数学卷·2018届重庆十八中高二上学期期中数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届重庆十八中高二上学期期中数学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年重庆十八中高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5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．直线3x+y﹣a=0与6x+2y+1=0的位置关系是（　　）‎ A．相交 B．平行 C．重合 D．平行或重合 ‎2．设m，n是两条直线，α，β是两个平面，给出四个命题 ‎①m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α⇒α∥β ‎②m⊥α，n⊥α⇒m∥n ‎③m∥α，m∥n⇒n∥α ‎④α⊥β，m⊂α⇒m⊥β 其中真命题的个数为（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎3．圆O1：x2+y2﹣2x=0和圆O2：x2+y2﹣4y=0的位置关系是（　　）‎ A．相离 B．相交 C．外切 D．内切 ‎4．空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=，则异面直线AD，BC所成的角的补角为（　　）‎ A．120° B．60° C．90° D．30°‎ ‎5．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知圆C：x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值（　　）‎ A．8 B．﹣4 C．6 D．无法确定 ‎7．过点A（1，4），且横、纵截距的绝对值相等的直线的条数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎8．将你手中的笔想放哪就放哪，愿咋放就咋放，总能在教室地面上画一条直线，使之与笔所在的直线（　　）‎ A．平行 B．相交 C．异面 D．垂直 ‎9．一束光线从点A（﹣1，1）出发，经x轴反射到圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1上的最短路程是（　　）‎ A．3﹣1 B．2 C．4 D．5‎ ‎10．已知点P（m，n）是直线2x+y+5=0上的任意一点，则的最小值为（　　）‎ A．5 B． C． D．‎ ‎11．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1和两点A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则m的最大值为（　　）‎ A．7 B．6 C．5 D．4‎ ‎12．点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=2，若四面体ABCD体积的最大值为，则该球的表面积为（　　）‎ A． B．8π C．9π D．12π ‎　‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．若直线ax+2y+1=0与直线x+y﹣2=0互相垂直，则a=　　．‎ ‎14．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为　　‎ ‎15．过点的直线l与圆C：（x﹣1）2+y2=4交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程为　　．‎ ‎16．过直线x=4上动点P作圆O：x2+y2=4的两条切线PA，PB，其中A，B是切点，则下列结论中正确的是　　．（填正确结论的序号）‎ ‎①|OP|的最小值是4；‎ ‎②•=0；‎ ‎③•=4；‎ ‎④存在点P，使△OAP的面积等于；‎ ‎⑤任意点P，直线AB恒过定点．‎ ‎　‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算过程．‎ ‎17．直线过点P（﹣3，1），且与x轴，y轴分别交于A，B两点．‎ ‎（Ⅰ）若点P恰为线段AB的中点，求直线l的方程；‎ ‎（Ⅱ）若=，求直线l的方程．‎ ‎18．在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点都在圆C上．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）若圆C与直线x﹣y+a=0交于A，B两点，且CA⊥CB求a的值．‎ ‎19．已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，AD=1，点M为PC中点，过A、M的平面α与此四棱锥的面相交，交线围成一个四边形，且平面α⊥平面PBC．‎ ‎（1）在图中画出这个四边形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（2）求平面α与平面ABM所成锐二面角的余弦值．‎ ‎20．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．‎ ‎（Ⅰ）证明：A1C1=AB1；‎ ‎（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠BCC1=120°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．‎ ‎21．△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，∠ACB=90°，D、E分别是边AC和AB的中点，现将△ADE沿DE折起，使面ADE⊥面DEBC，H、F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 ‎（Ⅰ）求证：IH∥BC；‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值．