江苏宿迁市数学高一下期中阶段测试(培优提高)

一、选择题
1．(0分)[ID ：12426]已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ） A ．若//,//,m n αα则//m n
B ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥
C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n α
D ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥
2．(0分)[ID ：12412]一正四面体木块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将木块锯开，使截面平行于棱VB 和AC ，则下列关于截面的说法正确的是（ ）．
A ．满足条件的截面不存在
B ．截面是一个梯形
C ．截面是一个菱形
D ．截面是一个三角形
3．(0分)[ID ：12408]已知两点()A 3,4-，()B 3,2，过点()P 1,0的直线l 与线段AB 有公共点，则直线l 的斜率k 的取值范围是( )
A ．()1,1-
B ．()(),11,∞∞--⋃+
C ．[]1,1-
D ．][()
,11,∞∞--⋃+ 4．(0分)[ID ：12400]若圆C:222430x y x y ++-+=关于直线260ax by ++=对称，则由点(,)a b 向圆所作的切线长的最小值是（ ）
A ．2
B ．4
C ．3
D ．6 5．(0分)[ID ：12375]直线20x y ++=截圆222210x y x y a ++-+-=所得弦的长度为
4，则实数a 的值是（ ）
A ．－3
B ．－4
C ．－6
D ．36- 6．(0分)[ID ：12357]如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积
是（ ）
A ． 22
B ． 42
C ．4
D ．8
7．(0分)[ID ：12351]已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球表面积为 （ ）
A ．3π
B ．23π
C ．43π
D ．12π
8．(0分)[ID ：12340]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A ．12
B ．18
C ．24
D ．30 9．(0分)[ID ：12331]矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B AC D --，则四面体ABCD 的外接球的体积是（ ）
A ．12512π
B ．1259π
C ．1256π
D ．1253
π 10．(0分)[ID ：12391]已知点()1,2-和3⎫⎪⎪⎝⎭
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⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
11．(0分)[ID ：12387]α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
①若α//β，m ⊂α，则m//β； ②若m//α，n ⊂α，则m//n ；
③若α⊥β，α∩β=n ，m ⊥n ，则m ⊥β ④若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥α，则m ⊥β. A ．①③ B ．①④
C ．②③
D ．②④ 12．(0分)[ID ：12384]若圆22240x y x y +--=的圆心到直线0x y a -+=的距离为
22
，则a 的值为( )
A ．-2或2
B ．12或32
C ．2或0
D ．-2或0
13．(0分)[ID ：12365]如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD CD ===，2BD =，BD CD ⊥，将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，若四面体A BCD '-的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A ．3π
B ．32π
C ．4π
D ．34
π 14．(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
15．(0分)[ID ：12385]一锥体的三视图如图所示,则该棱锥的最长棱的棱长为 ( )
A ．√33
B ．√17
C ．√41
D ．√42
二、填空题
16．(0分)[ID ：12528]《九章算术》中，将底面为长方形且由一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，2,4PA AB AC ===，三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的
球面上，则球O 的表面积为__________.
17．(0分)[ID ：12515]若直线y x b =+与曲线234y x x =+-有公共点，则b 的取值范围是______．
18．(0分)[ID ：12514]过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB 、AD 、1AA 所成的角都相等，这样的直线l 可以作_________条.
19．(0分)[ID ：12512]一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为________
20．(0分)[ID ：12509]已知三棱锥D ABC -的体积为2，ABC ∆是边长为2的等边三角形，且三棱锥D ABC -的外接球的球心O 恰好是CD 的中点，则球O 的表面积为_______.
21．(0分)[ID ：12507]在平面直角坐标系内，到点A （1，2），B （1，5），C （3，6），D （7，﹣1）的距离之和最小的点的坐标是 ．
22．(0分)[ID ：12503]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_______
23．(0分)[ID ：12472]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________.
