未來密碼挑選性必修第一冊(cè)答案

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤Word-可編輯贈(zèng)送木水高中數(shù)學(xué)思維進(jìn)階挑選性必修第一冊(cè)參考答案與解析參考答案與解析第一章空間向量與立體幾何微專題1向量回路證求值深入探索變式1【解析】(1)原式可變形為OB?OP+OM=OP?OA?OP,即PB+OM（2）若點(diǎn)P與點(diǎn)A,B,M共面,則存在有序?qū)崝?shù)對(duì)x,y,使AP=xAB+yAM,即OP?OA=xOB?OA變式2【解析】依題意可知AP=AD=2,AC=1,AB=22,?AP,AD?=?AP,AC?=?AP,AB?=?AC,AD?=90°,?AB,AD?=135°,?AB,AC?=變式3?B【解析】因?yàn)辄c(diǎn)O是點(diǎn)A1在底面ABC內(nèi)的投影,則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于AB1與OA1所成角的余弦值.因?yàn)锳1O⊥AO,A1O⊥A1B1,又棱長(zhǎng)都相等,因此選A內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.B【解析】依題意知MN=MA+AO+ON,即2.C【解析】依題意知BD1=?AB+AD+3.C【解析】依題意知AC=AB+BD+DC,所以AC2=AB+BD+DC4.C【解析】依題意知BF=AF?AB=12AD+12AC?AB,CE=AE5.CD【解析】選項(xiàng)A,銜接AC,BD交于點(diǎn)O,在正方形ABCD中,O是AC,BD的中點(diǎn),則SA+SC=2SO,SB+SD=2SO,所以SA+SB+SCSD6.ABD【解析】設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1.選項(xiàng)A,因?yàn)锽B1=BA1+A1D1120°;選項(xiàng)B,C,tan∠BBBD+7.2【解析】由AC2=AO+OB+BC2=AO2+OB2+BC?2+2AO?OB+2AO?BC+2OB?BC=1+1+9.【證實(shí)】因?yàn)辄c(diǎn)M在BD上,且第9題BM=113DA13ADMB13DE=2不共線,按照向量共面的充要條件可知MN,10.【證實(shí)】因?yàn)锽C=OC?OB,所以O(shè)A?BC=OA?(OC?OB)=0,所以O(shè)A?OC=OA11.2【解析】過點(diǎn)A1第11題A1BD內(nèi)作A1M⊥直線BD,垂足為M,過點(diǎn)C在平面BCD內(nèi)作CNA記∠A1BDA1二面角A1?BD?C的大小為π3,所以NC,MA1的夾角為π3,所以NC?A1M=?NC?MA1=?NCA112.【解析】(1)因?yàn)镻C=PA+AC=PA+AB+AD,所以PC2=PA2+AB2+AD2+2PA?AB+2微專題2基本定理基向量深入探索變式1AB【解析】對(duì)于A選項(xiàng),AC1=AB+BC+CC1=AB+AD+AA1,?A準(zhǔn)確;對(duì)于變式23變式2A1B1的中點(diǎn)E,銜接AE交A1B于點(diǎn)F.因?yàn)镸,N分離是AC1,BB1的中點(diǎn),所以EM//B1C1//BC,EN//A1變式3【證實(shí)】由題意可知△ABC是等邊三角形,所以?AB,BC?=120°,A內(nèi)化演練綜合運(yùn)用第1題1.C【解析】如圖,作平行六面體ABCD?A1B1C1D1,ABx,y,z不共面,2.B【解析】CG=CA+3.A【解析】A1C=?AA1+AC=?4.D【解析】如圖,AD第4題ACA由側(cè)棱和底面垂直,所以AAAB=0BC=2AA1+12AB?AA1?AC+5.AD【解析】a,b,c是空間的三個(gè)單位向量,若a//b,b//c,則a//c,故A準(zhǔn)確;a,b,c兩兩共面,但是a,b,c不一定共面,a,b,c可能兩兩垂直,故B錯(cuò)誤;由空間向量基本定理,可知惟獨(dú)當(dāng)6.ABD【解析】如圖,設(shè)PA=第6題PB=b,PC=c,則{a,b,c}1FGPE=13b?13c+23b=?13b?137.13【解析】如圖,第7題PN=?23PA+z=128.AB?平面CDE或AB//平面CDE【解析】由AB=λCD+μCEλ,μ∈9.【解析】(1)證實(shí):AE=DE?DA=12DB+DC?DA,BC=DC?DB,所以AE?BC=12DB+110.【解析】如圖,設(shè)球O半徑為R,記k=x+y+z,過點(diǎn)P作平面ABC的平行面,由等和面定理可知,當(dāng)平行面與球O相切,且與平面ABC位于球心O同側(cè)時(shí),k取得最大值,設(shè)此時(shí)切點(diǎn)為P1;當(dāng)平行面與球O相切,且與平面ABC位于球心O兩側(cè)時(shí),k取得最小值,設(shè)此時(shí)切點(diǎn)為第10題平面ABC,設(shè)垂足為D,則OD=OA2?拓廣探索11.【解析】如圖,銜接AG并延伸,第11題交BC于點(diǎn)H,由題意可知,設(shè){PA,PB,PC}34PA+14PB?PA+14PC?PA=14PA+14PB+14PC12.【解析】如圖,以O(shè)A,第12題鄰邊作平行六面體OADB?CEGF,由OP=xOA+yOB+zOC(在兩個(gè)平行平面ABC與平面DEF之間的區(qū)域運(yùn)動(dòng),所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所圍成的區(qū)域是平行六面體OADB?CEGF中介于平面ABC與平面DEF之間的部分,易得平行六面體OADB?CEGF的高?=6微專題3空間向量坐標(biāo)法深入探索變式1變式1【證實(shí)】因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為菱形,所以BC1⊥B1C.以O(shè)為原點(diǎn),如圖,建立空間直角坐標(biāo)系OB1=0,b,變式26【解析】因?yàn)辄c(diǎn)D變式2平面yOz上,所以點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為0,過點(diǎn)D作DH⊥BC,依題意易得DH即點(diǎn)D的豎坐標(biāo)z=3,縱坐標(biāo)y=?3),所以AD變式3105【解析】以變式3點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系B?xyz如圖,則A3,?1,0,A內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.D【解析】因?yàn)锳B=1,5,?2,BC=2.D【解析】以B為原點(diǎn),建立空間第2題直角坐標(biāo)系B?xyz如圖所示,令A(yù)B=BC=AA1=2,則B12,所以直線EF和BC13.B【解析】因?yàn)榭臻g點(diǎn)Ax,y,z,O0,022+32+224.C【解析】以B1第4題間直角坐標(biāo)系B1?xyz如圖所示,則B0,0,2,A4,0,2,D(4,3,2),C10,3,0,設(shè)Px,y,z,則AB=?4,0,0,AP=(x?4,y5.ACD【解析】如圖,過點(diǎn)A作第5題AH⊥A1B1,H為垂足,銜接C1H,如圖建立空間直角坐標(biāo)系.對(duì)于A選項(xiàng),側(cè)棱BB1與底面ABC所成角為60形AA1B1B為菱形,∠ABB1=∠AA1B=60°,故A選項(xiàng)準(zhǔn)確;對(duì)于B選項(xiàng),易知A0,0,3,C10,3,0,C?1,3,3,B6.CD【解析】如圖,以D為原點(diǎn)建第6題立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)CG=a,Px,0,z,則x2=ax2?a,由PB⊥PG,得PB?PG=xx?2+4+ax2ax2?7.90°【解析】因?yàn)锳1,?2,11,8.65【解析】AB=2,3,?1,AC=?2,1,3,所以AB?9.【解析】(1)因?yàn)閍//b,所以x?2=4y=1?1,解得x=2,y=?4,故a=2,4,110.【解析】如圖,以C為原點(diǎn),建第10題立空間直角坐標(biāo)系C?xyz如圖所示.(1)依題意得B(0,1,0),N1,0（2）依題意得A1C0,0,0,B10,1,2,所以BA1=1拓廣探索11.