福建省莆田一中2016-2017学年高一下学期期中数学试卷Word版含解析

一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36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.请把答案填涂在答题卷的相应位置. 1．圆（x+2）2+y2=5关于y=x对称的圆的方程是（ ）

A．（x﹣2）2+y2=5 B．x2+（y﹣2）2=5 C．（x+2）2+（y+2）2=5 D．x2+（y+2）

2

=5

2．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（ ）

A． B．1 C． D．2（1+）

3．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中的AB与CD的位置关系为（ ）

A．平行 B．相交成60°角 C．异面成60°角 D．异面且垂直

4．若直线l1：x﹣2y+1=0与l2：2x+ay﹣2=0平行，则l1与l2的距离为（ ） A．

B．

C． D．

5．某几何体的三视图如图所示，则其侧面积为（ ）

A． B． C． D．

6．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法中： ①若m⊥α，m⊥β，则α∥β ②若m∥α，α∥β，则m∥β ③若m⊥α，m∥β，则α⊥β ④若m∥α，n⊥m，则n⊥α 所有正确说法的序号是（ ） A．②③④ B．①③

C．①②

D．①③④

7．直线x﹣2y﹣3=0与圆（x﹣2）2+（y+3）2=9交于E，F两点，则△EOF（O是原点）的面积为（ ） A． B． C．

D．

8．设ω是正实数，函数f（x）=2cosωx在x∈值可以是（ ） A． B．2

C．3

D．4

上是减函数，那么ω的

9．已知圆x2+y2=4，过A（4，0）作圆的割线ABC，则弦BC中点的轨迹方程是（ ）

A．（x﹣2）2+y2=4 B．（x﹣2）2+y2=4（0≤x＜1） C．（x﹣1）2+y2=4 D．（x﹣1）2+y2=4（0≤x＜1）

10．已知圆C1：（x﹣1）2+（y+1）2=1，圆C2：（x﹣4）2+（y﹣5）2=9．点M、N

P为x轴上的动点，分别是圆C1、圆C2上的动点，则|PN|﹣|PM|的最大值是（ ）

A．2+4 B．9 C．7 D．2+2

11．已知直线x+y﹣k=0（k＞0）与圆x2+y2=4交于不同的两点A、B，O是坐标原点，且有A．

B．

，那么k的取值范围是（ ） C．

D．

12．已知棱长为l的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P=A1Q=x，0＜x＜1，设面MEF∩面MPQ=l，则下列结论中不成立的是（ ）

A．l∥面ABCD B．l⊥AC

C．面MEF与面MPQ垂直 D．当x变化时，l是定直线

二、填空题：本大题共4小题，每小题3分，共12分.请把答案填在答题卷的相应位置.

13．若||=1，||=2，（ +）•=3，则与的夹角为 ． 14．已知15．若曲线

，则sin2x= ．

与曲线C2：（y﹣1）•（y﹣kx﹣2k）=0有四个不同

的交点，则实数k的取值范围为 ． 16．已知等边三角形ABC的边长为

，M，N分别为AB，AC的中点，沿MN

将△ABC折成直二面角，则四棱锥A﹣MNCB的外接球的表面积为 ．

三、解答题：本大题共6小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.请在答题卷相应题目的答题区域内作答.

17．已知圆C：x2+y2+2x﹣2y=0的圆心为C，A（4，0），B（0，﹣2） （Ⅰ）在△ABC中，求AB边上的高CD所在的直线方程； （Ⅱ）求与圆C相切且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 18．已知函数

（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和单调递增区间； （Ⅱ）若函数g（x）=f（x）﹣m在区间m的取值范围． 19．已知向量

，函数

，

，

上有两个不同的零点，求实数

，已知y=f（x）的图象的一个对

称中心与它相邻的一条对称轴之间的距离为1，且经过点（Ⅰ）求函数f（x）的解析式

（Ⅱ）先将函数y=f（x）图象上各点的横坐标变为原来的π倍，纵坐标不变，再向右平移m（m＞0）个单位长度，向下平移3个单位长度，得到函数y=g（x）的图象，若函数g（x）的图象关于原点对称，求实数m的最小值．

