2016-2017学年浙江省温州市十校联合体高二上学期期末数学试卷和答案(解析版)

2016-2017学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．1．准线方程是y=﹣2的抛物线标准方程是（）A．x2=8y B．x2=﹣8y C．y2=﹣8x D．y2=8x2．已知直线l1：x﹣y+1=0和l2：x﹣y+3=0，则l1与l2之间距离是（）A．B．C．D．23．设三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为V，E，F，G分别是AA1，AB，AC的中点，则三棱锥E﹣AFG体积是（）A．B．C．D．4．若直线x+y+m=0与圆x2+y2=m相切，则m的值是（）A．0或2 B．2 C．D．或25．在四面体ABCD中（）命题①：AD⊥BC且AC⊥BD则AB⊥CD命题②：AC=AD且BC=BD则AB⊥CD．A．命题①②都正确 B．命题①②都不正确C．命题①正确，命题②不正确D．命题①不正确，命题②正确6．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面．考查下列命题，其中正确的命题是（）A．m⊥α，n⊂β，m⊥n⇒α⊥βB．α∥β，m⊥α，n∥β⇒m⊥nC．α⊥β，m⊥α，n∥β⇒m⊥n D．α⊥β，α∩β=m，n⊥m⇒n⊥β7．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，二面角A﹣BD1﹣B1的大小是（）A．B．C． D．8．过点（0，﹣2）的直线交抛物线y2=16x于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且y12﹣y22=1，则△OAB（O为坐标原点）的面积为（）A．B．C．D．9．已知在△ABC中，∠ACB=，AB=2BC，现将△ABC绕BC所在直线旋转到△PBC，设二面角P﹣BC﹣A大小为θ，PB与平面ABC所成角为α，PC与平面PAB 所成角为β，若0＜θ＜π，则（）A．且B．且C．且D．且10．如图，F1，F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点，点A是C1，C2的公共点．设C1，C2的离心率分别是e1，e2，∠F1AF2=2θ，则（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．（6分）双曲线C：x2﹣4y2=1的渐近线方程是，双曲线C的离心率是．12．（6分）某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积V=cm3，表面积S=cm2．13．已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线与x轴的交点为M，N为抛物线上的一点，则满足=．14．（6分）已知直线l1：y=mx+1和l2：x=﹣my+1相交于点P，O为坐标原点，则P点横坐标是（用m表示），的最大值是．15．（6分）四面体ABCD中，已知AB=AC=BC=BD=CD=1，则该四面体体积的最大值是，表面积的最大值是．16．过双曲线G：（a＞0，b＞0）的右顶点A作斜率为1的直线m，分别与两渐近线交于B，C两点，若|AB|=2|AC|，则双曲线G的离心率为．17．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点），对确定的常数m，若满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数为n，则n的最大值是．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）已知抛物线C：y2=4x，直线l：y=﹣x+b与抛物线交于A，B两点．（Ⅰ）若|AB|=8，求b的值；（Ⅱ）若以AB为直径的圆与x轴相切，求该圆的方程．19．（15分）在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．（Ⅰ）求证：DE∥平面ACF；（Ⅱ）求证：BD⊥AE；（Ⅲ）若AB=CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．20．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB=AD=PA=2，CD=4，E，F分别是PC，PD的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面PAB；（Ⅱ）求直线AC与平面ABEF所成角的正弦值．21．（15分）已知点C（x0，y0）是椭圆+y2=1上的动点，以C为圆心的圆过点F（1，0）．（Ⅰ）若圆C与y轴相切，求实数x0的值；（Ⅱ）若圆C与y轴交于A，B两点，求|FA|•|FB|的取值范围．22．（15分）已知椭圆C的方程是，直线l：y=kx+m与椭圆C有且仅有一个公共点，若F1M⊥l，F2N⊥l，M，N分别为垂足．