高中数学苏教版选修2-1讲义模块高考对接高考八大高频考点例析

高考八大高频考点例析考查方式以四种命题、逻辑联结词为主要内容，考查四种命题之间的关系及含有逻辑联结词的命题的真假，主要以填空题为主，属容易题．备考指要1.要掌握互为逆否的两个命题是等价的，对某些命题的判断可以转化为判断其逆否命题．2.命题p∨q中，p、q有真则真；命题p∧q中，p、q有假则假.eq\a\vs4\al([考题印证])[例1]1)(山东高考改编)设m∈R，命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是________．(山东高考改编)设命题p：函数y＝sin2x的最小正周期为eq\f(π,2)；命题q：函数y＝cosx的图像关于直线x＝eq\f(π,2)对称．则下列判断正确的是________(填序号)．①p为真②?q为假③p∧q为假④p∨q为真[解析](1)根据逆否命题的定义，命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是“若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0”．(2)函数y＝sin2x的最小正周期为π，故p为假命题，函数y＝cosx的对称轴为x＝kπ(x∈Z)，故q为假命题．所以p∧q为假．[答案](1)若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0(2)③eq\a\vs4\al([跟踪演练])1．命题“若x，y都是偶数，则x＋y也是偶数”的逆否命题是________．答案：若x＋y不是偶数，则x，y不都是偶数2．设集合A＝{x|－2－a<x<a，a>0}，命题p：1∈A，命题q：2∈A.若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则a的取值范围是________．解析：若p为真命题，则－2－a<1<a，解得a>1.若q为真命题，则－2－a<2<a，解得a>2.依题意，得p假q真，或p真q假，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a≤1，,a>2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,0<a≤2.))∴1<a≤2.答案：(1,2]考查方式充要条件与各章节内容相结合是历年高考考查的热点之一，题型主要以填空题为主．备考指要1.要分清条件和结论，以免混淆充分性与必要性．(1)若“p?q”，且“pq”，则p是q的“充分不必要条件”，同时q是p的“必要不充分条件”；(2)若“p?q”，则p是q的“充要条件”，同时q是p的“充要条件”；(3)若“pq”，则p是q的“既不充分也不必要条件”，同时q是p的“既不充分也不必要条件”．2.要注意转换命题的判定，可以利用互为逆否命题的等价性进行判断.eq\a\vs4\al([考题印证])[例2](四川高考改编)设a，b为正实数，则“a>b>1”是“log2a>log2b>0”的________条件．[解析]y＝log2x(x>0)为增函数，当a>b>1时，log2a>log2b>0；反之，若log2a>log2b>0，结合对数函数的图象易知a>b>1成立，故“a>b>1”是“log2a>log2b>0”的充要条件．[答案]充要eq\a\vs4\al([跟踪演练])3．(天津高考改编)设a，b∈R，则“(a－b)·a2<0”是“a<b”的________条件．解析：若(a－b)a2<0，则a≠0，且a<b，所以充分性成立；若a<b，则a－b<0，当a＝0时，(a－b)a2＝0，所以必要性不成立．故“(a－b)a2<0”是“a<b”的充分不必要条件．答案：充分不必要4．(浙江高考改编)已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，φ∈R)，则“f(x)是奇函数”是“φ＝eq\f(π,2)”的________条件．解析：若f(x)是奇函数，则φ＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，且当φ＝eq\f(π,2)时，f(x)为奇函数．答案：必要不充分考查方式主要考查全称命题与存在性命题的真假的判定以及含有一个量词的命题的否定．题型主要是填空题．备考指要1.全称命题的真假判定：要判定一个全称命题为真，必须对限定集合M中每一个x验证p(x)成立，一般用代数推理的方法加以证明．要判定一个全称命题为假，只需举出一个反例即可．2.存在性命题的真假判定：要判定一个存在性命题为真，只要在限定集合M中，找到一个x＝x0，使p(x0)成立即可．否则，这一存在性命题为假．3.全称命题的否定一定是存在性命题，存在性命题的否定一定是全称命题，首先改变量词，把全称量词改为存在量词，把存在量词改为全称量词，然后再把判断词加以否定．4.注意命题的否定与否命题的区别.eq\a\vs4\al([考题印证])[例3](湖北高考改编)命题“?x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定是________．[解析]改变原命题中的三个地方即可得其否定，?改为?，x0改为x，否定结论，即lnx≠x－1.[答案]?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1eq\a\vs4\al([跟踪演练])5．命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是________．答案：任意一个无理数，它的平方不是有理数6．命题“对任何x∈R，|x－1|＋|x－3|≥3”的否定是__________________________．解析：由题意知命题的否定为“存在x∈R，使|x－1|＋|x－3|<3”．答案：存在x∈R，使得|x－1|＋|x－3|<3考查方式主要考查椭圆、双曲线、抛物线的几何性质及待定系数法求圆锥曲线的方程．圆锥曲线定义的应用，尤其是离心率是高考的热点，双曲线的渐近线也是高考重要内容．题型上填空、解答题都有可能出现．备考指要对于圆锥曲线的有关问题，要有运用圆锥曲线定义解题的意识，“回归定义”是一种重要的解题策略；应用圆锥曲线的性质时，要注意数形结合思想、方程思想的运用.[例4](1)(山东高考)过双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P.若点P的横坐标为2a，则C的离心率为________．(2)(天津高考改编)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为eq\r(3)，则p＝________．[解析](1)如图所示，不妨设与渐近线平行的直线l的斜率为eq\f(b,a)，又直线l过右焦点F(c，0)，则直线l的方程为y＝eq\f(b,a)(x－c)．因为点P的横坐标为2a，代入双曲线方程得eq\f(4a2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，化简得y＝－eq\r(3)b或y＝eq\r(3)b(点P在x轴下方，故舍去)，故点P的坐标为(2a，－eq\r(3)b)，代入直线方程得－eq\r(3)b＝eq\f(b,a)(2a－c)，化简可得离心率e＝eq\f(c,a)＝2＋eq\r(3).