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广东省广州市实验中学2015-2016学年高二(上)期中数学试卷(理科)(解析版)

时间:2016-12-14


2015-2016 学年广东省广州市实验中学高二 (上) 期中数学试卷 (理科)
一、选择题(共 12 题,每题 5 分,共 60 分) 1.一个几何体的三视图形状都相同,大小均相等,那么这个几何体不可以是( A.球 B.三棱锥 C.正方体 D.圆柱 )

2.直线

的倾斜角是(



A.30° B.60° C.120° D.150°

3.若 D′是平面 α 外一点,则下列命题正确的是( A.过 D′只能作一条直线与平面 α 相交 B.过 D′可作无数条直线与平面 α 垂直 C.过 D′只能作一条直线与平面 α 平行 D.过 D′可作无数条直线与平面 α 平行



4.点(1,﹣1)到直线 x﹣y+1=0 的距离是( A. B. C. D.



5.已知两个不同的平面 α、β 和两条不重合的直线,m、n,有下列四个命题: ①若 m∥n,m⊥α,则 n⊥α ②若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β; ③若 m⊥α,m∥n,n?β,则 α⊥β; ④若 m∥α,α∩β=n,则 m∥n, 其中不正确的命题的个数是( )

A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个

6.设直线 l1:2x﹣my﹣1=0,l2:(m﹣1)x﹣y+1=0.若 l1∥l2,则 m 的值为( A.2 B.﹣1 C.2 或﹣1 D.1 或﹣2
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7.已知正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 为 AA1 中点,则异面直线 BE 与 CD1 所成角 的余弦值为( A. B. ) C. D.

8.若变量 x,y 满足 x+5y+13=0(﹣3≤x≤2,且 x≠1),则 A.k≥ 或 k≤﹣4 B.﹣4≤k≤ C . ≤ k≤ 4 D.﹣ ≤k≤4

的取值范围是(



9. PB⊥α, C 是 α 内异于 A 和 B 的动点, 如图, 定点 A 和 B 都在平面 α 内, 定点 P?α, 且 PC⊥AC. 那 么,动点 C 在平面 α 内的轨迹是( )

A.一条线段,但要去掉两个点 B.一个圆,但要去掉两个点 C.一个椭圆,但要去掉两个点 D.半圆,但要去掉两个点

10.若直线 l1:y=k(x﹣4)与直线 l2 关于点(2,1)对称,则直线 l2 恒过定点( A.(0,4) B.(0,2) C.(﹣2,4) D.(4,﹣2)



11.若三棱柱的一个侧面是边长为 2 的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为 60°的菱形,则该棱 柱的体积等于( A. B. ) C. D.

12.如图,在体积为 2 的三棱锥 A﹣BCD 侧棱 AB、AC、AD 上分别取点 E、F、G,使 AE:EB=AF: FC=AG: GD=2: 1, CDE、 DBF 的交点, 记 O 为三平面 BCG、 则三棱锥 O﹣BCD 的体积等于 ( )

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A.

B.

C.

D.

二、填空题(共 4 小题,每题 5 分,共 20 分) 13.某几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积是

14.过点 A(2,3)且垂直于直线 2x+y﹣5=0 的直线方程为



15. AA1⊥面 ABCD, AD∥BC, 如图四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中, 四边形 ABCD 为梯形, 且 AD=3BC, 过 A1,C,D 三点的平面记为 α,BB1 与 α 的交点为 Q,则以下四个结论: ①QC∥A1D②B1Q=2QB;③直线 A1B 与直线 CD 相交;④四棱柱被平面 α 分成的上下两部分的 体积相等.其中正确的有 .

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16.已知△ ABC 中,顶点 A(﹣2,1),点 B 在直线 l:x+y﹣3=0 上,点 C 在 x 轴上,则△ ABC 周长的最小值 .

三、解答题(共 6 大题,共计 70 分) 17.如图,在四面体 ABCD 中,CB=CD,AD⊥BD,点 E,F 分别是 AB,BD 的中点.求证: (1)直线 EF∥面 ACD; (2)平面 EFC⊥面 BCD.

18.根据所给条件求直线的方程: (1)直线过点(﹣3,4),且在两坐标轴上的截距相等; (2)直线过点(5,10),且到原点的距离为 5.

