未來密碼挑選性必修第一冊答案

千里之行，始于足下朽木易折，金石可鏤Word-可編輯贈送木水高中數(shù)學思維進階挑選性必修第一冊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P與點A,B,M共面,則存在有序?qū)崝?shù)對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】因為點O是點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.因為A1O⊥AO,A1O⊥A1B1,又棱長都相等,因此選A內(nèi)化演練綜合運用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A,銜接AC,BD交于點O,在正方形ABCD中,O是AC,BD的中點,則SA+SC=2SO,SB+SD=2SO,所以SA+SB+SCSD6.ABD【解析】設正方體棱長為1.選項A,因為BB1=BA1+A1D1120°;選項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】因為點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】因為BC=OC?OB,所以OA?BC=OA?(OC?OB)=0,所以OA?OC=OA11.2【解析】過點A1第11題A1BD內(nèi)作A1M⊥直線BD,垂足為M,過點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)因為PC=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】對于A選項,AC1=AB+BC+CC1=AB+AD+AA1,?A準確;對于變式23變式2A1B1的中點E,銜接AE交A1B于點F.因為M,N分離是AC1,BB1的中點,所以EM//B1C1//BC,EN//A1變式3【證實】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是空間的三個單位向量,若a//b,b//c,則a//c,故A準確;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錯誤;由空間向量基本定理,可知惟獨當6.ABD【解析】如圖,設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:AE=DE?DA=12DB+DC?DA,BC=DC?DB,所以AE?BC=12DB+110.【解析】如圖,設球O半徑為R,記k=x+y+z,過點P作平面ABC的平行面,由等和面定理可知,當平行面與球O相切,且與平面ABC位于球心O同側(cè)時,k取得最大值,設此時切點為P1;當平行面與球O相切,且與平面ABC位于球心O兩側(cè)時,k取得最小值,設此時切點為第10題平面ABC,設垂足為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H,由題意可知,設{PA,PB,PC}34PA+14PB?PA+14PC?PA=14PA+14PB+14PC12.【解析】如圖,以OA,第12題鄰邊作平行六面體OADB?CEGF,由OP=xOA+yOB+zOC(在兩個平行平面ABC與平面DEF之間的區(qū)域運動,所以動點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空間向量坐標法深入探索變式1變式1【證實】因為四邊形BB1C1C為菱形,所以BC1⊥B1C.以O為原點,如圖,建立空間直角坐標系OB1=0,b,變式26【解析】因為點D變式2平面yOz上,所以點D的橫坐標為0,過點D作DH⊥BC,依題意易得DH即點D的豎坐標z=3,縱坐標y=?3),所以AD變式3105【解析】以變式3點,建立空間直角坐標系B?xyz如圖,則A3,?1,0,A內(nèi)化演練綜合運用1.D【解析】因為AB=1,5,?2,BC=2.D【解析】以B為原點,建立空間第2題直角坐標系B?xyz如圖所示,令AB=BC=AA1=2,則B12,所以直線EF和BC13.B【解析】因為空間點Ax,y,z,O0,022+32+224.C【解析】以B1第4題間直角坐標系B1?xyz如圖所示,則B0,0,2,A4,0,2,D(4,3,2),C10,3,0,設Px,y,z,則AB=?4,0,0,AP=(x?4,y5.ACD【解析】如圖,過點A作第5題AH⊥A1B1,H為垂足,銜接C1H,如圖建立空間直角坐標系.對于A選項,側(cè)棱BB1與底面ABC所成角為60形AA1B1B為菱形,∠ABB1=∠AA1B=60°,故A選項準確;對于B選項,易知A0,0,3,C10,3,0,C?1,3,3,B6.CD【解析】如圖,以D為原點建第6題立空間直角坐標系,設CG=a,Px,0,z,則x2=ax2?a,由PB⊥PG,得PB?PG=xx?2+4+ax2ax2?7.90°【解析】因為A1,?2,11,8.65【解析】AB=2,3,?1,AC=?2,1,3,所以AB?9.【解析】(1)因為a//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,建第10題立空間直角坐標系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:由題意,CE?4-2),因為CE?PE=CM=?212.【解析】以O為原點,建立空間直第12題角坐標系O?xyz如圖所示,不妨取OA=2,則B0,2,0,C(0,0,2).設P0,y,z,BP=λ1?11?λ=t∈1,2,則cos?PQ,QB?=1m2+1t2?2t+2.設ft=m2微專題4空間向量及應用深入探索變式1D變式1A1為坐標原點,A1B1,A1C1,A1A所在直線分離為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則A10n?A1B=1,?2)為平面A1BD的一個法向量.