1、在長方體中，，過、、三點的平面截去長方體的乙個角後，得如圖所示的幾何體，且這個幾何體的體積為.
（1）求稜的長；
（2）若的中點為，求異面直線與所成角的余弦值.
【答案】（1）；（2）．
試題分析：（1）設，由題意得，可求出稜長；（2）因為在長方體中，所以即為異面直線與所成的角(或其補角),再借助解三角形的求解得到結論．
試題解析：(1)設，由題設，
得，即，解得，
故的長為.
(2)在長方體中，
即為異面直線與所成的角(或其補角),
在中，計算可得，則的余弦值為.
考點：異面直線所成的角的求解；稜柱的結構特徵．
【解析】
2、如圖，四邊形是直角梯形，，，，又，，am=2.
（ⅰ）求證：平面⊥平面；
（ⅱ）求三稜錐的體積．
【答案】(ⅰ)詳見解析；（ⅱ）.
試題分析：(ⅰ)根據面面垂直的判定定理，可知證明面面垂直，先證明線面垂直，根據所給條件，易證明,即轉化為證明平面；
（ⅱ）根據等體積轉化,重點求的面積，在平面內，過m做交bc於n，鏈結an，這樣在和中根據餘弦定理和勾股定理，分別求和,這樣就求出的面積，而點到平面的距離就是點到直線的距離，做a做交bc於h，根據求面積的過程，易求.
試題解析：（ⅰ）證明：由得
又因為，，
平面abc
所以．又，
所以平面⊥平面．
(ⅱ)解：在平面內，過m做交bc於n，鏈結an，則cn=pm=1，
又，得四邊形pmnc為平行四邊形，所以且
由（ⅰ）得，所以mn⊥平面abc,
在中，，即．
又am=2.∴在中，有．
在平面abc內，過a做交bc於h，則
因為，所以．
∴在中，有而∴
考點：1.等體積轉化；2.麵麵垂直的判定定理.
【解析】
3、如圖所示,平面,點在以為直徑的上，，，點為線段的中點，點在上，且.
（ⅰ）求證:平面平面；
（ⅱ）求證:平面平面．
【答案】試題分析：（ⅰ）利用三角形的中位線定理可得，即可得出平面，再利用，可得平面，再利用面面平行的判定定理即可得出平面平面；（ⅱ）點在以為直徑的上，可得，利用平面，可得，可得平面，即可得出平面平面.
試題解析：證明:（ⅰ）因為點為線段的中點，點為線段的中點，所以.
因為平面，平面，所以平面.因為，
又平面,平面，所以平面.
因為平面，平面，，
所以平面平面.
(2)因為點在以為直徑的上，所以，即.
因為平面，平面，所以.因為平面，平面，，所以平面.
因為平面，所以平面平面
考點：1、面面平行的判定定理；2、線面垂直的判定定理及麵麵垂直的判定定理.
【解析】
4、在如圖所示的四稜錐中，已知平面∥為的中點.
（ⅰ）求證：；
（ⅱ）求證：平面平面；
（ⅲ）求直線與平面所成角的余弦值.
【答案】（ⅰ）詳見解析（ⅱ）詳見解析（ⅲ）
試題分析：（ⅰ）根據中位線定理求證出四邊形mebc為平行四邊形，再根據線面平行的判定定理即可證明；
（ⅱ）先證明線面垂直，再到麵麵垂直；（ⅲ）找到∠ecf為直線ec與平面pac所成的角，再解三角形即可
試題解析：（ⅰ）解：取pa的中點m，連線bm，me且
bc且∴mebc且me=bc
∴四邊形mebc為平行四邊形，
∴bmece，ce面pab，bm面pab，
∴ce面pab
（ⅱ）證明：∵⊥平面，
∴⊥，又∴，∵
∴⊥平面
又？平面
所以平面⊥平面
（ⅲ）解：取中點，則∥，
由（ⅱ）知⊥平面
則⊥平面
所以為直線與平面所成的角
＝＝，＝
∴即直線與平面所成角的正切值為
考點：直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定；平面與平面垂直的判定
【解析】
5、已知橢圓：，離心率為，焦點過的直線交橢圓於兩點，且的周長為.
