2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(七)

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【人教A版】2019学年高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十八) 4.2.3

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课时提升作业(二十八)直线与圆的方程的应用(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.圆x2+y2-4x+2y+c=0,与直线3x-4y=0相交于A,B两点,圆心为P,若∠APB=90°,则c的值为( )A.8B.2C.-3D.3【解析】选C.由题意得C<5,圆心P(2,-1),r=,圆心到直线的距离d==2,由于∠APB=90°,所以r=d=2,从而=2,c=-3.【补偿训练】若P(2,-1)为圆(x-1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程是( ) A.x-y-3=0 B.2x+y-3=0C.x+y-1=0D.2x-y-5=0【解析】选A.已知圆心为O(1,0),根据题意:又k AB·k OP=-1,所以k AB=1,故直线AB的方程是x-y-3=0.2.如果实数x,y满足等式(x-1)2+y2=,那么的最大值是( )A. B. C. D.【解析】选D.的几何意义是圆上的点P(x,y)与原点连线的斜率,结合图形得,斜率的最大值为,所以=.3.台风中心从A地以20千米/时的速度向东北方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区域,城市B在A的正东40千米处,B城市处在危险区域的时间为( ) A.0.5小时 B.1小时C.3.6小时D.4.5小时【解析】选B.受影响的区域长度=2=20千米,故影响时间是1小时.4.点P(x0,y0)在圆x2+y2=r2内,则直线x0x+y0y=r2和已知圆的公共点个数为( ) A.0 B.1C.2D.无法确定【解析】选A.因为+<r2,圆心到直线xy=r2的距离d=>r,故直线与0x+y0圆相离.【延伸探究】若将本题改为“点P(x0,y0)在圆x2+y2=r2外”,其余条件不变,又如何求解?【解析】选C.因为+>r2,圆心到直线x0x+y0y=r2的距离d =< r,故直线与圆相交,所以公共点的个数为两个.5.已知集合M={(x,y)|y=,y≠0},n={(x,y)|y=x+b},若M∩N≠ ,则实数b的取值范围是( )A.[-3,3]B.[-3,3]C.(-3,3]D.[-3,3)【解题指南】解得本题的关键是注意到y=,即x2+y2=9(y>0),图形是半圆.【解析】选C.由于M∩N≠ ,说明直线y=x+b与半圆x2+y2=9(y>0)相交,画图探索可知-3<b≤3.【方法技巧】数形结合在求解直线与圆交点个数中的应用直线与圆的一部分有交点时,如果采用代数法去研究,则消元以后转化成了给定区间的二次方程根的分布问题,求解过程相对复杂,而如果采用数形结合及直线与圆的几何法求解,先找出边界,然后结合直线或圆的变化特征求解,相对来说就简单多了.二、填空题(每小题5分,共15分)6.过点A(11,2)作圆x2+y2+2x-4y-164=0的弦,其中弦长为整数的共有条.【解析】方程化为(x+1)2+(y-2)2=132,圆心为(-1,2),到点A(11,2)的距离为12,最短弦长为10,最长弦长为26,所以所求弦长为整数的条数为2+2×(25-11+1)=32.答案:32【补偿训练】过直线x+y-2=0上点P作圆x2+y2=1的两条切线,若两条切线的夹角是60°,则点P的坐标是.【解析】设P(x,y),则由已知可得PO(O为原点)与切线的夹角为30°,则|PO|=2,由可得答案:(,)7.设村庄外围所在曲线的方程可用(x-2)2+(y+3)2=4表示,村外一小路方程可用x-y+2=0表示,则从村庄外围到小路的最短距离为.【解析】因为圆心到直线的距离为,从村庄外围到小路的最短距离为-2. 答案:-2【补偿训练】(2015·保定高一检测)已知实数x,y满足2x+y+5=0,那么的最小值为( )A. B. C.2 D.2【解析】选A.表示点(x,y)与原点的距离,所以其最小值为原点到2x+y+5=0的距离,故d==.8.已知x+y+1=0,那么的最小值是.【解析】表示点(x,y)与点(-2,-3)之间的距离,又点(x,y)在直线x+y+1=0上,故最小值为点(-2,-3)到直线x+y+1=0的距离,即d==2.答案:2三、解答题(每小题10分,共20分)9.等边△ABC中,点D,E分别在边BC,AC上且=,=,AD,BE相交于点P.求证:AP⊥CP.【解题指南】要证AP⊥CP,可转化为直线AP,CP的斜率之积等于-1即可,由此以B为原点,BC边所在直线为x轴,线段BC长的为单位长,建立平面直角坐标系. 【证明】以B为原点,BC边所在直线为x轴,线段BC长的为单位长,建立平面直角坐标系.则A(3,3),B(0,0),C(6,0).由已知,得D(2,0),E(5,).直线AD的方程为y=3(x-2).直线BE的方程为y=(x-5)+.解以上两方程联立成的方程组,得x=,y=.所以,点P的坐标是.直线PC的斜率kPC=-,因为k AP·k PC=3×=-1,所以,AP⊥CP.10.如图所示是某圆拱形桥一孔圆拱的示意图.这个圆的圆拱跨度AB=20m,拱高OP=4m,建造时每间隔4m需要用一根支柱支撑,求支柱A2P2的高度(精确到0.01m).【解析】建立如图所示直角坐标系,使圆心在y轴上,只要求出P2的纵坐标,就可得出支柱A2P2的高度.设圆心的坐标是(0,b),圆的半径是r,那么圆的方程是x2+(y-b)2=r2.