2008 浙江卷 数学

B

D

C

A

D

B

C

2

$- \frac { 7 } { 2 5 }$

8

$\frac { \sqrt { 3 } } { 3 }$

$\frac { 9 \pi } { 2 }$

.本题主要考查排列组合、概率等基础知识，同时考查逻辑思维能力和数学应用能力。满分14分。 （Ⅰ）解：由题意知，袋中黑球的个数为 $1 0 \times \frac { 2 } { 5 } = 4$ 记“从袋中任意摸出两个球，得到的都是黑球”为事件A，则 $ P ( A ) = \frac { C _ { 4 } ^ { 2 } } { C _ { 1 0 } ^ { 2 } } = \frac { 2 } { 1 5 } . $ （Ⅱ）解：记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件B。设袋中白球的个数为x，则 $ P ( B ) = 1 - P ( \overline { { B } } ) = 1 - \frac { C _ { n - 1 } ^ { 2 } } { C _ { n } ^ { 2 } } = \frac { 7 } { 9 } , $ 得到x=5

空间本题主要考查空间线面关系向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力。满分14分。 **方法一**： （I）证明：过点E作EG⊥CF并 $C F \cdot$ 于 $G ,$ 连结 DG，可得四边形 BCGE为矩形。又ABCD为矩形， 所以 $A D \bot / / E G ,$ 从而四边形ADGE为平行四边形，故 $A E / / D G _ { \circ }$ 因为 AE∉平面 DCF，DG⊂平面 DCF，所以 AE∥/平面 DCF。 （Ⅱ）解：过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连结AH。由平面 $\begin{array} { r } { A B C D \bot \overrightarrow { \Psi } \overrightarrow { \mathbb { H } } \ B E F G , A B \bot B C , } \\ { A B \bot \overrightarrow { \Psi } \overrightarrow { \mathbb { H } } \ B E F C , } \end{array}$ 得从而 AH⊥EF, 所以 $\angle A H B$ 为二面角 A-EF-C 的平面角。 在 $\mathrm { R t } \triangle E F G$ 中，因为 $E G = A D = \sqrt { 3 } , E F = 2$ 所以 $\angle C F E = 6 0 ^ { \circ } , F G = 1$ 又因为 $C E \bot E F ,$ 所以 $C F { = } 4$ 从而 $B E { = } C G { = } 3 .$ 于是 $B H = B E \cdot \sin \angle B E H = \frac { 3 \sqrt { 3 } } { 2 }$ 因为 $A B = B H \cdot \tan \angle A H B ,$ 所以当AB为 $\frac { 9 } { 2 }$ 时，二面角A-EF-G的大小为 $6 0 ^ { \circ }$ **方法二**： 如图，以点C为坐标原点，以CB、CF和CD分别作为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系 $C { - } { \boldsymbol { X } } { \boldsymbol { J } } { \boldsymbol { Z } } .$ 设 $A B = a , B E = b , C F = c .$ 则 $C ~ ( 0 , ~ 0 , ~ 0 ) , ~ A ~ ( ~ \sqrt { 3 } , 0 , a ) , B ( \sqrt { 3 } , 0 , 0 ) ,$ E(√3,b,0),F(0,c,0). （Ⅰ）证明： $\overrightarrow { A E } = ( 0 , b , - a ) , \overrightarrow { C B } = ( \sqrt { 3 } , 0 , 0 ) , \overrightarrow { B E } = ( 0 , b , 0 ) .$ 所以 $\overrightarrow { C B } \bullet \overrightarrow { A E } = 0 , \overrightarrow { C B } \bullet \overrightarrow { B E } = 0 .$ 从而 $C B \bot A E , C B \bot B E$ 所以 $C B \bot$ 平面 ABE。 因为 GB⊥平面 DCF，所以平面 ABE∥/平面 DCF故 $A E / /$ 平面 DCF （I）解：因为 $\overrightarrow { E F } = ( - \sqrt { 3 } , c - b , 0 ) , \overrightarrow { C E } = ( \sqrt { 3 } , b , 0 )$ 所以 $\overrightarrow { E F } \cdot \overrightarrow { C E } = 0 . \left| \overrightarrow { E F } \right| = 2$ ，从而 $ \left\{ { \begin{array} { l } { - 3 + b ( c - b ) = 0 , } \\ { { \sqrt { 3 + ( c - b ) ^ { 2 } } } = 2 . } \end{array} } \right. $ 解得 $b { = } 3 , c { = } 4$ 所以 $E ( \sqrt { 3 } , 3 , 0 ) . F ( 0 , 4 , 0 )$ 设 $n = ( 1 , y , z )$ 与平面 $A E F$ 垂直， 则 $\boldsymbol { \mathrm { n } } \cdot \overrightarrow { A E } = 0 , \boldsymbol { \mathrm { n } } \cdot \overrightarrow { E F } = 0$ 解得 $n = ( 1 , { \sqrt { 3 } } , { \frac { 3 { \sqrt { 3 } } } { a } } )$ 又因为 $B A \bot$ 平面 BEFC, $\overrightarrow { B A } = ( 0 , 0 , a )$ 所以 $\left| \cos < n , \overrightarrow { B A } > \right| = \frac { \left| \overrightarrow { B A } \cdot n \right| } { \left| \overrightarrow { B A } \right| \cdot \left| n \right| } = \frac { 3 \sqrt { 3 } a } { a \sqrt { 4 a ^ { 2 } + 2 7 } } = \frac { 1 } { 2 } ,$ 得到 $a = \frac { 9 } { 2 }$ 所以当AB为 $\frac { 9 } { 2 }$ 时，二面角 $A { - } E F C$ 的大小为 $6 0 ^ { \circ }$

