2017-2018学年河北省唐山市滦县二中高二上学期期中数学试题（文科）（解析版） 23页

‎2017-2018学年河北省唐山市滦县二中高二（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．（5分）直线x+y=0的倾斜角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．（5分）下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的一个图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AD1与BD 所成的角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（5分）直线2x﹣y=7与直线3x+2y﹣7=0的交点是（　　）‎ A．（3，﹣1） B．（﹣1，3） C．（﹣3，﹣1） D．（3，1）‎ ‎5．（5分）圆x2+y2﹣4x=0的圆心坐标和半径分别为（　　）‎ A．（0，2），2 B．（2，0），4 C．（﹣2，0），2 D．（2，0），2‎ ‎6．（5分）已知直线l1：ax﹣y+2a=0，l2：（2a﹣1）x+ay=0互相垂直，则a的值是（　　）‎ A．0 B．1 C．0或1 D．0或﹣1‎ ‎7．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）‎ A． B．π C． D．2π ‎8．（5分）若P（2，﹣1）为圆（x﹣1）2+y2=25的弦AB的中点，则直线AB的方程为（　　）‎ A．2x+y﹣3=0 B．x+y﹣1=0 C．x﹣y﹣3=0 D．2x﹣y﹣5=0‎ ‎9．（5分）在空间给出下面四个命题（其中m、n为不同的两条直线，α、β为不同的两个平面）‎ ‎①m⊥α，n∥α⇒m⊥n ‎②m∥n，n∥α⇒m∥α ‎③m∥n，n⊥β，m∥α⇒α⊥β ‎④m∩n=A，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β⇒α∥β 其中正确的命题个数有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎10．（5分）一个三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且长度分别为1、、3，则这个三棱锥的外接球的表面积为（　　）‎ A．16π B．32π C．36π D．64π ‎11．（5分）在四面体PABC中，PA=PB=PC=AB=BC=CA，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，下列结论中不成立的是（　　）‎ A．BC∥平面PDF B．BC⊥平面PAE C．DF⊥平面PAE D．AE⊥平面APC ‎12．（5分）直线y=x+b与曲线x=有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（　　）‎ A．|b|= B．﹣1＜b≤1或b=﹣ C．﹣1≤b≤ D．0＜b≤1或b=‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，题每小题5分，共20分.把答案填在答题纸的相应位置 ‎13．（5分）已知过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，则m的值为　 　．‎ ‎14．（5分）一块正方形薄铁片的边长为4cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形（如图），用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于　 　cm3．‎ ‎15．（5分）过点（1，2）且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程　 　．‎ ‎16．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下三个结论：‎ ‎①AC⊥BD；‎ ‎②△ACD上等边三角形；‎ ‎③AB与平面BCD成60°的角；‎ 其中正确结论的序号是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共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）三角形的三个顶点A（4，0），B（6，7），C（0，3）．‎ ‎（1）求BC边所在的直线的方程；‎ ‎（2）求△ABC的面积．‎ ‎18．（12分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，E，F，N分别为A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点，求证：‎ ‎（1）E，F，D，B四点共面；‎ ‎（2）面AMN∥平面EFDB．‎ ‎19．（12分）已知点M（x0，y0）在圆x2+y2=4上运动，N（4，0），点P（x，y）为线段MN的中点．‎ ‎（1）求点P（x，y）的轨迹方程；‎ ‎（2）求点P（x，y）到直线3x+4y﹣86=0的距离的最大值和最小值．‎ ‎20．