2020-2021学年山东省泰安市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省泰安市高二（上）期中数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知两个非零向量a→=(x1, y1, z1)，b→=(x2, y2, z2)，则这两个向量在一条直线上的充要条件是（ ）
A.a→:|a→|=b→:|b→|B.x1x2=y1y2=z1z2
C.x1x2+y1y2+z1z2=0D.存在非零实数k，使a→=kb→

2. 已知A(1, −2, 3)、B(2, 1, −1)两点，则直线AB与空间直角坐标系中的yOz平面的交点坐标为（ ）
A.(0, 0, 0)B.(0, −5, 7)C.(53,0,13)D.(74,14,0)

3. 设O−ABC是正三棱锥，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG=3GG1，若OG→＝xOA→+yOB→+zOC→，则x+y+z=( )
A.14B.12C.34D.1

4. 已知直线l：(m+3)x+(m−2)y−m−2=0，点A(−2, −1)，B(2, −2)，若直线l与线段AB相交，则m的取值范围为（ ）
A.(−∞, −4]∪[4, +∞)B.(2, 2)
C.[−32, 8]D.(4, +∞)

5. 已知圆C与直线x−y＝0及x−y−4＝0都相切，圆心在直线x+y＝0上，则圆C的方程为（ ）
A.(x+1)2+(y−1)2＝2B.(x−1)2+(y+1)2＝2
C.(x−1)2+(y−1)2＝2D.(x+1)2+(y+1)2＝2

6. 如果圆(x−a)2+(y−a)2=4上有且仅有两个点到原点的距离为2，那么实数a的取值范围为（ ）
A.(−22，0)B.(−22，22)
C.(−22，0)∪(0,22)D.(−22, −1)∪(1, 22)

7. 已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1，过点F1作倾斜角为30∘的直线与圆x2+y2=b2相交的弦长为3b，则椭圆的离心率为（ ）
A.12B.22C.34D.32

8. 已知双曲线x24−y2b2=1(b>0)的左右焦点分别为F1、F2，过点F2的直线交双曲线右支于A、B两点，若△ABF1是等腰三角形，且∠A＝120∘，则△ABF1的周长为（ ）
A.1633+8B.4(2−1)C.433+8D.2(3−2)
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

下列命题中不正确的是（ ）
A.若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB→+BC→+CD→+DA→=0
B.若|a→|=|b→|，则a→、b→的长度相等而方向相同或相反
C.|a→|−|b→|=|a→+b→|是a→、b→共线的充分条件
D.对空间任意一点P与不共线的三点A、B、C，若OP→＝xOA→+yOB→+zOC→(x, y, z∈R)，则P、A、B、C四点共面

已知平面上一点M(5, 0)，若直线上存在点P使|PM|=4，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是( )
A.y=x+1B.y=2C.y=43xD.y=2x+1

定义空间两个向量的一种运算a→⊗b→=|a→|⋅|b→|sin，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（ ）
A.a→⊗b→=b→⊗a→
B.λ(a→⊗b→)=(λa→)⊗b→
C.(a→+b→)⊗c→=(a→⊗c→)+(b→⊗c→)
D.若a→=(x1, y1)，b→=(x2, y2)，则a→⊗b→=|x1y2−x2y1|

已知P是椭圆C:x26+y2=1上的动点，Q是圆D：(x+1)2+y2=15上的动点，则( )
A.C的焦距为5B.C的离心率为306
C.圆D在C的内部D.|PQ|的最小值为255
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

已知光线通过点M(−3, 4)，被直线l:x−y+3＝0反射，反射光线通过点N(2, 6)，则反射光线所在直线的方程是________．

已知过点P(4, 1)的直线l与x轴，y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积最小时，直线l的方程为________．

如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，|AB|=|AD|=|AA1|=1，∠BAD=∠BAA1=120∘，∠DAA1=60∘，则线段AC1的长度是________．


在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，AB=BC=1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是________．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

