《金版学案》数学必修2(苏教版)模块综合检测卷含解析
2022-2021年《金版学案》数学·必修2(苏教版)练习：第2章2.3-2.3.1空间直角坐标系
第2章平面解析几何初步2.3 空间直角坐标系2.3.1 空间直角坐标系A级基础巩固1．点P(－2，0，3)位于()A．y轴上B．z轴上C．xOz平面内D．yOz平面内解析：由于点P在y轴上的坐标为0，所以点P位于xOz平面内．答案：C2．在空间直角坐标系中，P(2，3，4)，Q(－2，－3，－4)两点的位置关系是() A．关于x轴对称B．关于yOz平面对称C．关于坐标原点对称D．以上都不对解析：三坐标均相反时，两点关于原点对称．答案：C3．在空间直角坐标系中，点P(1，2，3)关于x轴对称的点的坐标为() A．(－1，2，3) B．(1，－2，－3)C．(－1，－2，3) D．(－1，2，－3)解析：关于x轴对称，x不变，y，z相反，故P(1，2，3)关于x轴对称点的坐标为P′(1，－2，－3)．答案：B4．点P(2，3，4)关于yOz平面对称的点的坐标为()A．(－2，3，4) B．(－2，－3，4)C．(2，－3，－4) D．(－2，3，－4)解析：关于yOz平面对称的点，在y轴上，z轴上的坐标不变，在x轴上的坐标变为原来的相反数．答案：A5．已知ABCD为平行四边形，且A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C(3，7，－5)，则点D的坐标为________．解析：连接AC，BD交于点P，则P为AC与BD的中点，由点A，C坐标求得中点P⎝⎛⎭⎪⎫72，4，－1，再由B(2，－5，1)求得点D的坐标为(5，13，－3)．答案：(5，13，－3)6．若x轴上一点A到z轴上一点B的距离为4，并且AB的中点到平面xOy 的距离为1，则点A的坐标为________．解析：设A(a，0，0)，B(0，0，c)，则AB中点P⎝⎛⎭⎪⎫a2，0，c2，所以|c|2＝1.所以|c|＝2.又a2＋c2＝16，所以a2＝12，a＝±2 3.答案：(±23，0，0)7．有下列叙述：①在空间直角坐标系中，在Ox轴上的点的坐标肯定是(0，b，c)；②在空间直角坐标系中，在yOz平面上的点的坐标肯定可写成(0，b，c)；③在空间直角坐标系中，在Oz轴上的点的坐标可记作(0，0，c)；④在空间直角坐标系中，在xOz平面上的点的坐标是(a，0，c)．其中正确叙述的序号是________．解析：依据空间直角坐标系中坐标轴及坐标面上点的特点知②③④正确．答案：②③④8.如右图所示，空间直角坐标系中OABC-D′A′B′C′是棱长为2的正方体．其中，E，F，G，H分别为边AB，BB′，C′D′，AA′的中点，则坐标为(0，1，2)的点是________．解析：点的横坐标为0，所以点在平面yOz上，竖坐标为2.所以点在正方体的上底面上．又纵坐标为1，故点为D′C′的中点G.答案：G点9．在空间直角坐标系中，点P(2，－4，6)关于y轴对称的点P′的坐标为________．解析：点P(2，－4，6)关于y轴对称的点P′的坐标为(－2，－4，－6)．答案：(－2，－4，－6)10．点M(2，－3，1)关于点P(1，1，1)的对称点是________．解析：点M(a，b，c)关于点P(1，1，1)的对称点是(2－a，2－b，2－c)．答案：(0，5，1)B级力量提升11．如图所示，三棱锥O-ABC为一个正方体截下的一角，OA＝a，OB＝b，OC＝c，建立如图所示的坐标系，则△ABC的重心G的坐标是________．解析：由于A(a，0，0)，B(0，0，b)，C(0，c，0)，所以G⎝⎛⎭⎪⎫a3，c3，b3.答案：⎝⎛⎭⎪⎫a3，c3，b312．在空间直角坐标系中，已知点P(x，y，z)，给出下面命题：①点P关于x轴的对称点的坐标是(x，－y，－z)；②点P关于平面yOz的对称点的坐标是(x，－y，－z)；③点P关于y轴的对称点的坐标是(x，－y，z)；④点P关于原点的对称点的坐标是(－x，－y，－z)．其中正确命题的序号是________．解析：点P关于x轴、平面yOz、y轴、原点的对称点的坐标分别是(x，－y，－z)，(－x，y，z)，(－x，y，－z)，(－x，－y，－z)，故只有命题①④正确．答案：①④13．在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，全部的棱长都是1，建立适当的空间直角坐标系，并写出各点的坐标．解：如图所示，取AC的中点O和A1C1的中点O1，连接BO，OO1，可得BO⊥AC，BO⊥OO1.以OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．由于各棱长均为1，所以OA ＝OC ＝O 1C 1＝O 1A 1＝12，OB ＝32.由于A ，B ，C 均在坐标轴上，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0. 由于点A 1，C 1均在yOz 平面内，所以A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，1，C 1⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1.由于点B 1在xOy 平面内的射影为点B ，且BB 1＝1，所以B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，1.14．如图所示，已知一长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对称中心在坐标原点O ，顶点A 的坐标为(－2，－3，－1)，求其他7个顶点的坐标．解：由于A (－2，－3，－1)，依据长方体各顶点的对称关系， 不难求得B (－2，3，－1)，C (2，3，－1)，D (2，－3，－1)．点A 1，B 1，C 1，D 1与点A ，B ，C ，D 分别关于平面xOy 对称，可得到A 1(－2，－3，1)，B 1(－2，3，1)，C 1(2，3，1)，D 1(2，－3，1)．。
2022-2021年《金版学案》数学·必修2(苏教版)：章末过关检测卷(一)
章末过关检测卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l()A．平行B．相交C．垂直D．异面解析：无论l在α内，还是与α平行或相交，都可在α内找到一条直线与l 垂直．答案：C2．对两条异面直线a与b，必存在平面α，使得()A．a⊂α，b⊂αB．a⊂α，b∥αC．a⊥α，b⊥αD．a⊂α，b⊥α解析：已知两条异面直线a和b，可以在直线a上任取一点A，则A∉b.过点A 作直线c∥b，则过a，c确定平面α，且使得a⊂α，b∥α.答案：B3．已知直线m，n和平面α，β满足m⊥n，m⊥α，α⊥β，则()A．n⊥βB．n∥β或n⊂βC．n⊥αD．n∥α或n⊂α解析：在平面β内作直线l垂直于α，β的交线，则由α⊥β得直线l⊥α.又由于m⊥α，所以l∥m.若m⊂β，要满足题中限制条件，明显只能n∥α或n⊂α；同理m⊄β，仍有n∥α或n⊂α.综上所述，D正确．答案：D4．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题正确的是()A．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥nB．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nC．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥nD．若m∥α，n⊥β，α⊥β，则m∥n解析：对于A，m与n还可能平行或相交或异面；对于C，m与n还可能相交或异面；对于D，m与n还可能相交或异面．答案：B5．(2021·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是()A．8 cm3B．12 cm3C.323cm3 D.403cm3解析：该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的组合体．下面是棱长为2 cm的正方体，体积V1＝2×2×2＝8(cm3)；上面是底面边长为2 cm，高为2 cm的正四棱锥，体积V2＝13×2×2×2＝83(cm3)，所以该几何体的体积V＝V1＋V2＝323 (cm3)．答案：C6．(2021·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5解析：该三棱锥的直观图如图所示，且过点D 作DE ⊥BC ，交BC 于点E ，连接AE ，则BC ＝2，EC ＝1，AD ＝1，ED ＝2，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5. 答案：C7．(2021·课标全国Ⅰ卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：由题意知，2r ·2r ＋12·2πr ·2r ＋12πr 2＋12πr 2＋12·4πr 2＝4r 2＋5πr 2＝16＋20π，解得r ＝2.答案：B8．(2021·广东卷)若空间中n 个不同的点两两距离都相等，则正整数n 的取值( )A ．大于5B ．等于5C ．至多等于4D ．至多等于3解析：当n ＝3时明显成立，故排解A 、B ；由正四周体的四个顶点，两两距离相等，得n ＝4时成立．答案：C9．如左下图所示，有一个水平放置的透亮 无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，假如不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3解析：作出该球轴截面的图象，如图所示，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，由于AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5，所以V ＝43πR 3＝500π3(cm 3)．