【解析】依題意,△ABP和△AEP均為以A為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形,則PA⊥AB,PA⊥AE,所以PA第11題如圖所示,可得A0B2D4P0（1）證實(shí):由題意,CE?4-2),因?yàn)镃E?PE=CM=?212.【解析】以O(shè)為原點(diǎn),建立空間直第12題角坐標(biāo)系O?xyz如圖所示,不妨取OA=2,則B0,2,0,C(0,0,2).設(shè)P0,y,z,BP=λ1?11?λ=t∈1,2,則cos?PQ,QB?=1m2+1t2?2t+2.設(shè)ft=m2微專題4空間向量及應(yīng)用深入探索變式1D變式1A1為坐標(biāo)原點(diǎn),A1B1,A1C1,A1A所在直線分離為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A10n?A1B=1,?2)為平面A1BD的一個(gè)法向量.因?yàn)楦鬟x項(xiàng)中的點(diǎn)Q在直線B1P上,故可設(shè)B1Q=λB1P=λ?1,2,0=(?λ,2λ,0),則DQ變式2【解析】以D為原點(diǎn),分離以變式2DA,DC,DG的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系如圖,可得D0(1)依題意DC=0,2).設(shè)n0=x,y,z為平面CDE的法向量,則n0?DC=0,n0?DE=0,即2y=0,2x+2z=0,不妨令z=?1,可得n0=1,0,?1.又MN=1,?32,1,可得MN?n0=0,又因?yàn)橹本€MN?平面CDE,所以MN//平面CDE.(2)依題意,可得BC=變式3D【解析】由題意,建立以A為變式3原點(diǎn),AB,AD,AA1為x,y,z軸的空間直角坐標(biāo)系,則A均垂直,n?AE=0,n?BC1=0,得2x+y+z=0,y變式4【解析】(1)因?yàn)樗拿骟wOABC的所有棱長(zhǎng)都是1,所以該四面體為正四面體,DE=DA+AB+BE=12OA+以DE的長(zhǎng)為22變式4四面體OABC為正四面體,所以點(diǎn)O在平面ABC的投影O′為△ABC的中央,△ABC的外接圓半徑為O′A=12變式5?B【解析】以D變式5點(diǎn),DA,DC,DP的方向分離為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.則P0,0,1,A1,0,0,E1,12,0,F12,1,0,所以EF=?12,12,0,PE=1,12,?1,設(shè)平面PEF的法向量為n=內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.B【解析】因?yàn)棣?β不重合,對(duì)①,平面α,β平行等價(jià)于平面α,β的法向量平行,故①準(zhǔn)確;對(duì)②,平面α,β垂直等價(jià)于平面α,2.A【解析】設(shè)正方體ABCD第2題A1B1C1D1邊長(zhǎng)為2,建立如圖的空間直角坐標(biāo)系,則D(0D1P=λD1B=2λ,2λ,?2λ,于是DP=DD1+D1P=2λ,2λ,2?2λ,又B13.D【解析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn),第3題AB,AD,AP的方向分離為x,y,z軸的正方向建立空直角坐標(biāo)系,如圖,由題意可知,A(0,0,0),P0,0,2,C2,2,0,E0,1,1,F1,0,1,D(0,2,0),所以EF=1,?1,0,AD=0,2,0,EC=2,1,?1,AB=2,0,0,CF=(?1,4.D【解析】如圖,設(shè)AC與BD第4題交于點(diǎn)O,銜接OF,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB,OC,OF所在直線分離為x,y,BC0,10),FB=32法向量,設(shè)平面CBF的法向量n=x,y,z,則n?BC=0,n?FB=0,即?32x+12y=5.BC【解析】在棱長(zhǎng)為2的正方第5題體ABCD?A1B1C1D1中,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,D10,0,2,EP12λ?122+2,因此當(dāng)λ=12時(shí),PE22λ?22+2λ2+2?2λ2=43λ?232+23≥463,當(dāng)且僅當(dāng)6.BCD【解析】如圖,以D坐標(biāo)原第6題點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,由A1P=xA1D1+yA4z=3z>0,所以A錯(cuò)誤;對(duì)于?y),1?xDB=1?x,?2y+2?2x,?y=(1?x,2z,?y)=D1P,即D1P//平面BDC1,所以B準(zhǔn)確;對(duì)于C,7.3【解析】如圖,過點(diǎn)B和D分離作BE⊥AC,DF⊥AC垂足分離為E,F,由AB=1,BC=3,則AC=2,由等面積法知:12AB?BC=12AC?BE=12AC.DF,故BE第7題8.210【解析】由題可知點(diǎn)O0,0,0在直線l上,且方向向量為n=3,5,4,按照題設(shè)材料可知平面α的一個(gè)法向量為m=3,?5,4,所以m?n=3,?529.【解析】(1)證實(shí):因?yàn)樗睦忮FP?ABCD的底面為直角梯形,AB//DC,∠DAB=90°,所以AD⊥DC,又PA⊥底面ABCD,CD?又因?yàn)镃D?平面PCD第9題以平面PAD⊥平面PCD（2）以A為原點(diǎn),AD,AB,AP分離為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A00),AM=0,1,12,BC=1,?1,0,BM=(0,?1,110.【解析】(1)證實(shí):因?yàn)镻A第10題底面ABC,∠BAC=90°,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A2),所以DE=0為平面BDE的法向量,則n?DE不妨設(shè)z=1,可得n=1,0,1,又MN=12,1,?12,可得MN?n=0,因?yàn)镸N?平面BDE,所以MN//平面BDE.(2)因?yàn)镸E=0,1,12,所以點(diǎn)N到直線ME的距離d=MN?2?MN?MEME2=32?3425拓廣探索11.C【解析】由B1P=xB1A+yB1C+zB1D1,且x+y+z=1,知點(diǎn)P在平面ACD1內(nèi),不妨令正方體邊長(zhǎng)為2,銜接BD與AC交于點(diǎn)O,銜接D1O與B1D交于點(diǎn)第11題AG=H,以G為原點(diǎn),平面ACD1內(nèi)過點(diǎn)G平行于CD1的直線為x軸、GH為y軸、GD為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則43sinα,0n?z=?2y,x=?2sinα+62cosαy,令y=1,得平面ADP的一個(gè)法向量為n=12.【解析】(1)證實(shí):如圖①,在PA上取點(diǎn)R,使PR=14PA,銜接BR,QR,因?yàn)镼是PD上一點(diǎn),且PQ=14PD,所以RQ//AD且RQ=14AD,又因?yàn)锽C//AD,BC=14AD,所以RQ//BC且RQ=BC,所以四邊形BCQR為平行四邊形,于是BR//CQ.又CQ?平面PAB,BR?平面PAB,所以CQ//平面PAB.(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分離為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz,如圖②,不妨設(shè)AB=2,有A(0,0,0),B2,0,0,C2,1,0,D第12題第二章直線和圓的方程微專題5本是同根生:傾斜角和斜率深入探索變式1(1)B(2)C【解析】(1)設(shè)直線傾斜角為β,則tanα),因?yàn)?<α<π2,所以變式1長(zhǎng)CB,CD,因?yàn)橹本€AB,CD的傾斜角α1,α3是銳角,且α1>α3,所以k1變式2【解析】(1)當(dāng)m=?1時(shí),直線AB的斜率不存在;當(dāng)m≠?1時(shí),直線AB的斜率k圖①變式2-1時(shí),α=π2;當(dāng)m≠?1時(shí),k=1m+1,因?yàn)閙∈33,所以tanα≤?3或tanα≥33,又主意2:因?yàn)閷?shí)數(shù)m∈?1,3),圖②變式2作是線段PQ(含端點(diǎn))的動(dòng)點(diǎn),如圖②所示,直線AB可以看成是由直線AQ繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到點(diǎn)AP,傾斜角由銳角→直角→鈍角.