高中数学选修2-1练习题(含答案)辅导

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2-1模块练习题 姓名： 一、非解答题 1 如果 222  kyx 表示焦点在 y 轴上的椭圆，那么实数 k 的取值范围是 2． 已知双曲线 (a＞0，b＞0)的右焦点为 F，若过点 F 且倾斜角为 60°的直线 l 与双曲线的右支 有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是__________． 3．已知椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一 个焦点．现有一水平放置的椭圆形台球盘，其长轴长为 2a，焦距为 2c，若点 A，B 是它的焦点，当静放在点 A 的小球（不计大小），从点 A 沿直线出发，经椭圆壁反弹后再回到点 A 时，小球经过的路程是 4．用一个与圆柱母线成 60 角的平面截圆柱，截口是一个椭圆，则此椭圆的离心率是 5.已知 1F 、 2F 是椭圆的两个焦点，满足 1 2 0MF MF   的点 M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是 6．已知直线 L 交椭圆 11620 22  yx 于 M、N 两点，椭圆于 y 轴的正半轴交于点 B，若 BMN 的重心恰好 落在椭圆的右焦点上，则直线 L 的方程是 7．设椭圆 2 2 2 2 1x y a b   和 x 轴正方向交点为 A，和 y 轴正方向的交点为 B，Ｐ为第一象限内椭圆上的点，使 四边形 OAPB 面积最大（Ｏ为原点），那么四边形 OAPB 面积最大值为（ ） A． 2ab B． 2 2 ab C． 1 2 ab D． 2ab 8 椭圆 2 2 18 9 x y k   的离心率为 1 2 ，则 k 的值为______________ 9．已知 21 FF、 为椭圆 1925 22  yx 的两个焦点，过 1F 的直线交椭圆于 A、B 两点，若 1222  BFAF ， 则 AB =___________。 10．椭圆 149 22  yx 的焦点 1F 、 2F ，点 P 为其上的动点，当∠ 1F P 2F 为钝角时，点 P 横坐标的取值范 围是 11.已知 ,m n 为空间中两条不同的直线， ,  为空间中两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若 , ,n n m     ,则 / /m  B. 若 ,m     ，则 / /m  C. 若 ,m n 在 内的射影互相平行,则 / /m n D. 若 ,m l l  I ，则 m  12.在四边形 ABCD 中， 2AB AD  ， 3BC  ， 5CD  ， AB AD ，现将 ABD 沿 BD 折起，得 三棱锥 A BCD ，若三棱锥 A BCD 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的体积为（ ） A. 11 2 4  B. 5 2 3  C. 7 2 3  D. 8 2 3  13.如图，平面  平面  ， I =直线l ， ,A C 是 内不同的两点， ,B D 是  内不同的两点，且 , , ,A B C D  直线l ， ,M N 分别是线段 ,AB CD 的中点．下列判断正确的是（ ） A. 当 2CD AB 时， ,M N 两点不可能重合 B. ,M N 两点可能重合，但此时直线 AC 与l 不可能相交 C. 当 AB 与CD 相交，直线 AC 平行于l 时，直线 BD 可以与l 相交 D. 当 ,AB CD 是异面直线时，直线 MN 可能与l 平行 14. 如图所示，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面是 ABC 为直角的等腰直角三角形， 2AC a ， 1 3 ,BB a D 是 1 1AC 的中点，点 F 在线段 1AA 上，当 AF  ________时，CF  平面 1B DF . 15．已知正方体 1 1 1 1ABCD A BC D 的棱长是1，则直线 1DA 与 AC 间的距离为 。 16．如图，在三棱锥 A BCD 中， 2, 2BC DC AB AD BD     ，平面 ABD  平面 BCD ，O 为 BD 中点， ,P Q 分别为线段 ,AO BC 上的动点（不含端点），且 AP CQ ，则三棱锥 P QCO 体积的最大值为_________. 二、解答题 1．设椭圆   2 2 2 2 1, 0x y a ba b     的左右焦点分别为 1 2,F F ，离心率 2 2e  ，点 2F 到右准线为l 的距离为 2 （Ⅰ）求 ,a b 的值；（Ⅱ）设 ,M N 是l 上的两个动点， 1 2 0F M F N   ， 证明：当 MN 取最小值时， 1 2 2 2 0F F F M F N      第 14 题 第 16 题 2．