高中数学必修二高考真题汇总

高中数学必修二高考真题汇总

高中数学必修二2015年高考真题汇总 ‎　‎ 一．选择题（共18小题）‎ ‎1．（2016•浦东新区一模）如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S，那么圆柱的体积等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．（2015•河北）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r=（　　）‎ A．1 B．2 C．4 D．8‎ ‎3．（2015•新课标II）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．（2015•广东）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（　　）‎ A．至多等于3 B．至多等于4 C．等于5 D．大于5‎ ‎5．（2015秋•邢台校级期中）直角梯形的一个内角为45°，下底长为上底长的，这个梯形绕下底所在的直线旋转一周所成的旋转体的全面积为（5+）π，则旋转体的体积为（　　）‎ A．2π B． C． D．‎ ‎6．（2015•安徽）已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（　　）‎ A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行 C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 ‎7．（2015•浙江）设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，（　　）‎ A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m ‎8．（2014•广西）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（2013秋•尖山区校级期末）4、如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有（　　）‎ A．12对 B．24对 C．36对 D．48对 ‎10．（2013•安徽）在下列命题中，不是公理的是（　　）‎ A．平行于同一个平面的两个平面平行 B．过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 ‎11．（2015•新课标II）过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（　　）‎ A．2 B．8 C．4 D．10‎ ‎12．（2014•海淀区校级模拟）正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为（　　）‎ A．16 B．14 C．12 D．10‎ ‎13．（2013•新课标Ⅱ）已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B． C． D．‎ ‎14．（2013•安徽）函数y=f（x）的图象如图所示，在区间[a，b]上可找到n（n≥2）个不同的数x1，x2，…xn，使得==…=，则n的取值范围为（　　）‎ A．{2，3} B．{2，3，4} C．{3，4} D．{3，4，5}‎ ‎15．（2015•南充三模）设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离|C1C2|=（　　）‎ A．4 B． C．8 D．‎ ‎16．（2015•新课标II）过三点A（1，0），B（0，），C（2，）则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎17．（2015•山东）一条光线从点（﹣2，﹣3）射出，经y轴反射后与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为（　　）‎ A．﹣或﹣ B．﹣或﹣ C．﹣或﹣ D．﹣或﹣‎ ‎18．（2015•重庆）已知直线x+ay﹣1=0是圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0的对称轴，过点A（﹣4，a）作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（　　）‎ A．2 B．6 C．4 D．2‎ ‎　‎ 二．填空题（共3小题）‎ ‎19．（2015•湖北）如图，已知圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|=2．‎ ‎（1）圆C的标准方程为　　　　　　．‎ ‎（2）圆C在点B处切线在x轴上的截距为　　　　　　．‎ ‎20．（2014•山东）圆心在直线x﹣2y=0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，则圆C的标准方程为　　　　　　．‎ ‎21．（2014•新课标II）设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是　　　　　　．‎ ‎　‎ 三．解答题（共9小题）‎ ‎22．（2015•北京）如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．‎ ‎（1）求证：VB∥平面MOC；‎ ‎（2）求证：平面MOC⊥平面VAB ‎（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．‎ ‎23．（2015•福建）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1，‎ ‎（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证；AC⊥平面PDO；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；‎ ‎（Ⅲ）若BC=，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．‎ ‎24．（2015•新课标I）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．‎ ‎25．（2015•广东）已知过原点的动直线l与圆C1：x2+y2﹣6x+5=0相交于不同的两点A，B．‎ ‎（1）求圆C1的圆心坐标；‎ ‎（2）求线段AB 的中点M的轨迹C的方程；‎ ‎（3）是否存在实数 k，使得直线L：y=k（x﹣4）与曲线 C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎26．