本册综合素质检测
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．给出命题：p：3>1，q：4∈{2,3}，则在下列三个命题：“p∧q”，“p∨q”，“綈p”中，真命题的个数为( )
A．0 B．3 C．2 D．1
[答案] D
[解析] p：3>1，是真命题，q：4∈{2,3}是假命题，∴“p∧q”是假命题，“p∨q”是真命题，“綈p”是假命题．
2．(2013·山东理，7)给定两个命题p，q，若綈p是q的必要而不充分条件，则p是綈q的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案] A
[解析] 由q?綈p且綈p?/ q可得p?綈q且綈q?/ p，所以p是綈q的充分不必要条件．
3．命题“存在n∈N*，n2＋3n能被10整除”的否定是( )
A．不存在n∈N*，n2＋3n能被10整除
B．存在n∈N*，n2＋3n不能被10整除
C．对任意的n∈N*，n2＋3n不能被10整除
D．对任意的n∈N*，n3＋3n能被10整除
[答案] C
[解析] 特称命题的否定是全称命题，故选C.
4．已知方程＋＝1表示双曲线，则k的取值范围是( )
A．－1
4
C．k<－1 D．k>4
[答案] B
[解析] 由题意，得(1＋k)(4－k)<0，∴(k＋1)(k－4)>0，∴k>4或k<－1.
5．已知A(－1,0)，B(2,4)，△ABC的面积为10，则动点C的轨迹方程是( )
A．4x－3y－16＝0或4x－3y＋16＝0
B．4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0
C．4x－3y＋16＝0或4x－3y＋24＝0
D．4x－3y＋16＝0或4x－3y－24＝0
[答案] B
[解析] 由两点式，得直线AB的方程是
＝，
即4x－3y＋4＝0，
线段AB的长度|AB|＝＝5.
设C的坐标为(x，y)，
则×5×＝10，
即4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0.
6．如图所示，椭圆的中心在原点，焦点F1、F2在x轴上，A、B是椭圆的顶点，P是椭圆上一点，且PF1⊥x轴，PF2∥AB，则此椭圆的离心率是( )
A. B.
C. D.
[答案] B
[解析] 点P的坐标(－c，)，于是kAB＝－，kPF2＝－，由kAB＝kPF2得b＝2c，故e＝＝.
7．设抛物线的顶点在原点，其焦点F在y轴上，又抛物线上的点P(k，－2)与点F的距离为4，则k等于( )
A．4 B．4或－4
C．－2 D．－2或2
[答案] B
[解析] 由题设条件可设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，又点P在抛物线上，则k2＝4p，
∵|PF|＝4∴＋2＝4，即p＝4，∴k＝±4.
8．(2013·山东理，11)抛物线C1：y＝x2(p>0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M，若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝( )
A. B.
C. D.
[答案] D
[解析] 由已知抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为A(0，)，双曲线－y2＝1的右焦点为B(2,0)，渐近线方程为y＝±x.
设M(x0，y0)，则y0＝，
由kMA＝kMB得＝，(1)
由y＝知，y′＝，则y′|x＝x0＝＝，
代入(1)式中消去x0并解之得p＝.
9．已知双曲线C：－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，P为C的右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，则△PF1F2的面积等于( )
A．24 B．36 C．48 D．96
[答案] C
[解析] 依题意得|PF2|＝|F1F2|＝10，由双曲线的定义得|PF1|－|PF2|＝6，∴|PF1|＝16，因此△PF1F2的面积等于×16×＝48，选C.
10．(2013·新课标全国Ⅱ理，7)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别为(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到正视图可以为( )
[答案] A
[解析] 在空间直角坐标系中画出各点，可见这四点为正四面体的四个顶点，将其置于正方体ABCD－A1B1C1D1中，易得此四面体在zOx平面投影图形为A.
11．(2013·大纲理，8)椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A1、A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A．[，] B．[，]
C．[，1] D．[，1]
[答案] B
[解析] 如图：
直线A2M的方程为y＝－(x－2)，即y＝2－x，
代入椭圆方程＋＝1中消去y得，7x2－16x＋4＝0，
∴2＋x＝，∴x＝，∴M点坐标为(，)．
同理可得N点坐标为(，)
∵KA1M＝＝，KA1N＝＝，
∴直线PA1斜率的取值范围是[，]．
12. 在正三棱柱ABC－A1B1C1，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成角的大小( )
A．60° B．90°
C．105° D．75°
[答案] B
[解析] 解法一：设＝a，＝b，＝c，AB＝，则
|a|＝|b|＝，|c|＝1，a·c＝0，b·c＝0，a·b＝1.