又由kAQ=33,得αAQ=π6;由k變式3CD【解析】對(duì)于選項(xiàng)A,因?yàn)橹本€l2經(jīng)過點(diǎn)A1,3,B?2,?23,所以直線l2的斜率k2=3??231??2=3,又直線l1的傾斜角為60°,所以直線l1的斜率k1=tan60°=3,故直線l1與直線l2變式4【解析】(1)依題意,直線l1的斜率為k1=tan2π3=?3,直線l2的斜率為k2=23??35??4=3（3）記l2的斜率為k2=tanα,因?yàn)閠an2α=?34,所以2k21?k22=?34,解得k2=3或k2=?13,又因?yàn)棣翞殇J角,所以k2=3.因?yàn)閘1的斜率為k1=?13,且k1k2=3×?13=?1,所以l變式5【解析】設(shè)所求點(diǎn)D的坐標(biāo)變式5為x,y,如圖,因?yàn)閗AB=3,kBC=0,所以kABkBC=0≠?1存在,從而有x=3.又kAD=kBC,所以y?3x=0,即y=3,此時(shí)AB與CD不平行,故所求點(diǎn)D的坐標(biāo)為3,3.②若AD是直角梯形的直角腰,則AD⊥AB,AD⊥CD內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.B【解析】因?yàn)橹本€l過點(diǎn)第1題A1,2,所以當(dāng)直線的傾斜角為0°時(shí),斜率k=0,當(dāng)直線經(jīng)過原點(diǎn)時(shí),斜率2.C【解析】因?yàn)榈妊苯堑?題三角形一條直角邊所在直線的斜率為35,即k1=35,設(shè)其傾斜角為角邊的傾斜角相差π4,則斜邊的傾斜角為α1=α+π4或α2=3.D【解析】①當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí),m=0,此時(shí)直線CD的斜率也不存在,且AB與CD不重合,于是AB//CD,所以m=0滿意題意.②當(dāng)直線AB斜率存在時(shí),m≠0,此時(shí)kAB=kCD,所以m+4?34.D【解析】式子y?第4題意義是點(diǎn)Px,y和定點(diǎn)D1,2連線的斜率,直線AD的斜率是2?11+3=15.ABC【解析】kAB=?4?26+4=?35,kCD=12?62?12=?35,且點(diǎn)C不在直線AB上,所以AB//CD,故A正確;又因?yàn)閗AD=12?6.AD【解析】由題意可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為0,y.因?yàn)椤螦PB=90°,所以AP⊥BP,且直線AP與直線BP的斜率都存在.又kAP=y+57.0,第7題斜率k=x2+3?4x2?8.4+3【解析】如圖,直線第8題斜角為30°+30°=60°,所以直線l1的斜率k1=tan60°=3.由l1//l9.【解析】(1)當(dāng)m=1時(shí),M5,1,N?1,1,所以kMN=1?1?1?5=0,傾斜角為0.(2)當(dāng)2m+3=m?2,即m=?5時(shí),傾斜角為直角;當(dāng)m≠?5時(shí),k10.【解析】(1)設(shè)Qx,y,由題意得kMN=3,kPN=?2.因?yàn)镻Q由①②,得x=0,第10題（2）如圖,設(shè)Qx,0,因?yàn)椤螻QP=∠NPQ,所以kNQ=?kNP.又kNQ=22?x拓廣探索11.A【解析】因?yàn)閒xx=fx?0x?0,所以fxx的幾何意義是過點(diǎn)x,fx第11題12.【解析】四邊形OPQR是矩形.證實(shí)如下:OP邊所在直線的斜率為kOP=t,QR邊所在直線的斜率為kQR=2+t?21?2t??2t=t,OR邊所在直線的斜率為kOR=?1t,PQ邊所在直線的斜率為kPQ=2+t?微專題6“花開五朵”各自表:直線方程深入探索?變式1(1)y【解析】(1)設(shè)傾斜角為α,有sinα=45,則cosα=±35,所以tanα=±43,故所求直線的點(diǎn)斜式方程為y?1=±43x?變式2(1)?23(2)見解析【解析】(1)因?yàn)閘1//l2,所以?2a=3,?1a≠?1,即a=?23,a與N?變式2直線MN被夾在直線NQ與直線NP之間,因?yàn)閗PN=12,?變式3【解析】主意1(點(diǎn)斜式方程求解):因?yàn)辄c(diǎn)P3,1在第一象限,且直線l分離與x軸正半軸、y軸正半軸相交,所以直線l的斜率k<0,則設(shè)直線l的方程為y?1=k(x?3),k<0.令x=0,得y=?3k+1,即B0,?3k+1;令y=0,得x=3?1k,即A3?1k,0.(1)S△AOB=1主意2(截距式方程求解):設(shè)直線l的方程為xa+yb=1a>0,b>0,則Aa,0,B0,b,且3a+1b=1.(1)S△AOB=12ab,由1=變式4(1)C(2)B【解析】(1)主意1:因?yàn)閘1//l2,所以?2k?3?2k?34?k=0,主意2:①當(dāng)4?k=0時(shí),x?13)x+32,因?yàn)閘1//l2,所以k?3k?4=k?3,1k?4≠32,解得k=3或k=5.經(jīng)檢驗(yàn),k=3或k=5均滿意題意.故選C.(2)若m=12,則直線l1的斜率為k1=35變式5(1)33?3(2)20+103【解析】(1)依題意,知cosθ=cosπ3=12,sinθ=sinπ3=32,所以直線l的參數(shù)方程為x=1+12t,y=2+32t,故直線l上隨意一點(diǎn)坐標(biāo)為1+12t,主意2:依題意,有直線l1上點(diǎn)N1+4tN,5+3tN在直線l內(nèi)化演練?綜合運(yùn)用1.A【解析】因?yàn)橹本€y=3x繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°的直線為y=?13x,從而排除C,D.又因?yàn)閷2.B【解析】線段AB的垂直平分線與AB垂直且經(jīng)過AB的中點(diǎn),又AB中點(diǎn)坐標(biāo)為點(diǎn)2,32,kAB=2?11?3=3.C【解析】若a?2=0,可得a=2,則直線l的方程為x=15若直線l不過第二象限,如圖,有第3題3a?12.故選C.4.B【解析】可得直線AB的方程為x3+y4=1,則可得x=3?5.AC【解析】直線x+y=0與x?y=0都經(jīng)過原點(diǎn),而無論a為何值,直線6.BD【解析】對(duì)于A,由直線a2x?y+1=0與直線x?ay?2=0互相垂直可得a2×1+?1×?a=0,解得a=0或a=?1,所以a=?1是直線a2x?y+1=0與直線x?ay?2=0互相垂直的充足不須要條件,故A錯(cuò)誤.對(duì)于B,直線2x?y?1=0的斜率為2,則該直線的一個(gè)方向向量為1,2,故B準(zhǔn)確.對(duì)于C,當(dāng)直線過原點(diǎn)時(shí),直線方程為y=2x,當(dāng)直線不過原點(diǎn)時(shí),設(shè)直線方程為xa+ya=1,將1,x?x17.x?2y+3=0?2x+y?4=0【解析】第一空:因?yàn)橹本€的一個(gè)方向向量為a=2,1,所以直線的斜率為k=12,所以直線的方程為y8.-1【解析】直線l1:x=1?2t,y=2+kt直的充要條件,得?k2?9.【解析】(1)設(shè)Ax1,x1,Bx2,?2x2,則AB的中點(diǎn)為x1+x22,x1（2）設(shè)直線AB的方程為x=my+1,由x=my+1,x?y=0,得x=y=11?m,所以A11?m,11?mm<1,由x=my+1,2x+10.【解析】(1)函數(shù)fx=logax?1第10題1).如圖,作MN⊥OA,則0).由三角形相似,AMANAOA3,0,B0,（2）主意1:按照題意,設(shè)直線l的方程為xa+yb=1,由題意知a>2,b>1,因?yàn)橹本€l過點(diǎn)M2,1,所以2a+1b=1,解得b=aa?2,所以△AOB的面積S=主意2:由主意1可知2a+1b=1a>2,b>1,所以1=2主意3:設(shè)直線l的方程為y?1=kx?2k<0,令y=0,得A2?1k,0;令直線l的方程為y?1=?拓廣探索11.2,654【解析】當(dāng)k=0時(shí),此時(shí)點(diǎn)A和點(diǎn)D重合,折痕EF所在的直線的方程y=12,折痕EF的長(zhǎng)為2.