解(Ⅰ)以A点为坐标原点.AB所在直线为x轴.建立直角坐标系．设...圆弧的方程切线l的方程:(可以推导:设直线的斜率为.由直线与圆弧相切知:.所以.从而有直线的方程为.化简即得)．设与交——青夏教育精英家教网——

摘要：解(Ⅰ)以A点为坐标原点.AB所在直线为x轴.建立直角坐标系．设...圆弧的方程切线l的方程:(可以推导:设直线的斜率为.由直线与圆弧相切知:.所以.从而有直线的方程为.化简即得)．设与交于可求F().G().l平分矩形ABCD面积. --① 又--② 解①.②得:．可知:切线l的方程:. 当满足题意的圆面积最大时必与边相切.设圆与直线.分别切于.则(为圆的半径)． .由．点坐标为．注意:直线与圆应注意常见问题的处理方法.例如圆的切线.弦长等.同时应注重结合图形加以分析.寻找解题思路.

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（理）设斜率为k₁的直线L交椭圆C：

+y2=1于A、B两点，点M为弦AB的中点，直线OM的斜率为k₂（其中O为坐标原点，假设k₁、k₂都存在）．
（1）求k₁?k₂的值．
（2）把上述椭圆C一般化为

=1
（a＞b＞0），其它条件不变，试猜想k₁与k₂关系（不需要证明）．请你给出在双曲线

=1（a＞0，b＞0）中相类似的结论，并证明你的结论．
（3）分析（2）中的探究结果，并作出进一步概括，使上述结果都是你所概括命题的特例．
如果概括后的命题中的直线L过原点，P为概括后命题中曲线上一动点，借助直线L及动点P，请你提出一个有意义的数学问题，并予以解决．

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（理）设斜率为k₁的直线L交椭圆C：

于A、B两点，点M为弦AB的中点，直线OM的斜率为k₂（其中O为坐标原点，假设k₁、k₂都存在）．
（1）求k₁?k₂的值．
（2）把上述椭圆C一般化为

（a＞b＞0），其它条件不变，试猜想k₁与k₂关系（不需要证明）．请你给出在双曲线

（a＞0，b＞0）中相类似的结论，并证明你的结论．
（3）分析（2）中的探究结果，并作出进一步概括，使上述结果都是你所概括命题的特例．
如果概括后的命题中的直线L过原点，P为概括后命题中曲线上一动点，借助直线L及动点P，请你提出一个有意义的数学问题，并予以解决．
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（2007•杨浦区二模）（理）设斜率为k₁的直线L交椭圆C：

+y2=1于A、B两点，点M为弦AB的中点，直线OM的斜率为k₂（其中O为坐标原点，假设k₁、k₂都存在）．
（1）求k₁?k₂的值．
（2）把上述椭圆C一般化为

=1
（a＞b＞0），其它条件不变，试猜想k₁与k₂关系（不需要证明）．请你给出在双曲线

=1（a＞0，b＞0）中相类似的结论，并证明你的结论．
（3）分析（2）中的探究结果，并作出进一步概括，使上述结果都是你所概括命题的特例．
如果概括后的命题中的直线L过原点，P为概括后命题中曲线上一动点，借助直线L及动点P，请你提出一个有意义的数学问题，并予以解决．

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如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC=45°，PA=AD=2，AC=1.

（Ⅰ）证明PC⊥AD；

（Ⅱ）求二面角A-PC-D的正弦值；

（Ⅲ）设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长.

【解析】解法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0),C(0,1,0), ,P（0,0,2）.

（1）证明：易得，于是,所以

(2) ,设平面PCD的法向量，

则,即.不防设，可得.可取平面PAC的法向量于是从而.

所以二面角A-PC-D的正弦值为.

（3）设点E的坐标为（0,0，h），其中，由此得.

由，故

所以，，解得，即.

解法二：（1）证明：由，可得，又由,,故.又,所以.

(2)如图，作于点H，连接DH.由,,可得.

因此,从而为二面角A-PC-D的平面角.在中，,由此得由（1）知,故在中，

因此所以二面角的正弦值为.

（3）如图，因为，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF. 故或其补角为异面直线BE与CD所成的角.由于BF∥CD，故.在中，故

在中，由,,

可得.由余弦定理，,

所以.

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如图，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC中点，以A为原点，建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量解答以下问题
（1）证明：直线BD⊥OC
（2）证明：直线MN∥平面OCD
（3）求异面直线AB与OC所成角的余弦值．

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