的纵坐标的绝对值将或代入椭圆方程得，，所以故选如图，已知直线平面，在平面内有动点，点是定直线上定点，且与所成角为为锐角，点到平面距离为，则动点的轨迹方程为答案解析解决本题的关键是正确理解题意并正确的表示出，对于的表示将影响着整个题目的解决，至于如何想到表示，可以考虑选项里面的暗示，解题时需要先设动点坐标，然后表示找到关系设则，化简得二填空题共分，每题分在中，是的条件填充分不必要必要不充分充分必要既不充分也不必要之答案必要不充分直线与圆交于不同的两点，且，其中为坐标原点，则实数的取值范围是答案试题分析的中点为，则，利用，可得，从而可得，利用点到直线的距离公式，可得，即可求出实数的取值范围试题解析解设的中点为，则⊥，并且，即为，解得，到直线的距离，解得故答案为在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，，，且，则在轴上的投影线段长的最大值是答案解析因为点在椭圆上，所以可设，，，所以，，，所以有，即，又向量在轴上投影为向量的横坐标，所以在轴上的投影线段长为，其最大值为文科如图所示，正方体的棱长为分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱分别交于，两点，设，给出以下四个结论平面平面直线平面始终成立四边形周长是单调函数四棱锥的体积为常数以上结论正确的是答案解析因为，，所以平面，所以平面平面成立因为，所以直线平面始终成立因为，，所以在，上不是单调函数，故为常数理科已知正四棱锥可绕着任意旋转，平面若，，则正四棱锥在面内的投影面积的取值范围是解析由题意可得正四棱锥的侧面与底面所成角为，侧面上的高为，设正四棱锥的底面与平面所成角为，当时投影为矩形，其面积为，，当时，投影为个矩形和个三角形，此时与平面所成角为，正四棱锥在平面上的投影面积为，，当时投影面积为，，综上，正四棱锥在面内的投影面积的取值范围是，三解答题共分，每题需有必要的解答过程本题满分分设命题若，则有实根试写出命题的逆否命题判断命题的逆否命题的真假，并写出判断过程解掌握四种命题的构成关系就不难写出的逆否命题原结论否定作条件，原条件否定作结论从条件出发能推出结论，则为真命题，否则为假命题，本题从条件能推出结论，故为真命题的逆否命题若无实根，则无实根，证明连接交于，连接，为菱形，且为的中点，，又面，平面，平面Ⅲ理科证明连结，则⊥，又⊥，∩，⊥平面又，⊥平面，又平面平面⊥平面已知圆，点坐标为过点作圆的切线，切点为求直线，的方程求切线长的值求直线的方程答案，或试题解析易知切线斜率存在，设过点圆的切线方程为，即因为圆心，到直线的距离为解得，或故所求的切线方程为，或在中，因为所以所以过点的圆的切线长为容易求出，所以如图，由，可求出设直线的方程为，即由解得或舍所以直线的方程为本题满分分如图，直三棱柱中，是的中点证明平面设求异面直线与所成角的大小试题解析证明连结，交于点，连结，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面解结合易知即为异面直线与所成角，因为，为的中点，所以，又因为该三棱柱是直三棱柱，所以平面，即平面本题满分分在四棱锥中，底面为直角梯形，，，⊥底面，且，分别为的中点求证平面文科求与平面所成的角理科点在线段上，试确定点的位置，使二面角为试题解析分别为的中点，，即，四点共面是的中点⊥⊥面，⊥又⊥平面连结，⊥平面，是与平面所成的角在中与平面所成的角是作于点，连结⊥底面平面就是二面角的平面角若，则由可解得当时，二面角的平面角为本题满分分抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点若，求直线的斜率设点在线段上运动，原点关于点的对称点为，求四边形面积的最小值试题解析依题意知设直线的方程为将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得设所以，因为，所以联立和，消去得所以直线的斜率是由点与原点关于