上海市上宝中学必修二第二章《解析几何初步》检测题(有答案解析)

一、选择题
1．某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（ ）
A ．
323
B ．
643
C ．16
D ．32
2．两圆22440x y x y ++-=和22280x y x ++-=相交于两点,M N ，则线段MN 的长为 A ．4
B 355
C 12
55
D 655
3．已知点()()2,0,2,0M N -，若圆()2
2
2
6900x y x r r +-+-=>上存在点P (不同于
,M N )，使得PM PN ⊥，则实数r 的取值范围是( )
A ．()1,5
B ．[]1,5
C ．()1,3
D ．[]
1,3
4．已知圆C 与直线30x y ++=相切，直线10mx y ++=始终平分圆C 的面积，则圆C
方程为（ ） A ．2222x y y +-= B ．2222x y y ++= C ．2221x y y +-=
D ．2221x y y ++=
5．已知两个不相等的实数a ，b 满足以下关系式：2
sin cos 02
a a π
θθ+-
=，
2sin cos 02
b b π
θθ+-
=，则连接()2,A a a ，()2,B b b 两点的直线与圆心在原点的单位
圆的位置关系为（） A ．相交 B ．相切 C ．相离 D ．相切或相交 6．若直线l 过点(1,1)--和(2,5)，且点(1009,)b 在直线l 上，则b 的值为（ ） A ．2019 B ．2018
C ．2017
D ．2016
7．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的外接球的表面积（单位：
2cm ）是（ ）
A ．36π
B ．54π
C ．72π
D ．90π
8．已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角
的余弦值为（ ） A ．
136
B ．
36
C ．
336
D ．
116
9．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为（ ）
A ．
43
B ．2
C ．4
D ．6
10．已知球O 的半径为5，球面上有,,A B C 三点，满足214,27AB AC BC ===，则三棱锥O ABC -的体积为（ ） A ．77B ．142
C ．714
D ．147
11．在正方体1111ABCD A BC D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43，则正方体外接球的体积为（ ） A ．43π B ．6π
C ．323π
D ．86π
12．设m 、n 是两条不同的直线，α是平面，m 、n 不在α内，下列结论中错误的是
（ ）
A ．m α⊥，//n α，则m n ⊥
B ．m α⊥，n α⊥，则//m n
C ．m α⊥，m n ⊥，则//n α
D ．m n ⊥，//n α，则m α⊥
二、填空题
13．已知圆2260x y x +-=，过点1,2的直线被圆所截得的弦的长度最小值为______. 14．已知直线l ：230ax y a --+=与圆C ：()()2
2
124x y -+-=相交于P ，Q 两点，则PQ 的最小值为______.
15．已知圆22C 9x y +=：，过定点(2,2)P 的动直线l 与圆C 交于,M N 两点， 则
PM PN ⋅=______________.
16．已知一束光线通过点()3,5A -，经直线l ：0x y +=反射，如果反射光线通过点
()2,5B ，则反射光线所在直线的方程是______.
17．若直线30ax by +-=与圆22410x y x ++-=相切于点()1,2P -，则
a b +=________.
18．若圆1C ：2
20x y ax by c 与圆2C ：224x y +=关于直线21y x =-对称，则
c =______.
19．如图，已知直四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长均相等，3
BAD π
∠=，E 是棱AB
的中点，设平面α经过直线1A E ，且α
平面11
1,B BCC l α=⋂平面112C CDD l =，若
α⊥平面11A ACC ，则异面直线1l 与2l 所成的角的余弦值为_______．
20．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，22AB =3BC =，4PA =，
4
ABC π
∠=
，则该三棱锥的外接球体积为___________.
