深圳西丽第二中学数学高一下期中(培优练)

一、选择题

1．(0分)[ID：12423]已知三棱锥DABC的外接球的表面积为128，

ABBC4,AC42，则三棱锥DABC体积的最大值为（ ）

A．

27 32B．1086 3C．166 3D．322166

32．(0分)[ID：12422]已知直线l过点(1,0)，且倾斜角为直线l0：x2y20的倾斜角的2倍，则直线l的方程为（ ） A．4x3y30 C．3x4y40

B．3x4y30 D．4x3y40

3．(0分)[ID：12411]已知m，n是空间中两条不同的直线，，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ） A．若m，则m

C．若m，m，则m// 其外接球的表面积为（ ） A．6

B．5

C．4

D．3

5．(0分)[ID：12404]已知直线m、n及平面，其中m∥n，那么在平面内到两条直线

B．若m，n，则mn D．若m，nm，则n

4．(0分)[ID：12405]三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=2，AB=BC=1，则

m、n距离相等的点的集合可能是：（1）一条直线；（2）一个平面；（3）一个点；

（4）空集。其中正确的是（ ） A．（1）（2）（3） B．（1）（4）

C．（1）（2）（4） D．（2）（4）

6．(0分)[ID：12377]<九章算术>中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC,PAAB2,AC4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A．8π

B．12π

C．20π

D．24π

7．(0分)[ID：12376]设表示平面，a，b表示直线，给出下列四个命题：①a，

abb；

②ab，ab；③a，abb；④a，bab，其中正确命题的序号是（ ） A．①② B．②④ C．③④ D．①③ 8．(0分)[ID：12344]用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ） A．直角三角形 B．等边三角形 C．正方形 D．正六边形

x2y29．(0分)[ID：12330]椭圆221(ab0)的左右焦点分别是F1、F2，以F2为圆

ab心的圆过椭圆的中心，且与椭圆交于点P，若直线PF1恰好与圆F2相切于点P，则椭圆的离心率为（ ）

A．

31 2B．31

C．

2 2D．

51 210．(0分)[ID：12371]若方程14x2kx2k4 有两个相异的实根，则实数k的取值范围是（ ） A．,

3413B．,13 34C．53, 124D．

53, 12411．(0分)[ID：12418]如图，正四面体ABCD中，E,F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是线段BD的动点，则( )

A．存在点G，使PGEF成立 平面ABD成立

B．存在点G，使FGEP成立

D．不存在点G，使平面EFGC．不存在点G，使平面EFG平面ACD成立

12．(0分)[ID：12410]已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的求面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC2，则此棱锥的体积为（ ） A．2 6B．

3 6C．2 3D．

2 213．(0分)[ID：12385]一锥体的三视图如图所示,则该棱锥的最长棱的棱长为 ( )

A．√𝟑𝟑 B．√𝟏𝟕 C．√𝟒𝟏 D．√𝟒𝟐

14．(0分)[ID：12368]α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面α，β平行的是（ ）

A．m，n是平面内两条直线，且m//，n//

B．内不共线的三点到的距离相等 C．，都垂直于平面

D．m，n是两条异面直线，m，n，且m//，n//

15．(0分)[ID：12363]若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为 A．1∶2 C．1∶5 B．1∶3 D．3∶2

二、填空题

16．(0分)[ID：12475]如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱

C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：

①直线AM与CC1是相交直线； ②直线AM与BN是平行直线； ③直线BN与MB1是异面直线； ④直线AM与DD1是异面直线． 其中正确的结论的序号为________．

17．(0分)[ID：12460]正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P为CC1上的动点，Q为

BD1上的动点，则线段PQ的长度的最小值为______.

18．(0分)[ID：12526]直线𝒚=𝒙+𝟏与圆𝒙𝟐+𝒚𝟐+𝟐𝒚−𝟑=𝟎交于𝑨 ，  𝑩两点，则

|𝑨𝑩|=________．

19．(0分)[ID：12514]过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB、

AD、AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作_________条.

