配套K12上海专用2018版高考数学总复习专题10立体几何分项练习含解析

第十章 立体几何一．基础题组1. 【2017高考上海，4】已知球的体积为36π ，则该球主视图的面积等于 . 【答案】9π【解析】设球的半径为R ，则：34363R ππ= ，解得：3R = ， 该球的主视图是一个半径为3的圆，其面积为：29S R ππ== .2. 【2017高考上海，7】如图，以长方体1111ABCD A BC D - 的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系.若1DB 的坐标为()4,3,2 ，则1AC 的坐标是 . 【答案】()4,3,2-【解析】将向量1AC 的起点平移至点D ，则平移后的向量与向量1DB 关于平面11CDD C 对称，据此可得：()14,3,2AC =- .3. 【2016高考上海文数】如图，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为BC 、BB 1的中点，则下列直线中与直线EF 相交的是（ ）.(A)直线AA 1(B)直线A 1B 1(C)直线A 1D 1 (D)直线B 1C 1【答案】D【解析】试题分析：只有11B C 与EF 在同一平面内，是相交的，其他A ，B ，C 中的直线与EF 都是异面直线，故选D ．【考点】异面直线【名师点睛】本题以正方体为载体，研究直线与直线的位置关系，突出体现了高考试题的基础性，题目不难，能较好地考查考生分析问题与解决问题的能力、空间想象能力等.4.【2015高考上海理数】若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为则a = ． 【答案】4【解析】23644a a a ==⇒= 【考点定位】正三棱柱的体积【名师点睛】简单几何体的表面积和体积计算是高考的一个常见考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类简单几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握平几面积计算方法.柱的体积为V Sh =,区别锥的体积13V Sh =；熟记正三角形面积为2，正六边形的面积为26. 5. 【2015高考上海理数】若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为 ． 【答案】3π 【解析】由题意得：1:(2)222rl h r l h ππ⋅=⇒=⇒母线与轴的夹角为3π【考点定位】圆锥轴截面【名师点睛】掌握对应几何体的侧面积，轴截面面积计算方法.如 圆柱的侧面积rl S π2=，圆柱的表面积 )(2l r r S +=π ，圆锥的侧面积 rl S π=，圆锥的表面积)(l r r S +=π ，球体的表面积 24R S π=，圆锥轴截面为等腰三角形.6. 【2014上海,理6】若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面角的大小为 （结果用反三角函数值表示）. 【答案】1arccos3.【考点】圆锥的性质，圆锥的母线与底面所成的角，反三角函数.7. 【2014上海,文8】在长方体中割去两个小长方体后的几何体的三视图如图，则切割掉的两个小长方体的体积之和等于 .【答案】24【解析】由题意割去的两个小长方体的体积为2(51)324⨯-⨯=. 【考点】三视图，几何体的体积..8. 【2013上海,理13】在xOy 平面上，将两个半圆弧(x －1)2＋y 2＝1(x ≥1)和(x －3)2＋y2＝1(x ≥3)、两条直线y ＝1和y ＝－1围成的封闭图形记为D ，如图中阴影部分．记D 绕y 轴旋转一周而成的几何体为Ω.过(0，y )(|y |≤1)作Ω的水平截面，所得截面面积为4π8π.试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出Ω的体积值为______．【答案】2π2＋16π9. 【2013上海,文10】已知圆柱Ω的母线长为l ，底面半径为r ，O 是上底面圆心，A 、B 是下底面圆周上两个不同的点，BC 是母线，如图．若直线OA 与BC 所成角的大小为6π，则lr ＝______.【解析】由题知，tan63r l π==⇒l r =10. 【2012上海,理8】若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为__________．【解析】如图，由题意知21π2π2l =， ∴l =2.又展开图为半圆，∴πl =2πr ，∴r =121π33V r h ==11. 【2012上海,理14】如图，AD 与BC 是四面体ABCD 中互相垂直的棱，BC ＝2.若AD ＝2c ，且AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝2a ，其中a ，c 为常数，则四面体ABCD 的体积的最大值是__________．【答案】23【解析】如图：当AB =BD =AC =CD =a 时， 该棱锥的体积最大． 作AM ⊥BC ，连接DM ，则BC ⊥平面ADM ，AM DM =又AD =2c ，∴ADM S ∆=∴V D －ABC =V B －ADM +V C －ADM =2312. 【2012上海,文5】一个高为2的圆柱，底面周长为2π.该圆柱的表面积为__________．【答案】6π【解析】由底面周长为2π可得底面半径为1.S底＝2πr2＝2π，S侧＝2πr·h＝4π，所以S表＝S底＋S侧＝6π.13. 【2011上海,理7】若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为______．【解析】14. 【2011上海,文7】若一个圆锥的主视图(如图所示)是边长为3,3,2的三角形，则该圆锥的侧面积是________．【答案】3π【解析】15. 【2010上海,理12】如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，，剪去AOB将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的体积为________；【解析】在折叠过程中OC OB ⊥，OD OA ⊥始终没有改变，所以最后形成的四面体()A B CDO -中，OA ⊥底面CDO ，故其体积211323V =⨯⨯⨯=，故答案为：3. 【点评】本题属于典型的折叠问题，解题的关键是：抓住折叠前后哪些几何元素的位置关系发生了改变，哪些位置关系没有发生改变，本题中应用正方形的性质是解题的推手. 16. 【2010上海,文6】已知四棱椎P —ABCD 的底面是边长为6的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝8，则该四棱椎的体积是________． 【答案】96【解析】底面正方形的面积S ＝62＝36， 又∵PA ⊥底面ABCD ，PA ＝8， ∴V P —ABCD ＝13×S ×PA ＝13×36×8＝96. 17. (2009上海,理5)如图,若正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面边长为2,高为4,则异面直线BD 1与AD 所成角的大小是____________.(结果用反三角函数值表示)【答案】5arctan18. (2009上海,理8)已知三个球的半径R 1,R 2,R 3满足R 1+2R 2=3R 3,则它们的表面积S 1,S 2,S 3满足的等量关系是_____________. 【答案】32132S S S =+【解析】由题意S 1=4πR 12,S 2=4πR 22,S 3=4πR 32, 则S 1S 2=16π2（R 1R 2)2, ∴ππ4162122121S S S S R R ==.又∵32213R R R +=,∴2213)32(4R R S +=π =)44(94212221R R R R ++π =)4164(912121ππS S S S ∙++ =)44(912211S S S S ++ =221)4(91S S + =221)2(91S S +. ∴21323S S S +=.19. (本题满分14分)(2009上海,理19)如图,在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,AA 1=BC=AB=2,AB ⊥BC,求二面角B 1-A 1C-C 1的大小.【答案】3π 【解析】如图,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),C(0,2,0),A 1(2,0,2),B 1(0,0,2),C 1(0,2,2),设AC 的中点为M, ∵BM ⊥AC,BM ⊥CC 1,∴BM ⊥平面A 1C 1C,即=(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量. 设平面A 1B 1C 的一个法向量是n=(x,y,z).A 1=(-2,2,-2),11B A =(-2,0,0),∴n ·11B A =-2x=0,n ·A 1=-2x+2y-2z=0, 令z=1,解得x=0, y=1. ∴n =(0,1,1),设法向量n 与BM 的夹角为φ，二面角B 1-A 1C-C 1的大小为θ，显然θ为锐角. ∵cos θ=|cos φ21||||=BM n ,解得3πθ=, ∴二面角B 1-A 1C-C 1的大小为3π. 20. (2009上海,文6)若球O 1、O 2表面积之比421=S S ,则它们的半径之比21R R=__________. 【答案】2【解析】由4442221222121===R R R R S S ππ,得221=R R . 21. (2009上海,文8)若等腰直角三角形的直角边长为2,则以一直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是__________. 【答案】38π【解析】由题意可知,该几何体是底面半径r=2,高h=2的圆锥, 则其体积38312ππ==h r V . 22. (2009上海,文16)如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是（ ）【答案】B【解析】由于主视图是在几何体的正前方,用垂直于投影面的光线照射几何体而得到的投影,易知图形B 符合题意.23. 【2008上海,理16】(12’)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 1的中点，求直线DE 与平面ABCD 所成角的大小（结果用反三角函数表示24. 【2007上海,理10】平面内两直线有三种位置关系：相交，平行与重合。

2012—2018高考全国卷Ⅰ文科数学立体几何专题复习(附详细解析)2012-2018年新课标全国卷Ⅰ文科数学汇编立 体 几 何一、选择题【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ）A ．17πB ． 18πC ．20πD ．28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A ．3B ．2 C ．3 D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问画出的一个几何体的三视图，则这个几何体是( ) A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【2013，11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()．A．16＋8π B．8＋8π C．16＋16π D．8＋16π【2012，7】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．15 【2012，8】平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为（）A．6πB．43πC．46πD．63π【2018，5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，该圆柱的表面积为A.12πB. 12πC. 8πD. 10π【2018，9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为A. 2B.C. 3D. 2【2018，10】在长方形ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为A. 8B. 6C. 8D. 8二、填空题【2017，16】已知三棱锥S ABC-的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA SCB=，⊥平面，SA AC-的体积为9，则球O的表面积为SB BC=，三棱锥S ABC_______．【2013，15】已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB ＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．三、解答题【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD-中，AB∥CD，且∠=∠=︒．BAP CDP90（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA PD AB DC===，-的体积为83，求该四棱锥的侧∠=︒，且四棱锥P ABCD90APD面积．【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ．（1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ， 三棱锥E - ACD 的体积为63【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.【2013，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°．(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C 6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=︒，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点． （1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ； （2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【2018，18】如图，在平行四边形ABCM 中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA 。

