2012年金版新学案新编高三总复习第八章 第7课时

章末优化训练(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．在空间中，“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件解析： 在空间中，两条直线没有公共点，可能是两条直线平行，也可能是两条直线异面，两条直线平行则两条直线没有公共点，∴“两条直线没有公共点”是“这两条直线平行”的必要不充分条件．答案： B2．下列四个命题中，真命题的个数为( )①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合 ②两条直线可以确定一个平面③若M ∈α，M ∈β，α∩β＝l ，则M ∈l④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析： ①两个平面有三个公共点，若这三个公共点共线，则这两个平面相交，故①不正确；两异面直线不能确定一个平面，故②不正确；在空间交于一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故④不正确；据平面的性质可知③正确．答案： A3．一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为32，且一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为( )A ．2 3B ．4 3C ．4D ．8解析： 由几何体的三视图可得，此几何体是由两个正四棱锥底面重合在一起组成的，由正视图的面积为32，得菱形的边长为1，此几何体的表面积为S ＝8×12×1×1＝4.答案： C4．体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积是( )A ．54B ．54πC ．58D ．58π解析： 设圆台的上、下底面半径分别为r ，R ，截去的圆锥与原圆锥的高分别为h ，H ，则r R ＝h H， 又πR 2＝9·πr 2，∴R ＝3r ，∴H ＝3h .∴13πR 2·H －13πr 2h ＝52. 即13πR 2·H －13π·19R 2·13H ＝52，∴13πR 2H ＝54. 答案： A5．设三条不同的直线a 、b 、c ，两个不同的平面α，β，b ⊂α，c ⊄α.则下列命题不成立的是( )A ．若α∥β，c ⊥α，则c ⊥βB ．“若b ⊥β，则α⊥β”的逆命题C ．若a 是c 在α的射影，b ⊥a ，则c ⊥bD ．“若b ∥c ，则c ∥α”的逆否命题解析： 命题C 即为三垂线定理；命题D 中的原命题即为线面平行的判定定理，所以D 正确；命题A 显然成立；对于命题B ，若α⊥β，则b 与β的位置关系都有可能．答案： B6．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.23B.33C.23D.63解析： 如图，连接BD 交AC 于O ，连接D 1O ，由于BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1所成的角，易知∠DD 1O 即为所求．设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62，∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝26＝63.∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63.答案： D7．设P 是平面α外一点，且P 到平面α内的四边形的四条边的距离都相等，则四边形是( )A ．梯形B ．圆外切四边形C ．圆内接四边形D ．任意四边形 解析： P 到平面α内的四边形的四条边的距离都相等，则P 在平面α内的射影到四边形的四条边的距离也都相等，故四边形有内切圆．答案： B8．用a ，b ，c 表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b .其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④ D ．③④解析： 由平行公理可知①正确；②不正确，若三条直线在同一平面内，则a ∥c ；③不正确，a 与b 有可能平行，也有可能异面或相交；由线面垂直的性质可知④正确．答案： C9．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2 B.73πa 2C.113πa 2 D ．5πa 2 解析： 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a .