数学卷·2018届江西省宜春市上高二中高二上学期第二次月考数学试卷（理科） （解析版） 20页

‎2016-2017学年江西省宜春市上高二中高二（上）第二次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共60分）‎ ‎1．圆心为（1，1）且过原点的圆的方程是（　　）‎ A．（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 B．（x+1）2+（y+1）2=1 C．（x+1）2+（y+1）2=2 D．（x﹣1）2+（y﹣1）2=2‎ ‎2．如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的左视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．圆x2+y2﹣4=0与圆x2+y2﹣4x﹣5=0的位置关系是（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．内含 ‎4．下列命题正确的个数为（　　）‎ ‎①经过三点确定一个平面；‎ ‎②梯形可以确定一个平面；‎ ‎③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；‎ ‎④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎5．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 cm2，则原平面图形的面积为（　　）‎ A．4 cm2 B．4 cm2 C．8 cm2 D．8 cm2‎ ‎6．若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中真命题是（　　）‎ A．若m⊥β，m∥α，则α⊥β B．若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n，则α∥β C．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α D．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ ‎7．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，AB=4，AA1=6，若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，且BE=B1E，C1F=CC1，则异面直线A1E与AF所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A、B两点，且|+|=|﹣|，其中O为原点，则实数a的值为（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．2或﹣2 D．或﹣‎ ‎9．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（　　）‎ A．21+ B．18+ C．21 D．18‎ ‎10．已知平面上两点A（﹣a，0），B（a，0）（a＞0），若圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=4上存在点P，使得∠APB=90°，则a的取值范围是（　　）‎ A．[3，6] B．[3，7] C．[4，6] D．[0，7]‎ ‎11．N为圆x2+y2=1上的一个动点，平面内动点M（x0，y0）满足|y0|≥1且∠OMN=30°（O为坐标原点），则动点M运动的区域面积为（　　）‎ A．﹣2 B．﹣ C． + D． +‎ ‎12．棱长为4的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13．如果实数x，y满足等式（x﹣2）2+y2=3，那么的最大值是　　．‎ ‎14．求与圆（x﹣2）2+（y+1）2=4相切于点（4，﹣1）且半径为1的圆的方程．‎ ‎15．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ADC=90°，且AA1=AD=DC=2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM=　　．‎ ‎16．某几何体的一条线段为，在该几何体的正视图中，这条线段的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条线段的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17．已知圆C经过坐标原点O，A（6，0），B（0，8）．