新高三暑假作业第二三级阶段数学参考答案.doc

数学作业答案 专题七 立体几何 1.④；2.④；3.2；4. ④；5.②；6. ④；7.②④；8. ；9. .或 ；11. 8；12. ；13.1；14. 15.解： （1）∵PD⊥平面ABCD，又，∴面，∴。 （2）设点A到平面PBC的距离，∵,∴ 容易求出 16. 解：（1）因为分别是的中点，,又 直线‖平面 （2）,是的中点，又平面⊥平面，所以，平面⊥平面. 17. 解：(1)证明　折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB. 又DB∩DC＝D，AD⊥平面BDC.AD?平面ABD，平面ABD平面BDC. (2)由(1)知，DADB，DBDC，DCDA.∵DB＝DA＝DC＝1，AB＝BC＝CA＝， 从而SDAB＝SDBC＝SDCA＝×1×1＝，SABC＝×××sin 60°＝， 三棱锥D－ABC的表面积S＝×3＋＝. 证明 (1)连接D1C，则MN为DD1C的中位线，MN∥D1C.又D1C∥A1B，MN∥A1B.同理，MPC1B.而MN与MP相交，MN，MP在平面MNP内， A1B，C1B在平面A1C1B内，平面MNP平面A1C1B. (2)连接C1M和A1M，设正方体的棱长为a，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，C1M＝A1M，又O为A1C1的中点，A1C1⊥MO，连接BO和BM，在BMO中，经计算知：OB＝a，MO＝a，BM＝a，OB2＋MO2＝MB2，即BOMO，而A1C1，BO平面A1C1B，MO⊥平面A1C1B. 证明　(1)当M为棱PA中点时，OM平面PBC.证明如下：M，O分别为PA，AB中点，OM∥PB，又PB平面PBC，OM平面PBC，OM∥平面PBC. (2)连接OC，OP，AC＝CB＝，O为AB中点，AB＝2，OC⊥AB，OC＝1.同理，POAB，PO＝1.又PC＝，PC2＝OC2＋PO2＝2， POC＝90°.PO⊥OC.又AB∩OC＝O，PO⊥平面ABC.PO?平面PAB，平面PAB平面ABC. 2 x+y－＝0 重合 －12；5. x2＋y2－10x＋9＝0 2；7. 2x－3y－9＝0 3－ ；10. x＝2或24x－7y－20＝0 ；12. ；13. π；14.. 15. 解(1)由已知得直线l经过的定点是P(3,4)，而圆C的圆心是C(1，－1)，所以，当直线l经过圆C的圆心时，直线l的斜率为k＝. (2)由题意，设直线l的方程为y－4＝k(x－3)，即kx－y＋4－3k＝0.又直线l与圆C：(x－1)2＋(y＋1)2＝4交于两个不同的点，所以圆心到直线的距离小于圆的半径，即＜2.解得k＞.所以直线l的斜率的取值范围为. 解(1)设P(2m，m)，由题可知MP＝2，所以(2m)2＋(m－2)2＝4，解之得m＝0或m＝. 故所求点P的坐标为P(0,0)或P. (2)由题意易知k存在，设直线CD的方程为y－1＝k(x－2)，由题知圆心M到直线CD的距离为，所以＝，解得，k＝－1或k＝－，故所求直线CD的方程为x＋y－3＝0或x＋7y－9＝0. (3)证明　设P(2m，m)，MP的中点Q，因为PA是圆M的切线，所以经过A，P，M三点的圆是以Q为圆心，以MQ为半径的圆，故其方程为(x－m)2＋2＝m2＋2.化简得：x2＋y2－2y－m(2x＋y－2)＝0，此式是关于m的恒等式，故解得或所以经过A，P，M三点的圆必过定点(0,2)或(1,0)． (1)证明　直线m：kx－y＋1＝0可化为y－1＝kx，故该直线恒过点(0,1)，而(0,1)在圆O：x2＋y2＝4内部，所以直线m与圆O恒有两个不同交点． (2)圆心O到直线m的距离为d＝，而圆O的半径r＝2，故弦AB的长为|AB|＝2＝2，故AOB面积S＝|AB|×d＝×2×d＝＝.而d2＝，因为1＋k2≥1，所以d2＝(0,1]，显然当d2(0,1]时，S单调递增，所以当d2＝1，即k＝0时，S取得最大值，此时直线m的方程为y－1＝0. 解(1)当直线l垂直于x轴时，直线方程为x＝1，l与圆的两个交点坐标为(1，)和(1，－)，其距离为2，满足题意．若直线l不垂直于x轴，设其方程为y－2＝k(x－1)，即kx－y－k＋2＝0.设圆心到此直线的距离为d，则2＝2，得d＝1.所以＝1，解得k＝，故所求直线方程为3x－4y＋5＝0.综上所述，所求直线方程为3x－4y＋5＝0或x＝1. (2)设点M的坐标为(x0，y0)(y0≠0)，Q点坐标为(x，y)，则N点坐标是(0，y0)．因为＝＋，所以(x，y)＝(x0,2y0)，即x0＝x，y0＝.又因为M是圆C上一点，所以x＋y＝4，所以x2＋＝4(y≠0)，所以Q点的轨迹方程是＋＝1(y≠0)，这说明轨迹是中心在原点，焦点在y轴，长轴为8、短轴为4的椭圆，除去短轴端点．的方程