2013年数学理科解答题分类汇总.doc

第一章集合与简易逻辑第二章函数1. （安徽3-2）设函数，其中，区间（）求的长度（注：区间的长度定义为）；（）给定常数，当时，求长度的最小值。（本小题满分12分）：本题主要考查二次不等式的求解，以及导数的计算和应用等基础知识和基本技能、考查分类讨论思想和综合运用数学知识解决问题的能力。解：（）因为方程有两个实根，的解集为，因此区间，的长度为。（）设，则，令，得，由于，故当时，单调递增；当时，单调递减；所以当时，的最小值必定在或取得，而，故。因此当时，在区间上取得最小值。2. 已知函数（I）求证： （II）若取值范围.(I)证明： 要证x0,1时，1-,需证明.当x（0,1）时 (x)0,因此h(x)在【0,1】上市增函数，故h(x)h(0)=0.所以 记0，因此K（x）在0,1上试增函数，故K（x）K(0)=0.所以 .综上，.（II）（解法一） ，.记H（x）=x-2sin x,则H（x）=1-2cos x,当x0，于是G（x）在0,1上试减函数，从而当x（0,1）时，-3时， 在0,1上不恒成立. -3时，a+30,所以存在，使得0，此时0，于是在0,1上试增函数，因此当x(0,1)时，G(x)G(0)=0,从而F(x)在0,1上是增函数，因此F(x)F(0)=0,所以 当x0,1时， 同理可证，当所以x.因为当x0,1时， .所以当a-3时，在0,1上不恒成立.因为 所以存在（例如中的较小值）满足g，即在0,1上不恒成立.综上，实数a的取值范围是（-，.3. 已知函数（I）（II）（I）当a=2时，当.(II)记 于是a=34. 已知函数，其中常数；（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）令，将函数的图像向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图像，区间（且）满足：在上至少含有30个零点，在所有满足上述条件的中，求的最小值(1)因为，根据题意有(2) ，或，即的零点相离间隔依次为和，故若在上至少含有30个零点，则的最小值为第三章数列1. （安徽3-5）设函数，证明：（）对每个，存在唯一的，满足；（）对任意，由（）中构成的数列满足。本题主要考查函数的导数及其应用，函数零点的判定，等比数列的求和，以及不等式的放缩等基础知识和基本技能，考查综合运用知识分析和解决问题的能力，推理论证和运算求解能力。解：（）对每个，当时，故在内单调递增。由于， 当，故，又，所以存在唯一的，满足。（）当时，故，由在内单调递增知，故为单调递减数列。从而对任意的,，对任意的，由于（1）式减去（2）式并移项，利用，得。因此，对任意，都有，2. （北京3-6）给定数列a1，a2，an。对i=1，2，n-l，该数列前i项的最大值记为Ai，后n-i项ai+1，ai+2，an的最小值记为Bi，di=AiBi（）设数列an为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值.（）设a1，a2，an（n4）是公比大于1的等比数列，且a10.证明：d1，d2，dn-1是等比数列。（）设d1，d2，dn-1是公差大于0的等差数列，且d10，证明：a1，a2，an-1是等差数列。解：（）.（）因为，公比，所以学，科网，是递增数列.因此，对，于是对，学，科网，.因此，且，即成等比数列.（）设为的学，科网，公差.对，因为，所以，又因为，学，科网，所以.从而是递增数列.因此.又因为，学，科网，所以.因此.所以.学，科网，所以因此，对于都有学，科网，即是等差数列.3. （广东卷） 设数列的前项和为.已知,.(1)求a2的值(2)求数列an的通项公式a1(3)证明:对一切正整数,有.解：(1)依题意,又,所以；（2）时, 两式相减得 整理得,即,又 故数列是首项为,公差为的等差数列,所以,所以. (3)当时,；当时,； 当时,此时 综上,对一切正整数,有.4. 已知等比数列满足：（I）求数列的通项公式；（II）是否存在正整数使得若不存在，说明理由.（）设等比数列的公比为q，则由已知可得 解得 或 故，或. （）若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而. 若，则，故是首项为，公比为的等比数列，从而 故. 综上，对任何正整数，总有.故不存在正整数，使得成立. 5. （2013大纲全国，理17）（本小题满分10分）等差数列的前n项和为.已知，且成等比数列，求的通项公式.设的公差为d.由得，故或.由，学，科网，成等比数列得.又，故.若，则，学，科网，所以，此时，不合题意；若，则，解得或.因此的通项公式为，学，科网，或.6. （2013大纲全国，理22）（本小题满分12分）已知函数.（）若时，求的最小值；（）设数列的通项，证明：.（）由已知，.若，则当时，所以.若，则当时，所以当时，.综上，的最小值是.（）证明：令.由（）知，当时，即.取，则.于是 . 所以.7. 设等差数列的前n项和为，且, 。（）求数列的通项公式；（）设数列的前n项和，且（为常数），令.