北京市西城区2015-2016学年高二上学期期末数学试卷理科 Word版含解析

2015-2016学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（理科）

一、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，只有一项是符合要求的.

1．命题“若a＞1，则a＞0”的逆命题是（）

A．若a＞0，则a＞1 B．若a≤0，则a＞1 C．若a＞0，则a≤1 D．若a≤0，则a≤1

2．圆心为（1，2），且与y轴相切的圆的方程是（）

A．（x+1）2+（y+2）2=4 B．（x﹣1）2+（y﹣2）2=4 C．（x+1）2+（y+2）2=1 D．（x﹣1）2+（y﹣2）2=1

3．在空间中，给出下列四个命题：

①平行于同一个平面的两条直线互相平行；

②垂直于同一个平面的两个平面互相平行；

③平行于同一条直线的两条直线互相平行；

④垂直于同一条直线的两条直线互相平行．

其中真命题的序号是（）

A．①B．②C．③D．④

4．实轴长为2，虚轴长为4的双曲线的标准方程是（）

A．

B．

C．，或

D．，或

5．“直线L垂直于平面α内无数条直线”是“直线L垂直于平面α”的（）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件

6．一个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为（）

A．B．1 C．D．2

7．已知椭圆的两个焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（）

A．B．C．D．

8．已知四面体ABCD的侧面展开图如图所示，则其体积为（）

A．2 B．C．D．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.

9．命题“?x∈R，x2﹣1＞0”的否定是．

10．已知直线l1：2x﹣ay﹣1=0，l2：ax﹣y=0．若l1∥l2，则实数a=．

11．已知双曲线的一个焦点是（2，0），则其渐近线的方程

为．

12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BC1和B1D1所成角的大小为；直线BC1和平面B1D1DB所成角的大小为．

13．在空间直角坐标系Oxyz中，已知平面α的一个法向量是=（1，﹣1，2），且平面α过点A（0，3，1）．若P（x，y，z）是平面α上任意一点，则点P的坐标满足的方程是．

14．曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=﹣1的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：

①曲线C关于y轴对称；

②若点P（x，y）在曲线C上，则|y|≤2；

③若点P在曲线C上，则1≤|PF|≤4．

其中，所有正确结论的序号是．

三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

15．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，Q是棱PA的中点．

（Ⅰ）求证：PC∥平面BDQ；

（Ⅱ）若PB=PD，求证：平面PAC⊥平面BDQ．

16．已知抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程是．

（Ⅰ）求抛物线的方程；

（Ⅱ）设直线y=k（x﹣2）（k≠0）与抛物线相交于M，N两点，O为坐标原点，证明：OM⊥ON．17．如图，在直三棱柱ABC﹣A 1B1C1中，∠BAC=90°，，，AB=2，点D

在棱B1C1上，且B1C1=4B1D．

（Ⅰ）求证：BD⊥A1C；

（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣B1的大小．

18．如图，在直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=4．点B，C在圆O上，且关于x轴对称．（Ⅰ）当点B的横坐标为时，求的值；

（Ⅱ）设P为圆O上异于B，C的任意一点，直线PB，PC与x轴分别交于点M，N，证明：|OM|?|ON|为定值．

19．如图1，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD

上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示．

（Ⅰ）证明：BC⊥平面PBD；

（Ⅱ）证明：AM∥平面PBC；

（Ⅲ）线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由．

20．如图，已知四边形ABCD是椭圆3x2+4y2=12的内接平行四边形，且BC，AD分别经过椭圆的焦点F1，F2．

（Ⅰ）若直线AC的方程为x﹣2y=0，求AC的长；

（Ⅱ）求平行四边形ABCD面积的最大值．

2015-2016学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（理

科）

参考答案与试题解析

一、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，只有一项是符合要求的.

