《几何综合测试卷》-教育论文，中学教育论文-论文范文参考-科学狗论文网

网站首页词典首页

标题

几何综合测试卷

范文

张春红

一、填空题

1.已知a，b是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，给出下列命题：

①若α∥β，aα，则a∥β;

②若a∥α，b∥α，则a∥b;

③若α⊥β、β⊥γ，则α∥γ;

④若a⊥α，a⊥β，则α∥β.

其中正确的命题的序号是 .

2.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x24-y2b2=1（b>0）经过点（4，6），则该双曲线的渐近线方程是 .

3.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角BACD，则四面体ABCD的外接球的体积为 .

4.已知抛物线y2=2px（p>0）上一点M到焦点F的距离等于2p，则直线MF的斜率为 .

5.已知椭圆C：x2+y2n=1（n>0）的离心率为32，则n的值为 .

6.已知椭圆C1：x2m2+y2=1（m>1）与双曲线C2：x2n2-y2=1（n>0）的焦点重合，若双曲线的顶点是椭圆长轴的两个三等分点，曲线C1，C2的离心率分别为e1，e2，则e1·e2的值为 .

7.在平面直角坐标系xOy中，过双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦点作垂直于x轴的直线l，l与双曲线的渐近线交于A、B两点，且三角形ABO为等腰直角三角形，若双曲线的顶点到它的渐近线的距离为2，则双曲线的标准方程为 .

8.已知单位圆被两条平行直线l1：x-y+a=0，l2：x-y+b=0分成四段长度相等的圆弧，则a2+b2= .

9.若圆C过直线2x+y+4=0和圆（x+1）2+（y-2）2=4的交点，则圆C面积的最小值为 .

10.过点M（1，0）的直线l与椭圆x22+y2=1交于A、B两点，若AM=2MB则直线l的斜率为 .

11.已知圆C1：x2+y2=4和圆C2：x2+y2-ay-6=0（a>0）的公共弦长为23，则a= .

12.椭圆x212+y23=1的焦点为F1，F2，点P在椭圆上，如果线段PF1交y轴于Q，且PQ=13PF1，则PF1PF2= .

13.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24+y2=1，直线l与椭圆交于A，B两点，当O到直线AB的距离为1时，则△OAB面积的最大值为 .

14.椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右顶点为A，右焦点为F，P是椭圆上在第一象限内的一点，且PF⊥x轴，B为椭圆的下顶点，BP交x轴于Q，且PA=PQ，则椭圆的离心率为 .

二、解答题

15.如图，在直棱柱ABCA1B1C1中，BC⊥AC，AC=CC1，D，E分别是棱AB，AC上的点，且BC∥平面A1DE.

（1）证明：DE∥平面A1B1C1;

（2）求证：AC1⊥A1B.

16.如图，F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）左、右焦点，A是椭圆C的上顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，且满足∠F1AF2=90°.

（1）求椭圆C的离心率;

（2）若△ABF1面积为4，求椭圆C的标准方程.

17.已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点，过F2且不与x轴垂直的动直线l与椭圆交于M，N两点，点P是椭圆C右准线上一点，连结PM，PN，当点P为右准线与x轴交点时，有2PF2=F1F2.

（1）求椭圆C的离心率;

（2）当点P的坐标为（2，1）时，求直线PM与直线PN的斜率之和.

18.如图，马路l南边有一小池塘，池塘岸MN长40米，池塘的最远端O到l的距离为400米，且池塘的边界为抛物线型，现要在池塘的周边建一个等腰梯形的环池塘小路AB，BC，CD，且AB，BC，CD均与小池塘岸线相切，记∠BAD=θ.

（1）求小路的总长，用θ表示;

（2）若在小路与小池塘之间（图中阴影区域）铺上草坪，求所需铺草坪面积最小时，tanθ的值.

19.已知焦点在x轴上的椭圆C：x2a2+y23=1（a>0）的焦距为2，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，M，N为椭圆C上的两点（异于A，B），连结AM，BN，MN，且BN斜率是AM斜率的3倍.

（1）求橢圆C的方程;

（2）证明：直线MN恒过定点.

20.已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）经过点（22，1），F（0，1）是C的一个焦点，过F点且不垂直于x轴的动直线l交椭圆于A，B两点.

（1）求椭圆C的方程;

（2）是否存在定点M（异于点F），对任意的动直线l都有kMA+kMB=0，若存在求出点M的坐标，若不存在，请说明理由.

理科选做题

21.如图所示，三棱锥ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，且BA=BC=BD，AE=CE.

