2020-2021成都市七中育才学校高一数学下期中第一次模拟试卷(及答案)

一、选择题

1．在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AC1与平面BB1C1C所成的角为

30o，则该长方体的体积为（ ）

A．8

B．62 C．82 D．83 2．设l为直线，,是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A．若l//，l//，则// C．若l，l//，则//

B．若l，l，则// D．若，l//，则l

3．已知两点A3,4，B3,2，过点P1,0的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围是( ) A．1,1 C．1,1

B．,11, D．,11,

4．某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4的正方形，两条虚线互相垂直且相等，则该几何体的体积是（ ）

A．

176 3B．

160 3C．

128 3D．32

5．在梯形ABCD中，ABC90，AD//BC，BC2AD2AB2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ） A．

2 3B．

4 3C．

5π 3D．2

6．设有两条直线m，n和三个平面，，，给出下面四个命题： ①Im，n//mn//，n// ②，m，mm//； ③//，mm//； ④，// 其中正确命题的个数是（ ） A．1 ①若

，

B．2 ，则

C．3

； ②若

，

D．4 ，则

；

7．，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）

③若A．①③

，，，则 ④若

C．②③

，，，则D．②④

.

B．①④

8．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中： ①BM与ED平行 ②CN与BE是异面直线 ③CN与BM成60角 ④DM与BN是异面直线 以上四个命题中，正确命题的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

9．已知VABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB2，AC4，BC25,三棱锥OABC的体积为A．22

B．

4，则球O的表面积为（ ） 374 3C．24

D．36

10．如图是一个几何体的三视图（侧视图中的弧线是半圆），则该几何体的表面积是（ ）

A．20＋3π B．24＋3π C．20＋4π D．24＋4π

11．已知平面且Il，M是平面内一点，m，n是异于l且不重合的两条直线，则下列说法中错误的是（ ）. A．若m//且m//，则m//l C．若Mm且m//l，则m//

B．若m且n，则mn D．若Mm且ml，则m

12．α，β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面α，β平行的是（ ） A．m，n是平面内两条直线，且m//，n// B．内不共线的三点到的距离相等 C．，都垂直于平面

D．m，n是两条异面直线，m，n，且m//，n//

二、填空题

13．在平面直角坐标系xOy中，A为直线l:y2x上在第一象限内的点，B5,0，以

AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若ABCD0，则点A的横坐标为

________．

14．已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中ABC是正三角形，AD平面ABC，AD2AB6，则该球的体积为_________.

15．如图，在长方形ABCD中，AB2，BC1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将VAFD沿AF折起，使平面ABD平面ABC，在平面ABD内过点D作DKAB，K为垂足，设AKt，则t的取值范围是__________．

uuuvuuuv

16．如上图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M,N分别是棱AB、CC1的中点，

MB1P的顶点P在棱CC1与棱C1D1上运动，有以下四个命题：

A．平面MB1PND1； B．平面MB1P⊥平面ND1A1； C．MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值；

D．MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是三角形．其中正确命题的序号是__________. 17．在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M是BB1的中点，直线D1M与平面

ABCD交于点N，则线段AN的长度为________

18．若圆C：xy2x4y30，关于直线2axby60对称，则由点a,b向

22圆所作的切线长的最小值为______．

19．正四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为2，点S、A、B、C、D都在同一个球面上，则该球的体积为______．

20．直线l:yxb与曲线C:y1x2有两个公共点，则b的取值范围是______.

三、解答题

21．如图，在四棱锥PABCD中，PA面ABCD，AB//CD，且

CD2AB2,BC22，ABC90，M为BC的中点．

（1）求证：平面PDM平面PAM；

（2）若二面角PDMA为30°，求直线PC与平面PDM所成角的正弦值． 22．如图，梯形ABCD中，AB∥CD,E,F是线段AB上的两点,且

DEAB,CFAB,AB12,AD5,BC42,DE4.现将△ADE,△CFB分别沿

DE,CF折起,使两点A,B重合于点G,得到多面体CDEFG（1）求证：平面DEG平

面CFG;（2）求多面体CDEFG的体积

23．在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是BC的中点.

