2012新题分类汇编：解析几何(高考真题+模拟新题)
六、解析几何（高考真题+模拟新题）课标理数15.H1[2011·安徽卷] 在平面直角坐标系中，如果x 与y 都是整数，就称点(x ，y )为整点，下列命题中正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点； ②如果k 与b 都是无理数，则直线y ＝kx ＋b 不经过任何整点； ③直线l 经过无穷多个整点，当且仅当l 经过两个不同的整点；④直线y ＝kx ＋b 经过无穷多个整点的充分必要条件是：k 与b 都是有理数； ⑤存在恰经过一个整点的直线． 课标理数15.H1[2011·安徽卷] ①③⑤ 【解析】 ①正确，比如直线y ＝2x ＋3，不与坐标轴平行，且当x 取整数时，y 始终是一个无理数，即不经过任何整点；②错，直线y ＝3x －3中k 与b 都是无理数，但直线经过整点(1,0)；③正确，当直线经过两个整点时，它经过无数多个整点；④错误，当k ＝0，b ＝13时，直线y ＝13不通过任何整点；⑤正确，比如直线y ＝3x －3只经过一个整点(1,0)．课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0.(1)证明l 1与l 2相交；(2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上． 课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，椭圆方程等基本知识．考查推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)反证法：假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行，有k 1＝k 2，代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0. 此与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交．(2)(方法一)由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2＋k1k 2－k 1，而2x 2＋y 2＝2⎝⎛⎭⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1.此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．(方法二)交点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k 1x ，y ＋1＝k 2x ，故知x ≠0，从而⎩⎨⎧k 1＝y －1x，k 2＝y ＋1x .代入k 1k 2＋2＝0，得y －1x ·y ＋1x＋2＝0.整理后，得2x 2＋y 2＝1，所以交点P 在椭圆2x 2＋y 2＝1上．课标文数8.B5，H2[2011·北京卷] 已知点A (0,2)，B (2,0)．若点C 在函数y ＝x 2的图象上，则使得△ABC 的面积为2的点C 的个数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1 课标文数8.B5，H2[2011·北京卷] A 【解析】 由已知可得|AB |＝22，要使S △ABC ＝2，则点C 到直线AB 的距离必须为2，设C (x ，x 2)，而l AB ：x ＋y －2＝0，所以有|x ＋x 2－2|2＝2，所以x 2＋x －2＝±2，当x 2＋x －2＝2时，有两个不同的C 点；当x 2＋x －2＝－2时，亦有两个不同的C 点． 因此满足条件的C 点有4个，故应选A.课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 过点(－1，－2)的直线l 被圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0截得的弦长为2，则直线l 的斜率为________．课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 1或177【解析】 由题意，直线与圆要相交，斜率必须存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＋2＝k ()x ＋1.又圆的方程为()x －12＋()y －12＝1，圆心为()1，1，半径为1，所以圆心到直线的距离d ＝||k －1＋k －21＋k 2＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22，解得k ＝1或177.课标理数20.H2，H9[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)设M (x ，y )，由已知得B (x ，－3)，A (0，－1)．所以MA →＝(－x ，－1－y )，MB →＝(0，－3－y )，AB →＝(x ，－2)．再由题意可知(MA →＋MB →)·AB →＝0，即(－x ，－4－2y )·(x ，－2)＝0，所以曲线C 的方程为y ＝14x 2－2.(2)设P (x 0，y 0)为曲线C ：y ＝14x 2－2上一点，因为y ′＝12x ，所以l 的斜率为12x 0.因此直线l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即x 0x －2y ＋2y 0－x 20＝0. 则O 点到l 的距离d ＝||2y 0－x 20x 20＋4，又y 0＝14x 20－2，所以d ＝12x 20＋4x 20＋4＝12⎝⎛⎭⎪⎫x 20＋4＋4x 20＋4≥2， 当x 0＝0时取等号，所以O 点到l 距离的最小值为2.课标文数12.H2[2011·浙江卷] 若直线x －2y ＋5＝0与直线2x ＋my －6＝0互相垂直，则实数m ＝________.课标文数12.H2[2011·浙江卷] 1 【解析】 ∵直线x －2y ＋5＝0与直线2x ＋my －6＝0，∴1×2－2×m ＝0，即m ＝1.大纲文数11.H3[2011·全国卷] 设两圆C 1、C 2都和两坐标轴相切，且都过点(4,1)，则两圆心的距离|C 1C 2|＝( )A ．4B ．4 2C ．8D ．8 2 大纲文数11.H3[2011·全国卷] C 【解析】 由题意知两圆的圆心在直线y ＝x 上，设C 1(a ，a )，C 2(b ，b )，可得(a －4)2＋(a －1)2＝a 2，(b －4)2＋(b －1)2＝b 2，即a ，b 是方程x 2－10x ＋17＝0的两根，a ＋b ＝10，ab ＝17，|C 1C 2|＝2(a －b )2＝2[(a ＋b )2－4ab ]＝8，故选C.课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 已知直线l ：y ＝x ＋m ，m ∈R .(1)若以点M (2,0)为圆心的圆与直线l 相切于点P ，且点P 在y 轴上，求该圆的方程；(2)若直线l 关于x 轴对称的直线为l ′，问直线l ′与抛物线C ：x 2＝4y 是否相切？说明理由． 课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 【解答】 解法一：图1－6(1)依题意，点P 的坐标为(0，m )．因为MP ⊥l ，所以0－m2－0×1＝－1，解得m ＝2，即点P 的坐标为(0,2)．从而圆的半径r ＝|MP |＝(2－0)2＋(0－2)2＝22，故所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8. (2)因为直线l 的方程为y ＝x ＋m ，所以直线l ′的方程为y ＝－x －m . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x －m ，x 2＝4y 得x 2＋4x ＋4m ＝0.Δ＝42－4×4m ＝16(1－m )． ①当m ＝1，即Δ＝0时，直线l ′与抛物线C 相切； ②当m ≠1，即Δ≠0时，直线l ′与抛物线C 不相切．综上，当m ＝1时，直线l ′与抛物线C 相切；当m ≠1时，直线l ′与抛物线C 不相切． 解法二：(1)设所求圆的半径为r ，则圆的方程可设为(x －2)2＋y 2＝r 2.依题意，所求圆与直线l ：x －y ＋m ＝0相切于点P (0，m )，则⎩⎪⎨⎪⎧4＋m 2＝r 2，|2－0＋m |2＝r ，解得⎩⎨⎧m ＝2，r ＝2 2.所以所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8. (2)同解法一．图1－4课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 如图1－4，直线l ：y ＝x ＋b 与抛物线C ：x 2＝4y 相切于点A . (1)求实数b 的值；(2)求以点A 为圆心，且与抛物线C 的准线相切的圆的方程．课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 【解答】 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＝4y得x 2－4x －4b ＝0.(*)因为直线l 与抛物线C 相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b )＝0.解得b ＝－1. (2)由(1)可知b ＝－1，故方程(*)即为x 2－4x ＋4＝0. 解得x ＝2，代入x 2＝4y ，得y ＝1，故点A (2,1)．因为圆A 与抛物线C 的准线相切，所以圆A 的半径r 等于圆心A 到抛物线的准线y ＝－1的距离，即r ＝|1－(－1)|＝2.所以圆A 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.图1－2课标理数14.H3[2011·湖北卷] 如图1－2，直角坐标系xOy 所在的平面为α，直角坐标系x ′Oy ′(其中y ′轴与y 轴重合)所在的平面为β，∠xOx ′＝45°.(1)已知平面β内有一点P ′(22，2)，则点P ′在平面α内的射影P 的坐标为________； (2)已知平面β内的曲线C ′的方程是(x ′－2)2＋2y ′2－2＝0，则曲线C ′在平面α内的射影C 的方程是______________．课标理数14.H3[2011·湖北卷] ()2，2 ()x －12＋y 2＝1 【解析】 (1)过点P ′作PP ′⊥α，垂足为P ，过P 作PM ⊥y 轴于M ，连接P ′M ，则∠P ′MP ＝45°.又MP ′＝22，所以MP ＝22cos45°＝2.所以点P ()2，2.(2)设曲线C ′上任意一点为()x ′，y ′，则该点在平面α内的射影为()x ，y ，故有⎩⎪⎨⎪⎧22x ′＝x ，y ′＝y ，即⎩⎨⎧x ′＝2x ，y ′＝y ，代入()x ′－22＋2y ′2－2＝0中，得()x －12＋y 2－1＝0，即()x －12＋y 2＝1.课标文数13.H3[2011·辽宁卷] 已知圆C 经过A (5,1)，B (1,3)两点，圆心在x 轴上，则C 的方程为________． 课标文数13.H3[2011·辽宁卷] (x －2)2＋y 2＝10 【解析】 设圆心坐标为(x,0)，则有(x －5)2＋1＝(x －1)2＋9，解得x ＝2.由两点距离得r ＝(2－5)2＋1＝10，所以圆的方程为(x －2)2＋y 2＝10.