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    幾何綜合測試卷

    2017-01-18 09:16:02殷高榮
    中學課程輔導·高考版 2016年12期
    關鍵詞:二面角焦點正方體

    殷高榮

    一、填空題

    1.已知a,b是兩條不重合的直線,α,β,γ是三個不重合的平面,給出下列命題:

    ①若α∥β,aα,則a∥β;②若a∥α,b∥α,則a∥b;

    ③若α⊥β、β⊥γ,則α∥γ;④若a⊥α,a⊥β,則α∥β.

    其中正確的命題的序號是.

    2.離心率為53且與橢圓y240+x215=1有公共焦點的雙曲線方程為.

    3.矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC將矩形ABCD折成一個直二面角BACD,則四面體ABCD的外接球的體積為.

    4.設過拋物線x2=py(p≠0)的焦點的一條直線和拋物線有兩個交點,且兩交點的橫坐標為x1,x2,則x1x2=.

    5.已知橢圓x24+y23=1,F(xiàn)1,F(xiàn)2為其左、右焦點,P為橢圓上一點,若PF2=32,則PF1=.

    6.若雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為2,它的焦點到漸近線的距離等于1,則該雙曲線的方程為.

    7.設橢圓與雙曲線y2-3x2=3共焦點,且經(jīng)過點(2,2),則該橢圓的離心率為.

    8.已知單位圓被兩條平行直線l1:x-y+a=0,l2:x-y+b=0分成四段長度相等的圓弧,則a2+b2=.

    9.若圓C過直線2x+y+4=0和圓(x+1)2+(y-2)2=4的交點,則圓C面積的最小值為.

    10.如圖,點A是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)右頂點,過橢圓中心的直線交橢圓于B、C兩點,滿足BC=2AB,AB⊥BC.則該橢圓的離心率為.

    11.已知圓C1:x2+y2=4和圓C2:x2+y2-ay-6=0(a>0)的公共弦長為23,則a=.

    12.橢圓x212+y23=1的焦點為F1,F(xiàn)2,點P在橢圓上,如果線段PF1交y軸于Q,且PQ=13PF1,則PF1PF2=.

    13.△PAB中,AB=4,PA=3PB,則該三角形面積的最大值為.

    14.橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右頂點為A,右焦點為F,P是橢圓上在第一象限內(nèi)的一點,且PF⊥x軸,B為橢圓的下頂點,BP交x軸于Q,且PA=PQ,則橢圓的離心率為.

    二、解答題

    15.如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,O為BD的中點,M是B1C1的中點.

    (1)求證:平面OCC1⊥平面ODD1;

    (2)求證:平面ABM∥平面OC1D1.

    16.如圖,F(xiàn)1,F(xiàn)2分別為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)左、右焦點,A是橢圓C的上頂點,B是直線AF2與橢圓C的另一個交點,且滿足∠F1AF2=90°.

    (1)求橢圓C的離心率;

    (2)若△ABF1面積為4,求橢圓C的標準方程.

    17.有一隧道內(nèi)設雙行線公路(中間有護欄隔開),其截面是由一長方形ABCD和一以CD為直徑的半圓弧構成,如圖所示.已知AB=10m,AC=2m.要保證安全,要求車輛(車輛截面設為矩形)頂部在豎直方向距離隧道頂部的距離和車輛距離護欄距離均不小于0.5m.(護欄寬度忽略不計)

    (1)在平面直角坐標系中,求半圓弧CED所在圓的方程;

    (2)問現(xiàn)有一輛載重汽車寬3.5m,高4.2m,能否保證安全通過隧道?

    18.已知平面直角坐標系上的定點A(1,0)、B(4,0),若動點P滿足PB=2PA.

    (1)求動點P的軌跡C的方程;

    (2)過點Q(-2,0)作直線l1、l2與曲線C分別交于兩個不同的點M、N(點M、N異于點Q),若直線l1、l2斜率分別為k1、k2,且k1k2=2,判斷直線MN是否經(jīng)過定點.若是,求出此點的坐標;否則說明理由.

    19.設橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點(0,3),離心率為12,左右焦點分別為F1(-c,0),

    F2(c,0).

    (1)求橢圓M方程;

    (2)若直線l:y=kx與橢圓M交于A,B兩點,與以F1O為直徑的圓交于C,O兩點,且滿足|AB||CO|=6155,求直線l的方程.

