2020高考数学刷题首秧单元测试七平面解析几何文含解析70

7．4直线、平面平行的判定与性质[知识梳理]1．直线与平面平行的判定定理和性质定理2．平面与平面平行的判定定理和性质定理3．必记结论(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．[诊断自测]1．概念思辨(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．()(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．()(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行．()(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A2P61T1(2))如果直线a平行于平面α，直线b∥a，则b 与α的位置关系是()A．b与α相交B．b∥α或b⊂αC．b⊂αD．b∥α答案 B解析两条平行线中的一条与已知平面相交，则另一条也与已知平面相交，所以由直线b∥a，可知若b与α相交，则a与α也相交，而由题目已知，直线a平行于平面α，所以b与α不可能相交，所以b∥α或b⊂α.故选B.(2)(必修A2P58T3)已知m，n表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，下列命题中正确的个数是()①若α∩γ＝m，β∩γ＝n，且m∥n，则α∥β；②若m，n相交且都在α，β外，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β；③若m∥α，m∥β，则α∥β；④若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β.A．1 B．2C．3 D．4答案 A解析①仅满足m⊂α，n⊂β，m∥n，不能得出α∥β，此命题不正确；②设m，n确定平面为γ，则有α∥γ，β∥γ，从而α∥β，此命题正确；③④均不满足两个平面平行的条件，故③④均不正确．故选A.3．小题热身(1)如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBCC ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45°答案 D解析 选项A ，B ，C 显然错误．∵P A ⊥平面ABC ，∴∠PDA 是直线PD 与平面ABC 所成的角．∵ABCDEF 是正六边形，∴AD ＝2AB .∵tan ∠PDA ＝P A AD ＝2AB 2AB ＝1，∴直线PD 与平面ABC 所成的角为45°.故选D.(2)已知a ，b ，c 为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出六个命题：① }a ∥c b ∥c ⇒a ∥b ；② }a ∥γb ∥γ⇒a ∥b ；③ }c ∥αc ∥β⇒α∥β；④ }α∥γβ∥γ⇒α∥β；⑤ }c ∥αa ∥c ⇒a ∥α；⑥ }a ∥γα∥γ⇒a ∥α.其中正确的命题是________．(填序号)答案 ①④解析 由三线平行公理，知①正确；两条直线同时平行于一平面，这两条直线可相交、平行或异面，故②错误；两个平面同时平行于一直线，这两个平面相交或平行，故③错误；面面平行具有传递性，故④正确；一直线和一平面同时平行于另一直线，这条直线和平面平行或直线在平面内，故⑤错误；一直线和一平面同时平行于另一平面，这条直线和平面可能平行也可能直线在平面内，故⑥错误．题型1平行关系命题的真假判定典例(2017·豫西五校联考)已知m，n，l1，l2表示不同直线，α，β表示不同平面，若m⊂α，n⊂α，l1⊂β，l2⊂β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是()A．m∥β且l1∥αB．m∥β且n∥βC．m∥β且n∥l2D．m∥l1且n∥l2排除法．答案 D解析对于选项A，当m∥β且l1∥α时，α，β可能平行也可能相交，故A不是α∥β的充分条件；对于选项B，当m∥β且n∥β时，若m∥n，则α，β可能平行也可能相交，故B不是α∥β的充分条件；对于选项C，当m∥β且n∥l2时，α，β可能平行也可能相交，故C 不是α∥β的充分条件；对于选项D，当m∥l1，n∥l2时，由线面平行的判定定理可得l1∥α，l2∥α，又l1∩l2＝M，由面面平行的判定定理可以得到α∥β，但α∥β时，m∥l1且n∥l2不一定成立，故D是α∥β的一个充分条件．故选D.方法技巧解决平行关系命题真假判断的一般思路1．判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项．2．(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情况，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．3．结合实物进行空间想象，比较判断．冲关针对训练(2017·山西长治二模)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥βB．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥βD．若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β答案 C解析对于A，墙角的三个墙面α，β，γ满足条伴，但γ与β相交，故A错误；m⊂α，n⊂β，且m，n平行于α，β的交线时符合B 中条件，但α与β相交，故B错误；由m∥n，m⊥α可推出n⊥α，结合n⊥β可推出α∥β，故C正确；由D中的条件得α与β可能平行也可能相交，故D错误．所以选C.题型2直线与平面平行的判定与性质角度1直线与平面平行的判定与性质典例(2017·保定期中)如图，P是平行四边形ABCD所在平面外一点，E是PD的中点．(1)求证：PB∥平面EAC；(2)若M是CD上异于C、D的点，连接PM交CE于G，连接BM交AC于H，求证：GH∥PB.利用中位线证线线平行从而证线面平行；利用线面平行证线线平行．证明(1)连接BD，交AC于O，连接EO，则O是BD的中点，又E是PD的中点，∴PB∥EO，∵PB⊄平面EAC，EO⊂平面EAC，∴PB∥平面EAC.(2)由(1)知PB∥平面EAC，又平面PBM∩平面EAC＝GH，∴根据线面平行的性质定理得GH∥PB.角度2直线与平面平行的探索性问题典例(2018·包河区校级月考)在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，P A＝AC＝a，PB＝PD＝2a，点E在PD 上，且PE∶ED＝2∶1，平面P AB∩平面PCD＝l.(1)证明：l∥CD；(2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论．探求点的位置时多为线段中点或等分点等特殊点．证明(1)∵菱形ABCD，∴AB∥CD，又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PCD，又AB⊂平面P AB，平面P AB∩平面PCD＝l，∴AB∥l，∵AB∥CD，∴l∥CD.(2)当F是棱PC的中点时，BF∥平面AEC.证明如下，如图取PE的中点M，连接FM，由于M为PE中点，F为PC中点，所以FM∥CE.①由M为PE中点，得EM＝12PE＝ED，知E是MD的中点，连接BM，BD，设BD∩AC＝O，因为四边形ABCD是菱形，则O为BD的中点，由于E是MD的中点，O是BD的中点，所以BM∥OE.②由①FM∥CE②BM∥OE知，平面BFM∥平面AEC，又BF⊂平面BFM，所以BF∥平面AEC.方法技巧线面平行问题的证明策略1．证明直线与平面平行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等证明两直线平行．注意说明已知的直线不在平面内．2．判断或证明线面平行的方法：①线面平行的定义(反证法)；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质定理．3．线面平行的探究性问题解决探究性问题一般先假设求解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在，而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．冲关针对训练(2017·济南一模)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，EF∥AC，EF＝ 3.求证：FC∥平面BDE.证明设AC∩BD＝O，连接EO.∵底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴OC＝ 3.∵EF∥AC，EF＝OC＝3，∴EFCO为平行四边形，∴FC∥EO，∵FC⊄平面BDE, EO⊂平面BDE，∴FC∥平面BDE.题型3平面与平面平行的判定与性质典例如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；(2)平面EF A1∥平面BCHG.利用中位线、平行四边形证线线平行，再证线面平行、面面平行．证明(1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH是△A1B1C1的中位线，则GH∥B1C1，又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．(2)∵E，F分别为AB，AC的中点，∴EF∥BC，∵EF⊄平面BCHG, BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG，又G，E分别为A1B1，AB的中点，A1B1綊AB，∴A1G綊EB.∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB.∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG.又∵A1E∩EF＝E，∴平面EF A1∥平面BCHG.[条件探究1]在典例条件下，若D1，D分别为B1C1，BC的中点，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1.又由三棱柱的性质知，D1C1綊BD，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1.又∵DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，∴平面A1BD1∥平面AC1D.[条件探究2]在典例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求ADDC的值．解连接A1B交AB1于O，连接OD1.由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.所以BC1∥D1O，则A1D1D1C1＝A1OOB＝1.同理可证AD1∥DC1，则A1D1D1C1＝DCAD，∴DCAD＝1，即ADDC＝1.方法技巧1．判定面面平行的方法(1)利用面面平行的判定定理，转化为证明线面平行．(2)证明两平面垂直于同一条直线．(3)证明两平面与第三个平面平行．2．面面平行条件的应用(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行．(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个平面内的两条直线是相交直线．冲关针对训练(2018·西安模拟)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点O 是底面中心，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)求三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积．解 (1)证明：由题设知BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形，∴BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，∴BD ∥平面CD 1B 1.∵A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形，∴A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1，∴A 1B ∥平面CD 1B 1.又∵BD ∩A 1B ＝B ，∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD －A 1B 1D 1的高．又∵AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2，∴A 1O ＝AA 21－OA 2＝1.又∵S △ABD ＝12×2×2＝1，∴VABD－A1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.1.(2017·福建八校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱CD上的动点，则直线MC1与平面AA1B1B的位置关系是() A．相交B．平行C．异面D．相交或平行答案 B解析如图，MC1⊂平面DD1C1C，而平面AA1B1B∥平面DD1C1C，故MC1∥平面AA1B1B.故选B.2．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β；②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n；③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β；④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)答案②③④解析对于①，由m⊥n，m⊥α可得n∥α或n在α内，当n∥β时，α与β可能相交，也可能平行，故①错误；对于②，过直线n作平面与平面α交于直线c，由n∥α可知n∥c，∵m⊥α，∴m⊥c，∴m⊥n，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确，故正确的有②③④.3．(2017·河北唐山统考)在三棱锥P －ABC 中，PB ＝6，AC ＝3，G 为△P AC 的重心，过点G 作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB 和AC ，则截面的周长为________．答案 8解析 过点G 作EF ∥AC ，分别交P A ，PC 于点E ，F ，过E ，F 分别作EN ∥PB ，FM ∥PB ，分别交AB ，BC 于点N ，M ，连接MN ，则四边形EFMN 是平行四边形(面EFMN 为所求截面)，且EF ＝MN＝23AC ＝2，FM ＝EN ＝13PB ＝2，所以截面的周长为2×4＝8.4．(2018·石家庄质检)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，P A ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .(1)求证：MN ∥平面P AB ；(2)求点M 到平面P AN 的距离．解(1)证明：在平面PBC内作NH∥BC交PB于点H，连接AH，在△PBC中，NH∥BC，且NH＝13BC＝1，AM＝12AD＝1.又AD∥BC，∴NH∥AM且NH＝AM，∴四边形AMNH为平行四边形，∴MN∥AH，又AH⊂平面P AB，MN⊄平面P AB，∴MN∥平面P AB.(2)连接AC，MC，PM，平面P AN即为平面P AC，设点M到平面P AC的距离为h.由题意可得CD＝22，AC＝23，∴S△P AC＝12P A·AC＝43，S△AMC＝12AM·CD＝2，由V M－P AC＝V P－AMC，得13S△P AC·h＝13S△AMC·P A，即43h＝2×4，∴h＝6 3，∴点M到平面P AN的距离为6 3.[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．(2017·南开模拟)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错误；一个平面内不共线且在另一个平面同侧的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错误；若两个平面垂直同一个平面，两平面可以平行，也可以相交，故D错误；故选C.2．下列命题中，错误的是()A．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面B．平面α∥平面β，a⊂α，过β内的一点B有唯一的一条直线b，使b∥aC．α∥β，γ∥δ，α，β，γ，δ的交线为a，b，c，d，则a∥b∥c ∥dD．