如图、椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的一个焦点是 F（1，0），O 为坐标原点. （Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点 F 的直线 l 交椭圆于 A、B 两点。若直线 l 绕点 F 任意 转动，都有 2 2 2OA OB AB  ，求 a 的取值范围. 3．设椭圆中心在坐标原点， (2 0) (01)A B，， ， 是它的两个顶点，直线 )0(  kkxy 与 AB 相交于点 D，与椭 圆相交于 E、F 两点． （Ⅰ）若 6ED DF  ，求 k 的值； （Ⅱ）求四边形 AEBF 面积的最大值． 4.如图所示的几何体 P ABCD 中，四边形 ABCD 为菱形， 120ABC   ， AB a ， 3PB a ， PB AB ，平面 ABCD  平面 PAB ， OBDAC  ， E 为 PD 的中点，G 为平面 PAB 内任一点． （Ⅰ）在平面 PAB 内，过G 点是否存在直线l 使 / /OE l ？ 如果不存在，请说明理由，如果存在，请说明作法； （Ⅱ）过 A ，C ， E 三点的平面将几何体 P ABCD 截去三棱锥D AEC ，求剩余几何体 AECBP 的体积． M A B S C 5.已知四棱锥 P ABCD 的底面为直角梯形， //AB DC ，  PADAB ,90 底面 ABCD，且 1 2PA AD DC   ， 1AB  ， M 是 PB 的中点 （1）求 AC 与 PB 所成角的余弦值； （2）求面 AMC 与面 BMC 所成夹角的余弦值. 6.如图，在三棱锥 ABCS  中， ABC 是边长为 4 的正三角形，平面 SAC 平面 ABC ， 22 SCSA ， M 为 AB 的中点. （1）证明： SBAC  ；om] （2）求二面角 ACMS  的余弦值； （3）求点 B 到平面 SCM 的距离. x y O1F P 2F A B x y O P 参考答案 一、选择题 1． 1,0 焦点在 y 轴上，则 2 2 21, 2 0 12 2 y x kk k       2．[2，+∞) 【解析】当渐近线 与直线 l 平行，或渐近线从该位置绕原点按逆时针旋转时，直线 l 与 双曲线的右支有且只有一个交点，所以 ，即 ，所以 ． 3． 4a 4． 1e 2 c a   解：设圆柱底面半径为 R，则 0 2 sin 60 3 R Ra   ，b R ， ∴ 2 2 2 22( ) 3 3 R Rc a b R     ，∴ 1e 2 c a   。 5． 1(0, )2e 解：由题知,垂足的轨迹为以焦距为直径的圆，则 2 2 2 2 2 1 2c b c b a c e       又 (0,1)e ， 所以 1(0, )2e 。 6． 6 5 28 0x y   解：设 M、N 的坐标分别为 1 1( , )M x y 、 2 2( , )N x y ，点 B 坐标为 (0,4)B ，椭圆右焦 点为 (2,0)F ， ∵ BMN 的重心恰好落在椭圆的右焦点上， ∴ 1 2 1 2 1 21 2 0 2 63 44 03 x x x x y yy y              ，∴MN 的中点坐标为 (3, 2) ， 又点 1 1( , )M x y 、 2 2( , )N x y 在椭圆 11620 22  yx 上， ∴ 2 2 1 1 120 16 x y  ， 2 2 2 2 120 16 x y  ，两式相减得： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( )( )020 16 20 16 x x y y x x x x y y y y          ∴直线 MN 的斜率 1 2 1 2 1 2 1 2 16( ) 16 6 6 20( ) 20 ( 4) 5 y y x xk x x y y            ∴直线 MN 的方程为 62 ( 3)5y x   ， 即 6 5 28 0x y   。 7．B 解： OAB 的面积为 1 2 ab ，四边形 OAPB 的面积大于 OAB 的面积而小于 OAB 的面积的 2 倍，故选 B。 8． 54, 4 或 解：当 8 9k   时， 2 2 2 8 9 1 , 48 4 c ke ka k      ； 当 8 9k   时， 2 2 2 9 8 1 5,9 4 4 c ke ka       9．8 解：依题直线 AB 过椭圆的左焦点 1F ,在 2F AB 中， 2 2| | | | | | 4 20F A F B AB a    ，又 2 2| | | | 12F A F B  ，∴| | 8.AB  10． 