答案：A10.如图所示，等边三角形ABC 的边长为4，M ，N 分别为AB ，AC 的中点，沿MN 将△AMN 折起，使得平面AMN 与平面MNCB 所成的二面角为30°，则四棱锥A -MNCB 的体积为( )A.32B.32C. 3 D ．3 解析：如图所示，作出二面角A -MNB 的平面角∠AED ，AO 为△AED 底边ED 上的高，也是四棱锥A -MNCB 的高．由题意，得AO ＝32. V ＝13×32×33＝32.答案：A11．轴截面为正方形的圆柱的侧面积与全面积的比是( ) A ．1∶2B ．2∶3C ．1∶3D ．1∶4答案：B12．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，在l 上取线段AB ＝4，AC 、BD 分别在平面α和平面β内，且AC ⊥AB ，DB ⊥AB ，AC ＝3，BD ＝12，则CD 的长度为( )A ．13 B.151 C ．12 3 D ．15 答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上)13．已知正四棱锥O -ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．解析：设正四棱锥的高为h ，则13×(3)2h ＝322，解得高h ＝322.底面正方形的对角线长为2×3＝6，所以OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝6，所以球的表面积为4π(6)2＝24π.答案：24π14．(2022·北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．解析：依据三视图还原几何体，得如图所示的三棱锥P -ABC ，由三视图的外形特征及数据，可推知PA ⊥平面ABC ，且PA ＝2.底面为等腰三角形，AB ＝BC ，设D 为AC 中点，AC ＝2，则AD ＝DC ＝1，且BD ＝1，易得AB ＝BC ＝2，所以最长的棱为PC ，PC ＝PA 2＋AC 2＝2 2.答案：2 215．(2021·江苏卷)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱的总体积为13π·52×4＋π·22×8＝196π3.设新的圆锥和圆柱的底面半径为r ，则13π·r 2·4＋π·r 2×8＝28π3r 2＝196π3，解得r ＝7.答案：716．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．解析：设甲、乙两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2， 则2πr 1h 1＝2πr 2h 2，所以h 1h 2＝r 2r 1，又S 1S 2＝πr 21πr 22＝94， 所以r 1r 2＝32.所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 21r 22·h 1h 2＝r 21r 22·r 2r 1＝32.答案：32三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤)17．(本小题满分10分)(2022·课标全国Ⅱ卷)如图所示，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设AP ＝1，AD ＝3，三棱锥P -ABD 的体积V ＝34，求A 到平面PBC 的距离．(1)证明：如图所示，设BD 与AC 的交点为O ，连接EO .由于四边形ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点， 所以EO ∥PB .由于EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)解：由V ＝16PA ·AB ·AD ＝36AB ，又V ＝34，可得AB ＝32.作AH ⊥PB 交PB 于点H .由题设知BC ⊥平面PAB ，所以BC ⊥AH .故AH ⊥平面PBC .在Rt △PAB 中，由勾股定理可得PB ＝132， 所以AH ＝PA ·AB PB ＝31313.所以A 到平面PBC 的距离为31313.18．(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BCD ＝60°.已知PB ＝PD ＝2，PA ＝ 6.(1)证明：PC ⊥BD ；(2)若E 为PA 的中点，求三棱锥P -BCE 的体积． (1)证明：如图所示，连接BD ，AC 交于点O . 由于PB ＝PD ， 所以PO ⊥BD .又由于ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC .而AC ∩PO ＝O ， 所以BD ⊥面PAC .所以BD ⊥PC . (2)解：由(1)知BD ⊥面PAC .由已知得BD ＝2，AC ＝23，PO ＝ 3. 所以S △PEC ＝12S △PAC ＝12×12×23×3＝32.所以V P -BCE ＝V B -PEC ＝13·S △PEC ·BO ＝13×32×1＝12.19．(本小题满分12分)将圆心角为120°，面积为3π的扇形，作为圆锥的侧面，求圆锥的表面积和体积．解：设扇形的半径和圆锥的母线都为l ，圆锥的底面半径为r ， 则120360πl 2＝3π，l ＝3；2π3×3＝2πr ，r ＝1； S 表面积＝S 侧面＋S 底面＝πrl ＋πr 2＝4π，V ＝13Sh ＝13×π·12×22＝223π.20．(本小题满分12分)一个几何体按比例绘制出的三视图如图所示(单位：m)．(1)试画出其直观图； (2)求它的体积．解：(1)几何体的直观图如图所示．(2)由直观图知，该几何体可看成底面立起来的四棱柱，其体积为V ＝12×(1＋2)×1×1＝32(m 3)．21.(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC 上移动．(1)求三棱锥E -PAD 的体积；(2)点E 为BC 的中点时，试推断EF 与平面PAC 的位置关系，并说明理由； (3)求证：无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF . (1)解：由于PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥AD ，所以三棱锥E -PAD 的体积为V ＝13S △PAD ·AB ＝13×12×1×3×1＝36.(2)解：当点E 为BC 的中点时，EF 与平面PAC 平行． 由于在△PBC 中，E ，F 分别为BC ，PB 的中点， 所以EF ∥PC .又EF ⊄平面PAC ，而PC ⊂平面PAC ， 所以EF ∥平面PAC .(3)证明：由于PA ⊥平面ABCD ，BE ⊂平面ABCD ， 所以EB ⊥PA .由于EB ⊥AB ，AB ∩AP ＝A ，AB ，AP ⊂平面PAB ，所以EB ⊥平面PAB . 又由于AF ⊂平面PAB ， 所以AF ⊥BE .由于PA ＝AB ＝1，点F 是PB 的中点，所以AF ⊥PB . 由于PB ∩BE ＝B ，PB ，BE ⊂平面PBE ， 所以AF ⊥平面PBE .由于PE ⊂平面PBE ，所以AF ⊥PE .22．(本小题满分12分)(2022·广东卷)如图①所示，四边形ABCD 为矩形，PD⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC ＝PC ＝2，按图②方式折叠，折痕EF //DC .其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF .(1)证明：CF ⊥平面MDF ； (2)求三棱锥M -CDE 的体积．(1)证明：如图所示，由于PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AD .又由于ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD 与CD 交于点D ， 所以AD ⊥平面PCD . 又CF ⊂平面PCD ， 所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF . 又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ， 所以CF ⊥平面DMF .(2)解：由于PD ⊥DC ，BC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°， 所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ， 在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.过点F 作FG ⊥CD ，得FG ＝FG sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334. 所以MD ＝ME 2－DE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3342－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝62.S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38.故V M - CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.。
【金版学案】2016-2017学年苏教版高中数学必修2(测试)第2章2.1-2.1.2直线的方程 Word版含解析