如图，设O 、O 1分别为下、上底面中心，且球心O 2为O 1O 的中点，又AD ＝32a ，AO ＝33a ，OO 2＝a2，设球的半径为R ，则R 2＝AO 22＝13a 2＋14a 2＝712a 2. ∴S 球＝4πR 2＝4π×712a 2＝73πa 2.答案： B10.正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BB 1＝4，长为1的线段PQ 在棱AA 1上移动，长为3的线段MN 在棱CC 1上移动，点R 在棱BB 1上移动，则四棱锥R －PQMN 的体积是( )A ．6B ．10C ．12D ．不确定 解析： 四棱锥R －PQMN 的底面积为S ＝S △PQM ＋S △MNP ＝12PQ ·AC ＋12MN ·AC＝12(PQ ＋MN )·AC ＝12(1＋3)×32＝6 2. 其高h ＝322，V R －PQMN ＝13Sh ＝13×62×322＝6.答案： A11.如图，平面α⊥平面β，α∩β＝l ，A ，C 是α内不同的两点，B ，D 是β内不同的两点，且A ，B ，C ，D ∉直线l ，M ，N 分别是线段AB ，CD 的中点．下列判断正确的是( )A ．当|CD |＝2|AB |时，M ，N 两点不可能重合B ．M ，N 两点可能重合，但此时直线AC 与l 不可能相交C ．当AB 与CD 相交，直线AC 平行于l 时，直线BD 可以与l 相交D ．当AB ，CD 是异面直线时，直线MN 可能与l 平行 解析： 当M ，N 重合时，四边形ACBD 为平行四边形， 故AC ∥BD ∥l ，此时直线AC 与l 不可能相交，B 正确．易知A ，C ，D 均不正确． 答案： B12．设α，β，γ是三个互不重合的平面，m ，n 是直线，给出下列命题： ①α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若α∥β，m β，m ∥α，则m ∥β；③若m ，n 在γ内的射影互相垂直，则m ⊥n ； ④若m ∥α，n ∥β，α⊥β，则m ⊥n . 其中正确命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 解析： 本题为线面位置关系的判定，注意对线面平行与垂直的判定定理与性质定理的应用．①错，当两平面同时垂直于一个平面时，这两个平面也可以平行，如正方体相对的两个平面；②正确，不妨过直线m 作一平面与α，β同时相交，交线分别为a ，b ，由α∥β知a ∥b ，又m ∥α⇒m ∥a ，∴m ∥b ，又m ⊄β，∴m ∥β；③错，不妨设该直线为正方体的两对角线，其在底面的射影为正方形的两对角线，它们是互相垂直的，但正方体的两对角线不垂直；④错，以正方形两平行棱，或一条棱及与其相交的面对角线为例，可找到反例．答案： B二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把正确答案填在题中横线上) 13．如图，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图是一个圆，那么该几何体的体积是________．解析： 由三视图知该几何体是底面半径为1，高为3的圆锥．因此，其体积V ＝13π·12×3＝33π.答案： 33π14．如图，点O 为正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的中心，点E 为面B ′BCC ′的中心，点F 为B ′C ′的中点，则空间四边形D ′OEF 在该正方体的面上的正投影可能是________(填出所有可能的图的序号)．解析： 图①为空间四边形D ′OEF 在前面(或后面)上的投影．图②为空间四边形D ′OEF 在左面(或右面)上的投影．图③为空间四边形D ′OEF 在上面(或下面)上的投影．答案： ①②③15．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝6，AD ＝4，AA 1＝3，分别过BC ，A 1D 1的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为V 1＝VAEA 1－DFD 1，V 2＝VEBE 1A 1－FCF 1D 1，V 3＝VB 1E 1B －C 1F 1C .若V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，则截面A 1EFD 1的面积为________．解析： 设AE ＝x ，BE ＝6－x ，V 1＝VAEA 1－DFD 1，V 2＝VEBE 1A 1－FCF 1D 1，V 3＝VB 1E 1B －C 1F 1C ，且V 1∶V 2∶V 3＝1∶4∶1，所以12×(3x )×4∶(6－x )×3×4∶12×(3x )×4＝1∶4∶1，解得x ＝AE ＝2，∴A 1E ＝A 1A 2＋AE 2＝13，∴SA 1EFD 1＝413.答案： 41316．