1．命题“若a＞1，则a＞0”的逆命题是（）

A．若a＞0，则a＞1 B．若a≤0，则a＞1 C．若a＞0，则a≤1 D．若a≤0，则a≤1

【考点】四种命题间的逆否关系．

【专题】对应思想；综合法；简易逻辑．

【分析】把原命题“若a＞1，则a＞0”的题设和结论互换，就得到原命题的逆命题．

【解答】解：互换原命题“若a＞1，则a＞0”的题设和结论，

得到它的逆命题是“若a＞0，则a＞1”，

故选：A．

【点评】本题考查四种命题，解题的关键是熟练掌握四种命题的相互转换和它们之间的相互关系．属基础题．

2．圆心为（1，2），且与y轴相切的圆的方程是（）

A．（x+1）2+（y+2）2=4 B．（x﹣1）2+（y﹣2）2=4 C．（x+1）2+（y+2）2=1 D．（x﹣1）2+（y﹣2）2=1

【考点】圆的切线方程．

【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆．

【分析】由所求圆与y轴相切，得到圆心的横坐标的绝对值为圆的半径，进而由圆心C的坐标和求出的半径写出圆的标准方程即可

【解答】解：∵圆心C的坐标为（1，2），且所求圆与y轴相切，

∴圆的半径r=1，

则所求圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2=1．

故选：D．

【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，其中根据题意得到圆心横坐标的绝对值为圆的半径是解本题的关键．

3．在空间中，给出下列四个命题：

①平行于同一个平面的两条直线互相平行；

②垂直于同一个平面的两个平面互相平行；

③平行于同一条直线的两条直线互相平行；

④垂直于同一条直线的两条直线互相平行．

其中真命题的序号是（）

A．①B．②C．③D．④

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】探究型；运动思想；综合法；简易逻辑．

【分析】由空间中点、线、面的位置关系逐一核对四个命题得答案．

【解答】解：①平行于同一个平面的两条直线有三种可能的位置关系：相平行、相交、异面，故①错误；

②垂直于同一个平面的两个平面有两种可能的位置关系：平行、相交，故②错误；

③由平行公理可知：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故③正确；

④垂直于同一条直线的两条直线有三种可能的位置关系：相平行、相交、异面，故④错误．故选：C．

【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查了空间中点、线、面的位置关系，是基础题．

4．实轴长为2，虚轴长为4的双曲线的标准方程是（）

A．

B．

C．，或

D．，或

【考点】双曲线的标准方程．

【专题】计算题；规律型；函数思想；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】利用双曲线的实轴与虚轴的长，直接写出双曲线方程即可．

【解答】解：实轴长为2，虚轴长为4的双曲线的标准方程是：或，

故选：D．

【点评】本题考查双曲线方程的求法，注意焦点坐标所在的轴，是易错题．

5．“直线L垂直于平面α内无数条直线”是“直线L垂直于平面α”的（）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【专题】简易逻辑．

【分析】根据线面垂直的定义以及充分条件和必要条件的定义即可得到结论．

【解答】解：根据线面垂直的定义可知，直线L与平面α内任意无数条直线都垂直，

当直线L与平面α内无数条直线都垂直时，直线l与平面α垂直不一定成立，

∴“直线L与平面α内无数条直线都垂直”是“直线L与平面α垂直”的必要不充分条件．

故选：C

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的定义是解决本题的关键，注意“无数条”和“任意条”的区别．

6．一个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图中△ABC是边长为2的正三角形，俯视图的边界为正六边形，那么该几何体的侧视图的面积为（）

A．B．1 C．D．2

【考点】由三视图求面积、体积．

【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】由三视图知几何体为正六棱锥，根据正视图中△ABC是边长为2的正三角形，得底面六边形的边长为1，棱锥的高为，再由俯视图求得侧视图的宽，代入三角形的面积公式计算．

