学业分层测评1 直角坐标系
课堂新坐标高中数学北师大必修二学业分层测评：第一章 立体几何初步 含解析
学业分层测评(九)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．(2016·葫芦岛模拟)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l【解析】 由m ⊥ 平面α，直线l 满足l ⊥m ，且l ⊄α，所以l ∥α，又n ⊥平面β，l ⊥n ，l ⊄β，所以l ∥β.由直线m ，n 为异面直线，且m ⊥平面α，n ⊥平面β，则α与β相交，否则，若α∥β则推出m ∥n ，与m ，n 异面矛盾．故α与β相交，且交线平行于l .【答案】 D2．若m 、n 表示直线，α表示平面，则下列命题中，正确命题的个数为( ) ①⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ⊥α⇒n ⊥α； ②⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αn ⊥α⇒m ∥n ； ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αn ∥α⇒m ⊥n; ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥αm ⊥n ⇒n ⊥α. A ．1 B ．2 C ．3D ．4【解析】 ①②③正确，④中n 与面α可能有：n α或n ∥α或相交(包括n ⊥α)．【答案】 C3．(2014·浙江高考)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ⊥n ，n ∥α，则m ⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α【解析】A，B，D中，m与平面α可能平行、相交或m在平面α内；对于C，若m⊥β，n⊥β，则m∥n，而n⊥α，所以m⊥α.故选C.【答案】 C4. (2016·蚌埠高一检测)如图1-6-29，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是()图1-6-29A．线段B1CB．线段BC1C．BB1中点与CC1中点连成的线段D．BC中点与B1C1中点连成的线段【解析】连接AC，PC，∵BD1⊥AC，BD1⊥AP，∴BD1⊥平面APC，∴BD1⊥PC，而在平面BCC1B1中，BD1⊥B1C，∴P在线段B1C上运动，即点P的轨迹是线段B1C.【答案】 A5．如图1-6-30，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，则在三棱锥A-BCD中，下列命题正确的是()【导学号：10690026】图1-6-30A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC【解析】如图，在平面图形中CD⊥BD，折起后仍然满足CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC.【答案】 D二、填空题6．若α⊥β，α∩β＝AB，a∥α，a⊥AB，则a与β的关系为________．【解析】过a作平面γ与平面α相交于a′.∵a∥α，∴a∥a′.∵a⊥AB，∴a′⊥AB.又α⊥β且α∩β＝AB，a′α，∴a′⊥β，∴a⊥β.【答案】a⊥β7．已知平面α⊥平面β，在α，β的交线上取线段AB＝4 cm，AC，BD分别在平面α和β内，它们都垂直于AB，并且AC＝3 cm，BD＝12 cm，则CD的长为______cm.【解析】如图，连接AD，CD.在Rt△ABD中，AB＝4，BD＝12，∴AD＝122＋42＝410 cm.又∵α⊥β，CA⊥AB，CAα，∴CA⊥β，∴△CAD为直角三角形，∴CD＝CA2＋AD2＝32＋42×10＝169＝13(cm)．【答案】138．如图1-6-31，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，且AB＝AD，则AC与平面BCD所成的角是________．图1-6-31【解析】如图，取BD的中点E，连接AE、CE.由AB＝AD，得AE⊥BD.∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE平面ABD，∴AE⊥平面BCD，∴EC为AC在平面BCD上的射影，∠ACE即为AC与平面BCD所成的角．∵在Rt△BCD中，E为BD的中点，∴CE＝BE.又AE＝BE，∴在Rt△ACE中，AE＝CE，∠ACE＝45°.∴AC与平面BCD所成的角为45°.【答案】45°三、解答题9．如图1-6-32三棱锥P-ABC中，已知△ABC是等腰直角三角形，∠ABC ＝90°，△P AC是直角三角形，∠P AC＝90°，∠ACP＝30°，平面P AC⊥平面ABC.求证：平面P AB⊥平面PBC.图1-6-32【证明】∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，P A⊥AC，P A平面P AC，∴P A⊥平面ABC.又BC平面ABC，∴P A⊥BC.又∵AB⊥BC，AB∩P A＝A，∴BC⊥平面P AB.又BC平面PBC，∴平面P AB⊥平面PBC.10.如图1-6-33，已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD ＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.P A与BD是否相互垂直，请证明你的结论．图1-6-33【解】P A与BD垂直，证明如下：如图，取BC的中点O，连接PO，AO，∵PB＝PC，∴PO⊥BC，又侧面PBC⊥底面ABCD，∴PO⊥底面ABCD，∴PO⊥BD，在直角梯形ABCD中，易证△ABO≌△BCD，∠BAO＝∠CBD，∠CBD＋∠ABD＝90°，∴∠BAO＋∠ABD＝90°，∴AO⊥BD，又PO∩AO＝O，∴BD⊥平面P AO，∴BD⊥P A，∴P A与BD相互垂直．[能力提升]1．已知平面α、β、γ，直线l、m满足：l⊥m，α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，那么在①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β中，可以由上述已知推出的有() A．①和②B．②和③C．①和③D．②【解析】一方面，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧α⊥γ，γ∩α＝m，l⊥m，lγ，所以l⊥α，故②是正确的．另一方面，如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，把AA1记作l，把平面AB1记作β，把平面AC1记作γ，把平面A1B1C1记作α，把直线A1C1记作m，就可以否定①与③，故选D.【答案】 D2．如图1-6-34，在正方形SG1G2G3中，E、F分别是G1G2、G2G3的中点，现在沿SE、SF、EF把这个正方形折成一个四面体，使G1、G2、G3重合，重合后的点记为G.给出下列关系：图1-6-34①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG.其中成立的有()A．①与②B．①与③C．②与③D．③与④【解析】由SG⊥GE，SG⊥GF，得SG⊥平面EFG，排除C、D；若SE⊥平面EFG，则SG∥SE，这与SG∩SE＝S矛盾，排除A，故选B.【答案】 B3．(2016·济南高一检测)如图1-6-35，四面体P-ABC中，P A＝PB＝13，平面P AB⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，则PC＝________.图1-6-35【解析】取AB的中点E，连接PE，∵P A＝PB，∴PE⊥AB，又平面P AB⊥平面ABC，∴PE⊥平面ABC，连接CE，∴PE⊥CE，∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝27，PE＝P A2－AE2＝6，CE＝BE2＋BC2＝43，PC＝PE2＋CE2＝7.