第一章
一、选择题
1．若l，m，n是互不相同的空间直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是( )
A．若α∥β，l?α，n?β，则l∥n B．若α⊥β，l?α，则l⊥β
C．若l⊥α，l∥β，则α⊥β D．若l⊥n，m⊥n，则l∥m
[答案] C
[解析] 对于选项C，若l∥β，则在β内必有直线n与l平行，从而n⊥α，于是α⊥β.
2．一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2，它的三视图中的俯视图如右图所示，左视图是一个矩形，则这个矩形的面积是( )
A．4 B．2
C．2 D．
[答案] B
[解析] 本题考查了立体几何中的三视图知识及考生的空间想象能力．
根据俯视图画出直观图如图所示
设侧棱长和底面边长为a，则体积
V＝a2·a＝2，∴a3＝8，a＝2.
∴左视图矩形ABCD的面积S＝·a·a＝2.
3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A，C，B1，D1为顶点的正三棱锥的表面积为4，则正方体的棱长为( )
A． B．2
C．4 D．2
[答案] A
[解析] 设正方体的棱长为a，则侧面的对角线长为a，∴正三棱锥B1－ACD1的棱长为a，它的全面积为4×·(a)2＝4，∴a2＝2，a＝.
4．(广东高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A．若α⊥β，m?α，n?β，则m⊥ n
B．若α∥β，m?α，n?β，则m∥n
C．若m⊥ n，m?α，n?β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
[答案] D
[解析] 本题考查空间中直线与平面的平行与垂直关系．
m⊥α，m∥n
∴n⊥α，又n∥β，
由面面垂直的判定定理知：α⊥β.
二、填空题
5．长方体ABCD－A1B1C1D1中截去一角B1－A1BC1，则它的体积是长方体体积的________．
[答案]
[解析] 设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则V长方体＝abc，VB1－A1BC1＝VA1－BB1C1＝×bc×a＝abc，即VB1－A1BC1＝V长方体．
6．已知圆锥的表面积为3π，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径是________．
[答案] 1
[解析] 设圆锥底面半径为r，母线长为l，根据题意，得解得r＝1，l＝2.
7．设某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为m)．
则该几何体的体积为________m3.
[答案] 4
[解析] 考查三视图和三棱锥的体积公式．
该几何体直观图如图所示，其中AB＝4，PF＝2，CE＝3.
VP－ABC＝·S△ABC·PF
＝××4×3×2＝4.
三、解答题
8．如图所示，在三棱锥P—ABC中，PA⊥底面ABC，△ABC为正三角形，D、E分别为BC、AC的中点，设AB＝PA＝2.
(1)证明：平面PBE⊥平面PAC；
(2)如何在BC上找一点F，使AD∥平面PEF，请说明理由；
(3)对于(2)中的点F，求三棱锥B—PEF的体积．
[解析] (1)证明：∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BE.
又∵△ABC是正三角形，E为AC中点，∴BE⊥AC.
又PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.
∴平面PBE⊥平面PAC.
(2)解：取DC中点F，则F即为所求．
∵E、F分别是AC、DC的中点，∴EF∥AD.
又AD?平面PEF，EF?平面PEF，
∴AD∥平面PEF.
(3)解：VB－PEF＝VP－BEF＝S△BEF·PA
＝××××22×2＝.
第二章
一、选择题
1．已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则( )
A．l与C相交 B．l与C相切
C．l与C相离 D．以上三个选项均有可能
[答案] A
[解析] 本题考查了点与圆的位置关系．
因为32－4×3＝－3<0，所以点P(3,0)在圆内，故过点P(3,0)的直线l与圆相交．
本题不需要求解直线方程，只需判断点与圆的位置关系，便可得出答案．
2．圆C1：x2＋y2＋4x－4y＋7＝0和圆C2：x2＋y2－4x－10y＋13＝0的公切线有( )
A．2条 B．3条
C．4条 D．0条
[答案] B
[解析] 由x2＋y2＋4x－4y＋7＝0，得圆心和半径分别为O1(－2,2)，r1＝1.
由x2＋y2－4x－10y＋13＝0，得圆心和半径分别为O2(2,5)，r2＝4.
因为d(O1，O2)＝5，r1＋r2＝5，即r1＋r2＝d(O1，O2)，
所以两圆外切，由平面几何知识得两圆有3条公切线．
3．(广东高考)垂直于直线y＝x＋1且与圆x2＋y2＝1相切于第一象限的直线方程是( )
A．x＋y－＝0 B．x＋y＋1＝0
C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋＝0
[答案] A
[解析] 设直线方程为x＋y＋m＝0，直线与圆相切，则＝1，m＝－或m＝(由直线与圆的切点在第一象限知不合题意，故舍去)，
所以选A.
4．已知半径为1的动圆与圆(x－5)2＋(y＋7)2＝16相切，则动圆圆心的轨迹方程是( )
A．(x－5)2＋(y＋7)2＝25
B．(x－5)2＋(y＋7)2＝17或(x－5)2＋(y＋7)2＝15
C．(x－5)2＋(y＋7)2＝9
D．(x－5)2＋(y＋7)2＝25或(x－5)2＋(y＋7)2＝9
[答案] D
[解析] 设动圆圆心为(x，y)．
当两圆内切时，＝4－1＝3，
即(x－5)2＋(y＋7)2＝9；
当两圆外切时，＝4＋1＝5，
即(x－5)2＋(y＋7)2＝25.故应选D.
二、填空题
5．已知A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|＋＝1}，若A∩B是单元素集，则a，b满足的关系式为________．
[答案] a2＋b2＝a2b2
[解析] ∵A∩B是单元素集，
∴直线＋＝1与圆x2＋y2＝1相切，
由点到直线的距离公式可得：
＝1，即a2＋b2＝a2b2.
6．圆心在直线2x＋y＝0上，且与直线x＋y－1＝0切于点(2，－1)，则圆的方程是________________________．
[答案] (x－1)2＋(y＋2)2＝2
[解析] ∵圆与直线x＋y－1＝0相切，并切于点M(2，－1)．如图所示，
则圆心必在过点M(2，－1)且垂直于x＋y－1＝0的直线l上，l的方程是y＋1＝x－2，即y＝x－3，联立方程组：
解得
即圆心O1(1，－2)，r＝＝.
则方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.
7．一个圆过(x＋3)2＋(y＋2)2＝13与(x＋2)2＋(y＋1)2＝1的交点，且圆心在y轴上，则这个圆的方程为________．
[答案] x2＋y2－2y＋12＝0
[解析] 设圆的方程为(x2＋y2＋4x＋2y＋4)＋λ(x2＋y2＋6x＋4y)＝0，
∴圆心坐标为(－，－)．
∵圆心在y轴上，
∴2＋3λ＝0.
∴λ＝－，代入圆的方程化简即可．
三、解答题
8．设点P(x，y)在圆x2＋(y－1)2＝1上．
(1)求的最小值；
(2)求的最小值．
[解析] (1)式子的几何意义是圆上的点与定点(2,0)的距离．因为圆心(0,1)与定点(2,0)的距离是＝，圆的半径是1，所以的最小值是－1.
(2)式子的几何意义是点P(x，y)与定点(－1，－2)连线的斜率．如图，当为切线l1时，斜率最小．设＝k，即kx－y＋k－2＝0，由直线与圆相切，得＝1，
解得k＝.故的最小值是.
第一章基础知识检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1． 下列说法正确的是( )
A．三点确定一个平面
B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形
D．平面α和平面β有不同在一条直线上的三个交点
[答案] C
[解析] 不在同一直线上的三点确定一个平面，A不能确定三点的关系，A错误；四边形还有空间四边形，因此B也错误；梯形有两个底边互相平行，所以C正确；D显然错误．
2． (2014·辽宁理，4)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∥α，n∥α，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
[答案] B
[解析] 本题考查空间中平行关系与垂直关系．
对于A，m∥α，n∥α，则m，n的关系是平行，相交，异面，故A不正确．
对于B.由直线与平面垂直的定义知正确．
本题的解法也可以借助笔与书本模拟演示判定．
3．两个不重合的平面有一个公共点，则这两个平面( )
A．相交 B．平行
C．相交或平行 D．垂直
[答案] A
[解析] 根据公理3知这两个平面相交，但是不一定垂直，故选A.
4．(2014·辽宁理，7)某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．8－2π B．8－π
C．8－ D．8－
[答案] B
[解析] 本题考查三视图、几何体的体积的计算．
由三视图知，几何体为一个边长为2正方体各截去两个倍的圆柱，其底面半径为1，高为2.
∴V＝23－π·2＝8－π.
5．如图所示，已知PA⊥平面ABC，且∠ABC＝90°，连接PB、PC，则图中互相垂直的平面有( )
A．1对 B．2对
C．3对 D．4对
[答案] C
[解析] 平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.
6．(湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )
A． B．1
C． D．
[答案] D
[解析] 由棱长为1的正方体的俯视图及侧视图的面积可知正方体的一条侧棱正对正前方，其三视图如下：
故正视图是长为，宽为1的矩形，其面积为，选D.
7． 如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是( )
A．2(1＋)cm B．6cm
C．2(1＋)cm D．8cm
[答案] D
[解析] 由图形的直观图可知，原来的图形是一个平行四边形，如图所示，则OB＝2O′B′＝2cm，所以AB＝＝3cm.所以原图形的周长是3＋3＋1＋1＝8(cm)．
8．(广东高考)设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若l⊥β，l∥α，则l⊥β
[答案] B
[解析] 本题考查了空间线面关系．
若α∩β＝m，l∥m，l?α，l?β，则A错．
垂直于同一直线的两平面平行，B正确．
当l⊥α，l∥β时α⊥β，C错．
若α⊥β，l∥α，则l与β关系不确定，D错．
9．有相等表面积的球及正方体，它们的体积记为V球和V正，球的直径为d，正方体的棱长为a，则( )
A．d>a，V球>V正 B．d>a，V球
C．dV正 D．d[答案] A
[解析] S球面＝4πr2＝6a2＝S正方体，
∴＝，＝>1，∴d>a.
V球∶V正＝πr3∶a3＝πd3∶6a3＝d∶a，
∴V球>V正．
10．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )
A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直
B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直
[答案] B
[解析] 找出图形在翻折过程中变化的量与不变化的量．
对于选项A，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过C作CF⊥BD，垂足为F，在图(1)中，由边AB，BC不相等可知E，F不重合．在图(2)中，连接CE，若直线AC与BD垂直，又∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE.
∴BD⊥CE，与点E，F不重合矛盾，故A错误．
对于选项B，若AB⊥CD，
又∵AB⊥AD，AD∩CD＝D，
∴AB⊥平面ACD，
∴AB⊥AC，
由AB使得AB与CD垂直，故B正确．
对于选项C，若AD⊥BC，
又∵DC⊥BC，AD∩CD＝D，
∴BC⊥平面ACD.