重组十二 大题冲关——立体几何的综合问题测试时间：120分钟满分：150分解答题(本题共8小题，共150分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 1．[2017·安徽皖江联考](本小题满分15分)如图1，已知矩形ABCD 中，点E 是边BC 上的点，DE 与AC 相交于点H ，且CE ＝1，AB ＝3，BC ＝3，现将△ACD 沿AC 折起，如图2，点D 的位置记为D ′，此时ED ′＝102.(1)求证：D ′H ⊥AE ；(2)求三棱锥B －AED ′的体积．解 (1)证明：在矩形ABCD 中，∵CE ＝1，AB ＝3，BC ＝3，∴tan ∠EDC ＝CE CD ＝33，tan ∠ACB ＝AB BC ＝33， ∴∠EDC ＝∠ACB .∵∠DCA ＋∠ACB ＝π2，∴∠EDC ＋∠DCA ＝π2，∴∠DHC ＝π2，∴AC ⊥DE ，∴D ′H ⊥AC .(4分)又△CHE ∽△AHD ，且CE ∶AD ＝1∶3， ∴D ′H ＝DH ＝34DE ＝32，HE ＝14DE ＝12.(7分)∵ED ′＝102，∴D ′H 2＋HE 2＝D ′E 2，∴D ′H ⊥HE . ∵直线AC 与HE 是平面ABC 内的两条相交直线，∴D ′H ⊥平面ABC ，又AE ⊂平面ABC ，∴D ′H ⊥AE .(10分) (2)由(1)知D ′H ⊥平面ABC ，又V B －AED ′＝V D ′－ABE ，V D ′－ABE ＝13S △ABE ×D ′H ＝13×12×2×3×32＝32， ∴V B －AED ′＝32.(15分)2．[2017·南昌检测](本小题满分15分)已知四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为a 的菱形，∠BAD ＝120°，PA ＝b .(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)设AC 与BD 交于点O ，M 为OC 的中点，若点M 到平面POD 的距离为14b ，求a ∶b 的值．解 (1)证明：(2)因为V M －POD ＝V P －OMD ，在Rt △OMD 中，有S △OMD ＝12×14a ×32a ＝316a 2.(8分)在Rt △POD 中，有OD ＝32a ，PO ＝b 2＋14a 2⇒S △POD ＝12×32a ×b 2＋14a 2.(11分)所以13×a 2⎝⎛⎭⎪⎫3b 2＋34a 24×14b ＝13×316a 2×b ⇒3a 2＝4b 2，(13分) 即a ∶b ＝2∶ 3.(15分)3．[2017·沈阳质检](本小题满分20分)如图，在边长为3的菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°.PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝3.E 为PD 的中点，F 在棱PA 上，且AF ＝1.(1)求证：CE ∥平面BDF ； (2)求点P 到平面BDF 的距离．解 (1)证明：如图所示，取PF 的中点G ，连接EG ，CG .连接AC 交BD 于O ，连接FO . 由题可得F 为AG 的中点，O 为AC 的中点，∴FO ∥GC ， ∵FO ⊄平面GEC ，GC ⊂平面GEC ， ∴FO ∥平面GEC .又G 为PF 的中点，E 为PD 的中点，∴GE ∥FD . ∵FD ⊄平面GEC ，GE ⊂平面GEC ， ∴FD ∥平面GEC ，又∵FO ∩FD ＝F ， ∴平面GEC ∥平面BDF .∵CE ⊂平面GEC ，∴CE ∥平面BDF .(9分) (2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA 是三棱锥P －ABD 的高，又S △ABD ＝12×3×3×32＝934，∴V P －ABD ＝13×S △ABD ×PA ＝934，同理V F －ABD ＝13×S △ABD ×FA ＝334，∴V P －BDF ＝V P －ABD －V F －ABD ＝332.∵S △BDF ＝12×BD ×DF 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BD 22＝12×33×32＋122－⎝ ⎛⎭⎪⎫3322＝3394，(16分)设点P 到平面BDF 的距离为h ，则V P －BDF ＝13S △BDF h ＝332，∴13×3394h ＝332， 解得h ＝61313，即点P 到平面BDF 的距离为61313.(20分)4．[2017·石家庄二中调研](本小题满分20分)如图所示，四棱锥P －ABCD ，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，O 为AC ，BD 的交点，且PO ⊥平面ABCD ，PO ＝6，点M 为侧棱PD 上一点，且满足PD ⊥平面ACM .(1)若在棱PD 上存在一点N ，且BN ∥平面AMC ，确定点N 的位置，并说明理由； (2)求点B 到平面MCD 的距离．解 (1)当点N 为PM 的中点时，BN ∥平面AMC .理由如下： △ACD 中可得OD ＝3，OC ＝1， ∵PO ⊥面ABCD ，∴PO ⊥OC ，PO ⊥OD . Rt △POC 中，PO ＝6，OC ＝1，∴PC ＝7， 同理可得，PD ＝3.△PCD 中，由余弦定理可得cos ∠CDP ＝12，∴∠CDP ＝π3，Rt △CDM 中，DM ＝1，∴M 为边PD 的三等分点．(6分) ∵N 为PM 的中点，且M 为边PD 的三等分点，∴MO 为△BND 的中位线， ∴MO ∥BN ，MO ⊂面AMC ，BN ⊄面AMC ， ∴BN ∥面AMC .(10分)(2)∵PO ⊥面ABCD ，M 为边PD 的三等分点，∴M 到平面ABCD 的距离＝PO 3＝63，(14分)S △BCD ＝3，V M －BCD ＝13×3×63＝23＝V B －MCD .(18分) 又∵S △MCD ＝12CM ×DM ＝32，∴B 到面MCD 的距离为263.(20分)5．[2017·河北百校联盟联考](本小题满分20分)在如图所示的三棱锥ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是BC ，A 1B 1的中点．(1)求证：DE ∥平面ACC 1A 1；(2)若△ABC 为正三角形，且AB ＝AA 1，M 为AB 上的一点，AM ＝14AB ，求直线DE 与直线A 1M所成角的正切值．解 (1)证明：取AB 的中点F ，连接DF ，EF ，(2分) 在△ABC 中，因为D ，F 分别为BC ，AB 的中点， 所以DF ∥AC ，DF ⊄平面ACC 1A 1，AC ⊂平面ACC 1A 1， 所以DF ∥平面ACC 1A 1.(4分)在矩形ABB 1A 1中，因为E ，F 分别为A 1B 1，AB 的中点，所以EF ∥AA 1，EF ⊄平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1，所以EF ∥平面ACC 1A 1.(6分) 因为DF ∩EF ＝F ，所以平面DEF ∥平面ACC 1A 1.(8分) 因为DE ⊂平面DEF ，所以DE ∥平面ACC 1A 1.(10分)(2)因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，所以平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，连接CF ，因为△ABC 为正三角形，F 为AB 中点，所以CF ⊥AB ，所以CF ⊥平面ABB 1A 1. 取BF 的中点G ，连接DG ，EG ，可得DG ∥CF ，故DG ⊥平面ABB 1A 1. 又因为AM ＝14AB ，所以EG ∥A 1M ，所以∠DEG 即为直线DE 与直线A 1M 所成角．(16分)设AB ＝4，在Rt △DEG 中，DG ＝12CF ＝3，EG ＝16＋1＝17，所以tan ∠DEG ＝317＝5117.(20分) 6．[2017·湖北武汉质检](本小题满分20分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝ 60°，AB ＝AD ＝2CD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，且△PAD 为等腰直角三角形，∠APD ＝90°，M 为AP 的中点．(1)试问：直线DM 与平面PCB 是否有公共点？并说明理由； (2)若CD ＝1，求三棱锥B －CDM 的体积． 解 (1)直线DM 与平面PCB 没有公共点． 证明如下：取PB 的中点F ，连接MF ，CF ，如图．∵M ，F 分别为PA ，PB 的中点， ∴MF ∥AB ，且MF ＝12AB .(3分)∵四边形ABCD 是直角梯形，AB ∥CD 且AB ＝2CD ， ∴MF ∥CD 且MF ＝CD ， ∴四边形CDMF 是平行四边形， ∴DM ∥CF .∵CF ⊂平面PCB ，DM ⊄平面PCB ，∴DM ∥平面PCB ，即直线DM 与平面PCB 没有公共点. (10分)(2)由AB ＝AD ＝2CD ，CD ＝1，得AB ＝AD ＝2. 又底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝ 60°， 可知BC ⊥CD 且BD ＝2，得BC ＝BD cos30°＝3，从而S △BCD ＝12·CD ·BC ＝12×1×3＝32. (14分)又△PAD 为等腰直角三角形，∠APD ＝ 90°且AD ＝2，作PG ⊥AD ，垂足为G ，则PG ＝1. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PG ⊥平面ABCD . (16分) 又M 为PA 的中点，故V B －CDM ＝V M －BCD ＝13·S △BCD ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12PG ＝13×32×12＝312. (20分)7．[2017·吉林质检](本小题满分20分)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB 、AC 、AA 1三条棱两两互相垂直，且AB ＝AC ＝AA 1＝2，E 、F 分别是BC 、BB 1的中点．(1)求证：C 1E ⊥平面AEF ； (2)求F 到平面AEC 1的距离．解 (1)证明：连接FC 1、AC 1，由已知可得BC ＝22，CC 1＝2，C 1E ＝6，AE ＝2，AC 1＝22，EF ＝3，FC 1＝3，(2分)∴FC 21＝EF 2＋EC 21，AC 21＝AE 2＋EC 21，(5分) ∴EF ⊥EC 1，AE ⊥EC 1，(6分)又∵EF 、AE ⊂面AEF ，EF ∩AE ＝E ，(8分) 故C 1E ⊥平面AEF .(10分)(2)解法一：由已知得AF ＝5，∴AF 2＝EF 2＋AE 2， ∴EF ⊥AE .