2015年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(11 解析几何初步)

解析几何初步（直线和圆）
1.（15北京文科）圆心为()1,1且过原点的圆的方程是（ ）
A ．()()22111x y -+-=
B ．()()22
111x y +++=
C ．()()22112x y +++=
D ．()()22112x y -+-=
2.（15年广东理科）平行于直线且与圆相切的直线的方程是
A ．或 B. 或
C. 或
D. 或
3.（15年新课标2文科）已知三点,则△外接圆的圆心到原点的距离为（ ）
4.（15年陕西理科）设曲线在点（0,1）处的切线与曲线上点p 处的切线垂直，则p 的坐标为 ．
5.（15年湖南理科）已知点,,A B C 在圆221x y +=上运动，且AB BC ⊥.若点P 的坐标为(2,0)，则||PA PB PC ++ 的最大值为（ ）
A ．6 B. 7 C. 8 D. 9
6.（15年山东理科）一条光线从点(2,3)--射出，经y 轴反射与圆22(3)(2)1x y ++-=相切，则反射光线所在的直线的斜率为( )
(A)5
3-或35- (B) 32-或32- (C) 54-或45- (D) 43-或34
- 7.（15年江苏）在平面直角坐标系xOy 中，以点)0,1(为圆心且与直线
)(012R m m y mx ∈=---相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 012=++y x 522=+y x 052=+-y x 052=--y x 052=++y x 052=-+y x 052=+-y x 052=--y x 052=++y x 052=-+y x (1,0),A B C ABC 5A.34D.3x y e =1(0)y x x
=
>。

2015年普通高等学校招生全国统一考试陕西理科数学1.本试卷分为两部分,第一部分为选择题,第二部分为非选择题.2.考生领到试卷后,先按规定在试卷上填写姓名、准考证号,并在答题卡上填上对应的试卷类型信息.3.所有解答必须填写在答题卡上指定区域内.考试结束后,将本试卷及答题卡一并交回.第一部分(共60分)一、选择题:在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求(本大题共12小题,每小题5分,共60分).1.(2015陕西,理1)设集合M={x|x2=x},N={x|lg x≤0},则M∪N=()A.[0,1]B.(0,1]C.[0,1)D.(-∞,1]答案:A解析:解x2=x,得x=0或x=1,故M={0,1}.解lg x≤0,得0<x≤1,故N=(0,1].故M∪N=[0,1],选A.2.(2015陕西,理2)某中学初中部共有110名教师,高中部共有150名教师,其性别比例如图所示,则该校女教师的人数为()A.93B.123C.137D.167答案:C解析:由题图知,初中部女教师有110×70%=77人;高中部女教师有150×(1-60%)=60人.故该校女教师共有77+60=137(人).选C.3.(2015陕西,理3)如图,某港口一天6时到18时的水深变化曲线近似满足函数y=3sinπx+φ +k.据此函数6可知,这段时间水深(单位:m)的最大值为()A.5B.6C.8D.10答案:C解析:因为sinπx+φ ∈[-1,1],所以函数y=3sinπx+φ +k的最小值为k-3,最大值为k+3.由题图可知函数最小值为k-3=2,解得k=5.所以y的最大值为k+3=5+3=8,故选C.4.(2015陕西,理4)二项式(x+1)n(n∈N+)的展开式中x2的系数为15,则n=()A.7B.6C.5D.4答案:B解析:(x+1)n的展开式通项为T r+1=C n r x n-r.令n-r=2,即r=n-2.则x2的系数为C n n−2=C n2=15,解得n=6,故选B.5.(2015陕西,理5)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.3πB.4πC.2π+4D.3π+4答案:D解析:由三视图可知,该几何体是一个半圆柱,圆柱的底面半径r=1,高h=2.所以几何体的侧面积S1=C底·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的底面积S2=12π×12=12π.故该几何体的表面积为S=S1+2S2=2π+4+2×π2=3π+4.故选D.6.(2015陕西,理6)“sin α=cos α”是“cos 2α=0”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案:A解析:由cos 2α=0,得cos2α-sin2α=0,即cos α=sin α或cos α=-sin α.故“sin α=cos α”是“cos 2α=0”的充分不必要条件.7.(2015陕西,理7)对任意向量a,b,下列关系式中不恒成立的是()A.|a·b|≤|a||b|B.|a-b|≤||a|-|b||C.(a+b)2=|a+b|2D.(a+b)·(a-b)=a2-b2答案:B解析:A项,a·b=|a||b|cos<a,b>≤|a||b|,所以不等式恒成立;B项,当a与b同向时,|a-b|=||a|-|b||;当a与b非零且反向时,|a-b|=|a|+|b|>||a|-|b||.故不等式不恒成立;C项,(a+b)2=|a+b|2恒成立;D项,(a+b)·(a-b)=a2-a·b+b·a-b2=a2-b2,故等式恒成立.综上,选B.8.(2015陕西,理8)根据右边框图,当输入x为2 006时,输出的y=()A.2B.4C.10D.28答案:C解析:由算法框图可知,每运行一次,x的值减少2,当框图运行了1 004次时,x=-2,此时x<0,停止循环,由y=3-x+1可知,y=3-(-2)+1=10,故输出y的值为10,故选C.9.(2015陕西,理9)设f(x)=ln x,0<a<b,若p=f(ab),q=f a+b2,r=12(f(a)+f(b)),则下列关系式中正确的是()A.q=r<pB.p=r<qC.q=r>pD.p=r>q答案:B解析:因为0<a<b,所以a+b>ab.又因为f(x)=ln x在(0,+∞)上单调递增,所以f a+b2>f(ab),即p<q.而r=1(f(a)+f(b))=1(ln a+ln b)=12ln(ab)=ln ab,所以r=p,故p=r<q.选B.10.(2015陕西,理10)某企业生产甲、乙两种产品均需用A,B两种原料,已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示.如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元,则该企业每天可获得最大利润为()A.12万元B.16万元C.17万元D.18万元答案:D解析:设该企业每天生产甲产品x吨,乙产品y吨,获利z元.