2020-2021无锡滨湖区雪浪中学高一数学下期中模拟试卷(及答案)

2020-2021无锡滨湖区雪浪中学高一数学下期中模拟试卷(及答案)
一、选择题
1．已知,,,A B C D 是同一球面上的四个点，其中ABC ∆是正三角形，AD ⊥平面ABC ，
26AD AB ==，则该球的体积为（ ）
A ．48π
B ．24π
C ．16π
D ．323π
2．如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A ．202π+
B ．203π+
C ．242π+
D ．243π+
3．设圆C ：2
2
3x y +=，直线l ：360x y +-=，点()00,P x y l ∈，若存在点Q C ∈，使得60OPQ ∠=︒（O 为坐标原点），则0x 的取值范围是( ) A ．1,12⎡⎤
-
⎢⎥⎣⎦
B ．60,5
⎡⎤⎢⎥⎣⎦
C ．[]0,1
D ．16,25⎡⎤
-
⎢⎥⎣
⎦ 4．若函数6(3)3,7
(),7x a x x f x a x ---≤⎧=⎨>⎩
单调递增,则实数a 的取值范围是( )
A ．9,34⎛⎫
⎪⎝⎭
B ．9,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭
C ．()1,3
D ．()2,3
5．直线(2)4y k x =-+与曲线2320x y y +-=有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．53(
,]124
B ．51(,]122
C ．13(,]24
D ．1[,)2
+∞
6．已知圆O ：2
2
24110x y x y ++--=，过点()1,0M 作两条相互垂直的弦AC 和
BD ，那么四边形ABCD 的面积最大值为（ ）
A ．42
B ．24
C ．21
2
D ．6
7．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ）
A ．直角三角形
B ．等边三角形
C ．正方形
D ．正六边形
8．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积
为（ ） A ．
814
π
B ．16π
C ．9π
D ．
274
π
9．矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角
B A
C
D --，则四面体ABCD 的外接球的体积是（ ）
A ．
125
12
π B ．
125
9
π C ．
125
6
π D ．
125
3
π 10．设有两条直线m ，n 和三个平面α，β，γ，给出下面四个命题： ①m αβ=I ，////n m n α⇒，//n β ②αβ⊥，m β⊥，//m m αα⊄⇒； ③//αβ，//m m αβ⊂⇒； ④αβ⊥，//αγβγ⊥⇒ 其中正确命题的个数是（ ） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
12．若方程21424x kx k +-=-+ 有两个相异的实根，则实数k 的取值范围是（ ） A ．13,34
⎛⎤ ⎥⎝⎦
B ．13,
34⎛⎫
⎪⎝⎭
C ．53,124⎛⎫
⎪⎝⎭
D ．53
,124纟çúç
ú棼
二、填空题
13．已知棱台的上下底面面积分别为4,16，高为3,则该棱台的体积为________. 14．已知直线40Ax By A +-=与圆O ：2
2
36x y +=交于M ，N 两点，则线段MN 中点G 的轨迹方程为______．
15．在三棱锥P ABC -中,PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，3AB =，4BC =，5PA =，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为__________
16．正三棱柱的底面边长为，高为2，则它的外接球的表面积为 ．
17．在平面直角坐标系xoy 中，ABC ∆的坐标分别为()1,1A --，()2,0B ，()1,5C ，则BAC ∠的平分线所在直线的方程为_______
18．在正方体1111ABCD A B C D -中，
①BD P 平面11CB D ②直线AD 与1CB 所成角的大小为60︒ ③1AA BD ⊥ ④平面11A BC ∥平面1ACD 请把所有正确命题的序号填在横线上________．
19．已知点(,)P x y 是直线4(0)y kx k =-->上的一个动点，PA ，PB 是圆
22:20C x y y +-=的两条切线，A ，B 是切点，若四边形PACB 的面积的最小值为2，
则实数k 的值为__________．
20．已知直线1:1l y x =-上有两个点11(,)A x y 和22(,)B x y , 且12,x x 为一元二次方程
2610x x -+=的两个根, 则过点,A B 且和直线2:1l x =-相切的圆的方程为
______________.
三、解答题
21．已知圆2
2
:(1)(2)25C x y -+-=，直线:(21)(1)74l m x m y m +++--=0，（m ∈R ）．
（1）证明：无论m 取何值，直线l 过定点；
（2）求直线l 被圆C 截得的弦长最短时m 的值及最短弦长．
22．如图1，有一边长为2的正方形ABCD ，E 是边AD 的中点，将ABE △沿着直线BE 折起至A BE 'V 位置（如图2），此时恰好A E A C ''⊥，点A '在底面上的射影为O .
