2021高考理科数学总复习课标通用版作业：平面解析几何课时作业50

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【与名师对话】2021高考数学课时作业50 文（含解析）北师大版(1)

课时作业(五十)一、选择题1．已知定点A (1,1)和直线l ：x ＋y －2＝0，那么到定点A 的距离和到定直线l 距离相等的点的轨迹为A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．直线解析：由于点A 在直线x ＋y －2＝0上，因此选D. 答案：D2．方程(x 2＋y 2－4)x ＋y ＋1＝0的曲线形状是 ( )解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4＝0，x ＋y ＋1≥0或x ＋y ＋1＝0.它表示直线x ＋y ＋1＝0和圆x 2＋y 2－4＝0在直线x＋y ＋1＝0右上方的部份．答案：C3．已知圆(x ＋2)2＋y 2＝36的圆心为M ，设A 为圆上任一点，N (2,0)，线段AN 的垂直平分线交MA 于点P ，那么动点P 的轨迹是( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线解析：∵|PA |＝|PN |，∴|PM |＋|PN |＝|PM |＋|PA |＝|MA |＝6>|MN |.故动点P 的轨迹是椭圆．答案：B4．已知F 是抛物线y ＝14x 2的核心，P 是该抛物线上的动点，那么线段PF 中点的轨迹方程是A ．x 2＝2y －1B ．x 2＝2y －116C ．x 2＝y －12D ．x 2＝2y －2解析：把抛物线方程y ＝14x 2化成标准形式x 2＝4y ，可得核心F (0,1)，设P (x 0，y 0)，PF 的中点M (x ，y )．由中点坐标公式得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 02，y ＝y 0＋12，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2x ，y 0＝2y －1.又∵P (x 0，y 0)在抛物线y ＝14x 2上，∴2y －1＝14(2x )2，即x 2＝2y －1.答案：A5．(2021年合肥月考)已知点P 是直线2x －y ＋3＝0上的一个动点，定点M (－1,2)，Q 是线段PM 延长线上的一点，且|PM |＝|MQ |，那么Q 点的轨迹方程是( )A ．2x ＋y ＋1＝0B ．2x －y －5＝0C ．2x －y －1＝0D ．2x －y ＋5＝0解析：由题意知，M 为PQ 中点，设Q (x ，y )，那么P 为(－2－x,4－y )，代入2x －y ＋3＝0得2x －y ＋5＝0.答案：D6．(2021年温州八校联考)设动圆M 与y 轴相切且与圆C ：x 2＋y 2－2x ＝0相外切，那么动圆圆心M 的轨迹方程为( )A ．y 2＝4xB ．y 2＝－4xC．y2＝4x或y＝0(x<0) D．y2＝4x或y＝0解析：解法一设动圆圆心M(x，y)，半径为R，依照已知条件得：R＝|x|＝|MC|－1，即|x|＝x－12＋y2－1.①x≥0时，(x＋1)2＝(x－1)2＋y2，即y2＝4x；②x<0时，(－x＋1)2＝(x－1)2＋y2，即y＝0.综合①②得，圆心M的轨迹方程为y2＝4x或y＝0(x<0)．解法二当x>0时，转化为动点M到直线x＝－1的距离与它到定点C(1,0)的距离相等，依照抛物线的概念，M 的轨迹方程为y 2＝4x ；当x <0时，因C (1,0)到y 轴的距离为1，∴x 轴负半轴上的点均知足．综上，圆心M 的轨迹方程为y 2＝4x 或y ＝0(x <0)．应选C. 答案：C 二、填空题7．平面上有三点A (－2，y )，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 2，C (x ，y )，假设AB →⊥BC →，那么动点C 的轨迹方程为________．解析：AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－y 2，BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，y 2.∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，得2·x －y 2·y 2＝0.得y 2＝8x . 答案：y 2＝8x8．直线x a ＋y2－a＝1与x 、y 轴交点的中点的轨迹方程是________．解析：设直线x a ＋y2－a ＝1与x 、y 轴交点为A (a,0)、B (0,2－a )，A 、B 中点为M (x ，y )，那么x ＝a 2，y ＝1－a2，消去a ，得x ＋y ＝1，∵a ≠0，a ≠2，∴x ≠0，x ≠1.答案：x ＋y ＝1(x ≠0，x ≠1)9．(2021年开封模拟)已知P 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上的任意一点，F 1、F 2是它的两个核心，O 为坐标原点，OQ →＝PF 1→＋PF 2→，那么动点Q 的轨迹方程是________．解析：由OQ →＝PF 1→＋PF 2→，又PF 1→＋PF 2→＝PM →＝2PO →＝－2OP →，设Q (x ，y )，那么OP →＝－12OQ →＝－12(x ，y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2，－y 2，即P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2，－y 2，又P 在椭圆上，那么有⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 22a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－y 22b 2＝1，即x 24a 2＋y 24b2＝1.答案：x 24a 2＋y 24b 2＝1 三、解答题10．已知椭圆C ：x 216＋y 29＝1和点P (1,2)，直线l 通过点P 并与椭圆C 交于A 、B 两点，求当l 的倾斜角转变时，弦中点的轨迹方程．解：设弦中点为M (x ，y )，交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．当M 与P 不重合时，A 、B 、M 、P 四点共线．∴(y 2－y 1)(x －1)＝(x 2－x 1)(y －2)，①由x 2116＋y 219＝1，x 2216＋y 229＝1两式相减得 x 1－x 2x 1＋x 216＋y 1－y 2y 1＋y 29＝0.又x 1＋x 2＝2x ，y 1＋y 2＝2y ， ∴2x x 1－x 216＝－2y y 1－y 29，② 由①②可得：9x 2＋16y 2－9x －32y ＝0，③当点M 与点P 重合时，点M 坐标为(1,2)适合方程③， ∴弦中点的轨迹方程为：9x 2＋16y 2－9x －32y ＝0.11．设圆C ：(x －1)2＋y 2＝1，过原点O 作圆的任意弦，求所作弦的中点的轨迹方程．解：解法一：直接法．如图，设OQ 为过O 点的一条弦，P (x ，y )为其中点，那么CP ⊥OQ .因OC 中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，连接PM . 故|MP |＝12|OC |＝12，得方程⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝14，由圆的范围知0<x ≤1.解法二：概念法．∵∠OPC ＝90°，∴动点P 在以点M ⎝⎛⎭⎪⎫12，0为圆心，OC 为直径的圆上，由圆的方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋y 2＝14(0<x ≤1)．解法三：代入法．设Q (x 1，y 1)，那么⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 12，y ＝y12⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2x ，y 1＝2y .又∵(x 1－1)2＋y 21＝1，∴(2x －1)2＋(2y )2＝1(0<x ≤1)．解法四：参数法．设动弦OQ 的方程为y ＝kx ，代入圆的方程得(x －1)2＋k 2x 2＝1. 即(1＋k 2)x 2－2x ＝0， ∴x ＝x 1＋x 22＝11＋k 2，y ＝kx ＝k1＋k2，消去k 即可取得(2x －1)2＋(2y )2＝1(0<x ≤1)． 12．如图，从双曲线x 2－y 2＝1上一点Q 引直线x ＋y ＝2的垂线，垂足为N ，求线段QN 的中点P 的轨迹方程．解：设动点P 的坐标为(x ，y )，点Q 的坐标为(x 1，y 1)，那么N 点的坐标为(2x －x 1,2y －y 1)．∵N 在直线x ＋y ＝2上， ∴2x －x 1＋2y －y 1＝2.①又∵PQ 垂直于直线x ＋y ＝2， ∴y －y 1x －x 1＝1，即x －y ＋y 1－x 1＝0， ②①、②联立解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝32x ＋12y －1，y 1＝12x ＋32y －1，③又点Q 在双曲线x 2－y 2＝1上，∴x 21－y 21＝1.④③代入④，得动点P 的轨迹方程是 2x 2－2y 2－2x ＋2y －1＝0. [热点预测]13．点P 是以F 1、F 2为核心的椭圆上一点，过核心作∠F 1PF 2外角平分线的垂线．垂足为M ，那么点M 的轨迹是A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线解析：如图，延长F 2M 交F 1P 延长线于N . ∵|PF 2|＝|PN |， ∴|F 1N |＝2a .连接OM ，那么在△NF 1F 2中，OM 为中位线，那么|OM |＝12|F 1N |＝a .∴M 的轨迹是圆．答案：A14．△ABC 的极点A (－5,0)、B (5,0)，△ABC 的内切圆圆心在直线x ＝3上，那么极点C 的轨迹方程是________．解析：如图，|AD |＝|AE |＝8， |BF |＝|BE |＝2，|CD |＝|CF |，因此|CA |－|CB |＝8－2＝6.依照双曲线概念，所求轨迹是以A 、B 为核心，实轴长为6的双曲线的右支，方程为x 29－y 216＝1(x >3)．答案：x 29－y 216＝1(x >3)15．已知定点F (0,1)和直线l 1：y ＝－1，过定点F 与直线l 1相切的动圆的圆心为点C . (1)求动点C 的轨迹方程；(2)过点F 的直线l 2交轨迹于两点P 、Q ，交直线l 1于点R ，求RP →·RQ →的最小值．解：(1)由题设知点C到点F的距离等于它到l1的距离，∴点C的轨迹是以F为核心，l1为准线的抛物线，∴动点C 的轨迹方程为x 2＝4y .(2)由题意知，直线l 2的方程可设为y ＝kx ＋1(k ≠0)，与抛物线方程联立消去y ，得x 2－4kx －4＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，那么x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.又易患点R 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ，－1， ∴RP →·RQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋2k ，y 1＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋2k ，y 2＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋2k ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋2k ＋(kx 1＋2)(kx 2＋2) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋2k (x 1＋x 2)＋4k 2＋4 ＝－4(1＋k 2)＋4k⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋2k ＋4k 2＋4 ＝4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2＋8. ∵k 2＋1k 2≥2，当且仅当k 2＝1时取等号， ∴RP →·RQ →≥4×2＋8＝16，即RP →·RQ →的最小值为16.。

