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四川省遂宁中学外国语实验学校2015-2016学年高二上学期第二次月考数学试卷(理科) Word版含解析


2015-2016 学年四川省遂宁中学外国语实验学校高二(上)第二次月考数学试卷(理科)

一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1.已知直线方程 y﹣3= A. B. C. (x﹣4) ,则这条直线的倾斜角是( D. )

2.已知 α ,β 是平面,m,n 是直线.下列命题中不正确的是( A.若 m∥n,m⊥α ,则 n⊥α C.

若 m⊥α ,m⊥β ,则 α ∥β B.若 m∥α ,α ∩β =n,则 m∥n D.若 m⊥α ,m∩β ,则 α ⊥β

)

3.过点(﹣1,0)且与直线 x﹣2y﹣2=0 平行的直线方程是( A.2x﹣y+2=0 B.2 x+y+2=0 C.x﹣2y+1=0

)

D.x+2y﹣1=0

4.已知点 M(0,﹣2) ,点 N 在直线 x﹣y﹣1=0 上,若直线 MN 垂直于直线 x+2y﹣3=0,则 N 点的坐标是( )

A. (﹣2,﹣3) B. (1,0) C. (2,3) D. (﹣1,0)

5.正方体 ABCD﹣A′B′C′D′中,AB 的中点为 M,DD′的中点为 N,则异面直线 B′M 与 CN 所成角的大小为( )

A.0° B.45° C.60° D.90°

6. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内 角,下周四尺,高三尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图) , 米堆底部的弧长为 4 尺,米堆的高为 3 尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛 米的体积约为 1.62 立方尺,圆周率约为 3,估算出堆放斛的米约有( )

A.7 斛 B.3 斛 C.9 斛 D.12 斛

7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(

)

A. +π B. +2π

C. +8π

D. +4π

8.直线 x=2 被圆(x+1) +y =25 所截得的弦长等于( A.2 B.4 C.4 D.8

2

2

)

9.如图输入 a0=0,a1=1,a2=2,a3=3,x0=﹣2,它输出的结果 S 是

(

)

A.﹣18 B.6

C.﹣3 D.9

10.在棱长为 A. B.2

的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,D1 到 B1C 的距离为( C.3 D.3

)

11.已知 AC、BD 为圆 O:x2+y2=4 的两条相互垂直的弦,垂足为 M(1,1) ,则四边形 ABCD 的 面积的最大值为( A.6 B.4 C.5 ) D.5

12.已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中的棱长为 8,点 H 在棱 AA1 上,且 HA1=2,点 E、F 分别为棱 B1C1、C1C 的中点,P 是侧面 BCC1B1 内一动点,且满足 PE⊥PF,则当点 P 运动时,HP 的最小值 是( A.10 ) B.27﹣6 C.2 D.108﹣24
2

二、填空题(每小题 5 分,共 20 分)

13.过点 P(1,0) ,且圆心为直线 x+y﹣1=0 与直线 x﹣y+1=0 交点,则该圆标准方程为 __________.

14. 正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中, AB=2=AA1, 则直线 AC1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为__________.

15.点 P(﹣1,0)在动直线 2ax+(a+c) y+2c=0(a∈R,c∈R)上射影为 M,则点 M 到直线 x﹣y=5 的距离的最大值是__________.

16.用一张正方形的包装纸把一个棱长为 1 的正方体完全包住,要求不能将正方形纸撕开, 则所需包装纸的最小面积为__________.

三、解答题(17 题 10 分,18、19、20、21、22 题各 12 分,共 70 分) 17.过点 P 的直线 l 在 x 轴上截距为 1,点 P 为直线 x﹣2y﹣2=0 与 x+y+1=0 的交点. (1)求直线 l 的方程; (2)若 l 与圆 C:x +y ﹣2y﹣3=0 交于 A、B 两点,求△ABC 面积.
2 2

18.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. (1)判断平面 BEG 与平面 ACH 的位置关系.并证明你的结论; (2)若正方体棱长为 1,求三棱锥 F﹣BEG 的体积.

