四川省巴中市平昌中学2015-2016学年高二上学期期中数学试卷(文科)

四川省巴中市平昌中学2015-2016学年高二（上）期中数学试卷

（文科）

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．已知点M（1，2），N（1，1），则直线MN的倾斜角是（ ） A．90° B．45° C．135° D．不存在

2．已知圆C：（x+m）+y=4上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值是（ ） A．﹣3 B．6 C．3 D．无法确定

3．如果直线ax+2y+2=0与3x﹣y﹣2=0互相垂直，那么系数a=（ ） A．﹣3 B．﹣6 C．

4．过点（2，1）的直线中，被圆（x﹣1）+（y﹣2）=5截得的最长弦所在的直线方程是（ ） A．x﹣y﹣1=0 B．x+y﹣3=0 C．2x﹣y﹣3=0 D．x﹣3y+1=0

5．设有直线m、n和平面α、β，则下列说法中正确的是（ ）

A．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n B．若m⊥α，m⊥n，n⊂β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β D．若m∥n，m⊂α，n⊥β，则α⊥β

6．与圆O1：x+y=1和圆O2：x+y﹣6x﹣8y+9=0都相切的直线条数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4

7．某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在

22

该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b=（ ） A．6 B．7 C．8 D．20

8．已知=（1，0），=（0，1），若向量=（m，n）满足（﹣）（﹣）=0，则点（m，n）到直线x+y+1=0的距离的最小值等于（ ） A．

B．1

C．

D．

2

2

2

2

2

2

2

2

D．

9．在如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出的编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正

视图和俯视图分别为（ ）

A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和②

10．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ） A．

11．底面为菱形的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的两个对角面ACC1A1和BDD1B1的面积为6和8，则该棱柱的侧面积为（ ） A．18 B．20 C．36 D．40

12．动点A在圆x+y=1上移动时，它与定点B（3，0）连线的中点的轨迹方程是（ ） A．（x+3）+y=4 B．（x﹣3）+y=1

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2

B．16π C．9π D．

C．（2x﹣3）+4y=1 D．（x+3）+y=

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．请将答案填在答题卷横线上） 13．已知直线mx+ny+1=0平行于直线4x+3y+5=0，且在y轴上的截距为，则m+n的值为 ．

14．若变量 x，y满足约束条件，则z=3x+y的最小值为 ．

15．圆心在直线2x﹣y﹣7=0上的圆C与y轴交于两点A（0，﹣4）、B（0，﹣2），则圆C的方程为 ．

16．如图：点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题： ①三棱锥A﹣D1PC的体积不变； ②A1P∥面ACD1； ③DP⊥BC1；

④面PDB1⊥面ACD1．

其中正确的命题的序号是 ．

三、解答题（本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．已知直线l经过直线2x+y﹣5=0与x﹣2y=0的交点， （1）点A（5，0）到l的距离为3，求l的方程； （2）求点A（5，0）到l的距离的最大值．

18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，已知AB=2，AD=2，PA=2，求： （1）三角形PCD的面积；

（2）异面直线BC与AE所成的角的大小．

19．设直线x+2y+4=0和圆x+y﹣2x﹣15=0相交于点A，B． （1）求弦AB的垂直平分线方程； （2）求弦AB的长．

20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．

（1）求PB和平面PAD所成角的大小； （2）求证：CD⊥AE；

（3）证明：AE⊥平面PCD．

2

2

21．如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=4，AB=2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC．

（Ⅰ） 当BE=1，是否在折叠后的AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出P点位置，若不存在，说明理由；

（Ⅱ） 设BE=x，问当x为何值时，三棱锥A﹣CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．

22．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x﹣2）+（y﹣3）=1相交于M、N两点

（1）求实数k的取值范围； （2）求证：

为定值；

，求直线l的方程．

2

2

（3）若O为坐标原点，且

2015-2016学年四川省巴中市平昌中学高二（上）期中数

学试卷（文科）

参与试题解析

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．已知点M（1，2），N（1，1），则直线MN的倾斜角是（ ） A．90° B．45° C．135° D．不存在 【考点】直线的倾斜角． 【专题】计算题．

【分析】由点M和点N的坐标可得直线MN的斜率不存在，故直线MN的倾斜角是90°． 【解答】解：∵点M（1，2），N（1，1），则直线MN的斜率不存在，故直线MN的倾斜角是90°， 故选A．