已知两圆C1:x2+y2−2x−6y−1=0，C2:x2+y2−10x−12y+45=0．
(1)判断圆C1和圆C2的关系，并证明；

(2)求圆C1和圆C2的公共弦所在直线方程和公共弦长．

已知直线l:3x−2y−6=0．
（1）若直线l1过点M(1, −2)，且l1⊥l，求直线l1的方程；

（2）若直线l2 // l，且直线l2与直线l之间的距离为13，求直线l2的方程．

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上．
（1）求异面直线D1E与A1D所成的角；

（2）若二面角D1−EC−D的大小为45∘，求点B到平面D1EC的距离．

已知：椭圆x216+y24=1，求：
（1）以P(2, −1)为中点的弦所在直线的方程；

（2）斜率为2的平行弦中点的轨迹方程．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，且椭圆C的右顶点到直线x−y+2=0的距离为3．
（1）求椭圆C的方程；

（2）过点P(2, 0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，求△OAB面积的最大值（O为坐标原点）．

如图1，在梯形ABCD中，AB // CD，过A，B分别作CD的垂线，垂足分别为E，F．AB=AE=2，CD=5，DE=1，将△ADE沿AE以及△BCF沿BF同侧折起，得如图2空间几何体ADE−BCF.

(1)若AF⊥BD，证明：DE⊥平面ABFE；

(2)若DE // CF，CD=3，线段AB上存在一点P，满足直线CP与平面ACD所成角的正弦值为520，求线段AP的长．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省泰安市高二（上）期中数学试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.只有一个选项是符合题目要求的
1.
【答案】
D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由向量相等的概念判断A；举例说明B错误；由两向量垂直与坐标的关系判断C；由共线向量基本定理判断D．
【解答】
两个非零向量a→与b→在一条直线上，方向不一定相同，故A错误；
取a→=(1, 2, 0)，b→=(2, 4, 0)，满足a→与b→在一条直线上，但x1x2≠y1y2≠z1z2，故B错误；
x1x2+y1y2+z1z2=0是两非零向量垂直的充要条件，故C错误；
向量a→与b→(b→≠0→)共线的充要条件是存在实数k，使a→=kb→，该题中a→与b→均为非零向量，
则这两个向量在一条直线上的充要条件是存在非零实数k，使a→=kb→，故D正确．
2.
【答案】
B
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
设C点为(0, a, b)，则由题意得2−10−2=1−(−2)a−1=−1−3b+1，求出a，b，即可得出结论．
【解答】
设C点为(0, a, b)，则由题意得2−10−2=1−(−2)a−1=−1−3b+1，
解得a=−5，b=7，
所以C点坐标为(0, −5, 7)．
3.
【答案】
C
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
先取BC的中点，然后利用三角形法则以及三角形重心的性质和中线的性质即可求解．
【解答】
如图所示：
取BC的中点E，连接AE，
因为OG=3GG1，
所以OG→=34OG1→=34(OA→+AG1→)
=34OA→+34×23AE→=34OA→+12AE→
=34OA→+12×12(AB→+AC→)
=34OA→+14(OB→−OA→+OC→−OA→)
=14(OA→+OB→+OC→)，
所以x+y+z=3×14=34，
故选：C．
4.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
直线的斜率
【解析】
根据题意，原问题转化为A、B在直线l的两侧或直线l上，结合二元一次不等式的几何性质可得[(m+3)×(−2)+(m−2)×(−1)−m−2][(m+3)×2+(m−2)×(−2)−m−2]≤0，变形解可得m的取值范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，若直线l与线段AB相交，则点A、B在直线l的两侧或直线l上，
