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高考数学优化方案7-10章课时卷


优化方案· 课时作业 第 7 章 直线和圆的方程 高三数学 作业 33 第 7 章 直线和圆的方程 § 7.1 直线的方程 π 1.直线 xtan +y=0 的倾斜角是( ) 7 π π A.- B. 7 7 5π 6π C. D. 7 7 π 6 解析:选 D.k=-tan =tan π. 7 7 2.经过点 P(1,4)的直线在两坐标轴上的截距都是正值,且截距之和最小,则直线

的方程 为( ) A.x+2y-6=0 B.2x+y-6=0 C.x-2y+7=0 D.x-2y-7=0 解析:选 B.直线过 P(1,4),代入方程后舍去 A、D,又在两坐标轴上的截距均为正值, 故舍去 C. 3.直线 l 经过第二、三、四象限,l 的倾斜角为 α,斜率为 k,则( ) A.ksin α>0 B.kcos α>0 C.ksin α≤0 D.kcos α≤0 解析:选 B.由已知直线 l 经过二、三、四象限?l 的倾斜角 α∈(90° ,180° ),斜率 k<0, 所以 kcos α>0. 4.(2009 年高考安徽卷)直线 l 过点(-1,2)且与直线 2x-3y+4=0 垂直,则 l 的方程是 ( ) A.3x+2y-1=0 B.3x+2y+7=0 C.2x-3y+5=0 D.2x-3y+8=0 3 解析:选 A.所求直线的斜率为- . 2 3 ∴y-2=- (x+1). 2 5.(2011 年山东名校信息优化卷)已知一动直线 l 与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面 积比直线 l 在纵、横坐标上的截距之和大 1,则这个三角形面积的最小值为( ) A.4 B.2+ 6 C.4+3 3 D.5+2 6 x y 1 解析:选 D.设直线 l 的方程为 + =1(a>0,b>0),则 ab=a+b+1,∵a+b≥2 ab, a b 2 1 2 ∴ ab≥2 ab+1,即( ab) -4 ab-2≥0,解得 ab≥2+ 6, 2 1 1 ∴ ab≥ ×(2+ 6)2,当 a=b=2+ 6时,三角形面积的最小值为 5+2 6. 2 2 1 6. (2011 年福州市质检)已知曲线 y= 上一点 A(1,1), 则该曲线在点 A 处的切线方程为___. x 1 1 解析:y′=( )′=- 2,故曲线在点 A(1,1)处的切线的斜率为-1,故所求的切线方程 x x 为 y-1=-(x-1),即为 x+y-2=0. 答案:x+y-2=0 7.已知{an}是等差数列,a1=15,S5=55,则过点 P(3,a2),Q(4,a4)的直线的斜率为___.

a1+a1+4d 解析:S5= ×5=55?d=-2,知 a2=13,a4=9,所以过点 P(3,a2),Q(4, 2 a4-a2 a4)的直线的斜率为 =9-13=-4. 4-3 答案:-4 1 1 8.若三点 A(2,2),B(a,0),C(0,b)(ab≠0)共线,则 + 的值等于________. a b x y 2 2 1 1 1 解析:A、B、C 三点共线,则 B、C 所在直线的方程为 + =1,故有 + =1.∴ + = . a b a b a b 2 1 答案: 2 9.△ABC 的三个顶点为 A(-3,0),B(2,1),C(-2,3),求: (1)BC 所在直线的方程; (2)BC 边上中线 AD 所在直线的方程; (3)BC 边上的垂直平分线 DE 的方程. 解:(1)因为直线 BC 经过 B(2,1)和 C(-2,3)两点,由两点式得 BC 的方程为 y-1 x-2 = ,即 x+2y-4=0. 3-1 -2-2 (2)设 BC 中点 D 的坐标(x,y),则 2-2 1+3 x= =0,y= =2. 2 2 x y BC 边的中线 AD 过点 A(-3,0), D(0,2)两点, 由截距式得 AD 所在直线方程为 + =1, -3 2 即 2x-3y+6=0. 1 (3)BC 的斜率 k1=- ,则 BC 的垂直平分线 DE 的斜率 k2=2,由斜截式得直线 DE 的方 2 程为 y=2x+2. 10.直线 l 过点 P(1,4),分别交 x 轴的正方向和 y 轴的正方向于 A、B 两点. (1)当|PA|· |PB|最小时,求 l 的方程; (2)当|OA|+|OB|最小时,求 l 的方程. 解:设直线 l 的斜率为 k. 依题意,l 的斜率存在,且斜率为负. 则:y-4=k(x-1) (k<0). 4 令 y=0,可得 A(1- ,0); k 令 x=0,可得 B(0,4-k). 4 (1)|PA|· |PB|= ? ?2+16· 1+k2 k 4 =- (1+k2) k 1 =4[( )+(-k)]≥8(k<0). -k 1 ∴当且仅当 =k 且 k<0 即 k=-1 时, k |PA|· |PB|取最小值. 这时 l 的方程为 x+y-5=0. 4 4 (2)|OA|+|OB|=(1- )+(4-k)=5-(k+ ) k k 4 =5+(-k+ )≥5+4=9. -k 4 ∴当且仅当-k= 且 k<0, -k

即 k=-2 时,|OA|+|OB|取最小值. 这时 l 的方程为 2x+y-6=0. y 11.(探究选做)已知实数 x、y 满足 2x+y=8,当 2≤x≤3 时,求 的最大值与最小值. x 解:如图所示,由已知,点 P(x,y)在线段 AB 上运动,其中 A、 y B 两点的坐标分别为 A(2,4)、 B(3,2),的几何意义是直线 OP 的斜率. 因 x 2 为 kOA=2,kOB= , 3 y 2 所以 的最小值为 ,最大值为 2. x 3 作业 34 § 7.2 两条直线的位置关系 1.(2009 年高考上海卷)已知直线 l1:(k-3)x+(4-k)y+1=0 与 l2:2(k-3)x-2y+3=0 平行,则 k 的值是( ) A.1 或 3 B.1 或 5 C.3 或 5 D.1 或 2 解析:选 C.∵l1∥l2, ∴-2(k-3)-2(k-3)(4-k)=0,(k-3)(5-k)=0, ∴k=3 或 5. 3 2.过点(1, )且与直线 x- 3y=0 所成角为 60° 的直线方程为( ) 3 A.x+ 3y-2=0 B.x+ 3y+2=0 C.x=1 D.x+ 3y-2=0 或 x=1 解析:选 D.作图可知 x=1 符合条件,又由对称性知应为两条,故应选 D. 3.(2011 年湖南省十二校联考)已知过 A(-1,a)、B(a,8)两点的直线与直线 2x-y+1=0 平行,则 a 的值为( ) A.5 B.2 C.-10 D.17 a-8 解析:选 B.k=2= ,∴a=2. -1-a 4.设两直线(m+2)x-y-m-2=0,x+y=0 与 x 轴围成三角形,则( ) A.m≠-2,m≠-3 B.m≠-2,m≠-1 C.m≠-3,m≠-1 D.m≠-2,m≠3 解析:选 A.两两相交且不可共点 由 m=-2 时均过(0,0),排除 C; 而 m=-3 时有两条平行,排除 B,D. 5.(2011 年遵义市调研)若 P(2,-1)为圆(x-1)2+y2=25 的弦 AB 的中点,则直线 AB 的 方程为( ) A.2x+y-3=0 B.x-y-3=0 C.x+y-1=0 D.2x-y-5=0 解析:选 B.圆心 O(1,0),∴OP⊥AB. -1 kOP= =-1,∴kAB=1,过 P(2,-1) 1 ∴AB:y-(-1)=(x-2),即 x-y-3=0. 6.直线 2x+y+2=0 与 ax+4y-2=0 垂直,则其交点坐标为________. ?2x+y+2=0, ? a 1 解析:依题意得- = ,a=-2.解方程组? 得 x=-1,y=0,即两直 4 2 ?-2x+4y-2=0. ?

线的交点坐标是(-1,0). 答案:(-1,0) 7.已知点 A(1,-1),点 B(3,5),点 P 是直线 y=x 上的动点,当|PA|+|PB|的值最小时, 点 P 的坐标是________. 解析:要使|PA|+|PB|的值最小,P 为 AB 与 y=x 的交点时取得:直 ? ?y=3x-4, y+1 x-1 线 AB: = ,∴y=3x-4.由? 解得 P(2,2). 5+1 3-1 ?y=x. ? 答案:(2,2) 8.(2010 年高考山东卷)已知圆 C 过点(1,0),且圆心在 x 轴的正半轴上.直线 l:y=x-1 被圆 C 所截得的弦长为 2 2,则过圆心且与直线 l 垂直的直线的方程为________. 解析:设圆心坐标为(x0,0)(x0>0),由于圆过点(1,0),则半径 r=|x0-1|.圆心到直线 l 的距 |x0-1| |x0-1| 2 离为 d= .由弦长为 2 2可知:( ) =(x0-1)2-2, 2 2 整理得(x0-1)2=4, ∴ x0-1=± 2,∴x0=3 或 x0=-1(舍去). 因此圆心为(3,0),由此可求得过圆心且与直线 y=x-1 垂直的直线方程为 y=-(x-3), 即 x+y-3=0. 答案:x+y-3=0 9.已知两直线 l1:x+2=0,l2:4x+3y+5=0 及定点 A(-1,-2),求过 l1、l2 的交点 且与点 A 的距离等于 1 的直线 l 的方程. 解:先利用“过 l1、l2 的交点”写出直线系方程,再根据“l 与 A 点距离等于 1”来确定 参数.过 l1、l2 交点的直线系方程是 x+2+λ(4x+3y+5)=0,λ 是参数.化为(1+4λ)x+3λy +(2+5λ)=0①,由 |-1×?1+4λ?+?-2?×3λ+?2+5λ?| =1, ?1+4λ?2+?3λ?2 得 λ=0.代入方程①,得 x+2=0.因为直线系方程①中不包含 l2,所以应检验 l2 是否也符 |-4-6+5| 合已知条件.因 A(-1,-2)到 l2 的距离为 =1,l2 也符合要求. 42+32 故直线 l 的方程为 x+2=0 和 4x+3y+5=0. 10.光线沿直线 l1:x-2y+5=0 射入,遇直线 l:3x-2y+7=0 后反射,求反射光线所 在的直线方程. ?x-2y+5=0, ?x=-1, ? ? 解:由? 得? ? ? ?3x-2y+7=0. ?y=2. ∴反射点 M 的坐标为(-1,2). 又取直线 x-2y+5=0 上一点 P(-5,0),设 P 关于直线 l 的对称点 2 y0 P′(x0,y0),由 PP′⊥l 可知,kPP′=- = . 3 x0+5 x0-5 y0 而 PP′的中点 Q 的坐标为( , ), 2 2 Q 点在 l 上, x0-5 y0 ∴3· -2· +7=0. 2 2 y0 2 =- , 3 x0+5 由 3 ?x -5?-y0+7=0. 2 0

? ? ?

?x =-13, 得? 32 ?y =-13.
0 0

17

根据直线的两点式方程可得所求反射光线所在直线的方程为 29x-2y+33=0. 11.(探究选做)若 m,n,a,b∈R 且 a+2b=4,m+2n+1=0.求证: ?m-a?2+?n-b?2 ≥ 5. 证明: ?m-a?2+?n-b?2可以视为点 A(m,n)、B(a,b)之间的距离,而由题设得点 A、 B 之间的距离的实质是:直线 x+2y+1=0 上一点到直线 x+2y=4 上一点的距离,而两直线 是平行直线,故上述距离的最小值就是两平行直线间的距离. 设 A(m,n),B(a,b)分别为 l1:x+2y+1=0,l2:x+2y=4 上的点. |1+4| 由 l1∥l2 知,l1,l2 间的距离 d= 2 = 5. 1 +22 由两条平行直线上的任意两点的距离不小于两平行直线间的距离,得 AB≥d. 故点 A(m,n)与点 B(a,b)之间的距离不小于 5,即 ?m-a?2+?n-b?2≥ 5. 作业 35 § 7.3 简单的线性规划

x≥0, ? ? 1.(2010 年高考重庆卷)设变量 x,y 满足约束条件?x-y≥0, ? ?2x-y-2≤0,

则 z=3x-2y 的最

大值为( ) A.0 B.2 C.4 D.6 解析:选 C.作出可行域如图所示,在 B(0,-2)点 z=3x-2y 有最大值,∴z -2×(-2)=4.

最大值

=3×0

x-y+5≥0 ? ? 2. 若不等式组?y≥a ? ?0≤x≤2 A.a<5 C.5≤a<7

, 表示的平面区域是一个三角形, 则 a 的取值范围是( B.a≥7 D.a<5 或 a≥7

)

?x-y+5≥0 ? 解析:选 C.由? 作出平面区域,要使平面区域为三角形,须使 y=a 界于 y ? ?0≤x≤2 =5 与 y=7 之间,但 y≠7,故 5≤a<7.

x+y≥1, ? ? 3.(2009 年高考陕西卷)若 x,y 满足约束条件?x-y≥-1, ? ?2x-y≤2,



标函数 z=ax+2y 仅在点(1,0)处取得最小值, 则 a 的取值范围是( ) A.(-1,2) B.(-4,2) C.(-4,0] D.(-2,4) 解析:选 B.作出可行域如图所示,直线 ax+2y=z 仅在点(1,0)处取得最小值,由图象可 a 知-1<- <2, 2 即-4<a<2. x+4y-13≤0 ? ? 4.已知变量 x,y 满足约束条件?2y-x+1≥0 ? ?x+y-4≥0 ,且有无穷多 )

个点(x,y)使目标函数 z=x+my 取得最小值,则 m=(

A.-2 B.-1 C.1 D.4 解析:选 C.由题意可知,不等式组表示的可行域是由 A(1,3),B(3,1),C(5,2)组成的 三角形及其内部部分.当 z=x+my 与 x+y-4=0 重合时满足题意,故 m=1. x+y-11≥0 ? ? 5.(2010 年高考北京卷)设不等式组?3x-y+3≥0 ? ?5x-3y+9≤0 ,表示的平面区域为 D.若指数函数

y=ax 的图象上存在区域 D 上的点,则 a 的取值范围是( ) A.(1,3] B.[2,3] C.(1,2] D.[3,+∞) 解析:选 A.先画出可行域,如图,y=ax 必须过 A 点及图中阴影部分.

?x+y-11=0, ? 由? 得交点 A(2,9). ? ?3x-y+3=0, ∴9=a2,∴a=3. ∵a>1,∴1<a≤3,故选 A. 6 . (2010 年高考重庆卷 ) 设变量 x , y 满足约束条件

y≥0, ? ? ?x-y+1≥0, ? ?x+y-3≤0,

则 z=2x+y 的最大值为________.

解析:画出可行域,如图,A(-1,0),B(3,0),C(1,2),由 可行域可知 z=2x+y 过点 B(3,0)时,z 有最大值 zmax=6. 答案:6

x+2y-3≤0 ? ? 7.已知变量 x,y 满足约束条件?x+3y-3≥0. ? ?y-1≤0

当目标函数 z

=x+y 取得最大值时,其最优解为________. 解析:画出 x、y 满足的可行域(如图中阴影部分所示)可知,当 平移直线 x+y=0 至过点 A(3,0)时 z 取得最大值,故其最优解为 (3,0). 答案:(3,0) |x|-2≤0 ? ? 8.(2011 年湖南十二校联考)设不等式组?y-3≤0 ? ?3x-2y≤2 -2≤x≤2 ? ?y≤3 原不等式组可以化为? 3 ? ?y≥2x-1 所表示的平

面区域为 S,若 A、B 为 S 内的任意两点,则|AB|的最大值为________.

解析:

,则其表示的平面区

域如图所示.当 A、B 位于图中所示的位置时|AB|取得最大值,即|AB| = 65. 答案: 65 ? ?x-2y≥0, 9.已知 D 是由不等式组? 所确定的平面区域,试求圆 x2+y2=4 在区域 D ?x+3y≥0. ? 内的弧长. ? ?x-2y≥0, 解: 如图阴影部分表示? 确定的平面区域,所以劣弧 AB 的弧长即为所求. ?x+3y≥0. ? 1 1 ∵kOB=- ,kOA= , 3 2 1 1 -?- ? 2 3 π ∴tan∠BOA= =1,∴∠BOA= . 1 1 4 1+ ×?- ? 2 3 π π ∴劣弧 AB 的长度为 2× = . 4 2 10.某公司仓库 A 存有货物 12 吨,仓库 B 存有货物 8 吨,现按 7 吨、8 吨和 5 吨把货物 分别调运给甲、乙、丙三个商店.从仓库 A 运货物到商店甲、乙、丙,每吨货物的运费分别 为 8 元、6 元、9 元;从仓库 B 运货物到商店甲、乙、丙,每吨货物的运费分别为 3 元、4 元、 5 元.问应如何安排调运方案,才能使得从两个仓库运货物到三个商店的总运费最少? 解:将已知数据列成下表: 商店 每 吨 甲 乙 丙 运 费 仓库 A 8 6 9 B 3 4 5 设仓库 A 运给甲、乙商店的货物分别为 x 吨,y 吨, 则仓库 A 运给丙商店的货物为(12-x-y)吨,

从而仓库 B 运给甲、乙、丙商店的货物分别为(7-x)吨、(8-y)吨、[5-(12-x-y)]=(x +y-7)吨, 于是总运费为 z=8x+6y+9(12-x-y)+3(7-x)+4(8-y)+5(x+y-7)=x-2y+126. ∴线性约束条件为

? ?7-x≥0, -y≥0, ?x8+ y-7≥0, ? ?x≥0,y≥0,
x+y≤12, ? ?0≤x≤7, 即? 0≤y≤8, ? ?x+y≥7.

12-x-y≥0,

目标函数为 z=x-2y+126. 作出上述不等式组表示的平面区域,即可行域,如图所示

作出直线 l:x-2y=0,把直线 l 平行移动,显然当直线 l 移动到过点(0,8)时,在可行域 内 z=x-2y+126 取得最小值 zmin=0-2×8+126=110,则 x=0,y=8 时总运费最少. 安排的调运方案如下:仓库 A 运给甲、乙、丙商店的货物分别为 0 吨、8 吨、4 吨,仓 库 B 运给甲、乙、丙商店的货物分别为 7 吨、0 吨、1 吨,此时可使得从两个仓库运货物到 三个商店的总运费最少. 11.(探究选做)某人有楼房一幢,室内面积共计 180 m2,拟分隔成两类房间作为旅游客 房.大房间每间面积 18 m2,可住游客 5 名,每名游客每天住宿费 40 元;小房间每间面积 15 m2,可以住游客 3 名,每名游客每天住宿费为 50 元;装修大房间每间需要 1000 元,装修小 房间每间需 600 元.如果他只能筹款 8000 元用于装修,且游客能住满客房,他隔出大房间和 小房间各多少间,能获得最大收益? 解:设隔出大房间 x 间,小房间 y 间时收益为 z 元,

? ?1000x+600y≤8000 则 x,y 满足?x,y∈Z x≥0 ? ?y≥0
18x+15y≤180 且目标函数 z=200x+150y.