求数列的前n项和。()解:设等差数列的首项为,公差为,因为已知,可得,即整理得， 又因为,当时， 即， 联立可得由于所以，.()解:由()可得，且将带入，可得当时，当时，-可得所以 两式相减得 所以8. 设是公比为q的等比数列. () 导的前n项和公式; () 设q1, 证明数列不是等比数列. 【答案】() ;() 见下；【解析】() 分两种情况讨论。.上面两式错位相减: 。综上，() 使用反证法。设是公比q1的等比数列, 假设数列是等比数列.则当=0成立，则不是等比数列。当成立，则。这与题目条件q1矛盾。综上两种情况，假设数列是等比数列均不成立，所以当q1时, 数列不是等比数列。（证毕）9. 给定常数，定义函数，数列满足.（1）若，求及；（2）求证：对任意，；（3）是否存在，使得成等差数列？若存在，求出所有这样的，若不存在，说明理由.【解答】：（1）因为，故，（2）要证明原命题，只需证明对任意都成立，即只需证明若，显然有成立；若，则显然成立综上，恒成立，即对任意的，（3）由（2）知，若为等差数列，则公差，故n无限增大时，总有此时，即故，即，当时，等式成立，且时，此时为等差数列，满足题意；若，则，此时，也满足题意；综上，满足题意的的取值范围是10. 已知首项为的等比数列不是递减数列, 其前n项和为, 且S3 + a3, S5 + a5, S4 + a4成等差数列. () 求数列的通项公式; () 设, 求数列的最大项的值与最小项的值. 本小题主要考查等差数列的概念，等比数列的概念、通项公式、前n项和公式，数列的基本性质等基础知识。考查分类讨论的思想，考查运算能力、分析问题和解决问题的能力. 满分14分.（I）解：设等比数列的公比为，因为成等差数列 ，所以，即 ，于是.又不是递减数列且，所以. 故等比数列的通项公式为.（II）解：由（I）得当为奇数时，随的增大而减小，所以1，故0.当为偶数时，随的增大而增大，所以1，故0.综上，对于总有.所以数列最大项的值为，最小项的值为.11. 在公差为的等差数列中，已知，且成等比数列。（1） 求;（2） 若，求（）由，题意得：5a3 a1=(2a2+2)2，即d23d4=0 故d=1或d=4所以an=n+11，nN*或an=4n+6，nN*（）设数列an的前n项和为Sn因为d0，由（）得d=1，an=n+11则当n11时，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn=n2+n当n12时，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn+2S11=n2n+110 综上所述，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=第四章三角函数1. （安徽3-1）已知函数的最小正周期为。（）求的值；（）讨论在区间上的单调性。（）.因为的最小正周期为，且，从而有，故。（）由（）知，若，则当，即时，单调递增，当，即时，单调递减，综上可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减。2. (北京3-1)在ABC中，a=3，b=2，B=2A.(I)求cosA的值，(II)求c的值3. （福建3-5）已知函数的周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象。（1） 求函数与的解析式（2） 是否存在，使得按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定的个数，若不存在，说明理由；（3） 求实数与正整数，使得在内恰有2013个零点解法一： （） 故 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）后可得y=cos x的图象，再将y=cos x的图象想右平移个单位长度后得到函数g(x)=cos(x-)的图象，所以g(x)=sin x, ()所以 问题转化为方程因为内单调递增.且函数G（x）的图象连续不断，故可知函数G（x）在（）内存在唯一零点即存在唯一的()依题意，=0的解，所以方程F现研究则问题转化为研究直线的交点情况。的变化情况如下表： 又当内有3个交点，由周期性，2013=3671，所以依题意得n=6712=1342.综上，当解法二：（）、（）同解读一，（）依题意，现研究函数 .设则函数的图象是开口向下的抛物线，当a1时，函数有一个零点(另一个零点1，舍去)，在上有两个零点，且；当-1时，函数有一个零点(另一个零点-1，舍去)，在上有两个零点，且；当-11时，函数有一个零点，另一个零点，在和分别有两个零点.由正弦函数的周期性，可知当a1时，函数在内总有偶数个零点，从而不存在正整数n满足题意.当a=1时，函数有一个零点，另一个零点=1；当a=-1时，函数有一个零点=-1，另一个零点，从而当a=1或a=-1时，函数在有3个零点.由正弦函数的周期性，2013=3671，所以依题意得n=6712=1342.