数学卷·2018届浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中数学试卷（解析版）

数学卷·2018届浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中数学试卷（解析版）

‎2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8个小题，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.‎ ‎1．抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，则P点的坐标是（　　）‎ A．（9，6） B．（6，9） C．（±6，9） D．（9，±6）‎ ‎2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中为真命题的是（　　）‎ ‎①；②；‎ ‎③；④．‎ A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④‎ ‎3．如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．现有以下命题：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中真命题的个数为（　　）‎ A．3 B．2 C．1 D．0‎ ‎4．与椭圆+y2=1共焦点且过点P（2，1）的双曲线方程是（　　））‎ A． B． C． D．‎ ‎5．若二面角α﹣L﹣β的大小为，此二面角的张口内有一点P到α、β的距离分别为1和2，则P点到棱l的距离是（　　）‎ A． B．2 C．2 D．2‎ ‎6．设圆（x+1）2+y2=25的圆心为C，A（1，0）是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎7．双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2渐近线分别为l1，l2，位于第一象限的点P在l1上，若l2⊥PF1，l2∥PF2，则双曲线的离心率是（　　）‎ A． B． C．2 D．‎ ‎8．一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值为（　　）‎ A．2 B．3 C．1 D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共7小题，共36分，将答案填在答题纸上）‎ ‎9．双曲线的焦距是10，则实数m的值为　　，其双曲线渐进线方程为　　．‎ ‎10．已知一个正三棱锥的正视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则此正三棱锥的体积　　，其侧视图的周长为　　．‎ ‎11．抛物线y=ax2的焦点为F（0，1），P为该抛物线上的动点，则a=　　‎ ‎；线段FP中点M的轨迹方程为　　．‎ ‎12．过点M（1，1）作斜率为的直线与椭圆C：相交于A，B，则直线AB的方程　　；若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为　　．‎ ‎13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为，过F1的直线l交C于A、B两点，且△ABF2的周长是16，求椭圆C的方程．‎ ‎14．在三棱锥P﹣ABC中，PA垂直于底面ABC，∠ACB=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，若PA=AB=2，∠BPC=θ，则当△AEF的面积最大时，tanθ的值为　　．‎ ‎15．如图，F1，F2是双曲线的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点B、A两点，若△ABF2为等边三角形，则该双曲线的离心率为　　．‎ ‎　‎ 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.）‎ ‎16．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．‎ ‎17．已知抛物线x2=2py（p＞0）与直线2x﹣y+1=0交于A，B两点，，点M在抛物线上，MA⊥MB．‎ ‎（1）求p的值；‎ ‎（2）求点M的横坐标．‎ ‎18．如图，已知离心率为的椭圆过点M（2，1），O为坐标原点，平行于OM的直线i交椭圆C于不同的两点A、B．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）记直线MB、MA与x轴的交点分别为P、Q，若MP斜率为k1，MQ斜率为k2，求k1+k2．‎ ‎19．如图，ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，∠BAD=60°．