當(dāng)k≠0時(shí),將矩形折疊后點(diǎn)A落在線段DC上的點(diǎn)為Ga,10<a≤2,所以A與G關(guān)于折痕EF所在的直線對(duì)稱,由kOG?k=?1第11題斜率為?12,所以當(dāng)?18≤k<0時(shí),折痕端點(diǎn)E0時(shí),折痕所在的直線交BC于點(diǎn)F2,2k+k22+12,交y軸于點(diǎn)E0,k2+12.【解析】如圖,記路面寬MN=14?m,以燈柱底端M為原點(diǎn),MN,MB分離為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則點(diǎn)B的坐標(biāo)為0,?,MNBA=1?m,得點(diǎn)A的坐標(biāo)為1×cos30°,?+1×sin30°,即A32,?+12.又因?yàn)镃A⊥BA,所以kCA第12題微專題7“遠(yuǎn)遠(yuǎn)近近”用距離深入探索變式1【解析】(1)由題得直線的方程為kx?y?4k=0,所以原點(diǎn)到直線的距離d=?4kk2+1≤2,化簡(jiǎn)得k2≤主意2:因?yàn)閤+12+y?22表示直線上的點(diǎn)x,y與點(diǎn)?1,2變式2【解析】旋轉(zhuǎn),畫出正方形變式2ABCD水平時(shí)的暗示圖,如圖,因?yàn)橹本€DC與直線l平行,設(shè)DC方程為3x+4y+m=0m≠?1,點(diǎn)P(1,1)到直線l的距離d=3+4?19+16=65,則d=3+4+m9+16=65,解得m=?變式3【解析】主意1:(1)由2x+y?5=0,x?2y=0,解得x=2,y=1,所以點(diǎn)M2,1,若直線l經(jīng)過點(diǎn)A5,0,則直線l的斜率kl=1?02?5=?13,所以直線l的方程為y?0=?13(x?（2）直線l方程為λ+2x+1?2λy?5=0,與3x+變式4(1)[26,+∞)?2x?①變式4Ax,0到定點(diǎn)M1,2,N2,3的距離之和,如圖①,設(shè)N2,3關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為N′2,?3,設(shè)直線l:ax+by=0恒過原點(diǎn),點(diǎn)A1,?3,那么點(diǎn)A1,?3到直線②變式4斜率k=?ab>0,如圖②,當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),d=OA=2,所以1<d≤2,即變式5B【解析】對(duì)于A,設(shè)點(diǎn)P2,4,則dP,A=2?2+4?4=0,dP,B=2?8+4?2=8≠0,所以點(diǎn)2,4不是△ABC的好點(diǎn);對(duì)于B,設(shè)P6內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.C【解析】設(shè)PxPA=x?22+y?32.B【解析】因?yàn)橹本€3x+2y?3=0和6x+my+1=0互相平行,且兩直線的斜率一定存在,所以?33.A【解析】直線l的普通方程為4x?1?3y?2=0,即4x4.D【解析】設(shè)點(diǎn)P1,P2的坐標(biāo)分離為x1,y1,x2所以Ax1+By1+C=Ax2+By2+C;若d1=d2=0,即Ax5.AB【解析】點(diǎn)Aa,1到直線3x?4y=1的距離為3a6.ACD【解析】對(duì)于A,對(duì)隨意t∈R,隨著t的變化y也在變化,所以無定點(diǎn),故A準(zhǔn)確;對(duì)于B,平面內(nèi)取一點(diǎn)1,4,則4=2t0?t02,即t02?2t0+4=0,該方程無解,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,點(diǎn)0,1到直線y=7.55【解析】x2+y2+2x+1=x+12+y2,可看成Px,y與點(diǎn)A?8.4x+3y+5=0或x+2=0【解析】主意1:聯(lián)立x?2y+4=0,4x+3y+5=0,解得x=?2,y=1,所以直線l過點(diǎn)?2,1主意2:檢驗(yàn)x?l的方程為4x+3y4)x+3?2λy為d=7λ?55λ2?4λ+25=1,收拾后,得29.【解析】(1)由直線方程可得2x+y?7k?(x+y?4)=0,令2x+y?7=0,x+y?4=0,解得x=3,y=1,所以直線過定點(diǎn)3?22+1?02=2,所以S△10.【解析】(1)直線l2的方程可化為2x?y?12=0,所以l1和l2間的距離d=a??1222+?12=7510,于是∣a+12?=72,因?yàn)閍>0,所以a=3.(2)設(shè)點(diǎn)Px0,y0,若點(diǎn)P滿意條件②,則點(diǎn)P在與l1和l2平行的直線2x0?y0+11①.綜上,P19,拓廣探索11.D【解析】由已知x12+y1?42表示點(diǎn)Mx1,y1到點(diǎn)A0,AC⊥l1,垂足為C,因?yàn)橹本€l1第11題2,又直線l1:y=x+2MN//AC,MN=AC,所以四邊形AMNC為平行四邊形,于是AM=CN,所以x12+y1?42+x2?52+y22=CN+NB,又CN+NB≥CB,當(dāng)且僅當(dāng)C,12.【解析】(1)由tanα=?43,可知直線OC的斜率k=?43,直線OC的方程為4x+3y=0.設(shè)點(diǎn)Px0,10x0>0,因?yàn)辄c(diǎn)P到OB,OC的距離均為10,所以點(diǎn)P到OC的距離d=4x0+10×35=10,解得x0=5,于是點(diǎn)P5,10.(2)因?yàn)辄c(diǎn)P到OB,OC微專題8“美輪美奐”談對(duì)稱深入探索變式1【解析】設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為x,?2=x+?變式2D【解析】由題意易得AB所在的直線方程為x+2y?11=0,設(shè)點(diǎn)P關(guān)于直線AB:x+2y?11=0的對(duì)稱點(diǎn)P1a,b,則b?0a?1×?變式394,94【解析】設(shè)點(diǎn)P關(guān)于直線MN+NQ.過變式3平行于y=x的直線為y=x+b,由6=3+b得b=3,即此時(shí)直線為y=x+3.過M作MQ′//NQ,則MQ′=NQ,M,Q′三點(diǎn)共線時(shí)最小.設(shè)Q′a,a+3a<3,由QQ′=MN=2,得a?32+6?a?32=2,即2(a?3)變式4【解析】易知直線l與直線l′互相平行,設(shè)l的方程為4x?y+λ=0,點(diǎn)P到兩直線距離相等,有4×?變式5【解析】因?yàn)锽9,1,C3,4,I4,1,所以kBI=1?19?4=0,kBC=4?13?9=?12,所以BI//x軸,kAB=?kBC=12,故直線AB內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.B【解析】直線l1:y=kx?4恒過定點(diǎn)4,0,其關(guān)于點(diǎn)2,1對(duì)稱的點(diǎn)為0,2.D【解析】設(shè)對(duì)稱的直線方程上的一點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y),則其關(guān)于點(diǎn)1,1對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為2?x,2?y,以3.B【解析】直線l2與直線l3:x+3y?1=0垂直,則k2×k3=?l1上取點(diǎn)0,3,設(shè)該點(diǎn)關(guān)于l對(duì)稱的點(diǎn)為Pm,n,則4.A【解析】建立如圖所求的直角坐標(biāo)系,得B4,0,C0,4,直線BC方程為x+y=4,△ABC的重心為G4P14,4?a,易知點(diǎn)P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為P2(?a,0),按照光芒反射原理知P1,P2,Q,R四點(diǎn)共線,所以直線QR的方程為y=4?a4?第4題5.BCD【解析】對(duì)于A,由AB=20=25,AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為2,?1,所以以AB為直徑的圓的方程為x?22+y+12=5,而該圓心到直線l:x?y+1=0的距離d=2+1+6.AD【解析】由題意知,k=tan135°=?1,設(shè)點(diǎn)2n?4m?2=1,n+42=?7.5【解析】如圖,作出圖示,設(shè)第7題點(diǎn)B?1,?4關(guān)于直線x?y=0的對(duì)稱點(diǎn)為C(?4,?1),在直線?4?18.0,1【解析】設(shè)B1稱點(diǎn)B′a,b,有以B′3,2,C6,3,所以CB′的直線方程為x?3y9.