1 ? 16 ? ?t ? 2(h ? 2)t ? h ? 4 ? ? 0 成立,因此 h 的最小值为 1. ? ?

2010

又平面 BEF 的一个法向量 m ? (0,0,1) ,

??

? ?? ? ?? n?m 3 故 cos ? n, m ?? ? ?? ? 3 , | n|?| m|
所以二面角的余弦值为

3 . 3

故二面角 A? —DF—C 的余弦值为 (Ⅱ)解:设 FM ? x ,

3 . 3

知 m ? 8,
2

2011

20.本题主要考查空是点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应用,同时考 查空间想象能力和运算求解能力。满分 15 分。 方法一: (I)证明:如图,以 O 为原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 O—xyz 则 O(0,0,0), A(0, ?3,0), B(4, 2,0), C( ?4, 2,0), P(0,0, 4) ,

??? ??? ? ? ??? ? ??? ? AP ? (0,3, 4), BC ? (?8,0,0) ,由此可得 AP ? BC ? 0 ,所以
??? ??? ? ? AP ? BC ,即 AP ? BC.
(II)解:设 PM ? ? PA, ? ? 1, 则PM ? ? (0, ?3, ?4)

???? ?

??? ?

???? ?

???? ??? ???? ??? ? ? ? ? ??? ? BM ? BP ? PM ? BP ? ? PA
? (?4, ?2, 4) ? ? (0, ?3, ?4) ? (?4, ?2 ? 3? , 4 ? 4? )

??? ? ??? ? AC ? (?4,5,0), BC ? (?8,0,0)
设平面 BMC 的法向量 n1 ? ( x1 , y1 , z1 ) , 平面 APC 的法向量 n2 ? ( x2 , y2 , z2 )

??

?? ?

???? ?? ? ? BM ? n1 ? 0, ? 由 ? ??? ?? ? ? BC ? n1 ? 0, ?
得?

??4 x1 ? (2 ? 3? ) y1 ? (4 ? 4? ) x1 ? 0, ??8 x1 ? 0,

? x1 ? 0, ?? 2 ? 3? ? 即? 可取n1 ? (0,1, ) 2 ? 3? 4 ? 4? ? z1 ? 4 ? 4? y1 , ? ??? ?? ? ? ? AP ? n2 ? 0, ?3 y2 ? 4 z2 ? 0, ? 由 ? ???? ?? 即? ? ? AC ? n2 ? 0. ??4 x2 ? 5 y2 ? 0, ?
5 ? x2 ? y2 , ?? ? ? ? 4 可取n2 ? (5, 4, ?3). 得? ?z ? ? 3 y , 2 ? 2 ? 4

由 n1 ? n2 ? 0, 得4 ? 3 ? 解得 ? ?

?? ?? ?

2 ? 3? ? 0, 4 ? 4?

2 ,故 AM=3。 5

综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3。 方法二: (I)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD ? BC 又 PO ? 平面 ABC,得 PO ? BC . 因为 PO ? AD ? O ,所以 BC ? 平面 PAD, 故 BC ? PA. (II)解:如图,在平面 PAB 内作 BM ? PA 于 M,连 CM, 由(I)中知 AP ? BC ,得 AP ? 平面 BMC, 又 AP ? 平面 APC,所以平面 BMC ? 平面 APC。 在 Rt?ADB中 AB2 ? AD2 ? BD2 ? 41, 得AB ? 41. , 在 Rt ?POD中, PD ? PO ? OD ,
2 2 2

在 Rt ?PDB中, PB ? PD ? BD ,
2 2 2

所以 PB ? PO ? OD ? DB ? 36, 得PB=6.
2 2 2 2

在 Rt?POA中, PA ? AO ? OP ? 25, 得PA ? 5.
2 2 2

又 cos ?BPA ?