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面PBD⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）求点A到平面PBD的距离；‎ ‎（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的余弦值．‎ ‎20．设椭圆C：的离心率e=，左顶点M到直线=1的距离d=，O为坐标原点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试求△AOB的面积S的最小值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省宁波市余姚中学高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8个小题，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.‎ ‎1．抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，则P点的坐标是（　　）‎ A．（9，6） B．（6，9） C．（±6，9） D．（9，±6）‎ ‎【考点】抛物线的定义．‎ ‎【分析】先求出抛物线的准线，再由P到焦点的距离等于其到准线的距离，从而可确定P的横坐标，代入抛物线方程可确定纵坐标，从而可确定答案．‎ ‎【解答】解：∵抛物线y2=4x的准线为：x=﹣1‎ 抛物线y2=4x上一点P到焦点F的距离是10，∴P到x=﹣1的距离等于10‎ 设P（x，y）∴x=9‎ 代入到抛物线中得到y=±6‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中为真命题的是（　　）‎ ‎①；②；‎ ‎③；④．‎ A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④‎ ‎【考点】四种命题的真假关系；平面与平面垂直的性质．‎ ‎【分析】准确把握立体几何中定理公理的条件．‎ ‎【解答】解：①为假命题，因为由线面垂直的判定定理，要得m⊥‎ α，需要m垂直α内的两条相交直线，只有m⊥n，不成立．排除A、D，②为面面垂直的判定定理，正确．故选B．④中，m∥n或m与n异面．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．如图，直线PA垂直于圆O所在的平面，△ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，点M为线段PB的中点．现有以下命题：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中真命题的个数为（　　）‎ A．3 B．2 C．1 D．0‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】对于①，先根据线面垂直的判定定理证明BC⊥面PAC，然后根据线面垂直的判定定理得到结论；对于②，根据线面平行的判定定理进行判定即可；对于③，根据点到面的距离的定义进行判定即可．‎ ‎【解答】解：∵PA⊥圆O所在的平面，BC⊂圆O所在的平面∴PA⊥BC 而BC⊥AC，PA∩AC=A ‎∴BC⊥面PAC，而PC⊂面PAC ‎∴BC⊥PC，故①正确；‎ ‎∵点M为线段PB的中点，点O为AB的中点 ‎∴OM∥PA，而OM⊄面PAC，PA⊄面PAC ‎∴OM∥平面APC，故②正确；‎ ‎∵BC⊥面PAC ‎∴点B到平面PAC的距离等于线段BC的长，故③正确 故选A ‎　‎ ‎4．与椭圆+y2=1共焦点且过点P（2，1）的双曲线方程是（　　））‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】双曲线的标准方程．‎ ‎【分析】先根据椭圆的标准方程，求得焦点坐标，进而求得双曲线离心率，根据点P在双曲线上，根据定义求出a，从而求出b，则双曲线方程可得．‎ ‎【解答】解：由题设知：焦点为 a=，c=，b=1‎ ‎∴与椭圆共焦点且过点P（2，1）的双曲线方程是 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．若二面角α﹣L﹣β的大小为，此二面角的张口内有一点P到α、β的距离分别为1和2，则P点到棱l的距离是（　　）‎ A． B．2 C．2 D．2‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】设过P，C，D的平面与l交于Q点，可以证出l⊥面PCQD于Q，∠DQC是二面角α﹣l﹣β的平面角，PQ是P到l的距离．且PQ是△PDC的外接圆的直径，在△PCD中利用余弦定理求出CD，最后根据正弦定理可求出PQ，从而求出点P到直线l的距离．‎ ‎【解答】解：设过P，C，D的平面与l交于Q点． 　　‎ 由于PC⊥平面α，l⊂平面M，则PC⊥l，‎ 同理，有PD⊥l，∵PC∩PD=P，‎ ‎∴l⊥面PCQD于Q．‎ 又 DQ，CQ，PQ⊂平面PCQD ‎∴DQ⊥l，CQ⊥l．