因為各選項中的點Q在直線B1P上,故可設B1Q=λB1P=λ?1,2,0=(?λ,2λ,0),則DQ變式2【解析】以D為原點,分離以變式2DA,DC,DG的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系如圖,可得D0(1)依題意DC=0,2).設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,又因為直線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,AB,AD,AA1為x,y,z軸的空間直角坐標系,則A均垂直,n?AE=0,n?BC1=0,得2x+y+z=0,y變式4【解析】(1)因為四面體OABC的所有棱長都是1,所以該四面體為正四面體,DE=DA+AB+BE=12OA+以DE的長為22變式4四面體OABC為正四面體,所以點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,DA,DC,DP的方向分離為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標系.則P0,0,1,A1,0,0,E1,12,0,F12,1,0,所以EF=?12,12,0,PE=1,12,?1,設平面PEF的法向量為n=內(nèi)化演練綜合運用1.B【解析】因為α,β不重合,對①,平面α,β平行等價于平面α,β的法向量平行,故①準確;對②,平面α,β垂直等價于平面α,2.A【解析】設正方體ABCD第2題A1B1C1D1邊長為2,建立如圖的空間直角坐標系,則D(0D1P=λD1B=2λ,2λ,?2λ,于是DP=DD1+D1P=2λ,2λ,2?2λ,又B13.D【解析】以A為坐標原點,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AC與BD第4題交于點O,銜接OF,以O為坐標原點,OB,OC,OF所在直線分離為x,y,BC0,10),FB=32法向量,設平面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系,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,D10,0,2,EP12λ?122+2,因此當λ=12時,PE22λ?22+2λ2+2?2λ2=43λ?232+23≥463,當且僅當6.BCD【解析】如圖,以D坐標原第6題點建立空間直角坐標系,由A1P=xA1D1+yA4z=3z>0,所以A錯誤;對于?y),1?xDB=1?x,?2y+2?2x,?y=(1?x,2z,?y)=D1P,即D1P//平面BDC1,所以B準確;對于C,7.3【解析】如圖,過點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O0,0,0在直線l上,且方向向量為n=3,5,4,按照題設材料可知平面α的一個法向量為m=3,?5,4,所以m?n=3,?529.【解析】(1)證實:因為四棱錐P?ABCD的底面為直角梯形,AB//DC,∠DAB=90°,所以AD⊥DC,又PA⊥底面ABCD,CD?又因為CD?平面PCD第9題以平面PAD⊥平面PCD（2）以A為原點,AD,AB,AP分離為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則A00),AM=0,1,12,BC=1,?1,0,BM=(0,?1,110.【解析】(1)證實:因為PA第10題底面ABC,∠BAC=90°,建立空間直角坐標系如圖所示,則A2),所以DE=0為平面BDE的法向量,則n?DE不妨設z=1,可得n=1,0,1,又MN=12,1,?12,可得MN?n=0,因為MN?平面BDE,所以MN//平面BDE.(2)因為ME=0,1,12,所以點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P在平面ACD1內(nèi),不妨令正方體邊長為2,銜接BD與AC交于點O,銜接D1O與B1D交于點第11題AG=H,以G為原點,平面ACD1內(nèi)過點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系,則43sinα,0n?z=?2y,x=?2sinα+62cosαy,令y=1,得平面ADP的一個法向量為n=12.【解析】(1)證實:如圖①,在PA上取點R,使PR=14PA,銜接BR,QR,因為Q是PD上一點,且PQ=14PD,所以RQ//AD且RQ=14AD,又因為BC//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為坐標原點,AB,AD,AP所在直線分離為x,y,z軸建立空間直角坐標系A?xyz,如圖②,不妨設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)設直線傾斜角為β,則tanα),因為0<α<π2,所以變式1長CB,CD,因為直線AB,CD的傾斜角α1,α3是銳角,且α1>α3,所以k1變式2【解析】(1)當m=?1時,直線AB的斜率不存在;當m≠?1時,直線AB的斜率k圖①變式2-1時,α=π2;當m≠?1時,k=1m+1,因為m∈33,所以tanα≤?3或tanα≥33,又主意2:因為實數(shù)m∈?1,3),圖②變式2作是線段PQ(含端點)的動點,如圖②所示,直線AB可以看成是由直線AQ繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)到點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】對于選項A,因為直線l2經(jīng)過點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,因為tan2α=?34,所以2k21?k22=?34,解得k2=3或k2=?13,又因為α為銳角,所以k2=3.