2020-2021深圳松岗中英文实验学校高中必修二数学下期中一模试题(附答案)

2020-2021深圳松岗中英文实验学校高中必修二数学下期中一模试题(附答案)

一、选择题
1．已知三棱锥
A?BCD
中，
AB?CD?
3
?

2
5
，
AC?BD?2
，
AD?BC?3
，若该< br>三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ）

A
．
B
．
24
?
C
．
6
?
D
．
6
?

2．一正 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

为（ ）

A
．
6
?
B
．
5
?

B
．截面是一个梯形

D
．截面是一个三角形

3 ．三棱锥
P-ABC
中，
PA
⊥平面
ABC
，
AB
⊥
BC
，
PA=2
，
AB=BC=1
，则其外接球 的表面积
C
．
4
?
D
．
3
?

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．直线y?k(x?2)?4
与曲线
x?3?2y?y
2
?0
有两个不 同的交点，则实数
k
的取值范
围是（ ）

A
．
(
53
,]

124
51
B
．
(,]

122
13
C
．
(,]

24
D
．
[,??)

1
2
6．对于平面 、
?
、
?
和直线
a
、
b
、
m、
n
,
下列命题中真命题是
( )

A
．若< br>a?m,a?n,m?
?
,n?
?
,
,
则
a ?
?

B
．若
ab,b?
?
,
则
a
?

C
．若
?

?
,
?
I
?
? a,
?
I
?
?b,
则
ab

D
． 若
a?
?
,b?
?
,a
?
,b
?
,
则
?

?

7．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

8．在三 棱锥
P?ABC
中，
PA?
平面
ABC，?BAC?120?，AP ?2,AB?2
，
M
是线
段
BC
上一动点，线段
P M
长度最小值为
3
，则三棱锥
P?ABC
的外接球的表面积是
（ ）

A
．
9
?

2
B
．
92
?
C
．
18
?
D
．
40
?

9． 在梯形
ABCD
中，
?ABC?90?
，
ADBC
，
BC?2AD?2AB?2
.将梯形
ABCD
绕
AD
所在直线旋转 一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（

）

A
．
2
?

3
B
．
4
?

3
C
．
5π

3
D
．
2
?

10．若方程
1?4?x
2
?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
?
?< br>
34
??
C
．
?
?
53
?
,
?

124
??
D
．
?
?
纟
53
,
ú

12
棼
4
ú
11．如 图，平面四边形
ABCD
中，
AB?AD?CD?1
，
BD?2，
BD?CD
，将其
沿对角线
BD
折成四面体
A
?
?BCD
，使平面
A
?
BD?
平面
BCD，若四面体
A
?
?BCD
的
顶点在同一个球面上，则该球的表面 积为（ ）


A
．
3
?
B
．
3
?

2
C
．
4
?
D
．
3
?

4
12
．如图，正方体
ABC D
﹣
A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为
1
，线段
B
1
D
1
上有两个动点
E
、
F
，且
EF=
1
．则下列结论中正确的个数为

2

①AC
⊥
BE
；


②EF
∥平面
ABCD
；


③
三棱锥
A
﹣
BEF
的体积为定值；


④
?AEF
的面积与
?BEF
的面积相等，

A
．
4 B
．
3 C
．
2 D
．
1

二、填空题

13．在平面直角坐标系
x Oy
中，
A
为直线
l:y?2x
上在第一象限内的点，
B< br>?
5,0
?
，以
AB
为直径的圆
C
与直线< br>l
交于另一点
D
．若
AB?CD?0
，则点
A
的横坐标为
uuuvuuuv

________
．

14．光线由点P(2,3)射到直线x+y+1=0上，反射后过点Q(1,1) ，则反射光线方程为
__________
．

15．已知圆
M:x
2
?y
2
?2ay?0(a?0)
截直线
x?y?0
所得线段的长度是
22
，则圆
M
与
圆
N:(x?1)2
?(y?1)
2
?1
的位置关系是
_________
．

16．点
(5,2)
到直线
(m?1)x?(2m?1)y? m?5
的距离的最大值为
________
.