（2014•新课标I）已知点P（2，2），圆C：x2+y2﹣8y=0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．‎ ‎（1）求M的轨迹方程；‎ ‎（2）当|OP|=|OM|时，求l的方程及△POM的面积．‎ ‎27．（2013•新课标Ⅰ）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x﹣1）2+y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．‎ ‎28．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C．‎ ‎（1）证明：B1C⊥AB；‎ ‎（2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．‎ ‎29．（2013•新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）若AB=CB=2，A1C=，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．‎ ‎30．（2012•新课标）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC ‎（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．‎ ‎　‎ 高中数学必修二2015年高考真题汇总 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共18小题）‎ ‎1．（2016•浦东新区一模）如果底面直径和高相等的圆柱的侧面积是S，那么圆柱的体积等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】设圆柱高为h，推出底面半径，求出圆柱的侧面积，然后求出圆柱的体积即可得到选项．‎ ‎【解答】解：设圆柱高为h，则底面半径为．‎ 由题意知，S=πh2，‎ ‎∴h=，‎ ‎∴V=π（）2•h=．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题是基础题，考查圆柱的侧面积、体积的计算及其关系，考查计算能力，常考题型．‎ ‎　‎ ‎2．（2015•河北）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r=（　　）‎ A．1 B．2 C．4 D．8‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．菁优网版权所有 ‎【专题】立体几何．‎ ‎【分析】通过三视图可知该几何体是一个半球拼接半个圆柱，计算即可．‎ ‎【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，‎ 截圆柱的平面过圆柱的轴线，‎ 该几何体是一个半球拼接半个圆柱，‎ ‎∴其表面积为：×4πr2+×πr22r×2πr+2r×2r+×πr2=5πr2+4r2，‎ 又∵该几何体的表面积为16+20π，‎ ‎∴5πr2+4r2=16+20π，解得r=2，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查由三视图求表面积问题，考查空间想象能力，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎3．（2015•新课标II）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．‎ ‎【解答】解：设正方体的棱长为1，由三视图判断，正方体被切掉的部分为三棱锥，‎ ‎∴正方体切掉部分的体积为×1×1×1=，‎ ‎∴剩余部分体积为1﹣=，‎ ‎∴截去部分体积与剩余部分体积的比值为．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了由三视图判断几何体的形状，求几何体的体积．‎ ‎　‎ ‎4．（2015•广东）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（　　）‎ A．至多等于3 B．至多等于4 C．等于5 D．大于5‎ ‎【考点】棱锥的结构特征．菁优网版权所有 ‎【专题】创新题型；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】先考虑平面上的情况：只有三个点的情况成立；再考虑空间里，只有四个点的情况成立，注意运用外接球和三角形三边的关系，即可判断．‎ ‎【解答】解：考虑平面上，3个点两两距离相等，构成等边三角形，成立；‎ ‎4个点两两距离相等，由三角形的两边之和大于第三边，则不成立；‎ n大于4，也不成立；‎ 在空间中，4个点两两距离相等，构成一个正四面体，成立；‎ 若n＞4，由于任三点不共线，当n=5时，考虑四个点构成的正四面体，‎ 第五个点，与它们距离相等，必为正四面体的外接球的球心，‎ 且球的半径等于边长，即有球心与正四面体的底面的中心重合，故不成立；‎ 同理n＞5，不成立．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查空间几何体的特征，主要考查空间两点的距离相等的情况，注意结合外接球和三角形的两边与第三边的关系，属于中档题和易错题．‎ ‎　‎ ‎5．（2015秋•邢台校级期中）直角梯形的一个内角为45°，下底长为上底长的，这个梯形绕下底所在的直线旋转一周所成的旋转体的全面积为（5+）π，则旋转体的体积为（　　）‎ A．2π B． C． D．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】由题意可知，这个几何体的面积是圆柱中一个圆加一个长方形加一个扇形的面积，而这个几何体的体积是一个圆锥加一个同底圆柱的体积．再根据题目中的条件求解即可．‎ ‎【解答】解：这个几何体的面积是圆柱中一个圆加一个长方形加一个扇形的面积，‎ 圆的面积，直角腰为半径，长方形的面积，圆的周长为长，上底为宽，扇形的面积，圆的周长为弧长，另一腰则为扇形的半径．‎ 设上底为x，则下底为，直角腰为，另一腰为整个面积式子为，‎ 解得x=±2，因为x＞0，所以x=﹣2舍去，x=2．而这个几何体的体积是一个圆锥加一个同底圆柱的体积，圆锥的高，下底减上底得圆锥的高为1，‎ 圆柱体积=Sh=h=π×12×2=2π，圆锥体积=π 所以整个几何体的体积为．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查学生的空间想象能力，和逻辑思维能力，等量之间的转换，是中档题．‎ ‎　‎ ‎6．