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点P（﹣2，0）的直线l和圆C的相切，求直线l的方程．‎ ‎18．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和PC的中点，求证：‎ ‎（1）PA⊥底面ABCD；‎ ‎（2）平面BEF∥平面PAD；‎ ‎（3）平面BEF⊥平面PCD．‎ ‎19．已知圆C的方程：x2+y2﹣2x﹣4y+m=0‎ ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）若圆C与直线l：x+2y﹣4=0相交于M，N两点，且|MN|=，求m的值．‎ ‎20．如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA中点．‎ ‎（1）求证：直线BD⊥平面OAC；‎ ‎（2）求直线MD与平面OAC所成角的大小；‎ ‎（3）求点A到平面OBD的距离．‎ ‎21．已知圆C经过点A（﹣2，0），B（0，2），且圆心C在直线y=x上，又直线l：y=kx+1与圆C相交于P、Q两点．‎ ‎（1）求圆C的方程；‎ ‎（2）若•=﹣2，求实数k的值；‎ ‎（3）过点（0，4）作动直线m交圆C于E，F两点．试问：在以EF为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P，使得圆P经过点M（2，0）？若存在，求出圆P的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎22．如图，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=2，F为线段DE的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：BE∥平面ACF；‎ ‎（Ⅱ）求二面角C﹣BF﹣E的平面角的余弦值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省宜春市上高二中高二（上）第二次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共60分）‎ ‎1．圆心为（1，1）且过原点的圆的方程是（　　）‎ A．（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 B．（x+1）2+（y+1）2=1 C．（x+1）2+（y+1）2=2 D．（x﹣1）2+（y﹣1）2=2‎ ‎【考点】圆的标准方程．‎ ‎【分析】利用两点间距离公式求出半径，由此能求出圆的方程．‎ ‎【解答】解：由题意知圆半径r=，‎ ‎∴圆的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图由若干个相同的小立方体组成的几何体的俯视图，其中小立方体中的数字表示相应位置的小立方体的个数，则该几何体的左视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】利用三视图的有关知识即可得出．‎ ‎【解答】解：由俯视图可知：该几何体的侧视图中，最左边由2个正方体，中间有3个正方体，右边有1个正方体，‎ 故答案为C．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．圆x2+y2﹣4=0与圆x2+y2﹣4x﹣5=0的位置关系是（　　）‎ A．相切 B．相交 C．相离 D．内含 ‎【考点】圆与圆的位置关系及其判定．‎ ‎【分析】把两圆的方程化为标准方程，分别找出圆心坐标和半径，利用两点间的距离公式，求出两圆心的距离d，然后求出|R﹣r|和R+r的值，判断d与|R﹣r|及R+r的大小关系即可得到两圆的位置关系．‎ ‎【解答】解：把圆x2+y2﹣4=0与圆x2+y2﹣4x﹣5=0分别化为标准方程得：‎ x2+y2=4，（x﹣2）2+y2=9，‎ 故圆心坐标分别为（0，0）和（2，0），半径分别为R=2和r=3，‎ ‎∵圆心之间的距离d=2，R+r=5，|R﹣r|=1，‎ ‎∴|R﹣r|＜d＜R+r，‎ 则两圆的位置关系是相交．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．下列命题正确的个数为（　　）‎ ‎①经过三点确定一个平面；‎ ‎②梯形可以确定一个平面；‎ ‎③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；‎ ‎④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【考点】平面的基本性质及推论．‎ ‎【分析】根据平面的基本性质及推论（公理1，2，3及推论），逐一分析四个命题的真假，可得答案．