∴＝＋＝a＋c，
＝＋＝(b－a)＋c，
∵·＝a·b－|a|2＋a·c＋c·b－c·a＋|c|2＝0，
∴⊥，即AB1⊥C1B.
解法二：取AC中点D，建立如图所示的坐标系．
设AB＝1，则B，
C1，A，B1，
∴cos〈，〉＝＝0.
∴AB1与C1B所成的角为90°.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)
13．P是双曲线－＝1上一点，F1、F2是双曲线的两个焦点，且|PF1|＝17，则|PF2|的值为________．
[答案] 33
[解析] 在双曲线－＝1中，a＝8，b＝6，故c＝10.由P是双曲线上一点得，||PF1|－|PF2||＝16.
∴|PF2|＝1或|PF2|＝33.
又|PF2|≥c－a＝2，∴|PF2|＝33.
14．已知在空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝3MA，N为BC中点，用a，b，c表示，则等于________．
[答案] －a＋b＋c
[解析] 显然＝－＝(＋)－＝b＋c－a.
15．已知抛物线y2＝4x，过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则y＋y的最小值为________．
[答案] 32
[解析] 当直线的斜率不存在时，其方程为x＝4，由，得y1＝－4，y2＝4，∴y＋y＝32.
当直线的斜率存在时，其方程为y＝k(x－4)，
由消去x得ky2－4y－16k＝0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝－16，
∴y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝＋32>32，
综上可知y＋y≥32.∴y＋y的最小值为32.
16．过二面角α－l－β内一点P作PA⊥α于A，作PB⊥β于B，若PA＝5，PB＝8，AB＝7，则二面角α－l－β的度数为________．
[答案] 120°
[解析] 设＝a，＝b，由条件知|a|＝5，|b|＝8，||＝7，
∴AB2＝||2＝|b－a|2
＝|b|2＋|a|2－2a·b
＝64＋25－2a·b＝49，
∴a·b＝20，∴cos〈a，b〉＝＝，
∴〈a，b〉＝60°，∴二面角α－l－β为120°.
三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分12分)已知p：“直线x＋y－m＝0与圆(x－1)2＋y2＝1相交”；q：“mx2－x＋m－4＝0有一正根和一负根”，若p∨q为真，綈p为真，求实数m的取值范围．
[解析] ∵直线x＋y－m＝0与圆(x－1)2＋y2＝1相交，则<1，∴m∈(1－，1＋)．
∵mx2－x＋m－4＝0有一正根和一负根，
则<0，即0又∵p∨q为真，綈p为真，∴p假，q真，
∴m∈[1＋，4)．
18．(本小题满分12分)已知动圆P过定点A(－3,0)，并且在定圆B：(x－3)2＋y2＝64的内部与其相内切，求动圆圆心P的轨迹方程．
[解析] 如图，设动圆P和定圆B内切于点M，动圆圆心P到两定点，即定点A(－3，0)和定圆圆心B(3,0)的距离之和恰好等于定圆半径，即|PA|＋|PB|＝|PM|＋|PB|＝|BM|＝8.
所以点P的轨迹是以A、B为两焦点，长半轴长为4，短半轴长为b＝＝的椭圆，方程为：
＋＝1.
19．(本小题满分12分)四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，且PB＝4PM，PB与平面ABC成30°角．
(1)求证：CM∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAD.
[证明] 如图所示，建立空间直角坐标系C－xyz.
(1)∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABC所成的角，∠PBC＝30°.
∵|PC|＝2，∴|BC|＝2，
∴|PB|＝4，得D(0,1,0)、B(2，0,0，)、A(2，4,0)、P(0,0,2)，
又|PB|＝4|PM|，∴|PM|＝1，M(，0，)，
∴＝(，0，)，＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，
设＝λ＋μ，
则2μ＝，－λ＋3μ＝0,2λ＝，
∴λ＝，μ＝，即＝＋，
∴，，共面．
∵C?平面PAD，∴CM∥平面PAD.
(2)作BE⊥PA于E，|PB|＝|AB|＝4，
∴E为PA的中点，∴E(，2,1)，∴＝(－，2,1)．
∵·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0，
·＝(－，2,1)·(0，－1,2)＝0，
∴BE⊥DA，又BE⊥DP，
∴BE⊥平面PAD，由于BE?平面PAB，则平面PAB⊥平面PAD.
