2022年高考数学真题分类汇编——平面解析几何与立体几何（含解析）

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2022年高考数学真题分类汇编——平面解析几何与立体几何
一．选择题（共15小题）
1．椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
2．若直线2x+y﹣1＝0是圆（x﹣a）2+y2＝1的一条对称轴，则a＝（　　）
A． B． C．1 D．﹣1
3．已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若 ＝﹣1，则C的方程为（　　）
A．+＝1 B．+＝1
C．+＝1 D．+y2＝1
4．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|＝|BF|，则|AB|＝（　　）
A．2 B．2 C．3 D．3
5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）
A．22π B．8π C．π D．π
6．如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F﹣BC﹣A的平面角为γ，则（　　）
A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β
7．已知正三棱锥P﹣ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（　　）
A． B．π C．2π D．3π
8．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（　　）
A．AB＝2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
9．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A．[18，] B．[，] C．[，] D．[18，27]
10．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　）
A． B． C． D．
11．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（　　）
A．8 B．12 C．16 D．20
12．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（　　）
A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面A1C1D
13．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（　　）
A． B．2 C． D．
14．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A．100π B．128π C．144π D．192π
15．上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（　　）
A．0 B．2 C．4 D．12
二．多选题（共5小题）
（多选）16．已知O为坐标原点，点A（1，1）在抛物线C：x2＝2py（p＞0）上，过点B（0，﹣1）的直线交C于P，Q两点，则（　　）
A．C的准线为y＝﹣1 B．直线AB与C相切
C．|OP| |OQ|＞|OA|2 D．|BP| |BQ|＞|BA|2
（多选）17．已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px（p＞0）焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M（p，0）．若|AF|＝|AM|，则（　　）
A．直线AB的斜率为2 B．|OB|＝|OF|
C．|AB|＞4|OF| D．∠OAM+∠OBM＜180°
（多选）18．双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2＝，则C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
（多选）19．如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E﹣ACD，F﹣ABC，F﹣ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（　　）
A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1+V2 D．2V3＝3V1
（多选）20．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（　　）
A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
三．填空题（共12小题）
21．已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点A（x1，y1），交双曲线的渐近线于点B（x2，y2）且x1＜0＜x2．若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是 　 　．
22．设点M在直线2x+y﹣1＝0上，点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，则⊙M的方程为 　 　．
23．过四点（0，0），（4，0），（﹣1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为 　 　．
24．已知双曲线y2+＝1的渐近线方程为y＝±x，则m＝　 　．
25．记双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值 　 　．
26．已知直线l与椭圆+＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别相交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l的方程为 　 　．
