四川省绵阳中学数学高一下期中经典测试题(含答案)

一、选择题

1．(0分)[ID：12417]已知a，b是两条异面直线，且ab，直线c与直线a成30角，则c与b所成的角的大小范围是( ) A．60,90

B．30,90

C．30,60

D．45,90

2．(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

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）

3．(0分)[ID：12400]若圆C:x2y2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

4．(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

5．(0分)[ID：12357]如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（ ）

A． 22 B． 42

C．4 D．8

6．(0分)[ID：12354]已知圆𝑴:𝒙𝟐+𝒚𝟐−𝟐𝒂𝒚=𝟎(𝒂>𝟎)截直线𝒙+𝒚=𝟎所得线段的长度是𝟐√𝟐，则圆𝑴与圆𝑵:(𝒙−𝟏)𝟐+(𝒚−𝟏)𝟐=𝟏的位置关系是（ ） A．内切

B．相交

C．外切

D．相离

7．(0分)[ID：12395]正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长为（ ） A．6245 B．6225 C．3245

D．3225

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：12390]已知实数x,y满足2xy50，那么x2y2的最小值为（ ）

A．5 cm3）是（ ）

B．10 C．25 D．210 10．(0分)[ID：12369]某锥体的三视图如图所示（单位：cm），则该锥体的体积（单位：

A．C．

1 31 6B．

1 2D．1

11．(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．

2 212．(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．

128 3D．32

x12cos,13．(0分)[ID：12337]若圆的参数方程为（为参数），直线的参数方

y32sinx2t1,程为（t为参数），则直线与圆的位置关系是（ ）

y6t1A．相交且过圆心

B．相交但不过圆心

C．相切

D．相离

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

B．2个

C．3个

D．4个

15．(0分)[ID：12362]如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中： ①BM与ED平行 ②CN与BE是异面直线 ③CN与BM成60角 ④DM与BN是异面直线 以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

二、填空题

16．(0分)[ID：12478]在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，BDACO,M是线段D1O上的动点，过M做平面ACD1的垂线交平面A1B1C1D1于点N，则点N到点

A的距离最小值是___________．

17．(0分)[ID：12486]以a(3,2)方向向量的直线平分圆x+y+2y0，直线l的方程为________.

18．(0分)[ID：12470]已知平面α，β，γ是空间中三个不同的平面，直线l，m是空间中两条不同的直线，若α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，l⊥m，则 ①m⊥β；②l⊥α；③β⊥γ；④α⊥β.

由上述条件可推出的结论有________(请将你认为正确的结论的序号都填上)． 19．(0分)[ID：12469]已知动点A,B分别在x轴和直线yx上，C为定点2,1，则

22ABC周长的最小值为_______.

20．(0分)[ID：12465]将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，

①AB与平面BCD所成角的大小为60 ②ACD是等边三角形 ③AB与CD所成的角为60 ④ACBD

⑤二面角BACD为120 则上面结论正确的为_______．

21．(0分)[ID：12452]将一张坐标纸折叠一次，使点(10,0)与点(6,8)重合，则与点(4,2)重合的点是______.

22．(0分)[ID：12440]圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是60°，轴截面的面积为1803，则圆台的侧面积为_____．

23．(0分)[ID：12459]已知直线AxBy4A0与圆O：xy36交于M，N两点，则线段MN中点G的轨迹方程为______．

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

2222______

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：12605]如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面

PBD平面ABCD，AD2，PD25，ABPB4，BAD60.

（1）求证：ADPB；

PE，当PB平面ADE时，求实数的值 PC27．(0分)[ID：12591]如图，四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，PA平面

（2）E是侧棱PC上一点，记

ABCD，E为PD的中点.

（1）证明：PB//平面AEC；

（2）设二面角DAEC为60°，AP1，AD角的正弦值.

