自贡市高二数学上册期中考试（含解析）

自贡市高二数学上册期中考试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于2的点有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
（三中）3．如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，异面直线AD与CB1所成的角是（　　）
A． B． C． D．
4．正方体的内切球和外接球的半径之比为（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆的方程为，则圆的半径为
A．3 B．9 C． D．
6．空间直角坐标系中，点与点的距离为，则等于（ ）
A．2 B． C．2或 D．8或2
7．如图的正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为
A． B． C． D．
9．将一个球的半径扩大到原来的倍，则它的体积扩大到原来的（ ）
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
10．已知直线与圆相交所得的弦长为，则的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
11．已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，且，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
12．，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．⊥，⊥∥ B．⊥，∥⊥
C．∥∥，，共面 D．，，共点，，共面
13．直线与圆的位置关系为（ ）
A．相交且直线过圆心 B．相切
C．相离 D．相交且直线不过圆心
14．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
15．正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为
A． B． C． D．
16．圆和圆的公切线有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
17．如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是
A． B． C． D．
18．一个几何体的三视图如图所示，其中主（正）视图是边长为2的正三角形，俯视图是正方形，那么该几何体的左（侧）视图的面积是
A． B． C．4 D．2
19．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则ABC的形状是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
20．已知平面平面，，，，，则下列四种位置关系中，不一定成立的是
A． B． C． D．
21．已知圆：与圆：的位置关系是（ ）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内切
22．在棱长为的正方体中，是底面的中点，，分别是，的中点，那么异面直线和所成的角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
23．如图1，在正四棱柱中，分别是，的中点，则以下结论中不成立的是（ ）
A．与垂直 B．与垂直
C．与异面 D．与异面
24．如图所示，在四边形中，，将沿折起，使得平面平面，构成四面体，则下列说法正确的是（ ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
25．在三棱锥中，底面是直角三角形，其斜边，平面，且，则三棱锥的外接球的表面积为
A． B． C． D．
26．在棱长为1的正方体中，是的中点，是三角形内的动点，，则的轨迹长为
A． B． C． D．
27．设直线被圆所截弦的中点的轨迹为，则曲线与直线的位置关系为
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
28．点与圆上任一点连线的中点轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
29．已知圆C的圆心是直线与直线的交点，直线与圆C相交于两点，且，则圆C的方程为
A．
B．
C．
D．
30．点P为ΔABC所在平面外一点，PO⊥平面ABC，垂足为O，若PA=PB=PC，则点O是ΔABC的
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
31．如果圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C．（﹣1，0）∪（0，1） D．（﹣1，1）
32．在正方体中，直线与平面所成的角的余弦值等于
A． B． C． D．
二、填空题
33．如图，在圆柱O1 O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1 O2 的体积为V1 ,球O的体积为V2 ，则 的值是_____
34．已知三棱锥，且均为等边三角形，二面角的平面角为60°，则三棱锥外接球的表面积是_______________.
35．过点向圆所引的切线方程为__________．
三、解答题
36．已知点，圆.
（1）求过点且与圆相切的直线方程；
（2）若直线与圆相交于，两点，且弦的长为，求实数的值.
37．在正方体中，棱长是1，E，F分别是AB，BC的中点，H是的中点.
（1）求证： 平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
38．如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为1的菱形，，.
（1）若是的中点，求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
39．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M点为圆心的圆及其上一点.
（1）设圆N与y轴相切，与圆M外切，且圆心在直线上，求圆N的标准方程；
（2）设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点且，求直线l的方程.
40．如图，在四棱锥中，底面四边形中，，，，，在中，，，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若，为线段的中点，求三棱锥的体积.
41．圆.
（1）若圆与轴相切，求圆的方程；
（2）已知，圆与轴相交于两点（点在点的左侧）.过点任作一条与轴不重合的直线与圆相交于两点.问：是否存在实数，使得？若存在，求出实数的值，若不存在，请说明理由.
42．已知圆：，且圆经过点
（1）求圆的方程，并写出圆心和半径.
（2）过的直线被圆截得的弦长为4，求直线的方程.
43．如图，已知正方体的棱长为，，，，分别是棱，，，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与所成的角.
