山西省晋中市平遥二中高二数学上学期期中试卷理含解析

2022-2022学年山西省晋中市平遥二中高二（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC2．若直线l过点且被圆x2+y2=25截得的弦长为8，则直线l的方程是()A．x=﹣3B．C．3x+4y+15=0D．x=﹣3或3x+4y+15=03．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是()A．B．C．D．04．在同一直角坐标系中，表示直线y=ax与y=x+a正确的是()A．B．C．D．5．若直线=1与图x2+y2=1有公共点，则()-17-\nA．a2+b2≤1B．a2+b2≥1C．D．6．已知圆C：（x﹣a）2+（y﹣2）2=4（a＞0）及直线l：x﹣y+3=0，当直线l被C截得弦长为2时，则a等于()A．B．2﹣C．﹣1D．+17．圆：x2+y2﹣4x+6y=0和圆：x2+y2﹣6x=0交于A，B两点，则直线AB的方程是()A．x+3y=0B．3x+y=0C．3x﹣y=0D．3y﹣5x=08．平面α与平面β平行的条件可以是()A．α内有无穷多条直线与β平行B．α内的任何直线都与β平行C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．直线a⊂α，直线a∥β9．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ③若m∥α，n∥α，则m∥n④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β其中正确命题的序号是()A．①和②B．②和③C．③和④D．①和④10．直线kx﹣y+1﹣3k=0，当k变化是，所有直线恒过定点()A．（0，0）B．（3，1）C．（1，3）D．（﹣1，﹣3）11．用斜二测画法画出长为6，宽为4的矩形水平放置的直观图，则该直观图面积为()A．12B．24C．D．12．水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC是一个()A．等边三角形B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形-17-\n二、填空题（每小题5分，共20分）13．正方体的内切球与外接球的表面积的比为__________．14．若圆B：x2+y2+b=0与圆C：x2+y2﹣6x+8y+16=0没有公共点，则b的取值范围是__________．15．直线y=k（x﹣1）与以A（3，2）、B（2，3）为端点的线段有公共点，则k的取值范围是__________．16．一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个正三棱柱的表面积__________．三、解答题.本大题共6个小题，共70分.解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或推理步骤.17．求经过两直线2x﹣3y﹣3=0和x+y+2=0的交点且与直线3x+y﹣1=0垂直的直线方程．18．如图，已知空间四边形ABCD中，AB=CD=3，E、F分别是BC、AD上的点，并且BE：EC=AF：FD=1：2，EF=，求AB和CD所成角的大小．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：平面PAC⊥平面PDB．-17-\n20．已知点A（﹣1，2），B（0，1），动点P满足．（Ⅰ）若点P的轨迹为曲线C，求此曲线的方程；（Ⅱ）若点Q在直线l1：3x﹣4y+12=0上，直线l2经过点Q且与曲线C有且只有一个公共点M，求|QM|的最小值．21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）证明：BC1⊥面A1B1CD；（2）求直线A1B和平面A1B1CD所成的角．22．（14分）已知圆C：（x﹣1）2+y2=9内有一点P（2，2），过点P作直线l交圆C于A、B（1）当弦AB被点P平分时，写出直线l的方程；（2）当直线l的倾斜角为45°时，求弦AB的长．（3）设圆C与x轴交于M、N两点，有一动点Q使∠MQN=45°．试求动点Q的轨迹方程．-17-\n2022-2022学年山西省晋中市平遥二中高二（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD．则在三棱锥A﹣BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC【考点】平面与平面垂直的判定．【专题】证明题．【分析】由题意推出CD⊥AB，AD⊥AB，推出AB⊥平面ADC，可得平面ABC⊥平面ADC．【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°∴BD⊥CD又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD故CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC．故选D．【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查逻辑思维能力，是中档题．