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教材习题答案
第一章 空间向量与
１ （ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｄ ）＝ Ｏ→Ａ ＋ １ （ Ｏ→Ｂ － Ｏ→Ａ ）＋ １ Ｂ→Ｃ ９．解析 （１） →ＡＢ ＝（－８，８，４） ．
立体几何 ２ ２ ４ →ＡＢ ．
（２） ＝（－６，－９，－２）
Ｏ→Ａ １ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ １ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｂ 练习Ｂ
＝ ＋ （ － ）＋ （ － ）
1.1 空间向量及其运算 ２ ４ １．解析 ａ ｂ
∵ 〈 ， 〉∈［０，π］，
１ Ｏ→Ａ １ Ｏ→Ｂ １ Ｏ→Ｃ １ ａ １ ｂ １ ｃ． ａ ｂ ．
１．１．１ 空间向量及其运算 ＝ ２ ＋ ４ ＋ ４ ＝ ２ ＋ ４ ＋ ４ ∴ （１） ａ 〈 ｂ ， 〉＝ ． ０
３．解析 （２）〈 ， 〉＝π
练习Ａ
ａ ｂ π．
１．解析 共面． （３）〈 ， 〉＝
（１） ２
共面．
（２） ａ ｂ π．
不共面． （４）〈 ， 〉＝
（３） ３
(
２．解析 １ ａ ｂ ｃ ２ ａ １ ｂ ａ ｂ ５π．
（ ＋２ －３ ）＋５ － ＋ （５）〈 ， 〉＝
２ ３ ２ ６
)
２ ｃ ａ ｂ ｃ ５ ａ ９ ｂ ７ ｃ． ａ ｂ π．
－３（ －２ ＋ ）＝ ＋ － ４．解析 ｘ ． ｘ ｙ １ ． （６）〈 ， 〉＝
３ ６ ２ ６ （１） ＝１（２） ＝ ＝ ４
３．解析 °． °． ２ ２．解析 ａ ｂ ｃ ．
４．解析 不 （１ 能 ）９ ． ０ 否则 （２ ， ） 三 ４５ 个向量共面． ５．解析 Ａ→Ｂ １· Ｂ→Ｃ １＝（ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｂ １）·（ Ｂ→Ｃ ＋ （２） 易 得 （１） ａ ＋ · ６ ｂ （ ＝ ＋ （１ ） ４ ＝ ，－ ９ ３，１９）， ａ －６ ｂ ＝
５．解析
（１）
恒成立．
（２）
恒成立．
（３）
恒 Ｃ→Ｃ
１）＝
→ＡＢ
·
Ｂ→Ｃ
＋
Ｂ→Ｂ
１·
Ｂ→Ｃ
＋
→ＡＢ
·
Ｃ→Ｃ
１＋ （－１０，－３，－１７），
成立． ａ ｂ ａ ｂ
Ｂ→Ｂ Ｃ→Ｃ ． ∴ （ ＋６ ）·（ －６ ）＝ －１４０＋９－３２３＝
练习Ｂ １· １＝－１＋０＋０＋１＝０ ．
－４５４
１．１．３ 空间向量的坐标与
１．解析 成立．当 ａ 与 ｂ 方向相反时 左
， ３．解析 １ ． ６．
边等号成立 当ａ与ｂ方向相同时 右 空间直角坐标系 （１） （２）
； ， ２ ３
边等号成立． 练习Ａ
４．解析 ａ ｂ ２ １４５．
２．解析 （１） Ａ→Ｄ． （２） Ｍ→Ｎ． １．解析 （１） ｐ ＝（－１，１，－２） ． （２） ｑ ＝（１， （１）ｃｏｓ〈 ， 〉＝ １４５
． ｒ ．
３．解析 →ＡＣ 或Ａ′→Ｃ′ ． －１，０） （３） ＝（０，２，３） ａ ｂ １０．
（１） （ ） ２．解析 ａ ｂ ． （２）ｃｏｓ〈 ， 〉＝
Ｄ→Ｂ 或Ｄ′→Ｂ′ ． （１） ＋２ ＝（１３，－４，３） ２５
（２） （ ） ａ ｂ ． ｙ
（２） · ＝１５－６－２＝７ ５．解析 ａ ｂ －３ １ ．
（３） Ｄ→Ｂ′． （３）∵２ ａ ＋ ｂ ＝（６，４，－２）＋（５，－３，２）＝ ∵ ∥ ，∴ ５ ＝ －２ ＝ ｘ
（４） Ｂ→Ｄ′． （１１，１，０）， ａ －３ ｂ ＝（３，２，－１）－（１５，－９， ∴ ｘ ＝－ ５ ， ｙ ＝ ６ ．
（５）
Ａ→Ｃ′．
６）＝（－１２，１１，－７），∴ （２
ａ
＋
ｂ
）·（
ａ
－ ６．解析
３
ａ ｂ
５
ａ ｂ ｘｙ
ｂ ． ∵ ⊥ ，∴ · ＝１６＋ ＝０，
４．解析 （１） →ＡＢ · Ｂ′→Ｃ′ ＝０ ． ３．解 ３ 析 ）＝１１×（ 平 －１ 行 ２） ． ＋１×１ 平 １ 行 ＋０ ． ＝－１２１ ∴ ｘｙ ＝－１６ ．
（２） →ＡＢ · Ｄ′→Ｃ′ ＝｜ →ＡＢ ｜·｜ Ｄ′→Ｃ′ ｜ｃｏｓ〈 →ＡＢ ， ４．解析 （１） 垂直． （２） 垂直． ７．解析 ｜ ａ ＋ ｂ ｜ ２ ＝３０７；｜ ａ － ｂ ｜ ２ ＝１０７ ．
（１） （２） ８．解析 ａ λｂ λ λ λ
Ｄ′→Ｃ′ 〉＝１×１×１＝１ ． ５．解析 （１） 第 Ⅱ 卦限 ：｛（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）｜ ｘ ＜０， ｙ ａ ａ ∵ λｂ － ＝（－２＋ ，１－２ ，３－ ），
→ＡＢ Ａ′→Ｃ′ ． ｚ ⊥（ － ），
（３） · ＝１ ＞０， ＞０｝ ， ａ ａ λｂ λ λ λ
第 卦限 ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ ｚ ∴ ·（ － ）＝４－２ ＋１－２ ＋９－３ ＝０，
（４） Ｂ→′Ｄ · →ＡＢ ＝（ Ｂ→′Ｂ ＋ →ＢＡ ＋ Ａ→Ｄ ）· →ＡＢ 第 Ⅲ 卦限 ：｛（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）｜ ｘ ＜０， ｙ ＜０， ｚ ＞０｝， ∴ λ ＝２ ．
Ｂ→′Ｂ →ＡＢ →ＢＡ →ＡＢ Ａ→Ｄ →ＡＢ ． Ⅵ ：｛（ ， ， ）｜ ＜０， ＞０， ＜０｝， ９．解析 ｎ ｋ ｋ ．
＝ · ＋ · ＋ · ＝－１ 第 卦限 ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ ｚ ＝ （１，１，１）（ ≠０）
５．解析 等式两边同时平方 得 ａ ２ ａ Ⅶ ：｛（ ， ， ）｜ ＜０， ＜０， ＜０｝， ◆习题1-1A
， ｜ ｜ －２ 第 卦限 ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ ｚ ．
ｂ ｂ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ Ⅷ ：｛（ ， ， ）｜ ＞０， ＜０， ＜０｝
· ＋｜ ｜ ＝｜ ｜ ＋２ · ＋｜ ｜ ， ｙ轴上 ｘ ｙ ｚ ｘ ｚ ｙ １．Ｂ Ｂ→Ｄ Ｂ→Ｄ Ｄ→Ｄ →ＢＡ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｄ →ＡＢ
ａ ｂ ． （２） ：｛（ ， ， ）｜ ＝０， ＝０， ∈ １＝ ＋ １＝ ＋ ＋ １＝－
６．解
∴
析
·
｜
＝
ａ
０
｜·ｃｏｓ〈
ａ
，
ｅ
〉＝－２
．
Ｒ
ｘＯ
｝
ｙ
，
平面上 ｘ ｙ ｚ ｚ ｘ ｙ Ｒ
＋
Ａ→Ｄ
＋
Ａ→Ａ
１＝－
ａ
＋
ｂ
＋
ｃ．
ａ ｂ
：｛（ ， ， ）｜ ＝０， ， ∈ ｝， ２．解析 ａ ｂ ·
１．１．２ 空间向量基本定理 ｙＯｚ平面上 ｘ ｙ ｚ ｘ ｙ ｚ Ｒ ． （１）ｃｏｓ〈 ， 〉 ＝ ａ ｂ ＝
：｛（ ， ， ）｜ ＝０， ， ∈ ｝ ｜ ｜·｜ ｜
练习Ａ ６．解析 ＯＭ
＝
ｘ２
＋
ｙ２
＋
ｚ２．
－１ ４５５．
１．解析 是． ( ) ＝－
７．解析 ７ ． ３５× １３ ４５５
２．解析 是． ２，３，
２ ｃ ｄ ３３ １１ ５９５．
３．解析 是． ８．解析 设ｘ ａ ｂ ｃ （２）ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ＝
４．解析 ｘ ｙ ． { ａ （１） ＝（ {ａ ， ， ）， ( ３５× ) ( １５３ ５９５ )
５．解析 ｘ ＝ ＝ １ ３ ， ， ｙ ＝ ＝ － － ３ ２， ｚ ＝１ ． 则 ４ ４ ｂ ＋ － １ ２ ０ ＝ ＝ ２ １ ， ４，∴ ｂ ＝ ＝ １ １ ， ， ３．解析 １ ２ ， １ ２ ， １ ２ ， － ２ １ ， １ ２ ， １ ２ ，
练习Ｂ ｃ ｃ ． ( ) ( )
４ ＋２＝－２， ＝－１ １ １ １ １ １ １
１．解析 不一定． ｘ ． － ，－ ， ， ，－ ， ，
∴ ＝（１，１，－１） ２ ２ ２ ２ ２ ２
由已知可得 ｘ ( ) ( )
２．解析 Ｏ→Ｅ Ｏ→Ａ →ＡＥ Ｏ→Ａ １ Ａ→Ｄ Ｏ→Ａ （２） ３ ＝（６，１０，４）－（３，７， １ １ １ １ １ １
＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ 所以ｘ ． ， ，－ ， － ， ，－ ，
２ １）＝（３，３，３）， ＝（１，１，１） ２ ２ ２ ２ ２ ２
１
( ) ( ) Ａ Ｂ Ｃ ( )
１ １ １ １ １ １ ． ∴ １（－１，－２，０）， １（３，－１，－２）， １（４， 点Ｐ的坐标为 ２ ２ １ ．
－ ，－ ，－ ， ，－ ，－ Ｄ ． ∴ ， ，
２ ２ ２ ２ ２ ２ １，－１）， １（０，０，１） ３ ３ ３
４．解析
（１）０
．
（２）１
．
（３）１
．
（４） ３
． ６．解析 Ｍ→Ｎ
＝
Ｍ→Ｂ
＋
Ｂ→Ｂ
１＋
Ｂ→
１
Ｎ １０．解析 →ＡＢ
＝（６，－５，５），
→ＡＣ
＝（１，－３，
５．解析
∵
→ＡＢ
＝（０，１，０），
→ＡＣ
＝（－４，１， ＝ ２ １ Ａ→ １ Ｂ ＋ Ｄ→Ｄ １＋ ２ １ Ｂ １ →Ｄ １ ６ 垂 ） 直 ，
假设存在实数ｘ
，
使→ＡＢ与→ＡＢ
＋
ｘ→ＡＣ
４）， ，
∴ ｜ →ＡＢ ｜ ＝ １， ｜ →ＡＣ ｜ ＝ （－４） ２ ＋１＋４ ２ ＝ １ Ｄ→ １ Ｃ ＋ Ｄ→Ｄ １－ １ Ｄ→Ｂ 则 ６×（６＋ ｘ ）－５×（－５－３ ｘ ）＋５×（５＋６ ｘ ）
２ ２
． ＝０，
＝ ３３
１ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｄ Ｄ→Ｄ １ Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ
６．解析 （１） ｜ ａ ｜ ＝ ２ ２ ＋（－３） ２ ＋５ ２ ＝ ２ （ － １）＋ １－ ２ （ ＋ ） 解得ｘ ＝－ ８６．
５１
＝ ３８， ａ ＝－ ２
１ Ｄ→Ａ
＋ ２
１ Ｄ→Ｄ
１ ∴ 存在实数ｘ ， 使→ＡＢ与→ＡＢ ＋ ｘ→ＡＣ垂直 ，
与 ａ 方向相同的单位向量为
∴ ａ １ ａ １ ｃ． 此时ｘ ８６．
｜ ｜ ＝－ ＋ ＝－
æ ö ２ ２ ５１
ç ３８ ３ ３８ ５ ３８÷． ａ ｂ １１．解析 设点Ｄ ｘ ｙ ｚ ．
＝è ，－ ， ø ７．解析 ａ ｂ · （ ， ， ）
１９ ３８ ３８ （１）∵ ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ａ ｂ ＝－１， 四边形ＡＢＣＤ是平行四边形
｜ ｜｜ ｜ ∵ ，
ａ ２ ２ ２ ａ ｂ ．
（ ∴ ２ ( 与 ）｜ ａ ｜＝ 方向 ０ 相 ) ＋（ 同 －３ 的 ） 单 ＋４ 位 ＝ 向 ５， 量为 ｜ ａ ａ ｜ ∴ （ ｜ ａ ２ 〈 ） ｜ ２ ∵ ＝ ， ｜ ｜ 〉 ｂ ａ ｜ ＝ － ２ π ， ｂ ｜ ２ ＝ ｜ ａ ｜ ２ －２ ａ · ｂ ＋｜ ｂ ｜ ２ ＝ ∵ ∴ －５ → Ａ Ａ ） Ｂ （ ， ４ Ｄ ＝ ， （ Ｄ→ １ ｘ Ｃ ， ， ． ３ ｙ ） ， ， ｚ ） Ｂ ， （２，－５，１）， Ｃ （－３，７，
７．答
解
＝ 案
析
０ ，－
点 ④
５ ３
Ｐ
，
关
４ ５
于
．
ｘ轴的对称点是Ｐ ｘ ∴
即 ∴２
ｃ
２
ｏ
ａ ｜
ｓ
· ａ
〈 ａ
｜ ｂ ２
，
＝ ·
ｂ 〉
｜ ｃ ａ ｏ
＝
｜ ｓ ２ 〈
１
， ａ
，
， ｂ 〉＝｜ ａ ｜ ２ ， ∴ ｙ
∴ ，
→
－
Ａ
（
Ｂ
５ － － ２
＝ ｚ
，
（
） －
－
， ６
２
，
，
－
－
２
６
）
，
＝
－
（
２
－
）
３
，
－
Ｄ→
ｘ
Ｃ
，７
＝
－
（
ｙ
－
，
３
－
－
５－
ｘ ，
ｚ ）
７
，
－
点
ｙ
－
，
ｙ
ｚ
， Ｐ
）
－
，
关 ｚ
故
）， 于
错
故 ｙ
误
错 Ｏ
；
ｚ 误 平 ； 面的对称点是Ｐ ２（ １ － （ ｘ ， ， ∴
（３
〈
）
ａ
∵
， ｂ
｜
〉
ａ
＝
＋ ｂ
π ３
｜
．
２
２
＝ ｜ ａ ｜ ２ ＋２ ａ · ｂ ＋｜ ｂ ｜ ２ ＝
即
故
解
点
得 －２
Ｄ
ｘ ＝ ＝
（
－ －
－
３－ １
１
，
，
ｘ ，
１
ｙ
３
－ ＝
，
６ １
－
＝ ３
３
， ７
）
ｚ －
．
＝ ｙ － ，－ ３， ２＝－５－ ｚ ，
点Ｐ关于 ｙ 轴的对称点是 Ｐ ｘ ｙ ａ ２ ｂ ２ ａ ｂ ａ ２ １２．解析 →ＡＢ →ＡＣ
３（－ ， ， ｜ ｜ ＝｜ ｜ ，∴２ · ＝－｜ ｜ ， （１）∵ ＝（０，３，３）， ＝（－１，
－ ｚ ）， 故错误 ； 即 ２｜ ａ ｜ ２ ｃｏｓ〈 ａ ， ｂ 〉＝－｜ ａ ｜ ２ ， １，０），∴ →ＡＢ · →ＡＣ ＝３，｜ →ＡＢ ｜＝３ ２，｜ →ＡＣ ｜
正确．
④ ａ ｂ １
∴ ｃｏｓ〈 ， 〉＝－ ， ＝ ２，
８．解析 ＡＢ ２ ２ ２ ２
＝ （１－１） ＋（５－２） ＋（１－１） →ＡＢ →ＡＣ
＝３， ∴ 〈 ａ ， ｂ 〉＝ ２π． ∴ ｃｏｓ〈 →ＡＢ ， →ＡＣ 〉＝ →ＡＢ · →ＡＣ ＝ ３
ＡＣ ＝ （１－１） ２ ＋（２－２） ２ ＋（７－１） ２ ＝６， 等式两边 ３ 同时平方得 ｜ ｜｜ ｜ ３ ２× ２
（４） １ ．
ＡＤ ２ ２ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ ＝
＝ （３－１） ＋（２－２） ＋（１－１） ＝２， ｜ ｜ ＋２ · ＋｜ ｜ ＝｜ ｜ －２ · ＋｜ ｜ ， ２
体对角线长 ： ３ ２ ＋６ ２ ＋２ ２ ＝７ ． ∴ ａ · ｂ ＝０，∴ 〈 ａ ， ｂ 〉＝ π． ∴ 〈 →ＡＢ ， →ＡＣ 〉＝ π．
９．解析 图略． ２ ３
８．解析 证明 ｉ ｊ
（１） ：∵ ＝（１，０，０）， ＝（０， →ＡＣ在→ＡＢ上的投影的数量为 →ＡＣ
ａ １ ｂ Ａ→Ｍ Ｍ为ＢＣ的中点 ． ｋ （２） ｜ ｜
（１） ＋ ＝ （ ） １，０）， ＝（０，０，１），
２
ａ ｉ ａ ａ ｊ ａ ａ ｋ ａ ． →ＡＢ →ＡＣ ２．
（２） １ ａ ＋ １ ｂ ＋ １ ｃ ＝ Ａ→Ｍ （ Ｍ为ＡＣ′的中 ∴ · ＝ １， · ＝ ２ ａ ， · ＝ ３ ·ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ２
点 ．
２ ２ ２
（２）ｃｏｓ〈
ａ
，
ｉ
〉＝ ａ２ ａ
１
２ ａ２ ，
１３．解析 设→ＡＢ
＝
ａ
，
Ａ→Ｄ
＝
ｂ
，
Ａ→Ａ′
＝
ｃ
，
） １＋ ２＋ ３ 则 ａ ｃ ｂ ａ ｂ ｂ ｃ ｃ
ａ ｜ ｜＝｜ ｜＝２，｜ ｜＝４， · ＝ · ＝
１ ａ １ ｂ ｃ Ａ→Ｍ Ｍ 为 Ａ′Ｃ′的中 ａ ｊ ２ ａ ．
（３） ２ ＋ ２ ＋ ＝ （ ｃｏｓ〈 ，〉＝ ａ２ ａ２ ａ２ ， · ＝０ [ ]
点
）
． １＋
ａ
２＋ ３
（１）
Ｂ→Ｃ
·
Ｅ→Ｄ′
＝
ｂ
·
１
（
ｃ
－
ａ
）＋
ｂ
＝
◆习题1-1B ａ ｋ ３ ． ２
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ａ２ ａ２ ａ２ ｂ ２ ２ ．
１．解析 →ＡＢ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｄ →ＡＣ Ａ→Ｄ →ＡＧ． ９．解析 设点Ｐ １ 的 ＋ 坐 ２＋ 标 ３ 为 ｘ ｙ ｚ ｜ ｜ ＝４ ＝１６ ( )
（１） ＋ ＋ ＝ ＋ ＝２ （ ， ， ）， Ｂ→Ｆ Ａ→Ｂ′ ｃ ａ １ ｂ ａ ｃ
Ｂ Ｄ （２） · ＝ － ＋ ·（ ＋ ）＝
（２）
Ａ→Ｄ
－ ２
１
（
→ＡＢ
＋
→ＡＣ
）＝
Ａ→Ｄ
－
Ａ→Ｍ
＝
Ｍ→Ｄ． ∵
Ｂ→Ｐ
（１，１，
ｘ
０），
ｙ
１（０，０
ｚ
，１）
Ｂ→
，
Ｄ ｜ ｃ ｜ ２ －｜ ａ ｜ ２ ＝０ ．
２
∴ ＝（ －１， －１， ）， １＝（－１，－１， [ ]
２．解析
〈２
ａ
，－３
ｂ
〉＝
３π．
１）
．
（３）
Ｅ→Ｆ
·
Ｆ→Ｃ′
＝
１
（
ｃ
－
ａ
）＋
１ ｂ
·
４ ２ ２
３．解析 ａ ｂ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ 又 Ｂ→Ｐ １ Ｂ→Ｄ ( )
∵ ｜ ＋３ ｜ ＝｜ ｜ ＋６ · ＋９｜ ｜ ∵ ＝ １， １ ｂ ａ １ ａ ｂ ｃ
３ ＋ ＝ （ － ＋ ＋ ） ·
＝１＋６×１×１× １ ＋９＝１３， ì ïｘ １ ì ïｘ ２ ( ２ ) ２
ａ ｂ ２ ． ï ï －１＝－ ３ ， ï ï ＝ ３ ， １ ｂ ＋ ａ ＝－ １ ｜ ａ ｜ ２ ＋ １ ｜ ｂ ｜ ２ ＝２ ．
４． ∴ 解析 ｜ ＋３ 不 ｜ 一 ＝ 定 １ ， ３ 因为ａ ， ｂ ， ｃ可能共面． ∴ í ï ｙ －１＝－ ３ １ ， 即í ï ｙ ＝ ３ ２ ， ◆习题 ２ 1-1C ２ ４
５．解析 由题可知 Ａ Ｃ Ｂ Ｄ ＡＣ ＢＤ ï ï １．解析 向量ａ ｂ ｃ一定共面．因为存在
， １ ， １ ， １， １ ïｚ １ ïｚ １ ． ， ，
的中点均为Ｍ． î ＝ ， î ＝ 不全为 的ｘ ｙ ｚ满足ｘａ ｙｂ ｚｃ
３ ３ ０ ， ， ＋ ＋ ＝０，
２
教材习题答案
所以不妨设ｘ ≠０， 则ａ ＝－ ｙ ｘ ｂ － ｘ ｚ ｃ ， ∴ 直线ｌ １， ｌ ２ 所成角的大小为π． 从而 {Ｍ→Ｎ · Ａ→Ｄ １＝０，
所以ａ ， ｂ ， ｃ共面． ４．解析 设Ｃ （ ｘ ， ｙ ， ｚ ），∵ Ｂ→Ｃ ＝２ Ｏ→
２
Ａ ， {
Ｍ→Ｎ
ｔ ·
Ｂ→
ｓ
Ｄ
＝ ｔ ０
２．解析 假设ｐ ｑ ｒ三个向量共面 则这 －２（２ －２ ）－ ＝０，
、 、 ， Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ ⇔ ｔ ｓ ｓ
三个向量必线性相关 即存在实数ｘ ｙ ∴ ＝２ ＋ ， －２（２ －２ ）－２（２－２ ）＝０，
， ， ， 把坐标代入上式得 ｘ ｙ ｚ
使ｐ ｘｑ ｙｒ （ ， ， ）＝２（３，４，５） 解得ｔ ２ ｓ ５
＝ ＋ ， ＝ ， ＝ ，
即ａ ｂ ｘ ａ ｃ ｙ ｂ ｃ ｘａ ｙｂ ｘ ＋（３，４，０）＝（９，１２，１０）， ３ ６
＋ ＝ （ ＋ ）＋ （ － ）＝ ＋ ＋（ － ｘ ｙ ｚ 因此 满足条件的Ｍ Ｎ是存在的．
ｙ ｃ 从而有ｘ ｙ ｘ ｙ 即存在ｘ ∴ ＝９， ＝１２， ＝１０， ， ，
） ， ＝ ＝１， － ＝０， ＝ 点Ｃ的坐标为 ．
ｙ 使ｐ ｑ ｒ线性相关． ∴ （９，１２，１０） ５．证明 →ＡＣ Ｂ→Ｄ →ＡＢ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｄ →ＡＢ
＝１， 、 、 ５．解析 是． ∵ · ＝（ ＋ ）（ － ）
∴
ｐ
、
ｑ
、
ｒ三个向量共面．
练习Ｂ ＝
→ＡＢ
·
Ａ→Ｄ
＋
Ｂ→Ｃ
·
Ａ→Ｄ
－
→ＡＢ２
－
Ｂ→Ｃ
·
→ＡＢ
３．解析 向量Ｏ→Ａ ， Ｏ→Ｂ都与Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ和Ｏ→Ａ － １．解析 是．理由如下 ： ＝ →ＡＢ ·（ Ａ→Ｄ － →ＡＢ － Ｂ→Ｃ ）
Ｏ→Ｂ共面
，
只有Ｏ→Ｃ满足要求．
∵
ｖ
１∥
ｌ
，
ｖ
２∥
ｌ
， ＝
→ＡＢ
·
Ｃ→Ｄ
＝０，
４．解
ｚ ＝
析
１，
若Ｏ→Ｐ ＝ ｘＯ→Ａ ＋ ｙＯ→Ｂ ＋ ｚＯ→Ｃ且ｘ ＋ ｙ ＋
２． ∴ 解
∴
存 析
ｖ １∥
在
ｖ
非 设
２，
零
又
Ｐ 实
ｖ
ｘ
１
数
，
ｙ
ｖ
λ
２
ｚ ，
为
使
非
得
零
ｖ
向
２＝
量
λｖ
，
１ ． ∴ ∴
→Ａ
Ａ
Ｃ
Ｃ ⊥ ⊥
Ｂ
Ｂ
→Ｄ
Ｄ ， ．
则→ＡＰ ｘ Ｏ→Ａ ｙＯ→Ｂ ｚ Ｏ→Ｃ ｙ Ｏ→Ｂ （ ， ， ），
＝（ －１） ＋ ＋ ＝ （ － １．２．２ 空间中的平面与空间向量
则→ＡＰ ｘ ｙ ｚ Ｐ→Ｂ ｘ ｙ
Ｏ→Ａ ｚ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ｙ→ＡＢ ｚ→ＡＣ． ＝（ ＋２， －３， ）， ＝（１－ ，３－ ，２
）＋ （ － ）＝ ＋ ｚ ． 练习Ａ
－ ）
向
由
量
共
共
面
面
向量定理可知
，
→ＡＰ
、
→ＡＢ
、
→ＡＣ三个
由题意得
３
→ＡＰ
＝２
Ｐ→Ｂ
，
所以
３（
ｘ
＋２，
ｙ
－
１．解析
（１）∵
ｎ
２＝－３
ｎ
１，
ｎ ｎ
所以点Ｐ
，
在平面ＡＢＣ内． ３，
ｚ
）＝２（１－
ｘ
，３－
ｙ
，２－
ｚ
），
∴ １∥ ２，
α β．
∴ ∥
反之 如果点Ｐ在平面ＡＢＣ内 类似地 解得ｘ ４ ｙ ｚ ４
， ， ＝－ ， ＝３， ＝ ， ｎ ｎ
５ ５ （２）∵ ２＝３ １，
可以证明存在 ｘ ｙ ｚ Ｒ Ｏ→Ｐ ｘ Ｏ→Ａ ( ) ｎ ｎ
， ， ∈ ， ＝ ＋ Ｐ ４ ４ ． ∴ １∥ ２，
ｙＯ→Ｂ
＋
ｚＯ→Ｃ且ｘ
＋
ｙ
＋
ｚ
＝１，
方法同上． ∴ －
５
，３，
５ ∴
α
∥
β．
５．解析 由已知得该四面体为正四面体． ３．解析
（１）
ＣＤ
，
Ｃ′Ｄ′
，
ＢＣ
，
Ｂ′Ｃ′． ２．解析
∵
ｎ
１·
ｎ
２＝－６－４＋１０＝０，
ｎ ｎ
（１） →ＡＢ · →ＡＣ ＝｜ →ＡＢ ｜·｜ →ＡＣ ｜ｃｏｓ〈 →ＡＢ ， →ＡＣ 〉 （２）∵ ＡＡ′ ⊥ ＡＢ ，｜ Ａ→Ａ′ ｜＝１，｜ →ＡＢ ｜＝ ３， ∴ α １⊥ β． ２，