【答案】74．(2016·抚宁模拟)如图1-6-36，三棱锥A-BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且AEAC＝AFAD＝λ(0＜λ＜1)．图1-6-36(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD.【解】(1)证明：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.∵CD⊥BC，且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.又∵AEAC ＝AFAD＝λ(0＜λ＜1)，∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF⊂平面BEF，∴不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC. (2)由(1)知，BE⊥EF，∵平面BEF⊥平面ACD，∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，∴BD＝2，AB＝2tan 60°＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝7.由AB2＝AE·AC，得AE＝67，∴λ＝AEAC＝67.。
2017-2018学年高中数学北师大版选修4-4学业分层测评：第1章 2 2-3+2-4+2-5 含答案 精品
学业分层测评(四) (建议用时：45分钟)一、选择题1.在极坐标系中，过点⎝⎛⎭⎪⎫2，3π2且平行于极轴的直线的极坐标方程是( )A.ρsin θ＝－2B.ρcos θ＝－2C.ρsin θ＝2D.ρcos θ＝2【解析】 过点⎝⎛⎭⎪⎫2，3π2与极轴平行的直线为y ＝－2，即ρsin θ＝－2. 【答案】 A2.在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫1，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－π2C.(1,0)D.(1，π)【解析】 由ρ＝－2sin θ，得ρ2＝－2ρsin θ，化成直角坐标方程为x 2＋y 2＝－2y ，化成标准方程为x 2＋(y ＋1)2＝1，圆心坐标为(0，－1)，其对应的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－π2.【答案】 B3.极坐标方程(ρ－1)(θ－π)＝0(ρ≥0)表示的图形是( )【导学号：12990013】A.两个圆B.两条直线C.一个圆和一条射线D.一条直线和一条射线【解析】 ∵方程(ρ－1)(θ－π)＝0， ∴ρ＝1或θ＝π，ρ＝1为半径是1的圆，θ＝π是一条射线. 【答案】 C4.曲线的极坐标方程ρ＝4sin θ化成直角坐标方程为( ) A.x 2＋(y ＋2)2＝4 B.x 2＋(y －2)2＝4 C.(x －2)2＋y 2＝4D.(x ＋2)2＋y 2＝4【解析】 ∵ρ＝4sin θ， ∴ρ2＝4ρsin θ， ∴x 2＋y 2＝4y ， ∴x 2＋(y －2)2＝4. 【答案】 B5.在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ垂直于极轴的两条切线方程分别为( ) A.θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝2 B.θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝2C.θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝1D.θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝1【解析】 在极坐标系中，圆心坐标ρ＝1，θ＝0，半径r ＝1. 故左切线为θ＝π2或3π2.右切线满足cos θ＝2ρ⇒ρcos θ＝2，即切线方程为θ＝π2和ρcos θ＝2.所以选B.【答案】 B 二、填空题6.圆ρ＝2cos θ的半径是________.【解析】 ∵ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ， 即x 2＋y 2＝2x ， (x －1)2＋y 2＝1， ∴r ＝1. 【答案】 17.在极坐标系中，圆ρ＝4sin θ的圆心到直线θ＝π6(ρ∈R )的距离是________. 【解析】 ∵ρ＝4sin θ， ∴ρ2＝4ρsin θ，x 2＋y 2＝4y ，∴x 2＋(y －2)2＝4. 又θ＝π6，∴直线方程y ＝33x . 由点到直线的距离公式有d ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋1＝ 3. 【答案】 38.在极坐标系中，曲线C 1：ρ(2cos θ＋sin θ)＝1与曲线C 2：ρ＝a (a >0)的一个交点在极轴上，则a ＝________.【解析】 ρ(2cos θ＋sin θ)＝1，即2ρcos θ＋ρsin θ＝1对应的普通方程为2x ＋y －1＝0，ρ＝a (a >0)对应的普通方程为x 2＋y 2＝a 2.在2x ＋y －1＝0中，令y ＝0，得x ＝22.将⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0代入x 2＋y 2＝a 2，得a ＝22. 【答案】22三、解答题9.在极坐标系中，已知圆ρ＝2cos θ与直线3ρcos θ＋4ρsin θ＋a ＝0相切，求实数a 的值.【解】 将极坐标方程化为直角坐标方程，得圆的方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1，直线的方程为3x ＋4y ＋a ＝0.由题设知，圆心(1,0)到直线的距离为1，即有|3×1＋4×0＋a |32＋42＝1，解得a ＝－8或a ＝2.故a 的值为－8或2.10.在极坐标系中，已知圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程.【解】 在ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32中，令θ＝0，得ρ＝1，所以圆C 的圆心坐标为(1,0)， 因为圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4， 所以圆C 的半径PC ＝ 2 2＋12－2×1×2cos π4＝1，于是圆C 过极点，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.1.在极坐标方程中，曲线C 的方程是ρ＝4sin θ，过点⎝⎛⎭⎪⎫4，π6作曲线C 的切线，则切线长为( )【导学号：12990014】A.4B.7C.2 2D.2 3【解析】 ρ＝4sin θ化为普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，点⎝⎛⎭⎪⎫4，π6化为直角坐标为(23，2)，切线长、圆心到定点的距离及半径构成直角三角形，由勾股定理得，切线长为 23 2＋ 2－2 2－22＝22，故选C. 【答案】 C2.在极坐标系中，直线l 的方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22，则点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4到直线l 的距离为( )A. 2B.22C.2－22D.2＋22【解析】 由ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22，得ρsin θ＋ρcos θ＝1，即直线方程为x ＋y ＝1.