错题重做20190315

一、选择题（本大题共4小题，共20.0分）

双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a > 0,b > 0)$ 的两顶点为 $A_{1}$ ， $A_{2}$ ，虚轴两端点为 $B_{1}$ ， $B_{2}$ ，两焦点为 $F_{1}$ ， $F_{2}$ ，若以 $A_{1}A_{2}$ 为直径的圆内切于菱形 $F_{1}B_{1}F_{2}B_{2}$ ，求双曲线的离心率

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解：由题意可得 $A_{1}( - a,0)$ ， $A_{2}(a,0)$ ， $B_{1}(0,b)$ ， $B_{2}(0, - b)$ ，
$F_{1}( - c,0)$ ， $F_{2}(c,0)$ ，
且 $a^{2} + b^{2} = c^{2}$ ，菱形 $F_{1}B_{1}F_{2}B_{2}$ 的边长为 $\sqrt{b^{2} + c^{2}}$ ，
由以 $A_{1}A_{2}$ 为直径的圆内切于菱形 $F_{1}B_{1}F_{2}B_{2}$ ，切点分别为A，B，C，D．
由面积相等，可得 $\frac{1}{2} \cdot 2b \cdot 2c = \frac{1}{2}a \cdot 4\sqrt{b^{2} + c^{2}}$ ，
即为 $b^{2}c^{2} = a^{2}(b^{2} + c^{2})$ ，
即有 $c^{4} + a^{4} - 3a^{2}c^{2} = 0$ ，
由 $e = \frac{c}{a}$ ，可得 $e^{4} - 3e^{2} + 1 = 0$ ，
解得 $e^{2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$ ，
可得 $e = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ ，或 $e = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}($ 舍去 $)$ ．
故选：C．
由题意可得顶点和虚轴端点坐标及焦点坐标，求得菱形的边长，运用等积法可得 $\frac{1}{2} \cdot 2b \cdot 2c = \frac{1}{2}a \cdot 4\sqrt{b^{2} + c^{2}}$ ，再由a，b，c的关系和离心率公式，计算即可得到所求值．
本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用圆内切等积法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

已知 $\bigtriangleup ABC$ 是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则 $\overrightarrow{PA} \cdot (\overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC})$ 的最小值是 $($ 　　 $)$

A. $- 2$ B. $- \frac{3}{2}$ C. $- \frac{4}{3}$ D. $- 1$

【答案】B

【解析】

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解：建立如图所示的坐标系，以BC中点为坐标原点，
则 $A(0,\sqrt{3})$ ， $B( - 1,0)$ ， $C(1,0)$ ，
设 $P(x,y)$ ，则 $\overrightarrow{PA} = ( - x,\sqrt{3} - y)$ ， $\overrightarrow{PB} = ( - 1 - x, - y)$ ， $\overrightarrow{PC} = (1 - x, - y)$ ，
则 $\overrightarrow{PA} \cdot (\overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC}) = 2x^{2} - 2\sqrt{3}y + 2y^{2} = 2\lbrack x^{2} + (y - \frac{\sqrt{3}}{2})^{2} - \frac{3}{4}\rbrack$
$\therefore$ 当 $x = 0$ ， $y = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 时，取得最小值 $2 \times ( - \frac{3}{4}) = - \frac{3}{2}$ ，
故选：B．
根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
本题主要考查平面向量数量积的应用，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解决本题的关键．

定义在R上的奇函数 $f(x)$ 满足 $f(x + 2) = - \frac{1}{f(x)}$ ，且在 $(0,1)$ 上 $f(x) = 3^{x}$ ，则 $f(\log_{3}54) = ($ $)$

A. $\frac{3}{2}$ B. $\frac{2}{3}$ C. $- \frac{3}{2}$ D.
$- \frac{2}{3}$

【答案】C

【解析】【分析】
本题考查函数值的求法，函数的周期性、奇函数的性质的综合应用，利用条件求出函数的周期、以及利用函数的性质逐步转化自变量是解题的关键．
由条件和函数周期性的定义求出函数的周期，利用函数的周期性、奇函数的性质和函数的解析式，逐步转化由运算性质求出 $f(\log_{3}54)$ 的值．
【解答】
解：由 $f(x + 2) = - \frac{1}{f(x)}$ 得， $f(x + 4) = - \frac{1}{f(x + 2)} = f(x)$ ，
$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的周期是4，
$\because f(x)$ 定义在R上的奇函数，且 $3 < \log_{3}54 < 4$ ，
且在 $(0,1)$ 上 $f(x) = 3^{x}$ ，

