空间几何和解析几何核心考点B卷答案

一、选择题

1.D 2.C 3.A 4.A 5.D 6.D 7.B

8.A 9.B 1 0.D 1 1.C 1 2.B 1 3.B

1 4.B 1 5.D 1 6.D 1 7.B 1 8.D 1 9.D

2 0.B 2 1.A 2 2.C 2 3.D 2 4.C 2 5.C

2 6.A 2 7.C 2 8.A

二、填空题

三、解答题

4 2.(1)x2+y2表示圆上的点P(x,y)到原点的距离的平方。因圆心到点P(x,y)的距离为2,所以|P O|的最大值为3,从而x2+y2的最大值为9。

4 3.(1)因为底面A B C D是菱形,∠A B C=6 0°,所以A B=A C=A D=a。在△S A B中,由S A2+A B2=2a2=S B2,知S A⊥A B。同理S A⊥A D。所以S A⊥平面A B C D。

(2)连接B D,设B D与A C交于点O,连接O P,O显然平分B D,取S P的中点M。因为S D=3P D,所以S M=MP=P D。因此,BM∥O P,BM⊄平面P A C,所以BM∥平面P A C。同理ME∥平面P A C。因为BM∩ME=E,所以平面BME∥平面P A C。又B E⊂平面BME,故B E∥平面P A C。

4 4.(1)如图1,过点M作ME∥C D交P D于E点,连接A E。因为AN=NB,所以AN=A B=D C=EM。又EM∥D C∥A B,所以EMAN,所以A EMN为平行四边形,所以MN∥A E,所以MN∥平面P A D。

图1

(2)如图1,过N点作NQ∥A P交B P于点Q,NF⊥C B于点F,连接Q F,过N点作NH⊥Q F于点H,连接MH,易知QN⊥面A B C D,所以QN⊥B C。而NF⊥B C,所以B C⊥面QNF,所以B C⊥NH。而NH⊥Q F,所以NH⊥平面P B C,所以∠NMH为直线MN与平面P C B所成的角。

(2)点Ak的坐标为(-k,2),则S△AkF1F2=×FF×2=×6 3×2=6 3。122

(3)若k≥0,由62+02+1 2k-0-2 1=1 5+2k＞0可知点(6,0)在圆Ck外;

若k＜0,由(-6)2+02-1 2k-0-2 1=-1 5-1 2k＞0可知点(-6,0)在圆Ck外。所以不论k为何值圆Ck都不能包围椭圆G。

4 6.(1)取棱B B1的中点M,连接EM,C1M,因为E为棱A A1的中点,G为棱C1D1的中点,且A B=A D=1,C D=C C1=2,所以直四棱柱A B C D-A1B1C1D1中,EM∥A1B1∥CD且EM=AB=CD=CG。所1111111以四边形EMC1G是平行四边形,所以E G∥C1M。又因为E G⊄平面F C1C,C1M⊂平面F C1C,所以E G∥平面F C C1。

(2)直四棱柱A B C D-A1B1C1D1中,∠B A D=∠A D C=9 0°,所以 A D⊥ 平面DD1C1C。又因为E G∥平面F C C1,A B∥平面DD1C1C,B1B∥平面DD1C1C,所以VE-FC1C=VG-FC1C=VF-GC1C=VB-GC1C=VA-GC1C=×A D×S=×1××1×2=。△GC1C4 7.(1)依题意得a=2,以椭圆方程为+=1。将 (-,)代入y=x+m得直线l方程为y=x+1,将y=x+1与+=1联立得(b2+4)x2+8x+4-4b2=0,则Δ=6 4-4(b2+4)(4-4b2)＞0。

4 8.(1)在△B A D中,因为A B=2A D=2,∠B A D=6 0°,由余弦定理可得B D=3。所以A B2=A D2+B D2,所以A D⊥B D。又在直平行六面体中,G D⊥平面A B C D,所以G D⊥B D。又A D∩G D=D,所以B D⊥平面A D G。

(2)以D为坐标原点,建立如图2所示的空间直角坐标系D-x y z。因为∠B A E=∠G A D=4 5°,A D=2A D=2,则 有A(1,0,0),B(0,,0),G(0,0,1),E(0,3,2),C(-1,,0)。所 以=(-1,3,2),=(-1,0,1)。设平面A E F G的法向量为n=(x,y,z),由

4 9.(1)因为A B C D-A1B1C1D1是长方体,所以平面A1A B∥平面C DD1C1。因为A1B⊂平面A1A B,A1B⊄平面C DD1C1,所以A1B∥平面C DD1C1。

(2)设A1A=h,因为几何体A B C DACD的体积为,所以V=111ABCD-A1C1D1V-V=,即 S×A B C D-A1B1C1D1B-A1B1C1面ABCDh-×S×h=,即2×2×h-△A1B1C1××2×2×h=,解得h=4。所以A1A的长为4。

(3)如图3,连接D1B,设D1B的中点为O,连接O A1,O C1,O D。因为A B C DA1B1C1D1是长方体,所以A1D1⊥平面A1A B。因为A1B⊂平面A1A B,所以A1D1⊥AB。所以O A=DB。111同理O D=O CDB。所以11O A1=O D=O C1=O B。所以经过A1,C1,B,D四点的球的球心为点O。因为D1B2=A1D12+A1A2+A B2=22+42+22=2 4。所以S球=4 π×(O D1)22=4 π× ()=π×D1B2=2 4 π。故经过A1,C1,B,D四点的球的表面积为2 4 π。

图3

(责任编辑 刘钟华)