课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2－6x ＋1与坐标轴的交点都在圆C 上．(1)求圆C 的方程；(2)若圆C 与直线x －y ＋a ＝0交于A 、B 两点，且OA ⊥OB ，求a 的值． 课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)曲线y ＝x 2－6x ＋1与y 轴的交点为(0,1)，与x 轴的交点为(3＋22，0)，(3－22，0)．故可设C 的圆心为(3，t )，则有32＋(t －1)2＝(22)2＋t 2，解得t ＝1.则圆C 的半径为32＋(t －1)2＝3.所以圆C 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其坐标满足方程组 ⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋a ＝0，(x －3)2＋(y －1)2＝9.消去y ，得到方程2x 2＋(2a －8)x ＋a 2－2a ＋1＝0. 由已知可得，判别式Δ＝56－16a －4a 2>0.从而x 1＋x 2＝4－a ，x 1x 2＝a 2－2a ＋12.①由于OA ⊥OB ，可得x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋a ，y 2＝x 2＋a ，所以2x 1x 2＋a (x 1＋x 2)＋a 2＝0.② 由①，②得a ＝－1，满足Δ>0，故a ＝－1.大纲文数3.H3[2011·四川卷] 圆x 2＋y 2－4x ＋6y ＝0的圆心坐标是( ) A ．(2,3) B ．(－2,3) C ．(－2，－3) D ．(2，－3) 大纲文数3.H3[2011·四川卷] D 【解析】 圆的方程可化为(x －2)2＋(y ＋3)2＝13，所以圆心坐标是(2，－3)，选D.大纲理数8.H3[2011·重庆卷] 在圆x 2＋y 2－2x －6y ＝0内，过点E (0,1)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为( )A ．5 2B ．102C ．15 2D ．20 2所以四边形ABCD 的面积为S ＝12|AC ||BD |＝10 2.故选B.课标文数4.H4[2011·安徽卷] 若直线3x ＋y ＋a ＝0过圆x 2＋y 2＋2x －4y ＝0的圆心，则a 的值为( ) A ．－1 B ．1 C ．3 D ．－3 课标文数4.H4[2011·安徽卷] B 【解析】 圆的方程可化为(x ＋1)2＋(y －2)2＝5，因为直线经过圆的圆心(－1,2)，所以3×(－1)＋2＋a ＝0，得a ＝1.课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 已知直线l ：y ＝x ＋m ，m ∈R .(1)若以点M (2,0)为圆心的圆与直线l 相切于点P ，且点P 在y 轴上，求该圆的方程；(2)若直线l 关于x 轴对称的直线为l ′，问直线l ′与抛物线C ：x 2＝4y 是否相切？说明理由．解法二：(1)设所求圆的半径为r ，则圆的方程可设为(x －2)2＋y 2＝r 2.依题意，所求圆与直线l ：x －y ＋m ＝0相切于点P (0，m )，则⎩⎪⎨⎪⎧4＋m 2＝r 2，|2－0＋m |2＝r ，解得⎩⎨⎧m ＝2，r ＝2 2.所以所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.(2)同解法一．图1－4课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 如图1－4，直线l ：y ＝x ＋b 与抛物线C ：x 2＝4y 相切于点A . (1)求实数b 的值；(2)求以点A 为圆心，且与抛物线C 的准线相切的圆的方程．课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 【解答】 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＝4y得x 2－4x －4b ＝0.(*)因为直线l 与抛物线C 相切， 所以Δ＝(－4)2－4×(－4b )＝0.解得b ＝－1.(2)由(1)可知b ＝－1，故方程(*)即为x 2－4x ＋4＝0.解得x ＝2，代入x 2＝4y ，得y ＝1，故点A (2,1)． 因为圆A 与抛物线C 的准线相切，所以圆A 的半径r 等于圆心A 到抛物线的准线y ＝－1的距离，即r ＝|1－(－1)|＝2. 所以圆A 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.课标文数8.H4[2011·广东卷] 设圆C 与圆22(3)1x y +-=外切，与直线0y =相切，则C 的圆心轨迹为( )A ．抛物线B ．双曲线C ．椭圆D ．圆 课标文数8.H4[2011·广东卷] A 【解析】 设圆心C 的坐标C (x ，y )，由题意知y ＞0，则圆C 的半径为y ，由于圆C 与已知圆相外切，则由两圆心距等于半径之和，得x 2＋(y －3)2＝1＋y ，整理得：x 2＝8(y －1)，所以轨迹为抛物线．课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 过点(－1，－2)的直线l 被圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0截得的弦长为2，则直线l 的斜率为________．课标文数14.H4，H2[2011·湖北卷] 1或177【解析】 由题意，直线与圆要相交，斜率必须存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＋2＝k ()x ＋1.又圆的方程为()x －12＋()y －12＝1，圆心为()1，1，半径为1，所以圆心到直线的距离d ＝||k －1＋k －21＋k2＝1－⎝⎛⎭⎫222＝22，解得k ＝1或177.课标文数15.H4，K3[2011·湖南卷] 已知圆C ：x 2＋y 2＝12，直线l ：4x ＋3y ＝25. (1)圆C 的圆心到直线l 的距离为________；(2)圆C 上任意一点A 到直线l 的距离小于2的概率为________．课标文数15.H4，K3[2011·湖南卷] (1)5 (2)16【解析】 (1)圆心到直线的距离为：d ＝||－2532＋42＝5;图1－4(2)当圆C 上的点到直线l 的距离是2时有两个点为点B 与点D ，设过这两点的直线方程为4x ＋3y ＋c ＝0，同时可得到的圆心到直线4x ＋3y ＋c ＝0的距离为OC ＝3，又圆的半径为r ＝23，可得∠BOD ＝60°，由图1－2可知点A 在弧BD 上移动，弧长l BD ＝16×c ＝c6，圆周长c ，故P (A )＝l BD c ＝16.课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2－6x ＋1与坐标轴的交点都在圆C 上．(1)求圆C 的方程；(2)若圆C 与直线x －y ＋a ＝0交于A 、B 两点，且OA ⊥OB ，求a 的值． 课标文数20.H3，H4[2011·课标全国卷] 【解答】 (1)曲线y ＝x 2－6x ＋1与y 轴的交点为(0,1)，与x 轴的交点为(3＋22，0)，(3－22，0)．故可设C 的圆心为(3，t )，则有32＋(t －1)2＝(22)2＋t 2，解得t ＝1.则圆C 的半径为32＋(t －1)2＝3.所以圆C 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋a ＝0，(x －3)2＋(y －1)2＝9. 消去y ，得到方程2x 2＋(2a －8)x ＋a 2－2a ＋1＝0. 由已知可得，判别式Δ＝56－16a －4a 2>0.从而x 1＋x 2＝4－a ，x 1x 2＝a 2－2a ＋12.①由于OA ⊥OB ，可得x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋a ，y 2＝x 2＋a ，所以2x 1x 2＋a (x 1＋x 2)＋a 2＝0.② 由①，②得a ＝－1，满足Δ>0，故a ＝－1.大纲文数13.H4[2011·重庆卷] 过原点的直线与圆x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0相交所得的弦长为2，则该直线的方程为________．大纲文数13.H4[2011·重庆卷] 2x －y ＝0 【解析】 将圆x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0配方得(x －1)2＋(y －2)2＝1，∴该圆半径为1，圆心M (1,2)．∵直线与圆相交所得弦的长为2，即为该圆的直径，∴该直线的方程的斜率k ＝2－01－0＝2，∴该直线的方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0. 课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0.(1)证明l 1与l 2相交；(2)证明l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上． 课标文数17.H2，H5[2011·安徽卷] 本题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判断与证明，点在曲线上的判断与证明，椭圆方程等基本知识．考查推理论证能力和运算求解能力．【解答】 (1)反证法：假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行，有k 1＝k 2，代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0. 此与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交．(2)(方法一)由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k 2－k 1，y ＝k 2＋k 1k 2－k 1，而2x 2＋y 2＝2⎝⎛⎭⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1.此即表明交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．(方法二)交点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k 1x ，y ＋1＝k 2x ，故知x ≠0，从而⎩⎨⎧k 1＝y －1x，k 2＝y ＋1x .代入k 1k 2＋2＝0，得y －1x ·y ＋1x＋2＝0.整理后，得2x 2＋y 2＝1，所以交点P 在椭圆2x 2＋y 2＝1上．课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2.