【解析】(1)設(shè)A′x,y23x+1故A′?3313,413.(2)在直線m上取一點(diǎn),如M(2,0),則M2,0關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)必在m′上,設(shè)對(duì)稱點(diǎn)為M′a,b,則2?a+22?3?b+02+1=0,b?0a?2?23=?1,解得a=613,b=3013,即M′613,3013,設(shè)m與l的交點(diǎn)為N,則由2x?3y+10.【解析】設(shè)點(diǎn)A關(guān)于直線第10題l的對(duì)稱點(diǎn)為A1x1,y1,點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A2x2,y2,如圖,銜接A1A2,交l于點(diǎn)C,交xy得x1=0,y1=7,所以A10,7.因?yàn)锳2與A關(guān)于x軸對(duì)稱,所以A24,?A1A2=4拓廣探索11.5【解析】如圖,設(shè)點(diǎn)P關(guān)于直第11題線l的對(duì)稱點(diǎn)為M,則點(diǎn)M?定在第一次的反射光芒所在直線上,設(shè)點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為N,則點(diǎn)N必在第二次的反射光芒所在直線上.設(shè)My),則yx題意kQN=?35a45a?b12.【解析】(1)直線BC的方程為x+y?2=0,直線y=ax+b只能與BC,AB相交,其與BC的交點(diǎn)為點(diǎn)Q,由y=ax+b,x+y=2得yQ=b+（2）直線AC的方程為:x?y+2=0,直線BC的方程為:為E1x1,y同理可得E1關(guān)于直線AC第12題對(duì)稱點(diǎn)為E2?1,4,則點(diǎn)F的入射光芒為E2F,設(shè)F(m,0),所以直線E2F的斜率為4?1?m,所以微專題9“圓來如此”形式多深入探索變式1【解析】設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為xr2,由題意得?2所以圓的方程為x?變式237【解析】x2+y2?2t+3x+21?4t2y+16變式3C【解析】設(shè)P22,t,Q2cosθ變式4D【解析】設(shè)Mx,y,Q3cosθ,3sinθ,則MO=2MQ,即x2+y變式4變式5C【解析】令2MA=MC,則MAMC=設(shè)Cm,n,則MAMC=x+122+y2x?m2+y?n2=12內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.B【解析】因?yàn)閳A心為?2,1的圓與x軸相切,而圓心?2,1到2.D【解析】對(duì)于A選項(xiàng),方程x2+y2+xy?1=0中有xy項(xiàng),該方程不表示圓;對(duì)于B選項(xiàng),在方程x2+y2+2x+2y+2=03.D【解析】配方得x+k22+y+4.D【解析】圓x2+y2?2x+4y?4=0的圓心坐標(biāo)為1,?2,半徑為3,設(shè)點(diǎn)1,?2關(guān)于直線x+5.BC【解析】由題意點(diǎn)x,y為圓x2+y2=1上一動(dòng)點(diǎn),故設(shè)x=cosθ,y=sinθ,θ∈[0,2π),則x?y=cosθ?sinθ=2cosθ+π4,而θ+π4∈π4,9π4點(diǎn)P?第5題圖,當(dāng)直線y=kx+2k+1與圓x2+y2y?1x+2取x,y為22,?22,6.BC【解析】在平面直角坐標(biāo)系xOy中,A?2,0,B4,0,點(diǎn)P滿意PAPB=12,設(shè)Px,y,則x+22+y2x?42+y2=12,化簡(jiǎn)得x2+y2+8x=0,所以A錯(cuò)誤;假設(shè)在x軸上存在異于A,B的兩點(diǎn)D,E,使得PDPE=12,設(shè)Dm,0,En,0,則x?n2+y7.5+210?5?210【解析】設(shè)x=1+2cosα,y=8.2【解析】如圖,在△ABC第8題AB=AC,D為AB中點(diǎn),以CD所在直線為x軸,CD的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則C3x+529.【解析】以O(shè)1O第9題為原點(diǎn),O1O2所在直線為x軸,建立如圖的平面直角坐標(biāo)系,則O1?2,0,O2(2,0),由已知:PM=2PN10.【解析】如圖建系,由條件設(shè)圓的第10題半徑為r,則DCBD?r,所以參數(shù)方程x=551),B55因?yàn)锳P=λAD552μ=5532+1拓廣探索第11題11.52【解析】設(shè)a=OA,b=OB,c=OC,因?yàn)閏?OC=DC,c?b=BC∣,故a+b?c+2c?b=CD+2BC,再以A為原點(diǎn),OA為x軸,AD為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,D0,1,設(shè)C(x,y),則點(diǎn)C的軌跡方程為x2+y12.【證實(shí)】易知C?第12題Pcosα,sinα,Ex1,0,Fx2xFA=12微專題10如“交”似“切”公圓生深入探索變式1?A【解析】由變式12?x2,得x2+y2=2(y≥線的距離d=?2k1+k2,弦長(zhǎng)AB=22??2k1+k22=22?2k21變式2?∞,5變式24?x2+2m?3恒成立轉(zhuǎn)化為m(x所以l1表示過點(diǎn)2,3,斜率為m的直線,C表示半圓,則直線必須在半圓的上方,利用點(diǎn)到直線的距離公式,得到直線與半圓相切時(shí)的斜率m變式3【解析】(1)當(dāng)t=1時(shí),易知斜率存在,設(shè)切線方程y=kx+1+1或3x+變式3接PM,AB,易得PM?AB=2AM?PA,則AB=2PAPM=2所以AB的最小值為423.(3)由題知切線斜率存在,則設(shè)切線為y=kx+1+t.當(dāng)與圓相切時(shí),圓心到直線距離d=2k+k+t1+k2=1,化簡(jiǎn)得8變式4D【解析】設(shè)Px,y,因?yàn)辄c(diǎn)A?1,0,B2,0,PA=2PB,所以x+12+y2=2變式53,0【解析】主意1:動(dòng)點(diǎn)P在定射線x軸非負(fù)半軸上運(yùn)動(dòng),MN為定值,求∠變式5圓,且與x軸相切,延伸NM交x軸于點(diǎn)A.則MN的直線方程y=x+1,所以A?1,0,AM=2主意2:設(shè)點(diǎn)Px,0tan∠2x+1+16∠MPN取最大值,此時(shí)P變式6?B【解析】因?yàn)辄c(diǎn)0,2到直線族M:xcosθ+y?2sinθ=10≤θ≤2π中每條直線的距離d=1cos2θ+sin2θ=1,直線族M:xcosθ+y變式6上,故③準(zhǔn)確.④如圖,M中的直線所能圍成的正三角形有兩類,其一是如△ABB′型,是圓的外切三角形,此類面積都相等,另一類是在圓同一側(cè),如△內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.D【解析】圓心O到直線的距離d0r,當(dāng)cosα=0即2.B【解析】圓C:x2+y2?2x?3=0可化為x?12+3.B【解析】由題意可知,C1?4,1關(guān)于直線y=x+1的對(duì)稱點(diǎn)為C304.B【解析】設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,由切線方程公式可得:lPA:x1x+y1y5.AB【解析】因?yàn)锳?m,0,Bm,0m>0,且存在點(diǎn)P,使得∠APB=90°,所以點(diǎn)P的軌跡為x2+y6.BCD【解析】對(duì)于A,設(shè)∠APB=α,∠AOB=π?α,顯然sinα2=OBOP=2OP,它不是定值,所以∠AOB=π2不能恒成立,A錯(cuò)誤.