0467.cC
海量文库 文档专家
相关文档
当前位置:首页 >> >>

广东省汕头市金山中学高二数学上学期期中试卷 文(含解析)

2015-2016 学年广东省汕头市金山中学高二(上)期中数学试卷(文
科)
一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的) 1.已知集合 A={(x,y)|x,y 为实数,且 x2+y2=1},B={(x,y)|x,y 为实数,且 y=x}, 则 A∩B 的元素个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3
2.一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O﹣xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0), (0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到 正视图可以为( )

A.

B.

C.

D.

3.圆(x+2)2+y2=4 与圆(x﹣2)2+(y﹣1)2=9 的位置关系为( ) A.内切 B.相交 C.外切 D.相离
4.下列命题中正确的有( )个. ①若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线互相平行. ②空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补. ③四面体的四个面中,最多有四个直角三角形. ④若两个平面垂直,则一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线. A.1 B.2 C.3 D.4
5.已知过点 A(﹣2,m)和 B(m,4)的直线与直线 2x+y﹣1=0 平行,则 m 的值为( ) A.0 B.﹣8 C.2 D.10

6.已知 x,y 满足约束条件

,则 z=2x+y 的最大值为( )

A.1 B.2 C.3 D.4
7.直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等 于( )

A.30° B.45° C.60° D.90°
8.如果直线 l 经过圆 x2+y2﹣2x﹣4y=0 的圆心,且直线 l 不通过第四象限,那么直线 l 的斜 率的取值范围是( ) A.[0,2] B.[0,1] C.[0, ] D.[0, ]

9.过点 A(a,a)可作圆 x2+y2﹣2ax+a2+2a﹣3=0 的两条切线,则实数 a 的取值范围为( )

A.a<﹣3 或

B.

C.a<﹣3 D.﹣3<a<1 或

10.已知 A,B 是球 O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点,若三棱锥 O﹣ABC 体积的最大值为 36,则球 O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π
11.已知矩形 ABCD,AB=1,BC= .将△ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折,在 翻折过程中( ) A.存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B.存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C.存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D.对任意位置,三对直线“AC 与 BD”,“AB 与 CD”,“AD 与 BC”均不垂直
12.在平面直角坐标系中,两点 P1(x1,y1),P2(x2,y2)间的“L﹣距离”定义为|P1P2|=|x1 ﹣x2|+|y1﹣y2|.则平面内与 x 轴上两个不同的定点 F1,F2 的“L﹣距离”之和等于定值(大 于|F1F2|)的点的轨迹可以是( )

A.

B.

C.

D.

二、填空题:(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.已知两直线 l1:ax﹣2y+1=0,l2:x﹣ay﹣2=0.当 a=

时,l1⊥l2.

14.若圆心在 x 轴上、半径为 的圆 O 位于 y 轴左侧,且与直线 x+y=0 相切,则圆 O 的方

程是



15.已知 x2+y2=4x,则 x2+y2 的取值范围是



16.设 m∈R,过定点 A 的动直线 x+my=0 和过定点 B 的动直线 mx﹣y﹣m+3=0 交于点 P(x,y).则

|PA|?|PB|的最大值是



三、解答题:(本大题共 5 小题,共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17.在△ABC 中,已知 AB=2,AC=3,A=60°. (1)求 BC 的长; (2)求 sin2C 的值.

18.Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 an>2,且 an2+4n=4Sn+1. (1)求证:{an}为等差数列;

(2)设 bn=

,求数列{bn}的前 n 项和.

19.如图,在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=4,A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点 E,D 是 B1C1 的中点. (1)证明:A1D⊥平面 A1BC; (2)求点 B 到平面 A1ACC1 的距离.

20.圆 C 过点 M(﹣2,0)及原点,且圆心 C 在直线 x+y=0 上. (1)求圆 C 的方程; (2)定点 A(1,3),由圆 C 外一点 P(a,b)向圆 C 引切线 PQ,切点为 Q,且满足|PQ|=|PA|. ①求|PQ|的最小值及此刻点 P 的坐标; ②求||PC|﹣|PA||的最大值.