2021高考理科数学总复习课标通用版作业：数列课时作业30

则bn＝＝
＝
所以Tn＝
＝＝
(3)Tn＋1－Tn＝－
＝＞0、
∴{Tn}单调递增、∴Tn≥T1＝ .
∵Tn＝＜、∴ ≤Tn＜、
使得＜Tn＜恒成立、
只需解之得 ≤m＜ .
19．(20xx年湖北省华师一附中高三调研考试)已知数列{an}中、a1＝、其前n项的和为Sn、且满足an＝ (n≥2)．
－＝2
数列是以1为首项2为公差的等差数列、
＝1＋(n－1)×2＝2n－1
an＝
bn＝an·an＋1＝ · ＝
S10＝
＝ × ＝
故选C.
答案：C
二、填空题
13．(20xx年福建省莆田第九中学高二上学期第二次月考)今年冬天流感盛行、据医务室统计、北校近30天每天因病请假人数依次构成数列{an}、已知a1＝1、a2＝2、且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)、则这30天因病请假的人数共有________人．
A．2 017 B．2 018
C. D.
解析：∵an＝Sn－Sn－1、bn＝Tn－Tn－1
则cn＝an·Tn＋bn·Sn－an·bn
＝(Sn－Sn－1)Tn＋(Tn－Tn－1)Sn－(Sn－Sn－1)(Tn－Tn－1)＝SnTn－Sn－1Tn－1
则C2 018＝S2 018T2 018－S2 017T2 017
若S51＝1 328－a2＝1 350、则当a2＝－22＜2时成立
若S53＝1 433－a2＝1 350、则当a2＝83＞2不成立．
故选A.
答案：A
5．(20xx年湖北省××市沙市中学高一下学期期中考试)等差数列{an}前n项和为Sn、(1＋a5)3＋2 018(1＋a5)＝1、(1＋a2 014)3＋2 018(1＋a2 014)＝－1、则下列结论正确的是 ( )

最新-2021届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第八章平面解析几何 8.2 精品

【解析】选D.因为l1∥l2,且l1的斜率为2, 所以l2的斜率为2. 又l2过点(-1,1), 所以l2的方程为y-1=2(x+1), 整理即得:y=2x+3, 令x=0,得y=3, 所以P点坐标为(0,3).
5.(2016·泰安模拟)点P(-1,3)到直线l:y=k(x-2)的距
离的最大值等于
2.已知P(x0,y0)是直线l:Ax+By+C=0外一点,则方程 Ax+By+C+(Ax0+By0+C)=0表示 ( ) A.过点P且与l垂直的直线 B.过点P且与l平行的直线 C.不过点P且与l垂直的直线 D.不过点P且与l平行的直线
【解析】选D.因为P(x0,y0)是直线l:Ax+By+C=0外一点, 所以Ax0+By0+C=k,k≠0. 所以方程Ax+By+C+(Ax0+By0+C)=0, 即Ax+By+C+k=0. 因为直线Ax+By+C+k=0和直线l斜率相等,但在y轴上的截距不相等,
第二节直线的交点坐标与距离公式
【知识梳理】 1.两条直线的交点
唯一解无解有无数组解
2.三种距离
三种距离
条件
公式
两点间的距离
点到直线的距离
A(x1,y1),B(x2,y2)
P(x0,y0)到直线 Ax+By+C=0的距离为d
|AB|=
__x_1 __x_2 _2___y_1 __y_2_2
两式相减,得(x1-x2)+(y1-y2)=5.
①
又(x1-x2)2+(y1-y2)2=25,