因為l1的斜率為k1=?13,且k1k2=3×?13=?1,所以l變式5【解析】設所求點D的坐標變式5為x,y,如圖,因為kAB=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AB與CD不平行,故所求點D的坐標為3,3.②若AD是直角梯形的直角腰,則AD⊥AB,AD⊥CD內(nèi)化演練綜合運用1.B【解析】因為直線l過點第1題A1,2,所以當直線的傾斜角為0°時,斜率k=0,當直線經(jīng)過原點時,斜率2.C【解析】因為等腰直角第2題三角形一條直角邊所在直線的斜率為35,即k1=35,設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當直線AB斜率不存在時,m=0,此時直線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當直線AB斜率存在時,m≠0,此時kAB=kCD,所以m+4?34.D【解析】式子y?第4題意義是點Px,y和定點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C不在直線AB上,所以AB//CD,故A正確;又因為kAD=12?6.AD【解析】由題意可設點P的坐標為0,y.因為∠APB=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m=1時,M5,1,N?1,1,所以kMN=1?1?1?5=0,傾斜角為0.(2)當2m+3=m?2,即m=?5時,傾斜角為直角;當m≠?5時,k10.【解析】(1)設Qx,y,由題意得kMN=3,kPN=?2.因為PQ由①②,得x=0,第10題（2）如圖,設Qx,0,因為∠NQP=∠NPQ,所以kNQ=?kNP.又kNQ=22?x拓廣探索11.A【解析】因為fxx=fx?0x?0,所以fxx的幾何意義是過點x,fx第11題12.【解析】四邊形OPQR是矩形.證實如下: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)設傾斜角為α,有sinα=45,則cosα=±35,所以tanα=±43,故所求直線的點斜式方程為y?1=±43x?變式2(1)?23(2)見解析【解析】(1)因為l1//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,因為kPN=12,?變式3【解析】主意1(點斜式方程求解):因為點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:因為l1//l2,所以?2k?3?2k?34?k=0,主意2:①當4?k=0時,x?13)x+32,因為l1//l2,所以k?3k?4=k?3,1k?4≠32,解得k=3或k=5.經(jīng)檢驗,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上隨意一點坐標為1+12t,主意2:依題意,有直線l1上點N1+4tN,5+3tN在直線l內(nèi)化演練?綜合運用1.A【解析】因為直線y=3x繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)90°的直線為y=?13x,從而排除C,D.又因為將y2.B【解析】線段AB的垂直平分線與AB垂直且經(jīng)過AB的中點,又AB中點坐標為點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,而無論a為何值,直線6.BD【解析】對于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錯誤.對于B,直線2x?y?1=0的斜率為2,則該直線的一個方向向量為1,2,故B準確.對于C,當直線過原點時,直線方程為y=2x,當直線不過原點時,設直線方程為xa+ya=1,將1,x?x17.x?2y+3=0?2x+y?4=0【解析】第一空:因為直線的一個方向向量為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Ax1,x1,Bx2,?2x2,則AB的中點為x1+x22,x1（2）設直線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,設直線l的方程為xa+yb=1,由題意知a>2,b>1,因為直線l過點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k=0時,此時點A和點D重合,折痕EF所在的直線的方程y=12,折痕EF的長為2.當k≠0時,將矩形折疊后點A落在線段DC上的點為Ga,10<a≤2,所以A與G關(guān)于折痕EF所在的直線對稱,由kOG?k=?1第11題斜率為?12,所以當?18≤k<0時,折痕端點E0時,折痕所在的直線交BC于點F2,2k+k22+12,交y軸于點E0,k2+12.【解析】如圖,記路面寬MN=14?m,以燈柱底端M為原點,MN,MB分離為x,y軸建立平面直角坐標系,則點B的坐標為0,?,MNBA=1?m,得點A的坐標為1×cos30°,?+1×sin30°,即A32,?+12.