（1）求证：A1C//面AB1D；

（2）设M是棱CC1上的点，且满足BMB1D.求证：面AB1D面ABM. 24．在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB，过A作

AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点． （1）求证：平面EFG∥平面ABC． （2）求证：BCSA．

25．如图，在四棱锥PABCD中，CB平面PBD，AD平面PBD，PHBD于

H，CD10，BCAD8.

（1）求证：CDPH； （2）若BH11BD，PHBD，在线段PD上是否存在一点M，使得HM平面3235.若存在，求PM的长；若不存25PAD，且直线HA与平面PAD所成角的正弦值为在，请说明理由.

26．已知圆C:x1y24内有一点P,1，过点P作直线l交圆C于A,B两点． （1）当点P为AB中点时，求直线l的方程； （2）当直线l的倾斜角为45o时，求弦AB的长．

212

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【分析】

首先画出长方体ABCDA1B1C1D1，利用题中条件，得到AC1B30，根据AB2，

o求得BC123，可以确定CC122，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积. 【详解】

在长方体ABCDA1B1C1D1中，连接BC1，

根据线面角的定义可知AC1B30，

因为AB2，所以BC123，从而求得CC122， 所以该长方体的体积为V222282，故选C. 【点睛】

该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.

o2．B

解析：B 【解析】

A中，,也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，,也可能相交；D中，l也可能在平面内. 【考点定位】点线面的位置关系

3．D

解析：D 【解析】

分析：根据两点间的斜率公式，利用数形结合即可求出直线斜率的取值范围． 详解：∵点A（﹣3，4），B（3，2），过点P（1，0）的直线L与线段AB有公共点， ∴直线l的斜率k≥kPB或k≤kPA，

4020 =﹣1，PB的斜率为=1， 3131∴直线l的斜率k≥1或k≤﹣1， 故选：D．

∵PA的斜率为

点睛：本题主要考查直线的斜率的求法，利用数形结合是解决本题的关键，比较基础．直线的倾斜角和斜率的变化是紧密相联的，tana=k,一般在分析角的变化引起斜率变化的过程时，是要画出正切的函数图像，再分析.

4．B

解析：B 【解析】

该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体中心，底面为正方体上底面，因此体积是4243132160，选B. 3点睛： 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．

5．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

由题意可知旋转后的几何体如图:

直角梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是一个底面半径为1，母线长为2的圆柱挖去一个底面半径同样是1、高为1的圆锥后得到的组合体，所以该组合体的体积为VV圆柱V圆锥12215121 33故选C.

考点：1、空间几何体的结构特征；2、空间几何体的体积.

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，逐项判断，即可得到本题答案. 【详解】

对于选项①，m,n//m不能得出n//,n//，因为n可能在或内，故①错误；

对于选项②，由于,m,m，则根据直线与平面平行的判定，可得m//，故②正确；

对于选项③，由于//，m，则根据面面平行的性质定理可得m//，故③正确； 对于选项④，由于,，则,可能平行也可能相交，故④错误. 故选：B 【点睛】

本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，考查学生的空间想象能力和推理判断能力.

7．B

解析：B 【解析】 【分析】

在①中，由面面平行的性质定理得m∥β；在②中，m与n平行或异面；在③中，m与β相交、平行或m⊂β；在④中，由n⊥α，m⊥α，得m∥n，由n⊥β，得m⊥β． 【详解】

由α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，知：

在①中，若α∥β，m⊂α，则由面面平行的性质定理得m∥β，故①正确； 在②中，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故②错误；

在③中，若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m与β相交、平行或m⊂β，故③错误； 在④中，若n⊥α，m⊥α，则m∥n， 由n⊥β，得m⊥β，故④正确． 故选：B． 【点睛】