一条直线与两个平面成等角是这两个平面平行的充要条件答案 D解析D错误，当两平面平行时，则该直线与两个平面成等角；反之，如果一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面，如图，α⊥β，直线AB与α，β都成45°角，但α∩β＝l.故选D.3．(2017·福建联考)设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m⊥l，m⊥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4答案 B解析对①，两条平行线中有一条与一平面垂直，则另一条也与这个平面垂直，故①正确；对②，直线l可能在平面α内，故②错误；对③，三条交线除了平行，还可能相交于同一点，故③错误；对④，结合线面平行的判定定理和性质定理可判断其正确．综上①④正确．故选B.4．(2017·昆明七校模拟)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，则MN与平面BDH的关系是()A．MN∩平面BDH＝M B．MN⊂平面BDHC．MN∥平面BDH D．MN⊥平面BDH答案 C解析连接BD，设O为BD的中点，连接OM，OH，AC，BH，MN，如图所示．∵M，N分别是BC，GH的中点，∴OM∥CD，且OM＝12CD，NH∥CD，且NH＝12CD，∴OM∥NH，OM＝NH，则四边形MNHO是平行四边形，∴MN∥OH，又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，∴MN ∥平面BDH .故选C.5．如图所示，P 是三角形ABC 所在平面外一点，平面α∥平面ABC ，α分别交线段P A ，PB ，PC 于A ′，B ′，C ′，若P A ′∶AA ′＝2∶3，则△A ′B ′C ′与△ABC 面积的比为( )A ．2∶5B ．3∶8C ．4∶9D ．4∶25答案 D解析 ∵平面α∥平面ABC ，平面P AB ∩α＝A ′B ′，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，∴A ′B ′∥AB .又∵P A ′∶AA ′＝2∶3，∴A ′B ′∶AB ＝P A ′∶P A ＝2∶5.同理B ′C ′∶BC ＝A ′C ′∶AC ＝2∶5.∴△A ′B ′C ′与△ABC 相似，∴S △A ′B ′C ′∶S △ABC ＝4∶25.故选D.6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B和AC 上的点，若A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定答案 B解析 连接CD 1，在CD 1上取点P ，使D 1P ＝2a 3，∴MP ∥BC ，PN ∥AD 1.∴MP ∥平面BB 1C 1C ，PN ∥平面AA 1D 1D .∴平面MNP ∥平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .故选B.7．(2018·宜昌一模)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AM ＝2MA 1，BN ＝2NB 1，过MN 作一平面交底面三角形ABC 的边BC ，AC 于点E ，F ，则( )A ．MF ∥NEB ．四边形MNEF 为梯形C ．四边形MNEF 为平行四边形D ．A 1B 1∥NE答案 B解析 在平行四边形AA 1B 1B 中，AM ＝2MA 1，BN ＝2NB 1.所以AM 綊BN ，所以MN 綊AB ，又MN ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以MN∥平面ABC.又MN⊂平面MNEF，平面MNEF∩平面ABC＝EF，所以MN∥EF，所以EF∥AB，显然在△ABC中，EF∥MN，EF≠MN，所以四边形MNEF为梯形．故选B.8．(2017·安徽阜阳一中模拟)过平行六面体ABCD－A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB1D1平行的直线共有() A．4条B．6条C．8条D．12条答案 D解析如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N，P，Q分别为相应棱的中点，容易证明平面EFGH，平面MNPQ均与平面BDD1B1平行，平面EFGH和平面MNPQ中分别有6条直线(相应四边形的四条边和两条对角线)满足要求，故共有12条直线符合要求．故选D.9．(2018·河南三市联考)如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN ＝y，则函数y＝f(x)的图象大致是()答案 C解析过M作MQ∥DD1，交AD于Q，连接QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1，又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，∴NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x.∵MQAQ＝DD1AD＝2，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1，∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，∴函数y＝f(x)的图象为焦点在y 轴上的双曲线上支的一部分．故选C.10．(2018·昆明模拟)在三棱锥S －ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H .D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为( )A.452B.4532 C ．45D ．45 3答案 A 解析取AC 的中点G ，连接SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB . 因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12SB ＝452.故选A. 二、填空题11．如图，四边形ABDC 是梯形，AB ∥CD ，且AB ∥平面α，M 是AC 的中点，BD 与平面α交于点N ，AB ＝4，CD ＝6，则MN ＝________.答案 5解析 ∵AB ∥平面α，AB ⊂平面ABDC ，平面ABDC ∩平面α＝MN ，∴AB ∥MN .又M 是AC 的中点，∴MN 是梯形ABDC 的中位线，故MN ＝12(AB ＋CD )＝5.12．如图所示，在四面体ABCD 中，M ，N 分别是△ACD ，△BCD 的重心，则四面体的四个面中与MN 平行的是________．答案 平面ABC 、平面ABD解析 连接AM 并延长，交CD 于E ，连接BN ，并延长交CD 于F ，由重心性质可知，E ，F 重合为一点，且该点为CD 的中点E ，连接MN ，由EM MA ＝EN NB ＝12，得MN ∥AB ，因此，MN ∥平面ABC 且MN∥平面ABD .13．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1 cm ，过AC 作平行于对角线BD 1的截面，则截面面积为________cm 2.答案 64解析 如图所示，截面ACE ∥BD 1，平面BDD 1∩平面ACE ＝EF ，其中F 为AC 与BD 的交点，∴E 为DD 1的中点，∴S △ACE ＝12×2×32＝64(cm 2)．14．如图，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)答案 M 位于线段FH 上(答案不唯一)解析 连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只要M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，∴MN ∥平面B 1BDD 1.B 级三、解答题15．(2018·石家庄质检二)如图，在三棱柱ABC －DEF 中，侧面ABED 是边长为2的菱形，且∠ABE ＝π3，BC ＝212.点F 在平面ABED内的正投影为G ，且点G 在AE 上，FG ＝3，点M 在线段CF 上，且CM ＝14CF .(1)证明：直线GM ∥平面DEF ；(2)求三棱锥M －DEF 的体积．解 (1)证明：∵点F 在平面ABED 内的正投影为G ，∴FG ⊥平面ABED ，∴FG ⊥GE .又BC ＝212＝EF ，FG ＝3，∴GE ＝32.∵四边形ABED 是边长为2的菱形，且∠ABE ＝π3，∴AE ＝2，∴AG ＝12.如图，过点G 作GH ∥AD 交DE 于点H ，连接FH .则GH AD ＝GE AE ，∴GH ＝32，由CM ＝14CF 得MF ＝32＝GH .易证GH ∥AD ∥MF ，∴四边形GHFM 为平行四边形，∴MG ∥FH .又GM ⊄平面DEF ，∴GM ∥平面DEF .(2)由(1)知GM ∥平面DEF ，连接GD ，则有V M －DEF ＝V G －DEF .又V G －DEF ＝V F －DEG ＝13FG ·S △DEG ＝13FG ·34S △DAE ＝34，∴V M －DEF ＝34.16．(2018·郑州质检二)如图，高为1的等腰梯形ABCD 中，AM＝CD ＝13AB ＝1，M 为AB 的三等分点，现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ，AC .(1)在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC?(2)当点P 为AB 边的中点时，求点B 到平面MPC 的距离．解 (1)当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC .理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP .在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12，∵△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN .∵AD ⊄平面MPC ，PN ⊂平面MPC ，∴AD ∥平面MPC .(2)∵平面AMD ⊥平面MBCD ，平面AMD ∩平面MBCD ＝DM ，平面AMD 中AM ⊥DM ，∴AM ⊥平面MBCD .∴V P －MBC ＝13×S △MBC ×AM 2＝13×12×2×1×12＝16.在△MPC 中，MP ＝12AB ＝52，MC ＝2，又PC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52，∴S △MPC ＝12×2× ⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝64.∴点B 到平面MPC 的距离为d ＝3V P －MBC S △MPC ＝3×1664＝63. 17．(2018·简阳市模拟)如图，已知四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，点M ，N ，Q 分别是P A ，BD ，PD 的中点．(1)求证：MN ∥PC ；(2)求证：平面MNQ ∥平面PBC .证明 (1)由题意：P －ABCD 是四棱锥，底面ABCD 为平行四边形，点M ，N ，Q 分别是P A ，BD ，PD 的中点，连接AC ，∴N 是AC 的中点．∴MN 是三角形ACP 的中位线，∴MN ∥PC .(2)由(1)可得MN ∥PC .∵M ，Q 分别是P A ，PD 的中点，∴MQ 是三角形ADP 的中位线，∴MQ ∥AD .海阔天空专业文档又由AD∥BC，∴MQ∥BC.由MQ∥BC，MN∥PC，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，BC∩PC ＝C，同理MQ⊂平面MNQ，MN⊂平面MNQ，MQ∩MN＝M.∴平面MNQ∥平面PBC.18．(2018·德州模拟)如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD 为正三角形，CB＝CD, CE⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.证明(1)如图，取BD中点为O，连接OC，OE，则由BC＝CD，知CO⊥BD.又CE⊥BD，EC∩CO＝C，CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC.所以BD⊥OE.又因为O是BD中点，海阔天空专业文档所以BE＝DE.(2)如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN，因为M是AE的中点，所以MN∥BE.又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°，又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC, BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.又MN∩DN＝N，故平面DMN∥平面BEC，又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.。

1．已知双曲线 C ： － ＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为 y ＝± x ，则双曲线 C 的离心率A ．5解析 由题意可得 ＝ ，则离心率 e ＝ ＝1＋ 2＝ 5，故选 B ．bm 2＋16 4m －3 解析 由 m 2＋16＝52，解得 m ＝3(m ＝－3 舍去)．所以 a ＝5，b ＝3，从而± ＝± ，故考点测试 49 双曲线一、基础小题y 2 x 2 1a 2b 2 2为()6 B ． 5 C ．D ． 622答案 Ba 1 cb 2 aax 2 y 22．已知双曲线 － ＝1 的实轴长为 10，则该双曲线的渐近线的斜率为()5 4 5 3A ．±B ．±C ．±D ．±4 5 3 5答案 Db 3a 5选 D ．3．已知平面内两定点 A (－5，0)，B (5，0)，动点 M 满足|MA |－|MB |＝6，则点 M 的5．已知双曲线 C ： － ＝1(a >0，b >0)的焦距为 10，点 P (2，1)在 C 的渐近线上，则 C解析 ∵ － ＝1 的焦距为 10，∴c ＝5＝ a 2＋b 2．① 又双曲线渐近线方程为 y ＝± x ，且 P (2，1)在渐近线上，∴ ＝1，即 a ＝2b ．②6．已知双曲线 C ： － ＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为 F ，F ，点 M 与双曲线 C24．双曲线 －y ＝1 的焦点到渐近线的距离为()a轨迹方程是()x 2 y 2 x 2 y 2A ． － ＝1B ． － ＝1(x ≥4)16 9 16 9x 2 y 2 x 2 y 2C ． － ＝1D ． － ＝1(x ≥3)9 16 9 16答案 D解析 由双曲线的定义知，点 M 的轨迹是双曲线的右支，故排除 A ，C ；又 c ＝5， ＝3，x 2 y 2∴b 2＝c 2－a 2＝16．∵焦点在 x 轴上，∴轨迹方程为 － ＝1(x ≥3)．故选 D ．9 16x 2 m1A ． 2B ． 3C ．1D ．2答案 C| m ＋1±0|解析 焦点 F ( m ＋1，0)到渐近线 x ± my ＝0 的距离 d ＝ ＝1，故选 C ．1＋( m )2x 2 y 2a 2b 2的方程为()x 2 y 2 x 2 y 2A ． － ＝1B ． － ＝120 5 5 20x 2 y 2 x 2 y 2C ． － ＝1D ． － ＝180 20 20 80答案 Ax 2 y 2a 2b 2b 2ba ax 2 y 2由①②解得 a ＝2 5，b ＝ 5，则 C 的方程为 － ＝1．故选 A ．20 5x 2 y 2a 2b 2 1 2的焦点不重合，点 M 关于 F ，F 的对称点分别为 A ，B ，线段 MN 的中点在双曲线的右支12上，若|AN |－|BN |＝12，则 a ＝()7．已知双曲线 C ： － ＝1(a >0，b >0)的离心率 e ＝2，且它的一个顶点到相应焦点的2 1 2 解得⎨ 则 b ＝ 3，故所求方程为 x 2－ ＝1．⎩c ＝2，9．(2018·全国卷Ⅱ)双曲线 － ＝1(a >0，b >0)的离心率为 3，则其渐近线方程为()A ．3B ．4C ．5D ．6答案 A解析 如图，设 MN 的中点为 C ，则由对称性知 F ，F 分别为线段 AM ，BM 的中点，121 1 1所以|CF |＝ |AN |，|CF |＝ |BN |．由双曲线的定义，知 |CF |－|CF |＝2a ＝ (|AN |－1 2 2 2|BN |)＝6，所以 a ＝3，故选 A ．x 2 y 2a 2b 2距离为 1，则双曲线 C 的方程为________．y 2答案 x 2－ ＝13解析⎧c －a ＝1，由题意得⎨c⎩a ＝2，⎧a ＝1， y 23x 2 y 28．设 F ，F 分别为双曲线 － ＝1 的左、右焦点，点 P 在双曲线上，若点 P 到焦点1 2 16 20F 的距离等于 9，则点 P 到焦点 F 的距离为________．