（1）求证：A E BC '⊥；
（2）求直线A B '与平面BCDE 所成角的正弦值. 23．已知点(3,3)M ，圆2
2
:(1)(2)4C x y -+-=. （1）求过点M 且与圆C 相切的直线方程；
（2）若直线40()ax y a -+=∈R 与圆C 相交于A ，B 两点，且弦AB 的长为23，求实数a 的值.
24．如图，在四棱锥P ABCD -中，CB ⊥平面PBD ，AD ⊥平面PBD ，PH BD ⊥于
H ，10CD =，8BC AD ==.
（1）求证：CD PH ⊥； （2）若13BH BD =
，1
2
PH BD =，在线段PD 上是否存在一点M ，使得HM ⊥平面
PAD ，且直线HA 与平面PAD 所成角的正弦值为
35
25
.若存在，求PM 的长；若不存在，请说明理由.
25．如图，矩形ABCD 的两条对角线相交于点M(2，0)，AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，点T(－1，1)在AD 边所在直线上．求：
(1) AD 边所在直线的方程； (2) DC 边所在直线的方程．
26．如图，四棱锥P ABCD -中，AP ⊥平面1
,//,,,2
PCD AD BC AB BC AD E F ==分别为线段,AD PC 的中点.
（1）求证：//AP 平面BEF ； （2）求证：平面BEF ⊥平面PAC
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．D 解析：D 【解析】 【分析】
根据球的性质可知球心O 与ABC ∆外接圆圆心O '连线垂直于平面ABC ；在Rt POE ∆和
Rt OO A ∆'中利用勾股定理构造出关于半径R 和OO '的方程组，解方程组求得R ，代入球的体积公式可得结果. 【详解】
设O '为ABC ∆的外心，如下图所示：
由球的性质可知，球心O 与O '连线垂直于平面ABC ，作OE AD ⊥于E 设球的半径为R ，OO x '=
ABC ∆为等边三角形，且3AB = 3AO '∴=OO '⊥Q 平面ABC ，AD ⊥平面ABC ，OE AD ⊥
OO AE x '∴==，3OE AO '==在Rt POE ∆和Rt OO A ∆'中，由勾股定理得：
22222OE PE O O O A R ''+=+=，即()2
22
363x x R +-=+=
解得：3x =，3R =∴球的体积为：34
3233
V R ππ==
本题正确选项：D 【点睛】
本题考查棱锥外接球的体积求解问题，关键是能够确定棱锥外接球球心的位置，从而在直角三角形中利用勾股定理构造方程求得半径.
2．B
解析：B 【解析】
该几何体是一个正方体与半圆柱的组合体，表面积为
221
5221122032
S πππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ．
3．B
解析：B 【解析】 【分析】
圆O 外有一点P ，圆上有一动点Q ，OPQ ∠在PQ 与圆相切时取得最大值．如果OP 变长，那么OPQ ∠可以获得的最大值将变小．因为sin QO
OPQ PO
∠=
，QO 为定值，即半径，PO 变大，则sin OPQ ∠变小，由于(0,)2
OPQ π
∠∈，所以OPQ ∠也随之变小．可以得
知，当60OPQ ∠=︒，且PQ 与圆相切时，2PO =，而当2PO >时，Q 在圆上任意移动，60OPQ ∠<︒恒成立．因此，P 的取值范围就是2PO „，即满足2PO „，就能保证一定存在点Q ，使得60OPQ ∠=︒，否则，这样的点Q 是不存在的． 【详解】
由分析可得：22200PO x y =+
又因为P 在直线l 上，所以00(36)x y =--
要使得圆C 上存在点Q ，使得60OPQ ∠=︒，则2PO „
故2222
000103634PO x y y y ==+-+„ 解得0825y 剟，0605
x 剟 即0x 的取值范围是6
[0,]5
， 故选：B ． 【点睛】
解题的关键是充分利用几何知识，判断出2PO „，从而得到不等式求出参数的取值范围．
4．B
解析：B 【解析】 【分析】
利用函数的单调性，判断指数函数底数的取值范围，以及一次函数的单调性，及端点处函数值的大小关系列出不等式求解即可 【详解】
解：Q 函数6
(3)3,7
(),7x a x x f x a x ---⎧=⎨
>⎩
„单调递增， ()30
1373a a a a
⎧->⎪∴>⎨⎪-⨯-≤⎩
解得934a ≤<
所以实数a 的取值范围是9,34⎡⎫
⎪⎢⎣⎭
．
故选：B ． 【点睛】
本题考查分段函数的应用，指数函数的性质，考查学生的计算能力，属于中档题．
5．B
解析：B 【解析】 【分析】
利用数形结合，作出图象，计算得直线1l 与直线2l 的斜率，即可得到结论.