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求四边形F1MNF2面积S的最大值．2016-2017学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．1．准线方程是y=﹣2的抛物线标准方程是（）A．x2=8y B．x2=﹣8y C．y2=﹣8x D．y2=8x【考点】抛物线的简单性质．【分析】根据准线方程为y=﹣2，可知抛物线的焦点在y轴的正半轴，再设抛物线的标准形式为x2=2py（p＞0），根据准线方程求出p的值，代入即可得到答案．【解答】解：由题意可知抛物线的焦点在y轴的正半轴，设抛物线标准方程为：x2=2py（p＞0），∵抛物线的准线方程为y=﹣2，∴=2，∴p=4，∴抛物线的标准方程为：x2=8y．故选A．【点评】本题主要考查抛物线的标准方程、抛物线的简单性质．属基础题．2．已知直线l1：x﹣y+1=0和l2：x﹣y+3=0，则l1与l2之间距离是（）A．B．C．D．2【考点】两条平行直线间的距离．【分析】直接利用两条平行直线间的距离公式，运算求得结果．【解答】解：∵已知平行直线l1：x﹣y+1=0与l2：x﹣y+3=0，∴l1与l2间的距离d==，故选C．【点评】本题主要考查两条平行直线间的距离公式的应用，注意未知数的系数必需相同，属于基础题．3．设三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为V，E，F，G分别是AA1，AB，AC的中点，则三棱锥E﹣AFG体积是（）A．B．C．D．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．=，，【分析】由E，F，G分别是AA1，AB，AC的中点，知S△AFG由此能求出三棱锥E﹣AFG体积．【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1体积为V，•AA1，∴V=S△ABC∵E，F，G分别是AA1，AB，AC的中点，=，，∴S△AFG∴三棱锥E﹣AFG体积：===S△ABC•AA1=．V E﹣AFG故选：D．【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．4．若直线x+y+m=0与圆x2+y2=m相切，则m的值是（）A．0或2 B．2 C．D．或2【考点】圆的切线方程．【分析】算出圆的圆心和半径，利用点到直线的距离公式列式得到关于m的方程，解之即可得到实数m的值．【解答】解：∵圆x2+y2=m的圆心为原点，半径r=∴若直线x+y+m=0与圆x2+y2=m相切，得圆心到直线的距离d==，解之得m=2（舍去0）故选B．【点评】本题给出直线与圆相切，求参数m的值．考查了直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式等知识，属于基础题．5．在四面体ABCD中（）命题①：AD⊥BC且AC⊥BD则AB⊥CD命题②：AC=AD且BC=BD则AB⊥CD．A．命题①②都正确 B．命题①②都不正确C．命题①正确，命题②不正确D．命题①不正确，命题②正确【考点】棱锥的结构特征．【分析】对于①作AE⊥面BCD于E，证得E是垂心，可得结论；对于②，取CD 的中点O，证明CD⊥面ABO，即可得出结论．【解答】解：对于①作AE⊥面BCD于E，连接DE，可得AE⊥BC，同理可得AE ⊥BD，证得E是垂心，则可得出AE⊥CD，进而可证得CD⊥面AEB，即可证出AB⊥CD，故①正确；对于②，取CD的中点O，连接AO，BO，则CD⊥AO，CD⊥BO，∵AO∩BO=O，∴CD⊥面ABO，∵AB⊂面ABO，∴CD⊥AB，故②正确．故选A．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．6．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面．考查下列命题，其中正确的命题是（）A．m⊥α，n⊂β，m⊥n⇒α⊥βB．α∥β，m⊥α，n∥β⇒m⊥nC．α⊥β，m⊥α，n∥β⇒m⊥n D．α⊥β，α∩β=m，n⊥m⇒n⊥β【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】本题考查的知识点是空间中直线与平面之间位置关系的判定，我们要根据空间中线面关系的判定及性质定理对四个结论逐一进行判断．若m⊥α，n⊂β，m⊥n时，α、β可能平行，也可能相交，不一定垂直；若α⊥β，m⊥α，n∥β时，m与n可能平行、相交或异面，不一定垂直，α⊥β，α∩β=m时，与线面垂直的判定定理比较缺少条件n⊂α，则n⊥β不一定成立．【解答】解：设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则：m⊥α，n⊂β，m⊥n时，α、β可能平行，也可能相交，不一定垂直，故A不正确α∥β，m⊥α，n∥β时，m与n一定垂直，故B正确α⊥β，m⊥α，n∥β时，m与n可能平行、相交或异面，不一定垂直，故C错误α⊥β，α∩β=m时，若n⊥m，n⊂α，则n⊥β，但题目中无条件n⊂α，故D也不一定成立，故选B．