3 5 3 5( , )5 5  可以证明 1 2, ,PF a ex PF a ex    且 2 2 2 1 2 1 2PF PF F F  而 53, 2, 5, 3a b c e    ，则 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) (2 ) ,2 2 20, 1a ex a ex c a e x e x       2 2 1 1 1, ,x xe e e     即 3 5 3 5 5 5e   11.A 12.D 13B 14. a 或 2a ； 15. 3 3 1 1(0,0,0), (1,1,0), (0,1,0), (0,0,1), (1,1,0), (0, 1,1)A C D A AC DA    设 1( , , ), , , 0, 0,MN x y z MN AC MN DA x y y z y t             令 则 ( , , )MN t t t  ，而另可设 ( , ,0), (0, , ), ( , , )M m m N a b MN m a m b   1, (0,2 , ),2 1, 3 m t a m t N t t t t t b t            ， 1 1 1 1 1 1 3( , , ),3 3 3 9 9 9 3MN MN       ； 16. 2 48 二、解答题 1．解：因为 ae c  ， 2F 到l 的距离 ad cc   ，所以由题设得 2 2 2 a c a cc      解得 2, 2c a  由 2 2 2 2b a c   ，得 2b  （Ⅱ）由 2, 2c a  得    1 22,0 , 2,0F F ，l 的方程为 2 2x  故可设    1 22 2, , 2 2,M y N y 由知 1 2 0F M F N   知    1 22 2 2, 2 2 2, 0y y    得 1 2 6y y   ，所以 1 2 2 1 60,y y y y    1 2 1 1 1 1 6 1 2 6MN y y y yy y        当且仅当 1 6y   时，上式取等号，此时 2 1y y  所以，      1 2 2 2 1 22 2,0 2, 2,F F F M F N y y         1 20, y y  0  2．解：(Ⅰ)设 M，N 为短轴的两个三等分点，因为△MNF 为正三角形， 所以 3 2OF MN , 3 21 , 3.2 3 b b  解得 ＝ 2 2 1 4a b   ，因此，椭圆方程为 2 2 1.4 3 x y  (Ⅱ) 设 1 1 2 2( , ), ( , ).A x y B x y (ⅰ)当直线 AB 与 x 轴重合时， 2 2 2 2 2 22 2 22 , 4 ( 1), .OA OB a AB a a OA OB AB     因此，恒有 (ⅱ)当直线 AB 不与 x 轴重合时，设直线 AB 的方程为： 2 2 2 21 1,x yx my a b    代入 整理得 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 0,a b m y b my b a b     所以 2 2 2 2 1 2 1 22 2 2 2 2 2 2 ,b m b a by y y ya b m a b m      因为恒有 2 2 2OA OB AB  ，所以  AOB 恒为钝角. 即 1 1 2 2 1 2 1 2( , ) ( , ) 0OA OB x y x y x x y y       恒成立. 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) ( 1) ( ) 1x x y y my my y y m y y m y y          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( ) 2 1 0.m b a b b m m a b b a b a a b m a b m a b m             又 2 2 2 0a b m  ，所以 2 2 2 2 2 2 2 0m a b b a b a     对 m R 恒成立， 即 2 2 2 2 2 2 2m a b a b a b   对 m R 恒成立，当 m R 时， 2 2 2m a b 最小值为 0， 所以 2 2 2 2 0a b a b   ， 2 2 2 4( 1)a b a b   , 2 20, 0, 1a b a b a    ∵ ∴ ，即 2 1 0a a   , 解得 1 5 2a  或 1 5 2a  (舍去)，即 1 5 2a  , 综合（i）(ii)，a 的取值范围为 1 5( , )2   . 3．解（Ⅰ）：依题设得椭圆的方程为 2 2 14 x y  ， 直线 AB EF， 的方程分别为 2 2x y  ， ( 0)y kx k  ． 