2021高考理科数学一轮总复习课标通用版作业：第9章平面解析几何课时作业51

课时作业51 圆锥曲线的综合问题一、选择题1．椭圆x 216＋y 24＝1上的点到直线x ＋2y －2＝0的最大距离为( )A ．3 B.11 C ．2 2 D.10 答案：D2．(2019年内蒙古集宁一中高三上学期期末)设某曲线上一动点M 到点F (3，0)的距离与到直线x ＝－3的距离相等，经过点P (2，1)的直线l 与该曲线相交于A ，B 两点，且点P 恰为等线段AB 的中点，则|AF |＋|BF |＝( )A ．6B ．10C ．12D ．14解析：由曲线上一动点M 到点F (3，0)的距离与到直线x ＝－3的距离相等知该曲线为抛物线，其方程为y 2＝12x ，分别过点A ，B ，P 向抛物线的准线x ＝－3作垂线，垂足分别为A 1，B 1，P 1，由梯形的中位线定理知|P 1P |＝12(|AA 1|＋|BB 1|)＝12(|F A |＋|FB |)＝2－(－3)＝5，所以|AF |＋|BF |＝10，故选B. 答案：B3．(2019年新疆乌鲁木齐高三考试)AB 是过抛物线y 2＝2px 焦点F 的弦，其垂直平分线交x 轴于点G ，设|AB |＝λ|FG |，则λ的值是( )A.32 B ．2C ．4D ．与p 的值有关解析：如图1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，图1则k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 222p －y 212p ＝2py 2＋y 1，故线段AB 的垂直平分线的方程为 y －y 2＋y 12＝－y 2＋y 12p ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 2＋x 12，令y ＝0，得x ＝p ＋x 2＋x 12，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋x 2＋x 12，0. ∴|FG |＝⎝⎛⎭⎪⎫p ＋x 2＋x 12－p 2＝x 2＋x 1＋p2，又|AB |＝x 2＋x 1＋p ，∴|AB |＝2|FG |.选B. 答案：B4．(2019年湖北省武汉市高中毕业生调研)已知不过坐标原点O 的直线交抛物线y 2＝2px 于A ，B 两点，若直线OA ，AB 的斜率分别为2和6，则直线OB 的斜率为( )A ．3B ．2C ．－2D ．－3解析：设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2A 2p ，y A ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2B 2p ，y B ，那么k AB ＝y A －y B y 2A －y 2B 2p ＝2py A ＋y B ＝6，所以y A ＋y B ＝p 3，而k OA ＝y A y 2A2p＝2py A＝2，故y A ＝p ，y B ＝－23p ，所以x B ＝29p ，k OB ＝－3，选D. 答案：D5．(2019年重庆市高二上学期期末)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线与抛物线C 相交于P ，Q 两点，与y 轴交于A 点，若AF→＝FQ →，O 为坐标原点，则△OPQ 的面积为( ) A. 2 B.32 2 C ．2 2 D ．4解析：AF →＝FQ →⇒x Q ＝2⇒y Q ＝22，从而可设直线FQ 为y ＝22(x －1)，联立方程有： ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝22（x －1），y 2＝4x⇒y 2－2y －4＝0，由韦达定理： y p ×22＝－4⇒y P ＝－2，所以S ＝12|OF ||y Q －y P |＝12×1×(22＋2) ＝322，答案：B6．(2019年河南省郑州市高三毕业年级第二次质量预测)如图2，已知抛物线C 1的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，且过点(2，4)，圆C 2：x 2＋y 2－4x ＋3＝0，过圆心C 2的直线l 与抛物线和圆分别交于P ，Q ，M ，N ，则|PN |＋4|QM |的最小值为( )图2A ．23B ．42C ．12D ．52解析：由题意抛物线过定点(2，4)，得抛物线方程y 2＝8x ，焦点为F (2，0)．圆的标准方程为(x －2)2＋y 2＝1，所以圆心为(2，0)，半径r ＝1.由于直线过焦点，所以有1|PF |＋1|QF |＝2P ＝12，又|PN |＋4|QM |＝(|PF |＋1)＋(4|QF |＋4)＝|PF |＋4|QF |＋5＝2(|PF |＋4|QF |)⎝ ⎛⎭⎪⎫1|PF |＋1|QF |＋5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4|QF ||PF |＋|PF ||QF |＋5≥23, 当且仅当PF ＝2QF 时等号成立．选A.7．(2019年浙江省宁波市高三模拟)设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点P (5，0)的直线与抛物线相交于A ，B 两点，与抛物线的准线相交于C ，若|BF |＝5，则△BCF 与△ACF 的面积之比S △BCFS △ACF＝( )A.56B.2033 C.1531 D.2029解析：抛物线的准线方程为l ：x ＝－1，分别过A ，B 作准线l 的垂线AM ，BN ，则|BN |＝|BF |＝5，图3∴B 点横坐标为4，不妨设B (4，－4)，则直线AB 的方程为y ＝4x －20，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4x －20，y 2＝4x ，得4x 2－41x ＋100＝0，设A 横坐标为x 0，则x0＋4＝414，故而x 0＝254. ∴|AM |＝x 0＋1＝294，∴S △BCFS △ACF＝2029.答案：D8．(2019年湖南省邵阳市高三上学期期末)过圆P ：(x ＋1)2＋y 2＝14的圆心P 的直线与抛物线C ：y 2＝3x 相交于A ，B 两点，且PB →＝3P A →，则点A 到圆P 上任意一点的距离的最大值为( )A.116 B ．2 C.136 D.73解析：由题意可知：P (－1，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，不妨设点A 位于第一象限，如图4所示，图4则：PB →＝(x 2＋1，y 2)，P A →＝(x 1＋1，y 1)，据此可得方程组：⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝3y 1，x 2＋1＝3（x 1＋1），y 21＝3x 1，y 22＝3x2解方程可得：x 1＝13，y 1＝1，则|AP |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋12＋12＝53，故点A 到圆P 上任意一点的距离的最大值为53＋12＝136. 本题选择C 选项. 答案：C9．(2019年内蒙古乌兰察布市北京八中分校高二上学期期末)经过椭圆x 22＋y 2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l ，交椭圆于A, B 两点，设O 为坐标原点，则OA→·OB →等于( ) A ．－3 B ．－13 C ．－13或－3 D ．±13解析：由x 22＋y 2＝1 ，得a 2＝2，b 2＝1，c 2＝a 2－b 2＝1 ，焦点为(±1，0)．设直线l 过右焦点，倾斜角为45°，直线l 的方程为y ＝x －1.代入x 22＋y 2＝1得x 2＋2(x －1)2－2＝0，即3x 2－4x ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1·x 2＝0，x 1＋x 2＝43，y 1y 2＝(x 1－1)·(x 2－1)＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝1－43＝－13，OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0－13＝－13.故选B. 答案：B10．(2019年河南省平顶山高二第一学期期末)过点M (1，1) 的直线与椭圆x 24＋y 23＝1 交于A, B 两点，且点M 平分AB ，则直线AB 的方程为( )A ．4x ＋3y －7＝0B ．3x ＋4y －7＝0C ．3x －4y ＋1＝0D ．4x －3y －1＝0解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入椭圆方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1两式相减并化简得y 1－y 2x 1－x 2＝－34，所以直线的斜率为－34，由点斜式得到直线方程为3x ＋4y －7＝0.答案：B11．(2019年湖南省三湘名校教育联盟高三第三次联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线交拋物线于A ，B 两点，过点A 作准线l 的垂线，垂足为E ，当A 点坐标为(3，y 0)时， △AEF 为正三角形，则此时△OAB 的面积为( )A.433 B. 3 C.233 D.33图5解析：如图5所示，过点F 作AE 的垂线，垂足为H ，则H 为AE 的中点，则AE ＝3＋p2，EH ＝p, ∴2p ＝3＋p2，解得p ＝2, ∴y 2＝4x ，A (3，23)，F (1，0)，∴k AF ＝3，直线AF 为y ＝3(x －1)，代入抛物线方程为3(x －1)2＝4x ，解得x ＝3或x ＝13，∴y ＝23或y ＝－233，∴B ⎝⎛⎭⎪⎫13，－233∴S △OAB ＝S △OFB ＋S △OF A＝12×1×⎝⎛⎭⎪⎫23＋233 ＝433，故选A. 答案：A12．(2019年普通高校全国卷一(A))已知抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，过焦点F 的直线l 分别交抛物线于点A ，B ，过点A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2，两切线l 1，l 2交于点M ，若过点M 且与y 轴垂直的直线恰为圆x 2＋y 2＝1的一条切线，则p 的值为( )A.14B.12 C ．2 D ．4解析：由题可知抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，且过焦点F 的直线斜率存在，所以可设直线l ：y ＝kx ＋p2，联立方程组⎩⎨⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py ∴x 2－2kpx －p 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝－p 2，x 1＋x 2＝2kp .又由x 2＝2py 得y ＝x 22p ，∴y ′＝xp ，所以过A 点的切线方程为l 1：y －y 1＝x 1p (x －x 1)，∴y ＝y 1＋x 1p x －x 21p ＝x 1p x －x 212p .同理可知过点B 的切线方程为l 2：y ＝x 2p x －x 222p ，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 1p x －x 212p ，y ＝x 2p x －x 222p ，∴⎩⎨⎧x ＝x 1＋x 22，y ＝x 1x 22p ＝－p 2，因此点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，－p 2，过点M 与y 轴垂直的直线为y ＝－p 2(p >0)，而圆x 2＋y 2＝1与y 轴负半轴交于点(0，－1)，所以－p2＝－1，∴p ＝2.