[解析]　(1)由题意知：d>0，Sn=S1+(n-1)d

=a1+(n-1)d

2a2=a1+a3⇒3a2=S3⇒3(S2-S1)=S3,3[(a1+d)2-a1]2=(a1+2d)2，

化简得：a1-2a1•d+d2=0，∴a1=d，∴a1=d2

Sn=d+(n-1)d=nd，Sn=n2d2，

当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2d2-(n-1)2d2=(2n-1)d2，适合n=1的情形.

故an=(2n-1)d2.

(2)Sm+Sn>cSk⇒m2d2+n2d2>c•k2d2⇒m2+n2>c•k2，∴c

又m+n=3k且m≠n,2(m2+n2)>(m+n)2=9k2⇒m2+n2k2>92，

故c≤92，即c的最大值为92.

20.(本小题满分12分)(2011•山西太原调研)已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，它的一个顶点为M(0,1)，离心率e=63.

(1)求椭圆的方程;

(2)设直线l与椭圆交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为32，求△AOB的面积的最大值.

[解析]　(1)依题意得b=1e=ca=a2-b2a=63

解得a=3，b=1，

∴椭圆的方程为x23+y2=1.

(2)①当AB⊥x轴时，|AB|=3，

②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知|m|1+k2=32得，

m2=34(k2+1)，

把y=kx+m代入椭圆方程整理得，

(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0，

∴x1+x2=-6km3k2+1，x1x2=3m2-13k2+1.

当k≠0时，|AB|2=(1+k2)(x2-x1)2

=(1+k2)36k2m23k2+12-12m2-13k2+1

=121+k23k2+1-m23k2+12=3k2+19k2+13k2+12

=3+12k29k4+6k2+1=3+129k2+1k2+6≤3+122×3+6=4.

当且仅当9k2=1k2，即k=±33时等号成立，

此时|AB|=2.

当k=0时，|AB|=3.

综上所述：|AB|max=2，此时△AOB面积取最大值

S=12|AB|max×32=32.

21.(本小题满分12分)(文)一个多面体的三视图及直观图如图所示，M、N分别是A1B、B1C1的中点.

(1)求证：MN∥平面ACC1A1;

(2)求证：MN⊥平面A1BC.

[证明]　由题意，这个几何体是直三棱柱，且AC⊥BC，AC=BC=CC1.

(1)由直三棱柱的性质知，四边形ABB1A1为矩形，对角线交点M为A1B的中点，

又∵N为B1C1的中点，

∴△AB1C1中，MN∥AC1.

又∵AC1⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1.

∴MN∥平面ACC1A1.

(2)∵直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，交线为AC，又AC⊥BC，

∴BC⊥平面ACC1A1，

又∵AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1.

在正方形ACC1A1中，AC1⊥A1C.

又BC∩A1C=C，∴AC1⊥平面A1BC，

∵MN∥AC1，∴MN⊥平面A1BC.

[点评]　将几何体的三视图与线面平行垂直的位置关系判断融合在一起是立体几何新的命题方向.解答这类问题首先要通过其三视图确定几何体的形状和主要几何量，然后利用几何体的性质进行推理或计算.请再练习下题：

已知四棱锥P-ABCD的三视图如图，E是侧棱PC上的动点.

(1)求四棱锥P-ABCD的体积;

(2)若点F在线段BD上，且DF=3BF，则当PEEC等于多少时，有EF∥平面PAB?并证明你的结论;

(3)试证明P、A、B、C、D五个点在同一球面上.

[解析]　(1)由四棱锥的三视图可知，四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，

侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2.

∴VP-ABCD=13S正方形ABCD•PC=23.

(2)当PEEC=13时，有EF∥平面PAB.

连结CF延长交AB于G，连结PG，在正方形ABCD中，DF=3BF.

由△BFG∽△DFC得，GFFC=BFDF=13.

在△PCG中，PEEC=13=GFFC，

∴EF∥PG.

又PG⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，

∴EF∥平面PAB.

(3)证明：取PA的中点O.

