【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=
=，
，∴h=
，
设点E到平面ABC的距离为h，则即点E到平面ABC的距离为
．
20．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，
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∴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=∴直线与圆相离，
∴不存在点P，使得|PA|2+|PB|2+|PC|2=36．
21．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=
，AA1=2，AD=1，E、F分别是
＞2，
AA1和BB1的中点，G是DB上的点，且DG=2GB． （Ⅰ）求三棱锥B1﹣EBC的体积；
（Ⅱ）作出长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面（只要作出，说明结果即可）；
（Ⅲ）求证：GF∥平面EB1C．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定． 【分析】（Ⅰ）求出
由此能求出三棱锥B1﹣EBC的体积．
（Ⅱ）取AD的中点M，连结EM，MC，则EMCB1是长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面．
（Ⅲ）设MC∩DB=N，连结B1N，推导出FG∥B1N，由此能证明GF∥平面EB1C．
，点E到平面B1BC的距离为AB=，
【解答】解：（Ⅰ）∵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，
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∴，
，
×AB=
．
点E到平面B1BC的距离为AB=∴三棱锥B1﹣EBC的体积V=×
（Ⅱ）取AD的中点M，连结EM，MC，
则EMCB1是长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面． 证明：（Ⅲ）设MC∩DB=N，连结B1N， 依题意知AD∥BC，∴△DMN∽△BCN， ∴
，
又∵DG=2GB，∴DN=NG=GB， 又∵B1F=FB，∴FG∥B1N，
∵FG?平面EB1C，∴B1N?平面EB1C， ∴GF∥平面EB1C．
22．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）已知点P在y轴正半轴，直线PF交抛物线C于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，其中y1＞0，y2＜0，试问若不是，请说明理由． 【考点】抛物线的简单性质．
【分析】（Ⅰ）抛物线的准线方程为l′：x=﹣，推出△MNF为等边三角形，进而得到抛物线方程；
（Ⅱ）设直线l的方程为y=k（x﹣1），联立抛物线方程运用韦达定理，代入所求式子化简即可得到定值﹣1
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﹣是否为定值？若是，求出该定值；
【解答】解：（Ⅰ）抛物线的准线方程为l′：x=﹣，过点M作MN⊥l′交于点N，连接NF，
由抛物线的定义可知|MN|=|FM|， 又∠NMF=∠MFx=60°， 所以△MNF为等边三角形， 所以|NF|=4，于是p=2， 所以抛物线的方程为y2=4x，
（Ⅱ）设直线l的方程为y=k（x﹣1），
联立y2=4x，消去y可得k2x2﹣（2k2+4）+k2=0， 因为A（x1，y1），B（x2，y2）， 则x1x2=1，x1+x2=
=2+
又=， =，
所以﹣=﹣===﹣1，
即﹣为定值，且定值为﹣1．
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2017年3月1日
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