数学卷·2018届北京市西城区高二上学期期末数学试卷（文科）（解析版）

数学卷·2018届北京市西城区高二上学期期末数学试卷（文科）（解析版）

‎2016-2017学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（文科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.‎ ‎1．双曲线的一个焦点坐标为（　　）‎ A． B． C．（2，0） D．（0，2）‎ ‎2．已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，则椭圆的离心率为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎3．给出下列判断，其中正确的是（　　）‎ A．三点唯一确定一个平面 B．一条直线和一个点唯一确定一个平面 C．两条平行线与同一条直线相交，三条直线在同一平面内 D．空间两两相交的三条直线在同一平面内 ‎4．“mn＜0”是方程“mx2+ny2=1表示双曲线”的（　　）‎ A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎5．设m∈R，命题“若m≥0，则方程x2=m有实根”的逆否命题是（　　）‎ A．若方程x2=m有实根，则m≥0 B．若方程x2=m有实根，则m＜0‎ C．若方程x2=m没有实根，则m≥0 D．若方程x2=m没有实根，则m＜0‎ ‎6．下列直线中，与直线2x+y+1=0平行且与圆x2+y2=5相切的是（　　）‎ A．2x+y+5=0 B．x﹣2y+5=0 C． D．‎ ‎7．F是抛物线y2=4x的焦点，P为抛物线上一点．若|PF|=3，则点P的纵坐标为（　　）‎ A．±3 B． C．±2 D．±1‎ ‎8．如图，E为正四棱锥P﹣ABCD侧棱PD上异于P，D的一点，给出下列结论：‎ ‎①侧面PBC可以是正三角形；‎ ‎②侧面PBC可以是直角三角形；‎ ‎③侧面PAB上存在直线与CE平行；‎ ‎④侧面PAB上存在直线与CE垂直．‎ 其中，所有正确结论的序号是（　　）‎ A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①④‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.‎ ‎9．命题“存在x∈R，使得x2+2x+5=0”的否定是　　．‎ ‎10．如果直线ax+2y﹣3=0与2x﹣y=0垂直，那么a等于　　．‎ ‎11．双曲线x2﹣=1的离心率是　　，渐近线方程是　　．‎ ‎12．一个直三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的体积为　　．‎ ‎13．如图，在四边形ABCD中，AD=DC=CB=1，，对角线．将△ACD沿AC所在直线翻折，当AD⊥BC时，线段BD的长度为　　．‎ ‎14．学完解析几何和立体几何后，某同学发现自己家碗的侧面可以看做抛物线的一部分曲线围绕其对称轴旋转而成，他很想知道抛物线的方程，决定把抛物线的顶点确定为原点，对称轴确定为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，但是他无法确定碗底中心到原点的距离，请你通过对碗的相关数据的测量以及进一步的计算，帮助他求出抛物线的方程．你需要测量的数据是　　‎ ‎（所有测量数据用小写英文字母表示），算出的抛物线标准方程为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎15．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PA的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PC∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）证明：BD⊥CE．‎ ‎16．已知圆C经过A（1，3），B（﹣1，1）两点，且圆心在直线y=x上．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l经过点（2，﹣2），且l与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．‎ ‎17．