如图，在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为AA 1的中点，在对角面BDD 1B 1上取一点M ，使AM ＋ME 最小，其最小值为________．解析： 取CC 1的中点F ，连接EF ，EF 交平面BB 1D 1D 于点N ，且EN ＝FN ，所以F 点是E 点关于平面BB 1D 1D 的对称点， 则AM ＋ME ＝AM ＋MF ，所以当A ，M ，F 三点共线时，AM ＋MF 最小，即AM ＋ME 最小，此时AM ＋MF ＝AF ＝AC 2＋⎝⎛⎭⎫CC 122＝3a 2.答案： 32a三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)一几何体的三视图如下：(1)画出它的直观图，并求其体积；(2)你能发现该几何体的哪些面互相垂直？试一一列出．解析： (1)该几何体的直观图如图，棱锥P －ABC ，其中PC ⊥面ABC ，∠ABC ＝90°，△ABC 斜边AC 上的高为125cm ，PC ＝6 cm ，AC ＝5 cm ，∴V P －ABC ＝13×12×5×125×6＝12(cm 3)．(2)互相垂直的面分别有：面P AC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面ABC ，面PBC ⊥面P AB . 18．(12分)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝CB ＝AA 1＝2，D 是AB 的中点．(1)求证：CD ⊥平面ABB 1A 1；(2)求二面角D －A 1C －A 的正切值．解析： (1)证明：因为AC ＝CB ，∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，所以CD ⊥AB ， 又因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CD ⊥AA 1， 又∵AB ∩AA 1＝A ，∴CD ⊥平面ABB 1A 1.(2)建立如图所示的空间直角坐标系， ∵AC ＝CB ＝AA 1＝2，∴A (2,0,0)，A 1(2,0,2)，D (1,1,0)，C (0,0,0)，C 1(0,0,2)． 显然平面A 1AC 的法向量为m ＝(0,1,0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n ＝0A 1C →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y －2z ＝02x ＋2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，令m ，n 的夹角为θ，则cos θ＝m ·n |m ||n |＝－33，∴二面角D －A 1C －A 的余弦值为33，其正切值为 2.19．(12分)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．解析： (1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为9.6－8×2r8＝1.2－2r ，∴塑料片面积S ＝πr 2＋2πr (1.2－2r )＝πr 2＋2.4πr －4πr 2＝－3πr 2＋2.4πr ＝－3π(r 2－0.8r )．∴当r ＝0.4时，S 有最大值，约为1.51平方米．(2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)． 制作灯笼的三视图如图．20．(12分)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AD ，AD ⊥DC ，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AD ＝AB ＝12CD ＝1，M 为PB 的中点．(1)试在CD 上确定一点N ，使得MN ∥平面P AD ； (2)点N 在满足(1)的条件下，求直线MN 与平面P AB 所成角的正弦值．解析： 方法一：(1)过点M 作ME ∥AB 交P A 于E 点， 连接DE .要使MN ∥平面P AD ，则MN ∥ED ， ∴四边形MNDE 为平行四边形，∴EM 綊DN .又∵EM 綊12AB ，而AB ＝12CD ，∴DN ＝14CD ，∴DN ＝12.(2)∵MN ∥ED ，∴直线MN 与平面P AB 所成的角即为直线ED 与平面P AB 所成的角． ∵P A ⊥面ABCD ，∴P A ⊥AD ，而AB ⊥AD ，∴DA ⊥面P AB ， ∴∠DEA 为直线ED 与平面P AB 所成的角．方法二：过点M 作ME ∥AB 交P A 于E 点，连接DE .要使MN ∥平面P AD ，则MN ∥ED ，∴四边形MNDE 为平行四边形．