数学高一下期中提高卷

一、选择题
1．(0分)[ID ：12409]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+ 2．(0分)[ID ：12381]对于平面、β、γ和直线a 、b 、m 、n ,下列命题中真命题是( ) A ．若,,,,a m a n m n αα⊥⊥⊂⊂,则a α⊥
B ．若//,a b b α⊂,则//a α
C ．若//,,,a b αβαγβγ==则//a b
D ．若,,//,//a b a b ββαα⊂⊂,则//βα
3．(0分)[ID ：12374]如图是某四面体ABCD 水平放置时的三视图（图中网格纸的小正方形的边长为1，则四面体ABCD 外接球的表面积为
A ．20π
B ．1256π
C ．25π
D ．100π
4．(0分)[ID ：12356]在我国古代数学名著 九章算术 中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中， AB ⊥平面BCD ，且AB BC CD ==，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为（ ）
A ．12
B ．12
- C ．32 D ．3 5．(0分)[ID ：12348]已知圆O ：2224110x 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 ．212
D ．6 6．(0分)[ID ：12344]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
7．(0分)[ID ：12395]正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AD ，DD 1的中点，AB ＝4，则过B ，E ，F 的平面截该正方体所得的截面周长为（ ）
A ．62+45
B ．62+25
C ．32+45
D ．32+25
8．(0分)[ID ：12391]已知点()1,2-和3,03⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
在直线():100l ax y a --=≠的两侧，
则直线l 的倾斜角的取值范围是 ( )
A ．,43ππ⎛⎫
⎪⎝⎭ B ．2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．25,36ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．30,,34πππ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
9．(0分)[ID ：12386]已知AB 是圆22620x y x y +-+=内过点(2,1)E 的最短弦，则
||AB 等于（ ）
A ．3
B ．22
C ．23
D ．25
10．(0分)[ID ：12418]如图，正四面体ABCD 中，,E F 分别是线段AC 的三等分点，P 是线段AB 的中点，G 是线段BD 的动点，则( )
A ．存在点G ，使PG EF ⊥成立
B ．存在点G ，使FG EP ⊥成立
C ．不存在点G ，使平面EFG ⊥平面AC
D 成立
D ．不存在点G ，使平面EFG ⊥平面ABD 成立 11．(0分)[ID ：12415]已知ABC 的三个顶点在以O 为球心的球面上，且2AB =，
4AC =，5BC =三棱锥O ABC -的体积为43
，则球O 的表面积为（ ） A ．22π B ．743
π C ．24π D ．36π
12．(0分)[ID ：12410]已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（ ） A ．26 B ．36 C ．23 D ．22
13．(0分)[ID ：12402]如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点，则下列说法错误．．
的是( )
A ．MN 与1CC 垂直
B ．MN 与A
C 垂直 C ．MN 与B
D 平行
D ．MN 与11A B 平行 14．(0分)[ID ：12380]如图是一个几何体的三视图（侧视图中的弧线是半圆），则该几何
体的表面积是（ ）
A ．20＋3π
B ．24＋3π
C ．20＋4π
D ．24＋4π 15．(0分)[ID ：12361]如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点
E 、
F ，且EF=12
．则下列结论中正确的个数为
①AC ⊥BE ；
②EF ∥平面ABCD ；
③三棱锥A ﹣BEF 的体积为定值；
④AEF ∆的面积与BEF ∆的面积相等，
A ．4
B ．3
C ．2
D ．1
二、填空题
16．(0分)[ID ：12491]给出下面四个命题：
①“直线l ⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l ⊥平面α”；
②“直线//a 直线b ”的充要条件是“a 平行于b 所在的平面”；
③“直线a ，b 为异面直线”的充分不必要条件是“直线a ，b 不相交”；
④“平面//α平面β”的必要不充分条件是“α内存在不共线三点到β的距离相等”. 其中正确命题的序号是____________________
17．(0分)[ID ：12477]已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M 分别是线段AB 、AD 、AA 1的中点，又P 、Q 分别在线段A 1B 1、A 1D 1上，且A 1P ＝A 1Q ＝x (0<x <1).设平面MEF ∩平面MPQ
＝l ，现有下列结论：
①l ∥平面ABCD ；
②l ⊥AC ；
③直线l 与平面BCC 1B 1不垂直；
④当x 变化时，l 不是定直线.