27．若双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，则m＝　 　．
28．设点A（﹣2，3），B（0，a），若直线AB关于y＝a对称的直线与圆（x+3）2+（y+2）2＝1有公共点，则a的取值范围是 　 　．
29．写出与圆x2+y2＝1和（x﹣3）2+（y﹣4）2＝16都相切的一条直线的方程 　 　．
30．已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是 　 　．
31．已知P1（x1，y1），P2（x2，y2）两点均在双曲线Γ：﹣y2＝1（a＞0）的右支上，若x1x2＞y1y2恒成立，则实数a的取值范围为 　 　．
32．若关于x，y的方程组有无穷多解，则实数m的值为 　 　．
四．解答题（共16小题）
33．如图，已知椭圆+y2＝1．设A，B是椭圆上异于P（0，1）的两点，且点Q（0，）在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝﹣x+3于C，D两点．
（Ⅰ）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（Ⅱ）求|CD|的最小值．
34．已知点A（2，1）在双曲线C：﹣＝1（a＞1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
35．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，﹣2），B（，﹣1）两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点P（1，﹣2）的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝．证明：直线HN过定点．
36．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），焦距为2．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）过点P（﹣2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N．当|MN|＝2时，求k的值．
37．设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3．
（1）求C的方程；
（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β．当α﹣β取得最大值时，求直线AB的方程．
38．已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），渐近线方程为y＝±x．
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0．过P且斜率为﹣的直线与过Q且斜率为的直线交于点M．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
39．已知椭圆Γ：+y2＝1（a＞1），A、B两点分别为Γ的左顶点、下顶点，C、D两点均在直线l：x＝a上，且C在第一象限．
（1）设F是椭圆Γ的右焦点，且∠AFB＝，求Γ的标准方程；
（2）若C、D两点纵坐标分别为2、1，请判断直线AD与直线BC的交点是否在椭圆Γ上，并说明理由；
（3）设直线AD、BC分别交椭圆Γ于点P、点Q，若P、Q关于原点对称，求|CD|的最小值．
40．如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
（Ⅰ）证明：FN⊥AD；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
41．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
（1）证明：EF∥平面ABCD；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
42．在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．
（1）证明：BD⊥PA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
43．如图，PO是三棱锥P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
（1）证明：OE∥平面PAC；
（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．
44．如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F﹣ABC的体积．
45．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为．
（1）求A到平面A1BC的距离；
（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．
46．如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
47．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
48．如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为O、O1，AA1为圆柱的母线，底面半径长为1．
（1）若AA1＝4，M为AA1的中点，求直线MO1与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示）
（2）若圆柱过OO1的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积．
2022年高考数学真题分类汇编——平面解析几何与立体几何
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．【解答】已知A（﹣a，0），设P（x0，y0），则Q（﹣x0，y0），
kAP＝，
kAQ＝，
故kAP kAQ＝ ＝＝①，
∵+＝1，即＝②，
②代入①整理得：＝，
e＝＝＝．
故选：A．
2．【解答】圆（x﹣a）2+y2＝1的圆心坐标为（a，0），
