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第 4 页 共 10 页 BC＝ 2 11 3 ． （1）求二面角 B—AP—C 大小的余弦值； （2）求点 P 到底面 ABC 的距离． 22．（本小题 14 分）已知椭圆 2 2 1 2 2: 1( 0)x yE a ba b     ，是椭圆 2 2 2 2 2: 1( 0, 1)x yE a b mma mb      ， 则称椭圆 2E 是椭圆 1E “相似”. （1）求经过点 ( 2,1) ，且与椭圆 2 2 1 : 12 xE y  “相似”的椭圆 2E 的方程； （2）若 4m  ，椭圆 1E 的离心率为 2 ,2 P 在椭圆 2E 上，过 P 的直线l 交椭圆 1E 与 ,A B 两点，且 ABAP  1 若 B 的坐标为 (0,2) ，且 2  ，求直线 l 的方程； 2 ②若直线 ,OP OA的斜率之积为 1 2  ，求  的值. 江苏省高邮中学高二年级二月份线上学习测试 数学试卷参考答案 1、 A 2、A 3、B 4、A 5、D 6、A 7、B 8、B 9、 C 10、B第 5 页 共 10 页 11、D 12、B 13、       3 1,2 14、50 15、8 5 16、 2 3( ,0)3 p 17、略 18、解（1）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 联立 2 1 4 y x y x     ，得 2 6 1 0x x   则 1 2 6x x  ， 则 1 2 6 2 82 2 p pAB AF BF x x         . （2）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， AB 的中点为 M 联立 2 4 y x m y x     ，得 2 4 4 0y y m   则 1 2 4y y  ，则 1 2 22M y yy   则 (2 ,2)M m . 又 PAB 是以 ,PA PB 为腰的等腰三角形 ∴ PM AB ∴ 1PM ABk k   ∴ 4 1 13 m     ∴ 1m   . 19、解：（1）在等差数列中，设公差为 0d  ， 由题意 2 1 5 2 3 5 a a a a    ，得 2 1 1 1 1 ( 4 ) ( ) 2 5 a a d a d a d       ， 解得 1 1 2 a d    ． 1 ( 1) 1 2( 1) 2 1na a n d n n         ； （2）由（1）知， 2 1na n  ． 则 1 1 1 1 1 1( )( 1)( 1) 2 2( 1) 4 1n n n b a a n n n n        ，第 6 页 共 10 页 1 1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( )] (1 )4 2 2 3 1 4 1 4( 1)n nT n n n n             ． 1 1 1 04( 2) 4( 1) 4( 1)( 2)n n n nT T n n n n         ， { }nT 单调递增，而 1 4( 1) 4n nT n   ， 要使 5n mT  成立，则 1 5 4 m… ，得 5 4m… ， 又 m Z ，则使得 5n mT  成立的 m 的最小正整数为 2． 20、证明： ( )I PA  底面 ABCD ， AD AB ， 以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 2AD DC AP   ， 1AB  ，点 E 为棱 PC 的中点． (1B ，0， 0) ， (2C ，2， 0) ， (0D ，2， 0) ， (0P ，0， 2) ， (1E ，1，1)  (0BE  ，1，1) ， (2DC  ，0， 0)  0BE DC    ， BE DC  ； （Ⅱ） ( 1BD   ，2， 0) ， (1PB  ，0， 2) ， 设平面 PBD 的法向量 (m x ， y ， )z ， 由 0 0 m BD m PB      ，得 2 0 2 0 x y x z       ， 令 1y  ，则 (2m  ，1，1) ， 则直线 BE 与平面 PBD 所成角 满足： 2 3sin 3| | | | 6 2 m BE m BE         ， 故直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 ．第 7 页 共 10 页 （Ⅲ） (1BC  ，2， 0) ， ( 2CP   ， 2 ， 2) ， (2AC  ，2， 0) ， 由 F 点在棱 PC 上，设 ( 2CF CP     ， 2 ， 2 )(0 1) „ „ ， 故 (1 2BF BC CF       ， 2 2 ， 2 )(0 1) „ „ ， 由 BF AC ，得 2(1 2 ) 2(2 2 ) 0BF AC         ， 解得 3 4   ， 即 1( 2BF   ， 1 2 ， 3)2 ， 设平面 FBA 的法向量为 (n a ， b ， )c ， 由 0 0 n AB n BF      ，得 0 1 1 3 02 2 2 a a b c     令 1c  ，则 (0n  ， 3 ，1) ， 取平面 ABP 的法向量 (0i  ，1， 0) ， 则二面角 F AB P  的平面角 满足： | | 3 3 10cos | | | | 1010 i n i n        ， 故二面角 F AB P  的余弦值为： 3 10 10 21、解：（1）在 ABP 中作 BD AP ，垂足为 D ， 因为 5PB PC  ， 2AB AC  ， AP 为公共边， 所以 ABP ≌ ACP ，又 BD AP ，所以CD AP ， 所以 BDC 为二面角 B AP C  的平面角；…..2 分 又 2 2 2PB AB PA  ，所以 90PBA   ， 故 ABP 的面积 1 1 2 2ABPS AB PB PA BD     ， 所以 2 5 3 AB PBBD PA   ，同理 2 5 3CD  ， 在 BCD 中， 2 2 2 1cos 2 10 BD CD BCBDC BD CD      ，…..4 分 所以，二面角 B AP C  大小的余弦值为 1 10  ．………..5 分 （2）（法一）取 BC 中点 E ，连结 AE ， PE ，在平面 PAE 中作 PO AE ，垂足为 O ． 因为 AB AC ，所以 AE BC ．同理 PE BC ． 又 AE PE E ， AE  平面 PAE ， PE  平面 PAE ，所以 BC  平面 PAE ． 