佛山市2016-2017学年高二上学期期末数学试卷(理科) 含解析

2016-2017学年广东省佛山市高二（上）期末数学试卷(理科）
一、选择题（共12小题,每小题5分,满分60分)
1．过点A（2，1），且与直线x+2y﹣1=0垂直的直线方程为（）A．x+2y﹣4=0 B．x﹣2y=0 C．2x﹣y﹣3=0 D．2x+y﹣5=0 2．“a=3"是“直线ax﹣2y﹣1=0与直线6x﹣4y+c=0平行”的( ) A．充分条件不必要B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．若命题“p∧（￢q)"与“￢p”均为假命题，则（）
A．p真q真B．p假q真C．p假q假D．p真q假
4．已知两条不同直线m、l，两个不同平面α、β，下列命题正确的是（）
A．若l∥α,则l平行于α内的所有直线
B．若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α⊥β
C．若l⊂β,l⊥α,则α⊥β
D．若m⊂α，l⊂β且α∥β,则m∥l
5．在两坐标轴上截距均为m（m∈R）的直线l1与直线l2：2x+2y ﹣3=0的距离为，则m=（）
A．B．7 C．﹣或D．﹣1或7
6．已知圆锥的底面半径为1,侧面展开图的圆心角为60°，则此圆锥的表面积为（）
A．3πB．5πC．7πD．9π
7．在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=BA=BC，则直线PB与平面PAC所成的角为( ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
8．已知圆C:x2+y2=4上所有的点满足约束条件,当m取最
小值时，可行域（不等式组所围成的平面区域）的面积为（）A．48 B．54 C．24D．36
9．已知点A（，0）和P（，t）（t∈R）．若曲线x=上存在点B使∠APB=60°,则t的取值范围是（)
A．（0，1+］B．［0，1+］C．[﹣1﹣,1+] D．［﹣1﹣,0）∪（0,1+]
10．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，左焦点为
F，过F作垂直于x轴的直线与双曲线相交于B、C两点，若△ABC 为锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围为（) A．（1，2) B．（1，）C．（,2）D．（2,+∞）
11．矩形ABCD沿BD将△BCD折起，使C点在平面ABD上投影在AB上，折起后下列关系：①△ABC是直角三角形；②△ACD是直角三角形；③AD∥BC;④AD⊥BC．其中正确的是（）A．①②④B．②③C．①③④D．②④
12．一架战斗机以1000千米/小时速度朝东偏北45°方向水平飞行，发现正东100千米外同高度有一架民航飞机正在以800千米/小时速度朝正北飞行，如双方都不改变速度与航向，两机最小距离在哪个区间内(单位:千米）( ）
A．(0，5) B．（5，10）C．（10，15) D．(15，20）
二、填空题（共4小题，每小题5分,满分20分)
13．命题“∀x∈R，x2+x+1＞0”的否定是．
14．已知椭圆的两焦点坐标分别是（﹣2，0）、（2,0），并且过点(2，)，则该椭圆的标准方程是．
15．已知圆C的方程是x2+y2﹣4x=0，直线l：ax﹣y﹣4a+2=0（a∈R)与圆C相交于M、N两点，设P（4，2），则|PM|+｜PN|的取值范围是．
16．四面体ABCD中,AB=2，BC=CD=DB=3,AC=AD=，则四面体ABCD外接球表面积是．
三、解答题（共6小题，满分70分）
17．(10分）已知某几何体如图1所示．
（1）根据图2所给几何体的正视图与俯视图（其中正方形网络边长为1），画出几何图形的侧视图，并求该侧视图的面积；
（2）求异面直线AC与EF所成角的余弦值．
18．（12分）如图，面积为8的平行四边形ABCD，A为坐标原点，B坐标为（2,﹣1)，C、D均在第一象限．
（I)求直线CD的方程；
（II）若｜BC｜=,求点D的横坐标．
19．（12分）如图，三棱锥A﹣BCD中，BC⊥CD，AD⊥平面BCD,E、F分别为BD、AC的中点．
（I）证明：EF⊥CD；
(II）若BC=CD=AD=1，求点E到平面ABC的距离．
20．（12分）已知动点P与两个顶点M(1，0），N（4，0）的距离的比为．
（I）求动点P的轨迹方程；
（II）若点A（﹣2,﹣2)，B（﹣2,6),C（﹣4，2），是否存在点P，使得|PA|2+｜PB｜2+｜PC｜2=36．若存在，求出点P的坐标;若不存在，说明理由．