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故选*C*．

设曲线C的参数方程为 $\left\{ \begin{matrix} x = - 1 + 2\sqrt{2}\cos\theta \ y = - 2 + 2\sqrt{2}\sin\theta \ \end{matrix} \right.\ (\theta$ 为参数 $)$ ，直线l的方程为 $x + y + 1 = 0$ ，则曲线C上到直线l距离为 $\sqrt{2}$ 的点的个数为 $($ 　　 $)$

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

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【分析】
将曲线C化为普通方程，得到圆 $(x + 1)^{2} + (y + 2)^{2} = 8$ ，圆心为 $( - 1, - 2)$ ，半径为 $2\sqrt{2}$ ，求出圆心到直线的距离，由图象即可得到答案 $.$ 本题考查参数方程和普通方程的互化，考查直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，考查判断能力，属于中档题．
【解答】
解：曲线C的参数方程为 $\left\{ \begin{matrix} x = - 1 + 2\sqrt{2}\cos\theta \ y = - 2 + 2\sqrt{2}\sin\theta \ \end{matrix} \right.\ (\theta$ 为参数 $)$ ，
化为普通方程为圆 $(x + 1)^{2} + (y + 2)^{2} = 8$ ，
圆心为 $( - 1, - 2)$ ，半径为 $2\sqrt{2}$ ，
圆心到直线 $x + y + 1 = 0$ 的距离为 $d = \frac{| - 1 - 2 + 1|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ ，
故由图形可知曲线C上到直线l距离为 $\sqrt{2}$ 的点的个数为3．
故选C．

二、填空题（本大题共**6**小题，共**30.0**分）

数列 $\{ a_{n}\}$ 的通项公式 $a_{n} = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}}$ ，则该数列的前8项之和等于______．

【答案】2

【解析】【分析】

本题考查利用裂项相消法进行数列求和的方法，考查计算能力，属于基础题 $.$ 先利用分母有理化化简数列的通项公式，然后利用裂项相消法进行数列求和即可．

【解答】

解： $\because$ 数列 $\{ a_{n}\}$ 的通项公式 $a_{n} = \frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}$ ，

$\therefore$ 该数列的前8项之和：

$S_{8} = \left( \sqrt{2} - 1 \right) + \left( \sqrt{3} - \sqrt{2} \right) + \left( \sqrt{4} - \sqrt{3} \right) + \cdots + \left( \sqrt{9} - \sqrt{8} \right)$
$= - 1 + \sqrt{9}$
$= 2$ ．
故答案为2．

在极坐标系中，曲线C： $\rho = 2a\cos\theta(a > 0)$ ，l： $\rho\cos\left( \left. \ \theta - \frac{\pi}{3} \right.\ \right) = \frac{3}{2}$ ，C与l有且仅有一个公共点 $.O$ 为极点，A，B为曲线C上的两点，且 $\angle AOB = \frac{\pi}{3}$ ，则 $|OA| + |OB|$ 的最大值为___________．

【答案】 $2\sqrt{3}$

【解析】【分析】

本题主要考查了把圆与直线的极坐标方程分别化为直角坐标方程、直线与圆相切的性质、极坐标方程的应用、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

【解答】

解：曲线C： $\rho = 2a\cos\theta(a > 0)$ ，变形 $\rho^{2} = 2\rho a\cos\theta$ ，化为 $x^{2} + y^{2} = 2ax$ ，即 $(x - a)^{2} + y^{2} = a^{2}$ ．
$\therefore$ 曲线C是以 $(a,0)$ 为圆心，以a为半径的圆；

$\therefore l$ 的直角坐标方程为 $x + \sqrt{3}y - 3 = 0$ ，

由直线l与圆C相切可得 $\frac{\left| a - 3 \right|}{2} = a$ ，解得 $a = 1$ ．

不妨设A的极角为 $\theta$ ，B的极角为 $\theta + \frac{\pi}{3}$ ．

则 $|OA| + |OB| = 2\cos\theta + 2\cos(\theta + \frac{\pi}{3}) = 3\cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta = 2\sqrt{3}\cos(\theta + \frac{\pi}{6})$ ，

当 $\theta = - \frac{\pi}{6}$ 时， $|$$OA| + |OB|$ 取最大值为 $2\sqrt{3}$ ，

故答案为 $2\sqrt{3}$ ．

已知点 $O(0,0)$ ， $A(1,0)$ ， $B(0, - 1)$ ，P是曲线 $y = \sqrt{1 - x^{2}}$ 上一个动点，则 $\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{BA}$ 的取值范围是______．