    20.如圖,橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點為A,右焦點為F(c,0),P(x0,y0)為橢圓上的一點(P與A不重合),且PA⊥PF.

    (1)若x0=a2,求橢圓的離心率;

    (2)若P到橢圓右準線的距離為d1,A到右準線的距離為d2,且d1=12d2,橢圓經(jīng)過點M(1,66),求橢圓的方程.

    理科選做題

    21.已知E,F(xiàn)分別為正方體ABCDA1B1C1D1的棱CD和AD上的點,CE=ED,DF=2FA,求:

    (1)B1A與EF所成角的余弦;

    (2)試在直線B1B上確定一點M,使得二面角D1EFM為直二面角.

    22.在平面直角坐標系xOy中,已知定點F(1,0),點P在y軸上運動,點M在x軸上,點N為平面內(nèi)的動點,且滿足PM·PF=0,PM+PN=0.

    (1)求動點N的軌跡C的方程;

    (2)設點Q是直線l:x=-1上任意一點,過點Q作軌跡C的兩條切線QS,QT,切點分別為S,T,設切線QS,QT的斜率分別為k1,k2,直線QF的斜率為k0.求證:k1+k2=2k0.

    參考答案

    一、填空題

    1.①④2.y29-x216=13.1256π4.-p245.526.3x2-y2=17.228.29.4π510.6311.212.11513.4314.22

    二、解答題

    15.證明:(1)在正方體ABCDA1B1C1D1中,O是正方形ABCD的中心,

    ∴CO⊥DO,

    又∵DD1⊥面ABCD,CO面ABCD,

    ∴DD1⊥CO,

    ∵DD1∩DO=D,DD1,DO面ODD1,

    ∴CO⊥面ODD1,CO面OCC1,

    ∴面OCC1⊥面ODD1.

    (2)取C1D1的中點,記為N,連結(jié)ON,

    ∵C1D1∥CD,CD∥AB,∴C1D1∥AB,

    又C1D1面ABM,AB面ABM,

    ∴C1D1∥面ABM,

    ∵M,N分別為B1C1,C1D1的中點,

    ∴MN∥B1D1,MN=12B1D1,

    又∵B1D1∥BD,B1D1=BD,

    ∴MN∥OB,MN=OB,∴四邊形OBMN是平行四邊形,

    ∴BM∥ON,ON面ABM,BM面ABM,

    ∴ON∥面ABM,

    又ON∩C1D1=N,ON,C1D1面OC1D1,

    ∴面ABM∥面OC1D1.

    16.(1)因為∠F1AF2=90°,

    所以b=c,

    所以a=2c,

    所以e=22.

    (2)y=-x+c

    x2+2y2=2c2

    得B(43c,-c3),

    S△ABF1=12F1F2|yA-yB|=c×4c3=4,

    c2=3,

    所以橢圓的標準方程為x26+y23=1.

    17.(1)由題意可知圓的半徑為5,圓心在坐標原點,

    所以半圓弧所在圓的方程為x2+y2=25.

    (2)當x=4時,y=3,

    這時距離底部5米,

    大于4.2+0.5=4.7米,

    所以能通過隧道.

    18.(1)設動點P(x,y)是軌跡C上任意一點,由題意PB=2PAPB2=4PA2,

    將P,A,B坐標代入上式得:

    (x-4)2+y2=4[(x-1)2+y2],

    化簡得x2+y2=4,

    所求軌跡C的方程為:x2+y2=4.

    (2)由題意,易知直線MN斜率存在,不妨設直線MN的方程為y=kx+b,設點M,N坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),則:k1k2=y1x1+2·y2x2+2=2,即y1y2=2(x1+2)(x2+2),即(kx1+b)(kx2+b)=2(x1+2)(x2+2),展開整理得:

    (k2-2)x1x2+(kb-4)(x1+x2)+b2-8=0 (*).

    把y=kx+b代入x2+y2=4

    得(1+k2)x2+2kbx+b2-4=0,

    x1+x2=-2kb1+k2

    x1x2=b2-41+k2代入(*)式得:

    (k2-2)b2-41+k2+(kb-4)(-2kb1+k2)+b2-8=0,

    即(k2-2)(b2-4)+(kb-4)(-2kb)+(b2-8)(1+k2)=0,

    化簡得b2-8kb+12k2=0,即(b-2k)(b-6k)=0,

    所以b=2k或b=6k,又因為點M、N異于點Q所以b=2k舍去,

    把b=6k代入直線y=kx+b得,直線MN經(jīng)過定點(-6,0).