28．(0分)[ID：12616]如图所示的等腰梯形ABCD中，AB//CD，

3，求直线AC与平面ECD所成

1ABADBCCDa，E为CD中点．若沿AE将三角形DAE折起，并连接DB，

2DC，得到如图所示的几何体D-ABCE，在图中解答以下问题：

（1）设G为AD中点，求证：DC//平面GBE；

（2）若平面DAE平面ABCE，且F为AB中点，求证：DFAC．

3xt229．(0分)[ID：12568]在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参y11t2数），若以直角坐标系xOy的O点为极点，Ox所在直线为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C的极坐标方程为22cos(（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A,B两点，求线段AB的长度.

30．(0分)[ID：12555]如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中（侧棱垂直于底面的三棱柱），D，E，F分别是线段CC1，AC1，AB的中点，P为侧棱CC1上的点，

4).

CP1，ACB90，AA1AC4，BC2.

（1）求证；PF//平面BDE； （2）求直线PF与直线BE所成的角.

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

14．C 15．B

二、填空题

16．【解析】连结易知面面而即在面内且点的轨迹是线段连结易知是等边三角形则当为中点时距离最小易知最小值为

17．【解析】【分析】由为方向向量设直线的方程为：若要求直线平分圆则圆心在要求的直线上故得解【详解】根据题意要求的直线的方向向量为：设直线的方程为：圆即圆心为若要求直线平分圆则圆心在要求的直线上则有：则直

18．②④【解析】【分析】对每一个选项分析判断得解【详解】根据已知可得面β和面γ可成任意角度和面α必垂直所以直线m可以和面β成任意角度①不正确；l⊂γl⊥m所以l⊥α②正确；③显然不对；④因为l⊂βl⊥α

19．【解析】【分析】点C关于直线y=x的对称点为（12）点C关于x轴的对称点为（2﹣1）三角形PAB周长的最小值为（12）与（2﹣1）两点之间的直线距离【详解】点C关于直线y=x的对称点为（12）点C关

20．②③④【解析】【分析】作出此直二面角的图象由图形中所给的位置关系对命题逐一判断即可得出正确结论【详解】作出如图的图象E是BD的中点易得∠AED＝90°即为此直二面角的平面角对于命题①AB与平面BCD

21．【解析】【分析】先求得点的垂直平分线的方程然后根据点关于直线对称点的求法求得的对称点由此得出结论【详解】已知点点可得中点则∴线段AB的垂直平分线为：化为设点关于直线的对称点为则解得∴与点重合的点是故

22．【解析】【分析】首先通过两个底面面积之比为得到半径比设出上底半径为下底半径为由因为母线与底面的夹角是得到母线长为高为就可以根据轴截面的面积解出代公式求出侧面积即可【详解】圆台的两个底面面积之比为则半

23．【解析】【分析】直线过定点设代入方程利用点差法计算得到答案【详解】直线过定点设则两式相减得到即故整理得到：故答案为：【点睛】本题考查了轨迹方程意在考查学生对于点差法的理解和掌握

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．A 解析：A 【解析】 【分析】

将异面直线所成的角转化为平面角，然后由题意，找出与直线a垂直的直线b的平行线，与直线c平行线的夹角. 【详解】

在直线a上任取一点O，过O做c//c，则a,c确定一平面，

过O点做直线b的平行线b，所有平行线b在过O与直线a垂直的平面内， 若存在平行线b1不在内，则b1与b相交又确定不同于的平面， 这与过一点有且仅有一个平面与一条直线垂直矛盾，所以b都在平面内， 且,l，在直线c上任取不同于O的一点P，

做PPl于P，则PP，POP为是c与所成的角为60， 若bl，则b,bc，若b不垂直l且不与l重合， 过P做PAb，垂足为A，连PA，则b平面PPA， 所以bPA，即OAPA,cosAOPOAOP1， OPOP2AOP60，综上b与c所成角的范围为[60,90]，

所以直线b与c所成角的范围为60,90. 故选：A.

【点睛】

本题考查异面直线所成角，空间角转化为平面角是解题的关键，利用垂直关系比较角的大小，属于中档题.

2．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.

3．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32)224，

4．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.

5．C

解析：C 【解析】

分析：由三视图还原实物图,再根据三角形面积公式求解.

详解：在斜二测直观图中OB=2,OA=2, 所以在平面图形中OB=2,OA=4， OA⊥OB， 所以面积为S选C.

