沈梦辰个人资料-学习雷锋做美德少年

1（10天津）如图，在长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
E
、
F
分别是棱
B C
,
CC
1

上的点，
CFAB2CE
,AB:AD:AA
1
1:2:4
。
（1）求异面直线
EF与
A
1
D
所成角的余弦
值；（2）证明
AF
平面
A
1
ED
；（3）求二面角
A
1
EDF< br>的正弦值。
【解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，
考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论
证能力，满分 12分。
方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，
点A为坐标原点，设
AB1
,依题意得
D(0,2,0)
, 
3

F(1,2,1)
,
A
1
(0,0,4 )
,
E

1,,0



2


0,,1
（1） 解：易得
EF


,
A
1
D(0,2,4)

2

1
于是
cosEF,A
1
D
3


5
EFA
1
D
EFA
1
D
所以异面直线
EF
与
A
1
D
所成角的余弦值为

（2） 证明：已知
AF(1,2,1)
,
EA
1



1,,4

,
ED

1,,0


22

31
3
5
于是
AF
·
EA
1
=0，
AF
·
ED=0.因此，
AFEA
1
,
AFED
,又
EA1
EDE

所以
AF
平面
A
1
ED



u
(3)解：设平面
EFD
的法向量
u(x,y,z)
， 则



u


1
yz0

EF0

2
,即


1
ED0

xy0

2

不妨令X=1,可得
u
(1,21）
。由（2）可知，
AF
为平面
A
1
ED< br>的一个法向量。
于是
cos
•
AF
2
u
=
，从而
sin
u
,
AF
u
,
AF
=
3
|
u
|
|AF|



< br>



=
5

3
所以二面角A
1
-ED-F
的正弦值为
5

3

方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA
1
=4,CF==
链接B
1
C,BC
1
，设B
1
C与BC
1
交于点 M,易知A
1
D∥B
1
C，由
CECF1
==
,可 知EF∥BC
1
.故
CBCC
1
4
1
2
 BMC
是异面直线EF与A
1
D所成的角，易知BM=CM=
1
B< br>1
C=5
,所以
2
BM
2
CM
2
BC
2
3
3
cosBMC
,所以异面直线FE与A
1
D所成角的余弦值为
2BMCM5
5
（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为
CDEC 1

，所以
RtDCE
BCAB2
RtCBA
，从而
CDEBCA
，又由于
CDECED90
,所以< br>BCACED90
，故AC⊥DE,又
因为CC
1
⊥DE且
CC
1
ACC
，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.
连 接BF，同理可证B
1
C⊥平面ABF,从而AF⊥B
1
C,所以AF⊥A< br>1
D因为
DEA
1
DD
，
所以AF⊥平面A1
ED
(3)解：连接,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF

平面ACF, A
1
N

平面ACF，所以DE
⊥NF,DE⊥A
1
N,故
A
1
NF
为二面角A
1
-ED-F的平面角
易 知
RtCNERtCBA
，所以
RtNCF中，NFCF
2
CN
2

5
CNEC
，又
AC5
所以
CN
，在

5
BCAC
430
30

在 RtA
1
AN中
NA
1
A
1
A
2
AN
2

5
5
22
F中，AFACCF14 连接A
1
C
1
,A
1
F 在
RtAC111111
5
A
1
N
2
FN
2
 A
1
F
2
2

在RtA
1
NF中，co sA
1
NF
。所以
sinA
1
NF
3< br>2A
1
N•FN3
所以二面角A
1
-DE- F正弦值为
5
3

m
2
x
2
2（浙江）已 知
m
＞1，直线
l:xmy0
，椭圆
C:
2
y
2
1
，
F
1,
F
2
分别为椭圆C
的
m
2
左、右焦点. （Ⅰ）当直线
l
过右焦点F
2
时，求直
的方程；（Ⅱ）设直线
l
与椭圆
C
交于
A,B
两点，
AF
1
F
2
，
BF< br>1
F
2
的重心分别为
G,H
.若原点
O
在以
线
l
线段

