浙江省“温州十校联合体”2018-2019学年高二上学期期末考试数学试题(精品版)

2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的．
1．（4分）直线3x﹣y+1＝0的倾斜角是（）
A．30°B．60°C．120°D．135°
2．（4分）抛物线y2＝4x的焦点坐标是（）
A．（1，0）B．（0，1）C．（2，0）D．（0，2）
3．（4分）设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）
A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l∥α，m∥α，则l∥m
C．若l∥m，m⊂α，则l∥αD．若l⊥α，m⊥α，则l∥m
4．（4分）“直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b＜1”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．（4分）圆C1：x2+y2+2x+8y﹣8＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0的公切线条数为（）A．1B．2C．3D．4
6．（4分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，在左支上过点F1的弦AB的长为5，那么△ABF2
的周长是（）
A．12B．16C．21D．26
7．（4分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为（）
A．B．C．D．
8．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）
A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线
9．（4分）已知点A，B为抛物线y2＝4x上的两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，则△OAB的面积的最小值为（）
A．16B．8C．4D．2
10．（4分）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体A k B k∁k D k（k＝1，2，3，4），记△A k B k∁k的三个内角分别为A k，B k，∁k，其中一定不是“完美四面体”的为（）
A．A1：B1：C1＝3：5：7
B．sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7
C．cos A3：cos B3：cos C3＝3：5：7
D．tan A4：tan B4：tan C4＝3：5：7
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
11．（6分）双曲线﹣＝1的焦距为，渐近线方程为．
12．（6分）已知直线l：mx﹣y＝1，若直线l与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，则m的值为，动直线l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为．
13．（6分）某几何体的三视图如图（单位：cm），则该几何体的体积为cm3，表面积为
cm3．
14．（6分）在平面直角坐标系中，A（a，0），D（0，b），a≠0，C（0，﹣2），∠CAB＝90°，D是AB的中点，当A在x轴上移动时，a与b满足的关系式为；点B的轨迹E的方程为．
15．（4分）已知椭圆的左焦点为F，A（﹣a，0），B（0，b）为椭圆的两个顶点，若F
到AB的距离等于，则椭圆的离心率为．
16．（4分）设E，F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，给出下列四个命题：①三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；
②异面直线D1B1与EF所成的角为45°；
③D1B1⊥平面B1EF；
④直线D1B1与平面B1EF所成的角为60°．
其中正确的命题为．
17．（4分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波
罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M 为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．
三、解答题（共5小题，满分74分）
18．（14分）设命题p：方程表示双曲线；命题q：斜率为k的直线l过定点P（﹣2，1），且与抛物线y2＝4x有两个不同的公共点．若p，q都是真命题，求k的取值范围．
19．（15分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
20．（15分）已知抛物线C；y2＝2px过点A（1，1）．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P（3，﹣1）的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值．
21．（15分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使得平面A′DE⊥平面BCDE，F为线段A′C的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE；
（Ⅱ）求直线A′B与平面A′DE所成角的正切值．
22．（15分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，直线l：x+2y＝4与椭圆有且只有一个交点T．
（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；
（Ⅱ）O为坐标原点，与OT平行的直线l′与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l′与直线l交于点P，试判
断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．
