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参考答案第九天1. 三棱锥 2. 棱柱 3. 六棱柱 4.圆锥 、 圆柱 、 圆锥。 5.矩形 6. 9、 7. 719 8. 3:1:2 9. 10. 4 11.图略 12.图略 13cm14、解：连结两底面中心，并连结和，过作于，则为高，为斜高，在中,cm,在中，cm, cm cm棱台的侧棱长为cm,斜高为10 cm,表面积为672 cm,体积为896 cm15.长方体ABCD-A1B1C1D1的表面可如上图中三种方法展开, 表面展开后, A与C1两点间的距离分别为, 三者比较得为从A点沿表面到C1点的最短距离.16.四棱锥A1-EBFD1的底面是菱形，连接EF，则，平面ABB1A1，三棱锥F-EBA1的高是CC1到平面AB1的距离，即棱长a， S 第十天1.(2) 2.0个. 3.一条,内. 4. 5. 上. 6. 900 7. 3cm 8. 9. 10. 3.11.证明: 如图 ,设与分别交于A ,B ,C ,经过可确定一个平面经过a, b可确定一个平面.,同理B,则AB, 即因经过的平面有且只有一个, 与为同一平面.同理即共面.12.证： 13.设BD中点为E，连接AE，CE，14.连接AM，AN，并延长分别交BC，CD于点E，F，连接EF，由M，N分别是的重心，得E，F分别是BC，CD的中点，则EF|，易证得BD|平面CMN；由，得|，可证MN|平面ABD.15.证明（）O是AC的中点，E是PC的中点，OEAP，又OE平面BDE，PA平面BDE，PA平面BDE（2）PO底面ABCD，POBD，又ACBD，且ACPO=OBD平面PAC，而BD平面BDE，平面PAC平面BDE。16.（1）由四边形是矩形可得，|，可证得|平面，又因是过的平面与平面的交线，则|，所以|平面。 （2）由CD|平面，可证得CD|GH；同理可证AB|GF；FGH就是异面直线AB，CD所成的角（或补角），因为EFGH是矩形，所以FGH=900，则异面直线AB，CD所成的角为900第十一天1. (1) 2. 侧面与三角形所在平面的二面角相等. 3. 60 4. 0个.5. 900 6. (3) 7. (4) 8. 和 9. 和 10.平行或相交11、 证明：（1）（2）12. 证明：（I）E，F分别为AB，BD的中点 表示 。（II）又，所以13.14.解：（1）设AC和BD交于点O，连PO，由P，O分别是，BD的中点，故PO/，所以直线平面 （2）长方体中，底面ABCD是正方形，则ACBD又面ABCD，则AC，所以AC面，则平面平面 （3）PC2=2，PB12=3，B1C2=5，所以PB1C是直角三角形。PC，同理PA，所以直线平面。15. （1）取OB中点E，连接ME，NE,又, (2)点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作 于点Q，又 ,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，所以点B到平面OCD的距离为第十二天1 2. 3。 4。5 6。7直线斜率，且在轴上的截距为，得839。 10. (2)(4)11解：（）由题意得：，解之得（）由题意得：，解之得。12（）截距不为时设的方程为 过， ， 的方程为： （）截距为时，的方程为：综上所述（）、（）可得：直线的方程是或13. 14. 设已知两直线与所求直线分别交于M（x0, y0）,N（-x0, -y0），则有, 得x0+6 y0=0，所求直线过点（0，0）及（x0, y0），故所求直线为x+6y=0.15直线AB的斜率为2，AB边所在的直线方程为，直线AB与AC边中线的方程交点为设AC边中点D(x1，32x1)，C(42y1，y1)，D为AC的中点，由中点坐标公式得边所在的直线方程为；AC边所在的直线方程为y116当点为时，；当点为时， 为所求。第十三天1. 2平行 3。 4。（7，3）或（-3，3） 5。2x+3y1=0 6。 7。2 8 9.垂直 10。（）.11解：因直线斜率为tan45=1，可设直线方程y=x+b，化为一般式xy+b=0，由直线与原点距离是5，得 ，所以直线方程为x-y+5=0,或y5=0.12由，得，再设，则 为所求。13显然符合条件；当，在所求直线同侧时，综上所述，或14.解： ACBH， , 直线AB的方程为y=3x-5 (1)ABCH， , 直线AC的方程为y=5x+33 (2)由（1）与（2）联立解得A点的坐标为（-19，-62）.15.