绵阳市数学高一下期中阶段练习(培优专题)

一、选择题

1．(0分)[ID：12420]若四棱锥的三视图如图，则此四棱锥的四个侧面的面积中最大值为（ ）

A．3 B．13 C．32 D．33 2．(0分)[ID：12416]水平放置的ABC的斜二测直观图如图所示，若A1C1＝2，

△A1B1C1的面积为22，则AB的长为（ ）

A．2 B．217 C．2 D．8

3．(0分)[ID：12413]已知A,B,C,D是同一球面上的四个点，其中ABC是正三角形，

AD平面ABC，AD2AB6，则该球的体积为（ ）

A．48π

B．24π

C．16π

D．323π

4．(0分)[ID：12401]已知A(2,0)，B(0,2)，实数k是常数，M，N是圆

x2y2kx0上两个不同点，P是圆x2y2kx0上的动点，如果M，N关于直

线xy10对称，则PAB面积的最大值是（ ） A．32

B．4

C．6

D．32

5．(0分)[ID：12378]已知平面//平面，直线m，直线n，点Am,点

Bn，记点A、B之间的距离为a,点A到直线n的距离为b,直线m和n的距离为c,则 A．bac B．acb C． cab D．cba

6．(0分)[ID：12355]已知点A（1，2），B（3，1），则线段AB的垂直平分线的方程是（ ） A．4x2y5

B．4x2y5

C．x2y5

D．x2y5

7．(0分)[ID：12340]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A．12 C．24

B．18 D．30

8．(0分)[ID：12393]点A、B、C、D在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=2，若四面体ABCD体积的最大值为A．

2，则这个球的表面积为（ ） 3B．8

C．

125 625 16D．

25 49．(0分)[ID：12428]在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面

BB1C1C所成的角为30，则该长方体的体积为（ ）

A．8

B．62 C．82 D．83 10．(0分)[ID：12402]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( ) ．．

A．MN与CC1垂直 C．MN与BD平行

B．MN与AC垂直 D．MN与A1B1平行

11．(0分)[ID：12338]某几何体的三视图如图所示（单位：cm），其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）

A．43 B．103 3C．23 D．83 312．(0分)[ID：12339]某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直且相等，则该几何体的体积是（ ）

A．

176 3B．

160 3C．

13．(0分)[ID：12335]已知平面且A．若m//且m//，则m//l C．若Mm且m//l，则m//

128 D．32 3l，M是平面内一点，m，n是异

于l且不重合的两条直线，则下列说法中错误的是（ ）.

B．若m且n，则mn D．若Mm且ml，则m

14．(0分)[ID：12370]如图1，ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，T为线段

AC的中点，G是BC的中点，ABE与BCF分别是以AB、BC为底边的等边三角形，现将ABE与BCF分别沿AB与BC向上折起（如图2），则在翻折的过程中下列结论可能正确的个数为（ ）

图1 图2

（1）直线AE⊥直线BC；（2）直线FC直线AE； （3）平面EAB//平面FGT；（4）直线BC//直线AE. A．1个 A．1∶2 C．1∶5 B．2个

C．3个 B．1∶3 D．3∶2

D．4个

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

二、填空题

16．(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______.

17．(0分)[ID：12515]若直线yxb与曲线y34xx2有公共点，则b的取值范围是______．

18．(0分)[ID：12512]一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为________ 19．(0分)[ID：12471]若圆C1：x2y2axbyc0与圆C2：x2y24关于直线

y2x1对称，则c______.

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：12500]如图，AB是底面圆O的直径,点C是圆O上异于A、B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且POOB1,BC最小值为________.

2，点E在线段PB上，则CEOE的

22．(0分)[ID：12495]正四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，点S、A、B、

C、D都在同一个球面上，则该球的体积为______．

23．(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 ．

24．(0分)[ID：12502]直线l:yxb与曲线C:y1x2有两个公共点，则b的取值范围是______.

25．(0分)[ID：12435]已知直线l1:yx1上有两个点A(x1,y1)和B(x2,y2), 且x1,x2为一元二次方程x26x10的两个根, 则过点A,B且和直线l2:x1相切的圆的方程为______________.

三、解答题

26．(0分)[ID：12600]如图所示，四棱锥SABCD中，SA底面ABCD，

ABC900，SA2，AB3，BC1，AD23，ACD600，E为CD的中

点.