‎ ‎∴∠DQC是二面角α﹣l﹣β的平面角．‎ ‎∴∠DQC=60°‎ 且PQ⊥l，所以PQ是P到l的距离．‎ 在平面图形PCQD中，有∠PDQ=∠PCQ=90°‎ ‎∴P、C、Q、D四点共圆，也为△PDC的外接圆，且PQ是此圆的直径．‎ 在△PCD中，∵PC=1，PD=2，∠CPD=180°﹣60°=120°，‎ 由余弦定理得 CD2=1+4﹣2×1×2×（﹣）=7，CD=‎ 在△PDC 中，根据正弦定理=2R=PQ，代入数据得出PQ=．‎ ‎∴点P到直线l的距离为 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．设圆（x+1）2+y2=25的圆心为C，A（1，0）是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【考点】圆锥曲线的轨迹问题．‎ ‎【分析】根据线段中垂线的性质可得，|MA|=|MQ|，又|MQ|+|MC|=半径5，故有|MC|+|MA|=5＞|AC|，根据椭圆的定义判断轨迹椭圆，求出a、b值，即得椭圆的标准方程．‎ ‎【解答】解：由圆的方程可知，圆心C（﹣1，0），半径等于5，设点M的坐标为（x，y ），∵AQ的垂直平分线交CQ于M，‎ ‎∴|MA|=|MQ|． 又|MQ|+|MC|=半径5，∴|MC|+|MA|=5＞|AC|．依据椭圆的定义可得，‎ 点M的轨迹是以 A、C 为焦点的椭圆，且 2a=5，c=1，∴b=，‎ 故椭圆方程为 =1，即 ．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2渐近线分别为l1，l2，位于第一象限的点P在l1上，若l2⊥PF1，l2∥PF2，则双曲线的离心率是（　　）‎ A． B． C．2 D．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】由双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线分别为l1，l2，点P在第一 象限内且在l1上，知F1（﹣c，0）F2（c，0）P（x，y），由渐近线l1的直线方程为y=x，渐近线l2的直线方程为y=﹣x，l2∥PF2，知ay=bc﹣bx，由ay=bx，知P（，），由此能求出离心率．‎ ‎【解答】解：∵双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，‎ 渐近线分别为l1，l2，点P在第一 象限内且在l1上，‎ ‎∴F1（﹣c，0）F2（c，0）P（x，y），‎ 渐近线l1的直线方程为y=x，渐近线l2的直线方程为y=﹣x，‎ ‎∵l2∥PF2，∴，即ay=bc﹣bx，‎ ‎∵点P在l1上即ay=bx，‎ ‎∴bx=bc﹣bx即x=，∴P（，），‎ ‎∵l2⊥PF1，‎ ‎∴，即3a2=b2，‎ ‎∵a2+b2=c2，‎ ‎∴4a2=c2，即c=2a，‎ ‎∴离心率e==2．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，若正方体可以在纸盒内任意转动，则正方体棱长的最大值为（　　）‎ A．2 B．3 C．1 D．‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】在一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个正方体，并且能使正方体在纸盒内任意转动，说明正方体在正四面体的内切球内，求出内切球的直径，就是正方体的对角线的长，然后求出正方体的棱长．‎ ‎【解答】解：设球的半径为：r，由正四面体的体积得：‎ ‎4××r××62=××62×，‎ 所以r=，‎ 设正方体的最大棱长为a，‎ ‎∴3a2=（）2，‎ ‎∴a=．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共7小题，共36分，将答案填在答题纸上）‎ ‎9．双曲线的焦距是10，则实数m的值为　16　‎ ‎，其双曲线渐进线方程为　y=±x　．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】通过双曲线的基本性质，直接求出a，b，c，然后求出m即可，再求出渐近线方程．‎ ‎【解答】解：双曲线的焦距是10，则a=3，c=5，‎ 则m=c2﹣a2=25﹣9=16‎ 则渐近线方程为y=±x 故答案为：16，y=±x ‎　‎ ‎10．已知一个正三棱锥的正视图为等腰直角三角形，其尺寸如图所示，则此正三棱锥的体积　9　，其侧视图的周长为　　．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】通过三棱锥的正视图的数据，推出正三棱锥的底面边长，三棱锥的高，然后求出三棱锥的斜高，侧棱长，底面上的高，即可求出此正三棱锥的体积、侧视图的周长．‎ ‎【解答】解：三棱锥的正视图的数据，可知正三棱锥的底面边长为6，三棱锥的高为3，‎ 所以三棱锥的底面上的高为=3，斜高为=2，‎ 侧棱长为=，‎ 所以正三棱锥的体积为=9‎ 侧视图的周长为3+2+=．