（12分）如图所示，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别是BC，CC1的中点．‎ ‎（1）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎（2）若该三棱柱所有的棱长均为2，求三棱锥B1﹣AEF的体积．‎ ‎21．（12分）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=4．‎ ‎（1）求直线2x﹣y+4=0被圆C所截得的弦长；‎ ‎（2）求过点M（3，1）的圆C的切线方程．‎ ‎22．（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB=AD=CD=1．现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形AEFD翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2．‎ ‎（1）求证：AM∥平面BEC；‎ ‎（2）求证：BC⊥平面BDE；‎ ‎（3）求点D到平面BEC的距离．‎ ‎　‎ ‎2017-2018学年河北省唐山市滦县二中高二（上）期中数学试卷（文科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 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．（5分）直线x+y=0的倾斜角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】设直线x+y=0的倾斜角为θ，θ∈[0，π）．可得tanθ=﹣，即可得出．‎ ‎【解答】解：设直线x+y=0的倾斜角为θ，θ∈[0，π）．‎ 则tanθ=﹣，解得θ=．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了直线的斜率、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的一个图是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】‎ 在A中，由PQ与SR相交，知P、Q、R、S四个点共面；在B中，由QR与PS相交，知P、Q、R、S四个点共面；在C中，由QR∥PA，知P、Q、R、S四个点共面；在D中，由QR和PS是异面直线，并且任意两个点的连线既不平行也不相交，知四个点共面不共面．‎ ‎【解答】解：在A中，由题意知在正方体中，PQ与SR相交，‎ 则P、Q、R、S四个点共面，故A不对；‎ 在B中，由题意知在正方体中，QR与PS相交，‎ 所以P、Q、R、S四个点共面，故B不对；‎ 在C中，因为PR和QS分别是相邻侧面的中位线，‎ 所以PR∥BS，QS∥BD，即QR∥PA，所以P、Q、R、S四个点共面，故C不对；‎ 在D中，根据图中几何体得，P、Q、R、S四个点中任意两个点都在两个平面内，‎ QR和PS是异面直线，并且任意两个点的连线既不平行也不相交，故四个点共面不共面，故D对；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查四点是否共面的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线AD1与BD 所成的角为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由BD∥B1D1，得∠AD1B1是异面直线AD1与BD 所成的角（或所成角的补角），由此能求出异面直线AD1与BD 所成的角的大小．‎ ‎【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，‎ ‎∵BD∥B1D1，‎ ‎∴∠AD1B1是异面直线AD1与BD 所成的角（或所成角的补角），‎ ‎∵AD1=B1D1=AB1，‎ ‎∴∠AD1B1=．‎ ‎∴异面直线AD1与BD 所成的角为．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）直线2x﹣y=7与直线3x+2y﹣7=0的交点是（　　）‎ A．（3，﹣1） B．（﹣1，3） C．（﹣3，﹣1） D．（3，1）‎ ‎【分析】要求两条直线的交点坐标，联立两条直线的方程求出解集即可得到．‎ ‎【解答】解：联立直线方程得：解得即交点坐标为（3，﹣1）‎ 故选A ‎【点评】考查学生会根据两条直线的方程求交点坐标，此题比较简单．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）圆x2+y2﹣4x=0的圆心坐标和半径分别为（　　）‎ A．（0，2），2 B．（2，0），4 C．（﹣2，0），2 D．（2，0），2‎ ‎【分析】把圆的方程利用配方法化为标准方程后，即可得到圆心与半径．‎ ‎【解答】解：把圆x2+y2﹣4x=0的方程化为标准方程得：（x﹣2）2+y2=4，‎ 所以圆心坐标为（2，0），半径为=2‎ 故选D ‎【点评】此题比较简单，要求学生会把圆的一般方程化为标准方程．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）已知直线l1：ax﹣y+2a=0，l2：（2a﹣1）x+ay=0互相垂直，则a的值是（　　）‎ A．