在四棱锥P-ABCD中，侧棱PC⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，

可知△PCA、△PBA、△PDA均是直角三角形，

又O为PA中点，∴OA=OP=OB=OC=OD.

∴点P、A、B、C、D在以点O为球心的球面上.

(理)(2011•湖南长沙一中期末)如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=3，沿对角线BD把△ABD折起，使A移到A1点，过点A1作A1O⊥平面BCD，垂足O恰好落在CD上.

(1)求证：BC⊥A1D;

(2)求直线A1B与平面BCD所成角的正弦值.

[解析]　(1)因为A1O⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，

∴BC⊥A1O，

因为BC⊥CD，A1O∩CD=O，∴BC⊥平面A1CD.

因为A1D⊂平面A1CD，∴BC⊥A1D.

(2)连结BO，则∠A1BO是直线A1B与平面BCD所成的角.

因为A1D⊥BC，A1D⊥A1B，A1B∩BC=B，

∴A1D⊥平面A1BC，∵A1C⊂平面A1BC，∴A1D⊥A1C.

在Rt△DA1C中，A1D=3，CD=5，∴A1C=4.

根据S△A1CD=12A1D•A1C=12A1O•CD，得到A1O=125，

在Rt△A1OB中，sin∠A1BO=A1OA1B=1255=1225.

所以直线A1B与平面BCD所成角的正弦值为1225.

选做题(22至24题选做一题)

22.(本小题满分12分)几何证明选讲

(2011•北京学普教育中心联考)如图，A、B是两圆的交点，AC是小圆的直径，D和E分别是CA和CB的延长线与大圆的交点，已知AC=4，BE=10，且BC=AD，求DE的长.

[解析]　设CB=AD=x，则由割线定理得：CA•CD=CB•CE，

即4(4+x)=x(x+10)

化简得x2+6x-16=0，解得x=2或x=-8(舍去)

即CD=6，CE=12.

因为CA为直径，所以∠CBA=90°，即∠ABE=90°，

则由圆的内接四边形对角互补，得∠D=90°，

则CD2+DE2=CE2，

∴62+DE2=122，∴DE=63.

23.(本小题满分12分)极坐标与参数方程

(2011•辽宁省实验中学期末)已知直线l经过点P12，1，倾斜角α=π6，圆C的极坐标方程为ρ=2cosθ-π4.

(1)写出直线l的参数方程，并把圆C的方程化为直角坐标方程;

(2)设l与圆C相交于两点A、B，求点P到A、B两点的距离之积.

[解析]　(1)直线l的参数方程为x=12+tcosπ6y=1+tsinπ6

即x=12+32ty=1+12t(t为参数)

由ρ=2cosθ-π4得ρ=cosθ+sinθ，

所以ρ2=ρcosθ+ρsinθ，

∵ρ2=x2+y2，ρcosθ=x，ρsinθ=y，

∴x-122+y-122=12.

(2)把x=12+32ty=1+12t代入x-122+y-122=12

得t2+12t-14=0，

|PA|•|PB|=|t1t2|=14.

故点P到点A、B两点的距离之积为14.

24.(本小题满分12分)不等式选讲

(2011•大连市联考)已知函数f(x)=|x-2|，g(x)=-|x+3|+m.

(1)解关于x的不等式f(x)+a-1>0(a∈R);

(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，求m的取值范围.

[解析]　(1)不等式f(x)+a-1>0，

即|x-2|+a-1>0，

当a=1时，解集为x≠2，即(-∞，2)∪(2，+∞);

当a>1时，解集为全体实数R;

当a<1时，∵|x-2|>1-a，∴x-2>1-a或x-2

故解集为(-∞，a+1)∪(3-a，+∞).

(2)f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方，即为|x-2|>-|x+3|+m对任意实数x恒成立，即|x-2|+|x+3|>m恒成立.

又对任意实数x恒有|x-2|+|x+3|≥|(x-2)-(x+3)|=5，于是得m<5，

即m的取值范围是(-∞，5).

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