浙江省高考數(shù)學(xué)試卷(理科)答案與解析

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2013年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷（理科）參考答案與試卷解讀一選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1（5分）（2013浙江）已知i是虛數(shù)單位，則（1+i）（2i）=（）A3+iB1+3iC3+3iD1+i考點(diǎn)：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算專題：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)分析：直接利用兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法法則，以及虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)，運(yùn)算求得結(jié)果解答：解：（1+i）（2i）=2+i+2i+1=1+3i，故選B點(diǎn)評(píng)：本題主要考查兩個(gè)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法，虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題2（5分）（2013浙江）設(shè)集合S=x|x2

2、，T=x|x2+3x40，則（RS）T=（）A（2，1B（，4C（，1D1，+）考點(diǎn)：交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算；全集及其運(yùn)算專題：集合分析：先根據(jù)一元二次不等式求出集合T，然后求得RS，再利用并集的定義求出結(jié)果解答：解：集合S=x|x2，RS=x|x2，T=x|x2+3x40=x|4x1，故（RS）T=x|x1故選C點(diǎn)評(píng)：此題屬于以一元二次不等式的解法為平臺(tái)，考查了補(bǔ)集及并集的運(yùn)算，是高考中?？嫉念}型在求補(bǔ)集時(shí)注意全集的范圍3（5分）（2013浙江）已知x，y為正實(shí)數(shù)，則（）A2lgx+lgy=2lgx+2lgyB2lg（x+y）=2lgx2lgyC2lgxlgy=2lgx+2lgyD2lg（x

3、y）=2lgx2lgy考點(diǎn)：有理數(shù)指數(shù)冪的化簡(jiǎn)求值；對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：直接利用指數(shù)與對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，判斷選項(xiàng)即可解答：解：因?yàn)閍s+t=asat，lg（xy）=lgx+lgy（x，y為正實(shí)數(shù)），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx2lgy，滿足上述兩個(gè)公式，故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查指數(shù)與對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，基本知識(shí)的考查4（5分）（2013浙江）已知函數(shù)f（x）=Acos（x+）（A0，0，R），則“f（x）是奇函數(shù)”是“=”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件考點(diǎn)：必要條件、充分條件與充要條件的判斷專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析

4、：=f（x）=Acos（x+）f（x）=Asin（x）（A0，0，xR）是奇函數(shù)f（x）為奇函數(shù)f（0）=0=k+，kZ所以“f（x）是奇函數(shù)”是“=”必要不充分條件解答：解：若=，則f（x）=Acos（x+）f（x）=Asin（x）（A0，0，xR）是奇函數(shù)；若f（x）是奇函數(shù)，f（0）=0，f（0）=Acos（×0+）=Acos=0=k+，kZ，不一定有=“f（x）是奇函數(shù)”是“=”必要不充分條件故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查充分條件、必要條件和充要條件的判斷，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意三角函數(shù)性質(zhì)的靈活運(yùn)用5（5分）（2013浙江）某程序框圖如圖所示，若該程序運(yùn)行后輸出的值是，則（

5、）Aa=4Ba=5Ca=6Da=7考點(diǎn)：程序框圖專題：算法和程序框圖分析：根據(jù)已知流程圖可得程序的功能是計(jì)算S=1+的值，利用裂項(xiàng)相消法易得答案解答：解：由已知可得該程序的功能是計(jì)算并輸出S=1+=1+1=2若該程序運(yùn)行后輸出的值是，則 2=a=4，故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是程序框圖，其中分析出程序的功能是解答的關(guān)鍵6（5分）（2013浙江）已知，則tan2=（）ABCD考點(diǎn)：二倍角的正切；同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系專題：三角函數(shù)的求值分析：由題意結(jié)合sin2+cos2=1可解得sin，和cos，進(jìn)而可得tan，再代入二倍角的正切公式可得答案解答：解：，又sin2+cos2=1，聯(lián)立解得，或