19.如图,圆锥的底面圆心为 O,直径为 AB,C 为半圆弧 AB 的中点,E 为劣弧 CB 的中点,且 AB=2PO=2 .

(1)求证 PO⊥AC;

(2)求二面角 P﹣AC﹣E 的平面角的余弦值.

20.已知圆 C:x2+y2+2x﹣4y+3=0. (1)若不过原点的直线 l 与圆 C 相切,且在 x 轴、y 轴上截距相等,求直线 l 的方程; (2)从圆 C 外一点 P 向圆引一条切线,切点为 M,O 为坐标原点,且 MP=OP,求点 P 的轨迹方 程.

21.如图所示,正方形 AEFD 边长为 4,N 是 DF 中点,BC=BE=2,沿着 EF 将直角梯形 BEFC 翻 折为直角梯形 B1EFC1,使 AB1=2 .

(1)求证:平面 AB1N⊥平面 B1C1FE; (2)线段 B1E 上是否存在一点 M,使 FM∥平面 AB1N,若存在,试确定点 M 的位置,若不存在, 请说明理由; (3)若平面 AB1N 与平面 B1C1FE 交线为 B1P,试求线段 C1F 上点 P 的位置, 并说明理由.

22.已知 M(2,0) ,N(0,﹣2) ,C 为 MN 中点,点 P 满足 CP= MN. (1)求点 P 构成曲线的方程. ; (2)是否存在过点(0,﹣1)的直线 l 与(1)所得曲线交于点 A、B,且与 x 轴交于点 Q, 使 ? =3,若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.

2015-2016 学年四川省遂宁中学外国语实验学校高二(上)第二次月考数学试卷(理科)

一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1.已知直线方程 y﹣3= A. B. C. (x﹣4) ,则这条直线的倾斜角是( D. )

【考点】直线的倾斜角. 【专题】方程思想;综合法;直线与圆. 【分析】根据题意得直线的斜率 k= 值范围,可得 α = . (x﹣4) , ,从而得到倾斜角 α 满足 tanα = ,结合倾斜角的取

【解答】解:∵直线的点斜式方程是 y﹣3= ∴直线经过定点(4,3) ,斜率 k= 设直线的倾斜角为 α ,则 tanα = ∵α ∈ ∴ ?(﹣ )=﹣1, , ,

解得 x0=1, 因此,点 N 的坐标是(1,0) , 故选 B. 【点评】本题借助于直线与垂直,求点的坐标为例,着重考查了直线的方程、直线斜率的求 法和直线垂直的斜率关系等知识点,属于基础题.

5.正方体 ABCD﹣A′B′C′D′中,AB 的中点为 M,DD′的中点为 N,则异面直线 B′M 与 CN 所成角的大小为( )

A.0° B.45° C.60° D.90° 【考点】异面直线及其所成的角. 【专题】计算题.

【分析】利用异面直线所成的角的定义,取 A′A 的中点为 E,则直线 B′M 与 CN 所成角就是 直线 B′M 与 BE 成的角. 【解答】解:取 A′A 的中点为 E,连接 BE,则直线 B′M 与 CN 所成角就是直线 B′M 与 BE 成 的角, 由题意得 B′M⊥BE,故异面直线 B′M 与 CN 所成角的大小为 90°, 故选 D. 【点评】本题考查异面直线所成的角的定义,求异面直线所成的角的方法.取 A′A 的中点为 E,判断直线 B′M 与 CN 所成角 就是直线 B′M 与 BE 成的角,是解题的关键.

6. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内 角,下周四尺,高三尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图) , 米堆底部的弧长为 4 尺,米堆的高为 3 尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知 1 斛 米的体积约为 1.62 立方尺,圆周率约为 3,估算出堆放斛的米约有( )

A.7 斛 B.3 斛 C.9 斛 D.12 斛 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;棱锥的结构特征. 【专题】计算题;函数思想;空间位置关系与距离. 【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可. 【解答】解:设圆锥的底面半径为 r,则 解得 r= , )2×3≈ , r=4,

故米堆的体积为 × ×π ×( ∵1 斛米的体积约为 1.62 立方, ∴ ÷1.62≈3,

故选:B.

【点评】本题主要考查椎体的体积的计算,比较基础.

7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(

)

A. +π B. +2π

C. +8π

D. +4π

【考点】由三视图求面积、体积. 【专题】转化思想;数形结合法;空间位置关系与距离. 【分析】由三视图可知:该几何体由两部分组成,左边为三棱锥,右边为圆柱的一半.即可 得出. 【解答】解:由三视图可知:该几何体由两部分组成,左边为三棱锥,右边为圆柱的一半. ∴V= 故选:C. 【点评】本题考查了三视图的有关知识与计算,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. + = +8π .

8.直线 x=2 被圆(x+1) +y =25 所截得的弦长等于( A.2 B.4 C.4 D.8

2

2

)

【考点】直线与圆的位置关系. 【专题】计算题;数形结合;函数思想;直线与圆. 【分析】求出圆的圆心与半径,利用垂径定理可求弦长. 【解答】解:圆(x+1)2+y2=25 的圆心(﹣1,0) ,半径为 5; 圆心到直线的距离为:3, 由垂径定理可得直线 x=2 被圆(x+1)2+y2=25 所截得的弦长:2 故选:D. 【点评】本题考查直线与圆相交的性质,考查点到直线距离的计算,属于基础题. =8.

9.如图输入 a0=0,a1=1,a2=2,a3=3,x0=﹣2,它输出的结果 S 是

(

)

A.﹣18 B.6

C.﹣3 D.9

【考点】程序框图. 【专题】计算题;图表型;数形结合;分析法;算法和程序框图. 【分析】根据框图的流程,写出前几次循环的结果,直到不满足条件 K>0,退出循环,输出 S 的值. 【解答】解:模拟执行程序框图,可得 a0=0,a1=1,a2=2,a3=3,x0=﹣2,K=3,S=3 满足条件 K>0,K=2,S=2+3×(﹣2)=﹣4 满足条件 K>0,K=1,S=1+(﹣4)×(﹣2)=9 满足条件 K>0,K=0,S=0+9×(﹣2)=﹣18 不满足条件 K>0,退出循环,输出 S 的值为﹣18. 故选:A. 【点评】本题考察查了程序框图中的当型循环,当型循环式先判断后执行,满足条件进入循 环,不满足条件,算法结束,属于基础题.

10.在棱长为

的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,D1 到 B1C 的距离为(

)

A.

B.2

C.3

D.3

【考点】点、线、面间的距离计算. 【专题】计算题;数形结合;空间位置关系与距离. 【分析】画出满足条件的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1,根据正方体的特征,及点到线距离的定义, 找出 D1 到 B1C 的距离及 A 到 A1C 的距离对应的线段,然后利用空间点到直线距离的求法求出对 应线段的长,即可得到答案. 【解答】解:如下图所示 连接 B1C,B1C 交点为 E,D1B1=D1C,E 为 B1C 的中点, D1E⊥B1C,则 D1E 即为 D1 到 B1C 的距离 ∵在 RT△EC1D1 中,EC1= ∴ED1= 即 D1 到 B1C 的距离为:3. 故选:D. = =3, ,C1D1= ,

【点评】本题考查的知识点是空间点、线、面的距离计算,其中找出 D1 到 B1C 的距离,是解答 本题的关键.