∵直线2x+y﹣1＝0是圆（x﹣a）2+y2＝1的一条对称轴，
∴圆心在直线2x+y﹣1＝0上，可得2a+0﹣1＝0，即a＝．
故选：A．
3．【解答】由椭圆的离心率可设椭圆方程为，
则，
由平面向量数量积的运算法则可得：
，∴m2＝1，
则椭圆方程为．
故选：B．
4．【解答】F为抛物线C：y2＝4x的焦点（1，0），点A在C上，点B（3，0），|AF|＝|BF|＝2，
由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限），所以|AB|＝＝2．
故选：B．
5．【解答】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：+π×12×2+＝π．
故选：C．
6．【解答】∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，
∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，
如图，过F作FG⊥AC，垂足点为G，连接GE，则A1A∥FG，
∴EF与AA1所成的角为∠EFG＝α，且tanα＝，
又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，
∴EF与平面ABC所成的角为∠FEG＝β，且tanβ＝∈[1，+∞），
∴tanβ≥tanα，...①，
再过G点作GH⊥BC，垂足点为H，连接HF，
又易知FG⊥底面ABC，BC 底面ABC，
∴BC⊥FG，又FG∩GH＝G，∴BC⊥平面GHF，
∴二面角F﹣BC﹣A的平面角为∠GHF＝γ，且tanγ＝，又GH∈[0，1]，
∴tanγ∈[1，+∞），∴tanγ≥tanα，...②，
又GE≥GH，∴tanβ≤tanγ，...③，
由①②③得tanα≤tanβ≤tanγ，又α，β，γ∈[0，），y＝tanx在[0，）单调递增，
∴α≤β≤γ，
故选：A．
7．【解答】设点P在面ABC内的投影为点O，连接OA，则OA＝＝2，
所以OP＝＝＝2，
由＝＝1，知T表示的区域是以O为圆心，1为半径的圆，
所以其面积S＝π．
故选：B．
8．【解答】如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，
在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，
所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，
即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，
所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，，
在Rt△ADB1中，DB1＝2，，
所以AB＝，，，
故选项A，C错误，
由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，
所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，
在Rt△ABB1中，，
故选项B错误，
如图，连接B1C，
则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，
所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，
在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，
所以选项D正确，
故选：D．
9．【解答】如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，
设正四棱锥的底面边长为a，高为h，
在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，
∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，
在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，
∴，∴，
∴l2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，
∴该正四棱锥体积V（h）＝＝＝，
∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），
∴当时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，
∴V（h）max＝V（4）＝，
又∵V（）＝，V（）＝，且，
∴，
即该正四棱锥体积的取值范围是[，]，
故选：C．
10．【解答】由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，
则r＝，
∴该四棱锥的高h＝，
∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，
当且仅当，即时，等号成立，
∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，
故选：C．
11．【解答】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，
四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，
AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，
∴该多面体的体积为：
V＝＝12．
故选：B．
12．【解答】对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC，
又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1 平面BDD1，
∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1，
又EF 平面B1EF，
∴平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；
对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；