（1）求证：BC//平面SAE；

（2）求直线SD与平面SBC所成角的正弦值.

27．(0分)[ID：12567]如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D、E、F分别是BC、AC1、BB1的中点.

（1）求证：AD平面BCC1B1； （2）求证：EF//平面A1B1C1.

28．(0分)[ID：12551]已知以点C（1，﹣2）为圆心的圆与直线x+y﹣1=0相切． （1）求圆C的标准方程；

（2）求过圆内一点P（2，﹣）的最短弦所在直线的方程．

29．(0分)[ID：12615]若圆M的方程为(x2)2(y5)210，△ABC中，已知

A(1,1)，B(4,2)，点C为圆M上的动点．

（1）求AC中点D的轨迹方程； （2）求△ABC面积的最小值．

30．(0分)[ID：12537]如图，四棱锥PABCD中，AP平面

PCD,AD//BC,ABBC1AD,E,F分别为线段AD,PC的中点. 2

（1）求证：AP//平面BEF； （2）求证：平面BEF平面PAC

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷**科目模拟测试

一、选择题 1．C 2．B 3．D 4．D 5．D 6．B 7．C 8．D

参考答案

9．C 10．D 11．B 12．B 13．D 14．C 15．C

二、填空题

16．【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

17．【解析】【分析】由曲线y=3+得（x﹣2）2+（y﹣3）2=40≤x≤4直线y=x+b与曲线y=3+有公共点圆心（23）到直线y=x+b的距离d不大于半径r=2由此结合图象能求出实数b的取值范围【详

18．【解析】【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为则球心为线段的中点利用勾股定理求出球的半径由此能求出球的表面积【详解】∵一个直三棱柱的每条棱长都是且每个顶点都在球的球面上∴设此直三棱柱两底面的中心分别

19．【解析】【分析】两圆关于直线对称即圆心关于直线对称则两圆的圆心的连线与直线垂直且中点在直线上圆的半径也为即可求出参数的值【详解】解：因为圆：即圆心半径由题意得与关于直线对称则解得圆的半径解得故答案为

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】首先求出即有将三棱锥展开当三点共线时值最小可证为中点从而可求从而得解【详解】在中所以同理所以在三棱锥中将侧面绕旋转至平面使之与平面共面如图所示当共线时取得最小值又因为所以垂直平分即为

22．【解析】如图过S作SO1⊥平面ABCD由已知=1在Rt△SO1C中∵SC＝∴∴O1S＝O1A＝O1B＝O1C＝O1D故O1是过SABCD点的球的球心∴球的半径为r＝1∴球的体积为点睛：与球有关的组合

23．4【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

24．【解析】【分析】由题意曲线表示以原点为圆心1为半径的半圆根据图形得出直线与半圆有两个公共点时抓住两个关键点一是直线与圆相切时二是直线过时分别求出的值即可确定的范围【详解】如图所示是个以原点为圆心1为

25．或【解析】【分析】由题意可知所以中点坐标为圆心在直线的中垂线上故过圆心满足直线设圆心的坐标为由圆与直线相切故由弦长公式可得圆心到直线的距离为由勾股定理可知解得：当时；当时得解【详解】上有两个点和为一

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．C 解析：C 【解析】 【分析】

由四棱锥的三视图，还原几何体如图，可证得CDPD,CBPB，分别计算四个侧面三角形的面积，比较即得解. 【详解】

由四棱锥的三视图，还原几何体如图，其中底面ABCD为矩形，PA平面ABCD

由于CDAD,CDPA,AD同理可证：CBPB

PAACD平面PAD，CDPD

SPABSPBC1111PAAB222,SPADPAAD233 22221111PBBC22332,SPCDCDPD21313 2222故四棱锥的四个侧面的面积中最大值为32 故选：C 【点睛】

本题考查了利用三视图还原几何体，侧面三角形面积的计算，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.