又因為CA⊥BA,所以kCA第12題微專題7“遠遠近近”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,所以原點到直線的距離d=?4kk2+1≤2,化簡得k2≤主意2:因為x+12+y?22表示直線上的點x,y與點?1,2變式2【解析】旋轉(zhuǎn),畫出正方形變式2ABCD水平時的暗示圖,如圖,因為直線DC與直線l平行,設DC方程為3x+4y+m=0m≠?1,點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M2,1,若直線l經(jīng)過點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M1,2,N2,3的距離之和,如圖①,設N2,3關(guān)于x軸的對稱點為N′2,?3,設直線l:ax+by=0恒過原點,點A1,?3,那么點A1,?3到直線②變式4斜率k=?ab>0,如圖②,當直線l的斜率不存在時,d=OA=2,所以1<d≤2,即變式5B【解析】對于A,設點P2,4,則dP,A=2?2+4?4=0,dP,B=2?8+4?2=8≠0,所以點2,4不是△ABC的好點;對于B,設P6內(nèi)化演練綜合運用1.C【解析】設PxPA=x?22+y?32.B【解析】因為直線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】設點P1,P2的坐標分離為x1,y1,x2所以Ax1+By1+C=Ax2+By2+C;若d1=d2=0,即Ax5.AB【解析】點Aa,1到直線3x?4y=1的距離為3a6.ACD【解析】對于A,對隨意t∈R,隨著t的變化y也在變化,所以無定點,故A準確;對于B,平面內(nèi)取一點1,4,則4=2t0?t02,即t02?2t0+4=0,該方程無解,故B錯誤;對于C,點0,1到直線y=7.55【解析】x2+y2+2x+1=x+12+y2,可看成Px,y與點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?2,1主意2:檢驗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,因為a>0,所以a=3.(2)設點Px0,y0,若點P滿意條件②,則點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Mx1,y1到點A0,AC⊥l1,垂足為C,因為直線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,當且僅當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.設點Px0,10x0>0,因為點P到OB,OC的距離均為10,所以點P到OC的距離d=4x0+10×35=10,解得x0=5,于是點P5,10.(2)因為點P到OB,OC微專題8“美輪美奐”談對稱深入探索變式1【解析】設點P坐標為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,設點P關(guān)于直線AB:x+2y?11=0的對稱點P1a,b,則b?0a?1×?變式394,94【解析】設點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,即此時直線為y=x+3.過M作MQ′//NQ,則MQ′=NQ,M,Q′三點共線時最小.設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l的方程為4x?y+λ=0,點P到兩直線距離相等,有4×?變式5【解析】因為B9,1,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)化演練綜合運用1.B【解析】直線l1:y=kx?4恒過定點4,0,其關(guān)于點2,1對稱的點為0,2.D【解析】設對稱的直線方程上的一點的坐標為(x,y),則其關(guān)于點1,1對稱的點的坐標為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0,3,設該點關(guān)于l對稱的點為Pm,n,則4.A【解析】建立如圖所求的直角坐標系,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P關(guān)于y軸的對稱點為P2(?a,0),按照光芒反射原理知P1,P2,Q,R四點共線,所以直線QR的方程為y=4?a4?第4題5.BCD【解析】對于A,由AB=20=25,AB的中點坐標為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,設點2n?4m?2=1,n+42=?7.5【解析】如圖,作出圖示,設第7題點B?1,?4關(guān)于直線x?y=0的對稱點為C(?4,?1),在直線?4?18.0,1【解析】設B1稱點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A′x,y23x+1故A′?3313,413.(2)在直線m上取一點,如M(2,0),則M2,0關(guān)于直線l的對稱點必在m′上,設對稱點為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m與l的交點為N,則由2x?3y+10.【解析】設點A關(guān)于直線第10題l的對稱點為A1x1,y1,點A關(guān)于x軸的對稱點為A2x2,y2,如圖,銜接A1A2,交l于點C,交xy得x1=0,y1=7,所以A10,7.因為A2與A關(guān)于x軸對稱,所以A24,?A1A2=4拓廣探索11.5【解析】如圖,設點P關(guān)于直第11題線l的對稱點為M,則點M?定在第一次的反射光芒所在直線上,設點M關(guān)于x軸的對稱點為N,則點N必在第二次的反射光芒所在直線上.設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的交點為點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題對稱點為E2?1,4,則點F的入射光芒為E2F,設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】設圓的標準方程為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P22,t,Q2cosθ變式4D【解析】設Mx,y,Q3cosθ,3sinθ,則MO=2MQ,即x2+y變式4變式5C【解析】令2MA=MC,則MAMC=設Cm,n,則MAMC=x+122+y2x?m2+y?n2=12內(nèi)化演練綜合運用1.B【解析】因為圓心為?2,1的圓與x軸相切,而圓心?2,1到2.D【解析】對于A選項,方程x2+y2+xy?1=0中有xy項,該方程不表示圓;對于B選項,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的圓心坐標為1,?2,半徑為3,設點1,?2關(guān)于直線x+5.BC【解析】由題意點x,y為圓x2+y2=1上一動點,故設x=cosθ,y=sinθ,θ∈[0,2π),則x?y=cosθ?sinθ=2cosθ+π4,而θ+π4∈π4,9π4點P?