解放思想实事求是-文科一本分数线

【压轴题】高中必修二数学下期中试题(附答案)

一、选择题
1 ．圆
x
2
y
2
4x4y70
上的动点
P
到直线
xy0
的最小距离为（ ）

A
．1
B
．
221
C
．
22
D
．
2

2．水平放置的
VABC
的斜二测直观图如图所示 ，若
A
1
C
1
＝2
，
△A
1
B< br>1
C
1
的面积为
22
，
则
AB
的长 为（ ）


A
．
2
B
．
217
C
．
2
D
．
8

3．一正四面体木块如图所示，点
P
是棱
VA
的中点，过点
P
将木块锯开，使截面平行于棱
VB
和
AC
，则下列关于截面的说法 正确的是（

）．


A
．满足条件的截面不存在

C
．截面是一个菱形

B
．截面是一个梯形

D
．截面是一个三角形

4
．若圆
C:
x
2
y
2
2x4y30关于直线
2axby60
对称，则由点
(a,b)
向圆所
作的切线长的最小值是（

）

A
．
2 B
．
4 C
．
3 D
．
6

5．如图是某 四面体
ABCD
水平放置时的三视图（图中网格纸的小正方形的边长为
1
，则 四
面体
ABCD
外接球的表面积为


A
．
20

B
．
125


6
C
．
25

D
．
100


6．已知
m
和
n
是两条不同的直线，
α
和
β
是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一< br>定能推出
m
⊥
β
的是
( )

A
．
α
⊥
β
，且
m
⊂
α

C
．
α
⊥
β
，且
m
∥
α

B
．
m
⊥
n
，且
n
∥
β

D
．
m
∥
n
，且
n
⊥
β

7．已知三棱锥
SABC
的每个顶点都在球
O
的表面上，
ABC
是边长为
43
的等边三
角形，
SA
平面
ABC
，且
SB
与平面
ABC
所成的角为
A
．20

B
．
40

C
．
80



，则球
O
的表面积为（

）

6
D
．
160


8．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

22
9．已知
AB
是圆
xy 6x2y0
内过点
E(2,1)
的最短弦，则
|AB|
等于（ ）

A
．
3
B
．
22
C
．
23
D
．
25

10．如图所示，在棱长为
a
的正方体
ABCDA
1
B
1
C
1D
1
中，
E
是棱
DD
1
的中点，
F< br>是侧
面
CDD
1
C
1
上的动点，且
B
1
F
面
A
1
BE
，则
F
在侧面
CDD
1
C
1
上的轨迹的长度是
(

)


A
．
a
B
．
a

2
C
．
2a
D
．
2a

211．如图，在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
M
，
N
分别是
BC
1
，
CD
1
的中点，则下列说
法错误的是( )

．．

A
．
MN
与
CC
1
垂直

C
．
MN
与
BD
平行

12．若圆的参数 方程为

B
．
MN
与
AC
垂直

D
．
MN
与
A
1
B
1
平行

x12cos

,

x2t1,
（

为参数），直线的参数方程为


y32sin


y6t1
C
．相切
D
．相离

（t为参数），则直线与圆的位置关系是（ ）

A
．相交且过圆心
B
．相交但不过圆心

二、填空题
13．在三棱锥
PABC中,
PA
平面
ABC
，
ABBC
，
AB 3
，
BC4
，
PA5
，
则三棱锥
PABC< br>的外接球的表面积为
__________

14．已知菱形
ABCD
中，
AB2
，
A120
o
，沿对角线
BD< br>将
△ABD
折起，使二面
角
ABDC
为
120< br>o
，则点
A
到
VBCD
所在平面的距离等于

．

15．已知点
M
，点
F
是直线
l:< br>yx3
上的一个动点，当
MFN
最大
（，12），（N3，2）
时，过点
M
，
N
，
F
的圆的方程是
___ _______
.

16．一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
________

17．如图，在四棱锥
PABCD
中，
PA
底面
A BCD,ADAB,ABDC,ADDCAP2,AB1
，若
E
为棱
PC
上一点，满足
BEAC
，则
PE

_______ ___
．

EC

18．已知圆
M:x(y2)1< br>，
Q
是
x
轴上的动点，
QA
，
QB
分别切圆
M
于
A
，
B
22
两点，则动弦
A B
的中点
P
的轨迹方程为
__________
.