【详解】
曲线可化简为()22
(1)40x y x +-=≤，如图所示：
直线()1:24l y k x =-+23221
k k -=+，解得512
k =， 直线()2:24l y k x =-+，此直线与曲线有两个交点，此时有12
k =. 所以，过点()2,4的直线与该半圆有两个交点，数形结合，解得51122
k <≤. 故选：B. 【点睛】
本题考查了直线与圆相交的性质，涉及的知识有：恒过定点的直线方程，点到直线的距离公式，以及直线斜率的求法，利用了数形结合的思想，其中抓住两个关键点是解本题的关键．
6．B
解析：B 【解析】 【分析】
设圆心到AC ，BD 的距离为1d ，2d ，则222
128d d MO +==，
22121
216162S AC BD d d =
⋅=--，利用均值不等式得到最值. 【详解】 2224110x y x y ++--=，即()()2
2
1216x y ++-=，圆心为()1,2O -，半径4r =.
()1,0M 在圆内，设圆心到AC ，BD 的距离为1d ，2d ，则222128d d MO +==.
222222121211
222161622
S AC BD r d r d d d =
⋅=⨯--=--
2212161624d d ≤-+-=，当22121616d d -=-，即122d d ==时等号成立.
故选：B . 【点睛】
本题考查了圆内四边形面积的最值，意在考查学生的计算计算能力和转化能力.
7．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 画出截面图形如图 显然A 正三角形C 正方形： D 正六边形
可以画出三角形但不是直角三角形； 故选A ．
用一个平面去截正方体，则截面的情况为：
①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；
②截面为四边形时，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；
③截面为五边形时，不可能是正五边形； ④截面为六边形时，可以是正六边形．
故可选A ．
8．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
正四棱锥P-ABCD 的外接球的球心在它的高1PO 上， 记为O ，PO=AO=R ，14PO =，1OO =4-R ， 在Rt △1AOO 中，12AO =
，
由勾股定理()2
224R R =+-得94
R =， ∴球的表面积81
4
S π=
，故选A.
考点：球的体积和表面积
9．C
解析：C 【解析】 【分析】
由矩形的对角线互相平分且相等即球心到四个顶点的距离相等推出球心为AC 的中点，即可求出球的半径，代入体积公式即可得解. 【详解】
因为矩形对角线互相平分且相等，根据外接球性质易知外接球球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC 上，且球的半径为AC 长度的一半，
即22115222r AC AB BC ==+=，所以3
34451253326
V r π
ππ⎛⎫==⋅= ⎪⎝⎭.
故选：C 【点睛】
本题考查球与几何体的切、接问题，二面角的概念，属于基础题.
10．B
解析：B 【解析】 【分析】
根据直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，逐项判断，即可得到本题答案. 【详解】
对于选项①，,//m n m αβ⋂=不能得出,////n n αβ，因为n 可能在α或β内，故①错误；
对于选项②，由于,,m m αββα⊥⊥⊄，则根据直线与平面平行的判定，可得//m α，故②正确；
对于选项③，由于//αβ，m α⊂，则根据面面平行的性质定理可得//m β，故③正确； 对于选项④，由于,αβαγ⊥⊥，则,βγ可能平行也可能相交，故④错误. 故选：B 【点睛】
本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，考查学生的空间想象能力和推理判断能力.
11．D
解析：D 【解析】
该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为
,选D.
