2018年高考数学一轮复习精品试题第八、九模块 平面解析几何、立体几何初步

第八、九模块 平面解析几何 立体几何初步一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心到直线x －y ＋a ＝0的距离为22，则a 的值为( ) A.－2或2 B.12或32C.2或0D.－2或0解析：∵圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0的圆心(1,2)到直线x －y ＋a ＝0的距离为22，∴|1－2＋a |2＝22， ∴a ＝2或0，选C. 答案：C2.一动圆圆心在抛物线x 2＝4y 上，动圆过抛物线焦点F ，并且恒与直线l 相切，则直线l 的方程为 ( ) A.x ＝1 B.y ＝－1 C.x ＝116D.y ＝116解析：根据抛物线的定义，直线l 为x 2＝4y 的准线，所以l 的方程为y ＝－p2＝－1，故选B.答案：B3.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)与直线y ＝2x 有交点，则双曲线离心率的取值范围是( )A.(1，5)B.(1，5)∪(5，＋∞)C.(5，＋∞)D.［5，＋∞) 解析：∵双曲线与直线y ＝2x 有交点， ∴双曲线的一条渐近线的斜率ba >2， ∴e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2>5，故选C.答案：C4.若AB 是过椭圆x 225＋y 216＝1中心的弦，F 1为椭圆的焦点，则△F 1AB 面积的最大值为( )A.6B.12C.24D.48解析：如图所示，S △ABF 1＝12|OF 1|(y B －y A )≤12|OF 1b ＝12×3×2×4＝12，故选B.答案：B5.已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，A (2,0)为长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，且0,||2||,AC BC OC OB BC BA =-=-，则其焦距为( )A.263B.433C.463D.233解析:由题意可知1||||||,2OC OB BC ==且a=2, 又||2||,OC OB BC BA -=-∴||2||.||||.BC AC OC AC ∴==又∵AC BC =0,∴AC ⊥BC .∴|||OC AC =如图,在Rt△AOC 中,易求得C(1,-1),代入椭圆方程得124＋(－1)2b 2＝1⇒b 2＝43，∴c 2＝a 2－b 2＝4－43＝83.∴c ＝263，2c ＝463，故选C. 答案：C6.(2010·南通模拟)如图所示，A 是圆O 内一定点，B 是圆周上一个动点，AB 的中垂线CD 与OB 交于E ，则点E 的轨迹是( )A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线解析：由题意知，|EA |＋|EO |＝|EB |＋|EO |＝R (R 为圆的半径)且R >|OA |，故E 的轨迹为椭圆，故选B. 答案：B7.下列四个命题中，真命题的个数为( )①如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合 ②两条直线可以确定一个平面 ③若M ∈α，M ∈β，α∩β＝l ，则M ∈l④空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内 A.1 B.2 C.3D.4解析：①两个平面有三个公共点，若这三个公共点共线，则这两个平面相交，故①不正确；两异面直线不能确定一个平面，故②不正确；在空间交于一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故④不正确；据平面的性质可知③正确，故选A.答案：A8.一个几何体的三视图如下，则此几何体的体积是( )A.16πB.56π3C.8πD.8π3解析：由几何体的三视图可知，该几何体是一组合体，下部为圆柱，上部为圆锥， ∴V ＝Sh 1＋13Sh 2＝πr 2⎝⎛⎭⎫h 1＋13h 2＝563π. 答案：B9.利用斜二测画法，一个平面图形的直观图是边长为1的正方形，如图所示，则这个平面图形的面积为( )A. 3B.2C.2 2D.4解析：把斜二测画法得到的直观图还原，水平方向线段长度都不变，与y ′轴平行的线段方向变为竖直方向，长度变为原来的2倍，如图所示，面积S ＝2 2.答案：C10.已知m ，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面.下面命题中正确的是( ) A.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B.若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n C.若m ∥α，n ∥α，则m ∥n D.若m ∥α，m ∥β，则α∥β解析：当α⊥γ，β⊥γ时，α与β可能相交，故A 错；同理C 、D 错；只有B 正确，故选B. 答案：B11.在正四棱锥P —ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，则正四棱锥P —ABCD 的体积为( ) A.33 B.233 C.433 D.2 3 解析：作PO ⊥平面ABCD ，连接AO ，则∠PAO 是直线PA 与平面ABCD 所成的角，即∠PAO ＝60°，∵PA ＝2，∴PO ＝3，AO ＝1，AB ＝2，∴V ＝13PO ·S ABCD ＝13×3×2＝233.答案：B12.已知正方形ABCD 的边长为4，对角线AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折成60°的二面角，A 到A ′点.