21．（12分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=，AA1=2，AD=1，E、F分别是AA1和BB1的中点,G是DB上的点，且DG=2GB．（I)作出长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面(只需作出，说明结果即可）；
（II)求证：GF∥平面EB1C;
（III）设长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截得的两部分几何体体积分别为V1、V2（V1＞V2),求的值．
22．（12分）已知M是抛物线C：y2=2px（p＞0）上一点，F是抛物线的焦点,∠MFx=60°且｜FM|=4．
(I）求抛物线C的方程；
(II）已知D（﹣1，0),过F的直线l交抛物线C与A、B两点,以F 为圆心的圆F与直线AD相切，试判断圆F与直线BD的位置关系,并证明你的结论．
2016-2017学年广东省佛山市高二(上）期末数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题5分,满分60分)
1．过点A（2,1），且与直线x+2y﹣1=0垂直的直线方程为( ）A．x+2y﹣4=0 B．x﹣2y=0 C．2x﹣y﹣3=0 D．2x+y﹣5=0
【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．
【分析】设要求的直线方程为：2x﹣y+m=0，把点A（2，1)代入解得m即可得出．
【解答】解:设要求的直线方程为:2x﹣y+m=0，
把点A(2，1)代入可得：4﹣1+m=0，解得m=﹣3．
可得要求的直线方程为:2x﹣y﹣3=0，
故选:C．
【点评】本题考查了直线相互垂直的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2．“a=3”是“直线ax﹣2y﹣1=0与直线6x﹣4y+c=0平行"的( ) A．充分条件不必要B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【分析】若“a=3”成立，但当c=﹣1时，两直线重合，判断不出两直线平行；反之，当“直线ax﹣2y﹣1=0与直线6x﹣4y+c=0平行”成立时，有，得到a=3；利用充要条件的有关定义得到
结论．
【解答】解：若“a=3”成立，则两直线的方程分别是3x﹣2y﹣1=0与6x﹣4y+c=0，当c=﹣1时，两直线重合，
所以两直线不一定平行；
反之,当“直线ax﹣2y﹣1=0与直线6x﹣4y+c=0平行”成立时,有,所以a=3；
所以“a=3”是“直线ax﹣2y﹣1=0与直线6x﹣4y+c=0平行”的必要不充分条件，
故选B．
【点评】本题考查两直线平行的条件和性质，充分条件、必要条件的定义和判断方法．
3．若命题“p∧(￢q）”与“￢p"均为假命题,则（）
A．p真q真B．p假q真C．p假q假D．p真q假
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】由已知结合复合命题真假判断的真值表，可得答案．【解答】解：∵命题“￢p”为假命题,
∴p为真命题，
又∵“p∧（￢q）”为假命题，
故命题“￢q”为假命题,
∴q为真命题,
故选：A．
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了复合命题，熟练掌握复合命题真假判断的真值表,是解答的关键．
4．已知两条不同直线m、l，两个不同平面α、β，下列命题正确的是（)
A．若l∥α，则l平行于α内的所有直线
B．若m⊂α,l⊂β且l⊥m，则α⊥β
C．若l⊂β，l⊥α,则α⊥β
D．若m⊂α，l⊂β且α∥β，则m∥l
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系;空间中直线与直线之间的位置关系．
【分析】由线面平行的性质定理可知A错误;若m⊂α，l⊂β且l⊥m,则α、β位置关系不确定;根据平面与平面垂直的判定定理可得结论；由平面与平面平行的性质定理可得结论．
【解答】解：由线面平行的性质定理：若l∥α,l⊆β，α∩β=m，则l ∥m可知,A错误;
若m⊂α,l⊂β且l⊥m，则α、β位置关系不确定，B错误；
根据平面与平面垂直的判定定理，可知C正确；
由平面与平面平行的性质定理，可知D不正确．
故选C．
【点评】本题主要考查了直线与平面，平面与平面的位置关系及判定定理、性质定理的综合应用，属于知识的综合应用．
5．在两坐标轴上截距均为m（m∈R）的直线l1与直线l2:2x+2y﹣3=0的距离为，则m=（）
A．B．7 C．﹣或D．﹣1或7
【考点】两条平行直线间的距离．
【分析】设直线l1的方程为2x+2y﹣2m=0，利用直线l1与直线l2：2x+2y﹣3=0的距离为,可得=，即可求出m的值．