则由题意知3x+2y≤12,x+2y≤8,x≥0,y≥0,利润函数z=3x+4y.画出可行域如图所示,当直线3x+4y-z=0过点B 时,目标函数取得最大值.由 3x +2y =12,x +2y =8,解得 x =2,y =3.故利润函数的最大值为z=3×2+4×3=18(万元).故选D .11.(2015陕西,理11)设复数z=(x-1)+y i (x ,y ∈R ),若|z|≤1,则y ≥x 的概率为( )A.34+12π B.12+1πC.12-1πD.14-12π答案:D解析:由|z|≤1,得(x-1)2+y 2≤1.不等式表示以C (1,0)为圆心,半径r=1的圆及其内部,y ≥x 表示直线y=x 左上方部分(如图所示). 则阴影部分面积S=1π×12-S △OAC =1π-1×1×1=π-1.故所求事件的概率P=S 阴S 圆=π4−12π×12=14-12π.12.(2015陕西,理12)对二次函数f (x )=ax 2+bx+c (a 为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( ) A.-1是f (x )的零点 B.1是f (x )的极值点 C.3是f (x )的极值 D.点(2,8)在曲线y=f (x )上 答案:A解析:f'(x )=2ax+b.若A 正确,则f (-1)=0,即a-b+c=0, ① 若B 正确,则f'(1)=0,即2a+b=0, ② 若C 正确,则f'(x 0)=0,且f (x 0)=3, 即f −b=3,即c-b2=3.③ 若D 项正确,则f (2)=8,即4a+2b+c=8.④假设②③④正确,则由②得b=-2a ,代入④得c=8,代入③得8-4a 24a=3,解得a=5,b=-10,c=8.此时f (x )=5x 2-10x+8,f (-1)=5×(-1)2-10×(-1)+8=5+10+8=23≠0,即A 不成立.故B ,C ,D 可同时成立,而A 不成立.故选A .第二部分(共90分)二、填空题:把答案填写在答题卡相应题号后的横线上(本大题共4小题,每小题5分,共20分).13.(2015陕西,理13)中位数为1 010的一组数构成等差数列,其末项为2 015,则该数列的首项为 . 答案:5解析:由题意知,1 010为数列首项a 1与2 015的等差中项,故a 1+2 015=1 010,解得a 1=5.14.(2015陕西,理14)若抛物线y 2=2px (p>0)的准线经过双曲线x 2-y 2=1的一个焦点,则p= .答案:2解析:双曲线x 2-y 2=1的焦点为F 1(- 2,0),F 2( 2,0).抛物线的准线方程为x=-p 2.因p>0,故-p2=- 2,解得p=2 2.15.(2015陕西,理15)设曲线y=e x 在点(0,1)处的切线与曲线y=1(x>0)上点P 处的切线垂直,则P 的坐标为 . 答案:(1,1)解析:曲线y=e x 在点(0,1)处的切线斜率k=y'=e x |x=0=1;由y=1,可得y'=-12,因为曲线y=1(x>0)在点P 处的切线与曲线y=e x 在点(0,1)处的切线垂直,故-1P2=-1,解得x P =1,由y=1,得y P =1,故所求点P 的坐标为(1,1). 16.(2015陕西,理16)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 .答案:1.2解析:以梯形的下底为x 轴,上、下底边的中点连线为y 轴,建立如图所示的坐标系,设抛物线的方程为y=ax 2,则抛物线过点(5,2),故2=25a ,得a=2,故抛物线的方程为y=2x 2.最大流量的比,即截面的面积比,由图可知,梯形的下底长为6,故梯形的面积为(10+6)×2=16,而当前的截面面积为2 52−2x 2 d x=2 2x −2x 3 |05=40,故原始流量与当前流量的比为16403=1.2. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤(本大题共6小题,共70分).17.(本小题满分12分)(2015陕西,理17)△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,向量m=(a , 3b )与n=(cos A ,sin B )平行. (1)求A ;(2)若a= 7,b=2,求△ABC 的面积.(1)解:因为m ∥n ,所以a sin B- b cos A=0.由正弦定理,得sin A sin B- 3sin B cos A=0. 又sin B ≠0,从而tan A= 3. 由于0<A<π,所以A=π3.(2)解法一:由余弦定理,得a 2=b 2+c 2-2bc cos A ,而a= 7,b=2,A=π3,得7=4+c 2-2c ,即c 2-2c-3=0. 因为c>0,所以c=3.故△ABC 的面积为12bc sin A=3 3.解法二:由正弦定理,得 7sin π3=2sin B ,从而sin B= 21.又由a>b ,知A>B ,所以cos B=2 7.故sin C=sin (A+B )=sin B +π=sin B cos π3+cos B sin π3=3 2114.所以△ABC 的面积为12ab sin C=3 32. 18.(本小题满分12分)(2015陕西,理18)如图①,在直角梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠BAD=π,AB=BC=1,AD=2,E 是AD 的中点,O 是AC 与BE 的交点,将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置,如图②.图①图②(1)证明:CD ⊥平面A 1OC ;(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ,求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明:在题图①中,因为AB=BC=1,AD=2,E 是AD 的中点,∠BAD=π,所以BE ⊥AC ,即在题图②中,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC , 从而BE ⊥平面A 1OC ,又CD ∥BE ,所以CD ⊥平面A 1OC. (2)解:由已知,平面A 1BE ⊥平面BCDE ,又由(1)知,平面A 1BE ⊥平面BCDE , 又由(1)知,BE ⊥OA 1,BE ⊥OC ,所以∠A 1OC 为二面角A 1-BE-C 的平面角, 所以∠A 1OC=π.如图,以O 为原点,建立空间直角坐标系,因为A 1B=A 1E=BC=ED=1,BC ∥ED , 所以B 2,0,0 ,E −2,0,0 ,A 1 0,0,2,C 0,2,0 ,得BC = − 2, 2,0 ,A 1C = 0, 2,− 2,CD =BE =(-2,0,0).