给出下列判断：①A ′C ⊥BD ；②A ′D ⊥CO ；③△A ′OC 为正三角形；④cos ∠A ′DC ＝34；⑤A ′到平面BCD 的距离为 6.其中正确判断的个数为( )A.2B.3C.4D.5解析：如图所示，折起后A 到A ′.易知∠A ′OC 即为二面角A ′—BD —C 的平面角，即∠A ′OC ＝60°， 且A ′O ＝OC .∴△A ′OC 为正三角形，故③正确； 又BD ⊥平面A ′OC ， 故BD ⊥A ′C ， 即①正确；在△A ′DC 中，A ′D ＝DC ＝4， A ′C ＝A ′O ＝22，由余弦定理知cos ∠A ′DC ＝34，故④正确；正△A ′OC 的边OC 上的高为A ′到平面BCD 的距离；易知为 6.∴⑤正确，而②不正确； ∴正确的判断有4个. 答案：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上.13.已知l 1：2x ＋my ＋1＝0与l 2：y ＝3x －1，若两直线平行，则m 的值为 .解析：本题考查直线平行的条件，可以直接利用斜率的关系求解即可.已知l 1：2x ＋my ＋1＝0与l 2：y ＝3x －1互相平行，根据A 1B 2－A 2B 1＝0,B 1C 2－B 2C 1≠0， 即2×(－1)－3×m ＝0, m ×(－1)－(－1)×1≠0， 解得m ＝－23.答案：－2314.如图所示，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与过点A (2,0)、B (0,1)的直线有且只有一个公共点T ，且椭圆的离心率e ＝32，则椭圆方程是 .解析：过A 、B 的直线方程为x2＋y ＝1.由题意得 x 2a 2＋y 2b2＝1,y ＝－12x ＋1有唯一解，即⎝⎛⎭⎫b 2＋14a 2x 2－a 2x ＋a 2－a 2b 2＝0有唯一解， 所以Δ＝a 2b 2(a 2＋4b 2－4)＝0(ab ≠0)， 故a 2＋4b 2－4＝0，又因为e ＝32，即a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2. 从而a 2＝2，b 2＝12.故所求的椭圆方程为x 22＋2y 2＝1.答案：x 22＋2y 2＝115.一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2.解析：∵正四棱柱各顶点在球面上， ∴正四棱柱的对角线长为球的直径. 又∵正四棱柱底面边长为1， ∴底面对角线长为2，∴正四棱柱的高为22－(2)2＝ 2. ∴棱柱表面积为42＋2. 答案：42＋216.已知m ，n 是两条不重合的直线，α，β，γ是三个两两不重合的平面，给出以下命题： ①若m ∥β，n ∥β，m ⊂α，n ⊂α，则α∥β； ②若α⊥γ，β⊥γ，α⊂β＝m ，n ⊂γ，则m ⊥n ； ③若m ⊥α，α⊥β，m ∥n ，则n ∥β；④若n ∥α，n ∥β，α∩β＝m ，那么m ∥n ，其中正确命题的序号是 .解析：当m 与n 相交时，才有α∥β，故①错；当m ⊥α，α⊥β，m ∥n 时，n ∥β或n ⊂β，故③错；由面面垂直的性质定理知②正确；由线面平行的性质知④正确.答案：②④三、解答题：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)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y 2＝2px (p >0)上横坐标为4的点到该抛物线的焦点的距离为5. (1)求抛物线的标准方程；(2)设点C 是抛物线上的动点.若以C 为圆心的圆在y 轴上截得的弦长为4，求证：圆C 过定点. 解：(1)根据题意，抛物线y 2＝2px 的准线方程为x ＝－p2，且p >0.因为抛物线上横坐标为4的点到焦点的距离为5，所以该点到准线x ＝－p2的距离也为5，所以p ＝2.故所求抛物线的标准方程为y 2＝4x .(2)证明：因为点C 在抛物线上，故可设点C ⎝⎛⎭⎫t24，t . 所以点C 到y 轴的距离为t 24，因为圆C 在y 轴上截得的弦长为4，所在圆C 的半径r ＝⎝⎛⎭⎫t 242＋22＝14t 4＋64. 所以圆C 的方程为⎝⎛⎭⎫x －t242＋(y －t )2 ＝⎝⎛⎭⎫14t 4＋642. 即x 2＋y 2－t 22x －2ty ＋t 2－4＝0.解法一：因为圆C 是动圆，所以当t ＝0时，圆C 的方程为x 2＋y 2－4＝0，①当t ＝2时，圆C 的方程为x ＋y －2x －4y ＝0.② 联立①②，得x 2＋y 2－4＝0,x 2＋y 2－2x －4y ＝0，解得x ＝2,y ＝0或x ＝－65,y ＝85.把(2,0)代入圆C 的方程得，左边＝22＋02－t 22·2－2t ·0＋t 2－4＝0＝右边，方程成立，所以圆C 恒过定点(2,0).把⎝⎛⎭⎫－65，85代入圆C 的方程得，左边85t 2－165t 不恒为0，即随着t 的变化而变化，故点⎝⎛⎭⎫－65，85可能不在圆C 上. 综上可知：圆C 恒过定点(2,0).解法二：将方程x 2＋y 2－t 22x －2ty ＋t 2－4＝0整理得⎝⎛⎭⎫1－x 2t 2－2yt ＋(x 2＋y 2－4)＝0.① ①式对任意实数t 都成立的充要条件是1－x2＝0，,－2y ＝0，,x 2＋y 2－4＝0，即 x ＝2，,y ＝0.所以圆C 恒过定点(2,0).18.(12分)设F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点，过F 2的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，直线l 的倾斜角为60°，F 1到直线l 的距离为2 3.(1)求椭圆C 的焦距；(2)如果AF 2＝2F 2B ，求椭圆C 的方程.解：(1)设椭圆C 的焦距为2c ，由已知可得F 1到直线l 的距离3c ＝23，故c ＝2. 