‎ 故答案为9；．‎ ‎　‎ ‎11．抛物线y=ax2的焦点为F（0，1），P为该抛物线上的动点，则a=　　；线段FP中点M的轨迹方程为　x2﹣2y+1=0　．‎ ‎【考点】圆锥曲线的轨迹问题．‎ ‎【分析】由题意可得可得2p==4，由此求得a的值；设M（x，y），P（m，n），则m=2x，n=2y﹣1，利用P为抛物线上的动点，代入抛物线方程，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：抛物线y=ax2即x2=y，根据它的焦点为F（0，1）可得2p==4，‎ ‎∴a=，‎ 设M（x，y），P（m，n），则m=2x，n=2y﹣1，‎ ‎∵P为抛物线上的动点，‎ ‎∴2y﹣1=×4x2，即x2﹣2y+1=0‎ 故答案为：；x2﹣2y+1=0．‎ ‎　‎ ‎12．过点M（1，1）作斜率为的直线与椭圆C：相交于A，B，则直线AB的方程　x+2y﹣3=0　；若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由直线的点斜式方程：y﹣1=﹣（x﹣1），整理得：x+2y﹣3=0，由①，②‎ ‎，利用中点坐标公式及作差法，即可求得a与b的关系，则c==b，e===．‎ ‎【解答】解：由题意可知：直线的点斜式方程：y﹣1=﹣（x﹣1），‎ 整理得：x+2y﹣3=0，‎ 解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则①，②，‎ ‎∵M是线段AB的中点，‎ ‎∴=1， =1，‎ 由=﹣‎ ‎∵①②两式相减可得+=0，‎ 即+（﹣）=0，整理得：a=b，‎ c==b ‎∴e===．‎ 椭圆C的离心率．‎ 故答案为：x+2y﹣3=0，．‎ ‎　‎ ‎13．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为，过F1的直线l交C于A、B两点，且△ABF2的周长是16，求椭圆C的方程．‎ ‎【考点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】画出图形，结合图形以及椭圆的定义与性质，求出a、b的值，即可写出椭圆的方程．‎ ‎【解答】解：如图所示，‎ 设椭圆的长轴是2a，短轴是2b，焦距是2c；‎ 则离心率e==，‎ ‎∴4a=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=16；‎ ‎∴a=4，‎ ‎∴c=×4=2，‎ ‎∴b2=a2﹣c2=42﹣=8；‎ ‎∴椭圆的方程是．‎ ‎　‎ ‎14．在三棱锥P﹣ABC中，PA垂直于底面ABC，∠ACB=90°，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，若PA=AB=2，∠BPC=θ，则当△AEF的面积最大时，tanθ的值为　　．‎ ‎【考点】解三角形的实际应用．‎ ‎【分析】等腰Rt△PAB中，算出AE=PE=BE═PB=．由线面垂直的判定与性质，证出PB⊥面AEF，得PB⊥EF．在Rt△PEF中算出EF=tanθ，在Rt△AEF中，算出AF=，可得S△AEF，利用二次函数的图象与性质，即可得出当且仅当tanθ=时S△AEF有最大值，可得答案．‎ ‎【解答】解：在Rt△PAB中，PA=AB=2，∴PB=2，‎ ‎∵AE⊥PB，∴AE=PB=，∴PE=BE=．‎ ‎∵PA⊥底面ABC，得PA⊥BC，AC⊥BC，PA∩AC=A ‎∴BC⊥平面PAC，可得AF⊥BC ‎∵AF⊥PC，BC∩PC=C，∴AF⊥平面PBC ‎∵PB⊂平面PBC，∴AF⊥PB ‎∵AE⊥PB且AE∩AF=A，∴PB⊥面AEF，‎ 结合EF⊂平面AEF，可得PB⊥EF．‎ Rt△PEF中，∠EPF=θ，可得EF=PE•tanθ=tanθ，‎ ‎∵AF⊥平面PBC，EF⊂平面PBC．∴AF⊥EF．‎ ‎∴Rt△AEF中，AF==，‎ ‎∴S△AEF=AF•EF=×tanθ×=‎ ‎∴当tan2θ=，即tanθ=时，S△AEF有最大值为．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．如图，F1，F2是双曲线的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左右两支分别交于点B、A两点，若△ABF2为等边三角形，则该双曲线的离心率为　　．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】由双曲线的定义，可得F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，BF2﹣BF1‎ ‎=2a，BF2=4a，F1F2=2c，再在△F1BF2中应用余弦定理得，a，c的关系，由离心率公式，计算即可得到所求．‎ ‎【解答】解：因为△ABF2为等边三角形，不妨设AB=BF2=AF2=m，‎ A为双曲线上一点，F1A﹣F2A=F1A﹣AB=F1B=2a，‎ B为双曲线上一点，则BF2﹣BF1=2a，BF2=4a，F1F2=2c，‎ 由，则，‎ 在△F1BF2中应用余弦定理得：4c2=4a2+16a2﹣2•2a•4a•cos120°，‎ 得c2=7a2，则．