【解答】解：设直线l1的方程为2x+2y﹣2m=0,
∵直线l1与直线l2：2x+2y﹣3=0的距离为，
∴=,
∴m=﹣或，
故选C．
【点评】本题考查两条平行线间距离的计算,考查学生的计算能力，比较基础．
6．已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为60°，则此圆锥的表面积为（）
A．3πB．5πC．7πD．9π
【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．
【分析】利用圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，求出母线长，即可求解圆锥的表面积,
【解答】解：设母线长为l，则，
解得：l=6．
∴圆锥的表面积为π•1•6+π•12=7π，
故选：C．
【点评】考查了圆锥的计算,正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
7．在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=BA=BC,则直线PB与平面PAC所成的角为（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【考点】直线与平面所成的角．
【分析】由题意画出图形，取AC中点O,连接PO，BO，可得BO ⊥AC，再由面面垂直的性质可得BO⊥平面PAC，知∠BPO为直线PB与平面PAC所成的角，求解直角三角形得答案．
【解答】解：如图,
设PA=PC=BA=BC=a，取AC中点O，连接PO，BO,
则BO⊥AC,
∵平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC，
∴BO⊥平面PAC，则∠BPO为直线PB与平面PAC所成的角，∵PA=PC=BA=BC，AC=AC，
∴△PAC≌△BAC,则PO=OB，
∴∠BPO=45°,
故选:B．
【点评】本题考查直线与平面所称的角,考查空间想象能力和思维能力，是中档题．
8．已知圆C:x2+y2=4上所有的点满足约束条件，当m取最
小值时，可行域（不等式组所围成的平面区域）的面积为（）A．48 B．54 C．24D．36
【考点】简单线性规划．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，根据三角形的面积最小求出m的最小值，结合三角形的面积公式进行求解即可．
【解答】解：作出不等式组对应的平面区域，要使圆C:x2+y2=4上所有的点满足约束条件，
则m≥2，
则m取最小值2时，阴影部分的面积最小,
由得,即C(2，﹣6），
由得,即A（2,12)，
由得，即B（﹣4，0)，
则三角形的面积S=［2﹣(﹣4）][12﹣（﹣6）]==54，
故选:B．
【点评】本题主要考查线性规划的应用，以及三角形的面积的计算，根据图象求出m的最小值是解决本题的关键．
9．已知点A（,0）和P（，t）(t∈R)．若曲线x=上存在点B使∠APB=60°,则t的取值范围是( ）
A．（0，1+］B．[0，1+] C．［﹣1﹣，1+］D．[﹣1﹣,0）∪（0，1+］
【考点】圆方程的综合应用．
【分析】曲线x=,即x2+y2=3（0≤x），如图所示的半圆，取B（0，)时，由∠APB=60°，可得k PB==，解得t,利用圆的对称性即可得出．
【解答】解：曲线x=，即x2+y2=3（0≤x)，如图所示的半圆,
取B(0，）时，∵∠APB=60°，∴k PB==，解得t=1+,利用圆的对称性可得:，0）∪．
故选：D．
【点评】本题考查了圆的对称性、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10．已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，左焦点为
F,过F作垂直于x轴的直线与双曲线相交于B、C两点,若△ABC为锐角三角形，则双曲线的离心率的取值范围为（）A．（1，2） B．(1,） C．（，2) D．(2，+∞）
【考点】双曲线的简单性质．
【分析】根据题意，求出AF,｜BC若△ABC为锐角三角形,只要∠FAB为锐角，即｜BC｜＜AF;从而可得结论．
【解答】解:双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A,左焦点为F，AF=a+c，|BC|=
过F作垂直于x轴的直线与双曲线相交于B、C两点，若△ABC为锐角三角形，
只要∠FAB为锐角，即|BC|＜AF；
所以有＜a+c，
即c2﹣a2＜a2+ac，即：e2﹣e﹣2＜0
