2017-2018学年山西省运城市高二上学期期中数学试题(文科)(解析版)

2017-2018学年山西省运城市高二（上）期中数学试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）下列结论正确的是（）A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线2．（5分）若直线l1：y=k（x﹣6）﹣2与直线l2关于点（2，1）对称，则直线l2恒过定点（）A．（0，2） B．（0，4） C．（﹣2，4）D．（4，﹣2）3．（5分）设l、m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（）A．若m∥l，m∥α，则l∥αB．若m⊥α，l⊥m，则l∥αC．若α∥β，l⊥α，m∥β，则l⊥m D．若m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β4．（5分）若直线x+（1+m）y+m﹣2=0与直线2mx+4y+16=0平行，则m的值等于（）A．1 B．﹣2 C．1或﹣2 D．﹣1或﹣25．（5分）若直线mx+ny+3=0在x轴上的截距为﹣，且它的倾斜角是直线x ﹣y=3的倾斜角的2倍，则（）A．m=，n=1 B．m=﹣，n=﹣3 C．m=，n=﹣3 D．m=﹣，n=1 6．（5分）已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC中∠ABC的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°7．（5分）若圆（x﹣3）2+（y﹣5）2=r2上有且只有四个点到直线4x+3y=2的距离等于1，则半径r的取值范围是（）A．（4，6） B．（6，+∞）C．（﹣∞，4）D．[4，6]8．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF=，则下列结论错误的是（）A．AC⊥BFB．A1C⊥平面AEFC．异面直线AE，BF所成的角为定值D．三棱锥A﹣BEF的体积为定值9．（5分）一个几何体的三视图如图，其俯视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．（4+π）10．（5分）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，则球O的表面积为（）A．16πB．4πC．36πD．64π11．（5分）已知直线l：x﹣y=1与圆P：x2+y2﹣2x+2y+1=0相交于A，C两点，点B，D分别在圆P上运动，且位于直线l的两侧，则四边形ABCD面积的最大值为（）A．2 B．2 C．D．212．（5分）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P最短，则AP+D1P的最小值为（）A．4 B．+C．8+4D．2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知点A（2，﹣1，﹣3），则点A关于x轴对称点为．14．（5分）设P是直线y=2x﹣4上的一个动点，过点P作圆x2+y2=2的一条切线，切点为Q，则当|PQ|取最小值时点P的坐标为．15．（5分）已知正三棱锥V﹣ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．则侧视图的面积是．16．（5分）若直线y=kx﹣1与曲线y=﹣有两个公共点，则k的取值范围是．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）已知直线l过直线x﹣y﹣1=0与直线2x+y﹣5=0的交点P．（1）若l与直线x+3y﹣1=0垂直，求l的方程；（2）点A（﹣1，3）和点B（3，1）到直线l的距离相等，求直线l的方程．18．（12分）如图，四边形ABCD为矩形，四边形ABEF为等腰梯形，平面ABCD ⊥平面ABEF，AB∥EF，AB=2AF，∠BAF=60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．（1）求证：AF⊥平面CBF；（2）求证：PM∥平面AFC．19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°，AB=2，AD=2，PD⊥平面ABCD．（1）求证：AD⊥PB；（2）若三棱锥P﹣BCD的体积为，求BD与平面PBC所成角．20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=4．