1、1 南京市南京市 20202021 学年度第一学期期中调研学年度第一学期期中调研测试测试 高二数学高二数学 2020.11 注意事项：注意事项： 1本试卷共 6 页，包括单项选择题（第 1 题第 8 题） 、多项选择题（第 9 题第 12 题） 、填空题（第 13 题 第 16 题） 、解答题（第 17 题第 22 题）四部分本试卷满分为 150 分，考试时间为 120 分钟 2答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号填涂在答题卡上指定的位置 3作答选择题时，选出每小题的答案后，用 2B 铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案答案不能答在试卷
2、上 4非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，在其他位置作 答一律无效 一、一、单项单项选择题：本大题共选择题：本大题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分在每小题给出的四个选项中分在每小题给出的四个选项中，只只 有一项是符合题目要求的有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上，请把答案填涂在答题卡相应位置上 1在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 x22y 的焦点为 F，准线为 l，则点 F 到直线 l 的距 离为 A1 2 B1 C2 D4 【答案】B 【考点】抛物线的定义 【解析】由题意抛物线 p 的
3、几何意义为焦点到准线的距离，而该题中 2p=2，所以 p=1，故答 案选 B. 2已知向量 a(2，3，1)，b(4，m，n)，且 ab，其中 m，nR，则 mn A4 B4 C2 D2 【答案】B 【考点】空间向量共线的坐标运算 【解析】由题意 ab，则412432nm，解得26nm，所以 m+n=4；或利 用空间向量共线定理可得 a=b，即 32=m，1（2）=n，解得26nm，依旧 有：m+n=4，故答案选 B. 3若 sin2cos()，则 tan( 4)的值为 A3 B1 3 C3 D1 3 2 【答案】D 【考点】三角函数恒等变换公式的应用 【解析】由题意cos2cos2sin，则
4、2tan， 所以 tan(+ 4 )= 3 1 21 21 tan1 tan1 ，故答案选 D. 4在平面直角坐标系 xOy 中，若椭圆 C：x 2 9 y 2 m1 与双曲线 T：x 2y 2 m1 有相同的焦点，则 双曲线 T 的渐近线方程为 Ay1 4x By 1 2x Cy4x Dy2x 【答案】D 【考点】椭圆及双曲线的几何性质 【解析】由题意 9m=1+m，解得 m=4，所以双曲线标准方程为1 4 2 2 y x，则其渐近线方程 为xx a b y2，故答案选 D. 5在平面直角坐标系 xOy 中，直线 x2y40 与两坐标轴分别交于点 A，B，圆 C 经过 A， B，且圆心在 y
5、 轴上，则圆 C 的方程为 Ax2y26y160 Bx2y26y160 Cx2y28y90 Dx2y28y90 【答案】A 【考点】圆的标准方程及圆的性质 【解析】由题意可解得 A(4，0)，B(0，2)，且由圆心在 y 轴上可设圆 C 的圆心为(0，m)，因为 圆 C 经过 A，B，所以|CA|=|CB|，即rmm 2 22 24，化简解得 m=3，则圆 C 的半 径为 5，所以圆 C 的标准方程为 2 2 2 53 yx，化为一般方程为：x2y26y160 ，故 答案选 A. 6如图，已知圆柱的底面半径为 2，与圆柱底面成 60 角的平面截这个圆柱得到一个椭圆，则 该椭圆的焦距为 A2 2
6、 B2 3 C4 2 D4 3 C1 A C B1 O 3 【答案】D 【考点】空间想象能力与椭圆的几何性质 【解析】由题意可知椭圆的长轴长为 Rt 三角形中的斜边，且一个直角边为底面直径，斜边与 底面的夹角为 60 ，则解得长轴长为8 60cos 4 ，而椭圆的短轴为底面的直径 4，则椭圆的焦 距为34 2 4 2 8 222 22 22 bac，故答案选 D. 7如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，BC1与 B1C 相交于点 O，A1ABA1AC60 ，BAC 90 ，A1A3，ABAC2，则线段 AO 的长度为 A 29 2 B 29 C 23 2 D 23 【答案】A 【考点】空间向
