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全书综合测评-2022版数学必修2 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份全书综合测评-2022版数学必修2 人教版（新课标） 同步练习 （Word含解析），共13页。
全书综合测评
(满分:150分;时间:120分钟)
一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)
1.直线x=tan 60°的倾斜角是 ( )
A.90° B.60° C.30° D.不存在
2.给出下列四个命题:
①垂直于同一直线的两条直线互相平行;
②垂直于同一平面的两个平面互相平行;
③若直线l1,l2与同一平面所成的角相等,则l1,l2互相平行;
④若直线l1,l2是异面直线,则与l1,l2都相交的两条直线是异面直线.
其中假命题的个数是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
3.用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得的圆台上、下底面半径之比为1∶4,若截去的圆锥的母线长为3 cm,则圆台的母线长为 ( )
A.1 cm B.3 cm
C.12 cm D.9 cm
4.如图,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,M、N分别是棱BB1,B1C1的中点,若∠CMN=90°,则异面直线AD1和DM所成的角为 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
5.已知l,m表示两条不同的直线,α表示平面,则下列说法正确的是 ( )
A.若l⊥α,m⊂α,则l⊥m
B.若l⊥m,m⊂α,则l⊥α
C.若l∥m,m⊂α,则l∥α
D.若l∥α,m⊂α,则l∥m
6.等边△PQR中,P(0,0),Q(4,0),且R在第四象限内,则PR和QR所在直线的方程分别为 ( )
A.y=3x和y=-3x
B.y=3(x-4)和y=-3(x-4)
C.y=3x和y=-3(x-4)
D.y=-3x和y=3(x-4)
7.已知点P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA,PB是圆C:x2+y2-2y=0的两条切线,A,B是切点,若四边形PACB的最小面积是2,则k的值为 ( )
A.3 B.212 C.22 D.2
8.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=12,则下列结论中正确的个数为 ( )
①AC⊥BE;
②EF∥平面ABCD;
③三棱锥A-BEF的体积为定值;
④△AEF的面积与△BEF的面积相等.
A.1 B.2 C.3 D.4
9.如图,定点A,B都在平面α内,定点P∉α,PB⊥α,C是α内异于A和B的动点,且PC⊥AC,则动点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.一段弧,但要去掉两个点
D.半圆,但要去掉两个点
10.几何学史上有一个著名的米勒问题:“设点M,N是锐角∠AQB的一边QA上的两点,试在QB边上找一点P,使得∠MPN最大”.如图,其结论是:点P为过M,N两点且和射线QB相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题:在平面直角坐标系xOy中,给定两点M(-1,2),N(1,4),点P在x轴上移动,当∠MPN取最大值时,点P的横坐标是 ( )
A.-7 B.1或-7 C.2或-7 D.1
11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题错误的是 ( )
A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为π4
B.点C到平面ABC1D1的距离为22
C.异面直线D1C和BC1所成的角为π4
D.三棱柱AA1D1-BB1C1外接球的半径为32
12.如图,已知四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,平面ABCD⊥平面APB,G为PC上一点,且BG⊥平面APC,AB=2,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 ( )
A.23 B.223 C.43 D.2
二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知实数x,y满足6x+8y-1=0,则x2+y2-2y+1的最小值为 .
14.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且AB⊥CD,平面SAD∩平面SBC=l.现有以下四个结论:
①AD∥平面SBC;
②l∥AD;
③若E是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积;
④l与平面SCD所成的角为45°.
其中正确结论的序号是 .
15.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别是AB,AC的中点,平面EFC1B1将三棱柱分成体积分别为V1,V2的两部分,则V1∶V2= .
16.已知三棱锥P-ABC的底面是正三角形,PA=3,点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心,当三棱锥P-ABC的体积最大时,三棱锥P-ABC的外接球的体积为 .
三、解答题(本题共6小题,共70分)
17.(10分)如图,在△ABC中,已知A(5,-2),B(7,3),且AC边的中点M在y轴上,BC边的中点N在x轴上.
(1)求点C的坐标;
(2)求AB边上的中线所在直线的方程.
18.(12分)已知圆C1:(x-1)2+(y+5)2=50,圆C2:(x+1)2+(y+1)2=10.
(1)证明圆C1与圆C2相交;
(2)若圆C3经过圆C1与圆C2的交点以及坐标原点,求圆C3的方程.
19.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,∠BAA1=60°,D为AA1的中点,点C在平面ABB1A1内的射影在线段BD上.
(1)求证:B1D⊥平面CBD;
(2)若△CBD是正三角形,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.
20.(12分)我国的“洋垃圾禁止入境”政策已实施多年.某沿海地区的海岸线为一段圆弧AB,对应的圆心角∠AOB=60°,该地区为打击洋垃圾走私,在海岸线外侧20海里内的海域ABCD对不明船只进行识别查证(如图:其中海域与陆地近似看作在同一平面内),在圆弧的两端点A,B分别建有监测站,A与B之间的直线距离为100海里.
(1)求海域ABCD的面积;
(2)现海上P点处有一艘不明船只,在A点测得其距A点40海里,在B点测得其距B点2019 海里.判断这艘不明船只是否进入了海域ABCD,并说明理由.
21.(12分)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形,其中BD是圆的直径,∠ABD=60°,∠BDC=45°,PD⊥底面ABCD,PD=22R,E,F分别是PB,CD上的点,且PEEB=DFFC,过点E作BC的平行线交PC于G.