（1）若过点A（3，2）的直线与圆O相交，求直线l斜率的取值范围；（2）点B（1，1）是圆内一点，P，Q是圆上任意两点，若∠PBQ=90°，求线段PQ的中点的轨迹方程．21．（12分）已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰三角形，俯视图为直角梯形．求证：（1）BN⊥平面C1B1N；（2）求点A到平面CB1N的距离．22．（12分）已知圆C过B（2，0）．（1）若圆C与圆D：（x﹣1）2+y2=r2关于直线y=x对称，试判断圆D与圆C的位置关系；（2）若圆C过点A（0，2），圆心在圆x2+y2=2的内部，且直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2，点P为圆C上异于A，B的任意一点，直线PA与x轴交于点M，直线PB与y轴交于点N．①求圆C的方程；②求证：|AN|•|BM|为定值．2017-2018学年山西省运城市高二（上）期中数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）下列结论正确的是（）A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线【分析】通过简单几何体和直观图说明A和B错误，根据正六棱锥的过中心和定点的截面知C错误，由圆锥的母线进行判断知D正确．【解答】解：A、如图（1）所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥，故A错误；B、如图（2）（3）所示，若△ABC不是直角三角形，或是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥，故B错误；C、若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由过中心和定点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长，故C错误；D、根据圆锥母线的定义知，故D正确．故选D．【点评】本题考查了简单几何体的结构特征的应用，结合柱体、椎体和台体的结构特征，以及几何体的直观图进行判断，考查了空间想象能力．2．（5分）若直线l1：y=k（x﹣6）﹣2与直线l2关于点（2，1）对称，则直线l2恒过定点（）A．（0，2） B．（0，4） C．（﹣2，4）D．（4，﹣2）【分析】在直线l2恒上任意取一点A（x，y），根据题意以及直线关于某个点对称的性质，求得直线l2的方程，可得直线l2恒过定点的坐标．【解答】解：在直线l2恒上任意取一点A（x，y），则点A关于点（2，1）的对称点（4﹣x，2﹣y）在直线l1：y=k（x﹣6）﹣2上，故有2﹣y=k（4﹣x﹣6）﹣2，即kx﹣y+2k+4=0，即k（x+2）﹣y+4=0，令x+2=0，求得x=﹣2，y=4，可得直线l2恒过定点（﹣2，4），故选：C．【点评】本题主要考查直线关于某个点对称的性质，直线经过定点问题，属于基础题．3．（5分）设l、m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（）A．若m∥l，m∥α，则l∥αB．若m⊥α，l⊥m，则l∥αC．若α∥β，l⊥α，m∥β，则l⊥m D．若m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α∥β【分析】利用空间直线的位置关系以及线面平行、面面平行的判定定理对选项分别分析解答．【解答】解：对于A，若m∥l，m∥α，则l可能在α内，故A错误；对于B，若m⊥α，l⊥m，则l可能在α内，故B错误；对于C，若α∥β，l⊥α，得到l⊥β，结合m∥β，得到l⊥m；故C正确；对于D，若m⊂α，m∥β，l⊂β，l∥α，则α与β可能相交；故D错误；故选C．【点评】本题考查了空间直线的位置关系以及线面平行、面面平行的判定定理，关键是熟练掌握定理．4．（5分）若直线x+（1+m）y+m﹣2=0与直线2mx+4y+16=0平行，则m的值等于（）A．1 B．﹣2 C．1或﹣2 D．﹣1或﹣2【分析】根据两条直线平行的充要条件，列出关系，分别验证选项即可．【解答】解：由题得，可知只有m=1时A正确，B中两条直线不平行；那么C、D也都不正确，符合条件，故选A．【点评】本题考查两条直线平行的关系，是基础题．5．（5分）若直线mx+ny+3=0在x轴上的截距为﹣，且它的倾斜角是直线x ﹣y=3的倾斜角的2倍，则（）A．m=，n=1 B．m=﹣，n=﹣3 C．m=，n=﹣3 D．m=﹣，n=1【分析】对于直线mx+ny+3=0，令y=0求出x的值，即为直线在x轴上的截距，根据截距为﹣求出m的值，再由已知直线的斜率求出倾斜角，确定出所求直线的倾斜角，求出所求直线的斜率，即可求出n的值．