11.已知 AC、BD 为圆 O:x2+y2=4 的两条相互垂直的弦,垂足为 M(1,1) ,则四边形 ABCD 的 面积的最大值为( A.6 B.4 C.5 ) D.5

【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】设圆心到 AC、BD 的距离分别为 d1、d2,则 d12+d22 =2,代入面积公式 S= |AC||BD|, 使用基本不等式求出四边形 ABCD 的面积的最大值.

【解答】解:如图,连接 OA、OD 作 OE⊥AC OF⊥BD 垂足分别为 E、F ∵AC⊥BD ∴四边形 OEMF 为矩形 已知 OA=OC=2,OM= ,

设圆心 O 到 AC、BD 的距离分别为 d1、d2, 则 d1 +d2 =OM =2. 四边形 ABCD 的面积为:S= ?|AC|(|BM|+|MD|) , 从而:S= |AC||BD|=2 当且仅当 d12 =d22 时取等号, 故选:A. ≤8﹣(d1 +d2 )=6,
2 2 2 2 2

【点评】此题考查学生掌握垂径定理及勾股定理的应用,灵活运用两点间的距离公式化简求 值,是一道中档题.解答关键是四边形面积可用互相垂直的 2 条对角线长度之积的一半来计 算.

12.已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中的棱长为 8,点 H 在棱 AA1 上,且 HA1=2,点 E、F 分别为棱 B1C1、C1C 的中点,P 是侧面 BCC1B1 内一动点,且满足 PE⊥PF,则当点 P 运动时,HP 的最小值 是( A.10 ) B.27﹣6 C.2 D.108﹣24
2

【考点】点、线、面间的距离计算. 【专题】计算题;转化思想;数形结合法;空间位置关系与距离. 【分析】根据题意,画出图形,结合图形,知 GP 最小时,HP 取得最小值,求出此时 GP 的值 即可.

【解答】解:如图所示.以 EF 为直径在平面 BCC1B1 内做圆,该圆的半径为 r= |EF|= 再过 H 引 BB1 的垂线,垂足为 G,连接 GP, 则 HP =HG +GP ,其中 HG 为棱长 8, 因此当 GP∥B1C1 时,OG=6,此时 GP 取得最小值为 6﹣ ∴HP2=
2 2 2 2



,从而 HP 取得最小值; ;

+82=36﹣24 ;

+8+64=108﹣

即 HP 的最小值为 108﹣ 故选:D.

【点评】本题考查了空间位置关系与距离的求法问题,解题的关键是得出 GP 最小值,是易错 题目,属于中档题.

二、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 13.过点 P(1,0) ,且圆心为直线 x+y﹣1=0 与直线 x﹣y+1=0 交点,则该圆标准方程为 x + (y﹣1) =2. 【考点】圆的标准方程. 【专题】计算题;方程思想;综合法;直线与圆. 【分析】联立两直线方程求得其交点坐标,求得圆的圆心,进而利用两点间的距离公式求得 远的半径,则圆的方程可得. 【解答】解:联立直线 x+y﹣1=0 与直线 x﹣y+1=0,解得 x=0,y=1 ∴圆的圆心为(0,1) , ∴圆的半径为 ∴圆的标准方程为 x2+(y﹣1)2=2. 故答案为:x2+(y﹣1)2=2.
2 2

【点评】本题主要考查了圆的标准方程.考查了考生对圆的基础知识的掌握.

14.正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中,AB=2=AA1,则直线 AC1 与平面 BCC1B1 所成角的正弦值为 【考点】直线与平面所成的角. 【专题】计算题;数形结合;转化思想;空间角.



【分析】根据题,过取 BC 的中点 E,连接 C1E,AE,证明 AE⊥面 BB1C1C,推出∠AC1E 就是 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角,解直角三角形 AC1E 即可. 【解答】解:取 BC 的中点 E,连接 C1E,AE 则 AE⊥BC, 正三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中, ∴面 ABC⊥面 BB1C1C, 面 ABC∩面 BB1C1C=BC, ∴AE⊥面 BB1C1C, ∴∠AC1E 就是 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角, 在 Rt△AC1E 中,∵AB=AA1, sin∠AC1E= = = .

