數學階段性測試1 立體、解析幾何參***
1d【解析】直線xsin α－y＋1＝0的斜率是k＝sin α，又∵－1≤sin α≤1，∴－1≤k≤1.
當0≤k≤1時，傾斜角的範圍是[0，]，
當－1≤k<0時，傾斜角的範圍是[，π)．
2d【解析】解：a＝0時，x＋6＝0與x＝0平行
a＝3時 x＋9y＋6＝0與x＋9y＋6＝0重合
a＝－1時，x＋y＋6＝0與－3x－3y－2＝0平行，故選d.
3【解析】b l1與l2關於l對稱，則l1上任一點關於l的對稱點都在l2上，故l與l1的交點(1,0)在l2上．又易知(0，－2)為l1上一點，設其關於l的對稱點為(x，y)，
則得即(1,0)、(－1，－1)為l2上兩點，可得l2方程為x－2y－1＝0.
4d解析：方程x2＋y2＋4mx－2y＋5m＝0表示圓的充要條件是(4m)2＋(－2)2－4×5m>0，即m《或m>1.
5d解析：配方得(x－1)2＋(y＋1)2＝1，圓心(1，－1)到直線的距離d＝＝.
6d解析：由已知條件可設圓的圓心為(a,0)(a>0)，則方程為(x－a)2＋y2＝4，
∵直線3x＋4y＋4＝0與圓相切，
∴圓心(a,0)到直線3x＋4y＋4＝0的距離為
d＝＝2，
解得a＝2或a＝－(捨去)．
所求圓的方程為x2＋y2－4x＝0.
7、a解析：設圓上任一點座標為(x0，y0)，則x＋y＝4，連線中點座標為(x，y)，
則，代入x＋y＝4中得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.
8、d解析：由題意知，圓心c(1,1)到直線l的距離
d＝<，解得k≠－1，故k的取值範圍是(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．
9b【解析】(1)法一：(代數法)聯立方程
解得a，b兩點的座標為(2,0)，(－1，)，
所以弦長|ab|＝＝2.
法二：(幾何法)根據直線和圓的方程，易知圓心到直線的距離為＝1，
又知圓的半徑為2，所以弦長|ab|＝2＝2.
10、c解析：若兩條直線和同一平面所成的角相等，則這兩條直線可平行、可異面、可相交．選項a錯；如果到乙個平面距離相等的三個點在同一條直線上或在這個平面的兩側，則經過這三個點的平面與這個平面相交，選項b不正確；如圖，平面α∩β＝b，a∥α，a∥β，過直線a作平面ε∩α＝c，過直線a作平面γ∩β＝d，∵a∥α，∴a∥c，∵a∥β，∴a∥d，∴d∥c，∵cα，dα，∴d∥α，又∵dβ，∴d∥b，∴a∥b，選項c正確；若兩個平面都垂直於第三個平面，則這兩個平面可平行、可相交，選項d不正確
（10題圖） （11題圖）
11、連線b1c，
∴b1c∥a1d.
∵a1d與bc1所成的角為，∴b1c⊥bc1.
∴長方體abcd－a1b1c1d1為正方體，取b1d1的中點m，連線c1m，bm，
∴c1m⊥b1d1.∵面bdd1b1⊥面a1b1c1d1，
∴c1m⊥平面bb1d1d.
∴∠c1bm為bc1與平面bb1d1d所成的角．
∵ab＝bc＝2，∴c1m＝，bc1＝2，
∴sin∠c1bm＝＝.
12、b解析：①為假命題，少條件lα；②為真命題，面面垂直的性質定理；③為真命題，面面平行的性質定理；④為真命題，可以看成直線m為圓錐的旋轉軸，直線l為母線，則所成角的範圍是[20°，80°]．
填空題13、由題知， 該三檢視對應的幾何體如圖，其體積v＝×4＝56.
14、解析：根據題意，利用分割法將原三稜柱分割為兩個相同的三稜柱，然後將其展開為如圖所示的實線部分，則可知所求最短路線的長為＝13(cm)．
15、(1)當l1，l2的斜率都存在時，
由k1·k2＝－1得t＝－1.
(2)若l1的斜率不存在，
此時t＝1，l1的方程為x＝，l2的方程為y＝－，
顯然l1⊥l2，符合條件；
若l2的斜率不存在，此時t＝－，易知l1與l2不垂直，
綜上可知t＝－1或t＝1.
16、解析：圓心到m(1,2)的距離等於，半徑等於3，則弦長等於2＝4.
17、(1)設直線l和l1的傾斜角分別為α、β，
則α＝∈[0，)，又tan β＝－則－＝，
解得tan α＝3或tan α＝－(捨去)．
由點斜式得y－1＝3(x－2)，即3x－y－5＝0.