44．已知圆经过点和，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）若点为圆上任意一点，求点到直线的距离的最大值和最小值．
45．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为a的正方形，侧棱PD＝a，PA＝PC＝a，
(1)求证：PD⊥平面ABCD；
(2)求证：平面PAC⊥平面PBD；
(3)求二面角P－AC－D的正切值．
46．在平面直角坐标系中，已知圆：和点，过点的直线交圆于两点
（1）若,求直线的方程；
（2）设弦的中点为,求点的轨迹方程
47．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点．
（1）求证: 平面平面；
（2）求证: 平面；
（3）求三棱锥体积．
48．如图，在直三棱柱中，，点是的中点.
求证：（1）；
（2）平面.
49．已知圆的圆心坐标为，直线被圆截得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）求经过点且与圆C相切的直线方程.
50．如图所示，在长方体中，底面是边长为1的正方形，，为棱上的一个动点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）当取得最小值时，求证：平面.
51．已知曲线：.
（1）当为何值时，曲线表示圆；
（2）若曲线与直线交于、两点，且（为坐标原点），求的值.
52．如图，在底面是矩形的四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA = AB = 2，BC = 4， E是PD的中点，
（1）求证：平面EAC；
（2）求证：平面PDC⊥平面PAD；
（3）求多面体的体积．
53．点到的距离是点到的距离的倍．
（1）求点的轨迹方程；
（2）点与点关于点对称，点，求的最大值和最小值．
（3）若过的直线从左向右依次交第（2）问中的轨迹于不同两点，，，判断的取值范围并证明．
参考答案
1．B
【分析】
求出圆心到直线3x＋4y－11＝0的距离为2，这样与直线3x＋4y－11＝0距离为2的两条直线中一条与圆相交，另一条与圆相离，从而可得满足题意的点的个数．
【详解】
圆(x－3)2＋(y－3)2＝9的圆心为(3，3)，半径为3，圆心到直线3x＋4y－11＝0的距离d＝＝2，
与直线3x＋4y－11＝0距离为2的两条直线中一条与圆相交，另一条与圆相离，
∴圆上到直线3x＋4y－11＝0的距离为2的点有2个.
故选：B.
【点睛】
本题考查圆上的点到直线的距离问题，主要考查直线与圆的位置关系．解题关键是转化为求圆心到已知直线的距离，从而判断出到已知直线距离为2的直线和圆位置关系．
2．B
【分析】
空间中点关于坐标平面的对称点坐标，变号，不变；
【详解】
空间中点关于坐标平面的对称点坐标，变号，不变，
，
故选：B.
3．B
【分析】
由AD∥BC，知∠BCB1是异面直线AD与CB1所成的角，由此能求出异面直线AD与CB1所成的角的大小．
【详解】
解：ABCD-A1B1C1D1为正方体中，
∵AD∥BC，
∴∠BCB1是异面直线AD与CB1所成的角，
∵∠BCB1=45°，
∴异面直线AD与CB1所成的角为45°．
故选B．
【点睛】
本题考查异面直线所成角，考查空间想象能力，属基础题．
4．D
【详解】
正方体的棱长是内切球的直径，正方体的对角线是外接球的直径，
设正方体的棱长为，内切球的半径为，外接球的半径为，
则，所以，所以，故选D.
5．A
【详解】
试题分析：配方得，故圆的半径为3
考点：圆的方程
6．C
【分析】
由空间中两点间的距离公式列方程求解即可.
【详解】
由空间中两点的距离公式得，
解得：或.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了空间中两点间的距离公式，需要学生熟练掌握该公式.
7．A
【分析】
根据斜二测画法的规则，还原出原来的图形，求出它的面积即可．
【详解】
如图所示，
由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变，
正方形的对角线在轴上，
可求得其长度为，故在原平面图中其在轴上，
且其长度变为原来的2倍，长度为，
所以原来的图形是平行四边形，
其在横轴上的边长为1，高为，
所以它的面积是．
故选：A
8．B
【详解】
由正视图和俯视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知其侧视图为B,故选B
点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
9．D
【分析】
根据题意，设出球的半径，再利用球的体积公式即可得出结果.
【详解】
设球的半径为 ，则球的体积为 ，若将球的半径扩大到原来的倍，则扩展后的体积为 ，因此，它的体积扩大到原来的： 倍.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查球的体积公式，属于基础题.