21．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且
||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为
5,124
ππ
，则ABC 面积的取值范围是_____
22．一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，需要设计一个各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形（如图所示），高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体费用最少为_________元．
23．祖恒是我国南北朝时代的伟大科学家，他总结了刘徽的有关工作，提出来体积计算的原理“幂势既同，则积不容异”，称为祖恒原理，意思是底面处于同一平面上的两个同高的几何体，若在等高处 的截面面积始终相等，则它们的体积相等，利用这个原理求半球O 的体积时，需要构造一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_________________
24．在正三棱锥S ABC -中，23AB =，4SA =，E 、F 分别为AC 、SB 的中点，过点A 的平面α//平面SBC ，α平面=ABC l ，则异面直线l 和EF 所成角的余弦值为
_________.
三、解答题
25．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAB △是等边三角形，CB ⊥平面,//PAB AD BC 且22PB BC AD F ===，为PC 中点．
（1）求证：//DF 平面PAB ；
（2）求直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值．
26．如图，已知菱形ABCD 和菱形ACFE 所在的平面互相垂直，M 为BF 的中点．
（1）求证：//DF 平面ACM ； （2）若2AB =，ABC CAE ∠=∠=
π
3
，求三棱锥F BDE -的体积． 27．在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，O 是底面ABCD 的中心.
（1）求证:1BO//平面11DA C ; （2）求点O 到平面11DA C 的距离.
28．如图，圆柱的轴截面ABCD 是长方形，点E 是底面圆周上异于A ，B 的一点，
AF DE ⊥，F 是垂足.
（1）证明：AF DB ⊥；
（2）若2AB =，3AD =，当三棱锥D ABE -体积最大时，求点C 到平面BDE 的距离.
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1．A 解析：A 【解析】
几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是
2113244323
⨯⨯⨯=，选A. 2．C
解析：C 【分析】
求出圆心和半径以及公共弦所在的直线方程，再利用点到直线的距离公式，弦长公式，求得
公共弦的长． 【详解】
∵两圆为x 2+y 2+4x ﹣4y=0①，x 2+y 2+2x ﹣8=0，② ①﹣②可得：x ﹣2y+4=0．
∴两圆的公共弦所在直线的方程是x ﹣2y+4=0，
∵x 2+y 2+4x ﹣4y=0的圆心坐标为（﹣2，2），半径为
∴圆心到公共弦的距离为
=
∴公共弦长=
=
故答案为：C 【点睛】
本题主要考查圆与圆的位置关系，考查两圆的公共弦长的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
3．A
解析：A 【分析】
由题意可得两圆相交，而以MN 为直径的圆的方程为x 2+y 2=4，圆心距为3，由两圆相交的性质可得|r ﹣2|＜3＜|r+2|，由此求得r 的范围． 【详解】
根据直径对的圆周角为90°，结合题意可得以MN 为直径的圆和圆 （x ﹣3）2+y 2=r 2有交点，
显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．
而以AB 为直径的圆的方程为x 2+y 2=4，两个圆的圆心距为3， 故|r ﹣2|＜3＜|r+2|，求得1＜r ＜5，
【点睛】
本题主要考查直线和圆的位置关系，两圆相交的性质，体现了转化的数学思想，属于中档题．
4．D
解析：D 【分析】
计算出直线10mx y ++=所过定点的坐标，由题意得出定点是圆C 的圆心，然后利用点到直线的距离公式计算出圆C 的半径长，即可得出圆C 的方程. 【详解】
在直线10mx y ++=的方程中，令0x =，则1y =-，则直线10mx y ++=过定点
()0,1-.
由于直线10mx y ++=始终平分圆C 的面积，则点()0,1-是圆C 的圆心，
又圆C 与直线30x y ++=相切，则圆C 的半径r =
=.
因此，圆C 的方程为()2
2
12x y ++=，即2221x y y ++=.
故选D. 【点睛】
本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线过定点问题，求出圆的圆心坐标为解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.
5．C
解析：C 【分析】
由题意可得直线AB 的方程为sin cos 02
x y π
θθ⋅+⋅-=，由点到直线的距离公式可得圆
心()0,0到直线AB 的距离，即可得解. 【详解】
因为实数a 满足关系式2
sin cos 02
a a π
θθ+-
=，实数b 满足关系式
2sin cos 02
b b π
θθ+-
=，且实数a ，b 不相等，
所以点()2,A a a ，()
2
,B b b 为直线sin cos 02
x y π
θθ⋅+⋅-
=上的两点，
所以直线AB 的方程为sin cos 02
x y π
θθ⋅+⋅-
=，
因为圆心()0,0到直线AB
的距离
12
d π
=
=
>，
所以直线AB 与圆心在原点的单位圆的位置关系为相离. 故选：C. 【点睛】
本题考查了直线方程的应用及直线与圆位置关系的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.