对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；
对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．
故选：A．
13．【解答】如图，
甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，
由勾股定理可得，
∴．
故选：C．
14．【解答】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得，解得R＝5，
∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．
故选：A．
15．【解答】3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直，
∴每天0点至12点（包含0点，不含12点），
相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为2，
故选：B．
二．多选题（共5小题）
16．【解答】∵点A（1，1）在抛物线C：x2＝2py（p＞0）上，
∴2p＝1，解得，
∴抛物线C的方程为x2＝y，准线方程为，选项A错误；
由于A（1，1），B（0，﹣1），则，直线AB的方程为y＝2x﹣1，
联立，可得x2﹣2x+1＝0，解得x＝1，故直线AB与抛物线C相切，选项B正确；
根据对称性及选项B的分析，不妨设过点B的直线方程为y＝kx﹣1（k＞2），与抛物线在第一象限交于P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立，消去y并整理可得x2﹣kx+1＝0，则x1+x2＝k，x1x2＝1，，
，由于等号在x1＝x2＝y1＝y2＝1时才能取到，故等号不成立，选项C正确；
＝，选项D正确．
故选：BCD．
17．【解答】如图，
∵F（，0），M（p，0），且|AF|＝|AM|，∴A（，），
由抛物线焦点弦的性质可得，则，则B（，﹣），
∴，故A正确；
，|OF|＝，|OB|≠|OF|，故B错误；
|AB|＝＞2p＝4|OF|，故C正确；
，，，，，
∵|OA|2+|OB|2＜|AB|2，|AM|2+|BM|2＜|AB|2，
∴∠AOB，∠AMB均为钝角，可得∠OAM+∠OBM＜180°，故D正确．
故选：ACD．
18．【解答】当直线与双曲线交于两支时，设双曲线的方程为﹣＝1（a＞0，b＞0），
设过F1的切线与圆D：x2+y2＝a2相切于点P，
则|OP|＝a，OP⊥PF1，又|OF1|＝c，
所以PF1＝＝＝b，
过点F2作F2Q⊥MN于点Q，
所以OP∥F2Q，又O为F1F2的中点，
所以|F1Q|＝2|PF1|＝2b，|QF2|＝2|OP|＝2a，
因为cos∠F1NF2＝，∠F1NF2＜，所以sin∠F1NF2＝，
所以|NF2|＝＝，则|NQ|＝|NF2| cos∠F1NF2＝，
所以|NF1|＝|NQ|+|F1Q|＝+2b，
由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|＝2a，
所以+2b﹣＝2a，可得2b＝3a，即＝，
所以C的离心率e＝＝＝＝．
情况二：当直线与双曲线交于一支时，
如图，记切点为A，连接OA，则|OA|＝a，|F1A|＝b，
过F2作F2B⊥MN于B，则|F2B|＝2a，因为cos∠F1NF2＝，所以|NF2|＝，|NB|＝，
|NF2|﹣|NF1|＝﹣（﹣2b）＝a+2b＝2a，即a＝2b，
所以e＝＝＝＝，A正确．
故选：AC．
19．【解答】设AB＝ED＝2FB＝2，
∵ED⊥平面ABCD，∴|ED|为四棱锥E﹣ABCD的高，
∵FB∥ED，∴|FB|为三棱锥F﹣ABC的高，
∵平面ADE∥平面FBC，∴点E到平面FBC的距离等于点D到平面FBC的距离，
即三棱锥E﹣FBC的高＝|DC|＝2，
几何体的体积V＝VE﹣ABCD+VE﹣FBC+VE﹣ABF＝×SABCD×|ED|+×S△FBC×|DC|+×S△ABF×|AB|＝4，
V1＝×S△ACD×|ED|＝，
V2＝×S△ABC×|FB|＝，
V3＝V﹣V1﹣V2＝2．
故C、D正确，A、B错误．
故选：CD．
20．【解答】如图，
连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，
可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；
∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1 平面DA1B1C，
∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；
设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
∵sin∠C1BO＝，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．
故选：ABD．
三．填空题（共12小题）
21．【解答】如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，
由于B（x2，y2）且x2＞0，则点B在渐近线上，不妨设，
设直线AB的倾斜角为θ，则，则，即，则|FB′|＝4m，
∴|OF|＝c＝3m，
又，则＝，
又，则，则，
∴点A的坐标为，
∴，即，
∴．
故答案为：．
22．【解答】由点M在直线2x+y﹣1＝0上，可设M（a，1﹣2a），
由于点（3，0）和（0，1）均在⊙M上，∴圆的半径为＝，
求得a＝1，可得半径为，圆心M（1，﹣1），
故⊙M的方程为（x﹣1）2+（y+1）2＝5，
故答案为：（x﹣1）2+（y+1）2＝5．
23．【解答】设过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
即，解得F＝0，D＝﹣4，E＝﹣6，
所以过点（0，0），（4，0），（﹣1，1）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣6y＝0．
同理可得，过点（0，0），（4，0），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣4x﹣2y＝0．
过点（0，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣y＝0．