∴BC⊥AC，已知BC＝，AB＝1，BC>AB，
∴不存在这样的直角三角形，
∴C错误．
由以上可知D错误，故选B.
第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)
11．
如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，将该正方体沿对角面BB1D1D切成两块并拼接成一个不是正方体的四棱柱，那么所得四棱柱的全面积是______．
[答案] (4＋2)a2
[解析] S＝2a2＋2a2＋2a2＝(4＋2)a2.
12．如图，一个简单空间几何体的三视图，其主视图与左视图都是边长为2的正三角形，俯视图为正方形，则此几何体的表面积是________．
[答案] 12
[解析] 该几何体为正四棱锥．S表＝S侧＋S底＝4××2×2＋2×2＝12.
13．在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是________．
[答案] π
[解析] △ABC旋转之后形成的几何体的体积为两圆锥的体积之差．
又∵AB＝2，∠ABC＝120°，∴BD＝1，AD＝，
∴V＝V1－V2＝×π×3×－×π×3×1＝.
14．圆台上、下底面积分别为π，4π，侧面积为6π，则该圆台的体积是________．
[答案] π
[解析] 由圆台上，下底面面积S′，S分别为π，4π，可知圆台上，下底面半径r′，r分别为1,2.
又由圆台的侧面积公式
S圆台侧＝π(r＋r′)·l＝π(1＋2)l＝6π，得l＝2.
设圆台的高为h，
h＝＝＝.
所以圆台的体积
V圆台＝(S＋S′＋)
＝(π＋4π＋2π)
＝π.
15．下列关于四棱柱的四个命题：
①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直棱柱
②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱
④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱
其中真命题的序号是________．
[答案] ②④
[解析] ①错，必须是两个相邻的侧面；②正确；③错，反例，可举一个斜四棱柱；④正确，对角线两两相等，则此二对角线组成的平行四边形为矩形，故正确．
三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)一几何体的直观图如图所示：
(1)画出该几何体的三视图．
(2)求该几何体的表面积与体积．
[解析] (1)
(2)S表＝2(8×8＋8×4＋8×4)＋4π×8＝32π＋256，
V＝8×8×4＋π×2×8＝32π＋256.
17．(本小题满分12分)如图，三棱柱A1B1C1－ABC的三视图中，主视图和左视图是全等的矩形，俯视图是等腰直角三角形，已知点M是A1B1的中点．求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B.
[解析] 由三视图可知三棱柱A1B1C1－ABC为直三棱柱，底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90°.
∵A1C1＝B1C1，M为A1B1的中点，
∴C1M⊥A1B1.
又∵平面A1B1C1⊥平面AA1B1B，平面A1B1C1∩平面AA1B1B＝A1B1，
∴C1M⊥平面AA1B1B.
又∵C1M?平面AC1M，
∴平面AC1M⊥平面AA1B1B.
18．(本小题满分12分)(2014·湖北文，20)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：
(1)直线BC1∥平面EFPQ；
(2)直线AC1⊥平面PQMN.
[解析] 思路分析：(1)直线与平面平行，主要通过直线与直线平行来证明，由BC1∥AD1，AD1∥FP，得出BC1∥FP，即可证明；(2)直线与平面垂直，主要通过直线与直线垂直来证明，而直线与直线垂直往往又要通过直线与平面垂直来证明．由BD⊥平面ACC1，得BD⊥AC1，从而MN⊥AC1；同理，证明PN⊥AC1，即可完成证明．
解：(1)连接AD1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，
因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.
而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ.
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可得CC1⊥BD.
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1，
而AC1?平面ACC1，所以BD⊥AC1.
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1，又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.
19．(本小题满分12分)(辽宁高考)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.
[解析] (1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，
由PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，得PA⊥BC.
又PA∩AC＝A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
(2)连OG并延长交AC于M，连接QM、QO，
由G为△AOC的重心，得M为AC中点．
由Q为PA中点，得QM∥PC，
又O为AB中点，得OM∥BC.
因为QM∩MO＝M，QM?平面QMO，
MO?平面QMO，BC∩PC＝C，
BC?平面PBC，PC?平面PBC，
所以平面QMO∥平面PBC，
因为QG?平面QMO.
所以QG∥平面PBC.
20．(本小题满分13分)如图所示，在体积为1的三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AC⊥AB，AC＝AA1＝1，P为线段AB上的动点．
(1)求证：CA1⊥C1P；
(2)线段AB上是否存在一点P，使四面体P－AB1C1的体积为？若存在，请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)证明：连接AC1，∵侧棱AA1⊥底面ABC，∴AA1⊥AB.
又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面AA1C1C.
又∵CA1?平面AA1C1C，∴AB⊥CA1.
∵AC＝AA1＝1，∴四边形AA1C1C为正方形，∴AC1⊥CA1.
∵AC1∩AB＝A，∴CA1⊥平面AC1B.又C1P?平面AC1B，∴CA1⊥C1P.
(2)设在线段AB上存在一点P，使VP－AB1C1＝.
VABC－A1B1C1＝×AB×1×1＝1，∴AB＝2.
又∵AC⊥AB，AA1⊥AC且C1A1⊥平面ABB1A1，BB1⊥AB，
由VP－AB1C1＝VC1－PAB1＝，
知S△PAB1·C1A1＝×PA·BB1＝×PA×1＝，解得PA＝1，
∴存在AB的中点P，使VP－AB1C1＝.
21．(本小题满分14分)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G、H分别为FA、FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？
(3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.
[解析] (1)由题设知，FG＝GA，FH＝HD，
所以GH綊AD.
又BC綊AD，故GH綊BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C、D、F、E四点共面．理由如下：
由BE綊AF，G是FA的中点知，BE綊GF，
所以EF∥BG，
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．
又点D在直线FH上，
所以C、D、F、E四点共面．
(3)连接EG，由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知四边形ABEG是正方形，
故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，
故AD⊥平面FABE，
∴AD⊥BG，∴BG⊥平面ADE，
由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.
由(2)知F∈平面CDE，故CH?平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.
第二章基础知识检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1． 下列说法正确的是( )
A．直线的倾斜角越大，它的斜率就越大
B．若两直线关于x轴对称，则此二直线斜率互为倒数
C．若与x轴不垂直的两直线关于y轴对称，则此二直线斜率互为相反数
D．若两直线垂直，则此二直线斜率互为负倒数
[答案] C
[解析] A倾斜角为钝角时，斜率小于0；倾斜角为锐角时，斜率大于0.B两直线关于x轴对称，斜率一正一负，不可能互为倒数．D分别平行于x，y轴的两直线垂直，其中一直线斜率不存在．
2．直线ax＋2y－1＝0与x＋(a－1)y＋2＝0平行，则a等于( )
A． B．2
C．－1 D．2或－1
[答案] D
[解析] 由a·(a－1)－2×1＝0得a2－a－2＝0，
∴a＝2或－1.
3．已知A(－4,2,3)关于xOz平面的对称点为A1，A1关于z轴的对称点为A2，则|AA2|等于( )
A．8 B．12
C．16 D．19
[答案] A
[解析] A1(－4，－2,3)，A2(4,2,3)，
∴|AA2|＝＝8.
4．圆x2＋y2－4x＋6y＝0的圆心坐标是( )
A．(2,3) B．(－2,3)
C．(－2，－3) D．(2，－3)
[答案] D
[解析] 该题考查圆的一般方程与标准方程的互化．
将一般式化为标准式(x－2)2＋(y＋3)2＝13.
∴圆心坐标为(2，－3)．
5．直线3x＋4y－2＝0与直线6x＋8y－5＝0间的距离是( )
A．3 B．7
C． D．
[答案] C
[解析] 根据两平行线间距离公式得＝.
6．如果方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0与x轴相切于原点，则( )
A．D＝0，E＝0，F≠0 B．E＝0，F＝0，D≠0
C．D＝0，F＝0，E≠0 D．F＝0，D≠0，E≠0
[答案] C
[解析] ∵方程表示的圆与x轴切于原点，
∴这个圆过原点且圆心在y轴上，∴F＝0，D＝0，E≠0.
7． 不论a为何实数，直线(a－3)x＋2ay＋6＝0恒过( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
[答案] D
[解析] 由(a－3)x＋2ay＋6＝0，得(x＋2y)a＋(6－3x)＝0.令，得
∴直线(a－3)x＋2ay＋6＝0恒过定点(2，－1)．从而该直线恒过第四象限．
8．已知圆C与直线x－y＝0及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为( )
A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x－1)2＋(y＋1)2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2
[答案] B
[解析] 由圆心在直线x＋y＝0上，不妨设为C(a，－a)，∴r＝＝，
解得a＝1，r＝，
∴圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝2.
9．过点P(4,2)作圆x2＋y2＝4的两条切线，切点分别为A，B，O为坐标原点，则△OAB的外接圆方程是( )
A．(x－2)2＋(y－1)2＝5 B．(x－4)2＋(y－2)2＝20
C．(x＋2)2＋(y＋1)2＝5 D．(x＋4)2＋(y＋2)2＝20
[答案] A
[解析] 由条件O，A，B，P四点共圆，从而OP中点(2,1)为所求圆的圆心，半径r＝|OP|＝，故所求圆方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
10．使得方程－x－m＝0有实数解，则实数m的取值范围是( )
A．－4≤m≤4 B．－4≤m≤4
C．－4≤m≤4 D．4≤m≤4
[答案] B
[解析] 设f(x)＝，g(x)＝x＋m，在同一坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图形，如图所示．则m是直线y＝x＋m在y轴上的截距．由图可知－4≤m≤4.
第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)
11．(山东高考)过点(3,1)作圆(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________．
[答案] 2
[解析] 本题考查了直线与圆的位置关系、弦长最值问题、转化与化归思想．
点(3,1)在圆内，要使弦长最短，须圆心C(2,2)与点N(3,1)所在直线与弦垂直，此时|CN|＝，则弦长为2＝2.
12．直线ax＋y－4＝0与x－y－2＝0相交于第一象限，则实数a的取值范围是________．
[答案] (－1,2)
[解析] 联立方程组得
x＝，y＝.
∵x>0，y>0.∴－113．过点A(0,1)与B(4,0)的直线l1与过点(4,1)，(3，k＋1)的直线l2和两坐标轴围成的四边形内接于一个圆，则实数k为________．
[答案] 4
[解析] 当围成四边形内接于一个圆时，l1⊥l2，
∴k1·k2＝－1，而k1＝－，∴k2＝4.