‎ ‎22．已知一个动点P在圆x2+y2=36上移动，它与定点Q（4，0）所连线段的中点为M．‎ ‎（1）求点M的轨迹方程．‎ ‎（2）过定点（0，﹣3）的直线l与点M的轨迹交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）且满足+=，求直线l的方程．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆十八中高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5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．直线3x+y﹣a=0与6x+2y+1=0的位置关系是（　　）‎ A．相交 B．平行 C．重合 D．平行或重合 ‎【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】由直线方程易判：当a=﹣时，两直线重合，当a≠﹣时，两直线平行，进而可得答案．‎ ‎【解答】解：∵3×2=1×6，‎ ‎∴当a=﹣时，两直线重合，‎ 当a≠﹣时，两直线平行，‎ ‎∴直线3x+y﹣a=0与6x+2y+1=0的位置关系为平行或重合，‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．设m，n是两条直线，α，β是两个平面，给出四个命题 ‎①m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α⇒α∥β ‎②m⊥α，n⊥α⇒m∥n ‎③m∥α，m∥n⇒n∥α ‎④α⊥β，m⊂α⇒m⊥β 其中真命题的个数为（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】①利用面面平行的判定定理判断．②利用线面垂直的性质判断．③利用线面平行的定义和性质判断．④利用面面垂直的性质和线面垂直的性质判断．‎ ‎【解答】解：①根据面面平行的判定定理可知m，n必须是相交直线，∴①错误．‎ ‎②根据垂直于同一个平面的两条直线平行可知，m⊥α，n⊥α⇒m∥n正确．‎ ‎③若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，∴③错误．‎ ‎④根据面面垂直的性质定理可知，若α⊥β，m⊂α，则m⊥β不一定成立．∴④错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．圆O1：x2+y2﹣2x=0和圆O2：x2+y2﹣4y=0的位置关系是（　　）‎ A．相离 B．相交 C．外切 D．内切 ‎【考点】圆与圆的位置关系及其判定．‎ ‎【分析】求出半径，求出圆心，看两个圆的圆心距与半径的关系即可．‎ ‎【解答】解：圆O1：x2+y2﹣2x=0，即（x﹣1）2+y2=1，圆心是O1（1，0），半径是r1=1‎ 圆O2：x2+y2﹣4y=0，即x2+（y﹣2）2=4，圆心是O2（0，2），半径是r2=2‎ ‎∵|O1O2|=，故|r1﹣r2|＜|O1O2|＜|r1+r2|‎ ‎∴两圆的位置关系是相交．‎ 故选 B ‎　‎ ‎4．空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=，则异面直线AD，BC所成的角的补角为（　　）‎ A．120° B．60° C．90° D．30°‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】如图所示，取AC的中点G，连接EG，FG，利用三角形中位线定理可得：EG=BC，FG=AD．在△EFG中，由余弦定理可得：cos∠EGF，即可得出．‎ ‎【解答】解：如图所示，取AC的中点G，连接EG，FG，‎ 利用三角形中位线定理可得：EG=BC=1，FG=AD=1．‎ 在△EFG中，由余弦定理可得：cos∠EGF==﹣，‎ ‎∴∠EGF=120°．‎ ‎∴异面直线AD，BC所成的角为60°，其补角为120°．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．一个锥体的主视图和左视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】由三视图的作法规则，长对正，宽相等，对四个选项进行比对，找出错误选项．‎ ‎【解答】解：本题中给出了正视图与左视图，故可以根据正视图与俯视图长对正，左视图与俯视图宽相等来找出正确选项 A中的视图满足三视图的作法规则；‎ B中的视图满足三视图的作法规则；‎ C中的视图不满足三视图的作法规则中的宽相等，故其为错误选项；‎ D中的视图满足三视图的作法规则；‎ 故选C ‎　‎ ‎6．已知圆C：x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值（　　）‎ A．8 B．﹣4 C．6 D．无法确定 ‎【考点】直线和圆的方程的应用；恒过定点的直线．‎ ‎【分析】因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称，所以直线x﹣y+3=0过圆心（﹣，0），由此可求出m的值．‎ ‎【解答】解：因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称，‎ 所以直线x﹣y+3=0过圆心（﹣，0），‎ 从而﹣+3=0，即m=6．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．过点A（1，4），且横、纵截距的绝对值相等的直线的条数为（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ ‎【考点】直线的截距式方程．