2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的．
1．（4分）直线3x﹣y+1＝0的倾斜角是（）
A．30°B．60°C．120°D．135°
【分析】根据直线求出它的斜率，再求出倾斜角．
【解答】解：直线3x﹣y+1＝0的斜率为k＝＝，
∴tanα＝，
∴倾斜角是60°．
故选：B．
【点评】本题考查了根据直线方程求倾斜角的问题，是基础题．
2．（4分）抛物线y2＝4x的焦点坐标是（）
A．（1，0）B．（0，1）C．（2，0）D．（0，2）
【分析】由抛物线y2＝2px的焦点坐标为（，0），即有p＝2，即可得到焦点坐标．
【解答】解：由抛物线y2＝2px的焦点坐标为（，0），
即有抛物线y2＝4x的2p＝4，即p＝2，
则焦点坐标为（1，0），
故选：A．
【点评】本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的焦点，属于基础题．
3．（4分）设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是（）
A．若l⊥m，m⊂α，则l⊥αB．若l∥α，m∥α，则l∥m
C．若l∥m，m⊂α，则l∥αD．若l⊥α，m⊥α，则l∥m
【分析】在A中，l与α相交、平行或l⊂α；在B中，l与m相交、平行或异面；在C中，l∥α或l⊂α；在D中，由线面垂直的性质定理得l∥m．
【解答】解：由l，m是两条不同的直线，α是一个平面，知：
在A中，若l⊥m，m⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故A错误；
在B中，若l∥α，m∥α，则l与m相交、平行或异面，故B错误；
在C中，若l∥m，m⊂α，则l∥α或l⊂α，故C错误；
在D中，若l⊥α，m⊥α，则由线面垂直的性质定理得l∥m，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
4．（4分）“直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交”是“0＜b＜1”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【分析】直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交，可得（0，b）在圆内，b2＜1，求出﹣1＜b＜1，即可得出结论．【解答】解：直线y＝x+b恒过（0，b），
∵直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交，∴（0，b）在圆内，∴b2＜1，∴﹣1＜b＜1；
0＜b＜1时，（0，b）在圆内，∴直线y＝x+b与圆x2+y2＝1相交．
故选：B．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查四种条件的判断，比较基础．
5．（4分）圆C1：x2+y2+2x+8y﹣8＝0与圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0的公切线条数为（）A．1B．2C．3D．4
【分析】根据题意，分析两圆的圆心与半径，由圆与圆的位置关系可得两圆相交，据此分两圆的共切线条数即可得答案．
【解答】解：根据题意，圆C1：x2+y2+2x+8y﹣8＝0，即（x+1）2+（y+4）2＝25，其圆心C1为（﹣1，﹣4），半径r1＝5，
圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9，其圆心C2为（2，2），半径r2＝3，
分析可得：|C1C2|＝＝3，则有r1﹣r2＝2＜|C1C2|＜r1+r2＝8，
则两圆相交，有2条公切线；
故选：B．
【点评】本题考查圆与圆位置关系的判定，涉及两圆公切线条数的判定，属于基础题．
6．（4分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，在左支上过点F1的弦AB的长为5，那么△ABF2的周长是（）
A．12B．16C．21D．26
【分析】依题意，利用双曲线的定义可求得|AF2|﹣|AF1|＝2a＝8，|BF2|﹣|BF1|＝2a＝8，从而可求得△ABF2的周长．
【解答】解：依题意，|AF2|﹣|AF1|＝2a＝8，|BF2|﹣|BF1|＝2a＝8，
∴（|AF2|﹣|AF1|）+（|BF2|﹣|BF1|）＝16，又|AB|＝5，
∴（|AF2|+|BF2|）＝16+（|AF1|+|BF1|）＝16+|AB|＝16+5＝21．
∴|AF2|+|BF2|+|AB|＝21+5＝26．
即△ABF2的周长是26．
故选：D．
【点评】本题考查双曲线的简单性质，着重考查双曲线定义的灵活应用，属于中档题．
7．（4分）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为（）
A．B．C．D．
【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE 与平面BCD1所形成角的余弦值．
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设AA1＝2AB＝2，
则B（1，1，0），E（1，0，1），C（0，1，0），
D1（0，0，2），
＝（0，﹣1，1），＝（1，0，0），＝（0，﹣1，2），
设平面BCD1的法向量＝（x，y，z），
则，取z＝1，得＝（0，2，1），
设直线BE与平面BCD1所形成角为θ，
则sinθ＝＝＝．
cosθ＝＝
∴直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为．
故选：C．
【点评】本题考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
8．（4分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）
A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线
【分析】由线C1D1垂直平面BB1C1C，分析出|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，则动点P满足抛物线定义，问题解决．