故选C.答案：C 二、填空题13．(2019年高三数学训练题)F 是双曲线C: x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点，过点F 向C 的一条渐近线引垂线，垂足为A ，交另一条渐近线于点B.若2AF→＝FB →，则C 的离心率是________．解析：双曲线C: x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线为y ＝±b a x ，由题意，得|AF |＝b ，|BF |＝2b ，在Rt △AOF 中， |OF |＝c ，则|OA |＝c 2－b 2＝a .设l 1的倾斜角为θ，即∠AOF ＝θ，则∠AOB ＝2θ，tan θ＝b a ，tan2θ＝3b a ，即3ba ＝2b a 1－b 2a 2，即a 2＝3b 2，则e ＝c a ＝1＋b 2a 2＝233.答案：23314．(2019年高三数学训练题)设F 1，F 2为椭圆C 1: x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1>b 1>0)与双曲线C 2的公共的左，右焦点，椭圆C 1与双曲线C 2在第一象限内交于点M ，△MF 1F 2是以线段MF 1为底边的等腰三角形，且|MF 1|＝2，若椭圆C 1的离心率e ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，49，则双曲线C 2的离心率的取值范围是________．解析：设双曲线C 2的方程为x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2>0，b 2>0)，由题意知|MF 1|＝2，|F 1F 2|＝|MF 2|＝2c ，其中c 2＝a 22＋b 22＝a 21－b 21，又根据椭圆与双曲线的定义得⎩⎪⎨⎪⎧|MF 1|＋|MF 2|＝2a 1，|MF 1|－|MF 2|＝2a 2，则⎩⎪⎨⎪⎧2＋2c ＝2a 1，2－2c ＝2a 2即a 1－a 2＝2c ，其中2a 1，2a 2分别为椭圆的长轴长和双曲线的实轴长．因为椭圆的离心率38≤e ≤49，所以38≤c a 1≤49，所以9c 4≤a 1≤8c 3，而a 2＝a 1－2c ，所以c4≤a 2≤2c 3，所以32≤ca 2≤4，即双曲线C 2的离心率的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，4.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，415．(2019年新疆兵团农二师华山中学期末)P 为抛物线y 2＝4x 上任意一点，点P 在y 轴上的射影为Q ，点M (4，5)，则PQ 与PM 长度之和的最小值为________．解析：抛物线的准线方程为x ＝－1，焦点F (1，0)，由抛物线的几何性质得|PQ |＝|PF |－1， |PQ |＋|PM |＝|PF |＋|PM |－1 ≥|MF |－1＝34－1，当P ，M ，F 三点共线时等号成立．答案：34－116．过抛物线y 2＝2px (p >0)焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，作AC ，BD 垂直抛物线的准线l 于C ，D 两点，O 为坐标原点，则下列结论正确的是________(填写序号)．①AC→＋CD →＝BD →－BA →；②存在λ∈R ，使得AD →＝λAO →成立；③FC→·FD →＝0；④准线l 上任意点M ，都使得AM →·BM →>0.图6解析：如图6，可见AC→＋CD →＝BD →－BA →＝AD →，所以①正确；设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，y 1，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，y 2，“存在λ∈R ，使得AD →＝λAO →成立”等价于“D ，O ，A 三点共线”，等价于“y 2－p 2＝y 1x 1”，等价于“y 1y 2＝－p 2(*)”．又因为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，直线AB 可设为x ＝my ＋p 2，与y 2＝2px 联立，消去x ，得y 2－2pmy －p 2＝0，于是，y 1y 2＝－p 2，(*)成立，所以②正确；“FC →·FD →＝0”等价于“p 2＋y 1y 2＝0”，据y 1y 2＝－p 2，(*)成立，知③正确；据抛物线定义知|AB |＝|AC |＋|BD |，所以以AB 为直径的圆半径长与梯形ACDB 中位线长相等，所以该圆与CD 相切，设切点为M ，则AM ⊥BM ，所以AM→·BM →＝0，④不正确．答案：①②③ 三、解答题17．(2019年内蒙古乌兰察布市北京八中分校高二上学期期末)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与抛物线y 2＝4x 相交于不同的A 、B 两点．(1)如果直线l 过抛物线的焦点，求OA→·OB →的值； (2)如果OA→·OB →＝－4，证明直线l 必过一定点，并求出该定点．解：(1)由题意：抛物线焦点为(1，0)，设l ：x ＝ty ＋1，代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2 ＝(ty 1＋1)(ty 2＋1)＋y 1y 2 ＝t 2y 1y 2＋t (y 1＋y 2)＋1＋y 1y 2 ＝－4t 2＋4t 2＋1－4＝－3.(2)设l ：x ＝ty ＋b 代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4b ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4b ，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋b )(ty 2＋b )＋y 1y 2 ＝t 2y 1y 2＋bt (y 1＋y 2)＋b 2＋y 1y 2 ＝－4bt 2＋4bt 2＋b 2－4b ＝b 2－4b .令b 2－4b ＝－4，∴b 2－4b ＋4＝0，∴b ＝2， ∴直线l 过定点(2，0)．∴若OA →·OB →＝－4，则直线l 必过一定点(2，0)．图718．(2019年内蒙古乌兰察布市北京八中分校高二上学期期末)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．解：(1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1m x ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2·x 2－2b m x ＋b 2－1＝0. 因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2>0，①将线段AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2.②由①②得m <－63或m >63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22. 当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.19．(2019年百校联盟TOP20高三三月联考(全国Ⅱ卷))在平面直角坐标系xOy 中，与点M (－2，3)关于直线2x －y ＋2＝0对称的点N 位于抛物线C ：x 2＝2py (p >0)上．(1)求抛物线C 的方程；(2)过点N 作两条倾斜角互补的直线交抛物线C 于A ，B 两点(非N 点)，若AB 过焦点F ，求|AF ||BF |的值．解：(1)设N (m ，n )，则⎩⎨⎧n －3m ＋2＝－12，m －22×2－n ＋32＋2＝0，解之得N (2，1)，代入x 2＝2py (p >0)得p ＝2，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y . (2)显然直线NA 的斜率是存在的，设直线NA 的方程y －1＝k (x －2)，设直线NB 的方程y －1＝－k (x －2)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y －1＝k （x －2）消元，得x 2－4kx ＋8k －4＝0，所以2＋x 1＝4k ，∴x 1＝4k －2，∴y 1＝4k (k －1)＋1，故A (4k －2，4k (k －1)＋1)，同理，B (－4k －2，4k (k ＋1)＋1)，所以k AB ＝4k （k ＋1）＋1－4k （k －1）－1－4k －2－4k ＋2＝－1，若|AF ||BF |<1，因为cos45°＝|BF |－|AF ||BF |＋|AF |，∴|AF ||BF |＝2－22＋2＝3－22，若|AF ||BF |>1，同理可求|AF ||BF |＝2＋22－2＝3＋2 2.20．(2019年辽宁省朝阳市普通高中高三第一次模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2且F 2关于直线x －y ＋a ＝0的对称点M 在直线3x ＋2y ＝0上．(1)求椭圆的离心率；(2)若过焦点F 2垂直x 轴的直线被椭圆截得的弦长为3，斜率为12的直线l 交椭圆于A ，B 两点，问是否存在定点P ，使得P A ，PB 的斜率之和为定值？若存在，求出所有满足条件的P 点坐标；若不存在，说明理由．解：(1)依题知F 2(c ，0)，设M (x 0，y 0)，则y 0x 0－c＝－1且x 0＋c 2－y 02＋a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－a ，y 0＝a ＋c ，即M (－a ，a ＋c )∵M 在直线3x ＋2y ＝0上，∴－3a ＋2(a ＋c )＝0，a ＝2c ，∴e ＝c a ＝12. (2)由(1)及题设得：c a ＝12且2b 2a ＝3， ∴a ＝2，b ＝3，∴椭圆方程为x 24＋y 23＝1设直线l 方程为y ＝12x ＋t ，代入椭圆方程消去y 整理得x 2＋tx ＋t 2－3＝0.依题Δ>0，即t 2<4设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2－3如果存在P (m ，n )使得k P A ＋k PB 为定值，那么k P A ＋k PB 的取值将与t 无关k P A ＋k PB＝y 1－n x 1－m ＋y 2－n x 2－m＝⎝⎛⎭⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3，令⎝⎛⎭⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3＝M则Mt 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mM ＋32m －n t ＋m 2M －3M －2mn ＋3＝0为关于t (t 2<4)的恒等式∴⎩⎨⎧M ＝0，n ＝32m ，2mn ＝3，解得⎩⎨⎧m ＝1，n ＝32或⎩⎨⎧m ＝－1，n ＝－32综上可知，满足条件的定点P 是存在的，坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32及⎝⎛⎭⎪⎫1，32.。