14．过直线x＋y－2＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________．
[答案] (，)
[解析] 本题考查直线与圆的知识．设P(x，y)，画出示意图：
由OA＝1，∠APO＝30°知OP＝2，
即x2＋y2＝2，与x＋y－2＝0，联立解得，
所以P点坐标为(，)．解决直线与圆问题通常采用数形结合的方法．
15．直线l将圆x2＋y2－2x－4y＝0平分，且不通过第四象限，则直线l的斜率取值范围是________．
[答案] [0,2]
[解析] 方程x2＋y2－2x－4y＝0化为(x－1)2＋(y－2)2＝5，圆心(1,2)，r＝，由题意知l过圆心，又不过第四象限，所以满足条件的直线应位于l1与l2之间(包含l1，l2，如图)，k1＝0，k2＝＝2，∴0≤kl≤2.
三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)已知直线l经过直线3x＋4y－2＝0与直线2x＋y＋2＝0的交点P，且垂直于直线x－2y－1＝0.
求：(1)直线l的方程；
(2)直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S.
[解析] (1)由
解得则点P的坐标是(－2,2)，由于所求直线l与x－2y－1＝0垂直，可设直线l的方程为2x＋y＋C＝0.
把点P的坐标代入得2×(－2)＋2＋C＝0，即C＝2.故所求直线l的方程为2x＋y＋2＝0.
(2)由直线l的方程知它在x轴，y轴上的截距分别是－1，－2，所以直线l与两坐标轴围成三角形的面积S＝×1×2＝1.
17．(本小题满分12分)过点A(4，－3)作圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝1的切线，求此切线方程．
[解析] ∵(4－3)2＋(－3－1)2＝17>1，
∴点A在圆外．
(1)若所求直线的斜率存在，设切线斜率为k，则切线方程为y＋3＝k(x－4)．因为圆心C(3,1)到切线的距离等于半径1，所以＝1，解得k＝－.
所以切线方程为y＋3＝－(x－4)，即15x＋8y－36＝0.
(2)若切线斜率不存在，圆心C(3,1)到直线x＝4的距离也为1，这时直线与圆也相切，所以另一条切线方程是x＝4.
综上，所求切线方程为15x＋8y－36＝0或x＝4.
18．(本小题满分12分)如下图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝a，E是PC的中点，AC与BD交于点G.
(1)试建立适当的空间直角坐标系，求P，A，E，G的坐标；
(2)求|EG|.
[解析] (1)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)．
因为E是PC的中点，
所以E点坐标为.
因为在正方形ABCD中，G是AC的中点，
所以G点坐标为.
(2)|EG|＝
＝a.
19．(本小题满分12分)直线y＝－x＋1和x轴，y轴分别交于点A，B，以线段AB为边在第一象限内作等边△ABC，如果在第一象限内有一点P(m，)使得△ABP和△ABC的面积相等，求m的值．
[解析] 如图所示，∵直线y＝－x＋1和x轴，y轴分别交于点A，B，∴A(，0)，B(0,1)，
∴|AB|＝2.
又∵△ABP和△ABC的面积相等，
∴CP∥AB，故可设CP的方程为：y＝－x＋c(c>1)．
依题意由S△ABP＝S△ABC得＝，∴c＝3，
∴直线CP的方程为y＝－x＋3，
又点P(m，)在直线y＝－x＋3上，
所以＝－m＋3，解得m＝.
所以m的值为.
20．(本小题满分13分)已知圆x2＋y2＋x－6y＋m＝0与直线x＋2y－3＝0相交于P、Q两点，O为原点，且OP⊥OQ，求实数m的值．
[解析] 设点P、Q的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)．
由OP⊥OQ，得kOP·kOQ＝－1，
∴·＝－1，即x1x2＋y1y2＝0①
又P(x1，y1)、Q(x2，y2)是方程组
的实数解，
即x1、x2是方程5x2＋10x＋4m－27＝0②的两个根．
∴x1＋x2＝－2③
x1x2＝.④
又P、Q在直线x＋2y－3＝0上，
∴y1y2＝(3－x1)·(3－x2)
＝[9－3(x1＋x2)＋x1x2]．
将③④代入，得y1y2＝.⑤
将④⑤代入①，解得m＝3.将m＝3代入方程②，检验得Δ>0成立，∴m＝3.
21．(本小题满分14分)已知圆心为C的圆经过点A(－1,1)和B(－2，－2)，且圆心在直线L：x＋y－1＝0上，
(1)求圆心为C的圆的标准方程；
(2)设点P在圆C上，点Q在直线x－y＋5＝0上，求|PQ|的最小值；
(3)若直线kx－y＋5＝0被圆C所截得的弦长为8，求k的值．
[解析] (1)AB中点M，kAB＝3，
则AB中垂线l的方程为y＋＝－，
即y＝－x－1，
由得
∴l与L的交点即为圆心C(3，－2)，半径r＝|AC|＝5，
∴圆C的标准方程为：(x－3)2＋(y＋2)2＝25.
(2)∵圆心C到直线x－y＋5＝0的距离为
d＝＝5>r，
∴直线与圆C相离，则|PQ|的最小值为d－r＝5－5.
(3)由条件可知：圆心C到直线的距离为
d＝＝3.
根据点到直线的距离公式得：＝3，
解得：k＝－.
本册综合测试一
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1． 下列命题：
①α内有无数条直线平行于β，则α∥β
②平行于同一条直线的两个平面互相平行
③经过平面α外两点可以作一个平面与α平行
④平行于同一个平面的两平面平行
其中正确的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[答案] B
[解析] ①错误，可能α与β相交，α内无数条直线均与交线平行；②错误，可能出现α与β相交，存在直线与交线平行而与两个平面都平行的情况；③错误，若平面α外两点的连线与平面相交，则过两点作不出平面与α平行；④正确．
2．经过点A(－1,4)，且斜率为－1的直线方程是( )
A．x＋y＋3＝0 B．x－y＋3＝0
C．x＋y－3＝0 D．x＋y－5＝0
[答案] C
[解析] 直线的方程是y－4＝－(x＋1)，
即x＋y－3＝0.
3．若P(2，－1)为圆C：(x－1)2＋y2＝25的弦AB的中点，则直线AB的方程是( )
A．x－y－3＝0 B．2x＋y－3＝0
C．x＋y－1＝0 D．2x－y－5＝0
[答案] A
[解析] 由题意知圆心为C(1,0)，则AB⊥CP，
∵kCP＝－1，∴kAB＝1，
直线AB的方程为y＋1＝x－2，
即x－y－3＝0.
4．(安徽高考)下列说法中，不是公理的是( )
A．平行于同一个平面的两个平面相互平行
B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面
C．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内
D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
[答案] A
[解析] 由空间几何中的公理可知，仅有A不是公理，其余皆为公理．
5．在直线3x－4y－27＝0上到点P(2,1)距离最近的点的坐标为( )
A．(5，－3) B．(9,0)
C．(－3,5) D．(－5,3)
[答案] A
[解析] 过P(2,1)向此直线引垂线，其垂足即为所求的点，过点P作直线3x－4y－27＝0的垂线方程为4x＋3y＋m＝0，而点P(2,1)在此垂线上，所以4×2＋3×1＋m＝0.
所以m＝－11.
由联立求解，
得所求的点的坐标为(5，－3)．
6．(安徽高考)直线x＋2y－5＋＝0被圆x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦长为( )
A．1 B．2
C．4 D．4
[答案] C
[解析] 本题考查了圆的垂径定理．
圆心到直线的距离d＝＝1，半弦长＝＝2.
∴弦长＝4.
7． 底面边长为，各侧面均为直角三角形的正三棱锥的四个顶点都在同一球面上，则此球的体积为( )
A．9π B．
C．4π D．3π
[答案] B
[解析] ∵底面边长为，∴直角边长为，
∴2R＝3，R＝，
V球＝π3＝π.
8．直线x＋y－2＝0截圆x2＋y2＝4得劣弧所对的圆心角为( )
A． B．
C． D．
[答案] C
[解析] 由已知可得直线与圆相交，且圆心到直线的距离d＝＝.而圆的半径为2.
∴直线与圆的两交点与圆心构成等边三角形．
∴可得劣弧所对的圆心角为.
9．如图，定圆的半径为a，圆心为(b，c)，则直线ax＋by＋c＝0与直线x－y＋1＝0的交点在( )
A．第四象限 B．第三象限
C．第二象限 D．第一象限
[答案] B
[解析] 由图知，a>0，b<0，c>0，且c∵>0，<0，∴交点在第三象限．
10．用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其主视图、左视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
[答案] D
[解析] 如图①所示，这个几何体体积最大时共有11个小正方体构成，如图②所示，这个几何体最小时有5个小正方体构成，因此，这个几何体的最大体积与最小体积的差是6.
第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)
11．如图，已知a∥α，B、C、D∈a，点A与a在平面α的异侧，直线AB、AC、AD分别交α于E、F、G三点，若BC＝5，AD＝7，DG＝4，则EF的长为______．
[答案]
[解析] 由题知，＝＝＝，∴＝，∴EF＝.
12．(2014·重庆理，13)已知直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a＝________.
[答案] 4±
[解析] 本题考查了等边三角形的性质点到直线的距离公式．
圆心坐标是(1，a)，半径是2，由已知可得
＝，
即a2－8a＋1＝0，解得a＝4±，
解决本题要充分利用三角形ABC是等边三角形的性质．
13．(2014·山东文，13)一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．
[答案] 12
[解析] 本题考查六棱锥的体积、侧面积的基本运算．
如图所示．由体积V＝×6××4·h＝2
求得高h＝1.
取AB中点G，连接OG、PG.
∵OA＝OB，∴AB⊥GO.
又PO⊥AB，PO∩GO＝O，
∴AB⊥面PGO，∴AB⊥PG.
又PO＝1，GO＝×2＝，∴PG＝2.
∴S侧＝6××AB·PG＝3×2×2＝12.
14．设X，Y，Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z且Y⊥Z?X∥Y”为真命题的是________(填序号)．
①X，Y，Z是直线；②X，Y是直线，Z是平面；③Z是直线，X，Y是平面；④X，Y，Z是平面．
[答案] ②③
[解析] ①不行，反例为直线X，Y，Z位于正方体的三条共点棱时，②，③可以．
④不行，反例为平面X，Y，Z位于正方体的三个共点侧面时．
15．若⊙O：x2＋y2＝5与⊙O1：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于A、B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是________．
[答案] 4
[解析] 如图所示，在Rt△OO1A中，OA＝，O1A＝2，
∴OO1＝5.
∴AC＝＝2.∴AB＝2AC＝4.
三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)若直线l垂直于直线2x＋5y－1＝0，且与两坐标轴围成的三角形的面积是5，求直线l的方程．
[解析] 直线2x＋5y－1＝0的斜率是－，所以直线l的斜率是，设直线l的方程是y＝x＋b，则直线在x轴，y轴上的截距分别是－b，b，
所以S＝··|b|＝5，则b2＝25，
所以b＝±5，
所以y＝x±5，即5x－2y±10＝0，
即所求直线l的方程是5x－2y±10＝0.