综上，当a=1，n=1342或a=-1，n=1342时，函数=+在内恰有2013个零点.4. （广东卷）已知函数，（1）求f（-）的值；（2）若cos=，E（，2），求f（2+）。解：（1）（）=（）=2=1 （2）=，2=-= （+）=（+-）=（+） =- =（）（） =5. ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB。（）求B；（）若b=2，求ABC面积的最大值。【解析】（）因为a=bcosC+csinB，所以由正弦定理得：学，科网，sinA=sinBcosC+sinCsinB，所以sin(B+C)=sinBcosC+sinCsinB，即cosBsinC=sinCsinB，因为sinC0，所以，解得B=；（）由余弦定理得：，即，由不等式得：，当且仅当时，取等号，所以学，科网，解得，所以ABC的面积为=，所以ABC面积的最大值为.6. 如图，在ABC中，ABC90，AB=，BC=1，P为ABC内一点，BPC90(1)若PB=，求PA；(2)若APB150，求tanPBAABCP【答案】（1）由已知网，PBC=60，所以PBA=30.故（2）设，由已知得，在PBA中，由正弦定理得，化简得，故.7. 在（I）求角的大小；（II）若（）由，得, 即，解得 或（舍去）. 因为，所以. （）由得. 又，知. 由余弦定理得故. 又由正弦定理得. 8. 已知函数。（I）若是第一象限角，且。求的值；（II）求使成立的x的取值集合。 解 (C) =sin(C- p6)+cos(c- p3) =32sin C - 12cosC + 12cosC+ 32sinC =3sin=C g(C)=2sin2 x2=1-cosC .() () 完9. 设向量（I）若（II）设函数解： （I）由， ， 及 又，所以 . （II） =. 当 所以 10. （2013大纲全国，理18）（本小题满分12分）设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，.（）求B；（）若，求C.因为，所以.由余弦定理得， 因此. （）由（）知，所以 ， 故或， 因此或.11. 设的内角所对的边为且求 的值；求的值。12. 已知向量, 设函数. () 求f (x)的最小正周期. () 求f (x) 在上的最大值和最小值. 【答案】() .() .【解析】() =。最小正周期。所以最小正周期为。() .所以，f (x) 在上的最大值和最小值分别为.13. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2cos2 cos Bsin (AB)sin Bcos(AC).(1)求cos A的值；(2)若a4 ，b5，求向量在方向上的投影17解：(1)由2cos2cos Bsin(AB)sin Bcos(AC)，得cos(AB)1cosBsin(AB)sinBcosB，即cos(AB)cosBsin(AB)sinB，则cos(ABB)，即cos A.(2)由cos A，0Ab，则AB，故B.根据余弦定理，有(4 )252c225c，解得c1或c7(舍去)，故向量在方向上的投影为|cosB.14. 已知函数. () 求f(x)的最小正周期; () 求f(x)在区间上的最大值和最小值. 本小题主要考察两角和与差的正弦公式/二倍角的正弦与余弦公式,三角函数的最小正周期/单调性等基础知识,考察基本运算能力.满分13分 （I）解： 所以 的最小正周期（）解：因为在区间上是增函数，在区间上是减函数，又f ( 0)=2，f ( )=，f ( )=2，故函数在区间上的最大值为，最小值为2.15. 在中，内角、的对边分别是、，且（）求；（）设，求的值解：（I）因为，由余弦定理有，故.（II）由题意得，因此，,因为，,所以因为,即解得，由得，解得或.第五章不等式1. 设不等式的解集为A,且 （）求的值 （）求函数的最小值本小题主要考查绝对值不等式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想.满分7分. 解：（I）因为且所以a，且 解得a.又因为a，所以a=1. （II）因为=3， 当且仅当0，即-1x2时取到等号，所以的最小值为3.2. 设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：（）（）3. 已知函数f(x)|2x1|2xa|，g(x)=x+3.（）当a=-2时，求不等式f(x)g(x)的解集；（）设a1，且当x，)时，f(x)g(x)，求a的取值范围.当时，令，设函数，则y=，做出函数图像可知，当时，故原不等式的解集为学科，网，；（2）依题意，原不等式化为，故对都成立，故，故，故的取值范围是.第六章平面向量第七章立体几何1. (北京3-3)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC平面AA1C1C，AB=3，BC=5.