创新示范卷6 立体几何（含答题卡）-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮创新示范卷（新题型 人教B版 新教材）

创新示范卷(六) 　　　　　　　　立体几何 　　　　　　　本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 一、选择题(本大题共８小题,每小题５分,共４０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．) １．(２０２４􀅰吉林统考)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β的充分条件是 (　　) A．α⊥γ,β⊥γ　　　　B．a⊥α,a⊥β　　　　　C．a⊥β,a⊂α　　　　D．α∩β＝b,a⊂α,a⊥b ２．(２０２４􀅰山东淄博模拟)如图,长方体ABCDＧA１B１C１D１ 被两平面分成三部分,其中EF∥GH∥ BC,则这三个几何体中是棱柱的个数为 (　　) A．０ B．１ C．２ D．３ ３．如图所示,在棱长为 １ 的正方体 ABCDＧA１B１C１D１ 中,P 是A１B 上一动点,则 AP＋D１P的最小值为 (　　) A．２ B．６＋ ２２ C．２＋ ２ D．２＋ ２ ４．(２０２４􀅰名校联盟质量监测)已知正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,点E是线段A１D１ 的中点,点F 是 线段DD１ 上靠近D 的三等分点,则直线CE,BF所成角的余弦值为 (　　) A．１０ １９５７ B． ５ １９ ５７ C． １９ １９ D． ３ １９ １９ ５．(２０２４􀅰湛江模拟)如图,将一个圆柱２n(n∈N∗ )等分切割,再将其重新 组合成一个与圆柱等底等高的几何体,n越大,重新组合成的几何体就越 接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了１０, 则圆柱的侧面积为 (　　) A．１０π B．２０π C．１０nπ D．１８π ６．(２０２４􀅰山东烟台统考)圆锥的高为１,体积为π,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的 最大值为 (　　) A．２ B．３ C．２ D．１ ７．(２０２４􀅰江苏省七市联考)四棱锥 PＧABCD 中,底面 ABCD 为边长为 ４的正方形,∠PBA＝ ∠PBC,PD⊥AD,Q 为正方形ABCD 内一动点且满足QA⊥QP,若PD＝２,则三棱锥QＧPBC 的 体积的最小值为 (　　) A．３ B．８３ C． ４ ３ D．２ ８．(２０２４􀅰辽宁鞍山统考模拟)在正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,已知AA１＝７,点O 在棱AA１ 上,且 AO＝４,P 为正方体表面上的动点,若PO＝５,则点P 的轨迹长度为 (　　) A．１５π２ B． (４＋３ ２π) C．１７π２ D． (４＋３ ３)π 二、选择题(本大题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要 求．全部选对得６分,有选错的得０分,部分选对的得部分分．) ９．如图,多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为正方形,且ED⊥AD,ED⊥CD,FB ⊥AB,FB⊥BC,AB＝ED＝２FB＝２,则 (　　 ) A．三棱锥F－ABC的体积为２３ B．EM⊥ 平面AFC C．三棱锥F－ACE的体积为２ D．EF⊥平面AFC １Ｇ６ １０．(２０２４􀅰安徽黄山统考模拟)在棱长为２的正四面体ABCD 中,过点C且与BD 平行的平面α分 别与棱AB,AD 交于点E,F,点Q 为线段CD 上的动点,则下列结论正确的是 (　　) A．AC⊥EF B．当E,Q 分别为线段AB,CD 中点时,CF与EQ 所成角的余弦值为 ６６ C．线段EQ 的最小值为 ３ D．空间四边形BCFE的周长的最小值为４＋ ３ １１．如图,已知正四棱柱ABCD－A１B１C１D１ 的底面边长为１,侧棱长为２,点P,Q 分别在半圆弧C１C︵,A１A︵(均不含端点)上,且C１,P,Q,C在球O 上,则 (　　) A．当点P 在C１C︵中点处,三棱锥C１ＧPQC 的体积为定值 B．当点P 在C１C︵中点处,过C１,P,Q 三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状 都是四边形 C．球O的表面积的取值范围为(４π,８π) D．当点Q 在A１A︵的三等分点处,球O的表面积为(１１－４ ３)π 三、填空题(本大题共３小题,每小题５分,共１５分．) １２．(２０２４􀅰枣庄模拟)在长方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,AA１＝AB＝２,AD＝１,点F,G 分别是AB, CC１ 的中点,则△D１GF的面积为　　　　． １３．(２０２４􀅰江苏省镇江第一中学模拟)三棱锥PＧABC 中,AB⊥BC,△PAC 为边长为２的等边三角 形,二面角PＧACＧB 的余弦值为－ ６３ ,①三棱锥PＧABC 的体积最大为　　　 　;②当三棱锥PＧ ABC 的体积最大时,其外接球的表面积为　　　　 　． １４．