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 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.）‎ ‎16．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面四边形ABCD为菱形，AB=2，BD=2，M，N分别是线段PA，PC的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：MN∥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求异面直线MN与BC所成角的大小．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）连结AC，交BD于点O，由已知得MN∥AC，由此能证明MN∥平面ABCD．‎ ‎（Ⅱ）由已知得∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，由此能求出异面直线MN与BC所成的角．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：连结AC，交BD于点O，‎ ‎∵M，N分别是PA，PC的中点，∴MN∥AC，‎ ‎∵MN⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ ‎∴MN∥平面ABCD．‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知∠ACB是异面直线MN与BC所成的角或其补角，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，AB=2，BO=，‎ ‎∴∠OCB=60°，‎ ‎∴异面直线MN与BC所成的角为60°．‎ ‎　‎ ‎17．已知抛物线x2=2py（p＞0）与直线2x﹣y+1=0交于A，B两点，，点M在抛物线上，MA⊥MB．‎ ‎（1）求p的值；‎ ‎（2）求点M的横坐标．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，化为关于x的一元二次方程，由根与系数的关系得到A，B两点横坐标的和与积，由弦长公式求得p的值；‎ ‎（2）由（1）求出A，B的坐标，设出M的坐标，利用MA⊥MB得，代入根与系数的关系求得答案．‎ ‎【解答】解：（1）将y=2x+1代入x2=2py，得x2﹣4px﹣2p=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 则x1+x2=4p，x1x2=﹣2p，‎ 由及p＞0，得p=1．‎ ‎（2）由（1）得设点，，，‎ 由MA⊥MB得，‎ 即，，‎ ‎，‎ ‎∴（x1+x0）（x2+x0）+4=0，‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎18．如图，已知离心率为的椭圆过点M（2，1），O为坐标原点，平行于OM的直线i交椭圆C于不同的两点A、B．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）记直线MB、MA与x轴的交点分别为P、Q，若MP斜率为k1，MQ斜率为k2，求k1+k2．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎【分析】（1）由给出的椭圆的离心率、椭圆过定点M（2，1）及隐含条件a2=b2+c2列方程组可求a2，b2，则椭圆方程可求；‎ ‎（2）设出直线l的方程，设出A，B两点的坐标，把直线和椭圆联立后可求A，B两点的横坐标的和与积，把直线MA，MB的斜率k1、k2分别用A，B两点的坐标表示，把纵坐标转化为横坐标后，则k1+k2仅含A，B两点的横坐标的和与积，化简整理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）设椭圆C的方程为：．‎ 由题意得：，‎ 把①代入②得：a2=4b2④．‎ 联立③④得：a2=8，b2=2．‎ ‎∴椭圆方程为．‎ ‎（2）∵M（2，1），∴kOM=‎ 又∵直线l∥OM，可设l：y=x+m，将式子代入椭圆C得：x2+4（x+m）2﹣8=0，‎ 整理得：x2+2mx+2m2﹣4=0．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=﹣2m，x1x2=2m2﹣4．‎ 设直线MA、MB的斜率分别为k1、k2，则k1=，k2=．‎ 事实上，k1+k2=+‎ ‎==1+m（+）‎ ‎=1+m•‎ ‎=1+m•‎ ‎=1﹣‎ ‎=0．‎ k1+k2的值为0．‎ ‎　‎ ‎19．如图，ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，∠BAD=60°．