【答案】 $\lbrack - 1,\sqrt{2}\rbrack$

【解析】【分析】
本题考查了利用圆的参数方程求范围，属于中档题．
【解答】
解：曲线 $y = \sqrt{1 - x^{2}}$ 表示单位圆位于x轴上半部分，
故 $\left\{ \begin{matrix} x = \cos\theta \ y = \sin\theta \ \end{matrix} \right.\ (\theta$ 为参数 $)\theta \in \lbrack 0,\pi\rbrack$ ，设 $P(x,y)$
$\overset{\rightarrow}{OP} \cdot \overset{\rightarrow}{BA} = (x,y)(1,1) = x + y = \cos\theta + \sin\theta$
$= \sqrt{2}\sin(\theta + \frac{\pi}{4})$ ，
$\because\theta \in \lbrack 0,\pi\rbrack$ ， $\therefore\sqrt{2}\sin(\theta + \frac{\pi}{4}) \in \lbrack - 1.\sqrt{2}\rbrack$ ，
即 $\overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{BA}$ 的取值范围是 $\lbrack - 1,\sqrt{2}\rbrack$ ．
故答案为 $\lbrack - 1,\sqrt{2}\rbrack$ ．
参数方程 $\left\{ \begin{matrix} \overset{x = \cos\theta}{y = 2 + \sin^{2}\theta} \ \end{matrix} \right.\ (\theta$ 为参数，且 $\theta \in R)$ 化为普通方程是______

【答案】 $x^{2} + y = 3$

【解析】解： $\because$ 参数方程 $\left\{ \begin{matrix} \overset{x = \cos\theta}{y = 2 + \sin^{2}\theta} \ \end{matrix} \right.\ (\theta$ 为参数，且 $\theta \in R)$ ，
$\therefore$ 由 $\sin^{2}\theta + \cos^{2}\theta = 1$ ，得 $y - 2 + x^{2} = 1$ ，
$\therefore$ 参数方程 $\left\{ \begin{matrix} \overset{x = \cos\theta}{y = 2 + \sin^{2}\theta} \ \end{matrix} \right.\ (\theta$ 为参数，且 $\theta \in R)$ 化为普通方程是 $x^{2} + y = 3$ ．
故答案为： $x^{2} + y = 3$ ．
由 $\sin^{2}\theta + \cos^{2}\theta = 1$ ，得 $y - 2 + x^{2} = 1$ ，由此能求出普通方程．
本题考查曲线的普通方程的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
已知函数 $f(x) = \left\{ \begin{matrix} \overset{e^{x},x \leq 0}{\ln x,x > 0} \ \end{matrix} \right.\$ ， $g(x) = f(x) + x + a.$ 若 $g(x)$ 存在2个零点，则a的取值范围是_______________

【答案】 $\lbrack - 1, + \infty)$

【解析】

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解：由 $g(x) = 0$ 得 $f(x) = - x - a$ ，
作出函数 $f(x)$ 和 $y = - x - a$ 的图象如图：

image118.png

当直线

y = - x - a

的截距

- a \leq 1

，即

a \geq - 1

时，两个函数的图象都有2个交点，
即函数

g(x)

存在2个零点，
故实数a的取值范围是

\lbrack - 1, + \infty)

，
故选：C．
由

g(x) = 0

得

f(x) = - x - a

，分别作出两个函数的图象，根据图象交点个数与函数零点之间的关系进行转化求解即可．
本题主要考查分段函数的应用，利用函数与零点之间的关系转化为两个函数的图象的交点问题是解决本题的关键．

已知双曲线C： $\frac{x^{2}}{3} - y^{2} = 1$ ，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M， $N.$ 若 $\bigtriangleup OMN$ 为直角三角形，则 $|MN| =$ ___
【答案】3
解：双曲线C： $\frac{x^{2}}{3} - y^{2} = 1$ 的渐近线方程为： $y = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}x$ ，渐近线的夹角为： $60^{\circ}$ ，不妨设过 $F(2,0)$ 的直线为： $y = \sqrt{3}(x - 2)$ ，
则： $\left\{ \begin{matrix} y = - \frac{\sqrt{3}}{3}x \ y = \sqrt{3}(x - 2) \ \end{matrix} \right.\$ 解得 $M(\frac{3}{2}, - \frac{\sqrt{3}}{2})$ ，
$\left\{ \begin{matrix} y = \frac{\sqrt{3}}{3}x \ y = \sqrt{3}(x - 2) \ \end{matrix} \right.\$ 解得： $N(3,\sqrt{3})$ ，
则 $|MN| = \sqrt{(3 - \frac{3}{2})^{2} + (\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2})^{2}} = 3$ ．
求出双曲线的渐近线方程，求出直线方程，求出MN的坐标，然后求解 $|MN|$ ．
本题考查双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．
三、解答题（本大题共7小题，共70.0分）
$(12$ 分 $)$ 在平面直角坐标系xOy中，曲线 $y\mathbf{=}x{}^{\mathbf{2}}\mathbf{-}\mathbf{6}x\mathbf{+}\mathbf{1}$ 与坐标轴的交点都在圆C上 $\mathbf{.}$