【解答】解：由三视图知几何体为正六棱锥，

∵正视图中△ABC是边长为2的正三角形，

底面六边形的边长为1，

∴棱锥的高为2×=，

由俯视图知侧视图的宽为2×=，

∴侧视图的面积S=××=．

故选C．

【点评】本题考查了由三视图求侧视图的面积，解题的关键是由正视图求几何体的高与底边长．

7．已知椭圆的两个焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P使得

∠F1PF2是钝角，则椭圆离心率的取值范围是（）

A．B．C．D．

【考点】椭圆的简单性质．

【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角∠F1PF2渐渐增大，当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角∠F1PF2达到最大值，由此可得结论．【解答】解：如图，当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角∠F1PF2渐渐增大，当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角∠F1PF2达到最大值．由此可得：

∵椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，

∴△P0F1F2中，∠F1P0F2＞90°，

∴Rt△P0OF2中，∠OP0F2＞45°，

所以P0O＜OF2，即b＜c，

∴a2﹣c2＜c2，可得a2＜2c2，

∴e＞，

∵0＜e＜1，

∴＜e＜1．

故选：B．

【点评】本题考查了椭圆的简单几何性质，考查数形结合的数学思想，属于中档题．8．已知四面体ABCD的侧面展开图如图所示，则其体积为（）

A．2 B．C．D．

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．

【专题】计算题；规律型；数形结合；转化思想；空间位置关系与距离．

【分析】利用展开图判断三棱锥的底面形状，推出棱长，然后求解几何体的体积．【解答】解：由题意可知三棱锥的底面是等腰直角三角形，腰长为：，斜边为：2，3条侧棱相等为：．

如图：△BOC≌△BOA≌△BOD，

可得BO是三棱锥的高为2．

四面体ABCD的体积为：==．

故选：D．

【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查计算能力以及空间想象能力．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.

9．命题“?x∈R，x2﹣1＞0”的否定是?x∈R，x2﹣1≤0．

【考点】命题的否定．

【专题】计算题；规律型；对应思想；转化法；简易逻辑．

【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．

【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“?x∈R，x2﹣1＞0”的否定是：?x∈R，x2﹣1≤0．

故答案为：?x∈R，x2﹣1≤0．

【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题．

10．已知直线l1：2x﹣ay﹣1=0，l2：ax﹣y=0．若l1∥l2，则实数a=．

【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．

【专题】计算题；方程思想；定义法；直线与圆．

【分析】由平行关系可得斜率相等，需要分a=O和a≠0讨论．

【解答】解：当a=0时，l1：2x﹣1=0，l2：y=0．则l1⊥l2，不满足条件，

当a≠0时，直线l1：2x﹣ay﹣1=0，即为y=﹣，l2：ax﹣y=0即为y=ax，

∵l1∥l2，

∴=a，

解得a=±，

故答案为：．

【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．

11．已知双曲线的一个焦点是（2，0），则其渐近线的方程为

．

【考点】双曲线的简单性质．

【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】利用双曲线的一个焦点是（2，0），求出b，即可求出双曲线渐近线的方程．

【解答】解：∵双曲线的一个焦点是（2，0），

∴1+b2=4，

∵b＞0，

∴b=，

又a=1，∴双曲线渐近线的方程为

故答案为：．

【点评】本题考查双曲线渐近线的方程，考查学生的计算能力，正确求出b是关键．

12．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BC1和B1D1所成角的大小为60°；直线BC1和平面B1D1DB所成角的大小为30°．

【考点】直线与平面所成的角．

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角．

【分析】连结DC1，A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连结BO，由B1D1∥BD，得∠DBC1是线BC1和B1D1所成角，由此能求出直线BC1和B1D1所成角的大小；推导出C1O⊥平面B1D1DB，从而∠OBC1是直线BC1和平面B1D1DB所成角，由此能求出直线BC1和平面B1D1DB所成角的大小．