ａ２ Ｂ→Ａ′ Ａ→Ａ′ ∴ ⊥
ａ ａ １ ． ∴ ｔａｎ〈 ， 〉＝ ３， ３．解析 是．
＝ × × ＝
２ ２ Ｂ→Ａ′ Ａ→Ａ′ π 又Ｃ→Ｃ′ Ａ→Ａ′ 练习Ｂ
∴ 〈 ， 〉＝ ， ＝ ，
Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ １ ａ２． ３ １．解析 是．理由如下
（２） · ＝－ ：
２ Ｂ→Ａ′ Ｃ→Ｃ′ π． ｎ α ｎ α
（３） Ｇ→Ｆ · →ＡＣ ＝－ １ ｜ →ＡＣ ｜ ２ ＝－
ａ２
．
∴ 〈 ， 〉＝
３
∵
ｎ
１⊥
ｎ
，
．
２⊥ ，
Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｃ １
２
Ｂ→Ｄ Ｂ→Ｃ １
２
ａ２ ａ２
．
易得
〈
Ｂ→Ａ′
，
Ｂ′→Ａ′
〉＝
π
６
，∵
Ｄ′→Ｃ′
＝－
Ｂ′→Ａ′
， 易
∴
知
１∥
ｎ
１，
２
ｎ
２
为非零向量
，
（４） · ＝ · ＝ × ＝ 存在非零实数λ 使得ｎ λｎ ．
２ ２ ２ ４ Ｂ→Ａ′ Ｄ′→Ｃ′ π ５π． ∴ ， ２＝ １
ａ２ ∴ 〈 ， 〉＝π－ ＝ ２．证明 设两平面分别为α β ａ ｂ是平
Ｆ→Ｇ →ＢＡ １ →ＡＣ →ＡＢ １ ６ ６ ， ， ，
（５） · ＝－ · ＝－ × ＝ 面α内的两条相交直线 且 ａ β ｂ
２ ２ ２ Ｂ→Ａ′ Ｂ′→Ｃ′ Ｂ→Ｂ′ Ｂ′→Ａ′ Ｂ′→Ｃ′ ， ∥ ， ∥
ａ２ ∵ · ＝（ ＋ ）· β ｎ是平面β的法向量 则ｎ ａ ｎ ｂ．
－
．
＝
Ｂ→Ｂ′
·
Ｂ′→Ｃ′
＋
Ｂ′→Ａ′
·
Ｂ′→Ｃ′
＝０， 若
，
记表示 ｎ 的有向线
，
段所
⊥
在的
，
直
⊥
线
４
（６） Ｇ→Ｅ · Ｇ→Ｆ ＝（ Ｇ→Ｆ ＋ Ｆ→Ｅ ）· Ｇ→Ｆ ＝｜ Ｇ→Ｆ ｜ ２ － ∴ Ｂ→Ａ′ ⊥ Ｂ′→Ｃ′ ，∴ 〈 Ｂ→Ａ′ ， Ｂ′→Ｃ′ 〉＝ π． 为ｌ．
Ｅ→Ｆ · Ｇ→Ｆ ＝ ａ ４ ２ －０＝ ａ ４ ２ ． ４．解析 以 Ｄ 为原点 ， Ｄ→Ａ ， Ｄ→Ｃ ， Ｄ ２ →Ｄ １ 的方 又 则 ∵ 有 ａ ｌ ， ⊥ ｂ ａ 相 ， ｌ 交 ⊥ ， ｂ ，
向分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向 ＤＤ ｌ α
， ， ， １ ∴ ⊥ ，
1.2 空间向量在立体 的长度为单位长度 建立空间直角坐标 ｎ α α β．
， ∴ ⊥ ，∴ ∥
系 图略 ．则 Ａ Ｄ
几何中的应用 （ ） （２，０，０）， １（０，０，１）， ３．解析 易得→ＡＢ →ＡＣ
Ｂ Ｄ ＝（－３，４，０）， ＝（－３，
（２，２，０）， （０，０，０）， ．
１．２．１ 空间中的点、 ０，５）
∴ Ａ→Ｄ １＝（－２，０，１）， Ｂ→Ｄ ＝（－２，－２，０）， 设平面ＡＢＣ的一个法向量为ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ，
直线与空间向量 →ＡＢ ． ｚ
＝（０，２，０） ），
练习Ａ
假设满足条件的 Ｍ Ｎ 存在 且Ａ→Ｍ 则ｎ →ＡＢ ｘ ｙ ｎ →ＡＣ ｘ ｚ
， ， ＝ · ＝－３ ＋４ ＝０， · ＝－３ ＋５
１．解析 答案不唯一 ．
（１，－１，０）（ ） ｔＡ→Ｄ ｔ ｔ Ｂ→Ｎ ｓ Ｂ→Ｄ ｓ ｙ ３ ｘ ｚ ３ ｘ．
２．解析 ｖ ｖ 且ｌ 与ｌ 不重合 １＝（－２，０， ）， ＝ ＝（－２ ， ＝０，∴ ＝ ， ＝
（１）∵ ２＝－３ １， １ ２ ， ｓ ４ ５
ｌ ｌ ． －２ ，０）， 令ｘ 则ｙ ｚ ．
∴ １∥ ｖ ２ ｖ 且ｌ 与ｌ 不重合 则Ｍ→Ｎ ＝ Ｍ→Ａ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｎ ＝－ Ａ→Ｍ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｎ ｎ ＝２０， ＝１５ ． ， ＝１２
（２）∵ ２＝３ １， １ ２ ， ｔ ｓ ｓ ｔ ． ∴ ＝（２０，１５，１２）
ｌ ｌ ． ＝（２ －２ ，２－２ ，－） ４．证明 因为ＰＡ 底面 ＡＣ 所以 ＡＢ 为
３． ∴ 解析 １∥ ２ ∵ ｖ １· ｖ ２＝－２＋６－４＝０， ∵ ＭＮ ⊥ ＡＤ １， ＭＮ ⊥ ＢＤ ， ＰＢ在 底面ＡＣ内 ⊥ 的射影． ，
ｖ ｖ Ｍ→Ｎ Ａ→Ｄ Ｍ→Ｎ Ｂ→Ｄ 又ＢＣ ＰＢ 所以由三垂线定理的逆定
∴ １⊥ ２， ∴ ⊥ １， ⊥ ， ⊥ ，
３
理
又
可
因
得
为底
ＢＣ
面
⊥
Ａ
Ａ
Ｂ
Ｂ
Ｃ
．
Ｄ是平行四边形
{ｎ １· Ａ→Ｍ ＝２ ｙ １＋ ｚ １＝０， ３．
在
解
平
析
面
∵
ＡＢ
Ｐ
Ｍ
Ａ ⊥
内
平
的射
面
影
ＡＢ
．
Ｍ ，∴ ＡＭ 为 ＰＭ
， ∴ ｎ Ａ→Ｃ ｘ ｙ ｚ
所以四边形ＡＢＣＤ是矩形． １· １＝－２ １＋２ １＋２ １＝０， ＡＢ为圆的直径 ＡＭ ＢＭ．
取ｘ 则ｎ ． ∵ ，∴ ⊥
５．解析 因为ＡＣ ＢＣ Ｄ为ＡＢ的中点 １＝１， １＝（１，－１，２） ＰＭ ＢＭ．
＝ ， ， 设Ａ Ｍ与平面ＡＭＣ 所成的角为θ 则 ∴ ⊥
所以ＣＤ ＡＢ 即ＯＣ ＡＢ． １ １ ， ＰＭＡ为二面角 Ａ ＢＭ Ｐ 的平面
⊥ ， ⊥ ∴ ∠ － －
因为ＰＯ 平面ＡＢＣ 所以ＯＣ为ＰＣ在 ｎ Ａ→Ｍ 角．ＡＭ ＡＢ ° ＰＭＡ
⊥ ， θ ｎ Ａ→Ｍ ｜ １· １ ｜ ＝ ·ｓｉｎ ３０ ＝２，∴ ｔａｎ∠
平面 ＡＢＣ 内的射影
，
所以由三垂线定 ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ〈 １， １ 〉 ｜ ＝
｜
ｎ
１｜｜
Ａ
１
→Ｍ
｜
＝
＝ ３，
理可得ＡＢ ＰＣ．
⊥
４ ２ ３０． ＰＭＡ π．
１．２．３ 直线与平面的夹角 ６× ５ ＝ １５ ∴ ∠ ＝ ３
练习Ａ １．２．４ 二面角 ∴ 二面角Ａ － ＢＭ － Ｐ的大小为π．
１．解析 ° θ °． ３
０ ≤ ≤９０ 练习Ａ
１．２．５ 空间中的距离
２．解析 ． ．
３．解析 （１）３ ３ （２）５ ２ １．解析 Ｓ △ ＡＢＰ′ π 练习Ａ
∵ Ｓ
△ ＡＢＰ
＝ｃｏｓ
６
，
１．解析 ｄ ．
０＜ ≤５
Ｓ Ｓ π ３ ３ ３． ２．解析 是两个平行于平面α的平面 且
∴ △ ＡＢＰ′＝ △ ＡＢＰ·ｃｏｓ ＝３× ＝ ，
６ ２ ２ 分别位于α的两侧．
２．解析 因为 ＡＣ ＡＢ ＢＤ ＡＢ ＡＣ ＢＤ
⊥ ， ⊥ ， 、 ３．解析 距离平面α和β都是 的一
分别在二面角的两个半平面内 且二面 ２ ｃｍ
， 个平面．
角为 ° 所以ＡＣ ＢＤ 即→ＡＣ →ＡＢ Ｂ→Ｄ
如图 所示 可以看出 θ ｖ ｖ ． ９０ ， ⊥ ， · ＝ ４．解析 ．
如图 （１） 所示 ， 可以看出 ， ＝ θ 〈 １， ２〉 ｖ · →ＡＢ ＝ →ＡＣ · Ｂ→Ｄ ＝０ ． ５．解析 连 ２ 接ＣＤ． ＯＣ α ＯＣ ＡＣ
ｖ ２〉 ．
（２） ， ， ＝π－〈 １，
｜ Ｃ→Ｄ ｜＝ ｜ Ｃ→Ｄ ｜ ２ ＝ （ →ＣＡ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｄ ） ２ ＯＣ ⊥ ＢＣ ， ＯＣ ⊥ ＣＤ
∵
， 由勾
⊥
股
，
定
∴
理可
⊥
得ＯＡ
，
练习Ｂ
１．解析 对角线 ＢＤ 与平面 ＡＢＣＤ 所成 ＝ ｜ →ＣＡ ｜ ２ ＋｜ →ＡＢ ｜ ２ ＋｜ Ｂ→Ｄ ｜ ２ ＝７ ２， ＝６ ５ ｃｍ， ＯＢ ＝４ １３ ｃｍ， ＣＤ ＝ ２ １ ＡＢ ＝
的角为 ＤＢＤ 与 １ 平面ＡＢＢ Ａ 所成的 所以ＣＤ的长为 ７ ２ ． ５ ｃｍ， ＯＤ ＝１３ ｃｍ ．
∠ １， １ １ ３．解析 θ ｎ ｎ ． 练习Ｂ
角为
∠
Ａ
１
ＢＤ
１，
与平面 ＢＣＣ
１
Ｂ
１
所成的
练习Ｂ
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜
１．解析 如图 连接ＡＮ ＢＮ． Ｎ是ＣＤ的
， 、 ∵
角为 Ｃ ＢＤ 这些角的余弦值都是 ６．
∠ １ １， ３ １．解析 由题易得→ＡＢ ＝（－１，２，０）， →ＡＣ ＝ 中点 ＡＮ ＢＮ ３． Ｍ 是 ＡＢ 的中
２．解析 设斜线与平面α所成的角为θ ．设平面 ＡＢＣ 的一个法向量 ，∴ ＝ ＝ ∵
， （－１，０，３） ２
根据三余弦定理可得 为ｎ ｘ ｙ ｚ 则ｎ →ＡＢ ｘ ｙ ｎ 点 ＭＮ ＡＢ ＢＭ １ ＭＮ
＝（ ， ， ）， · ＝－ ＋２ ＝０， ，∴ ⊥ ， ＝ ，∴ ＝
ｃｏｓ６０ ° ＝ｃｏｓ４５ ° ×ｃｏｓ θ ， →ＡＣ ｘ ｚ ２
· ＝－ ＋３ ＝０，
即 １
＝
２
×ｃｏｓ
θ
，
令ｘ ＝６， 则ｙ ＝３， ｚ ＝２ ． ＢＮ２ － ＢＭ２ ＝ ２．
２ ２ 所以平面ＡＢＣ的一个法向量为ｎ ２
＝（６，
．易得平面ｘＯｙ的一个法向量ｎ
则
ｃｏｓ
θ
＝
２
，
３，２） １＝
２
平面ｙＯｚ的一个法向量ｎ
则θ °．
（０，０，１）， ２＝
＝４５ 平面ｘＯｚ的一个法向量ｎ
故答案为 °．
（１，０，０）， ３＝
４５
３．解析 以边 ＤＡ ＤＣ ＤＤ 所在直线分 （０，１，０），
别为 ｘ轴 ｙ 轴 ， ｚ 轴 ， 建立 １ 如图所示的 ｎ ｎ ｎ · ｎ １ ２ ２
， ， ， ｃｏｓ〈 ， １〉＝ ｎ ｎ ＝ ＝ ，
空间直角坐标系 ｜ ｜｜ １｜ ７×１ ７
， 同理可得 ｎ ｎ ６ ｎ ｎ ２．解析 连接ＣＯ并延长交ＡＢ于Ｄ Ｏ
ｃｏｓ〈 ， ２〉＝ ，ｃｏｓ〈 ， ３〉 ，∵
７ 为正三角形ＡＢＣ的中心 ＣＤ ＡＢ 连
，∴ ⊥ ，
３ 接ＰＤ．
＝ ，
７ ＰＯ 平面ＡＢＣ
所以平面ＡＢＣ 与平面 ｘＯｙ ｙＯｚ ｘＯｚ 所 ∵ ⊥ ，
、 、 ＯＤ为ＰＤ在平面ＡＢＣ内的射影
∴ ，
成角的余弦值分别为 ２ ６ ３ ． ＰＤ ＡＢ ＰＤ的长为Ｐ到边ＡＢ的
， ， ∴ ⊥ ，∴
７ ７ ７ 距离．
２．解析 因为三个侧面在底面上的射影
完全相同 都是底面正三角形面积的
ＯＤ １ ＣＤ ３ ＯＰ
， ＝ ＝ ｃｍ， ＝１ ｃｍ，
设正方体的棱长为 则 Ａ １ 且正三棱锥 Ｓ ＡＢＣ 的四个面面积 ３ ３
２， （２，０，０）， ， －
Ａ Ｍ Ｃ ３ ＰＤ ２ ３ ．
１（２，０，２）， （２，２，１）， １（０，２，２）， Ｓ ∴ ＝ ｃｍ
∴ Ａ→Ｍ ＝（０，２，１）， Ａ→Ｃ １＝（－２，２，２）， Ａ→ １ Ｍ 相同 ， 由 ｃｏｓ θ ＝Ｓ 射 斜 影 面 知 ， 侧面和底面所 同理可得 ３ Ｐ 到 ＢＣ 、 ＡＣ 的距离均为
．
＝（０，２，－１） 成二面角 显然为锐角 的余弦值
设平面 ＡＭＣ 的一个法向量为 ｎ （ ） ２ ３ ．
１ １ ＝ 为 １ ． ３ ｃｍ
ｘ ｙ ｚ 则ｎ Ａ→Ｍ ｎ Ａ→Ｃ ３．解析 ＯＡ ＯＢ ＯＣ 两两垂直 且 ＯＡ
（ １， １， １）， １⊥ ， １⊥ １， ３ ∵ ， ， ，
４
教材习题答案
＝ ＯＢ ＝ ＯＣ ＝２， ì ï ï ｎ · →ＡＢ ＝－ ｘ ＋ ｙ － ｚ ＝０， ∵ Ａ→′Ｂ ＝ Ａ→′Ａ ＋ →ＡＢ ，
ＡＢ ＡＣ ＢＣ
∴ ＝ ＝ ＝２ ２， ｘ ｙ ｚ 则íｎ →ＡＣ ｘ Ａ→′Ｂ ｖ Ａ→′Ａ →ＡＢ ｖ Ａ→′Ａ ｖ →ＡＢ
（ ， ， ）， ïï · ＝－ ＝０， ∴ · ＝（ ＋ ）· ＝ · ＋
∴ Ｓ △ ＡＢＣ＝ ３ ×（２ ２） ２ ＝２ ３ ． îｎ ＝ ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ ｚ２ ＝１， · ｖ ＝０，∴ ｖ ⊥ Ａ→′Ｂ．
４ ｌ Ａ′Ｂ．
设Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为ｈ 解得ｘ ｙ ｚ ２ 且ｙ ｚ． ∴ ⊥
， ＝０，｜ ｜＝｜ ｜＝ ， ＝ ２．解析 ＡＢ与Ａ Ｄ ＡＤ与Ｄ Ｃ Ａ Ｃ 与
２ １ １， １ １， １ １
则 １ １ １ ｈ æ ö ＢＤ的公垂线段分别为ＡＡ ＤＤ ＥＦ Ｅ
× ×２×２×２＝ ×２ ３× ， 所以ｎ ç ２ ２÷是平面 ＡＢＣ 的一 １， １， （
３ ２ ３ ＝è０， ， ø 为ＢＤ的中点 Ｆ为Ａ Ｃ 的中点 ．
２ ２ ， １ １ ）
解得ｈ ＝ ２ ３． 个单位法向量． ３．解析 （１）∵ 在矩形 ＡＢＣＤ 中 ， ＡＢ
３ ＣＤ
３．解析 ＡＢ ３ ． ∥ ，
＝ ＝２ ３ ＰＣＤ为ＰＣ与ＡＢ所成的角． ＰＤ
Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为２ ３． π ∴ ∠ ∵
∴ ３ ｃｏｓ ６ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ，∴ ＰＤ ⊥ ＣＤ ， ＰＣ ＝ ３４，
４．
５
解
）
析
，
Ｏ→ Ａ
＝
→Ａ
（
Ｂ
２
＝
，
（
２，
－
０
１
）
，
，
２ 设 ，２ 平 ）， 面
→ＡＣ
Ａ ＝ Ｂ （ Ｃ － 的 ２， 一 －２ 个 ，
４．
（
解
２）
析
ＢＣ ．
Ａ
（
Ｂ
１
Ｃ
）
ＡＢ
，
ＡＣ
Ａ
Ｐ
Ｃ
，
ＢＣ
Ｂ
，
Ｃ
Ａ
Ｐ
Ｄ
，
ＢＤ
Ｐ
，
Ｃ
Ｃ
Ｄ
Ｄ．
∴ ｃｏｓ∠ ＰＣＤ ＝ ５
３４
３４ ，∴ ＰＣ与ＡＢ所成
（３） △ ，△ ，△ ， △ ，
法向量为ｎ ＝（ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， 则ｎ · →ＡＢ ＝－ ｘ ＋ ＡＤＣ ＢＤＣ ＡＤＰ ＢＤＰ． 角的余弦值为５ ３４．
△ ， △ ， △ ， △
２ ｙ ＋２ ｚ ＝０， ｎ · →ＡＣ ＝－２ ｘ －２ ｙ ＋５ ｚ ＝０， ５．解析 Ｂ→Ｃ是平面ＡＤＭ的一个法向量 ， （２）∵ ＰＤ ⊥ 平 ３ 面 ４ ＡＢＣＤ ， ＡＢ ⊂ 平面
令ｘ ＝７， 则ｙ ＝ ２ １ ， ｚ ＝３ ． 面 平面 ＢＣ Ａ Ｄ Ｄ ． Ｍ ⊥ 平面 ＡＢＣ ， 平面 ＡＤＭ ⊥ 平 ＡＢ Ｐ Ｃ Ｄ Ｄ ， 与 ∴ Ａ Ｐ Ｂ Ｄ 所 ⊥ 成 ＡＢ 角 ， 的大小为 ° 余弦
( ) ∴ ９０ ，
∴
ｎ
＝ ７，
１
，３
． ６．解析 设直线ＡＢ和平面α所成的角为 值为
０
．
２ Ａ′Ｂ′ 在矩形ＡＢＣＤ中 ＡＤ ＢＣ
θ 则 θ ． （３）∵ ， ∥ ，
Ｏ→Ａ ｎ ， ｃｏｓ ＝ ＡＢ ＰＡＤ为ＰＡ与ＢＣ所成的角．
Ｏ 到面 ＡＢＣ 的距离 ｄ ｜ · ｜ ∴ ∠
∴ ＝ ｎ ＝ ＰＤ 平面ＡＢＣＤ ＰＤ ＡＤ ＰＡ
｜ ｜ θ １ θ °． ∵ ⊥ ，∴ ⊥ ， ＝５，
（１）ｃｏｓ ＝ ，∴ ＝６０
１５ ３０ ２３３． ２ ＰＡＤ ４ ＰＡ 与 ＢＣ 所成角
＝ ∴ ｃｏｓ∠ ＝ ，∴
２３３ ２３３ （２）ｃｏｓ θ ＝ ２ ，∴ θ ＝４５ °． ５
２ ２ 的余弦值为 ４ ．
θ θ °．
５．解析 以Ｄ为原点 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｄ′的 （３）ｃｏｓ ＝１，∴ ＝０ ５
（１） ， ， ， θ θ °． ４．解析 易得 ＣＡ ＣＢ ＣＣ 两两互相
方向分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向 建 （４）ｃｏｓ ＝０，∴ ＝９０ ， ， １
立空间直角坐标系
、
图
、
略 则Ｄ
， ７．解析 以 Ｄ 为坐标原点
，
Ｄ→Ａ
，
Ｄ→Ｃ
，
Ｄ→Ｄ′ 垂直．
（ ）， （０，０， 的方向分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向 以Ｃ为原点 →ＣＡ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ 的方向分别为
Ｂ Ｂ′ Ｂ→′Ｂ 、 、 ， ， ， ， １
０）， （１，１，０）， （１，１，１），∴ ＝（０， 建立空间直角坐标系 图略 ．设正方体 ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴正方向建立空间直角坐
． （ ） 、 、
０，－１） 的棱长为 则Ａ Ｃ 标系 图略 则Ｃ Ａ
１， （１，０，０）， （０，１，０）， （ ）， （０，０，０）， （３，０，０），
易知Ｄ→Ｂ′ 是平面 Ａ′Ｃ′Ｂ 的一 Ｂ Ｂ Ｃ
个法向量
＝
．
（１，１，１） Ｄ
（０，０，０），
Ａ′
（１，０，１），∴
Ｄ→Ａ′
＝（１，０，
（０，３，０）， １（０，３，３）， １（０，０，３），
Ｂ→′Ｂ Ｄ→Ｂ′ １），
→ＡＣ
＝（－１，１，０）
． ∴
Ａ→Ｃ
１＝（－３，０，３），
Ｃ→Ｂ
１＝（０，３，３），
→ＣＡ
∵ ｜ ｜ Ｄ · →Ｂ′ ｜ ｜ ＝ １ ３ ＝ ３ ３ ， ∴ ｃｏｓ〈 Ｄ→Ａ′ ， →ＡＣ 〉＝ Ｄ Ｄ → → Ａ Ａ ′ ′ · → → Ａ Ａ Ｃ Ｃ ＝ －１ ＝ 易 ＝（ 得 ３， Ａ ０ Ｂ ，０）， →ＡＢ ＝（－ Ａ→ ３ Ｍ ，３，０ １ ） →Ａ ． Ｂ
｜ ｜｜ ｜ ２× ２ ＝３ ２，∴ ＝ ＝（－１，１，
Ｂ′到平面Ａ′Ｃ′Ｂ的距离为 ３． ３
（ ∴ 则 ２ 直 ） 易 线 得 Ｂ 平 ′Ｄ 面 为 Ａ 平 ′Ｃ 面 ′Ｂ Ａ ∥ ′Ｃ 平 ′Ｂ 面 与 Ｄ 平 ３ ′Ａ 面 Ｃ ， Ｄ′ＡＣ 与 － ２ １ 直 ， 线 ∴ Ａ 〈 Ｃ Ｄ→ 所 Ａ′ 成 ， →Ａ 角 Ｃ 〉 的 ＝ 大 １２ 小 ０ ° 为 ，∴ ６０ 直 °． 线 ＤＡ′ ０ 设 ） 平 ， 则 面 Ｃ→Ｍ Ｂ １ ＝ Ｍ →Ｃ Ｃ Ａ ＋ 的 Ａ→ 一 Ｍ ＝ 个 （ 法 ２， 向 １， 量 ０） 为 ． ｎ ＝（ ｘ ，
的公垂线． ８．解析 π
Ｓ
△ ＡＢＰ ｙ ｚ 则
{ｎ
·
Ｃ→Ｂ
１＝３
ｙ
＋３
ｚ
＝０，
∵ ｃｏｓ ４ ＝Ｓ △ ＡＢＰ′ ， ）， ｎ · Ｃ→Ｍ ＝２ ｘ ＋ ｙ ＝０，
由 知Ｂ′到平面Ａ′Ｃ′Ｂ的距离为 ３ Ｓ ５ ． 令ｘ 得ｎ ．
（１） ３ ， ∴ △ ＡＢＰ′＝ π ＝５ ２ 设直 ＝ 线 １， ＡＣ ＝ 与 （ 平 １，－ 面 ２， Ｂ ２） ＭＣ 所成的角
ｃｏｓ １ １
同理可得Ｄ到平面Ｄ′ＡＣ的距离为 ３． ４ 为θ
◆习题1-2B ，
３
Ａ→Ｃ ｎ
又Ｂ′Ｄ １．解析 设ｖ ｌ 则由Ａ→′Ａ α 且ｌ α可 则 θ Ａ→Ｃ ｎ ｜ １· ｜
平面 ＝ Ａ′Ｃ ３ ′ ， Ｂ与平面Ｄ′ＡＣ之间的距离 ∥， ⊥ ， ∥ ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ〈 １， 〉 ｜ ＝ Ａ→Ｃ ｎ
∴ 知Ａ→′Ａ ｖ 即Ａ→′Ａ ｖ ． ｜ １｜｜ ｜
⊥ ， · ＝０
为 ３． （１） 若ｌ ⊥ Ａ′Ｂ ， 则ｖ ⊥ Ａ→′Ｂ ， ｖ · Ａ→′Ｂ ＝０ ． ＝ ２．
６
◆习
３
题1-2A ∵
→ＡＢ
＝
Ａ→Ａ′
＋
Ａ→′Ｂ
＝－
Ａ→′Ａ
＋
Ａ→′Ｂ
，∴
→ＡＢ
·
ｖ
＝ ５．解析 以 Ｂ 为坐标原点 Ｂ→Ｃ →ＢＡ
（１） ， ， ，
１．解析 ９０ °． （－ Ａ→′Ａ ＋ Ａ→′Ｂ ）· ｖ ＝－ Ａ→′Ａ · ｖ ＋ Ａ→′Ｂ · ｖ ＝０， Ｂ→Ｅ的方向分别为 ｘ 轴 ， ｙ 轴 ， ｚ 轴正方
２．解析 由已知可得→ＡＢ
＝（－１，１，－１），
→ＡＣ
∴
ｖ
⊥
→ＡＢ
，
向
，
建立空间直角坐标系Ｂｘｙｚ
（
图略
），
ｌ ＡＢ． 则Ｂ Ｃ Ｄ
＝（－１，０，０） ． ∴ ⊥ （０，０，０）， （６，０，０）， （３，６，０），
设平面 ＡＢＣ 的一个单位法向量为 ｎ 若ｌ ＡＢ 则ｖ →ＡＢ ｖ →ＡＢ ． Ｅ Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｅ
＝ （２） ⊥ ， ⊥ ， · ＝０ （０，０，６）， ＝（－３，６，０）， ＝（－６，
５
Ｂ→Ｃ ．设平面 ＣＤＥ 的一 Ｂ→Ｅ ｎ ａ ｂ ｃ ．
０，６）， ＝（６，０，０） ∵ · ＝０， ∴ ｜ ｜＋｜ ｜＋｜ ｜＝ ３８＋ １０＋３ ６
２．解析 ａ与ｂ为共线向量
个法向量为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则 ｎ Ｃ→Ｄ Ｂ→Ｅ ｎ ∵ ，
＝（ ， ， ）， · ＝ ∴ ⊥ ， 存在实数λ使得ａ λｂ
－３
ｘ
＋６
ｙ
＝０，
ｎ
·
Ｃ→Ｅ
＝－６
ｘ
＋６
ｚ
＝０，
又
∵
点Ｂ显然不在平面Ａ′ＦＤ′内
，
∴
{ ｘ λ
＝ ，
令ｘ 则ｎ ＢＥ 平面Ａ′ＦＤ′． ２ ＝ ，
点 ＝２ Ｂ ， 到平 ＝（ 面 ２，１， Ｃ ２ Ｄ ） Ｅ ， 的距离 ｄ ∴ ∥ ( ) ∴ １＝－２ λｙ ，
∴ ＝ 结合 可得Ａ→′Ｅ １ λ
（２） （１） ＝ ０， ，０ ， ３＝９ ，
Ｂ→Ｃ ｎ ２
｜ ｎ · ｜ ＝４ ． ｜ Ａ→′Ｅ · ｎ ｜ ５ 解得ｘ ＝ １ ， ｙ ＝－ ３ ．
｜ ｜ ∴ ｎ ＝ ， ６ ２
（２）
易知平面ＡＣＤ的一个法向量为Ｂ→Ｅ ｜ ｜ ５
３．解析 易得→ＡＢ ＝（－２，－１，３）， →ＣＡ ＝（－１，
ＢＥ到平面Ａ′ＦＤ′的距离为 ５．
＝（０，０，６）， ∴ ３，－２），
由 知平面ＣＤＥ的一个法向量为ｎ ５
（１） ＝
３．解析 由题可知→ＡＢ Ｂ→Ｃ ∴ ｃｏｓ〈
→ＡＢ
，
→ＣＡ
〉
Ｂ→Ｅ ｎ ＝（２，１，－１）， ＝
（２，１，２），∴ ｃｏｓ〈
Ｂ→Ｅ
，
ｎ
〉 ＝ Ｂ→Ｅ
·
ｎ （－２，０，１）， Ｂ→Ｄ ＝（－１，－１，０） ． ＝ （－２）×（－１）＋（－１）×３＋３×（－２）
｜ ｜｜ ｜ 设平面β的一个法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ １４× １４