6．A
解析：A 【分析】
根据直线l 过点(1,1)--和(2,5)，由直线的两点式方程化简得21y x =+，然后将点
(1009,)b 代入方程21y x =+，求解得出b 的值.
【详解】
解：因为直线l 过点(1,1)--和(2,5)， 由直线的两点式方程，得直线l 的方程为(1)(1)
5(1)2(1)
y x ----=----，
化简得：21y x =+，
由于点(1009,)b 在直线l 上，将点(1009,)b 代入方程21y x =+， 得210091b =⨯+， 解得：2019b =. 故选：A. 【点睛】
本题考查直线的两点式方程的求法和应用，属于基础题.
7．A
解析：A 【分析】
由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积． 【详解】
解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥P ABC -，底面为等腰ABC ∆， 且侧面PAB ⊥底面ABC ，如图所示；
设D 为AB 的中点，
又3DA DB DC DP ====，且PD ⊥平面ABC ，
∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上，设OP R =，则OA R =，3OD R =-，
222(3)3R R ∴=-+， 解得3R =，
∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=．
故选：A ． 【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
8．B
解析：B 【分析】
取AC 中点F ，连接,EF DF ，证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得． 【详解】
取AC 中点F ，连接,EF DF ，∵E 是BC 中点，∴//EF AB ，1
2
EF AB =， 则FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角）， 设1AB =，则12EF =
，3DE DF == ∴在等腰三角形DEF 中，11
324cos 3
EF
FED DE ∠===．
所以异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为36
．
故选：B ．
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤
⎥⎝
⎦
，当所作的角为钝角时，应取它的
补角作为两条异面直线所成的角．
9．B
解析：B 【分析】
根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积. 【详解】
根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，
该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ， 所以其体积为11
(12)22232
V =⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B. 【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下：
（1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；
（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.
10．A
解析：A 【分析】
利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，则可求出三棱锥的高，进而求出三棱锥体积. 【详解】
设ABC 的外接圆的圆心为D ，半径为r ， 在ABC 中，72cos 4214
ABC ∠==，14
sin 4ABC ∴∠=， 由正弦定理可得28sin AC
r ABC
=
=∠，即4r =，
则22543OD =-=，
1
1114
214273773
32O ABC ABC
V S
OD -∴=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.
【点睛】
本题考查球内三棱锥的相关计算，解题的关键是利用正弦定理求出ABC 的外接圆半径，利用勾股关系求出高.
11．B
解析：B 【分析】
根据三棱锥的表面积进一步求出正方体的棱长，最后求出正方体的外接球的半径，进一步求出结果． 【详解】
解：设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======， 由于三棱锥11A B CD -的表面积为43 所以)
12
13
344224AB C
S S
a
==⨯=
所以2a =
()()()
2
2
2
2226++=
， 所以正方体的外接球的体积为3
4
663
π
π⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
故选：B ． 【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
12．D
解析：D 【分析】
利用线面平行的性质定理和线面垂直的定义可判断A 选项的正误；由线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；根据已知条件判断直线n 与平面α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断直线m 与平面α的位置关系，可判断D 选项的正误. 【详解】 对于A ，//n α，由线面平行的性质定理可知，过直线n 的平面β与平面α的交线l 平行
于n ，
m α⊥，l α⊂，m l ∴⊥，m n ∴⊥，故A 正确；
对于B ，若m α⊥，n α⊥，由直线与平面垂直的性质，可得//m n ，故B 正确； 对于C ，若m α⊥，m n ⊥，则//n α或n ⊂α，又n α⊄，//n α∴，故C 正确； 对于D ，若m n ⊥，//n α，则//m α或m 与α相交或m α⊂， 而m α⊄，则//m α或m 与α相交，故D 错误． 故选：D ． 【点睛】
方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出
反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．
二、填空题
13．2【分析】由相交弦长和圆的半径及圆心到过的直线的距离之间的勾股关系求出弦长的最小值即圆心到直线的距离的最大时而当直线与垂直时最大求出的最大值进而求出弦长的最小值【详解】由圆的方程可得圆心坐标半径；设
解析：2 【分析】
由相交弦长||AB 和圆的半径r 及圆心C 到过(1,2)D 的直线的距离d 之间的勾股关系，求出弦长的最小值，即圆心到直线的距离的最大时，而当直线与CD 垂直时d 最大，求出d 的最大值，进而求出弦长的最小值． 【详解】
由圆的方程可得圆心坐标(3,0)C ，半径3r =；
设圆心到直线的距离为d ，则过(1,2)D 的直线与圆的相交弦长||AB = 当d 最大时弦长||AB 最小，当直线与CD 所在的直线垂直时d 最大，
这时||d CD =
所以最小的弦长||2AB =， 故答案为：2 【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是通过分析得到当直线与CD 所在的直线垂直时d 最大，弦长
||AB 最小. 与圆有关的弦长问题的最值一般利用数形结合分析解答.