因为P,B都在圆上,所以它们的坐标(0,4),(10,0)都满足方程x2+(y-b)2=r2.于是得到方程组解得b=-10.5,r2=14.52,所以,圆的方程是x2+(y+10.5)2=14.52.把点P2的横坐标x=-2代入圆的方程,得(-2)2+(y+10.5)2=14.52,即y+10.5=(P2的纵坐标y>0,平方根取正值).所以y≈3.86,故支柱A2P2的高度约为3.86m.【补偿训练】设有半径为3公里的圆形村落,A,B两人同时从村落中心出发,A向东而B向北前进,A离开村后不久,改变前进方向,斜着沿切于村落周界的方向前进,后来恰好与B相遇.设A,B两人的速度都一定,其比为3∶1,问A,B两人在何处相遇?【解析】如图所示,以村落中心为坐标原点,以东西方向为x轴建立直角坐标系,又设A向东走到D 转向到C恰好与B相遇,设CD方程为+=1(a>3,b>3),设B的速度为v,则A的速度为3v,依题意有解得,所以B向北走3.75公里时相遇.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.直线2x-y=0与圆C:(x-2)2+(y+1)2=9交于A,B两点,则△ABC(C为圆心)的面积等于( )A.2B.2C.4D.4【解析】选A.因为圆心到直线的距离d==,所以|AB|=2=4,所以S△ABC=×4×=2.【补偿训练】已知圆的方程为x2+y2-6x-8y=0.设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD,则四边形ABCD的面积为( )A.10B.20C.30D.40【解析】选B.圆心坐标是(3,4),半径是5,圆心到点(3,5)的距离为1,根据题意最短弦BD和最长弦(即圆的直径)AC垂直,故最短弦的长为2=4,所以四边形ABCD的面积为×AC×BD=×10×4=20.2.如图所示,已知直线l的解析式是y=x-4,并且与x轴、y轴分别交于A,B两点.一个半径为1.5的圆C,圆心C从点(0,1.5)开始以每秒0.5个单位的速度沿着y 轴向下运动,当圆C与直线l相切时,该圆运动的时间为( )A.6sB.6s或16sC.16sD.8s或16s【解析】选B.设运动的时间为ts,则ts后圆心的坐标为(0,1.5-0.5t).因为圆C 与直线l:y=x-4相切,所以=1.5.解得t=6或16.即该圆运动的时间为6s或16s.二、填空题(每小题5分,共10分)3.若点P(x,y)满足x2+y2=25,则x+y的最大值是.【解析】令x+y=z,则=5,所以z=±5,即-5≤x+y≤5,所以x+y的最大值是5.答案:5【拓展延伸】数形结合思想在解题中的运用利用数形结合求解问题时,关键是抓住“数”中的某些结构特征,联想到解析几何中的某些方程、公式,从而挖掘出“数”的几何意义,实现“数”向“形”的转化,如本题由x+y联想直线的截距.4.若点P在直线l1:x+y+3=0上,过点P的直线l2与曲线C:(x-5)2+y2=16相切于点M,则|PM|的最小值为.【解析】曲线C:(x-5)2+y2=16是圆心为C(5,0),半径为4的圆,连接CP,CM,则在△MPC中,CM⊥PM,则|PM|==,当|PM|取最小值时,|CP|取最小值,又点P在直线l1上,则|CP|的最小值是点C到直线l1的距离,即|CP|的最小值为d==4,则|PM|的最小值为=4.答案:4【补偿训练】圆(x-2)2+(y+3)2=4上的点到x-y+3=0的最远的距离为. 【解析】圆心C(2,-3)到直线的距离d==4>2,所以直线与圆相离.过圆心C作直线x-y+3=0的垂线,垂足设为H,则圆上的点A到直线的距离最远为4+2.答案:4+2三、解答题(每小题10分,共20分)5.已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=4和直线l:x+2y+2=0,直线n经过圆C外定点A(1,0).若直线n与圆C相交于P,Q两点,与l交于N点,且线段PQ的中点为M,求证:|AM|·|AN|为定值.【解析】方法一:设P(x1,y1),Q(x2,y2),又由题意知直线与圆相交,斜率必定存在,且不为0,可设直线n的方程为kx-y-k=0,由得N.再由得(1+k2)x2-(2k2+8k+6)x+k2+8k+21=0,所以x1+x2=得M.所以|AM|·|AN|=·=·=6为定值.方法二:由题意知直线与圆相交,斜率必定存在,且不为0,可设直线n的方程为kx-y-k=0,由得N,又直线CM与n垂直,由得M.所以|AM|·|AN|=|y M-0|·|y N-0|=|y M·y N|==6,为定值.6.已知圆C的方程为x2+(y-4)2=4,点O是坐标原点.直线l:y=kx与圆C交于M,N 两点.(1)求k的取值范围.(2)设Q(m,n)是线段MN上的点,且=+.请将n表示为m的函数. 【解题指南】(1)求解时要抓住直线与圆有两个交点,所以在求解k的取值范围时可以利用判别式进行求解.(2)利用=+找到m,n的关系.【解析】(1)将y=kx代入x2+(y-4)2=4中,得(1+k2)x2-8kx+12=0.(*)由Δ=(-8k)2-4(1+k2)×12>0,得k2>3.所以,k的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).(2)因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx1),(x2,kx2),则|OM|2=(1+k2),|ON|2=(1+k2),又|OQ|2=m2+n2=(1+k2)m2.由=+,得=+,即=+=.由(*)式可知,x1+x2=,x1x2=,所以m2=.因为点Q在直线y=kx上,所以k=,代入m2=中并化简,得5n2-3m2=36. 由m2=及k2>3,可知0<m2<3,即m∈(-,0)∪(0,).根据题意,点Q在圆C内,则n>0,所以n==.于是,n与m的函数关系为n=(m∈(-,0)∪(0,)).关闭Word文档返回原板块。