17．(本小题满分12分)(天津高考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．
(1)证明：EF∥平面A1CD；
(2)证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1.
[解析] (1)证明：如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，连接ED，在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE＝AC且DE∥AC，又因为F为A1C1的中点，可得A1F＝DE，且A1F∥DE，即四边形A1DEF为平行四边形，所以EF∥DA1.
又EF?平面A1CD，DA1?平面A1CD，所以，EF∥平面A1CD.
(2)证明：由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，故CD⊥AB，又由于侧棱A1A⊥底面ABC，CD?平面ABC，所以A1A⊥CD，又A1A∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，而CD?平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.
18．(本小题满分12分)正三棱锥S－ABC的侧面是边长为a的正三角形，D、E分别是SA、BC的中点，求△SDE绕直线SE旋转一周所得到的旋转体体积．
[解析] 如图，连接AE.
在正四面体中，AE＝SE.
∴DE⊥SA.又AE＝SE＝a，AS＝a，
∴DE＝＝a.
过点D作DF⊥SE于点F.
有Rt△SDE中，DF＝＝a.
当△SDE绕直线SE旋转一周时得到两个圆锥，
其体积为V旋转体＝·πDF2·SF＋·πDF2·FE
＝DF2(SF＋FE)＝DF2·SE＝(a)2·a
＝πa3.
即所得旋转体的体积是πa3.
19．(本小题满分12分)已知圆C：x2＋y2－2x－4y－20＝0及直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y＝7m＋4(m∈R)．
(1)求证：不论m取什么实数，直线l与圆C总相交；
(2)求直线l被圆C截得的弦长最短长度及此时的直线方程．
[解析] (1)证明：把直线l的方程改写成(x＋y－4)＋m(2x＋y－7)＝0.
由方程组解得
∴直线l总过定点(3,1)．
圆C的方程可写成(x－1)2＋(y－2)2＝25.
∴圆C的圆心为(1,2)，半径为5，定点(3,1)到圆心(1,2)的距离为＝<5.
∴点(3,1)在圆C内．
∴过点(3,1)的直线l总与圆C相交，即不论m为何实数，直线l与圆C总相交．
(2)解：当直线l过定点M(3,1)且垂直于过点M的半径时，l被圆截得的弦长|AB|最短．(如下图)
|AB|＝2
＝2
＝2＝4.
此时，kAB＝－＝2.
∴直线AB的方程为y－1＝2(x－3)，
即2x－y－5＝0.
故直线l被圆C截得的弦长的最短长度为4，此时直线l的方程为2x－y－5＝0.
20．(本小题满分13分)求过直线2x＋y＋4＝0和圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的交点，且满足下列条件之一的圆的方程：
(1)过原点；
(2)有最小面积．
[解析] 设所求圆的方程为x2＋y2＋2x－4y＋1＋λ(2x＋y＋4)＝0，
即x2＋y2＋2(1＋λ)x＋(λ－4)y＋(1＋4λ)＝0.
(1)∵圆过原点，∴1＋4λ＝0，λ＝－.
故所求圆的方程为x2＋y2＋x－y＝0.
(2)将圆系方程化为标准式，得
(x＋1＋λ)2＋(y＋)2
＝(λ－)2＋.
则当λ＝时，半径取最小值.
此时圆的方程为(x＋)2＋(y－)2＝.
21．(本小题满分14分)如下图所示，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．
(1)证明：PH⊥平面ABCD；
(2)若PH＝1，AD＝，FC＝1，求三棱锥E－BCF的体积；
(3)证明：EF⊥平面PAB.
[证明] (1)证明：因为AB⊥平面PAD，
所以PH⊥AB，
因为PH为△PAD中AD边上的高，
所以PH⊥AD.
因为AB∩AD＝A，
所以PH⊥平面 ABCD.
(2)连接BH，取BH中点G，连接EG，
因为E是PB的中点，
所以 EG∥PH，
因为PH⊥平面ABCD，
所以 EG⊥平面 ABCD，
则 EG＝PH＝，
VE－BCF＝S△BCF·EG＝··FC·AD·EG＝.
(3)证明：取PA中点M，连接MD，ME，
因为E是PB的中点，所以ME綊AB.
因为 DF綊AB，所以 ME綊DF，
所以四边形MEFD是平行四边形．
所以 EF∥MD，
因为 PD＝AD, 所以 MD⊥PA.
因为 AB⊥平面 PAD, 所以 MD⊥AB.
因为 PA∩AB＝A，所以 MD⊥平面PAB.
所以 EF⊥平面 PAB.
本册综合测试二
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．若直线3x＋y＋a＝0过圆x2＋y2＋2x－4y＝0的圆心，则a的值为( )
A．－1 B．1
C．3 D．－3
[答案] B
[解析] 该题考查圆的标准方程和一般方程的互化，以及圆与直线的关系，属简单题．
圆的圆心为(－1,2)代入直线3x＋y＋a＝0，
∴－3＋2＋a＝0，
∴a＝1.
2． 若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c的位置关系为( )
A．相交、平行或异面 B．相交或平行
C．异面 D．平行或异面
[答案] A
[解析] a与c可以相交、平行或异面，分别如下图中的(1)，(2)，(3)．
3．下列四个结论：
①两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；
②两条直线没有公共点，则这两条直线平行；
③两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行；
④一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行．
其中正确的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[答案] A
[解析] 所有结论都是错误的，故选A.
4．分别过点A(1,3)和点B(2,4)的直线l1和l2互相平行且有最大距离，则l1的方程是( )
A．x－y－4＝0 B．x＋y－4＝0
C．x＝1 D．y＝3
[答案] B
[解析] 当l1与l2之间距离最大时，l1⊥AB，故l1的斜率为－1.
5．若直线x－y＝2被圆(x－a)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则实数a的值为( )
A．－1或 B．1或3
C．－2或6 D．0或4
[答案] D
[解析] 由圆心(a,0)，半径2，弦长l＝2，
得弦心距d＝＝.
即(a,0)到直线x－y＝2的距离为，
所以＝，解得a＝0或a＝4.
6．(2014·湖南理)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
[答案] B
[解析] 本题考查三视图及球的基础知识．
由图可得该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径r，则
r＝－?r＝2，故选B.
直角三角形的内切圆半径为周长的一半减去斜边．
7． 三棱锥P－ABC中，PA、PB、PC两两互相垂直，且PA＝1，PB＝PC＝，则点P到平面ABC的距离是( )
A． B．
C． D．1
[答案] A
[解析] 取BC中点D，∵PB⊥PC，PB＝PC＝，
∴PD＝DC＝BC＝1，连AD，则AD⊥BC，且
AD＝＝，∴S△ABC＝×2×＝.
由VP－ABC＝VA－PBC，∴·S△ABC·h＝·S△PBC·PA，
∴×h＝××2，∴h＝.
8．从原点O引圆(x－m)2＋(y－2)2＝m2＋1的切线y＝kx，当m变化时，切点P的轨迹方程是( )
A．x2＋y2＝3 B．(x－1)2＋y2＝2
C．(x－1)2＋(y－1)2＝3 D．x2＋y2＝2
[答案] A
[解析] 设切点P(x，y)，圆心C(m,2)，则在直角三角形OPC中，由勾股定理可得m2＋4＝m2＋1＋x2＋y2，∴切点P的轨迹方程为x2＋y2＝3.
9．如图所示，在酒泉卫星发射场某试验区，用四根垂直于地面的立柱支撑着一个平行四边形的太阳能电池板，可测得其中三根立柱AA1、BB1、CC1的长度分别为10 m、15 m、30 m，则立柱DD1的长度是( )
A．30 m
B．25 m
C．20 m
D．15 m
[答案] B
[解析] 由题意知，CC1－DD1＝BB1－AA1＝5，
∴DD1＝25 m.
10．已知正四棱锥P－ABCD的侧棱长为2a，侧面等腰三角形的顶角为30°，则从点A 出发环绕侧面一周后回到点A的最短距离为( )
A．2a B．4a
C．6a D．12a
[答案] C
[解析] 将四棱锥的侧面展开，如图．所求最短距离为AA′，由AP＝A′P＝2a，
∠APA′＝4×30°＝120°，
∴AA′＝AP·cos30°×2＝2a××2＝6a.
第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)
11．已知直线ax＋by＋c＝0与圆：x2＋y2＝1相交于A、B两点，且|AB|＝，则∠AOB＝________.
[答案] 120°
[解析] 如图所示，作OD⊥AB，
Rt△AOD中，OA＝1，AD＝，∴∠AOD＝60°，
∴∠AOB＝120°.
12．两圆(x＋1)2＋(y－1)2＝r2和(x－2)2＋(y＋2)2＝R2相交于P，Q两点，若点P的坐标为(1,2)，则点Q的坐标为________．
[答案] (－2，－1)
[解析] 两圆的圆心分别为O1(－1,1)，O2(2，－2)，直线O1O2的方程为y＝－x.
由于两圆的交点为P，Q所以P，Q两点关于直线y＝－x对称．
又点P的坐标为(1,2)，则点Q的坐标为(－2，－1)．
13．若正三棱台的上、下底面的边长为2和8，侧棱长为5，则这个棱台的高是________．
[答案]
[解析] 如图，设O1，O分别为上，下底面的中心，
则A1O1＝××2＝，AO＝.
连接O1O，则O1O为高．
所以O1O＝
＝＝.
14．(2014·山东文，14)圆心在直线x－2y＝0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，则圆C的标准方程为________．
[答案] (x－2)2＋(y－1)2＝4
[解析] 本题考查圆的标准方程的求法，结合图形．
∵圆心在x－2y＝0上，设圆心(2b，b)，由圆与y轴相切，∴r＝2|b|
又截x轴弦长2，圆心到x轴距离d＝|b|
∴在Rt△ABC中，r2＝4b2＝b2＋()2，∴b2＝1
又圆C与y轴正半轴相切．
故b>0，∴b＝1.
∴方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
该题要注意b的正负号．
15．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是________．
(1)PB⊥AD；
(2)平面PAB⊥平面PBC；
(3)直线BC∥平面PAE；
(4)∠PDA＝45°.
[答案] (4)
[解析] 若PB⊥AD，则AD⊥AB，但AD与AB成60°角，(1)错误；
过A作AG⊥PB，若平面PAB⊥平面PBC，
∴AG⊥BC，
又∵PA⊥BC，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AB，矛盾，(2)错误；
BC与AE是相交直线，
∴直线BC一定不与平面PAE平行，(3)错误；
在Rt△PAD中，由于AD＝2AB＝PA，
∴∠PDA＝45° ，(4)正确．
三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)已知点A(2，－1)，B(5,3)，若直线l：kx－y＋1＝0与线段AB相交，求k的取值范围．
[解析] 解法一：由方程kx－y＋1＝0可知，
直线l恒过定点P(0,1)，如图所示，
连接PA，PB，解得kPA＝－1，kPB＝.