1244. 2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．

6．B

解析：B 【解析】

化简圆𝑴:𝒙𝟐+(𝒚−𝒂)𝟐=𝒂𝟐⇒𝑴(𝟎,𝒂),𝒓𝟏=𝒂⇒𝑴到直线𝒙+𝒚=𝟎的距离𝒅=√𝟐⇒ ()+𝟐=𝒂𝟐⇒𝒂=𝟐⇒𝑴(𝟎,𝟐),𝒓𝟏=𝟐，

√𝟐𝒂𝟐

𝒂又𝑵(𝟏,𝟏),𝒓𝟐=𝟏⇒|𝑴𝑵|=√𝟐⇒|𝒓𝟏−𝒓𝟐|<|𝑴𝑵|< |𝒓𝟏+𝒓𝟐|⇒两圆相交. 选B

7．A

解析：A 【解析】 【分析】

利用线面平行的判定与性质证明直线BC1为过直线EF且过点B的平面与平面BCC1B1的交线,从而证得B,E,F,C1四点共面,然后在正方体中求等腰梯形BEFC1的周长即可. 【详解】 作图如下:

因为E,F是棱AD,DD1的中点, 所以EF//AD1//BC1,

因为EF平面BCC1B1,BC1平面BCC1B1, 所以EF//平面BCC1B1， 由线面平行的性质定理知,

过直线EF且过点B的平面与平面BCC1B1的交线l平行于直线EF, 结合图形知,l即为直线BC1,

过B，E，F的平面截该正方体所得的截面即为等腰梯形BEFC1, 因为正方体的棱长AB＝4,

所以EF22,BEC1F25,BC142,

所以所求截面的周长为6245, 故选:A 【点睛】

本题主要考查多面体的截面问题和线面平行的判定定理和性质定理；重点考查学生的空间想象能力;属于中档题.

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

44考点：球内接多面体，球的表面积．

29．A

解析：A 【解析】

由题意知，x2y2表示点(x,y)到坐标原点的距离， 又原点到直线2xy50的距离为d521225，

所以x2y2的距离的最小值为5，故选A.

10．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据三视图知该几何体对应的三棱锥，结合图中数据求得三棱锥的体积． 【详解】

由题意可知三棱锥的直观图如图：三棱锥的体积为：故选：A．

111211． 323

【点睛】

本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，考查了空间想象能力，是基础题．

11．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．

12．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．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2cos（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.

直线的方程为x2t1（t为参数），则直线的普通方程为y13(x1)，即

y6t133(1)2192102，即直线与5y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.

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．B

解析：B 【解析】

【分析】

把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案． 【详解】

把平面展开图还原原几何体如图：

由正方体的性质可知，BM与ED异面且垂直，故①错误；

CN与BE平行，故②错误；

连接BE，则BECN，EBM为CN与BM所成角，连接EM，可知BEM为正三

角形，则EBM60，故③正确；

由异面直线的定义可知，DM与BN是异面直线，故④正确． ∴正确命题的个数是2个． 故选：B． 【点睛】

本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．

二、填空题

16．【解析】连结易知面面而即在面内且点的轨迹是线段连结易知是等边三角形则当为中点时距离最小易知最小值为

解析：6 2【解析】

连结B1D1，易知面ACD1面BDD1B1，而MNACD1，即NMD1O，NM在面

BDD1B1内，且点N的轨迹是线段B1D1，连结AB1，易知AB1D1是等边三角形，则当

N为B1D1中点时，NA距离最小，易知最小值为6 217．【解析】【分析】由为方向向量设直线的方程为：若要求直线平分圆则圆心在要求的直线上故得解【详解】根据题意要求的直线的方向向量为：设直线的方程为：圆即圆心为若要求直线平分圆则圆心在要求的直线上则有：则直 解析：2 x3y30

【解析】

【分析】

由a(3,2)为方向向量，设直线的方程为：2x3ym0，若要求直线平分圆，则圆心在要求的直线上，故得解. 【详解】

根据题意，要求的直线的方向向量为：a(3,2)，设直线的方程为：2x3ym0 圆x+y+2y0，即x2(y1)21，圆心为(0,1)，

若要求直线平分圆，则圆心在要求的直线上，则有：3m0m3 则直线l的方程为：2 x3y30 【点睛】

本题考查了直线的方向向量以及求与已知直线平行的直线方程，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.