19.如题图,三棱锥 P﹣ABC 中,PC⊥平面 ABC,PC=3,∠ACB= 上的点,且 CD=DE= ,CE=2EB=2.

.D,E 分别为线段 AB,BC

(Ⅰ)证明:DE⊥平面 PCD (Ⅱ)求二面角 A﹣PD﹣C 的余弦值.

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20.如图,直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC⊥AB,AB=2AA1,M 是 AB 的中点,△ A1MC1 是等腰 三角形,D 为 CC1 的中点,E 为 BC 上一点. (1)若 DE∥平面 A1MC1,求 ;

(2)求直线 BC 和平面 A1MC1 所成角的余弦值.

21.已知函数 f(x)=x+ 的定义域为(0,+∞),且 f(2)=2+ 点,过点 P 分别作直线 y=x 和 y 轴的垂线,垂足分别为 M、N. (1)求 a 的值.

.设点 P 是函数图象上的任意一

(2)问:|PM|?|PN|是否为定值?若是,则求出该定值;若不是,请说明理由. (3)设 O 为坐标原点,求四边形 OMPN 面积的最小值.

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22.如图,在边长为 4 的菱形 ABCD 中,∠DAB=60°.点 E、F 分别在边 CD、CB 上,点 E 与点 C、 D 不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿 EF 将△ CEF 翻折到△ PEF 的位置,使平面 PEF⊥平面

ABFED.

(Ⅰ)求证:BD⊥平面 POA; (Ⅱ)当 PB 取得最小值时,请解答以下问题: (i)求四棱锥 P﹣BDEF 的体积; (ii)若点 Q 满足 并说明理由. =λ (λ>0),试探究:直线 OQ 与平面 PBD 所成角的大小是否一定大于 ?

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2015-2016 学年广东省广州市实验中学高二(上)期中数学试 卷(理科)
参考答案与试题解析

一、选择题(共 12 题,每题 5 分,共 60 分) 1.一个几何体的三视图形状都相同,大小均相等,那么这个几何体不可以是( A.球 B.三棱锥 C.正方体 D.圆柱 )

【考点】由三视图还原实物图. 【专题】作图题. 【分析】利用简单几何体的结构特征以及三视图的定义,容易判断圆柱的三视图不可能形状相同, 大小均等 【解答】解:A、球的三视图均为圆,且大小均等; B、三条侧棱两两垂直且相等的适当高度的正三棱锥,其一个侧面放到平面上,其三视图均为三角形 且形状都相同; C、正方体的三视图可以是三个大小均等的正方形; D、圆柱的三视图中必有一个为圆,其他两个为矩形. 故一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是圆柱. 故选 D. 【点评】本题主要考查了简单几何体的结构特征,简单几何体的三视图的形状大小,空间想象能力, 属基础题

2.直线

的倾斜角是(



A.30° B.60° C.120° D.150° 【考点】直线的倾斜角. 【专题】计算题. 【分析】由题意可知,直线 直线 x+y+1=0 的倾斜角. x+y+1=0 的斜率为 k=﹣
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x+y+1=0 的斜率为 k=﹣

,设其倾斜角为 α,由 tanα=﹣

,可得

【解答】解:设其倾斜角为 α,∵直线



∴tanα=﹣ ∴α=120°. 故选 C.

,又 α∈[0°,180°),

【点评】本题考查直线的倾斜角,着重考查直线的倾斜角与斜率间的关系,属于基础题.

3.若 D′是平面 α 外一点,则下列命题正确的是( A.过 D′只能作一条直线与平面 α 相交 B.过 D′可作无数条直线与平面 α 垂直 C.过 D′只能作一条直线与平面 α 平行 D.过 D′可作无数条直线与平面 α 平行 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系. 【专题】存在型.



【分析】将点和线放置在正方体中,视平面 α 为正方体中的平面 ABCD,结合正方体中的线面关系 对选支进行判定,取出反例说明不正确的,正确的证明一下即可. 【解答】解:观察正方体,A、过 D′可以能作不止一条直线与平面 α 相交,故 A 错; B、过 D′只可作一数条直线与平面 α 垂直,故 B 错; C、过 D′能作不止一条直线与平面 α 平行,故 C 错; D、过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行, 且这个平面内的任一条直线都与已知平面平行,故 D 对. 故选 D.

【点评】本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系,考查空间想象能力和推理论证能力, 属于基础题.

4.点(1,﹣1)到直线 x﹣y+1=0 的距离是(



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A.