對(duì)于B,SPAOB=2S△POA=PA.OA=PO2?OA2?OA=2PO2?4,故當(dāng)PO最短時(shí),四邊形PAOB面積的最小,而PO的最小值即為點(diǎn)O到直線x+y=4的距離d=0+0?47.?43第7題1?x2+1,得x2+y?12=k=?1;②直線y=kx?2與半圓y=1?x8.72?165?722?165【解析】挑選OA時(shí):當(dāng)過E,F,P三點(diǎn)的圓與OA相切時(shí),∠EPF最大,則設(shè)AP=x,由切割線定理,x2=32×40,即x=165,即OP=72?165.第8題9.【解析】(1)將圓C:x2+y2?8y+12=0化為標(biāo)準(zhǔn)方程,得x2+y?42=4,所以圓心到直線的距離d=4+2aa10.【解析】(1)圓C:x?42+y2=4,圓心C4,0.依題意有∠APB=2∠APC,sin∠APC=ACPC=2PC,所以當(dāng)PC最小時(shí),sin∠APC最大,即∠APB=2∠APC最大.此時(shí)PC⊥l,直線PC:x+y?4=0.由x+y?4=0,x?y+2=0解得4)x0+2x+k2,則k12)k+x0k1+k所以xx02時(shí),也滿意上式,所以設(shè)fx0x1+x2x2拓廣探索11.4【解析】“實(shí)數(shù)x1,x2,y1,y2滿意:x12+y12=1,x22+y22=1,x1x2+y1y2=0”等價(jià)于“點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2為圓O:x2+y2=1上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且OA⊥OB”.x1+y1?1+x2+y2?1=2x1+y1?12+x2+y2?12因此,目標(biāo)代數(shù)式的值為點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2到直線x圖①圖②圖③第11題12.【解析】(1)設(shè)圓M的方程為x?r>0,則由題意知a故圓M的方程為x?作ME⊥AC,MF⊥BDd1,MF直徑2R=PM=2π3,在△EPF中,由正弦定理知EF=6.在△d22?四邊形ABCD面積S=25因?yàn)閐12+S==3②若∠EPF=π3,則∠EMF=2π3,在△EPF中,由正弦定理知EFsin∠EPF=13?625+d12dS==3當(dāng)d1=d當(dāng)d1=d第三章圓錐曲線的方程微專題11橢圓的方程與性質(zhì)深入探索變式17【解析】設(shè)橢圓右焦點(diǎn)F2,銜接PF2,由橢圓定義知PF2=2a?PF1=2×10變式2【解析】易知點(diǎn)A?1,1為橢圓內(nèi)一點(diǎn),則12PA+PF=12PA+2PF=12PA+PF1變式3【解析】(1)由tan∠PF2F112得PF1=4,PF2=2,所以2a=PF1+PF2=4+2=6,a=3,結(jié)合2c=25,得b2=4,故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29變式455,35【解析】由題意易知b<b2+c<a,故b<b2+c,即b變式543【解析】設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,則由焦半徑公式可知4=AF+BF=a?ex1+a?ex2=2a?ex1+x2=6?變式612,19?34【解析】設(shè)橢圓左焦點(diǎn)為F1,由題意可得AF1//BF,△AF1O?△BFO,所以∠F1AF=60°,所以變式7【解析】設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為3cosφ,2sinφ,所以點(diǎn)M到直線l的距離d=3cosφ+4sinφ?105=155cosφ?φ0內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.C【解析】由橢圓方程知a=5,按照橢圓定義得MF1+MF2=2.D【解析】設(shè)橢圓C:x2F22,02?12+0?432=53,按照橢圓的定義可得PF+PF2=3.C【解析】設(shè)橢圓的左、右焦點(diǎn)分離為F1?c,0,F2c,0,由橢圓的定義可得MF1+MF2=2a,NF1+N4.D【解析】由線段PF1的垂直平分線過點(diǎn)F2得PF2=F1F2,易知PF25.ABD【解析】按照橢圓定義知飛船向徑的取值范圍是a?c,a+c,?A準(zhǔn)確;當(dāng)飛船在左半橢圓弧上運(yùn)行時(shí),對(duì)應(yīng)的面積更大,按照面積守恒邏輯,知飛船在左半橢圓弧的運(yùn)行時(shí)光大于其在右半橢圓弧的運(yùn)行時(shí)光,B正確;a?c6.CD【解析】由橢圓方程知a=4,b=3,c=7,PF1+PF2=2a=8,?A錯(cuò)誤;當(dāng)點(diǎn)P在橢圓上、下頂點(diǎn)時(shí),cos∠F1PF2=2a2?47.8【解析】因?yàn)镺F1=OF2,OP=OQ,F1F8.3,15【解析】由已知可得c2=a2?b2=16,即c=4,所以MF1=F1F9.【解析】(1)因?yàn)镻F1+F1F2=2c=522?322=2,所以c10.【解析】(1)由題意得a=23,橢圓C2:x24+y2=1的離心率為4?12,即ca=32,所以c=3,b=a2?c2=3,所以橢圓拓廣探索11.12第11題長(zhǎng)2b=22,b=11,長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a12.【解析】(1)由題意得c=3,ca=32,得a=23,結(jié)合a2=b2+c2,解得a2=12,b2=3,所以橢圓的方程為x212+y23=1.(2)由x2a2+y2微專題12雙曲線的方程與性質(zhì)深入探索變式1C【解析】由雙曲線C:x216?y2b2=1b變式2【解析】由雙曲線的第二定義變式2可知,設(shè)點(diǎn)P到右準(zhǔn)線的距離為d,則PFd=e=53,所以短,由題意可得,準(zhǔn)線方程為l:x=95,所以PA+35PF變式3?B【解析】設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x,y,點(diǎn)A的坐標(biāo)為x0,y0,因?yàn)镺A+OB=0,所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為?x0,?y0,因?yàn)閗1k2=34,所以y?y0x?x變式4A【解析】設(shè)雙曲線左焦點(diǎn)為F1,點(diǎn)A在雙曲線的右支.由已知可得AF1=BF=3AF,又由雙曲線的定義知,變式4∠FAF1=90°.在Rt△FAF1中,有AF262,所以雙曲線的漸近線方程為y=±bax變式5?A變式5曲線一條漸近線方程為y=kx,因?yàn)镋:x2+y2+4x?8y+16=0,所以點(diǎn)M在圓E代入漸近線方程k?x0+22=y02,即k=y0x0+2,因?yàn)閗=±ba,所以ba2=變式6?72?【解析】由條件可得BF?BF′=AF′?AF=2a,BF=變式7?2【解析】設(shè)∠AFO變式7為AF=23,所以點(diǎn)A必在雙曲線右支上,由焦半徑公式,AF=b2ccosα+a=26cosα+2=2內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.D【解析】按照雙曲線的定義且PF2.A【解析】由已知得AC+AP=BC+BP,即13+AP=15+BP,所以3.B【解析】由題意可得雙曲線C:x2a2?y2b2=1焦點(diǎn)在x軸上,設(shè)F1F2=2c.因?yàn)椤鱌F1F2為等腰三角形,且∠F4.C【解析】設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為Fc,0c>0,則xA=xB=c,由c2a2?y2b2=1,可得y=±b2a,不妨設(shè)5.CD【解析】已知F2c,0,不妨設(shè)點(diǎn)P在第三象限,PF2與漸近線y=?bax垂直,PF2的斜率為ab,直線PF2方程為y=abx?c,由y6.ACD【解析】因?yàn)閳Ax?12+y2=34與C的漸近線相切,所以圓心1,0到漸近線bx?y=0的距離等于圓的半徑32,即bb2+1=32,解得b=3,所以c=a2+b2=1+3得x=34聯(lián)立y?B?3134x1,所以AB=3x02?94≥7.34【解析】由雙曲線x2?c=2,所以P2PF2c=4,所以8.563【解析】由題意,AF1=633cosα+6從而sinα顯然雙曲線C的漸近線斜率為±22,因?yàn)?5<?22,所以點(diǎn)B9.