设平面A 1BC 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1),平面A 1CD 的法向量n 2=(x 2,y 2,z 2),平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ,则 n 1·BC =0,n 1·A 1C =0,得 −x 1+y 1=0,y 1−z 1=0,取n 1=(1,1,1); n 2·CD =0,n 2·A 1C =0,得x 2=0,y 2−z 2=0,取n 2=(0,1,1), 从而cos θ=|cos <n 1,n 2>|=3× 2= 63, 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为 6.19.(本小题满分12分)(2015陕西,理19)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T ,T 只与道路畅通状况有关,对其容量为100的样本进行统计,结果如下:(1)求T的分布列与数学期望ET;(2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区做一个50分钟的讲座,结束后立即返回老校区,求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率.解:(1)由统计结果可得T的频率分布为以频率估计概率得T的分布列为从而ET=25×0.2+30×0.3+35×0.4+40×0.1=32(分钟).(2)设T1,T2分别表示往、返所需时间,T1,T2的取值相互独立,且与T的分布列相同.设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”,由于讲座时间为50分钟,所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.解法一:P(A)=P(T1+T2≤70)=P(T1=25,T2≤45)+P(T1=30,T2≤40)+P(T1=35,T2≤35)+P(T1=40,T2≤30)=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91.解法二:P(=P(T1+T2>70)=P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+P(T1=40,T2=40)=0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09,故P(A)=1-P(A)=0.91.20.(本小题满分12分)(2015陕西,理20)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距为c,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为12c.(1)求椭圆E的离心率;(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=5的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.(1)解:过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点O到该直线的距离d=bcb+c2=bc,由d=1c,得a=2b=2 a2−c2,解得离心率c=3.(2)解法一:由(1)知,椭圆E 的方程为x 2+4y 2=4b 2.①依题意,圆心M (-2,1)是线段AB 的中点,且|AB|= 10.易知,AB 与x 轴不垂直,设其方程为y=k (x+2)+1,代入①得,(1+4k 2)x 2+8k (2k+1)x+4(2k+1)2-4b 2=0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 1+x 2=-8k (2k +1)1+4k2,x 1x 2=4(2k +1)2−4b21+4k2.由x 1+x 2=-4,得-8k (2k +1)1+4k2=-4,解得k=1.从而x 1x 2=8-2b 2.于是|AB|= 1+ 122|x 1-x 2|= 52 (x 1+x 2)2−4x 1x 2= 10(b 2−2). 由|AB|= 10,得 2−2)= 10,解得b 2=3. 故椭圆E 的方程为x 212+y 23=1.解法二:由(1)知,椭圆E 的方程为x 2+4y 2=4b 2.②依题意,点A ,B 关于圆心M (-2,1)对称,且|AB|= 10. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 12+4y 12=4b 2,x 22+4y 22=4b 2,两式相减并结合x 1+x 2=-4,y 1+y 2=2, 得-4(x 1-x 2)+8(y 1-y 2)=0. 易知AB 与x 轴不垂直,则x 1≠x 2, 所以AB 的斜率k AB =y 1−y 2x 1−x 2=12. 因此,直线AB的方程为y=12(x+2)+1,代入②得,x 2+4x+8-2b 2=0.所以x 1+x 2=-4,x 1x 2=8-2b 2. 于是|AB|= 1+ 122|x 1-x 2|= 5(x 1+x 2)2−4x 1x 2= 10(b 2−2). 由|AB|= 10,得 10(b 2−2)= 10,解得b 2=3.故椭圆E 的方程为x 2+y 2=1.21.(本小题满分12分)(2015陕西,理21)设f n (x )是等比数列1,x ,x 2,…,x n 的各项和,其中x>0,n ∈N ,n ≥2.(1)证明:函数F n (x )=f n (x )-2在 12,1 内有且仅有一个零点(记为x n ),且x n =12+12x n n +1;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n (x ),比较f n (x )和g n (x )的大小,并加以证明.(1)证明:F n (x )=f n (x )-2=1+x+x 2+…+x n -2,则F n (1)=n-1>0,F n 12 =1+12+ 12 2+…+ 12 n-2 =1− 12n +11−12-2=-1n <0,所以F n (x )在 1,1 内至少存在一个零点. 又F n '(x )=1+2x+…+nx n-1>0, 故F n (x )在 12,1 内单调递增,所以F n (x )在 1,1 内有且仅有一个零点x n . 因为x n 是F n (x )的零点,所以F n (x n )=0,即1−x nn +1n -2=0,故x n =1+1x n n +1. (2)解法一:由假设,g n (x )=(n +1)(1+x n )2.