(2)已知eq\f(c,a)＝2，所以eq\f(a2＋b2,a2)＝4，eq\f(b,a)＝eq\r(3)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，而抛物线准线方程为x＝－eq\f(p,2)，于是Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－\f(\r(3),2)p))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\f(\r(3)p,2)))，从而S△AOB＝eq\f(1,2)·eq\r(3)p·eq\f(p,2)＝eq\r(3)，得p＝2.[答案](1)2＋eq\r(3)(2)2eq\a\vs4\al([跟踪演练])7．双曲线eq\f(x2,64)－eq\f(y2,36)＝1上一点P到双曲线右焦点的距离是4，那么点P到左准线的距离是__________．解析：由已知，双曲线中，a＝8，b＝6，所以c＝10，由于点P到右焦点的距离为4,4<a＋c＝18，所以点P在双曲线右支上．由双曲线第一定义，可知点P到左焦点的距离为2×8＋4＝20，设点P到双曲线左准线的距离为d，再根据双曲线第二定义，有eq\f(20,d)＝eq\f(c,a)＝eq\f(10,8)，故d＝16.答案：168．已知过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A、B两点，AF＝3，则AB＝________.解析：设点A，B的横坐标分别是x1，x2，则依题意有焦点F(1,0)，AF＝x1＋1＝3，x1＝2，y1＝±2eq\r(2)，直线AF的方程是y＝±2eq\r(2)(x－1)，代入y2＝4x得2x2－5x＋2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(5,2)，AB＝x1＋x2＋2＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)考查方式直线与圆锥曲线的位置关系是高考的热点，涉及求弦长、焦点弦、中点弦、取值范围，最值、定点、定值等问题，题型以解答题为主、这类题目综合性强，难度较大，注重与一元二次方程中根的判别式、根与系数的关系、函数的单调性、不等式、平面向量等知识综合．备考指要处理直线与圆锥曲线的位置关系时，常用联立方程组消元法得到一元二次方程，要注意直线的斜率不存在的情形，分析解决这类问题，往往利用数形结合的思想，以及“设而不求”的方法，由于运算量较大，要注意运算结果的准确性.eq\a\vs4\al([考题印证])[例5](陕西高考)如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)，且离心率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.[解](1)由题设知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2).所以椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明：由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.由已知得Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2).从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2.eq\a\vs4\al([跟踪演练])9．已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上．若右焦点到直线x－y＋2eq\r(2)＝0的距离为3.(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆与直线y＝kx＋m(k≠0)相交于不同的两点M、N.当AM＝AN时，求m的取值范围．解：(1)依题意可设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋y2＝1，则右焦点F(eq\r(a2－1)，0)，由题设eq\f(|\r(a2－1)＋2\r(2)|,\r(2))＝3，解得a2＝3，故所求椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)设P为弦MN的中点，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，由于直线与椭圆有两个交点，∴Δ＞0，即m2＜3k2＋1.①∴xP＝eq\f(xM＋xN,2)＝－eq\f(3mk,3k2＋1)，从而yP＝kxP＋m＝eq\f(m,3k2＋1)，∴kAP＝eq\f(yP＋1,xP)＝－eq\f(m＋3k2＋1,3mk)，又AM＝AN，∴AP⊥MN，则－eq\f(m＋3k2＋1,3mk)＝－eq\f(1,k)，即2m＝3k2＋1.②把②代入①得2m＞m2，解得0＜m＜2，由②得k2＝eq\f(2m－1,3)＞0，解得m＞eq\f(1,2)，故所求m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).10．(天津高考)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，离心率为eq\f(\r(3),3)，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为eq\f(4\r(3),3).(1)求椭圆的方程；(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若·＋·＝8，求k的值．解：(1)设F(－c,0)，由eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，知a＝eq\r(3)c.过点F且与x轴垂直的直线的方程为x＝－c，代入椭圆方程有eq\f(?－c?2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq\f(\r(6)b,3)，于是eq\f(2\r(6)b,3)＝eq\f(4\r(3),3)，解得b＝eq\r(2)，又a2－c2＝b2，从而a＝eq\r(3)，c＝1，所以椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由过点F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k?x＋1?，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.由根与系数的关系可得x1＋x2＝－eq\f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3k2－6,2＋3k2).