【解析】設(shè)點(diǎn)Mx1,y1,Nx2,y2,由題意可得x1+x22=?23,所以x1+x2=?10.【解析】設(shè)左焦點(diǎn)為F1,銜接CF1,AF1,BF1,依題意,△AFBC第10題m2a+A即m收拾得m10拓廣探索11.2【解析】設(shè)∠AFO=α,則∠BFO=π?α,由焦半徑公式,AF=b2a+12.【解析】(1)由題意得c=2,ba=3（2）設(shè)直線PQ的方程為y=kx+bk≠0,與雙曲線方程聯(lián)立消去y,得3?k2x2?2kbx兩式相減得23xM=kx1?x2+3x1+x2,解得xM=kb2+3?k2+kb3?k2,兩式相加得2yM?y1+y2=3x1解得xMM為AB的中點(diǎn),即MA=MB,即證得③.若挑選①③作為條件證實(shí)②:當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),由①和③可得點(diǎn)M即為點(diǎn)F2,0,此時(shí)M不在直線y=3kx上,不符合題意;當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=mx?2m≠0,AxA,yA,BxB,yB,則yA=mxA?2,yA=3xA,解得xA=2mm?3,y直線y?y解得xM=2k的中點(diǎn),故點(diǎn)M在直線AB上,即證得①.微專題13拋物線的方程與性質(zhì)深入探索變式1C【解析】拋物線y=ax2,即x2=1ay,因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)坐標(biāo)為0,?2,所以14a=?變式2ACD【解析】對(duì)于A選變式2項(xiàng),直線AB過焦點(diǎn)F,當(dāng)AB垂直于x軸時(shí),AB取最小值4,故A準(zhǔn)確;對(duì)于B選項(xiàng),由題意,作圖,則θ=60°,AG⊥x軸,BE⊥x軸,即GF=AFcosθ,EF=BFcosθ,AC=GF+p,BD=p?EF,即AF=GF+p,BF=p?EF,AF變式3?B【解析】拋物線E:x2=2pyp>0的焦點(diǎn)為F0,p2,設(shè)AB與拋物線對(duì)稱軸的夾角為α,因?yàn)锽F>AF,故AF=變式4【解析】(1)由題意,開口向上的拋物線的切線斜率存在,設(shè)切線斜率為k,點(diǎn)P坐標(biāo)為0,?1,過點(diǎn)P的切線方程為y=kx?1,聯(lián)立x2=4y,y=kx?1,消去y,得x2?4kx+4=0,由Δ=16k2?16=0,解得k=±1,所以切線PA,PB的方程分離為y=x?1和y=?x?1,即切線方程分離為x?內(nèi)化演練?綜合運(yùn)用1.A【解析】由拋物線定義知MF=p+p22.D【解析】拋物線C的焦點(diǎn)為Fp2,0,易知△OFM的外心E的橫坐標(biāo)為p4,點(diǎn)E到拋物線C的準(zhǔn)線x=?p2的距離為3p4,所以3.B【解析】拋物線C:y2=16x的準(zhǔn)線方程為x=?4,設(shè)Mx0,y0,由拋物線的定義知4.A【解析】因?yàn)锳F+BF=x1+x2+2,ABAF43AF+BF=233AB≥2AF?5.AC【解析】如圖,當(dāng)點(diǎn)A在x軸第5題上方時(shí),作AH⊥l于點(diǎn)H,則AH=FA=3,作FE⊥AH于點(diǎn)E,則AEπ3,即直線FA的傾斜角為π3,同理,當(dāng)點(diǎn)A在x軸下方時(shí),直線FA的傾斜角為6.BCD【解析】因?yàn)閽佄锞€C:y=2px2,即x2=12py的焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線l的距離為2,所以14p=2,即p=18,從而拋物線C的方程是x2=4y,所以A錯(cuò)誤;如圖①,設(shè)點(diǎn)B到準(zhǔn)線的距離為d,由題可知準(zhǔn)線為l:y=?1,則BA+BF=BA+d≥4,故B準(zhǔn)確;拋物線的焦點(diǎn)為F0,1,直線y=kx+1過焦點(diǎn)F,由y=kx+1,x2=4y,可得x2?4kx?4=0,設(shè)直線與拋物線交點(diǎn)為x1,y1,x2,y2,則x1+x2=4k,第6題7.±12【解析】由已知F1,0,設(shè)直線l斜率為k,直線方程為y=kx?1,設(shè)Ax1,y141+k8.34【解析】因?yàn)橹本€l:23x?2y?3p=0可化為y=3x?p2,所以l過焦點(diǎn)Fp2,9.【解析】設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,則直線PA,PB的方程分離為程,得yP=x1?xP2?y1,yP=x2?10.【解析】(1)設(shè)拋物線焦點(diǎn)為F,由題意可得AF=32+p2=2設(shè)切線方程為y+12=kx?m,k≠0.聯(lián)立y+12=kx?m,x2=2y,消去y得x2?2kx+2km+1=0.由直線與拋物線相切可得Δ=0,所以k2?2km?1=0,即k2=2km+1.故x2?拓廣探索11.[?1,0)第11題的一條切線,切點(diǎn)為Q,如圖,設(shè)∠OMQ=θ,因?yàn)樵趻佄锞€C:y2=4x上存在點(diǎn)N,使得∠OMN=45°,所以θ≥450,由Δ=16+16x0≥12.【解析】(1)若C的焦點(diǎn)在x軸上,設(shè)拋物線C的方程為y2=2pxp>0,將點(diǎn)2,4代入,得42=4p,解得p=4,故C得22=8p,解得p=12,故C的方程為x2第12題明:由(1)知拋物線C的方程為y2=8x.若直線l不過點(diǎn)F,如圖,設(shè)My12MN的斜率kMN=y方程為y?y1=8y1+y2x?y128,即8x?y1+y2y+y1y2=0,同理直線AM,BN的方程分離為8x?y1+y3y+y1y3=0,8x?y2+y4y+y2y4=0,由直線MN過定點(diǎn)微專題14直線與圓錐曲線(一)深入探索變式1【解析】由y=x+m,x24+y23=1,消去y并收拾得7x2+8mx+4m2?12=0,所以Δ=64m（3）由Δ<0,得7?m2<0,解得m<?7或m變式25【解析】設(shè)Ax1,得?x1,因?yàn)辄c(diǎn)A,B在橢圓上,所以x124+y12=m,x224+y22=m,所以4x224+為PA=PB,所以kAB?kMP=13?y0x0?m=?1,又變式4【解析】(1)設(shè)Fc,0,則由已知可得2c=233,解得c=3,又ca=32,所以a=2,b2=a2?c2=1,故E的方程為x24+y2=1.(2)依題意,當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意,故設(shè)直線l:y=kx?2,設(shè)Px1,y1,Qx2,y2變式5336,1【解析】因?yàn)闄E圓C的蒙日?qǐng)A為x2+y2=外,所以32+22≤a2綜合運(yùn)用1.D【解析】主意1:因?yàn)樽蠼裹c(diǎn)F的坐標(biāo)為?2以設(shè)直線l的方程為y=kx去y并收拾得1?為l與雙曲線的左支交于A,1或k>33為y=±33,直線l過雙曲線的左焦點(diǎn)F?2,0,結(jié)合圖形可知,當(dāng)直線l的斜率k=±33時(shí),l與雙曲線惟獨(dú)一個(gè)交點(diǎn);當(dāng)2.B【解析】當(dāng)點(diǎn)A,B在分離在左、右兩支上時(shí),AB的最小值為實(shí)軸長(zhǎng),等于2,所以滿意AB=6的直線l有2條;當(dāng)A,B都在右支上時(shí),AB的最小值為通徑長(zhǎng),等于6,所以此時(shí)滿意AB=6的直線3.D【解析】記AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為M1,?1,kAB=kMF=12,設(shè)Ax1,y1,Bx4.D【解析】設(shè)AB的中點(diǎn)為M,則kABkOM=b2a2=9,當(dāng)中點(diǎn)M的坐標(biāo)為1,1時(shí),則kAB=9,所以直線AB的方程為y=9x?8,聯(lián)立方程y=9x?8,x時(shí)Δ=2×452?4×45×61=?4×45×16<0,所以直線AB與雙曲線沒有交點(diǎn),故B錯(cuò)誤;當(dāng)中點(diǎn)消去y得63x2+126x?193=0,此時(shí)Δ=5.AD【解析】由已知F1,0,易知l的斜率不為0,設(shè)直線l的方程為x=my+1,A以AB=1+m2?y1?y2=41+m2=6,解得m2=12,m=±22,所以原點(diǎn)O到直線AB的距離d=11+m2=63,所以△AOB的面積6.ABD【解析】設(shè)P?4,t,易知點(diǎn)P在蒙日?qǐng)Ax2+y2=7外,所以∠APB恒為銳角,所以選項(xiàng)A準(zhǔn)確;設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,則切線PA的方程為x1x4+y1y3=1,切線PB的方程為x2x4+y2y3=1,由PA與PB的交點(diǎn)為P?4,t,所以得?x1+t3y1=1,?x2+t3y2=1,所以直線AB的方程為7.