(２０２４􀅰北京模拟)如图,正方体ABCDＧA１B１C１D１ 的棱长为２,点O 为底面 ABCD 的中心,点P 在侧面BB１C１C 的边界及其内部运动．给出下列四个结 论: ①D１O⊥AC; ②存在一点P,D１O∥B１P; ③若D１O⊥OP,则△D１C１P 面积的最大值为 ５; ④若P 到直线D１C１ 的距离与到点B的距离相等,则P 的轨迹为抛物线的一部分． 其中所有正确结论的序号是 　　　　． 四、解答题(本大题共５小题,共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) １５．(１３分)(２０２４􀅰河北唐山统考)在四棱锥PＧABCD 中,PD⊥平面ABＧ CD,四边形ABCD 是矩形,E,F,G分别是棱BC,AD,PA的中点． (１)求证:PE∥平面BFG; (２)若PD＝AD＝１,AB＝２,求点C到平面BFG 的距离． ２Ｇ６ １６．(１５分)如图,三棱锥PＧABC 中,PB＝PC,AB＝AC＝ ５,BC＝４,D 是BC 中 点,PD＝ ２PA＝ ２． (１)求证:PA⊥平面ABC; (２)求二面角AＧPBＧC 的正弦值． １７．(１５分)如图,圆锥的横截面为等边三角形SAB,O为底面圆圆心,Q为底面圆周 上一点． (１)如果BQ 的中点为C,OH⊥SC,求证:OH⊥平面SBQ; (２)如果∠AOQ＝６０°,QB＝２ ３,设二面角AＧSBＧQ 的大小为θ,求cosθ的值． ３Ｇ６ １８．(１７分)如图,直四棱柱 ABCD－A１B１C１D１ 的底面 ABCD 为梯形,AB∥CD, ∠ABC＝９０°,BC＝CD＝２AB＝２． (１)若CC１＝２,E为CD１ 的中点,在侧面ABB１A１ 内是否存在点F,使EF⊥平面 ACD１? 若存在,请确定点F的位置;若不存在,请说明理由． (２)若点K 为BB１ 的中点,平面D１AC与平面ACK 所成锐二面角为６０°,求DD１ 的长． １９．(１７分)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一,如图１所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的 三棱锥 HＧABC,JＧCDE,KＧEFA,再分别以AC,CE,EA 为轴将△ACH,△CEJ,△EAK 分别向 上翻转１８０°,使 H,J,K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体(下底面开口),如图２所示．蜂房 曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画,定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之 和,而每一顶点的曲率规定等于２π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多 面体的面的内角,用弧度制表示)． (１)求蜂房曲顶空间的弯曲度; (２)若正六棱柱的侧面积一定,当蜂房表面积最小时,求其顶点S的曲率的余弦值． ４Ｇ６ 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 创新示范卷(六) 数学答题卡 选择题 (共５８分,１~８小题,每小题５分,９~１１小题,每小题６分) 正确填涂　　　　　 　１ A B C D 　４ A B C D 　７ A B C D 　１０ A B C D 　 ２ A B C D ５ A B C D ８ A B C D １１ A B C D 　 ３ A B C D ６ A B C D ９ A B C D 　　　　 　　　　　　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 非选择题　　　　　　　　　(需用０．５毫米黑色签字笔书写) 填空题(本大题共３小题,每小题５分,共１５分．) １２．　　　　　　　　　　　　　　　　　１３．　　　　　　　　　　　　　　　　 １４．　　　　　　　　　　　　　　　　 解答题(本大题共５小题,共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) １５．(１３分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页１第　)六(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １６．(１５分) １７．(１５分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页２第　)六(卡题答学数 考生 必填 姓名　　　　座号 考生务必将姓名、座号用０．５毫米黑色签字笔认真填写在书写框内,座 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字．填写样例:若座号０２,则填 写为０２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 １８．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 )页４共(　页３第　)六(卡题答学数 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 １９．