若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( )A.12或32B.23或2C.12或2D.23或32 课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F 1F 2|＝2c (c >0)，由已知|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，得|PF 1|＝83c ，|PF 2|＝43c ，且|PF 1|>|PF 2|，若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝4c ，离心率e ＝c a ＝12；若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝43c ，离心率e ＝c a ＝32，故选A.课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( )A.12或32B.23或2C.12或2D.23或32 课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F 1F 2|＝2c (c >0)，由已知|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，得|PF 1|＝83c ，|PF 2|＝43c ，且|PF 1|>|PF 2|，若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝4c ，离心率e ＝c a ＝12；若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝43c ，离心率e ＝c a ＝32，故选A.课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 如图1－9，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，x 轴被曲线C 2：y ＝x 2－b 截得的线段长等于C 1的长半轴长．(1)求C 1，C 2的方程；(2)设C 2与y 轴的交点为M ，过坐标原点O 的直线l 与C 2相交于点A ，B ，直线MA ，MB 分别与C 1相交于点D ，E .①证明：MD ⊥ME ；②记△MAB ，△MDE 的面积分别为S 1，S 2.问：是否存在直线l ，使得S 1S 2＝1732？请说明理由．图1－10课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知，e ＝c a ＝32，从而a ＝2b .又2b ＝a ，解得a ＝2，b ＝1.故C 1，C 2的方程分别为x 24＋y 2＝1，y ＝x 2－1.(2)①由题意知，直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＝kx . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，y ＝x 2－1得x 2－kx －1＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－1. 又点M 的坐标为(0，－1)，所以k MA ·k MB ＝y 1＋1x 1·y 2＋1x 2＝(kx 1＋1)(kx 2＋1)x 1x 2＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1x 1x 2＝－k 2＋k 2＋1－1＝－1.故MA ⊥MB ，即MD ⊥ME .②设直线MA 的斜率为k 1，则直线MA 的方程为y ＝k 1x －1，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1x －1，y ＝x 2－1解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k 1，y ＝k 21－1.则点A 的坐标为(k 1，k 21－1)． 又直线MB 的斜率为－1k 1，同理可得点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫－1k 1，1k 21－1. 于是S 1＝12|MA |·|MB |＝121＋k 21·|k 1|·1＋1k 21·⎪⎪⎪⎪－1k 1＝1＋k 212|k 1|.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －1，x 2＋4y 2－4＝0得(1＋4k 21)x 2－8k 1x ＝0. 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8k 11＋4k 21，y ＝4k 21－11＋4k 21.则点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 11＋4k 21，4k 21－11＋4k 21.又直线ME 的斜率为－1k 1，同理可得点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 14＋k 21，4－k 214＋k 21. 于是S 2＝12|MD |·|ME |＝32(1＋k 21)·|k 1|(1＋4k 21)(k 21＋4).因此S 1S 2＝164⎝⎛⎭⎫4k 21＋4k 21＋17. 由题意知，164⎝⎛⎭⎫4k 21＋4k 21＋17＝1732， 解得k 21＝4，或k 21＝14. 又由点A ，B 的坐标可知，k ＝k 21－1k 21k 1＋1k 1＝k 1－1k 1，所以k ＝±32.故满足条件的直线l 存在，且有两条，其方程分别为y ＝32x 和y ＝－32x .课标理数14.H5[2011·江西卷] 若椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的焦点在x 轴上，过点⎝⎛⎭⎫1，12作圆x 2＋y 2＝1的切线，切点分别为A ，B ，直线AB 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．课标理数14.H5[2011·江西卷] 【答案】 x 25＋y 24＝1【解析】 由题可知过点⎝⎛⎭⎫1，12与圆x 2＋y 2＝1的圆心的直线方程为y ＝12x ，由垂径定理可得k AB ＝－2. 显然过点⎝⎛⎭⎫1，12的一条切线为直线x ＝1，此时切点记为A (1,0)，即为椭圆的右焦点，故c ＝1. 由点斜式可得，直线AB 的方程为y ＝－2(x －1)， 即AB ：2x ＋y －2＝0.令x ＝0得上顶点为(0,2)，∴b ＝2，∴a 2＝b 2＋c 2＝5，故得所求椭圆方程为x 25＋y 24＝1.课标理数14.H5[2011·课标全国卷] 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的中心为原点，焦点F 1，F 2在x 轴上，离心率为22.过F 1的直线l 交C 于A ，B 两点，且△ABF 2的周长为16，那么C 的方程为________________．课标理数14.H5[2011·课标全国卷] x 216＋y 28＝1 【解析】 设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．因为离心率为22，所以22＝1－b2a2，解得b 2a 2＝12，即a 2＝2b 2.图1－7又△ABF 2的周长为||AB ＋||AF 2＋||BF 2＝||AF 1＋||BF 1＋||BF 2＋||AF 2＝(||AF 1＋||AF 2)＋(||BF 1＋||BF 2)＝2a ＋2a ＝4a ，，所以4a ＝16，a ＝4，所以b ＝22，所以椭圆方程为x 216＋y 28＝1.课标文数4.H5[2011·课标全国卷] 椭圆x 216＋y 28＝1的离心率为( )A.13B.12C.33D.22课标文数4.H5[2011·课标全国卷] D 【解析】 由题意a ＝4，c 2＝8，∴c ＝22，所以离心率为e ＝c a＝224＝22.课标理数17.H5，H8[2011·陕西卷]图1－8如图1－8，设P 是圆x 2＋y 2＝25上的动点，点D 是P 在x 轴上的投影，M 为PD 上一点，且|MD |＝45|PD |.(1)当P 在圆上运动时，求点M 的轨迹C 的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C 所截线段的长度．课标理数17.H5，H8[2011·陕西卷] 【解答】 (1)设M 的坐标为(x ，y )，P 的坐标为(x P ，y P )，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧x P＝x ，y P ＝54y ， ∵P 在圆上，∴x 2＋⎝⎛⎭⎫54y 2＝25，即C 的方程为x 225＋y 216＝1.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y ＝45(x －3)，设直线与C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将直线方程y ＝45(x －3)代入C 的方程，得x 225＋(x －3)225＝1，即x 2－3x －8＝0.∴x 1＝3－412，x 2＝3＋412.∴线段AB 的长度为|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝⎝⎛⎭⎫1＋1625(x 1－x 2)2＝4125×41＝415.课标文数17.H5[2011·陕西卷] 设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(0,4)，离心率为35.(1)求C 的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C 所截线段的中点坐标．课标文数17.H5[2011·陕西卷] 【解答】 (1)将(0,4)代入椭圆C 的方程得16b2＝1，∴b ＝4.又e ＝c a ＝35得a 2－b 2a 2＝925，即1－16a 2＝925，∴a ＝5，∴C 的方程为x 225＋y216＝1.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y ＝45(x －3)，设直线与C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将直线方程y ＝45(x －3)代入C 的方程，得x 225＋(x －3)225＝1，即x 2－3x －8＝0.解得x 1＝3－412，x 2＝3＋412，∴AB 的中点坐标x ＝x 1＋x 22＝32，y ＝y 1＋y 22＝25(x 1＋x 2－6)＝－65.即中点为⎝⎛⎭⎫32，－65.课标理数17.H5[2011·浙江卷] 设F 1，F 2分别为椭圆x 23＋y 2＝1的左，右焦点，点A ，B 在椭圆上．若F 1A→＝5F 2B →，则点A 的坐标是________．[来源:Z_xx_]课标理数17.H5[2011·浙江卷] (0，±1)【解析】 设直线F 1A 的反向延长线与椭圆交于点B ′，又∵F 1A →＝5F 2B →，由椭圆的对称性可得F 1A →＝5B ′F 1→，设A ()x 1，y 1，B ′()x 2，y 2，又∵|F 1A |＝63⎝⎛⎭⎫x 1＋322，|F 1B ′|＝63⎝⎛⎭⎫x 2＋322，∴⎩⎪⎨⎪⎧63⎝⎛⎭⎫x 1＋322＝5×63⎝⎛⎭⎫x 2＋322，x 1＋2＝5()－2－x 2，解之得x 1＝0，∴点A 的坐标为()0，±1.课标文数3.H6[2011·安徽卷] 双曲线2x 2－y 2＝8的实轴长是( ) A ．2 B ．2 2 C ．4 D ．