19．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
______
．

20．已知双曲线
线的右支 交于两点，若抛物线
的半焦距为，过右焦点且斜率为1的直线与双曲
的准线被双曲线截得的弦长 是（为双曲线
的离心率），则的值为__________．

三、解答题
21．已知过原点的动直线
l
与圆
C
1
:
xy6x5 0
相交于不同的两点

，

．

（
1
）求圆
C
1
的圆心坐标；

（
2
）求线段

的中点

的轨迹
C
的方程；
（
3
）是否存在实数
k
，使得直线
L:
y k

x4

与曲线
C
只有一个交点？若存在，求出
22
k
的取值范围；若不存在，说明理由．

22．如图，在棱长均为4的 三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
D,D
1
分别是
BC
和
B
1
C
1
的中点 .


（1）求证：
A
1
D
1

平 面
AB
1
D

（2）若平面
ABC
平面
BCC
1
B
1
,B
1
BC60
，求三棱锥< br>B
1
ABC
的体积.

23．如图，在正三棱柱
A BCA
1
B
1
C
1
中，点
D
、
E
、
F
分别是
BC
、
AC
1
、
B B
1
的中点
.


（
1
）求证：
AD
平面
BCC
1
B
1
；

（
2
）求证：
EF
平面
A
1
B
1
C
1
.

24．在正方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，AB=3，E在
CC
1
上且
CE2EC
1
．

（1）若F是AB的中点，求异面直线
C
1
F
与AC所成角的大小；

（2）求三棱锥
B
1
DBE
的体积．

25．如 图，在三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
C
1
C
底面
ABC
，
ACBC
，
AC BCCC
1
，
M
､
N
分别是
A
1B
､
B
1
C
1
的中点.


（
1
）求证：
MN
平面
A
1
BC
；
（
2
）求直线
BC
1
和平面
A
1< br>BC
所成角的大小.

26．已知三角形
ABC
的顶点坐标分 别为
A
(4,1)
，
B
(1,5)
，
C
( 3,2)
；

（
1
）求直线
AB
方程的一般式；

（
2
）证明△
ABC
为直角三角形；

（
3
）求△
ABC
外接圆方程．


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一、选择题

1．B
解析：
B

【解析】

【分析】

先求出圆心到直线
xy0
的距离，根据距离的最小值 为
dr
，即可求解
.

【详解】

由圆的一般方程可得
(x2)(y2)1
，

圆心到直线的距离
d
22
|22|
22

2

所以圆上的点到直线的距离的最小值为
221
.

故选
B.

【点睛】

本题主要考查了点到直线的距离，圆的方程，属于中档题
.

2
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

依题意由
△A
1
B
1
C
1
的面积为
22
，解得
B
1
C
1
4< br>，所以
BC8
，
AC2
，根据勾股定理
即可求
A B
．

【详解】

依题意，因为
△A
1
B
1
C
1
的面积为
22
，

所以
2 2
1
12

AC
，解得
B
1
C
1
4
，

2B
1
C
1

1 1
B
1
C
1
sin45
2
22
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
.


AC
2
BC
2
8
2
2
2
68217
．

3．C
解析：
C

【解析】

【分析】

取
AB
的中点
D< br>，
BC
的中点
E
，
VC
的中点
F
， 连接
PD,PF,DE,EF
，易得即截面为
四边形
PDEF
，且四 边形
PDEF
为菱形即可得到答案
.

【详解】

取
AB
的中点
D
，
BC
的中点
E
，
VC
的中点
F
，连接
PD,PF,DE,EF
，

易得
PD
∥
VB
且
PD
11
VB
，< br>EF
∥
VB
且
EFVB
，所以
PD
∥EF
，
PDEF
，

22
所以四边形
PDE F
为平行四边形，又
VB
平面
PDEF
，
PD
平面
PDEF
,
由线面平行

的判定定理可知，
VB
∥平面
PDEF
，
AC
∥平面
PDEF
，即截面为四边形
PDEF
，又

11
ACVBPD
，所以四边形
PDEF
为菱形，所以选项
C
正确
.

22
故选：
C

DE

【点睛】

本题考查线面平行的判定定理的应用，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题
.

