2020-2021深圳宝安区龙华中英文实验学校高中必修二数学下期中一模试卷(含答案)

2020-2021深圳宝安区龙华中英文实验学校高中必修二数学下期中一模试卷(含
答案)
一、选择题
1．圆224470x y x y +--+=上的动点P 到直线0x y +=的最小距离为（ ）
A ．1
B ．221-
C ．22
D ．2
2．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
3．三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，P A =2，AB =BC =1，则其外接球的表面积
为（ ） A ．6π
B ．5π
C ．4π
D ．3π
4．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
5．已知三棱锥S ABC -的每个顶点都在球O 的表面上，ABC ∆是边长为43的等边三角形，SA ⊥平面ABC ，且SB 与平面ABC 所成的角为6
π
，则球O 的表面积为（ ） A ．20π
B ．40π
C ．80π
D ．160π
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．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面1202,2ABC BAC AP AB ∠=︒==，，，M 是线
段BC 上一动点，线段PM 长度最小值为3，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（ ） A ．
92
π B ．92π
C ．18π
D ．40π
8．从点(,3)P m 向圆2
2
(2)(2)1x y +++=引切线，则切线长的最小值( ) A ．26 B ．5 C ．26
D ．42+ 9．，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
①若，，则
； ②若，，则； ③若
，
，
，则
④若
，
，
，则
.
A ．①③
B ．①④
C ．②③
D ．②④
10．已知AB 是圆22
620x 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
11．若圆22240x y x y +--=的圆心到直线0x y a -+=的距离为2
2
，则a 的值为( ) A ．-2或2
B ．
12或32
C ．2或0
D ．-2或0
12．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( ) A ．
15 B ．
5 C ．
6 D ．
10 二、填空题
13．点(5,2)到直线()1(21)5m x m y m -+-=-的距离的最大值为________.
14．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__________
15．一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________
16．若圆的方程为22
2
3()(1)12
4
k x y k +++=-，则当圆的面积最大时，圆心坐标和半径分别为 、 ．
17．已知平面α，β，γ是空间中三个不同的平面，直线l ，m 是空间中两条不同的直线，若α⊥γ，γ∩α＝m ，γ∩β＝l ，l⊥m，则 ①m⊥β；②l⊥α；③β⊥γ；④α⊥β.
由上述条件可推出的结论有________(请将你认为正确的结论的序号都填上)． 18．如上图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1AB CC 、的中点，
1MB P ∆的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题：
A ．平面1M
B P 1ND ⊥； B ．平面1MB P ⊥平面11ND A ；
C ．∆1MB P 在底面ABC
D 上的射影图形的面积为定值；
D ．∆1MB P 在侧面11D C CD 上的射影图形是三角形．其中正确命题的序号是__________. 19．若直线()():1210l m x m y m -+--=与曲线()2
:422C y x =
--有公共点，则
直线l 的斜率的最小值是_________.
20．已知PA 垂直于平行四边形ABCD 所在平面，若PC BD ⊥，则平行四边形ABCD 一定是___________.
三、解答题
21．如图（1）在等腰直角三角形ABC 中，90B ∠=︒，将ABC ∆沿中位线DE 翻折得到如图（2）所示的空间图形，使二面角A DE C --的大小为02πθθ⎛⎫
<<
⎪⎝
⎭
.
（1）求证：平面ABD ⊥平面ABC ； （2）若3
π
θ=
，求直线AE 与平面ABC 所成角的正弦值.
22．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 经过()0,2A ，()0,0O ，(),0D t （0t >）三
点，M 是线段AD 上的动点，1l ，2l 是过点()10
B ,且互相垂直的两条直线，其中1l 交y 轴于点E ，2l 交圆
C 于P 、Q 两点. （1）若6t PQ ==，求直线2l 的方程； （2）若t 是使2AM BM ≤恒成立的最小正整数 ①求t 的值； ②求三角形EPQ 的面积的最小值．
23．如图，ABCD 是正方形，O 是该正方体的中心，P 是平面ABCD 外一点，PO ⊥平面ABCD ，E 是PC 的中点.
