【正文】 .∴平面.（Ⅱ）解：以O(shè)為原點，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，, , ∴∴異面直線與所成角的余弦值的大小為（Ⅲ）解法一：設(shè)平面ACD的法向量為則 ∴令y=1，得n=()∴點E到平面ACD的距離h=22（Ⅰ）證明：如右圖，過點在平面內(nèi)作于由平面?zhèn)让?且平面?zhèn)让?得平面,又平面，所以因為三棱柱是直三棱柱，則底面，所以.又,從而側(cè)面，又側(cè)面，故.（Ⅱ）解法1：連接，則由（Ⅰ）知是直線與平面所成的角，是二面角的平面角，即于是在中，在中，由，得又所以練習(xí)二一、選擇題 二、填空題11．三點共線 12．（） 13．2 14． 三、解答題15． 證明：（Ⅰ）由題設(shè)，連，為等腰直角三角形，所以 ，且，又為等腰三角形，故，且 ，從而．所以為直角三角形，．又．所以平面．（Ⅱ）解：以為坐標(biāo)原點，射線分別為軸、軸的正半軸，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)，則．的中點，．．故等于二面角的平面角．，16．解：（I）證明：因為是的中點，所以．又平面，所以．（II）解：過點作平面，垂足是，連結(jié)交延長交于點，連結(jié)，．是直線和平面所成的角．因為平面，所以，又因為平面，所以，則平面，因此．設(shè)，在直角梯形中，是的中點，所以，，得是直角三角形，其中，所以．在中，所以，故與平面所成的角是．所以二面角的余弦值為．17．（I）證明：在中， 又平面平面 平面平面平面 平面 平面（Ⅱ）解：由（I）知從而 在中， 又平面平面 平面平面，平面 而平面 綜上，三棱錐的側(cè)面積，18．如圖，以A為原煤點建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)，由已知可得.（Ⅰ）∵， ∴，∴BC⊥AP.又∵，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC.（Ⅱ）∵D為PB的中點，DE//BC，∴E為PC的中點，∴，∴又由（Ⅰ）知，BC⊥平面PAC，∴∴DE⊥平面PAC，垂足為點E.∴∠DAE是AD與平面PAC所成的角，∵，∴.∴與面所成的角的余弦值的大小為.（Ⅲ），又由（Ⅰ）知，平面，∴平面，又∵平面，平面，∴，∴為二面角的平面角，∵底面，∴，∴.∴在棱上存在一點，使得，這時，故存在點使得二面角是直二面角.（Ⅲ）同解法1.19．證明：（I）如圖，連結(jié)，以為坐標(biāo)原點，分別以所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系O， ，由題意得，因，因此平面BOE的法向量為，得，又直線不在平面內(nèi)，因此有面（II）設(shè)點M的坐標(biāo)為，則，因為平面BOE，所以有，因此有，即點M的坐標(biāo)為，在平面直角坐標(biāo)系中，的內(nèi)部區(qū)域滿足不等式組，經(jīng)檢驗，點M的坐標(biāo)滿足上述不等式組，所以在內(nèi)存在一點，使平面，由點M的坐標(biāo)得點到，的距離為． 練習(xí)三一、選擇題 3. B 4. B 5. D 二、填空題，得，過點所作的高也是中線 ，代入到得，聯(lián)立有，又。答案：2,且雙曲線右焦點為F’(4,0), 于是由雙曲線性質(zhì)|PF|－|PF’|＝2a＝4 而|PA|＋|PF’|≥|AF’|＝5 兩式相加得|PF|＋|PA|≥9,當(dāng)且僅當(dāng)A、P、F’三點共線時等號成立.答案:912. 三、解答題13．（1）設(shè)橢圓方程為將、代入橢圓E的方程，得解得.∴橢圓的方程 （2），設(shè)邊上的高為 當(dāng)點在橢圓的上頂點時，最大為，所以的最大值為． 設(shè)的內(nèi)切圓的半徑為，因為的周長為定值6．所以，所以的最大值為．所以內(nèi)切圓圓心的坐標(biāo)為 14．(1)設(shè)雙曲線C的一條漸近線方程為，則。 該直線與圓相切， 雙曲線C的兩條漸近線方程為，故設(shè)雙曲線C的方程為 又雙曲線C的一個焦點為（，0），雙曲線C的方程為 （2）雙曲線方程 焦點坐標(biāo)（0，） 長軸和虛軸長都為215．