4．B
解析：
B

【解析】

试题分析：
xy2x4y30
即
(x1)(y2)2
，

由已知，直线
2axby60
过圆心
C(1,2)
，即
2 a2b60,ba3
，

2222

由平面几何知识知， 为使由点
(a,b)
向圆所作的切线长的最小，只需圆心
C(1,2)
与直 线
xy30
上的点连线段最小，所以，切线长的最小值为
(
故选
B
.

考点：圆的几何性质，点到直线距离公式
.

123
2
)
2
24
，

5
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

【详解】

由三视图可知，这是三棱锥的三视图，如下图 所示，三角形
BCD
为等腰直角三角形，

其外心为
BD
中 点
O
1
，设
O
为
AD
中点，

则
O
为外接球球心，

15
AD
，

22
所以表面积为
25

.

半径长度为

6
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

根据所给条件，分别进行分析判断，即可得出正确答案
.

【详解】

解：



且
m


m
或
m

或
m
与

相交，故
A
不成立；

mn
且
n


m

或
m

或
m
与

相交，故
B
不成立；




且
m

m

或
m

或
m
与

相交 ，故
C
不成立；

mn
且
n


m

，故
D
成立；

故选：
D

【点睛】

本题考查直线与平面的位置关系，线面垂直判定，属于基础题
.

7
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

根据线面夹角得到
SA4
，计算
ABC的外接圆半径为
r
a
4
，
2sinA

S A

Rr

，解得答案
.


2

22
2
【详解】

SA
平面
ABC
，则
SB
与平面
ABC
所成的角为
S BA
，故
SA4
.

ABC
的外接圆半径为
r
2
22

6
a
4
，设球
O
的半径为
R
，

2sinA

SA

，解 得
2
O
则
Rr

，故球的表面积为
R25< br>4

R80

.



2


故选：
C
.

【点睛】

本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力
.

8．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，消去的三棱锥的高为，三棱 锥与三棱柱的底面为直角边长分别为和的直角三角
形，所以几何体的体积为，故选C．


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．

9
．
D
解析：
D

【解析】

【分析】

求出圆的标准方程，确定最短弦的条件，利用弦长公式进行求解即可．

【详解】

圆的标准方程为（
x
﹣
3
）
2
+
（
y+1
）
2
＝
10
，则圆心坐标为< br>C
（
3
，﹣
1
），半径为

10
，

过
E
的最短弦满足
E
恰好为C
在弦上垂足，则
CE
(32)
2
[1（1）]2
5
，

则
|AB|
2(10)
2
(5)
2
25
，

故选
D
．

【点睛】

本题主要考查圆的标准方程的求解，以及直线和圆相交的弦长问题,属于中档题．

10．D
解析：
D

【解析】

【分析】

设
H
，
I
分别为
CC
1
、
C
1
D
1
边上的中点，由面面平行的性 质可得
F
落在线段
HI
上，再求
HI
的长度即可.

【详解】

解：设
G
，
H
，
I
分 别为
CD
、
CC
1
、
C
1
D
1< br>边上的中点，

则
ABEG
四点共面，

且平面A
1
BGE
平面
B
1
HI
，

又
QB
1
F
面
A
1
BE
，

F
落在线段
HI
上，

Q
正方体
ABC DA
1
B
1
C
1
D
1
中的棱长为
a
，

12
HICD
1
a
，
< br>22
即
F
在侧面
CDD
1
C
1
上的 轨迹的长度是
故选
D
．

2
a
．

2

【点睛】

本题考查了面面平行的性质及动点的轨迹问题，属中档题.

11．D
解析：
D

【解析】

【分析】

先利用 三角形中位线定理证明
MNBD
，再利用线面垂直的判定定理定义证明
MN
与
CC
1
垂直，由异面直线所成的角的定义证明
MN
与
AC< br>垂直，即可得出结论
.

【详解】

如图：连接
C
1
D
，
BD
，

Q
在三角形
C
1
DB
中，
MNBD
，故
C
正确．

QCC
1

平 面
ABCD
，
CC
1
BD
，
MN
与
CC
1
垂直，故
A
正确；

QAC^BD
，
MNBD
，
MN
与
AC
垂直，
B
正确 ；

∵
MNBD
，
MN
与
A
1
B
1
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
.