故答案为:



【点评】考查直线和平面所成的角,求直线和平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影, 把空间角转化为平面角求解,属中档题.

15.点 P(﹣1,0)在动直线 2ax+(a+c) y+2c=0(a∈R,c∈R)上射影为 M,则点 M 到直线 x﹣y=5 的距离的最大值是 3 .

【考点】过两条直线交点的直线系方程;点到直线的距离公式.

【专题】数形结合;数形结合法;直线与圆. 【分析】变形直线方程由直线系可得定点 A,可得动点 M 的轨迹为以 AP 为直径的圆上,数形 结合可得. 【解答】解:由 2ax+(a+c)y+2c=0,得 a(2x+y)+c(y+2)=0, 联立 2x+y=0 和 y+2=0 可得 x=1 且 y=﹣2, ∴动直线恒过定 A 点(1,﹣2) , ∴动点 M 的轨迹为以 AP 为直径的圆 B:x2+(y+1)2=2, ∴点 M 到直线 x﹣y=5 的距离的最大值为圆心(0,﹣1) 到直线 x﹣y=5 的距离加上圆 B 的半径 计算可得 故答案为:3 【点评】本题考查过直线交点的直线系方程,涉及点到直线的距离公式和圆的方程,属中档 题. + =3 ,

16.用一张正方形的包装纸把一个棱长为 1 的正方体完全包住,要求不能将正方形纸撕开, 则所需包装纸的最小面积为 8. 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积. 【专题】计算题;转化思想;综合法;空间位置关系与距离. 【分析】5 个边长为 1 的正方形组成十字形,并在四端加上四个斜边为 1 的等腰直角三角形, 就可以包住棱长为 1 的正方体. 【解答】解:把 5 个边长为 1 的正方形组成十字形, 并在四端加上四个斜边为 1 的等腰直角三角形, 就可以包住棱长为 1 的正方体,而这个形状可以用边长为 2 而这个正方形面积为 8, ∴所需包装纸的最小面积为 8. 故答案为:8. 【点评】本题考查完全包住正方体的正方形包装纸的最小面积的求法,是中档题,解题时要 认真审题,注意等价转化思想的合理运用. 的正方形来覆盖,

三、解答题(17 题 10 分,18、19、20、21、22 题各 12 分,共 70 分) 17.过点 P 的直线 l 在 x 轴上截距为 1,点 P 为直线 x﹣2y﹣2=0 与 x+y+1=0 的交点. (1)求直线 l 的方程; (2)若 l 与圆 C:x2+y2﹣2y﹣3=0 交于 A、B 两点,求△ABC 面积. 【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】 (1)求出 P 的坐标,利用 l 在 x 轴上截距为 1,即 l 过点(1,0) ,可求直线 l 的方 程; (2)若 l 与圆 C:x2+y2﹣2y﹣3=0 交于 A、B 两点, 圆心到 l 的距离 d= 为等腰 Rt△,即可求△ABC 面积. 【解答】解: (1)∵点 P 是直线 x﹣2y﹣2=0 与 x+y+1=0 的交点.∴P(0,﹣1) 又∵l 在 x 轴上截距为 1,即 l 过点(1,0) , ∴l:x﹣y﹣1=0 (2)C:x +(y﹣1) =4,显然圆心 C(0,1) ,半径 r=2 ∴圆心到 l 的距离 d= = ,
2 2

=

,△ABC

∴△ABC 为等腰 Rt△,∴S△ABC= ×2×2=2. 【点评】本题考查直线方程,考查直线与圆的位置关系,考查三角形面积的计算,属于中档 题.

18.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. (1)判断平面 BEG 与平面 ACH 的位置关系.并证明你的结论; (2)若正方体棱长为 1,求三棱锥 F﹣BEG 的体积.

