[ID:3-2038568]浙江省温州市十校联合体学年高二（上）期中数学试题（解析版）
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资料简介：
、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40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　2．如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2，则这个平面图形的面积是（　　） A．
D． 　3．直线l：ax+y﹣2﹣a=0在x轴和y轴上的截距相等，则a的值是（　　）A．1 B．﹣1 C．﹣2或﹣1 D．﹣2或1　4．设m，n表示两条不同的直线，α、β
试卷类型：期中试卷
适用地区：浙江省
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专题02 大题好拿分（基础）-学年上学期期末考试高二数学（文）备考黄金30题 含解析.docx
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文档介绍：
1. 命题p:x∈{x|x2+2x-3&0},命题q:x∈{x|&1},若p∧q为真,求 x的取值范围.
【解析】当p为真时得:x&1或x&-3;当q为真时得:2&x&3,因为p∧q为真,则p真且q真,即求{x|x&1或x&-3}与{x|2&x&3}的交集为(2,3).
2.已知命题p:“?x∈1,2],x2-a≥0”,命题q:“?x0∈R,+2ax0+2-a=0”.若命题“∧q”是真命题,求实数a的取值范围.
3.若“?x∈,m≤tanx+1”为真命题,求实数m的最大值.
【解析】令f(x)=tanx+1,则函数f(x)在上为增函数,故f(x)的最小值为f=0,
∵?x∈,m≤tanx+1,
故m≤(tanx+1)min,
∴m≤0,故实数m的最大值为0.
4.如图(1)所示,在直角梯形ABCD中, BC∥AP, ABBC,CDAP,
AD=DC=PD=2.又 E、F、G 分别为线段PC、PD、BC的中点,现将△PDC折起,使平面
PDC⊥平面ABCD(图(2)).
(1)求证:平面EFG∥平面PAB;
(2)求三棱锥C-EFG的体积.
【解析】(1)∵E、F分别是PC,PD的中点,
∴EF∥CD又CD∥AB. ∴ EF∥AB.
∵EF平面PAB,AB平面PAB,
∴EF∥平面PAB.同理,EG∥平面PAB,
∵,EF平面EFG,EG 平面EFG
∴平面EFG∥平面PAB.
(2)VC-EFG=VG-CEF=S△CEF·GC=×(×1×1)×1=.
5. 已知p:?x0∈R,mx+2≤0,q:?x∈R,x2-2mx+1&0,若p∨q为假命题,求实数m的取值范围.
【解析】∵p∨q为假命题,∴p和q都是假命题.
由p:?x0∈R,mx+2≤0为假命题,
得非p:?x∈R,mx2+2&0为真命题,
由q:?x∈R, x2-2mx+1&0为假命题,
得非q:?x0∈R,x-2mx0+1≤0为真命题,
∴Δ=(-2m)2-4≥0=>m2≥1=>m≤-1或m≥1.②
由①和②得m≥1.
6.椭圆+=1的离心率为e,点(1,e)是圆x2+y2-4x-4y+4=0的一条弦的中点,求此弦所在直线的方程
【解析】依题意得e=,圆心坐标为(2,2),圆心(2,2)与点(1,)的连线的斜率为=,
所求直线的斜率为-,所以所求直线方程是y-=-(x-1).即4x+6y-7=0.
7.已知椭圆C1:+=1(0&b&2)的离心率为,抛物线C2:x2=2py(p&0)的焦点是椭圆的顶点.
(1)求抛物线C2的方程.
(2)过点M(-1,0)的直线l与抛物线C2交于E,F两点,过E,F作抛物线C2的切线l1,l2,当l1⊥l2时,求直线l的方程.
x2,∴y′=x.∴切线l1,l2的斜率分别为x1,x2.
当l1⊥l2时,x1·x2=-1,即x1x2=-4.
由得x2-4kx-4k=0,
∴Δ=(4k)2-4×(-4k)&0,解得k&-1或k&0.①
且x1x2=-4k=-4,得k=1,满足①式.
∴直线l的方程为x-y+1=0.
8. 已知双曲线的方程为2x2-y2=2.
(1)求以A(2,1)为中点的双曲线的弦所在直线的方程;
(2)过点B(1,1)能否作直线l,使l与所给双曲线交于Q1,Q2两点,且点B是弦Q1Q2的中点?如果l存在,求出它的方程;如果不存在,说明理由.
9.已知中心在原点,焦点在轴上的椭圆C的离心率为,且经过点,过点P(2,1)的直线与椭圆C在第一象限相切于点M .
(1)求椭圆C的方程;
(2)求直线的方程以及点M的坐标;
(3) 是否存过点P的直线与椭圆C相交于不同的两点A、B,满足?若存在,求出直线l1的方程;若不存在,请说明理由.
【解析】(Ⅰ)设椭圆C的方程为,由题意得
解得,故椭圆C的方程为.……………………4分
(Ⅱ)因为过点P(2,1)的直线l与椭圆在第一象限相切,所以l的斜率存在,故可调直线l的议程为
所以,解得因为A,B为不同的两点,所以.
于是存在直线1满足条件,其方程为
10.已知圆的直径AB=4,定直线到圆心的距离为4,且直线⊥直线AB. 点P是圆O上异于A、B的任意一点,直线PA、PB分别交与M、N点. 如图,以AB为轴,圆心O为原点建立平面直角坐标系.
(Ⅰ)若∠PAB=30°,求以MN为直径的圆方程;
(Ⅱ)当点P变化时,求证:以MN为直径的圆必过圆O内的一定点.
MN的中点坐标为以MN为直径的圆截x轴的线段长度为
为定值∴⊙必过⊙O 内定点. ----12分
11.已知函数f(x)=x-,g(x)=a(2-ln x)(a&0).若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在x=1处的切线斜率相同,求a的值,并判断两条切线是否为同一条直线.
12.如图,一个几何体的三视图△是边长为的等边三角形,
(Ⅰ)画出直观图;
(Ⅱ)求这个几何体的体积
【解析】(Ⅰ)如图;
13.一个正四棱台的斜高为12,侧棱长为13,侧面积为720,求它的体积.
【解析】设该棱台的上、下底面边长分别为和,高为,斜高为,侧棱长为,
14.已知点,,求线段的垂直平分线的方程.
【解析】已知两点,,则线段的中点坐标是.
因为直线的斜率为,所以,线段的垂直平分线的斜率是.
因此,线段的垂直平分线的方程是.即.
15.已知圆内有一点,过点作直线交圆于两点.
(Ⅰ)当经过圆心时,求直线的方程;
(Ⅱ)当直线的倾斜角为时,求弦的长.
又圆的半径为,弦的长为.
某公司生产某种产品,固定成本为20 000元,每生产一单位产品,成本增加100元,已知总营业收入R与年产量x的关系是R=R(x)=则总利润最大时,求年产量是多少?
【解析】由题意,总成本函数为C=C(x)=20 000+100 x,
总利润P(x)=
令P′(x)=0,得x=300,易知x=300时,总利润P(x)最大,
所以总利润最大时,年产量是300元
17.抛物线顶点在原点,焦点在x轴上,且过点(4,4),焦点为F.
(1)求抛物线的焦点坐标和标准方程:
(2)P是抛物线上一动点,M是PF的中点,求M的轨迹方程.
18.已知椭圆过点A(a,0),B (0,b)的直线倾斜角为,原点到该直线的距离为.
(1)求椭圆的方程;
(2)斜率小于零的直线过点D(1,0)与椭圆交于M,N两点,若求直线MN的方程;
【解析】:(Ⅰ)由, ,得,,
所以椭圆方程是:……………………3分
(Ⅱ)设MN:代入,得,
由,……………………6分
得,,(舍去)
直线的方程为:即……………………8分
(Ⅲ)将代入,得(*)
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下载次数：第１章空间几何体１．１　空间几何体的结构能力题型设计ＦＭ＝ＡＮ得，四边形ＡＦＭＮ是平行四边形，所以组合体为斜三棱柱．２．Ｃ　【提示】赤道所在的圆为大圆，Ａ、Ｂ两地的距离即为大圆周长的距离为１，所以两地的４注意观察，前三种多面体示】都可以截出三角形面，其实旋转体中，圆锥也可以．７．１０　【提示】ＢＣ外接△Ａ圆的半径为１５，则★速效基础演练１．Ｃ　【提示】①③⑤为棱柱．２．Ｃ　３．Ｃ　４．Ａ　５．Ｂ　６．４　．４７２８．解：设截面圆半径为ｒ，∵πｒ１Ｒπ×２Ｒ．π４２ＲＲ－２２＝１５．∴Ｒ＝１０３．Ｃ　【提示】①②正确，③④对③，其截面应为圆⑤错误．是实心体；对⑤，母面；对④，线不可能是曲线，应为直线段．４．Ｂ　【提示】由２、３、５的最小公倍数为３０，由２、３、５组成的棱长为３０的正方体的一条体对角线穿过的长方体为、３、５组成整数个，所以由２棱长为９０的正方体的一条体对角线穿过的小长方体的个数应为３的倍数．５．Ａ　【提示】先将模块⑤放到第１题图模块⑥上，如图甲所示；再把模块①放到模块⑥上，如图乙所示；再把模块②放到模如图丙所示．观察图块⑥上，丙可知选择模块①、②、⑤能够完成任务．８．ＡＡＢＣ１－【提示】如右图所示，Ａ侧棱Ａ１与上下两个底面垂第８题图直，则与底面内的任一直线垂直．连接ＡＣ，则ＡＡＣ，⊥Ａ１同理ＢＣＢ．⊥Ａ１９．解：如右图所示，沿图中的实线剪下这个三角形，再第９题图以虚线（中位线）为折痕，就＝２５，∴ｒ＝５（ｃｍ）．π设球心到截面的距离为ｄ，∴ｄ＝Ｒ－ｒ＝３－５＝１２（ｃｍ）∴球心到截面的距离为１２ｃｍ．★知能提升突破１．Ｄ　【提示】如右图所示，棱长均相等的正三棱锥Ａ－ＢＥＦ的一个面ＡＢＥ重合在正四棱锥Ａ－ＢＣＤＥ的侧ＢＥ上得到如图所示的面Ａ一个组合体，设Ｍ、Ｎ分别是ＢＥ、ＣＤ的中点，连接ＡＭ、ＡＮ、ＭＮ、ＭＦ，则ＦＭ⊥ＢＥ，ＡＭＥ．∴ＢＥＦＭ．⊥Ｂ⊥平面Ａ同理ＢＥＭＮ，∴平面⊥平面ＡＡＦＭ与平面ＡＭＮ为同一个平面，故四边形ＡＦＭＮ是平面四边形．由ＭＮ＝ＢＣ＝ＡＦ，可折成符合题意的几何体．１０．解：圆台的轴截面如下图所示，第５题图６．棱锥、棱柱、棱台、圆锥　【提第１０题图设圆台上、下底面半径分别为ｘｃｍ和３ｘｃｍ，延长ＡＡ１交ＯＯ．