因为A(－eq\r(3)，0)，B(eq\r(3)，0)，所以·＋·＝(x1＋eq\r(3)，y1)·(eq\r(3)－x2，－y2)＋(x2＋eq\r(3)，y2)·(eq\r(3)－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2).由已知得6＋eq\f(2k2＋12,2＋3k2)＝8，解得k＝±eq\r(2).考查方式求圆锥曲线的标准方程与轨迹方程也是高考重点内容之一，题型以解答题为主．备考指要1.根据圆锥曲线的焦点位置，来确定标准方程的形式，利用待定系数法求解即可．2.求轨迹方程的几种常用方法：(1)直接法；(2)代入法；(3)定义法；(4)消参法．3.要注意轨迹方程与轨迹的区别.eq\a\vs4\al([考题印证])[例6](广东高考)已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.(1)求圆C1的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．[解](1)把圆C1的方程化为标准方程得(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为C1(3，0)．(2)设M(x，y)，∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，∴由圆的性质知：MC1⊥MO，∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0.易知直线l的斜率存在，∴设直线l的方程为y＝mx，当直线l与圆C1相切时，d＝eq\f(|3m－0|,\r(m2＋1))＝2，解得m＝±eq\f(2\r(5),5).把相切时直线l的方程代入圆C1的方程化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝eq\f(5,3).当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3，0)．又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，∴eq\f(5,3)<x≤3.∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中eq\f(5,3)<x≤3，其轨迹为一段圆弧．(3)由题意知直线L表示过定点(4，0)，斜率为k的直线，把直线L的方程代入轨迹C的方程x2－3x＋y2＝0，其中eq\f(5,3)<x≤3，化简得(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0，其中eq\f(5,3)<x≤3，记f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中eq\f(5,3)<x≤3.若直线L与曲线C只有一个交点，令f(x)＝0.当Δ＝0时，解得k2＝eq\f(9,16)，即k＝±eq\f(3,4)，此时方程可化为25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0，解得x＝eq\f(12,5)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))，∴k＝±eq\f(3,4)满足条件．当Δ>0时，①若x＝3是方程的解，则f(3)＝0?k＝0?另一根为x＝0<eq\f(5,3)，故在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且仅有一个根，满足题意．②若x＝eq\f(5,3)是方程的解，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝0?k＝±eq\f(2\r(5),7)?另外一根为x＝eq\f(64,23)，eq\f(5,3)<eq\f(64,23)≤3，故在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且仅有一个根，满足题意．③若x＝3和x＝eq\f(5,3)均不是方程的解，则方程在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且仅有一个根，只需feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))·f(3)<0?－eq\f(2\r(5),7)<k<eq\f(2\r(5),7).故在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上有且仅有一个根，满足题意．综上所述，k的取值范围是－eq\f(2\r(5),7)≤k≤eq\f(2\r(5),7)或k＝±eq\f(3,4).eq\a\vs4\al([跟踪演练])11．(湖南高考)已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求·的最小值．解：(1)设动点P的坐标为(x，y)，由题意有eq\r(?x－1?2＋y2)－|x|＝1.化简得y2＝2x＋2|x|.当x≥0时，y2＝4x；当x＜0时，y＝0.所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x＜0)．(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，则l1的方程为y＝k(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k?x－1?，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2)，x1x2＝1.因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－eq\f(1,k).设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.故·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||＋||·||＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4,k2)))＋1＋1＋(2＋4k2)＋1＝8＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))≥8＋4×2eq\r(k2·\f(1,k2))＝16.当且仅当k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1时，·取最小值16.12．(福建高考)如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10)．