‎ ‎【解答】解：根据公理2，经过不共线三点确定一个平面，可得①错误；‎ 根据公理2的推论，两个平行直线确定一个平面，结合梯形两底边平行，可得②梯形可以确定一个平面，正确；‎ 两两相交的三条直线且不共面可以确定三个平面，故③正确；‎ 如果两个平面有三个共线公共点，则这两个平面重合或相交，故④错误．‎ 则命题正确的个数为2个，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 cm2，则原平面图形的面积为（　　）‎ A．4 cm2 B．4 cm2 C．8 cm2 D．8 cm2‎ ‎【考点】平面图形的直观图．‎ ‎【分析】根据所给的图形中∠BAD=45°，得到原图形为一个直角梯形，然后，根据高之间的关系进行求解．‎ ‎【解答】解：根据题意，得∠BAD=45°，原图形为一个直角梯形；‎ 且上下底面的边长和BC、AD相等，高为梯形ABCD的高的2倍；‎ ‎∴原平面图形的面积为=8（cm2）．‎ 故答案为：8cm2．‎ ‎　‎ ‎6．若m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题中真命题是（　　）‎ A．若m⊥β，m∥α，则α⊥β B．若α∩γ=m，β∩γ=n，m∥n，则α∥β C．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α D．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ ‎【考点】平面与平面之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．‎ ‎【分析】对四个选项分别进行判断，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：对于A，m∥α，过m的平面与α交于n，则m∥n，∵m⊥β，∴n⊥β，∵n⊂α，∴α⊥β，故正确；‎ 对于B，不正确．如图，若平面ABCD∩平面ABFE=AB，平面ABFE∩平面CDEF=EF，AB∥EF，但平面ABCD与平面CDEF不平行．‎ 对于C，因为若α⊥β，m⊂β，则m与α的位置关系不确定，故m与α可能相交，可能平行，也可能是m⊂α，‎ 对于D，因为γ，β 垂直于同一个平面α，故γ，β 可能相交，可能平行．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，AB=4，AA1=6，若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，且BE=B1E，C1F=CC1，则异面直线A1E与AF所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中过作AC的垂线为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1E与AF所成角的余弦值．‎ ‎【解答】解：以C为原点，CA为x轴，在平面ABC中过作AC的垂线为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ ‎∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，AB=4，AA1=6，‎ E，F分别是棱BB1，CC1上的点，且BE=B1E，C1F=CC1，‎ ‎∴A1（4，0，6），E（2，2，3），F（0，0，4），A（4，0，0），‎ ‎=（﹣2，2，﹣3），=（﹣4，0，4），‎ 设异面直线A1E与AF所成角所成角为θ，‎ 则cosθ===．‎ ‎∴异面直线A1E与AF所成角的余弦值为．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A、B两点，且|+|=|﹣|，其中O为原点，则实数a的值为（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．2或﹣2 D．或﹣‎ ‎【考点】直线和圆的方程的应用；向量的模；向量在几何中的应用．‎ ‎【分析】条件“||=||”是向量模的等式，通过向量的平方可得向量的数量积|2=||2， •=0，可得出垂直关系，接下来，如由直线与圆的方程组成方程组求出A、B两点的坐标，势必计算很繁，故采用设而不求的方法．‎ ‎【解答】解：由||=||得||2=||2， •=0，⊥，‎ 三角形AOB为等腰直角三角形，圆心到直线的距离为，即=，a=±2，故选C．‎ ‎　‎ ‎9．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（　　）‎ A．21+ B．18+ C．21 D．18‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】判断几何体的形状，结合三视图的数据，求出几何体的表面积．