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力，考查化归与转化思想，是中档题．

8．B

解析：B 【解析】

【分析】

把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案． 【详解】

把平面展开图还原原几何体如图：

由正方体的性质可知，BM与ED异面且垂直，故①错误；

CN与BE平行，故②错误；

连接BE，则BEPCN，EBM为CN与BM所成角，连接EM，可知BEM为正三角形，则EBM60，故③正确；

由异面直线的定义可知，DM与BN是异面直线，故④正确． ∴正确命题的个数是2个． 故选：B． 【点睛】

本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．

9．C

解析：C 【解析】 【分析】

由已知可得三角形ABC为直角三角形，斜边BC的中点O就是VABC的外接圆圆心，利用三棱锥OABC的体积，求出O到底面的距离，可求出球的半径，然后代入球的表面积公式求解． 【详解】

在VABC中，∵AB2，AC4，BC25得ABAC， 则斜边BC的中点O就是VABC的外接圆的圆心， ∵三棱锥OABC的体积为

4， 311424OO，解得OO1，R12(5)26， 323球O的表面积为4R224． 故选C．

【点睛】

本题考查球的表面积的求法，考查锥体体积公式的应用，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题.

10．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

由几何体的三视图分析可知，该几何体上部为边长为2的正方体， 下部为底面半径为1、高为2的半圆柱体， 故该几何体的表面积是故选A.

考点：1、几何体的三视图；2、几何体的表面积.

20＋3π，

11．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据已知条件和线面位置关系一一进行判断即可. 【详解】

选项A：一条直线平行于两个相交平面，必平行于两个面交线，故A正确； 选项B：垂直于两垂直面的两条直线相互垂直，故B正确； 选项C：Mm且m//l得m且m//，故C正确；

选项D：Mm且ml不一定得到m，所以m,l可以异面，不一定得到m. 故选：D. 【点睛】

本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系的判定，掌握线面、线线之间的判定定理和性质定理是解决本题的关键，是基础题.

12．D

解析：D 【解析】 【分析】

A中，根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．B中，根据面面得位置关系

可得：α∥β或者α与β相交．C中，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，即可得到答案． 【详解】

由题意，对于A中，若m，n是平面α内两条直线，且m∥β，n∥β，则根据面面平行的判定定理可得：α∥β或者α与β相交．所以A错误．

对于B中，若α内不共线的三点到β的距离相等，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以B错误．

对于C中，若α，β都垂直于平面γ，则根据面面得位置关系可得：α∥β或者α与β相交．所以C错误．

对于D中，在直线n上取一点Q，过点Q作直线m 的平行线m′，所以m′与n是两条相交直线，m′⊂β，n⊂β，且m′∥β，n∥α，根据面面平行的判定定理可得α∥β，所以D正确． 故选D． 【点睛】

本题主要考查了平面与平面平行的判定与性质的应用，其中解答中灵活运用平面与平面平行额判定与性质进行判定是解答的关键，着重考查学生严密的思维能力和空间想象能力，属于基础题．

二、填空题

13．3【解析】分析：先根据条件确定圆方程再利用方程组解出交点坐标最后根据平面向量的数量积求结果详解：设则由圆心为中点得易得与联立解得点的横坐标所以所以由得或因为所以点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范

解析：3 【解析】

分析：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求结果.

详解：设Aa,2a(a0)，则由圆心C为AB中点得Ca5,a,易得2eC:x5xayy2a0，与y2x联立解得点D的横坐标xD1,所以

uuuvuuuva5,2a， D1,2.所以AB5a,2a,CD12由ABCD0得5a1因为a0，所以a3.