１的延长线于Ｓ在ＲｔＯＡ中，ＳＯ＝△Ｓ∠Ａ４５°，则∠ＳＡＯ＝４５°．所以ＳＯ＝ＡＯ＝３ｘ，ＯＯ１＝ｘ．２又因为１（６ｘ＋２ｘ）·２ｘ＝２１．２　空间几何体的三视图和直观图能力题型设计★知能提升突破１．Ｂ　【提示】当直线①错误，或线段与投射线平行时，其平行投影是点；②正确；③错误，如矩形的窗子被阳光投射在地面上的射影图形就可能为一个平行四边形；④错误，两条相交直线的投影可能是相交直线或重合的直线，不可能平行；重⑤正确，心的平行投影仍是重心．２．Ｂ　【提示】因为①不正确，球也是三视图完全相同的几何体；因为一个横②不正确，放在水平位置的圆柱，其正视图和俯视图都是矩形；易知③正确；因为一④不正确，个正四棱台在正视图和侧视图也都是等腰梯形．３．Ｂ　【提示】视图与观察的方向有关，根据正视图和立方体的个数易得．４．Ａ　【提示】由斜二测画法知平行于ｘ轴的线段长度不变，平行于ｙ轴的线段长度减半，平行线在直观图中的平行性不变，因此三角形的直观图仍是三角形，平行四边形的直观图仍是平行四边形．由于正方形、菱形中不平行于ｘ轴的边在直观图中长度要改变，因此直观图不可能再是正方形和菱形．５．Ｄ　【提示】正方体的三个视图都相同，圆锥的主视图和侧视图相同，三棱台的三个视图都不相同，正四棱锥的主视图和侧视图相同．６．平行四边形、矩形、正方形、菱形或线段★速效基础演练１．Ｂ２．Ｃ　【提示】球的三视图与其摆放位置无关．３．Ｂ４．Ｃ　【提示】由直观图易知Ａ′Ｄ′′轴，根据斜二测画法∥ｙ规则，在原图形中应有ＡＤ⊥ＢＣ，又ＡＤ为ＢＣ边上的中线，所以△ＡＢＣ为等腰三角形．ＡＤ为ＢＣ边上的高，则有ＡＢ、ＡＣ相等且最长，ＡＤ最短．５．提示】线段、圆、梯②⑤　【形都是平面图形，且在有限范围内，投影都可为线段，长方体是空间图形，其投影不可能是线段，直线的投影只能是直线或点．６．提示】上、下两面平②③　【行，因此四边形ＢＦＤＥ在１上、下面的投影相同．同理，它在左右、前后面的投影分别相同，因此只需画出它在上、右、前的投影即可．７．２．５　【提示】由于在直观图中，′Ｃ′Ｂ′＝４５°，则在原图形∠Ａ中，ＣＢ＝９０°，ＡＣ＝３，ＢＣ∠Ａ＝４，ＡＢ＝５，ＡＢ边的中线为２．５．８．解：几何体的三视图分别是下图中的（１）、（２）．３９２，解得ｘ＝７．所以圆台的高ＯＯ１４ｃｍ，１＝母线长ｌ＝ＯＯ４１＝１ｃｍ，而底面半径分别为７ｃｍ和２１ｃｍ．１１．解：过轴作截面，如下图所示．第１１题图被平行于下底面的平面所截得的圆柱的截面圆的半径ＯＣ＝Ｒ，设圆锥的截面１圆的半径ＯＤ为ｘ．１∵ＯＡ＝ＡＢ＝Ｒ，∴△ＯＡＢ是等腰直角三角形．又ＣＤＡ，则ＣＤ＝ＢＣ．∥Ｏ故ｘ＝ｌ．２２∴截面面积Ｓ＝Ｒ－ｌ＝ππ２２（Ｒ－ｌ）．π１２．把三棱柱的侧面展开后放在平面上，通过列方程来求出点Ｐ到Ｃ点的距离，即确定了Ｐ点的位置．如图所示，把正三棱柱侧面展开，设ＣＰ＝ｘ，根据已知２２＋（３＋ｘ）＝可得方程２２９，解得ｘ＝２．所以Ｐ点在与Ｃ点距离为２的地方．７．球体（也可能是圆柱或圆锥）２８ａ　【提示】如下图所示，２′作ｙ′轴的平行线Ｃ′Ｄ′，过Ｃ′轴交于点Ｄ′．与ｘ【提示】这是一个组合体的三视图，可以分解为简单几何体：上方为一个正方体，注意俯视下方为一个棱台．图中的虚线体现在直观图上是棱台在正方体的下方．１１．解：（１）这个几何体自下而上是由一个圆台，接一个与圆台上底面同底的圆柱，再接一个与圆柱上底面同底４）成图．连接ＰＡ′、ＰＢ′、（ＰＣ′、ＰＤ′、Ａ′Ａ、Ｂ′Ｂ、Ｃ′Ｃ、Ｄ′Ｄ，整理得到三视图表示的几何体的直观图，如下图②所示．第８题图ａ２′Ｄ′ａ．则Ｃｓｉｎ４５°２又Ｃ′Ｄ′是原△ＡＢＣ的高ＣＤ的直观图，１∴ＣＤ，故ＳＢＢＣＡ△Ａ２２·ＣＤａ．２９．解：这个几何体的三视图如下图所示．的圆锥形成的组合体．（２）这个几何体的直观图如下图①所示：第１２题图【提示】由三视图知该几何体是一个简单的组合体，它①（３）这个几何体的三视图如下图②所示．的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．１．３　空间几何体的表面积与体积能力题型设计★速效基础演练②第１１题图１２．解：（１）画轴．如下图①所轴、ｙ轴、ｚ轴，使示，画ｘ第９题图思路分析：为了规范画出几何体的三视图，应选取规则面作为投影面．１０．解：物体的直观图如下图所示．Ｏｙ＝４５°，Ｏｚ＝９０°；∠ｘ∠ｘ（２）画底面．利用斜二测画１．Ｄ２．Ａ　【提示】利用侧面展开图与底面圆的联系解题，设底，母线高为ｈ，面圆半径为ｒ则ｈ＝２ｒ．π２Ｓ２ｒ＋２ｒｈｒ＋ｈ全∴＝Ｓ２ｒｈｈπ侧法画出底面ＡＢＣＤ，在ｚ轴上截取一点Ｏ′，使ＯＯ′等于ｒ＋２ｒ１＋２ππ．三视图中相应高度，过Ｏ′２ｒ２ππ作Ｏｘ的平行线Ｏ′ｘ′，Ｏｙ的平３．Ｃ　４．Ｂ′ｙ′，利用Ｏ′ｘ′与Ｏ′ｙ′行线Ｏ５．３ａｂ　【提示】截面间的斜三画出上底面Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′；棱柱的侧面是三个平行四边（３）画正四棱锥顶点．在Ｏｚ形．上截取点Ｐ，使ＰＯ′等于三２视图中相应的高度；６ａ　【提示】设正方体的棱２２２长为ｘ，则６ｘ＝ａ．∴ｘａ．球半径Ｒ６２６ａａ．４π２∴Ｓ４Ｒａ．π球＝２２３３０．解：将侧面展开化为平面几７Ｖ０１小正方体＝３－７×１＝２３何问题．（ｃｍ）．２ｒ（ａ＋ｂ）π６２７．２ｃｍ　【提示】由题意设正四棱台的斜高与上、下底面边长分别为５ｘ、２ｘ、８ｘ，则高ｈ＝（５ｘ）－（４ｘ－ｘ）＝４ｘ．７．解法一：如下图所示，该几何８体是由一个圆柱、一个圆锥组成的．第１０题图将正三棱锥沿棱ＳＡ剪开，然后将其侧面展开在一个连接平面上，如上图所示．ＡＡ′，设ＡＡ′与ＳＢ交于Ｍ，交ＳＣ于Ｎ点．显然△ＡＭＮ的＝ＡＭ＋ＭＮ＋ＮＡ′周长ｌ≥ＡＡ′，也就是说当ＡＭ、ＭＮ、ＮＡ（ＮＡ′）在一条直线上时，对应的截面三角形周长最Ａ′的长就是截面短，则ＡＭＮ周长的最小值．△Ａ∵ＳＡ＝ＳＡ′＝１，ＳＢ＝∠ＡＳＣ＝ＳＡ′＝４５°，∠Ｂ∠Ｃ∴∠ＡＳＡ′＝１３５°，∴１由棱台的体积公式可得·３２２２４ｘ·（４ｘ＋１６ｘ＋６４ｘ）＝１１４，解得ｘ（ｃｍ）．２∴ｈ＝２（ｃｍ）．１８ＳＲ　【提示】连接球心与３多面体的各顶点，将多面体第８题图在直角梯形ＡＢＣＤ中，ＡＤ＝ａ，ＢＣ＝２ａ，ＡＢ＝（２ａ－ａ）·２ａ－ａｔａｎ６０°＝，ＤＣ＝ｃｏｓ６０°２ａ．又ＤＤ′ＤＣ＝ａ，２２２２分为若干个以多面体的每个面为底面的小棱锥，每个棱锥的高为内切球的半径，则根据锥体的体积公式有１１１ＶＳＲＳＲ＋…ＳＲ１２３３３ｎ１（Ｓ＋Ｓ＋…＋Ｓｎ）·Ｒ３１２１ＳＲ．３９．解：设圆台的上、下底面半径分别为ｒ、ｒ，母线为ｌ，球半１２径为Ｒ．２∵４Ｒ＝１４４，∴Ｒ＝６ππ（ｃｍ）．ＡＡ′＝∴ＳＳＳＳＳ表＝ＡＤ＋ＡＢ＋ＢＣ＋ＣＤ＝［２ａ）－πａ］＋π（２·２ａ·＋π·π（２ａ）＋·ａ·２ａπ＝（９＋ａ．π解法二：该几何体可看做一个圆柱挖去一个圆锥后形成的，则Ｓ表＝Ｓ圆柱全＋Ｓ圆锥侧－Ｓａ·π·２π圆锥底＝２２２（２ａ）＋π·ａ·２ａ－πａ＝２２Ａ＋ＳＡ′－２ＳＡ·ＳＡ′ｃｏｓ１３５°＝＋∴△ＡＭＮ周长最小值为２＋１１．解：设球未取出时高ＰＣ＝ｈ，球取出后水面高ＰＨ＝ｘ．如下图所示，∴母线ｌ＝ｒｒ，且ｒｒ１＋２２－１＝５．２２∴（ｒｒ）＝（２Ｒ）＋（ｒ１＋２２－２２２２ｒ）＝１２＋５＝１３，１∴ｒｒ１３．１＋２＝∴ｒ４（ｃｍ），ｒ９（ｃｍ）．１＝２＝２∴Ｓ（ｒｒ）ｌ＋（ｒππ圆台全＝１＋２１２＋ｒ）＝２２１６９９７２６６（ｃｍ）π＋π＝π（９＋４ａ．π★知能提升突破１．Ｂ　２．Ｄ　３．Ｃ　４．Ｃ３５．２０ｃｍ　【提示】Ｖ＝Ｖ正方体－２第１１题图∵ＡＣ＝，ＰＣ＝３ｒ，∴以ＡＢ为底面直径的圆锥的容积为１１２ＶＡＣ·ＰＣππ圆锥３３２３）·３ｒ＝３ｒ，π４３Ｖｒ．球π３两个四边形的公共边平行，４）是棱柱；很明显（３）所以（是棱锥．２．Ｃ　【提示】根据直观图的画法，平行于ｘ轴的线段长度不变，平行于ｙ轴的线段变为原来的一半，于是边长为４的边如果平行于ｘ轴，则正方形边长为４，面积为１６；边长为４的边如果平行于ｙ轴，则正方形边长为８，面积是６４．３．Ｃ　【提示】由正视图和侧视图可知，该几何体有两层小正方体拼接成；由俯视图可知，最下层有５个小正方体；由侧视图可知，上层仅有一个正方体，则共有６个小正方体．明略）；对六边形来讲，可以．是六边形（正六边形）７．Ａ　【提示】由该容器的正视图可知，圆柱的底面半径为１ｍ，高为２ｍ；圆锥的底面半径为１ｍ，高为１ｍ，则圆柱的３ｍ，圆锥的体积为体积为２π球取出后水面下降到ＥＦ，水的体积为Ｖ水１２ＥＨπ３１２·ＰＨπ（ＰＨ·ｔａｎ３０°）３１３·ＰＨπｘ．９而ＶＶＶ水＝圆锥－球，即１３４３３ｘ＝３ｒπｒ，ππ９３π３所以该容器的容积为ｍ，３７３ｍ．３８．Ｃ　【提示】根据球的表面积等于其大圆面积的４倍，可设最小的一个半径为ｒ，则另两个半径分别为２ｒ、３ｒ，则各２ｒ、球的表面积分别为４π２２１６ｒ、３６ｒ，所以，ππ２３６ｒ９π倍）．２２（４ｒ＋１６ｒ５ππ９．Ｂ　【提示】中截面将三棱锥分成高相等的两部分，所以截面与原底面的面积之比为∴ｘ＝．故球取出后水面的高为．１２．解：两个铁球相外切，过圆柱形上下底面中心作截面：．Ｃ　【提示】根据三视图的规（１）两圆心之间相距８ｃｍ，４定，后视图不属于三视图．两圆心之间的水平距离为１０－４－４＝２（ｃｍ），所以ｈ１＝－２＝ｃｍ），所５．Ａ　【提示】由三视图知该几何体是圆锥，且轴截面是等边三角形，其边长等于底面直径，则圆锥的高是轴截面等边三角形的高，为所以这个几何体的体积Ｖ１×．π×３２１∶４．将三棱锥Ａ－ＡＢＣ转１化为三棱锥ＡＡＢＣ，这样１－ＢＣ三棱锥Ｖ－Ａ１１１与三棱锥ＡＡＢＣ的高相等，底面积１－之比为１∶４，于是其体积之比为１∶４．１０．Ｄ　【提示】由球的体积公式可求得球的半径Ｒ＝２．设球的外切正三棱柱的底面边长为ａ，高即侧棱长为ｈ，则ｈ＝２Ｒ＝４．在底面正三角形中，由正三棱柱的内１切球特征，有ａ＝Ｒ＝２３２，解得ａ＝４所以此三棱柱的体积Ｖ１×２２以上面铁球到圆罐顶的距离是２０－４－８．２５（ｃｍ）．（２）向罐中注水的深度是２０－８．２５＋４＝１５．７５１０２（ｃｍ）．所以Ｖ·π水＝２()８４×１５．