‎ ‎【解答】解：由三视图可知，几何体是正方体的棱长为2，截去两个正三棱锥，侧棱互相垂直，侧棱长为1，‎ 几何体的表面积为：S正方体﹣2S棱锥侧+2S棱锥底==21+．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．已知平面上两点A（﹣a，0），B（a，0）（a＞0），若圆（x﹣3）2+（y﹣4）2=4上存在点P，使得∠APB=90°，则a的取值范围是（　　）‎ A．[3，6] B．[3，7] C．[4，6] D．[0，7]‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】根据题意，得出圆C的圆心C与半径r，设P（m，n）在圆C上，表示出=（a+m，n），=（m﹣a，n），利用∠APB=90°，求出a2，根据|OP|表示的几何意义，得出a的取值范围．‎ ‎【解答】解：∵圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2=1，‎ ‎∴圆心C（3，4），半径r=1；‎ 设点P（m，n）在圆C上，则=（a+m，n），=（m﹣a，n）；‎ ‎∵∠APB=90°，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴（m+a）（m﹣a）+n2=0；‎ 即a2=m2+n2；‎ ‎∴|OP|=，‎ ‎∴|OP|的最大值是|OC|+r=5+1=6，最小值是|OC|﹣r=5﹣1=4；‎ ‎∴a的取值范围是[4，6]．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．N为圆x2+y2=1上的一个动点，平面内动点M（x0，y0）满足|y0|≥1且∠OMN=30°（O为坐标原点），则动点M运动的区域面积为（　　）‎ A．﹣2 B．﹣ C． + D． +‎ ‎【考点】轨迹方程．‎ ‎【分析】由题意，过M作⊙O切线交⊙O于T，可得∠OMT≥30°．由此可得|OM|≤2．得到动点M运动的区域满足（|y0|≥1）．画出图形，利用扇形面积减去三角形面积求得动点M运动的区域面积．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 过M作⊙O切线交⊙O于T，‎ 根据圆的切线性质，有∠OMT≥∠OMN=30°．‎ 反过来，如果∠OMT≥30°，‎ 则⊙O上存在一点N使得∠OMN=30°．‎ ‎∴若圆C上存在点N，使∠OMN=30°，则∠OMT≥30°．‎ ‎∵|OT|=1，∴|OM|≤2．‎ 即（|y0|≥1）．‎ 把y0=1代入，求得A（），B（），‎ ‎∴，‎ ‎∴动点M运动的区域面积为2×（）=．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．棱长为4的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】球内接多面体．‎ ‎【分析】棱长为4的正四面体内切一球，那么球O与此正四面体的四个面相切，即球心到四个面的距离都是半径，由等体积法求出球的半径，求出上面三棱锥的高，利用相似比求出上部空隙处放入一个小球，求出这球的最大半径．‎ ‎【解答】解：由题意，此时的球与正四面体相切，‎ 由于棱长为4的正四面体，故四个面的面积都是=12‎ 又顶点A到底面BCD的投影在底面的中心G，此G点到底面三个顶点的距离都是4‎ 由此知顶点A到底面BCD的距离是=4‎ 此正四面体的体积是=16，‎ 又此正四面体的体积是×r×12×4=16r，故有r=．‎ 上面的三棱锥的高为2，原正四面体的高为4，‎ 所以空隙处放入一个小球，则这球的最大半径为a，，∴a=．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13．如果实数x，y满足等式（x﹣2）2+y2=3，那么的最大值是　　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】设，的最大值就等于连接原点和圆上的点的直线中斜率的最大值，由数形结合法的方式，易得答案．‎ ‎【解答】解：设，则y=kx表示经过原点的直线，k为直线的斜率．‎ 所以求的最大值就等价于求同时经过原点和圆上的点的直线中斜率的最大值．‎ 从图中可知，斜率取最大值时对应的直线斜率为正且与圆相切，‎ 此时的斜率就是其倾斜角∠EOC的正切值．‎ 易得，可由勾股定理求得|OE|=1，‎ 于是可得到，即为的最大值．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎14．求与圆（x﹣2）2+（y+1）2=4相切于点（4，﹣1）且半径为1的圆的方程．‎ ‎【考点】圆的标准方程．‎ ‎【分析】分两圆外切、内切两种情况，分别求得圆心的坐标，可得要求的圆的方程．