20．(0分)[ID：12466]如图，在四棱锥PABCD中，PA底面

ABCD,ADAB,AB//DC,ADDCAP2,AB1，若E为棱PC上一点，满足

BEAC，则

PE

__________． EC

21．(0分)[ID：12447]在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任

意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是 ． 22．(0分)[ID：12443]已知B与点A1,2,3关于点M0,1,2对称，则点B的坐标是______．

23．(0分)[ID：12507]在平面直角坐标系内，到点A（1，2），B（1，5），C（3，6），D（7，﹣1）的距离之和最小的点的坐标是 ．

24．(0分)[ID：12482]已知圆xy5和点A1,2，则过点A的圆的切线方程为

22______

25．(0分)[ID：12451]圆x2y21上的点到直线3x4y250的距离的最小值是 ．

三、解答题

26．(0分)[ID：12607]在平面直角坐标系xOy中，已知圆C经过A0,2，O0,0，

,且互相垂直的两条Dt,0（t0）三点，M是线段AD上的动点，l1，l2是过点B10直线，其中l1交y轴于点E，l2交圆C于P、Q两点. （1）若tPQ6，求直线l2的方程； （2）若t是使AM2BM恒成立的最小正整数 ①求t的值； ②求三角形EPQ的面积的最小值．

27．(0分)[ID：12597]已知点M(3,3)，圆C:(x1)(y2)4. （1）求过点M且与圆C相切的直线方程；

（2）若直线axy40(aR)与圆C相交于A，B两点，且弦AB的长为23，求实数a的值.

28．(0分)[ID：12617]如图，AA1、BB1为圆柱OO1的母线（母线与底面垂直），BC是底面圆O的直径，D、E分别是AA1、CB1的中点，DE平面CBB1．

22

（1）证明：AC平面AA1B1B； （2）证明：DE//平面ABC.

29．(0分)[ID：12531]如图,四边形ABCD为矩形,且AD2,AB1,PA平面ABCD,

PA1,E为BC的中点.

（1）求证:PEDE； （2）求三棱锥CPDE的体积；

（3）探究在PA上是否存在点G,使得EG平面PCD，并说明理由. 30．(0分)[ID：12535]如图所示，直角梯形ABCD中，AD//BC，

ADAB,ABBC2AD2,四边形EDCF为矩形，DE2，平面

EDCFABCD.

（1）求证：DF//平面ABE；

（2）求二面角BEFD二面角的正弦值；

（3）在线段BE上是否存在点P，使得直线AP与平面BEF所成角的正弦值为存在，求出线段BP的长，若不存在，请说明理由.

6，若6

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题 1．D

2．D 3．C 4．A 5．C 6．C 7．B 8．A 9．B 10．D 11．C 12．A 13．C 14．D 15．C

二、填空题

16．③④【解析】【分析】【详解】试题分析：因为四边不共面所以直线与是异面直线所以①错误的；同理直线与也是异面直线直线与是异面直线直线与是异面直线所以②是错误的；③是正确的④是正确的故填③④考点：空间中直

17．【解析】【分析】首先根据数形结合分析可知线段的长度的最小值转化为在平面上投影线段的最小值然后转化为点到直线的距离的最小值【详解】当平面时线段与其在平面上投影相等当与平面不平行时是斜线段大于其在平面上

18．22【解析】【分析】首先将圆的一般方程转化为标准方程得到圆心坐标和圆的半径的大小之后应用点到直线的距离求得弦心距借助于圆中特殊三角形半弦长弦心距和圆的半径构成直角三角形利用勾股定理求得弦长【详解】根

19．【解析】【分析】将小正方体扩展成4个小正方体根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数【详解】解：设ABCD﹣A1B1C1D1边长为1第一条：AC1是满足条件的直线；第二条：延长C1D1到C1且D1