24．(0分)[ID ：12451]圆221x y +=上的点到直线34250x y +-=的距离的最小值是 ．
25．(0分)[ID ：12450]已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C 三点．如果2AB AC ==，22BC =，则球心到平面ABC 的距离为__________．
三、解答题
26．(0分)[ID ：12608]如图，梯形ABCD 中，AB ∥CD ,,E F 是线段AB 上的两点,且DE AB ⊥,CF AB ⊥,12AB =,5AD =,42BC =,4DE =.现将△ADE ,△CFB 分别沿DE ,CF 折起,使两点,A B 重合于点G ,得到多面体CDEFG （1）求证：平面DEG ⊥平面CFG ;（2）求多面体CDEFG 的体积
27．(0分)[ID ：12593]在梯形ABCD 中，//AD BC ，AC BD ⊥于点O ，2BC AD =，9AC =，将ABD ∆沿着BD 折起，使得A 点到P 点的位置，35PC =.
（Ⅰ）求证：平面PBD ⊥平面BCD ；
（Ⅱ）M 为BC 上一点，且2BM CM =，求证：//OM 平面PCD .
28．(0分)[ID ：12554]如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是直角梯形，
//AB CD ， 33AB CD ==，AB AD ⊥，AB PA ⊥， 且2AD PA ==，22PD =，
13
PE PB =
（1）证明：//CE 平面PAD ；
（2）求点B 到平面ECD 的距离；
29．(0分)[ID ：12548]如图，在ABC 中AC BC ⊥且点O 为AB 的中点，矩形ABEF 所在的平面与平面ABC 互相垂直.
（1）设EC 的中点为M ，求证：//OM 平面ACF ；
（2）求证：AC ⊥平面CBE
30．(0分)[ID ：12568]在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为32112x y t ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩
（t 为参
数），若以直角坐标系xOy 的O 点为极点，Ox 所在直线为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C 的极坐标方程为22)4πρθ=-
.
（1）求曲线C 的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C交于,A B两点，求线段AB的长度.
【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．D
4．B
5．A
6．C
7．C
8．C
9．C
10．D
11．B
12．C
13．A
14．D
15．C
二、填空题
16．【解析】【分析】由题意得该四面体的四个面都为直角三角形且平面可得因为为直角三角形可得所以因此结合几何关系可求得外接球的半径代入公式即可求球的表面积【详解】本题主要考查空间几何体由题意得该四面体的四个
17．【解析】【分析】由曲线y=3+得（x﹣2）2+（y﹣3）2=40≤x≤4直线y=x+b与曲线y=3+有公共点圆心（23）到直线y=x+b的距离d不大于半径r=2由此结合图象能求出实数b的取值范围【详
18．【解析】【分析】将小正方体扩展成4个小正方体根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数【详解】解：设ABCD﹣A1B1C1D1边长为1第一条：AC1是满足条件的直线；第二条：延长C1D1到C1且D1
19．【解析】【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为则球心为线段的中点利用勾股定理求出球的半径由此能求出球的表面积【详解】∵一个直三棱柱的每条棱长都是且每个顶点都在球的球面上∴设此直三棱柱两底面的中心分别
20．【解析】【分析】如图所示根据外接球的球心O恰好是的中点将棱锥的高转化为点到面的距离再利用勾股定理求解【详解】如图所示：设球O的半径为R球心O到平面的距离为d 由O是的中点得解得作平面ABC垂足为的外心
21．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD中任取一点P在△APC中有AP＋PC＞AC在△BPD中有PB＋PD＞BD
22．【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
23．28【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
24．4【解析】试题分析：圆的圆心为圆心到直线的距离为所以点到直线的距离的最小值是5-1=4考点：直线和圆的位置关系
25．【解析】设球的半径为表面积解得∵在中∴从圆心作平面的垂线垂足在斜边的中点处∴球心到平面的距离故答案为点睛：本题考查的知识点是空间点线面之间的距离计算其中根据球心距球半径解三角形我们可以求出所在平面截
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】
试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B 正确.
考点：空间点线面位置关系．
2．C
解析：C
【解析】
【分析】
取AB 的中点D ，BC 的中点E ，VC 的中点F ，连接,,,PD PF DE EF ，易得即截面为四边形PDEF ，且四边形PDEF 为菱形即可得到答案.
