2022-2023学年北京市朝阳区日坛中学高二（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市朝阳区日坛中学高二（上）期中数学试卷，共24页。试卷主要包含了单选题，填空，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）经过A（﹣2，0），B（﹣5，3）两点的直线的斜率是（ ）
A．1B．﹣1C．±1D．
2．（4分）直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
3．（4分）已知平面α的法向量为（2，﹣4，﹣2），平面β的法向量为（﹣1，2，k），若α∥β，则k＝（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
4．（4分）已知两圆分别为圆C1：x2+y2＝49和圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+9＝0，这两圆的位置关系是（ ）
A．相离B．外切C．内含D．相交
5．（4分）下列椭圆中，焦点坐标是的是（ ）
A．B．4x2+y2＝4
C．3x2+2y2＝6D．4x2+y2＝1
6．（4分）设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：x+（a+1）y+4＝0平行”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
7．（4分）如图在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是面BB1C1C的中心，且＝，＝，＝，则＝（ ）
A．++B．﹣+
C．+﹣D．﹣++
8．（4分）椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，P是C上一点，PF2⊥x轴，∠PF1F2＝30°，则椭圆C的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）已知坐标原点到直线l的距离为2，且直线l与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝49相切，则满足条件的直线l有（ ）条
A．1B．2C．3D．4
10．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是（ ）
A．若，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为
B．若，三棱锥P﹣A1BC的体积不是定值
C．若，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若，则异面直线BP和C1D所成角取值范围是
二、填空：（共5小题，每小题5分）
11．（5分）若两条直线ax+2y﹣1＝0与3x﹣6y﹣1＝0互相垂直，则a的值为 ．
12．（5分）椭圆C上一点P到两个焦点F1（﹣2，0），F2（2，0）的距离之和等于6，则C的标准方程为 ．
13．（5分）焦点在x轴上的椭圆焦距为8，两个焦点为F1，F2，弦AB过点F1，则△ABF2的周长为 ．
14．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC （填“垂直”或“不垂直”）；△AEF的面积的最大值为 ．
15．（5分）在平面直角坐标系中，到两个定点A（0，1）和B（0，﹣1）的距离之积等于2的轨迹记作曲线C．对于曲线C，有下列四个结论：
①曲线C是轴对称图形；
②曲线C是中心对称图形；
③曲线C上所有的点都在单位圆x2+y2＝1内；
④曲线C上所有的点的横坐标x∈[﹣1，1]．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：（共6道题，共85分）
16．（12分）已知过点P（0，5）的直线l被圆C：x2+y2+4x﹣12y+24＝0所截得的弦长为．
（Ⅰ）写出圆C的标准方程及圆心坐标、半径；
（Ⅱ）求直线l的方程．
17．（13分）已知两条直线l1：ax+y+a+1＝0，l2：2x+（a﹣1）y+3＝0．
（Ⅰ）求证：直线l1过定点，并求出该定点的坐标；
（Ⅱ）若l1，l2不重合，且垂直于同一条直线，将垂足分别记为A，B，求|AB|；
（Ⅲ）若a＝0，直线l与l2垂直，且___，求直线l的方程．
从以下三个条件中选择一个补充在上面问题中，使满足条件的直线l有且仅有一条，并作答．
条件①：直线l过坐标原点；
条件②：坐标原点到直线l的距离为1；
条件③：直线l与l1交点的横坐标为2．
18．（15分）如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，DE＝DC＝2CF＝2．
（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；
（Ⅱ）求直线BD与平面AEF所成角的大小．
19．（15分）已知椭圆E：（a＞b＞0）离心率为，且经过点．
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）设直线x＝1与椭圆E在x轴上方的交点为M，O为坐标原点，若平行于OM的直线l与椭圆恰有一个公共点，求此公共点的坐标．