（2015•安徽）已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（　　）‎ A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行 C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线 D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面 ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．菁优网版权所有 ‎【专题】空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】利用面面垂直、线面平行的性质定理和判定定理对选项分别分析解答．‎ ‎【解答】解：对于A，若α，β垂直于同一平面，则α与β不一定平行，例如墙角的三个平面；故A错误；‎ 对于B，若m，n平行于同一平面，则m与n平行．相交或者异面；故B错误；‎ 对于C，若α，β不平行，则在α内存在无数条与β平行的直线；故C错误；‎ 对于D，若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面；假设两条直线同时垂直同一个平面，则这两条在平行；故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了空间线面关系的判断；用到了面面垂直、线面平行的性质定理和判定定理．‎ ‎　‎ ‎7．（2015•浙江）设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，（　　）‎ A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m ‎【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】A根据线面垂直的判定定理得出A正确；‎ B根据面面垂直的性质判断B错误；‎ C根据面面平行的判断定理得出C错误；‎ D根据面面平行的性质判断D错误．‎ ‎【解答】解：对于A，∵l⊥β，且l⊂α，根据线面垂直的判定定理，得α⊥β，∴A正确；‎ 对于B，当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能垂直，∴B错误；‎ 对于C，当l∥β，且l⊂α时，α与β可能平行，也可能相交，∴C错误；‎ 对于D，当α∥β，且l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能异面，∴D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了数学符号语言的应用问题，是基础题目．‎ ‎　‎ ‎8．（2014•广西）已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．菁优网版权所有 ‎【专题】空间角．‎ ‎【分析】由E为AB的中点，可取AD中点F，连接EF，则∠CEF为异面直线CE与BD所成角，设出正四面体的棱长，求出△CEF的三边长，然后利用余弦定理求解异面直线CE与BD所成角的余弦值．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 取AD中点F，连接EF，CF，‎ ‎∵E为AB的中点，‎ ‎∴EF∥DB，‎ 则∠CEF为异面直线BD与CE所成的角，‎ ‎∵ABCD为正四面体，E，F分别为AB，AD的中点，‎ ‎∴CE=CF．‎ 设正四面体的棱长为2a，‎ 则EF=a，‎ CE=CF=．‎ 在△CEF中，由余弦定理得：‎ ‎=．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查异面直线及其所成的角，关键是找角，考查了余弦定理的应用，是中档题．‎ ‎　‎ ‎9．（2013秋•尖山区校级期末）4、如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有（　　）‎ A．12对 B．24对 C．36对 D．48对 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；棱柱的结构特征．菁优网版权所有 ‎【分析】由异面直线定义入手，分类计数即可．‎ ‎【解答】解：易知六棱锥的六条侧棱都交于一点，底面六条边在同一平面内，‎ 则六棱锥的每条侧棱和底面不与其相交的四条边都是异面直线，‎ 所以六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有6×4=24对．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查异面直线定义，同时考查分类计数原理及空间想象能力．‎ ‎　‎ ‎10．（2013•安徽）在下列命题中，不是公理的是（　　）‎ A．平行于同一个平面的两个平面平行 B．过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面 C．如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线上所有点都在此平面内 D．如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 ‎【考点】平面的基本性质及推论．菁优网版权所有 ‎【专题】规律型．‎ ‎【分析】根据公理的定义解答即可．经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以证明的命题和原理就是公理．‎ ‎【解答】解：B，C，D经过人类长期反复的实践检验是真实的，不需要由其他判断加以证明的命题和原理故是公理；‎ 而A平行于同一个平面的两个平面平行是定理不是公理．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了公理的意义，比较简单．‎ ‎　‎ ‎11．（2015•新课标II）过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|=（　　）‎ A．2 B．8 C．4 D．10‎ ‎【考点】两点间的距离公式．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；直线与圆．‎ ‎【分析】设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标，求出D，E，F，令x=0，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，则，‎ ‎∴D=﹣2，E=4，F=﹣20，‎ ‎∴x2+y2﹣2x+4y﹣20=0，‎ 令x=0，可得y2+4y﹣20=0，‎ ‎∴y=﹣2±2，‎ ‎∴|MN|=4．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查圆的方程，考查学生的计算能力，确定圆的方程是关键．‎ ‎　‎ ‎12．