因为 PO  平面 PAE ，所以 PO BC ． P A B C D E O第 8 页 共 10 页 又 PO AE ， BC AE E ， BC  平面 ABC ， AE  平面 ABC ， 所以 PO  平面 ABC ， 因此，点 P 到底面 ABC 的距离即为 PO 的长；…………..8 分 在 Rt ABE 中， 2 2 2 21 5( )2 3AE AB BE AB BC     ， 在 Rt PBE 中， 2 2 2 21 34( )2 3PE PB BE PB BC     ， 在 PAE 中， 2 2 2 4cos 2 5 PA AE PEPAE PA AE     ，……..10 分 所以， 2 3sin 1 cos 5PAE PAE     ， 在 Rt PAO 中， 9sin 5PO PA PAE    ，………..11 分 综上，点 P 到底面 ABC 的距离为 9 5 ．……………..12 分 （法二）由（1）知 BD AP ， CD AP ，又 BD BCD 面 ，CD BCD 面 ， BD CD D  所以 AP BCD 面 ，则 1 3P ABC P BCD A BCD BCDV V V PA S       ， 在 BCD 中， 2 5 3BD CD  ， 1cos 10BDC   ， 故 1 sin2BCDS DB DC BDC    2 21 2 5 1 1112 3 10 3                . 则 1 11 3 3P ABC BCDV PA S    . 在 ABC 中， 2AB AC  ， 2 11 3BC  ，则 5 11 9ABCS  . 设点 P 到底面 ABC 的距离为 h ，则 1 11 3 3P ABC ABCV hS   ，故 9 5h  . 22、解：⑴设椭圆 2E 的方程为 2 2 12 x y m m   ，代入点 ( 2,1) 得 2m  ， 所以椭圆 2E 的方程为 2 2 14 2 x y  ⑵因为椭圆 1E 的离心率为 2 2 ，故 2 22a b ，所以椭圆 2 2 2 1 : 2 2E x y b  又椭圆 2E 与椭圆 1E “相似”，且 4m  ，所以椭圆 2 2 2 1 : 2 8E x y b  ， 设 1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )A x y B x y P x y ， ①方法一：由题意得 2b  ，所以椭圆 2 2 1 : 2 8E x y  ，将直线 : 2l y kx  ， 代入椭圆 2 2 1 : 2 8E x y  得 2 2(1 2 ) 8 0k x kx   ， 解得 1 22 8 , 01 2 kx xk   ，故 2 1 22 2 4 , 21 2 ky yk   ，第 9 页 共 10 页 所以 2 2 2 8 2 4( , )1 2 1 2 k kA k k     又 2AP AB uuur uuur ，即 B 为 AP 中点，所以 2 2 2 8 2 12( , )1 2 1 2 k kP k k    ， 代入椭圆 2 2 2 : 2 32E x y  得 2 2 2 2 2 8 2 12( ) 2( ) 321 2 1 2 k k k k    ， 即 4 220 4 3 0k k   ，即 2 2(10 3)(2 1) 0k k   ，所以 30 10k   所以直线 l 的方程为 30 210y x   方法二：由题意得 2b  ，所以椭圆 2 2 1 : 2 8E x y  ， 2 2 2 : 2 32E x y  设 ( , ), (0,2)A x y B ，则 ( ,4 )P x y  ， 代入椭圆得 2 2 2 2 2 8 2(4 ) 32 x y x y       ，解得 1 2y  ，故 30 2x   所以 30 10k   ， 所以直线 l 的方程为 30 210y x   ………8 分 ②方法一： 由题意得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 1 1 2 22 8 , 2 2 , 2 2x y b x y b x y b      ， 0 1 0 1 1 2 y y x x    ，即 0 1 0 12 0x x y y  ， AP AB uuur uuur ，则 0 1 0 1 2 1 2 1( , ) ( , )x x y y x x y y     ，解得 0 1 2 0 1 2 ( 1) ( 1) x xx y yy           所以 2 2 20 1 0 1( 1) ( 1)( ) 2( ) 2x x y y b         则 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 1 1 0 0 1 12( 1) ( 1) 2 4( 1) 2( 1) 2x x x x y y y y b              2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 0 1 1 1( 2 ) 2( 1)( 2 ) ( 1) ( 2 ) 2x y x x y y x y b          所以 2 2 2 2 28 ( 1) 2 2b b b     ，即 2 24 ( 1)    ，所以 5 2   方法二：不妨设点 P 在第一象限，设直线 : ( 0)OP y kx k  ，代入椭圆 2 2 2 2 : 2 8E x y b  ， 解得 0 2 2 2 1 2 bx k   ，则 0 2 2 2 1 2 bky k   ， 直线 ,OP OA的斜率之积为 1 2  ，则直线 1: 2OA y xk   ，代入椭圆 2 2 2 1 : 2 2E x y b  ， 解得 1 2 2 1 2 bkx k    ，则 1 21 2 by k   AP AB uuur uuur ，则 0 1 0 1 2 1 2 1( , ) ( , )x x y y x x y y     ，解得 0 1 2 0 1 2 ( 1) ( 1) x xx y yy           ，第 10 页 共 10 页 所以 2 2 20 1 0 1( 1) ( 1)( ) 2( ) 2x x y y b         则 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 1 1 0 0 1 12( 1) ( 1) 2 4( 1) 2( 1) 2x x x x y y y y b              2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 0 1 1 1( 2 ) 2( 1)( 2 ) ( 1) ( 2 ) 2x y x x y y x y b          所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 28 2( 1)( ( ) 2 ) ( 1) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 b bk bk bb b b k k k k                 ， 即 2 2 2 2 28 ( 1) 2 2b b b     ，即 2 24 ( 1)    ，所以 5.2  