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文档介绍
数学卷·2018届浙江省台州市书生中学高二上学期期中数学试卷(解析版)
2016-2017学年浙江省台州市书生中学高二(上)期中数学试卷 一.选择题:(每小题5分,共40分) 1.下列命题中错误的是( ) A.若p∨q为真命题,则p∧q为真命题 B.“x>5”是“x2﹣4x﹣5>0”的充分不必要条件 C.命题p:∃x0∈R,x02+x0﹣1<0,则¬p:∀x∈R,x2+x﹣1≥0 D.命题“若x2﹣3x+2=0,则x=1或x=2”的逆否命题为“若x≠1且x≠2,则x2﹣3x+2≠0” 2.已知正方形的直观图是有一条边长为4的平行四边形,则此正方形的面积是( ) A.16 B.16或64 C.64 D.都不对 3.已知平面α内有一点M(1,﹣1,2),平面α的一个法向量=(2,﹣1,2),则下列点P在平面α内的是( ) A.(﹣4,4,0) B.(2,0,1) C.(2,3,3) D.(3,﹣3,4) 4.设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内的两条相交直线,则α∥β的一个充分而不必要条件是( ) A.m∥β且l∥α B.m∥l1且n∥l2 C.m∥β且n∥β D.m∥β且n∥l2 5.圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0和圆x2+y2+6x﹣2y+6=0的公切线条数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 6.到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为( ) A.1个 B.4个 C.7个 D.8个 7.若直线ax+by=2经过点M(cosα,sinα),则 ( ) A.a2+b2≤4 B.a2+b2≥4 C. D. 8.如图,多面体OABCD,AB=CD=2,AD=BC=,AC=BD=,且OA,OB,OC两两垂直,则下列说法正确的是( ) A.直线OB∥平面ACD B.球面经过点A、B、C、D四点的球的直径是 C.直线AD与OB所成角是45° D.二面角A﹣OC﹣D等于30° 二.填空题:(9-12题每空3分,13-15题每空4分,共36分) 9.向量=(2,﹣1,3),=(﹣4,2,x),若⊥,则x= ;若与夹角是锐角,则x 的取值范围 . 10.三棱锥S﹣ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示,则棱SB的长为 ;直线SB与AC所成角的余弦值为 . 11.若实数x,y满足等式 x2+y2=4x﹣1,那么的最大值为 .x2+y2的最小值为 . 12.半径为R的半圆卷成一个圆锥,则它的体积为 . 13.曲线x2+y2=2(|x|+|y|)围成的图形面积是 . 14.过点(1,2)总可以作两条直线与圆 x2+y2+kx+2y+k2﹣15=0 相切,则实数k的取值范围是 . 15.在四面体ABCD中,AB=CD=,AD=BD=3,AC=BC=4,点E,F,G,H分别在棱AD,BD,BC,AC上,若直线AB,CD都平行于平面EFGH,则四边形EFGH面积的最大值是 . 三.解答题:(共74分) 16.设命题p:实数x满足(x﹣a)(x﹣3a)<0,其中a>0,命题q:实数x满足. (1)若a=1,且p∧q为真,求实数x的取值范围; (2)若¬p是¬q的充分不必要条件,求实数a的取值范围. 17.如图,三棱锥A﹣BCD中,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=CD=4,AC=4,CD=4,∠ACB=45°,E,F分别为MN的中点. (1)求证:EF∥平面ABD; (2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值. 18.已知圆M的圆心在直线x﹣2y+4=0上,且与x轴交于两点A(﹣5,0),B(1,0). (Ⅰ)求圆M的方程; (Ⅱ)求过点C(1,2)的圆M的切线方程; (Ⅲ)已知D(﹣3,4),点P在圆M上运动,求以AD,AP为一组邻边的平行四边形的另一个顶点Q轨迹方程. 