20．（15分）如图，在三棱锥ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，CC1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D是CC1的中点．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）求平面A1BD与平面ABC所成锐二面角的余弦值；
（3）在线段CD上是否存在一点P，使得BP与平面A1BD所成角的正弦值为，若存在，求出CP的长；若不存在，请说明理由
21．（15分）椭圆短轴的上下两个端点分别为A，B，直线l：y＝k（x﹣1）与x轴、y轴分别交于两点E，F，交椭圆于两点C，D．
（1）若，求直线l的方程；
（2）设直线AD，CB的斜率分别为k1，k2，若k1：k2＝2：1，求k的值．
2022-2023学年北京市朝阳区日坛中学高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：（共10小题，每小题4分）
1．（4分）经过A（﹣2，0），B（﹣5，3）两点的直线的斜率是（ ）
A．1B．﹣1C．±1D．
【分析】根据斜率的两点式k＝（x1≠x2）即可求解．
【解答】解：由题意可知过A（﹣2，0），B（﹣5，3）两点的直线的斜率k＝＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查了斜率的两点式，属于基础题．
2．（4分）直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【分析】先求出直线的斜率，再根据倾斜角与斜率的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角的大小．
【解答】解：直线x﹣y+2＝0的斜率等于，
又因为直线的斜率等于倾斜角的正切值，且倾斜角大于或等于0度小于180度，
故直线的倾斜角为60°，
故选：B．
【点评】本题考查直线的斜率和倾斜角的关系，以及倾斜角的范围．
3．（4分）已知平面α的法向量为（2，﹣4，﹣2），平面β的法向量为（﹣1，2，k），若α∥β，则k＝（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
【分析】设平面α的法向量为，平面β的法向量为．由于α∥β，可得∥，因此∃实数λ使得＝λ．再利用向量共线定理的坐标运算即可得出．
【解答】解：设平面α的法向量＝（2，﹣4，﹣2），平面β的法向量＝（﹣1，2，k）．
∵α∥β，
∴∥，
∴∃实数λ使得＝λ．
∴，得k＝1．
故选：C．
【点评】本题考查了相互平行的两个平面的法向量共线的性质、向量共线定理的坐标运算，属于基础题．
4．（4分）已知两圆分别为圆C1：x2+y2＝49和圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+9＝0，这两圆的位置关系是（ ）
A．相离B．外切C．内含D．相交
【分析】根据已知条件，结合圆心距与两圆半径之间的关系，即可求解．
【解答】解：圆C1：x2+y2＝49，圆心为C1（0，0），半径为r1＝7，
圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+9＝0，即（x﹣3）2+（y﹣4）2＝16，圆心为C2（3，4），半径为r2＝4，
|C1C2|＝5，
则|r1﹣r2|＜|C1C2|＜|r1+r2|，
故这两圆的位置关系是相交．
故选：D．
【点评】本题主要考查两圆之间的位置关系，属于基础题．
5．（4分）下列椭圆中，焦点坐标是的是（ ）
A．B．4x2+y2＝4
C．3x2+2y2＝6D．4x2+y2＝1
【分析】将方程转化为标准形式，结合焦点坐标，得到正确选项即可．
【解答】解：椭圆的焦点坐标是，可知A不正确；
4x2+y2＝4化为x2+＝1，焦点坐标是，所以B正确；
3x2+2y2＝6化为＝1，焦点坐标是（0，±1），所以C不正确；
4x2+y2＝1化为＝1，焦点坐标是（0，±），所以D不正确；
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
6．（4分）设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：x+（a+1）y+4＝0平行”的（ ）
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】把a＝1代入可得直线的方程，易判平行；而由平行的条件可得a的值，进而由充要条件的判断可得答案．
【解答】解：当a＝1时，直线l1：x+2y﹣1＝0与直线l2：x+2y+4＝0，显然平行；
而由两直线平行可得：a（a+1）﹣2＝0，解得a＝1，或a＝﹣2，
故不能推出“a＝1”，由充要条件的定义可得：
“a＝1”是“直线l1：ax+2x﹣1＝0与直线l2：x+（a+1）y+4＝0平行”的充分不必要条件．
故选：B．
【点评】本题为充要条件的判断，涉及直线的平行的判定，属基础题．
7．（4分）如图在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是面BB1C1C的中心，且＝，＝，＝，则＝（ ）
