高中數(shù)學(xué)選擇性必修1 教材習(xí)題答案

1教材習(xí)題答案第一章空間向量與立體幾何1.1空間向量及其運算練習(xí)不同在一個平面內(nèi)的向量.→→→→→→(4)AB+CF=AB+BE=AE. →→→+AD;4.解析如圖,連接BF.→→→→(1)AB+BC+CD=AD;(2)AB+2(BD+BC)=AB+BF=AF;(3)(+)=-=.→→→向量AD,AF,EF如圖所示. →→→→5.解析(1)」AC’=AB+BC+CC →→→→→→→→1→→+AC=AA’+AB+AD:x=,y=.(3)」AF=AD+DF=AD+2DC’=AD+1→→→1→1→ (DC+CC’)=AD+練習(xí)→→→→→→→→→→→→BA,BC1=BB1+B1C1=BB1+BC,:.＝(B1-).(B1+)=BB12+BB1.-B1.-.:AB1丄BC1,:AB1丄BC1.:AB1與BC1所成角的大小為90°,故選B.2.解析(1)a.(b+c)=a.b+a.c=0.(2)a.(a+b+c)=a.a+a.b+a.c(3)(a+b).(b+c)=a.b+a.c+b.b→→→→→→→→→→→→→→→→2AA′→→2=52→→→→→→→→→→2+2AB→→→→→.AD+2AB.AA′+2AD.A1212 →4.解析CD=CA+4.解析CD=CA+AB+BD,→→→→→2CA→→→→→.AB+2CA.BD+2AB.BD=a2+b2→:|CD|=/a2+b2+c2→即C,D兩點間的距離為a2+b2+c2.◆習(xí)題1.1復(fù)習(xí)鞏固→1.解析(1)與向量BC相等的向量有:→→→→→→→(2)與向量BC相反的向量有:CB、DA、 →→→→→(3)與向量EF平行的向量有:FE、A′B、 →→→→→→2.解析(1)AB→→→→→→→→→→(3)設(shè)點M是線段CC′的中點,則AB+AD+2CC′=AC+CM=AM.(4)設(shè)點G是線段AC′上靠近點A的三 →→→→向量AC,AC′,AM,AG如圖所示.量共線的充要條件,假設(shè)存在實數(shù)λ,所以向量2a+b與a共線.→→→→→→→→2122→→→→=a2.→→→→=a2→→→→=a2→→→→=a2.++.=.CA+CB.CA+BA.CA=|DC|→1→→ 2.綜合運用5.AB=B+=B+(-)=c+(b-a)2=a+b+c.6.證明EF=EB+BF=2(AB+BC)= ACHG=HD+DG=(AD+1→ AC2,→→所以EF=HG,所以EFⅡHG,EF=HG,所以四邊形EFGH是平行四邊形,所以E,F,G,H四點共面. →→→→→ →→→→→→→→BC=A′A+AD →→→→→→ →→→→→→→→AD=a2.→→a21=2a22, →, → →→ →→AB+AD+AA′ =a2-a2=a2-a2 →→斜足,BA丄α,A為垂足,CDC平面CD丄AO.因為BA丄α,CDCα,所以BA丄CD,所→→→→以BA丄CD,所以BA.CD=0,→→因為CD丄AO,所以CD丄AO,→→所以CD.AO=0,→→→又因為BO=BA+AO,→→→→→→所以CD.BO=CD.(BA+AO)=CD.→→→BA+CD.AO=0,→→所以CD丄BO,所以CD丄BO.拓廣探索→→OA.BC=-→→OA.BC=-..(-)=.→→→→所以O(shè)A.OC=OA.OB.→→→→因為OB丄AC,所以O(shè)B.AC=OB.(OC→→→→所以O(shè)B.OC=OB.OA.-)=.→→→→所以O(shè)B.OC=OB.OA.所以.=.(-)=..=.-.=0,所以O(shè)C丄AB,所以O(shè)C丄AB.10.證明如圖,取AB的中點D,連接CD、OD,則有OD丄AB,CD丄AB.→→→→:OD.AB=0DC.AB=→→→→→→→:OD.AB+DC.AB=AB.(OD+DC)→→=AB.OC=0.→→:AB丄OC:AB丄OC.的中點,:EF=HG=ABEH=FG=OC:四邊形EFGH為平行四邊形.又」AB丄OC,:EF丄EH,:四邊形EFGH為矩形.1.2空間向量基本定理練習(xí)與c不共面,:向量c一定可以與p、q一起構(gòu)成空間的另一個基底.→→→2.解析」OA、→→→→→→3.解析(1)」OA,OC,OO′是平行六面體中有公共點的三條棱,由平行六面體→→→:{a,b,c}能構(gòu)成空間的一個基底.OG=OC+CG=b+2(CB+BB′)=2a+b12練習(xí)→→→→→→→OA.BC→→所以O(shè)A丄BC,所以O(shè)A丄BC.