分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1，A2，…，A9和B1，B2，…，B9连接OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*,1≤i≤9)．(1)求证：点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线E的方程；(2)过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M，N，若△OCM与△OCN的面积比为4∶1，求直线l的方程．解：(1)法一：依题意，过Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝eq\f(i,10)x.设Pi的坐标为(x，y)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝i，,y＝\f(i,10)x，))得y＝eq\f(1,10)x2，即x2＝10y.所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.法二：点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在抛物线E：x2＝10y上．证明如下：过Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x＝i，Bi的坐标为(10，i)，所以直线OBi的方程为y＝eq\f(i,10)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝i，,y＝\f(i,10)x，))解得Pi的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(i，\f(i2,10))).因为点Pi的坐标都满足方程x2＝10y，所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2＝10y.(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋10.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋10，,x2＝10y，))得x2－10kx－100＝0，此时Δ＝100k2＋400>0，直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M，N.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝10k，①,x1·x2＝－100.②))因为S△OCM＝4S△OCN，所以|x1|＝4|x2|.又x1·x2<0，所以x1＝－4x2，分别代入①和②，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x2＝10k，,－4x\o\al(2,2)＝－100，))解得k＝±eq\f(3,2).所以直线l的方程为y＝±eq\f(3,2)x＋10，即3x－2y＋20＝0或3x＋2y－20＝0.考查方式空间向量是高考的重点内容之一，尤其是在立体几何的解答题中．建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标和数量积解决直线、平面问题的位置关系，特别是平行与垂直问题，常作为一个大题的某一小问，属于中档题．备考指要利用空间向量证明平行、垂直问题主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助立体几何中关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决，建立适当的空间直角坐标系，准确写出有关点的坐标是解题关键.eq\a\vs4\al([考题印证])[例7](福建高考改编)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．[解](1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E(eq\f(a,2)，1,0)，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，∵·＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，＝(a,0,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∴n⊥，n⊥，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，则y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq\f(1,2).eq\a\vs4\al([跟踪演练])13．如图，在空间图形P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，CD∥AB，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，且PB＝4PM，∠PBC＝30°，求证：CM∥平面PAD.证明：法一：建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，∵∠PBC＝30°，PC＝2，∴BC＝2eq\r(3)，PB＝4.于是D(1,0,0)，C(0,0,0)，A(4,2eq\r(3)，0)，P(0,0,2)．∵PB＝4PM.∴PM＝1，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2))).∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，＝(－1,0,2)，＝(3,2eq\r(3)，0)．设＝x＋y，其中x，y∈R，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))＝x(－1,0,2)＋y(3,2eq\r(3)，0)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋3y＝0，,2\r(3)y＝\f(\r(3),2)，,2x＝\f(3,2).))解得x＝eq\f(3,4)，y＝eq\f(1,4).∴＝eq\f(3,4)＋eq\f(1,4).∴，，共面．∵CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD.法二：同法一，得到＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))，＝(－1,0,2)，＝(3,2eq\r(3)，0)．设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2z＝0，,3x＋2\r(3)y＝0，))令x＝1，解得z＝eq\f(1,2)，y＝－eq\f(\r(3),2).