? ?5x+3y≤40 所以?x,y∈Z x≥0 ? ?y≥0
6x+5y≤60

.

可行域为如图阴影(含边界)中的整点.

作直线 l:200x+150y=0,即直线 4x+3y=0. 把直线 l 向右上方平移至 l1 的位置时, 直线经过可行域上的一点 B, 且与原点距离最大. 此 时,z=200x+150y 取最大值. ?6x+5y=60 ? 解方程组? , ? ?5x+3y=40 20 60 解得点 B 的坐标为( , ). 7 7 20 由于点 B 的坐标不是整数, 而最优解(x, y)中 x、 y 必须都是整数, 所以, 可行域内点 B( , 7 60 )不是最优解.可以验证,使 z=200x+150y 取得最大值的整点是(0,12)和(3,8),此时 z 取得 7 最大值 1800 元. 所以,隔出小房间 12 间,或大房间 3 间、小房间 8 间,可以获得最大收益.

作业 36 § 7.4 曲线与方程 1 1.曲线 y= x2 与 x2+y2=5 的交点是( ) 4 A.(2,1) B.(± 2,1) C.(2,1)或(2 5, 5) D.(± 2,1)或(± 2 2,5) 1 ? ? ? ?y=4x2 ?x=2, ?x=-2, 解析:选 B.解方程组? ?? 或? ?y=1, ?y=1. ? ? ?x2+y2=5 ? 2.方程 y= 1-x2表示的图形是( ) A.抛物线 B.圆 C.抛物线的一部分 D.半圆 解析:选 D.原方程可化为 x2+y2=1(y≥0,-1≤x≤1),它表示的图形为半圆,故选 D. → → 3.长为 3 的线段 AB 的端点 A、B 分别在 x 轴,y 轴上移动,AC=2CB,则点 C 的轨迹 是( ) A.线段 B.圆 C.椭圆 D.双曲线 解析:选 C.设 C(x,y),A(a,0),B(0,b), 则 a2+b2=9,① → → 又AC=2CB, a=3x, ? ? 所以(x-a,y)=2(-x,b-y),即? 3 ?b=2y, ? y2 代入①式整理可得 x2+ =1. 4 4.方程|y|-1= 1-?x-1?2表示的曲线是( ) A.抛物线 B.一个圆 C.两个圆 D.两个半圆 2 解析:选 D.∵ 1-?x-1? =|y|-1≥0, ∴y≥1 或 y≤-1. ∴(x-1)2+(|y|-1)2=1. 即(x-1)2+(y-1)2=1(y≥1)或(x-1)2+(y+1)2=1(y≤-1),∴是两个半圆.故选 D. 5. (2010 年高考重庆卷)到两互相垂直的异面直线的距离相等的点, 在过其中一条直线且 平行于另一条直线的平面内的轨迹是( ) A.直线 B.椭圆 C.抛物线 D.双曲线 解析:选 D.在边长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,DC 与 A1D1 是两条相互垂直的异面直线, 平面 ABCD 过直线 DC 且平行于 A1D1,以 D 为原点,分别以 DA、DC 为 x 轴、y 轴建立平面直角坐 标系,设点 P(x,y)在平面 ABCD 内且到 A1D1 与 DC 之间的距离相 等,∴|x|= y2+a2, ∴x2-y2=a2. 6.若曲线 y2-xy+2x+k=0 通过点(a,-2a)(a∈R),则 k 的取值范围是________. 解析:把点(a,-2a)代入方程得 6a2+2a+k=0, ∴k=-6a2-2a 1 1 1 =-6(a2+ a+ )+ 3 36 6

1 1 1 =-6(a+ )2+ ≤ . 6 6 6 1 ∴k∈(-∞, ]. 6 1 答案:(-∞, ] 6 → → → → 7.已知OP=(2+2cosα,2+2sinα),α∈R,O 为坐标原点,向量OQ满足OP+OQ=0, 则动点 Q 的轨迹方程是________. 解析:设 Q(x,y), → → 由OP+OQ=(2+2cosα+x,2+2sinα+y)=0, ?x=-2-2cosα, ? ∴? ? ?y=-2-2sinα, ∴(x+2)2+(y+2)2=4. 答案:(x+2)2+(y+2)2=4 8.过点 P(2,4)作两条互相垂直的直线 l1、l2,若 l1 交 x 轴于 A 点,l2 交 y 轴于 B 点,则 线段 AB 的中点 M 的轨迹方程是________. 解析: 设点 M 的坐标为(x,y),由 M 是 AB 的中点得 A(2x,0), B(0,2y). 如图,连结 PM,由 l1 与 l2 垂直得,∠APB=90° , ∴|AB|=2|PM|, 即 ?2x?2+?2y?2 =2 ?x-2?2+?y-4?2, 化简得 x+2y-5=0. 答案:x+2y-5=0 9.已知点 P 是圆 x2+y2=4 上一个动点,定点 Q 的坐标为(4,0).求线段 PQ 的中点的轨 迹方程. 解:设线段 PQ 的中点坐标为 M(x,y),由 Q(4,0)可得点 P(2x-4,2y),代入圆的方程 x2 2 +y =4 可得(2x-4)2+(2y)2=4,整理可得所求轨迹方程为(x-2)2+y2=1. → → 10.已知点 G 是△ABC 的重心,A(0,-1),B(0,1),在 x 轴上有一点 M,满足|MA|=|MC|, → → GM=λAB(λ∈R),求点 C 的轨迹方程. x y 解:设 C(x,y)为轨迹上任一点,则 G( , ), 3 3 → → ∵GM=λAB(λ∈R),∴GM∥AB, x 又 M 是 x 轴上一点,则 M( ,0), 3 → → 又|MA|=|MC|, x ∴ ? ?2+?0+1?2 3 x = ? -x?2+y2, 3 x2 整理得 +y2=1(x≠0), 3 即为点 C 的轨迹方程. 11.(探究选做)已知定点 A(2,0),点 P 在曲线 x2+y2=1 上运动,∠AOP 的平分线交 PA 于点 Q,其中 O 是坐标原点,求点 Q 的轨迹方程. → 解:设 Q(x,y),P(x1,y1),因为 OQ 是∠AOP 的平分线,所以由平面几何知识可得PQ= |OP| → → 1→ · QA,即PQ= QA, |OA| 2

2+?-3?x x= , ? ? 1-3 → → AP=-3PQ,所以? 0+?-3?y ?y = 1-3 , ?
1 1

?x = 2 -1, 即? 3y ?y = 2 .
1 1

3x

22 2 4 2 代入 x2 1+y1=1 并整理可得(x- ) +y = ,即为所求轨迹方程. 3 9 作业 37 § 7.5 圆及直线与圆的位置关系 1.(2009 年高考重庆卷)直线 y=x+1 与圆 x2+y2=1 的位置关系是( ) A.相切 B.相交但直线不过圆心 C.直线过圆心 D.相离 1 2 解析:选 B.圆心到直线的距离 d= = <1, 2 2 ∵d<r 且 d≠0,∴直线与圆相交但不过圆心. 2.(2011 年潍坊模拟)若 PQ 是圆 x2+y2=9 的弦,PQ 的中点 A 的坐标是(1,2),则直线 PQ 的方程是( ) A.x+2y-3=0 B.x+2y-5=0 C.2x-y+4=0 D.2x-y=0 解析:选 B.结合圆的几何性质易知直线 PQ 过点 A(1,2),且和直线 OA 垂直,故其方程 1 为:y-2=- (x-1),整理得 x+2y-5=0. 2 3.(2010 年高考广东卷)若圆心在 x 轴上、半径为 5的圆 O 位于 y 轴左侧,且与直线 x +2y=0 相切,则圆 O 的方程是( ) 2 2 A.(x- 5) +y =5 B.(x+ 5)2+y2=5 C.(x-5)2+y2=5 D.(x+5)2+y2=5 |a+2×0| |a| 解析: 选 D.设圆心为(a,0)(a<0). 因为直线 x+2y=0 与圆相切, 所以 = 5, 即 5 12+22 = 5,解得 a=-5. 所以圆 O 的方程为(x+5)2+y2=5. 4.(2011 年东北三校质检)与圆 x2+(y-2)2=1 相切,且在两坐标轴上截距相等的直线共 有( ) A.2 条 B.3 条 C.4 条 D.6 条 解析:选 C.由题意可知,过原点且与圆相切的直线共有 2 条,此时与两坐标轴的截距都 是 0;当圆的切线与两坐标轴截距相等且不为零时,此切线过一、二、四象限,易知满足题 意的切线有 2 条,综上共计 4 条. 5.(2010 年高考江西卷)直线 y=kx+3 与圆(x-2)2+(y-3)2=4 相交于 M,N 两点,若 |MN|≥2 3,则 k 的取值范围是( ) 3 3 3 A.[- ,0] B.[- , ] 4 3 3 2 C.[- 3, 3 ] D.[- ,0] 3 解析:选 B.如图,若|MN|=2 3,则由圆与直线的位置关系可知圆 心到直线的距离满足 d2=22-( 3)2=1.

|k· 2-3+3| 3 ∵直线方程为 y=kx+3,∴d= 2 =1,解得 k=± 3 . 1+k 3 3 若|MN|≥2 3,则- ≤k≤ . 3 3 6. (2010 年高考课标全国卷)圆心在原点且与直线 x+y-2=0 相切的圆的方程为_______. |-2| 解析:由题意知,可设圆的方程为 x2+y2=r2,则 r= = 2,∴圆的方程为 x2+y2=2. 2 答案:x2+y2=2 7.(2011 年浙江金华十校质检)圆 C 的半径为 1,圆心在第一象限,与 y 轴相切,与 x 轴 相交于点 A、B,若|AB|= 3,则该圆的标准方程是________. 1 1 解析:根据|AB|= 3,可得圆心到 x 轴的距离为 ,故圆心坐标为(1, ),故所求圆的标 2 2 1 准方程为(x-1)2+(y- )2=1. 2 1 2 答案:(x-1) +(y- )2=1 2 8.(2011 年成都市摸底考试)已知曲线 C:x2+y2+2x+Ey+F=0(E、F∈R),有以下命 题:①E=-4,F=4 是曲线 C 表示圆的充分非必要条件;②若曲线 C 与 x 轴交于两个不同 点 A(x1,0),B(x2,0),且 x1、x2∈[-2,1),则 0≤F≤1;③若曲线 C 与 x 轴交于两个不同点 → → A(x1,0),B(x2,0),且 x1、x2∈[-2,1),O 为坐标原点,则|OA-OB|的最大值为 2;④若 E=2F, 3π 则曲线 C 表示圆,且该圆面积的最大值为 . 2 其中所有正确命题的序号是________. 解析:①当 E=-4,F=4 时,则 22+(-4)2-4×4=4>0,方程表示圆,反之不一定有 E=-4,F=4.①正确. ②若圆 C 与 x 轴交于两点时, 有 x2+2x+F=0,x1+x2=-2,圆心在 x=-1 上,x1,x2∈[-2,1),|AB|≤2 且当 F=1 时,方程 x2+2x+1=0 时,x1=x2=-1 不适合题意.②错. → → ③由②可知当圆过 A(-2,0),B(0,0)时,|OA-OB|=2 为最大.③正确. ④若 E=2F,曲线 C 为 x2+y2+2x+2Fy+F=0, 1 4+4F2-4F=4×(F- )2+3>0, 2 1 1 1 3 3 ∴r= 4×?F- ?2+3,当 F= 时,rmin= ,圆面积有最小值 π.④错. 2 2 2 2 4 答案:①③ 9.设 P(x0,y0)是圆 x2+y2=r2 外的一点,过 P 作圆的切线,试求过两切点的切点弦所在 的直线方程. 解:设两切点分别为 P1(x1,y1),P2(x2,y2) 2 2 2 2 2 → 则有 x2 1+y1=r ,x2+y2=r .OP1=(x1,y1), → P1P=(x0-x1,y0-y1), → → ∴OP1· P1P=0,∴x1(x0-x1)+y1· (y0-y1)=0. 2 2 即 x1x0-x2 1+y1y0-y1=0,∴x1x0+y1y0=r . → → 同理由OP2· P2P=0 得 x2x0+y2y0=r2. ∵(x1,y1)及(x2,y2)是直线 x0x+y0y=r2 上的两点. ∴所求方程为 x0x+y0y=r2. ? ?x=2cosθ 10.已知圆的参数方程为? (0≤θ<2π), ?y=2sinθ ? (1)求其普通方程,指出圆心和半径.

4 (2)设 θ= π 时,对应的点 P,求直线 OP 的倾斜角. 3 (3)若此圆经过点(m,1),求 m 的值. x =cosθ 2 解:(1) ∵sin2θ+cos2θ=1 y =sinθ 2 x y ∴( )2+( )2=1,∴x2+y2=4. 2 2 圆心为(0,0),r=2. 4 (2)当 θ= π 时, 3 4 x=2cos π=-1, 3 4 y=2sin π=- 3.对应的 P 点为(-1,- 3), 3 - 3 ∴kOP= = 3. -1 倾斜角为 α,tan α= 3,∴α=60° . 1 (3)法一:依题意得 m=2cosθ,1=2sinθ,∴sinθ= , 2 3 又 0≤θ<2π,∴cosθ=± ,m=± 3. 2 法二:x2+y2=4 ∴m2+1=4 ∴m=± 3. 11.(探究选做)已知实数 x、y 满足方程 x2+y2-4x+1=0. y (1)求 的最大值和最小值; x (2)求 y-x 的最值.

? ? ?

y 解:(1)原方程化为(x-2)2+y2=3,表示以点(2,0)为圆心,半径为 3的圆.设 =k,即 y x |2k-0| =kx,当直线 y=kx 与圆相切时,斜率 k 取最大值和最小值,此时有 2 = 3, k +1 解得 k=± 3. y 故 的最大值为 3,最小值为- 3. x (2)设 y-x=b,即 y=x+b,当 y=x+b 与圆相切时,纵截距 b 取得最大值和最小值,此 |2-0+b| 时 = 3, 2 即 b=-2± 6. 故(y-x)max=-2+ 6,(y-x)min=-2- 6.

优化方案· 课时作业 第 8 章 圆锥曲线方程 高三数学 作业 38 第 8 章 圆锥曲线方程 § 8.1 椭 圆 1.(2009 年高考陕西卷)“m>n>0”是“方程 mx2+ny2=1 表示焦点在 y 轴上的椭圆”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 x2 y2 1 1 解析:选 C.mx2+ny2=1 可化为 + =1.因为 m>n>0,所以 0< < ,因此椭圆焦点在 y 1 1 m n m n 轴上,反之亦成立. 2.(2011 年浙江五校联考)椭圆 x2+my2=1 的焦点在 y 轴上,长轴长是短轴长的两倍, 则 m 的值为( ) 1 1 A. B. 4 2 C.2 D.4 y2 2 解析:选 A.将原式变形为 x + =1, 1 m 1 由题意知 a2= ,b2=1, m 1 1 1 ∴a= ,b=1,∴ =2,∴m= ,故选 A. m m 4 x2 y2 3. (2010 年高考四川卷)椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的右焦点为 F, 其右准线与 x 轴的交点为 A, a b 在椭圆上存在点 P 满足线段 AP 的垂直平分线过点 F,则椭圆离心率的取值范围是( ) 2 1 A.(0, ] B.(0, ] 2 2 1 C.[ 2-1,1) D.[ ,1) 2 a2 解析:选 D.设 P(x0,y0),则|PF|=a-ex0.又点 F 在 AP 的垂直平分线上,∴a-ex0= - c a?ac-a2+c2? c,因此 x0= . c2 a?ac-a2+c2? 又-a≤x0<a,∴-a≤ <a. c2 e2+e-1 ∴-1≤ <1. e2 1 又 0<e<1,∴ ≤e<1. 2 x2 y2 4.(2011 年山东信息化考试)已知椭圆 + =1 的长轴的左、右端点分别为 A、B,在椭 4 3 1 圆上有一个异于点 A、B 的动点 P,若直线 PA 的斜率 kPA= ,则直线 PB 的斜率 kPB 为( ) 2

3 A. 4

3 B. 2

3 3 C.- D.- 4 2 解析:选 D.设点 P(x1,y1)(x1≠± 2), y1 y1 则 kPA= ,k = , x1+2 PB x1-2 y1 y1 y2 1 ∵kPA· kPB= · = 2 x1+2 x1-2 x1-4 2 x1 3?1- ? 4 3 = 2 =- , 4 x1-4 3 3 3 ∴kPB=- =- ×2=- ,故应选 D. 4kPA 4 2 x2 y2 5.已知椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0),以其左焦点 F1(-c,0)为圆心,以 a-c 为半径作圆, a b 过上顶点 B2(0,b)作圆 F1 的两条切线,设切点分别为 M,N.若过两个切点 M,N 的直线恰好 经过下顶点 B1(0,-b),则椭圆 E 的离心率为( ) A. 2-1 B. 3-1 C. 5-2 D. 7-3 解析:选 B.由题意得,圆 F1: (x+c)2+y2=(a-c)2.设 M(x1,y1),N(x2,y2),则切线 B2M: (x1+c)(x+c)+y1y=(a-c)2,切线 B2N:(x2+c)(x+c)+y2y=(a-c)2.又两条切线都过点 B2(0, b),所以 c(x1+c)+y1b=(a-c)2,c(x2+c)+y2b=(a-c)2.所以直线 c(x+c)+yb=(a-c)2 就是 过点 M、N 的直线.又直线 MN 过点 B1(0,-b),代入化简得 c2-b2=(a-c)2,所以 e= 3-1. ?x-1?2+y2 1 6.已知 A(-1,0),B(1,0),点 C(x,y)满足: = ,则|AC|+|BC|=________. 2 |x-4| ?x-1?2+y2 1 x2 y2 = ? + =1, 2 4 3 |x-4| 2 2 x y ∴A、B 为椭圆 + =1 的两焦点, 4 3 故|AC|+|BC|=4. 答案:4 x2 y2 3 7.(2011 年潍坊调研)若椭圆 + =1 的离心率等于 ,则 m=________. 4 m 2 解析:解答本题要注意由于椭圆焦点位置不确定,故应分类解答.由条件当 m<4 时,由 3 m 3 4 题意得: = 1- ?m=1,当 m>4 时,有 = 1- ?m=16,故 m 的取值为 1 或 16. 2 4 2 m 答案:1 或 16 x2 y2 8.(2011 年上海市质检)已知 F1、F2 是椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的两个焦点,P 为椭圆 a b → → C 上一点,且PF1⊥PF2.若△PF1F2 的面积为 9,则 b=________. 1 |PF ||PF2|=9, ① 2 1 解析:由题意,得 |PF |2+|PF |2=?2c?2, ② 解析:

? ? ? ? ?|PF |+|PF |=2a,
1 1 2 2 2



x2 y2 9.(2010 年高考辽宁卷)设 F1,F2 分别为椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左,右焦点,过 F2 a b 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,直线 l 的倾斜角为 60° ,F1 到直线 l 的距离为 2 3.