19.如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°.点E、F分别在边CD、CB上,点E与点C、D不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置,使平面PEF⊥平面ABFED. (1)求证:BD⊥平面POA; (2)设点Q满足 ,试探究:当PB取得最小值时,直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于?并说明理由. 20.已知圆M的圆心M在x轴上,半径为1,直线,被圆M所截的弦长为,且圆心M在直线l的下方. (I)求圆M的方程; (II)设A(0,t),B(0,t+6)(﹣5≤t≤﹣2),若圆M是△ABC的内切圆,求△ABC的面积S的最大值和最小值. 2016-2017学年浙江省台州市书生中学高二(上)期中数学试卷 参考答案与试题解析 一.选择题:(每小题5分,共40分) 1.下列命题中错误的是( ) A.若p∨q为真命题,则p∧q为真命题 B.“x>5”是“x2﹣4x﹣5>0”的充分不必要条件 C.命题p:∃x0∈R,x02+x0﹣1<0,则¬p:∀x∈R,x2+x﹣1≥0 D.命题“若x2﹣3x+2=0,则x=1或x=2”的逆否命题为“若x≠1且x≠2,则x2﹣3x+2≠0” 【考点】命题的真假判断与应用. 【分析】根据命题命题真假判断的真值表,可判断A;根据充要条件的定义,可判断B;写出原命题的否定,可判断C;写出原命题的逆否命题,可判断D. 【解答】解:若p∨q为真命题,则命题p,q中存在真命题,但不一定全是真命题,故p∧q不一定为真命题,故A错误; “x2﹣4x﹣5>0”⇔“x<﹣1,或x>5”,故“x>5”是“x2﹣4x﹣5>0”的充分不必要条件,故B正确; 命题p:∃x0∈R,x02+x0﹣1<0,则¬p:∀x∈R,x2+x﹣1≥0,故C正确; 命题“若x2﹣3x+2=0,则x=1或x=2”的逆否命题为“若x≠1且x≠2,则x2﹣3x+2≠0”,故D正确; 故选:A 2.已知正方形的直观图是有一条边长为4的平行四边形,则此正方形的面积是( ) A.16 B.16或64 C.64 D.都不对 【考点】平面图形的直观图. 【分析】 应分直观图中的平行四边形哪条边为4,两种情况,由斜二测画法规则可知,原正方形的边长可为4或8,求其面积即可. 【解答】解:由斜二测画法规则可知,原正方形的边长可为4或8,故其面积为16或64. 故选B 3.已知平面α内有一点M(1,﹣1,2),平面α的一个法向量=(2,﹣1,2),则下列点P在平面α内的是( ) A.(﹣4,4,0) B.(2,0,1) C.(2,3,3) D.(3,﹣3,4) 【考点】平面的法向量. 【分析】若点P在平面α内,则=0,经过验证即可判断出结论. 【解答】解:若点P在平面α内,则=0, 经过验证只有点(2,3,3)满足. 故选:C. 4.设m,n是平面α内的两条不同直线,l1,l2是平面β内的两条相交直线,则α∥β的一个充分而不必要条件是( ) A.m∥β且l∥α B.m∥l1且n∥l2 C.m∥β且n∥β D.m∥β且n∥l2 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断;平面与平面之间的位置关系. 【分析】本题考查的知识点是充要条件的判断,我们根据面面平行的判断及性质定理,对四个答案进行逐一的分析,即可得到答案. 【解答】解:若m∥l1,n∥l2, m.n⊂α,l1.l2⊂β,l1,l2相交, 则可得α∥β.即B答案是α∥β的充分条件, 若α∥β则m∥l1,n∥l2不一定成立,即B答案是α∥β的不必要条件, 故m∥l1,n∥l2是α∥β的一个充分不必要条件, 故选B 5.圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0和圆x2+y2+6x﹣2y+6=0的公切线条数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【考点】圆与圆的位置关系及其判定. 