高一年级必修2数学课后习题【汇编两篇】
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高一年级必修2数学课后习题答案
1.90°
2.4
解析①忽视两直线可以相交，②可以相交、平行，③l1、l2可以异面、相交，④与l1、l2都相交的两直线可以相交.
3.②
解析注意到直线的斜率a与在y轴上的截距1a同号，故②正确.
4.4π
解析
∵SO⊥底面ABC，
∴SO为三棱锥的高线，
∴SO=r，又∵O在AB上，AB=2r，AC=2r，∠ACB=90°
∴BC=2r，
∴VS-ABC=13×12×2r×2r×r=13r3.
又∵球的体积V=43πr3，∴VVS-ABC=43πr313r3=4π.
5.π3
解析连结A1B，BC1，A1C1，
∵E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，
∴EF∥12A1B，GH∥12BC1，
∴∠A1BC1即为异面直线EF与GH所成的角.
又∵ABCD—A1B1C1D1是正方体
∴A1B=BC1=A1C1，
∴∠A1BC1=60°.
6.x+2y-3=0
解析直线x-2y+1=0与x=1的交点为A(1,1)，点(-1,0)关于x=1的对称点为B(3,0)也在所求直线上，∴所求直线方程为y-1=-12(x-1)，即x+2y-3=0.
7.x+y=2或x=y
解析截距相等问题关键不要忽略过原点的情况.
8.2或0
解析圆的方程可化为(x-1)2+(y-2)2=5，
则圆心为(1,2).
由点到直线的距离公式得d=|1-2+a|2=22，
解得a=2或0.
9.60°
解析可先求出圆心到直线的距离d=3，由于半径为2，设圆心角为θ，则知cosθ2=32，∴θ=60°.
10.2
解析满足要求的直线应为圆心分别为A、B，半径为1和2的两圆的公切线，而圆A与圆B相交，所以公切线有两条.
11.(0,8,0)或(0，-2,0)
12.2
解析由已知可知PQ的垂直平分线为
kx-y+4=0，
∴直线kx-y+4=0过圆心-12，3，
∴-12k+1=0，k=2.
13.36π
解析由三视图可知，该几何体是半个圆锥，底面半径为1，高为3，故体积为16π×12×3=36π.
14.x2+(y-3)2=1
解析圆C：x2+y2-4x-6y+8=0与x轴没有交点，只与y轴相交，取x=0，得
y2-6y+8=0解得两交点分别为(0,2)和(0,4)，由此得圆C′的圆心坐标为(0,3)，半径为1，所以标准方程为x2+(y-3)2=1.
15.解由3x+4y+12=04x-3y+16=0，
解得交点B(-4,0)，
∵BD⊥AC，∴kBD=-1kAC=12，
∴AC边上的高线BD的方程为
y=12(x+4)，即x-2y+4=0.
16.解由题意知，直线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.
设所求直线的斜率为k，则直线的方程为y+4=k(x-6)，即kx-y-6k-4=0.
∵圆心到直线的距离为2，
∴|6k+4|1+k2=2，即17k2+24k+7=0，
∴k=-1或k=-717.
故所求直线的方程为x+y-2=0或7x+17y+26=0.
17.证明如图所示，连结AC，BD，交于点O，连结EO，因为四边形ABCD为正方形，
所以O为AC的中点，又E为PC的中点，所以OE为△PAC的中位线，所以EO∥PA，又EO⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB.
18.(1)证明
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，连结C1D，
∵DC=DD1，
∴四边形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上取一点E，连结AD1，AE，设AD1∩A1D=M，BD∩AE=N，连结MN，
∵平面AD1E∩平面A1BD=MN，要使D1E∥平面A1BD，须使MN∥D1E，
又M是AD1的中点.
∴N是AE的中点.
又易知△ABN≌△EDN，
∴AB=DE.即E是DC的中点.
综上所述，当E是DC的中点时，可使D1E∥平面A1BD.
19.解(1)设M坐标为(x，y)，由题意得x2+y2(x-3)2+y2=12，整理得(x+1)2+y2=4.
所以M点的轨迹方程为(x+1)2+y2=4.
