发布时间 : 星期六 文章2016年高考数学（新课标）2015-2016学年高二数学[理]上学期第二次月考试题（含答案）更新完毕开始阅读
21. （本题满分12分）
如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，
?DAB??3，AD?2，AM?1， E是AB的中点．
（Ⅰ）求证：DE?NC；
22. （本题满分12分）
12x22已知m?1，直线l：x?my?m?0，椭圆C：2?y?1的左、右焦点分别为F1,F2，
2m（Ⅰ）当直线l过F2时，求m的值；
G、H，若原点在（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于A,B两点，△AF1F2、△BF1F2的重心分别为
以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围.
参考答案
一、选择题：
DCBCA DCDCB AB 二、填空题：
13．45或135 14．y??三、解答题：
17．解：（Ⅰ）设A(x1,y1),B(x2,y2)
o
o
3x 15．60o 16．2 4?x2?4y?x1?x2?42??0，显然成立， ……2分 ??x?4x?8?0???x1?x2??8?y?x?2(x1?x2)2?y1?y2??4 ……4分
16?????????OA?OB?x1?x2?y1?y2??8?4??4 ……5分
（Ⅱ）原点O到直线y?x?2的距离d?2?2， ……7分 2AB?1?k2x1?x2?2??S?OAB??x1?x2?2?4x1?x2?46， ……9分
11dAB??2?46?43 ……10分 22B1A1 18．解：（法一）（Ⅰ）连结CB1交BC1于点O，?侧棱A1A?底面ABC?侧面BB1C1C是矩形，
?O为B1C的中点，且D是棱AC的中点，?AB1//OD， ……4分
∵OD?平面BC1D，AB1?平面BC1D
C1OBCDA?AB1//平面BC1D ……6分
（Ⅱ）?AB1//OD，??DOB为异面直线AB1与BC1所成的角或其补角． ……8分
??ABC??2，AB?BC?BB1?2?BD?12,OD?AB1?2,OB?2
2??OBD为等边三角形，??DOB?60?，?异面直线AB1与BC1所成的角为60?.……12分
（法二）（Ⅰ）以B为原点，BC,BA,BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
?????????A(0,2,0),B1(0,0,2),B(0,0,0),D(1,1,0),C1(2,0,2)，?BC1?(2,0,2),BD(1,1,0) ?设n?(x,y,z)为平面BC1D的一个法向量，
?????????n?BC1?0?2x?2z?0令x?1,则n?(1,?1,?1) ……3分 ????????x?y?0??n?BD?0???????????????AB1?(0,?2,2),AB1?n?0?2?2?0?AB1?n，
又?AB1?平面BC1D?AB1//平面BC1D ……6分
C1zB1A1?????????（Ⅱ）?AB1?(0,?2,2),BC1?(2,0,2)， ……8分
??????????????????AB?BC141?cos?AB1,BC1??????1????? ??AB1?BC122?222?异面直线AB1与BC1所成的角为60?. ……12分
19．（法一）（Ⅰ）证明：以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，
BCxDAyzP B?4,00?,D0,22,0,P?0,0,4?,A?0,0,0?,C2,22,0,Q?2,0,2? 则BD??4,2????2,0?,AP??0,0,4?,AC??2,22,0?,QC??0,2?2,?2 …3分
Bx?QACDy?BD?AP?0,BD?AC??4?2?22?22?0?0
?BD?AP,BD?AC,又AP?AC?A，?BD?平面PAC ……6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面PAC的一个法向量为BD??4,22,0， ……8分 设直线QC与平面PAC所成的角为?，则sin????QC?BDQC?BD?81224?2， 3 所以直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为
2． ……12分 3（法二）（Ⅰ）证明：设AC∩BD=O，∵CD∥AB，∴OB:OD=OA:OC=AB:CD=2 Rt△DAB中，DA=22，AB=4，∴DB=26，∴DO=126DB= 33 同理，OA=
243222o
CA=，∴DO+OA=AD，即∠AOD=90，∴BD⊥AC ……3分 33 又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD ……5分
由AC∩PA=A，∴BD⊥平面PAC ……6分
（Ⅱ）解：连PO，取PO中点H，连QH，则QH∥BO，由（Ⅰ）知，QH⊥平面PAC
∴∠QCH是直线QC与平面PAC所成的角． ……8分
由（Ⅰ）知，QH=
P126BO=， 231143取OA中点E，则HE=PA=2，又EC=OA+OC=
223BQAHEODC
Rt△HEC中，HC=HE+EC=
222
28 3QH2 ?QC3∴Rt△QHC中，QC=23，∴sin∠QCH=∴直线QC与平面PAC所成的角的正弦值为
2． ……12分 3??311???1 ，所以?22a4b2?20．解：（Ⅰ）由已知 c?3，?a2?b2?3,因为椭圆过P?3,x2?y2?1 ……4分 解得a?1,b?1，椭圆方程是4（Ⅱ）由已知直线l的斜率存在，设其为k，
设直线l方程为y?kx?3，A?x1,y1?,B?x2,y2?,易得Mm,km?3??????