0 B．1 C．0或1 D．0或﹣1‎ ‎【分析】由已知得（2a﹣1）a+a（﹣1）=0，由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：∵直线l1：ax﹣y+2a=0，l2：（2a﹣1）x+ay=0互相垂直，‎ ‎∴（2a﹣1）a+a（﹣1）=0，‎ 解得a=0或a=1．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查两条直线相互垂直的条件的运用，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（　　）‎ A． B．π C． D．2π ‎【分析】根据三视图知几何体为圆柱上、下各挖去一个半球，且圆柱的高与底面圆的直径都是2，挖去半球的直径为2，再根据球与圆柱的体积公式计算即可．‎ ‎【解答】解：由三视图知几何体为圆柱上、下各挖去一个半球，且圆柱的高与底面圆的直径都是2，‎ 挖去半球的直径为2，‎ ‎∴几何体的体积V=π×12×2﹣π×13=．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了由三视图求几何体的体积，由三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）若P（2，﹣1）为圆（x﹣1）2+y2=25的弦AB的中点，则直线AB的方程为（　　）‎ A．2x+y﹣3=0 B．x+y﹣1=0 C．x﹣y﹣3=0 D．2x﹣y﹣5=0‎ ‎【分析】求出圆心C的坐标，得到PC的斜率，利用中垂线的性质求得直线AB的斜率，点斜式写出AB的方程，并化为一般式．‎ ‎【解答】解：圆（x﹣1）2+y2=25的圆心C（1，0），点P（2，﹣1）为 弦AB的中点，PC的斜率为=﹣1，‎ ‎∴直线AB的斜率为1，点斜式写出直线AB的方程 y+1=1×（x﹣2），即 x﹣y﹣3=0，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查直线和圆相交的性质，线段的中垂线的性质，用点斜式求直线的方程的方法．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）在空间给出下面四个命题（其中m、n为不同的两条直线，α、β为不同的两个平面）‎ ‎①m⊥α，n∥α⇒m⊥n ‎②m∥n，n∥α⇒m∥α ‎③m∥n，n⊥β，m∥α⇒α⊥β ‎④m∩n=A，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β⇒α∥β 其中正确的命题个数有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【分析】根据线面垂直、线面平行的性质，可判断①；由m∥n，n∥α⇒m∥α或m⊂α可判断②；‎ ‎③根据两平行线中的一个垂直于平面，则另一个也垂直于平面及面面垂直的判定定理可判断③‎ ‎④由已知可得平面α，β都与直线m，n确定的平面平行，则可得α∥β，可判断④‎ ‎【解答】解：①由线面垂直及线面平行的性质，可知m⊥α，n⊥α得m∥n，故①正确；‎ ‎②m∥n，n∥α⇒m∥α或m⊂α，故②错误 ‎③根据线面垂直的性质；两平行线中的一个垂直于平面，则另一个也垂直于平面可知：若m∥n，n⊥β，则m⊥β，又m∥α⇒α⊥β，故③正确 ‎④由m∩n=A，m∥α，n∥α，m∥β，n∥β可得平面α，β都与直线m，n确定的平面平行，则可得α∥β，故④正确 综上知，正确的有①③④‎ 故选C ‎【点评】本题的考点是间中直线一直线之间的位置关系，考查了线线平行与线线垂直的条件，解题的关键是理解题意，有着较强的空间想像能力，推理判断的能力，是高考中常见题型，其特点是涉及到的知识点多，知识容量大．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）一个三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且长度分别为1、、3，则这个三棱锥的外接球的表面积为（　　）‎ A．16π B．32π C．36π D．64π ‎【分析】三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，求出长方体的对角线的长，就是球的直径，然后求球的表面积．‎ ‎【解答】解：三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，它的外接球就是它 扩展为长方体的外接球，求出长方体的对角线的长：‎ 所以球的直径是4，半径为2，球的表面积：16π 故选A．‎ ‎【点评】本题考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，计算能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）在四面体PABC中，PA=PB=PC=AB=BC=CA，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，下列结论中不成立的是（　　）‎ A．BC∥平面PDF B．BC⊥平面PAE C．DF⊥平面PAE D．AE⊥平面APC ‎【分析】在A中，由DF∥BC，得到BC∥平面PDF；在B中，由PE⊥BC，AE⊥BC，得BC⊥平面PAE；在C中，由DF∥BC，BD⊥平面PAE，得DF⊥PAE；在D中，由∠EAC=30°，得AE与平面APC不垂直．