21.在平面直角坐标系 xoy 中,已知圆 C1:(x+3)2+(y﹣1)2=4 和圆 C2:(x﹣4)2+(y﹣5) 2=4 (1)若直线 l 过点 A(4,0),且被圆 C1 截得的弦长为 2 ,求直线 l 的方程 (2)设 P 为平面上的点,满足:存在过点 P 的无穷多对互相垂直的直线 l1 和 l2,它们分别 与圆 C1 和 C2 相交,且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,求所有满 足条件的点 P 的坐标.

2015-2016 学年广东省汕头市金山中学高二(上)期中数学试卷(文科) 参考答案与试题解析
一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的) 1.已知集合 A={(x,y)|x,y 为实数,且 x2+y2=1},B={(x,y)|x,y 为实数,且 y=x}, 则 A∩B 的元素个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【考点】交集及其运算. 【专题】集合. 【分析】据观察发现,两集合都表示的是点集,所以求两集合交集即为两函数的交点,则把 两集合中的函数关系式联立求出两函数的交点坐标,交点有几个,两集合交集的元素就有几 个. 【解答】解:联立两集合中的函数解析式得:
,把②代入①得:2x2=1,解得 x=± ,
分别把 x=± 代入②,解得 y=± ,
所以两函数图象的交点有两个,坐标分别为( , )和(﹣ ,﹣ ),
则 A∩B 的元素个数为 2 个. 故选 C 【点评】此题考查学生理解两个点集的交集即为两函数图象的交点个数,是一道基础题.
2.一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O﹣xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0), (0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以 zOx 平面为投影面,则得到 正视图可以为( )

A.

B.

C.

D.

【考点】简单空间图形的三视图. 【专题】计算题;作图题. 【分析】由题意画出几何体的直观图,然后判断以 zOx 平面为投影面,则得到正视图即可.

【解答】解:因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O﹣xyz 中的坐标分别是(1,0,1), (1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),几何体的直观图如图,是正方体的顶点为顶点的一个
正四面体,所以以 zOx 平面为投影面,则得到正视图为:
故选 A.

【点评】本题考查几何体的三视图的判断,根据题意画出几何体的直观图是解题的关键,考 查空间想象能力.

3.圆(x+2)2+y2=4 与圆(x﹣2)2+(y﹣1)2=9 的位置关系为( ) A.内切 B.相交 C.外切 D.相离 【考点】圆与圆的位置关系及其判定. 【专题】直线与圆. 【分析】求出两圆的圆心和半径,计算两圆的圆心距,将圆心距和两圆的半径之和或半径之 差作对比,判断两圆的位置关系. 【解答】解:圆(x+2)2+y2=4 的圆心 C1(﹣2,0),半径 r=2. 圆(x﹣2)2+(y﹣1)2=9 的圆心 C2(2,1),半径 R=3,

两圆的圆心距 d=

=,

R+r=5,R﹣r=1, R+r>d>R﹣r, 所以两圆相交, 故选 B. 【点评】本题考查圆与圆的位置关系及其判定的方法,关键是求圆心距和两圆的半径.

4.下列命题中正确的有( )个. ①若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线互相平行. ②空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补. ③四面体的四个面中,最多有四个直角三角形. ④若两个平面垂直,则一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线. A.1 B.2 C.3 D.4 【考点】命题的真假判断与应用. 【专题】空间位置关系与距离;简易逻辑;立体几何.

【分析】结合空间直线与直线位置关系,平行角定理,棱锥的几何特征,面面垂直的几何特 征,逐一分析四个结论的真假,可得答案. 【解答】解:①若两条直线和第三条直线所成的角相等,则这两条直线相交,平行,或异面, 故错误. ②空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补,由平行角定理可得正 确. ③四面体的四个面中,最多有四个直角三角形,如下图中四面体

故正确. ④若两个平面垂直,则一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内垂直于两面交线的直 线,这样的直线有无数条,故正确. 故正确的命题个数是 3 个, 故选:C. 【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体,考查空间直线与直线位置关系,平行角定理, 棱锥的几何特征,面面垂直的几何特征等知识点,难度中档.