(1)求BD与平面ABP所成角θ的正弦值;
(2)证明:△EFG是直角三角形;
(3)当PEEB=12时,求△EFG的面积.
22.(12分)在平面直角坐标系xOy中,直线x-y+1=0被以坐标原点O为圆心的圆所截得的弦长为6.
(1)求圆O的方程;
(2)若直线l与圆O切于第一象限,且与坐标轴交于点D,E,当DE=22时,求直线l的方程;
(3)设M,P是圆O上任意两点,点M关于x轴对称的点为N,若直线MP,NP分别交x轴于点(m,0)和(n,0),问mn是不是定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.
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1.A
2.D
3.D
4.D
5.A
6.D
7.D
8.C
9.B
10.D
11.C
12.A
一、选择题
1.A 由题意可知,直线x=tan 60°即为直线x=3,此时直线的斜率不存在,倾斜角为90°.故选A.
2.D 利用特殊图形正方体不难发现①、②、③、④均不正确,故选D.
3.D 如图,设圆台的母线长为y cm,小圆锥底面半径与被截的圆锥的底面半径分别是x cm,4x cm,
根据相似三角形的性质可得33+y=x4x,解得y=9,所以圆台的母线长为9 cm,故选D.
4.D 易知MN⊥DC,MN⊥MC,且DC∩MC=C,所以MN⊥平面DCM.又DM⊂平面DCM,所以MN⊥DM.易证MN∥AD1,所以AD1⊥DM.所以异面直线AD1和DM所成的角为90°.
5.A 对于A,若l⊥α,m⊂α,则根据直线与平面垂直的性质,知l⊥m,故A正确;对于B,若l⊥m,m⊂α,则l⊥α或l∥α或l⊂α,故B不正确;对于C,若l∥m,m⊂α,则l∥α或l⊂α,故C不正确;对于D,若l∥α,m⊂α,则l与m可能平行,也可能异面,故D不正确.故选A.
6.D 由题意可得R(2,-23),故直线PR的斜率kPR=-3,
故直线PR的方程为y=-3x,
直线QR的斜率kQR=-232-4=3,
所以直线QR的方程为y=3(x-4),
故选D.
7.D 圆C:x2+y2-2y=0的圆心为(0,1),半径长r=1,由圆的性质知S四边形PACB=2S△PBC,
∵四边形PACB的最小面积是2,∴S△PBC的最小值为1,即12rd最小值=1(d是切线长),∴d最小值=2,|PC|最小值=22+12=5.
∵圆心到直线的距离就是|PC|的最小值,
∴|PC|最小值=|0+1+4|1+k2=5,又k>0,∴k=2.故选D.
8.C 如图,连接BD.
∵AC⊥BD,AC⊥BB1,BD∩BB1=B,BD、BB1⊂平面BB1D1D,
∴AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1D1D,∴AC⊥BE,①正确;
∵B1D1∥BD,BD⊂平面ABCD,B1D1⊄平面ABCD,
∴B1D1∥平面ABCD,即EF∥平面ABCD,②正确;
设h为三棱锥A-BEF中面BEF上的高,
∵V三棱锥A-BEF=13×S△BEF×h
=13×12×|EF|×|BB1|×12|AC|
=13×12×12×1×22=224,
∴三棱锥A-BEF的体积为定值,③正确;
△AEF的边EF上的高为A到EF的距离,为12+(22) 2=62,
△BEF的边EF上的高为B到EF的距离,为BB1=1,④错误.
从而①②③正确,④错误.
故选C.
9.B 连接BC,因为PB⊥α,AC⊂α,所以PB⊥AC,又PC⊥AC,PC∩PB=P,所以AC⊥平面PBC,又CB⊂平面PBC,所以CB⊥AC,因为A,B是平面α上的定点,所以点C在α内的轨迹是以AB为直径的圆,又C是α内异于A和B的点,故此轨迹要去掉A、B两个点.所以B正确.
10.D 经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3-x上,
设圆心为S(a,3-a),
则圆S的方程为(x-a)2+(y-3+a)2=2+2a2,
对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而增大,
∴当∠MPN取最大值时,经过M,N,P三点的圆S必与x轴相切于点P,
即圆S的方程中的a值必须满足2+2a2=(3-a)2,
解得a=1或a=-7.即对应的切点分别为P(1,0)和P'(-7,0),而过点M,N,P'的圆的半径大于过点M,N,P的圆的半径,
∴∠MPN>∠MP'N,故点P(1,0)为所求,
∴点P的横坐标为1.
11.C 连接B1C,与BC1交于点O,
因为D1C1⊥平面BCC1B1,OC⊂平面BCC1B1,所以D1C1⊥OC,
又因为四边形BCC1B1为正方形,所以OC⊥BC1.
因为D1C1∩BC1=C1,D1C1,BC1⊂平面ABC1D1,
所以CO⊥平面ABC1D1.
对于A,因为CO⊥平面ABC1D1,
所以直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4,故A正确.
对于B,因为CO⊥平面ABC1D1,
所以点C到平面ABC1D1的距离为OC的长,即为B1C长度的一半,即22,故B正确.
对于C,易知BC1∥AD1,所以∠AD1C为异面直线D1C和BC1所成的角,连接AC,易知△AD1C为等边三角形,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误.
对于D,三棱柱AA1D1-BB1C1外接球的半径为12+12+122=32,故D正确.
故选C.