→→→→→→ →→→→→ =-a.b-b.b+b.c-a.c-b.c+c.c=-a.b-b.b+b.c-a.c-b.c+c.c2 →→ →→BC′.CA′→→→→→→所以AO=AD+DO=AD+2DC+2DD′=AD+AB+AA′=a+b+c =a.a+a.c-a.b+b.ca→→◆習(xí)題1.2復(fù)習(xí)鞏固1.解析因為向量a,b與任何向量都不能構(gòu)成空間的一個基底,所以向量a,b共線或a,b都是零向量.2.C因為{a,b,c}構(gòu)成空間的一個基對于A,因為b=(b+c)＋(b-c),共面;b)+y(a-b)＝(x+y)a+(x-y)b,則a,b,對于C,若a+b,a-bb)+y(a-b)＝(x+y)a+(x-y)b,則a,b,３教材習(xí)題答案１ ２→→→→→→→→ １ ｃ綜合運用 →→→ →→→ 所以Ｂ?所以...? →→→→→→→由題意知?平行六面體的所有棱長都相 所以.＝().()....ｃ .().().ｂ →→→→. →→→→所以⊥平面.拓廣探索→→→→→→所以.().()→→＝→/＝→/ 所以 →Ｇ＝ ＝...→→→→.Ｇ. ? →→→空間的一個基底. ).?→→1.3空間向量及其運算的坐標(biāo)表示練習(xí)１.解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)４.→→→→→→所以.練習(xí).?所以()()()＝→→→→１１１２所以í →所以２ ３５３３所示的空間直角坐標(biāo)系.→→→→→→ ◆習(xí)題1.3復(fù)習(xí)鞏固()()().()()().()()().綜合運用()()()? ４?３)為頂點的三角形是等腰直角三角形.２拓廣探究()().拓廣探究點?建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.5教材習(xí)題答案所以=.2→→→→CM.D1N所以CM與D1N所成角的余弦值為.9.解析設(shè)向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐標(biāo)為(x,y,z),則p=x(a+b)+y(a-b)+zc=(x+y)a+(x因為p=a+2b+3c,z=z=3所以向量p用基底{a+b,a-b,c}表示為p=(a+b)b)+3c.1.4空間向量的應(yīng)用平面的位置關(guān)系練習(xí)=+=D=(D++)-=-3.解析依題意,A(3,0,0),C(0,4,0),設(shè)n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,→→則n丄AC,n丄AD1.所以平面ACD1的一個法向量為(4,3,6).練習(xí)證明:設(shè)平面α的一個法向量為n,直2.解析不存在.在四面體ABCD中,設(shè)→→→AB=a,AC=b,AD=c,則{a,b,c}構(gòu)成一個基底,→1因為E是BC的中點,所以AE=2a+ 設(shè)=mc(0≤m≤1),則=-=mc-b,→→→→1若AEⅡCF,則設(shè)AE=nCF,所以a+2b=n(mc-b),所以b-mnc=0,因為{a,b,c}構(gòu)成一個基底,所以í1+n=0mnmn=0,線AD上不存在點F,使得AEⅡCF.3.證明設(shè)正方體的棱長為2,以D為坐→→→標(biāo)原點,DA,DC,DD1的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則根據(jù)題意,A(2,0,0),A設(shè)n=(x,y,z)是平面ACD1的一個法向→→量,則n丄AC,n丄AD1,.=-2x+2y=0.=-2x+2y=0,.A=-2x+2z=0.→=0,所以EF丄n,所以EFⅡ平面ACD1.練習(xí)所以3+2a+2b+3a-3b=0,即5a-b+3=0. →→所以A1C丄BC1,所以A1C丄BC1.3.證明如圖,在長方體ABCD-→A1B1C1D1中,以D為坐標(biāo)原點,DA,→→DC,DD1的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,６→→.→→→１所以平面⊥平面.練習(xí)→→→→的正方向?建立空間直角坐標(biāo)系.取 (.).以直線到直線的距離等于點到直線的距離?→? (.).