5.已知过点 A(﹣2,m)和 B(m,4)的直线与直线 2x+y﹣1=0 平行,则 m 的值为( ) A.0 B.﹣8 C.2 D.10 【考点】斜率的计算公式. 【专题】计算题. 【分析】因为过点 A(﹣2,m)和 B(m,4)的直线与直线 2x+y﹣1=0 平行,所以,两直线 的斜率相等. 【解答】解:∵直线 2x+y﹣1=0 的斜率等于﹣2, ∴过点 A(﹣2,m)和 B(m,4)的直线的斜率 K 也是﹣2,

∴ =﹣2,解得



故选 B. 【点评】本题考查两斜率存在的直线平行的条件是斜率相等,以及斜率公式的应用.

6.已知 x,y 满足约束条件

,则 z=2x+y 的最大值为( )

A.1 B.2 C.3 D.4 【考点】简单线性规划. 【专题】计算题;数形结合;函数思想;方程思想;不等式的解法及应用.

【分析】作出可行域,平移目标直线可得取最值时的条件,求交点代入目标函数即可.

【解答】解:(如图)作出

可行域,

当目标直线过直线 x+y﹣2=0 与直线 y=0 的交点 A(2,0)时取最大值, 故最大值为 z=2×2+0=4 故选:D.

【点评】本题考查简单线性规划,准确作图是解决问题的关键,属中档题.
7.直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所成的角等 于( )
A.30° B.45° C.60° D.90° 【考点】异面直线及其所成的角. 【专题】常规题型. 【分析】延长 CA 到 D,根据异面直线所成角的定义可知∠DA1B 就是异面直线 BA1 与 AC1 所成 的角,而三角形 A1DB 为等边三角形,可求得此角. 【解答】解:延长 CA 到 D,使得 AD=AC,则 ADA1C1 为平行四边形, ∠DA1B 就是异面直线 BA1 与 AC1 所成的角, 又 A1D=A1B=DB= AB, 则三角形 A1DB 为等边三角形,∴∠DA1B=60° 故选 C. 【点评】本小题主要考查直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的性质、异面直线所成的角、异面直线所成 的角的求法,考查转化思想,属于基础题.
8.如果直线 l 经过圆 x2+y2﹣2x﹣4y=0 的圆心,且直线 l 不通过第四象限,那么直线 l 的斜 率的取值范围是( ) A.[0,2] B.[0,1] C.[0, ] D.[0, ]

【考点】直线与圆的位置关系. 【专题】计算题;转化思想;综合法;直线与圆. 【分析】圆的方程可知圆心(1,2),直线 l 将圆:x2+y2﹣2x﹣4y=0 平分,直线过圆心,斜 率最大值是 2,可知答案. 【解答】解:由圆的方程可知圆心(1,2),且不通过第四象限, 斜率最大值是 2,如图. 那么 l 的斜率的取值范围是[0,2] 故答案为:[0,2].

【点评】本题采用数形结合,排除法即可解出结果.是基础题.

9.过点 A(a,a)可作圆 x2+y2﹣2ax+a2+2a﹣3=0 的两条切线,则实数 a 的取值范围为( )

A.a<﹣3 或

B.

C.a<﹣3 D.﹣3<a<1 或

【考点】圆的切线方程.

【分析】圆 x2+y2﹣2ax+a2+2a﹣3=0 的圆心(a,0)且 a< ,并且(a,a)在圆外,可求 a 的

范围.

【解答】解:圆 x2+y2﹣2ax+a2+2a﹣3=0 的圆心(a,0)且 a< ,而且(a,a)在圆外,即

有 a2>3﹣2a,解得 a<﹣3 或



故选 A. 【点评】本题考查圆的切线方程,点与圆的位置关系,是中档题.

10.已知 A,B 是球 O 的球面上两点,∠AOB=90°,C 为该球面上的动点,若三棱锥 O﹣ABC 体积的最大值为 36,则球 O 的表面积为( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 【考点】球的体积和表面积. 【专题】计算题;空间位置关系与距离. 【分析】当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时,三棱锥 O﹣ABC 的体积最大,利用三棱锥 O﹣ABC 体积的最大值为 36,求出半径,即可求出球 O 的表面积.