20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，

∠ADC=90°，AD=2BC，Q为AD的中点，M为棱PC的中点． （Ⅰ）证明：PA∥平面BMQ；

（Ⅱ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．

21．如图，△ABC中，O是BC的中点，AB=AC，AO=2OC=2．将△BAO沿AO折起，使B点与图中B'点重合． （Ⅰ）求证：AO⊥平面B′OC；

（Ⅱ）当三棱锥B'﹣AOC的体积取最大时，求二面角A﹣B′C﹣O的余弦值； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA所成的角的正弦值为？证明你的结论．

22．已知圆C：x2+（y﹣4）2=4，直线l：（3m+1）x+（1﹣m）y﹣4=0 （Ⅰ）求直线l所过定点A的坐标；

（Ⅱ）求直线l被圆C所截得的弦长最短时m的值及最短弦长；

（Ⅲ）已知点M（﹣3，4），在直线MC上（C为圆心），存在定点N（异于点M），

满足：对于圆C上任一点P，都有坐标及该常数．

为一常数，试求所有满足条件的点N的

2016-2017学年福建省莆田一中高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36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.请把答案填涂在答题卷的相应位置. 1．圆（x+2）2+y2=5关于y=x对称的圆的方程是（ ）

A．（x﹣2）2+y2=5 B．x2+（y﹣2）2=5 C．（x+2）2+（y+2）2=5 D．x2+（y+2）

2

=5

【考点】J6：关于点、直线对称的圆的方程．

【分析】求出圆心坐标与半径，找出圆心C关于直线y=x的对称点坐标，即为对称圆心坐标，半径不变，写出对称后圆的标准方程即可． 【解答】解：圆C方程变形得：（x+2）2+y2=5， ∴圆心C（﹣2，0），半径r=

，

则圆心C关于直线l：y=x对称点坐标为（0，﹣2）， 则圆C关于直线l对称圆的方程为x2+（y+2）2=5． 故选D．

2．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（ ）

A． B．1 C． D．2（1+）

【考点】LD：斜二测法画直观图．

【分析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积．

【解答】解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，

所以OB=，对应原图形平行四边形的高为：2

=2

．

，

所以原图形的面积为：1×2故选A．

3．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中的AB与CD的位置关系为（ ）

A．平行 B．相交成60°角 C．异面成60°角 D．异面且垂直

【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．

【分析】以CD所在平面为底面，将正方体的平面展开图还原成直观图，因为CE∥AB，所以∠DCE即为直线AB，CD所成的角，在△CDE中求解即可． 【解答】解：如图，直线AB，CD异面． 因为CE∥AB，

所以∠DCE即为直线AB，CD所成的角， 因为△CDE为等边三角形， 故∠DCE=60° 故选C

4．若直线l1：x﹣2y+1=0与l2：2x+ay﹣2=0平行，则l1与l2的距离为（ ） A．

B．

C． D．

【考点】IU：两条平行直线间的距离．

【分析】根据直线平行求出a的值，根据平行线间的距离公式计算即可． 【解答】解：若直线l1：x﹣2y+1=0与l2：2x+ay﹣2=0平行， 则=

≠

，解得：a=﹣4，

故l1：x﹣2y+1=0与l2：x﹣2y﹣1=0的距离是： d=

=

，

故选：B．

5．某几何体的三视图如图所示，则其侧面积为（ ）

A． B． C． D．

【考点】L!：由三视图求面积、体积．

【分析】从三视图可以推知，几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，一条侧棱垂直底面，易求侧面积．

【解答】解：几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，一条侧棱垂直底面． 且底面直角梯形的上底为1，下底为2，高为1，四棱锥的高为1． 四个侧面都是直角三角形， 其中△PBC的高PB=

=

=

故其侧面积是S=S△PAB+S△PBC+S△PCD+S△PAD

=

=

故选A

6．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法中： ①若m⊥α，m⊥β，则α∥β

②若m∥α，α∥β，则m∥β ③若m⊥α，m∥β，则α⊥β ④若m∥α，n⊥m，则n⊥α 所有正确说法的序号是（ ） A．②③④ B．①③

C．①②

D．①③④

【考点】2K：命题的真假判断与应用．

【分析】由垂直于同一直线的两平面平行，即可判断①；运用线面的位置关系，以及面面平行和线面平行的性质即可判断②；运用线面平行、垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，即可判断③；