14．【分析】首先求出直线所过定点的坐标当时取得最小再根据弦长公式计算可得；【详解】解：因为所以令所以故直线恒过定点又因为故点在圆内当时取得最小因为所以故答案为：【点睛】本题考查直线和圆的位置关系弦长公式
解析：【分析】
首先求出直线所过定点M 的坐标，当PQ MC ⊥时，PQ 取得最小，再根据弦长公式计算可得； 【详解】
解：因为230ax y a --+=，所以()()230x a y -+-=，令2030x y -=⎧⎨-=⎩，所以2
3x y =⎧⎨=⎩
，
故直线恒过定点()2,3M ，
又因为()()2
2
213224-+-=<，故点()2,3M 在圆内，
当PQ MC ⊥时，PQ 取得最小， 因为
MC =
=
所以min
PQ ==
=故答案为：【点睛】
本题考查直线和圆的位置关系，弦长公式、两点间的距离公式的应用，关键是掌握直线与圆的位置关系以及应用，属于中档题．
15．【分析】可分为直线斜率存在和不存在两种情况具体讨论当直线斜率存在时联立直线和圆结合韦达定理即可求解【详解】当直线斜率不存在时直线方程为：将代入得可设点则；当直线斜率存在时设直线方程为：联立则综上所述 解析：1-
【分析】
可分为直线斜率存在和不存在两种情况具体讨论，当直线斜率存在时，联立直线和圆，结合韦达定理即可求解 【详解】
当直线斜率不存在时，直线方程为：2x =，将2x =代入22 9
x y +=得y =
点()(2,5,2,M N
，则(
)()
5221PM PN ⋅=
⨯=-；
当直线斜率存在时，设直线方程为：()22y k x =-+，()()1122,,,M x y N x y
联立()()()()222222
1444190 22
9
k x k k x y k y x x k ⎧⎪⇒++-+--=⎨
=+=-+⎪⎩ ()21222
1224414191k k x x k k x x k ⎧-+=⎪+⎪⇒⎨--⎪
⋅=⎪+⎩
，则()()11222,2,2,2PM x y PM x y =--=--， ()()()()()()()21212122222122PM PN x x y y k x x ⋅=--+--=+--
()()()()()2
2222
12122
224194411241241111k k k k k x x x x k k k k ⎡⎤---+=+-++=+-⋅+⋅=-⎢⎥+++⎢⎥⎣⎦
综上所述，1PM PN ⋅=- 故答案为：1- 【点睛】
本题考查由直线与圆的位置关系求解向量数量积的定值问题，解题过程中易遗漏斜率不存在的情况，考查了数形结合思想，数学运算的核心素养，属于中档题
16．【分析】计算关于直线的对称点为计算直线得到答案【详解】设关于直线
的对称点为故故故反射光线为：化简得到故答案为：【点睛】本题考查了直线的反射问题找出对称点是解题的关键 解析：27310x y -+=
【分析】
计算()3,5A -关于直线0x y +=的对称点为()15,3A -，计算直线1A B 得到答案. 【详解】
设()3,5A -关于直线0x y +=的对称点为()1
,A x y ，故513
3502
2y x x y -⎧
=⎪⎪+⎨-+⎪+=⎪⎩，故()15,3A -. 故反射光线为1A B ：()53
2525
y x -=
-++，化简得到27310x y -+=. 故答案为：27310x y -+=. 【点睛】
本题考查了直线的反射问题，找出对称点是解题的关键.