2．若直线l过点且被圆x2+y2=25截得的弦长为8，则直线l的方程是()A．x=﹣3B．C．3x+4y+15=0D．x=﹣3或3x+4y+15=0【考点】直线与圆的位置关系；直线的一般式方程．【专题】直线与圆．【分析】由圆的方程得到圆的圆心坐标和半径，再结合直线被圆截得的弦长等于8求出圆心到直线的距离，然后分直线的斜率存在和不存在求解直线方程，斜率不存在时直接得答案，斜率存在时由点到直线的距离公式求解．【解答】解：如图，∵圆x2+y2=25的半径为5，直线l被圆截得的半弦长为4，∴圆心到直线的距离为3．当直线l过点且斜率不存在时，直线方程为x=﹣3，满足题意；当斜率存在时，设斜率为k，则直线的点斜式方程为，整理得：2kx﹣2y+6k﹣3=0．由圆心（0，0）到直线2kx﹣2y+6k﹣3=0的距离等于3得：，解得：k=．-17-\n∴直线方程为3x+4y+15=0．综上，直线l的方程是x=﹣3或3x+4y+15=0．故选：D．【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了分类讨论的数学思想方法，具体方法是由圆心到直线的距离列式求解，是中档题．3．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角的余弦值是()A．B．C．D．0【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；异面直线及其所成的角．【专题】空间位置关系与距离；空间向量及应用．【分析】以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可得和的坐标，进而可得cos＜，＞，可得答案．【解答】解：以DA，DC，DD1所在直线方向x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则可得A1（1，0，2），E（0，0，1），G（0，2，1），F（1，1，0）∴=（﹣1，0，﹣1），=（1，﹣1，﹣1）设异面直线A1E与GF所成角的为θ，则cosθ=|cos＜，＞|=0，故选：D【点评】本题考查异面直线所成的角，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．-17-\n4．在同一直角坐标系中，表示直线y=ax与y=x+a正确的是()A．B．C．D．【考点】确定直线位置的几何要素．【专题】数形结合．【分析】本题是一个选择题，按照选择题的解法来做题，由y=x+a得斜率为1排除B、D，由y=ax与y=x+a中a同号知若y=ax递增，则y=x+a与y轴的交点在y轴的正半轴上；若y=ax递减，则y=x+a与y轴的交点在y轴的负半轴上，得到结果．【解答】解：由y=x+a得斜率为1排除B、D，由y=ax与y=x+a中a同号知若y=ax递增，则y=x+a与y轴的交点在y轴的正半轴上；若y=ax递减，则y=x+a与y轴的交点在y轴的负半轴上；故选C．【点评】本题考查确定直线为主的几何要素，考查斜率和截距对于一条直线的影响，是一个基础题，这种题目也可以出现在直线与圆锥曲线之间的图形的确定．5．若直线=1与图x2+y2=1有公共点，则()A．a2+b2≤1B．a2+b2≥1C．D．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】用圆心到直线的距离小于或等于半径，可以得到结果．【解答】解：直线与圆有公共点，即直线与圆相切或相交得：d≤r故选D．【点评】本题考查点到直线的距离公式，直线和圆的位置关系，是基础题．6．已知圆C：（x﹣a）2+（y﹣2）2=4（a＞0）及直线l：x﹣y+3=0，当直线l被C截得弦长为2时，则a等于()A．B．2﹣C．﹣1D．+1【考点】直线与圆相交的性质．【专题】计算题．【分析】由弦长公式求得圆心（a，2）到直线l：x﹣y+3=0的距离等于1，再根据点到直线的距离公式得圆心到直线l：x﹣y+3=0的距离也是1，解出待定系数a．【解答】解：圆心为（a，2），半径等于2，由弦长公式求得圆心（a，2）到直线l：x﹣y+3=0的距离为==1，-17-\n再由点到直线的距离公式得圆心到直线l：x﹣y+3=0的距离1=，∴a=﹣1．故选C．【点评】本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，弦长公式的应用．7．圆：x2+y2﹣4x+6y=0和圆：x2+y2﹣6x=0交于A，B两点，则直线AB的方程是()A．x+3y=0B．3x+y=0C．3x﹣y=0D．3y﹣5x=0【考点】两圆的公切线条数及方程的确定．【专题】计算题．【分析】当两圆相交时，直接将两个圆方程作差，即得两圆的公共弦所在的直线方程．【解答】解：因为两圆相交于A，B两点，则A，B两点的坐标坐标既满足第一个圆的方程，又满足第二个圆的方程将两个圆方程：x2+y2﹣4x+6y=0和圆：x2+y2﹣6x=0作差，得直线AB的方程是：x+3y=0，故选A．【点评】本题考查相交弦所在的直线的方程，两圆相交时，将两个圆方程作差，即得公共弦所在的直线方程．8．平面α与平面β平行的条件可以是()A．α内有无穷多条直线与β平行B．α内的任何直线都与β平行C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．