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 高高 二二 数数 学学 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
2、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、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分在每小题给出的四 个选项中个选项中，只有一项是符合题目要求的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，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
3、 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 ab，其中 m，nR，则 m n 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 【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 【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，A1ABA1AC 60 ，BAC90 ，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】空间向量基本定理（线性运算） 、模
7、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 （第 6 题） C1 （第
8、 7 题） A B C B1 O 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 5 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 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
9、，解得 324e1331 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 对得对得 5 5 分，部分选对得分，部分选对得 3 3 分，不选或有错选分，不选或有错选的得的得 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
10、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，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
11、得：AF1AF24，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
12、，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 世
13、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 （第 12 题） N （第 11 题） O M P l2 l1 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
14、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. 三三、填空题：本大题共填空题：
15、本大题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分请把答案填写在答题卡分请把答案填写在答题卡 相应位置上相应位置上 13在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l1：xay0 和直线 l2：2x(a3)y 40，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
16、，则实数 a 的值为 _ 【答案】 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
17、取 PB 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：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
18、交点 A 的横坐标 为_ 【答案】 2 14 36 5 xy； 13 140 【考点】抛物线的实际问题 A B C P （第 15 题） 第 16 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
19、 13 140 21 xx，则点 A 的横坐标为 13 140 . 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 sin(AB)sinBsinC；2acosC2bc；ABC 的面积 S 3 4 (a2 b2c2) 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，c
20、2，求线段 AD 的长 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 4s
21、inC2sinB，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 2sin
22、CsinB， 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，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 4s
23、inC2sinB，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 1sin2B
24、2 7 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：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 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 【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 B1BCC1
27、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 D B B1 A1 （第 19 题） C1 A C B1 （第 19 题） A1 C1 B D A C O E （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，
28、BC平面 B1BCC1，B1BBCB， 所以 DE平面 B1BCC1，即 DE 为三棱锥 DBB1C1的高 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， 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 BDC1的距离等
29、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 xym 0(mR)与圆
30、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 （2）方法方法一：一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(
31、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 方程，得 x2y21
32、， xym0， 消去 y 得 2x22mxm210 错误错误! 未找到引用源。未找到引用源。 所以 x1，x2是错误错误!未找到引用源。未找到引用源。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， 错误错误! 未找到引用源。未找到引用源。 将 yx 3，y1x1m，y2x2m 代入， 整理得 2x22(x1x2m 3)x2x1x2(m 3)(x1x2)(m 3)20 又 x1x2m，x1x
33、2m 21 2 ，所以 2x22 3xm2 3m20， 关于 x 的方程 2x22 3xm2 3m20 有实数解， 10 分 因此(2 3)242(m2 3m2)0，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 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
34、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 PAB平面 ABCDAB， PA平面 PAB，所以 PA平面 ABCD （第 21 题） P A B C D E 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 (
35、 )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 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 （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 y
36、22，得 z2 1， 所以平面 ABE 的一个法向量为 n(0，2， 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 ， y z P A B C D E x 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
37、 （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(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 【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
38、 2 b21， 2 分 由解得 a28，b24 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 PQ 8 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 （*） x O y P M Q （第 22 题图） 设 P(x1
39、，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x24km 12k2，x1x2 2(m24) 12k2 ， 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 综上，PQN 的面积 S 为定值64 9 12 分