解得 a -c =9,即 b =9,所以 b=3. 答案:3

2

2

(1)求椭圆 C 的焦距; → → (2)如果AF2=2F2B,求椭圆 C 的方程. 解:(1)设椭圆 C 的焦距为 2c,由已知可得 F1 到直线 l 的距离 3c=2 3, 故 c=2. 所以椭圆 C 的焦距为 4. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知 y1<0,y2>0, 直线 l 的方程为 y= 3(x-2).

? ?y= 3?x-2? 联立 ?x2 y2 , ?a2+b2=1 ?
得(3a2+b2)y2+4 3b2y-3b4=0. - 3b2?2+2a? 解得 y1= , 3a2+b2 - 3b2?2-2a? y2= . 3a2+b2 → → 因为AF2=2F2B, 所以-y1=2y2. 3b2?2+2a? - 3b2?2-2a? 即 =2· , 2 2 3a +b 3a2+b2 得 a=3.而 a2-b2=4, 所以 b= 5. x2 y2 故椭圆 C 的方程为 + =1. 9 5 x2 y2 10.设椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>1)右焦点为 F,它与直线 l:y=k(x+1)相交于 P、Q 两点, a b l 与 x 轴的交点 M 到椭圆左准线的距离为 d,若椭圆的焦距 2c 是 b 与 d+|MF|的等差中项. (1)求椭圆离心率 e; → → (2)设点 N 与点 M 关于原点 O 对称, 若以 N 为圆心, b 为半径的圆与 l 相切, 且OP· OQ= 5 - ,求椭圆 C 的方程. 3 a2 解:(1)由 4c=b+d+|MF|=b+c+ 得 b2+bc-2c2=0, c 2 即 b=c,所以 e= . 2 2 x y2 (2)设椭圆方程为 2+ 2=1,将 y=k(x+1)代入椭圆方程可得:(1+2k2)x2+4k2x+2k2- 2b b 2k2-2b2 k2 4k2 2b2=0,由于 Δ>0 则有 b2> , 2,并且 x1+x2=- 2,x1x2= 1+2k 1+2k 1+2k2 3k2-2b2?1+k2? 5 |2k| → → OP· OQ=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1+1)(x2+1)= =- , 而 =b 代入上 2 3 1+2k 1+k2 x2 y2 式得 k2=1,所以 b2=2,a2=2b2=4.所求椭圆方程为 + =1. 4 2 x2 y2 11.(探究选做)已知椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0) 的左、右焦点分别为 F1、F2,其中 F2 a b 5 也是抛物线 C2:y2=4x 的焦点,M 是 C1 与 C2 在第一象限的交点,且|MF2|= . 3 (1)求椭圆 C1 的方程; (2)已知菱形 ABCD 的顶点 A、C 在椭圆 C1 上,顶点 B、D 在直线 7x-7y+1=0 上,求 直线 AC 的方程.

解:设 M(x1,y1), 5 ∵F2(1,0),|MF2|= . 3 5 由抛物线定义,x1+1= , 3 2 ∴x1= , 3 2 ∵y1 =4x1, 2 6 ∴y1= . 3 2 2 6 ∴M( , ), 3 3 4 8 ∵M 在 C1 上,∴ 2+ 2=1,又 b2=a2-1 9a 3b ∴9a4-37a2+4=0, 1 ∴a2=4 或 a2= <c2 舍去. 9 ∴a2=4,b2=3. x2 y2 ∴椭圆 C1 的方程为 + =1. 4 3 (2)∵直线 BD 的方程为 7x-7y+1=0,四边形 ABCD 为菱形, ∴AC⊥BD,设直线 AC 的方程为 y=-x+m y=-x+m ? ?2 2 ?x y ?7x2-8mx+4m2-12=0, + = 1 ? ?4 3 ∵A、C 在椭圆 C1 上, ∴Δ>0,∴m2<7, ∴- 7<m< 7. 8m 设 A(x1,y1),C(x2,y2),则 x1+x2= . 7 y1+y2=(-x1+m)+(-x2+m)=-(x1+x2)+2m 8m 6m =- +2m= . 7 7 4m 3m 4m 3m ∴AC 的中点坐标为( , ),由 ABCD 为菱形可知,点( , )在直线 BD:7x-7y 7 7 7 7 +1=0 上, 4m 3m ∴7· -7· +1=0,m=-1. 7 7 ∵m=-1∈(- 7, 7), ∴直线 AC 的方程为 y=-x-1, 即 x+y+1=0. 作业 39 § 8.2 双曲线 x2 y2 1.(2009 年高考海南卷)双曲线 - =1 的焦点到渐近线的距离为( 4 12 A.2 3 B.2 C. 3 D.1 )

x2 y2 解析:选 A.∵双曲线 - =1 的一个焦点为 F(4,0),其一条渐近线方程为 y= 3x,∴ 4 12 4 3 点 F 到 y- 3x=0 的距离为 =2 3. 2 x2 y2 2.(2009 年高考全国卷Ⅰ)设双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的渐近线与抛物线 y=x2+1 相 a b 切,则该双曲线的离心率等于( ) A. 3 B.2 C. 5 D. 6 x2 y2 b 解析:选 C.双曲线 2- 2=1 的渐近线方程为 y=± x,因为 y=x2+1 与渐近线相切,故 a b a 2 2 2 c - a b b x2+1± x=0 只有一个实根,∴ 2-4=0,∴ 2 =4, a a a c2 ∴ 2=5,∴e= 5. a x2 y2 3.(2011 年潍坊质检)若 k∈R,则“k>3”是方程 - =1 表示双曲线的( ) k-3 k+3 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 x2 y2 解析:选 A.若方程 - =1 为双曲线,则 k>3 或 k<-3,因此选 A. k-3 k+3 4.(2010 年高考大纲全国卷Ⅰ)已知 F1、F2 为双曲线 C:x2-y2=1 的左、右焦点,点 P 在 C 上,∠F1PF2=60° ,则|PF1|· |PF2|=( ) A.2 B.4 C.6 D.8 解析:选 B.如图,设|PF1|=m,|PF2|=n. ?|m-n|=2, 则? ??2 2?2=m2+n2-2mncos∠F1PF2.
?m2-2mn+n2=4, ? ∴? 2 2 ?m -mn+n =8. ?

x2 y2 5.(2011 年山东日照调研)设双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的离心率为 3,且它的一条准 a b 线与抛物线 y2=4x 的准线重合,则此双曲线的方程为( ) x2 y2 x2 y2 A. - =1 B. - =1 5 6 7 5 x2 y2 x2 y2 C. - =1 D. - =1 3 6 4 3 解析:选 C.抛物线 y2=4x 的准线方程为 x=-1, - =-1, ? ? c 由题意,得:? c = 3, a ? ?c =a +b .
2 2 2

∴mn=4. ∴|PF1|· |PF2|=4.

a2

x2 y2 解得,a2=3,b2=6,故所求双曲线的方程为 - =1. 3 6 6. 如图, 椭圆①, ②与双曲线③, ④的离心率分别为 e1, e2, e3, e4, 其大小关系为________.

c b 解析:椭圆①,②的 b 值相同,椭圆①的 a 值小于椭圆②的 a 值,由 e= = 1-? ?2, a a 可得 e1<e2<1.同理可得 1<e4<e3,故 e1<e2<e4<e3. 答案:e1<e2<e4<e3 x2 y2 7.(2011 年山东名校联考优化卷)已知点 F、A 分别为双曲线 C: 2- 2=1(a>0,b>0)的 a b → → 左焦点、右顶点,点 B(0,-b)满足FB· AB=0,则双曲线的离心率为________. → → 解析:∵FB· AB=0, ∴FB⊥AB,则 Rt△AOB∽Rt△BOF, |OB| |OF| b c ∴ = ? = ?b2=ac?c2-a2=ac?e2-e-1=0, |OA| |OB| a b 1+ 5 ∴e= . 2 1+ 5 答案: 2 x2 y2 1 8. (2010 年高考福建卷)若双曲线 - 2=1(b>0)的渐近线方程为 y=± x, 则 b 等于______. 4 b 2 2 2 2 2 x y x y b 解析:双曲线 - 2=1 的渐近线方程为 - 2=0,即 y=± x(b>0),∴b=1. 4 b 4 b 2 答案:1 x2 y2 9.由双曲线 - =1 上的一点 P 与左、右两焦点 F1、F2 构成△PF1F2,求△PF1F2 的内 9 4 切圆与边 F1F2 的切点坐标 N. 解:由双曲线方程知 a=3,b=2,c= 13. 当点 P 在双曲线的右支上时,如右图,根据从圆外一点引圆的两条切线长相等及双曲线 定义可得 |PF1|-|PF2|=2a. 由于|NF1|-|NF2| =|PF1|-|PF2|=2a.① |NF1|+|NF2|=2c.② 2a+2c 由①②得|NF1|= =a+c, 2 ∴|ON|=|NF1|-|OF1|=a+c-c=a=3. 故切点 N 的坐标为(3,0). 根据对称性,当 P 在双曲线左支上时,切点 N 的坐标为(-3,0). 10.求满足下列条件的双曲线方程: x2 y2 (1)与双曲线 - =1 有公共焦点,且过点(3 2,2); 16 4 (2)渐近线方程为 2x± 3y=0,且焦距为 2 13. x2 y2 解:(1)设双曲线方程为 - =1(-4<k<16), 16-k 4+k x2 y2 将点(3 2,2)代入得 k=4,所以双曲线方程为 - =1. 12 8 x2 y2 y2 x2 (2)设双曲线方程为 2- 2=1 或 2- 2=1(a>0,b>0). a b a b

∵c2=a2+b2, ∴13=a2+b2, b 2 a 2 由渐近线斜率得 = 或 = , a 3 b 3 b 2 a 2 ? ? ?a=3 ?b=3 故? 或?

?a2+b2=13 ?

?a2+b2=13 ?



2 2 ? ? ?a =9 ?a =4 解得? 2 或? 2 . ?b =4 ? ? ?b =9

x2 y2 y2 x2 ∴所求双曲线方程为 - =1 或 - =1. 9 4 4 9 x2 2 11.(探究选做)已知双曲线 C: -y =1,P 为 C 上的任意一点. 4 (1)求证:点 P 到双曲线 C 的两条渐近线的距离的乘积是一个常数; (2)设点 A 的坐标为(3,0),求|PA|的最小值. 解:(1)证明:设 P(x1,y1)是双曲线 C 上任意一点, 该双曲线的两条渐近线方程分别是 x-2y=0 和 x+2y=0, |x1-2y1| |x1+2y1| 点 P(x1,y1)到两条渐近线的距离分别是 和 , 5 5 |x1-2y1| |x1+2y1| 它们的乘积是 · 5 5 2 |x2 - 4 y | 4 1 1 = = . 5 5 故点 P 到双曲线 C 的两条渐近线的距离的乘积是一个常数. (2)设点 P 的坐标为(x,y), x2 则|PA|2=(x-3)2+y2=(x-3)2+ -1 4 5 12 2 4 = (x- ) + , 4 5 5 ∵|x|≥2, 12 4 ∴当 x= 时,|PA|2 取到最小值 , 5 5 2 5 即|PA|的最小值为 . 5 作业 40 § 8.3 抛物线 1.(2010 年高考陕西卷)已知抛物线 y2=2px(p>0)的准线与圆 x2+y2-6x-7=0 相切, 则 p 的值为( ) 1 A. B.1 2 C.2 D.4 p 解析: 选 C.由抛物线的标准方程得准线方程为 x=- .由 x2+y2-6x-7=0 得(x-3)2+y2 2 =16. ∵准线与圆相切, p ∴3+ =4,∴p=2. 2 2.(2010 年高考湖南卷)设抛物线 y2=8x 上一点 P 到 y 轴的距离是 4,则点 P 到该抛物

线焦点的距离是( A.4 C.8

) B.6 D.12

解析:选 B.如图所示,抛物线的焦点为 F(2,0),准线方程为 x=-2, 由抛物线的定义知:|PF|=|PE|=4+2=6. 3.(2011 年四川成都二诊)设抛物线 y2=8x 的焦点为 F,过点 F 作直线 l 交抛物线于 A、 B 两点.若线段 AB 的中点 E 到 y 轴的距离为 3,则弦 AB 的长为( ) A.5 B.8 C.10 D.12 解析:选 C.设 A(x1,y1),B(x2,y2),|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+4,又 E 到 y 轴距离为 3, x1+x2 ∴ =3. 2 ∴|AB|=10. 4. (2011 年天水一中调研)圆心在抛物线 x2=2y(x>0)上, 并且与抛物线的准线及 y 轴均相 切的圆的方程是( ) 1 2 2 A.x +y -x-2y- =0 4 B.x2+y2+x-2y+1=0 C.x2+y2-x-2y+1=0 1 D.x2+y2-2x-y+ =0 4 1 1 解析:选 D.根据抛物线的定义可知,圆与 y 轴相切于焦点(0, ),所以圆心为(1, ),r=1. 2 2 1 圆的方程为(x-1)2+(y- )2=1. 2 1 2 2 即 x +y -2x-y+ =0. 4 5.已知直线 l1:4x-3y+6=0 和直线 l2:x=-1,抛物线 y2=4x 上一动点 P 到直线 l1 和直线 l2 的距离之和的最小值是( ) A.2 B.3 11 37 C. D. 5 16 解析:选 A.直线 l2:x=-1 为抛物线 y2=4x 的准线,由抛物线的定义本题化为在抛物线 2 y =4x 上找一个点 P 使得 P 到点 F(1,0)和直线 l2 的距离之和最小,最小值为 F(1,0)到直线 |4-0+6| l1:4x-3y+6=0 的距离,即 dmin= =2,故选择 A. 5 6.(2010 年高考浙江卷)设抛物线 y2=2px(p>0)的焦点为 F,点 A(0,2).若线段 FA 的中点 B 在抛物线上,则 B 到该抛物线准线的距离为________. p p 解析:由已知得 B 点的纵坐标为 1,横坐标为 ,即 B( ,1),将其 4 4 p p p 3 代入 y2=2px 得 1=2p× , 解得 p= 2, 则 B 点到准线的距离为 + = 4 2 4 4 3 p= 2. 4 3 答案: 2 4 7.(2011 年桂林调研)已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,C 上的点 M 在 C 的准线上的 → → 1 → → 射影为 M′,若MM′· MF= |MM′|· |MF|,则点 M 的横坐标为________. 2 → → 解析:∵MM′· MF

→ → =|MM′||MF|cos∠M′MF 1 → → = |MM′||MF|, 2 1 ∴cos∠M′MF= . 2 ∴∠M′MF=60° . 又∵|M′M|=|MF|,故△MM′F 为正三角形. 设 M(x,y),则 M′(-1,y),F(1,0), ∴|M′F|= ?-1-1?2+y2=|MM′|=x+1, 整理得 y2=x2+2x-3, 将 y2=4x 代入 y2=x2+2x-3 得 x2-2x-3=0, 即 x=3 或-1(舍). 答案:3 8.(2010 年高考大纲全国卷Ⅱ)已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的准线为 l,过 M(1,0)且斜率 → → 为 3的直线与 l 相交于点 A,与 C 的一个交点为 B,若AM=MB,则 p=________. → → 解析:如图,由 AB 的斜率为 3,知∠α=60° ,又AM=MB,∴M 为 AB 的中点.过点 B 作 BP 垂直准线 l 于点 P, 则∠ABP=60° ,∴∠BAP=30° . 1 ∴|BP|= |AB|=|BM|. 2 p ∴M 为焦点,即 =1,∴p=2. 2 答案:2 9.设抛物线 y2=4ax(a>0)的焦点为 A,以 B(a+4,0)点为圆心,|BA|为半径,在 x 轴上方 画半圆,设抛物线与半圆相交于不同两点 M、N,点 P 是 MN 的中点.求|AM|+|AN|的值. 解:设 M、N、P 在抛物线的准线上射影分别为 M′、N′、P′, 则由抛物线定义得 |AM|+|AN|=|MM′|+|NN′|=xM+xN+2a. 又圆的方程为[x-(a+4)]2+y2=16, 将 y2=4ax 代入得 x2-2(4-a)x+a2+8a=0, ∴xM+xN=2(4-a),所以|AM|+|AN|=8. 10.(2011 年东北三校调研)点 M(5,3)到抛物线 y=ax2 的准线的距离为 6,试求抛物线的 方程. 1 1 1 解:当抛物线开口向上时,准线为 y=- ,点 M 到它的距离为 +3=6,a= ,抛 4a 4a 12 1 1 1 物线的方程为 y= x2.当抛物线开口向下时,准线为 y=- ,M 到它的距离为- -3=6, 12 4a 4a 1 1 1 1 a=- .抛物线的方程为 y=- x2.所以,抛物线的方程为 y= x2 或 y=- x2. 36 36 12 36 11.(探究选做)如图,设抛物线方程为 x2=2py(p>0),M 为直线 y=-2p 上任意一点,过 M 引抛物线的切线,切点分别为 A,B.