4 2课标文数3.H6[2011·安徽卷] C 【解析】 双曲线方程可化为x 24－y 28＝1，所以a 2＝4，得a ＝2，所以2a ＝4.故实轴长为4.课标理数2.H6[2011·安徽卷] 双曲线2x 2－y 2＝8的实轴长是( )[来源:学.科.网Z.X.X.K] A ．2 B ．2 2 C ．4 D ．4 2课标理数2.H6[2011·安徽卷] C 【解析】 双曲线方程可化为x 24－y 28＝1，所以a 2＝4，得a ＝2，所以2a ＝4.故实轴长为4.课标文数10.H6[2011·北京卷] 已知双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的一条渐近线的方程为y ＝2x ，则b ＝________.课标文数10.H6[2011·北京卷] 2 【解析】 易知y ＝bx ＝2x ，故b ＝2.大纲理数15.H6[2011·全国卷] 已知F 1、F 2分别为双曲线C ：x 29－y 227＝1的左、右焦点，点A ∈C ，点M的坐标为(2,0)，AM 为∠F 1AF 2的平分线，则|AF 2|＝________.大纲理数15.H6[2011·全国卷] 6 【解析】 根据角平分线的性质，||AF 2||AF 1＝||MF 2||MF 1＝12.又||AF 1－||AF 2＝6，故||AF 2＝6.大纲文数16.H6[2011·全国卷] 已知F 1、F 2分别为双曲线C ：x 29－y 227＝1的左、右焦点，点A ∈C ，点M的坐标为(2,0)，AM 为∠F 1AF 2的平分线，则|AF 2|＝________.大纲文数16.H6[2011·全国卷] 6 【解析】 根据角平分线的性质，|AF 2||AF 1|＝|MF 2||MF 1|＝12.又|AF 1|－|AF 2|＝6，故|AF 2|＝6.课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2.若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( )A.12或32B.23或2C.12或2D.23或32 课标理数7.H5，H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F 1F 2|＝2c (c >0)，由已知|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，得|PF 1|＝83c ，|PF 2|＝43c ，且|PF 1|>|PF 2|，若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝4c ，离心率e ＝c a ＝12；若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝43c ，离心率e ＝c a ＝32，故选A.课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] 设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( )A.12或32B.23或2C.12或2D.23或32 课标文数11.H5，H6[2011·福建卷] A 【解析】 设|F 1F 2|＝2c (c >0)，由已知|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，得|PF 1|＝83c ，|PF 2|＝43c ，且|PF 1|>|PF 2|，若圆锥曲线Γ为椭圆，则2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝4c ，离心率e ＝c a ＝12；若圆锥曲线Γ为双曲线，则2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝43c ，离心率e ＝c a ＝32，故选A.课标理数5.H6[2011·湖南卷] 设双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的渐近线方程为3x ±2y ＝0，则a 的值为( )A ．4B ．3C ．2D ．1课标理数5.H6[2011·湖南卷] C 【解析】 根据双曲线x 2a 2－y 29＝1的渐近的方程得：y ＝±3ax ，即ay ±3x＝0.因为已知双曲线的渐近线的方程为3x ±2y ＝0且a >0，所以有a ＝2，故选C.课标文数6.H6[2011·湖南卷] 设双曲线x 2a 2－y 29＝1(a >0)的渐近线方程为3x ±2y ＝0，则a 的值为( )A ．4B ．3C ．2D ．1课标文数6.H6[2011·湖南卷] C 【解析】 根据双曲线x 2a 2－y 29＝1的渐近线的方程得：y ＝±3ax ，即ay ±3x＝0.又已知双曲线的渐近线的方程为3x ±2＝0且a >0，故有a ＝2，故选C.课标文数12.H6[2011·江西卷] 若双曲线y 216－x 2m＝1的离心率e ＝2，则m ＝________.课标理数7.H6[2011·课标全国卷] B 【解析】 设双曲线方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，直线过右焦点F ，且垂直于x 轴交双曲线于A ，B 两点，则||AB ＝2b 2a＝4a ，所以b 2＝2a 2，所以双曲线的离心率e ＝1＋b 2a2＝ 3.课标理数13.H6[2011·辽宁卷] 已知点(2,3)在双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)上，C 的焦距为4，则它的离心率为________．课标理数13.H6[2011·辽宁卷] 2 【解析】 法一：点(2,3)在双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1上，则4a 2－9b2＝1.又由于2c ＝4，所以a 2＋b 2＝4.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧4a 2－9b 2＝1，a 2＋b 2＝4得a ＝1或a ＝4.由于a <c ，故a ＝1.所以离心率为e＝ca＝2. 法二：∵双曲线的焦距为4，∴双曲线的两焦点分别为F 1(－2，0)，F 2(2,0)，点(2,3)到两焦点的距离之差的绝对值为2，即2a ＝2，∴a ＝1，离心率e ＝ca ＝2.大纲文数14.H6[2011·四川卷] 双曲线x 264－y236＝1上一点P 到双曲线右焦点的距离是4，那么点P 到左准线的距离是________．大纲文数14.H6[2011·四川卷] 16 【解析】 本题主要考查双曲线第二定义的应用以及双曲线所体现的几何特性，根据双曲线的定义可知e ＝108＝4d ⇒d ＝165(d 为P 到右准线的距离)，所以P 到左准线的距离为2a 2c ＋d ＝12810＋165＝16.大纲理数13.B7[2011·四川卷] 计算⎝⎛⎭⎫lg 14－lg25÷100－12＝________. 大纲理数13.B7[2011·四川卷] －20 【解析】 原式＝lg 1100÷110＝－20.大纲理数14.H6[2011·四川卷] 双曲线x 264－y 236＝1上一点P 到双曲线右焦点的距离是4，那么点P 到左准线的距离是________．大纲理数14.H6[2011·四川卷] 16 【解析】 根据双曲线的定义可知e ＝108＝4d ⇒d ＝165(d 为P 到右准线的距离)，所以P 到左准线的距离为2a 2c ＋d ＝12810＋165＝16.大纲文数9.H6[2011·重庆卷] 设双曲线的左准线与两条渐近线交于A ，B 两点，左焦点在以AB 为直径的圆内，则该双曲线的离心率的取值范围为( )A ．(0，2)B ．(1，2)C.⎝⎛⎭⎫22，1 D ．(2，＋∞) 大纲文数9.H6[2011·重庆卷] B 【解析】 设双曲线的标准方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，则其渐近线方程为y ＝±bax ，准线方程为x ＝－a 2c ，代入渐近线方程得y ＝±b a ·⎝⎛⎭⎫－a 2c ＝±ab c ，所以圆的半径r ＝abc. 易知左焦点到圆心(准线与x 轴的交点)的距离d ＝c －a2c.由条件知d ＜r ，即c －a 2c ＜ab c ，所以c 2－a 2＜ab ，即b 2＜ab ，故ba ＜1，于是离心率e ＝ca＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＜2，即e ∈(1，2)．故选B. 课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 已知直线l ：y ＝x ＋m ，m ∈R .(1)若以点M (2,0)为圆心的圆与直线l 相切于点P ，且点P 在y 轴上，求该圆的方程；(2)若直线l 关于x 轴对称的直线为l ′，问直线l ′与抛物线C ：x 2＝4y 是否相切？说明理由． 课标理数17.H7，H3，H4[2011·福建卷] 【解答】 解法一：图1－6(1)依题意，点P 的坐标为(0，m )．因为MP ⊥l ，所以0－m2－0×1＝－1，解得m ＝2，即点P 的坐标为(0,2)．从而圆的半径r ＝|MP |＝(2－0)2＋(0－2)2＝22， 故所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.(2)因为直线l 的方程为y ＝x ＋m ，所以直线l ′的方程为y ＝－x －m . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x －m ，x 2＝4y得x 2＋4x ＋4m ＝0.Δ＝42－4×4m ＝16(1－m )． ①当m ＝1，即Δ＝0时，直线l ′与抛物线C 相切； ②当m ≠1，即Δ≠0时，直线l ′与抛物线C 不相切．综上，当m ＝1时，直线l ′与抛物线C 相切；当m ≠1时，直线l ′与抛物线C 不相切． 解法二：(1)设所求圆的半径为r ，则圆的方程可设为(x －2)2＋y 2＝r 2.依题意，所求圆与直线l ：x －y ＋m ＝0相切于点P (0，m )，则⎩⎪⎨⎪⎧4＋m 2＝r 2，|2－0＋m |2＝r ，解得⎩⎨⎧m ＝2，r ＝2 2.所以所求圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.(2)同解法一．图1－4课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 如图1－4，直线l ：y ＝x ＋b 与抛物线C ：x 2＝4y 相切于点A . (1)求实数b 的值；(2)求以点A 为圆心，且与抛物线C 的准线相切的圆的方程．课标文数18.H3，H4，H7[2011·福建卷] 【解答】 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＝4y 得x 2－4x －4b ＝0.(*)因为直线l 与抛物线C 相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b )＝0. 解得b ＝－1.(2)由(1)可知b ＝－1，故方程(*)即为x 2－4x ＋4＝0. 解得x ＝2，代入x 2＝4y ，得y ＝1，故点A (2,1)． 因为圆A 与抛物线C 的准线相切，所以圆A 的半径r 等于圆心A 到抛物线的准线y ＝－1的距离，即r ＝|1－(－1)|＝2. 所以圆A 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.