6、故tan=，或tan=3，代入可得tan2=，或tan2=故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系，屬中檔題7（5分）（2013浙江）設(shè)ABC，P0是邊AB上一定點(diǎn)，滿足，且對(duì)于邊AB上任一點(diǎn)P，恒有則（）AABC=90°BBAC=90°CAB=ACDAC=BC考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算專題：平面向量及應(yīng)用分析：設(shè)|=4，則|=1，過點(diǎn)C作AB的垂線，垂足為H，在AB上任取一點(diǎn)P，設(shè)HP0=a，則由數(shù)量積的幾何意義可得|2（a+1）|+a0恒成立，只需=（a+1）24a=（a1）20即可，由此能求出ABC是等腰三角形，AC=BC解答：解：設(shè)|=4，則

7、|=1，過點(diǎn)C作AB的垂線，垂足為H，在AB上任取一點(diǎn)P，設(shè)HP0=a，則由數(shù)量積的幾何意義可得，=|=|（a+1）|，=a，于是恒成立，整理得|2（a+1）|+a0恒成立，只需=（a+1）24a=（a1）20即可，于是a=1，因此我們得到HB=2，即H是AB的中點(diǎn)，故ABC是等腰三角形，所以AC=BC故選：D點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了平面向量的運(yùn)算，向量的模及向量的數(shù)量積的概念，向量運(yùn)算的幾何意義的應(yīng)用，還考查了利用向量解決簡(jiǎn)單的幾何問題的能力8（5分）（2013浙江）已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f（x）=（ex1）（x1）k（k=1，2），則（）A當(dāng)k=1時(shí)，f（x）在x=1處取得極小值B當(dāng)k

8、=1時(shí)，f（x）在x=1處取得極大值C當(dāng)k=2時(shí)，f（x）在x=1處取得極小值D當(dāng)k=2時(shí)，f（x）在x=1處取得極大值考點(diǎn)：函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分析：通過對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，根據(jù)選項(xiàng)知函數(shù)在x=1處有極值，驗(yàn)證f'（1）=0，再驗(yàn)證f（x）在x=1處取得極小值還是極大值即可得結(jié)論解答：解：當(dāng)k=1時(shí)，函數(shù)f（x）=（ex1）（x1）求導(dǎo)函數(shù)可得f'（x）=ex（x1）+（ex1）=（xex1），f'（1）=e10，f'（2）=2e210，則f（x）在在x=1處與在x=2處均取不到極值，當(dāng)k=2時(shí)，函數(shù)f（x）=（ex1）（x1）2求導(dǎo)函

9、數(shù)可得f'（x）=ex（x1）2+2（ex1）（x1）=（x1）（xex+ex2），當(dāng)x=1，f'（x）=0，且當(dāng)x1時(shí)，f'（x）0，當(dāng)x0x1時(shí)（x0為極大值點(diǎn)），f'（x）0，故函數(shù)f（x）在（1，+）上是增函數(shù)；在（x0，1）上是減函數(shù)，從而函數(shù)f（x）在x=1取得極小值對(duì)照選項(xiàng)故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的極值問題，考查學(xué)生的計(jì)算能力，正確理解極值是關(guān)鍵9（5分）（2013浙江）如圖F1、F2是橢圓C1：+y2=1與雙曲線C2的公共焦點(diǎn)A、B分別是C1、C2在第二、四象限的公共點(diǎn)，若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是（）ABCD考點(diǎn)：橢圓的簡(jiǎn)單性

10、質(zhì)專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：不妨設(shè)|AF1|=x，|AF2|=y，依題意，解此方程組可求得x，y的值，利用雙曲線的定義及性質(zhì)即可求得C2的離心率解答：解：設(shè)|AF1|=x，|AF2|=y，點(diǎn)A為橢圓C1：+y2=1上的點(diǎn)，2a=4，b=1，c=；|AF1|+|AF2|=2a=4，即x+y=4；又四邊形AF1BF2為矩形，+=，即x2+y2=（2c）2=12，由得：，解得x=2，y=2+，設(shè)雙曲線C2的實(shí)軸長(zhǎng)為2m，焦距為2n，則2m=|AF2|AF1|=yx=2，2n=2=2，雙曲線C2的離心率e=故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓與雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，求得|AF1|與|AF2|是關(guān)鍵，考查分