A．++B．﹣+
C．+﹣D．﹣++
【分析】由向量加法法则直接求解．
【解答】解：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
∵D是面BB1C1C的中心，且＝，＝，＝，
∴＝
＝（）
＝﹣．
故选：D．
【点评】本题考查向量的求法，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是基础题．
8．（4分）椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，P是C上一点，PF2⊥x轴，∠PF1F2＝30°，则椭圆C的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由PF2垂直于x轴，∠F2F1P＝30°，可得tan30°＝＝，然后转化求解椭圆的离心率．
【解答】解：∵PF2⊥x轴，∠PF1F2＝30°，
∴在Rt△PF1F2中，tan30°＝＝，
∴b2＝ac，∴e2+e﹣1＝0，又0＜e＜1，
∴e＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，离心率的求法，属于基础题．
9．（4分）已知坐标原点到直线l的距离为2，且直线l与圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝49相切，则满足条件的直线l有（ ）条
A．1B．2C．3D．4
【分析】设出直线l：y＝kx+b，再根据点到直线距离为2和直线与圆相切列方程组成方程组解得k＝﹣，b＝﹣．只有一解．
【解答】解：显然直线l有斜率，设l：y＝kx+b，
则＝2，即b2＝4（k2+1），…①
又直线l与圆相切，∴＝7，…②
联立①②，k＝﹣，b＝﹣，
所以直线l的方程为y＝﹣x﹣，
故选：A．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系．属中档题．
10．（4分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是（ ）
A．若，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为
B．若，三棱锥P﹣A1BC的体积不是定值
C．若，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若，则异面直线BP和C1D所成角取值范围是
【分析】对于A，由已知条件可知P为AD1中点，连接BP，BC1，BD，若E，O分别是BC1，BD中点，连接OE，ED1，找到异面直线BP与C1D所成角为∠OED1或其补角，求其余弦值；
对于B，P在B1C1（含端点）上移动，△PBC面积恒定，A1到面PBC的距离恒定，即可判断；
对于C，若E，F分别是BB1，CC1中点，P在EF（含端点）上移动，证明A1C⊥面AB1D1，易知要使A1C⊥面AB1P，则P必在平面AB1D1内，即可判断；
对于D，构建空间直角坐标系，设P（0，a，2﹣a），a∈[0，2]，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围．
【解答】解：对于A，因为，所以P为AD1中点，连接BP，BC1，BD，若E，O分别是BC1，BD中点，
连接OE，ED1，则OE∥C1D，
又BE＝PD1且BE∥PD1，所以四边形BED1P为平行四边形，所以BP∥ED1，
所以∠OED1（或其补角）即为异面直线BP与C1D所成角，
而，，，
故，故A错误；
对于B：由知：P在B1C1（含端点）上移动，
因为S△PBC＝BC•BB1＝，即△PBC面积恒定，
又A1到面PBC的距离为A1B1＝2，也是恒定的，故P﹣A1BC的体积是定值，故B错误；
对于C，若E，F分别是BB1，CC1中点，由知：P在EF（含端点）上移动，
由CD⊥平面ADD1A1，CD⊂平面DCA1，则平面ADD1A1⊥平面DCA1，
由AD1⊥A1D，平面ADD1A1∩平面DCA1＝A1D，AD1⊂平面ADD1A1，
所以AD1⊥平面DCA1，A1C⊂平面DCA1，所以AD1⊥A1C，
同理可证：AB1⊥A1C，
由AD1∩AB1＝A，AD1、AB1⊂平面AB1D1，故A1C⊥平面AB1D1，
而平面AB1P∩平面AB1D1＝AB1，要使A1C⊥平面AB1P，则P必在平面AB1D1内，
显然EF⊄平面AB1D1，故C错误；
对于D，由知：P在AD1（含端点）上移动，
以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则C1（2，2，0），D（0，2，2），B（2，0，2），
则，
设P（0，a，2﹣a），a∈[0，2]，则，
所以，令2﹣a＝x∈[0，2]，
当a＝2，即x＝0时，，此时直线BP和C1D所成角是；
当a≠2，即x∈（0，2]时，则，
当，即a＝0时，取最大值为，直线BP和C1D所成角的最小值为，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了立体几何的综合问题，属于中档题．
二、填空：（共5小题，每小题5分）
11．（5分）若两条直线ax+2y﹣1＝0与3x﹣6y﹣1＝0互相垂直，则a的值为 4 ．
【分析】根据已知条件，结合两直线垂线的性质，即可求解．