又∵直线l的斜率为k，
∴k的取值范围为－1≤k≤.
解法二：由两点式求得直线AB的方程为4x－3y－11＝0，
联立方程组
解得x＝－，满足2≤≤5，
解得－1≤k≤.
17．(本小题满分12分)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积．
[解析] (1)∵折起前AD是BC边上的高．
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，
又DB∩DC＝D，
∴AD⊥平面BDC，
∵AD?平面ABD，
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA，
∵DB＝DA＝DC＝1，
∴AB＝BC＝CA＝，
从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，
S△ABC＝×××sin60°＝，
∴表面积S＝×3＋＝.
18．(本小题满分12分)(江苏高考)如图，在三棱锥S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．
求证：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
[解析] 思路分析：(1)从线面平行出发，证明面面平行．
(2)由线面垂直，直接证明BC⊥SA.
本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力．
证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.
因为EF?平面ABC，AB?平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.
又EF∩EG＝E，
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，
又AF?平面SAB，AF⊥SB，
所以AF⊥平面SBC，
因为BC?平面SBC，所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB?平面SAB，所以BC⊥平面SAB.
因为SA?平面SAB，所以BC⊥SA.
19．(本小题满分12分)求圆心在2＋y2＝2上，且与x轴，直线x＝－都相切的圆的方程．
[解析] 设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，
则
即
解得a＝，b＝±1，r＝1，
故所求圆的方程为：
2＋(y－1)2＝1或2＋(y＋1)2＝1.
20．(本小题满分13分)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．
[解析] (1)因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE?平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD.
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F?平面A1DC，
所以DE⊥A1F.
又因为A1F⊥CD，
所以A1F⊥平面BCDE.
所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.
理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰直角三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.
所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
21．(本小题满分14分)已知圆C的圆心在直线2x－y－3＝0上，且经过点A(5,2)，B(3,2)，
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线l过点P(2,1)且与圆C相交，所得弦长为2，求直线l的方程；
(3)设Q为圆C上一动点，O为坐标原点，试求△OPQ面积的最大值．
[解析] (1)设圆心P(x0，y0)，由题意可知，圆心应在线段AB的中垂线上，其方程为x＝4.
由得圆心P(4,5)，
∴半径r＝|PA|＝.
∴圆的标准方程为(x－4)2＋(y－5)2＝10.
(2)当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝2，此时，圆心到直线的距离为2，符合题意．
当直线的斜率存在时，设直线方程为y－1＝k(x－2)，整理得kx－y＋1－2k＝0，
则圆心到直线的距离为d＝＝.
由题意可知，d2＋()2＝r2，即＋6＝10，
解得k＝.
故所求直线方程为3x－4y－2＝0或x＝2.
(3)直线OP的方程为y＝x，即x－2y＝0.
∴圆心到直线的距离为d＝＝.
则圆上的点到直线的最大距离为d＋r＝＋，
又∵|OP|＝＝，
∴△OPQ面积的最大值为|OP|(d＋r)＝×＝3＋.
课件52张PPT。立体几何初步第一章本章归纳总结第一章
1．多面体的结构特征
对于多面体的结构要从其反映的几何体的本质去把握，棱柱、棱锥、棱台是不同的多面体，但它们也有联系，棱柱可以看成是上、下底面全等的棱台；棱锥又可以看作是一底面缩为一点的棱台，因此它们的侧面积和体积公式可分别统一为一个公式．2．旋转体的结构特征
旋转体是一个封闭平面图形沿一个轴旋转生成的，一定要弄清圆柱、圆锥、圆台、球分别是由哪一种平面图形旋转生成的，从而可掌握旋转体中各元素的关系，也就掌握了它们各自的性质．
3．表面积与体积的计算
有关柱、锥、台、球的表面积和体积的计算，应以公式法为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素．
4.三视图与直观图的画法
三视图和直观图是空间几何体的不同的表现形式，空间几何体的三视图可以使我们很好地把握空间几何体的性质．由空间几何体可以画出它的三视图，同样由三视图可以想象出空间几何体的形状，两者之间可以相互转化．
1.考查空间几何体的三视图与几何体之间的相互转化，进而考查空间想象能力．解决此类问题的主要依据是三视图的概念及画法规则．
2．考查几何体的表面积与体积，解决此类问题时要善于将几何体分割转化成柱、锥、台、球，另外要善于把空间图形转化为平面图形，特别注意应用柱、锥、台体的侧面展开图．
3．考查三视图与体积、面积的综合问题．解题的关键是把三视图还原成几何体再进行求解．空间几何体的三视图及面积、体积问题 [例1] 某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥P－EFGH，下半部分是长方体ABCD－EFGH.图2、图3分别是该标识墩的主视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的左视图；
(2)求该安全标识墩的体积；
(3)证明：直线BD⊥平面PEG.
[思路分析] (1)结合几何体的结构及所给的主视图和俯视图画出左视图；
(2)解题时先把三视图中的数据还原到几何体中，然后把几何体的体积转化为正四棱锥和长方体的体积来求解．
(3)把证BD⊥平面PEG转化为证HF⊥平面PEG，只需证HF与平面PEG中的两条相交直线垂直即可．(3)如图，连接EG、HF及BD，EG与HF相交于O点，连接PO，由正四棱锥的性质可知，PO⊥平面EFGH，
∴PO⊥HF.
又∵EG⊥HF，
∴HF⊥平面PEG.
又∵BD∥HF，
∴BD⊥平面PEG.将平面图形沿直线翻折成立体图形，实际上是以该直线为轴的一个旋转．要用动态的眼光看问题．
求解翻折问题的基本方法是：先比较翻折前后的图形，弄清在翻折过程中点、线、面之间的位置关系、数量关系中，哪些是变的，哪些不变，特别要抓住不变量，一般地，在同一个半平面内的几何元素之间的关系是不变的，涉及两个半平面内的几何元素之间的关系是变化了的，然后将不变的条件集中到立体图形中，将问题归结为一个条件与结论均明朗化的立体几何问题．平面图形的翻折问题 “切、接”问题主要涉及球，一般来说需将问题转化为平面问题，作一适当的截面，如圆锥的轴截面，球的大圆，多面体的对角面等，这个截面必须反映出体与体之间的位置关系和数量关系．
涉及“切”“接”问题的有关计算
[例3] 已知正四棱锥的底面边长为a，侧棱长为a，
(1)求它的外接球的体积；
(2)求它的内切球的表面积．1.判定线面平行的方法有：(1)线面平行的判定定理；(2)平面与平面平行的性质定理．
2．判定两个平面平行的方法有：(1)定义法；(2)利用判定定理；(3)利用由判定定理得到的结论；(4)垂直于同一条直线的两个平面平行；(5)平行于同一平面的两个平面互相平行．
3．在处理问题时要注意线线平行、线面平行、面面平行的相互转换．直线、平面平行 1.判定线线垂直的方法有：(1)由线面垂直证得线线垂直；(2)利用面面垂直的性质．
2．判定线面垂直的方法主要有：(1)利用线面垂直的定义：l与α内的任一直线都垂直?l⊥α；(2)利用判定定理；(3)利用a∥b，a⊥α?b⊥α；(4)利用面面平行的性质定理：α∥β，a⊥α?a⊥β；(5)利用面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β.
直线、平面垂直 3．判定面面垂直的方法有：(1)证明一个平面经过另一个平面的一条垂线；(2)证明一个平面垂直于另一个平面内的一条直线．这两种方法都是将证明“面面垂直”问题转化为证明“线面垂直”的问题．
4．关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆．[例5] 如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，侧棱BB1⊥底面ABCD，E是侧棱CC1的中点．
(1)求证：AC⊥平面BDD1B1；
(2)证明：AC∥平面B1DE.
[证明] (1)因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，
因为BB1⊥底面ABCD.
所以BB1⊥AC，
所以AC⊥平面BDD1B1.立体几何中的探索性问题在近几年高考中经常出现，这种题型主要以平行、垂直、距离和角的问题等为背景，有利于空间想象能力、分析判断能力的考查，也有利于创新意识的培养，因此应注意高考中立体几何探索性命题的考查趋势．立体几何探索性命题的类型主要有：一、探索条件，即探索能使结论成立的条件是什么；二、探索结论，即在给定的条件下命题的结论是什么．探索性问题 (3)若点M在侧面BB1C1C及其边界上运动，并且总保持AM⊥BP，试确定动点M所在位置．(3)如上图，取BB1中点G，连接CG，则M∈CG.
证明如下：
由(1)知BP⊥AC，又取AA1、CC1中点R、S，连接PR、RG、GS、SP.
可知ABCD—RGSP为正方体，易证CG⊥平面BSP.
∴CG⊥BP.
则BP⊥平面ACG.∴M∈CG.
[规律总结] 本题综合性较强，第(2)小问为是否存在问题，证明方法一般为先假设存在，以假设为条件来证明．课件57张PPT。解析几何初步第二章本章归纳总结第二章
3．两直线的位置关系
(1)设l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2.
①l1与l2相交?k1≠k2，
特别地k1·k2＝－1?l1⊥l2；
②l1∥l2?k1＝k2，且b1≠b2；
③l1与l2重合?k1＝k2，且b1＝b2.
(2)设l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0.
①l1与l2相交?A1B2≠A2B1，
特别地A1A2＋B1B2＝0时?l1⊥l2；
②l1∥l2?A1B2＝A2B1，且A1C2≠A2C1；
③l1与l2重合?A1B2＝A2B1且A1C2＝A2C1.
4．两条直线的交点7．点和圆的位置关系
(1)点在圆上
①如果一个点的坐标满足圆的方程，那么该点在圆上．
②如果点和圆心的距离等于半径，那么点在圆上．
(2)点不在圆上
①若点的坐标满足F(x，y)>0，则该点在圆外；若满足F(x，y)<0，则该点在圆内．
②点和圆心的距离大于半径则点在圆外；点和圆心的距离小于半径则点在圆内．
若P点是圆C外一定点，则该点与圆上的点的最大距离dmax＝|PC|＋r，最小距离dmin＝|PC|－r.