(１７分) 请在各题目的答题区域内作答,超出边框的答案无效 　请 在 各 题 目 的 答 题 区 域 内 作 答 , 超 出 边 框 的 答 案 无 效 )页４共(　页４第　)六(卡题答学数 创新示范卷(七) 　　　　　　　平面解析几何 　　　　　　　本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 一、选择题(本大题共８小题,每小题５分,共４０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．) １．(２０２４􀅰广东模拟预测)设λ∈R,则“λ＝１”是“直线３x＋(λ－１)y＝１与直线λx＋(１－λ)y＝２平 行”的 (　　) A．充分不必要条件　　　B．必要不充分条件　　　C．充要条件　　　　　D．既不充分也不必要条件 ２．(２０２４􀅰河南郑州十九中校考)曲线y＝２lnx上的点到直线x－y＋２ln２＝０的最短距离是 (　　) A．２ B．２－ln２ C．ln２ D．２ ３．(２０２４􀅰山东淄博模拟)体育馆等建筑的屋顶一般采用曲面结构．如图所示,某建筑的屋顶采用双 曲面结构,该建筑屋顶外形弧线可看作是双曲线上支的部分,其渐近线方程为y＝± ３３x 上,焦点 坐标为 ０,４ ３３ æ è ç ö ø ÷,那么该双曲线的标准方程为 (　　) A．x ２ ４－ ３y２ ４ ＝１ B． ３y２ ４ － x２ ４＝１ C． ３x２ ４ － y２ ４＝１ D． y２ ４－ ３x２ ４ ＝１ ４．(２０２４􀅰广州一模)某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆,其轨道的离心率为e, 设地球半径为R,该卫星近地点离地面的距离为r,则该卫星远地点离地面的距离为 (　　) A．１＋e１－er＋ ２e １－eR B． １＋e １－er＋ e １－eR C． １－e １＋er＋ ２e １＋eR D． １－e １＋er＋ e １＋eR ５．(２０２４􀅰辽宁省部分学校联考)画法几何学的创始人———法国数学家加斯帕尔􀅰蒙日发现:与椭圆 相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆,我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙 日圆．已知椭圆x ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１(a＞b＞０)的蒙日圆方程为x２＋y２＝a２＋b２．若圆(x－３)２＋(y－λ)２＝ ９与椭圆x ２ ３＋y ２＝１的蒙日圆有且仅有一个公共点,则λ的值为 (　　) A．±３ B．±４ C．±５ D．２ ５ ６．(２０２４􀅰江苏南京市二十九中学月考)设F１,F２ 分别为椭圆C: x２ a２ ＋ y ２ a２－１ ＝１(a＞１)的左,右焦点, 过F１ 垂直于长轴的直线交椭圆C于A、B两点,且|AB|＝３;P(１,１)为C 内一点,Q 为C 上任意 一点,求|PQ|＋|QF１|的最小值为 (　　) A．３ B．４ C．５ D．６ ７．(２０２４􀅰济南模拟)已知抛物线C∶y２＝４x,圆F:(x－１)２＋y２＝１,直线l:y＝k(x－１)(k≠０)自上 而下顺次与上述两曲线交于 M１,M２,M３,M４ 四点,则下列各式结果为定值的是 (　　) A．|M１M２|􀅰|M３M４| B．|FM１|􀅰|FM４| C．|M１M３|􀅰|M２M４| D．|FM１|􀅰|M１M２| ８．在平面直角坐标系中,点P 是直线l∶x＝－１２ 上一动点,点F １２ ,０æ è ç ö ø ÷,点Q 为PF 的中点,点M 满 足 MQ⊥PF,且MP → ＝λOF → (λ∈R),过点 M 作圆(x－３)２＋y２＝２的切线,切点分别为S,T,则 |ST|的最小值为 (　　) A．２ ３０５ B． ３０ ５ C． ７ ２ D． ５ ２ １Ｇ７ (２)由题设知:bn＝ ２n－１,n＝２k－１, n,n＝２k,{ k∈N ∗ , 当n为偶数时,Tn＝(b１＋b３＋􀆺＋bn－１)＋(b２＋b４＋􀆺 bn)＝(２０＋２２＋􀆺＋２n－２)＋(２＋４＋􀆺＋n)＝ ２n－１ ３ ＋n (n＋２) ４ ; 当n为奇数时,Tn＝(b１＋b３＋􀆺＋bn)＋(b２＋b４＋􀆺＋ bn－１)＝(２０＋２２＋􀆺＋２n－１)＋(２＋４＋􀆺＋n－１)＝ ２n＋１－１ ３ ＋ n２－１ ４ ; 综上,Tn＝ ２n－１ ３ ＋ n(n＋２) ４ ,n＝２k, ２n＋１－１ ３ ＋ n２－１ ４ ,n＝２k－１, ì î í ïï ï k∈N∗ ． １８．解:(１)若选条件①,由S２＝６及S４＝３０, 得a１＋a２＝６,a１＋a２＋a３＋a４＝３０, 两式相减,得a３＋a４＝２４,即q２(a１＋a２)＝２４, 所以q２＝４,由q＞０,解得q＝２, 代入a１＋a２＝６,得a１＋２a１＝６,解得a１＝２, 所以数列{an}的通项公式为an＝２n． 若选条件②,S６－S４＝９６． 因为S６－S４＝a５＋a６＝９６,a１＋a２＝６, 所以a１q４＋a１q５＝９６,a１＋a１q＝６, 两式相除,得q４＝１６,结合q＞０,得q＝２, 所以a１＋２a１＝６,解得a１＝２, 所以数列{an}的通项公式为an＝２n． 若选条件③,a３ 是S３ 与２的等差中项． 