【详解】
取AB 的中点D ，BC 的中点E ，VC 的中点F ，连接,,,PD PF DE EF ，
易得PD ∥VB 且12PD VB =，EF ∥VB 且12
EF VB =，所以PD ∥EF ，PD EF =， 所以四边形PDEF 为平行四边形，又VB ⊄平面PDEF ，PD ⊂平面PDEF ,由线面平行 的判定定理可知，VB ∥平面PDEF ，AC ∥平面PDEF ，即截面为四边形PDEF ，又
1122
DE AC VB PD =
==，所以四边形PDEF 为菱形，所以选项C 正确. 故选：C
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理的应用，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.
3．D
解析：D
【解析】
分析：根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围．
详解：∵点A （﹣3，4），B （3，2），过点P （1，0）的直线L 与线段AB 有公共点， ∴直线l 的斜率k≥k PB 或k≤k PA ，
∵PA 的斜率为4031--- =﹣1，PB 的斜率为2031
--=1， ∴直线l 的斜率k≥1或k≤﹣1，
故选：D ．
点睛：本题主要考查直线的斜率的求法，利用数形结合是解决本题的关键，比较基础．直线的倾斜角和斜率的变化是紧密相联的，tana=k,一般在分析角的变化引起斜率变化的过程时，是要画出正切的函数图像，再分析.
4．B
解析：B
【解析】
试题分析：222430x y x y ++-+=即22
(1)(2)2x y ++-=，
由已知，直线260ax by ++=过圆心(1,2)C -，即2260,3a b b a -++==-，
由平面几何知识知，为使由点(,)a b 向圆所作的切线长的最小，只需圆心(1,2)C -与直线30x y --=2123(
)242----=，
故选B .
考点：圆的几何性质，点到直线距离公式. 5．A
解析：A
【解析】
【分析】
求出圆心坐标和半径，根据圆的弦长公式，进行求解即可.
【详解】
由题意，根据圆的方程222210x y x y a ++-+-=，即22(1)(1)2x y a ++-=-， 则圆心坐标为(1,1)-，半径1r a =- 又由圆心到直线的距离为112
22d -++== 所以由圆的弦长公式可得222(1)(2)4a --=，解得3a =-，故选A.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系的因公，以及弦长公式的应用，其中根据圆的方程，求得圆心坐标和半径，合理利用圆的弦长公式列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
6．C
解析：C
【解析】
分析：由三视图还原实物图,再根据三角形面积公式求解.
详解：在斜二测直观图中OB=2,OA=2, 所以在平面图形中OB=2,OA=4， OA ⊥OB ， 所以面积为12442S =
⨯⨯=. 选C.
点睛： 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观
图． 2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．
7．C
解析：C
【解析】
【分析】 由三视图知几何体是一个侧棱与底面垂直的三棱锥，底面是斜边上的高为2的等腰直角三角形，与底面垂直的侧面是个等腰三角形，底边长为2，高为2，故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，由此可得结论
【详解】
由三视图知几何体是一个侧棱与底面垂直的三棱锥，
底面是斜边上的高为2的等腰直角三角形，
与底面垂直的侧面是个等腰三角形，底边长为2，高为2，
故三棱锥的外接球与以棱长为2的正方体的外接球相同，其直径为23，半径为3
∴三棱锥的外接球体积为()343433
ππ⨯=
故选C
【点睛】 本题主要考查了三视图，几何体的外接球的体积，考查了空间想象能力，计算能力，属于中档题．
8．C
解析：C
【解析】
试题分析：由三视图可知，几何体是三棱柱消去一个同底的三棱锥，如图所示，三棱柱的高为5，消去的三棱锥的高为3，三棱锥与三棱柱的底面为直角边长分别为3和4的直角三角形，所以几何体的体积为V =12×3×4×5−13×1
2×3×4×3=24，故选C ．
考点：几何体的三视图及体积的计算．
【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图的应用及体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答的难点在于根据几何体的三视图还原出原几何体和几何体的度量关系，属于中档试题．
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334451253326
V r πππ⎛⎫==⋅= ⎪⎝⎭.