10．C
【分析】
由题意可得圆心到直线的距离，由点到直线的距离公式列方程即可得解.
【详解】
由题意圆的圆心为，半径为2，
直线与圆相交所得的弦长为，
圆心到直线的距离，
，解得.
故选：C.
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，考查了计算能力，属于基础题.
11．B
【分析】
利用空间线面、面面平行与垂直的判定定理分别去判断各个选项，即可判断出正误.
【详解】
解：对于选项，若，，则与可以平行，相交，或为异面直线，因此不正确；
对于选项，若，且，则，因此正确；
对于选项，若，，，，则与不一定平行，因此不正确；
对于选项，若，，，则与不一定垂直，因此不正确.
综上，正确的命题是B.
故选：B.
【点睛】
本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，注意空间中线线、线面、面面的位置关系的合理运用，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.
12．B
【分析】
通过两条直线垂直的充要条件两条线所成的角为；判断出对；通过举常见的图形中的边、面的关系说明命题错误．
【详解】
解：对于，通过常见的图形正方体，从同一个顶点出发的三条棱两两垂直，错；
对于，，，所成的角是，又，所成的角是，对；
对于，例如三棱柱中的三侧棱平行，但不共面，故错；
对于，例如三棱锥的三侧棱共点，但不共面，故错．
故选：B ．
【点睛】
本题考查两直线垂直的定义、考查判断线面的位置关系时常借助常见图形中的边面的位置关系得到启示．
13．D
【分析】
根据点直线的关系，以及直线与圆的位置关系的判定方法，进行判定，即可求解.
【详解】
由题意，圆的圆心坐标为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
将圆心代入直线，可得，所以直线不过圆心，
故选：D.
14．B
【分析】
设圆台较小底面半径为r，由圆台的侧面积公式可计算出结果．
【详解】
设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r.由S＝π(r＋3r)·3＝84π，
解得r＝7.
故选：B.
15．C
【详解】
试题分析：如下图所示，连接，因为是正三角形，且为中点，则，又因为面，故，且，所以面，所以是三棱锥的高，所以．
考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．
16．C
【分析】
求出两圆的圆心和半径，根据两圆的圆心距小于半径之和，可得两圆相交，由此可得两圆的公切线的条数．
【详解】
解答：
圆,表示以为圆心，半径等于的圆．
圆,表示以为圆心，半径等于的圆．
两圆的圆心距等于，两圆相外切，故两圆的公切线的条数为.
故选C.
【点睛】
本题主要考察公切线条数的确定，解题的关键是要确定两圆的位置关系，属于基础题.
17．D
【详解】
如图所示：由已知斜二测直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形
∴这个平面图形的面积： ，
故选D.
18．B
【详解】
试题分析：由三视图可判断几何体为正四棱锥，则左（侧）视图的面积与主（正）视图面积相等；
可得：
考点：三视图与几何体的面积．
19．B
【分析】
首先做出辅助线，根据平面ABD⊥平面BCD以及所作辅助线可得AE⊥平面BCD，进而得到AE⊥BC，利用DA⊥平面ABC，可得到DA⊥BC，通过线面垂直即可证得BC⊥AB，因此可判断三角形的形状.
【详解】
作AE⊥BD于E
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCD=BD
所以AE⊥平面BCD
又因为BC 平面BCD，所以AE⊥BC
而DA⊥平面ABC，BC 平面ABC
所以DA⊥BC，
又因为AE∩AD=A，所以BC⊥平面ABD
而AB 平面ABD，所以BC⊥AB
即ABC为直角三角形.
故选：B.
20．D
【解析】
过直线作平面，与平面交于直线，则，又，所以，故；又，所以，，故，所以A、B、C一定成立，亦有可能.
本题选择D选项.
21．B
【分析】
分别求得两圆的圆心坐标和半径，结合圆与圆的位置关系的判定方法，即可求解.
【详解】
由题意，圆：，可得圆心坐标为，半径为，
圆：，可得圆心坐标为，半径为，
又由，且，
即，所以圆相外切.
故选：B.
【点睛】
圆与圆的位置关系问题的解题策略：
1、判断两圆的位置关系时常采用几何法，即利用两圆的圆心之间的距离与两圆的半径间的关系进行判断，一般不采用代数法；
2、若两圆相交，则两圆的公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去项得到.