【解答】解：∵两条直线ax+2y﹣1＝0与3x﹣6y﹣1＝0互相垂直，
∴3a+2×（﹣6）＝0，解得a＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查两直线垂直的性质，属于基础题．
12．（5分）椭圆C上一点P到两个焦点F1（﹣2，0），F2（2，0）的距离之和等于6，则C的标准方程为 ．
【分析】由椭圆的焦点在x轴上，c＝2，根据椭圆的定义a＝3，利用a与b和c之间的关系，即可求得椭圆的方程．
【解答】解：由题意可知：椭圆的焦点在x轴上，设椭圆的标准方程：（a＞b＞0），c＝2，
椭圆上一点P到两焦点的距离之和等于6，即2a＝6，则a＝3，
b2＝a2﹣c2＝5，
∴椭圆的标准方程：．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查待定系数法求椭圆的标准方程，考查计算能力，属于基础题．
13．（5分）焦点在x轴上的椭圆焦距为8，两个焦点为F1，F2，弦AB过点F1，则△ABF2的周长为 ．
【分析】根据焦距和椭圆方程得到a，然后利用椭圆定义求周长即可．
【解答】解：∵焦距为8，∴c＝4，又焦点在x轴的椭圆方程为，
∴b＝5，∴，
根据椭圆定义得，
所以△ABF2的周长为4a＝．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，属基础题．
14．（5分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC 垂直 （填“垂直”或“不垂直”）；△AEF的面积的最大值为 ．
【分析】根据线面垂直的性质定理，判定定理，可证AE⊥平面PBC，根据面面垂直的判定定理，即可得证．分析可得，当点F位于点C时，面积最大，代入数据，即可得答案．
【解答】解：因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC，
又底面ABCD为正方形，
所以AB⊥BC，
又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为AE⊂平面PAB，
所以BC⊥AE，
又PA＝AB＝2，
所以△PAB为等腰直角三角形，且E为线段PB的中点，
所以AE⊥PB，
又BC∩PB＝B，BC，PB⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，
因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥与平面PBC．
因为AE⊥平面PBC，EF⊂平面PBC，
所以AE⊥EF，
所以当EF最大时，△AEF的面积的最大，
当F位于点C时，EF最大且，
所以△AEF的面积的最大为．
故答案为：垂直；．
【点评】本题主要考查空间中的垂直关系，立体几何中的最值问题等知识，属于中等题．
15．（5分）在平面直角坐标系中，到两个定点A（0，1）和B（0，﹣1）的距离之积等于2的轨迹记作曲线C．对于曲线C，有下列四个结论：
①曲线C是轴对称图形；
②曲线C是中心对称图形；
③曲线C上所有的点都在单位圆x2+y2＝1内；
④曲线C上所有的点的横坐标x∈[﹣1，1]．
其中，所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【分析】求出曲线C的方程，利用曲线的对称性可判断①②的正误；取点，可判断③的正误；由已知可得y4+（2x2﹣2）y2+（x2﹣1）（x2+3）＝0，令t＝y2≥0，可知函数f（t）＝t2+2（x2﹣2）t+（x2﹣1）（x2+3）有非负零点，求出x的取值范围，可判断④的正误．
【解答】解：设曲线C上任意一点的坐标为（x，y），则，
化简可得（x2+y2+1）2﹣4y2＝4，即曲线C的方程为（x2+y2+1）2﹣4y2＝4．
对于①，在曲线C上任取一点P（x，y），则点P关于x轴的对称点为P1（x，﹣y），
则[x2+（﹣y）2+1]2﹣4（﹣y）2＝（x2+y2+1）2﹣4y2＝4，点P1在曲线C上，
故曲线C为轴对称图形，①对；
对于②，则点P关于原点的对称点为P2（﹣x，﹣y），
则[（﹣x）2+（﹣y）2+1]2﹣4（﹣y）2＝（x2+y2+1）2﹣4y2＝4，点P2在曲线C上，
故曲线C为中心对称图形，②对；
对于③，令x＝0，可得（y2+1）2﹣4y2＝（y2﹣1）2＝4，解得，
因为，即点在单位圆x2+y2＝1外，③错；
对于④，由（x2+y2+1）2﹣4y2＝4可得y4+（2x2﹣2）y2+（x2﹣1）（x2+3）＝0，
令t＝y2≥0，f（t）＝t2+2（x2﹣1）t+（x2﹣1）（x2+3），
若f（0）＝0，则x＝±1．
若f（t）有一个正零点、一个负零点，则（x2﹣1）（x2+3）＜0，解得﹣1＜x＜1；
若f（t）有两个正零点，则，此时不等式组无解．
综上所述，x∈[﹣1，1]，④对．
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查轨迹方程问题，图形的对称性，轨迹中的范围问题等知识，属于中等题．
三、解答题：（共6道题，共85分）
16．（12分）已知过点P（0，5）的直线l被圆C：x2+y2+4x﹣12y+24＝0所截得的弦长为．
（Ⅰ）写出圆C的标准方程及圆心坐标、半径；
