新高一数学下期中模拟试卷及答案

一、选择题

1．已知直线l过点(1,0)，且倾斜角为直线l0：x2y20的倾斜角的2倍，则直线l的方程为（ ） A．4x3y30 C．3x4y40

A．若l//，l//，则// C．若l，l//，则//

B．3x4y30 D．4x3y40

B．若l，l，则// D．若，l//，则l

2．设l为直线，,是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )

3．已知A,B,C,D是同一球面上的四个点，其中ABC是正三角形，AD平面ABC，

AD2AB6，则该球的体积为（ ）

A．48π

B．24π

C．16π

D．323π

4．已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC为球O的直径，且SCOA，SCOB，OAB为等边三角形，三棱锥SABC的体积为

43，则球O3的半径为( ) A．3

B．1

C．2

D．4

5．设表示平面，a，b表示直线，给出下列四个命题：①a，abb； ②ab，ab；③a，abb；④a，bab，其中正确命题的序号是（ ） A．①②

2B．②④

2C．③④ D．①③

6．已知圆C:x3y41和两点Am,m，Bm,mm0，若圆C上存在点P，使得APB90，则m的最大值为（ ） A．42 B．32 C．32 2D．22 7．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ） A．直角三角形

B．等边三角形

C．正方形

D．正六边形

8．在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC120，AP2,AB2，M是线

段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，则三棱锥PABC的外接球的表面积是（ ） A．

9 2B．92

C．18

D．40

9．某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直且相等，则该几何体的体积是（ ）

A．

176 3B．

160 3C．

128 3D．32

10．若方程14x2kx2k4 有两个相异的实根，则实数k的取值范围是（ ） A．,

3413B．,13 34C．53, 124D．

53, 12411．如图，平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD2，BDCD，将其

沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）

A．3

B．3 2C．4

D．3 412．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，ABC是等腰三角形，

BABC，AC2，CC13，D是AC的中点，点F在侧棱A1上，若要使C1F平面AFBDF，则的值为( )

FA1

A．1 B．

1或2 2C．

2或2 2D．

1或3 3二、填空题

13．已知圆M:x2y22ay0(a0)截直线xy0所得线段的长度是22，则圆M与圆N:(x1)2(y1)21的位置关系是_________．

14．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为B1C1中点，连接A1B，D1M，则异面直线

A1B和D1M所成角的余弦值为________________________．

15．直线与圆交于两点，则________．

16．三棱锥PABC中，PAPB5，ACBC该三棱锥的外接球面积为________.

2，ACBC，PC3，则

17．若直线l：ykx-3与直线2x3y-60的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是___________.

18．正四棱锥PABCD底面的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上，点P在球面上.若VPABCD16，则球O的体积是______． 319．在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ACBC，且三棱锥的最长的棱长为2，则此三棱锥的外接球体积为_____________.

CD=2，则A、B两点在四面20．已知四面体ABCD的外接球球心O在棱CD上，AB=3，体ABCD的外接球上的球面距离是________.

三、解答题

21．如图，在四棱锥PABCD中，PA面ABCD，AB//CD，且

CD2AB2,BC22，ABC90，M为BC的中点．

（1）求证：平面PDM平面PAM；

（2）若二面角PDMA为30，求直线PC与平面PDM所成角的正弦值．

22．如图，梯形ABCD中，AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且

DEAB,CFAB,AB12,AD5,BC42,DE4.现将△ADE,△CFB分别沿

DE,CF折起,使两点A,B重合于点G,得到多面体CDEFG（1）求证：平面DEG平

面CFG;（2）求多面体CDEFG的体积

23．如图，在平面直角坐标系xoy中，点A(0,3)，直线l:y2x4，设圆C的半径为1， 圆心在l上.

（1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线方程； （2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围. 24．在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点.

（1）求证：A1C//面AB1D；

（2）设M是棱CC1上的点，且满足BMB1D.求证：面AB1D面ABM. 25．如图，已知四棱锥

的底面

是菱形，

平面

，点为

的中点.