2021高考理科数学总复习课标通用版作业：立体几何课时作业42

课时作业42 立体几何中的向量方法一、选择题1．(20xx 年江西省六校联考)在等腰直角△ABC 中，AC ＝BC ，D 在AB 边上且满足：CD →＝tCA →＋(1－t )CB →，若∠ACD ＝30°，则t 的值为 ( )A.3－12B.3－1C.3－32D.3＋12 解析：∵CD→＝tCA →＋(1－t )CB →，∴A ，B ，D 三点共线， ∴由题意建立如图1所示的坐标系，设AC ＝BC ＝1，则C (0，0)，A (1，0)，B (0，1)，图1直线AB 的方程为x ＋y ＝1，直线CD 的方程为y ＝33x ，故联立解得，x ＝3－32，y ＝3－12，故D ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，3－12，故CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，3－12，CA →＝(1，0)，CB →＝(0，1)，故tCA →＋(1－t )CB →＝(t ，1－t )，故⎝ ⎛⎭⎪⎫3－32，3－12 ＝(t ，1－t )，故t ＝3－32. 本题选择C 选项．答案：C2．(20xx 年江西省重点中学盟校联考)棱长为1的正方体ABCD －A1B 1C 1D 1内有一个内切球O ，过正方体中两条互为异面直线的AB ，A 1D 1的中点P ，Q 作直线，该直线被球面截在球内的线段的长为 ()A.22B.12C.24 D.2－1解析：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，所以球心O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，|PQ |＝62，|OP |＝|OQ |＝22，故O 到直线PQ 的距离为⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫642＝24，而球的半径为12，所以在球内的线段长度为2⎝ ⎛⎭⎪⎫122－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝22，故选A.图2答案：A3．(20xx 年内蒙古××市北京八中分校月考)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于 ( )A.23B.33C.23D.13解析：设AB ＝1，则AA 1＝2，建立如图3所示空间直角坐标系，则D (0，0，2)，C 1(0，1，0)，B (1，1，2)，C (0，1，2)，∴DB →＝(1，1，0)，DC1→＝(0，1，－2)，DC →＝(0，1，0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BDC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0y －2z ＝0，取n ＝(－2，2，1)，设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·DC →|n||DC →|＝23，故选A.图3答案：A4．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于 ( )A.13B.23C.33D.23解析：如图，设A 1在平面ABC 内的射影为O ，以O 为坐标原点，OA 、OA 1分别为x 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图4.图4设△ABC 的边长为1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，63，∴AB1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－536，12，63. 又平面ABC 的法向量为n ＝(0，0，1)．设AB 1与底面ABC 所成角为α，则sin α＝|cos AB1→，n |＝|AB1→·n||AB1→||n|＝23.故直线AB 1与底面ABC 所成角的正弦值为23，选B. 答案：B5．(20xx 年河北省××市第一中学质检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为BB 1的中点，则点C 到平面A 1D 1E 的距离为 ( )A.55B.52C.53D.35解析：建立空间直角坐标系，结合题意得到点的坐标，然后利用空间向量求解点面距离即可．如图5所示，建立空间直角坐标系，则A 1(0，0，1)，D 1(0，1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，据此可得：A1D1→＝(0，1，0)，A1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，图5设平面A 1D 1E 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧y1＝0x1－12z1＝0，据此可得平面A 1D 1E 的一个法向量为m ＝(1，0，2)，而C (1，1，0)，据此有：A1C→＝(1，1，－1)，则点C 到平面A 1D 1E 的距离为|A1C →·m||m|＝15＝55.本题选择A 选项．答案：A6．(20xx 年湖南省××市茶陵三中月考)在如图6所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为正方体的棱AA 1的中点，F 为棱AB 上的一点，且∠C 1EF ＝90°，则点F 的坐标为 ( )图6A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，0 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，13，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14，0 D.⎝⎛⎭⎪⎫2，23，0 解析：由题意得E (2，0，1)，C 1(0，2，2)，设F (2，y ，0)，则EC1→＝(－2，2，1)，EF →＝(0，y ，－1)， ∵∠C 1EF ＝90°，∴EC1→·EF →＝2y －1＝0，解得y ＝12，则点F 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，12，0，答案：A 7.图7(20xx 年河南省豫北重点中学联考)如图7，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝2，AB ＝3，E 为AB 的中点，则点B 1到平面D 1EC 的距离为 ( )A.156161B.83131C.186161D.113131解析：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，设B 1(2，3，2)，C (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，0，D 1(0，0，2) 平面D 1EC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎨⎧（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－32，0＝0（x ，y ，z ）·（0，3，－2）＝0⇒⎩⎨⎧2x ＝32y 3y ＝2z取n ＝⎩⎨⎧⎭⎪⎫14，13，12，所以点B 1到平面D 1EC 的距离为⎪⎪⎪⎪B1D1→cos n ，B1D1→＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪B1D1→·n n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－16112 ＝186161，选C. 答案：C8．(20xx 年福建省××市模拟)如图8所示，在正方体ABCD －A 1B 1C1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为 ( )图8A.3030B.3015C.3010D.1515图9解析：建立如图9所示的坐标系，设正方体的棱长为2，则B 1(2，2，2)，M (1，1，0)， D 1(0，0，2)，N (1，0，0)∴B1M→＝(－1，－1，－2)，D1N →＝(1，0，－2) ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋41＋1＋4·1＋4＝3010，故选C. 答案：C9．(20xx 年福建省××市第一中学月考)如图10，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1、CC 1的中点，P 为AD 上一动点，记α为异面直线PM 与D 1N 所成的角，则α的集合是 ( )图10A.⎩⎨⎧⎭⎬⎫π2 B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α|π6≤α≤π2 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α|π4≤α≤π2 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫α|π3≤α≤π2 解析：分别以边DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图11所示空间直角坐标系，图11设正方体边长为1，P (x ，0，0)，(0≤x ≤1)，并能确定以下几点坐标：M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，D 1(0，0，1)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12；解析：如图12，过点P作D1M的平行线交BC于点Q，交B1C1于点E，连接MQ，图12则PN是平面D1PM与平面BCC1B1的交线，MN是平面D1PM与平面ABCD的交线．EF∥BB1，交BC于点F，过点F作FG垂直MQ于点G，则有MQ与平面EFG垂直，所以，EG⊥MQ，即角EGF是平面D1PM与平面ABCD所成二面角的平面角，且sin∠EGF＝EFEG，MN∥CD交BC于点N，过点N作NH⊥EQ于点H，同上有：sin∠MHN＝MNMH，且有∠EGF＝∠MHN，又因为EF＝MN＝AB，故EG＝MH，而2S△EMQ＝EG×MQ＝MH×EQ，故MQ＝EQ，而四边形EQMD1一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E一定是B1C1的中点，点PC1长度的最小值是点C1到直线BE的距离，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，E (2，1，2)，B (2，0，0)，C 1(2，2，2)，BE→＝(0，1，2)， BC1→＝(0，2，2)， ∴PC 1 长度的最小值d ＝|BC1→|·1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|BE →·BC1→||BE →||BC1→|2 ＝22×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫65×82＝255，故选A.答案：A12．(20xx 年浙江省××市“十五校联合体”联考)如图13，在长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点P ，Q 分别是棱BC ，CD 上的动点，BC ＝4，CD ＝3，CC ′＝23，直线CC ′与平面PQC ′所成的角为30°，则△PQC ′面积的最小值是 ( )A.1855 B ．8 C.1633 D ．10图13＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4（k ＋3）＋40k ＋3－25≥24（k ＋3）·40k ＋3－25 ＝810－25，即最小值为810－25.图15答案：810－2514．(20xx 年江苏省清江中学质检)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值为________．图16解析：分别以AB 、AD 、AA ′为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系A －xyz ，如图17所示，设其棱长为1，图17则A 1(0，0，1)，E (1，0，12)，D (0，1，0)．∴A1D →＝(0，1，－1)，A1E →＝(1，0，－12)．设平面A 1ED 的法向量n ＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧n1·A1D →＝0，n·A1E →＝0，即⎩⎨⎧y －z ＝0，x －12z ＝0.∴n 1＝(1，2，2)．又∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)．∴cos n 1，n 2＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成二面角的余弦值为23.答案：3215.由cos 〈PA→，PD1→〉＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，－3λ，1λ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1，－3λ，1λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ2＋⎝⎛⎭⎪⎫－3λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12，其分子化简得5－2λλ2，当λ>52时，cos PA →，PD1→<0，故∠APD 1的最大值可以为钝角，③错误；对于④，根据③计算的数据，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，－3λ，1λ－1， PD1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－1，－3λ，1λ |PA→|＋|PD1→|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ－12 ＝25·1λ2－2·1λ＋1，在对称轴1λ＝15，即λ＝5时取得最小值为245＝455，故④错误．答案：①②16．(20xx 年浙江省××市调研)如图19，已知正四棱锥P —ABCD 中，AB ＝4，高h ＝22，点M 是侧棱PC 的中点，则异面直线B M 与AC 所成角的余弦值为________．＝|（－4）×（－3）＋4×（－1）＋0×242×23|＝66.答案：66三、解答题17．(20xx 年北京东城二中模拟)如图21，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，侧面PAB 是边长为2的正三角形，侧面P AB ⊥底面ABCD .(1)设AB 的中点为Q ，求证：PQ ⊥平面ABCD .(2)求斜线PD 与平面ABCD 所成角的正弦值．(3)在侧棱PC 上存在一点M ，使得二面角M －BD －C 的大小为60°，求CM CP 的值．图21图22解：(1)证明：∵侧面PAB 是正三角形，AB 中点为Q ，∴PQ ⊥AB ，∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB ∩底面ABCD ＝AB ，PQ ⊂侧面PAB ，∴PQ ⊥平面ABCD .(2)连接AC ，设AC ∩BD ＝O 点，以O 为原点，OB ，OC ，过O 点且垂直于平面ABCD 的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，3，PD →＝⎝⎛⎭⎪⎫－332，12，－3，平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)，设斜线PD 与平面ABCD 所成角为α，则sin α＝|cosm ，PD →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m·PD →|m|·|PD →||＝3274＋14＋3＝3010 (3)设CM →＝tCP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32t ，－32t ，3t ， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32t ，1－32t ，3t ， BM →＝(32t －3，－32t ＋1，3t )，DB→＝()23，0，0，设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴n ⊥DB →，n ⊥MB →，∴⎩⎪⎨⎪⎧n·DB →＝0，n·MB →＝0，即⎩⎨⎧x ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫32t －3x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－32t ＋1y ＋3tz ＝0，取z ＝3，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，6t 3t －2，3，又∵平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)，∴|m·n||m||n|＝cosm ·n ＝cos60°， ∴33＋⎝ ⎛⎭⎪⎫6t 3t －22＝12，解出t ＝2(舍去)或t ＝25，此时CM CP ＝25.18．(20xx 年湖南省××市月考)如图23，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，F ，G 分别是棱CC 1，AA 1的中点，E 为棱AB 上一点，B1M →＝3MA1→且GM ∥平面B 1EF .图23(1)证明：E 为AB 的中点；(2)求平面B 1EF 与平面ABC 1D 1成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：取A 1B 1的中点N ，连接AN ，因为B1M→＝3MA1→，所以M 为A 1N 的中点，又G 为AA 1的中点，所以GM ∥AN ，因为GM ∥平面B 1EF ，GM ⊂平面ABB 1A 1，平面ABB 1A 1∩平面B 1EF ＝B 1E ，所以GM ∥B 1E ，即AN ∥B 1E ，又B 1N ∥AE ，所以四边形AEB 1N 为平行四边形，则AE ＝B 1N ，所以E 为AB 的中点．(2)以D 为坐标原点，建立如图24所示的空间直角坐标系D －xyz .不妨令正方体的棱长为2，则B 1(2，2，2)，E (2，1，0)，F (0，2，1)，A 1(2，0，2)，可得B1E→＝(0，－1，－2)，EF →＝(－2，1，1)，设m 是平面B 1EF 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m·B1E →＝－y －2z ＝0m·EF →＝－2x ＋y ＋z ＝0，令z ＝2，得m ＝(－1，－4，2)．易得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝DA1→＝(2，0，2)，图24所以cos 〈m ，n 〉＝|m·n||m||n|＝222×21＝4242. 故所求锐二面角的余弦值为4242.19．正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E 、F 分别是AC 和BC 的中点(如图25(1))．现将△ABC 沿CD 翻成直二面角A —DC －B (如图25(2))．在图(2)中：图25(1)求证：AB ∥平面DEF ；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论；(3)求二面角E －DF －C 的余弦值．解：(1)证明：在△ABC 中，因为E 、F 分别是AC 、BC 的中点，所以EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)．则A (0，0，1)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，E (0，32，12)，F (12，32，0)，AB→＝(1，0，－1)，BC →＝(－1，3，0)，DE →＝(0，32，12)，DF →＝(12，32，0)．设BP→＝λBC →，则AP →＝AB →＋BP →＝(1－λ，3λ，－1)，注意到AP ⊥DE ，AP →·DE →＝0，λ＝13，BP →＝13BC →，所以在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .(3)平面CDF 的一个法向量DA→＝(0，0，1)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos DA →，n ＝DA →·n |n||DA →|＝217，所以二面角E －DF －C 的余弦值为217.。