12.A ∵四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,∴BC⊥AB,
∵平面ABCD⊥平面APB,平面ABCD∩平面APB=AB,∴BC⊥平面ABP,
∵AP⊂平面ABP,∴AP⊥BC,
∵G为PC上一点,且BG⊥平面APC,AP⊂平面APC,∴AP⊥BG,
∵BC∩BG=B,BC⊂平面PBC,BG⊂平面PBC,∴AP⊥平面PBC,∵BP⊂平面PBC,∴BP⊥AP,∴VP-ABC=VC-APB=13×12×|PA|×|PB|×|BC|=13×|PA|×|PB|,
令|PA|=m,|PB|=n,则m2+n2=4,∵m2+n2-2mn=(m-n)2≥0,∴mn≤m2+n22,
∴VP-ABC=13mn≤13×m2+n22=23,当且仅当m=n=2时取“=”,∴三棱锥P-ABC体积的最大值为23.故选A.
二、填空题
13.答案 710
解析 ∵x2+y2-2y+1=(x-0)2+(y-1)2,且实数x,y满足6x+8y-1=0,
∴x2+y2-2y+1表示直线6x+8y-1=0上的点(x,y)与点(0,1)之间的距离,
x2+y2-2y+1的最小值为点(0,1)到直线6x+8y-1=0的距离,
即|8-1|62+82=710.
14.答案 ①②④
解析 由AB和CD是圆O的直径及AB⊥CD,得四边形ACBD为正方形,所以AD∥BC,又BC⊂平面SBC,AD⊄平面SBC,所以AD∥平面SBC,①正确;
又因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,②正确;
③若E是底面圆周上的动点,当∠ASB≤90°时,△SAE的最大面积等于△SAB的面积,当∠ASB>90°时,△SAE的最大面积等于两条母线的夹角为90°的截面三角形的面积,所以③不正确;
因为l∥AD,l与平面SCD所成的角就是AD与平面SCD所成的角,即∠ADO,易知∠ADO=45°,故④正确.
故答案为①②④.
15.答案 7∶5
解析 设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,底面的面积为S,体积为V,则V=V1+V2=Sh.
∵E,F分别为AB,AC的中点,∴S△AEF=S4,V1=13hS+S4+S·S4=712Sh,V2=Sh-V1=512Sh,∴V1∶V2=7∶5.
16.答案 9π2
解析 连接PH并延长,交BC于D,连接AD.
∵H是△PBC的垂心,∴BC⊥PD.
∵AH⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AH⊥BC,
又AH⊂平面APD,PD⊂平面APD,AH∩PD=H,
∴BC⊥平面APD,
又AD⊂平面APD,∴BC⊥AD.
连接BH并延长,交PC于E,连接AE.
由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC,
又BE⊥PC,AH∩BE=H,
∴PC⊥平面ABE,∴AB⊥PC,
设P在平面ABC上的射影为O,
连接CO并延长,交AB于F,连接PF.
∵PO⊥AB,PC∩PO=P,
∴AB⊥平面PCF,∴PF⊥AB,CF⊥AB,
∴O是△ABC的中心,F是AB的中点,
∴PB=PA=3=PC,
当PA,PB,PC两两垂直时,三棱锥P-ABC的体积取得最大值,
将PA,PB,PC作为正方体的共顶点的三条棱补成正方体,
则外接球的直径即为正方体的体对角线的长,
∴三棱锥P-ABC的外接球的半径R满足(2R)2=3×(3)2,
解得R=32(负值舍去),∴外接球的体积V=43π×323=9π2.
三、解答题
17.解析 (1)设M(0,a),N(b,0),C(m,n),已知A(5,-2),B(7,3),
∵M是AC的中点,∴5+m2=0,∴m=-5, (2分)
又N是BC的中点,∴3+n2=0,∴n=-3, (4分)
∴点C的坐标为(-5,-3). (5分)
(2)设AB的中点为P,则点P的坐标为6,12, (7分)
由两点式得AB边上的中线所在直线的方程为y+312+3=x+56+5,
整理,得7x-22y-31=0. (9分)
∴AB边上的中线所在直线的方程为7x-22y-31=0. (10分)
18.解析 (1)证明:设圆C1的半径长为r1,圆C2的半径长为r2,则C1(1,-5),r1=50=52,C2(-1,-1),r2=10, (4分)
∵52-10<|C1C2|=4+16=25<10+52, ∴C1与C2相交. (6分)
(2)设圆C1与圆C2的交点分别为A,B,坐标原点为C(0,0).