【解答】解：由题意知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，
那么点P到直线BC的距离等于它到点C1的距离，所以点P的轨迹是抛物线．
故选：D．
【点评】本题考查抛物线定义及线面垂直的性质．
9．（4分）已知点A，B为抛物线y2＝4x上的两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，则△OAB的面积的最小值为（）
A．16B．8C．4D．2
【分析】先设直线的方程为斜截式（有斜率时），代入抛物线，利用OA⊥OB找到k，b的关系，然后利用弦长公式将面积最后表示成k的函数，然后求其最值即可．最后求出没斜率时的直线进行比较得最终结果．
【解答】解：当直线斜率存在时，设直线方程为y＝kx+b．
由消去y得k2x2+（2kb﹣4）x+b2＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由题意得△＝（2kb﹣4）2﹣4k2b2＞0，即kb＜1．
x1+x2＝，x1x2＝，
所以y1y2＝k2x1x2+kb（x1+x2）+b2＝．
所以由OA⊥OB得•＝x1x2+y1y2＝+＝0
所以b＝﹣2pk，①代入直线方程得y＝kx﹣4k＝k（x﹣4），
所以直线过定点（4，0）．
再设直线方程为x＝my+4，代入y2＝4x得y2﹣4my﹣16＝0，
所以y1+y2＝4m，y1y2＝﹣16，所以|y1﹣y2|＝
＝＝＝2，
所以S＝×4×，
所以当m＝0时，S的最小值为8．
故选：B．
【点评】本题考查了直线和圆锥曲线的位置关系中的弦长问题中的最值问题，一般先结合韦达定理将要求最值的量表示出来，然后利用函数思想或基本不等式求最值即可．
10．（4分）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体A k B k∁k D k（k＝1，2，3，4），记△A k B k∁k的三个内角分别为A k，B k，∁k，其中一定不是“完美四面体”的为（）
A．A1：B1：C1＝3：5：7
B．sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7
C．cos A3：cos B3：cos C3＝3：5：7
D．tan A4：tan B4：tan C4＝3：5：7
【分析】若sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7，由正弦定理得：B2C2：A2C2：A2B2＝3：5：7，设B2C2＝3x，A2C2
＝5x，A2B2＝7x，由“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，得到D2A2＝3x，D2B2＝5x，D2C2＝7x，列方程推导出这样的四面体不存在，从而D2A2B2C2一定不是完美的四面体．
【解答】解：若sin A2：sin B2：sin C2＝3：5：7，
由正弦定理得：B2C2：A2C2：A2B2＝3：5：7，
设B2C2＝3x，A2C2＝5x，A2B2＝7x，
∵“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，
∴D2A2＝3x，D2B2＝5x，D2C2＝7x，
把该四面体顶点当成长方体的四个顶点，四条棱当作长方体的四条面对角线，
则长方体面上对角线长为3x，5x，7x，
设长方体棱长为a，b，c，
则，
以上方程组无解，
∴这样的四面体不存在，
∴四个侧面不全等，故D2A2B2C2一定不是完美的四面体．
故选：B．
【点评】本题考查四面体的性质及长方体的性质、新定义问题，考查空间几何体性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
11．（6分）双曲线﹣＝1的焦距为6，渐近线方程为y＝±x．
【分析】根据题意，由双曲线的标准方程分析可得双曲线的焦点位置以及a、b的值，计算可得c的值，即可得双曲线的焦距，由双曲线的渐近线方程分析可得答案．
【解答】解：根据题意，双曲线的方程为﹣＝1，
其焦点在x轴上，且a＝，b＝＝2，
则c＝＝3，
则双曲线的焦距2c＝6，
渐近线方程为y＝±x；
故答案为：6，y＝±x．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线标准方程的形式．
12．（6分）已知直线l：mx﹣y＝1，若直线l与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，则m的值为0或2，动直线
l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为．
【分析】直接由直线垂直与系数的关系列式求得m值；化圆的方程为标准方程，作出图形，数形结合求解．【解答】解：∵直线mx﹣y＝1与直线x+m（m﹣1）y＝2垂直，
∴m×1+（﹣1）×m（m﹣1）＝0，
解得m＝0或m＝2；
动直线l：mx﹣y＝1过定点（0，﹣1），
圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0化为（x﹣1）2+y2＝9，
圆心（1，0）到直线mx﹣y﹣1＝0的距离的最大值为，
∴动直线l：mx﹣y＝1被圆C：x2﹣2x+y2﹣8＝0截得的最短弦长为2＝．
故答案为：0或2；．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题．
13．（6分）某几何体的三视图如图（单位：cm），则该几何体的体积为cm3，表面积为8+4
cm3．
【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为四棱锥，侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，再由
体积及表面积公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为四棱锥，侧棱PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，
则该几何体的体积为V＝；
表面积为S＝＝．
故答案为：；．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
