江苏省南京市高中数学 平面解析几何初步复习小结 苏教版必修2.doc

高一下期末复习系列（四）必修二 平面解析几何初步一、填空题1、(2015南通质检)若直线l与直线y1，x7分别交于点p，q，且线段pq的中点坐标为(1，1)，则直线l的斜率为_2、 (2015烟台模拟)直线3x4yk0在两坐标轴上的截距之和为2，则实数k_.3、(2015金华调研)当0k时，直线l1：kxyk1与直线l2：kyx2k的交点在第_象限4、 (2015扬州检测)已知直线l过点p(3,4)且与点a(2，2)，b(4，2)等距离，则直线l的方程为_5、 (2015苏州质检)设圆的方程是x2y22ax2y(a1)20，若0a1，则原点与圆的位置关系是_6、 (2015东营模拟)点p(4，2)与圆x2y24上任一点连线的中点的轨迹方程是_7、 (2015南京调研)已知直线l：xy40与圆c：(x1)2(y1)22，则圆c上各点到l的距离的最小值为_8、 (2015南京模拟)在平面直角坐标系xoy中，圆c的方程为(x1)2y24，p为圆c上一点若存在一个定圆m，过p作圆m的两条切线pa，pb，切点分别为a，b，当p在圆c上运动时，使得apb恒为60，则圆m的方程为_9、 (2015苏、锡、常、镇四市调研)在平面直角坐标系xoy中，已知点p(3,0)在圆c：x2y22mx4ym2280内，动直线ab过点p且交圆c于a，b两点，若abc的面积的最大值为16，则实数m的取值范围为_10、 （2014江苏百校联考一）已知圆，点在直线上，若过点存在直线与圆交于、两点，且点为的中点，则点横坐标的取值范围是 11、 (2015苏、锡、常、镇四市调研)已知abc为等腰直角三角形，斜边bc上的中线ad2，将abc沿ad折成60的二面角，连接bc，则三棱锥cabd的体积为_12、 (2015南通、扬州、泰州、宿迁调研)设l，m表示直线，m是平面内的任意一条直线，则“lm”是“l”成立的_条件(在“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”中选填一个)13、如图，在长方体abcda1b1c1d1中，e，f，g，h分别是棱cc1，c1d1，d1d，dc的中点，n是bc的中点，点m在四边形efgh及其内部运动，则m满足条件_时，有mn平面b1bdd1(请填上你认为正确的一个条件)二、解答题1、已知三条直线：l1：2xya0(a0)；l2：4x2y10；l3：xy10，且l1与l2间的距离是.(1)求a的值；(2)能否找到一点p，使p同时满足下列三个条件：点p在第一象限；点p到l1的距离是点p到l2的距离的；点p到l1的距离与点p到l3的距离之比是.若能，求点p的坐标；若不能，说明理由2、在平面直角坐标系xoy中，已知圆p在x轴上截得线段长为2，在y轴上截得线段长为2.(1)求圆心p的轨迹方程；(2)若p点到直线yx的距离为，求圆p的方程3、（扬州市2014届高三上学期期中）在平面直角坐标系中，已知圆:，过点且斜率为的直线与圆相交于不同的两点，线段的中点为。(1)求的取值范围；(2)若，求的值。4、已知平面直角坐标系xoy中o是坐标原点，a(6,2)，b(8,0)，圆c是oab的外接圆，过点(2,6)的直线l被圆c所截得的弦长为4.(1)求圆c的方程及直线l的方程；(2)设圆n的方程为(x47cos )2(y7sin )21(r)，过圆n上任意一点p作圆c的两条切线pe，pf，切点为e，f，求的最大值5、(2015常州监测)如图，在直三棱柱a1b1c1abc中，abbc，e，f分别是a1b，ac1的中点(1)求证：ef平面abc；(2)求证：平面aef平面aa1b1b；(3)若a1a2ab2bc2a，求三棱锥fabc的体积6、(2015南京、盐城一模)如图，在正三棱柱abca1b1c1中，e，f分别为bb1，ac的中点(1)求证：bf平面a1ec；(2)求证：平面a1ec平面acc1a1.7、如图，已知四边形abcd是正方形，ea平面abcd，pdea，adpd2ea2，f，g，h分别为bp，be，pc的中点(1)求证：fg平面pde；(2)求证：平面fgh平面abe；(3)在线段pc上是否存在一点m，使pb平面efm？若存在，求出线段pm的长；若不存在，请说明理由答案一、填空题1、解析依题意，设点p(a,1)，q(7，b)，则有解得a5，b3，从而可知直线l的斜率为.答案2、解析令x0，得y；令y0，得x，则有2，所以k24.答案243、解析解方程组得两直线的交点坐标为，因为0k，所以0，故交点在第二象限答案二4、解析设所求直线方程为y4k(x3)，即kxy43k0，由已知，得，k2或k.所求直线l的方程为2xy20或2x3y180.答案2x3y180或2xy205、解析将圆的一般方程化成标准方程为(xa)2(y1)22a，因为0a0，即，所以原点在圆外答案在圆外6、解析设圆上任一点为q(x0，y0)，pq的中点为m(x，y)，则解得因为点q在圆x2y24上，所以xy4，即(2x4)2(2y2)24，化简得(x2)2(y1)21.答案(x2)2(y1)217、解析由题意得c上各点到直线l的距离的最小值等于圆心(1,1)到直线l的距离减去半径，即.答案8、解析设圆m的半径为r，则由圆的几何性质可得pm2r.