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．D
解析：D
【解析】
设直线l 的倾斜角为θ∈[0,π).点A (1,−2),B 3 直线l :ax −y −1=0(a ≠0)经过定点P (0,−1). ()
121, 3.0130PA PB k k ---==-==-- ∵点(1,−2)和3在直线l :ax −y −1=0(a ≠0)的两侧， ∴k P A <a <k PB ,∴−1<tanθ3tanθ≠0.
解得30,34
ππ
θθπ<<<<.
本题选择D 选项. 11．B
解析：B
【解析】
【分析】
在①中，由面面平行的性质定理得m ∥β；在②中，m 与n 平行或异面；在③中，m 与β相交、平行或m ⊂β；在④中，由n ⊥α，m ⊥α，得m ∥n ，由n ⊥β，得m ⊥β．
【详解】
由α，β为两个不同的平面，m ，n 为两条不同的直线，知：
在①中，若α∥β，m ⊂α，则由面面平行的性质定理得m ∥β，故①正确；
在②中，若m ∥α，n ⊂α，则m 与n 平行或异面，故②错误；
在③中，若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m 与β相交、平行或m ⊂β，故③错误； 在④中，若n ⊥α，m ⊥α，则m ∥n ，
由n ⊥β，得m ⊥β，故④正确．
故选：B ．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想，是中档题．
12．C
解析：C
【解析】
【分析】
把圆的方程化为标准方程,找出圆心坐标,根据点到直线的距离公式列出关于a 的方程,求出方程的解得到a 的值即可.
【详解】
把圆的方程化为标准式为:22(1)(2)5x y -+-=,所以圆心坐标为(1,2).
则圆心到直线0x y a -+=的距离
2
d ==, 即11a -=,化简得11a -=或11a -=-,解得:2a =或0a =.
所以a 的值为0或2.
故选C.
【点睛】
本题考查学生会将圆的一般式方程化为标准式方程,灵活运用点到直线的距离公式化简求值.
13．A
解析：A
【解析】
【分析】
设BC 的中点是E ，连接DE ，由四面体A′­BCD 的特征可知，DE 即为球体的半径.
【详解】
设BC 的中点是E ，连接DE ，A′E，
因为AB ＝AD ＝1，BD ＝2 由勾股定理得：BA⊥AD 又因为BD⊥CD，即三角形BCD 为直角三角形
所以DE 为球体的半径
32DE = 234(
)32
S ππ== 故选A
【点睛】 求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R 的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R 的方程.
14．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.
15．C
解析：C
【解析】
试题分析：该几何体为一个侧面与底面垂直，底面为正方形的四棱锥（如图所示），其中底面ABCD 边长为4，侧面PAD ⊥平面ABCD ，点P 在底面的射影为E ，所以PE ⊥AD,DE =1,AE =4,PE =4,所以PA =√PE 2+AE 2=5,PB =√PE 2+BE 2=√41,PC =
√PE 2+CE 2=√33,PD =√PE 2+DE 2=√17,底面边长为4，所以最长的棱长为√41，故选C.