14．（6分）在平面直角坐标系中，A（a，0），D（0，b），a≠0，C（0，﹣2），∠CAB＝90°，D是AB的中点，当A在x轴上移动时，a与b满足的关系式为a2＝2b；点B的轨迹E的方程为y＝x2（x≠0）．【分析】求出AC和AB的斜率，根据∠CAB＝90°得出斜率之间的关系，列方程即可得出答案．
【解答】解：∵∠CAB＝90°，∴k AC•k AB＝﹣1，
又k AC＝，k AB＝k AD＝，
∴﹣＝﹣1，即a2＝2b．
设B（x，y），∵D是AB的中点，
∴x＝﹣a，y＝2b，
∵a2＝2b，∴x2＝y，
∴B点轨迹方程为y＝x2（x≠0）．
故答案为a2＝2b，y＝x2（x≠0）．
【点评】本题考查了轨迹方程的求解，属于中档题．
15．（4分）已知椭圆的左焦点为F，A（﹣a，0），B（0，b）为椭圆的两个顶点，若F
到AB的距离等于，则椭圆的离心率为．
【分析】由题意可得直线AB的方程：bx﹣ay+ab＝0，利用点F（﹣c，0）到直线AB的距离公式可求得d＝，整理可得答案．
【解答】解：依题意得，AB的方程为+＝1，即：bx﹣ay+ab＝0，设点F（﹣c，0）到直线AB的距离为d，
∴d＝＝，
∴5a2﹣14ac+8c2＝0，
∴8e2﹣14e+5＝0，∵e∈（0，1）
∴e＝或e＝（舍）．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查点到直线间的距离公式，考查转化与运算能力，属于中档题．16．（4分）设E，F分别是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，给出下列四个命题：
①三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；
②异面直线D1B1与EF所成的角为45°；
③D1B1⊥平面B1EF；
④直线D1B1与平面B1EF所成的角为60°．
其中正确的命题为①②．
【分析】①根据题意画出图形，结合图形求出三棱锥D1﹣B1EF的体积为定值；
②求得异面直线D1B1与EF所成的角为45°；
③判断D1B1与平面B1EF不垂直；
④直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60°．
【解答】解：如图1所示
三棱锥D1﹣B1EF的体积为V＝•B1C1＝××2×2×1＝，为定值，①正确；
EF∥D1C1，∠B1D1C1是异面直线D1B1与EF所成的角，为45°，②正确；
D1B1与EF不垂直，由此知D1B1与平面B1EF不垂直，③错误；
直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60°，④错误．
综上，正确的命题序号是①②．
故答案为：①②．
【点评】本题考查了空间中的直线与平面之间的位置关系应用问题，是中档题．
17．（4分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为λ（λ＞0，λ≠1），那么点M的轨迹就是阿波
罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆：x2+y2＝1和点，点B（1，1），M
为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为．
【分析】如图，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．由△MOK∽△AOM，可得＝2，推出MK＝2MA，在△MBK中，MB+MK≥BK，推出2|MA|+|MB|＝|MB|+|MK|的最小值为BK的长．
【解答】解：如图，取点K（﹣2，0），连接OM、MK．
∵OM＝1，OA＝，OK＝2，
∴＝2，
∵∠MOK＝∠AOM，
∴△MOK∽△AOM，
∴＝2，
∴MK＝2MA，
∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|，
在△MBK中，|MB|+|MK|≥|BK|，
∴|MB|+2|MA|＝|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，
∵B（1，1），K（﹣2，0），
∴|BK|＝
故答案为：．
【点评】本题考查直线与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题．
三、解答题（共5小题，满分74分）
18．（14分）设命题p：方程表示双曲线；命题q：斜率为k的直线l过定点P（﹣2，1），且与抛物线y2＝4x有两个不同的公共点．若p，q都是真命题，求k的取值范围．
【分析】由双曲线的性质得：方程表示双曲线，即（2+k）（3k+1）＞0，即k，由直线与抛物线的位置关系得：关于y的方程：ky2﹣4y+8k+4＝0，有两不等实数解，再由判别式求解，然后利用复合命题的真假列不等式组即可得解．
【解答】解：当p为真时，即方程表示双曲线，即（2+k）（3k+1）＞0，即k，当q为真时，即斜率为k的直线l过定点P（﹣2，1），且与抛物线y2＝4x有两个不同的公共点．
由点斜式可设直线方程为：y﹣1＝k（x+2），即y＝kx+2k+1，
联立方程组即，
消x整理得：ky2﹣4y+8k+4＝0，
又直线与抛物线交于不同的两点，即关于y的方程有两不等实数解，
即，解得：﹣1，
又p，q都是真命题，
则，解得：﹣，
故答案为：（﹣∪（0，）．
【点评】本题考查了双曲线的性质、直线与抛物线的位置关系及复合命题的真假，属简单题．
19．（15分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【分析】设AC，A1C1的中点分别为O，O1，以{}为基底，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
（1）由|cos|＝可得异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求得平面AQC1的一个法向量为，设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，
可得sinθ＝|cos|＝，即可得直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【解答】解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