所以到直線的距離為. →的法向量? →→ →. →.?＝.３?所以點到平面的距離即為到平面的距離.由(３)知平面的一個法向量為ｎ所以直線到平面的距離為()＝.３→→→的正方向?建立空間直角坐標(biāo)系?由已知條件及正方體的性質(zhì)易知?平１)是平面和平面的一個所以平面和平面的距離為２＝.３練習(xí)→→→→→＋ →→則.)＝.４→６在直角三角形中?易求得?→５?→→→→的空間直角坐標(biāo)系?教材習(xí)題答案設(shè)BC=CA=CC1=1,所以A(1,0,0),B,F1分別為A1B1,A1C1的中點,,A,. = →→設(shè)向量BD1與AF1的夾角為θ,則直線 →→所以BD1與AF1所成角的余弦值為 30故選A2.C3.解析在正三棱柱ABC-A1B1C1中,取BC,B1C1的中點分別為O,D,連接OD,以O(shè)為坐標(biāo)原點,直線OB,OD,OA分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,因為正三棱柱的所有棱長都為2,設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面AA1B的法設(shè)n=(x2,y2,z2)為平面A1BC1的法2=÷,設(shè)平面AA1B與平面A1BC1所成的角為θ, 77÷ 77. 所以平面AA1B與平面A1BC1所成角的77圖所示,建立空間直角坐標(biāo)余弦值為7圖所示,建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=BC=BD=a,則B(0,0,0),AD(((2AD=a,÷,BC=(0,a,0)AD=a,0,a,0,2→→(1)」AD.BC=0,:AD丄BC,:AD與BC所成角的大小為90o.(2)設(shè)直線AD與平面BCD所成角的易得n=(0,0,-1)是平面BC一個→AD.n3 2 22:θ=45o,即直線AD與平面BCD所成角的大小為45o.(3)設(shè)m=(x,y,z)是平面ABD的法向→.AD=0→.BD=0→.AD=0→.BD=0即í即íax-ay=0,設(shè)平面ABD和平面BDC的夾角為α, :平面ABD和平面BDC的夾角的余弦5值為5練習(xí)練習(xí)設(shè)AC與BD的夾角為θ(θ∈[0,→→→→BD丄ABAC丄BD→→→所以BD.AB=0→.BD=0→→→→→由已知得CD=CA+AB+BD,所以|CD|2→→→→→2CA.AB+→→→→2CA.BD+2AB.BD因為AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,代入上式,得(217)2=62+42+82-2×2.解析連接ND,取ND的中點E,連接ME,CE,因為M、N分別為AD、BC的中點,所以MEⅡAN,所以LEMC為異面直線AN與CM所成的角,如圖,因為AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,-12 =22,CM=AC-AD)2= ,EM=AN=2,因為EN丄CN,所以CE=EN2+CN22+CN2DN2=)2+CN2DN2== -12=在△CEM中,由余弦定理知cosLEMC7８..所以異面直線?所成角的余弦值如圖的空間直角坐標(biāo)系?所以.?所以.?設(shè)直線與平面所成的角為θ?→→....所以直線與平面所成角的正弦值為.◆習(xí)題1.4復(fù)習(xí)鞏固?→ → →→→..→→則.?則.?(２)設(shè)平面的一個法向量為 →不共線??→→直角坐標(biāo)系?→ →→ →→所以⊥.直角坐標(biāo)系? ?.９教材習(xí)題答案 ２ ＝.３→→→→→..()＝ ?÷＝６→→→→→→１.２１.２? →→..().... →→?→→→→.′１ ＝ →→ →→→→.１＝２→→??＝ →→ →→ →→→→.→→.１弦值為∴與平面所成角的正弦１值為即與平面所成角的余３綜合運用以Ｄ為坐標(biāo)原點?建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系?所以.?所以.?所以⊥平面.以Ｄ為坐標(biāo)原點?建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系??∥?所以平面∥平面.以Ｄ為坐標(biāo)原點?