南京市2020－2021学年度第一学期期中调研测试
高
二
数
学
2020.11
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、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只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．
1．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线x2＝2y的焦点为F，准线为l，则点F到直线l的距离为
A．
B．1
C．2
D．4
2．已知向量a＝(－2，3，－1)，b＝(4，m，n)，且a∥b，其中m，n∈R，则m＋n＝
A．4
B．－4
C．2
D．－2
3．若sinθ＝2cos(π－θ)，则tan(θ＋)的值为
A．3
B．
C．－3
D．－
4．在平面直角坐标系xOy中，若椭圆C：＋＝1与双曲线T：x2－＝1有相同的焦点，则双曲线T的渐近线方程为
A．y＝±x
B．y＝±x
C．y＝±4x
D．y＝±2x
5．在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－4＝0与两坐标轴分别交于点A，B，圆C经过A，B，且圆心在y轴上，则圆C的方程为
A．x2＋y2＋6y－16＝0
B．x2＋y2－6y－16＝0
C．x2＋y2＋8y－9＝0
D．x2＋y2－8y－9＝0
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
A．2
B．2
C．4
D．4
7．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，
∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，则线段AO的长度为
A．
B．
C．
D．
8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为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．－1
B．－1
C．＋1
D．＋1
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对得3分，不选或有错选的得0分．
9．已知两个不重合的平面α，β及直线m，下列说法正确的是
A．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
B．若α∥β，m⊥α，则m⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若m∥α，m∥β，则α∥β
10．在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆
＋＝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
A．1
B．2
C．3
D．4
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．距离坐标为(x，x)的点在一条直线上
12．20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
D．它的任意两个共棱的面所成的二面角都相等
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20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：x＋ay＝0和直线l2：2x－(a－3)y－4＝0，
a∈R．若l1与
l2平行，则l1与
l2之间的距离为．
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
(－2)⊥，则实数a的值为．
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，PA＝AC＝1，BC＝，则四面体PABC的外接球的表面积为．
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A的横坐标为．
四、解答题：本大题共6小题，共70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．
17．（本小题满分10分）
在
①sin(A－B)＝sinB＋sinC；②2acosC＝2b＋c；③△ABC的面积S＝(a2－b2－c2)
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＝，且b＝4，c＝2，求线段AD的长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．（本小题满分12分）
在平面直角坐标系xOy中，已知圆F：(x－2)2＋y2＝1，动圆M与直线l：x＝－1相切且与圆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＝PF，求∠PAF的大小．
19．（本小题满分12分）
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC中点．
（1）求证：B1A∥平面C1BD；
（2）若AA1＝AB＝3，BC＝4，且AB⊥BC，求三棱锥B－B1C1D的体积．
20．（本小题满分12分）
在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝1，点A，B是直线x－y＋m＝0(m∈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x－y－＝0上存在点P满足·＝0，求实数m的取值范围．
21．（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，PA＝AD＝4，
BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝2，＝λ(0≤λ＜1)．
（1）若λ＝，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θ，若|cosθ|＝，求λ的值．
22．（本小题满分12分）
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)
的左顶点与上顶点的距离为2，且经过点(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
＝3，求证：△PQN的面积S为定值．
（第6题）
C1
（第7题）
A
B
C
B1
O
N
（第11题）
O
M
P
l2
l1
（第12题）
A
B
C
P
（第15题）
第16题
D
B
B1
A1
（第19题）
C1
A
C
（第21题）
P
A
B
C
D
E
xA1
O
y
P
M
Q
．
（第22题图）
高二期中调研
数学试卷
第1页共6页南京市2020－2021学年度第一学期期中调研测试
高
二
数
学
2020.11
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、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只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．
1．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线x2＝2y的焦点为F，准线为l，则点F到直线l的距离为
A．
B．1
C．2
D．4
【答案】B
【考点】抛物线的定义
【解析】由题意抛物线p的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a∥b，其中m，n∈R，则m＋n＝
A．4
B．－4
C．2
D．－2
【答案】B
【考点】空间向量共线的坐标运算
【解析】由题意a∥b，则，解得，所以m+n=－4；或利用空间向量共线定理可得a=b，即3×－2=m，－1×（－2）=n，解得，依旧有：m+n=－4，故答案选B.