20．【解析】【分析】过作交于连接根据可得平面通过解三角形求得的值也即求得的值【详解】过作交于连接根据可得平面故由于所以由于所以在直角三角形中所以而故根据前面证得可得【点睛】本小题主要考查空间点位置的确定 21．【解析】【分析】【详解】试题分析：如图正方体ABCD-

EFGH此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD且低于平面AFC而当平面EHD平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状

22．【解析】【分析】根据空间直角坐标系中点坐标公式求结果【详解】设B则所以所以的坐标为【点睛】本题考查空间直角坐标系中点坐标公式考查基本分析求解能力属基础题 23．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD中任取一点P在△APC中有AP＋PC＞AC在△BPD中有PB＋PD＞BD

24．【解析】【分析】先由题得到点A在圆上再设出切线方程为利用直线和圆相切得到k的值即得过点A的圆的切线方程【详解】因为所以点在圆上设切线方程为即kx-y-k+2=0因为直线和圆相切所以所以切线方程为所以

25．4【解析】试题分析：圆的圆心为圆心到直线的距离为所以点到直线的距离的最小值是5-1=4考点：直线和圆的位置关系

三、解答题 26． 27． 28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．D 解析：D

【解析】 【分析】

先求出球心O到底面距离的最大值，从而可求顶点D到底面的距离的最大值，利用该最大值可求体积的最大值. 【详解】

设外接球的球心为O，半径为R，则4R2128，故R42.

设球心O在底面上的投影为E，因为OAOCOB，故E为ABC的外心. 因为ABBC4，AC42，所以AC2AB2BC2，故ABC为直角三角形， 故E为AC的中点，所以OEOA2AE226， 设D到底面ABC的距离为h，则hOER2642， 所以三棱锥DABC的体积的最大值为故选：D. 【点睛】

几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中，注意球心在底面上的投影为底面外接圆的圆心．如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定．

11322166. 4426423232．D

解析：D 【解析】

设直线l0的倾斜角为，则斜率k0tan1，所以直线l的倾斜角为2，斜率2ktan22tan44y(x1)，即1,0，又经过点（），所以直线方程为21tan334x3y40，选D.

3．C

解析：C 【解析】

由题设，, 则A. 若m，则m，错误；B. 若m，n，则mn 错误；D. 若m，nm，当n 时不能得到n，错误. 故选C.

4．A

解析：A 【解析】

分析：将三棱锥的外接球转化为以AP,AB,BC为长宽高的长方体的外接球，从而可得球半径，进而可得结果.

详解：因为PA平面AB，AB,BC平面ABC，

PABC，PAAB,ABBC，

所以三棱锥的外接球，就是以AP,AB,BC为长宽高的长方体的外接球，

外接球的直径等于长方体的对角线， 即2R4116，所以外接球的表面积为：

4R26，故选A.

点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：

①若三条棱两垂直则用4R2a2b2c2（a,b,c为三棱的长）；

②若SA面ABC（SAa），则4R24r2a2（r为ABC外接圆半径） ③可以转化为长方体的外接球； ④特殊几何体可以直接找出球心和半径.

5．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据题意，对每一个选项进行逐一判定，不正确的只需举出反例，正确的作出证明，即可得到答案. 【详解】

如图（1）所示，在平面内不可能由符合题的点；

如图（2），直线a,b到已知平面的距离相等且所在平面与已知平面垂直，则已知平面为符合题意的点；

如图（3），直线a,b所在平面与已知平面平行，则符合题意的点为一条直线， 综上可知（1）（2）（4）是正确的，故选C.

【点睛】

本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，其中熟记空间中点、线、面的位置关系是解答此类问题的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与论证能力，属于基础题.