【人教A版】2019学年高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(六) 1.3.2

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课时提升作业(六)球的体积和表面积(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知圆锥SO的底面直径和高相等且都等于球O的直径,那么球的体积V1与圆锥的体积V2的关系是( )A.V1=V2B.V1=V2C.V1=2V2D.V1=3V2【解析】选C.设球O的半径r,则由题意得圆锥SO的底面直径和高都是2r,所以V1=π×r3,V2=π×r2·2r=π×r3,所以V1=2V2.2.两个球的表面积之差为48π,它们的大圆周长之和为12π,这两个球的半径之差为( )A.2B.3C.2D.1【解析】选C.设两球的半径分别为R,r(R>r),则4πR2-4πr2=48π,2πR+2πr=12π,即R2-r2=12,R+r=6.两式相除得R-r=2.3.(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r= ( )A.1B.2C.4D.8【解析】选B.由正视图和俯视图知,该几何体是半球与半个圆柱的组合体,圆柱的底面半径与球的半径都为r,圆柱的高为2r,其表面积为×4πr2+πr×2r+πr2+2r×2r=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.4.(2015·临沂高一检测)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积等于( )A.4πB.8πC.12πD.20π【解析】选D.由三视图可知,该几何体为底面半径是2,高为2的圆柱体和半径为1的球体的组合体,则该几何体的表面积为4π×12+2π×22+4π×2=20π.5.(2015·重庆高二检测)三个球的半径之比为1∶2∶3,那么最大球的表面积是其余两个球的表面积之和的( )A.1倍B.2倍C.倍D.倍【解析】选C.由已知,可设最小的球的半径为r,则另两个球的半径为2r,3r,所以各球的表面积分别为4πr2,16πr2,36πr2.所以==(倍).二、填空题(每小题5分,共15分)6.若一个球的表面积与其体积在数值上相等,则此球的半径为.【解析】设此球的半径为R,则4πR2=πR3,R=3.答案:37.(2015·上海高一检测)在底面直径为6的圆柱形容器中,放入一个半径为2的冰球,当冰球全部溶化后,容器中液面的高度为.(相同质量的冰与水的体积比为10∶9)【解析】半径为2的冰球的体积为π×23=π,水的体积为π,设冰球全部溶化后,容器中液面的高度为h,则π×32h=π,所以h=.答案:8.两个球的半径相差1,表面积之差为28π,则它们的体积和为. 【解析】设大、小两球半径分别为R,r,则所以所以体积和为πR3+πr3=.答案:【拓展延伸】计算球的表面积和体积的关键及常见题型计算球的表面积和体积的关键是求球的半径.常见题型有:(1)已知球的半径求其表面积和体积.(2)已知体积和表面积求其半径.三、解答题(每小题10分,共20分)9.某组合体的直观图如图所示,它的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,若图中r=1,l=3,试求该组合体的表面积和体积.【解析】该组合体的表面积S=4πr2+2πr l=4π×12+2π×1×3=10π,该组合体的体积V=πr3+πr2l=π×13+π×12×3=.【补偿训练】一种空心钢球的质量是732πg,外径是5cm,求它的内径.(钢密度9g/cm3)【解析】利用“体积=”及球的体积公式V球=πR3,设球的内径为r,由已知得球的体积V==(cm3).由V=π(53-r3)得=π(53-r3),解得r=4cm.10.(2015·昆明高一检测)若一个底面边长为,侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上,求该球的体积和表面积.【解题指南】明确该六棱柱中最长的体对角线与外接球直径的关系是解答本题的关键.【解析】在底面正六边形ABCDEF中,连接BE,AD交于O,连接BE1,则BE=2OE=2DE,所以BE=,在Rt△BEE1中,BE 1==2,所以2R=2,则R=,所以球的体积V 球=πR3=4π,球的表面积S球=4πR2=12π.【拓展延伸】解答球的组合体问题的关键(1)根据组成形式确定球心位置和球的半径.(2)利用几何体的结构特征作出关键截面,将空间问题转化为平面问题.(20分钟40分)一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2015·荆州高一检测)用与球心距离为1的平面去截球,所得截面面积为π,则球的体积为( )A. B. C.8π D.π【解析】选D.设球的半径为R,截面圆的半径为r,由题意可得截面圆的半径为r=1,因此球的半径R==,球的体积为πR3=π.【补偿训练】平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为,则此球的体积为( )A.πB.4πC.4πD.6π【解析】选B.设球的半径为R,由球的截面性质得R==,所以球的体积V=πR 3=4π.【延伸拓展】球体的截面的特点(1)球既是中心对称的几何体,又是轴对称的几何体,它的任何截面均为圆,它的三视图也都是圆.(2)利用球半径、截面圆半径、球心到截面的距离构建直角三角形是把空间问题转化为平面问题的主要途径.2.一个三棱锥的三条侧棱两两互相垂直且长分别为3,4,5,则它的外接球的表面积是( )A.20πB.25πC.50πD.200π【解题指南】此三棱锥可视为一个长方体的一个角,因此可以将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球.【解析】选C.因为这个三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,所以此三棱锥可视为一个长方体的一个角(如图所示),而且此长方体的外接球就是三棱锥的外接球.设三棱锥的外接球半径为r,则有=32+42+52=50,即4r2=50,它的外接球的表面积是S=4πr2=50π.二、填空题(每小题5分,共10分)3.一个几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积是cm3.【解析】由三视图知,几何体是一个由三部分组成的组合体,上面是一个半球,半球的半径是1,所以半球的体积是××π×13=,下面是半个圆柱和一个四棱柱,圆柱的底面半径是1,高是2,所以半个圆柱的体积是×π×12×2=π,四棱柱的底面是一个边长分别是1和2的矩形,高是2,所以四棱柱的体积是1×2×2=4,所以空间组合体的体积是+π+4=+4(cm3).答案:【误区警示】解答本题易出现根据三视图将此组合体的下面判断为一个圆柱或一个四棱柱的错误.4.(2015·温州高二检测)已知两个正四棱锥有公共底面,且底面边长为4,两棱锥的所有顶点都在同一个球面上若这两个正四棱锥的体积之比为1∶2,则该球的表面积为.【解析】因为两个正四棱锥有公共底面且两个正四棱锥的体积之比为1∶2,所以两个正四棱锥的高的比也为1∶2,设两个棱锥的高分别为x,2x,球的半径为R,则x+2x=3x=2R,即R=,球心到公共底面距离是,又因为底面边长为4,所以R 2==+(2)2,解得x=2,所以R=3,该球的表面积S=4πR2=36π.答案:36π三、解答题(每小题10分,共20分)5.(2015·青岛高一检测)如图是一个几何体的三视图(单位:cm),试画出它的直观图,并计算这个几何体的体积与表面积.【解析】这个几何体的直观图如图所示.因为V长方体=10×8×15=1200(cm3),又V半球=×πR3=×π×=π(cm3),所以所求几何体的体积为V=V长方体+V半球=1200+π(cm3).因为S长方体全=2×(10×8+8×15+10×15)=700(cm2),S半球=×4π×=π,S半球底=π×=π,故所求几何体的表面积S表面积=S长方体全+S半球-S半球底=700+π(cm2).6.如图(单位:cm),求图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积和体积.【解析】由题意知,所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一个半球面.S半球=8πcm2,S圆台侧=35πcm2,S圆台底=25πcm2.故所求几何体的表面积为68π(cm2).V圆台=×[π×22++π×52]×4=52π(cm3),V半球=π×23×=π(cm3).所以,旋转体的体积为V圆台-V半球=52π-π=π(cm3).关闭Word文档返回原板块。

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(十)

