热门试卷

（Ⅰ）；(Ⅱ)

试题分析：（Ⅰ）由离心率为，得①，又过点，得②，联立①②求；

(Ⅱ)直线和圆锥曲线的位置关系问题，一般会根据已知条件结合韦达定理列式确定参数的值或者取值范围，设直线：，联立椭圆方程，消去，得关于的二次方程，设，利用韦达定理将点的坐标表示出来，，因为在椭圆上，代入椭圆方程，得的等式①，点到直线的距离为，联立①得关于，或的函数，进而求其最小值，再考虑斜率不存在时的情况，求最小值，然后和斜率存在时候的最小值比较大小，得结论.

试题解析：（Ⅰ）由已知，所以, ①  又点在椭圆上，所以，     ②  由①②解之得,故椭圆的方程为 ；

(Ⅱ)当直线有斜率时，设时，则由

消去得，

，  ③

设则，由于点在椭圆上，所以，从而，化简得，经检验满足③式，又点到直线的距离为：，并且仅当时等号成立；当直线无斜率时，由对称性知，点一定在轴上，从而点为，直线为，所以点到直线的距离为1，所以点到直线的距离最小值为.

（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）见解析；（Ⅲ）三棱锥与四棱锥的体积比

试题分析：（Ⅰ）通过证明,,从而有,然后由直线和平面平行的判定定理可得平面；（Ⅱ）利用直线和平面垂直的性质定理可得AE⊥DH，再证DH⊥AG，由直线和平面垂直的判定定理可得平面；（Ⅲ）由已知可得，，所以，此问注意直线和平面关系的运用和体积的转化.

试题解析：（Ⅰ）分别为中点，所以AD∥EF，∵BC∥AD, ,∴BC∥EF．．．．2分

∥平面EFG．．．．．．．．．．．．4分

（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DH ，即 AE⊥DH．．．．．．．．．．

∵△ADG≌△DCH ，∴∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°

∴∠AGD+∠HDC=90°

∴DH⊥AG

又∵AE∩AG=A，∴DH⊥平面AEG．．．．．．．．．．．．8分

（Ⅲ）由PA⊥平面ABCD，得，又，所以平面，

所以，

又

所以   ．．．．．．．．．12分

(1)证明见解析(2)

（1）以D为坐标原点，DA为x轴建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量,可得,故;

(2)可求为平面的一个法向量，又,故点C到平面的距离为