运用线面的位置关系，结合线面平行的性质，即可判断④． 【解答】解：m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面， ①若m⊥α，m⊥β，由线面垂直的性质定理可得α∥β，故①正确； ②若m∥α，α∥β，则m∥β或m⊂β，故②错；

③若m∥β，过m的平面与β交于n，可得m∥n，由m⊥α，可得n⊥α，n⊂β，则α⊥β，故③正确；

④若m∥α，n⊥m，则n∥α或n⊂α或n与α相交，故④错． 故选：B．

7．直线x﹣2y﹣3=0与圆（x﹣2）2+（y+3）2=9交于E，F两点，则△EOF（O是原点）的面积为（ ） A． B． C．

D．

【考点】J8：直线与圆相交的性质．

【分析】先求出圆心坐标，再由点到直线的距离公式和勾股定理求出弦长|EF|，再由原点到直线之间的距离求出三角形的高，进而根据三角形的面积公式求得答案．

【解答】解：圆（x﹣2）2+（y+3）2=9的圆心为（2，﹣3） ∴（2，﹣3）到直线x﹣2y﹣3=0的距离d=弦长|EF|=

=

原点到直线的距离d=∴△EOF的面积为故选D．

8．设ω是正实数，函数f（x）=2cosωx在x∈值可以是（ ） A． B．2

C．3

D．4

上是减函数，那么ω的

【考点】HA：余弦函数的单调性． 【分析】可知函数的最小正周期T=合选项可得答案．

【解答】解：由题意可知函数的最小正周期T=解得ω≤，结合选项可知只有A符合， 故选A

9．已知圆x2+y2=4，过A（4，0）作圆的割线ABC，则弦BC中点的轨迹方程是（ ）

A．（x﹣2）2+y2=4 B．（x﹣2）2+y2=4（0≤x＜1） C．（x﹣1）2+y2=4 D．（x﹣1）2+y2=4（0≤x＜1） 【考点】JE：直线和圆的方程的应用；J3：轨迹方程．

【分析】结合图形，不难直接得到结果；也可以具体求解，使用交点轨迹法，见解答．

【解答】解：设弦BC中点（x，y），过A的直线的斜率为k， 割线ABC的方程：y=k（x﹣4）；

作圆的割线ABC，所以中点与圆心连线与割线ABC垂直，方程为：x+ky=0； 因为交点就是弦的中点，它在这两条直线上，故弦BC中点的轨迹方程 是：x2+y2﹣4x=0如图

≥2（

﹣0），

≥2（

﹣0），解之可得ω的范围，结

故选B．

10．已知圆C1：（x﹣1）2+（y+1）2=1，圆C2：（x﹣4）2+（y﹣5）2=9．点M、N

P为x轴上的动点，分别是圆C1、圆C2上的动点，则|PN|﹣|PM|的最大值是（ ）

A．2+4 B．9 C．7 D．2+2

【考点】JA：圆与圆的位置关系及其判定．

【分析】先根据两圆的方程求出圆心和半径，要使|PN||﹣|PM|最大，需|PN|最大，且|PM|最小，|PN|最大值为|PF|+3，PM|的最小值为|PE|﹣1，故|PN||﹣|PM|最大值是 （|PF|+3）﹣（|PE|﹣1）=|PF|﹣|PE|+4，再利用对称性，求出所求式子的最大值．