如图，在平面ABCD中，AB⊥平面ADE，CD⊥平面ADE，△ADE是等边三角形，AD=DC=2AB=2，F，G分别为AD，DE的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：EF⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求四棱锥E﹣ABCD的体积；‎ ‎（Ⅲ）判断直线AG与平面BCE的位置关系，并加以证明．‎ ‎18．过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于两点C，D，与直线x=2交于点E．‎ ‎（Ⅰ）若直线l的斜率为2，求|CD|；‎ ‎（Ⅱ）设O为坐标原点，若S△ODE：S△OCE=1：3，求直线l的方程．‎ ‎19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=2，．M，N分别为BC和AA1的中点，P为侧棱BB1上的动点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面APM⊥平面BB1C1C；‎ ‎（Ⅱ）若P为线段BB1的中点，求证：CN∥平面AMP；‎ ‎（Ⅲ）试判断直线BC1与PA能否垂直．若能垂直，求出PB的值；若不能垂直，请说明理由．‎ ‎20．已知抛物线y2=2x，两点M（1，0），N（3，0）．‎ ‎（Ⅰ）求点M到抛物线准线的距离；‎ ‎（Ⅱ）过点M的直线l交抛物线于两点A，B，若抛物线上存在一点R，使得A，B，N，R四点构成平行四边形，求直线l的斜率．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年北京市西城区高二（上）期末数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.‎ ‎1．双曲线的一个焦点坐标为（　　）‎ A． B． C．（2，0） D．（0，2）‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】根据双曲线的方程和性质即可得到结论．‎ ‎【解答】解：由双曲线得a2=3，b2=1，‎ 则c2=a2+b2=4，‎ 则c=2，‎ 故双曲线的一个焦点坐标为（2，0），‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，则椭圆的离心率为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】由题意可知：a=2c，椭圆的离心率e==．‎ ‎【解答】解：由题意可知：椭圆的长轴长是焦距的2倍，即2a=2×2c，即a=2c，‎ 由椭圆的离心率e==，‎ ‎∴椭圆的离心率e=，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．给出下列判断，其中正确的是（　　）‎ A．三点唯一确定一个平面 B．一条直线和一个点唯一确定一个平面 C．两条平行线与同一条直线相交，三条直线在同一平面内 D．空间两两相交的三条直线在同一平面内 ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】利用公理三及其推论直接求解．‎ ‎【解答】解：在A中，不共线的三点唯一确定一个平面，故A错误；‎ 在B中，一条直线和直线外一个点唯一确定一个平面，故B错误；‎ 在C中，两条平行线与同一条直线相交，由由公理三及推论得三条直线在同一平面内，故C正确；‎ 在D中，空间两两相交的三条直线在同一平面内或在三个不同的平面内，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．“mn＜0”是方程“mx2+ny2=1表示双曲线”的（　　）‎ A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【考点】双曲线的简单性质；充要条件．‎ ‎【分析】先证明充分性，把方程化为+=1，由“mn＜0”，可得、异号，可得方程表示双曲线，由此可得“mn＜0”是方程“mx2+ny2=1表示双曲线”的充分条件；再证必要性，先把方程化为+=1，由双曲线方程的形式可得、异号，进而可得mn＜0，由此可得“mn＜0”是方程“mx2+ny2=1表示双曲线”的必要条件；综合可得答案．‎ ‎【解答】解：若“mn＜0”，则m、n均不为0，方程mx2+ny2=1，可化为+‎ ‎=1，‎ 若“mn＜0”，、异号，方程+=1中，两个分母异号，则其表示双曲线，‎ 故“mn＜0”是方程“mx2+ny2=1表示双曲线”的充分条件；‎ 反之，若mx2+ny2=1表示双曲线，则其方程可化为+=1，‎ 此时有、异号，则必有mn＜0，‎ 故“mn＜0”是方程“mx2+ny2=1表示双曲线”的必要条件；‎ 综合可得：“mn＜0”是方程“mx2+ny2=1表示双曲线”的充要条件；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．