点A ⎝⎛⎭⎪⎫2，3π4对应的直角坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ＝2cos3π4＝－2，y ＝ρsin θ＝2sin3π4＝ 2.即直角坐标为(－2，2).所以点到直线的距离为|－2＋2－1|2＝22，选B.【答案】 B3.在以O 为极点的极坐标系中，圆ρ＝4sin θ和直线ρsin θ＝a 相交于A ，B 两点.若△AOB 是等边三角形，则a 的值为________.【解析】 由ρ＝4sin θ可得x 2＋y 2＝4y ，即x 2＋(y －2)2＝4. 由ρsin θ＝a 可得y ＝a .设圆的圆心为O ′，y ＝a 与x 2＋(y －2)2＝4的两交点A ，B 与O 构成等边三角形，如图所示.由对称性知∠O ′OB ＝30°，OD ＝a . 在Rt△DOB 中，易求DB ＝33a ， ∴B 点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫33a ，a . 又∵B 在x 2＋y 2－4y ＝0上，∴⎝⎛⎭⎪⎫33a 2＋a 2－4a ＝0， 即43a 2－4a ＝0，解得a ＝0(舍去)或a ＝3.【答案】 34.在极坐标系中，P 是曲线ρ＝12sin θ上的动点，Q 是曲线ρ＝12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π6上的动点，试求|PQ |的最大值.【解】 ∵ρ＝12sin θ， ∴ρ2＝12ρsin θ， ∴x 2＋y 2－12y ＝0， 即x 2＋(y －6)2＝36. 又∵ρ＝12cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6，∴ρ2＝12ρ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θcos π6＋sin θsin π6，∴x 2＋y 2－63x －6y ＝0， ∴(x －33)2＋(y －3)2＝36，∴|PQ |max ＝6＋6＋ 33 2＋32＝18.。
2016-2017学年高中数学苏教版必修2学业分层测评23 空间直角坐标系 Word版含解析
学业分层测评(二十三)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、填空题1．若点P(a，b，c)既在平面xOy内，又在平面yOz内，则a＋c＝________.【解析】点P在平面xOy与平面yOz的交线Oy上，由其上点的特征知a ＝0，c＝0，b∈R.【答案】02．在空间直角坐标系中，已知点P(x，y，z)，关于下列叙述：①点P关于x轴对称的点的坐标是P1(x，－y，z)；②点P关于yOz平面对称的点的坐标是P2(x，－y，－z)；③点P关于y轴对称的点的坐标是P3(x，－y，z)；④点P关于原点对称的点的坐标是P4(－x，－y，－z)．其中叙述正确的序号是________．【解析】由图形几何性质知①②③错，④正确．【答案】④3.图2-3-3如图2-3-3所示，多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEFG所截而得，其中AB＝4，BC＝1，BE＝3，CF＝4，按图建立空间直角坐标系，则G的坐标为________．【解析】∵长方体的对面互相平行，且被截面AEFG所截，∴交线AG∥EF.又∵BE＝3，CF＝4，∴DG＝1，故G的坐标为(0,0,1)．【答案】(0,0,1)4.图2-3-4如图2-3-4，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知点B 1的坐标为(a ，a ，a )，则点D 1的坐标为________．【解析】 由点B 1的坐标为(a ，a ，a )知点D 1的坐标为(0,0，a )．【答案】 (0,0，a )5．已知点M 到三个坐标平面的距离都是1，且点M 的三个坐标同号，则点M 的坐标为________．【解析】 根据点M 到三个坐标平面的距离均为1，结合点的对称性，知M (1,1,1)或(－1，－1，－1)．【答案】 (1,1,1)或(－1，－1，－1)6．已知点P ′在x 轴正半轴上，OP ′＝2，PP ′在xOz 平面上，且垂直于x 轴，PP ′＝1，则点P ′和P 的坐标分别为________，________. 【导学号：60420093】【解析】 由于P ′在x 轴的正半轴上，故点P ′的坐标为(2,0,0)，又PP ′在xOz 平面上，且垂直于x 轴，故P 点坐标为(2,0，±1)．【答案】 (2,0,0) (2,0，±1) 7.图2-3-5正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′的棱长为1，且|BP |＝13|BD ′|，建立如图2-3-5所示的空间直角坐标系，则P 点的坐标为________．【解析】 如图所示，过P 分别作平面xOy 和z 轴的垂线，垂足分别为E ，H ，过E 分别作x 轴和y 轴的垂线，垂足分别为F ，G ，由于|BP |＝13|BD ′|，所以|DH |＝13|DD ′|＝13，|DF |＝23|DA |＝23，|DG |＝23|DC |＝23，所以P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，13. 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，13 8.图2-3-6如图2-3-6, M -OAB 是棱长为a 的正四面体，顶点M 在底面OAB 上的射影为H ，则M 的坐标是________．【解析】 由M -OAB 是棱长为a 的正四面体知B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，12a ，0，A (0，a,0)，O (0,0,0)．又点H 为△OAB 的中心知H ⎝ ⎛⎭⎪⎫36a ，12a ，0， 从而得M 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫36a ，12a ，63a . 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫36a ，a 2，63a 二、解答题9．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，所有的棱长都是1，建立适当的坐标系，并写出各点的坐标．【解】 如图所示，取AC 的中点O 和A 1C 1的中点O 1，连结BO ，OO 1，可得BO ⊥AC ，BO ⊥OO 1，分别以OB ，OC ，OO 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．∵各棱长均为1，∴OA ＝OC ＝O 1C 1＝O 1A 1＝12，OB ＝32.∵A ，B ，C 均在坐标轴上，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0. ∵点A 1，C 1均在yOz 平面内，∴A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1. ∵点B 1在xOy 面内的射影为点B ，且BB 1＝1，∴B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，1.图2-3-710．如图2-3-7，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点，请建立适当的空间直角坐标系，求出点A ，B ，C ，D ，E ，F 的坐标．【解】 ∵ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体，∴可以以顶点A 为原点，以棱AB ，AD ，AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．∵AD ⊥平面AA 1B 1B ，∴∠ABD 就是直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角，∠ABD ＝30°，∴Rt △BAD 中，由AB ＝2，AE ⊥BD ，∠ABD ＝30°可解得AD ＝AB ·tan 30°＝2×33＝233，BD ＝2AD ＝433，AE ＝1.