1、2019-2020学年浙江省金华市东阳中学高二（上）期中数学试卷一、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）用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是（）A棱锥B圆柱C球D圆锥2（4分）“x0”是“|x1|1”（）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3（4分）已知某四棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该四棱锥的体积是（）ABCD4（4分）椭圆+1上一点P到一个焦点的距离为5，则P到另一个焦点的距离为（）A5B6C4D105（4分）圆（x+2）2+y24与圆（x2）2+（y1
2、）29的位置关系为（）A内切B相交C外切D相离6（4分）下列命题中，假命题的个数为（）对所有正数p，； 若方程x2+2x+a0（aR）有实数解，则a2；存在实数x，使得1x+11且x24； 33A1B2C3D47（4分）已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A若，则B若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m，m，则8（4分）设双曲线C：（ba0）的左、右焦点分别为F1，F2若在双曲线的右支上存在一点P，使得|PF1|3|PF2|，则双曲线C的离心率e的取值范围为（）A（1，2BCD（1，2）9（4分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，过顶点A1作平面，使
3、得直线AC和BC1与平面所成的角都为30，这样的平面可以有（）A4个B3个C2个D1个10（4分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点P在平面A1B1C1内运动，使得二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，则点P的轨迹是（）A一段圆弧B椭圆的一部分C抛物线D双曲线的一支二、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）抛物线x24y的焦点坐标是 ，准线方程是 12（6分）棱长为1的正方体的内切球的半径是 ，该正方体的外接球的表面积是 13（6分）双曲线的离心率为 ；渐近线方程为
4、 14（6分）从直线l：yx2上一点P向圆C：x2+y2+2x4y0引切线，则圆C的半径长为 ，切线长的最小值为 15（4分）已知命题p：方程x2+（m1）x+m220的两个实根一个小于1，另一个大于1，若命题p是假命题，则实数m的取值范围是 16（4分）如图，在三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，ABACAD4，点P，Q分别在侧面ABC棱AD上运动，PQ2，M为线段PQ中点，当P，Q运动时，点M的轨迹把三棱锥ABCD分成上、下两部分的体积之比等于 17（4分）设直线l与椭圆相交于A，B两点，与圆（x1）2+y2r
5、2（r0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是 三（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18（14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点（）求证：CD平面A1EB；（）求证：AB1平面A1EB；（）求直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值19（15分）已知命题p：“曲线C1：1表示焦点在x轴上的椭圆”，命题q：“曲线C2：表示双曲线”（1）若命题p是真命题，求m的取值范围；（2）若p是q的必要不充分条件，求t的取值范围20（15分）如图，已知抛物
6、线方程为y24x直线l与抛物线相交C，D两点（1）若直线l的倾斜角为60，且过抛物线的焦点F，O为原点，求OCD的面积；（2）若，求证：直线l必过定点，并求出定点坐标21（15分）在三棱台ABCA1B1C1中，ABC是等边三角形，二面角ABCB1的平面角为60，BB1CC1（）求证：A1ABC；（）求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值22（15分）已知直线l：ykx+m与椭圆恰有一个公共点P，l与圆x2+y2a2相交于A，B两点（）求k与m的关系式；（）点Q与点P关于坐标原点O对称若当时，QAB的面积取到最大值a2，求椭圆的离心率2019-2020学年浙江省金华市东阳中学高二（上）期中数