建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系?()２＝.３以Ｄ為坐標(biāo)原點?建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系?１１..→→→→直且相交.所以是異面直線、的公垂線.所以?２.解析在正方體中?以Ｄ為坐標(biāo)原點?建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系?→→→易知平面的一個法向量為所以í所以í所以?設(shè)平面與平面所成的角 → 所以平面與平面的夾角的余弦值為.拓廣探索.解析在直三棱柱中?立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系? →→ →→?→.３解得∥平面. →?所以í所以.空間直角坐標(biāo)系(圖略)?÷.教材習(xí)題答案÷,2222 =a2-2a+ 2-2 2→2 2(3)由(2)知當(dāng)M、N分別為AC、BF的中點時,MN的長最小,所以M,N.取MN的中點G,連接AG、BG,則G」AM=AN,BM=BN,G為MN的中點,:AG丄MN,BG丄MN,即LAGB是平面MNA與平面MNB所成夾角.→GB=→GA=」-:→GB=→GA=」-:→→:所求夾角的余弦值 :所求夾角的余弦值→→→→13復(fù)習(xí)參考題1復(fù)習(xí)鞏固→2→1.B結(jié)合題圖知OM=aON=(b+c),:=-=(b+c)a=a+b+c.→→→→→1→2.解析(1)AP=AC+CP=AB+AD+2CA′→→→(2)AM=AC+CM=AB+AD+2(CC′+CD)=AB+AD+2AA′+2BA=2AB+AD+ 1→→→=2AB+AD+AA′=a+b+c.→→→→→4→(4)AQ=AC+CQ=AB+AD+5CA′→→4→→→=AB+AD+5(CB+CD+CC′)1→1→4→=a+b+c.3.證明證法一:如圖所示,建立空間直 」M為CC1的中點,:M(?106?÷,,→:AM=→:AM=→→6=0,:AM丄BA1,即AM丄BA1.→→→→→證法二:」AM.BA1=(AB+BC+CM).(+)=.+.=-3+6:AM丄BA1.4.解析以AB的中點O為坐標(biāo)原點,OB、OC所在直線分別為x軸、y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.A1(2)設(shè)z軸與A1B1交于點O1,連接O1C1、AO1,則C1O1丄側(cè)面ABB1A1,LC1AO1是直線AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角. ÷是側(cè)面ABB1A1的 一個法向量,」A=(?→→→→OC.AC1111→→:〈OC,AC1〉=60O,即LC1AO1=30O,:AC1與側(cè)面ABB1A1所成的角為30O.5.解析(1)設(shè)以AB,AC為鄰邊的平行四邊形的面積為S.→→→→→→AB.AC1:cosLBAC==→:LBAC=60O,12→→(2)設(shè)a=(x,y,z),」a丄AB,a丄AC,且x-3y+2z=0,x-3y+2z=0,m+n=1,=1, =2→m+n=→m= =2→m+n=→m=, 2í m m+n.3 =→n+p= =→n+p=→p=2-n, 6.3n.3 42→2:cosLAOB=→→ .7.解析取AC的中點O,A1C1的中點O1,１?è,è,→１ 軸?建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系?→→→. .∴與所成角的余弦值為. 標(biāo)系..→→→→.｜.＋ →→綜合運用→→→→→→→→.....２?ｂ為.為２同理可證⊥.(２)以Ａ為原點建立空間直角坐標(biāo) → → →則∴平面的一個法向量為→?()?→∴平面與平面所成二面角的余弦值為..解析(１)直角梯形的面積為().().＝＝＝教材習(xí)題答案(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo).」SA丄底面ABCD,AD丄AB,:AD丄平面SAB,→:向量AD是平面SAB的一個法向量.→→→→→→→:=→:=66=12:面SCD與面SAB的夾角的余弦值3→→→13.