（）求证：AA1平面ABC；（）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；（）证明：在线段BC1存在点D，使得ADA1B，并求的值.2. （福建3-4）如图，在四棱柱中，侧棱底面,（3） 求证：平面（4） 若直线与平面所成角的正弦值为，求的值（5） 现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式。（直接写出答案，不必说明理由）解：（）取CD的中点E，连结BE. DE,AB=DE=3k, 四边形ABED为平行四边形， BEAD且BE=AD=4K。 在BCE中，BE=4K，CE=3K，BC=5K， BEAD，所以CDAD。 CD.正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A（4K，0，0），C（0,6K，0），设平面取y=2,得n=(3,2,-6k).()共有4种不同的方案.3. 如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB。BCAA1B1C1DE（）证明：BC1/平面A1CD1（）求二面角D-A1C-E的正弦值【解析】（）连结，交于点O，连结DO，则O为的中点，因为D为AB的中点，所以OD，又因为OD平面，平面，所以 /平面；（）由=AC=CB=AB可设：AB=，则=AC=CB=，所以ACBC，又因为直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，则、，设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则，所以，所以二面角D-E的正弦值为.4. 如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，BA A1=60.（）证明ABA1C;（）若平面ABC平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值。ABCC1A1B1【答案】（1）取AB的中点O，连接、，因为CA=CB，所以，由于AB=A A1，BA A1=600，故B为等边三角形，所以，所以平面，因为平面，所以AB平面A1C；（2）由（I）知OCAB，又平面ABC平面，故OA,OC两两相互垂直。以O为原点，的方向为x轴的正方向，为单位，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题设知，则，设为平面的法向量，则，即所以所以直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值. 5. 如图，是圆的直径,点上异于的点，直线（I）记平面并加以说明；（II）设（I）中的直线记直线异面直线所成的锐角为，二面角（）直线平面，证明如下：连接，因为，分别是，的中点，所以. 又平面，且平面，所以平面.而平面，且平面平面，所以. 因为平面，平面，所以直线平面. 第19题解答图1第19题解答图2 （）（综合法）如图1，连接，由（）可知交线即为直线，且. 因为是的直径，所以，于是.已知平面，而平面，所以.而，所以平面.连接，因为平面，所以.故就是二面角的平面角，即. 由，作，且. 连接，因为是的中点，所以，从而四边形是平行四边形，.连接，因为平面，所以是在平面内的射影，故就是直线与平面所成的角，即. 又平面，有，知为锐角，故为异面直线与所成的角，即， 于是在，中，分别可得，从而，即. （）（向量法）如图2，由，作，且.连接，由（）可知交线即为直线.以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有,. 于是，所以，从而. 又取平面的一个法向量为，可得，设平面的一个法向量为， 所以由 可得 取.于是，从而. 故，即. 6. 如图5，在直棱柱（I）证明：；（II）求直线所成角的正弦值。() （） 7. 如图，（I）求证：（II）解：（I）由AB式圆的直径，得ACBC、 由PA平面ABC、BC平面ABC、得PABC. 又PAAC=A,PA平面PAC，AC平面PAC， 所以BC平面PAC. 因为BC平面PBC. 所以平面PBC平面PAC.（II）（解法一）过C作CM/AP,则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB、CA、CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角标系因为AB=2、AC=1、所以A(0、1、0）、B（、P（0、1、1）故=.设平面BCP的法向量为. 不妨令y=1.则n=（0、1、-1）. 因为设平面ABP的法向量为.则,所以不妨令x=1、则.于是cos=,所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为.过C作CMAB于M、因为PA平面ABC、CM平面ABC.所以PACM.故CM平面PAB.过M作MNPB于N，链接NC. 由三垂线定理得CNPB.所以CNM为二面角C-PB-A的平面角.