由a３ 是S３ 与２的等差中项,得２a３＝S３＋２, 则２a３＝a１＋a２＋a３＋２,由a１＋a２＝６,得a３＝８, 由通项得a１＋a１q＝６,a１q２＝８, 消去a１,得３q２－４q－４＝０,结合q＞０,解得q＝２, 代入a１＋a１q＝６,得a１＝２, 所以数列{an}的通项公式为an＝２n． (２)由(１),得bn＝logan２＝ １ log２an ＝ １ log２２n ＝１n , cn＋１－cn＝bnbn＋１＝ １ n(n＋１)＝ １ n－ １ n＋１ , 所以当n≥２时,cn＝c１＋(c２－c１)＋(c３－c２)＋(c４－c３) ＋􀆺＋(cn－cn－１) ＝１＋ １－１２( ) ＋ １ ２－ １ ３( ) ＋ １ ３－ １ ４( ) ＋ 􀆺 ＋ １ n－１－ １ n( )＝２－ １ n． 又c１＝１也适合上式,故数列{cn}的通项公式是cn＝２ －１n． １９．解:(１)因为an＝ ２n(n＝１,２), ２n－５(n≥３,n∈N∗ ),{ a５－a２＝５－４＝１,但a６－a３＝７－１＝６≠１,所以数列{an} 不具有性质P(１),同理可得数列{an}具有性质P(４); (２)因为数列{an}具有性质P(０),所以一定存在一组最 小的且m＞k,满足am－ak＝０,即am＝ak,由性质P(０) 的 含 义 可 得 am＋１ ＝ak＋１,am＋２ ＝ak＋２,􀆺,a２m－k－１ ＝ am－１,a２m－k＝am,所以数列{an}中,从第k项开始的各 项呈现周期性规律: ak,ak＋１,􀆺,am－１为一个周期中的各项, 所以数列{an}中最多有m－１个不同的项, 所以T 最多有 C２m－１个元素,即T 为有限集; (３)因为数列{an}具有P(２)性质,又具有P(３)性质,所 以存在 M′,N′,使得aM′＋P－aM′＝２,aN′＋q－aN′＝３,其 中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数,由性 质P(２),P(３)的含义可得aM′＋p＋k－aM′＋k＝２,aN′＋q＋k －aN′＋k＝３,若 M′＜N′,则取k＝N′－M′,可得aN′＋p－ aN′＝２,若 M′＞N′,则取k＝M′－N′,可得aM′＋q－aM′ ＝３,记 M＝max{M′,N′},则对于aM ,有aM＋p－aM＝２, aM＋q－aM＝３,显然p≠q,由性质P(２),P(３)的含义可 得:aM＋p＋k－aM＋k＝２,aN＋q＋k－aN＋k＝３,所以aM＋pq－ aM＝(aM＋pq－aM＋(q－１)p)＋(aM＋(q－１)p－aM＋(q－２)p)＋􀆺 ＋(aM＋p－aM )＝２qaM＋pq－aM ＝(aM＋pq－aM＋(p－１)q)＋ (aM＋(p－１)q－aM＋(p－２)q)＋􀆺＋(aM＋q－aM)＝３p,所以２q ＝３p,又p,q为满足aM＋p－aM ＝２,aM＋q－aM ＝３的最 小的正整数,所以q＝３,p＝２,aM＋２－aM ＝２,aM＋３－aM ＝３,所以aM＋２＋k－aM＋k＝２,aM＋３＋k－aM＋k＝３, 所以aM＋２k＝aM＋２(k－１)＋２＝aM ＋２k,aM＋３k＝aM＋３(k－１)＋３ ＝aM＋３k,取 N＝M＋３,所以,若k是偶数,则aN＋k＝ aN＋k,若k是奇数,则aN＋k＝aN＋３＋(k－３)＝aN＋３＋(k－ ３)＝aN＋３＋(k－３)＝aN＋k,所以,aN＋k＝aN ＋k,所以 aN ,aN＋１,aN＋２,􀆺,aN＋k,􀆺是公差为１的等差数列． 创新示范卷(六) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 C D D B A A B C ABCABD AD １．C　[对于 A,当α⊥γ,β⊥γ时,α,β可能平行,可能相交, 但不一定垂直,A错误;对于B,当a⊥α,a⊥β时,α∥β,B 错误;对于 C,a⊥β,a⊂α,根据面面垂直判定定理可知α ⊥β,C正确;对于 D,当α∩β＝b,a⊂α,a⊥b时,a⊥b,但 α,β相交但不一定垂直, 如图示: 故 D错误．] ２．D　[长方体ABCD－A１B１C１D１ 被两平面分成三部分, 其中EF∥GH∥BC,其中两个三棱柱,底面是直角三角 形;另一个是底面为六边形的直棱柱,所以这三个几何 体中是棱柱的个数为３．] ３．D　[把对角面A１C绕A１B 旋转,使其与△AA１B 在同一 平 面 上,连 接 AD１,则 在 △AA１D 中,AD１ ＝ １＋１－２×１×１×cos１３５°＝ ２＋ ２为所求的最小值．] ４．B　[设正方体的棱长为６, 以 D 为 坐 标 原 点,分 别 以 DA,DC,DD１ 为x,y,z 轴 建立空间直角坐标系,E 为 A１D１ 中点,A１(６,０,６), D１(０,０,６),E(３,０,６), C(０,６,０),B(６,６,０),F 为 线段DD１ 上靠近D 的三等 分点,所以F(０,０,２),则CE → ＝(３,－６,６),BF → ＝(－６, －６,２),所以直线CE,BF 所成角的余弦值为 |cos‹CE →,BF→›|＝ CE →􀅰BF→ 　　　　　　　 　　　　　　 　 |CE → ||BF → | ＝ ３×(－６)＋(－６)×(－６)＋６×２ ３２＋(－６)２＋６２× (－６)２＋(－６)２＋２２ ＝５ １９５７ ． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１Ｇ案答 参考答案 ５．A　[显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了 原几何体的轴截面面积,设圆柱的底面半径为r,高为h, 则２rh＝１０,所以圆柱的侧面积为２πrh＝１０π．] ６．