‎ ‎【分析】当截距为0时，设y=kx，待定系数法求k值，即得所求的直线方程；‎ 当截距不为0时，设，或，‎ 待定系数法求a值，即得所求的直线方程．‎ ‎【解答】解：当截距为0时，设y=kx，把点A（1，4）代入，则得k=4，即y=4x；‎ 当截距不为0时，设，或，过点A（1，4），‎ 则得a=5，或a=﹣3，即x+y﹣5=0，或x﹣y+3=0‎ 这样的直线有3条：y=4x，x+y﹣5=0，或x﹣y+3=0．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．将你手中的笔想放哪就放哪，愿咋放就咋放，总能在教室地面上画一条直线，使之与笔所在的直线（　　）‎ A．平行 B．相交 C．异面 D．垂直 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】由题设条件可知，可以借助投影的概念对及三垂线定理选出正确选项．‎ ‎【解答】解：由题意，笔所在直线若与地面垂直，则在地面总有这样的直线，使得它与笔所在直线垂直 若笔所在直线若与地面不垂直，则其必在地面上有一条投影线，在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直 综上，手中的笔想放哪就放哪，愿咋放就咋放，总能在教室地面上画一条直线，使之与笔所在的直线垂直．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．一束光线从点A（﹣1，1）出发，经x轴反射到圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1上的最短路程是（　　）‎ A．3﹣1 B．2 C．4 D．5‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系；图形的对称性．‎ ‎【分析】先作出圆C关于x轴的对称的圆C′，问题转化为求点A到圆C′上的点的最短路径，方法是连接AC′与圆交于B点，则AB为最短的路线，利用两点间的距离公式求出AC′，然后减去半径即可求出．‎ ‎【解答】‎ 解：先作出已知圆C关于x轴对称的圆C′，则圆C′的方程为：（x﹣2）2+（y+3）2=1，所以圆C′的圆心坐标为（2，﹣3），半径为1，‎ 则最短距离d=|AC′|﹣r=﹣1=5﹣1=4．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．已知点P（m，n）是直线2x+y+5=0上的任意一点，则的最小值为（　　）‎ A．5 B． C． D．‎ ‎【考点】点到直线的距离公式．‎ ‎【分析】由已知得的最小值是点（1，﹣2）到直线2x+y+5=0的距离，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：∵点P（m，n）是直线2x+y+5=0上的任意一点，‎ ‎∴的最小值是点（1，﹣2）到直线2x+y+5=0的距离，‎ ‎∴的最小值d==．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1和两点A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），若圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则m的最大值为（　　）‎ A．7 B．6 C．5 D．4‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】根据圆心C到O（0，0）的距离为5，可得圆C上的点到点O的距离的最大值为6．再由∠APB=90°，可得PO=AB=m，可得m≤6，从而得到答案．‎ ‎【解答】解：圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1的圆心C（3，4），半径为1，‎ ‎∵圆心C到O（0，0）的距离为5，‎ ‎∴圆C上的点到点O的距离的最大值为6．‎ 再由∠APB=90°可得，以AB为直径的圆和圆C有交点，‎ 可得PO=AB=m，故有m≤6，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=2，若四面体ABCD体积的最大值为，则该球的表面积为（　　）‎ A． B．8π C．9π D．12π ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：根据题意知，△ABC是一个直角三角形，其面积为2．其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，‎ 四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积S△ABC不变，高最大时体积最大，‎ 所以，DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为×S△ABC×DQ=，‎ S△ABC=AC•BQ==2．‎ 即××DQ=，∴DQ=2，如图．‎ 设球心为O，半径为R，则在直角△AQO中，‎ OA2=AQ2+OQ2，即R2=（）2+（2﹣R）2，∴R=‎ 则这个球的表面积为：S=4π（）2=9π；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分．‎ ‎13．若直线ax+2y+1=0与直线x+y﹣2=0互相垂直，则a=　﹣2　．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．‎ ‎【分析】由题意可知两条直线垂直，斜率乘积为﹣1，即可求出a的值．‎ ‎【解答】解：直线ax+2y+1=0与直线x+y﹣2=0互相垂直，由于直线的斜率存在，所以斜率乘积为﹣1，即﹣1•（）=﹣1，所以a=﹣2．‎ 故答案为：﹣2．‎ ‎　‎ ‎14．