B.

C.

D.

【考点】点到直线的距离公式. 【专题】计算题. 【分析】应用到直线的距离公式直接求解即可. 【解答】解:点(1,﹣1)到直线 x﹣y+1=0 的距离是: 故选 D. 【点评】本题考查点到直线的距离公式,是基础题. =

5.已知两个不同的平面 α、β 和两条不重合的直线,m、n,有下列四个命题: ①若 m∥n,m⊥α,则 n⊥α ②若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β; ③若 m⊥α,m∥n,n?β,则 α⊥β; ④若 m∥α,α∩β=n,则 m∥n, 其中不正确的命题的个数是( )

A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 【考点】平面与平面平行的判定. 【专题】综合题. 【分析】从直线与平面平行和垂直的判定定理,以及性质定理,对四个选项逐一判断;判断时通过 反例即可. 【解答】解:真命题有①直线与平面垂直的判定定理之一; ②两个平面平行的判定之一; ③直线与平面垂直推出平面与平面垂直判定. ④是假命题,m、n 可以是异面直线. 故选 B. 【点评】本题考查直线与平面平行与垂直,平面与平面垂直的判定,直线与直线平行的判定,是基 础题.

6.设直线 l1:2x﹣my﹣1=0,l2:(m﹣1)x﹣y+1=0.若 l1∥l2,则 m 的值为(
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A.2

B.﹣1 C.2 或﹣1

D.1 或﹣2

【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系. 【专题】方程思想;综合法;直线与圆. 【分析】由直线的平行关系可得 2×(﹣1)﹣(﹣m)(m﹣1)=0,解方程排除重合可得. 【解答】解:∵直线 l1:2x﹣my﹣1=0,l2:(m﹣1)x﹣y+1=0,且 l1∥l2, ∴2×(﹣1)﹣(﹣m)(m﹣1)=0,解得 m=﹣1 或 m=2, 经验证当 m=﹣1 时两直线重合,应舍去 故选:A. 【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系,属基础题.

7.已知正四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 为 AA1 中点,则异面直线 BE 与 CD1 所成角 的余弦值为( A. B. ) C. D.

【考点】异面直线及其所成的角. 【分析】求异面直线所成的角,一般有两种方法,一种是几何法,其基本解题思路是“异面化共面, 认定再计算”, 即利用平移法和补形法将两条异面直线转化到同一个三角形中, 结合余弦定理来求. 还 有一种方法是向量法,即建立空间直角坐标系,利用向量的代数法和几何法求解.本题采用几何法 较为简单:连接 A1B,则有 A1B∥CD1,则∠A1BE 就是异面直线 BE 与 CD1 所成角,由余弦定理可 知 cos∠A1BE 的大小. 【解答】解:如图连接 A1B,则有 A1B∥CD1, ∠A1BE 就是异面直线 BE 与 CD1 所成角, 设 AB=1, 则 A1E=AE=1,∴BE= ,A1B= . .

由余弦定理可知:cos∠A1BE= 故选 C.

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【点评】本题主要考查了异面直线所成的角,考查空间想象能力和思维能力.

8.若变量 x,y 满足 x+5y+13=0(﹣3≤x≤2,且 x≠1),则 A.k≥ 或 k≤﹣4 B.﹣4≤k≤ 【考点】函数的值域. 【专题】数形结合;转化思想;函数的性质及应用. C . ≤ k≤ 4 D.﹣ ≤k≤4

的取值范围是(



【分析】如图所示,P(1,1),A(2,﹣3),C(﹣3,﹣2),利用斜率计算公式及其斜率的意 义即可得出. 【解答】解:如图所示, ∵P(1,1),A(2,﹣3),C(﹣3,﹣2), kPA= ∴则 =﹣4,kPC= = .

的取值范围是 k≥ 或 k≤﹣4.

故选:A.

【点评】本题考查了斜率计算公式及其斜率的意义,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.