2218．②④【解析】【分析】对每一个选项分析判断得解【详解】根据已知可得面β和面γ可成任意角度和面α必垂直所以直线m可以和面β成任意角度①不正确；l⊂γl⊥m所以l⊥α②正确；③显然不对；④因为l⊂βl⊥α

解析：②④ 【解析】 【分析】

对每一个选项分析判断得解. 【详解】

根据已知可得面β和面γ可成任意角度，和面α必垂直．所以直线m可以和面β成任意角度，①不正确；l⊂γ，l⊥m，所以l⊥α，②正确；③显然不对；④因为l⊂β，l⊥α，所以α⊥β，④正确． 故答案为②④ 【点睛】

本题主要考查空间线面垂直和面面垂直的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

19．【解析】【分析】点C关于直线y=x的对称点为（12）点C关于x轴的对称点为（2﹣1）三角形PAB周长的最小值为（12）与（2﹣1）两点之间的直线距离【详解】点C关于直线y=x的对称点为（12）点C关 解析：10

【解析】 【分析】

点C关于直线y=x的对称点为C（1，2），点C关于x轴的对称点为C（2，﹣1）．三角形PAB周长的最小值为C（1，2）与C（2，﹣1）两点之间的直线距离． 【详解】

点C关于直线y=x的对称点为C（1，2），

点C关于x轴的对称点为C（2，﹣1）．三角形PAB周长的最小值为C（1，2）与C（2，﹣1）两点之间的直线距离，

|CC（2，﹣1）|=(21)2(12)2=10． 故答案为：10． 【点睛】

本题考查点到直线的距离公式，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．

20．②③④【解析】【分析】作出此直二面角的图象由图形中所给的位置关系对命题逐一判断即可得出正确结论【详解】作出如图的图象E是BD的中点易得∠AED＝90°即为此直二面角的平面角对于命题①AB与平面BCD

解析：②③④ 【解析】 【分析】

作出此直二面角的图象，由图形中所给的位置关系对命题逐一判断，即可得出正确结论． 【详解】

作出如图的图象，E是BD的中点，易得∠AED＝90°即为此直二面角的平面角 对于命题①AB与平面BCD所成的线面角的平面角是∠ABE＝45°，故AB与平面BCD成60°的角不正确；

对于命题②，在等腰直角三角形AEC中AC等于正方形的边长，故△ACD是等边三角形，此命题正确；

对于命题③可取AD中点F，AC的中点H，连接EF，EH，FH，则EF，FH是中位线，故∠EFH或其补角为异面直线AB与CD所成角，又EF,FH其长度为正方形边长的一半，而EH是直角三角形AEC的中线，其长度是AC的一半即正方形边长的一半，故△EFH是等边三角形，由此AB与CD所成的角为60°，此命题正确；

对于命题④，BD⊥面AEC，故AC⊥BD，此命题正确；

对于命题⑤，连接BH，HD,则BH⊥AC, DH⊥AC,则∠BHD为二面角BACD的平面角，又BH=DH=13AC,BD=2AC,cos∠BHD=-,故二面角BACD不是120

32

综上知②③④是正确的 故答案为②③④ 【点睛】

本题考查与二面角有关立体几何中线线之间的角的求法，线面之间的角的求法，以及线线之间位置关系的证明方法．综合性较强，对空间立体感要求较高．

21．【解析】【分析】先求得点的垂直平分线的方程然后根据点关于直线对称点的求法求得的对称点由此得出结论【详解】已知点点可得中点则∴线段AB的垂直平分线为：化为设点关于直线的对称点为则解得∴与点重合的点是故 解析：4,2

【解析】 【分析】

先求得点10,0,6,8的垂直平分线的方程，然后根据点关于直线对称点的求法，求得

4,2的对称点，由此得出结论.

