【文档说明】山西省运城市景胜中学2020-2021学年高二上学期期中数学试题（文） 含答案.docx，共(14)页，256.113 KB，由小赞的店铺上传

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山西省运城市景胜中学2020-2021学年度第一学期高二期中数学试题（文）一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分，）1.下列几何体不是旋转体的为()A.圆柱B.棱柱C.球D.圆台2.若𝑃(2,−1)为圆(𝑥−1)2+𝑦2=25的弦𝐴𝐵的中

点，则直线𝐴𝐵的方程是()A.𝑥−𝑦−3=0B.2𝑥+𝑦−3=0C.𝑥+𝑦−1=0D.2𝑥−𝑦−5=03.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.323B.32C.163D.164.已知等腰直角三角形的斜边所在的直线是，直角顶点是，则两条直角边，的方

程是()A.，B.，C.，D.，5.圆𝐶1:𝑥2+𝑦2=4与圆𝐶2:𝑥2+𝑦2−4𝑥+4𝑦−12=0的公共弦的长为()A.√2B.√3C.2√2D.3√26.在空间中，有如下四个命题：①

若平面𝛼垂直平面𝛽，则平面𝛼内的任意一条直线垂直于平面𝛽；②平行于同一个平面的两条直线是平行直线；③垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；④过平面𝛼的一条斜线有且只有一个平面与平面𝛼垂直．其中正确的两个

命题是()A.①、③B.②、④C.③、④D.②、③7.某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该三棱锥中最长的棱长为()A.4B.2√2C.√10D.2√38.三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶

的高为𝑃𝐻，若三个侧面两两垂直，则𝐻为△𝐴𝐵𝐶的（）A.内心B.外心C.垂心D.重心9.在四面体𝑆−𝐴𝐵𝐶中，𝑆𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=90∘，𝑆𝐴=𝐴𝐶=√2，𝐴𝐵=1，则该四面体的外接球的

表面积为()A.2𝜋3B.4𝜋3C.4𝜋D.5𝜋10.已知方程𝑥2+𝑦2+4𝑥−2𝑦−4=0，则𝑥2+𝑦2的最大值是()A.14−6√5B.14C.9D.14+6√511.圆𝑥2+𝑦2+2𝑥−6𝑦+1=0关于直线𝑎𝑥−𝑏𝑦+3=0

(𝑎>0,𝑏>0)对称，则1𝑎+3𝑏的最小值是()A.2√3B.203C.163D.412.如图，已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2，点𝑃在线段𝐶𝐵1上，且𝐵1𝑃=2𝑃𝐶，平

面𝛼经过点𝐴，𝑃，𝐶1，则正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1被平面𝛼截得的截面面积为()A.3√6B.2√6C.5D.5√34二、填空题（本题共计4小题，每题5分，共计20分，）13.圆锥底面半径为2𝑐𝑚，高为√2𝑐𝑚，其中有一个内接正方体，则这个

内接正方体的棱长为________𝑐𝑚.14.直线(𝑚+1)𝑥+𝑚𝑦+𝑚+3=0被圆𝑥2+𝑦2=25所截的弦长的最小值为________.15.圆𝑥2+𝑦2−4𝑦−4＝0上恰有两点到直线𝑥−𝑦+𝑎＝0的距离为√2，则实数𝑎的

取值范围是________．16.若𝑃为直线𝑥−𝑦+4=0上一个动点，从点𝑃引圆𝐶:𝑥2+𝑦2−4𝑥=0的两条切线𝑃𝑀，𝑃𝑁（切点为𝑀，𝑁），则|𝑀𝑁|的最小值是________.三、解答题（本题共计6小题，共计70分，）17.(10分)

已知圆𝐶的方程为𝑥2+𝑦2=4.(1)求过点𝑃(2,1)且与圆𝐶相切的直线𝑙的方程；(2)直线𝑙过点𝑃(2,1)，且与圆𝐶交于𝐴、𝐵两点，若|𝐴𝐵|=2√3，求直线𝑙的方程.18.(12分)如图，四棱锥𝑃−�

�𝐵𝐶𝐷的底面𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝑃𝐶=𝑃𝐷=√2，𝐶𝐷=2.(1)证明：𝑃𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐷；(2)求点𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离．19.(12分)已知△𝐴𝐵𝐶的顶点𝐴(5