$\mathbf{(}\mathbf{1}\mathbf{)}$ 求圆C的方程；

$\mathbf{(}\mathbf{2}\mathbf{)}$ 若圆C与直线 $x\mathbf{-}y\mathbf{+}a\mathbf{=}\mathbf{0}$ 交于A，B两点，且 $OA\mathbf{\ }\mathbf{\bot}OB$ ，求a的值．

【答案】解： $(1)$ 曲线 $y = x^{2} - 6x + 1$ 与y轴的交点为 $(0,1)$ ，与x轴的交点为 $(3 + 2\sqrt{2},0),(3 - 2\sqrt{2},0)$ ，可知圆心在直线 $x = 3$ 上，故可设该圆的圆心C为 $(3,t)$ ，则有 $3^{2} + (t - 1)^{2} = (2\sqrt{2})^{2} + t^{2}$ ，解得 $t = 1$ ，故圆C的半径为 $\sqrt{3^{2} + \left( t - 1 \right)^{2}} = 3$ ，所以圆C的方程为 $(x - 3)^{2} + (y - 1)^{2} = 9$ ； $(2)$ 设 $A(x_{1},y_{1})$ ， $B(x_{2},y_{2})$ ，其坐标满足方程组 $\left\{ \begin{matrix} x - y + a = 0 \ \left( x - 3 \right)^{2} + \left( y - 1 \right)^{2} = 9 \ \end{matrix} \right.\$ ，消去y，得到方程 $2x^{2} + (2a - 8)x + a^{2} - 2a + 1 = 0$ ，由已知可得判别式 $\bigtriangleup 45 = 56 - 16a - 4a^{2} > 0.$ 在此条件下利用根与系数的关系得到 $x_{1} + x_{2} = 4 - a$ ， $x_{1}x_{2} = \frac{a^{2} - 2a + 1}{2}$ ，由于 $OA\bot OB$ ，可得 $x_{1}x_{2} + y1{}^{y}2 = 0$ ，又 $y_{1} = x_{1} + a$ ， $y_{2} = x_{2} + a$ ，所以可得 $2x_{1}x_{2} + a(x_{1} + x_{2}) + a^{2} = 0$ ，
由$$可得 $a = - 1$ ，满足 $\bigtriangleup 45 = 56 - 16a - 4a^{2} > 0$ ，故 $a = - 1$ ．

【解析】略

如图，在 $\bigtriangleup ABC$ 中， $\angle B = \frac{\pi}{3}$ ， $AB = 8$ ，点D在边BC上，且 $CD = 2$ ， $\cos\angle ADC = \frac{1}{7}$ ．
$(1)$ 求 $\sin\angle BAD$ ；
$(2)$ 求BD，AC的长．

image175.png

【答案】解： $(1)$ 在 $\bigtriangleup ABC$ 中， $\because\cos\angle ADC = \frac{1}{7}$ ，
$\therefore\sin\angle ADC = \sqrt{1 - \cos^{2}\angle ADC} = \sqrt{1 - (\frac{1}{7})^{2}} = \sqrt{\frac{48}{49}} = \frac{4\sqrt{3}}{7}$ ，
则 $\sin\angle BAD = \sin(\angle ADC - \angle B) = \sin\angle ADC \cdot \cos B - \cos\angle ADC \cdot \sin B = \frac{4\sqrt{3}}{7} \times \frac{1}{2} - \frac{1}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{14}$ ．

image179.png

，
在

\bigtriangleup ABD

中，由正弦定理得

BD = \frac{AB \cdot \sin\angle BAD}{\sin\angle ADB} = \frac{8 \times \frac{3\sqrt{3}}{14}}{\frac{4\sqrt{3}}{7}} = 3

，
在

\bigtriangleup ABC

中，由余弦定理得

AC^{2} = AB^{2} + CB^{2} - 2AB \cdot BC\cos B = 8^{2} + 5^{2} - 2 \times 8 \times 5 \times \frac{1}{2} = 49