设AC，A1C1的中点分别为O，O1，
则，OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，
故以{}为基底，
建立空间直角坐标系O﹣xyz，
∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B（，0，0），
C（0，1，0），
A1（0，﹣1，2），B1（，0，2），C1（0，1，2）．
（1）点P为A1B1的中点．∴，
∴，．
|cos|＝＝＝．
∴异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：；
（2）∵Q为BC的中点．∴Q（）
∴，，
设平面AQC1的一个法向量为＝（x，y，z），
由，可取＝（，﹣1，1），
设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为θ，
sinθ＝|cos|＝＝，
∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
【点评】本题考查了向量法求空间角，属于中档题．
20．（15分）已知抛物线C；y2＝2px过点A（1，1）．
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P（3，﹣1）的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值．
【分析】（1）利用待定系数法，可求抛物线的标准方程；
（2）设过点P（3，﹣1）的直线l的方程为x﹣3＝m（y+1），即x＝my+m+3，代入y2＝x利用韦达定理，结合斜率公式，化简，即可求k1•k2的值．
【解答】解：（1）由题意抛物线y2＝2px过点A（1，1），所以p＝，
所以得抛物线的方程为y2＝x；
（2）证明：设过点P（3，﹣1）的直线l的方程为x﹣3＝m（y+1），即x＝my+m+3，
代入y2＝x得y2﹣my﹣m﹣3＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2＝m，y1y2＝﹣m﹣3，
所以k1•k2＝＝＝﹣
【点评】本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．
21．（15分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为线段AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，使得平面A′DE⊥平面BCDE，F为线段A′C的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平面A′DE；
（Ⅱ）求直线A′B与平面A′DE所成角的正切值．
【分析】（Ⅰ）取A'D的中点M，连接FM，EM，由已知得四边形BFME为平行四边形，由此能证明BF∥平面A'DE．
（Ⅱ）在平面BCDE内作BN⊥DE，交DE的延长线于点N，则BN⊥平面A'DE，连接A'N，∠BA'N为A'B与平面A'DE所成的角，由此能求出直线A'B与平面A'DE所成角的正切值．
【解答】（Ⅰ）证明：取A'D的中点M，连接FM，EM．
∵F为A'C中点，∴FM∥CD且…（2分）
∴BE∥FM且BE＝FM，
∴四边形BFME为平行四边形．…（4分）
∴BF∥EM，
又EM⊆平面A'DE，BF⊄平面A'DE，
∴BF∥平面A'DE…（6分）
（Ⅱ）解：在平面BCDE内作BN⊥DE，交DE的延长线于点N，
∵平面A'DE⊥平面BCDE，平面A'DE∩平面BCDE＝DE，
∴BN⊥平面A'DE，连接A'N，
则∠BA'N为A'B与平面A'DE所成的角，…（8分）
∵△BNE∽△DAEBE＝1，，
∴，…（10分）
在△A'DE中作A'P⊥DE垂足为P，∵A'E＝1，A'D＝2，
∴，∵，∴在直角△A'PN中，，
又，
∴…（14分）
∴在直角△A'BN中，，
∴直线A'B与平面A'DE所成角的正切值为．…（15分）
【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正切值的求法，考查方程思想、等价转化思想等数学思想方法和学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力，是中档题．
22．（15分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，直线l：x+2y＝4与椭圆有且只有一个交点T．
（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；
（Ⅱ）O为坐标原点，与OT平行的直线l′与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l′与直线l交于点P，试判
断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．
【分析】（I）根据椭圆的离心率公式，b2＝a2，将直线方程代入椭圆方程由△＝0，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线l′的方程，联立求得P点坐标，将直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及两点之间的距离公式，求得|PA|•|PB|，即可求得答案．
【解答】解：（I）由e＝＝＝，b2＝a2，联立，
消去x，整理得：，①
由△＝0，解得：a2＝4，b2＝3，
∴椭圆的标准方程，由①可知y T＝，则T（1，）；
（Ⅱ）设直线l′的方程为y＝x+t，由，
解得P的坐标为（1
﹣
，
+），所以|PT|2
＝t2，
设A（x1，y1），B（x2，y2
），联立，
消去y整理得x2+tx
+﹣1＝0
，则，
△＝t2﹣4
（﹣1）＞0，t2＜12，
y1
＝x1+t，y2＝x2+t，|PA|
＝
＝
|﹣x1|，
同理|PB|
＝
|﹣x2|，
|PA|•|PB|
＝|
（﹣x1
）（﹣x2）|
＝
|
﹣（x1+x2）+x1x2|，
|
﹣（﹣t）
+|
＝t2，
∴
＝
＝，
∴
＝为定值．
【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，两点之间的距离公式，考查转化思想，属于中档题．。