(12分)由(1)知C 1E ⊥平面AEF ，则C 1E 为三棱锥C 1－AEF 的高，设点F 到平面AEC 1的距离为d ， 由等体积法V F －AEC 1＝V C 1－FAE ，(14分)∴13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AE ×C 1E ×d ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AE ×EF ×C 1E ，(16分)∴13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×6×d ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×3×6，(18分) ∴d ＝3，即F 到平面AEC 1的距离为 3.(20分)解法二：C 1E ＝6，AE ＝2，AF ＝5，EF ＝3，FC 1＝3，(12分) ∴EF 2＋AE 2＝(3)2＋(2)2＝(5)2＝AF 2，∴EF ⊥AE ，(14分) ∴EF 2＋C 1E 2＝(3)2＋(6)2＝32＝C 1F 2，∴EF ⊥C 1E .(16分)又∵C 1E 、AE ⊂面AEC 1，C 1E ∩AE ＝E ，∴EF ⊥面AEC 1， ∴EF 即为点F 到面AEC 1的距离，(18分)EF ＝3，即F 到平面AEC 1的距离为 3.(20分)8．[2017·江西师大模拟](本小题满分20分)如图1所示，在矩形ABCD 中，AB ＝45，AD ＝25，BD 是对角线，过A 点作AE ⊥BD ，垂足为O ，交CD 于E ，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点D 到达点P 的位置(图2)，且PB ＝217.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ；(2)过点C 作一平面与平面PAE 平行，作出这个平面，写出作图过程； (3)在(2)的结论下，求出四棱锥P －ABCE 介于这两平行平面间部分的体积．解 (1)证明：在图1中，AB ＝45，AD ＝25，则BD ＝10， 又AD 2＝DO ·BD ⇒DO ＝2，OB ＝8.在图2中，PO ＝DO ＝2，PO 2＋OB 2＝22＋82＝68＝PB 2， 则PO ⊥OB ，又因为PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ， 所以PO ⊥平面ABCE .(7分)(2)过点C 作AE 的平行线交AB 于点F ，过点F 作PA 的平行线交PB 于点G ，连接CG ，则平面CFG 为所求的平面．(11分)(3)在图1中，△DOE ∽△DCB ⇒DE ＝5，则 S △ADE ＝5，S 梯形ABCE ＝S ABCD －S △ADE ＝35，S △BCF ＝S △ADE ＝5，设CF 交OB 于H ，连接GH ，则GH PO＝BH OB ⇒GH ＝12，(15分) 所求的几何体的体积V ＝V P －ABCE －V G －BCF ＝13S 梯形ABCE ·PO －13S △BCF ·GH＝13×35×2－13×5×12＝1356＝452.(20分)。

近五年上海高考真题——解析几何（2018春12）如图，正方形ABCD 的边长为20米，圆O 的半径为1米，圆心是正方形的中心，点P 、Q 分别在线段AD 、CB 上，若线段PQ 与圆O 有公共点，则称点Q 在点P 的“盲区”中．已知点P 以1．5米/秒的速度从A 出发向D 移动，同时，点Q 以1米/秒的速度从C 出发向B 移动，则在点P 从A 移动到D 的过程中，点Q 在点P 的盲区中的时长约为__________秒（精确到0．1）答案：4.4关键点：引入时刻t ，表示点,P Q ，直线PQ ，列出（不等式）圆心到直线PQ 的距离小于等于半径，解不等式可得提示：以A 为原点建立坐标系，设时刻为t ，则40(0,1.5),(20,20),03P t Q t t -≤≤ 则0 1.5:20020 1.5PQ x y tl t t--=---，化简得(8)8120t x y t --+= 点(10,10)O 到直线PQ1≤，化简得23161280t t +-≤t ≤≤0 4.4t t ≤≤⇒∆=≈P 到两个定点(1,0)和(1,0)-的距离之和等于4，则动点P 的轨迹为__________．答案：22143x y +=知识点：（2018秋20）设常数2t >，在平面直角坐标系xOy 中，已知点()2,0F ，直线l ：x t =，曲线Γ：28y x =()0,0x t y ≤≤≥，l 与x 轴交于点A 、与Γ交于点B ，P 、Q 分别是曲线Γ与线段AB 上的动点．（1）用t 表示点B 到点F 的距离；（2）设3t =，2FQ =，线段OQ 的中点在直线FP 上，求△AQP 的面积；（3）设8t =，是否存在以FP 、FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】（1）2BF t =+；（2）73AQP S =△；（3）245,5P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 关键点：FQ FP PM =+u u u r u u u r u u u u r知识点：中点弦（2018春18）已知a R ∈，双曲线22:1x y Γ-=．直线1y kx =+与Γ相交于A 、B 两点，且线段AB 中点的横坐标为1，求实数k 的值．答案．51-． 关键点：1212x x +=，因此用设而不求，韦达定理 知识点：和立体几何相关19．（7分+7分）利用“平行于圆锥曲线的母线截圆锥面，所得截线是抛物线”的几何原理，某快餐店用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在广告牌上投影出其标识，如图1所示，图2是投影出的抛物线的平面图，图3是一个射灯的直观图，在图2与图3中，点O 、A 、B 在抛物线上，OC 是抛物线的对称轴，OC AB ⊥于C ，3AB =米， 4.5OC =米．（1）求抛物线的焦点到准线的距离；（2）在图3中，已知OC 平行于圆锥的母线SD ，AB 、DE 是圆锥底面的直径，求圆锥的母线与轴的夹角的大小（精确到0．01°）．图1 图2 图3答案．（1）14；（2）9.59︒．知识点：双曲线2017秋-6、设双曲线)0(19222>=-b b y x 的焦点为P F F ,,21为该双曲线上的一点，若5||1=PF ，则_____||2=PF答案：11关键点：双曲线的定义，发散：若16PF =，则2______PF = 关键点：216PF PF =± 知识点：参数方程(2017秋16)已知点P 在椭圆1436:221=+y x C ，点Q 在椭圆19:222=+x y C 上，O 为坐标原点，记OP OQ ω=⋅u u u r u u u r，集合(){},|P Q OP OQ ω=⋅u u u r u u u r，当ω取得最大值时，集合中符合条件的元素有几个（ ）A. 2个B. 4个C. 8个D. 无数个 答案：D 关键点：法一：椭圆的参数方程()1212126cos cos 2sin 3sin 6cos θθθθθθ+=-法二：柯西不等式121211226623x x y y x y y x +=+≤从本题也可看出，柯西不等式和两角差的余弦定理，参数方程之间的联系知识点：和向量相关秋-20、在平面直角坐标系中，已知椭圆1422=+Γy x ：，A 是其上顶点，P 为Γ上异于上、下顶点的动点，M 是x 轴正半轴上的一点； （1）若点P 在第一象限，且2||=OP ，求点P 的坐标；（2）若⎪⎭⎫ ⎝⎛5358，P ，且APM ∆为直角三角形，求M 的横坐标； （3）若MA MP =，4PQ PM =u u u r u u u u r ，直线AQ 交椭圆Γ于另一点C ，2AQ AC =u u u r u u u r,求直线AC 的方程；答案、（1）⎪⎪⎭⎫⎝⎛36,332P ; (2)⎪⎭⎫ ⎝⎛0,2029M 或⎪⎭⎫ ⎝⎛0,53M 或)0,1(M ； （3）设点()00,P x y 线段AP 的中垂线与x 轴的交点03,08M x ⎛⎫⎪⎝⎭，因为4PQ PM =u u u r u u u u r ，所以003,32Q x y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，因为2AQ AC =u u u r u u u r ，所以00133,42y C x -⎛⎫- ⎪⎝⎭，代入并联立椭圆方程，解得001,99x y ==-，所以13Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以直线AQ的方程为110y x =+ 关键点：（2）直角=向量数量积为0；（3）设出点P 的坐标，根据题意，依次表示点M Q C 、、，点,P C 在椭圆上，建立方程组，可求出点,P C 的坐标春-10、设椭圆2212x y +=的左右焦点分别为12F F 、，点P 在椭圆上，则使得12F F P ∆是等腰三角形的点P 的个数是______答案：6关键点：半弦长的值域是[],a c a c -+春-20、已知双曲线()222:10,y x b bΓ-=> 直线():0l y kx m km =+≠，l 与Γ交于P Q 、 两点，P '为P 关于y 轴的对称点，直线P Q '与y 轴交于点()0,N n（1）若点()2,0是Γ的一个焦点，求Γ的渐近线方程；（2）若1b =，点P 的坐标为()1,0-，且32NP P Q ''=u u u u r u u u u r，求k 的值；（3）若2m =，求n 关于b 的表达式答案：（1）y = （2）12k =± （3）22b n =-知识点：应用题（2016秋-20）（6+8分）有一块正方形菜地EFGH ,EH 所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F 点或河边运走。

2018年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）数学试卷（满分150分,考试时间120分钟）考生注意1.本场考试时间120分钟,试卷共4页,满分150分,答题纸共2页.2.作答前,在答题纸正面填写姓名,准考证号,反面填写姓名,将核对后的条形码贴在答题纸指定位置.3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域,不得错位.在试卷上作答一律不得分.4.用2B 铅笔作答选择题,用黑色字迹钢笔,水笔或圆珠笔作答非选择题.一,填空题（本大题共有12题,满分54分,第1～6题每题4分,第7～12题每题5分）1.行列式4125的值为_________.2.双曲线2214x y -=的渐近线方程为_________. 3.在7(1)x +的二项展开式中,2x 项的系数为_________.（结果用数值表示） 4.设常数a R ∈,函数2()log ()f x x a =+。

若()f x 的反函数的图像经过点(3,1),则a =_________.5.已知复数z 满足(1)17i z i +=-（i 是虚数单位）,则z =_________.6.记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,若30a =,6714a a +=,则7S =_________.7.已知12,1,,1,2,32α⎧⎫∈---⎨⎬⎩⎭。

若幂函数()f x x α=为奇函数,且在(0,)+∞上递减,则 α=_________.8.在平面直角坐标系中,已知点(1,0)A -,(2,0)B ,E ,F 是y 轴上的两个动点,且2EF =,则AE BF •的最小值为_________.9.有编号互不相同的五个砝码,其中5克,3克,1克砝码各一个,2克砝码两个。

从中随机选取三个,则这三个砝码的总质量为9克的概率是_________.（结果用最简分数表示）10.设等比数列{}n a 的通项公式为1n n a q-=（*n ∈N ）,前n 项和为n S 。