由(x-1)2+(y+5)2=50,(x+1)2+(y+1)2=10
得x1=-4,y1=0或x2=0,y2=2. (8分)
不妨设A(-4,0),B(0,2). (10分)
易得△ABC为直角三角形,∴r=12|AB|=5,圆心为AB的中点(-2,1),
∴圆C3的方程为(x+2)2+(y-1)2=5. (12分)
19.解析 (1)证明:设点C在平面ABB1A1内的射影为E,连接CE,
则E∈BD,CE⊂平面CBD,且CE⊥平面ABB1A1,因为B1D⊂平面ABB1A1,所以CE⊥B1D. (2分)
在△ABD中,AB=AD=1,∠BAD=60°,
则∠ABD=∠ADB=180°-60°2=60°,在△A1B1D中,A1B1=A1D=1,∠B1A1D=120°,
则∠A1B1D=∠A1DB1=180°-120°2=30°,
故∠B1DB=180°-60°-30°=90°,
故BD⊥B1D. (5分)
又CE∩BD=E,所以B1D⊥平面CBD. (6分)
(2)解法一:VABC-A1B1C1=3VA1-ABC=3VC-A1AB,
由(1)得CE⊥平面ABB1A1,故CE是三棱锥C-A1AB的高,
因为△CBD是正三角形,且BD=AB=AD=1,所以CE=32, (8分)
所以S△A1AB=12|AA1||AB|sin∠BAA1=12×2×1×sin 60°=32, (10分)
所以VC-A1AB=13S△A1AB·CE=13×32×32=14,
故三棱柱的体积VABC-A1B1C1=3VC-A1AB=34. (12分)
解法二:将三棱柱补成四棱柱,如图,
因为S△PAC=S△BAC且高一样,
所以VABC-A1B1C1=VAPC-A1QC1,
所以VABC-A1B1C1=12VABB1A1-PCC1Q,
因为△CBD是正三角形,且BD=AB=AD=1,所以CE=32. (8分)
由(1)得CE⊥平面ABB1A1,故CE是四棱柱ABB1A1-PCC1Q的高,
故VABB1A1-PCC1Q=S四边形ABB1A1·CE=AA1·AB·sin∠BAD·CE=2×1×sin 60°×32=32, (10分)
故VABC-A1B1C1=12VABB1A1-PCC1Q=34,故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为34. (12分)
解法三:在三棱锥VC-ABD中,由(1)得CE⊥平面ABD,CE是三棱锥C-ABD的高,易得CE=32, (8分)
记D到平面ABC的距离为hD,
由VD-ABC=VC-ABD,得13S△ABC·hD=13S△ABD·CE,即hD=S△ABD·CES△ABC,
因为D为AA1的中点,故A1到平面ABC的距离为2hD=2S△ABD·CES△ABC, (10分)
VABC-A1B1C1=S△ABC×2hD=2S△ABD·CE=2×12×1×1×sin 60°×32=34.
故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为34. (12分)
20.解析 (1)由题意知AD=BC=20,OA=OB=AB=100,
∴OD=OA+AD=100+20=120, (2分)
∴S海域ABCD=60360·π(OD2-OA2)=16π×(1202-1002)=2200π3(平方海里).
所以海域ABCD的面积为2200π3平方海里. (5分)
(2)由题意建立平面直角坐标系,如图所示.
由题意知,点P在圆B上,即(x-100)2+y2=7 600,①
点P也在圆A上,即(x-50)2+(y-503)2=1 600,②
联立①②,
解得x=30,y=303或x=90,y=503. (8分)
易知区域ABCD内的点满足x2+y2≥10000,x2+y2≤14400,(9分)
∵302+(303)2=3 600<10 000,
∴点(30,303)不在区域ABCD内,
∵902+(503)2=15 600>14 400,
∴点(90,503)也不在区域ABCD内,
即这艘不明船只没进入海域ABCD. (12分)
21.解析 (1)在Rt△BAD中,
∵∠ABD=60°,BD=2R,∴AB=R,AD=3R.
而PD⊥底面ABCD,
∴PA=PD2+AD2=(22R)2+(3R)2=11R,
PB=PD2+BD2=(22R)2+(2R)2=23R. (2分)
在△PAB中,PA2+AB2=PB2,∴△PAB是以∠PAB为直角的直角三角形,设点D到平面PAB的距离为h,
由VD-PAB=VP-ABD有PA·AB·h=AB·AD·PD,
即h=AD·PDPA=3R·22R11R=26611R, (4分)
∴sin θ=ℎBD=6611. (5分)
(2)证明:∵EG∥BC,∴PEEB=PGGC.
而PEEB=DFFC,∴PGGC=DFFC,∴GF∥PD,
∴GF⊥平面ABCD,∴GF⊥BC. (6分)
而BC∥EG,
∴GF⊥EG,
∴△EFG是直角三角形. (8分)
(3)当PEEB=12时,EGBC=PEPB=13,GFPD=CFCD=23,
即EG=13BC=13×2R×sin 45°=23R, (9分)
GF=23PD=23×22R=423R, (10分)
∴S△EFG=12EG·GF=12×23R×423R=49R2. (12分)
22.解析 (1)因为点O到直线x-y+1=0的距离为12, (1分)
所以圆O的半径长为122+622=2, (3分)
故圆O的方程为x2+y2=2. (4分)
(2)由题意可设直线l的方程为xa+yb=1(a>0,b>0),即bx+ay-ab=0,
由直线l与圆O相切,得|-ab|a2+b2=2,①
DE2=a2+b2=8.② (6分)
由①②解得a=b=2,
此时直线l的方程为x+y-2=0. (8分)
(3)设M(x1,y1),P(x2,y2),则N(x1,-y1),x12+y12=2,x22+y22=2,
直线MP与x轴的交点坐标为x1y2-x2y1y2-y1,0,所以m=x1y2-x2y1y2-y1, (9分)
直线NP与x轴的交点坐标为x1y2+x2y1y2+y1,0,所以n=x1y2+x2y1y2+y1, (10分)
所以mn=x1y2-x2y1y2-y1·x1y2+x2y1y2+y1=x12y22-x22y12y22-y12=(2-y12)y22-(2-y22)y12y22-y12=2,所以mn为定值2.(12分)
全书综合测评
(满分:150分;时间:120分钟)
一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)
1.直线x=tan 60°的倾斜角是 ( )
A.90° B.60° C.30° D.不存在
2.给出下列四个命题:
①垂直于同一直线的两条直线互相平行;
②垂直于同一平面的两个平面互相平行;
③若直线l1,l2与同一平面所成的角相等,则l1,l2互相平行;
④若直线l1,l2是异面直线,则与l1,l2都相交的两条直线是异面直线.