７５－２π·()２３１×３３６．Ｂ　【提示】对三角形来讲，正方体的截平面可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形（证明略）；对四边形来讲，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形（证明略）；对五边形来讲，不可能是正五边形（证３＝７００．５（ｃｍ），即需要３７００．５ｃｍ的水．知识与能力同步测控题１．Ｃ　【提示】图（１）不是由棱锥截来的，所以（１）不是棱台；图（２）上下两个面不平行，所以（２）不是圆台；图（４）前后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻２（４×４＝４８１１．提示】斜二测画法①②　【保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，相交直线的直观图还是相交直线；但是斜二测画法中平行于ｙ轴的线段，在直观图中长度变为原来的一半，则正方形的直观图不是正方形，菱形的直观图不是菱形，所以③④错．２２１２．２４８４１８π＋π或２π＋πＢＣ＝９０°．个顶点，则∠Ａ的底面与圆柱的上底面重我们可以先画出下部的合．圆柱，再画出上部的圆锥．画法：（１）画轴．如图①，画ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴，使∠ｘＯｙ＝４５°，Ｏｚ＝９０°．∠ｘ第１４题图２１５　【提示】由题意得，三棱３锥的体积是１１１ｘｙｘ３２６１２（ｘ－２）＋６【提示】圆柱的侧面积Ｓ侧＝６４２４π×π＝π．（１）以边长为６π的边为轴时，４π为圆柱底面圆周长，所以２ｒ＝４，即ｒ＝２．所以ππ２Ｓ４，所以Ｓ２４ππ＋底＝全＝２（４－ｘ）２由于ｘ＞０，则当ｘ＝２３时，三棱锥的体积取最大值２３第１７题图（２）画圆柱的两底面．利用斜二测画法，画出底面，在ｚ轴上截取Ｏ′，使⊙ＯＯＯ′等于三视图中相应高′作Ｏｘ的平行线度，过ＯＯ′ｘ′，Ｏｙ的平行线Ｏ′ｙ′，利用Ｏ′ｘ′与Ｏ′ｙ′画出底面′（与画⊙Ｏ一样）．⊙Ｏ（３）画圆锥的顶点．在Ｏｚ上，使ＰＯ′等于三视截取点Ｐ图中相应的高度．（４）成图．连接ＰＡ′、ＰＢ′、Ａ′８．π６．由上面是一个圆柱，下面是（２）以４π所在边为轴时，１一个四棱柱拼接成的组合６所π为圆柱底面圆周长，体．该几何体的形状如下图ｒ＝６，即ｒ＝３．所以以２πＳ９．所以Ｓ２４ππ＋底＝全＝１８．πＳ１３　【提示】如下图所示，２设圆锥底面半径为ｒ，母线长为ｌ，由题意得第１６题图【提示】由于俯视图有一个圆和一个四边形，则该几何体是由旋转体和多面体拼接成的组合体，结合侧视图和正视图，可知该几何体是由上面是一个圆柱，下面是一个四棱柱拼接成的组合体．１７．将三视图还原为实物图，并判断该几何体的结构特征．第１３题图１４．９０°　【提示】如下图所示，折成正方体，很明显，点Ａ、Ｂ、Ｃ是上底面正方形的三由几何体的三视图知道，这个几何体是一个简单组合体，它的下部是一个圆柱，上部是一个圆锥，并且圆锥２所示．{π２ｌ＝Ｓ，２解得ｒ＝，２πｌ＝２ｒ，ππＡ、Ｂ′Ｂ，整理得到三视图表示的几何体的直观图（图．②）１８．解：作出圆锥和球的轴截面图如图所示，２所以圆锥的底面积为πｒＳＳ＝π．２π２第１８题图Ｒ圆锥底面半径ｒ＝ｔａｎ３０°，圆锥母线ｌ＝２ｒ＝２Ｒ，圆锥高ｈ＝３Ｒ，４π２π３π∴ＶｒｈＲ水３３３４π３５π３２·３Ｒ·３ＲＲＲ．３３球取出后，水形成一个圆＝，设台，下底面半径ｒ上底面半径为ｒ′，则高ｈ′＝（ｒ－ｒ′）ｔａｎ６０°＝－视图得出此几何体的形状和它的直观图，再由三视图的规则得出此几何体的各个尺寸，最后根据此尺寸求出几何体的体积．２０．解：如图所示，设正四面体【提示】又是一道与球有关的组合体问题，解决与球有关的接、切问题时，一般作一个适当的截面，将问题转化为平面问题解决，这类截面通常指圆锥的轴截面、球ｒ′），∴５π３Ｒ３π３ｈ′（ｒ２＋ｒ′２＋ｒｒ′），∴５Ｒ３＝－ｒ′）（ｒ′２＋ｒ′＋３Ｒ２），∴５Ｒ３＝３３－ｒ′３），解得ｒ′＝＝３Ｒ，∴ｈ′＝（３－Ｒ．答：容器中水的高度为（３－Ｒ．１９．解：由几何体的三视图画出它的直观图，如图第１９题图所示是一个三棱锥，其中△ＡＳＢ、△ＡＳＣ、△ＢＳＣ分别是以∠ＡＳＢ、∠ＡＳＣ、∠ＢＳＣ为直角，且直角边长为１的全等的等腰直角三角形，所以该三棱锥的体积Ｖ１３·Ｓ１１△ＳＢＣ·ＳＡ３２×１×１×１６，即所求几何体的体积是１６．【提示】本题创新之处在于几何体是由它的三视图给出来的．先由几何体的三棱长为ａ，球半径为Ｒ，取的大圆、多面体的对角面ＡＢ中点Ｅ，ＣＤ中点Ｆ，连接等．这个截面应包括每个几ＡＦ、ＥＦ、ＢＦ，则ＡＦ＝ＢＦ＝何体的主要元素，且这个截，∴ＥＦＢ面必须能反映出体与体之２⊥Ａ，同理可得间的主要位置关系和数量ＥＦ⊥ＣＤ．关系．２１．解：（１）圆锥及其内接圆柱的轴截面如图所示；（２）设所求第２０题图的圆柱的第２１题图∴ＥＦ是ＡＢ、ＣＤ的公垂线，底面半径为ｒ，它的侧面积即ＥＦ是ＡＢ、ＣＤ的距离．∴ＥＦ＝Ｓ＝２πｒ·ｘ，因为ｒＦ－ＡＥＲｈ－ｘｈ，＝所以ｒ＝Ｒ２２－(ａ２)Ｒｈ·ｘ，所以Ｓ＝２πＲｘ２πＲｈ·ｘ２，即圆柱２ａ．的侧面积Ｓ是关于ｘ的二又∵球与正四面体的６条棱都相切，次函数，∴Ｓ＝２πＲ２ｈｘ＋∴ＥＦ是该球的直径，即２Ｒ２πＲｘ；（３）因为Ｓ的表达式中ｘ２的系数小于０，所以这２ａ，个二次函数有最大值，这时∴Ｒ３３３２ａ，圆柱的高ｘ２πＲ－２·２Ｒｈ∴Ｖ４３４３球３πＲ３π·３２ａｈ２，即当圆柱的高是已知３２４πａ．圆锥的高的一半时，它的侧面积最大．又∵Ｖ正四面体３１２ａ，【提示】本题第（１）问实质∴Ｖ上点明了轴截面图在解决球∶Ｖ正四面体＝π∶２．圆锥、球、圆柱等几何体的问题时的重要性；第（２）问的关键是根据相似三角形同理可证，Ｋ、Ｎ也在ｌ上．上，２个，适合题意的平面有３个，共７个．对应边成比例列出等式，７．（１）４５°　（２）４５°　【提示】∴Ｍ、Ｎ、Ｋ三点共线．表示出圆柱底面半径；第★知能提升突破根据正方体的性质即可判断（３）问是求二次函数的最１异面直线间所成的角．．Ｄ　【提示】直线ａ，∥平面α大值问题．．ｍ（即ｍ，ｎ相交）　与α内８则ａ与α无公共点，∩ｎ＝Ｐ【提示】通过作图研究不难的直线当然均无公共点．第２章２．Ｃ　【提示】当直线与平面相交时，不能作出符合题意的平面；当直线与平面平行时，可作唯一的一个符合题意的平面．３．Ｄ　【提示】根据正方体的特征进行判断．４．Ｂ　【提示】将三角形折成三棱锥如图所示，Ｂ点、Ｃ点均与Ａ点重合，ＨＧ与ＩＪ为一对异面直线．在三棱锥Ａ－ＤＥＦ中，ＩＪ１１ＡＤ，ＨＧＦ，所瓛Ｄ２２发现，本题现有的条件是“一个平面α内有两条直线ｍ、ｎ都和平面β平行”，结论是”，到现在为止，显然“α∥β条件不是充分的，这里α与当ｍ、ｎ平β有相交的情况（行时）；若加上ｍ∩ｎ＝Ｐ，即ｍ、ｎ为两相交直线，则一定有α．∥β９．证明：∵ＰＱ，∴过ＰＱ、ａ∥ａ确定一个平面设为平面β．∴Ｐ，ａ，Ｐ．又∵Ｐ∈β?β?ａ，ａ，Ｐ，∈α?α?ａ由推论１：过Ｐ、ａ有且只有一个平面，∴α、重合．∴ＰＱ．β?α１０．解：设Ｇ是ＡＣ的中点，连接ＥＧ、ＦＧ．因Ｅ、Ｆ分别是ＡＢ、ＣＤ的中点，故ＥＧＣ且ＥＧ＝∥Ｂ１１ＢＣ，ＦＧＤ，且ＦＧ∥Ａ２２ＡＤ．由异面直线所成角定义可知ＥＧ与ＦＧ所成锐角或直角为异面直线ＡＤ、ＢＣ所成角，即∠ＥＧＦ为所求．由ＢＣ＝ＡＤ知ＥＧ＝ＧＦ１２点、直线、平面之间的位置关系２．１　空间点、直线、平面之间的位置关系能力题型设计★速效基础演练１．Ｄ　２．Ｂ　３．Ｂ４．Ｃ　【提示】没有限定角的方向相同，有可能互补．故选Ｃ．５．提示】因为平面①②③　【是无限延展的，故①②都不对，根据公理３，两个不重合的平面若有公共点，则一定有无数多个公共点，故③错．６．Ｃ　平∈　?　?　?　Ａ面ＡＢＣ　平面ＢＣＤ７．（２）、（４）　【提示】（１）中ＨＧＮ；（３）中ＧＭ∥ＨＮ∥Ｍ且ＧＭ≠ＨＮ，∴ＨＧ、ＭＮ必相交．８．证明：∵Ｍ＝ＰＱＢ，∴Ｍ∈∩Ｃ直线ＰＱ．∵ＰＱＱＲ，?平面Ｐ∴Ｍ∈平面ＰＱＲ．又∵Ｍ∈直线ＣＢ，而ＣＢＣＤ，?平面Ｂ∴Ｍ∈平面ＢＣＤ，从而Ｍ是平面ＰＱＲ与平面ＢＣＤ的一个公共点，即Ｍ在平面ＰＱＲ与平面ＢＣＤ的交线（设为ｌ）以∠ＡＤＦ即为所求．因此，ＨＧ与ＩＪ所成角为６０°．第４题图５．Ｂ　【提示】逐个分析，过点Ｐ与ｌ、ｍ都平行的直线不存在；过点Ｐ与ｌ、ｍ都垂直的直线只有一条；过点Ｐ与ｌ、ｍ都相交的直线有无数条；过点Ｐ与ｌ、ｍ都异面的直线有无数条．６．７　【提示】Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个顶点在平面ａ的异侧，如果一边３个，另一边１个，适合题意的平面有４个；如果每边ＡＤ，又ＥＦＡＤ，由勾股定２ＧＦ＝９０°．理可得∠Ｅ即异面直线ＡＤ和ＢＣ所成的角为９０°．１１．用平面几何知识可以证明两条直线平行；用等角定理可以证明两个角相等，从而可以证明两个三角形相似．（１）证明：∵ＡＡ′与ＢＢ′交于点Ｏ，且ＡＯＢＯ２，ＯＡ′ＯＢ′３∴ＡＢ′Ｂ′．∥Ａ同理ＡＣ′Ｃ′，ＢＣ′Ｃ′．∥Ａ∥Ｂ（２）解：∵Ａ′Ｂ′Ｂ，ＡＣ∥Ａ∥Ａ′Ｃ′且ＡＢ和Ａ′Ｂ′、ＡＣ和Ａ′Ｃ′方向相反，∴∠ＢＡＣ＝∠Ｂ′Ａ′Ｃ′，同理ＢＣ＝∠Ａ′Ｂ′Ｃ′，ＣＢ∠Ａ∠Ａ＝′Ｃ′Ｂ′．∠Ａ因此△ＡＢＣ个平面，则此平面与α和β都平行，于是α和β平行．３．Ａ　【提示】①②④错，③正确．４．Ｂ　【提示】设截面四边形为ＥＦＧＨ，Ｆ、Ｇ、Ｈ分别是ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ的中点，∴ＥＦ＝ＧＨ＝４，ＦＧ＝ＨＥ＝６，∴周长为２×（４＋６）＝２０．５．Ａ　【提示】可证明ＭＮ为梯ＥＦ，面Ｄ∴ＳＧＥＦ．∥平面Ｄ证法二：∵ＥＦ为△ＳＢＣ的中位线，∴ＥＦＢ．∥Ｓ∵ＥＦＡＢ，ＳＢ?平面Ｓ?平面ＳＡＢ，∴ＥＦＡＢ．∥平面Ｓ同理ＤＦＡＢ．又∵ＥＦ∥平面ＳＦ＝Ｆ，∩Ｄ又ＰＦＣＤ，ＭＮ?平面Ａ?平ＣＤ，面Ａ∴ＭＮＣＤ．∥平面Ａ同理ＭＧＣＤ，ＭＧ∥平面ＡＮ＝Ｍ，∩Ｍ∴平面ＭＮＧＣＤ．∥平面Ａ（２）由（１）可知２，３ＭＧＢＧ＝ＰＨＢＨ形的中位线．６．