＝（ ， ， ），
２ ．
＝ {ｎ Ｂ→Ｃ ｘ ｚ ＝－ ７ ＝－ １ ，
３ 则 · ＝－２ ＋ ＝０， １４ ２
易知二面角Ａ ＣＤ Ｅ为锐二面角
－ － ， ｎ
·
Ｂ→Ｄ
＝－
ｘ
－
ｙ
＝０， ∴ 〈
→ＡＢ
，
→ＣＡ
〉＝１２０
°．
令ｘ 则得ｎ
∴
二面角Ａ
－
ＣＤ
－
Ｅ的正切值为 ５． ＝１， ＝（１，－１，２）， ４．解析 设Ｐ
（
ｘ
，
ｙ
，
ｚ
），∴
→ＡＰ
＝（
ｘ
－１，
ｙ
－２，
２ →ＡＢ ｎ
◆习题1-2C α与β之间的距离为｜ · ｜ ６． ｚ Ｐ→Ｂ ｘ ｙ ｚ ．
∴ ｎ ＝ －１）， ＝（－１－ ，３－ ，４－ ）
｜ ｜ ６
１．解析 易得→ＡＢ
＝（－３，３，－３），
设点 ４．解析 如图
，
以 Ａ为原点
，
在平面 ＡＢＣ 由 →ＡＰ
＝ ２
Ｐ→Ｂ
，
得 点 Ｐ 坐 标
( )
Ｃ （ ｘ ， ｙ ， ｚ ） 满足→ＡＣ ＝ λ→ＡＢ ， 且ＰＣ ⊥ ＡＢ ， 直 内 线 过 为 Ａ作 ｙ轴 ＣＢ Ａ 的 Ｓ所 平 在 行 直 线 线 为 为 ｘ轴 ｚ轴 ， Ａ 建 Ｂ 立 所在 空 为 － １ ， ８ ，３ ．
由→ＡＣ λ→ＡＢ得 ， ３ ３
＝ 间直角坐标系
ｘ ｙ ｚ λ λ λ ， 又Ｄ Ｐ→Ｄ ７７．
（ －３， －３， －３）＝（－３ ，３ ，－３ ）， （１，１，１），∴ ｜ ｜＝
{ｘ λ ３
＝３－３ ， ５．解析
ｙ λ （－２，－１，－４）， （－２，１，－ ４），
∴ ＝３＋３ ， ．
ｚ λ （２，－１，－４）
＝３－３ ， ６．Ｄ →ＡＢ →ＡＣ Ｂ→Ｃ
即Ｃ λ λ λ ｜ ｜＝ ２９，｜ ｜＝２ ２９，｜ ｜＝
（３－３ ，３＋３ ，３－３ ），
所以 →ＡＢ Ｂ→Ｃ →ＡＣ 所以Ａ
Ｐ→Ｃ λ λ λ ． ２９， ｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜， 、
∴ ＝（３－３ ，３＋３ ，－３－３ ） Ｂ Ｃ三点共线 构不成三角形．
又 ＰＣ ＡＢ 、 ，
∵ ⊥ ， ７．解析 设Ｐ ｘ ｙ ｚ 为满足条件的任一
Ｐ→Ｃ →ＡＢ 即 （ ， ， ）
∴ ·
λ
＝０，
λ λ
则Ａ
（０，０，０），
Ｓ
（０，０，４），
Ｂ
（０，４，０），
点
，
则由题意得
｜
→ＰＡ
｜＝｜
Ｐ→Ｂ
｜
．
－３（３－３ ）＋３（３＋３ ）－３（－３－３ ）＝０， Ｃ Ｅ Ｆ
（－３，４，０）， （０，２，０）， （－１，４，０）， →ＰＡ ｘ ２ ｙ ２ ｚ ２
解得λ
＝－ ３
１
， ∴
→ＡＥ
＝（０， ． ２，０），
→ＳＥ
＝（０，２，－４），
Ｅ→Ｆ
＝
∵
｜ Ｐ→Ｂ
｜
｜＝
｜＝
（ ｘ
（
－５
－
）
２
２
）
＋（
＋
ｙ
（
－１
－
）
３
２
）
＋（
＋
ｚ
（
－０
－
）
０
２
）
，
，
因此Ｐ→Ｃ （－１，２，０） 平方后化简得 ｘ ｙ ．
＝（４，２，－２）， 设平面ＳＥＦ的一个法向量为ｎ ｘ ｙ ∴ ６ －４ －１３＝０
＝（ ， ， ｘ ｙ 即为所求点所满足的
从而可知点Ｐ到直线ｌ的距离为 ｜ Ｐ→Ｃ ｜ ｚ ）， ∴ 条 ６ 件． －４ －１３＝０
＝ ４ ２ ＋２ ２ ＋（－２） ２ ＝２ ６ ． {ｎ →ＳＥ ｙ ｚ ８．解析 设Ｐ ｚ 由ＰＡ ＰＢ 可得
则 · ＝２ －４ ＝０， （０，０， ）， ＝ ， １
２．解 方 析 向 分 （ 别 １ 为 ） 以 ｘ Ｄ 轴 为 ， ｙ 原 轴 点 ， ， ｚ Ｄ→ 轴 Ａ ， 正 Ｄ→Ｃ 方 ， Ｄ 向 →Ｄ ， ′的 正 令ｘ ｎ · Ｅ→ 得 Ｆ ＝ ｎ － ｘ ＋２ ｙ ＝０， ． 故 ＋４ 点 ＋（ Ｐ ｚ － 的 １） 坐 ２ ＝ 标 ４ 为 ＋４＋（ ｚ －２） ． ２ ， 解得ｚ ＝３，
方体的棱长为单位长度 建立空间直角 ＝４， ＝（４，２，１） （０，０，３）
， →ＡＥ ｎ ９．解析 ∵ Ａ （０，０，０）， Ｂ （２，５，０）， Ｃ （１，
坐标系 图略 则Ａ′ Ｄ′ ｜ · ｜ ４ ４ ２１
（ ）， （１，０，１）， （０，０， ∵ ｎ ＝ ＝ ，
( ) ｜ ｜ ４ ２ ＋２ ２ ＋１ ２１ ３，５），
Ｆ １ Ｂ →ＡＣ →ＡＢ
１）， ０， ，０ ， （ １， １， ０）， ∴ ＝（１，３，５）， ＝（２，５，０），
２ 点Ａ到平面ＳＥＦ的距离为４ ２１．
( ) ∴ →ＡＢ ２ ２ ２ ．
Ｅ １ ２１ ｜ ｜＝ ２ ＋５ ＋０ ＝ ２９
１，
２
，１ ，
( )
复习题 →ＡＢ
·
→ＡＣ
＝１×２＋３×５＋５×０＝１７
．
Ｄ′→Ａ′ Ｄ→′Ｆ １ Ａ组 →ＡＢ →ＡＣ
∴ ＝（１，０，０）， ＝ ０， ，－１ ， →ＡＣ在→ＡＢ上投影的数量为 ·
( ) ２ １．解析 ａ ｂ ｃ ∴ →ＡＢ
（１） ＋ ＋ ＝（－３，２，５）＋（１，－３， ｜ ｜
Ｂ→Ｅ ＝ ０，－
２
１ ，１ ．设平面Ａ′ＦＤ′的一个 ０）＋（７，－２，１）＝（５，－３，６） ．
１７ ２９．
法 向 量 为 ｎ ＝ （ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， （２）∵ ａ ＋ ｂ ＝（－２，－１，５），∴ （ ａ ＋ ｂ ）· ｃ ＝ ２９
．
{ｎ Ｄ′→Ａ′ ｘ ＝（－２，－１，５）·（７，－２，１）＝－７ １０．解析 Ｂ→Ｄ ．
则 · ＝ ＝０， （３）｜ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ｜ ２ ＝５ ２ ＋（－３） ２ ＋６ ２ ＝７０ ． １１．解析 过三 １ 角形外心且垂直于三角形
ｎ
·
Ｄ→′Ｆ
＝
１ ｙ
－
ｚ
＝０， ａ ｂ ｃ 所在 平面的一条直线．
２ （４）∵ ｜ ｜ ＝ ３８，｜ ｜ ＝ １０，｜ ｜ ＝
令ｙ 则得ｎ ． １２．解析 如图 以Ｄ为原点建立空间直
＝２， ＝（０，２，１） ３ ６， ，
６
教材习题答案
角坐标系． ５．解析 ａ ｂ ａ ｂ
∵ ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ＋ ｜＝１，
ａ ｂ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ ．
∴ ｜ ＋ ｜ ＝｜ ｜ ＋２ · ＋｜ ｜ ＝１
ａ ｂ ．
∴２ · ＝－１
ａ ｂ ２ ａ ２ ａ ｂ ｂ ２ ．
∴ ｜ － ｜ ＝｜ ｜ －２ · ＋｜ ｜ ＝３
ａ ｂ ．
∴ ｜ － ｜＝ ３
６．解析 设点Ｄ ｘ ｙ ｚ ．
（ ， ， ）
四边形ＡＢＣＤ是平行四边形
∵ ，
∴ →ＡＢ ＝ Ｄ→Ｃ． æ ö
∵
Ａ
（３，４，０），
Ｂ
（２，５，５），
Ｃ
（０，３，５），
设ＡＢ ＝１， 则Ｏ （０，０，０）， Ｄç è ３ ，０，０ø ÷ ，
２
设正方体的棱长为 则 Ｅ Ｄ （ ｘ ， ｙ ， ｚ ）， ( ) ( ) (
２， （２，１，０）， Ｂ １ Ｃ ３ Ａ
Ｆ Ｂ Ｄ →ＡＢ Ｄ→Ｃ ｘ ｙ ｚ ０， ，０ ， ０， ，０ ， ０，０，
（０，２，１）， （２，２，０）， １（０，０，２）， ∴ ＝（－１，１，５）， ＝（－ ，３－ ，５－ ）， ２ ２
ｘ ｙ ｚ )
∴ Ｅ→Ｆ ＝（－２，１，１）， Ｂ→Ｄ １＝（－２，－２，２），
即
∴ （－１，１
ｘ
，５）＝（－
ｙ
，３－ ，５
ｚ
－ ）， ３
，
Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｄ －１＝－ ，１＝３－ ，５＝５－ ， ２
Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｄ · １ 解得ｘ ｙ ｚ æ ö
∴ ｜ｃｏｓ〈 ， １〉｜＝
｜
Ｅ→Ｆ
｜｜
Ｂ→Ｄ
１｜ 故点Ｄ
＝
的
１，
坐
＝
标
２
为
，
（
＝
１
０
，
，
２，０）
． ∴
Ａ→Ｄ
＝è
ç
２
３
，０，－
２
３
ø
÷．显然ｎ
１＝（０，０，
＝ （－２ （ ） － ２ ２ ＋ ） １ × ２ ＋ （ １ － ２ ２ × ）＋１ （ × － （ ２ － ） ２ ２ ） ＋ ＋ （ １ － × ２ ２ ） ２ ＋２ ２ ７．证明 以 Ｄ 为原点 ， Ｄ→Ａ ， Ｄ→Ｃ ， Ｄ→Ｄ １ 的方 １） 为平面ＢＣＤ的一个法向量 ，
向分别为ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向 正方
、 、 ， ３
２ 体的棱长的单位长度 建立空间直角坐 －
＝ ， ， Ａ→Ｄ ｎ ２
∴ 直 ３ 线 ＥＦ 与 ＢＤ １ 所成角的余弦值 标 ( 系 （ 图略 ） ) ， 则 ( Ｄ （０，０，０）， Ｂ ) （１，１，０）， ∴ ｜ ｃｏｓ 〈 ， １〉 ｜ ＝ ３ ×１ ＝
Ｍ １ Ｎ １ １ １ Ｍ→Ｎ ２
为 ２． １，１， ， ， ， ，∴ ＝
３ ( ２ ) ２ ２ ２ ２ ２．
Ｂ组 － １ ，－ １ ，０ ， Ｂ→Ｄ ＝（－１，－１，０）， － ２ ＝ ２
１．Ａ →ＰＡ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ Ｐ→Ｄ Ｐ→Ｇ →ＧＡ Ｐ→Ｇ Ｇ→Ｂ ２ ２ ∴ 直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的大小
＋ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ＋ ＋ 易得ＭＮ ＢＤ 且ＭＮ １ ＢＤ． 为 ° ° °．
Ｐ→Ｇ Ｇ→Ｃ Ｐ→Ｇ Ｇ→Ｄ Ｐ→Ｇ →ＧＡ Ｇ→Ｃ ∥ ， ＝ ９０ －４５ ＝４５
＋ ＋ ＋ ＝４ ＋（ ＋ ）＋ ２ æ ö
（ Ｇ→Ｂ ＋ Ｇ→Ｄ ） ．因为四边形 ＡＢＣＤ 是正方 ８．解析 由题意可设点 Ｄ 的坐标为 （ ｘ ， （２） Ａ→Ｄ · Ｂ→Ｃ ＝è ç ３ ，０，－ ３ ø ÷ ·（０，１，
ｚ ２ ２
形 Ｇ是它的中心 所以→ＧＡ Ｇ→Ｃ Ｇ→Ｂ ０， ），
， ， ＋ ＝ ＋ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ
Ｇ→Ｄ ０ 故原式 Ｐ→Ｇ．
则Ｂ→Ｄ
＝（
ｘ
－２，－２，
ｚ
），
→ＣＡ
＝（０，－２，５）
． ０）
Ａ
＝
Ｄ
０，
与
∴
ＢＣ
⊥
所成角
，
的大小为 °．
＝ ， ＝４ {ｘ {ｘ ∴ ９０
２．解析 因为 ａ ｂ ＢＤ ＣＡ －２＝０， ＝２， 设平面ＡＢＤ的一个法向量为ｎ
所 以ｋａ ｂ
＝
ｋ
（１，１，０）， ＝（－１，０， ∵ ∥ ，∴ ｚ
＝５，
∴ ｚ
＝５，
（３） ２＝
２） ｋ ， ｋ ＋ ａ ＝ ｂ （１，１，０）＋（－１ 又 ，０， ｋ ２ ａ ）＝ ｂ ∴ 点Ｄ的坐标为 （２，０，５） ． （ ｘ ， ｙ ，１）， 则 （ ｘ ， ｙ ，１）· →ＡＢ ＝（ ｘ ， ｙ ，１）
（ －１， ，２），２ － ＝（３，２，－２）， ＋ ９．解析 因为 ＡＯＢ ＢＯＣ ＡＯＣ æ ö
与 ａ ｂ互相垂直 所以 ｋ ｋ ∠ ＝∠ ＝∠ ç １ ３÷
２ － ， ３（ －１）＋２ －４ ° ·è０， ，－ ø＝０，
＝６０ ， ２ ２
解得ｋ ７ ．
＝０， ＝ 所以可得 Ａ 在平面 ＯＢＣ 的射影在 ｘ ｙ Ａ→Ｄ ｘ ｙ
５ （ ， ， １） · ＝ （ ， ， １） ·
ＢＯＣ的角平分线上 设射影是Ｐ 连 æ ö
３．解析 Ｏ→Ｇ Ｏ→Ｍ Ｍ→Ｇ Ｏ→Ｍ ２ Ｍ→Ｎ ∠ ， ， ç ３ ３÷
＝ ＋ ＝ ＋ 接 ＯＰ ＡＯＰ 就是直线 ＯＡ 与平面 è ，０，－ ø＝０，
３ ，∠ ２ ２
ＢＯＣ所成角
１ Ｏ→Ａ ２ Ｍ→Ｏ Ｏ→Ｃ Ｃ→Ｎ ， 解得ｘ ｙ
＝ ＋ （ ＋ ＋ ） 作ＰＤ ＯＢ于Ｄ 连接ＡＤ ＝１， ＝ ３，
２ ３ [ ] ⊥ ， ， 则ｎ ．
＝ ２ １ ａ ＋ ３ ２ － ２ １ ａ ＋ ｃ ＋ ２ １ （ ｂ － ｃ ） 设ＯＤ ＝１， 则ＡＯ ＝２， ＡＤ ＝ ３， ＰＤ ＝ ３ ， 设二 ２ 面 ＝（ 角 １， Ａ － ３ Ｂ ， Ｄ １） － Ｃ的大小为θ ， 则
３ ｎ ｎ
１ ａ １ ａ ２ ｃ １ ｂ １ ｃ θ ｜ １· ２｜ ５．
＝ － ＋ ＋ － ＰＯ ２ ３ ｜ｃｏｓ ｜＝ ｎ ｎ ＝
２ ３ ３ ３ ３ ＝ ， ｜ １｜｜ ２｜ ５
３
＝ ６ １ ａ ＋ ３ １ ｂ ＋ ３ １ ｃ． 所以 ｃｏｓ∠ ＡＯＰ ＝ Ｐ ＡＯ Ｏ ＝ ３． ∴ ｓｉｎ θ ＝ ２ ５ ５．
４．解析 以 Ｄ 为原点 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｄ′的方 ３
， ， ， 故直线ＯＡ与平面ＢＯＣ所成角的余弦 二面角Ａ ＢＤ Ｃ的正弦值为２ ５．
向分别为ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向 建立 ∴ － －
， ， ， ５
空间直角坐标系 图略 则 Ｄ 值为 ３． １１．解析 作ＢＤ 平面α 垂足为Ｄ ＣＥ
（ ）， （０，０， ⊥ ， ，
Ａ Ｂ Ｄ′ ３ 平面α 垂足为Ｅ 连接ＡＥ ＡＤ ＤＥ
０）， （１，０，０）， （１，１，０）， （０，０，１）， １０．解析 作 ＡＯ ＢＣ 于点 Ｏ 连接 ⊥ ， ， ， ， ，
Ｂ′ Ｃ′ （１） ⊥ ， 则 ＢＡＤ ° ＣＡＥ ° ＥＡＤ
（１，１，１）， （０，１，１）， ＤＯ 易得 ＯＤ ＯＣ ＯＡ 两两互相垂直． ∠ ＝ ３０ ，∠ ＝ ６０ ，∠
∴
Ｂ→Ｄ′
＝（－１，－１，１），
Ａ→Ｄ
＝（－１，０，０）， 以Ｏ
，
为原点
，
Ｏ→Ｄ
，
Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ的方向分别 ＝９０
°．
Ａ→Ｃ′
＝（－１，１，１），
Ｄ→Ｂ′
＝（１，１，１）
．
为ｘ轴 ｙ轴
，
ｚ轴
，
正方
，
向 建立如图所
易得 ＢＤ
＝ ３，
ＡＥ
＝ ４，
ＣＥ
＝ ４ ３，
ＤＥ
∴ Ｂ→Ｄ′ · Ａ→Ｄ ＝１， 示的空 、 间直角 、 坐标系． ， ＝ ４３ ．
Ａ→Ｃ′ Ｄ→Ｂ′
Ａ→Ｃ′
·
Ｄ→Ｂ′
１ ． ∵
Ｂ→Ｃ
＝
Ｂ→Ｄ
＋
Ｄ→Ｅ
＋
Ｅ→Ｃ
，
ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ＝
｜ Ａ→Ｃ′ ｜｜ Ｄ→Ｂ′ ｜ ３ ∴ ｜ Ｂ→Ｃ ｜ ２ ＝（ Ｂ→Ｄ ＋ Ｄ→Ｅ ＋ Ｅ→Ｃ ） ２ ＝｜ Ｂ→Ｄ ｜ ２ ＋
７
｜ Ｄ→Ｅ ｜ ２ ＋｜ Ｅ→Ｃ ｜ ２ ＋２ Ｂ→Ｄ · Ｄ→Ｅ ＋２ Ｂ→Ｄ · Ｅ→Ｃ ∴ →ＰＡ ·（ Ｐ→Ｂ ＋ Ｐ→Ｃ ）＝２ ｘ２ ＋２ ｙ２ －２ ３ ｙ ， ５．解析 （１） 证明 ： 因为 △ ＰＡＢ是等边三
＋２ Ｄ→Ｅ · Ｅ→Ｃ ＝３ ２ ＋（ ． ４３） ２ ＋（４ ３） ２ ±２ ＝２ ｘ２ ＋２ æ è çｙ － ２ ３ ö ø ÷ ２ － ２ ３ ． ∠ 角 Ｐ 形 Ｂ ， Ｃ 所 ＝ 以 ９０ ° Ｐ ， Ａ 所 ＝ 以 ＰＢ Ｒ ， 又 ｔ△ Ｐ Ｐ Ｃ Ｂ ＝ Ｃ Ｐ ≌ Ｃ Ｒ ， ｔ ∠ △ Ｐ Ｐ Ａ Ａ Ｃ Ｃ ＝ ，
×３×４ ３＝１００±２４ ３ 所以ＡＣ ＢＣ．
＝
Ｂ→Ｃ 即ＢＣ的长为 当ｘ ｙ ３时 →ＰＡ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ 取 如图 取 ＡＢ 中点 Ｄ 连接 ＰＤ ＣＤ 则
∴ ｜ ｜ ＝ １００±２４ ３， ∴ ＝０， ＝ ， ·（ ＋ ） ， ， ， ，
２ ＰＤ ＡＢ ＣＤ ＡＢ 又ＰＤ ＣＤ Ｄ 所以
． ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
１２．解 １ 析 ００± 过 ２４ 点 ３ Ａ ｃ 作 ｍ ＡＤ ＯＣ于Ｄ 得最小值 － ３ ． ＡＢ ⊥ 平面ＰＤＣ ， 所以ＡＢ ⊥ ＰＣ．
⊥ ， ２
根据三余弦定理可得 ４．解析 如图 作 ＰＯ 平面 ＡＢＣＤ
（１） ， ⊥ ，
垂足为点Ｏ．连接ＯＢ ＯＡ ＯＤ 设ＯＢ与
ＡＯＤ ° ° ３ 、 、 ，
ｃｏｓ∠ ＝ｃｏｓ６０ ×ｃｏｓ３０ ＝ ， ＡＤ交于点Ｅ 连接ＰＥ．
４ ，
ＡＯＤ １３．
∴ ｓｉｎ∠ ＝
４
ＡＯ 且ＡＤ ＯＣ
∵ ＝６， ⊥ ， 作ＢＥ ＰＣ 垂足为Ｅ 连结ＡＥ．
（２） ⊥ ， ，
因为 ＰＢＣ ＰＡＣ 所以 ＡＥ
ＡＤ ＯＡ ＡＯＤ １３ Ｒｔ△ ≌Ｒｔ△ ， ⊥
∴ ＝ × ｓｉｎ ∠ ＝ ６ × ４ ＰＣ ， ＡＥ ＝ ＢＥ．易得ＰＣ ⊥ 平面ＡＢＥ．
因为平面ＰＡＣ ＰＢＣ 所以 ＡＥＢ °．
３ １３ ＡＤ ＰＢ ＡＤ ＯＢ． ⊥ ， ∠ ＝９０
＝ ， ∵ ⊥ ，∴ ⊥
２ ∵ ＰＡ ＝ ＰＤ ，∴ ＯＡ ＝ ＯＤ ， 设ＡＢ ＝ ＰＡ ＝ ＰＢ ＝ ａ ， 则ＡＥ ＝ ２ａ．
即点Ａ到直线ＯＣ的距离为３ １３． 于是ＯＢ平分ＡＤ 点Ｅ为ＡＤ 的中点 ２
， ， 在 ＰＡＣ中 由ＰＡ ＡＣ ＰＣ ＡＥ得
２ ＰＥ ＡＤ．由此知 ＰＥＢ为面 ＰＡＤ 与 Ｒｔ△ ， · ＝ ·
Ｃ组 ∴ ⊥ ∠
面ＡＢＣＤ所成二面角的平面角
１．证明 设ａ λｂ μｃ λ μ Ｒ 则ｉ ｊ ， ａ ａ２ ２ａ 解得ａ ＡＣ
＝ ＋ （ ， ∈ ）， －２ ＰＥＢ ° ＰＥＯ ° · １６－ ＝４× ２ ， ＝２ ２，
ｋ λ μ ｉ λ μ ｊ λｋ． ∴ ∠ ＝１２０ ，∠ ＝６０ ，
＋ ＝（－ －３ ） ＋（３ ＋７ ） ＋２ 由已知可求得ＰＥ ２ ＰＡ．
向量ｉ ｊ ｋ不共面 ＝ ３， ＝ １６－（２ ２） ＝２ ２＝
∵ ，， ， 可得Ｅ为ＰＣ中点．
{ － λ λ －３ μ μ ＝１， 解得 ì í ï ï λ ＝ ２ １ ， ∴ ＰＯ ＝ ＰＥ ·ｓｉｎ６０ ° ＝ ３× ２ ３ ＝ ２ ３ ， 由ＰＣ ＝４， 得ＡＥ ＝ ＢＥ ＝２， 所以Ｓ △ ＡＥＢ＝２ ．
∴ ３ λ ＋７ ＝－２， ï ïμ １ 即点Ｐ到平面ＡＢＣＤ的距离为 ３ ． 所以三棱锥 Ｐ － ＡＢＣ 的体积 Ｖ ＝ １ ×
２ ＝１， î ＝－ ２ ， ２ ３
如图建立空间直角坐标系
故存在实数 λ ＝ １ ， μ ＝－ １ ， 使得 ａ ＝ （２） ， Ｓ △ ＡＥＢ× ＰＣ ＝ ３ ８ ．
２ ２ ６．解析 如图 连接ＢＤ ＡＣ 设ＡＣ交
（１） ， ， ，
１ ｂ － １ ｃ ， ＢＤ于Ｏ 连接ＳＯ 由题易知ＳＯ 平面
２ ２ ， ， ⊥
故向量ａ ｂ ｃ共面． ＡＢＣＤ．
， ，
２．解析 共面．理由如下
：
假设存在实数λ μ 使ｐ λｑ μｒ 则ａ
、 ， ＝ ＋ ， ＋
ｂ ｃ λ μ ａ λ μ ｂ λ
－ ＝（２ －７ ） ＋（－３ ＋１８ ） ＋（－５ ＋
μ ｃ
２２ ） ，
ａ ｂ ｃ不共面 ( ) æ ö (
∵ ， ， ， 则 Ｐ ３ Ｂç ３ ３ ÷ Ａ
{ λ μ ì ïλ ５ ０，０， ２ ， è０， ２ ，０ø， １，
２ －７ ＝１， ï ＝ ， ) æ ö
λ μ í ３ ３ Ｃç ３ ３ ÷ ＰＢ 中点 Ｇ 的
∴ －３ ＋１８ ＝１， ∴ ï ，０ ， è－２， ，０ø，
－５ λ ＋２２ μ ＝－１， î ïμ ＝
３
１ ， ２
æ
２
ö
坐标为ç ３ ３ ３ ÷．连接ＡＧ
即存在实数λ ５ μ １ è０， ， ø ，
＝ ， ＝ ， ４ ４ 以Ｏ为坐标原点 Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｓ的方向分
３ ３ æ ö ， ， ，
使ｐ λｑ μｒ 故ｐ ｑ ｒ共面． →ＧＡ ç ３ ３ ÷ Ｐ→Ｂ 别为ｘ轴 ｙ 轴 ｚ 轴正方向 建立空间
＝ ＋ ， 、 、 ＝ è１，－ ，－ ø， ＝ 、 、 ，
３．解析 以 ＢＣ 所在直线为 ｘ 轴 以 ＢＣ ４ ４ 直角坐标系Ｏｘｙｚ
， æ ö ，
边上的高所在直线为ｙ轴 建立如图所 ç ３ ３ ３ ÷ Ｂ→Ｃ ．
， è０， ，－ ø， ＝（－２，０，０） 设底面边长为ａ 则ＳＯ ６ａ
示的平面直角坐标系 ２ ２ ， ＝ ，
， ２
于是有→ＧＡ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ｐ→Ｂ æ ö æ ö
· ＝０， · ＝０， 于是Ｓç ６ａ÷ Ｄç ２ａ ÷
→ＧＡ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ｐ→Ｂ →ＧＡ Ｂ→Ｃ的夹角θ è０，０， ø， è－ ，０，０ø，
∴ ⊥ ， ⊥ ，∴ ， ２ ２
等于所求二面角的平面角 æ ö æ ö
， Ｃç ２ａ ÷ Ｏ→Ｃ ç ２ ÷ Ｓ→Ｄ
→ＧＡ Ｂ→Ｃ è０， ，０ø， ＝ è０， ，０ø， ＝
于是 θ · ２ ７． ２ ２
ｃｏｓ ＝ ＝－ æ ö
则Ａ （０， ３）， 设Ｐ （ ｘ ， ｙ ）， 则 ∴ 面ＡＰＢ与 ｜ 面 →ＧＡ Ｃ ｜ Ｐ ｜ Ｂ Ｂ→Ｃ 所 ｜ 成二 ７ 面角的余弦 ç è－ ２ ２ａ ，０，－ ２ ６ａ ø ÷ ， Ｏ→Ｃ · →ＳＤ ＝０， 所以Ｏ→Ｃ
Ｐ→Ｂ
＋
Ｐ→Ｃ
＝２
Ｐ→Ｏ
＝（－２
ｘ
，－２
ｙ
），
→ＰＡ
＝（－
ｘ
， 值为 ２ ７． ⊥
Ｓ→Ｄ
，
从而ＡＣ
⊥
ＳＤ．
ｙ － 由题设知 平面ＰＡＣ的一个法向量
３－ ）， ７ （２） ，
８
教材习题答案
æ ö ｘ 或ｘ Ｐ 或Ｐ ． 时 ｄ Ａ Ｂ ｄ Ａ Ｃ ｄ Ｂ Ｃ
为Ｄ→Ｓ ç ２ａ ６ａ÷ ∴ ＝３ ＝－５，∴ （３） （－５） ， （ ， ）＝ （ ， ）＋ （ ， ）；
＝è ２ ，０， ２ ø， ２．解析 ｜ ＡＢ ｜ ＝ （ ａ －０） ２ ＋（０－１０） ２ ＝ 当ｘ ＜－３ 或ｘ ＞２ 时 ， ｄ （ Ａ ， Ｂ ）＜ ｄ （ Ａ ， Ｃ ）＋
ｄ Ｂ Ｃ ．