（Ⅱ）求直线l的方程．
【分析】（I）整理出圆C的标准方程，确定圆的圆心与半径；
（II）分类讨论，利用直线l被圆C截得的线段长为4，可得直线l与圆心的距离为2，由此可得结论．
【解答】解：（I）整理圆的方程得（x+2）2+（y﹣6）2＝16，
圆心（﹣2，6），半径r＝4；
（II）由圆C：x2+y2+4x﹣12y+24＝0得圆心坐标为（﹣2，6），半径为4
又∵直线l被圆C截得的线段长为4，∴直线l与圆心的距离为2，
当直线斜率存在时，设l的斜率是k，过P（0，5），设直线l：y＝kx+5，即kx﹣y+5＝0；
∵直线l与圆C的圆心相距为2，∴d＝＝2，解得k＝，此时直线的方程为3x﹣4y+20＝0；
当直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝0，也符合题意．
故所求直线的方程为3x﹣4y+20＝0或x＝0．
【点评】本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．
17．（13分）已知两条直线l1：ax+y+a+1＝0，l2：2x+（a﹣1）y+3＝0．
（Ⅰ）求证：直线l1过定点，并求出该定点的坐标；
（Ⅱ）若l1，l2不重合，且垂直于同一条直线，将垂足分别记为A，B，求|AB|；
（Ⅲ）若a＝0，直线l与l2垂直，且___，求直线l的方程．
从以下三个条件中选择一个补充在上面问题中，使满足条件的直线l有且仅有一条，并作答．
条件①：直线l过坐标原点；
条件②：坐标原点到直线l的距离为1；
条件③：直线l与l1交点的横坐标为2．
【分析】利用恒等式可得直线所过的定点；
由条件可知两直线平行，代入两平行线间距离公式计算即可；
由垂直的直线斜率乘积为﹣1，可得直线l的斜率，再选一个点，代入点斜式求解．
【解答】（Ⅰ）证明：由直线l1：ax+y+a+1＝0变形得：a（x+1）+y+1＝0，
该式为恒等式，故，
所以x＝﹣1，y＝﹣1，则直线l1恒过定点（﹣1，﹣1）．
（Ⅱ）因为l1，l2不重合，且垂直于同一条直线，
所以，l1∥l2，
所以有⇒，
从而a＝﹣1．
l1：﹣x+y＝0即：x﹣y＝0，
l2：2x﹣2y+3＝0，即：x﹣y+＝0，
所以|AB|＝＝．
（Ⅲ）选①：直线l过坐标原点；
由直线l2：2x﹣y+3＝0，
可得直线l2的斜率为2，
则直线l的斜率为﹣，
故直线l的方程为：y＝x；
选②：坐标原点到直线l的距离为1，
，解得，不唯一，不满足；
选择条件③：l1：y+1＝0，故交点为（2，﹣1），代入直线方程得到，
故直线方程为：．
综上所述：选择条件①或③，可得直线方程为．
【点评】本题考查了直线与坐标轴的交点、三角形的面积，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
18．（15分）如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，DE＝DC＝2CF＝2．
（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；
（Ⅱ）求直线BD与平面AEF所成角的大小．
【分析】（Ⅰ）方法1：设G为DE的中点，连接FG，AG，证明BF∥AG，然后证明BF∥平面ADE．
方法2：证明CF∥平面ADE，CB∥平面ADE，推出平面BCF∥平面ADE，然后证明BF∥平面ADE．
（Ⅱ）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面AEF的一个法向量，设直线BD与平面AEF所成角为θ，利用空间斜率的数量积转化求解即可．
【解答】（Ⅰ）证明：方法1：设G为DE的中点，连接FG，AG，
由已知CF∥DE，且CF＝DG，
所以四边形CFGD是平行四边形，…………（1分）
又ABCD为正方形，
所以ABFG为平行四边形，…………（2分）
所以BF∥AG，…………（3分）
又AG⊂平面ADE，BF⊄平面ADE，…………（4分）
所以BF∥平面ADE．…………（5分）
方法2：因为CF∥DE，所以CF∥平面ADE，
又CB∥DA，所以CB∥平面ADE，CB∩CF＝C，
所以平面BCF∥平面ADE，
所以BF∥平面ADE．
（Ⅱ）解：因为ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，
以D为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）…………（1分）
所以 A（2，0，0），E（0，0，2），F（0，2，1），B（2，2，0），…………（2分）
，，，…………（3分）
设平面AEF的一个法向量为＝（x，y，z），
则…………（4分）
即
令z＝2，得x＝2，y＝1．
于是＝（2，1，2）．…………（5分）
设直线BD与平面AEF所成角为θ，则，…………（7分）
即，…………（8分）
所以直线BD与平面AEF所成的角为．…………（9分）
【点评】本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力，是中档题．
19．（15分）已知椭圆E：（a＞b＞0）离心率为，且经过点．
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）设直线x＝1与椭圆E在x轴上方的交点为M，O为坐标原点，若平行于OM的直线l与椭圆恰有一个公共点，求此公共点的坐标．