其中不成立的结论是________.(写出所有不成立结论的序号)
18．(0分)[ID ：12474]如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点，现将AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ，在平面ABD 内过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足，设AK t =，则t 的取值范围是__________．
19．(0分)[ID ：12463]已知圆22:20(0)M x y ay a +-=>截直线0x y +=所得线段的长度是2M 与圆22:(1)(1)1N x y -+-=的位置关系是_________．
20．(0分)[ID ：12522]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__________
21．(0分)[ID ：12483]已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，
PA PB PC ==，ABC △是边长为2正三角形，,E F 分别是,PA AB 的中点，90CEF ︒∠=，则球O 的体积为_________________。

22．(0分)[ID ：12452]将一张坐标纸折叠一次，使点(10,0)与点(6,8)-重合，则与点(4,2)-重合的点是______.
23．(0分)[ID ：12440]圆台的两个底面面积之比为4：9，母线与底面的夹角是60°，轴截面的面积为1803，则圆台的侧面积为_____．
24．(0分)[ID ：12506]在各棱长均为1的正四棱锥P ABCD -中，M 为线段PB 上的一动点，则当AM MC +最小时，cos AMC ∠=_________
25．(0分)[ID ：12453]在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，则直线BE 和平面11ABB A 所成的角的正弦值为_____________.
三、解答题
26．(0分)[ID ：12594]如图1所示，在等腰梯形ABCD 中，
4524AB CD BAD AB CD ∠=︒==∥，，，点E 为AB 的中点.将ADE ∆沿DE 折起，使点A 到达P 的位置，得到如图2所示的四棱锥P EBCD -，点M 为棱PB 的中点.
（1）求证：PD MCE ∥平面；
（2）若PDE EBCD ⊥平面平面，求三棱锥M BCE -的体积.
27．(0分)[ID ：12580]如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4.
（1）证明：平面ADE ⊥平面ACD ；
（2）当C 点为半圆的中点时，求二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值.
28．(0分)[ID ：12569]如图四棱锥C ABDE -的侧面ABC ∆是正三角形，BD ⊥面ABC ，//BD AE 且2BD AE =，F 为CD 的中点.
（1）求证：//EF 面ABC
（2）若6BD AB ==，求BF 与平面BCE 所成角的正弦值
29．(0分)[ID ：12551]已知以点C （1，﹣2）为圆心的圆与直线x+y ﹣1=0相切． （1）求圆C 的标准方程；
（2）求过圆内一点P （2，﹣）的最短弦所在直线的方程．
30．(0分)[ID ：12598]如图，正方形ABCD 所在平面与三角形CDE 所在平面相交于CD ，AE ⊥平面CDE ，且1AE =,2AB =.
(Ⅰ)求证：AB ⊥平面ADE ；
(Ⅱ)求凸多面体ABCDE 的体积.