(1)求证:A,M,B 三点的横坐标成等差数列;

(2)已知当 M 点的坐标为(2,-2p)时,|AB|=4 10.求此时抛物线的方程. x2 x2 1 2 解:(1)证明:由题意设 A(x1, ),B(x2, ),x1<x2, 2p 2p M(x0,-2p). x2 x 由 x2=2py 得 y= ,则 y′= , 2p p x1 x2 所以 kMA= ,kMB= . p p x1 因此直线 MA 的方程为 y+2p= (x-x0). p x2 直线 MB 的方程为 y+2p= (x-x0). p x2 x 1 1 所以 +2p= (x1-x0),① 2p p x2 x2 2 +2p= (x2-x0),② 2p p x1+x2 由①-②得 =x1+x2-x0, 2 x1+x2 因此 x0= , 2 即 2x0=x1+x2. 所以 A,M,B 三点的横坐标成等差数列. (2)由(1)知,当 x0=2 时,将其代入①、②并整理得 2 x2 1-4x1-4p =0, 2 x2-4x2-4p2=0, 所以 x1、x2 是方程 x2-4x-4p2=0 的两根, 因此 x1+x2=4,x1x2=-4p2, x2 x2 2 1 - 2p 2p x1+x2 x0 又 kAB= = = , 2p p x2-x1 2 所以 kAB= . p 由弦长公式得|AB|= 1+k2 ?x1+x2?2-4x1x2 AB 4 = 1+ 2 16+16p2. p 又|AB|=4 10, 所以 p=1 或 p=2. 因此所求抛物线方程为 x2=2y 或 x2=4y. 作业 41 § 8.4 直线与圆锥曲线的位置关系 x2 y2 1. (2011 年福州质检)已知 F1, F2 是椭圆 + =1 的两焦点, 过点 F2 的直线交椭圆于 A, 16 9 B 两点.在△AF1B 中,若有两边之和是 10,则第三边的长度为( ) A.6 B.5 C.4 D.3 解析:选 A.根据椭圆定义,知△AF1B 的周长为 4a=16,故所求的第三边的长度为 16- 10=6. x2 y2 2.已知双曲线 2- 2=1(a>0,b>0),F1 是左焦点,O 是坐标原点,若双曲线上存在点 P, a b

使|PO|=|PF1|,则此双曲线的离心率的取值范围是( ) A.(1,2] B.(1,+∞) C.(1,3) D.[2,+∞) 解析:选 D.若双曲线上存在点 P,使|PO|=|PF1|,则点 P 为线段 OF1 的垂直平分线与双 c x2 y2 c c 曲线的交点,即直线 x=- 与双曲线 2- 2=1 有交点,故- ≤-a,所以 e= ≥2,选 D. 2 a b 2 a y2 2 3. (2011 年东北三校联考)已知曲线 C1 的方程为 x - =1(x≥0, 8 y≥0),圆 C2 的方程为(x-3)2+y2=1,斜率为 k(k>0)的直线 l 与圆 C2 相 切,切点为 A,直线 l 与曲线 C1 相交于点 B,|AB|= 3,则直线 AB 的 斜率为( ) 3 1 A. B. 3 2 C.1 D. 3 解析:选 A.设 B(a,b),则由题意可得 b2 ? ?a2- 8 =1 ? ,

? ??a-3?2+b2=3+1

?a=1 ? 解得? .则直线 AB 的方程为 y=k(x-1), ? ?b=0 |3k-k| 故 =1, 1+k2 3 3 ∴k= ,或 k=- (舍去). 3 3 4.(2010 年高考辽宁卷)设双曲线的一个焦点为 F,虚轴的一个端点为 B,如果直线 FB 与该双曲线的一条渐近线垂直,那么此双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 3+1 5+1 C. D. 2 2 x2 y2 解析:选 D.设双曲线方程为 2- 2=1(a>0,b>0),如图所示,双曲线的一条渐近线方程 a b b b 为 y= x,而 kBF=- , a c b b ∴ · (- )=-1,整理得 b2=ac. a c 1+ 5 ∴c2-a2-ac=0, 两边同除以 a2, 得 e2-e-1=0, 解得 e= 2 1- 5 或 e= (舍去),故选 D. 2 5.(2010 年课标全国卷)已知双曲线 E 的中心为原点,F(3,0)是 E 的焦点,过 F 的直线 l 与 E 相交于 A,B 两点,且 AB 的中点为 N(-12,-15),则 E 的方程为( ) x2 y2 x2 y2 A. - =1 B. - =1 3 6 4 5 2 2 x y x2 y2 C. - =1 D. - =1 6 3 5 4 0+15 解析:选 B.∵kAB= =1, 3+12 ∴直线 AB 的方程为 y=x-3. 由于双曲线的焦点为 F(3,0), ∴c=3,c2=9.

x2 y2 设双曲线的标准方程为 2- 2=1(a>0,b>0), a b 2 x2 ?x-3? 则 2- =1.整理,得 a b2 (b2-a2)x2+6a2x-9a2-a2b2=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 6a2 则 x1+x2= 2 =2×(-12), a -b2 ∴a2=-4a2+4b2, ∴5a2=4b2.又 a2+b2=9,∴a2=4,b2=5. x2 y2 ∴双曲线 E 的方程为 - =1. 4 5

y2 =1 的公共点个数为________. 4 4 2 2 2 2 解析:由题意 2 2>2,∴m +n <4.∴点(m,n)在圆 x +y =4 内,从而可知点(m,n) m +n x2 y2 在椭圆 + =1 内,故公共点有 2 个. 9 4 答案:2 1 7.(2011 年广西梧州高三第二次测试)设点 F 为抛物线 y=- x2 的焦点,与抛物线相切 4 于点 P(-4,-4)的直线 l 与 x 轴的交点为 Q,则∠PQF 的值是________. 1 解析:∵y′=- x,∴kPQ=y′|x=-4=2, 2 ∴直线 PQ 的方程为 y+4=2(x+4). 令 y=0,得 x=-2,∴点 Q(-2,0). 1 又∵焦点 F(0,-1),∴kFQ=- , 2 π ∴kPQ· kFQ=-1,∴∠PQF= . 2 π 答案: 2 8.(2010 年高考大纲全国卷Ⅰ)已知 F 是椭圆 C 的一个焦点,B 是短轴的一个端点,线 → → 段 BF 的延长线交 C 于点 D,且BF=2FD,则 C 的离心率为________. 解析:法一:如图,设椭圆 C 的焦点在 x 轴上, B(0,b),F(c,0), → → D(xD,yD),则BF=(c,-b),FD=(xD-c,yD), → → ∵BF=2FD, ?c=2?xD-c?, ? ∴? ? ?-b=2yD,

x2 6.若直线 l:mx+ny=4 与圆 O:x2+y2=4 没有公共点,则过点(m,n)的直线与椭圆 + 9

?x = 2 , ∴? b ?y =-2.
D D

3c

3c b ? ?2 ?- ?2 2 2 ∴ + =1, a2 b2

1 3 即 e2= ,∴ e= . 3 3 法二:设椭圆 C 的焦点在 x 轴上,如图,B(0,b),F(c,0),D(xD,yD), → → 则|BF|= b2+c2=a.作 DD1⊥y 轴于点 D1,则由BF=2 FD, |OF| |BF| 2 得 = = , |DD1| |BD| 3 3 3 ∴|DD1|= |OF|= c, 2 2 3c a2 3c 3c2 即 xD= .由椭圆的第二定义得|FD|=e( - )=a- . 2 c 2 2a 3c2 又由|BF|=2|FD|,得 a=2a- , a c2 1 1 3 整理得 2= ,即 e2= .∴e= . a 3 3 3 3 答案: 3 9. 已知抛物线 C 的方程为 y2=4x,其焦点为 F,准线为 l,过 F 作直线 m 交抛物线 C 于 M,N 两点.求 S△OMN 的最小值. 解:由题意知 F(1,0),l:x=-1,设 m:x=ay+1,M(x1,y1), N(x2,y2) ?x=ay+1 ? 则? 2 ?y2-4ay-4=0, ? y = 4 x ?
? ?y1+y2=4a 由根与系数的关系得? . ?y1y2=-4 ? 1 1 1 S△OMN= |OF||y1-y2|= ?y1+y2?2-4y1y2= · 16a2+16=2 a2+1≥2(a=0 时取得等号). 2 2 2 2 2 10.已知椭圆 4x +y =1 及直线 y=x+m. (1)当直线和椭圆有公共点时,求实数 m 的取值范围; (2)求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程. 2 2 ? ?4x +y =1 解:(1)解方程组? ,消去 y,整理得 ?y=x+m ? 5x2+2mx+m2-1=0, Δ=4m2-20(m2-1)=20-16m2. 由 Δ≥0 得 20-16m2≥0, 5 5 解之得- ≤m≤ . 2 2 (2)设直线与椭圆交于两点 A(x1,y1)、B(x2,y2). 则 x1、x2 是方程 5x2+2mx+m2-1=0 的两根, 2m x1+x2=- 5 由根与系数的关系得 , 2 m -1 x1· x2= 5

? ? ?

∴弦长 L= ?1+k2?[?x1+x2?2-4x1x2] 2 4m2 4?m -1? 2 = 2[ - ]= 10-8m2, 25 5 5 2 10 当 m=0 时,L 取最大值为 , 5 此时直线方程为 y=x. 11. (探究选做)设直线 l(斜率存在)交抛物线 y2=2px(p>0, 且 p 是常数)于两个不同点 A(x1,

→ → y1),B(x2,y2),O 为坐标原点,且满足OA· OB=x1x2+2(y1+y2). (1)求证:直线 l 过定点; 1 1 1 (2)设(1)中的定点为 P, 若点 M 在射线 PA 上, 满足 = + , 求点 M 的轨迹方程. → → → |PM| |PA| |PB| 解:(1)证明:设直线 l 的方程为 y=kx+b. ? ?y=kx+b 由? 2 ?ky2-2py+2pb=0, ?y =2px ? 由题知 k 存在且 k≠0,Δ=4p2-8kpb>0, 2p y1+y2= , k 且 2pb y1y2= . k

? ? ?

→ → 又OA· OB=x1x2+y1y2=x1x2+2(y1+y2)?y1y2=2(y1+y2). 2pb 2p 则 =2× ,得 b=2. k k ∴直线 l 的方程为 y=kx+2. ∴直线 l 过定点(0,2). (2)分别过 A、M、B 向 y 轴作垂线, 垂足分别为 A′、M′、B′. 1 1 1 设 M(x,y),由 = + ,可得 → → → |PM| |PA| |PB| 1 1 1 = + . → → → |PM′| |PA′| |PB′| 1 1 1 ∴ = + , |2-y| |2-y1| |2-y2| 1 1 1 则 = + . 2-y 2-y1 2-y2 4-?y1+y2? 1 即 = 2-y 4-2?y1+y2?+y1y2 4-?y1+y2? y1+y2 = =1- . 4 4-2?y1+y2?+2?y1+y2? 2-y 1 1 2p p ∴ =1- × =1- ?2k= ×p.① 4 k 2k 2-y 1-y 将①代入 Δ=4p2-16kp>0,解得 1<y<3,且 y≠2. 又 y=kx+2.② p 由①②消去 k,得 y= x+1(1<y<3,且 y≠2). 2 p ∴点 M 的轨迹方程为 y= x+1(1<y<3,且 y≠2). 2

优化方案· 课时作业 第 9 章 直线、平面、简单几何体(A、B) 作业 42

高三数学

第 9 章 直线、平面、简单几何体(A、B) § 9.1 空间直线与平面(A、B) 1. 若空间中有两条直线, 则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的 ( ) A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充分必要条件 D.既非充分又非必要条件 解析:选 A.“两条直线为异面直线”?“两条直线无公共点”.“两直线无公共点”? “两直线异面或平行”.故选 A. 2.若 P 是两条异面直线 l、m 外的任意一点,则( ) A.过点 P 有且仅有一条直线与 l、m 都平行 B.过点 P 有且仅有一条直线与 l、m 都垂直 C.过点 P 有且仅有一条直线与 l、m 都相交 D.过点 P 有且仅有一条直线与 l、m 都异面 解析:选 B.A 不正确,这样的直线不存在;B 正确;C 中过点 P 与 l、m 都相交的直线 不止一条;D 中过 P 有无数条直线与 l、m 都异面. 3. △A′B′C′是斜二测画法画出的正△ABC 的直观图, 记△A′B′C′的面积为 S′, S′ △ABC 的面积为 S,则 的值为( ) S 2 1 A. B. 2 2 2 2 C. D. 8 4 解析:选 D.不妨设△ABC 的 AB 边在 x 轴上,则 AB 边上的高 h 在 y 轴上或与 y 轴平行, 2 根据斜二测画法知,△A′B′C′中 A′B′边上的高 h′为 h. 4 4. (2010 年高考江西卷)过正方体 ABCD-A1B1C1D1 的顶点 A 作直线 l,使 l 与棱 AB,AD,AA1 所成的角都相等,这样的直线 l 可以作( ) A.1 条 B.2 条 C.3 条 D.4 条 解析:选 D.如图所示.

AC1,AC2,AC3,AC4 即为所求. 5.(2010 年高考大纲全国卷Ⅰ)在直三棱柱 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° 解析: 选 C.如图,可补成一个正方体, ∴AC1∥BD1. ∴BA1 与 AC1 所成角的大小为∠A1BD1.

又易知△A1BD1 为正三角形, ∴∠A1BD1=60° . ∴BA1 与 AC1 成 60° 的角. 6.正方体的六个面所在的平面把空间分成________个部分. 解析:我们可以想象,正方体的两个对面可把空间分成 3 个部分,则 3 对对面可把空间 分成 27 个部分. 答案:27 7.(2011 年河北衡水中学调研)设 EF 是两条异面直线 AB、CD 的公垂线,当直线 AB 绕 着直线 EF 在空间旋转并与 EF 保持垂直时,下列三个命题正确的是________. ①直线 AB 与直线 CD 所成角的大小不变 ②直线 AB 与直线 CD 的距离不变 ③以 A、B、C、D 为顶点的四面体的体积不变 解析:选 B.如图所示,当直线 AB 绕着直线 EF 在空间旋转并与 EF 保持垂直时,显然∠ B1FD 变化,故①错;无论如何转,EF 始终为两异面直线的公垂线,故②正确;若 A′B′∥ CD 时,此时四面体 ABCD 的体积为零,故四面体的体积是变化的,③错.

答案:② 8.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别为棱 C1D1、C1C 的中点,有以下四个 结论:

①直线 AM 与 CC1 是相交直线; ②直线 AM 与 BN 是平行直线; ③直线 BN 与 MB1 是异面直线; ④直线 AM 与 DD1 是异面直线. 其中正确的结论为________.(注:把你认为正确的结论的序号都填上) 解析:AM 与 CC1 是异面直线,①不正确; AM 在平面 ABC1D1 内,B∈平面 ABC1D1,N?平面 ABC1D1,∴AM 与 BC 异面,②不正 确; BN 与 B1C1 相交,B1M 在平面 A1B1C1D1 内,而 B?平面 A1B1C1D1,∴BN 与 B1M 异面, ③正确; DD1?平面 DCC1D1,M∈平面 DCC1D1,A?平面 DCC1D1, ∴AM 与 DD1 是异面直线,④正确. 答案:③④ 9.A 是△BCD 平面外的一点,E、F 分别是 BC、AD 的中点,

(1)求证:直线 EF 与 BD 是异面直线; (2)若 AC⊥BD,AC=BD,求 EF 与 BD 所成的角. 解:(1)证明:假设 EF 与 BD 不是异面直线,则 EF 与 BD 共面, 从而 DF 与 BE 共面,即 AD 与 BC 共面, 所以 A、B、C、D 在同一平面内,这与 A 是△BCD 平面外的一点相矛盾. 故直线 EF 与 BD 是异面直线.

(2)取 CD 的中点 G,连结 EG、FG,则 EG∥BD,所以相交直线 EF 与 EG 所成的锐角或直角即为异面直线 EF 与 BD 所成的角. 在 Rt△EGF 中,求得∠FEG=45° ,即异面直线 EF 与 BD 所成的 角为 45° . 10.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别是 A1B1、B1C1 的中点,问:

(1)AM 和 CN 是否是异面直线?说明理由; (2)D1B 和 CC1 是否是异面直线?说明理由. 解:(1)不是异面直线. 理由如下: ∵M、N 分别是 A1B1、B1C1 的中点, ∴MN∥A1C1. 又∵A1A 綊 D1D, 而 D1D 綊 C1C, ∴A1A 綊 C1C,A1ACC1 为平行四边形, ∴A1C1∥AC,得到 MN∥AC, ∴A,M,N,C 在同一个平面内, 故 AM 和 CN 不是异面直线. (2)是异面直线.理由如下: 假设 D1B 与 CC1 在同一个平面 D1CC1 内, 则 B∈平面 CC1D1,C∈平面 CC1D1,∴BC?平面 CC1D1,这与 BC 是正方体的棱相矛盾, ∴假设不成立,故 D1B 与 CC1 是异面直线. 11. (探究选做)如图所示, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AB=BC=B1B=a, ∠ABC=90° , D、E 分别为 BB1、AC1 的中点.

(1)求异面直线 BB1 与 AC1 所成的角的正切值; (2)证明:DE 为异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线; (3)求异面直线 BB1 与 AC1 的距离. 解:(1)由于直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1∥BB1,所以∠A1AC1 就是异面直线 BB1 与 AC1 所成的角. 又 AB=BC=B1B=a,∠ABC=90° ,

所以 A1C1= 2a,tan∠A1AC1= 2, 即异面直线 BB1 与 AC1 所成的角的正切值为 2. (2)证明:如图所示,在矩形 ACC1A1 中,过点 E 作 AA1 的平行线 MM1 分别交 AC、A1C1 于点 M、M1,连结 BM,B1M1,则 BB1∥MM1 且 BB1=MM1.

