20xx年江西省南昌市高考數(shù)學一模試卷理科word版含解析(存儲版)
【正文】 平面 PAD⊥ 平面 ABCD，底面 ABCD 為等腰梯形， AB∥ CD， AD=DC=BC=2， AB=4， △ PAD 為正三角形． （ Ⅰ ）求證： BD⊥ 平面 PAD； （ Ⅱ ）設 AD 的中點為 E，求平面 PEB 與平面 PDC 所成二面角的平面角的余弦值． 【考點】 二面 角的平面角及求法；直線與平面垂直的判定． 【分析】 （ Ⅰ ）在等腰梯形 ABCD 中，過點 D 作 DE⊥ AB 于點 E，推導出 AD⊥BD，由此能證明 BD⊥ 平面 PAD． （ Ⅱ ）以 D 為坐標原點， DA 所在直線為 x 軸， DB 所在直線為 y 軸，過點 D 平行于 PE 所在直線為 z 軸，建立空間直角坐標系．利用向量法能求出平面 PEB 與平面 PDC 所成二面角的余弦值． 【解答】 證明：（ Ⅰ ）在等腰梯形 ABCD 中，過點 D 作 DE⊥ AB 于點 E， 如圖所示：有 ∴ 在 △ ABD 中，有 AB2=AD2+BD2，即 AD⊥ BD 又因為平面 PAD⊥ 平面 ABCD 且交線為 AD， ∴ BD⊥ 平面 PAD．﹣﹣﹣﹣﹣ 解：（ Ⅱ ） 由平面 PAD⊥ 平面 ABCD，且 △ PAD 為正三角形， E 為 AD 的中點， ∴ PE⊥ AD，得 PE⊥ 平面 ABCD． 如圖所示，以 D 為坐標原點， DA 所在直線為 x 軸， DB 所在直線為 y 軸，過點D 平行于 PE 所在直線為 z 軸，建立空間直角坐標系． 由條件 AD=DC=BC=2，則 AE=DE=1， ， ． 則 D（ 0， 0， 0）， E（ 1， 0， 0）， ， ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 在等腰梯形 ABCD 中，過點 C 作 BD 的平行線交 AD 延長線于點 F 如圖所示： 則在 Rt△ CDF 中，有 ， DF=1， ∴ ．﹣﹣﹣﹣﹣ ﹣﹣ （另解：可不作輔助線，利用 求點 C 坐標） ∴ ， ，設平面 PDC 的法向量 則 ，取 ，則 y1=1， z1=﹣ 1， ∴ 面 PDC 的法向量 ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 同理有 ， ，設平面 PBE 的法向量 則 ， 取 y2=1，則 ， z2=0， ∴ 面 PBE 的法向量 ．﹣﹣ 設平面 PEB 與平面 PDC 所成二面角的平面角為 θ， ∴ ． 即平面 PEB 與平面 PDC 所成二面角的余弦值為 ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 20．已知橢圓 C： =1（ a＞ b＞ 0）的左、右頂點分別為 A1， A2，左、右焦點分別為 F1， F2，離心率為 ，點 B（ 4， 0）， F2為線段 A1B 的中點． （ Ⅰ ）求橢圓 C 的方程； （ Ⅱ ）若過點 B 且斜率不為 0 的直線 l 與橢圓 C 的交于 M， N 兩點，已知直線A1M 與 A2N 相交于點 G，試判斷點 G 是否在定直線上？若是，請求出定直線的 方程；若不是，請說明理由． 【考點】 直線與橢圓的位置關(guān)系． 【分析】 （ Ⅰ ）設點 A1（﹣ a， 0）， F2（ c， 0），由題意得 a=4﹣ 2c，由橢圓的離心率 ，得 a=2c，求出 a， b，由此能示出橢圓 C 的方程． （ Ⅱ ）法一：根據(jù)橢圓的對稱性猜測點 G 是與 y 軸平行的直線 x=x0上．假設當點 M 為橢圓的上頂點時，直線 l 的方 程為 ，此時點 N ，聯(lián) 立 直 線 和直線 可得點，猜想點 G 在直線 x=1 上，對猜想給予證明，得到點 G 在定直線上x=1 上． 法二：設 M（ x1， y1）， N（ x2， y2）， G（ x3， y3），由 B， M， N 三點共線，得：2x1x2﹣ 5（ x1+x2） +8=0，再由 A1， M， G 三點共線， A2， N， G 三點共線，推導出點 G 在定直線 x=1 上． 法三：設 l 的方程為 y=k（ x﹣ 4）， M（ x1， y1）， N（ x2， y2）．