课时提升作业(十)直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.如果两直线a∥b,且a∥α,则b与α的位置关系是( )A.相交B.b∥αC.b⊂αD.b∥α或b⊂α【解析】选D.由a∥b,且a∥α,知b与α平行或b⊂α.2.如图,在四面体ABCD中,若M,N,P分别为线段AB,BC,CD的中点,则直线BD与平面MNP的位置关系为( )A.平行B.可能相交C.相交或BD⊂平面MNPD.以上都不对【解析】选A.因为N,P分别为线段BC,CD的中点,所以NP∥BD.又BD⊄平面MPN,NP⊂平面MPN,所以BD∥平面MNP.3.能够判断两个平面α,β平行的条件是( )A.平面α,β都和第三个平面相交,且交线平行B.夹在两个平面间的线段相等C.平面α内的无数条直线与平面β无公共点D.平面α内的所有的点到平面β的距离都相等【解析】选D.平面α内的所有的点到平面β的距离都相等说明平面α,β无公共点.4.平面α与△ABC的两边AB,AC分别交于点D,E,且AD∶DB=AE∶EC,如图所示,则BC与α的位置关系是( )A.平行B.相交C.异面D.BC⊂α【解析】选A.在△ABC中,因为AD∶DB=AE∶EC,所以BC∥DE.因为BC⊄α,DE⊂α所以BC∥α.5.已知三棱柱ABC-A1B1C1中,E是BC的中点,D是AA1上的动点,且错误！未找到引用源。

=m,若AE∥平面DB1C,则m的值为( )A.错误！未找到引用源。

B.1C.错误！未找到引用源。

D.2【解题指南】为证AE∥平面DB1C,需在平面DB1C内找直线与AE平行;结合图形可知应利用平行四边形的性质证明线线平行.【解析】选B.当错误！未找到引用源。

=m=1时,AE∥平面DB1C,理由如下:取B1C的中点F,连接DF,EF,因为E,F分别是BC,B1C的中点,所以EF∥BB1,且EF=错误！未找到引用源。

【最新】高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业（一）

【最新】⾼中数学必修⼆：全册作业与测评课时提升作业（⼀）课时提升作业(⼀)棱柱、棱锥、棱台的结构特征(15分钟30分)⼀、选择题(每⼩题4分,共12分)1.下列⼏何体中棱柱有( )A.5个B.4个C.3个D.2个【解析】选D.由棱柱的三个结构特征知,①③为棱柱.2.(2015·吉林⾼⼆检测)下列图形经过折叠可以围成⼀个棱柱的是( )【解析】选D. A,B,C中底⾯多边形的边数与侧⾯数不相等.故符合条件的是D. 【补偿训练】下列图形中,不能折成三棱柱的是( )【解析】选C.C中,两个底⾯均在上⾯,因此不能折成三棱柱.其他各项均能折成三棱柱.3.(2015·长春⾼⼆检测)有两个⾯平⾏的多⾯体不可能是( )A.棱柱B.棱锥C.棱台D.长⽅体【解析】选B.棱锥的任意两个⾯都相交,不可能有两个⾯平⾏,所以不可能是棱锥.【补偿训练】(2015·青岛⾼⼀检测)棱台不具有的性质是( )A.两底⾯相似B.侧⾯都是梯形C.侧棱长都相等D.侧棱延长后交于⼀点【解析】选C.棱台是由平⾏于棱锥底⾯的平⾯截棱锥得到的,所以两底⾯相似,侧棱延长后交于⼀点,侧⾯都是梯形,故A,B,D选项都正确.【拓展延伸】棱台定义的应⽤(1)为保证侧棱延长后交于⼀点,可以先画棱锥再画棱台.(2)如果解棱台问题遇到困难,可以将它还原为棱锥去看,因为它是由棱锥截来的.(3)可以利⽤两底是相似多边形进⾏有关推算.⼆、填空题(每⼩题4分,共8分)4.(2015·深圳⾼⼀检测)如图,正⽅形ABCD中,E,F分别为CD,BC的中点,沿AE,AF,EF将其折成⼀个多⾯体,则此多⾯体是.【解析】此多⾯体由四个⾯构成,故为三棱锥,也是四⾯体.答案:三棱锥(四⾯体)5.⼀个棱柱有10个顶点,所有的侧棱长的和为60cm,则每条侧棱长为cm. 【解析】是五棱柱,侧棱长相等,为60÷5=12(cm).答案:12【补偿训练】多⾯体最少有⼏个⾯,⼏个顶点,⼏条棱?【解析】多⾯体最少有4个⾯,4个顶点,6条棱(即三棱锥).三、解答题6.(10分)试从正⽅体ABCD-A1B1C1D1的⼋个顶点中任取若⼲,连接后构成以下空间⼏何体,并且⽤适当的符号表⽰出来.(1)只有⼀个⾯是等边三⾓形的三棱锥.(2)四个⾯都是等边三⾓形的三棱锥.(3)三棱柱.【解题指南】(1)根据正⽅体的棱相等,⾯对⾓线都相等,可连对⾓线得到.(2)根据正⽅体的特征,只能由对⾓线连接⽽成.(3)根据棱柱底⾯平⾏可在相邻侧⾯上画平⾏线截得.【解析】(1)如图所⽰,三棱锥A1-AB1D1(答案不唯⼀).(2)如图所⽰,三棱锥B1-ACD1(答案不唯⼀).(3)如图所⽰,三棱柱A1B1D1-ABD(答案不唯⼀).(15分钟30分)⼀、选择题(每⼩题5分,共10分)1.(2015·⽇照⾼⼀检测)如图,将装有⽔的长⽅体⽔槽固定底⾯⼀边后倾斜⼀个⼩⾓度,则倾斜后⽔槽中的⽔形成的⼏何体是( )A.棱柱B.棱台C.棱柱与棱锥的组合体D.不能确定【解析】选 A.长⽅体⽔槽固定底⾯⼀边后倾斜,⽔槽中的⽔形成的⼏何体始终有两个互相平⾏的平⾯,⽽其余各⾯都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边互相平⾏,这符合棱柱的定义.2.(2015·天津⾼⼀检测)⼀个棱柱的底⾯是正六边形,侧⾯都是正⽅形,⽤⾄少过该棱柱三个顶点(不在同⼀侧⾯或同⼀底⾯内)的平⾯去截这个棱柱,所得截⾯的形状不可以是( )A.等腰三⾓形B.等腰梯形C.五边形D.正六边形【解析】选D.如图,由图可知,截⾯ABC为等腰三⾓形,选项A可能,截⾯ABEF为等腰梯形,选项B可能,截⾯ADE为五边形,选项C有可能,选项D不可能.【补偿训练】(2015·嘉兴⾼⼀检测)如图都是正⽅体的表⾯展开图,还原成正⽅体后,其中两个完全⼀样的是( )A.(1)(2)B.(2)(3)C.(3)(4)D.(1)(4)【解题指南】让其中⼀个正⽅形不动,其余各⾯沿这个正⽅形的各边折起,进⾏想象后判断.【解析】选B.在图(2)、(3)中,⑤不动,把图形折起,则②⑤为对⾯,①④为对⾯,③⑥为对⾯,故图(2)、(3)完全⼀样,⽽(1)、(4)则不同.⼆、填空题(每⼩题5分,共10分)3.(2015·成都⾼⼆检测)以三棱台的顶点为三棱锥的顶点,这样可以把⼀个三棱台分成个三棱锥.【解题指南】在原棱台中适当添加辅助线是正确分割此⼏何体的关键.【解析】如图所⽰,在三棱台ABC-A1B1C1中,分别连接A1B,A1C,BC1,则将三棱台分成3个三棱锥,即三棱锥A-A1BC,B1-A1BC1,C-A1BC1.答案:34.(2015·北京⾼⼀检测)⼀个正⽅体的六个⾯上分别标有字母A,B,C,D,E,F,如图是此正⽅体的两种不同放置,则与D⾯相对的⾯上的字母是.【解析】由此正⽅体的两种不同放置可知:与C相对的是F,因此D与B相对. 答案:B三、解答题5.(10分)根据如图所⽰的⼏何体的表⾯展开图,画出⽴体图形.【解题指南】把图中相同的点重合,沿虚线折叠成⽴体图形.【解析】图1是以ABCD为底⾯,P为顶点的四棱锥.图2是以ABCD和A1B1C1D1为底⾯的棱柱.其图形如图所⽰.【拓展延伸】解多⾯体的表⾯展开图问题的关键解多⾯体的表⾯展开图问题的关键是弄清楚展开图与原图的关系.由展开图还原为空间图形时,可以固定其中⼀个⾯(如棱柱、棱锥的底⾯),翻折其他⾯.另外,动⼿做模型进⾏实际操作也是很好的⽅法.【补偿训练】长⽅体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,BB1=5,⼀只蚂蚁从点A出发沿表⾯爬⾏到点C1,求蚂蚁爬⾏的最短路线.【解析】沿长⽅体的⼀条棱剪开,使A和C1展在同⼀平⾯上,求线段AC1的长即可,有如图所⽰的三种剪法:(1)若将C1D1剪开,使⾯AB1与⾯A1C1共⾯,可求得AC1==.(2)若将AD剪开,使⾯AC与⾯BC1共⾯,可求得AC1==.(3)若将CC1剪开,使⾯BC1与⾯AB1共⾯,可求得AC1==.⽐较可得蚂蚁爬⾏的最短路线长为.【拓展延伸】空间⼏何体中的最短路线问题的解法空间⼏何体中的最短路线问题通常是以“平⾯内连接两点的线中,线段最短”为原则引出来的,解题策略通常是⽤“转化的⽅法”,应⽤侧⾯展开图把空间图形展开成平⾯图形,从⽽把空间问题归为平⾯问题.关闭Word⽂档返回原板块。

