2024新教材高中數(shù)學(xué)模塊綜合測評新人教A版選擇性必修第一冊

模塊綜合測評一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．直線eq\r(3)x－y－2021＝0的傾斜角等于()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．不存在B[直線eq\r(3)x－y－2021＝0化為y＝eq\r(3)x－2021，則直線的斜率為eq\r(3)，所以直線的傾斜角等于eq\f(π,3)．故選B．]2．已知向量a＝(0,1,1)，b＝(1，－2,1)．若向量a＋b與向量c＝(－2，m，－4)平行，則實數(shù)m的值是()A．2B．－2C．10D．－10A[a＋b＝(1，－1,2)，由(a＋b)∥c得eq\f(－2,1)＝eq\f(m,－1)＝eq\f(－4,2)，解得m＝2，故選A．]3．直線l：3x－y－6＝0被圓C：x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦AB的長是()A．10B．5C．eq\r(10)D．eq\f(\r(10),2)C[將圓的方程x2＋y2－2x－4y＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程，得(x－1)2＋(y－2)2＝5．圓心坐標(biāo)(1,2)，半徑r＝eq\r(5)，∴圓心到直線的距離d＝eq\f(|3－2－6|,\r(－12＋32))＝eq\f(\r(10),2)，弦AB的長|AB|＝2eq\r(5－\f(5,2))＝eq\r(10)．故選C．]4．已知點A(2，－1,2)在平面α內(nèi)，n＝(3,1,2)是平面α的一個法向量，則下列各點在平面α內(nèi)的是()A．(1，－1,1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2)))B[設(shè)平面α內(nèi)的一點為P(x，y，z)(不與點A重合)，則eq\o(AP,\s\up7(→))＝(x－2，y＋1，z－2)，∵n是平面α的一個法向量，∴eq\o(AP,\s\up7(→))⊥n，∴3(x－2)＋(y＋1)＋2(z－2)＝0，即3x＋y＋2z＝9．將選項代入檢驗知B正確，故選B．]5．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(6),3)B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(\r(15),5)D．eq\f(\r(10),5)D[以D點為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，C1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(－2,0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，且eq\o(AC,\s\up7(→))為平面BB1D1D的一個法向量．∴cos〈eq\o(BC1,\s\up7(→))，eq\o(AC,\s\up7(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up7(→))·\o(AC,\s\up7(→)),|\o(BC1,\s\up7(→))||\o(AC,\s\up7(→))|)＝eq\f(4,\r(5)·\r(8))＝eq\f(\r(10),5)，∴BC1與平面BB1D1D所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5)．]6．以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))(p＞0)為焦點的拋物線C的準(zhǔn)線與雙曲線x2－y2＝2相交于M，N兩點，若△MNF為正三角形，則拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．y2＝2eq\r(6)x B．y2＝4eq\r(6)xC．x2＝4eq\r(6)y D．x2＝2eq\r(6)yC[由題意，以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))(p＞0)為焦點的拋物線C的準(zhǔn)線y＝－eq\f(p,2)，代入雙曲線x2－y2＝2，可得x＝±eq\r(2＋\f(p2,4))，∵△MNF為正三角形，∴p＝eq\f(\r(3),2)×2eq\r(2＋\f(p2,4))，∵p＞0，∴p＝2eq\r(6)，∴拋物線C的方程為x2＝4eq\r(6)y．]7．(2024·豫南豫北精英對抗賽)在四面體ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq\r(2)，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(2),3)B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(14),4)D．－eq\f(\r(2),4)B[取BD的中點O，連接AO，OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝eq\r(2)，得AO⊥BD，CO⊥BD，且OC＝eq\r(3)，AO＝1．在△AOC中，AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以O(shè)B，OC，OA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1,0,0)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CD,\s\up7(→))＝(－1，－eq\r(3)，0)，設(shè)異面直線AB與CD所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(AB,\s\up7(→))·\o(CD,\s\up7(→))|,|\o(AB,\s\up7(→))||\o(CD,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,\r(2)×\r(1＋3))＝eq\f(\r(2),4)，即異面直線AB與CD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4)，故選B．]8．已知橢圓C的焦點為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，過F2的直線與C交于A，B兩點．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，則C的方程為()A．eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1B[設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．由橢圓的定義可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a．∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，∴|AB|＝|BF1|＝eq\f(3,2)|AF2|，∴|AF1|＋3|AF2|＝4a．