2．B

解析：B 【解析】 【分析】

依题意由△A1B1C1的面积为22，解得B1C14，所以BC8，AC2，根据勾股定理即可求AB． 【详解】

依题意，因为△A1B1C1的面积为22， 所以22112ACBCsin45，解得B1C14， 2BC111111222所以BC8，AC2，又因为ACBC， 由勾股定理得：AB故选B． 【点睛】

本题考查直观图还原几何图形，属于简单题. 利用斜二测画法作直观图，主要注意两点：一是与x轴平行的线段仍然与x轴平行且相等；二是与y轴平行的线段仍然与y轴平行且长度减半.

AC2BC2822268217．

3．D

解析：D 【解析】

【分析】

根据球的性质可知球心O与ABC外接圆圆心O连线垂直于平面ABC；在RtPOE和

RtOOA中利用勾股定理构造出关于半径R和OO的方程组，解方程组求得R，代入球的体积公式可得结果. 【详解】

设O为ABC的外心，如下图所示：

由球的性质可知，球心O与O连线垂直于平面ABC，作OEAD于E 设球的半径为R，OOx

ABC为等边三角形，且AB3 AO3 OO平面ABC，AD平面ABC，OEAD

OOAEx，OEAO3 在RtPOE和RtOOA中，由勾股定理得：

22OE2PE2OO2OA2R2，即36xx3R

2解得：x3，R23 球的体积为：VR3323

本题正确选项：D 【点睛】

本题考查棱锥外接球的体积求解问题，关键是能够确定棱锥外接球球心的位置，从而在直角三角形中利用勾股定理构造方程求得半径.

434．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据圆上两点M,N关于直线xy10对称，可知圆心在该直线上，从而求出圆心坐标与半径，要使得PAB面积最大，则要使得圆上点P到直线AB的距离最大，所以高最大为

321，SPAB最大值为32. 2【详解】

由题意，圆x2+y2+kx=0的圆心（-∴-

k，0）在直线x-y-1=0上， 2k-1=0，∴k=-2,∴圆x2+y2+kx=0的圆心坐标为（1，0），半径为1 2∵A（-2，0），B（0，2）， ∴直线AB的方程为xy+=1，即x-y+2=0 2232. 2∴圆心到直线AB的距离为

∴△PAB面积的最大值是故选D． 【点睛】

1321322|AB|(1)223+2 2222主要考查了与圆有关的最值问题，属于中档题.该题涉及到圆上动点到定直线（圆与直线相离）的最大距离.而圆上动点到定直线的最小距离为圆心到直线距离减去半径，最大距离为圆心到直线距离加上半径.

5．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据平面与平面平行的判断性质,判断c最小,再根据点到直线距离和点到直线上任意点距离判断a最大. 【详解】

由于平面//平面,直线m和n又分别是两平面的直线,则c即是平面之间的最短距离. 而由于两直线不一定在同一平面内,则b一定大于或等于c,判断a和b时, 因为B是上n任意一点,则a大于或等于b. 故选D. 【点睛】

本题主要考查面面平行的性质以及空间距离的性质，考查了空间想象能力，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.

6．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

因为线段AB的垂直平分线上的点x,y到点A，B的距离相等， 所以(x1)2(y2)2 (x3)2(y1)2．

即：x12xy44y

22x296xy212y，

化简得：4x2y5． 故选B．

7．C

解析：C 【解析】

试题分析：由三视图可知，几何体是三棱柱消去一个同底的三棱锥，如图所示，三棱柱的高为𝟓，消去的三棱锥的高为𝟑，三棱锥与三棱柱的底面为直角边长分别为𝟑和𝟒的直角三角形，所以几何体的体积为𝑽=×𝟑×𝟒×𝟓−××𝟑×𝟒×𝟑=𝟐𝟒，故选C．

𝟐

𝟑

𝟐

𝟏

𝟏

𝟏

考点：几何体的三视图及体积的计算．

【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图的应用及体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答的难点在于根据几何体的三视图还原出原几何体和几何体的度量关系，属于中档试题．

8．D

解析：D 【解析】

试题分析：根据题意知，ABC是一个直角三角形，其面积为1．其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，若四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积SABC不变，高最大时体积最大，所以，DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为

1S3DQABC·212，即1DQ，∴DQ2，设球心为O，半径为R，则在直角3332AQO中，OA2AQ2OQ2，即R2122R，∴R5，则这个球的表面积4525；故选Ｄ．

为：S4

44考点：球内接多面体，球的表面积．

29．C

解析：C 【解析】 【分析】

首先画出长方体ABCDA1B1C1D1，利用题中条件，得到AC1B30，根据AB2，求得BC123，可以确定CC122，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积. 【详解】

在长方体ABCDA1B1C1D1中，连接BC1，

根据线面角的定义可知AC1B30，

因为AB2，所以BC123，从而求得CC122， 所以该长方体的体积为V222282，故选C. 【点睛】

该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.