6．C

解析：C 【解析】 【分析】

先作出三棱锥PABC的图像，根据PABC四个面都为直角三角形和PA⊥平面

ABC，可知PC中点即为球心，利用边的关系求出球的半径，再由S4R2计算即得. 【详解】

三棱锥PABC如图所示，由于PABC四个面都为直角三角形，则ABC是直角三

角形，且ABC，BCAC2AB223，又PA⊥平面ABC，且PAC是

2直角三角形，球O的直径PC2R则球O的表面积S4R220.

PA2AB2BC22025，R5，

故选：C 【点睛】

本题考查多面体外接球的表面积，是常考题型.

7．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

①a∥α，a⊥b⇒b与α平行，相交或b⊂α，故①错误； ②若a∥b，a⊥α，由直线与平面垂直和判定定理得b⊥α，故②正确； ③a⊥α，a⊥b⇒b与α平行，相交或b⊂α，故③错误； ④若a⊥α，b⊥α，则由直线与平面垂直的性质得a∥b，故④正确． 故选B．

8．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 画出截面图形如图 显然A正三角形C正方形： D正六边形

可以画出三角形但不是直角三角形； 故选A．

用一个平面去截正方体，则截面的情况为：

①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；

②截面为四边形时，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；

③截面为五边形时，不可能是正五边形；

④截面为六边形时，可以是正六边形． 故可选A．

9．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据椭圆的定义可知|PF1||PF2|2a，又PF1恰好与圆F2相切于点P，可知|PF2|c且PF1PF2，即可列出方程求椭圆的离心率. 【详解】

由PF1恰好与圆F2相切于点P，可知|PF2|c，且 PF1PF2， 又|PF1||PF2|2a，可知|PF1|2ac， 在RtPF1F2中，(2ac)c4c， 即2a22acc2 所以e2e20,解得e2222e(0,1)，

21231， 2故选：B 【点睛】

本题主要考查了椭圆的定义，椭圆的简单几何性质，圆的切线的性质，属于中档题.

10．D

解析：D 【解析】 【分析】

22由题意可得，曲线x(y1)4(y1)与直线y4k(x2)有2个交点，数形结合求

得k的范围. 【详解】

22如图所示，化简曲线得到x(y1)4(y1)，表示以(0,1)为圆心，以2为半径的上半

圆，直线化为y4k(x2)，过定点A(2,4)，

设直线与半圆的切线为AD，半圆的左端点为B(2,1)，当kADkkAB，直线与半圆有两

个交点， AD与半圆相切时，|12k4|k212，解得kAD5，

12kAB41353，所以k,.

2(2)4124故选：D 【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

11．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用空间中线线、线面、面面间的位置关系对选项进行一一验证，即可得答案． 【详解】

正四面体ABCD中，E,F分别是线段AC的三等分点，

P是线段AB的中点，G是直线BD的动点，

在A中，不存在点G，使PGEF成立，故A错误； 在B中，不存在点G，使FGEP成立，故B错误；

在C中，不存在点G，使平面EFG平面ACD成立，故C正确； 在D中，存在点G，使平面EFG平面ABD成立，故D错误. 故选：C.

【点睛】

本题考查命题真假的判断、考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查转化与化归思想，考查空间想象能力．

12．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

根据题意作出图形：

设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC， 延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=

233， 323∴OO1116， 33∴高SD=2OO1=263，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，

4313262． 3436∴V三棱锥SABC

考点：棱锥与外接球，体积． 【名师点睛】

本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．

13．C

解析：C 【解析】

试题分析：该几何体为一个侧面与底面垂直，底面为正方形的四棱锥（如图所示），其中底面𝑨𝑩𝑪𝑫边长为𝟒，侧面𝑷𝑨𝑫⊥平面𝑨𝑩𝑪𝑫，点𝑷在底面的射影为𝑬，所以𝑷𝑬⊥𝑨𝑫,𝑫𝑬=𝟏,𝑨𝑬=𝟒,𝑷𝑬=𝟒,所以𝑷𝑨=√𝑷𝑬𝟐+𝑨𝑬𝟐=𝟓,𝑷𝑩=√𝑷𝑬𝟐+𝑩𝑬𝟐=√𝟒𝟏,𝑷𝑪=

√𝑷𝑬𝟐+𝑪𝑬𝟐=√𝟑𝟑,𝑷𝑫=√𝑷𝑬𝟐+𝑫𝑬𝟐=√𝟏𝟕,底面边长为𝟒，所以最长的棱长为√𝟒𝟏，故选C.

