高一年級必修2數(shù)學課后習題
教師們應(yīng)該為他的學生們準備什么樣的模擬測試卷去檢測學生們的學習情況呢?下面是學習啦小編整理的高一年級必修2數(shù)學課后習題以供大家閱讀。
高一年級必修2數(shù)學課后習題
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：
①垂直于同一直線的兩條直線互相平行;
?、诖怪庇谕黄矫娴膬蓚€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和坐標軸的交點間的線段恰為圓C′直徑，則圓C′的標準方程為___________.
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)學課后習題答案
1.90°
2.4
解析 ①忽視兩直線可以相交，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′的圓心坐標為(0,3)，半徑為1，所以標準方程為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E是DC的中點時，可使D1E∥平面A1BD.
19.解 (1)設(shè)M坐標為(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′的圓心坐標即可，設(shè)C′的圓心坐標(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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