3．若sinθ＝2cos(π－θ)，则tan(θ＋)的值为
A．3
B．
C．－3
D．－
【答案】D
【考点】三角函数恒等变换公式的应用
【解析】由题意，则，
所以tan(θ+)=，故答案选D.
4．在平面直角坐标系xOy中，若椭圆C：＋＝1与双曲线T：x2－＝1有相同的焦点，则双曲线T的渐近线方程为
A．y＝±x
B．y＝±x
C．y＝±4x
D．y＝±2x
【答案】D
【考点】椭圆及双曲线的几何性质
【解析】由题意9－m=1+m，解得m=4，所以双曲线标准方程为，则其渐近线方程为，故答案选D.
5．在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－4＝0与两坐标轴分别交于点A，B，圆C经过A，B，且圆心在y轴上，则圆C的方程为
A．x2＋y2＋6y－16＝0
B．x2＋y2－6y－16＝0
C．x2＋y2＋8y－9＝0
D．x2＋y2－8y－9＝0
【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，化简解得m=－3，则圆C的半径为5，所以圆C的标准方程为，化为一般方程为：x2＋y2＋6y－16＝0
，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
A．2
B．2
C．4
D．4
【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，而椭圆的短轴为底面的直径4，则椭圆的焦距为，故答案选D.
7．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC1与B1C相交于点O，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∠BAC＝90°，A1A＝3，AB＝AC＝2，则线段AO的长度为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【考点】空间向量基本定理（线性运算）、模长的求法
【解析】由题意可知在三棱柱ABC－A1B1C1中，
，，则
，解得，
故答案选A.
8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为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．－1
B．－1
C．＋1
D．＋1
【答案】C
【考点】双曲线的几何性质应用：求离心率
【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，代入双曲线方程可得：，又由，化简可得，方程两边同除，可得，解得，因为，解得，故答案选C.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对得3分，不选或有错选的得0分．
9．已知两个不重合的平面α，β及直线m，下列说法正确的是
A．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
B．若α∥β，m⊥α，则m⊥β
C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D．若m∥α，m∥β，则α∥β
【答案】BC
【考点】立体几何的位置关系：平行与垂直
【解析】由题意，对于A选项，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，α与β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
＋＝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
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】ABC
【考点】椭圆的几何性质：焦点三角形
【解析】由题意，c=，2a=4，由椭圆的定义可得：AF1＋AF2＝4，则有：
①若，则有，联立解得AF1＝2；
②若，则有，联立解得AF1＝1；
③若，则有，联立解得AF1＝3；
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.
12．20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
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、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，选项C正确.故答案选ACD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20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：x＋ay＝0和直线l2：2x－(a－3)y－4＝0，a∈R．若l1与
l2平行，则l1与
l2之间的距离为．
【答案】
【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－(a－3)×1=2a，解得a=1，则直线l1：x＋y＝0，直线l2：x+y－2＝0，由平行线距离公式得.
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(－2)⊥，则实数a的值为．
【答案】
【考点】空间向量得坐标运算
【解析】由题意，，，所以，解得.
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，PA＝AC＝1，BC＝，则四面体PABC的外接球的表面积为．
【答案】4π
【考点】立体几何中三棱锥的外接球
【解析】由题意∠ACB=90°，则取PB的中点为点O，可得OA=OB=OP=OC，即O为球心，则其半径，则其表面积.另解：可把该三棱锥补成长宽高分别是1，，1的长方体，则其体对角线为外接球的直径可求得.
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A的横坐标为．
【答案】；
【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，带入点C可解得.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，代入点C可解得，所以溢流孔ABC所在抛物线的方程为。联立拱桥与溢流孔ABC所在抛物线的方程组，解得，则点A的横坐标为.