（1）求证：（2）求证：

∥平面

.

；

26．已知以点C（1，﹣2）为圆心的圆与直线x+y﹣1=0相切． （1）求圆C的标准方程；

（2）求过圆内一点P（2，﹣）的最短弦所在直线的方程．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】

设直线l0的倾斜角为，则斜率k0tan1，所以直线l的倾斜角为2，斜率2ktan22tan441,0y(x1)，即，又经过点（），所以直线方程为21tan334x3y40，选D.

2．B

解析：B 【解析】

A中，,也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，,也可能相交；D中，l也可能在平面内. 【考点定位】点线面的位置关系

3．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据球的性质可知球心O与ABC外接圆圆心O连线垂直于平面ABC；在RtPOE和

RtOOA中利用勾股定理构造出关于半径R和OO的方程组，解方程组求得R，代入球

的体积公式可得结果.

【详解】

设O为ABC的外心，如下图所示：

由球的性质可知，球心O与O连线垂直于平面ABC，作OEAD于E 设球的半径为R，OOx

ABC为等边三角形，且AB3 AO3 OO平面ABC，AD平面ABC，OEAD

OOAEx，OEAO3 在RtPOE和RtOOA中，由勾股定理得：

22OE2PE2OO2OA2R2，即36xx3R

2解得：x3，R23 4球的体积为：VR3323

3本题正确选项：D 【点睛】

本题考查棱锥外接球的体积求解问题，关键是能够确定棱锥外接球球心的位置，从而在直角三角形中利用勾股定理构造方程求得半径.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据题意作出图形，欲求球的半径r．利用截面的性质即可得到三棱锥SABC的体积可看成是两个小三棱锥SABO和CABO的体积和，即可计算出三棱锥的体积，从而建立关于r的方程，即可求出r，从而解决问题． 【详解】

解：根据题意作出图形： 设球心为O，球的半径r．

SCOA，SCOB，SC平面AOB，

三棱锥SABC的体积可看成是两个小三棱锥SABO和CABO的体积和． 32431， V三棱锥SABCV三棱锥SABOV三棱锥CABOrr2343r2． 故选：C．

【点睛】

本题考查棱锥的体积，考查球内接多面体，解题的关键是确定将三棱锥SABC的体积看成是两个小三棱锥SABO和CABO的体积和，属于中档题．

5．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

①a∥α，a⊥b⇒b与α平行，相交或b⊂α，故①错误； ②若a∥b，a⊥α，由直线与平面垂直和判定定理得b⊥α，故②正确； ③a⊥α，a⊥b⇒b与α平行，相交或b⊂α，故③错误； ④若a⊥α，b⊥α，则由直线与平面垂直的性质得a∥b，故④正确． 故选B．

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据使得APB90的点P在以AB为直径的圆上,再分析轨迹圆与圆C的关系即可. 【详解】

由题, 使得APB90的点P在以AB为直径的圆上,又两点Am,m,Bm,m, 所以圆心为0,0.半径为m2m22222m.故P的轨迹方程为xy2m.

又由题意知,当圆C:x3y41内切于x2y2m2时m取最大值. 此时2m故选：B 【点睛】

本题主要考查了圆与圆的位置关系,重点是根据APB90求出点P的轨迹.属于中等题

22324216,故m32.

型.

7．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 画出截面图形如图 显然A正三角形C正方形： D正六边形

可以画出三角形但不是直角三角形； 故选A．

用一个平面去截正方体，则截面的情况为：

①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；

②截面为四边形时，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；

③截面为五边形时，不可能是正五边形； ④截面为六边形时，可以是正六边形． 故可选A．

8．C

解析：C

【解析】 【分析】

首先确定三角形ABC为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定球的表面积． 【详解】 解：如图所示：

三棱锥PABC中，PA平面ABC，AP2,AB2，

M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3， 则：当AMBC时，线段PM达到最小值， 由于：PA平面ABC， 所以：PA2AM2PM2， 解得：AM1， 所以：BM3， 则：BAM60， 由于：BAC120， 所以：MAC60 则：ABC为等腰三角形． 所以：BC23，