【解答】解：连结DC1，A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连结BO，

∵B1D1∥BD，∴∠DBC1是线BC1和B1D1所成角，

∵BD=BC1=DC1，

∴∠DBC1=60°，

∴直线BC1和B1D1所成角的大小为60°；

正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，

∵B1D1⊥A1C1，BB1⊥A1C1，B1D1∩BB1=B1，

∴C1O⊥平面B1D1DB，

∴∠OBC1是直线BC1和平面B1D1DB所成角，

∵，∴=，

∴∠OBC1=30°．

∴直线BC1和平面B1D1DB所成角为30°．

故答案为：60°，30°．

【点评】本题考查直线与平面所成角的大小的求法，考查线面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

13．在空间直角坐标系Oxyz中，已知平面α的一个法向量是=（1，﹣1，2），且平面α过

点A（0，3，1）．若P（x，y，z）是平面α上任意一点，则点P的坐标满足的方程是x﹣y+2z+1=0．【考点】轨迹方程．

【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离．

【分析】求出向量=，利用平面α的一个法向量是=（1，﹣1，2），通过向量的数量积为0，求解即可．

【解答】解：由题意可知=（x，y﹣3，z﹣1）；

平面α的一个法向量是=（1，﹣1，2），所以?=0，

即：（x，y﹣3，z﹣1）?（1，﹣1，2）=0；

∴x﹣y+3+2z﹣2=0，即x﹣y+2z+1=0，

所求点P的坐标满足的方程是x﹣y+2z+1=0．

故答案为：x﹣y+2z+1=0．

【点评】本题是基础题，考查点的轨迹方程的求法，注意向量的数量积的应用，考查计算能力．

14．曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=﹣1的距离之和等于4的点的轨迹，给出下列三个结论：

①曲线C关于y轴对称；

②若点P（x，y）在曲线C上，则|y|≤2；

③若点P在曲线C上，则1≤|PF|≤4．

其中，所有正确结论的序号是①②③．

【考点】轨迹方程．

【专题】计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】设出曲线上的点的坐标，求出曲线方程，画出图象，即可判断选项的正误．

【解答】解：设P（x，y）是曲线C上的任意一点，

因为曲线C是平面内到定点F（0，1）和定直线l：y=﹣1的距离之和等于4的点的轨迹，

所以|PF|+|y+1|=4．即，

解得y≥﹣1时，y=2﹣x2，当y＜﹣1时，y=x2﹣2；

显然①曲线C关于y轴对称；正确．

②若点P（x，y）在曲线C上，则|y|≤2；正确．

③若点P在曲线C上，|PF|+|y+1|=4，|y|≤2，则1≤|PF|≤4．正确．

故答案为：①②③．

【点评】本题考查曲线轨迹方程的求法，曲线的基本性质的应用，考查计算能力．

三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，Q是棱PA的中点．

（Ⅰ）求证：PC∥平面BDQ；

（Ⅱ）若PB=PD，求证：平面PAC⊥平面BDQ．

【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．

【专题】数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．

【分析】（Ⅰ）设AC交BD于点O，连结OQ，证明OQ∥PC．即可利用直线与平面平行的判定定理证明PC∥平面BDQ．

（Ⅱ）连结OP．说明BD⊥AC，BD⊥PO，然后证明BD⊥平面PAC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面PAC⊥平面BDQ．

【解答】（本小题满分13分）

（Ⅰ）证明：设AC交BD于点O，连结OQ．（1分）

因为底面ABCD为菱形，

所以O为AC中点．

因为Q是PA的中点，

所以OQ∥PC．（4分）

因为OQ?平面BDQ，PC?平面BDQ，

所以PC∥平面BDQ．（5分）

（Ⅱ）证明：连结OP．（6分）

因为底面ABCD为菱形，

所以BD⊥AC，O为BD中点．（8分）

因为PB=PD，

所以BD⊥PO．（10分）

又因为：AO∩AC=0，

所以BD⊥平面PAC．（11分）

因为BD?平面BDQ，

所以平面PAC⊥平面BDQ．（13分）．

【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力．

16．已知抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程是．

（Ⅰ）求抛物线的方程；

（Ⅱ）设直线y=k（x﹣2）（k≠0）与抛物线相交于M，N两点，O为坐标原点，证明：OM⊥ON．【考点】直线与抛物线的位置关系；抛物线的标准方程．

【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】（Ⅰ）利用排趋性的准线方程求出p，即可求解抛物线的方程；