设h (x )=f n (x )-g n (x )=1+x+x 2+…+x n -(n +1)(1+x n ),x>0. 当x=1时,f n (x )=g n (x ).当x ≠1时,h'(x )=1+2x+…+nx n-1-n (n +1)x n−1. 若0<x<1,h'(x )>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n (n +1)x n-1=n (n +1)x n-1-n (n +1)x n-1=0. 若x>1,h'(x )<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n (n +1)2x n-1=n (n +1)2x n-1-n (n +1)2x n-1=0.所以h (x )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以h (x )<h (1)=0,即f n (x )<g n (x ). 综上所述,当x=1时,f n (x )=g n (x ); 当x ≠1时,f n (x )<g n (x ).解法二:由题设,f n (x )=1+x+x 2+…+x n ,g n (x )=(n +1)(x n +1)2,x>0. 当x=1时,f n (x )=g n (x ).当x ≠1时,用数学归纳法可以证明f n (x )<g n (x ).①当n=2时,f 2(x )-g 2(x )=-1(1-x )2<0, 所以f 2(x )<g 2(x )成立.②假设n=k (k ≥2)时,不等式成立,即f k (x )<g k (x ). 那么,当n=k+1时,f k+1(x )=f k (x )+x k+1<g k (x )+x k+1=(k +1)(1+x k )2+x k+1 =2x k +1+(k +1)x k +k +1.又g k+1(x )-2x k +1+(k +1)x k +k +12=kx k +1−(k +1)x k +1,令h k (x )=kx k+1-(k+1)x k +1(x>0),则h k '(x )=k (k+1)x k -k (k+1)x k-1=k (k+1)x k-1(x-1). 所以,当0<x<1时,h k '(x )<0,h k (x )在(0,1)上递减; 当x>1时,h k '(x )>0,h k (x )在(1,+∞)上递增. 所以h k (x )>h k (1)=0, 从而g k+1(x )>2x k +1+(k +1)x k +k +12.故f k+1(x )<g k+1(x ),即n=k+1时不等式也成立. 由①和②知,对一切n ≥2的整数,都有f n (x )<g n (x ).解法三:由已知,记等差数列为{a k },等比数列为{b k },k=1,2,…,n+1.则a 1=b 1=1,a n+1=b n+1=x n , 所以a k =1+(k-1)·x n −1(2≤k ≤n ), b k =x k-1(2≤k ≤n ),令m k (x )=a k -b k =1+(k−1)(x n −1)n-x k-1,x>0(2≤k ≤n ), 当x=1时,a k =b k ,所以f n (x )=g n (x ). 当x ≠1时,m k '(x )=k−1·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1). 而2≤k ≤n ,所以k-1>0,n-k+1≥1. 若0<x<1,x n-k+1<1,m k '(x )<0;若x>1,x n-k+1>1,m k '(x )>0,从而m k (x )在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增, 所以m k (x )>m k (1)=0.所以当m>0且m ≠1时,a k >b k (2≤k ≤n ), 又a 1=b 1,a n+1=b n+1,故f n (x )<g n (x ). 综上所述,当x=1时,f n (x )=g n (x ); 当x ≠1时,f n (x )<g n (x ).考生注意:请在22、23、24三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号后的方框涂黑.22.(本小题满分10分)(2015陕西,理22)选修4—1:几何证明选讲 如图,AB 切☉O 于点B ,直线AO 交☉O 于D ,E 两点,BC ⊥DE ,垂足为C.(1)证明:∠CBD=∠DBA ;(2)若AD=3DC ,BC= 2,求☉O 的直径. (1)证明:因为DE 为☉O 直径,则∠BED+∠EDB=90°.又BC ⊥DE ,所以∠CBD+∠EDB=90°, 从而∠CBD=∠BED.又AB 切☉O 于点B ,得∠DBA=∠BED , 所以∠CBD=∠DBA. (2)解:由(1)知BD 平分∠CBA ,则BA =AD=3, 又BC= 2,从而AB=3 2.所以AC=2−BC 2=4,所以AD=3. 由切割线定理得AB 2=AD ·AE ,即AE=AB 2=6,故DE=AE-AD=3,即☉O 直径为3.23.(本小题满分10分)(2015陕西,理23)选修4—4:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中,直线l 的参数方程为 x =3+12t ,y = 3t(t 为参数),以原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,☉C 的极坐标方程为ρ=2 3sin θ. (1)写出☉C 的直角坐标方程;(2)P 为直线l 上一动点,当P 到圆心C 的距离最小时,求P 的直角坐标. 解:(1)由ρ=2 θ,得ρ2=2 3ρsin θ,从而有x 2+y 2=2 3y ,所以x 2+(y- 3)2=3. (2)设P 3+1t , 3t ,又C (0, 3),则|PC|= 3+1t + 3t − 3 2= t 2+12,故当t=0时,|PC|取得最小值, 此时,P 点的直角坐标为(3,0).24.(本小题满分10分)(2015陕西,理24)选修4—5:不等式选讲已知关于x的不等式|x+a|<b的解集为{x|2<x<4}.(1)求实数a,b的值;(2)求at+12+bt的最大值.解:(1)由|x+a|<b,得-b-a<x<b-a,则−b−a=2,b−a=4,解得a=-3,b=1.(2)−3t+12+t=34−t+t≤[(3)2+12][(4−t)2+(t)2]=24−t+t=4,当且仅当4−t3=t,即t=1时等号成立.故(−3t+12+t)max=4.11。