平行　【提示】∵ＡＭＭＢＡＮＮＤ，∴ＭＮ∥ＢＤ．又ＢＤ?平面ＢＣＤ，ＭＮ?平面ＢＣＤ，∴ＭＮ∥平面ＢＣＤ．７．相似　【提示】由于对应顶点的连线共点，则ＡＢ与Ａ′Ｂ′共面，由面与面平行的性质知ＡＢ∥Ａ′Ｂ′，同理ＡＣ∥Ａ′Ｃ′，ＢＣ∥Ｂ′Ｃ′，故两个三角形相似．８２３　【提示】由余弦定理可知ＢＣ＝由线面平行性质可得ＭＮ∥ＢＣ，再由Ｇ是△ＡＢＣ的重心，则可得ＭＮＢＣ２３，所以ＭＮ２３．９．解：平行．证法一：如图，连接ＧＣ交ＤＥ于点Ｈ，连接ＦＨ．∵ＤＥ是△ＡＢＣ的中位线，∴ＤＥ∥ＡＢ．在△ＡＣＧ中，Ｄ是ＡＣ的中点，且ＤＨ∥ＡＧ，∴Ｈ为ＣＧ的中点．∴ＦＨ是△ＳＣＧ的中位线，∴ＦＨ∥ＳＧ．又ＳＧ?平面ＤＥＦ，ＦＨ?平∴平面ＳＡＢ∥平面ＤＥＦ．又∵ＳＧ?平面ＳＡＢ，∴ＳＧ∥平面ＤＥＦ．第９题图１０．解析：（１）要证明平面ＭＮＧ∥平面ＡＣＤ，由于Ｍ、Ｎ、Ｇ分别为△ＡＢＣ、△ＡＢＤ、△ＢＣＤ的重心，因此可想到利用重心的性质找出与平面平行的直线．（２）因为△ＭＮＧ所在的平面与△ＡＣＤ所在的平面相互平行，因此，求两三角形的面积之比，实则求这两个三角形的对应边之比．证明：（１）连接ＢＭ、ＢＮ、ＢＧ并延长交ＡＣ、ＡＤ、ＣＤ分别于点Ｐ、Ｆ、Ｈ．∵Ｍ、Ｎ、Ｇ分别为△ＡＢＣ、△ＡＢＤ、△ＢＣＤ的重心，则有ＢＭＭＰＢＮＮＦＢＧＧＨ＝２．连接ＰＦ、ＦＨ、ＰＨ，有ＭＮ∥ＰＦ．∴ＭＧ２３Ｈ．又ＰＨ１１２ＡＤ，∴ＭＧ３ＡＤ．同理ＮＧ１３ＡＣ，ＭＮ１３ＣＤ，∴△ＭＮＧ相交或异面，错误．④两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，而另一个平面经过该平面２．３　直线、平面垂直的的垂线，所以两平面垂直，正判定及其性质确．能力题型设计第２题图７．①④⑤★速效基础演练３．Ｂ　【提示】①ａ可能在α８．②③④?①或①③④?②　１．Ｄ　【提示】直线ａ时，ａ?α内．可能与α平行．②ｂ【提示】如图所示，由α，ｎ⊥β．∥α４．Ｄ　【提，ｍ，得ｍ．由ｍ⊥β⊥α⊥ｎ⊥２．Ｃ示】如图ｎ，ｎ，ｍ，得α．⊥β⊥α⊥β平面ＡＢＣ，从而ｌＣ．⊥Ａ１１７ＢＤ·ＡＦ·ＡＣ∠Ｅ２２３７１·ｓｉｎＡＣ·ＡＦ·∠Ｆ６２７ＡＣ·ｓｉｎＡＣ×７２＝∠Ｆ６．８４∴△ＢＤＥ的面积为８４．１２．解：（１）平面α，平∥平面β没有公共点，但不面α与β一定总有ＡＤＥ．∥Ｂ同理不总有ＢＥＦ．∥Ｃ∴不一定有ＡＤＥＦ．∥Ｂ∥Ｃ（２）过Ａ点作ＤＦ的平行线，交β、、Ｈ两点，ＡＨγ于ＧＦ．过两条平行线ＡＨ、∥ＤＤＦ的平面，交平面α、、βγ于ＡＤ、ＧＥ、ＨＦ．根据两平面平行的性质定理，有ＡＤ∥ＧＥＦ．∥ＨＡＧＥ∥ＤＧＥＤ?四边形ＡＡＤＥ∥Ｇ为平行四边形．∴ＡＧ＝ＤＥ．同理ＧＨ＝ＥＦ．又过ＡＣ、ＡＨ两相交直线之平面与平面β、γ的交线为ＢＧ、ＣＨ．根据两平面平行的性质定理，有ＢＧＨ．∥ＣＡＢＡＧ在△ＡＣＨ．ＢＣＧＨ而ＡＧ＝ＤＥ，ＧＨ＝ＥＦ，ＡＢＤＥ∴．ＢＣＥＦ．Ｃ　【提示】根据定义．３４．Ｂ　【提示】注意定义①错，是任意一条直线；③必须是垂直于两条相交直线，才符合判定定理．５提示】此题根据正、余　【３弦关系即可得．６．４ｃｍ或１ｃｍ　【提示】Ａ、Ｂ可能在α同侧，也可能在α两侧．７８．（１）证明：∵ＡＢ⊥平面ＡＡＤＤ，而ＡＥ?平面１１１ＡＡＤＤ，∴ＡＢＥ．⊥Ａ１１１在平面ＡＡＤＤＡＥ⊥１１中，１ＡＮ．∵ＡＮＢ＝Ａ，∴ＡＥ∩Ａ⊥平１ＢＭＮ．面Ａ（２）解：由（１）知ＡＥ⊥平面１ＡＢＭＮ，而ＭＦＢＭＮ，?平面Ａ∴ＡＥＦ，则ＡＥ与ＭＦ⊥Ｍ１１所成的角为９０°．★知能提升突破１．Ｄ　【提示】本题意在考查线面位置关系中的平行垂直的综合应用．２．Ｃ　【提示】∵ＢＡ，ｌ，⊥α?α∴ＢＡ．∵ＣＢ，ｌ，∴⊥ｌ⊥β?βＣＢ．∵ＢＡＢ＝Ｂ，∴ｌ⊥ｌ∩Ｃ⊥内Ａ点作ＡＡ′所示，过β⊥α于Ａ′，过Ａ点作ＡＯ于Ｏ，⊥ｌ连接Ａ′Ｏ，则Ａ′Ｏ，∴⊥ｌＯＡ′＝，则ＡＯ为所求距∠Ａα离．∵ＡＡ′＝ａ，ＯＡ′＝α，∠ＡＡＡ′ａ∴ｓｉｎ∴ＡＯ．α，ＡＯｓｉｎα故选Ｄ．５．Ｃ　【提示】在空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行，可能相交，也可能异、Ｂ错；垂直于同面，所以Ａ一直线的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内，也可以是直线和平面平行，注意分析清楚给所以Ｄ错；定条件下直线和平面可能的位置关系，不要漏落．６．Ｂ　【提示】①一条直线垂直平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面，所以该直线垂直于第二个平面中的任意一条直线，正确；②一条直线垂直于平面内的一条直线不能断定这条直线与平面垂直，所以也无法断定两平面平行，错误；③一条直线垂直于两个垂直平面中的一个，则该直线与第二个平面内的直线可能平行、}９．提示】根据线线、线①③　【面、面面垂直之间的联系以及平行与垂直间的联系进行判断．１０．解：这是一个开放性问题，首先要通过观察、分析，并猜测出结论，然后再证明存在两个面互相垂直，如平面ＡＣＤＣＤ．下面进行⊥平面Ｂ证明，由线面垂直证明面面ＮＥ，∴ＭＮＤ．又∵Ｍ∥Ａ⊥Ｐ∵ＰＡＢＣＤ，∴ＰＡ⊥平面Ａ⊥ＣＤ，ＤＤ，∴ＣＤ又∵Ｃ⊥Ａ⊥平面ＰＡＤ，∵ＡＥＡＤ，∴ＣＤ?平面Ｐ⊥ＡＥ，又ＭＮＥ，∴ＣＤＮ，∥Ａ⊥Ｍ∴ＭＮＣＤ．⊥平面Ｐ１２．（１）证明：在矩形ＡＢＣＤ中，ＰＦ，则ＥＦＢ．⊥Ａ又∵ＰＥＢ，∴ＡＢ⊥Ａ⊥平面ＰＥＦ．又∵ＡＢＤ，∴ＣＤ∥Ｃ⊥平面ＰＥＦ．∴平面ＰＣＤＥＦ．⊥平面Ｐ作ＥＧＦ，垂足为Ｇ，则⊥ＰＥＧ为所求．在Ｒｔ△ＰＥＦ中，ＥＧ＝ＰＥ·ＥＦ垂直，过点Ａ作ＡＥ⊥平面ＢＣＤ，垂足为Ｅ，∵ＡＢ＝ＡＣ＝ＡＤ＝１，∴Ｅ为△ＢＣＤ的外心．又ＣＤＢＣ＝ＢＤ＝１，∴ＢＣ２＋ＢＤ２＝ＣＤ２，∴∠ＣＢＤ＝９０°．在Ｒｔ△ＢＣＤ中，Ｅ是外心，∴Ｅ必是斜边ＣＤ的中点．∵ＡＥ?平面ＡＣＤ，∴平面ＡＣＤ⊥平面ＢＣＤ．即在此四面体中，存在两个面互相垂直．１１．证明：（１）取ＰＤ的中点Ｅ，连接ＮＥ、ＡＥ，∵Ｎ是ＰＣ的中点，∴ＮＥ瓛１２ＤＣ．又∵ＤＣ瓛ＡＢ，ＡＭ１２ＡＢ，∴ＡＭ瓛１２ＣＤ，∴ＮＥ瓛ＡＭ，∴四边形ＡＭＮＥ是平行四边形，∴ＭＮ∥ＡＥ．∵ＡＥ?平面ＰＡＤ，ＭＮ?平面ＰＡＤ，∴ＭＮ∥平面ＰＡＤ．（２）在Ｒｔ△ＰＡＤ中，∠ＰＤＡ＝４５°，∴ＡＰ＝ＡＤ，∴ＡＥ⊥ＰＤ，ＢＣ⊥ＡＢ．ＰＦ５即所求距又∵面ＰＡＢ⊥底面ＡＢＣＤ，面ＰＡＢ∩底面ＡＢＣＤ＝ＡＢ，离为５．∴ＢＣ⊥侧面ＰＡＢ．知识与能力同步测控题又∵ＢＣ?侧面ＰＢＣ，１．Ａ　【提示】因为α⊥β，所以∴侧面ＰＡＢ⊥侧面ＰＢＣ．在β内能找到一条直线ｍ⊥（２）解：如图α．又因为ｌ⊥α，所以ｌ∥ｍ．所示，取ＡＢ中点Ｅ，连接又因为ｌ?β，所以ｌ∥β，即ＰＥ、ＣＥ，①③?②；因为ｌ∥β，所以过∵△ＰＡＢ是ｌ可作一平面γ∩β＝ｎ．所以等边三角形，ｌ∥ｎ．又因为ｌ⊥α，所以ｎ⊥第１２题图∴ＰＥ⊥ＡＢ．α，又因为ｎ?β，所以α⊥β，又∵侧面ＰＡＢ⊥底面ＡＢ?即①②?③．ＣＤ，２．Ｂ　【提示】棱台的侧棱所在∴ＰＥ⊥平面ＡＢＣＤ．直线相交于一个公共点，而∴∠ＰＣＥ为侧棱ＰＣ与底这个公共点在棱台的侧面的面ＡＢＣＤ所成角．各个平面内，即这条侧棱所在直线与其他各个侧面所在ＰＥ２ＢＡ＝平面都有一个公共点，故选ＣＥ＝Ｅ＋ＢＣＢ．在Ｒｔ△ＰＥＣ中，∠ＰＣＥ＝３．Ｄ　【提示】若α∥β，ａ∥α，４５°，即侧棱ＰＣ与底面ＡＢ?则ａ∥β或ａ?β，故ａ不可ＣＤ所成的角为４５°．能与β相交．（３）解：在矩形ＡＢＣＤ中，４．Ｃ　【提示】Ａ：若α∩β＝ｌ，且ＡＢ∥ＣＤ，α与β不垂直时，在α内有∵ＣＤ?面ＰＣＤ，ＡＢ?面一条直线ａ⊥ｌ，则ａ也垂直ＰＣＤ，于β内所有与ｌ平行的直∴ＡＢ∥面ＰＣＤ．线，故Ａ错误；Ｂ：一本书竖取ＣＤ中点Ｆ，连接ＥＦ、直立在桌面上，过书脊上一点有很多平面与桌面垂直；Ｄ：教室内相邻两面墙都与地面垂直，而这两个平面相交，故选Ｃ．５．Ｂ　【提示】过点Ａ作ＡＥ⊥ＢＤ于Ｅ，连接ＰＥ．因为ＰＡＣ，ＢＤＣ，所⊥平面Ａ?平面Ａ以ＰＡＤ，所以ＢＤ⊥Ｂ⊥平面ＰＡＥ，所以ＢＤ⊥ＰＥ，即ＰＥ就是点Ｐ到ＢＤ的距离．因３×４ＡＢ·ＡＤＥ为ＡＢＤ＋４１２＝，ＰＡ＝１，所以ＰＥ＝５６．Ｄ　【提示】由于直线与平面平行时，直线在空间的方向不确定，所以当一条直线确定，而另一条直线的方向可以变化，从而它们所成的角也可能发生变化，所以排除Ａ、Ｂ、Ｃ，选Ｄ．７．Ｄ　【提示】如图所示，在ＣＣ，１ＡＡ、Ｆ，使ＣＥ＝１上分别取点ＥＡＦ＝ＢＤ，则△ＤＥＦ１２１３，故选Ｂ．１＋５５用平面几何知识不难解决．有了这条直线，以此为基础再寻找一条直线与它相交，∴ＡＢ．又ＢＥ，∥α⊥α∴ＢＥ即为ＡＢ到α的距离，ＢＥ＝１０ｃｍ且∠ＢＥＤ＝９０°．第１６题图∵四边形ＡＢＣＤ是矩形，∴△ＡＤＥ、△ＥＣＭ、△ＡＢＭ均为直角三角形．由勾股定理可求得ＥＭＡＭＡＥ＝３，∴ＥＭ２＋ＡＭ２＝ＡＥ２．∴ＡＭ⊥ＥＭ．又ＥＭ是ＰＭ在平面ＡＢＣＤ上的射影，∴ＡＭ⊥ＰＭ．（２）解：由（１）可知ＥＭ⊥ＡＭ，ＰＭ⊥ＡＭ，∴∠ＰＭＥ是二面角Ｐ－ＡＭ－Ｄ的平面角．∴ｔａｎ∠ＰＭＥＰＥＥＭ＝１，∴∠ＰＭＥ＝４５°．∴二面角Ｐ－ＡＭ－Ｄ为４５°．１７．如图所示，根据线面平行的判定定理，尝试在面ＡＥＣ内寻求与ＢＦ平行的直线，观察图形后发现较为困难，于是联想到“面面平行时，则一个平面内的直线必与另一个平面平行”．可以构建过Ｂ点与面ＡＥＣ平行的平面，这样就可以在其他地方（平面中）寻求与面ＡＥＣ内直线平行的直线．如连接ＢＤ交ＡＣ于Ｏ，则平面ＰＢＤ∩平面ＡＥＣ＝ＯＥ，在平面ＰＢＤ中，你能找到与ＯＥ平行且过Ｂ点的直线吗？利又与面ＡＥＣ平行，这样面∵ＯＦ⊥ＤＥ，∴ＯＦ∥ＢＥ，得面平行就构建出来了．ＯＦＯＤ连接ＢＤ交ＡＣ于Ｏ点，连ＢＥＢＤ．接ＯＥ，过Ｂ点作ＯＥ的平∵ＡＢ∥ＣＤ，∴△ＡＯＢ行线交ＰＤ于点Ｇ，过Ｇ点作ＧＦ∥ＣＥ交ＰＣ于点Ｆ，连接ＢＦ．∵ＢＧ∥ＯＥ，ＢＧ?平面ＡＥＣ，ＯＥ?平面ＡＥＣ，∴ＢＧ∥平面ＡＥＣ．同理ＧＦ∥平面ＡＥＣ，又ＢＧ∩ＧＦ＝Ｇ，∴平面ＢＦＧ∥平面ＡＥＣ，ＢＦ?平面ＢＦＧ．∴ＢＦ∥平面ＡＥＣ．下面求一下点Ｆ在ＰＣ上具体位置：∵ＢＧ∥ＯＥ，Ｏ是ＢＤ中点，∴Ｅ是ＧＤ中点．又∵ＰＥ∶ＥＤ＝２∶１，∴Ｇ是ＰＥ中点．而ＧＦ∥ＣＥ，∴Ｆ为ＰＣ中点．