12．D
解析：D 【解析】 【分析】
由题意可得，曲线22
(1)4(1)x y y +-=…
与直线4(2)y k x -=-有2个交点，数形结合求
得k 的范围. 【详解】
如图所示，化简曲线得到22
(1)4(1)x y y +-=…
，表示以(0,1)为圆心，以2为半径的上半圆，直线化为4(2)y k x -=-，过定点(2,4)A ，
设直线与半圆的切线为AD ，半圆的左端点为(2,1)B -，当AD AB k k k <„，直线与半圆有两个交点， AD 221
k =+，解得512
AD k =，
4132(2)4AB k -=
=--，所以53,124k ⎛⎤
∈ ⎥⎝⎦
.
故选：D 【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题.
二、填空题
13．28【解析】【分析】由题意结合棱台的体积公式求解棱台的体积即可【详解】由棱台的体积公式可得棱台的体积：故答案为：28【点睛】本题主要考查棱台的体积公式及其应用意在考查学生的转化能力和计算求解能力
解析：28 【解析】 【分析】
由题意结合棱台的体积公式求解棱台的体积即可. 【详解】
由棱台的体积公式可得棱台的体积：
(()121211
416832833V S S S S h =⨯++⨯=⨯++⨯=.
故答案为：28． 【点睛】
本题主要考查棱台的体积公式及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14．【解析】【分析】直线过定点设代入方程利用点差法计算得到答案【详解
】直线过定点设则两式相减得到即故整理得到：故答案为：【点睛】本题考查了轨迹方程意在考查学生对于点差法的理解和掌握 解析：()2
224x y -+=
【解析】 【分析】
直线40Ax By A +-=过定点()4,0，设()()1122,,,M x y N x y ，(),G x y ，代入方程利用点差法计算得到答案. 【详解】
直线40Ax By A +-=过定点()4,0，
设()()1122,,,M x y N x y ，(),G x y ，则221136x y +=，22
2236x y +=，
两式相减得到()()()()121212120x x x x y y y y +-++-=，即220x ky +=. 故22
04
y x y x +=-，整理得到：()2
224x y -+=. 故答案为：()2
224x y -+=. 【点睛】
本题考查了轨迹方程，意在考查学生对于点差法的理解和掌握.
15．【解析】【分析】以为长宽高构建长方体则长方体的外接球是三棱锥的外接球由此能求出三棱锥的外接球的表面积【详解】由题意在三棱锥中平面以为长宽高构建长方体则长方体的外接球是三棱锥的外接球所以三棱锥的外接球 解析：50π
【解析】 【分析】
以,,AB BC PA 为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥P ABC -的外接球，由此能求出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】
由题意，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面,,3,4,5ABC AB BC AB BC PA ⊥===， 以,,AB BC PA 为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥P ABC -的外接球，
所以三棱锥P ABC -的外接球的半径为R =
=
所以三棱锥P ABC -的外接球的表面积为22
44()502
S R πππ==⨯=. 【点睛】
本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题，其中解答中根据几何体的结构特征，以,,AB BC PA 为长宽高构建长方体，得到长方体的外接球是三棱锥P ABC -的外接球是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.
16．【解析】试题分析：由正三棱柱底面边长为得底面所在平面截其外接球所成圆半径为又由高为则球心到圆的球心距为根据球心距截面圆半径球半径构成的直角三角形满足勾股定理我们易得半径满足：已知求得正三棱柱外接球所 解析：
【解析】
试题分析：由正三棱柱底面边长为2，得底面所在平面截其外接球所成圆O 半径为
3
3
r =
，又由高为2，则球心到圆O 的球心距为1d =，根据球心距，截面圆半径，球半径构成的直角三角形满足勾股定理，我们易得半径R 满足：2
2
2
7
3
R r d =+=
，已知求得正三棱柱外接球，所以外接球的表面积为2
2843
S R π
π==
． 考点：棱柱的几何特征，球的表面积，空间位置关系和距离．
【方法点晴】解决本题的关键是确定球心的位置，进而确定半径．因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以过三角形的外心且垂直于此三角形的所在平面的垂线上的任意一点到次三角形三个顶点的距离相等，所以过该三角形的三个顶点的球的球心必在垂线上．所以本题中球心必在上下底面外心的连线上，进而利用球心距，截面圆半径，球半径构成的直角三角形，即可算出．
17．【解析】【分析】设的平分线与交于根据角平分线与面积关系求出利用共线向量坐标关系求出点坐标即可求解【详解】设的角平分线与交于解得所以的平分线方程为故答案为:【点睛】本题考查角平分线方程向量共线坐标应用 解析：0x y -=
【解析】 【分析】
设BAC ∠的平分线与BC 交于D ，根据角平分线与面积关系求出||
||
CD DB ，利用共线向量坐标关系，求出D 点坐标，即可求解. 【详解】
设BAC ∠的角平分线与BC 交于(,)D a b ，
1
||||sin ||210||221||||10
||||sin 2
ACD ABD AC AD CAD S AC CD S AB DB AB AD BAD ⋅⋅∠∴=====⋅⋅∠V V ， 2,(1,5)2(2,)CD DB a b a b ∴=--=--u u u r u u u r ，解得55,33
a b ==，
55
(,)33
D ∴，所以BAC ∠的平分线AD 方程为0x y -=.