所以椭圆C 的焦距为4.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知y 1<0，y 2>0， 直线l 的方程为y ＝3(x －2). 联立y ＝3(x －2),x 2a 2＋y 2b 2＝1，得(3a 2＋b 2)y 2＋43b 2y －3b 4＝0.解得y 1＝－3b 2(2＋2a )3a 2＋b 2，y 2＝－3b 2(2－2a )3a 2＋b 2.因为AF 2＝2F 2B ，所以－y 1＝2y 2. 即3b 2(2＋2a )3a 2＋b 2＝2·－3b 2(2－2a )3a 2＋b 2，得a ＝3.而a 2－b 2＝4，所以b ＝ 5. 故椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.19.(12分)已知抛物线C ：y ＝2x 2，直线y ＝kx ＋2交C 于A ，B 两点，M 是线段AB 的中点，过M 作x 轴的垂线交C 于点N .(1)证明：抛物线C 在点N 处的切线与AB 平行；(2)是否存在实数k 使NA ·NB ＝0，若存在，求k 的值；若不存在，说明理由.解：(1)证明：如图，设A (x 1,2x 21)，B (x 2,2x 22)，把y ＝kx ＋2代入y ＝2x 2得： 2x 2－kx －2＝0，故x 1＋x 2＝k2，,x 1x 2＝－1，所以x N ＝x M ＝x 1＋x 22＝k4， 所以N 点的坐标为⎝⎛⎭⎫k 4，k 28.设抛物线在点N 处的切线l 的方程为 y －k 28＝m ⎝⎛⎭⎫x －k 4， 将y ＝2x 2代入上式得2x 2－mx ＋mk 4－k 28＝0，因为直线l 与抛物线C 相切，所以Δ＝m 2－8⎝⎛⎭⎫mk 4－k 28＝m 2－2mk ＋k 2＝(m －k )2＝0，所以m ＝k ，即l ∥AB .(2)假设存在实数k ，使NA ·NB ＝0，则NA ⊥NB ， 又因为M 是AB 的中点，所以|MN |＝12|AB |.由(1)知y M ＝12(y 1＋y 2)＝12(kx 1＋2＋kx 2＋2) ＝12［k (x 1＋x 2)＋4］ ＝12⎝⎛⎭⎫k 22＋4＝k 24＋2.因为MN ⊥x 轴，所以|MN |＝|y M －y N |＝k 24＋2－k 28＝k 2＋168.又|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝12k 2＋1·k 2＋16. 所以k 2＋168＝14k 2＋1·k 2＋16，解得k ＝±2.即存在k ＝±2，使NA ·NB ＝0.评析：本题与向量、一元二次方程等内容相结合，考查直线与圆锥曲线的位置关系，解题时应借助图形，利用数形结合思想方便求解.20.(12分)已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底面边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图是一个底面边长为6，高为4的等腰三角形.(1)求该几何体的体积V ； (2)求该几何体的侧面积.解：由题设可知几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及相对侧面均为底边长为8，高为h 1的等腰三角形.左、右侧面均为底边长为6，高为h 2的等腰三角形如图所示.(1)几何体体积V ＝13S 矩形·h＝13×6×8×4＝64. (2)正侧面及相对侧面底边上的高为h 1＝42＋32＝5， 左、右侧面的底边上的高为h 2＝42＋42＝4 2. 故该几何体的侧面积为S ＝2×⎝⎛⎭⎫12×8×5＋12×6×42 ＝40＋24 2.21.(12分)如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点D 是AB 的中点.(1)求证：AC⊥BC1；(2)求证：AC1∥平面CDB1.证明：(1)∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，又∵C1C∥AA1，AA1⊥底面ABC，∴C1C⊥底面ABC，∴AC⊥CC1.又BC∩CC1＝C，∴AC⊥平面BCC1B1，而BC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥BC1.(2)设BC1∩B1C＝O，则O为BC1的中点，连接OD，∵D为AB的中点，∴OD∥AC1，又∵OD⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，∴AC1∥平面CDB1.22.(12分)如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，求证：(1)AC1⊥BD；(2)平面AC1D⊥平面A1BD.证明：(1)连接AC，则BD⊥AC.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵C1C⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，∴C1C⊥BD，又AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1，∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD.(2)连接AB1，则BA1⊥AB1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵C1B1⊥平面BA1B1，BA1⊂平面BA1B1，∴C1B1⊥BA1，又C1B1∩AB1＝B1，∴BA1⊥平面AC1B1.∵AC1⊂平面AC1B1，∴AC1⊥BA1，由(1)知AC1⊥BD，且BA1∩BD＝B，∴AC1⊥平面A1BD.∵AC1⊂平面AC1D，∴平面AC1D⊥平面A1BD.。