2015年高考数学真题分类汇编 专题10 立体几何 文1.【2015高考浙江，文4】设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂（ ）A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m【答案】A【解析】采用排除法，选项A 中，平面与平面垂直的判定，故正确；选项B 中，当αβ⊥时，,l m 可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C 中，//l β时，,αβ可以相交；选项D 中，//αβ时，,l m 也可以异面.故选A.【考点定位】直线、平面的位置关系.【名师点睛】本题主要考查空间直线、平面的位置关系.解答本题时要根据空间直线、平面的位置关系，从定理、公理以及排除法等角度，对个选项的结论进行确认真假.本题属于容易题，重点考查学生的空间想象能力以及排除错误结论的能力.2.【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（ ）（A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，所以163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式【名师点睛】本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖，解答本题的关键应想到米堆是14圆锥，底面周长是两个底面半径与14圆的和，根据题中的条件列出关于底面半径的方程，解出底面半径，是基础题.3.【2015高考浙江，文2】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积是（ ）A ．83cmB ．123cmC ．3233cm D ．4033cm【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体与一个底面边长为2，高为2的正四棱锥的组合体，故其体积为32313222233V cm =+⨯⨯=.故选C. 【考点定位】1.三视图；2.空间几何体的体积.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的体积.解答本题时要能够根据三视图确定该几何体的结构特征，并准确利用几何体的体积计算方法计算求得体积.本题属于中等题，重点考查空间想象能力和基本的运算能力.4.【2015高考重庆，文5】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）(A) 123π+ (B) 136π (C) 73π (D) 52π【答案】B【解析】由三视图可知该几何体是由一个底面半径为1，高为2的圆柱，再加上一个半圆锥：其底面半径为1，高也为1，构成的一个组合体，故其体积为61311612122πππ=⨯⨯⨯+⨯⨯，故选B.【考点定位】三视图及柱体与锥体的体积.【名师点睛】本题考查三视图的概念和组合体体积的计算，采用三视图还原成直观图，再利用简单几何体的体积公式进行求解.本题属于基础题，注意运算的准确性.5.【2015高考陕西，文5】一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A ．3π B ．4π C ．24π+ D ．34π+【答案】D 【解析】由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，所以该几何体的表面积为21121222342πππ⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=+，故答案选D【考点定位】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.【名师点睛】1.本题考查空间几何体的三视图及几何体的表面积，意在考查考生的识图能力、空间想象能力以及技术能力；2.先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可；3.本题属于基础题，是高考常考题型.6.【2015高考广东，文6】若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（ ）A ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交B ．l 与1l ，2l 都相交C ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交D ．l 与1l ，2l 都不相交【答案】A【解析】若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则l 至少与1l ，2l 中的一条相交，故选A ．【考点定位】空间点、线、面的位置关系．【名师点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要注意选项中的重要字眼“至少”、“至多”， 否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.【2015高考浙江，文7】如图，斜线段AB 与平面α所成的角为60，B 为斜足，平面α上的动点P 满足30∠PAB =，则点P 的轨迹是（ ）A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支【答案】C【解析】由题可知，当P 点运动时，在空间中，满足条件的AP 绕AB 旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.故选C.【考点定位】1.圆锥曲线的定义；2.线面位置关系.【名师点睛】本题主要考查圆锥曲线的定义以及空间线面的位置关系.解答本题时要能够根据给出的线面位置关系，通过空间想象能力，得到一个无限延展的圆锥被一个与之成60角的平面截得的图形是椭圆的结论.本题属于中等题，重点考查学生的空间想象能力以及对圆锥曲线的定义的理解.8.【2015高考湖北，文5】12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则（ ）A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【答案】A .【解析】若p ：12,l l 是异面直线，由异面直线的定义知，12,l l 不相交，所以命题q ：12,l l 不相交成立，即p 是q 的充分条件；反过来，若q ：12,l l 不相交，则12,l l 可能平行，也可能异面，所以不能推出12,l l 是异面直线，即p 不是q 的必要条件，故应选A .【考点定位】本题考查充分条件与必要条件、异面直线，属基础题.