22．B
【分析】
建立空间直角坐标系，分别用坐标表示出，然后计算出向量夹角的余弦值，由此可求解出异面直线和所成的角的余弦值.
【详解】
建立空间直角坐标系如图所示：
所以，所以，
所以异面直线和所成的角的余弦值为，
故选：B.
【点睛】
本题考查利用向量方法求解异面直线所成角的余弦值，难度一般.异面直线所成角的向量求解方法：根据直线方向向量夹角的余弦值求解出异面直线所成角的余弦值，从而异面直线所成角可求.
23．D
【详解】
如图所示，连结，由几何关系可得点为的中点，且，
由三角形中位线的性质可得：，即与不是异面直线，
很明显，与异面，
由几何关系可得：，则，
综上可得，选项D中的结论不成立.
本题选择D选项.
24．D
【分析】
在四边形中，由已知条件可得，而在四面体中，由平面平面，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论
【详解】
∵在四边形中，，
∴，∵，
∴，
∴，∴．
又在四面体中，平面平面，且平面平面，故平面，∴，又，∴平面，
又平面，∴平面平面．
故选：D
25．A
【详解】
根据已知，可将三棱锥补成一个长方体，如下图：
则三棱锥的外接球就是这个长方体的外接球，由于，且是直角三角形，平面，长方体的对角线长为，三棱锥的外接球的半径，三棱锥的外接球的表面积为，故选A.
【方法点睛】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（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；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.
26．D
【详解】
先找到一个平面总是保持与 垂直，取 、 的中点、 . 连接 ，在正方体 中，有面 ，又是三角形内的动点，根据平面的基本性质得：点的轨迹为面 与面的交线段 ，在直角三角形 中， ，故选D.
27．C
【详解】
弦的中点的轨迹为C，设C上任意一点的坐标为，则由弦的性质得OA垂直于直线，∴，即又点还在直线上，
∴，，故曲线C表示以(0,)为圆心，以为半径的圆．
∵圆心(0,)到直线x-y 2=0的距离等于=>
故曲线C与直线相离，
故选C.
28．A
【分析】
设圆上任意一点为，确定的中点坐标之间的关系，代入圆的方程，即可求解.
【详解】
设圆上任意点为，中点为，且，
可得，解得，
代入圆，可得，
整理得，即所求的轨迹方程为.
故选：A.
29．A
【分析】
联立两个直线方程求出圆心，再求出圆心到直线的距离和半弦长，从而运用勾股定理求出半径即可得到结果.
【详解】
根据题意：圆的圆心是直线与直线的交点，则，解得，因此圆心，设圆的半径为，圆心到直线的距离为，因为弦长为，所以，所以圆的方程为.
故本题正确答案为A.
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，直线与圆的位置关系常用以下处理方法：
（1）直线与圆相切处理时要利用圆心与切点连线垂直，构建直角三角形，进而利用勾股定理可以建立等量关系；
（2）直线与圆相交，利用垂径定理也可以构建直角三角形；
（3）直线与圆相离时，当过圆心作直线的垂线时长度最小.
30．B
【详解】
解：因为点P为ΔABC所在平面外一点，PO⊥平面ABC，垂足为O，若PA=PB=PC，则点O是ΔABC的外心，选B
31．A
【分析】
由题意可转化成对应的两圆相交，可得：R﹣r＜|OC|＜R+r，即：13，解不等式即可．
【详解】
解：∵圆（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1上总存在两个点到原点的距离为2，
∴圆O：x2+y2＝4与圆C：（x﹣a）2+（y﹣1）2＝1相交，
∵|OC|，
由R﹣r＜|OC|＜R+r得：13，
∴，
∴﹣2a＜0或0＜a＜2．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了圆与圆的位置关系知识，考查转化能力及计算能力，属于基础题．
32．B
【详解】
设正方体的棱长为到面的距离，故选B.