17
．已知 正三棱锥
P?
ABC
，点
P
，
A
，
B，
C
都在半径为
3
的求面上，若
PA
，
PB< br>，
PC
两
两互相垂直，则球心到截面
ABC
的距离为
________
．

18．已知三棱锥
D?ABC
的体积为
2
，
?ABC
是边长为
2
的等边三角形，且三棱锥
D?A BC
的外接球的球心
O
恰好是
CD
的中点，则球
O
的表面积为
_______
.

19．如图：点
P
在正方体
ABCD?A
1
B
1
C
1
D
1
的 面对角线
BC
1
上运动，则下列四个命题：

①三棱锥
A?D
1
PC
的体积不变；

②
A
1
P
∥面
ACD
1
；③
DP^BC
1< br>；

④面
PDB
1
^
面
ACD
1< br>．其中正确的命题的序号是
__________
.


20 ．已知直线
l
1
:y?x?1
上有两个点
A(x
1
,y
1
)
和
B(x
2
,y
2
)
, 且
x
1
,x
2
为一元二次方程
x
2
?6x ?1?0
的两个根, 则过点
A,B
且和直线
l
2
:x?? 1
相切的圆的方程为
______________
.

三、解答题
21．如图，直角梯形
BDFE
中，
EFBD,BE?BD,EF?22，等腰梯形
ABCD
中，
ABCD,AC?BD,AB?2CD?4
，且 平面
BDFE?
平面
ABCD
．

（1）求证：
AC?
平面
BDFE
；

（2）若
BF
与平面
ABCD
所成角为
?
，求二面角< br>B?DF?C
的余弦值．

4

22
．如图，
ABCD
是正方形，
O
是该正方体的中心，
P
是平面
AB CD
外一点，
PO?
平
面
ABCD
，
E
是
PC
的中点
.


（
1
）求证：
PA
平面
BDE
；

（
2
）求证：
BD?
平面
PAC
.

23．如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面，点为的中点.


（1）求证：
（2）求证：
∥平面
.

；

24．在三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中，侧面
AA
1
C
1
C?
底面
ABC
，
A A
1
?AC?AC?AB?BC?2
，且点
O
为
AC
中点.

1

(1)证明：
A
1
O?
平面
ABC
；

(2)求三棱锥
C
1
?ABC
的体积.

25．如 图，在三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中，
CC
1
?
平面
ABC
,
AC?BC,AC?BC?CC1
?2
，点
D,E,F
分别为棱
AC
11
,B
1
C
1
,BB
1
的中点．


（1）求证：
AB
平面
DEF
；

（2）求证：平 面
ACB
1
?
平面
DEF
；

（3）求三棱锥
E?ACB
1
的体积.

26．求满足下列条件的直线方程：

（
1
）经过两条直线
2x?3y?10?0
和
3x?4y?2?0
的交点，且平行于直线
x?y? 1?0
；

（
2
）经过两条直线
2x?y?8?0
和
x?2y?1?0
的交点，且垂直于直线
3x?y?2?0
.


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一、选择题

1．C
解析：
C

【解析】

【分析】

作出三棱锥
A?BCD
的外 接长方体
AEBF?GDHC
，计算出该长方体的体对角线长，即
可得出其外接球的半 径，然后利用球体体积公式可计算出外接球的体积
.

【详解】

作 出三棱锥
A?BCD
的外接长方体
AEBF?GDHC
，如下图所示：

设
DG?x
，
DH?y
，
DE?z
，
< br>则
AD
2
?x
2
?z
2
?3
，DB?y?z?4
，
DC?x?y?5
，

上述三个等式相加得
AD?BD?CD?2x?y?z
222
222222
?
222?
?3?4?5?12
，

6
，

2
所以，该长方体的体对角线长为
x
2
?y
2
?z
2
?6
，则其外接球的半径为
R?
?
6
?
4
?6?
.

因此，此球的体积为
?
?
??
??3
?
2
?
故选：
C.

【点睛】
< br>本题考查三棱锥外接球体积的计算，将三棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线作为外
接球的直 径是解题的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题
.