【点评】判断或证明线面平行的常用方法有：①利用线面平行的定义（无公共点）；②利用线面平行的判定定理（a⊂α，b⊄α，a∥b⇒b∥α）；③利用面面平行的性质定理（α∥β，a⊂α⇒a∥β）；④利用面面平行的性质（α∥β，a⊄α，a⊄，a∥α⇒ a∥β）．线线垂直可由线面垂直的性质推得，直线和平面垂直，这条直线就垂直于平面内所有直线，这是寻找线线垂直的重要依据．垂直问题的证明，其一般规律是“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．7．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，二面角A﹣BD1﹣B1的大小是（）A．B．C． D．【考点】二面角的平面角及求法．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣BD1﹣B1的大小．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），B（1，1，0），B1（1，1，1），D1（0，0，1），=（0，﹣1，0），=（﹣1，﹣1，1），=（0，0，1），设平面ABD1的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得，设平面BB1D1的法向量=（a，b，c），则，取a=1，得=（1，﹣1，0），设二面角A﹣BD1﹣B1的大小为θ，则cosθ===﹣，∴θ=．∴二面角A﹣BD1﹣B1的大小为．故选：C．【点评】本题考查二面角的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．8．过点（0，﹣2）的直线交抛物线y2=16x于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，且y12﹣y22=1，则△OAB（O为坐标原点）的面积为（）A．B．C．D．【考点】抛物线的简单性质．【分析】设直线方程为x=my+2m，代入y2=16x可得y2﹣16my﹣32m=0，利用韦达定理，结合三角形的面积公式，即可得出结论．【解答】解：设直线方程为x=my+2m，代入y2=16x可得y2﹣16my﹣32m=0，∴y1+y2=16m，y1y2=﹣32m，∴（y1﹣y2）2=256m2+128m，∵y12﹣y22=1，∴256m2（256m2+128m）=1，∴△OAB（O为坐标原点）的面积为|y1﹣y2|=．故选：D．【点评】本题考查抛物线的简单性质、直线和抛物线的位置关系的综合运用，注意抛物线性质的灵活运用，是中档题．9．已知在△ABC中，∠ACB=，AB=2BC，现将△ABC绕BC所在直线旋转到△PBC，设二面角P﹣BC﹣A大小为θ，PB与平面ABC所成角为α，PC与平面PAB 所成角为β，若0＜θ＜π，则（）A ．且B ．且C ．且D ．且【考点】二面角的平面角及求法．【分析】可设BC=a ，可得AB=PB=2a ，AC=CP=a ，过C 作CH ⊥平面PAB ，连接HB ，则PC 与平面PAB 所成角为β=∠CPH ，由CH ＜CB ，可得sinβ的范围；由二面角的定义，可得二面角P ﹣BC ﹣A 大小为θ，即为∠ACP ，设P 到平面ABC 的距离为d ，根据等积法和正弦函数的定义和性质，即可得到PB 与平面ABC 所成角α的范围．【解答】解：在△ABC 中，∠ACB=，AB=2BC ，可设BC=a ，可得AB=PB=2a ，AC=CP=a ，过C 作CH ⊥平面PAB ，连接HB ， 则PC 与平面PAB 所成角为β=∠CPH ， 且CH ＜CB=a ，sinβ=＜=；由BC ⊥AC ，BC ⊥CP ，可得二面角P ﹣BC ﹣A 大小为θ，即为∠ACP ， 设P 到平面ABC 的距离为d ， 由BC ⊥平面PAC ， 且V B ﹣ACP =V P ﹣ABC ，即有BC•S △ACP =d•S △ABC ，即a••a•a•sinθ=d••a•a ，解得d=sinθ，则sinα==≤，即有α≤．故选：B ．【点评】本题考查空间的二面角和线面角的求法，注意运用定义和转化思想，以及等积法，考查运算能力，属于中档题．10．如图，F1，F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点，点A是C1，C2的公共点．设C1，C2的离心率分别是e1，e2，∠F1AF2=2θ，则（）A．B．C．D．【考点】椭圆的简单性质．【分析】根据椭圆的几何性质可得，=b12tanθ，根据双曲线的几何性质可得，=，以及离心率以及a，b，c的关系即可求出答案．【解答】解：根据椭圆的几何性质可得，=b12tanθ，∵e1=，∴a1=，∴b12=a12﹣c2=﹣c2，∴=c2（）tanθ根据双曲线的几何性质可得，=，∵a2=，∴b22=c2﹣a22=c2﹣=c2（）∴=c2（）•，∴c2（）tanθ=c2（）•，∴（）sin2θ=（）•cos2θ，∴，故选：B【点评】本题考查了圆锥曲线的几何性质，以及椭圆和双曲线的简单性质，属于中档题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．