33．
【详解】
设球半径为，则．故答案为．
点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．
34．
【分析】
取的中点为，连接，，可知，在线段上取点，使得，则底面三角形的外接圆圆心为，在线段上取中点，连结，过点作的垂线交于点，则外接球的球心为点，利用，可以求出外接球的半径，进而得到答案．
【详解】
取的中点为，连接，，由于均为等边三角形，
可知，则为正三角形，边长，且所求外接球球心在平面上，
在线段上取点，使得，则底面三角形的外接圆圆心为，
在线段上取中点，连结，过点作的垂线交于点，则外接球的球心为点，
在三角形中，，
则外接球的半径，
三棱锥外接球的表面积是.
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题．
35．
【解析】
若斜率不存在，直线与圆相切，符合题意；若斜率存在，设切线斜率为，则切线方程为，即，，切线方程为或，故答案为或.
36．（1）或；（2）.
【分析】
（1）考虑切线的斜率是否存在，结合直线与圆相切的的条件d=r，直接求解圆的切线方程即可．
（2）利用圆的圆心距、半径及半弦长的关系，列出方程，求解a即可．
【详解】
（1）由圆的方程得到圆心，半径.
当直线斜率不存在时，直线与圆显然相切；
当直线斜率存在时，设所求直线方程为，即，
由题意得：，解得，
∴ 方程为，即.
故过点且与圆相切的直线方程为或.
（2）∵ 弦长为，半径为2.
圆心到直线的距离，
∴，
解得.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查切线方程的求法，考查了垂径定理的应用，考查计算能力．
37．（1）见解析（2）
【分析】
（1）建立直角坐标系，通过向量数量积得出向量垂直，所以线面垂直．
（2）求出平面的法向量代入线面角的计算公式即可．
【详解】
在正方体中，DA，DC，两两垂直，如图，以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x 轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则，，，
（1）又，，所以,
易得，.
故
所以,
又,所以平面.
（2）由（1）知是平面的一个法向量.
又，
设直线与平面所成的角为，
故
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
考查建立空间坐标系，利用向量证明线面垂直，求线面角的正弦值.
38．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）连结，，交于，连结，推导出，由此能证明平面．
（2）以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．
【详解】
解：（1）证明：连结，，交于，连结，
底面是边长为1的菱形，是的中点，
是的中点，，
平面，平面，
平面．
（2）解：以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，1，，，0，，，，，
，1，，，，，
设异面直线与所成角为，
则．
异面直线与所成角的余弦值为．
39．（1）（2）或.
【分析】
（1）根据由圆心在直线y=6上，可设，再由圆N与y轴相切，与圆M外切得到圆N的半径为和得解.
（2）由直线l平行于OA，求得直线l的斜率，设出直线l的方程，求得圆心M到直线l的距离，再根据垂径定理确定等量关系，求直线方程.
【详解】
（1）圆M的标准方程为，所以圆心M（7，6），半径为5,.
由圆N圆心在直线y=6上，可设
因为圆N与y轴相切，与圆M外切
所以，圆N的半径为
从而
解得.
所以圆N的标准方程为.
（2）因为直线l平行于OA，所以直线l的斜率为.
设直线l的方程为，即
则圆心M到直线l的距离
因为
而
所以
解得 或.
故直线l的方程为或.
【点睛】
本题主要考查了直线方程，圆的方程，直线与直线，直线与圆，圆与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力和数形结合的思想，属于中档题.
40．（1）证明见解析 ；（2）.
【分析】
（1）取的中点，推导出平面，可得出，再由，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再由，进而可证得结论成立；
（2）求出点到平面的距离为，进而可求得点到平面的距离，并求出的面积，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.
【详解】
（1）如下图所示，取的中点，连接，
在中，，，则为等边三角形，
因为为的中点，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
，，平面，
在四边形中，且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，因此，平面；
（2）由（1）知，四边形为平行四边形，
因为，，所以，四边形为正方形，，
所以，是边长为为等边三角形，
平面，所以到平面的距离，
，平面，平面，平面，
所以、两点到平面的距离相等，均为，
又为线段的中点，所以到平面的距离，
由（1）知，平面，因为平面，所以，
所以.
【点睛】
方法点睛：证明线面垂直的方法：
一是线面垂直的判定定理；
二是利用面面垂直的性质定理；
三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；
另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．
41．（1）或；（2）存在，
【分析】
（1）先将圆转化为标准方程，由圆与轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等，列出方程求解即可；
（2）先求出两点坐标，假设存在实数，当直线与轴不垂直时，设直线的
方程为，代入，用韦达定理根据，斜率之和为0，求得实数的值，在检验成立即可.