7、量基本定理（线性运算） 、模长的求法 【解析】由题意可知在三棱柱 ABCA1B1C1中， 1 2 1 CBACCOACAO 1 2 1 BBCBAC， 1 2 1 AAACABAO，则 2 1 2 4 1 AAACABAO 22 11 2 1 22 2 4 1 2 4 1 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 4 1 AAACAAABACABAAACAB 4 29 60cos32 2 1 60cos32 2 1 3 4 1 2 4 1 2 4 1 222 ，解得 2 29 AO， 故答案选 A. 8在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左焦点
8、为 F，点 M，N 在双曲线 C 上若四边形 OFMN 为菱形，则双曲线 C 的离心率为 A 31 B 51 C 31 D 51 【答案】C 【考点】双曲线的几何性质应用：求离心率 4 【解析】 由题意可知|OF|=c， 由四边形 OFMN 为菱形， 可得|MN|=|OF|=c， 设点 M 在 F 的上方， 可知 M、N 关于 y 轴对称，可设 2 3 2 cc M，代入双曲线方程可得：1 2 3 2 2 2 2 2 b c a c ， 又由 222 cba，化简可得084 2244 caac，方程两边同除 4 a，可得084 24 ee，解得 324 2 e，因为1e，解得324e1331
9、2 ，故答案选 C. 二、多项选择题：本大题共二、多项选择题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分在每小题给出的四个选项中，有分在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上全部选对得多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上全部选对得 5 5 分，部分选对得分，部分选对得 3 3 分，分， 不选或有错选的得不选或有错选的得 0 0 分分 9已知两个不重合的平面 ， 及直线 m，下列说法正确的是 A若 ，m，则 m B若 ，m，则 m C若 m，m，则 D若 m，m，则 【答案】BC 【考点】立体几何的位置关系：平
10、行与垂直 【解析】由题意，对于 A 选项，m也可以满足，选项 A 错误；对于 B 选项，可由线面垂 直的性质定理证明， 选项 B 正确； 对于 C 选项， 可由面面垂直的判定定理证明， 选项 C 正确； 对于 D 选项， 与 可以是任意关系：平行、垂直、相交，选项 D 错误.故答案选 BC. 10 在平面直角坐标系 xOy 中， F1， F2分别为椭圆 x2 4 y 2 2 1 的左、 右焦点， 点 A 在椭圆上 若 AF1F2为直角三角形，则 AF1的长度可以为 A1 B2 C3 D4 【答案】ABC 【考点】椭圆的几何性质：焦点三角形 【解析】由题意，c=2，2a=4，由椭圆的定义可得：A
11、F1AF24，则有： 若 2 21 AFF，则有2 2 2 2 1 2cAFAF，联立解得 AF12； 若 2 21 FAF，则有2 2 22 1 2AFcAF，联立解得 AF11； 若 2 12 FAF，则有2 1 2 2 2 2AFAFc，联立解得 AF13； 故答案选 ABC. 11如图，直线 l1，l2相交于点 O，点 P 是平面内的任意一点，若 x，y 分别表示点 P 到 l1，l2 N P l1 5 的距离，则称(x，y)为点 P 的“距离坐标” 下列说法正确的是 A距离坐标为(0，0)的点有 1 个 B距离坐标为(0，1)的点有 2 个 C距离坐标为(1，2)的点有 4 个 D距
12、离坐标为(x，x)的点在一条直线上 【答案】ABC 【考点】直线与直线的位置关系及对称问题 【解析】由题意，对于 A 选项，距离坐标(0，0)的点是 l1与 l2的交点，即点 O，只有一个，选 项 A 正确；对于 B 选项，距离坐标为(0，1)的点分别在 l2上方和下方，有 2 个点，选项 B 正 确；对于选项 C，距离坐标为(1，2)的点可由距离 l1为 1 的直线有两条，距离 l2为 2 的直线有 两条，其四条直线共有 4 个交点，可满足题意，选项 C 正确；对于 D 选项，距离坐标为(x， x)的点在 l1与 l2的角平分线上，有两条直线满足，选项 D 错误.故答案选 ABC. 1220
13、 世纪 50 年代，人们发现利用静态超高压和高温技术，通过石墨等碳质原料和某些金属 反应可以人工合成金刚石人工合成金刚石的典型晶态为立方体（六面体） 、八面体和立 方八面体以及它们的过渡形态其中立方八面体（如图所示）有 24 条棱、12 个顶点、14 个面（6 个正方形、8 个正三角形） ，它是将立方体“切”去 8 个“角”后得到的几何体已 知一个立方八面体的棱长为 1，则 A它的所有顶点均在同一个球面上，且该球的直径为 2 B它的任意两条不共面的棱所在直线都相互垂直 C它的体积为5 2 3 D它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等 【答案】ACD 【考点】空间几何体的体积、外接球半径的计算、