【解答】解：对于直线mx+ny+3=0，令y=0，得到x=﹣，即=﹣，解得：m=∵x﹣y=3斜率为，则其倾斜角为60°，∴直线mx+ny+3=0的倾斜角为120°，即斜率为﹣，∴﹣=﹣，即n=1，故选，A．【点评】此题考查了直线的倾斜角，以及直线的截距式方程，熟练掌握倾斜角与斜率的关系是解本题的关键．6．（5分）已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC中∠ABC的大小是（）A．30°B．45°C．60°D．90°【分析】根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC 的形状，可得结论．【解答】解：根据“斜二测画法”可得BC=B′C′=2，AO=2A′O′=．故原△ABC是一个等边三角形．故选C．【点评】本题考查的知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形．7．（5分）若圆（x﹣3）2+（y﹣5）2=r2上有且只有四个点到直线4x+3y=2的距离等于1，则半径r的取值范围是（）A．（4，6） B．（6，+∞）C．（﹣∞，4）D．[4，6]【分析】先利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，由题意得|1﹣r|＞1，解此不等式求得半径r的取值范围．【解答】解：圆心（3，5）到直线4x+3y﹣2=0的距离等于=5，由|1﹣r|＞5得r＞6，故选：B．【点评】本题考查点到直线的距离公式的应用，以及绝对值不等式的解法．8．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F是线段B1D1上的两个动点，且EF=，则下列结论错误的是（）A．AC⊥BFB．A1C⊥平面AEFC．异面直线AE，BF所成的角为定值D．三棱锥A﹣BEF的体积为定值【分析】在A中，由AC⊥平面B1D1DB，得AC⊥BF；在B中，推导出A1C⊥B1D1，A1C⊥AD1，从而A1C⊥平面AEF；在C中，设异面直线AE，BF所成的角所成的角为α，当E与D1重合时sinα=，当F与B1重合时tanα=，从而异面直线AE、BF所成的角不是定值；在D中，△BEF的面积为定值，AO为棱锥A﹣BEF的高，从而三棱锥A﹣BEF的体积为定值．【解答】解：在A中，∵在正方体中，AC⊥BD，∴AC⊥平面B1D1DB，∵BF⊂平面B1D1DB，∴AC⊥BF，故A正确；在B中，∵平正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D1⊥A1C1，B1D1⊥CC1，A1C1∩CC1=C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，∴A1C⊥B1D1，同理，A1C⊥AD1，又AD1∩B1D1=D1，∴A1C⊥平面AEF，故B正确；利用图形设异面直线AE，BF所成的角为α，当E与D1重合时sinα=，α=30°；当F与B1重合时tanα=，∴异面直线AE、BF所成的角不是定值，故C错误；在D中，∵EF=，∴△BEF的面积为定值×EF×1=，又AC⊥平面BDD1B1，∴AO为棱锥A﹣BEF的高，∴三棱锥A﹣BEF的体积为定值，故D正确．故选：C．【点评】本题考查命题真假的判断，考查正方体的结构特征、空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．9．（5分）一个几何体的三视图如图，其俯视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为（）A．B．C．D．（4+π）【分析】几何体是半圆锥与四棱锥的组合体，且半圆锥的底面半径为1，根据俯视图与侧视图的形状可得侧视图等边三角形的边长，由此可得棱锥与圆锥的高，把数据代入锥体的体积公式计算．【解答】解：由三视图知：几何体是半圆锥与四棱锥的组合体，且半圆锥的底面半径为1，由俯视图知底面是半圆和正方形，又正方形的边长为2，∴侧视图等边三角形的边长为2，∴半圆锥与四棱锥的高都为，∴几何体的体积V=××π×12×+×22×=．故选：B【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键．10．（5分）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为，则球O的表面积为（）A．16πB．4πC．36πD．64π【分析】由题意∠AOB=90°，A，B是球O的球面上两点，可得0A=0B=R，那么△AOB是直角三角形，其面积为，只需三棱锥O﹣ABC的高最大值可得三棱锥O﹣ABC体积的最大值，所以三棱锥O﹣ABC的高最大值为R，体积的最大为=，即可求解球O的表面积．