综上可知，存在点Ｆ．当点Ｆ是ＰＣ的中点时，ＢＦ∥平面ＡＥＣ．第１７题图１８．解：如图所示，过点Ｂ作ＢＥ⊥α交α于点Ｅ，连接ＤＥ，过点Ｏ作ＯＦ⊥ＤＥ交ＤＥ于点Ｆ．∵ＡＢ∥ＣＤ，ＡＢ?α，ＣＤ?α，．令ＢＧＤ，易算得π－θ⊥Ｃ２成角的余弦值为．５１ＯＥＡＥ，此时，ｃｏｓＥＯ∠Ａ３２１．（１）证明：由题意知，ＣＯ⊥ＯＥ１ＡＯ，ＢＯＯ，⊥Ａ，ＡＥ３∴∠ＢＯＣ是二面角Ｂ－ＡＯ１即ｃｏｓ（），－Ｃ的平面角．π－θ３又∵二面角Ｂ－ＡＯ－Ｃ是１∴当ｃｏｓＡＢθ＝时，⊥直二面角，３∴ＣＯＯ．又∵ＡＯＯ＝⊥Ｂ∩ＢＣＤ．２ＤＯ，∠Ｃ３∴ＣＤ与平面ＡＯＢ所成角２的最大值为ａｒｃｔａ．３第３章直线与方程．１　直线的倾斜角与斜率【提示】结合折叠前和折叠后的图形，寻找面面垂直的条件．２０．（１）证明：在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中，底面三边长ＡＣ＝３，ＢＣ＝４，ＡＢ＝５，∴ＡＣ⊥ＢＣ．∵Ｃ１Ｃ⊥ＡＣ，∴ＡＣ⊥平面ＢＣＣ１Ｂ１．又∵ＢＣ１?平面ＢＣＣ１Ｂ，∴ＡＣ⊥ＢＣ１．（２）证明：设ＣＢ１与Ｃ１Ｂ的交点为Ｅ，连接ＤＥ，则四边形ＢＣＣ１Ｂ１为正方形．∵Ｄ是ＡＢ的中点，Ｅ是ＢＣ１的中点，∴ＤＥ∥ＡＣ１．∵ＤＥ?平面ＣＤＢ１，ＡＣ１?平面ＣＤＢ１，∴ＡＣ１∥平面ＣＤＢ１．（３）解：∵ＤＥ∥ＡＣ１，∴∠ＣＥＤ为ＡＣ１与Ｂ１Ｃ所成的角．在△ＣＥＤ中，ＥＤ１２ＡＣ１＝５２，ＣＤ１５２ＡＢ２，ＣＥ＝１２ＣＢ１＝２∴ｃｏｓ∠ＣＥＤ２５．∴异面直线ＡＣ１与Ｂ１Ｃ所Ｏ，∴ＣＯ能力题型设计⊥平面ＡＯＢ．又ＣＯ★速效基础演练?平面ＣＯＤ，１．Ａ　【提示】由于当倾斜角为∴平面ＣＯＤ⊥平面ＡＯＢ．π（２）解：作ＤＥ⊥ＯＢ，垂足为２时，其斜率不存在，故命题Ｅ，连接ＣＥ，则ＤＥ∥ＡＯ，（１）、（４）不正确．∴∠ＣＤＥ是异面直线ＡＯ由直线倾斜角的定义知：倾与ＣＤ所成的角．斜角的取值范围为［０，π），在Ｒｔ△ＣＯＥ中，ＣＯ＝ＢＯ＝而不是［０，π］，故命题（２）不２，ＯＥ１正确．２ＢＯ＝１，直线的斜率可以是ｔａｎ２１０°，∴ＣＥ＝ＣＯ＋ＯＥ但其倾斜角是３０°，而不是又ＤＥ１２１０°，所以命题（３）也不正２ＡＯ＝确．∴在Ｒｔ△ＣＤＥ中，ｔａｎ根据以上判断，四个命题均∠ＣＤＥＣＥ不正确，故应选择Ａ．ＤＥ．３２．Ｄ　【提示】对于选项Ａ，若∴异面直线ＡＯ与ＣＤ所成ｋ１＝１，ｋ２＝－１，则α１＝４５°，角的大小为ａｒｃｔａα２＝１３５°，ｋ１＞ｋ２，而α１＜３α２，所以Ａ不正确；选项Ｂ，（３）解：由（１）知，ＣＯ⊥平面ＡＯＢ，若ｋ１３，ｋ２＝则α１＝∴∠ＣＤＯ是ＣＤ与平面３０°，α２＝６０°，ｋ１＜ｋ２，而α１ＡＯＢ所成的角，且ｔａｎ＜α２，Ｂ不正确；选项Ｃ，由∠ＣＤＯＯＣ上例可知Ｃ也不正确；选项ＯＤ２ＯＤ．当ＯＤ最小时，∠ＣＤＯ最Ｄ，因为ｔａｎα在(０π２)上是大，单调函数，且ｔａｎα＞０；在这时，ＯＤ⊥ＡＢ，垂足为Ｄ，ＯＤ＝ＯＡ·ＯＢ＝(２，π)上是单调函数，且ＡＢｔａｎｔａｎα＜０，所以当α１≠α２时，ｋ．故选Ｄ．≠ｋ１２３．Ｄ　【提示】直线ｌ１的斜率是６－３ｋ，１３３－３－２所以α１５０°，３０°．α１＝２＝４．Ｃ　【提示】由斜率公式知ｋｌ１４－１＝ｋ＝则直线ｌＡＢ１－０的倾斜角α６０°．因为ｌ⊥１＝１ｌ，则直线ｌ２２的倾斜角为α２＝９０°＋１５０°．α１＝５．ｋｋｋ提示】设ｌ、２＜３＜１　【１ｌ、ｌ、２３的倾斜角分别为α１、，αα２３π，由图可知απ，∈２２∴ｔａｎ０，即ｋ０．α２＜２＜又α１∈∴ｋ１，∴ＡＢ⊥ＡＢ·ｋＡＤ＝－ＡＤ．６－２１＝，又ｋｋＤ＝ＡＣ＝１２＋４４Ｂ１２＋４，＝－４２－６∴ｋ１，∴ＡＣ⊥ＡＣ·ｋＢＤ＝－ＢＤ．故①②③均正确．８．解：当斜率不存在，即ａ＝３，或ａ＝－２时，不适合条件，故ａ，ａ２．≠３≠－∵Ａ、Ｂ、Ｃ三点共线，∴ｋＡＢ＝ｋ，ＢＣ７－２７＋９ａ即．３－ａ３＋２２化简，得９ａ－２０ａ＋４＝０，对于②，关于ｙ轴对称的直线ｌ′的倾斜角应为原直线ｌ１的倾斜角的补角，如图所示，所以②对．对于③，α不大于６０°，即α０°．当α＝６０°≤６时，３８０°，所以③不对．α＝１对于④，当α为直线ｌ的倾斜角，且ｔａｎ时，αα＝３１５０°，所以④不对．对于⑤，９０°，则直线与若倾斜角α＝ｘ轴垂直，与ｙ轴平行或重合，所以⑤不对．()(π０，α３∈２)２解得ａ＝２，或ａ，９的值是２或即实数ａ２．９第５题图６．９０°＜１８０°　【提示】由直α＜线ｌ经过第二、四象限，可得ｋ＜０，则ｌ的倾斜角α的取值范围是９０°＜１８０°．α＜７．三点在同一直线上　【提示】设三点分别为Ｐ、Ｍ、Ｎ，则ａ－ｃａ－ｃｋ＝ＰＭｂ＋ｃ－（ａ＋ｂ）ｃ－ａ－１，ｋＰＮ＝ｂ－ｃ＝ｃ＋ａ－（ａ＋ｂ）(π０，２)且α，α１＞３∴ｔａｎｔａｎ０，αα１＞３＞即ｋｋ０．１＞３＞综上知　ｋｋｋ．２＜３＜１６．－１　【提示】设直线ｌ２的倾斜角为α，则由题意知２１８０°－α１５°＝６０°，α２＋２＝１３５°，∴ｋａｎａｎ（１８０°－α２＝ｔ２＝ｔ４５°）＝－ｔａｎ４５°＝－１．７．提示】利用斜率①②③　【关系判断，∵ｋＡＢ－４－２＝６＋４★知能提升突破１．Ｄ　【提示】直线ｌ的斜率是ｋｍ－ｎ＝＝－１，所以α＝ｎ－ｍ１３５°，故选Ｄ．２．Ｂ　【提示】∵ｋｋＡＢ＝ＰＱ，∴０－（－２）１＋ｍ，解得５－２２ｍ＋１ｍ＝１．３．Ｄ　【提示】应该对α分类讨论，使旋转后的角不超出直线倾斜角的范围．ｂ－ｃ＝－１，∴ｋｋ∴三ＰＭ＝ＰＮ，－ｂｃ点共线．１２－６３３，，ｋ且ＣＤ２－１２５５Ｂ、ＣＤ不共线，所以可判断Ａ１２－２ＡＢＤ．又∵ｋ＝∥ＣＡＤ２＋４５，３３１∪，＋８．－∞，∞２２１４．Ｂ　【提示】∵ｋｋＡＢ＝ＣＤ，３９．解：如图ｋ１，∴ＡＢＤ，∥Ｃ所示，用ＣＤ·ｋＡＤ＝－１几何画ＡＤＤ，又ｋ∴四⊥ＣＢＣ，２板来演边形ＡＢＣＤ为直角梯形．示直线５．提示】对于①，当两条②　【的变化第９题图直线的倾斜角相等时，两直过程，直线平行或重合，所以①不对．(][)线ｌ属于一簇绕点Ｐ转动而成的直线束，ＰＡ和ＰＢ是它的两个极端位置．ｌ以ＰＢ的位置逆时针转到ＰＡ的位置的过程中，其倾斜角从锐角，其斜α１连续变大到钝角α２率从ｔａｎ（正数）逐渐增大α１到＋∞，又从－∞逐渐增大ａｎ（负数）．到ｔα２４同时，因为ｋｋＡ＝－ＰＢ，３Ｐ５２且ｌ与线段ＡＢ有公共点．所以，斜率ｋ的变化范围是∵ｋ１，∴ＣＢ⊥ＣＢ·ｋＡＣ＝－ＡＣ．∴△ＡＢＣ是直角三角形．１２．解：Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个点构成的平行四边形可以是?ＡＢ?ＣＤ或?ＡＢＤＣ或?ＡＤＢＣ三种情形，如图甲、乙、丙．（ｘ，ｙ），则ｋ，ｋＢＤ＝ｋＡＣＡＤ＝ｙ－１＝－４，ｘ－２ｋ，所以ＢＣｙ＋１２，ｘ３{解得{ｙ＝－３．即Ｄ（３，－ｘ＝３，３）．综上可知，点Ｄ的坐标是（－３，１）或（１，５）或（３，－３）．３．２　直线的方程能力题型设计★速效基础演练第１２题图（１）当四边形是?ＡＢＣＤ时，如图甲，ＡＢＤ，ＢＣ∥Ｃ∥ＡＤ．所以ｋｋＡＢ＝ｋＣＤ，ＢＣ＝ｋ设Ｄ（ｘ，ｙ），已知Ａ（０，ＡＤ，－１）、Ｂ（２，１）、Ｃ（－１，３），所以１．Ｃ　【提示】由倾斜角为６０°得斜率为ｋ＝ｔａｎ６０°＝由点斜式得ｙ－２＝ｘ－（－３）］．２．Ｂ　【提示】将直线方程化为９斜截式，得ｙｘ－９，故在４ｙ轴上的截距为－９．３．Ｂ　【提示】如图，已知直线的斜率为１，则其倾斜角为４５°，则直线ｌ的倾斜角α＝４５°＋１５°＝６０°．[４５，＋．∞∪－∞，３２)(]１０．解：由斜率公式得ｋＡＢ＝－２－３＝－１．３＋２ｂ＋２∵Ｃ在ｌ上，∴ｋ＝ＢＣａ－３ｋ１．ＡＢ＝－∴ａ＋ｂ－１＝０．１１当ａ时，ｂ＝１－ａ．２２１１．解：转化为判断是否有两边垂直，再转化为判断是否有两边所在的直线斜率乘积１．为－解：ＡＢ边所在直线的斜率ｋＡＢ＝（２－２－（２＋２＝２０－２ＣＢ边所在直线的斜率（２－２－２ｋ，ＣＢ０－４２ＡＣ边所在直线的斜率２－（２＋２ｋＡＣ４－２{１ｙ－３１＋，＝１ｘ＋１２ｙ＋１３－２１，ｘ－１－２３解得１）．{ｘ＝－３，即Ｄ（－３，ｙ＝１．（２）当四边形是?ＡＢＤＣ时，如图乙，ＡＢＤ，ＡＣ∥Ｃ∥ＢＤ．所以ｋｋｋｋ设ＡＢ＝ＣＤ，ＡＣ＝ＢＤ，Ｄ（ｘ，ｙ）ｙ－３＝１，ｘ＋１则ｙ－１＝－４，ｘ－２{第３题图∴ｌ的斜率为ｔａｎａｎ６０°α＝ｔ∴ｌ的方程为ｙ－ｘ－１），．即ｙ４．Ｃ　【提示】将直线方程化为ｘ＝１，解得即Ｄ（１，５）．ｙ＝５．（３）当四边形是?ＡＤＢＣ时，ＢＤＣ，ＡＤＣ，设Ｄ∥Ａ∥Ｂ{３３ｙｘ－３，∴ｋｂ２２＝－３．５．ｘ－ｙ＋２＝０　【提示】直线ｌ在ｘ轴上截距为－２，即直线ｌ与ｘ轴的交点为（－２，０）．又ｌ的倾斜角为４５°，∴其斜率ｋ＝１．方程为ｙ＝ｘ＋２，即ｘ－ｙ＋２＝０．６．３ｘ＋２ｙ＝０或ｘ－ｙ＋５＝０　【提示】若截距为０，设直线方程为ｙ＝ｋｘ．１－０ＡＣ的斜率为ｋ２０－（－３）１，所以直线ＡＣ的方程３１（ｘ＋３），即ｘ－３ｙ＋是ｙ３３＝０；直线ＢＣ的斜率为ｋ３１－（－４）５所以直０－２２５线ＢＣ的方程是ｙ－１２ｘ，即５ｘ＋２ｙ－２＝０．★知能提升突破方程得（２ｘ＋ｙ－１）ｍ－ｘ＋３ｙ＋１１＝０，于是解有得{{２ｘ＋ｙ－１＝０，ｘ－３ｙ－１１＝０，ｘ＝２，ｙ＝－３．８．解：（１）令ｙ＝０，得{２ｍ－２ｍ－３，　　　①≠０２ｍ－６，　　②＝－３ｍ－２ｍ－３２由①得ｍ１，≠３且ｍ≠－２由②得３ｍ－４ｍ－１５＝０，．Ａ　【提示】令ｙ＝０，则ｂｘ＝∵直线过点（－２，３），∴３＝ｋ１１·（－２），，所以ｘ，故选Ａ．１ｂ３３∴ｋ，∴ｙｘ，即３ｘ２．Ｄ　【提示】因为直线在第２２一、二、三象限，所以直线的＋２ｙ＝０．若截距不为０，设横截距为ａ，则纵截距为－ａ，直线方程为ｘｙ＝１，ａ－ａ－２ａ斜率大于０，且在ｙ轴上的截ＡＣ，即：＞０且距大于０ＢＢ＞０，所以ＡＣ＜０且＜０，ＢＢ５解得ｍ＝３，或ｍ，３５∴ｍ３（２）由题意，得２２ｍ＋ｍ－１，　　③≠０２ｍ－２ｍ－３，　④＝－１２２ｍ＋ｍ－１１由③得ｍ１且ｍ≠－≠，２２ｍ－ｍ－４＝０，由④得３４解得ｍ＝－１，或ｍ，３４∴ｍ．３９．解：（１）方法一：设直线ｌ分别交ｌ，ｌ（ｍ，ｎ）和１２于点ＰＱ（ａ，ｂ），则由Ａ为ＰＱ的中点，可得ａ＝－ｍ，ｂ＝２－ｎ，即点Ｑ坐标为（－ｍ，２－ｎ）．