2021-2022学年福建省福州一中高二（上）期中数学试卷

这是一份2021-2022学年福建省福州一中高二（上）期中数学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．（5分）已知直线x﹣2y+1＝0与直线2x﹣my﹣2m＝0平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．4
3．（5分）已知两点A（2，﹣1），B（﹣5，﹣3），直线l：ax+y﹣a﹣1＝0与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列各组向量与共面的有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5．（5分）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤3，若将军从点A（3，1）处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．B．C．2D．2
6．（5分）过椭圆的右焦点作x轴的垂线，交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点．若以AB为直径的圆与l存在公共点，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0），点P满足．设点P的轨迹为C，则下列说法错误的是（ ）
A．轨迹C的方程为（x+4）2+y2＝16
B．在x轴上存在异于A，B的两点D，E，使得
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的角平分线
8．（5分）已知m∈R，若过定点A的动直线l1：x﹣my+m﹣2＝0和过定点B的动直线l2：y﹣4＝﹣m（x+2）交于点P（P与A，B不重合），则2|PA|+|PB|的最大值为（ ）
A．B．C．D．5
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）已知平行四边形的三个顶点（﹣3，0），（2，﹣2），（5，2），则第四个顶点的坐标可能是（ ）
A．（10，0）B．（0，4）C．（﹣6，﹣4）D．（6，﹣1）
（多选）10．（5分）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：．规定：①为同时与，垂直的向量；②，，三个向量构成右手系（如图1）；③．如图2，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积
（多选）11．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是线段A1D、AC上的动点（不含端点），则（ ）
A．EF可能与BD1垂直
B．EF可能与BD1平行
C．线段EF的最小值为
D．直线EF与直线BD1可能相交
（多选）12．（5分）已知二次函数y＝x2﹣2x+m（m≠0）交x轴于A，B两点（A，B不重合），交y轴于C点．⊙M过A，B，C三点．下列说法正确的是（ ）
A．⊙M面积的最小值为π
B．存在定点N，使得⊙M恒过点N
C．存在直线x＝a截⊙M所得弦长为定值
D．存在直线y＝b截⊙M所得弦长为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）椭圆的一个焦点是（0，2），则m＝ ．
14．（5分）如图，已知平面四边形ABCD中，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，以BD为棱折成直二面角A﹣BD﹣C，若折叠后A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的体积为 ．
15．（5分）已知直线l：yx+4，圆O：x2+y2，菱形ABCD的一个内角为60°，顶点A，B在直线l上，顶点C，D在圆O上，则菱形ABCD的面积S＝ ．
16．（5分）如图，点P是⊙O：x2+y2＝1上一动点，过点P的圆O的切线l与⊙O1：（x﹣a）2+（y﹣2）2＝16始终交于A，B两点．
（1）实数a的取值范围是 ；
（2）若a，|O1P|，则△O1AB的面积是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，∠BAC＝∠BAA1＝∠CAA1＝60°，P，Q分别在AB，A1C1上（不包括两端），AP＝A1Q．
（1）求证：PQ∥平面BCC1B1；
（2），D为BC中点，求异面直线PQ与AD所成角的余弦值．
18．（12分）数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．若△ABC的顶点A（2，0），B（0，4），且△ABC的欧拉线的方程为x﹣y+2＝0．
（1）求△ABC外接圆方程；
（2）求BC边上的高线AD截△ABC外接圆的弦长．