又 D、E 分别是 BB1、MM1 的中点, 可得 DE∥BM 且 DE=BM. 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,由条件 AB=BC 得 BM⊥AC,所以 BM⊥平面 ACC1A1,故 DE⊥平面 ACC1A1,所以 DE⊥AC1,DE⊥BB1, 即 DE 为异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线. (3)由(2)知线段 DE 的长就是异面直线 BB1 与 AC1 的距离, 2 由于 AB=BC=a,∠ABC=90° ,所以 DE= a. 2 作业 43 § 9.2 直线与平面平行、平面与平面平行(A、B) 1.(2011 年浙江五校联考)平面 α∥平面 β 的一个充分条件是( ) A.存在一条直线 m,m∥α,m∥β B.存在一条直线 m,m?α,m∥β C.存在两条平行直线 m,n,m?α,n?β,m∥β,n∥α D.存在两条异面直线 m,n,m?α,n?β,m∥β,n∥α 解析:选 D.由题意知要寻找可以推出 α∥β 的一个充分条件.利用面面平行的判定定理 可排除 A,B,C,故选 D. 2.对两条不相交的空间直线 a 与 b,必存在平面 α,使得( ) A.a?α,b?α B.a?α,b∥α C.a⊥α,b⊥α D.a?α,b⊥α 解析:选 B.a、b 两条直线不相交,则 a、b 的位置关系有两种:平行或异面,若 a、b 为异面直线,A、C 不成立;若 a、b 是平行直线,D 不成立. 3.(2011 年北京东城区检测)已知两个不同的平面 α、β 和两条不重合的直线 m、n,有下 列四个命题: ①若 m∥n,n?α,则 m∥α;②若 m∥α,n∥α,且 m?β,n?β,则 α∥β;③m∥α, n?α,则 m∥n;④若 α∥β,m?α,则 m∥β. 其中正确命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选 A.①有可能 m?α;②当 m 与 n 相交时,命题正确;③m、n 还可能是异面直线; ④正确,故正确答案是 A. 4.(2011 年天水一中调研)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,线段 B1D1 上有 2 两个动点 E、F,且 EF= ,则下列结论中错误的是( ) 2

A.AC⊥BE B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 A-BEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 解析:选 D.∵BE?面 D1B1BD,且 AC⊥面 D1B1BD ∴AC⊥BE,A 正确. E、F∈B1D1,且 B1D1∥面 ABCD. ∴EF∥面 ABCD.B 正确. VA-BEF=VB-AEF,又 S△AEF 为定值, A、E、F∈面 AB1D1,B 到面 AB1D1 的距离为定值. ∴VA-BEF 为定值.C 正确. 异面直线 AE、BF 随 E、F 变化而变化,D 错误. 5.(2009 年高考福建卷)设 m,n 是平面 α 内的两条不同直线,l1,l2 是平面 β 内的两条 相交直线.则 α∥β 的一个充分而不必要条件是( ) A.m∥β 且 l1∥α B.m∥l1 且 n∥l2 C.m∥β 且 n∥β D.m∥β 且 n∥l2 解析:选 B.如图:在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB∥面 A1B1CD, CD∥面 A1B1BA,但面 A1B1CD 与面 A1B1BA 相交,故 A 不正确;取 AD 中 点为 E,BC 中点为 F,则 EF∥面 ABB1A1,C1D1∥面 ABB1A1,但面 ABB1A1 与面 EFC1D1 不平行,故 C 不对;虽然 EF∥AB 且 C1D1∥面 A1B1BA,但是 面 EFC1D1 与面 A1B1BA 不平行,故 D 不正确. 对于选项 B,当 l1∥m,l2∥n 且 m?α,n?α 时,有 l1∥α,l2∥α. 又 l1 与 l2 相交且都在 β 内,∴α∥β 时,无法推出 m∥l1 且 n∥l2.∴l1∥m 且 l2∥n 是 α∥β 的充分不必要条件. 6.正方形 ABCD 在平面 α 的同侧,若 A、B、C 三点到 α 的距离分别为 2、3、4,则直 线 BD 与平面 α 的位置关系是________. 1 解析:线段 AC 的中点 O 到 α 的距离为 (2+4)=3, 2 ∵正方形 ABCD 在平面 α 的同侧,∴BO∥α,即 BD∥α. 答案:BD∥α 7.已知直线 l⊥平面 α,直线 m?平面 β,有下面四个命题: (1)α∥β?l⊥m; (2)α⊥β?l∥m; (3)l∥m?α⊥β; (4)l⊥m?α∥β. 其中正确命题的序号是________. 解析:对于(1),α∥β?l⊥β?l⊥m,则(1)正确;对于(2),α⊥β?l∥m 或相交或异面, 则(2)不正确;对于(3),l∥m?m⊥α?α⊥β,则(3)正确;对于(4),l⊥m?α∥β 或相交,则(4) 不正确.综上所述,(1)、(3)正确,故填(1)、(3). 答案:(1)、(3) 8.如图在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F、G、H 分别是棱 CC1、C1D1、D1D、DC 的中点,N 是 BC 的中点,点 M 在四边形 EFGH 及其内部运动,则 M 满足条件________时, 有 MN∥平面 B1BDD1.

解析:因为 HN∥BD,HF∥DD1,HN∩HF=H,BD1∩DD1=D1,所以平面 NHF∥平面 B1BDD1,故线段 FH 上任一点 M 与 N 相连,有 MN∥平面 B1BDD1,故填 M∈线段 FH. 答案:M∈线段 FH 9.已知 P 是正方形 ABCD 平面外一点,M、N 分别是 PA、BD 上的点,且 PM∶MA= BN∶ND=5∶8.

求证:直线 MN∥平面 PBC. 证明:在 PD 上取一点 Q, 使 PQ∶QD=5∶8, 又∵PM∶MA=5∶8, ∴MQ∥AD∥BC,连结 NQ, 又∵BN∶ND=5∶8, ∴QN∥PB,QN∩MQ=Q, ∴面 MQN∥面 PBC, 又∵MN?面 MQN. ∴MN∥面 PBC. 10.已知:如图,斜三棱柱 ABC-A1B1C1 中,点 D、D1 分别为 AC、A1C1 上的点. A 1D 1 (1)当 的值是多少时,BC1∥平面 AB1D1. D1C1 AD (2)若平面 BC1D∥平面 AB1D1,求 的值. DC 解:(1)如图,当 D1 为线段 A1C1 的中点, A 1D 1 此时 =1,连结 A1B,交 AB1 于点 O,连结 OD1. D1C1 由棱柱的性质,知四边形 A1ABB1 为平行四边形, 所以点 O 为 A1B 的中点. 在△A1BC1 中,点 O、D1 分别为 A1B、A1C1 的中点, ∴OD1∥BC1. 又∵OD1?平面 AB1D1,BC1?平面 AB1D1, ∴BC1∥平面 AB1D1. A 1D 1 ∴ =1 时,BC1∥平面 AB1D1. D1C1 (2)由已知,平面 BC1D∥平面 AB1D1, 且平面 A1BC1∩平面 BDC1=BC1, 平面 A1BC1∩平面 AB1D1=D1O, 因此 BC1∥D1O,同理 AD1∥DC1, A1D1 A1O A1D1 DC ∴ = , = . D1C1 OB D1C1 AD

A 1O DC AD 又∵ =1,所以 =1,即 =1. OB AD DC 11.(探究选做)如图,正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2,点 E、F 分别是棱 CC1、 BB1 上的点,点 M 是线段 AC 上的动点,EC=2FB=2.

(1)当点 M 在何位置时,MB∥平面 AEF; (2)当 MB∥平面 AEF 时,判断 MB 与 EF 的位置关系,说明理由,并求 MB 与 EF 所成 角的余弦值. 解:(1)若 MB∥平面 AEF,过 F,B,M 作平面 FBM 交 AE 于 N,连结 MN,NF. ∵BB1∥平面 A1ACC1,BF?平面 FBMN,平面 FBMN∩平面 AA1C1C=MN,∴BF∥MN. 又 BM∥平面 AEF,∴BM∥FN, ∴四边形 BFNM 为平行四边形. ∴MN 綊 BF,∵BF=1,∴MN=1, ∴EC=2 1 而 EC 綊 2FB,∴MN 綊 EC, 2 故 MN 为△ACE 的中位线. ∴M 为 AC 的中点时,MB∥平面 AEF. (2)MB 与 EF 是两条异面直线, ∵EF?平面 BC1,B∈平面 BC1,B?EF,M?平面 BC1, ∴MB 与 EF 是异面直线. 由(1)知,MB∥NF, ∴∠EFN 就是异面直线 MB 与 EF 所成的角或其补角. 由平面 ABC⊥平面 ACC1A1,BM⊥AC, 知 MB⊥面 ACC1A1. 又 NF∥MB,∴FN⊥平面 ACC1A1, ∴FN⊥AE,而 N 是 AE 的中点, ∴EF=AF= 5,NF=BM= 3, NF 15 Rt△EFN 中,cos∠EFN= = , EF 5 15 即所求角的余弦值为 . 5 作业 44 § 9.3 直线与平面垂直、平面与平面垂直(A、B) 1.若 m、n 为两条不重合的直线,α、β 为两个不重合的平面,则下列命题中的真命题的 个数是( ) ①若直线 m、n 都平行于平面 α,则 m、n 一定不是相交直线;②若直线 m、n 都垂直于 平面 α,则 m、n 一定是平行直线;③已知平面 α、β 互相垂直,且直线 m、n 也互相垂直, 若 m⊥α,则 n⊥β;④直线 m、n 在平面 α 内的射影互相垂直,则 m⊥n. A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选 A.在①中 m、n 可能相交,所以①不是真命题.②是真命题.对于③,n 可能 与 β 平行或斜交或在平面内,所以③不是真命题.④不是真命题.故选 A. 2.(2011 年山东专家原创卷)已知 m,n 是两条不同的直线,α,β,γ 是三个不同的平面,

则下列选项中条件 p 是 q 的充分条件的是( ) A.p:m∥α,n∥α,q:m∥n B.p:α⊥γ,β⊥γ,q:α∥β C.p:m∥α,m∥β,q:α∥β D.p:m⊥α,n⊥α,q:m∥n 解析:选 D.对于选项 A,当 m∥α,n∥α 时,m 与 n 可以相交,也可以异面;对于选项 B,当 α⊥γ,β⊥γ 时,α 与 β 也可以相交;对于选项 C,当 m∥α,m∥β 时,α 与 β 也可以相 交;对于选项 D,由 m⊥α,n⊥α?m∥n. 3.已知 α、β 表示两个互相垂直的平面,a,b 表示一对异面直线,则 a⊥b 的一个充分 条件是( ) A.a∥α,b⊥β B.a∥α,b∥β C.a⊥α,b∥β D.a⊥α,b⊥β 解析:选 D.对于 A,若 a∥α,b⊥β,则直线 a,b 不一定垂直,不合题意;对于 B,若 a∥α,b∥β,则直线 a,b 不一定垂直,不合题意;对于 C,若 a⊥α,b∥β,则直线 a,b 不 一定垂直,不合题意;对于 D,若 a⊥α,b⊥β,则 a⊥b.故选 D. 4. (2009 年高考浙江卷)设 α、 β 是两个不同的平面, l 是一条直线, 以下命题正确的是( ) A.若 l⊥α,α⊥β,则 l?β B.若 l∥α,α∥β,则 l?β C.若 l⊥α,α∥β,则 l⊥β D.若 l∥α,α⊥β,则 l⊥β 解析:选 C.当 l⊥α,α⊥β 时不一定有 l?β,还有可能 l∥β,故 A 不对.当 l∥α,α∥β 时,l?β 或 l∥β,故 B 不对.若 α∥β,α 内必有两条相交直线 m,n 与平面 β 内的两条相交 直线 m′,n′平行,又 l⊥α,则 l⊥m,l⊥n,即 l⊥m′,l⊥n′,故 l⊥β,因此 C 正确.若 l∥α,α⊥β,则 l⊥β 或 l∥β 或 l?β.故 D 不对. 5.(2011 年济南质检)在空间中,给出下面四个命题,则其中正确命题的个数为( ) ①过平面 α 外的两点,有且只有一个平面与平面 α 垂直; ②若平面 β 内有不共线三点到平面 α 的距离都相等,则 α∥β; ③若直线 l 与平面内的无数条直线垂直,则 l⊥α; ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条平行线. A.0 B.1 C.2 D.3 解析:选 A.解答此类题目需注意空间想象和推理论证相结合.①错,如两点所在直线与 已知平面垂直,则经过这两点确定直线的平面均与已知平面垂直,此时有无数多个平面;② 错,当平面一侧两点 A、B 所在直线与已知平面平行,C 点在平面异侧,若 AC 与平面交于点 D,当 AD=CD 时即可满足三点到平面距离相等;③错,“无数条”应改为“任意一条”结 论才成立;④错,射影可以相交或平行.故四个命题均错,由于空间想象能力不足,可能误 认为命题②正确. 6.从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线,如果这些斜线与平面成等角,有如下命题: ①斜足连线能构成正三角形; ②斜足连线不能构成直角三角形; ③垂足是斜足连线所构成三角形的外心; ④垂足是斜足连线所构成的三角形的内心. 其中正确命题的序号是______. 解析:由斜线段、垂线段、射影构成的三角形全等,且垂足是斜足连线构成三角形的外 心,故①、③正确. 答案:①③ 7.如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,底面各边都相等,M 是 PC 上 的一动点,当点 M 满足______时,平面 MBD⊥平面 PCD.(注:只要填写一个你认为正确的 即可)

解析: 由三垂线定理可知 BD⊥PC, 当 DM⊥PC 时(或 BM⊥PC)时, 即有 PC⊥平面 BMD, 所以平面 MBD⊥平面 PCD. 答案:DM⊥PC 8.α、β 是两个不同的平面,m、n 是平面 α 及 β 之外的两条不同直线.给出四个论断: ①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α. 以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题 ________. 解析:如右图 由 α⊥β,n⊥β,m⊥α,得 m⊥n. 由 m⊥n,n⊥β,m⊥α,得 α⊥β. 答案:②③④?①或①③④?② 9.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为棱 CC1 上的动点. (1)求证:A1E⊥BD; (2)当 E 恰为棱 CC1 的中点时,求证:平面 A1BD⊥平面 EBD. 证明:连结 AC,设 AC∩DB=O,连结 A1O,OE. (1)∵A1A⊥底面 ABCD,∴BD⊥A1A. 又 BD⊥AC,AC∩A1A=A, ∴BD⊥平面 ACEA1, ∵A1E?平面 ACEA1, ∴A1E⊥BD. (2)在等边三角形 A1BD 中,BD⊥A1O,而 BD⊥A1E,

∴BD⊥平面 A1OE,A1O∩A1E=A1,于是 BD⊥OE, ∴∠A1OE 为二面角 A1-BD-E 的平面角. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,设棱长为 2a.因为 E 为棱 CC1 的中点,由平面几何知识, 得 EO= 3a,A1O= 6a,A1E=3a, 满足 A1E2=A1O2+EO2, ∴∠A1OE=90° ,即平面 A1BD⊥平面 EBD. 10.(2011 年山东淄博质检)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别是 AB、BC 的中点.

(1)求证:平面 B1MN⊥平面 BB1D1D; (2)在棱 DD1 上是否存在点 P,使得 BD1∥平面 PMN?若存在,确定点 P 的位置;若不

存在,请说明理由. 解:(1)连结 AC,则 AC⊥BD, 又 M、N 分别是 AB、BC 的中点, ∴MN∥AC,∴MN⊥BD, ∵ABCD-A1B1C1D1 是正方体, ∴BB1⊥平面 ABCD, ∵MN?平面 ABCD, ∴BB1⊥MN,∵BD∩BB1=B, ∴MN⊥平面 BB1D1D, ∵MN?平面 B1MN, ∴平面 B1MN⊥平面 BB1D1D. (2)在棱 DD1 上存在点 P,使得 BD1∥平面 PMN,并且 DP∶PD1=3∶1,即在线段 D1D 上靠近点 D1 的第一个四等分点处. 设 MN 与 BD 的交点为 Q,连结 PQ、PM、PN,则平面 BB1D1D∩平面 PMN=PQ, 当 BD1∥平面 PMN 时,根据线面平行的性质定理得 BD1∥PQ,且 DQ∶QB=DP∶PD1 =3∶1. 11.(探究选做)如图,四棱锥 P-ABCD 的底面是正方形,PD⊥底面 ABCD,点 E 在棱 PB 上.

(1)求证:平面 AEC⊥平面 PDB; (2)当 PD= 2AB,且 E 为 PB 的中点时,求 AE 与平面 PDB 所成的角的大小. 解:(1)证明:∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AC⊥BD. ∵PD⊥底面 ABCD, ∴PD⊥AC.又 PD∩BD=D, ∴AC⊥平面 PDB. 又 AC?平面 AEC, ∴平面 AEC⊥平面 PDB. (2)设 AC∩BD=O,连结 OE. 由(1)知,AC⊥平面 PDB 于点 O, ∴∠AEO 为 AE 与平面 PDB 所成的角. ∵点 O、E 分别为 DB、PB 的中点, 1 ∴OE∥PD,且 OE= PD. 2 又∵PD⊥底面 ABCD, ∴OE⊥底面 ABCD, ∴OE⊥AO. 1 2 在 Rt△AOE 中,OE= PD= AB=AO, 2 2 ∴∠AEO=45° . 即 AE 与平面 PDB 所成的角为 45° .

