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模块综合检测(A)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．直线x＝tan 60°的倾斜角是( )
A．90° B．60°
C．30° D．不存在
2．给出下列四个命题：
①垂直于同始终线的两条直线相互平行；
②垂直于同一平面的两个平面相互平行；
③若直线l1，l2与同一平面所成的角相等，则l1，l2相互平行；
④若直线l1，l2是异面直线，则与l1，l2都相交的两条直线是异面直线．
其中假命题的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
3．方程y＝ax＋表示的直线可能是( )
4．若l、m、n是互不相同的空间直线，α、β是不重合的平面，则下列命题中为真命题的是( )
A．若α∥β，l⊂α，n⊂β，则l∥n
B．若α⊥β，l⊂α，则l⊥β
C．若l⊥n，m⊥n，则l∥m
D．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
5．已知三棱锥S—ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，球心O在AB上，SO⊥底面ABC，AC＝r，则球的体积与三棱锥体积之比是( )
A．π B．2π C．3π D．4π
6．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于( )
A．45° B．60°
C．90° D．120°
7．直线x－2y＋1＝0关于直线x＝1对称的直线方程是( )
A．x＋2y－1＝0 B．2x＋y－1＝0
C．2x＋y－3＝0 D．x＋2y－3＝0
8．以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕，将△ABC折成二面角C－AD－B为多大时，在折成的图形中，△ABC为等边三角形．( )
A．90° B．60° C．45° D．30°
9．经过点M(1,1)且在两坐标轴上截距相等的直线是( )
A．x＋y＝2 B．x＋y＝1
C．x＝1或y＝1 D．x＋y＝2或x＝y
10．若圆x2＋y2－2x－4y＝0的圆心到直线x－y＋a＝0的距离为，则a的值为( )
A．－2或2 B．或
C．2或0 D．－2或0
11．直线x＋y－2＝0截圆x2＋y2＝4得的劣弧所对的圆心角是( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
12．在平面直角坐标系中，与点A(1,2)距离为1，且与点B(3,1)的距离为2的直线共有( )
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知点A(－2,3,4)，在y轴上有一点B，且|AB|＝3，则点B的坐标为________．
14．圆x2＋y2＋x－6y＋3＝0上两点P、Q关于直线kx－y＋4＝0对称，则k＝________．
15．如图，某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为________．
16．已知圆C：x2＋y2－4x－6y＋8＝0，若圆C和坐标轴的交点间的线段恰为圆C′直径，则圆C′的标准方程为__________________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知△ABC三边所在直线方程为AB：3x＋4y＋12＝0，BC：4x－3y＋16＝0，CA：2x＋y－2＝0．求AC边上的高所在的直线方程．
18．(12分)求经过点P(6，－4)且被定圆O：x2＋y2＝20截得的弦长为6的直线AB的方程．
19．(12分) 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点，求证PA∥平面EDB．
20．(12分)如图所示，在四棱柱(侧棱垂直于底面的四棱柱)ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC．
(1)求证D1C⊥AC1；
(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由．
21．(12分)已知M与两定点O(0,0)、A(3,0)的距离之比为．
(1)求M点的轨迹方程；
(2)若M的轨迹为曲线C，求C关于直线2x＋y－4＝0对称的曲线C′的方程．
22．(12分) 如图所示，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，∠ABD＝60°，∠BDC＝45°．PD垂直底面ABCD，PD＝2R，E，F分别是PB，CD上的点，且＝，过点E作BC的平行线交PC于G．
(1)求BD与平面ABP所成角θ的正弦值；
(2)证明：△EFG是直角三角形；
(3)当＝时，求△EFG的面积．
模块综合检测(A) 答案
1．A
2．D [①忽视两直线可以相交，②可以相交、平行，③l1、l2可以异面、相交，④与l1、l2都相交的两直线可以相交，故选D．]
3．B [留意到直线的斜率a与在y轴上的截距同号，故B正确．]
4．D
5．D [∵SO⊥底面ABC，∴SO为三棱锥的高线，
∴SO＝r，
又∵O在AB上，AB＝2r，AC＝r，∠ACB＝90°