，1)，𝐴𝐵边上的中线𝐶𝑀所在直线方程为2𝑥−𝑦−5=0，𝐴𝐶边上的高𝐵𝐻所在直线方程为𝑥−2𝑦−5=0.(1)求𝐴𝐶边所在直线方程；(2)求过顶点𝐶且与𝐵𝐻平行的直线．20

.(12分)如图，已知𝐴𝐴1⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐵1//𝐴𝐴1，𝐴𝐵=𝐴𝐶=3，𝐵𝐶=2√5，𝐴𝐴1=√7，𝐵𝐵1=2√7，点𝐸，𝐹分别为𝐵𝐶，𝐴1𝐶的中点．(1)求证：𝐸𝐹//平面𝐴1𝐵1𝐵𝐴；(2)求证：平面𝐴𝐸𝐴1⊥

平面𝐵𝐶𝐵1；(3)求直线𝐴1𝐵1与平面𝐵𝐶𝐵1所成角的大小．21.(12分)如图，几何体𝐴𝐵𝐶𝐷𝐹𝐸中，△𝐴𝐵𝐶，△𝐷𝐹𝐸均为边长为2的正三角形，且平面𝐴𝐵𝐶//平面𝐷𝐹𝐸，四边形𝐵𝐶𝐸𝐷为正方形.(1)若平面𝐵𝐶𝐸

𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，求证：平面𝐴𝐷𝐸//平面𝐵𝐶𝐹；(2)若二面角𝐷−𝐵𝐶−𝐴为150∘，求直线𝐵𝐷与平面𝐴𝐷𝐸所成角的正弦值.22.(12分)在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已

知𝐴(0,3)，直线𝑙:𝑦=2𝑥−4．圆𝐶的半径为1，圆心在直线𝑙上．(1)若圆心又在直线𝑦=𝑥−1上，过点𝐴作圆𝐶的切线，求切线方程；(2)若圆𝐶上存在一点𝑀满足𝑀𝐴=2𝑀𝑂，求圆心𝐶的横坐标𝑎

的范围．景胜中学高二期中考试数学抽考试题答案（文）一、选择题1.BAABC6CDCCD11CB二、填空题13.2√2314.4√315.(−4,0)∪(4,8)16.4√73三、解答题（本题共计6小题，共计70分）17.解：(1)当𝑙斜率不存

在时，直线𝑙方程为𝑥=2，与圆𝐶相切，满足题意；当𝑙斜率存在时，设直线方程为：𝑦−1=𝑘(𝑥−2)，即𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0，∵圆𝐶圆心坐标为(0,0)，半径𝑟=2，∴圆心到直线𝑙的距离𝑑=|−2𝑘+1|√𝑘2+1=

2，解得：𝑘=−34，∴直线𝑙方程为−34𝑥−𝑦+52=0，即3𝑥+4𝑦−10=0.综上所述：过点𝑃(2,1)且与圆𝐶相切的直线𝑙的方程为：𝑥=2或3𝑥+4𝑦−10=0.(2)由(1)知，直线𝑙斜率存在，可设其方程为𝑘𝑥−𝑦−

2𝑘+1=0，设圆心到直线𝑙距离为𝑑，∵|𝐴𝐵|=2√𝑟2−𝑑2=2√4−𝑑2=2√3，∴𝑑=1，即𝑑=|−2𝑘+1|√𝑘2+1=1，解得：𝑘=0或𝑘=43，∴直线𝑙的方程为−𝑦+1=0或43𝑥−𝑦−53=0，即𝑦=1或4𝑥−3𝑦−5=0.【解答】解：(

1)当𝑙斜率不存在时，直线𝑙方程为𝑥=2，与圆𝐶相切，满足题意；当𝑙斜率存在时，设直线方程为：𝑦−1=𝑘(𝑥−2)，即𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0，∵圆𝐶圆心坐标为(0,0)，半径𝑟=2，∴圆心到直线𝑙的距离𝑑

=|−2𝑘+1|√𝑘2+1=2，解得：𝑘=−34，∴直线𝑙方程为−34𝑥−𝑦+52=0，即3𝑥+4𝑦−10=0.综上所述：过点𝑃(2,1)且与圆𝐶相切的直线𝑙的方程为：𝑥=2或3𝑥+4𝑦−10=0.