8．直线和圆的位置关系
(1)代数法：通过解直线方程与圆的方程所组成的方程组，根据解的个数来研究．若有两组不同的实数解(即Δ>0)，则相交；若有两组相同实数解(即Δ＝0)，则相切；若无实数解(Δ<0)，则相离．
(2)几何法：由圆心到直线的距离d与半径r的大小来判断．当dr时，直线与圆相离．9．圆和圆的位置关系
(1)代数法：解两个圆的方程所组成的二元二次方程组．若方程组有两组不同的实数解，则两圆相交；若方程组有两组相同的实数解，则两圆相切；若无实数解，两圆相离．
(2)几何法：设两圆半径分别为r1，r2，两圆心分别为C1，C2，则
当|C1C2|>r1＋r2时，两圆相离；
当|C1C2|＝r1＋r2时，两圆外切；
当|C1C2|＝|r1－r2|时，两圆内切；
当|r1－r2|<|C1C2|当|C1C2|<|r1－r2|时，两圆内含．待定系数法，适用于根据条件可以直接判断出轨迹类型是什么曲线，而且知道它的方程形式的情形．因此，利用待定系数解决问题的关键是正确判断所求曲线方程的结构形式，而直线与圆的方程正好是结构形式固定，于是，待定系数法是在求曲线方程中应用较多的思想方法．利用待定系数法求直线与圆的方程
[例1] 已知直线l的方程为3x＋4y－12＝0，求直线l′的方程，使得：
(1)l′与l平行，且过点(－1,3)；
(2)l′与l垂直，且l′与两轴围成的三角形面积为4.
[规范解答] (1)由条件，可设l′的方程为3x＋4y＋m＝0，将x＝－1，y＝3代入，
得－3＋12＋m＝0，即得m＝－9，
∴直线l′的方程为3x＋4y－9＝0.[例2] 已知A(2,2)，B(5,3)，C(3，－1)，求△ABC外接圆的方程，外心坐标和外接圆的半径．圆不仅是轴对称图形，而且还是中心对称图形．在代数中学习的奇函数的图像是关于原点成中心对称的图形，偶函数是关于y轴成轴对称的图形等等，高中数学中的对称很多，因此，有必要系统地研究对称及其应用问题．
对称问题的实质是点关于点、点关于线的对称，几乎所有的对称问题都要转化为以上两个对称，所以求对称图形的曲线方程就是求任意点关于点(线)的对称点的坐标满足的条件．对称问题
[例3] 已知直线l∶x＋2y－2＝0，试求：
(1)点P(－2，－1)关于直线l的对称点坐标；
(2)直线l1∶y＝x－2关于直线l对称的直线l2的方程；
(3)直线l关于点(1,1)对称的直线方程．
[思路分析] 先作出l∶x＋2y－2＝0对应的直线，然后转化为点的对称，求出对称点．再根据直线方程的几种形式求直线方程．定点问题一般是指曲线(含直线)在运动变化过程中恒过一个(或多个)定点，此时曲线方程中含有参数，解决时可以将方程整理成关于参数的等式，再利用恒成立的要求处理即可．
定点问题
[例4] 已知直线l：(2a＋b)x＋(a＋b)y＋a－b＝0及点P(3,4)，
(1)证明直线l过某定点，并求该定点的坐标；
(2)当点P到直线l的距离最大时，求直线l的方程．
[思路分析] 分离参数a，b求定点坐标；寻找P到直线l的距离最大时，直线l满足的条件．解析几何中的最值问题是人们工作和生活所追求的目标，本章主要研究直线与圆中的最值问题，在处理时可以抓住研究对象的特征，利用数形结合思想定性分析；也可以定量分析，利用函数思想，借助二次函数来解决，或利用方程思想，联立方程组，利用判别式来处理．
最值问题 [例5] 已知正三角形ABC的边长为a，在平面上求一点P，使|PA|2＋|PB|2＋|PC|2最小，并求此最小值．“数”和“形”是数学研究的两类基本对象．由于坐标系的建立，使“形”和“数”互相联系，互相渗透，互相转化．在数学解题中实现数形结合，具体的来说就是对问题中的条件和结论既分析其代数意义又分析其几何意义，从图形在代数与几何的结合点上寻找到解题的思路与方法．
用数形结合解题，主要通过三种途径：一是通过坐标系，二是通过转化，三是构造图形、构造函数． 数形结合思想在解析几何中的应用 [思路分析] 将所给曲线和直线画在一个坐标系下，曲线为半圆，直线过定点，从图形中可以发现两者只有一个交点的情况．[规范解答] 如下图，曲线C表示的是以(0,0)为圆心，2为半径的右半圆，直线y＝k(x－1)＋3过定点M(1,3)，点A(0,2)，点B(0，－2)．
[规律总结] 有“几”个公共点、有“几”个根等有具体的指定的解的问题多数情况下都要结合图像利用数形结合的思想求解．在解决问题时经常会遇到不能用同一标准或同一种方法去解决的问题，因而会出现多种情况，这就需要分成若干个局部的问题去解决，这就是分类讨论的思想．
在本章中，运用点斜式方程或斜截式方程时要讨论斜率是否存在；运用两点式方程时要观察两点横坐标和纵坐标是否相等；运用截距式方程时要讨论截距是否为零；将直线方程的一般式化为截距式或斜截式时也要注意讨论系数是否为零．分类与整合思想
[例8] 过点A(4,1)且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是( )
A．x＋y＝5
B．x－y＝5
C．x＋y＝5或x－4y＝0
D．x－y＝5或x＋4y＝0
[答案] C
[规律总结] 1.截距可取任意实数，截距式方程中截距必不为零，注意分截距是否为零进行讨论．
2．在解决问题时经常会遇到不能用同一标准或同一种方法去解决的问题，因而会出现多种情况，这就需要分成若干个局部的问题去解决，这就是分类讨论的思想．课件10张PPT。立体几何初步第一章东方明珠塔
坐落在陆家嘴的东方明珠与外滩一江之隔，黄浦江在她身旁静静流过，不论多少人来来回回，她依旧矗立在那里，见证着上海改革开放的步伐．东方明珠广播电视塔，又名东方明珠塔，是一座位于中国上海的电视塔．她坐落在中国上海浦东新区陆家嘴，毗邻黄浦江，与外滩隔江相望．她的高度为467.9米，是上海的地标之一．
东方明珠广播电视塔是上海外滩标志性建筑，也是上海市陆家嘴金融中心处游览度较高的一处景点．在电视塔上可以纵览外滩全貌，远处即是上海浦东，脚下流淌着黄浦江．作为上海市的一处有些年头的建筑，东方明珠广播电视塔可谓见证了上海市改革开放发展以来的各种历史兴衰．
东方明珠塔的名字来源于唐朝诗人白居易的《琵琶行》中关于琵琶的声音的描写，诗人把琵琶的声音比喻成珍珠落到玉盘里时发出的美妙声音，“大珠小珠落玉盘”．设计者富于幻想的将11个大小不一、高低错落的球体从蔚蓝的天空中串联至如茵的绿色草地上，而两颗红宝石般晶莹夺目的巨大球体被高高托起浑然一体．从远处看，中间的东方明珠塔和两边杨浦大桥和南浦大桥，巧妙地组合成一幅二龙戏珠的巨幅画卷．
从古到今，各个国家的建筑都各有特色，古有埃及的金字塔，今有各城市大厦的电视塔、旋转餐厅等等，它们都是独具匠心、整体协调的建筑物，是建筑师们集体智慧的结晶．今天，我们应如何从数学的角度来看待这些建筑物？那就让我们步入本章的学习吧！
课件7张PPT。解析几何初步第二章我国古代石拱桥的杰出代表是举世闻名的河北省赵县的赵州桥．赵州桥坐落在河北省赵县洨河上．赵州桥又称安济桥，在石家庄东南约四十多公里赵县城南2.6公里处，它横跨洨水南北两岸，建于隋朝大业元年至十一年(605—616)，由著名匠师李春设计和建造，距今已有1 400年的历史．因桥体全部用石料建成，俗称“大石桥”．赵州桥是当今世界上现存最早、保存最完善的古代敞肩石拱桥.1961年被国务院列为第一批全国重点文物保护单位．因赵州桥是重点文物，通车易造成损坏，所以不允许车辆通行．赵州桥是一座空腹式的圆弧形石拱桥，净跨37m，宽9m，拱矢高度7.24m，在拱圈两肩各设有两个跨度不等的腹拱，这样既能减轻桥身自重，节省材料，又便于排洪、增加美观，赵州桥的设计构思和工艺的精巧，不仅在我国古桥是首屈一指，据世界桥梁的考证，像这样的敞肩拱桥，欧洲到19世纪中期才出现，比我国晚了一千二百多年，赵州桥的雕刻艺术，包括栏板、望柱和锁口石等，其上狮象龙兽形态逼真，琢工的精致秀丽，不愧为文物宝库中的艺术珍品．桥上有很多的东西，类型众多，丰富多彩．唐朝的张鷟说，远望这座桥就像“初月出云，长虹饮涧”．我国石拱桥的建造技术在明朝时曾流传到日本等国，促进了与世界各国人民的文化交流并增进了友谊．
1991年，美国土木工程师学会将安济桥选定为第12个“国际历史土木工程的里程碑”，并在桥北端东侧建造了“国际历史土木工程古迹”铜牌纪念碑．
圆在桥上的应用只是解析几何在日常生活中的应用之一．事实上，无论日常生活还是航天技术的运用，用到解析几何知识的地方还很多，为了更好地服务于人类，让我们更好地学习解析知识吧！第一章综合能力检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1． 若P是平面α外一点，则下列命题正确的是( )
A．过P只能作一条直线与平面α相交
B．过P可作无数条直线与平面α垂直
C．过P只能作一条直线与平面α平行
D．过P可作无数条直线与平面α平行
[答案] D
[解析] 过P点平行于α的平面内任一直线都与平面α平行．
2．不同直线m、n和不同平面α、β，给出下列命题，其中错误命题有( )
①?m∥β； ②?n∥β；
③?m、n异面； ④?m⊥β.
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
[答案] D
[解析] ①对，②、③、④错．
3．(2014·四川文，4)某三棱锥的左视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )
(锥体体积公式：V＝Sh，其中S为底面面积，h为高)
A．3 B．2
C． D．1
[答案] D
[解析] 本题考查了三视图及体积计算公式等．由图知平面PAB⊥平面ABC，PD⊥AB，PD⊥平面ABC，底面是边长为2的正三角形，∴V＝Sh＝××＝1.由三视图找出垂直关系是关键．
4．底面是菱形的直棱柱的两条体对角线长为8cm和12cm，侧棱长为4cm，则它的底面边长为( )
A．cm B．cm
C．2cm D．2cm
[答案] C
[解析] 由题意，可求出两底面菱形的两对角线的长分别为＝4cm，＝8cm，则底面边长为＝2cm.
5．(2014·陕西理，5)已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )
A． B．4π
C．2π D．
[答案] D
[解析] 本题考查空间几何体的结构特征，球的体积计算．
如图，根据正四棱柱的特点，球心也是正四棱柱的中心O.
∵AB＝1，∴O1A1＝，
∵AA1＝，∴OO1＝，
∴r＝OA1＝1，∴V球＝π.