12．B
解析：
B

【解析】

【分析】

根据题意，将圆和直线的参数方程变形为普通方程，分析可得圆心不在直线 上，再利用点
到直线的距离公式计算可得圆心
(1,3)
到直线
y3x 20
的距离
d2
，得到直线与圆
的位置关系为相交．

【详解】

根据题意，圆的参数方程为


x12c os

（

为参数），则圆的普通方程为
y32sin


(x1)
2
(y3)
2
4
，其圆心坐 标为
(1,3)
，半径为
2.


x2t1
直线的方程为

（
t
为参数），则直线的普通方程为
y13(x 1)
，即

y6t1
y3x20
，圆心不在直线上.

∴圆心
(1,3)
到直线
y3x20
的距 离为
d
圆相交
.

故选
A.

【点睛】

本题考查直线、圆的参数方程，涉及直线与圆的位置关系，解答本题的关键 是将直线与圆
的参数方程变形为普通方程
.

33(1)2
19

210
2
，即直线与
5
二、填空题

13．【解析】【分析】以为长宽高构建长方体则长方体的外接球是三棱锥的 外
接球由此能求出三棱锥的外接球的表面积【详解】由题意在三棱锥中平面以为
长宽高构建长方 体则长方体的外接球是三棱锥的外接球所以三棱锥的外接球
解析：
50


【解析】

【分析】

以
AB,BC,PA
为长宽 高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥
PABC
的外接球，由
此能求出三棱锥< br>PABC
的外接球的表面积
.

【详解】

由题意 ，在三棱锥
PABC
中，
PA
平面
ABC,ABBC,AB 3,BC4,PA5
，

以
AB,BC,PA
为长宽高构建长方 体，则长方体的外接球是三棱锥
PABC
的外接球，

所以三棱锥
PABC
的外接球的半径为
R
1
2
52
，
< br>34
2
5
2

22
所以三棱锥
PAB C
的外接球的表面积为
S4

R
2
4

(
【点睛】

52
2
)50

.

2
本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题，其中解答中根据几何体的结构特
征，以
AB,BC,PA
为长宽高构建长方体，得到长方体的外接球是三棱锥
PA BC
的外接
球是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力
.

14．【解析】【分析】【详解】设AC与BD交于点O在三角形ABD中因为∠A＝12
0°AB＝2可得AO＝1过A作面BCD的垂线垂足E则AE即为所求由题得∠AOE＝180°−
∠ AOC＝180°−120°＝60
解析：
3

2
【解析】

【分析】

【详解】

设
AC
与
BD
交于点
O
．

在三 角形
ABD
中，因为∠
A
＝
120°
，
AB
＝
2
．可得
AO
＝
1
．

过
A
作面
BCD
的垂线，垂足
E
，则
AE
即为所求．< br>
由题得，∠
AOE
＝
180°−
∠
AOC
＝
180°−120°
＝
60°
．

在
RT
△
AOE
中，
AE
＝
AO•sin
∠
AOE＝
3
．

2

15
．【解析】 【分析】【详解】试题分析：根据题意设圆心坐标为
C
（
2a
）当
∠ MFN
最大时过点
MNF
的圆与直线
y=x-3
相切
∴∴a =1
或
9a=1
时
r=∠MCN=90°∠MFN=45°a=9
时
r=∠MCN
＜
90
解析：
(x2)
2
(y1)
2
2

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：根据 题意，设圆心坐标为
C
（
2
，
a
），当∠
MFN< br>最大时，过点
M
，
N
，
F
的圆
与直线
y=x-3
相切．

∴

21



a2


∴
a=1
或
9
，
< br>a=1
时，
r=
2
，∠
MCN=90°
，∠
MFN=45°
，

a=9
时，
r=
52
，∠MCN
＜
90°
，∠
MFN
＜
45°
，

则所求圆的方程为
(x2)(y1)2

考点：圆的标准方程

22
22
2a3
2
，

16．【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】
< br>设此直三棱柱两底面的中心分别为
O
1
,O
2
，则球心
O
为线段
O
1
O
2
的中点，利用勾股定理
求出球
O
的半径
R
2
，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
O
1
,O
2
，则球心
O
为线段
O
1
O
2
的中点，

3

21

3


2
2
3
设球
O
的半径为
R，则
R







2324


∴球
O
的表面积
S4
R
2
21

.

故答案为：
21

．

2
2

【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．

17．【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< br>BEAC
，可得
AC
平面
BEF
，故
PE
的值
.