平 面 ＤＡＣ 的 一 个 法 向 量 为 →ＯＳ ａ ． （ ， ）
１７，∴ ＝±３ ２１ ２．解析 证明 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ
＝ æ è ç ０，０， ２ ６ａ ö ø ÷ ， ３．解 ＋｜ 析 ＰＢ ｜ ２ 设 ＝｜ Ｐ Ａ （ Ｂ ０ ｜ ， ２ ｂ ， ），∵ ＰＡ ⊥ ＰＢ ，∴ ｜ ＰＡ ｜ ２ ｙ ２）， Ｃ （ ｘ （ ３ １ ， ） ｙ ３）， 则 ： ｄ （ Ａ ， （ Ｃ ） １， ＋ ｄ １ （ ） Ｂ ， ， Ｃ （ ） ２ ＝ ，
设所求二面角为θ ， 则 ∴ （３－０） ２ ＋（１－ ｂ ） ２ ＋（０＋２） ２ ＋（ ｂ －２） ２ ＝ ｜ ｘ １－ ｘ ３｜＋｜ ｙ １－ ｙ ３｜＋｜ ｘ ２－ ｘ ３｜＋｜ ｙ ２－ ｙ ３｜，
ｄ Ａ Ｂ ｘ ｘ ｙ ｙ
θ →ＯＳ · →ＤＳ ３ 所以θ °． （３＋２） ２ ＋（１－２） ２ ， （ ， ）＝ ｜ １－ ２｜＋｜ １－ ２｜，
ｃｏｓ ＝
→ＯＳ →ＤＳ
＝
２
， ＝３０
∴
ｂ２
－３
ｂ
－４＝０，∴
ｂ
＝－１
或ｂ
＝４， ∵ ｜
ｘ
１－
ｘ
３｜＋｜
ｙ
１－
ｙ
３｜＋｜
ｘ
２－
ｘ
３｜＋｜
ｙ
２－
ｙ
３｜
｜ ｜｜ ｜ Ｐ 或Ｐ 即为所求． ｘ ｘ ｙ ｙ
即二面角Ｐ － ＡＣ － Ｄ的大小为 ３０ °． ４．证 ∴ 明 （０， 设 －１） ＡＢ （ ａ ０，４ Ａ ） Ｄ ｂ 以Ａ为坐 ≥ ｄ ｜ １ Ａ － Ｂ ２｜＋｜ ｄ １－ Ａ ２ Ｃ ｜， ｄ Ｂ Ｃ ．
假设在棱 ＳＣ 上存在一点 Ｅ 使 ＢＥ ｜ ｜＝ ，｜ ｜ ＝ ， ∴ （ ， ）≤ （ ， ）＋ （ ， ）
（３） 标原点 ＡＢ 所在直线为 ｘ 轴 ＡＤ 所在 中不等式等号成立时 点 Ｃ 的
平面ＰＡＣ． ， ， （２）（１） ，
∥ 直线为ｙ轴 建立平面直角坐标系 如 横坐标介于 ｘ 和 ｘ 之间 包含 ｘ
由 知→ＤＳ是平面ＰＡＣ的一个法向量． ， ， １ ２ （ １，
（２） 图所示 则Ａ Ｂ ａ Ｃ ａ ｂ ｘ 且点Ｃ的纵坐标介于ｙ 和ｙ 之间
æ ö ， （０，０）， （ ，０）， （ ， ）， ２）， １ ２
且Ｄ→Ｓ ＝ ç è
２
２ａ ，０，
２
６ａ ø ÷ ， Ｄ
ｙ
（
２
０，
Ｃ
ｂ
Ｍ
） ．
２
设任
ｘ
一
ａ
点
２
Ｍ （
ｙ
ｘ ， ｙ
ｂ
），
２
则
ＡＭ
Ａ
２
Ｍ２
Ｃ
＝
Ｍ
ｘ
２
２ （ 包含ｙ １， ｙ ２）， 否则 ， 等号不成立．
＋ ， ＝（ － ） ＋（ － ） ， ＋
æ ö
→ＣＳ ＝è ç ０，－ ２ａ ， ６ａ ø ÷ ， ＝２ ｘ２ ＋２ ｙ２ －２ ａｘ －２ ｂｙ ＋ ａ２ ＋ ｂ２．又ＢＭ２ ＝（ ａ 2.2 直线及其方程
２ ２ － ｘ ） ２ ＋（０－ ｙ ） ２ ， ＤＭ２ ＝ ｘ２ ＋（ ｙ － ｂ ） ２ ， ＢＭ２ ＋
Ｂ→Ｃ
æ
ç ２ａ ２ａ
ö
÷
ＤＭ２
＝２
ｘ２
＋２
ｙ２
－２
ａｘ
－２
ｂｙ
＋
ａ２
＋
ｂ２
，
故ＡＭ２ ２．２．１ 直线的倾斜角与斜率
＝è－ ２ ， ２ ，０ø， ＋ ＣＭ２ ＝ ＢＭ２ ＋ ＤＭ２． 练习Ａ
设Ｃ→Ｅ ｔ→ＣＳ １．解析 °． °． °．
＝ ， （１） ９０ （２） ０ （３） ４５
则Ｂ→Ｅ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｅ Ｂ→Ｃ ｔ→ＣＳ °．
＝ ＋ ＝ ＋ （４）１３５
æ ö ２．解析 存在 斜率为 ．
ç ２ａ ２ａ ｔ ６ａｔ÷． （１） ， ０
＝è－ ， （１－）， ø 存在 斜率为 ．
２ ２ ２ （２） ， ３
不存在．
易得Ｂ→Ｅ Ｄ→Ｓ 所以ｔ １ （３）
· ＝０， ＝ ，
３ ５．解析 设所求函数的图像上任一点
即当ＳＥ ＥＣ 时 ＢＥ 平面ＰＡＣ． 存在 斜率为 ３．
∶ ＝２∶ １ ， ∥ Ｐ ｘ ｙ 且Ｐ ｘ ｙ 关于Ｍ 对称 （４） ， －
综上所述 侧棱ＳＣ上存在一点Ｅ 使得 （ ， ）， （ ， ） （２，０） ３
ＢＥ ∥ 平面 ， ＰＡＣ ， 此时ＳＥ ∶ ＥＣ ＝２ ∶ ， １ ． ì ï ï ｘ ＋ ｘ ０ ＝２， ３．解析 直线 ｌ 的一个方向向量→ＡＢ ＝
的点为 Ｐ ｘ ｙ 所以í ２ 即
第二章 平面解析几何 ０（ ０， ０）， ï ï ｙ ＋ ｙ ０ （－３，３），
î ＝０， 斜率 ｋ ３－０ 倾斜角 θ
２ ＝ ＝ － １，
{ｘ ｘ －５－（－２）
2.1 坐标法
ｙ
０＝４－
ｙ．
，因为Ｐ
０（
ｘ
０，
ｙ
０）
在函数ｙ
＝
ｘ２
＝１３５
°．
习题 Ａ ０＝－ ４．解析 ｋ －１－（－３） ｋ
２－１ 的图像上 所以 ｙ ｘ ２ 故所 ∵ ＡＢ ＝ ＝ ２， ＢＣ ＝
１．解析 ＡＢ ＡＢ的中 ＋１ ， － ＝（４－ ） ＋１， ０－（－１）
｜ ｜＝｜１０－（－２）｜＝１２， 求函数的解析式为ｙ ｆ ｘ ｘ ２
点记为Ｃ 则Ｃ ． ＝ （ ）＝ －（ －４） ２－（－１） ｋ ｋ Ａ Ｂ Ｃ 不
， （４） ． ＝ ３， ＡＢ≠ ＢＣ，∴ ， ，
２．解析 ｜ ＡＢ ｜ ＝ （３－０） ２ ＋（０＋４） ２ ＝５， 习 － 题 １ Ｃ 共 １ 线 － ． ０
( ) ２－１
ＡＢ的中点坐标为 ３ ． １．解析 证明 如图 ｄ Ａ Ｂ
，－２ （１） ： ①～⑤， （ ， ） ｋ ５－（－１） ｋ ｋ 且直线
２ ＡＢ ． ∵ ＢＤ ＝ ＝２， ＡＢ ＝ ＢＤ，
＝ ｜ ｜ ３－０
３．证明 ∵ ｜ ＡＢ ｜ ＝ （３＋１） ２ ＋（３－３） ２ ＝ ｄ （ Ａ ， Ｃ ）＝ ｜ ＡＣ ｜， ＡＢ与直线 ＢＤ 有一个公共点 Ｂ ，∴ Ａ 、
４，｜ ＢＣ ｜＝ （３－１） ２ ＋（３－２ ３－３） ２ ＝４， ｄ （ Ｂ ， Ｃ ）＝ ｜ ＢＣ ｜ ． Ｂ 、 Ｄ三点共线．
ＡＣ ２ ２
图
①⑤
中
，｜
ＡＢ
｜＜｜
ＡＣ
｜＋｜
ＢＣ
｜；
５．解析 真命题．
｜
Ａ
｜
Ｂ
＝ （
Ａ
１
Ｃ
＋１） ＋
Ｂ
（
Ｃ
２ ３＋３－３） ＝４， 图
②③④
中
，｜
ＡＢ
｜＝｜
ＡＣ
｜＋｜
ＢＣ
｜，
练习Ｂ
∴ ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜， ｄ Ａ Ｂ ｄ Ａ Ｃ ｄ Ｂ Ｃ ． [ )
ＡＢＣ为等边三角形． ∴ （ ， ）≤ （ ， ）＋ （ ， ） １．解析 θ π 当θ增大时 直
∴ △ （１） ∈ ０， ， ，
４．解析 设ＡＢ ＢＣ ＡＣ的中点分别为Ｄ ２
Ｅ Ｆ 则由中点
，
公
，
式可得Ｄ
， 图
①
线的斜率ｋ也增大
；
， ， （０，２）， ( )
Ｅ Ｆ 所以三条中线的长 θ π 当 θ 增大时 斜率 ｋ 也
（－１，１）， （１，０）， 图 ∈ ，π ， ，
分别为 ＣＤ ２ ２ ② ２
｜ ｜ ＝ （０－０） ＋（－１－２） ＝ 增大．
ＡＥ ２ ２ ＢＦ 图 ( )
３，｜ ｜＝ （２＋１） ＋（１－１） ＝３，｜ ｜ ③ 不能 因为ｋ θ θ π 如图
２ ２ ． （２） ， ＝ｔａｎ ≠ ， ，
＝ （－２－１） ＋（３－０） ＝３ ２ ２
５．解析 由 ＡＢ ＢＣ 知 Ｃ ． 图 [ ) ( )
｜ ｜＝｜ ｜ ， （５） ④ ｋ在 π 和 π 上分别递增 但
习题 Ｂ ０， ，π ，
２－１ ２ ２
１．解析 易知 ＰＡ ＰＢ 设Ｐ ｘ 图 其图像是不连续的 所以不能说直线的
｜ ｜＝２｜ ｜， （ ）， ⑤ ，
则 ｘ ｘ 设 Ｃ 的坐标为 ｘ 则当 ｘ 倾斜角增大时斜率也增大．
｜ －（－９）｜＝２｜ －（－３）｜， （２） ， －３≤ ≤２
９
所求直线方程为 ｘ ｙ ．
∴ ４ －３ －６＝０
５．解析 两直线垂直 ａ
∵ ，∴ ×２＋２×（－３）
ａ ．
＝０，∴ ＝３
６．解析 ｋ 所求直线的斜率ｋ
∵ ＡＢ＝－１，∴
．又 所求直线过Ｃ
＝１ ∵ （１，５），
所求直线方程为ｙ ｘ 即ｘ ｙ
∴ －５＝ －１， － ＋４
．
＝０
２．解析 存在 ｋ α °． ５．解析 ｋ ｌ ｙ ｘ ２．２．４ 点到直线的距离
（１） ， ＝０， ＝０ （１） ＝－２，∴ ： ＋２＝－２（ ＋１），
（２） 存在 ， ｋ ＝－ ３， α ＝１２０ °． 即ｌ ： ｙ ＝－２ ｘ －４ ． 练习Ａ
ｖ ｖ
（３） 存在 ， ｋ ＝ ３－ ２ ＝１， α ＝４５ °． （２） ｋ ＝ ｕ ，∴ ｌ ： ｙ － ｙ ０＝ ｕ （ ｘ － ｘ ０）， １．解析 （１） ｄ ＝ ｜１ ２ ０｜ ２ ＝ ２ ． （２） ｄ ＝
－ ２＋３ ｖ ｖ ４ ＋３
（４） 直线的斜率不存在 ， α ＝９０ °． 即ｌ ： ｙ ＝ ｕ ｘ － ｕ ｘ ０＋ ｙ ０ ． ｜２－３－１｜ ．
＝ ２
３．解析 ｋ １＝－１， ６．解析
（１）
ｋ
＝３，∴
ｌ
：
ｙ
－３＝３（
ｘ
－１），
１ ２ ＋１ ２
∴ ∴ α α ２ １ ＝ ＝ α １３ １－ ５ ° ３ ， ０ ° ＝１０５ ° ， 即ｌ ： ｋ ｙ ＝３ ｘ ｕ ． ｌ ｙ ｙ ｕ ｘ ｘ 即 ２．解析 ｄ ＝ ｜ ｍ １ ＋ ２ ｎ ＋ － １ １ ２ ｜ ＝０，∴ ｍ ＋ ｎ ＝１ ．
ｋ ° ． （２） ＝－ ｖ ，∴ ： － ０＝－ ｖ （ － ０），
４．
∴
解析
２＝ｔａ
由
ｎ１
题
０５
意
＝
得
－２
ｋ
－ ３
ａ ＋１－（－１） ｙ ｕ ｘ ｕ ｘ ｙ ．
３．解析 ｄ
＝
｜５
２
－
２ ＋
（
（
－
－
８
３
）
）
｜
２ ＝
１
１
３
３ ＝ １３
．
ＡＢ＝ ａ ＝３， ＝－ ｖ ＋ ｖ ０＋ ０ ４．解析 ｄ ．
２－ ∈［０，３］
∴ ａ ＝１ ． ２．２．３ 两条直线的位置关系 练习Ｂ
１．解析 Ｐ到ｘ ａ的距离为 ｘ ａ Ｐ到
５．解析 ｋ ３ 练习Ａ ＝ ｜ ０－ ｜，
∵ ｜ ｜＝ ， ｙ ｂ的距离为 ｙ ｂ ．
３ １．解析 平行． 平行． 平行． ＝ ｜ ０－ ｜
（１） （２） （３） ２．解析 直线方程为 ｘ ｙ ｄ
ｋ ３ 不平行． ３ － ＋６＝０， ＝
∴ ＝± ， （４） ｍ
３ ２．解析 不相交． ｜３ －６＋６｜ ｍ ．
∴ α ＝３０ °或α ＝１５０ °． （１） ( ) ３ ２ ＋（－１） ２ ＝３，∴ ＝± １０
相交．交点 ５ １ ．
２．２．２ 直线的方程 （２） －
４
，
４ ３．解析 ７ １３．
３．解析 ｘ ｙ ． ｘ ｙ
练习Ａ （１） －３ ＋１０＝０ （２） ＋５ ＋２２＝ ２６
１．解析 Ａ Ｃ在直线上 Ｂ不在直线上． ０ ． （３）２ ｘ ＋ ｙ －７＝０ ． ４．解析 ｜ ＡＢ ｜ ＝ （２－１） ２ ＋（１－３） ２ ＝
、 ， ４．解析 垂直． 不垂直．
２．解析 将两点分别代入 ， 得 １＝－３ ａ ＋１， ５．解析 （１） ｘ ｙ （２） ． ｘ ｙ ． ５， ｌ ＡＢ：２ ｘ ＋ ｙ －５＝０， 点Ｃ到直线ＡＢ的
ｂ （１）５ － －２３＝０ （２） － －８＝０
＝－３×（－１）＋１＝４， ｘ ｙ ． 距离ｄ ｜２×（－１）＋０－５｜ ７ ５
∴ ａ ＝０， ｂ ＝４ ． 练 （ 习 ３） Ｂ － ＋１＝０ ＝ ２ ２ ＋１ ２ ＝ ５ ，
３．解析 ｙ ｘ ．
（１） －５＝４（ －２） １．解析 易知 ２（１－ ａ ）－３＝０，∴ ａ ＝－ １ ． ∴ Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ｜ ＡＢ ｜· ｄ ＝ １ × ５× ７ ５
ｙ ３ ｘ ． ２ ２ ２ ５
（２） －２＝ （ ＋２） ２．解析 平行．如图
３ ： ７ ．
＝
４．解析 ｙ ３ｘ ． ｙ ｘ ． ２
（１） ＝ －２（２） ＝－ ＋３ 习题 Ａ
２ ２－２
５．解析 ｌ ｙ ｘ ． ｙ ．
（３） ｘ ＝１
（
．
１） １： ＝－２ －１（２） ＝－１ １．解析 易知ｋ ＡＢ＝
３
７
－
－
１
３ ＝２， ｋ ＡＣ＝
４
９
－
－
１
３ ＝２，
ｋ ｋ 且直线ＡＢ与直线ＡＣ有公共
６．解析 ｙ ４ ｘ ． ｙ ２ ｘ ． ∵ ＡＢ＝ ＡＣ
（１） ＝－ －２（２） ＝－ ＋２ 点Ａ Ａ Ｂ Ｃ三点共线．
３ ３ ，∴ 、 、
{ｋ { ｋ ２．解析 （１） α ＝６０ °． （２） α ＝１５０ °． （３） α ＝
７．解析 ＝１， ＝ ３，
°． α °．
（１） ｂ ．（２） ｂ ． ９０ （４） ＝０
＝３ ＝－２ ３－４
{ｋ ３．解析 ｙ ． ｘ １ ． ｘ ｙ
＝－４， （１） ＝２（２） ＝－ （３）９ －２ ＋
（３） ｂ ． ２
＝３ ．
练习Ｂ ６＝０
３．解析 易知ａ ．设交点为Ｐ ４．解析 ｘ ｙ ． ｘ ｙ ．
１．解析
（１）
真．
（２）
真．
（３）
真．
{ ｘ ａｙ
≠８
(
，
ａ )
（１）３ － －１３＝０（２）３ ＋ ＋５＝０
２．解析 直线ｌ 的倾斜角为 °． 联立 ２ ＋ －１＝０， Ｐ ４－２ ３ ５．解析 ｋ １－０ １
３．解析 不是直 ２ 线方程 ｘ １２０ 取不 ｘ ＋４ ｙ －２＝０ ⇒ ８－ ａ， ８－ ａ ， ＡＢ＝ ３－（－１） ＝ ４ ，
到点 （ ３，２） ． ，∵ ≠３，∴ Ｐ在第一象限 ì í ï ï ４ ８ － － ２ ａ ａ ＞０， ∴ ｌ ＡＢ： ｙ ＝ ４ １ （ ｘ ＋１）， 即ｌ ＡＢ： ｘ －４ ｙ ＋１＝０ ．
４．解析 如图．斜率分别为ｋ和 － ｋ的两条 ∵ ，∴ ï ï ３ ｋ ５－１ ４ ｌ ｙ ４ ｘ
直线的倾斜角互补． î ａ＞０， ＢＣ＝ ＝－ ，∴ ＢＣ： －１＝－ （ －
８－ ０－３ ３ ３
ａ ． 即ｌ ｘ ｙ ．
∴ ∈（－∞，２） ３）， ＢＣ：４ ＋３ －１５＝０
{ ｘ ｙ
４．解析 ２ ＋ －８＝０， 交点为 ｋ ５－０ ｌ ｙ ｘ 即
ｘ ｙ ⇒ （３，２）， ＡＣ＝ ＝ ５，∴ ＡＣ： ＝５（ ＋１），
－２ ＋１＝０ ０－（－１）
１０
教材习题答案
ｌ ｘ ｙ ． ２．解析 Ａ Ｂ Ｃ三点共线 直线ＡＣ 习题 Ｃ
ＡＣ：５ － ＋５＝０ ∵ ， ， ，∴ 、 ２－２
６．解析 相交 交点 ． 相交 ＢＣ的斜率存在 且ｋ ｋ １．解析 设ｌ 与ｌ ｘ ｙ 平行 且
（１） ， （３，５） （２） ， ， ＡＣ＝ ＢＣ， ２ １： －３ －５＝０ ，
交点 ． ａ ｌ ｘ ｙ ｃ ｃ ． Ｇ到ｌ 的距
（３，０） ∵ ｋ ＡＣ＝ ２－ ＝２－ ａ ， ｋ ＢＣ＝ａ ３－２ ＝ａ １ ， 离 ２： 等 － 于 ３ Ｇ ＋ 到 １＝ ｌ ０（ 的 １ 距 ≠ 离 －５） ∵ １
７．解析 ｄ ｜－５｜ ． －１＋２ ＋１＋１ ＋２ ２ ，
（１） ＝ ＝１ ｃ
３ ２ ＋４ ２ ∴２－ ａ ＝ａ
＋
１
２
，∴ ａ ＝± ３ ． ∴ ｄ ＝ ｜－１－５｜ ＝ ｜－１＋ １｜ ，∴ ｃ １＝７，
ｄ ｜１－３－１｜ ３ ２． ３．解析 都过点 ． １＋９ １＋９
（２） ＝ ＝ （－１，１） ｌ ｘ ｙ ．
１ ２ ＋１ ２ ２ 设 ∴ ｌ ２： 与 －３ ｌ ＋ 垂 ７＝ 直 ０ 且 ｌ ｘ ｙ ｃ 同
（３） ｄ ＝ ｜ ９ ３ ＋ ｜ １ ＝ １ ３ ０ １０ ． ４． ｌ 解 的 析 倾 斜 直 角 线 为 ｙ ＝ ° ３ ３ｘ的 ｋ 倾斜角为 ３０ ° ， 则 理 ， ｄ ３ ＝ ｜－ １ ３＋ ｃ ２｜ ＝ ， ｜－１－ ３： ５ ３ ｜ ， ＋ ＋ ２＝０，
６０ ，∴ ｌ＝ ３， １＋９ １＋９
ｄ ｜２－７｜ ． ｌ ｙ ｘ ｃ 或ｃ ｌ ｘ ｙ 或
（４） ＝ ２ ２ ＝５ ∴ ： ＋３＝ ３（ －２）， ∴ ２＝－３ ２＝９，∴ ３：３ ＋ －３＝０
０ ＋１ ｌ ｘ ｙ ． ｘ ｙ ．
８．解析 设所求点的坐标为 ｂ ∴ ： ３ － －２ ３－３＝０ ３ ＋ ＋９＝０
（０， ）， ５．解析 ＡＢ中点坐标为 ｋ 综上 这个正方形其他三条边所在直线
ｂ （－１，－１）， ＡＢ＝ ，
则 ｜０＋４ ＋５｜ ｂ 或 ｂ 的方程分别为ｘ ｙ ｘ ｙ
５＝ ，∴４ ＋５＝２５ ４ ＋５＝ ２＋４ ３ 所求直线斜率ｋ ２ －３ ＋７＝０，３ ＋ －３＝０，
３ ２ ＋４ ２ ＝－ ，∴ ＝ ， ｘ ｙ ．
－３－１ ２ ３ ３ ＋ ＋９＝０
ｂ 或ｂ １５ ２．解析 由题知 ｌ的斜率存在 设ｌ ｙ
－２５，∴ ＝５ ＝－ ， 所求方程为ｙ ２ ｘ 即 ｘ ， ， ： －１
２ ∴ ＋１＝ （ ＋１）， ２ － ｋ ｘ ｌ ｋｘ ｙ ｋ ．
( ) ３ ＝ （ －２），∴ ： － －２ ＋１＝０
所求点的坐标为 或 １５ ． ｙ ． Ａ Ｂ到ｌ的距离相等
∴ （０，５） ０，－ ３ －１＝０ ∵ ， ，
２ ｘ ｙ ｋ ｋ ｋ ｋ
９．解析 如图 ＡＣ ＢＤ ６．解析 设直线为ｙ ｋｘ或 ｜２ －３－２ ＋１｜ ｜４ ＋５－２ ＋１｜
， ＝８， ＝６， ＝ ａ ＋ ａ ＝１， ∴ ｋ２ ＝ ｋ２ ，
直线过Ａ
＋１ ＋１
∵ （３，２）， ｋ 或ｋ ｌ ｘ ｙ 或 ｘ
∴ ＝－２ ＝－４，∴ ：２ ＋ －５＝０ ４
ｌ ｙ ２ ｘ或ｘ ｙ ． ｙ ．
∴ ： ＝ ＋ －５＝０ ＋ －９＝０
３ ３．解析 ．
（０，４）
７．解析 ｋ ２－１ １ ｋ ４－１
ＡＢ ＝ ＝－ ， ＢＣ ＝ ＝
－１－２ ３ ０－２ 2.3 圆及其方程
３ ｋ ４－２
－ ， ＡＣ＝ ＝２， ２．３．１ 圆的标准方程
２ ０－（－１）
直线 ＡＢ 边上的高所在直线方程为
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ∴ 练习Ａ
∴ （－４，０）， （０，－３）， （４，０）， （０，
ｘ ｙ
３）， ３ 直 － 线 ＋ Ｂ ４ Ｃ ＝ 边 ０， 上的高所在直线方程为ｙ １．解析 （１） ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ ． （２） ｘ２ ＋（ ｙ －１） ２ ＝４ ．
∴ ｌ ＡＢ：３ ｘ ＋４ ｙ ＋１２＝０， －２ （３）（ ｘ ＋２） ２ ＋（ ｙ －１） ２ ＝３ ．
ｌ ＢＣ：３ ｘ －４ ｙ －１２＝０， ＝ ２ （ ｘ ＋１）， 即 ２ ｘ －３ ｙ ＋８＝０， ２．解析 （１） Ｃ （０，０）， ｒ ＝ ５ ．
ｌ ＤＣ：３ ｘ ＋４ ｙ －１２＝０， 直线 ３ ＡＣ边上的高所在直线方程为ｙ （２） Ｃ （３，０）， ｒ ＝２ ．
ｌ ｘ ｙ ． －１
ＡＤ：３ －４ ＋１２＝０ Ｃ ｒ ．
１０．解析 直线 ｘ ｙ 关于ｘ轴对 １ ｘ 即ｘ ｙ ． （３） （０，－１）， ＝ ２
３ －４ －５＝０ ＝－ （ －２）， ＋２ －４＝０ Ｃ ｒ ．
称的直线方程为 ｘ ｙ ２ （４） （－２，１）， ＝ ３
３ ＋４ －５＝０， ８．解析 ｌ ｌ ｍ ｍ ３．解析 ２ ２ Ａ在圆内
关于ｙ轴对称的直线方程为 ｘ ｙ ∵ １⊥ ２，∴ （ ＋２）×３＋［－（ － ∵１ ＋１ ＜４，∴ ；
３ ＋４ ＋５ ｍ ｍ 或ｍ ． ２ Ｂ在圆上
． ２）］× ＝０，∴ ＝－１ ＝６ ∵１ ＋３＝４，∴ ；
＝０ ｃ ｃ ２ ２ Ｃ在圆外．
１１．解析 Ａ 关于ｌ ｙ ｘ 的对称 ９．解析 ｄ ｜ －２｜ ｜ －２｜ ∵１ ＋２ ＝５＞４，∴
（１，３） ： ＝ －３ ＝ ５＝ ＝ ， ４．解析 点 Ｃ 到 Ｏ 距离
点为Ｂ 点 Ｂ 到 ｌ 的距离 ｄ ２ ２ ＋（－１） ２ ５ ∵ （３，４） （０，０）
（６，－２）， ＝ ｃ 或ｃ ． ＣＯ ｒ 圆的方程 ｘ ２ ｙ
∴ ＝７ ＝－３ ｜ ｜＝５＝ ，∴ ：（ －３） ＋（ －
｜６＋２－３｜ ＝ ５ ２． １０．解析 （１） Ｃ ＝０ ． （２） Ａ ， Ｂ 均不为 ０ ． ４） ２ ＝２５ ．
１ ２ ＋（－１） ２ ２ （３） Ａ ＝０， 且Ｃ ≠０ ． （４） Ｂ ＝０， 且Ｃ ≠０ ． ５．解析 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ｒ２．
１２．解析 如图 ｌ ｘ ｙ Ｂ ． Ａ ． 练习Ｂ
，１： ＋ ＋３＝０， （５） ＝０（６） ＝０
ｌ ｘ ｙ ． １１．解析 是． １．解析 ＡＢ中点记为Ｃ 则Ｃ
２： － ＋３＝０ （１） ， （３，６）
１２．解析 ｋ ｌ ｙ ｘ 即
（１） ＝２，∴ ： ＋５＝２（ －３）， 为圆心 ｒ １ ＡＢ 圆Ｃ ｘ
ｌ ｘ ｙ ． ， ＝ ｜ ｜＝ １０，∴ ：（ －
：２ － －１１＝０ ２
２ ｙ ２ ．
ｋ ４ ｌ ｙ ４ ｘ 即ｌ ｘ ３） ＋（ －６） ＝１０
（２） ＝－ ，∴ ： －５＝－ ， ：４ ＋ 设Ｃ ｘ ａ ２ ｙ ｂ ２ ．将点
３ ３ （２） ：（ － ） ＋（ － ） ＝１ （０，
ｙ ． 和 代入Ｃ 得ａ ｂ ．
３ －１５＝０ １） （０，３） ， ＝０， ＝２
圆Ｃ ｘ２ ｙ ２ ．
１３．解析 ｋ ３ ｌ ｙ ３ ｘ ∴ ： ＋（ －２） ＝１
（１） ＝ ，∴ ： －２＝ （ － ２．解析 设圆心Ｃ ａ ａ ．设Ｃ ｘ ａ ２
４ ４ （ ，－ ） ：（ － ） ＋
即ｌ ｘ ｙ ． ｙ ａ ２ ｒ２ ｒ 将Ａ Ｂ
１）， ：３ －４ ＋５＝０ （ ＋ ） ＝ （ ＞０）， （１，０）， （０，１）
习题 Ｂ 代入Ｃ 得ａ ｒ 圆Ｃ ｘ２ ｙ２
２－２ ｋ ３ ｌ ｙ ３ ｘ 即 ， ＝０， ＝１，∴ ： ＋ ＝１
１．解析 α °． α °． ｋ （２） ＝－ ，∴ ： －２＝－ （ ＋１）， 即为所求．
（１） ＝０ （２） ＝９０ （３） ＝ ４ ４
ｂ ｃ ｃ ａ ｌ ｘ ｙ ． ３．解析 圆 ｘ ２ ｙ ２ 中 Ｃ
＋ －（ ＋ ） α °． ：３ ＋４ －５＝０ （ －２） ＋（ －３） ＝１ ， （２，３）
ｂ ａ ＝１，∴ ＝４５ 为圆心 ｒ ．
－ ， ＝１
１１
圆相切． 因为圆心到直线的距离ｄ ｌ ｘ ｙ ．