双曲线C：x2﹣4y2=1的渐近线方程是y=±x，双曲线C的离心率是．【考点】双曲线的简单性质．【分析】将双曲线的方程化为标准方程，求得a，b，c，即可得到所求渐近线方程和离心率．【解答】解：双曲线C：x2﹣4y2=1，即为﹣=1，可得a=1，b=，c==，可得渐近线方程为y=±x；离心率e==．故答案为：y=±x；．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的求法，属于基础题．12．某空间几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积V=cm3，表面积S=cm2．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可得该几何体是以俯视图为底面，有一条侧棱垂直于底面的三棱锥，根据标识的各棱长及高，代入棱锥体积、表面积公式可得答案．【解答】解：由题意，该几何体是以俯视图为底面，有一条侧棱垂直于底面的三棱锥，所以V==cm3，S=+++=．故答案为：；．【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积、表面积，其中根据已知分析出几何体的形状及各棱长的值是解答的关键．13．已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线与x轴的交点为M，N为抛物线上的一点，则满足=．【考点】抛物线的简单性质．【分析】由抛物线的定义可得d=|NF|，由题意得cos∠NMF=把已知条件代入可得cos∠NMF，进而求得∠NMF．【解答】解：设N到准线的距离等于d，由抛物线的定义可得d=|NF|，由题意得cos∠NMF===∴∠NMF=．故答案为：．【点评】本题考查抛物线的定义、以及简单性质的应用．利用抛物线的定义是解题的突破口．14．已知直线l1：y=mx+1和l2：x=﹣my+1相交于点P，O为坐标原点，则P点横坐标是（用m表示），的最大值是．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】根据两条直线方程组成方程组，求出交点P的坐标，再计算向量以及的最大值．：y=mx+1和l2：x=﹣my+1相交于点P，【解答】解：直线l∴，∴x=﹣m（mx+1）+1，解得x=，y=m×+1=，∴P点横坐标是；∴=（﹣，﹣），∴=+=≤2，且m=0时“=”成立；∴的最大值是．故答案为：，．【点评】本题考查了直线方程的应用问题，也考查了平面向量的应用问题，是基础题目．15．四面体ABCD中，已知AB=AC=BC=BD=CD=1，则该四面体体积的最大值是，表面积的最大值是+1．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【分析】当平面ABC⊥平面BDC时，该四体体积最大；当AC⊥CD，AB⊥BD时，该四面体表面积取最大值．【解答】解：∵四面体ABCD中，AB=AC=BC=BD=CD=1，∴当平面ABC⊥平面BDC时，该四体体积最大，此时，过D作DE⊥平面ABC，交BC于E，连结AE，则AE=DE==，∴该四面体体积的最大值：S max==．∵△ABC，△BCD都是边长为1的等边三角形，面积都是S==，∴要使表面积最大需△ABD，△ACD面积最大，∴当AC⊥CD，AB⊥BD时，表面积取最大值，此时=，四面体表面积最大值S max==1+．故答案为：，．【点评】本题考查四面体的体积的最大值和表面积最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．16．过双曲线G：（a＞0，b＞0）的右顶点A作斜率为1的直线m，分别与两渐近线交于B，C两点，若|AB|=2|AC|，则双曲线G的离心率为或．【考点】双曲线的简单性质．【分析】先根据条件求出直线l的方程，联立直线方程与渐近线方程分别求出点B，C的横坐标，结合条件得出C为AB的中点求出b，a间的关系，进而求出双曲线的离心率．【解答】解：由题得，双曲线的右顶点A（a，0）所以所作斜率为1的直线l：y=x﹣a，若l与双曲线M的两条渐近线分别相交于点B（x1，y1），C（x2，y2）．联立其中一条渐近线y=﹣x，则，解得x2=①；同理联立，解得x1=②；又因为|AB|=2|AC|，（i）当C是AB的中点时，则x2=⇒2x2=x1+a，把①②代入整理得：b=3a，∴e===；（ii）当A为BC的中点时，则根据三角形相似可以得到，∴x1+2x2=3a，把①②代入整理得：a=3b，∴e===．综上所述，双曲线G的离心率为或．故答案为：或．【点评】本题考题双曲线性质的综合运用，解题过程中要注意由|AC|=|BC|得到C是A，B的中点这以结论的运用．17．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点），对确定的常数m，若满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数为n，则n的最大值是12．【考点】棱柱的结构特征．【分析】P应是椭圆与正方体与棱的交点，满足条件的点应该在棱B1C1，C1D1，CC1，AA1，AB，AD上各有一点满足条件，由此能求出结果．