EC
ACEF
，由于
PAAC
，所 以
EFPA
.
由于
ADCD
，所以
DACBAC
AF
ππ
.
在直角三角形
ABF
中，
AB1, BAF
，所以
44
22
，而
AC22
，故
A F:FC1:3
.
根据前面证得
EFPA
，可得
AB
2 2
PE: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
.

18．【解析】【分析 】转化条件点三点共线即可得到点满足的条件化简即可得
解【详解】由圆的方程可知圆心半径为设点点三 点共线可得由相似可得即联立
消去并由图可知可得故答案为：【点睛】本题考查了圆的性质和轨迹方程的
7

1
(y2)


解析：
x
2


y


416

【解析】
【分析】

转化条件点
P
、
M
、
Q
三点共线、
MQPMBM
即可得到点
P
满足的条件，化简
即可得解
.

【详解】

由圆的方程可知圆心

0,2

，半径为
1
.

设点
P

x,y

，
Q

a,0

，点
P
、
M
、
Q
三点共线，

可得
y22

，

xa
2
2
2
由相似可得
MQPMBM
即

a
2
4x
2


y2

1
，

联立消去
a
并由图可知
y2
，可得

2
71
x
2
(y)
2


y2
.

416
7
2
1
2
故答案为：
x (y)

y2


416
【点睛】

本题考查了圆的性质和轨迹方程的求法，考查了转化能力和运算能力，属于中档题
.

19
．【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< br>

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
222
20．62【解析】试题分析：由题意得抛物线的准线为x =-
c它正好经过双曲线的左焦点所以准线被双曲线截得的弦长为2b2a所以2b2a=223
be2即ba=23e2所以整理得2e4-9e2+1=0解得e=62
解析：
【解析】

试题分析：由题意，得抛物线的准线为，它正好经过双曲线的左焦点，所以准线被

双 曲线截得的弦长为，所以，即，所以
，整理，得
过焦点且斜率为1的直线与双曲线的右支交于两 点，所以
，解得
．

或．又
考点：
1
、抛物线与双 曲线的几何性质；
2
、直线与双曲线的位置关系．

【方法点睛】关于双曲线 的离心率问题，主要是有两类试题：一类是求解离心率的值，一
类是求解离心率的范围．基本的解题思路 是建立椭圆和双曲线中
就是建立关于的等式，求取值范围问题就是建立关于
的关系式，求值问题
的不等式．

三、解答题

2
3

9< br>
5
2525

21．（
1
）

3,0

；（
2
）

x

y
2


x3

；（
3
）存在，
k 
2

4

3
77

3
．
4
【解析】

【分析】

或
k
（
1
）通过将圆
C
1
的一般式方程化为标准方程即得结论；（
2
）设当直线
l
的方程为
y=kx
，

通过 联立直线
l
与圆
C
1
的方程，利用根的判别式大于
0
、韦达定理、中点坐标公式及参数
方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；（
3
）通过联立直线
l
与圆
C
1
的方程，利用根
的判别式△=0
及轨迹
C
的端点与点（
4
，
0
）决定的直 线斜率，即得结论

【详解】

22
（
1
）由xy6x50
得

x3

y
2
 4
，

2
∴

圆
C
1
的圆心坐标 为

3,0

；

（
2
）设
M

x,y

，则

∵

点
M
为弦
AB
中点即
C
1< br>MAB
，

∴
k
C
1
M
kAB
1
即
yy
1
，

x3x2
3

9

5

∴

线段
AB
的中点
M
的轨迹的方程为

x

 y
2


x3

；

2
< br>4

3

（
3
）由（
2
）知点< br>M
的轨迹是以
C

3

3

,0< br>
为圆心
r
为半径的部分圆弧
EF
（如下图所
2< br>
2


525


525
E,
F
示，不包括两端点），且


3
,
3


，又直线
L
：
yk

x4

过定点

33


，



D

4,0

，



3< br>
k

4

0
当直线
L
与圆< br>L
相切时，由

2

k
2
1
2< br>3
3
得
k
，又

4
2
k
DE
k
DF

25

0


33


2525

3
25
，结合 上图可知当
k


,

,

U



4477


5
7< br>
4
3
时，直线
L
：
yk

x 4

与曲线
L
只有一个交点．

考点：
1.轨迹方程；
2.
直线与圆相交的位置关系；
3.
圆的方程

22．（1）证明见解析（2）8

【解析】

试题 分析：（1）欲证A
1
D
1
∥平面AB
1
D，根据直线与平 面平行的判定定理可知只需证A
1
D
1
与
平面AB
1
D内一直线平行，连接DD
1
，根据中位线定理可知B
1
D
1∥BD，且B
1
D
1
=BD，则四边形
B
1
B DD
1
为平行四边形，同理可证四边形AA
1
D
1
D为平行 四边形，则A
1
D
1
∥AD