第2章平面解析几何初步2.1 直线与方程2.1.2 直线的方程A组基础巩固1．直线x＋y－3＝0的倾斜角的大小是()A．45°B．135°C．1 D．－1解析：直线x＋y－3＝0，即y＝－x＋3，它的斜率等于－1，故它的倾斜角为135°.答案：B2．直线y＝mx－3m＋2(m∈R)必过定点()A．(3，2) B．(－3，2)C．(－3，－2) D．(3，－2)解析：由y＝mx－3m＋2，得y－2＝m(x－3)．所以直线必过点(3，2)．答案：A3．经过点(－1，1)，斜率是直线y＝22x－2的斜率的2倍的直线方程是()A．x＝－1 B．y＝1C．y－1＝2(x＋1) D．y－1＝22(x＋1)解析：由方程知，已知直线的斜率为22，所以所求直线的斜率是2，由直线方程的点斜式可得方程为y－1＝2(x＋1)．答案：C4．直线xa＋yb＝1过第一、第二、第三象限，则()A．a>0，b>0 B．a>0，b<0C．a<0，b>0 D．a<0，b<0解析：因为直线l在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，且经过第一、第二、第三象限，故a<0，b>0.答案：C5．直线(2m2－5m＋2)x－(m2－4)y＋5m＝0的倾斜角为45°，则m 的值为()A．－2 B．2C．－3 D．3解析：由已知得m2－4≠0，且2m2－5m＋2m2－4＝1，解得m＝3或m＝2(舍去)．答案：D6．已知直线ax＋by－1＝0在y轴上的截距为－1，且它的倾斜角是直线3x－y－3＝0的倾斜角的2倍，则a，b的值分别为()A.3，1B.3，－1C．－3，1 D．－3，－1解析：原方程化为x1a＋y1b＝1，所以1b＝－1.所以b＝－1.又因为ax＋by－1＝0的斜率k＝－ab＝a，且3x－y－3＝0的倾斜角为60°，所以k＝tan 120°.所以a＝－ 3.答案：D7．直线ax＋3my＋2a＝0(m≠0)过点(1，－1)，则直线的斜率k等于()A．－3 B．3C.13 D ．－13解析：由点(1，－1)在直线上可得a －3m ＋2a ＝0(m ≠0)，解得m ＝a ，故直线方程为ax ＋3ay ＋2a ＝0 (a ≠0)，所以x ＋3y ＋2＝0，其斜率k ＝－13. 答案：D8．下列三个说法中正确的有________(填序号)．①任何一条直线在y 轴上都有截距；②直线在y 轴上的截距一定是正数；③直线的斜截式方程可以表示任何不垂直于x 轴的直线．解析：因为当直线垂直于x 轴时，直线在y 轴上的截距不存在，所以①错误．直线在y 轴上的截距是直线与y 轴交点的纵坐标，截距是一个数值，可正、可负、可为0，所以②错误．不垂直于x 轴的任何直线都有斜率，所以都能用直线的斜截式方程表示，所以③正确．答案：③9．直线3x －2y －4＝0的截距式方程是________．解析：直线方程化为3x －2y ＝4，所以34x －y 2＝1. 所以x 43＋y －2＝1. 答案：x 43＋y －2＝1 10．已知三角形的顶点是A (8，5)，B (4，－2)，C (－6，3)，求经过每两边中点的三条直线的方程．解：设AB ，BC ，CA 的中点分别为D ，E ，F ，如图所示．根据中点坐标公式得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，F (1，4)． 由两点式得DE 的直线方程为y －3212－32＝x －6－1－6， 整理得2x －14y ＋9＝0，这就是直线DE 的方程．由两点式得EF 的直线方程为y －124－12＝x －（－1）1－（－1）， 整理得7x －4y ＋9＝0，这就是直线EF 的方程．由两点式得DF 的直线方程为y －324－32＝x －61－6， 整理得x ＋2y －9＝0，这就是直线DF 的方程．11．设直线l 的方程为(m 2－2m －3)x ＋(2m 2＋m －1)y ＝2m －6，根据下列条件分别确定实数m 的值．(1)在x 轴上的截距是－3；(2)斜率是－1.解：(1)令y ＝0，所以2m －6m 2－2m －3＝－3. 所以2m －6＝－3m 2＋6m ＋9，即3m 2－4m －15＝0.所以m ＝－53或m ＝3. 当m ＝3时，m 2－2m －3＝0.此时方程为y ＝0不符合题设条件，从而m ＝－53.(2)由m2－2m－32m2＋m－1＝1，所以m2＋3m＋2＝0.所以m＝－2或m＝－1(舍去)．故m＝－2.B级能力提升12．过点A(3，－1)，B(5，4)的直线方程的两点式为__________，一般式为__________________．答案：y－（－1）4－（－1）＝x－35－35x－2y－17＝013．已知△ABC的一个顶点为A(3，－1)，AB被y轴垂直平分，AC被直线y＝x垂直平分，则直线BC的方程是________．解析：A(3，－1)关于y轴的对称点为B(－3，－1)，A(3，－1)关于直线y＝x的对称点为C(－1，3)，所以BC的方程为y＋13＋1＝x＋3－1＋3，即2x－y＋5＝0.答案：2x－y＋5＝014．过点P(1，1)作直线l与两坐标轴相交，所得三角形面积为2，则这样的直线l有________条．解析：设l为y＝k(x－1)＋1即为y＝kx－k＋1，则12×（k－1）2|k|＝2，解得k＝3±22或k＝－1.答案：315．过点(a，0)，(0，b)，(1，3)，且a，b均为正整数的直线方程为________________________．解析：设所求直线方程为：xa＋yb＝1，则1a＋3b＝1(a，b∈N*)，所以a＝bb－3∈N*，故⎩⎪⎨⎪⎧a＝4，b＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a＝2，b＝6.所求方程为x＋y－4＝0或3x＋y－6＝0.答案：x＋y－4＝0或3x＋y－6＝016.某地长途汽车客运公司规定旅客可随身携带一定重量的行李，如果超过规定，则需要购买行李票，行李票费用y(元)与行李重量x(kg)之间的关系用直线AB的方程表示．如图所示，试求：(1)直线AB的方程；(2)旅客最多可免费携带多少行李．解：(1)由题图知，点A(60，6)，B(80，10)．所以直线AB的方程是x－5y－30＝0.(2)依题意，令y＝0，得x＝30.故旅客最多可免费携带30 kg行李．。
2022-2021年《金版学案》数学·必修2(苏教版)练习：第1章1.2-1.2.1平面的基本性质
第1章立体几何初步1.2 点、线、面之间的位置关系1.2.1 平面的基本性质A组基础巩固1．下列有关平面的说法正确的是()A．平行四边形是一个平面B．任何一个平面图形都是一个平面C．安静的太平洋面就是一个平面D．圆和平行四边形都可以表示平面解析：我们用平行四边形表示平面，但不能说平行四边形就是一个平面，故A项不正确；平面图形和平面是两个概念，平面图形是有大小的，而平面无法度量，故B项不正确；太平洋面是有边界的，不是无限延展的，故C项不正确；在需要时，除用平行四边形表示平面外，还可用三角形、梯形、圆等来表示平面．答案：D2.如图所示，用符号语言可表示为()A．α∩β＝m，n⊂α，m∩n＝AB．α∩β＝m，n∈a，m∩n＝AC．α∩β＝m，n⊂α，A⊂m，A⊂nD．α∩β＝m，n∈a，A∈m，A∈n解析：α与β交于m，n在α内，m与n交于A.答案：A3．下列说法正确的是()A．经过三点确定一个平面B．两条直线确定一个平面C．四边形确定一个平面D．不共面的四点可以确定4个平面解析：对于A，若三点共线，则错误；对于B项，若两条直线既不平行，也不相交，则错误；对于C项，空间四边形就不只确定一个平面．答案：D4．一条直线和直线外的三点所确定的平面有()A．1个或3个B．1个或4个C．1个，3个或4个D．1个，2个或4个解析：若三点在同始终线上，且与已知直线平行或相交，或该直线在由该三点确定的平面内，则均确定1个平面；若三点有两点连线和已知直线平行时可确定3个平面；若三点不共线，且该直线在由该三点确定的平面外，则可确定4个平面．答案：C5.如图所示，平面α∩平面β＝l，A，B∈α，C∈β，C∉l，直线AB∩l＝D，过A，B，C三点确定的平面为γ，则平面γ，β的交线必过点________．解析：依据公理判定点C和点D既在平面β内又在平面γ内，故在β与γ的交线上．答案：C和D6．空间任意四点可以确定________个平面．解析：若四点共线，可确定很多个平面；若四点共面不共线，可确定一个平面；若四点不共面，可确定四个平面．答案：1个或4个或很多7．下列命题说法正确的是________(填序号)．①空间中两两相交的三条直线确定一个平面；②一条直线和一个点能确定一个平面；③梯形肯定是平面图形．解析：依据三个公理及推论知①②均不正确．答案：③8．下列各图的正方体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则使这四个点共面的图形是________(把正确图形的序号都填上)．解析：①中PS∥RQ，③中SR∥PQ，由推论3知四点共面．答案：①③9．点A在直线l上但不在平面α内，则l与α的公共点有__________个．答案：0或110．依据下列条件，画出图形：平面α∩平面β＝AB，直线CD⊂α，CD∥AB，E∈CD，直线EF∩β＝F，F∉AB.解：由题意画出图形如图所示．B级力量提升11．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设A1C∩平面ABC1D1＝E，则B，E，D1三点的关系是________________________．解析：连接AC、A1C1、AC1，(图略)则E为A1C与AC1的交点，故E为AC1的中点．又ABC1D1为平行四边形，所以B，E，D1三点共线．答案：共线12．下列叙述中，正确的是________(填序号)．①若点P在直线l上，点P在直线m上，点P在直线n上，则l，m，n共面；②若点P在直线l上，点P在直线m上，则l，m共面；③若点P不在直线l上，点P不在直线m上，点P不在直线n上，则l，m，n不共面；④若点P不在直线l上，点P不在直线m上，则l，m不共面；⑤若点P在直线l上，点P不在直线m上，则l，m不共面．解析：由于P∈l，P∈m，所以l∩m＝P.由推论2知，l，m共面．答案：②13.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N，E，F分别是棱CD，AB，DD1，AA1上的点，若MN与EF交于点Q，求证：D，A，Q三点共线．