则有[(m+3)×(−2)+(m−2)×(−1)−m−2][(m+3)×2+(m−2)×(−2)−m−2]≤0，
变形可得：(4m+6)(m−8)≤0，
解可得：−32≤m≤8，即m的取值范围为[−32, 8]，
5.
【答案】
B
【考点】
圆的标准方程
【解析】
圆心在直线x+y＝0上，排除C、D，再验证圆C与直线x−y＝0及x−y−4＝0都相切，就是圆心到直线等距离，即可．
【解答】
圆心在x+y＝0上，圆心的纵横坐标值相反，显然能排除C、D；
验证：A中圆心(−1, 1)到两直线x−y＝0的距离是|2|2=2；
圆心(−1, 1)到直线x−y−4＝0的距离是62=32≠2．故A错误．
6.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
根据题意知：圆(x−a)2+(y−a)2=4和以原点为圆心，2为半径的圆x2+y2=4相交，因此两圆圆心距大于两圆半径之差、小于两圆半径之和，列出不等式，解此不等式即可．
【解答】
圆(x−a)2+(y−a)2=4和圆x2+y2=4相交，两圆圆心距d=2|a|，
∴ 0<2|a|<4，
∴ −227.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
求出直线方程，利用过点F1作倾斜角为30∘的直线与圆x2+y2=b2相交的弦长为3b，列出方程求解即可．
【解答】
椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1(−c, 0)，过点F1作倾斜角为30∘的直线y=33(x+c)与圆x2+y2=b2相交的弦长为3b，
可得：(|33c|1+(33)2)2=b2−(3b2)2，
可得：b=c，则a=2c，
则椭圆的离心率为：22．
8.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由双曲线x24−y2b2=1(b>0)，可得：a＝2．如图所示，设|AF2|＝m，|BF2|＝n．利用双曲线的定义可得：|AF1|，|BF1|．作AD⊥BF1，垂足为D．D为线段BF1的中点．
∠F1AD＝60∘．可得|DF1|=32|AF1，进而列出方程组即可得出．
【解答】
由双曲线x24−y2b2=1(b>0)，可得：a＝2．
如图所示，设|AF2|＝m，|BF2|＝n．
可得：|AF1|＝4+m，|BF1|＝4+n．
∴ 4+m＝n．
作AD⊥BF1，垂足为D．D为线段BF1的中点．
∠F1AD＝60∘．
∴ |DF1|=32(4+m)，
∴ 32(4+m)×2＝4+n，即3(4+m)＝4+n．
又4+m＝n+m，联立解得：n＝4，m=833−4．
∴ △ABF1的周长＝4+m+m+n+4+n
＝8+2(m+n)＝8+1633．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用向量的线性运算，向量的模，向量共线的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】
对于A：若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB→+BC→+CD→+DA→=0→，故A错误；
对于B:|a→|=|b→|，则向量a→、b→的长度相等与向量的方向无关，故B错误；
对于C:|a→|−|b→|＝|a→+b→|，利用平方法，整理得2a→⋅b→＝−2|a→||b→|，故|a→|−|b→|＝|a→+b→|是向量共线充分条件，故C正确；
对于D：对空间任意一点P与不共线的三点A、B、C，若OP→＝xOA→+yOB→+zOC→(x, y, z∈R)，存在x+y+z=1，则P、A、B、C四点共面，故D错误．
【答案】
B,C
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
由题意得，“切割型直线”即点M(5, 0)到直线的距离小于或等于4．求出点M到各条直线的距离，可得答案．
【解答】
解：要使直线为“切割型直线”，则直线上存在点P使|PM|=4，
即点M(5, 0)到直线的距离小于或等于4．
点M(5, 0)到直线y=x+1，即直线x−y+1=0的距离为
d=|5−0+1|2=32>4，不满足条件；
点M(5, 0)到直线y=2的距离为2<4，故满足条件；
点M(5, 0)到直线y=43x，即直线4x−3y=0的距离为
d=|4×5−0|42+32=4，故满足条件；
点M(5, 0)到直线y=2x+1，即直线2x−y+1=0的距离为