｜ ＰＣ ｜＝ （２＋１） ２ ＋（３＋１） ２ ＝５， （２） ＝ ∴ ：５ －１２ ＋２８＝０
ＰＱ 的最大值为 ＰＣ ｒ ． 当所求切线的斜率不存在时 切线方
∴ ｜ ｜ ｜ ｜＋ ＝６ ｜２×２－０＋５｜ ９ ５ ｒ 所以直线与圆 ② ，
＝ ＞ ＝１， 程为ｘ ．
２．３．２ 圆的一般方程 ２ ２ ＋１ ５ 综上 所 ＝ 求 ４ 切线方程为ｘ 或 ｘ ｙ
相离． ， ＝４ ５ －１２ ＋
练习Ａ ．
２８＝０
１．解析 （１） 圆心为 （３，０）， ｒ ＝３ ． （２） 圆心 ４．解析 Ｃ （０，０）， ｒ ＝ ｜－１｜ ＝ １ ， ５．解析 圆心 ( １ ) 关于ｘ ｙ 对
１６＋４ ２０ ，－１ － ＋１＝０
２． 为 解 （ 析 １ ，－ （ ２ １ ） ） ， 不 ｒ ＝ 是圆 ２ １０ 的 ． 方程 ， 圆的半径ｒ ＞ ５． ∴ 解 Ｃ 析 ： ｘ２ ＋ ｌ ： ｙ ｍ ２ ＝ ｘ － ２ １ ０ ｙ ． ＋４＝０， Ｃ （０，０）， ｒ ＝２＝ 称的点为 ( －２， ２ ３ ２ ) ， ( )
它表示原点． ２
０， ｜４｜ ｍ ． ∴ 对称圆的方程为 （ ｘ ＋２） ２ ＋ ｙ － ３
（２）
圆心
（１，－２）， １１
为半径． ｍ２
＋１
，∴ ＝± ３ ２
圆心 半径ｒ ． 练习Ｂ ５ ．
（３） （１，１）， ＝ ５ ＝
３．解析 将Ａ 代入圆的方程得 １．解析 易知所求切线的斜率存在． ４
（０，０） －４＜ （１）
Ａ在圆内 将Ｂ 代入圆的方 设ｌ ｙ ｋ ｘ ｋｘ ｙ ｋ ｒ ２．３．４ 圆与圆的位置关系
０，∴ ； （－１，５） ： －１＝ （ ＋１），∴ － ＋ ＋１＝０， ＝
程 得 Ｂ在圆上 ｋ 练习Ａ
， １＋２５－２－２０－４＝０，∴ ； ｜ ＋１｜
将Ｃ
（１，－２）
代入圆的方程
，
得
１＋４＋２＋
２＝ ｋ２
＋１
，
１．解析 由
{ｘ２
＋
ｙ２
－２
ｘ
－３＝０， 得交点
８－４＞０，∴ Ｃ在圆外． ∴ ｋ ＝１，∴ ｌ ： ｘ － ｙ ＋２＝０ ． ｘ２ ＋ ｙ２ －４ ｘ ＋２ ｙ ＋３＝０，
练习Ｂ 证明 假设所求切线的斜率存在．设 坐标为 ．
（２） ： （１，－２），（３，０）
１． 当 圆 解 ＝ ａ 的 析 ａ ２ ＋ 方 ｂ ｂ２ 不 程 原 ， 当 同 ， 方 它 ａ 时 程 表 ＝ 为 可 ｂ 示 ＝ 零 化 原 ０ 时 为 时 点 （ ， 表 ； ｘ ｘ ２ 示 ＋ ２ ＋ ２ 圆 ｙ ａ ２ ｘ 心 ＝ ＋ 为 ０ ａ ， ２ ） 不 ＋ ａ 是 ｙ２ ｌ 圆 － ： ｋ ｙ ｘ ｋ 心 － ０ ｘ ｙ ＋ ０ ｙ （ ＝ ０ ｙ ０ ＝ ｋ ， （ ０ ｘ ０ ． － ） ｘ ０ 到 ） 为 ｌ 圆 的 的 距 切线 离 ，∴ ｄ ｌ ＝ ： ｋｘ ｒ － ＝ ｙ ２． 所 Ｃ 解 ２（ 析 － 以 ６， （ － １ 圆 ３ ） ） 因 ， 半 心 为 径 圆 距 分 心 别 分 ｜ 为 别为 ｒ Ｃ １ １ ＝ Ｃ Ｃ ２ ２ １ ， （ ｒ ２ ２ ｜ ， ＝ ３） ８ ＝ ， ，
２． ０ 解 ） 析 ， 半 ， 径 （ 为 ｘ ＋１） ａ ２ ２ ＋ ＋ ｂ ( ２ ｙ 的 － ， 圆 ａ ) ． ２ ＝５＋ ａ２ （ ＝ － ９ ， ， ｜－ ｋ １ ０ ＋ ＋ ｋ ｘ ２ ０ ０ ｜ ， 代 ∴ 入 （ ｋ ｌ ｙ 得 ０＋ ｘ ｙ ０ ｙ ） ２ ＝ ｙ２ ０， ｘ ｘ ｘ２ １ 圆 ） 外 ， （ Ｃ ２ 切 ＋ ２（ ６ ． ２ ） （ ， ２ ２ ３ ＋ ） ） （ ， 因 ３ 半 ＋ 为 ３ 径 ） 圆 ２ 分 ＝ 心 别 １０ 分 为 ＝ 别 ｒ ｒ １ １ ＋ 为 ＝ ｒ ２ ２ ， Ｃ ， 所 １ ｒ （ ２ 以 ＝ － ４ １ 两 ， ，
２ ４ ∴ ＝－ｙ ， ０－ ０＝－ ０ ＋ ０， 所 以 圆 心 距 Ｃ Ｃ
ａ ． ０ ｜ １ ２ ｜ ＝
３． ∴ 解析 ＝±４ ( ｘ ３ ) ２ ( ｙ ａ ) ２ ９＋ ａ２ ∴ 易 ｘ 证 ０ ｘ 明 ＋ ｙ 当 ｙ ０ 斜 ＝ ｘ 率 ２ ０＋ 不 ｙ２ ０ 存 ＝ 在 ｒ２． 时也成立． Ｃ （ Ｃ ２＋１） ｒ ２ ＋（ ｒ ３－ 所 １） 以 ２ 两 ＝ 圆 １ 相 ３， 交 因 ． 为ｒ ２－ ｒ １＜
４．解 ∴ 圆 析 心 ( ∵ － ＋ （ ４ ３ ４ ０ ， ，０ ４ ａ ） ＋ ) 不 ， 半 在 － 径 ４ 圆 为 的 ＝ 内 ａ ４ １ ２ 部 ６ ＋９ ， ， ∴ ． 将 ２． ２ 两 解 ３ ｘ ２ ２ 析 个 － － ４ ２ 公 Ｃ Ｃ ２ 共 把 ｘ ．当 ＋ 点 Ｃ ｙ Δ ２ ＝ － ＞ 当 ｘ ４ ０ － ＝ ， Δ Ｃ 即 ０， 代 － Δ ２ 入 ＝ 即 ４ ２ 圆 Ｃ Ｃ ＜ ２ Ｃ ｘ － ２ ＜ ８ ＋ ２ （ ｙ Ｃ ２ ２ ２ ＝ － 时 时 ４ ４ ， ， ） 有 有 得 ＝ ３．解 圆 ∵ ｜ 析 Ｃ １ Ｃ １ ２ ２ ： 与 ｜ ｘ ＜ 设 ２ Ｃ ＋ ２ ２ 圆 ｙ ＋ ２ 外 ＝ １ Ｃ ， 切 １ １ ． ： ∴ ， （ ∴ ｘ Ｃ － ２ ｜ （ Ｃ ３ ０ ） １ ， Ｃ ２ ０ ２ ＋ ） ｜ （ ， ＝ ｙ ｒ ｒ ２ － １ ＝ ＋ ４ １ ｒ ） ２ ． ２ ， ＝ ｒ２ １，
代入圆的方程 得 ａ ａ ； ＝０， ＝±２ ２ ， ２ ２ ｒ ｒ ．
（０，０） ， －１≥０，∴
一个公共点 当 Δ 即 Ｃ 或 Ｃ
∴ ３ ＋４ ＝ １＋１，∴ １＝４
． ； ＜０， ＞２ ２ ＜ Ｃ ｘ ２ ｙ ２ ．
≥１ ∴ １：（ －３） ＋（ －４） ＝１６
５．
Ａ
解析
Ｂ Ｃ
设
代
圆
入
Ｍ
Ｍ
：
得
ｘ２
＋
ｙ２
＋
Ｄｘ
＋
Ｅｙ
＋
Ｆ
＝０，
将
３．解
－２
析
２
时
设
，
无
所
公
求
共
直
点
线
．
方程为ｙ ｘ ｂ 代
４．解
ｒ
析
．
设Ｃ
１（０，０），
半径为ｒ
１，
Ｃ
（２，０），
， ， ＝２ ＋ ， ＝３
{Ｆ {Ｆ 入ｘ２ ｙ２ ｙ 整理 得 ｘ２ ｂｘ Ｃ 与Ｃ内切 ＣＣ ｒ ｒ
４ ４ － ＋
＝
２ ２
０ Ｄ
Ｅ
，
＋ ＋ Ｆ
Ｆ
＝ ＝ ０ ０ ， ，∴
Ｄ
Ｅ ＝
＝
＝ －
０
２
，
， ２， ∴
圆Ｍ
：
ｘ２
＋
ｙ２
２ ４ ０
ｘ
＋ （
ｂ
ｂ
２
２
＋
－ － ２ ２
ｂ －
ｂ － －
２
４ ４
－
＝ ）
４
＝ ０
＝ ．
０
由 ０
，
，
所
Δ
以 ＝０ ｂ ，
，
２
得
－２ （
５
ｂ ４ －
ｂ
２ －
＋
４ ４
４
＝ ）
２
０ －
－
， ∴
∵
＝｜ ｘ ３ ２
１
－ ＋
ｒ
ｙ １ ２ ｜ ＝ ， ２ ∴ ５
ｒ
或 １＝
，
ｘ ５
∴
２
或
＋ ｙ
｜
２
ｒ
＝ １＝ １
１
１
｜
为 ，
＝
所
｜
求
－
．
１｜，∴ ２
＋２ ｘ －２ ｙ ＝０ ．
ｙ
解得
ｘ
ｂ ＝６
或
或
ｙ
ｂ ＝
ｘ
－４ ．
．
故所求直线方程为 ５．解析 Ｃ １（０，０）， ｒ １＝１， Ｃ ２（－ ａ ，－ ａ ）， ｒ ２＝
２．３．３ 直线与圆的位置关系 ４．解 ＝ 析 ２ ＋６ ｋ ＡＢ＝１ ＝ ， Ｃ ２ ： － （ ４ ｘ －２） ２ ＋（ ｙ －１） ２ ＝５－ １，∵ Ｃ Ｃ Ｃ １ 与Ｃ ２ 外 ａ 切 ，∴ ｜ Ｃ ａ １ Ｃ ２｜＝ ｒ １ ． ＋ ｒ ２，
练习Ａ ｍ Ｃ ｒ ｍ． ∴ ｜ １ ２｜＝ ２｜ ｜＝２，∴ ＝± ２
，∴ （２，１）， ＝ ５－ 练习Ｂ
１．解析 （１） ｄ ＝ ｜２×１－
２
２－
２
５｜ ＝ ５ ． （２） 因 （１） 线
ｘ
段ＡＢ的
ｌ
垂
ｘ
直
ｙ
平分线
．
方程为ｌ ： ｙ － １．解析 Ｃ １： ｘ２ ＋ ｙ２ ＋４ ｘ －６ ｙ ＋１２＝０，
２ ＋１ １＝－（ －２），∴ ： ＋ －３＝０ Ｃ ｒ
为ｄ ｒ ｄ ｒ 所以直线与圆 ∴ １（－２，３）， １＝１，
＝ ５， ＝ ６， ＜ ， Ｃ 到 ｌ 的距离 ｄ ｜２－１＋１｜ Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ｋ Ｃ ｒ
相交． （２） ＡＢ ＝ ２： ＋ －２ －１４ ＋ ＝０，∴ ２（１，７）， ２
２ ２
１ ＋（－１） ｋ ｋ
＝ ５０－ ＞０，∴ ＜５０，
２．解析 因为圆心到直线的距离ｄ １
＝ ＜ ＝ ２， Ｃ Ｃ ２ ２ ．
２ ∴ ｒ２ ＝２＋２＝５－ ｍ ，∴ ｍ ＝１ ． ｜ １ Ｃ ２｜ 与 ＝ Ｃ （ 外 １＋ 离 ２） ＋（７ Ｃ －３ Ｃ ） ＝ ｒ ５ ｒ
所 以 直 线 与 圆 相 交． 由 Ｃ ｘ ２ ｙ ２ 易知 Ｐ 在 （１） １ ２ ，∴ ｜ １ ２｜＞ １＋ ２，∴５
１３， （３） ：（ －２） ＋（ －１） ＝４，
{ ｘ ｘ ２ － ＋ ｙ ｙ － ２ １ ＝ ＝ １ ０ ３ ， ， 可得交点为 （３，２） 和 （－２， 过 圆外 Ｐ ． 的 ① 圆 当 Ｃ 所 的 求 切 切 线 线 方 的 程 斜 为 率 ｌ ： 存 ｙ － 在 ４＝ 时 ｋ （ ， ｘ 设 － （ ＞ ２ １ ） ＋ Ｃ １ ５ 与 ０－ Ｃ ｋ ２ ， 外 ∴３ 切 ４ ， ＜ ∴ ｋ ＜ ｜ ５ Ｃ ０ １ ． Ｃ ２｜＝ ｒ １＋ ｒ ２，
． ｌ ｋｘ ｙ ｋ ． ｋ
－３） ４），∴ ： － －４ ＋４＝０ ∴５＝１＋ ５０－ ，
３．解析 因为圆心到直线的距离ｄ Ｃ 到 ｌ 的距离 ｄ ｒ ｋ ．
（１） ＝ （２，１） ＝ ＝ ２ ＝ ∴ ＝３４
ｋ ｋ Ｃ 与Ｃ 相交 ｒ ｒ Ｃ Ｃ
｜４×４－３×（－１）＋６｜ ｒ 所以直线与 ｜２ －１－４ ＋４｜ ｋ ５ （３） １ ２ ，∴ ｜ １－ ２｜＜｜ １ ２｜＜
４ ２ ＋（－３） ２ ＝５＝ ， ｋ２ ＋１ ∴ ＝ １２ ， ｒ １＋ ｒ ２，∴ ｜１－ ５０－ ｋ ｜＜５＜１＋ ５０－ ｋ ，
１２
教材习题答案
ｋ ． 则当 ｘ 时 ｆ ｘ ｔ ｔ
∴１４＜ ＜３４ ０ ≤ ≤ ３６ ， （ ） ＝ 圆心到ｙ ｘ的距离ｄ ｜３ － ｜ ｔ
（４） Ｃ １ 与Ｃ ２ 内切 ，∴ ｜ Ｃ １ Ｃ ２｜＝｜ ｒ １－ ｒ ２｜， －（ ｘ －３６） ２ ＋３６ ２ ＝ － ｘ２ ＋７２ ｘ ； 当 ３６＜ ＝ ＝ ２ ＝｜ ２ ｜，
ｋ ｋ ． ｘ 时 ｆ ｘ 当 æ ö２
∴５＝｜１－ ５０－ ｜，∴ ＝１４ ＜２３６－３６π ，（ ）＝３６； ２３６－３６π＜ ç２ ７÷ ｒ２ ｄ２ ｔ２ ｔ２
Ｃ 与Ｃ 内含 Ｃ Ｃ ｒ ｒ ｘ 时 ｆ ｘ ∴ è ø ＝ － ，∴９ －２ －７＝０，
（５） １ ２ ，∴ ｜ １ ２｜＜｜ １－ ２｜， ＜ ２７２ － ３６π ， （ ） ２
∴ ｜１－ ５０－ ｋ ｜＞５，∴ ｋ ＜１４ ． ＝ －（ ｘ －２３６＋３６π） ２ ＋３６ ２ ∴ ｔ ＝±１ ．
２．解析 因为圆心分别为 Ｃ 圆心为 ｒ 或圆心为
１（０，０）， ∴ （３，１）， ＝３ （－３，
Ｃ ａ 半径分别为ｒ ｒ 所 半径为
２（－４， ）， １＝１， ２＝５， －１）， ３，
以 Ｃ Ｃ ａ２． 若两圆外切 则 ∴ 圆Ｃ的方程为 （ ｘ －３） ２ ＋（ ｙ －１） ２ ＝９ 或
｜ １ ２｜＝ １６＋ ① ， ｘ ２ ｙ ２ ．
Ｃ Ｃ ｒ ｒ 即 ａ２ 解得 （ ＋３） ＋（ ＋１） ＝９
｜ １ ２｜＝ １＋ ２， １６＋ ＝１＋５， 习题 Ｃ
ａ ． 若两圆内切 则 Ｃ Ｃ ｒ
２－３
＝±２ ５ ② ， ｜ １ ２｜ ＝ ２ １．解析 设ＢＣ ＝ ｘ ， ＡＣ ＝２ ｘ ， 易得 １＜ ｘ ＜３，
－
ｒ
１，
即
４
２
＋
ａ２
＝５－１，
解得ａ
＝０
．
则 Ｂ ９－３
ｘ２
综上 ａ 或ａ ． ｃｏｓ ＝ ｘ ，
， ＝±５ ＝０ 习题 Ｂ ６
３．解析 Ｃ Ｃ ｌ ｙ ． ２－３
联立 { ｘ ｘ ２ ２ ＋ １（ ｙ２ ０ ｘ ＝ ，０ ｙ ２ ） ２ ， ， ２（ 整 ２， 理 ０） 得 ，∴ ｌ ＡＢ Ｃ ： １ Ｃ ｘ ２： ＝－ ＝ １ ０ ， １． ａ 解 ） 析 ２ ＝ ａ２ 设 ， 将 所 （ 求 ８， 圆 １） 的 代 方 入 程 ， 得 为 （ （ ８ ｘ － － ａ ａ ） ） ２ ２ ＋ ＋ （ （ １ ｙ － － ｓｉｎ Ｂ ＝ １－ ９ ｘ４ － ３ ５ ６ ４ ｘ ｘ ２ ２ ＋８１ ，
{ｌ Ｃ １ Ｃ ２： － ｙ ４ ＝０ ＋ ， ＝４， ２ 的 ａ ） 方 ２ ＝ 程 ａ２ 为 ， 解 （ ｘ 得 －１ ａ ３） ＝ ２ １ ＋ ３ （ 或 ｙ －１ ａ ３ ＝ ） ２ ５ ＝ ．故 １６ 所 ９ 或 求 （ 圆 ｘ ∴ Ｓ △ ＡＢＣ＝ ２ １ ｜ ＢＣ ｜·｜ ＡＢ ｜·ｓｉｎ Ｂ
∴ ｌ
ＡＢ：
ｘ
＝－
１
， －５）
２
＋（
ｙ
－５）
２
＝ ２５
．
＝
１
－９
ｘ４
＋９０
ｘ２
－８１
２ ２．解析 易知切线的斜率存在．设切线方 ４
( )
ＡＢ中点坐标为 １ ． 程为ｙ ｋ ｘ 即ｋｘ ｙ ｋ １ ｘ２ ２
∴ － ，０ －８＝ （ －６）， － ＋８－６ ＝０， ＝ －９（ －５） ＋１４４，
２ ｋ ｋ ４
{ｘ２ ｙ２ ｘ 因为直线与圆相切 所以｜３ －４＋８－６ ｜ 当ｘ 时 Ｓ 有最大值 为 ．
４．解析 联立
ｘ２
＋
ｙ２
＋６
ｙ
＝０，整理得公共 ， ｋ２
＋１ ２．证
∴
明
＝
如图
５ ， △ ＡＢＣ ， ３
＋ ＋６ ＝０， ：
弦所在直线ｌ的方程为ｘ ｙ Ｃ 的圆 所以ｋ ３ 所以所求切线方程为
－ ＝０， １ ＝５， ＝－ ，
４
心为 其到ｌ的距离ｄ ｜－３－０｜ ｘ ｙ ．
（－３，０）， ＝ ３ ＋４ －５０＝０
２ ３．解析 Ｃ ｘ ａ ２ ｙ ２ Ｃ ａ
１：（ － ） ＋（ －１） ＝１６， １（ ，
３ ２ 圆 Ｃ 的半径为 ＡＢ ｒ
＝ ， １ ３，∴ ｜ ｜ ＝ １）， １＝４；
２ Ｃ ｘ ａ ２ ｙ ２ Ｃ ａ ｒ
２：（ －２ ） ＋（ －１） ＝１， ２（２ ，１）， ２
２ ９－ ９ ＝３ ２ ． ＝ １， ｜ Ｃ １ Ｃ ２ ｜ ＝ （２ ａ － ａ ） ２ ＋（１－１） ２ ＝
２
习题 Ａ ａ２ ａ ａ ａ ．
２－３
两
＝
圆
｜
外
｜＝
离
（
时
＞０
Ｃ
）
Ｃ ｒ ｒ ａ ．
设
△
ＡＢＣ的外接圆的一般方程为ｘ２
＋
ｙ２
１．解析 Ｃ ｒ １ ＣＯ ．Ｐ到原 （１） ，｜ １ ２｜＞ １＋ ２，∴ ＞５ Ｄ
（１，０）， ＝ ，｜ ｜＝１ 两圆外切时 Ｃ Ｃ ｒ ｒ ａ Ｄｘ Ｅｙ Ｆ 则圆心的横坐标为
２ （２） ，｜ １ ２ ｜ ＝ １＋ ２，∴ ＋ ＋ ＋ ＝０， －
． ２
点的距离的最大值为 ＣＯ ｒ ３ Ｐ到 ＝５ ｍ ｎ
｜ ｜＋ ＝ ， 两圆相交时 ｒ ｒ Ｃ Ｃ ｒ ＋ 即Ｄ ｍ ｎ
２ （３） ，｜ １－ ２｜＜｜ １ ２｜＜ １＋ ＝ ， ＝－ － ，
ｒ ａ ． ２
原点的距离的最小值为
｜
ＣＯ
｜－
ｒ
＝
１ ． ２，∴
两
３
圆
＜
内
＜５
切时 Ｃ Ｃ ｒ ｒ ａ ∴
ｘ２
＋
ｙ２
＋（－
ｍ
－
ｎ
）
ｘ
＋
Ｅｙ
＋
Ｆ
＝０
．
２．解析 ｘ２ ｘ ｙ２ ａｙ ａ２ ２ （４） ． ，｜ １ ２｜ ＝｜ １－ ２｜，∴ 将Ｂ （０， ｐ ）， Ｃ （ ｎ ，０） 代入可得
ａ２
（
ｘ
＋２
２
＋１
ｙ
）
ａ
＋（
２
－２
ａ２
＋ ）＝ ５＋ ＝３
两圆内含时 Ｃ Ｃ ｒ ｒ
{ｐ２
＋
Ｅｐ
＋
Ｆ
＝０，
∴ ， ｒ２ ∴ ＝ （ ５＋ ＋ ａ １ ２ ） ，∴ ＋（ ａ ＝ － ０ ） 时 ＝ ， ５ ｒ ＋ 取得 ， 最小值 ， ａ （ ＜ ５） ３ ． ，｜ １ ２｜＜｜ １－ ２｜，∴ ０＜ ｎ２ ＋（－ ｍ － ｎ ） ｎ ＋ Ｆ ｍ ＝ ｎ ０，
为 ． ４．解析 设圆心为 ｒ 则半径为ｒ Ｆ ｍｎ Ｅ ｐ
５ （０， ）， ， ∴ ＝ ， ＝－ － ｐ ，
３．解析 由圆 ｘ ２ ｙ ２ 得圆 ２ ｒ ２ ｒ２ ｒ ．
（ －４） ＋（ ＋１） ＝２５ ∴ （－２－０） ＋（２－ ） ＝ ，∴ ＝２ ( ｍｎ)
心坐标为
（４，－１），
ｒ
＝５，
因为圆心到直
∴
圆的方程
：
ｘ２
＋（
ｙ
－２）
２
＝４
．
∴
ｘ２
＋
ｙ２
－（
ｍ
＋
ｎ
）
ｘ
＋ －
ｐ
－ ｐ
ｙ
＋
ｍｎ
＝０
．
线
４
ｘ
－３
ｙ
＋６＝０
的距离ｄ
＝
｜１６＋３＋６｜
＝
５．解析 圆心Ｃ
（２，０），
Ａ
（１，１），
ｋ
ＡＣ＝
１－０ æ
ｐ
ｍｎö２
５ １－２ ( ｍ ｎ) ２ ç ç ＋ ｐ ÷ ÷
所以ｄ ｒ 所以直线与圆相切． 所求直线的斜率 ｋ 又其过 Ｒ２ ＋ ｍｎ
５， ＝ ， ＝－１，∴ ＝１， ∴ ＝ － ＋è－ ø －
４．解析 Ｃ 到ｌ ｘ ｙ 的距离ｄ 点Ａ ２ ２
（３，０） ： － ＋１＝０ （１，１）， ｍ２ｎ２
ｘ ｙ 即为所求． ｍ２ ｎ２ ｐ２
｜３＋１｜ 圆的半径ｒ ． ∴ － ＝０ ＋ ＋ ＋ ｐ２
＝ ＝２ ２， ＝１ ６．证明 设Ｐ ｘ ｙ 为圆上一动点
２ （ ， ） ， ＝ ，
４
Ｐ到 ｌ ｘ ｙ 距离的最大值为 则 ＰＡ ２ ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ ＰＢ ２
∴ ： － ＋１＝０ ｜ ｜ ＝（ － １） ＋（ － １） ，｜ ｜ ＝
又Ｓ １ ｎ ｍ ｐ
最小值为 ． ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ ＡＢ ２ ｘ ｘ ２ ＝ （ － ）· ，
２ ２＋１， ２ ２－１ （ － ２） ＋（ － ２） ，｜ ｜ ＝（ ２－ １） ＋ ２
５．解析
３
ｘ
－４
ｙ
＋１２＝０
．
（
ｙ
２－
ｙ
１）
２．因为
｜
ＰＡ
｜
２
＋ ｜
ＰＢ
｜
２
＝ ｜
ＡＢ
｜
２
， ｍ２ ｎ２ ｐ２
ｍ２ｎ２
６．解析
（１）（４００－π×３６×２）÷２＝（２００－
所以代入
，
化简得
（
ｘ
－
ｘ
１）（
ｘ
－
ｘ
２）＋（
ｙ
－ Ｒ２Ｓ２
＋ ＋ ＋ ｐ２
１
． ｙ ｙ ｙ ． ∴１６ ＝１６· · ·
３６π） ｍ １）（ － ２）＝０ ４ ４
建立如图所示的平面直角坐标系 ７．解析 设圆心为 ｔ ｔ 半径为ｒ ｔ ｎ ｍ ２ ｐ２ ｎ ｍ ２
（２） ， （３，）， ＝｜３ ｜， （ － ） · ＝ （ － ） ·
１３
ｐ２ æ è çｍ２ ＋ ｎ２ ＋ ｐ２ ＋ ｍ ｐ ２ ２ ｎ２ö ø ÷ （ ｘ －３） ２ ＋（ ｙ －２） ２ ，∴ ｘ２ ＋ ｙ２ －１４ ｘ －４ ｙ ＋ ＝ 存 （ ｘ 在 －３ ．理 ） ２ 由 ＋ ｙ 如 ２． 下
２１＝０， （１） ：
＝ ＝ （ （ ｎ ｎ － － ｍ ｍ ） ） ２ ２ （ （ ｐ ｐ ２ ２ｍ ＋ ｎ ２ ２ ＋ ） ｐ （ ２ｎ ｍ ２ ２ ＋ ＋ ｐ ｐ ４ ２ ＋ ） ｍ ， ２ｎ２ ） 即 ＋（ 满 ｙ － 足 ２） 题 ２ ＝ 意 ３ 的 ２ ． 点的轨迹方程为 （ ｘ －７） ２ ∵ ｜ Ｐ ｘ Ａ ｜＋ ２ ｜ Ｐ ｙ２ Ｂ ｜ ＝６ 化 ， 简 ∴ 得 （ ｙ ｘ ＋３） ２ ＋ ｙ２ ＋ ｘ
ａ ｐ２ ｎ２ ｂ ｎ ｍ ｃ ｍ２ ｐ２ ２．解析 以线段ＡＢ所在直线为ｘ轴 线 （ －３） ＋ ＝６， ＝０（－３≤
∵ ＝ ＋ ， ＝ － ， ＝ ＋ ， ，
ａ２ｂ２ｃ２ ｎ ｍ ２ ｐ２ ｎ２ ｍ２ ｐ２ 段ＡＢ的垂直平分线为ｙ轴 建立平面 ≤３），
∴ ＝（ － ） （ ＋ ）（ ＋ ）， ， Ｐ的轨迹是线段ＡＢ．
∴１６
Ｒ２Ｓ２
＝
ａ２ｂ２ｃ２
，
直角坐标系
，
则 Ａ
（－３，０），
Ｂ
（３，０）
．设 ∴
存在．当 ＰＡ ＰＢ 时 Ｐ 在以
ＲＳ ａｂｃ Ｒ
ａｂｃ
．
Ｍ
（
ｘ
，
ｙ
），
则Ｍ→Ａ
＝（－３－
ｘ
，－
ｙ
），
Ｍ→Ｂ
＝（３－
（
Ｂ
２
为
）
端点向右
｜
的
｜
射
－
线
｜
上．
｜ ＝６ ，
∴４ ＝ ，∴ ＝ Ｓ
４ ｘ ｙ Ｍ→Ａ Ｍ→Ｂ ｘ 存在．当 ＰＢ ＰＡ 时 Ｐ 在以
，－ ），∴ ·（２ ）＝２（－３－ ）（３－ （３） ｜ ｜－｜ ｜ ＝６ ，
Ａ为端点向左的射线上．
2.4 曲线与方程 ｘ ｙ２ 化简整理得ｘ２ ｙ２ １７
）＋２ ＝－１， ＋ ＝ ， 不存在．
习题 Ａ ２ （４）
２－４ 不存在．
２ １ ． ． 解 解 析 析 Ｐ ｒ２ 在曲 ． 线上 ， Ｑ不在曲线上． ３． ∴ 解 点 析 Ｍ的轨 设 迹 Ｍ 方程 ｘ 为ｘ ｙ ２ ＋ ． ｙ２ 由 ＝ １ 题 ２ ７． 意 得 ３．解 （５ 析 ） 设Ａ （－３，０）， Ｂ （３，０）， Ｐ （ ｘ ， ｙ ） ．
３．解析 不 ＝ 是 ５ 因为到两坐标轴距离相等 （ ， ） （１）∵ ｜ ＰＡ ｜ ２ ＋｜ ＰＢ ｜ ２ ＝３６，∴ （ ｘ ＋３） ２ ＋ ｙ２
， ｘ ａ ２ ｙ２ ｘ ｂ ２ ｙ２ ｘ ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２
的点的轨迹是两条直线ｌ 和ｌ 如图所 （ － ） ＋ ＝２ （ － ） ＋ ， ＋（ －３） ＋ ＝３６，∴ ＋ ＝９，
不 是 所 示 是 直 有 ）， 方 线 点 其 程 的 中 ｌ ２ 坐 上 ｙ ｌ １： 标 的 ｙ ｘ 点 都 ＝ 的 ｘ （ 是 ， 解 原 ｌ ２ 方 ： 点 因 ｙ 程 除 ＝ 此 １ － ｙ 外 ｘ 它 ＝ ， ） ｘ 直 不 的 ２ 的 （ 线 是 坐 解 要 标 ｌ １ ， 求 都 但 上 ∴ ∴ ( ｘ ３ ＋ Ｍ ｘ ａ ２ － ＋ ３ 是 ４ （ ｂ ２ 圆 ) ａ ２ － ＋ 心 ８ ｙ ｂ ２ 为 ） ＝ ｘ ４ ＋ （ ( ４ ３ ａ ｂ ｙ ９ － － ２ ｂ ＋ ａ ） ， ４ ２ ０ ｂ （ ２ ) ａ － ≠ ， ａ 半 ２ ｂ ） ＝ ． 径 ０， 即 为 ∴ 径 （ ＋ ２ （ 的 Ｐ ） ｘ － ∵ 的 圆 ３） ｜ 轨 ． Ｐ ２ Ａ ＋ 迹 ｙ ｜ ２ ２ 是 ＋ ＝ ｜ 以 １ Ｐ ０ Ｂ ， （ ∴ ｜ ０ ２ ， ＝ ｘ ０ ２ １ ） ＋ ０ 为 ｙ ， ２ ∴ 圆 ＝ （ － 心 ｘ ４ ＋ ， ， ３ ∴ ３ ） 为 Ｐ ２ ＋ 的 半 ｙ２
