模塊綜合檢測（A）

1、模塊綜合檢測（A）(時間：120分鐘滿分：160分)一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分)1直線xtan 60°的傾斜角是_2給出下列四個命題：垂直于同一直線的兩條直線互相平行；垂直于同一平面的兩個平面互相平行；若直線l1，l2與同一平面所成的角相等，則l1，l2互相平行；若直線l1，l2是異面直線，則與l1，l2都相交的兩條直線是異面直線其中假命題有_個3方程yax表示的直線可能是_(填序號)4已知三棱錐SABC的各頂點都在一個半徑為r的球面上，球心O在AB上，SO底面ABC，ACr，則球的體積與三棱錐體積之比是_5如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F、G

2、、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，則異面直線EF與GH所成的角等于_6直線x2y10關(guān)于直線x1對稱的直線方程是_7經(jīng)過點M(1,1)且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線是_8若圓x2y22x4y0的圓心到直線xya0的距離為，則a的值為_9直線xy20截圓x2y24得的劣弧所對的圓心角是_10在平面直角坐標(biāo)系中，與點A(1,2)距離為1，且與點B(3,1)的距離為2的直線共有_條11已知點A(2,3,4)，在y軸上有一點B，且AB3，則點B的坐標(biāo)為_12圓x2y2x6y30上兩點P、Q關(guān)于直線kxy40對稱，則k_13如圖，某幾何體的三視圖，其中正視圖是腰長為2的等腰三角形，俯視圖是半

3、徑為1的半圓，則該幾何體的體積為_14已知圓C：x2y24x6y80，若圓C和坐標(biāo)軸的交點間的線段恰為圓C直徑，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為_二、解答題(本大題共6小題，共90分)15(14分)已知ABC三邊所在直線方程為AB：3x4y120，BC：4x3y160，CA：2xy20求AC邊上的高所在的直線方程16(14分)求經(jīng)過點P(6，4)且被定圓O：x2y220截得的弦長為6的直線AB的方程17(14分)如圖所示，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為正方形，E為側(cè)棱PC的中點，求證PA平面EDB18(16分)如圖所示，在四棱柱(側(cè)棱垂直于底面的四棱柱)ABCDA1B1C1D1中，已知DCDD12AD

4、2AB，ADDC，ABDC(1)求證D1CAC1；(2)設(shè)E是DC上一點，試確定E的位置，使D1E平面A1BD，并說明理由19(16分)已知M與兩定點O(0,0)、A(3,0)的距離之比為(1)求M點的軌跡方程；(2)若M的軌跡為曲線C，求C關(guān)于直線2xy40對稱的曲線C的方程20(16分)如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ADEF是正方形，F(xiàn)A平面ABCD，BCAD，CD1，AD2，BADCDA45°(1)求異面直線CE與AF所成角的余弦值；(2)證明CD平面ABF；(3)求二面角BEFA的正切值模塊綜合檢測(A) 答案190°24解析忽視兩直線可以相交，可以相交、平行

5、，l1、l2可以異面、相交，與l1、l2都相交的兩直線可以相交3解析注意到直線的斜率a與在y軸上的截距同號，故正確44解析SO底面ABC，SO為三棱錐的高線，SOr，又O在AB上，AB2r，ACr，ACB90°BCr，VSABC××r×r×rr3又球的體積Vr3，45解析連結(jié)A1B，BC1，A1C1，E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，EFA1B，GHBC1，A1BC1即為異面直線EF與GH所成的角又ABCDA1B1C1D1是正方體A1BBC1A1C1，A1BC160°6x2y30解析直線x2y10與x1的交點為

6、A(1,1)，點(1,0)關(guān)于x1的對稱點為B(3,0)也在所求直線上，所求直線方程為y1(x1)，即x2y307xy2或xy解析截距相等問題關(guān)鍵不要忽略過原點的情況82或0解析圓的方程可化為(x1)2(y2)25，則圓心為(1,2)由點到直線的距離公式得d，解得a2或0960°解析可先求出圓心到直線的距離d，由于半徑為2，設(shè)圓心角為，則知cos，60°102解析滿足要求的直線應(yīng)為圓心分別為A、B，半徑為1和2的兩圓的公切線，而圓A與圓B相交，所以公切線有兩條11(0,8,0)或(0，2,0)122解析由已知可知PQ的垂直平分線為kxy40，直線kxy40過圓心，k10，k

7、213解析由三視圖可知，該幾何體是半個圓錐，底面半徑為1，高為，故體積為×12×14x2(y3)21解析圓C：x2y24x6y80與x軸沒有交點，只與y軸相交，取x0，得y26y80解得兩交點分別為(0,2)和(0,4)，由此得圓C的圓心坐標(biāo)為(0,3)，半徑為1，所以標(biāo)準(zhǔn)方程為x2(y3)2115解由，解得交點B(4,0)，BDAC，kBD，AC邊上的高線BD的方程為y(x4)，即x2y4016解由題意知，直線AB的斜率存在，且AB6，OA2，作OCAB于C在RtOAC中，OC設(shè)所求直線的斜率為k，則直線的方程為y4k(x6)，即kxy6k40圓心到直線的距離為，即17k

8、224k70，k1或k故所求直線的方程為xy20或7x17y26017證明如圖所示，連結(jié)AC，BD，交于點O，連結(jié)EO，因為四邊形ABCD為正方形，所以O(shè)為AC的中點，又E為PC的中點，所以O(shè)E為PAC的中位線，所以EOPA，又EO平面EDB，且PA平面EDB，所以PA平面EDB18(1)證明在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，連結(jié)C1D，DCDD1，四邊形DCC1D1是正方形，DC1D1C又ADDC，ADDD1，DCDD1D，AD平面DCC1D1，D1C平面DCC1D1，ADD1CAD，DC1平面ADC1，且ADDC1D，D1C平面ADC1，又AC1平面ADC1，D1CAC1(2)解在DC

9、上取一點E，連結(jié)AD1，AE，設(shè)AD1A1DM，BDAEN，連結(jié)MN，平面AD1E平面A1BDMN，要使D1E平面A1BD，須使MND1E，又M是AD1的中點N是AE的中點又易知ABNEDN，ABDE即E是DC的中點綜上所述，當(dāng)E是DC的中點時，可使D1E平面A1BD19解(1)設(shè)M坐標(biāo)為(x，y)，由題意得，整理得(x1)2y24所以M點的軌跡方程為(x1)2y24(2)因為曲線C：(x1)2y24，所以C關(guān)于直線2xy40對稱的曲線C是與C半徑相同的圓，故只需求C的圓心坐標(biāo)即可，設(shè)C的圓心坐標(biāo)(x0，y0)由題意得，解得故曲線C的方程為22420(1)解因為四邊形ADEF是正方形，所以FAED所以CED為異面直線CE與AF所成的角因為FA平面ABCD，所以FACD故EDCD在RtCDE中，CD1，ED2，CE3，所以cos CED所以異面直線CE與AF所成角的余弦值為(2)證明如圖，過點B作BGCD，交AD于點G，則BGACDA45°由BAD45°，可得BGAB，從而CDAB又CDFA，F(xiàn)AABA，所以CD平面ABF(3)解由(2)及已知，可得AG