‎ ‎【解答】解：圆（x﹣2）2+（y+1）2=4的圆心为C（2，﹣1），切点为A（4，﹣1）且半径为1，故要求的圆的圆心为M（5，﹣1）或N（3，﹣1），‎ 故要求的圆的方程为（x﹣5）2+（y+1）2=1 或（x﹣3）2+（y+1）2=1．‎ ‎　‎ ‎15．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ADC=90°，且AA1=AD=DC=2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM=　　．‎ ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】由D1M⊥平面A1C1D可知D1M1 ⊥A1D，由三垂线定理逆定理得到M在面DAA1D1上的射影为A，同理M在面DCC1D1上的射影为C．利用DM2=DA2+DC2=8 即可求出DM．‎ ‎【解答】解：∵D1M⊥平面A1C1D，∴A1D⊥D1M，设D1M在面ADD1A1上的射影为D1M1，由三垂线定理逆定理，D1M1 ⊥A1D，∵AA1=AD=DC=2，∴D1A⊥A1D，M1与A重合．同理M在面DCC1D1上的射影为C．所以AMCD是正方形，∴DM2=DA2+DC2=8，DM=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎16．某几何体的一条线段为，在该几何体的正视图中，这条线段的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条线段的投影分别是长为a和b的线段，则a+b的最大值为　4　．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【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，设出三度，利用勾股定理，基本不等式求出最大值．‎ ‎【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，‎ 则设长方体的三度：x、y、z，‎ 所以x2+y2+z2=7，x2+y2=a2，y2+z2=b2，‎ x2+z2=6可得a2+b2=8‎ ‎∵（a+b）2≤2（a2+b2）‎ a+b≤4‎ ‎∴a+b的最大值为：4‎ 故答案为：4‎ ‎　‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17．已知圆C经过坐标原点O，A（6，0），B（0，8）．‎ ‎（Ⅰ）求圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点P（﹣2，0）的直线l和圆C的相切，求直线l的方程．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意，圆C的圆心为线段OA、OB中垂线的交点，求得圆心的坐标；再由原点O在圆上，求得圆的半径，从而得到圆C的方程．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线x=﹣2与圆C相切．当直线l不与x轴垂直时，用点斜式设l的方程，再根据圆心到直线的距离等于半径求得斜率k的值，从而求得直线l的方程．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意，圆C的圆心为线段OA、OB中垂线的交点，‎ 即为直线x=3，y=4的交点，‎ ‎∴圆心为（3，4）．‎ 又原点O在圆上，‎ ‎∴圆的半径．‎ ‎∴圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2=25．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，直线x=﹣2与圆C相切．‎ 当直线l不与x轴垂直时，‎ 设l的方程为y=k（x+2），‎ 即kx﹣y+2k=0，‎ ‎∴，‎ 解这个方程得，‎ ‎∴此时直线l的方程为，‎ 即9x+40y+18=0．‎ ‎∴直线l的方程是x=﹣2，或9x+40y+18=0．‎ ‎　‎ ‎18．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和PC的中点，求证：‎ ‎（1）PA⊥底面ABCD；‎ ‎（2）平面BEF∥平面PAD；‎ ‎（3）平面BEF⊥平面PCD．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．‎ ‎【分析】（1）平面PAD⊥底面ABCD，由此能证明PA⊥底面ABCD．‎ ‎（2）由已知得ABCD是平行四边形，从而AD∥BE，由三角形中位线定理得EF∥PD，由此能证明平面BEF∥平面PAD．