±1515【解析】設(shè)Ax得?x1又由A,B在雙曲線上得x1②,①?4×2y2y1+所以x1=±15,所以直線l的斜率k8.y=±22x1)x4)=164ky2,則x111+k2?的距離為d,則d=b1,代入②式并收拾得k4?k2+14=0,解得k29.【解析】(1)由雙曲線的離心率為2,得ca=2,于是得a=b=22c,又因?yàn)锽F⊥x軸,所以BF=b2a=a,所以△ABF的面積為S=12AFBF=12(c+a)a=122a+aa=2PQ21+5?4k2,因?yàn)?1<k10.【解析】(1)由題意得a+c=3,a?c=1,解得a=2,c=1去x得3m第10題所以yP=?12m3m2+4,又Q(0,?2m,因?yàn)镕為OA2的中點(diǎn),O為A1A2的中點(diǎn),所以S△A2FP=12S△A2OP=14S△A2A1P,又由S△A1PQ=2S△A2FP,所以S△A2A1P=2S△A1PQ,所以A2P=拓廣探索11.ACD【解析】設(shè)Ax1,y1x1+λx1?λx1①,x223②,得x1?λ2,所以x0上,所以A準(zhǔn)確;PQ的最小值為點(diǎn)P到直線2x3y?6=0的距離點(diǎn)的弦的斜率為k,則k?kOP且點(diǎn)P不在Γ上,所以C準(zhǔn)確;切點(diǎn)弦MN的方程為x0x3+y0y2=1,即2x12.【解析】(1)因?yàn)闄E圓C的左焦點(diǎn)F1?3,0,所以c=3.將Q1,32代入x2a2+y2（2）①設(shè)點(diǎn)Px0,y0,當(dāng)直線PA,PB的斜率都存在時(shí),設(shè)過點(diǎn)P與橢圓C相切的直線方程為y=k(x?x0+y0.由y=kx?x0+y0,x2+4y2=4,消去y得1+4k2x2+8ky0?kx0x+4y0?kx02?4=0.由Δ=64k2y0?kx0)2?41+4k24y0?kx02?所以直線AB的方程為x0x消去y得3y02+11又點(diǎn)O到直線AB的距離d=所以S43y02+14tt2+4=的取值范圍為45微專題15直線與圓錐曲線(二)深入探索變式1【解析】(1)由P1,1①,依題設(shè)知a=2c,則b2=3c2（2）主意1:設(shè)直線AB的方程為y=kx?1,Ax1,y1,Bx2,y2,由y=kx?1,x24+y23=1,消去y得4k2+3x2?8k2x+PA的斜率為k1=2y0?2x0+52x變式2【解析】(1)設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b2=1,則由已知得a+c=3,a?c=1,解得a=2,c=1,所以b2=a2?c2=3,所以橢圓C的方程為所以kAMkBM=3+12m4=?變式3【解析】(1)按照已知OP=OF1=則PF1?P2a2,即S△PF1F2=12PF1?PF2=4?a2=3,解得a2=1,b2=c2?a2=3.因此雙曲線C的漸近線方程為y=x4所以解得xQ=12.②當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),M2,3,N2,?3,直線A1M的方程為y=x+1,直線A2變式4【解析】主意1:由x2?a2y2=a2,x+y=10<a<2且a≠1.設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,P0,1,則x1+主意2:與主意1同理可得x1+x2=2a2a2?1,x1x2=2a2a2?1內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.【證實(shí)】主意1:按照題意直線AP的方程為y=kx,由x24+y22=1,y=kx,消去y得x2=44k21解得xB=6所以k?1k,所以主意2:設(shè)點(diǎn)Px1,y1,則A?x1,?y1,CkPB點(diǎn)P在橢圓上,所以x12+2y12=4主意3:設(shè)Px1,Cx1,0,因?yàn)辄c(diǎn)x224+y222=1,兩式相減,得x1+x2x1?x22.【解析】(1)因?yàn)镻3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過P3,P4兩點(diǎn).將P3,P4的坐標(biāo)代入橢圓方程得1a2+34b2=1,又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經(jīng)過點(diǎn)P1,所以點(diǎn)P2在C上,因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a23.【解析】設(shè)l的方程為y=kx?2,Ax1,y1,Bx2,y2,則N0,?2k2x1+x2+2=2x1+x22?2x1+x2?4.【解析】因?yàn)镕2,0,所以設(shè)直線l的方程為x=my+2,Pxy1y2k?43)?y1?拓廣探索5.【解析】(1)由題意可得b=2,e=ca=5（2）主意1:由題意可知直線PQ的斜率存在,所以設(shè)直線PQ的方程為y=kxy2,聯(lián)立方程y=kx8k2k+644k2x1A?2,0,所以直線解得yM=2yyk2k32k3,所以線段PQ的中點(diǎn)是定點(diǎn)0,主意2(齊次化):由題意可知直線PQ的斜率存在,所以設(shè)直線PQ的方程為y=kx+2+3,且Px1,y1,Qx2,y2,設(shè)直線AP的方程為y=k1x+2,直線AQ的方程為y=k2x+2,則M0,2k1,N06.【解析】(1)因?yàn)殡x心率e第6題ca=22,所以a=2cA2,1b2=1,解得b2（2）主意1:設(shè)直線MN的方程為m1)=x?22)+2程得x1)22即20,所以直線AM,AN的斜率y?1x?4m+12+4n為?n?3?13,因?yàn)锳D⊥MN,所以點(diǎn)圓上,又因?yàn)榫€段AE的中點(diǎn)為43點(diǎn)Q43,主意2:①當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)其方程為ykx+m,聯(lián)立y2m2?知m2<6k?4km2k2+AN=x1)x1以k2m+5=02k+m?1?2k+13.當(dāng)A2,1,不符合題意,舍去;當(dāng)kx?2k+13點(diǎn)D在以AE為直徑的圓上,又因?yàn)榫€段AE的中點(diǎn)為43,1312AE=程為x=t,AM⊥AN,所以AM?AN=t?22?s2?1=t2?4t?s2+5=32t2?微專題16“有章可循”求軌跡深入探索變式1【解析】如圖,以AB所在直線為x軸,AB中點(diǎn)O為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系,則A?a,0,Ba,0,設(shè)Px,y,則由PA=2PB,得x+a2+y2變式1變式2變式2【解析】如圖,因?yàn)閳AM的圓心為M?1,0,半徑為r1=1,圓N的圓心為N1,0,半徑為r2=3,設(shè)圓P的圓心為Px,y,半徑為r,則按照已知可得PM=r+變式3【解析】設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為x,y,動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x0,y0,由已知得x0=x,y0=54變式4【解析】由題意,直線l的方程斜率顯然存在,所以設(shè)直線l的方程為y=kx+3,Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0,由y=kx+3,x24+y23=1,消去y得3+4k2x2+變式5A【解析】如圖,以A為原點(diǎn),AB,AD,AA1分離為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=1,P(x,y,0),則A10,0,1,C1,1,0,所以A1C=變式5內(nèi)化演練綜合運(yùn)用1.C