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;平面与平面之间的位置关系.

【专题】计算题;数形结合;转化思想;空间位置关系与距离. 【分析】 (1) 说明 EG∥AC 且 AH∥BG, 利用平面与平面平行的判定定理证明平面 ACH∥平面 BEG. (2)通过 VF﹣BEG=VE﹣FBG,直接求解几何体的体积即可. 【解答】证: (1)由题 F、G、H 位置如图,正方体中,EG∥AC 且 AH∥BG 又 AH∩AC=A,EG∩BG=G 且 AH、AC∈平面 ACH,EG、BG? 平面 BEG ∴平面 ACH∥平面 BEG (2)∵正方体中,EF⊥FG⊥FB ∴VF﹣BEG=VE﹣FBG= ×S△BGF×EF= × ×1×1×1= .

【点评】本题考查平面与平面平行的判定定理的应用,几何体的体积的求法,考查计算能力 以及空间想象能力.

19.如图,圆锥的底面圆心为 O,直径为 AB,C 为半圆弧 AB 的中点,E 为劣弧 CB 的中点,且 AB=2PO=2 .

(1)求证 PO⊥AC; (2)求二面角 P﹣AC﹣E 的平面角的余弦值.

【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的性质. 【专题】计算题;转化思想;空间位置关系与距离;空间角. 【分析】 (1)说明 PO⊥底面圆 O,利用直线与平面垂直的性质定理推出结果即可. (2)取 AC 中点为 D,连接 PD、OD,说明二面角 P﹣AC﹣E 的平面角即为∠PDO,在 Rt△POD 中,求解即可. 【解答】证明: (1)∵PO 是圆锥的高,∴PO⊥底面圆 O,

又 AC? 底面圆 O, ∴PO⊥AC. (2)取 AC 中点为 D,连接 PD、OD,又圆锥母线 PA=PC,∴PD⊥AC ∵底面圆 O 上 OA=OC∴OD⊥AC 又 E 为劣弧 CB 的中点即有 E∈底面圆 O ∴二面角 P﹣AC﹣E 的平面角即为∠PDO ∵C 为半圆弧 AB 的中点,∴∠AOC=90° 又直径 AB=2 ∴OD= AC=1

∵PO⊥底面圆 O 且 OD? 底面圆 O,∴PO⊥OD 又 PO= ,∴Rt△POD 中,PD= = 即为所求. .

∴cos∠PDO=

【点评】本题考查直线与平面垂直的性质定理的应用,二面角的平面角的求法,考查转化三 险一金空间想象能力的应用.

20.已知圆 C:x2+y2+2x﹣4y+3=0. (1)若不过原点的直线 l 与圆 C 相切,且在 x 轴、y 轴上截距相等,求直线 l 的方程; (2)从圆 C 外一点 P 向圆引一条切线,切点为 M,O 为坐标原点,且 MP=OP,求点 P 的轨迹方 程. 【考点】圆的切线方程;直线与圆的位置关系. 【专题】综合题;方程思想;综合法;直线与圆. 【分析】 (1)把圆的方程化为标准方程,找出圆心坐标和半径,由直线 l 不过原点,得到该 直线在坐标轴上的截距不为 0,设出直线 l 的截距式方程,利用点到直线的距离公式表示出圆 心到直线的距离 d,让 d 等于圆的半径列出关于 a 的方程,求出方程的解可得到 a 的值,确定 出直线 l 的方程;

(2)由切线的性质,得到三角形 PCM 为直角三角形,利用勾股定理得到|PC| =|PM| +r ,表示 出|PM|2,由|PM|=|PO|,进而得到|PO|2,由设出的 P 的坐标和原点坐标,利用两点间的距离 公式表示出|PO|,可得出|PO|2,两者相等,化简可得点 P 的轨迹方程. 【解答】解: (1)C: (x+1)2+(y﹣2)2=2,显然圆心 C(﹣1, 2) ,半径 r= ∵不过原点的直线 l 在 x 轴、y 轴上截距相等, ∴不妨设 l: =1,即 x+y﹣a=0; = , ,