(2)因为曲线C：(x+1)2+y2=4，
所以C关于直线2x+y-4=0对称的曲线C′是与C半径相同的圆，故只需求C′的圆心坐标即可，设C′的圆心坐标(x0，y0).
由题意得y0x0+1=122•x0-12+y02-4=0，解得x0=195y0=125.
故曲线C′的方程为x-1952+y-1252=4.
20.(1)解因为四边形ADEF是正方形，
所以FA∥ED.所以∠CED为异面直线CE与AF所成的角.
因为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.
所以异面直线CE与AF所成角的余弦值为223.
(2)证明如图，过点B作BG∥CD，交AD于点G，则∠BGA=∠CDA=45°.由∠BAD=45°，可得BG⊥AB，从而CD⊥AB.
又CD⊥FA，FA∩AB=A，所以CD⊥平面ABF.
(3)解由(2)及已知，可得AG=2，即G为AD的中点.
取EF的中点N，连结GN，则GN⊥EF.因为BC∥AD，所以BC∥EF.过点N作NM⊥EF，交BC于点M，则∠GNM为二面角B-EF-A的平面角.
连结GM，可得AD⊥平面GNM，故AD⊥GM，从而BC⊥GM.
由已知，可得GM=22.由NG∥FA，FA⊥GM，得NG⊥GM.
在Rt△NGM中，tan∠GNM=GMNG=14.所以二面角B-EF-A的正切值为14.
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高一年级必修2数学课后习题
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1.直线x=tan60°的倾斜角是________.
2.给出下列四个命题：
①垂直于同一直线的两条直线互相平行;
②垂直于同一平面的两个平面互相平行;
③若直线l1，l2与同一平面所成的角相等，则l1，l2互相平行;
④若直线l1，l2是异面直线，则与l1，l2都相交的两条直线是异面直线.
其中假命题有________个.
3.方程y=ax+1a表示的直线可能是________.(填序号)
4.已知三棱锥S—ABC的各顶点都在一个半径为r的球面上，球心O在AB上，SO⊥底面ABC，AC=2r，则球的体积与三棱锥体积之比是________.
5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于________.
6.直线x-2y+1=0关于直线x=1对称的直线方程是____________.
7.经过点M(1,1)且在两坐标轴上截距相等的直线是____________.
8.若圆x2+y2-2x-4y=0的圆心到直线x-y+a=0的距离为22，则a的值为__________.
9.直线3x+y-23=0截圆x2+y2=4得的劣弧所对的圆心角是____________.
10.在平面直角坐标系中，与点A(1,2)距离为1，且与点B(3,1)的距离为2的直线共有________条.
11.已知点A(-2,3,4)，在y轴上有一点B，且AB=35，则点B的坐标为________.
12.圆x2+y2+x-6y+3=0上两点P、Q关于直线kx-y+4=0对称，则k=________.
13.如图，某几何体的三视图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为________.
14.已知圆C：x2+y2-4x-6y+8=0，若圆C和坐标轴的交点间的线段恰为圆C′直径，则圆C′的标准方程为___________.
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15.(14分)已知△ABC三边所在直线方程为AB：3x+4y+12=0，BC：4x-3y+16=0，CA：2x+y-2=0.求AC边上的高所在的直线方程.
16.(14分)求经过点P(6，-4)且被定圆O：x2+y2=20截得的弦长为62的直线AB的方程.
17.(14分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点，求证PA∥平面EDB.
18.(16分)如图所示，在四棱柱(侧棱垂直于底面的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB∥DC.
(1)求证D1C⊥AC1;
(2)设E是DC上一点，试确定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并说明理由.
19.(16分)已知M与两定点O(0,0)、A(3,0)的距离之比为12.
(1)求M点的轨迹方程;
(2)若M的轨迹为曲线C，求C关于直线2x+y-4=0对称的曲线C′的方程.
20.(16分)如图，在五面体ABC-DEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD=1，AD=22，∠BAD=∠CDA=45°.
(1)求异面直线CE与AF所成角的余弦值;
(2)证明CD⊥平面ABF;
(3)求二面角B-EF-A的正切值.