【详解】
解：（1）由圆与轴相切，可知圆心的横坐标的绝对值与半径与相等.故先将圆的方程化成标准方程为：，
∵恒成立，∴求得或，
即可得到所求圆的方程为：或；
（2）令，得，即所以，
假设存在实数，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，
代入得，，
设，从而，，
因为
而
因为，所以，即，得.
当直线与轴垂直时，也成立.
故存在，使得.
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，以及直线与圆，圆与圆的综合性问题.
42．（1），圆心，半径；（2）或.
【分析】
（1）首先将代入圆的方程得到，再求出圆的标准方程即可得到答案.
（2）首先根据题意得到圆心到直线的距离为，再分类讨论即可得到直线方程.
【详解】
（1）∵将代入圆的方程可以得
∴圆：，∴圆心，半径
（2）设圆心到直线的距离为
∴
①当直线的斜率不存在时，此时：，到的距离，满足题意；
②当直线的斜率存在时，设斜率为，则：即.
∴，∴
∴，∴，
综上所述：或.
43．(1)见解析(2)
【详解】
试题分析：（1）建立空间直角坐标系，由，即可证明平面；
（2）在空间坐标系中求出，的坐标，利用公式即可得到直线与所成的角.
试题解析：
（1）证明：以为原点，建立空间直角坐标系
由已知条件可得
，，，，
，，
，又有平面
所以平面
（其它证法酌情给分，但要注意“平面”）
（2）如（1）问建系，，
，
所以
即求直线与所成的角
点睛：求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一．这类问题的求解一般有两条途径：其一是平移其中的一条直线或两条直线，将其转化为共面直线所成角，然后再构造三角形，通过解三角形来获得答案；其二是建立空间直角坐标系，借助空间向量的数量积公式，求出两向量的夹角的大小来获解．
44．（1）；（2）.
【解析】试题分析：（1）由圆心在圆的弦的中垂线上和直线，可得圆心的坐标；由圆心到圆上点的距离等于半径，可得圆的半径的长，代入圆的标准方程即可求得；（2）先判断直线和圆的位置关系，再根据圆上点P到直线的距离最大值为圆心到直线距离加半径，最小值为圆心到直线距离减半径即可求得.
试题解析：解：（1）的中点坐标为，
∴圆心在直线上,
又知圆心在直线上,
∴圆心坐标是,圆心半径是,
∴圆的方程是
（2）设圆心到直线的距离，
∴直线与圆相离,
∴点到直线的距离的最大值是,
最小值是
考点：圆的标准方程；直线与圆的位置关系.
45．（1）见解析（2）见解析（3）
【详解】
(1)证明：∵PD＝a，DC＝a，PC＝a，∴PC2＝PD2＋DC2，
∴PD⊥DC．同理，PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD．
(2)证明：由(1)知PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又四边形ABCD是正
方形，∴AC⊥BD，又BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PDB．又AC 平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PBD．
(3)设AC∩BD＝O，连接PO.由PA＝PC，知PO⊥AC．又DO⊥AC，故∠POD为二面角P－AC－D的平面角．易知OD＝.
在Rt△PDO中，tan∠POD＝.
考点：平面与平面垂直的判定.
46．（1）或；（2）
【分析】
（1）考虑直线的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时直接通过点的坐标计算弦长判断是否满足即可；斜率存在时，利用半径、半弦长、圆心到到直线距离构成勾股定理求解直线方程；
（2）设，利用向量数量积的坐标运算表示，由此可求得关于的等式，即为的轨迹方程.
【详解】
（1）当的斜率不存在时，则，此时，所以满足，
当的斜率存在时，设，因为，，所以圆心到直线的距离为：，
所以，解得，所以，
综上：的方程为或；
（2）设，因为且，所以，
所以，所以的轨迹方程为.
【点睛】
（1）圆的问题中，已知弦长求解直线方程时要注意到直线的斜率不存在这种特殊情况；
（2）求解轨迹方程的两种思路：<1>借助曲线的定义去求解轨迹方程；<2>根据题意找到等量关系，列出等式并化简得到关于的最简等式即为轨迹方程.
47．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【详解】
试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式.