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为　54　‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是竖放的直四棱柱，由此求出它的体积．‎ ‎【解答】解：根据几何体的三视图，得；几何体是竖放的直四棱柱，‎ 该四棱柱的底面为梯形，梯形的上底为4、下底为5，高为3，四棱柱的高为4，‎ ‎∴该几何体的体积为=54．‎ 故答案为54．‎ ‎　‎ ‎15．过点的直线l与圆C：（x﹣1）2+y2=4交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程为　2x﹣4y+3=0　．‎ ‎【考点】直线和圆的方程的应用；直线的一般式方程．‎ ‎【分析】研究知点在圆内，过它的直线与圆交于两点A，B，当∠ACB最小时，直线l与CM垂直，故先求直线CM的斜率，再根据充要条件求出直线l的斜率，由点斜式写出其方程．‎ ‎【解答】解：验证知点在圆内，‎ 当∠ACB最小时，直线l与CM垂直，‎ 由圆的方程，圆心C（1，0）‎ ‎∵kCM==﹣2，‎ ‎∴kl=‎ ‎∴l：y﹣1=（x﹣），整理得2x﹣4y+3=0‎ 故应填2x﹣4y+3=0‎ ‎　‎ ‎16．过直线x=4上动点P作圆O：x2+y2=4的两条切线PA，PB，其中A，B是切点，则下列结论中正确的是　①②③⑤　．（填正确结论的序号）‎ ‎①|OP|的最小值是4；‎ ‎②•=0；‎ ‎③•=4；‎ ‎④存在点P，使△OAP的面积等于；‎ ‎⑤任意点P，直线AB恒过定点．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】①由点O到直线x=4的距离，即可判断；‎ ‎②由圆的对称性，即可得到OP⊥AB；‎ ‎③由数量积的定义和余弦函数的定义，即可得到=||2=4，即可判断；‎ ‎④求出△OAP的面积的最小值为2，即可判断；‎ ‎⑤设P（4，y0），求出直线AB的方程，即可判断直线AB恒过定点．‎ ‎【解答】解：①由点O到直线x=4的距离为4，故①正确；‎ ‎②由平面几何知识得，OP⊥AB，故②正确；‎ ‎③=||2=4，故③正确；‎ ‎④由于△OAP的面积为×|AP|×2=|AP|=，故④不正确；‎ ‎⑤设P（4，y0），直线AB的方程为：4x+y0y=4，则直线AB恒过定点（1，0），故⑤正确．‎ 故答案为：①②③⑤‎ ‎　‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算过程．‎ ‎17．直线过点P（﹣3，1），且与x轴，y轴分别交于A，B两点．‎ ‎（Ⅰ）若点P恰为线段AB的中点，求直线l的方程；‎ ‎（Ⅱ）若=，求直线l的方程．‎ ‎【考点】待定系数法求直线方程；平行向量与共线向量．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设出A、B两点的坐标，由线段的中点公式求出A、B两点的坐标，用两点式求直线的方程，并化为一般式．‎ ‎（Ⅱ）设A（x，0）、B（0，y），若=，则（﹣3﹣x，1）=2（3，y﹣1），可得A的坐标，即可求直线l的方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设A（x，0）、B（0，y），由中点坐标公式得：x=﹣6，y=2，‎ ‎∴直线l的方程为=1，‎ 即x﹣3y+6=0．‎ ‎（Ⅱ）设A（x，0）、B（0，y），若=，则（﹣3﹣x，1）=2（3，y﹣1），‎ ‎∴﹣3﹣x=6，1=2y﹣2，‎ ‎∴x=﹣9，y=，‎ ‎∴直线l的方程，即x﹣6y+9=0．‎ ‎　‎ ‎18．在平面直角坐标系xOy中，曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点都在圆C上．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）若圆C与直线x﹣y+a=0交于A，B两点，且CA⊥CB求a的值．‎ ‎【考点】二次函数的性质．‎ ‎【分析】（Ⅰ）曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点为A（0，5），B（1，0），C（5，0），设圆C的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入构造方程组，解得圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）若圆C与直线x﹣y+a=0交于A，B两点，且CA⊥CB，则d==，解得a值．‎ ‎【解答】（本题满分12分）‎ 解：（Ⅰ）曲线y=x2﹣6x+5与坐标轴的交点为A（0，5），B（1，0），C（5，0），‎ 设圆C的方程x2+y2+Dx+Ey+F=0，‎ 则，‎ 解得：，‎ 故圆C的方程为：x2+y2﹣6x﹣6y+5=0，即（x﹣3）2+（y﹣3=13 …‎ ‎（Ⅱ）由CA⊥CB得△ABC为等腰直角三角形，|AB|=r d==，‎ 解得：a=±…‎ ‎　‎ ‎19．已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，AD=1，点M为PC中点，过A、M的平面α与此四棱锥的面相交，交线围成一个四边形，且平面α⊥平面PBC．