19．（12分）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABD＝30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥面ABCD，EF∥BD，且EFBD．
（1）求证：FB∥面ACE；
（2）若二面角C﹣BF﹣D的大小为60°，求CF与面ABCD所成角的正弦值．
20．（12分）树林的边界是直线l（如图所示），一只兔子在河边喝水时发现了一只狼，兔子和狼分别位于l的垂线AC上的点A点B点处，AB＝BC＝a（a为正常数），若兔子沿AD方向以速度2μ向树林逃跑，同时狼沿线段BM（M∈AD）方向以速度μ进行追击（μ为正常数），若狼到达M处的时间不多于兔子到达M处的时间，狼就会吃掉兔子．
（1）求兔子被狼吃掉的点的区域面积S（a）；
（2）若兔子要想不被狼吃掉，求θ（θ＝∠DAC）的取值范围．
21．（12分）在①OH∥平面PAB，②平面PAB⊥平面OHC，③OH⊥PC，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
问题：如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AC＝16，PA＝PC＝10，O为AC中点，H为△PBC内的动点（含边界）．
（1）求点O到平面PBC的距离；
（2）若 _____，求直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围．
22．（12分）已知⊙O：x2+y2＝4，M（4，2），P是⊙O上的动点，Q是线段PM的中点．
（1）求点Q的轨迹Γ的方程；
（2）过点N（0，1）且互相垂直的两条直线分别与⊙O交于点A，B，与Γ交于点C，D，若CD的中点为E，求△ABE面积的取值范围．
2021-2022学年福建省福州一中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由直线的方程可得斜率等于，设直线的倾斜角为θ，则tanθ，0≤θ＜π，由此解得 θ的值．
【解答】解：∵直线的斜率等于，设直线的倾斜角为θ，
则tanθ，0≤θ＜π，解得 θ，
故选：D．
【点评】本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，已知三角函数值求角的大小，属于基础题．
2．（5分）已知直线x﹣2y+1＝0与直线2x﹣my﹣2m＝0平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．4
【分析】由题意利用两条直线平行的性质求得m的值，再利用两条平行直线间的距离公式，求得它们之间的距离．
【解答】解：∵直线x﹣2y+1＝0与直线2x﹣my﹣2m＝0平行，
∴，求得m＝4，故直线2x﹣my﹣2m＝0，即 直线x﹣2y﹣4＝0．
故直线x﹣2y+1＝0与直线2x﹣my﹣2m＝0之间的距离为d，
故选：A．
【点评】本题主要考查两条直线平行的性质，两条平行直线间的距离公式，属于基础题．
3．（5分）已知两点A（2，﹣1），B（﹣5，﹣3），直线l：ax+y﹣a﹣1＝0与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】直线l：ax+y﹣a﹣1＝0，即a（x﹣1）+y﹣1＝0，可得直线l经过定点P（1，1）．根据直线l：ax+y﹣a﹣1＝0与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是k≤kPA，或k≥kPB．
【解答】解：直线l：ax+y﹣a﹣1＝0，即a（x﹣1）+y﹣1＝0，令，可得直线l经过定点P（1，1）．
kPA2，kPB．
直线l：ax+y﹣a﹣1＝0与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是（﹣∞，﹣2]∪[，+∞）．
故选：A．
【点评】本题考查了倾斜角与斜率之间的关系、直线系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列各组向量与共面的有（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【分析】AC与平面BB1D1相交，判断A；AC与平面B1CC1相交，B1C∥A1D，判断B；A1B∥D1C，从而A1B∥平面ACD1，判断C；对于D，AC与平面AA1D1相交，判断D．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
对于A，AC与平面BB1D1相交，∴，与不共面，故A错误；
对于B，AC与平面B1CC1相交，B1C∥A1D，∴，与不共面，故B错误；
对于C，∵A1B∥D1C，A1B⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，
∴A1B∥平面ACD1，∴，与共面，故C正确；
对于D，AC与平面AA1D1相交，∴，与不共面，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查共面向量的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是基础题．
