专题九 解析几何-【创新教程】2018-2022五年高考文科数学真题分类特训（老高考）

底面EB１C１F 的面积为 １ ２× (B１C１＋EF)×PN＝ １ ２ (６＋２)×６＝２４． 所以四棱锥B－EB１C１F 的体积为 １ ３×２４×３＝２４． １６．解:(１)由 题 设 可 知,PA＝PB ＝PC． 由于△ABC是正三角形,故可得 △PAC ≌ △PAB, △PAC ≌△PBC． 又∠APC＝９０°,故∠APB＝９０°, ∠BPC＝９０°, 从而PB⊥PA,PB⊥PC,又 PA ∩PC＝P,故PB⊥平面PAC,因为PB⊂平面PAB,所 以平面PAB⊥平面PAC． (２)设圆锥的底面半径为r,母线长为l． 由题设可得rl＝ ３,l２－r２＝２． 解得r＝１,l＝ ３． 从而AB＝ ３,由(１)可得 PA２＋PB２＝AB２,故 PA＝ PB＝PC＝ ６２． 所以三棱锥P－ABC的体积为 V＝１３× １ ２×PA×PB×PC＝ １ ３× １ ２× ６ ２ æ è ç ö ø ÷ ３ ＝ ６８． １７．解:(１)由已知得B１C１⊥平 面 ABB１A１,BE ⊂ 平 面 ABB１A１,故B１C１⊥BE． 又BE⊥EC１,所以BE⊥平 面EB１C１． (２)由(１)知∠BEB１＝９０°, 由题 设 知 Rt△ABE≌Rt △A１B１E,所 以 ∠AEB ＝ ∠A１EB１ ＝４５°,故 AE＝ AB＝３,AA１＝２AE＝６． 作EF⊥BB１,垂足为F,则 EF⊥平面 BB１C１C,且 EF ＝AB＝３． 所以,四棱锥 E－BB１C１C 的 体 积V＝ １ ３ ×３×６×３ ＝１８． １８．解:(１)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故 AD,CG 确定一个平面,从而A,C,G,D 四点共面,由已 知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE． 又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE． (２)取CG 的中点M,连接EM,DM． 因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE, 所 以 DE⊥ 平 面 BCGE,故 DE ⊥CG, 由已知,四边形BCGE 是菱形,且 ∠EBC＝６０°得EM⊥CG,故CG⊥ 平面DEM． 因此DM⊥CG, 在 Rt△DEM 中,DE＝１,EM＝ ３,故DM＝２, 所以四边形ACGD 的面积为４． １９．证明:(１)由已知,BC⊥平面DMC,∴BC⊥MC, ∵AD∥BC,∴AD⊥MC． 又DC为半圆的直径,∴MC⊥MD,又AD∩MD＝D． ∴MC⊥平面AMD,∵MC⊂平面BMC． ∴平面AMD⊥平面BMC． (２)当 P 为 AM 的 中 点 时, MC∥平面PBD． 证 明 如 下:连 接 AC 交 BD 于O, 因为 ABCD 为 矩 形,所 以 O 为AC 中点,连接OP, 因为P 为AM 中点,所以 MC∥OP􀆰 又∵MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD, 所以 MC∥平面PBD． ２０．解:(１)由 已 知 可 得, ∠BAC＝９０°,BA⊥AC． 又BA⊥AD,所以AB⊥ 平面ACD． 又AB⊂平面ABC, 所 以 平 面 ACD ⊥ 平 面ABC􀆰 (２)由已知可得,DC＝CM＝AB＝３,DA＝３ ２． 又BP＝DQ＝２３DA ,所以BP＝２ ２． 作QE⊥AC,垂足为E,则QE􀱀１３DC． 由已知 及(１)可 得 DC⊥ 平 面 ABC,所 以 QE⊥ 平 面 ABC,QE＝１． 因此,三棱锥Q－ABP 的体积为 VQ－ABP ＝ １ ３ ×QE ×S△ABP ＝ １ ３ ×１× １ ２ ×３× ２ ２sin４５°＝１． 专题九　解析几何 考点一　直线与圆 １．A　若直线是圆的对称轴,则直线过圆心,圆心坐标(a, ０),所以由２a＋０－１＝０,解得a＝１２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０３１ 五年真题分类特训􀅰数学(文) ２．C　如图,当 圆 心 到 直 线 的 距 离 最 大时,弦 长 最 小,又 m 为 直 线 在y 轴上的截距,∴当直线平行于x 轴 时,所 截 弦 长 最 短,∴ m ＝ ± ２２－１＝± ３． ３．B　(x－３)２＋y２＝９,圆 心 到 直 线 的最大距离dmax＝ ８,此时弦长最 小值为２,答