又A
1
D< br>1
⊄平面AB
1
D，AD⊂平面AB
1
D，满足定理所需条件 ；

（2）根据面面垂直的性质定理可知AD⊥平面B
1
C
1
CB，即AD是三棱锥A﹣B
1
BC的高，求出
三棱锥A﹣B
1
B C的体积，从而求出三棱锥B
1
﹣ABC的体积．

试题解析：
< br>（1）证明：如图，连结
DD
1
.在三棱柱
ABCA
1B
1
C
1
中，

因为
D,D
1
分别是
BC
与
B
1
C
1
的中点，所以
B
1
D
1
BD
，且
B
1
D
1
BD
.

所以四边形
B
1
BDD
1
为平行四边形，所以
BB
1
DD
1
，且
BB
1DD
1
.

又
AA
1
BB
1
,AA
1
BB
1
所以
AA
1
DD
1< br>,AA
1
DD
1
，

所以四边形
AA1
D
1
D
为平行四边形，所以
A
1
D
1
AD
.

又
A
1
D
1

平面
AB
1
D
，
AD
平面
AB
1D
，故
A
1
D
1

平面
AB
1
D
.


（2）解：（方法1)

在
A BC
中，因为
ABAC
，
D
为
BC
的中点，所以
ADBC
.

因为平面
ABC
平面
B
1
C
1
CB
，交线为
BC
，
AD
平面< br>ABC
,

所以
AD
平面
B
1
C
1
CB
，即
AD
是三棱锥
AB
1
BC< br>的高.

在
ABC
中，由
ABACBC4
， 得
AD23
.

在
B
1
BC
中，B
1
BBC4,B
1
BC60
，

所以
B
1
BC
的面积
SB
1
BC
3
2
443
.

4
所以三棱锥
B
1ABC
的体积，即三棱锥
AB
1
BC
的体积
11< br>VSB
1
BCAD43238
.

33
(方法 2)在
B
1
BC
中，因为
B
1
BBC,B
1
BC60
，

所以
B
1
BC
为正三角形，因此
B
1
D BC
.

因为平面
ABC
平面
B
1
C
1
CB
，交线为
BC
，
B
1
D
平面
B
1
C
1
CB
，

所以
B< br>1
D
平面
ABC
，即
B
1
D
是三 棱锥
B
1
ABC
的高.

在
A BC
中，由
ABACBC4
，得
ABC
的面积
S< br>ABC

3
2
443
.

4
在
B
1
BC
中，因为
B
1
BBC4,B< br>1
BC60
，所以
B
1
D23
.
< br>所以三棱锥
B
1
ABC
的体积
V
11
 S
ABC
B
1
D43238
.

33
点睛：本题主要考查了线面平行的判定，以及三棱锥的体积的计算，同时考查了推理论证
的能力 、计算能力，转化与划归的思想，属于中档题．

23．（
1
）见解析；（
2
）见解析
.

【解析】

【分析】

（
1
）可证
AD CC
1
，
ADBC
，从而可证
AD
平面
BCC
1
B
1
.

（
2
）取
A
1
C
1
的中点为
G
，连接
EG,B
1
G< br>，可证
EFB
1
G
，从而可证
EF
平面
A< br>1
B
1
C
1
.

【详解】

由正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
可得
C
1
C
平面
ABC
，而
AD
平面
AB C
，

故
ADCC
1
.

因为
ABC
为等边三角形，
BDDC
，故
ADBC
，
< br>因为
BCICC
1
C
，
BC
平面
BCC
1
B
1
，
C
1
C
平面
BCC< br>1
B
1
，

所以
AD
平面
BCC
1
B
1
.

（
2
）取
A
1
C
1
的中点为
G< br>，连接
EG,B
1
G
.

在
A
1
AC
1
，因为
A
1
GGC
1
,AEE C
1
，故
EGAA
1
,EG
1
AA
1< br>.