7、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）用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，这个几何体不可能是（）A棱锥B圆柱C球D圆锥【分析】从几何体分截面图形判断即可【解答】解：用一个平面去截一个棱锥，得到的截面是三角形，不可能是圆，所以A正确；用一个平面去截一个圆柱，截面与底面平行，得到的截面是圆面，所以B不满足题目要求；用一个平面去截一个球，得到的截面是圆面，所以C不满足题目要求；用一个平面去截一个圆锥，截面与底面平行，得到的截面是圆面，所以D不满足题目要求；故选：A【点评】本题考查空间几何体的特
8、征，考查空间想象能力2（4分）“x0”是“|x1|1”（）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】|x1|1即 0x2由x0不能推出 0x2，但由 0x2 能推出x0，故x0是 0x2的必要不充分条件，从而得到结论【解答】解：由|x1|1可得1x11，解得 0x2由x0不能推出 0x2，但由 0x2 能推出x0，故x0是 0x2的必要不充分条件，即“x0”是“|x1|1”的必要不充分条件，故选：B【点评】本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，属于基础题3（4分）已知某四棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该四棱锥的体积是（）ABCD【分析】由已知中的
9、三视图我们要以判断出几何体为一个四棱锥，且由图中标识的数据，可以判断出几何体的棱长，高等几何量值，代入棱锥体积公式，可得答案【解答】解：由已知中的三视图可得该几何体是一个以正视图为底的四棱锥底面面积S4（1+1）8高h故该四棱锥的体积VSh故选：C【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知条件判断出几何体的几何形状及棱长，高等几何量值，是解答的关键4（4分）椭圆+1上一点P到一个焦点的距离为5，则P到另一个焦点的距离为（）A5B6C4D10【分析】先根据条件求出a5；再根据椭圆定义得到关于所求距离d的等式即可得到结论【解答】解：设所求距离为d，由题得：a5根据椭圆的定义得：2a5+
10、dd2a55故选：A【点评】本题主要考查椭圆的定义在解决涉及到圆锥曲线上的点与焦点之间的关系的问题中，圆锥曲线的定义往往是解题的突破口5（4分）圆（x+2）2+y24与圆（x2）2+（y1）29的位置关系为（）A内切B相交C外切D相离【分析】求出两圆的圆心和半径，计算两圆的圆心距，将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对比，判断两圆的位置关系【解答】解：圆（x+2）2+y24的圆心C1（2，0），半径r2圆（x2）2+（y1）29的圆心C2（2，1），半径R3，两圆的圆心距d，R+r5，Rr1，R+rdRr，所以两圆相交，故选：B【点评】本题考查圆与圆的位置关系及其判定的方法，关键是求圆心距和两
11、圆的半径6（4分）下列命题中，假命题的个数为（）对所有正数p，； 若方程x2+2x+a0（aR）有实数解，则a2；存在实数x，使得1x+11且x24； 33A1B2C3D4【分析】反例判断的正误；方程的解判断的正误；求解x的范围判断的正误；不等式的形状判断的正误【解答】解：对所有正数p，； 反例：，所以不正确；若方程x2+2x+a0（aR）有实数解，可得44a0，解得a1，所以a2；正确；存在实数x，使得1x+11可得2x0，同时满足x24，即x2或x2；显然x不存在，所以不正确；33由实数的大小关系，可知表达式正确；故选：B【点评】本题考查命题的真假的判断与应用，是基本知识的考查
12、7（4分）已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A若，则B若m，n，则mnC若m，n，则mnD若m，m，则【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解【解答】解：若，则与相交或平行，故A错误；若m，n，则由直线与平面垂直的性质得mn，故B正确；若m，n，则m与n相交、平行或异面，故C错误；若m，m，则与相交或平行，故D错误故选：B【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养8（4分）设双曲线C：（ba0）的左、右焦点分别为F1，F2若在双曲线的右支上存在一点P，使得|PF1|3|PF2|，则双曲线C的离心率e的取值范围为（）A（1，2