（1）求证：//PA 平面BDE ； （2）求证：BD ⊥平面PAC .
24．如图，已知三棱锥A BPC -中，AP PC ⊥，AC BC ⊥，M 为AB 的中点，D 为
PB 的中点，且PMB △为正三角形.
（1）求证：//DM 平面APC ； （2）求证：BC ⊥平面APC ；
（3）若4BC =，10AB =，求三棱锥D BCM -的体积.
25．若圆M 的方程为2
2
(2)(5)10x y -+-=，△ABC 中，已知(1,1)A ，(4,2)B ，点C 为圆M 上的动点．
（1）求AC 中点D 的轨迹方程； （2）求△ABC 面积的最小值．
26．如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，A 1A ＝6，M 是CC 1的中点．
(1)求证：A 1B ⊥AM ；
(2)求二面角B --AM--C 的平面角的大小．.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．B 解析：B 【解析】 【分析】
先求出圆心到直线0x y +=的距离，根据距离的最小值为d r -，即可求解. 【详解】
由圆的一般方程可得2
2
(2)(2)1x y -+-=，
圆心到直线的距离222
d =
= 所以圆上的点到直线的距离的最小值为221-. 故选B. 【点睛】
本题主要考查了点到直线的距离，圆的方程，属于中档题.
2．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.
3．A
解析：A 【解析】
分析：将三棱锥的外接球转化为以,,AP AB BC 为长宽高的长方体的外接球，从而可得球半径，进而可得结果.
详解：因为PA ⊥平面AB ，,AB BC ⊂平面ABC ，
PA BC ∴⊥，,PA AB AB BC ⊥⊥Q ，
所以三棱锥的外接球，就是以,,AP AB BC 为长宽高的长方体的外接球，
外接球的直径等于长方体的对角线，
即2R =
=
246R ππ=，故选A.
点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：
①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；
②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径） ③可以转化为长方体的外接球； ④特殊几何体可以直接找出球心和半径.
4．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1
2442
S =⨯⨯=. 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．
5．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据线面夹角得到4SA =，计算ABC ∆的外接圆半径为42sin a
r A
=
=，
2
222SA R r ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
，解得答案.
【详解】
SA ⊥平面ABC ，则SB 与平面ABC 所成的角为6
SBA π∠=，故4SA =. ABC ∆的外接圆半径为42sin a
r A
=
=，设球O 的半径为R ，
则2
2
2
2SA R r ⎛⎫=+ ⎪
⎝⎭
，解得
R =O 的表面积为2480R ππ=. 故选：C . 【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
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 +==，
1
2S AC BD =
⋅=，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 +==.
11
22
S AC BD =
⋅=⨯=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．C
解析：C 【解析】 【分析】
首先确定三角形ABC 为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积． 【详解】 解：如图所示：
三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面2,2ABC AP AB ==，，
M 是线段BC 上一动点，线段PM 3 则：当AM BC ⊥时，线段PM 达到最小值， 由于：PA ⊥平面ABC ， 所以：222PA AM PM +=， 解得：1AM =， 所以：3BM =， 则：60BAM ∠=︒， 由于：120BAC ∠=︒， 所以：60MAC ∠=︒ 则：ABC V 为等腰三角形． 所以：23BC =
在ABC V 中，设外接圆的直径为23
24r ==，
则：2r =，
所以：外接球的半径2
229
222R ⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭
， 则：9
4182
S ππ=⋅⋅=， 故选：C ． 【点睛】
本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用．
8．A
解析：A 【解析】 【分析】
设切线长为d ,则2
2
2
2
(2)51(2)24d m m =++-=++再利用二次函数的图像和性质求函数的最小值得解. 【详解】
设切线长为d ,则2222
(2)51(2)24d m m =++-=++, min d ∴= 故选:A. 【点睛】
本题主要考查圆的切线问题,考查直线和圆的位置关系,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
9．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．
10．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．
11．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:2
2
(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22
21(1)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.