10．D

解析：D 【解析】 【分析】

先利用三角形中位线定理证明MN//BD，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN与CC1垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN与AC垂直，即可得出结论.

【详解】

如图：连接C1D，BD，

在三角形C1DB中，MN//BD，故C正确．

CC1平面ABCD，CC1BD，MN与CC1垂直，故A正确；

ACBD，MN//BD，MN与AC垂直，B正确；

∵MN//BD，MN与A1B1不可能平行，D错误 故选：D． 【点睛】

本题主要考查了正方体中的线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，熟记正方体的性质是解决本题的关键.

11．B

解析：B 【解析】

由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，V4323故选：B.

13103. 312．B

解析：B 【解析】

该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，因此体积是4243132160，选B. 3点睛： 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．

13．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据已知条件和线面位置关系一一进行判断即可. 【详解】

选项A：一条直线平行于两个相交平面，必平行于两个面交线，故A正确； 选项B：垂直于两垂直面的两条直线相互垂直，故B正确；

选项C：Mm且m//l得m且m//，故C正确；

选项D：Mm且ml不一定得到m，所以m,l可以异面，不一定得到m. 故选：D. 【点睛】

本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系的判定，掌握线面、线线之间的判定定理和性质定理是解决本题的关键，是基础题.

14．C

解析：C 【解析】 【分析】

（1）翻折时使得平面ABE平面ABC，由面面垂直的性质定理得出BC⊥平面ABE，从而使得（1）有可能；

（2）翻折时使得点E、F两点重合，利用勾股定理可证得此时AECE，即

AEFC；

（3）翻折时使得平面ABE和平面BCF同时与平面ABC垂直，利用面面垂直的性质定理、直线与平面平行的判定定理以及面面平行的判定定理可证明出平面EAB//平面

FGT；

（4）利用反证法，可推出BC//AE不成立. 【详解】

（1）翻折时，若平面ABE平面ABC，由于ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，

则BCAB，又

平面ABE平面ABCAB，BC平面ABC，BC平面

ABE，

AE平面ABC，此时AEBC；

（2）设ABBCa，则AC2a，且有AECFa，

翻折时，若点E、F重合，则AECEa，AE2CE2AC2，此时，

AECE， 即AEFC；

（3）如下图所示：

翻折时，若平面ABE和平面BCF同时与平面ABC垂直， 取AB的中点D，连接DE、FG、GT、FT.

ABE是等边三角形，且D为AB的中点，∴DEAB.

平面ABE平面ABC，平面ABE平面ABCAB，DE平面ABE. DE平面ABC，同理可证FG平面ABC，DE//FG， DE平面FGT，FG平面FGT，DE//平面FGT.

G、T分别为BC、AC的中点，AB//GT，

AB平面FGT，GT平面FGT，AB//平面FGT. DEABD，平面EAB//平面FGT；

（4）假设AE与BC可能平行，因此，可能正确命题的个数为3. 故选：C. 【点睛】

本题考查的是线面位置关系的判定，判断时要熟悉线面、面面平行与垂直的判定、性质定理，考查推理能力，属于中等题.

BCAB，则AEAB，事实上BAE60，

即AE与AB不垂直，假设不成立，因此，AE与BC不可能平行.

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． 【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．【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

r．∴S侧＝πrl＝

πr2，S底＝πr故选

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.