考点：简单几何体的三视图．
二、填空题
16．【解析】【分析】由题意得该四面体的四个面都为直角三角形且平面可得因为为直角三角形可得所以因此结合几何关系可求得外接球的半径代入公式即可求球的表面积【详解】本题主要考查空间几何体由题意得该四面体的四个
解析：20π 【解析】
【分析】
由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且PA ⊥平面ABC ，可得25PC =22PB =PBC 为直角三角形，可得23BC =PB BC ⊥，因此AB BC ⊥，结合几何关系，可求得外接球O 的半径
2
222152PA R r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭O 的表面积． 【详解】
本题主要考查空间几何体． 由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且PA ⊥平面ABC ，
2PA AB ==，4AC =，25PC =22PB =
因为PBC 为直角三角形，
因此23BC =7BC =（舍）．
所以只可能是23BC =
此时PB BC ⊥，因此AB BC ⊥，
所以平面ABC 所在小圆的半径即为22
AC r ==，
又因为2PA =，
所以外接球O 的半径2222152PA R r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭， 所以球O 的表面积为24π20πS R ==．
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球问题，难点在于确定BC 的长，即得到AB BC ⊥，再结合几何性质即可求解，考查学生空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力，属中档题．
17．【解析】【分析】由曲线y=3+得（x ﹣2）2+（y ﹣3）2=40≤x≤4直线y=x+b 与曲线y=3+有公共点圆心（23）到直线y=x+b 的距离d 不大于半径r=2由此结合图象能求出实数b 的取值范围【详
解析：122,3⎡⎤-⎣⎦
【解析】
【分析】
由曲线y=3+24x x -，得（x ﹣2）2+（y ﹣3）2=4，0≤x≤4，直线y=x+b 与曲线y=3+24x x -有公共点，圆心（2，3）到直线y=x+b 的距离d 不大于半径r=2，由此结合图象能求出实数b 的取值范围．
【详解】
由曲线y=3+24x x -，
得（x ﹣2）2+（y ﹣3）2=4，0≤x≤4，
∵直线y=x+b 与曲线y=3+24x x -有公共点，
∴圆心（2，3）到直线y=x+b 的距离d 不大于半径r=2，
即23212b 1+222b
d -+=≤⇒-≤≤
∵0≤x≤4，
∴x=4代入曲线24x x -y=3，
把（4，3）代入直线y=x+b ，得b min =3﹣4=﹣1，②
联立①②，得-1b 122≤≤+
∴实数b 的取值范围是[﹣1，1+22]．
故答案为1,122⎡⎤-+⎣⎦.
【点睛】
本题考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理．
18．【解析】【分析】将小正方体扩展成4个小正方体根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数【详解】解：设ABCD ﹣A1B1C1D1边长为1第一条：AC1是满足条件的直线；第二条：延长C1D1到C1且D1
解析：4
【解析】
【分析】
将小正方体扩展成4个小正方体，根据直线夹角的定义即可判断出符合条件的条数．
【详解】
解：设ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1边长为1．
第一条：AC 1是满足条件的直线；
第二条：延长C 1D 1到C 1且D 1C 2＝1，AC 2是满足条件的直线；
第三条：延长C 1B 1到C 3且B 1C 3＝1，AC 3是满足条件的直线；
第四条：延长C 1A 1到C 4且C 4A 12=，AC 4是满足条件的直线．
故答案为4．
【点睛】
本题考查满足条件的直线条数的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查分类与整合思想，是基础题．
19．【解析】【分析】设此直三棱柱两底面的中心分别为则球心为线段的中点利用勾股定理求出球的半径由此能求出球的表面积【详解】∵一个直三棱柱的每条棱长都是且每个顶点都在球的球面上∴设此直三棱柱两底面的中心分别 解析：21π
【解析】
【分析】
设此直三棱柱两底面的中心分别为12,O O ，则球心O 为线段12O O 的中点，利用勾股定理求出球O 的半径2R ，由此能求出球O 的表面积．
【详解】
∵一个直三棱柱的每条棱长都是3，且每个顶点都在球O 的球面上，
∴设此直三棱柱两底面的中心分别为12,O O ，则球心O 为线段12O O 的中点，
设球O 的半径为R ，则2
223232132324R ⎛⎫⎛⎫=+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∴球O 的表面积2S 4R 21ππ== .
故答案为：21π．
【点睛】
本题考查球的表面积的求法，空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想、属于中档题．
20．【解析】【分析】如图所示根据外接球的球心O 恰好是的中点将棱锥的高转化为点到面的距离再利用勾股定理求解【详解】如图所示：设球O 的半径为R 球心O 到平面的距离为d 由O 是的中点得解得作平面ABC 垂足为的外心
解析：
523
π 【解析】
【分析】 如图所示，根据外接球的球心O 恰好是CD 的中点，将棱锥的高，转化为点到面的距离，再利用勾股定理求解.