    19.解:(1)由題意可知b=3,ca=12,

    所以a=2,b=3,c=1,

    所以橢圓的標準方程為x24+y23=1.

    (2)以F1O為直徑的圓的方程為x2+x+y2=0

    y=kx,

    x2+x+y2=0,

    解得xc=-11+k2,

    y=kx,

    3x2+4y2=12,

    解得xA,xB=±123+4k2,ABCO=2123+4k211+k2,

    (ABCO)2=48(1+k2)23+4k2=1085,

    20k4+4k2-7=0,

    解得k2=12或k2=-710(舍),

    所以直線方程為y=±22x.

    20.解:(1)將x0=a2代入橢圓方程:a24a2+y20b2=1,所以y0=±32b,

    取點P(a2,32b),又A(-a,0),F(xiàn)(c,0),

    所以PA=(-32a,-32b),PF=(c-a2,-32b),

    ∴PA·PF=-3a2(c-a2)+(-32b)2=0,所以2a2-2ac-c2=0,得:e2+2e-2=0,

    從而e=3-1.

    (2)因為P(x0,y0),據(jù)條件d1=a2c-x0,d2=a2c+a,所以由d1=12d2知:x0=12(a2c-a)①,

    又AP=(x0+a,y0),F(xiàn)P=(x0-c,y0),

    AP·FP=(x0+a)(x0-c)+y20=0.②,

    又x20a2+y20b2=1,

    所以y20=b2(1-x20a2)代入②,

    (x0+a)(x0-c)+b2a2(a+x0)(a-x0)=0,

    解得:x0=a(c2+ac-a2)c2③.

    由①③可知:a2-ac2c=a(c2+ac-a2)c2,所以3c2+ac-2a2=0,即(3c-2a)(c+a)=0,所以c=23a,

    b2=a2-c2=59a2,故橢圓方程化為:x2a2+9y25a2=1,

    橢圓過點(1,66)∴a2=x2+95y2=12+95×(66)2=1310,b2=1318,

    所求橢圓的方程為:10x213+18y213=1.

    21.解:設正方體的棱長為6,以A為坐標原點,直線AB,AD,AA1分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.

    (1)A(0,0,0),B1(6,0,6),E(3,6,0),F(xiàn)(0,2,0),

    所以B1A=(-6,0,-6),EF=(-3,-4,0),

    所以cos〈B1A,EF〉=1862·5=3210.

    所以B1A與EF所成角的余弦為3210.

    (2)D1(0,6,6),EF=(-3,-4,0),F(xiàn)D1=(0,4,6),B1A=(-6,0,-6),

    設平面D1EF的一個法向量為n=(x,y,z).

    則n·EF=0

    n·FD1=03x+4y=0

    4y+6z=0,

    令y=-3,則x=4,z=2,

    所以平面D1EF的一個法向量為n=(4,-3,2).

    設面EFM的法向量為m=(p,q,r)

    設M(6,0,m),則FM=(6,-2,m),而EF=(-3,-4,0),所以6p-2q+mr=0

    3p+4q=0

    令p=-4,則q=3,r=30m,

    所以面EFM的一個法向量為m=(-4,3,30m).

    要使二面角D1EFM為直二面角,

    必須m·n=-25+60m=0,∴m=125.

    故當M在B1B上且滿足BMBB1=25時,

    二面角D1EFM為直二面角.

    22.解:(1)設點N(x,y),M(a,0),P(0,b).

    由PM+PN=0可知,點P是MN的中點,

    所以a+x2=0,

    0+y2=b,即a=-x,

    b=y2,

    所以點M(-x,0),P(0,y2).

    所以PM=(-x,-y2),PF=(1,-y2).

    由PM·PF=0,可得-x+y24=0,即y2=4x.

    所以動點N的軌跡C的方程為y2=4x.

    (2)設點Q(-1,t),

    由于過點Q的直線y-t=k(x+1)與軌跡C:y2=4x相切,聯(lián)立方程y2=4x

    y-t=k(x+1),

    整理得k2x2+2(k2+kt-2)x+(k+t)2=0.

    則Δ=4(k2+kt-2)2-4k2(k+t)2=0,

    化簡得k2+tk-1=0.

    顯然,k1,k2是關于k的方程k2+tk-1=0的兩個根,所以k1+k2=-t.

    又k0=-t2,故k1+k2=2k0.

    所以命題得證.

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