模块综合检测（A）

1、模块综合检测（A）(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1直线xtan 60°的倾斜角是_2给出下列四个命题：垂直于同一直线的两条直线互相平行；垂直于同一平面的两个平面互相平行；若直线l1，l2与同一平面所成的角相等，则l1，l2互相平行；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有_个3方程yax表示的直线可能是_(填序号)4已知三棱锥SABC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，ACr，则球的体积与三棱锥体积之比是_5如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G

2、、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_6直线x2y10关于直线x1对称的直线方程是_7经过点M(1,1)且在两坐标轴上截距相等的直线是_8若圆x2y22x4y0的圆心到直线xya0的距离为，则a的值为_9直线xy20截圆x2y24得的劣弧所对的圆心角是_10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_条11已知点A(2,3,4)，在y轴上有一点B，且AB3，则点B的坐标为_12圆x2y2x6y30上两点P、Q关于直线kxy40对称，则k_13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

3、径为1的半圆，则该几何体的体积为_14已知圆C：x2y24x6y80，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_二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(14分)已知ABC三边所在直线方程为AB：3x4y120，BC：4x3y160，CA：2xy20求AC边上的高所在的直线方程16(14分)求经过点P(6，4)且被定圆O：x2y220截得的弦长为6的直线AB的方程17(14分)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点，求证PA平面EDB18(16分)如图所示，在四棱柱(侧棱垂直于底面的四棱柱)ABCDA1B1C1D1中，已知DCDD12AD

4、2AB，ADDC，ABDC(1)求证D1CAC1；(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19(16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2xy40对称的曲线C的方程20(16分)如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA平面ABCD，BCAD，CD1，AD2，BADCDA45°(1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值；(2)证明CD平面ABF；(3)求二面角BEFA的正切值模块综合检测(A) 答案190°24解析忽视两直线可以相交，可以相交、平行

5、，l1、l2可以异面、相交，与l1、l2都相交的两直线可以相交3解析注意到直线的斜率a与在y轴上的截距同号，故正确44解析SO底面ABC，SO为三棱锥的高线，SOr，又O在AB上，AB2r，ACr，ACB90°BCr，VSABC××r×r×rr3又球的体积Vr3，45解析连结A1B，BC1，A1C1，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，EFA1B，GHBC1，A1BC1即为异面直线EF与GH所成的角又ABCDA1B1C1D1是正方体A1BBC1A1C1，A1BC160°6x2y30解析直线x2y10与x1的交点为

6、A(1,1)，点(1,0)关于x1的对称点为B(3,0)也在所求直线上，所求直线方程为y1(x1)，即x2y307xy2或xy解析截距相等问题关键不要忽略过原点的情况82或0解析圆的方程可化为(x1)2(y2)25，则圆心为(1,2)由点到直线的距离公式得d，解得a2或0960°解析可先求出圆心到直线的距离d，由于半径为2，设圆心角为，则知cos，60°102解析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11(0,8,0)或(0，2,0)122解析由已知可知PQ的垂直平分线为kxy40，直线kxy40过圆心，k10，k

7、213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×12×14x2(y3)21解析圆C：x2y24x6y80与x轴没有交点，只与y轴相交，取x0，得y26y80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(y3)2115解由，解得交点B(4,0)，BDAC，kBD，AC边上的高线BD的方程为y(x4)，即x2y4016解由题意知，直线AB的斜率存在，且AB6，OA2，作OCAB于C在RtOAC中，OC设所求直线的斜率为k，则直线的方程为y4k(x6)，即kxy6k40圆心到直线的距离为，即17k

8、224k70，k1或k故所求直线的方程为xy20或7x17y26017证明如图所示，连结AC，BD，交于点O，连结EO，因为四边形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EOPA，又EO平面EDB，且PA平面EDB，所以PA平面EDB18(1)证明在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，连结C1D，DCDD1，四边形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、上取一点E，连结AD1，AE，设AD1A1DM，BDAEN，连结MN，平面AD1E平面A1BDMN，要使D1E平面A1BD，须使MND1E，又M是AD1的中点N是AE的中点又易知ABNEDN，ABDE即E是DC的中点综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E平面A1BD19解(1)设M坐标为(x，y)，由题意得，整理得(x1)2y24所以M点的轨迹方程为(x1)2y24(2)因为曲线C：(x1)2y24，所以C关于直线2xy40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22420(1)解因为四边形ADEF是正方形，所以FAED所以CED为异面直线CE与AF所成的角因为FA平面ABCD，所以FACD故EDCD在RtCDE中，CD1，ED2，CE3，所以cos CED所以异面直线CE与AF所成角的余弦值为(2)证明如图，过点B作BGCD，交AD于点G，则BGACDA45°由BAD45°，可得BGAB，从而CDAB又CDFA，FAABA，所以CD平面ABF(3)解由(2)及已知，可得AG