（1）在三棱柱中，底面ABC，所以AB，
又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面，因为AB平面，所以平面平面.
（2）取AB中点G，连结EG，FG，
因为E，F分别是、的中点，所以FG∥AC，且FG=AC，
因为AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，
所以四边形为平行四边形，所以EG，
又因为EG平面ABE，平面ABE，
所以平面.
（3）因为=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，
所以三棱锥的体积为：==.
考点：本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．
48．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意可得平面，可推出，再由线面垂直的判定定理，得平面，进而可证.
（2）连接，不难证得是三角形的中位线，进而证得平面.
【详解】
（1）在直三棱柱中，平面，
所以，
又，,
所以平面，平面，
所以.
（2）设与的交点为，连接，
四边形为平行四边形，
所以为的中点，
又为的中点，
所以是三角形的中位线，，
又因为平面，
平面，
所以平面.
49．（1）；（2）和.
【分析】
(1)根据圆心坐标设圆的标准方程，结合点到直线的距离公式求出圆的半径即可.
(2)当切线斜率不存在时满足题意；当切线斜率存在时，设切线方程，结合点到直线的距离公式和圆心到直线的距离为半径，计算求出直线斜率即可.
【详解】
（1）设圆的标准方程为：
圆心到直线的距离：，
则
圆的标准方程：
（2）①当切线斜率不存在时，设切线：，此时满足直线与圆相切.
②当切线斜率存在时，设切线：，即
则圆心到直线的距离：.
解得：，即
则切线方程为：
综上，切线方程为：和
50．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）在长方体中， 平面，，分别计算求解即可；
（Ⅱ）将侧面绕展开至与平面共面，当，，共线时，取得最小值，要证平面，只需证和即可.
试题解析：
（Ⅰ）解：在长方体中， 平面，∴到平面的距离为，
又，
∴．
（Ⅱ）证明：如图，
将侧面绕展开至与平面共面，当，，共线时，取得最小值．
∵在中，为中点，//，∴为的中点．
如图，连接，，，，
在中，易求得，
在中，易求得，
∵平面，∴，
在中，，，得，
∵在中，，∴．
同理可得，
∴平面．
51．（1）；（2）.
【分析】
（1）由圆的一般方程所满足的条件列出不等式，解之即可；
（2）将转化为，即，然后直线与圆联立，结合韦达定理列出关于的方程，解方程即可.
【详解】
（1）由，得.
（2）设，，由得，即.
将直线方程与曲线：联立并消去得
，由韦达定理得①，②，
又由得；
∴.
将①、②代入得，满足判别式大于0.
52．（1）见解析（2）见解析（3）4
【解析】
试题分析：
(1)做出辅助线，由结合线面平行的判断定理即可证得平面EAC；
(2)由题意可证得CD⊥平面PAD，结合面面垂直的判断定理即可证得平面PDC⊥平面PAD；
(3)将原问题转化为组合体体积之差的问题，分别求解体积值可得多面体的体积是4.
试题解析：
（1）连接BD交AC于点G,连接EG，因为E为PD的中点，G为BD的中点，
所以,又因为,，
所以.
（2），，.
　　　 , . 而, 平面
. .
（3）,因为E为PD的中点，,
所以点E到平面ADC的距离是,即 ,
所以
53．（1）（2）最大值为，最小值为（3）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）通过题意，利用两点间距离公式计算即可得到关于点坐标的轨迹方程；（Ⅱ）通过设Q（2+2cosθ，2+2sinθ），利用两点间距离公式将的用三角函数表示，利用三角函数的有界性即得结论；（Ⅲ）通过数形结合法如图，可得当EF为圆N的直径时λ最大，计算即可
试题解析：（1）设点，由题意可得，即．化简可得．
（2）设，由题可得， 代入上式消去可得，即的轨迹为，即．
令．所以，，所以．因此的最大值为，最小值为．
（注：用参数方程计算的参考给分）
（3）的取值范围是．
证明：设，且．因为，所以，且．
设过的直线方程为（一定存在），与的轨迹方程联立，．消去得．，解得．而，，，因此，当且仅当时等号成立．所以（），解得．
（注：用平面几何方法得出结论的参考给分．）
考点：1．直线与圆锥曲线的综合问题；2．轨迹方程