证明：由于MN∩EF＝Q，所以Q∈直线MN，Q∈直线EF.又由于M∈直线CD，N∈直线AB，CD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以M，N⊂平面ABCD.所以MN⊂平面ABCD.所以Q∈平面ABCD.同理，可得EF⊂平面ADD1A1.所以Q∈平面ADD1A1.又由于平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，所以Q∈直线AD，即D，A，Q三点共线．14．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，AB的中点，求证：D1E，CF，DA三线共点．证明：如图所示，连接EF，A1B，D1C，由于E，F为AA1，AB的中点，所以EF綊12A1B.又由于A1B綊D1C，所以EF綊12D1C.故直线D1E，CF在同一个平面内，且D1E，CF不平行，则D1E，CF必相交于一点，设该点为M.又由于M∈平面ABCD且M∈平面ADD1A1，所以M∈AD，即D1E、CF、DA三线共点．15.如图所示，在四周体ABCD中，E，G，H，F分别为BC，AB，AD，CD 上的点，EG∥HF，且HF<EG.求证：EF，GH，BD交于一点．证明：由于EG∥HF，所以E，F，H，G四点共面，又HF<EG，所以四边形EFHG是一个梯形．如图所示，延长GH和EF交于一点O，所以a，b，c，l四线共面．由于GH在平面ABD内，EF在平面BCD内，所以点O既在平面ABD内，又在平面BCD内．所以点O在这两个平面的交线上，而这两个平面的交线是BD，且交线只有这一条．所以点O在直线BD上．所以GH和EF的交点在BD上，即EF，GH，BD交于一点．16.已知：如图所示，a∥b∥c，直线l∩a＝A，l∩b＝B，l∩c＝C.求证：a，b，c，l四线共面．证明：由于a∥b，所以a，b确定一个平面α.由于A∈a，B∈b，所以A∈α，B∈α.所以AB⊂α，即l⊂α.同理，由b∥c，得b，c确定一个平面β，可证l⊂β.所以l，b⊂α，l，b⊂β.由于l∩b＝B，所以l，b只能确定一个平面．所以α与β重合．故c在平面α内．。
苏教版高考数学必修2模块综合检测 版含答案
模块综合检测(时间:120分钟;满分：160分)模块综合检测一、填空题(本大题共14小题,每小题5分，共计70分,把答案填在题中横线上)错误!直线l不在平面α内，用符号表示为________.答案：l⊄α错误!下列结论中,正确的是________（填序号)。
①经过平面外一点有且仅有一个平面与已知平面垂直;②如果一条直线和两个垂直平面中的一个垂直，它必和另一个平行;③过不在平面内的一条直线可作无数个平面与已知平面垂直；④如果两个平面互相垂直，经过一个平面内一点与另一平面垂直的直线在第一个平面内.解析:过平面外一点可作一条直线与已知平面垂直，过该直线的任何一个平面都与已知平面垂直,所以①不对；若α⊥β，a⊥α则a⊂β或a∥β，②不对；③当平面外的直线是平面的垂线时,能作无数个平面与已知平面垂直,否则只能作一个,因而③也不对.答案:④错误!半径为6的圆与x轴相切，且与圆x2＋（y－3)2＝1内切，则此圆的方程为________.解析：设圆心坐标为（a,b），由所求圆与x轴相切且与圆x2＋(y－3）2＝1相内切可知，所求圆的圆心必在x轴的上方，且b＝6，即圆心为（a,6).由两圆内切可得a2＋（6－32）＝6－1＝5,所以a＝±4、所以所求圆的方程为（x＋4）2＋（y－6）2＝36或(x－4）2＋（y－6)2＝36、答案：(x＋4)2＋（y－6)2＝36或（x－4）2＋（y－6）2＝36错误!如图所示，梯形A1B1C1D1是平面图形ABCD的直观图(斜二测画法）,若A1D1∥O′y′,D1C1在O′x′上,A1B1∥O′x′,且有A1D1＝1,A1B1＝2，C1D1＝3,则平面图形ABCD的面积是________。
解析:把直观图还原为平面图求解.由于A1D1∥O′y′，D1C1在O′x′上，A1B1∥O′x′，所以原四边形ABCD是∠AD C＝90°的直角梯形，且AD＝2A1D1＝2,AB＝A1B1＝2,CD＝C1D1＝3,所以S梯形ABCD＝错误!·(AB＋CD)·AD＝错误!×（2＋3）×2＝5、答案：5错误!如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,直线AD1与直线A1C1所成的角是________度。
【金版学案】苏教版高中数学必修2练习：1.3.1空间几何体的表面积(含答案解析)
第 1 章立体几何初步1.3空间几何体的表面积空间几何体的表面积A 组基础稳固1．若一个圆台的正视图如下图，则其侧面积等于()A． 6B． 6πC．3 5π D ． 65π22分析：由于圆台的母线长为（2－1）＋2 ＝5，答案： C2．一个几何体的三视图如下图，该几何体的表面积为()A． 372 B ． 360 C．292D． 280分析：由三视图可知该几何体是由下边一个长方体，上边一个长方体组合而成的几何体．由于下边长方体的表面积为8×10×2＋ 2×8×2＋ 10×2×2＝ 232，上边长方体的表面积为8×6×2＋ 2×8×2＋ 2× 6× 2＝ 152，又由于长方体表面积重叠一部分，因此几何体的表面积为232＋ 152－2×6×2＝360.答案： B3．(2014 ·江卷浙 )某几何体的三视图 (单位： cm)如下图，则此几何体的表面积是()A． 90 cm2 B ．129 cm 2C． 132 cm 2C．138 cm 2分析：该几何体如下图，长方体的长、宽、高分别为 6 cm， 4 cm， 3 cm，直三棱柱的底面是直三角形，边长分别为 3 cm， 4 cm， 5 cm，1因此表面积S＝ [2 ×(4× 6＋ 4× 3)＋ 3× 6＋ 3×3] ＋ 5× 3＋4×3＋ 2× ×4×3 ＝ 99＋ 39＝2138(cm 2)．答案： D4．将边长为 1 的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是()A． 4π B． 3π C． 2π D ．π分析：底面圆半径为1，高为 1，侧面积S＝ 2πrh＝ 2π·1× 1＝ 2π.答案： C5．圆台的上、下底面半径分别是 3 和4，母线长为6，则其表面积等于()A． 72 B ．42πC． 67πD． 72π分析： S 圆台表＝S 圆台侧＋ S 上底＋ S 下底＝π(3＋ 4) ·6＋π· 32＋π· 42＝ 67π.答案： C6．长方体的高为2，底面积等于12，过不相邻双侧棱的截面(对角面)的面积为10，则此长方体的侧面积为________．a b a b 12a2＋ b2·2＝ 10，解得 a 4 b3故长方体的侧面积为2× (4＋ 3) ×2＝28.答案： 287．一个正六棱柱的侧面都是正方形，底面边长为a，则它的表面积是________ ．分析：正六棱柱的侧面积为六个边长为 a 的正方形的面积之和，为6a2；底面积为两个正六边形的面积之和，等于3 222＋ 32 2×6× a ＝33a ，故所求正六棱柱的表面积为6a3a .4答案： 6a2＋ 3 3a28．一个几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积为_____．分析：如下图：该几何体为长为 4，宽为 3，高为 1 的长方体内部挖去一个底面半径为 1，高为 1 的圆柱后剩下的部分．2因此 S 表＝ (4 ×1＋ 3×4＋ 3×1) ×2＋ 2π· 1× 1－2π· 1 ＝ 38.9．将圆心角为120°，面积为 3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积为________．分析：由圆心角为120°知扇形面积是其所在圆面积的三分之一，故有，13πR2＝3π，所以 R2＝ 9.因此2l ＝ 3× π＝ 2π.3因此 r ＝1.因此S 圆锥表＝ 3π＋πr2＝ 4π.答案： 4π10．圆台的高是12，母线长为13，两底面半径之比为8∶ 3，求圆台的全面积．解：如下图，设两底面半径分别为8r 和3r，又圆台的高是12，母线长为 13，可列式： (8r － 3r) 2＋ 122＝ 132，解得 r＝ 1，故两底面半径分别为 8 和 3，代入表面积公式：22S 圆台表＝π(R＋ r ＋ Rl ＋ rl) ＝ 216π.B 级能力提高11．已知由半圆的四分之三截成的扇形的面积为B，由这个扇形围成一个圆锥，若圆锥的表面积为 A ，则 A ∶B 等于 ()A ． 11∶ 8B ．3∶8C ．8∶3D ． 13∶ 8分析：设圆锥的底面半径为 r ，母线长为 l ，则 2πr ＝384πl ，则 l ＝ 3r ，因此 B ＝1 8 23π 8 2， 2 r×＝ πr3 43A ＝83πr2＋ πr2＝113πr 2，得 A ∶B ＝11∶8.答案： A12． (2015 福·建改编 )某几何体的三视图如下图，则该几何体的表面积等于 ________．分析：由题中三视图可知，该几何体是底面为直角梯形，高为2 的直四棱柱，因此其表1 面积为 S 表面积 ＝ S 侧面积 ＋ 2S 下底面积 ＝ (1＋1＋ 2＋ 22) ×2＋ 2× × (1＋ 2) ×1＝11＋22.2答案： 11＋ 2 2。
2022-2021年《金版学案》数学·必修2(苏教版)：模块综合检测卷(一)