【参考答案】
2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案
**科目模拟测试
一、选择题
1．B
2．C
3．C
4．A
5．B
6．A
7．A
8．D
9．D
10．C
11．C
12．A
13．D
14．A
15．B
二、填空题
16．①④【解析】【分析】利用直线与直线平面与平面间的位置关系及性质判断前后两个条件的推出关系利用充要条件的定义得结论【详解】解：对于①直线与平面垂直的定义是直线与平面内的所有直线垂直故①正确；对于②平行
17．④【解析】【详解】连接BDB1D1∵A1P＝A1Q＝x∴PQ∥B1D1∥BD∥EF则PQ∥平面MEF又平面MEF∩平面MPQ＝l∴PQ∥ll∥EF∴l∥平面ABCD故①成立；又EF⊥AC∴l⊥AC 故
18．【解析】当位于的中点点与中点重合随点到点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛:立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不变的垂直关系是解决问题的关键条件
19．相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式求出的值结合两圆的位置关系进行判断即可【详解】解：圆的标准方程为则圆心为半径圆心到直线的距离圆截直线所得线段的长度是即则圆心为半径圆的圆心为半径则即两个
20．【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
21．【解析】【分析】由已知设出分别在中和在中运用余弦定理表示得到关于x与y的关系式再在中运用勾股定理得到关于x与y的又一关系式联立可解得xy从而分析出正三棱锥
是两两垂直的正三棱锥所以三棱锥的外接球就是以
22．【解析】【分析】先求得点的垂直平分线的方程然后根据点关于直线对称点的求法求得的对称点由此得出结论【详解】已知点点可得中点则∴线段AB的垂直平分线为：化为设点关于直线的对称点为则解得∴与点重合的点是故
23．【解析】【分析】首先通过两个底面面积之比为得到半径比设出上底半径为下底半径为由因为母线与底面的夹角是得到母线长为高为就可以根据轴截面的面积解出代公式求出侧面积即可【详解】圆台的两个底面面积之比为则半
24．【解析】【分析】将侧面和侧面平展在一个平面上连即可求出满足最小时点的位置以及长解即可求出结论【详解】将侧面和侧面平展在一个平面上连与交点即为满足最小正四棱锥各棱长均为在平展的平面中四边形为菱形且在正
25．【解析】【分析】作出直线和平面所成的角解直角三角形求得线面角的正弦值【详解】设为的中点连接根据正方体的性质可知平面所以是直线和平面所成的角设正方体的边长为在中所以故答案为：【点睛】本小题主要考查线面
三、解答题
26．
27．
28．
29．
30．
2016-2017年度第*次考试试卷参考解析
【参考解析】
**科目模拟测试
一、选择题
1．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
2215221122032
S πππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选B ． 2．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
若
由线面垂直的判定定理知,只有当和为相交线时,才有
错误； 若
此时由线面平行的判定定理可知,只有当在平面 外时,才有错误； 由面面平行的性质定理:若两平面平行,第三个平面与他们都相交,则交线平行,可判断,若//αβ，a αγ⋂=，b βγ=，则//a b 为真命题, 正确；
若
此时由面面平行的判定定理可知,只有当、为相
交线时,才有//,D βα错误.
故选C.
考点：考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系. 3．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
由三视图可知，这是三棱锥的三视图，如下图所示，三角形BCD 为等腰直角三角形， 其外心为BD 中点1O ，设O 为AD 中点，
则O 为外接球球心，
半径长度为
1522
AD =， 所以表面积为25π.
4．A
解析：A
【解析】
如图，分别取,,,BC CD AD BD 的中点,,,M N P Q ，连,,,MN NP PM PQ ，
则,MN BD NP AC ，
∴PNM ∠即为异面直线AC 和BD 所成的角（或其补角）．
又由题意得PQ MQ ⊥，11,22
PQ AB MQ CD ==. 设2AB BC CD ===，则2PM =
又112,222
MN BD NP AC ==== ∴PNM ∆为等边三角形，
∴60PNM =︒∠，
∴异面直线AC 与BD 所成角为60︒，其余弦值为
12
．选A ． 点睛：
用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的步骤，即首先根据题意作出所求的角，并给出证明，然后将所求的角转化为三角形的内角．解题时要注意空间角的范围，并结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值． 5．B
解析：B
【解析】
【分析】
设圆心到AC ，BD 的距离为1d ，2d ，则222128d d MO +==，
22121216162
S AC BD d d =
⋅=-⋅-，利用均值不等式得到最值. 【详解】 2224110x y x y ++--=，即()()22
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 +==. 222222121211222161622
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.
6．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 ．
7．A
解析：A
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定与性质证明直线1BC 为过直线EF 且过点B 的平面与平面11BCC B 的交线,从而证得1,,,B E F C 四点共面,然后在正方体中求等腰梯形1BEFC 的周长即可.
【详解】
作图如下:
因为,E F 是棱1,AD DD 的中点,
所以11////EF AD BC ,
因为EF ⊄平面11BCC B ,1BC ⊂平面11BCC B ,
所以//EF 平面11BCC B ，
由线面平行的性质定理知,
过直线EF 且过点B 的平面与平面11BCC B 的交线l 平行于直线EF ,
结合图形知,l 即为直线1BC ,
过B ，E ，F 的平面截该正方体所得的截面即为等腰梯形1BEFC ,
因为正方体的棱长AB ＝4,
所以11EF BE C F BC ====
所以所求截面的周长为+
故选:A
【点睛】
本题主要考查多面体的截面问题和线面平行的判定定理和性质定理；重点考查学生的空间想象能力;属于中档题.