点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.

uuuvuuuva522a2a0,a2a30,a3或a1， 214．【解析】【分析】取正的外心为过作平面的垂线在上取点使得即得是三棱锥外接球球心求出球半径可得体积【详解】如图是外心延长线与交于点是中点过作平面取∵平面ABC∴到的距离相等∴是三棱锥外接球球心∴所以故答 解析：323

【解析】 【分析】

取正ABC的外心为M，过M作平面ABC的垂线，在上取点O，使得OM得O是三棱锥ABCD外接球球心，求出球半径可得体积． 【详解】

如图，M是ABC外心，AM延长线与BC交于点E，E是BC中点，过M作MO平面ABC，取OM1AD，即21AD， 2∵AD平面ABC，∴MO//AD，O到A,D的距离相等，∴O是三棱锥ABCD外接球球心，

AM2333，OM3，∴OAOM2AM232(3)223， 32所以V44(OA)2(23)3323． 33故答案为：323．

【点睛】

本题考查求球的体积，解题关键是作出外接球球心．三棱锥外接球球心在过各面中点且与面垂直的直线上．

15．【解析】当位于的中点点与中点重合随点到点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛:立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不变的垂直关系是解决问题的关键条件

解析：,1

21【解析】

当F位于DC的中点，点D与AB中点重合，t1． 随F点到C点，由CBAB，CBDK， 得CB平面ADB，则CBBD． 又CD2，BC1，则BD3． 因为AD1，AB2， 所以ADBD，故t1． 21综上，t的取值范围为,1．

2点睛:立体几何中折叠问题,要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决问题的关键条件.

16．【解析】由正方体的几何性质对4个命题进行判断对于A当动点P与点重合时以等腰三角形与不垂直所以不能得出平面A为假命题；对于B易证所以平面所以平面⊥平面故B为真命题；对于C在底面上的射影图形的面积为定值 解析：BC

【解析】

由正方体的几何性质对4个命题进行判断，对于A，当动点P与点D1重合时，MNP以等腰三角形，PM与ND1不垂直，所以不能得出平面MB1PND1，A为假命题；对于B，易证ND1MB1，MB1A1D1，所以MB1平面ND1A1，所以平面MB1P⊥平面

ND1A1，故B为真命题；对于C， MB1P在底面ABCD上的射影图形的面积为定值，

因为MB1P在底面ABCD的射影是三角形，底边是MB，点P在底面的射影在CD上，到

MB的距离不变，若正方体棱长为a时，则射影面积为

12a为定值，所以C为真命题；对4于D，当P点与点C1重合时，则点B1与点P的投影重合，此时 MB1P在侧面D1C1CD上的射影图形是线段，不是三角形，故D是假命题。真命题有BC.

点睛：本题主要考查面面之间的关系以及投影的概念，属于中档题，解决本题的关键是对正方体中的点线面之间的关系有比较透彻的了解，对其中的空间位置比较熟悉。

17．【解析】【分析】在平面中与的交点即为求出长即可求解【详解】连在正方体中所以四边形为矩形相交其交点为平面的交点是的中点为的中位线为中点正方体各棱长为1故答案为:【点睛】本题考查空间线面位置关系确定直线 解析：5 【解析】 【分析】

在平面BB1D1D中，D1M与BD的交点即为N，求出BN长，即可求解. 【详解】

连BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，

BB1DD1,BB1//DD1,DD1BD，

所以四边形BB1D1D为矩形，BD,D1M相交， 其交点为D1M平面ABCD的交点N，

QM是BB1的中点，BM1DD1,BM//DD1， 2BM为VDD1N的中位线，B为DN中点，

正方体各棱长为1，BNBD2，

VABN,AB1,BN2,ABN135o，

AN2AB2BN22ABBNcosABN

3212故答案为:5.

25，AN5. 2

【点睛】

本题考查空间线面位置关系，确定直线与平面交点是解题的关键，意在考查直观想象能力，属于中档题.

18．4【解析】因为圆=关于直线=对称所以圆心在直线=上所以即又圆的半径为当点(ab)与圆心的距离最小时切线长取得最小值又点(ab)与圆心的距离为=所以切线长的最小值为=故答案为4点睛：本题主要考查直线与

解析：4 【解析】

因为圆C:xy2x4y3=0关于直线2axby6=0对称,所以圆心C1,2在直

22线2axby6=0上,所以2a2b60,即ab3,又圆的半径为2, 当点(a,b)与圆心的距离最小时,切线长取得最小值,又点(a,b)与圆心的距离为

a1b222=2a21832,所以切线长的最小值为

2(32)故答案为4

222=4.