12答案 17解析 解法一：∵实轴长 2a ＝8，半焦距 c ＝6，∴||PF |－|PF ||＝8．∵|PF |＝9，∴12 1|PF |＝1 或|PF |＝17．又∵|PF |的最小值为 c －a ＝6－4＝2，∴|PF |＝17．22 2 2解法二：由题知，若 P 在右支上，则|PF |≥2＋8＝10>9，∴P 在左支上．∴|PF |－|PF |12 1＝2a ＝8，∴|PF |＝9＋8＝17．2二、高考小题x 2 y 2a 2b 2A ．y ＝± 2xB ．y ＝± 3x解析∵e＝＝3，∴＝＝e2－1＝3－1＝2，∴＝2．因为该双曲线的渐近线方程为y＝±x，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±2x，故选A．11．(2018·全国卷Ⅲ)设F，F是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，O是|OF|c23C．y＝±x D．y＝±x22答案Ac b2c2－a2ba a2a2abax210．(2018·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F3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|＝()3A．B．3C．23D．42答案B解析由题意分析知，∠FON＝30°．所以∠MON＝△60°，又因为OMN是直角三角1形，不妨取∠NMO＝90°，则∠ONF＝30°，于是FN＝OF＝2，FM＝OF＝1，所以|MN|2＝3．故选B．x2y212a2b2坐标原点．过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若|PF|＝6|OP|，则C的离心率21为()A．5B．2C．3D．2答案C解析由题可知|PF|＝b，|OF|＝c，∴|PO|＝a．22|PF|b在△R t POF中，cos∠PF O＝2＝，222∵在△P F F中，1212．(2018·天津高考)已知双曲线 － ＝1(a >0，b >0)的离心率为 2，过右焦点且垂直于解析 ∵双曲线 － ＝1(a >0，b >0)的离心率为 2，∴e 2＝1＋ ＝4，∴ ＝3，即 b 2＝3a ，∴c ＝a ＋b ＝4a ，由题意可设 A (2a ，3a )，B (2a ，－3a )，∵ ＝3，∴渐近线方程为 y ＝2 222213．(2018·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线 － ＝1(a >0，b >0)的右焦22b cos ∠PF O＝ ＝ ， 2b ·2c c 1 2|PF |2＋|F F |2－|PF |2 b2 1 2 1 2 2|PF ||F F | c21 2b 2＋4c 2－( 6a )2 b∴ ＝ c 2＝3a 2，∴e ＝ 3．故选 C ．x 2 y 2a 2b 2x 轴的直线与双曲线交于 A ，B 两点．设 A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为 d 和1d ，且 d ＋d ＝6，则双曲线的方程为()21 2x 2 y 2 x 2 y 2A ． － ＝1B ． － ＝14 12 12 4x 2 y 2 x 2 y 2C ． － ＝1D ． － ＝13 9 9 3答案 Cx 2 y 2 b 2 b 2a 2b 2 a 2 a 2b 2a 2± 3x ，则点 A 与点 B 到直线 3x －y ＝0 的距离分别为 d ＝|2 3a －3a |＝2 3－3a ，d ＝1 2 2 2|2 3a ＋3a | 2 3＋3 2 3－3 2 3＋3＝ a ，又∵d ＋d ＝6，∴ a ＋ a ＝6，解得 a ＝ 3，∴b 2＝9．∴2 2 2 2x 2 y 2双曲线的方程为 － ＝1，故选 C ．3 9x 2 y 2a 2b 23点 F (c ，0)到一条渐近线的距离为 c ，则其离心率的值是________．2答案 2解析双曲线的一条渐近线方程为 bx － a y ＝ 0 ，则 F (c ， 0)到这条渐近线的距离为|bc |3＝ c ，23 3∴b ＝ c ，∴b 2＝ c 2，又 b 2＝c 2－a 2，∴c 2＝4a 2，2 4∴e＝＝2．14．(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，解析如图，由题意知点A(a，0)，双曲线的一条渐近线l的方程为y＝x，即bx－ay＝b，∴a2＝3b2，∴e＝＝＝．a2＋b22|3c15．(2018·河北黄冈质检)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点F作圆x2＋y2＝a2的切45°，∴|OM|＝|OF|·sin45°，即a＝c·2，∴e＝＝2．故选A．cax2y2a2b2b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若∠MAN＝60°，则C 的离心率为________．答案233ba＝0，∴点A到l的距离d＝aba2＋b2．即33又∠MAN＝60°，MA|＝|NA|＝△b，∴MAN为等边三角形，∴d＝|MA|＝b，22 ab a2＋b223a a23三、模拟小题x2y2a2b2线FM(切点为M)，交y轴于点P，若M为线段FP的中点，则双曲线的离心率为() A．2B．3C．2D．5答案A解析连接OM．由题意知OM⊥PF，且|FM|＝|PM|，∴|OP|＝|OF|，∴∠OFP＝c2ax2y216．(2018·河南洛阳尖子生联考)设F，F分别为双曲线－＝1的左、右焦点，过12916F (2，0)，∴4＝a 2＋b 2．又圆 F ：(x －2)2＋y 2＝2 与双曲线 C 的渐近线 y ＝± x 相切，由双曲解析 设双曲线 C 的方程为 － ＝1(a >0，b >0)，而抛物线 y 2＝8x 的焦点为(2，0)，即2 1 1 1 1 1 1F 引圆 x 2＋y 2＝9 的切线 F P 交双曲线的右支于点 P ，T 为切点，M 为线段 F P 的中点，O 为11 1坐标原点，则|MO |－|MT |等于()A ．4B ．3C ．2D ．1答案 D1 1 1 1解析连接 PF ，OT ，则有|MO |＝ |PF |＝ (|PF |－2a )＝ (|PF |－6)＝ |PF |－3，2 2 2 2 2 11 1 1 1|MT |＝ |PF |－|F T |＝ |PF |－ c 2－32＝ |PF |－4，于是有 |MO |－|MT |＝ |PF |－32 2 2 211－ |PF |－4＝1，故选 D ．2 117．(2018·哈尔滨调研)已知双曲线 C 的右焦点 F 与抛物线 y 2＝8x 的焦点相同，若以点F 为圆心， 2为半径的圆与双曲线 C 的渐近线相切，则双曲线 C 的方程为()y 2 x 2A ． － x 2＝1B ． －y 2＝13 3y 2 x 2 x 2 y 2C ． － ＝1D ． － ＝12 2 2 2答案 Dx 2 y 2a 2b 2ba线的对称性可知圆心 F 到双曲线的渐近线的距离为2b＝ 2，∴a 2＝b 2＝2，故双曲线 Cb 2＋a 2x 2 y 2的方程为 － ＝1．故选 D ．2 2x 2 y 218．(2018·安徽淮南三校联考)已知双曲线 － ＝1 右焦点为 F ，P 为双曲线左支上一4 2点，点 A (0， 2)，则△APF 周长的最小值为()A ．4＋ 2B ．4(1＋ 2)C ．2( 2＋ 6)D ． 6＋3 2答案 B解析 由题意知 F ( 6，0)，设左焦点为 F ，则 F (－ 6，△0)，由题意可知 APF 的周长l 为|PA |＋|PF |＋|AF |，而|PF |＝2a ＋|PF |，∴l ＝|PA |＋|PF |＋2a ＋|AF |≥|AF |＋|AF |19．(2018·河南适应性测试)已知 F ，F 分别是双曲线 － ＝1(a >0，b >0)的左、右焦4a >2a ， ⎩ 6 2·4a ·2c 2 ＝2a 2＝ 2，所以双曲线的渐近线方程为 y ＝± 2x ，故选 D ．b20．(2018·山西太原五中月考)已知 F ，F 是双曲线 － ＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，△S ABF 2＋2a ＝ (0＋ 6)2＋( 2－0)2＋ ( 6－0)2＋(0－ 2)2＋2×2＝4 2＋4＝4( 2＋1)，当且仅当 A ，F ，P 三点共线时取得“＝”，故选 B ．x 2 y 21 2 a 2 b 2π点，P 是双曲线上一点，若|PF |＋|PF |＝6△a ，且 PF F 的最小内角为 ，则双曲线的渐近1 2 1 2 6线方程为()1A ．y ＝±2xB ．y ＝± x2C ．y ＝± 2x D ．y ＝± 2x2答案 D解析 不妨设 P 为双曲线右支上一点，则|PF |>|PF |，由双曲线的定义得|PF |－|PF |1212⎧2c>2a ，＝2a ，又|PF |＋|PF |＝6a ，所以|PF |＝4a ，|PF |＝2a ．又因为⎨ 所以∠PF F 为1 2 1 2 1 2π (4a )2＋(2c )2－(2a )23 最小内角，故∠ PF F ＝ ．由余弦定理，可得 ＝ ，c 2＝3a 2，b 2＝c 2－a 21 2ax 2 y 21 2 a 2 b 22π过 F 的直线 l 与双曲线的左支交于点 A ，与右支交于点 B ，若|AF |＝2a ，∠F AF ＝ ，则1 1 12 3△S AF 1F 2＝()1 1 2A ．1B ．C ．D ．2 3 3答案 B44△S ABF243a2221．(2018·广东六校联考)已知点F为双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，直线y|1212△SMOF．∴r r＝2·c2·sin2β，∴c2－a2＝c2·sin2β，∴e2＝，又∵β∈，，∴212 21－sin2β126sin2β∈，，∴e2＝∈[2，(3＋1)2]．又e>1，∴e∈[2，3＋1]，故选D．22．(2018·河北名校名师俱乐部二调)已知F，F分别是双曲线x2－＝1(b>0)的左、右解析如图所示，由双曲线定义可知|AF|－|AF|＝2a．又|AF|＝2a，所以|AF|＝4a，21122π113因为∠F AF＝，所以△S AF1F2＝|AF|·AF|·sin∠F AF＝×2a×4a×＝23a2．设123222|BF|＝m，由双曲线定义可知|BF|－|BF|＝2a，所以|BF|＝2a＋|BF|，又知|BF|＝2a 212121π＋|BA|，所以|BA|＝|BF|．又知∠BAF＝△3，所以BAF为等边三角形，边长为4a，所22233△S AF1F223a21以△S ABF2＝|AB|2＝×(4a)2＝43a2，所以＝＝，故选B．x2y2a2b2ππ＝kx(k>0)与E交于不同象限内的M，N两点，若MF⊥NF，设∠MNF＝β，且β∈，，则126该双曲线的离心率的取值范围是()A．[2，2＋6]B．[2，3＋1]C．[2，2＋6]D．[2，3＋1]答案D解析如图，设左焦点为F′，连接MF′，NF′，令|MF|＝r，|MF′|＝r，则|NF|12＝|MF′|＝r，由双曲线定义可知r－r＝2a①，∵点M与点N关于原点对称，且MF⊥221NF，∴|OM|＝|ON|＝|OF|＝c，∴r2＋r2＝4c2②，由①②得r r＝2(c2－a2)，又知1212△SMNF 111ππ＝2131221－sin2βy212b2焦点，A是双曲线上在第一象限内的点，若|AF|＝2且∠F AF＝45°，延长AF交双曲线2122的右支于点△B，则F AB的面积等于________．19|12b2→1→yy则e2＝＝＝>2，e>2．解析由题意知a＝1，由双曲线定义知|AF|－|AF|＝2a＝2，|BF|－|BF|＝2a＝2，1212∴|AF|＝2＋|AF|＝4，BF|＝2＋|BF|．由题意知|AB|＝|AF|＋|BF|＝2＋|BF|，1212222∴|BA|＝|BF△|，∴BAF为等腰三角形，∵∠F AF＝45°，∴∠ABF＝△90°，∴11121221 BAF为等腰直角三角形．∴|BA|＝|BF|＝|AF|＝×4＝22．∴S△F1AB＝11222 1|BA|·|BF|＝×22×22＝4．12一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题x2y2 1．(2019·河北武邑中学月考)已知m∈R，直线l：＝x＋m与双曲线C：－＝1(b>0)恒有公共点．(1)求双曲线C的离心率e的取值范围；(2)若直线l过双曲线C的右焦点F，与双曲线交于P，Q两点，并且满足FP＝FQ，求5双曲线C的方程．解⎧y＝x＋m，(1)联立⎨x22⎩2－b2＝1，消去y，整理得(b2－2)x2－4mx－2(m2＋b2)＝0．当b2＝2，m＝0时，易知直线l是双曲线C的一条渐近线，不满足题意，故b2≠2，易得e≠2．当b2≠2时，由题意知Δ＝16m2＋8(b2－2)(m2＋b2)≥0，即b2≥2－m2，故b2>2，c2a2＋b22＋b2a2a22⎩ 2by⎧⎪y ＋y ＝－2cb ， 即⎨ ⎪⎩y y ＝b c －2b ， b → 1 →3(b 2－2) 3(b 2－2)2．(2018·惠州月考)已知双曲线 C ： － ＝1(a >0，b >0)的一条渐近线的方程为 y ＝ 3c 2 0)，若DF ·BF ＝1，证明：过 A ，B ，D 三点的圆与 x 轴相切． 解 (1)依题意有 ＝ 3， c － ＝ ，1综上可知，e 的取值范围为( 2，＋∞)．⎧y ＝x －c ，(2)由题意知 F (c ，0)，直线 l ：y ＝x －c ，与双曲线 C 的方程联立，得⎨x 2 2 － ＝1，2消去 x ，化简得(b 2－2)y 2＋2cb 2y ＋b 2c 2－2b 2＝0，当 b 2＝2 时，易知直线 l 平行于双曲线 C 的一条渐近线，与双曲线 C 只有一个交点，不满足题意，故 b 2≠2．设 P (x ，y )，Q (x ，y )，11 2 221 2 b 2－2 2 2 2 1 2 2－2①②1 因为FP ＝ FQ ，所以 y ＝ y ， ③55 2－cb 2 －5cb 2由①③可得 y ＝ ，y ＝ ，代入②整理得 5c 2b 2＝9(b 2－2)(c 2－2)，1 2又 c 2＝b 2＋2，所以 b 2＝7．x 2 y 2所以双曲线 C 的方程为 － ＝1．2 7x 2 y 2a 2b 2a 2 3x ，右焦点 F 到直线 x ＝ 的距离为 ．(1)求双曲线 C 的方程；(2)斜率为 1 且在 y 轴上的截距大于 0 的直线 l 与双曲线 C 相交于 B ，D 两点，已知 A (1，→ →b a 2 3a c 2∵a 2＋b 2＝c 2，∴c ＝2a ，∴a ＝1，c ＝2，∴b 2＝3，y 2∴双曲线 C 的方程为 x 2－ ＝1．3(2)证明：设直线 l 的方程为 y ＝x ＋m (m >0)，B (x ，x ＋m )，D (x ，x ＋m )，BD 的中点为11 2 2⎩ x － ＝1，32 ，又∵DF ·BF ＝1， ∵DA ·BA ＝(1－x )(1－x )＋(x ＋2)(x ＋2) 3．(2019·山西太原一中月考)已知直线 l ：y ＝x ＋2 与双曲线 C ： － ＝1(a >0，b >0)相把 y ＝x ＋2 代入 － ＝1，M ，⎧y ＝x ＋m ，由⎨y 2 2得 2x 2－2mx －m 2－3＝0，m 2＋3∴x ＋x ＝m ，x x ＝－ 1 2 1 2→ →即(2－x )(2－x )＋(x ＋m )(x ＋m )＝1，12 1 2∴m ＝0(舍)或 m ＝2，7 ∴x ＋x ＝2，x x ＝－ ，1 2 1 2 2x ＋xM 点的横坐标为 12＝1，2→ →1 2 1 2＝5＋2x x ＋x ＋x ＝5－7＋2＝0，1 21 2∴AD ⊥AB ，∴过 A ，B ，D 三点的圆以点 M 为圆心，BD 为直径，∵点 M 的横坐标为 1，∴MA ⊥x 轴，1∵|MA |＝ |BD |，2∴过 A ，B ，D 三点的圆与 x 轴相切．x 2 y 2a 2b 2交于 B ，D 两点，且 BD 的中点为 M (1，3)．(1)求双曲线 C 的离心率；(2)设双曲线 C 的右顶点为 A ，右焦点为 F ，|BF |·|DF |＝△17，试判断 ABD 是否为直角三角形，并说明理由．解 (1)设 B (x ，y )，D (x ，y )．11 2 2x 2 y 2a 2b 2并整理得(b 2－a 2)x 2－4a 2x －4a 2－a 2b 2＝0，22b22b22b所以双曲线 C 的离心率 e ＝ ＝2．2 2a 3a 所以AB ＝(x －1，y )＝(x －1，x ＋2)，AD ＝(x －1，x ＋2)，AB ·AD ＝(x －1)(x －1)＋(x ＋2)(x ＋2)所以AB ⊥△AD ，即 ABD 为直角三角形． 4．(2018·山东临沂月考)P (x ，y )(x ≠±a )是双曲线 E ： － ＝1(a >0，b >0)上一点，M ，4a 24a 2＋a 2b 2则 x ＋x ＝，x x ＝－ ．12 1 2x ＋x2a 2由 M (1，3)为 BD 的中点，得 12＝＝1，2即 b 2＝3a 2，故 c ＝ a 2＋b 2＝2a ，cax 2 y 2(2)由(1)得 C 的方程为 － ＝1，4＋3a 2A (a ，0)，F (2a ，0)，x ＋x ＝2，x x ＝－ <0，1 2 1 2 2不妨设 x ≤－a ，x ≥a ，12则|BF |＝ (x －2a )2＋y 2＝ (x －2a )2＋3x 2－3a 211 1 1＝a －2x ，1|DF |＝ (x －2a )2＋y 2＝ (x －2a )2＋3x 2－3a 222 2 2＝2x －a ，2所以|BF |·|DF |＝(a －2x )(2x －a )＝2a (x ＋x )－4x 1x －a 2＝5a 2＋4a ＋8，12 1 2 2又|BF |·|DF |＝17，所以 5a 2＋4a ＋8＝17，9解得 a ＝1 或 a ＝－ (舍去)．57所以 A (1，0)，x ＋x ＝2，x x ＝－ ．1 2 1 2 2→1 1 1 1→22→ → 12 1 2＝2x x ＋(x ＋x )＋5＝0，1 21 2→ →x 2 y 2 0 0 0 a 2 b 21N 分别是双曲线 E 的左、右顶点，直线 PM ，PN 的斜率之积为 ．5(1)求双曲线的离心率；双曲线上一点，满足OC ＝λOA ＋OB ，求λ的值． 解 (1)由点 P (x ，y )(x ≠±a )在双曲线 － ＝1 上，有 0－ 0＝1．由题意有 y· ＝ ，5 ．可得 a 2＝5b 2，c 2＝a 2＋b 2＝6b 2，e ＝ ＝⎩y ＝x －c ， 得 4x 2－10cx ＋35b 2＝0．⎪⎩x x ＝35b.2⎪ 2 → → → → ⎧x 3＝λx 1＋x2， ⎩y 3＝λy 1＋y 2.(2)过双曲线 E 的右焦点且斜率为 1 的直线交双曲线于 A ，B 两点，O 为坐标原点，C 为→ → →x 2 y 2 x 2 y 20 0 0 a 2 b 2 a 2 b 2y10 0 x －a x ＋a 5c 30a⎧x 2－5y 2＝5b 2， (2)联立⎨⎧x 1＋x 2＝5c ，设 A (x ，y )，B (x ，y )，则⎨1 12 21 24①设OC ＝(x ，y )，OC ＝λOA ＋OB ，即⎨3 3又 C 为双曲线上一点，即 x 2－5y 2＝5b 2，有33(λx ＋x )2－5(λy ＋y )2＝5b 2．12 1 2化简得λ2(x 2－5y 2)＋(x 2－5y 2)＋2λ(x x －5y y )＝5b 2．②11 2 2 1 2 1 2又 A (x ，y )，B (x ，y )在双曲线上，11 2 2所以 x 2－5y 2＝5b 2，x 2－5y 2＝5b 2．11 2 2由①式又有 x x －5y y ＝x x －5(x －c )(x －c )＝－4x x ＋5c (x ＋x )－5c 2＝10b 2，1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2②式可化为λ2＋4λ＝0，解得λ＝0 或λ＝－4．。