在ABC中，设外接圆的直径为2r则：r2，

234，

sin120229所以：外接球的半径R22， 22则：S4故选：C． 【点睛】

本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用．

918， 29．B

解析：B 【解析】

该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，因此体积是4243132160，选B. 3点睛： 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．

10．D

解析：D 【解析】 【分析】

22由题意可得，曲线x(y1)4(y1)与直线y4k(x2)有2个交点，数形结合求

得k的范围. 【详解】

22如图所示，化简曲线得到x(y1)4(y1)，表示以(0,1)为圆心，以2为半径的上半

圆，直线化为y4k(x2)，过定点A(2,4)，

设直线与半圆的切线为AD，半圆的左端点为B(2,1)，当kADkkAB，直线与半圆有两个交点， AD与半圆相切时，|12k4|k212，解得kAD5，

12kAB41353，所以k,.

2(2)4124故选：D 【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题.

11．A

解析：A 【解析】 【分析】

设BC的中点是E，连接DE，由四面体A′­BCD的特征可知，DE即为球体的半径. 【详解】

设BC的中点是E，连接DE，A′E， 因为AB＝AD＝1，BD＝2 由勾股定理得：BA⊥AD

又因为BD⊥CD，即三角形BCD为直角三角形 所以DE为球体的半径

DE3 2S4(故选A 【点睛】

32)3 2求解球体的表面积、体积的问题，其实质是求球体的半径，解题的关键是构造关于球体半径R的方程式，构造常用的方法是构造直角三角形，再利用勾股定理建立关于半径R的方程.

12．B

解析：B 【解析】 【分析】

易证BDC1F，故要使C1F平面BDF，只需C1FDF，然后转化到平面AAC11C中，根据勾股定理计算，即可得结果. 【详解】

CC1平面ABC，BD平面ABC，

所以BDCC1，

又BABC，D为AC中点， 所以BDAC，又ACCC1C，

所以BD平面AAC11C，

C1F平面AAC11C，

所以C1FBD， 因为DFBDD，故要使C1F平面BDF，只需C1FDF，

，ADCD1， 在四边形AAC11C中，AC2，CC13设AFx，则FA13x，

222由C1DDFC1F得191x22， 43x即x23x20，解得x1或x2，

所以

AF1AF或者2， FA12FA1故选：B.

【点睛】

本题考查了棱柱的结构特征，考查了空间中直线与平面的垂直的性质，勾股定理，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．

二、填空题

13．相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式求出的值结合两圆的位置关系进行判断即可【详解】解：圆的标准方程为则圆心为半径圆心到直线的距离圆截直线所得线段的长度是即则圆心为半径圆的圆心为半径则即两个

解析：相交 【解析】 【分析】

根据直线与圆相交的弦长公式，求出a的值，结合两圆的位置关系进行判断即可． 【详解】

解：圆的标准方程为M:x2(ya)2a2(a0)， 则圆心为(0,a)，半径Ra， 圆心到直线xy0的距离da2，

圆M:x2y22ay0(a0)截直线xy0所得线段的长度是22， a22a22 22即a24，a2，

则圆心为M(0,2)，半径R2，

圆N:(x1)2(y1)21的圆心为N(1,1)，半径r1， 则MN2，

Rr3，Rr1，

RrMNRr，

即两个圆相交． 故答案为：相交． 【点睛】

本题主要考查直线和圆相交的应用，以及两圆位置关系的判断，根据相交弦长公式求出a的值是解决本题的关键．

14．【解析】【分析】连接取的中点连接可知且是以为腰的等腰三角形然后利用锐角三角函数可求出的值作为所求的答案【详解】如下图所示：连接取的中点连接在正方体中则四边形为平行四边形所以则异面直线和所成的角为或其

10. 5【解析】 【分析】

解析：连接CD1、CM，取CD1的中点N，连接MN，可知A1B//CD1，且CD1M是以CD1为腰的等腰三角形，然后利用锐角三角函数可求出cosCD1M的值作为所求的答案． 【详解】 如下图所示：