[点评] ①证明线面平行，既可以用判定定理直接求证，也可以用向量证，用向量证明时，既可以证明两向量共线，也可以证明向量共面，还可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
②证明面面垂直，既可以应用判定定理直接证，也可以用向量证用向量证明时，可证明其法向量垂直．
③常常将向量几何证明方法与综合几何证明方法结合使用．
20．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°的角，底面ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD.
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)设E是棱PD上一点，且PE＝PD，求异面直线AE与PB所成的角．
[解析] 如图，建立空间直角坐标系A－xyz.
∵PA⊥平面ABCD，PB与平面ABC成60°，
∴∠PBA＝60°.
取AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0，)，D(0,2,0)．
(1)∵＝(1,1,0)，＝(0,0，)，＝(－1,1,0)，
∴·＝－1＋1＋0＝0，·＝0.
∴AC⊥CD，AP⊥CD，
∴CD⊥平面PAC.CD?平面PCD，
∴平面PCD⊥平面PAC.
(2)∵＝，∴E(0，，)，∴＝(0，，)．又＝(1,0，－)，∴·＝－2.
∴cos〈·〉＝＝＝－.
∴异面直线AE与PB所成的角为arccos.
21．(本小题满分12分)设双曲线C：－y2＝1(a>0)与直线l：x＋y＝1相交于两个不同的点A、B.
(1)求双曲线C的离心率e的取值范围；
(2)设直线l与y轴的交点为P，且＝，求a的值．
[解析] (1)由C与l相交于两个不同的点，故知方程组有两组不同的实数解，消去y并整理得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0.①
所以解得0∵0，且e≠，
即离心率e的取值范围为(，)∪(，＋∞)
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0,1)，
∵＝，∴(x1，y1－1)＝(x2，y2－1)．
由此得x1＝x2，由于x1、x2都是方程①的根，且1－a2≠0，所以x2＝－，x＝－.
消去x2得，－＝.由a>0，所以a＝.
22．(本小题满分14分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝，点E是棱PB的中点．
(1)求直线AD与平面PBC的距离；
(2)若AD＝，求二面角A－EC－D的平面角的余弦值．
[解析] 解法一：
(1)如下图，在矩形ABCD中，AD∥BC，从而AD∥平面PBC，故直线AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离．
因PA⊥底面ABCD，故PA⊥AB，由PA＝AB知△PAB为等腰直角三角形，又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB.
又在矩形ABCD中，BC⊥AB，而AB是PB在底面ABCD内的射影，由三垂线定理得BC⊥PB，从而BC⊥平面PAB，故BC⊥AE，从而AE⊥平面PBC，故AE之长即为直线AD与平面PBC的距离．
在Rt△PAB中，PA＝AB＝，所以AE＝BP＝＝.
(2)过点D作DF⊥CE，交CE于F，过点F作FG⊥CE，交AC于G，则∠DFG为所求的二面角的平面角．
由(1)知BC⊥平面PAB，又AD∥BC，得AD⊥平面PAB，故AD⊥AE，从而DE＝＝.
在Rt△CBE中，CE＝＝.
由CD＝，所以△CDE为等边三角形，故点F为CE的中点，且DF＝CD·sin＝.
因为AE⊥平面PBC，故AE⊥CE，又FG⊥CE，FG綊AE，从而FG＝，且G点为AC的中点．
连接DG.则在Rt△ADC中，
DG＝AC＝＝.
所以cos∠DFG＝＝.
解法二：(1)如下图，以A为坐标原点，射线 AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正半轴，建立空间直角坐标系A－xyz.
设D(0，a,0)，则B(，0,0)，C(，a,0)，P(0,0，)，E(，0，)．
因此＝(，0，)，＝(0，a,0)，
＝(，a，－)．
则·＝0，·＝0，所以AE⊥平面PBC.
又由AD∥BC知AD∥平面PBC，故直线 AD与平面PBC的距离为点A到平面PBC的距离，即为||＝.
(2)因为||＝，则D(0，，0)，C(，，0)．
设平面AEC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则n1·＝0，n1·＝0.
又＝(，，0)，＝(，0，)，故
所以y1＝－x1，z1＝－x1.
可取x1＝－，则n1＝(－，2，)．
设平面DEC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则n2·＝0，n2·＝0，
又＝(，0,0)，＝(，－，)，
故
所以x2＝0，z2＝y2，可取y2＝1，则n2＝(0,1，)．
故cos〈n1，n2〉＝＝.