＝ ， ３ 轨迹不存在．
的轨迹方程． ａ ｂ
２｜ － ｜的圆．
2.5 椭圆及其方程
３
４．解析 设Ｍ ｘ ｙ 则点Ｍ到ｘ轴的距
（ ， ），
２．５．１ 椭圆的标准方程
离为ｄ ｙ ＭＦ ｘ２ ｙ ２ 点
＝｜ ｜，｜ ｜ ＝ ＋（ －４） ，
Ｍ的集合Ｐ Ｍ ＭＦ ｄ 练习Ａ
＝｛ ｜｜ ｜＝ ｝，
ｘ２ ｙ ２ ｙ 两边平方 得ｘ２ １．解析 ＰＦ ＰＦ ａ ．
∴ ＋（ －４） ＝｜ ｜， ， ｜ １｜＋｜ ２｜＝２ ＝２ ２
ｙ２ ｙ ｙ２ 即 ｘ２ ｙ 方程 ２．解析 ＭＦ ＭＦ Ｍ 到
＋ －８ ＋１６＝ ， ＝８ －１６，∴ ∵ ｜ １｜＋｜ ２｜ ＝１０，∴
的曲线关于 ｙ 轴对称 ｘ２ ｙ Ｆ 的距离为 ．
， ＝８ －１６≥０， ２ ６
４．解 １ 析 ０联 立 由直 得 线 { ２ ２ ｘ ｘ ＋ ＋ ５ ５ ｙ ｙ － － １ １ ５ ５ ＝ ＝ ０ ０， 和 消 曲 去 线 ｙ ｙ 并 ＝ ５．解 ∴ ⊥ 析 ｙ Ａ ≥ Ｂ ， ２ →Ａ ， 设 Ｃ ∴ · 顶 曲 →Ａ 点 Ｂ 线 ＝ Ａ 在 ０ 的 ， 直 又 坐 线 →Ａ 标 Ｃ ｙ 为 ＝ ＝ ２ （ （ ３ 的 ｘ － ， 非 ｙ ｘ ， ） 下 ２ ， － ∵ 方 ｙ Ａ ） ． Ｃ ， ３ ４ ． ． 解 解 析 析 ( （ （ １ １ ） ） ) （ ｘ ３ ４ ２ ( ， ＋ ０ ｙ ） ２ ， ＝ （ １ － ． （ ) ４ ２ ， ） ０） ｘ ９ ． ２ ＋ １ ｙ ６ ２ ＝１ ．
－ ｘ ， ｙ ＝－ １ ｘ ０ ， →ＡＢ ＝（－２－ ｘ ，１－ ｙ ），∴ （３－ ｘ ） ·（－２－ ｘ ） （２） １ ，０ ， － １ ，０ ．
整理 ， 得 ２ ｘ２ －１５ ｘ －５０＝０， 解得ｘ ＝１０ 或 ＋ ． （ 又 ２－ 点
ｙ
） Ａ （ 与 １－
ｙ
Ｂ ） Ｃ ＝ 不 ０， 共
即
线
ｘ２
＋
ｙ２
－
ｘ
－３
ｙ
－４＝ ５．解析
２
可添加的条
２
件为 ① ａ ＝５；② ｂ ＝３；
０ ，∴ （－２，１），（３， 椭圆上一点的坐标为 ．
ｘ ＝－ ５ ， 分别代入直线方程得ｙ ＝－１ 或 两点应剔除 直角顶点Ａ的轨迹方 ③ （５，３）
２ ２） ，∴ 练习Ｂ
ｙ ＝４ ． 程为ｘ２ ＋ ｙ２ － ｘ －３ ｙ －４＝０（ 除去 （－２，１）， １．解析 ｃ ａ ａ ｂ
直线与曲线的交点坐标为 两点 ． （１） ＝５，２ ＝２６，∴ ＝１３， ＝
∴ （１０，－１） （３，２） ） ｘ２ ｙ２
( ) ６．解析 轨迹方程为 ｘ２ ｙ２ ｋ 表示以 椭圆方程 ．
或 ５ ． ＋ ＝ ， １２，∴ ： １６９ ＋ １４４ ＝１
－ ，４ 为圆心 ｋ为半径的圆． 以两条
２ （０，０） ， （ ｙ２ ｘ２
ｃ 设椭圆方程为
５．解析 ∵ ＡＢ 中点坐标为 （１，３）， ｋ ＡＢ＝ 互相垂直的直线为坐标轴 ， 建立平面直 （２） ＝２ ３， ａ２ ＋ｂ２ ＝１，
角坐标系
－
－
１
１
－
－
３
７
＝２，∴
线段 ＡＢ 的垂直平分线的
７．解析 易
）
知所求圆的方程为 （ ｘ －２） ２ ＋
ａ２ ＝ ｂ
ｙ
２
２
＋ ｃ２ ＝
ｘ
ｂ
２
２ ＋１２，
椭圆过点
斜率为ｋ ＝－ １ ， 习 （ 题 ｙ －２） ２ Ｃ ＝９ ． ∴ ｂ２ ＋１２ ＋ ｂ２ ＝１，∵ （－ ６，
２ ２－４ ｂ４ ｂ２ ｂ２ 或ｂ２
线段ＡＢ的垂直平分线方程是ｙ １．证明 两圆 Ｃ Ｃ 的交点坐标同时满 ５），∴ ＋ －７２＝０，∴ ＝８ ＝－９
∴ －３＝ １， ２ 舍去
－
１
（
ｘ
－１），
即ｘ
＋２
ｙ
－７＝０
．
足方程ｘ２
＋
ｙ２
＋６
ｘ
－１６＝０
和ｘ２
＋
ｙ２
－４
ｘ
－５
（
ａ２
），
椭圆方程
ｙ２ ｘ２
．
２ ＝０， ∴ ＝２０，∴ ： ＋ ＝１
６．解析 ｘ
＝４
或ｘ
＝－４
．
∴
满足ｘ２
＋
ｙ２
＋６
ｘ
－１６＋
λ
（
ｘ２
＋
ｙ２
－４
ｘ
－５） ２．解析 ａ．
２０ ８
习题
２－４
Ｂ
＝０（
λ
≠－１），
变形
，
得
（１＋
λ
）（
ｘ２
＋
ｙ２
）＋ ３．解析
４
易知ａ ｂ 椭圆标准方
１．解析 设 Ｍ ｘ ｙ 是曲线上的任意一 λ ｘ λ ． ＝３， ＝２，∴
（ ， ） （６－４ ） －（１６＋５ ）＝０ ｘ２ ｙ２
ＭＡ λ 该式表示圆 所以该式是 程为 ．
点 则Ｍ满足条件｜ ｜ ＭＡ ∵ ≠－１，∴ ， ＋ ＝１
， ＭＢ ＝ ２，∴ ｜ ｜ 通过两个已知圆交点的圆的方程． ９ ４
｜ ｜ ４．解析 椭圆 ｘ２ ｙ２ 的标准方程为
ＭＢ ２．解析 设Ａ Ｂ Ｐ ｘ ｙ ４ ＋９ ＝３６
＝ ２｜ ｜， （－３，０）， （３，０）， （ ， ）， ｘ２ ｙ２
其焦点坐标为 ．
ｘ ２ ｙ ２ ＰＡ ｘ ２ ｙ２ ＰＢ ＋ ＝１， （± ５，０）
∴ （ ＋１） ＋（ －２） ＝ ２ · ｜ ｜ ＝ （ ＋３） ＋ ， ｜ ｜ ９ ４
１４
教材习题答案
又所求椭圆经过点 则有 ａ ｙ２ 或 或 ．
（３，－２）， ２ ＝ 答案不唯一 ． 一个．设椭圆 （－３，４） （３，－４） （３，４）
ＰＦ ＰＦ ２ ２ １１
＝１（ ） （２）
４．解析 易得椭圆为
ｘ２ ｙ２
｜ １｜＋｜ ２ ｜ ＝ （３－ ５） ＋（－２） ＋ ｘ２ ｙ２ ＋ ＝１，
的方程为 ａ ｂ 由条件 ４ ２
（３＋ ５）
２
＋（－２）
２
＝２ １５，
ｂ２ ＋ａ２ ＝１（ ＞ ＞０）， 则Ａ
（－２，０）
是直角顶点
，
易知两直角边
∴
ａ
＝ １５，
ｃ
＝ ５，∴
ｂ２
＝
ａ２
－
ｃ２
＝１０，
{ａ２
－
ｂ２
＝５， {ａ２
的斜率分别是
１
和
－１，
不妨设直线 ＡＢ
ｘ２ ｙ２ 得 ＝２５， 负值舍去 ． 的斜率为
∴
椭圆
： １５ ＋ １０ ＝１
为所求． １
ｂ
６
２ ＋ａ
５
２ ＝１
⇒ ｂ２
＝２０
（ ）
{ｌ ＡＢ： ｙ ＝
１
ｘ
，
＋２，
５．解析 设点Ｍ的坐标为
（
ｘ
，
ｙ
），
Ｐ坐标
故椭圆的方程为
ｘ２ ｙ２
． ∴
ｘ２ ｙ２
⇒３
ｘ２
＋８
ｘ
＋４＝０，∴
ｘ
＝
为 ｘ ｙ Ｍ是线段ＰＰ′的中点 ＋ ＝１ ＋ ＝１
（ ０， ０），∵ ， ２０ ２５ ４ ２
ｙ ｘ２ ｙ２
∴ 由中点坐标公式得ｘ ＝ ｘ ０， ｙ ＝
２
０ ， ３．解析 ∵ Ｐ是椭圆
４
＋
３６
＝１ 上一点 ， －
３
２ 或ｘ ＝－２（ 舍 ），
{ｘ ｘ 设Ｐ θ θ 又Ａ
即 Ｐ ｙ ０ ０ ｘ ＝ ＝２ ｙ ， ｙ ① ，② 在圆ｘ２ ｙ２ 上 ∴ ∴ ４ｃｏ ｜ ｓ Ｐ ２ Ａ θ ＋ ｜ （ ２ ３ ２ ＝ ６ ｃ ｓ （ ｏ ｉ ｓ ２ ｎ ｃ ２θ ｏ ， ｓ － ６ｓ θ ６ ｉ － ０ ｎ ｓ ０ ｉｎ ） ） ２ ， θ ＋ ＋ （ ２ ６ ５ ｓ （ ｉ ＝ ｎ ０ ３ ， θ ２ ５ － ｓ ） ５ ｉ ， ｎ ） ２ ２ θ ＝ － ∴ ｙ 椭 ＝－ 圆 ３ ２ 交 ＋２ 点 ＝ ３ ４ Ｂ ， ( ２ ４ ) ＡＢ
∵ （ ０， ０） ＋ ＝４ ， [ ∴ － ， ， ｜ ｜ ＝
将 代入圆的方程得 ｘ２ ｙ２ θ ２θ １５ θ ３ ３
∴ ①② ＋４ ＝４， ６０ｓｉｎ ＋２９ ＝ ３２ ｓｉｎ － ｓｉｎ ＋ ( ) ( )
ｘ２ ｙ２ Ｍ 点的轨迹是一个椭 ( ) ２ ] ( ) ２ ８ －２＋ ２ ２ ＋ ０－ ４ ２ ＝ ４ ２ ，
∴ ＋ ＝１，∴ １５ １５ ３ ３ ３
４ －３２× ＋２９
圆 其方程为 ｘ２ ｙ２ ． １６ ( ) １ ２ ６ ∴ ｜ ＢＣ ｜＝ ２｜ ＡＢ ｜＝ ８ ，∴ 斜边ＢＣ的长
， ＋ ＝１ θ １５ ７ 当 θ １５ ３
４ ＝３２ ｓｉｎ － ＋ ， ∴ ｓｉｎ ＝
１６ ８ １６ 为 ８ ．
２．５．２ 椭圆的几何性质
时 ＰＡ ７ １４ ３
练习Ａ ，｜ ｜ｍｉｎ＝ ８ ＝ ４ ； ５．解析 设椭圆方程为ｍｘ２ ＋ ｎｙ２ ＝１（ ｍ ＞
当 θ 时 ＰＡ ． ｎ ｍ ｎ 将Ｐ Ｑ代入得
１．解析 ａ ｂ Ｆ ｓｉｎ ＝－１ ， ｜ ｜ｍａｘ＝１１ ０， ＞０， ≠ ）， ，
０）， Ｆ ２（６ （１ ２ ） ， ２ ０）， ＝ Ａ １ １ ８ （ ， － ２ ９，０ ＝ ） ６ ， ， Ａ ２（ １（ ９， － ０ ６ ）， ２， ４．解析 ｘ １ ２ ＋ ｙ １ ２ ＝１，∴ ａ ＝ ｍ １ ， ｂ ＝ ２ １ ｍ， ｃ２ { ３ ｍ ＋４ ｎ ＝１， ì í ï ï ｍ ＝ １ １ ５ ， 所求椭圆方
Ｂ Ｂ ｅ ２ ２．
ｍ２
４
ｍ２
１２
ｍ
＋
ｎ
＝１，
∴ ï
ïｎ １
∴
１（０，－３）， ２（０，３）， ＝ î ＝ ，
３ ５
（２）
Ａ
２
ａ
＝１０，２
ｂ
Ａ
＝６，
Ｆ
１（０
Ｂ
，－４），
Ｆ
２（０， ＝
４
ｍ
３
２，
ｃ
＝
２
ｍ
３
， 程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
．
４）， １（０，－５）， ２（０，５）， １（－３，０）， æ ö æ ö ｃ １５ ５
Ｆ ç ３ ÷ Ｆ ç ３ ÷ ｅ ３． ６．解析 以椭圆的长轴 短轴各自所在的
Ｂ ｅ ４ ． ∴ １è－ ｍ，０ø， ２è ｍ，０ø， ＝ ａ ＝ ，
２（３，０）， ＝ ２ ２ ２ 直线分别为ｘ轴和ｙ轴 建立如图所示
５ ＭＦ ，
æ ö ５．解析 设Ｍ ｘ ｙ 由题意得 ｜ ｜ 的平面直角坐标系
ａ ｂ ２ ５ Ｆ ç ５ ÷ （ ， ）， ＝ ，
（３）２ ＝１，２ ＝
５
， １è－
１０
，０ø， ｘ
－
９
２
æ ö ( ) ( )
Ｆ ２è ç ５ ，０ø ÷ ， Ａ １ － １ ，０ ， Ａ ２ １ ，０ ， ２ ，∴３ （ ｘ －２） ２ ＋ ｙ２ ＝２ ｘ － ９ ，
１０ ２ ２ ３ ２
æ ö æ ö ｘ２ ｙ２
Ｂ １è ç ０，－
５
５ ø ÷ ， Ｂ ２è ç ０，
５
５ ø ÷ ， ｅ ＝
５
５． 化简得
９
＋
５
＝１ ．
习题 Ａ
２．解析
ｘ２ ｙ２
．
ｘ２ ｙ２
．
２－５
（１） ＋ ＝１（２） ＋ ＝１ １．解析 ＡＢ ｃ ｃ ＰＡ
１６ ９ ３４ ２５ ｜ ｜ ＝１０＝２ ，∴ ＝５，｜ ｜＋
{ａ ｃ {ａ ＰＢ ａ ｃ ａ 矩形ＡＢＣＤ的各顶点都在椭圆上 而
３．解析
ａ
－
ｃ
＝２，
⇒ ｃ
＝８，
∴
ａ２
＝６４，
ｂ２ ｜ ｜＝１４＝２ ＞２ ，∴ ＝７，
ｘ２ ｙ２ 矩
∵
形是中心对称图形
，
＋ ＝１４ ＝６， ｂ２ ａ２ ｃ２ Ｃ ，
＝ ａ２ － ｃ２ ＝６４－３６＝２８， ∴ ＝ － ＝４９－２５＝２４，∴ ： ４９ ＋ ２４ ＝ ∴ 矩形ＡＢＣＤ关于原点Ｏ及ｘ轴 ， ｙ轴
ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ １， 是椭圆． 都对称．
椭圆标准方程 或
∴ ： ＋ ＝１ ＋ æ ö 已知椭圆长轴长 ａ 短轴长
６４ ２８ ６４ ２８ ２．解析 ａ ｂ Ｆ ç ３９÷ ２ ＝１００（ｍ），
． ２ ＝８，２ ＝５， １è０，－ ø， ｂ
＝１ ２ ２ ＝６０（ｍ），
４．解析 由 ＦＢ Ｂ 是等边三角形得 æ ö ｘ２ ｙ２
△ １ ２ ＯＦ Ｆ ２è ç ０， ３９ ø ÷ ， Ａ １（０，－４）， Ａ ２（０，４）， ∴ 椭圆方程为 ２ ＋ ２ ＝１， 设Ａ （ ｘ ０， ｙ ０）
ＦＢ Ｂ Ｂ ｂ ｜ ｜ ａ ２ ５０ ３０
｜ １｜＝｜ １ ２｜＝２ ＝ °＝４ ３，∴ ( ) ( ) ｘ ｙ
ｓｉｎ６０ Ｂ ５ Ｂ ５ ． （ ０＞０， ０＞０），
＝４ ｘ２ ３， ｙ ｂ ２ ＝２ ３ 为 ， 所求． ３．解 １ 析 － ２ ∵ ，０ ａ２ ＝ ， ４ ２ ５， ｂ ２ ２ ＝ ，０ ２０，∴ ｃ２ ＝２５，∴ 以 则 ５ ｘ ０ ２ ０ ２ ＋ ３ ｙ ０ ２ ０ ２ ＝１，∴ ｙ２ ０＝ ５ ３ ０ ０ ２ ２ （５０ ２ － ｘ２ ０） ．
∴ ＋ ＝１ 原点为圆心 为半径的圆的方程为ｘ２ 由矩形的对称性 得矩形ＡＢＣＤ的面积
练习 ４ Ｂ ８ １２ ，５ {ｘ２ ｙ２ Ｓ ｘ ｙ ，
＋ ＝２５， ＝４ ０ ０，
１．解析 （１） ４ ｘ ５ ２ ＋ ３ ｙ ６ ２ ＝１ ． （２） １ ｘ ０ ２ ０ ＋ ６ ｙ ４ ２ ＝１ ． ＋ ｙ２ ＝ ２５， 联 立 ４ ｘ ５ ２ ＋ ２ ｙ ０ ２ ＝１， 解 得 ∵ ｘ２ ０ ｙ２ ０＝ ｘ２ ０× ５ ３ ０ ０ ２ ２ ×（５０ ２ － ｘ２ ０）
２．解析 无数个 如 ｘ２ ｙ２ ｘ２
{ｘ２
＝９， Ｐ 的坐标为 或 ３０ ２ ｘ４ ２ｘ２
（１） ， ＋ ＝１， ＋ ｙ２ ∴ （－３，－４） ＝ ２（－ ０＋５０ ０）
５ １０ ６ ＝１６， ５０
１５
２ [ ( ２ ) ２ ４ ] ｃ ａ２ ｘ２ ｙ２
３０ ｘ２ ５０ ５０ 当 ｘ２ ｘ ｃ ２ ｙ２ ｘ 焦点为 ．
＝ ２ － ０－ ＋ ，∴ ０ ＝ ∴ （ ＋ ） ＋ ＝ ａ ＋ ｃ ， （±５，０）， （±７，０），∴ － ＝１
５０ ２ ４ ２５ ２４
２ ｃ２ ( ａ２ ) ２ ａ２ ｃ２ ｘ２ ｙ２
５０ ｘ２ｙ２ 取得最大值 ｘ ｃ ２ ｙ２ ｘ － ｘ２ ２．解析 ｃ２ ４ ｍ
， ０ ０ ， ∴ （ ＋ ） ＋ ＝ａ２ ＋ ｃ ，∴ ａ２ ＋ － ＝１，∴ ＝ ｍ ＝４，∴
２ １ ３
∴
Ｓ
＝４
ｘ
０
ｙ
０
也取得最大值
， ｙ２ ｂ２
ｘ２ ｙ２
为所求．
ｍ ｍ
此时ｘ
０＝２５ ２，
ｙ
０＝１５ ２，
＝ ，∴ ａ２ ＋ｂ２ ＝１
＝１
．
矩形 ＡＢＣＤ 的周长为 ｘ ｙ 结论 椭圆上的动点 Ｍ 到左焦点的距 ｘ２ ｙ２
４（ ０ ． ＋ ０）＝ ４× ： ａ２ ３．解析 设双曲线的标准方程为 ａ２ －ｂ２
（２５ ２＋１５ ２）＝１６０ ２（ｍ） 离与它到直线 ｌ ｘ 的距离之比
在椭圆形溜冰场的两侧分别画一条 ： ＝－ ｃ 其经过Ｐ Ｑ
∴ ＝１，∵ （４，２）， （２ ６，２ ２），
线 定 与 ， 的 短 这 矩 轴 两 形 平 条 区 行 直 域 且 线 的 与 与 顶 短 椭 点 轴 圆 相 这 的 距 个 交 ２ 矩 点 ５ 形 就 ２ 是 区 ｍ 域 所 的 的 直 划 为 书 ２ ｅ． ． ５ ． ２ 一节例 ３ 中 ，｜ ＰＦ ｜＝ ｅ ｘ ＋ ａ ｃ ２ ∴ ì í ï ï ï １ ａ ６ ２ －ｂ ４ ２ ＝１， ∴ ì í ï ï ï ａ １ ２ ＝ ８ １ ， ∴ ｘ２ － ｙ２ ＝
周长为 约 ， ． ． 也是应用这个结论． î ï２ ａ ４ ２ －ｂ ８ ２ ＝１， î ï ｂ １ ２ ＝４， ８ ４
习题 Ｂ
１６０ ２ ｍ（ ２２６２７ ｍ）
２．解析 设 Ａ 点坐标为 ｘ ｙ 则
ｙ
１
为所求．
１．解析 ２－５ ｃ ａ ａ ｂ （ ， ）， ｘ －６ · ４．解析 以线段ＡＢ的中点为坐标原点 ，
＝２ ２，４ ＝１２，∴ ＝３， ＝１， ｙ ｘ２ ｙ２
∴
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
为所求． ｘ
＋６
＝－
９
４
⇒
３６
＋
１６
＝１（
ｘ
≠±６），∴
点Ａ →Ａ
坐
Ｂ
标
方
系
向为
ｘＯｙ
ｘ
．由
轴
题
的
意
正
可
方向
得
，
建
Ｐ
立
Ｂ
平面
Ｐ
直
Ａ
角
９ ｘ２ ｙ２ ，｜ ｜－｜ ｜＝
２．解析 ∵ ａ ＝ ３， ｂ ＝ ５，∴ ｃ ＝ ２， 的轨迹方程为 ＋ ＝１（ ｘ ≠±６）， 是去 ３４０×４＝１ ３６０（ｍ）， 即 ２ ａ ＝１ ３６０⇒ ａ ＝
Ｆ ＰＦ ｜ ＰＦ １｜ ２ ＋｜ ＰＦ ２｜ ２ －｜ Ｆ １ Ｆ ２｜ ２ 掉长轴两个端点 ３６ 的 １ 椭 ６ 圆． ６８０，２ ｃ ＝ １ ４００⇒ ｃ ＝ ７００， 所以 ｂ２ ＝
ｃｏｓ∠ １
ＰＦ
２＝
ＰＦ
２｜ ＰＦ １｜｜ ＰＦ ２｜ ３．解析 记Ｆ
２
为椭圆的右焦点
，
则
｜
ＰＦ
１｜ ２７６００，
所以方程为 ｘ２
－
ｙ２
＝１
＝
３６－２｜
ＰＦ
１｜｜
ＰＦ
２｜－１６
＝
１
， ＋｜
ＰＡ
｜ ＝（２
ａ
－｜
ＰＦ
２ ｜）＋ ｜
ＰＡ
｜ ＝２
ａ
－ ｘ ．
４６２４００ ２７６００
２｜ １｜｜ ２｜ ２ ＰＦ ＰＡ ａ ＡＦ 当 （ ≤－６８０）
ＰＦ ＰＦ ２０ 且 （｜ 仅当 ２｜－ Ｆ ｜ Ｐ ｜ Ａ ）≥ 共 ２ 线 － 且 ｜ 点 ２ Ａ ｜＝ 位 ６ 于 － 点 ２（ Ｐ ２．６．２ 双曲线的几何性质
∴ ｜ １｜·｜ ２｜＝
３
， ２， ， ，
Ｆ 之间时取等号 ． ＰＦ ＰＡ ａ 练习Ａ
Ｓ １ ＰＦ ＰＦ Ｆ ＰＦ ２ ） ｜ １｜＋｜ ｜＝（２ －
∴ △ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝ ２ ｜ １｜｜ ２｜ｓｉｎ∠ １ ２＝ ｜ ＰＦ ２｜）＋｜ ＰＡ ｜≤２ ａ ＋｜ ＡＦ ２｜ ＝６＋ ２（ 当 １．解析 ∵ ａ２ ＝１， ｂ２ ＝２４，∴ ｃ２ ＝２５，２ ａ ＝
且仅当Ｐ Ｆ Ａ共线且Ｆ 位于Ａ Ｐ之 ｂ 焦点坐标为 渐近
１ ２０ ３ ５ ３． ， ２， ２ ， ２，２ ＝４ ６， （±５，０），
× × ＝ 间时取等号 ．
２ ３ ２ ３ ） 线方程为ｙ ｘ．
３．解析 Ｆ ｃ 设Ｐ ｘ ｙ ． ＝±２ ６
（－ ，０）， （ ， ） ２．解析 ＰＦ ．
æ ｘ２ ö 2.6 双曲线及其方程 ｜ ｜ｍｉｎ＝１
ｙ２ ç ÷ ｂ２ ｂ
∵ ＝è１－ａ２ ø· ３．解析 若焦点在ｘ轴上 则 ３
① ， ａ ＝ ，
æ ｘ２ ö ２．６．１ 双曲线的标准方程 ４
ç ÷ ａ２ ｃ２ ｂ２
＝è１－ａ２ ø（ － ）， 练习Ａ ｅ２ ９ ２５ ｅ ５
＝１＋ａ２ ＝１＋ ＝ ，∴ ＝ ；
∴ ｘ
｜ Ｐ
＋
Ｆ
ａ ｃ ２
｜
＝
（ ｘ
ｘ
＋
＋
ｃ
ａ
）
ｃ ２
２ ＋ ｙ２ １
２
．
．
解
解
析
析
（
（
１
１
）
）
Ｆ
ｘ２
１（
－
０
ｙ
，
２
－
＝
６）
１
，
． （
Ｆ
２
２（
）
０
ｙ
，
２
６
－
）
ｘ
． （
２
２
＝
）
１
１
．
６ ．
② 若焦点在ｙ
１
轴
６
上
１
，
６
则
ａ
ｂ ＝
４
４ ３ ，∴ ａ
ｂ
＝
９ １６ ２０ １６
æ ｘ２ ö ３．解析 椭圆的焦点为
４
，
ｅ２
＝１＋
１６
＝
２５
，
ｅ
＝
５ ．综上
，
ｅ
＝
５
ｘ ｃ ２ ç ÷ ａ２ ｃ２ （２ ３，０）， ３ ９ ９ ３ ４
（ ＋ ） ＋è１－ａ２ ø（ － ）
ｍ ｍ ．
＝ ａ２ （－２ ３，０），∴２ ＝１２， ＝６ 或 ５ ．
ｘ ４．解析 ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ｂ２ ３
＋ ｃ ∵ ＝１４４， ＝２５，∴ ＝ ＋ ＝ 练习Ｂ
ａ ｂ ｃ
ａ ｃ２ ２ ｘ２ ＋２ ｃｘ ＋ ａ２ ａ ｃ ｘ ＋ ａ ∴ １６ 焦 ９， 点 ∴ Ｆ ＝ １（ １ － ２， １３， ＝ ０ ５ ） ， ， Ｆ ＝ ２ １ （ ３ １ ， ３，０）， 过Ｆ ２ 作 １．解析 ２ ａ ＝１８，２ ｂ ＝６， Ｆ （０，±３ １０）， ｅ
直线ｌ垂直于ｘ轴 交双曲线于Ａ Ｂ 不
＝ ａ２ ＝ ａ２ ， ， ， １０ 渐近线方程为ｙ ｘ．
ｘ ｘ 妨 设 Ａ 在 第 一 象 限 联 立 ＝ ， ＝±３
＋ ｃ ＋ ｃ ， ３
{ｘ ２．解析 由焦点坐标得 ｃ 且焦点在 ｘ
ｃ ａ２ ＝１３， ＝５
ａ ｘ ＋ ｃ ｘ２ ｙ２ ∴ ｙ Ａ＝ ２５ ，∴ ｜ ＡＦ ２｜ ＝ ２５ ， 轴上 由 ｘ ｙ 可得 ｂ ３ 则
＝ ａ２ １４４
－
２５
＝１， １２ １２ ， ３ －４ ＝０， ａ ＝
４
，
ｘ ＋ ｃ 由双曲线定义得 ，｜ ＡＦ １｜－｜ ＡＦ ２｜＝２ ａ ， {ａ２ ＋ ｂ２ ＝２５， {ａ
ｃ ｂ 解得 ＝４，故双曲线的标
ｅ ＡＦ ２５ ３１３ 交点到右 左 ３ ｂ
＝ ａ ＝ ， ∴ ｜ １｜＝２４＋ ＝ ，∴ 、 ａ ＝ ， ＝３，
１２ １２ ４
Ｐ到Ｆ的距离与Ｐ到直线 ｌ 的距离 ｘ２ ｙ２
∴ 焦点的距离分别为２５ ３１３． 准方程为 离心率ｅ ５ ．
之比为ｅ． ， － ＝１， ＝
１２ １２ １６ ９ ４
习题 Ｃ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ ３．解析 这些双曲线的共同点是有相同
２－５ ５．解析 或 ．
ＭＦ ｃ － ＝１ － ＝１ 的渐近线．
１．解析 设Ｍ ｘ ｙ 则 ｜ ｜ ９ １６ ９ １６
（ ， ），
ｘ
ａ２ ＝ ａ ， 练习Ｂ ４．解析
２
ａ
＝６，∴
ａ
＝３，∴２
ｃ
＝１２，∴
ｃ
＝６，
＋ ｃ １．解析 由题意可得双曲线的顶点为 ｂ２ ｃ２ ａ２
∴ ＝ － ＝３６－９＝２７，
１６
教材习题答案
ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ ( ) ２ 练习Ｂ
或 ． ３ ｘ ２ ｙ２ ９ ｘ ４
∴ － ＝１ － ＝１ ，∴ （ －３） ＋ ＝ － ， １．解析 ｙ２ ｘ．
９ ２７ ９ ２７ ２ ４ ３ ＝２４
５．证明 设双曲线的焦点为 Ｆ ｃ 渐 ｘ２ ｙ２ ( )
（ ，０）， 为所求． ２．解析 Ｆ １ 准线方程 ｙ
近线方程为ｂｘ ａｙ ∴ － ＝１ （１） ０， ， ： ＝
± ＝０， ４ ５ ８
ｂｃ ｂｃ ４．解析 易知Ｆ ｃ 设Ｐ ｘ ｙ
Ｆ到渐近线的距离 ｄ ｜ ＋０｜ （－ ，０）， （ ， ）， １ ．