d=|2×5−0+1|22+(−1)2=1155>4，故不满足条件.
故选BC.
【答案】
A,D
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
A和B需要根据定义列出左边和右边的式子，再验证两边是否恒成立；C由定义验证若a→＝λb→，且λ>0，结论成立，从而得到原结论不成立；D根据数量积求出cs，再由平方关系求出sin的值，代入定义进行化简验证即可．
【解答】
对于A，a→⊗b→=|a→|⋅|b→|sin，b→⊗a→=|b→|⋅|a→|sin，
故a→⊗b→=b→⊗a→恒成立；
对于B:λ(a→⊗b→)=λ(|a→|⋅|b→|sin)，(λa→)⊗b→=|λ||a→|⋅|b→|sin<λa→，b→>，
故λ(a→⊗b→)=(λa→)⊗b→不会恒成立；
对于C，若a→＝λb→，且λ>0，(a→+b→)⊗c→=(1+λ)|b→|⋅|c→|sin，
(a→⊗c→)+(b→⊗c→)=|λb→|⋅|c→|sin+|b→|⋅|c→|sin=(1+λ)|b→|⋅|c→|sin，
显然(a→+b→)⊗c→=(a→⊗c→)+(b→⊗c→)不会恒成立；
对于D，cs=x1x2+y1y2|a→|⋅|b→|，sin=1−(x1x2+y1y2|a→|⋅|b→|)2，
即有a→⊗b→=|a→|⋅|b→|⋅1−(x1x2+y1y2|a→|⋅|b→|)2=|a→|⋅|b→|2−(x1x2+y1y2|a→|)2
=x12+y12⋅x22+y22−(x1x2+y1y2x12+y12)2
=(x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2=x12y22+x22y12−2x1x2y1y2=|x1y2−x2y1|．
则a→⊗b→=|x1y2−x2y1|恒成立．
【答案】
B,C
【考点】
椭圆的离心率
点与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
由椭圆的方程可得a，b，c的值，可得A，D不正确，可得圆D的圆心离左顶点最近，进而可得C正确，B正确
【解答】
解：由椭圆方程可得，a2=6，b2=1，则c2=a2−b2=5，则焦距2c=25，A不正确；
离心率e=ca=56=306，B正确；
设P(x, y)(−6≤x≤6)，D(−1, 0)，r2=15，
则|PD|2=(x+1)2+y2
=(x+1)2+1−x26
=56(x+65)2+45≥45>15，
所以圆D在C的内部，且|PQ|的最小值为45−15=55，故C正确，D不正确.
故选BC.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
y＝6x−6
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
求出M关于x−y+3＝0的对称点的坐标，利用两点式方程求出反射光线所在的直线方程．
【解答】
∵ 光线通过点M(−3, 4)，直线l:x−y+3＝0的对称点(x, y)，
∴ y−4x+3=−1x−32−y+42+3=0 即x=1y=0 ，K(1, 0)，
∵ N(2, 6)，
∴ MK的斜率为6，
∴ 反射光线所在直线的方程是 y＝6x−6，
【答案】
x+4y−8=0
【考点】
直线的截距式方程
【解析】
设直线l:xa+yb=1，(a>0, b>0)，由题意利用基本不等式可求ab≥16，当且仅当a=8，b=2时等号成立，进而此时直线l的方程．
【解答】
设直线l:xa+yb=1，(a>0, b>0)，
因为直线l过点P(4, 1)，
所以4a+1b=1≥24a⋅1b=4ab，
所以ab≥16，当且仅当a=8，b=2时等号成立，
所以当a=8，b=2时，△AOB的面积S=12ab取得最小值，此时直线l的方程为x8+y2=1，即x+4y−8=0．
【答案】
62
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
根据平行四边形法则可得AC1→=AB→+AD→+AA1→，利用空间向量的模计算即可．
【解答】
根据平行四边形法则可得AC1→=AB→+AD→+AA1→，
所以|AC1→|2=(AB→+AD→+AA1→)2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB→⋅AD→+2AB→⋅AA1→+2AD→⋅AA1→=1+1+1+2×2×1×1×cs120∘+1×1×cs60∘=32，
所以AC1=62，