过点（4，0），（﹣1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2﹣x﹣2y﹣＝0．
故答案为：x2+y2﹣4x﹣6y＝0（或x2+y2﹣4x﹣2y＝0或x2+y2﹣x﹣y＝0或x2+y2﹣x﹣2y﹣＝0）．
24．【解答】双曲线y2+＝1化为标准方程可得y2﹣＝1，
所以m＜0，双曲线的渐近线方程y＝±x，
又双曲线y2+＝1的渐近线方程为y＝±x，
所以＝，解得m＝﹣3．
故答案为：﹣3．
25．【解答】双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的离心率为e，e＝，
双曲线的渐近线方程为y＝±x，
直线y＝2x与C无公共点，可得≤2，即，即，
可得1＜，
满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2．
故答案为：2（e∈（1，]内的任意一个值都满足题意）．
26．【解答】设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为E，
由+＝1，+＝1，
相减可得：＝﹣，
则kOE kAB＝ ＝＝﹣，
设直线l的方程为：y＝kx+m，k＜0，m＞0，M（﹣，0），N（0，m），
∴E（﹣，），∴kOE＝﹣k，
∴﹣k k＝﹣，解得k＝﹣，
∵|MN|＝2，∴＝2，化为：+m2＝12．
∴3m2＝12，m＞0，解得m＝2．
∴l的方程为y＝﹣x+2，即x+y﹣2＝0，
故答案为：x+y﹣2＝0．
27．【解答】双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线：x＝±my，
圆x2+y2﹣4y+3＝0的圆心（0，2）与半径1，
双曲线y2﹣＝1（m＞0）的渐近线与圆x2+y2﹣4y+3＝0相切，
＝1，解得m＝，m＝﹣舍去．
故答案为：．
28．【解答】点A（﹣2，3），B（0，a），kAB＝，所以直线AB关于y＝a对称的直线的向量为：，所以对称直线方程为：y﹣a＝，即：（3﹣a）x﹣2y+2a＝0，
（x+3）2+（y+2）2＝1的圆心（﹣3，﹣2），半径为1，
所以，得12a2﹣22a+6≤0，解得a∈[，]．
故答案为：[，]．
29．【解答】圆x2+y2＝1的圆心坐标为O（0，0），半径r1＝1，
圆（x﹣3）2+（y﹣4）2＝16的圆心坐标为C（3，4），半径r2＝4，
如图：
∵|OC|＝r1+r2，∴两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．
∵，∴l1的斜率为，设直线l1：y＝﹣，即3x+4y﹣4b＝0，
由，解得b＝（负值舍去），则l1：3x+4y﹣5＝0；
由图可知，l2：x＝﹣1；l2与l3关于直线y＝对称，
联立，解得l2与l3的一个交点为（﹣1，），在l2上取一点（﹣1，0），
该点关于y＝的对称点为（x0，y0），则，解得对称点为（，﹣）．
∴＝，则l3：y＝，即7x﹣24y﹣25＝0．
∴与圆x2+y2＝1和（x﹣3）2+（y﹣4）2＝16都相切的一条直线的方程为：
x＝﹣1（填3x+4y﹣5＝0，7x﹣24y﹣25＝0都正确）．
故答案为：x＝﹣1（填3x+4y﹣5＝0，7x﹣24y﹣25＝0都正确）．
30．【解答】∵椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的离心率为，
∴不妨可设椭圆C：，a＝2c，
∵C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，
∴△AF1F2为等边三角形，
∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，
∴，
由等腰三角形的性质可得，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，
设直线DE方程为y＝，D（x1，y1），E（x2，y2），
将其与椭圆C联立化简可得，13x2+8cx﹣32c2＝0，
由韦达定理可得，，，
|DE|＝＝＝＝，解得c＝，
由椭圆的定义可得，△ADE的周长等价于|DE|+|DF2|+|EF2|＝4a＝8c＝．
故答案为：13．
31．【解答】设P2的对称点P3（x2，﹣y2）仍在双曲线右支，由x1x2＞y1y2，
得x1x2﹣y1y2＞0，即＞0恒成立，
∴∠P1OP3恒为锐角，即∠MON≤90°，
∴其中一条渐近线y＝x的斜率≤1，
∴a≥1，
所以实数a的取值范围为[1，+∞）．
故答案为：[1，+∞）．
32．【解答】根据题意，若关于x，y的方程组有无穷多解，
则直线x+my＝2和mx+16y＝8重合，则有1×16＝m×m，即m2＝16，解可得m＝±4，
当m＝4时，两直线重合，方程组有无数组解，符合题意，
当m＝﹣4时，两直线平行，方程组无解，不符合题意，
故m＝4．
故答案为：4
四．解答题（共16小题）
33．【解答】（Ⅰ）设椭圆上任意一点M（x，y），则|PM|2＝x2+（y﹣1）2＝12﹣12y2+y2﹣2y+1＝﹣11y2﹣2y+13，y∈[﹣1，1]，
而函数z＝﹣11y2﹣2y+13的对称轴为，则其最大值为，
∴，即点P到椭圆上点的距离的最大值为；
（Ⅱ）设直线AB：，
联立直线AB与椭圆方程有，消去y并整理可得，（12k2+1）x2+12kx﹣9＝0，
由韦达定理可得，，
∴＝，
设C（x3，y3），D（x4，y4），直线AP：，直线BP：，
联立以及，
可得，
∴由弦长公式可得＝＝＝＝，当且仅当时等号成立，
∴|CD|的最小值为．
34．【解答】（1）将点A代入双曲线方程得 ，
化简得a4﹣4a2+4＝0，∴a2＝2，故双曲线方程为，
由题显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx+m，设P（x1，y1）Q（x2，y2），
则联立双曲线得：（2k2﹣1）x2+4kmx+2m2+2＝0，
故，，
，
化简得：2kx1x2+（m﹣1﹣2k）（x1+x2）﹣4（m﹣1）＝0，
故，
即（k+1）（m+2k﹣1）＝0，而直线l不过A点，故k＝﹣1；
（2）不妨设直线 PA，AQ的倾斜角为 α，β（α＜β），因为 kAP+kAQ＝0，所以 α+β＝π，因为 ，所以 ，即 ，即 ，解得 ，
于是，直线 ，直线 ，
联立 可得，，
因为方程有一个根为 2，所以 ，
同理可得，．
所以 ，
点 A 到直线 PQ 的距离 ，