又r是定值，所以pm是定值又点p在圆c上，只有到圆心c的距离是定值，所以点m与c重合，即pmpc2，所以r1，故圆m的方程是(x1)2y21.答案(x1)2y219、解析因为点p(3,0)在圆c：(xm)2(y2)232内，所以(3m)2(02)232，解得32m32.设圆心c到直线ab的距离为d，则d0，pc，abc的面积为abd2d16，当且仅当d4时取等号，所以4pc，解得m32或m32，与取交集可得实数m的取值范围是32，32)(32，32答案32，32)(32，3210、 解析 法一：数形结合法：设，由题意可得，即，解之得法二：设点，则由条件得a点坐标为，从而，整理得，化归为，从而，于是由得。答案 -1,211、解析由题意可得cdb60，dcdb，所以dcb是边长为2的等边三角形，且ad平面dcb，所以三棱锥cabd的体积为sbcdad22sin 602.答案12、解析因为m是平面内的任意一条直线，若lm，则l，所以充分性成立；反过来，若l，则lm，所以必要性成立，故“lm”是“l”成立的充要条件答案充要13、解析如图，连接fh，hn，fn，由题意知hn面b1bdd1，fh面b1bdd1.且hnfhh，面nhf面b1bdd1.当m在线段hf上运动时，有mn面b1bdd1.答案m线段hf2、 解答题1、 解(1)直线l2：2xy0，所以两条平行线l1与l2间的距离为d，所以，即，又a0，解得a3.(2)假设存在点p，设点p(x0，y0)若p点满足条件，则p点在与l1，l2平行的直线l：2xyc0上，且，即c或，所以2x0y00或2x0y00；若p点满足条件，由点到直线的距离公式，有，即|2x0y03|x0y01|，所以x02y040或3x020；由于点p在第一象限，所以3x020不可能联立方程2x0y00和x02y040，解得(舍去)联立方程2x0y00和x02y040，解得所以存在点p同时满足三个条件2、解(1)设p(x，y)，圆p的半径为r.由题设y22r2，x23r2，从而y22x23.故p点的轨迹方程为y2x21.(2)设p(x0，y0)，由已知得.又p在双曲线y2x21上，从而得由得此时，圆p的半径r.由得此时，圆p的半径r.故圆p的方程为x2(y1)23或x2(y1)23.3、解：（1）方法一：圆的方程可化为，直线可设为，即，圆心到直线的距离为，依题意，即，解之得：； 方法二：由可得：，依题意，解之得： （2）方法一：因为，且斜率为，故直线：，由可得，又是中点，所以，即，解之得：方法二：设，则由可得：，所以，又，且斜率为，所以，即，也就是，所以，解之得：方法三：点的坐标同时满足，解此方程组，消去可得4、解：(1)因为a(6,2)，b(8,0)，所以oab为以ob为斜边的直角三角形，所以圆c的方程为(x4)2y216.当直线l的斜率不存在时，l：x2，被圆c截得的弦长为4，所以l：x2符合题意当直线l的斜率存在时，设l：y6k(x2)，即kxy62k0.因为被圆c截得弦长为4，所以圆心c到直线的距离为2.所以2，解得k，所以l：y6(x2)，即4x3y260.综上，直线l的方程为x2或4x3y260.(2)因为圆心n(47cos ，7sin )，若设n(x，y)，则所以(x4)2y249.即圆心n在以(4,0)为圆心，7为半径的圆周上运动如图，设ecf2，则|cos 216cos 232cos216.在rtpcf中，cos .由圆的几何性质得nc1pcnc1716，所以cos .由此可得，则的最大值为.5、(1)证明连接a1c.直三棱柱a1b1c1abc中，aa1c1c是矩形，点f在a1c上，且为a1c的中点在a1bc中，e，f分别是a1b，a1c的中点，efbc.又bc平面abc，ef平面abc，所以ef平面abc.(2)证明直三棱柱a1b1c1abc中，b1b平面abc，b1bbc.efbc，abbc，abef，b1bef.b1babb，ef平面abb1a1.ef平面aef，平面aef平面abb1a1.(3)解vfabcva1abcsabcaa1a22a.6、证明(1)连接ac1并交a1c于点o，连接oe，of，在正三棱柱abca1b1c1中，四边形acc1a1为平行四边形，所以oaoc1.又因为f为ac的中点，所以ofcc1且ofcc1.因为e为bb1的中点，所以becc1且becc1.所以beof且beof，所以四边形beof是平行四边形，所以bfoe.又bf平面a1ec，oe平面a1ec，所以bf平面a1ec.(2)由(1)知bfoe，因为abcb，f为ac的中点，所以bfac，所以oeac.又因为aa1底面abc，而bf底面abc，所以aa1bf.由bfoe得oeaa1，而aa1，ac平面acc1a1，且aa1aca，所以oe平面acc1a1.因为oe平面a1ec，所以平面a1ec平面acc1a1.7、(1)证明因为f，g分别为pb，be的中点，所以fgpe，又fg平面pde，pe平面pde，所以fg平面pde.(2)证明因为ea平面abcd，所以eacb.又cbab，abaea，所以cb平面abe.由已知f，h分别为线段pb，pc的中点，所以fhbc.则fh平面abe.而fh平面fgh，所以平面fgh平面abe.(3)解在线段pc上存在