本题主要考查求曲线轨迹方程，两条直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分。 （I）解：设 $N ( x , y )$ 为C上的点，则 $ | N P | { = } \sqrt { ( x { + } \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } + ( y { - } \frac { 3 } { 8 } ) ^ { 2 } } ~ . $ N到直线 $y = - \frac { 5 } { 8 }$ 的距离为 $\left| y + { \frac { 5 } { 8 } } \right|$ 由题设得 $\sqrt { ( x + \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } + ( y - \frac { 3 } { 8 } ) ^ { 2 } } = \left| y + \frac { 5 } { 8 } \right|$ 化简，得曲线C的方程为 $y = \frac 1 2 ( x ^ { 2 } + x )$ （I）解法一： 设 $M ( x , \frac { x ^ { 2 } + x } { 2 } )$ ，直线 $l \colon \ y = k x + k$ ，则 $B ( x , k x + k )$ ，从而 $ \left| Q B \right| = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \left| x + 1 \right| . $ 在 $\mathbf { R t } \triangle Q M A$ 中，因为 $ \left| Q M \right| = ( x + 1 ) ^ { 2 } ( 1 + \frac { x ^ { 2 } } { 4 } ) , $ $ \big | M A \big | = \frac { ( x + 1 ) ^ { 2 } ( k - \frac { x } { 2 } ) ^ { 2 } } { 1 + k ^ { 2 } } . $ 所以 $\left| Q A \right| ^ { 2 } = \left| Q M \right| ^ { 2 } - \left| A M \right| ^ { 2 } = \frac { ( x + 1 ) ^ { 2 } } { 4 ( 1 + k ^ { 2 } ) } ( k x + 2 ) ^ { 2 }$ $ \left| Q A \right| = \frac { \left| x + 1 \right| \cdot \left| k x + 2 \right| } { 2 \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } , $ $ \frac { \left| \mathcal { Q B } \right| ^ { 2 } } { \left| \mathcal { Q A } \right| } = \frac { 2 ( 1 + k ^ { 2 } ) \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } { \left| k \right| } \cdot \left| \frac { x + 1 } { x + \frac { 2 } { k } } \right| $ 当 $k { = } 2$ 时， ${ \frac { \left| Q B \right| ^ { 2 } } { \left| Q A \right| } } = 5 { \sqrt { 5 } }$ 从而所求直线l方程为 $2 x - y + 2 = 0$ 解法二： 设 $M ( x , \frac { x ^ { 2 } + \pi } { 2 } )$ ，直线直线 $l \colon \ y = k x + k$ ，则 $B ( x , k x + k )$ ，从而 $ \scriptstyle \left| Q B \right| = { \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } \left| x + 1 \right| $ 过(-1,0)垂直于l的直线l1: $y = - \frac { I } { k } ( x + 1 )$ 因为 $\left| Q A \right| = \left| M H \right|$ ，所以 $ \left| Q A \right| = \frac { \left| x + 1 \right| \cdot \left| k x + 2 \right| } { 2 \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } , $ $ \frac { \left| \boldsymbol { \mathcal { Q B } } \right| ^ { 2 } } { \left| \boldsymbol { \mathcal { Q A } } \right| } = \frac { 2 ( 1 + k ^ { 2 } ) \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } { \left| k \right| } \cdot \left| \frac { \boldsymbol { x } + 1 } { { \boldsymbol { x } } + \displaystyle \frac { 2 } { k } } \right| , $ 当k=2时， ${ \frac { \left| Q B \right| ^ { 2 } } { \left| Q A \right| } } = 5 { \sqrt { 5 } }$ 从而所求直线l方程为 $2 x - y + 2 = 0$