【解答】解：∵正方体的棱长为1，∴BD1=，∵点P是正方体棱上的一点（不包括棱的端点），满足|PB|+|PD1|=m，∴点P是以2c=为焦距，以2a=m为长半轴的椭圆，∵P在正方体的棱上，∴P应是椭圆与正方体与棱的交点，结合正方体的性质可知，满足条件的点应该在正方体的12条棱上各有一点满足条件．∴满足|PB|+|PD1|=m的点P的个数n的最大值是12，故答案为12．【点评】本题以正方体为载体，主要考查了椭圆定义的灵活应用，属于综合性试题，解题时要注意空间思维能力的培养．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（14分）（2016秋•温州期末）已知抛物线C：y2=4x，直线l：y=﹣x+b与抛物线交于A，B两点．（Ⅰ）若|AB|=8，求b的值；（Ⅱ）若以AB为直径的圆与x轴相切，求该圆的方程．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（Ⅰ）由抛物线C：y2=4x，直线l：y=﹣x+b得y2+4y﹣4b=0，利用|AB|=8，即可求b的值；（Ⅱ）若以AB为直径的圆与x轴相切，求出M的坐标，即可求该圆的方程．【解答】解：（Ⅰ）设A（x1，y1），B（x2，y2），由抛物线C：y2=4x，直线l：y=﹣x+b得y2+4y﹣4b=0﹣﹣﹣﹣﹣（2分）∴|AB|=|y1﹣y2|===8﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣解得b=1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）（Ⅱ）以AB为直径的圆与x轴相切，设AB中点为M|AB|=|y1+y2|又y1+y2=﹣4﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）∴4=解得b=﹣，则M（，﹣2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）∴圆方程为（x﹣）2+（y+2）2=4﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查圆的方程，考查韦达定理的运用，属于中档题．19．（15分）（2014•齐齐哈尔三模）在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点．（Ⅰ）求证：DE∥平面ACF；（Ⅱ）求证：BD⊥AE；（Ⅲ）若AB=CE，在线段EO上是否存在点G，使CG⊥平面BDE？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【考点】直线与平面垂直的性质；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）利用线面平行的判定定理证明DE∥平面ACF；（Ⅱ）利用线面垂直的判定定理先证明BD⊥平面ACE，然后利用线面垂直的性质证明BD⊥AE；（Ⅲ）利用线面垂直的性质，先假设CG⊥平面BDE，然后利用线面垂直的性质，确定G的位置即可．【解答】解：（I）连接OF．由ABCD是正方形可知，点O为BD中点．又F为BE的中点，所以OF∥DE．又OF⊂面ACF，DE⊄面ACF，所以DE∥平面ACF…．（II）证明：由EC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴EC⊥BD，由ABCD是正方形可知，AC⊥BD，又AC∩EC=C，AC、E⊂平面ACE，∴BD⊥平面ACE，又AE⊂平面ACE，∴BD⊥AE…（9分）（III）：在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE．理由如下：取EO中点G，连接CG，在四棱锥E﹣ABCD中，AB=CE，CO=AB=CE，∴CG⊥EO．由（Ⅱ）可知，BD⊥平面ACE，而BD⊂平面BDE，∴平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE=EO，∵CG⊥EO，CG⊂平面ACE，∴CG⊥平面BDE故在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE．由G为EO中点，得．…（14分）【点评】本题主要考查了空间直线和平面垂直的判定定理和性质定理的应用，要求熟练掌握相应的定理，综合性较强，难度较大．20．（15分）（2015•绍兴县校级模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB=AD=PA=2，CD=4，E，F分别是PC，PD的中点．（Ⅰ）证明：EF∥平面PAB；（Ⅱ）求直线AC与平面ABEF所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）由E，F分别是PC，PD的中点，得EF∥CD，由此能证明EF∥平面PAB．