5．（5分）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤3，若将军从点A（3，1）处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝5，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．B．C．2D．2
【分析】求出A关于x+y＝5的对称点A'，根据题意，|A'O|为最短距离，求出即可．
【解答】解：设点A关于直线x+y＝5的对称点A'（a，b），设军营所在区域为的圆心为O
根据题意，|A'O|为最短距离，先求出A'的坐标，
AA'的中点为（），直线AA'的斜率为1，
由，解得a＝4，b＝2，
∴|A'O|，
∴“将军饮马”的最短总路程为．
故选：C．
【点评】本题考查函数模型的选择及应用，考查点关于直线的对称点的计算，考查数学转化思想，是中档题．
6．（5分）过椭圆的右焦点作x轴的垂线，交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点．若以AB为直径的圆与l存在公共点，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【分析】求出直线l的方程，利用点到直线的距离与半通径的关系，列出不等式，求解即可．
【解答】解：直线l的方程为：，椭圆的右焦点（c，0），
过椭圆的右焦点作x轴的垂线，交C于A，B两点，
直线l过C的左焦点和上顶点．若以AB为直径的圆与l存在公共点，
可得：
可得：b≥2c，即a2﹣c2≥4c2，即：e2，∵e∈（0，1），
解得：0＜e．
故选：A．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查．
7．（5分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0），点P满足．设点P的轨迹为C，则下列说法错误的是（ ）
A．轨迹C的方程为（x+4）2+y2＝16
B．在x轴上存在异于A，B的两点D，E，使得
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的角平分线
【分析】设P（x，y），由A（﹣2，0），B（4，0），点P满足，结合两点之间的距离公式，可推得（x+4）2+y2＝16，即可依次求解．
【解答】解：设P（x，y），
∵A（﹣2，0），B（4，0），点P满足，
∴，化简可得，（x+4）2+y2＝16，故A正确，
假设在x轴上存在异于A，B的两点D，E，使得，
可设D（m，0），E（n，0），
故，化简可得，3x2+3y2﹣（8m﹣2n）x+4m2﹣n2＝0，
∵点P的轨迹方程为x2+y2+8x＝0，可得，解得 或（舍去），
故存在异于A，B的两定点D（﹣6，0），E（﹣12，0），使得，故B正确，
若在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|，
可设M（x，y），
则2，化简可得，联立x2+y2+8x＝0，可得方程组无解，
故不存在点M，使得|MO|＝2|MA|，故C错误，
当A，B，P三点不共线时，由，由三角形内角平分线的性质，可得射线PO是∠APB的角平分线，故D正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，考查计算能力，需要学生很强的综合能力，属于难题．
8．（5分）已知m∈R，若过定点A的动直线l1：x﹣my+m﹣2＝0和过定点B的动直线l2：y﹣4＝﹣m（x+2）交于点P（P与A，B不重合），则2|PA|+|PB|的最大值为（ ）
A．B．C．D．5
【分析】由动直线的方程可得恒过的定点A，B的坐标，及可得两条直线互相垂直，求出|AB|的值，设一个锐角，由直角三角形可得|PA|，|PB|的值，进而求出
2|PA|+|PB|的最大值．
【解答】解：由动直线l1的方程：x﹣my+m﹣2＝0⇒x﹣2+m（1﹣y）＝0，
所以定点A（2，1），
定点B的动直线l2：y﹣4＝﹣m（x+2）可得B（﹣2，4），
由两条直线的方程可得PA⊥PB，
|AB|5，
所以|PA|2+|PB|2＝|AB|2＝25，
设∠PAB＝θ，
则|PA|＝5csθ，|PB|＝5sinθ，
所以2|PA|+|PB|＝5（2csθ+sinθ）＝5sin（θ+φ），
所以2|PA|+|PB|的最大值为5，
故选：B．
【点评】本题考查直线恒过定点的求法及直角三角形的性质，三角函数的最值问题，属于中档题．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
（多选）9．（5分）已知平行四边形的三个顶点（﹣3，0），（2，﹣2），（5，2），则第四个顶点的坐标可能是（ ）
A．（10，0）B．（0，4）C．（﹣6，﹣4）D．（6，﹣1）