A　[圆锥的高为１,体积为π,则底面圆的半径为 ３,母 线长为２,轴截面的顶角为２π３ ,当截面为直角三角形时, 过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积最大,最大 值为１ ２×２×２＝２． ] ７．B　[因 为 ∠PBA＝∠PBC, AB＝CB,PB ＝PB,所 以 △PAB≌△PCB, ∴PA＝PC,又 ∵AD＝CD, PD ＝ PD, 所 以 △PAD ≌△PCD, ∴∠PDC＝∠PDA,因为PD ⊥AD,所以PD⊥CD, 又因为AD∩CD＝D,AD,CD⊂平面ABCD,所以PD⊥ 平面ABCD． ∴PD⊥AQ,又QA⊥QP,QP∩PD＝P,QP,PD⊂平面 PDQ,所以AQ⊥平面PDQ,∴AQ⊥QD, 故点Q 在以AD 为直径的半圆上, 所以当点Q 是正方形ABCD 的中心时,三棱锥 QＧPBC 的体积最小, 即三棱锥QＧPBC 的体积的最小值为VPＧQBC＝ １ ３S△QBC 􀅰 PD＝１３× １ ２×４×２×２＝ ８ ３． ] ８．C　[依题意,∵OA＝４,AA１＝７,OE＝OF＝５,∴AE＝３ ＝OA１,A１F＝４＝OA,所 以 △AEO≌ △A１OF,所 以 ∠AEO＝∠A１OF,又 因 为 ∠AEO＋∠AOE＝ π ２ ,所 以 ∠A１OF＋∠AOE＝ π ２ ,所 以 ∠EOF＝π－(∠A１OF＋ ∠AOE)＝π２ ,即OE⊥OF． 在平面AA１B１B 内满足条件的点的轨迹为EF, 该轨迹是以５为半径的 １４ 个圆周,所以长度为２π×５× １ ４＝ ５π ２ ; 同理,在平面AA１D１D 内满足条件的点轨迹长度为 ５π ２ ; 在平面A１B１C１D１ 内满足条件的点的轨迹为以A１ 为圆 心,A１F 为半径的圆弧,长度为２π×４× １ ４ ＝２π ;同理, 在平面ABCD 内满足条件的点的轨迹为以A 为圆心, AE 为半径的圆弧,长度为２π×３×１４＝ ３π ２． 故轨迹的总长度为５π ２＋ ５π ２＋２π＋ ３π ２＝ １７π ２ ． ] ９．ABC　[由BF⊥AB,BF⊥BC,AB ∩BC＝B,AB,BC⊂平面ABC,得 BF⊥平面 ABC,由题意知,DA⊥ DC,DA⊥DE,DC⊥DE,建立如图 所示的空间直角坐标系 D－xyz, 则D(０,０,０),A(２,０,０),C(０,２, ０),E(０,０,２),F(２,２,１),M(１,１, ０),得AC → ＝(－２,２,０),AE → ＝(－２,０,２),AF → ＝(０,２,１),EM → ＝(１,１,－２),EF → ＝(２,２,－１), FC → ＝(－２,０,－１), 对 A:VF－ABC＝ １ ３S△ABC 􀅰BF＝１３× １ ２×２×２×１＝ ２ ３ , 故 A正确; 对B:由EM →􀅰AF→＝０,EM→􀅰FC→＝０,得EM⊥AF,EM⊥ FC,又AF∩FC＝F,AF,FC⊂平面AFC,所以EM⊥平 面AFC,故B正确; 对 C:由AC＝AE＝CE＝２ ２,得S△ACE ＝ １ ２ ×２ ２× ２ ２sin６０°＝２ ３． 设平面ACE 的一个法向量为n＝(x,y,z), 则 n􀅰AC → ＝－２x＋２y＝０, n􀅰AE → ＝－２x＋２z＝０,{ 令x＝１,得y＝１,z＝１,所以 n＝(１,１,１), 故点F 到平面ACE 的距离为d＝|AF →􀅰n| |n| ＝ ３ , 所以VF－ACE＝ １ ３S△ACE 􀅰d＝１３×２ ３× ３＝２ ,故C正确; 对 D:由EF →􀅰AF→＝３,EF→􀅰AC→＝０,EF→􀅰FC→＝－３得, EF⊥平面AFC不成立,故 D错误．] １０．ABD　 [由 题 知,BD∥ 平 面 CEF,而平面CEF∩平面ABD ＝EF,BD⊂ 平 面 ABD,根 据 线面平行的性质定理可知,BD ∥EF, 又AC →􀅰BD→＝(AB→＋BC→)􀅰BD→ ＝AB →􀅰BD→＋BC→􀅰BD→＝２×２ ×cos２π３＋２×２×cos π ３＝０ , 即AC⊥BD,故AC⊥EF,A选项正确; 连接AQ,BQ,易得AQ＝BQ＝ ３＝CF,又AE＝EB＝ １,于是EQ⊥AB(三线合一),故EQ＝ (３)２－１＝ ２, 取FD 中点P,连接 PQ,PE,由中位线可知 PQ＝ ３２ , 在△AEP 中 由 余 弦 定 理,EP２＝AE２＋AP２－２AE􀅰 AP􀅰cos６０°＝７４ ,即EP＝ ７２ , 由CF∥PQ,CF 与EQ 所成角即为∠EQP(或其补角), 在△EQP,中根据余弦定理,cos∠EQP＝ ２＋３４－ ７ ４ ６ ＝ ６ ６ ,B选项正确;根据B选项分析,当E,Q 分别为线段 AB,CD 中点时,EQ＝ ２＜ ３,C选项错误; 由BD∥EF,由于△ABD 为正三角形,则△AEF 也是 正三角形,故EF＝AE,故四边形BCFE 的周长为:BC ＋BE＋EF＋CF＝２＋(BE＋AE)＋CF＝４＋CF,当F 为AD 中点,即CF⊥AD 时,CF 有最小值 ３．即空间四 边形BCFE 的周长的最小值为４＋ ３,D选项正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１Ｇ案答 数学(新) １１．