【解答】解：由题意∠AOB=90°，A，B是球O的球面上两点，可得0A=0B=R，可得：△AOB是直角三角形，其面积为，只需三棱锥O﹣ABC的高最大值可得三棱锥O﹣ABC体积的最大值，所以三棱锥O﹣ABC的高最大值为R，体积的最大为=，解得：R=2．球O的表面积S=4πR2=16π．故选：A【点评】本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．11．（5分）已知直线l：x﹣y=1与圆P：x2+y2﹣2x+2y+1=0相交于A，C两点，点B，D分别在圆P上运动，且位于直线l的两侧，则四边形ABCD面积的最大值为（）A．2 B．2 C．D．2【分析】化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，画出图形，由图可知，当BD为圆的直径，且BD⊥AC时，四边形ABCD面积最大，由此求得答案．【解答】解：圆P：x2+y2﹣2x+2y+1=0化为标准方程为（x﹣1）2+（y+1）2=1，如图，要使四边形ABCD面积取得最大值，则BD为圆的直径，且BD⊥AC，由题意可知：|AC|=，∴四边形ABCD面积的最大值为．故选：C．【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．12．（5分）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P使得AP+D1P最短，则AP+D1P的最小值为（）A．4 B．+C．8+4D．2【分析】把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1′，AP+D1P的最小值为AD1′．【解答】解：如图所示，把对角面A1C绕A1B旋转至A1BC′D1′，使其与△AA1B在同一平面上，连接AD1′，则AP+D1P的最小值为：AD1′==2．故选：D．【点评】本题考查两线段长的最小值的求法，考查正方体的结构特征、空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）已知点A（2，﹣1，﹣3），则点A关于x轴对称点为（2，1，3）．【分析】点A（a，b，c），则点A关于x轴对称点为（a，﹣b，﹣c）．【解答】解：∵点A（2，﹣1，﹣3），∴点A关于x轴对称点为（2，1，3）．故答案为：（2，1，3）．【点评】本题考查空间中点的坐标的求法，考查空间中关于x轴对称的点的坐标的求法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．14．（5分）设P是直线y=2x﹣4上的一个动点，过点P作圆x2+y2=2的一条切线，切点为Q，则当|PQ|取最小值时点P的坐标为（，﹣）．【分析】设直线y=2x﹣4为直线l，过圆心O作OP⊥直线l，此时|PQ|取最小值，由直线OP：y=﹣x，与直线y=2x﹣4联立，可得P的坐标．【解答】解：设直线y=2x﹣4为直线l，过圆心O作OP⊥直线l，此时|PQ|取最小值，由直线OP：y=﹣x，与直线y=2x﹣4联立，可得P（，﹣），故答案为：（，﹣）．【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的切线性质，勾股定理，点到直线的距离公式，解题的关键是过圆心作已知直线的垂线，过垂足作圆的切线，得到此时的切线长最短．15．（5分）已知正三棱锥V﹣ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．则侧视图的面积是6．【分析】由已知中的三视图可得正三棱锥V﹣ABC的，侧棱长为4，底面棱长为2，进而可得该三棱锥的直观图，求出侧视图的底边边长和高，代入三角形面积公式，可得答案．【解答】解：该三棱锥的直观图，如图所示．根据三视图间的关系可得BC=2，∴侧视图中VA=2，=×2×2=6．∴S△VBC故答案为：6．【点评】本题考查了简单几何体的三视图，空间几何体的直观图，考查了学生的空间想象力及三视图中量的相等关系，属于基础题16．（5分）若直线y=kx﹣1与曲线y=﹣有两个公共点，则k的取值范围是（0，] ．【分析】根据题意得：y=kx﹣1为恒过定点（0，﹣1）的直线，曲线表示圆心为（2，0），半径为1的下半圆，由此利用数形结合思想能求出k的取值范围．【解答】解：根据题意得：y=kx﹣1为恒过定点（0，﹣1）的直线，曲线表示圆心为（2，0），半径为1的下半圆，如图所示，当直线与圆D相切时，有=1，解得：k=0或k=（不合题意，舍去）；把C（3，0）代入y=kx﹣1，得k=，∴k的取值范围是（0，]．