又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝|AF2|＝a，∴點A是橢圓的短軸端點，如圖．不妨設(shè)A(0，－b)，由F2(1,0)，eq\o(AF2,\s\up7(→))＝2eq\o(F2B,\s\up7(→))，得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(b,2)))．由點B在橢圓上，得eq\f(\f(9,4),a2)＋eq\f(\f(b2,4),b2)＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2．∴橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1．故選B．]二、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分)9．下列說法中，正確的有()A．直線y＝ax－3a＋2(a∈R)必過定點(3,2)B．直線y＝3x－2在y軸上的截距為2C．直線x－eq\r(3)y＋1＝0的傾斜角為30°D．點(5，－3)到直線x＋2＝0的距離為7ACD[對于A，化簡得直線y＝a(x－3)＋2，故直線必過定點(3,2)，故A正確；對于B，直線y＝3x－2在y軸上的截距為－2，故B錯誤；對于C，直線x－eq\r(3)y＋1＝0的斜率為eq\f(\r(3),3)，故傾斜角θ滿意tanθ＝eq\f(\r(3),3)，0°≤θ<180°，則θ＝30°，故C正確；對于D，因為直線x＝－2垂直于x軸，故點(5，－3)到直線x＝－2的距離為5－(－2)＝7，故D正確．故選ACD．]10．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是A1D1，C1D1的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．A1C1∥平面CEFB．B1D⊥平面CEFC．eq\o(CE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))－eq\o(DC,\s\up7(→))D．點D與點B1到平面CEF的距離相等AC[建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)AB＝2，平面CEF的法向量為n＝(x，y，z)．∵E，F(xiàn)分別是A1D1，C1D1的中點，∴EF∥A1C1，又EF?平面CEF，A1C1?平面CEF，∴A1C1∥平面CEF，故選項A正確；C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(0,1,2)，B1(2,2,2)，D(0,0,0)．eq\o(DB1,\s\up7(→))＝(2,2,2)，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(－1,1,0)，eq\o(CF,\s\up7(→))＝(0，－1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up7(→))＝0，,n·\o(CF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－y＋2z＝0，))令x＝2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝1，))∴n＝(2,2,1)，∵eq\o(DB1,\s\up7(→))＝(2,2,2)，∴DB1與n不平行，∴B1D不垂直平面CEF，故選項B錯誤；eq\o(CE,\s\up7(→))＝eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))＋eq\o(D1E,\s\up7(→))＝eq\o(CD,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(D1A1,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\o(DD1,\s\up7(→))－eq\o(DC,\s\up7(→))，故選項C正確；eq\o(DC,\s\up7(→))＝(0,2,0)，設(shè)點D到平面CEF的距離為d1，則d1＝eq\f(|\o(DC,\s\up7(→))·n|,|n|)＝eq\f(4,\r(4＋4＋1))＝eq\f(4,3)，eq\o(B1C,\s\up7(→))＝(－2,0，－2)，設(shè)B1到平面CEF的距離為d2，則d2＝eq\f(|\o(B1C,\s\up7(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－4＋0－2|,3)＝2≠eq\f(4,3)，故選項D錯誤．故選AC．]11．(2024·山東淄博第十中學(xué)高三期末)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線上一點，且|PF1|＝2|PF2|，若sin∠F1PF2＝eq\f(\r(15),4)，則下面有關(guān)結(jié)論正確的是()A．e＝eq\r(6) B．e＝2C．b＝eq\r(5)a D．b＝eq\r(3)aABCD[若∠F1PF2為銳角時，cos∠F1PF2＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),4)))eq\s\up12(2))＝eq\f(1,4)，如圖①所示，因為|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，所以cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,16a2)＝eq\f(1,4)，所以c2＝4a2，所以c＝2a，所以e＝2，所以a2＋b2＝4a2，b＝eq\r(3)a，故BD正確；若∠F1PF2為鈍角時，cos∠F1PF2＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),4)))eq\s\up12(2))＝－eq\f(1,4)，如圖②所示，因為|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，所以cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,16a2)＝－eq\f(1,4)，所以c2＝6a2，所以c＝eq\r(6)a，所以e＝eq\r(6)，所以a2＋b2＝6a2，b＝eq\r(5)a，故AC正確．故選ABCD．]①②12．(2024·山東淄博二模)設(shè)橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦點為F1，F(xiàn)2，P是C上的動點，則下列結(jié)論正確的是()A．離心率e＝eq\f(\r(3),2)B．|eq\o(PF2,\s\up7(→))|的最大值為3C．△PF1F2面積的最大值為2eq\r(3)D．