课标理数4.H7[2011·湖北卷] 将两个顶点在抛物线y 2＝2px (p >0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n ，则( )A ．n ＝0B ．n ＝1C ．n ＝2D ．n ≥3 课标理数4.H7[2011·湖北卷] C 【解析】 不妨设三个顶点分别为A ，B ，F (其中F 为抛物线的焦点)，由抛物线的定义，有A ，B 两点关于x 轴对称，点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，0.设A ()m ，2pm ()m >0，则由抛物线的定义得||AF ＝m ＋p 2.又||AB ＝22pm ，||AF ＝||AB ，所以m ＋p 2＝22pm ，整理得m 2－7pm ＋p 24＝0，所以Δ＝()－7p 2－4×p 24＝48p 2>0，所以方程m 2－7pm ＋p24＝0有两个不同的实根，记为m 1，m 2，则⎩⎪⎨⎪⎧m 1＋m 2＝7p >0，m 1m 2＝p 24>0， 所以m 1>0，m 2>0.所以n ＝2.课标文数4.H7[2011·湖北卷] 将两个顶点在抛物线y 2＝2px (p >0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n ，则( )A ．n ＝0B ．n ＝1C ．n ＝2D ．n ≥3 课标文数4.H7[2011·湖北卷] C 【解析】 不妨设三个顶点分别为A ，B ，F (其中F 为抛物线的焦点)，由抛物线的定义，有A ，B 两点关于x 轴对称，点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，0.设A ()m ，2pm ()m >0，则由抛物线的定义得||AF ＝m ＋p 2.又||AB ＝22pm ，||AF ＝||AB ，所以m ＋p 2＝22pm ，整理得m 2－7pm ＋p 24＝0，所以Δ＝()－7p 2－4×p 24＝48p 2>0，所以方程m 2－7pm ＋p24＝0有两个不同的实根，记为m 1，m 2，则⎩⎪⎨⎪⎧m 1＋m 2＝7p >0，m 1m 2＝p 24>0， 所以m 1>0，m 2>0.所以n ＝2.课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 如图1－9，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，x 轴被曲线C 2：y ＝x 2－b 截得的线段长等于C 1的长半轴长．(1)求C 1，C 2的方程；(2)设C 2与y 轴的交点为M ，过坐标原点O 的直线l 与C 2相交于点A ，B ，直线MA ，MB 分别与C 1相交于点D ，E .①证明：MD ⊥ME ；②记△MAB ，△MDE 的面积分别为S 1，S 2.问：是否存在直线l ，使得S 1S 2＝1732？请说明理由．图1－10课标理数21.H5，H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 (1)由题意知，e ＝c a ＝32，从而a ＝2b .又2b ＝a ，解得a ＝2，b ＝1.故C 1，C 2的方程分别为x 24＋y 2＝1，y ＝x 2－1.(2)①由题意知，直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＝kx . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，y ＝x 2－1得x 2－kx －1＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－1. 又点M 的坐标为(0，－1)，所以k MA ·k MB ＝y 1＋1x 1·y 2＋1x 2＝(kx 1＋1)(kx 2＋1)x 1x 2＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1x 1x 2＝－k 2＋k 2＋1－1＝－1.故MA ⊥MB ，即MD ⊥ME .②设直线MA 的斜率为k 1，则直线MA 的方程为y ＝k 1x －1，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1x －1，y ＝x 2－1解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k 1，y ＝k 21－1. 则点A 的坐标为(k 1，k 21－1)．又直线MB 的斜率为－1k 1，同理可得点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫－1k 1，1k 21－1. 于是S 1＝12|MA |·|MB |＝121＋k 21·|k 1|·1＋1k 21·⎪⎪⎪⎪－1k 1＝1＋k 212|k 1|.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －1，x 2＋4y 2－4＝0得(1＋4k 21)x 2－8k 1x ＝0. 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8k 11＋4k 21，y ＝4k 21－11＋4k 21.则点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 11＋4k 21，4k 21－11＋4k 21.又直线ME 的斜率为－1k 1，同理可得点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 14＋k 21，4－k 214＋k 21. 于是S 2＝12|MD |·|ME |＝32(1＋k 21)·|k 1|(1＋4k 21)(k 21＋4). 因此S 1S 2＝164⎝⎛⎭⎫4k 21＋4k 21＋17.由题意知，164⎝⎛⎭⎫4k 21＋4k 21＋17＝1732，解得k 21＝4，或k 21＝14. 又由点A ，B 的坐标可知，k ＝k 21－1k 21k 1＋1k 1＝k 1－1k 1，所以k ＝±32.故满足条件的直线l 存在，且有两条，其方程分别为y ＝32x 和y ＝－32x .课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 已知平面内一动点P 到点F (1,0)的距离与点P 到y 轴的距离的差等于1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l 1，l 2，设l 1与轨迹C 相交于点A ，B ，l 2与轨迹C 相交于点D ，E ，求AD →·EB →的最小值．课标文数21.H7，H8[2011·湖南卷] 【解答】 设动点P 的坐标为(x ，y )，由题意有(x －1)2＋y 2－|x |＝1.化简得y 2＝2x ＋2|x |.当x ≥0时，y 2＝4x ；当x <0时，y ＝0. 所以，动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x (x ≥0)和y ＝0(x <0)．(2)由题意知，直线l 1的斜率存在且不为0，设为k ，则l 1的方程为y ＝k (x －1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝2＋4k2，x 1x 2＝1.因为l 1⊥l 2，所以l 2的斜率为－1k.设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，则同理可得x 3＋x 4＝2＋4k 2，x 3x 4＝1. 故AD →·EB →＝(AF →＋FD →)·(EF →＋FB →)＝AF →·EF →＋AF →·FB →＋FD →·EF →＋FD →·FB →＝|AF →|·|FB →|＋|FD →|·|EF →| ＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 3＋1)(x 4＋1)＝x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋x 3x 4＋(x 3＋x 4)＋1＝1＋⎝⎛⎭⎫2＋4k 2＋1＋1＋(2＋4k 2)＋1＝8＋4⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2k 2·1k2＝16.当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，AD →·EB →取最小值16.图1－7课标文数19.H7[2011·江西卷] 已知过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，斜率为22的直线交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1<x 2)两点，且||AB ＝9.(1)求该抛物线的方程；(2)O 为坐标原点，C 为抛物线上一点，若OC →＝OA →＋λOB →，求λ的值．课标文数19.H7[2011·江西卷] 【解答】 (1)直线AB 的方程是y ＝22⎝⎛⎭⎫x －p2，与y 2＝2px 联立，从而有4x 2－5px ＋p 2＝0，所以：x 1＋x 2＝5p4.由抛物线定义得：|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝9， 所以p ＝4，从而抛物线方程是y 2＝8x .(2)由p ＝4,4x 2－5px ＋p 2＝0可简化为x 2－5x ＋4＝0，从而x 1＝1，x 2＝4，y 1＝－22，y 2＝42， 从而A (1，－22)，B (4,42)． 设OC →＝(x 3，y 3)＝(1，－22)＋λ(4,42)＝(4λ＋1，42λ－22)，又y 23＝8x 3，即[22(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1， 解得λ＝0或λ＝2.准线l 于N ，由于MN 是梯形ABCD 的中位线，所以|MN |＝|AD |＋|BC |2. 由抛物线的定义知|AD |＋|BC |＝|AF |＋|BF |＝3，所以|MN |＝32，又由于准线l 的方程为x ＝－14，所以线段AB 中点到y 轴的距离为32－14＝54，故选C.课标文数7.H7[2011·辽宁卷] 已知F 是抛物线y 2＝x 的焦点，A ，B 是该抛物线上的两点，|AF |＋|BF |＝3，则线段AB 的中点到y 轴的距离为( )A.34 B ．1 C.54 D.74图1－2课标文数7.H7[2011·辽宁卷] C 【解析】 如图1－2，过A ，B 分别作准线l 的垂线AD ，BC ，垂足分别为D ，C ，M 是线段AB 的中点，MN 垂直准线l 于N ，由于MN 是梯形ABCD 的中位线，所以|MN |＝|AD |＋|BC |2.由抛物线的定义知|AD |＋|BC |＝|AF |＋|BF |＝3，所以|MN |＝32，又由于准线l 的方程为x ＝－14，所以线段AB 中点到y 轴的距离为32－14＝54，故选C .课标文数9.H7[2011·课标全国卷] 已知直线l 过抛物线C 的焦点，且与C 的对称轴垂直，l 与C 交于A 、B 两点，|AB |＝12，P 为C 的准线上一点，则△ABP 的面积为( )A ．18B ．24C ．36D ．