作业 45 § 9.4 空间向量及其运算(B) → → 1. 已知正方体 ABCD-A′B′C′D′中, 点 F 是侧面 CDD′C′的中心, 若AF=AD+ → → xAB+yAA′,则 x-y 等于( )

1 D.- 2 → → → → 1→ 1 → 解析:选 A.如图所示,AF=AD+DF=AD+ AB+ AA′. 2 2 2.已知点 A(-3,-1,-4)关于原点的对称点为 A1,点 A 在 xOz 平面上的射影为 A2, → 则A1A2在 y 轴正方向上的投影为( ) A.2 B.-1 C.1 D.-2 解析:选 B.A1 的坐标为(3,1,4),A2 的坐标为(-3,0,-4). → A1A2=(-6,-1,-8),y 轴正方向上的单位向量 e=(0,1,0), → ∴投影为A1A2· e=-1. → → → 3.O、A、B、C 为空间四个点,又OA、OB、OC为空间的一个基底,则( ) A.O、A、B、C 四点不共线 B.O、A、B、C 四点共面,但不共线 C.O、A、B、C 四点中任意三点不共线 D.O、A、B、C 四点不共面 → → → 解析:选 D.由基底意义,OA、OB、OC三个向量不共面,但 A、B、C 三种情形都有可 → → → 能使OA、OB、OC共面.只有 D 才能使这三个向量不共面,故应选 D. → 4.设 A(3,3,1)、B(1,0,5)、C(0,1,0),则 AB 的中点 M 到点 C 的距离|CM|等于( ) 53 53 A. B. 4 2 53 13 C. D. 2 2 3 1 → 解析:选 C.点 M 坐标为(2, ,3),CM=(2, ,3), 2 2 1 53 → |CM|= 22+? ?2+32= ,故选 C. 2 2 → → → → 5.已知空间任一点 O 和不共线的三点 A,B,C,满足 O P =xOA+yOB+zOC(x,y,z ∈R),则“x+y+z=1”是“点 P 位于平面 ABC 内”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选 C.若 x+y+z=1,则 x=1-y-z. → → → → ∴O P =(1-y-z)O A +yOB+zOC ∴O P -O A =y(O B -O A )+z(O C -O A )

A.0 1 C. 2

B.1













→ → → ∴A P =yAB+zAC
∴A P ,A B ,A C 共面,即四点共面反之也成立. 6.(2010 年高考广东卷)若向量 a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),满足条件(c-a)· (2b) =-2,则 x=________. 解析:∵a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1), ∴c-a=(0,0,1-x),2b=(2,4,2). ∴(c-a)· (2b)=2(1-x)=-2,∴x=2. 答案:2 → → → 7.在四面体 O-ABC 中,OA=a,OB=b,OC=c,D 为 BC 的中点,E 为 AD 的中点, → 则OE=________(用 a、b、c 表示). 1→ → → → 解析:OE=OA+AE=a+ AD 2 1 → → 1 1→ =a+ (OD-OA)= a+ OD 2 2 2 1 1 1 → → = a+ × (OB+OC) 2 2 2 1 1 1 = a+ b+ c. 2 4 4 1 1 1 答案: a+ b+ c 2 4 4 8.已知平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,以顶点 A 为端点的三条棱长都等于 1,且两两 夹角都是 60° ,则对角线 AC1 的长是________. → 2 → 2 → → → 2 →2 →2 → 2 → → → → → → 解析: |AC1| =AC1 =(AB+BC+CC1) =AB +BC +CC1 +2AB· BC+2AB· CC1+2BC· CC1 1 1 1 → =1+1+1+2·+2·+2·=6,所以|AC1|= 6. 2 2 2 答案: 6 9. 如图所示,平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别在 B1B 和 1 2 D1D 上,且|BE|= |BB1|,|DF|= |DD1|. 3 3 (1)求证:A、E、C1、F 四点共面; → → → → (2)若EF=xAB+yAD+zAA1,求 x+y+z 的值. → → → → 解:(1)证明:∵AC1=AB+AD+AA1 → → 1→ 2→ =AB+AD+ AA1+ AA1 3 3 → 1→ → 2→ =(AB+ AA1)+(AD+ AA1) 3 3 → → → → =(AB+BE)+(AD+DF) → → =AE+AF. ∴A、E、C1、F 四点共面. → → → (2)∵EF=AF-AE → → → → =AD+DF-(AB+BE) → 2 → → 1→ =AD+ DD1-AB- BB1 3 3 → → 1→ =-AB+AD+ AA1, 3 1 ∴x=-1,y=1,z= , 3







1 ∴x+y+z= . 3 10.已知空间三点 A(-2,0,2),B(-1,1,2),C(-3,0,4),设 a=A B ,b=A C , (1)若|c|=3 且 c∥B C ,求 c; (2)求 a 和 b 的夹角的余弦值; (3)若 ka+b 与 ka-2b 互相垂直,求 k 的值. 解:(1)∵c∥B C , → ∴c=mBC=m(-2,-1,2)=(-2m,-m,2m), ∴|c|= ?-2m?2+?-m?2+?2m?2=3|m|=3, ∴m=± 1, ∴c=(-2,-1,2)或 c=(2,1,-2). (2)∵a=(1,1,0),b=(-1,0,2), ∴a· b=(1,1,0)· (-1,0,2)=-1, 2 2 又|a|= 1 +1 +02= 2, |b|= ?-1?2+02+22= 5, a· b -1 10 ∴cos〈a,b〉= = =- , |a|· |b| 10 10 10 ∴a 和 b 夹角的余弦值为- . 10 (3)法一:∵ka+b=(k-1,k,2),ka-2b=(k+2,k,-4), ∴(k-1,k,2)· (k+2,k,-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=0, 5 ∴k=2 或 k=- , 2 5 即当 ka+b 与 ka-2b 互相垂直时,k=2 或 k=- . 2 法二:由(2)知|a|= 2,|b|= 5,a· b=-1, ∴(ka+b)· (ka-2b)=k2a2-ka· b-2b2=2k2+k-10=0, 5 得 k=2 或 k=- . 2 11.(探究选做)已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5). (1)求以 A B ,A C 为边的平行四边形的面积; (2)若|a|= 3,且 a 分别与 A B ,A C 垂直,求向量 a 的坐标. 解:(1)由题意可得: A B =(-2,-1,3),A C =(1,-3,2), -2+3+6 7 1 ∴cos〈A B ,A C 〉= = = = , → → 14× 14 14 2 |A B |· |A C | 3 → → ∴sin〈A B ,A C 〉= , 2

























AB· AC

→ →

所以,以 A B ,A C 为边的平行四边形的面积 1 → → → → S=2× |A B |· |A C |· sin〈A B ,A C 〉 2 3 =14× =7 3. 2 (2)设 a=(x,y,z),





x +y +z =3, ? ? 由题意得?-2x-y+3z=0, ? ?x-3y+2z=0. x=1, ? ? 解得?y=1, ? ?z=1, x=-1, ? ? 或?y=-1, ? ?z=-1.

2

2

2

∴a=(1,1,1)或 a=(-1,-1,-1). 作业 46 § 9.5 空间角(A、B) π 1.若二面角 α-l-β 的大小为 ,直线 m⊥α,则 β 所在平面内的直线与 m 所成角的取 3 值范围是( ) π π π A.(0, ) B.[ , ] 2 3 2 π π π 2π C.[ , ] D.[ , ] 6 2 6 3 π π 解析:选 C.由二面角 α-l-β 的大小为 ,直线 m⊥α,得 m 与 β 所成的角的大小为 , 3 6 π π 于是 β 所在平面内的直线与 m 所成的角的最小值为 ,而最大值为 . 6 2 2.(2009 年高考重庆卷)已知二面角 α-l-β 的大小为 50° ,P 为空间中任意一点,则过 点 P 且与平面 α 和平面 β 所成的角都是 25° 的直线的条数为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:选 B.过点 P 作与 α、β 都成 25° 的直线,其中在锐二面角 α-l-β 中有一条这样的 直线,在钝二面角 α-l-β 中有两条这样的直线,所以共有 3 条直线与 α、β 成 25° 角. 3.(2010 年高考大纲全国卷Ⅰ)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,BB1 与平面 ACD1 所成角的 余弦值为( ) 2 3 A. B. 3 3 2 6 C. D. 3 3 解析: 选 D.如图,连结 BD 交 AC 于 O, 连结 D1O,由于 BB1∥DD1,∴DD1 与平面 ACD1 所成的角就是 BB1 与平面 ACD1 所成的角.易知∠DD1O 即为所求.设正方体的棱长为 1,则 2 DD1=1,DO= , 2 6 DD1 2 6 ,∴cos∠DD1O= = = . 2 D1O 3 6 6 ∴BB1 与平面 ACD1 所成角的余弦值为 . 3 4.(2009 年高考全国卷Ⅱ)已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,E 为 AA1 的中 点,则异面直线 BE 与 CD1 所成角的余弦值为( ) 10 1 A. B. 10 5 D1O=

3 10 3 C. D. 10 5 解析:选 C.如图,连结 A1B,则 A1B∥CD1,故异面直线 BE 与 CD1 所成 的角即为 BE 与 A1B 所成的角.设 AB=a,则 A1E=a,A1B= 5a,BE= 2a. 在△A1BE 中,由余弦定理得 BE2+A1B2-A1E2 cos∠A1BE= 2BE· A1B 2a2+5a2-a2 3 10 = = . 10 2× 2a× 5a 5. (2011 年山东名校联考优化卷)如图, 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中, AB=BC=2, A1D π 与 BC1 所成的角为 ,则 BC1 与平面 BB1D1D 所成角的正弦值为( ) 2 6 3 15 C. 5 A. 1 B. 2 D. 3 2

π 解析:选 B.连结 B1C,则 B1C∥A1D,∵A1D 与 BC1 所成的角为 , 2 ∴B1C⊥BC1,∴长方体 ABCD-A1B1C1D1 为正方体,取 B1D1 的中 点 M,连结 C1M,BM,∴C1M⊥平面 BB1D1D, ∴∠C1BM 为 BC1 与平面 BB1D1D 所成的角, ∵AB=BC=2, C1M 1 ∴C1M= 2,BC1=2 2,∴sin∠C1BM= = , C1B 2 故选 B. 6. 如图,过边长为 1 的正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 EA⊥平面 AC.若 EA=1,则平面 ADE 与平面 BCE 所成角为________. 解析:由二面角的平面角的定义易知∠AEB 即为两个侧面所成的 平面角. 在△EAB 中,∠EAB=90° . AB 1 tan∠AEB= = ,∴∠AEB=45° , AE 1 即平面 ADE 与平面 BCE 所成角为 45° . 答案:45° 7.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,设 AB 的中点 M,DD1 的中点 为 N,则异面直线 B1M 与 CN 所成的角的大小为________. 解析:取 AA1 中点 S,连结 BS,则 BS∥CN.由平面几何知识易 得 BS⊥B1M,即 B1M⊥CN. 答案:90° 8.已知∠AOB=90° ,过 O 点引∠AOB 所在平面的斜线 OC,与 OA、OB 分别成 45° 、 60° 角,则以 OC 为棱的二面角 A-OC-B 的余弦值等于________. 解析:在 OC 上取一点 D,使 OD=1,过 D 分别作 DE⊥OC 交 OA 于 E,DF⊥OC 交 OB 于 F,∠EDF 即为二面角 A-OC-B 的平面角.又 DE=1,OE= 2,DF= 3,OF=2, 3 在 Rt△EOF 中,EF2=6,∴在△DEF 中,由余弦定理得 cos∠EDF=- . 3 3 答案:- 3 9. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1, P 是 AD 的中点, 求二面角 A-BD1-P 的大小. 解:如图所示.

过点 P 作 PF⊥AD1 于 F,PE⊥BD1 于 E,连结 EF. 因为 AB⊥面 AA1D1D,PF?面 AA1D1D, 所以 AB⊥PF. 又 PF⊥AD1,AB∩AD1=A,所以 PF⊥面 ABD1. 又 PE⊥BD1,所以 EF⊥BD1. 所以∠PEF 为所求二面角的平面角. 5 3 2 易得 PB= ,BE= ,所以 PE= . 2 2 2 2 2 又 PF= PA= , 2 4 PF 1 所以 sin∠PEF= = , PE 2 所以∠PEF=30° , 即二面角 A-BD1-P 的大小为 30° . 10. 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90° ,AB=AC 1 =a,AA1=2a,D 为 BC 的中点,E 为 CC1 上的点,且 CE= CC1. 4 (1)求证:BE⊥平面 ADB1; (2)求二面角 B-AB1-D 的大小. 解:法一:(1)由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC, 从而 AD⊥平面 B1BCC1. 又 BE?平面 B1BCC1,所以 AD⊥BE. 由已知∠BAC=90° ,AB=AC=a,得 BC= 2a, 在 Rt△BB1D 中, 1 BC BD 2 2 tan∠BB1D= = = , BB1 BB1 4 在 Rt△CBE 中, a 2 CE 2 tan∠CBE= = = , BC 4 2a 于是∠BB1D=∠CBE,设 EB∩DB1=G,∠BB1D+∠B1BG =∠CBE+∠B1BG=90° , 则 DB1⊥BE. 又 AD∩DB1=D,故 BE⊥平面 ADB1. (2)如图,过点 G 作 GF⊥AB1 于 F,连结 BF. 由(1)及三垂线定理可知∠BFG 是二面角 B-AB1-D 的平面角. 2 5 在 Rt△ABB1 中,由 BF· AB1=BB1· AB,得 BF= a. 5 2 由 Rt△BDB1 中,由 BB1· BD=BG· DB1,得 BG= a. 3 所以在 Rt△BFG 中, BG 5 sin∠BFG= = , BF 3

故二面角 B-AB1-D 的大小为 arcsin

5 . 3

法二(B):(1)如图,建立空间直角坐标系 A-xyz,可知 A(0,0,0), a a a → B(a,0,0),C(0,a,0),D( , ,0),B1(a,0,2a),E(0,a, ),则BE 2 2 2 a → a a a a → =(-a,a, ),AD=( , ,0),DB1=( ,- ,2a), 2 2 2 2 2 → → → → 于是得BE· AD=0,BE· DB1=0, 可知 BE⊥AD,BE⊥DB1, 又 AD∩DB1=D, 故 BE⊥平面 ADB1. a → → (2)由(1)知平面 ADB1 的一个法向量BE=(-a, a, ),平面 ABB1 的一个法向量AC=(0, 2 → → BE· AC 2 2 → → a,0),于是 cos〈BE,AC〉= = ,二面角 B-AB1-D 的大小为 arccos . 3 → → 3 |BE|· |AC| 11. (探究选做)如图,AB 为圆 O 的直径,点 E、F 在圆 O 上, AB∥EF,矩形 ABCD 所在平面和圆 O 所在的平面互相垂直.已知 AB=2,EF=1. (1)求证:平面 DAF⊥平面 CBF; (2)求直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小; (3)当 AD 的长为何值时,二面角 D-FE-B 的大小为 60° ? 解: (1) 证明: ∵平面 ABCD ⊥平面 ABEF , CB ⊥ AB ,平面 ABCD∩平面 ABEF=AB,∴CB⊥平面 ABEF. ∵AF?平面 ABEF,∴AF⊥CB. 又∵AB 为圆 O 的直径,∴AF⊥BF, ∴AF⊥平面 CBF. ∵AF?平面 ADF,∴平面 DAF⊥平面 CBF. (2)根据(1)的证明,有 AF⊥平面 CBF, ∴FB 为 AB 在平面 CBF 上的射影,因此,∠ABF 为直线 AB 与 平面 CBF 所成的角. ∵AB∥EF,∴四边形 ABEF 为等腰梯形, 过点 F 作 FH⊥AB,交 AB 于 H. AB-EF 1 AB=2,EF=1,则 AH= = . 2 2 在 Rt△AFB 中,根据射影定理 AF2=AH· AB, 得 AF=1, AF 1 sin∠ABF= = ,∴∠ABF=30° , AB 2 ∴直线 AB 与平面 CBF 所成角的大小为 30° . (3)过点 A 作 AM⊥EF,交 EF 的延长线于点 M,连结 DM. 根据(1)的证明,DA⊥平面 ABEF,则 DM⊥EF, ∴∠DMA 为二面角 D-FE-B 的平面角, ∠DMA=60° . 1 3 在 Rt△AFH 中,∵AH= ,AF=1,∴FH= . 2 2 又∵四边形 AMFH 为矩形, 3 ∴MA=FH= . 2

∵AD=MA· tan∠DMA=

3 3 · 3= . 2 2

3 因此,当 AD 的长为 时,二面角 D-FE-B 的大小为 60° . 2 作业 47 § 9.6 空间距离

1.与空间不共面的四点等距离的平面共有( ) A.3 个 B.4 个 C.6 个 D.7 个 解析:选 D.构造四面体,所作平面有两种情况:即平面两侧有一点和三点,平面两侧各 有两点. (1)平面两侧有一点和三点,可把四面体看作一个三棱锥,作这个三棱锥的高的中垂面, 满足条件,这样的平面有 4 个; (2)平面两侧各有两个点,可把四面体看作两条异面直线,则异面直线的公垂线段的中垂 面满足条件,这样的平面有 3 个.故共有 7 个,选 D. 2.点 A、B∈平面 α,点 PA∈/平面 α,线段 AP、BP 在 α 内射影长分别是 3 和 5,则线 段 AB 的最大、最小值分别是( ) A.8,2 B.4,4 C.5,3 D.无最值 解析:选 A.如图作 PD⊥面 α.①当 D 在线段 AB 上时,AB 取 最大值为 8. ②当 D 在线段 BA 的延长线时,AB 取最小值为 5-3=2(利用 三边关系及极限思想),选 A. 3.(2010 年高考大纲全国卷Ⅱ)与正方体 ABCD-A1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所 在直线的距离相等的点( ) A.有且只有 1 个 B.有且只有 2 个 C.有且只有 3 个 D.有无数个 解析:选 D.经验证线段 B1D 上的点 B1,D,中点,四等分点均满足题意,故由排除法知 应有无数个点. 4. (2011 年河南新乡质检)如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长 为 1, O 是底面 A1B1C1D1 的中心, 则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为( ) 1 2 A. B. 2 4 2 3 C. D. 2 2 解析:选 B.∵O 为 A1C1 的中点, ∴A1 到平面 ABC1D1 的距离为 O 到该平面距离的 2 倍. 如图,连结 A1D,交 AD1 于 O1, ∴A1D⊥AD1 ? A1D⊥AB

? ??A1D⊥平面 ABC1D1. AD1∩AB=A? ?
又∵|A1O1|= 2 , 2 2 . 4

∴O 到平面 ABC1D1 的距离为

5.已知△ABC 中,AB=9,AC=15,∠BAC=120° ,△ABC 所在平面 α 外一点 P 到此 三角形三个顶点的距离都是 14,那么点 P 到平面 α 的距离是( ) A.13 B.11 C.9 D.7 解析:选 D.如图 PO⊥面 ABC 于 O, ∵PB=PC=PA, ∴易知 O 为△BAC 的外心, OB=R. ∵∠BAC=120° ,AB=9, AC=15, ∴BC= 92+152-2×9×15×cos120° =21. BC 21 ∴ = =2R. sin∠BAC 3 2 21 ∴R= =7 3. 3 ∵PB=14,∠POB=90° ∴PO=7,选 D. 6.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的侧面 ABB1A1 内有一 动点 P 到直线 AA1 和 BC 的距离相等,则动点 P 的轨迹是________. 解析:P 到直线 BC 的距离即为 P 到点 B 的距离,由抛物 线的定义知,P 点轨迹为(以 AA1 为准线,B 为焦点的)抛物线 的一部分. 答案:以 AA1 为准线,B 为焦点的在平面 ABB1A1 内的一段 抛物线 7.(2011 年石家庄质检)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若 AB=2,二面角 C-AB-C1 的大小为 60° ,则点 C 到平面 ABC1 的距 离为________. 解析:取 AB 的中点 D,连结 CD、C1D,则有 CD⊥AB,C1D⊥AB,∠ CC1 CDC1=60° . 又 AB=2, 因此 CD= 3, 又 tan∠CDC1= = 3, 故 CC1=3, CD BC1= 32+22= 13.设点 C 到平面 ABC1 的距离为 h,则由 VC-ABC1=VC1 3 2 ×2 ×3 4 S△ABC· CC1 1 1 3 -ABC,得 S△ABC1· h= S△ABC· CC1,h= = = ,即点 3 3 2 S△ABC1 1 ×2× 13-1 2 3 C 到平面 ABC1 的距离为 . 2 8.已知 PA、PB、PC 与平面 α 所成角分别为 60° 、45° 、30° ,PO⊥平面 α,O 为垂足, 又斜足 A、B、C 三点在同一直线上,且 AB=BC=10 cm,则 PO 长等于________. 解析:由已知得∠PAO、∠PBO、∠PCO 依次为 PA、PB、PC 与平面 α 所成的角, 则∠PAO=60° ,∠PBO=45° , ∠PCO=30° , 3 设 PO=h,则 AO= h,BO=h,CO= 3h, 3 而 cos∠OBC+cos∠OBA=0,

h2 102+h2- 3 10 +h -3h 于是, + =0, 2×10h 2×10h 解得 h=5 6. 答案:5 6 9. 如图,已知四边形 ABCD 是正方形,PD⊥平面 ABCD,若 AB=a,PD=a,求: (1)P 到正方形各顶点的距离; (2)P 到正方形各边的距离; (3)P 到两条对角线的距离. 解:(1)P 到各顶点的距离分别为 PA、PB、PC、PD 的长. ∵PD⊥平面 ABCD,∴PD⊥AD,PD⊥DC,PD⊥BD. ∴△PAD、△PCD、△PBD 是直角三角形. ∵PD=a,AB=a,四边形 ABCD 为正方形, ∴PA= 2a,PB= 3a,PC= 2a,PD=a. (2)由图形易知 P 到 AD、CD 的距离都是 PD=a. P 到 BC 的距离为 PC,即为 2a. P 到 AB 的距离为 PA,即为 2a. (3)∵AC⊥BD,∴DO⊥AC. 又∵PD⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, ∴PD⊥AC,∴PO⊥AC. 故 PO 的长就是 P 到对角线 AC 的距离
2 2 2

2 2 6 a? = a. 2 2 而 P 到对角线 BD 的距离为 PD 的长,PD=a. 6 故 P 到 BD 的距离为 a,到 AC 的距离为 a. 2 10.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,AC=BC=CC1=2. PO= a2+?