四、解答题：本大题共6小题，共70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．
17．（本小题满分10分）
在
①sin(A－B)＝sinB＋sinC；②2acosC＝2b＋c；③△ABC的面积S＝(a2－b2－c2)
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＝，且b＝4，c＝2，求线段AD的长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【考点】三角恒等变换、解三角形综合
【解析】解：选①．
由条件①
sin(A－B)＝sinB＋sinC，
在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以sin(A－B)＝sinB＋sin(A＋B)，
即
sinAcosB－cosAsinB＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，
………………
2分
从而sinB＝－2cosAsinB．
因为B为三角形内角，所以sinB≠0，所以cosA＝－．
因为A为三角形内角，所以A＝．
………………
4分
在△ABC中，因为b＝4，c＝2，
故由正弦定理
＝
得4sinC＝2sinB，即2sinC＝sinB，
所以sinB＝2sinC＝2sin(－B)＝cosB－sinB，即2sinB＝cosB．
由sinB≠0知cosB≠0，因此tanB＝＝eq
\f(,2)．
………………
8分
因为∠BAD＝，所以AD＝AB·tanB＝．
………………
10分
选②．
由条件②2acosC＝2b＋c，结合余弦定理得2a×＝2b＋c，
即
a2＝b2＋c2＋bc，
………………
2分
所以cosA＝＝－，
因为A为三角形内角，所以A＝．
………………
4分
在△ABC中，因为b＝4，c＝2，
故由正弦定理
＝
得4sinC＝2sinB，即2sinC＝sinB，
所以sinB＝2sinC＝2sin(－B)＝cosB－sinB，即2sinB＝cosB．
由sinB≠0知cosB≠0，因此tanB＝＝eq
\f(,2)．
………………
8分
因为∠BAD＝，所以AD＝AB·tanB＝．
………………
10分
选③．
由条件③，△ABC的面积S＝(a2－b2－c2)，
得bcsinA＝(－2bccosA)，即sinA＝－cosA，
………………
2分
因为A为三角形内角，所以sinA≠0，从而cosA≠0，
所以tanA＝＝－，所以A＝．
………………
4分
在△ABC中，因为b＝4，c＝2，
故由正弦定理
＝
得4sinC＝2sinB，即2sinC＝sinB，
所以sinB＝2sinC＝2sin(－B)＝cosB－sinB，即2sinB＝cosB．
由sinB≠0知cosB≠0，因此tanB＝＝eq
\f(,2)．
………………
8分
因为∠BAD＝，所以AD＝AB·tanB＝．
………………
10分
另解：A＝（略）
………………
4分
在△ABC中，因为b＝4，c＝2，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝42＋22－2×4×2×cos＝28，
所以a＝2．
………………
6分
由正弦定理得＝，则sinB＝＝eq
\f(4×sin,2)＝eq
\f(,7)，
又B为锐角，所以cosB＝＝eq
\f(2,7)，则tanB＝＝eq
\f(,2)．………
8分
在△ABD中，因为∠BAD＝，
所以AD＝AB·tanB＝．
………………
10分
18．（本小题满分12分）
在平面直角坐标系xOy中，已知圆F：(x－2)2＋y2＝1，动圆M与直线l：x＝－1相切且与圆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＝PF，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：（1）设M(x，y)，圆M的半径为r．
由题意知，MF＝r＋1，M到直线l的距离为r．
方法一：点M到点F(2，0)的距离等于M到定直线x＝－2的距离，
根据抛物线的定义知，曲线C是以F(2，0)为焦点，x＝－2为准线的抛物线．
故曲线C的方程为y2＝8x．
……………………6分
方法二：因为MF＝＝r＋1，|x＋1|＝r，x＞－1，
所以＝x＋2，化简得y2＝8x，
故曲线C的方程为y2＝8x．
……………………6分
（2）方法一：设P(x0，y0)，由PA＝PF，
得(x0＋2)2＋y02＝2[(x0－2)2＋y02]，
……………………8分
又y02＝8x0，解得x0＝2，故P(2，±4)，
……………………10分
所以kPA＝±1，从而∠PAF＝．
…………………12分
方法二：过点P向直线x＝－2作垂线，垂足为Q．
由抛物线定义知，PQ＝PF，所以PA＝PQ，
……………………8分
在△APQ中，因为∠PQA＝，
所以sin∠QAP＝＝eq
\s\do1(\f(,2))，
……………………10分
从而∠QAP＝，故∠PAF＝．
…………………12分
19．（本小题满分12分）
如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AC中点．