12．D
解析：D 【解析】 【分析】
取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N ,所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线
AM 与1C N 所成角，在1BNC ∆中，利用余弦定理，即可求解．
【详解】
由题意，取AC 的中点N ，连接1C N ，则1//AM C N , 所以异面直线AM 与1BC 所成角就是直线AM 与1C N 所成角， 设正三棱柱的各棱长为2,则115,22,3C N BC BN ===， 设直线AM 与1C N 所成角为θ，
在1BNC ∆中，由余弦定理可得222(5)(22)(3)10
cos 42522
θ+-==
⨯⨯， 即异面直线AM 与1BC 所成角的余弦值为
10
，故选D ．
本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
二、填空题
13．【解析】【分析】先判断过定点可得点到直线的距离的最大值就是点与点的距离从而可得结果【详解】化简可得由所以过定点点到直线的距离的最大值就是点与点的距离为故答案为【点睛】本题主要考查直线过定点问题以及两
解析：【解析】 【分析】
先判断()()1215m x m y m -+-=-过定点()9,4-，可得点(5,2)到直线
()()1215m x m y m -+-=-的距离的最大值就是点(5,2)与点()9,4-的距离，从而可得
结果. 【详解】
化简()()1215m x m y m -+-=-可得m ()()2150x y x y +--+-=，
由2109
504x y x x y y +-==⎧⎧⇒⎨⎨+-==-⎩⎩
，
所以()()1215m x m y m -+-=-过定点()9,4-，
点(5,2)到直线()()1215m x m y m -+-=-的距离的最大值就是
点(5,2)与点()9,4-==
故答案为 【点睛】
本题主要考查直线过定点问题以及两点间距离公式的应用，考查了转化思想的应用，属于中档题. 转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本解法将求最大值的问题转化成了两点间的距离的问题来解决，转化巧妙.
14．【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.
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222152
3452R =
++=
， 所以三棱锥P ABC -的外接球的表面积为22
5244()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.
15．【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
2
2
3232132324R ⎛⎫⎛⎫=+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∴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
16．【解析】试题分析：圆的面积最大即半径最大此时所以圆心为半径为1考点：圆的方程
解析：(0,1)-，1 【解析】
试题分析：圆的面积最大即半径最大，此时0k =()2
211x y ∴++=，所以圆心为(0,1)-半径为1 考点：圆的方程
17．②④【解析】【分析】对每一个选项分析判断得解【详解】根据已知可得面β和面γ可成任意角度和面α必垂直所以直线m 可以和面β成任意角度①不正确；l ⊂γl ⊥m 所以l ⊥α②正确；③显然不对；④因为l ⊂βl ⊥α
解析：②④ 【解析】 【分析】
对每一个选项分析判断得解. 【详解】
根据已知可得面β和面γ可成任意角度，和面α必垂直．所以直线m 可以和面β成任意角度，①不正确；l ⊂γ，l⊥m，所以l⊥α，②正确；③显然不对；④因为l ⊂β，l⊥α，所以α⊥β，④正确． 故答案为②④ 【点睛】
本题主要考查空间线面垂直和面面垂直的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
18．【解析】由正方体的几何性质对4个命题进行判断对于A 当动点P 与点重合时以等腰三角形与不垂直所以不能得出平面A 为假命题；对于B 易证所以平面所以平面⊥平面故B 为真命题；对于C 在底面上的射影图形的面积为定值 解析：BC
【解析】
由正方体的几何性质对4个命题进行判断，对于A ，当动点P 与点1D 重合时，MNP ∆以等腰三角形，PM 与1ND 不垂直，所以不能得出平面11MB P ND ⊥，A 为假命题；对于B ，易证11111ND MB MB A D ⊥⊥，，所以1MB ⊥平面11ND A ，所以平面1MB P ⊥平面
11ND A ，故B 为真命题；对于C ，∆ 1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值，
因为1MB P ∆在底面ABCD 的射影是三角形，底边是MB ，点P 在底面的射影在CD 上，到
MB 的距离不变，若正方体棱长为a 时，则射影面积为
2
14
a 为定值，所以C 为真命题；对于D ，当P 点与点1C 重合时，则点1B 与点P 的投影重合，此时∆ 1MB P 在侧面11D C CD
上的射影图形是线段，不是三角形，故D 是假命题。

真命题有BC.