小题必刷卷(十)1.A[解析] 卯眼的空间立体图如图,同时需要注意,在三视图中看不见的线用虚线表示,故选A.2.B[解析] 由三视图可知圆柱表面上点M,N的位置如图①,将圆柱的侧面展开得到图②.在圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径即为侧面展开图中的线段MN,MN==2,故选B.3.B[解析] 由三视图可知,此几何体应是一个圆柱切去一部分后所得,如图所示.通过切割及补形知,此几何体的体积等同于底面半径为3,高为7的圆柱,所以所求体积V=π×32×7=63π.4.A[解析] 该几何体为一个球去掉八分之一,设球的半径为r,则×πr3=,解得r=2,故该几何体的表面积为×4π×22+3××π×22=17π.5.B[解析] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.6.D[解析] 三视图的直观图为图中的三棱锥A-BCD(借助长方体).由三视图可知三棱锥的底面为直角三角形,底面积S=×5×3=,高h=4,故体积V=Sh=××4=10,故选D.7.B[解析] 由正视图和俯视图可得该几何体的直观图,如图所示,故选B.8.A[解析] 因为正方体的体积为8,所以正方体的体对角线长为2,所以正方体的外接球的半径为,所以球的表面积为4π·()2=12π.9.B[解析] 因为圆柱的轴截面是正方形,且面积为8,所以圆柱的高为2,底面直径为2,所以圆柱的表面积S=2π××2+2×π×()2=12π.故选B.10.C[解析] 如图,连接BC1,易知∠AC1B即为AC1与平面BB1C1C所成的角,由题易知∠AC1B=30°,易得AC1=2AB=4.设BB1=h,则有42=22+22+h2, 解得h=2,所以该长方体的体积V=2×2×2=8.11.B[解析] 由条件知该直角三角形的斜边长为2,斜边上的高为,故围成的几何体的体积为2××π×()2×=.12.B[解析] 由题易知当点D到平面ABC的距离最大时,三棱锥D-ABC的体积最大.∵S△=AB2=9,∴AB=6.设△ABC的中心为M,由等边三角形的性质得,AM=BM=CM=2.设球心为ABCO,则OA=OB=OC=4,∴OM=-=2,∴点D到平面ABC的距离的最大值为OM+4=6.故三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6=18.13.[解析] 设正方体的棱长为a,则6×a2=18,即a=.∵正方体内接于球,∴球的半径R=,∴球的体积V=π×=.14.8π[解析] 如图所示,设圆锥的底面圆的圆心为O,母线长为l,则l2=8,解得l=4,即SA=4.连接OS,OA,因为SA与圆锥底面所成的角为30°,所以SO=2.在直角三角形SOA中,AO=-=-=2,所以圆锥的体积V=×π×(2)2×2=8π.15.C[解析] 如图,由AB∥CD,可知∠BAE即为异面直线AE与CD所成的角.设正方体的棱长为2,连接BE,则在Rt△ABE中,AB=2,BE===,tan∠BAE==,故选C.16.C[解析] 由平面α,β交于直线l,得到l⊂β,而n⊥β,所以n⊥l.17.D[解析] 连接DN.取DN的中点O,连接MO,BO,因为三棱锥A-BCD的所有棱长都相等,M,N分别是棱AD,BC的中点,所以MO∥AN,所以∠BMO即是异面直线BM与AN所成的角.设三棱锥A-BCD的棱长为2,则AN=BM=DN=-=,MO=AN=,NO=DN=,BO==,所=-=,所以异面直线BM与AN所成的角的余弦值为,故选D.以cos∠BMO=-·18.B[解析] 由题意知该几何体如图所示.它是半个圆锥,其底面半径为1,高为2,故体积为××π×12×2=,故选B.19.C[解析] ①不是由棱锥截得的,所以①不是棱台;②上、下两个面不平行,所以②不是圆台;④前、后两个面互相平行,其他面是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都互相平行,所以④是棱柱;显然③是棱锥.故选C.20.A[解析] 根据俯视图可知BD=2,CD=4,BC=2,所以△BCD为直角三角形,且∠CDB=60°,由于AB∥CD,所以∠ABD=∠CDB=60°,所以AD=BD sin 60°=.故选A.21.B[解析] 如图所示,几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体.由三视图可得该几何体为三棱锥P-ACE,故其体积V=S△ACE·PE=××1×2×2=.故选B.22.B[解析] 根据三视图作出原几何体(四棱锥P-ABCD)的直观图如图所示.计算可得PB=PD=BC=,PC=,故该几何体的最长的棱长为.23.C[解析] 若m⊂α,则m⊂β或m∥β或m与β相交,故A的说法错误;若m⊂α,n⊂β,则m∥n或m,n异面或m,n相交,故B的说法错误;设α∩β=l,作直线l⊥l,且l1⊂α,则l1⊥β,因为m⊥β,所以l1∥1m,又因为m⊄α,所以m∥α,故C的说法正确;若α∩β=m,n⊥m,则n∥α或n⊂α或n与α相交,故D 的说法错误.故选C.24.[解析] 设截面中两母线的夹角为α0<α≤,则截面面积S=×1×1×sin α=sin α,因为0<α≤,所以S max=×=.25.∶2[解析] 设球的半径为r,则球的体积为πr3.设圆锥的高为h,∵圆锥与球的体积相等,∴πr3=π×(2r)2h,∴h=r.圆锥的母线长为=r,球的表面积为4πr2,圆锥的侧面积为2πr×r=2πr2,∴圆锥的侧面积与球的表面积之比为∶2.26.6或54[解析] 由题意可知,棱锥底面正方形的对角线长为3×=6,棱锥的底面积S=(3)2=18.据此分类讨论:当球心位于棱锥内部时,棱锥的高h=5+-=9,棱锥的体积1V 1= Sh 1=54;当球心位于棱锥外部时,棱锥的高h 2=5- - =1,棱锥的体积V 2=Sh 2=6.综上可得,四棱锥P - ABCD 的体积为6或54.27. +π [解析] 由三视图可得,该几何体是一个组合体,其上半部分是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个对角线长为2的菱形,高为2,其体积V 1=××2×2×2=,下半部分是个半球,球的半径R=1,其体积V 2=××π×13=π.据此可得,该几何体的体积V=V 1+V 2= +π.28.6π [解析] ∵AB=1,BC= ,AC= ,∴AB 2+BC 2=AC 2,即△ABC 为直角三角形.当CD ⊥平面ABC 时,三棱锥A-BCD 的体积最大,又∵CD= ,△ABC 外接圆的半径为,故三棱锥A-BCD 的外接球的半径R 满足R 2=+=,∴三棱锥A-BCD 的外接球的表面积为4πR 2=6π.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2 . 连接OB.因为AB=BC=AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=AC=2.由OP 2+OB 2=PB 2知,OP ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC ,OB ∩AC=O 知PO ⊥平面ABC.(2)作CH ⊥OM ,垂足为H ,又由(1)可得OP ⊥CH ,OP ∩OM=O ,所以CH ⊥平面POM , 故CH 的长为点C 到平面POM 的距离. 由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°, 所以OM=,CH= · ·=, 所以点C 到平面POM 的距离为.2.解:(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC,BD交于O.因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM 中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.3.解:(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.(2)取棱AC的中点N,连接MN,ND.因为M为棱AB的中点,故MN∥BC,所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.在等腰三角形DMN中,MN=1,可得cos∠DMN==.所以,异面直线BC与MD所成角的余弦值为.(3)连接CM.因为△ABC为等边三角形,M为棱AB的中点,故CM⊥AB,CM=.又因为平面ABC⊥平面ABD,而CM⊂平面ABC,故CM⊥平面ABD,所以,∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角. 在Rt △CAD 中,CD= =4. 在Rt △CMD 中,sin ∠CDM==. 所以,直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为.4.解:(1)证明:设SC 的中点为E ,连接BE ,ME ,则MEDC ,∵ABDC ,∴ME AB ,故四边形ABEM 为平行四边形, ∴AM ∥BE ,又∵BE ⊂平面SBC ,AM ⊄平面SBC ,∴AM ∥平面SBC.(2)连接BD ,∵SD ⊥平面ABCD ,∴∠SBD 是SB 与平面ABCD 所成的角,∴sin ∠SBD= =,∴SB 2=3SD 2.在Rt △ABD 中,BD= AB= ,在Rt △SDB 中,SB 2=SD 2+DB 2=SD 2+2,∴3SD 2=SD 2+2,∴SD=1(负值舍去).又S 梯形ABCD =(AB+DC )·AD=×(1+2)×1=,∴V 四棱锥S - ABCD = S 梯形ABCD ·SD= × ×1=.5.解:(1)证明:因为平面ABCD ⊥平面CDEF ,平面ABCD ∩平面CDEF=CD ,AD ⊥CD ,所以AD ⊥平面CDEF ,又CF ⊂平面CDEF ,则AD ⊥CF.又因为AE ⊥CF ,AD ∩AE=A ,所以CF ⊥平面AED ,又DE ⊂平面AED ,所以CF ⊥DE. (2)连接FA ,FD ,过F 作FM ⊥CD 于M.因为平面ABCD ⊥平面CDEF 且交线为CD ,FM ⊥CD ,所以FM ⊥平面ABCD.因为CF=DE,DC=2EF=4,且CF⊥DE,所以FM=CM=1,所以五面体的体积V=V四棱锥F-ABCD+V三棱锥=×42×1+××2×1×4=+=.A-DEF6.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1⊥底面ABC,AC⊥AB,又因为侧面ABB1A1∩底面ABC=AB,AC⊂底面ABC,所以AC⊥平面ABB1A1,又因为AE⊂平面ABB1A1,所以AC⊥AE.(2)连接AB1,因为A1B1=AB,所以A1B1=AA1=2.又因为∠AA1B1=60°,所以△AA1B1是边长为2的正三角形.因为E是棱A1B1的中点,所以AE⊥A1B1,且AE=.又因为AE⊥AC,A1C1∥AC,所以AE⊥A1C1.因为A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1⊂底面A1B1C1,所以AE⊥底面A1B1C1,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=△·AE=A1B1·A1C1·AE=×2×2×=2. (3)在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.证明如下:连接BE并延长,与AA1的延长线相交,设交点为P,连接CP.因为BB1∥AA1,所以△A1PE∽△B1BE,故==.由于E为棱A1B1的中点,所以EA1=EB1,故有EP=EB,又F为棱BC的中点,故EF为△BCP的中位线,所以EF∥CP.又EF⊂平面AEF,CP⊄平面AEF,所以CP∥平面AEF.故在直线AA1上存在点P,使得CP∥平面AEF.此时A1P=B1B=2,AP=AA1+A1P=4.。

单元质检七立体几何(A)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.已知圆柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形,则圆柱的体积是()A. B. C. D.或2.下列命题中,错误的是()A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面B.平面α∥平面β,a⊂α,过β内的一点B有唯一的一条直线b,使b∥aC.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥dD.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为()A. B.2C. D.34.已知l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是()A.若l1⊥l2,l2⊥l3,则l1∥l3B.若l1⊥l2,l2∥l3,则l1⊥l3C.若l1∥l2∥l3,则l1,l2,l3共面D.若l1,l2,l3共点,则l1,l2,l3共面5.一个正方体的表面展开图如图所示,点A,B,C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD所成的角的余弦值为()A. B.C. D.6.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语,“堑堵”意指底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱,而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵,AC⊥BC,若A1A=AB=2,当阳马B-A1ACC1的体积最大时,则堑堵ABC-A1B1C1的表面积为()A.4+4B.6+4C.8+4D.10+4二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.已知矩形ABCD的边AB=a,BC=3,PA⊥平面ABCD,若BC边上有且只有一点M,使PM⊥DM,则a的值为.8.已知在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9. (14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.10. (15分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.(1)求证:AE⊥平面A1BD;(2)求二面角D-BE-B1的余弦值.11.(15分) 如图,三角形PDC所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3,点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.(1)证明:PE⊥FG;(2)求二面角P-AD-C的正切值;(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.单元质检七立体几何(A)1.D解析圆柱的侧面展开图是边长为2与4的矩形,当母线为4时,圆柱的底面半径是,此时圆柱体积是π××4=;当母线为2时,圆柱的底面半径是,此时圆柱的体积是π××2=,综上可知,所求圆柱的体积是或.故选D.2.D解析A正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;B正确,平面α与平面β平行,则平面α中的直线a必平行于平面β,平面β内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面β交于一条直线,过该点在平面β内只有这条直线与a平行;C正确,利用同一平面内不相交的两条直线一定平行判断即可确定C是正确的;D错误,一条直线与两个平面所成的角相等,这两个平面可能是相交平面,故应选D.3.C解析由计算可得O为B1C与BC1的交点.设BC的中点为M,连接OM,AM,则可知OM⊥平面ABC,连接AO,则AO的长为球半径,可知OM=6,AM=,在Rt△AOM中,由勾股定理得半径OA=.4.B解析从正方体同一个顶点出发的三条棱两两垂直,可知选项A错误;因为l1⊥l2,所以l1与l2所成的角是9 °.又因为l2∥l3,所以l1与l3所成的角是9 °,所以l1⊥l3,故选项B正确;三棱柱中的三条侧棱平行,但不共面,故选项C错误;三棱锥的三条侧棱共点,但不共面,故选项D错误.故选B.5.C解析如图所示,可知∠EGF为AB和CD所成的角,F为正方体棱的中点.设正方体棱长为1,则EF=GF=,EG=.故cos∠EGF=.6.B解析设AC=x,则0<x<2,由题意,得四棱锥B-A1ACC1的体积为V=·2·x·-·x·--,当且仅当x=-,即x= 时,取等号.堑堵ABC-A1B1C1的表面积为S=2S△ABC+2矩形矩形+2×2×+2×2=6+4.7.1.5解析如图,连接AM.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥DM.若BC边上有且只有一点M,使PM⊥MD,则DM⊥平面PAM,即DM⊥AM,故以AD为直径的圆和BC相切即可.因为AD=BC=3,所以圆的半径为1.5,要使线段BC和半径为1.5的圆相切,则AB=1.5,即a=1.5.8.π解析由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=,∴AF=-,设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=-,∴h=,r=(r为球O的半径),∴该三棱锥外接球的表面积为4π×π.9.证明(1)由题意知,E为B1C的中点.因为D为AB1的中点,所以DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.10.(1)证明∵AB=BC=CA,D是AC的中点,∴BD⊥AC.∵AA1⊥平面ABC,∴平面AA1C1C⊥平面ABC,∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥AE.又在正方形AA1C1C中,D,E分别是AC,CC1的中点,易证得△A1AD≌△ACE,∴∠A1DA=∠AEC,∵∠AEC+∠CAE=9 °,∴∠A1DA+∠CAE=9 °,即A1D⊥AE.又A1D∩BD=D,∴AE⊥平面A1BD.(2)解取A1C1的中点F,以DF,DA,DB所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(1,-1,0),B(0,0,),B1(2,0,),=(0,0,),=(1,-1,0),=(2,0,0),=(1,1,).设平面DBE的一个法向量为m=(x,y,z),则· ,·,- ,令x=1,则m=(1,1,0).设平面BB1E的一个法向量为n=(a,b,c),则· ,·,,令c=,则n=(0,-3,).设二面角D-BE-B1的平面角为θ,观察可知θ为钝角,cos<m,n>=·=-,∴cosθ=-.故二面角D-BE-B1的余弦值为-.11.解法一(1)证明:∵PD=PC,且点E为CD边的中点,∴PE⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC, ∴PE⊥平面ABCD.∵FG⊂平面ABCD,∴PE⊥FG.(2)∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD, ∴AD⊥平面PDC.∵PD⊂平面PDC,∴AD⊥PD.∴∠PDC即为二面角P-AD-C的平面角.在Rt△PDE中,PD=4,DE=AB=3,PE=-,∴tan∠PDC=,即二面角P-AD-C的正切值为.(3)如图所示,连接AC,∵AF=2FB,CG=2GB,即=2,∴AC∥FG,∴∠PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角.在△PAC中,PA==5,AC==3.由余弦定理可得cos∠PAC=-·9,∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为9.解法二(1)见解法一.(2)取AB的中点M,连接EM,可知EM,EC,EP两两垂直,故以E为原点,EM,EC,EP所在直线为x轴、y 轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.可得A(3,-3,0),D(0,-3,0),P(0,0,),C(0,3,0),即=(-3,0,0),=(0,-3,-),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则· ,· ,可得- ,-- ,令y=,可得一个法向量n=(0,,-3).因为平面ADC的一个法向量为=(0,0,),所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos<n,>|=.所以二面角P-AD-C的正切值为.(3)由(2)中建立的空间直角坐标系可得=(3,-3,-),F(3,1,0),G(2,3,0),则=(-1,2,0), 故cos<>=-9.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为9.。

考点测试41 空间几何体的表面积和体积高考概览高考中本考点常见题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度 考纲研读球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积计算公式一、基础小题1．若球的半径扩大为原来的2倍，则它的体积扩大为原来的( ) A ．2倍 B ．4倍 C ．8倍 D ．16倍 答案 C解析 设原来球的半径为r ，则现在球的半径为2r ，则V 原＝43πr 3，V 现＝43π·(2r )3，故V 现＝8V 原．故选C ．2．一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B．6π C．4π D．π 答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，∴a ＝2．而此正方体的内切球直径为2，∴S 表＝4πr 2＝4π．3．如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为32，一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为( )A ．2 3B ．4 3C ．8D ．4 答案 D解析 由三视图知，原几何体为两个四棱锥的组合体，其中四棱锥的底面边长为1，斜高为1，所以这个几何体的表面积为S ＝12×1×1×8＝4．4．一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则此三棱柱的体积为( )A ．32B ． 3C ．2D ．4 答案 B解析 由侧视图可知直三棱柱底面正三角形的高为3，容易求得正三角形的边长为2，所以底面正三角形面积为12×2×3＝3．再由侧视图可知直三棱柱的高为1，所以此三棱柱的体积为3×1＝3．故选B ．5．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A ．a 2B ．3πa 3πC ．23πa 3πD ．23a 3π答案 C解析 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知，2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π．6．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3答案 B解析 由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去一个三棱锥B 1－ABC ，则该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×5＝20(cm 3)．故选B ．7．某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4B ．143C ．163 D ．6答案 B解析 依题意，所求几何体是一个四棱台，其中上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，高是2，因此其体积等于13×(12＋22＋1×4)×2＝143．故选B ．8．某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为( )A ．24＋(2－1)π B．24＋(22－2)πC ．24＋(5－1)π D．24＋(23－2)π 答案 B解析 如图，由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖出两个圆锥体所得．由图中知圆锥的半径为1，母线为2，该几何体的表面积为S ＝6×22－2π×12＋2×12×2π×1×2＝24＋(22－2)π，故选B ．9．已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A ．10＋π B．2＋π2 C ．2＋π12 D ．2＋π4答案 D解析 根据几何体的三视图还原其直观图如图所示，显然可以看到该几何体是一个底面长为2，宽为1，高为1的正棱柱与一个底面半径为1，高为1的14圆柱组合而成，其体积为V ＝2×1×1＋14×π×12×1＝2＋π4，故选D ．10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) 答案 3解析 由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V142π＝588π196π＝3(寸)． 11．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．答案2 6解析易知该几何体是正四棱锥．连接BD，设正四棱锥P－ABCD，由PD＝PB＝1，BD＝2，则PD⊥PB．设底面中心O，则四棱锥高PO＝22，则其体积是V＝13Sh＝13×12×22＝26．12．如图，在平面四边形ABCD 中，已知AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝1，BC ＝CD ＝5，以直线AB 为轴，将四边形ABCD 旋转一周，则所得旋转体的体积为________．答案 12π解析 由题意，该旋转体是一圆台内部挖去一个圆锥，如图1所示：如图2，过点C 作CE ⊥AB ，连接BD ．在等腰直角三角形ABD 中，BD ＝AD 2＋AB 2＝2． 在△BDC 中，CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC ， 所以25＝2＋25－102cos ∠DBC ，所以cos ∠DBC ＝210，所以sin ∠DBC ＝1－cos 2∠DBC ＝7210． 因为∠CBE ＝180°－∠ABD －∠DBC ＝135°－∠DBC ，所以sin ∠CBE ＝sin(135°－∠DBC )＝22cos ∠DBC ＋22sin ∠DBC ＝45．在Rt △BCE 中，CE ＝BC sin ∠CBE ＝4，所以BE ＝BC 2－CE 2＝3，AE ＝4．所以圆台上、下底面圆的面积分别为S 上＝π，S 下＝16π，圆台体积V 1＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)·AE ＝28π，圆锥体积V 2＝13×16π×3＝16π，所以旋转体体积V ＝V 1－V 2＝12π．二、高考小题13．(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A ．90π B．63π C．42π D．36π 答案 B解析 由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为6，高为14的圆柱，所以该几何体的体积V ＝12×32×π×14＝63π．故选B ．14．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A．2 B．4 C．6 D．8答案 C解析由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上、下底边的长分别为1 cm,2 cm，高为2 cm，直四棱柱的高为2 cm．故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3．15．(2018·全国卷Ⅰ)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，则该圆柱的表面积为( )A．122π B．12π C．82π D．10π答案 B解析根据题意，可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，所以其表面积为S＝2π(2)2＋2π×2×22＝12π．故选B．16．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体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．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3答案 C解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，ABBC1＝tan30°，所以BC1＝23，从而求得CC1＝BC21－BC2＝22，所以该长方体的体积为V＝2×2×22＝82．故选C．17．(2018·全国卷Ⅲ)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93，则三棱锥D－ABC体积的最大值为( )A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3答案 B解析如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC的中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4．∵S△ABC＝34AB2＝93，∴AB ＝6，∵点M 为三角形ABC 的重心，∴BM ＝23BE ＝23，∴在Rt △OMB 中，有OM ＝OB 2－BM 2＝2． ∴DM ＝OD ＋OM ＝4＋2＝6，∴(V 三棱锥D －ABC )max ＝13×93×6＝183．故选B ．18．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°，若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．答案 8π解析 如图所示，∠SAO ＝30°，∠ASB ＝90°，又S △SAB ＝12SA ·SB ＝12SA 2＝8，解得SA ＝4，所以SO ＝12SA ＝2，AO ＝SA 2－SO 2＝23，所以该圆锥的体积为V ＝π3·OA 2·SO ＝8π． 19．(2018·天津高考)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________．答案112解析 由题意知四棱锥的底面EFGH 为正方形，其边长为22，即底面面积为12，由正方体的性质知，四棱锥的高为12．故四棱锥M －EFGH 的体积V ＝13×12×12＝112．20．(2018·江苏高考)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案 43解析 多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成，其中正四棱锥的底面边长为2，高为1，∴其体积为13×(2)2×1＝23，∴多面体的体积为43．三、模拟小题21．(2018·邯郸摸底)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，已知该几何体的各个面中有n 个面是矩形，体积为V ，则( )A ．n ＝4，V ＝10B ．n ＝5，V ＝12C ．n ＝4，V ＝12D ．n ＝5，V ＝10答案 D解析 由三视图可知，该几何体为直五棱柱，其直观图如图所示，故n ＝5，体积V ＝2×22＋12×2×1＝10．故选D ． 22．(2018·福州模拟)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B．16π3 C ．32π3D ．16π答案 D解析 如图，可知球的半径R ＝OH 2＋AH 2＝12＋(3)2＝2，进而这个球的表面积为4πR 2＝16π．故选D ．23．(2018·合肥质检一)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，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6 答案 C解析 该几何体的表面积是由球的表面积、球的大圆面积、半个圆柱的侧面积以及圆柱的纵切面面积组成．从而该几何体的表面积为4π×12＋π×12＋12×2π×3＋3×2＝8π＋6．故选C ．24．(2018·石家庄质检二)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．83B ．3C ．8D ．53 答案 A解析 根据三视图还原该几何体的直观图，如图中四棱锥P －ABCD 所示，则V P －ABCD ＝V P－AFGD＋(V AFB －DEC －V G －ECD )＝13×(1＋2)×22×1＋12×1×2×2－13×12×1×2×1＝83．故选A ．25．(2018·合肥质检三)我国古代的《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为“刍童”．如图所示为一个“刍童”的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该“刍童”的表面积为( )A ．12 5B ．40C ．16＋12 3D ．16＋12 5 答案 D解析 易得侧面梯形的高为22＋12＝5，所以一个侧面梯形的面积为12×(2＋4)×5＝35．故所求为4×35＋2×(2×4)＝125＋16．故选D ．26．(2018·福建质检)已知底面边长为42，侧棱长为25的正四棱锥S －ABCD 内接于球O 1．若球O 2在球O 1内且与平面ABCD 相切，则球O 2的直径的最大值为________．答案 8解析 如图，正四棱锥S －ABCD 内接于球O 1，SO 1与平面ABCD 交于点O ．在正方形ABCD 中，AB ＝42，AO ＝4．在Rt △SAO 中，SO ＝SA 2－OA 2＝(25)2－42＝2．设球O 1的半径为R ，则在Rt △OAO 1中，(R －2)2＋42＝R 2，解得R ＝5，所以球O 1的直径为10．当球O2与平面ABCD相切于点O且与球O1相切时，球O2的直径最大．又因为SO＝2，所以球O2的直径的最大值为10－2＝8．一、高考大题1．(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(1)由PO1＝2知，O1O＝4PO1＝8．因为A1B1＝AB＝6，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ， 则0<h <6，O 1O ＝4h ． 连接O 1B 1．因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以⎝⎛⎭⎪⎫22a 2＋h 2＝36， 即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h＝263(36h －h 3)，0<h <6， 从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．2．(2018·全国卷Ⅰ)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 ．(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BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积．解 (1)证明：由已知可得∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ． 又AB ⊥DA ，且AC ∩DA ＝A ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ． (2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝AC ＝3，DA ＝32． 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝22．作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC ．由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1．因此，三棱锥Q －ABP 的体积为V 三棱锥Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin45°＝1．二、模拟大题3．(2018·武昌调研)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．解 (1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体．由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1．故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)，所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)． 4．(2018·浙江杭州一模)已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20 cm 和30 cm 的正三角形，各侧面是全等的等腰梯形，且各侧面的面积之和等于两底面面积之和，求棱台的体积．解 如图所示，在三棱台ABC －A ′B ′C ′中，O ′，O 分别为上、下底面的中心，D ，D ′分别是BC ，B ′C ′的中点，则DD ′是等腰梯形BCC ′B ′的高，又C ′B ′＝20 cm ，CB ＝30 cm ，所以S 侧＝3×12×(20＋30)×DD ′＝75DD ′． S 上＋S 下＝34×(202＋302)＝3253(cm 2)． 由S 侧＝S 上＋S 下，得75DD ′＝3253，所以DD ′＝1333(cm)， 又因为O ′D ′＝36×20＝1033(cm)， OD ＝36×30＝53(cm)， 所以棱台的高h ＝O ′O ＝D ′D 2－(OD －O ′D ′)2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13332－⎝⎛⎭⎪⎫53－10332＝43(cm)， 由棱台的体积公式，可得棱台的体积为V ＝h 3(S 上＋S 下＋S 上S 下) ＝433×⎝ ⎛⎭⎪⎫3253＋34×20×30 ＝1900(cm 3)．故棱台的体积为1900 cm 3．。

考点测试26 平面向量基本定理及坐标表示高考概览本考点是高考常考知识点，常考题型为选择题和填空题，分值5分，中、低等难度考纲研读1．了解平面向量基本定理及其意义 2．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示 3．会用坐标表示平面向量的加法、减法与数乘运算 4．理解用坐标表示的平面向量共线的条件一、基础小题1．已知向量a ＝(2,1)，b ＝(－4，m )，若a ＝－12b ，则m ＝( )A ．－2B ．2C ．－12D ．12答案 A解析 由向量的坐标运算可得1＝－12m ，解得m ＝－2．故选A ．2．设向量e 1，e 2为平面内所有向量的一组基底，且向量a ＝3e 1－4e 2与b ＝6e 1＋k e 2不能作为一组基底，则实数k 的值为( )A ．8B ．－8C ．4D ．－4 答案 B解析 由a 与b 不能作为一组基底，则a 与b 必共线，故36＝－4k ，即k ＝－8．故选B ．3．已知点A (1,3)，B (4，－1)，则与向量AB →同方向的单位向量为( )A ．35，－45B ．45，－35C ．－35，45D ．－45，35答案 A解析 因为AB →＝(3，－4)，所以与其同方向的单位向量e ＝AB →|AB →|＝15(3，－4)＝35，－45．故选A ．4．若向量a ＝(2,1)，b ＝(－1,2)，c ＝0，52，则c 可用向量a ，b 表示为( )A ．12a ＋bB ．－12a －b C ．32a ＋12b D ．32a －12b 答案 A解析 设c ＝x a ＋y b ，则0，52＝(2x －y ，x ＋2y )，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝0，x ＋2y ＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝1，则c ＝12a ＋b ．故选A ．5．已知平行四边形ABCD 中，AD →＝(3,7)，AB →＝(－2,3)，对角线AC 与BD 交于点O ，则CO →的坐标为( )A ．－12，5B ．12，5C ．12，－5D ．－12，－5 答案 D解析 AC →＝AB →＋AD →＝(－2,3)＋(3,7)＝(1,10)． ∴OC →＝12AC →＝12，5．∴CO →＝－12，－5．故选D ．6．设向量a ＝(1，－3)，b ＝(－2,4)，c ＝(－1，－2)，若表示向量4a,4b －2c,2(a －c )，d 的有向线段首尾相连能构成四边形，则向量d ＝( )A ．(2,6)B ．(－2,6)C ．(2，－6)D ．(－2，－6) 答案 D解析 设d ＝(x ，y )，由题意知4a ＝(4，－12)，4b －2c ＝(－6,20)，2(a －c )＝(4，－2)，又4a ＋4b －2c ＋2(a －c )＋d ＝0，所以(4，－12)＋(－6,20)＋(4，－2)＋(x ，y )＝(0,0)，解得x ＝－2，y ＝－6，所以d ＝(－2，－6)．故选D ．7．已知点A (1，－2)，若向量AB →与向量a ＝(2,3)同向，且|AB →|＝13，则点B 的坐标为( )A ．(2,3)B ．(－2,3)C ．(3,1)D ．(3，－1) 答案 C解析 设AB →＝(x ，y )，则AB →＝k a (k >0)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2k ，y ＝3k ，由|AB →|＝13得k ＝1，故OB →＝OA→＋AB →＝(1，－2)＋(2,3)＝(3,1)．故选C ．8．已知向量OA →＝(k,12)，OB →＝(4,5)，OC →＝(10，k )，当A ，B ，C 三点共线时，实数k 的值为( )A ．3B ．11C ．－2D ．－2或11 答案 D解析 因为AB →＝OB →－OA →＝(4－k ，－7)，BC →＝OC →－OB →＝(6，k －5)，且AB →∥BC →，所以(4－k )(k －5)－6×(－7)＝0，解得k ＝－2或11．故选D ．9．已知向量AC →，AD →和AB →在正方形网格中的位置如图所示，若AC →＝λAB →＋μAD →，则λμ＝( )A ．－3B ．3C ．－4D ．4 答案 A解析 建立如图所示的平面直角坐标系xAy ，则AC →＝(2，－2)，AB →＝(1,2)，AD →＝(1,0)，由题意可知(2，－2)＝λ(1,2)＋μ(1,0)，即⎩⎪⎨⎪⎧2＝λ＋μ，－2＝2λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－1，μ＝3，所以λμ＝－3．故选A ．10．设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD →＝12AB →，BE →＝23BC →，若DE →＝λ1AB →＋λ2AC→(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________．答案 12解析 ∵DE →＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，∴λ1＝－16，λ2＝23，∴λ1＋λ2＝12．11．如图，已知平面内有三个向量OA →，OB →，OC →，其中OA →与OB →的夹角为120°，OA →与OC →的夹角为30°，且|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝23．若OC →＝λOA →＋μOB →(λ，μ∈R )，则λ＋μ的值为________．答案 6解析 以O 为原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，C (3，3)．由OC →＝λOA →＋μOB →，得⎩⎪⎨⎪⎧3＝λ－12μ，3＝32μ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝4，μ＝2.所以λ＋μ＝6．二、高考小题12．(2016·全国卷Ⅱ)已知向量a ＝(1，m )，b ＝(3，－2)，且(a ＋b )⊥b ，则m ＝( ) A ．－8 B ．－6 C ．6 D ．8解析 由题可得a ＋b ＝(4，m －2)，又(a ＋b )⊥b ， ∴4×3－2×(m －2)＝0，∴m ＝8．故选D ．13．(2015·湖南高考)已知点A ，B ，C 在圆x 2＋y 2＝1上运动，且AB ⊥BC ．若点P 的坐标为(2,0)，则|PA →＋PB →＋PC →|的最大值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 B解析 解法一：由圆周角定理及AB ⊥BC ，知AC 为圆的直径，故PA →＋PC →＝2PO →＝(－4,0)(O 为坐标原点)．设B (cos α，sin α)，∴PB →＝(cos α－2，sin α)，∴PA →＋PB →＋PC →＝(cos α－6，sin α)，|PA →＋PB →＋PC →|＝(cos α－6)2＋sin 2α＝37－12cos α≤37＋12＝7，当且仅当cos α＝－1时取等号，此时B (－1,0)，故|PA →＋PB →＋PC →|的最大值为7．故选B ．解法二：同解法一得PA →＋PC →＝2PO →(O 为坐标原点)，又PB →＝PO →＋OB →，∴|PA →＋PB →＋PC →|＝|3PO →＋OB →|≤3|PO →|＋|OB →|＝3×2＋1＝7，当且仅当PO →与OB →同向时取等号，此时B 点坐标为(－1,0)，故|PA →＋PB →＋PC →|max ＝7．故选B ．14．(2018·全国卷Ⅲ)已知向量a ＝(1,2)，b ＝(2，－2)，c ＝(1，λ)．若c ∥(2a ＋b )，则λ＝________．答案 12解析 由题可得2a ＋b ＝(4,2)，∵c ∥(2a ＋b )，c ＝(1，λ)，∴4λ－2＝0，即λ＝12．15．(2015·全国卷Ⅱ)设向量a ，b 不平行，向量λa ＋b 与a ＋2b 平行，则实数λ＝________．答案 12解析 由于a ，b 不平行，所以可以以a ，b 作为一组基底，于是λa ＋b 与a ＋2b 平行等价于λ1＝12，即λ＝12．16．(2015·江苏高考)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，若m a ＋n b ＝(9，－8)(m ，n ∈R )，则m －n 的值为________．解析 由a ＝(2,1)，b ＝(1，－2)，可得m a ＋n b ＝(2m ，m )＋(n ，－2n )＝(2m ＋n ，m －2n )，由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋n ＝9，m －2n ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝5，故m －n ＝－3．17．(2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量OA →，OB →，OC →的模分别为1,1，2，OA →与OC →的夹角为α，且tan α＝7，OB →与OC →的夹角为45°．若OC →＝mOA →＋nOB →(m ，n ∈R )，则m ＋n ＝________．答案 3解析 解法一：∵tan α＝7，α∈[0，π]， ∴cos α＝210，sin α＝7210． ∵OA →与OC →的夹角为α，∴210＝OA →·OC →|OA →||OC →|．∵OC →＝mOA →＋nOB →，|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|＝2， ∴210＝m ＋nOA →·OB →2． ① 又∵OB →与OC →的夹角为45°，∴22＝OB →·OC →|OB →||OC →|＝mOA →·OB →＋n 2． ② 又cos ∠AOB ＝cos(45°＋α)＝cos αcos45°－sin αsin45°＝210×22－7210×22＝－35， ∴OA →·OB →＝|OA →||OB →|cos ∠AOB ＝－35，将其代入①②得m －35n ＝15，－35m ＋n ＝1，两式相加得25m ＋25n ＝65，所以m ＋n ＝3．解法二：过C 作CM ∥OB ，CN ∥OA ，分别交线段OA ，OB 的延长线于点M ，N ， 则OM →＝mOA →，ON →＝nOB →，由正弦定理得|OM →|sin45°＝|OC →|sin (135°－α)＝|ON →|sin α，∵|OC →|＝2，由解法一，知sin α＝7210，cos α＝210，∴|OM →|＝2sin45°sin (135°－α)＝1sin (45°＋α)＝54，|ON →|＝2sin αsin (135°－α)＝2×7210sin (45°＋α)＝74．又OC →＝mOA →＋nOB →＝OM →＋ON →，|OA →|＝|O B →|＝1， ∴m ＝54，n ＝74，∴m ＋n ＝3．解法三：如图，设O D →＝mOA →，D C →＝nOB →，则在△ODC 中有OD ＝m ，DC ＝n ，OC ＝2，∠OCD ＝45°，由tan α＝7，得cos α＝210， 又由余弦定理知⎩⎨⎧m 2＝n 2＋(2)2－22n cos45°，n 2＝m 2＋(2)2－22m cos α，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2－n 2＝2－2n ，①n 2－m 2＝2－25m ，②①＋②得4－2n －25m ＝0，即m ＝10－5n ，代入①得12n 2－49n ＋49＝0，解得n ＝74或n＝73，当n ＝73时，m ＝10－5×73＝－53<0(不符合题意，舍去)，当n ＝74时，m ＝10－5×74＝54，故m ＋n ＝54＋74＝3．三、模拟小题18．(2018·长春质检二)已知平面向量a ＝(1，－3)，b ＝(－2,0)，则|a ＋2b |＝( ) A ．3 2 B ．3 C ．2 2 D ．5 答案 A解析 a ＋2b ＝(1，－3)＋2·(－2,0)＝(－3，－3)，所以|a ＋2b |＝(－3)2＋(－3)2＝32，故选A ．19．(2018·吉林白城模拟)已知向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，若m a ＋n b 与a －2b 共线，则m n＝( )A ．12B ．2C ．－12 D ．－2 答案 C解析 由向量a ＝(2,3)，b ＝(－1,2)，得m a ＋n b ＝(2m －n ，3m ＋2n )，a －2b ＝(4，－1)．由m a ＋n b 与a －2b 共线，得2m －n 4＝3m ＋2n －1，所以m n ＝－12，故选C ．20．(2018·山东潍坊一模)若M 是△ABC 内一点，且满足BA →＋BC →＝4BM →，则△ABM 与△ACM 的面积之比为( )A ．12B ．13C ．14 D ．2 答案 A解析 设AC 的中点为D ，则BA →＋BC →＝2BD →，于是2BD →＝4BM →，从而BD →＝2BM →，即M 为BD 的中点，于是S △ABM S △ACM ＝S △ABM 2S △AMD ＝BM 2MD ＝12． 21．(2018·河北衡水中学2月调研)一直线l 与平行四边形ABCD 中的两边AB ，AD 分别交于点E ，F ，且交其对角线AC 于点M ，若AB →＝2AE →，AD →＝3AF →，AM →＝λAB →－μAC →(λ，μ∈R )，则52μ－λ＝( ) A ．－12 B ．1 C ．32 D ．－3答案 A解析 AM →＝λAB →－μAC →＝λAB →－μ(AB →＋AD →)＝(λ－μ)AB →－μAD →＝2(λ－μ)AE →－3μAF →，因为E ，M ，F 三点共线，所以2(λ－μ)＋(－3μ)＝1，即2λ－5μ＝1，∴52μ－λ＝－12，故选A ． 22．(2018·湖南四大名校联考)在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F ．若AC →＝a ，BD →＝b ，则AF →＝( )A ．14a ＋12bB ．12a ＋14bC ．23a ＋13bD ．12a ＋23b 答案 C解析 解法一：如题图，根据题意，得AB →＝12AC →＋12DB →＝12(a －b )，AD →＝12AC →＋12BD →＝12(a＋b )．∵E 是线段OD 的中点，DF ∥AB ，∴DF AB ＝DE EB ＝13，∴D F →＝13A B →＝16(a －b )，∴A F →＝A D →＋D F →＝12(a ＋b )＋16(a －b )＝23a ＋13b ．故选C ．解法二：如题图，根据题意，得AB →＝12AC →＋12DB →＝12(a －b )，AD →＝12AC →＋12BD →＝12(a ＋b )．令AF →＝tAE →，则AF →＝t (AB →＋BE →)＝tAB →＋34BD →＝t 2a ＋t 4b ．由AF →＝AD →＋DF →，令DF →＝sDC →，又AD →＝12(a＋b )，DF →＝s 2a －s 2b ，所以AF →＝s ＋12a ＋1－s 2b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧t 2＝s ＋12，t 4＝1－s2，解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝13，t ＝43，把s 代入即可得到AF →＝23a ＋13b ．故选C ．23．(2018·湖北黄石质检)已知点G 是△ABC 的重心，过G 作一条直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM →＝xAB →，AN →＝yAC →，则xy x ＋y的值为( )A ．12B ．13 C ．2 D ．3 答案 B解析 由已知得M ，G ，N 三点共线，∴AG →＝λAM →＋(1－λ)AN →＝λx AB →＋(1－λ)yAC →．∵点G 是△ABC 的重心，∴AG →＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →＋AC →)，∴⎩⎪⎨⎪⎧λx ＝13，(1－λ)y ＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧λ＝13x ，1－λ＝13y，得13x ＋13y ＝1，即1x ＋1y＝3，通分变形得，x ＋y xy ＝3，∴xy x ＋y ＝13．故选B ． 24．(2018·合肥质检三)已知向量OA →＝(2,0)，OB →＝(0,2)，AC →＝tAB →，t ∈R ，则当|OC →|最小时，t ＝________．答案 12解析 由AC →＝tAB →知A ，B ，C 三点共线，即动点C 在直线AB 上．从而当OC ⊥AB 时，|OC →|最小，易得|O A →|＝|O B →|，此时|A C →|＝12|A B →|，则t ＝12．25．(2018·太原3月模拟)在正方形ABCD 中，已知M ，N 分别是BC ，CD 的中点，若AC →＝λAM →＋μAN →，则实数λ＋μ＝________．答案 43解析 解法一：如图，因为M ，N 分别是BC ，CD 的中点，所以AM →＝12AB →＋12AC →，AN →＝12AD →＋12AC →，所以AM →＋AN →＝12(AB →＋AD →)＋AC →＝12AC →＋AC →＝32AC →，所以AC →＝23AM →＋23AN →，而AC →＝λAM →＋μAN →，所以λ＝23，μ＝23，λ＋μ＝43．解法二：如图，以A 为原点，分别以AB ，AD 所在直线为x ，y 轴建立平面直角坐标系．设正方形ABCD 边长为1，则A (0,0)，C (1，1)，M 1，12，N 12，1．所以AC →＝(1,1)，AM ＝1，12，AN→＝12，1，所以λAM →＋μAN →＝λ＋12μ，12λ＋μ＝AC →，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＋12μ＝1，12λ＋μ＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝23，μ＝23，λ＋μ＝43．一、高考大题本考点在近三年高考中未涉及此题型． 二、模拟大题1．(2018·皖南八校模拟)如图，∠AOB ＝π3，动点A 1，A 2与B 1，B 2分别在射线OA ，OB上，且线段A 1A 2的长为1，线段B 1B 2的长为2，点M ，N 分别是线段A 1B 1，A 2B 2的中点．(1)用向量A 1A 2→与B 1B 2→表示向量MN →； (2)求向量MN →的模．解 (1)MN →＝MA 1→＋A 1A 2→＋A 2N →，MN →＝MB 1→＋B 1B 2→＋B 2N →，两式相加，并注意到点M ，N 分别是线段A 1B 1，A 2B 2的中点，得MN →＝12(A 1A 2→＋B 1B 2→)．(2)由已知可得向量A 1A 2→与B 1B 2→的模分别为1与2，夹角为π3，所以A 1A 2→·B 1B 2→＝1，由MN →＝12(A 1A 2→＋B 1B 2→)得|MN →|＝14(A 1A 2→＋B 1B 2→)2＝ 12A 1A 2→2＋B 1B 2→2＋2A 1A 2→·B 1B 2→＝72．2．(2018·湖北荆门调研)在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A (1,0)和点B (－1,0)，|OC →|＝1，且∠AOC ＝x ，其中O 为坐标原点．(1)若x ＝3π4，设点D 为线段OA 上的动点，求|OC →＋OD →|的最小值；(2)若x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，向量m ＝BC →，n ＝(1－cos x ，sin x －2cos x )，求m ·n 的最小值及对应的x 值．解 (1)设D (t,0)(0≤t ≤1)，由题易知C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22， 所以OC →＋OD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋t ，22，所以|OC →＋OD →|2＝12－2t ＋t 2＋12＝t 2－2t ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫t －222＋12(0≤t ≤1)，所以当t ＝22时，|OC →＋OD →|2的最小值为12， 则|OC →＋OD →|的最小值为22．(2)由题意得C (cos x ，sin x )，m ＝BC →＝(cos x ＋1，sin x )， 则m ·n ＝1－cos 2x ＋sin 2x －2sin x cos x ＝1－cos2x －sin2x ＝1－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4． 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以π4≤2x ＋π4≤5π4，所以当2x ＋π4＝π2，即x ＝π8时，sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4取得最大值1， 所以m ·n 的最小值为1－2，此时x ＝π8．。

测评手册小题必刷卷十立体几何考查范围:第39讲~第43讲题组一刷真题角度1空间几何体的结构特征、三视图与直观图图X10-11.[2018·全国卷Ⅲ]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头,凹进部分叫卯眼,图X10-1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()图X10-22.[2018·全国卷Ⅰ]某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图X10-3所示.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.2C.3D.2图X10-3图X10-43.[2017·全国卷Ⅱ]如图X10-4,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()A.90πB.63πC.42πD.36π4.[2016·全国卷Ⅰ]如图X10-5,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,则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π图X10-5图X10-65.[2014·全国卷Ⅰ]如图X10-6,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是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.四棱柱图X10-76.[2017·北京卷]某三棱锥的三视图如图X10-7所示,则该三棱锥的体积为()A.60B.30C.20D.107.[2016·天津卷]将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图X10-8所示,则该几何体的侧(左)视图为()图X10-8图X10-9角度2空间几何体的表面积与体积8.[2016·全国卷Ⅱ]体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12πB.πC.8πD.4π9.[2018·全国卷Ⅰ]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,则该圆柱的表面积为()A.12πB.12πC.8πD.10π10.[2018·全国卷Ⅰ]在长方体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.811.[2015·山东卷]已知等腰直角三角形的直角边的长为2,将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为()A.B.C.2πD.4π12.[2018·全国卷Ⅲ]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9,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A.12B.18C.24D.5413.[2017·天津卷]已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.14.[2018·全国卷Ⅱ]已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直,SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8,则该圆锥的体积为.角度3空间点、线、面的位置关系15.[2018·全国卷Ⅱ]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为 ()A.B. C.D.16.[2016·浙江卷]已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则()A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n题组二刷模拟17.[2018·永州三模]若三棱锥A-BCD的所有棱长都相等,M,N分别是棱AD,BC的中点,则异面直线BM与AN所成角的余弦值为()A.B. C.D.18.[2018·重庆三模]一个几何体的三视图如图X10-10所示,其中正视图是半径为1的半圆,则该几何体的体积为()A.B.C.D.π图X10-10图X10-1119.[2018·成都二诊]如图X10-11所示,观察四个几何体,其中判断正确的是()A.①是棱台B.②是圆台C.③是棱锥D.④不是棱柱20.[2018·绵阳三诊]如图X10-12①所示,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,该四棱锥的俯视图如图X10-12②所示,则AD的长是()A.B.2C.D.2图X10-12图X10-1321.[2018·长春二模]如图X10-13,网格纸上小正方形的边长为1,粗线条画出的是一个三棱锥的三视图,则该三棱锥的体积为()A.B.C.2 D.22.[2018·贵州黔东南州模拟]已知某几何体的三视图如图X10-14所示,则该几何体的最长的棱长为()A.B.C.D.2图X10-14图X10-1523.[2018·成都二诊]已知m,n是空间中两条不同的直线,α,β为空间中两个互相垂直的平面,则下列说法正确的是()A.若m⊂α,则m⊥βB.若m⊂α,n⊂β,则m⊥nC.若m⊄α,m⊥β,则m∥αD.若α∩β=m,n⊥m,则n⊥α24.[2018·大连二模]已知圆锥的底面直径为1,母线长为1,过该圆锥的顶点作圆锥的截面,则截面面积的最大值为.25.[2018·雅安三诊]若圆锥与球的体积相等,且圆锥底面半径与球的直径相等,则圆锥的侧面积与球的表面积之比为.26.[2018·合肥二模]已知四棱锥P-ABCD的侧棱长都相等,且底面是边长为3的正方形,它的五个顶点都在直径为10的球面上,则四棱锥P-ABCD的体积为.27.[2018·天津和平区高三期末]一个由棱锥和半球组成的几何体,其三视图如图X10-15所示,则该几何体的体积为.28.[2018·马鞍山二模]在三棱锥A-BCD中,AB=1,BC=,CD=AC=,当三棱锥A-BCD 的体积最大时,其外接球的表面积为.。