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9. PB⊥α, C 是 α 内异于 A 和 B 的动点, 如图, 定点 A 和 B 都在平面 α 内, 定点 P?α, 且 PC⊥AC. 那 么,动点 C 在平面 α 内的轨迹是( )

A.一条线段,但要去掉两个点 B.一个圆,但要去掉两个点 C.一个椭圆,但要去掉两个点 D.半圆,但要去掉两个点 【考点】轨迹方程. 【专题】计算题. 【分析】先由 PB⊥α,得到 PB⊥AC,再由 PC⊥AC,得到 AC⊥面 PBC,进而得到 BC⊥AC,从而 得到结论. 【解答】解:∵PB⊥α ∴PB⊥AC 又∵PC⊥AC ∴AC⊥面 PBC ∴BC⊥AC ∴动点 C 在平面 α 内的轨迹是以 AB 为直径的一个圆,但要去掉 A、B 两个点 故选 B 【点评】本题主要考查线线垂直与线面垂直间的转化为圆的周角的定义.

10.若直线 l1:y=k(x﹣4)与直线 l2 关于点(2,1)对称,则直线 l2 恒过定点( A.(0,4) B.(0,2) C.(﹣2,4) D.(4,﹣2)



【考点】恒过定点的直线;与直线关于点、直线对称的直线方程. 【专题】常规题型. 【分析】先找出直线 l1 恒过定点(4,0),其关于点(2,1)对称点(0,2)在直线 l2 上,可得直 线 l2 恒过定点. 【解答】解:由于直线 l1:y=k(x﹣4)恒过定点(4,0),其关于点(2,1)对称的点为(0,2), 又由于直线 l1:y=k(x﹣4)与直线 l2 关于点(2,1)对称,∴直线 l2 恒过定点(0,2). 故选 B
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【点评】本题考查直线过定点问题,由于直线 l1 和直线 l2 关于点(2,1)对称,故有直线 l1 上的定 点关于点(2,1)对称点 一定在直线 l2 上.

11.若三棱柱的一个侧面是边长为 2 的正方形,另外两个侧面都是有一个内角为 60°的菱形,则该棱 柱的体积等于( A. B. ) C. D.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积. 【专题】计算题;压轴题. 【分析】先求侧棱与底面所成角的余弦,然后求出棱柱的高,再求棱柱的体积. 【解答】解:如图在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,设∠AA1B1=∠AA1C1=60°, 由条件有∠C1A1B1=60°,作 AO⊥面 A1B1C1 于点 O, 则

∴ ∴ 故选 B.



【点评】此题重点考查立体几何中的最小角定理和柱体体积公式,同时考查空间想象能力;具有较 强的空间想象能力,准确地画出图形是解决此题的前提,熟悉最小角定理并能准确应用是解决此题 的关键.

12.如图,在体积为 2 的三棱锥 A﹣BCD 侧棱 AB、AC、AD 上分别取点 E、F、G,使 AE:EB=AF: FC=AG: GD=2: 1, CDE、 DBF 的交点, 记 O 为三平面 BCG、 则三棱锥 O﹣BCD 的体积等于 (
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A.

B.

C.

D.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积. 【专题】综合题;转化思想;综合法;空间位置关系与距离. 【分析】画出图形,三棱锥 O﹣BCD 的体积,转化为线段的长度比,充分利用直线的平行进行推到, 求出比例即可. 【解答】解:AA'为正三棱锥 A﹣BCD 的高;OO'为正三棱锥 O﹣BCD 的高 因为底面△ BCD 相同,则它们的体积比为高之比 已知三棱锥 A﹣BCD 的体积为 2 所以,三棱锥 O﹣BCD 的体积为: 由前面知,FG∥CD 且 所以由平行得到, 所以, 同理, 则 = = = = = = …(1)

[面 BCG 所在的平面图如左上角简图]

所以,PN∥BC 那么, = = 亦即, = =

设 GQ=x 那么,GT= x 则,QT=GQ﹣GT=x﹣ x= x 而 = = =
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= ,

所以:

则,TO= QT= × x= 所以:GO=GT+TO= x+ 所以,OQ=GQ﹣GO=x= 又 = = …(2) = = …(3) = 代入到(1)得到:三棱锥 O﹣BCD 的体积就是 = . = =

所以, 且, 所以:

由(2)*(3)得到: 故选:D.

【点评】本题考查学生对三棱锥的认识,以及必要的辅助线的作法,是难题.

二、填空题(共 4 小题,每题 5 分,共 20 分) 13.某几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积是

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【考点】由三视图求面积、体积. 【专题】转化思想;分析法;空间位置关系与距离. 【分析】利用三视图判断几何体的形状:上面为圆锥下面为圆柱且被轴截面分割出的一半的组合体, 然后通过三视图的数据求解几何体的体积. 【解答】解:几何体为上面为圆锥下面为圆柱且被轴截面分割出的一半的组合体, 底面是半径为 2 的半圆,圆锥的高为 2,圆柱的高为 1. 所以体积 V= ( π?22?2+π?22?1)= 故答案为: . π.