点睛：本题主要考查面面之间的关系以及投影的概念，属于中档题，解决本题的关键是对正方体中的点线面之间的关系有比较透彻的了解，对其中的空间位置比较熟悉。

19．【解析】【分析】将直线的方程化为可求出直线所过的定点坐标作出曲线的图象利用数形结合思想可得出当直线与曲线有公共点时直线的斜率的最小值【详解】将直线的方程化为由得则直线过定点将曲线的方程变形为曲线为圆
解析：1
5
【解析】 【分析】
将直线l 的方程化为()()210m x y x y +--+=，可求出直线l 所过的定点坐标，作出曲线C 的图象，利用数形结合思想可得出当直线l 与曲线C 有公共点时，直线l 的斜率的最小值. 【详解】
将直线l 的方程化为()()210m x y x y +--+=，由2100x y x y +-=⎧⎨+=⎩，得1
1
x y =-⎧⎨
=⎩. 则直线l 过定点()1,1P -，
将曲线C 的方程变形为()()()2
2
2242x y y -+-=≥，曲线C 为圆
()()
22
224x y -+-=的上半圆，如下图所示：
由图象可知，当直线l 过点A 时，直线l 的斜率取最小值211
415
PA k -==+. 故答案为：15
. 【点睛】
本题考查利用直线与圆的位置关系求直线斜率的最值，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
20．菱形【解析】【分析】【详解】根据题意画出图形如图∵PA 垂直平行四边
形ABCD 所在平面∴PA ⊥BD 又∵PC ⊥BDPA ⊂平面PACPC ⊂平面PACPA∩PC=P ∴BD ⊥平面PAC 又∵AC ⊂平面PAC ∴A
解析：菱形 【解析】 【分析】 【详解】
根据题意，画出图形如图，∵PA 垂直平行四边形ABCD 所在平面，∴PA ⊥BD ， 又∵PC ⊥BD ，PA ⊂平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，PA∩PC=P ．
∴BD ⊥平面PAC 又∵AC ⊂平面PAC ∴AC ⊥BD 又ABCD 是平行四边形 ∴平行四边形ABCD 一定是 菱形．故答案为菱形
三、解答题
21．（1）证明见解析；（26 【解析】 【分析】
（1）证明DE ∥BC ，DE ⊥平面ABD ，可得BC ⊥平面ABD ，由面面垂直的判定定理即可证出平面ABD ⊥平面ABC ；
（2）取BD 的中点O ，所以AO BD ⊥，由（1）可知平面ABD ⊥平面BCDE ，所以
AO ⊥平面BCDE ，所以以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则(003A ,
,，()1,0,0B ，()1,4,0C ，()1,2,0E -，设平面ABC 的法向量为(),,m x y z =u r
，利用空间向
量法求解即可. 【详解】
（1）由题意可知DE 为ABC V 的中位线，所以//DE BC BC ， 因为90B =o ∠，所以BC AB ⊥，所以DE AB ⊥，
因为图（2）所示的空间图形是由ABC V 沿中位线DE 翻折得到的， 所以DE AD ⊥，DE BD ⊥，又AD BD D =I ， 所以DE ⊥平面ABD ，所以BC ⊥平面ABD ， 因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABD ⊥平面ABC ；
（2）由（1）可知二面角A DE C --的平面角即为ADB ∠，所以3
π
θ∠==ADB ，
因为AD BD =，所以
ABD △为等边三角形，
如图取BD 的中点O ，所以AO BD ⊥，由（1）可知平面ABD ⊥平面BCDE ，
Q 平面ABD ⋂平面BCDE BD =，AO ⊂平面ABD ，
所以AO ⊥平面BCDE ，所以以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系， 设图1等腰直角ABC V 中4AB =，则图2中2AD BD AB ===，
则()
003A ,
,，()1,0,0B ，()1,4,0C ，()1,2,0E -， 所以()1,0,3AB =-uu u r ，()
1,4,3=-u u u r AC ，()
1,2,3=--u u u r
AE ，
设平面ABC 的法向量为(),,m x y z =u r
，
所以有00m AB m AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v ，即30430
x z x y z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩，取()
3,0,1m =u r ，
设直线AE 与平面ABC 所成的角为α，
所以6
sin cos ,4m AE m AE m AE
α⋅=<>==⋅u r u u u r
u r u u u r u u r u u u u r ，
所以直线AE 与平面ABC 所成的角的正弦值为
6
.
