uuuruuur由F得F1A?AB.又OF1?OF2,得OA是三角形F1F2B的中位线，即BF2//OA,BF2?2OA.由1A?AB,uuuruuuurF1BgF2B?0，得F1B?F2B,OA?F1A,则OB?OF1有?AOB??AOF1，
又OA与OB都是渐近线，得?BOF2??AOF1,又?BOF2??AOB??AOF1??，得
?BOF2??AOF1??BOA?600,．又渐近线OB的斜率为
b?tan600?3，所以该双曲线的离心率为ae?cb?1?()2?1?(3)2?2． aa【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。
17.VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinB?sinC)2?sin2A?sinBsinC．
（1）求A；
（2）若2a?b?2c，求sinC． 【答案】（1）A?【思路引导】
（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：b2?c2?a2?bc，从而可整理出cosA，根据A??0,??可求得结果；（2）利用正弦定理可得2sinA?sinB?2sinC，利用sinB?sin?A?C?、两角和差正弦公式可得关于sinC和cosC的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果. 【解析】（1）?sinB?sinC??sin2B?2sinBsinC?sin2C?sin2A?sinBsinC 即：sin2B?sin2C?sin2A?sinBsinC
2?3；（2）sinC?6?2. 4 11
由正弦定理可得：b2?c2?a2?bc
b2?c2?a21?cosA??
2bc2QA??0,?? ?A??3
（2）Q2a?b?2c，由正弦定理得：2sinA?sinB?2sinC 又sinB?sin?A?C??sinAcosC?cosAsinC，A??3
?2?331?cosC?sinC?2sinC 222整理可得：3sinC?226?3cosC
QsinC?cosC?1 ?3sinC?6解得：sinC???2?31?sin2C
??6?26?2或 44因为sinB?2sinC?2sinA?2sinC?666?2，故sinC?. ?0所以sinC?424（2）法二：Q2a?b?2c，由正弦定理得：2sinA?sinB?2sinC 又sinB?sin?A?C??sinAcosC?cosAsinC，A??3
?2?331?cosC?sinC?2sinC 222整理可得：3sinC?6?3cosC，即3sinC?3cosC?23sin?C???????6 6???2? ?sin?C???62??由C?(0,2????????),C??(?,)，所以C??,C?? 36626446sinC?sin(?4??6)?6?2. 4【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.
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18.如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）【思路引导】
（1）利用三角形中位线和
10. 5A1D//B1C可证得ME//ND，证得四边形MNDE为平行四边形，进而证得
（2）以菱形ABCD对角线交点为原点可建立空间直角坐MN//DE，根据线面平行判定定理可证得结论；
标系，通过取AB中点F，可证得DF?平面AMA1，得到平面AMA1的法向量DF；再通过向量法求得平面MA1N的法向量n，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.
【解析】（1）连接ME，B1C
uuurr
QM，E分别为BB1，BC中点 ?ME为?B1BC的中位线
?ME//B1C且ME?1B1C
2又N为A1D中点，且A1D//B1C ?ND//B1C且ND?1B1C 2 13
?ME//ND ?四边形MNDE为平行四边形
?MN//DE，又MN?平面C1DE，DE?平面C1DE ?MN//平面C1DE
（2）设ACIBD?O，A1C1?B1D1?O1 由直四棱柱性质可知：OO1?平面ABCD
Q四边形ABCD为菱形 ?AC?BD
则以O为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：A?3,0,0，M?0,1,2?，A1???31?3,0,4?，D（0，-1,0）N??2,?2,2?? ???31?取AB中点F，连接DF，则F??2,2,0??
??Q四边形ABCD为菱形且?BAD?60o ??BAD为等边三角形 ?DF?AB
又AA1?平面ABCD，DF?平面ABCD ?DF?AA1
∴DF?平面ABB1A1，即DF?平面AMA1
uuuruuur?DF为平面AMA1的一个法向量，且DF?33????2,2,0?? ??uuuur?33?uuuurr设平面MA1N的法向量n??x,y,z?，又MA1??3,?1,2?，MN???2,?2,0??
??vruuuu?n?MA1?3x?y?2z?0r??n??3,1,?1? ??ruuuuy?1，令，则， x?3z??1v33x?y?0?n?MN?22? 14
uuurruuurrDF?n315uuurr10?cos?DF,n??uuu?rr? ?sin?DF,n??
515DF?n5?二面角A?MA1?N的正弦值为：10 5【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 19.已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若AP?3PB，求|AB|． 【答案】（1）12x?8y?7?0；（2）【思路引导】 （1）设直线l：y?3的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P． 2uuuvuuuv413. 335x?m，A?x1,y1?，B?x2,y2?；根据抛物线焦半径公式可得x1?x2?；联立直线
222y?t；联3方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于m的方程，解方程求得结果；（2）设直线l：x?立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用AP?3PB可得y1??3y2，结合韦达定理可求得
uuuruuury1y2；根据弦长公式可求得结果.
【解析】（1）设直线l方程为：y?3x?m，A?x1,y1?，B?x2,y2? 235?4 ?x1?x2? 22由抛物线焦半径公式可知：AF?BF?x1?x2?3??y?x?m22联立?得：9x??12m?12?x?4m?0 22??y?3x则???12m?12??144m2?0 ?m?1 2712m?125?x1?x2???，解得：m??
9282?直线l的方程为：y?37x?，即：12x?8y?7?0 282（2）设P?t,0?，则可设直线l方程为：x?y?t
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