【分析】把两圆的方程化为标准形式,求出圆心和半径,根据两圆的圆心距等于半径之和,两圆外切,由此可得两圆的公切线的条数. 【解答】解:圆x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0即(x﹣1)2+(y﹣1)2=4,表示以(1,1)为圆心,半径等于2的圆. 圆x2+y2+6x﹣2y+6=0的即 (x+3)2+(y﹣1)2=4,表示以(﹣3,1)为圆心,半径等于2的圆. 两圆的圆心距等于4=2+2,等于半径之和,两圆外切, 故两圆的公切线的条数为3. 故选C. 6.到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为( ) A.1个 B.4个 C.7个 D.8个 【考点】平面的基本性质及推论. 【分析】对于四点不共面时,画出对应的几何体,根据几何体和在平面两侧的点的个数分两类,结合图形进行解. 【解答】解:当空间四点不共面时,则四点构成一个三棱锥,如图: ①当平面一侧有一点,另一侧有三点时,令截面与四棱锥的四个面之一平行,第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等,这样的平面有四个, ②当平面一侧有两点,另一侧有两点时,即过相对棱的异面直线共垂线段的中点,且和两条相对棱平行的平面,满足条件.因三棱锥的相对棱有三对,则此时满足条件的平面个数是三个, 所以满足条件的平面共有7个, 故选:C 7.若直线ax+by=2经过点M(cosα,sinα),则 ( ) A.a2+b2≤4 B.a2+b2≥4 C. D. 【考点】基本不等式. 【分析】利用题设中的直线ax+by=2经过点M(cosα,sinα),得到acosα+bsinα=2,结合同角关系式中的平方关系,利用基本不等式求得正确选项. 【解答】解:直线ax+by=2经过点M(cosα,sinα),∴acosα+bsinα=2, ∴a2+b2=(a2+b2)(cos2α+sin2α)≥(acosα+bsinα)2=4,(当且仅当时等号成立) 故选B. 8.如图,多面体OABCD,AB=CD=2,AD=BC=,AC=BD=,且OA,OB,OC两两垂直,则下列说法正确的是( ) A.直线OB∥平面ACD B.球面经过点A、B、C、D四点的球的直径是 C.直线AD与OB所成角是45° D.二面角A﹣OC﹣D等于30° 【考点】组合几何体的面积、体积问题. 【分析】对四个选项分别进行判断,即可得出结论. 【解答】解:对于A,由于OB∥AE,AE和平面ACD相交,则OB和平面ACD相交,故A错 对于B,球面经过点A、B、C、D两点的球的直径即为长方体的对角线长, 即为=,故B对 对于C由于OB∥AE,则∠DAE即为直线AD与OB所成的角,tan∠DAE=,则∠DAE=60°,故C错误; 对于D,因为AO⊥OC,DC⊥OC,所以异面直线CD与OA所成的角大小为二面角A﹣OC﹣D的二面角大小,连接OE,则∠AOE为所求,tan∠AOE=,所以∠AOE=60°;D错误. 故选B. 二.填空题:(9-12题每空3分,13-15题每空4分,共36分) 9.向量=(2,﹣1,3),=(﹣4,2,x),若⊥,则x= ;若与夹角是锐角,则x 的取值范围 . 【考点】空间向量的数量积运算. 【分析】①由⊥,可得=﹣8﹣2+3x=0,解得x. ②由与夹角是锐角,可得=﹣8﹣2+3x>0,解得x范围.若,则 ,可得,解得x,进而得出范围. 【解答】解:①∵⊥,则=﹣8﹣2+3x=0,解得x=. ②∵与夹角是锐角,∴=﹣8﹣2+3x>0,解得x>. 若,则,∴,解得x=﹣6<. ∴与夹角是锐角,则x 的取值范围是. 故答案为:;. 10.三棱锥S﹣ABC及其三视图中的正视图和侧视图如图所示,则棱SB的长为 4 ;直线SB与AC所成角的余弦值为 . 【考点】简单空间图形的三视图. 【分析】由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC,底面△ABC为等腰三角形,SC=4,△ABC中AC=4,AC边上的高为2,进而根据勾股定理得到答案.建立如图所示的坐标系,利用向量方法求解即可. 