∴ ＝ ｂ． ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｃ ∴ ｘ ｜ ＰＦ ａ２ ｜ ＝ （ ｘ ｘ ＋ ｃ ａ ） ２ ２ ＋ ｙ２ ＝ － ８ Ｆ ( １ ) 准线方程 ｙ １ ．
习题 Ａ ＋ ｃ ＋ ｃ （２） ０， ４ ａ ， ： ＝－ ４ ａ
２－６
１．解析 曲 ２ 线 ｃ 的 ＝１ 形 ０， 状 ２ ａ 为 ＝ 双 ６， 曲 ∴ 线 ａ ． ＝３， ｃ ＝５， ｂ ＝ （ ｘ ＋ ｃ ） ２ ＋ ｂ２ç æ èａ ｘ２ ２ －１ ö ø ÷ ( ａ ｃ ｘ ＋ ａ ) ２ ３． 过 解析 Ｍ （ ２， 设 － 抛 ４） 物 ，∴ 线 １６ 方 ＝ 程 ２ ｐ 为 ×２， ｙ２ ＝２ ｐｘ ，∵ 其
４，∴
２． 解 析 （１） ２ ａ ＝ ８ ， ２ ｂ ＝ ４， ｘ ＋ ａ ｃ ２ ＝ ｘ ＋ ａ ｃ ２ ４．解 ∴２ 析 ｐ ＝８ 点 ，∴ Ｍ ｙ２ 到 ＝ 焦 ８ ｘ 点 为 的 所 距 求 离 ． 等于它到准
３
Ｆ １ ç æ è－ ２ １３ ，０ ö ø ÷ ， Ｆ ２ æ è ç２ １３ ，０ ö ø ÷ ， ＝ ａ ｃ ． 线 方 的 程 距 为 离 ｘ ＝ ， － 设 ３， Ｍ ∴ （ ｜ ｘ ｘ Ｍ Ｍ ， ＋ ｙ ３ Ｍ） ｜＝ （ ９ ｘ ， Ｍ ｘ ＞ Ｍ ０ ＝ ） ６ ， ， 准线
３ ３
( ) ( ) ５．解析 ＭＦ ＭＦ ａ ｙ Ｍ 或 Ｍ
Ａ ４ Ａ ４ 渐近线方程 ｜｜ １｜－｜ ２｜｜＝２ ＝６， ∴ Ｍ ＝±６ ２，∴ （６，６ ２） （６，
１ － ３ ，０ ， ２ ３ ，０ ， ∴ （｜ ＭＦ １｜－｜ ＭＦ ２｜） ２ ＝３６ ．又 ｜ ＭＦ １｜ ２ ＋ －６ ２） ．
为ｙ ＝± ３ ｘ． ｜
ＭＦ
２｜
２
＝（２
ｃ
）
２
＝１００，∴ ｜
ＭＦ
１｜｜
ＭＦ
２｜＝
５．解析 由题意知
，
点Ｍ到直线ｘ
＋４＝０
（２）２ ａ ＝ ２ ４，２ ｂ ＝２ ｍ ， Ｆ １（－ ４＋ ｍ ，０）， ３２，∴ Ｓ △ ＭＦ １ Ｆ ２ ＝ ２ １ ×３２＝１６ ． 的 以 距 点 离 Ｍ 与 的 到 轨 点 迹 Ｆ 是 （４ 以 ，０ （ ） ４， 的 ０ 距 ） 为 离 焦 相 点 等 ， ， ｘ 所 ＝
习题 Ｃ
渐 Ｆ ２（ 近线 ４ 方 ＋ ｍ 程 ，０ 为 ）， ｙ Ａ ＝ １ ± （－ ２ ｍ ２， ｘ ０ ． ）， Ａ ２（２，０）， １．解 ｘ ｙ 析 ２ · － ６ ｘ （ ｙ １） ＝ 设 ａ ， 点 ∴ 点 Ｍ的 Ｍ 坐 的 标 轨 为 迹 （ 方 ｘ 程 ， ｙ 为 ）， ｘ 则 ２ Ｍ －４ ２ 的 为 ．７ 轨 准 ． 迹 ２ 线 方 的 抛 程 抛 为 物 物 ｙ 线 线 ２ ＝ ， 的 所 １６ 几 以 ｘ． 何 ｐ ＝ 性 ８， 质 所以点
３．解析 双曲线的焦点为 设 ＋６ －６ ３６
（± １０，０）， ｙ２ 练习Ａ
双曲线方程为
ｘ２ ｙ２
ａ ｂ － ａ＝１（
ｘ
≠±６）
．
（２）
由
（１）
可知轨迹
( )
ａ２ －ｂ２ ＝１（ ＞０， ＞０）， ３６
ｘ２ ｙ２
１．解析 ｘ２
＝
１ ｙ的焦点为
０，
１
，
准线
则 ａ２ ＋ ｂ２ ＝ １０， 易知 ａ ｂ ＝ ３ ，∴ ａ ＝ 方程为 ３６ － ３６ ａ＝１（ ｘ ≠±６）， 当ａ ＞０ 时 ， 方程为ｙ ４ １ Ｍ到焦点的 １６ 距离
４ 曲线表示焦点在ｘ轴上 除去顶点的双 ＝－ ，∴ ＝１
， １６
ｘ２ ｙ２ 曲线 当 ａ 时 曲线表示焦点在ｘ
４．解 ４ 析 ５ １０ ， 设 ｂ ＝ 双 ３ 曲 ５ １ 线 ０ 方 ，∴ 程 ５ ３ 为 ２ － ５ １ ｘ ８ ２ ＝１ ｙ ． ２ λ λ 轴上 时 ； ， 除 曲 去 － 线 １＜ ｘ 表 轴 ＜ 示 ０ 上 以 的 原 ， 顶 点 点 为 的 圆 椭 心 圆 ； 当 为 ａ 半 ＝ ＋ １ １ ６ ＝ １ １ ６ ７．
９ －４ ＝ （ －１ ， ，６ ２．解析 焦点为Ｆ 其到ｘ ｙ
≠０），
又Ｆ
１（－４，０），∴
λ
＞０，
径的圆
，
除去点
（±６，０）；
当ａ
＜－１
时
，
曲 （２，０）， － ３ ＝０
ｘ２ ｙ２ λ λ λ 线表示焦点在ｙ轴上 ， 除去ｘ轴上的顶 的距离ｄ ＝ ｜２｜ ＝１ ．
∴ λ － λ ＝１，∴ ＋ ＝１６，∴ ＝ 点的椭圆． １＋３
９ ４ ３．解析 椭圆的右焦点Ｆ ｐ ．
１６× ９ ３６ ，∴ ４ １３ ｘ２ － １３ ｙ２ ＝１ ． ２．解析 由题意可得 ｜ ｘ ＭＦ ａ２ ｜ ＝ ａ ｃ ， ４．解 在 析 抛物 线 因为 上 正 所 三 以 角 Ａ 形 Ｂ Ａ （ 关 Ｏ ２ Ｂ ， 于 ０ 的 ） ｘ ， 顶 轴 ∴ 点 对 ＝ Ａ 称 ４ ， Ｂ
１３ ６４ １４４ ＋ ｃ ， ， ，
４．解析 ａ
＝２ ３，∴
ａ２
＝１２
．双曲线
１
ｘ
６
２
－
ｙ
４
２
∴ （ ｘ ＋ ｃ ） ２ ＋（ ｙ －０） ２ ＝ ａ
ｃ
ｘ ＋
ａ
ｃ
２
， 化
设
｜ ＯＡ
Ａ （
｜
６
＝
ｔ２
｜
，６
Ａ
ｔ
Ｂ
），
｜，
则
所
Ｂ
以
（６ ｔ２ ，
（
－
６
６
ｔ２
ｔ
）
） ．
２
由
＋（
题
６ ｔ ）
意
２
得
＝
＝１ 的焦点为 （±２ ５，０），∴ ｃ２ ＝２０， ｂ２ ＝ 简得 ｘ２ ｙ２ （６ ｔ２ －６ ｔ２ ）＋（－６ ｔ －６ ｔ ） ２ ， 解得ｔ ＝± ３，
双曲线标准方程
ｘ２ ｙ２
．
ａ２ －ｂ２ ＝１，
所以 ＡＯＢ的边长为 ．
８，∴ ： １２ － ８ ＝１ Ｍ的轨迹方程是 ｘ２ ｙ２ ． △ ( ) １２ ３ (
习题 ２－６ Ｂ ∴ ａ２ －ｂ２ ＝１ ５．解析 （１） ３ ，０ ， ｘ ＝－ ３ ． （２） ０，
１．解析 ｘ２ ｙ２ ｙ２ ２５ ｘ２ 答 结论 ： 双曲线上的点到左焦点的距离与 ) ２ ( ) ２
案不唯 一 （１） ． ９ － ９ ２ ｙ ５ ２ ＝ ２ １ ５ ， ｘ２ － ． ９ ＝１（ 它到直线ｌ ： ｘ ＝－ ａ ｃ ２ 的距离之比为 ａ ｃ ．书 － ２ ５ ( ， ｙ ａ ＝ ２ ５ ) ． （３） ａ ０， ２ ３ ， ｙ ＝－ ３ ２ ．
２． 解 析 ） 设 （２） Ｐ ５６ － ｘ ５６ ｙ ＝１ ． ＰＡ 中 ２ ． ６ ． ２ 一节中的例 ３ 应用了此结论． （４） － ４ ，０ ， ｘ ＝ ４ ．
ｘ ２ ｙ２
（ ０，
ｘ
０） ｜
２ ｘ２
｜ ＝
2.7 抛物线及其方程 ６．解析 在ｙ２ ＝８ ｘ中 ，
ｐ
＝２，∴ ｜ ＰＦ ｜＝４
（ ０－３） ＋ ０ ＝ （ ０－３） ＋３ ０－３ ２
( ) ．
ｘ ３ ２ １５ ２．７．１ 抛物线的标准方程 ＋２＝６
＝ ４ ０－ ＋ ， 练习Ｂ
４ ４ 练习Ａ
∵
ｘ
０≥１
或ｘ
０≤－１，∴
当ｘ
０＝１
时
， １．解析 Ｍ到抛物线的准线的距离为 ．
１．解析 ｙ２
＝－４
ｘ或ｘ２
＝ ２
ｙ．
ＰＡ ． ３ ２．解析 由定义 点 Ｍ 到准线的距离也
｜ ｜ｍｉｎ＝２ ２．解析 ｙ２ ｘ． ｙ２ ｘ． ，
３．解析 设 Ｍ ｘ ｙ （ ｘ －３） ２ ＋ ｙ２ ３．解析 Ｆ （１） ａ ＝ ． ８ （２） ＝６ 是 ２ ｐ ， 设Ｍ （ ｘ ０， ｙ ０）， 则 Ｍ 到准线的距
（ ， ），∴ ＝ （ ，０） ｐ
ｘ ４ 离ｄ ｘ
－ ＝ ０＋ ，
３ ２
１７
ｐ 为ｙ轴 建系 设抛物线方程为ｙ ａｘ２
ｘ ｐ ｘ ３ ｐ ｙ ｐ ， ， ＝ ＋ 线段ＡＢ的中点到ｙ轴的距离为 ５ ．
∴ ０＋ ＝２ ， ０＝ ， ０＝± ３ ， ｋ 其过 ｋ ．又过 ∴
２ ２ ， （０，４），∴ ＝４ （６，０），∴ ０ ４
( ) ３．解析 记 Ａ 以 ＭＦ 为直径的
∴
Ｍ ３ ｐ
，± ３
ｐ ．
＝３６
ａ
＋４，∴
ａ
＝－
１
，∴
ｙ
＝－
１ ｘ２
＋４，
当
圆过 点Ａ
（０，２），∵
点 Ｍ 在第一象限
２ ９ ９ （０，２），∴ ，
３．解析 设点Ｍ ｘ ｙ 为抛物线上任一 ｐ ( ｐ
点 过 点Ｍ向ｘ
（
轴
０，
作
０
垂
）
线 垂足为Ｈ 设
水位上升
１ｍ
时
，
令
１＝－
１ ｘ２
＋４，
得ｘ
＝
由
｜
ＭＦ
｜ ＝
ｘ
Ｍ＋ ＝ ５
得 Ｍ
５－ ，
， ， ， ９ ２ ２
垂线段 ＭＨ 的中点为 Ｎ ｘ ｙ 则 或ｘ ( ｐ ) )
{ｘ ＝ ｘ ０， {ｘ ｘ （ ， ）， ３ 此 ３ 时水 ＝ 面 －３ 宽 ３ 度 ， 为 ． ２ ｐ ５－ ２ ， 从而以 ＭＦ 为直径的
ｙ ＝ ｙ ２ ０ ， ∴ ｙ ０ ０ ＝ ＝２ ， ｙ ， 代入 ｙ２ ＝２ ｐｘ 中得 ∴ 解 系 ， 法 设 二 抛 ： 建 物 立 线 如 方 图 程 所 为 ６ 示 ｘ ３ 的 ２ ＝ ｍ 平 － 面 ２ ｐｙ 直 （ 角 ｐ ＞ 坐 ０） 标 ， 圆 为 æ ç ５ 的 １ 圆 ｐ 心 ( ｐ Ｎ ) ö ÷ 的 坐 标
ｐ è ， ２ ５－ ø，
４ ｙ２ ＝２ ｐｘ ，∴ ｙ２ ＝ ２ ｘ ，∴ 垂线段中点的 过点 （６，－４）， 所以 ｐ ＝ ２ ９ ， 所以抛物线 又圆 ２ 的直 ２ 径ｄ ＝５， ２
轨迹方程为ｙ２ ＝ ｐ ｘ （ ｐ ＞０）， 它是顶点 方程为ｘ２ ＝－９ ｙ ， 若水位上升 １ ｍ， 即当 ∴ Ｎ的横坐标恰好等于圆的半径 ，
( ２ ｐ ) ｙ ＝－３ 时 ， ｘ ＝±３ ３， 所以此时水面宽度 ∴ 圆与 ｙ 轴切于点 Ａ （０，２），∴ ２ ＝
在原点 ， 焦点为 ，０ ， 开口向右的抛 为 ． ． １ ｐ ( ｐ )
８ ６ ３ｍ≈１０４ ｍ ２ ５－ ，
物线． ２ ２
ｐ２ ｐ ｐ 或ｐ ｙ２
４．解析 由题意 设抛物线方程为 ｙ２ ∴ －１０ ＋１６＝０，∴ ＝２ ＝８，∴ ＝
，
( ｐ )
＝
４
ｘ或ｙ２
＝１６
ｘ．
ｐｘ ｐ 点 Ａ ｙ 则 Ｆ ４．解 析 设 ｘ２ ｙ 上 任 意 一 点
２ （ ＞０）， （２， ０）， ，０ ， ＝ ２
２ ( )
从而→ＦＡ ( ｐ ｙ ) Ｏ→Ａ ｙ 故 ( ) Ｐ ｘ ， １ ｘ２ ，
＝ ２－ ， ０ ， ＝（２， ０）， ６．解析 Ｆ １ Ａ ｘ ｙ 是Ｃ上一 ２
→ＦＡ
·
Ｏ→Ａ
＝４－
ｐ
＋
２
ｙ２
０＝１６
．又ｙ２
０＝４
ｐ
，
所以ｐ
点 Ａ Ｆ
４
５
，
ｘ
０ ，
ｘ
∵
１
（ ０，
ｘ
０）
．
由
｜
ＰＭ
｜ ＝
ｘ２
＋
( １ ｘ２
－２
) ２
＝
所以抛物线方程为ｙ２ ｘ． ，｜ ｜＝ ０＝ ０＋ ，∴ ０＝１ ２
＝４， ＝８ ４ ４
５． 解 析 设 Ｍ （ ｘ ０， ｙ ０）， ｜ ＭＡ ｜ ＝ ７．证明 如图 ，｜ ＡＡ １ ｜ ＝ ｜ ＡＦ ｜， 故 ∠１＝ １ （ ｘ２ －２） ２ ＋３，∴ ｘ２ ＝ ２ 时 ，｜ ＰＭ ｜
（ ｘ ０－４） ２ ＋ ｙ２ ０ ＝ （ ｘ ０－４） ２ ＋１６ ｘ ０ ＝ ∠２， 又 ∵ ＡＡ １∥ 从 ｘ 而 轴 ， 同理可证 最小 ４ ．
（
ｘ
ｘ ０＋４
时
） ２ ＝
Ｍ
｜ ｘ
Ａ
０＋４｜（ ｘ ０≥
此
０
时
），
Ｍ ．
∴
∠４
∠
＝
１
∠
＝
６
∠
，
３， ∠２＝∠３， 此时
，
ｘ
＝± ２，
ｙ
＝１，∴
Ｐ
（± ２，１）
．
６．解
∴
析
０＝０
设
，｜
Ｍ
｜
ｘ
ｍｉｎ＝
ｙ
４，
Ｍ
（０
Ｆ
，０）
Ａ ＦＢ π．
５．解析 因为Ｐ在抛物线ｙ
＝
ｘ２ 上
，
所以
( ｐ ) ２ （ ０， ０ ( ），∴ ｐ ｜ ) ２ ｜ ＝ ∴ ∠ １ １＝∠３＋∠６＝ ２ 直 可设 线的 Ｐ 距 点 离 坐 公 标 式 为 （ 得 ｔ ， ｔ２ Ｐ ）（ 到 ｔ ∈ 直 Ｒ 线 ）， 由 ｘ 点 ｙ 到
ｘ ｙ２ ｘ ｐｘ ， ２ － －４
０－ ２ ＋ ０ ＝ ０－ ２ ＋２ ０ 的距离 ｄ ｜２ ｔ － ｔ２ －４｜ （ ｔ －１） ２ ＋３
( ｐ ) ２ ｐ ＝０ ＝ ＝ ，
ｘ ｘ ｘ ５ ５
＝ ０＋ ＝ ０＋ （ ０≥０）， 因此 当ｔ 时 ｄ取得最小值 故点Ｐ
２ ２ ， ＝１ ， ，
ｐ 的坐标为 ．
ＭＦ ｘ ． （１，１）
∴ ｜ ｜＝ ０＋ 习题 Ｃ
２ ２－７
结论
：
对于ｙ２
＝－２
ｐｘ
（
ｐ
＞０），｜
ＭＦ
｜＝
ｐ １．解析 易知点Ａ在抛物线内部
，
过Ｐ作
２ ＰＢ垂直抛物线的准线于点 Ｂ 如图所
ｘ ，
－ ０； 示
，
由抛物线的定义知
｜
ＰＦ
｜＝｜
ＰＢ
｜，
所
ｐ
对于ｘ２
＝２
ｐｙ
（
ｐ
＞０），｜
ＭＦ
｜＝
ｙ
０＋ ；
以
｜
ＰＦ
｜＋｜
ＰＡ
｜＝｜
ＰＢ
｜＋｜
ＰＡ
｜，
当Ｂ
，
Ｐ
，
Ａ
２ 三点共线时 ＰＦ ＰＡ 有最小值 为
ｐ ｜ ｜＋｜ ｜ ，
对于ｘ２ ＝－２ ｐｙ （ ｐ ＞０），｜ ＭＦ ｜＝ ２ － ｙ ０ ． 习题 ２－７ Ｂ ７， 此时 ｙ ｐ＝３， ｘ ｐ ＝ ９ ， 即点 Ｐ 的坐标
习题 Ａ １．解析 设Ｑ到ｌ的距离为ｄ 则 ＱＦ ４
２－７ ， ｜ ｜＝ ( )
１．解析 所得曲线为抛物线． ｄ
，∵
Ｆ→Ｐ
＝４
Ｆ→Ｑ
，∴ ｜
ＰＱ
｜＝３
ｄ
，
由三角形 为 ９
，３
．
２．解析 ｙ２
＝８
ｘ． 相似易知 ｘ
Ｑ＝１，
代入 ｙ２
＝８
ｘ 中得 ｙ
＝
４
３．解析 双曲线ｘ２
－
ｙ２
＝１
的焦点为
（± ２， ±２ ２ ． ∴ ｜ ＱＦ ｜＝ （１－２） ２ ＋（２ ２） ２ ＝３ ．
ｙ２ ｐｘ的准线方程为ｘ ( )
０），∴ ＝２ ＝－ ２＝ ２．解析 Ｆ １ 准线方程为ｘ １
ｐ ，０ ， ＝－ ，
ｐ ． ４ ４
－ ，∴ ＝２ ２ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
２ （ １， １）， （ ２， ２），
ｐ
４．解析 ｘ２ １ ｙ中 ＦＭ ｙ ＡＦ ＢＦ ｘ １ ｘ １ ｘ
＝ ，｜ ｜ ＝１＝ ０＋ ＝ ∴ ｜ ｜＋｜ ｜＝ １＋ ＋ ２＋ ＝３，∴ １
４ ２ ４ ４
设点Ｐ的坐标为 ｔ２ ｔ ｔ Ｒ 则
ｙ １ ｙ １５． ｘ ５ 线段 ＡＢ 中点的横坐标 （２） （ ，２）（ ∈ ），
０＋ １６ ，∴ ０＝ １６ ＋ ２ ＝ ２ ，∴ ｜ ＰＭ ｜ ２ ＝（ ｔ２ － ｍ ） ２ ＋（２ ｔ －０） ２．令ｔ２ ＝ ｕ （ ｕ
５．解析 解法一 以题图中水面所在的直 则 ＰＭ ２ ｕ２ ｍ ｕ ｍ２ ｕ
： 为 ５ ≥０）， ｜ ｜ ＝ ＋（４－２ ） ＋ ＝［
线为ｘ轴 这座抛物线型拱桥的对称轴 ， ｍ ２ ｍ２ ｍ ２． 当ｍ 时
， ４ ＋（２－ ）］ ＋ －（２－ ） ① ＜２ ，
１８
教材习题答案
该函数在 上为增函数 当ｕ ｘ２ ｙ２ {ｙ ｋｘ ｐ
时
，｜
ＰＭ
｜ｍ
［
ｉｎ
０
＝
，＋
｜
∞
ｍ
｜
）
，
此时点 Ｐ 的
，
坐标
＝
为
０ ６．解析
４
－
３
＝１
的渐近线方程为ｙ
＝
联立
ｙ２
＝
＝２
＋
ｐｘ
，
，得 ｋ２ｘ２
＋（２
ｋｐ
－２
ｐ
）
ｘ
＋
ｐ２
当ｍ 时 该函数在 ｍ
（０，０）；② ≥２ ， ［０， － ３ｘ ｌ 过原点且与双曲线交于两 ＝０，
上为减函数 在 ｍ 上为增 ± ，∵ 只有一个公共点 Δ
２］ ， ［ －２，＋∞） ２ ∵ ，∴ ＝０，
函数 所以 ｕ ｍ 时 ＰＭ æ ö 即Δ ｋｐ ｐ ２ ｋ２ ｐ２ ｋ
， ＝ －２ ， ｜ ｜ｍｉｎ ＝ 点 ｋ ç ３ ３÷． ＝（２ －２ ） －４ · ＝ ０，∴
ｍ 此时点 Ｐ 的坐标为 ｍ ，∴ ｌ∈è－ ， ø
２ －１， （ －２， ２ ２ １
±２
ｍ
－２）
．
７．解析 抛物线ｙ２
＝２
ｘ的准线方程为ｘ
＝
＝
２
，
２．
设
解析
Ｍ ｘ
∵
ｙ
Ｆ （
ｘ
－３，０），∴ ｙ２ ＝－１２ ｘ ， －
２
１ ， 设圆心 （ ｘ ０， ｙ ０）， 由题知 ， ｘ ０＋
２
１ ＝ ∴ ｙ ＝
２
１ ｘ ＋ ｐ．
∴ ｜
ＡＭ
（
｜
，
２
＝
）
（
（
ｘ
－
≤
ａ
０
）
）
２
，
＋
ｙ２
＝
ｘ２
－（２
ａ
＋１２）
ｘ ｜
ｙ
０｜①，
ｙ２
０＝２
ｘ
０②， 综上
，
ｙ
＝
ｐ或ｘ
＝０
或ｙ
＝
１ ｘ
＋
ｐ为所求．
ａ２ ì ïｘ １ ２
＋ ，
ａ 即ａ 时 ＡＭ ２ 随ｘ 由 得í
ï ０＝
２
， ５．解析 设 Ａ
（
ｘ
１，
ｙ
１），
Ｂ
（
ｘ
２，
ｙ
２），
直线 ｌ
∴ 的 此 ① 增 时 大 ｆ ＋ 而 ６ ａ ≥ 减 ０ 小 ， ａ ，∴ ｘ ≥ ＝ － ０ ６ 时 ， ， ｜ Ａ ｜ Ｍ ｜ ２ ｍ ｜ ｉｎ＝ ａ２ ， ①② î ï ï ｙ ｒ ＝ ０＝ １ ± ， １， （ 的 ４ 方 ｂ － 程 ４） 为 ｘ ＋ ｙ ｂ ＝ ２ ＝ ２ ｘ ０ ＋ ， ｂ 所 ， 代 以 入 ｘ １ ｙ ＋ ２ ｘ ＝ ２ ４ ＝ ｘ １ ， － 得 ｂ ， ４ ｘ ｘ １ ２ ｘ ＋ ２
，（ ）＝ ｜ ｜； ( ) ｂ
② ａ ＋６＜０， 即ａ ＜－６ 时 ，｜ ＡＭ ｜ ２ ＝ ｘ２ －（２ ａ ∴ 所求方程为 ｘ － １ ２ ＋（ ｙ ±１） ２ ＝１ ． ＝ ２ ， 所以 ｜ ＡＢ ｜ ＝ １＋ ｋ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜ ＝ ５
ｘ ａ２ ｘ ａ ２ ａ ２ ４
∴ ＋１ 当 ２） ｘ ＋ ＝ ａ ＋ ＝ ６ （ 时 － ，｜ － Ａ ６ Ｍ ） ｜ － ２ ｍｉ １ ｎ ２ ＝－ － １ ３ ２ ６ ａ ， －３６， 此 ８．解析 Ｆ （１，０）， 联立 { ｙ ｙ ２ ＝ ｘ － ｘ １， ⇒ · 解 （ ｘ 得 １＋ ｘ ｂ ２） ２ －４ ｘ 即 ２ ｘ 直 ２ ＝ 线 ５ ｌ的 （ 方 １－ 程 ｂ ） 为 ２ － ｙ ｂ２
时ｆ ａ ａ ． ＝４ ＝５， ＝－２， ＝
（ ）＝ －１２ －３６ {ｘ２ ｘ {ｘ ｘ ｘ ．
－６ ＋１＝０， １ ２＝１， Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ ２ －２
2.8 直线与圆锥曲线 ｙ ｘ ２ － ｘ ４ ｙ － ｙ ４ ｙ ＝０ ⇒ ｙ １ ｙ ２ ． ＝－４， ∴ · ６．解析 Ｆ （２，０）， Ａ （８，８）， ｋ ＡＢ ＝ ８ ＝
的位置关系 ＝ １ ２＋ １{２＝１－４＝－３
ｐ
{ ８－２
１ 习 ．解 题 { 析 ２ ｙ － ＝ ８ ２ { Ａ ， ｙ ｙ 或 ２ ＝ ＝ { － ４ ２ ｙ ｘ ｘ ＝ ＋ － ４ ４ ， ， ⇒ ｙ 记 ２ ＋ 公 ２ ｙ 共 －８ 点 ＝０ 坐 ， 标为 ９ 习 ．证 ２ 题 ｍ 明 ｐ ２ ｙ － － ８ ｐ Ｂ 设 ２ ＝０ Ｃ ｌ ， ： ∴ ： ｘ ｙ ＝ ２ ｙ ｍ １ ＝ ｙ ｙ ２ ２ ＋ ｐ ＝ ｘ ２ － ， ｐ ， ２ 消 ． 去 ｘ ， 得 ｙ２ － ＋ ３ ４ ８ { ， ＝ ｘ 联 ０， 立 ｘ Ｃ ｌ Ａ １ ： Ｂ ７ ： ｙ ｙ ２ ＝ ＝ ８ ３ ４ ｘ ， （ ｘ －２），得 ２ ｘ２ －１７ ｘ
∴ ｘ ＝１ ｘ ＝４， ∴ １．解析 焦点 Ｆ （２，０）， 准线方程为 ｘ ＝ ∴ １＋ ２＝ ２ ，准线方程为ｘ ＝－２，∴ 线
Ａ （１， ２）， Ｂ （４， － ４）， ｜ ＡＢ ｜ ＝ ．联立 {ｌ ＡＢ： ｙ ＝２（ ｘ －２），得ｘ２ ｘ ｘ １ ｘ ２＝４，
（４－１）
２
＋（ { － ｘ ４－ ｙ ２）
２
＝ ４５＝ { ３ ｘ ５
． －２
{ｘ
Ｃ
ｘ ：
ｙ２
＝８
ｘ
，
－６ ＋４＝ 段ＡＢ的中点到准线距离为１
４
７
＋２＝
２
４
５．
２． 解 析 －２ ＋２＝０， ＝０，或 Ａ＋ Ｂ＝６， ７．解析 设 ｌ ｘ ａ ａ Ａ ｘ ｙ
{ｘ
＝－２， 不
ｘ
妨
２ ＋
令
４ ｙ２
Ａ
＝４ ⇒
Ｂ
ｙ ＝１ ０，∴ ｘ
Δ
Ａ· ｘ Ｂ＝４， Ｂ
（
ｘ
２ ，
ｙ
２），
所 ＡＢ： 以 ＝ ｙ
１＝
（
２
＞ ａ ０
，
） ｙ ，
２＝
（
－２
１， ａ １
，
） 所 ，
ｙ ∴ （０，１）， （－２，０）， ＞０， 以 ＡＢ ｙ ｙ ａ 所以ａ
＝０， ∴ ｜ ＡＢ ｜＝ ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ＋ ｐ ＝８ ． 即 ｜ 直 ｜ 线 ＝｜ ＡＢ １－ 的 ２ 方 ｜＝ 程 ４ 为ｘ ＝４ ． ３， ＝
３．解 ∴ 析 ｜ ＡＢ 例 ｜＝ 如 ５ ｙ ． ２ ＝４ ｘ与直线ｙ ＝１ 只有一 ２．解析 联立 { ｘ ｙ ２ ＝ ＝ ｘ － － ８ ３ ｙ ， ， ８．证 ３， 明 不妨设抛物线的 ＝ ( 方 ３ ｐ 程为 ) ｙ２ ＝
４．解 个公 析 共 点 由 ， 题 但 意 它 ， 们 联 相 立 交 { ． ｙ ｘ ＝ ２ ｋｘ ｙ ＋ ２ ２， 消去 得 { ｙ ｘ ２ ２ ＋８ ｘ － ｙ ２４＝０， ∴ ì í ï ï ï ｘ ｘ ｙ １ １ ｘ ｙ ＋ ２ ｘ ＝ ２＝ － － ２４ ８ ， ， 点 ２ ｐｘ Ｆ ， 则 的 抛 直 物 线 线 Ｐ 的 Ｑ 焦 的 点 方 为 程 Ｆ 为 ｘ ２ ＝ ， ｍ ０ ｙ ． ＋ 设 ｐ 过 ，
＋ ＝１， ＋１４ ＋９＝０， ï １ ２＝９， ２
３ ２ îｙ ｙ 代入抛物线方程得ｙ２ ｐｍｙ ｐ２ ．设
ｙ 得 ｋ２ ｘ２ ｋｘ Δ ｋ２ １＋ ２＝－１４， －２ － ＝０
２ ， ４（２ （ ＋ ２ ３ ＋ ｋ ３ ２ ）＝ ） ７２ ＋ ｋ２ １ － ２ ４８ ． ＋ （ ６ １ ＝ ） ０ 当 ， Δ ＝ ＞ １ ０ ４ ， ４ 即 － ｋ （１）｜ ＡＢ ｜ ＝ １＋ ｋ２ （ ｘ １＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝ Ｐ （ ｘ １， ｙ １）， Ｑ ( （ ｘ ２ ｐ ， ｙ ２）， ) 则ｙ １ ｙ ２＝－ ｐ２．设点
Ｍ的坐标为 ｙ′ 直线ＯＰ的方程
６或ｋ ６时 直线与椭圆有两个公 ２× ６４＋４×２４＝８ ５， － ， ，
＞ ＜－ ， 线段ＡＢ的中点坐标为 ． ２