3
2
．
C
解析：
C

【解析】

【分析】

取
AB
的中点
D
，
BC
的中点
E
，
VC
的中点
F
，连接
PD,PF,D E,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
，
EF
∥
VB
且
EF?VB
，所以
PD
∥
EF
，
PD?EF
，

22
所以四边形
PDEF
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< br>，
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
.

3．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,QAB?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
?
R
2
?6
?
，故选
A.
< br>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
4R
2
?a
2
?b
2
?c
2
（
a,b,c
为三棱的长）；

②若
SA?
面
ABC
（
SA?a
），则
4R
2
?4r
2
?a
2
（
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
.

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
?2a?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
．
B
解析：
B

【解析】

【分析】

利用数形结合，作出图象，计算得直线
l
1
与直 线
l
2
的斜率，即可得到结论
.

【详解】
22
曲线可化简为
x?(y?1)?4
?
x?0
?
，如 图所示：


直线
l
1
:y?k
?
x?2
?
?4
，此直线与曲线相切，此时有
3?2k
k
2
?1
?2
，解得
k?
1
.

2
5
，

12
直线
l
2
:y?k
?
x?2
?
?4
，此直线与曲线有两个交点，此时有
k?< br>所以，过点
?
2,4
?
的直线与该半圆有两个交点，数形结合，解得< br>51
?k?
.

122

故选：
B.

【点睛】

本 题考查了直线与圆相交的性质，涉及的知识有：恒过定点的直线方程，点到直线的距离
公式，以及直线斜 率的求法，利用了数形结合的思想，其中抓住两个关键点是解本题的关
键．

6．C
解析：
C

【解析】

【分析】

【详解】

若
线时
,
才有
若
错误；

由面面平行的性 质定理
:
若两平面平行
,
第三个平面与他们都相交
,
则交线 平行
,
可判断
,
若

错误；

此时由线面平行的判定定理可知
,
只有当在平面

外时
,< br>才有
由线面垂直的判定定理知
,
只有当和为相交
?

?
，
?
?
?
?a
，
?
I
?
?b
，则
ab
为真命题
,
正确；

若
交 线时
,
才有
?

?
,D
错误
.

故选
C.

考点：考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系
.

此时由面面平行的判定定理可知
,
只有当、为相
7．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
?x
2
? 9?6x?y
2
?1?2y
，

化简得：
4x?2y?5
．

故选
B
．

8．C
解析：
C

【解析】

【分析】

首先确定三角形
ABC
为等腰三角形，进 一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定
球的表面积．

【详解】

解：如图所示：


三棱锥
P?ABC
中，
PA?
平面
ABC，AP?2,AB?2
，

M
是线段
B C
上一动点，线段
PM
长度最小值为
3
，

则：当
AM?BC
时，线段
PM
达到最小值，

由于：
PA?
平面
ABC
，

所以：
PA
2
?AM
2
?PM
2
，

解得：
AM?1
，

所以：
BM?3
，

则：
?BAM?60?
，

由于：
?BAC?120?
，

所以：
?MAC?60?

则：
VABC
为等腰三角形．

所以：
BC?23
，

在
VABC
中，设外接圆的 直径为
2r?
则：
r?2
，

23
?4
，

sin120?
2
?
2?
9
所以：外接球的半径
R?2
2
?
?
，
?
?
?
2
?
2
??
则：
S ?4?
?
?
故选：
C
．

【点睛】

本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用．

9
?18
?
，

2
9．C
解析：
C

【解析】

【分析】

【详解】


由题意可知旋转后的几何体如图:

直角梯 形
ABCD
绕
AD
所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底 面半径
为
1
，母线长为
2
的圆柱挖去一个底面半径同样是
1
、高为
1
的圆锥后得到的组合体，所以
该组合体的体积为
V?V圆柱
?V
圆锥
?
?
?1?2?
故选
C.

考点：
1
、空间几何体的结构特征；
2
、空间几何体的体积.

2
15
?
?
?1
2
?1?
?