其中假命题的个数是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
3.用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得的圆台上、下底面半径之比为1∶4,若截去的圆锥的母线长为3 cm,则圆台的母线长为 ( )
A.1 cm B.3 cm
C.12 cm D.9 cm
4.如图,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,M、N分别是棱BB1,B1C1的中点,若∠CMN=90°,则异面直线AD1和DM所成的角为 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
5.已知l,m表示两条不同的直线,α表示平面,则下列说法正确的是 ( )
A.若l⊥α,m⊂α,则l⊥m
B.若l⊥m,m⊂α,则l⊥α
C.若l∥m,m⊂α,则l∥α
D.若l∥α,m⊂α,则l∥m
6.等边△PQR中,P(0,0),Q(4,0),且R在第四象限内,则PR和QR所在直线的方程分别为 ( )
A.y=3x和y=-3x
B.y=3(x-4)和y=-3(x-4)
C.y=3x和y=-3(x-4)
D.y=-3x和y=3(x-4)
7.已知点P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA,PB是圆C:x2+y2-2y=0的两条切线,A,B是切点,若四边形PACB的最小面积是2,则k的值为 ( )
A.3 B.212 C.22 D.2
8.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=12,则下列结论中正确的个数为 ( )
①AC⊥BE;
②EF∥平面ABCD;
③三棱锥A-BEF的体积为定值;
④△AEF的面积与△BEF的面积相等.
A.1 B.2 C.3 D.4
9.如图,定点A,B都在平面α内,定点P∉α,PB⊥α,C是α内异于A和B的动点,且PC⊥AC,则动点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.一段弧,但要去掉两个点
D.半圆,但要去掉两个点
10.几何学史上有一个著名的米勒问题:“设点M,N是锐角∠AQB的一边QA上的两点,试在QB边上找一点P,使得∠MPN最大”.如图,其结论是:点P为过M,N两点且和射线QB相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题:在平面直角坐标系xOy中,给定两点M(-1,2),N(1,4),点P在x轴上移动,当∠MPN取最大值时,点P的横坐标是 ( )
A.-7 B.1或-7 C.2或-7 D.1
11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则下列四个命题错误的是 ( )
A.直线BC与平面ABC1D1所成的角为π4
B.点C到平面ABC1D1的距离为22
C.异面直线D1C和BC1所成的角为π4
D.三棱柱AA1D1-BB1C1外接球的半径为32
12.如图,已知四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,平面ABCD⊥平面APB,G为PC上一点,且BG⊥平面APC,AB=2,则三棱锥P-ABC体积的最大值为 ( )
A.23 B.223 C.43 D.2
二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
13.已知实数x,y满足6x+8y-1=0,则x2+y2-2y+1的最小值为 .
14.如图,已知圆锥的顶点为S,底面圆O的两条直径分别为AB和CD,且AB⊥CD,平面SAD∩平面SBC=l.现有以下四个结论:
①AD∥平面SBC;
②l∥AD;
③若E是底面圆周上的动点,则△SAE的最大面积等于△SAB的面积;
④l与平面SCD所成的角为45°.
其中正确结论的序号是 .
15.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别是AB,AC的中点,平面EFC1B1将三棱柱分成体积分别为V1,V2的两部分,则V1∶V2= .
16.已知三棱锥P-ABC的底面是正三角形,PA=3,点A在侧面PBC内的射影H是△PBC的垂心,当三棱锥P-ABC的体积最大时,三棱锥P-ABC的外接球的体积为 .
三、解答题(本题共6小题,共70分)
17.(10分)如图,在△ABC中,已知A(5,-2),B(7,3),且AC边的中点M在y轴上,BC边的中点N在x轴上.
(1)求点C的坐标;
(2)求AB边上的中线所在直线的方程.
18.(12分)已知圆C1:(x-1)2+(y+5)2=50,圆C2:(x+1)2+(y+1)2=10.
(1)证明圆C1与圆C2相交;
(2)若圆C3经过圆C1与圆C2的交点以及坐标原点,求圆C3的方程.
19.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,∠BAA1=60°,D为AA1的中点,点C在平面ABB1A1内的射影在线段BD上.
(1)求证:B1D⊥平面CBD;
(2)若△CBD是正三角形,求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.
20.(12分)我国的“洋垃圾禁止入境”政策已实施多年.某沿海地区的海岸线为一段圆弧AB,对应的圆心角∠AOB=60°,该地区为打击洋垃圾走私,在海岸线外侧20海里内的海域ABCD对不明船只进行识别查证(如图:其中海域与陆地近似看作在同一平面内),在圆弧的两端点A,B分别建有监测站,A与B之间的直线距离为100海里.
(1)求海域ABCD的面积;
(2)现海上P点处有一艘不明船只,在A点测得其距A点40海里,在B点测得其距B点2019 海里.判断这艘不明船只是否进入了海域ABCD,并说明理由.
21.(12分)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形,其中BD是圆的直径,∠ABD=60°,∠BDC=45°,PD⊥底面ABCD,PD=22R,E,F分别是PB,CD上的点,且PEEB=DFFC,过点E作BC的平行线交PC于G.