【点睛】
本题考查角平分线方程、向量共线坐标，应用角平分线性质是解题的关键，属于中档题.
18．①③④【解析】【分析】利用线面平行的判定定理判断①；由异面直线所成角判断②；由线面垂直的性质判断③；由面面平行的判定定理判断④【详解】对于①如下图所示由于则四边形为平行四边形则面面所以平面故①正确；
解析：①③④ 【解析】 【分析】
利用线面平行的判定定理判断①；由异面直线所成角判断②；由线面垂直的性质判断③；由面面平行的判定定理判断④. 【详解】
对于①，如下图所示，由于1111,DD BB DD BB =P ，则四边形11DD B B 为平行四边形，则
11D B BD P
11D B ⊂面11D B C ，BD ⊄面11D B C ，所以BD P 平面11CB D ，故①正确；
对于②，由于AD BC ∥，则直线AD 与1CB 所成角为145B CB ∠=︒，故②错误； 对于③，1AA ⊥面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，则1AA BD ⊥，故③正确； 对于④，在正方体中，1111,AA CC AA CC =P ，则四边形11AAC C 为平行四边形 所以1111,AC AC AC ⊄P 平面1ACD ，AC ⊂平面1ACD ，所以11A C ∥平面1ACD 同理1A B P 平面1ACD ，1111111,,AC A B A AC A B ⋂=⊂平面11A BC 所以平面11A BC ∥平面1ACD ，故④正确；
【点睛】
本题主要考查了利用判定定理证明线面平行，面面平行，利用线面垂直的性质证明线线垂直，异面直线所成角，属于中档题.
19．【解析】分析：画出图形（如图）根据圆的性质可得然后可将问题转化为切线长最小的问题进而转化为圆心到直线距离的最小值的问题处理详解：根据题意画出图形如下图所示由题意得圆的圆心半径是由圆的性质可得四边形的
解析：【解析】
分析：画出图形（如图），根据圆的性质可得2PBC PACB S S =V 四边形，然后可将问题转化为切线长最小的问题，进而转化为圆心到直线距离的最小值的问题处理． 详解：根据题意画出图形如下图所示．
由题意得圆2
2
:20C x y y +-=的圆心()0,1，半径是1r =，
由圆的性质可得2PBC PACB S S =V 四边形，四边形PACB 的最小面积是2， ∴PBC S V 的最小值1
12
S rd ==（d 是切线长）， ∴2d =最小值，
∵圆心到直线的距离就是PC 的最小值，
22
2
1251k
+=
=+
又0k >，
点睛：本题考查圆的性质、切线长定理的运用，解题时注意转化思想方法的运用，结合题意将问题逐步转化为点到直线的距离的问题处理．
20．或【解析】【分析】由题意可知所以中点坐标为圆心在直线的中垂线上故过圆心满足直线设圆心的坐标为由圆与直线相切故由弦长公式可得圆心到直线的距离为由勾股定理可知解得：当时；当时得解【详解】上有两个点和为一
解析：223(2)16x y -+-=（）或2
211(6)144x y -++=（）
【解析】 【分析】
由题意可知，126x x +=，124y y +=，所以AB 中点坐标为32（，），圆心在直线AB 的中垂线上，故过圆心满足直线5y x =-+，设圆心的坐标为a 5a -（，）
，由圆与直线
2:1l x =-相切故r a 1=+，由弦长公式可得128AB x =-=，圆心到直线AB
2
22
221r (a 1)2(3)162
d AB a =+
↔+=-+解得：当3a =时，r 4=；当11a =时，r 11=得解。

【详解】
1:1l y x =-上有两个点()11,A x y 和()22,B x y ,12 ,x x 为一元二次方程2610x x -+=的两
个根，故126x x +=，那么124y y +=，所以AB 中点坐标为32（，），因为圆心在直线AB 的中垂线上，故过圆心的直线为5y x =-+，设圆心的坐标为a 5a -（，）