直线a⊂α，直线a∥β【考点】平面与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】根据面面平行的判定定理，只要其中一个平面的两条相交直线都平行于另一个平面即可．【解答】解：对于选项A，α内有无穷多条直线与β平行，如果这无穷多条直线是平行的，α，β可能相交；对于选项B，α内的任何直线都与β平行，一定有两条相交直线与β平行，满足面面平行的判定定理，可以得到α∥β；对于选项C，直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α，如果a，b都平行α，β的交线，但是α与β相交；对于选项D，直线a⊂α，直线a∥β，α，β可能相交；故选B．【点评】本题考查了面面平行的判定以及学生的空间想象能力．9．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ③若m∥α，n∥α，则m∥n④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β其中正确命题的序号是()A．①和②B．②和③C．③和④D．①和④-17-\n【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系．【专题】证明题；压轴题；空间位置关系与距离．【分析】根据线面平行性质定理，结合线面垂直的定义，可得①是真命题；根据面面平行的性质结合线面垂直的性质，可得②是真命题；在正方体中举出反例，可得平行于同一个平面的两条直线不一定平行，垂直于同一个平面和两个平面也不一定平行，可得③④不正确．由此可得本题的答案．【解答】解：对于①，因为n∥α，所以经过n作平面β，使β∩α=l，可得n∥l，又因为m⊥α，l⊂α，所以m⊥l，结合n∥l得m⊥n．由此可得①是真命题；对于②，因为α∥β且β∥γ，所以α∥γ，结合m⊥α，可得m⊥γ，故②是真命题；对于③，设直线m、n是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面α是正方体下底面所在的平面，则有m∥α且n∥α成立，但不能推出m∥n，故③不正确；对于④，设平面α、β、γ是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有α⊥γ且β⊥γ，但是α⊥β，推不出α∥β，故④不正确．综上所述，其中正确命题的序号是①和②故选：A【点评】本题给出关于空间线面位置关系的命题，要我们找出其中的真命题，着重考查了线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识，属于中档题．10．直线kx﹣y+1﹣3k=0，当k变化是，所有直线恒过定点()A．（0，0）B．（3，1）C．（1，3）D．（﹣1，﹣3）【考点】恒过定点的直线．【专题】直线与圆．【分析】化直线方程为点斜式，由点斜式的特点可得答案．【解答】解：直线方程kx﹣y+1﹣3k=0可化为y﹣1=k（x﹣3），由直线的点斜式可知直线过定点（3，1）故选：B．【点评】本题考查直线过定点问题，化直线方程为点斜式是解决问题的关键，属基础题．11．用斜二测画法画出长为6，宽为4的矩形水平放置的直观图，则该直观图面积为()A．12B．24C．D．【考点】简单空间图形的三视图．【专题】规律型．【分析】根据斜二测画法的规则，分别求出直观图的边长关系，即可求直观图的面积．【解答】解：根据斜二测画法的规则可知，矩形的直观图为平行四边形，其中O'C'=OC=6，O'A'=OA=2，∠A'O'C'=45°，∴平行四边形的面积S=2S△O'A'C'=2×=，故选：C．-17-\n【点评】本题主要考查斜二测画法的应用，熟练掌握斜二测画法的基本原则．12．水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=，那么原△ABC是一个()A．等边三角形B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形【考点】平面图形的直观图．【专题】计算题；转化思想．【分析】由图形和A′O′=通过直观图的画法知在原图形中三角形的底边BC=B'C'，AO⊥BC，且AO=，故三角形为正三角形．【解答】解：由图形知，在原△ABC中，AO⊥BC，∵A′O′=∴AO=∵B′O′=C′O′=1∴BC=2∴AB=AC=2∴△ABC为正三角形．故选A【点评】本题考查了平面图形的直观图的画法及其先关性质，把握好直观图与原图形的关系，是个基础题．二、填空题（每小题5分，共20分）13．正方体的内切球与外接球的表面积的比为．【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题．【分析】正方体的内切球的直径为正方体的棱长，外接球的直径为正方体的对角线长，设出正方体的棱长，即可求出两个半径，求出两个球的面积之比．-17-\n【解答】解：正方体的内切球的直径为，正方体的棱长，外接球的直径为，正方体的对角线长，设正方体的棱长为：2a，所以内切球的半径为：a；外接球的直径为2a，半径为：a，正方体的内切球与外接球的面积之比：==．故答案为：．【点评】本题是基础题，考查正方体的外接球与内切球的面积之比，求出外接球的半径，是解决本题的关键．14．若圆B：x2+y2+b=0与圆C：x2+y2﹣6x+8y+16=0没有公共点，则b的取值范围是{b|﹣4＜b＜0，或b＜﹣64}．