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十八)

课时提升作业(二十八)直线与圆的方程的应用(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.圆x2+y2-4x+2y+c=0,与直线3x-4y=0相交于A,B两点,圆心为P,若∠APB=90°,则c的值为( )A.8B.2错误！未找到引用源。

C.-3D.3【解析】选C.由题意得C<5,圆心P(2,-1),r=错误！未找到引用源。

,圆心到直线的距离d=错误！未找到引用源。

=2,由于∠APB=90°,所以r=错误！未找到引用源。

d=2错误！未找到引用源。

,从而错误！未找到引用源。

=2错误！未找到引用源。

,c=-3.【补偿训练】若P(2,-1)为圆(x-1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程是( ) A.x-y-3=0 B.2x+y-3=0C.x+y-1=0D.2x-y-5=0【解析】选A.已知圆心为O(1,0),根据题意:又k AB·k OP=-1,所以k AB=1,故直线AB的方程是x-y-3=0.2.如果实数x,y满足等式(x-1)2+y2=错误！未找到引用源。

,那么错误！未找到引用源。

的最大值是( )A.错误！未找到引用源。

B.错误！未找到引用源。

C.错误！未找到引用源。

D.错误！未找到引用源。

【解析】选D.错误！未找到引用源。

的几何意义是圆上的点P(x,y)与原点连线的斜率,结合图形得,斜率的最大值为错误！未找到引用源。

,所以错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

.3.台风中心从A地以20千米/时的速度向东北方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区域,城市B在A的正东40千米处,B城市处在危险区域的时间为( ) A.0.5小时 B.1小时C.3.6小时D.4.5小时【解析】选B.受影响的区域长度=2错误！未找到引用源。

=20千米,故影响时间是1小时.4.点P(x0,y0)在圆x2+y2=r2内,则直线x0x+y0y=r2和已知圆的公共点个数为( ) A.0 B.1C.2D.无法确定【解析】选A.因为错误！未找到引用源。

2018-2019年高中数学必修2课下能力提升试卷(7)