解析如圖所示,以O(shè)B,OC,OD為基→→→設(shè)原正方形的邊長為1,則E,F,:cosLEOF=:cosLEOF=== ,:LEOF=120O.14.解析如圖,以點O為坐標(biāo)原點,建立如圖的空間直角坐標(biāo)系Oxyz,設(shè)OD=SO=OA=OB=OC=a,→→則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a→→0),→→設(shè)n=(x,y,z)為平面PAC的法向量,→→則n丄CA,n丄AP,所以→n.CA=2→n.CA=2ax=0,n.=-ax+y+z=0,設(shè)直線BC與平面PAC所成的角為θ→→CB.n1 所以直線BC與平面PAC所成的角15.證明(1)」E、F分別為AB、BC的中點,:EF=2AC.同理HG=2AC,:EF=HG.點共面.(2)」E、H分別為AB、AD的中點,:HE=2DB,:HEⅡDB,:DBⅡHE.又」HEC平面EFGH,BD丈平面EF￣GH:BDⅡ平面EFGH.→→→→→(3)由題意得OA+AM=OM,OB+BM= →→→→→→→OMOC+CM=OM →→→→→四式相加得4OM=OA+OB+OC+OD,:OM=4(OA+OB+OC+OD).拓廣探索16.解析(1)證明:以C為坐標(biāo)原點,軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略),設(shè)AE=BF=m(0≤m≤a),則E(a-m,設(shè)AE=BF=m(0≤m≤a),則E(a-m,=(-m-)a-m2+am-am+a2=0,-BEF=am).m]=a.(-m2+am). 當(dāng)且僅當(dāng)m=,即E、F分別為 2BC的中點時,VB′-BEF最大.取EF的中點為G,連接BG、B′G,則,BG丄EF,B′G丄EF,即LBGB′是平面B′EF與平面BEF所成的夾角.易得GB=,→→:平面B′EF與平面BEF的夾角正切→→ →→→ →→→→ →:EF2=EA′2+A2+AF2+2EA′ →→→→→→→→→→第二章直線和圓的方程2.1直線的傾斜角與斜率練習(xí)3(3)因為α=所以直線的斜率k2.解析(1)因為k=0,所以直線的傾斜(3)因為k=-3,所以直線的傾斜角(4)因為k=,所以直線的傾斜角 由kCD>0,可知其傾斜角為銳角.(2)因為P(0,0),Q(-1,3),所以直線(2)因為P(0,0),Q(-1,3),所以直線可知其傾斜角為鈍角.(2)因為點C、D的橫坐標(biāo)相同,縱坐標(biāo)不同,所以經(jīng)過點C、D的直線的傾斜(3)由已知得kPQ=b+c-(+a)=-=垂直的判定練習(xí)2.34.(1)若ABⅡPQ,則kAB=kPQ,(2)若AB丄PQ,則kAB.kPQ=(2)若AB丄PQ,則kAB.kPQ=-1,,解得m=2即.=-1,解得m=-2.◆習(xí)題2.1復(fù)習(xí)鞏固:直線的傾斜角為45o或135o.:直線的傾斜角為45o或135o.=kBC=kCD=kAD==kBC=kCD=kAD=kAB=m=-2.m=-2.4:ABⅡBC.:ABⅡBC.在同一條直線上.5.解析(1)k2=-=2=k1,2.22.k2=0-52.:k1k2=:k1k2=12.:k1k2=-2:k1k2=-2=:k1k2=-=:k1k2=-22m-(m-3)(3-m-m2)－(m2m-(m-3)(3-m-m2)－(m2+2)又」(3-m-m2)－(m2+2)≠0,又」(3-m-m2)－(m2+2)≠0,:m≠-1且m≠.綜上,m=-2.綜上,m=-2.<180o.當(dāng)a=2時,要使LMPN為直角,需滿足a=2不滿足條件;當(dāng)a=5時,要使LMPN為直角,需滿足5不滿足條件;當(dāng)a≠2且a≠5時,要使LMPN為直角,需滿足kMP.kNP=-1,所以-.所以滿足條件的點P的坐標(biāo)為(1,0)或(6,0).拓廣探索22kADkAD=kCD=2---2=22,所以AB丄AD,AB丄BC,BC丄CD,所以四邊形ABCD是矩形.2.2直線的方程練習(xí)1.解析(1)y-(-1)=2(x-3).3練習(xí) ｂ(２)設(shè)直線的截距式方程為. ３練習(xí)-?可化為.各小題的圖象如圖所示.過原點.◆習(xí)題2.2復(fù)習(xí)鞏固可化為..的垂直平分線的方程.６.解析由題意可知菱形的四個頂點坐∴各邊所在直線的方程分別為化為一般式方程分別為?.?當(dāng)截距不為零時?