（2014•海淀区校级模拟）正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为（　　）‎ A．16 B．14 C．12 D．10‎ ‎【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程；直线的一般式方程．菁优网版权所有 ‎【专题】作图题；压轴题．‎ ‎【分析】通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图象分析反射的次数即可．‎ ‎【解答】解：根据已知中的点E，F的位置，可知第一次碰撞点为F，在反射的过程中，直线是平行的，利用平行关系及三角形的相似可得第二次碰撞点为G，且CG=，第二次碰撞点为H，且DH=，作图，‎ 可以得到回到E点时，需要碰撞14次即可．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用．通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图象分析反射的次数即可，属于难题．‎ ‎　‎ ‎13．（2013•新课标Ⅱ）已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（　　）‎ A．（0，1） B． C． D．‎ ‎【考点】确定直线位置的几何要素；三角形的面积公式；点到直线的距离公式．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】先求得直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣，0），由﹣≤0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的 交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b=；②若点M在点O和点A之间，求得＜b＜； ③若点M在点A的左侧，求得＞b＞1﹣．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．‎ ‎【解答】解：由题意可得，三角形ABC的面积为 =1，‎ 由于直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣，0），‎ 由直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，‎ 故﹣≤0，故点M在射线OA上．‎ 设直线y=ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．‎ ‎①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故N（，），‎ 把A、N两点的坐标代入直线y=ax+b，求得a=b=．‎ ‎②若点M在点O和点A之间，此时b＞，点N在点B和点C之间，由题意可得三角形NMB的面积等于，‎ 即=，即 =，可得a=＞0，求得 b＜，‎ 故有＜b＜．‎ ‎③若点M在点A的左侧，则b＜，由点M的横坐标﹣＜﹣1，求得b＞a．‎ 设直线y=ax+b和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为（，），‎ 此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即 •（1﹣b）•|xN﹣xP|=，‎ 即（1﹣b）•|﹣|=，化简可得2（1﹣b）2=|a2﹣1|．‎ 由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2=|a2﹣1|=1﹣a2 ．‎ 两边开方可得 （1﹣b）=＜1，∴1﹣b＜，化简可得 b＞1﹣，‎ 故有1﹣＜b＜．‎ 再把以上得到的三个b的范围取并集，可得b的取值范围应是 ，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还考察运算能力以及 综合分析能力，分类讨论思想，属于难题．‎ ‎　‎ ‎14．（2013•安徽）函数y=f（x）的图象如图所示，在区间[a，b]上可找到n（n≥2）个不同的数x1，x2，…xn，使得==…=，则n的取值范围为（　　）‎ A．{2，3} B．{2，3，4} C．{3，4} D．{3，4，5}‎ ‎【考点】直线的斜率．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】由表示（x，f（x））点与原点连线的斜率，结合函数y=f（x）的图象，数形结合分析可得答案．‎ ‎【解答】解：令y=f（x），y=kx，‎ 作直线y=kx，可以得出2，3，4个交点，‎ 故k=（x＞0）可分别有2，3，4个解．‎ 故n的取值范围为2，3，4．‎ 故选B．‎ ‎【点评】正确理解斜率的意义、函数交点的意义及数形结合的思想方法是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎15．（2015•南充三模）设两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离|C1C2|=（　　）‎ A．4 B． C．8 D．‎ ‎【考点】圆的标准方程．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】圆在第一象限内，设圆心的坐标为（a，a），则有|a|=，解方程求得a值，代入两点间的距离公式可求得两圆心的距离|C1C2|的值．‎ ‎【解答】解：∵两圆C1、C2都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），故圆在第一象限内，‎ 设圆心的坐标为（a，a），则有|a|=，‎ ‎∴a=5+2，或 a=5﹣2，故圆心为（5+2，5+2 ） 和 （5﹣2，5﹣2 ），‎ 故两圆心的距离|C1C2|==8，‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎16．（2015•新课标II）过三点A（1，0），B（0，），C（2，）则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】圆的标准方程．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】利用外接圆的性质，求出圆心坐标，再根据圆心到原点的距离公式即可求出结论．‎ ‎【解答】解：因为△ABC外接圆的圆心在直线BC垂直平分线上，即直线x=1上，‎ 可设圆心P（1，p），由PA=PB得 ‎|p|=，‎ 得p=‎ 圆心坐标为P（1，），‎ 所以圆心到原点的距离|OP|===，‎ 故选：B ‎【点评】本题主要考查圆性质及△ABC外接圆的性质，了解性质并灵运用是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎17．