所以二面角A－EC－D的平面角的余弦值为.
[点评] 利用法向量解决立体几何问题时要注意正确写出点的坐标，求出法向量，从而表示出所要求的距离及角．
本册综合能力检测
时间120分钟，满分150分。
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．已知a∈R，则“a<2”是“a2<2a”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案] B
[解析] 由a2<2a，得02．下列四个命题中正确命题的个数为( )
①?x∈R,2x2－3x＋4>0
②?x∈{1，－1,0},2x＋1>0
③?x∈R，使x2④?x∈N*，使x为29的约数
A．1 B．2 C．3 D．4
[答案] C
[解析] 2x2－3x＋4＝2(x－)2＋>0，故①正确；当x＝－1时，2x＋1＝－1<0，故②不正确；当x＝0.1时，x2＝0.01，∴x23．已知平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′等于( )
A．85 B.
C．5 D．50
[答案] B
[解析] 由题意AC′＝＋＋，
所以||2＝|＋＋|2，代入计算可得，||2＝85.
∴AC′＝.
4．如图所示，在空间直角坐标系中BC＝2，原点O是BC的中点，点D在平面yOz上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，则向量的坐标为( )
A. B.
C. D.
[答案] B
[解析] 如图所示，过D作DE⊥BC，垂足为E，在Rt△BCD中，由∠BDC＝90°，∠DCB＝30°，BC＝2，得BD＝1，CD＝.
∴DE＝CD·sin30°＝，OE＝OB－BD·cos60°＝1－＝.
∴D点坐标为(0，－，)，
即向量的坐标为(0，－，)．
5．在[－4,4]上任取一个m，使得曲线＋＝1表示双曲线的概率是( )
A. B.
C. D.
[答案] A
[解析] 由题意可得(4＋m)(m－1)<0，解得－46．曲线y＝－与曲线y＋|ax|＝0(a∈R)的交点个数是( )
A．4个 B．2个
C．0个 D．与a的取值有关
[答案] B
[解析] 曲线y＝－即x2＋y2＝1(y≤0)，曲线y＋|ax|＝0(a∈R)，即y＝－|ax|，两曲线如图所示，必有2个交点．故选B.
7．(2013·新课标Ⅱ文，10)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A, B两点．若|AF|＝3|BF|，则l的方程为( )
A．y＝x－1或y＝－x＋1
B．y＝(x－1)或y＝－(x－1)
C．y＝(x－1)或y＝－(x－1)
D．y＝(x－1)或y＝－(x－1)
[答案] C
[解析] 由抛物线方程y2＝4x知焦点F(1,0)，准线x＝－1，设直线l：x＝my＋1，代入y2＝4x中消去x得，y2－4my－4＝0.
由根与系数的关系得，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1>0>y2，
∵|AF|＝3|BF|，∴y1＝－3y2，
由解得y2＝－，∴y1＝2.
∴m＝＝，
∴直线l的方程为x＝y＋1.
由对称性知，这样的直线有两条．
即y＝±(x－1)．
[点评] 1.求出y1，y2后也可以代入x＝求得x1、x2.由k＝得到斜率用点斜式写出l方程或用两点式直接写出l的方程．
2．由于A、B两点没有指明位置，故由对称性知，这样的直线应有两条，每个选项都是两条，故只需求出一种情况即可获解．
3．可以用焦点弦长与倾斜角的关系|AB|＝求解．(其中θ为直线AB的倾斜角)．
4．若设直线方程为y＝k(x－1)，则可利用定义，由|AF|＝3|BF|得，x1＝3x2＋2，结合韦达定理求解．
8．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
[答案] D
[解析] ∵OP⊥平面ABC，OA＝OC，AB＝BC，
∴OA⊥OB，OA⊥OP，OB⊥OP.
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
设AB＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)．
设OP＝h，则P(0,0，h)，
∵PA＝2a，∴h＝a.
∴＝(－a,0，a)．
由条件可以求得平面PBC的法向量n＝(－1,1，)，
∴cos〈，n〉＝＝.
设OD与平面PBC所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝.
9．已知点P是直线2x－y＋3＝0上的一个动点，定点M(－1 ,2)，Q是线段PM延长线上的一点，且|PM|＝|MQ|，则Q点的轨迹方程( )
A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y－5＝0
C．2x－y－1＝0 D．2x－y＋5＝0
[答案] D
[解析] 设Q(x，y)，∵|PM|＝|MQ|∴M为PQ中点，
∴P为(－2－x,4－y)．
∵P在直线2x－y＋3＝0上，∴y＝2x＋5，∴选D.