‎ ‎【解答】解：由在四面体PABC中，PA=PB=PC=AB=BC=CA，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点，知：‎ 在A中，DF∥BC，又DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，∴BC∥平面PDF，故A正确；‎ 在B中，PE⊥BC，AE⊥BC，PE∩AE=E，∴BC⊥平面PAE，故B正确；‎ 在C中，由DF∥BC，BD⊥平面PAE，得DF⊥PAE，故C正确；‎ 在D中，∵△ABC是等边三角形，E是BC中点，∴∠EAC=30°，‎ ‎∴AE与平面APC不垂直，故D错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）直线y=x+b与曲线x=有且仅有一个公共点，则b的取值范围是（　　）‎ A．|b|= B．﹣1＜b≤1或b=﹣ C．﹣1≤b≤ D．0＜b≤1或b=‎ ‎【分析】把曲线方程整理后可知其图象为半圆，进而画出图象来，要使直线与曲线有且仅有一个交点，那么很容易从图上看出其三个极端情况分别是：直线在第四象限与曲线相切，交曲线于（0，﹣1）和另一个点，及与曲线交于点（0，1），分别求出b，则b的范围可得．‎ ‎【解答】解：曲线x=有即 x2+y2=1 （x≥0），表示一个半圆（单位圆位于x轴及x轴右侧的部分）．‎ 如图，A（0，1）、B（1，0）、C（0，﹣1），‎ 当直线y=x+b经过点A时，1=0+b，求得 b=1；‎ 当直线y=x+b经过点B、点C时，0=1+b，求得b=﹣1；‎ 当直线y=x+b和半圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径，可得1=，求得b=﹣，或 b=（舍去），‎ 故要求的实数b的范围为﹣1＜b≤1或b=﹣，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查了直线与圆相交的性质．对于此类问题除了用联立方程转化为方程的根的问题之外，也可用数形结合的方法较为直观．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，题每小题5分，共20分.把答案填在答题纸的相应位置 ‎13．（5分）已知过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，则m的值为　﹣8　．‎ ‎【分析】因为过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线与直线2x+y﹣1=0平行，所以，两直线的斜率相等．‎ ‎【解答】解：∵直线2x+y﹣1=0的斜率等于﹣2，‎ ‎∴过点A（﹣2，m）和B（m，4）的直线的斜率k也是﹣2，‎ ‎∴ 解得：m=﹣8‎ 故答案为：﹣8‎ ‎【点评】本题考查两斜率存在的直线平行的条件是斜率相等，以及斜率公式的应用．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）一块正方形薄铁片的边长为4cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形（如图），用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于　π　cm3．‎ ‎【分析】设圆锥的底面圆的半径为r，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到=2πr，解得r=1，然后根据勾股定理计算圆锥的高．即可求解几何体的体积．‎ ‎【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，‎ 根据题意得 =2πr，解得r=1，‎ 所以这个圆锥的高==（cm）．‎ 圆锥的体积为：=π．cm3．‎ 故答案为：π．‎ ‎【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）过点（1，2）且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程　2x﹣y=0或x+y﹣3=0　．‎ ‎【分析】分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为x+y=a，把已知点坐标代入即可求出a的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为y=kx，把已知点的坐标代入即可求出k的值，得到直线的方程，综上，得到所有满足题意的直线的方程．‎ ‎【解答】解：①当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为x+y=a，‎ 把（1，2）代入所设的方程得：a=3，则所求直线的方程为x+y=3即x+y﹣3=0；‎ ‎②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为y=kx，‎ 把（1，2）代入所求的方程得：k=2，则所求直线的方程为y=2x即2x﹣y=0．‎ 综上，所求直线的方程为：2x﹣y=0或x+y﹣3=0．