【解答】解:由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC, 且底面△ABC为等腰三角形, 在△ABC中AC=4,AC边上的高为2, 故BC=4,∠ACB=60° 在Rt△SBC中,由SC=4,可得SB=4, 建立如图所示的坐标系,则S(0,0,4),B(2 ,﹣2,0),A(0,﹣4,0),C(0,0,0), ∴=(2,﹣2,﹣4),=(0,4,0), ∴直线SB与AC所成角的余弦值为||=. 故答案为4,. 11.若实数x,y满足等式 x2+y2=4x﹣1,那么的最大值为 .x2+y2的最小值为 7﹣4 . 【考点】基本不等式. 【分析】①x2+y2=4x﹣1,令=k,即y=kx,代入上式可得:x2(1+k2)﹣4x+1=0,令△≥0,解得k即可得出. ②令x=2+cosθ,y=sinθ,θ∈[0,2π).代入x2+y2,利用三角函数平方关系及其单调性即可得出. 【解答】解:①∵x2+y2=4x﹣1,∴(x﹣2)2+y2=3. 令=k,即y=kx,代入上式可得:x2(1+k2)﹣4x+1=0, 令△=16﹣4(1+k2)≥0,解得,因此的最大值为. ②令x=2+cosθ,y=sinθ,θ∈[0,2π). 则x2+y2==7+4cosθ≥7﹣4,当且仅当cosθ=﹣1时取等号. 12.半径为R的半圆卷成一个圆锥,则它的体积为 . 【考点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台). 【分析】设圆锥底面圆的半径为r,高为h,根据圆锥是由半径为R的半圆卷成,求出圆锥的底面半径与高,即可求得体积. 【解答】解:设圆锥底面圆的半径为r,高为h,则2πr=πR,∴ ∵R2=r2+h2,∴ ∴V=×π××= 故答案为: 13.曲线x2+y2=2(|x|+|y|)围成的图形面积是 8+4π . 【考点】曲线与方程. 【分析】根据题意,作出如图的图象.由图象知,此曲线所围的力图形由一个边长为2的正方形与四个半径为的半圆组成,由此其面积易求. 【解答】解:由题意,作出如图的图形,由曲线关于原点对称, 当x≥0,y≥0时,解析式为(x﹣1)2+(y﹣1)2=2, 故可得此曲线所围的力图形由一个边长为2的正方形与四个半径为的半圆组成, 所围成的面积是2×2+4××π×()2=8+4π 故答案为:8+4π. 14.过点(1,2)总可以作两条直线与圆 x2+y2+kx+2y+k2﹣15=0 相切,则实数k的取值范围是 (﹣,﹣3)∪(2,) . 【考点】点与圆的位置关系. 【分析】把圆的方程化为标准方程后,根据构成圆的条件得到等号右边的式子大于0,列出关于k的不等式,求出不等式的解集,然后由过已知点总可以作圆的两条切线,得到点在圆外,故把点的坐标代入圆的方程中得到一个关系式,让其大于0列出关于k的不等式,求出不等式的解集,综上,求出两解集的并集即为实数k的取值范围. 【解答】解:把圆的方程化为标准方程得:(x+k)2+(y+1)2=16﹣k2, 所以16﹣k2>0,解得:﹣<k<, 又点(1,2)应在已知圆的外部, 把点代入圆方程得:1+4+k+4+k2﹣15>0,即(k﹣2)(k+3)>0, 解得:k>2或k<﹣3, 则实数k的取值范围是(﹣,﹣3)∪(2,). 故答案为:(﹣,﹣3)∪(2,) 15.在四面体ABCD中,AB=CD=,AD=BD=3,AC=BC=4,点E,F,G,H分别在棱AD,BD,BC,AC上,若直线AB,CD都平行于平面EFGH,则四边形EFGH面积的最大值是 2 . 【考点】直线与平面平行的性质. 【分析】由直线AB平行于平面EFGH,且平面ABC交平面EFGH于HG,所以HG∥AB,同理EF∥AB,FG∥CD,EH∥CD,所以FG∥EH,EF∥HG.四边形EFGH为平行四边形.又AD=BD,AC=BC的对称性,可知AB⊥CD. 所以:四边形EFGH为矩形.建立二次函数关系求解四边形EFGH面积的最大值. 【解答】解:∵直线AB平行于平面EFGH,且平面ABC交平面EFGH于HG,∴HG∥AB; 同理:EF∥AB,FG∥CD,EH∥CD,所以:FG∥EH,EF∥HG. 故:四边形EFGH为平行四边形. 又∵AD=BD,AC=BC的对称性,可知AB⊥CD. 所以:四边形EFGH为矩形. 