（I）用直接法或定義法求得點P軌跡方程為y2=2x （Ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不存在時，由題設(shè)可知直線l的方程是x=，此時，A(，)，B(，)，不符合 當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)方程為y=kx+b(k≠0，b≠0)， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2=∵∴y1y2=4， ∴b+2k=0 ① 又點O到直線l距離為得 ② 由①②解得k=1,b=2或k=1,b=2，所以直線l的方程為y=x2或y=x+2 16．|AB|=，得到17．解：（1）設(shè)點、M、A三點共線， (2)設(shè)∠POM=α，則 由此可得tanα=1. 又 (3)設(shè)點、B、Q三點共線， 即 即 由（*）式，代入上式，得 由此可知直線PQ過定點E（1，－4）. 練習(xí)四一、選擇題 二、填空題7． 8．4 9． 10．4 11． 12． 13. ．三、解答題14. （1）∵，∴，∴ （2）在上式中，令，得，∴圓心又∵，∴外接圓的方程為（3）∵，∵圓過點，∴是該圓的半徑又∵動圓與圓內(nèi)切，∴，即∴點的軌跡是以、為焦點，長軸長為3的橢圓，∴，，∴軌跡方程為：當(dāng)時，顯然不成立。當(dāng)時，由，可設(shè)直線的方程為，代入中，得。顯然，即 （1）由根與系數(shù)的關(guān)系，得中點的坐標(biāo)為點在直線上，即 （2）把（2）代入（1）得，解得，：由題意， ，,因為是的垂心，,，解得設(shè),能成等差數(shù)列，則+=2，,即，得，得，或17．解：（1）設(shè)　　　　由得：， 　由得， 　　　　　 　　　　同 似，　則，　　　?。?）　　　 　，∴當(dāng)時，取最大值．:(1）設(shè)，直線，由坐標(biāo)原點到的距離為 則，解得 .又.（2）由(1）、由題意知的斜率為一定不為0，故不妨設(shè) 代入橢圓的方程中整理得，顯然。由韋達(dá)定理有：．．．．．．．．①.假設(shè)存在點P，使成立，則其充要條件為：點，點P在橢圓上，即。整理得。 又在橢圓上，即.故．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．②將及①代入②解得,=,即.當(dāng)。當(dāng).練習(xí)五一、 選擇題 二、 填空題9．；；10．；11．；12．；13．三、 解答題14．解： 因為，則所以拋物線在兩點處的切線方程分別為與 15 ．，由，得∴＋－＋∴的遞增區(qū)間為，及，遞減區(qū)間為當(dāng)時，有極大值，；當(dāng)時，有極小值，由上，，故有在及上遞增，在遞減，由題設(shè)，恒成立，∴，或 英 語練習(xí)一一、詞匯辨析1) event 2) accident 3) incident 4) pain 5) hurt 6) ache 7) adventures 8) venture 9) venture 10)matter 11) business 12) thing 13) affairs二、單項填空15 C A D B A 6—10 C DB D D 11—15 D B D D D 16—20 A B D A B 21 25 B B A A B 26 30 C D B B B 三、完型填空15 A C B D B 610 A C D B D 1115 B A C C D 1620 A C D D A四、閱讀理解17 C A D C C C 812 C C B A C五、短文改錯 Children’s Day was ing. So Mum took Lily to go shopping. They first came to a cloth clothingshop. There were many different kinds of dresses on the shelves. Some were really beautiful.Mum asked Lily with a smile, “Which one did you like best?” Lily said, “I don’t want anyone do any oneof them!” Then they went to a bag shop. There were such many nice bags that people can’t so