2018年全国各地高考数学分类汇编word版含答案10-解析几何一、选择题（共12小题；共60分）1. 设P是椭圆x25+y23=1上的动点，则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为( )A. 2√2B. 2√3C. 2√5D. 4√22. 已知椭圆C：x2a2+y24=1的一个焦点为(2,0)，则C的离心率为( )A. 13B. 12C. √22D. 2√233. 直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x−2)2+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是( )A. [2,6]B. [4,8]C. [√2,3√2]D. [2√2,3√2]4. 在平面直角坐标系中，记d为点P(cosθ,sinθ)到直线x−my−2=0的距离．当θ，m变化时，d的最大值为( )A. 1B. 2C. 3D. 45. 已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60∘，则C的离心率为( )A. 1−√32B. 2−√3 C. √3−12D. √3−16. 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为√3，则其渐近线方程为( )A. y=±√2xB. y=±√3xC. y=±√22x D. y=±√32x7. 已知双曲线C：x23−y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则∣MN∣=( )A. 32B. 3C. 2√3D. 48. 设抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点(−2,0)且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FN⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A. 5B. 6C. 7D. 89. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为√2，则点(4,0)到C的渐近线的距离为( )A. √2B. 2C. 3√22D. 2√210. 设F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若∣PF1∣=√6∣OP∣，则C的离心率为( )A. √5B. 2C. √3D. √211. 已知双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的离心率为 2，过右焦点且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A ，B 两点．设 A ，B 到双曲线同一条渐近线的距离分别为 d 1 和 d 2，且 d 1+d 2=6，则双曲线的方程为 ( ) A. x 24−y 212=1B. x 212−y 24=1C. x 23−y 29=1D. x 29−y 23=112. 已知 F 1，F 2 是椭圆 C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0) 的左，右焦点，A 是 C 的左顶点，点 P 在过 A 且斜率为 √36 的直线上，△PF 1F 2 为等腰三角形，∠F 1F 2P =120∘，则 C 的离心率为 ( )A. 23B. 12 C. 13 D. 14二、填空题（共12小题；共60分） 13. 若双曲线x 2a2−y 24=1(a >0) 的离心率为 √52，则 a = ．14. 直线 y =x +1 与圆 x 2+y 2+2y −3=0 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣= ．15. 在平面直角坐标系 xOy 中，A 为直线 l:y =2x 上在第一象限内的点，B (5,0)，以 AB 为直径的圆 C 与直线 l 交于另一点 D ．若 AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则点 A 的横坐标为 ． 16. 在平面直角坐标系中，经过三点 (0,0)，(1,1)，(2,0) 的圆的方程为 ．17. 已知点 M (−1,1) 和抛物线 C ：y 2=4x ，过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A ，B 两点．若∠AMB =90∘，则 k = ．18. 在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的右焦点 F (c,0) 到一条渐近线的距离为 √32c ，则其离心率的值为 ．19. 已知直线 l 过点 (1,0) 且垂直于 x 轴．若 l 被抛物线 y 2=4ax 截得的线段长为 4，则抛物线的焦点坐标为 ．20. 已知圆 x 2+y 2−2x =0 的圆心为 C ，直线 {x =−1+√22t,y =3−√22t（t 为参数）与该圆相交于 A ，B 两点，则 △ABC 的面积为 ．21. 在极坐标系中，直线 ρcosθ+ρsinθ=a (a >0) 与圆 ρ=2cosθ 相切，则 a = ．22. 已知实数 x 1，x 2，y 1，y 2 满足：x 12+y 12=1，x 22+y 22=1，x 1x 2+y 1y 2=12，则11√2222的最大值为 ．23. 已知点 P (0,1)，椭圆 x 24+y 2=m (m >1) 上两点 A ，B 满足 AP⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则当 m = 时，点 B 横坐标的绝对值最大．24. 已知椭圆 M:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，双曲线 N:x 2m 2−y 2n 2=1．若双曲线 N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆 M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆 M 的离心率为 ；双曲线 N 的离心率为 ．三、解答题（共16小题；共208分）25. 设抛物线 C:y 2=4x 的焦点为 F ，过 F 且斜率为 k (k >0) 的直线 l 与 C 交于 A ，B 两点，∣AB ∣=8．（1）求 l 的方程； （2）求过点 A ，B 且与 C 的准线相切的圆的方程．26. 设抛物线 C:y 2=4x 的焦点为 F ，过 F 且斜率为 k (k >0) 的直线 l 与 C 交于 A ，B 两点，∣AB∣=8． （1）求 l 的方程； （2）求过点 A ，B 且与 C 的准线相切的圆的方程．27. 如图，已知点 P 是 y 轴左侧（不含 y 轴）一点，抛物线 C:y 2=4x 上存在不同的两点 A ，B 满足 PA ，PB 的中点均在 C 上．（1）设 AB 中点为 M ，证明：PM 垂直于 y 轴； （2）若 P 是半椭圆 x 2+y 24=1(x <0) 上的动点，求 △PAB 面积的取值范围．28. 在平面直角坐标系 xOy 中，⊙O 的参数方程为 {x =cosθ,y =sinθ（θ 为参数），过点 (0,−√2) 且倾斜角为 α 的直线 l 与 ⊙O 交于 A ，B 两点． （1）求 α 的取值范围； （2）求 AB 中点 P 的轨迹的参数方程．29. 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 1 的方程为 y =k∣x∣+2．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 2 的极坐标方程为 ρ2+2ρcosθ−3=0． （1）求 C 2 的直角坐标方程；（2）若 C 1 与 C 2 有且仅有三个公共点，求 C 1 的方程．30. 在极坐标系中，直线 l 的方程为 ρsin (π6−θ)=2，曲线 C 的方程为 ρ=4cosθ，求直线 l 被曲线C 截得的弦长．31. 已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C:x 24+y 23=1 交于 A ，B 两点．线段 AB 的中点为 M (1,m )(m >0)．（1）证明：k <−12；（2）设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且 FP⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ．证明：2∣FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣+∣FB⃗⃗⃗⃗⃗ ∣．32. 设椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0) 的右顶点为 A ，上顶点为 B ．已知椭圆的离心率为 √53，∣AB ∣=√13．（1）求椭圆的方程；（2）设直线 l:y =kx (k <0) 与椭圆交于 P ，Q 两点，l 与直线 AB 交于点 M ，且点 P ，M 均在第四象限．若 △BPM 的面积是 △BPQ 面积的 2 倍，求 k 的值．33. 已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C ：x 24+y 23=1 交于 A ，B 两点，线段 AB 的中点为 M (1,m )(m >0)．（1）证明：k <−12；（2）设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且 FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ．证明：∣∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣，∣∣FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣，∣∣FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣ 成等差数列，并求该数列的公差．34. 设椭圆 x 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0) 的左焦点为 F ，上顶点为 B ．已知椭圆的离心率为 √53，点 A 的坐标为 (b,0)，且 ∣FB ∣⋅∣AB ∣=6√2． （1）求椭圆的方程；（2）设直线 l ：y =kx (k >0) 与椭圆在第一象限的交点为 P ，且 l 与直线 AB 交于点 Q ．若∣AQ∣∣PQ∣=5√24sin∠AOQ （O 为原点），求 k 的值．35. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 过点 (√3,12)，焦点为 F 1(−√3,0)，F 2(√3,0)，圆 O 的直径为 F 1F 2．（1）求椭圆 C 及圆 O 的方程；（2）设直线 l 与圆 O 相切于第一象限内的点 P ． ①若直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，求点 P 的坐标；②直线 l 与椭圆 C 交于 A ，B 两点．若 △OAB 的面积为2√67，求直线 l 的方程．36. 设常数 t >2．在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F (2,0)，直线 l:x =t ，曲线 Γ:y 2=8x (0≤x ≤t,y ≥0)．l 与 x 轴交于点 A 、与 Γ 交于点 B ．P ，Q 分别是曲线 Γ 与线段 AB 上的动点．（1）用 t 表示点 B 到点 F 的距离；（2）设 t =3，∣FQ∣∣=2，线段 OQ 的中点在直线 FP 上，求 △AQP 的面积； （3）设 t =8，是否存在以 FP ，FQ 为邻边的矩形 FPEQ ，使得点 E 在 Γ 上?若存在，求点 P 的坐标；若不存在，说明理由．37. 设椭圆 C:x 22+y 2=1 的右焦点为 F ，过 F 的直线 l 与 C 交于 A ，B 两点，点 M 的坐标为 (2,0)．（1）当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程； （2）设 O 为坐标原点，证明：∠OMA =∠OMB ．38. 设抛物线 C:y 2=2x ，点 A (2,0)，B (−2,0)，过点 A 的直线 l 与 C 交于 M ，N 两点．（1）当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程； （2）证明：∠ABM =∠ABN ．39. 已知抛物线 C:y 2=2px 经过点 P (1,2)．过点 Q (0,1) 的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A ，B ，且直线 PA 交 y 轴于 M ，直线 PB 交 y 轴于 N ． （1）求直线 l 的斜率的取值范围；（2）设 O 为原点，QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，QN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求证：1λ+1μ为定值．40. 已知椭圆 M:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0) 的离心率为 √63，焦距为 2√2，斜率为 k 的直线 l 与椭圆 M有两个不同的交点 A ，B ． （1）求椭圆 M 的方程；（2）若 k =1，求 ∣AB∣ 的最大值；（3）设 P (−2,0)，直线 PA 与椭圆 M 的另一个交点为 C ，直线 PB 与椭圆 M 的另一个交点为D ．若 C ，D 和点 Q (−74,14) 共线，求 k ．答案第一部分 1. C 2. C 3. A 4. C 5. D 6. A 7. B 8. D 9. D 10. C 11. C 12. D第二部分13. 4 14. 2√2 15. 316. x 2+y 2−2x =0 17. 2 18. 2 19. (1,0) 20. 12 21. 1+√2 22. √3+√2 23. 5 24. √3−1，2 第三部分25. （1） 由题意得 F (1,0)，l 的方程为 y =k (x −1)(k >0)． 设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，由 {y =k (x −1),y 2=4x 得 k 2x 2−(2k 2+4)x +k 2=0．