PA2 ? PB 2 ? AB 2 1 ? , 2 PA ? PB 3

从而 PM ? PB cos ?BPA ? 2 ,所以 AM=PA-PM=3。 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3。

21.本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线、圆的位置关系等基础知识,同时考查 解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分 15 分。 (I)解:由题意可知,抛物线的准线方程为: y ? ? 所以圆心 M(0,4)到准线的距离是
2 2

1 , 4

17 . 4
2

(II)解:设 P( x0 , x0 ), A( x1 , x1 ), B( x2 , x2 ) , 则题意得 x0 ? 0, x0 ? ?1, x1 ? x2 ,
2 设过点 P 的圆 C2 的切线方程为 y ? x0 ? k ( x ? x0 ) ,

即 y ? kx ? kx0 ? x0

2





2 | kx0 ? 4 ? x0 |

1? k 2

? 1,

2 2 2 即 ( x0 ?1)k 2 ? 2x0 (4 ? x0 )k ? ( x0 ? 4)2 ?1 ? 0 ,

设 PA,PB 的斜率为 k1 , k2 (k1 ? k2 ) ,则 k1 , k2 是上述方程的两根,所以

k1 ? k2 ?

2 2 x0 ( x0 ? 4) ( x 2 ? 4)2 ? 1 , k1k2 ? 0 2 . 2 x0 ? 1 x0 ? 1

2 将①代入 y ? x2得x2 ? kx ? kx0 ? x0 ? 0,

由于 x0 是此方程的根, 故 x1 ? k1 ? x0 , x2 ? k2 ? x0 ,所以

k AB

2 2 2 2 x0 ( x0 ? 4) x0 ? 4 x12 ? x2 ? ? x1 ? x2 ? k1 ? k2 ? 2 x0 ? ? 2 x0 , kMP ? . 2 x1 ? x2 x0 ? 1 x0 2 2 x0 ( x0 ? 4) x2 ? 4 ? 2 x0 ) ? ( 0 ? ?1) , 2 x0 ? 1 x0

由 MP ? AB ,得 k AB ? kMP ? (
2 解得 x0 ?

23 , 5

即点 P 的坐标为 (?

23 23 , ), 5 5
3 115 x ? 4. 115

所以直线 l 的方程为 y ? ?

2012

20.(本小题满分 15 分)如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面是边长为 =120°,且 PA⊥平面 ABCD,PA= (Ⅰ)证明:MN∥平面 ABCD;

的菱形,且∠BAD

,M,N 分别为 PB,PD 的中点.

(Ⅱ) 过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 A—MN—Q 的平面角的余弦值.

【解析】本题主要考察线面平行的证明方法,建系求二面 角等知识点。 (Ⅰ)如图连接 BD. ∵M,N 分别为 PB,PD 的中点, ∴在 又 MN

PBD 中,MN∥BD.
平面 ABCD,

∴MN∥平面 ABCD; (Ⅱ)如图建系:

A(0,0,0),P(0,0, N(
,0,0),C(

),M(



,0),

,3,0). . ,∴ .

设 Q(x,y,z),则 ∵



,得:

. .

即:



对于平面 AMN:设其法向量为





则 同理对于平面 AMN 得其法向量为 记所求二面角 A—MN—Q 的平面角大小为 ,

. ∴ .







∴所求二面角 A—MN—Q 的平面角的余弦值为



【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)



21.(本小题满分 15 分)如图,椭圆 C:

(a

>b>0)的离心率为 为

,其左焦点到点 P(2,1)的距离

. 不过原点 O 的直线 l 与 C 相交于 A, 两点, B

且线段 AB 被直线 OP 平分. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ) 求 【解析】 ; (1) . (2)

ABP 的面积取最大时直线 l 的方程.

(Ⅰ)由题:

左焦点(﹣c,0)到点 P(2,1)的距离为: 由(1) (2)可解得: .

∴所求椭圆 C 的方程为:



(Ⅱ)易得直线 OP 的方程:y=

x,设 A(xA,yA),B(xB,yB),R(x0,y0).其中 y0=

x0.

∵A,B 在椭圆上,

∴ 设直线 AB 的方程为 l:y=﹣ (m≠0),



代入椭圆: 显然 ∴﹣ <m< 且 m≠0. .



由上又有:

=m,





∴|AB|=

|

|=





∵点 P(2,1)到直线 l 的距离为:



∴S

ABP



d|AB|=

|m+2|



当|m+2|=

,即 m=﹣3 or

m=0(舍去)时,(S

ABP max

) =



此时直线 l 的方程 y=﹣



【答案】 (Ⅰ)

;(Ⅱ) y=﹣




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