【详解】
如图所示：
设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ，
由O 是CD 的中点得2213222322D ABC O ABC V V d --==
⨯⨯⨯=， 解得3d =
作1OO ⊥平面ABC ，垂足1O 为ABC ∆的外心， 所以123CO =， 所以22223133)33R ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭
，
所以球O 的表面积为25243R ππ=
. 故答案为：
523
π 【点睛】
本题主要考查三棱锥的外接球的体积，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题. 21．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD 对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD 中任取一点P 在△A PC 中有AP ＋PC ＞AC 在△BPD 中有PB ＋PD ＞BD
解析：（2，4）
【解析】
【分析】
【详解】
取四边形ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下： 假设在四边形ABCD 中任取一点P ，在△APC 中，有AP ＋PC ＞AC ，在△BPD 中，有PB ＋
PD ＞BD ，
而如果P 在线段AC 上，那么AP ＋PC ＝AC ；同理，如果P 在线段BD 上，那么BP ＋PD ＝BD.
如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P 就只能是AC 与BD 的交点． 易求得P(2,4)．
22．【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 2ACD ABD AC AD CAD S AC CD S AB DB AB AD BAD ⋅⋅∠∴=====⋅⋅∠， 2,(1,5)2(2,)CD DB a b a b ∴=--=--，解得55,33
a b ==， 55(,)33
D ∴，所以BAC ∠的平分线AD 方程为0x y -=. 故答案为: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.
23．28【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.
24．4【解析】试题分析：圆的圆心为圆心到直线的距离为所以点到直线的距离的最小值是5-1=4考点：直线和圆的位置关系
解析：4 【解析】
试题分析：圆的圆心为()0,0,1r =，圆心到直线34250x y +-=的距离为
2
2
25534
d -=
=+，所以点到直线34250x y +-=的距离的最小值是5-1=4
考点：直线和圆的位置关系
25．【解析】设球的半径为表面积解得∵在中∴从圆心作平面的垂线垂足在斜边的中点处∴球心到平面的距离故答案为点睛：本题考查的知识点是空间点线面之间的距离计算其中根据球心距球半径解三角形我们可以求出所在平面截 3
设球的半径为r ，表面积24π20πS r ==，解得5r =
，∵在ABC 中，
2AB AC ==，22BC =，222AB AC BC +=，∴90BAC ∠=︒，从圆心作平面ABC 的垂线，垂足在斜边BC 的中点处，∴球心到平面ABC 的距离
2
2132d r BC ⎛⎫
=-= ⎪⎝⎭
，故答案为3.
点睛：本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离计算，其中根据球心距d ，球半径
R ，解三角形我们可以求出ABC 所在平面截球所得圆（即ABC 的外接圆半径），构
造直角三角形，满足勾股定理，我们即可求出球心到平面ABC 的距离是与球相关的距离问题常用方法.
三、解答题 26．
：（Ⅰ）见解析（Ⅱ）16 【解析】 【分析】 【详解】
（Ⅰ）证明：因为,DE EF CF EF ⊥⊥，所以四边形平面CDEF 为矩形， 由5,4GD DE ==，42,4GC CF ==
得223GE GD CF =-=224GF GC CF =-=， 所以5EF =，在EFG 中 ，
有222EF GE FG =+，所以EG GF ⊥又因为,CF EF CF FG ⊥⊥，
得CF ⊥平面EFG ， 所以CF EG ⊥，所以EG ⊥平面CFG ，即平面DEG ⊥平面
CFG ;
（Ⅱ）：在平面EGF 中，过点G 作GH EF ⊥于点H ，
则12
5
EG GF GH EF ⋅=
= 因为平面CDEF ⊥平面EFG ，
得GH ⊥平面CDEF ，1
163
CDEF CDEF V S GH =
⋅= 27．
（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）见证明
【分析】
（Ⅰ）先证明PO ⊥平面BCD ，再证明平面PBD ⊥平面BCD ；（Ⅱ）先证明
//OM DC .