17．3【分析】根据题意先由圆的方程求出圆心为根据直线和圆相切的性质列出方程组求出即得解【详解】根据题意的圆心为：若直线与圆相切于则有故答案为：3【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系考查了学生转化与划归数
解析：3 【分析】
根据题意，先由圆的方程求出圆心为()2,0-，根据直线和圆相切的性质列出方程组，求出
,a b ，即得解.
【详解】
根据题意22410x y x ++-=的圆心为：()2,0-，
若直线30ax by +-=与圆22410x y x ++-=相切于()1,2P -，则有
2301,2302
()1(2)(1)a b a b a b a b -+-=⎧⎪
∴==∴+=-⎨⨯-=-⎪---⎩
故答案为：3 【点睛】
本题考查了直线和圆的位置关系，考查了学生转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.
18．【分析】两圆关于直线对称即圆心关于直线对称则两圆的圆心的连线与直线垂直且中点在直线上圆的半径也为即可求出参数的值【详解】解：因为圆：即圆心半径由题意得与关于直线对称则解得圆的半径解得故答案为：【点睛 解析：165
-
【分析】
两圆关于直线对称即圆心关于直线对称，则两圆的圆心的连线与直线21y x =-垂直且中点在直线21y x =-上，圆1C 的半径也为2，即可求出参数,,a b c 的值. 【详解】 解：因为圆1C ：2
2
0x
y
ax by c ，即2
2
22422
4
a
b a b c
x
y ， 圆心111
,22C a b ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，半径r =
由题意，得11
1,2
2C a b ⎛⎫-
- ⎪⎝⎭与()20,0C 关于直线21y x =-对称，
则1
1
2,1
2211
2221,
2
2b a b
a ⎧-⎪=-⎪⎪-⎨⎪--⎪⎪=⨯-⎩
解得85=-a ，45b =，圆1C 的半径22r ==，
解得165
c =-
. 故答案为：165
- 【点睛】
本题考查圆关于直线对称求参数的值，属于中档题.
19．【分析】取的中点连接证明平面平面平面即平面然后分别取的中点证明平面平面可得可得异面直线与所成的角即与所成的角由余弦定理可得答案【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等所以是菱形连接且所以因为平面平面所以且 解析：
910
【分析】
取AD 的中点F ，连接1A F ，证明平面1A EF ⊥平面11A ACC ，平面1A EF 即平面
α，然后分别取1111BC DC 、的中点M N 、，证明平面1//A EF 平面MNC ，可得//CM 1l ，
//CN 2l ，可得异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，由余弦定理可得答案.
【详解】
由直四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长均相等，3
BAD π
∠=，所以ABCD 是菱形，
连接AC BD 、，1111AC B D 、，且AC
BD O =，11111AC B D O ⋂=，
所以BD AC ⊥，1111B D AC ⊥，因为1AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，
所以1AA BD ⊥，且1AA AC A =，所以BD ⊥平面11A ACC ，
取AD 的中点F ，连接1A F ，连接EF 交AC 与G ，所以//EF BD ，
且G 是AO 的中点，所以EF ⊥平面11A ACC ，所以平面1A EF ⊥平面11A
ACC ， 又1A E ⊂平面1A EF ，所以平面1A EF 即平面
α， 分别取1111BC DC 、的中点M N 、，连接MN 交11AC 与H 点，H 即为11O C 的中点， 所以1A H GC =，且1//A H GC ，所以四边形1A
HCG 是平行四边形，所以1//AG HC ， 1
AG ⊄平面CMN ，CH ⊂平面CMN ，所以//A G 平面CMN ， 又因为11//////EF BD B D MN ，EF ⊄平面CMN ，MN ⊂平面CMN ， 所以//MN 平面CMN ，又1
AG EF G =，
所以平面1//A EF 平面MNC ，且平面11B C CB ⋂平面MNC MC =， 平面11D C CD
平面MNC NC =，
所以//CM 1l ，//CN 2l ，
所以异面直线1l 与2l 所成的角即CM 与CN 所成的角，设2AB =， 则直四棱柱1111ABCD A BC D -的所有棱长均为2，由3
BAD π
∠=，
所以112BD AB B D ===，111
12
MN D B ==， 且2211415CM CN CC C M ==+=
+=，
由余弦定理得2225519
22510
CM CN MN MCN CM CN +-+-∠===⨯⨯.