（Ⅱ）直线y=k（x﹣2）（k≠0）与抛物线联立，通过韦达定理求解直线的斜率关系即可证明OM⊥ON．

【解答】（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：因为抛物线y2=2px（p＞0）的准线方程为，（2分）

所以，解得p=1，（4分）

所以抛物线的方程为y2=2x．（5分）

（Ⅱ）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2）．

将y=k（x﹣2）代入y2=2x，

消去y整理得k2x2﹣2（2k2+1）x+4k2=0．（7分）

所以x1x2=4．（8分）

由，，两式相乘，得，（9分）

注意到y1，y2异号，所以y1y2=﹣4．（10分）

所以直线OM与直线ON的斜率之积为，（12分）

即OM⊥ON．（13分）

【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，韦达定理的应用，抛物线的简单性质的应用，考查计算能力以及转化思想的应用．

17．如图，在直三棱柱ABC﹣A 1B1C1中，∠BAC=90°，，，AB=2，点D

在棱B1C1上，且B1C1=4B1D．

（Ⅰ）求证：BD⊥A1C；

（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣B1的大小．

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的判定．

【专题】计算题；方程思想；转化思想；空间位置关系与距离．

【分析】（Ⅰ）以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz，求出相关点的坐标，求出

，．通过数量积为0，证明BD⊥A1C．

（Ⅱ）求出平面A1DB的一个法向量，平面A1DB1的一个法向量，利用斜率的数量积求解二面角B﹣A1D﹣B1的平面角即可．

【解答】（本小题满分13分）

（Ⅰ）证明：因为ABC﹣A1B1C1直三棱柱，

所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．

又AB⊥AC，

所以AB，AC，AA1两两互相垂直．（1分）

如图，以A为原点，建立空间直角坐标系A﹣xyz．（2分）

则B（2，0，0），，，，

．

由，得．（3分）

所以，．

因为，（4分）

所以BD⊥A1C．（5分）

（Ⅱ）解：，．

设平面A1DB的一个法向量为=（x1，y1，z1），则（7分）

所以取z1=1，得．（9分）

又平面A1DB1的一个法向量为=（0，0，1），（10分）

所以，（12分）

因为二面角B﹣A1D﹣B1的平面角是锐角，

所以二面角B﹣A1D﹣B1的大小是60°．（13分）

【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与直线垂直的证明，考查空间想象能力以及计算能力．

18．如图，在直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=4．点B，C在圆O上，且关于x轴对称．（Ⅰ）当点B的横坐标为时，求的值；