（1）求橢圓方程；
（2）與軸不重合的直線與軸交於點，與橢圓交於相異兩點且,若，求的取值範圍.
【答案】（1）；（2）．
試題分析：（1）先由離心率為，的周長為，列出方程即可求解的值，從而得到橢圓的方程；（2）先設與橢圓的交點為，然後聯立直線與橢圓方程，得到關於的一元二次方程，進而得到兩根與係數的關係，再根據和，可得的值，利用韋達定理即可求解實數的取值範圍．
試題解析：(1)設，設，由條件知，
，故的方程為：.
(2)設與橢圓的交點為，將代入，
得①.，
，消去得.
即,當時，，
由①得，解得.
考點：橢圓的定義、標準方程及其簡單的幾何性質；直線與圓錐曲線綜合應用．
【方法點晴】本題主要考查了橢圓的定義、標準方程及其簡單的幾何性質，直線與圓錐曲線綜合應用，著重考查了轉化與化歸的思想及推理、運算能力，其中直線與圓錐曲線的綜合題是高考的乙個重點題型，屬於中檔試題，本題的解答中直線與橢圓方程，得到關於的一元二次方程，根據和的運算，再利用韋達定理即可求解實數的取值範圍．
【解析】
6、已知橢圓e的兩焦點分別為，經過點．
（1）求橢圓e的方程；
（2）過的直線l交e與a，b兩點，且，設a，b兩點關於x軸的對稱點分別是c，d，求四邊形acdb的外接圓的方程．
【答案】（1）；（2）.
試題分析：（1）由題意得，進而可得計算出，即可得到橢圓的方程；（2）設，代入橢圓，並整理可得，由韋達定理可得，不妨設可得圓心和半徑，即可得到圓的方程.
試題解析：（1）由題意知
橢圓e的方程為
（2）設，帶入橢圓方程得由設
由由①②③解得
不妨取則線段ab的垂直平分線的方程為
則所求圓的圓心為
所以圓的半徑,所以圓的方程為
考點：直線與圓錐曲線的關係；橢圓的標準方程．
【方法點晴】本題主要考查了直線與圓錐曲線的位置關係的應用及橢圓的標準方程及其簡單的幾何性質的應用，涉及到了橢圓與圓的一些基礎知識的綜合應用，屬於中檔試題，同時著重考查了學生的運算推理能力，本題的解答中設出直線，代入橢圓的方程，整理得到關於的一元二次方程，由根與係數的關係，得，可求得圓心和半徑，即可得到圓的方程.
【解析】
7、已知a為橢圓上的乙個動點，弦ab、ac分別過焦點f1、f2，當ac垂直於x軸時，恰好有.
（ⅰ）求橢圓離心率；
（ⅱ）設,試判斷是否為定值？若是定值，求出該定值並證明；若不是定值，請說明理由.
【答案】（1）；（2）存在，定值為．
試題分析：（1）當垂直於軸時，為半通徑的長，所以，根據橢圓的定義，化簡出離心率，求出離心率；（2）先設出相關點的座標，用點斜式求出直線的方程，聯立直線的方程和橢圓的方程，寫出根與係數關係，結合求出．
試題解析：
解：（ⅰ）當ac垂直於x軸時，，，∴
∴，∴，∴，故.
（ⅱ）由（ⅰ）得橢圓的方程為，焦點座標為.
①當弦ac、ab的斜率都存在時，設，則ac所在的直線方程為，
代入橢圓方程得.
∴，，.
同理，∴
②當ac垂直於x軸時，則，這時；
當ab垂直於x軸時，則，這時.
綜上可知是定值6.
考點：1、橢圓的概念及離心率；2、向量；3、根與係數關係．
【思路點晴】在第一問中，用到了乙個常用的小結論：過焦點垂直於長軸的弦長為通徑，長度為，這個結論對於雙曲線也成立，記住一些小結論，對於解題是很有幫助的.在第二問中，轉化為縱座標的比值，用根與係數求出這個比值，然後相加就可以，在做這型別的題目時，要努力提高自己的運算能力，平時多練習.