∴BC＝r，∴VS－ABC＝××r×r×r＝r3．
又∵球的体积V＝πr3，
∴＝＝4π．]
6．B [连接A1B，BC1，A1C1，
∵E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，
∴EF∥A1B，GH∥BC1，
∴∠A1BC1即为异面直线EF与GH所成的角．
又∵ABCD—A1B1C1D1是正方体
∴A1B＝BC1＝A1C1，
∴∠A1BC1＝60°．]
7．D [直线x－2y＋1＝0与x＝1的交点为A(1,1)，点(－1,0)关于x＝1的对称点为B(3,0)也在所求直线上，∴所求直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0．]
8．A [
关键利用折叠前后不变的垂直关系，如图所示，可知∠BDC为二面角的平面角，设
BD＝CD＝a，则可求BC＝AB＝AC＝a，故∠BDC＝90°．]
9．D [截距相等问题关键不要忽视过原点的状况．]
10．C [圆的方程可化为(x－1)2＋(y－2)2＝5，
则圆心为(1,2)．
由点到直线的距离公式得d＝＝，
解得a＝2或0．]
11．C [可先求出圆心到直线的距离d＝，由于半径为2，设圆心角为θ，则知
cos＝，∴θ＝60°．]
12．B [满足要求的直线应为圆心分别为A、B，半径为1和2的两圆的公切线，而圆A与圆B相交，所以公切线有两条．]
13．(0,8,0)或(0，－2,0)
14．2
解析 由已知可知PQ的垂直平分线为kx－y＋4＝0，
∴直线kx－y＋4＝0过圆心，
∴－k＋1＝0，k＝2．
15．π
解析 由三视图可知，该几何体是半个圆锥，底面半径为1，高为，故体积为π×12×＝π．
16．x2＋(y－3)2＝1
解析 圆C：x2＋y2－4x－6y＋8＝0与x轴没有交点，只与y轴相交，取x＝0，得y2－6y＋8＝0解得两交点分别为(0,2)和(0,4)，由此得圆C′的圆心坐标为(0,3)，半径为1，所以标准方程为x2＋(y－3)2＝1．
17．解 由，
解得交点B(－4,0)，
∵BD⊥AC，∴kBD＝－＝，
∴AC边上的高线BD的方程为
y＝(x＋4)，即x－2y＋4＝0．
18．解 由题意知，直线AB的斜率存在，且|AB|＝6，OA＝2，作OC⊥AB于C．
在Rt△OAC中，|OC|＝＝．
设所求直线的斜率为k，
则直线的方程为y＋4＝k(x－6)，
即kx－y－6k－4＝0．
∵圆心到直线的距离为，
∴＝，即17k2＋24k＋7＝0，
∴k＝－1或k＝－．
故所求直线的方程为x＋y－2＝0或7x＋17y＋26＝0．
19．证明
如图所示，连接AC，BD，交于点O，连接EO，由于四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点，又E为PC的中点，所以OE为△PAC的中位线，所以EO∥PA，又EO⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB．
20．(1)证明
在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D，
∵DC＝DD1，
∴四边形DCC1D1是正方形，
∴DC1⊥D1C．
又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，
∴AD⊥平面DCC1D1，D1C⊂平面DCC1D1，
∴AD⊥D1C．
∵AD，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，
∴D1C⊥平面ADC1，
又AC1⊂平面ADC1，
∴D1C⊥AC1．
(2)解
在DC上取一点E，连接AD1，AE，设AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，连接MN，
∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，又M是AD1的中点．
∴N是AE的中点．
又易知△ABN≌△EDN，
∴AB＝DE．
即E是DC的中点．
综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD．
21．解 (1)设M坐标为(x，y)，由题意得＝，整理得(x＋1)2＋y2＝4．
所以M点的轨迹方程为(x＋1)2＋y2＝4．
(2)由于曲线C：(x＋1)2＋y2＝4，
所以C关于直线2x＋y－4＝0对称的曲线C′是与C半径相同的圆，故只需求C′的圆心坐标即可，设C′的圆心坐标(x0，y0)．
由题意得，解得．
故曲线C′的方程为2＋2＝4．
22．(1)解 在Rt△BAD中，
∵∠ABD＝60°，∴AB＝R，AD＝R．
而PD垂直底面ABCD，
PA＝＝＝R，
PB＝＝＝2R．
在△PAB中，PA2＋AB2＝PB2，即△PAB是以∠PAB为直角的三角形，设点D到面PAB的距离为h，
由VP—ABD＝VD—PAB有PA·AB·h＝AB·AD·PD，
即h＝＝＝R，
∴sin θ＝＝．
(2)证明 ∵EG∥BC，∴＝．而＝，
∴＝，∴GF∥PD，
∴GF⊥BC．而BC∥EG，
∴GF⊥EG，
∴△EFG是直角三角形．
(3)解 当＝时，＝＝，＝＝，
即EG＝BC＝×2R×sin45°＝R，
GF＝PD＝×2R＝R，
∴S△EFG＝EG·GF＝×R×R＝R2．
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