2
由正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
可得四边形
ABB
1
A
1
为平行四边形，故
AA
1
BB
1
,AA
1
BB
1
，

而
B
1
F
11
BB
1
，所 以
B
1
FAA
1
,B
1
FAA
1
，故
EGB
1
F,EGB
1
F
，

2 2
故四边形
B
1
FEG
为平行四边形，
EFB
1< br>G
.

因为
EF
平面
A
1
B1
C
1
，

B
1
G
平面
A
1
B
1
C
1
，故
EF
平面
A1
B
1
C
1
.

【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
.

24．(1)
【解析】

【分析】

（
1
）连接AC，
A
1
C1
，由
ACPAC
11
知
FC
1
A
1

（或其补角）是异面直线
C
1
F
与AC所成
角，由余弦定理解三角形即可（2）根据
V
B
1
DBE
V
DBEB
1
，且三棱锥
DBEB
1
的高为
9
(2)

42
DC
，底面积为
BEB
1
的面积
.

【详解】

（1）连接AC，
A
1
C
1
，

∵
ACPAC
11
,FC
1
A
1
（或其补角）是异面直 线
C
1
F
与AC所成角

在
FC
1< br>A
1
中，
A
1
C
1
32,A
1< br>F
359
,C
1
F

22
935
2
(32)
2
()
2
()
2
22
c osFC
1
A
1


9
2
232
2
∴异面直线
C
1
F
与AC所成角为
（2）由题意 得，
V
B
1
DBE
【点睛】

本题主要考查了异面直线所成的角，三棱锥的体积，属于中档题
.

25．（
1
）证明见解析.（
2
）
【解析】

【分析】

（
1
）利用线面垂直的判定和性质可证得
AC< br>1

平面
A
1
BC
，由三角形中位线的性质可证得结论；

（2）以
C
为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角的向 量求法可求得结果.

【详解】

（
1
）连接
AC
1
,AB
1
，



6

．

4
1119
V
DBEB
1
S
BEB
1
DC333=< br>．

3322

QCC
1

平面
ABC
，
BC
平面
ABC
，
BCCC< br>1
，

又
BCAC
，
ACICC
1
C
，
AC,CC
1

平面
ACC
1
A
1
，
BC
平面
ACC
1
A
1
，

QAC
1

平面
ACC
1
A
1
，
BCAC
1
，

由题意知侧面
ACC1
A
1
为正方形，
∴AC
1
AC
，

1
IBCC
，
AC
1

平面
A
1
BC
.

又
A
1
C,BC
平面A
1
BC
，
AC
1
QM,N
分别为
A B
1
,B
1
C
1
中点，
MNAC
1，
MN
平面
A
1
BC
.

（
2
）以
C
为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：


QMN
平面
A
1
BC
，
MN
为平面
A
1
BC
的法向量，

设
ACBCC C
1
2
，则
B

0,2,0

，
C
1

0,0,2

，
M

1,1,1

，
N

0,1,2

，

< br>

BC
1


0,2,2

，
MN

1,0,1

，

BC
1< br>MN
设直线
BC
1
和平面
A
1
BC
所成角为

，则
sin



BC
1
MN


21

，

222
2





又


0,< br>
，



，即直线
BC
1
和平面
A
1
BC
所成角为.

6
6

2

【点睛】

本题考查立体几何 中线面垂直关系的证明、空间向量法求解直线与平面所成角的问题；涉
及到线面垂直的判定与性质定理的 应用，属于常考题型
.

22

1

3

25
26．（
1
）
4x3y-19=0
（
2< br>）见解析（
3
）

x-

+

y-

=

2

2

2

【解析】

【分析】

【详解】

（
1
）直线
AB
方程为：
（
2
）
k
AB

y 1x-4

，化简得：
4x3y-19=0
；


5-11-4
514
-
；

1-43
k
BC

523

，

1-（-3）4
∴
k
AB
k
BC
=-1
，则ABBC

∴△
ABC
为直角三角形


（
3
）∵△
ABC
为直角三角形，∴△
ABC
外接圆圆心 为
AC
中点
M

，

，


22
|AC|（4+3）+（1-2）52

半径为
r=
，

==
222

13


22


1

3

25
∴△
ABC
外接圆方程为

x-

+
< br>y-

=

2

2

2

22