模块综合检测卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．直线x －3＝0的倾斜角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．不存在 答案：C2．已知点A (x ，1，2)和点B (2，3，4)，且|AB |＝26，则实数x 的值是( ) A ．－3或4 B ．－6或2 C ．3或－4 D ．6或－2答案：D3．一个球的内接正方体的表面积为54，则球的表面积为( ) A ．27π B ．18π C ．9π D ．54π 解析：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ， 则6a 2＝54，所以a ＝3. 又由于2r ＝3a ， 所以r ＝32a ＝332，所以S 表＝4πr 2＝4π·274＝27π.答案：A4．在同一个平面直角坐标系中，表示直线y ＝ax 与y ＝x ＋a 正确的是( )答案：C5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解析：由于三个视图中直角较多，所以可以在长方体中对几何体进行分析还原，在长方体中计算其体积．由俯视图可以推断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和左视图可以推断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图①所示，故该几何体的直观图如图②所示．在图①中，V 棱柱ABC -A 1B 1C 1＝S △ABC ·AA 1＝12×4×3×5＝30，V 棱锥P -A 1B 1C 1＝13S △A 1B 1C 1·PB 1＝13×12×4×3×3＝6.故几何体ABC -PA 1C 1的体积为30－6＝24.故选C.答案：C6．已知圆C 1：(x －2)2＋(y －3)2＝1，圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝9，M ，N 分别是圆C 1，C 2上的动点，P 为x 轴上的动点，则|PM |＋|PN |的最小值为( )A ．52－4 B.17－1 C ．6－2 2D.17解析：先求出圆心坐标和半径，再结合对称性求解最小值，设P (x ，0)，C 1(2，3)关于x 轴的对称点为C 1′(2，－3)，那么|PC 1|＋|PC 2|＝|PC 1′|＋|PC 2|≥|C ′1C 2|＝（2－3）2＋（－3－4）2＝5 2. 而|PM |＝|PC 1|－1，|PN |＝|PC 2|－3， 所以|PM |＋|PN |＝|PC 1|＋|PC 2|－4≥52－4. 答案：A7．直线y ＝kx ＋3与圆(x －2)2＋(y －3)2＝4相交于M 、N 两点，若|MN |≥23，则k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33C.[]－3，3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，0 解析：法一：可联立方程组利用弦长公式求|MN |，再结合|MN |≥23可得答案．法二：利用圆的性质知，圆心到直线的距离的平方加上弦长一半的平方等于半径的平方，求出|MN |，再结合|MN |≥23可得答案．答案：B8．若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论肯定正确的是( )A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定解析：如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA ，若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排解选项A 和C.若l 4＝DC 1，也满足条件，可以排解选项B.故选D. 答案：D9.如图所示，在四周体ABCD 中，E ，F 分别是AC 与BD 的中点，若CD ＝2AB ＝4，EF ⊥BA ，则EF 与CD 所成的角为( )A ．90°B ．45°C ．60°D ．30°解析：如图所示，取BC 的中点H ，连接EH ，FH ，则∠EFH 为所求，可证△EFH 为直角三角形， EH ⊥EF ，FH ＝2，EH ＝1， 从而可得∠EFH ＝30°. 答案：D10．若直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＋kx －y ＝0的两个交点恰好关于y 轴对称，则k 等于( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：由⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 2＋y 2＋kx －y ＝0，得(1＋k 2)·x 2＋2kx ＝0. 由于两点恰好关于y 轴对称， 所以x 1＋x 2＝－2k 1＋k 2＝0， 所以k ＝0. 答案：A11．已知直线l 1：ax ＋4y －2＝0与直线l 2：2x －5y ＋b ＝0相互垂直，垂足为(1，c )，则a ＋b ＋c 的值为( )A ．－4B ．20C ．0D ．24解析：垂足(1，c )是两直线的交点，且l 1⊥l 2，故－a 4·25＝－1，所以a ＝10.l ：10x ＋4y －2＝0.将(1，c )代入，得c ＝－2； 将(1，－2)代入l 2，得b ＝－12. 则a ＋b ＋c ＝10＋(－12)＋(－2)＝－4. 答案：A12．过点A ⎝⎛⎭⎪⎫0，73与B (7，0)的直线l 1与过点(2，1)，(3，k ＋1)的直线l 2和两坐标轴围成的四边形内接于一个圆，则实数k 等于( )A ．－3B ．3C ．－6D ．6 解析：由题意知l 1⊥l 2，所以kl 1·kl 2＝－1，即－13k ＝－1，k ＝3.答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上)13．设点A (－1，0)，B (1，0)，直线2x ＋y －b ＝0与线段AB 相交，则b 的取值范围是________．解析：b 为直线y ＝－2x ＋b 在y 轴上的截距，如图所示，当直线y ＝－2x ＋b过点A (－1，0)和点B (1，0)时b 分别取得最小值和最大值．所以b 的取值范围是[－2，2]． 答案：[－2，2]14．已知直线ax ＋y －2＝0与圆心为C 的圆(x －1)2－(y －a )2＝4相交于A ，B 两点，且△ABC 为等边三角形，则实数a ＝________．解析：依据“半径、弦长AB 的一半、圆心到直线的距离”满足勾股定理可建立关于a 的方程，解方程求a .圆心C (1，a )到直线ax ＋y －2＝0的距离为|a ＋a －2|a 2＋1.由于△ABC 为等边三角形，所以|AB |＝|BC |＝2.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫|a ＋a －2|a 2＋12＋12＝22.解得a ＝4±15.答案：4±1515．如图所示，将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得平面ADC ⊥平面ABC ，在折起后形成的三棱锥D -ABC 中，给出下列三种说法：①△DBC 是等边三角形；②AC ⊥BD ；③三棱锥D -ABC 的体积是26.其中正确的序号是________(写出全部正确说法的序号)．解析：取AC 的中点E ，连接DE ，BE ， 则DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，且DE ⊥BE . 又DE ＝EC ＝BE ，所以DC ＝DB ＝BC ，故△DBC 是等边三角形． 又AC ⊥平面BDE ， 故AC ⊥BD .又V D -ABC ＝13S △ABC ·DE ＝13×12×1×1×22＝212，故③错误．答案：①②16．已知直线l 经过点P (－4，－3)，且被圆(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝25截得的弦长为8，则直线l 的方程是_________________________．解析：由于(－4＋1)2＋(－3＋2)2＝10<25，所以点P 在圆内．当l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝－4，将x ＝－4代入圆的方程，得y ＝2或y ＝－6，此时弦长为8.当l 的斜率存在时，设l 的方程为y ＋3＝k (x ＋4)，即kx －y ＋4k －3＝0，当弦长为8时，圆心到直线的距离为 25－42＝3，则|－k ＋2＋4k －3|k 2＋1＝3，解得k ＝－43.则直线l 的方程为y ＋3＝－43(x ＋4)，即4x ＋3y ＋25＝0.答案：4x ＋3y ＋25＝0或x ＝－4三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤)17．(本小题满分10分)求经过两直线2x －3y －3＝0和x ＋y ＋2＝0的交点且与直线3x ＋y －1＝0平行的直线方程．解：法一：由方程组⎩⎨⎧2x －3y －3＝0，x ＋y ＋2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－35，y ＝－75.由于直线l 和直线3x ＋y －1＝0平行， 所以直线l 的斜率k ＝－3.所以依据点斜式有y －⎝⎛⎭⎪⎫－75＝－3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝⎛⎭⎪⎫－35，故所求直线方程为15x ＋5y ＋16＝0.法二：由于直线l 过两直线2x －3y －3＝0和x ＋y ＋2＝0的交点， 所以设直线l 的方程为2x －3y －3＋λ(x ＋y ＋2)＝0， 即(λ＋2)x ＋(λ－3)y ＋2λ－3＝0. 由于直线l 与直线3x ＋y －1＝0平行， 所以λ＋23＝λ－31≠2λ－3－1，解得λ＝112.从而所求直线方程为 15x ＋5y ＋16＝0.18．(本小题满分12分)如图所示，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝6，异面直线BC 1与AA 1所成角的大小为30°，求该三棱柱的体积．解：由于CC 1∥AA 1，所以∠BC 1C 为异面直线BC 1与AA 1所成的角， 即∠BC 1C ＝30°.在Rt △BC 1C 中，BC ＝CC 1·tan ∠BC 1C ＝6×33＝23， 从而S △ABC ＝34BC 2＝33，因此该三棱柱的体积为V ＝S △ABC ·AA 1＝33×6＝18 3.19．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，P ，Q ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，DD 1，BB 1，A 1B 1，A 1D 1的中点．