立体几何,圆锥曲线,导数文科（答案）.docVIP

试卷第 =page 2 2页，总 =sectionpages 2 2页 资料 1、在长方体中，，过、、三点的平面截去长方体的一个角后，得如图所示的几何体，且这个几何体的体积为. （1）求棱的长； （2）若的中点为，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）；（2）． 试题分析：（1）设，由题意得，可求出棱长；（2）因为在长方体中，所以即为异面直线与所成的角(或其补角),再借助解三角形的求解得到结论． 试题解析：(1)设，由题设， 得，即，解得， 故的长为. (2)在长方体中， 即为异面直线与所成的角(或其补角), 在中，计算可得，则的余弦值为. 考点：异面直线所成的角的求解；棱柱的结构特征． 【解析】 2、如图，四边形是直角梯形，，，，又，，AM=2. A A B C M P （Ⅰ）求证：平面⊥平面； （Ⅱ）求三棱锥的体积． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）. 试题分析：(Ⅰ)根据面面垂直的判定定理，可知证明面面垂直，先证明线面垂直，根据所给条件，易证明,即转化为证明平面； （Ⅱ）根据等体积转化,重点求的面积，在平面内，过M做交BC于N，连结AN，这样在和中根据余弦定理和勾股定理，分别求和,这样就求出的面积，而点到平面的距离就是点到直线的距离，做A做交BC于H，根据求面积的过程，易求. 试题解析：（Ⅰ）证明：由得 又因为，， 平面ABC 所以． 又， 所以平面⊥平面． (Ⅱ)解：在平面内，过M做交BC于N，连结AN，则CN=PM=1， 又，得四边形PMNC为平行四边形，所以且 由（Ⅰ）得，所以MN⊥平面ABC, 在中，，即． 又AM=2.∴在中，有． 在平面ABC内，过A做交BC于H，则 因为，所以． ∴在中，有 而 ∴ A A B C M P N H 考点：1.等体积转化；2.面面垂直的判定定理. 【解析】 3、如图所示,平面,点在以为直径的上，，，点为线段的中点，点在上，且. （Ⅰ）求证:平面平面； （Ⅱ）求证:平面平面． 【答案】试题分析：（Ⅰ）利用三角形的中位线定理可得，即可得出平面，再利用，可得平面，再利用面面平行的判定定理即可得出平面平面；（Ⅱ）点在以为直径的上，可得，利用平面，可得，可得平面，即可得出平面平面. 试题解析：证明:（Ⅰ）因为点为线段的中点，点为线段的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面.因为， 又平面,平面，所以平面. 因为平面，平面，， 所以平面平面. (2)因为点在以为直径的上，所以，即. 因为平面，平面，所以.因为平面，平面，，所以平面. 因为平面，所以平面平面 考点：1、面面平行的判定定理；2、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理. 【解析】 4、在如图所示的四棱锥中，已知平面∥为的中点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：平面平面； （Ⅲ）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ） 试题分析：（Ⅰ）根据中位线定理求证出四边形MEBC为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明； （Ⅱ）先证明线面垂直，再到面面垂直；（Ⅲ）找到∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角，再解三角形即可 试题解析：（Ⅰ）解：取PA的中点M，连接BM，ME且 BC且 ∴MEBC且ME=BC ∴四边形MEBC为平行四边形， ∴BMECE，CE面PAB，BM面PAB， ∴CE面PAB （Ⅱ）证明：∵⊥平面， ∴⊥， 又 ∴， ∵ ∴⊥平面 又？平面 所以平面⊥平面 （Ⅲ）解：取中点，则∥， 由（Ⅱ）知⊥平面 则⊥平面 所以为直线与平面所成的角 ＝＝，＝ ∴ 即直线与平面所成角的正切值为 考点：直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定 【解析】 5、已知椭圆：，离心率为，焦点过的直线交椭圆于两点，且的周长为. （1）求椭圆方程； （2）与轴不重合的直线与轴交于点，与椭圆交于相异两点且,若，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）． 试题分析：（1）先由离心率为，的周长为，列出方程即可求解的值，从而得到椭圆的方程；（2）先设与椭圆的交点为，然后联立直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，进而得到两根与系数的关系，再根据和，可得的值，利用韦达定理即可求解实数的取值范围． 试题解析：(1)设，设，由条件知， ，故的方程为：. (2)设与椭圆的交点为，将代入， 得①. ， ， 消去得. 即,当时，， 由①得，解得. 考点：椭圆的定义、标准方程及其简单的几何性质；直线与圆锥曲线综合应用． 【方法点晴】本题主要考查了椭圆的定义、标准方程及其简单的几何性质，直线与圆锥曲线综合应用，着重考查了转化与化归的思想及推理、运算能力，其中直线与圆锥曲线的综合题是高考的一个重点题型，属于中档试题，本题的解答中直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，根据和的运算，再利用韦达定理即可求解实数的取值