由 得（ 3+4k2）x2﹣ 32k2x+64k2﹣ 12=0，由此利用根的判別式、韋達定理，結(jié)合 A1， M， G 三點共線， A2， N， G 三點共線，推導出點 G 在定直線 x=1 上． 【解答】 解：（ Ⅰ ）設點 A1（﹣ a， 0）， F2（ c， 0），由題意可知： ，即a=4﹣ 2c① 又因為橢圓的離心率 ，即 a=2c② 聯(lián)立方程 ①② 可得： a=2， c=1，則 b2=a2﹣ c2=3 所以橢圓 C 的方程為 ．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 解：（ Ⅱ ）解法一：根據(jù)橢圓的對稱性猜測點 G 是與 y 軸平行的直線 x=x0上． 假設當點 M 為橢圓的上頂點時，直線 l 的方程為 ，此時點N ， 則聯(lián)立直線 和直線 可得點 據(jù)此猜想點 G 在直線 x=1 上，下面對猜想給予證明：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 設 M（ x1， y1）， N（ x2， y2），聯(lián)立方程 可得：（ 3+4k2） x2﹣ 32k2x+64k2﹣ 12=0， △＞ 0 由韋達定理可得 ， （ *）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 因為直線 ， ， 聯(lián)立兩直線方程得 （其中 x 為 G 點的橫坐標）即證：， 即 3k（ x1﹣ 4） ?（ x2﹣ 2） =﹣ k（ x2﹣ 4） ?（ x1+2），即證 4x1x2﹣ 10（ x1+x2） +16=0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 將（ *）代入上式可得 此式明顯成立，原命題得證．所以點 G 在定直線上 x=1 上．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 解法二：設 M（ x1， y1）， N（ x2， y2）， G（ x3， y3）， x1， x2， x3兩兩不等， 因為 B ， M ， N 三 點 共 線 ， 所 以， 整理得： 2x1x2﹣ 5（ x1+x2） +8=0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 又 A1， M， G 三點共線，有： ① 又 A2， N， G 三點共線，有： ② ， 將 ① 與 ② 兩 式 相 除 得 ： 即 ，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 將 2x1x2﹣ 5（ x1+x2） +8=0 即 代入得： 解得 x3=4（舍去）或 x3=1，所以點 G 在定直線 x=1 上．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 解法三：由題意知 l 與 x 軸不垂直，設 l 的方程為 y=k（ x﹣ 4）， M（ x1， y1）， N（ x2， y2）． 由 得（ 3+4k2） x2﹣ 32k2x+64k2﹣ 12=0， △ ＞ 0．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 設 M（ x1， y1）， N（ x2， y2）， G（ x3， y3）， x1， x2， x3兩兩不等， 則 ， ， 由 A1， M， G 三點共線，有： ① 由 A2， N， G 三點共線，有： ② ① 與 ② 兩式相除得：﹣﹣﹣ ﹣﹣﹣﹣ 解得 x3=4（舍去）或 x3=1，所以點 G 在定直線 x=1 上．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣ 21．已知函數(shù) f（ x） =（ 2x﹣ 4） ex+a（ x+2） 2（ x＞ 0， a∈ R， e 是自然對數(shù)的底）． （ Ⅰ
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