(1)求BD与平面ABP所成角θ的正弦值;
(2)证明:△EFG是直角三角形;
(3)当PEEB=12时,求△EFG的面积.
22.(12分)在平面直角坐标系xOy中,直线x-y+1=0被以坐标原点O为圆心的圆所截得的弦长为6.
(1)求圆O的方程;
(2)若直线l与圆O切于第一象限,且与坐标轴交于点D,E,当DE=22时,求直线l的方程;
(3)设M,P是圆O上任意两点,点M关于x轴对称的点为N,若直线MP,NP分别交x轴于点(m,0)和(n,0),问mn是不是定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.
全书综合测评
1.A
2.D
3.D
4.D
5.A
6.D
7.D
8.C
9.B
10.D
11.C
12.A
一、选择题
1.A 由题意可知,直线x=tan 60°即为直线x=3,此时直线的斜率不存在,倾斜角为90°.故选A.
2.D 利用特殊图形正方体不难发现①、②、③、④均不正确,故选D.
3.D 如图,设圆台的母线长为y cm,小圆锥底面半径与被截的圆锥的底面半径分别是x cm,4x cm,
根据相似三角形的性质可得33+y=x4x,解得y=9,所以圆台的母线长为9 cm,故选D.
4.D 易知MN⊥DC,MN⊥MC,且DC∩MC=C,所以MN⊥平面DCM.又DM⊂平面DCM,所以MN⊥DM.易证MN∥AD1,所以AD1⊥DM.所以异面直线AD1和DM所成的角为90°.
5.A 对于A,若l⊥α,m⊂α,则根据直线与平面垂直的性质,知l⊥m,故A正确;对于B,若l⊥m,m⊂α,则l⊥α或l∥α或l⊂α,故B不正确;对于C,若l∥m,m⊂α,则l∥α或l⊂α,故C不正确;对于D,若l∥α,m⊂α,则l与m可能平行,也可能异面,故D不正确.故选A.
6.D 由题意可得R(2,-23),故直线PR的斜率kPR=-3,
故直线PR的方程为y=-3x,
直线QR的斜率kQR=-232-4=3,
所以直线QR的方程为y=3(x-4),
故选D.
7.D 圆C:x2+y2-2y=0的圆心为(0,1),半径长r=1,由圆的性质知S四边形PACB=2S△PBC,
∵四边形PACB的最小面积是2,∴S△PBC的最小值为1,即12rd最小值=1(d是切线长),∴d最小值=2,|PC|最小值=22+12=5.
∵圆心到直线的距离就是|PC|的最小值,
∴|PC|最小值=|0+1+4|1+k2=5,又k>0,∴k=2.故选D.
8.C 如图,连接BD.
∵AC⊥BD,AC⊥BB1,BD∩BB1=B,BD、BB1⊂平面BB1D1D,
∴AC⊥平面BB1D1D,又BE⊂平面BB1D1D,∴AC⊥BE,①正确;
∵B1D1∥BD,BD⊂平面ABCD,B1D1⊄平面ABCD,
∴B1D1∥平面ABCD,即EF∥平面ABCD,②正确;
设h为三棱锥A-BEF中面BEF上的高,
∵V三棱锥A-BEF=13×S△BEF×h
=13×12×|EF|×|BB1|×12|AC|
=13×12×12×1×22=224,
∴三棱锥A-BEF的体积为定值,③正确;
△AEF的边EF上的高为A到EF的距离,为12+(22) 2=62,
△BEF的边EF上的高为B到EF的距离,为BB1=1,④错误.
从而①②③正确,④错误.
故选C.
9.B 连接BC,因为PB⊥α,AC⊂α,所以PB⊥AC,又PC⊥AC,PC∩PB=P,所以AC⊥平面PBC,又CB⊂平面PBC,所以CB⊥AC,因为A,B是平面α上的定点,所以点C在α内的轨迹是以AB为直径的圆,又C是α内异于A和B的点,故此轨迹要去掉A、B两个点.所以B正确.
10.D 经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3-x上,
设圆心为S(a,3-a),
则圆S的方程为(x-a)2+(y-3+a)2=2+2a2,
对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而增大,
∴当∠MPN取最大值时,经过M,N,P三点的圆S必与x轴相切于点P,
即圆S的方程中的a值必须满足2+2a2=(3-a)2,
解得a=1或a=-7.即对应的切点分别为P(1,0)和P'(-7,0),而过点M,N,P'的圆的半径大于过点M,N,P的圆的半径,
∴∠MPN>∠MP'N,故点P(1,0)为所求,
∴点P的横坐标为1.
11.C 连接B1C,与BC1交于点O,
因为D1C1⊥平面BCC1B1,OC⊂平面BCC1B1,所以D1C1⊥OC,
又因为四边形BCC1B1为正方形,所以OC⊥BC1.
因为D1C1∩BC1=C1,D1C1,BC1⊂平面ABC1D1,
所以CO⊥平面ABC1D1.
对于A,因为CO⊥平面ABC1D1,
所以直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4,故A正确.
对于B,因为CO⊥平面ABC1D1,
所以点C到平面ABC1D1的距离为OC的长,即为B1C长度的一半,即22,故B正确.
对于C,易知BC1∥AD1,所以∠AD1C为异面直线D1C和BC1所成的角,连接AC,易知△AD1C为等边三角形,所以异面直线D1C和BC1所成的角为π3,故C错误.
对于D,三棱柱AA1D1-BB1C1外接球的半径为12+12+122=32,故D正确.