（2015•山东）一条光线从点（﹣2，﹣3）射出，经y轴反射后与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为（　　）‎ A．﹣或﹣ B．﹣或﹣ C．﹣或﹣ D．﹣或﹣‎ ‎【考点】圆的切线方程；直线的斜率．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；直线与圆．‎ ‎【分析】点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），可设反射光线所在直线的方程为：y+3=k（x﹣2），利用直线与圆相切的性质即可得出．‎ ‎【解答】解：点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），‎ 故可设反射光线所在直线的方程为：y+3=k（x﹣2），化为kx﹣y﹣2k﹣3=0．‎ ‎∵反射光线与圆（x+3）2+（y﹣2）2=1相切，‎ ‎∴圆心（﹣3，2）到直线的距离d==1，‎ 化为24k2+50k+24=0，‎ ‎∴k=或﹣．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了反射光线的性质、直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、点斜式、对称点，考查了计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎18．（2015•重庆）已知直线x+ay﹣1=0是圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0的对称轴，过点A（﹣4，a）作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（　　）‎ A．2 B．6 C．4 D．2‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆．‎ ‎【分析】求出圆的标准方程可得圆心和半径，由直线l：x+ay﹣1=0经过圆C的圆心（2，1），求得a的值，可得点A的坐标，再利用直线和圆相切的性质求得|AB|的值．‎ ‎【解答】解：∵圆C：x2+y2﹣4x﹣2y+1=0，即（x﹣2）2+（y﹣1）2 =4，‎ 表示以C（2，1）为圆心、半径等于2的圆．‎ 由题意可得，直线l：x+ay﹣1=0经过圆C的圆心（2，1），‎ 故有2+a﹣1=0，∴a=﹣1，点A（﹣4，﹣1）．‎ ‎∵AC==2，CB=R=2，‎ ‎∴切线的长|AB|===6．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查圆的切线长的求法，解题时要注意圆的标准方程，直线和圆相切的性质的合理运用，属于基础题．‎ ‎　‎ 二．填空题（共3小题）‎ ‎19．（2015•湖北）如图，已知圆C与x轴相切于点T（1，0），与y轴正半轴交于两点A，B（B在A的上方），且|AB|=2．‎ ‎（1）圆C的标准方程为　（x﹣1）2+（y﹣）2=2　．‎ ‎（2）圆C在点B处切线在x轴上的截距为　﹣1﹣　．‎ ‎【考点】圆的标准方程；圆的切线方程．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；直线与圆．‎ ‎【分析】（1）确定圆心与半径，即可求出圆C的标准方程；‎ ‎（2）求出圆C在点B处切线方程，令y=0可得圆C在点B处切线在x轴上的截距．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，圆的半径为=，圆心坐标为（1，），‎ ‎∴圆C的标准方程为（x﹣1）2+（y﹣）2=2；‎ ‎（2）由（1）知，B（0，1+），‎ ‎∴圆C在点B处切线方程为（0﹣1）（x﹣1）+（1+﹣）（y﹣）=2，‎ 令y=0可得x=﹣1﹣．‎ 故答案为：（x﹣1）2+（y﹣）2=2；﹣1﹣．‎ ‎【点评】本题考查圆的标准方程，考查圆的切线方程，考查学生的计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（2014•山东）圆心在直线x﹣2y=0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，则圆C的标准方程为　（x﹣2）2+（y﹣1）2=4　．‎ ‎【考点】圆的标准方程．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】由圆心在直线x﹣2y=0上，设出圆心坐标，再根据圆与y轴相切，得到圆心到y轴的距离即圆心横坐标的绝对值等于圆的半径，表示出半径r，由弦长的一半，圆的半径r及表示出的d利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，从而得到圆心坐标和半径，根据圆心和半径写出圆的方程即可．‎ ‎【解答】解：设圆心为（2t，t），半径为r=|2t|，‎ ‎∵圆C截x轴所得弦的长为2，‎ ‎∴t2+3=4t2，‎ ‎∴t=±1，‎ ‎∵圆C与y轴的正半轴相切，‎ ‎∴t=﹣1不符合题意，舍去，‎ 故t=1，2t=2，‎ ‎∴（x﹣2）2+（y﹣1）2=4．‎ 故答案为：（x﹣2）2+（y﹣1）2=4．‎ ‎【点评】此题综合考查了垂径定理，勾股定理及点到直线的距离公式．根据题意设出圆心坐标，找出圆的半径是解本题的关键．‎ ‎　‎ ‎21．（2014•新课标II）设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是　[﹣1，1]　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】根据直线和圆的位置关系，画出图形，利用数形结合即可得到结论．‎ ‎【解答】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），‎ 要使圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，‎ 则∠OMN的最大值大于或等于45°时一定存在点N，使得∠OMN=45°，‎ 而当MN与圆相切时∠OMN取得最大值，‎ 此时MN=1，‎ 图中只有M′到M″之间的区域满足MN≤1，‎ ‎∴x0的取值范围是[﹣1，1]．‎ ‎【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直线与直线设出角的求法，数形结合是快速解得本题的策略之一．‎ ‎　‎ 三．解答题（共9小题）‎ ‎22．（2015•北京）如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC=BC=，O，M分别为AB，VA的中点．