，由圆与直线
2:1l x =-相切故r a 1=+，由弦长公式可得128AB x =-=，圆心到直线AB
AB 的距离构成直角三角形，由
勾股定理可知2
2
2
221r (a 1)2(3)162
d AB a =+
↔+=-+解得：当3a =时，r 4=；当11a =时，r 11=，所以圆的方程为()2
2
(3216x y -+-=）或()2
2
116144x y -++=（）。

【点睛】
利用圆与直线的几何性质解圆有关的问题常见解法，圆心到直线的距离、半径、弦长之间
的关系为AB =。

三、解答题
21．（1）证明见解析；（2）3
4
m =-， 【解析】
（1）直线方程可化为()2740x y m x y +-++-=，令270
40
x y x y +-=⎧⎨
+-=⎩，解方程组可求
出定点坐标；（2）当圆心与定点所在直线与直线l 垂直时，直线l 被圆C 截得的弦长最短，求解即可. 【详解】
（1）证明：直线:(21)(1)74l m x m y m +++--=0可化为
()2740x y m x y +-++-=，令270
40x y x y +-=⎧⎨
+-=⎩
，解得3,1x y ==，所以直线l 过定点()3,1.
（2）直线l 过定点()3,1A ，22
(31)(12)525-+-=<，故点()3,1A 在圆的内部，直线l
与圆C 相交，圆C 的圆心为()1,2，半径为5，AC ==
当l AC ⊥时，直线l 被圆C 截得的弦长最短，
211132AC k -=
=--，直线l 的斜率为2，即2121
m m +-=+，解得3
4m =-，
此时弦长为=
故当3
4
m =-时，直线l 被圆C 截得的弦长最短为 【点睛】
本题考查了动直线过定点问题，考查了圆的弦长，考查了学生的计算能力，属于中档题.
22．（1）证明见解析（2【解析】 【分析】
（1）利用直线与平面垂直的判定定理证明A E '⊥面A BC '，再根据直线与平面垂直的性质可得A E BC '⊥；
（2）依题意得就是直线A B '与面BCDE 所成角，延长EO 交BC 于H ，连接A H '，在直角
三角形A EH '中得60A EH '=︒，在直角三角形A EO '中得A O '=
A O
B '中得sin A BO '∠=
. 【详解】
（1）证明：∵A E A B ''⊥，A E A C ''⊥ 又∵A B A C A '''⋂= ∴A E '⊥面A BC ' ∴A E BC '⊥.
（2）∵点A '在底面上的射影为O .
∴AO '⊥面BCDE
∴A BO '∠就是直线A B '与面BCDE 所成角. 延长EO 交BC 于H ，连接A H ' 如图：
∵A E BC '⊥，AO BC '⊥
且A O A E A '''⋂= ∴BC ⊥面A EO ' ∴BC EO ⊥ ∵E 为AD 中点 ∴H 为BC 中点 ∵1A E '=，2EH = 由（1）知A E A H ''⊥ ∴60A EH '=︒ ∴3
A O '=
∴3
32sin 2A O BO A A B '∠==
''=所以直线A B '与平面BCDE 所成角的正弦值为3
4
【点睛】
本题考查了直线与平面垂直的判定和性质，考查了直线与平面所成角的计算，属于中档题. 23．（1）3x =或34210x y +-=；（2）34
-. 【解析】 【分析】
（1）考虑切线的斜率是否存在，结合直线与圆相切的的条件d=r ，直接求解圆的切线方程即可．
（2）利用圆的圆心距、半径及半弦长的关系，列出方程，求解a 即可． 【详解】
（1）由圆的方程得到圆心(1,2)，半径2r =.
当直线斜率不存在时，直线3x =与圆C 显然相切；
当直线斜率存在时，设所求直线方程为3(3)y k x -=-，即330kx y k -+-=，
2=，解得34
k =-，
∴ 方程为3
3(3)4
y x -=-
-，即34210x y +-=. 故过点M 且与圆C 相切的直线方程为3x =或34210x y +-=.