【点评】本题考查几何体与三视图的对应关系,几何体体积的求法,考查空间想象能力与计算能力.

14.过点 A(2,3)且垂直于直线 2x+y﹣5=0 的直线方程为 x﹣2y+4=0 . 【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系. 【专题】直线与圆. 【分析】由垂直关系可得直线的斜率,进而可得点斜式方程,化为一般式即可. 【解答】解:∵直线 2x+y﹣5=0 的斜率为﹣2, ∴由垂直关系可得所求直线的斜率为 , ∴所求直线的方程为 y﹣3= (x﹣2), 化为一般式可得 x﹣2y+4=0 故答案为:x﹣2y+4=0 【点评】本题考查直线的一般式方程与垂直关系,属基础题.

15. AA1⊥面 ABCD, AD∥BC, 如图四棱柱 ABCD﹣A1B1C1D1 中, 四边形 ABCD 为梯形, 且 AD=3BC, 过 A1,C,D 三点的平面记为 α,BB1 与 α 的交点为 Q,则以下四个结论: ①QC∥A1D②B1Q=2QB;③直线 A1B 与直线 CD 相交;④四棱柱被平面 α 分成的上下两部分的 体积相等.其中正确的有 ①② .

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【考点】命题的真假判断与应用. 【专题】转化思想;空间位置关系与距离;简易逻辑. 【分析】①由于平面 BCB1C1∥平面 ADD1A1,即可判断出正误; BC∥AD, ②如图所示, 设 A1Q∩DC=E 点, 则 E 点也在 AB 的延长线上, 利用 A1B1∥AB, 可得 = = = = ,即可判断出正误;

③直线 A1B 与直线 CD 是异面直线,即可判断出正误; ④如图所示, 设 S1= = =BC?BB1. S△ BCQ= S1, 可得: = S1. 分别计算出 = ,即可

,(h 为平面 BCC1B1 与平面 ADD1A1 之间的距离),

判断出正误. 【解答】解:①∵平面 BCB1C1∥平面 ADD1A1,平面 BCB1C1∩α=CQ,α∥平面 ADD1A1=A1D, ∴QC∥A1D,正确; BC∥AD, ②如图所示, ∵A1B1∥AB, ∴ 设 A1Q∩DC=E 点, 则 E 点也在 AB 的延长线上, = = = ,∴B1Q=2QB,正确; =

③直线 A1B 与直线 CD 是异面直线,不可能相交,因此不正确; ④如图所示,设 S1= 3QB=9× = S1 . = 间的距离). = ?H= ,(h 为平面 BCC1B1 与平面 ADD1A1 之 ?h= ,因此四棱柱被平面 α 分 =BC?BB1.S△ BCQ= = S1, = =

成的上下两部分的体积不相等,不正确. 综上可得:只有①②正确.
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故答案为:①②.

【点评】本题考查了空间位置关系及其判定、体积计算公式、平行线的性质,考查了推理能力与计 算能力,属于中档题.

16.已知△ ABC 中,顶点 A(﹣2,1),点 B 在直线 l:x+y﹣3=0 上,点 C 在 x 轴上,则△ ABC 周长的最小值 2 .

【考点】三角形中的几何计算. 【专题】方程思想;数形结合法;直线与圆. 【分析】作出 A 与直线 l 的对称点 E,A 关于 x 轴的对称点 D,BA=BE,CA=CD,于是△ ABC 周长 的最小值为线段 DE 的长. 【解答】解:设 A 关于直线 l:x+y﹣3=0 的对称点为 E(a,b),



,解得 a=2,b=5,即 E(2,5).

设 A 关于 x 轴的对称点为 D,则 D(﹣2,﹣1). ∴DE= 故答案为 2 . = =2 .

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【点评】本题主要考查求已知点关于某直线的对称点的坐标的方法,体现了数形结合的数学思想.

三、解答题(共 6 大题,共计 70 分) 17.如图,在四面体 ABCD 中,CB=CD,AD⊥BD,点 E,F 分别是 AB,BD 的中点.求证: (1)直线 EF∥面 ACD; (2)平面 EFC⊥面 BCD.