（1）若AF=FD，求二面角AEFB的余弦值;

（2）若面BEF⊥面ACD，求AFAD.

22.已知抛物线E：y2=4x，过点Q（2，0）作直线与抛物线E交于A，B两点，点P是抛物线上异于A，B两点的一动点，直线PA，PB与直线x=-2交于M，N两点.

（1）证明：M，N两点的纵坐标之积为定值;

（2）求△MNQ面积的最小值.

参考答案

一、填空题

1.①④

2.y=±22x

3.1256π

4.±3

5.14或4

6.53

7.x24-y24=1

8.2

9.4π5

10.±142

11.2

12.115

13.1

14.22

二、解答题

15.因为BC∥平面A1DE，BC平面ABC，平面ABC∩平面A1DE=DE，

所以BC∥DE，

又在直棱柱ABCA1B1C1中，有BC∥B1C1，

所以B1C1∥DE，又因为B1C1平面A1B1C1，DE平面A1B1C1，所以DE∥平面A1B1C1.

（2）连接A1C，

因为棱柱ABCA1B1C1为直棱柱，所以CC1⊥平面ABC，

又BC平面ABC，所以BC⊥CC1，

又因为BC⊥AC，AC平面ACC1A1，

CC1平面ACC1A1，AC∩CC1=C，

所以BC⊥平面ACC1A1，

又A1C平面ACC1A1，

所以BC⊥AC1.

在直棱柱ABCA1B1C1中，有四边形AA1C1C为平行四边形，

又因为AC=CC1，所以四边形AA1C1C为菱形，

所以AC1⊥A1C.

又BC∩A1C=C，BC平面A1BC，A1C平面A1BC，

所以AC1⊥平面A1BC，

又A1B平面A1BC，

所以AC1⊥A1B.

16.（1）因为∠F1AF2=90°，

所以b=c，

所以a=2c，

所以e=22.

（2）y=-x+cx2+2y2=2c2，

得B（43c，-c3），

S△ABC=12F1F2|yA-yB|=c×4c3=4，

c2=3，

所以椭圆的标准方程为x26+y23=1.

17.解：（1）由已知当P为右准线与x轴的交点时，有2PF2=F1F2，

∴2（a2c-c）=2c，∴2c2=a2，

∴e2=12，又e∈（0，1），∴e=22.

（2）∵P（2，1），∴a2c=2，

又a2=2c2，∴a2=2c2=1，∴b2=1，

∴椭圆C：x22+y2=1，

设M（x1，y1），N（x2，y2），

联立y=k（x-1）x2+2y2=2，

得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0，

则x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2-21+2k2，

∴kPM+kPN=y1-1x1-2+y2-1x2-2

=k（x1-1）-1x1-2+k（x2-1）-1x2-2

=k（x1-2）-1+kx1-2+k（x2-2）-1+kx2-2

=k+k-1x1-2+k+k-1x2-2

=2k+（k-1）（1x1-2+1x2-2）

=2k+（k-1）x1+x2-4（x1-2）（x2-2）

=2k+（k-1）x1+x2-4x1x2-2（x1+x2）+4，

将x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2-21+2k2代入得

kPM+kPN=2k+（k-1）4k21+2k2-42k2-21+2k2-2（4k21+2k2）+4

=2k+（k-1）×（-2）=2，

所以直线PM与直线PN的斜率之和为2.

18.解：（1）以O为原点，BC所在直线为x轴，过点O作垂直于x轴的直线为y轴，建立直角坐标系，所以M（-20，400），N（20，400），

因为小池塘的邊界为抛物线型，设边界所在的抛物线方程为x2=2py（p>0），因为M（-20，400）是曲线上一点，所以p=12，即抛物线方程为y=x2.

设AB所在的直线方程：y=kx+t（k=tanθ），y=kx+ty=x2，即x2-kx-t=0，因为AB与抛物线相切，所以Δ=k2+4t=0①.

记直线AB与抛物线切于点Q，所以Q点的横坐标为k2∈（0，20），即k∈（0，40）.

易得点B（-tk，0），点A（400-tk，400），由对称性可知点C（tk，0），点A（-400-tk，400），

所以小路总长为

AB+BC+CD=-2tk+2（400k）2+4002，

由①及k=tanθ可知

AB+BC+CD=tanθ2+800tanθ（0

（2）记草坪面积为S，梯形面积为S1，小池塘的面积为S2，

所以S=S1-S2，因为小池塘面积S2为定值，要使得草坪面积最小，则梯形面积最小

S1=12（BC+AD）·400

=12·2（-tk+400-tk）·400，

由①知S1=200（800k+k）≥80002当且仅当“k=202∈（0，40）”取得“=”，

所以当tanθ=202时，梯形面积最小，即草坪面积最小.