故△PAQ 的面积为 ．
35．【解答】（1）设E的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0），
将两点代入得，
解得m＝，n＝，
故E的方程为；
（2）由可得直线
（1）若过点 P（1，﹣2）的直线斜率不存在，直线 x＝1．代入 ，
可得 ，代入 AB 方程 ，可得 ，得到 ．求得 HN 方程：，过点 （0，﹣2）．
②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，
故有，，且（*），
联立，可得，
可求得此时，
将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣6（y1+y2）+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12＝0，
将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48＝0，
显然成立．
综上，可得直线HN过定点（0，﹣2）．
36．【解答】（Ⅰ）由题意得，
，∴b＝1，c＝，a＝2，
∴椭圆E的方程为+y2＝1．
（Ⅱ）设过点P（﹣2，1）的直线为y﹣1＝k（x+2），B（x1，y1），C（x2，y2），
联立得，即（1+4k2）x2+（16k2+8k）x+16k2+16k＝0，
∵直线与椭圆相交，∴Δ＝[（16k2+8k）]2﹣4（1+4k2）（16k2+16k）＞0，∴k＜0，
由韦达定理得x1+x2＝﹣，x1 x2＝，
∵kAB＝，∴直线AB为y＝x+1，
令y＝0，则x＝，∴M（，0），同理N（，0），
∴|MN|＝|﹣|＝|﹣|＝|（﹣）|
＝| |＝| |
＝||＝2，
∴| |＝2，∴||＝，
∴k＝﹣4．
37．【解答】（1）由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2，得yM＝p，可知|MD|＝p，|FD|＝．
则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2＝|FM|2，得＝9，解得p＝2．
则C的方程为y2＝4x；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），
由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tanα＝kMN＝，
又N、D、B三点共线，则kND＝kBD，即，
∴，
得y2y4＝﹣8，即y4＝﹣；
同理由M、D、A三点共线，得y3＝﹣．
则tanβ＝＝．
由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x＝my+1，
由，得y2﹣4my﹣4＝0，
y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，则tanα＝，tanβ＝，
则tan（α﹣β）＝＝，
当m＞0时，tan（α﹣β）＝≤＝；当m＜0时，tan（α﹣β）无最大值，
∴当且仅当2m＝，即m＝时，等号成立，tan（α﹣β）取最大值，
此时AB的直线方程为y﹣y3＝，即4x﹣（y3+y4）y+y3y4＝0，
又∵y3+y4＝﹣＝8m＝4，y3y4＝＝﹣16，
∴AB的方程为4x﹣4y﹣16＝0，即x﹣y﹣4＝0．
38．【解答】（1）由题意可得＝，＝2，
解得a＝1，b＝，
因此C的方程为x2﹣＝1，
（2）设直线PQ的方程为y＝kx+m，（k≠0），将直线PQ的方程代入x2﹣＝1可得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣3＝0，
Δ＝12（m2+3﹣k2）＞0，
∵x1＞x2＞0
∴x1+x2＝＞0，x1x2＝﹣＞0，
∴3﹣k2＜0，
∴x1﹣x2＝＝，
设点M的坐标为（xM，yM），则，
两式相减可得y1﹣y2＝2xM﹣（x1+x2），
∵y1﹣y2＝k（x1﹣x2），
∴2xM＝（x1+x2）+k（x1﹣x2），
解得XM＝，
两式相加可得2yM﹣（y1+y2）＝（x1﹣x2），
∵y1+y2＝k（x1+x2）+2m，
∴2yM＝（x1﹣x2）+k（x1+x2）+2m，
解得yM＝，
∴yM＝xM，其中k为直线PQ的斜率；
若选择①②：
设直线AB的方程为y＝k（x﹣2），并设A的坐标为（x3，y3），B的坐标为（x4，y4），
则，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
∴x3+x4＝，y3+y4＝，
此时点M的坐标满足，解得XM＝＝（x3+x4），yM＝＝（y3+y4），
∴M为AB的中点，即|MA|＝|MB|；
若选择①③：
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F（2，0），此时不在直线y＝x上，矛盾，
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m（x﹣2）（m≠0），并设A的坐标为（x3，y3），B的坐标为（x4，y4），
则，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
此时xM＝（x3+x4）＝，
∴yM＝（y3+y4）＝，
由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝ 2m2，解得k＝m，
因此PQ∥AB．
若选择②③，
设直线AB的方程为y＝k（x﹣2），并设A的坐标为（x3，y3），B的坐标为（x4，y4），
则，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
设AB的中点C（xC，yC），则xC＝（x3+x4）＝，yC＝（y3+y4）＝，
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y﹣yC＝﹣（x﹣xC）上，
将该直线y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，
即点M恰为AB中点，故点M在直线AB上．
39．【解答】（1）由题可得B（0，﹣1），F（c，0），
因为∠AFB＝，所以tan∠AFB＝＝＝tan＝，解得c＝，
所以a ＝1+（） ＝4，故Γ的标准方程为+y ＝1；
（2）直线AD与直线BC的交点在椭圆上，