GH
为直径的圆内，求实数
m的取值范围.
解析：本题主要考察椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等基础知识 ，
同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。
m
2
m
2
2
2
（Ⅰ）解：因为直线l:
xmy0
经过
F
2
(m1,0)
，所以< br>m1
,得
m
2
2
，
2
又因为
m1
，所以
m2
，
2
故直 线
l
的方程为
x2y
2
2
0
。
（ Ⅱ）解：设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y2
)
。

由


xmy< br>m
2

2
x
，消去
x
得

2


m
2
y
2
1
则由
m
2
8(
m
2
4
1)m
2< br>80
，知
且有
yy
mm
2
1
1

2

2
,y
1
y
2

8
2
。
由于
F
1
(c,0),F
2
(c,0),
，
故
O
为
F
1
F
2
的中点，
由
AG2GO,BH2HO
，
可知
G(
x
1
,
y
1
),h(
x
2
,
y
13333
),

设
M
是
GH
的中点，则
M(
x
1
x
2
6
,
y
1
y
2
6
)
，
由题意可知
2MOGH,

即
x
1
x
2
2
y
1
y
22
(x
1
x
2
)
2
(y
2
4[(
6
)(
6
)]
9

1
y2
)
9

即
x
1
x
2
y< br>1
y
2
0

而
x
m
2
m
2
1
x
2
y
1
y
2
(my< br>1

2
)(my
2

2
)y
1< br>y
2

2
m
2
8
，

m
2
1
所以
0

82
即
m
2
4

又因为
m1
且
0

所以
1m2
。
所以
m
的取值范围是
(1,2)
。
x
2
y
2
3（辽宁）设椭圆C：
2

2
1(ab0)的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于
ab
A，B两点，直线l的倾斜角为60o
,
AF2FB
. （Ⅰ）求椭圆C的离心率；（Ⅱ）如果
|AB|=
15
，求椭圆C的方程.
4
解：设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
, y
2
)
，由题意知
y
1
＜0，
y
2
＞0.
（Ⅰ）直线l的方程为
y3(xc)
，其中
ca
2
b
2
. 
y3(xc),

联立

x
2
y
2
得
(3a
2
b
2
)y
2
23b< br>2
cy3b
4
0


2

2< br>1
b

a
3b
2
(c2a)3b
2
(c2a)
,y
2

解得
y
1


2222
3ab3ab
因为
AF2FB
，所以
 y
1
2y
2
.
3b
2
(c2a)3b2
(c2a)
2•
即
2222
3ab3ab
得离心率
e
. ……6分
1
243ab
2
15
（Ⅱ）因为
AB1y< br>2
y
1
，所以
•
22

.
3< br>4
3
3ab
c
a
2
3
由

得
b
c
a
2
3
5
515
a
. 所以
a
，得a=3，
b5
.
3
44
x
2
y
2
椭圆C的方程为
1
. ……12分
95
4（北京）在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O 对称，P是动

点，且直线AP与BP的斜率之积等于

.(Ⅰ)求动点 P的轨迹方程；(Ⅱ)设直线AP
和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PA B与△PMN的面积相等？
若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。
（I）解：因为 点B与A
(1,1)
关于原点
O
对称，所以点
B
得坐标为
(1,1)
.
设点
P
的坐标为
(x,y)

由题意得
y1y11


x1x13
1
3
化简得
x
2
3y
2
4(x1)
.
故动 点
P
的轨迹方程为
x
2
3y
2
4(x1)

（II）解法一：设点
P
的坐标为
(x
0
,y< br>0
)
，点
M
，
N
得坐标分别为
(3,yM
)
,
(3,y
N
)
.
则直线
AP
的方程为
y1
令
x3
得
y
M

y
0
1y1
(x1)
，直线
BP
的方程为< br>y1
0
(x1)

x
0
1x
01
4y
0
x
0
32yx3
，
yN

00
.
x
0
1x
0
1
于是
PMN
得面积 < br>又直线
AB
的方程为
xy0
，
|AB|22
，
点
P
到直线
AB
的距离
d
于是
PAB< br>的面积
当
S
PAB
|x
0
y
0
|
.
2
|x
0
y
0
|(3x
0
)
2
S
PMN
时，得
|x
0
y
0
|< br>
2
|x
0
1|
又
|x
0
y< br>0
|0
，
所以
(3x
0
)
2
=
|x
0
2
1|
，解得
|x
0