设m∈R，命题“若m≥0，则方程x2=m有实根”的逆否命题是（　　）‎ A．若方程x2=m有实根，则m≥0 B．若方程x2=m有实根，则m＜0‎ C．若方程x2=m没有实根，则m≥0 D．若方程x2=m没有实根，则m＜0‎ ‎【考点】四种命题．‎ ‎【分析】根据已知中的原命题，结合逆否命题的定义，可得答案．‎ ‎【解答】解：命题“若m≥0，则方程x2=m有实根”的逆否命题是命题“若方程x2=m没有实根，则m＜0”，‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．下列直线中，与直线2x+y+1=0平行且与圆x2+y2=5相切的是（　　）‎ A．2x+y+5=0 B．x﹣2y+5=0 C． D．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】设直线方程为2x+y+c=0，圆心到直线的距离d==，求出c，可得结论．‎ ‎【解答】解：设直线方程为2x+y+c=0，圆心到直线的距离d==，‎ ‎∴c=±5，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．F是抛物线y2=4x的焦点，P为抛物线上一点．若|PF|=3，则点P的纵坐标为（　　）‎ A．±3 B． C．±2 D．±1‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】求出抛物线的焦点和准线方程，设出P的坐标，运用抛物线的定义，可得|PF|=d（d为P到准线的距离），即可得到所求值．‎ ‎【解答】解：抛物线y2=4x的焦点F（1，0），‎ 准线l为x=﹣1，‎ 设抛物线的点P（m，n），‎ 则由抛物线的定义，可得|PF|=d（d为P到准线的距离），‎ 即有m+1=3，‎ 解得，m=2，‎ ‎∴n2=8，‎ 解得n=±2‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图，E为正四棱锥P﹣ABCD侧棱PD上异于P，D的一点，给出下列结论：‎ ‎①侧面PBC可以是正三角形；‎ ‎②侧面PBC可以是直角三角形；‎ ‎③侧面PAB上存在直线与CE平行；‎ ‎④侧面PAB上存在直线与CE垂直．‎ 其中，所有正确结论的序号是（　　）‎ A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①④‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；棱锥的结构特征．‎ ‎【分析】在①中，当侧棱PB与底面边长相等时，侧面PBC是正三角形；在②中，当侧面PBC是直角三角形时，∠BPC=∠CPD=∠DPA=∠APB=90°，这不成立；在③中，若侧面PAB上存在直线与CE平行，则E与D点一定重合，与已知矛盾；在④中，侧面PAB上一定存在直线与CE垂直．‎ ‎【解答】解：由E为正四棱锥P﹣ABCD侧棱PD上异于P，D的一点，知：‎ 在①中，当侧棱PB与底面边长相等时，侧面PBC是正三角形，故①正确；‎ 在②中，∵正四棱锥P﹣ABCD中PB=PC=PA=PD，‎ ‎∴当侧面PBC是直角三角形时，∠BPC=∠CPD=∠DPA=∠APB=90°，‎ ‎∵∠BPC=∠CPD=∠DPA=∠APB=90°不成立，‎ 故侧面PBC不可以是直角三角形，故②错误；‎ 在③中，若侧面PAB上存在直线与CE平行，则E与D点一定重合，‎ 与已知为正四棱锥P﹣ABCD侧棱PD上异于P，D的一点矛盾，‎ 故侧面PAB上不存在直线与CE平行，故③错误；‎ 在④中，侧面PAB上一定存在直线与CE垂直，故④正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上.‎ ‎9．命题“存在x∈R，使得x2+2x+5=0”的否定是　对任何x∈R，都有x2+2x+5≠0　．‎ ‎【考点】特称命题．‎ ‎【分析】利用特称命题的否定是全称命题，可得命题的否定．‎ ‎【解答】解：因为命题“存在x∈R，使得x2+2x+5=0”是特称命题，根据特称命题的否定是全称命题，‎ 可得命题的否定为：对任何x∈R，都有x2+2x+5≠0．‎ 故答案为：对任何x∈R，都有x2+2x+5≠0．‎ ‎　‎ ‎10．如果直线ax+2y﹣3=0与2x﹣y=0垂直，那么a等于　1　．