【解答】解:如图所示,当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时,三棱锥 O﹣ABC 的体积最

大,设球 O 的半径为 R,此时 V =V = O﹣ABC C﹣AOB
面积为 4πR2=144π, 故选 C.

= =36,故 R=6,则球 O 的表

【点评】本题考查球的半径与表面积,考查体积的计算,确定点 C 位于垂直于面 AOB 的直径 端点时,三棱锥 O﹣ABC 的体积最大是关键.
11.已知矩形 ABCD,AB=1,BC= .将△ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折,在 翻折过程中( ) A.存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直 B.存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直 C.存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直 D.对任意位置,三对直线“AC 与 BD”,“AB 与 CD”,“AD 与 BC”均不垂直 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系. 【专题】空间位置关系与距离. 【分析】先根据翻折前后的变量和不变量,计算几何体中的相关边长,再分别筛选四个选项, 若 A 成立,则需 BD⊥EC,这与已知矛盾;若 C 成立,则 A 在底面 BCD 上的射影应位于线段 BC 上,可证明位于 BC 中点位置,故 B 成立;若 C 成立,则 A 在底面 BCD 上的射影应位于线 段 CD 上,这是不可能的;D 显然错误
【解答】解:如图,AE⊥BD,CF⊥BD,依题意,AB=1,BC= ,AE=CF= ,BE=EF=FD= ,
A,若存在某个位置,使得直线 AC 与直线 BD 垂直,则∵BD⊥AE,∴BD⊥平面 AEC,从而 BD⊥EC, 这与已知矛盾,排除 A; B,若存在某个位置,使得直线 AB 与直线 CD 垂直,则 CD⊥平面 ABC,平面 ABC⊥平面 BCD 取 BC 中点 M,连接 ME,则 ME⊥BD,∴∠AEM 就是二面角 A﹣BD﹣C 的平面角,此角显然存在, 即当 A 在底面上的射影位于 BC 的中点时,直线 AB 与直线 CD 垂直,故 B 正确; C,若存在某个位置,使得直线 AD 与直线 BC 垂直,则 BC⊥平面 ACD,从而平面 ACD⊥平面 BCD,即 A 在底面 BCD 上的射影应位于线段 CD 上,这是不可能的,排除 C D,由上所述,可排除 D 故选 B

【点评】本题主要考查了空间的线面和面面的垂直关系,翻折问题中的变与不变,空间想象 能力和逻辑推理能力,有一定难度,属中档题
12.在平面直角坐标系中,两点 P1(x1,y1),P2(x2,y2)间的“L﹣距离”定义为|P1P2|=|x1 ﹣x2|+|y1﹣y2|.则平面内与 x 轴上两个不同的定点 F1,F2 的“L﹣距离”之和等于定值(大 于|F1F2|)的点的轨迹可以是( )

A.

B.

C.

D.

【考点】轨迹方程. 【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】设出 F1,F2 的坐标,在设出动点 M 的坐标,由新定义列式后分类讨论去绝对值,然 后结合选项得答案. 【解答】解:设 F1(﹣c,0),F2(c,0), 再设动点 M(x,y),动点到定点 F1,F2 的“L﹣距离”之和等于 m(m>2c>0), 由题意可得:|x+c|+|y|+|x﹣c|+|y|=m, 即|x+c|+|x﹣c|+2|y|=m. 当 x<﹣c,y≥0 时,方程化为 2x﹣2y+m=0; 当 x<﹣c,y<0 时,方程化为 2x+2y+m=0;

当﹣c≤x<c,y≥0 时,方程化为 y=



当﹣c≤x<c,y<0 时,方程化为 y=c﹣ ;
当 x≥c,y≥0 时,方程化为 2x+2y﹣m=0; 当 x≥c,y<0 时,方程化为 2x﹣2y﹣m=0. 结合题目中给出的四个选项可知,选项 A 中的图象符合要求. 故选:A.

【点评】本题考查轨迹方程的求法,考查了分类讨论的数学思想方法,解答的关键是正确分 类,是中档题.