解出e∈（1,2），
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的离心率和锐角三角形的判断，在解题过程中要注意隐含条件的挖掘．
11．矩形ABCD沿BD将△BCD折起，使C点在平面ABD上投影在AB上,折起后下列关系：①△ABC是直角三角形；②△ACD是直角三角形;③AD∥BC；④AD⊥BC．其中正确的是（）A．①②④B．②③C．①③④D．②④
【考点】命题的真假判断与应用．
【分析】记折起后C记为P点，根据线面垂直的性质定理和判断定理，分析折起后的线面,线线关系，可得答案．
【解答】解：已知如图：折起后C记为P点，
由P（C)O⊥底面ABD,可得P（C）O⊥AD，
又由AB⊥AD，
可得：AD⊥平面P(C）AB，
进而AD⊥P（C）B，
又由PD(CD）⊥PB（CB）,
故PB（CB)⊥平面P(C)AD，
故PB（CB）⊥P（C）A,
即:△ABP是直角三角形；
即：△ABC是直角三角形；
故①正确；
由①中，AD⊥平面P（C)AB，
可得：AD⊥P(C）A，
即②△APD是直角三角形，
即△ACD是直角三角形,
故②正确；
AD与BC,异面，故③错误；
由①中，AD⊥平面P(C）AB,
可得：AD⊥P（C）B，
即AD⊥BC，
故④正确；
故选:A
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系等知识点，难度中档．
12．一架战斗机以1000千米/小时速度朝东偏北45°方向水平飞行,发现正东100千米外同高度有一架民航飞机正在以800千米/小时速度朝正北飞行，如双方都不改变速度与航向，两机最小距离在哪个区间内(单位：千米）( ）
A．（0，5） B．(5,10) C．（10，15）D．（15，20）
【考点】三角形中的几何计算．
【分析】建立如图所示的坐标系,t小时后，A（1000t，1000t），B （100，800t），求出｜AB|，可得|AB|的最小值，即可得出结论．【解答】解：建立如图所示的坐标系，t小时后，A（1000t，1000t），
B（100，800t），
则|AB|==，
t=时，｜AB|的最小值为=∈（15,20）．故选D．
【点评】本题考查坐标系的运用,考查距离公式,属于中档题．
二、填空题(共4小题,每小题5分,满分20分）
13．命题“∀x∈R,x2+x+1＞0”的否定是∃x∈R，x2+x+1≤0 ．【考点】命题的否定．
【分析】欲写出命题的否定，必须同时改变两个地方：①：“∀"；
②:“＞”即可，据此分析选项可得答案．
【解答】解：命题“∀x∈R，x2+x+1＞0“的否定是：
∃x∈R,x2+x+1≤0．
故答案为：∃x∈R，x2+x+1≤0．
【点评】这类问题的常见错误是没有把全称量词改为存在量词，或者对于“＞”的否定用“＜”了．这里就有注意量词的否定形式．如“都是”的否定是“不都是”，而不是“都不是”．特称命题的否定是全称命题，“存在”对应“任意”．
14．已知椭圆的两焦点坐标分别是(﹣2，0）、(2,0)，并且过点（2，)，则该椭圆的标准方程是．
【考点】椭圆的简单性质;椭圆的标准方程．
【分析】设出椭圆方程,利用焦点坐标以及椭圆经过的点，列出方程求解即可．
【解答】解：椭圆的两焦点坐标分别是（﹣2，0）、(2，0）,可得c=2，
设椭圆方程为：，椭圆经过点（2，），
可得:，解得a=4,
则该椭圆的标准方程是：．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，考查计算能力．
15．已知圆C的方程是x2+y2﹣4x=0，直线l：ax﹣y﹣4a+2=0(a∈R）与圆C相交于M、N两点，设P（4，2),则｜PM｜+|PN|的取值范围是（4，4] ．
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】把直线l的参数方程代入x2+y2﹣4x=0，可得t2+4（sinα+cosα)t+4=0，利用△＞0，可得sinαcosα＞0，α∈（0，），利用根与系数的好像可得|PM|+｜PN｜=｜t1｜+｜t2｜=｜t1+t2|=4sin（α+），即可得出．
【解答】解：把直线l的参数方程,
代入x2+y2﹣4x=0,可得t2+4（sinα+cosα)t+4=0,
由△=16（sinα+cosα）2﹣16＞0，sinαcosα＞0，
又α∈[0，π)，∴α∈（0，），
∴t1+t2=﹣4（sinα+cosα），t1t2=4．
∴t1＜0，t2＜0．
∴|PM｜+｜PN|=|t1｜+|t2|=｜t1+t2|=4（sinα+cosα)=4sin（α+）,由α∈(0，），可得α+∈（，），∴＜sin（α+）≤1，
∴|PM|+|PN｜的取值范围是（4，4]．
故答案为（4，4]．