连接CD1、CM，取CD1的中点N，连接MN，

在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1//BC，则四边形A1BCD1为平行四边形， 所以A1B//C1D，则异面直线A1B和D1M所成的角为CD1M或其补角， 易知B1C1D1BC1CCDD190，由勾股定理可得CMD1M5，2CD12，

N为CD1的中点，则MNCD1，在RtD1MN中，cosCD1M因此，异面直线A1B和D1M所成角的余弦值为

D1N10， D1M51010，故答案为． 55【点睛】

本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，求解异面直线所成的角一般利用平移直线法求解，遵循“一作、二证、三计算”，在计算时，一般利用锐角三角函数的定义或余弦定理求解，考查计算能力，属于中等题．

15．22【解析】【分析】首先将圆的一般方程转化为标准方程得到圆心坐标和圆的半径的大小之后应用点到直线的距离求得弦心距借助于圆中特殊三角形半弦长弦心距和圆的半径构成直角三角形利用勾股定理求得弦长【详解】根 解析：

【解析】 【分析】

首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长. 【详解】

根据题意，圆的方程可化为所以圆的圆心为

，且半径是，

， ，故答案为

.

，

根据点到直线的距离公式可以求得结合圆中的特殊三角形，可知【点睛】

该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.

16．【解析】【分析】由已知数据得两两垂直因此三棱锥外接球直径的平方等于这三条棱长的平方和【详解】∵∴∴又以作长方体则长方体的外接球就是三棱锥的外接球设外接球半径为则球表面积为故答案为：【点睛】本题考查球 解析：7

【解析】 【分析】

由已知数据得CA,CB,CP两两垂直，因此三棱锥外接球直径的平方等于这三条棱长的平方和． 【详解】

∵PAPB5，ACBC2，PC3，

222222∴PCCBPB,PCCAPA，∴PCCB,PCCA，又CACB，

以CA,CB,CP作长方体，则长方体的外接球就是三棱锥PABC的外接球．

2222设外接球半径为R，则(2R)CACBCP7，R7， 2球表面积为S4R24(故答案为：7． 【点睛】

72)7. 2本题考查球的表面积，解题关键是确定CA,CB,CP两两垂直，以CA,CB,CP作长方体，则长方体的外接球就是三棱锥PABC的外接球．

17．【解析】若直线与直线的交点位于第一象限如图所示：则两直线的交点应在线段上（不包含点）当交点为时直线的倾斜角为当交点为时斜率直线的倾斜角为∴直线的倾斜角的取值范围是故答案为

(解析：,) 62【解析】

若直线l:ykx3与直线2x3y60的交点位于第一象限，如图所示：

则两直线的交点应在线段AB上（不包含A,B点）, 当交点为A0,2时，直线l的倾斜角为

033，直线l的倾斜角为 ，当交点为B3,0时，斜率k62303,． 62∴直线的倾斜角的取值范围是故答案为, 6218．【解析】【分析】正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上则棱锥的高等于球的半径由此可由棱锥体积求得球的半径从而得球体积【详解】∵正四棱锥底面的四个顶点在球的同一个大圆上∴球心是正方形对角线交点是棱锥 解析：

32 3【解析】 【分析】

正四棱锥PABCD底面的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上，则棱锥的高等于球的半径，由此可由棱锥体积求得球的半径，从而得球体积．

【详解】

∵正四棱锥PABCD底面的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上，∴球心O是正方形ABCD对角线交点，PO是棱锥的高，设球半径为R，则AB2R，

11162SABCD(2R)22R2，VPABCDSABCDPO2RR，R2，

333434332R2∴V球． 33332故答案为：．

3【点睛】

本题考查球的体积，考查正四棱锥与半球的截接问题．解题关键是确定球半径与正四棱锥中的线段长之间的关系．

19．【解析】【分析】根据题意可得平面所以得出为三棱锥的最长边根据直角三角形的性质边的中点到三棱锥的各顶点距离都相等所以为球心球直径即为【详解】平面平面平面所以三棱锥中最长边为设中点为在中所以三棱锥的外接 解析：