6．如图，BCDE是一个正方形，AB⊥平面BCDE，则图中(侧面，底面)互相垂直的平面共有( )
A．4组 B．5组
C．6组 D．7组
[答案] B
[解析] 与平面BCDE垂直的平面有2个，与平面ABC垂直的平面有2个，(含平面ABE，不含平面BCDE)．与平面ABE垂直的平面有2个(含平面ABC，不含平面BCDE)，∴2＋2＋2－1＝5.
7． (浙江高考)已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )
A．108cm3 B．100cm3
C．92cm3 D．84cm3
[答案] B
[解析] 结合三视图可得几何体的直观图如图所示，
其体积V＝VABCD－A1B1C1D1－VD1－A1EF，由三视图可得VABCD－A1B1C1D1＝6×6×3＝108cm3，
VD1－A1EF＝××4×4×3＝8cm3，
所以V＝100cm3，选B.
8． 体积为52的圆台，一个底面积是另一个底面积的9倍，那么截得这个圆台的圆锥的体积为( )
A．54 B．54π
C．58 D．58π
[答案] A
[解析] 设原圆锥的体积是x，
则＝3，
∴x＝54.
9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则下列结论中错误的是( )
A．AC⊥BE B．EF∥平面ABCD
C．三棱锥A－BEF的体积为定值 D．△AEF的面积与△BEF的面积相等
[答案] D
[解析] 本题主要考查线线垂直、线面平行、三棱锥的体积等知识，考查学生的推理论证能力．
对于选项A，由正方体ABCD－A1B1C1D1得B1B⊥面AC，∴AC⊥B1B，
又∵AC⊥BD，
∴AC⊥面BDD1B1，BE?面BDD1B1，
∴AC⊥BE.
对于选项B，由正方体ABCD－A1B1C1D1得B1D1∥BD，
B1D1?面ABCD，BD?面ABCD，
∴B1D1∥面ABCD，∴EF∥面ABCD.
对于选项C，VA－BEF＝×××1×＝.
∴三棱锥A－BEF的体积为定值．
对于选项D，因线段B1D1上两个动点E，F，且EF＝，
在E，F移动时，A到EF的距离与B到EF的距离不相等
∴△AEF的面积与△BEF的面积不相等．
10．一圆台上底半径为5cm，下底半径为10cm，母线AB长为20cm，其中A在上底面上，B在下底面上，从AB中点M拉一条绳子，绕圆台的侧面一周转到B点，则这条绳子最短为( )
A．30cm B．40cm
C．50cm D．60cm
[答案] C
[解析] 如图所示，把圆台侧面展开，显然绳子的最短路线是由B到M的线段．其中展开图的圆环圆心角为θ＝，上底周长为2πR上＝10πcm，
＝×2πOA′，
∴OA′＝20cm.
又A′M＝MB′＝＝10cm，
∴OM＝30cm，OB＝40cm，
∴MB＝＝50cm.
第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)
11．若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．
[答案]
[解析] 设圆锥的母线为l，底面半径为r，高为h，由得所以h＝＝.于是，圆锥的体积为V＝πr2h＝.
12．如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为4，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF的长等于________．
[答案]
[解析] 取A1B1的中点H，连接EH，FH，则EH＝4，FH＝1.
由正三棱柱的性质知△EFH为直角三角形．
所以EF＝＝.
13．一个正方体的各顶点均在同一个球的球面上，若该球的体积为4π，则该正方体的表面积为________．
[答案] 24
[解析] 设正方体的棱长为a，球的半径为r，
则2r＝a，∴a＝r.
∵πr3＝4π，∴r＝，∴a＝2.
∴正方体的表面积为6a2＝24.
14．已知PA垂直于平行四边形ABCD所在的平面，若PC⊥BD，则平行四边形ABCD一定是________．
[答案] 菱形
[解析] ∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥BD.
又∵PC⊥BD，∴BD⊥平面PAC.
∴BD⊥AC.∴四边形ABCD为菱形．
15．若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)．
①四面体ABCD每组对棱相互垂直；
②四面体ABCD每个面的面积相等；
③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；
④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；
⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．
[答案] ②④⑤
[解析] 本题考查了空间几何体中点线面的位置关系．
依题意，该四面体可看作是一个长方体截掉四个顶角后剩余部分，所以可以确定②④⑤正确．对于①，只有四面体ABCD是正四面体时才成立．对于③，取特例正四面体知夹角和为60°＋60°＋60°＝180°知③错．
三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)如图是一个几何体的主视图和俯视图．
(1)试判断这个几何体是什么几何体；
(2)请画出它的左视图，并求该左视图的面积．
[解析] (1)由题图中的主视图和俯视图知该几何体是正六棱锥．
(2)该几何体的左视图如图所示．
其中两腰为斜高，底边长为a，三角形的高即为正六棱锥的高，且长为a.
所以该左视图的面积为a·a＝a2.
17．(本小题满分12分)如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长为a，D、E分别是BB1、CC1上的点，且EC＝2BD＝a.
求证：平面ADE⊥平面ACC1A1.
[解析] 取AE的中点O，AC中点F，连接OF、BF、OD，
则AD＝a.
∵四边形BDEC为直角梯形，且EC＝2BD＝a，
∴DE＝a.则△DAE为等腰三角形，故DO⊥AE.
又∵OF∥EC，且OF＝EC＝a，
∴OF綊BD，OF⊥BF.
∴四边形BDOF是矩形，
∴DO⊥OF.
又OF∩AE＝O，∴DO⊥平面AA1C1C.
又DO?平面ADE，
∴平面ADE⊥平面AA1C1C.
18．(本小题满分12分)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G分别是CB、CD、CC1的中点．
(1)求证：平面AB1D1∥平面EFG；
(2)求证：平面AA1C⊥平面EFG.
[证明] (1)连接BD，
∵E、F分别为BC、CD的中点，
∴EF∥BD.∵BD∥B1D1，
∴EF∥B1D1.
又EF?平面AB1D1，
B1D1?平面AB1D1
∴EF∥平面AB1D1，
同理EG∥平面AB1D1.
∵EF∩EG＝E，
∴平面AB1D1∥平面EFG.
(2)∵AA1⊥平面ABCD，
EF?平面ABCD，
∴AA1⊥EF.
又EF⊥AC，AA1∩AC＝A，
∴EF⊥平面A1AC，
又EF?平面EFG，
∴平面AA1C⊥平面EFG.
19．(本小题满分12分)(2014·安徽文，19)如图，四棱锥P－ABCD的底面边长为8的正方形，四条侧棱长均为2.点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.
(1)证明： GH∥EF；
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
[解析] 思路分析：(1)依据线面平行性质求得BC∥GH，进而证明GH∥EF.
(2)由(1)知四边形GEFH是梯形，则须求出上底、下底和高．EF＝8易知．根据平面GEFH⊥平面ABCD，可作出高GK，这里GK⊥平面ABCD，GK⊥EF.通过三角形中比例关系求出K为OB中点，并求得GH、GK.
解：(1)∵BC∥平面GEFH，BC?平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，
∴GH∥BC.
同理可证EF∥BC，∴GH∥EF.
(2)连接AC，BD交于一点O，BD交EF于K，连接OP、GK.
因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，
同理可证PO⊥BD，
又∵BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，∴PO⊥平面ABCD，
又∵平面GEFH⊥平面ABCD，PO?平面GEFH，
∴PO∥平面GEFH.
又∵平面GEFH∩平面PBD＝GK，
∴PO∥GK，且GK⊥平面ABCD，
∴GK⊥EF，
所以GK是梯形GEFH的高．
∵AB＝8，EB＝2，
∴EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，
∴KB＝DB＝OB，即K为OB的中点，
又∵PO∥GK，
∴GK＝PO，即G是PB的中点，且GH＝BC＝4.
又由已知得OB＝4，PO＝＝＝6.
∴GK＝3.
∴四边形GEFH的面积S＝·GK＝×3＝18.
20．(本小题满分13分)(北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD、PC的中点，求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
[解析] (1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，
所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.
又因为BE?平面PAD，AD?平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由(1)知PA⊥底面ABCD.所以PA⊥CD.
所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF.所以CD⊥EF，
又因为CD⊥BE，BE∩EF＝E，
所以CD⊥平面BEF. 所以平面BEF⊥平面PCD.
21．(本小题满分14分)正三棱锥高为1，底面边长为2，内有一球与四个面都相切．
(1)求棱锥的全面积；
(2)求球的半径及表面积．
[解析] (1)设底面中心为O，D为AB中点，则VD为斜高，OD＝AB＝，在Rt△VOD中，VO＝1，VD＝＝.
∴S全＝(2)2＋3×2××＝6＋9.
(2)解法一：设球的半径为R，由△VO1E∽△VDO有＝?＝?R＝－2，
故S球＝4πR2＝4π(－2)2＝8(5－2)π.
解法二：VV－ABC＝S△ABC·h＝(S△ABC＋S△VAB＋S△VCB＋S△VAC)R，而S△ABC＝·(2)2＝6.
S△VAB＋S△VCB＋S△VAC＝3S△VAB＝3··2·＝9.故6·1＝(6＋9)R?R＝－2，
故S球＝4πR2＝4π(－2)2＝8(5－2)π.
第二章综合能力检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1． 若直线l的倾斜角是直线y＝x－3的倾斜角的两倍，且经过点(2,4)，则直线l的方程为( )
A．y＝2x B．x＝4
C．x＝2 D．y＝2x－3
[答案] C
[解析] 直线y＝x－3的斜率为1，其倾斜角等于45°，于是直线l的倾斜角等于90°，其斜率不存在，又因为它过点(2,4)，故l的方程为x＝2.
2．若点P(3,4)和点Q(a，b)关于直线x－y－1＝0对称，则( )
A．a＝1，b＝－2 B．a＝2，b＝－1
C．a＝4，b＝3 D．a＝5，b＝2
[答案] D
[解析] 由解得
3．方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0表示圆，则a的取值范围是( )
A．a<－2 B．－C．－2[答案] D
[解析] 由D2＋E2－4F>0，得
a2＋(2a)2－4(2a2＋a－1)>0，
解得－24．若直线(1＋a)x＋y＋1＝0与圆x2＋y2－2x＝0相切，则a的值为( )
A．1，－1 B．2，－2
C．1 D．－1
[答案] D
[解析] 将圆x2＋y2－2x＝0的方程化为标准式
(x－1)2＋y2＝1，∴其圆心为(1,0)，半径为1.
若直线(1＋a)x＋y＋1＝0与该圆相切，则圆心到直线的距离d等于圆的半径r，
∴＝1，∴a＝－1.
5．已知A(2,5，－6)，点P在y轴上，|PA|＝7，则点P的坐标是( )
A．(0,8,0) B．(0,2,0)
C．(0,8,0)或(0,2,0) D．(0，－8,0)
[答案] C
[解析] 点P在y轴上，可设为(0，y,0)，
因为|PA|＝7，A(2,5，－6)，
所以＝7，
解得y＝2或8.故选C.