‎ ‎（3）由BE⊥CD，AD⊥CD，得PA⊥CD，从而CD⊥PD，再推导出PD∥EF，由此能证明平面BEF⊥平面PCD．‎ ‎【解答】证明：（1）∵平面PAD⊥底面ABCD，‎ 且PA垂直于这两个平面的交线AD，‎ ‎∴PA⊥底面ABCD．‎ ‎（2）∵AB∥CD，CD=2AB，E是CD的中点，‎ ‎∴AB∥DE，且AB=DE，‎ ‎∴ABCD是平行四边形，∴AD∥BE，‎ ‎∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD，‎ ‎∵E和F分别是CD和PC的中点，∴EF∥PD，‎ ‎∵EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，‎ ‎∵BF∩BE=B，AD∩PD=D，‎ ‎∴平面BEF∥平面PAD．‎ ‎（3）∵AB⊥AD，ABED是平行四边形，∴BE⊥CD，AD⊥CD，‎ 由（1）知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，‎ ‎∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，‎ ‎∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF，‎ ‎∴CD⊥EF，∴CD⊥平面BEF，‎ ‎∵CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．‎ ‎　‎ ‎19．已知圆C的方程：x2+y2﹣2x﹣4y+m=0‎ ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）若圆C与直线l：x+2y﹣4=0相交于M，N两点，且|MN|=，求m的值．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）方程x2+y2﹣2x﹣4y+m=0，可化为（x﹣1）2+（y﹣2）2=5﹣m，利用方程表示圆，即可求m的取值范围；‎ ‎（2）求出圆心C（1，2）到直线l：x+2y﹣4=0的距离，利用|MN|=，求m的值．‎ ‎【解答】解：（1）方程x2+y2﹣2x﹣4y+m=0，可化为（x﹣1）2+（y﹣2）2=5﹣m，‎ ‎∵此方程表示圆，‎ ‎∴5﹣m＞0，即m＜5．‎ ‎（2）圆的方程化为 （x﹣1）2+（y﹣2）2=5﹣m，圆心 C（1，2），半径，‎ 则圆心C（1，2）到直线l：x+2y﹣4=0的距离为 ‎ 由于，则，有，‎ ‎∴，得m=4．‎ ‎　‎ ‎20．如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA中点．‎ ‎（1）求证：直线BD⊥平面OAC；‎ ‎（2）求直线MD与平面OAC所成角的大小；‎ ‎（3）求点A到平面OBD的距离．‎ ‎【考点】用空间向量求直线与平面的夹角；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】方法一：（1）建立空间直角坐标系，通过向量的数量积为0，判断直线与平面垂直．‎ ‎（2）求出平面的法向量，即可求出直线与平面所成的二面角的大小．‎ ‎（3）利用向量在平面是的法向量上的投影即可求出点到平面的距离．‎ 方法二：（1）直接证明直线BD垂直平面内的两条相交直线即可利用判定定理证明结果．‎ ‎（2）设AC与BD交于点E，连结EM，则∠DME是直线MD与平面OAC折成的角，通过解三角形求解即可．‎ ‎（3）作AH⊥OE于点H．说明线段AH的长就是点A到平面OBD的距离，利用三角形相似求解即可．‎ ‎【解答】解：方法一：以A为原点，AB，AD，AO分别x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，A﹣xyz．‎ ‎（1）∵=（﹣1，1，0），=（0，0，2），=（1，1，0）‎ ‎∴=0， =﹣1+1=0‎ ‎∴BD⊥AD，BD⊥AC，又AO∩AC=A 故BD⊥平面OAC …‎ ‎（2）取平面OAC的法向量=（﹣1，1，0），又=（0，1，﹣1）‎ 则：‎ ‎∴=60°‎ 故：MD与平面OAC所成角为30° …‎ ‎（3）设平面OBD的法向量为=（x，y，z），则 取=（2，2，1）‎ 则点A到平面OBD的距离为d=…‎ 方法二：（1）由OA⊥底面ABCD，OA⊥BD．‎ ‎∵底面ABCD是边长为1的正方形 ‎∴BD⊥AC，又AC∩OA=A，∴BD⊥平面OAC …‎ ‎（2）设AC与BD交于点E，连结EM，则∠DME是直线MD与平面OAC折成的角 ‎∵MD=，DE=‎ ‎∴直线MD与平面OAC折成的角为30° …‎ ‎（3）作AH⊥OE于点H．‎ ‎∵BD⊥平面OAC ‎∴BO⊥AH 线段AH的长就是点A到平面OBD的距离．‎ ‎∴AH=‎ ‎∴点A到平面OBD的距离为…‎ ‎　‎ ‎21．