设BF:BD=BG:BC=FG:CD=x,(0≤x≤1) FG=2x,HG=2(1﹣x) SEFGH=FG×HG=8x(1﹣x)=﹣8(x﹣)2+2, 根据二次函数的性质可知:SEFGH面积的最大值2. 故答案为2. 三.解答题:(共74分) 16.设命题p:实数x满足(x﹣a)(x﹣3a)<0,其中a>0,命题q:实数x满足. (1)若a=1,且p∧q为真,求实数x的取值范围; (2)若¬p是¬q的充分不必要条件,求实数a的取值范围. 【考点】复合命题的真假;必要条件、充分条件与充要条件的判断. 【分析】(1)若a=1,分别求出p,q成立的等价条件,利用且p∧q为真,求实数x的取值范围; (2)利用¬p是¬q的充分不必要条件,即q是p的充分不必要条件,求实数a的取值范围. 【解答】解:由(x﹣a)(x﹣3a)<0,其中a>0, 得a<x<3a,a>0,则p:a<x<3a,a>0. 由解得2<x≤3. 即q:2<x≤3. (1)若a=1,则p:1<x<3, 若p∧q为真,则p,q同时为真, 即,解得2<x<3, ∴实数x的取值范围(2,3). (2)若¬p是¬q的充分不必要条件,即q是p的充分不必要条件, ∴,即, 解得1<a≤2. 17.如图,三棱锥A﹣BCD中,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=CD=4,AC=4,CD=4,∠ACB=45°,E,F分别为MN的中点. (1)求证:EF∥平面ABD; (2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值. 【考点】二面角的平面角及求法;直线与平面平行的判定. 【分析】(1)连接E,F,由E,F分别为AC,CD的中点,结合三角形中位线定理可得EF∥AD,再由线面平行的判定可得EF∥平面ABD; (2)由已知求解三角形可得AB⊥BC,结合△ABC和△BCD所在平面互相垂直可得AB⊥平面BCD,取BC中点G,过点G作BF的垂线GH,点H为垂足,则∠EHG为二面角E﹣BF﹣C的平面角,求解直角三角形得答案. 【解答】(1)证明:连接E,F, ∵E,F分别为AC,CD的中点,∴EF∥AD, 又AD⊂平面ADB,EF⊄平面ADB,∴EF∥面ABD; (2)解:取BC中点G,过点G作BF的垂线GH,点H为垂足, ∵AB=4,AC=4,∠ACB=45°, ∴由AB2=AC2+BC2﹣2AC•BC•cos45°,得16=32+BC2﹣8BC,即BC=4. ∴AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC, 又平面ABC⊥平面BCD,且平面ABC∩平面BCD=BC, ∴AB⊥平面BCD,则EG⊥平面BCD,EG⊥BF, 又GH⊥BF,∴BF⊥平面EGH,则BF⊥EH,即∠EHG为二面角E﹣BF﹣C的平面角. ∵BD=4,BC=4,CD=,∴BF=. 则∠CBF=60°,∴GH=2×. Rt△EGH中,. 18.已知圆M的圆心在直线x﹣2y+4=0上,且与x轴交于两点A(﹣5,0),B(1,0). (Ⅰ)求圆M的方程; (Ⅱ)求过点C(1,2)的圆M的切线方程; (Ⅲ)已知D(﹣3,4),点P在圆M上运动,求以AD,AP为一组邻边的平行四边形的另一个顶点Q轨迹方程. 【考点】圆的切线方程;轨迹方程. 【分析】(I)根据圆的性质,可得圆心M为AB垂直平分线与直线x﹣2y+4=0的交点.因此联解两直线的方程,得到圆心M的坐标,由两点的距离公式算出半径r=,即可得到圆M的方程; (II)由于点C是圆M上的点,所以过点C的圆M的切线与CM垂直.因此利用直线的斜率公式算出CM的斜率,从而得到切线的斜率k=﹣3,根据直线方程的点斜式列式,化简即得所求切线的方程; (III)设Q(x,y)、P(x0,y0),根据平行四边形ADQP的对角线互相平分,利用线段的中点坐标公式列式,解出P的坐标为(x﹣2,y﹣4),代入圆M的方程化简可得x2+(y﹣5)2=10.最后根据构成平行四边形的条件,去除两个杂点(﹣1,8)、(﹣3,4),即可得到顶点Q的轨迹方程. 【解答】解:(Ⅰ)∵圆M与x轴交于两点A(﹣5,0)、B(1,0), ∴圆心在AB的垂直平分线上,即C在直线x=﹣2上. 