【解答】解：圆C1：（x﹣1）2+（y+1）2=1的圆心E（1，﹣1），半径为1， 圆C2：（x﹣4）2+（y﹣5）2=9的圆心F（4，5），半径是3．

要使|PN|﹣|PM|最大，需|PN|最大，且|PM|最小，|PN|最大值为|PF|+3，PM|的最小值为|PE|﹣1，

故|PN|﹣|PM|最大值是 （|PF|+3）﹣（|PE|﹣1）=|PF|﹣|PE|+4

F（4，5）关于x轴的对称点F′（4，﹣5），|PN|﹣|PM|=|PF′|﹣|PE|≤|EF′|=

=5，

故|PN|﹣|PM|的最大值为5+4=9， 故选：B．

11．已知直线x+y﹣k=0（k＞0）与圆x2+y2=4交于不同的两点A、B，O是坐标原

点，且有A．

B．

，那么k的取值范围是（ ） C．

D．

【考点】9V：向量在几何中的应用；J8：直线与圆相交的性质．

【分析】利用平行四边形法则，借助于直线与圆的位置关系，利用直角三角形，即可求得结论．

【解答】解：设AB中点为D，则OD⊥AB ∵∴∴∵∴

，

∵直线x+y﹣k=0（k＞0）与圆x2+y2=4交于不同的两点A、B， ∴∴4＞∴4＞∵k＞0，∴故选C．

12．已知棱长为l的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，又P、Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P=A1Q=x，0＜x＜1，设面MEF∩面MPQ=l，则下列结论中不成立的是（ ）

A．l∥面ABCD B．l⊥AC

C．面MEF与面MPQ垂直 D．当x变化时，l是定直线 【考点】LY：平面与平面垂直的判定．

【分析】由已知条件推导出l∥EF，从而得到l∥面ABCD；由MN是运动的，得到面MEF与面MPQ所成二面角是不确定的，从而平面MEF与平面MPQ不垂直；EF∥BD，l∥EF，EF与AC所成的角为90°，从而l与AC垂直；M是一个确定的点，从而当x变化时，l是定直线．

【解答】解：对于A，∵棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点，

又P、Q分别在线段A1B1、A1D1上，且A1P=A1Q=x，0＜x＜1，

EF∥中截面，∵QP∥EF，由平面与平面平行的性质定理，可知：面MEF∩面MPQ=l，由平面与平面平行的性质定理可知：l∥面ABCD，故A结论正确；

对于B，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB、AD、AA1的中点∴AC⊥EF，由三垂线定理可知：l⊥AC，故B结论正确．

对于C，∵MN是运动的，∴面MEF与面MPQ所成二面角是不确定的，∴平面MEF与平面MPQ不垂直，故C不正确；

对于D，∵M是AA1的中点，是一个确定的点，∴当x变化时，l是过M与EF平行的定直线，故D正确． 故选：C．

二、填空题：本大题共4小题，每小题3分，共12分.请把答案填在答题卷的相应位置.

13．若||=1，||=2，（ +）•=3，则与的夹角为 【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角．