，
即

AC = 7

．

【解析】根据三角形边角之间的关系，结合正弦定理和余弦定理即可得到结论．
本题主要考查解三角形的应用，根据正弦定理和余弦定理是解决本题的关键，难度不大．

点P是曲线 $C_{1}$ ： $(x - 2)^{2} + y^{2} = 4$ 上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点P逆时针旋转 $90^{\circ}$ 得到点Q，设点Q的轨迹方程为曲线 $C_{2}$ ．
$(1)$ 求曲线 $C_{1}$ ， $C_{2}$ 的极坐标方程；
$(2)$ 射线 $\theta = \frac{\pi}{3}(\rho > 0)$ 与曲线 $C_{1}$ ， $C_{2}$ 分别交于A，B两点，定点 $M(2,0)$ ，求 $\bigtriangleup MAB$ 的面积．

【答案】解： $(1)$ 曲线 $C_{1}$ ： $(x - 2)^{2} + y^{2} = 4$ 上，把互化公式代入可得：曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho = 4\cos\theta$ ．
设 $Q(\rho,\theta)$ ，则 $P(\rho,\theta - \frac{\pi}{2})$ ，则有 $\rho = 4\cos(\theta - \frac{\pi}{2}) = 4\sin\theta$ ．
所以，曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho = 4\sin\theta$ ．
$(2)M$ 到射线 $\theta = \frac{\pi}{3}$ 的距离为 $d = 2\sin\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$ ， $|AB| = \rho_{B} - \rho_{A} = 4(\sin\frac{\pi}{3} - \cos\frac{\pi}{3}) = 2(\sqrt{3} - 1)$ ，
则 $S = \frac{1}{2}|AB| \times d = 3 - \sqrt{3}$ ．

【解析】本题考查了极坐标方程化为直角坐标方程及其应用、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
$(1)$ 曲线 $C_{1}$ ： $(x - 2)^{2} + y^{2} = 4$ 上，把互化公式代入可得：曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程 $.$ 设 $Q(\rho,\theta)$ ，则 $P(\rho,\theta - \frac{\pi}{2})$ ，代入即可得出曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程．
$(2)M$ 到射线 $\theta = \frac{\pi}{3}$ 的距离为 $d = 2\sin\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$ ， $|AB| = \rho_{B} - \rho_{A} = 4(\sin\frac{\pi}{3} - \cos\frac{\pi}{3}) = 2(\sqrt{3} - 1)$ ，即可得出面积．

如图，正三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 的底面边长是2，侧棱长是 $\sqrt{3}$ ，D是AC的中点．

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$($ Ⅰ $)$ 求证： $B_{1}C//$ 平面 $A_{1}BD$ ；
$($ Ⅱ $)$ 求二面角 $A_{1} - BD - A$ 的大小；
$($ Ⅲ $)$ 在线段 $AA_{1}$ 上是否存在一点E，使得平面 $B_{1}C_{1}E\bot$ 平面 $A_{1}BD$ ，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．