8．D
解析：D
【解析】
设直线l 的倾斜角为θ∈[0,π).点A (1,−2),B 直线l :ax −y −1=0(a ≠0)经过定点P (0,−1). ()
12
1,
01PA PB k k ---==-==-
∵点(1,−2)和(3
,0)在直线l :ax −y −1=0(a ≠0)的两侧，
∴k P A <a <k PB ,∴−1<tanθtanθ≠0. 解得30,34
ππ
θθπ<<<<.
本题选择D 选项. 9．D
解析：D
【解析】
【分析】
求出圆的标准方程，确定最短弦的条件，利用弦长公式进行求解即可．
【详解】
圆的标准方程为（x ﹣3）2+（y +1）2＝10，则圆心坐标为C （3，﹣1），半径为
过E 的最短弦满足E 恰好为C 在弦上垂足，则CE ==，
则|AB |==，
故选D ．
【点睛】
本题主要考查圆的标准方程的求解，以及直线和圆相交的弦长问题,属于中档题．
10．C
解析：C
【解析】
【分析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系对选项进行一一验证，即可得答案．
【详解】
正四面体ABCD 中，,E F 分别是线段AC 的三等分点，
P 是线段AB 的中点，G 是直线BD 的动点，
在A 中，不存在点G ，使PG EF ⊥成立，故A 错误；
在B 中，不存在点G ，使FG EP ⊥成立，故B 错误；
在C 中，不存在点G ，使平面EFG ⊥平面ACD 成立，故C 正确；
在D 中，存在点G ，使平面EFG ⊥平面ABD 成立，故D 错误.
故选：C.
【点睛】
本题考查命题真假的判断、考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查转化与化归思想，考查空间想象能力．
11．C
解析：C
【解析】
【分析】
由已知可得三角形ABC 为直角三角形，斜边BC 的中点O '就是ABC 的外接圆圆心，利用三棱锥O ABC -的体积，求出O 到底面的距离，可求出球的半径，然后代入球的表面积公式求解．
【详解】
在ABC 中，∵2AB =，4AC =，25BC =AB AC ⊥，
则斜边BC 的中点O '就是ABC 的外接圆的圆心，
∵三棱锥O ABC -的体积为43
，
11424323OO '⨯⨯⨯⨯=，解得1OO '=，221(5)6R =+=， 球O 的表面积为2424R ππ=．
故选C ．
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，考查锥体体积公式的应用，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题.
12．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意作出图形：
设球心为O ，过ABC 三点的小圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，
延长CO 1交球于点D ，则SD ⊥平面ABC ．∵CO 1=
233323⨯=， ∴116133
OO =-=， ∴高SD=2OO 1=263
，∵△ABC 是边长为1的正三角形，∴S △ABC =34， ∴132623436S ABC V -=
⨯⨯=三棱锥．
考点：棱锥与外接球，体积．
【名师点睛】
本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关
系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．
13．D
解析：D
【解析】
【分析】
先利用三角形中位线定理证明//MN BD ，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN 与1CC 垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN 与AC 垂直，即可得出结论.
【详解】
如图：连接1C D ，BD ，
在三角形1C DB 中，//MN BD ，故C 正确．
1CC ⊥平面ABCD ，1CC BD ∴⊥，MN ∴与1CC 垂直，故A 正确；
AC BD ，//MN BD ，MN ∴与AC 垂直，B 正确；
∵//MN BD ，MN ∴与11A B 不可能平行，D 错误
故选：D ．
【点睛】
本题主要考查了正方体中的线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，熟记正方体的性质是解决本题的关键.
14．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
由几何体的三视图分析可知，该几何体上部为边长为2的正方体，
下部为底面半径为1、高为2的半圆柱体， 故该几何体的表面积是
20＋3π，
故选A.
考点：1、几何体的三视图；2、几何体的表面积.