由,解得,即圆心M的坐标为(﹣2,1). ∴半径, 因此,圆M的方程为(x+2)2+(y﹣1)2=10. (Ⅱ)∵点C(1,2)满足(1+2)2+(2﹣1)2=10, ∴点C在圆M上,可得经过点C与圆M相切的直线与CM垂直. ∵CM的斜率kCM=,∴过点C的切线斜率为k==﹣3, 由此可得过点C(1,2)的圆M的切线方程为y﹣2=﹣3(x﹣1),化简得3x+y﹣5=0. (Ⅲ)设Q(x,y)、P(x0,y0), ∵四边形ADQP为平行四边形,∴对角线AQ、PD互相平分,即AQ的中点也是PD的中点. 即,解得 将P(x﹣2,y﹣4)代入圆M的方程,可得(x﹣2+2)2+(y﹣4﹣1)2=10,即x2+(y﹣5)2=10, ∴顶点Q在圆x2+(y﹣5)2=10上运动, ∵圆x2+(y﹣5)2=10交直线AD于点(﹣1,8)和(﹣3,4), 当Q与这两个点重合时,不能构成平行四边形ADQP, ∴顶点Q的轨迹方程为x2+(y﹣5)2=10,(点(﹣1,8)、(﹣3,4)除外). 19.如图,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°.点E、F分别在边CD、CB上,点E与点C、D不重合,EF⊥AC,EF∩AC=O.沿EF将△CEF翻折到△PEF的位置,使平面PEF⊥平面ABFED. (1)求证:BD⊥平面POA; (2)设点Q满足,试探究:当PB取得最小值时,直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于?并说明理由. 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面垂直的判定;直线与平面所成的角. 【分析】(1)利用菱形ABCD的对角线互相垂直证明BD⊥AO,证明PO⊥平面ABFED,可得PO⊥BD,利用线面垂直的判定,可得 BD⊥平面POA; (2)建立空间直角坐标系O﹣xyz,设PO=x,求出时,,此时,进一步求点Q的坐标,求出平面PBD的法向量,利用向量的夹角公式,可证直线OQ与平面E所成的角大于. 【解答】(1)证明:∵菱形ABCD的对角线互相垂直,∴BD⊥AC,∴BD⊥AO, ∵EF⊥AC,∴PO⊥EF. ∵平面PEF⊥平面ABFED,平面PEF∩平面ABFED=EF,且PO⊂平面PEF, ∴PO⊥平面ABFED, ∵BD⊂平面ABFED,∴PO⊥BD. ∵AO∩PO=O,∴BD⊥平面POA.… (2)解:如图,以O为原点,建立空间直角坐标系O﹣xyz. 设AO∩BD=H.因为∠DAB=60°,所以△BDC为等边三角形, 故BD=4,. 又设PO=x,则,, 所以O(0,0,0),P(0,0,x),,, 故, 所以, 当时,.此时,… 设点Q的坐标为(a,0,c),由(1)知,,则,,,. ∴,, ∵,∴. ∴,∴. 设平面PBD的法向量为,则. ∵,,∴ 取x=1,解得:y=0,z=1,所以.… 设直线OQ与平面E所成的角θ, ∴=.… 又∵λ>0∴.∵,∴. 因此直线OQ与平面E所成的角大于,即结论成立.… 20.已知圆M的圆心M在x轴上,半径为1,直线,被圆M所截的弦长为,且圆心M在直线l的下方. (I)求圆M的方程; (II)设A(0,t),B(0,t+6)(﹣5≤t≤﹣2),若圆M是△ABC的内切圆,求△ABC的面积S的最大值和最小值. 【考点】直线与圆相交的性质. 【分析】(I)设圆心M(a,0),利用M到l:8x﹣6y﹣3=0的距离,求出M坐标,然后求圆M的方程; (II)设A(0,t),B(0,t+6)(﹣5≤t≤﹣2),设AC斜率为k1,BC斜率为k2,推出直线AC、直线BC的方程,求出△ABC的面积S的表达式,求出面积的最大值和最小值. 【解答】解:(Ⅰ)设圆心M(a,0),由已知,得M到l:8x﹣6y﹣3=0的距离为,∴, 又∵M在l的下方,∴8a﹣3>0,∴8a﹣3=5,a=1,故圆的方程为(x﹣1)2+y2=1. (Ⅱ)设AC斜率为k1,BC斜率为k2,则直线AC的方程为y=k1x+t,直线BC的方程为y=k2x+t+6.由方程组,得C点的横坐标为,∵|AB|=t+6﹣t=6,∴, 由于圆M与AC相切,所以,∴;同理,,∴,∴,∵﹣5≤t≤﹣2,∴﹣2≤t+3≤1,∴﹣8≤t2+6t+1≤﹣4,∴,. 2017年1月13日查看更多