33
10．D
解析：
D

【解析】

【分析】

22
1)
与直线
y?4?k(x?2)
有
2
个交点，数形结合求由题意可得，曲线
x?(y?1)?4(y…
得k
的范围
.

【详解】

22
1)
， 表示以
(0,1)
为圆心，以
2
为半径的上半如图所示，化简曲线得到
x?(y?1)?4(y…
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
k
AD
?k?k
AB
，直 线与半圆有两
个交点，

AD
与半圆相切时，
|?1?2k?4|< br>k
2
?1
?2
，解得
k
AD
?
5< br>，

12
k
AB
?
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
．
A
解析：
A

【解析】

【分析】

设
BC
的中点是
E
，连接
DE
，由四面体A′?BCD的特征可知，DE即为球体的半径.

【详解】

设
BC
的中点是
E
，连接
DE
，A′E，

因为AB＝AD＝1，BD＝
2

由勾股定理得：BA⊥AD

又因为BD⊥CD，即三角形BCD为直角三角形

所以DE为球体的半径

DE?
3


2
S?4
?
(
故选A

【点睛】

3
2
)?3
?


2
求解球体的表面积、 体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半
径
R
的方程式，构 造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径
R
的方
程
.< br>
12．B
解析：
B

【解析】

试题分 析：
①
中
AC
⊥
BE
，由题意及图形知，
AC⊥面
DD1B1B
，故可得出
AC
⊥
BE
，此命题正确；
②EF
∥平面
ABCD
，由正方体
ABCD-A1B1C 1D1
的两个底面平行，
EF
在其一面上，故
EF
与平面
A BCD
无公共点，故有
EF
∥平面
ABCD
，此命题正确；
③
三棱锥
A-BEF
的体积为
定值，由几何体的性质及图形知，三角形
BEF
的面积是定值，
A
点到面
DD1B1B
距离是定
值 ，故可得三棱锥
A-BEF
的体积为定值，此命题正确；
④
由图形可以看出，
B
到线段
EF
的
距离与
A
到
EF
的距离不相等，故△
AEF
的面积与△
BEF
的面积相等不正确
< br>考点：
1
．正方体的结构特点；
2
．空间线面垂直平行的判定与性质< br>
二、填空题


13
．
3
【解析】分析： 先根据条件确定圆方程再利用方程组解出交点坐标最后根
据平面向量的数量积求结果详解：设则由圆心为 中点得易得与联立解得点的横
坐标所以所以由得或因为所以点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范< br>

解析：3

【解析】

分析：先根据条件确 定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积
求结果
.

详解：设
A
?
a,2a
?
(a?0)
，则由圆心
C
为
AB
中点得
C
?
?
a?5
?
,a
?
,
易得
?
2
?
eC:
?
x ?5
??
x?a
?
?y
?
y?2a
?
?0
，与
y?2x
联立解得点
D
的横坐标
x
D
?1,
所以
uuuvuuuv
?
a?5
?
,2?a
?
，

D
?
1,2
?
.
所以
AB ?
?
5?a,?2a
?
,CD?
?
1?
2
??
由
AB?CD?0
得
?
5?a
?
?
1 ?
因为
a?0
，所以
a?3.

点睛：以向量为载体求相关 变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线
方程等相结合的一类综合问题
.< br>通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求
函数值域，是解决这类问题的一般方法
.

uuuvuuuv
?
?
a?5
?
2< br>?
?
?
?2a
??
2?a
?
?0,a?2a ?3?0,a?3
或
a??1
，

2
?
14．4x －5y+1=0【解析】【分析】先求P点关于直线x+y+1=0对称点M再根据两
点式求MQ方程即 得结果【详解】因为P点关于直线x+y+1=0对称点为所以反射光
线方程为【点睛】本题考查点关于 直线对称问
解析：4x
－
5y+1=0

【解析】

【分析】

先求
P
点关于直线x+y+1=0对称点M，再根据两点式求 MQ方程，即得结果.

【详解】

因为
P
点关于直线x+ y+1=0对称点为
M(?4,?3)
，

所以反射光线方程为
MQ:y?1?
【点睛】

本题考查点关于直线对称问题，考查基本分析求解能力，属基本题
.