14、空间角的计算 【解析】由题意该立方八面体可看作是由棱长为2的立方体切去 8 个角得到，则呈现完全对 称性， 且外接球的球心为该立方八面体的中心， 由勾股定理可得外接球半径为 1， 则直径为 2， 即选项 A、D 正确；对于选项 B，棱 A2A3与 B2C3不共面，则 A2A3与 B2C3所成的角即为 A2A3 与 B2A3所成的角，可得为 60，所以选项 B 错误；对于选项 C，该立方八面体的体积可利用 割补法解得V 3 25 2 2 2 1 3 1 82 2 3 ，选项 C 正确.故答案选 ACD. （第 12 题） 6 三三、填空题：本大题共填空题：本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小
15、题 5 5 分，共分，共 2020 分请把答案填写在答题卡相应位置上分请把答案填写在答题卡相应位置上 13 在平面直角坐标系 xOy 中， 已知直线 l1： xay0 和直线 l2： 2x(a3)y40， aR 若 l1与 l2平行，则 l1与 l2之间的距离为_ 【答案】2 【考点】平行直线的判断及两平行线间的距离公式 【解析】由题意可得(a3)1=2a，解得 a=1，则直线 l1：xy0，直线 l2：x+y20，由 平行线距离公式得2 2 2 d. 14在空间直角坐标系中，若三点 A(1，1，a)，B(2，a，0)，C(1，a，2)满足(AB 2AC) BC ，则实数 a 的值为 _ 【答
16、案】 2 9 【考点】空间向量得坐标运算 【 解 析 】 由 题 意aaAB ，11，aaAC 210，201 ，BC， 所 以 0924212014112 aaaaBCACAB，解得 2 9 a. 15词语“堑堵” 、 “阳马” 、 “鳖臑”等出自中国数学名著九章算术 商功 ，是古代人对一些 特殊锥体的称呼在九章算术 商功中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖 臑” 现有如图所示的 “鳖臑” 四面体 PABC， 其中 PA平面 ABC， PAAC1， BC 2， 则四面体 PABC 的外接球的表面积为_ 【答案】4 【考点】立体几何中三棱锥的外接球 【解析】由题意ACB=90，则取 PB
17、 的中点为点 O，可得 OA=OB=OP=OC，即 O 为球心， 则其半径1 2 1 2 1 2 1 22222 BCACPAABPAPBR， 则其表面积44 2 RS.另解另解： 7 可把该三棱锥补成长宽高分别是 1，2，1 的长方体，则其体对角线为外接球的直径可求得 41214 2 2 22 RS. 16早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲 击现设桥拱上有如图所示的 4 个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且 四个溢流孔轮廓线相同建立如图所示的平面直角坐标系 xOy，根据图上尺寸，溢流孔 ABC 所在抛物线的方程为_，溢流孔与桥拱交点
18、A 的横坐标 为_ 【答案】214 36 5 xy； 13 140 【考点】抛物线的实际问题 【解析】由题意可知拱桥为以原点为顶点的抛物线，且经过点 C(20，5)，可设拱桥所在抛物 线的方程为 2 axy ，带入点 C 可解得 80 1 a.而溢流孔 ABC 是以点 B(14，0)可解得为顶点的 抛物线，也经过点 C(20，5)，则设溢流孔 ABC 所在抛物线的方程为214xby，代入点 C 可解得 36 5 b，所以溢流孔 ABC 所在抛物线的方程为214 36 5 xy。联立拱桥与溢流孔 ABC 所在抛物线的方程组，解得20 13 140 21 xx，则点 A 的横坐标为 13 140
19、. 四、四、解答题解答题：本大题共：本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的 文字说明，证明过程或演算步骤文字说明，证明过程或演算步骤 17 （本小题满分 10 分） 在 sin(AB)sinBsinC；2acosC2bc；ABC 的面积 S 3 4 (a2b2c2) 三 个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题 已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，_，D 是边 BC 上的一点， BAD 2，且 b4，c2，求线段 AD 的长 A B C P （第 15 题） 第