【考点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定. 【专题】证明题. 【分析】(1)根据线面平行关系的判定定理,在面 ACD 内找一条直线和直线 EF 平行即可,根据 中位线可知 EF∥AD,EF?面 ACD,AD?面 ACD,满足定理条件; (2)需在其中一个平面内找一条直线和另一个面垂直,由线面垂直推出面面垂直,根据线面垂直的 判定定理可知 BD⊥面 EFC,而 BD?面 BCD,满足定理所需条件. 【解答】证明:(1)∵E,F 分别是 AB,BD 的中点. ∴EF 是△ ABD 的中位线,∴EF∥AD, ∵EF?面 ACD,AD?面 ACD,∴直线 EF∥面 ACD; (2)∵AD⊥BD,EF∥AD,∴EF⊥BD, ∵CB=CD,F 是 BD 的中点,∴CF⊥BD 又 EF∩CF=F,∴BD⊥面 EFC,
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∵BD?面 BCD,∴面 EFC⊥面 BCD 【点评】本题主要考查线面平行的判定定理,以及面面 垂直的判定定理.考查对基础知识的综合应 用能力和基本定理的掌握能力.

18.根据所给条件求直线的方程: (1)直线过点(﹣3,4),且在两坐标轴上的截距相等; (2)直线过点(5,10),且到原点的距离为 5. 【考点】直线的点斜式方程;直线的一般式方程. 【专题】计算题;分类讨论;综合法;直线与圆. 【分析】(1)由截距不为 0 和截距为 0 两种情况分别讨论,能求出直线方程. (2)当直线的斜率不存在时直线方程为 x﹣5=0,成立;当直线斜率存在时,设其方程为 kx﹣y+(10 ﹣5k)=0,由点到直线的距离公式,求出 k= ,由此能求出直线方程. 【解答】(本题 12 分) 解:(1)若截距不为 0,设直线的方程为 + =1,﹣﹣ ∵直线过点(﹣3,4),∴ + =1,解得 a=1.﹣﹣

此时直线方程为 x+y﹣1=0.﹣﹣ 若截距为 0,设直线方程为 y=kx, 代入点(﹣3,4),有 4=﹣3k,解得 k=﹣ ,﹣﹣ 此时直线方程为 4x+3y=0.﹣﹣ 综上,所求直线方程为 x+y﹣1=0 或 4x+3y=0.﹣﹣ (2)由题意知,当直线的斜率不存在时符合题意,此时直线方程为 x﹣5=0.﹣﹣ 当直线斜率存在时,设其方程为 y﹣10=k(x﹣5),即 kx﹣y+(10﹣5k)=0.﹣﹣ 由点到直线的距离公式,得 此时直线方程为 3x﹣4y+25=0.﹣﹣ 综上知,所求直线方程为 x﹣5=0 或 3x﹣4y+25=0.﹣﹣ 【点评】本题考查直线方程的求法,解题时要认真审题,注意点到直线距离公式的合理运用,易错 点是容易忽略直线的斜率不存在时的解.
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=5,解得 k= .﹣﹣

19.如题图,三棱锥 P﹣ABC 中,PC⊥平面 ABC,PC=3,∠ACB= 上的点,且 CD=DE= ,CE=2EB=2.

.D,E 分别为线段 AB,BC

(Ⅰ)证明:DE⊥平面 PCD (Ⅱ)求二面角 A﹣PD﹣C 的余弦值.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定. 【专题】空间角. 【分析】(Ⅰ)由已知条件易得 PC⊥DE,CD⊥DE,由线面垂直的判定定理可得; (Ⅱ)以 C 为原点,分别以 , 得. 【解答】(Ⅰ)证明:∵PC⊥平面 ABC,DE?平面 ABC,∴PC⊥DE, ∵CE=2,CD=DE= ,∴△CDE 为等腰直角三角形, , , 的方向为 xyz 轴的正方向建立空间直角坐标系,易得 ,平面 PCD 的法向量 可取 ,

的坐标,可求平面 PAD 的法向量

,由向量的夹角公式可

∴CD⊥DE,∵PC∩CD=C, DE 垂直于平面 PCD 内的两条相交直线, ∴DE⊥平面 PCD (Ⅱ)由(Ⅰ)知△ CDE 为等腰直角三角形,∠DCE= ,