点对称，得是线段的中点，从而点与点到直线的距离相等，所以四边形的面积等于因为，所以当时，四边形的面积最小，最小值是文科，本题满分分如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，与轴平行的直线与椭圆交于两点，过两点且分别与直线垂直的直线相交于点已知椭圆的离心率为，右焦点到右准线的距离为求椭圆的标准方程证明点在条定直线上运动，并求出该直线的方程求面积的最大值答案详见解析，试题分析利用离心率和焦准距建立的关系式求解顺着题意，设点，的坐标，表示出，的方程，利用方程组得到点坐标满足的关系式，若关系式为二元次方程，则该方程表示直线用中所设坐标作为目标函数的变量，可以发现容易消去横坐标，从而得到个关于的目标式，利用基本不等式或二次函数可以求得最大值试题解析由题意得，，解得，，所以，所以椭圆的标准方程为设，，显然直线，的斜率都存在，设为则，，所以直线，的方程为，，消去得，化简得，故点在定直线上运动由得点的纵坐标为，又，所以，则，所以点到直线的距离为量，可以发现容易消去横坐标，从而得到个关于的目标式，利用基本不等式或二次函数可以求得最大值试题解析由题意得，，解得，，所以，所以椭圆的标准方程为设，，显然直线，的斜率都存在，设为则，，所以直线，的方程为，，消去得，化简得，故点在定直线上运动由得点的纵坐标为，又，所以，则，所以点到直线的距离为，将代入得，所以面积，，当时，投影为个矩形和个三角形，此时与平面所成角为，正四棱锥在平面上的投影面积为，，，则正四棱锥在面内的投影面积的取值范围是解析由题意可得正四棱锥的侧面与底面所成角为，侧面上的高为，设正四棱锥的底面与平面所成角为，当时投影为矩形，其面积为，所以在，上不是单调函数，故为常数理科已知正四棱锥可绕着任意旋转，平面若因为，，所以平面，所以平面平面成立因为，所以直线平面始终成立因为，直线平面始终成立四边形周长是单调函数四棱锥的体积为常数以上结论正确的是答案解析的棱长为分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱分别交于，两点，设，给出以下四个结论平面平面，即，又向量在轴上投影为向量的横坐标，所以在轴上的投影线段长为，其最大值为文科如图所示，正方体，所以，，，所以有上，，，且，则在轴上的投影线段长的最大值是答案解析因为点在椭圆上，所以可设，，的取值范围试题解析解设的中点为，则⊥，并且，即为，解得，到直线的距离，解得故答案为在平面直角坐标系中，已知点在椭圆于不同的两点，且，其中为坐标原点，则实数的取值范围是答案试题分析的中点为，则，利用，可得，从而可得，利用点到直线的距离公式，可得，即可求出实数填空题共分，每题分在中，是的条件填充分不必要必要不充分充分必要既不充分也不必要之答案必要不充分直线与圆交的表示将影响着整个题目的解决，至于如何想到表示，可以考虑选项里面的暗示，解题时需要先设动点坐标，然后表示找到关系设则，化简得二平面距离为，则动点的轨迹方程为答案解析解决本题的关键是正确理解题意并正确的表示出，对于轴的距离为点的纵坐标的绝对值将或代入椭圆方程得，，所以故选如图，已知直线平面，在平面内有动点，点是定直线上定点，且与所成角为为锐角，点到个直角三角形的三个顶点，则点到轴的距离为解析可以证明，焦点三角形中，当点在椭圆短轴端点时，最大在该椭圆中，可计算最大时仍为锐角，即直角三角形的顶点只可能是焦点，所以点到，又切于第象限，，从而实数的取值范围是理科已知椭圆的左右焦点分别为点在椭圆上，若是个，又切于第象限，，从而实数的取值范围是理科已知椭圆的左右焦点分别为点在椭圆上，若是个直角三角形的三个顶点，则点到轴的距离为解析可以证明，焦点三角形中，当点在椭圆短轴端点时，最大在该椭圆中，可计算最大时仍为锐角，即直角三角形的顶点只可能是焦点，所以点到轴的距离为点变。

实验室检验常用的方法是。

通过计算确定的化学式写出计算过程为聚合度，不必求出。

分氢化镁化学式为是种常用的焰火剂，遇水易发生反应。

兴趣小