‎ 故答案为：2x﹣y=0或x+y﹣3=0‎ ‎【点评】此题考查学生会根据条件设出直线的截距式方程和点斜式方程，考查了分类讨论的数学思想，是一道综合题．‎ ‎　‎ ‎16．（5分）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A﹣BD﹣C，有如下三个结论：‎ ‎①AC⊥BD；‎ ‎②△ACD上等边三角形；‎ ‎③AB与平面BCD成60°的角；‎ 其中正确结论的序号是　①②　．‎ ‎【分析】作出此直二面角的图象，由图形中所给的位置关系对命题逐一判断，即可得出正确结论．‎ ‎【解答】解：作出如图的图象，其中A﹣BD﹣C=90°，E是BD的中点，可以证明出∠AED=90°即为此直二面角的平面角 对于命题①，由于BD⊥面AEC，故AC⊥BD，此命题正确；‎ 对于命题②，在等腰直角三角形AEC中可以解出AC等于正方形的边长，故△‎ ACD是等边三角形，此命题正确；‎ 对于命题③AB与平面BCD所成的线面角的平面角是∠ABE=45°，故AB与平面BCD成60°的角不正确；‎ 综上知①②是正确的．‎ 故答案为：①②．‎ ‎【点评】本题考查与二面角有关立体几何中线线之间的角的求法，线面之间的角的求法，以及线线之间位置关系的证明方法．综合性较强，对空间立体感要求较高．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共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）三角形的三个顶点A（4，0），B（6，7），C（0，3）．‎ ‎（1）求BC边所在的直线的方程；‎ ‎（2）求△ABC的面积．‎ ‎【分析】（1）求出直线BC的斜率，求出直线BC的方程即可；‎ ‎（2）求出A到BC的距离d，根据三角形的面积公式求出三角形的面积即可．‎ ‎【解答】解：（1）∵A（4，0），B（6，7），C（0，3）．‎ ‎∴kBC==，‎ ‎∴BC边所在的直线的方程为y﹣3=x，‎ 即2x﹣3y+9=0；‎ ‎（2）A到BC的距离d==，|BC|==2，‎ 故S=d•|BC|=××2=17．‎ ‎【点评】本题考查了直线方程问题，考查三角形的面积公式，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，E，F，N分别为A1B1，B1C1，C1D1，D1A1的中点，求证：‎ ‎（1）E，F，D，B四点共面；‎ ‎（2）面AMN∥平面EFDB．‎ ‎【分析】（1）由E，E分别是B1C1，C1D的中点，知EF∥B1D1，从而得到EF∥BD，由此能证明E，F，B，D，四点共面．‎ ‎（2）由题设条件推导出MN∥EF，AN∥CF，由此能够证明面MAN∥面EFDB．‎ ‎【解答】证明：（1）∵E，E分别是B1C1，C1D1的中点，‎ ‎∴EF∥B1D1，‎ ‎∵B1D1∥BD，∴EF∥BD，‎ ‎∴E，F，B，D，四点共面．‎ ‎（2）∵M，N分别是A1B1，D1A1的中点，‎ ‎∴MN∥B1D1，‎ ‎∵EF∥B1D1，∴MN∥EF，‎ ‎∵F，N分别是D1C1、A1B1的中点，‎ ‎∴NFA1D1，‎ ‎∵，∴NFAC，‎ ‎∴四边形NFCA是平行四边形，‎ ‎∴AN∥CF，‎ ‎∵MN∩AN=N，EF∩DF=F，‎ ‎∴面MAN∥面EFDB．‎ ‎【点评】本题考查四点共面的证明，考查两个平面平行的证明．解题时要认真审题，注意中位线定理和平行公理的合理运用．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）已知点M（x0，y0）在圆x2+y2=4上运动，N（4，0），点P（x，y）为线段MN的中点．‎ ‎（1）求点P（x，y）的轨迹方程；‎ ‎（2）求点P（x，y）到直线3x+4y﹣86=0的距离的最大值和最小值．‎ ‎【分析】（1）由线段的中点坐标公式，算出点M（x0，y0）即M（2x﹣4，2y），将M坐标代入圆x2+y2=4并化简，即可得到点P（x，y）的轨迹方程；‎ ‎（2）根据P的轨迹是以C（2，0）为圆心、半径等于1的圆，算出C到已知直线的距离，再分别加上、减去半径，即可得到点P到已知直线距离的最大值和最小值．‎ ‎【解答】解：（1）根据线段中点坐标公式，得 解得x0=2x﹣4，y0=2y，‎ ‎∵点M（x0，y0）即M（2x﹣4，2y）在圆x2+y2=4上运动，‎ ‎∴M坐标代入，得（2x﹣4）2+4y2=4，‎ 化简得（x﹣2）2+y2=1，即为点P（x，y）的轨迹方程；‎ ‎（2）∵点P（x，y）的轨迹是以C（2，0）为圆心，半径等于1的圆 ‎∴求得C到直线3x+4y﹣86=0的距离d==16‎ 可得点P（x，y）到直线3x+4y﹣86=0的距离的最大值为16+1=17，最小值为16﹣1=15．‎ ‎【点评】本题给出动点的轨迹，求其方程并求点到直线的距离的最值．着重考查了点到直线的距离公式、圆的方程、线段的中点坐标公式和动点轨迹的求法等知识，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）如图所示，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F分别是BC，CC1的中点．‎ ‎（1）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；‎ ‎（2）若该三棱柱所有的棱长均为2，求三棱锥B1﹣AEF的体积．