‎ ‎（1）在图中画出这个四边形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（2）求平面α与平面ABM所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】（1）取PB中点N，连接AN，DM，MN，则MN∥AD，由公理2的推论可得平面α；‎ ‎（2）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立如图直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，进一步求得平面α与平面ABM的法向量，由法向量所成角的余弦值可得平面α与平面ABM所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【解答】解：（1）取PB中点N，连接AN，DM，MN，‎ 则MN∥AD，MN与AD确定平面α；‎ ‎（2）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立如图直角坐标系，‎ ‎∵PA=AB=2，AD=1，点M为PC中点，N为PB中点，‎ ‎∴，‎ ‎，，‎ 设平面AMB的法向量，‎ 则由，取x=2，得．‎ 平面α的法向量，‎ ‎∴平面α与平面AMB所成二面角的余弦值．‎ ‎　‎ ‎20．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．‎ ‎（Ⅰ）证明：A1C1=AB1；‎ ‎（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠BCC1=120°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法．‎ ‎【分析】（Ⅰ）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B1O=CO，进而可得A1C1=AB1；‎ ‎（Ⅱ）以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，‎ ‎∵侧面BB1C1C为菱形，∴B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．‎ 又AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO．故B1C⊥AO．又B1O=CO，‎ 故AC=AB1．‎ 又AC=A1C1，∴A1C1=AB1；‎ ‎（Ⅱ）解：∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO．‎ 又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC．故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两垂直．以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，设|OB|=1，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．‎ ‎∵∠BCC1=120°，∴∠CBB1=60°，∴△CBB1为等边三角形，又AB=BC，‎ 则，B（1，0，0），，．‎ 设是平面AA1B1的法向量，则，‎ ‎∴可取．‎ 设是平面A1B1C1的法向量，则同理可取．‎ 则．‎ ‎∴结合图形知二面角A﹣A1B1﹣C的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎21．△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=4，∠ACB=90°，D、E分别是边AC和AB的中点，现将△ADE沿DE折起，使面ADE⊥面DEBC，H、F分别是边AD和BE的中点，平面BCH与AE、AF分别交于I、G两点 ‎（Ⅰ）求证：IH∥BC；‎ ‎（Ⅱ）求直线AE与平面角GIC所成角的正弦值．‎ ‎【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的性质．‎ ‎【分析】（I）DE∥BC，可得DE∥平面BCH，可得DE∥IH，即可证明IH∥BC．‎ ‎（II）建立如图所示的空间直角坐标系．设平面BCH的法向量为=（x，y，z），则，设直线AE与平面角GIC所成角为θ，则sinθ=|cos|=．‎ ‎【解答】（I）证明：DE∥BC，DE⊄平面BCH，BC⊂平面BCH，‎ ‎∴DE∥平面BCH，‎ ‎∵平面ADE∩平面BCH=IH，‎ ‎∴DE∥IH，‎ ‎∴IH∥BC．‎ ‎（II）解：建立如图所示的空间直角坐标系．‎ D（0，0，0），A（0，0，2），E（0，﹣2，0），C（2，0，0），‎ H（0，0，1），B（2，﹣4，0），‎ ‎=（﹣2，0，1），=（0，﹣4，0），=（0，﹣2，﹣2）．‎ 设平面BCH的法向量为=（x，y，z），则，即，取=（1，0，2）．‎ 设直线AE与平面角GIC所成角为θ，则sinθ=|cos|===．‎ ‎　‎ ‎22．已知一个动点P在圆x2+y2=36上移动，它与定点Q（4，0）所连线段的中点为M．‎ ‎（1）求点M的轨迹方程．‎ ‎（2）过定点（0，﹣3）的直线l与点M的轨迹交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2）且满足+=，求直线l的方程．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系；轨迹方程．‎ ‎【分析】（1）利用代入法求点M的轨迹方程．‎ ‎（2）当直线L的斜率不存在时，直线L：x=0，满足条件，当直线L的斜率存在时，设直线L：y=kx﹣3，联立直线与圆的方程，利用韦达定理，可求出满足条件的k值，进而得到直线L的方程，最后综合讨论结果，可得答案．‎ ‎【解答】解：（1）设M（x，y），动点P（x1，y1），‎ 由中点的坐标公式解得x1=2x﹣4，y1=2y，‎ 由x12+y12=36，得（2x﹣4）2+（2y）2=36，‎ ‎∴点M的轨迹方程是（x﹣2）2+y2=9…‎ ‎（2）当直线L的斜率不存在时，直线L：x=0，与圆M交于，‎ 此时x1=x2=0，不合题意．…‎ 当直线L的斜率存在时，设直线L：y=kx﹣3，则，‎ 消去y，得（1+k2）x2﹣（4+6k）x+4=0，，‎ 由已知，经检验△＞0．‎ 综上：直线L为：x﹣y﹣3=0，17x﹣7y﹣21=0．…‎ ‎　‎