【点评】本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，已知三角函数值求角的大小，属于基础题．

2．已知圆C：（x+m）+y=4上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值是（ ） A．﹣3 B．6 C．3 D．无法确定 【考点】直线与圆的位置关系．

【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆．

【分析】因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称，所以直线x﹣y+3=0过圆心（﹣m，0），由此可求出m的值．

【解答】解：因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称， 所以直线x﹣y+3=0过圆心（﹣m，0）， 从而﹣m+3=0，即m=3． 故选：C．

【点评】本题考查圆的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．

3．如果直线ax+2y+2=0与3x﹣y﹣2=0互相垂直，那么系数a=（ ） A．﹣3 B．﹣6 C．

D．

2

2

【考点】两条直线垂直的判定． 【专题】计算题．

【分析】通过两条直线的垂直，利用斜率乘积为﹣1，即可求解a的值． 【解答】解：因为直线ax+2y+2=0与3x﹣y﹣2=0互相垂直， 所以

，所以a=．

故选D．

【点评】本题考查直线的垂直条件的应用，斜率乘积为﹣1时必须直线的斜率存在．

4．过点（2，1）的直线中，被圆（x﹣1）+（y﹣2）=5截得的最长弦所在的直线方程是（ ） A．x﹣y﹣1=0 B．x+y﹣3=0 C．2x﹣y﹣3=0 D．x﹣3y+1=0 【考点】直线与圆的位置关系．

【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆．

22

【分析】确定圆心坐标，可得过（2，1）的直径的斜率，即可求出被圆（x﹣1）+（y﹣2）=5截得的最长弦所在直线的方程．

【解答】解：（x﹣1）+（y﹣2）=5的圆心坐标为（1，2） 故过（2，1）的直径的斜率为k=﹣1，

22

因此被圆（x﹣1）+（y﹣2）=5截得的最长弦所在直线的方程是y﹣1=﹣（x﹣2），即为x+y﹣3=0． 故选：B．

【点评】本题考查直线与圆相交的性质，考查学生的计算能力，比较基础．

5．设有直线m、n和平面α、β，则下列说法中正确的是（ ）

A．若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n B．若m⊥α，m⊥n，n⊂β，则α∥β C．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β D．若m∥n，m⊂α，n⊥β，则α⊥β 【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】综合题；转化思想；综合法；简易逻辑． 【分析】A结合面面平行的性质定理进行判断； B结合面面平行的判定定理进行判断； C结合面面平行的判定定理进行判断； D结合面面垂直的判定定理进行判断．

【解答】解：A，若两平面α∥β，m⊂α且n⊂β，则m∥n或m、n是异面直线，不正确； B，∵直线m⊥平面α，直线n⊂平面β，m⊥n，∴α∥β或α与β相交．故不成立； C，∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α，∵n⊥β，∴α∥β，不正确； D，∵m∥n，n⊥β，∴m⊥β，∵m⊂α，∴α⊥β，正确， 故选：D．

【点评】本题考查空间中平面与平面之间的位置关系，涉及到了面面平行的判断，面面垂直的判断，属于基础知识考查题．

6．与圆O1：x+y=1和圆O2：x+y﹣6x﹣8y+9=0都相切的直线条数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4

【考点】圆与圆的位置关系及其判定．

【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆．

【分析】求出两个圆的圆心和半径，根据圆圆之间的位置关系的条件即可得到结论． 【解答】解：圆O1：x+y=1圆心为O1（0，0），半径为R=1，

2222

圆O2：x+y﹣6x﹣8y+9=0的标准方程为（x﹣3）+（y﹣4）=16，圆心为O2（3，4），半径为r=4，

则|O1O2|=5=R+r，

故圆O1和圆O2的位置关系是外切，

2222

所以与圆O1：x+y=1和圆O2：x+y﹣6x﹣8y+9=0都相切的直线条数是3． 故选：C．

【点评】本题主要考查圆与圆的位置关系的判断，求出圆的圆心和半径是解决本题的关键．

2

2

2

2

2

2

2

2

22

7．某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在

22

该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a+b=（ ） A．6 B．7 C．8 D．20 【考点】简单空间图形的三视图．