【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【专题】直线与圆．【分析】由题意可得，两个圆相离或相内含，若两个圆相离，则由两个圆的圆心距d大于两个圆的半径之和，求得b的范围．若两个圆相内含，则由两个圆的圆心距d小于两个圆的半径之差，求得b的范围，再把这2个b的范围取并集，即得所求．【解答】解：圆B：x2+y2+b=0表示圆心为O（0，0）、半径等于的圆，（b＜0）；圆C：x2+y2﹣6x+8y+16=0即（x﹣3）2+（y+4）2=9表示圆心为（3，﹣4）、半径等于3的圆．由题意可得，两个圆相离或相内含．若两个圆相离，则由两个圆的圆心距d大于两个圆的半径之和，即＞3+，求得﹣4＜b＜0．若两个圆相内含，则由两个圆的圆心距d小于两个圆的半径之差，即＜|3﹣|，求得b＜﹣64，故答案为：{b|﹣4＜b＜0，或b＜﹣64}．【点评】本题主要考查圆的标准方程，两个圆的位置关系的判定方法，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．15．直线y=k（x﹣1）与以A（3，2）、B（2，3）为端点的线段有公共点，则k的取值范围是[1，3]．【考点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系．【专题】计算题．【分析】求出直线恒过的定点，画出图形，求出PA，PB的斜率即可得到k的范围．【解答】解：因为直线y=k（x﹣1）恒过P（1，0），画出图形，直线y=k（x﹣1）与以A（3，2）、B（2，3）为端点的线段有公共点，就是直线落在阴影区域内，所以kPA==1；kPB==3；所求k的范围是[1，3]．-17-\n故答案为：[1，3]．【点评】本题是基础题，考查直线的斜率的应用，斜率的求法，考查数形结合的思想，计算能力．16．一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个正三棱柱的表面积24．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】空间位置关系与距离．【分析】根据三视图可判断几何体是一个一个正三棱柱，底面边长为4，高为2，再根据几何体求解面积．【解答】解：三视图如图所示：根据三视图可判断几何体是一个一个正三棱柱，底面边长为2，高为2，∴表面积：3×4×2+2××（4）2=24+8；故答案为：24+8；【点评】本题考查了空间几何体的三视图，性质，面积公式，属于中档题．-17-\n三、解答题.本大题共6个小题，共70分.解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或推理步骤.17．求经过两直线2x﹣3y﹣3=0和x+y+2=0的交点且与直线3x+y﹣1=0垂直的直线方程．【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【专题】直线与圆．【分析】依题意，可求得两直线2x﹣3y﹣3=0和x+y+2=0的交点，利用所求直线与直线3x+y﹣1=0垂直可求得其斜率，从而可得其方程．【解答】解：由得交点（，）…又直线3x+y﹣1=0斜率为﹣3，…所求的直线与直线3x+y﹣1=0垂直，所以所求直线的斜率为，…所求直线的方程为y+=（x+），化简得：5x﹣15y﹣18=0…【点评】本题考查直线的一般式方程与直线的垂直关系，考查直线的点斜式方程，求得直线2x﹣3y﹣3=0和x+y+2=0的交点与斜率是关键，属于基础题．18．如图，已知空间四边形ABCD中，AB=CD=3，E、F分别是BC、AD上的点，并且BE：EC=AF：FD=1：2，EF=，求AB和CD所成角的大小．【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题；空间角．【分析】连结BD，在BD上取点G，使BG：GD=1：2，连结EG、FG，利用线段成比例证出EG∥CD且FG∥AB，可得EG和FG所成的锐角（或直角）就是异面直线AB和CD所成的角．分别算出EG、FG的长，在△EFG中利用余弦定理算出∠EGF=60°，即可得出AB与CD所成的角的大小．【解答】解：连结BD，在BD上取点G，使BG：GD=1：2，连结EG、FG，∵在△BCD中，=，∴EG∥CD同理可证：FG∥AB∴EG和FG所成的锐角（或直角）就是异面直线AB和CD所成的角．∵在△BCD中，EG∥CD，CD=3，BG：GD=1：2，∴EG==1．又∵在△ABD中，FG∥AB，AB=3，FG：AB=2：3，∴FG==2．-17-\n在△EFG中，EG=1，FG=2，EF=，∴由余弦定理，得，∴∠EGF=60°，即EG和FG所成的锐角为60°．因此，AB与CD所成的角为60°．【点评】本题在特殊的空间四边形中求异面直线所成角大小．着重考查了空间平行线的判定与性质、余弦定理和异面直线所成角的定义与求法等知识，属于中档题．19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面EDB；（2）证明：平面PAC⊥平面PDB．【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（1）欲证PA∥平面EDB，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证PA与平面EDB内一直线平行，连接AC，交BD于O，连接EO，根据中位线定理可知EO∥PA，PA⊄平面EDB，EO⊂平面EDB，满足定理所需条件；（2）证明AC⊥平面PBD，即可证明平面PAC⊥平面PDB．