故答案为：
9
10
. 【点睛】
本题考查了异面直线所成的角，关键点是作出平面α及找出异面直线所成的角，考查了学生分析问题、解决问题的能力及空间想象力.
20．【分析】利用余弦定理求得利用正弦定理计算出的外接圆直径可计算出三
棱锥的外接球半径然后利用球体体积公式可求得结果【详解】如下图所示圆柱的底面圆直径为圆柱的母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等 解析：
13263
π
【分析】
利用余弦定理求得AC ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆直径2r ，可计算出三棱锥
P ABC -的外接球半径R ，然后利用球体体积公式可求得结果.
【详解】
如下图所示，圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，圆柱的母线长为h ， 则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等， 所以，圆柱12O O 的外接球直径为()
2
222R r h =
+.
本题中，作出ABC 的外接圆2O ，由于PA ⊥平面ABC ，可将三棱锥P ABC -放在圆柱12O O 中，
在ABC 中，22AB =3BC =，4
ABC π
∠=，
由余弦定理可得222cos 5AC AB BC AB BC ABC +-⋅∠
由正弦定理可知，ABC的外接圆直径为
5
210
sin2
2
AC
r
ABC
===
∠，
则三棱锥P ABC
-的外接球直径为()2
2
2226
R PA r
=+=，则
26
R=，
因此，三棱锥P ABC
-的外接球的体积为
3
3
44261326
33
V R
πππ
⎛⎫
==⨯=
⎪
⎪
⎝⎭
.
故答案为：
1326
3
π.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 21．【分析】由题意可得AB的轨迹得到当ACBC与轴l共面时∠ACB取到最大值和最小值求得sin∠ACB的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A
解析：[3,3]
【分析】
由题意可得A，B的轨迹，得到当AC、BC与轴l共面时，∠ACB取到最大值和最小值，求得sin∠ACB的范围，代入三角形面积公式得答案．
【详解】
∵AC，BC与平面α所成的角分别为5
12
π
，
4
π
，且|AC|＝23，|BC|＝2，
则A，B分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，
当直线AC，BC与轴l在同一平面内时，∠ACB取到最大值和最小值，
于是，有
63ACB ππ≤∠≤，
∴sin 6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤
而ABC 的面积S ＝
12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝∠ACB ． ∴
3S ≤．
故答案为：
【点睛】
关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键. 22．4000【分析】根据题意先求出正四棱柱的底面边长和高由体积公式求出正四棱柱的体积减去文物的体积可得罩内空气的体积进而求出所需的费用【详解】由题意可知文物底部是直径为09m 的圆形文物底部与玻璃罩底边至 解析：4000
【分析】
根据题意，先求出正四棱柱的底面边长和高，由体积公式求出正四棱柱的体积减去文物的体积可得罩内空气的体积，进而求出所需的费用.
【详解】
由题意可知，文物底部是直径为0.9 m 的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3 m ， 所以由正方形与圆的位置关系可知：底面正方形的边长为0.9+2×0.3=1.5m ，
由文物高1.8m ，文物顶部与玻璃置上底面至少间隔0.2m ，所以正四棱柱的高为
1.8+0.2=2m .，则正四棱柱的体积为V =1.52×2=4.5m 3
因为文物体积为0.5m 3,所以置内空气的体积为4.5-0.5 = 4 m 3,
气体每立方米1000元,所以共需费用为4×1000=4000（元）
【点睛】
数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式： 求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型.