解：点A不在两条已知中线上，AC边上中线BE方程为3x-2y+2=0，AB边上中线CF方程为3x+5y-12=0，设点B（x,y），AB中点为（），于是可列方程组,求得点B坐标为（2，4），同理可求得C点坐标为（4，0）， 再利用两点式，求得BC边所直线方程为2x+y-8=0.16解：设D点的坐标为(x0, y0),直线AB: 即3x+y 6=0, . 解得x0= y0=. 由|PD|=2|BD|, 得=. 由定比分点公式得xp=.将P()代入l的方程, 得a=10. 第十四天1 23相交 4.圆外 5。 6。20 7。8 9. 2, x+y-3=0(过点P且垂直于过点P的直径的弦为最短的弦.) 10. 32 11：设圆的一般方程为：x2+y2+Dx+ Ey+F0，三点A, B, C在此圆上 则D=-4, E=-8, F=10. 所求圆方程为x2+y2-4x-8y+100.12。13.解：圆心显然在线段的垂直平分线上，设圆心为，半径为，则，得，而 。14由已知得圆心为AB的中垂线2x+y+4=0与x-2y-3=0的交点（-1，-2）， , 即所求的圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10.15.解：设圆心为半径为，令而，或16.解：当时，表示的图形占整个图形的 而，表示的图形为一个等腰直角三角形和一个半圆 第十五天14x+3y+25=0 2。 3。2或0 4。5。 -7或13 6。或 7。 8。x-y+1=0 9。直角三角形 1011.解：显然为所求切线之一；另设而,或为所求。12公共弦所在直线斜率为，已知圆的圆心坐标为（0，）， 故两圆连心线所在直线方程为y-=-x, 即3x+2y-7=0,设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0, 由, 所求圆的方程为x2+y2+2x-10y+21=0.13（1）将直线的方程整理为（x+y-4）+m(2x+y-7)=0，由, 直线过定点A（3，1）， （3-1）2+（1-2）2=525，点A在圆C的内部，故直线恒与圆相交。（2）圆心O（1，2），当截得的弦长最小时，AO，由kAO= -, 得直线的方程为y-1=2(x-3)，即2x-y-5=0.14.解：令则可看作圆上的动点到点的连线的斜率 而相切时的斜率为，。15当直线垂直于轴时，则此时直线方程为，与圆的两个交点坐标为和，其距离为，满足题意；若直线不垂直于轴，设其方程为，即，设圆心到此直线的距离为，则，得，故所求直线方程为，综上所述，所求直线为或 16设解得或（舍去）.由题意知切线PA的斜率存在，设斜率为k.所以直线PA的方程为，即直线PA与圆M相切，解得或直线PA的方程是或第十六天1. (0, )(由空间坐标的定义可得.) 2. (利用空间两点间的距离公式,再求二次函数的最小值.) 3. 3 , 2 (利用空间两点间的距离公式列方程求解.)4.(0, (设所求点的坐标为( 0 , y, 0) , 再利用两点间的距离公式,)5. (数形结合.)6. 2x3y1007.（表示圆上的点与点(4,0)连线的斜率.）8. 直角三角形. 9。x2+y2+z2=9 . 10。11(1)原式=； (2) =12（1）设时，所以是区间 上的增函数；（2）设，则原方程可化为，解之得，从而，原方程之解为。13. (1)证明：AB=AC，D是BC的中点，ADBC.底面ABC平面BB1C1C，AD侧面BB1C1C , ADCC1.(2)证明：延长B1A1与BM交于N，连结C1N , AM=MA1，NA1=A1B1.A1B1=A1C1，A1C1=A1N=A1B1 , C1NC1B1 , 底面NB1C1侧面BB1C1C，C1N侧面BB1C1C . 截面C1NB侧面BB1C1C , 截面MBC1侧面BB1C1C.14. 解：（1）反射线经过点A（0，2）关于x轴的对称点A1（0，-2），这条光线从A点到切点所经过的路程即为A1（0，-2）到这个圆的切线长. (2) 入射光线的方程为2x+y-2=0或x+2y-4=0.15. 解：（1）分离参数p得(4y-4x)p+x2+y2-8y+8=0, 由, 即圆恒过定点（2，2）. (2) 圆方程可化为(x-2p)2+y-(4-2p)2=8(p-1)2,得圆心的参数方程为, 消去参数p得: x+y-4=0 (x2). （3）设圆的公切线方程为y=kx+b，即kx-y+b=0，则,两边比较系数得k=1, b=0，所以圆的公切线方程为y=x .16. 解：（1）令得，或.若，当时，有，这与当时，矛盾， .（2）设，则，由已知得，因为，若时，由 （3）由得 由得 （2） 从（1）、（2）中消去得，因为, ， 即.
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