????64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，即3?4k2?m2?0，则?8mk? x?x??，?1223?4k??4(m2?3).?x1x2?23?4k?3(m2?4k2)又y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?， 23?4k220)，?kADkBD??1， 因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，即
y1y2??1，?y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0，
x1?2x2?23(m2?4k2)4(m2?3)16mk????4?0，
3?4k23?4k23?4k2?9m2?16mk?4k2?0．解得：m1??2k，m2??且均满足3?4k?m?0，
222k， 70)，与已知矛盾； 当m1??2k时，l的方程为y?k(x?2)，直线过定点(2，当m2??2k2??2??0?． 时，l的方程为y?k?x??，直线过定点?，77??7??0?． 所以，直线l过定点，定点坐标为?，?2?7??a2?b2322?20.（1）由题意知，可得a?4b. a2222椭圆C的方程可化简为x?4y?a.将y?x代入可得x??5a， 5x225a410?y2?1. 因此2?，可得a?2.因此b?1，所以椭圆C的方程为?455
21
（2）（ⅰ）设A(x1,y1)(x1y1?0),D(x2,y2)，则B(?x1,?y1)， 因为直线AB的斜率kAB?y1x，又AB?AD，所以直线AD的斜率k??1， x1y1设直线AD的方程为y?kx?m，由题意知k?0,m?0，
?y?kx?m?由?x2，可得(1?4k2)x2?8mkx?4m2?4?0.
2?y?1??4所以x1?x2??8mk2my?y?k(x?x)?2m?，因此， 1212221?4k1?4k由题意知，x1?x2所以k1?y1?y2y1???1，
x1?x24k4x1y1(x?x1)， 4x1y1. 2x1所以直线BD的方程为y?y1?令y?0，得x?3x1，即M(3x1,0).可得k2??所以k1??111k2，即???.因此存在常数???使得结论成立. 222（ⅱ）直线BD的方程y?y1?33y1 (x?x1)，令x?0，得y??y1，即N(0,?y1)，
444x1139?3|x1|?|y1|?|x1||y1|， 248由（ⅰ）知M(3x1,0)，可得?OMN的面积S?x12|x|2?y12?1，当且仅当1?|y1|?因为|x1||y1|?时等号成立， 422此时S取得最大值
99，所以?OMN的面积的最大值为. 88
22
空间向量与立体几何（一）答案
一 选择题AADBD DBDCB CBADB 二 填空题 16 300
17 a>6
18 s＝±?0，
??22? ，－?.19 充分不必要条件20 . 022?
三 解答题
21 解：(Ⅰ)证明：在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，CB＝CD，
由余弦定理可知BD2＝CD2＋CB2－2CD2CB2cos(180°－∠DAB)＝3CD2，
即BD＝3CD＝3AD，在△ABD中，∠DAB＝60°，BD＝3AD，则△ABD为直角三角形，且AD⊥DB.又AE⊥BD，AD?平面AED，AE?平面AED，且AD∩AE＝A，故BD⊥平面AED.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知AC⊥CB，设CB＝1，则CA＝BD＝3，建立如图所示的空间直角坐
31
标系，F(0，0，1)，B(0，1，0)，D(，－，0)，向量n＝(0，0，1)为平面BDC的一个
22
法向量．
→??BD＝0?3x－3y＝0?m·
2设向量m ＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，则?，即?2，
→??FB＝0?m·?y－z＝0取y＝1，则x＝3，z＝1，则m＝(3，1，1)为平面BDF的一个法向量．
m·n15
cos〈m，n〉＝＝＝，而二面角F－BD－C的平面角为锐角，则二面角F
|m||n|55－BD－C的余弦值为
22 解：
5
. 5
23
(Ⅰ)证明：法一：连结AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，
AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．
又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′， 因此MN∥平面A′ACC′.
法二：取A′B′中点P，连结MP，NP，
而M，N分别为A′B与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP＝P，
因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN?平面MPN，因此MN∥平面A′ACC′.
(Ⅱ)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系Oxyz，如上图所示．
设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，
于是A(0，0，0)，B(λ，0，0)，C(0，λ，0)，A′(0，0，1)，B′(λ，0，1)，
λλλ1
C′(0，λ，1)，所以M(，0，)，N(，，1)．
2222
设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，
λ1
→x－z＝0，1?221A′M＝0?m·由?，得可取m＝(1，－1，λ)．
→λ1?MN＝0?m·y＋z＝0，
2121
设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，
λλ
→－x2＋y2－z2＝0，?22NC＝0?n·由?得可取n＝(－3，－1，λ)．
→λ1?MN＝0?n·y＋z＝0，
2222
因为A′－MN－C为直二面角，所以m·n＝0. 即－3＋(－1)3(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2.
23 (1)证明：∵AD∥EF，EF∥BC，∴AD∥BC.又∵BC＝2AD，G是BC的中点，
???
???∴AD∥BG，∴四边形ADGB是平行四边形．∴AB∥DG. ∵AB?平面DEG，DG?平面DEG，∴AB∥平面DEG. (2)证明：∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，∴EB，EF，EA两两垂直．
以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0，2,2)，G(2,2,0)．
EG＝－232＋232＝0.∴BD⊥EG. ∴EG＝(2,2,0)，BD＝(－2,2,2)．∴BD·
(3)由已知得EB＝(2,0,0)是平面EFDA的一个法向量．
设平面DCF的法向量为n＝(x，y，z)，∵FD＝(0，－1,2)，FC＝(2,1,0)，
24
?FD·?－y＋2z＝0，n＝0，?∴?即?令z＝1，得n＝(－1,2,1)．
?2x＋y＝0，?n＝0，? FC·
26
设二面角C－DF－E的大小为θ，则cosθ＝cos〈n，EB〉＝－＝－，
626∴二面角C－DF－E的余弦值为－
24 (1)证明 如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，
6
. 6
→→→→→→→→→C(－4,2,0)，P(0,0,4)，AP＝(0,3,4)，BC＝(－8,0,0)，由此可得AP·BC＝0， 所以AP⊥BC，即AP⊥BC.
→→→→→(2)解 设PM＝λPA，λ≠1，则PM＝λ(0，－3，－4)．BM＝BP＋PM＝BP＋λPA ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，
→→AC＝(－4,5,0)，BC＝(－8,0,0)．
设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．
→??BM·n＝0，由?→??BC·n＝0，
11
??－4x1－?2＋3λ?y1＋?4－4λ?z1＝0，
得? ?－8x1＝0，?
x＝0，??1
?0，1，2＋3λ?.
即?可取n＝?2＋3λ1?4－4λ??z＝y，??14－4λ1
→??AP·n＝0，由?→??AC·n＝0，
22
?3y2＋4z2＝0，?
即?得?－4x＋5y＝0，?22
?
?3z＝－y，?4
2
2
5x2＝y2，
4
可取n2＝(5,4，－3)．
2＋3λ2
由n1·n2＝0，得4－3·＝0，解得λ＝，故AM＝3.
54－4λ
25