11、析與運(yùn)算能力，屬于中檔題10（5分）（2013浙江）在空間中，過點(diǎn)A作平面的垂線，垂足為B，記B=f（A）設(shè)，是兩個(gè)不同的平面，對(duì)空間任意一點(diǎn)P，Q1=ff（P），Q2=ff（P），恒有PQ1=PQ2，則（）A平面與平面垂直B平面與平面所成的（銳）二面角為45°C平面與平面平行D平面與平面所成的（銳）二面角為60°考點(diǎn)：空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；平面與平面之間的位置關(guān)系；二面角的平面角及求法專題：空間位置關(guān)系與距離分析：設(shè)P1是點(diǎn)P在內(nèi)的射影，點(diǎn)P2是點(diǎn)P在內(nèi)的射影根據(jù)題意點(diǎn)P1在內(nèi)的射影與P2在內(nèi)的射影重合于一點(diǎn)，由此可得四邊形PP1Q1P2為矩形，且P1Q1P2是

12、二面角l的平面角，根據(jù)面面垂直的定義可得平面與平面垂直，得到本題答案解答：解：設(shè)P1=f（P），則根據(jù)題意，得點(diǎn)P1是過點(diǎn)P作平面垂線的垂足Q1=ff（P）=f（P1），點(diǎn)Q1是過點(diǎn)P1作平面垂線的垂足同理，若P2=f（P），得點(diǎn)P2是過點(diǎn)P作平面垂線的垂足因此Q2=ff（P）表示點(diǎn)Q2是過點(diǎn)P2作平面垂線的垂足對(duì)任意的點(diǎn)P，恒有PQ1=PQ2，點(diǎn)Q1與Q2重合于同一點(diǎn)由此可得，四邊形PP1Q1P2為矩形，且P1Q1P2是二面角l的平面角P1Q1P2是直角，平面與平面垂直故選：A點(diǎn)評(píng)：本題給出新定義，要求我們判定平面與平面所成角大小，著重考查了線面垂直性質(zhì)、二面角的平面角和面面垂直的定義等知識(shí)

13、，屬于中檔題二、填空題：本大題共7小題，每小題4分，共28分11（4分）（2013浙江）設(shè)二項(xiàng)式的展開式中常數(shù)項(xiàng)為A，則A=10考點(diǎn)：二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)專題：排列組合分析：先求出二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式，再令x的系數(shù)等于0，求得r的值，即可求得展開式中的常數(shù)項(xiàng)的值解答：解：二項(xiàng)式的展開式的通項(xiàng)公式為 Tr+1=（1）r=（1）r令=0，解得r=3，故展開式的常數(shù)項(xiàng)為=10，故答案為10點(diǎn)評(píng)：本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)式展開式的通項(xiàng)公式，求展開式中某項(xiàng)的系數(shù)，屬于中檔題12（4分）（2013浙江）若某幾何體的三視圖（單位：cm）如圖所示，則此幾何體的體積等于24 cm3考點(diǎn)：由三視圖求面積、

14、體積專題：立體幾何分析：先根據(jù)三視圖判斷幾何體的形狀，再利用體積公式計(jì)算即可解答：解：幾何體為三棱柱去掉一個(gè)三棱錐后的幾何體，底面是直角三角形，直角邊分別為3，4，側(cè)面的高為5，被截取的棱錐的高為3如圖：V=V棱柱V棱錐=24（cm3）故答案為：24點(diǎn)評(píng)：本題考查幾何體的三視圖及幾何體的體積計(jì)算V椎體=Sh，V柱體=Sh考查空間想象能力13（4分）（2013浙江）設(shè)z=kx+y，其中實(shí)數(shù)x，y滿足，若z的最大值為12，則實(shí)數(shù)k=2考點(diǎn)：簡(jiǎn)單線性規(guī)劃專題：不等式的解法及應(yīng)用分析：先畫出可行域，得到角點(diǎn)坐標(biāo)再對(duì)k進(jìn)行分類討論，通過平移直線z=kx+y得到最大值點(diǎn)A，即可得到答案解答：解：可行域如圖