17．【解析】【分析】由曲线y=3+得（x﹣2）2+（y﹣3）2=40≤x≤4直线y=x+b与曲线y=3+有公共点圆心（23）到直线y=x+b的距离d不大于半径r=2由此结合图象能求出实数b的取值范围【详

解析：122,3

【解析】 【分析】

由曲线y=3+4xx2，得（x﹣2）2+（y﹣3）2=4，0≤x≤4，直线y=x+b与曲线

y=3+4xx2有公共点，圆心（2，3）到直线y=x+b的距离d不大于半径r=2，由此结合图象能求出实数b的取值范围． 【详解】

由曲线y=3+4xx2，

得（x﹣2）2+（y﹣3）2=4，0≤x≤4，

∵直线y=x+b与曲线y=3+4xx2有公共点，

∴圆心（2，3）到直线y=x+b的距离d不大于半径r=2， 即d23b22122b1+22

∵0≤x≤4，

∴x=4代入曲线y=3+4xx2，得y=3， 把（4，3）代入直线y=x+b，得bmin=3﹣4=﹣1，② 联立①②，得-1b122． ∴实数b的取值范围是[﹣1，1+22]．

故答案为1,122.

【点睛】

本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理．

18．【解析】【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为则球心为线段的中点利用勾股定理求出球的半径由此能求出球的表面积【详解】∵一个直三棱柱的每条棱长都是且每个顶点都在球的球面上∴设此直三棱柱两底面的中心分别 解析：21

【解析】 【分析】

设此直三棱柱两底面的中心分别为O1,O2，则球心O为线段O1O2的中点，利用勾股定理求出球O的半径R2，由此能求出球O的表面积． 【详解】

∵一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O的球面上， ∴设此直三棱柱两底面的中心分别为O1,O2，则球心O为线段O1O2的中点，

3213223设球O的半径为R，则R 232422∴球O的表面积S4R221 . 故答案为：21．

【点睛】

本题考查球的表面积的求法，空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想、属于中档题．

19．【解析】【分析】两圆关于直线对称即圆心关于直线对称则两圆的圆心的连线与直线垂直且中点在直线上圆的半径也为即可求出参数的值【详解】解：因为圆：即圆心半径由题意得与关于直线对称则解得圆的半径解得故答案为 解析：【解析】 【分析】

两圆关于直线对称即圆心关于直线对称，则两圆的圆心的连线与直线y2x1垂直且中点在直线y2x1上，圆C1的半径也为2，即可求出参数a,b,c的值. 【详解】 解：因为圆C1：x216 5y2aaxbyc0，即x22by22a2b24c， 42211ab4c圆心C1a,b，半径r，

22211Ca,b与C20,0关于直线y2x1对称， 由题意，得12212b1,1222a84ab4cC则2解得a，b，圆1的半径r2，

55211ab2221,2216. 516故答案为：

5【点睛】

解得c本题考查圆关于直线对称求参数的值，属于中档题.

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】首先求出即有将三棱锥展开当三点共线时值最小可证为中点从而可求从而得解【详解】在中所以同理所以在三棱锥中将侧面绕旋转至平面使之与平面共面如图所示当共线时取得最小值又因为所以垂直平分即为

解析：

【解析】 【分析】

26 22PC，即有PBPCBC，将三棱锥展开，当三点共线时，值最

小，可证E为PB中点，从而可求OCOEEC，从而得解．

首先求出PB【详解】

在POB中，POOB1，POB90， 所以PB12122，同理PC2，所以PBPCBC，

在三棱锥PABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BCP， 使之与平面ABP共面，如图所示，

当O，E，C共线时，CEOE取得最小值， 又因为OPOB，CPCB， 所以OC垂直平分PB，即E为PB中点， 从而OCOEEC262226， 2亦即CEOE的最小值为：26， 2故答案为【点睛】

26. 2本题主要考查了空间中线段和最小值问题，考查了空间想象能力、推理论证能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．

22．【解析】如图过S作SO1⊥平面ABCD由已知=1在Rt△SO1C中∵SC＝∴∴O1S＝O1A＝O1B＝O1C＝O1D故O1是过SABCD点的球的球心∴球的半径为r＝1∴球的体积为点睛：与球有关的组合

4解析：

3【解析】

如图，过S作SO1⊥平面ABCD，由已知O1C∵ SC＝2 ，∴ SO11AC1=1.在Rt△SO1C中， 2SC2O1C21，∴ O1S＝O1A＝O1B＝O1C＝O1D，故O1是过

S，A，B，C，D点的球的球心，∴ 球的半径为r＝1， ∴ 球的体积为

434r. 33

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

23．4【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

24．【解析】【分析】由题意曲线表示以原点为圆心1为半径的半圆根据图形得出直线与半圆有两个公共点时抓住两个关键点一是直线与圆相切时二是直线过时分别求出的值即可确定的范围【详解】如图所示是个以原点为圆心1为 解析：1,2