【答案】

image209.png

$($ Ⅰ $)$ 证明：连结 $AB_{1}$ 交 $A_{1}B$ 于M，连结 $B_{1}C$ ，DM，
因为三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 是正三棱柱，
所以四边形 $AA_{1}B_{1}B$ 是矩形，
所以M为 $A_{1}B$ 的中点．
因为D是AC的中点，
所以MD是三角形 $AB_{1}C$ 的中位线，
所以 $MD//B_{1}$ C.
因为 $MD \subset$ 平面 $A_{1}BD$ ， $B_{1}C$ 平面 $A_{1}BD$ ，
所以 $B_{1}C//$ 平面 $A_{1}BD$ ．
$($ Ⅱ $)$ 解：作 $CO\bot AB$ 于O，所以 $CO\bot$ 平面 $ABB_{1}A_{1}$ ，
所以在正三棱柱 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$ 中，
如图建立空间直角坐标系 $O - xyz$ ．
因为 $AB = 2$ ， $AA_{1} = \sqrt{3}$ ，D是AC的中点．
所以 $A(1,$ 0， $0)$ ， $B( - 1,$ 0， $0)$ ， $C(0\mspace{6mu},\mspace{6mu} 0\mspace{6mu},\mspace{6mu}\sqrt{3})$ ， $A_{1}(1\mspace{6mu},\mspace{6mu}\sqrt{3}\mspace{6mu},\mspace{6mu} 0)$ ，
所以 $D(\frac{1}{2}\mspace{6mu},\mspace{6mu} 0\mspace{6mu},\mspace{6mu}\frac{\sqrt{3}}{2})$ ， $\overrightarrow{BD} = (\frac{3}{2}\mspace{6mu},\mspace{6mu} 0\mspace{6mu},\mspace{6mu}\frac{\sqrt{3}}{2})$ ， $\overrightarrow{BA_{1}} = (2\mspace{6mu},\mspace{6mu}\sqrt{3}\mspace{6mu},\mspace{6mu} 0)$ ．
设 $\overrightarrow{n} = (x\mspace{6mu},\mspace{6mu} y\mspace{6mu},\mspace{6mu} z)$ 是平面 $A_{1}BD$ 的法向量，
所以 $\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{BD} = 0\mspace{6mu} \ \overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{BA_{1}} = 0\mspace{6mu} \ \end{matrix} \right.\$ 即 $\left\{ \begin{matrix} \frac{3}{2}x + \frac{\sqrt{3}}{2}z = 0\mspace{6mu} \ 2x + \sqrt{3}y = 0\mspace{6mu} \ \end{matrix} \right.\$
令 $x = - \sqrt{3}$ ，则 $y = 2$ ， $z = 3$ ，
所以 $\overrightarrow{n} = ( - \sqrt{3}\mspace{6mu},\mspace{6mu} 2\mspace{6mu},\mspace{6mu} 3)$ 是平面 $A_{1}BD$ 的一个法向量．
由题意可知 $\overrightarrow{AA_{1}} = (0\mspace{6mu},\mspace{6mu}\sqrt{3}\mspace{6mu},\mspace{6mu} 0)$ 是平面ABD的一个法向量，
所以 $\cos < \overrightarrow{n}\mspace{6mu},\mspace{6mu}\overrightarrow{AA_{1}} > = \frac{2\sqrt{3}}{4\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$ ．
所以二面角 $A_{1} - BD - A$ 的大小为 $\frac{\pi}{3}$ ．
$($ Ⅲ $)$ 解：设 $E(1,$ x， $0)$ ，则 $\overset{\rightarrow}{C_{1}E} = (1,x - \sqrt{3}, - \sqrt{3})$ ， $\overrightarrow{C_{1}B_{1}} = ( - 1\mspace{6mu},\mspace{6mu} 0,\mspace{6mu} - \sqrt{3})$
设平面 $B_{1}C_{1}E$ 的法向量 $\overrightarrow{n_{1}} = (x_{1}\mspace{6mu},\mspace{6mu} y_{1}\mspace{6mu},\mspace{6mu} z_{1})$ ，
所以 $\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{C_{1}E} = 0\mspace{6mu} \ \overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{C_{1}B_{1}} = 0\mspace{6mu} \ \end{matrix} \right.\$ 即
$$
\left{ \begin{matrix}

x_{1} + (\sqrt{3} - x)y_{1} + \sqrt{3}z_{1} = 0\mspace{6mu} \

x_{1} - \sqrt{3}z_{1} = 0\mspace{6mu}
\end{matrix} \right.
$$

令 $z_{1} = - \sqrt{3}$ ，则 $x_{1} = 3$ ， $y_{1} = \frac{6}{\sqrt{3} - x}$ ， $\overrightarrow{n_{1}} = (3\mspace{6mu},\mspace{6mu}\frac{6}{\sqrt{3} - x}\mspace{6mu},\mspace{6mu} - \sqrt{3})$ ，
又 $\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n} = 0$ ，即 $- 3\sqrt{3} + \frac{12}{\sqrt{3} - x} - 3\sqrt{3} = 0$ ，解得 $x = \frac{\sqrt{3}}{3} \in \left( 0,\sqrt{3} \right)$ ，
所以存在点E，使得平面 $B_{1}C_{1}E\bot$ 平面 $A_{1}BD$ 且 $AE = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ．

【解析】 $($ Ⅰ $)$ 连结 $AB_{1}$ 交 $A_{1}B$ 于M，连结 $B_{1}C$ ，DM，由已知条件得四边形 $AA_{1}B_{1}B$ 是矩形，由三角形中位线能证明 $B_{1}C//$ 平面 $A_{1}BD$ ．
$($ Ⅱ $)$ 作 $CO\bot AB$ 于O，建立空间直角坐标系 $O - xyz.$ 利用向量法能求出二面角 $A_{1} - BD - A$ 的大小．
$($ Ⅲ $)$ 设 $E(1,$ x， $0)$ ，求出平面 $B_{1}C_{1}E$ 的法向量，利用向量法能求出存在点E，使得平面 $B_{1}C_{1}E\bot$ 平面 $A_{1}BD$ ，且 $AE = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ．
本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的求法，考查满足条件的点判断与求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用 $.$ 属难题．