2021高考理科数学总复习课标通用版作业：平面向量课时作业25

⑤a|a|是与a 同向的单位向量，b 与a 不一定同向，故选项不正确．故答案为B.答案：B3．(20xx 年山西省平遥中学高三高考适应性调研考试)若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝2|b |，则向量a ＋b 与a 的夹角为 ( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6 解析：图1由|a ＋b |＝|a －b |，得a ⊥b ，所以如图1，令OA→＝a ，OB →＝b ，则OC →＝a ＋b ，则a ＋b 与a 的夹角即∠AOC ，由条件可知，∠AOC ＝π6，故选A. 答案：A4．(20xx 年河北省××市第一中学高二下学期期中考试)已知|a |＝3，|b |＝5，|a ＋b |＝7，则a 在b 方向上的投影为 ( )A ．－12 B ．1 C.32 D ．2解析：由题意可得：(a ＋b )2＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝9＋25＋2a ·b ＝49，∵D ，E 是边BC 的两个三等分点，∴AD →·AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫AB →＋13BC →·⎝⎛⎭⎪⎫AC →＋13CB →＝(23AB →＋13AC →)·(13AB →＋23AC →)图2＝29|AB →|2＋59AB →·AC →＋29|AC →|2 ＝29×4＋59×2×2×12＋29×4 ＝269. 故选C. 答案：C7．(20xx 年山东省××市高一下学期期中考试)已知向量a ＝(1，－2)，b ＝(x ，4)，且a ∥b ，则|a －b |＝ ( )A ．53B ．35C ．25D ．22解析：因为a ∥b ，所以－2x ＝4，即x ＝－2；所以a －b ＝(3，－6)；所以|a －b |＝35. 答案：B8．(20xx 年广西××市高三第三次质量检测试卷)已知点M 是边长为2的正方形ABCD 的内切圆内(含边界)一动点，则MA →·MB →的取值范围是 ( )A ．[－1，0]B ．[－1，2]C ．[－1，3]D ．[－1，4]解析：如图3所示，由题意可得：点M 所在的方程为：(x －1)2＋(y －1)2≤1(0≤x ≤2，0≤y ≤2)．可设点M (x ，y )A (0，0)，B (2，0)．图3∴MA →·MB →＝(－x ，－y )·(2－x ，－y ) ＝－x (2－x )＋y 2＝(x －1)2＋y 2－1，由（x －1）2＋y2∈[0，2]， ∴MA →·MB →∈[－1，3]，故选C. 答案：C9．(20xx 年江西省××市高三上学期期末质量检测)已知正三角形A BC 的边长为23，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →＝MC→，则|BM →|2的最大值是 ( ) A.37＋2334 B.37＋6334C.434D.494解析：如图4所示，建立直角坐标系，取AC 中点N ，图4∵|AP→|＝1，PM →＝MC →， ∴|MN →|＝12，从而M 轨迹为以N 为圆心，12为半径的圆， ∴B ，N ，M 三点共线时，|BM →|为最大值． ∴|BM →|的最大值为3＋12＝72，∴|BM →|2的最大值是494，本题选择D 选项．答案：D10．(20xx 年××市第八中学高一下学期期中考试)如图5，在△AB C 中，AD ⊥AB ，BC →＝3BD →，|AD →|＝1，则AC →·AD→＝ ( )图5A ．23 B.32图6答案：A12．(20xx 年湖北省黄冈、黄石等八市高三联考)在直角坐标系xO y 中，已知三点A (a ，1)，B (2，b )，C (3，4)，若向量OA →与OB →在向量OC→方向上的投影相同，则a 2＋b 2的最小值为 ( ) A ．2 B ．4 C.25 D.425解析：∵向量OA→，OB →在向量OC →方向上的投影相同，∴OA →·OC →＝OB→·OC →，∵A (a ，1)，B (2，b )，C (3，4)，∴3a ＋4＝6＋4b ，∴3a －4b ＝2，(a ，b )在直线3x －4y －2＝0上，a 2＋b 2的最小值为原点到直线3x －4y －2＝0距离的平方，因为d ＝25，所以a 2＋b 2的最小值为425，故选D.答案：D 二、填空题13．(20xx 年××市巴蜀中学高三适应性月考)如图7，正方形ABCD 的边长为2，顶点A ，B 分别在y 轴的非负半轴，x 轴的非负半轴上移动，E 为CD 的中点，则OE →·OD→的最大值是________．图7解析：根据题意，设A (0，2sin α)，B (2cos α，0)⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜α＜π2，根据正方形的特点，可以确定出C (2cos α＋2sin α，2cos α)，D (2sin α，2sin α＋2cos α)，根据中点坐标公式，可以求得E (cos α＋2sin α，sin α＋2cosα)，所以有OE→·OD →＝2sin α(cos α＋2sin α)＋(2sin α＋2cos α)(sin α＋2cos α)＝4＋8sin αcos α＋2sin 2α＝5＋4sin2α－cos2α＝5＋17sin(2α－φ)，所以其最大值为5＋17. 答案：5＋1714．(20xx 年山西省榆社中学高三诊断性模拟考试)在△ABC 中，点D 在BC 边上，AD 平分∠BAC ，N 是BC 边上的中点，4AB →·AD →＝AC →·AD →，|AB →|＝1，|AN |＝sinB 2sinC ，则|BC |＝________．解析：如图8所示，∵AD 平分∠BAC ， ∴∠BAD ＝∠CAD ，图8又∵4AB →·AD →＝AC →·AD→， ∴4|AB |·|AD |cos ∠BAD＝|AC |·|AD |cos ∠CAD ，即|AC |＝4|AB |＝4，∴由正弦定理可得|AN |＝sinB 2sinC ＝|AC|2|AB|＝42＝2，设BN ＝x ，由余弦定理得cos ∠ANB ＝4＋x2－12·2·x ，cos ∠ANC ＝4＋x2－162·2·x ，又∵∠ANB ＋∠ANC ＝π，∴cos ∠ANB ＝－cos ∠ANC ，即4＋x2－12·2·x ＝－4＋x2－162·2·x ，解得x ＝322(舍负)，可得|BC |＝32，故答案为32.答案：3215．(20xx 年××市第二中学高二上学期开学考试)已知点P 在圆x 2＋y 2＝1上，点A 的坐标为(－2，0)，O 为原点，则AO →·AP→的最大值为________．解析：AO→·AP →＝|AO →|·|AP →|cos θ≤|AO →|·|AP →|≤2×(2＋1)＝6.所以最大值是6.答案：6。