【解答】证明：（1）设AC与BD相交于点O，则O为AC的中点．∵E是P的中点，∴EO∥PA又∵EO⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB；（2）∵PO⊥平面ABCD，∴PD⊥AC又∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD从而AC⊥平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．-17-\n【点评】本题考查直线与平面平行的判定，以及平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力，逻辑思维能力，计算能力，是中档题．20．已知点A（﹣1，2），B（0，1），动点P满足．（Ⅰ）若点P的轨迹为曲线C，求此曲线的方程；（Ⅱ）若点Q在直线l1：3x﹣4y+12=0上，直线l2经过点Q且与曲线C有且只有一个公共点M，求|QM|的最小值．【考点】轨迹方程．【专题】直线与圆．【分析】1）设P点的坐标为（x，y），利用点A（﹣1，2），B（0，1），动点P满足，建立方程，整理即得点P的轨迹方程；（2）结合题意，|QM|最小时，|CQ|最小，当且仅当圆心C到直线的距离最小，利用勾股定理，求出|QM|就是最小值．【解答】解：（Ⅰ）设P（x，y），则∵点A（﹣1，2），B（0，1），动点P满足，∴，∴化简（x﹣1）2+y2=4；（Ⅱ）由题意，|QM|最小时，|CQ|最小，当且仅当圆心C到直线的距离最小，此时d==3，∴由勾股定理可得|QM|的最小值为=．【点评】本题考查两点间距离公式及圆的性质，着重考查直线与圆的位置关系，勾股定理的应用，考查计算能力，转化思想的应用，属于中档题．21．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，（1）证明：BC1⊥面A1B1CD；（2）求直线A1B和平面A1B1CD所成的角．-17-\n【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）要证BC1⊥面A1B1CD；应通过证明A1B1⊥BC1．BC1⊥B1C两个关系来实现，两关系容易证明．（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．在RT△A1BO中求解即可．【解答】解：（1）连接B1C交BC1于点O，连接A1O．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中因为A1B1⊥平面BCC1B1．所以A1B1⊥BC1．又∵BC1⊥B1C，又BC1∩B1C=O∴BC1⊥平面A1B1CD（2）因为BC1⊥平面A1B1CD，所以A1O为斜线A1B在平面A1B1CD内的射影，所以∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．设正方体的棱长为a在RT△A1BO中，A1B=a，BO=a，所以BO=A1B，∠BA1O=30°，即直线A1B和平面A1B1CD所成的角为30°．【点评】本题考查空间直线与平面垂直关系的判断，线面角大小求解，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力．22．（14分）已知圆C：（x﹣1）2+y2=9内有一点P（2，2），过点P作直线l交圆C于A、B（1）当弦AB被点P平分时，写出直线l的方程；（2）当直线l的倾斜角为45°时，求弦AB的长．（3）设圆C与x轴交于M、N两点，有一动点Q使∠MQN=45°．试求动点Q的轨迹方程．【考点】直线和圆的方程的应用；直线的一般式方程；轨迹方程．【专题】计算题．【分析】（1）由已知中圆C的标准方程，我们易确定圆心C的坐标，进而得到直线PC的斜率，然后根据弦AB被点P平分，我们易得l与直线PC垂直，利用点斜式易求出满足条件的直线l的方程；（2）当直线l的倾斜角为45°时，斜率为1，由此我们可得到直线l的方程，代入点到直线距离公式，求出弦心距，然后根据弦心距，半弦长，半径构成直角三角形，满足勾股定理，得到弦AB的长．（3）由圆C与x轴交于M、N两点，我们易求出M、N两点的坐标，然后根据动点Q使∠MQN=45°，构造关于动点（x，y）的方程，整理即可得到动点Q的轨迹方程．【解答】解（1）已知圆C：（x﹣1）2+y2=9的圆心为C（1，0），因直线过点P与PC垂直，所以直线l的斜率为﹣，-17-\n直线l的方程为y﹣2=﹣（x﹣2），即x+2y﹣6=0．（2）当直线l的倾斜角为45°时，斜率为1，直线l的方程为y﹣2=x﹣2，即x﹣y=0圆心C到直线l的距离为，圆的半径为3，弦AB的长为．（3）∵圆C与x轴交于M（﹣2，0），N（4.0）两点∴tan45°=．1=1=x2﹣2x﹣8+y2=6y或x2﹣2x﹣8=﹣6y∴Q点的轨迹方程是：（x﹣1）2+（y﹣3）2=18（y＞0），或（x﹣1）2+（y+3）2=18（y＜0）【点评】本题考查的知识点是直线和圆的方程的应用，直线的一般式方程，轨迹方程，其中由于直线l过点P（2，2），故使用点斜式方程求解比较简便．-17-