【解析】 【分析】

由题意，曲线C:y1x2表示以原点为圆心，1为半径的半圆，根据图形得出直线l:yxb与半圆有两个公共点时抓住两个关键点，一是直线l:yxb与圆相切时，二

是直线l:yxb过A1,0时分别求出b的值，即可确定b的范围。 【详解】

如图所示，y1x2是个以原点为圆心，1为半径的半圆，yxb是一条斜率为1的直线，要使直线l与曲线C有两个交点，过A1,0和B0,1作直线，直线l必在AB左上方的半圆内平移，直到直线与半圆相切.当直线l与AB重合时，b1；当直线l与半圆相切时，b2.所以b的取值范周是1,2.



【点睛】

本题主要考查直线与圆相交的性质，体现了数形结合的数学思想，属于一般题。

25．或【解析】【分析】由题意可知所以中点坐标为圆心在直线的中垂线上故过圆心满足直线设圆心的坐标为由圆与直线相切故由弦长公式可得圆心到直线的距离为由勾股定理可知解得：当时；当时得解【详解】上有两个点和为一

（x3）(y2)16或（x11）(y6)144 解析：

【解析】 【分析】

由题意可知，x1x26，y1y24，所以AB中点坐标为，圆心在直线AB的中（3，2）垂线上，故过圆心满足直线yx5，设圆心的坐标为，由圆与直线（a，5a）2222l2:x1相切故ra1，由弦长公式可得AB1k2x1x28，圆心到直线AB的距离为2a62，由勾股定理可知rd2212AB(a1)22(a3)216解得：2当a3时，r4；当a11时，r11得解。 【详解】

l1:yx1上有两个点Ax1,y1和Bx2,y2, x1,x2为一元二次方程x26x10的两

个根，故x1x26，那么y1y24，所以AB中点坐标为，因为圆心在直线AB（3，2）的中垂线上，故过圆心的直线为yx5，设圆心的坐标为，由圆与直线（a，5a）l2:x1相切故ra1，由弦长公式可得AB1k2x1x28，圆心到直线AB的距离为2a622，因为圆的半径、半弦长、圆心到直线AB的距离构成直角三角形，由

2勾股定理可知rd12AB(a1)22(a3)216解得：当a3时，r4；当222y216或a11时，r11，所以圆的方程为(x3）2（x11）y6144。

2【点睛】

利用圆与直线的几何性质解圆有关的问题常见解法，圆心到直线的距离、半径、弦长之间

的关系为AB2r2d2。

三、解答题 26．

（1）见解析； （2）【解析】 【分析】

（1）在ACD中，由余弦定理可解得：CD4 所以AC2AD2CD2，所以ACD是直角三角形，

又可证ACE为等边三角形，所以CAE600BCA，所以BC//AE，即可证明

21. 7BC//平面SAE；

（2）：由（1）可知BAE900，以点A为原点，以AB,AE，AS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求直线SD与平面SBC所成角的正弦值. 【详解】

（1）证明：因为AB3，BC1，ABC900，

所以AC2，BCA600，

在ACD中，AD23，AC2，ACD600， 由余弦定理可得：AD2AC2CD22AC?CDcosACD 解得：CD4

所以AC2AD2CD2，所以ACD是直角三角形， 又E为CD的中点，所以AE1CDCE 2又ACD600，所以ACE为等边三角形， 所以CAE600BCA，所以BC//AE， 又AE平面SAE，BC平面SAE， 所以BC//平面SAE.

（2）解：由（1）可知BAE900，以点A为原点，以AB,AE，AS所在直线分别为

x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则S0,0,2，B3,0,0，C3,1,0，

D3,3,0.



所以SB3,0,2，SC3,1,2，SD3,3,2.

n·SB03x2z0nx,y,z设，即为平面SBC的法向量，则

n·SC03xy2z033n1,0,y0设x1，则，z，即平面SBC的一个法向量为， 22所以

cosn,SDn·SDnSD23217 716421. 7所以直线SD与平面SBC所成角的正弦值为【点睛】

不妨考查线面平行的证明以及利用空间向量求线面角，属中档题.

27．

（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】

（1）可证ADCC1，ADBC，从而可证AD平面BCC1B1.