AD　[如图１所示,取CC１ 中点E,DD１ 中点F,AA１ 中点G,根据题意,求出O 在线段EF 上,设∠FGQ＝α, α∈ ０,π２[ ) ,则由余弦定理可得FQ ２＝２－２cosα, 设OE＝x,则 OC２＝x２＋１,所 以 OQ２＝OF２＋FQ２＝ (１－x)２＋２－２cosα, 因为OQ２＝OC２＝R２(R 为球O 的半径),所以x＝ １－cosα∈[０,１), 所以R２＝OC２＝x２＋１∈[１,２),故球O 的表面积S＝ ４πR２∈[４π,８π),故 C错误; 当点Q 在A１A︵的三等分点处,α＝π６,则x＝１－cosα＝ １－ ３２ ,所以R２＝OC２＝ １－ ３２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋１＝１１４－ ３ , 故球O 的表面积S＝４πR２＝４π １１４－ ３( )＝ (１１－４ ３)π,故 D正确; 如图２,当点Q 在FA︵上时,连接AF, 在平面 ADD１A１ 上,过点 Q 作AF 的平 行 线,与 线 段 DD１,AD 分别交于M,N, 延长C１P 与CB 延长线相交,连接交点与点 N 交AB 于S, 此时当点P 在C１C︵中点处,过C１,P,Q 三点的平面截正 四棱柱所得的截面为五边形C１MNSP,故B错误; 当P 在C１C︵中点处,三棱锥C１－PQC的体积为VQ－PCC１ ＝VA－PCC１＝ １ ３ × １ ２ ×２×１×１＝ １ ３ 为 定 值,故 A 正确．] １２．解析:以 D 为 坐 标 原 点,DA,DC,DD１ 所 在 直 线 为x 轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略),则D１(０,０, ２),G(０,２,１),F(１,１,０), FD１→＝(－１,－１,２),FG→＝(－１,１,１), ∴点D１ 到直线GF 的距离 d＝ |FD → １|２－ 　　　　　　　　 　 　 　　　　　　　 　 　 　FD１ →􀅰FG→ 　　　　 　 　 |FG → | æ è çç ö ø ÷÷ ２ ＝ ６－ ２ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ４２３ ． 又|FG → |＝ ３,∴S△D１GF＝ １ ２× ３× ４２ ３ ＝ １４ ２ ． 答案: １４ ２ １３．解析:空１:过点P 作PE⊥平面ABC,垂足为E,过点E 作DE⊥AC,交AC于点D,连接PD, 因为PE⊥平面ABC,且AC⊂平面ABC,则PE⊥AC, DE∩PE＝E,DE,PE⊂平面PDE, 可得AC⊥平面PDE,且PD⊂平面PDE,则AC⊥PD, 则∠PDE 为二 面 角PＧACＧB 的 平 面 角 的 补 角,即cos ∠PDE＝ ６３ ,因为AC⊥PD,且三角形PAC 为等边三 角形,则D 为AC 的中点, 设AB＝a,BC＝b,则a２＋b２＝AC２＝４, 可得PD＝ ３,PE＝PDsin∠PDE＝ ３× ３３＝１ , 故三棱锥PＧABC 的体积为VPＧABC＝ １ ３× １ ２ab×１＝ １ ６ab≤ １ ６× a２＋b２ ２ ＝ １ ３ , 当且仅当a＝b＝ ２时,等号成立, 故三棱锥PＧABC 体积的最大值为１３ ; 空２:若三棱锥PＧABC 体积取到最大值,则B,D,E 三 点共线, 设三棱锥PＧABC 的外接球的球心为O,半径为R, 过点O 作OF⊥PE 于F,则四边形ODEF 为矩形, 可得OD＝EF＝ R２－１,DE＝OF＝ PDcos∠PDE＝ ３× ６３＝ ２ ,PE＝１, 在 Rt△PFO 中,因为R２＝ ２＋ １－ R２－１( ) ２,解得R２＝２, 所以三棱锥 PＧABC 的 外 接 球 的 表 面 积 为S球 ＝４πR２ ＝８π． 答案:１ ３　８π １４．解析:对于①,连接AD１,CD１,如 图,由 正 方 体 的 性 质 知 △ACD１ 为等 边 三 角 形,由 于 O 为 底 面 ABCD 的中心,故 O 为AC 的 中 点,故AC⊥D１O,①正确; 对于 ②,将 D１O 进 行 平 移 到 过 B１ 点,使 之 与 B１P 具 有 公 共 顶 点,如图,根据 立 体 图 形 判 断,无 论如何也 不 可 能 满 足 B１H 平 行 或 重 合 于B１P,所 以 D１O 不可能平行于B１P,②错误; 对于③,取 B１B 的 中 点E,连 接 OE,EC,BD,D１E,如 图,易证明 D１O⊥平面 OEC,所以 P 在线段EC 上 运 动,当点P 到点E 位置时,C１P 最大,此时△D１C１P 的 面积最大为S△D１C１P＝ １ ２×２× ５＝ ５ ,所以③正确;对 于④,P 到直线D１C１ 的距离为线段PC１ 的长度,所以 PC１＝PB,判定出P 点在直线BC１ 的垂直平分线上,故 ④错误． 答案:①③ １５．解:(１)证明:连接 DE,∵在矩形ABCD 中,E,F,分别 是BC,AD 中点, ∴DF＝BE,DF∥BE,∴四边形BEDF 是平行四边形, ∴DE∥BF． ∵G 是PA 的中点,F 是AD 的中点,∴FG∥PD． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１Ｇ案答 参考答案 ∵PD,DE⊄平面BFG,FG,BF⊂平面BFG, ∴PD∥平面BFG,DE∥平面BFG． ∵PD∩DE＝D,∴平面PDE∥平面BFG． ∵PE⊂平面PDE,∴PE∥平面BFG． (２)∵PD⊥平面 ABCD,FG∥PD,∴FG⊥ 平 面 ABＧ CD．过C在平面ABCD 内,作CM⊥BF,垂足为 M,则 FG⊥CM． ∵FG∩BF＝F,FG,BF⊂ 平 面 BFG,∴CM⊥ 平 面 BFG,∴CM 的长是点C 到 平 面BFG 的 距 离．在 矩 形 ABCD 中,F 是AD 中 点,AD＝１,AB＝２,△BCM∽ △FBA．