考点：简单几何体的三视图．

14．D

解析：D 【解析】 【分析】

A中，根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．B中，根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．C中，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，即可得到答案． 【详解】

由题意，对于A中，若m，n是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β，则根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．所以A错误．

对于B中，若α内不共线的三点到β的距离相等，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以B错误．

对于C中，若α，β都垂直于平面γ，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以C错误．

对于D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，所以D正确． 故选D． 【点睛】

本题主要考查了平面与平面平行的判定与性质的应用，其中解答中灵活运用平面与平面平行额判定与性质进行判定是解答的关键，着重考查学生严密的思维能力和空间想象能力，属于基础题．

15．C

解析：C 【解析】 【分析】

由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案 【详解】

设圆锥底面半径为r，则高h＝2r，∴其母线长l＝C．

r．∴S侧＝πrl＝

πr2，S底＝πr故选

【点睛】

本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题．

二、填空题

16．③④【解析】【分析】【详解】试题分析：因为四边不共面所以直线与是异面直线所以①错误的；同理直线与也是异面直线直线与是异面直线直线与是异面直线所以②是错误的；③是正确的④是正确的故填③④考点：空间中直 解析：③④ 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：因为A,M,C,C1四边不共面，所以直线AM与CC1是异面直线，所以①错误的；同理，直线AM与BN也是异面直线，直线BN与MB1是异面直线，直线AM与

DD1是异面直线，所以②是错误的；③是正确的,④是正确的，故填③④．

考点：空间中直线与直线的位置关系的判定．

17．【解析】【分析】首先根据数形结合分析可知线段的长度的最小值转化为在平面上投影线段的最小值然后转化为点到直线的距离的最小值【详解】当平面时线段与其在平面上投影相等当与平面不平行时是斜线段大于其在平面上 解析：

2 2【解析】 【分析】

首先根据数形结合分析可知线段PQ的长度的最小值转化为PQ在平面ABCD上投影线段的最小值，然后转化为点到直线的距离的最小值. 【详解】

当PQ//平面ABCD时，线段PQ与其在平面ABCD上投影相等，

当PQ与平面ABCD不平行时，PQ是斜线段，大于其在平面ABCD上投影的长度，

求线段PQ的最小值就是求其在平面ABCD上投影的最小值，

点P在平面ABCD的投影是点C，点Q在平面ABCD的投影在BD上，

求线段PQ的最小值转化为点C到BD的距离的最小值，

连接AC,BD，交于点O，ACBD，

点C到BD的距离的最小值CO2. 2

故答案为：【点睛】

2 2本题考查几何体中距离的最小值，意在考查空间想象能力和数形结合分析问题的能力，属于中档题型.

18．22【解析】【分析】首先将圆的一般方程转化为标准方程得到圆心坐标和圆的半径的大小之后应用点到直线的距离求得弦心距借助于圆中特殊三角形半弦长弦心距和圆的半径构成直角三角形利用勾股定理求得弦长【详解】根 解析：𝟐√𝟐 【解析】 【分析】

首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长. 【详解】

根据题意，圆的方程可化为𝒙𝟐+(𝒚+𝟏)𝟐=𝟒， 所以圆的圆心为(𝟎,−𝟏)，且半径是𝟐，

根据点到直线的距离公式可以求得𝒅=√𝟏𝟐+(−𝟏)𝟐=√𝟐，

结合圆中的特殊三角形，可知|𝑨𝑩|=𝟐√𝟒−𝟐=𝟐√𝟐，故答案为𝟐√𝟐. 【点睛】

该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.