【分析】根据平行四边形的性质分别求出AB，AC，BC的斜率，
【解答】解：设A（﹣3，0），B（2，﹣2），C（5，2），
由已知，得kAB＝kCD，kAC＝kBD，kAD＝kBC，
kAB，kAC，kBC，
经验证可得A，B，C可能，D不可能，
故选：ABC．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，考查直线的斜率问题，是基础题．
（多选）10．（5分）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：．规定：①为同时与，垂直的向量；②，，三个向量构成右手系（如图1）；③．如图2，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积
【分析】由新定义逐一核对四个选项得答案．
【解答】解：∵，且分别与垂直，∴，故A正确；
由题意，，，故B错误；
∵，∴，且与共线同向，
∵，与共线同向，，与共线同向，
∴||，且与共线同向，故C正确；
2×2×4＝16，故D成立．
故选：ACD．
【点评】本题是新定义题，考查命题的真假判断与应用，考查计算能力，是中档题．
（多选）11．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是线段A1D、AC上的动点（不含端点），则（ ）
A．EF可能与BD1垂直
B．EF可能与BD1平行
C．线段EF的最小值为
D．直线EF与直线BD1可能相交
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法判断即可．
【解答】解：建系如图，A（1，0，0），B（1，1，0），（0，1，0），D（0，0，0），A1（1，0，1），D1（0，0，1），
设E（m，0，m），F（1﹣n，n，0），m，n∈（0，1），
（1﹣n﹣m，n，﹣m），（﹣1，﹣1，1），
对于A，因为•1+m+n﹣n﹣m＝1≠0，所以EF不可能垂直BD1，所以A错；
对于B，当m＝n时，（，，），所以，所以B对；
对于C，因为BD1⊥A1D，BD1⊥AC，所以（﹣1，﹣1，1）是A1D与BD1公垂线的方向向量，
因为（0，0，1），所以线段EF的最小值为A1D与BD1的距离，所以C错；
对于D，假设存在点P是EF与BD1交点，则，解得，解存在，所以D对．
故选：BD．
【点评】本题考查了正方体的结构特征，考查了直线与直线的位置关系，属于中档题．
（多选）12．（5分）已知二次函数y＝x2﹣2x+m（m≠0）交x轴于A，B两点（A，B不重合），交y轴于C点．⊙M过A，B，C三点．下列说法正确的是（ ）
A．⊙M面积的最小值为π
B．存在定点N，使得⊙M恒过点N
C．存在直线x＝a截⊙M所得弦长为定值
D．存在直线y＝b截⊙M所得弦长为定值
【分析】利用二次函数与x轴的交点个数求得m＜1且m≠0，进而r＞1，可判断A，求出A，B，C的坐标，利用待定系数法求出⊙M的方程，整理变形得（x﹣1）2+y2﹣y﹣1＝（y﹣1）m，求得⊙M恒过点，判断B正确，利用弦长公式求得弦长，再判断是否可以为定值可判断CD．
【解答】解：二次函数y＝x2﹣2x+m（m≠0）的对称轴为x＝1，故点A，B关于x＝1对称，即圆心M在直线x＝1上，
又∵二次函数y＝x2﹣2x+m（m≠0）交x轴于A，B两点（A，B不重合），
∴Δ＝4﹣4m＞0，解得m＜1且m≠0，
令x2﹣2x+m＝0，解得，，
∴，，
令x＝0，得y＝m，则C（0，m），
设⊙M的方程为（x﹣1）2+（y﹣t）2＝r2，
将点A，B，C的坐标代入可得，消去r2得m2＝2mt﹣m，
∵m≠0，∴m＝2t﹣1，∴t，
∴，
对于选项A：∵m＜1且m≠0，∴r2＞1，∴r＞1，
∴⊙M面积大于π，故选项A错误，
对于选项B：⊙M的方程为，
变形整理得：（x﹣1）2+y2﹣y﹣1＝（y﹣1）m，
令，解得或，
∴⊙M恒过点（2，1），（0，1），故选项B正确，
对于选项C：若a＝1，则弦长为直径2，
若a≠1，则弦长为2，不是定值，
故选项C错误，
对于选项D：若b，则弦长为直径2，
若b，则弦长为22，
即当b＝1时，弦长为定值2，故选项D正确，
故选：BD．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质，考查了三角形外接圆的方程，同时考查了学生的运算求解能力，是中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）椭圆的一个焦点是（0，2），则m＝ 10 ．
【分析】依题意，将椭圆的方程标准化，利用其焦点在y轴上，利用椭圆的性质即可求得m的值．
【解答】解：因为椭圆方程为，又椭圆的焦点在y轴上，
∴a2＝m，b2＝6，又c＝2且a2﹣b2＝c2，
∴m﹣6＝22，
∴m＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，将椭圆的方程标准化是打开思维的关键，考查分析、运算能力，属于中档题．
