高一年級必修2數(shù)學(xué)課后習(xí)題
教師們應(yīng)該為他的學(xué)生們準(zhǔn)備什么樣的模擬測試卷去檢測學(xué)生們的學(xué)習(xí)情況呢?下面是學(xué)習(xí)啦小編整理的高一年級必修2數(shù)學(xué)課后習(xí)題以供大家閱讀。
高一年級必修2數(shù)學(xué)課后習(xí)題
一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分)
1.直線x=tan60°的傾斜角是________.
2.給出下列四個命題：
?、俅怪庇谕恢本€的兩條直線互相平行;
②垂直于同一平面的兩個平面互相平行;
?、廴糁本€l1，l2與同一平面所成的角相等，則l1，l2互相平行;
?、苋糁本€l1，l2是異面直線，則與l1，l2都相交的兩條直線是異面直線.
其中假命題有________個.
3.方程y=ax+1a表示的直線可能是________.(填序號)
4.已知三棱錐S—ABC的各頂點都在一個半徑為r的球面上，球心O在AB上，SO⊥底面ABC，AC=2r，則球的體積與三棱錐體積之比是________.
5.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，則異面直線EF與GH所成的角等于________.
6.直線x-2y+1=0關(guān)于直線x=1對稱的直線方程是____________.
7.經(jīng)過點M(1,1)且在兩坐標(biāo)軸上截距相等的直線是____________.
8.若圓x2+y2-2x-4y=0的圓心到直線x-y+a=0的距離為22，則a的值為__________.
9.直線3x+y-23=0截圓x2+y2=4得的劣弧所對的圓心角是____________.
10.在平面直角坐標(biāo)系中，與點A(1,2)距離為1，且與點B(3,1)的距離為2的直線共有________條.
11.已知點A(-2,3,4)，在y軸上有一點B，且AB=35，則點B的坐標(biāo)為________.
12.圓x2+y2+x-6y+3=0上兩點P、Q關(guān)于直線kx-y+4=0對稱，則k=________.
13.如圖，某幾何體的三視圖，其中正視圖是腰長為2的等腰三角形，俯視圖是半徑為1的半圓，則該幾何體的體積為________.
14.已知圓C：x2+y2-4x-6y+8=0，若圓C和坐標(biāo)軸的交點間的線段恰為圓C′直徑，則圓C′的標(biāo)準(zhǔn)方程為___________.
二、解答題(本大題共6小題，共90分)
15.(14分)已知△ABC三邊所在直線方程為AB：3x+4y+12=0，BC：4x-3y+16=0，CA：2x+y-2=0.求AC邊上的高所在的直線方程.
16.(14分)求經(jīng)過點P(6，-4)且被定圓O：x2+y2=20截得的弦長為62的直線AB的方程.
17.(14分)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，E為側(cè)棱PC的中點，求證PA∥平面EDB.
18.(16分)如圖所示，在四棱柱(側(cè)棱垂直于底面的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC.
(1)求證D1C⊥AC1;
(2)設(shè)E是DC上一點，試確定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并說明理由.
19.(16分)已知M與兩定點O(0,0)、A(3,0)的距離之比為12.
(1)求M點的軌跡方程;
(2)若M的軌跡為曲線C，求C關(guān)于直線2x+y-4=0對稱的曲線C′的方程.
20.(16分)如圖，在五面體ABC-DEF中，四邊形ADEF是正方形，F(xiàn)A⊥平面ABCD，BC∥AD，CD=1，AD=22，∠BAD=∠CDA=45°.
(1)求異面直線CE與AF所成角的余弦值;
(2)證明CD⊥平面ABF;
(3)求二面角B-EF-A的正切值.
高一年級必修2數(shù)學(xué)課后習(xí)題答案
1.90°
2.4
解析?、俸鲆晝芍本€可以相交，②可以相交、平行，③l1、l2可以異面、相交，④與l1、l2都相交的兩直線可以相交.
3.②
解析 注意到直線的斜率a與在y軸上的截距1a同號，故②正確.
4.4π
解析
∵SO⊥底面ABC，
∴SO為三棱錐的高線，
∴SO=r，又∵O在AB上，AB=2r，AC=2r，∠ACB=90°
∴BC=2r，
∴VS-ABC=13×12×2r×2r×r=13r3.
又∵球的體積V=43πr3，∴VVS-ABC=43πr313r3=4π.
5.π3
解析 連結(jié)A1B，BC1，A1C1，
∵E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，
∴EF∥12A1B，GH∥12BC1，
∴∠A1BC1即為異面直線EF與GH所成的角.
又∵ABCD—A1B1C1D1是正方體
∴A1B=BC1=A1C1，
∴∠A1BC1=60°.
6.x+2y-3=0
解析 直線x-2y+1=0與x=1的交點為A(1,1)，點(-1,0)關(guān)于x=1的對稱點為B(3,0)也在所求直線上，∴所求直線方程為y-1=-12(x-1)，即x+2y-3=0.
7.x+y=2或x=y
解析 截距相等問題關(guān)鍵不要忽略過原點的情況.
8.2或0
解析 圓的方程可化為(x-1)2+(y-2)2=5，
則圓心為(1,2).