【点评】本题考查了直线参数方程的运用、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性,考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16．四面体ABCD中，AB=2，BC=CD=DB=3，AC=AD=，则四面体ABCD外接球表面积是16π．
【考点】球的体积和表面积;球内接多面体．
【分析】证明AB⊥平面BCD，求出四面体ABCD外接球的半径,即可求出四面体ABCD外接球表面积．
【解答】解：由题意，△ACD中，CD边上的高为AE=，△BCD 中，CD边上的高为BE=,
∴AE2=BE2+AB2,
∴AB⊥BE,
∵AB⊥CD,CD∩BE=E，
∴AB⊥平面BCD，
∵△BCD的外接圆的半径为，
∴四面体ABCD外接球的半径为=2，
∴四面体ABCD外接球表面积4π•22=16π，
故答案为16π．
【点评】本题考查四面体ABCD外接球表面积，考查学生的计算能力，求出四面体ABCD外接球的半径是关键．
三、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2016秋•佛山期末）已知某几何体如图1所示．（1）根据图2所给几何体的正视图与俯视图（其中正方形网络边长为1）,画出几何图形的侧视图，并求该侧视图的面积；
（2）求异面直线AC与EF所成角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角;由三视图求面积、体积．
【分析】（1）根据三视图的画法，画出侧视图，并求出面积即可, (2）由于AC∥DF，得到AC与EF所成的角即为∠DFE，在△DEF 中，解三角形可得．
【解答】解：(1）侧视图如图所示：
其中S=3×4+×4×3=18;
(2）∵AC∥DF，
∴AC与EF所成的角即为∠DFE，
在△DEF中，DF=4，
又AB=2，
则DE=，
∵△DEF为等腰三角形
∴cos∠DFE==，
∴异面直线AC与EF所成角的余弦值为
【点评】本题考查了三视图的画法和异面直线所成的角，属于中档题．
18．（12分）（2016秋•佛山期末）如图,面积为8的平行四边形ABCD，A为坐标原点，B坐标为(2，﹣1），C、D均在第一象限．
（I）求直线CD的方程；
（II）若|BC｜=，求点D的横坐标．
【考点】直线的一般式方程．
【分析】（I)由题意，k AB=k CD=﹣，直线CD的方程为y=﹣x+m，即x+2y﹣2m=0，利用S=8,|AB|=,即可求直线CD的方程;
(II)若｜BC|=，则｜AD｜=,可得，即可求点D的横坐标．
【解答】解：（I）由题意，k AB=k CD=﹣,
∴直线CD的方程为y=﹣x+m,即x+2y﹣2m=0，
∵S=8,｜AB|=，
∴=,
∴m=±4，
由图可知m＞0，∴直线CD的方程为y=﹣x+m，即x+2y﹣8=0；
(II）设D（a，b)，若｜BC｜=，则|AD|=，
∴，∴点D的横坐标a=1。

2或2．
【点评】本题考查直线方程，考查距离公式的运用，属于中档题．
19．（12分）(2016秋•佛山期末）如图，三棱锥A﹣BCD中，BC ⊥CD，AD⊥平面BCD，E、F分别为BD、AC的中点．
(I）证明：EF⊥CD；
（II)若BC=CD=AD=1，求点E到平面ABC的距离．
【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直的性质．【分析】（I）取CD的中点G,连接EG，FG,证明CD⊥平面EFG，即可证明：EF⊥CD；
（II）利用等体积方法，求点E到平面ABC的距离．
【解答】（I）证明：取CD的中点G，连接EG，FG，
∵E为BD的中点,∴EG∥BC，
∵BC⊥CD，∴EG⊥CD，
同理FG∥AD，AD⊥平面BCD，∴FG⊥平面BCD，∴FG⊥CD,∵EG∩FG=G，∴CD⊥平面EFG，
∴EF⊥CD；
（II）解：S△ABC==，S△BCE==，
设点E到平面ABC的距离为h，则，∴h=，
即点E到平面ABC的距离为．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质,考查等体积法求点E到平面ABC的距离，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
20．(12分）(2016秋•佛山期末）已知动点P与两个顶点M（1,0）,N （4，0）的距离的比为．
(I)求动点P的轨迹方程；
（II）若点A（﹣2，﹣2），B（﹣2，6），C（﹣4，2),是否存在点P，使得｜PA|2+|PB|2+｜PC｜2=36．若存在,求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【考点】轨迹方程．