14．（5分）如图，已知平面四边形ABCD中，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，以BD为棱折成直二面角A﹣BD﹣C，若折叠后A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的体积为 ．
【分析】由题意可知，A，B，C，D顶点在同一个球面上，△ABD的中点就是球心，求出球的半径，即可得到球的体积．
【解答】解：平面四边形ABCD中，AB＝AD＝BD＝2，BC⊥CD，以BD为棱折成直二面角A﹣BD﹣C，若折叠后A，B，C，D四点在同一球面上，E为BD的中点，底面三角形BCD的外心，直二面角A﹣BD﹣C，所以△ABD的外心就是A，B，C，D四点在同一球面上的球的球心，
球的半径为：；
所以球的体积为：．
故答案为：．
【点评】本题是中档题，考查四面体的外接球的体积的求法，找出外接球的球心，是解题的关键，考查计算能力，空间想象能力．
15．（5分）已知直线l：yx+4，圆O：x2+y2，菱形ABCD的一个内角为60°，顶点A，B在直线l上，顶点C，D在圆O上，则菱形ABCD的面积S＝ ．
【分析】设直线CD方程为：．先求出两平行线间的距离d和弦长|CD|．由，解得：b＝0或b＝2．分别求出菱形ABCD的边长和面积．
【解答】解：如图所示，在菱形ABCD中，不妨设B＝60°．
因为ABCD为菱形，所以AB∥CD，所以可设直线CD方程为：．
则两平行线间的距离为．
又圆心O到直线CD的距离为，所以弦长．
在菱形ABCD中，B＝60°，所以，
所以，解得：b＝0或b＝2．
当b＝2时，菱形ABCD的边长，所以．
当b＝0时，菱形ABCD的边长，
所以．
故答案为：或．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆中四边形的面积问题等知识，属于中等题．
16．（5分）如图，点P是⊙O：x2+y2＝1上一动点，过点P的圆O的切线l与⊙O1：（x﹣a）2+（y﹣2）2＝16始终交于A，B两点．
（1）实数a的取值范围是 （，） ；
（2）若a，|O1P|，则△O1AB的面积是 ．
【分析】（1）根据题意，分析可得圆O必定在圆O1的内部，由圆与圆的位置关系分析可得答案；
（2）根据题意，设P的坐标为（m，n），由此表示直线AB的方程，求出|AB|和圆心到直线AB的距离，由三角形面积公式计算可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，点P是⊙O：x2+y2＝1上一动点，过点P的圆O的切线l与⊙O1：（x﹣a）2+（y﹣2）2＝16始终相交，
则圆O必定在圆O1的内部，
⊙O：x2+y2＝1，圆心为（0，0），半径为1，
⊙O1：（x﹣a）2+（y﹣2）2＝16，圆心为（a，2），半径r＝4，
则有4﹣1＝3，解可得：a，
故a的取值范围为：（，）；
（2）根据题意，设P的坐标为（m，n），则直线AB的方程为mx+ny＝1，
若a，则⊙O1：（x）2+（y﹣2）2＝16，其圆心为（，2），半径r＝4，
又由|O1P|，即（m）2+（2﹣n）2，变形可得：m2+n2﹣3m﹣4n，即3m+4n；
圆心O1到直线AB的距离d，
|AB|＝22，
故△O1AB的面积S|AB|×d；
故答案为：（1）（，）
（2）．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆与圆位置关系的判断，属于基础题．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，∠BAC＝∠BAA1＝∠CAA1＝60°，P，Q分别在AB，A1C1上（不包括两端），AP＝A1Q．
（1）求证：PQ∥平面BCC1B1；
（2），D为BC中点，求异面直线PQ与AD所成角的余弦值．
【分析】（1）作PD∥AC，交BC于点D，设A1Q＝AP＝t∈（0，2），则BP＝2﹣t，由线面平行的性质，证明四边形C1QPD为平行四边形，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）先求出所需线段的长度，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，由向量的夹角公式求解即可．
【解答】（1）证明：作PD∥AC，交BC于点D，
设A1Q＝AP＝t∈（0，2），则BP＝2﹣t，
因为PD∥AC，
所以，即，解得PD＝2﹣t，
因为PD∥QC1，且PD＝QC1，连接DC1，
所以四边形C1QPD为平行四边形，
故PQ∥C1D，
因为PQ⊄平面BCC1B1，且C1D⊂平面BCC1B1，
所以PQ∥平面BCC1B1；
（2）解：过点A1作A1O⊥平面ABC于点O，
过点A1作A1M⊥AB于点M，
过点A1作A1N⊥AC于点N，
连接AO，则△AA1M≌△AA1N，
所以A1M＝A1N，
故OM＝ON，
则AO为∠BAC的平分线，
又因为棱长均为2，所以可得AM＝AN＝1，
又A1M＝A1N，OM＝ON，AO，A1O，
过点O作直线OK平行于AB，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为，D为BC的中点，