故n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2))).又·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))＝0，∴⊥n，又CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD.14．如图所示，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝eq\f(π,4)，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．求证：直线MN∥平面OCD.证明：作AP⊥CD于点P.如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．则A(0,0,0)，B(1,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，O(0,0,2)，M(0,0,1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，0)).＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，－1))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，－2))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2)).设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)y－2z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)y－2z＝0，))取z＝eq\r(2)，解得n＝(0,4，eq\r(2))．∵·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，－1))·(0,4，eq\r(2))＝0，又MN?平面OCD，∴MN∥平面OCD.考查方式利用空间向量求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的平面角是高考的重点和热点，主要以解答题考查，属于中档题，每年必考．备考指要利用空间向量只要求出直线的方向向量和平面的法向量即可求解．(1)若两条异面直线的方向向量分别为a，b，所成角为θ，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.(2)若直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，直线与平面所成角为θ，则sinθ＝|cos〈u，n〉|.(3)若二面角的平面角为θ，两个半平面的法向量分别为n1，n2，则θ＝〈n1，n2〉或θ＝π－〈n1，n2〉，根据情况确定.eq\a\vs4\al([考题印证])[例8](江苏高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．[解]：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)由题意知，AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)，设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).则cos2〈〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).当且仅当t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)时，|cos〈〉|的最大值为eq\f(3\r(10),10).因为y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).eq\a\vs4\al([跟踪演练])15.如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，∠PDA＝60°.(1)求DP与CC1所成角的大小；(2)求DP与平面AA1D1D所成角的大小．解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D－xyz.则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．连接BD，B1D1.在平面BB1D1D中，延长DP交B1D1于H.设＝(m，m,1)(m＞0)，由已知〈，〉＝60°，由·＝||||cos〈，〉可得2m＝eq\r(2m2＋1).解得m＝eq\f(\r(2),2)，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).(1)因为cos〈，〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×0＋1×1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以〈，〉＝45°.即DP与CC1所成的角为45°.(2)平面AA1D1D的一个法向量是＝(0,1,0)．因为cos〈，〉＝eq\f(\f(\r(2),2)×0＋\f(\r(2),2)×1＋1×0,1×\r(2))＝eq\f(1,2)，所以〈，〉＝60°，可得DP与平面AA1D1D所成的角为30°.16.如图所示，在三棱锥S－ABC中，SO⊥平面ABC，侧面SAB与SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC的中点，求二面角A－SC－B的余弦值．解：以O为坐标原点，射线OB，OA，OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.设B(1,0,0)，则C(－1,0,0)，A(0,1,0)，S(0,0,1)，设SC的中点为M，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2))).故＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，－\f(1,2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－\f(1,2)))，＝(－1,0，－1)，所以·＝0，·＝0.即MO⊥SC，MA⊥SC.故〈，〉为二面角A－SC－B的平面角．cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(\r(3),3).即二面角A－SC－B的余弦值为eq\f(\r(3),3).17．(重庆高考)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝eq\f(π,3)，F为PC的中点，AF⊥PB.(1)求PA的长；(2)求二面角B－AF－D的正弦值．