过点 D 作 DF 垂直 CE 于 F,易知 DF=FC=FE=1,又由已知 EB=1,故 FB=2, 由∠ACB= 得 DF∥AC, , , ,故 AC= DF= , 的方向为 xyz 轴的正方向建立空间直角坐标系,

以 C 为原点,分别以

则 C(0,0,0),P(0,0,3),A( ,0,0),E(0,2,0),D(1,1,0), ∴ =(1,﹣1,0), =(﹣1,﹣1,3), =( ,﹣1,0),

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设平面 PAD 的法向量

=(x,y,z),由



故可取

=(2,1,1), 可取 =(1,﹣1,0),

由(Ⅰ)知 DE⊥平面 PCD,故平面 PCD 的法向量

∴两法向量夹角的余弦值 cos<



>=

=

∴二面角 A﹣PD﹣C 的余弦值为



【点评】本题考查二面角,涉及直线与平面垂直的判定,建系化归为平面法向量的夹角是解决问题 的关键,属难题.

20.如图,直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AC⊥AB,AB=2AA1,M 是 AB 的中点,△ A1MC1 是等腰 三角形,D 为 CC1 的中点,E 为 BC 上一点. (1)若 DE∥平面 A1MC1,求 ;

(2)求直线 BC 和平面 A1MC1 所成角的余弦值.

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【考点】直线与平面所成的角;直线与平面平行的性质. 【专题】空间角. 【分析】(1)取 BC 中点 N,连结 MN,C1N,由已知得 A1,M,N,C1 四点共面,由已知条件推 导出 DE∥C1N,从而求出 .

(2)连结 B1M,由已知条件得四边形 ABB1A1 为矩形,B1C1 与平面 A1MC1 所成的角为∠B1C1M, 由此能求出直线 BC 和平面 A1MC1 所成的角的余弦值. 【解答】解:(1)取 BC 中点 N,连结 MN,C1N,… ∵M,N 分别为 AB,CB 中点 ∴MN∥AC∥A1C1, ∴A1,M,N,C1 四点共面,… 且平面 BCC1B1∩平面 A1MNC1=C1N, 又 DE∩平面 BCC1B1, 且 DE∥平面 A1MC1,∴DE∥C1N, ∵D 为 CC1 的中点,∴E 是 CN 的中点,… ∴ .…

(2)连结 B1M,… 因为三棱柱 ABC﹣A1B1C1 为直三棱柱,∴AA1⊥平面 ABC, ∴AA1⊥AB,即四边形 ABB1A1 为矩形,且 AB=2AA1, ∵M 是 AB 的中点,∴B1M⊥A1M, 又 A1C1⊥平面 ABB1A1, ∴A1C1⊥B1M,从而 B1M⊥平面 A1MC1,… ∴MC1 是 B1C1 在平面 A1MC1 内的射影,
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∴B1C1 与平面 A1MC1 所成的角为∠B1C1M, 又 B1C1∥BC, ∴直线 BC 和平面 A1MC1 所成的角即 B1C1 与平面 A1MC1 所成的角… 设 AB=2AA1=2,且三角形 A1MC1 是等腰三角形 ∴ ,则 MC1=2, = ,

∴cos



∴直线 BC 和平面 A1MC1 所成的角的余弦值为

.…

【点评】本题考查两条线段的比值的求法,考查角的余弦值的求法,解题时要认真审题,注意空间 思维能力的培养.

21.已知函数 f(x)=x+ 的定义域为(0,+∞),且 f(2)=2+ 点,过点 P 分别作直线 y=x 和 y 轴的垂线,垂足分别为 M、N. (1)求 a 的值.

.设点 P 是函数图象上的任意一

(2)问:|PM|?|PN|是否为定值?若是,则求出该定值;若不是,请说明理由. (3)设 O 为坐标原点,求四边形 OMPN 面积的最小值.

【考点】函数与方程的综合运用. 【专题】综合题;压轴题;数形结合;转化思想.
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【分析】(1)由 f(2)=2+ =2+

求解 a.

(2)先设点 P 的坐标为(x0,y0),则有 y0=x0+ |PN|计算即可.

,x0>0,再由点到直线的距离公式求得|PM|,

(3)由(2)可将 S 四边形 OMPN 转化为 S△ OPM+S△ OPN 之和,分别用直角三角形面积公式求解,再构 造 S 四边形 OMPN 面积模型求最值. 【解答】解:(1)∵f(2)=2+ =2+ ,∴a= .