点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系,考查了转化思想.利用勾股关系，切线长取得最小值时即为当点(a,b)与圆心的距离最小时.

19．【解析】如图过S作SO1⊥平面ABCD由已知=1在Rt△SO1C中∵SC＝∴∴O1S＝O1A＝O1B＝O1C＝O1D故O1是过SABCD点的球的球心∴球的半径为r＝1∴球的体积为点睛：与球有关的组合

4解析：

3【解析】

如图，过S作SO1⊥平面ABCD，由已知O1C∵ SC＝2 ，∴ SO11AC1=1.在Rt△SO1C中， 2SC2O1C21，∴ O1S＝O1A＝O1B＝O1C＝O1D，故O1是过

S，A，B，C，D点的球的球心，∴ 球的半径为r＝1， ∴ 球的体积为

434r. 33

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

20．【解析】【分析】由题意曲线表示以原点为圆心1为半径的半圆根据图形得出直线与半圆有两个公共点时抓住两个关键点一是直线与圆相切时二是直线过时分别求出的值即可确定的范围【详解】如图所示是个以原点为圆心1为 解析：1,2

【解析】 【分析】

由题意，曲线C:y1x2表示以原点为圆心，1为半径的半圆，根据图形得出直线l:yxb与半圆有两个公共点时抓住两个关键点，一是直线l:yxb与圆相切时，二

是直线l:yxb过A1,0时分别求出b的值，即可确定b的范围。 【详解】

如图所示，y1x2是个以原点为圆心，1为半径的半圆，yxb是一条斜率为1的

直线，要使直线l与曲线C有两个交点，过A1,0和B0,1作直线，直线l必在AB左上方的半圆内平移，直到直线与半圆相切.当直线l与AB重合时，b1；当直线l与半圆相切时，b2.所以b的取值范周是1,2.



【点睛】

本题主要考查直线与圆相交的性质，体现了数形结合的数学思想，属于一般题。

三、解答题

21．（1）详见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）在直角梯形ABCD中，由条件可得AD2AM2DM2，即DMAM．再由

30． 30PA面ABCD，得DMPA，利用线面垂直的判定可得DM平面PAM，进一步得到平面PDM平面PAM；

（2）由（1）知，PMDM,AMDM，则PMA为二面角PDMA的平面角

为30°，求得PAAMtan301．以A为坐标原点，分别以AE,AB,AP所在直线为

ruuuruuurx,y,z轴建立空间直角坐标系，求出PC的坐标及平面PDM的一个法向量，由PC与n所成角的余弦值可得直线PC与平面PDM所成角的正弦值． 【详解】

（1）证明：在直角梯形ABCD中，由已知可得，AB1,CD2,BMCM2，

可得AM3,DM6，

过A作AECD，垂足为E，则DE1,AE22，求得AD29， 则AD2AM2DM2，∴DMAM． ∵PA面ABCD， ∴DMPA，

又PAIAMA，∴DM平面PAM， ∵DM平面PDM， ∴平面PDM平面PAM；

（2）解：由（1）知，PMDM,AMDM，则PMA为二面角PDMA的平面角为30°，

则PAAMtan301．

以A为坐标原点，分别以AE,AB,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则P0,0,1，D(22,1,0)，C(22,1,0)，M(2,1,0)，

22uuuruuuruuuurPC(22,1,1),PD(22,1,1),PM(2,1,1)．

r设平面PDM的一个法向量为n(x,y,z)，

uuuvvr232nPD22xyz0由vuuuu，取x1，得nv1,2,2． nPM2xyz0∴直线PC与平面PDM所成角的正弦值为：

uuurruuurr|PCn|230rr|cosPC,n|uuu．

30|PC||n|106【点睛】

向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法. 22．：（Ⅰ）见解析（Ⅱ）16 【解析】 【分析】 【详解】