课时达标训练 ( 二十三 )一、选择题1．圆心在 y 轴上，半径为 1，且过点 (1,2)的圆的方程是 () A ． x 2＋ (y －2)2＝1B ． x 2＋ (y ＋ 2)2＝1C ．( x － 1) 2＋ (y －3) 2＝ 1D ． x 2＋ (y － 3)2＝ 1 2．若两圆x2＋ y 2＝ m 和 x 2＋ y 2＋ 6x － 8y － 11＝ 0 有公共点，则实数 m 的取值范围是 () A ． 1＜ m ＜ 121B ． 1≤ m ≤ 121C ．1＜ m ＜ 11D ． 1≤m ≤ 113．两圆 x 2＋y 2＋ 2ax ＋ 2ay ＋2a 2－ 1＝ 0 和 x 2＋ y 2＋2bx ＋ 2by ＋2b 2－ 2＝ 0 的公共弦中，最长的弦等于 ()A ．2 2B ． 2C. 2D ． 14．两圆 (x －a) 2＋y 2＝1 和 x 2＋ (y － b)2＝1 外切的条件是 ()A ． a 2＋ b 2＝ 4B ． a 2＋ b 2 ＝ 2 C. a 2＋ b 2＝ 1D. a 2＋ b 2＝ 45．半径长为 6 的圆与 x 轴相切，且与圆 x 2＋ (y － 3)2＝ 1内切，则此圆的方程为 ()A ． (x － 4)2＋( y －6) 2＝ 6B ．( x ±4) 2＋( y － 6) 2＝ 6C ．( x － 4) 2＋ (y －6) 2＝ 36D ． (x ±4)2＋ (y －6) 2＝36二、填空题6．两圆 x 2＋ y 2＝ 1 和 (x ＋ 4)2＋ (y － a)2＝ 25 相切，则实数a 的值为 ________．7．点 P 在圆 (x － 4)2＋ ( y － 2)2＝ 9 上，点 Q 在圆 (x ＋ 2)2＋ (y ＋ 1)2＝ 4 上，则 |PQ|的最大值为________．8．与圆 x 2＋y 2－ 2x ＝ 0 外切且与直线 x ＋ 3y ＝ 0 相切于点 M(3，－ 3)的圆的方程为________．三、解答题9．已知会合 M ＝ {( x ， y)|x 2＋ y 2≤ 16} ， N ＝{( x ， y)|x 2 ＋(y －1) 2≤a － 1} ，若 M ∩N ＝ N ，务实数 a 的取值范围．10．已知圆 C ： (x － 3)2＋ (y － 4)2＝ 4，(1)若直线 l 1 过定点 A(1,0)，且与圆 C 相切，求 l 1 的方程；(2)若圆 D 的半径为 3，圆心在直线 l 2：x ＋ y － 2＝ 0 上，且与圆 C 外切，求圆 D 的方程．答案1．分析：选 A 设圆心为 (0， a)，则1－0 2＋ 2－a 2＝ 1，∴a＝ 2.故圆的方程为 x2＋(y－ 2)2＝ 1.2．分析：选 B两圆的圆心和半径分别为O1(0,0)，r 1＝m，O2(－ 3,4)，r2＝ 6，它们有公共点，则两圆相切或订交．∴| m－6| ≤ 32＋ 42≤ m＋ 6.解之，得 1≤ m≤ 121.3．分析：选 B将两圆化成标准式分别为(x＋ a)2＋ ( y＋a)2＝1， (x＋ b)2＋ (y＋ b)2＝2，两圆订交时最长的公共弦应当为小圆的直径 2.4．分析：选 A 两圆的圆心坐标为 ( a,0) 和 (0 ， b) ，由两圆外切的条件得a－ 0 2＋ 0－ b 2＝ 1＋ 1，即 a2＋ b2＝ 4.5．分析：选 D ∵所求圆的半径为 6，而 A 、 B 中的圆的半径为6，不切合题意，∴清除 A 、B.所求圆的圆心为(4,6) 时，两圆的圆心距 d＝ 42＋6－ 3 2＝5＝ 6－ 1，这时两圆内切，当所求圆的圆心为(－ 4，6)时，圆心距 d＝－ 4 2＋6－3 2＝ 5＝6－ 1，这时两圆内切．∴所求圆的圆心为 ( ±4,6)，半径为 6.6．分析：∵圆心分别为 (0,0)和(－ 4，a)，半径为 1 和 5，两圆外切时有－ 4－0 2＋ a－0 2 ＝1＋ 5，∴ a＝±2 5，两圆内切时有－ 4－ 0 2＋ a－ 0 2＝ 5－ 1，∴ a＝ 0.综上 a＝±2 5或 a＝0.答案：±2 5或7．分析：圆心距 d＝4＋2 2＋ 2＋1 2＝3 5，而两圆的半径分别为 r 1＝ 3，r2＝ 2，∴|PQ |的最大值＝ d＋ r1＋ r2＝ 3 5＋ 5.答案： 3 5＋58．分析：设所求圆的方程为(x－ a)2＋ (y－ b)2＝r 2(r ＞ 0)．则 a－ 1 2＋ b2＝r ＋1，①b＋ 3＝3，②|a＋3b|＝r.③2解①②③得a＝4， b＝ 0，r ＝ 2 或 a＝ 0， b＝－ 4 3，r ＝6，即所求圆的方程为 (x－ 4)2＋y2＝4 或 x2＋ (y＋ 4 3)2＝36.答案： (x－4) 2＋ y2＝ 4 或 x2＋ (y＋4 3)2＝36 9．解：∵M∩N＝N，∴ N? M，①当 N＝ ?时，即 a＜ 1 时知足条件；②当 N≠ ?时，若 a＝ 1，会合 N＝ {( x， y)|(0,1)} ，2 2若 a＞1，要使 N? M，须圆 x2＋ (y－ 1)2＝a－ 1，内切或内含于圆 x2＋y2＝16，∴ 4－a－ 1≥1，解得 1≤ a≤ 10，又 a＞1，∴ 1＜a≤ 10.综上所述， a 的取值范围为(－∞，10]．10．解： (1) ①若直线 l 1的斜率不存在，即直线是x＝ 1，切合题意．②若直线 l 1的斜率存在，设直线 l 1为 y＝ k(x－ 1)，即 kx－ y－ k＝ 0.由题意知，圆心(3,4)到已知直线 l 1的距离等于半径2，即|3k－4－k|＝2，解之得 k＝3.k2＋ 1 4所求直线 l 1的方程为x＝ 1 或 3x－ 4y－ 3＝ 0.(2)依题意设 D (a,2－ a)，又已知圆 C 的圆心 (3,4)， r ＝ 2，由两圆外切，可知|CD |＝ 5，∴可知a－ 3 2＋ 2－ a－ 4 2＝ 5，解得 a＝ 3，或 a＝－ 2，∴D(3，－ 1)或 D(－ 2,4)．∴所求圆的方程为(x－ 3)2＋( y＋1) 2＝9 或 (x＋ 2)2＋ ( y－ 4)2＝9.。