【详解】

已知点A(10,0)，点B(6,8)，可得中点M(2,4). 则kAB81.

6102∴线段AB的垂直平分线为：y42(x2)， 化为2xy0.

设点4,2关于直线2xy0的对称点为P(a,b)，

2b21a44a. 则，解得b224a2b022∴与点4,2重合的点是4,2. 故答案为：4,2. 【点睛】

本小题主要考查线段垂直平分线方程的求法，考查点关于直线对称点的坐标的求法，属于中档题.

22．【解析】【分析】首先通过两个底面面积之比为得到半径比设出上底半径为下底半径为由因为母线与底面的夹角是得到母线长为高为就可以根据轴截面的面积解出代公式求出侧面积即可【详解】圆台的两个底面面积之比为则半 解析：360

【解析】 【分析】

首先通过两个底面面积之比为4:9，得到半径比，设出上底半径为2k，下底半径为3k，由因为母线与底面的夹角是60，得到母线长为2k，高为3k.就可以根据轴截面的面积解出k6，代公式求出侧面积即可. 【详解】

圆台的两个底面面积之比为4:9，则半径比为2:3

所以设圆台的上底半径为2k，下底半径为3k，

由于母线与底面的夹角是60，所以母线长为2k，高为3k. 由于轴截面的面积为1803， 所以

4k6k23k1803，解得k6.

所以圆台的上底半径为12，下底半径为18.母线长为12. 所以圆台的侧面积为121812360. 故答案为：360 【点睛】

本题主要考查圆台的性质以及圆台的侧面积，同时考查了线面成角问题，属于中档题.

23．【解析】【分析】直线过定点设代入方程利用点差法计算得到答案【详解】直线过定点设则两式相减得到即故整理得到：故答案为：【点睛】本题考查了轨迹方程意在考查学生对于点差法的理解和掌握 解析：x2y24

【解析】 【分析】

2直线AxBy4A0过定点4,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，Gx,y，代入方程利用点差法计算得到答案. 【详解】

直线AxBy4A0过定点4,0，

2222设Mx1,y1,Nx2,y2，Gx,y，则x1y136，x2y236，

两式相减得到x1x2x1x2y1y2y1y20，即2x2ky0. 故2x2y2y0，整理得到：x2y24. x42故答案为：x2y24. 【点睛】

本题考查了轨迹方程，意在考查学生对于点差法的理解和掌握.

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）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）证明ADBD，利用平面PBD平面ABCD，交线为BD，可得AD平面

3. 4PBD，从而ADPB；

（2）作EF//BC，交PB于点F，连接AF，连接DF，PBD中，由余弦定理求得

cosBPD【详解】

325，即可得出结论．

（1）证明：在△ABD中，AD2，AB4，BAD60，

∴由余弦定理可得BD23，AD2BD2AB2，ADBD. ∵平面PBD平面ABCD，交线为BD，

AD平面PBD，又PB平面PBD ADPB.

（2）解：作EF//BC，交PB于点F，连接AF， 由EF//BC//AD可知A，D，E，F四点共面，

连接DF，所以由（1）的结论可知，PB平面ADE，当且仅当PBDF. 在△PBD中，由PB4，BD23，PD25， 余弦定理求得cosBPD325，∴在RtPDF中，PFPDcosBPD3，

PEPF3 PCPB4【点睛】

因此本题考查立体几何有关知识，考查线面、面面垂直，考查运算能力，属于中档题．

27．

（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）连接辅助线构造三角形，利用三角形中位线定理证明线线平行，再通过线线平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，通过二面角DAEC为60°，利用平面法向量求出点B的坐标，再利用法向量求直线AC与平面ECD所成角的正弦值. 【详解】 （1）如图，