‎ ‎（1）求证：VB∥平面MOC；‎ ‎（2）求证：平面MOC⊥平面VAB ‎（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（1）利用三角形的中位线得出OM∥VB，利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；‎ ‎（2）证明：OC⊥平面VAB，即可证明平面MOC⊥平面VAB ‎（3）利用等体积法求三棱锥V﹣ABC的体积．‎ ‎【解答】（1）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，‎ ‎∴OM∥VB，‎ ‎∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，‎ ‎∴VB∥平面MOC；‎ ‎（2）∵AC=BC，O为AB的中点，‎ ‎∴OC⊥AB，‎ ‎∵平面VAB⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，‎ ‎∴OC⊥平面VAB，‎ ‎∵OC⊂平面MOC，‎ ‎∴平面MOC⊥平面VAB ‎（3）在等腰直角三角形ACB中，AC=BC=，∴AB=2，OC=1，‎ ‎∴S△VAB=，‎ ‎∵OC⊥平面VAB，‎ ‎∴VC﹣VAB=•S△VAB=，‎ ‎∴VV﹣ABC=VC﹣VAB=．‎ ‎【点评】本题考查线面平行的判定，考查平面与平面垂直的判定，考查体积的计算，正确运用线面平行、平面与平面垂直的判定定理是关键．‎ ‎　‎ ‎23．（2015•福建）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO=OB=1，‎ ‎（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证；AC⊥平面PDO；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；‎ ‎（Ⅲ）若BC=，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有 ‎【专题】空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意可证AC⊥DO，又PO⊥AC，即可证明AC⊥平面PDO．‎ ‎（Ⅱ）当CO⊥AB时，C到AB的距离最大且最大值为1，又AB=2，即可求△ABC面积的最大值，又三棱锥P﹣ABC的高PO=1，即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值．‎ ‎（Ⅲ）可求PB===PC，即有PB=PC=BC，由OP=OB，C′P=C′B，可证E为PB中点，从而可求OC′=OE+EC′==，从而得解．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）在△AOC中，因为OA=OC，D为AC的中点，‎ 所以AC⊥DO，‎ 又PO垂直于圆O所在的平面，‎ 所以PO⊥AC，‎ 因为DO∩PO=O，‎ 所以AC⊥平面PDO．‎ ‎（Ⅱ）因为点C在圆O上，‎ 所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，‎ 又AB=2，所以△ABC面积的最大值为，‎ 又因为三棱锥P﹣ABC的高PO=1，‎ 故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：．‎ ‎（Ⅲ）在△POB中，PO=OB=1，∠POB=90°，‎ 所以PB==，‎ 同理PC=，所以PB=PC=BC，‎ 在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示，‎ 当O，E，C′共线时，CE+OE取得最小值，‎ 又因为OP=OB，C′P=C′B，‎ 所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点．‎ 从而OC′=OE+EC′==．‎ 亦即CE+OE的最小值为：．‎ ‎【点评】本题主要考查了直线与直线、直线与平面的位置关系、锥体的体积的求法等基础知识，考查了空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎24．（2015•新课标I）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎（Ⅱ）若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．菁优网版权所有 ‎【专题】空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据面面垂直的判定定理即可证明：平面AEC⊥平面BED；‎ ‎（Ⅱ）根据三棱锥的条件公式，进行计算即可．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∵BE⊥平面ABCD，‎ ‎∴AC⊥BE，‎ 则AC⊥平面BED，‎ ‎∵AC⊂平面AEC，‎ ‎∴平面AEC⊥平面BED；‎ 解：（Ⅱ）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，得AG=GC=x，GB=GD=，‎ ‎∵AE⊥EC，△EBG为直角三角形，‎ ‎∴BE=x，‎ ‎∵三棱锥E﹣ACD的体积V===，‎ 解得x=2，即AB=2，‎ ‎∵∠ABC=120°，‎ ‎∴AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcosABC=4+4﹣2×=12，‎ 即AC=，‎ 在三个直角三角形EBA，EBG，EBC中，斜边AE=EC=ED，‎ ‎∵AE⊥EC，∴△EAC为等腰三角形，‎ 则AE2+EC2=AC2=12，‎ 即2AE2=12，‎ ‎∴AE2=6，‎ 则AE=，‎ ‎∴从而得AE=EC=ED=，‎ ‎∴△EAC的面积S==3，‎ 在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，‎ 则AE=，AF==，‎ 则EF=，‎ ‎∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S==，‎ 故该三棱锥的侧面积为3+2．‎ ‎【点评】本题主要考查面面垂直的判定，以及三棱锥体积的计算，要求熟练掌握相应的判定定理以及体积公式．‎ ‎　‎ ‎25．（2015•广东）已知过原点的动直线l与圆C1：x2+y2﹣6x+5=0相交于不同的两点A，B．‎ ‎（1）求圆C1的圆心坐标；‎ ‎（2）求线段AB 的中点M的轨迹C的方程；‎ ‎（3）是否存在实数 k，使得直线L：y=k（x﹣4）与曲线 C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．菁优网版权所有 ‎【专题】创新题型；开放型；圆锥曲线的定义、性质与方程．