【分析】利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，求得与的夹角的余弦值，可得与的夹角．

【解答】解：设与的夹角为θ，θ∈[0，π]，∵若||=1，||=2，（ +）•=3，

∴（+）•=

+

=1•2•cosθ+4=3，cosθ=﹣，∴θ=

， ．

故答案为： 14．已知

．

，则sin2x= ．

【考点】GS：二倍角的正弦．

【分析】由诱导公式，二倍角的余弦函数公式化简所求，结合已知即可计算求值．

【解答】解：∵∴故答案为：

15．若曲线

．

，

．

与曲线C2：（y﹣1）•（y﹣kx﹣2k）=0有四个不同

的交点，则实数k的取值范围为 （，） ． 【考点】54：根的存在性及根的个数判断．

【分析】作出两曲线图象，根据交点个数判断直线的斜率范围即可． 【解答】解：由y=1+

得（x﹣1）2+（y﹣1）2=1（y≥1），

曲线C1表示以（1，1）为圆心以1为半径的上半圆，

显然直线y=1与曲线C1有两个交点，交点为半圆的两个端点． ∴直线y=kx+2k=k（x+2）与半圆有2个除端点外的交点，

当直线y=k（x+2）经过点（0，1）时，k=， 当直线y=k（x+2）与半圆相切时，

=1，解得k=或k=0（舍），

∴当＜k＜时，直线y=k（x+2）与半圆有2个除端点外的交点， 故答案为：

16．已知等边三角形ABC的边长为

，M，N分别为AB，AC的中点，沿MN

将△ABC折成直二面角，则四棱锥A﹣MNCB的外接球的表面积为 52π ． 【考点】LG：球的体积和表面积．

【分析】折叠为空间立体图形，得出四棱锥A﹣MNCB的外接球的球心，利用平

面问题求解得出四棱锥A﹣MNCB的外接球半径R，则R2=AF2+OF2=13，求解即可．

【解答】解：由是△AMN外心，

F，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．

作OE⊥平面MNCB，OF⊥平面AMN，则O是四棱锥A﹣MNCB的外接球的球心，且OF=DE=3，AF=2．

设四棱锥A﹣MNCB的外接球半径R，则R2=AF2+OF2=13，所以表面积是52π． 故答案为：52π．

三、解答题：本大题共6小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.请在答题卷相应题目的答题区域内作答.

17．已知圆C：x2+y2+2x﹣2y=0的圆心为C，A（4，0），B（0，﹣2） （Ⅰ）在△ABC中，求AB边上的高CD所在的直线方程； （Ⅱ）求与圆C相切且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 【考点】JE：直线和圆的方程的应用；J9：直线与圆的位置关系． 【分析】（Ⅰ）求出圆心为C（﹣1，1），半径

，求出AB的斜率，直线CD

的斜率，然后求解直线CD的方程．

（Ⅱ）①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx，通过圆心C到直线的距离求解即可；

②当两截距均不为0时，设直线方程为x+y=a，通过圆心C到直线的距离求解即可；

【解答】解：（Ⅰ）依题意得，圆心为C（﹣1，1），半径∴直线CD的斜率为：

，

，

，

∴直线CD的方程为：y﹣1=﹣2（x+1），即2x+y﹣1=0． （Ⅱ）①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx， 则圆心C到直线的距离为

，解得k=1，得直线为y=x，

②当两截距均不为0时，设直线方程为x+y=a， 则圆心C到直线的距离为

，解得a=±2，得直线为x+y=2或x+y=﹣2，

综上所述，直线方程为x﹣y=0或x+y﹣2=0或x+y+2=0．

18．已知函数

（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期和单调递增区间； （Ⅱ）若函数g（x）=f（x）﹣m在区间m的取值范围．

【考点】H1：三角函数的周期性及其求法；H5：正弦函数的单调性．

【分析】（Ⅰ）利用查三角恒等变换化简函数f（x）的解析式，再利用正弦函数的周期性和单调性，求得函数f（x）的最小正周期和单调递增区间．

（2）由题意利用正弦函数的定义域和值域，求得f（x）的值域，根据f（x）的图象和直线y=m在区间m的范围．

【解答】解：（Ⅰ）依题意得，=

，

上有两个不同的零点，求实数

上有两个不同的交点，结合f（x）的图象求得

故函数f（x）的最小正周期为由

∴函数f（x）单调递增区间为（Ⅱ）∵≤3，

由函数g（x）=f（x）﹣m在区间可知f（x）=m在区间

，∴

； ，求得

．

，∴

，∴1≤f（x）

，

上有两个不同的零点，

内有两个相异的实根，

即y=f（x）图象与y=m的图象有两个不同的交点． 在区间

上，2x+

∈[

，π]，sin（2x+

）∈[0，1]，

f（x）=2sin（2x+结合图象可知，当

）+1∈[1，3]，

时，两图象有两个不同的交点，

．

∴实数m的取值范围是

19．已知向量

，函数

，，

，已知y=f（x）的图象的一个对

称中心与它相邻的一条对称轴之间的距离为1，且经过点（Ⅰ）求函数f（x）的解析式

（Ⅱ）先将函数y=f（x）图象上各点的横坐标变为原来的π倍，纵坐标不变，再向右平移m（m＞0）个单位长度，向下平移3个单位长度，得到函数y=g（x）的图象，若函数g（x）的图象关于原点对称，求实数m的最小值．

【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；9R：平面向量数量积的运算． 【分析】（Ⅰ）利用两个向量的数量积的定义，正弦函数的周期性求得ω，再根据函数的图象经过点M，求得函数f（x）的解析式．

（Ⅱ）依题意利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的奇偶性，求得m的最小值． 【解答】解：（Ⅰ）