2

2

2

又直线 l 与圆 C 相切,∴ ∴a=3 或﹣1, ∴l:x+y﹣3=0 或 x+y+1=0;

(2)由题如图,PM 与圆 C 相切于 M,∴PM⊥CM, 设 P(x,y) ,由 MP=OP 得:OP =MP =CP ﹣r , ∴x +y =(x+1) +(y﹣2) ﹣2, 整理得:2x﹣4y+3=0 即为所求.
2 2 2 2 2 2 2 2

【点评】此题考查了圆的切线方程,以及动点的轨迹方程,涉及的知识有:圆的标准方程, 点到直线的距离公式,直线的截距式方程,切线的性质,勾股定理以及两点间的距离公式, 当直线与圆相切时,圆心到直线的距离等于圆的半径,常常利用切线长,圆的半径及圆心到 圆外点的距离构造直角三角形来解决问题.

21.如图所示,正方形 AEFD 边长为 4,N 是 DF 中点,BC=BE=2,沿着 EF 将直角梯形 BEFC 翻 折为直角梯形 B1EFC1,使 AB1=2 .

(1)求证:平面 AB1N⊥平面 B1C1FE; (2)线段 B1E 上是否存在一点 M,使 FM∥平面 AB1N,若存在,试确定点 M 的位置,若不存在, 请说明理由; (3)若平面 AB1N 与平面 B1C1FE 交线为 B1P,试求线段 C1F 上点 P 的位置, 并说明理由.

【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)推导出 EF⊥AB1,AB1⊥B1E,从而 AB1⊥平面 B1C1FE,由此能证明平面 AB1N⊥平面 B1C1FE. (2)作 MH∥AE,由题意 H 为 AB1 中点,连接 FM、NH,推导出 FM∥NH,由此能求出线段 B1E 上 中点 M,使 FM∥平面 AB1NFM∥平面 AB1N. (3)延长 B1C1 到点 G,使 C1G=B1C1,连接 DG、FG,DG∥AB1 且四边形 GFEB1 为矩形,作 NQ∥DG, 则 N、Q、B1、A 四点共面,连接 B1Q 交 C1F 于点 P,P 即为所求. 【解答】 (1)证明:由题意将直角梯形折起,如图, ∵EF⊥AE,EF⊥B1E, ∴EF⊥平面 AB1E,∴EF⊥AB1, 又∵B1E=BE=2,AE=4,AB1=2 ∴∠AB1E=90°,即 AB1⊥B1E, ∴AB1⊥平面 B1C1FE, ∴平面 AB1N⊥平面 B1C1FE. (2)解:线段 B1E 上存在 M,使 FM∥平面 AB1N,且 M 为 B1E 中点. 证明如下: 作 MH∥AE,由题意 H 为 AB1 中点,连接 FM、NH 又∵N 是 DF 中点,∴NF∥ AE∥MH, ∴四边形 NFMH 为平行四边形,∴FM∥NH, ∵FM?平面 AB1N,FN? 平面 AB1N, ∴FM∥平面 AB1N. (3)解:延长 B1C1 到点 G,使 C1G=B1C1,连接 DG、FG, 显然 DG∥AB1 且四边形 GFEB1 为矩形,作 NQ∥DG, ∴NQ∥AB1,∴N、Q、B1、A 四点共面,即 Q∈平面 AB1N, ,

∴B1Q 是平面 AB1N 与平面 B1C1FE 交线, ∴连接 B1Q,交 C1F 于点 P,P 点即为所求, 又 N 是 DF 中点,∴Q 为 FG 中点, 以下在矩形 GFEB1 中讨论点 P 位置,如图: 作 PK⊥B1G,由题意得 GF=2=C1G,∴PK=KC1 ∴Rt△B1QG 中, = = ,



,解得 PK= ,

∴Rt△C1FG 中,

= ,

∴点 P 为 C1F 上三等分点,且近 C1 端.