所以，，，
故，
设异面直线PQ与AD所成的角为θ，
所以，
故异面直线PQ与AD所成角的余弦值为．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的判定定理的应用，异面直线所成角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
18．（12分）数学家欧拉在1765年提出：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称之为三角形的欧拉线．若△ABC的顶点A（2，0），B（0，4），且△ABC的欧拉线的方程为x﹣y+2＝0．
（1）求△ABC外接圆方程；
（2）求BC边上的高线AD截△ABC外接圆的弦长．
【分析】（1）先求出△ABC的顶点C的坐标，再设△ABC外接圆方程，代入A，B，C三点的坐标即可求解；
（2）求出BC边上的高线AD的方程，利用圆的弦长公式即可求解．
【解答】解：（1）设C（m，n），因为A（2，0），B（0，4），
由重心坐标公式得重心为，代入欧拉线方程得：m﹣n+4＝0，①
又AB的中点为（1，2），，所以AB的中垂线方程为x﹣2y+3＝0，
联立，解得，所以△ABC的外心为（﹣1，1），
由三角形外心到两个顶点的距离相等，则（m+1）2+（n﹣1）2＝32+12＝10，
化简得：m2+n2+2m﹣2n＝8，②
联立①②得：m＝﹣4，n＝0或m＝0，n＝4，
当m＝0，n＝4时，B、C重合，舍去，所以顶点C的坐标是（﹣4，0），
设△ABC外接圆的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，将A，B，C三点的坐标代入，
则，解得，
所以△ABC外接圆的方程为（x+1）2+（y﹣1）2＝10．
（2）∵B（0，4），C（﹣4，0），∴kBC＝1，∴kAD＝﹣1，
则BC边上的高线AD的方程为x+y﹣2＝0，
圆心（﹣1，1）到直线AD的距离，
则BC边上的高线AD截圆的弦长．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的弦长的计算等知识，属于中等题．
19．（12分）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABD＝30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥面ABCD，EF∥BD，且EFBD．
（1）求证：FB∥面ACE；
（2）若二面角C﹣BF﹣D的大小为60°，求CF与面ABCD所成角的正弦值．
【分析】（1）设AC交BD于O，连接EO，求出DB＝3．证明AD⊥DB，然后证明EO∥FB．即可证明FB∥面ACE．
（2）以DA，DB，DE所在直线建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面BCF的法向量，平面BDEF的一个法向量，利用空间向量的数量积求解直线CF与面ABCD所成角的正弦．
【解答】解：（1）证明：设AC交BD于O，连接EO，在△ABD中，
由余弦定理可得：DB＝3．
∴AD2+BD2＝AB2，∴AD⊥DB，
∵AB∥CD，∴△AOB∽△COD．
∴，∴，
又EF∥BD，∴四边形BOEF为平行四边形．
∴EO∥FB．
又∵EO⊂面ACE，FB⊄面ACE，
∴FB∥面ACE．
（2）∵DE⊥面ABCD
∴DE⊥DA，DE⊥DB，
分别以DA，DB，DE所在直线建立如图所示空间直角坐标系，
则，设DE＝h，则F（0，2，h）
∴，，
设平面BCF的法向量为，则，即，
取z0＝1，有
易知平面BDEF的一个法向量
∴
解得
∴，易知面ABCD的一个法向量，
∴
∴直线CF与面ABCD所成角的正弦为．
【点评】本题考查空间向量的应用，二面角的求法，直线与平面平行的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
20．（12分）树林的边界是直线l（如图所示），一只兔子在河边喝水时发现了一只狼，兔子和狼分别位于l的垂线AC上的点A点B点处，AB＝BC＝a（a为正常数），若兔子沿AD方向以速度2μ向树林逃跑，同时狼沿线段BM（M∈AD）方向以速度μ进行追击（μ为正常数），若狼到达M处的时间不多于兔子到达M处的时间，狼就会吃掉兔子．
（1）求兔子被狼吃掉的点的区域面积S（a）；
（2）若兔子要想不被狼吃掉，求θ（θ＝∠DAC）的取值范围．
【分析】（1）如图建立坐标系xOy，设 A（0，2a），B（0，a），M（x，y），由，求得．由此求得圆的面积S（a）的值．
（2）设lAD：y＝kx+2a（k≠0），由求得斜率k的范围，即可求得θ的范围．
【解答】解：（1）如图建立坐标系xOy，设 A（0，2a），B（0，a），M（x，y），
由，得2BM≤AM，即 2，
两边平方，整理得：3x2+3y2﹣4ay≤0，
即 ，
所以M在以为圆心，半径为的圆及其内部．
所以，．
（2）设AD直线的方程为 lAD：y＝kx+2a（k≠0），兔子要想不被狼吃掉，需点M再圆的外部，