【解析】
8、設拋物線的準線與軸交於點，焦點；橢圓以和為焦點，離心率.設是與的乙個交點.
（1）橢圓的方程；
（2）直線過的右焦點，交於兩點，且等於的周長，求的方程.
【答案】（1）；（2）或.
試題分析：（1）由條件是橢圓的兩焦點，離心率為，由此能求出的方程和其右準線方程；（2）的周長為，設的方程為與的方程聯立，由此利用弦長公式，即可求解直線的方程.
試題解析：（1）由題得，是橢圓的兩焦點，故半焦距為1，再由離心率為知，長半軸長為2，從而的方程為；
（2）由（1）知，的周長為，
又，而且
若垂直於軸，易得，與已知矛盾，故不垂直於軸.
與方程聯立可得，
從而令，解得，即
故的方程為或.
考點：橢圓的標準方程及其簡單的幾何性質；直線與圓錐曲線綜合應用.
【方法點晴】本題主要考查了橢圓的標準方程及其簡單的幾何性質、直線與圓錐曲線綜合應用，解題是要認真審題，注意橢圓的弦長公式的合理運用，著重考查了推理與運算能力和分類討論思想的應用，本題的解答中，利用的周長為，得出弦長，可設的方程為與的方程聯立，由此利用弦長公式，即可求解直線的方程.
【解析】
9、已知函式，曲線經過點,且在點處的切線為.
（1）求、的值；
（2）若存在實數，使得時，恆成立，求的取值範圍.
【答案】（1）；（2）．
試題分析：（1）求出函式的導數，利用切線的斜率，以及函式值得到，即可求解、的值；（2）把當時，恆成立，轉化為恆成立，構造新函式，利用導數求解函式的最大值，即可求解實數的取值範圍．
試題解析：(1)，
依題意，,即，解得.
(2)由，得,
時，即恆成立，當且僅當.
設.由得（捨去），，
當；當，
在區間上的最大值為.
常數的取值範圍為.
考點：利用導數研究曲線上某點處的切線方程；導數在函式的最值、不等式的恆成立中的應用．
【方法點晴】本題主要考查了利用導數研究曲線上某點處的切線方程、導數在函式的最值、不等式的恆成立中的應用，著重考查了轉化與化歸的思想的應用，其中構造新函式是解得大關鍵，試題難度較大，屬於難題，本題的解答中，把不等式恆成立，轉化為恆成立，通過構造新函式，求解函式的最大值，即可求解．
【解析】
10、已知函式：．
（ⅰ）討論函式的單調性；
（ⅱ）若對於任意的，若函式在區間上有最值，
求實數的取值範圍．
【答案】（ⅰ）當時，的單調增區間為，減區間為；當時，的單調增區間為，無減區間；（ⅱ）．
試題分析：（ⅰ）求出函式的定義域及導函式，然後根據導數等於零的根與區間端點的大小關係進行分類討論即可；（ⅱ）在區間上有最值，在區間上總不是單調函式，即在區間（a，3）的函式值既有正值也有負知，結合導函式（二次函式）的影象知
從而將問題轉化為該不等式組在恆成立，從而求出引數範圍．
試題解析：（ⅰ）由已知得的定義域為，且，
當時，的單調增區間為，減區間為；
當時，的單調增區間為，無減區間；
（ⅱ）在區間上有最值，在區間上總不是單調函式，
又由題意知：對任意
恆成立，
因為對任意，恆成立∴
∵∴考點:求含引數的函式的單調性；由有最值求引數範圍．
【方法點睛】求含引數的函式的單調區間的解法突破：第1步，求函式的定義域；第2步，求導函式；第3步，以導函式的零點存在性進行討論；第4步，當導函式存在多個零點時，討論它們的大小關係及與區間端點的位置關係；第5步，畫出導函式的同號函式的草圖，從而判斷其導函式的符號；第6步，方法一：根據第5步的草圖列出、、隨變化的情況表，並寫出函式的單調區間；方法
二、根據第5步的草**不等式或，進而得函式的單調區間；第7步，綜合上述討論的情形，完整地寫出函式的單調區間．
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