=sin2（ωx+φ）+4﹣1﹣cos2（ωx+φ）

=﹣cos（2ωx+2φ）+3， 由题可知，

，∴T=4，∴由

，∴，即

，

．

x+

）+3图象上各点的横坐标变为原来的得

．

，∴

，

fx）又∵函数（经过点∵

，∴

∴函数f（x）的解析式为f（x）=（Ⅱ）先将函数y=f（x）=﹣cos（π倍，纵坐标不变， 可得y=﹣cos（x+

）+3的图象；

再向右平移m（m＞0）个单位长度，向下平移3个单位长度，得到函数y==

的图象．

，

∵函数g（x）关于原点对称，∴函数g（x）为奇函数，即∴

，

，

∵m＞0，∴当k=﹣1时，m的最小值为∴综上所述，实数m的最小值为

．

20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，

∠ADC=90°，AD=2BC，Q为AD的中点，M为棱PC的中点． （Ⅰ）证明：PA∥平面BMQ；

（Ⅱ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．

【考点】LS：直线与平面平行的判定；MK：点、线、面间的距离计算． 【分析】（1）连结AC交BQ于N，连结MN，只要证明MN∥PA，利用线面平行的判定定理可证；

（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离．

【解答】解：（1）连结AC交BQ于N，连结MN，因为∠ADC=90°，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．…

当M为PC的中点，即PM=MC时，MN为△PAC的中位线， 故MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，所以PA∥平面BMQ．…

（2）由（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离，所以VP﹣BMQ=VA﹣BMQ=VM﹣ABQ， 取CD的中点K，连结MK，所以MK∥PD，又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD． 又

，PD=CD=2，所以AQ=1，BQ=2，

.…

，… ，… ，…

所以VP﹣BMQ=VA﹣BMQ=VM﹣ABQ=则点P到平面BMQ的距离d=

21．如图，△ABC中，O是BC的中点，AB=AC，AO=2OC=2．将△BAO沿AO折起，使B点与图中B'点重合． （Ⅰ）求证：AO⊥平面B′OC；

（Ⅱ）当三棱锥B'﹣AOC的体积取最大时，求二面角A﹣B′C﹣O的余弦值； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试问在线段B′A上是否存在一点P，使CP与平面B′OA

所成的角的正弦值为？证明你的结论．

【考点】MT：二面角的平面角及求法；LW：直线与平面垂直的判定；MI：直线与平面所成的角．

【分析】（Ⅰ）证明AO⊥OB'，AO⊥OC，然后利用直线与平面垂直的判定定理证明AO⊥平面B'OC．

（Ⅱ）在平面B'OC内，作B'D⊥OC于点D，判断当D与O重合时，三棱锥B'﹣AOC的体积最大，

解法一：过O点作OH⊥B'C于点H，连AH，说明∠AHO即为二面角A﹣B'C﹣O的平面角，然后就三角形即可得到结果．解法二：依题意得OA、OC、OB'两两垂直，分别以射线OA、OC、OB'为x、y、z轴的正半轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面B'OC的法向量为，求出平面AB'C的法向量为，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值．（Ⅲ）解法一：存在，且为线段AB'的中点，证明设

，求出

，以及平面B'OA的法向量

，

利用空间向量的距离公式求解即可．

解法二：连接OP，因为CO⊥平面B'OA，得到∠OPC为CP与面B'OA所成的角，通过就三角形即可求出

即P为AB'的中点．

【解答】解：（Ⅰ）∵AB=AC且O是BC中点，∴AO⊥BC即AO⊥OB'，AO⊥OC，

又∵OB'∩OC=O，∴AO⊥平面B'OC…

（Ⅱ）在平面B'OC内，作B'D⊥OC于点D，则由（Ⅰ）可知B'D⊥OA 又OC∩OA=O，∴B'D⊥平面OAC，即B'D是三棱锥B'﹣AOC的高， 又B'D≤B'O，所以当D与O重合时，三棱锥B'﹣AOC的体积最大， …