３ ３ ∴ （－４，－７） ｙ ｐ ｐｙ
共点．
（２）
由Ｏ→Ａ
·
Ｏ→Ｂ
＝
ｘ
１
ｘ
２＋
ｙ
１
ｙ
２＝－２４＋９≠０
为ｙ
＝ ｘ
１
１
ｘ
，
当 ｘ
＝－ ２
时
，
ｙ
＝－ ２ ｘ
１
１ ＝－
当Δ 即ｋ ６或ｋ ６时 直 可知Ｏ→Ａ不垂直于Ｏ→Ｂ． ｐｙ ｐ２
（２） ＝０， ＝ ＝－ ， １ ｙ
线与椭圆只有一个公 ３ 共点． ３ ì ï ï ｌ ： ｙ ＝ ａ ｂ ｘ ＋ ｍ ， ２× ｙ ｐ ２ １ ＝－ｙ １ ＝ ２，
３．证明 设 í 化简得 ２
（３） 当Δ ＜０， 即 － ３ ６ ＜ ｋ ＜ ３ ６时 ， 直线与椭 î ï ïＣ ：ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ ＝１， － 所以 Ｍ ( － ２ ｐ ， ｙ ２ ) ， 所以直线 ＭＱ 的方
圆没有公共点． ｍａｂｘ ａ２ｍ２ ａ２ｂ２ 即 ｍａｂｘ ａ２ｂ２ 程为ｙ ｙ 所以 ＭＱ 平行于此抛物线
５．解析
{ｙ
＝
ｋｘ
－１， ｋ２ ｘ ｋｘ －
２ ａ２ｍ２
，
＝ ＋ ， ２ ＝－ 的对称 ＝ 轴
，
２， 即ｘ轴．
ｘ２
－
ｙ２
＝４
⇒（１－ ） ＋２ －５＝
∴
ｍ
＝０
时
，
ｌ与双曲线Ｃ无公共点
；
９．证明 设抛物线方程为ｙ２
＝２
ｐｘ
（
ｐ
＞０），
直线与双曲线没有公共点 ｍ 时 ｌ与双曲线Ｃ有一个公共点． ( ｐ ) ｐ
０，∵ ， ≠０ ， Ｆ 准线方程为ｘ ．
{ ｋ２ ４．解析 易知ｙ ｐ或ｘ 成立 当斜率ｋ ∴ ，０ ， ＝－
１－ ≠０ ｋ ５或ｋ ５． ＝ ＝０ ， ２ ２
∴ Δ ，∴ ＞ ＜－ 存在时 设直线方程为ｙ ｋｘ ｐ 设Ｐ ｘ ｙ Ｐ ｘ ｙ
＜０ ２ ２ ， ＝ ＋ ， １（ １， １）， ２（ ２， ２），
１９
以 Ｐ Ｐ 为直径的圆的半径 ｒ 线上． ( )
∴ Ｐ Ｐ １ ２ ＝ ８．解析 不是．中线ＡＯ的方程是ｘ １ ＋ ４ ２ ＋ １０ × １ ２ ＝ ５ ＋ １３ ＝６，
｜ １ ２｜ 圆心为Ｐ Ｐ 中点 ＝０（０ ２ ３ ２ ３ ３
２
， １ ２ ，
≤
ｙ
≤３），
中线是线段．
∴
ａ
＝３
．
∴
ｂ２
＝
ａ２
－
ｃ２
＝９－４＝５
．
∴
所求
又 ＦＰ ｘ
ｐ
ＦＰ ｘ
ｐ ９．解析 设Ｃ
（
ｘ
，
ｙ
），
则
｜
ＡＣ
｜＝｜
ＡＢ
｜ 椭圆的标准方程为
ｘ２ ｙ２
．
｜ Ｐ Ｐ １｜＝ １＋ ＦＰ ２ ，｜ ＦＰ ２｜＝ ２ ｘ ＋ ２ ｘ ， ｐ ∴ （ ｘ －４） ２ ＋（ ｙ －２） ２ {ｙ ｋｘ ９ ＋ ５ ＝１
∴
ｒ
｜ １
ｘ １＋
２
ｘ
｜
２
＝
＋
｜
ｐ
１｜＋｜ ２｜＝ １＋ ２＋ ，
＝ ｘ （３－４ ２ ）
２
＋ ｙ （５－２ ２ ）
２
＝ １０，
１８．解析 由
ｘ２
＝
＋２ ｙ
＋
２
２
＝
，
２
得
（１＋２
ｋ２
）
ｘ２
＋
∴ ＝ ， ∴ （ －４） ＋（ －２） ＝１０①， ｋｘ 直线与椭圆交于不同
又Ｐ Ｐ 中 ２ 点到准线的距离 ｄ ｘ １＋ ｘ ２ { ｌ Ａ ｘ Ｂ：３ ｘ ＋ ｙ {ｘ － １４ ＝ ０②， 由 ①② 可得 两 ８ 点 ＋ ． ６＝０，∵
１ ２ ＝
２
＋
ｙ
＝３，或
ｙ
＝５，
∴
点Ｃ的轨迹方程为
∴
Δ
＝６４
ｋ２
－２４（１＋２
ｋ２
）＝ １６
ｋ２
－２４＞０，
ｐ ＝５ ＝－１，
＝ ｒ ， （ ｘ －４） ２ ＋（ ｙ －２） ２ ＝１０（ 除去点 （３，５）， ｋ ６或ｋ ６．
２ ． ∴ ＜－ ＞
∴ 以Ｐ １ Ｐ ２ 为直径的圆与该抛物线的准 １０ （ ．Ａ ５，－１ ｘ ）） ｘ ｘ １９．解析 ２ 若直线 ２ ｌ 的斜率不存在 ， 则显
线相切． １＝２－ ３， ２＝２＋ ３，∵ １＝２－ ３ 然不符合题意 故直线ｌ的斜率存在
１０．
{
解
ｘ２
析
－６
ｘ
＋
Ｆ
１
（
＝
１
０
，
，
０
得
） { ， ｘ
ｘ
联
１
ｘ
＋
立 ｘ
２＝
{ Ｃ ｌ
６
：
，
： ｙ ｙ ＝ ２ ｘ ＝ －
Ａ
４ １
Ｂ
ｘ ， ， 得
１
１
２
１
．
．Ｂ ∈ 选
Ｂ
（ Ａ ０
设
． ，
动
１）
圆
， ｘ
的
２ ＝
圆
２
心
＋
为
３
Ｐ
∈
，
半
（１
径
，
为
＋∞
ｒ
，
）
而
， 故
ｘ２
设
≠
合 直 题
０
时
线 意
，
， ｌ 直
由
的 线 { 斜
ｙ
ｙ２ ｌ 率 ，
＝
的 为
８
ｘ 方
ｋ
，
ｋ 程 ．
ｘ
① 为 当 ｙ ｋ
消
＝ ＝ ４
去
０ ． ② 时
ｘ
当
，
，
得
符 ， ｋ
ｙ２
－４
ｙ
－４＝０， ｙ
１ ２
ｙ
＝１， ∴ ｜ ｜ ＝
＋
ｙ２
＝１
的圆心为Ｏ
（０，０），
半径为
１， ｋｙ２ ｙ
－
ｋ
４＝ （
由
－２
Δ
），
得ｋ
１＋ ２＝４， ｘ２ ｙ２ ｘ 的圆心为 Ｆ －８ ＋３２－１６ ＝０， ＝０， ＝１，
ｘ ｘ ｐ ｒ ＋ －８ ＋１２＝０ （４，０）， 所以方程为ｘ ｙ ．综上 直线ｌ的
１＋ ２＋ ＝８＝２ ， 半径为 － ＋２＝０ ，
ｘ ｘ ２， 方程为ｙ 或ｘ ｙ ．
ＡＢ 的中点到准线的距离为 １＋ ２ ＰＦ ｒ ＰＯ ｒ 则 ＰＦ ＝４ － ＋２＝０
∴ ＋ ∴ ｜ ｜＝２＋ ，｜ ｜ ＝１＋ ， ｜ ｜－ Ｂ组
２ ＰＯ ｒ ｒ ＦＯ
ｐ ｜ ｜＝（２＋ ）－（１＋ ）＝１＜｜ ｜， { ｘ ｙ {ｘ
ｒ 且圆心坐标为 Ｐ的轨迹是双曲线的一支． １．解析 由 ４ ＋３ ＝１０，得 ＝４， 代入
＝４＝ ， （３，２）， ∴ ｘ ｙ ｙ
２ １３．解析 ＢＣ ２ － ＝１０ ＝－２，
所求方程为 ｘ ２ ｙ ２ ． ∵ ｜ ｜＝２， ｍｘ ｙ 得ｍ ．
∴ （ －３） ＋（ －２） ＝１６ ＡＢ ＣＡ ＢＣ ＋２ ＋８＝０ ＝－１
复习题 ∴ ｜ ｜＋｜ ｜＝２｜ ｜＝４＞２， ２．解析 易得 ｌ ｌ ｌ 与 ｌ 的交点为
点Ａ的轨迹为椭圆 且ａ ｃ ３∥ ４， １ ３
∴ ， ＝２， ＝１， Ａ ｌ 与ｌ 的交点为Ｂ ｌ
Ａ组 ｂ２ ． （０，１），２ ３ （０，－５）， １
＝３ 与ｌ 的交点为Ｄ ｌ 与ｌ 的交点
又 ＡＢ ＣＡ Ａ位于椭圆右半 ４ （３，７）， ２ ４
１．解析 ｋ ３－（－２） ５ ∵ ｜ ｜＞｜ ｜，∴ 为Ｃ
（１） ＝ ＝ ， 部分 且Ａ不能与Ｂ Ｃ在同一直线 ｘ （３，－８），
２－（－１） ３ ， ， （ 四边形 ＡＢＣＤ 是梯形 高是 上底
ｌ ｘ ｙ ． ｘ２ ｙ２ ∴ ， ３，
∴ ：５ －３ －１＝０ 轴 上 点Ａ的轨迹方程是 ＡＢ 下底ＣＤ
） ，∴ ＋ ＝ ＝６， ＝１５，
ｙ ５ ｘ ｌ ｘ ｙ ． ４ ３
（２） ＝ ，∴ ：５ －４ ＝０ ｘ ． Ｓ （６＋１５）×３ ． ．
４ １（０＜ ＜２） ∴ ＝ ＝３１５
ｘ ｙ １４．解析 方程可化为 ａ ｘ２ ａ ｙ２ ２
ｌ ｘ ｙ ． （３－ ） ＋（ ＋１） ì
（３） ＋ ＝１，∴ ：５ ＋２ ＋１０＝０ ａ ａ 若ａ 则方程为 ï ３
－２ －５ ＝－（ ＋１）（ －３）， ＝－１， ïａ ＝１，
ｘ ｙ ｘ 若ａ 则方程为ｙ ３．解析 由题意得í －１ ａ ．
ｌ ｘ ｙ ． ＝０； ＝３， ＝０； （１） ï ∴ ＝４
（４）
１
＋
１
＝１，∴ ：２ ＋２ ＋１＝０
若ａ 且ａ 则方程可化为
ｘ２
î
ï
ａ
５
≠０，
－ － ≠－１ ≠３， ａ － －１
２ ２ ＋１
２．解析 ｘ
＋３
ｙ
－５＝０，３
ｘ
－
ｙ
－５＝０
． ｙ２
（２）
由题意得
２（
ａ
－４）＋３＝０，∴
ａ
＝
５ ．
３．解析 设 ｌ ｘ ｙ ｃ ｃ ｄ ａ ＝１， ２
： － ＋ ＝０（ ≠－２）， ＝ －３ { ｘ ｙ {ｘ
ｃ 此方程表示双曲线条件是 ａ ａ ４．解析 由 ２ ＋ －４＝０，得 ＝１， 不论
｜ ＋２｜ ｃ 或ｃ ∴ （ ＋１）（ ｘ ｙ ｙ ．∴
＝２ ２，∴ ＝２ ＝－６， ａ 或ａ ． ３ －２ ＋１＝０ ＝２
２ －３）＞０，∴ ＞３ ＜－１ λ为何值 直线 ｘ ｙ λ ｘ ｙ
ｌ ｘ ｙ 或ｘ ｙ ． ｃ ， （２ ＋ －４）＋ （３ －２ ＋
∴ ： － ＋２＝０ － －６＝０ １５．解析 双曲线的离心率 ５ 椭圆 恒过定点 ．
４．解析 假命题．反例 当 ａ ｂ 时 ｌ ａ ＝ ， １）＝０ （１，２）
： ， ≠０ ， ： ２ ５．解析 真命题．
ａ ｘ ＋ ｙ ｂ ＝１，∴ ｙ ＝ ｂ － ａ ｂ ｘ ，∴ ｋ ＝－ ａ ｂ ． 焦点 （± ５，０），∴ ｃ ＝ ５， ａ ＝２， ｂ ＝１， ６．解析 ∵ Ｍ （－２，３） 关于ｘ轴的对称点
ｘ２ 为Ｎ 根据反射定律可得
５．解析 Ａ′ Ｂ′ Ｃ′ ∴ 双曲线的方程为 － ｙ２ ＝１ ． （－２，－３），∴
（１，２）， （－１，－５）， （－２， ４ Ｐ Ｎ两点都在反射光线所在直线上
３），
Ｄ′
（４，－３）
．
１６．解析 双曲线
ｘ２ ｙ２
焦点为
，
反射光线所在直线方程为ｘ ｙ
，
．
６．解析 设所求圆的方程为 ｘ ａ ２ ｙ － ＝１， （±４， ∴ － －１＝０
（ － ） ＋（ － ８ ８
ｂ ） ２ ＝２５， 由题意可得 ｜ ｂ ｜＝５ 且 （１－ ａ ） ２ ＋ ０），∴ ｃ ＝４， 又椭圆经过点Ｐ （４，６）， ７．解析 ｋ ＡＢ＝ ２－１ ＝－ １ ， ｌ ＡＢ： ｙ －１＝－ １
－３－４ ７ ７
（２ { － ａ ｂ ） ＝ ２ － ＝ ３ ２ ， ５ 或 ， {ａ ＝５， ∴ ＝１ ２ ６ ａ ， ＝ ∴ ａ ＝ （ ８ ４ ， ＋ ｂ ４ ２ ） ＝ ２ ａ ＋ ２ ３ － ６ ｃ２ ＋ ＝４８ （ ， ４－４） ２ ＋３６ ×（ ｘ －４） 与ｙ轴交点Ｄ ( ０， １ ７ １ ) ， 设Ｃ （０，
∴ ｂ ＝５ ｂ ＝５， 椭圆的方程为 ｘ２ ｙ２ ． ｍ ＣＤ ｍ １１ Ｓ １ ＣＤ
∴ 所求圆的方程为 （ ｘ ＋３） ２ ＋（ ｙ －５） ２ ＝ ∴ ６４ ＋ ４８ ＝１ ），∴ ＝ － ７ ，∴ △ ＡＢＣ＝ ２ ×
或 ｘ ２ ｙ ２ ．
２５ （ －５） ＋（ －５） ＝２５ １７．解析 ｃ 由椭圆的定义得 ａ １０ ７ ＣＤ
７．解析 Ａ Ｃ 在曲线上 Ｂ Ｄ 不在曲 ＝２， ２ ＝ × （４＋３）＝ ＝１２，
， ， ， ３ ２
２０
教材习题答案
零．设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ｘ ｘ { ｐ
ＣＤ ２４ ｍ １１ ｍ 或 ｍ （ １， １）， （ ２， ２），∴ １＋ ２＝ ｐ ｙ ｘ
∴ ＝
７
＝ －
( ７
，∴
)
＝５ ＝
８，
ｙ
１＋
ｙ
２＝４
．ｘ２
１＋４ ｙ
ｙ２
１ ｙ ＝３６①，
ｘ２
２＋４
ｙ２
２＝３６ ２ ，
由
ｙ２
＝ －
ｐｘ ２
，消去ｘ
，
得ｙ２
－２
ｐｙ
－
ｐ２
８．解 － １ ７ 析 ３ ， ∴ Ｃ Ｃ １ （ ： ０ ｘ ， ２ ＋ ５ ｙ ） ２ 或 －８ ｘ ０ ＋ ，－ ６ ｙ １ ７ ＝ ３ ０ ． 可化为 （ ｘ － 的 ② 斜 ，① 率 － 为 ② 可 １ 得 ｘ １ １ 直 － － ｘ 线 ２ ２ ＝ ｌ － 的 ２ １ 方 ， 程 即 为 直 ｙ 线 ｌ Ｂ ＝ （ ０ ｘ ．设 ２， ｙ Ａ ２） ， Ｂ ， ＝ 则 的 ２ ｙ 坐 １＋ 标 ｙ ２ 分 ＝２ 别 ｐ ， 为 ｙ １ ｙ Ａ ２ （ ＝ ｘ － １ ｐ ， ２ ｙ ， １），
２ ｙ ２ 所以圆心的坐标为 － ，∴ －２ ｙ ｙ ｙ ｙ
４） ＋（ ＋３） ＝２５， ２ １ ２ 即 １ － ２ 令ｔ
半径为 ． ∴ ｙ ＋ｙ ＝－６， ｙ ＋ ｙ －６＝０，
（４，－３）， ５ １ ｘ 即ｘ ｙ ． ２ １ － ２ １
ＰＡ ＰＢ是圆的两条切线 ＝－ （ －４）， ＋２ －８＝０ ＡＦ ｙ
∵ ， ， ２ ｜ ｜ １ 且ｔ 则ｔ２ ｔ
Ｐ Ａ Ｂ Ｃ 四点共圆 １４．解析 设直线ｌ ｘ ｔ ｔ 不妨设 ＝ ＢＦ ＝ ｙ ＞１， －６ ＋１＝０，
∴ ∴ 圆 ， 心 ， Ｃ ， ２ ( ８ １ ＋ ２ ４ ， ６－ ２ ３ ) ＝ ， ( ６， ３ ２ ) ． Ｐ点坐 标为 æ è çｔ ， ： ４ ＝ － ２ （ ｔ２ ｜ ö ø ÷ ｜ ， ≤ Ｑ ２ 点 ）， 坐标为 ∴ ｜ ｔ ＝３ ｜ ＋２ － ２ ２ ， 即 ｜ ｜ Ｂ ＡＦ Ｆ ｜ ｜ ＝３＋２ ２ ．
｜ ＰＣ １ ｜ ＝ ２ Ｒ ＝ （８－４） ２ ＋（６＋３） ２ æ
è
çｔ
，－
４－ ｔ２ ö
ø
÷
，
则ｌ
ＡＰ：
ｙ
＝
４－ ｔ２
·
ｘ
ｔ
＋２
１９．解
实
析
轴 长
由
为
双
２，
曲
当
线
直
的
线
方
ｌ
程
的
可
斜
知
率
双
存
曲
在
线
时
的
，
＝ ９７， ２ ２ ＋２ 设直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ 联立
∴ Ｒ２ ＝ ９ ４ ７ ， ( ) ２ ①， ｌ ＢＱ： ｙ ＝－ ４－ ２ ｔ２ · ｘ ｔ － － ２ ２ ②， 由 ①② { ｙ ｘ ＝ ２ ｋ （ ｙ ｘ ２ － ３），消去 ｙ ＝ ， 得 （ （ － ２－ ３ ｋ ） ２ ， ） ｘ２ ＋
∴ Ｃ ２：（ ｘ －６） ２ ＋ ｙ －
２
３ ＝ ９
４
７ ， 得ｔ
＝
４
ｘ ③，
将
③
代入
①
化简整理
，
得 ２
ｋ
－
２ｘ
＝
ｋ
２
２
，
．设Ｐ ｘ ｙ Ｑ ｘ
由Ｃ Ｃ 得ｌ ｘ ｙ ．
２ ３ －３ －２＝０ （ １， １）， （ ２，
９． 减 解 去 析 １ 它 － 到 曲 ２ 线 ｘ轴 上 Ａ 的 的 Ｂ：４ 点 距 ＋ 到 离 ９ 点 的 －１ 差 Ａ ４ （ 都 ＝ ０， ０ 是 ２） 的 则 距 曲 离 ｘ２ －２ ｙ２ ＝４， 即 ｘ ４ ２ － ｙ ２ ２ ＝１， 所以点Ｍ的 ｙ ２）， 则ｘ １＋ ｘ ２＝ － ２ ２ － ３ ｋ２ ｋ２ ， ｘ １ ｘ ２＝ － ２ ３ － ｋ２ ｋ － ２ ２ ，
２， 轨迹为双曲线 ｘ２ ｙ２ ． ＰＱ ｋ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ
线上面的每个点到点Ａ 的距离都 － ＝１ ∴ ｜ ｜＝ １＋ · （ １＋ ２） －４ １ ２
等
迹
于
是
它
以
到
Ａ
直
点
线
为焦
ｙ ＝
点
－
，
２
直
的
线
（ 距 ０
ｙ
， 离 ２
＝
） ，
－
∴
２
曲
为
线
准
轨
线 １５．解析 由
{ｘ
４
２
＋
４ ｙ２
＝
２
１，消去 ｙ ， 得 ５ ｘ２ ＋
＝
æ ç－２ ３ ｋ２ ö ÷ ２
１＋
－
ｋ
３
２
ｋ２ －２ ４（１＋ ｋ
·
２ ）
的抛物线
，∴
曲线的方程为ｙ２
＝８
ｘ． ｙ
＝
ｘ
＋
ｍ è
２－
ｋ２ ø －４·
２－
ｋ２ ＝
｜２－
ｋ２
｜
１０．解析 { （１ ｋ ） 若方程 ４ ｘ － ２ ｋ＋ ９ ｙ － ２ ｋ＝１ 为椭 ８ ｍ １ ｘ ＋ ＋ ｋ ４ ２ ｍ ｜ ２ － ｘ ４ １ ＝ － ０ ｘ ， ２ 由 ｜ 弦 ， 长 所 公 以 式 ｜ 得 ＡＢ ｜ ＡＢ ｜ ｜ ＝ ＝ ＝４，∴ ｋ ＝± ２ ２．当直线ｌ的斜率不存在
圆 则 ９－ ＞０， ｋ ．此时焦点坐标 时 直线ｌ的方程为ｘ 此时 ＰＱ
为
，
４－
ｋ
＞
和
０，
∴ ＜４
．
４
５
２
５－
ｍ２
，
当 ｍ
＝ ０
时
， ｜
ＡＢ
｜ｍａｘ
＝４
，
，
符合题意．综上所
＝
述
，
３
直
，
线 ｌ
｜
的方
｜
（０，－ ５） （０， ５）
若方程
ｘ２ ｙ２
为双曲线 则 ＝
４ １０． 程为ｙ
＝±
２
（
ｘ
－ ３）
或ｘ
＝ ３
．
（２） ｋ＋ ｋ＝１ ， ５ ２
４－ ９－ １６．解析 设 Ａ Ｂ 两点的坐标为 Ａ ｘ ２０．解析 设点Ｍ为 ｘ ｙ 则有距离乘
有 此 （ 时 ４ 焦 － ｋ 点 ）（ 坐 ９－ 标 ｋ ） 为 ＜ （ ０ ０ ， ， ∴ ５ ４＜ ） ｋ 和 ＜ （ ９ ． ０，－ ５） ． ｙ ｙ １） ｙ ， Ｂ （ ｘ ２， ｘ ｙ ， ２ ｘ ），∵ ａｘ ＯＡ ⊥ Ｏ ａ Ｂ ｘ ，∴ ｘ （ １ ｘ ２ １ ＋ ， 积的 值 Ａ ＝ ｜ ｂｘ ａ － （ ２ ａｙ ｂ ， ２ ｜ ） · ， ｜ ｂｘ ａ ＋ ２ ａｙ ｂ２ ｜ ＝
１１．证明 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则点 １ ２＝０，∴ １ ２＋（ １＋１）（ ２＋１）＝０， ＋ ＋
Ａ ｜ ｙ ， １ ｐ Ｂ ｙ ２ 到 ｜， ｘ 由 轴 题 { 的 （ ｘ 意 距 可 １ ｍ ， 离 ｙ 设 １） 之 直 ｐ ， 积 线 （ 为 方 ２ 程 ｜ ， ｙ １ 为 ２ ｜ ） ｜ ， ｘ ｙ ＝ ２｜ ｍ ＝ ｙ { 即 ３ ｙ （ 即 ｘ ＝ ２ ａ ａ － ２ ｘ ｙ ＋ ＋ ２ １ １ ＝ ａ ， ） １ ２ ｘ 消 １ ｘ ｘ 去 ２ ２＋ ｙ ａ ， ａ （ ｘ 得 ｘ １ ３ ＋ ｘ ｘ ２ ２ － ） （ ＋ ａｘ １ ｘ ＋ ＝ １ ０ ） ｘ ． ２ 由 ＝ ｜ ａ ｘ ｂ ２ ２ ２ － ｘ ａ ２ ２ ｙ ｂ － ＋ ２ ２ ａ ｂ ＝ ２ ２ ｙ １ ２ ， ｜ 即 ， 又 ｂ２ 点 ｘ２ － Ｍ ａ２ 在 ｙ２ 双 ＝ ａ 曲 ２ｂ２ 线 ， 所 上 以 ， 由 Ａ
＋ ，
联立 ＝ ＋
２
，消去 ｘ
，
得 ｙ２
－
１，
ａ
（３－ ） －２ －２＝０，∴ １＋ ２＝ ａ２ｂ２
为定值．所以第一问的值
２ ｙ２
＝２
ｐｘ
，
２
ａ２，
ｘ
１
ｘ
２＝ａ２
２
，∴ （
ａ２
＋１）·ａ２
２
＋
ａ ＝ａ２
＋
ｂ２，
ｐｍｙ ｐ２ ｙ ｙ ｐ２ ｙ ｙ ３－ －３ －３
２ － ＝０，∴ １ ２＝－ ，∴ ｜ １ ２｜ ＝ ａ 为１６．
ｐ２．故这两个交点到ｘ轴的距离的乘积
·
２
ａ２ ＋１＝０，∴ ２（
ａ２
＋１）－２
ａ２
＋
ａ２
－３ ５
积为ｐ２ 是一个常数． ３－ ２１．解析 由双曲线定义得
１２．证明
，
不妨设抛物线的方程为 ｙ２
＝ １７．解
＝０
析
，
即
设
ａ２
抛
＝１
物
，∴
线
ａ
＝
Ｃ
１
的
或
方
ａ
程
＝－
为
１
．
ｙ２ ｐｘ
{
｜
ＡＦ
２｜－｜
ＡＦ
１｜＝２
ａ
①， 得
ｐｘ ｐ 弦 ＡＢ 与抛物线的对称轴 ＝２ ＢＦ ＢＦ ａ ①＋②
２ （ ＞０）， {ｙ２ ｐｘ ｜ ２｜－｜ １｜＝２ ②，
交于Ｃ ｘ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 因 ｐ 由 ＝２ ，消去 ｙ 得 ｘ２ ＡＦ ＢＦ ＡＦ ＢＦ ａ
（ ，０）， （ １， １）， （ ２， ２）， （ ≠０）， ｙ ｘ ， ４ ＋ ｜ ２｜＋｜ ２｜－（｜ １｜＋｜ １｜）＝ ４ ，
为Ａ Ｂ Ｃ 三点共线 所以得到 ｘ ＝２ ＋１ 即 ＡＦ ＢＦ ＡＢ ａ．
， ， ， ＝ ｐ ｜ ２｜＋｜ ２｜－｜ ｜＝４
ｘ １ ｙ ｙ ２－ ｙ ｘ ２ ｙ １ （∗） ．将ｘ １＝ ｙ ｐ ２ １ ， ｘ ２＝ ｙ ｐ ２ ２代入 （４－２ ｐ ） ｘ ＋１＝０， ｘ １＋ ｘ ２＝ － ２ ２ ， ｘ １ ｘ ２＝ ４ １ ， ∵ ｜ Ａ Ａ Ｆ Ｂ ２｜＋｜ Ｂ Ａ Ｆ Ｂ ２｜＝２ ａ ｜ ＡＢ ｜ Ａ ， Ｂ ａ．
２－
式
１
得 ｘ １ ｙ
２
ｙ 因为
２
ＯＡ
∴ ｜
ＰＱ
｜ ＝ １＋
ｋ２
·｜
ｘ
１－
ｘ
２｜ ＝ １＋
ｋ２
２２．
∴
解
２
析
｜
易
｜－
得
｜
直线
｜＝４
ＡＢ
，
的
∴
斜
｜
率
｜
存
＝４
在．设直
（∗） ， ＝－ ２ ｐ １ ２， ⊥ · （ ｘ ２＋ ｘ ２） ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝ ５ · 线 ＡＢ 的方程为 ｙ ＝ ｋ （ ｘ －１）， 由
ＯＢ
，
所以 ｘ
１
ｘ
２＋
ｙ
１
ｙ
２ ＝０，
所以 ｙ
１
ｙ
２ ＝
(ｐ
－２
)
２ 解得ｐ 或ｐ
{ｙ２
＝４
ｘ
， 消去ｙ 得ｋ２ｘ２ ｋ２ ｘ
－４
ｐ２
，
所以ｘ
＝２
ｐ．故Ｃ 点坐标为
（２
ｐ
， ２
－１＝ １５， ＝６ ＝ ｙ
＝
ｋ
（
ｘ
－１）
， －（２ ＋４）
０），
即弦 ＡＢ 与抛物线的对称轴相交
－２，∴
抛物线 Ｃ 的方程为 ｙ２
＝１２
ｘ 或
＋
ｋ２
＝０，
由弦长公式
｜
ＡＢ
｜＝ １＋
ｋ２
｜
ｘ
１
于定点 ｐ ． ｙ２ ｘ．
（２ ，０） ＝－４ ｘ 得ｋ １ 所以直线ＡＢ的
１３．解析 易知直线ｌ的斜率存在且不为 １８．解析 易得直线 ＡＢ 的方程为 ｙ ｘ － ２｜＝２０， ＝± ，
＝ － ２
２１
方程为ｘ ｙ 或ｘ ｙ ． {ｙ ｑ
２３．解析 Ａ
－
Ｂ
２
与
－１
Ｏ
＝
Ｍ
０
不能
＋
垂
２
直
－１＝
理
０
由如 ∵
ｋ
ＢＣ ＝
１－２
＝－
１
，
ｋ
ＡＣ ＝
４－２
＝２，∴
ａ
ｘ
０－
ｐ＝１，
下 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｍ
，
ｍ ｎ [
３－０
]
３ １－０ ∴
ｙ
０－
ｑ ｘ ｐ ｂ
则 ： ｘ １ ＋ （ ｘ ２ １， ＝ １） ２ ， ｍ ， （ ｙ １ ２， ＋ ２ ｙ ） ２ ， ＝ （ ２ ｎ ， ， ） 由 ， ２． ∈ 解析 － ３ １ 设 ，２ ｌ与 ． 直线 ｘ ｙ 的交点 {ｐ ０ ＝ ＋ － ｙ ＝ ０＋ － ｂ ， ０－ ＋ Ｂ ２ ， ｙ ｂ ｘ ｂ ．
ì ï ｘ２ ｙ２ ３ ＋ －２＝０ ∴ ｑ ｘ ｂ ∴ （－ ０＋ ，－ ０＋ ）
î í ï ï ï ａ ａ ｘ２ ２ １ ２ ２ ＋ ＋ ｂ ｙ ｂ １ ２ ２ ２ ２ ＝ ＝ １ １ ， ， 可得 （ ｘ １－ ｘ ２） ａ （ ２ ｘ １＋ ｘ ２） ＋ 中 为 点 点 为 Ａ （ ， Ｂ ｘ １ （ ， ