山西省朔州市怀仁一中2016-2017学年高二上学期期中数学理试卷 含解析

2016—2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上）期中数
学试卷（理科）
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知直线l1：x+2ay﹣1=0，l2：(a+1)x﹣ay=0，若l1∥l2，则实数a的值为（) A．B．0 C．或0 D．2
2．已知m，n是两条不同直线,α，β是两个不同的平面，且n⊂β，则下列叙述正确的是（）A．若m∥n，m⊂α，则α∥βB．若α∥β，m⊂α，则m∥n
C．若m∥n，m⊥α，则α⊥βD．若α∥β，m⊥n，则m⊥α
3．△ABC的斜二侧直观图如图所示，则△ABC的面积为（）
A．B．1 C．D．2
4．“a=2"是“直线y=﹣ax+2与y=垂直”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图,在三棱锥S﹣ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC 的位置关系是（）
A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能
6．一块石材表示的几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（)
A．1 B．2 C．3 D．4
7．若直线l1：y=x，l2：y=x+2与圆C：x2+y2﹣2mx﹣2ny=0的四个交点把圆C分成的四条弧长相等，则m=（）
A．0或1 B．0或﹣1 C．1或﹣1 D．0
8．设两条直线的方程分别为x+y+a=0,x+y+b=0，已知a，b是方程x2+x+c=0的两个实根,且0≤c≤，则这两条直线之间的距离的最大值和最小值分别是()
A．，B．，C．,D．，
9．已知正三棱锥P﹣ABC的高PO为h，点D为侧棱PC的中点，PO与BD所成角的余弦值为，则正三棱锥P﹣ABC的体积为（）
A．B．C．D．
10．如图,在正方体AC1中，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为点H，则以下命题中,错误的命题是（）
A．点H是△A1BD的垂心 B．AH的延长线经过点C1
C．AH垂直平面CB1D1D．直线AH和BB1所成角为45°
11．已知点P（x，y)是直线kx+y+4=0(k＞0）上一动点，PA，PB是圆C:x2+y2﹣2y=0的两条切线,A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为（）
A．3 B．C．D．2
12．已知点A（0,2)为圆C:x2+y2﹣2ax﹣2ay=0（a＞0）外一点，圆C上存在点P使得∠CAP=45°，则实数a的取值范围是（）
A．（0,1）B．C．D．
二、填空题（每题5分，满分20分,将答案填在答题纸上）
13．经过两条直线2x+y+2=0和3x+4y﹣2=0的交点，且垂直于直线3x﹣2y+4=0的直线方程为．
14．长方体被一平行于棱的平面截成体积相等的两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，则长方体的体积为．
15．若直线2ax﹣by+2=0（a，b∈R）始终平分圆（x+1）2+（y﹣2）2=4的周长，则ab 的最大值是．
16．矩形ABCD中，AD=2，AB=4,E,F分别为边AB，AD的中点，将△ADE沿DE折起，点A，F折起后分别为点A′，F′,得到四棱锥A′﹣BCDE．给出下列几个结论：
①A′，B，C，F′四点共面;
②EF'∥平面A′BC;
③若平面A′DE⊥平面BCDE，则CE⊥A′D；
④四棱锥A′﹣BCDE体积的最大值为．
其中正确的是（填上所有正确的序号）．
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

）17．(10分）已知一个几何体的三视图如图所示．
(1）求此几何体的表面积;
(2）如果点P，Q在正视图中所示位置：P为所在线段中点，Q为顶点,求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长．
18．(12分）已知△ABC的三个顶点A（﹣1,0),B（1，0），C(3，2)，其外接圆为⊙H．若直线l过点C，且被⊙H截得的弦长为2，求直线l的方程．
19．（12分）已知四边形ABCD满足AD∥BC，BA=AD=DC=BC=a,E是BC的中点，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使面B1AE⊥面AECD,F，G分别为B1D，AE的中点．
（Ⅰ）求三棱锥E﹣ACB1的体积；
（Ⅱ）证明：B1E∥平面ACF；
（Ⅲ)证明：平面B1GD⊥平面B1DC．
20．（12分）已知圆x2+y2=4上一定点A（2,0），B(1，1）为圆内一点,P，Q为圆上的动点．(1）求线段AP中点的轨迹方程；
（2）若∠PBQ=90°,求线段PQ中点的轨迹方程．
21．（12分)已知以点C（t，)(t∈R,t≠0)为圆心的圆过原点O．
（Ⅰ) 设直线3x+y﹣4=0与圆C交于点M、N，若|OM|=|ON｜，求圆C的方程；
（Ⅱ) 在(Ⅰ）的条件下,设B(0，2)，且P、Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点,求|PQ|﹣｜PB|的最大值及此时点P的坐标．
22．（12分）如图,四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点．
（Ⅰ)证明B1C1⊥CE；
(Ⅱ)求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．
（Ⅲ）设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM 的长．
2016-2017学年山西省朔州市怀仁一中高二（上)期中数
学试卷(理科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（2016秋•怀仁县校级期中）已知直线l1：x+2ay﹣1=0，l2：（a+1）x﹣ay=0，若l1∥l2，则实数a的值为(）
A．B．0 C．或0 D．2
【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．
【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆．
【分析】利用两条直线平行的条件，即可得出结论．
【解答】解:∵直线l1：x+2ay﹣1=0，l2：(a+1）x﹣ay=0，l1∥l2，
∴﹣a=2a（a+1），
∴a=﹣或0，
故选:C．
【点评】本题考查两条直线平行的条件，考查学生的计算能力,比较基础．
2．（2014秋•锦江区校级月考)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，且n ⊂β,则下列叙述正确的是(）
A．若m∥n,m⊂α，则α∥βB．若α∥β，m⊂α，则m∥n
C．若m∥n，m⊥α，则α⊥βD．若α∥β，m⊥n,则m⊥α
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【解答】解：由m，n是两条不同直线，α,β是两个不同的平面，且n⊂β，知:
若m∥n，m⊂α，则α与β相交或平行，故A错误；
若α∥β，m⊂α，则m与n平行或异面，故B错误；
若m∥n，m⊥α，则由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
若α∥β，m⊥n，则m与α相交、平行或m⊂α,故D错误．
故选:C．
【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
3．（2015秋•呼伦贝尔校级期末）△ABC的斜二侧直观图如图所示,则△ABC的面积为（）
A．B．1 C．D．2
【考点】斜二测法画直观图．
【专题】计算题．
【分析】用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在x、y轴的直角三角形，x轴上的边长与原图形相等，而y轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积．
【解答】解：∵OA=1，OB=2，∠ACB=45°
∴原图形中两直角边长分别为2,2，
因此，Rt△ACB的面积为S==2
故答案为:D
【点评】本题要求我们将一个直观图形进行还原，并且求出它的面积，着重考查了斜二侧画法和三角形的面积公式等知识,属于基础题．
4．（2013•婺城区校级模拟）“a=2”是“直线y=﹣ax+2与y=垂直”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【专题】直线与圆．
【分析】当a=2时两直线的斜率都存在，故只要看是否满足k1•k2=﹣1即可．利用直线的垂直求出a的值，然后判断充要条件即可．
【解答】解：当a=2时直线y=﹣ax+2的斜率是﹣2，直线y=的斜率是2,
满足k1•k2=﹣1
∴a=2时直线y=﹣ax+2与y=垂直,
直线y=﹣ax+2与y=垂直，则﹣a•a=﹣1,解得a=±2，
“a=2”是“直线y=﹣ax+2与y=垂直”的充分不必要条件．
故选A．
【点评】本题通过逻辑来考查两直线垂直的判定,必要条件、充分条件与充要条件的判断，考查基本知识的应用．
5．（2012秋•扶余县校级期末）如图，在三棱锥S﹣ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC 的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是（）
A．相交 B．平行 C．异面 D．以上都有可能
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】证明题;空间位置关系与距离．
【分析】根据三角形的重心定理，可得SG1=SM且SG2=SN,因此△SMN中，由比例线
段证出G1G2∥MN．在△ABC中利用中位线定理证出MN∥BC，可得直线G1G2与BC的位置关系是平行．
【解答】解：∵△SAB中，G1为的重心，
∴点G1在△SAB中线SM上，且满足SG1=SM
同理可得:△SAC中，点G2在中线SN上，且满足SG2=SN
∴△SMN中，，可得G1G2∥MN
∵MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC
因此可得G1G2∥BC，即直线G1G2与BC的位置关系是平行
故选：B
【点评】本题给出三棱锥两个侧面的重心的连线,判定它与底面相对棱的位置关系，着重考查了三角形重心的性质、比例线段的性质和三角形中位线定理等知识，属于基础题．
6．（2014•湖南）一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（)
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】球内接多面体；由三视图求面积、体积；球的体积和表面积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r．
【解答】解：由题意,该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r，则
8﹣r+6﹣r=，
∴r=2．
故选：B．
【点评】本题考查三视图，考查几何体的内切圆，考查学生的计算能力，属于基础题．
7．（2016•陕西二模）若直线l1：y=x，l2：y=x+2与圆C：x2+y2﹣2mx﹣2ny=0的四个交点把圆C分成的四条弧长相等,则m=（）
A．0或1 B．0或﹣1 C．1或﹣1 D．0
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】计算题;转化思想；综合法；直线与圆．
【分析】直线l1∥l2，且l1、l2把⊙C分成的四条弧长相等，⊙C可化为（x﹣m)2+（y﹣n）2=m2+n2,当m=0，n=1时及当m=﹣1，n=0时，满足条件．
【解答】解：∵l1:y=x，l2：y=x+2与圆C：x2+y2﹣2mx﹣2ny=0，
∴直线l1∥l2，且l1、l2把⊙C分成的四条弧长相等，
画出图形，如图所示．
又⊙C可化为（x﹣m）2+（y﹣n）2=m2+n2，
当m=0，n=1时，圆心为（0，1),半径r=1，
此时l1、l2与⊙C的四个交点(0，0），（1，1），(0,2），（﹣1，1)把⊙C分成的四条弧长相等；当m=﹣1，n=0时，圆心为（﹣1，0），半径r=1，
此时l1、l2与⊙C的四个交点（0，0)，（﹣1，1），(﹣2，0），（﹣1，﹣1）也把⊙C分成的四条弧长相等；
故选:B．
【点评】本题考查实数值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意圆的性质及数形结合思想的合理运用．
8．（2015•南昌模拟）设两条直线的方程分别为x+y+a=0，x+y+b=0，已知a，b是方程x2+x+c=0的两个实根,且0≤c≤,则这两条直线之间的距离的最大值和最小值分别是（)
A．,B．，C．，D．，
【考点】两条平行直线间的距离．
【专题】直线与圆．
【分析】利用方程的根，求出a,b，c的关系，求出平行线之间的距离表达式，然后求解距离的最值．
【解答】解:因为a,b是方程x2+x+c=0的两个实根,
所以a+b=﹣1，ab=c,两条直线之间的距离d=，
d2==，因为0≤c≤，
所以≤1﹣4c≤1，
即d2∈［，］，所以两条直线之间的距离的最大值和最小值分别是，．
故选：A．
【点评】本题考查平行线之间的距离的求法,函数的最值的求法，考查计算能力．9．（2015秋•重庆校级期末)已知正三棱锥P﹣ABC的高PO为h，点D为侧棱PC的中点，PO与BD所成角的余弦值为，则正三棱锥P﹣ABC的体积为（）A．B．C．D．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】利用异面直线所成的角,得到底面边长与高h的关系，易求，V P
﹣
ABC===．
【解答】解：设底面边长为a，连接CO交AB于F，过点D作DE∥PO交CF于E，连接BE，则∠BDE即PO与BD所成角，∴cos∠BDE=，
∵PO⊥面ABC，∴DE⊥面ABC，∴△BDE是直角三角形，
∵点D为侧棱PC的中点,∴DE=h，∴BE=h，
在正三角形ABC中，BF=a，EF=CF=a,
在Rt△BEF中，BE2=EF2+BF2，
===
∴,∴V P
﹣ABC
故选：C．
【点评】本题考查了异面直线所成的角，三棱锥的体积，充分利用线面的位置关系，考查空间想象能力，计算能力．
10．（2011•惠州模拟)如图,在正方体AC1中，过点A作平面A1BD的垂线,垂足为点H，则以下命题中，错误的命题是（）
A．点H是△A1BD的垂心 B．AH的延长线经过点C1
C．AH垂直平面CB1D1D．直线AH和BB1所成角为45°
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】证明题；综合题．
【分析】因为三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥,所以H是正三角形﹣A1BD的中心，故A正确；根据正三棱锥A﹣A1BD和正三棱锥C1﹣A1BD的高线都经过H点，结合垂线的唯一性可得B正确；根据平面A1BD∥平面CB1D1，结合面面平行的性质，得到C正确；通过计算可得
直线AH和BB1所成角为arccos，故D不正确．
【解答】解：对于A，因为三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥,故顶点A在底面的射影是底面正三角形的中心，所以点H是也是△A1BD的垂心，故A正确；
对于B,因为三棱锥C1﹣A1BD是正三棱锥，而H是底面的中心,故C1H是正三棱锥C1﹣A1BD 的高线，因为经过点H与平面A1BD垂直的直线有且只有一条，故A、H、C1三点共线,即AH的延长线经过点C1，故B正确;
对于C，因为平面A1BD∥平面CB1D1，而AH垂直平面A1BD，所以根据面面平行的性质,可得AH垂直平面CB1D1，故C正确；
对于D,可在正三棱锥A﹣A1BD中,算出cos∠A1AH=,结合AA1∥BB1，可得直线AH和BB1所成角为arccos，故D不正确．
故选D
【点评】本题给出正方体模型，要我们判断几个命题的真假,着重考查了空间的平行与垂直的位置关系和正三棱锥的性质等知识点，属于基础题．
11．（2011•甘肃模拟）已知点P(x，y）是直线kx+y+4=0（k＞0）上一动点，PA，PB是圆C：x2+y2﹣2y=0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k的值为(）
A．3 B．C．D．2
【考点】直线和圆的方程的应用．
【专题】计算题;转化思想．
【分析】先求圆的半径,四边形PACB的最小面积是2，转化为三角形PBC的面积是1，求出切线长，再求PC的距离也就是圆心到直线的距离，可解k的值．
【解答】解：圆C：x2+y2﹣2y=0的圆心(0,1）,半径是r=1，
由圆的性质知:S四边形PACB=2S△PBC，四边形PACB的最小面积是2,
∴S
△PBC 的最小值=1=rd（d是切线长）∴d
最小值
=2
圆心到直线的距离就是PC的最小值，
∵k＞0，∴k=2
故选D．
【点评】本题考查直线和圆的方程的应用,点到直线的距离公式等知识，是中档题．
12．（2016秋•怀仁县校级期中)已知点A（0，2）为圆C：x2+y2﹣2ax﹣2ay=0（a＞0）外一点，圆C上存在点P使得∠CAP=45°，则实数a的取值范围是（）
A．（0,1）B．C．D．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】综合题；转化思想；综合法；直线与圆．
【分析】化标准方程易得圆的圆心为M（a，a),半径r=|a|，由题意可得1≥≥sin∠
CAP,由距离公式可得a的不等式，解不等式可得．
【解答】解：化圆的方程为标准方程可得（x﹣a)2+（y﹣a）2=2a2，
∴圆的圆心为C（a,a），半径r=｜a｜，
∴AC=，PC=|a｜，
∵AC和PC长度固定，
∴当P为切点时，∠CAP最大，
∵圆C上存在点P使得∠CAP=45°，
∴若最大角度大于45°，则圆C上存在点P使得∠CAP=45°，
∴=≥sin∠CAP=sin45°=，
整理可得a2+2a﹣2≥0，解得a≥或a≤﹣，
又=≤1,解得a≤1，
又点A（0，2）为圆C：x2+y2﹣2ax﹣2ay=0外一点，
∴02+22﹣4a＞0，解得a＜1
∵a＞0,∴综上可得﹣1≤a＜1．
故选B．
【点评】本题考查圆的一般式方程和圆的性质，涉及距离公式的应用，属中档题．
二、填空题(每题5分，满分20分,将答案填在答题纸上)
13．(2016秋•怀仁县校级期中）经过两条直线2x+y+2=0和3x+4y﹣2=0的交点，且垂直于直线3x﹣2y+4=0的直线方程为2x+3y﹣2=0．
【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．
【专题】计算题;方程思想；综合法;直线与圆．
【分析】联立直线的方程可得交点的坐标,由垂直关系可得所求直线的斜率,由此可得直线的点斜式方程，化为一般式即可．
【解答】解:联立，解之可得，
故可得交点的坐标为(﹣2,2），
又可得直线3x﹣2y+4=0的斜率为，
故所求直线的斜率为﹣，
故可得直线的方程为：y﹣2=﹣（x+2），
化为一般式可得2x+3y﹣2=0．
故答案为：2x+3y﹣2=0．
【点评】本题考查直线的交点坐标，涉及直线的一般式方程和垂直关系,属中档题．
14．(2016秋•怀仁县校级期中）长方体被一平行于棱的平面截成体积相等的两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示,则长方体的体积为48．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】综合题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离．
【分析】由题意，长方体的长宽高分别为3，4,4，即可求出长方体的体积．
【解答】解：由题意，长方体的长宽高分别为3,4，4，
所以长方体的体积为3×4×4=48．
故答案为4：8．
【点评】本题考查三视图，考查学生的计算能力，确定直观图的形状是关键．
15．(2016秋•怀仁县校级期中）若直线2ax﹣by+2=0（a，b∈R)始终平分圆（x+1)2+（y﹣2)2=4
的周长，则ab 的最大值是．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】综合题；方程思想；综合法;直线与圆．
【分析】由题意可得直线2ax﹣by+2=0过圆心(﹣1,2），即a+b=1,再利用基本不等式求得ab 的最大值．
【解答】解：∵直线2ax﹣by+2=0始终平分圆（x+1）2+（y﹣2）2=4的周长，
∴直线2ax﹣by+2=0过圆心(﹣1，2），
∴﹣2a﹣2b+2=0,∴a+b=1．
∵求ab的最大值，∴a＞0，b＞0．
由基本不等式可得1=a+b≥2，∴ab≤，当且仅当a=b时,等号成立，故ab的最大值等于，
故答案为．
【点评】题主要考查基本不等式的应用,直线和圆相交的性质,属于中档题．
16．（2015•合肥二模）矩形ABCD中,AD=2,AB=4,E，F分别为边AB,AD的中点，将△ADE 沿DE折起，点A，F折起后分别为点A′，F′，得到四棱锥A′﹣BCDE．给出下列几个结论：
①A′，B,C，F′四点共面；
②EF’∥平面A′BC；
③若平面A′DE⊥平面BCDE,则CE⊥A′D；
④四棱锥A′﹣BCDE体积的最大值为．
其中正确的是②③（填上所有正确的序号）．
【考点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】根据折叠前后图形的特点逐个分析即可．
【解答】解：由题意知,矩形ABCD折叠后的图由图可知，F’点不在平面A’BC上，因此四点不共面，①说法错误；去A’C中点为G，连接F’G，GB，F'E如图所以F'G为三角形A’DC的中位线，∵DC=2EB=2F’G
∴F’G平行且等于EB,四边形F’EBG是平行四边形，∴EF’∥GB，GB⊂面A'BC，②正确;∵AB=2AD，∴DE⊥CE，DE为垂线,由面面垂直结论,CE⊥面A’DE,③正确;当面A’DE旋转到与底面垂直时体积最大，为2．
故答案为：②③．
【点评】该题主要考察了空间四棱锥线与面的位置关系，以及线面平行，面面垂直定理的应用，涉及计算,属于易错题．
三、解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

) 17．（10分）（2014春•惠民县期中）已知一个几何体的三视图如图所示．
（1）求此几何体的表面积；
（2）如果点P,Q在正视图中所示位置：P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P点到Q点的最短路径的长．
【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；由三视图求面积、体积．
【专题】计算题．
【分析】（1）由三视图知:此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，底面圆半径长a，圆柱高为2a，圆锥高为a．
（2）将圆柱侧面展开,在平面矩形内线段PQ长为所求．
【解答】解：(1）由三视图知:此几何体是一个圆锥加一个圆柱，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和．底面圆半径长a,圆柱高为2a，圆锥高为a．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2分）
，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）
，﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分)
，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣
所以．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分)
（2）沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如上图．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）
则，﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)
所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）
【点评】本题考查由三视图求面积，解题的关键是由三视图还原出实物图的几何特征及其度量，再由公式求出表面积，还考查曲面距离最值问题，采用化曲面为平面的办法．须具有空间想象能力、转化、计算能力．