过点E 在平面ABCD 内作AB 的垂线EM ，垂足为点M ，∴Rt △AEM 中，EM＝AE ·sin 60°＝32，AM ＝AE ·cos 60°＝12.又长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝1，F 为A 1B 1的中点，∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，A 1(0,0,1)，B 1(2,0,1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，233，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，233，0， E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，F (1,0,1)． [能力提升]1．空间两点A ，B 的坐标分别为(x ，－y ，z )，(－x ，－y ，－z )，则A ，B 两点的位置关系是________．【解析】 由A ，B 两点的坐标可知关于y 轴对称．【答案】 关于y 轴对称2．在空间直角坐标系中，点M 的坐标是(4,7,6)，则点M 关于y 轴的对称点在坐标平面xOz 上的射影的坐标为________．【解析】 点M 关于y 轴的对称点是M ′(－4,7，－6)，点M ′在坐标平面xOz 上的射影是(－4,0，－6)．【答案】 (－4,0，－6)3.图2-3-8如图2-3-8所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝2.试建立适当的空间直角坐标系，则写出A ，B ，C ，D ，P ，E 的坐标．A ________，B ________，C ________，D ________，P ________，E ________.【解析】如图所示，以A 为原点，以AB 所在直线为x 轴，AP 所在直线为z 轴，与过点A 与AB 垂直的直线AG 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系．则相关各点的坐标分别是A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，P (0,0,2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0. 【答案】 (0,0,0) (1,0,0) ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0 (0,0,2) ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0(答案不唯一)4.图2-3-9如图2-3-9所示，AF ，DE 分别是圆O ，圆O 1的直径，AD 与两圆所在的平面均垂直，AD ＝8，BC 是圆O 的直径，AB ＝AC ＝6，OE ∥AD ，试建立适当的空间直角坐标系，求出点A ，B ，C ，D ，E ，F 的坐标． 【解】因为AD 与两圆所在的平面均垂直，OE ∥AD ，所以OE ⊥平面ABC .又AF ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以OE ⊥AF ，OE ⊥BC ，又BC 是圆O 的直径，所以OB ＝OC ，又AB＝AC＝6，所以OA⊥BC，BC＝6 2.所以OA＝OB＝OC＝OF＝3 2.如图所示，以O为原点，以OB，OF，OE所在直线分别为x轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，所以A(0，－32，0)，B(32，0,0)，C(－32，0,0)，D(0，－32，8)，E(0,0,8)，F(0,32，0)．。
七年级数学《平面直角坐标系》练习题及答案
七年级数学《平面直角坐标系》练习题A 卷•基础知识班级 姓名 得分一、选择题（4分×6=24分） 1．点A （4,3-）所在象限为（ ）A 、 第一象限B 、 第二象限C 、 第三象限D 、 第四象限 2．点B （0,3-）在（）上A 、 在x 轴的正半轴上B 、 在x 轴的负半轴上C 、 在y 轴的正半轴上D 、 在y 轴的负半轴上3．点C 在x 轴上方，y 轴左侧，距离x 轴2个单位长度，距离y 轴3个单位长度，则点C 的坐标为（） A 、（3,2） B 、 （3,2--） C 、 （2,3-） D 、（2,3-） 4． 若点P （x,y ）的坐标满足xy =0，则点P 的位置是（）A 、 在x 轴上B 、 在y 轴上C 、 是坐标原点D 、在x 轴上或在y 轴上 5．某同学的座位号为（4,2），那么该同学的所座位置是（）A 、 第2排第4列B 、 第4排第2列C 、 第2列第4排D 、 不好确定6．线段AB 两端点坐标分别为A （4,1-），B （1,4-），现将它向左平移4个单位长度，得到线段A 1B 1，则A 1、B 1的坐标分别为（）A 、 A 1（0,5-），B 1（3,8--） B 、 A 1（7,3）， B 1（0，5）C 、 A 1（4,5-） B 1（-8，1）D 、 A 1（4,3） B 1（1,0） 二、填空题（ 1分×50=50分 ） 7．分别写出数轴上点的坐标：A （ ）B （ ）C （ ）D （ ）E （ ） 8.在数轴上分别画出坐标如下的点：)1(-A )2(B )5.0(C )0(D )5.2(E )6(-FA-19. 点)4,3(-A 在第 象限，点)3,2(--B 在第 象限 点)4,3(-C 在第 象限，点)3,2(D 在第 象限 点)0,2(-E 在第 象限，点)3,0(F 在第 象限10.在平面直角坐标系上，原点O 的坐标是（ ），x 轴上的点的坐标的特点 是 坐标为0；y 轴上的点的坐标的特点是 坐标为0。
「平面直角坐标系(一)」教学效果评估及教案优化建议
「平面直角坐标系（一）」教学效果评估及教案优化建议。
一、教学效果评估1.测评方式教学效果的测评方式多种多样，独立自主的测试和由学校组织的统一测试是常见的方式。
在进行测评的时候，需要提前明确有关测评的目标，这样才能很好地把握教学效果。
比如，对于平面直角坐标系（一）这门课程，可以设定一些与其相关的目标，比如学生是否掌握了坐标系的基础概念，能不能用坐标系解决简单的几何问题等。
2.教学效果评估的结果通过对教学效果的测评，可以得出孩子们的学习表现，进而判断教学的效果以及教学资料是否恰当，教学方法措施是否得当。
对于教师而言，可以通过评估结果了解教学的长处和短处，进而及时调整教学策略，提高教学效果。
二、教案优化建议1.语言简洁对于初中生来说，难懂的语言不仅会让学生无法理解，而且会使热情降低，甚至对学习产生抵触情绪。
因此，在编写教案时，需要避免过于含糊的语言，保证语言简洁易懂。
2.加强思路引导作为教师，教案是向学生展示所要教授的知识的必要工具。
对于平面直角坐标系（一）而言，教案设计应该加强引导学生的思路，保证学生顺利地从概念到实例，从简单到复杂，从具体到抽象地掌握知识点。
3.直观化教学直观化教学是提高学生专注度的好方式，对于平面直角坐标系（一）而言，可以采用动画化的方法，对学生展示直线、坐标系等知识点的相关概念，以此加深学生对相关知识点的理解。
4.引用实际案例引用实际案例使教材更具趣味性，能够使学生学习起来更感兴趣，同时也可以帮助学生更好地理解知识点。
因此，在编写教案时，要结合实际案例，加强实用性，帮助学生更好地掌握知识。
平面直角坐标系（一）作为初中数学中的重要课程，需要进行教学效果评估和教案优化，以保证教学的质量和效果。
只有这样，才能打造优秀课堂，为学生创造更好的成长环境，为未来的发展打下坚实的基础。
高中数学人教B版必修2学业测评2.1.2 平面直角坐标系中的基本公式 Word版含解析