13、BCD（1，2）【分析】先利用双曲线的定义，得焦半径|PF2|a，再利用焦半径的取值范围，得离心率的取值范围，再由已知ba求得双曲线的离心率范围，两个范围求交集即可得双曲线的离心率范围【解答】解：P在双曲线的右支上，|PF1|PF2|2|PF2|2a，|PF2|acae2又ba，c2a2a2，ee故选：B【点评】本题主要考查了双曲线的定义和几何性质，焦半径的取值范围及其应用，双曲线离心率的取值范围求法，属基础题9（4分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，过顶点A1作平面，使得直线AC和BC1与平面所成的角都为30，这样的平面可以有（）A4个B3个C2个D1个【分析】利用线面角的定义，即可得出
14、结论【解答】解：因为AD1BC1，所以过A在空间作平面，使平面与直线AC和BC1所成的角都等于30，即过点A在空间作平面，使平面与直线AC和AD1所成的角都等于30令CAD1的角平分线和外角平分线分别为AM和AM，要使平面过A点，且与AC、AD1所成的角都为30，则该平面必过AM或AM，CAD160，当过AM时，平面与AC、AD1所成角的范围为0，30，当平面平面CAD1，符合条件，故存在一个平面CAD160，当过AM时，平面与AC、AD1所成角的范围为0，60，绕AM旋转平面，得到符合条件的平面有2个，综上，满足条件的平面有3个故选：B【点评】本题考查直线与平面所成角的问题，考查空间想象能力
15、和转化能力在解决本题的过程中，转化思想很重要10（4分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点P在平面A1B1C1内运动，使得二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余，则点P的轨迹是（）A一段圆弧B椭圆的一部分C抛物线D双曲线的一支【分析】本题对三棱柱ABCA1B1C1没做特殊要求，可以用特值法，假设三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且底面为直角三角形，ABC为直角，计算可得【解答】解：假设三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，且底面为直角三角形，ABC为直角，三棱柱高为h以B为坐标原点，AB所在直线建立如图坐标系，PO平行于z轴，交xBy坐标面与点O，平面PODD1垂直于x轴，交A
16、B于D点，交A1B1于D1点，平面POEE1垂直于y轴，交BC与E点，交B1C1于E1，设P点坐标为（x，y，h）则二面角PABC的平面角为PDO，二面角PBCA的平面角为PEO，PDO+PEO90，tanPDOcotPEO，POxBy坐标面，POOD，POOE，tanPDO，cotPEO，PO2ODOE，ODOEh2，由P点与D，E，D1，E1D的位置关系 可知，xOD，yOE，xyh2，xyh2，P点轨迹为双曲线的一支（x0，y0的一支）故选：D【点评】本题考查三角形的外接圆和矩形的外接圆的半径之和的最大值的求法，考查直三棱柱、球、圆的性质、均值定理等基础知识，考查运算求解能力，是难题二、
17、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）抛物线x24y的焦点坐标是（0，1），准线方程是y1【分析】通过抛物线的标准方程才焦点坐标与准线方程即可【解答】解：抛物线x24y的焦点坐标是（0，1），准线方程为：y1故答案为：（0，1）；y1【点评】本题考查抛物线的标准方程的求法，考查计算能力12（6分）棱长为1的正方体的内切球的半径是，该正方体的外接球的表面积是3【分析】根据内切球与正方体各面相切可知其半径，再根据长方体外接球的性质，即可求出答案【解答】解：正方体内切球与正方体各个面均相切，正方体的棱长即为内切球的直径，内切球半径为，设外接球半径为R，根据长方
18、体外接于直径公式，得，故答案为：；3【点评】本题考查正方体内切球、外接球的性质，属于基础题13（6分）双曲线的离心率为；渐近线方程为yx【分析】根据题意，由双曲线的标准方程分析可得a、b的值以及焦点的位置，计算可得c的值，由离心率公式计算可得e，由渐近线方程计算可得双曲线的渐近线，即可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的方程为，其中a4，b3，则c5，其离心率e，渐近线方程为：yx；故答案为：，yx【点评】本题考查双曲线的几何性质，注意由双曲线的标准方程分析其焦点位置14（6分）从直线l：yx2上一点P向圆C：x2+y2+2x4y0引切线，则圆C的半径长为，切线长的最小值为【分析】把圆的方程化