第5題圖,當直線y=kx+2k+1與圓x2+y2y?1x+2取x,y為22,?22,6.BC【解析】在平面直角坐標系xOy中,A?2,0,B4,0,點P滿意PAPB=12,設Px,y,則x+22+y2x?42+y2=12,化簡得x2+y2+8x=0,所以A錯誤;假設在x軸上存在異于A,B的兩點D,E,使得PDPE=12,設Dm,0,En,0,則x?n2+y7.5+210?5?210【解析】設x=1+2cosα,y=8.2【解析】如圖,在△ABC第8題AB=AC,D為AB中點,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系,則C3x+529.【解析】以O1O第9題為原點,O1O2所在直線為x軸,建立如圖的平面直角坐標系,則O1?2,0,O2(2,0),由已知:PM=2PN10.【解析】如圖建系,由條件設圓的第10題半徑為r,則DCBD?r,所以參數(shù)方程x=551),B55因為AP=λAD552μ=5532+1拓廣探索第11題11.52【解析】設a=OA,b=OB,c=OC,因為c?OC=DC,c?b=BC∣,故a+b?c+2c?b=CD+2BC,再以A為原點,OA為x軸,AD為y軸建立平面直角坐標系,D0,1,設C(x,y),則點C的軌跡方程為x2+y12.【證實】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,利用點到直線的距離公式,得到直線與半圓相切時的斜率m變式3【解析】(1)當t=1時,易知斜率存在,設切線方程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,則設切線為y=kx+1+t.當與圓相切時,圓心到直線距離d=2k+k+t1+k2=1,化簡得8變式4D【解析】設Px,y,因為點A?1,0,B2,0,PA=2PB,所以x+12+y2=2變式53,0【解析】主意1:動點P在定射線x軸非負半軸上運動,MN為定值,求∠變式5圓,且與x軸相切,延伸NM交x軸于點A.則MN的直線方程y=x+1,所以A?1,0,AM=2主意2:設點Px,0tan∠2x+1+16∠MPN取最大值,此時P變式6?B【解析】因為點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)化演練綜合運用1.D【解析】圓心O到直線的距離d0r,當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的對稱點為C304.B【解析】設Ax1,y1,Bx2,y2,由切線方程公式可得:lPA:x1x+y1y5.AB【解析】因為A?m,0,Bm,0m>0,且存在點P,使得∠APB=90°,所以點P的軌跡為x2+y6.BCD【解析】對于A,設∠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錯誤.對于B,SPAOB=2S△POA=PA.OA=PO2?OA2?OA=2PO2?4,故當PO最短時,四邊形PAOB面積的最小,而PO的最小值即為點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:當過E,F,P三點的圓與OA相切時,∠EPF最大,則設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化為標準方程,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PC最小時,sin∠APC最大,即∠APB=2∠APC最大.此時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,也滿意上式,所以設fx0x1+x2x2拓廣探索11.4【解析】“實數(shù)x1,x2,y1,y2滿意:x12+y12=1,x22+y22=1,x1x2+y1y2=0”等價于“點Ax1,y1,Bx2,y2為圓O:x2+y2=1上兩個動點,且OA⊥OB”.x1+y1?1+x2+y2?1=2x1+y1?12+x2+y2?12因此,目標代數(shù)式的值為點Ax1,y1,Bx2,y2到直線x圖①圖②圖③第11題12.【解析】(1)設圓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因為d12+S==3②若∠EPF=π3,則∠EMF=2π3,在△EPF中,由正弦定理知EFsin∠EPF=13?625+d12dS==3當d1=d當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】設橢圓右焦點F2,銜接PF2,由橢圓定義知PF2=2a?PF1=2×10變式2【解析】易知點A?1,1為橢圓內(nèi)一點,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,故橢圓的標準方程為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】設橢圓左焦點為F1,由題意可得AF1//BF,△AF1O?△BFO,所以∠F1AF=60°,所以變式7【解析】設點M的坐標為3cosφ,2sinφ,所以點M到直線l的距離d=3cosφ+4sinφ?105=155cosφ?