学业分层测评(建议用时：分钟)[学业达标]一、选择题．已知线段的中点在坐标原点，且()，(，)，则＋等于( )．．－．．－【解析】易知＝－，＝－.∴＋＝－.【答案】．已知△的顶点()，(－)，()，则△的周长是( )．．＋．＋．＋【解析】由题意知＝＝，＝＝，＝＝.∴＋＋＝＋.【答案】．已知()，()，()，且点关于点的对称点为，则＝( )．．【解析】由题意知，设(，)，∴(\\((＋)＝，(＋)＝，))∴(\\(＝，＝，))∴()．∴＝＝，故选.【答案】．已知()关于(，)的对称点是(－，－)，则(，)到原点的距离为( ) ．【解析】由题意知点是线段的中点，则(\\(－＝，＝，))∴(\\(＝，＝.))∴＝，∴＝.【答案】．光线从点(－)射到轴上，经反射以后经过点()，则光线从到的路程为()．．．．【解析】(－)关于轴的对称点为′(－，－)，则′＝＝.【答案】二、填空题．在△中，设()，(－)，若，的中点都在坐标轴上，则点坐标为．【解析】设(，)，则的中点为，的中点为，若的中点在轴上，的中点在轴上，则(\\(＝，＝－；))若的中点在轴上，的中点在轴上，则(\\(＝－，＝－.))【答案】(，－)或(－，－)．已知三角形的三个顶点()，(、)，(，－)，则边上的中线的长为．【解析】设边的中点的坐标为(，)，则(\\(＝(＋)＝，＝(＋(－()＝，))即的坐标为()，所以＝＝.【答案】．点(，－)关于原点对称的对称点到(，)的距离是，则的值是．【解析】的对称点′(－)＝解得＝或－.【答案】或－三、解答题．已知()，(，－)，试问在轴上能否找到一点，使∠为直角？【导学号：】【解】假设在轴上能找到点()，使∠为直角，由勾股定理可得＋＝，即(－)＋＋(－)＋＝，化简得－＝，。
课堂新坐标高中数学北师大选修22学业分层测评1 含解析
学业分层测评(十七)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.若y ＝f (x )与y ＝g (x )是[a ，b ]上的两条光滑曲线的方程，则这两条曲线及直线x ＝a ，x ＝b 所围成的平面区域的面积为( )A.⎠⎛a b [f (x )－g (x )]d xB.⎠⎛a b [g (x )－f (x )]d xC.⎠⎛ab |f (x )－g (x )|d x D.⎪⎪⎪⎪⎠⎛a b[f （x ）－g （x ）]dx 【解析】 当f (x )>g (x )时， 所求面积为⎠⎛a b [f (x )－g (x )]d x ；当f (x )≤g (x )时，所求面积为⎠⎛ab [g (x )－f (x )]d x .综上，所求面积为⎠⎛a b |f (x )－g (x )|d x .【答案】 C2.由抛物线y ＝x 2介于(0，0)点及(2，4)点之间的一段弧绕x 轴旋转所得的旋转体的体积为( )A.45πB.165πC.85πD.325π【解析】 V ＝π⎠⎛02(x 2)2d x ＝π5x 5⎪⎪⎪20＝325π.【答案】 D3.如图4-3-4，阴影部分的面积是( )图4-3-4A.2 3B.2－ 3C.323D.353【解析】 S ＝⎠⎛－31(3－x 2－2x )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －13x 3－x 2⎪⎪⎪⎪1-3＝323.【答案】 C4.曲线y ＝x 2－1与x 轴所围成图形的面积等于( ) A.13 B.23 C.1D.43【解析】 函数y ＝x 2－1与x 轴的交点为(－1，0)，(1，0)，且函数图像关于y 轴对称，故所求面积为S ＝2⎠⎛01(1－x 2)d x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13x 3⎪⎪⎪1＝2×23＝43. 【答案】 D5.由xy ＝4，x ＝1，x ＝4，y ＝0围成的平面区域绕x 轴旋转所得的旋转体的体积是( )A.6πB.12πC.24πD.3π【解析】 因为xy ＝4，所以y ＝4x ， V ＝π⎠⎛14y 2d x ＝π⎠⎛14⎝⎛⎭⎪⎫4x 2d x＝16π⎠⎛14x －2d x ＝－16πx －1⎪⎪⎪41＝－16π⎝ ⎛⎭⎪⎫14－1＝12π.【答案】 B 二、填空题6.由曲线y ＝x 与y ＝x 3所围成的图形的面积可用定积分表示为________.【导学号：94210077】【解析】画出y ＝x 和y ＝x 3的草图，所求面积为如图所示阴影部分的面积，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝x 3得交点的横坐标为x ＝0及x ＝1.因此，所求图形的面积为S ＝⎠⎛01(x －x 3)d x .【答案】 ⎠⎛01(x －x 3)d x7.由曲线y ＝e x2，直线x ＝0，x ＝1以及x 轴所围成的图形绕着x 轴旋转一周形成的几何体的体积是________.【解析】 体积V ＝π⎠⎛01e x d x ＝π(e －1).【答案】 π(e －1)8.由曲线y ＝x ，直线y ＝x －2及y 轴所围成的图形的面积为________. 【解析】 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝x －2，得其交点坐标为(4，2).因此y ＝x 与y ＝x －2及y轴所围成的图形的面积为⎠⎛04[x －（x －2）]dx＝⎠⎛04(x －x ＋2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 32－12x 2＋2x ⎪⎪⎪40＝23×8－12×16＋2×4＝163.【答案】 163 三、解答题9.(2016·济宁高二检测)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图像如图4-3-5所示，它与直线y ＝0在原点处相切，此切线与函数图像所围区域(图中阴影部分)的面积为274，求a 的值.图4-3-5【解】 由题图知方程f (x )＝0有三个实根，其中有两个相等的实根x 1＝x 2＝0，于是b ＝0，所以f (x )＝x 2(x ＋a )，有274＝⎠⎛0－a [0－(x 3＋ax 2)]d x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 44＋ax 33|－a 0＝a 412，所以a ＝±3.又－a >0⇒a <0，得a ＝－3.10.设两抛物线y ＝－x 2＋2x ，y ＝x 2所围成的图形为M ，求： (1)M 的面积；(2)将M 绕x 轴旋转一周所得旋转体的体积. 【解】 如图，M 为图中阴影部分.(1)图中M 的面积为⎠⎛01[(－x 2＋2x )－x 2]d x＝⎠⎛01(－2x 2＋2x )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23x 3＋x 2⎪⎪⎪1＝13. (2)M 绕x 轴旋转一周所得旋转体的体积为 π⎠⎛01[(－x 2＋2x )2－(x 2)2]d x ＝π⎠⎛01(－4x 3＋4x 2)d x＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 4＋43x 3⎪⎪⎪1＝π3.[能力提升]1.直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43B.2C.83D.1623【解析】∵抛物线方程为x 2＝4y ，∴其焦点坐标为F (0，1)，故直线l 的方程为y ＝1.如图所示，可知l 与C 围成的图形的面积等于矩形OABF 的面积与函数y ＝14x 2的图像和x 轴正半轴及直线x ＝2围成的图形的面积的差的2倍(图中阴影部分)，即S ＝4－2⎠⎛02x 24d x ＝4－2·x 312⎪⎪⎪⎪20＝4－43＝83. 【答案】 C2.已知过原点的直线l 与抛物线y ＝x 2－2ax (a >0)所围成的图形面积为92a 3，则直线l 的方程为( )A.y ＝axB.y ＝±axC.y ＝－axD.y ＝－5ax【解析】 显然，直线l 的斜率存在. 设直线l 的方程为y ＝kx ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，y ＝x 2－2ax ，得交点坐标为(0，0)，(2a ＋k ，2ak ＋k 2)，所以图形面积S ＝⎠⎛02a ＋k [kx －(x 2－2ax )]d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2a 2x 2－x 33⎪⎪⎪⎪2a ＋k 0 ＝（k ＋2a ）32－（2a ＋k ）33＝（2a ＋k ）36.