二、填空题:(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.已知两直线 l1:ax﹣2y+1=0,l2:x﹣ay﹣2=0.当 a= 0 时,l1⊥l2. 【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系. 【专题】数形结合;数形结合法;直线与圆. 【分析】由垂直关系可得 a 的方程,解方程可得. 【解答】解:∵两直线 l1:ax﹣2y+1=0,l2:x﹣ay﹣2=0 相互垂直, ∴a×1﹣(﹣2)(﹣a)=0, 解得 a=0 故答案为:0 【点评】本题考查直线的一般式方程和垂直关系,属基础题.

14.若圆心在 x 轴上、半径为 的圆 O 位于 y 轴左侧,且与直线 x+y=0 相切,则圆 O 的方 程是 (x+2)2+y2=2 . 【考点】关于点、直线对称的圆的方程. 【专题】直线与圆. 【分析】设出圆心,利用圆心到直线的距离等于半径,可解出圆心坐标,求出圆的方程.

【解答】解:设圆心为(a,0)(a<0),则

,解得 a=﹣2.

圆的方程是(x+2)2+y2=2. 故答案为:(x+2)2+y2=2. 【点评】圆心到直线的距离等于半径,说明直线与圆相切;注意题目中圆 O 位于 y 轴左侧, 容易疏忽出错.

15.已知 x2+y2=4x,则 x2+y2 的取值范围是 [0,16] . 【考点】两点间的距离公式. 【专题】函数思想;换元法;直线与圆. 【分析】三角换元,令 x﹣2=2cosθ,y=2sinθ,代入式子由三角函数的知识可得. 【解答】解:∵x2+y2=4x,∴(x﹣2)2+y2=4, 故令 x﹣2=2cosθ,y=2sinθ, ∴x2+y2=(2+2cosθ)2+(2sinθ)2 =4+8cosθ+4cos2θ+4sin2θ =8+8cosθ, ∵cosθ∈[﹣1,1], ∴8+8cosθ∈[0,16] 故答案为:[0,16] 【点评】本题考查式子的最值,三角换元是解决问题的关键,属基础题.

16.设 m∈R,过定点 A 的动直线 x+my=0 和过定点 B 的动直线 mx﹣y﹣m+3=0 交于点 P(x,y).则 |PA|?|PB|的最大值是 5 . 【考点】点到直线的距离公式.

【专题】直线与圆. 【分析】先计算出两条动直线经过的定点,即 A 和 B,注意到两条动直线相互垂直的特点, 则有 PA⊥PB;再利用基本不等式放缩即可得出|PA|?|PB|的最大值. 【解答】解:有题意可知,动直线 x+my=0 经过定点 A(0,0), 动直线 mx﹣y﹣m+3=0 即 m(x﹣1)﹣y+3=0,经过点定点 B(1,3), 注意到动直线 x+my=0 和动直线 mx﹣y﹣m+3=0 始终垂直,P 又是两条直线的交点, 则有 PA⊥PB,∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=10.

故|PA|?|PB|≤

=5(当且仅当

时取“=”)

故答案为:5 【点评】本题是直线和不等式的综合考查,特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解 答的突破口,从而有|PA|2+|PB|2 是个定值,再由基本不等式求解得出.直线位置关系和不 等式相结合,不容易想到,是个灵活的好题.

三、解答题:(本大题共 5 小题,共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17.在△ABC 中,已知 AB=2,AC=3,A=60°. (1)求 BC 的长; (2)求 sin2C 的值. 【考点】余弦定理的应用;二倍角的正弦. 【专题】解三角形. 【分析】(1)直接利用余弦定理求解即可. (2)利用正弦定理求出 C 的正弦函数值,然后利用二倍角公式求解即可.

【解答】解:(1)由余弦定理可得:BC2=AB2+AC2﹣2AB?ACcosA=4+9﹣2×2×3× =7,

所以 BC= .

(2)由正弦定理可得:

,则 sinC=

=

=,

∵AB<BC,∴C 为锐角,

则 cosC=

=

=.

因此 sin2C=2sinCcosC=2×

=.

【点评】本题考查余弦定理的应用,正弦定理的应用,二倍角的三角函数,注意角的范围的 解题的关键.

18.Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 an>2,且 an2+4n=4Sn+1. (1)求证:{an}为等差数列;

(2)设 bn=

,求数列{bn}的前 n 项和.