【答案】
23
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
建立空间直角坐标系，设点P的坐标为(0, λ, 2λ)，λ∈[0, 1]，点Q的坐标为(1−μ, μ, 0)，μ∈[0, 1]，求出PQ，利用配方法，即可求出线段PQ长度的最小值．
【解答】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，C(0, 1, 0)，C1(0, 1, 2)，
设点P的坐标为(0, λ, 2λ)，λ∈[0, 1]，点Q的坐标为(1−μ, μ, 0)，μ∈[0, 1]，
∴ PQ=5(λ−19)2+95(μ−59)2+49，
当且仅当λ=19，μ=59时，线段PQ的长度取得最小值23．
故答案为：23．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
【答案】
(1)证明：圆C1和圆C2相交.理由如下：
∵ 圆C1的标准方程为(x−1)2+(y−3)2=11，
圆心为C1(1, 3)，半径r1=11，
圆C2的标准方程为(x−5)2+(y−6)2=16，
圆心为C2(5, 6)，半径r2=4，
∴ |C1C2|=(5−1)2+(6−3)2=5.
∵ 4−11<|C1C2|=5<4+11，
∴ 圆C1和圆C2相交．
(2)解：两圆C1:x2+y2−2x−6y−1=0，
C2:x2+y2−10x−12y+45=0，两圆相减，
得公共弦所在直线方程为8x+6y−46=0，
即4x+3y−23=0．
∵ 圆心C2(5, 6)到直线4x+3y−23=0的距离为
d=|4×5+3×6−23|16+9=3，
∴ 圆C1，C2的公共弦长
|AB|=2r22−d2=216−9=27．
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
相交弦所在直线的方程
点到直线的距离公式
【解析】
分别求出圆C1和圆C2的圆心和半径，再求出圆心距|C1C2|，由圆心距大于半径之差的绝对值，小于半径之和，能证明圆C1和圆C2相交；
两圆C1和C2，两圆相减，得圆C1和圆C2的公共弦所在直线方程；求出圆心C2(5, 6)到公共弦所在直线的距离，由此能求出圆C1和圆C2的公共弦长．
【解答】
(1)证明：圆C1和圆C2相交.理由如下：
∵ 圆C1的标准方程为(x−1)2+(y−3)2=11，
圆心为C1(1, 3)，半径r1=11，
圆C2的标准方程为(x−5)2+(y−6)2=16，
圆心为C2(5, 6)，半径r2=4，
∴ |C1C2|=(5−1)2+(6−3)2=5.
∵ 4−11<|C1C2|=5<4+11，
∴ 圆C1和圆C2相交．
(2)解：两圆C1:x2+y2−2x−6y−1=0，
C2:x2+y2−10x−12y+45=0，两圆相减，
得公共弦所在直线方程为8x+6y−46=0，
即4x+3y−23=0．
∵ 圆心C2(5, 6)到直线4x+3y−23=0的距离为
d=|4×5+3×6−23|16+9=3，
∴ 圆C1，C2的公共弦长
|AB|=2r22−d2=216−9=27．
【答案】
因为直线l 的方程为3x−2y−6=0，所以直线l 的斜率为32．
因为l1⊥l，所以直线l1的斜率为−23．
因为直线l1 过点M(1, −2)，所以直线l1的方程为y+2=−23(x−1)，即2x+3y+4=0．
因为直线l2与直线l 之间的距离为13，所以可设直线l2的方程为3x−2y+m=0，
所以|m+6|32+(−2)2=13，解得m=7或m=−19．
故直线l2的方程为3x−2y+7=0或3x−2y−19=0．
【考点】
两条平行直线间的距离
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
（1）由直线l的方程求出斜率，再由l1⊥l可得l1的斜率，由点斜式求出直线l1的方程；
（2）直线l2 // l可设l2的方程，再由平行线减的距离公式求出参数的值，即求出的l2的方程．
【解答】
因为直线l 的方程为3x−2y−6=0，所以直线l 的斜率为32．
因为l1⊥l，所以直线l1的斜率为−23．
因为直线l1 过点M(1, −2)，所以直线l1的方程为y+2=−23(x−1)，即2x+3y+4=0．
因为直线l2与直线l 之间的距离为13，所以可设直线l2的方程为3x−2y+m=0，
所以|m+6|32+(−2)2=13，解得m=7或m=−19．
故直线l2的方程为3x−2y+7=0或3x−2y−19=0．