18．（12分）(2016秋•怀仁县校级期中）已知△ABC的三个顶点A（﹣1，0），B(1,0），C （3，2)，其外接圆为⊙H．若直线l过点C，且被⊙H截得的弦长为2,求直线l的方程．【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想;综合法；直线与圆．
【分析】先求出圆H的方程，再根据直线l过点C,且被⊙H截得的弦长为2，设出直线方程，利用勾股定理，即可求直线l的方程
【解答】解：线段AB的垂直平分线方程为x=0，线段BC的垂直平分线方程为x+y﹣3=0, 所以外接圆圆心为H（0，3），半径为，
故⊙H的方程为x2+(y﹣3）2=10．
设圆心H到直线l的距离为d，
因为直线l被⊙H截得的弦长为2，所以．
当直线l垂直于x轴时,显然符合题意，即x=3为所求；
当直线l不垂直于x轴时，设直线方程为y﹣2=k（x﹣3），则,解得．
综上,直线l的方程为x=3或4x﹣3y﹣6=0．
【点评】本题考查圆的方程的求法，考查直线方程的求法，是中档题,解题时要认真审题,注意待定系数法及点到直线的公式的合理运用．
19．（12分）(2015•文登市二模）已知四边形ABCD满足AD∥BC，BA=AD=DC=BC=a，
E是BC的中点，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE,使面B1AE⊥面AECD,F，G分别为B1D,AE 的中点．
（Ⅰ）求三棱锥E﹣ACB1的体积;
（Ⅱ）证明:B1E∥平面ACF;
(Ⅲ）证明：平面B1GD⊥平面B1DC．
【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】（Ⅰ）由题意知，AD∥EC且AD=EC,所以四边形ADCE为平行四边形,得到AE=DC，得到∠AEC=120°，首先求出△AEC的面积，进一步求出高B1G,利用体积公式可求；(Ⅱ）连接ED交AC于O，连接OF，利用AEDC为菱形,且F为B1D的中点得到FO∥B1E，利用线面平行的判定定理可证;
（Ⅲ）证明：连结GD,则DG⊥AE，又B1G⊥AE，B1G∩GD=G，判断AE⊥平面B1GD，利用面面垂直的判定定理可证．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知,AD∥EC且AD=EC，所以四边形ADCE为平行四边形,
∴AE=DC=a，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠AEC=120°，
∴…（1分）
连结B1G，则B1G⊥AE，又平面B1AE⊥平面AECD交线AE，
∴B1G⊥平面AECD且…（2分)
∴…（4分）
（Ⅱ)证明：连接ED交AC于O，连接OF，
∵AEDC为菱形，且F为B1D的中点，
∴FO∥B1E，…（6分）
又B1E⊄面ACF,FO⊂平面ACF，
∴B1E∥平面ACF …（8分）
（Ⅲ）证明:连结GD，则DG⊥AE，又B1G⊥AE，B1G∩GD=G，
∴AE⊥平面B1GD．…(10分）
又AE∥DC，∴DC⊥平面B1GD，又DC⊂平面B1DC
∴平面B1GD⊥平面B1DC．…（12分）
【点评】本题考查了三棱锥的体积公式的运用以及线面平行、面面垂直的判定定理的运用．
20．（12分）(2016秋•怀仁县校级期中）已知圆x2+y2=4上一定点A（2，0），B(1，1)为圆内一点,P,Q为圆上的动点．
（1）求线段AP中点的轨迹方程；
（2）若∠PBQ=90°，求线段PQ中点的轨迹方程．
【考点】轨迹方程．
【专题】综合题；转化思想．
【分析】（1)设出AP的中点坐标，利用中点坐标公式求出P的坐标，据P在圆上，将P坐标代入圆方程，求出中点的轨迹方程．
（2）利用直角三角形的中线等于斜边长的一半得到｜PN｜=｜BN｜，利用圆心与弦中点连线垂直弦，利用勾股定理得到
|OP|2=|ON|2+|PN|2，利用两点距离公式求出动点的轨迹方程．
【解答】解:（1）设AP中点为M（x，y），
由中点坐标公式可知，P点坐标为（2x﹣2，2y）
∵P点在圆x2+y2=4上，∴（2x﹣2）2+（2y）2=4．
故线段AP中点的轨迹方程为（x﹣1)2+y2=1．
(2)设PQ的中点为N（x，y），
在Rt△PBQ中，|PN|=|BN|，
设O为坐标原点，则ON⊥PQ,
所以|OP｜2=|ON｜2+|PN｜2=|ON｜2+｜BN｜2，
所以x2+y2+（x﹣1）2+(y﹣1）2=4．
故线段PQ中点的轨迹方程为x2+y2﹣x﹣y﹣1=0．
【点评】本题考查中点坐标公式、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、圆心与弦中点的连线垂直弦、相关点法求动点轨迹方程．
21．(12分)（2016春•韶关期末）已知以点C（t，）（t∈R,t≠0）为圆心的圆过原点O．
（Ⅰ）设直线3x+y﹣4=0与圆C交于点M、N，若｜OM｜=|ON｜，求圆C的方程; （Ⅱ）在(Ⅰ）的条件下，设B（0，2），且P、Q分别是直线l：x+y+2=0和圆C上的动点，求｜PQ|﹣｜PB|的最大值及此时点P的坐标．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】综合题;转化思想；综合法；直线与圆．