如图，设 0 0 1 1 2 2( ) ( ) ( )D x kx E x kx F x kx， ， ， ， ， ，其中 1 2x x ， 且 1 2x x， 满足方程 2 2(1 4 ) 4k x  ， 故 2 1 2 2 1 4 x x k     ． ① 由 6ED DF  知 0 1 2 06( )x x x x   ，得 0 2 1 2 2 1 5 10(6 )7 7 7 1 4 x x x x k      ； 由 D 在 AB 上知 0 02 2x kx  ，得 0 2 1 2x k   ． 所以 2 2 10 1 2 7 1 4k k   ，化简得 224 25 6 0k k   ，解得 2 3k  或 3 8k  ． （ Ⅱ ） 解 法 一 ： 根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 和 ① 式 知 ， 点 E F， 到 AB 的 距 离 分 别 为 2 1 1 1 2 2 2 2(1 2 1 4 ) 5 5(1 4 ) x kx k kh k        ， 2 2 2 2 2 2 2 2(1 2 1 4 ) 5 5(1 4 ) x kx k kh k        ． 又 22 1 5AB    ，所以四边形 AEBF 的面积为 D FB y xAO E 1 2 1 ( )2S AB h h  2 1 4(1 2 )52 5(1 4 ) k k     2 2(1 2 ) 1 4 k k   2 2 1 4 42 1 4 k k k    2 2≤ ， 当 2 1k  ，即当 1 2k  时，上式取等号．所以 S 的最大值为 2 2 ． 解法二：由题设， 1BO  ， 2AO  ． 设 1 1y kx ， 2 2y kx ，由①得 2 0x  ， 2 1 0y y   ， 故四边形 AEBF 的面积为 BEF AEFS S S △ △ 2 22x y  2 2 2( 2 )x y  2 2 2 2 2 24 4x y x y   2 2 2 22( 4 )x y≤ 2 2 ， 当 2 22x y 时，上式取等号．所以 S 的最大值为 2 2 ． 4.【解析】（Ⅰ）过G 点存在直线l 使OE l ，理由如下： 由题可知O 为 BD 的中点，又 E 为 PD 的中点，所以在 PBD 中，有 / /OE PB . 若点G 在直线 PB 上，则直线 PB 即为所求作直线l ，所以有 / /OE l ； 若点G 不在直线 PB 上，在平面 PAB 内，过点G 作直线l ，使 / /l PB ， 又 / /OE PB ，所以 / /OE l ，即过G 点存在直线l 使 / /OE l . （Ⅱ）连接 EA ，EC ，则平面 ACE 将几何体分成两部分：三棱锥 D AEC 与几何体 AECBP（如 图所示）. 因为平面 ABCD  平面 PAB ，且交线为 AB ， 又 PB AB ，所以 PB  平面 ABCD ，故 PB 为几何体 P ABCD 的高. 又四边形 ABCD 为菱形， 120ABC   ， AB a ， 3PB a ， 所以 2ABCDS  四边形 2 23 3 4 2a a ， 所以 1 3P ABCD ABCDV S PB   四边形 2 31 3 133 2 2a a a   . 又 1 2/ /OE PB ，所以OE  平面 ACD ， 所以 D AEC E ACDV V  三棱锥 三棱锥 1 3 ACDS EO   31 1 4 8P ABCDV a  ， 所以几何体 AECBP 的体积 P ABCD D EACV V V   三棱锥 3 3 31 1 3 2 8 8a a a  . 5. 21.证明：以 为坐标原点 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为 . （1）因 z y x O M A B S C （2）平面 的一个法向量设为 ， 平面 的一个法向量设为 ， 所求二面角的余弦值为 6.解析：（1）证明：取 AC 的中点O ，连接 OBOS, 因为 SCSA  ， BCBA  ，所以 SOAC  且 BOAC  . 因为平面 SAC 平面 ABC ，平面 SAC 平面 ACABC  ，所以 SO 平面 ABC 所以 BOSO  . 如右图所示，建立空间直角坐标系 xyxO  则 )0,32,0(),2,0,0(),0,0,2(),0,0,2( BSCA  所以 )2,32,0(),0,0,4(  BSAC 因为 0)2,32,0()0,0,4(  BSAC 所以 SBAC  （2）由（1）得 )0,3,1(M ，所以 )2,0,2(),0,3,3(  CSCM 设 ),,( zyxn  为平面 SCM 的一个法向量，则      022 033 zxCSn yxCMn ，取 1z ，则 3,1  yx 所以 )1,3,1(n 又因为 )2,0,0(OS 为平面 ABC 的一个法向量，所以 5 5,cos  OSn OSnOSn 所以二面角 ACMS  的余弦值为 5 5 .