1?3
(x?1),4x?5y?1?0
.

1?4
15． 相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式求出的值结合两圆的
位置关系进行判断即可【详解】 解：圆的标准方程为则圆心为半径圆心到直线
的距离圆截直线所得线段的长度是即则圆心为半径圆的圆心 为半径则即两个
解析：相交

【解析】

【分析】
根据直线与圆相交的弦长公式，求出
a
的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．

【详解】

解：圆的标准方程为
M:x
2
?(y?a)2
?a
2
(a?0)
，

则圆心为
(0,a)
，半径
R?a
，

圆心到直线
x?y?0
的距离
d?
a
2
，

Q
圆
M:x
2
?y
2
?2ay?0(a?0)截直线
x?y?0
所得线段的长度是
22
，

a
2
?2a??22

2
2
即
a
2
?4
，
a?2
，

则圆心为
M(0,2)
，半径
R?2
，

圆
N:(x?1)
2
?(y?1)
2
?1
的圆心为
N(1, 1)
，半径
r?1
，

则
MN?2
，

QR?r?3
，
R?r?1
，

?R?r?MN?R?r
，

即两个圆相交．

故答案为：相交．

【点睛】

本题主要考查直线和圆相交的应用， 以及两圆位置关系的判断，根据相交弦长公式求出
a
的值是解决本题的关键．

16．【解析】【分析】先判断过定点可得点到直线的距离的最大值就是点与点
的距离从而可得结果【 详解】化简可得由所以过定点点到直线的距离的最大值
就是点与点的距离为故答案为【点睛】本题主要考 查直线过定点问题以及两
解析：
213

【解析】

【分析】

先判断
?
m?1
?
x?
?2m?1
?
y?m?5
过定点
?
9,?4
?
， 可得点
(5,2)
到直线
?
m?1
?
x?
?
2m?1
?
y?m?5
的距离的最大值就是点
(5,2)
与点?
9,?4
?
的距离，从而可得
结果
.

【详解】

化简
?
m?1
?
x?
?
2m?1
?
y?m?5
可得
m
?
x?2y?1
?
?
?
x?y?5
?
?0
，

由
?
?
x?2y?1?0
?
x?9
?
?
，
< br>?
x?y?5?0
?
y??4
所以
?
m?1
?
x?
?
2m?1
?
y?m?5
过定点
?
9,?4
?
，

点
(5,2)
到直线
?
m ?1
?
x?
?
2m?1
?
y?m?5
的距离的最大 值就是

点
(5,2)
与点
?
9,?4
?
的距离为
故答案为
213
.

?
?4
?
2
?6
2
?52?213
，

【点睛】

本题主要考查直线过定点问题以及两点间距离公式的应用， 考查了转化思想的应用，属于
中档题
.
转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使 问题得到了解决，还可以使解决问
题的难度大大降低，本解法将求最大值的问题转化成了两点间的距离的 问题来解决，转化
巧妙
.

17．【解析】正三棱锥P-ABC可看作由正方 体PADC-
BEFG截得如图所示PF为三棱锥P-
ABC的外接球的直径且设正方体棱长为 a则由得所以因为球心到平面ABC的距离
为考点定位：本题考查三棱锥的体积与球的
解析：
3

3
【解析】

正三棱锥
P-ABC
可看作由正方体
PADC- BEFG
截得，如图所示，

PF
为三棱锥
P-ABC
的外 接球的直径，且
PF?平面ABC
,
设正方体棱长为
a
，则
3a
2
?12,a?2,AB?AC?BC?22
，
S
?ABC?
由
V
P?ABC
?V
B?PAC
，得
?h
?
S
?ABC
?
ABC
的距离为
13
?22?22??23

22
1
3
11
23
??
2
?
2
?
2
，所以
h?
，因为球心到平面
32
3
3
.

3
考点定位：本题考查三棱锥的体积 与球的几何性质，意在考查考生作图的能力和空间想象
能力

18
．【解析】 【分析】如图所示根据外接球的球心
O
恰好是的中点将棱锥的高
转化为点到面的距离再 利用勾股定理求解【详解】如图所示：设球
O
的半径为
R
球心
O到平面的距离为
d
由
O
是的中点得解得作平面
ABC
垂 足为的外心

52
?