【答案】
解：解法一：（1）连结AD1．由AA1D1D是正方形知AD1⊥A1D．
∵ AB⊥平面AA1D1D，
∴ AD1是D1E在平面AA1D1D内的射影．
根据三垂线定理得AD1⊥D1E，
则异面直线D1E与A1D所成的角为90∘．…
（2）作DF⊥CE，垂足为F，连结D1F，则CE⊥D1F．
所以∠DFD1为二面角D1−EC−D的平面角，∠DFD1=45∘．于是DF=DD1=1，D1F=2，
易得Rt△BCE≅Rt△CDF，所以CE=CD=2，又BC=1，所以BE=3．
设点B到平面D1EC的距离为ℎ，则由于VB−CED1=VD−BCE，即f′(x)，
因此有CE⋅D1F⋅ℎ=BE⋅BC⋅DD1，即22ℎ=3，∴ ℎ=64．…..…
解法二：如图，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
（1）由A1(1, 0, 1)，得DA1→=(1,0,1)，
设E(1, a, 0)，又D1(0, 0, 1)，则D1E→=(1,a,−1)．
∵ DA1→⋅D1E→=1+0−1=0∴ DA1→⊥D1E→，则异面直线D1E与A1D所成的角为90∘．…
(2)m→=(0, 0, 1)为面DEC的法向量，设n→=(x, y, z)为面CED1的法向量，
则|cs|=|m→||n→|˙=|z|x2+y2+z2=cs45∘=22，
∴ z2=x2+y2．①
由C(0, 2, 0)，得D1C→=(0,2,−1)，则n→⊥D1C→，即n→⋅D1C→=0，∴ 2y−z=0②
由①、②，可取n→=(3,1,2)，又CB→=(1,0,0)，
所以点B到平面D1EC的距离d=|n→|˙=322=64．…
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
异面直线及其所成的角
点、线、面间的距离计算
二面角的平面角及求法
【解析】
解法一：（1）连结AD1．判断AD1是D1E在平面AA1D1D内的射影．得到异面直线D1E与A1D所成的角．
（2）作DF⊥CE，垂足为F，连结D1F，说明∠DFD1为二面角D1−EC−D的平面角，∠DFD1=45∘．利用等体积法，求点B到平面D1EC的距离．
解法二：分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
（1）通过向量的数量积为0，即可求异面直线D1E与A1D所成的角；
(2)m→=(0, 0, 1)为面DEC的法向量，设n→=(x, y, z)为面CED1的法向量，通过二面角D1−EC−D的大小为45∘，求出x、y、z的关系，结合n→⊥D1C→，求出平面的法向量，利用d=|n→|˙求点B到平面D1EC的距离．
【解答】
解：解法一：（1）连结AD1．由AA1D1D是正方形知AD1⊥A1D．
∵ AB⊥平面AA1D1D，
∴ AD1是D1E在平面AA1D1D内的射影．
根据三垂线定理得AD1⊥D1E，
则异面直线D1E与A1D所成的角为90∘．…
（2）作DF⊥CE，垂足为F，连结D1F，则CE⊥D1F．
所以∠DFD1为二面角D1−EC−D的平面角，∠DFD1=45∘．于是DF=DD1=1，D1F=2，
易得Rt△BCE≅Rt△CDF，所以CE=CD=2，又BC=1，所以BE=3．
设点B到平面D1EC的距离为ℎ，则由于VB−CED1=VD−BCE，即f′(x)，
因此有CE⋅D1F⋅ℎ=BE⋅BC⋅DD1，即22ℎ=3，∴ ℎ=64．…..…
解法二：如图，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
（1）由A1(1, 0, 1)，得DA1→=(1,0,1)，
设E(1, a, 0)，又D1(0, 0, 1)，则D1E→=(1,a,−1)．
∵ DA1→⋅D1E→=1+0−1=0∴ DA1→⊥D1E→，则异面直线D1E与A1D所成的角为90∘．…
(2)m→=(0, 0, 1)为面DEC的法向量，设n→=(x, y, z)为面CED1的法向量，
则|cs|=|m→||n→|˙=|z|x2+y2+z2=cs45∘=22，
∴ z2=x2+y2．①
由C(0, 2, 0)，得D1C→=(0,2,−1)，则n→⊥D1C→，即n→⋅D1C→=0，∴ 2y−z=0②
由①、②，可取n→=(3,1,2)，又CB→=(1,0,0)，
所以点B到平面D1EC的距离d=|n→|˙=322=64．…
【答案】
设弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，可得：x1216+y124=1，x2216+y224=1，