‎ ‎【分析】（1）推导出AE⊥BB1，AE⊥BC，从而AE⊥平面B1BCC1，由此能证明平面AEF⊥平面B1BCC1．‎ ‎（2）三棱锥B1﹣AEF的体积，由此能求出结果．‎ ‎【解答】证明：（1）∵BB1⊥面ABC，AE⊂平面ABC，‎ ‎∴AE⊥BB1，‎ ‎∵E是正三角形ABC的边BC的中点．‎ ‎∴AE⊥BC，…（2分）‎ 又∵BC⊂平面B1BCC1，B1B⊂平面B1BCC1，BC∩BB1=B，…（3分）‎ ‎∴AE⊥平面B1BCC1，…（5分）‎ ‎∵AE⊂平面AEF，‎ ‎∴平面AEF⊥平面B1BCC1．…（6分）‎ 解：（2）∵三棱柱所有的棱长均为2，‎ ‎∴AE=，…（8分）‎ ‎∴=，…（10分）‎ 由（1）知AE⊥平面B1BCC1，‎ ‎∴三棱锥B1﹣AEF的体积==．…（12分）‎ ‎【点评】本题考查面央垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想是，是中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=4．‎ ‎（1）求直线2x﹣y+4=0被圆C所截得的弦长；‎ ‎（2）求过点M（3，1）的圆C的切线方程．‎ ‎【分析】（1）求出圆心C（1，2）到直线2x﹣y+4=0的距离，即可求直线2x﹣y+4=0被圆C所截得的弦长；‎ ‎（2）分类讨论，利用圆心C（1，2）到直线kx﹣y﹣3k+1=0的距离等于r，即可求过点M（3，1）的圆C的切线方程．‎ ‎【解答】解：圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2=4的圆心为（1，2），半径长r=2，‎ ‎（1）圆心C（1，2）到直线2x﹣y+4=0的距离为：d==，‎ 所以直线2x﹣y+4=0被圆C所截得的弦长为：2=2=2=．‎ ‎（2）因为（3﹣1）2+（1﹣2）2=5＞4，所以点M在圆外，‎ 当切线斜率存在时，设切线方称为：y﹣1=k（x﹣3）‎ 即kx﹣y﹣3k+1=0，‎ 圆心C（1，2）到直线kx﹣y﹣3k+1=0的距离为：d==‎ 由题意有：d==2=r，所以k=此时切线方称为：y﹣1=k=（x﹣3），即3x﹣4y﹣5=0，‎ 当切线斜率不存在时，直线x=3也与圆相切．‎ 综上所述，所求切线方称为：3x﹣4y﹣5=0或x=3．‎ ‎【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB=AD=CD=1．现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形AEFD翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2．‎ ‎（1）求证：AM∥平面BEC；‎ ‎（2）求证：BC⊥平面BDE；‎ ‎（3）求点D到平面BEC的距离．‎ ‎【分析】（1）欲证AM∥平面BEC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证AM与平面BEC内一直线平行，取EC中点N，连接MN，BN，根据中位线定理和条件可知MN∥AB，且MN=AB，从而得到四边形ABNM为平行四边形，则BN∥AM，BN⊂平面BEC，且AM⊄平面BEC，满足定理所需条件；‎ ‎（2）欲证BC⊥‎ 平面BDE，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证BC与平面BDE内两相交直线垂直，根据面面垂直的性质可知ED⊥平面ABCD，则ED⊥BC，根据勾股定理可知BC⊥BD，满足定理所需条件；‎ ‎（3）过点D作EB的垂线交EB于点G，则DG⊥平面BEC，从而点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度，在直角三角形BDE中，利用等面积法即可求出DG，从而求出点D到平面BEC的距离．‎ ‎【解答】（1）证明：取EC中点N，连接MN，BN．‎ 在△EDC中，M，N分别为EC，ED的中点，‎ 所以MN∥CD，且MN=CD．‎ 由已知AB∥CD，AB=CD，‎ 所以MN∥AB，且MN=AB．（3分）‎ 所以四边形ABNM为平行四边形．‎ 所以BN∥AM．（4分）‎ 又因为BN⊂平面BEC，且AM⊄平面BEC，‎ 所以AM∥平面BEC．（5分）‎ ‎（2）证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD．‎ 又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，‎ 所以ED⊥平面ABCD．‎ 所以ED⊥BC．（7分）‎ 在直角梯形ABCD中，AB=AD=1，CD=2，可得BC=．‎ 在△BCD中，BD=BC=，CD=2，‎ 所以BD2+BC2=CD2．‎ 所以BC⊥BD．（8分）‎ 所以BC⊥平面BDE．（10分）‎ ‎（3）解：由（2）知，BC⊥平面BDE 又因为BC⊂平面BCE，所以平面BDE⊥平面BEC．（11分）‎ 过点D作EB的垂线交EB于点G，则DG⊥平面BEC 所以点D到平面BEC的距离等于线段DG的长度（12分）‎ 在直角三角形BDE中，DG==‎ 所以点D到平面BEC的距离等于．（14分）‎ ‎【点评】本题主要考查了线面平行的判定，以及线面垂直的判定和点到面的距离的度量等有关知识，同时考查了空间想象能力、转化与划归的思想，属于综合题．‎ ‎　‎