在直角坐标系xOy中，曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{ \begin{matrix} x = a\cos t \ y = 1 + a\sin t \ \end{matrix} \right.\ (t$ 为参数， $a > 0).$ 在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 $C_{2}$ ： $\rho = 4\cos\theta$ ．
$($ Ⅰ $)$ 说明 $C_{1}$ 是哪一种曲线，并将 $C_{1}$ 的方程化为极坐标方程；
$($ Ⅱ $)$ 直线 $C_{3}$ 的极坐标方程为 $\theta = \alpha_{0}$ ，其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan\alpha_{0} = 2$ ，若曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点都在 $C_{3}$ 上，求a．

【答案】解： $($ Ⅰ $)$ 由 $\left\{ \begin{matrix} x = a\cos t \ y = 1 + a\sin t \ \end{matrix} \right.\$ ，
得 $\left\{ \begin{matrix} \begin{matrix} x = a\cos t \ y = 1 + a\sin t \ \end{matrix} \ \end{matrix} \right.\$ ，两式平方相加得， $x^{2} + (y - 1)^{2} = a^{2}$ ．
$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心，以a为半径的圆．
化为一般式： $x^{2} + y^{2} - 2y + 1 - a^{2} = 0.$
由 $x^{2} + y^{2} = \rho^{2}$ ， $y = \rho\sin\theta$ ，得 $\rho^{2} - 2\rho\sin\theta + 1 - a^{2} = 0$ ；
$($ Ⅱ $)C_{2}$ ： $\rho = 4\cos\theta$ ，两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2} = 4\rho\cos\theta$ ，
$\therefore x^{2} + y^{2} = 4x$ ，
即 $(x - 2)^{2} + y^{2} = 4$ ．
由 $C_{3}$ ： $\theta = \alpha_{0}$ ，其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan\alpha_{0} = 2$ ，得 $y = 2x$ ，
$\because$ 曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点都在 $C_{3}$ 上，
$\therefore y = 2x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程，
$-$ 得： $4x - 2y + 1 - a^{2} = 0$ ，即为 $C_{3}$ ，
$\therefore 1 - a^{2} = 0$ ，
$\therefore a = 1(a > 0)$ ．

【解析】本题考查参数方程即简单曲线的极坐标方程，考查了极坐标与直角坐标的互化，训练了两圆公共弦所在直线方程的求法，是基础题．

$($ Ⅰ $)$ 把曲线 $C_{1}$ 的参数方程变形，然后两边平方作和即可得到普通方程，可知曲线 $C_{1}$ 是圆，化为一般式，结合 $x^{2} + y^{2} = \rho^{2}$ ， $y = \rho\sin\theta$ 化为极坐标方程；
$($ Ⅱ $)$ 化曲线 $C_{2}$ 、 $C_{3}$ 的极坐标方程为直角坐标方程，由条件可知 $y = x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程，把 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的方程作差，结合公共弦所在直线方程为 $y = 2x$ 可得 $1 - a^{2} = 0$ ，则a值可求．

$(2017$ 全国 $2)$ 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho\cos\theta = 4$ ．
$(1)M$ 为曲线 $C_{1}$ 上的动点，点P在线段OM上，且满足 $|OM| \cdot |OP| = 16$ ，求点P的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程；
$(2)$ 设点A的极坐标为 $(2,\frac{\pi}{3})$ ，点B在曲线 $C_{2}$ 上，求 $\bigtriangleup OAB$ 面积的最大值．

【答案】解： $(1)$ 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为： $x = 4$ ，
设 $P(x,y)$ ， $M(4,y_{0})$ ，则 $\frac{x}{4} = \frac{y}{y_{0}}$ ， $\therefore y_{0} = \frac{4y}{x}$ ，
$\because|OM||OP| = 16$ ，
$\therefore\sqrt{x^{2} + y^{2}}\sqrt{16 + y_{0}^{2}} = 16$ ，
即 $(x^{2} + y^{2})(1 + \frac{y^{2}}{x^{2}}) = 16$ ，
$\therefore x^{4} + 2x^{2}y^{2} + y^{4} = 16x^{2}$ ，即 $(x^{2} + y^{2})^{2} = 16x^{2}$ ，
两边开方得： $x^{2} + y^{2} = 4x$ ，
整理得： $(x - 2)^{2} + y^{2} = 4(x \neq 0)$ ，
$\therefore$ 点P的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程： $(x - 2)^{2} + y^{2} = 4(x \neq 0)$ ．
$(2)$ 点A的直角坐标为 $A(1,\sqrt{3})$ ，显然点A在曲线 $C_{2}$ 上， $|OA| = 2$ ，
$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦OA的距离 $d = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$ ，
$\therefore \bigtriangleup AOB$ 的最大面积 $S = \frac{1}{2}|OA| \cdot (2 + \sqrt{3}) = 2 + \sqrt{3}$ ．