又因为S ＝92a 3，所以（2a ＋k ）36＝92a3， 解得k ＝a ，所以直线l 的方程为y ＝ax .故选A . 【答案】 A3.一个半径为1的球可以看成是由曲线y ＝1－x 2与x 轴所围成区域(半圆)绕x 轴旋转一周得到的，则球的体积为________.【解析】 V ＝⎠⎛－11π(1－x 2)d x＝π⎠⎛－11(1－x 2)d x ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫⎠⎛－111dx －⎠⎛－11x 2dx ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫2－23＝43π.【答案】 43π4.已知曲线C ：y ＝2x 3－3x 2－2x ＋1，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，求曲线C 的过点P 的切线l 与曲线C 围成的图形的面积.【解】 设切线l 与曲线C 相切于点M (x 0，y 0)，由于y ′＝6x 2－6x －2， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧6x 20－6x 0－2＝y 0x 0－12，y 0＝2x 30－3x 20－2x 0＋1，解得x 0＝0，于是切线l 的斜率k ＝－2， 方程为y ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即y ＝－2x ＋1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x 3－3x 2－2x ＋1，y ＝－2x ＋1，得⎩⎨⎧x ＝32，y ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1.故切线l 与曲线C 围成图形的面积为S ＝⎠⎜⎜⎛032|2x 3－3x 2－2x ＋1－(－2x ＋1)|d x＝⎠⎜⎜⎛032|2x 3－3x 2|d x ＝，即所求面积为2732.。
学业分层测评 第2章 2.4 一些常见曲线的参数方程
学业分层测评第2章 2.4 一些常见曲线的参数方程【解析】 ∵t ＝π时，y 有最大值16，此时x ＝8π，∴由摆线的特点知对称轴方程为x ＝8π.【答案】 x ＝8π4.求圆的渐开线⎩⎨⎧x ＝3(cos t ＋t sin t )y ＝3(sin t －t cos t )上与t ＝π4对应的点的直角坐标.【解】∵当t ＝π4时有⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3(cos π4＋π4sin π4)，y ＝3(sin π4－π4cos π4)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝38(42＋2π)，y ＝38(42－2π).∴对应的直角坐标为(38(42＋2π)，38(42－2π)).5.求摆线⎩⎨⎧x ＝t －sin ty ＝1－cos t (0≤t ≤2π)与直线y ＝1的交点的直角坐标.【解】 由题意知：1＝1－cos t ，解得t 1＝π2，t 2＝3π2，对应交点的坐标为⎩⎨⎧x 1＝(π2－1)＝π2－1y 1＝1，⎩⎨⎧x 2＝32π＋1y 2＝1，交点为(π2－1,1)，(32π＋1,1).6.当t ＝π2，π时，求出渐开线⎩⎨⎧x ＝cos t ＋t sin t y ＝sin t －t cos t 上对应的点A 、B ，并求出A 、B 的距离.【解】 将t ＝π2代入⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos t ＋t sin t y ＝sin t －t cos t，得x ＝cos π2＋π2·sin π2＝0＋π2＝π2，y ＝sin π2－π2·cos π2＝1，∴A (π2，1)，将t ＝π，代入⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos t ＋t sin t ，y ＝sin t －t cos t ，得x ＝cos π＋π·sin π＝－1， y ＝sin π－πcos π＝π， ∴B (－1，π)， ∴|AB |＝(π2＋1)2＋(1－π)2＝ 54π2－π＋2. 7.已知一个圆的摆线方程是⎩⎨⎧x ＝4t －4sin ty ＝4－4cos t (t 为参数)，求该圆的面积和对应的圆的渐开线的参数方程.【解】 首先根据摆线的参数方程可知圆的半径为4，所以面积为16π， 该圆对应的渐开线的参数方程是： ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos t ＋4t sin ty ＝4sin t －4t cos t(t 为参数). 8.如图2-4-1所示，设基圆半径为r ，渐开线的起点为A ，取圆心O 为极点，射线OA 为极轴.M (ρ，θ)为渐开线上任一点，过M 作基圆的切线MB ，B 是切点.设∠BOM ＝α，试用α做参数，写出渐开线在极坐标中的参数方程.图2-4-1【解】 ∵MB 是切线，∴OB ⊥BM ，∴ρ＝r cos α.又BA ︵＝BM ，且BM ＝r tan α，∴θ＝r tan α－α.∴极坐标方程为⎩⎨⎧ρ＝rcos α，θ＝r tan α－α.9.设有两个半径相同的圆，其中一个圆固定不动，另一个圆绕定圆无滑动地滚动，在动圆的圆周上有一定点M ，求滚动过程中点M 的轨迹方程.【解】 设圆半径为a ，取定圆的圆心为坐标原点，开始时两圆相切于A 点，射线OA 为x 轴的正半轴，建立坐标系(如右图所示).当滚动角度θ(以弧度为单位)后，两圆切于B 点，动圆圆心为C ，定点M 的位置如图所示.记射线CM 与x 轴正向形成的任意角为α(图中为负值).由于无滑动，得AB ︵＝BM ︵，因为两圆半径相等，所以∠AOB ＝θ，从而得α＝－(π－2θ).向量CM →的坐标表达式为CM →＝(a cos α，a sin α)＝(－a cos 2θ，－a sin 2θ)， 又OC →＝(2a cos θ，2a sin θ)，得OM →＝OC →＋CM →＝(2a cos θ－a cos 2θ，2a sin θ－a sin 2θ). 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a cos θ－a cos 2θ，y ＝2a sin θ－a sin 2θ.用倍角公式，变形为x ＝2a cos θ－a (2cos 2θ－1)， x －a ＝2a cos θ－2a cos 2θ＝2a cos θ(1－cos θ)， y ＝2a sin θ(1－cos θ)，(x －a )2＋y 2＝4a 2(1－cos θ)2， 所以M 的轨迹方程为(x －a )2＋y 2＝4a 2(1－cos θ)2.。
2019-2020学年高中数学(苏教版 选修2-1)学业分层测评：第3章 空间向量与立体几何 3.1.3、3.1.4 Word版含