15、：由得：A（4，4），同樣地，得B（0，2），z=kx+y，即y=kx+z，分k0，k0兩種情況當(dāng)k0時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z=kx+y在A點(diǎn)取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，即12=4k+4，得k=2；當(dāng)k0時(shí)，當(dāng)k時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z=kx+y在A點(diǎn)（4，4）時(shí)取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，此時(shí)，12=4k+4，故k=2當(dāng)k時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z=kx+y在B點(diǎn)（0，2）時(shí)取最大值，即直線z=kx+y在y軸上的截距z最大，此時(shí)，12=0×k+2，故k不存在綜上，k=2故答案為：2點(diǎn)評(píng)：本題主要考查簡(jiǎn)單線性規(guī)劃解決此類問題的關(guān)鍵是正確畫出不等式組表示的可行域，將目標(biāo)函數(shù)

16、賦予幾何意義14（4分）（2013浙江）將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個(gè)字母排成一排，且A，B均在C的同側(cè)，則不同的排法共有480種（用數(shù)字作答）考點(diǎn)：排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問題專題：排列組合分析：按C的位置分類，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因?yàn)樽笥沂菍?duì)稱的，所以只看左的情況最后乘以2即可解答：解：按C的位置分類，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因?yàn)樽笥沂菍?duì)稱的，所以只看左的情況最后乘以2即可當(dāng)C在左邊第1個(gè)位置時(shí)，有A，當(dāng)C在左邊第2個(gè)位置時(shí)，A和B有C右邊的4個(gè)位置可以選，有AA，當(dāng)C在左邊第3個(gè)位置時(shí)，有AA+AA，共為240種，乘以2，得480則不同的排法共有48

17、0種故答案為：480點(diǎn)評(píng)：本題考查排列、組合的應(yīng)用，關(guān)鍵在于明確事件之間的關(guān)系，同時(shí)要掌握分類討論的處理方法15（4分）（2013浙江）設(shè)F為拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)，過點(diǎn)P（1，0）的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)A，B，點(diǎn)Q為線段AB的中點(diǎn)，若|FQ|=2，則直線l的斜率等于不存在考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系；直線的斜率專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：由題意設(shè)直線l的方程為my=x+1，聯(lián)立得到y(tǒng)24my+4=0，=16m216=16（m21）0設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）利用根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=4m，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得=2m，x0=my01=2m21Q

18、（2m21，2m），由拋物線C：y2=4x得焦點(diǎn)F（1，0）再利用兩點(diǎn)間的距離公式即可得出m及k，再代入判斷是否成立即可解答：解：由題意設(shè)直線l的方程為my=x+1，聯(lián)立得到y(tǒng)24my+4=0，=16m216=16（m21）0設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0，y0）y1+y2=4m，=2m，x0=my01=2m21Q（2m21，2m），由拋物線C：y2=4x得焦點(diǎn)F（1，0）|QF|=2，化為m2=1，解得m=±1，不滿足0故滿足條件的直線l不存在故答案為不存在點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了直線與拋物線的位置關(guān)系與的關(guān)系、根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)關(guān)系、兩點(diǎn)間的距離公式等基礎(chǔ)知識(shí)，

19、考查了推理能力和計(jì)算能力16（4分）（2013浙江）ABC中，C=90°，M是BC的中點(diǎn)，若，則sinBAC=考點(diǎn)：正弦定理專題：解三角形分析：作出圖象，設(shè)出未知量，在ABM中，由正弦定理可得sinAMB=，進(jìn)而可得cos=，在RTACM中，還可得cos=，建立等式后可得a=b，再由勾股定理可得c=，而sinBAC=，代入化簡(jiǎn)可得答案解答：解：如圖設(shè)AC=b，AB=c，CM=MB=，MAC=，在ABM中，由正弦定理可得=，代入數(shù)據(jù)可得=，解得sinAMB=，故cos=cos（AMC）=sinAMC=sin（AMB）=sinAMB=，而在RTACM中，cos=，故可得=，化簡(jiǎn)可得a44