【分析】（I）利用直接法,求动点P的轨迹方程;
(II)由｜PA｜2+|PB｜2+|PC｜2=36,可得3x2+3y2+16x﹣12y+32=0，得出公共弦的方程，即可得出结论．
【解答】解:（I）设P（x，y)，则
∵动点P与两个顶点M（1，0)，N(4，0)的距离的比为，
∴2=，
∴x2+y2=4,即动点P的轨迹方程是x2+y2=4；
（II）由|PA｜2+|PB｜2+｜PC|2=36,可得(x+2）2+（y+2）2+（x+2）2+(y﹣6)2+（x+4）2+（y﹣2)2=36,
∴3x2+3y2+16x﹣12y+32=0，
∵x2+y2=4，
∴4x﹣3y+11=0,
圆心到直线4x﹣3y+11=0的距离d=＞2，
∴直线与圆相离,
∴不存在点P，使得|PA|2+|PB｜2+|PC|2=36．
【点评】本题考查轨迹方程，考查圆与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，属于中档题．
21．（12分）（2016秋•佛山期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AB=，AA1=2，AD=1，E、F分别是AA1和BB1的中点，G是DB上的点，且DG=2GB．
(I）作出长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面(只需作出，说明结果即可）；
（II)求证:GF∥平面EB1C；
（III）设长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截得的两部分几何体体积分别为V1、V2(V1＞V2），求的值．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定．
【分析】（Ⅰ）取AD的中点M,连结EM，MC，则EMCB1即为所求截面．
（Ⅱ）设MC∩DB=N,连结B1N，推导出FG∥B1N，由此能证明GF∥平面EB1C．
(Ⅲ)延长B1E、CM必相交于BA延长线于点O，由=﹣V O﹣AME，=﹣,能求出的值．
【解答】解：（Ⅰ)取AD的中点M，连结EM,MC,
则EMCB1即为长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面．证明:（Ⅱ）设MC∩DB=N，连结B1N,
依题意知AD∥BC，∴△DMN∽△BCN，
∴，
∵DG=2GB,∴DN=NG=GB,
∵B1F=FB,∴FG∥B1N,
∵FG⊄平面EB1C，B1N⊂平面EB1C，
∴GF∥平面EB1C．
解：（Ⅲ）延长B1E、CM必相交于BA延长线于点O，
∵AM∥BC，∴△OAM∽△OBC，∴，
∴OA=AB=,
∴=﹣V O﹣AME=﹣=, =﹣=,
∴===．
故的值为．
【点评】本题考查截面的作法，考查线面平行的证明,考查两个几何
体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题,注意空间思维能力的培养．
22．（12分）（2016秋•佛山期末）已知M是抛物线C：y2=2px（p ＞0）上一点，F是抛物线的焦点，∠MFx=60°且｜FM|=4．（I）求抛物线C的方程；
(II）已知D(﹣1,0）,过F的直线l交抛物线C与A、B两点，以F 为圆心的圆F与直线AD相切，试判断圆F与直线BD的位置关系，并证明你的结论．
【考点】直线与抛物线的位置关系；抛物线的标准方程．
【分析】(I）证明△MNF为等边三角形，即可求抛物线C的方程；（II)分类讨论,证明F到直线BD的距离等于圆F的半径，即可得出结论．
【解答】解：（I）抛物线C:y2=2px（p＞0）的准线方程为l′：x=﹣，过M作MN⊥l′于点N，连接NF，则｜MN|=｜FM｜，
∵∠NMF=∠MFx=60°，∴△MNF为等边三角形，
∴|NF|=4,∴p=2,
∴抛物线C的方程为y2=4x；
（II）直线l的斜率不存在时,△ABD为等腰三角形，且|AD|=|BD｜．
∴圆F与直线BD相切；
直线l的斜率存在时，设方程为y=k（x﹣1)，代入抛物线方程，得k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0，
设A(x1，y1），B（x2，y2），则x1x2=1,∴x1=，
直线AD的方程为y=（x+1），即y1x﹣（x1+1）y+y1=0，
∴R2=，
直线BD的方程为y2x﹣(x2+1）y+y2=0,
F到直线BD的距离d，d2==，
∴R2=d2,
∴R=d，
∴圆F与直线BD相切，
综上所述,圆F与直线BD相切．
【点评】本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．。