故答案为：（0，]．【点评】本题考查直线的斜率的取值范围的求法，考查直线、圆、点到直线距离公式、直线与圆相切等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．（10分）已知直线l过直线x﹣y﹣1=0与直线2x+y﹣5=0的交点P．（1）若l与直线x+3y﹣1=0垂直，求l的方程；（2）点A（﹣1，3）和点B（3，1）到直线l的距离相等，求直线l的方程．【分析】（1）求出P的坐标，求出l的斜率，代入点斜式方程整理即可；（2）通过讨论得到直线l的斜率存在，由距离相等得到关于斜率k的方程，解出k的值，求出直线方程即可．【解答】解：（1）由，解得P（2，1），由于l与x+3y﹣1=0垂直，则l的斜率为3，代入直线的点斜式方程得：y﹣1=3（x﹣2），即3x﹣y﹣5=0；（2）由（1）知直线l过P（2，1），若直线l的斜率不存在，即x=2，此时，A，B的直线l的距离不相等，故直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y=k（x﹣2）+1，即kx﹣y﹣2k+1=0，由题意得=，解得：k=﹣1或k=﹣，故所求直线方程是：x+2y﹣4=0或x+y﹣3=0．【点评】本题考查了求直线方程问题，考查直线的位置关系以及点到直线的距离公式，是一道中档题．18．（12分）如图，四边形ABCD为矩形，四边形ABEF为等腰梯形，平面ABCD ⊥平面ABEF，AB∥EF，AB=2AF，∠BAF=60°，O，P分别为AB，CB的中点，M 为底面△OBF的重心．（1）求证：AF⊥平面CBF；（2）求证：PM∥平面AFC．【分析】（1）通过证明CB⊥AB，推出CB⊥平面ABEF，得到CB⊥AF，利用余弦定理推出BF⊥AF，然后证明AF⊥平面CBF．（2）取BF的中点Q，连接PO，PQ，OQ，说明PO∥AC，证明PO∥平面AFC，PQ∥平面AFC，推出平面POQ∥平面AFC，即可证明PM∥平面AFC．【解答】证明：（1）因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，且CB⊥AB，所以CB⊥平面ABEF，…．（1分）又AF⊂平面ABEF，所以CB⊥AF，…．（2分）因为AB=2AF，∠BAF=60°，设AF=a，由余弦定理得BF==，所以AB2=AF2+BF2，即BF⊥AF，…（4分）又CB∩BF=B，所以AF⊥平面CBF．…．（5分）（2）取BF的中点Q，连接PO，PQ，OQ，…（7分）因为P，O，Q分别是CB，AB，BF的中点，所以PO∥AC，PO⊄平面AFC，…（8分）从而PO∥平面AFC，同理PQ∥平面AFC，…（9分）又PO∩PQ=P，所以平面POQ∥平面AFC，…（10分）因为M为底面△OBF的重心，所以M∈OQ，从而PM⊂平面POQ．…（11分）所以PM∥平面AFC．…（12分）【点评】本题考查直线与平面垂直，平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠DAB=60°，AB=2，AD=2，PD⊥平面ABCD．（1）求证：AD⊥PB；（2）若三棱锥P﹣BCD的体积为，求BD与平面PBC所成角．【分析】（1）由余弦定理得BD2=3，从而AB2=AD2+BD2，进而AD⊥BD，由PD⊥平面ABCD，得PD⊥AD，由此能证明AD⊥平面PBD，从而AD⊥PB；（2）过D作DE⊥PB，垂足为E，推导出BC⊥平面PBD，从而DE⊥平面PBC，BD与平面PBC所成角为∠DBE，由=，由此能求出∠DBP即可．【解答】证明：（1）在△ABD中，∠DAB=60°，AB=2AD=2，由余弦定理得BD2=AB2+AD2﹣2AB•ADcos∠DAB=3，∴AB2=AD2+BD2，∴∠ADB=90°，∴AD⊥BD，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，∴AD⊥平面PBD，∴AD⊥PB．解：（2）过D作DE⊥PB，垂足为E，∵ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴由（1）得AD⊥平面PBD，∴BC⊥平面PBD，∴平面PBC⊥平面PBD，∴DE⊥平面PBC，∴BD与平面PBC所成角为∠DBE，∵=．∴PD=1，又BD=，PD⊥BD，∴∠DBP=30°∴BD与平面PBC所成角为300．【点评】考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=4．（1）若过点A（3，2）的直线与圆O相交，求直线l斜率的取值范围；（2）点B（1，1）是圆内一点，P，Q是圆上任意两点，若∠PBQ=90°，求线段PQ的中点的轨迹方程．