【分析】（Ⅰ）求出b，结合离心率，求解a，得到椭圆E的方程．
（Ⅱ）求出，设与直线OM平行的直线，联立直线与椭圆的方程，利用判别式求解m，然后推出l与椭圆公共点的坐标即可．
【解答】解：（Ⅰ）由已知，…………（1分）
又，…………（2分）
解得a＝2，…………（3分）
所以椭圆E的方程为．…………（4分）
（Ⅱ）将x＝1代入椭圆方程，
解得，或，
所以，直线OM的斜率为．…………（2分）
设与直线OM平行的直线，…………（3分）
由题意得3x2+3mx+m2﹣3＝0．…………（5分）
因为l与椭圆E恰有一个公共点，
所以关于x的方程3x2+3mx+m2﹣3＝0有两个相等的实数根，
所以Δ＝9m2﹣12（m2﹣3）＝0，…………（6分）
解得，或，…………（8分）
当时，，l与椭圆公共点的坐标为，
当时，，l与椭圆公共点的坐标为．……（10分）
【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
20．（15分）如图，在三棱锥ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，CC1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D是CC1的中点．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）求平面A1BD与平面ABC所成锐二面角的余弦值；
（3）在线段CD上是否存在一点P，使得BP与平面A1BD所成角的正弦值为，若存在，求出CP的长；若不存在，请说明理由
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可证CC1⊥AC，根据线面垂直的判定定理，可证AC⊥平面BCC1B1，即可得证．
（2）如图建系，求得各点坐标，进而可求得平面A1BD的法向量，又CC1⊥平面ABC，则即为平面ABC的法向量，根据二面角的向量求法，即可求得答案．
（3）设P（0，0，t），t∈[0，1]，可得，由（2）可得平面A1BD的法向量（1，﹣1，﹣2），根据线面角的向量求法，可求得t值，即可得答案．
【解答】解：（1）证明：因为CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以CC1⊥AC，
又∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
所以AC⊥平面BCC1B1，
又BD⊂平面BCC1B1，
所以AC⊥BD；
（2）因为CA，CB，CC1两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC1分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
则A1（2，0，2），B（0，2，0），D（0，0，1），C1（0，0，2），
所以，
设平面A1BD的法向量，
则，则可取，
又CC1⊥平面ABC，则即为平面ABC的法向量，
所以，
所以平面A1BD与平面ABC所成锐二面角的余弦值．
（3）设P（0，0，t），t∈[0，1]，则，
设BP与平面A1BD所成角为α，
则，
解得t＝2（舍）或，
所以在线段CD上存在一点P，使得BP与平面A1BD所成角的正弦值为，此时．
【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解线面角以及二面角，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
21．（15分）椭圆短轴的上下两个端点分别为A，B，直线l：y＝k（x﹣1）与x轴、y轴分别交于两点E，F，交椭圆于两点C，D．
（1）若，求直线l的方程；
（2）设直线AD，CB的斜率分别为k1，k2，若k1：k2＝2：1，求k的值．
【分析】（1）由题知E（1，0），F（0，﹣k），设C（x1，y1），D（x2，y2），进而联立方程得，再根据得x1+x2＝1，进而解方程即可得答案；
（2）由题知A（0，1），B（0，﹣1），设C（x1，y1），D（x2，y2），AC斜率为k3，进而根据，将问题转化为﹣4k1k3＝2，再结合韦达定理求解即可．
【解答】解：（1）由题知E（1，0），F（0，﹣k），
所以，联立方程得（4k2+1）x2﹣8k2x+4k2﹣4＝0，
设C（x1，y1），D（x2，y2），
所以，，
因为，，
所以1﹣x1＝x2，即 x1+x2＝1，
所以，解得，
所以直线l的方程为，即x﹣2y﹣1＝0或x+2y﹣1＝0；
（2）由题知A（0，1），B（0，﹣1），设C（x1，y1），D（x2，y2），
所以，，
设AC斜率为k3，则，
因为，即
所以，即，
因为k1：k2＝2：1，
所以，
所以﹣2y1y2+2（y1+y2）﹣2＝x1x2，
因为，
则，，
所以，即3k2+2k﹣1＝0，解得或k＝﹣1．
当k＝﹣1，，此时直线AD，CB的斜率必有一个不存在，不满足题意，故舍．
所以，．
【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
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