φ0內(nèi)化演練綜合運用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】設橢圓的左、右焦點分離為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準確;當飛船在左半橢圓弧上運行時,對應的面積更大,按照面積守恒邏輯,知飛船在左半橢圓弧的運行時光大于其在右半橢圓弧的運行時光,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錯誤;當點P在橢圓上、下頂點時,cos∠F1PF2=2a2?47.8【解析】因為OF1=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)因為PF1+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2b=22,b=11,長軸長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,設點P到右準線的距離為d,則PFd=e=53,所以短,由題意可得,準線方程為l:x=95,所以PA+35PF變式3?B【解析】設點P的坐標為x,y,點A的坐標為x0,y0,因為OA+OB=0,所以點B的坐標為?x0,?y0,因為k1k2=34,所以y?y0x?x變式4A【解析】設雙曲線左焦點為F1,點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,因為E:x2+y2+4x?8y+16=0,所以點M在圓E代入漸近線方程k?x0+22=y02,即k=y0x0+2,因為k=±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∠AFO變式7為AF=23,所以點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焦點在x軸上,設F1F2=2c.因為△PF1F2為等腰三角形,且∠F4.C【解析】設雙曲線的右焦點坐標為Fc,0c>0,則xA=xB=c,由c2a2?y2b2=1,可得y=±b2a,不妨設5.CD【解析】已知F2c,0,不妨設點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】因為圓x?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,因為?5<?22,所以點B9.【解析】設點Mx1,y1,Nx2,y2,由題意可得x1+x22=?23,所以x1+x2=?10.【解析】設左焦點為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∠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,即MA=MB,即證得③.若挑選①③作為條件證實②:當直線AB的斜率不存在時,由①和③可得點M即為點F2,0,此時M不在直線y=3kx上,不符合題意;當直線AB的斜率存在時,設直線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,故點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,因為拋物線的焦點坐標為0,?2,所以14a=?變式2ACD【解析】對于A選變式2項,直線AB過焦點F,當AB垂直于x軸時,AB取最小值4,故A準確;對于B選項,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的焦點為F0,p2,設AB與拋物線對稱軸的夾角為α,因為BF>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,設切線斜率為k,點P坐標為0,?1,過點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的焦點為Fp2,0,易知△OFM的外心E的橫坐標為p4,點E到拋物線C的準線x=?p2的距離為3p4,所以3.B【解析】拋物線C:y2=16x的準線方程為x=?4,設Mx0,y0,由拋物線的定義知4.A【解析】因為AF+BF=x1+x2+2,ABAF43AF+BF=233AB≥2AF?5.AC【解析】如圖,當點A在x軸第5題上方時,作AH⊥l于點H,則AH=FA=3,作FE⊥AH于點E,則AEπ3,即直線FA的傾斜角為π3,同理,當點A在x軸下方時,直線FA的傾斜角為6.BCD【解析】因為拋物線C:y=2px2,即x2=12py的焦點F到準線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錯誤;如圖①,設點B到準線的距離為d,由題可知準線為l:y=?1,則BA+BF=BA+d≥4,故B準確;拋物線的焦點為F0,1,直線y=kx+1過焦點F,由y=kx+1,x2=4y,可得x2?4kx?4=0,設直線與拋物線交點為x1,y1,x2,y2,則x1+x2=4k,第6題7.±12【解析】由已知F1,0,設直線l斜率為k,直線方程為y=kx?1,設Ax1,y141+k8.34【解析】因為直線l:23x?2y?3p=0可化為y=3x?p2,所以l過焦點Fp2,9.【解析】設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)設拋物線焦點為F,由題意可得AF=32+p2=2設切線方程為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,切點為Q,如圖,設∠OMQ=θ,因為在拋物線C:y2=4x上存在點N,使得∠OMN=45°,所以θ≥450,由Δ=16+16x0≥12.