19、为标准方程，找出圆心坐标和圆的半径；要使切线长最小，必须点C到直线l的距离最小利用点到直线的距离公式求出圆心到直线yx2的距离|PC|的长，根据半径r，PC，PM满足勾股定理即可求出此时的切线长【解答】解：圆的方程化为标准方程得（x+1）2+（y2）25，所以圆心C（1，2），半径r，要使切线长最小，则必须点C到直线l的距离最小过圆心C作垂直于直线yx2的直线，垂足为P时，满足题意；此时圆心C（1，2）到直线yx2的距离d；所以所求的最小值PM故答案为：；【点评】本题考查了直线与圆的位置关系应用问题，解题的关键是找出切线长最短时的条件，是基础题15（4分）已知命题p：方程x2+（m1）x+m2
20、20的两个实根一个小于1，另一个大于1，若命题p是假命题，则实数m的取值范围是m0或m1【分析】构造函数f（x）x2+（m1）x+m22，根据方程x2+（m1）x+m220的两个实根一个小于1，另一个大于1，可得f（1）0且f（1）0，从而可求命题是真命题时实数m的取值范围然后求解结果【解答】解：构造函数f（x）x2+（m1）x+m22，方程x2+（m1）x+m220的两个实根一个小于1，另一个大于1，命题p是真命题时，f（1）0且f（1）0，1+（m1）+m220且1（m1）+m220 解得m（0，1），实数m的取值范围是（0，1），所以P是假命题时，m0或m1，故答案为：m0或m1【点评】
21、本题考查方程根的研究，考查函数思想的运用，解题的关键是构造函数，利用函数思想求解16（4分）如图，在三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，ABACAD4，点P，Q分别在侧面ABC棱AD上运动，PQ2，M为线段PQ中点，当P，Q运动时，点M的轨迹把三棱锥ABCD分成上、下两部分的体积之比等于【分析】由已知中三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，ABACAD4，我们易计算出三棱锥ABCD的体积，又由点P，Q分别在侧面ABC棱AD上运动，PQ2，M为线段PQ中点，我们可以判断M的轨迹与三棱锥转成的两个几何体的体积，进而得到答案【解答】解：三棱锥ABCD中，AB，AC，AD两两互相
22、垂直，ABACAD4，则棱锥ABCD的体积V又点P，Q分别在侧面ABC棱AD上运动，PQ2，M为线段PQ中点，点M的轨迹在以A为球心以1半径的球面上则点M的轨迹把三棱锥ABCD分成上、下两部分的体积之比为：（）：（64）故答案为：【点评】本题考查的知识点是棱锥的体积及球的体积，其中判断出M的轨迹在以A为球心以1半径的球面上是解答本题的关键17（4分）设直线l与椭圆相交于A，B两点，与圆（x1）2+y2r2（r0）相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（1，）【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），运用点差法，结合中点坐标公式和直线的斜
23、率公式，以及直线和圆相切的条件，确定M的轨迹是直线x2，代入椭圆方程，得y26，讨论直线l的斜率是否存在，即可得出结论【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），可得+1，+1，两式相减，+0，整理得2（y1+y2）（y1y2）（x1x2）（x1+x2），由x1+x22x0，y1+y22y0，当l的斜率存在时，设为k，k，可得2ky0x0，圆（x1）2+y2r2（r0）的圆心为（1，0），半径为r，因为直线与圆相切，所以，即ky01x0，所以x02，即M的轨迹是直线x2将x2代入椭圆方程，得y28（1）6，y0，M在圆上，（x01）2+y02r2，r2y02+17，直线
24、l恰有4条，y00，1r27，故1r时，直线l有2条；当直线l的斜率不存在时，直线l有2条；所以直线l恰有4条，1r，故答案为：（1，）【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，以及直线和圆的相切的条件，注意运用点差法，以及直线的斜率公式和中点坐标公式，考查分类讨论思想和运算能力，属于中档题三（本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）18（14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点（）求证：CD平面A1EB；（）求证：AB1平面A1EB；（）求直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值【分析】（）设AB1和A