【点睛】
本题主要考查面面垂直的判定定理以及空间中直线与平面所成角的求法，解题时要会用法向量求线面角.
22．（1）4340x y --=；（2）①4，②152
. 【解析】 【分析】
（1）求出圆的标准方程，设直线2l 的方程(1)y k x =-，利用6PQ =，结合圆心到直线的2
10911
k -=+，解可得k 的值，验证直线与y 轴有无交点，即可得答
案；
（2）①设(,)M x y ，由点M 在线段AD 上，得220x ty t +-=，由2AM BM ≤，得224220()()339x y -++…，结合题意，线段AD 与圆224220()()339
x y -++=至多有一个公共
88
||
t -t 的值，
②由①的结论，分直线的斜率存在与不存在2种情况讨论，用k 表示三角形EPQ 的面积，结合二次函数的性质分析可得答案． 【详解】
解：（1）由题意可知，圆C 的直径为AD ，
所以圆C 方程为：()()2
2
3110x y -+-=，设2l 方程为：()1y k x =-，则
()
2
22
213101k k -+=+，
解得10k =，24
3
k =，当0k =时，直线1l 与y 轴无交点，不合题意，舍去. 所以，4
3
k =
时直线2l 的方程为4340x y --=. （2）①设(,)M x y ，由点M 在线段AD 上，则有12
x y
t +=，即220x ty t +-=． 由2AM BM „，则有224220
()()339
x y -++…
依题意知，线段AD 与圆224220
()()339
x y -++=至多有一个公共点，
88
||t -
t „
或1611t +…，
因为t 是使2AM BM ≤恒成立的最小正整数，所以4t =； ②由①的结论，圆C 的方程为2
2
(2)(1)5x y -+-=． 分2种情况讨论：
a 当直线2:1l x =时，直线1l 的方程为0y =，此时，2EPQ S =V ；
b 当直线2l 的斜率存在时，设2l 的方程为(1)y k x =-，0k ≠，
则1l 的方程为1
(1)y x k
=--，
点1(0,)E k
，所以BE =
又圆心到2l
，
所以
2
2
2
2
|1|424 25()2
1
1
k k k
PQ
k
k
-++ =-=
+
+
，
故
22
2222
1114244244215
124 221
EPQ
k k k k
S BE PQ
k k k k k
-+-+
==⨯+⨯==-+
+
V
g…，
又由15
2 2
<，
故求三角形EPQ的面积的最小值为15
2
．
【点睛】
本题考查直线与圆的方程的综合应用，涉及三角形面积的最小值的求法，（2）的关键是确定三角形面积的表达式，属于中档题．
23．证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）要证PA与平面EBD平行，而过PA的平面PAC与平面EBD的交线为EO，因此只要证//
PA EO即可，这可由中位线定理得证；（2）要证BD垂直于平面PAC，就是要证BD与平面PAC内两条相交直线垂直，正方形中对角线BD与AC是垂直的，因此只要再证BD PO
⊥，这由线面垂直的性质或定义可得．
试题解析：证明：（1）连接EO，∵四边形ABCD为正方形，
∴O为AC的中点，
∵E是PC的中点，∴OE是APC
∆的中位线.
∴//
EO PA，∵EO⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，
∴//
PA平面BDE.
（2）∵PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PO BD
⊥，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC BD
⊥，
∵PO AC O ⋂=，AC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ， ∴BD ⊥平面PAC .
考点：线面平行与线面垂直的判断．
24．（1）见详解；（2）见详解；（3. 【解析】 【分析】
(1)先证DM AP ∥，可证//DM 平面APC .