2021高考理科数学总复习课标通用版作业：立体几何课时作业38

课时作业38空间点、线、面之间的位置关系一、选择题1．(20xx年××市实验中学高二上学期期中考试)下列说法正确的是( )(1)任意三点确定一个平面；(2)圆上的三点确定一个平面；(3)任意四点确定一个平面；(4)两条平行线确定一个平面A．(1)(2) B．(2)(3)C．(2)(4) D．(3)(4)解析：任意三个不共线点确定一个平面；圆上的三点确定一个平面；任意四点不一定确定一个平面；两条平行线确定一个平面；选C.答案：C2．(20xx年高考数学高考复习)如图1，一个封闭的长方体，它的六个表面各标出A，B，C，D，E，F这六个字母，现放成下面三种不同的位置，所看见的表面上的字母已表明，则字母A，B，C对面的字母依次分别为( )图1A．D，E，F B．F，D，EC．E，F，D D．E，D，F解析：第一个正方体已知A，B，C，第二个正方体已知A，C，D，第三个正方体已知B，C，E，且不同的面上写的字母各不相同，则可知A对面标的是E，B对面标的是D，C对面标的是F.选D.答案：D3．(20xx年陕西省××市汉台中学、西乡中学高一上学期期末联考)一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条( ) A．相交 B．异面C．相交或异面 D．平行解析：如图2所示，a，b，c三条直线平行，a与d异面，而b 与d异面，c与d相交，故选C.图2答案：C4．(海南省××市20xx年高三高考适应性考试数学文科卷4)下列命题中：①一条直线和两条平行线都相交，那么这三条直线共面；②每两条都相交，但不共点的四条直线一定共面；③两条相交直线上的三个点确定一个平面；④空间四点不共面，则其中任意三点不共线．其中正确命题的个数是( )A．1个B．2个 C．3个D．4个答案：C5．(20xx年江西省××市第二中学高二下学期第一次阶段性考试)给出下列四个命题，其中正确的是( )①空间四点共面，则其中必有三点共线；②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：根据直线与平面平行的性质定理可知EH∥FG，则EH∥FG∥B1C1，从而Ω是棱柱，因为A1D1⊥平面ABB1A1，EH∥A1D1，则EH⊥平面ABB1A1，又EF⊂平面ABB1A1，故EH⊥EF，从而四边形EFGH是矩形．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，所以EH∥B1C1，又EH⊄平面BCC1B1，平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥平面BCB1C1，又EH⊂平面EFGH，平面EFGH∩平面BCB1C1＝FG，所以EH∥FG，故EH∥FG∥B1C1，所以选项A、B、C正确．答案：D7．(20xx年内蒙古××市北京八中分校高二上学期期末考试)如图4，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是( )图4A．直线 B．圆C．双曲线 D．抛物线解析：由正方体的性质可知，直线C1D1⊥平面BB1C1C，则C1D1⊥PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到定直线BC的距离等于到定点C1的距离，符合抛物线的定义，∴点P的轨迹所在的曲线是抛物线，故选D.答案：D图58．(20xx年浙江省诸暨中学高一下学期期中考试)设四棱锥P－AB CD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥(如图5),使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α有( ) A．不存在B．只有1个C．恰有4个D．有无数多个解析：证明：由侧面PAD与侧面PBC相交，侧面PAB与侧面PCD相交，设两组相交平面的交线分别为m，n，由m，n决定的平面为β，作α与β平行且与四条侧棱相交，交点分别为A1，B1，C1，D1则由面面平行的性质定理得：A1B1∥m∥C1D1，A1D1∥n∥B1C1，从而得截面必为平行四边形．由于平面α可以上下移动，则这样的平面α有无数多个．故选D.答案：D图69．(20xx年江苏省××市第五中学高二月考)如图6，在四面体ABC D中，若截面PQMN是正方形，则在下列结论中错误的为( ) A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：依题意得MN∥PQ，MN∥平面ABC，又MN、AC⊂平面ACD，且MN与AC无公共点，因此有MN∥AC，AC∥平面MNPQ.同理，BD∥PN.又截面MNPQ是正方形，因此有AC⊥BD，直线PM 与BD所成的角是45°.综上所述，其中错误的是C，故选C.答案：C10．一个正方体的展开图如图7所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )A．AB⊥CD B．AB∥CDC. AB与CD所成的角为60°D. AB与CD相交A．相交且垂直 B．共面C．平行 D．异面且垂直解析：由题意易知：直线AB1⊥平面A1BCD1，∴AB1⊥EF，又直线AB1与直线EF是异面直线，故选：D.答案：D12．(20xx年安徽省马××市度第一学期学业水平测试高二)如图9，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )图9A．CC1与B1E是异面直线B．CC1与AE是共面直线C．AE与B1C1是异面直线D．AE与BB1是共面直线解析：由于CC1与B1E均在平面BCC1B1内，不是异面直线；CC1∩平面ABC＝C，AE⊂平面ABC，点C不在直线AE上，所以CC1和AE是异面直线，AE∩平面BCC1B1＝E，B1C1⊂平面BCC1B1，点E不在直线B1C1上，则AE与B1C1是异面直线，选C.答案：C二、填空题13．(20xx年陕西省××市第一中学高一上学期期末考试)长宽高分别为5，4，3的长方体ABCD－A1B1C1D1中，由顶点A沿其表面到顶点C1的最近距离为________．解析：从A点沿不同的表面到C1，有三种不同捷径，其距离可采用将长方体展开的方式求得，分别是（3＋4）2＋52＝74，（3＋5）2＋42＝45，（4＋5）2＋32＝90＝310，∴从A点沿表面到C1的最短距离为74，故答案为74.答案：74图1014．(20xx年江苏省邗江中学(创新班)高一下学期期中考试)如图1 0所示，在正方体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MN与AC所成的角为60°.其中正确的结论为________(注：把你认为正确的结论序号都填上)．解析：∵直线CC1在平面CC1D1D上，而M∈平面CC1D1D，A∉平面CC1D1D，∴直线AM与直线CC1异面，故①不正确，∵直线AM与直线BN异面，故②不正确，利用①的方法验证直线BN与直线MB1异面，故③正确，因此，S max ＝213，当且仅当θ＝π2－φ时取到．因此，4≤S ≤213.答案：4≤S ≤21316．(20xx 年福建省闽侯第四中学高二上学期期中)给出以下说法：①不共面的四点中，任意三点不共线；②有三个不同公共点的两个平面重合；③没有公共点的两条直线是异面直线；④分别和两条异面直线都相交的两条直线异面；⑤一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．其中正确结论的序号是________．解析：对于①，若四点中有三点共线时，则必有这四点共面，故①正确；对于②，当这三个点共线时，则这两个平面不一定重合，故②不正确；对于③，当两条直线平行时，无公共点，但这两条直线不异面，故③不正确；对于④，如图12，直线a ，b 为异面直线，直线AB ，AC 与两异面直线都相交，但直线AB ，AC 有公共点，故④不正确；图12对于⑤，当直线c 和异面直线a ，b 相交时，则a ，b ，c 必不共面，所以它们可以确定两个平面，故⑤正确。