【专题】数形结合；数学模型法；空间位置关系与距离．

【分析】由棱和它在三视图中的投影扩展为长方体，三视图中的三个投影，是三个面对角线，设出长宽高，利用勾股定理即可求出结果．

【解答】解：由棱和它在三视图中的投影扩展为长方体， 三视图中的三个投影，是三个面对角线， 则设长方体的三条棱长分别为x、y、z， 如图所示；

所以x+y+z=7，x+y=a，y+z=b，

22

又x+z=6，

22

所以a+b=8． 故选：C．

2

2

2

2

2

2

2

2

2

【点评】本题考查了几何体的三视图以及空间想象能力的应用问题，是基础题目．

8．已知=（1，0），=（0，1），若向量=（m，n）满足（﹣）（﹣）=0，则点（m，n）到直线x+y+1=0的距离的最小值等于（ ） A．

B．1

C．

D．

【考点】点到直线的距离公式． 【专题】直线与圆． 【分析】利用数量积运算可得

=．圆心为C

，半径

r=．可得圆心C到直线的距离的==．点（m，n）到直线x+y+1=0的距离的

最小值=d﹣r．

【解答】解： =（1，0），=（0，1），向量=（m，n）． ∴

=（1﹣m，﹣n），

=（﹣m，1﹣n）．

∵（﹣）•（﹣）=0，

∴﹣m（1﹣m）﹣n（1﹣n）=0． ∴∴圆心为C

=． ，半径r=

．

∴圆心C到直线的距离的==．

﹣

=

．

则点（m，n）到直线x+y+1=0的距离的最小值=

故选：D．

【点评】本题考查了数量积运算、圆的标准方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

9．在如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz中，一个四面体的顶点坐标分别为（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2），给出的编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（ ）

A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和② 【考点】简单空间图形的三视图．

【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得结论．

【解答】解：在坐标系中，标出已知的四个点，根据三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②， 故选：D．

【点评】本题考查三视图的画法，做到心中有图形，考查空间想象能力，是基础题．

10．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ） A．

B．16π C．9π

D．

【考点】球内接多面体；球的体积和表面积． 【专题】计算题；空间位置关系与距离．

【分析】正四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，记为O，求出PO1，OO1，解出球的半径，求出球的表面积． 【解答】解：设球的半径为R，则 ∵棱锥的高为4，底面边长为2，

222∴R=（4﹣R）+（）， ∴R=，

∴球的表面积为4π•（）=故选：A．

2

．

【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．

11．底面为菱形的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的两个对角面ACC1A1和BDD1B1的面积为6和8，则该棱柱的侧面积为（ ） A．18 B．20 C．36 D．40

【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．

【专题】转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离．

【分析】根据题意，画出图形，结合图形，写出矩形ACC1A1和BDD1B1的面积，再表示出棱柱的侧面积．

【解答】解：如图所示，底面为菱形的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的两个对角面ACC1A1和BDD1B1的面积为6和8， 即AC•AA1=6，BD•BB1=8； 又AC⊥BD，AB=∴该棱柱的侧面积为 S=4AA1•AB=2AA1•故选：B．

=2

=2

=20．

=

；

【点评】本题考查了空间几何体的结构特征与应用问题，也考查了空间想象能力，转化思想与计算能力的应用问题．

12．动点A在圆x+y=1上移动时，它与定点B（3，0）连线的中点的轨迹方程是（ ） A．（x+3）+y=4 B．（x﹣3）+y=1

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

C．（2x﹣3）+4y=1 D．（x+3）+y=

【考点】轨迹方程；中点坐标公式． 【专题】计算题．

【分析】根据已知，设出AB中点M的坐标（x，y），根据中点坐标公式求出点A的坐标，

22

根据点A在圆x+y=1上，代入圆的方程即可求得中点M的轨迹方程．

22

【解答】解：设中点M（x，y），则动点A（2x﹣3，2y），∵A在圆x+y=1上，

22

∴（2x﹣3）+（2y）=1，

22

即（2x﹣3）+4y=1． 故选C．

【点评】此题是个基础题．考查代入法求轨迹方程和中点坐标公式，体现了数形结合的思想以及分析解决问题的能力．

二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．请将答案填在答题卷横线上） 13．已知直线mx+ny+1=0平行于直线4x+3y+5=0，且在y轴上的截距为，则m+n的值为 ﹣7 ．