3
【解析】

【分析】

解析：
如图所示，根据外接球的球心
O
恰好是< br>CD
的中点，将棱锥的高，转化为点到面的距离，
再利用勾股定理求解
.

【详解】

如图所示：

设球
O
的半径为
R
，球心
O
到平面
ABC
的距离为< br>d
，

由
O
是
CD
的中点得
VD?ABC
?2V
O?ABC
?
解得
d?
21
2
3
??2?d?2
，

322
3
，
< br>作
OO
1
?
平面
ABC
，垂足
O
1
为
?ABC
的外心，

所以
CO
1
?
23
，

3
2?
23
?
13
22
所以
R?(3)?
?
?
3
?
?
?
3
，

??
所以球
O
的表面积为
4
?
R?
故答案为：
【点睛】

本题主要考查三棱锥的外接球的体积，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于
中 档题
.

2
52
?
.

3
52
?

3
19．①②④【解析】对于①因为从而平面故 上任意一点到平面的距离均相等
以为顶点平面为底面则三棱锥的体积不变正确；对于②连接容易证明且相 等由
于①知：平面平面所以可得面②正确；对于③由于平面若则平面则为中点与
动
解析：
. ① ② ④

【解析】

对于①，因为
AD
1
BC
1
，从而
BC
1
平面
AD
1
C
，故
BC
1
上任意一点 到平面
AD
1
C
的距
离均相等，
?
以
P< br>为顶点，平面
AD
1
C
为底面，则三棱锥
A?D
1< br>PC
的体积不变，正确；
对于②，连接
A
1
B,A
1
C
1
容易证明
AC
11
A
1
D
且 相等，由于①知：
AD
1
BC
1
，平面
BA
1C
1

平面
ACD
1
，所以可得
A
1< br>P
面
ACD
1
，②正确；对于③，由于
DC?
平面< br>BCB
1
C
1
,?DC?BC
1
，若
DP^ BC
1
，则
BC
1
?
平面
DCP
，
BC
1
?PC
，则
P
为中
点，与
P
动点 矛盾，错误；对于④，连接
DB
1
，由
DB
1
?AC
且
DB
1
?AD
1
，可得
DB
1
?面
ACD
1
，由面面垂直的判定知平面
PDB
1
?平面
ACD
1
，④正确，故答案为①②
④
.

20．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
?x
2
?6
，
y
1
?y
2
?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）
2222
l
2
:x??1
相切故
r?a?1< br>，由弦长公式可得
AB?1?k
2
x
1
?x
2
?8
，圆心到直线
AB
的距离为
2a?6
2
，由勾股定理 可知
r?d?
22
1
2
AB?(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】

l
1
:y?x?1
上有两个点
A
?
x
1
,y
1
?
和
B
?
x2
,y
2
?
,
x
1
,x
2
为一元二次方程
x
2
?6x?1?0
的两
个根，故
x
1
?x
2
?6
，那么
y
1
?y
2
?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）
l
2
:x??1
相切故
r?a?1
，由弦长公式 可得
AB?1?k
2
x
1
?x
2
?8
，圆 心到直线
AB
的距离为
2a?6
2
，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

勾股定理可知
r?d?< br>22
1
2
AB?(a?1)
2
?2(a?3)
2?16
解得：当
a?3
时，
r?4
；当
2
2< br>2
?
?
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?2r
2
?d
2
。

三、解答题


21．（1）见解析（2）
【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

（
1
）直接利用面面垂直的性质定理可证；

（
2
）设
ACIBD?O
，计算后可证
OFBE
，从而由已知可证
OF< br>⊥平面
ABCD
，因此可
以
OA
，
OB
，< br>OF
为坐标轴建立空要间直角坐标系，利用向量法求二面角．