2021高考理科数学总复习课标通用版作业：平面向量课时作业26

课时作业26 平面向量的应用一、选择题1．如图1所示，已知点G 是△ABC 的重心，过点G 作直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM →＝xAB →，AN →＝yAC→，则x ＋2y 的最小值为 ( )图1A ．2 B.13 C.3＋223 D.34 答案：C2．(20xx 年浙江省杭州期中六校联考)在△ABC 中，P 0是边AB 上一定点，满足P 0B ＝14AB ，且对于边AB 上任一点P ，恒有PB →·PC →≥P0B →·P0C→，则 ( ) A ．AC ＝BC B ．AB ＝AC C ．∠ABC ＝π2 D ．∠BAC ＝π2解析：由题意，以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，取B (4，0)，则P 0(3，0)，设P (a ，0)(a ∈[0，4])，C (x 0，y 0)，则PB →＝(4－a ，0)，PC →＝(x 0－a ，y 0)，P0B →＝(1，0)，P0C →＝(x 0－3，y 0)，则(4－a )(x 0－a )≥x 0－3，即a 2－(4＋x 0)a ＋3x 0＋3≥0恒成立，所以△＝[－(4＋x 0)]2－4(3x 0＋3)≤0，即(x 0－2)2≤0，解得x 0＝2，则易知点C 在边AB 的垂直平分线上，所以AC ＝BC ，故选A.图2答案：A3．(20xx 年四川省新津中学高三上学期模拟)已知O 为平面上的定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三点，若(OB →＋OC →－2OA →)·(OB →－OC→)＝0，则△ABC 是( ) A ．以AB 为底边的等腰三角形 B ．以BC 为底边的等腰三角形 C ．以AB 为斜边的直角三角形 D ．以BC 为斜边的直角三角形解析：设BC 的中点为D ， ∵(OB →－OC →)·(OB →＋OC →－2OA →)＝0， ∴CB→·(2OD →－2OA →)＝0，∴CB →·2AD →＝0， ∴CB→⊥AD →，∴△ABC 的BC 边上的中线也是高线， ∴△ABC 是以BC 为底边的等腰三角形．答案：B4．(20xx 年河南省天一大联考高二上学期阶段性测试)20xx 年9月16日05时，第19号台风“杜苏芮”的中心位于甲地，它以每小时30千米的速度向西偏北60°的方向移动，距台风中心t 千米以内的地区都将受到影响。

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课时作业50 曲线与方程
一、选择题
1．(20xx 年湖北省××市七校教学联盟高二下学期期中)方程x 2＋y 2
cos α＝1(a ∈R )不能表示的曲线为 ( )
A ．椭圆
B ．双曲线
C ．抛物线
D ．圆
解析：当cos α＝1时，表示圆，当cos α∈(0，1)表示椭圆，当cos α∈[－1，0)表示双曲线，当cos α＝0时，表示x ＝±1 表示两条直线，所以就不能表示圆，故选D.
答案：C
2．(20xx 年浙江省××市学军中学高考数学模拟)已知正三角形AB C 的边长为23，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM → ＝MC
→，则|BM →|2的最大值是( ) A.434 B.494
C.37＋634
D.37＋2334
解析：如图1所示，建立直角坐标系．
图1
B (0，0)，
C (23，0)，A (3，3)． ∵M 满足|AF
→|＝1， ∴点P 的轨迹方程为：(x －3)2＋(y －3)2 ＝1，令x ＝3＋cos θ，y ＝3＋sin θ，θ∈[0，2π)．又PM →＝MC →，则M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫323＋12cosθ，32＋2sinθ，
∴|BM →|2
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫332＋12cosθ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋12sinθ2 ＝37
4＋3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤494. ∴|BM →|2
的最大值是494.
也可以以点A 为坐标原点建立坐标系．故选：B. 答案：B
3．(20xx 年山西怀仁一中高二上学期月考)方程(x ＋y －1)x2＋y2－4＝0所表示的曲线是( )
解析：由题意得方程(x ＋y －1)x2＋y2－4＝0，得x ＋y －1＝0或x2＋y2－4＝0，且x 2＋y 2－4≥0，所以方程(x ＋y －1)x2＋y2－4＝0所表示的曲线为选项D ，故选D.
答案：D
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：将问题转化为设A(x1，y1)，B(x2，y2)，满足条件x1x2＋
y1y2＝2，即转化为对曲线C上的任一点A，存在点B，满足
OA⊥OB，则称集合C是“好集合”，C1表示圆，满足条件，C2表示等轴双曲线，渐近线互相垂直，那么对于曲线上的任一点A，都不会存在点B，满足OA⊥OB，C3是椭圆，对于椭圆上的任一点A，总存在点B，满足OA⊥OB，C4是开口向下的抛物线，同样满足条件，故满足条件的有C1，C3，C4，故选C.
图2
答案：C
10．(20xx年山东省××县第五中学高二上学期第三次月考)如图2，一圆形纸片的圆心为O，F是圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD,
设CD与OM交于P, 则点P的轨迹是( )
A．椭圆 B．双曲线
C．抛物线 D．圆
解析：由题意知，CD是线段MF的垂直平分线．
∴|MP|＝|PF|，
∴|PF|＋|PO|＝|PM|＋|PO|＝|MO|(定值)，
又显然|MO|＞|FO|，
13．(20xx年广西××市第三中学、柳州铁一中学高二上学期第三
次月考)已知椭圆方程为x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，M是椭圆上一动点，
F1和F2是左、右两焦点，由F2向∠F1MF2的外角平分线作垂线，垂足为N，则N点的轨迹方程为________．
解析：
图3
如图3所示，设F2N交F1M于点P，由已知可得：MN⊥F2P，∠F2MN＝∠PMN
∴MP＝F2M，点N为线段F2P的中点．
连接ON，则ON为△F1F2P的中位线，∴ON＝1
2PF1，∵PF1＝F1M＋F2M＝2a，
∴ON＝a，即N点的轨迹方程为x2＋y2＝a2.
答案：x2＋y2＝a2
14．(20xx年辽宁省××市高二数学(理)科上学期期末)设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1，0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点，线段AQ的垂直平分线与C、Q的连线交于点M，则M的轨迹方程为_____ ___．
图4 图5
解析：M 为AQ 垂直平分线上一点，则|AM |＝|MQ |， ∴|MC |＋|MA |＝|MC |＋|MQ |＝|CQ |＝5，故M 的轨迹为椭圆，
∴a ＝52，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2
＝214， ∴椭圆的标准方程为4x225＋4y2
21＝1. 答案：4x225＋4y221＝1
15．(20xx 年山东省××市高三上学期期末)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的一条直线交抛物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，给出以下结论：
①y 1·y 2为定值；
②若经过点A 和抛物线的顶点的直线交准线于点C ，则BC ∥x 轴； ③存在这样的抛物线和直线AB ，使得OA ⊥OB (O 为坐标原点)； ④若以点A ，B 为切点分别作抛物线的切线，则两切线交点的轨迹为抛物线的准线．
写出所有正确的结论的序号________．解析：(1)设过点F 直线方程为x ＝my ＋p 2，
联立方程⎩⎨⎧y2＝2px ，
x ＝my ＋p 2，
可得y 2＝2pmy ＋p 2，
所以曲线C 的焦点坐标分别为(0，－a 1＋1
m )和(0，a
1＋1m )．
当m ∈(0，＋∞)时，曲线C ：y2a2－x2
a2m ＝1 表示焦点在y 轴上的双
曲线，
∴c ＝
a2＋a2m ＝a 1＋1
m 所以曲线C 的焦点坐标分别为⎝
⎛
⎭⎪⎫0，－a 1＋1m 和⎝
⎛
⎭
⎪⎫
0，a
1＋1m .故④对．
故答案为①②④. 答案：①②④ 三、解答题
17．(20xx 年湖南省××市高三上学期期末)在平面直角坐标系xOy 中，设动点M 到坐标原点的距离到x 轴的距离分别为d 1，d 2，且d 21＋3d 2＝4，记动点M 的轨迹为Ω.
图6
(1)求Ω的方程；
(2)设过点(0，－2)的直线l 与Ω相交于A ，B 两点，当△AOB 的面积最大时，求|AB |.
图7
(1)求点Q 的轨迹方程；
(2)若点Q 的轨迹与矩形ABCD 的四条边都相切，探究矩形ABCD 对角线长是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由．
解：(1)设点Q (x ，y )，M (p ，y 0)，N (p ，－y 0)，其中y 0≠0.
由题意，得A 1(－2，0)，A 2(2，0)．
由kQA 1＝kNA 1⇒y
x ＋2＝－y0
p ＋2
，①
kQA 2＝kMA 2⇒y x －2＝y0
p －2，②
两式相乘得y2
x2－2＝－y20p 2－2.
∵p22－y 20＝1，∴y 20＝p2
2－1，代入上式得
y2x2－2＝p2
2－1p2－2
＝－12⇒x22＋y 2＝1，由①与y 0≠0，得y ≠0，
①÷②，得x －2x ＋2＝－p －2
p ＋2≠－1⇒x ≠0.
故点Q 的轨迹方程为x22＋y 2
＝1(x ≠0，y ≠0)．。