以AD 、AB 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系A —xyz ，如图所示．则由题意得A (0,0,0)、B (0,1,0)、D (1,0,0)、C (1,2,0)、P (0,0,1)、M ⎝⎛⎭⎫0，12，12、N ⎝⎛⎭⎫1，12，0. (1)∵D N →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，∴|D N →|＝12. (2)∵P A ⊥面ABCD ，∴P A ⊥AD ， 而AB ⊥AD ，∴DA ⊥面P AB .又∵NM →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12，D A →＝(－1,0,0)， ∴cos 〈NM →，D A →〉＝NM →·DA →|NM →|·|DA →|＝152·1＝255，∴直线MN 与平面P AB 所成的角的正弦值为255.21．(12分)如图，已知四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且AG ＝13GD ，BG ⊥GC ，GB ＝GC＝2，E 是BC 的中点，四面体P －BCG 的体积为83.(1)求异面直线GE 与PC 所成的角的余弦值； (2)求点D 到平面PBG 的距离；(3)若F 点是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求PFFC的值．【解析方法代码108001100】解析： (1)由已知V P －BGC ＝13S △BCG ·PG ＝13·12BG ·CG ·PG ＝83，∴PG ＝4，如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系O －xyz ， 则B (2,0,0)，C (0,2,0)，P (0,0,4)，故E (1,1,0)，GE →＝(1,1,0)， PC →＝(0,2，－4)，cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|G E →|·|P C →|＝22×20＝1010， ∴异面直线GE 与PC 所成的角的余弦值为1010.(2)平面PBG 的单位法向量n 0＝(0，±1,0)， ∵GD →＝34A D →＝34BC →，B (2,0,0)，C (0,2,0)∴GD →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0， ∴点D 到平面PBG 的距离为|GD →·n 0|＝32.(3)设F (0，y ，z )，则DF →＝OF →－OD →＝(0，y ，z )－⎝⎛⎭⎫－32，32，0＝⎝⎛⎭⎫32，y －32，z ，GC →＝(0,2,0)． ∵DF →⊥GC →，∴DF →·GC →＝0， ∴⎝⎛⎭⎫32，y －32，z ·(0,2,0)＝2⎝⎛⎫y －32＝0， ∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，则GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GM MC＝3.22．(14分)如图，M 、N 、P 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB 、BC 、DD 1上的点．(1)若BM MA ＝BNNC，求证：无论点P 在D 1D 上如何移动，总有BP ⊥MN ；(2)若D 1P ∶PD ＝1∶2，且PB ⊥平面B 1MN ，求二面角M －B 1N －B 的余弦值；(3)棱DD 1上是否总存在这样的点P ，使得平面APC 1⊥平面ACC 1？证明你的结论. 【解析方法代码108001101】解析： (1)证明：连接AC 、BD ，则BD ⊥AC ， ∵BM MA ＝BN NC， ∴MN ∥AC ，∴BD ⊥MN . 又∵DD 1⊥平面ABCD ， ∴DD 1⊥MN ，∵BD ∩DD 1＝D ，∴MN ⊥平面BDD 1.又P 无论在DD 1上如何移动，总有BP ⊂平面BDD 1， ∴无论点P 在D1D 上如何移动，总有BP ⊥MN .(2)以D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的坐标系．设正方体的棱长为1，AM ＝NC ＝t ，则M (1，t,0)，N (t,1,0)，B 1(1,1,1)，P (0,0，23)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，∵MB 1→＝(0,1－t,1)，B P →＝⎝⎛⎭⎫－1，－1，23. 又∵BP ⊥平面MNB 1， ∴MB 1→·B P →＝0，即t －1＋23＝0，∴t ＝13，∴MB 1→＝⎝⎛⎭⎫0，23，1，M N →＝⎝⎛⎭⎫－23，23，0. 