试题解析：

（1）∵平面
BDFE?
平面
ABCD
，
AC?BD
，平面
BDFEI
平面
ABCD?BD
，< br>
又
AC?
平面
ABCD
，∴
AC?
平面< br>BDFE
；

（
2
）设
ACIBD?O
，∵ 四边形
ABCD
为等腰梯形，
?DOC?
∴
OD?OC?
2

3
?
2
,AB?2CD?4
，

2,OB?OA?22
，

∵
FEOB
，∴四边形
BOFE
为平行四边形，∴
OFBE
，

又∵
BE?
平面
ABCD
，∴
OF?
平面
ABCD
，
∴
?FBO
为
BF
与平面
ABCD
所成的角，∴
?FBO?
又∵
?FOB?
?
4
，

?
2
，∴
OF?OB?22
，

以
O为原点，
OA
为
x
轴，
OB
为
y
轴，
OF
为
z
轴，建立空间直角坐标系，

则
B0,2 2,0,D0,?2,0,F0,0,22,C?2,0,0,A22,0,0
，
??????
uuuvuuuv
DF?
?
0,2,22
?
,CD?
?
2,?2,0
?
，

v
????
∵
A C?
平面
BDFE
，∴平面
BDF
的法向量为
?
1 ,0,0
?
，

设平面
DFC
的一个法向量为
n?
?
x,y,z
?
，

uuuv
v< br>?
DF·n?0
?
?
2y?22z?0
v
v
v
由
?
uuu
得
?
，令
x?2
得，
n?
?
2,2,?1
?
，

n?0
?
?
CD·
?
2x?2y?0
v
22
v
uuu
cosn,AC??
，∴二面角
B?DF?C
的余弦值为
2
．

3
1?2
2
?2
2
?1
2
3

点睛：立体几何中求“空间角”，一种方法是根据“空间角”的定义作出它的“平面
角”，再通 过解三角形求得，其方法是一作二证三计算；第二种方法是在图形中有相互垂
直的三条直线（或两条）时 ，可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求角，这种方法主
要的就是计算，减少了作辅助线，证明的过 程，只要计算过关，一般都能求得正确结论．

22
．证明见解析．

【解析】

试题分析：（
1
）要证
PA
与平面EBD
平行，而过
PA
的平面
PAC
与平面
EBD的交线为
EO
，因此只要证
PAEO
即可，这可由中位线定理得证；（< br>2
）要证
BD
垂直于平面
PAC
，就是要证
BD与平面
PAC
内两条相交直线垂直，正方形中对角线
BD
与
AC
是垂
直的，因此只要再证
BD?PO
，这由线面垂直的性质或定义可得．
试题解析：证明：（
1
）连接
EO
，∵四边形
ABC D
为正方形，

∴
O
为
AC
的中点，
< br>∵
E
是
PC
的中点，∴
OE
是
?APC的中位线
.

∴
EOPA
，∵
EO?
平面BDE
，
PA?
平面
BDE
，

∴
PA
平面
BDE
.

（
2
）∵
PO?
平面
ABCD
，
BD?
平 面
ABCD
，

∴
PO?BD
，

∵四边形
ABCD
是正方形，

∴
AC?BD
，

∵
PO?AC?O
，
A C?
平面
PAC
，
PO?
平面
PAC
，

∴
BD?
平面
PAC
.

考点：线面平行与线面垂直的判断．

23
．（
1
）详见解析；（
2
）详见解析。

【解析】

试题分析：(1)设BD与AC交于点O,利用三角形的中位线性质可得< br>平面
平面
;(2)由
,进而
平面
.

交于， 连结
面，
，又因为
，面
，点，分别为
面
面
，所以< br>，所以
，
面
面
面
，又
的中点，所以
.

，所以
面，所以
为
,得,根据菱形的性质可得
,从而证明
,从而证得
试题解析：（1）连结
的中位数，
（2）在菱形
，又
.

，又
中，

24．（1）证明见解析；（2）1.