(2)先证AP PBC ⊥平面，得⊥AP BC ，结合AC BC ⊥可证得BC ⊥平面APC . (3)等积转换，由D BCM M DBC V V --＝，可求得体积. 【详解】
(1)证明：因为M 为AB 的中点，D 为PB 的中点， 所以MD 是ABP △的中位线，MD AP P . 又MD APC ⊄平面，AP APC ⊂平面， 所以MD APC ∥平面.
(2)证明：因为PMB △为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD PB ⊥. 又MD AP P ，所以AP PB ⊥.
又因为AP PC ⊥，PB PC P I ＝，所以AP PBC ⊥平面. 因为BC PBC ⊂平面，所以⊥AP BC . 又因为BC AC ⊥，AC AP A ⋂＝， 所以BC APC ⊥平面.
(3)因为AP PBC ⊥平面，MD AP P ，
所以MD PBC ⊥平面，即MD 是三棱锥M DBC -的高. 因为10AB =，M 为AB 的中点，PMB △为正三角形，
所以5,PB MB MD MB ===
=
. 由BC APC ⊥平面，可得BC PC ⊥，
在直角三角形PCB 中，由54PB BC ＝，＝，可得3PC ＝. 于是1
11433222BCD BCP S S ⨯⨯⨯=△△＝＝.
所以1133
322
D BCM M DBC BCD V V S MD --⨯⨯=
g △＝＝＝. 【点睛】
本题考查空间线面平行与垂直的证明，体积的计算.空间中的平行与垂直的证明过程就是利用相关定义、判定定理和性质定理实现线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)的转换.求三棱锥的体积常采用等积转换的方法，选择易求的底面积和高来求体积.
25．（1）22
35
()(3)2
2x y -+-= （2）12
【解析】 【分析】
（1）利用相关点法求出点D 的轨迹方程；
（2）首先求出直线AB 的方程，求出圆心到直线的距离，圆心到直线的距离减去半径即圆上的点到直线的距离的最小值，即可求出ABC ∆面积的最小值。

【详解】
解：（1）设(,)D x y ，00(,)C x y ，因D 为AC 中点，所以00
12
12x x y y +⎧
=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩
，进而可得
00
21
21x x y y =-⎧⎨
=-⎩， 而00(,)x y 在圆上，故有2
2
[(21)2][(21)5]10x y --+--= 即
22(23)(26)10x y -+-=，
∴D 的轨迹方程为22
3
5()(3)2
2
x y -+-= （2）由(1,1)A ，(4,2)B 得AB 斜率为13
， 所以直线AB 的方程为1
1(1)3
y x -=
-，即320x y -+=， 则圆心(2,5)到直线AB
的距离d == ∴圆上的点到AB
=
又∵AB ==∴ABC ∆
面积最小值为112102
= 【点睛】
本题考查点的轨迹方程的求法，考查三角形面积的最小值的求法，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． 26．（1）见解析（2）45° 【解析】
(1)以点C 为原点，CB 、CA 、CC 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C －xyz ，如图所示，
则B (1,0,0)，A (03，0)，A 1(036)，M 6⎛ ⎝⎭
. 所以1A B u u u r ＝(136)，AM u u u u r ＝60,3,2⎛ ⎝⎭
. 因为1A B u u u r ·AM u u u u r ＝1×0＋(33)＋(6)×62
0，所以A 1B ⊥AM . (2)因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以CC 1⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BC . 因为∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AC ∩CC 1＝C ，所以BC ⊥平面ACC 1A 1，即BC ⊥平面AMC . 所以CB u u u r 是平面AMC 的一个法向量，CB u u u r ＝(1,0,0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面BAM 的一个法向量，BA u u u r ＝(－130)，BM u u u u r ＝61,0,2⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝⎭. 由0,{0nBA nBM ==u u u r u u u u r 得30{602
x y x z -=-+=，令z ＝2，得x 6，y 2. 所以n ＝62，2)
因为|CB u u u r |＝1，|n |＝3cos 〈CB u u u r ，n 〉＝CB n CB n ⋅⋅u u u r u u u r ＝22
， 因此二面角B -AM -C 的大小为45°。