解法一：过O点作OH⊥B'C于点H，连AH，由（Ⅰ）知AO⊥平面B'OC，

又B'C⊆平面B'OC，∴B'C⊥AO∵AO∩OH=O，∴B'C⊥平面AOH，∴B'C⊥AH， ∴∠AHO即为二面角A﹣B'C﹣O的平面角．…

，∴

，

∴

，

故二面角A﹣B1C﹣O的余弦值为…

解法二：依题意得OA、OC、OB'两两垂直，分别以射线OA、OC、OB' 为x、y、z轴的正半轴建立空间直角坐标系O﹣xyz， 设平面B'OC的法向量为，可得

设

平

面

AB'C

的

法

向量为，…

，

故二面角A﹣B′C﹣O的余弦值为：．… （Ⅲ）解法一：存在，且为线段AB'的中点 证明如下：设…

又平面B'OA的法向量，

依题意得…

解得

舍去）…

解法二：连接OP，因为CO⊥平面B'OA， 所以∠OPC为CP与面B'OA所成的角，… 故

，

，∴

…

又直角OB'A中，OA=2，OB'=1，∴

即P为AB'的中点…

由

22．已知圆C：x2+（y﹣4）2=4，直线l：（3m+1）x+（1﹣m）y﹣4=0 （Ⅰ）求直线l所过定点A的坐标；

（Ⅱ）求直线l被圆C所截得的弦长最短时m的值及最短弦长；

（Ⅲ）已知点M（﹣3，4），在直线MC上（C为圆心），存在定点N（异于点M），

满足：对于圆C上任一点P，都有坐标及该常数．

为一常数，试求所有满足条件的点N的

【考点】JE：直线和圆的方程的应用；J9：直线与圆的位置关系．

【分析】（Ⅰ）利用直线系方程的特征，直接求解直线l过定点A的坐标． （Ⅱ）当AC⊥l时，所截得弦长最短，由题知C（0，4），r=2，求出AC的斜率，利用点到直线的距离，转化求解即可．

（Ⅲ）法一：由题知，直线MC的方程为y=4，假设存在定点N（t，4）满足题意，

则设P（x，y），出λ，然后求解比值．

法二：设直线MC上的点N（t，4）取直线MC与圆C的交点P1（﹣2，4），则

，得|PM|2=λ2|PN|2（λ＞0），且（y﹣4）2=4﹣x2，求

，取直线MC与圆C的交点P2（2，4），则，存在这样的定点N满足题意，则必为

【解答】解：（Ⅰ）依题意得，m（3x﹣y）+（x+y﹣4）=0， 令3x﹣y=0且x+y﹣4=0，得x=1，y=3∴直线l过定点A（1，3）， （Ⅱ）当AC⊥l时，所截得弦长最短，由题知C（0，4），r=2， ∴

，得

，∴由，

．

得m=﹣1，

，通过令

，然后证明即可．

∴圆心到直线的距离为∴最短弦长为

（Ⅲ）法一：由题知，直线MC的方程为y=4，假设存在定点N（t，4）满足题意，

则设P（x，y），

，得|PM|2=λ2|PN|2（λ＞0），且（y﹣4）2=4﹣x2

∴（x+3）2+（y﹣4）2=λ2（x﹣t）2+λ2（y﹣4）2 ∴（x+3）2+4﹣x2=λ2（x﹣t）2+λ2（4﹣x2） 整理得，（6+2tλ2）x﹣（λ2t2+4λ2﹣13）=0 ∵上式对任意x∈[﹣2，2]恒成立， ∴6+2tλ2=0且λ2t2+4λ2﹣13=0 解得

或t=﹣3，λ=1（舍去，与M重合）

，使得

为常数

综上可知，在直线MC上存在定点法二：设直线MC上的点N（t，4） 取直线MC与圆C的交点P1（﹣2，4），则取直线MC与圆C的交点P2（2，4），则令

，解得

或t=﹣3（舍去，与M重合），此时

，

若存在这样的定点N满足题意，则必为下证：点

满足题意，

设圆上任意一点P（x，y），则（y﹣4）2=4﹣x2

∴==，

∴

综上可知，在直线MC上存在定点

，使得为常数．

2017年6月12日