设平面MNB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧MB 1→·n ＝0M N →·n ＝0，得x ＝y ，z ＝－23y .令y ＝3，则n ＝(3,3，－2)． ∵AB ⊥平面BB 1N ，∴A B →是平面BB 1N 的一个法向量， A B →＝(0,1,0)．设二面角M －B 1N －B 的大小为θ，∴cos 〈n ，A B →〉＝|(3，3，－2)·(0，1，0)|22＝32222.则二面角M －B 1N －B 的余弦值为32222.(3)存在点P ，且P 为DD 1的中点， 使得平面APC 1⊥平面ACC 1. 证明：∵BD ⊥AC ，BD ⊥CC 1， ∴BD ⊥平面ACC 1.取BD 1的中点E ，连接PE ， 则PE ∥BD ，∴PE ⊥平面ACC 1. ∵PE ⊂平面APC 1，∴平面APC 1⊥平面ACC 1.。

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1．下列各点在方程x 2－xy ＋2y ＋1＝0表示的曲线上的是( ) A ．(0,0) B ．(1,1) C ．(1，－1) D ．(1，－2)解析： 验证法，点(0,0)显然不满足方程x 2－xy ＋2y ＋1＝0， 当x ＝1时，方程变为1－y ＋2y ＋1＝0，解得y ＝－2， ∴(1，－2)点在曲线上．故选D. 答案： D2．长为3的线段AB 的端点A 、B 分别在x 轴、y 轴上移动，A C →＝2CB →，则点C 的轨迹是( )A ．线段B ．圆C ．椭圆D ．双曲线解析： 设C (x ，y )，A (a,0)，B (0，b )，则a 2＋b 2＝9，①又A C →＝2CB →，所以(x －a ，y )＝2(－x ，b －y )，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3x ，b ＝32y ， ②代入①式整理可得x 2＋y 24＝1. 答案： C3．已知直线l 的方程是f (x ，y )＝0，点M (x 0，y 0)不在l 上，则方程f (x ，y )－f (x 0，y 0)＝0表示的曲线是( )A ．直线lB ．与l 垂直的一条直线C ．与l 平行的一条直线D ．与l 平行的两条直线解析： 方程f (x ，y )－f (x 0，y 0)＝0表示过M (x 0，y 0)且和直线l 平行的一条直线． 答案： C4．已知椭圆的焦点是F 1、F 2，P 是椭圆的一个动点，如果M 是线段F 1P 的中点，则动点M 的轨迹是( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一支D ．抛物线解析： 如图所示，由题知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，设椭圆方程：x 2a 2＋y 2b2＝1(其中a >b >0)．连结MO ，由三角形的中位线可得：|F 1M |＋|MO |＝a (a >|F 1O |)，则M 轨迹为以F 1、O 为焦点的椭圆． 答案： B5．下列说法正确的是( )A ．在△ABC 中，已知A (1,1)，B (4,1)，C (2,3)，则AB 边上的高的方程是x ＝2 B ．方程y ＝x 2(x ≥0)的曲线是抛物线C ．已知平面上两定点A 、B ，动点P 满足|P A |－|PB |＝12|AB |，则P 点的轨迹是双曲线D ．第一、三象限角平分线的方程是y ＝x解析： 选项A 符合曲线与方程概念(1)曲线上所有点的坐标均是这个方程的解，不符合(2)以这个方程的解为坐标的点均是曲线上的点．选项B 符合(2)但不符合(1)．选项C 符合(2)但不符合(1)．选项D 符合(1)、(2)．故选D.答案： D6．已知点M (－3,0)，N (3,0)，B (1,0)，动圆C 与直线MN 切于点B ，过M 、N 与圆C 相切的两直线相交于点P ，则P 点的轨迹方程为( )A ．x 2－y 28＝1(x >1)B ．x 2－y 28＝1(x <－1)C ．x 2＋y 28＝1(x >0) D ．x 2－y 210＝1(x >1)解析： 设另两个切点为E 、F ，如图所示，则|PE |＝|PF |，|ME |＝|MB |， |NF |＝|NB |.从而|PM |－|PN |＝|ME |－|NF | ＝|MB |－|NB |＝4－2＝2<|MN |，∴P 点的轨迹是以M 、N 为焦点，实轴长为2的双曲线的右支．又∵a ＝1，c ＝3，∴b 2＝8.故方程为x 2－y 28＝1(x >1)．答案： A 二、填空题7．平面上有三点A (－2，y )，B ⎝⎛⎭⎫0，y 2，C (x ，y )，若A B →⊥B C →，则动点C 的轨迹方程为________．解析： A B →＝⎝⎛⎭⎫2，－y 2，B C →＝⎝⎛⎭⎫x ，y 2. ∵A B →⊥B C →，∴A B →·B C →＝0，得2·x －y 2·y 2＝0.