23．【分析】根据给定的几何体的三视图得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥得出圆柱的底面半径和高利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式即可求解【详解】解：根据给定的几何体的三视图可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆 解析：23
π 【分析】
根据给定的几何体的三视图，得到该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，得出圆柱的底面半径和高，利用圆柱和圆锥的体积以及圆的公式，即可求解．
【详解】
解：根据给定的几何体的三视图，可得该几何体表示一个圆柱挖去一个圆锥，
且底面半径1，高为1的组合体， 所以几何体的体积为：22213
11113πππ⨯⨯⨯=⨯-⨯． 故答案为：23
π.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解． 24．【分析】取中点连结根据题意得故所以为异面直线和所成角再根据几何关系求得在中故进而得答案【详解】取中点连结依题意：所以所以为异面直线和所成角在正三棱锥中是中点所以又因为平面平面所以平面所以因为分别是的 解析：
217 【分析】
取AB 、BC 中点D 、G ，连结DE 、DF 、GS 、GA ，根据题意得//l BC ，//DE BC ，故//l DE ，所以DEF ∠为异面直线l 和EF 所成角，再根据几何关系求得在
Rt DEF ∆中，122DF SA =
=，11322DE BC AB ===，227EF DE DF =+321cos 7
DE DEF EF ∠===，进而得答案. 【详解】
取AB 、BC 中点D 、G ，连结DE 、DF 、GS 、GA ，
依题意：//l BC ，//DE BC ，
所以//l DE ，
所以DEF ∠为异面直线l 和EF 所成角.
在正三棱锥S ABC -中，G 是BC 中点，所以SG BC ⊥，AG BC ⊥，
又因为SG AG G ⋂=，SG ⊂平面SAG ，AG ⊂平面SAG ，
所以BC ⊥平面SAG ，所以BC SA ⊥.
因为F 、D 分别是SB 、AB 的中点，
所以//DF SA .
所以DE DF ⊥.
Rt DEF ∆中，
122DF SA ==，11322
DE BC AB ===， 所以227EF DE DF +. 所以321cos 7
DE DEF EF ∠===. 故异面直线l 和EF 21 21 【点睛】 本题考查异面直线所成角的求解，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.
三、解答题
25．（1）证明见解析；（22【分析】
（1）取PB 边的中点E ，即可证明四边形AEFD 为平行四边形，再根据线面平行的判定定
理即可证明；
（2）取BC 边的中点G ，由//DG AB ，即可得到直线AB 与平面PDC 所成角即为DG 与平面PDC 所成角，再由等体积法求得22
G PCD d -=
，即可求得直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值．
【详解】
解：（1）如图所示：
取PB 边的中点E ，连,AE FE ，
则三角形中位线可知：//EF BC 且12EF BC =
， 由题可知：//AD BC 且12
AD BC =， //AD EF ∴且AD EF =，
即四边形AEFD 为平行四边形，
//DF AE ∴
又DF ⊄平面,PAB AE ⊂平面PAB ，
故//DF 平面PAB ；
（2）取BC 边的中点G ，
则//DG AB ，且2DG AB ==，
直线AB 与平面PDC 所成角即为DG 与平面PDC 所成角，
又1CDG S =，且易得DC PD =,所以11223622
CDP S PC DF =⋅=⨯=由等体积法，1113633P CDG G PCD G PCD V V d ---==⨯=，得2G PCD d -=， DG ∴与平面PDC 所成角的正弦值为2
222=
故直线AB 与平面PDC 所成角的正弦值为24． 【点睛】 关键点点睛：本题解题的关键是利用等体积法求出G 点到平面PCD 的距离.
26．（1）证明见解析；（2）2.
【分析】
（1）要证明线面平行，需先证明线线平行，（2）利用等体积转化
2F BDE D OEF B OEF B OEF V V V V ----=+=三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥，求三棱锥的体积.
【详解】
证明：（1）设AC 和BD 交于O ，连接OM
M 和O 分别是BF 与BD 的中点，
∴ //OM DF 又OM ⊂平面ACM ，DF ⊄平面ACM
所以 //DF 平面ACM
（2）菱形ABCD ⊥菱形ACFE ，菱形ABCD 菱形ACFE AC =
又BD AC ⊥
所以 BD ⊥面ACFE ，连接OE 和OF
∴ D OEF B OEF V V --=三棱锥三棱锥
∴ 2F BDE D OEF B OEF B OEF V V V V ----=+=三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥
又π
3
ABC CAE ∠=∠=， ∴2AC AB ==，3OB =132OEF ACEF S S ∆=
=菱形∴1•13
OEF B OEF V OB S ∆-==三棱锥 所以 22F BDE B OEF V V --==三棱锥三棱锥.
【点睛】。