48课标文数9.H7[2011·课标全国卷] C 【解析】 设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，则焦点F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，A ⎝⎛⎭⎫p 2，p ，B ⎝⎛⎭⎫p2，－p ， 所以||AB ＝2p ＝12，所以p ＝6.又点P 到AB 边的距离为p ＝6，所以S △ABP ＝12×12×6＝36.课标文数9.H7[2011·山东卷] 设M (x 0，y 0)为抛物线C ：x 2＝8y 上一点，F 为抛物线C 的焦点，以F 为圆心、|FM |为半径的圆和抛物线C 的准线相交，则y 0的取值范围是( )A ．(0,2)B ．[0,2]C ．(2，＋∞)D ．[2，＋∞) 课标文数9.H7[2011·山东卷] C 【解析】 根据x 2＝8y ，所以F (0,2)，准线y ＝－2，所以F 到准线的距离为4，当以F 为圆心、以|FM |为半径的圆与准线相切时，|MF |＝4，即M 到准线的距离为4，此时y 0＝2，所以显然当以F 为圆心，以||FM 为半径的圆和抛物线C 的准线相交时，y 0∈(2，＋∞)．课标理数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x ＝－2，则抛物线的方程是( )A ．y 2＝－8xB ．y 2＝8x C ．y 2＝－4x D ．y 2＝4x 课标理数2.H7[2011·陕西卷] B 【解析】 由题意设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，又∵其准线方程为x ＝－p2＝－2，∴p ＝4，所求抛物线方程为y 2＝8x .课标文数2.H7[2011·陕西卷] 设抛物线的顶点在原点，准线方程为x ＝－2，则抛物线的方程是( ) A ．y 2＝－8x B ．y 2＝－4x C ．y 2＝8x D ．y 2＝4x 课标文数2.H7[2011·陕西卷] C 【解析】 由题意设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，又∵其准线方程为x ＝－p2＝－2，∴p ＝4，所求抛物线方程为y 2＝8x .大纲文数11.H7[2011·四川卷] 在抛物线y ＝x 2＋ax －5(a ≠0)上取横坐标为x 1＝－4，x 2＝2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x 2＋5y 2＝36相切，则抛物线顶点的坐标为( )A ．(－2，－9)B ．(0，－5)C ．(2，－9)D ．(1，－6) 大纲文数11.H7[2011·四川卷] A 【解析】 根据题意可知横坐标为－4,2的两点分别为(－4,11－4a )，(2，－1＋2a )，所以该割线的斜率为a －2，由y ′＝2x ＋a ＝a －2⇒x ＝－1，即有切点为(－1，－4－a )，所以切线方程为y ＋4＋a ＝(a －2)(x ＋1)⇒(a －2)x －y －6＝0，由切线与圆相切可知6(a －2)2＋1＝365⇒a ＝4或a ＝0(舍去)，所以抛物线方程为y ＝x 2＋4x －5＝(x ＋2)2－9，所以抛物线顶点坐标为(－2，－9)．选择A.大纲理数10.H7[2011·四川卷] 在抛物线y ＝x 2＋ax －5(a ≠0)上取横坐标为x 1＝－4，x 2＝2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x 2＋5y 2＝36相切，则抛物线顶点的坐标为( )A ．(－2，－9)B ．(0，－5)C ．(2，－9)D ．(1，－6) 大纲理数10.H7[2011·四川卷] A 【解析】 根据题意可知横坐标为－4,2的两点分别为(－4,11－4a )，(2，－1＋2a )，所以该割线的斜率为a －2，由y ′＝2x ＋a ＝a －2⇒x ＝－1，即有切点为(－1，－4－a )，所以切线方程为y ＋4＋a ＝(a －2)(x ＋1)⇒(a －2)x －y －6＝0，由切线与圆相切可知6(a －2)2＋1＝365⇒a ＝4或a ＝0(舍去)，所以抛物线方程为y ＝x 2＋4x －5＝(x ＋2)2－9，所以抛物线顶点坐标为(－2，－9)．选择A.课标理数21.H7[2011·浙江卷] 已知抛物线C 1：x 2＝y ，圆C 2：x 2＋(y －4)2＝1的圆心为点M . (1)求点M 到抛物线C 1的准线的距离；(2)已知点P 是抛物线C 1上一点(异于原点)，过点P 作圆C 2图1－8的两条切线，交抛物线C 1于A ，B 两点，若过M ，P 两点的直线l 垂直于AB ，求直线l 的方程．课标理数21.H7[2011·浙江卷] 【解答】 (1)由题意可知，抛物线的准线方程为：y ＝－14，所以圆心M (0,4)到准线的距离是174.(2)设P (x 0，x 20)，A (x 1，x 21)，B (x 2，x 22)，由题意得x 0≠0，x 0≠±1，x 1≠x 2. 设过点P 的圆C 2的切线方程为y －x 20＝k (x －x 0)， 即y ＝kx －kx 0＋x 20. ①则|kx 0＋4－x 20|1＋k 2＝1.即(x 20－1)k 2＋2x 0(4－x 20)k ＋(x 20－4)2－1＝0. 设P A ，PB 的斜率为k 1，k 2(k 1≠k 2)，则k 1，k 2是上述方程的两根，所以k 1＋k 2＝2x 0(x 20－4)x 20－1，k 1k 2＝(x 20－4)2－1x 20－1.将①代入y ＝x 2得x 2－kx ＋kx 0－x 20＝0，由于x 0是此方程的根，故x 1＝k 1－x 0，x 2＝k 2－x 0，所以k AB ＝x 21－x 22x 1－x 2＝x 1＋x 2＝k 1＋k 2－2x 0＝2x 0(x 20－4)x 20－1－2x 0，k MP ＝x 20－4x 0.由MP ⊥AB ，得k AB ·k MP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0(x 20－4)x 20－1－2x 0·⎝⎛⎭⎫x 20－4x 0＝－1，解得x 20＝235， 即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫±235，235，所以直线l 的方程为y ＝±3115115x ＋4.图1－8课标文数22.H7[2011·浙江卷] 如图1－8，设P 是抛物线C 1：x 2＝y 上的动点．过点P 做圆C 2：x 2＋(y ＋3)2＝1的两条切线，交直线l ：y ＝－3于A ，B 两点．(1)求圆C 2的圆心M 到抛物线C 1准线的距离； (2)是否存在点P ，使线段AB 被抛物线C 1在点P 处的切线平分？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．。
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何 2
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何一、选择题错误！未指定书签。
．（2012年高考（新课标理））已知三棱锥S A B C -的所有顶点都在球O 的求面上,A B C ∆是边长为1的正三角形,S C 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为 （ ）A．6B．6C．3D．2错误！未指定书签。
．（2012年高考（新课标理））如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．18错误！未指定书签。
．（2012年高考（浙江理））已知矩形ABCD ,AB =1,BC将∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着,在翻着过程中, A ．存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直 B ．存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直 C ．存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置,三直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直错误！未指定书签。
．（2012年高考（重庆理））设四面体的六条棱的长分别为和a ,且长为a 的棱异面,则a 的取值范围是 （ ）A ．(0,B ．(0,C ．D ．错误！未指定书签。
．（2012年高考（四川理））如图,半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内,过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ,过圆O 的直径C D 作平面α成45角的平面与半球面相交,所得交线上到平面α的距离最大的点为B ,该交线上的一点P 满足60BOP ∠=,则A 、P 两点间的球面距离为（ ）A ．arccos 4R B ．4Rπ C ．arccos3R D ．3Rπ错误！未指定书签。
．（2012年高考（四川理））下列命题正确的是（ ）A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行错误！未指定书签。
【数学】2012高考模拟题分类汇编立体几何
A．3 B．2
C．1 D．0
课标文数11.G2[2011·山东卷]
A 【解析】
①可以是放倒的三棱柱，所以正确；容易判断②正确；③可以是放倒的圆柱，所以也正确
．
课标理数5.G2[2011·陕西卷] 某几何体的三视图如图1－2所示，则它的体积是( )
图1－2
A．8－ B．8－
图1－4
课标文数5.G2[2011·北京卷] 某四棱锥的三视图如图1－1所示，该四棱锥的表面积是( )
图1－1
A．32 B．16＋16
C．48 D．16＋32
课标文数5.G2[2011·北京卷]
B 【解析】
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
由题意可知，该四棱锥是一个底面边长为4，高为2的正四棱锥，所以其表面积为4×4＋4
××4×2＝16＋16，故选B.
底面积为×2×2＝2，
所以V＝Sh＝×2×3＝2.
图1－1
课标理数3.G2[2011·湖南卷]
设图1－1是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A.π＋12
B.π＋18
C．9π＋42
D．36π＋18
课标理数3.G2[2011·湖南卷]
B 【解析】
由三视图可得这个几何体是由上面是一个直径为3的球，下面是一个长、宽都为3、高为2 的长方体所构成的几何体，则其体积为：V＝V1＋V2＝×π×3＋3×3×2＝π＋18，
图1－6 由条件知E(，0,0)，F(0,0，)，B，C. 则有＝，＝(－，0，)． 所以＝2，即得BC∥EF. (2)由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60°，知S△EOB＝. 而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝. 所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝. 过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高 ，且FQ＝，所以VF－OBED＝FQ·S四边形OBED＝.