学业分层测评(建议用时：45分钟)[学业达标]一、填空题1．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且存在实数x ，y ，z 使得x a ＋y b ＋z c ＝0，则x ，y ，z 满足的条件是________．【解析】 由{a ，b ，c }是空间的一个基底知，a ，b ，c 不共面． 由空间向量基本定理得x ＝y ＝z ＝0. 【答案】 x ＝y ＝z ＝02．已知a ＝(1，－2,1)，a －b ＝(－1,2，－1)，则b ＝________. 【解析】 b ＝a －(a －b )＝(1，－2,1)－(－1,2，－1)＝(2，－4,2)． 【答案】 (2，－4,2)3．若a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a1b1＝a2b2＝a3b3是a ∥b 的________条件．【解析】 设a1b1＝a2b2＝a3b3＝k ，易知a ∥b ，即条件具有充分性．又若b ＝0时，b ＝(0,0,0)，显然有a ∥b ，但条件a1b1＝a2b2＝a3b3显然不成立，所以条件不具有必要性．【答案】 充分不必要4．若{a ，b ，c }是空间的一个基底，向量m ＝a ＋b ，n ＝a －b ，则向量a ，b ，c 中与m ，n 可以构成空间向量另一个基底的向量是________．【解析】 显然a 或b 均与m ，n 共面，c 与m ，n 不共面，故为c . 【答案】 c5．如图3-1-20所示，设O 为▱ABCD 所在平面外任意一点，E 为OC 的中点，若AE →＝12OD→＋x OB →＋y OA →，则x ＝_________，y ＝________.图3-1-20【解析】 ∵AE →＝OE →－OA →＝12OC →－OA →＝12(OD →＋DC →)－OA →＝12OD →＋12AB →－OA →＝12OD →＋12(OB →－OA →)－OA →＝12OD →＋12OB →－32OA →，∴x ＝12，y ＝－32.【答案】 12 －326．已知a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，若a ∥b ，则x ＝________，y ＝________.【解析】 ∵a ＝(2x,1,3)，b ＝(1，－2y,9)，又∵a ∥b ，显然y ≠0，∴2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.【答案】 16 －327．底面为正方形的四棱锥P -ABCD 中，P A⊥平面ABCD ，点E ，F 分别是BC 和PD 的中点，若P A ＝AB ＝2，则向量EF →的坐标为________．【解析】 建立空间直角坐标系，如图所示．则E (2,1,0)，F (0,1,1)，∴EF →＝(－2,0,1)． 【答案】 (－2,0,1)(答案不惟一)8．已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，点M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG ＝2GN ，用基底向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →为________．图3-1-21【解析】 OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →)＝12OA →＋23错误!＝12OA →＋13(OB →＋OC →)－13OA → ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 【答案】 16OA →＋13OB →＋13OC →二、解答题9．如图3-1-22所示，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．图3-1-22(1)化简：A1O →－12AB →－12AD →；(2)设E 是棱DD 1上的点且DE →＝23DD1→，若EO →＝x AB →＋y AD →＋z AA1→，试求x ，y ，z 的值． 【解】 (1)∵AB →＋AD →＝AC →， ∴A1O →－12AB →－12AD → ＝A1O →－12(AB →＋AD →)＝A1O →－12AC →＝A1O →－AO →＝A1A →. (2)∵EO →＝ED →＋DO → ＝23D1D →＋12DB → ＝23D1D →＋12(DA →＋AB →) ＝23A1A →＋12DA →＋12AB → ＝12AB →－12AD →－23AA1→. 即x ＝12，y ＝－12，z ＝－23.10．如图3-1-23，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，DA ＝DC ＝4，DD 1＝3，点P 是线段BD 1上一动点，E 是BC 的中点，当点P 在什么位置时，PE ∥A 1B?图3-1-23【解】 以D 为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(4,0,3)，B (4,4,0)，C (0,4,0)，D 1(0,0,3)．∵E 为BC 的中点， ∴E (2,4,0)．∴A1B →＝(4,4,0)－(4,0,3)＝(0,4，－3)，BD1→＝(0,0,3)－(4,4,0)＝(－4，－4,3)，EB →＝(4,4,0)－(2,4,0)＝(2,0,0)． 设BP →＝λBD1→，则EP →＝EB →＋BP →＝EB →＋λBD1→. ∵EB →＝(2,0,0)，λBD1→＝(－4λ，－4λ，3λ)， ∴EP →＝(2－4λ，－4λ，3λ)． 由PE ∥A 1B ，得EP →∥A1B →，∴⎩⎨⎧2－4λ＝0，－4λ4＝3λ－3，∴λ＝12.此时点P 为BD 1的中点．故当点P 为BD 1的中点时，PE ∥A 1B .[能力提升]1．有以下命题：①如果向量a ，b 与任何向量均不能构成空间向量的一组基底，那么a ，b 的关系是不共线； ②O ，A ，B ，C 为空间四点，且向量OA→，OB→，OC→不构成空间的一个基底，则点O ，A ，B ，C 一定共面；③已知向量a ，b ，c 是空间的一个基底，则向量a ＋b ，a －b ，c 也是空间的一个基底． 其中正确的命题是________. 【导学号：09390074】【解析】 ①错误，当a ，b 共线时，才可与任何向量不能构成空间向量的一组基底；②由于OA →，OB →，OC →不构成空间的一个基底，故OA →，OB →，OC →共面，即O ，A ，B ，C 四点共面，即②正确；③如图所示，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA1→＝c ，则a ＋b ＝AC →，a －b ＝DB →，显然AC →，DB →，AA1→不共面，也是基底，③正确．【答案】 ②③2．已知点A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C 为线段AB 上一点，且AC→＝13AB →，则C 点坐标为________．【解析】 设C 点坐标为(x ，y ，z )，则AC →＝(x －4，y －1，z －3)． ∵AB →＝(－2，－6，－2)，∴13AB →＝13(－2，－6，－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－2，－23， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x －4＝－23，y －1＝－2，z －3＝－23，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝103，y ＝－1，z ＝73.【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫103，－1，733．一个向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(1,2,3)，则p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为________．【解析】 设p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ， 则p ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ， 又p ＝a ＋2b ＋3c ，∴⎩⎨⎧x ＋y ＝1，x －y ＝2，z ＝3，∴x ＝32，y ＝－12，z ＝3.∴p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，3.【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，34．如图3-1-24所示，M ，N 分别是四面体O -ABC 的边OA ，BC 的中点，P ，Q 是MN 的三等分点，用向量OA →，OB →，OC →表示OP →和OQ →.图3-1-24【解】 OP →＝OM →＋MP →＝12OA →＋ 23MN →＝12OA →＋23(ON →－OM →) ＝12OA →＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫ON →－12OA →＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. OQ →＝OM →＋MQ →＝12OA →＋13MN → ＝12OA →＋13(ON →－OM →) ＝12OA →＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫ON →－12OA →＝13OA →＋13×12(OB →＋OC →) ＝13OA →＋16OB →＋16OC →.。