10．如图，在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，E为BC中点，则·等于( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[答案] A
[解析] 如图，建立空间直角坐标系，设DC＝DB＝a，DA＝b，则B(a,0,0)、C(0，a,0)、A(0,0，b)，E(，，0)，
所以＝(－a，a,0)，＝(，，－b)，·＝－＋＋0＝0.
11．若直线y＝x＋1与椭圆＋y2＝1相交于A，B两个不同的点，则|AB|等于( )
A. B. C. D.
[答案] B
[解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y得3x2＋4x＝0.
∴x1＋x2＝－，x1x2＝0，
∴|AB|＝＝＝.
故|AB|＝.
12．设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2，若曲线Γ上存在点P满足|PF1|?|F1F2|?|PF2|＝4?3?2，则曲线Γ的离心率等于( )
A.或 B.或2
C.或2 D.或
[答案] A
[解析] ∵|PF1|?|F1F2|?|PF2|＝4?3?2，设|PF1|＝4k，|F1F2|＝3k，|PF2|＝2k，其中|F1F2|＝2c＝3k，∴c＝k.若圆锥曲线Γ为椭圆，则|PF1|＋|PF2|＝2a＝6k.
∴a＝3k.∴e＝＝＝.若圆锥曲线Γ为双曲线，则|PF1|－|PF2|＝2a＝2k，∴a＝k.
∴e＝＝＝.∴e的取值为或.
二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)
13．过双曲线－＝1左焦点F1的直线交双曲线的左支于M、N两点，F2为其右焦点，则|MF2|＋|NF2|－|MN|＝________.
[答案] 8
[分析] 由双曲线定义及条件知|MF2|－|MF1|＝|NF2|－|NF1|＝2a＝4.
[解析] 根据双曲线的定义，|MF2|＋|NF2|－|MN|
＝(|MF2|－|MF1|)＋(|NF2|－|NF1|)
＝2a＋2a＝4a＝4×2＝8.
14．与椭圆＋＝1有公共焦点，且两条渐近线互相垂直的双曲线方程为________．
[答案] x2－y2＝
[解析] 椭圆焦点(±，0)，由条件知，双曲线的焦点为(±，0)，渐近线方程为y＝±x，
故设双曲线方程为x2－y2＝λ (λ>0)，
∴2λ＝5，∴λ＝.
15．如图所示，正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面成60°的二面角，则异面直线AD与BF所成角的余弦值是________．
[答案]
[解析] 解法一：∵四边形ABCD与四边形ABEF都是正方形，∴CB⊥AB，EB⊥AB，
∴∠CBE＝60°.
连接CE，如图所示，设正方形的边长为1，
∵BC＝BE，∠CBE＝60°，
∴△CEB为正三角形，CE＝BC＝1.
连接CF，∵BC∥AD，
∴∠CBF就是两异面直线AD与BF所成的角．
又∵AB⊥平面CBE，∴AB⊥CE.
又FE∥AB，∴FE⊥CE，∴CF＝＝.
又在△CBF中，CB＝1，BF＝，
∴cos∠CBF＝＝＝.
解法二：设＝a，＝b，＝c，设正方形边长为1，则由题意知a·b＝0，a·c＝0，|a|＝|b|＝|c|＝1，
∵AD⊥AB，AF⊥AB，∴∠DAF＝60°，∴b·c＝.
||2＝(c－a)2＝|c|2＋|a|2－2a·c＝2，
∴||＝，
·＝(c－a)·b＝b·c－a·b＝，
∴cos〈，〉＝＝，
即异面直线AD与BF所成角的余弦值为.
16．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1－B1的大小为________．
[答案] 120°
[解析] 如图，以C为原点建立空间直角坐标系C－xyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，
∴＝(0，a,0)，＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，
设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0，
n·＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋az＝0，
∵a≠0，∴y＝0，x＝z，
令z＝1，则n＝(1,0,1)，
同理平面B1BD1的法向量m＝(－1，－1,0)，
cos〈n，m〉＝＝－，
而二面角A－BD1－B1为钝角，故为120°.
三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本题满分12分)已知p：2x2－9x＋a<0，q：且綈q是綈p的必要条件，求实数a的取值范围．
[解析] 由得即2∴q：2设A＝{x|2x2－9x＋a<0}，
B＝{x|2∵綈p?綈q，∴q?p.∴B?A.