求证：(1)直线BC 1∥平面EFPQ ； (2)直线AC 1⊥平面PQMN .证明：(1)连接AD 1，由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体， 知AD 1∥BC 1.由于F ，P 分别是AD ，DD 1的中点，所以FP ∥AD 1. 从而BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图所示，连接AC ，BD ，则AC ⊥BD .由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.由于M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.20．(本小题满分12分)右图是某几何体的三视图，请你指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．解：此几何体是一个组合体，下半部是长方体，上半部是半圆柱，其轴截面的大小与长方体的上底面大小全都．表面积为S，则S＝32＋96＋48＋4π＋16π＝176＋20π.体积为V，则V＝8×4×6＋12×22×8π＝192＋16π.所以几何体的表面积为(176＋20π)cm2，体积为(192＋16π)cm3.21．(本小题满分12分)已知点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上运动，N(4，0)，点P(x，y)为线段MN的中点．(1)求点P(x，y)的轨迹方程；(2)求点P(x，y)到直线3x＋4y－86＝0的距离的最大值和最小值．解：(1)由于点P(x，y)是MN的中点，所以⎩⎪⎨⎪⎧x＝x0＋42，y＝y02，故⎩⎨⎧x0＝2x－4，y0＝2y.将用x，y表示的x0，y0代入到x20＋y20＝4中得(x－2)2＋y2＝1.此式即为所求轨迹方程．(2)由(1)知点P的轨迹是以Q(2，0)为圆心，以1为半径的圆．点Q到直线3x ＋4y－86＝0的距离d＝|6－86|32＋42＝16.故点P到直线3x＋4y－86＝0的距离的最大值为16＋1＝17，最小值为16－1＝15.22.(本小题满分12分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y＝2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上．(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；(2)若圆C上存在点M，使|MA|＝2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．解：(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3，2)，于是切线的斜率必存在，设过A(0，3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3.由题意，得|3k＋1|k2＋1＝1，解得k＝0或k＝－34，故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.(2)由于圆心在直线y＝2x－4上，设圆心C(a，2(a－2))，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.设点M(x，y)，由于MA＝2MO，所以x2＋（y－3）2＝2x2＋y2，化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4.所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤a2＋（2a－3）2≤3.整理，得－8≤5a2－12a≤0.由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；由5a2－12a≤0，得0≤a≤125.所以点C的横坐标a的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，125.。
2015年苏教版高中数学必修二同步模块综合检测及答案解析3套模块综合检测(A)
模块综合检测（A ）(时间：120分钟 满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分) 1．直线x ＝tan 60°的倾斜角是________． 2．给出下列四个命题：①垂直于同一直线的两条直线互相平行； ②垂直于同一平面的两个平面互相平行；③若直线l 1，l 2与同一平面所成的角相等，则l 1，l 2互相平行；④若直线l 1，l 2是异面直线，则与l 1，l 2都相交的两条直线是异面直线． 其中假命题有________个．3．方程y ＝ax ＋1a表示的直线可能是________．(填序号)4．已知三棱锥S —ABC 的各顶点都在一个半径为r 的球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，AC ＝2r ，则球的体积与三棱锥体积之比是________．5．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别为AA 1、AB 、BB 1、B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成的角等于________．6．直线x －2y ＋1＝0关于直线x ＝1对称的直线方程是____________． 7．经过点M (1,1)且在两坐标轴上截距相等的直线是____________．8．若圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心到直线x －y ＋a ＝0的距离为22，则a 的值为__________．9．直线3x ＋y －23＝0截圆x 2＋y 2＝4得的劣弧所对的圆心角是____________． 10．在平面直角坐标系中，与点A (1,2)距离为1，且与点B (3,1)的距离为2的直线共有________条．11．已知点A (－2,3,4)，在y 轴上有一点B ，且AB ＝35，则点B 的坐标为________． 12．圆x 2＋y 2＋x －6y ＋3＝0上两点P 、Q 关于直线kx －y ＋4＝0对称，则k ＝________． 13．如图，某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为________．14．已知圆C ：x 2＋y 2－4x －6y ＋8＝0，若圆C 和坐标轴的交点间的线段恰为圆C ′直径，则圆C ′的标准方程为__________________．二、解答题(本大题共6小题，共90分)15．(14分)已知△ABC三边所在直线方程为AB：3x＋4y＋12＝0，BC：4x－3y＋16＝0，CA：2x＋y－2＝0．求AC边上的高所在的直线方程．16．(14分)求经过点P(6，－4)且被定圆O：x2＋y2＝20截得的弦长为62的直线AB的方程．17．(14分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点，求证P A∥平面EDB．18．(16分)如图所示，在四棱柱(侧棱垂直于底面的四棱柱)ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC．(1)求证D1C⊥AC1；(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由．19．(16分)已知M 与两定点O (0,0)、A (3,0)的距离之比为12．(1)求M 点的轨迹方程；(2)若M 的轨迹为曲线C ，求C 关于直线2x ＋y －4＝0对称的曲线C ′的方程．20．(16分)如图，在五面体ABC －DEF 中，四边形ADEF 是正方形，F A ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，CD ＝1，AD ＝22，∠BAD ＝∠CDA ＝45°．(1)求异面直线CE 与AF 所成角的余弦值；(2)证明CD ⊥平面ABF ；(3)求二面角B －EF －A 的正切值． 模块综合检测(A) 答案1．90° 2．4解析 ①忽视两直线可以相交，②可以相交、平行，③l 1、l 2可以异面、相交，④与l 1、l 2都相交的两直线可以相交．3．②解析 注意到直线的斜率a 与在y 轴上的截距1a同号，故②正确．4．4π 解析∵SO ⊥底面ABC ， ∴SO 为三棱锥的高线，∴SO ＝r ，又∵O 在AB 上，AB ＝2r ，AC ＝2r ，∠ACB ＝90° ∴BC ＝2r ，∴V S －ABC ＝13×12×2r ×2r ×r ＝13r 3．又∵球的体积V ＝43πr 3，∴VV S －ABC ＝43πr 313r 3＝4π．5．π3 解析 连结A 1B ，BC 1，A 1C 1，∵E 、F 、G 、H 分别为AA 1、AB 、BB 1、B 1C 1的中点，∴EF ∥12A 1B ，GH ∥12BC 1，∴∠A 1BC 1即为异面直线EF 与GH 所成的角． 又∵ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体 ∴A 1B ＝BC 1＝A 1C 1， ∴∠A 1BC 1＝60°．6．x ＋2y －3＝0解析 直线x －2y ＋1＝0与x ＝1的交点为A(1,1)，点(－1,0)关于x ＝1的对称点为B(3,0)也在所求直线上，∴所求直线方程为y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0．7．x ＋y ＝2或x ＝y解析 截距相等问题关键不要忽略过原点的情况． 8．2或0解析 圆的方程可化为(x －1)2＋(y －2)2＝5， 则圆心为(1,2)．