Δ=16k 2+16>0，故 x 1+x 2=2k 2+4k 2．所以 ∣AB ∣=∣AF ∣+∣BF ∣=(x 1+1)+(x 2+1)=4k 2+4k 2．由题设知4k 2+4k 2=8，解得 k =−1（舍去），k =1．因此 l 的方程为 y =x −1．（2） 由（1）得 AB 的中点坐标为 (3,2)，所以 AB 的垂直平分线方程为 y −2=−(x −3)，即 y =−x +5．设所求圆的圆心坐标为 (x 0,y 0)，则{y 0=−x 0+5,(x 0+1)2=(y 0−x 0+1)22+16.解得 {x 0=3,y 0=2 或 {x 0=11,y 0=−6. 因此所求圆的方程为 (x −3)2+(y −2)2=16 或 (x −11)2+(y +6)2=144． 26. （1） 由题意得 F (1,0)，l 的方程为 y =k (x −1)(k >0)， 设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，由 {y =k (x −1),y 2=4x 得 k 2x 2−(2k 2+4)x +k 2=0，Δ=16k 2+16=0，故 x 1+x 2=2k 2+4k 2，所以 ∣AB∣=∣AF∣+∣BF∣=(x 1+1)+(x 2+1)=4k 2+4k 2，由题设知4k 2+4k 2=8，解得 k =−1（舍去），k =1，因此 l 的方程为 y =x −1．（2） 由（1）得 AB 的中点坐标为 (3,2)，所以 AB 的垂直平分线方程为 y −2=−(x −3)，即 y =−x +5． 设所求圆的圆心坐标为 (x 0,y 0)，则 {y 0=−x 0+5,(x 0+1)2=(y 0−x 0+1)22+16. 解得 {x 0=3,y 0=2 或 {x 0=11,y 0=−6.因此所求圆的方程为 (x −3)2+(y −2)2=16 或 (x −11)2+(y +6)2=144．27. （1） 设 P (x 0,y 0)，A (14y 12,y 1)，B (14y 22,y 2)．因为 PA ，PB 的中点在抛物线上，所以 y 1，y 2 为方程 (y+y 02)2=4⋅14y 2+x 02即 y 2−2y 0y +8x 0−y 02=0的两个不同的实数根． 所以 y 1+y 2=2y 0．因此，PM 垂直于 y 轴．（2） 由（Ⅰ）可知 {y 1+y 2=2y 0,y 1y 2=8x 0−y 02,所以 ∣PM ∣=18(y 12+y 22)−x 0=34y 02−3x 0，∣y 1−y 2∣=2√2(y 02−4x 0)．因此，△PAB 的面积 S △PAB =12∣PM ∣⋅∣y 1−y 2∣=3√24(y 02−4x 0)32．因为 x 02+y 024=1(x 0<0)，所以 y 02−4x 0=−4x 02−4x 0+4∈[4,5]．因此，△PAB 面积的取值范围是 [6√2,15√104]．28. （1） ⊙O 的直角坐标方程为 x 2+y 2=1． 当 α=π2 时，l 与 ⊙O 交于两点．当 α≠π2 时，记 tanα=k ，则 l 的方程为 y =kx −√2．l 与 ⊙O 交于两点当且仅当 ∣∣∣√2√1+k 2∣∣∣<1，解得 k <−1 或 k >1， 即 α∈(π4,π2) 或 α∈(π2,3π4)．综上，α 的取值范围是 (π4,3π4)．（2） l 的参数方程为 {x =tcosα,y =−√2+tsinα（t 为参数，π4<α<3π4）．设 A ，B ，P 对应的参数分别为 t A ，t B ，t P ，则 t P =t A +t B 2，且 t A ，t B 满足 t 2−2√2tsinα+1=0．于是 t A +t B =2√2sinα，t P =√2sinα．又点 P 的坐标 (x,y ) 满足 {x =t P cosα,y =−√2+t P sinα,所以点 P 的轨迹的参数方程是 {x =√22sin2α,y =−√22−√22cos2α（α 为参数，π4<α<3π4）．29. （1） 由 x =ρcosθ，y =ρsinθ 得 C 2 的直角坐标方程为 (x +1)2+y 2=4． （2） 由（1）知 C 2 是圆心为 A (−1,0)，半径为 2 的圆． 由题设知，C 1 是过点 B (0,2) 且关于 y 轴对称的两条射线． 记 y 轴右边的射线为 l 1，y 轴左边的射线为 l 2．由于 B 在圆 C 2 的外面，故 C 1 与 C 2 有且仅有三个公共点等价于 l 1 与 C 2 只有一个公共点且 l 2 与 C 2 有两个公共点，或 l 2 与 C 2 只有一个公共点且 l 1 与 C 2 有两个公共点． 当 l 1 与 C 2 只有一个公共点时，A 到 l 1 所在直线的距离为 2，2=2，故 k =−43 或 k =0，经检验，当 k =0 时，l 1 与 C 2 没有公共点；当 k =−43 时，l 1 与 C 2 只有一个公共点，l 2 与 C 2 有两个公共点，当 l 2 与 C 2 只有一个公共点时，A 到 l 2 所在直线的距离为 2，√k 2+1=2，故 k =0 或 k =43．经检验，当 k =0 时，l 1 与 C 2 没有公共点；当 k =43时，l 2 与 C 2 没有公共点， 综上，所求 C 1 的方程为 y =−43∣x∣+2．30. 因为曲线 C 的极坐标方程为 ρ=4cosθ， 所以曲线 C 是圆心为 (2,0)，直径为 4 的圆．因为直线 l 的极坐标方程为 ρsin (π6−θ)=2，则直线 l 过 A (4,0)，倾斜角为 π6， 所以 A 为直线 l 与圆 C 的一个交点． 设另一个交点为 B ，则 ∠OAB =π6． 连接 OB ．因为 OA 为直径，从而 ∠OBA =π2，所以 AB =4cos π6=2√3．因此，直线 l 被曲线 C 截得的弦长为 2√3． 31. （1） 设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则 x 124+y 123=1，x 224+y 223=1，两式相减，并由 y 1−y 2x 1−x 2=k 得x 1+x 24+y 1+y 23⋅k =0．由题设知x 1+x 22=1，y 1+y 22=m ，于是 k =−34m ．由题设得 0<m <32，故 k <−12．（2） 由题意得 F (1,0)．设 P (x 3,y 3)，则 (x 3−1,y 3)+(x 1−1,y 1)+(x 2−1,y 2)=(0,0)． 由（1）及题设得 x 3=3−(x 1+x 2)=1，y 3=−(y 1+y 2)=−2m <0．又点 P 在 C 上，所以 m =34，从而 P (1,−32)，∣FP⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=32． 于是 ∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√(x 1−1)2+y 12=√(x 1−1)2+3(1−x 124)=2−x 12．同理 ∣FB⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=2−x 22． 所以 FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4−12(x 1+x 2)=3． 故 2∣FP⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣+∣FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣． 32. （1） 设椭圆的焦距为 2c ，由已知得 c 2a 2=59，又由 a 2=b 2+c 2，可得 2a =3b ，由 ∣AB ∣=√a 2+b 2=√13，从而 a =3，b =2， 所以椭圆的方程为x 29+y 24=1．（2） 设点 P 的坐标为 (x 1,y 1)，点 M 的坐标为 (x 2,y 2)， 由题意，x 2>x 1>0， 点 Q 的坐标为 (−x 1,−y 1)，由 △BPM 的面积是 △BPQ 面积的 2 倍，可得 ∣PM ∣=2∣PQ ∣， 从而 x 2−x 1=2[x 1−(−x 1)]，即 x 2=5x 1． 易知直线 AB 的方程为 2x +3y =6，由方程组 {2x +3y =6,y =kx消去 y ，可得 x 2=63k+2．由方程组 {x 29+y 24=1,y =kx消去 y ，可得 x 1=2．由 x 2=5x 1，可得 √9k 2+4=5(3k +2)，两边平方，整理得 18k 2+25k +8=0，解得 k =−89 或 k =−12．当 k =−89 时，x 2=−9<0，不合题意，舍去； 当 k =−12 时，x 2=12，x 1=125，符合题意．所以 k 的值为 −12．33. （1） 设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则 x 124+y 123=1，x 224+y 223=1．两式相减，并由 y 1−y2x 1−x 2=k 得x 1+x 24+y 1+y 23⋅k =0．由题设知x 1+x 22=1，y 1+y 22=m ，于是 k =−34m . ⋯⋯①由题设得 0<m <32，故 k <−12．（2） 由题意得 F (1,0)，设 P (x 3,y 3)，则 (x 3−1,y 3)+(x 1−1,y 1)+(x 2−1,y 2)=(0,0)． 由（1）及题设得 x 3=3−(x 1+x 2)=1，y 3=−(y 1+y 2)=−2m <0，又点 P 在 C 上，所以 m =34，从而 P (1,−32)，∣∣FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=32． 于是 ∣∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√(x 1−1)2+y 12=√(x 1−1)2+3(1−x 124)=2−x 12．同理 ∣∣FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=2−x 22．所以 ∣∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣+∣∣FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=4−12(x 1+x 2)=3．故 2∣∣FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=∣∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣+∣∣FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣，即 ∣∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣，∣∣FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣，∣∣FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣ 成等差数列．设该数列的公差为 d ，则 2∣d ∣=∣∣∣∣∣FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣−∣∣FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣∣=12∣x 1−x 2∣=12√(x 1+x 2)2−4x 1x 2. ⋯⋯② 将 m =34 代入 ① 得 k =−1．所以 l 的方程为 y =−x +74，代入 C 的方程，并整理得 7x 2−14x +14=0．故 x 1+x 2=2，x 1x 2=128，代入 ② 解得 ∣d ∣=3√2128． 所以该数列的公差为3√2128或 −3√2128． 34. （1） 设椭圆的焦距为 2c ，由已知知 c 2a 2=59，又由 a 2=b 2+c 2，可得 2a =3b ．由已知可得，∣FB ∣=a ，∣AB ∣=√2b ，由 ∣FB ∣⋅∣AB ∣=6√2，可得 ab =6，从而 a =3，b =2． 所以，椭圆的方程为 x 29+y 24=1．（2） 设点 P 的坐标为 (x 1,y 1)，点 Q 的坐标为 (x 2,y 2)． 由已知有 y 1>y 2>0，故 ∣PQ ∣sin∠AOQ =y 1−y 2． 又因为 ∣AQ ∣=y 2sin∠OAB，而 ∠OAB =π4，故 ∣AQ ∣=√2y 2．由∣AQ∣∣PQ∣=5√24sin∠AOQ ，可得 5y 1=9y 2．由方程组 {y =kx,x 29+y 24=1消去 x ，可得 y 1=√9k 2+4．易知直线 AB 的方程为 x +y–2=0，由方程组 {y =kx,x +y −2=0消去 x ，可得 y 2=2k k+1． 由 5y 1=9y 2，可得 5(k +1)=3√9k 2+4，两边平方，整理得 56k 2−50k +11=0，解得 k =12 或 k =1128．所以，k 的值为 12 或 1128．