2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题（精解精析版）一、选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为()A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D解析：如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=．故选：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A．B．C．D．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为()A．212B．312C．24D．34【答案】A解析：,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则22d =，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=．故选：A ．【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为()A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==．故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得154b a =（负值舍去）．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为()A ．3B ．32C ．1D ．32【答案】C解析：设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=-=，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=．故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．7．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．6+4B ．C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．9．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD △为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则()A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B 【解析】取DC 中点E ，如图连接辅助线，在BDE △中，N 为BD 中点，M 为DE 中点，所以//MN BE ，所以BM ，EN 共面相交，选项C ，D 错误． 平面CDE ⊥平面ABCD ，EF CD ⊥，EF ∴⊥平面ABCD ，又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ，从而EF FN ⊥，BC MC ⊥．所以MCB △与EFN△均为直角三角形．不妨设正方形边长为2，易知3,1MC EF NF ===，所以22(3)27BM =+=，22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠，故选B ．【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目．10．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面，则αβ//的充要条件是()()A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ//的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ//，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ//的必要条件，故选B .【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．11．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC △是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为()A ．B ．C ．D 【答案】D解析：三棱锥P ABC -为正三棱锥，取AC 中点M ，连接,PM BM ，则,AC PM AB BM ⊥⊥，PM BM M = ，可得AC ⊥平面PBM ，从而AC PB ⊥，又//,PB EF EF CE ⊥，可得PB CE ⊥，又AC CE C = ，所以PB ⊥平面PAC ，从而,PB PA PB PC ⊥⊥，从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O 的直径，即22R R ==，所以球O 的体积为343V R π==．12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A．B．C．D．【答案】B解析：设ABC △的边长为a，则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒，故球心O 到面ABC2==，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ，所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C ．15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A【解析一】根据题意，平面α与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直，且交于点M ．平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q ．正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时，截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时，截面为三角形且周长还渐减小。
2012年高考真题理科数学解析汇编立体几何参
2012年高考真题理科数学解析汇编：立体几何参考答案1一、选择题错误！未找到引用源。
【解析】选AABC ∆的外接圆的半径3r =点O 到面ABC 的距离3d ==SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离为23d =此棱锥的体积为112336ABC V S d ∆=⨯==另:123ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D 错误！未找到引用源。
【解析】选B 该几何体是三棱锥,底面是俯视图,高为3此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯= 错误！未找到引用源。
【答案】B【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着,观察在翻着过程,即可知选项B 是正确的.错误！未找到引用源。
【答案】A【解析】,2BE BF BE AB BF ==<=<【考点定位】本题考查棱锥的结构特征,考查空间相象力,极限思想的运用,是中档题.错误！未找到引用源。
[答案]A[解析] 以O 为原点,分别以OB 、OC 、OA 所在直线为x 、y 、z 轴,则2cos 4AO PO AOP R ∙∴∠== ,A )0,23,21(),22,0,22(R R P R R42arccos =∠∴AOP ,42arccos ⋅=∴R P A[点评]本题综合性较强,考查知识点较为全面,题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功.错误！未找到引用源。
[答案]C[解析]若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也可能为异面直线,也可能相交,所以A 错;一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B 错;若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D 错;故选项C 正确.[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质,需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式. 错误！未找到引用源。
【2022高考必备】2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何小题(精解精析)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编 立体几何小题（精解精析）一，选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中,P 为11B D 中点,则直线PB 与1AD 所成地角为( )A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【结果】D 思路：如图,连接11,,BC PC PB ,因为1AD ∥1BC ,所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成地角,因为1BB ⊥平面1111D C B A ,所以11BB PC ⊥,又111PC B D ⊥,1111BB B D B ⋂=,所以1PC ⊥平面1P B B ,所以1PC PB ⊥,设正方体棱长为2,则111112BC PC D B ===,1111sin 2PC PBC BC ∠==,所以16PBC π∠=．故选：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中,过顶点A 地三款棱地中点分别为E ,F ,G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后,所得多面体地三视图中,正视图如图所示,则相应地侧视图是( )的( )A．B．C．D．【结果】D思路：由题意及正视图可得几何体地直观图,如图所示,所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1地球O地球面上地三个点,且⊥==,则三棱锥O ABC,1AC BC AC BC-地体积为( )A B C D【结果】A思路：,1AC BC AC BC ⊥== ,ABC ∴ 为等腰直角三角形,AB ∴=,则ABC,又球地半径为1,设O 到平面ABC 地距离为d ,则d ==,所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯=．故选：A ．【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题,解题地关键是正确利用截面圆半径，球半径，球心到截面距离地勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 球面上地三个点,⊙1O 为ABC 地外接圆,若⊙1O 地面积为4π,1AB BC AC OO ===,则球O 地表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【结果】A【思路】设圆1O 半径为r ,球地半径为R ,依题意,得24,2r r ππ=∴=, ABC 为等边三角形,由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=,1OO AB ∴==,依据球地截面性质1OO ⊥平面ABC,11,4OO O A R OA ∴⊥====,∴球O 地表面积2464S R ππ==．故选：A的【点睛】本题考查球地表面积,应用球地截面性质是解题地关键,考查计算求解能力,属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它地形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥地高为边长地正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形地面积,则其侧面三角形底边上地高与底面正方形地边长地比值为( )( )A B C D 【结果】C【思路】如图,设,CD a PE b ==,则PO ==,由题意212PO ab =,即22142a b ab-=,化简得24(210b b a a -⋅-=,解得b a =．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥地概念及其相关计算,考查学生地数学计算能力,是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC等边三角形,且其顶点都在球O 地球面上．若球O 地表面积为16π,则O 到平面ABC 地距离为( )AB ．32C ．1D【结果】C思路：设球O 地半径为R ,则2416R ππ=,解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ,边长为a ,ABC地等边三角形,212a ∴=,解得：3a =,2233r ∴===,∴球心O 到平面ABC地距离1d ===．故选：C ．【点睛】本题考查球地相关问题地求解,涉及到球地表面积公式和三角形面积公式地应用。
2012年高考真题理科数学立体几何分类汇编
2012年高考真题理科数学立体几何分类汇编2012年高考真题理科数学立体几何分类汇编一、选择题 1.【2012高考新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）【答案】B 【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为，所以几何体的体积为 ,选B. 2.【2012高考浙江理10】已知矩形ABCD，AB=1，BC= 。
将△沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中。
A.存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直.B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直.C.存在某个位置，使得直线AD与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【答案】C 【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C是正确的． 3.【2012高考新课标理11】已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为（）【答案】A 【解析】的外接圆的半径，点到面的距离 , 为球的直径点到面的距离为此棱锥的体积为另：排除 ,选A. 4.【2012高考四川理6】下列命题正确的是（） A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行 [答案]C [解析]若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确. [点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质，需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式. 5.【2012高考四川理10】如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为（） A、 B、 C、 D、 [答案]A [解析] 以O为原点，分别以OB、OC、OA所在直线为x、y、z轴，则A [点评]本题综合性较强，考查知识点较为全面，题设很自然的把向量、立体几何、三角函数等基础知识结合到了一起.是一道知识点考查较为全面的好题.要做好本题需要有扎实的数学基本功. 6.【2012高考陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为（） A. B. C. D. 【答案】A. 【解析】法1：设，则，，，，故选A. 法2：过点作交轴于点，连结，设，则，在中，由余弦定理知直线与直线夹角的余弦值为 . 7.【2012高考湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D 【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形. 【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. 8.【2012高考湖北理4】已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为A． B． C． D．【答案】B 考点分析：本题考察空间几何体的三视图. 【解析】显然有三视图我们易知原几何体为一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为 .选B. 9.【2012高考广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为 A．12πB.45π C.57π D.81π【答案】C 【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得．故选C． 10.【2012高考福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是 A.球 B.三棱柱 C.正方形 D.圆柱【答案】D. 【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般. 【解析】法1：球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC，故选Ｄ．法2：球的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为圆；三棱锥的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图可以为全等的三角形；正方体的正视图（主视图）、侧视图（左视图）和俯视图均为正方形；圆柱的正视图（主视图）、侧视图（左视图）为矩形，俯视图为圆。
【精品】2012年全国高考数学试题+解答分类专题★★★11 解析几何初步
【精品】2012年全国高考数学试题+解答分类专题★★★ （11解析几何初步）一、选择题：1.(2012安徽文)若直线10x y -+=与圆22()2x a y -+=有公共点，则实数a 取值范围是（ ）()A [3,1]-- ()B [1,3]- （C ） [3,1]- ()D (,3][1,)-∞-+∞ 【解析】选C圆22()2x a y -+=的圆心(,0)C a 到直线10x y -+=的距离为d则 1231d r a a ≤=⇔≤⇔+≤⇔-≤≤2. (2012福建文)直线x+y 2-2=0与圆x 2+y 2=4相交于A,B 两点，则弦AB 的长度等于A. B C. D.13. (2012广东文)在平面直角坐标系xOy 中，直线3450x y +-=与圆224x y += 相交于A 、B 两点，则弦AB 的长等于A. B. C. D . 13. B. 圆心(0,0)到直线3450x y +-=的距离1d ==，则222()32AB r d =-=，即AB =4. (2012湖北文)过点P （1,1）的直线，将圆形区域{（x ，y ）|x 2+y 2≤4}分两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为( )A. x+y-2=0B. y-1=0C. x-y=0D. x+3y-4=05.A 【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点P 的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线OP 垂直即可.又已知点(1,1)P ，则1OP k =,故所求直线的斜率为-1.又所求直线过点(1,1)P ，故由点斜式得，所求直线的方程为()11y x -=--，即20+-=x y .故选A.【点评】本题考查直线、线性规划与圆的综合运用，数形结合思想.本题的解题关键是通过观察图形发现当面积之差最大时，所求直线应与直线OP 垂直，利用这一条件求出斜率，进而求得该直线的方程.来年需注意直线与圆相切的相关问题.5、(2012江西理)在直角三角形ABC 中，点D 是斜边AB 的中点，点P 为线段CD 的中点，则222||||||PA PB PC +=（ ） A ．2 B ．4 C ．5 D ．105. D 【解析】本题主要考查两点间的距离公式，以及坐标法这一重要的解题方法和数形结合的数学思想.不失一般性，取特殊的等腰直角三角形，不妨令4AC BC ==,则AB =CD = 12AB =1||2PC PD CD ===PA PB ====所以222||||101010||2PA PB PC ++==. 【点评】对于非特殊的一般图形求解长度问题，由于是选择题，不妨尝试将图形特殊化，以方便求解各长度，达到快速求解的目的.体现考纲中要求掌握两点间的距离公式.来年需要注意点到直线的距离公式.6.(2012辽宁文) 将圆x 2+y 2 -2x-4y+1=0平分的直线是（ ）（A ）x+y-1=0 （B ） x+y+3=0 （C ）x-y+1=0 （D ）x-y+3=0【答案】C【解析】圆心坐标为（1，2），将圆平分的直线必经过圆心，故选C【点评】本题主要考查直线和圆的方程，难度适中。