(2)设点 P 的坐标为(x0,y0),则有 y0=x0+

,x0>0,

由点到直线的距离公式可知,|PM|=

=

,|PN|=x0,

∴有|PM|?|PN|=1,即|PM|?|PN|为定值,这个值为 1. (3)由题意可设 M(t,t),可知 N(0,y0). ∵PM 与直线 y=x 垂直, ∴kPM?1=﹣1,即 =﹣1.解得 t= (x0+y0).

又 y0=x0+

,∴t=x0+



∴S△ OPM=

+

,S△ OPN= x02+



∴S 四边形 OMPN=S△ OPM+S△ OPN= (x02+ 当且仅当 x0=1 时,等号成立. 此时四边形 OMPN 的面积有最小值:1+

)+

≥1+





【点评】本题主要考查函数与方程的综合运用,还考查了平面图形的转化与面积模型建立与解决.

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22.如图,在边长为 4 的菱形 ABCD 中,∠DAB=60°.点 E、F 分别在边 CD、CB 上,点 E 与点 C、 D 不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿 EF 将△ CEF 翻折到△ PEF 的位置,使平面 PEF⊥平面

ABFED.

(Ⅰ)求证:BD⊥平面 POA; (Ⅱ)当 PB 取得最小值时,请解答以下问题: (i)求四棱锥 P﹣BDEF 的体积; (ii)若点 Q 满足 并说明理由. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角;棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定. 【专题】空间位置关系与距离. 【分析】(Ⅰ)利用菱形 ABCD 的对角线互相垂直证明 BD⊥AO,证明 PO⊥平面 ABFED,可得 PO⊥BD,利用线面垂直的判定,可得 BD⊥平面 POA; (Ⅱ)建立空间直角坐标系 O﹣xyz. (ⅰ)设 AO∩BD=H,PO=x,则 ﹣x),从而确定 PB 的最小值,进而可得四棱锥 P﹣BDEF 的体积; (ⅱ)确定 的坐标,求出平面 PBD 的法向量 ,利用向量的夹角公式可求直线 =( 2 ﹣x,2, =λ (λ>0),试探究:直线 OQ 与平面 PBD 所成角的大小是否一定大于 ?

OQ 与平面 PBD 所成的角,从而可得结论成立. 【解答】(Ⅰ)证明:∵菱形 ABCD 的对角线互相垂直, ∴BD⊥AC,∴BD⊥AO, ∵EF⊥AC,∴PO⊥EF. ∵平面 PEF⊥平面 ABFED,平面 PEF∩平面 ABFED=EF,且 PO?平面 PEF, ∴PO⊥平面 ABFED, ∵BD?平面 ABFED,∴PO⊥BD. ∵AO∩PO=O,∴BD⊥平面 POA.… (Ⅱ)如图,以 O 为原点,建立空间直角坐标系 O﹣xyz. (ⅰ)设 AO∩BD=H.因为∠DAB=60°,所以△ BDC 为等边三角形,
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故 BD=4,HB=2,HC=2 又设 PO=x,则 OH=2

. ﹣x,OA=4 ﹣x. ﹣x,2,0),

所以 O(0,0,0),P(0,0,x),B(2 故 所以| ∴当 x= 此时 PO= |= 时,|PB|min= ,OH= . =( 2 ﹣x,2,﹣x), ,

由(Ⅰ)知,PO⊥平面 ABFED,所以 (ⅱ)设点 Q 的坐标为(a,0,c),由(i)知,OP= D( 所以 ∵ =λ (λ>0), ,﹣2,0),P(0,0, ). , ,则 A(3

=3. ,0,0),B( ,2,0),



,∴



∴Q( ∴ =(

,0,

), ). ,则 .

设平面 PBD 的法向量为



,∴



取 x=1,解得:y=0,z=1,所以 设直线 OQ 与平面 PBD 所成的角 θ, ∴sinθ=|cos |= =





又∵λ>0∴sinθ> ∵θ∈[0,

. .

],∴θ>

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因此直线 OQ 与平面 PBD 所成角大于

,即结论成立.

【点评】本题考查线面垂直,考查线面角,考查利用空间向量解决立体几何问题,确定平面的法向 量是关键.

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