【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系． 【专题】函数思想；转化法；直线与圆．

【分析】根据两直线平行与直线mx+ny+1=0在y轴上的截距，列出方程组求出m、n的值即可．

【解答】解：直线mx+ny+1=0平行于直线4x+3y+5=0， 所以3m﹣4n=0①；

又直线mx+ny+1=0在y轴上的截距为， 所以﹣=②；

由①②解得n=﹣3，m=﹣4； ∴m+n=﹣7． 故答案为：﹣7．

【点评】本题考查了两条直线平行的判定，直线的一般式方程，考查计算能力，是基础题．

14．若变量 x，y满足约束条件，则z=3x+y的最小值为 1 ．

【考点】简单线性规划．

【专题】不等式的解法及应用．

【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最小值． 【解答】解：作出不等式对应的平面区域如图， 由z=3x+y，得y=﹣3x+z，

平移直线y=﹣3x+z，由图象可知当直线y=﹣3x+z，经过点A（0，1）时，直线y=﹣3x+z的截距最小，

此时z最小．此时z的最小值为z=0×3+1=1， 故答案为：1

【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．

15．圆心在直线2x﹣y﹣7=0上的圆C与y轴交于两点A（0，﹣4）、B（0，﹣2），则圆C的

22

方程为 （x﹣2）+（y+3）=5 ． 【考点】圆的标准方程． 【专题】计算题．

【分析】由垂径定理确定圆心所在的直线，再由条件求出圆心的坐标，根据圆的定义求出半径即可．

【解答】解：∵圆C与y轴交于A（0，﹣4），B（0，﹣2）， ∴由垂径定理得圆心在y=﹣3这条直线上． 又∵已知圆心在直线2x﹣y﹣7=0上，∴联立∴圆心C为（2，﹣3）， ∴半径r=|AC|=

2

，解得x=2，

=

2

．

∴所求圆C的方程为（x﹣2）+（y+3）=5．

22

故答案为（x﹣2）+（y+3）=5．

【点评】本题考查了如何求圆的方程，主要用了几何法来求，关键确定圆心的位置；还可用待定系数法．

16．如图：点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题： ①三棱锥A﹣D1PC的体积不变； ②A1P∥面ACD1； ③DP⊥BC1；

④面PDB1⊥面ACD1．

其中正确的命题的序号是 ①②④ ．

【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定． 【专题】综合题；转化思想．

【分析】如右图，对于①，容易证明AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，以P为顶点，平面AD1C为底面，易得；对于②，连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得；

对于③，由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1平面，若DP⊥BC1，则DC与DP重合，与条件矛盾；对于④，容易证明PDB1⊥面ACD1，从而可以证明面面垂直．

【解答】解：对于①，容易证明AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离

均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A﹣D1PC的体积不变；正确； 对于②，连接A1B，A1C1容易证明A1C1∥AD1且相等，由于①知：AD1∥BC1， 所以BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得；正确；

对于③由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP， BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾；错误；

对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知：④正确． 故答案为：①②④

【点评】本题考查三棱锥体积求法中的等体积法；线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．

三、解答题（本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．已知直线l经过直线2x+y﹣5=0与x﹣2y=0的交点， （1）点A（5，0）到l的距离为3，求l的方程； （2）求点A（5，0）到l的距离的最大值．

【考点】点到直线的距离公式；两条直线的交点坐标． 【专题】数形结合；待定系数法． 【分析】（1）直线方程为（2x+y﹣5）+λ（x﹣2y）=0，根据点A（5，0）到l的距离为3，建立方程解出 λ值，即得直线方程．

（2）先求出交点P的坐标，当l⊥PA时，点A（5，0）到l的距离的最大值，故最大值为|PA|． 【解答】解：（1）经过两已知直线交点的直线系方程为

（2x+y﹣5）+λ（x﹣2y）=0，即（2+λ）x+（1﹣2λ）y﹣5=0， ∵点A（5，0）到l的距离为3，∴

=3．

即 2λ﹣5λ+2=0，∴λ=2，或λ=，∴l方程为x=2或4x﹣3y﹣5=0．

2

（2）由解得，交点P（2，1），如图，

过P作任一直线l，设d为点A到l的距离，则d≤|PA|

（当l⊥PA时等号成立）． ∴dmax=|PA|=．

【点评】本题考查用待定系数法求直线方程，求两直线的交点的坐标的方法，点到直线的距离公式的应用，体现了数形结合的数学思想．

18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，已知AB=2，AD=2，PA=2，求： （1）三角形PCD的面积；