設(shè)所求直線的方程為∴所求直線的方程為或.∴所求直線的方程為()?∴所求直線的方程為)?整理得.綜合運用∴邊上的中線所在直線的方程為-＝-?整理得.∴邊上的高所在直線的方程為(２)知邊的垂直平分線的斜率為?∴邊的垂直平分線的方程為直線與兩坐標(biāo)軸都相交?由.解析由題意得?入射光線所在直線.解析由題意得?入射光線所在直線就是直線?易得直線的方程是所以入射光線所在直線的方程為所以入射光線所在直線的方程為?反射光線所在直線的方程為ｘ??2.3直線的交點坐標(biāo)與距離公式練習(xí)?得í?得í?-?-?直線所以方程為. ()()..證明:以Ｃ為坐標(biāo)原點?建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系?教材習(xí)題答案 ＝/＝/ /２２所以直角三角形斜邊的中點到三個頂點的距離相等.練習(xí)..則＝＝５.＝ ).＝ )３.解析由已知條件及點到直線的距離()?練習(xí)則.化為化為.３.解析在直線:上取點２４解得２４解得í的方程為. ５離為.離為５◆習(xí)題2.3復(fù)習(xí)鞏固?直線無交點?故兩直線平行.?解得?得整理得.()()?()().角形.得()()２解得.由題意得()()?解得或?由題意得.()的一半?因為直線與的距離為綜合運用２故直線的方程為.故直線的方程為..解析邊所在直線的方程為-＝--()().()?.解析將直線方程化為.解析將直線方程化為.?３＝?解得或.得得所以[()]()＝()所以平行四邊形的面積為 拓廣探索?()?()()２≥??即()()()()２≥(２)正方形的內(nèi)部到四個頂點的距離之和最小的點為正方形的中心.2.4圓的方程練習(xí)(由題意得()()２.故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()(別代入圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可得:()()?()()>?()()<?.∴△練習(xí)教材習(xí)題答案的圓.??設(shè)所求圓的方程都在圓上???所以í?故所求圓的一般方程為＝.８◆習(xí)題2.4復(fù)習(xí)鞏固圖形略.?故所求圓的方程為故所求圓的方程為圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()()圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()().??解得í?.則圓的方程為()解得()解得.綜合運用故所求圓Ｃ的方程為().綜合運用條直徑的兩個端點?÷是圓的圓心?線段的長度是圓的直徑?????整理得＋?.().及點Ｂ關(guān)于點Ａ對稱的點.所以底邊的端點Ｃ的軌跡是圓()２又()()所以底邊的端點Ｃ的軌跡是圓()２且的中點Ｍ到原點的距離為定長?即為△的斜邊上的中線長.為半徑的圓.根據(jù)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程?得點Ｍ的軌跡方程為.拓廣探索.所以()故滿足條件的點Ｍ的坐所以點Ｍ軌方程是的圓.2.5直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系練習(xí) 相交.的距離＋相切.相離. ()()()相交.?所以直線被圓截得的弦長為.５練習(xí)?２.解析建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)設(shè)拱橋所在圓的方程是()(()?≤ｙ≤４).所以該船可以從橋下穿過.()線與圓相離?所以圓Ｃ上的點到直線的最近距練習(xí))圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為()( 所以圓與圓的公共弦所在直線的方程為.◆習(xí)題2.5復(fù)習(xí)鞏固的半徑為?所以直線與圓相切?圓心與切點連線所在直線的方程為.?相切的圓的方程是()(相切的圓的方程是()(解得解得１)或:()１)或:()().()(). .２４.解析設(shè)所求圓的方程為(２或設(shè)圓心)關(guān)于直線則í?則í?＋.立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系?又易得正方形的外接圓方程為２２ａ圓上.