20、a2b2+4b4=（a22b2）2=0，解之可得a=b，再由勾股定理可得a2+b2=c2，聯(lián)立可得c=，故在RTABC中，sinBAC=，故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題考查正弦定理的應(yīng)用，涉及三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式以及勾股定理的應(yīng)用，屬難題17（4分）（2013浙江）設(shè)、為單位向量，非零向量=x+y，x、yR若、的夾角為30°，則的最大值等于2考點(diǎn)：數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角專題：平面向量及應(yīng)用分析：由題意求得 =，|=，從而可得 =，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得的最大值解答：解：、 為單位向量，和的夾角等于30°，=1×1×cos30°=非零向量=x+y，|=，

21、=，故當(dāng)=時(shí)，取得最大值為2，故答案為 2點(diǎn)評(píng)：本題主要考查兩個(gè)向量的數(shù)量積的運(yùn)算，求向量的模，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)的最大值，屬于中檔題三、解答題：本大題共5小題，共72分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟18（14分）（2013浙江）在公差為d的等差數(shù)列an中，已知a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數(shù)列（）求d，an；（）若d0，求|a1|+|a2|+|a3|+|an|考點(diǎn)：數(shù)列的求和；等差數(shù)列的通項(xiàng)公式；等比數(shù)列的性質(zhì)專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：（）直接由已知條件a1=10，且a1，2a2+2，5a3成等比數(shù)列列式求出公差，則通項(xiàng)公式an可求；（）利用（）中的結(jié)論，得到

22、等差數(shù)列an的前11項(xiàng)大于等于0，后面的項(xiàng)小于0，所以分類討論求d0時(shí)|a1|+|a2|+|a3|+|an|的和解答：解：（）由題意得，即，整理得d23d4=0解得d=1或d=4當(dāng)d=1時(shí)，an=a1+（n1）d=10（n1）=n+11當(dāng)d=4時(shí)，an=a1+（n1）d=10+4（n1）=4n+6所以an=n+11或an=4n+6；（）設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，因?yàn)閐0，由（）得d=1，an=n+11則當(dāng)n11時(shí)，當(dāng)n12時(shí)，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=Sn+2S11=綜上所述，|a1|+|a2|+|a3|+|an|=點(diǎn)評(píng)：本題考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本概念，考查了等差數(shù)列的

23、通項(xiàng)公式，求和公式，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和學(xué)生的運(yùn)算能力，是中檔題19（14分）（2013浙江）設(shè)袋子中裝有a個(gè)紅球，b個(gè)黃球，c個(gè)藍(lán)球，且規(guī)定：取出一個(gè)紅球得1分，取出一個(gè)黃球2分，取出藍(lán)球得3分（1）當(dāng)a=3，b=2，c=1時(shí)，從該袋子中任?。ㄓ蟹呕兀颐壳蛉〉降臋C(jī)會(huì)均等）2個(gè)球，記隨機(jī)變量為取出此2球所得分?jǐn)?shù)之和求分布列；（2）從該袋子中任?。ㄇ颐壳蛉〉降臋C(jī)會(huì)均等）1個(gè)球，記隨機(jī)變量為取出此球所得分?jǐn)?shù)若，求a：b：c考點(diǎn)：離散型隨機(jī)變量及其分布列；離散型隨機(jī)變量的期望與方差專題：概率與統(tǒng)計(jì)分析：（1）的可能取值有：2，3，4，5，6，求出相應(yīng)的概率可得所求的分布列；（2）先列出的

24、分布列，再利用的數(shù)學(xué)期望和方差公式，即可得到結(jié)論解答：解：（1）由題意得=2，3，4，5，6，P（=2）=；P（=3）=；P（=4）=；P（=5）=；P（=6）=故所求的分布列為 2 3 4 5 6 P（2）由題意知的分布列為 1 2 3 PE=D=（1）2+（2）2+（3）2=得，解得a=3c，b=2c，故a：b：c=3：2：1點(diǎn)評(píng)：本題主要考查隨機(jī)事件的概率和隨機(jī)變量的分布列、數(shù)學(xué)期望等概念，同時(shí)考查抽象概括、運(yùn)算能力，屬于中檔題20（15分）（2013浙江）如圖，在四面體ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD=2，BD=2M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ=3Q