故选C.
12.A ∵四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,∴BC⊥AB,
∵平面ABCD⊥平面APB,平面ABCD∩平面APB=AB,∴BC⊥平面ABP,
∵AP⊂平面ABP,∴AP⊥BC,
∵G为PC上一点,且BG⊥平面APC,AP⊂平面APC,∴AP⊥BG,
∵BC∩BG=B,BC⊂平面PBC,BG⊂平面PBC,∴AP⊥平面PBC,∵BP⊂平面PBC,∴BP⊥AP,∴VP-ABC=VC-APB=13×12×|PA|×|PB|×|BC|=13×|PA|×|PB|,
令|PA|=m,|PB|=n,则m2+n2=4,∵m2+n2-2mn=(m-n)2≥0,∴mn≤m2+n22,
∴VP-ABC=13mn≤13×m2+n22=23,当且仅当m=n=2时取“=”,∴三棱锥P-ABC体积的最大值为23.故选A.
二、填空题
13.答案 710
解析 ∵x2+y2-2y+1=(x-0)2+(y-1)2,且实数x,y满足6x+8y-1=0,
∴x2+y2-2y+1表示直线6x+8y-1=0上的点(x,y)与点(0,1)之间的距离,
x2+y2-2y+1的最小值为点(0,1)到直线6x+8y-1=0的距离,
即|8-1|62+82=710.
14.答案 ①②④
解析 由AB和CD是圆O的直径及AB⊥CD,得四边形ACBD为正方形,所以AD∥BC,又BC⊂平面SBC,AD⊄平面SBC,所以AD∥平面SBC,①正确;
又因为AD⊂平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,②正确;
③若E是底面圆周上的动点,当∠ASB≤90°时,△SAE的最大面积等于△SAB的面积,当∠ASB>90°时,△SAE的最大面积等于两条母线的夹角为90°的截面三角形的面积,所以③不正确;
因为l∥AD,l与平面SCD所成的角就是AD与平面SCD所成的角,即∠ADO,易知∠ADO=45°,故④正确.
故答案为①②④.
15.答案 7∶5
解析 设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,底面的面积为S,体积为V,则V=V1+V2=Sh.
∵E,F分别为AB,AC的中点,∴S△AEF=S4,V1=13hS+S4+S·S4=712Sh,V2=Sh-V1=512Sh,∴V1∶V2=7∶5.
16.答案 9π2
解析 连接PH并延长,交BC于D,连接AD.
∵H是△PBC的垂心,∴BC⊥PD.
∵AH⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AH⊥BC,
又AH⊂平面APD,PD⊂平面APD,AH∩PD=H,
∴BC⊥平面APD,
又AD⊂平面APD,∴BC⊥AD.
连接BH并延长,交PC于E,连接AE.
由AH⊥平面PBC可得AH⊥PC,
又BE⊥PC,AH∩BE=H,
∴PC⊥平面ABE,∴AB⊥PC,
设P在平面ABC上的射影为O,
连接CO并延长,交AB于F,连接PF.
∵PO⊥AB,PC∩PO=P,
∴AB⊥平面PCF,∴PF⊥AB,CF⊥AB,
∴O是△ABC的中心,F是AB的中点,
∴PB=PA=3=PC,
当PA,PB,PC两两垂直时,三棱锥P-ABC的体积取得最大值,
将PA,PB,PC作为正方体的共顶点的三条棱补成正方体,
则外接球的直径即为正方体的体对角线的长,
∴三棱锥P-ABC的外接球的半径R满足(2R)2=3×(3)2,
解得R=32(负值舍去),∴外接球的体积V=43π×323=9π2.
三、解答题
17.解析 (1)设M(0,a),N(b,0),C(m,n),已知A(5,-2),B(7,3),
∵M是AC的中点,∴5+m2=0,∴m=-5, (2分)
又N是BC的中点,∴3+n2=0,∴n=-3, (4分)
∴点C的坐标为(-5,-3). (5分)
(2)设AB的中点为P,则点P的坐标为6,12, (7分)
由两点式得AB边上的中线所在直线的方程为y+312+3=x+56+5,
整理,得7x-22y-31=0. (9分)
∴AB边上的中线所在直线的方程为7x-22y-31=0. (10分)
18.解析 (1)证明:设圆C1的半径长为r1,圆C2的半径长为r2,则C1(1,-5),r1=50=52,C2(-1,-1),r2=10, (4分)
∵52-10<|C1C2|=4+16=25<10+52, ∴C1与C2相交. (6分)
(2)设圆C1与圆C2的交点分别为A,B,坐标原点为C(0,0).