|eq\o(PF1,\s\up7(→))＋eq\o(PF2,\s\up7(→))|的最小值為2AD[因為橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以a2＝4，b2＝1，所以a＝2，b＝1，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，故A正確；不妨令F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，設(shè)P(x，y)，所以eq\o(PF2,\s\up7(→))＝(eq\r(3)－x，－y)，所以|eq\o(PF2,\s\up7(→))|2＝(x－eq\r(3))2＋y2＝(x－eq\r(3))2＋1－eq\f(x2,4)＝eq\f(3x2,4)－2eq\r(3)x＋4＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4\r(3),3)))eq\s\up12(2)，因為－2≤x≤2，所以當(dāng)x＝－2時，(|eq\o(PF,\s\up7(→))2|2)max＝7＋4eq\r(3)，即|eq\o(PF2,\s\up7(→))|max＝2＋eq\r(3)，故B錯誤；因為Seq\s\do6(△PF1F2)＝eq\f(1,2)|y|·2c＝eq\f(1,2)|y|×2eq\r(3)＝eq\r(3)|y|，－1≤y≤1，所以當(dāng)y＝±1，即P在短軸的端點時，△PF1F2的面積取得最大值，(Seq\s\do6(△PF1F2))max＝eq\r(3)×1＝eq\r(3)，故C錯誤；對于D，|eq\o(PF1,\s\up7(→))＋eq\o(PF2,\s\up7(→))|＝2|eq\o(PO,\s\up7(→))|＝2eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(\f(3x2,4)＋1)，因為－2≤x≤2，所以1≤eq\f(3x2,4)＋1≤4，所以2≤|eq\o(PF1,\s\up7(→))＋eq\o(PF2,\s\up7(→))|≤4，故D正確．故選AD．]三、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．與a＝(2，－1,2)共線且滿意a·b＝－9的向量b＝________．(－2,1，－2)[依題意設(shè)b＝λa＝(2λ，－λ，2λ)(λ∈R)，所以a·b＝4λ＋λ＋4λ＝－9，解得λ＝－1．故b＝(－2,1，－2)．]14．已知點P是橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上的一點，點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，則|PQ|的最小值為________．eq\f(3\r(5),4)[設(shè)P(x，y)，則|PQ|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,4)))＝eq\f(1,4)(x－1)2＋eq\f(45,16)．所以當(dāng)x＝1時，|PQ|的最小值為eq\r(\f(45,16))＝eq\f(3\r(5),4)．]15．若直線3x－4y＋5＝0與圓x2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B兩點，且∠AOB＝120°(O為坐標(biāo)原點)，則r＝________，|AB|＝________．22eq\r(3)[如圖，過O點作OD⊥AB于D點，在Rt△DOB中，∠DOB＝60°，∴∠DBO＝30°，又|OD|＝eq\f(|3×0－4×0＋5|,5)＝1，∴r＝2|OD|＝2．|AB|＝2eq\r(r2－OD2)＝2eq\r(3)．]16．已知點E，F(xiàn)分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，則平面AEF與平面ABC所成的二面角的正切值等于________．eq\f(\r(2),3)[如圖，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體的棱長為1．A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2,3)))，所以eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,3)))，易知平面ABC的一個法向量為n1＝(0,0,1)．設(shè)平面AEF的一個法向量為n2＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(EF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋\f(1,3)z＝0.))取x＝1，則y＝－1，z＝3，故n2＝(1，－1,3)．所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(3\r(11),11)．所以平面AEF與平面ABC所成的二面角的平面角α滿意cosα＝eq\f(3\r(11),11)，則sinα＝eq\f(\r(22),11)，所以tanα＝eq\f(\r(2),3)．]四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)已知圓心為M的圓經(jīng)過A(0,4)，B(2,0)，C(3,1)三個點．(1)求△ABC的面積；(2)求圓M的方程．[解](1)依據(jù)題意，A(0,4)，B(2,0)，得直線AB的方程為eq\f(x,2)＋eq\f(y,4)＝1，即2x＋y－4＝0．點C到直線AB的距離d＝eq\f(|2×3＋1－4|,\r(4＋1))＝eq\f(3\r(5),5)，A(0,4)，B(2,0)，則|AB|＝eq\r(4＋16)＝2eq\r(5)，則△ABC的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×eq\f(3\r(5),5)＝3，即△ABC的面積為3．(2)依據(jù)題意，A(0,4)，B(2,0)，C(3,1)，得kAC＝eq\f(4－1,0－3)＝－1，kBC＝eq\f(1－0,3－2)＝1，則kAC·kBC＝－1，故直線AC與BC垂直，則△ABC為直角三角形，故圓M的圓心M為邊AB的中點，即M(1,2)，半徑r＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)＝eq\r(5)，故圓M的方程為(x－1)2＋(y－2)2＝5．18．(本小題滿分12分)如圖所示，點P是矩形ABCD所在平面外一點，且PA⊥平面ABCD，M，N分別是PC，PD上的點，且eq\f(PM,MC)＝3，N為PD的中點．(1)求滿意eq\o(MN,\s\up7(→))＝xeq\o(AB,\s\up7(→))＋yeq\o(AD,\s\up7(→))＋zeq\o(AP,\s\up7(→))的實數(shù)x，y，z的值；(2)若PA＝AB＝1，AD＝2，求MN的長．