【点评】 本题考查面面垂直的证明, 考查使 FM∥平面 AB1N 的点 M 的位置的确定, 考查平面 AB1N 与平面 B1C1FE 交线为 B1P 时,求线段 C1F 上点 P 的位置,综合性强,难度大,对数学思维要求 较高,解题时要注意空间思维能力的培养.

22.已知 M(2,0) ,N(0,﹣2) ,C 为 MN 中点,点 P 满足 CP= MN. (1)求点 P 构成曲线的方程. ; (2)是否存在过点(0,﹣1)的直线 l 与(1)所得曲线交于点 A、B,且与 x 轴交于点 Q, 使 ? =3,若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.

【考点】轨迹方程. 【专题】综合题;方程思想;数形结合法;圆锥曲线的定义、性质与方程. 【分析】 (1) 由题可知: 点 P 在以 MN 为直径的圆上, 由中点坐标公式求出 MN 中点 C (1, ﹣1) , 再求出半径 r,则曲线 C 的方程可求; (2)法一:当直线 l 的斜率不存在时,求出 A,B,Q 的坐标,求得 斜率存在时,不妨设直线 l:y=kx﹣1,联立直线和圆的方程,结合 线方程可求; 法二:由 ? =3,可得直线 l 与 x 轴交点 Q(x,0)必在圆外,则直线 l 即为过圆外一点 Q ? ? ≠3;当直线 l 的 =3 求得 k 值,则直

所引圆 C 的一条割线交圆于 A、B,画出图形,数形结合列式求得 Q 的坐标,则可求出直线方 程. 【解答】解: (1)由题可知:点 P 在以 MN 为直径的圆上, ∴曲线 C 是圆心为 MN 中点 C(1,﹣1) ,半径 r= MN= ∴曲线 C 的方程: (x﹣1) +(y+1) =2; (2)法一:若直线 l 的斜率不存在, ∵直线 l 过点(0,﹣1) ,∴直线 l:x=0. 此时 A(0,0) ,B(0,﹣2) ,Q(0,0) . ∴与 ? =3 矛盾;
2 2



∴直线 l 的斜率存在,不妨设直线 l:y=kx﹣1, 直线 l 与圆交于 A(x1,y1) 、B(x2,y2) , 联立 ,得(1+k )x ﹣2x﹣1=0.
2 2

由韦达定理可得:x1+x2=

,x1x2=﹣



当 k=0 时,直线 l:y=﹣1 与 x 轴无交点不合题意, ∴设直线 l 与 x 轴交点 Q( ,0) ,

∴ = =

=

=
2

=3.

即 3k +2k﹣1=0,解得:k=﹣1 或 . ∴直线 l:y=﹣x﹣1,即 x+y+1=0; 或 y= x﹣1,即:x﹣3y﹣3=0. 法二:∵ ? =3,∴直线 l 与 x 轴交点 Q(x,0)必在圆外,

∴直线 l 即为过圆外一点 Q 所引圆 C 的一条割线交圆于 A、B, 如图,作 QH 与圆 C 相切于 H, ∴QH⊥CH. ∴QH =
2 2

?
2

=3.

∴CQ =3+r =5. ∴(x﹣1) +(0+1) =5, ∴x=﹣1 或 3, 则 Q(﹣1,0)或(3,0) . 又∵直线 l 过点(0,﹣1) ,∴k=﹣1 或 . ∴直线 l:y=﹣x﹣1,即 x+y+1=0; 或 y= x﹣1,即:x﹣3y﹣3=0.
2 2

【点评】本题考查轨迹方程的求法,考查了向量在解决直线与圆的位置关系中的应用,考查 学生理解问题和解决问题的能力,是中档题.


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