由题可得此时A（﹣a，0），B（0，﹣1），C（a，2），D（a，1），
则直线BC：y＝x﹣1，直线AD：y＝x+，交点为（，），满足，
故直线AD与直线BC的交点在椭圆上；
（3）B（0，﹣1），P（acosθ，sinθ），则直线BP：y＝x﹣1，所以C（a，﹣1），
A（﹣a，0），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），则直线AQ：y＝（x+a），所以D（a，），
所以|CD|＝﹣1﹣＝﹣﹣1，
设tan＝t，则|CD|＝2（）﹣2，
因为≥，所以≥＝4，
则|CD|≥6，即|CD|的最小值为6．
40．【解答】证明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，
平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF 平面CDEF，CB 平面ABCD，
所以∠FCB为二面角F﹣DC﹣B的平面角，
则∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．
又，
则△BCF是等边三角形，则CB⊥FN，
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC 平面FCB，BC 平面FCB，
所以DC⊥平面FCB，因为FN 平面FCB，所以DC⊥FN，
又因为DC∩CB＝C，DC 平面ABCD，CB 平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD，因为AD 平面ABCD，故FN⊥AD；
（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：
于是，则，
，
设平面ADE的法向量＝（x，y，z），
则，∴，令x＝，则y＝﹣1，z＝，
∴平面ADE的法向量，
设BM与平面ADE所成角为θ，
则．
41．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，
做EE'⊥AB于点E'，做FF'⊥BC于点F'，
由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，
故等边三角形的高相等，即EE'＝FF'，
由面面垂直的性质可知EE'，FF'均与底面垂直，
则EE'∥FF'，四边形EE'F'F为平行四边形，则EF∥E'F'，
由于EF不在平面ABCD内，E'F'在平面ABCD内，
由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．
（2）易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，
其中长方体的高，
长方体的体积，
一个三棱锥的体积，
则包装盒的容积为．
42．【解答】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD 面ABCD，
∴PD⊥BD，
取AB中点E，连接DE，
∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，
∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，
∴DE＝1，∴DE＝，
∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，
∴BD⊥AD，
又PD∩AD＝D，PD 面PAD，AD 面PAD，
∴BD⊥面PAD，
又PA 面PAD，
∴BD⊥PA；
（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则，
∴，
设平面PAB的一个法向量为，则，则可取，
设PD与平面PAB所成的角为θ，则，
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．
43．【解答】（1）证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，
又OA 平面ABC，OB 平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，
∴∠POA＝∠POB＝90°，
又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB，
∴OA＝OB，
延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF，
在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF，
∵OE 平面PAC，PF 平面PAC，
∴OE∥平面PAC；
（2）过点A作AM∥OP，以AB，AC，AF分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，
又∠ABO＝∠CBO＝30°，则，
∴，
又AC＝ABtan60°＝12，即C（0，12，0），
设平面AEB的一个法向量为，又，
则，则可取，
设平面AEC的一个法向量为，又，
则，则可取，
设锐二面角C﹣AE﹣B的平面角为θ，则，
∴，即二面角C﹣AE﹣B正弦值为．
44．【解答】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ADB≌△CDB，
∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．
∴AC⊥BE，
∵AD＝CD，E为AC的中点．
∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，
∴AC⊥平面BED，
又∵AC 平面ACD，
∴平面BED⊥平面ACD；
（2）由（1）可知AB＝BC，
∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，∴△ABC是等边三角形，边长为2，
∴BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，
∵DE2+BE2＝BD2，∴DE⊥BE，
又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，
∴DE⊥平面ABC，