相减可得：(x1+x2)(x1−x2)16+(y1+y2)(y1−y2)4=0，
把x1+x22=2，y1+y22=−1，k=y1−y2x1−x2代入可得：k=12．
∴ 以P(2, −1)为中点的弦所在直线的方程为：y+1=12(x−2)，化为：x−2y−4=0．
设直线方程为：y=2x+m，弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，中点M(x, y)．
联立y＝2x+mx216+y24＝1，化为：17x2+16mx+4m2−16=0，
△=256m2−68(4m2−16)>0，化为：m2<68．
∴ x1+x2=−16m27=2x，化为：x=−8m17．
y=2×(−8m17)+m=m17．
∴ y=−18x(−161717【考点】
椭圆的离心率
【解析】
（1）设弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，可得：x1216+y124=1，x2216+y224=1，相减化简再利用中点坐标公式、斜率计算公式即可得出．
（2）设直线方程为：y=2x+m，弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，中点M(x, y)．与椭圆方程联立化为：17x2+16mx+4m2−16=0，由△>0，化为：m2<68．再利用根与系数的关系、中点坐标公式即可得出．
【解答】
设弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，可得：x1216+y124=1，x2216+y224=1，
相减可得：(x1+x2)(x1−x2)16+(y1+y2)(y1−y2)4=0，
把x1+x22=2，y1+y22=−1，k=y1−y2x1−x2代入可得：k=12．
∴ 以P(2, −1)为中点的弦所在直线的方程为：y+1=12(x−2)，化为：x−2y−4=0．
设直线方程为：y=2x+m，弦的端点A(x1, y1)，B(x2, y2)，中点M(x, y)．
联立y＝2x+mx216+y24＝1，化为：17x2+16mx+4m2−16=0，
△=256m2−68(4m2−16)>0，化为：m2<68．
∴ x1+x2=−16m27=2x，化为：x=−8m17．
y=2×(−8m17)+m=m17．
∴ y=−18x(−161717【答案】
由椭圆的方程可得右顶点(a, 0)，所以右顶点到直线x−y+2=0的距离为d=|a+2|2=3，a>0可得：a＝22，
由离心率e=32=ca=c22，可得c=6，所以b2＝a2−c2＝8−6＝2，
所以椭圆C的方程为：x28+y22=1；
由题意显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：x＝my+2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线l与椭圆的方程可得：x=my+2x28+y22=1 ，整理可得：(4+m2)y2+4my−4＝0，y1+y2=−4m4+m2，y1y2=−44+m2
所以S△OAB=12|OP|⋅|y1−y2|=12⋅2⋅(y1+y2)2−4y1y2=16m2(4+m2)2+164+m2=44+2m24+m2，
设t=4+2m2≥2，则m2=t22−2，
所以S△AOB=4t4+t22−2=42t+t≤422t⋅t=2，当且仅当2t=t，即t=±2时取等号，
所以△OAB面积的最大值为2．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由离心率的值及右顶点到直线x−y+2=0的距离为3和a，c，b之间的关系求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出面积的表达式，换元，由均值不等式的可得面积的最大值．
【解答】
由椭圆的方程可得右顶点(a, 0)，所以右顶点到直线x−y+2=0的距离为d=|a+2|2=3，a>0可得：a＝22，
由离心率e=32=ca=c22，可得c=6，所以b2＝a2−c2＝8−6＝2，
所以椭圆C的方程为：x28+y22=1；
由题意显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：x＝my+2，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立直线l与椭圆的方程可得：x=my+2x28+y22=1 ，整理可得：(4+m2)y2+4my−4＝0，y1+y2=−4m4+m2，y1y2=−44+m2