20、16 题 8 注注：如果如果选择选择多个多个条件分别条件分别解解答，答，按按第一个解答计分第一个解答计分 【考点】三角恒等变换、解三角形综合 【解析】解：解：选 由条件 sin(AB)sinBsinC， 在ABC 中，ABC，所以 sin(AB)sinBsin(AB)， 即 sinAcosBcosAsinBsinBsinAcosBcosAsinB， 2 分 从而 sinB2cosAsinB 因为 B 为三角形内角，所以 sinB0，所以 cosA1 2 因为 A 为三角形内角，所以 A2 3 4 分 在ABC 中，因为 b4，c2， 故由正弦定理 b sinB c sinC 得 4sinC2s
21、inB，即 2sinCsinB， 所以 sinB2sinC2sin( 3B) 3cosBsinB，即 2sinB 3cosB 由 sinB0 知 cosB0，因此 tanBsinB cosB 3 2 8 分 因为BAD 2，所以 ADAB tanB 3 10 分 选 由条件2acosC2bc，结合余弦定理得 2ab 2a2c2 2ab 2bc， 即 a2b2c2bc， 2 分 所以 cosAb 2c2a2 2bc 1 2， 因为 A 为三角形内角，所以 A2 3 4 分 在ABC 中，因为 b4，c2， 故由正弦定理 b sinB c sinC 得 4sinC2sinB，即 2sinCsinB
22、， 所以 sinB2sinC2sin( 3B) 3cosBsinB，即 2sinB 3cosB 由 sinB0 知 cosB0，因此 tanBsinB cosB 3 2 8 分 9 因为BAD 2，所以 ADAB tanB 3 10 分 选 由条件，ABC 的面积 S 3 4 (a2b2c2)， 得1 2bcsinA 3 4 (2bccosA)，即 sinA 3cosA， 2 分 因为 A 为三角形内角，所以 sinA0，从而 cosA0， 所以 tanAsinA cosA 3，所以 A 2 3 4 分 在ABC 中，因为 b4，c2， 故由正弦定理 b sinB c sinC 得 4sinC
23、2sinB，即 2sinCsinB， 所以 sinB2sinC2sin( 3B) 3cosBsinB，即 2sinB 3cosB 由 sinB0 知 cosB0，因此 tanBsinB cosB 3 2 8 分 因为BAD 2，所以 ADAB tanB 3 10 分 另解：另解：A2 3 （略） 4 分 在ABC 中，因为 b4，c2， 由余弦定理得 a2b2c22bccosA4222242cos2 3 28， 所以 a2 7 6 分 由正弦定理得 a sinA b sinB，则 sinB bsinA a 4sin2 3 2 7 21 7 ， 又 B 为锐角，所以 cosB 1sin2B2 7
24、 7 ，则 tanBsinB cosB 3 2 8 分 在ABD 中，因为BAD 2， 所以 ADAB tanB 3 10 分 18 （本小题满分 12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 F：(x2)2y21，动圆 M 与直线 l：x1 相切且 10 与圆 F外切 （1）记圆心 M 的轨迹为曲线 C，求曲线 C 的方程； （2）已知 A(2，0)，曲线 C 上一点 P 满足 PA 2PF，求PAF 的大小 【考点】抛物线的轨迹定义、抛物线与直线的位置关系 【解析】解解： （1）设 M(x，y)，圆 M 的半径为 r 由题意知，MFr1，M 到直线 l 的距离为 r 方法一：方法一：点
25、 M 到点 F(2，0)的距离等于 M 到定直线 x2 的距离， 根据抛物线的定义知，曲线 C 是以 F(2，0)为焦点，x2 为准线的抛物线 故曲线 C 的方程为 y28x 6 分 方法二：方法二：因为 MF (x2)2y2r1，|x1|r，x1， 所以 (x2)2y2x2，化简得 y28x， 故曲线 C 的方程为 y28x 6 分 （2）方法一：方法一：设 P(x0，y0)，由 PA 2PF， 得(x02)2y022(x02)2y02， 8 分 又 y028x0，解得 x02，故 P(2，4)， 10 分 所以 kPA1，从而PAF 4 12 分 方法方法二二：过点 P 向直线 x2 作垂
26、线，垂足为 Q 由抛物线定义知，PQPF，所以 PA 2PQ， 8 分 在APQ 中，因为PQA 2， 所以 sinQAPPQ PA 2 2 ， 10 分 从而QAP 4，故PAF 4 12 分 19 （本小题满分 12 分） 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D 为 AC 中点 （1）求证：B1A平面 C1BD； （2）若 AA1AB3，BC4，且 ABBC，求三棱锥 BB1C1D 的体积 11 【考点】立体几何证明、求几何体的体积 【解析】 （1）证明：证明：连结 B1C 交 BC1于点 O，连结 OD 在三棱柱 ABCA1B1C1中，BCB1C1，BCB1C1， 所以四边形 B1B