已知圆C经过点A（﹣2，0），B（0，2），且圆心C在直线y=x上，又直线l：y=kx+1与圆C相交于P、Q两点．‎ ‎（1）求圆C的方程；‎ ‎（2）若•=﹣2，求实数k的值；‎ ‎（3）过点（0，4）作动直线m交圆C于E，F两点．试问：在以EF为直径的所有圆中，是否存在这样的圆P，使得圆P经过点M（2，0）？若存在，求出圆P的方程；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎【分析】（1）设圆心C（a，a），半径为r．|AC|=|BC|=r，由此能求出圆C的方程．‎ ‎（2）由•=2×2×cos＜，＞=﹣2，得∠POQ=120°，圆心C到直线l：kx﹣y+1=0的距离d=1，由此能求出k=0．‎ ‎（3）当直线m的斜率不存在时，圆C也是满足题意的圆；当直线m的斜率存在时，设直线m：y=kx+4，由，得（1+k2）x2+8kx+12=0，由此利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件能求出在以EF为直径的所有圆中，存在圆P：5x2+5y2﹣16x﹣8y+12=0或x2+y2=4，使得圆P经过点M（2，0）．‎ ‎【解答】解：（1）设圆心C（a，a），半径为r．‎ 因为圆C经过点A（﹣2，0），B（0，2），‎ 所以|AC|=|BC|=r，‎ 即，‎ 解得a=0，r=2，‎ 所以圆C的方程是x2+y2=4．…‎ ‎（2）因为•=2×2×cos＜，＞=﹣2，‎ 且与的夹角为∠POQ，‎ 所以cos∠POQ=﹣，∠POQ=120°，‎ 所以圆心C到直线l：kx﹣y+1=0的距离d=1，‎ 又d=，所以k=0．…‎ ‎（3）（ⅰ）当直线m的斜率不存在时，‎ 直线m经过圆C的圆心C，‎ 此时直线m与圆C的交点为E（0，2），F（0，﹣2），‎ EF即为圆C的直径，而点M（2，0）在圆C上，‎ 即圆C也是满足题意的圆．…‎ ‎（ⅱ）当直线m的斜率存在时，设直线m：y=kx+4，‎ 由，消去y整理，得（1+k2）x2+8kx+12=0，‎ 由△=64k2﹣48（1+k2）＞0，得或．‎ 设E（x1，y1），F（x2，y2），‎ 则有①…‎ 由①得，②，③‎ 若存在以EF为直径的圆P经过点M（2，0），则ME⊥MF，‎ 所以，‎ 因此（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2=0，‎ 即x1x2﹣2（x1+x2）+4+y1y2=0，…‎ 则，‎ 所以16k+32=0，k=﹣2，满足题意．…‎ 此时以EF为直径的圆的方程为x2+y2﹣（x1+x2）x﹣（y1+y2）y+x1x2+y1y2=0，‎ 即，‎ 亦即5x2+5y2﹣16x﹣8y+12=0．…‎ 综上，在以EF为直径的所有圆中，‎ 存在圆P：5x2+5y2﹣16x﹣8y+12=0或x2+y2=4，使得圆P经过点M（2，0）． …‎ ‎　‎ ‎22．如图，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，已知AE=DE=2，F为线段DE的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：BE∥平面ACF；‎ ‎（Ⅱ）求二面角C﹣BF﹣E的平面角的余弦值．‎ ‎【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）连结BD和AC交于O，连结OF，由已知得OF∥BE，由此能证明BE∥平面ACF．‎ ‎（Ⅱ）以D为原点，以DE为x轴建立坐标系，利用向量法能求出二面角C﹣BF﹣E的平面角的余弦值．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：连结BD和AC交于O，连结OF，…‎ ‎∵ABCD为正方形，∴O为BD中点，‎ ‎∵F为DE中点，∴OF∥BE，…‎ ‎∵BE⊄平面ACF，OF⊂平面ACF，‎ ‎∴BE∥平面ACF．…‎ ‎（Ⅱ）解：∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE，‎ ‎∴AE⊥CD，∵ABCD为正方形，∴CD⊥AD，‎ ‎∵AE∩AD=A，AD，AE⊂平面DAE，∴CD⊥平面DAE，‎ ‎∵DE⊂平面DAE，∴CD⊥DE…‎ ‎∴以D为原点，以DE为x轴建立如图所示的坐标系，‎ 则E（2，0，0），F（1，0，0），A（2，0，2），D（0，0，0）‎ ‎∵AE⊥平面CDE，DE⊂平面CDE，∴AE⊥DE，∵AE=DE=2，‎ ‎∴，∵ABCD为正方形，∴，∴，‎ 由ABCD为正方形可得：，∴‎ 设平面BEF的法向量为，‎ ‎，‎ 由，‎ 令y1=1，则∴…‎ 设平面BCF的法向量为，‎ ‎，‎ 由，‎ 令y2=1，则，，‎ ‎∴…‎ 设二面角C﹣BF﹣E的平面角的大小为θ，则 ‎=‎ ‎∴二面角C﹣BF﹣E的平面角的余弦值为…‎