【名师点睛】以命题与命题间的充分条件与必要条件为契机，重点考查空间中直线的位置关系，其解题的关键是弄清谁是谁的充分条件谁是谁的必要条件，正确理解异面直线的定义，注意考虑问题的全面性、准确性.9、【2015高考新课标1，文11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r =( )（A ）1 （B ）2（C ）4 （D ）8【答案】B【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r ，圆柱的高为2r ，其表面积为22142222r r r r r r πππ⨯+⨯++⨯=2254r r π+=16 + 20π，解得r=2，故选B.【考点定位】简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式【名师点睛】本题考查简单组合体的三视图的识别，是常规提，对简单组合体三三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状，再根据“长对正，宽相等，高平齐”的法则组合体中的各个量.10.【2015高考福建，文9】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）A．8+ B．11+．14+．15【答案】B【解析】由三视图还原几何体，该几何体是底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，且底面直角梯形的两底分别为12，，直角腰长为1，．底面积为12332⨯⨯=，侧面积为所以该几何体的表面积为11+B．【考点定位】三视图和表面积．【名师点睛】本题考查三视图和表面积计算，关键在于根据三视图还原体，要掌握常见几何体的三视图，比如三棱柱、三棱锥、圆锥、四棱柱、四棱锥、圆锥、球、圆台以及其组合体，并且要弄明白几何体的尺寸跟三视图尺寸的关系；有时候还可以利用外部补形法，将几何体补成长方体或者正方体等常见几何体，属于中档题．11.【2015高考山东，文9】已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )（A（B（）（）【答案】B【解析】由题意知，该等腰直角三角形的斜边长为，所得旋转体为同底等高的全等圆锥，所以，其体积为213π⨯⨯=，故选B.【考点定位】1.旋转体的几何特征；2.几何体的体积.【名师点睛】本题考查了旋转体的几何特征及几何体的体积计算，解答本题的关键，是理解所得旋转体的几何特征，确定得到计算体积所需要的几何量.本题属于基础题，在考查旋转体的几何特征及几何体的体积计算方法的同时，考查了考生的空间想象能力及运算能力，是“无图考图”的一道好题.12.【2015高考湖南，文10】某工作的三视图如图3所示，现将该工作通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工作的一个面内，则原工件材1112料的利用率为（材料利用率=新工件的体积/原工件的体积）（ ）A 、89πB 、827πC【答案】A【考点定位】三视图、基本不等式求最值、圆锥的内接长方体【名师点睛】运用基本不等式求最值要紧紧抓住“一正二定三相等”条件，本题“和为定”是解决问题的关键.空间想象能力是解决三视图的关键，可从长方体三个侧面进行想象几何体.求组合体的体积，关键是确定组合体的组成形式及各部分几何体的特征，再结合分割法、补体法、转化法等方法求体积.13.【2015高考北京，文7】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1 B C D．2【答案】C【解析】四棱锥的直观图如图所示：AB，S A是四棱锥最长的棱，由三视图可知，SC⊥平面CDSA===，故选C.【考点定位】三视图.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．14【2015高考安徽，文9】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是（）（A ）1+（B ）1+（C ）2+ （D ）【答案】C【解析】由该几何体的三视图可知，该几何体的直观图，如下图所示：其中侧面PAC ⊥底面ABC ，且PAC ∆≌ABC ∆，由三视图中所给数据可知：2====BC AB PC PA ,取AC 中点,O 连接BO PO ,，则POB Rt ∆中，1==BO PO ⇒2=PB ∴3222212432+=⋅⋅+⋅⋅=S ，故选C . 【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、锥体表面积公式.【名师点睛】在利用空间几何体的三视图求几何体的体积或者表面积时，一定要正确还原几何体的直观图，然后再利用体积或表面积公式求之；本题主要考查了考生的空间想象力和基本运算能力.【2015高考上海，文6】若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为316，则=a .【答案】4【解析】依题意，3162321=⨯⨯⨯⨯a a a ，解得4=a . 【考点定位】等边三角形的性质，正三棱柱的性质.【名师点睛】正三棱柱的底面是正三角形，侧棱垂直于底面.柱体的体积等于底面积乘以高.边长为a 的正三角形的面积为243a . 15.【2015高考天津，文10】一个几何体的三视图如图所示（单位:m ）,则该几何体的体积为 3m.【答案】8π3【解析】该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成,所以该几何体的体积为318π2π1π2(m )33⨯⨯⨯+⨯= . 【考点定位】本题主要考查三视图及几何体体积的计算.【名师点睛】由于三视图能有效的考查学生的空间想象能力,所以以三视图为载体的立体几何题基本上是高考每年必考内容,高考试题中三视图一般常与几何体的表面积与体积交汇.由三视图还原出原几何体,是解决此类问题的关键.16.【2015高考四川，文14】在三棱住ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P －A 1MN 的体积是______. 【答案】124【解析】由题意，三棱柱是底面为直角边长为1的A 1 C 1B 1 P等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，底面积为12 如图，因为AA 1∥PN ，故AA 1∥面PMN ，故三棱锥P －A 1MN 与三棱锥P －AMN 体积相等，三棱锥P －AMN 的底面积是三棱锥底面积的14，高为1 故三棱锥P －A 1MN 的体积为111132424⨯⨯= 【考点定位】本题主要考查空间几何体的三视图、直观图及空间线面关系、三棱柱与三棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力、图形分割与转换的能力，考查基本运算能力.