19.解（1）因为2c=2a2=c2+3所以a=2c=1，

即椭圆C的方程为x24+y23=1.

（2）法一：连结BM，设M（x1，y1），N（x2，y2）则kAM·kBM=y1x1+2·y1x1-2=y21x21-4，因为点M（x1，y1）在椭圆上，所以kAM·kBM=y21x21-4=3-34x21x21-4=-34，因为kBN=3kAM，所以kBN·kBM=-94.

ⅰ）当MN斜率不存在时，设MN：x=m，不妨设M在x轴上方，

所以M（m，12-3m24），N（m，-12-3m24），

因为kBN·kBM=-94，所以m=1.

ⅱ）当MN斜率存在时，

设MN：y=kx+t，y=kx+t3x2+4y2-12=0，

即（3+4k2）x2+8ktx+4t2-12=0，

所以x1+x2=-8kt3+4k2，x1·x2=4t2-123+4k2，

因为kBN·kBM=y1x1-2·y2x2-2

=（kx1+t）·（kx2+t）x1x2-2（x1+x2）+4=-94，

所以2k2+3kt+t2=0，即t=-k或t=-2k.

当t=-k时，y=kx-k，恒过定点（1，0），当斜率不存在亦符合;当t=-2k，y=kx-2k，过点（2，0）与点B重合，舍.

所以直线恒过定点（1，0）.

法二：设M（x1，y1），N（x2，y2），

直线AM：y=k（x+2），y=k（x+2）3x2+4y2-12=0，

即（3+4k2）x2+16k2x+16k2-12=0，

xA·x1=16k2-123+4k2，xA+x1=-16k23+4k2，

所以x1=6-8k23+4k2，易得點M（6-8k23+4k2，12k3+4k2），

设直线BN：y=3k（x-2），y=3k（x-2）3x2+4y2-12=0，

同理得点N（24k2-21+12k2，-12k1+12k2），

所以kMN=12k3+4k2+12k1+12k26-8k23+4k2-24k2-21+12k2=4k1-4k2，

直线MN：y=4k1-4k2（x-6-8k23+4k2）+12k3+4k2

=4k1-4k2（x-1），

所以直线恒过定点（1，0）.

20.解：（1）由题意得c=11a2+12b2=1a2=b2+c2，所以a=2b=1，

即方程为y22+x2=1.

（2）法一：假设存在这样的定点M，

设点M（x0，y0），点A（x1，y1），B（x2，y2），

直线l：y=kx+1，y=kx+1y2+2x2-2=0，

即（2+k2）x2+2kx-1=0，

所以x1+x2=-2k2+k2，x1·x2=-12+k2.

因为kMA+kMB=y0-y1x0-x1+y0-y2x0-x2=0，

所以2y0x0-2x0-（y0+x0k-1）（x1+x2）+2kx1x2=0，

即2x0y0k2+（2y0-4）k+4x0y0-4x0=0，

因为任意的直线l（斜率存在）都成立，

所以2x0y0=02y0-4=04x0y0-4x0=0，解得x0=0y0=2，

所以存在这样定点M，坐标为（0，2）.

法二：假设存在这样的定点记为点M

ⅰ）当直线l的斜率为0时，要使得kMA+kMB=0，则点M在y轴上（异于点F）;

ⅱ）当直线l的斜率存在且不为0时，由ⅰ）知设点M（0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），l：y=kx+1，y=kx+1y2+2x2-2=0即（2+k2）x2+2kx-1=0，所以x1+x2=-2k2+k2，x1·x2=-12+k2，所以1x1+1x2=2k ①，

记点B关于y轴的对称点为B′（-x2，y2），因为kMA+kMB=0，所以kMA-kMB′=0 ②，

kMA=y1-y0x1=kx1+1-y0x1=k+1-y0x1，同理kMB′=y0-1x2-k，代入②得y0-1x1+y0-1x2-2k=0，由①可知，y0=2.

所以存在这样定点M，坐标为（0，2）.

21.解：（1）以BD，BC，BA所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设BA=BC=BD=2，则A（0，0，2），C（0，2，0），

随便看

科学优质学术资源、百科知识分享平台，免费提供知识科普、生活经验分享、中外学术论文、各类范文、学术文献、教学资料、学术期刊、会议、报纸、杂志、工具书等各类资源检索、在线阅读和软件app下载服务。