解：(1)如图，连接BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，故AC⊥BD.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，则OC＝CDcoseq\f(π,3)＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3，又OD＝CDsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，故A(0，－3,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1，0)，D(－eq\r(3)，0,0)．因PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由F为PC的中点，知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，\f(z,2))).又＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(z,2)))，＝(eq\r(3)，3，－z)，因AF⊥PB，故·＝0，即6－eq\f(z2,2)＝0，z＝2eq\r(3)(舍去－2eq\r(3))，所以||＝2eq\r(3).(2)由(1)知＝(－eq\r(3)，3,0)，＝(eq\r(3)，3,0)，＝(0,2，eq\r(3))．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n1·＝0，n1·＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋3y1＝0，,2y1＋\r(3)z1＝0，))因此可取n1＝(3，eq\r(3)，－2)．由n2·＝0，n2·＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋3y2＝0，,2y2＋\r(3)z2＝0，))故可取n2＝(3，－eq\r(3)，2)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,8).故二面角B－AF－D的正弦值为eq\f(3\r(7),8).模块综合检测(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．把正确答案填在题中的横线上)1．(安徽高考)命题“存在实数x，使x>1”的否定是________．答案：对任意实数x，都有x≤12．“相似三角形的对应角相等”的否命题是________．解析：否命题是条件结论都否定．答案：不相似的三角形的对应角不相等3．已知点P(6，y)在抛物线y2＝2px(p>0)上，若点P到抛物线焦点F的距离等于8，则焦点F到抛物线准线的距离等于________．解析：抛物线y2＝2px(p>0)的准线为x＝－eq\f(p,2)，因为P(6，y)为抛物线上的点，所以P到焦点F的距离等于它到准线的距离，所以6＋eq\f(p,2)＝8，所以p＝4，焦点F到抛物线准线的距离等于4.答案：44．若a＝(1，－1，－1)，b＝(0,1,1)，且(a＋λb)⊥b，则实数λ的值是________．解析：λb＝(0，λ，λ)，a＋λb＝(1，λ－1，λ－1)．∵(a＋λb)⊥b，∴(a＋λb)·b＝0.∴λ－1＝0，λ＝1.答案：15．(重庆高考)设P为直线y＝eq\f(b,3a)x与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)左支的交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e＝________.解析：由PF1⊥x轴且P点在双曲线的左支上，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(b2,a))).又因为点P在直线y＝eq\f(b,3a)x上，所以－eq\f(b2,a)＝eq\f(b,3a)×(－c)，整理得c＝3b，根据c2＝a2＋b2得a＝2eq\r(2)b，所以双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3b,2\r(2)b)＝eq\f(3\r(2),4).答案：eq\f(3\r(2),4)6．已知a＝(t＋1,1，t)，b＝(t－1，t,1)，则|a－b|的最小值为________．解析：|a－b|2＝22＋(1－t)2＋(t－1)2＝2(t－1)2＋4，所以当t＝1时，|a－b|取得最小值2.答案：27．方程eq\f(x2,3＋m)－eq\f(y2,1－m)＝1表示焦点在x轴上的双曲线，则m的取值范围是________．解析：若eq\f(x2,3＋m)－eq\f(y2,1－m)＝1表示焦点在x轴上的双曲线，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋m>0，,1－m>0))?－3<m<1，∴m的取值范围是(－3,1)．答案：(－3,1)8．(北京高考改编)双曲线x2－eq\f(y2,m)＝1的离心率大于eq\r(2)的充分必要条件是________．解析：依题意，e＝eq\f(c,a)，e2＝eq\f(c2,a2)>2，得1＋m>2，所以m>1.答案：m>19．(山东高考改编)给定两个命题p，q.若绨p是q的必要而不充分条件，则p是绨q的________条件．解析：由q?绨p且绨pq可得p?绨q且绨qp，所以p是绨q的充分不必要条件．答案：充分不必要10．命题“?x∈R,2x2－3ax＋9＜0”为假命题，则实数a的取值范围是________．解析：∵“?x∈R,2x2－3ax＋9＜0”为假命题，∴?x∈R,2x2－3ax＋9≥0为真命题，∴Δ＝9a2－4×2×9≤0，即a2≤8，∴－2eq\r(2)≤a≤2eq\r(2).答案：[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]11．已知A(4,1,3)、B(2,3,1)、C(3,7，－5)，点P(x，－1,3)在平面ABC内，则x的值为________．解析：因为A(4,1,3)，B(2,3,1)，C(3,7，－5)，P(x，－1,3)，所以＝(x－4，－2,0)，＝(－2,2，－2)，＝(－1，6，－8)．由于点P在平面ABC内，所以P、A、B、C四点共面．所以、、三个向量共面．故由共面向量定理，知存在有序实数对(m，n)，使＝m＋n，即(x－4，－2,0)＝m(－2,2，－2)＋n(－1,6，－8)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4＝－2m－n，,－2＝2m＋6n，,0＝－2m－8n.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－4，,n＝1，,x＝11.))答案：1112．(山东高考改编)抛物线C1：y＝eq\f(1,2p)x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝________.