【名师点睛】解决本题，首先要正确画出三棱柱的直观图，包括各个点的对应字母所在位置，结合条件，三棱锥P －A 1MN 的体积可以直接计算，但转换为三棱锥P －AMN 的体积，使得计算更为简便，基本上可以根据条件直接得出结论.属于中档偏难题.17.【2015高考安徽，文19】如图，三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，1,1,2,60PA AB AC BAC ===∠=o .（Ⅰ）求三棱锥P -ABC 的体积；（Ⅱ）证明：在线段PC 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求PM MC的值.【答案】（Ⅱ）13PM MC = 【解析】A BC M N（Ⅰ）解：由题设AB ＝1,,2=AC 60=∠BAC可得ABC S ∆︒⋅⋅⋅=60sin 21AC AB 23=. 由⊥PA 面ABC可知PA 是三棱锥ABC P -的高,又1=PA所以三棱锥ABC P -的体积6331=⋅⋅∆PA S V ABC ＝ （Ⅱ）证：在平面ABC 内，过点B 作AC BN ⊥，垂足为N ，过N 作PA MN //交PC 于M ，连接BM .由⊥PA 面ABC 知AC PA ⊥，所以AC MN ⊥.由于N MN BN ＝⋂，故⊥AC 面MBN ，又⊂BM 面MBN ，所以BM AC ⊥.在直角BAN ∆中，21cos =∠⋅=BAC AB AN ，从而23=-=AN AC NC .由PA MN //，得31=NC AN MC PM ＝. 【考点定位】本题主要考查锥体的体积公式、线面垂直的判定定理和其性质定理.【名师点睛】本题将正弦定理求三角形的面积巧妙地结合到求锥体的体积之中，本题的第（Ⅱ）问需要学生构造出线面垂直，进而利用性质定理证明出面面垂直，本题考查了考生的空间想象能力、构造能力和运算能力.18.【2015高考北京，文18】（本小题满分14分）如图，在三棱锥V C -AB 中，平面V AB ⊥平面C AB ，V ∆AB 为等边三角形，C C A ⊥B 且C C A =B =，O ，M 分别为AB ，V A 的中点．（I ）求证：V //B 平面C MO ；（II ）求证：平面C MO ⊥平面V AB ；（III ）求三棱锥V C -AB 的体积．【答案】（I ）证明详见解析；（II ）证明详见解析；（III（Ⅱ）因为AC BC =，O 为AB 的中点，所以OC AB ⊥.又因为平面V AB ⊥平面C AB ，且OC ⊂平面C AB ，所以OC ⊥平面V AB .所以平面C MO ⊥平面V AB .（Ⅲ）在等腰直角三角形ACB 中，AC BC ==所以2,1AB OC ==.所以等边三角形V AB 的面积VAB S ∆=.又因为OC ⊥平面V AB ，所以三棱锥C V -AB 的体积等于13VAB OC S ∆⨯⨯=又因为三棱锥V C -AB 的体积与三棱锥C V -AB 的体积相等，所以三棱锥V C -AB 考点：线线平行、线面平行、面面平行、线线垂直、线面垂直、面面垂直、三棱锥的体积公式.【名师点晴】本题主要考查的是线面平行、面面垂直和几何体的体积，属于中档题．证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是三角形的中位线和构造平行四边形．证明面面垂直的关键是证明线面垂直，证明线面垂直可由面面垂直得到，但由面面垂直得到线面垂直一定要注意找两个面的交线，否则很容易出现错误．求几何体的体积的方法主要有公式法、割补法、等积法等，本题求三棱锥的体积，采用了等积法．19.【2015高考福建，文20】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且1PO =OB =．（Ⅰ）若D 为线段AC 的中点，求证C A ⊥平面D P O ；（Ⅱ）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（Ⅲ）若BC =E 在线段PB 上，求CE OE +的最小值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13；【解析】解法一：（I ）在C ∆AO 中，因为C OA =O ，D 为C A 的中点，所以C D A ⊥O ．又PO 垂直于圆O 所在的平面，所以C PO ⊥A ．因为D O PO =O ，所以C A ⊥平面D P O ．（II ）因为点C 在圆O 上，所以当C O ⊥AB 时，C 到AB 的距离最大，且最大值为1．又2AB =，所以C ∆AB 面积的最大值为12112⨯⨯=． 又因为三棱锥C P -AB 的高1PO =，故三棱锥C P -AB 体积的最大值为111133⨯⨯=． （III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB =，所以PB ==．同理C P =C C PB =P =B ．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，C '共线时，C E +OE 取得最小值．又因为OP =OB ，C C ''P =B ，所以C 'O 垂直平分PB ，即E 为PB中点．从而C C ''O =OE +E =+= 亦即C E +OE．O A BP解法二：（I ）、（II ）同解法一．（III ）在∆POB 中，1PO =OB =，90∠POB =，所以45∠OPB =，PB ==．同理C P =所以C C PB =P =B ，所以C 60∠PB =．在三棱锥C P -AB 中，将侧面C B P 绕PB 旋转至平面C 'B P ，使之与平面ABP 共面，如图所示．当O ，E ，C '共线时，C E +OE 取得最小值．所以在C '∆O P 中，由余弦定理得：()2C 1221cos 4560'O =+-⨯+1122=+--2=+从而C 'O ==所以C E +OE ． 【考点定位】1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．【名师点睛】证明直线和平面垂直可以利用判定定理，即线线垂直到线面垂直；也可以利用面面垂直的性质定理，即面面垂直到线面垂直；决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解．20.【2015高考广东，文18】（本小题满分14分）如图3，三角形DC P 所在的平面与长方形CD AB 所在的平面垂直，D C 4P =P =，6AB =，C 3B =．（1）证明：C//B 平面D P A ；（2）证明：C D B ⊥P ；（3）求点C 到平面D P A 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3 【解析】试题分析：（1）由四边形CD AB 是长方形可证C//D B A ，进而可证C//B 平面D P A ；（2）先证C CD B ⊥，再证C B ⊥平面DC P ，进而可证C D B ⊥P ；（3）取CD 的中点E ，连结AE 和PE ，先证PE ⊥平面CD AB ，再设点C 到平面D P A 的距离为h ，利用C D CD V V -P A P-A =三棱锥三棱锥可得h 的值，进而可得点C 到平面D P A 的距离．