（Ⅱ）设P为圆O上异于B，C的任意一点，直线PB，PC与x轴分别交于点M，N，证明：|OM|?|ON|为定值．

【考点】平面向量数量积的运算；向量在几何中的应用．

【专题】计算题；规律型；转化思想；平面向量及应用．

【分析】（Ⅰ）求出B，C的坐标，利用数量积求解即可．

（Ⅱ）设B（x0，y0），P（x1，y1）（y1≠±y0），然后求解|OM|?|ON|即可．

【解答】（Ⅰ）解：因为点B在圆O上，横坐标为．

不妨设，由对称性知，（2分）

所以．（5分）

（Ⅱ）解：设B（x0，y0），由对称性知C（x0，﹣y0），且．（6分）

设P（x1，y1）（y1≠±y0），则．（7分）

，．（9分）

在上述方程中分别令y=0，解得，．（11分）

所以．

所以|OM|?|ON|=4．（13分）

【点评】本题考查向量的数量积，斜率在几何中的应用，考查计算能力．

19．如图1，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，面ABCD是直角梯形，M为侧棱PD

上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示．

（Ⅰ）证明：BC⊥平面PBD；

（Ⅱ）证明：AM∥平面PBC；

（Ⅲ）线段CD上是否存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求CN的长；若不存在，说明理由．

【考点】直线与平面垂直的判定；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．

【专题】空间位置关系与距离．

【分析】（Ⅰ）利用俯视图和勾股定理的逆定理可得BC⊥BD，利用线面垂直的性质定理可得BC⊥PD，再利用线面垂直的判定定理即可证明；

（Ⅱ）取PC上一点Q，使PQ：PC=1：4，连接MQ，BQ．利用左视图和平行线分线段成比例的判定和性质即可得出MQ∥CD，．

再利用平行四边形的判定和性质定理即可得出AM∥BQ，利用线面平行的判定定理即可证明．（Ⅲ）通过建立空间直角坐标系，利用异面直线的方向向量所成的角的夹角公式即可得出．【解答】（Ⅰ）证明：由俯视图可得，BD2+BC2=CD2，

∴BC⊥BD．

又∵PD⊥平面ABCD，

∴BC⊥PD，

∵BD∩PD=D，

∴BC⊥平面PBD．

（Ⅱ）证明：取PC上一点Q，使PQ：PC=1：4，连接MQ，BQ．

由左视图知PM：PD=1：4，∴MQ∥CD，．

在△BCD中，易得∠CDB=60°，∴∠ADB=30°．

又BD=2，∴AB=1，．

又∵AB∥CD，，

∴AB∥MQ，AB=MQ．

∴四边形ABQM为平行四边形，

∴AM∥BQ．

∵AM?平面PBC，BQ?平面PBC，

∴直线AM∥平面PBC．

（Ⅲ）解：线段CD上存在点N，使AM与BN所成角的余弦值为．证明如下：

∵PD⊥平面ABCD，DA⊥DC，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz．

∴

．

设

，其中N（0，t，0）．

∴，．

要使AM与BN所成角的余弦值为，则有，

∴，解得t=0或2，均适合N（0，t，0）．

故点N位于D点处，此时CN=4；或CD中点处，此时CN=2，有AM与BN所成角的余弦值为．

【点评】熟练掌握由三视图得到线面位置关系和数据、线面垂直的判定和性质定理、线面平行的判定和性质定理、异面直线所成的角、平行线分线段成比例的判定和性质、平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．

20．如图，已知四边形ABCD是椭圆3x2+4y2=12的内接平行四边形，且BC，AD分别经过椭圆的焦点F1，F2．

（Ⅰ）若直线AC的方程为x﹣2y=0，求AC的长；

（Ⅱ）求平行四边形ABCD面积的最大值．

【考点】圆锥曲线的最值问题；直线与圆锥曲线的关系．

【专题】计算题；分类讨论；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】（Ⅰ）通过，求出x，得到A，C两点的坐标，利用距离公式求解即

可．

（Ⅱ）①当直线AD的斜率不存在时，求出三个点的坐标，然后求解平行四边形的面积．

②当直线AD的斜率存在时，设直线AD的方程为y=k（x﹣1），与椭圆方程联立，设点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）．利用韦达定理，连结AF1，DF1，表示出面积表达式，然后求解最值．

【解答】（本小题满分14分）

（Ⅰ）解：由，消去y可得：4x2=12，解得，（2分）

所以A，C两点的坐标为和，（4分）

所以．（5分）

（Ⅱ）解：①当直线AD的斜率不存在时，

此时易得，，，，

所以平行四边形ABCD的面积为|AB|?|CD|=6．（6分）

②当直线AD的斜率存在时，设直线AD的方程为y=k（x﹣1），

将其代入椭圆方程，整理得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12=0．（8分）

设点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）．

则，．（10分）

连结AF1，DF1，

则平行四边形ABCD的面积．（11分）又

=

．（13分）

又（3+4k2）2﹣16k2（k2+1）=9+8k2，

所以．

综上，平行四边形ABCD面积的最大值是6．（14分）

【点评】本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．