(2)由(1)知，直线𝑙斜率存在，可设其方程为𝑘𝑥−𝑦−2𝑘+1=0，设圆心到直线𝑙距离为𝑑，∵|𝐴𝐵|=2√𝑟2−𝑑2=2√4−𝑑2=2√3，∴𝑑=1，即𝑑=|−2𝑘+

1|√𝑘2+1=1，解得：𝑘=0或𝑘=43，∴直线𝑙的方程为−𝑦+1=0或43𝑥−𝑦−53=0，即𝑦=1或4𝑥−3𝑦−5=0.18.【答案】(1)证明：∵平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷

，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐴𝐷⊥平面𝑃𝐶𝐷．又∵𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐶𝐷，∴𝐴𝐷⊥𝑃𝐶．在△𝑃𝐶𝐷中，𝑃𝐶=𝑃𝐷=√2，𝐶𝐷=2，𝑃𝐶2+𝑃𝐷2=𝐶𝐷2，∴

𝑃𝐶⊥𝑃𝐷．∵𝑃𝐷∩𝐴𝐷=𝐷，𝑃𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴𝑃𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐷．(2)解：如图，设点𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离为ℎ，取𝐶𝐷的中点𝑂，连接𝑃𝑂，𝑂𝐴，𝐵𝐷，作

𝑃𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，则𝑃𝑂⊥𝐶𝐷．∵平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷，∴𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷．∵𝑃𝑂=12𝐶𝐷=1，𝑂𝐴=√5，∴在

△𝑃𝑂𝐴中，𝑃𝐴=√6，同理，𝑃𝐵=√6．∴△𝑃𝐴𝐵是等腰三角形．由𝑉𝐷−𝑃𝐴𝐵=𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐷得：13⋅𝑆△𝑃𝐴𝐵⋅ℎ=13⋅𝑆△𝐴𝐵𝐷⋅𝑃𝑂，12⋅𝐴𝐵⋅𝑃𝐻⋅ℎ=12⋅𝐴𝐵⋅

𝐴𝐷⋅𝑃𝑂，解得ℎ=2√55，∴点𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离为2√55．【解答】(1)证明：∵平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝐴𝐷⊥平面𝑃�

�𝐷．又∵𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐶𝐷，∴𝐴𝐷⊥𝑃𝐶．在△𝑃𝐶𝐷中，𝑃𝐶=𝑃𝐷=√2，𝐶𝐷=2，𝑃𝐶2+𝑃𝐷2=𝐶𝐷2，∴𝑃𝐶⊥𝑃𝐷．∵𝑃𝐷∩𝐴𝐷=𝐷，𝑃𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴𝑃𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐷．(2)解：如图，设

点𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离为ℎ，取𝐶𝐷的中点𝑂，连接𝑃𝑂，𝑂𝐴，𝐵𝐷，作𝑃𝐻⊥𝐴𝐵于𝐻，则𝑃𝑂⊥𝐶𝐷．∵平面𝑃𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷，∴𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷．∵𝑃�

�=12𝐶𝐷=1，𝑂𝐴=√5，∴在△𝑃𝑂𝐴中，𝑃𝐴=√6，同理，𝑃𝐵=√6．∴△𝑃𝐴𝐵是等腰三角形．由𝑉𝐷−𝑃𝐴𝐵=𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐷得：13⋅𝑆△𝑃𝐴𝐵⋅ℎ=13⋅𝑆△𝐴𝐵𝐷⋅𝑃𝑂，12⋅�

�𝐵⋅𝑃𝐻⋅ℎ=12⋅𝐴𝐵⋅𝐴𝐷⋅𝑃𝑂，解得ℎ=2√55，∴点𝐷到平面𝑃𝐴𝐵的距离为2√55．19.【答案】解：(1)由𝐴𝐶边上的高𝐵𝐻所在直线方程为𝑥−2𝑦−5=0，可知𝑘𝐴𝐶=−2.又𝐴(5，1)，故𝐴𝐶边所在直线方程为𝑦−1

=−2(𝑥−5)，即𝐴𝐶边所在直线方程为2𝑥+𝑦−11=0．(2)联立{2𝑥+𝑦−11=0,2𝑥−𝑦−5=0,解得{𝑥=4,𝑦=3,所以顶点𝐶的坐标为(4，3).又因为𝐵𝐻所在直线的斜率为12，故所求直线方程为𝑦−3=12(

𝑥−4)，即𝑥−2𝑦+2=0．【解答】解：(1)由𝐴𝐶边上的高𝐵𝐻所在直线方程为𝑥−2𝑦−5=0，可知𝑘𝐴𝐶=−2.又𝐴(5，1)，故𝐴𝐶边所在直线方程为𝑦−1=−2(𝑥−5)，即𝐴𝐶边所