即2设f(x)＝2x2－9x＋a，
要使2需即
∴a≤9.故所求实数a的取值范围是{a|a≤9}．
18．(本小题满分12分)已知点A(－1,0)，B(1,0)，分别过A、B作直线l1与l2，使l1⊥l2，求l1与l2交点P的轨迹方程．
[解析] 设l1：y＝k(x＋1)，(k≠0)(1)
则l2：y＝－(x－1)(2)
(1)与(2)两式相乘，消去k得，y2＝－(x2－1)，
∴x2＋y2＝1，
特别地，当k不存在或k＝0时，P分别与A、B重合，也满足上述方程，∴所求轨迹方程为x2＋y2＝1.
19．(本小题满分12分)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AA1、AB的中点，求EF和平面ACC1A1所成角的大小．
[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，
∵E、F是AA1、AB的中点，
∴E(2,0,1)，F(2,1,0)．
∴＝(0,1，－1)．
又B(2,2,0)，＝(2,2,0)，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥平面ACC1A1，
∴为平面ACC1A1的法向量
cos〈，〉＝＝.
∴与成的角为
∴EF与平面ACC1A1所成的角为.
20．(本小题满分12分)如图，直线y＝kx＋b与椭圆＋y2＝1，交于A、B两点，记ΔAOB的面积为S.
(1)求在k＝0,0(2)当|AB|＝2，S＝1时，求直线AB的方程．
[解析] (1)设点A的坐标为(x1，b)，
B为(x2，b)，由＋b2＝1，解得x1,2＝±2，所以S＝b·|x1－x2|＝2b·≤b2＋1－b2＝1，
当且仅当b＝时，S取到最大值1.
(2)联立消去y得(k2＋)x2＋2kbx＋b2－1＝0，
Δ＝4k2－b2＋1①
|AB|＝|x1－x2|＝·＝2②
设O到AB的距离为d，则 d＝＝1，
又因为d＝，所以b2＝k2＋1，代入②式整理得k4－k2＋＝0，解得k2＝，b2＝，
代入①式检验，Δ>0，故直线AB的方程为y＝x＋，或y＝x－，或y＝－x＋，或y＝－x－.
21．(本小题满分12分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是正三角形且与底面ABCD垂直，底面ABCD是矩形，E是AB中点，PC与平面ABCD的夹角为30°.
(1)求平面PCE与平面CDE夹角的大小；
(2)当AD为多长时，点D到平面PCE的距离为2.
[解析] 取AD的中点O，连接PO.
∵△PAD是正三角形，∴PO⊥AD，
又面PAD⊥面ABCD.
∴PO⊥面ABCD，以O为原点，OD为x轴，过O作AB的平行线为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，连接OC，则∠PCO为PC与面ABCD的夹角，
∴∠PCO＝30°.
设AD＝a，
则PO＝a，OC＝a，CD＝a.
∴P(0,0，a)，D(a,0,0)，C(a，a,0)，
E(－，a,0)．
(1)∵＝(－，a，－a)，
＝(a，a，－a)，
设平面PCE的一个法向量为n＝(1，y，z)．
则
解得，n＝(1，－，－)．
又平面DEC的一个法向量为＝(0,0，a)，
∴cos〈，n〉＝＝－.
∴平面PCE与平面CED夹角的大小为45°.
(2)＝(0，－a,0)，D到平面PCE的距离d＝＝，
由＝2，得a＝.
即AD长为时，点D到平面PCE的距离为2.
22．(本小题满分14分)(2013·福建理，19)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．
(1)求证：CD⊥平面ADD1A1；
(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值；
(3)现将与四棱柱ABCD－A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f(k)，写出f(k)的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)
[解析] (1)取CD的中点E，连接BE.
∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.
在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，
∴BE2＋CE2＝BC2，∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD，
又∵BE∥AD，所以CD⊥AD.
∵AA1⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，
∴AA1⊥CD.又AA1∩AD＝A，
∴CD⊥平面ADD1A1.
(2)以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，
所以＝(－4k,6k,0)，＝(0,3k,1)，＝(0,0,1)．
设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，则由
得取y＝2，得n＝(3,2，－6k)．
设AA1与平面AB1C所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈，n〉|＝||
＝＝，解得k＝1，
故所求k的值为1.
(3)共有4种不同的方案．
f(k)＝
[点评] 本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系、柱体的概念及表面积，在证明线面垂直时一定要写全条件，即?a⊥α，此时极易因条件不全造成失分．