|𝟎+𝟏+𝟏|19．【解析】【分析】将小正方体扩展成4个小正方体根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数【详解】解：设ABCD﹣A1B1C1D1边长为1第一条：AC1是满足条件的直线；第二条：延长C1D1到C1且D1 解析：4

【解析】

【分析】

将小正方体扩展成4个小正方体，根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数． 【详解】

解：设ABCD﹣A1B1C1D1边长为1． 第一条：AC1是满足条件的直线；

第二条：延长C1D1到C1且D1C2＝1，AC2是满足条件的直线； 第三条：延长C1B1到C3且B1C3＝1，AC3是满足条件的直线； 第四条：延长C1A1到C4且C4A12，AC4是满足条件的直线．

故答案为4． 【点睛】

本题考查满足条件的直线条数的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查分类与整合思想，是基础题．

20．【解析】【分析】过作交于连接根据可得平面通过解三角形求得的值也即求得的值【详解】过作交于连接根据可得平面故由于所以由于所以在直角三角形中所以而故根据前面证得可得【点睛】本小题主要考查空间点位置的确定

1解析：

3【解析】 【分析】

过B作BFAC，交AC于F，连接EF，根据BEAC，可得AC平面BEF，通过解三角形求得AF:FC的值，也即求得【详解】

过B作BFAC，交AC于F，连接EF，根据BEAC，可得AC平面BEF，故

PE的值. ECACEF，由于PAAC，所以EF//PA.由于ADCD，所以DACBACAFππ.在直角三角形ABF中，AB1,BAF，所以4422，而AC22，故AF:FC1:3.根据前面证得EF//PA，可得AB22PE:ECAF:FC1:3.

【点睛】

本小题主要考查空间点位置的确定，考查线面垂直的证明，考查简单的解特殊角三角形的知识.属于基础题.

21．【解析】【分析】【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD且低于平面AFC而当平面EHD平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状

15解析：,

66【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC．而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD的体积

115，并且＜正方体ABCD-EFGH体积-三棱柱B-AFC体积1

666

考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法

22．【解析】【分析】根据空间直角坐标系中点坐标公式求结果【详解】设B则所以所以的坐标为【点睛】本题考查空间直角坐标系中点坐标公式考查基本分析求解能力属基础题 解析：1,4,1

【解析】

【分析】

根据空间直角坐标系中点坐标公式求结果. 【详解】 设Bx,y,z,则0标为1,4,1． 【点睛】

本题考查空间直角坐标系中点坐标公式，考查基本分析求解能力，属基础题.

1x2y3z,1,2，所以x1,y4,z1，所以B的坐22223．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD中任取一点P在△APC中有AP＋PC＞AC在△BPD中有PB＋PD＞BD

解析：（2，4） 【解析】 【分析】 【详解】

取四边形ABCD对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下： 假设在四边形ABCD中任取一点P，在△APC中，有AP＋PC＞AC，在△BPD中，有PB＋PD＞BD，

而如果P在线段AC上，那么AP＋PC＝AC；同理，如果P在线段BD上，那么BP＋PD＝BD.

如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P就只能是AC与BD的交点． 易求得P(2,4)．

24．【解析】【分析】先由题得到点A在圆上再设出

切线方程为利用直线和圆相切得到k的值即得过点A的圆的切线方程【详解】因为所以点在圆上设切线方程为即kx-y-k+2=0因为直线和圆相切所以所以切线方程为所以 解析：x2y5

【解析】 【分析】

先由题得到点A在圆上，再设出切线方程为y2k(x1),利用直线和圆相切得到k的值，即得过点A的圆的切线方程.