15．B
解析：B
【解析】
试题分析：①中AC ⊥BE ，由题意及图形知，AC ⊥面DD1B1B ，故可得出AC ⊥BE ，此命题正确；②EF ∥平面ABCD ，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面ABCD 无公共点，故有EF ∥平面ABCD ，此命题正确；③三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确
考点：1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质
二、填空题
16．①④【解析】【分析】利用直线与直线平面与平面间的位置关系及性质判断前后两个条件的推出关系利用充要条件的定义得结论【详解】解：对于①直线与平面垂直的定义是直线与平面内的所有直线垂直故①正确；对于②平行
解析：①④
【解析】
【分析】
利用直线与直线、平面与平面间的位置关系及性质判断前后两个条件的推出关系，利用充要条件的定义得结论．
【详解】
解：对于①直线与平面垂直的定义是直线与平面内的所有直线垂直，故①正确； 对于②，a 平行于b 所在的平面//a b ⇒或a 与b 异面，故②错；
对于③，直线a 、b 不相交⇒直线a ，b 异面或平行，故③错；
对于④，平面//α平面βα⇒内存在不共线三点到β的距离相等；
α内存在不共线三点到β的距离相等⇒平面//α平面β或相交，故④正确
故答案为：①④
【点睛】
本题考查直线与直线间的位置关系及性质；充要条件的判断．命题真假的判断，属于中档题．
17．④【解析】【详解】连接BDB1D1∵A1P＝A1Q ＝x∴PQ∥B1D1∥BD∥EF 则PQ∥平面MEF 又平面MEF∩平面MPQ ＝l∴PQ∥ll∥EF∴l∥平面ABCD 故①成立；又EF⊥AC∴l⊥AC 故
解析：④
【解析】
【详解】
连接BD ，B 1D 1，∵A 1P ＝A 1Q ＝x ，∴PQ ∥B 1D 1∥BD ∥EF ，则PQ ∥平面MEF ， 又平面MEF ∩平面MPQ ＝l ，∴PQ ∥l ，l ∥EF ，
∴l ∥平面ABCD ，故①成立；
又EF ⊥AC ，∴l ⊥AC ，故②成立；
∵l ∥EF ∥BD ，故直线l 与平面BCC 1B 1不垂直，故③成立；
当x 变化时，l 是过点M 且与直线EF 平行的定直线，故④不成立．
即不成立的结论是④.
18．【解析】当位于的中点点与中点重合随点到
点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛:立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不变的垂直关系是解决问题的关键条件 解析：1
,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ 【解析】
当F 位于DC 的中点，点D 与AB 中点重合，1t =．
随F 点到C 点，由CB AB ⊥，CB DK ⊥，
得CB ⊥平面ADB ，则CB BD ⊥．
又2CD =，1BC =，则3BD =．
因为1AD =，2AB =，
所以AD BD ⊥，故12
t =． 综上，t 的取值范围为1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭
． 点睛:立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.
19．相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式求出的值结合两圆的位置关系进行判断即可【详解】解：圆的标准方程为则圆心为半径圆心到直线的距离圆截直线所得线段的长度是即则圆心为半径圆的圆心为半径则即两个 解析：相交
【解析】
【分析】
根据直线与圆相交的弦长公式，求出a 的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．
【详解】
解：圆的标准方程为222:()(0)M x y a a a +-=>，
则圆心为(0,)a ，半径R a =，
圆心到直线0x y +=的距离
d =，
圆22:20(0)M x y ay a +-=>截直线0x y +=所得线段的长度是
∴即24a =，2a =，
则圆心为(0,2)M ，半径2R =，
圆22:(1)(1)1N x y -+-=的圆心为(1,1)N ，半径1r =，
则MN =
3R r +=，1R r -=，
R r MN R r ∴-<<+，
即两个圆相交．
故答案为：相交．
【点睛】
本题主要考查直线和圆相交的应用，以及两圆位置关系的判断，根据相交弦长公式求出a 的值是解决本题的关键．
20．【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2
R ==，
所以三棱锥P ABC -的外接球的表面积为224450S 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.