(2)當截距不為0時，設所求直線方程為＋＝1，即x＋y－a＝0.
∵m(4,3)與所求直線的距離為5，
∴＝5，
∴a＝7＋5或a＝7－5.
∴所求直線方程為
x＋y－7－5＝0或x＋y－7＋5＝0.
當截距為0時，設所求直線方程為y＝kx，即kx－y＝0.
同理可得＝5，∴k＝－.
∴所求直線方程為y＝－x，
即4x＋3y＝0.
綜上所述，所求直線方程為x＋y－7－5＝0或x＋y－7＋5＝0或4x＋3y＝0.
18、【解】 (1)證明：∵圓c過原點o，∴oc2＝t2＋.
設圓c的方程是(x－t)2＋2＝t2＋，
令x＝0，得y1＝0，y2＝；
令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，
∴s△oab＝oa×ob＝××|2t|＝4，即△oab的面積為定值
(2)∵om＝on，cm＝cn，∴oc垂直平分線段mn.
∵kmn＝－2，∴koc＝.
∴直線oc的方程是y＝x.
∴＝t，解得t＝2或t＝－2.
當t＝2時，圓心c的座標為(2,1)，oc＝，此時c到直線y＝－2x＋4的距離d＝<，圓c與直線y＝－2x＋4相交於兩點．
即△oab的面積為定值．
當t＝－2時，圓心c的座標為(－2，－1)，
oc＝，此時c到直線y＝－2x＋4的距離d＝>.
圓c與直線y＝－2x＋4不相交，
∴t＝－2不符合題意，捨去．
∴圓c的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝5.
19解：(1)①當l的斜率k不存在時顯然成立，
∴l的方程為x＝2；
②當l的斜率k存在時，
設l：y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0.
由點到直線距離公式得＝2，
∴k＝，
∴l：3x－4y－10＝0.
故所求l的方程為x＝2或3x－4y－10＝0.
(2)作圖可得過p點與原點o距離最大的直線是過p點且與po垂直的直線，由l⊥op，得k1kop＝－1，
所以k1＝－＝2.
由直線方程的點斜式得y＋1＝2(x－2)，
即2x－y－5＝0.
即直線2x－y－5＝0是過p點且與原點o距離最大的直線，最大距離為＝.
20、證明：(1)取bc中點g，連線ag，eg，
∵g、e分別為cb，cb1的中點，
∴eg∥bb1，且eg＝aa1
又∵正三稜柱abc－a1b1c1，∴eg∥ad，eg＝ad.
∴四邊形adeg為平行四邊形，∴ag∥de
∵ag平面abc，de平面abc
∴de∥平面abc.
(2)取bc中點g，∵正三稜柱abc－a1b1c1，
∴bb1⊥平面abc.
∵ag平面abc，∴ag⊥bb1，
∵g為bc的中點，ab＝ac，∴ag⊥bc
∴ag⊥平面bb1c1c，
∵b1c平面bb1c1c，∴ag⊥b1c，
∵ag∥de，∴de⊥b1c
∵bc＝bb1，b1e＝ec，∴b1c⊥be，
∵be平面bde，de平面bde，be∩de＝e
∴b1c⊥平面bde.
21、證明：(1)因為d，e分別為ac，ab的中點，
所以de∥bc.
又因為de平面a1cb，
所以de∥平面a1cb.
(2)由已知得ac⊥bc且de∥bc，
所以de⊥ac.
所以de⊥a1d，de⊥cd.
所以de⊥平面a1dc.
而a1f平面a1dc，
所以de⊥a1f.
又因為a1f⊥cd，
所以a1f⊥平面bcde.
所以a1f⊥be.
22、【證明】(1)如圖所示，取bb1的中點m，易證四邊形hmc1d1是平行四邊形，∴hd1∥mc1.
又∵mc1∥bf，
∴bf∥hd1.
(2)取bd的中點o，連線eo，d1o，則oe平行dc，
又d1g∥dc，∴oe平行d1g，
∴四邊形oegd1是平行四邊形，∴ge∥d1o.
又d1o平面bb1d1d，
∴eg∥平面bb1d1d.
(3)由(1)知d1h∥bf，
又bd∥b1d1，b1d1、hd1平面hb1d1，
bf、bd平面bdf，
且b1d1∩hd1＝d1，db∩bf＝b，
∴平面bdf∥平面b1d1h.
階段性測試題
直線與圓的方程 本試卷分第 卷 選擇題 和第 卷 非選擇題 兩部分。滿分150分。考試時間120分鐘。第 卷 選擇題共60分 一 選擇題 本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符號題目要求的。1 08 全國 設曲線y 在點 3,2 處的切線與直線ax y 1 ...
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