將(２?)代入上式方程得λ將(２?)代入上式方程得λ綜合運用?其圓心坐標(biāo)為.２２.解析把圓Ｃ的方程化成標(biāo)準(zhǔn)形式為所以公共弦長為.解析把圓Ｃ的方程化成標(biāo)準(zhǔn)形式為直線的方程為-線段的垂直平分線的方程是)?２＝?２＝.為ｘ軸?建立如圖所示的平面直角坐上?其方程為().則.拓廣探索與圓相交?兩個交點到..解得.｜.因為直線的斜率為?所以直線的方程為(()()＝s的切線.所以?是圓()()的切線.?復(fù)習(xí)參考題2復(fù)習(xí)鞏固?復(fù)習(xí)參考題2復(fù)習(xí)鞏固解析(１)因為直線方程為０?所以該直線的一個方向向量為(２?故選Ｃ平行.(２)當(dāng)時?兩直線的方程分別為ｘ＝＝.６１６當(dāng)時?兩直線重合不符合題意?當(dāng)時?兩直線重合不符合題意??直線()的斜率２＝?２由題意得?２..距離為的直線方程是或?解得í解得í由中點坐標(biāo)公式得ì?íì?í? ?教材習(xí)題答案.由平行四邊形的對邊平行知?其他兩邊∴這個平行四邊形其他兩邊所在直線的方程分別為.()()?所()()?０所以所求圓的一般方程為.２.所以()(所以()()?()()?解得í?解得í?()?所以當(dāng)圓的半徑最大時?圓的方程為２徑?所以圓所以圓與圓綜合運用的一段圖象可以近似地看作線段?所以大值為()().上?解得í所以直線的方程為故弦長為.標(biāo)準(zhǔn)形式為()()?.對稱?知直線是兩圓心連線的垂直平分線??解得?.１上?所以所求圓的圓心在經(jīng)過點Ａ且與直線垂直的直線上?易得該直線的方程是.24所以圓心C的坐標(biāo)是(1,-2).所以圓心C的坐標(biāo)是(1,-2).2+(-1+2)22,故所求圓的方程為(x-1)2+(y+2)=2.拓廣探索17.解析由題意可得,在四邊形ABCD22),D(x4,y4),(y-y4)＝(x-x4)＋(y-y4)＋(x2-所以(x1x2)2(y-y4)＝(x-x4)＋(y-y4)＋(x2-x3)2+(y-y3)2,所以x1x2+y1y2+x3x4+y3y4=x1x4+y1y4+x2x3+y2y3,變形得(x-x3)(x-x4)＋(y所以對角線AC與BD垂直.18.解析當(dāng)x≥0,y≥0時,方程x2+y2=2+y2=x+y,x-y-所以當(dāng)x≥0,y≥0時,方程x2+y2=|x|x-y-同理,當(dāng)x≥0,y<0時,方程x2+y2=x-y+在第四象限內(nèi)的部分以及y半軸上的點(0,-1).表示圓x+y-2=在第二象限內(nèi)的部分及x軸非正半軸上的表示圓x+y+2=在第三象限內(nèi)的部分.以上合起來構(gòu)成如圖所示的圖形,面19.解析如圖,作與點從A發(fā)出的光線經(jīng)x軸反射后,反射設(shè)切線l的方程為y+3=k(x+2),即kx-y+2k-3=0.所以圓心C(3,2)到直線l的距離為1+k所以反射光線所在直線的方程為y+3=3(x+2)或=3(x+2)或y+3=20.解析(1)證明:直線l的方程經(jīng)整理20.解析(1)證明:直線l的方程經(jīng)整理解得(),解得,,所以直線l恒過定點D(3,1).(2)因為直線l恒經(jīng)過圓C內(nèi)一點D,由C(1,2),D(3,1)可知直線CD的斜所以當(dāng)直線l被圓C截得的弦最短此時直線l的方程為y-12+(2-1)2=5,因此直線l被圓C截得的弦最短時,m所以最短的弦長為225-5因此直線l被圓C截得的弦最短時,m第三章圓錐曲線的方程3.1橢圓練習(xí)222.解析(1)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2(2)」焦點在y軸上,:設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(a>b>0),」a=4,c=:橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+x2=1.b).(a-b),2=a2-b2b).(a-b),:當(dāng)焦點在x軸上時,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1;當(dāng)焦點在y軸上時,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.22所以△AF1B的周長為20.