(1)求证:AB1⊥BC1; (2)求点 B 到平面 AB1C1 的距离. 解:(1)证明:在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CC1⊥平面 ABC, 所以 CC1⊥BC. 因为 BC=CC1, 所以 BCC1B1 为正方形. 又∠ACB=90° ,所以 AC⊥BC, 所以 AC⊥平面 BCC1B1, 连结 B1C,则 B1C 为 AB1 在平面 BCC1B1 内的射影, 因为 B1C⊥BC1,所以 AB1⊥BC1. (2)因为 BC∥B1C1,BC?平面 AB1C1, 所以 BC∥面 AB1C1, 所以点 B 到平面 AB1C1 的距离等于点 C 到平面 AB1C1 的距离. 连结 A1C 交 AC1 于 H,则 CH⊥AC1,由于 B1C1⊥A1C1,B1C1⊥CC1,所以 B1C1⊥平面 ACC1A1,B1C1⊥CH,所以 CH⊥平面 AB1C1, 所以 CH 的长度为点 B 到平面 AB1C1 的距离. 1 CH= A1C= 2. 2

11. (探究选做) 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是矩形, PA⊥平面 ABCD,PA=AD=4,AB=2.以 BD 的中点 O 为球心、BD 为 直径的球面交 PD 于点 M. (1)求证:平面 ABM⊥平面 PCD; (2)求直线 PC 与平面 ABM 所成的角; (3)求点 O 到平面 ABM 的距离. 解:法一:(1)证明:依题设,M 在以 BD 为直径的球面上,则 BM⊥PD. 因为 PA⊥平面 ABCD,则 PA⊥AB.又 AB⊥AD, 所以 AB⊥平面 PAD,则 AB⊥PD,因此有 PD⊥平面 ABM,所以平面 ABM⊥平面 PCD. (2)设平面 ABM 与 PC 交于点 N, 因为 AB∥CD, 所以 AB∥平面 PCD, 则 AB∥MN∥CD, 由(1)知,PD⊥平面 ABM,则 MN 是 PN 在平面 ABM 上的射影,所以∠PNM 就是 PC 与 平面 ABM 所成的角, PD 且∠PNM=∠PCD,tan∠PNM=tan∠PCD= =2 2, DC 所求角为 arctan2 2. (3)因为 O 是 BD 的中点, 则 O 点到平面 ABM 的距离等于 D 点到平面 ABM 距离的一半, 由(1)知,PD⊥平面 ABM 于 M,则 DM 的长就是 D 点到平面 ABM 的距离.因为在 Rt△PAD 中,PA=AD=4,PD⊥AM,所以 M 为 PD 中点,DM=2 2,则 O 点到平面 ABM 的距离等 于 2. 法二(B):(1)同法一; (2)如图所示, 建立空间直角坐标系, 则 A(0, 0,0), P(0,0,4), B(2,0,0), C(2,4,0),D(0,4,0),M(0,2,2), 设平面 ABM 的一个法向量 n=(x,y,z), ? ?2x=0, → → 由 n⊥AB,n⊥AM可得? ?2y+2z=0, ? 令 z=-1,则 y=1,即 n=(0,1,-1).设所求角为 α, → PC· n 2 2 则 sinα=| |= , 3 → |PC||n| 2 2 所求角的大小为 arcsin . 3 → AO· n → (3)设所求距离为 h,由 O(1,2,0),AO=(1,2,0),得 h=| |= 2. |n| 作业 48 § 9.7 棱柱与棱锥(A、B)

1.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2 cm,侧棱 A1A=4 cm,过 BC 作一截面, 截面与底面 ABC 成 60° 角,则截面面积为( ) A.3 2 cm2 B.2 3 cm2 3 2 3 3 C. cm2 D. cm2 2 2 解析:选 B.易判断截面为一个三角形, S△ABC 由 =cos60° ,S 截=2S△ABC=2 3. S截 2. (2009 年高考四川卷)如图,已知六棱锥 P-ABCDEF 的底面 是正六边形,PA⊥平面 ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是( )

A.PB⊥AD B.平面 PAB⊥平面 PBC C.直线 BC∥平面 PAE D.直线 PD 与平面 ABC 所成的角为 45° 解析:选 D.若 PB⊥AD,则 AD⊥AB,但 AD 与 AB 成 60° 角,A 错误;平面 PAB 与平面 ABD 垂直,所以平面 PAB 一定不与平面 PBC 垂直,B 错误;BC 与 AE 是相交直线,所以 BC 一定不与平面 PAE 平行,C 错误;直线 PD 与平面 ABC 所成角为∠PDA,在 Rt△PAD 中, AD=PA.∴∠PDA=45° ,D 正确. 3. (2010 年高考北京卷)如图,正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2, 动点 E,F 在棱 A1B1 上,动点 P,Q 分别在棱 AD,CD 上.若 EF=1,A1E =x,DQ=y,DP=z(x,y,z 大于零),则四面体 PEFQ 的体积( ) A.与 x,y,z 都有关 B.与 x 有关,与 y,z 无关 C.与 y 有关,与 x,z 无关 D.与 z 有关,与 x,y 无关 解析:选 D.因为四面体 PEFQ 的体积只与底面面积和高有关,若以△PEF 为底面,则边 长 EF 为定值,△PEF 的高为 A1P= 4+?2-z?2,四面体的高为点 Q 到平面 PEF 的距离.因 为 DC∥EF, 所以点 Q 到平面 PEF 的距离为直线 CD 到平面 PEF 的距离, 与 Q 的位置无关. 综 上所述,四面体的体积与 E,F 及 Q 的位置无关,所以与 x,y 无关. 4. (2011 年保定市质检)如图,正三棱锥 A-BCD 中,点 E 在棱 AB AE CF π 上, 点 F 在棱 CD 上, 且 = , 若异面直线 EF 与 AC 所成的角为 , EB FD 3 则异面直线 EF 与 BD 所成的角为( ) π π A. B. 6 4 π C. D.无法确定 2 解析:选 A.过点 E 作 EG∥AC 交 BC 于点 G,连结 GF,据已知 AE CG CF π 由 = = 可得:FG∥BD,故∠GEF= 即为两异面直线 EF 与 EB GB FD 3 AC 所成的角,∠EFG 为异面直线 EF 与 BD 所成的角,由正三棱锥性 质可知 AC⊥BD,即 EG⊥GF, π π π 故∠EFG= - = . 2 3 6 5.(2011 年四川成都质检)如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD -A1B1C1D1 中,点 P 在线段 AD1 上运动.给出以下四个命题:① 异面直线 C1P 与 CB1 所成的角为定值;②二面角 P-BC1-D 的 大小为定值;③三棱锥 D-BPC1 的体积为定值;④异面直线 A1P 与 B1C 间的距离为定值.其中真命题的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选 D.∵B1C⊥平面 AD1C1,C1P?平面 AD1C1, ∴B1C 与 C1P 所成的角为 90° ,为定值.故①正确. ∵平面 PC1B 在平面 ABC1D1 内,当点 P 动的过程中,平面 ABC1D1 不变,因而与 BC1D 所成的角为定值.故②正确. ∵D1A∥BC1,BC1?平面 BDC1 且 D1A?平面 BDC1, ∴D1A∥平面 BDC1,即 D1A 上的动点 P 到平面 BDC1 的距离相等.又 S△BDC1 为定值, 故 VP-BDC1 为定值,即三棱锥 D-BPC1 体积为定值,故③正确. ∵A1B1⊥A1P,A1B1⊥B1C, ∴A1B1 为 A1P 与 B1C 的公垂线,为定值,故④正确.

6.(2011 年广西桂林调研)正四棱锥底面边长为 10,侧面积为 200,则这个四棱锥的侧面 与底面所成二面角的大小是________. 解析:由已知得 BC=10,SM=10 且∠SMO 即为所求,在 Rt 1 △SMO 中,OM= BC=5, 2 OM 5 1 π ∴cos∠SMO= = = ,故∠SMO= . SM 10 2 3 π 答案: 3 7.(2010 年高考四川卷)如图,二面角 α-l-β 的大小是 60° ,线段 AB?α,B∈l,AB 与 l 所成的角为 30° .则 AB 与平面 β 所成的角的正弦值是________.

解析:如图,过点 A 作 AC⊥β 于 C,作 CD⊥l 于 D,连结 AD.在 Rt△ABD 中,∠ABD =30° ,设 AB=2a,则 AD=a,在 Rt△ACD 中,∠ADC 为二面角 α-l-β 的平面角,∠ADC =60° , 3 所以 AC= a.又 AB 与 β 所成的角为∠ABC, 2 AC 3 sin∠ABC= = . AB 4 3 答案: 4 8.如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 为正方形,侧棱与底面边长均为 2a, 且∠A1AD=∠A1AB=60° ,则侧棱 AA1 与截面 B1D1DB 的距离是________.

解析:AA1 在底面上的射影为 AO,cos60° =cos∠A1AO· cos45° ,

∴∠A1AO=45° ,过 A 点作平面 BDD1B1 的垂线交 O1O 的延长线于 H 点,在 Rt△AHO 中,AO= 2a,∠HAO=45° ,易得 AH=a, AA1 与 OO1 间的距离为所求 a. 答案:a 9.已知结论:“在正三角形 ABC 中,若 D 是边 BC 的中点,G 是三角形 ABC 的重心, AG 则 =2”. 若把该结论推广到空间, 则有结论: “在棱长都相等的四面体 ABCD 中, 若△BCD GD AO 的中心为 M,四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等”,试求 的值. OM 6 解:如图设正四面体的棱长为 1,则其高 AM= ,此时易知点 O 即为正四面体内切球 3 1 3 1 3 6 6 的球心,设其半径为 r,利用等积法有 4× × r= × × 得 r= , 3 4 3 4 3 12

6 6 6 - = , 3 12 4 6 6 故 AO∶OM= ∶ =3. 4 12 10. 如图, 在三棱锥 P-ABC 中, PA⊥底面 ABC, PA=AB, ∠ABC =60° ,∠BCA=90° ,点 D、E 分别在棱 PB、PC 上,且 DE∥BC. (1)求证:BC⊥平面 PAC; (2)当 D 为 PB 的中点时,求 AD 与平面 PAC 所成的角的大小. 解:(1)∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥BC. 又∠BCA=90° ,∴AC⊥BC,∴BC⊥平面 PAC. (2)∵D 为 PB 的中点,DE∥BC, 1 ∴DE= BC. 2 又由(1)知,BC⊥平面 PAC, ∴DE⊥平面 PAC,垂足为点 E, ∴∠DAE 是 AD 与平面 PAC 所成的角. ∵PA⊥底面 ABC,∴PA⊥AB. 又 PA=AB,∴△ABP 为等腰直角三角形, 1 ∴AD= AB. 2 1 在 Rt△ABC 中,∠ABC=60° ,∴BC= AB, 2 DE BC 2 ∴在 Rt△ADE 中,sin∠DAE= = = , AD 2AD 4 2 ∴AD 与平面 PAC 所成的角的大小为 arcsin . 4 11.(探究选做)如图,正四棱锥 P-ABCD 中,点 E,F 分别在棱 PA,BC 上,且 AE=2PE. (1)问点 F 在何处时,EF⊥AD? (2)当 EF⊥AD 且正三角形 PAB 的边长为 a 时,求点 F 到平面 PAB 的距离; (3)在(2)的条件下,求二面角 C-AP-B 的大小. 解:(1)作 PO⊥平面 ABCD, 依题意 O 是正方形 ABCD 的中心, ∵PO?平面 PAC, ∴平面 PAC⊥平面 ABCD, 作 EH⊥AC 于 H,∴EH⊥平面 ABCD, 连结 HF,则 EF 在平面 ABCD 上的射影为 HF, 由三垂线定理及其逆定理得 EF⊥AD?FH∥AB, ∵AE=2PE,∴AH=2HO,从而 CH=2AH,又∵HF∥AB,∴CF=2BF, 从而 EF⊥AD?CF=2BF, 即当 F 为 BC 的三等分点(靠近 B 时),有 EF⊥AD. (2)∵HF∥AB,∴F 到平面 PAB 的距离等于 H 到平面 PAB 的距离, 设点 F 到平面 PAB 的距离为 d. PO= PA2-AO2 故 AO=AM-MO= 2 2 2 a? = a, 2 2 2 2 ∴EH= PO= a, 3 3 2 2 1 3 S△ABE= S△ABP= × ×a×a×sin60° = a2, 3 3 2 6 = a2-?

2 a2 S△ABH= S△ABO= , 3 6 1 1 VE-ABH=VH-ABE? S△ABH· EH= S△ABE· d, 3 3 6 ∴d= a. 9 (3)过点 O 作 OM⊥PA,垂足为 M,连结 BM, ∵PO⊥平面 ABCD,∴PO⊥OB, 又∵OB⊥OA, ∴OB⊥平面 PAO, 由三垂线定理得 PA⊥MB, ∴∠OMB 为二面角 C-AP-B 的平面角, 3 在 Rt△AMB 中,∠MAB=60° ,∴MB= a, 2 2 又∵BO= a, 2 6 ∴sin∠OMB= , 3 6 即二面角 C-AP-B 的大小为 arcsin . 3 作业 49 § 9.8 简单多面体与球(A、B) 1.过表面积为 4π 的球面上一点 M 作两两互相垂直的三条弦 MA、MB、MC,则 MA2+ MB +MC2 等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4 2 解析:选 D.由 S=4π=4πr ,故 r=1. 因 MA、MB、MC 两两垂直,故可构造球的内接长方体,MA、MB、MC 为其三条棱, 长方体的体对角线长等于球的直径长 2,故有 MA2+MB2+MC2=22=4. 2.用与球心距离为 1 的平面去截球,所得的截面面积为 π,则球的体积为( ) 8π 8 2π A. B. 3 3 32π C.8 2π D. 3 解析:选 B.截面面积为 π,则该小圆的半径为 1,设球的半径为 R,则 R2=12+12=2, 4 8 2π ∴R= 2,V= πR3= . 3 3 3.已知球的表面积为 20π,球面上有 A,B,C 三点,如果 AB=AC=2,BC=2 3,则 球心到平面 ABC 的距离为( ) A.1 B. 2 C. 3 D.2 解析:选 A.球的表面积为 20π,即 S=4πR2=20π,∴R= 5.在△ABC 中,AB=AC=2, AB2+AC2-BC2 1 BC=2 3,∴由余弦定理得 cosA= =- .∴∠A=120° .设△ABC 外接圆的半 2AB· AC 2 BC 径为 r,则由正弦定理得 =2r,∴r=2, sinA
2

∴所求距离 d= R2-r2=1.