4 3【解析】 【分析】

根据题意可得，BC⊥平面PAC，所以BCPC，得出PB为三棱锥的最长边，

PAAB，根据直角三角形的性质，PB边的中点到三棱锥的各顶点距离都相等，所以为球心，球直径即为PB. 【详解】

PA平面ABC，BC平面ABC，PABC,

ACBC,PAACA,BC平面PAC，BCPC，

PBBC,PBPC,PAAC,PCAC,PCPA，

所以三棱锥中最长边为PB2，

设PB中点为O，在RtPAB,PtPBC中，

AOCO1PB，所以三棱锥的外接球的球心为O， 24. 3半径为1,V故答案为:【点睛】

4. 3本题考查几何体的“切”“接”球问题，确定球心是解题的关键，考查空间垂直的应用，属于中档题.

20．【解析】【分析】根据球心到四个顶点距离相等可推断出O为CD的中点

且OA＝OB＝OC＝OD进而在△A0B中利用余弦定理求得cos∠AOB的值则∠AOB可求进而根据弧长的计算方法求得答案【详解】解：球心 解析：

2 3【解析】 【分析】

根据球心到四个顶点距离相等可推断出O为CD的中点，且OA＝OB＝OC＝OD，进而在△A0B中，利用余弦定理求得cos∠AOB的值，则∠AOB可求，进而根据弧长的计算方法求得答案． 【详解】

解：球心到四个顶点距离相等，故球心O在CD中点，则OA＝OB＝OC＝OD＝1， 再由AB3，在△A0B中，利用余弦定理cos∠AOB则∠AOB故答案为：【点睛】

本题主要考查了余弦定理的应用、四面体外接球的性质等，考查了学生观察分析和基本的运算能力．

1131，

2112222，则弧AB•1． 3332． 3三、解答题

21．（1）详见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）在直角梯形ABCD中，由条件可得AD2AM2DM2，即DMAM．再由

30． 30PA面ABCD，得DMPA，利用线面垂直的判定可得DM平面PAM，进一步得到平面PDM平面PAM；

（2）由（1）知，PMDM,AMDM，则PMA为二面角PDMA的平面角

为30，求得PAAMtan301．以A为坐标原点，分别以AE,AB,AP所在直线为

x,y,z轴建立空间直角坐标系，求出PC的坐标及平面PDM的一个法向量，由PC与n所

成角的余弦值可得直线PC与平面PDM所成角的正弦值． 【详解】

（1）证明：在直角梯形ABCD中，由已知可得，AB1,CD2,BMCM可得AM3,DM6，

过A作AECD，垂足为E，则DE1,AE22，求得AD29， 则AD2AM2DM2，∴DMAM． ∵PA面ABCD， ∴DMPA， 又PA222，

AMA，∴DM平面PAM，

∵DM平面PDM， ∴平面PDM平面PAM；

（2）解：由（1）知，PMDM,AMDM，则PMA为二面角PDMA的平面角为30，

则PAAMtan301．

以A为坐标原点，分别以AE,AB,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则P0,0,1，D(22,1,0)，C(22,1,0)，M(2,1,0)，

PC(22,1,1),PD(22,1,1),PM(2,1,1)．

设平面PDM的一个法向量为n(x,y,z)，

232nPD22xyz01,由，取x1，得n2,2．

nPM2xyz0∴直线PC与平面PDM所成角的正弦值为：

|cosPC,n|【点睛】

|PCn|230．

30|PC||n|106向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法. 22．：（Ⅰ）见解析（Ⅱ）16 【解析】 【分析】

【详解】

（Ⅰ）证明：因为DEEF,CFEF，所以四边形平面CDEF为矩形， 由GD5,DE4，GC42,CF4

得GEGD2CF23GFGC2CF24， 所以EF5，在EFG中 ，

有EF2GE2FG2，所以EGGF又因为CFEF,CFFG，

得CF平面EFG， 所以CFEG，所以EG平面CFG，即平面DEG平面

CFG;