25、1B的交点为O，连接EO，连接OD，根据三角形中位线定理可以证明四边形ECOD为平行四边形，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；（）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以BB1AB，BB1BC所以BB1平面ABC因为CD平面ABC，所以BB1CD，可证CD平面A1ABB1，再利用直线与平面垂直的判定定理进行证明；（）取A1C1中点F，连接B1F，EF，易知侧面ACC1A1底面A1B1C1，FEB1是B1E与平面AA1C1C所成角，然后构造直角三角形，在直角三角形中求其正弦值，从而求解【解答】证明：（）设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD因为O为AB1的中点，D为AB的中点
26、，所以ODBB1且又E是CC1中点，所以ECBB1且，所以ECOD且ECOD所以，四边形ECOD为平行四边形所以EOCD又CD平面A1BE，EO平面A1BE，则CD平面A1BE（5分）（）因为三棱柱各侧面都是正方形，所以BB1AB，BB1BC所以BB1平面ABC因为CD平面ABC，所以BB1CD由已知得ABBCAC，所以CDAB，所以CD平面A1ABB1由（）可知EOCD，所以EO平面A1ABB1所以EOAB1因为侧面是正方形，所以AB1A1B又EOA1BO，EO平面A1EB，A1B平面A1EB，所以AB1平面A1BE（10分）（）解：取A1C1中点F，连接B1F，EF在三棱柱ABCA1B1C
27、1中，因为BB1平面ABC，所以侧面ACC1A1底面A1B1C1因为底面A1B1C1是正三角形，且F是A1C1中点，所以B1FA1C1，所以B1F侧面ACC1A1所以EF是B1E在平面ACC1A1上的射影所以FEB1是B1E与平面AA1C1C所成角.（14分）解法二：如图所示，建立空间直角坐标系设边长为2，可求得A（0，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），A1（0，0，2），E（0，2，1），（）易得，所以，所以EOCD又CD平面A1BE，EO平面A1BE，则CD平面A1BE（5分）（）易得，所以所以AB1A1B，AB1A1E又因为A1BA1EA1，A1B，A1E平面A1BE，所以
28、AB1平面A1BE（10分）（）设侧面AA1C1C的法向量为n（x，y，z），因为A（0，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），A1（0，0，2），所以，由得解得不妨令n（1，0，0），设直线B1E与平面AA1C1C所成角为所以所以直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值为（14分）【点评】此题考查直线与平面平行的判断及直线与平面垂直的判断，第一问此类问题一般先证明两个面平行，再证直线和面平行，这种做题思想要记住，此类立体几何题是每年高考必考的一道大题，难度比较大，计算要仔细19（15分）已知命题p：“曲线C1：1表示焦点在x轴上的椭圆”，命题q：“曲线C2：表示双曲线”（1）若命
29、题p是真命题，求m的取值范围；（2）若p是q的必要不充分条件，求t的取值范围【分析】（1）利用圆锥曲线的性质求出m的范围；（2）若q为真，则（mt）（mt1）0，即tmt+1，由p是q的必要不充分条件，得到m|tmt+1m|4m2，或m4即可求出t的取值范围【解答】解：（1）若p为真：则，解得4m2，或m4；（2）若q为真，则（mt）（mt1）0，即tmt+1，p是q的必要不充分条件，则m|tmt+1m|4m2，或m4即或t4解得4t3或t4【点评】本题考查了命题真假及充要条件的应用，属于基础题20（15分）如图，已知抛物线方程为y24x直线l与抛物线相交C，D两点（1）若直线l的倾斜角为60
30、，且过抛物线的焦点F，O为原点，求OCD的面积；（2）若，求证：直线l必过定点，并求出定点坐标【分析】（1）设C（x1，y1），D（x2，y2），则SOCD|OF|y1y2|（2）先设点C、D的坐标为（x1，y1）、（x2，y2），因为C，DD两点在抛物线y24x上，代入抛物线方程，找出每个点横纵坐标的关系式，再因为C，D满足，得到x1x2+y1y24，把直线CD用以y1，y2为参数的方程求出，化成点斜式，判断是否过定点【解答】解：（1）由直线l过抛物线的焦点F（1，0），且倾斜角为60，得l：y（x1）；设C（x1，y1），D（x2，y2）联立方程组 ，y24y40，y1+y2，y1y24，