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．‎ ‎【分析】由已知条件得2a+2×（﹣1）=0，由此能求出a．‎ ‎【解答】解：∵直线ax+2y﹣3=0与2x﹣y=0垂直，‎ ‎∴2a+2×（﹣1）=0，‎ 解得a=1．‎ 故答案为：1．‎ ‎　‎ ‎11．双曲线x2﹣=1的离心率是　2　，渐近线方程是　y=　．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】双曲线x2﹣=1中，a=1，b=，c=2，即可求出双曲线的离心率与渐近线方程．‎ ‎【解答】解：双曲线x2﹣=1中，a=1，b=，c=2，‎ ‎∴e==2，渐近线方程是y=±x．‎ 故答案为：2，y=．‎ ‎　‎ ‎12．一个直三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的体积为　4　．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由三视图可得：该几何体的两个侧面都为边长为2的正方形，底面是等腰直角三角形，直三棱柱的高为2．‎ ‎【解答】解：由三视图可得：该几何体的两个侧面都为边长为2的正方形，‎ 底面是等腰直角三角形，直三棱柱的高为2．‎ ‎∴该三棱柱的体积==4．‎ 故答案为：4．‎ ‎　‎ ‎13．如图，在四边形ABCD中，AD=DC=CB=1，，对角线．将△ACD沿AC所在直线翻折，当AD⊥BC时，线段BD的长度为　　．‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】在△ABC中，利用勾股定理可证AC⊥BC，结合已知可证BC⊥平面ADC，进而可求BC⊥CD，利用已知及勾股定理即可计算得解BD的值．‎ ‎【解答】解：∵AD⊥BC，‎ 又∵在△ABC中，AC=，BC=1，AB=，‎ ‎∴AC2+BC2=AB2，可得：AC⊥BC，AD∩AC=A，‎ ‎∴BC⊥平面ADC，‎ 又∵BD⊂平面BCD，‎ ‎∴BC⊥CD，‎ ‎∵CD=BC=1，‎ ‎∴BD===．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．学完解析几何和立体几何后，某同学发现自己家碗的侧面可以看做抛物线的一部分曲线围绕其对称轴旋转而成，他很想知道抛物线的方程，决定把抛物线的顶点确定为原点，对称轴确定为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，但是他无法确定碗底中心到原点的距离，请你通过对碗的相关数据的测量以及进一步的计算，帮助他求出抛物线的方程．你需要测量的数据是　碗底的直径2m，碗口的直径2n，碗的高度h　（所有测量数据用小写英文字母表示），算出的抛物线标准方程为　y2=x　．‎ ‎【考点】抛物线的标准方程．‎ ‎【分析】碗底的直径2m，碗口的直径2n，碗的高度h；设方程为y2=2px（p＞0），则将点（a，m），（a+h，n），即可得出结论．‎ ‎【解答】解：碗底的直径2m，碗口的直径2n，碗的高度h；‎ 设方程为y2=2px（p＞0），则将点（a，m），（a+h，n）‎ 代入抛物线方程可得m2=2pa，n2=2p（a+h），可得2p=，‎ ‎∴抛物线方程为y2=x．‎ 故答案为碗底的直径2m，碗口的直径2n，碗的高度h；y2=x．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.‎ ‎15．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PA的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：PC∥平面BDE；‎ ‎（Ⅱ）证明：BD⊥CE．‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）连结AC交BD于O，连结OE，推导出PC∥OE，由此能证明PC∥平面BDE．‎ ‎（Ⅱ）推导出BD⊥AC，PA⊥BD，从而BD⊥平面PAC，由此能证明BD⊥CE．‎ ‎【解答】（本小题满分13分）‎ 证明：（Ⅰ）连结AC交BD于O，连结OE，‎ 因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC中点．‎ 又因为E是PA的中点，所以PC∥OE，…‎ 因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，‎ 所以PC∥平面BDE．