1、第八、九模块平面解析几何立体几何初步一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.若圆x2y22x4y0的圆心到直线xya0的距离为，则a的值为()A.2或2B.或C.2或0 D.2或0解析：圆x2y22x4y0的圆心(1,2)到直线xya0的距离为，a2或0，选C.答案：C2.一动圆圆心在抛物线x24y上，动圆过抛物线焦点F，并且恒与直线l相切，则直线l的方程为 ()A.x1 B.y1C.x D.y解析：根据抛物线的定义，直线l为x24y的准线，所以l的方程为y1，故选B.答案：B3.已知双曲线1(a0，b0)与直线y2x有交点，
2、则双曲线离心率的取值范围是()A.(1，) B.(1，)(，)C.(，) D.，)解析：双曲线与直线y2x有交点，双曲线的一条渐近线的斜率2，e，故选C.答案：C4.若AB是过椭圆1中心的弦，F1为椭圆的焦点，则F1AB面积的最大值为()A.6 B.12C.24 D.48解析：如图所示，SABF1|OF1|(yByA)|OF1|2b32412，故选B.答案：B5.已知椭圆1(ab0)，A(2,0)为长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，且，则其焦距为()A. B.C. D.解析:由题意可知且a=2,又又0,.|=如图,在RtAOC中,易求得C(1,-1),代入椭圆方程得1b2，c2a2b24.
3、c，2c，故选C.答案：C6.(精选考题南通模拟)如图所示，A是圆O内一定点，B是圆周上一个动点，AB的中垂线CD与OB交于E，则点E的轨迹是()A.圆 B.椭圆C.双曲线 D.抛物线解析：由题意知，|EA|EO|EB|EO|R(R为圆的半径)且R|OA|，故E的轨迹为椭圆，故选B.答案：B7.下列四个命题中，真命题的个数为()如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合两条直线可以确定一个平面若M，M，l，则Ml空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内A.1B.2C.3 D.4解析：两个平面有三个公共点，若这三个公共点共线，则这两个平面相交，故不正确；两异面直线不能确定一个平面，故不正确；
4、在空间交于一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故不正确；据平面的性质可知正确，故选A.答案：A8.一个几何体的三视图如下，则此几何体的体积是()A.16 B.C.8 D.解析：由几何体的三视图可知，该几何体是一组合体，下部为圆柱，上部为圆锥，VSh1Sh2r2.答案：B9.利用斜二测画法，一个平面图形的直观图是边长为1的正方形，如图所示，则这个平面图形的面积为()A. B.2C.2 D.4解析：把斜二测画法得到的直观图还原，水平方向线段长度都不变，与y轴平行的线段方向变为竖直方向，长度变为原来的2倍，如图所示，面积S2.答案：C10.已知m，n是两条不同直线，是三个不同平面.下面命题中正确的是
5、()A.若，则B.若m，n，则mnC.若m，n，则mnD.若m，m，则解析：当，时，与可能相交，故A错；同理C、D错；只有B正确，故选B.答案：B11.在正四棱锥PABCD中，PA2，直线PA与平面ABCD所成角为60，则正四棱锥PABCD的体积为()A. B.C. D.2解析：作PO平面ABCD，连接AO，则PAO是直线PA与平面ABCD所成的角，即PAO60，PA2，PO，AO1，AB，VPOSABCD2.答案：B12.已知正方形ABCD的边长为4，对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿对角线BD折成60的二面角，A到A点.给出下列判断：ACBD；ADCO；AOC为正三角形；cosA
6、DC；A到平面BCD的距离为.其中正确判断的个数为()A.2 B.3C.4 D.5解析：如图所示，折起后A到A.易知AOC即为二面角ABDC的平面角，即AOC60，且AOOC.AOC为正三角形，故正确；又BD平面AOC，故BDAC，即正确；在ADC中，ADDC4，ACAO2，由余弦定理知cosADC，故正确；正AOC的边OC上的高为A到平面BCD的距离；易知为.正确，而不正确；正确的判断有4个.答案：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上.13.已知l1：2xmy10与l2：y3x1，若两直线平行，则m的值为.解析：本题考查直线平行的条件，可以直接利用斜率的
7、关系求解即可.已知l1：2xmy10与l2：y3x1互相平行，根据A1B2A2B10,B1C2B2C10，即2(1)3m0,m(1)(1)10，解得m.答案：14.如图所示，椭圆1(ab0)与过点A(2,0)、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e，则椭圆方程是.解析：过A、B的直线方程为y1.由题意得 1,yx1有唯一解，即x2a2xa2a2b20有唯一解，所以a2b2(a24b24)0(ab0)，故a24b240，又因为e，即，所以a24b2.从而a22，b2.故所求的椭圆方程为2y21.答案：2y2115.一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm的球面上，如果正四棱柱
8、的底面边长为1 cm，那么该棱柱的表面积为cm2.解析：正四棱柱各顶点在球面上，正四棱柱的对角线长为球的直径.又正四棱柱底面边长为1，底面对角线长为，正四棱柱的高为.棱柱表面积为42.答案：4216.已知m，n是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，给出以下命题：若m，n，m，n，则；若，m，n，则mn；若m，mn，则n；若n，n，m，那么mn，其中正确命题的序号是.解析：当m与n相交时，才有，故错；当m，mn时，n或n，故错；由面面垂直的性质定理知正确；由线面平行的性质知正确.答案：三、解答题：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)在平面直角坐标系x