由(x-1)2+(y+5)2=50,(x+1)2+(y+1)2=10
得x1=-4,y1=0或x2=0,y2=2. (8分)
不妨设A(-4,0),B(0,2). (10分)
易得△ABC为直角三角形,∴r=12|AB|=5,圆心为AB的中点(-2,1),
∴圆C3的方程为(x+2)2+(y-1)2=5. (12分)
19.解析 (1)证明:设点C在平面ABB1A1内的射影为E,连接CE,
则E∈BD,CE⊂平面CBD,且CE⊥平面ABB1A1,因为B1D⊂平面ABB1A1,所以CE⊥B1D. (2分)
在△ABD中,AB=AD=1,∠BAD=60°,
则∠ABD=∠ADB=180°-60°2=60°,在△A1B1D中,A1B1=A1D=1,∠B1A1D=120°,
则∠A1B1D=∠A1DB1=180°-120°2=30°,
故∠B1DB=180°-60°-30°=90°,
故BD⊥B1D. (5分)
又CE∩BD=E,所以B1D⊥平面CBD. (6分)
(2)解法一:VABC-A1B1C1=3VA1-ABC=3VC-A1AB,
由(1)得CE⊥平面ABB1A1,故CE是三棱锥C-A1AB的高,
因为△CBD是正三角形,且BD=AB=AD=1,所以CE=32, (8分)
所以S△A1AB=12|AA1||AB|sin∠BAA1=12×2×1×sin 60°=32, (10分)
所以VC-A1AB=13S△A1AB·CE=13×32×32=14,
故三棱柱的体积VABC-A1B1C1=3VC-A1AB=34. (12分)
解法二:将三棱柱补成四棱柱,如图,
因为S△PAC=S△BAC且高一样,
所以VABC-A1B1C1=VAPC-A1QC1,
所以VABC-A1B1C1=12VABB1A1-PCC1Q,
因为△CBD是正三角形,且BD=AB=AD=1,所以CE=32. (8分)
由(1)得CE⊥平面ABB1A1,故CE是四棱柱ABB1A1-PCC1Q的高,
故VABB1A1-PCC1Q=S四边形ABB1A1·CE=AA1·AB·sin∠BAD·CE=2×1×sin 60°×32=32, (10分)
故VABC-A1B1C1=12VABB1A1-PCC1Q=34,故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为34. (12分)
解法三:在三棱锥VC-ABD中,由(1)得CE⊥平面ABD,CE是三棱锥C-ABD的高,易得CE=32, (8分)
记D到平面ABC的距离为hD,
由VD-ABC=VC-ABD,得13S△ABC·hD=13S△ABD·CE,即hD=S△ABD·CES△ABC,
因为D为AA1的中点,故A1到平面ABC的距离为2hD=2S△ABD·CES△ABC, (10分)
VABC-A1B1C1=S△ABC×2hD=2S△ABD·CE=2×12×1×1×sin 60°×32=34.
故三棱柱ABC-A1B1C1的体积为34. (12分)
20.解析 (1)由题意知AD=BC=20,OA=OB=AB=100,
∴OD=OA+AD=100+20=120, (2分)
∴S海域ABCD=60360·π(OD2-OA2)=16π×(1202-1002)=2200π3(平方海里).
所以海域ABCD的面积为2200π3平方海里. (5分)
(2)由题意建立平面直角坐标系,如图所示.
由题意知,点P在圆B上,即(x-100)2+y2=7 600,①
点P也在圆A上,即(x-50)2+(y-503)2=1 600,②
联立①②,
解得x=30,y=303或x=90,y=503. (8分)
易知区域ABCD内的点满足x2+y2≥10000,x2+y2≤14400,(9分)
∵302+(303)2=3 600<10 000,
∴点(30,303)不在区域ABCD内,
∵902+(503)2=15 600>14 400,
∴点(90,503)也不在区域ABCD内,
即这艘不明船只没进入海域ABCD. (12分)
21.解析 (1)在Rt△BAD中,
∵∠ABD=60°,BD=2R,∴AB=R,AD=3R.
而PD⊥底面ABCD,
∴PA=PD2+AD2=(22R)2+(3R)2=11R,
PB=PD2+BD2=(22R)2+(2R)2=23R. (2分)
在△PAB中,PA2+AB2=PB2,∴△PAB是以∠PAB为直角的直角三角形,设点D到平面PAB的距离为h,
由VD-PAB=VP-ABD有PA·AB·h=AB·AD·PD,
即h=AD·PDPA=3R·22R11R=26611R, (4分)
∴sin θ=ℎBD=6611. (5分)
(2)证明:∵EG∥BC,∴PEEB=PGGC.
而PEEB=DFFC,∴PGGC=DFFC,∴GF∥PD,
∴GF⊥平面ABCD,∴GF⊥BC. (6分)
而BC∥EG,
∴GF⊥EG,
∴△EFG是直角三角形. (8分)
(3)当PEEB=12时,EGBC=PEPB=13,GFPD=CFCD=23,
即EG=13BC=13×2R×sin 45°=23R, (9分)
GF=23PD=23×22R=423R, (10分)
∴S△EFG=12EG·GF=12×23R×423R=49R2. (12分)
22.解析 (1)因为点O到直线x-y+1=0的距离为12, (1分)
所以圆O的半径长为122+622=2, (3分)
故圆O的方程为x2+y2=2. (4分)
(2)由题意可设直线l的方程为xa+yb=1(a>0,b>0),即bx+ay-ab=0,
由直线l与圆O相切,得|-ab|a2+b2=2,①
DE2=a2+b2=8.② (6分)
由①②解得a=b=2,
此时直线l的方程为x+y-2=0. (8分)
(3)设M(x1,y1),P(x2,y2),则N(x1,-y1),x12+y12=2,x22+y22=2,
直线MP与x轴的交点坐标为x1y2-x2y1y2-y1,0,所以m=x1y2-x2y1y2-y1, (9分)
直线NP与x轴的交点坐标为x1y2+x2y1y2+y1,0,所以n=x1y2+x2y1y2+y1, (10分)
所以mn=x1y2-x2y1y2-y1·x1y2+x2y1y2+y1=x12y22-x22y12y22-y12=(2-y12)y22-(2-y22)y12y22-y12=2,所以mn为定值2.(12分)
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