。
因为
x
0
2
3y
0
2
4
，所以
y
0

33

9
5
3
33
)
.
9
5
3
故存在点
P
使得
PAB
与
PMN
的面积相等，此时点P
的坐标为
(,
解法二：若存在点
P
使得
PAB与
PMN
的面积相等，设点
P
的坐标为
(x
0
,y
0
)

则
|PA||PB|sinAPB|PM||PN|sinMPN
.
因为
sinAPBsinMPN
,
所以
所以
|PA||PN|


|PM||PB|
|x
0
1||3x
0
|


|3x
0
||x1|
1
2
1
2
即
(3x
0
)
2
|x
0
2
1|< br>，解得
x
0


因为
x
0< br>2
3y
0
2
4
，所以
y
0

33

9
5
3
故存在点
P
S使得
PAB
与
PMN
的面积相等，此时点
P
的坐标为533
(,)
.
39
x
2
y
2
5 （2江苏）在平面直角坐标系
xoy
中，如图，已知椭圆
1
的左、右顶点 为A、
95
B，右焦点为F。设过点T（
t,m
）的直线TA、TB与椭圆分 别交于点M
(x
1
,y
1
)
、
N(x
2< br>,y
2
)
，
其中m>0,
y
1
0,y2
0
。（1）设动点P满足
（2）设
PF
2
PB< br>2
4
,求点P的轨迹；
x
1
2,x
2

1
，求点T的坐标；（3）设
t9
,求
3
证：直线MN< br>必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）。
[解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程，考查 方直线与椭圆的方程等基础知识。
考查运算求解能力和探究问题的能力。满分16分。
（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。
由
PF
2
PB
2
4
，得
(x2)
2
 y
2
[(x3)
2
y
2
]4,
化简得
x
。
故所求点P的轨迹为直线
x
。
（2）将
x
1
2,x
2

分别代入椭圆方程，以及
y1
0,y
2
0
得：M（2，）、N（，

直线MT A方程为：
1
y0x3
，即
yx1
，

5
3
0
23
3
1
3
5
3
1< br>3
20
）
9
9
2
9
2

直线NTB 方程为：
55
y0x3
，即
yx
。

2 01
62
03
93

x7
联立方程组，解得：
10
，

y

3

所以点T的 坐标为
(7,)
。
（3）点T的坐标为
(9,m)

y0x3m
，即
y(x3)
，

m09312
y0x3m
直线NTB 方程为：，即
y(x3)
。

m0936
10
3
直线MTA方程为：
x
2
y
2
分别与椭圆
1< br>联立方程组，同时考虑到
x
1
3,x
2
3
，
95
3(80m
2
)40m3(m
2
20)20m,)N(,)
。 解得：
M(
、
2222
80m80m2 0m20m
20m3(m
2
20)
yx
22
20 m20m

（方法一）当
x
1
x
2
时，直线 MN方程为：
22
40m20m
3(80m)3(m20)


22
2
80m20m
80m20m
2
令
y0
，解得：
x1
。此时必过点D（1，0）；
当
x
1
x
2
时，直线MN方程为：
x1
，与x轴交点为D （1，0）。
所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。
2403m
2< br>3m
2
60

（方法二）若
x
1
x2
，则由及
m0
，得
m210
，
22
8 0m20m
此时直线MN的方程为
x1
，过点D（1，0）。
若x
1
x
2
，则
m210
，直线MD的斜率
k
MD
40m
2
10m
80m
，

2403m
2
40m
2
1
80m
2
直线N D的斜率
k
ND
20m
2
10m
20m
，得< br>k
MD
k
ND
，所以直线MN过D点。

2< br>2
3m60
40m
1
20m
2
因此，直线M N必过
x
轴上的点（1，0）。
6（四川）已知正方体
ABCD
－
A

B

C

D

的棱长为1，
A
D
B
•
O
C
点
M
是棱
AA
'的
C
M
•
D
AB

中 点，点
O
是对角线
BD
'的中点.（Ⅰ）求证：
OM
为异面 直线
AA
'和
BD
'的公垂线；（Ⅱ）
求二面角
M
－
BC
'－
B
'的大小；（Ⅲ）求三棱锥
M
－
OB C
的体积.
本小题主要考查异面直线、直线与平面垂直、二面角、正方体、三棱锥体积等基 础
知识，并考查空间想象能力和逻辑推理能力，考查应用向量知识解决数学问题的能
力。 解法一：（1）连结
AC
，取
AC
中点
K
，则
K
为
BD
的中点，连结
OK