在直线方程为2𝑥+𝑦−11=0．(2)联立{2𝑥+𝑦−11=0,2𝑥−𝑦−5=0,解得{𝑥=4,𝑦=3,所以顶点𝐶的坐标为(4，3).又因为𝐵𝐻所在直线的斜率为12，故所求直线方程为𝑦−3=12(𝑥−4)，即𝑥−2𝑦+2=0．20.【答案】(1)证明：连接𝐴1𝐵

，在△𝐴1𝐵𝐶中，∵𝐸和𝐹分别是𝐵𝐶和𝐴1𝐶的中点，∴𝐸𝐹//𝐴1𝐵，又∵𝐴1𝐵⊂平面𝐴1𝐵1𝐵𝐴，𝐸𝐹⊄平面𝐴1𝐵1𝐵𝐴，∴𝐸𝐹//平面𝐴1𝐵1𝐵𝐴.(2)证明：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐸为𝐵𝐶

的中点，∴𝐴𝐸⊥𝐵𝐶．∵𝐴1𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐵1//𝐴𝐴1，∴𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶.∵𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶，∴𝐵1𝐵⊥𝐴𝐸．又∵𝐵1𝐵⊂平面𝐵1𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐵

1𝐵𝐶，𝐵1𝐵∩𝐵𝐶=𝐵，∴𝐴𝐸⊥平面𝐵1𝐵𝐶.∵𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐸𝐴1，∴平面𝐴𝐸𝐴1⊥平面𝐵𝐶𝐵1．(3)解：取𝐵𝐵1中点𝑀和𝐵1𝐶中点𝑁，连接𝐴1𝑀，𝐴1𝑁，�

�𝐸，∵𝑁和𝐸分别为𝐵1𝐶和𝐵𝐶的中点，∴𝑁𝐸平行且等于12𝐵1𝐵，∴𝑁𝐸平行且等于𝐴1𝐴，∴四边形𝐴1𝐴𝐸𝑁是平行四边形，∴𝐴1𝑁平行且等于𝐴𝐸.又∵𝐴𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐵1，∴𝐴1𝑁⊥平面𝐵𝐶𝐵1，∴∠𝐴1𝐵1𝑁即为直线𝐴1

𝐵1与平面𝐵𝐶𝐵1所成角.在△𝐴𝐵𝐶中，可得𝐴𝐸=2，∴𝐴1𝑁=𝐴𝐸=2.∵𝐵𝑀//𝐴𝐴1，𝐵𝑀=𝐴𝐴1，∴𝐴1𝑀//𝐴𝐵且𝐴1𝑀=𝐴𝐵.又由𝐴𝐵⊥𝐵𝐵1，∴𝐴1𝑀⊥𝐵𝐵1.在𝑅

𝑡△𝐴1𝑀𝐵1中，𝐴1𝐵1=√𝐵1𝑀2+𝐴1𝑀2=4，在𝑅𝑡△𝐴1𝑁𝐵1中，sin∠𝐴1𝐵1𝑁=𝐴1𝑁𝐴1𝐵1=12，∴∠𝐴1𝐵1𝑁=30∘，即直线𝐴1𝐵1与平面𝐵𝐶𝐵1所成角的大小为30∘.【

解答】(1)证明：连接𝐴1𝐵，在△𝐴1𝐵𝐶中，∵𝐸和𝐹分别是𝐵𝐶和𝐴1𝐶的中点，∴𝐸𝐹//𝐴1𝐵，又∵𝐴1𝐵⊂平面𝐴1𝐵1𝐵𝐴，𝐸𝐹⊄平面𝐴1𝐵1𝐵𝐴，∴𝐸𝐹//平面𝐴1𝐵1𝐵𝐴.(2)证明

：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐸为𝐵𝐶的中点，∴𝐴𝐸⊥𝐵𝐶．∵𝐴1𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐵1//𝐴𝐴1，∴𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶.∵𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶，∴𝐵1𝐵⊥𝐴𝐸．又∵

𝐵1𝐵⊂平面𝐵1𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐵1𝐵𝐶，𝐵1𝐵∩𝐵𝐶=𝐵，∴𝐴𝐸⊥平面𝐵1𝐵𝐶.∵𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐸𝐴1，∴平面𝐴𝐸𝐴1⊥平面𝐵𝐶𝐵1．(3)解：取𝐵𝐵1中点𝑀和𝐵1𝐶中点�

�，连接𝐴1𝑀，𝐴1𝑁，𝑁𝐸，∵𝑁和𝐸分别为𝐵1𝐶和𝐵𝐶的中点，∴𝑁𝐸平行且等于12𝐵1𝐵，∴𝑁𝐸平行且等于𝐴1𝐴，∴四边形𝐴1𝐴𝐸𝑁是平行四边形，∴𝐴1𝑁平行且等于𝐴𝐸.又∵𝐴𝐸⊥平面𝐵𝐶𝐵1

，∴𝐴1𝑁⊥平面𝐵𝐶𝐵1，∴∠𝐴1𝐵1𝑁即为直线𝐴1𝐵1与平面𝐵𝐶𝐵1所成角.在△𝐴𝐵𝐶中，可得𝐴𝐸=2，∴𝐴1𝑁=𝐴𝐸=2.∵𝐵𝑀//𝐴𝐴1，𝐵

𝑀=𝐴𝐴1，∴𝐴1𝑀//𝐴𝐵且𝐴1𝑀=𝐴𝐵.又由𝐴𝐵⊥𝐵𝐵1，∴𝐴1𝑀⊥𝐵𝐵1.在𝑅𝑡△𝐴1𝑀𝐵1中，𝐴1𝐵1=√𝐵1𝑀2+𝐴1𝑀2=4，在𝑅𝑡

△𝐴1𝑁𝐵1中，sin∠𝐴1𝐵1𝑁=𝐴1𝑁𝐴1𝐵1=12，∴∠𝐴1𝐵1𝑁=30∘，即直线𝐴1𝐵1与平面𝐵𝐶𝐵1所成角的大小为30∘.21.【答案】(1)证明：如图，取𝐵𝐶的中点𝑂，𝐸𝐷的中点𝐺，连接𝐴𝑂，𝑂𝐹，𝐹𝐺，�

�𝐺，则𝐴𝑂⊥𝐵𝐶，又平面𝐵𝐶𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝐵𝐶𝐸𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐶，所以𝐴𝑂⊥平面𝐵𝐶𝐸𝐷，同理𝐹𝐺⊥平面𝐵𝐶𝐸𝐷，所以𝐴𝑂//𝐹𝐺，又�

�𝑂=𝐹𝐺，所以四边形𝐴𝑂𝐹𝐺为平行四边形，所以𝐴𝐺//𝑂𝐹，𝐴𝐺//平面𝐵𝐶𝐹，又𝐷𝐸//𝐵𝐶，𝐷𝐸//平面𝐵𝐶𝐹，又因为𝐴𝐺和𝐷𝐸交于点𝐺，所以平面𝐴𝐷𝐸//

平面𝐵𝐶𝐹．(2)解：连结𝐺𝑂，则𝐺𝑂⊥𝐵𝐶，又𝐴𝑂⊥𝐵𝐶，所以∠𝐺𝑂𝐴为二面角𝐷−𝐵𝐶−𝐴的平面角，所以∠𝐺𝑂𝐴=150∘.因为𝐵𝐶⊥𝐺𝑂，𝐵�

�⊥𝐴𝑂，所以𝐵𝐶⊥平面𝐴𝑂𝐺，所以平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝑂𝐺，且交线为𝐴𝐺，又因为𝑂𝐺//𝐵𝐷，所以𝑂𝐺与平面𝐴𝐷𝐸所成的角即为所求.过𝑂在平面𝐴𝑂𝐺中作𝑂𝑀⊥𝐴𝐺于𝑀，则𝑂𝑀⊥平面𝐴𝐷𝐸，所以∠𝑂𝐺𝑀即为所求的角.因

为𝐴𝐺2=22+(√3)2−2×2×√3cos150∘=7+6=13,即𝐴𝐺=√13.所以12×√13×𝑂𝑀=12×2×√3sin150∘，所以𝑂𝑀=√3913.所以sin∠𝑂𝐺𝑀=𝑂𝑀𝑂𝐺=√3

926.【解答】(1)证明：如图，取𝐵𝐶的中点𝑂，𝐸𝐷的中点𝐺，连接𝐴𝑂，𝑂𝐹，𝐹𝐺，𝐴𝐺，则𝐴𝑂⊥𝐵𝐶，又平面𝐵𝐶𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝐵𝐶𝐸𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐵�