所以S△OAB=12|OP|⋅|y1−y2|=12⋅2⋅(y1+y2)2−4y1y2=16m2(4+m2)2+164+m2=44+2m24+m2，
设t=4+2m2≥2，则m2=t22−2，
所以S△AOB=4t4+t22−2=42t+t≤422t⋅t=2，当且仅当2t=t，即t=±2时取等号，
所以△OAB面积的最大值为2．
【答案】
(1)证明：由已知得，四边形ABFE是正方形，且边长为2，
∴ AF⊥BE.
又AF⊥BD，BE∩BD=B，
BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，
∴ AF⊥平面BDE.
又DE⊂平面BDE，
∴ AF⊥DE.
又AE⊥DE，AE∩AF=A，
AE⊂平面ABFE，AF⊂平面ABFE，
∴ DE⊥平面ABFE．
(2)解：由题意得，AE⊥DE，AE⊥EF，
DE⊂平面DEFC，EF⊂平面DEFC，DE∩EF=E，
则AE⊥面DEFC.
过点D作DM // EF交CF于点M，连接CE.
则DM=2，CM=1.
又因为CD=3，
所以CD2+CM2=DM2，
则DC⊥CM，
所以∠CDM=π6，CE=2.
过E作EG⊥EF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，
以E为坐标原点，以EA→，EF→，EG→分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,3)，D(0,−12,32)，
AC→=(−2,1,3)，AD→=(−2,−12,32)．
设平面ACD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅AC→=0，n→⋅AD→=0，
得−2x+y+3z=0，−2x−12y+32z=0，
取x=1，得n→=(1,−1,3).
设AP=m，则P(2, m, 0)(0≤m≤2)，
则CP→=(2,m−1,−3)，
设直线CP与平面ACD所成的角为θ，
sinθ=|cs|
=|−m|5×7+(m−1)2
=520，
解得，m=23或m=45（舍去），
所以AP=23．
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
(Ⅰ)推导出AF⊥BE，AF⊥BD，从而AF⊥平面BDE，进而AF⊥DE，再由AE⊥DE，能证明DE⊥平面ABFE．
(Ⅱ)过点D作DM // EF交CF于点M，连接CE，过E作EG⊥EF交DC于点G，以E为坐标原点，以EA→,EF→,EG→分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】
(1)证明：由已知得，四边形ABFE是正方形，且边长为2，
∴ AF⊥BE.
又AF⊥BD，BE∩BD=B，
BD⊂平面BDE，BE⊂平面BDE，
∴ AF⊥平面BDE.
又DE⊂平面BDE，
∴ AF⊥DE.
又AE⊥DE，AE∩AF=A，
AE⊂平面ABFE，AF⊂平面ABFE，
∴ DE⊥平面ABFE．
(2)解：由题意得，AE⊥DE，AE⊥EF，
DE⊂平面DEFC，EF⊂平面DEFC，DE∩EF=E，
则AE⊥面DEFC.
过点D作DM // EF交CF于点M，连接CE.
则DM=2，CM=1.
又因为CD=3，
所以CD2+CM2=DM2，
则DC⊥CM，
所以∠CDM=π6，CE=2.
过E作EG⊥EF交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，
以E为坐标原点，以EA→，EF→，EG→分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,3)，D(0,−12,32)，
AC→=(−2,1,3)，AD→=(−2,−12,32)．
设平面ACD的一个法向量为n→=(x,y,z)，
由n→⋅AC→=0，n→⋅AD→=0，
得−2x+y+3z=0，−2x−12y+32z=0，
取x=1，得n→=(1,−1,3).
设AP=m，则P(2, m, 0)(0≤m≤2)，
则CP→=(2,m−1,−3)，
设直线CP与平面ACD所成的角为θ，
sinθ=|cs|
=|−m|5×7+(m−1)2
=520，
解得，m=23或m=45（舍去），
所以AP=23．