得y 2＝8x .答案： y 2＝8x8．已知△ABC 的周长为6，A (－1,0)，B (1,0)，则顶点C 的轨迹方程为________． 解析： ∵A (－1,0)，B (1,0)， ∴|AB |＝2，又∵△ABC 的周长为6， ∴|CA |＋|CB |＝4>2，∴C 点的轨迹是以A 、B 为焦点的椭圆(去掉左、右顶点)． ∵2a ＝4，c ＝1， ∴b ＝a 2－c 2＝ 3.∴轨迹方程为x 24＋y 23＝1(x ≠±2)．答案： x 24＋y 23＝1(x ≠±2)9．已知定点A (2,0)，它与抛物线y 2＝x 上的动点P 连线的中点M 的轨迹方程是________．解析： 设P (x 1，y 1)，M (x ，y )，则y 21＝x 1①又M 为AP 中点，∴⎩⎨⎧x ＝x 1＋22y ＝y12，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2x －2y 1＝2y代入①得(2y )2＝2x －2，即y 2＝12(x －1)．答案： y 2＝12(x －1)三、解答题10．由抛物线y 2＝2x 上任意一点P 向其准线l 引垂线，垂足为Q ，连接顶点O 与P 的直线和连接焦点F 与Q 的直线交于点R ，求点R 的轨迹方程．解析： 设P (x 1，y 1)，R (x ，y )，则Q ⎝⎛⎭⎫－12，y 1，F ⎝⎛⎭⎫12，0， ∴直线OP 的方程为y ＝y 1x 1x ，①直线FQ 的方程为y ＝－y 1⎝⎛⎭⎫x －12，② 由①②得x 1＝2x 1－2x ，y 1＝2y1－2x，将其代入y 2＝2x ，可得y 2＝－2x 2＋x . 即点R 的轨迹方程为y 2＝－2x 2＋x .11．已知曲线E ：ax 2＋by 2＝1(a >0，b >0)，经过点M ⎝⎛⎭⎫33，0的直线l 与曲线E 交于点A 、B ，且M B →＝－2MA →.若点B 的坐标为(0,2)，求曲线E 的方程. 【解析方法代码108001118】解析： 设A (x 0，y 0)，∵B (0,2)，M ⎝⎛⎭⎫33，0，故M B →＝⎝⎛⎭⎫－33，2，M A →＝⎝⎛⎭⎫x 0－33，y 0.由于M B →＝－2MA →，∴⎝⎛⎭⎫－33，2＝－2⎝⎛⎭⎫x 0－33，y 0.∴x 0＝32，y 0＝－1，即A ⎝⎛⎭⎫32，－1.∵A ，B 都在曲线E 上，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ·02＋b ·22＝1，a ·⎝⎛⎭⎫322＋b ·(－1)2＝1. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝14.∴曲线E 的方程为x 2＋y 24＝1.12．定长为3的段线AB 两端点A 、B 分别在x 轴，y 轴上滑动，M 在线段AB 上，且AM →＝2MB →.(1)求点M 的轨迹C 的方程；(2)设过F (0，3)且不垂直于坐标轴的动直线l 交轨迹C 于G 、H 两点，问：线段OF 上是否存在一点D ，使得以DG ，DH 为邻边的平行四边形为菱形？作出判断并证明．【解析方法代码108001119】解析： (1)设A (x 1,0)，B (0，y 1)，M (x ，y )，则⎩⎨⎧x ＝x 11＋2，y ＝2y11＋2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3x ，y 1＝32y . |AB |＝3＝(3x )2＋⎝⎛⎭⎫32y 2，即y24＋x 2＝1. (2)存在满足条件的点D .设满足条件的点D (0，m )，则0≤m ≤ 3.设l 的方程为y ＝kx ＋3(k ≠0)，代入轨迹方程，得 (k 2＋4)x 2＋23kx －1＝0.设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－23kk 2＋4，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋23＝83k 2＋4.∵以DG 、DH 为邻边的平行四边形为菱形， ∴(D G →＋D H →)⊥G H →.∵D G →＋D H →＝(x 1，y 1－m )＋(x 2，y 2－m )＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2－2m )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23k k 2＋4，83k 2＋4－2m ，设G H →的方向向量为(1，k )，∵(D G →＋D H →)·G H →＝0，∴－23k k 2＋4＋83k k 2＋4－2mk ＝0，即m ＝33k 2＋4.∵k 2>0，∴m ＝33k 2＋4<334<3，∴0<m < 3.∴存在满足条件的点D .。