【分析】(Ⅰ）由OM=ON得原点O在MN的中垂线上,由圆的弦中点性质和直线垂直的条件列出方程，求出t的值和C的坐标,代入圆的标准方程化简，再验证直线与圆的位置关系；(Ⅱ）根据三边关系判断出取最大值的条件,由圆外一点与圆上一点距离最值问题求出最大值，由点斜式方程求出BC的直线方程,以及此时点P的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）∵OM=ON,所以,则原点O在MN的中垂线上．
设MN的中点为H，则CH⊥MN，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1分）∴C、H、O三点共线,
∵直线MN的方程是3x+y﹣4=0,
∴直线OC的斜率==,解得t=3或t=﹣3，
∴圆心为C(3，1）或C（﹣3,﹣1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(4分)
∴圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣1）2=10或（x+3）2+(y+1）2=10
由于当圆方程为（x+3）2+（y+1）2=10时，圆心到直线3x+y﹣4=0的距离d＞r，
此时不满足直线与圆相交，故舍去,
∴圆C的方程为（x﹣3）2+(y﹣1）2=10﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）
（Ⅱ）在三角形PBQ中,两边之差小于第三边,故|PQ｜﹣|PB|≤｜BQ｜
又B，C，Q三点共线时｜BQ|最大﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分)
所以，|PQ|﹣｜PB|的最大值为，
∵B(0,2），C(3，1），∴直线BC的方程为，
∴直线BC与直线x+y+2=0的交点P的坐标为(﹣6,4)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(12分)
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，直线垂直的条件，圆的性质,以及圆外一点与圆上一点距离最值问题等，考查转化思想．
22．(12分）（2013•天津）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC,AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
（Ⅰ）证明B1C1⊥CE；
（Ⅱ）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．
（Ⅲ)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM 的长．
【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用;立体几何．
【分析】（Ⅰ）由题意可知,AD,AB，AA1两两互相垂直，以a为坐标原点建立空间直角坐标系，标出点的坐标后，求出和,由得到B1C1⊥CE；
（Ⅱ）求出平面B1CE和平面CEC1的一个法向量，先求出两法向量所成角的余弦值,利用同角三角函数基本关系求出其正弦值，则二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值可求;
（Ⅲ）利用共线向量基本定理把M的坐标用E和C1的坐标及待求系数λ表示，求出平面ADD1A1的一个法向量,利用向量求线面角的公式求出直线AM与平面ADD1A1所成角的正
弦值,代入求出λ的值，则线段AM的长可求．
【解答】（Ⅰ）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系,如图，
依题意得A(0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2,1)，E（0,1,0）．则，
而=0．
所以B1C1⊥CE；
（Ⅱ）解：,
设平面B1CE的法向量为，
则，即,取z=1，得x=﹣3，y=﹣2．
所以．
由（Ⅰ)知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面CEC1，
故为平面CEC1的一个法向量，
于是=．
从而==．
所以二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值为．
（Ⅲ）解:，
设0≤λ≤1，
有．
取为平面ADD1A1的一个法向量，
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，
则=
=．
于是．
解得．所以．
所以线段AM的长为．
【点评】本题考查了直线与平面垂直的性质,考查了线面角和二面角的求法,运用了空间向量法,运用此法的关键是建立正确的空间坐标系，再就是理解并掌握利用向量求线面角及面面角的正弦值和余弦值公式,是中档题．。