【详解】

因为12225，所以点A1,2在圆上，设切线方程为y2k(x1),即kx-y-k+2=0, 因为直线和圆相切，所以51,k，

2k2(1)2k211xy20， 22所以切线方程为x2y5，

所以切线方程为故答案为：x2y5 【点睛】

（1）本题主要考查圆的切线方程的求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 点P(x0,y0)到直线l:AxByC0的距离dAx0By0CAB22.

25．4【解析】试题分析：圆的圆心为圆心到直线的距离为所以点到直线的距离的最小值是5-1=4考点：直线和圆的位置关系

解析：4 【解析】

试题分析：圆的圆心为0,0,r1，圆心到直线3x4y250的距离为

d2534225，所以点到直线3x4y250的距离的最小值是5-1=4

考点：直线和圆的位置关系

三、解答题 26．

（1）4x3y40；（2）①4，②【解析】 【分析】

（1）求出圆的标准方程，设直线l2的方程yk(x1)，利用PQ6，结合圆心到直线的距离分析可得案；

（2）①设M(x,y)，由点M在线段AD上，得2xty2t0，由AM2BM，得4220422220(x)2(y)2，结合题意，线段AD与圆(x)(y)至多有一个公共

339339|2k1|k1215. 21091，解可得k的值，验证直线与y轴有无交点，即可得答

88|t|点，分析可得334t225，分析可得t的值， 3②由①的结论，分直线的斜率存在与不存在2种情况讨论，用k表示三角形EPQ的面积，结合二次函数的性质分析可得答案． 【详解】

解：（1）由题意可知，圆C的直径为AD，

所以圆C方程为：x3y110，设l2方程为：ykx1，则

222k11k223210，

4，当k0时，直线l1与y轴无交点，不合题意，舍去. 3解得k10，k2所以，k4时直线l2的方程为4x3y40. 3（2）①设M(x,y)，由点M在线段AD上，则有422220由AM2BM，则有(x)(y)

339xy1，即2xty2t0． t2422220依题意知，线段AD与圆(x)(y)至多有一个公共点，

33988|t|故334t225，解可得t16103或t16103，

11113因为t是使AM2BM恒成立的最小正整数，所以t4； ②由①的结论，圆C的方程为(x2)(y1)5． 分2种情况讨论：

22a当直线l2:x1时，直线l1的方程为y0，此时，SEPQ2；

b当直线l2的斜率存在时，设l2的方程为yk(x1)，k0，

1则l1的方程为y(x1)，

k11点E(0,)，所以BE12，

kk又圆心到l2的距离为|k1|k122，

4k22k4)2所以PQ25(2，

1k2k1|k1|故S又由

EPQ1114k22k44k22k442BEPQ12242222k1kkk2k15， 2152， 2故求三角形EPQ的面积的最小值为【点睛】

15． 2本题考查直线与圆的方程的综合应用，涉及三角形面积的最小值的求法，（2）的关键是确定三角形面积的表达式，属于中档题．

27．

（1）x3或3x4y210；（2）【解析】 【分析】

（1）考虑切线的斜率是否存在，结合直线与圆相切的的条件d=r，直接求解圆的切线方程即可．

（2）利用圆的圆心距、半径及半弦长的关系，列出方程，求解a即可． 【详解】

（1）由圆的方程得到圆心(1,2)，半径r3. 42.

当直线斜率不存在时，直线x3与圆C显然相切；

当直线斜率存在时，设所求直线方程为y3k(x3)，即kxy33k0， 由题意得：|k233k|k212，解得k3，

43(x3)，即3x4y210. 4故过点M且与圆C相切的直线方程为x3或3x4y210.