又点Ｐ在ｌ则ｍ－３ｎ＋１上，１０＝０，①同理，点Ｑ在ｌ则２上，２ｍ＋ｎ＋６＝０，②ｍ＝－４，由①②可得∴Ｐｎ＝２，（－４，２）．直线ｌ过Ａ（０，１）和Ｐ（－４，ｙ－１２），利用两点式可得　２－１{∵直线过点（－２，３），∴３＝１，－ａ即：Ａ·Ｂ＜０且Ｂ·Ｃ＜０，故选Ｄ．３．Ｃ　【提示】由题意得（ａ＋２）∴ａ＝－５，∴直线方程为ｙ＝１，５即ｘ－ｙ＋５＝０．７．ｘ－５（ａ－１）＋（１－ａ）（２ａ＋３）＝０，解得：ａ±１．４．Ａ５．［－１，１］　【提示】令ｘ＝０，则ｙ＝ｋ，令ｙ＝０，则ｘ＝－２ｋ，所以直线与坐标轴所围成的１三角形的面积是Ｓ－２｜ｋ｜２２·｜ｋ｜．即ｋ，所以－１≤１≤１，＋提示】直线方∞)　【[３２３．２＝（３－２ｔ）ｘ－６，程可化为ｙ所以３－２ｔ，解得ｔ≤０≥８．解：直线ＡＢ的斜率为ｋ１＝４－４－０所以直线（－３）２－５４ＡＢ的方程是ｙ＝（ｘ＋５３），即４ｘ＋５ｙ＋１２＝０；直线．≤ｋ≤１６．２　【提示】线段ＡＢ的中点坐标是（１，１），代入直线方程得ｍ＋３－５＝０，所以ｍ＝２．７．（２，－３）　【提示】由直线ｌ{ｘ－０ｙ．，１＝－４－０３即为ｘ∴所求直线ｌ方程为ｘ＋４ｙ＋ｙ－３＝０，也经过第－４＝０．一、二、四象限．方法二：设所求直线方程ｙ综上可知，所求直线ｌ的方＝ｋｘ＋１，程为ｘ－３ｙ＋１０＝０，ｘ＋ｙ－３＝０，或２ｘ＋ｙ－４＝解方程组ｙ＝ｋｘ＋１，０．７１０ｋ－１１０．解：（１）在已知直线斜率的得点Ｐ．３ｋ－１３ｋ－１前提下可设直线方程的斜２ｘ＋ｙ－８＝０，截式，然后求出截距．设所解方程组ｙ＝ｋｘ＋１，求的直线方程为ｙ＝－２ｘ＋７８ｋ＋２，则它在ｙ轴上的截距为λ．得点Ｑｋ２＋ｋ２＋１，在ｘ轴上截距为λ，则λ∵Ａ为ＰＱ的中点，由中点坐２标公式有１１２，∴λ＝８．有λλ＝７７２３ｋ－１ｋ＋２∴所求直线方程为ｙ＝－２ｘ，得ｋ＝－＝０２＋８，１即２ｘ＋ｙ－８＝０．．４（２）方法一：∵已知直线的１由点斜式方程可得ｙ２４斜率是，３ｘ＋１．又∵所求直线与已知直线∴所求直线方程为ｘ＋４ｙ－４平行，＝０．２∴它的斜率也是．（２）设直线ｌ的横截距为ａ，３则它的纵截距为６－ａ，由于根据点斜式，得所求直线的直线在两轴上的截距都不为２方程是　ｙ＋４（ｘ－０，３ｘｙ１），的方程为故直线ｌａ６－ａ即２ｘ＋３ｙ＋１０＝０．＝１．方法二：设所求直线的方程∵点（１，２）在该直线上，为２ｘ＋３ｙ＋ｂ＝０，直线过点１２∴＝１，Ａ（１，－４），ａ６－ａ∴有２×１＋３×（－４）＋ｂ２即为ａ－５ａ＋６＝０，∴ａ＝２，＝０，解之得ｂ＝１０．或ａ＝３．故所求直线的方程是２ｘ＋ｘ当ａ＝２时，直线的方程为３ｙ＋１０＝０．２１１．根据物理学光的反射定律，ｙ１，＝反射光线通过光源的象，光４源Ａ点的象Ａ′与Ａ关于已即为２ｘ＋ｙ－４＝０，经过第知直线ｌ成轴对称，从而可一、二、四象限；得Ａ的坐标．利用两点式即ｘ当ａ＝３时，直线的方程为得反射光线所在直线的方３{{()()程．解：设点Ａ关于直线ｌ：２ｘ＋３ｙ－６＝０的对称点Ａ′的坐ｘ，ｙ），则标为（００ｙ４３０－，即３ｘ２ｙ０－０＝２ｘ＋１０－１１．①∵ＡＡ′的中点在直线ｌ上，ｘ－１ｙ＋４∴２０＋３０＝２２６，ｘ３ｙ２．即２②０＋０＝２９解①②得ｘ，ｙ＝０＝１３０２８．１３所以反射光线所在直线的方程为８６２２３１３６２１ｙ（ｘ－３），２９１３３１３３ｘ－２６ｙ＋８５＝０．即１()()３．３　直线的交点坐标与距离公式能力题型设计★速效基础演练１．Ｂ　【提示】由３ｘ＋ｙ－１＝０，ｘ＋２ｙ－７＝０，ｘ＝－１，得即交点为（－ｙ＝４，１，４）．∵第一条直线的斜率为－{{，且两直线垂直，３∴所求直线的斜率为１．３１３∴由点斜式得ｙ－（ｘ＋１），－３ｙ＋１３＝０．即ｘ２．Ｄ　【提示】直线方程可化为（２ｘ＋ｙ－５）＋ｋ（ｘ－ｙ－４）＝０，由直线系方程知，此直线过两直线的交点，即为{{ｘ－ｙ－４＝０，２ｘ＋ｙ－５＝０，ｘ＝３，４）＋２＝２－７．５ｘ－１２ｙ－２０＝０，或５ｘ－１２ｙ＋３２＝０　【提示】设所求直线的方程是５ｘ－１２ｙ＋ｂ＝０，１，上取点０则在直线ｌ２１０－１２＋２＋（－１２）∴ｌ的斜率ｋ１．４２－１＝－－４－０解得交点为（３，－１）．ｙ＝－１．３．Ｄ　【提示】直接应用点到直线的距离公式得ｄ＝｜１＋１＋１｜３．２４．Ａ　【提示】ＭＮ２()１∴直线ｌ的方程是ｙｘ４＋１．即ｘ＋４ｙ－４＝０．★知能提升突破１．Ｂ　【提示】解方程组得{ｘ＝－１，ｙ＝{ｙ＝－２．代入方程ｘ＋ｋ２ｘ＋３ｙ＋８＝０，ｘ－ｙ－１＝０，１－２ｋ＝０，所以ｋ＝０得－１，选Ｂ．２２．Ｄ　【提示】把条件等式变形整理为：ａ－０）＋（ｂ－０）＝＝２．即｜ｂ－６｜＝２６，所以ｂ＝３２或－２０，＝２所以所求直线方程是５ｘ－ｙ－２０＝０，或５ｘ－１２ｙ＋３２１２＝０．８．解：求直线ｌ的方程，有两个基本思路．方法一：由题可设ｌ的方程＝ｋｘ＋１，然后求出ｌ与为ｙｌ，ｌ与ｌ１的交点Ａ２的交点Ｂ，Ａ、Ｂ两点的坐标用ｋ表示，根据Ｐ是ＡＢ的中点，用中点坐标公式求出ｋ．（过程略）方法二：设出ｌ与ｌ、ｌ１２的交点Ａ、Ｂ的坐标，将Ａ、Ｂ两点坐标代入直线的方程，利用中点坐标公式，求出Ａ、Ｂ两点坐标．设直线ｌ与ｌ、ｌ１２的交点分别为Ａ（ｘ，ｙ）、Ｂ（ｘ，ｙ），１１２２依题意得（ｘ－ｙ）＋（－－＝＋２ｘｙ＋ｙ＝｜ｘ＋ｙ｜．故选Ａ．３２　【５．－提示】∵点Ａ４（－３，１）与点Ｂ（５，－１）在直线ｘ＝－２的两侧，所以点Ｐ就是直线ＡＢ与直线ｘ＝２１－（－１）的交点．∵ＫＡＢ＝－３－５１∴直线ＡＢ的方程４１为ｙ－１（ｘ＋３），即ｘ４＋４ｙ－１＝０．由ｘ＝－２，ｘ＝２得３∴．ｘ＋４ｙ－１＝０ｙ４()（ｃ－０）＋（ｄ－０），其意义为点Ｍ（ａ，ｂ）和Ｎ（ｃ，ｄ）到原点（０，０）的距离相等，故选Ｄ．３．Ｃ　【提示】在直线３ｘ＋４ｙ＋１２＝０上取点（－４，０），由此ｘ＋８ｙ－１１＝０的点到直线６距离ｄ＝７，２｜６×（－４）＋０－１１｜＝＋８{{３点Ｐ（－２）即为所求．４６．【提示】设所求直线方ｘ－ｙ＋ｂ＝０，把点（３，程是２２）的坐标代入得：６－２＋ｂ＝０，ｂ＝－４，即２ｘ－ｙ－４＝０，＝０，则ｙ＝－４；令ｙ＝０，令ｘ则ｘ＝２，两点（０，－４）和（２，０）之间的距离是７２半径ｒ，圆面积Ｓ＝πｒｘ－３ｙ＋１０＝０，１?１４?２ｘ＋ｙ－８＝０，４９?２２π，故选Ｃ．?ｘ＋１６ｘ、消去ｘ２?１２＝０，４．Ｃ　【提示】当两条直线分别２??ｙ和ＡＢ垂直时，距离最大，此＋ｙ?１２＝１，?２时ｄ＝５．ｙ，得５．Ｃ　【提示】点Ａ（３，－１）关２{ｘ３ｙ１０＝０，１－１＋解得Ａ（－２ｘｙ６＝０，１＋１＋于直线ｘ＋ｙ＝０的对称点为Ａ′（１，－３），连线Ａ′Ｂ与直线ｘ＋ｙ＝０的交点即为所求的点，４，２）．直线Ａ′Ｂ的方程为ｙ＋３＝１－２＋３（ｘ－１），即ｙｘ－４５－１１３，与ｘ＋ｙ＝０联立解得ｘ＝４１３１３，ｙ．５５１１６．　【提示】设Ｂ２２（ｘ，－ｘ），则即前两条直线的交点为(ｋ＋６１．因为三直线ｋ＋４ｋ＋４){ｙ＝ｋ（ｘ－３）＋１，?ｘ＋ｙ＋６＝０交于一点，所以第三条直线必过此点，故＋６ｋ１３ｋ＋４＝５，ｋ＋４ｋ＋４１６解得：ｋ＝１，或ｋ．３方法二：过直线ｘ－２ｙ－１＝０与２ｘ＋ｋｙ－３＝０的交点Ｂ(３ｋ－７９ｋ－１，．ｋ＋１ｋ＋１)∵｜ＡＢ｜＝５，()()()∴(３ｋ－２３ｋ－７２ｋ＋１ｋ＋１)＋(－４ｋ＋１９ｋ－１ｋ＋１ｋ＋１)２＝２５．｜ＡＢ｜＝ｘ＋２ｘ＋１解得ｋ＝０，即所求直线为ｙ＝１．１１综上可知，所求直线方程为的直线可设为ｘ－２ｙ－１＋，＝２ｘ２２ｘ＝３，或ｙ＝１．（２ｘ＋ｋｙ－３）＝０（λλ∈１∴当ｘ时，｜ＡＢ｜取最２．解：（１）方法一：①当两条Ｒ），即（１＋２）ｘ＋（ｋλλ－１２直线的斜率不存在时，即两２）ｙ－１－３０．由题设三λ＝小值．直线分别为ｘ＝６和条直线交于一点知，该直线７．［０，１０］　【提示】ｄ＝ｘ＝－３，则它们之间的距离ｋｘ＋４ｙ－５＝０应与直线３｜４×４－３ａ－１｜，解得：０≤３为９．５重合，即：０．≤ａ≤１②当两条直线的斜率存在１＋２２－１－３λｋλ－λ，８．ｌ：１２ｘ－５ｙ＋５＝０，ｌ：１２ｘ－时，设这两条直线方程为３ｋ４－５１２５ｙ－６０＝０，或ｌ：ｘ＝０，ｌ：ｘ１２ｌ：ｙ－２＝ｋ（ｘ－６），解得λ＝－２，ｋ＝１，或λ＝１＝５．【提示】当ｌ，ｌ１２的斜率ｌ：ｙ＋１＝ｋ（ｘ＋３），２１１６２，ｋ，所以ｋ的值不存在时，即ｌ：ｘ＝０，ｌ：５８３１２即ｌ：ｋｘ－ｙ－６ｋ＋２＝０，１ｘ＝５，显然符合题意．１６ｌ：ｋｘ－ｙ＋３ｋ－１＝０．２为１或．３当ｌ，ｌ设１２的斜率存在时，｜３ｋ－１＋６ｋ－２｜∴ｄ＝＝ｌ：ｙ＝ｋｘ＋１，ｌ：ｙ＝ｋ（ｘ－１１．解：若直线ｌ的斜率不存１２＋１５），再由两平行直线间的距在，则直线ｌ的方程为ｘ＝３｜３ｋ－１｜．１２，此时与ｌ、ｌ的交点分别３１２，可以得到ｌ，离，求出ｋ１ｋ＋１５为Ａ′（３，－４）和Ｂ′（３，－即ｌ的方程．２９），截得线段Ａ′Ｂ′的长为２２２（８１－ｄ）ｋ－５４ｋ＋９－ｄ＝０．９．５【提示】涉及光的反｜Ａ′Ｂ′｜＝｜－４＋９｜＝５，符合∵ｋ，且ｄ，ｄ＞０，∈Ｒ≠９射问题，都可以转化为数学２２题意．∴Δ＝５４－４（８１－ｄ）（９－中的对称问题求解，Ａ（－３，２若直线ｌ的斜率存在，则可ｄ），≥０５）关于ｘ轴的对称点是设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋ（ｘＡ′（－３，－５），于是｜Ａ′Ｂ｜即即０＜ｄｄ．≤≠９－３）＋１，为所求距离，由两点间距离综合①②可知，所求的ｄ的解方程组公式易求得｜Ａ′Ｂ｜＝５变化范围为（０，３．ｙ＝ｋ（ｘ－３）＋１，１０．解：方法一：解方程组?方法二：如图所示，显然有０ｘ＋ｙ＋１＝０ｋ＋６＜ｄＡＢ｜．≤｜ｘ，３ｋ－２４ｋ－１ｘ－２ｙ＝１，ｋ＋４，Ａ，得而｜ＡＢ｜＝ｋ＋１ｋ＋１２ｘ＋ｋｙ＝３，１ｙ，解方程组（６＋３）＋（２＋１）ｋ＋４{{{()第１２题图＝故所求的ｄ的变化范围为０，．（（２）由图可知，当ｄ取最大Ｂ．值时，两直线垂直于Ａ２－（－１）１此时，ｋ，ＡＢ６－（－３）３∴所求的直线的斜率均为－３．故所求的直线方程分别为ｙ－２＝－３（ｘ－６）和ｙ＋１＝（ｘ＋３），－３即３ｘ＋ｙ－２０＝０和３ｘ＋ｙ＋１０＝０．１３．解：点Ｏ（０，０）关于直线ｌ：２ｘ－ｙ＋１＝０的对称点是４２Ｏ′，则直线ＭＯ′５５１３的方程为ｙ－３ｘ．