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面PBD⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）求点A到平面PBD的距离；‎ ‎（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的余弦值．‎ ‎【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】（Ⅰ）先证明AC⊥BD，再利用向量的方法证明DB⊥AP，从而可得DB⊥平面PAC，利用面面垂直的判定可得面PBD⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）求出平面PDB的法向量为，，从而可求点A到平面PBD的距离；‎ ‎（Ⅲ）求出平面ABP的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得二面角A﹣PB﹣D的余弦值．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：设AC与BD交于O点 ‎∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD 以OA、OB所在直线分别x轴，y轴．以过O且垂直平面ABCD的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系，‎ 则 ‎∵…‎ ‎∴‎ ‎∴DB⊥AP ‎∵AC⊥BD，AC∩AP=A ‎∴DB⊥平面PAC，又DB⊂平面PDB ‎∴平面PBD⊥平面PAC…‎ ‎（Ⅱ）解：设平面PDB的法向量为，‎ 由，∴‎ 令z1=1得…‎ ‎∵‎ ‎∴点A到平面PBD的距离=…‎ ‎（Ⅲ）解：设平面ABP的法向量，‎ ‎∵，∴‎ ‎∴…‎ ‎∴…‎ ‎∴二面角A﹣PB﹣D的余弦值为…‎ ‎　‎ ‎20．设椭圆C：的离心率e=，左顶点M到直线=1的距离d=，O为坐标原点．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；‎ ‎（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试求△AOB的面积S的最小值．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知得，又a2=b2+c2，由此能求出椭圆C的方程．‎ ‎（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），当直线AB的斜率不存在时，x1x2+y1y2=0，点O到直线AB的距离为．当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m，联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，由此利用韦达定理结合已知条件推导出点O到直线AB的距离为，由此能证明点O到直线AB的距离为定值．‎ ‎（3）设直线OA的斜率为k0，OA的方程为y=k0x，OB的方程为y=﹣，联立，得，同理，得，由此能求出△AOB的面积S的最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由已知得，又a2=b2+c2，‎ 解得a=2，b=1，c=，‎ ‎∴椭圆C的方程为．‎ ‎（Ⅱ）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），‎ ‎①当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性知x1=x2，y1=﹣y2，‎ ‎∵以AB为直线的圆经过坐标原点，∴=0，‎ ‎∴x1x2+y1y2=0，∴，‎ 又点A在椭圆C上，∴=1，‎ 解得|x1|=|y1|=．‎ 此时点O到直线AB的距离．‎ ‎（2）当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y=kx+m，‎ 联立，得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4=0，‎ ‎∴，，‎ ‎∵以AB为直径的圆过坐标原点O，∴OA⊥OB，‎ ‎∴=x1x2+y1y2=0，‎ ‎∴（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=0，‎ ‎∴（1+k2）•，‎ 整理，得5m2=4（k2+1），‎ ‎∴点O到直线AB的距离=，‎ 综上所述，点O到直线AB的距离为定值．‎ ‎（3）设直线OA的斜率为k0，‎ 当k0≠0时，OA的方程为y=k0x，OB的方程为y=﹣，‎ 联立，得，同理，得，‎ ‎∴△AOB的面积S==2，‎ 令1+=t，t＞1，‎ 则S=2=2，‎ 令g（t）=﹣++4=﹣9（）2+，（t＞1）‎ ‎∴4＜g（t），∴，‎ 当k0=0时，解得S=1，‎ ‎∴，∴S的最小值为．‎ ‎　‎