高中数学 学业分层测评12(含解析)北师大版-1
学业分层测评(十二）（建议用时：45分钟)［学业达标］一、选择题1．正方体ABCD .A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在错误!上且错误!＝错误!错误!，N 为B 1B 的中点，则|错误!|为（ )A 。
错误!aB ．错误!aC 。
错误!aD ．错误!a【解析】 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A （a ，0,0），C 1（0，a ，a )，N 错误!.设M (x ，y ，z )．∵点M 在错误!上且错误!＝错误!错误!. ∴（x －a ，y ,z )＝12（－x ，a －y ，a －z ），∴x ＝错误!a ，y ＝错误!，z ＝错误!。
于是M 错误!. ∴|错误!| ＝错误! ＝错误!a 。
【答案】 A2．已知平面α的法向量为n ＝（－2，－2，1），点A (x,3，0）在平面α内，则点P （－2,1,4）到平面α的距离为错误!，则x ＝( ）【导学号:32550053】A ．－1B ．－11C ．－1或－11D ．－21【解析】 错误!＝（x ＋2，2,－4)，而d ＝错误!＝错误!， 即错误!＝错误!,解得x ＝－1或－11。
【答案】 C3．已知正方体ABCD 。
A 1B 1C 1D 1的棱长是1，则直线DA 1与AC 间的距离为（ ) A.错误! B ．错误! C 。
错误!D ．错误!【解析】建系如图A(1，0，0），A1(1，0,1)，C(0,1,0)，错误!＝（－1，1,0)，错误!＝(1,0,1)，设n＝（x，y，z)，令错误!，∴错误!令x＝1则n＝(1,1，－1）错误!＝（1，0，0)，错误!与AC的距离d＝错误!＝错误!。
【答案】 C4．△ABC的顶点分别为A（1,－1，2)，B（5，－6，2),C（1,3，－1),则AC边上的高BD等于( )A．5 B．错误!C．4 D．2 5【解析】设错误!＝λ错误!，D(x，y,z)．则(x－1，y＋1,z－2)＝λ(0，4，－3)．∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ，∴错误!＝（－4,4λ＋5,－3λ)．∴4(4λ＋5）－3（－3λ）＝0，∴λ＝－错误!，∴错误!＝错误!，∴｜错误!｜＝错误!＝5.【答案】 A5．在长方体ABCD.A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离为( ）A。
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学业分层测评(一)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．已知点Q(1,2)，求Q点关于M(3,4)的对称点．
【解】 设点P的坐标为(x，y)，
由题意知，M是PQ的中点，
因此∴∴点P的坐标为(5,6)．
2．设△ABC的三个顶点坐标分别为A(3，－1)，B(8,2)，C(4,6)，求△ABC的
面积．
【解】 如图，作直线l：y＝－1，过点B、C向l引垂线，垂足分别
为B1、C1，则△ABC的面积为
S＝S△AC1C＋S梯形C C1B1B－S△AB1B＝×1×7＋(7＋3)×4－×5×3＝16.
3．已知点P(0,4)，求P点关于直线l：3x－y－1＝0的对称点．
【解】 设P点关于l的对称点Q的坐标为(a，b)，由题意得
即
解之得
∴P点关于直线l的对称点坐标为(3,3)．
4．已知一条长为6的线段两端点A，B分别在x，y轴上滑动，点M在线段AB
上，且AM∶MB＝1∶2，求动点M的轨迹方程．
【导学号：98990002】
【解】 如图，设A(xA,0)，B(0，yB)，M(x，y)，∵AB＝6，
∴＝6，即x＋y＝36，①
又∵AM∶MB＝1∶2，
1
∴x＝，y＝，
即
代入①得x2＋9y2＝36，
即x2＋4y2＝16.
得动点M的轨迹方程为x2＋4y2＝16.
5．设点P是矩形ABCD所在平面上任意一点，试用解析法证明：PA2＋PC
2
＝PB2＋PD2.
【证明】 如图，以(矩形的)顶点A为坐标原点，边AB、AD所在直线分别
为x轴与y轴建立平面直角坐标系，并设B(b,0)、D(0，d)，则点C的坐标
为(b，d)．又设P(x，y)，
则PA2＋PC2＝x2＋y2＋(x－b)2＋(y－d)2，
PB2＋PD2＝(x－b)2＋y2＋x2＋(y－d)2.
比较两式，可知PA2＋PC2＝PB2＋PD2.
6．有相距1 400 m的A、B两个观察站，在A站听到爆炸声的时间比在B站听
到时间早4 s．已知当时声音速度为340 m/s，试求爆炸点所在的曲线．
【解】 由题知：爆炸点P到B的距离比到A的距离多340×4＝1 360米．
即PB－PA＝1 360＜1 400，PB＞PA.
故P在以A、B为焦点的双曲线上，且离A近的一支．
以A、B两点所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，由
题意得，2a＝1 360,2c＝1 400，故a＝680，c＝700，b2＝7002－6802＝27 600，
故爆炸点所在曲线为－＝1(x＜0)．
7．在黄岩岛海域执行渔政执法的渔政310船发现一艘不明船只从离小岛O正
东方向80海里的B处，沿东西方向向O岛驶来．指挥部立即命令在岛屿O正北方
向40海里的A处的我船沿直线前往拦截，以东西方向为x轴，南北方向为y轴，岛
屿O为原点，建立平面直角坐标系并标出A，B两点，若两船行驶的速度相同，
在上述坐标系中标出我船最快拦住不明船只的位置，并求出该点的坐标．
【解】 A，B两点如图所示，A(0,40)，B(80,0)，
2
∴OA＝40(海里)，OB＝80(海里)．
我船直行到点C与不明船只相遇，
设C(x,0)，
∴OC＝x，BC＝OB－OC＝80－x.
∵两船速度相同，
∴AC＝BC＝80－x.
在Rt△AOC中，OA2＋OC2＝AC2，即402＋x2＝(80－x)2，解得x＝30.
∴点C的坐标为(30,0)．
[能力提升]
8．学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验．设计方案如
图4-1-2，航天器运行(按顺时针方向)的轨迹方程为＋＝1，变轨(即航天器运行
轨迹由椭圆变为抛物线)后返回的轨迹是以y轴为对称轴，M(0，)为顶点的抛物
线的实线部分，降落点为D(8,0)．观测点A(4,0)，B(6,0)．
图4-1-2
(1)求航天器变轨后的运行轨迹所在的曲线方程；
(2)试问：当航天器在x轴上方时，航天器离观测点A、B分别为多远时，应向
航天器发出变轨指令？
【解】 (1)设曲线方程为y＝ax2＋，
∵ 点D(8,0)在抛物线上，∴a＝－，
∴曲线方程为y＝－x2＋.
(2)设变轨点为C(x，y)，根据题意可知
得4y2－7y－36＝0.
y＝4或y＝－(舍去)，∴y＝4.
得x＝6或x＝－6(舍去)．
∴C点的坐标为(6,4)，AC＝2，BC＝4.
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所以当航天器离观测点A、B的距离分别为2、4时，应向航天器发出变轨指
令．
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