2012高考真题分类汇编：立体几何
实用文档2012高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1、【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+1252、【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。
A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直3、【2012高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的 是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18实用文档4、【2012高考真题新课标理11】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2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 26 ()B 36 ()C 23 ()D 225、【2012高考真题全国卷理4】已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中 ，AB=2，CC 1=22 E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为A 2 B3 C 2 D 16、【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，12和a ，且长为a 的棱2的棱异面，则a 的取值范围是（A ）2) （B ）3) （C ）2) （D ）3)7、【2012高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱8、【2012高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A．12π B.45π C.57π D.81π9、【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为实用文档A．8π3B．3πC．10π3D．6π10、【2012高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是实用文档实用文档11、【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ） A. 55B.53C. 25D. 3512、【2012高考真题四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P 两点间的球面距离为（ ）αC AO DBPA 、2arccos4R B 、4R π C 、3arccos 3R D 、3R π13、【2012高考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行实用文档C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行二、填空题14、【2012高考真题安徽理12】某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是_____．15、【2012高考真题四川理14】如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
2012年-2021年(10年)全国高考数学真题分类汇编 立体几何客观题(精解精析版)
2012-2021十年全国高考数学真题分类汇编立体几何客观题（精解精析版）一、选择题1．(2021年高考全国乙卷理科)在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为()A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D解析：如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1P B B ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B ===1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=．故选：D2．(2021年高考全国甲卷理科)在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G ．该正方体截去三棱锥A EFG -后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是()()A．B．C．D．【答案】D解析：由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，所以其侧视图为故选：D3．(2021年高考全国甲卷理科)已如A．B．C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为()A．212B．312C．24D．34【答案】A解析：,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 外接圆的半径为22，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则22d =，所以1112211332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=．故选：A ．【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解．4．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为()A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==．故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题．5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()()A ．514-B ．512-C ．514+D ．512+【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则22224a PO PE OEb =-=-，由题意212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得154b a =（负值舍去）．故选：C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题．6．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为()A ．3B ．32C ．1D ．32【答案】C解析：设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =．设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 是面积为934的等边三角形，21393224a ∴⨯=，解得：3a =，22229933434a r a ∴=-=-=，∴球心O 到平面ABC 的距离22431d R r =-=-=．故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．7．(2020年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为()()A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A解析：根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E ．故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题．8．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()()A ．6+4B ．C ．D ．【答案】C解析：根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++．故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题．9．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD △为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则()A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线【答案】B 【解析】取DC 中点E ，如图连接辅助线，在BDE △中，N 为BD 中点，M 为DE 中点，所以//MN BE ，所以BM ，EN 共面相交，选项C ，D 错误． 平面CDE ⊥平面ABCD ，EF CD ⊥，EF ∴⊥平面ABCD ，又DC CD ⊥,∴DC ⊥平面DCE ，从而EF FN ⊥，BC MC ⊥．所以MCB △与EFN△均为直角三角形．不妨设正方形边长为2，易知3,1MC EF NF ===，所以22(3)27BM =+=，22(3)12EN =+=,BM EN ∴≠，故选B ．【点评】本题比较具有综合性，既考查了面面垂直、线面垂直等线面关系，还考查了三角形中的一些计算问题，是一个比较经典的题目．10．(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)设α、β为两个平面，则αβ//的充要条件是()()A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ//的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ//，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ//的必要条件，故选B .【点评】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,//a b a b αβ⊂⊂，则//αβ”此类的错误．11．(2019年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，ABC △是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为()A ．B ．C ．D 【答案】D解析：三棱锥P ABC -为正三棱锥，取AC 中点M ，连接,PM BM ，则,AC PM AB BM ⊥⊥，PM BM M = ，可得AC ⊥平面PBM ，从而AC PB ⊥，又//,PB EF EF CE ⊥，可得PB CE ⊥，又AC CE C = ，所以PB ⊥平面PAC ，从而,PB PA PB PC ⊥⊥，从而正三棱锥P ABC -的三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，且PA PB PC ===,,PA PB PC 为棱的正方体，正方体的体对角线即为球O 的直径，即22R R ==，所以球O 的体积为343V R π==．12．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为()A．B．C．D．【答案】B解析：设ABC △的边长为a，则21sin 6062ABC S a a =︒=⇒=△，此时ABC △外接圆的半径为112sin 60232a r =⋅=⨯︒，故球心O 到面ABC2==，故点D 到面ABC 的最大距离为26R +=，此时11633D ABC ABC D ABC V S d --=⋅=⨯=△，故选B．点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==，再由勾股定理得到OM ，进而得到结果，属于较难题型．13．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头，若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体．则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()()【答案】A解析：依题意，结合三视图的知识易知，带卯眼的木构件的俯视图可以是A 图．14．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C ．55D ．22【答案】C解析：以D 为坐标原点，1,,DA DC DD DA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)D A B D ，所以11(1,0,3),(1,1,3)AD DB =-=因为111111135cos ,5||||25AD DB AD DB AD DB ⋅-+<>===⋅⨯所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选C ．15．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面而积的最大值为()A ．334B ．233C ．324D ．32【答案】A【解析一】根据题意，平面α与正方体对角线垂直，记正方体为111ABCD A B C D -不妨设平面α与1AC 垂直，且交于点M ．平面ABD 与平面11B D C 与1AC 分别交于,P Q ．正方体中心为O ,则容易证明当M 从A 运动到P 时，截面为三角形且周长逐渐增大:当M 从P 运动到Q 时，截面为六边形且周长不变;当M 从Q 运动到1C 时，截面为三角形且周长还渐减小。
2012年高考数学真题汇编7 立体几何 理( 解析版)
2012高考真题分类汇编：立体几何一、选择题1.【2012高考真题新课标理7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）()A 6 ()B 9 ()C 12 ()D 18【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为3，所以几何体的体积为93362131=⨯⨯⨯⨯=V ,选B.2.【2012高考真题浙江理10】已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2。
将△沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中。
A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 【答案】C【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C 是正确的．3.【2012高考真题新课标理11】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2SC =；则此棱锥的体积为（ ）()A 2 ()B 3()C 2 ()D 2【答案】A【解析】ABC ∆的外接圆的半径3r =点O 到面ABC 的距离226d R r =-=,SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC的距离为23d =此棱锥的体积为11233436ABC V S d ∆=⨯=⨯=另：1236ABC V S R ∆<⨯=排除,,B C D ,选A. 4.【2012高考真题四川理6】下列命题正确的是（ ）A 、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B 、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C 、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D 、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行【答案】C【解析】A.两直线可能平行，相交，异面故A 不正确；B.两平面平行或相交；C.正确；D.这两个平面平行或相交.5.【2012高考真题四川理10】如图，半径为R 的半球O 的底面圆O 在平面α内，过点O 作平面α的垂线交半球面于点A ，过圆O 的直径CD 作平面α成45角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B ，该交线上的一点P 满足60BOP ∠=，则A 、P两点间的球面距离为（ ）A 、arccos4R B 、4R π C 、R 、3R π 【答案】A【解析】根据题意，易知平面AOB ⊥平面CBD,BOP AOB AOP ∠⋅∠=∠∴cos cos cos422122=⋅=,42arccos =∠∴AOP ，由弧长公式易得，A 、P 两点间的球面距离为arccos4R . 6.【2012高考真题陕西理5】如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -，12CA CC CB ==，则直线1BC 与直线1AB 夹角的余弦值为（ ）A.55 B.53 C. 255D. 355.【答案】A.【解析】设a CB =||，则a CC CA 2||||1==，),2,0(),0,2,0(),,0,0(),0,0,2(11a a B a C a B a A ，),2,0(),,2,2(11a a BC a a a AB -=-=∴，55||||,cos 111111=>=<∴BC AB BC AB BC AB ，故选A. 7.【2012高考真题湖南理3】某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是【答案】D【解析】本题是组合体的三视图问题，由几何体的正视图和侧视图均如图1所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形.【点评】本题主要考查空间几何体的三视图，考查空间想象能力.是近年高考中的热点题型. 8.【2012高考真题湖北理4】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．8π3B ．3πC ．10π3D ．6π 【答案】B【解析】显然有三视图我们易知原几何体为 一个圆柱体的一部分，并且有正视图知是一个1/2的圆柱体，底面圆的半径为1，圆柱体的高为6，则知所求几何体体积为原体积的一半为3π.选B.9.【2012高考真题广东理6】某几何体的三视图如图所示，它的体积为A ．12π B.45π C.57π D.81π 【答案】C【解析】该几何体的上部是一个圆锥，下部是一个圆柱，根据三视图中的数量关系，可得πππ57533-53312222=⨯⨯+⨯⨯⨯=+=圆柱圆锥V V V ．故选C ．10.【2012高考真题福建理4】一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是A.球B.三棱柱C.正方形D.圆柱 【答案】D.【命题立意】本题考查了空间几何体的形状和三视图的概念，以及考生的空间想象能力，难度一般.【解析】球的三视图全是圆；如图正方体截出的三棱锥三视图全是等腰直角三角形；正方体三视图都是正方形.可以排除ABC ，故选Ｄ．11.【2012高考真题重庆理9】设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是（A ）(0,2) （B ）(0,3) （C ）(1,2) （D ）(1,3) 【答案】A【解析】因为22211)22(12=-=-=BE 则BE BF <，222=<=BE BF AB ，选A ，12.【2012高考真题北京理7】某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ）A. 28+65B. 30+65C. 56+ 125D. 60+125【答案】B【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。