∴ 方程为y3（2）∵ 弦长AB为23，半径为2. 圆心到直线axy40的距离d|a2|a12，

∴|a2|234， 22a122解得a【点睛】

3. 4本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查切线方程的求法，考查了垂径定理的应用，考查计算能力．

28．

（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 【分析】

（1）通过证明A1AAC和ABAC，即可证得AC平面AA1B1B；

（2）通过证明DE//AO，即可证得DE//平面ABC. 【详解】

（1）由题，得A1A平面ABC，所以A1AAC， 又BC是底面圆O的直径，所以ABAC， 因为ABAA1A，所以AC平面AA1B1B；

（2）连接OE,OA，

因为E,O分别为B1C,BC的中点， 所以OE//BB1且OE易得AD//BB1且AD1BB1， 21BB1， 2所以AD//OE且ADOE，

所以四边形OADE为平行四边形，则DE//AO， 因为AO平面ABC，DE平面ABC， 所以DE//平面ABC. 【点睛】

本题主要考查线面垂直和线面平行的判定，考查学生的空间想象能力和推理证明能力，体现了数形结合的数学思想.

29．

（1）见解析;（2）【解析】 【分析】

(1)连结AE,由几何体的空间结构可证得DE平面PAE,利用线面垂直的定义可知

1;（3）见解析. 6DEPE.

(2)由(1)知DCE为腰长为1的等腰直角三角形,结合题意转化顶点可得

VCPDEVPDCE1. 6(3)在PA上存在中点G,使得EG//平面PCD.取PA,PD的中点G,H,连结EG,GH,CH. 易证得四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH,结合线面平行的判断定理可知EG//平面PCD. 【详解】

(1)连结AE,∵E为BC的中点,ECCD1, ∴DCE为等腰直角三角形,

则DEC45,同理可得AEB45,∴AED90,∴DEAE, 又PA平面ABCD,且DE平面ABCD, ∴PADE,

又∵AEPAA,∴DE平面PAE,又PE平面PAE,∴DEPE.

(2)由(1)知DCE为腰长为1的等腰直角三角形, ∴SDCE1111,而PA是三棱锥PDCE的高, 221111SDCEPA1. 3326∴VCPDEVPDCE(3)在PA上存在中点G,使得EG//平面PCD.理由如下: 取PA,PD的中点G,H,连结EG,GH,CH. ∵G,H是PA,PD的中点, ∴GH//AD,且GH1AD, 21AD, 2所以EC//GH,且EC=GH,所以四边形EGHC是平行四边形,所以EG//CH, 又EG平面PCD,CH平面PCD,所以EG//平面PCD. 【点睛】

又因为E为BC的中点,且四边形ABCD为矩形,所以EC//AD,且EC=

本题主要考查线面垂直的判断定理，线面垂直的判断定理，棱锥的体积公式，立体几何中探索问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

30．

（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

22；（3）存在，BP3或BP 33（1）以DA,DG,DE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，DFAEAB，得到证明. （2）平面DEF的一个法向量为n12,1,0，平面BEF的一个法向量为n12,1,2，计算夹角得到答案.

（3）假设存在点P满足条件，设BPBE，设线AP与平面BEF所成角为，

cosAPn2APn2，解得答案.

【详解】

（1）取BC中点G，连接DG，易知DADG，

平面EDCFABCD，四边形EDCF为矩形，故ED平面ABCD. 以DA,DG,DE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则D0,0,0，F1,2,2，A1,0,0，B1,2,0，C1,2,0，E0,0,2.

DF1,2,2，AE1,0,2，AB0,2,0，故DFAEAB，

故DF//平面ABE.

n1DE0（2）设平面DEF的一个法向量为n1x,y,z，则，即

nDF012z0， x2y2z0取y1，则n12,1,0.

x2y0n2EF0na,b,c设平面BEF的一个法向量为2，即， ，则x2y2z0nEB02取y1，则n12,1,2. 则cosn1,n2n1n2n1n252，故二面角BEFD二面角的正弦值为. 33（3）假设存在点P满足条件，设BPBE，则P1,22,2，

AP,22,2，n12,1,2，设线AP与平面BEF所成角为，

则cosAPn2APn22322222. 322622，解得或. 639故BPBE3，故BP3或BP

【点睛】

本题考查了线面平行，二面角，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.