（2）取A1C1的中点为G，连接EG,B1G，可证EF//B1G，从而可证EF//平面A1B1C1. 【详解】

由正三棱柱ABCA1B1C1可得C1C平面ABC，而AD平面ABC， 故ADCC1.

因为ABC为等边三角形，BDDC，故ADBC， 因为BCCC1C，BC平面BCC1B1，C1C平面BCC1B1，

所以AD平面BCC1B1.

（2）取A1C1的中点为G，连接EG,B1G.

在A1AC1，因为A1GGC1,AEEC1，故EG//AA1,EG1AA1. 2由正三棱柱ABCA1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，故AA1//BB1,AA1BB1， 而B1F11BB1，所以B1F//AA1,B1FAA1，故EG//B1F,EGB1F， 22故四边形B1FEG为平行四边形，EF//B1G.

因为EF平面A1B1C1， B1G平面A1B1C1，故EF//平面A1B1C1.

【点睛】

本题考查线面垂直与线面平行的证明，前者转化为线线垂直，注意平面中的两条直线需为相交直线，后者转化为线线平行，注意一条线是平面外，另一条线是平面内，本题属于中档题.

28．

（1）【解析】 试题分析：

解题思路：（1）因为圆与直线x+y﹣1=0相切，所以利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离即为圆的半径，写出圆的标准方程即可；（2）先判定过P点的最短弦所在直线与过P点的直径垂直，再进行求解.

规律总结：直线圆的位置关系，主要涉及直线与圆相切、相交、相离，在解决直线圆的位置关系时，要注意结合初中平面几何中的直线与圆的知识. 试题解析：（1）圆的半径r=

=

，所以圆的方程为（x﹣1）2+（y+2）2=2．

；（2）

.

圆的圆心坐标为C（1，﹣2），则过P点的直径所在直线的斜率为﹣， 由于过P点的最短弦所在直线与过P点的直径垂直， ∴过P点的最短弦所在直线的斜率为2，

∴过P点的最短弦所在直线的方程y+=2（x﹣2），即4x﹣2y﹣13=0. 考点：1.圆的标准方程；2.直线与圆的位置关系.

29．

（1）(x)(y3)【解析】 【分析】

（1）利用相关点法求出点D的轨迹方程；

（2）首先求出直线AB的方程，求出圆心到直线的距离，圆心到直线的距离减去半径即圆上的点到直线的距离的最小值，即可求出ABC面积的最小值。 【详解】

322215 （2） 22x01x2解：（1）设D(x,y)，C(x0,y0)，因D为AC中点，所以，进而可得

y1y02x02x1， y02y1而(x0,y0)在圆上，故有[(2x1)2][(2y1)5]10 即

22(2x3)2(2y6)210，

∴D的轨迹方程为(x)(y3)（2）由A(1,1)，B(4,2)得AB斜率为所以直线AB的方程为y132225 21， 31(x1)，即x3y20， 3则圆心(2,5)到直线AB的距离d∴圆上的点到AB的最近距离为111110， 10101110 10101010又∵AB(41)2(21)210 ∴ABC面积最小值为【点睛】

本题考查点的轨迹方程的求法，考查三角形面积的最小值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．

110110 210230．

（1）证明见详解（2）证明见详解 【解析】 【分析】

（1）设AC,BE交点为O，连接OF，则可根据OF是APC中位线求证OF而得证；

AP，进

（2）由线段关系可证BE∥CD，又由AP平面PCD可得APCD，进而可得

BEAC，再结合四边形ABCE是菱形可得BEAC，即可求证；

【详解】 （1）

设AC,BE交点为O，连接OF，又ABBC又

1AD,BCAE， 2AD//BC，所以四边形ABCE是菱形，则O是AC中点， 又F为PC中点，OF是APC中位线，OFAP，

AP平面BEF，OF平面BEF，AP//平面BEF；

（2）由（1）可知四边形ABCE是菱形，BEAC，又AP平面PCD可得APCD，

E为AD中点可得BCED，又AD//BC，四边形BCDE为平行四边形，

CDBE，

APBE，AC【点睛】

本题考查线面平行面面垂直的证明，属于中档题

APA，BE平面PAC，又BE平面BEF，

平面BEF平面PAC