（2）∵ 弦长AB
为 2. 圆心到直线40ax y -+=
的距离d =
∴2
242⎛⎛⎫+= ⎝⎭
， 解得3
4
a =-. 【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查切线方程的求法，考查了垂径定理的应用，考查计算能力．
24．（1）证明见详解（2）存在，95
PM = 【解析】 【分析】
（1）由线面垂直的性质定理可证AD PH ⊥，再由BD PH ⊥即可求证；
（2）要证HM ⊥平面PAD ，即证MH PD ⊥，可作HM PD ⊥，连接AM ，经几何关系验证，恰好满足直线HA 与平面PAD
所成角的正弦值为25
，求得95PM =；
【详解】
（1）AD ⊥平面PBD ，PH 在平面PBD 上，所以，AD PH ⊥，
又BD PH ⊥，AD 交BD 于D ，所以，PH ⊥平面ABCD ，所以，PH CD ⊥ （2）由题可知，6BD =，又13BH BD =
，所以4HD =，1
32
PH BD ==，5PD =，要证HM ⊥平面PAD ，由题设可知AD ⊥平面PBD ，则AD HM ⊥，即证
HM PD ⊥， 作HM PD ⊥，在PHD ∆中，由等面积法可知12
5
PH HD HM PD ⋅=
=，
HA ==直线HA 与平面PAD 所成角正弦值即为
12
sin 25HAM ∠==，此时
339
3555
PH PM ==⨯=
【点睛】
本题考查线面垂直的证明，由线面垂直和线面角反求满足条件的点具体位置，逻辑推理与数学计算能力，属于中档题
25．（1）320x y ++=；（2）320x y -+= 【解析】
分析：（1）先由AD 与AB 垂直，求得AD 的斜率，再由点斜式求得其直线方程； （2）根据矩形特点可以设DC 的直线方程为()306x y m m -+=≠-，然后由点到直线的距离得出
22
105
10
m +=
，就可以求出m 的值，即可求出结果. 详解：(1)由题意：ABCD 为矩形，则AB⊥AD， 又AB 边所在的直线方程为：x －3y －6＝0， 所以AD 所在直线的斜率k AD ＝－3， 而点T(－1，1)在直线AD 上．
所以AD 边所在直线的方程为：3x ＋y ＋2＝0. (2)方法一：由ABCD 为矩形可得，AB∥DC， 所以设直线CD 的方程为x －3y ＋m ＝0. 由矩形性质可知点M 到AB 、CD 的距离相等 所以
＝
,解得m ＝2或m ＝－6(舍)．
所以DC 边所在的直线方程为x －3y ＋2＝0.
方法二：方程x －3y －6＝0与方程3x ＋y ＋2＝0联立得A （0，-2），关于M 的对称点C （4，2）
因AB ∥DC ，所以DC 边所在的直线方程为x －3y ＋2＝0.
点睛：本题主要考查直线方程的求法，在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件．用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线．故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况．
26．（1）证明见详解（2）证明见详解 【解析】 【分析】
（1）设,AC BE 交点为O ，连接OF ，则可根据OF 是APC ∆中位线求证OF AP P ，进
而得证；
（2）由线段关系可证BE CD ∥，又由AP ⊥平面PCD 可得AP CD ⊥，进而可得BE AC ⊥，再结合四边形ABCE 是菱形可得BE AC ⊥，即可求证；
【详解】
（1）
设,AC BE 交点为O ，连接OF ，又1,2
AB BC AD ==
BC AE ∴=， 又//AD BC Q ，所以四边形ABCE 是菱形，则O 是AC 中点，
又F 为PC 中点，∴OF 是APC ∆中位线，OF AP ∴P ， AP ⊄平面BEF ，OF ⊂平面BEF ，∴//AP 平面BEF ；
（2）由（1）可知四边形ABCE 是菱形，BE AC ∴⊥，又Q AP ⊥平面PCD 可得AP CD ⊥，
E 为AD 中点可得BC ED =，又//AD BC Q ，∴四边形BCDE 为平行四边形，CD BE P ，
AP BE ∴⊥，AC AP A =I ，BE ∴⊥平面PAC ，又BE ⊂平面BEF ， ∴平面BEF ⊥平面PAC
【点睛】
本题考查线面平行面面垂直的证明，属于中档题。