27、CC1为平行四边形， 所以 O 为 B1C 中点 又因为 D 为 AC 中点， 所以 OD 为CB1A 的中位线， 所以 B1AOD 3 分 又因为 B1A平面 C1BD，OD 平面 C1BD， 所以 B1A平面 C1BD 5 分 （2）解：解： 方法一：方法一：三棱锥 BB1C1D 的体积就是三棱锥 DBB1C1的体积7 分 过点 D 作 DEBC，垂足为 E 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，B1B平面 ABC 因为 DE平面 ABC， 所以 B1BDE 又因为 DEBC，且 B1B，BC平面 B1BCC1，B1BBCB， 所以 DE平面 B1BCC1，即 DE 为三棱锥 DBB1C1的高
28、 9 分 在ABC 中，AB3，BC4，且 ABBC， 所以 AC 32425，sinC3 5， 在 RtDEC 中，DC1 2AC 5 2，所以 DEDCsinC 3 2 又BB1C1的面积 S1 2BB1B1C1 1 2346， 所以三棱锥 DBB1C1的体积 V1 3SDE3， D B B1 A1 （第 19 题） C1 A C B1 （第 19 题） A1 C1 B D A C O E 12 故三棱锥 BB1C1D 的体积等于 3 12 分 方法方法二二：三棱锥 BB1C1D 的体积就是三棱锥 B1BDC1的体积 7 分 因为（1）中已证 B1A平面 C1BD， 所以 B1到平面 BD
29、C1的距离等于 A 到平面 BDC1的距离 因此三棱锥 B1BDC1的体积等于三棱锥 ABDC1的体积， 即等于三棱锥 C1ABD 的体积 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，C1C平面 ABC， 所以 C1C 为三棱锥 C1ABD 的高 10 分 因为 AB3，BC4，且 ABBC，SABC1 2ABBC6 因为 D 是 AC 的中点，所以ABD 的面积 S1 2S ABC3 故三棱锥 C1ABD 的体积 V1 3SC1C3， 即三棱锥 BB1C1D 的体积等于 3 12 分 20 （本小题满分 12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 O：x2y21，点 A，B 是直线 xym0(m
30、R)与 圆 O 的两个公共点，点 C 在圆 O 上 （1）若ABC 为正三角形，求直线 AB 的方程； （2）若直线 xy 30 上存在点 P 满足AP BP0，求实数 m 的取值范围 【考点】解析几何中直线与圆的位置关系与数量积综合 【解析】 解：解： （1）由ABC 为正三角形，得AOB2ACB2 3 ， 所以ABOBAO 6， 所以原点 O 到直线 AB 的距离 d1sin 6 1 2 3 分 由点到直线的距离公式得|m| 2 1 2，解得 m 2 2 或 2 2 所以直线 AB 的方程为 2x2y 20 或 2x2y 20 5 分 13 （2）方法方法一：一：设 A(x1，y1)，B(
31、x2，y2)，P(x，y) 因为AP BP0，所以点 P 在以 AB 为直径的圆上 记该圆圆心为(x0，y0)，则 xx0， yy0 是方程组 xy0， xym0的解，解得 x0m 2， y0m 2 故以 AB 为直径的圆的方程为(xm 2) 2(ym 2) 21m 2 2 ， 其中 2m 2 9 分 又点 P 在直线 xy 3 0 上，即直线与圆有公共点， 所以|m 3| 2 1m 2 2 ，即 2m22 3m10 解得 31 2 m1 3 2 综上，实数 m 的取值范围是 31 2 ，1 3 2 12 分 方法方法二：二：设 A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立直线 AB 与圆 O 方
32、程，得 x2y21， xym0， 消去 y 得 2x22mxm210 所以 x1，x2是的两个解， 判别式(2m)242(m21)0，即 2m 2， 且 x1x2m，x1x2m 21 2 7 分 设点 P(x，y)，则AP (xx 1，yy1)，BP (xx 2，yy2) 由AP BP0，得(xx 1) (xx2)(yy1) (yy2)0， 将 yx 3，y1x1m，y2x2m 代入， 整理得 2x22(x1x2m 3)x2x1x2(m 3)(x1x2)(m 3)20 又 x1x2m，x1x2m 21 2 ，所以 2x22 3xm2 3m20， 关于 x 的方程 2x22 3xm2 3m20
33、有实数解， 10 分 因此(2 3)242(m2 3m2)0，即 2m22 3m10， 解得 31 2 m1 3 2 14 综上，实数 m 的取值范围是 31 2 ，1 3 2 12 分 21 （本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAB平面 ABCD，PAAB，PAAD4， BCAD，ABAD，ABBC2，PEPC (01) （1）若 1 2，求直线 DE 与平面 ABE 所成角的正弦值； （2）设二面角 B-AE-C 的大小为 ，若|cos|2 34 17 ，求 的值 【考点】立体几何与空间向量 【解析】解解：因为平面 PAB平面 ABCD，PAAB，平面 PA