【解析】 $(1)$ 设 $P(x,y)$ ，利用相似得出M点坐标，根据 $|OM| \cdot |OP| = 16$ 列方程化简即可；
$(2)$ 求出曲线 $C_{2}$ 的圆心和半径，得出B到OA的最大距离，即可得出最大面积．
本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化，轨迹方程的求解，直线与圆的位置关系，属于中档题．

$(12$ 分 $)$ 设椭圆 $\frac{\mathbf{x}^{\mathbf{2}}}{\mathbf{a}^{\mathbf{2}}}\mathbf{+}\frac{\mathbf{y}^{\mathbf{2}}}{\mathbf{3}}\mathbf{=}\mathbf{1}\mathbf{(}\mathbf{a} > \sqrt{\mathbf{3}}\mathbf{)}$ 的右焦点为F，右顶点为A，已知 $\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{O}\mathbf{F}}\mathbf{+}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{O}\mathbf{A}}\mathbf{=}\frac{\mathbf{3}\mathbf{e}}{\mathbf{F}\mathbf{A}}$ ，其中O为原点，e为椭圆的离心率．

$\mathbf{(}\mathbf{1}\mathbf{)}$ 求椭圆的方程；
$(2)$ 若动直线 $\mathbf{l}\mathbf{:}\mathbf{y}\mathbf{=}\mathbf{k}\mathbf{x}\mathbf{+}\mathbf{m}$ 与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线 $\mathbf{x}\mathbf{=}\mathbf{4}$ 交于点Q，问：是否存在一个定点 $\mathbf{M}\mathbf{(}\mathbf{t}\mathbf{,}\mathbf{0}\mathbf{)}$ ，使得 $\overrightarrow{\mathbf{M}\mathbf{P}}\mathbf{\cdot}\overrightarrow{\mathbf{M}\mathbf{Q}}\mathbf{=}\mathbf{0}$ 若在，求出M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】解： $(1)$ 设 $F(c,0)$ ，由 $\frac{1}{OF} + \frac{1}{OA} = \frac{3e}{FA}$ ，即 $\frac{1}{c} + \frac{1}{a} = \frac{3c}{a(a - c)}$ ， $.$ 可得 $a^{2} - c^{2} = 3c^{2}$ 又 $a^{2} - c^{2} = b^{2} = 3.$ 所以 $c^{2} = 1$ ， $a^{2} = 4$ ，所以椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1.$
$($ 文科 $).$ $k_{1} = \frac{\sqrt{5}}{2}$
$($ 理科 $)$ 由 $\{\begin{matrix} & y = kx + m \ & 3x^{2} + 4y^{2} = 12 \ \end{matrix}$ 得： $(3 + 4k^{2})x^{2} + 8kmx + 4m^{2} - 12 = 0$ ， $\therefore = 64k^{2}m^{2} - 4\left( 3 + 4k^{2} \right)\left( 4m^{2} - 12 \right) = 0$ ，即 $m^{2} = 3 + 4k^{2}$

$\therefore x_{p} = - \frac{4km}{3 + 4k^{2}} = - \frac{4k}{m},y_{p} = kx_{p} + m = - \frac{4k^{2}}{m} + m = \frac{3}{m}$ 即 $P\left( - \frac{4k}{m},\frac{3}{m} \right)$ ． $\because M\left( t_{1},0 \right),Q\left( 4,4k + m \right)$ ． $\therefore\overrightarrow{MP} = \left( - \frac{4k}{m} - t,\frac{3}{m} \right),\overrightarrow{MQ} = \left( 4 - t,4k + m \right)$ ． $\therefore\overrightarrow{MP} \overrightarrow{MQ} = \left( - \frac{4k}{m} - t \right)\left( 4 - t \right) + \frac{3}{m}\left( 4k + m \right) = t^{2} - 4t + 3 + \frac{4k}{m}\left( t - 1 \right) = 0.$ 恒成立，故 $\left\{ \begin{matrix} t = 1 \ t^{2} - 4t + 3 = 0 \ \end{matrix} \right.\$ 解得 $t = 1$ ． $\therefore$ 存在点 $M(1,0)$ 适合题意．

最后编辑于：2019.03.16 18:16:40

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