31、|y1y2|；又|OF|1，OCD的面积为SOCD|OF|y1y2|（2）C、D在抛物线y24x上，y124x1，y224x2，即，；又4，x1x2+y1y24，+y1y24解得，y1y28；点C、D的坐标为（x1，y1）、（x2，y2），直线CD方程为，yy1（xx1）；可得直线CD的方程为：（y1y2）（xx1）+（x2x1）（yy1）0，化简，得（y1y2）x+（x2x1）y+x1y2y1x20，进一步用y1、y2分别替换x1、x2，有（y1y2）x+（y2y1）y2（y1y2）0又抛物线y24x上任两点的纵坐标都不相等，即y1y20直线CD的方程可化为：x+y20直线CD恒过定点，且定
32、点坐标为（2，0）【点评】本题考查直线和抛物线的位置关系，解题时要认真审题，合理地进行等价转化，注意抛物线性质的合理运用，属于中档题21（15分）在三棱台ABCA1B1C1中，ABC是等边三角形，二面角ABCB1的平面角为60，BB1CC1（）求证：A1ABC；（）求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值【分析】（I）设AA1，BB1与CC1交于点S，取棱BC的中点O，连结AO，SO，推导出BCSO，BCAO，从而BC平面SAO，由此能证明A1ABC（II）法一：作AHSO，垂足为H，则AH平面BCC1B1，从而ABH为直线AB与平面BCC1B1所成的角，由此能求出直线AB与平面BCC1B1
33、所成角的正弦值法二：以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法能求出直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值【解答】（本题满分15分）证明：（I）设AA1，BB1与CC1交于点S，取棱BC的中点O，连结AO，SO因为BB1CC1，B1C1BC，故SBSC（2分）又O是棱BC的中点，故BCSO同理BCAO又SO，AO平面SAO，且SOAOO，因此BC平面SAO，又A1A平面SAO，（4分）所以A1ABC （6分）解：（II）方法一：作AHSO，垂足为H因为BC平面SAO，故AH平面BCC1B1，从而ABH为直线AB与平面BCC1B1所成的角（10分）不妨设AB2，则，（13分）
34、所以故直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值为（15分）方法二：如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，（8分）由（I），AOS为二面角ABCB1的平面角，则AOS60，设BC2，SOa（a0），则点，B（0，1，0），C（0，1，0），设（x，y，z）为平面BCC1B1，即平面SBC的一个法向量，由，得，（10分）令，则z1，即（12分）设是直线AB与平面BCC1B1所成的角，则直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值；sin|cos|（15分）【点评】本题考查线线垂直的证明，考查满足线面角的正弦值的求法，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，考查数形结合
35、思想，是中档题22（15分）已知直线l：ykx+m与椭圆恰有一个公共点P，l与圆x2+y2a2相交于A，B两点（）求k与m的关系式；（）点Q与点P关于坐标原点O对称若当时，QAB的面积取到最大值a2，求椭圆的离心率【分析】（）根据题意，联立直线与椭圆的方程，变形可得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2b2）0，由直线与椭圆的位置关系可得（2a2km）24（a2k2+b2）a2（m2b2）0，整理变形可得答案；（）根据题意，分析可得QAB的面积是OAB的面积的两倍，进而可得当时，OAB的面积取到最大值，求出原点O到直线l的距离，变形可得，进而可得，结合椭圆的离心率公式分析可得答案【解答】解：（I）根据题意，直线l与椭圆恰有一个公共点P，即相切；则有，得（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2（m2b2）0，则（2a2km）24（a2k2+b2）a2（m2b2）0，化简整理，得m2a2k2+b2；（）因点Q与点P关于坐标原点O对称，故QAB的面积是OAB的面积的两倍所以当时，OAB的面积取到最大值，此时OAOB，从而原点O到直线l的距离，又，故；再由（I），得，则又，故，即，从而，即【点评】本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系，（）中注意分析QAB的面积与OAB的面积的关系