35. （1） 因为椭圆 C 的焦点为 F 1(−√3,0)，F 2(√3,0)，可设椭圆 C 的方程为 x 2a +y 2b =1(a >b >0)．又点 (√3,12) 在椭圆 C 上，所以 {3a 2+14b 2=1,a 2−b 2=3,解得 {a 2=4,b 2=1. 因此，椭圆 C 的方程为 x 24+y 2=1．因为圆 O 的直径为 F 1F 2，所以其方程为 x 2+y 2=3．（2） ①设直线 l 与圆 O 相切于 P (x 0,y 0)(x 0>0,y 0>0)，则 x 02+y 02=3， 所以直线 l 的方程为 y =−x 0y 0(x −x 0)+y 0，即 y =−x 0y 0x +3y 0． 由 {x 24+y 2=1,y =−x 0y 0x +3y 0, 消去 y ，得 (4x 02+y 02)x 2−24x 0x +36−4y 02=0.(∗)因为直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，所以 Δ=(−24x 0)2−4(4x 02+y 02)(36−4y 02)=48y 02(x 02−2)=0．因为 x 0,y 0>0，所以 x 0=√2，y 0=1．因此，点 P 的坐标为 (√2,1)．②因为三角形 OAB 的面积为2√67， 所以 12AB ⋅OP =2√67，从而 AB =4√27． 设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，由 (∗) 得 x 1,2=24x 0±√48y 02(x 02−2)2(4x 02+y 02)， 所以AB 2=(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2=(1+x 02y 02)⋅48y 02(x 02−2)(4x 02+y 02)2.因为 x 02+y 02=3，所以 AB 2=16(x 02−2)(x 02+1)2=3249，即 2x 04−45x 02+100=0，解得 x 02=52（x 02=20 舍去），则 y 02=12， 因此 P 的坐标为 (√102,√22)． 综上，直线 l 的方程为 y =−√5x +3√2．36. （1） 由题意 B(t,√8t)，∣BF∣=√(t −2)2+8t =t +2．（2） 由 ∣FA∣=1，∣FQ∣∣=2，可得 ∣AQ∣∣=√3， 所以 Q(3,√3)，设线段 OQ 的中点为 M ，则 M (32,√32)， 由题意有 k MF =k PF ，设 P (y 028,y 0)，则 √32−12=y0y 028−2， 解得 y 0=4√33，于是 P (23,4√33)， 所以 S △AQP =12⋅∣AQ∣∣⋅(3−23)=76√3． （3） 设有在 P (y 028,y 0)，Q (8,a )，使得以 FQ ，FP 为邻边的矩形 FPEQ ，中的点 E 在 Γ 上， 则 FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(y 028−2,y 0)⋅(6,a )=0， 得 34y 02−12+ay 0=0, ⋯⋯① 由 FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =FE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得 E (y 028+6,a +y 0)，代入 y 2=8x 得 a 2+2ay 0=48, ⋯⋯② 结合 ①② 得 5y 04+224y 02−768=0，解得 y 02=165，因为 y 0≥0，所以 y 0=4√55，求得 x 0=25， 所以 P (25,4√55)． 37. （1） 由已知得 F (1,0)，l 的方程为 x =1．由已知可得，点 A 的坐标为 (1,√22) 或 (1,−√22)． 所以 AM 的方程为 y =−√22x +√2 或 y =√22x −√2．（2） 当 l 与 x 轴重合时，∠OMA =∠OMB =0∘，当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以 ∠OMA =∠OMB ．当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y =k (x −1)(k ≠0)，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)， 则 x 1<√2，x 2<√2，直线 MA ，MB 的斜率之和为 k MA +k MB =y 1x1−2+y 2x 2−2， 由 y 1=kx 1−k ，y 2=kx 2−k 得 k MA +k MB =2kx 1x 2−3k (x 1+x 2)+4k (x 1−2)(x 2−2)． 将 y =k (x −1) 代入x 22+y 2=1 得 (2k 2+1)x 2−4k 2x +2k 2−2=0， 所以，x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2−22k 2+1，则 2kx 1x 2−3k (x 1+x 2)+4k =4k 3−4k−12k 3+8k 3+4k 2k 2+1=0． 从而 k MA +k MB =0，故 MA ，MB 的倾斜角互补，所以 ∠OMA =∠OMB ．综上，∠OMA =∠OMB ． 38. （1） 当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 x =2，可得 M 的坐标为 (2,2) 或 (2,−2)． 所以直线 BM 的方程为 y =12x +1 或 y =−12x −1． （2） 当 l 与 x 轴垂直时，AB 为 MN 的垂直平分线，所以 ∠ABM =∠ABN ．当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y =k (x −2)(k ≠0)，M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，则 x 1>0，x 2>0．由 {y =k (x −2),y 2=2x,得 ky 2−2y −4k =0， 可知 y 1+y 2=2k ，y 1y 2=−4．直线 BM ，BN 的斜率之和为k BM +k BN =y 1x 1+2+y 2x 2+2=x 2y 1+x 1y 2+2(y 1+y 2)(x 1+2)(x 2+2). ⋯⋯① 将 x 1=y 1k +2，x 2=y 2k +2 及 y 1+y 2，y 1y 2 的表达式代入 ① 式分子， 可得x 2y 1+x 1y 2+2(y 1+y 2)=2y 1y 2+4k (y 1+y 2)k =−8+8k =0.所以 k BM +k BN =0，可知 BM ，BN 的倾斜角互补，所以 ∠ABM +∠ABN ．综上，∠ABM =∠ABN ．39. （1） 把点 P (1,2) 代入 y 2=2px ，得 p =2，所以 y 2=4x ，设 l:y =kx +1，显然 k ≠0，联立 {y =kx +1,y 2=4x,ky 2−4y +4=0，由题意有 Δ>0，即 16−4k ⋅4>0，解得 k <1，所以 k 的取值范围是 k <1 且 k ≠0．（2） 设 M (x M ,y M )，N (x N ,y N )， 由 QM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 有 (x M ,y M −1)=λ(0,−1)， 所以 λ=1−y M ，同理 μ=1−y N ，设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，由（1）有 {y 1+y 2=4k ,y 1y 2=4k ,直线 PA 的方程为y −2=y 1−2x 1−1(x −1)=y 1−2y 124−1(x −1)=4y 1+2(x −1),令 x =0，得 y M =2y 1y 1+2， 同理有 y N =2y 2y2+2，1λ+1μ=11−y M +11−y N =2+y 12−y 1+2+y 22−y 2=8−2y 1y 24−2(y 1+y 2)+y 1y 2=8−8k 4−8k +4k =2,所以 1λ+1μ为定值 2． 40. （1） 由 {c a =√63,2c =2√2,a 2−b 2=c 2 解得 {a =√3,b =1,c =√2. 则椭圆 M 的方程为 x 23+y 2=1．（2） k =1 时，设 l 方程为 y =x +n ，联立 {y =x +n,x 23+y 2=1 消 y 得 4x 2+6nx +3n 2−3=0，设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则 {x 1+x 2=−3n 2,x 1x 2=3n 2−34.由 Δ>0 得 −2<n <2，∣AB∣=√1+k 2∣x 1−x 2∣=√62⋅√4−n 2. 当 n =0 时，∣AB∣ 最大值为 √6．（3） PA 直线的斜率 k PA =y 1x1+2，PA 直线的方程 y =y 1x 1+2(x +2)，联立 {y =y 1x 1+2(x +2),x 23+y 2=1, 消 y 得 (x 12+4x 1+4+3y 12)x 2+12y 12x +(12y 12−3x 12−12x 1−12)=0， 又 x 123+y 12=1 代入上式得 (4x 1+7)x 2+(12−4x 12)x −(7x 12+12x 1)=0， 设 C (x C ,y C )，由 x 1⋅x C =−(7x 12+12x 1)4x 1+7 得 x C =−(7x 1+12)4x 1+7，y C =y 1x 1+2(x C +2)=y 14x 1+7， 则 C (−(7x 1+12)4x 1+7,y14x 1+7)， 同理 D (−(7x 2+12)4x 2+7,y 24x 2+7)，又 Q (−74,14)，QC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(14(4x 1+7),4y 1−4x 1−74(4x 1+7))，QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(14(4x 2+7),4y 2−4x 2−74(4x 2+7))， 由 C ，D ，Q 三点共线，知 QC⃗⃗⃗⃗⃗ 与 QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线， 于是 14(4x 2+7)×4y 1−4x 1−74(4x 1+7)=14(4x 1+7)×4y 2−4x 2−74(4x 2+7)， 整理得 x 1−x 2=y 1−y 2，则 k =y 2−y 1x 2−x 1=1．。

2018年全国各地高考数学分类汇编word版含答案10-解析几何一、选择题（共12小题；共60分）1. 设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为A. B. C. D.2. 已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为A. B. C. D.3. 直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A. B. C. D.4. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离．当，变化时，的最大值为A. B. C. D.5. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为A. B. C. D.6. 双曲线的离心率为，则其渐近线方程为A. B. C. D.7. 已知双曲线：，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，．若为直角三角形，则A. B. C. D.8. 设抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与交于，两点，则A. B. C. D.9. 已知双曲线的离心率为，则点到的渐近线的距离为A. B. C. D.10. 设，是双曲线：的左、右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为A. B. C. D.11. 已知双曲线的离心率为，过右焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于，两点．设，到双曲线同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为A. B. C. D.12. 已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A. B. C. D.二、填空题（共12小题；共60分）13. 若双曲线的离心率为，则．14. 直线与圆交于，两点，则．15. 在平面直角坐标系中，为直线上在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另一点．若，则点的横坐标为．16. 在平面直角坐标系中，经过三点，，的圆的方程为．17. 