[解](1)取PC的中點E，連接NE(圖略)，則eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(EN,\s\up7(→))－eq\o(EM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up7(→))－(eq\o(PM,\s\up7(→))－eq\o(PE,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up7(→))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)\o(PC,\s\up7(→))－\f(1,2)\o(PC,\s\up7(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(CD,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(PC,\s\up7(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(1,4)(－eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＝－eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\f(1,4)eq\o(AD,\s\up7(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AP,\s\up7(→))，所以x＝－eq\f(3,4)，y＝－eq\f(1,4)，z＝eq\f(1,4)．(2)因為PA＝AB＝1，AD＝2，且PA⊥AB，AB⊥AD，PA⊥AD，而|eq\o(MN,\s\up7(→))|2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)\o(AB,\s\up7(→))－\f(1,4)\o(AD,\s\up7(→))＋\f(1,4)\o(AP,\s\up7(→))))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)\o(AB,\s\up7(→))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)\o(AD,\s\up7(→))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\o(AP,\s\up7(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,16)＋eq\f(4,16)＋eq\f(1,16)＝eq\f(7,8)，所以|eq\o(MN,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(14),4)．故MN的長為eq\f(\r(14),4)．19．(本小題滿分12分)一動點到兩定點距離的比值為正常數(shù)λ，當(dāng)λ≠1時，動點的軌跡為圓，后世稱之為阿波羅尼斯圓．已知兩定點A，B的坐標(biāo)分別為：A(4,0)，B(1,0)，動點M滿意|AM|＝2|BM|．(1)求動點M的阿波羅尼斯圓的方程；(2)過P(2,3)作該圓的切線l，求l的方程．[解](1)設(shè)動點M的坐標(biāo)為(x，y)，則|AM|＝eq\r(x－42＋y2)，|BM|＝eq\r(x－12＋y2)，又因為|AM|＝2|BM|，則eq\r(x－42＋y2)＝2eq\r(x－12＋y2)，得x2＋y2＝4．(2)當(dāng)直線l的斜率存在且為k時，直線l的方程為：y＝kx－2k＋3，l與圓相切，則d＝eq\f(|－2k＋3|,\r(k2＋1))＝2，得k＝eq\f(5,12)，此時l的方程為：5x－12y＋26＝0，當(dāng)直線l的斜率不存在時，此時直線l的方程為：x＝2，綜上，直線l的方程為x＝2,5x－12y＋26＝0．20．(本小題滿分12分)已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，焦距為2，離心率為eq\f(1,2)．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l經(jīng)過點M(0,1)，且與橢圓C交于A，B兩點，若eq\o(AM,\s\up7(→))＝2eq\o(MB,\s\up7(→))，求直線l的方程．[解](1)設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，因為焦距為2，所以c＝1，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，b＝eq\r(3)，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)由題意得直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，且Δ>0．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由eq\o(AM,\s\up7(→))＝2eq\o(MB,\s\up7(→))得x1＝－2x2．又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(－8k,3＋4k2)，,x1x2＝\f(－8,3＋4k2)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＝\f(－8k,3＋4k2)，,－2x\o\al(2,2)＝\f(－8,3＋4k2)，))消去x2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,3＋4k2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(4,3＋4k2)，解得k2＝eq\f(1,4)，k＝±eq\f(1,2)．所以直線l的方程為y＝±eq\f(1,2)x＋1，即x－2y＋2＝0或x＋2y－2＝0．21．(本小題滿分12分)如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，A1C的中點，AD＝AA1＝2，AB＝eq\r(2)．(1)求證：EF∥平面ADD1A1；(2)求平面EFD與平面DEC的夾角的余弦值；(3)在線段A1D1上是否存在點M，使得BM⊥平面EFD？若存在，求出eq\f(A1M,A1D1)的值；若不存在，請說明理由．[解](1)證明：連接AD1，A1D，交于點O，所以點O是A1D的中點，連接FO．因為F是A1C的中點，所以O(shè)F∥CD，OF＝eq\f(1,2)CD．因為AE∥CD，AE＝eq\f(1,2)CD，所以O(shè)F∥AE，OF＝AE．所以四邊形AEFO是平行四邊形．所以EF∥AO．因為EF?平面ADD1A1，AO?平面ADD1A1，所以EF∥平面ADD1A1．(2)以點A為坐標(biāo)原點，直線AB，AD，AA1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為點E，F(xiàn)分別是AB，A1C的中點，AD＝AA1＝2，AB＝eq\r(2)，所以B(eq\r(2)，0,0)，D(0,2,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，1))．所以eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－2，0))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝(0,1,1)．設(shè)平面EFD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up7(→))＝0，,n·\o(EF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x－2y＝0，,y＋z＝0.))令y＝1，則z＝－1，x＝2eq\r(2)．所以n＝(2eq\r(2)，1，－1)．由題知，平面DEC的一個法向量為m