∴CMBA＝ BC FB． ∵FB＝ AB２＋AF２ ＝ １７２ ,BC＝AD＝１,∴CM＝ ４ １７ １７ ,即点C到平面BFG 的距离为４ １７１７ ． １６．解:(１)证明:∵PB＝PC,AB＝AC,D 是BC 中点, ∴AD⊥BC,PD⊥BC, ∵AD∩PD＝D,AD,PD⊂ 平 面 PAD,∴BC⊥ 平 面PAD, ∵PA⊂平面PAD,∴PA⊥BC, ∵AB＝AC＝ ５,BC＝４,AD 是BC 边上中线, ∴AD＝１, ∵PD＝ ２PA＝ ２, ∴PA２＋AD２＝PD２,∴PA⊥AD, ∵BC∩AD＝D,BC,AD⊂ 平 面 ABC,∴PA⊥ 平 面ABC． (２)以 D 为 原 点,DA,DC 方 向 为x,y 轴的正方向,过 D 平行 于AP 的直线为z 轴,建立如图 所示空间直角坐标系,则 A(１, ０,０),B(０,－２,０),C(０,２, ０),P(１,０,１)． PB → ＝(－１,－２,－１),PA → ＝(０,０, －１),PC → ＝(－１,２,－１), 设平面PBC的一个法向量为m＝(x,y,z), 则 m􀅰PB → ＝０, m􀅰PC → ＝０,{ ∴ －x－２y－z＝０, －x＋２y－z＝０．{ 取x＝１,得m＝(１,０,－１), 同样可求得平面PAB 的一个法向量n＝(２,－１,０), ∴cos‹m,n›＝ m 􀅰n |m||n|＝ ２ ２􀅰 ５ ＝ １０５ , ∴二面角AＧPBＧC 的正弦值为 １５５ ． １７．解:(１)证明:连接OC,AQ． ∵O 为AB 的中点,BQ 的中点 为C,∴OC∥AQ． ∵AB 为圆的直径, ∴∠AQB＝９０°,∴OC⊥BQ． ∵SO⊥ 平 面 ABQ,∴SO⊥ BQ,∵SO∩OC＝O,SO,OC⊂ 平面SOC,∴QB⊥平面SOC, ∵OH⊂平面SOC,∴OH⊥BQ,∵OH⊥SC,BQ∩SC ＝C,BQ,SC⊂平面SBQ,∴OH⊥平面SBQ． (２)由已知得QC＝ ３,OQ＝２,OC＝１,SO＝２ ３．以O 为原点,OA 为x 轴,在平面ABC内过O 作AB 的垂线 为y 轴,OS为z 轴,建立空间直角坐标系, 则A(２,０,０),B(－２,０,０),S(０,０,２ ３),Q(１,３,０), BS → ＝(２,０,２ ３),BQ → ＝(３,３,０)． 设 n ＝ (x,y,z)为 平 面 BSQ 的 一 个 法 向 量, 则 n􀅰BS → ＝２x＋２ ３z＝０, n􀅰BQ → ＝３x＋ ３y＝０．{ 令z＝１,得n＝(－ ３,３,１),而平面SAB 的一个法向量 m＝(０,１,０), ∴cosθ＝ ３ １３ ＝３ １３１３ ． １８．解:(１)以B 为原点,BC,BA,BB１ 所在直线分别为x,y,z轴,建立 如图所示空间直角 坐 标 系,则 A (０,１,０),B(０,０,０),C(２,０,０), D１(２,２,２),E(２,１,１)． 若存在这样的点F,则可设F(０, y,z),其中０≤y≤１,０≤z≤２． EF → ＝(－２,y－１,z－１),AC → ＝(２,－ １,０),CD → １＝(０,２,２), ∵EF⊥平面ACD１,∴EF → ⊥AC →,EF→⊥CD→１, 则EF →􀅰AC→＝０,EF→􀅰CD→１＝０, 即 －４－(y－１)＝０, ２(y－１)＋２(z－１)＝０{ ⇒ y＝－３, z＝５．{ 与０≤y≤１,０≤z≤２矛 盾,所 以 不 存 在 满 足 条 件 的 点F． (２)设DD１＝２k(k＞０),则K(０,０,k), AK → ＝(０,－１,k)． 设平 面 ACK 的 一 个 法 向 量 为 m ＝ (x,y,z),则 AK →􀅰m＝０, AC →􀅰m＝０,{ 即 －y＋kz＝０, ２x－y＝０．{ 取z＝２,则m＝(k,２k,２), 同理可得平面ACD１ 的一个法向量n＝(－k,－２k,２)． 由题意得 m􀅰n |m|􀅰|n| ＝cos６０° , 即 －k２－４k２＋４ ５k２＋４􀅰 ５k２＋４ ＝ １２ ,解得k＝±２ １５１５ 或 ±２ １５５ (负值舍去),即DD１ 的长为 ４ １５ １５ 或４ １５ ５ ． １９．解:(１)蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的７个 顶点的曲率之和,根据定义其度量值等于７×２π减去 三个菱形的内角和３×２π,再减去６个直角梯形中的两 个非直角内角和６×π, 即蜂房曲顶空间的弯曲度为７×２π－３×２π－６π＝２π． (２)设底面正六边形的边长为１,如图所示,连接 AC, SH,则AC＝ ３, 设点S在上底面ABCDEF 的射影为O,则OB＝１, 令BH＝x,则SH＝ OB２＋(２x)２＝ １＋４x２, 菱形SAHC的面积S＝ ３２ １＋４x ２,△ABH 的面积为 S△ABH ＝ １ ２x , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１Ｇ案答 数学(新) 令正六棱柱的侧面积为定值S０ 时,蜂房的表面积为 S(x)＝３ ３２ １＋４x ２－３x＋S０, S′(x)＝ ６ ３x １＋４x２ －３,令S′(x)＝０,得到x＝ ２４ ,经研 究函数S(x)的单调性, 得到函数S(x)在x＝ ２４ 处取得极小值,此时SA＝SC ＝ １＋x２＝３ ２４ , 在△SAC中,令∠ASC＝θ,由余弦定理得 cosθ＝SA ２＋SC２－AC２ ２×SA×SC ＝－ １ ３ , 顶点S的曲率为２π－３θ,其余弦值为cos(２π－３θ)＝cos ３θ＝４cos３θ－３cosθ＝４× －１３( ) ３ －３× －１３( )＝ ２３ ２７． 