7. 7

连接BD，且BDACO，则在矩形ABCD中O为BD中点， 且在△PBD中，E为PD的中点， ∴OE//PB

且OE平面AEC，PB平面AEC， ∴PB//平面AEC；

（2）如图以A为原点，以AB为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴建立空间直角坐标系，

AP1，ADBC3，

31E0,D0,3,0Ca,3,0A0,0,0设ABCDa，，， ，2,2 31∴ACa,3,0，AE0,2,2，AD0,3,0

设平面AEC、平面AED和平面ECD的法向量分别为n1x1,y1,z1，n2x2,y2,z2，

n3x3,y3,z3

n1AE0则有，

nAC0131y1z102∴2，

ax3y011令x13，则有n13,a,3a，

同理可得n21,0,0，n30,3,3， ∵二面角DAEC为60° ∴cos60n1n2n1n21，2

∴34a231， 2解得a3， 23,3,0，n30,3,3， 2∴AC设AC与n3所成角为， ∴

cosn3ACn3AC31221477，

即直线AC与平面ECD所成角的正弦值为【点睛】

7. 7本题考查用线面平行判定定理证明线面平行，用空间向量求线面所成角，考查推理论证能力、运算求解能力和转化与化归思想，是中档题.

28．

（1）证明见解析；（2）证明见解析

【解析】 【分析】

（1）连接AC交BE于点O，连接OG，先证明四边形ABCE为平行四边形，再通过证明

OG//DC，即可得到DC//平面GBE；

（2）通过证明AC平面DFH，即可得到DFAC. 【详解】

（1）连接AC交BE于点O，连接OG.

因为AB//CD，ABADBC1CDa， E为CD中点 2所以ABCE，即四边形ABCE为平行四边形 所以O为AC的中点 因为G分别为AD的中点， 所以OG//DC，

又因为OG平面GBE，DC平面GBE， 所以DC//平面GBE；

（2）取AE中点H，连接DH,FH.

因为F,H分别为AB,AE中点，所以FH//BE， 易知，四边形ABCE为菱形，所以ACBE， 所以ACFH，

又因为DADE，H为AE中点， 所以DHAE，

又平面DAE平面ABCE， 所以DH平面ABCE，

所以DHAC， 又因为DHFHH，

所以AC平面DFH，则DFAC. 【点睛】

本题主要考查线面平行和线线垂直的判定，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）x2y22x2y0；（2）7 【解析】 【分析】

xcos（1）由公式可得曲线C的直角坐标方程；

ysin（2）把直线参数方程化为普通方程，曲线C是圆，因此由垂径定理计算弦长，即求出圆

心到直线的距离，由勾股定理计算弦长． 【详解】

（1）因为22cos(24)，所以22coscossinsin2cossin

44即2cossin.

222因为cosx,siny,xy，所以x2y22(xy)，

所以曲线C的直角坐标方程为xy2x2y0

223xt2（2）因为直线l的参数方程为（t为参数），所以

1y1t2x3y33t(3t)3， 22所以l的直角坐标方程为x3y30 所以圆心1,1到直线l的距离d133112，

32所以AB22d222【点睛】

17，所以线段AB的长度为7 4本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查参数方程与普通方程的互化．考查圆的弦长问题．求圆弦长，一般用几何方法，即求出圆心到弦所在直线距离（弦心距），由勾股定理计算弦长．

30．

（1）证明见解析；（2）90° 【解析】 【分析】

（1）作BC中点G，连结PG，FG，可证P为CD中点，可证PG//BD，

FG//AC//ED，证明平面PFG平面BED，从而得证；

（2）以CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，表示出PF和BE，

利用向量的夹角公式即可求解 【详解】

（1）作BC中点G，连结PG，FG， 因为F为AB中点，G为BC中点，所以FG点，所以ED所以PGAC，又因为E为AC1中点，D为CC1中

平面BED，FP平面

AC，所以FG∥ED，又因为CP1，AA14，所以P为CD中点，

BD，又因为FGPGG，所以平面PFGPFG，所以PF//平面BDE；

（2）因为ACB90，三棱柱为直三棱柱，故以CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，F2,1,0,B0,2,0,P0,0,1,E2,0,2， 故PF2,1,1,BE2,2,2，cosPF,BEPFBEPFBE0，故直线PF与直线

BE所成的角为90°

【点睛】

本题考查线面平行的证法，异面直线夹角的求法，属于中档题