因为
M
是棱
AA
’的中点，点
O
是
BD
’的中点
所以
AM
DD'OK

所以
MO
AK
< br>由
AA
’⊥
AK
，得
MO
⊥
AA
’
因为
AK
⊥
BD
,
AK
⊥
BB
’ ，所以
AK
⊥平面
BDD
’
B
’
所以
AK
⊥
BD
’
所以
MO
⊥
BD
’
又因为
OM
与异面直线
AA
’和
BD
’都相交
故
OM
为异面直线
AA
'和
BD
'的公垂线 （2）取
BB
’中点
N
，连结
MN
，则
MN< br>⊥平面
BCC
’
B
’
过点
N
作
N H
⊥
BC
’于
H
，连结
MH

则由三垂线定理得
BC
’⊥
MH

从而,∠
MHN
为二面角
M
-
BC
’-
B
’的平面角
1
2
MN
=1,
NH
=
BNsin
45°=
122


224
在
Rt
△
MNH
中，< br>tan
∠
MHN
=
MN1
22

NH< br>2
4
故二面角
M
-
BC
’-
B
’的 大小为
arctan
2
2

(3)易知，
S
△
OBC
=
S
△
OA
’
D
’，且△
OBC
和△
OA
’
D
’都在平面
BCD
’
A
’内
点
O
到平面
MA
’
D
’距离
h
＝
1
2
V
M
-
OBC
=
V
M
-
OA
’
D
’
=
V
O
-
MA< br>’
D
’
=
S
△
MA
’
D
’
h
=
解法二：
1
3
1

24
以 点
D
为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系
D
-
xyz

则
A
(1,0,0),
B
(1,1,0),
C
(0 ,1,0),
A
’(1,0,1),
C
’(0,1,1),
D
’(0,0,1)
(1)因为点
M
是棱
AA
’的中点,点
O
是
BD
’
所以
M
(1,0, ),
O
(,,)
1
2
1
2
1
2
1
2
的中点 11
OM(,,0)
,
AA'
=(0,0,1),
BD'< br>=(-1,-1,1)
22
11
OMAA'
=0,
OMBD'
+0=0
22
所以
OM
⊥
AA
’,
OM
⊥
BD
’
又因为
OM
与异面直线
AA
’和
BD
’都相交
故
OM
为异面直线
AA
'和
BD
'的公垂线.
(2)设平面
BMC
'的一个法向量为
n
1
=(
x
,
y
,
z
)
BM
=(0,-1,
1
),
BC'
＝(－1,0,1)
2
1



yz0

n
1
BM0
即


2




n
1
BC'0

xz0
取
z
＝2 ,则
x
＝2,
y
＝1，从而
n
1
=(2,1,2)
取平面
BC
'
B
'的一个法向量为
n
2
＝ (0,1,0)
cos
n
1
,n
2

n1
n
2
11


|n
1
||n2
|
91
3
由图可知，二面角
M
-
BC
'-
B
'的平面角为锐角

故二面角
M
-
BC
'-
B
'的大小为
arccos

(3)易知，S
△
OBC
＝
S
BCD
'
A
'
＝
12
1
4
1
4
2

4
1< br>3
设平面
OBC
的一个法向量为
n
3
＝(
x
1
,
y
1
,
z
1
)
BD'
＝(－1,－1,1),
BC
＝(－1,0,0)

x
1
y
1
z
1
0

n
3
BD'0
即


x0

1


n
1
BC0
取
z
1
＝ 1,得
y
1
＝1，从而
n
3
＝(0,1,1)
1
|BM|2

2

点
M
到平面
OBC的距离
d
＝
4
|n
3
|
2
V
M
－
OBC
＝
S
OBC
d
1
31221


34424