6．在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于( )
A．3 B．2
C． D．1
[答案] B
[解析] 本题考查了直线与圆位置关系处理方法，弦长等知识，如图所示．
设AB的中点为D，则OD⊥AB，由点到直线距离公式得|OD|＝＝1.
∴AD2＝OA2－OD2＝4－1＝3，∴|AD|＝，
∴弦长|AB|＝2.
7． 已知A＝{(x，y)|x2＋y2＝1}，B＝{(x，y)|(x－5)2＋(y－5)2＝4}，则A∩B等于( )
A．? B．{(0,0)}
C．{(5,5)} D．{(0,0)，(5,5)}
[答案] A
[解析] 集合A是圆O：x2＋y2＝1上所有点组成的，集合B是圆C：(x－5)2＋(y－5)2＝4上所有点组成的．又O(0,0)，r1＝1，C(5,5)，r2＝2，|OC|＝5，
∴|OC|>r1＋r2＝3.
∴圆O和圆C相离，无公共点．∴A∩B＝?.
8．若直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＋kx－y＝0的两个交点恰好关于y轴对称，则k＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
[答案] A
[解析] 由得(1＋k2)x2＋2kx＝0，
∵两交点恰好关于y轴对称，∴－＝0，∴k＝0.
9．从原点向圆x2＋y2－6x＋＝0作两条切线，则两条切线间圆的劣弧长为( )
A．π B．π
C．π D．π
[答案] B
[解析] 如图所示，数形结合，圆心C(3,0)
半径r＝，在Rt△OCA中，OC＝3，CA＝，
∴∠OCA＝60°
从而∠ACB＝120°，劣弧AB长l＝×＝π.
10．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0.设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为( )
A．10 B．20
C．30 D．40
[答案] B
[解析] 考题分析：本题考查圆的相关知识．
圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0得圆心(3,4)，半径为5.
由题意知，AC为圆的直径且BD⊥AC，
∴|BD|＝2＝4，|AC|＝10.
∴S四边形ABCD＝×4×10＝20，故选B.
第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上)
11．直线l过点(－5，－10)且在圆x2＋y2＝25上截得的弦长为5，则直线l的方程为________________．
[答案] x－y－5＝0或7x－y＋25＝0
[解析] 若直线l的斜率不存在，则其直线方程为x＝－5，此时直线l与圆相切，不符合题意．
故设直线l的斜率为k，
其方程为y＋10＝k(x＋5)，即kx－y＋5k－10＝0
由()2＋()2＝25可得k＝1或k＝7.
即x－y－5＝0或7x－y＋25＝0为所求．
12．光线从点M(3，－2)照射到y轴上一点P(0,1)后，被y轴反射，则反射光线所在的直线方程为________．
[答案] x－y＋1＝0
[解析] 点M(3，－2)关于y轴的对称点为M′(－3，－2)，故反射光线所在的直线方程为直线M′P，其方程为y－1＝x＝x，即x－y＋1＝0.
13．若圆x2＋y2＋2x－4y－4＝0的圆心C到直线l的距离为2，且l与直线3x＋4y－1＝0平行，则直线l的方程为________．
[答案] 3x＋4y＋5＝0或3x＋4y－15＝0
[解析] 圆心为(－1,2)．设所求的直线方程为3x＋4y＋D＝0(D≠－1)，由点到直线的距离公式，得＝2，即＝2，解得D＝5或－15.故所求的直线方程为3x＋4y＋5＝0或3x＋4y－15＝0.
14．以点A(2，－1)为圆心，在直线3x－4y＋10＝0上截得的弦长为6的圆的一般方程是________．
[答案] x2＋y2－4x＋2y－20＝0
[解析] 点A到直线的距离d＝＝4.
又弦长为6，∴圆的半径为5.
故所求圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝25，
即x2＋y2－4x＋2y－20＝0.
15．已知圆C过点(1,0)，且圆心在x轴的正半轴上，直线l∶y＝x－1被该圆所截得的弦长为2，则圆C的标准方程为________．
[答案] (x－3)2＋y2＝4
[解析] 设圆心C(a,0)，由已知a>0作CD⊥AB，则由|AB|＝2?AD＝，|CD|＝.
|CA|＝|a－1|，
由勾股定理得：()2＋()2＝(|a－1|)2
?a＝3或a＝－1，
又a>0，∴a＝3，∴r＝3－1＝2，
∴⊙C的方程为(x－3)2＋y2＝4.
三、解答题(本大题共6个小题，满分75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)设直线l的方程为(a＋1)x＋y＋2－a＝0(a∈R)．
(1)若l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；
(2)若l不经过第二象限，求实数a的取值范围．
[解析] (1)当直线过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距都为零，当然相等．
则(a＋1)×0＋0＋2－a＝0，
∴a＝2，方程即3x＋y＝0；
若a≠2，由题设l在两轴上的截距存在，
∴＝a－2，即a＋1＝1，
∴a＝0，方程即x＋y＋2＝0.
∴l的方程为3x＋y＝0或x＋y＋2＝0.
(2)将l的方程化为y＝－(a＋1)x＋a－2，
∴欲使l不经过第二象限，当且仅当
，∴a≤－1.
综上可知，a的取值范围是a≤－1.
17．(本小题满分12分)一束光线l自A(－3,3)发出，射到x轴上，被x轴反射后与圆C：x2＋y2－4x－4y＋7＝0有公共点．求：
(1)反射光线通过圆心C时，光线l所在直线的方程；
(2)在x轴上，反射点M的横坐标的取值范围．
[解析] 圆C的方程可化为(x－2)2＋(y－2)2＝1.
(1)圆心C关于x轴的对称点为C′(2，－2)，过点A，C′的直线方程为x＋y＝0，此即为光线l所在直线的方程．
(2)点A关于x轴的对称点为A′(－3，－3)，设过点A′的直线为y＋3＝k(x＋3)．当该直线与圆C相切时，有＝1，解得k＝或k＝.所以过点A′的圆C的两条切线方程分别为y＋3＝(x＋3)，y＋3＝(x＋3)．分别令y＝0，得x1＝－，x2＝1，所以在x轴上反射点M的横坐标的取值范围是[－，1]．
18．(本小题满分12分)已知圆C的圆心在直线x－3y＝0上，且圆C与y轴相切，若圆C截直线y＝x得弦长为2，求圆C的方程．
[解析] 设C(a，b)，半径为r>0，点C在x－3y＝0上，
∴a－3b＝0，
又C与y轴相切，
∴r＝|a|，
又圆C在y＝x上截弦长为2，
则圆心到y＝x的距离d＝，
∴
∴或
∴圆C方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9，
或(x＋3)2＋(y＋1)2＝9.
19．(本小题满分12分)(1)已知直线l：x－y＋1＝0，求l关于x轴对称的直线方程；
(2)已知圆M：x2＋y2＝4，求过点P(2,4)与圆M相切的切线方程．
[解析] (1)方法一：∵所求直线与l关于x轴对称，
又k1＝，
∴所求直线斜率为－.
∵直线l与x轴交于点，
∴所求直线为y＝－，
即x＋y＋1＝0.
方法二：在直线l上取两点(0,1)，(，4)，
∵所求直线与l关于x轴对称，
∴点(0，－1)和(，－4)在所求直线上．
∴所求直线的斜率为k＝－，
∴所求直线为y＋1＝－x，
即x＋y＋1＝0.
(2)∵点P(2,4)不在圆O上，
∴可设切线PT为y＝k(x－2)＋4，
∵d＝r，∴＝2，解得k＝.
∴y＝(x－2)＋4，即3x－4y＋10＝0.
∵过圆外一点作圆的切线应该有两条，
∴另一条直线的斜率不存在，易求另一条切线为x＝2.
20．(本小题满分13分)直线y＝kx与圆x2＋y2－6x－4y＋10＝0相交于两个不同点A，B，当k取不同的实数值时，求AB中点的轨迹．
[解析] 方法一：联立方程，得
消去y，得(1＋k2)x2－(6＋4k)x＋10＝0.
设此方程的两根为x1，x2，AB的中点坐标为P(x，y)，
由根与系数的关系和中点坐标公式得
x＝＝＝，①
又∵P点在直线y＝kx上，
∴y＝kx，即k＝.②
将②代入①，得x＝(x≠0)，
整理得x2＋y2－3x－2y＝0.
∵点P始终在圆x2＋y2－6x－4y＋10＝0的内部，
∴点P的轨迹是圆x2＋y2－3x－2y＝0位于圆x2＋y2－6x－4y＋10＝0内的部分弧．
方法二：∵直线y＝kx过坐标原点，圆x2＋y2－6x－4y＋10＝0的圆心为C(3,2)，
设AB的中点为M，则MC⊥AB，
∴点M在以OC为直径的圆上，
此圆的圆心为(，1)，半径为，
其方程为(x－)2＋(y－1)2＝，
即x2＋y2－3x－2y＝0.
又∵点M在圆x2＋y2－6x－4y＋10＝0的内部，
∴轨迹是圆x2＋y2－3x－2y＝0位于圆x2＋y2－6x－4y＋10＝0内的部分弧．
21．(本小题满分14分)已知点P(2,0)及圆C：x2＋y2－6x＋4y＋4＝0.
(1)若直线l过点P且与圆心C的距离为1，求直线l的方程．
(2)设过点P的直线l1与圆C交于M，N两点，当|MN|＝4时，求以线段MN为直径的圆Q的方程．
(3)设直线ax－y＋1＝0与圆C交于A，B两点，是否存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦
AB？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)直线l斜率存在时，设直线l的斜率为k，则方程为y－0＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0.
又圆C的圆心为(3，－2)，半径r＝3，由＝1，解得k＝－.
所以直线方程为y＝－(x－2)，即3x＋4y－6＝0.
当l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，经验证x＝2也满足条件．
即直线l的方程为3x＋4y－6＝0或x＝2.
(2)由于|CP|＝，而弦心距d＝＝，
所以d＝|CP|＝.
所以P恰为MN的中点．
故以MN为直径的圆Q的方程为(x－2)2＋y2＝4.
(3)把直线y＝ax＋1代入圆C的方程，消去y，整理得(a2＋1)x2＋6(a－1)x＋9＝0.
由于直线ax－y＋1＝0交圆C于A，B两点，
故Δ＝36(a－1)2－36(a2＋1)>0，
即－2a>0，解得a<0.
则实数a的取值范围是(－∞，0)．
设符合条件的实数a存在，
由于l2垂直平分弦AB，故圆心C(3，－2)必在l2上．所以l2的斜率kPC＝－2，而kAB＝a＝－，
所以a＝.由于?(－∞，0)，
故不存在实数a，使得过点P(2,0)的直线l2垂直平分弦AB.