由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，连接EF，则EF⊥AC，
∴S△AFC＝＝EF，
∴当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，
过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∴FG⊥平面ABC，
∵EF＝＝，
∴BF＝＝，∴FG＝＝，
∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．
45．【解答】（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，可得V＝V＝，
设A到平面A1BC的距离为d，由V＝V，
∴S d＝，∴×2 d＝，解得d＝．
（2）连接AB1交A1B于点E，∵AA1＝AB，∴四边形为正方形，
∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AA1＝AB，∴BC×AB×＝2，又AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝AA1＝2，
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），
则＝（0，2，0），＝（1，1，1），＝（2，0，0），
设平面ABD的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令x＝1，则y＝0，z＝﹣1，
∴平面ABD的一个法向量为＝（1，0，﹣1），
设平面BCD的一个法向量为＝（a，b，c），
，令b＝1，则a＝0，c＝﹣1，
平面BCD的一个法向量为＝（0，1，﹣1），
cos＜，＞＝＝，
二面角A﹣BD﹣C的正弦值为＝．
46．【解答】（1）证明：∵AD＝CD，E为AC的中点．∴DE⊥AC，
又∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，
∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴EB⊥AC，又BE∩DE＝E，BE 平面BED，DE 平面BED，
∴AC⊥平面BED，又AC 平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；
（2）连接EF，由（1）知AC⊥EF，∴S△AFC＝AC×EF，
故EF最小时，△AFC的面积最小，∴EF⊥BD时，△AFC的面积最小，
又AC⊥平面BED，BD 平面BED，∴AC⊥BD，又AC∩EF＝E，AC 平面AFC，EF 平面AFC，
∴BD⊥平面AFC，又BD 平面ABD，∴平面ABD⊥平面AFC，
过C作CM⊥AF于点M，则CM⊥平面ABD，
故∠CFM，即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角，
由AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，知△BAC是2为边长的等边三角形，
故AC＝2，由已知可得DE＝1，BE＝，又BD＝2，∴BD2＝ED2+EB2，
∴∠BED＝90°，所以EF＝＝，
∴CF＝＝，∴AF＝，
在△ACF中，由余弦定理得cos∠AFC＝＝﹣，
∴sin∠AFC＝．
故CF与平面ABD所成的角的正弦值为．
47．【解答】（I）证明：取AB中点K，连接NK，MK，
∵M，为A1B1的中点．∴B1M∥BK，且B1M∥BK，
∴四边形BKMB1是平行四边形，故MK∥BB1，
MK 平面BCC1B1；BB1 平面BCC1B1，
∴MK∥平面BCC1B1，
∵K是AB中点，N是AC的点，
∴NK∥BC，∵NK 平面BCC1B1；BC 平面BCC1B1，
∴NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，
∴平面NMK∥平面BCC1B1，
又MN 平面NMK，∴MN∥平面BCC1B1；
（II）∵侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
∴CB⊥平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴AB⊥NK，
若选①：AB⊥MN；又MN∩NK＝N，∴AB⊥平面MNK，
又MK 平面MNK，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，
∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1两两垂直，
若选②：∵CB⊥平面ABB1A1，NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，KM 平面ABB1A1，
∴MK⊥NK，又BM＝MN，NK＝BC，BK＝AB，
∴△BKM≌△NKM，∴∠BKM＝∠NKM＝90°，
∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，
∴BC，BA，BB1两两垂直，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），
∴＝（0，1，2），＝（1，1，0），
设平面BMN的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令z＝1，则y＝﹣2，x＝2，
∴平面BMN的一个法向量为＝（2，﹣2，1），
又＝（0，2，0），
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
∴sinθ＝|cos＜，＞|＝＝＝．
∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为．
48．【解答】（1）因为AA1为圆柱的母线，所以AA1垂直于上底面，
所以∠MO1A1是直线MO1与上底面所成角，tan∠MO1A1＝＝＝2，
所以∠MO1A1＝arctan2．
（2）因为圆柱过OO1的截面为正方形，所以AA1＝2，
所以圆柱的体积为V＝πr2h＝π 12 2＝2π，
圆柱的侧面积为S＝2πrh＝2π 1 2＝4π．
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