‎ ‎【分析】（1）通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论；‎ ‎（2）设当直线l的方程为y=kx，通过联立直线l与圆C1的方程，利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化，计算即得结论；‎ ‎（3）通过联立直线L与圆C1的方程，利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点（4，0）决定的直线斜率，即得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵圆C1：x2+y2﹣6x+5=0，‎ 整理，得其标准方程为：（x﹣3）2+y2=4，‎ ‎∴圆C1的圆心坐标为（3，0）；‎ ‎（2）设当直线l的方程为y=kx、A（x1，y1）、B（x2，y2），‎ 联立方程组，‎ 消去y可得：（1+k2）x2﹣6x+5=0，‎ 由△=36﹣4（1+k2）×5＞0，可得k2＜‎ 由韦达定理，可得x1+x2=，‎ ‎∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为，其中﹣＜k＜，‎ ‎∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为：（x﹣）2+y2=，其中＜x≤3；‎ ‎（3）结论：当k∈[﹣，]∪{﹣，}时，直线L：y=k（x﹣4）与曲线C只有一个交点．‎ 理由如下：‎ 联立方程组，‎ 消去y，可得：（1+k2）x2﹣（3+8k2）x+16k2=0，‎ 令△=（3+8k2）2﹣4（1+k2）•16k2=0，解得k=±，‎ 又∵轨迹C的端点（，±）与点（4，0）决定的直线斜率为±，‎ ‎∴当直线L：y=k（x﹣4）与曲线C只有一个交点时，‎ k的取值范围为[﹣，]∪{﹣，}．‎ ‎【点评】本题考查求轨迹方程、直线与曲线的位置关系问题，注意解题方法的积累，属于难题．‎ ‎　‎ ‎26．（2014•新课标I）已知点P（2，2），圆C：x2+y2﹣8y=0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．‎ ‎（1）求M的轨迹方程；‎ ‎（2）当|OP|=|OM|时，求l的方程及△POM的面积．‎ ‎【考点】轨迹方程；三角形的面积公式．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】（1）由圆C的方程求出圆心坐标和半径，设出M坐标，由与数量积等于0列式得M的轨迹方程；‎ ‎（2）设M的轨迹的圆心为N，由|OP|=|OM|得到ON⊥PM．求出ON所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得到PM所在直线方程，由点到直线的距离公式求出O到l的距离，再由弦心距、圆的半径及弦长间的关系求出PM的长度，代入三角形面积公式得答案．‎ ‎【解答】解：（1）由圆C：x2+y2﹣8y=0，得x2+（y﹣4）2=16，‎ ‎∴圆C的圆心坐标为（0，4），半径为4．‎ 设M（x，y），则，．‎ 由题意可得：．‎ 即x（2﹣x）+（y﹣4）（2﹣y）=0．‎ 整理得：（x﹣1）2+（y﹣3）2=2．‎ ‎∴M的轨迹方程是（x﹣1）2+（y﹣3）2=2．‎ ‎（2）由（1）知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，为半径的圆，‎ 由于|OP|=|OM|，‎ 故O在线段PM的垂直平分线上，‎ 又P在圆N上，‎ 从而ON⊥PM．‎ ‎∵kON=3，‎ ‎∴直线l的斜率为﹣．‎ ‎∴直线PM的方程为，即x+3y﹣8=0．‎ 则O到直线l的距离为．‎ 又N到l的距离为，‎ ‎∴|PM|==．‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题考查圆的轨迹方程的求法，训练了利用向量数量积判断两个向量的垂直关系，训练了点到直线的距离公式的应用，是中档题．‎ ‎　‎ ‎27．（2013•新课标Ⅰ）已知圆M：（x+1）2+y2=1，圆N：（x﹣1）2+y2=9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．‎ ‎【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．菁优网版权所有 ‎【专题】直线与圆．‎ ‎【分析】（I）设动圆的半径为R，由已知动圆P与圆M外切并与圆N内切，可得|PM|+|PN|=R+1+（3﹣R）=4，而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，求出即可；‎ ‎（II）设曲线C上任意一点P（x，y），由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2=4．分①l的倾斜角为90°，此时l与y轴重合，可得|AB|．②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，设l与x轴的交点为Q，根据，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y=k（x+4），与椭圆的方程联立，得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出．‎ ‎【解答】解：（I）由圆M：（x+1）2+y2=1，可知圆心M（﹣1，0）；圆N：（x﹣1）2+y2=9，圆心N（1，0），半径3．‎ 设动圆的半径为R，‎ ‎∵动圆P与圆M外切并与圆N内切，∴|PM|+|PN|=R+1+（3﹣R）=4，‎ 而|NM|=2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，‎ ‎∴a=2，c=1，b2=a2﹣c2=3．‎ ‎∴曲线C的方程为（x≠﹣2）．‎ ‎（II）设曲线C上任意一点P（x，y），‎ 由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R=2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2=4．‎ ‎①l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|=．‎ ‎②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，‎ 设l与x轴的交点为Q，则，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y=k（x+4），‎ 由l于M相切可得：，解得．‎ 当时，联立，得到7x2+8x﹣8=0．‎ ‎∴，．‎ ‎∴|AB|===‎ 由于对称性可知：当时，也有|AB|=．‎ 综上可知：|AB|=或．‎ ‎【点评】本题综合考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式等基础知识，需要较强的推理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法．