【解析】

试题分析：（1）利用等腰三角形的性质可得
A
1
O?AC
，利用面面垂直的性质可得
A
1
O?
平面
ABC
，根据线面垂直的性质可得结论；（2）先证明
A
1
C
1
| |
平面
ABC
，可得

C
1
到平面
A BC
的距离等于
A
1
到平面
ABC
的距离，利用等积变换及 棱锥的体积公式可得
111
V
C
1
?ABC
?V
A
1
?ABC
?S
?ABC
?AO???2?3?3?1
.< br>

1
332
试题解析：（1）∵
AA
1
? A
1
C
，且
O
为
AC
的中点.

∴
A
1
O?AC
.

又∵平面
AA
1
C
1
C?
平面
ABC
，平面
AA
1< br>C
1
C?
平面
ABC?AC
，

?
平面
AAC
且
AO
111
C
，

∴
A
1
O?
平面
ABC
.

∵
BC?
平面
ABC
，

∴
A
1
O?BC
.

（2）∵
A
1
C
1
||AC
，
A
1
C
1
?< br>平面
ABC
，
AC?
平面
ABC
，

∴
A
1
C
1
||
平面
ABC
.

即
C
1
到平面
ABC
的距离等于
A
1到平面
ABC
的距离.

由（1）知
A
1
O?
平面
ABC
且
AO?
1
∴三棱锥
C
1?ABC
的体积：

AA
1
2
?AO
2
?3
.

111

V
C
1
?ABC
?V
A
1
?ABC
?S
?ABC
?AO???2?3?3?1
.

1
332
25．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】

（
1
）由题意可知
DE

P

AB
，从而得证；

（
2
）要证平面
ACB
1
?
平面
DEF，
转证
EF?
平面
ACB
1
，
即证
AC?EF
，
EF?CB
1
；

（
3
）利用等积法即可得到结果
.

【详解】

（1）证明：因为三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中，
A
1
B
1

P

AB
,

又因为
D,E
分别为
AC
11
,B
1
C
1
的中点，所以
DE

P

A
1
B
1
,

于是
DE

P

AB
,

2
.

3
AB?
平面
DEF
，
D E?
平面
DEF
,

所以
AB

P
平面
DEF
.

(2) 在三棱柱
ABC?A
1
B
1
C
1
中，
< br>CC
1
?
平面
ABC
，
AC?
平面
ABC
，
BC?
平面
ABC

所以
CC
1
?AC
，
CC
1
?BC
,

又
AC?BC
,

BC?CC
1
? C
，
BC,CC
1
?
平面
BCC
1
B1
,

所以
AC?
平面
BCC
1
B
1
,

EF?
平面
BCC
1
B
1
,

所以
AC?EF
,

又因为
BC?CC
1
?2
，
CC
1
?BC
，

所以侧面
BCC
1B
1
为正方形，故
BC
1
?CB
1
,

而
E,F
分别为
B
1
C
1
,B B
1
的中点，连结
BC
1
，所以
EF
‖
B C
1
,

所以
EF?CB
1
，又
AC? CB
1
?C
，
AC,CB
1
?
平面
ACB
1
,

所以
EF?
平面
ACB
1
,


又
EF?
平面
DEF
,

所以平面
ACB
1
?
平面
DEF
.


（3）
V
E?ACB
1
?V
A?ECB
1
?
【点睛】

垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.

(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.

(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.

(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.

26．（
1
）x?y?4?0
（
2
）
x?3y?9?0

【解析】

【分析】

【详解】

得
{
12
S
?ECB
1
?AC?
.

33
2x?3y?10?0
3x?4y?2?0
?
{< br>x??2
y?2

即两直线交点坐标为
?
?2,2
?
.

∵所求直线与已知直线平行
.

∴设直线方程
l
1
:x?y?C?0
；将交点坐标代入直线方程，解得
C?4
.

∴直线
l
1
:x?y?4?0
.

（
2
）联立两直线方程

2x?y?8?0
?
x?3
{
?
?
得
< br>x?2y?1?0
y?2
?
即两直线交点坐标为
?
3,2?
.

∵所求直线与已知直线垂直
.

∴设直线方程
l
2
:x?3y?C?0
；将交点坐标代入直线方程，解得
C??9
.

∴直线
l
2
:x?3y?9?0
.