即AD直线和圆相离，即圆心（0，）到直线的距离大于半径．
由．
由于∠DAC为锐角，故 0＜∠DAC，所以，．
【点评】本题主要考查圆的标准方程，直线和圆的位置关系，直线的倾斜角和斜率的关系，属于中档题．
21．（12分）在①OH∥平面PAB，②平面PAB⊥平面OHC，③OH⊥PC，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
问题：如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AC＝16，PA＝PC＝10，O为AC中点，H为△PBC内的动点（含边界）．
（1）求点O到平面PBC的距离；
（2）若 _____，求直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围．
【分析】（1）利用等体积法即可求得点O到平面PBC的距离；
（2）以O为坐标原点，{，，}为正交基底建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面PAB的法向量，平面PBC的法向量，
选条件①，由OH∥平面PAB，PH⊂PBC，可得，从而可得H（x，4，3x），求出，平面ABC的法向量，求出直线PH与平面ABC所成角的正弦值，利用换元法及二次函数的性质即可求解直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围．
选条件②，条件③结果相同．
【解答】解：（1）在三棱锥P﹣ABC中，连接OB，OP，
因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，PA＝PC，O为AC中点，
所以OP⊥OC，OB⊥OC，
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，OP⊂平面PAC，
所以OP⊥平面ABC，又OB⊂平面ABC，
所以OP⊥OB，所以OB，OC，OP两两垂直，
VO﹣PBC＝VP﹣OBC•PO•S△OBC64．
又S△PBC•BC•88，
所以d，
所以点O到就平面PBC的距离为．
（2）在三棱锥P﹣ABC中，以O为坐标原点，{，，}为正交基底建立空间直角坐标系O﹣xyz，
则O（0，0，0），P（0，0，6），A（0，﹣8，0），C（0，8，0），B（8，0，0），
设H（x，y，z），则（x，y，z），（x，y，z﹣6），（0，﹣8，﹣6），（8，0，﹣6），（0，8，﹣6），
设平面PAB的法向量为（x1，y1，z1），
则，即，即，
不妨令y1＝﹣3，则（3，﹣3，4），
同理可求得平面PBC的法向量（3，3，4）．
选条件①，因为OH∥平面PAB，PH⊂PBC，
所以，即，
即，所以H（x，4，3x），
又，所以0≤x≤4，所以（x，4，﹣3x），
又OP⊥平面ABC，所以（0，0，1）是平面ABC的一个法向量，
设直线PH与平面ABC所成角为θ，
则sinθ＝|cs，|，
令t1，t∈[1，2]，∈[，1]，
所以sinθ，
令f（）••1，
所以f（）∈[，1]．所以∈[1，]，
所以sinθ∈[，]，
所以直线PH与平面ABC所成角的正弦值的取值范围为[，]．
选条件②，条件③结果相同．
【点评】本题主要考查点到平面的距离的求法，直线与平面所成的角，考查转化思想与函数思想的应用，考查运算求解能力，属于难题．
22．（12分）已知⊙O：x2+y2＝4，M（4，2），P是⊙O上的动点，Q是线段PM的中点．
（1）求点Q的轨迹Γ的方程；
（2）过点N（0，1）且互相垂直的两条直线分别与⊙O交于点A，B，与Γ交于点C，D，若CD的中点为E，求△ABE面积的取值范围．
【分析】（1）设Q（x，y），P（x'，y'），则，将该坐标代入到圆O的方程，即可求解．
（2）当直线AB的斜率不存在时，△ABE的面积，当直线AB的斜率存在时，设为k，则直线AB：y＝kx+1，当k＝0时，直线AB的方程为y＝1，经过圆心（2，1），此时△ABE不存在，舍去，当k≠0时，直线，再结合点到直线的距离公式和基本不等式的公式，即可求解．
【解答】解：
（1）设Q（x，y），P（x'，y'），
则，
代入x2+y2＝4得（2x﹣4）2+（2y﹣2）2＝4，
所以点Q的轨迹Γ的方程（x﹣2）2+（y﹣1）2＝1．
（2）当直线AB的斜率不存在时，△ABE的面积，
当直线AB的斜率存在时，设为k，
则直线AB：y＝kx+1，
当k＝0时，直线AB的方程为y＝1，经过圆心（2，1），此时△ABE不存在，舍去，
当k≠0时，直线，
由，得k2＞3，
所以，
因为，
所以，
因为E点到直线AB的距离即M点到直线AB的距离，
所以△ABE的面积，
令t＝k2+1，则t＞4，
所以，
因为t＞4，
所以，
所以，
综上可得，△ABE面积的取值范围是．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，掌握计算能力，需要学生很强的综合能力，属于难题．
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