34、B平面 ABCDAB，PA平面 PAB，所以 PA平面 ABCD 因为 AD平面 ABCD，所以 PAAD 又 ABAD，所以 PA，AB，AD 两两互相垂直 以AB ，AD，AP为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz2 分 因为 PAAD4，ABBC2， 所以 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4) （1）若 1 2，即 E 为 PC 中点，则 E( )1，1，2 ， 所以DE ( )1，3，2 ，AB ( )2，0，0 ，AE ( )1，1，2 设平面 ABE 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)， 则 m AB 0， m
35、AE 0， 即 2x10， x1y12z10 令 z11，得 y12， 所以平面 ABE 的一个法向量为 m(0，2，1) 4 分 设直线 DE 与平面 ABE 所成角为 ， 则 sin|cosDE ，m|62 14 5| 4 70 35 6 分 （第 21 题） P A B C D E y z P A B C D E x 15 （2）因为PE PC(01)，则 E(2，2，44) 设平面 ABE 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)， 则 n AB 0， n AE 0， 即 2x20， 2x2+2y2+(44)z20 令 y22，得 z2 1， 所以平面 ABE 的一个法向量为 n(0，
36、2， 1)设平面 AEC 的一个法向量为 l(x3， y3，z3)， 则 l AC 0， l AP 0， 即 2x32y30， 4z30 令 x31，得 y31， 所以平面 AEC 的一个向量为 l(1，1，0) 9 分 （或证明 CD平面 PAC，从而CD 为平面 PAC 的一个法向量） 因为二面角 B-AE-C 的大小为 ，且|cos|2 34 17 ， 得|cosn，l| 2 4( 1) 2 2| 2 34 17 ，整理得 32210， 解得 1 3，或 1(舍)所以 1 3 12 分 22 （本小题满分 12 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21
37、(ab0) 的左顶点与上顶点的距离为 2 3，且经过点(2， 2) （1）求椭圆 C 的方程； （2） 直线 l 与椭圆 C 相交于 P， Q 两点， M 是 PQ 的中点 若椭圆上存在点 N 满足ON 3MO， 求证：PQN 的面积 S 为定值 x O y P M Q （第 22 题图） 16 【考点】圆锥曲线中的应用：椭圆求标准方程、利用向量证明面积为定值 【解析】解解： （1）椭圆 C 的左顶点(a，0)，上顶点(0，b) 因为左顶点与上顶点的距离为 2 3，所以 a2b22 3，化简得 a2b212 因为椭圆经过点(2， 2)，所以 4 a2 2 b21， 2 分 由解得 a28，b2
38、4 或 a26，b26（舍去） ， 所以椭圆 C 的方程为x 2 8 y 2 4 1 4 分 （2）当 PQ 斜率不存在时，N 为(2 2，0)，PQ 方程为 x2 2 3 ，易得 PQ8 2 3 ， 此时 S1 2MNPQ 1 2 8 2 3 8 2 3 64 9 5 分 当 PQ 斜率存在时，设 PQ 的方程为 ykxm (m0)， 联立 ykxm， x2 8 y 2 4 1 得(12k2)x24kmx2(m24)0， 由(4km)28(12k2)(m24)0，得 0m28k24 （*） 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x24km 12k2，x1x2 2(m24) 12k2
39、 ， 因此 PQ 的中点 M 为(2km 12k2， m 12k2) 又因为ON 3MO，所以 N(6km 12k2， 3m 12k2)， 将点 M 代入椭圆方程，得 18k2m2 4(12k2)2 9m2 4(12k2)21， 化简得 2k219 4m 2，符合（*）式 9 分 记点 O 到直线 l 的距离为 d， 则 S4SOPQ2PQd2 1k2|x1x2|d 2 1k22 2 8k 24m2 12k2 |m| 1k2 4 2|m| 8k24m2 12k2 ， 将 2k219 4m 2 代入，得 S4 2|m| 9m 2m2 9 4m 2 64 9 17 综上，PQN 的面积 S 为定值64 9 12 分
浙公网安备33030202001339号