9、Oy中，已知抛物线y22px(p0)上横坐标为4的点到该抛物线的焦点的距离为5.(1)求抛物线的标准方程；(2)设点C是抛物线上的动点.若以C为圆心的圆在y轴上截得的弦长为4，求证：圆C过定点.解：(1)根据题意，抛物线y22px的准线方程为x，且p0.因为抛物线上横坐标为4的点到焦点的距离为5，所以该点到准线x的距离也为5，所以p2.故所求抛物线的标准方程为y24x.(2)证明：因为点C在抛物线上，故可设点C.所以点C到y轴的距离为，因为圆C在y轴上截得的弦长为4，所在圆C的半径r.所以圆C的方程为2(yt)22.即x2y2x2tyt240.解法一：因为圆C是动圆，所以当t0时，圆C的方程为
10、x2y240，当t2时，圆C的方程为x2y22x4y0.联立，得x2y240,x2y22x4y0，解得x2,y0或x,y.把(2,0)代入圆C的方程得，左边220222t0t240右边，方程成立，所以圆C恒过定点(2,0).把代入圆C的方程得，左边t2t不恒为0，即随着t的变化而变化，故点可能不在圆C上.综上可知：圆C恒过定点(2,0).解法二：将方程x2y2x2tyt240整理得t22yt(x2y24)0.式对任意实数t都成立的充要条件是10，,2y0，,x2y240，即 x2，,y0.所以圆C恒过定点(2,0).18.(12分)设F1，F2分别为椭圆C：1(ab0)的左，右焦点，过F2的直
11、线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60，F1到直线l的距离为2.(1)求椭圆C的焦距；(2)如果2，求椭圆C的方程.解：(1)设椭圆C的焦距为2c，由已知可得F1到直线l的距离c2，故c2.所以椭圆C的焦距为4.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y10，直线l的方程为y(x2).联立y(x2),1，得(3a2b2)y24b2y3b40.解得y1，y2.因为2，所以y12y2.即2，得a3.而a2b24，所以b.故椭圆C的方程为1.19.(12分)已知抛物线C：y2x2，直线ykx2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N.(1)证明：抛物线
12、C在点N处的切线与AB平行；(2)是否存在实数k使0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由.解：(1)证明：如图，设A(x1,2x)，B(x2,2x)，把ykx2代入y2x2得：2x2kx20，故x1x2，,x1x21，所以xNxM，所以N点的坐标为.设抛物线在点N处的切线l的方程为ym，将y2x2代入上式得2x2mx0，因为直线l与抛物线C相切，所以m28m22mkk2(mk)20，所以mk，即lAB.(2)假设存在实数k，使0，则NANB，又因为M是AB的中点，所以|MN|AB|.由(1)知yM(y1y2)(kx12kx22)k(x1x2)42.因为MNx轴，所以|MN|yMyN|2.又|
13、AB|x1x2|.所以，解得k2.即存在k2，使0.评析：本题与向量、一元二次方程等内容相结合，考查直线与圆锥曲线的位置关系，解题时应借助图形，利用数形结合思想方便求解.20.(12分)已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底面边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图是一个底面边长为6，高为4的等腰三角形.(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积.解：由题设可知几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形.左、右侧面均为底边长为6，高为h2的等腰三角形如图所示. (1)几何体体积VS矩形h68464.(2)
14、正侧面及相对侧面底边上的高为h15，左、右侧面的底边上的高为h24.故该几何体的侧面积为S24024.21.(12分)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1底面ABC，AC3，BC4，AB5，AA14，点D是AB的中点.(1)求证：ACBC1；(2)求证：AC1平面CDB1.证明：(1)AC2BC2AB2，ACBC，又C1CAA1，AA1底面ABC，C1C底面ABC，ACCC1.又BCCC1C，AC平面BCC1B1，而BC1平面BCC1B1，ACBC1.(2)设BC1B1CO，则O为BC1的中点，连接OD，D为AB的中点，ODAC1，又OD平面CDB1，AC1平面CDB1，AC1平
15、面CDB1.22.(12分)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证： (1)AC1BD；(2)平面AC1D平面A1BD.证明：(1)连接AC，则BDAC.在正方体ABCDA1B1C1D1中，C1C平面BCD，BD平面BCD，C1CBD，又ACCC1C，BD平面ACC1，AC1平面ACC1，AC1BD. (2)连接AB1，则BA1AB1.在正方体ABCDA1B1C1D1中，C1B1平面BA1B1，BA1平面BA1B1，C1B1BA1，又C1B1AB1B1，BA1平面AC1B1.AC1平面AC1B1，AC1BA1，由(1)知AC1BD，且BA1BDB，AC1平面A1BD.AC1平面AC1D，平面AC1D平面A1BD.精品资料。欢迎使用。高考资源网w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u