2019高中数学必修二：全册作业与测评课时提升作业(二十九).doc

课时提升作业(二十九)空间直角坐标系(15分钟30分)一、选择题(每小题4分,共12分)1.如图所示空间直角坐标系中,右手空间直角坐标系的个数为( )A.1B.2C.3D.4【解析】选C.(3)中坐标系不是右手空间直角坐标系,(1)(2)(4)均是.【补偿训练】(2013·成都高二检测)有下列说法:①在空间直角坐标系中,在x轴上的点的坐标一定可以写成(0,b,c);②在空间直角坐标系中,在yOz平面上的点的坐标一定可以写成(0,b,c);③在空间直角坐标系中,在z轴上的点的坐标一定可以写成(0,0,c);④在空间直角坐标系中,在xOz平面上的点的坐标是(a,0,c).其中正确的个数是( )A.1B.2C.3D.4【解析】选 C.在空间直角坐标系中,在x轴上的点的坐标一定可以写成是(a,0,0),①错;在空间直角坐标系中,在yOz平面上的点的坐标一定可以写成(0,b,c),②对;在空间直角坐标系中,在z轴上的点的坐标一定可以写成(0,0,c),③对;在空间直角坐标系中,在xOz平面上的点的坐标是(a,0,c),④对.正确说法的个数为3.2.(2015·长治高一检测)已知点A(-1,2,7),则点A关于x轴对称的点的坐标为( ) A.(-1,-2,-7) B.(-1,-2,7)C.(1,-2,-7)D.(1,2,-7)【解析】选A.点A关于x轴对称,则横坐标不变,其余两坐标变为原来的相反数,故选A.【补偿训练】在空间直角坐标系中,点A(1,2,-3)关于x轴的对称点为( )A.(1,-2,-3)B.(1,-2,3)C.(1,2,3)D.(-1,2,-3)【解析】选B.点A关于x轴对称,则横坐标不变,其余两坐标变为原来的相反数,故选B.3.(2015·赤峰高一检测)点(2,3,4)关于xOz平面的对称点为( )A.(2,3,-4)B.(-2,3,4)C.(2,-3,4)D.(-2,-3,4)【解析】选C.因为点(2,3,4)关于xOz平面的对称点的横坐标,竖坐标不变,纵坐标变为原来的相反数,故选C.【补偿训练】在空间直角坐标系中,点P(3,4,5)关于yOz平面的对称点的坐标为( ) A.(-3,4,5) B.(-3,-4,5)C.(3,-4,-5)D.(-3,4,-5)【解析】选A.因为点P(3,4,5)关于yOz平面的对称点的纵坐标,竖坐标不变,横坐标变为原来的相反数,故选A.二、填空题(每小题4分,共8分)4.(2015·塘沽高一检测)点P(1,2,-1)在xOz平面内的射影为B(x,y,z),则x+y+z= .【解析】点P(1,2,-1)在xOz平面内的射影为B(1,0,-1),所以x+y+z=1+0-1=0. 答案:0【补偿训练】在空间直角坐标系Oxyz中,点(2,4,6)在x轴上的射影的坐标为,在平面xOy上的射影的坐标为,在平面yOz上的射影的坐标为.【解析】点(2,4,6)在x轴上的射影的坐标为(2,0,0),在平面xOy上的射影的坐标为(2,4,0),在平面yOz上的射影的坐标为(0,4,6).答案:(2,0,0) (2,4,0) (0,4,6)5.(2015·银川高一检测)已知点A(3,2,-4),B(5,-2,2),则线段AB中点的坐标是.【解析】设其中点为N(x,y,z),由中点坐标公式可得x=4,y=0,z=-1,即点N的坐标是(4,0,-1).答案:(4,0,-1)【补偿训练】已知点A(-3,1,4),B(5,-3,-6),则点B关于点A的对称点C的坐标为.【解析】设点C的坐标为(x,y,z),由中点公式得错误！未找到引用源。

2019-2020学年高中人教A版(2019)数学必修第二册课时作业7.2.1 复数的加、减运算及其几何意义 Word版含解

7.2.1 复数的加、减运算及其几何意义一、选择题1．已知i 是虚数单位，则复数z ＝(4＋i)＋(－3－2i)的虚部是( )A ．1 B. 2C ．－1D ．－i解析：z ＝(4＋i)＋(－3－2i)＝(4－3)＋(1－2)i ＝1－i.故复数z 的虚部为－1.答案：C2．已知复数z 1＝7－6i ，z 2＝4－7i ，则z 1－z 2＝( )A ．3＋iB ．3－iC ．11－13iD ．3－13i解析：z 1－z 2＝(7－6i)－(4－7i)＝(7－4)＋[－6－(－7)]i ＝3＋i. 答案：A3．已知复数z 1＝1＋3i ，z 2＝3＋i(i 为虚数单位)．在复平面内，z 1－z 2对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：∵z 1＝1＋3i ，z 2＝3＋i ，∴z 1－z 2＝－2＋2i ，故z 1－z 2在复平面内对应的点(－2,2)在第二象限．答案：B4．非零复数z 1，z 2分别对应复平面内的向量OA →，OB →，若|z 1＋z 2|＝|z 1－z 2|，则( )A.OA →＝OB → B ．|OA →|＝|OB →|C.OA →⊥OB →D.OA →，OB →共线解析：如图，由向量的加法及减法法则可知，OC →＝OA →＋OB →，BA →＝OA →－OB →.由复数加法及减法的几何意义可知，|z 1＋z 2|对应OC →的模，|z 1－z 2|对应BA →的模，又|z 1＋z 2|＝|z 1－z 2|，所以四边形OACB 是矩形，则OA →⊥OB →.二、填空题5．复数z 1＝a ＋4i ，z 2＝－3＋b i ，若它们的和为实数，差为纯虚数，则实数a ＝________，b ＝________.解析：z 1＋z 2＝(a －3)＋(b ＋4)i ，z 1－z 2＝(a ＋3)＋(4－b )i ，由已知得b ＋4＝0，a ＋3＝0，∴a ＝－3，b ＝－4.答案：－3 －46．已知z 1＝m 2－3m ＋m 2i ，z 2＝4＋(5m ＋6)i(m ∈R )．若z 1－z 2＝0，则m ＝________.解析：z 1－z 2＝m 2－3m ＋m 2i －[4＋(5m ＋6)i]＝m 2－3m －4＋(m 2－5m －6)i.∵z 1－z 2＝0，∴⎩⎨⎧ m 2－3m －4＝0，m 2－5m －6＝0，解得m ＝－1.答案：－17．复数z 1＝1＋2i ，z 2＝－2＋i ，z 3＝－1－2i ，它们在复平面上的对应点是一个正方形的三个顶点，这个正方形的第四个顶点对应的复数是________．解析：设复数z 1＝1＋2i ，z 2＝－2＋i ，z 3＝－1－2i ，它们在复平面上的对应点分别是A ，B ，C ，则A (1,2)，B (－2,1)，C (－1，－2)．设正方形第四个顶点对应的坐标是D (x ，y )，则其对应的复数为x ＋y i ，∵四边形ABCD 为正方形，∴AD →＝BC →，∴(x －1，y －2)＝(1，－3)，∴x －1＝1，y －2＝－3，解得x ＝2，y ＝－1.故这个正方形的第四个顶点对应的复数是2－i.答案：2－i三、解答题。