?83k2?y?kx?3x1?x2??2??22221?4k由?2，所以……6分 ??1?4k?x?83kx?12k?4?0?2x??y2?1?xx?12k?412?4?1?4k2???kPA1111km?3?y2?2?k?2 ……8分 2， k?2， k??PMPBm?3m?3x1?3x2?3y1???而kPA?kPB1111y2?(y1?)(x2?3)?(x1?3)(y1?)2+2?22 ?x1?3x2?3(x1?3)(x2?3)y1??y1x2?y2x1?1?x1?x2??3(y1?y2)?32?2k?3 ……10分 x1x2?3(x1?x2)?3因为kPA、kPM、kPB成等差数列，故kPA?kPB?2kPM
2k?3?2k?143，解得m? ……12分
3m?3o
21．（Ⅰ）证明：菱形ABCD中，AD=2，AE=1，∠DAB=60，∴DE=3．
∴AD=AE+DE，即∠AED=90，∵AB∥DC，∴DE⊥DC …① ……1分
∵平面ADNM⊥平面ABCD，交线AD，ND⊥AD，ND?平面ADNM，∴ND⊥平面ABCD， ∵DE?平面ABCD，∴ND⊥DE …② ……2分 由①②及ND∩DC=D，∴DE⊥平面NDC
∴DE⊥NC ……4分
（Ⅱ）解：设存在P符合题意．
z由(Ⅰ)知，DE、DC、DN两两垂直，以D为原点，建立空间直角坐标系D-xyz（如图）， N
MDCBy2
2
2
o
AE
则D(0,0,0),A(3,?1,0),E(3,0,0),C(0,2,0),P(3,?1,h)(0?h?1)．
????????∴EP?(0,?1,h),EC?(?3,2,0)，设平面PEC的法向量为n?(x,y,z)，
????? ?n?EP??y?hz?0则?，令x?2，则平面PEC的一个法向量为n?(2h,3h,3) ……7分 ??????n ?EC??3x?2y?0取平面ECD的法向量m?(0,0,1)， ……9分
∴cos?6?cos?m,n??34h2?3h2?3?37h2?3?73，解得h??[0,1]，
72即存在点P，使二面角P-EC-D的大小为
?7，此时AP=． ……12分 67m2?m2?22．解：（Ⅰ）由已知c?m?1，l交x轴于??m2?1，得m?2 ,0?为F2(c,0)，
2?2?23分
（Ⅱ）设A?x1,y1?,B?x2,y2?,F2(c,0)，F2(c,0)
?x1y1??x2y2? 因为?AF,?,H?,?,1F2,?BF1F2的重心分别为G,H，所以G??33??33?????????因为原点在以线段GH为直径的圆内，所以OG?OH?0,?x1x2?y1y2?0 ……5分