已知点和抛物线：，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则．18. 在平面直角坐标系中，若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率的值为．19. 已知直线过点且垂直于轴．若被抛物线截得的线段长为，则抛物线的焦点坐标为．20. 已知圆的圆心为，直线（为参数）与该圆相交于，两点，则的面积为．21. 在极坐标系中，直线与圆相切，则．22. 已知实数，，，满足：，，，则的最大值为．23. 已知点，椭圆上两点，满足，则当时，点横坐标的绝对值最大．24. 已知椭圆，双曲线．若双曲线的两条渐近线与椭圆的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆的离心率为；双曲线的离心率为．三、解答题（共16小题；共208分）25. 设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．26. 设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．27. 如图，已知点是轴左侧（不含轴）一点，抛物线上存在不同的两点，满足，的中点均在上．（1）设中点为，证明：垂直于轴；（2）若是半椭圆上的动点，求面积的取值范围．28. 在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数），过点且倾斜角为的直线与交于，两点．（1）求的取值范围；（2）求中点的轨迹的参数方程．29. 在直角坐标系中，曲线的方程为．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求的直角坐标方程；（2）若与有且仅有三个公共点，求的方程．30. 在极坐标系中，直线的方程为，曲线的方程为，求直线被曲线截得的弦长．31. 已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：．32. 设椭圆的右顶点为，上顶点为．已知椭圆的离心率为，．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，且点，均在第四象限．若的面积是面积的倍，求的值．33. 已知斜率为的直线与椭圆：交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．34. 设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的离心率为，点的坐标为，且．（1）求椭圆的方程；（2）设直线：与椭圆在第一象限的交点为，且与直线交于点．若（为原点），求的值．35. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点为，，圆的直径为．（1）求椭圆及圆的方程；（2）设直线与圆相切于第一象限内的点．①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；②直线与椭圆交于，两点．若的面积为，求直线的方程．36. 设常数．在平面直角坐标系中，已知点，直线，曲线．与轴交于点、与交于点．，分别是曲线与线段上的动点．（1）用表示点到点的距离；（2）设，，线段的中点在直线上，求的面积；（3）设，是否存在以，为邻边的矩形，使得点在上?若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．37. 设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为．（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：．38. 设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点．（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）证明：．39. 已知抛物线经过点．过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．（1）求直线的斜率的取值范围；（2）设为原点，，，求证：为定值．40. 已知椭圆的离心率为，焦距为，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，．（1）求椭圆的方程；（2）若，求的最大值；（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为．若，和点共线，求．答案第一部分1. C2. C3. A4. C5. D6. A7. B8. D9. D10. C11. C12. D第二部分13.14.15.16.17.18.19.20.21.22.23.24. ，第三部分25. （1）由题意得，的方程为．设，，由得．，故．所以．由题设知，解得（舍去），．因此的方程为．（2）由（）得的中点坐标为，所以的垂直平分线方程为，即．设所求圆的圆心坐标为，则解得或因此所求圆的方程为或．26. （1）由题意得，的方程为，设，，由得，，故，所以，由题设知，解得（舍去），，因此的方程为．（2）由（）得的中点坐标为，所以的垂直平分线方程为，即．设所求圆的圆心坐标为，则解得或因此所求圆的方程为或．27. （1）设，，．因为，的中点在抛物线上，所以，为方程即的两个不同的实数根．所以．因此，垂直于轴．（2）由（Ⅰ）可知所以，．因此，的面积．因为，所以．因此，面积的取值范围是．28. （1）的直角坐标方程为．当时，与交于两点．当时，记，则的方程为．与交于两点当且仅当，解得或，即或．综上，的取值范围是．（2）的参数方程为（为参数，）．设，，对应的参数分别为，，，则，且，满足．于是，．又点的坐标满足所以点的轨迹的参数方程是（为参数，）．29. （1）由，得的直角坐标方程为．（2）由（）知是圆心为，半径为的圆．由题设知，是过点且关于轴对称的两条射线．记轴右边的射线为，轴左边的射线为．由于在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，，故或，经检验，当时，与没有公共点；当时，与只有一个公共点，与有两个公共点，当与只有一个公共点时，到所在直线的距离为，，故或．经检验，当时，与没有公共点；当时，与没有公共点，综上，所求的方程为．30. 因为曲线的极坐标方程为，所以曲线是圆心为，直径为的圆．因为直线的极坐标方程为，则直线过，倾斜角为，所以为直线与圆的一个交点．设另一个交点为，则．连接．因为为直径，从而，所以．因此，直线被曲线截得的弦长为．31. （1）设，，则，，两式相减，并由得．由题设知，，于是．由题设得，故．（2）由题意得．设，则．由（）及题设得，．又点在上，所以，从而，．于是．同理．所以．故．32. （1）设椭圆的焦距为，由已知得，又由，可得，由，从而，，所以椭圆的方程为．（2）设点的坐标为，点的坐标为，由题意，，点的坐标为，由的面积是面积的倍，可得，从而，即．易知直线的方程为，由方程组消去，可得．由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得或．当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．所以的值为．33. （1）设，，则，．两式相减，并由得．由题设知，，于是由题设得，故．（2）由题意得，设，则．由（）及题设得，，又点在上，所以，从而，．于是．同理．所以．故，即，，成等差数列．设该数列的公差为，则将代入得．所以的方程为，代入的方程，并整理得．故，，代入解得．所以该数列的公差为或．34. （1）设椭圆的焦距为，由已知知，又由，可得．由已知可得，，，由，可得，从而，．所以，椭圆的方程为．（2）设点的坐标为，点的坐标为．由已知有，故．又因为，而，故．由，可得．由方程组消去，可得．易知直线的方程为 –，由方程组消去，可得．由，可得，两边平方，整理得，解得或．所以，的值为或．35. （1）因为椭圆的焦点为，，可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，所以解得因此，椭圆的方程为．因为圆的直径为，所以其方程为．（2）①设直线与圆相切于，则，所以直线的方程为，即．由消去，得因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以．因为，所以，．因此，点的坐标为．②因为三角形的面积为，所以，从而．设，，由得，所以因为，所以，即，解得（舍去），则，因此的坐标为．综上，直线的方程为．36. （1）由题意，．（2）由，，可得，所以，设线段的中点为，则，由题意有，设，则，解得，于是，所以．（3）设有在，，使得以，为邻边的矩形，中的点在上，则，得由，可得，代入得结合得，解得，因为，所以，求得，所以．37. （1）由已知得，的方程为．由已知可得，点的坐标为或．所以的方程为或．（2）当与轴重合时，，当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，，则，，直线，的斜率之和为，由，得．将代入得，所以，，，则．从而，故，的倾斜角互补，所以．综上，．38. （1）当与轴垂直时，的方程为，可得的坐标为或．所以直线的方程为或．（2）当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．当与轴不垂直时，设的方程为，，，则，．由得，可知，．直线，的斜率之和为将，及，的表达式代入式分子，可得所以，可知，的倾斜角互补，所以．综上，．39. （1）把点代入，得，所以，设，显然，联立，由题意有，即，解得，所以的取值范围是且．（2）设，，由有，所以，同理，设，，由（）有直线的方程为令，得，同理有，所以为定值．40. （1）由解得则椭圆的方程为．（2）时，设方程为，联立消得，设，，则由得，当时，最大值为（3）直线的斜率，直线的方程，联立消得，又代入上式得，设，由得，，则，同理，又，，，由，，三点共线，知与共线，于是，整理得，则．。

专题10 立体几何一．基础题组1. 【2011课标，文8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D .【答案】D2. 【2017新课标1，文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是【答案】A【解析】试题分析：对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ ；对于D ，易知AB ∥NQ ，则直线AB ∥平面MNQ ．故排除B ，C ，D ，选A ． 【考点】空间位置关系判断【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．3. 【2010全国1，文6】直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】：C4. 【2005全国1，文2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（A ）π28（B ）π8（C ）π24（D ）π4【答案】B【解析】由题知，截面圆半径为1，距离，截面圆半径，球的半径构成直角三角形，即球的半径的平方=距离的平方+截面圆半径的平方，所以，球的半径等于根号2，球的表面积公式4π*半径的平方，所以，答案是8π5. 【2005全国1，文4】如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为( )（A ）32 （B ）33 （C ）34（D ）23【答案】A 【解析】6. 【2011全国1，文15】已知正方体1111ABCD A B C D 中，E 为11C D 的中点，则异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值为 【答案】237. 【2009全国卷Ⅰ,文15】已知OA 为球O 的半径,过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M,若圆M 的面积为3π,则球O 的表面积等于____________.【答案】:16π 【解析】:如图所示:圆M 的面积为3π,则半径3=MB .设球半径为R,则222)3()3(R R =+,得R 2=4. ∴S 球=4πR 2=16π.8. 【2014全国1，文19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB求三棱柱111C B A ABC -的高.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得4OD =.9. 【2013课标全国Ⅰ，文19】(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．【解析】(1)证明：取AB 的中点O ，连结OC ，OA 1，A 1B .因为CA ＝CB ， 所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .10. 