（Ⅱ）取线段PA中点M，连结EM，则EM∥AC，故AC与面ABEF所成角的大小等于ME与面ABEF所成角的大小，由此能求出AC与平面ABEF所成的角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：因为E，F分别是PC，PD的中点，所以EF∥CD，又因为CD∥AB，所以EF∥AB，又因为EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以EF∥平面PAB．（Ⅱ）解：取线段PA中点M，连结EM，则EM∥AC，故AC与面ABEF所成角的大小等于ME与面ABEF所成角的大小．作MH⊥AF，垂足为H，连结EH．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又因为AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，又因为EF∥AB，所以EF⊥平面PAD．因为MH⊂平面PAD，所以EF⊥MH，所以MH⊥平面ABEF，所以∠MEH是ME与面ABEF所成的角．在直角△EHM中，EM=AC=，MH=，得sin∠MEH=．所以AC与平面ABEF所成的角的正弦值是．【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养．21．（15分）（2016•湖州模拟）已知点C（x0，y0）是椭圆+y2=1上的动点，以C为圆心的圆过点F（1，0）．（Ⅰ）若圆C与y轴相切，求实数x0的值；（Ⅱ）若圆C与y轴交于A，B两点，求|FA|•|FB|的取值范围．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）当圆C与y轴相切时，|x0|=，再由点C在椭圆上，得，由此能求出实数x0的值．（Ⅱ）圆C的方程是（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=（x0﹣1）2+，令x=0，得y2﹣2y0y+2x0﹣1=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出|FA|•|FB|的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）当圆C与y轴相切时，|x0|=，（2分）又因为点C在椭圆上，所以，解得，因为﹣，所以．（6分）（Ⅱ）圆C的方程是（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=（x0﹣1）2+，令x=0，得y2﹣2y0y+2x0﹣1=0，设A（0，y1），B（0，y2），则y1+y2=2y0，y1y2=2x0﹣1，（8分）由，及得﹣2﹣2＜x0＜﹣2+2，又由P点在椭圆上，﹣2≤x0≤2，所以﹣2≤，（10分）|FA|•|FB|=•=（12分）===，（14分）所以|FA|•|FB|的取值范围是（4，4]．（15分）【点评】本题考查实数值的求法，考查两线段乘积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、圆、椭圆性质的合理运用．22．（15分）（2016秋•温州期末）已知椭圆C的方程是，直线l：y=kx+m 与椭圆C有且仅有一个公共点，若F1M⊥l，F2N⊥l，M，N分别为垂足．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求四边形F1MNF2面积S的最大值．【考点】椭圆的简单性质．（Ⅰ）将直线的方程y=kx+m代入椭圆C的方程中，得（4k2+3）x2+8kmx+4m2【分析】﹣12=0．由直线与椭圆C仅有一个公共点知，△=0，化简得：m2=4k2+3．利用点到直线的距离公式可得：d1=|F1M，d2=|F2M|，代入d1d2，化简利用重要不等式的性质即可得出．（Ⅱ）当k≠0时，设直线的倾斜角为θ，则|d1﹣d2|=|MN||tanθ|，代入S=|MN|•（d1+d2）==，由于m2=4k2+3，对k分类讨论，利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：（Ⅰ）证明：将直线的方程y=kx+m代入椭圆C的方程3x2+4y2=12中，得（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12=0．由直线与椭圆C仅有一个公共点知，△=64k2m2﹣4（4k2+3）（4m2﹣12）=0，化简得：m2=4k2+3．设d1=|F1M=，d2=|F2M|=，d1d2=•===3，|F1M|+|F2M|=d1+d2≥=2．（Ⅱ）当k≠0时，设直线的倾斜角为θ，则|d1﹣d2|=|MN||tanθ|，∴|MN|=，S=|MN|•（d1+d2）====，∵m2=4k2+3，∴当k≠0时，|m|，∴＞+=，∴S．当k=0时，四边形F1MNF2是矩形，．所以四边形F1MNF2面积S的最大值为2．【点评】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、点到直线的距离公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。