【考点】数列的求和. 【专题】转化思想;数学模型法;配方法;等差数列与等比数列.

【分析】(1)利用递推关系可得

,又 an>2,即可证明.

(2)利用“裂项求和”即可得出.

【解答】(1)证明:由

,①

可得

,②

②﹣①得







∵an>2,∴an+1﹣2=an, 即 an+1﹣an=2, ∴{an}为等差数列. (2)解:由已知得 a12+4=4a1+1,





解得 a1=1(舍)或 a1=3, ∴an=3+2(n﹣1)=2n+1,

∴bn=

=

=



∴数列{bn}的前 n 项和 Tn=

+…+

=

=



【点评】本题考查了递推关系的应用、“裂项求和”方法,考查了推理能力与计算能力,属 于中档题.

19.如图,在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=4,A1 在底面 ABC 的射影为 BC 的中点 E,D 是 B1C1 的中点. (1)证明:A1D⊥平面 A1BC; (2)求点 B 到平面 A1ACC1 的距离.

【考点】点、线、面间的距离计算;直线与平面垂直的判定. 【专题】计算题;转化思想;综合法;空间位置关系与距离. 【分析】(1)设 E 为 BC 的中点,推导出 A1E⊥AE,AE⊥BC,从而 AE⊥平面 A1BC,再推导出 A1AED 为平行四边形,由此能证明 A1D⊥平面 A1BC.

(2)推导出 A1E⊥BC,A1C=A1B,AE=BE,由

,能求出 B 到平面 A1ACC1

的距离. 【解答】证明:(1)设 E 为 BC 的中点,由题意得 A1E⊥平面 ABC,∴A1E⊥AE. ∵AB=AC,∴AE⊥BC. 又 A1E∩BC=E,A1E、BC? 平面 A1BC 故 AE⊥平面 A1BC.… 由 D,E 分别为 B1C1、BC 的中点,得 DE∥B1B,且 DE=B1B, 又 AA1∥BE,AA1=BE 从而 DE∥A1A,且 DE=A1A,∴A1AED 为平行四边形. 故 A1D∥AE,… 又∵AE⊥平面 A1BC,∴A1D⊥平面 A1BC. … (2)∵A1E⊥平面 ABC,BC? 平面 ABC,∴A1E⊥BC 又 E 为 BC 的中点,∴A1C=A1B… ∵∠BAC=90°,E 为 BC 中点,∴AE=BE, ∴Rt△A1EA≌RtA1EB,∴A1B=AA1=4,∴A1C=4…

∴△A1AC 中 AC 边上的高为













设 B 到平面 A1ACC1 的距离为 d







∴B 到平面 A1ACC1 的距离为

.…

【点评】本题考查线面垂直的证明,考查点到平面的距离的求法,是中档题,解题时要认真 审题,注意等体积法的合理运用.

20.圆 C 过点 M(﹣2,0)及原点,且圆心 C 在直线 x+y=0 上. (1)求圆 C 的方程; (2)定点 A(1,3),由圆 C 外一点 P(a,b)向圆 C 引切线 PQ,切点为 Q,且满足|PQ|=|PA|. ①求|PQ|的最小值及此刻点 P 的坐标; ②求||PC|﹣|PA||的最大值.

【考点】直线和圆的方程的应用;直线与圆的位置关系. 【专题】综合题;转化思想;集合思想;综合法;直线与圆. 【分析】(1)由已知求出线段 OM 的垂直平分线方程为 x=﹣1,与直线方程 x+y=0 联立,求 出圆心坐标,进一步求出圆的半径,则圆的方程可求; (2)①设出 P 点坐标,由题意可得:|PQ|2=|PC|2﹣|CQ|2,结合|PQ|=|PA|可得 P 的横纵坐 标的关系,代入两点间的距离公式,利用配方法求得|PQ|的最小值并求得点 P 的坐标; ②求出 C 关于直线 l:2x+2y﹣5=0 的对称点为 C′(m,n),结合三角形两边之差小于第三 边得答案. 【解答】解:(1)∵M(﹣2,0),∴线段 OM 的垂直平分线方程为 x=﹣1,

又圆心 C 在直线 x+y=0 上,联立

,得



∴圆心 C 的坐标为(﹣1,1),则半径 r=|OC|= , ∴圆 C 的方程为(x+1)2+(y﹣1)2=2; (2)①设 P(a,b),连结 PC,CQ, ∵Q 为切点,∴PQ⊥CQ, 由勾股定理得:|PQ|2=|PC|2﹣|CQ|2, ∵|PQ|=|PA|,∴(a+1)2+(b﹣1)2﹣2=(a﹣1)2+(b﹣3)2, 化简得 2a+2b﹣5=0;



=

=



∴当 时,



此时 P 点坐标为



②设 C 关于直线 l:2x+2y﹣5=0 的对称点为 C′(m,n),



,解得

,∴







故||PC|﹣|PA||的最大值为 .
【点评】本题考查圆的方程的求法,考查了直线和圆位置关系的应用,训练了配方法及放缩 法求最值,是中档题.

21.在平面直角坐标系 xoy 中,已知圆 C1:(x+3)2+(y﹣1)2=4 和圆 C2:(x﹣4)2+(y﹣5) 2=4 (1)若直线 l 过点 A(4,0),且被圆 C1 截得的弦长为 2 ,求直线 l 的方程 (2)设 P 为平面上的点,满足:存在过点 P 的无穷多对互相垂直的直线 l1 和 l2,它们分别 与圆 C1 和 C2 相交,且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,求所有满 足条件的点 P 的坐标. 【考点】直线和圆的方程的应用;直线的一般式方程. 【专题】综合题. 【分析】(1)因为直线 l 过点 A(4,0),故可以设出直线 l 的点斜式方程,又由直线被圆 C1 截得的弦长为 2 ,根据半弦长、半径、弦心距满足勾股定理,我们可以求出弦心距, 即圆心到直线的距离,得到一个关于直线斜率 k 的方程,解方程求出 k 值,代入即得直线 l 的方程. (2)与(1)相同,我们可以设出过 P 点的直线 l1 与 l2 的点斜式方程,由于两直线斜率为 1, 且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,故我们可以得到一个关于直 线斜率 k 的方程,解方程求出 k 值,代入即得直线 l1 与 l2 的方程. 【解答】解:(1)由于直线 x=4 与圆 C1 不相交; ∴直线 l 的斜率存在,设 l 方程为:y=k(x﹣4) 圆 C1 的圆心到直线 l 的距离为 d,∵l 被⊙C1 截得的弦长为 2

∴d=

=1

d=

从而 k(24k+7)=0 即 k=0 或 k=﹣

∴直线 l 的方程为:y=0 或 7x+24y﹣28=0 (2)设点 P(a,b)满足条件, 由题意分析可得直线 l1、l2 的斜率均存在且不为 0, 不妨设直线 l1 的方程为 y﹣b=k(x﹣a),k≠0
则直线 l2 方程为:y﹣b=﹣ (x﹣a)
∵⊙C1 和⊙C2 的半径相等,及直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等, ∴⊙C1 的圆心到直线 l1 的距离和圆 C2 的圆心到直线 l2 的距离相等



=

整理得|1+3k+ak﹣b|=|5k+4﹣a﹣bk| ∴1+3k+ak﹣b=±(5k+4﹣a﹣bk)即(a+b﹣2)k=b﹣a+3 或(a﹣b+8)k=a+b﹣5

因 k 的取值有无穷多个,所以



解得



这样的点只可能是点 P1( ,﹣ )或点 P2(﹣ , )
【点评】在解决与圆相关的弦长问题时,我们有三种方法:一是直接求出直线与圆的交点坐 标,再利用两点间的距离公式得出;二是不求交点坐标,用一元二次方程根与系数的关系得 出,即设直线的斜率为 k,直线与圆联立消去 y 后得到一个关于 x 的一元二次方程再利用弦 长公式求解,三是利用圆中半弦长、弦心距及半径构成的直角三角形来求.对于圆中的弦长 问题,一般利用第三种方法比较简捷.本题所用方法就是第三种方法.


网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 0467资源网 0467.cc
copyright ©right 2014-2019。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。liunxqq@126.com