在RtABC中，由AB=2、AC=1、得在RtPAB中,由AB=2、PA=1、得PB=.因为RtBNMRtBAP,所以又在RtCNM中，CN=，故cosCNM=.所以二面角C-PB-A的余弦值为.8. （2013大纲全国，理19）（本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD中，和都是等边三角形.（）证明：；（）求二面角A-PD-C的大小.（）证明：取BC的中点E，连结DE，则ABED为正方形. 过P作PO平面ABCD，垂足为O. 连结OA，OB,OD,OE. 由和都是等边三角形知PA=PB=PD， 所以OA=OB=OD，即点O为正方形ABED对角线的交点， 故，从而. 因为O是BD的中点， E是BC的中点，所以OE/CD.因此. （）解法一： 由（）知，. 故平面PBD. 又平面PBD，所以. 取PD的中点F，PC的中点G，连结FG， 则FG/CD，FG/PD. 连结AF，由为等边三角形可得AFPD. 所以，为二面角A-PD-C的平面角. 8分 连结AG，EG，则EG/PB. 又PBAE，所以EGAE. 设AB=2，则， 故. 在中， 所以. 因此二面角A-PD-C的大小为. 解法二： 由（）知，OE,OB,OP两两垂直. 以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 设，则 ，. ，.，.设平面PCD的法向量为，则，可得，.取，得，学，科网，故. 设平面PAD的法向量为，则，可得.取m=1，得，故.于是.由于， 等于二面角A-PD-C的平面角，所以二面角A-PD-C的大小为.9. 如图所示，在三棱锥P-ABQ中，PB平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH。（）求证：AB/GH；（）求二面角D-GH-E的余弦值（）证明：由已知得EF, DC分别为PAB和QAB的中位线所以EF/AB, DC/AB,则EF/DC又EF平面PDC, DC平面PDC所以EF/平面PDC又EF平面QEF且平面QEF平面PDC=GH所以EF/GH又因为EF/AB所以AB/GH（）解：因为AQ=2BD 且D为AQ中点所以ABQ为直角三角形，ABBQ又PB平面ABC, 则PBABPBBQ=B且PB平面PBQ,BQ平面PBQ,所以AB平面PBQ由（）知AB/GH所以GH平面PBQ则GHFH, GHHC所以FHC即为二面角D-GH-E的平面角由条件易知PBC+BFQ+PQB+FHC=2且BFQ=PQB，tanBFQ=2所以cosFHC=cos（2BFQ）=2sinBFQcosBFQ=10. 如图, 四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O平面ABCD, . () 证明: A1C平面BB1D1D; () 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小. 【答案】() 见下;() = () 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小. 【解析】() ；又因为，在正方形AB CD中，。 在正方形AB CD中,AO = 1 . .(证毕)() 建立直角坐标系统,使用向量解题。以O为原点，以OC为X轴正方向，以OB为Y轴正方向。则.由()知, 平面BB1D1D的一个法向量设平面OCB1的法向量为。所以，平面OCB1与平面BB1D1D的夹角为11. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AD=1,A1A=1，证明直线BC1平行于平面DA1C，并求直线BC1到平面D1AC的距离.【解答】因为ABCD-A1B1C1D1为长方体，故，故ABC1D1为平行四边形，故，显然B不在平面D1AC上，于是直线BC1平行于平面DA1C； 直线BC1到平面D1AC的距离即为点B到平面D1AC的距离设为考虑三棱锥ABCD1的体积，以ABC为底面，可得而中，故所以，即直线BC1到平面D1AC的距离为12. 如图17所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，ABAC2AA1，BAC120，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l平面ADD1A1；(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值图17解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线lBC，因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l平面A1BC.由已知，ABAC，D是BC的中点所以，BCAD，则直线lAD.因为AA1平面ABC，所以AA1直线l.