2019年高中数学单元测试卷平面解析几何初步学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________一、填空题1．已知A （1，-2，1），B （2，2，2），点P 在z 轴上，且|PA|=|PB|,则点P 的坐标为 ；2．若3条直线2380,10,0x y x y x ky ++=--=+=相交于一点，则实数k =_____3．已知||8,||15==a b ，那么||+a b 的取值范围是__________________4．若原点O 在直线l 射影为点(2,1)M -，则直线l 的方程为____________5．正方形ABCD 的中心为(3,0)，AB 所在直线的方程为220x y -+=，则正方形ABCD 的外接圆的方程为 ．6．直线20x y +与圆222x y +=相交于,A B 两点，O 为原点，则OA OB ⋅= ★ ；7．设直线l 1、l 2的倾斜角分别为θ1、θ2，斜率分别为k 1、k 2，且θ1+θ2=90°,则k 1+k 2的最小值是 ▲8．若直径为2的半圆上有一点P ，则点P 到直径两端点,A B距离之和的最大值为 ▲ ．9．将圆02222=-++y x y x 按向量(1,1)a =-平移得到圆O ，直线l 与圆O 相交于A 、 B 两点，若在圆O 上存在点C ，使0,.OC OA OB OC a l ++==且求直线l 的方程.少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的取值范围为11．在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为2240x y x +-=．若直线(1)y k x =+上存在一点P ，使过P 所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k 的取值范围是 ▲ ．12．设集合}16|),{(22≤+=y x y x A ，}1)2(|),{(22-≤-+=a y x y x B ，若A B B =，则实数a 的取值范围为 ▲ ． 13．过点()1,2P 作直线l ，使直线l 与点()2,3M 和点()4,5N -的距离相等，则直线l 的方程是 ▲ ．14．已知圆m y x =+22与圆0118622=--++y x y x 相内切，则实数m 的值为 ．15．平面上有两点(10,0),(10,0)A B -，动点P 在圆周22(3)(4)4x y -+-=上，则使得22AP BP +取得最大值时点P 的坐标是 ▲ ．答案 2128,55⎛⎫ ⎪⎝⎭16． 过点()1,2M 的直线l 与圆C ：25)4()3(22=-+-y x 交于,A B 两点，点C 为圆心，当ACB ∠最小时，直线l 的方程是 。

专题07 平面解析几何（选择题、填空题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 为抛物线C :y 2=2px （p >0）上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p = A ．2 B ．3C ．6D ．92．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知⊙M ：222220x y x y +---=，直线l ：220x y ++=，P 为l 上的动点，过点P 作⊙M 的切线,PA PB ，切点为,A B ，当||||PM AB ⋅最小时，直线AB 的方程为 A ．210x y --= B ．210x y +-=C ．210x y -+=D ．210x y ++=3.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线C ：22(0)y px p =>交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为 A ． 1,04⎛⎫⎪⎝⎭B ． 1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭C ． (1,0)D ． (2,0)4．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】11.设双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a = A ． 1 B ． 2C ． 4D ． 85.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线230x y --=的距离为A BC D 6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设O 为坐标原点，直线x a =与双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的两条渐近线分别交于,D E 两点，若ODE 的面积为8，则C 的焦距的最小值为A ．4B ．8C ．16D ．327．【2020年高考天津】设双曲线C 的方程为22221(0,0)x y a b a b-=>>，过抛物线24y x =的焦点和点(0,)b 的直线为l ．若C 的一条渐近线与l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线C 的方程为A ．22144x y -= B ．2214y x -= C ．2214x y -= D ．221x y -= 8．【2020年高考北京】已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为 A ． 4 B ． 5C ． 6D ． 79．【2020年高考北京】设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P 作PQ l ⊥于Q ，则线段FQ 的垂直平分线A ． 经过点OB ． 经过点PC ． 平行于直线OPD ． 垂直于直线OP10．【2020年高考浙江】已知点O （0，0），A （–2，0），B （2，0）．设点P 满足|PA |–|PB |=2，且P 为函数y =图象上的点，则|OP |=A ．2B ．5CD 11．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知曲线22:1C mx ny +=. A ．若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B ．若m =n >0，则CC ．若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =D ．若m =0，n >0，则C 是两条直线12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y +=B ．22132x y += C ．22143x y +=D ．22154x y += 13．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】若抛物线y 2=2px (p >0)的焦点是椭圆2231x y pp+=的一个焦点，则p =A ．2B ．3C ．4D ．814．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】设F 为双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222x y a +=交于P ，Q 两点．若PQ OF =，则C 的离心率为A BC ．2D15．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】双曲线C ：2242x y -=1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O 为坐标原点，若=PO PF ，则△PFO 的面积为A BC ．D ．16．【2019年高考北京卷理数】已知椭圆2222 1x y a b+=（a ＞b ＞0）的离心率为12，则A ．a 2=2b 2B ．3a 2=4b 2C ．a =2bD ．3a =4b17．【2019年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C ：221||x y x y +=+就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C 恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C ； ③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于3． 其中，所有正确结论的序号是 A ．① B ．② C ．①②D ．①②③18．【2019年高考天津卷理数】已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，若l 与双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且||4||AB OF =（O 为原点），则双曲线的离心率为A BC ．2D 19．【2019年高考浙江卷】渐近线方程为x ±y =0的双曲线的离心率是A ．2B ．1CD ．220．【2018年高考北京卷理数】在平面直角坐标系中，记d 为点P （cos θ，sin θ）到直线的距离，当θ，m 变化时，d 的最大值为 A ．1 B ．2 C ．3D ．421．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】直线20x y ++=分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆22(2)2x y -+=上，则ABP △面积的取值范围是A ．[]26，B ．[]48，C ．D ．⎡⎣22．【2018年高考全国Ⅱ理数】已知1F ，2F 是椭圆22221(0)x y C a b a b+=>>：的左右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 的直线上，12PF F △为等腰三角形，12120F F P ∠=︒，则C 的离心率为 A ．23 B ．12 C ．13D ．1423．【2018年高考浙江卷】双曲线2213x y -=的焦点坐标是A ．，0)，0)B ．(−2，0)，(2，0)C ．(0，，(0D ．(0，−2)，(0，2)24．【2018年高考全国Ⅰ理数】双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>A ．y =B ．y =C ．2y x =±D ．y x = 25．【2018年高考全国III 理数】设1F ，2F 是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，O 是坐标原点．过2F 作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P ．若1|||PF OP =，则C 的离心率为A B ．2C D26．【2018年高考全国I 理数】设抛物线C ：y 2=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FM FN ⋅=A ．5B ．6C ．7D ．827．【2018年高考全国I 理数】已知双曲线22:13x C y -=，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 ．D ．428．【2018年高考天津卷理数】已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>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 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ，且126d d +=，则双曲线的方程为A ．221412x y -= B ．221124x y -= C ．22139x y -= D ．22193x y -= 29．【2020年高考全国I 卷理数】已知F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的右焦点，A 为C 的右顶点，B为C 上的点，且BF 垂直于x 轴.若AB 的斜率为3，则C 的离心率为 .30．【2020年高考天津】已知直线80x +=和圆222(0)x y r r +=>相交于,A B 两点．若||6AB =，则r 的值为_________．31．【2020年高考北京】已知双曲线22:163x y C -=，则C 的右焦点的坐标为_________；C 的焦点到其渐近线的距离是_________．32．【2020年高考浙江】已知直线(0)y kx b k =+>与圆221x y +=和圆22(4)1x y -+=均相切，则k =_______，b =_______．33．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线222105()x y a a -=>的一条渐近线方程为y =，则该双曲线的离心率是 ▲ ．34．【2020年新高考全国Ⅰ卷】C ：y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则AB=________．35．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，已知0)P ，A ，B 是圆C ：221()362x y +-=上的两个动点，满足PA PB =，则△PAB 面积的最大值是 ▲ ．36．【2019年高考浙江卷】已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r .若直线230x y -+=与圆C 相切于点(2,1)A --，则m =___________，r =___________．37．【2019年高考浙江卷】已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是___________．38．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】设12F F ，为椭圆C :22+13620x y =的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限.若12MF F △为等腰三角形，则M 的坐标为___________.39．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若1F A AB =，120F B F B ⋅=，则C 的离心率为____________．40．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线2221(0)y x b b-=>经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是 ▲ .41．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是 ▲ .42．【2018年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线:2l y x =上在第一象限内的点，(5,0)B ，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D ．若0AB CD ⋅=，则点A 的横坐标为________．43．【2018年高考浙江卷】已知点P (0，1)，椭圆24x +y 2=m (m >1)上两点A ，B 满足AP =2PB ，则当m =___________时，点B 横坐标的绝对值最大．44．【2018年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点(,0)F c，则其离心率的值是________________． 45．【2018年高考北京卷理数】已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>，双曲线2222:1x y N m n-=．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________________．46．【2018年高考全国Ⅰ理数】已知点()11M -，和抛物线24C y x =：，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若90AMB ∠=︒，则k =________．。