4.设直线 l 与球 O 有且只有一个公共点 P,从直线 l 出发的两个半平面 α,β 截球 O 的 两个截面圆的半径分别为 1 和 3, 二面角 α-l-β 的平面角为 150° , 则球 O 的表面积为( ) A.4π B.16π C.28π D.112π 解析:选 D.如图所示, |PO1|=1,|PO2|= 3,∠O2PO1=150° , ∵P、O2、O1、O 四点共面,OO2⊥O2P,OO1⊥PO1,∴∠O2OO1 =30° . 设球的半径为 r, PO2 3 1 则有 sin∠POO2= = ,sin∠POO1= . PO r r 1 ∴sin∠O2OO1=sin(∠POO2+∠POO1)=sin30° = . 2 2 ∴r= 28,∴S 表=4πr =112π. 5.已知 A、B、C 三点在球心为 O,半径为 3 的球面上,A、B 两点间的球面距离为 π, 若三棱锥 O-ABC 为正三棱锥,则该正三棱锥的体积为( ) 3 2 9 2 A. B. 4 4 27 2 C. D.36 4 解析:选 B.由题意可知, r=OA=OB=OC=3, ∵A、B 两点间的球面距离为 π, π ∴∠AOB= . 3 ∴AB=3. ∵O-ABC 为正三棱锥, ∴AB=BC=AC=3. 过 O 作 OO′⊥面 ABC 于 O′,则 O′为正三棱锥 O-ABC 底面的中心,连结 AO′, ∴AO′= 3. 1 3 9 3 1 9 3 在 Rt△OO′A 中,OO′= 9-3= 6.S△ABC= ×3× ×3= .∴VO-ABC= × 2 2 4 3 4 9 2 × 6= . 4 6.(2009 年高考上海卷)已知三个球的半径 R1、R2、R3 满足 R1+2R2=3R3,则它们的表 面积 S1、S2、S3 满足的等量关系是________. 2 2 解析:由球的表面积公式得 S1=4πR2 1,S2=4πR2,S3=4πR3, S1 S2 S3 将 R1= ,R2= ,R3= 代入 R1+2R2=3R3, 4π 4π 4π 得 S1+2 S2=3 S3. 答案: S1+2 S2=3 S3 7. (2011 年石家庄调研)如图,A、B、C 是球面上三点,且 AB=2 cm,BC =4 cm,∠ABC=60° ,若球心 O 到截面 ABC 的距离为 2 2 cm,则该球的表 面积为________. 解析:由余弦定理可知: AC2=AB2+BC2-2AB· BC· cos60° 1 =4+16-2×2×4× =12,∴AC=2 3. 2 AC 又 =2r,r=2(r 为△ABC 所在小圆的半径), sinB 设球的半径为 R,∴R2=22+(2 2)2=12,

S 表=4πR2=4π×12=48π. 答案:48 π cm2 8.对于四面体 ABCD,下列命题正确的是________.(写出所有正确命题的编号). ①相对棱 AB 与 CD 所在的直线是异面; ②由顶点 A 作四面体的高,其垂足是△BCD 三条高线的交点; ③若分别作△ABC 和△ABD 的边 AB 上的高,则这两条高所在的直线异面; ④分别作三组相对棱中点的连线,所得的三条线段相交于一点. 解析:对②,若成立,则由三垂线定理可得相对棱相互垂直,故②错. 对于③,当 ABCD 为正四面体时,高共面,故③错. ①显然成立,④可转化为连结各中点的平行四边形对角线交于一点. 答案:①④ 9.已知球的两个平行截面的面积分别为 49π、400π,且两个截面之间的距离为 9,求球 的表面积.解:右图为球的一个大圆截面. π·O1A2=49π, 则 O1A=7. 又 π·O2B2=400π, ∴O2B=20. (1)当两截面在球心同侧时, OO1-OO2=9= R2-72- R2-202, 解得 R2=625,S 球=4πR2=2 500π. (2)当两截面在球心异侧时, OO1+OO2=9= R2-72+ R2-202,无解. 综上,所求球的表面积为 2 500π. 2πR 10.在北纬 45° 圈上有 A、B 两点,沿该纬线圈上 A、B 两点的劣弧的长为 (R 为地 4 球半径),求 A、B 两点的球面距离. 解:设北纬 45° 圈的小圆的圆心为 O1,半径为 r,则 O1A=O1B=r, ∵∠AOC=45° ,∴∠AOO1=45° . 2 r=O1A=AO· sin 45° = R. 2 设∠AO1B 弧度数为 θ,由题意有 2 2 2 π rθ= πR.即 Rθ= πR,θ= . 4 2 4 2 又在 Rt△AO1B 中, 2 AB= O1A2+O1B2= 2r2= 2× R=R. 2 在△AOB 中,OA=OB=AB=R, π πR ∴∠AOB= ,故 A、B 球面距离为 . 3 3 11.(探究选做)已知正八面体的棱长为 a,求: (1)两个相邻的面的中心间的距离; (2)两个相对面的距离. 解:(1)如图,正八面体 S-ABCD-P,面 SBC 与面 SCD 的中心分别为 E、F,

连结 SE、SF 并延长分别交 BC、CD 于 M、N,

2 21 1 2 则 EF= MN= ·BD= · BD= a. 3 32 3 3 同理可求 SBC 与 PBC 的中心间的距离也是 2 a. 3

(2)面 ABP∥面 SCD,AB∥面 SCD, ∴AB 到面 SCD 的距离,即为面 ABP 与面 SCD 的距离,取 AB 的中点 R, 连结 SR、RN,则面 RSN⊥面 SCD,即 R 到 SN 的距离 h 即为所求. 1 1 6 6 设正八面体中心为 O,S△SRN= RN· SO= SN· h,h= a.即所求两个相对面的距离为 a. 2 2 3 3

优化方案· 课时作业 第 10 章 排列、组合和二项式定理 作业 50

高三数学优

第 10 章 排列、组合和二项式定理 § 10.1 分类计数原理与分步计数原理 1.(2009 年高考全国卷Ⅱ)甲、乙两人从 4 门课程中各选修 2 门,则甲、乙所选的课程中 恰有 1 门相同的选法有( ) A.6 种 B.12 种 C.24 种 D.30 种 解析:选 C.4 门课程,有 1 门相同,则有 4 种选法,不同的课程选法,甲有 3 门,乙就 有 2 门,所以共有 4×3×2=24(种). 2.5 位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名 方法共有( ) A.10 种 B.20 种 C.25 种 D.32 种 解析:选 D.不同的报名方法共有 25=32(种). 3.设直线的方程是 Ax+By=0,从 1,2,3,4,5 这五个数中每次取两个不同的数作为 A、B 的值,则所得不同直线的条数是( ) A.20 B.19 C.18 D.16 解析:选 C.字母 A 有 5 种取法,B 有 4 种取法,而 x+2y=0 与 2x+4y=0 表示相同的直 线;2x+y=0 与 4x+2y=0 也表示相同的直线,故总的不同直线的条数为 4×5-2=18. 4. 设 P、 Q 是两个非空集合, 定义 P*Q={(a, b)|a∈P, b∈Q}. 若 P={0,1,2}, Q={1,2,3,4}, 则 P*Q 中元素的个数是( ) A.4 B.7 C.12 D.16 解析:选 C.a 有 3 种取法,b 有 4 种取法,由分步计数原理,有 3×4=12 种不同取法, 生成 12 个不同元素. 5.某银行储蓄卡的密码是一个 4 位数码,某人采用千位、百位上的数字之积作为十位、 个位上的数字(如 2816)的方法设计密码,当积为一位数时,十位上数字选 0,千位、百位上 都能取 0.这样设计出来的密码共有( ) A.90 个 B.99 个 C.100 个 D.112 个 解析:选 C.由于千位、百位确定下来后十位、个位就随之确定,则只考虑千位、百位即 可,千位、百位各有 10 种选择,所以有 10×10=100(个). 6.一排共 9 个座位,甲、乙、丙三人按如下方式入座:每人左右两旁都有空座位,且甲 必须在乙、丙两人之间,则不同的坐法共有________种(用数字作答). 解析:从左到右 9 个位子中,甲只能坐 4、5、6 三个位子.当甲位于第 5 个位子时,乙、 丙只能在 2、3 或 7、8 中的一个位子上;当甲位于第 4 个位子时,乙、丙肯定有一个位于 2, 另一个位于 6、7、8 的一个位子上;当甲位于第 6 个位子时,乙、丙肯定有一个位于 8,另 一个位于 2、3、4 中的一个位子上,故共有 4×2+3×2+3×2=20(种). 答案:20 7.用 0 到 9 这 10 个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为________. 解析:用分类计数原理,共分两类: (1)0 作个位,共 A2 9=72 个偶数; (2)0 不作个位,共 A1 A1 A1 4· 8· 8=256 个偶数.共计 72+256=328 个偶数. 答案:328

8.(2010 年高考上海卷)从集合 U={a,b,c,d}的子集中选出 4 个不同的子集,需同时 满足以下两个条件: (1)?,U 都要选出; (2)对选出的任意两个子集 A 和 B,必有 A?B 或 B?A. 那么共有__________种不同的选法. 解析:由题意可知,?和 U 是其中的两个子集,另外两个子集的选法为: (1)其中一个子集(如 A)含 1 个元素时,有 4 种选法,而另一个集合(如 B)有 6 种选法,共 有 4×6=24(种). (2)其中一个集合(如 A)含 2 个元素时,有 6 种方法,另一个集合有 2 种.选法共 12 种. 所以共有 24+12=36 种方法. 答案:36 9.从{-3,-2,-1,0,1,2,3}中任取 3 个不同的数作为抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的系 数.如果抛物线过原点,且顶点在第一象限,则这样的抛物线共有多少条? 解:由题意得 c=0,a<0,b>0,分三步: 第一步:a=-3,-2,-1; 第二步:b=1,2,3; 第三步:c=0, 故由分步计数原理知抛物线的条数 N=3×3×1=9(条). 10.从 1,2,3,4,7,9 中任取不相同的两个数,分别作为对数的底数和真数,能得到多少个 不同的对数值? 解:注意 1 不能为底数,1 的对数为 0,以 2,3,4,7,9 中任取两个不同数为真数、底数,可 有 5×4 个值, 但 log23=log49, log24=log39, log32=log94, log42=log93, 所以对数值共有 5×4 -4+1=17(个). 11.(探究选做)三边长均为整数,且最大边长为 11 的三角形有多少个? 解:三角形的另外两条边的边长用 x、y 表示,且不妨设 x≤y,则 1≤x≤y≤11.要构成三 角形,必须 x+y≥12. 当 y 取值 11 时,x=1,2,3,?,11,可有 11 个三角形. 当 y 取值 10 时,x=2,3,?,10,可有 9 个三角形. ? 当 y 取值 6 时,x 也只能取 6,只有 1 个三角形. 所以,三角形的个数为 11+9+7+5+3+1=36. 作业 51 § 10.2 排列组合及应用 1.(2010 年高考北京卷)8 名学生和 2 位老师站成一排合影,2 位老师不相邻的排法种数 ) 2 2 A.A8 B.A8 8A9 8C9 2 2 C.A8 D.A8 8A7 8C7 8 8 2 解析:选 A.先排学生有 A8种方法,老师插空有 A2 9种方法.共有 A8A9种排法. 2.(2010 年高考大纲全国卷Ⅱ)将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中, 若每个信封放 2 张,其中标号为 1,2 的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( ) A.12 种 B.18 种 C.36 种 D.54 种 1 解析:选 B.先将 1,2 捆绑后放入信封中,有 C3 种方法,再将剩余的 4 张卡片放入另外两 2 2 1 2 2 个信封中,有 C4C2种方法,所以共有 C3C4C2=18 种方法. 3.(2010 年高考四川卷)由 1、2、3、4、5 组成没有重复数字且 1、2 都不与 5 相邻的五 位数的个数是( ) A.36 B.32 C.28 D.24 为(

3 解析:选 A.分类:①若 5 在首位或末位,共有 2A1 A3 =24(个);②若 5 在中间三位,共 2· 有 24+12=36(个). 4.25 人排成 5×5 方阵,从中选出 3 人,要求其中任意 2 人既不同行也不同列,则不同 的选法有( ) A.60 种 B.100 种 C.300 种 D.600 种 3 解析:选 D.第一步,从 5 行中取出 3 行有 C3 5种选法,第二步,从 5 列中取出 3 列有 C5种 选法,第三步,从所得到的 3×3 方阵中取出不同行不同列的 3 人的选法有 6 种,则共有不同 3 的选法有 C3 5C5×6=600(种),故选 D. 5.(2010 年高考重庆卷)某单位拟安排 6 位员工在今年 6 月 14 日至 16 日(端午节假期)值 班,每天安排两人,每人值班 1 天.若 6 位员工中的甲不值 14 日,乙不值 16 日,则不同的 安排方法共有( ) A.30 种 B.36 种 C.42 种 D.48 种 解析:选 C.若甲在 16 日值班,在除乙外的 4 人中任选 1 人在 16 日值班有 C1 4种选法,然 2 2 2 2 后 14 日、15 日有 C4 C2种安排方法,共有 C1 C C = 24 种安排方法; 4 4 2 1 2 若甲在 15 日值班,乙在 14 日值班,余下的 4 人有 C1 4C3C2种安排方法,共有 12 种;若 2 2 甲、乙都在 15 日值班,则共有 C4 C2=6 种安排方法. 所以总共有 24+12+6=42 种安排方法. 6.(2011 年武昌调研)如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆,每 天最多只安排一所学校,要求甲学校连续参观两天,其余两所学校均只参观一天,那么不同 的安排方法共有________种. 解析:甲学校的安排方法有 6 种,另两所学校的安排方法有 A2 5=20 种,则所求的安排 方法共有 120 种,故填 120. 答案:120 7.2010 年上海世博会组委会分配甲、乙、丙、丁四人做三项工作,每一项工作至少分 一人,且甲、乙两人不能同时做同一项工作,则不同的分配种数是________(用数字作答). 3 解析:C2 A3 4· 3-A3=30. 答案:30 8.(2011 年黄冈中学检测)将 A、B、C、D、E 五个不同的文件放入一排编号依次为 1、2、 3、4、5、6 的六个抽屉内,每个抽屉至多放一种文件.若文件 A、B 必须放入相邻的抽屉内, 文件 C、 D 也必须放相邻的抽屉内, 则文件放入抽屉内满足条件的所有不同的方法有________ 种. 解析:利用“捆绑法”,AB、CD 分别捆在一起,此时问题相当于把 3 个不同文件放入 2 2 四个不同的抽屉内,每个抽屉至多放一个文件,则有 A3 A2)=96(种). 4(A2· 答案:96 9.2010 年亚运火炬接力传递到海南省某市时,因洪水过大,将传递路线缩减为 6 段, 分别由 6 名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生,最后一棒火炬手 只能从甲、乙两人中产生,求不同的传递方案共有多少种? 1 4 解:先安排最后一棒(A1 2),再安排第一棒(A2),最后安排中间四棒(A4),∴不同的传递方 1 1 4 案有 A2A2A4=96(种). 10.某校开设 9 门课程供学生选修,其中 A、B、C 三门由于上课时间相同,至多选一门, 学校规定每位同学选修 4 门,共有多少种不同选修方案?(用数字作答) 解:每位同学选修 4 门,可分为两类不同的选取方式. 其一为从 A、B、C 中选一门,再从其余的六门中选三门,共有 C3 C1 6· 3=60(种); 4 其二为从其余的六门中选四门,共有 C6=15(种); 所以共有 75 种不同的选修方案. 11.(探究选做)有 5 个男生和 3 个女生,从中选出 5 人担任 5 门不同学科的课代表,分 别求符合下列条件的选法数: (1)有女生但人数必须少于男生; (2)某女生一定要担任语文课代表;

A1 A2 A2 3· 2· 2=12(个).故共有

(3)某男生必须包括在内,但不担任数学课代表; (4)某女生一定要担任语文课代表,某男生必须担任课代表,但不担任数学课代表. 2 4 1 5 3 2 4 1 5 解:(1)先取后排,先取有 C3 5C3+C5C3种,后排有 A5种,共(C5C3+C5C3)A5=5400(种). 4 4 (2)除去该女生后先取后排:有 C7A4=840(种). 1 4 (3)先取后排,但先安排该男生:有 C4 7C4A4=3360(种). 1 (4)先从除去该男生该女生的 6 人中选 3 人有 C3 6种,再安排该男生有 C3种,其余 3 人全 3 3 1 3 排列有 A3种,共 C6C3A3=360(种). 作业 52 § 10.3 二项式定理 1.(2010 年高考江西卷)(1-x)10 展开式中 x3 项的系数为( A.-720 B.720 C.120 D.-120

)

10×9×8 3 7 3 3 解析:选 D.展开式中 T4=C3 1 =-C3 =-120, 10(-x) · 10x ,故系数为-C10=- 3×2×1 故选 D. 1 2.( x- )8 展开式中 x 项的系数是( ) x A.-28 B.28 C.-56 D.56 8-3r 1 8-r 解析:选 B.Tr+1=Cr · (- )r=(-1)rCr x . 8( x) 8· x 2 8-3r 2 令 =1,即 r=2,则 x 的系数为(-1)2· C8 =28. 2 3.(2011 年北京东城质检)(x- 2y)8 的展开式中 x6y2 项的系数是( ) A.56 B.-56 C.28 D.-28 2 2 解析:选 A.所求系数为 C8(- 2) =56. 4.(2009 年高考江西卷)(1+ax+by)n 展开式中不含 x 的项的系数绝对值的和为 243,不 含 y 的项的系数绝对值的和为 32,则 a,b,n 的值可能为( ) A.a=2,b=-1,n=5 B.a=-2,b=-1,n=6 C.a=-1,b=2,n=6 D.a=1,b=2,n=5 解析:选 D.令 x=0,y=1 得(1+b)n=243, 令 y=0,x=1 得(1+a)n=32,将选项 A、B、C、D 代入检验知 D 正确,其余均不正确. 5.(x2+3x+2)5 展开式中含 x 项的系数为( ) A.60 B.80 C.120 D.240 2 5 0 2 2 4 5 5 解析:选 D.原式=[(x +3x)+2] =C5(x +3x)5+C1 5(x +3x) ×2+?+C5×2 .由于上式右 2 5 1 2 4 2 2 2 3 5 5 边 C0 (x2+3x)3×22、C3 5(x +3x) 、C5(x +3x) ×2、C5· 5(x +3x) ×2 、C5×2 各项都不含 x,只 4 2 4 2 5 4 有第 5 项 C5(x +3x)×2 中含 x, 所以(x +3x+2) 的展开式中含 x 项的系数为 C4 5×3×2 =240. 6.(2011 年广西梧州高三测试)若(x+1)5=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+?+a5(x-1)5,则 a0 等于________. 解析:令 x=1,得 25=a0,∴a0=32. 答案:32 1 7.(2010 年高考四川卷)(2- )6 的展开式中的第四项是__________. 3 x

3 解析:展开式第四项为 T4=T3+1=C3 (- 62 ·

160 )3=- . x 3 x

1

160 答案:- x a 8. (2010 年高考大纲全国卷Ⅱ)若(x- )9 的展开式中 x3 的系数是-84, 则 a=__________. x r 9-r -r r r r 9-2r 解析:Tr+1=C9x x (-a) =(-a) C9x . 令 9-2r=3,得 r=3. 3 ∴x3 的系数为-a3C3 9=-84.∴a =1,∴a=1. 答案:1 4 9.在(x+ 3y)20 的展开式中,求系数为有理数的项数. 4 - 解:展开式的通项 Tr+1=Cr x20 r· ( 3y)r 20· r - =Cr x20 r· yr· 3 . 20· 4 r 由 0≤r≤20, ∈Z 得 r=0,4,8,12,16,20. 4 所以系数为有理数的项共有 6 项. 0 1 2 n n * 10. (1+x)n=Cn +Cn x+C2 上式两边对 x 求导后令 x=1, 可得结论: nx +?+Cnx (n∈N ), 1 2 r n n-1 1 Cn+2Cn+?+rCn+?+nCn=n· 2 ,利用上述解题思路,可得到许多结论.求:C0 n+2Cn+ r n 3C2 n+?+(r+1)Cn+?+(n+1)Cn. 0 1 2 n 解:Cn+2Cn+3Cn+?+(r+1)Cr n+?+(n+1)Cn - - 2 r n 0 1 n =(C1 2n 1+2n=(n+2)· 2n 1. n+2Cn+?+rCn+?+nCn)+(Cn+Cn+?+Cn)=n· 4 2 3 4 11.(探究选做)已知(1+2x) =a0+a1x+a2x +a3x +a4x ,求 a1-2a2+3a3-4a4 的值. 解:(1+2x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,求导得 8(1+2x)3=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3,令 x=-1 得 a1-2a2+3a3-4a4=-8.


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