‎ ‎　‎ ‎28．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C．‎ ‎（1）证明：B1C⊥AB；‎ ‎（2）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，BC=1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有 ‎【专题】综合题；空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（1）连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，证明B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AB；‎ ‎（2）作OD⊥BC，垂足为D，连接AD，作OH⊥AD，垂足为H，证明△CBB1为等边三角形，求出B1到平面ABC的距离，即可求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．‎ ‎【解答】（1）证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，‎ ‎∵侧面BB1C1C为菱形，‎ ‎∴BC1⊥B1C，‎ ‎∵AO⊥平面BB1C1C，‎ ‎∴AO⊥B1C，‎ ‎∵AO∩BC1=O，‎ ‎∴B1C⊥平面ABO，‎ ‎∵AB⊂平面ABO，‎ ‎∴B1C⊥AB；‎ ‎（2）解：作OD⊥BC，垂足为D，连接AD，作OH⊥AD，垂足为H，‎ ‎∵BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD=O，‎ ‎∴BC⊥平面AOD，‎ ‎∴OH⊥BC，‎ ‎∵OH⊥AD，BC∩AD=D，‎ ‎∴OH⊥平面ABC，‎ ‎∵∠CBB1=60°，‎ ‎∴△CBB1为等边三角形，‎ ‎∵BC=1，∴OD=，‎ ‎∵AC⊥AB1，∴OA=B1C=，‎ 由OH•AD=OD•OA，可得AD==，∴OH=，‎ ‎∵O为B1C的中点，‎ ‎∴B1到平面ABC的距离为，‎ ‎∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．‎ ‎【点评】本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎29．（2013•新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°‎ ‎（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）若AB=CB=2，A1C=，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．‎ ‎【考点】直线与平面垂直的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有 ‎【专题】空间位置关系与距离．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题目给出的边的关系，可想到去AB中点O，连结OC，OA1，可通过证明AB⊥平面OA1C得要证的结论；‎ ‎（Ⅱ）在三角形OCA1中，由勾股定理得到OA1⊥OC，再根据OA1⊥AB，得到OA1为三棱柱ABC﹣A1B1C1的高，利用已知给出的边的长度，直接利用棱柱体积公式求体积．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：如图，‎ 取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B．‎ 因为CA=CB，所以OC⊥AB．‎ 由于AB=AA1，，故△AA1B为等边三角形，‎ 所以OA1⊥AB．‎ 因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C．‎ 又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；‎ ‎（Ⅱ）解：由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，‎ 所以．‎ 又，则，故OA1⊥OC．‎ 因为OC∩AB=O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．‎ 又△ABC的面积，故三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．‎ ‎【点评】题主要考查了直线与平面垂直的性质，考查了棱柱的体积，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎30．（2012•新课标）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC ‎（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有 ‎【专题】计算题；证明题．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意易证DC1⊥平面BDC，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BDC1⊥平面BDC；‎ ‎（Ⅱ）设棱锥B﹣DACC1的体积为V1，AC=1，易求V1=××1×1=，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=1，于是可得（V﹣V1）：V1=1：1，从而可得答案．‎ ‎【解答】证明：（1）由题意知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC=C，‎ ‎∴BC⊥平面ACC1A1，又DC1⊂平面ACC1A1，‎ ‎∴DC1⊥BC．‎ 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45°，‎ ‎∴∠CDC1=90°，即DC1⊥DC，又DC∩BC=C，‎ ‎∴DC1⊥平面BDC，又DC1⊂平面BDC1，‎ ‎∴平面BDC1⊥平面BDC；‎ ‎（2）设棱锥B﹣DACC1的体积为V1，AC=1，由题意得V1=××1×1=，‎ 又三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=1，‎ ‎∴（V﹣V1）：V1=1：1，‎ ‎∴平面BDC1分此棱柱两部分体积的比为1：1．‎ ‎【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，着重考查线面垂直的判定定理的应用与棱柱、棱锥的体积，考查分析，表达与运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