（1）求证：B1A∥平面C1BD；
（2）若AA1＝AB＝3，BC＝4，且AB⊥BC，求三棱锥B－B1C1D的体积．
【考点】立体几何证明、求几何体的体积
【解析】（1）证明：连结B1C交BC1于点O，连结OD．
在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝B1C1，BC∥B1C1，
所以四边形B1BCC1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B1A∥OD．
…………………3分
又因为B1A平面C1BD，OD
平面C1BD，
所以B1A∥平面C1BD．
…………………5分
（2）解：
方法一：三棱锥B－B1C1D的体积就是三棱锥D－BB1C1的体积．…………7分
过点D作DE⊥BC，垂足为E．
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面ABC．
因为DE平面ABC，
所以B1B⊥DE．
又因为DE⊥BC，且B1B，BC平面B1BCC1，B1B∩BC＝B，
所以DE⊥平面B1BCC1，即DE为三棱锥D－BB1C1的高．
………9分
在△ABC中，AB＝3，BC＝4，且AB⊥BC，
所以AC＝＝5，sinC＝，
在Rt△DEC中，DC＝AC＝，所以DE＝DC×sinC＝．
又△BB1C1的面积S＝×BB1×B1C1＝×3×4＝6，
所以三棱锥D－BB1C1的体积V＝×S×DE＝3，
故三棱锥B－B1C1D的体积等于3．
………12分
方法二：三棱锥B－B1C1D的体积就是三棱锥B1－BDC1的体积．
………7分
因为（1）中已证B1A∥平面C1BD，
所以B1到平面BDC1的距离等于A到平面BDC1的距离．
因此三棱锥B1－BDC1的体积等于三棱锥A－BDC1的体积，
即等于三棱锥C1－ABD的体积．
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，
所以C1C为三棱锥C1－ABD的高．
………10分
因为AB＝3，BC＝4，且AB⊥BC，S△ABC＝×AB×BC＝6．
因为D是AC的中点，所以△ABD的面积S＝S△ABC＝3．
故三棱锥C1－ABD的体积V＝×S×C1C＝3，
即三棱锥B－B1C1D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：x2＋y2＝1，点A，B是直线x－y＋m＝0(m∈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x－y－＝0上存在点P满足·＝0，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：（1）由△ABC为正三角形，得∠AOB＝2∠ACB＝，
所以∠ABO＝∠BAO＝，
所以原点O到直线AB的距离d＝1×sin＝．
………3分
由点到直线的距离公式得eq
\s\do1(\f(|m|,))＝，解得m＝eq
\s\do1(\f(,2))或－eq
\s\do1(\f(,2))．
所以直线AB的方程为2x－2y＋＝0或2x－2y－＝0．
………5分
（2）方法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)．
因为·＝0，所以点P在以AB为直径的圆上．
记该圆圆心为(x0，y0)，则是方程组的解，解得eq
\b\lc\{(\a\al(x0＝－，,y0＝．))
故以AB为直径的圆的方程为(x＋)2＋(y－)2＝1－，
其中－＜m＜．
…………9分
又点P在直线x－y－＝0上，即直线与圆有公共点，
所以eq
\s\do1(\f(|m＋|,))≤eq
\r(1－)，即2m2＋2m＋1≤0．
解得－eq
\s\do1(\f(＋1,2))≤m≤eq
\s\do1(\f(1－,2))．
综上，实数m的取值范围是[－eq
\s\do1(\f(＋1,2))，eq
\s\do1(\f(1－,2))]．
………12分
方法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立直线AB与圆O方程，得
消去y得2x2＋2mx＋m2－1＝0．
①
所以x1，x2是①的两个解，
判别式△＝(2m)2－4×2×(m2－1)＞0，即－＜m＜，
且x1＋x2＝－m，x1x2＝．
………7分
设点P(x，y)，则＝(x－x1，y－y1)，＝(x－x2，y－y2)．
由·＝0，得(x－x1)
(x－x2)＋(y－y1)
(y－y2)＝0，
②
将y＝x－，y1＝x1＋m，y2＝x2＋m代入②，
整理得2x2－2(x1＋x2＋m＋)x＋2x1x2＋(m＋)(x1＋x2)＋(m＋)2＝0．
又x1＋x2＝－m，x1x2＝，所以2x2－2x＋m2＋m＋2＝0，
关于x的方程2x2－2x＋m2＋m＋2＝0有实数解，
………10分
因此(－2)2－4×2×(m2＋m＋2)≥0，即2m2＋2m＋1≤0，
解得－eq
\s\do1(\f(＋1,2))≤m≤eq
\s\do1(\f(1－,2))．
综上，实数m的取值范围是[－eq
\s\do1(\f(＋1,2))，eq
\s\do1(\f(1－,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，PA⊥AB，PA＝AD＝4，
BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝2，＝λ(0≤λ＜1)．
（1）若λ＝，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θ，若|cosθ|＝，求λ的值．
【考点】立体几何与空间向量
【解析】解：因为平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA平面PAB，所以PA⊥平面ABCD．
因为AD平面ABCD，所以PA⊥AD．
又AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两互相垂直．
以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz．…2分
因为PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)．
（1）若λ＝，即E为PC中点，则E，
所以＝，＝，＝．
设平面ABE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,x1＋y1＋2z1＝0．))令z1＝1，得y1＝－2，
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α，
则sinα＝|cos＜，m＞|＝||＝．
…………………6分
（2）因为＝λ(0≤λ＜1)，则E(2λ，2λ，4－4λ)．
设平面ABE的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(2x2＝0，,2λx2+2λy2+(4－4λ)z2＝0．))令y2＝2，得z2＝，
所以平面ABE的一个法向量为n＝(0，2，)．设平面AEC的一个法向量为l＝(x3，y3，z3)，则即eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(2x3＋2y3＝0，,4z3＝0．))令x3＝1，得y3＝－1，
所以平面AEC的一个向量为l＝(1，－1，0)．
……………………9分
（或证明CD⊥平面PAC，从而为平面PAC的一个法向量）
因为二面角B-AE-C的大小为θ，且|cosθ|＝，
得|cos＜n，l＞|＝||＝，整理得3λ2＋2λ－1＝0，
解得λ＝，或λ＝－1(舍)．所以λ＝．
……………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：＋＝1(a＞b＞0)
的左顶点与上顶点的距离为2，且经过点(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＝3，求证：△PQN的面积S为定值．
【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：（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，所以＝2，化简得a2＋b2＝12．
①
因为椭圆经过点(2，)，所以＋＝1，②
…………2分
由①②解得a2＝8，b2＝4或a2＝6，b2＝6（舍去），
所以椭圆C的方程为＋＝1．
…………4分
（2）当PQ斜率不存在时，N为(±2，0)，PQ方程为x＝±eq
\s\do1(\f(2,3))，易得PQ＝eq
\s\do1(\f(8,3))，
此时S＝×MN×PQ＝×eq
\s\do1(\f(8,3))×eq
\s\do1(\f(8,3))＝．
…………5分
当PQ斜率存在时，设PQ的方程为y＝kx＋m
(m≠0)，
联立eq
\b\lc\{(\a\al\vs1(y＝kx＋m，,＋＝1))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－4)＝0，
由△＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－4)＞0，得0＜m2＜8k2＋4．
（
）
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
因此PQ的中点M为(，)．
又因为＝3，所以N(，)，
将点M代入椭圆方程，得＋＝1，
化简得2k2＋1＝m2，符合（
）式．
……………9分
记点O到直线l的距离为d，
则S＝4S△OPQ＝2PQ×d＝2|x1－x2|×d
＝2×eq
\s\do1(\f(2×,1＋2k2))×eq
\s\do1(\f(|m|,))＝eq
\s\do1(\f(4|m|×,1＋2k2))，
将2k2＋1＝m2代入，得S＝eq
\s\do1(\f(4|m|×,m2))＝．
综上，△PQN的面积S为定值．
…………12分
（第6题）
C1
（第7题）
A
B
C
B1
O
N
（第11题）
O
M
P
l2
l1
（第12题）
A
B
C
P
（第15题）
第16题
(图)
O
P
M
N
l2
l1
(图)
O
P
M
N
l2
l1
(图)
O
P
M
N
l2
l1
D
B
B1
A1
（第19题）
C1
A
C
B1
（第19题）
A1
C1
B
D
A
C
O
E
（第21题）
P
A
B
C
D
E
y
z
P
A
B
C
D
E
x
xA1
O
y
P
M
Q
．
（第22题图）
4