４直线ＭＯ′与直线ｌ：２ｘ－ｙ＋１＝０的交点Ｐ１８１即为所求，相５５()()应的的最大值为｜ＭＯ′｜．５知识与能力同步测控题１．Ｃ　【提示】直线ｌ的斜率ｋ－３－１＝ｔａｎ１３５°＝－１，所以ｘ＋４＝－１，ｘ＝０，故选Ｃ．２．Ｂ　【提示】ｋＭＮＰ坐标为（ｘ，ｙ），则｜ｘ｜＝｜ｙ｜，即点Ｐ在直线ｙ＝ｘ或ｙπ故选Ｂ．α，４＝－ｘ上，而直线ｘ＋ｙ＝２与３．Ｃ　【提示】ｋ＝－２，令ｙ＝０，这两条直线中的一条平行，４４一条相交，所以这样的Ｐ点０．则ｘ，即，故３３，故选Ｄ．个数是４＝－２１所求直线方程为ｙ０．Ｃ　【提示】点Ｐ上，所１在ｌ４８以ｆ（ｘ，ｙ）＝０，点Ｐｘ１１２在ｌ＝－２ｘ．故选３３外，所以ｆ（ｘ，ｙ），所以≠０２２Ｃ，也可以采用验证选项法．（ｘ，ｙ）－ｆ（ｘ，ｙ）＝０方程ｆ２２４．Ｄ　【提示】由已知，符合条过点Ｐ（ｘ，ｙ）且与直线ｌ２２２件的点应当在线段ＡＢ上．平行（因为它们的ｘ，ｙ的系５．Ｃ　【提示】注意考虑Ａ（１，数相同，而常数项不同），故１）、Ｂ（３，５）两点在直线ｌ的选Ｃ．同侧和异侧两种情况，也可５０，１１．提π　【∪直接代入点到直线的距离公６６式建立方程求解，由于只能ｃｏｓα＝－示】∵ｋ＝求出一个斜率，所以不能丢３了ｘ＝２的情况．设直线ｃｏｓα∈，６．Ｂ　【提示】若直线在两坐标３３轴上截距相等，则有直线过的倾斜角为β，则原点和直线的斜率等于－１且ｔａｎβ∈β∈，两种情况，且验证二者不重３３合，故有２条．［０，），π７．Ｄ　【提示】由点到直线的距∴所求直线的倾斜角是｜１０－１２ｋ＋６｜５ππ离公式，４＝０，π．∪６６＋１２１２．ｘ＋ｙ－７＝０和３ｘ－ｙ－２２ｋ｜１７｜１６－１２，解得ｋ或ｋ＝＝０　【提示】由１３３ｘ＋ｙ＋１＝０，－３．得３ｘ－ｙ＋４＝０．８．Ｄ　【提示】将所给直线方程５分解后按是否含参数进行分ｘ，４类，得ｍ（ｘ＋２ｙ－１）－（ｘ＋ｙ１－５）＝０．所以直线过两直线ｙ，４ｘ＋２ｙ－１＝０，即平行四边形的一个顶点解的交点，即ｘ＋ｙ－５＝０，５１为．ｘ＝９，４４之得所以直线恒过ｙ＝－４，又两对角线的交点为（３，定点（９，－４）．０），则另一顶点为９．Ｄ　【提示】因为点Ｐ到ｘ２９１，．轴、ｙ轴的距离都相等，设点４４，所以ｋ１，ｔａｎ１，＝－１α＝ｌ＝()()[][[)][][][){{{({())设四边形的另两边方程为ｘ＋ｙ＋ｍ＝０和３ｘ－ｙ＋ｎ＝２９１２９０，则＋ｍ＝０，３４４４１＋ｎ＝０，４∴ｍ＝－７，ｎ＝－２２．１３．５　【提示】根据光学原理，光线从Ａ到Ｂ的距离等于点Ａ关于ｘ轴的对′到点Ｂ的距离，易称点Ａ求Ａ′（－３，－５）．∴｜Ａ′Ｂ｜＝（－３－２）＋（－５－１０）ＡＣ所在的直线方程为ｙ＝－（ｘ＋１），已知ＢＣ边上的高所在的直线方程为ｘ－２ｙ＋１＝０，故ＢＣ的斜率为－２，ＢＣ所在的直线方程为ｙ－２＝－２（ｘ－１）．解方程组３０元／件，平衡需求量为４０万件．第１８题图（２）设政府给予ｔ元／件补贴，此时的市场的平衡价格，即消费者支付价格为ｘ元／件，则提供者收到价格为（ｘ＋ｔ）元／件，依题意得方程组ｙ＝－（ｘ＋１），ｙ－２＝－２（ｘ－１）．得顶点Ｃ的坐标为（５，－６）．１７．解：设直线ｌ与ｌ、ｌ１２分别交于Ａ（ｘ，ｙ）、Ｂ（ｘ，ｙ），通１１２２过求出ｙｙ、ｘｘ１－２１－２的值确定直线ｌ的斜率（或倾斜角），从而求出直线ｌ的方程．设直线ｌ与ｌ、ｌ１２分别相交于Ａ（ｘ，ｙ）、Ｂ（ｘ，ｙ），则１１２２ｘｙ１＝０，ｘｙ６＝１＋１＋２＋２＋０．两式相减，得（ｘ１－ｘ２）＋（ｙｙ）＝５，又（ｘｘ）１－２１－２２２２＋（ｙｙ）＝５，联立解得１－２ｘｘ５，ｘｘ０，１－２＝１－２＝或ｙｙ０，ｙｙ５，１－２＝１－２＝∴直线ｌ的倾斜角为０°或{＝１４．－２　４　【提示】∵直线ａｘ＋ｂｙ＋１６＝０与直线ｘ－２ｙ＝０平行，ｂ则ａ．①２４ｘ＋３ｙ－１０＝０，由可得２ｘ－ｙ－１０＝０（４，－２）．{－ｘ＋７０＝４４，解得ｘ２（ｘ＋ｔ）－２０＝４４．＝２６，ｔ＝６．因此，政府对每件商品应给予６元的补贴．１９．解：∵Ａ（１，１）、Ｃ（４，２），∴｜{ＡＣ｜＝＝４－１）＋（２－１）∵点（４，－２）在直线ａｘ＋ｂｙ＋１６＝０上，∴４ａ－２ｂ＋１６＝０．②由①②可解得ａ＝－２，ｂ＝４．１５．２　【提示】通过分类讨论，９０°，故所求直线ｌ的方程去掉绝对值符号，可以得到为ｘ＝３，或ｙ＝１．四条线段，四条线段围成一１８．解：（１）如图，市场平衡价．个边长为格和平衡需求量实际上就１６．解：由方程组ｘ－２ｙ＋１＝０，ｙ＝０解得顶点Ａ（－１，０）．又ＡＢ的斜率为ｋ１．且ＡＢ＝ｘ轴是∠Ａ的平分线，故直线ＡＣ的斜率为－１，{{又直线ＡＣ方程为ｘ－３ｙ＋２＝０，根据点到直线的距离公式，可得点Ｂ（ｍ，）到直线ＡＣ的距离｜ｍ－３＋２｜ｄ，１１∴Ｓ｜ＡＣ｜·ｄ｜ｍ－２２３＋２｜＝１２是直线ｙ＝－ｘ＋７０与ｙ＝２ｘ－２０交点的横坐标和纵坐标，即为方程组ｙ＝－ｘ＋７０，的解，ｙ＝２ｘ－２０．ｘ＝３０，即故平衡价格为ｙ＝４０．{{{(３２１．２４)∵１＜ｍ＜４，∴１＜＜２?１３１＜，２２２３１∴０，≤２４∴Ｓ＝２设入射光线与ｌ的交点为Ｎ，则Ｐ、Ｎ、Ｑ′共线．又Ｐ（２，３）、Ｑ′（－２，－２），ｙ＋２得入射光线的方程为３＋２ｘ＋２，２＋２ｘ－４ｙ＋２＝０．即５（２）∵ｌ是ＱＱ′的垂直平分线，从而｜ＮＱ｜＝｜ＮＱ′｜，∴｜ＰＮ｜＋｜ＮＱ｜＝｜ＰＮ｜＋｜ＮＱ′｜＝｜ＰＱ′｜＝３＋２）＋（２＋２）∴－１－４ｋ≥２ｋ()２．小值４·（－４ｋ）＝４，ｋ１＝－４ｋ，即ｋｋ１２当且仅当３)]．－([１２４∴当３９＝０，即ｍ２４１１时，－４ｋ取最２ｋ１（４＋２∴ＳＯＢ的最小值为△Ａ４）＝４．时，Ｓ最大．９故当ｍ时，ＢＣ的面△Ａ４积最大．２０．解：如图所示．（１）设点Ｑ′（ｘ′，ｙ′）为Ｑ关于直线ｌ的对称点且ＱＱ′交ｌ于Ｍ点．此时ｌ的方程是ｙ－１＝－１（ｘ－２），即ｘ＋２ｙ－４＝２．０（２）∵Ａ＝即这条光线从Ｐ到Ｑ的长度是２１．解：（１）设直线ｌ的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ－２）．令ｙ＝０，得２ｋ－１ｘ；令ｘ＝０，得ｙ＝１ｋ－２ｋ，∴Ａ、Ｂ两点坐标分别２ｋ－１，０，Ｂ（０，１－为Ａｋ２ｋ）．∵Ａ、Ｂ是ｌ与ｘ轴、ｙ轴正半轴的交点，(２ｋ－１，０、Ｂ（０，１－ｋ２ｋ－１＋１－ｋ)２ｋ）（ｋ＜０），∴截距之和为２ｋ＝３－２ｋ２ｋ）＋１＝３＋（－ｋ第２０题图∵ｋ１，∴ｋ１．１＝－ＱＱ′＝∴ＱＱ′所在直线方程为ｙ－１＝１·（ｘ－１），即ｘ－ｙ＝０．ｘ＋ｙ＋１＝０，由ｘ－ｙ＝０，解得ｌ与ＱＱ′的交点Ｍ的１１．坐标为，２２又∵Ｍ为ＱＱ′的中点，１＋ｘ′１，２２由此得１＋ｙ′１，２２()(１≥３＋２ｋ)（－２ｋ）＝３＋２ｋ１取等号时，－２ｋ，即ｋｋ，故截距之和最小值２为３＋２此时ｌ的方程－１（ｘ－２），即ｘ为ｙ２－２＝０．{(){{解之得ｘ′＝－２，ｙ′＝－２．２ｋ－１＞０，ｋ１－２ｋ＞０．１ＳＯＡ｜·｜ＯＢ｜ＢＣ·｜△Ａ２１２ｋ－１··（１－ｋ２２ｋ）１１４ｋ．４－ｋ２∴{ｋ＜０，()第４章圆与方程４．１　圆的方程能力题型设计∵ｋ＜０１∴＞０，－４ｋ＞０，ｋ∴Ｑ′点的坐标为（－２，－２）．★速效基础演练１．Ｃ　【提示】将圆的一般式方程配方得＝０，得令ｙ２ｘ＋Ｄｘ＋Ｆ＝０．线仍是其本身，即其圆心在２ａ－ｘ＝０上，即＝直线ｙ２２ａ－１，解得ａ．２２５．Ｃ　【提示】如图所示，设Ｍ((１ｘ２)２＋((１２９ｙ，点（ａ＋１，ａ－２２)∴圆在ｘ轴上的截距之和为ｘｘＤ．１＋２＝－令ｘ＝０，得２ｙ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０．∴圆在ｙ轴上的截距之和为ｙｙＥ．１＋２＝－１＋１１）在圆外，需ａ＋２１２９ａ－１，解得ａ∈２２)２)为圆上任意一点，点Ａ为（３，０），连接ＡＭ．设ＡＭ的中点为Ｎ，ＯＡ中点为Ｃ，０，则(３２)由题设，知ｘｘｙｙ１＋２＋１＋２＝－（Ｄ＋Ｅ）＝２，∴Ｄ＋Ｅ＝－２．①又Ａ（４，２）、Ｂ（－１，３）在圆上，∴１６＋４＋４Ｄ＋２Ｅ＋Ｆ＝０，②１＋９－Ｄ＋３Ｅ＋Ｆ＝０，③由①②③，解得Ｄ＝－２，Ｅ＝０，Ｆ＝－１２．２２故所求圆的方程为ｘ＋ｙ－２ｘ－１２＝０．★知能提升突破２２１．Ｃ　【提示】若方程ｘ＋ｙ－（－＋∪∞，∞）２．Ｄ　【提示】由二元二次方程２表示圆的条件，有ａ＋２２（２ａ）－４（２ａ＋ａ－１）＞０，２解之可得－２＜ａ．３３．Ａ　【提示】圆与ｘ轴相切于１，０），知圆心横坐标为点（１，代入ｙ＝ｘ，知圆心坐标为（１，１），ｒ＝１，所求圆的方程为２２ｘ－１）＋（ｙ－１）＝１．故选（Ａ．４．Ｂ　【提示】由ｒ＝｜ＰＣ｜＝１ＣＮ，于是Ｎ到Ｃ的距离２１其轨迹方程为为定长，２３２１２ｘ＋ｙ＝，即２４２２（２ｘ－３）＋４ｙ＝１．()第５题图ｘ＋ｙ＋Ｒ＝０表示圆，则有１８－５）＋（－３－１）＝５，１６　【提示】点Ｐ的坐标是＋１－４Ｒ＞０，即Ｒ．圆心为Ｃ（８，－３），故圆的方２２２２程为（ｘ－８）＋（ｙ＋３）＝２（２，０），则点Ｐ到直线ｘ－ｙ．Ｄ　【提示】由方程表示圆，２５．２２｜２－１｜得（４ｍ）＋（－２）－４×５ｍ＝－１＝０的距离是５．±２　【提示】由题意，得１＋２＞０，即４ｍ－５ｍ＋１＞０，２３＝ｍ，所以ｍ＝±２．（４ｍ－１）（ｍ－１）＞０，解得．２２６．（ｘ＋２）＋ｙ＝４　【提示】圆２１ｍ＞１，或ｍ．故选Ｄ．２２２心是（－２，０），半径是２，所７．ａ＋ｂ＝ｒ　【提示】将原点４２２２２以圆的方程是（ｘ＋２）＋ｙ３０，０）代入方程，得ａ＋ｂ＝（．Ａ　【提示】将圆心＝４．７．（－１，－２）　【提示】将圆的方程化为标准方程，得（ｘ＋２２１）＋（ｙ＋２）＝９，所以圆心是（－１，－２）．８．解：已知圆过两点，且圆心不明确，故可用一般式求之．２２设所求圆的方程为ｘ＋ｙ＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０，２ｒ．ｍ，－１代入直线ｘ－５ｙ２２２８．ｘ＋ｙ－８ｘ－２ｙ＋１２＝０　＋３＝０中，得ｍ＝－１６，此【提示】设所求圆的方程为２２２２２时Ｄ＋Ｅ－４Ｆ＝ｍ＋４－４ｘ＋ｙ＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０，将２ｍ２２Ａ（２，２）、Ｂ（５，３）、Ｃ（３，－１）－１＝ｍ＋４－ｍ＋４４代入方程，得＝８＞０，满足题意．