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课时提升作业(七)
平面
(15分钟30分)
一、选择题(每小题4分,共12分)
1.下图中正确表示两个相交平面的是( )
【解析】选D.A中无交线;B中不可见线没有画成虚线;C中虚、实线没按画图规则画,也不正确;D的画法正确.
【误区警示】画两平面相交时,一定要画出交线,还要注意画图规则,不可见线一般应画成虚线,有时也可以不画.
【拓展延伸】画两个相交平面的方法
(1)用数学符号表示点、线、面位置关系的关键是建立集合语言的应用意识,也就是说将点看作基本元素,而将直线和平面都看作点的集合.只要在这种观点下研究问题,就不会混淆“∈”和“⊂”.
(2)画两个相交平面有两类方法.
①立式画法,如图1、图2所示,
②卧式画法,如图3、图4所示.
2.下列命题中,正确命题的个数是( )
①三角形是平面图形;
②四边形是平面图形;
③四边相等的四边形是平面图形;
④圆是平面图形
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
【解析】选B.根据公理2可知①④正确,②③错误.
3.(2015·长春高二检测)下面是一些命题的叙述语(A,B表示点,a表示直线,α,β表示平面):
(1)因为A∈α,B∈α,所以AB∈α;
(2)因为A∈α,A∈β,所以α∩β=A;
(3)因为A∉α,a⊂α,所以A∉a;
(4)因为A∈a,a⊄α,所以A∉α.
其中命题和叙述方法都正确的个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
【解析】选B.(3)正确.(1)错,其中的AB∈α应为AB⊂α.(2)错,其中α,β应该交于一条过A点的直线.(4)错,因为点A可能是直线a与平面α的交点.
二、填空题(每小题4分,共8分)
4.下列命题:
①若直线a与平面α有公共点,则称a⊂α;
②若M∈α,M∈β,α∩β=l,则M∈l;
③三条平行直线共面.
其中正确的命题是.(填写所有正确命题的序号)
【解析】①错误.若直线a与平面α有公共点,则a与α相交或a⊂α;
②正确.由公理3知该命题正确;
③错误.三条平行直线不一定共面,例如三棱柱的三条侧棱.
答案:②
5.(2015·成都高二检测)已知平面α与平面β、平面γ都相交,则这三个平面可能的交线有条.
【解析】当β与γ相交时,若α过β与γ的交线,有1条交线;若α不过β与γ的交线,有3条交线;当β与γ平行时,有2条交线.
答案:1或2或3
三、解答题
6.(10分)求证:三棱台A1B1C1-ABC的三条侧棱延长后相交于一点.
【证明】延长AA1,BB1,设AA1∩BB1=P,
又BB1⊂面BC1,所以P∈面BC1,
AA1⊂面AC1,所以P∈面AC1,
所以P为平面BC1和面AC1的公共点,
又因为面BC1∩面AC1=CC1,
所以P∈CC1,
即AA1,BB1,CC1延长后交于一点P.
【拓展延伸】空间中证三线共点的两种方法
(1)方法一:先确定两条直线交于一点,再证该点是这两条直线所在两个平面的公共点,第三条直线是这两个平面的交线,由公理3,该点在它们的交线上,从而得三线共点.
(2)方法二:先将其中一条直线看做是某两个平面的交线,证明该交线与另两条直线各交于一点,再证这两点重合.从而得三线共点.
(15分钟30分)
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2015·青岛高一检测)能确定一个平面的条件是( )
A.空间三个点
B.一个点和一条直线
C.无数个点
D.两条相交直线
【解析】选D.不在同一条直线上的三个点可确定一个平面,A,B,C条件不能保证
有不在同一条直线上的三个点,故不正确.
2.(2015·嘉兴高二检测)已知空间四点中,无三点共线,则经过其中三点的平面有( )
A.一个平面
B.四个平面
C.一个或四个平面
D.无法确定平面的个数
【解析】选 C.第一种情况,四点共面,则有一个平面,第二种情况,四点不共面,因为没有任何三点共线,则任何三点都确定一个平面,所以可以有4个,故选C.
二、填空题(每小题5分,共10分)
3.(2015·重庆高二检测)已知A∈α,B∉α,若A∈l,B∈l,那么直线l与平面α有
个公共点.
【解题指南】可采用反证法求解.
【解析】若l与α有两个不同的公共点,则由公理1知l⊂α,又B∈l,所以B∈α与B∉α矛盾,所以l与α有且仅有一个公共点A.
答案:1
4.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,C∉l,则平面ABC 与平面β的交线是.
【解析】如图,平面ABC∩平面α=AB,平面ABC∩平面β=CD.
答案:直线CD
三、解答题
5.(10分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.
求证:(1)D,B,F,E四点共面.
(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.
【证明】如图.
(1)因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.
在正方体AC1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.
所以EF,BD确定一个平面,即D,B,F,E四点共面.
(2)正方体AC1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,又设平面BDEF为β.
因为Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.
则Q是α与β的公共点,同理P是α与β的公共点,
所以α∩β=PQ.
又A1C∩β=R,所以R∈A1C.
所以R∈α,且R∈β,则R∈PQ.
故P,Q,R三点共线.
【补偿训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别在棱AB,BB1,CC1上,且PD,QR 相交于点O.求证:O,B,C三点共线.
【证明】因为QR∩PD=O,所以O∈QR且O∈PD,
所以O∈面BCC1B1且O∈面ABCD,
又面ABCD∩面BCC1B1=BC,
所以O∈BC,所以O,B,C三点共线.
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