21．【解析】【分析】由已知设出分别在中和在中运用余弦定理表示得到关于x 与y 的关系式再在中运用勾股定理得到关于x 与y 的又一关系式联立可解得xy 从而分析出正三棱锥是两两垂直的正三棱锥所以三棱锥的外接球就是以 解析：6π 【解析】 【分析】 由已知设出PAC θ∠=，2PA PB PC x ===，EC y =，分别在PAC 中和在EAC 中运用余弦定理表示cos θ，得到关于x 与y 的关系式，再在Rt CEF ∆中运用勾股定理得到关于x 与y 的又一关系式，联立可解得x ，y ，从而分析出正三棱锥是PA ，PB ，PC 两两垂直的正三棱锥，所以三棱锥P ABC -的外接球就是以PA 为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求出球的体积.
【详解】
在PAC 中，设PAC θ∠=，2PA PB PC x ===，EC y =，0x >,0y >， 因为点E ，点F 分别是PA ，AB 的中点，所以12
EF PB x ==，AE x =， 在PAC 中，22444cos 222x x x θ+-=⨯⨯，在EAC 中，22
4cos 22
x y x θ+-=⨯⨯， 整理得22
2x y -=-，
因为ABC △是边长为2的正三角形，所以3CF =，
又因为90CEF ︒∠=，所以223x y +=，由222223x y x y ⎧-=-⎨+=⎩，解得22x =， 所以22PA PB PC x ====。

又因为ABC △是边长为2的正三角形，所以2224PA PB AB +==，所以PA PB ⊥， 所以PA ，PB ，PC 两两垂直，
则球O 为以PA 为棱的正方体的外接球，
则外接球直径为23||6d PA ==，
所以球O 的体积为3
334446633232d V r ππππ⎛⎫⎛⎫==⨯=⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎭⎝=⎝⎭, 故答案为：6π.
【点睛】
本题主要考查空间几何体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求解更方便快捷，属于中档题。

22．【解析】【分析】先求得点的垂直平分线的方程然后根据点关于直线对称点的求法求得的对称点由此得出结论【详解】已知点点可得中点则∴线段AB 的垂直平分线为：化为设点关于直线的对称点为则解得∴与点重合的点是故 解析：()4,2-
【解析】
【分析】
先求得点()()10,0,6,8-的垂直平分线的方程，然后根据点关于直线对称点的求法，求得()4,2-的对称点，由此得出结论.
【详解】
已知点(10,0)A ，点(6,8)B -，可得中点(2,4)M . 则816102
AB k ==---. ∴线段AB 的垂直平分线为：42(2)y x -=-，
化为20x y -=.
设点()4,2-关于直线20x y -=的对称点为(,)P a b ， 则2214422022b a a b -⎧⨯=-⎪⎪--⎨-++⎪⨯-=⎪⎩
，解得42a b =⎧⎨=-⎩. ∴与点()4,2-重合的点是()4,2-.
故答案为：()4,2-.
【点睛】
本小题主要考查线段垂直平分线方程的求法，考查点关于直线对称点的坐标的求法，属于中档题.
23．【解析】【分析】首先通过两个底面面积之比为得到半径比设出上底半径为下底半径为由因为母线与底面的夹角是得到母线长为高为就可以根据轴截面的面积解出代公式求出侧面积即可【详解】圆台的两个底面面积之比为则半 解析：360π
【解析】
【分析】
首先通过两个底面面积之比为4:9，得到半径比，设出上底半径为2k ，下底半径为3k ，
由因为母线与底面的夹角是60，得到母线长为2k ，高为3k .就可以根据轴截面的面积解出6k =，代公式求出侧面积即可.
【详解】
圆台的两个底面面积之比为4:9，则半径比为2:3
所以设圆台的上底半径为2k ，下底半径为3k ，
由于母线与底面的夹角是60，所以母线长为2k 3k . 由于轴截面的面积为1803，
所以()46332k k k +=6k =.
所以圆台的上底半径为12，下底半径为18.母线长为12.
所以圆台的侧面积为()121812360ππ+⨯=.
故答案为：360π
【点睛】
本题主要考查圆台的性质以及圆台的侧面积，同时考查了线面成角问题，属于中档题.