（Ⅰ）证明：因为DEEF,CFEF，所以四边形平面CDEF为矩形， 由GD5,DE4，GC42,CF4

得GEGD2CF23GFGC2CF24， 所以EF5，在VEFG中 ，

有EF2GE2FG2，所以EGGF又因为CFEF,CFFG，

得CF平面EFG， 所以CFEG，所以EG平面CFG，即平面DEG平面

CFG;

（Ⅱ）：在平面EGF中，过点G作GHEF于点H，

EGGF12 EF5因为平面CDEF平面EFG，

则GH得GH平面CDEF，VCDEF1SCDEFGH16 3

23．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）记A1B与B1A交于O，先证明OD//A1C，根据线面平行的判定定理即可证明A1C∥平面AB1D；

（2）先证明BM面AB1D，即可根据面面垂直的判定定理进行证明即可． 【详解】

（1）设A1BAB1O，连OD.

因为四边形AA1B1B是矩形，∴O是A1B的中点. 又D是BC的中点，∴A1C//OD.

面AB1D，OD面AB1D， 又AC1∴A1C//面AB1D.

（2）因为ABC是正三角形，D是BC的中点，∴ADBC.

∵平面ABC面BB1C1C，又平面ABC面BB1C1CBC，AD面ABC. ∴AD面BB1C1C，∵BM面BB1C1C，∴ADBM.

又∵BMB1D，ADB1DD，AD，B1D面AB1D， ∴BM面AB1D，又BM面ABM， ∴面AB1D面ABM. 【点睛】

垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 24．（1）见解析（2）见解析 【解析】

[证明] （1）∵ASAB，AFSB，垂足为F，∴F是SB的中点，又因为E是SA的中点，

∴EF∥AB，∵EF平面ABC，AB平面ABC，∴EF∥平面ABC； 同理EG∥平面ABC. 又EFEGE，∴平面EFG∥平面ABC.

（2）∵平面SAB平面SBC，且交线为SB，又AF平面SAB，AFSB， ∴AF平面SBC，∵BC平面SBC，∴AFBC， 又因为ABBC，AFABA，AF、AB平面SAB， ∴BC平面SAB，∵SA平面SAB，∴BCSA.

【考点定位】本小题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力. 25．（1）证明见详解（2）存在，PM【解析】 【分析】

（1）由线面垂直的性质定理可证ADPH，再由BDPH即可求证；

（2）要证HM平面PAD，即证MHPD，可作HMPD，连接AM，经几何关系验证，恰好满足直线HA与平面PAD所成角的正弦值为【详解】

（1）AD平面PBD，PH在平面PBD上，所以，ADPH，

又BDPH，AD交BD于D，所以，PH平面ABCD，所以，PHCD （2）由题可知，BD6，又BH9 5935，求得PM；

52511BD，所以HD4，PHBD3，PD5，32PHHD12， PD5要证HM平面PAD，由题设可知AD平面PBD，则ADHM，即证

HMPD， 作HMPD，在PHD中，由等面积法可知HMHAHD2AD245,直线HA与平面PAD所成角正弦值即为

1235，此时PM3PH339 5sinHAM5552545【点睛】

本题考查线面垂直的证明，由线面垂直和线面角反求满足条件的点具体位置，逻辑推理与数学计算能力，属于中档题 26．(1) y【解析】 【分析】

(1) 由圆的几何性质知CPAB,从而可先求出kCP,可知AB的斜率，写出直线AB方程(2) 根据倾斜角写出斜率及直线方程，利用弦心距、半弦长、半径构成的直角三角形求解. 【详解】

（1）已知圆C:x1y24的圆心为C1,0，

21346x+ (2) 242∵

kCP10=21， 121113(x)1，即yx+ 2224 直线l的方程为y（2）当直线l的倾斜角为45o时，斜率为1，直线l的方程为yx+1 2圆心C到直线l的距离为

10d1232，又∵圆的半径为2，

42∴弦AB的长为222(【点睛】

32246. )42本题主要考查了两条垂直的直线斜率的关系，直线与圆的位置关系，弦长的求法，属于中档题.