又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，所以直线l平面ADD1A1.(2)解法一：联结A1P，过A作AEA1P于E，过E作EFA1M于F，联结AF.由(1)知，MN平面AEA1，所以平面AEA1平面A1MN.所以AE平面A1MN，则A1MAE.所以A1M平面AEF，则A1MAF.故AFE为二面角AA1MN的平面角(设为)设AA11，则由ABAC2AA1，BAC120，有BAD60，AB2，AD1.又P为AD的中点，所以M为AB中点，且AP，AM1，所以，在RtAA1P中，A1P；在RtA1AM中，A1M.从而AE，AF，所以sin.所以cos.故二面角AA1MN的余弦值为.解法二：设A1A1，如图，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz(点O与点A1重合)则A1(0，0，0)，A(0，0，1)因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，又ABAC2AA1，BAC120，故可得M(，1)，N(，1)，所以，(0，0，1)，(，0，0)设平面AA1M的一个法向量为1(x1，y1，z1)，则即故有从而取x11，则y1，所以1(1，0)设平面A1MN的一个法向量为2(x2，y2，z2)，则即故有从而取y22，则z21，所以2(0，2，1)设二面角AA1MN的平面角为，又为锐角，则cos .故二面角AA1MN的余弦值为.13. 如图, 四棱柱ABCDA1B1C1D1中, 侧棱A1A底面ABCD, AB/DC, ABAD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2, E为棱AA1的中点. () 证明B1C1CE; () 求二面角B1CEC1的正弦值. () 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为, 求线段AM的长. 本小题主要考察空间两条直线的位置关系，二面角、直线与平面所成的角，直线与平面垂直等基础知识。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13分（方法一）如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A（0,0,0），B（0,0,2），C（1,0,1），（I）证明：易得于是. （II）解：=.设平面的法向量，则即消去x，得y+2z=0，不防令z=1，可得一个法向量为m=（-3，-2,1）.由（I），,又，可得,故为平面的一个法向量。于是，从而.所以二面角的正弦值为.（）解：,=(1,1,1). 设,01，有. 可取为平面的一个法向量. 设为直线与平面所成的角，则=.于是=，解得，所以.（方法二）（I）证明：因为侧棱底面,平面，所以. 经计算可得,从而,所以在中，,又，所以平面，又平面，故. （II）解：过作于点,连接. 由（I）， ，故平面，所以为二面角的平面角， 中，由 ， ，可得，在中， ，所以，即二面角的正弦值为.(III) 解：连接,过点作于点，可得平面，连接,，则为直线与平面所成的角.设，从而在中，有.在中，, 得. 在中，,，由,得，整理得，解得. 所以线段的长为.14. 如图，在四面体中，平面,.是的中点，是的中点，点在线段上，且.（1） 证明：平面;（2） 若二面角的大小为，求的大小.ABCDPQM（第20题图）（）取BD的中点O，在线段CD上取点F，使得DF=3FC，连接OP，OF，FQ因为AQ=3QC，所以QFAD，且QF=AD因为O，P分别为BD，BM的中点，所以OP是BDM的中位线，所以OPDM，且OP=DM又点M是AD的中点，所以OPAD，且OP=AD从而OPFQ，且OP=FQ所以四边形OPQF是平行四边形，故PQOF又PQ平面BCD，OF平面BCD，所以PQ平面BCD （）作CGBD于点G，作GHBM于点HG，连接CH，则CHBM，所以CHG为二面角的平面角。设BDC= 在RtBCD中，CD=BDcos =2cos ，CG=CDsin =2cos sin ，BG=BCsin =2sin2 在RtBDM中，HG= 在RtCHG中，tanCHG= 所以tan q= 从而q=60即BDC=6015. 如题（19）图，四棱锥中，底面，为的中点，（）求的长；（）求二面角的正弦值zhangwlx解：（I）如图，连接BD交AC于,因为BC=CD,即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD,故ACBD.以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，而AC=4，得，又，故，,C(0，1，0)，.因PA底面ABCD,可设，由F为PC边中点，,又，因AFPB,故，即，（舍去），所以.（II）由（I）知,.设平面FAD的法向量为,平面FAB的法向量为.由,得,因此可取.由,得,故可取.从而法向量的夹角的余弦值为.故二面角的正弦值为.第八章直线和圆方程1. 