由點到直線的距離公式得d=|1-2+a|2=22，
解得a=2或0.
9.60°
解析 可先求出圓心到直線的距離d=3，由于半徑為2，設(shè)圓心角為θ，則知cosθ2=32，∴θ=60°.
10.2
解析 滿足要求的直線應(yīng)為圓心分別為A、B，半徑為1和2的兩圓的公切線，而圓A與圓B相交，所以公切線有兩條.
11.(0,8,0)或(0，-2,0)
12.2
解析 由已知可知PQ的垂直平分線為
kx-y+4=0，
∴直線kx-y+4=0過圓心-12，3，
∴-12k+1=0，k=2.
13.36π
解析 由三視圖可知，該幾何體是半個圓錐，底面半徑為1，高為3，故體積為16π×12×3=36π.
14.x2+(y-3)2=1
解析 圓C：x2+y2-4x-6y+8=0與x軸沒有交點，只與y軸相交，取x=0，得
y2-6y+8=0解得兩交點分別為(0,2)和(0,4)，由此得圓C′的圓心坐標(biāo)為(0,3)，半徑為1，所以標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+(y-3)2=1.
15.解 由3x+4y+12=04x-3y+16=0，
解得交點B(-4,0)，
∵BD⊥AC，∴kBD=-1kAC=12，
∴AC邊上的高線BD的方程為
y=12(x+4)，即x-2y+4=0.
16.解 由題意知，直線AB的斜率存在，
且AB=62，OA=25，作OC⊥AB于C.
在Rt△OAC中，OC=20-(32)2=2.
設(shè)所求直線的斜率為k， 則直線的方程為y+4=k(x-6)， 即kx-y-6k-4=0.
∵圓心到直線的距離為2，
∴|6k+4|1+k2=2，即17k2+24k+7=0，
∴k=-1或k=-717.
故所求直線的方程為x+y-2=0或7x+17y+26=0.
17.證明 如圖所示，連結(jié)AC，BD，交于點O，連結(jié)EO，因為四邊形ABCD為正方形，
所以O(shè)為AC的中點，又E為PC的中點，所以O(shè)E為△PAC的中位線，所以EO∥PA，又EO⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB.
18.(1)證明
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，連結(jié)C1D，
∵DC=DD1，
∴四邊形DCC1D1是正方形，
∴DC1⊥D1C.
又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1=D，
∴AD⊥平面DCC1D1，D1C⊂平面DCC1D1，
∴AD⊥D1C.
∵AD，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1=D，
∴D1C⊥平面ADC1，
又AC1⊂平面ADC1，
∴D1C⊥AC1.
(2)解
在DC上取一點E，連結(jié)AD1，AE，設(shè)AD1∩A1D=M，BD∩AE=N，連結(jié)MN，
∵平面AD1E∩平面A1BD=MN，要使D1E∥平面A1BD，須使MN∥D1E，
又M是AD1的中點.
∴N是AE的中點.
又易知△ABN≌△EDN，
∴AB=DE. 即E是DC的中點.
綜上所述，當(dāng)E是DC的中點時，可使D1E∥平面A1BD.
19.解 (1)設(shè)M坐標(biāo)為(x，y)，由題意得x2+y2(x-3)2+y2=12，整理得(x+1)2+y2=4.
所以M點的軌跡方程為(x+1)2+y2=4.
(2)因為曲線C：(x+1)2+y2=4，
所以C關(guān)于直線2x+y-4=0對稱的曲線C′是與C半徑相同的圓，故只需求C′的圓心坐標(biāo)即可，設(shè)C′的圓心坐標(biāo)(x0，y0).
由題意得y0x0+1=122•x0-12+y02-4=0， 解得x0=195y0=125.
故曲線C′的方程為x-1952+y-1252=4.
20.(1)解 因為四邊形ADEF是正方形，
所以FA∥ED. 所以∠CED為異面直線CE與AF所成的角.
因為FA⊥平面ABCD，所以FA⊥CD.
故ED⊥CD.
在Rt△CDE中，CD=1，ED=22，
CE=CD2+ED2=3，
所以cos∠CED=EDCE=223.
所以異面直線CE與AF所成角的余弦值為223.
(2)證明 如圖，過點B作BG∥CD，交AD于點G，則∠BGA=∠CDA=45°.由∠BAD=45°，可得BG⊥AB，從而CD⊥AB.
又CD⊥FA，F(xiàn)A∩AB=A，所以CD⊥平面ABF.
(3)解 由(2)及已知，可得AG=2，即G為AD的中點.
取EF的中點N，連結(jié)GN，則GN⊥EF. 因為BC∥AD，所以BC∥EF. 過點N作NM⊥EF，交BC于點M， 則∠GNM為二面角B-EF-A的平面角.
連結(jié)GM，可得AD⊥平面GNM，故AD⊥GM，從而BC⊥GM.
由已知，可得GM=22.由NG∥FA，F(xiàn)A⊥GM，得NG⊥GM.
在Rt△NGM中，tan∠GNM=GMNG=14. 所以二面角B-EF-A的正切值為14.
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