24．【解析】【分析】将侧面和侧面平展在一个平面上连即可求出满足最小时点的位置以及长解即可求出结论【详解】将侧面和侧面平展在一个平面上连与交点即为满足最小正四棱锥各棱长均为在平展的平面中四边形为菱形且在正
解析：13
- 【解析】
【分析】 将侧面PAB 和侧面PBC 平展在一个平面上，连AC ，即可求出满足AM MC +最小时，点M 的位置，以及,AM CM 长，解AMC ，即可求出结论.
【详解】
将侧面PAB 和侧面PBC 平展在一个平面上，
连AC 与PB 交点即为满足AM MC +最小，
正四棱锥P ABCD -各棱长均为1，
在平展的平面中四边形PABC 为菱形，且60PAB ∠=，
32
AM MC ==P ABCD -中，2AC =
在ACM 中，222
332144cos 32324
AM CM AC AMC AM CM +-+-∠===-⋅⋅. 故答案为:13
-. 【点睛】 本题考查线线角，要注意多面体表面的长度关系转化为共面的长度关系，考查直观想象能力，属于中档题.
25．【解析】【分析】作出直线和平面所成的角解直角三角形求得线面角的正弦值【详解】设为的中点连接根据正方体的性质可知平面所以是直线和平面所成的角设正方体的边长为在中所以故答案为：【点睛】本小题主要考查线面 解析：23
【解析】
【分析】
作出直线BE 和平面11ABB A 所成的角，解直角三角形求得线面角的正弦值.
【详解】
设F 为1AA 的中点，连接,,EF EB BF ，根据正方体的性质可知EF ⊥平面11ABB A ，所以EBF ∠是直线BE 和平面11ABB A 所成的角.设正方体的边长为2，在Rt EBF ∆中2EF =
，3BE ==，所以2sin 3EF EBF BE ∠=
=. 故答案为：23
【点睛】
本小题主要考查线面角的求法，考查空间想象能力，属于基础题.
三、解答题
26．
（1）见解析；（2）
2 6
【解析】
【分析】
（1）连接BD，交CE于点O，连接OM，易知底面EBCD是平行四边形，则O为BD 中点，又M是BP中点，可知PD MO，则结论可证.
（2）先证明ADE是等腰直角三角形，由条件中的面面垂直可得PD⊥平面BCDE，则由（1）可知MN⊥平面BCDE，则MN为三棱锥M BCE
-的高，底面BCE的面积容易求得，根据公式求三棱锥M BCE
-的体积.
【详解】
（1）在平面图中，
因为
1
2
BE AB CD
==且//
BE CD，
所以四边形EBCD 是平行四边形；
在立体图中，
连接BD ，交CE 于点O ，连接OM ，所以点O 是BD 的中点，又因为点M 为棱PB 的中点，
所以//OM PD ，因为PD ⊄平面MCE ，OM ⊂平面MCE ，
所以//PD 平面MCE ；
（2）在平面图中，
因为EBCD 是平行四边形，所以DE BC =，因为四边形ABCD 是等腰梯形， 所以AD BC =，所以AD DE =，因为45BAD ∠=︒，所以AD DE ⊥；
在立体图中，PD DE ⊥，
又平面PDE ⊥平面EBCD ，且平面PDE ⋂平面EBCD DE =，PD ⊂平面PDE 所以PD ⊥平面EBCD ，
由（1）知//OM PD ，所以OM ⊥平面EBCD ，
在等腰直角三角形ADE 中，因为2AE =，所以2AD DE ==
所以11222OM PD AD ===，又1BCE ADE S S ∆∆==， 所以123M BCE BCE V S OM -∆=
⋅⋅=. 【点睛】
本题考查平面几何与立体几何的关系，线面平行的证明，面面垂直的性质等，有一定的综合性，属中等题.
27．
（1）证明见解析（2）26
-
【解析】
【分析】
（1）由BC ⊥AC ，BC ⊥CD 得BC ⊥平面ACD ，证明四边形DCBE 是平行四边形得DE ∥BC ，故而DE ⊥平面ACD ，从而得证面面垂直；
（2）建立空间坐标系，求出两半平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小.
【详解】。