创新示范卷(七) 选择题答案速查 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ 答案 A D B A B A A A AC AD ABD １．A　[若直线３x＋(λ－１)y＝１与直线λx＋(１－λ)y＝２ 平行,则３(１－λ)－λ(λ－１)＝０,解得λ＝１或λ＝－３,经 检验λ＝１或λ＝－３时两直线平行．故“λ＝１”能得到“直 线３x＋(λ－１)y＝１与直线λx＋(１－λ)y＝２平行”,但是 “直线３x＋(λ－１)y＝１与直线λx＋(１－λ)y＝２平行”不 能得到“λ＝１”．] ２．D　[由题知:y′＝２x ,再令２ x＝１ 得x＝２, 故与直线x－y＋２ln２＝０平 行 的 切 线 的 切 点 为 P(２, ２ln２),所以所求的距离为:|２－２ln２＋２ln２| ２ ＝ ２．] ３．B　[由题意可设双曲线的标准方程为y ２ a２ －x ２ b２ ＝１(a＞０, b＞０),因 为 渐 近 线 方 程 为y＝± ３３x ,上 焦 点 坐 标 为 ０,４ ３３ æ è ç ö ø ÷,所 以 a b ＝ ３ ３ , a２＋b２＝ ４ ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１６３ , ì î í ï ï ïï 解 得a２＝ ４３ , b２＝４．故该双曲线的标准方程为３y ２ ４ － x２ ４＝１． ] ４．A　[椭圆的离心率:e ＝ca ∈ (０,１),(c为半 焦距,a为长半轴),只 要求出椭圆的c和a, 设卫 星 近 地 点,远 地 点离地面距离分别为 m,n,由 题 意,结 合 图 形可知,a－c＝r＋R, 远地点离地面的距离为n＝a＋c－R,m＝a－c－R,a＝ r＋R １－e ,c＝ (r＋R)e １－e , 所以远 地 点 离 地 面 的 距 离 为n＝a＋c－R＝r＋R１－e＋ e(r＋R) １－e －R＝ １＋e １－er＋ ２e １－eR． ] ５．B　[由题意可知x ２ ３ ＋y ２＝１的蒙日圆方程为x２＋y２＝ ４,因为圆(x－３)２＋(y－λ)２＝９与圆x２＋y２＝４仅有一 个公共点,所以两圆内切或外切,故圆心距等于半径之 和 或 者 圆 心 距 等 于 半 径 差 的 绝 对 值,所 以 (３－０)２＋(λ－０)２＝３＋２ 或 (３－０)２＋(λ－０)２ ＝ |３－２|,由此解得λ＝±４,] ６．A　[连接QF２,PF２, 由椭圆方程可得c＝ a２－a２＋１＝１,故 F１ (－１, ０),F２(１,０), 在椭圆 方 程x ２ a２ ＋ y ２ a２－１ ＝１(a ＞１),令x＝－１,则y＝ ±a ２－１ a ,因为|AB|＝３,故２×a ２－１ a ＝３ ,解得a＝２, 故椭圆方程为:x ２ ４＋ y２ ３＝１． 而|PQ|＋|QF１|＝|PQ|＋２×２－|QF２|, 因为||PQ|－|QF２||≤|PF２|,故|PQ|－|QF２|≥ －|PF２|,当且仅当P,Q,F２ 三点共线且P 在F２,Q 中 间时等号成立,故|PQ|＋|QF１|≥４－１＝３即|PQ|＋ |QF１|的最小值为３．] ７．A　[如图,分别设 M１,M２, M３,M４ 四点的横坐标为x１, x２,x３,x４, 由y２＝４x 得焦点F(１,０), 准线l０∶x＝－１, 由定义得,|M１F|＝x１＋１, 又|M１F|＝|M１M２|＋１, 所以|M１M２|＝x１,同 理| M３M４|＝x４, 由 y＝k (x－１), y２＝４x,{ 消去y, 整理得k２x２－(２k２＋４)x＋k２＝０(k≠０),设 M１(x１,y１), M４(x４,y４),则x１x４＝１,即|M１M２|􀅰|M３M４|＝１．] ８．A　 [如 图,设 M (x,y), P －１２ ,２b( ) ,则 Q(０,b), 由QM⊥FP 得QM →􀅰FP→＝ ０⇒(x,y－b)􀅰(－１,２b)＝ ０⇒－x＋２b(y－b)＝０．由 MP → ＝λOF →(λ∈R)得 y＝ ２b,所以点 M 的轨迹方程为y２＝２x,M 到圆心C(３,０) 的距离|MC|＝ (x－３)２＋２x＝ (x－２)２＋５≥ ５,设 MC交ST于点I,则|ST||MC|＝２S四边形MSCT ＝４S△MCT ＝ ２|MT||CT|＝ ２ |MC|２－|CT|２|CT|＝２ ２ |MC|２－２, 所以|ST|＝２ ２ |MC| ２－２ |MC| ＝２ ２ １－ ２ |MC|２ , 故当|MC|取最小值 ５时,|ST|取最小值,此时|ST|＝ ２ ２ １－２５＝ ２ ３０ ５ ． ] ９．AC　[对于 A ,由题意可知,a＝２,因为双曲线C 的一条 渐近线的方程为 ３x－y＝０,所以b２＝ ３ ,即b＝２ ３,所 以双曲线的方程为x ２ ４－ y２ １２＝１ ,故 A 正确;对于 B,由a ＝２,b＝２ ３,得c２＝２２＋(２ ３)２＝１６,解 得c＝４,在 △PF１F２ 中,∠F１PF２＝９０°,由勾股定理及双曲线的定 义知,|PF１|２＋|PF２|２＝(|PF１|－|PF１|)２＋ ２|PF１|􀅰|PF２|＝４a２＋２|PF１|􀅰|PF２|＝４c２, 即２|PF１|􀅰|PF２|＝４(c２－a２)＝４b２＝４８,解得|PF１| 􀅰|PF２|＝２４,故B错误; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１Ｇ案答 参考答案