再证明//OM 平面PCD . 【详解】
（Ⅰ）因为//AD BC ，2BC AD =，所以2CO AO =， 所以6CO =，3AO =.
即3PO =，又因为PC =PO CO ⊥ . 因为AC BD ⊥于点O ，所以PO BD ⊥. 又因为BD OC O ⋂=，所以PO ⊥平面BCD . 又因PO ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面BCD . （Ⅱ）因为//AD BC ，2BC AD =，所以2BO
DO
=， 又因为
2BM CM =，因此BO BM
DO CM
=，所以//OM DC . 又因为OM ⊄平面PCD ，DC ⊂平面PCD ， 所以//OM 平面PCD . 【点睛】
本题主要考查线面平行和面面垂直的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
28．
（1）见解析；（2【解析】 【分析】
（1）取PA 的三等分点F ，法一，利用线面平行的判定定理证明.法二，利用面面平行判定定理证明；
（2）法一，利用等积转换即B ECD E BCD V V --=，即可求得，法二，利用空间向量法，求点到面的距离. 【详解】
(1)解法一：取PA 的三等分点F ，连结,DF EF ，则1
3
PF PA = 又因为13PE PB =，所以1
3
EF AB =且//EF AB ， 因为13
CD AB
=
且//AB CD ，所以EF CD =且//EF CD ，
四边形CDFE 是平行四边形， 所以//CE DF ，
又平面DF ⊂平面 PAD ，CE ⊄平面 PAD ， 所以//CE 平面 PAD .
解法二：取AB 的三等分点G ，连结,FG CG ，则1
3
AG AB =， 又因为1
3
PE PB =， 所以2
3
EG PA =
且//EG PA ，EG ⊄平面PAD ， PA ⊂平面PAD ， //EG ∴平面PAD ，
因为13
CD AB
=
且//AB CD ，所以AG CD =且//AG CD ， 四边形ADCG 是平行四边形.
所以//AD CG ，CG ⊄平面PAD ，DA ⊂平面PAD ，
//CG ∴平面PAD ，
又因为EG CG G ⋂=，,EG CG ⊂平面CEG ， 所以平面//CEG 平面PAD ， 又因为CE ⊂平面CEG ， 所以//CE 平面PAD .
(2)解法一：设点B 到平面ECD 的距离为h .
因为2PA AD ==
，PD =222PA AD PD +=，
所以，PA AD ⊥，因为,PA AB AB AD A ⊥⋂=，所以PA ⊥平面ABCD ， 点E 平面ABCD 的距离是
4
3
，3
DF ==
， 1
2112BCD S ∆=⨯⨯=，
11122ECD S CD DF ∆=
⨯⨯=⨯=
， 因为B ECD E BCD V V --=
，所以，1
141,3
33h h =⨯⨯=
点B 到平面ECD
解法二：设点B 到平面ECD 的距离为h .
因为2PA AD ==
，PD =222PA AD PD +=
所以，PA AD ⊥，因为,PA AB AB AD A ⊥⋂=，所以PA ⊥平面ABCD ， 分别以,,AD AB AP 为x 轴y 轴z 轴，建立空间坐标系，
4(0,0,0),(0,3,0),(2,1,0),(2,0,0),0,1,3A B C D E ⎛⎫ ⎪⎝⎭’40,2,3BE ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭，
设平面CDE 法向量1(,,)n x y z =，
因为0
4
203y x z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩
，所以1(2,0,3)n =， 设BE 与平面ECD 所成角为θ， 则 点B 到平面ECD
的距离11
4||cos 13
BE n h BE n
θ⋅==
=
= 点B 到平面ECD 的距离为 【点睛】
本题主要考查的是直线与平面平行的证明，点到面的距离的求法，以空间向量法求距离的应用，及解题时要注意认真审题，注意等价转化思想的合理应用，是中档题.
29．
（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】
（1）取CF 中点N ，连结AN ，MN ，可知四边形ANMO 为平行四边形，从而可知
//OM AN ，由线面平行的判定定理可证//OM 平面ACF .。