由点到直线的距离公式得d ＝|1－2＋a|2＝22，解得a ＝2或0．9．60°解析 可先求出圆心到直线的距离d ＝3，由于半径为2，设圆心角为θ，则知cos θ2＝32，∴θ＝60°． 10．2解析 满足要求的直线应为圆心分别为A 、B ，半径为1和2的两圆的公切线，而圆A 与圆B 相交，所以公切线有两条．11．(0,8,0)或(0，－2,0) 12．2解析 由已知可知PQ 的垂直平分线为 kx －y ＋4＝0，∴直线kx －y ＋4＝0过圆心⎝⎛⎭⎫－12，3， ∴－12k ＋1＝0，k ＝2．13．36π解析 由三视图可知，该几何体是半个圆锥，底面半径为1，高为3，故体积为16π×12×3＝36π． 14．x 2＋(y －3)2＝1 解析 圆C ：x 2＋y 2－4x －6y ＋8＝0与x 轴没有交点，只与y 轴相交，取x ＝0，得 y 2－6y ＋8＝0解得两交点分别为(0,2)和(0,4)，由此得圆C ′的圆心坐标为(0,3)，半径为1，所以标准方程为x 2＋(y －3)2＝1．15．解 由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y ＋12＝04x －3y ＋16＝0，解得交点B(－4,0)，∵BD ⊥AC ，∴k BD ＝－1k AC ＝12，∴AC 边上的高线BD 的方程为 y ＝12(x ＋4)，即x －2y ＋4＝0． 16．解 由题意知，直线AB 的斜率存在， 且AB ＝62，OA ＝25，作OC ⊥AB 于C ． 在Rt △OAC 中，OC ＝20－(32)2＝2．设所求直线的斜率为k ， 则直线的方程为y ＋4＝k(x －6)， 即kx －y －6k －4＝0． ∵圆心到直线的距离为2，∴|6k＋4|1＋k2＝2，即17k2＋24k＋7＝0，∴k＝－1或k＝－717．故所求直线的方程为x＋y－2＝0或7x＋17y＋26＝0．17．证明如图所示，连结AC，BD，交于点O，连结EO，因为四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点，又E为PC的中点，所以OE为△PAC的中位线，所以EO∥PA，又EO⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB．18．(1)证明在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连结C1D，∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，∴DC1⊥D1C．又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，∴AD⊥平面DCC1D1，D1C⊂平面DCC1D1，∴AD⊥D1C．∵AD，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1．(2)解在DC上取一点E，连结AD1，AE，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连结MN，∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，又M是AD1的中点．∴N是AE的中点．又易知△ABN ≌△EDN ， ∴AB ＝DE ． 即E 是DC 的中点．综上所述，当E 是DC 的中点时，可使D 1E ∥平面A 1BD ． 19．解 (1)设M 坐标为(x ，y)，由题意得x 2＋y 2(x －3)2＋y 2＝12，整理得(x ＋1)2＋y 2＝4． 所以M 点的轨迹方程为(x ＋1)2＋y 2＝4． (2)因为曲线C ：(x ＋1)2＋y 2＝4，所以C 关于直线2x ＋y －4＝0对称的曲线C ′是与C 半径相同的圆，故只需求C ′的圆心坐标即可，设C ′的圆心坐标(x 0，y 0)．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧y 0x 0＋1＝122·x 0－12＋y 02－4＝0，解得⎩⎨⎧x 0＝195y 0＝125．故曲线C ′的方程为⎝⎛⎭⎫x －1952＋⎝⎛⎭⎫y －1252＝4． 20．(1)解 因为四边形ADEF 是正方形， 所以FA ∥ED ．所以∠CED 为异面直线CE 与AF 所成的角． 因为FA ⊥平面ABCD ，所以FA ⊥CD ． 故ED ⊥CD ．在Rt △CDE 中，CD ＝1，ED ＝22， CE ＝CD 2＋ED 2＝3，所以cos ∠CED ＝ED CE ＝223．所以异面直线CE 与AF 所成角的余弦值为223．(2)证明 如图，过点B 作BG ∥CD ，交AD 于点G ，则∠BGA ＝∠CDA ＝45°．由∠BAD ＝45°，可得BG ⊥AB ，从而CD ⊥AB ．又CD ⊥FA ，FA ∩AB ＝A ，所以CD ⊥平面ABF ．(3)解 由(2)及已知，可得AG ＝2，即G 为AD 的中点． 取EF 的中点N ，连结GN ，则GN ⊥EF ． 因为BC ∥AD ，所以BC ∥EF ． 过点N 作NM ⊥EF ，交BC 于点M ， 则∠GNM 为二面角B －EF －A 的平面角．连结GM ，可得AD ⊥平面GNM ，故AD ⊥GM ，从而BC ⊥GM ． 由已知，可得GM ＝22．由NG ∥FA ，FA ⊥GM ，得NG ⊥GM ． 在Rt △NGM 中，tan ∠GNM ＝GM NG ＝14．所以二面角B －EF －A 的正切值为14．。
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模块综合检测卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．直线x －3＝0的倾斜角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．不存在 答案：C2．已知点A (x ，1，2)和点B (2，3，4)，且|AB |＝26，则实数x 的值是( )A ．－3或4B ．－6或2C ．3或－4D ．6或－2答案：D3．一个球的内接正方体的表面积为54，则球的表面积为( )A ．27πB ．18πC ．9πD ．54π解析：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ，则6a 2＝54，所以a ＝3.又因为2r ＝3a ，所以r ＝32a ＝332， 所以S 表＝4πr 2＝4π·274＝27π. 答案：A4．在同一个平面直角坐标系中，表示直线y ＝ax 与y ＝x ＋a 正确的是()答案：C5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．12 B．18 C．24 D．30解析：因为三个视图中直角较多，所以可以在长方体中对几何体进行分析还原，在长方体中计算其体积．由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由正视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的．在长方体中分析还原，如图①所示，故该几何体的直观图如图②所示．在图①中，V棱柱ABC-A1B1C1＝S△ABC·AA1＝12×4×3×5＝30，V棱锥P-A1B1C1＝13S△A1B1C1·PB1＝13×12×4×3×3＝6.故几何体ABC-PA1C1的体积为30－6＝24.故选C.答案：C6．已知圆C 1：(x －2)2＋(y －3)2＝1，圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝9，M ，N 分别是圆C 1，C 2上的动点，P 为x 轴上的动点，则|PM |＋|PN |的最小值为( )A ．52－4 B.17－1 C ．6－2 2 D.17解析：先求出圆心坐标和半径，再结合对称性求解最小值，设P (x ，0)，C 1(2，3)关于x 轴的对称点为C 1′(2，－3)，那么|PC 1|＋|PC 2|＝|PC 1′|＋|PC 2|≥|C ′1C 2|＝（2－3）2＋（－3－4）2＝5 2.而|PM |＝|PC 1|－1，|PN |＝|PC 2|－3，所以|PM |＋|PN |＝|PC 1|＋|PC 2|－4≥52－4.答案：A7．直线y ＝kx ＋3与圆(x －2)2＋(y －3)2＝4相交于M 、N 两点，若|MN |≥23，则k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－34，0B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33C.[]－3，3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，0 解析：法一：可联立方程组利用弦长公式求|MN |，再结合|MN |≥23可得答案．法二：利用圆的性质知，圆心到直线的距离的平方加上弦长一半的平方等于半径的平方，求出|MN |，再结合|MN |≥23可得答案．答案：B8．若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( )A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定解析：如图所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA ，若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.答案：D9.如图所示，在四面体ABCD中，E，F分别是AC与BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥BA，则EF与CD所成的角为()A．90°B．45°C．60°D．30°解析：如图所示，取BC的中点H，连接EH，FH，则∠EFH 为所求，可证△EFH 为直角三角形，EH ⊥EF ，FH ＝2，EH ＝1，从而可得∠EFH ＝30°.答案：D10．