�，所以𝐴𝑂⊥平面𝐵𝐶𝐸𝐷，同理𝐹𝐺⊥平面𝐵𝐶𝐸𝐷，所以𝐴𝑂//𝐹𝐺，又𝐴𝑂=𝐹𝐺，所以四边形𝐴𝑂𝐹𝐺为平行四边形，所以𝐴𝐺//𝑂𝐹，𝐴𝐺//平面𝐵𝐶𝐹，又𝐷𝐸//𝐵𝐶，

𝐷𝐸//平面𝐵𝐶𝐹，又因为𝐴𝐺和𝐷𝐸交于点𝐺，所以平面𝐴𝐷𝐸//平面𝐵𝐶𝐹．(2)解：连结𝐺𝑂，则𝐺𝑂⊥𝐵𝐶，又𝐴𝑂⊥𝐵𝐶，所以∠𝐺𝑂𝐴为二面角𝐷−

𝐵𝐶−𝐴的平面角，所以∠𝐺𝑂𝐴=150∘.因为𝐵𝐶⊥𝐺𝑂，𝐵𝐶⊥𝐴𝑂，所以𝐵𝐶⊥平面𝐴𝑂𝐺，所以平面𝐴𝐷𝐸⊥平面𝐴𝑂𝐺，且交线为𝐴𝐺，又因为𝑂𝐺//𝐵𝐷，所以𝑂𝐺与平面𝐴𝐷

𝐸所成的角即为所求.过𝑂在平面𝐴𝑂𝐺中作𝑂𝑀⊥𝐴𝐺于𝑀，则𝑂𝑀⊥平面𝐴𝐷𝐸，所以∠𝑂𝐺𝑀即为所求的角.因为𝐴𝐺2=22+(√3)2−2×2×√3cos150∘=7+6=13,即𝐴𝐺=√13.所以1

2×√13×𝑂𝑀=12×2×√3sin150∘，所以𝑂𝑀=√3913.所以sin∠𝑂𝐺𝑀=𝑂𝑀𝑂𝐺=√3926.22.【答案】解：(1)联立得：{𝑦=𝑥−1，𝑦=2𝑥−4.解得：{𝑥=3，𝑦=2.，∴圆心𝐶(3,2)．若𝑘不存在

，不合题意；若𝑘存在，设切线为：𝑦=𝑘𝑥+3，可得圆心到切线的距离𝑑=𝑟，即|3𝑘+3−2|√1+𝑘2=1，解得：𝑘=0或𝑘=−34，则所求切线为𝑦=3或𝑦=−34𝑥+3.(2)设点𝑀(𝑥,𝑦)，由𝑀𝐴=2𝑀𝑂，知：√𝑥2+(𝑦

−3)2=2√𝑥2+𝑦2，化简得：𝑥2+(𝑦+1)2=4，∴点𝑀的轨迹为以(0,−1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆𝐷，又∵点𝑀在圆𝐶上，𝐶(𝑎,2𝑎−4)，∴圆𝐶与圆𝐷的关系为相交或相切，∴1≤|𝐶𝐷|≤3，其中|𝐶𝐷|=√𝑎2+(2𝑎

−3)2，∴1≤√𝑎2+(2𝑎−3)2≤3，解得：0≤𝑎≤125，∴圆心𝐶的横坐标𝑎的取值范围为[0,125].【解答】解：(1)联立得：{𝑦=𝑥−1，𝑦=2𝑥−4.解得：{𝑥=3，𝑦=2.，∴圆心𝐶(3,2)．若𝑘不

存在，不合题意；若𝑘存在，设切线为：𝑦=𝑘𝑥+3，可得圆心到切线的距离𝑑=𝑟，即|3𝑘+3−2|√1+𝑘2=1，解得：𝑘=0或𝑘=−34，则所求切线为𝑦=3或𝑦=−34𝑥+3.(2)设点𝑀(𝑥,𝑦)，由𝑀𝐴=2𝑀𝑂，知：√

𝑥2+(𝑦−3)2=2√𝑥2+𝑦2，化简得：𝑥2+(𝑦+1)2=4，∴点𝑀的轨迹为以(0,−1)为圆心，2为半径的圆，可记为圆𝐷，又∵点𝑀在圆𝐶上，𝐶(𝑎,2𝑎−4)，∴圆𝐶与圆𝐷的关系为相

交或相切，∴1≤|𝐶𝐷|≤3，其中|𝐶𝐷|=√𝑎2+(2𝑎−3)2，∴1≤√𝑎2+(2𝑎−3)2≤3，解得：0≤𝑎≤125，∴圆心𝐶的横坐标𝑎的取值范围为[0,125].