故选Ａ．２Ｄ＋２Ｅ＋Ｆ＋８＝０，４．Ｂ　【提示】曲线表示圆，它５Ｄ＋３Ｅ＋Ｆ＋３４＝０，关于直线ｙ－ｘ＝０对称的曲３Ｄ－Ｅ＋Ｆ＋１０＝０，(()){解得Ｅ＝－２，∴所求圆的Ｆ＝１２，２２方程为ｘ＋ｙ－８ｘ－２ｙ＋１２{Ｄ＝－８，又因为圆的半径ｒ＝｜ＯＣ｜＝＝０．９．解：方法一：因为圆心在直线ｙ＝ｘ＋２上，所以设圆心坐标为（ａ，ａ＋２），则圆的方程２２为（ｘ－ａ）＋（ｙ－ａ－２）＝２ｒ．１７＋＝，４４８所以，所求的圆的方程为１２７２２５ｘ＋ｙ．４４８１０．解：首先根据两平行线间的ＣＣ｜１－２｜距离ｄ＝２，求出１１．解：（１）已知方程可化为（ｘ－＋Ｂ２２２ｔ－３）＋（ｙ＋１－４ｔ）＝（ｔ＋()()３ｘ，１１因此，圆心坐标６ｙ．１１２４．为又半径ｒ＝１，所１１１１以，所求圆的方程为２２４２ｘ＋ｙ＝１．１１１１{(())()因为点Ｏ（０，０）和Ｐ（１，３）在圆上，所以{（０－ａ）２＋（０－ａ－２）２＝ｒ２，（１－ａ）２＋（３－ａ－２）２＝ｒ２，{ａ１解得４，ｒ２２５８．所以，所求圆的方程为(１２７２ｘ４)＋(ｙ２５４)８．方法二：由题意，知圆的弦ＯＰ的斜率为３，中点坐标为(１３２２)，所以，弦ＯＰ的垂直平分线方程为ｙ－３１２＝－３(ｘ１２)，即ｘ＋３ｙ－５＝０．因为圆心在直线ｙ＝ｘ＋２上，且圆心在弦ＯＰ的垂直平分线上，所以由{ｙ＝ｘ＋２，ｘ＋３ｙ－５＝０，{ｘ１解得４，ｙ７４即圆心坐标为Ｃ(１７４４)．半径ｒｄ２＝１．３）２＋（１－４ｔ２）２－１６ｔ４－９，方法一：设与两直线３ｘ＋４ｙ∴ｒ２＝－７ｔ２＋６ｔ＋１＞０，∴－－７＝０和３ｘ＋４ｙ＋３＝０的１＜ｔ＜１．距离相等的直线方程为３ｘ７＋４ｙ＋ｋ＝０．由平行线间的（２）ｒ＝－７ｔ＋６ｔ＋１距离公式ｄ｜Ｃ１－Ｃ２｜得＋Ｂ＝－７ｔ３１６７７｜ｋ＋７｜．＋４｜ｋ－３｜＋３即ｋ＝－２，所以直线方程为３ｘ＋当ｔ３７∈(１７，１)时，ｒｍａｘ４ｙ－２＝０．解３ｘ＋４ｙ－２＝０４此时圆的面积与ｙ＝２ｘ组成的方程组７最{３ｘ＋４ｙ－２＝０，大，ｙ＝２ｘ，得对应的圆的方程是{ｘ２()２１１，ｘ２４(１３)２１６７＋ｙ４９７．２２ｙ４因此，圆心坐标为１１，（３）当且仅当３＋（４ｔ）２－２（ｔ＋３）×３＋２（１－４ｔ２）·(２４)（４ｔ２）＋１６ｔ４＋１１１１．又半径ｒ＝１，所９＜０时，点Ｐ恒在圆内，∴８ｔ２－６ｔ＜以，所求圆的方程为()２()２０，即０＜ｔ３．ｘ２４４１１＋ｙ１１＝１．方法二：解方程组１２．解：以气象台为坐标原点，{３ｘ＋４ｙ－７＝０，正东方向为ｘ轴正方向，建ｙ＝２ｘ与立直角坐标系，则现在台风{３ｘ＋４ｙ＋３＝０，中心Ｂ的坐标为（－３００，ｙ＝２ｘ，得０）．根据题意可知，ｔ小时{后，Ｂ的坐标为（－３００＋ｘ７１１，４０ｔｃｏｓ４５°，４０ｔｓｉｎ４５°），即和ｙ１４（－３００＋２０ｔ，２０ｔ）．１１因为以台风中心为圆心，以２５０千米为半径的圆上或圆内的点将遭受台风影响，所以，Ａ在圆上或圆内时，气象台将受台风影响．所以令｜ＡＢ｜５０，即（－３００＋≤２２２２０）＋（２０ｔ）≤２２２５０，整理得１６ｔ－１２０ｔａ－ｂ）＝２｜ｃ｜，即（ａ－２２ｂ）＝２ｃ．故选Ｂ．３．Ｃ　【提示】圆心Ｃ（ａ，２）到｜ａ－２＋３｜的距离ｄ直线ｌ｜ａ＋１｜２｜ａ＋１｜，所以＋３ｘ＋ｘ＝－１，ｘｘ．所１２１２２以｜ＡＢ｜＝（ｘｘ）＋（ｙｙ）１－２１－２＋１＝·()１５－５＋２７５，解得≤０４≤ｔ≤１＋５，即４()２＝４，解之，得ａ＝－１２２ｘｘ）－４ｘｘ·（１＋２１２＝－舍去），或ａ＝１．弦ＡＢ的长是．故选Ｃ．★知能提升突破２２１．９９．６１．８．６１－１．４≤ｔ≤８．Ａ　【提示】圆ｘ＋ｙ－２ｘ－１．Ａ９９＝６．６２（小时）．５＝０化为标准方程是（ｘ－２．Ｂ　【提示】可以验证点Ｍ在２２故大约２小时后，气象台Ａ１）＋ｙ＝６，其圆心是（１，圆上，则仅有一条切线．２２所在地将遭受台风影响，大０）；圆ｘ＋ｙ＋２ｘ－４ｙ－４＝３．Ｄ　【提示】设直线ｌ的方程２０化为标准方程是（ｘ＋１）约持续６个半小时．是２ｘ－ｙ＋ｂ＝０，则圆心Ｃ２＋（ｙ－２）＝９，其圆心是（－【提示】这是一个有关圆的｜ｂ｜（０，０）到直线ｌ的距离＝１，２）．线段ＡＢ的垂直平分应用问题，遭受台风影响实线就是过两圆圆心的直线，际上就是点在圆上或圆内解得ｂ＝±５，则直线ｌ的验证可得Ａ正确．的问题，利用“解析法”是方程是２ｘ－ｙ＋５＝０，或２ｘ．ｘ－２ｙ＋５＝０　【提示】点Ｐ解决有关解析几何应用题５－ｙ－５＝０．２２（－１，２）是圆ｘ＋ｙ＝５上４的一个好方法．．Ｃ　【提示】两圆的圆心距ｄ＝１－４×．即＝２４．２　直线、圆的位置关系能力题型设计的点，圆心为Ｃ（０，０），则ｋＰＣ｜ＣＣ＝１２｜★速效基础演练１．Ｄ　【提示】圆心坐标为（０，０），半径为圆心到直线的距离ｄ以｜ｍ｜．因为ｄ＝ｒ，所２１（－１－ｍ）＋（ｍ＋２）＝３＝－２，所以ｋ，ｙ－１２＋２，解得ｍ＝２或－５．１－２（ｘ＋１）．故所求切线５．Ｃ　【提示】由数形结合可知０２＜ｒ．≤２－２ｙ＋５＝０．方程是ｘ６．４　【提示】由题意得，弦心距ｄ＝１，半径ｒ＝所以弦长为２ｒ－ｄ＝４．７．４ｘ＋３ｙ－２＝０　【提示】两圆｜ｍ｜＝所以ｍ＝±２．故选Ｄ．２．Ｂ　【提示】两圆的圆心坐标分别是（ａ，ｂ）和（ｂ，ａ），半径都是｜ｃ｜，圆心距ｄ＝ａ－ｂ）＋（ｂ－ａ）＝ａ－ｂ）．因为两圆相切，的方程相减，得公共弦所在的直线方程为４ｘ＋３ｙ－２＝０．８．解：解方程组得２２ｘ＋ｙ＋２ｘ－４ｙ＋１＝０，２２ｘ＋２ｘ－３＝０．设Ａ（ｘ，ｙ）、Ｂ（ｘ，ｙ），则１１２２６．【提示】令ｘ＋ｙ＝ｔ，则２２ｙ＝ｔ－ｘ，代入ｘ＋ｙ＝２５２２２中，有ｘ＋ｘ－２ｔｘ＋ｔ－２５２２＝０，∴２ｘ－２ｔｘ＋ｔ－２５＝２２０，∴Δ＝４ｔ－８ｔ＋２５×８≥２２０，∴４ｔ５×８，即ｔ０，≤２≤５∴（ｙ＋ｘ）５．ｍａｘ＝２２７．ｘ＋ｙ＝４　【提示】设Ｐ（ｘ，ｒｙ），依题意有｜ＰＯ｜＝ｓｉｎ３０°１２２，∴ｘ＋ｙ＝４．＝２１２{ｘ－ｙ＋２＝０，且两圆半径相等，所以两圆是外切，所以ｄ＝８．３　【提示】因为｜ＡＢ｜＝、Ｂ分别以Ａ－则两又直圆外切，有３条公切线．线ｌ与以Ａ、Ｂ－即是两圆的公切线，所以有３条．９．解：方法一：设切线的斜率为２２＋６ｙ－２８）＝０，即ｘ＋ｙ＋∴圆Ｂ的圆心可设为（ｔ，２ｔ），２６６＋２８则圆Ｂ的方程是（ｘ－ｔ）＋λ４λｘｙ＝０．２２１＋＋＋λ１λ１λ（ｙ－２ｔ）＝ｒ，３－３λ即∵圆心在１＋１＋λλ２２２２ｘ＋ｙ－２ｔｘ－４ｔｙ＋５ｔ－ｒ＝０．－ｙ－４＝０上，直线ｘ①３３λ２２∵圆Ａ的方程是ｘ＋ｙ＋∴－４＝０?１＋λ１＋λ２ｘ＋２ｙ－２＝０，②７．λ＝－∴②－得两圆的公共弦①，２２故所求圆的方程为ｘ＋ｙ方程为()ｋ，－ｘ＋７ｙ－３２＝０．由点斜式有ｙ＋７＝ｋ（ｘ－（２）由于ＯＡ⊥ＰＡ，ＯＢ⊥１），即ｙ＝ｋ（ｘ－１）－７．ＰＢ．∴Ｏ、Ａ、Ｐ、Ｂ四点共圆代入圆的方程ｘ２＋ｙ２＝２５，于Ｃ′，其中ＯＰ为圆Ｃ′的直得径．设Ｑ（ｘ，ｙ）为此圆上任ｘ２＋［ｋ（ｘ－１）－７］２＝２５，意一点，则有ＯＱ⊥ＰＱ，即整理，得（ｋ２＋１）ｘ２－（２ｋ２＋ｋＯＱ·ｋＰＱ＝－１，即ｙｙ－４１４ｋ）ｘ＋ｋ２＋１４ｋ＋２４＝０，ｘ·ｘ－３∴Δ＝（２ｋ２＋１４ｋ）２－４（ｋ２＋＝－１，即ｘ（ｘ－３）＋１）·（ｋ２＋１４ｋ＋２４）＝０．ｙ（ｙ－４）＝０，即ｘ２＋ｙ２－３ｘ整理，得１２ｋ２－７ｋ－１２＝０，－４ｙ＝０．∴Ａ、Ｂ两点为圆ｘ２＋ｙ２－４∴ｋ４３，或ｋ３４．＝０和圆ｘ２＋ｙ２－３ｘ－４ｙ＝∴切线方程为４ｘ－３ｙ－２５＝０的交点，故直线ＡＢ的方０，或３ｘ＋４ｙ＋１８＝０．程为３ｘ＋４ｙ－４＝０（即ｘ２方法二：设所求切线的斜率＋ｙ２－４＋λ（ｘ２＋ｙ２－３ｘ－为ｋ，４ｙ）＝０中λ＝－１）．∴所求的直线方程为ｙ＋７（３）设圆Ｃ的方程为ｘ２＋＝ｋ（ｘ－１），ｙ２＋２ｘ－４ｙ－４＋λ（ｘ－２ｙ）整理成一般式为ｋｘ－ｙ－ｋ－＝０．又圆Ｃ过点（０，２），代７＝０．入上述方程得－８－４λ＝０，由圆的切线的性质，可得即λ＝－２．故圆Ｃ的方程｜０－０－ｋ－７｜为ｘ２＋ｙ２－４＝０．＝５，＋ｋ１１．解：方法一：考虑到圆Ｂ的化简，得１２ｋ２－７ｋ－１２＝０，圆心在直线ｌ上移动，可先写出动圆Ｂ的方程，再设法∴ｋ４３３，或ｋ４．建立圆Ｂ的半径ｒ的目标∴切线方程为４ｘ－３ｙ－２５＝函数．０，或３ｘ＋４ｙ＋１８＝０．设圆的半径为ｒ．１０．解：（１）设所求圆的方程为∵圆Ｂ的圆心在直线ｌ：ｙ＝ｘ２＋ｙ２＋６ｘ－４＋λ（ｘ２＋ｙ２２ｘ上，（２＋２ｔ）ｘ＋（２＋４ｔ）ｙ－５ｔ２＋ｒ２－２＝０．③∵圆Ｂ平分圆Ａ的周长，∴圆Ａ的圆心（－１，－１）必在公共弦上，于是，将ｘ＝－１，ｙ＝－１代入方程③并整理，得ｒ２＝５ｔ２＋６ｔ＋６（目标函数）＝５(ｔ３)２２１１２５５≥５．∴当ｔ３５时，ｒｍｉｎ＝５．此时，圆Ｂ的方程是(ｘ３)２５＋(ｙ６)２５＝２１５．方法二：也可以从图形的几何性质来考虑，用综合法来解．如图，设圆Ａ、圆Ｂ的圆心分别为Ａ、Ｂ．则Ａ（－１，－１），Ｂ在直线ｌ：ｙ＝２ｘ上，第１１题图连接ＡＢ，过Ａ作ＭＮ⊥ＡＢ，｜３ｋ－３｜５．２∴ＭＮ为圆Ａ的直径．＋１２∵圆Ｂ平分圆Ａ，｜３ｋ－３｜　【提示】｜ＡＭ｜＝∴当＝即ｋ＝３７３∴只需圆Ｂ经过Ｍ、Ｎ两ｋ＋１＝为正方体点．±２ＯＰ与圆相切．体对角线长的一半，所以∵圆Ａ的半径是２，设圆Ｂｙ∴的最大值与最小值分ｘ的半径为ｒ，２２３ａ＝５２，故ａ．３∴ｒ＝｜ＭＢ｜＝别是３＋２３－２．．解：建立如图所示的空间直再设ｘ＋ｙ＝ｂ，则ｙ＝－ｘ＋８ＡＢ｜＋｜ＡＭ｜＝｜角坐标系，Ｄ为坐标原点，据ｂ，｜ＡＢ｜＋４．已知，得由图（２）可知，当直线ｙ＝欲求ｒ的最小值，只需求｜ｘ＋ｂ与圆Ｃ相切时，截－ＡＢ｜的最小值．距ｂ取最值．∵Ａ是定点，Ｂ是ｌ上的动∵圆心Ｃ到直线ｙ＝－ｘ＋点，ｂ｜｜６－ｂ的距离ｄ．∴当ＡＢ，即ＭＮ时，｜⊥ｌ∥ｌＡＢ｜最小．于是，可求得｜６－ｂ｜∴当即ｂ＝６±３６，Ｂ，ｒｎ＝．５５ｍｉ第８题图５２３２１１，０、∴圆Ｂ的方程是ｘＦＣ０，１，１）、Ｃ１（直线ｙ＝－ｘ＋ｂ与圆相切．５２２∴ｘ＋ｙ的最大值与最小值６２２１３＋ｙ．，０，（０，１，０）、Ｇ０则Ｅ５５４２６－２．分