（2）异面直线BC与AE所成的角的大小．

【考点】直线与平面垂直的性质；异面直线及其所成的角． 【专题】证明题；综合题；空间位置关系与距离；空间角． 【分析】（1）可以利用线面垂直的判定与性质，证明出三角形PCD是以D为直角顶点的直角三角形，然后在Rt△PAD中，利用勾股定理得到PD=2，最后得到三角形PCD的面积S； （2）[解法一]建立如图空间直角坐标系，可得B、C、E各点的坐标，从而=（0，2

，0），利用空间向量数量积的公式，得到

；

与

=（1，

，1），，由此

夹角θ满足：cosθ=

可得异面直线BC与AE所成的角的大小为

[解法二]取PB的中点F，连接AF、EF，△PBC中，利用中位线定理，得到EF∥BC，从而∠AEF

或其补角就是异面直线BC与AE所成的角，然后可以通过计算证明出：△AEF是以F为直角顶点的等腰直角三角形，所以∠AEF=

，可得异面直线BC与AE所成的角的大小为

．

【解答】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD， ∴CD⊥PA．

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，而PA、AD是平面PAD的交线． ∴CD⊥平面PDA，

∵PD⊂平面PDA，∴CD⊥PD，三角形PCD是以D为直角顶点的直角三角形． ∵Rt△PAD中，AD=2，PA=2， ∴PD=

=2

．

．

∴三角形PCD的面积S=×PD×DC=2

（2）[解法一]

如图所示，建立空间直角坐标系，可得B（2，0，0），C（2，2∴设

=（1，与

，1），

=（0，2

，0），

=

=

，

，0），E（1，，1）．

夹角为θ，则cosθ=

∴θ=，由此可得异面直线BC与AE所成的角的大小为．

[解法二]

取PB的中点F，连接AF、EF、AC，

∵△PBC中，E、F分别是PC、PB的中点，

∴EF∥BC，∠AEF或其补角就是异面直线BC与AE所成的角． ∵Rt△PAC中，PC=∴AE=PC=2，

∵在△AEF中，EF=BC=

2

2

2

=4．

，AF=PB=

∴AF+EF=AE，△AEF是以F为直角顶点的等腰直角三角形， ∴∠AEF=

，可得异面直线BC与AE所成的角的大小为

．

【点评】本题根据一个特殊的四棱锥，求异面直线所成的角和证明线面垂直，着重考查了异面直线及其所成的角和直线与平面垂直的性质等知识，属于中档题．

19．设直线x+2y+4=0和圆x+y﹣2x﹣15=0相交于点A，B． （1）求弦AB的垂直平分线方程； （2）求弦AB的长．

【考点】直线与圆的位置关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系． 【专题】计算题；直线与圆． 【分析】（1）求出圆的圆心为C（1，0），半径r=4．根据垂径定理，弦AB的垂直平分线经过圆心C，由此加以计算即可得出AB的垂直平分线方程；

（2）利用点到直线的距离公式，算出圆心C（1，0）到直线x+2y+4=0的距离，再根据垂径定理加以计算，可得弦AB的长．

【解答】解：（1）∵圆x+y﹣2x﹣15=0化成标准方程得（x﹣1）+y=16， ∴圆心为C（1，0），半径r=4．

2

2

2

2

2

2

∵直线x+2y+4=0和圆x+y﹣2x﹣15=0相交于点A、B， ∴设弦AB的垂直平分线为l：2x﹣y+m=0，

由垂径定理，可知点C（1，0）在l上，得2×1﹣0+m=0，解之得m=﹣2． 因此，弦AB的垂直平分线方程为2x﹣y﹣2=0； （2）圆心C（1，0）到直线x+2y+4=0的距离为： d=

=

．

22

根据垂径定理，得|AB|=2=2，即弦AB的长等于2．

【点评】本题给出直线与圆相交，求弦的中垂线方程并求弦的长度．着重考查了圆的标准方程、点到直线的距离公式和直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．

20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中点．

（1）求PB和平面PAD所成角的大小； （2）求证：CD⊥AE；

（3）证明：AE⊥平面PCD．

【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质． 【专题】计算题；转化思想；空间位置关系与距离；空间角． 【分析】（1）求PB和平面PAD所成的角的大小，说明∠APB就是要求的角即可求解． （2）通过证明CD⊥面PAC，即可证明AE⊥CD．