（Ⅱ）：在平面EGF中，过点G作GHEF于点H，

EGGF12 EF5因为平面CDEF平面EFG，

则GH得GH平面CDEF，VCDEF1SCDEFGH16 3

23．（1）y3或3x4y120；（2）[0,【解析】 【分析】

12]. 5（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆C的半径为1，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆C的圆心在直线l：

y2x4上可设圆C的方程为(xa)2y(2a4)1，由MA2MO，可得M的轨迹方程为x(y1)4，若圆C上存在点M，使MA2MO，只需两圆有公共点即可. 【详解】

222y2x4,（1）由{得圆心C(3,2)，

yx1,∵圆C的半径为1，

∴圆C的方程为：(x3)(y2)1，

显然切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为ykx3，即kxy30． ∴223k23k121，

3． 4∴所求圆C的切线方程为y3或3x4y120．

∴2k(4k3)0，∴k0或k（2）∵圆C的圆心在直线l：y2x4上，所以，设圆心C为(a,2a4)， 则圆C的方程为(xa)2y(2a4)1． 又∵MA2MO，

∴设M为(x,y)，则x2(y3)22x2y2，整理得x(y1)4，设为圆D． 所以点M应该既在圆C上又在圆D上，即圆C和圆D有交点， ∴21222a2(2a4)(1)21，

12． 52由5a212a80，得aR， 由5a212a0，得0a综上所述，a的取值范围为0,12． 5考点：1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用. 【方法点睛】

本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆C上存在点M，使MA2MO问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在. 24．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）记A1B与B1A交于O，先证明OD//A1C，根据线面平行的判定定理即可证明A1C∥平面AB1D；

（2）先证明BM面AB1D，即可根据面面垂直的判定定理进行证明即可． 【详解】

（1）设A1BAB1O，连OD.

因为四边形AA1B1B是矩形，∴O是A1B的中点. 又D是BC的中点，∴A1C//OD.

面AB1D，OD面AB1D， 又AC1∴A1C//面AB1D.

（2）因为ABC是正三角形，D是BC的中点，∴ADBC.

∵平面ABC面BB1C1C，又平面ABC面BB1C1CBC，AD面ABC. ∴AD面BB1C1C，∵BM面BB1C1C，∴ADBM. 又∵BMB1D，ADB1DD，AD，B1D面AB1D， ∴BM面AB1D，又BM面ABM， ∴面AB1D面ABM. 【点睛】

垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 25．（1）详见解析；（2）详见解析。 【解析】

试题分析：(1)设BD与AC交于点O,利用三角形的中位线性质可得平面平面

;(2)由,进而

平面. 交

于，连结面

，，又因为，

面

，点，分别为面

面，所以

，所以

，

面面面，又的中点，所以

. ，所以

面

，所以为

,得

,根据菱形的性质可得

,从而证明,从而证得

试题解析：（1）连结的中位数，（2）在菱形

，又.

，又中，

26．（1）【解析】 试题分析：

；（2）.

解题思路：（1）因为圆与直线x+y﹣1=0相切，所以利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离即为圆的半径，写出圆的标准方程即可；（2）先判定过P点的最短弦所在直线与过P点的直径垂直，再进行求解.

规律总结：直线圆的位置关系，主要涉及直线与圆相切、相交、相离，在解决直线圆的位置关系时，要注意结合初中平面几何中的直线与圆的知识. 试题解析：（1）圆的半径r=

=

，所以圆的方程为（x﹣1）2+（y+2）2=2．

圆的圆心坐标为C（1，﹣2），则过P点的直径所在直线的斜率为﹣， 由于过P点的最短弦所在直线与过P点的直径垂直， ∴过P点的最短弦所在直线的斜率为2，

∴过P点的最短弦所在直线的方程y+=2（x﹣2），即4x﹣2y﹣13=0. 考点：1.圆的标准方程；2.直线与圆的位置关系.