若直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＋kx －y ＝0的两个交点恰好关于y 轴对称，则k 等于( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：由⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 2＋y 2＋kx －y ＝0，得(1＋k 2)·x 2＋2kx ＝0.因为两点恰好关于y 轴对称，所以x 1＋x 2＝－2k 1＋k 2＝0， 所以k ＝0.答案：A11．已知直线l 1：ax ＋4y －2＝0与直线l 2：2x －5y ＋b ＝0互相垂直，垂足为(1，c )，则a ＋b ＋c 的值为( )A ．－4B ．20C ．0D ．24解析：垂足(1，c )是两直线的交点，且l 1⊥l 2，故－a 4·25＝－1， 所以a ＝10.l ：10x ＋4y －2＝0.将(1，c )代入，得c ＝－2；将(1，－2)代入l 2，得b ＝－12.则a ＋b ＋c ＝10＋(－12)＋(－2)＝－4.答案：A12．过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，73与B (7，0)的直线l 1与过点(2，1)，(3，k ＋1)的直线l 2和两坐标轴围成的四边形内接于一个圆，则实数k 等于( )A ．－3B ．3C ．－6D ．6解析：由题意知l 1⊥l 2，所以kl 1·kl 2＝－1，即－13k ＝－1，k ＝3. 答案：B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上)13．设点A (－1，0)，B (1，0)，直线2x ＋y －b ＝0与线段AB 相交，则b 的取值范围是________．解析：b 为直线y ＝－2x ＋b 在y 轴上的截距，如图所示，当直线y ＝－2x ＋b 过点A (－1，0)和点B (1，0)时b 分别取得最小值和最大值．所以b 的取值范围是[－2，2]．答案：[－2，2]14．已知直线ax ＋y －2＝0与圆心为C 的圆(x －1)2－(y －a )2＝4相交于A ，B 两点，且△ABC 为等边三角形，则实数a ＝________．解析：根据“半径、弦长AB 的一半、圆心到直线的距离”满足勾股定理可建立关于a 的方程，解方程求a .圆心C (1，a )到直线ax ＋y －2＝0的距离为|a ＋a －2|a 2＋1. 因为△ABC 为等边三角形，所以|AB |＝|BC |＝2.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫|a ＋a －2|a 2＋12＋12＝22.解得a ＝4±15.答案：4±1515．如图所示，将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱锥D-ABC中，给出下列三种说法：①△DBC是等边三角形；②AC⊥BD；③三棱锥D-ABC的体积是26.其中正确的序号是________(写出所有正确说法的序号)．解析：取AC的中点E，连接DE，BE，则DE⊥AC，BE⊥AC，且DE⊥BE.又DE＝EC＝BE，所以DC＝DB＝BC，故△DBC是等边三角形．又AC⊥平面BDE，故AC⊥BD.又V D-ABC＝13S△ABC·DE＝13×12×1×1×22＝212，故③错误．答案：①②16．已知直线l经过点P(－4，－3)，且被圆(x＋1)2＋(y＋2)2＝25截得的弦长为8，则直线l 的方程是_________________________．解析：因为(－4＋1)2＋(－3＋2)2＝10<25，所以点P 在圆内．当l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝－4，将x ＝－4代入圆的方程，得y ＝2或y ＝－6，此时弦长为8.当l 的斜率存在时，设l 的方程为y ＋3＝k (x ＋4)，即kx －y ＋4k －3＝0，当弦长为8时，圆心到直线的距离为25－42＝3，则|－k ＋2＋4k －3|k 2＋1＝3， 解得k ＝－43.则直线l 的方程为y ＋3＝－43(x ＋4)， 即4x ＋3y ＋25＝0.答案：4x ＋3y ＋25＝0或x ＝－4三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤)17．(本小题满分10分)求经过两直线2x －3y －3＝0和x ＋y ＋2＝0的交点且与直线3x ＋y －1＝0平行的直线方程．解：法一：由方程组⎩⎨⎧2x －3y －3＝0，x ＋y ＋2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－35，y ＝－75.因为直线l 和直线3x ＋y －1＝0平行，所以直线l 的斜率k ＝－3.所以根据点斜式有y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－75＝－3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫－35， 故所求直线方程为15x ＋5y ＋16＝0.法二：因为直线l 过两直线2x －3y －3＝0和x ＋y ＋2＝0的交点， 所以设直线l 的方程为2x －3y －3＋λ(x ＋y ＋2)＝0，即(λ＋2)x ＋(λ－3)y ＋2λ－3＝0.因为直线l 与直线3x ＋y －1＝0平行，所以λ＋23＝λ－31≠2λ－3－1，解得λ＝112. 从而所求直线方程为15x ＋5y ＋16＝0.18．(本小题满分12分)如图所示，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝6，异面直线BC 1与AA 1所成角的大小为30°，求该三棱柱的体积．解：因为CC 1∥AA 1，所以∠BC1C为异面直线BC1与AA1所成的角，即∠BC1C＝30°.＝23，在Rt△BC1C中，BC＝CC1·tan ∠BC1C＝6×33从而S△ABC＝32＝33，4BC因此该三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝33×6＝18 3.19．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.证明：(1)连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1.因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图所示，连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.20．(本小题满分12分)右图是某几何体的三视图，请你指出这个几何体的结构特征，并求出它的表面积与体积．解：此几何体是一个组合体，下半部是长方体，上半部是半圆柱，其轴截面的大小与长方体的上底面大小一致．表面积为S，则S＝32＋96＋48＋4π＋16π＝176＋20π.体积为V，则V＝8×4×6＋12×8π＝192＋16π.2×2所以几何体的表面积为(176＋20π)cm2，体积为(192＋16π)cm3.21．(本小题满分12分)已知点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上运动，N(4，0)，点P(x，y)为线段MN的中点．(1)求点P(x，y)的轨迹方程；(2)求点P(x，y)到直线3x＋4y－86＝0的距离的最大值和最小值．解：(1)因为点P(x，y)是MN的中点，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋42，y ＝y 02，故⎩⎨⎧x 0＝2x －4，y 0＝2y . 将用x ，y 表示的x 0，y 0代入到x 20＋y 20＝4中得(x －2)2＋y 2＝1.此式即为所求轨迹方程．(2)由(1)知点P 的轨迹是以Q (2，0)为圆心，以1为半径的圆．点Q 到直线3x ＋4y －86＝0的距离d ＝|6－86|32＋42＝16.故点P 到直线3x ＋4y －86＝0的距离的最大值为16＋1＝17，最小值为16－1＝15.22.(本小题满分12分)如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，点A (0，3)，直线l ：y ＝2x －4，设圆C 的半径为1，圆心在l 上．(1)若圆心C 也在直线y ＝x －1上，过点A 作圆C 的切线，求切线的方程；(2)若圆C 上存在点M ，使|MA |＝2|MO |，求圆心C 的横坐标a的取值范围．解：(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3，2)，于是切线的斜率必存在，设过A(0，3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3.由题意，得|3k＋1|k2＋1＝1，解得k＝0或k＝－34，故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.(2)因为圆心在直线y＝2x－4上，设圆心C(a，2(a－2))，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.设点M(x，y)，因为MA＝2MO，所以x2＋（y－3）2＝2x2＋y2，化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4.所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤a2＋（2a－3）2≤3.整理，得－8≤5a2－12a≤0.由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；由5a2－12a≤0，得0≤a≤125.所以点C 的横坐标a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，125.。