(2)當(dāng)AB不垂直于x軸時,△AF1B的周長不會變化.因為上式仍然成立,所以△AF1B的周長4.解析設(shè)點M的坐標(biāo)為(x,y),由已知得,直線AM的斜率kAM=(x≠-1),直線BM的斜率kBM=x1(x≠1).跡是直線x=-3,并去掉點(-3,0).化簡,得x跡是直線x=-3,并去掉點(-3,0).練習(xí)1.證明能.以點B2(或B1)為圓心,線段OA2(OA1)為半徑畫圓,并作出與x軸的兩個交點F1、F2,F1、F2就是橢圓的兩個焦點.」在Rt△B2OF2中,22F22教材習(xí)題答案－?－在方程中２４練習(xí)練習(xí)８.?().由根與系數(shù)的關(guān)系?知?.◆習(xí)題3.1復(fù)習(xí)鞏固＋()表示的幾何意義為距離之和為?且大于兩定點間的距２.解析(１)由焦點坐標(biāo)知橢圓的焦點２ａ圖略)(２)化為標(biāo)準(zhǔn)方程是ａ２２綜上?橢圓的方程為或＋２９∴橢圓的方程為或＋..,,.軸?這兩點的中點為坐標(biāo)原點建立平面２直角坐標(biāo)系?則可設(shè)軌道的方程為＋?得?２所以點Ｍ的軌跡是長軸長、短軸長分綜合運用()?表示圓心為(?＝的圓..故動圓圓心Ｐ的軌跡方程為＋.直線的方程是??∴地球到太陽的最大距離為拓廣探索. 與橢圓的交點到直線ｌ的距離最遠(yuǎn)?２ .解析設(shè)這組平行直線的方程為.()(.()().平行直線在ｙ軸上的截距的取值范圍(２)證明:設(shè)直線與橢圓的交點為Ａ＝這說明點Ｍ的軌跡是這條直線被橢圓截得的弦(不包括端點)?因此這些直線被橢圓截得的線段的中點在同一條直線上.3.2雙曲線練習(xí)解得所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.()()｜所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.橢圓所以雙曲線與橢圓有相同的焦點.因為點Ｍ在雙曲線上?所以由雙曲線的定義知?所以或.練習(xí)心率.ａａ ＝＝ｂ ?所以雙曲線方程為?綜上?滿足條件的雙曲線方程為２所以所以所以點Ｍ的軌跡是以原點為中心?焦點得?解得或?３í?.依題意?由方程組í２依題意?由方程組í２２＝２２ 又因為?所以? ◆習(xí)題3.2復(fù)習(xí)鞏固解析雙曲線可化為設(shè)雙曲線的兩個焦點分別為??不妨設(shè)?由定義知?所以或(舍).所以雙曲線方程為.方程為.í綜上?雙曲線方程為.＝離心率２因此?雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.(２)設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為因此?雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.ａ２故雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.軌跡是雙曲線.實軸長的雙曲線.故所求雙曲線的方程為.綜合運用的垂直平分線為ｙ軸?建立平面直角坐標(biāo)系.是雙曲線?設(shè)雙曲線方程為所以所求軌跡方程為. ２２∴所求點Ｍ的軌跡為雙曲線?且軌跡方程為).所以.?所以.２所以點Ｍ的軌跡為雙曲線.心率?雙曲線的離心率ａ<４<<?教材習(xí)題答案５,,,拓廣探索()()合題設(shè).因為雙曲線與直線有唯一的公共點＋,Ｍ,?????所以過原點的直線?且除去與漸近線垂直的兩條直線.3.3拋物線練習(xí)∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為.∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為或＝.的標(biāo)準(zhǔn)方程為或.綜上?所求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為所以) ８.解析(１)由拋物線定義知Ｍ到準(zhǔn)線?練習(xí)由題意易知.?練習(xí)軸上?且開口向上?設(shè)拋物線方程為程為?所以拋物線方程為.２.?所以()()..?是的中點?２直線直線過拋物線的焦點.以點Ｍ的軌跡方程為.以點Ｍ的軌跡方程為.◆習(xí)題