（3）要证明AE⊥平面PCD，只要证明AE⊥PC，结合AE⊥CD，即可证明结论． 【解答】解：（1）解：在四棱锥P﹣ABCD中，因PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，故PA⊥AB． 又AB⊥AD，PA∩AD=A，从而AB⊥平面PAD．故PB在平面PAD内的射影为PA， 从而∠APB为PB和平面PAD所成的角．在Rt△PAB中，AB=PA，故∠APB=45°． 所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°． （2）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，

因PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，故CD⊥PA． 由条件CD⊥PA，PA∩AC=A，∴CD⊥面PAC． 又AE⊂面PAC，∴AE⊥CD． （3）由（2）可知AE⊥CD，

由PA=AB=BC，∠ABC=60°，可得AC=PA．

∵E是PC的中点，∴AE⊥PC，∴PC∩CD=C．综上得AE⊥平面PCD．

【点评】本题考查直线与平面垂直、直线和平面所成的角．考查空间想象能力、记忆能力和推理论证能力．

21．如图，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD=6，BC=4，AB=2，E、F分别在BC、AD上，EF∥AB．现将四边形ABEF沿EF折起，使得平面ABEF⊥平面EFDC．

（Ⅰ） 当BE=1，是否在折叠后的AD上存在一点P，使得CP∥平面ABEF？若存在，求出P点位置，若不存在，说明理由；

（Ⅱ） 设BE=x，问当x为何值时，三棱锥A﹣CDF的体积有最大值？并求出这个最大值．

【考点】与二面角有关的立体几何综合题． 【专题】综合题；空间位置关系与距离． 【分析】（Ⅰ）根据CP∥平面ABEF的性质，建立条件关系即可得到结论． （Ⅱ）设BE=x，根据三棱锥的体积公式即可得到结论．

【解答】解：（Ⅰ） 若存在P，使得CP∥平面ABEF，此时λ=： 证明：当λ=，此时

，

=，

过P作MP∥FD，与AF交M，则

又PD=5，故MP=3， ∵EC=3，MP∥FD∥EC，

∴MP∥EC，且MP=EC，故四边形MPCE为平行四边形， ∴PC∥ME，

∵CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF， 故答案为：CP∥平面ABEF成立．

（Ⅱ）∵平面ABEF⊥平面EFDC，ABEF∩平面EFDC=EF，AF⊥EF，

∴AF⊥平面EFDC， ∵BE=x，∴AF=x，（0＜x＜4），FD=6﹣x， 故三棱锥A﹣CDF的体积V=

=﹣

，

∴x=3时，三棱锥A﹣CDF的体积V有最大值，最大值为3．

【点评】本题主要考查直线和平面平行的性质和判定，以及三棱锥体积的计算，考查学生的推理能力．

22．已知过点A（0，1）且斜率为k的直线l与圆C：（x﹣2）+（y﹣3）=1相交于M、N两点

（1）求实数k的取值范围； （2）求证：

为定值；

，求直线l的方程．

2

2

（3）若O为坐标原点，且

【考点】直线与圆的位置关系．

【专题】综合题；转化思想；综合法；直线与圆． 【分析】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．

（2）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程化简，再利用一元二次方程根与系数的关系求得x1+x2 和x1•x2 的值，可得y1•y2=（kx1+1）（kx2+1）的值，利用

=（x1，y1﹣1）•（x2，y2﹣1）=x1•x2+y1•y2﹣（y1+y2）+1，即可得出结论；

（3）由x1•x2+y1•y2=12，解得k的值，从而求得直线l的方程． 【解答】（1）解：由题意可得，直线l的斜率存在，

设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx﹣y+1=0．…（2分） 由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1． 故由

＜1，解得：

＜k＜

．

故当＜k＜时，过点A（0，1）的直线与圆C：（x﹣2）+（y﹣3）=1相交于M，

22

N两点．

（2）证明：由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程（x﹣2）22

+（y﹣3）=1，

22

可得 （1+k）x﹣4（k+1）x+7=0， 设M（x1，y1）；N（x2，y2），则 x1+x2=

，x1•x2=

，

∴y1•y2=（kx1+1）（kx2+1）=

，

=（x1，y1﹣1）•（x2，y2﹣1）=x1•x2+y1•y2﹣（y1+y2）+1=

+﹣

k×﹣2+1=7为定值；

（3）解：由x1•x2+y1•y2=

=12，解得 k=1，

故直线l的方程为 y=x+1，即 x﹣y+1=0．

【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，一元二次方程根与系数的关系，属于中档题．