【2015高考新课标1，文6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有（ ）（A ）14斛 （B ）22斛 （C ）36斛 （D ）66斛 【答案】B【解析】设圆锥底面半径为r ，则12384r ⨯⨯=，所以163r =，所以米堆的体积为211163()5433⨯⨯⨯⨯=3209，故堆放的米约为3209÷1.62≈22，故选B. 【考点定位】圆锥的性质与圆锥的体积公式11.【2016新课标1文数】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（A ）17π （B ）18π （C ）20π （D ）28π 【答案】A 【解析】试题分析：由三视图知，该几何体的直观图如图所示：是一个球被切掉左上角的,即该几何体是78个球，设球的半径为R ，则37428ππR 833V =⨯=，解得R 2=，所以它的表面积是78的球面面积和三个扇形面积之和,即22734π2π217π84⨯⨯+⨯⨯=，故选A ．12 【2016新课标1文数】平面α过正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的顶点A ，11//CB D α平面,ABCD m α=平面，11ABB A n α=平面，则m ，n 所成角的正弦值为（A （B ）2 （C （D ）13【答案】A 【解析】试题分析：如图，设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为//α平面11CB D ，所以//',//'m m n n ，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.延长AD ，过1D 作11D E B C ∥，连接11,CE B D ，则CE 为'm ，同理11B F 为'n ，而111,B D C E B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，即为60︒，故,m n 所成角的正弦值为2，选A.13. 【2017新课标1，文16】已知三棱锥S −ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S −ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________． 【答案】36π 【解析】试题分析：取SC 的中点O ，连接,OA OB ，因为,SA AC SB BC ==，所以,OA SC OB SC ⊥⊥， 因为平面SAC ⊥平面SBC ，所以OA ⊥平面SBC ， 设OA r =，则3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 所以31933r r =⇒=，所以球的表面积为24π36πr =. 【考点】三棱锥的外接球【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的二．能力题组1. 【2014全国1，文8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】B【解析】根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等．可得几何体如下图所示．CC=E为CC1的中2.【2012全国1，文8】已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，1点，则直线AC1与平面BED的距离为( )A．2 B．1【答案】D【解析】连结AC交BD于点O，连结OE，∵AB=2，∴AC=3. 【2010全国1，文9】正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.3B. 3C. 23D. 3【答案】：D【解析】不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)． 平面ACD 1的法向量为1DB ＝(1,1,1)，又1BB ＝(0,0,1)， ∴cos 〈1DB ，1BB 〉＝1111DB BBDB BB ⋅＝＝3.∴BB 1与平面ACD 1＝3 4. 【2009全国卷Ⅰ,文9】已知三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等,A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点,则异面直线AB 与CC 1所成的角的余弦值为( ) A.43 B.45 C.47 D.43【答案】:D【解析】:设棱长为2,BC 的中点为D, 由题意,得3=AD .在Rt △A 1AD 中，5. 【2007全国1，文7】如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为（ ）D 1C 1B 1DBCAA 1A.15 B.25 C.35 D.45【答案】：D【解析】：连结1BC ，则1A B 与1BC 所成角即为所求在11A BC ∆中，设AB a =，则11A B BC ∆==，11AC ，∴222111111114cos 25A B C B AC A BC A B C B +-∠==∙. 6. 【2013课标全国Ⅰ，文15】已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为______．【答案】：9π2【解析】：如图，7. 【2008全国1，文16】已知菱形ABCD 中，2AB =，120A ∠=，沿对角线BD 将ABD △折起，使二面角A BD C --为120，则点A 到BCD △所在平面的距离等于 ．【答案】2【解析】已知如下图所示：设AC∩BD=O，则AO ⊥BD ，CO ⊥BD ， ∴∠AOC 即为二面角A-BD-C 的平面角 ∴∠AOC=120°，且AO=1，∴01sin 60d =⨯=. 8. 【2011新课标，文18】（本小题满分12分）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形.60,2,DAB AB AD PD ∠==⊥底面ABCD .（I ）证明：PA BD ⊥（II ）设1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高.【分析】第(1)问,通过证明BD ⊥平面PAD PA BD ⇒⊥证明BD AD ⊥时,可利用勾股定理222BD AD AB +=，第（2）问，在Rt ∆PDB 中，可证PB 边上的高即为三棱锥D PBC -的高，其长度利用等面积法可求.三．拔高题组1. 【2013课标全国Ⅰ，文11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π 【答案】：A2. 【2011全国1，文12】已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成060，二面角的平面β截该球面得圆N ，若该球的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为( ) (A)7π (B)9π (c)11π (D)13π 【答案】D【解析】：由圆M 的面积为4π得2MA =，2224212OM =-=OM ⇒=，在030Rt ONM OMN ∠=中,12ON OM ∴===13N S π∴=圆故选D3. 【2010全国1，文12】已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB ＝CD ＝2，则四面体ABCD 的体积的最大值为( )A.3 B. 3 C ．3【答案】B【解析】不妨取AB ⊥CD ，过CD 作平面PCD ，使AB ⊥平面PCD ，交AB 于P .设点P 到CD 的距离为h ，则有V 四面体ABCD ＝13×2×12×2×h ＝23h .当直径通过AB 与CD 的中点时，h max ＝故V max ＝34. 【2009全国卷Ⅰ,文11】已知二面角α-l-β为60°,动点P 、Q 分别在面α,β内,P 到β的距离为3,Q 到α的距离为32,则P 、Q 两点之间距离的最小值为( ) A.2 B.2 C.32 D.4 【答案】:CFQ EF PE PQ ++=,EF PQ ∙+∙+∙+++=222164222212120cos 42220EF EF +=︒⨯⨯++=∴当2EF 取最小值0时，2PQ 最小，此时||=32，即当PQ ⊥l 时，||最小.5.【2012全国1，文16】已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1，CC 1的中点，那么异面直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为__________． 【答案】：35【解析】：设正方体的棱长为a .连结A 1E ，可知D 1F ∥A 1E ，6. 【2011新课标，文16】已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球面面积的316,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 .【分析】画出图形，利用数形结合，然后利用球及圆的性质求解. 【解析】如图设球的半径为R ，圆锥的底面 圆半径为，则依题意得223416r R ππ=⨯，即cos r O CO R '=∠=130,2O CO OO R ''∴∠=︒∴=，11,22AO R R BO R R ''∴=-=+, 112.332RAO BO R '∴==' 【答案】137. 【2007全国1，文15】正四棱锥S ABCD -，点S 、A 、B 、C 、D 都在同一个球面上，则该球的体积为_________。

2018 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全（13立体几何 ）一、解答题1．（2018北京文）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．（1）求证：PE BC ⊥；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD ．2． （2018北京理）如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．3. （2018上海）已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO =4，OA ，OB 是底面半径，且∠AOB =90°，M 为线段AB 的中点，如图，求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.4．（2018江苏）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥；（2）111ABB A A BC ⊥平面平面．5．（2018江苏）如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．6．（2018浙江）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．7．（2018天津文）如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°．（Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．8．（2018天津理） 如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面；（II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.9．（2018全国新课标Ⅰ文）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点， 且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．10．（2018全国新课标Ⅰ理）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.11．（2018全国新课标Ⅱ文） 如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．12．（2018全国新课标Ⅱ理）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ； （2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．13．（2018全国新课标Ⅲ文）如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．14．（2018全国新课标Ⅲ理）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．Array（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．。