25、C（1）證明：PQ平面BCD；（2）若二面角CBMD的大小為60°，求BDC的大小考點(diǎn)：二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定專題：空間位置關(guān)系與距離；空間角；立體幾何分析：（1）取BD的中點(diǎn)O，在線段CD上取點(diǎn)F，使得DF=3CF，連接OP、OF、FQ根據(jù)平行線分線段成比例定理結(jié)合三角形的中位線定理證出四邊形OPQF是平行四邊形，從而PQOF，再由線面平行判定定理，證出PQ平面BCD；（2）過點(diǎn)C作CGBD，垂足為G，過G作GHBM于H，連接CH根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)證出BMCH，因此CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60°設(shè)BDC=，用解直角三角形的方法

26、算出HG和CG關(guān)于的表達(dá)式，最后在RtCHG中，根據(jù)正切的定義得出tanCHG=，從而得到tan=，由此可得BDC解答：（1）取BD的中點(diǎn)O，在線段CD上取點(diǎn)F，使得DF=3CF，連接OP、OF、FQACD中，AQ=3QC且DF=3CF，QFAD且QF=ADBDM中，O、P分別為BD、BM的中點(diǎn)OPDM，且OP=DM，結(jié)合M為AD中點(diǎn)得：OPAD且OP=ADOPQF且OP=QF，可得四邊形OPQF是平行四邊形PQOFPQ平面BCD且OF平面BCD，PQ平面BCD；（2）過點(diǎn)C作CGBD，垂足為G，過G作GHBM于H，連接CHAD平面BCD，CG平面BCD，ADCG又CGBD，AD、BD是平面A

27、BD內(nèi)的相交直線CG平面ABD，結(jié)合BM平面ABD，得CGBMGHBM，CG、GH是平面CGH內(nèi)的相交直線BM平面CGH，可得BMCH因此，CHG是二面角CBMD的平面角，可得CHG=60°設(shè)BDC=，可得RtBCD中，CD=BDcos=2cos，CG=CDsin=sincos，BG=BCsin=2sin2RtBMD中，HG=；RtCHG中，tanCHG=tan=，可得=60°，即BDC=60°點(diǎn)評(píng)：本題在底面為直角三角形且過銳角頂點(diǎn)的側(cè)棱與底面垂直的三棱錐中求證線面平行，并且在已知二面角大小的情況下求線線角著重考查了線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì)，解直角三角形和

28、平面與平面所成角求法等知識(shí)，屬于中檔題21（15分）（2013浙江）如圖，點(diǎn)P（0，1）是橢圓C1：+=1（ab0）的一個(gè)頂點(diǎn)，C1的長(zhǎng)軸是圓C2：x2+y2=4的直徑，l1，l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A、B兩點(diǎn)，l2交橢圓C1于另一點(diǎn)D（1）求橢圓C1的方程；（2）求ABD面積的最大值時(shí)直線l1的方程考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的規(guī)范方程專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；圓錐曲線中的最值與范圍問題分析：（1）由題意可得b=1，2a=4，即可得到橢圓的方程；（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）由題意可知：直線l1的斜率存在，設(shè)為k，則直線l

29、1的方程為y=kx1利用點(diǎn)到直線的距離公式和弦長(zhǎng)公式即可得出圓心O到直線l1的距離和弦長(zhǎng)|AB|，又l2l1，可得直線l2的方程為x+kx+k=0，與橢圓的方程聯(lián)立即可得到點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面積，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出其最大值，即得到k的值解答：解：（1）由題意可得b=1，2a=4，即a=2橢圓C1的方程為；（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）由題意可知：直線l1的斜率存在，設(shè)為k，則直線l1的方程為y=kx1又圓的圓心O（0，0）到直線l1的距離d=|AB|=又l2l1，故直線l2的方程為x+ky+k=0，聯(lián)立，消去y得到（4+k2）x2+8kx=0，解得，|PD|=三角形ABD的面積S=，令4+k2=t4，則k2=t4，f（t）=，S=，當(dāng)