…‎ ‎（Ⅱ）因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC．…‎ 因为PA⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD．…‎ 又因为AC∩PA=A，所以BD⊥平面PAC，…‎ 又CE⊂平面PAC，‎ 所以BD⊥CE．…‎ ‎　‎ ‎16．已知圆C经过A（1，3），B（﹣1，1）两点，且圆心在直线y=x上．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l经过点（2，﹣2），且l与圆C相交所得弦长为，求直线l的方程．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设圆C的圆心坐标为（a，a），利用CA=CB，建立方程，求出a，即可求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）分类讨论，利用圆心到直线的距离公式，求出斜率，即可得出直线方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设圆C的圆心坐标为（a，a），‎ 依题意，有，‎ 即a2﹣6a+9=a2+2a+1，解得a=1，‎ 所以r2=（1﹣1）2+（3﹣1）2=4，‎ 所以圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=4．‎ ‎（Ⅱ）依题意，圆C的圆心到直线l的距离为1，‎ 所以直线x=2符合题意．‎ 设直线l方程为y+2=k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k﹣2=0，‎ 则，解得，‎ 所以直线l的方程为，即4x+3y﹣2=0．‎ 综上，直线l的方程为x﹣2=0或4x+3y﹣2=0．‎ ‎　‎ ‎17．如图，在平面ABCD中，AB⊥平面ADE，CD⊥平面ADE，△ADE是等边三角形，AD=DC=2AB=2，F，G分别为AD，DE的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：EF⊥平面ABCD；‎ ‎（Ⅱ）求四棱锥E﹣ABCD的体积；‎ ‎（Ⅲ）判断直线AG与平面BCE的位置关系，并加以证明．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）推导出EF⊥AD，则平面ADE⊥平面ABCD，由此能证明EF⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅱ）推导出四边形ABCD是直角梯形，由此能求出四棱锥E﹣ABCD的体积．‎ ‎（Ⅲ）取CE的中点H，连结GH，BH，推导出四边形ABHG为平行四边形，从而AG∥BH，由此得到AG∥平面BCE．‎ ‎【解答】（本小题满分13分）‎ 证明：（Ⅰ）因为F为等边△ADE的边AD的中点，‎ 所以 EF⊥AD．…‎ 因为AB⊥平面ADE，AB⊂平面ABCD，‎ 所以平面ADE⊥平面ABCD．…‎ 所以EF⊥平面ABCD．…‎ 解：（Ⅱ）因为AB⊥平面ADE，CD⊥平面ADE，‎ 所以AB∥CD，∠ADC=90°，‎ 四边形ABCD是直角梯形，…‎ 又AD=DC=2AB=2，‎ 所以，…‎ 又．所以．…‎ ‎（Ⅲ）结论：直线AG∥平面BCE．‎ 证明：取CE的中点H，连结GH，BH，‎ 因为G是DE的中点，所以GH∥DC，且 GH=．…‎ 所以GH∥AB，且GH=AB=1，‎ 所以四边形ABHG为平行四边形，AG∥BH，…‎ 又AG⊄平面BCE，BH⊂平面BCE．‎ 所以AG∥平面BCE．…‎ ‎　‎ ‎18．过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于两点C，D，与直线x=2交于点E．‎ ‎（Ⅰ）若直线l的斜率为2，求|CD|；‎ ‎（Ⅱ）设O为坐标原点，若S△ODE：S△OCE=1：3，求直线l的方程．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由椭圆的标准方程可知：直线l的方程为y=2x﹣2，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式即可求得|CD|；‎ ‎（Ⅱ）设直线l的方程为y=k（x﹣1），代入椭圆方程，由韦达定理可知：，，由S△ODE：S△OCE=1：3，，即可求得3x2﹣x1=4，即可求得k的值，求得直线l的方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由已知，c=1，F（1，0），直线l的方程为y=2x﹣2．