【分析】（1）设出直线方程，根据点到直线的距离，点到关于k的不等式，解出即可；（2）设出线段PQ的中点，根据垂直关系点到关于x的方程，整理即可．【解答】解：（1）由题意得直线l的斜率存在，设其方程为：y﹣2=k（x﹣3），即kx﹣y﹣3k+2=0，圆心O到直线l的距离为：d=，因为直线l和圆相交，故d=＜2，解得：0＜k＜；（2）设线段PQ的中点为M（x，y），在直角三角形PBQ中，|PM|=|BM|，∵O是坐标原点，连接OM，则OM⊥PQ，∴|OP|2=|OM|2+|PM|2=|OM|2+|BM|2，∴x2+y2+（x﹣1）2+（y﹣1）2=4，∴点M的轨迹方程为：x2+y2﹣x﹣y﹣1=0．【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，考查原点轨迹方程以及点到直线的距离，是一道中档题．21．（12分）已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其中正视图为矩形，侧视图为等腰三角形，俯视图为直角梯形．求证：（1）BN⊥平面C1B1N；（2）求点A到平面CB1N的距离．【分析】（1）由该几何体的三视图知AB⊥BC，AB⊥BB1，BC⊥BB1，推导出BC⊥平面ANBB1，B1C1⊥BN，BN⊥B1N，由此能证明BN⊥平面C1B1N．（2）设点A到平面CB 1N的距离为h，由，能求出点A到平面CB1N的距离．【解答】证明：（1）由该几何体的三视图知AB⊥BC，AB⊥BB1，BC⊥BB1，由三视图的数据可知：AB=BC=4，BB1=CC1=8，AN=4，∵AB⊥BC，BC⊥BB1，∴BC⊥平面ANBB1，∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥平面ANBB1，∴B1C1⊥BN，在直角梯形BB1AN中，过N作NE∥AB，交BB1于E，则B1E=BB1﹣AN=4，∴是等腰直角三角形，∴∠B1NE=45°，又AB=4，AN=4，∴∠ANB=45°，∴∠BNB1=90°，∴BN⊥B1N，∵B1N∩B1C1=B1，∴BN⊥平面C1B1N．解：（2）∵CN==4，NB1==4，∴CB1==4，∴=CB12，∴CN⊥NB1，设点A到平面CB1N的距离为h，∵，∴•CB，解得h=．∴点A到平面CB1N的距离．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．22．（12分）已知圆C过B（2，0）．（1）若圆C与圆D：（x﹣1）2+y2=r2关于直线y=x对称，试判断圆D与圆C的位置关系；（2）若圆C过点A（0，2），圆心在圆x2+y2=2的内部，且直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2，点P为圆C上异于A，B的任意一点，直线PA与x轴交于点M，直线PB与y轴交于点N．①求圆C的方程；②求证：|AN|•|BM|为定值．【分析】（1）求得D关于直线y=x的对称点，可得圆C的方程，代入（2，0），可得半径r，求得CD的距离，即可得到两圆的位置关系；（2）①可设圆心C（a，a），半径为r，运用点到直线的距离公式和弦长公式，解方程可得a的值，结合C在圆x2+y2=2的内部，可得a，进而得到所求圆C的方程；②讨论当直线PA的斜率不存在时，求得M，N的坐标，计算|AN|•|BM|；当直线PA，PB的斜率存在时，设P（x0，y0），求得直线PA，PB的方程，求得M，N 的坐标，计算|AN|•|BM|为定值．【解答】解：（1）由D（1，0）关于直线y=x对称的点为（0，1），设圆C的方程为x2+（y﹣1）2=r2，（r＞0），由B（2，0）在圆C上，可得4+1=r2，解得r=，即圆C：x2+（y﹣1）2=5，圆D：（x﹣1）2+y2=5，可得|CD|=＜2，则圆D与圆C相交；（2）①由题设可得，圆心C在线段AB的中垂线y=x上，可设圆心C（a，a），半径为r，由直线3x+4y+5=0被圆C所截得的弦长为2，且r=，由圆心C到直线3x+4y+5=0的距离为d===，解得a=0或a=170，圆心在圆x2+y2=2的内部，可得a2+a2＜2，即﹣1＜a＜1，则a=0，圆C的方程为x2+y2=4；②证明：当直线PA的斜率不存在时，可得N（0，﹣2），M（0，0），即有|AN|•|BM|=4×2=8；当直线PA，PB的斜率存在时，设P（x0，y0），直线PA：y=x+2，令y=0，可得M（，0），直线PB：y=（x﹣2），令x=0，可得N（0，），则|AN|•|BM|=（2﹣）×（2﹣）=4+4×=8．则|AN|•|BM|为定值．【点评】本题考查圆的方程和两圆的位置关系的判断，考查直线方程和点到直线的距离公式，以及直线和圆相交的弦长公式，考查运算能力，属于中档题．。