试题解析：（1）因为四边形CD AB 是长方形，所以C//D B A ，因为C B ⊄平面D P A ，D A ⊂平面D P A ，所以C//B 平面D P A（2）因为四边形CD AB 是长方形，所以C CD B ⊥，因为平面DC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，C B ⊂平面CD AB ，所以C B ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以C D B ⊥P（3）取CD 的中点E ，连结AE 和PE ，因为D C P =P ，所以CD PE ⊥，在Rt D ∆PE 中，PE ===，因为平面DC P ⊥平面CD AB ，平面DC P 平面CD CD AB =，PE ⊂平面DC P ，所以PE ⊥平面CD AB ，由（2）知：C B ⊥平面DC P ，由（1）知：C//D B A ，所以D A ⊥平面DC P ，因为D P ⊂平面DC P ，所以D D A ⊥P ，设点C 到平面D P A 的距离为h ，因为C D CD V V -P A P-A =三棱锥三棱锥，所以D CD 1133S h S ∆P A ∆A ⋅=⋅PE ，即CD D 2S h S ∆A ∆P A ⋅PE ===，所以点C 到平面D P A【考点定位】1、线面平行；2、线线垂直；3、点到平面的距离.【名师点晴】本题主要考查的是线面平行、线线垂直和点到平面的距离，属于中档题．证明线面平行的关键是证明线线平行，证明线线平行常用的方法是三角形的中位线和构造平行四边形．证明线线垂直的关键是证明线面垂直，证明线面垂直可由面面垂直得到，但由面面垂直得到线面垂直一定要注意找两个面的交线，否则很容易出现错误．点到平面的距离是转化为几何体的体积问题，借助等积法来解决．21.【2015高考湖北，文20】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE . （Ⅰ）证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； （Ⅱ）记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值． 【答案】（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PCBC C =，所以DE ⊥平面PBC .四面体EBCD 是一个鳖臑；（Ⅱ）124.V V = 【解析】（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥. 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD CD D =，所以BC ⊥平面PCD . DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥. 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥. 而PCBC C =，所以DE ⊥平面PBC . 由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是,,,.BCD BCE DEC DEB ∠∠∠∠（Ⅱ）由已知，PD 是阳马P ABCD -的高，所以11133ABCD V S PD BC CD PD =⋅=⋅⋅；由（Ⅰ）知，DE 是鳖臑D BCE -的高， BC CE ⊥，所以21136BCE V S DE BC CE DE ∆=⋅=⋅⋅.在Rt △PDC中，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE CE ==，于是 12123 4.16BC CD PD V CD PD V CE DEBC CE DE ⋅⋅⋅===⋅⋅⋅ 【考点定位】本题考查直线与平面垂直的判定定理、直线与平面垂直的性质定理和简单几何体的体积，属中高档题.【名师点睛】以《九章算术》为背景，给予新定义，增添了试题的新颖性，但其实质仍然是考查线面垂直与简单几何体的体积计算，其解题思路：第一问通过线线、线面垂直相互之间的转化进行证明，第二问关键注意底面积和高之比，运用锥体的体积计算公式进行求解. 结合数学史料的给予新定义，不仅考查学生解题能力，也增强对数学的兴趣培养，为空间立体几何注入了新的活力.22.【2015高考湖南，文18】（本小题满分12分）如图4，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为2的正三角形，,E F 分别是1,BC CC 的中点。

2 2
b2 4 3 截得的线段长为 c， | FM | 。 4 3
c a 2 b2 3 解： （I）∵ e a a 3
∴ a2
(2 c )2 4 2 1 2 a 3b
由（I）可知， a 2 3c 2 ， b2 2c 2 代入上式化简整理得 c 2 2c 3 0 解得：c=1 或-3（舍去）
2
tan OQM
2
OM OQ tan ONQ OQ ON
∵椭圆的离心率是
2 2
即 OQ OM ON 设点 Q 的坐标为（0，yQ） ，则有
c a 2 b2 2 ∴e a a 2
∴ a 2b 2
2 2
yQ
2
m m m2 1 n 1 n 1 n2
m ) 3
∵直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴 ∴k＞0，且 k≠3 比较（I）可得： n
m (3 k ) 3
则 xM
m(k 2 3k ) 3(9 k 2 )
9 x k
【难度系数】★★★
由（I）的结论知， 直线 OM 的方程为 y
2105 年全国高考数学理科试题分类解析汇编——解析几何题
∵点 A（m，n）在椭圆 C 上
x2 ∴椭圆 C 的方程为 y2 1 2
由点 P、A 坐标可得，直线 PA 的方程为：
m2 m2 2 ∴ n 1 ，即 1 n2 2 2
∴ yQ 2 2 ，得 yQ 2 故，存在满足题述条件的点 Q，点 Q 的坐标为 （0， 2 ）或（0， 2 ）
（m≠0）都在椭圆 C 上，直线 PA 交 x 轴于点 M． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程，并求点 M 的坐标（用 m，n 表示） ； （Ⅱ）设 O 为原点，点 B 与点 A 关于 x 轴对称，直线 PB 交 x 轴于点 N．问：y 轴上是否存在点 Q，使得 OQMONQ？若存在，求点 Q 的坐标；若不存在，说明理由。 解： （I）∵点 P（0，1）在椭圆 C 上 ∴b 1