…‎ 设C（x1，y1），D（x2，y2），‎ 联立，消y得9x2﹣16x+6=0，…‎ 由韦达定理可知：，，…‎ ‎∴…‎ ‎=．‎ ‎∴|CD|=；…‎ ‎（Ⅱ）依题意，设直线l的斜率为k（k≠0），则直线l的方程为y=k（x﹣1），‎ 联立，消y得（1+2k2）x2﹣4k2x+（2k2﹣2）=0，…‎ 由韦达定理可知：…①，…②…‎ ‎∵S△ODE：S△OCE=1：3，‎ ‎∴|DE|：|CE|=1：3，，‎ ‎∴2﹣x1=3（2﹣x2），整理得 3x2﹣x1=4…③…‎ 由①③得，，…‎ 代入②，解得k=±1，…‎ ‎∴直线l的方程为y=x﹣1或y=﹣x+1．…‎ ‎　‎ ‎19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=2，．M，N分别为BC和AA1的中点，P为侧棱BB1上的动点．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面APM⊥平面BB1C1C；‎ ‎（Ⅱ）若P为线段BB1的中点，求证：CN∥平面AMP；‎ ‎（Ⅲ）试判断直线BC1‎ 与PA能否垂直．若能垂直，求出PB的值；若不能垂直，请说明理由．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）推导出AM⊥BC，BB1⊥AM，从而AM⊥平面BB1C1C，由此能证明平面AMP⊥平面BB1C1C．‎ ‎（Ⅱ）连结BN，交AP于Q，连结MQ，NP．推导出四边形ANPB为平行四边形，从而CN∥MQ，由此能证明CN∥平面AMP．‎ ‎（Ⅲ） 假设直线BC1与直线PA能够垂直，设PB=x，．推导出．从而得到直线BC1与直线PA不可能垂直．‎ ‎【解答】（本小题满分14分）‎ 证明：（Ⅰ）由已知，M为BC中点，且AB=AC，‎ 所以AM⊥BC．…‎ 又因为BB1∥AA1，且AA1⊥底面ABC，‎ 所以BB1⊥底面ABC．所以BB1⊥AM，…‎ 所以AM⊥平面BB1C1C．‎ 所以平面AMP⊥平面BB1C1C．…‎ ‎（Ⅱ）连结BN，交AP于Q，连结MQ，NP．‎ 因为N，P分别为AA1，BB1中点，所以AN∥BP，且AN=BP．‎ 所以四边形ANPB为平行四边形，…‎ Q为BN中点，所以MQ为△CBN的中位线，‎ 所以CN∥MQ．…‎ 又CN⊄平面AMP，MQ⊂平面AMP，所以CN∥平面AMP．…‎ 解：（Ⅲ） 假设直线BC1与直线PA能够垂直，‎ 又因为AM⊥BC1，‎ 所以BC1⊥平面APM，所以BC1⊥PM．…‎ 设PB=x，．当BC1⊥PM时，∠BPM=∠B1C1B，‎ 所以Rt△PBM∽Rt△B1C1B，所以．…‎ 因为，所以，解得．…‎ 因此直线BC1与直线PA不可能垂直．…‎ ‎　‎ ‎20．已知抛物线y2=2x，两点M（1，0），N（3，0）．‎ ‎（Ⅰ）求点M到抛物线准线的距离；‎ ‎（Ⅱ）过点M的直线l交抛物线于两点A，B，若抛物线上存在一点R，使得A，B，N，R四点构成平行四边形，求直线l的斜率．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据抛物线的性质，即可求出点M到抛物线准线的距离，‎ ‎（Ⅱ）设直线l：y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），由，利用韦达定理，分类讨论，即可求出k的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由已知，抛物线y2=2x的准线方程为．‎ 所以，点M到抛物线准线的距离为．‎ ‎（Ⅱ）设直线l：y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），‎ 由得k2x2﹣（2k2+2）x+k2=0，‎ 所以，x1x2=1．‎ ‎①N，R在直线AB异侧，A，B，N，R四点构成平行四边形，则AB，NR互相平分．‎ 所以，x1+x2=xR+xN，y1+y2=yR+yN，‎ 所以，，.．‎ 将（xR，yR）代入抛物线方程，得，即，‎ 解得k=0，不符合题意．‎ ‎②若N，R在直线AB同侧，A，B，N，R四点构成平行四边形，则AR，BN互相平分．‎ 所以，x1+xR=x2+xN，y1+yR=y2+yN，‎ 所以，xR=x2﹣x1+3，yR=y2﹣y1．‎ 代入抛物线方程，得，又，，‎ 所以，注意到，‎ 解得，y1=±1．‎ 当y1=1时，，k=﹣2；当y1=﹣1时，，k=2．‎ 所以k=±2．‎ ‎　‎ ‎2017年1月29日