解析：由已知得抛物线的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，双曲线的右焦点坐标为(2,0)，所以上述两点连线的方程为eq\f(x,2)＋eq\f(2y,p)＝1.双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x.对函数y＝eq\f(1,2p)x2求导得，y′＝eq\f(1,p)x.设M(x0，y0)，则eq\f(1,p)x0＝eq\f(\r(3),3)，即x0＝eq\f(\r(3),3)p，代入抛物线方程得，y0＝eq\f(1,6)p.由于点M在直线eq\f(x,2)＋eq\f(2y,p)＝1上，所以eq\f(\r(3),6)p＋eq\f(2,p)×eq\f(p,6)＝1，解得p＝eq\f(4,\r(3))＝eq\f(4\r(3),3).答案：eq\f(4\r(3),3)13．设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A、B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若＝2，且·＝1，则P点的轨迹方程是________．解析：可得A(eq\f(3,2)x,0)，B(0,3y)，Q(－x，y)，则＝(－eq\f(3,2)x,3y)，＝(－x，y)，故·＝eq\f(3,2)x2＋3y2＝1，所以P点的轨迹方程为eq\f(3,2)x2＋3y2＝1(x>0，y>0)．答案：eq\f(3,2)x2＋3y2＝1(x>0，y>0)14．若方程eq\f(x2,4－t)＋eq\f(y2,t－1)＝1所表示的曲线为C，给出下列四个命题：①若C为椭圆，则1＜t＜4且t≠eq\f(5,2)；②若C为双曲线，则t＞4或t＜1；③曲线C不可能是圆；④若C表示椭圆，且长轴在x轴上，则1＜t＜eq\f(3,2).其中正确的命题是________(把所有正确命题的序号都填在横线上)．解析：若为椭圆，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－t＞0，,t－1＞0，,4－t≠t－1，))即1＜t＜4，且t≠eq\f(5,2)；若为双曲线，则(4－t)(t－1)＜0，即4＜t或t＜1；当t＝eq\f(5,2)时，表示圆，若C表示长轴在x轴上的椭圆，则1＜t＜eq\f(5,2)，故①②正确．答案：①②二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)过直角坐标平面xOy中的抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作一条倾斜角为eq\f(π,4)的直线与抛物线相交于A，B两点．(1)用p表示线段AB的长；(2)若·＝－3，求这个抛物线的方程．解：(1)抛物线的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，过点F且倾斜角为eq\f(π,4)的直线方程是y＝x－eq\f(p,2).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝x－\f(p,2)))得x2－3px＋eq\f(p2,4)＝0，∴x1＋x2＝3p，x1x2＝eq\f(p2,4)，∴AB＝x1＋x2＋p＝4p.(2)由(1)知x1x2＝eq\f(p2,4)，x1＋x2＝3p，∴y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(p,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(p,2)))＝x1x2－eq\f(p,2)(x1＋x2)＋eq\f(p2,4)＝eq\f(p2,4)－eq\f(3p2,2)＋eq\f(p2,4)＝－p2，∴·＝x1x2＋y1y2＝eq\f(p2,4)－p2＝－eq\f(3p2,4)＝－3，解得p2＝4，∴p＝2.∴这个抛物线的方程为y2＝4x.16．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1，x∈R.设p：x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，q：|f(x)－m|＜3，若p是q的充分条件，求实数m的取值范围．解：∵f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1＝1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))－eq\r(3)cos2x－1＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，∴若p成立，即x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(2π,3)))，由|f(x)－m|＜3?m－3＜f(x)＜m＋3.∵p是q的充分条件，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－3＜1，,m＋3＞2，))解得－1＜m＜4，即m的取值范围是(－1,4)．17．(本小题满分14分)如图，在正方体AC1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?解：如图，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，设Q(0,1，z)，则＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，＝(－1，－1,1)，∴∥，∴OP∥BD1，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，＝(－1,0，z)，当z＝eq\f(1,2)时，＝，即AP∥BQ，有平面AOP∥平面D1BQ，∴当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.18．(本小题满分16分)已知点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))是椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆E的方程；(2)设不过原点O的直线l与该椭圆E交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求△OPQ面积的取值范围．解：(1)由题意知，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，a2＝eq\f(4,3)b2.又eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，解得a2＝4，b2＝3.因此椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为y＝kx＋m(m