已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8. () 求动圆圆心的轨迹C的方程; () 已知点B(1,0), 设不垂直于x轴的直线与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线过定点. 【答案】() ;() 定点（1,0）【解析】() A(4,0),设圆心C() 点B(1,0), .直线PQ方程为：所以，直线PQ过定点（1,0）第九章圆锥曲线1. （安徽3-3）设椭圆的焦点在轴上（）若椭圆的焦距为1，求椭圆的方程；（）设分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上的第一象限内的点，直线交轴与点，并且，证明：当变化时，点在某定直线上。本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线和椭圆的位置关系等基础知识和基本技能，考察数形结合的思想，逻辑推理能力和运算求解能力。解：（）因为焦距为1，所以，解得，故椭圆E的方程为。（）设，其中，由题设知，则直线的斜率，直线的斜率，故直线的方程为，当时，即点的坐标为,因此直线的斜率为，由于，所以化简得将上式代入椭圆E的方程，由于在第一象限，解得，即点在直线上。2. (北京3-5)已知A、B、C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点.(I)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积.(II)当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由.解：因为四边形OABC为菱形，所以与互相垂直平分.所以可设A(t,12),代入椭圆方程得t24+14=1,即t=3所以|AC|=23 (II)假设四边形OABC为菱形.因为点B不是W的顶点，学，科网，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为y=kx+m,k0,m0.由消去y并整理得.设,则，所以AC的中点.因为M为AC和OB的交点，m0,k0,所以直线OB的斜率为.因为，所以AC和OB不垂直.所以四边形OABC不是菱形，学，科网，与假设矛盾.所以当B不是W的顶点，学，科网，四边形OABC不可能是菱形.3. （广东卷）已知抛物线c的顶点为原点，其焦点F（0，c）（c0）到直线L:x-y-2=0的距离为322 . 设P为直线L上的点，过点P做抛物线C的两条切线PA，PB,其中A,B为切点。（1） 求抛物线C的方程；（2） 当点P（x0，y0）为直线L上的定点时，求直线AB的方程；（3） 当点P在直线L上移动时，求|AF|BF|的最小值解：(1)依题意,设抛物线的方程为,由结合,解得. 所以抛物线的方程为. (2)抛物线的方程为,即,求导得设,(其中),则切线的斜率分别为,所以切线的方程为,即,即同理可得切线的方程为因为切线均过点,所以,所以为方程的两组解.所以直线的方程为.(3)由抛物线定义可知,所以联立方程,消去整理得由一元二次方程根与系数的关系可得,所以又点在直线上,所以,所以所以当时, 取得最小值,且最小值为.4. 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：(ab0)右焦点的直线x+y-=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为()求M的方程（）C,D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值【解析】()设则，（1）（2）得：，因为，设，因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以，即，学，科网，所以可以解得，即，即，又因为，所以，所以M的方程为.（）因为CDAB，直线AB方程为，所以设直线CD方程为，将代入得：，即、，所以可得；将代入得：，设则=，又因为，即，所以当时，|CD|取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为.5. 已知圆M：(x1)2y2=1，圆N：(x1)2y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线 C（）求C的方程；（）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 【答案】因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以由椭圆的定义可知，曲线C是以M,N为左右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆（左顶点除外），其方程为；（2）对于曲线C上任意一点，由于（R为圆P的半径），所以R2，所