【解析】(1)若C的焦點在x軸上,設拋物線C的方程為y2=2pxp>0,將點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F,如圖,設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Ax1,得?x1,因為點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l⊥x軸時不合題意,故設直線l:y=kx?2,設Px1,y1,Qx2,y2變式5336,1【解析】因為橢圓C的蒙日圓為x2+y2=外,所以32+22≤a2綜合運用1.D【解析】主意1:因為左焦點F的坐標為?2以設直線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F?2,0,結(jié)合圖形可知,當直線l的斜率k=±33時,l與雙曲線惟獨一個交點;當2.B【解析】當點A,B在分離在左、右兩支上時,AB的最小值為實軸長,等于2,所以滿意AB=6的直線l有2條;當A,B都在右支上時,AB的最小值為通徑長,等于6,所以此時滿意AB=6的直線3.D【解析】記AB的中點坐標為M1,?1,kAB=kMF=12,設Ax1,y1,Bx4.D【解析】設AB的中點為M,則kABkOM=b2a2=9,當中點M的坐標為1,1時,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Δ=2×452?4×45×61=?4×45×16<0,所以直線AB與雙曲線沒有交點,故B錯誤;當中點消去y得63x2+126x?193=0,此時Δ=5.AD【解析】由已知F1,0,易知l的斜率不為0,設直線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O到直線AB的距離d=11+m2=63,所以△AOB的面積6.ABD【解析】設P?4,t,易知點P在蒙日圓x2+y2=7外,所以∠APB恒為銳角,所以選項A準確;設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,又因為BF⊥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,因為?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,因為F為OA2的中點,O為A1A2的中點,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Ax1,y1x1+λx1?λx1①,x223②,得x1?λ2,所以x0上,所以A準確;PQ的最小值為點P到直線2x3y?6=0的距離點的弦的斜率為k,則k?kOP且點P不在Γ上,所以C準確;切點弦MN的方程為x0x3+y0y2=1,即2x12.【解析】(1)因為橢圓C的左焦點F1?3,0,所以c=3.將Q1,32代入x2a2+y2（2）①設點Px0,y0,當直線PA,PB的斜率都存在時,設過點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,依題設知a=2c,則b2=3c2（2）主意1:設直線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當直線l的斜率不存在時,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)化演練綜合運用1.【證實】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:設點Px1,y1,則A?x1,?y1,CkPB點P在橢圓上,所以x12+2y12=4主意3:設Px1,Cx1,0,因為點x224+y222=1,兩式相減,得x1+x2x1?x22.【解析】(1)因為P3,P4兩點關(guān)于y軸對稱,故由題設知C經(jīng)過P3,P4兩點.將P3,P4的坐標代入橢圓方程得1a2+34b2=1,又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經(jīng)過點P1,所以點P2在C上,因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a23.【解析】設l的方程為y=kx?2,Ax1,y1,Bx2,y2,則N0,?2k2x1+x2+2=2x1+x22?2x1+x2?4.【解析】因為F2,0,所以設直線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的中點是定點0,主意2(齊次化):由題意可知直線PQ的斜率存在,所以設直線PQ的方程為y=kx+2+3,且Px1,y1,Qx2,y2,設直線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)因為離心率e第6題ca=22,所以a=2cA2,1b2=1,解得b2（2）主意1:設直線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,因為AD⊥MN,所以點圓上,又因為線段AE的中點為43點Q43,主意2:①當直線MN的斜率存在時,設其方程為ykx+m,聯(lián)立y2m2?知m2<6k?4km2k2+AN=x1)x1以k2m+5=02k+m?1?2k+13.當A2,1,不符合題意,舍去;當kx?2k+13點D在以AE為直徑的圓上,又因為線段AE的中點為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O為原點建立平面直角坐標系,則A?a,0,Ba,0,設Px,y,則由PA=2PB,得x+a2+y2變式1變式2變式2【解析】如圖,因為圓M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】設點M的坐標為x,y,動點P的坐標為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,AB,AD,AA1分離為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,設AB=1,P(x,y,0),則A10,0,1,C1,1,0,所以A1C=變式5內(nèi)化演練綜合運用1.C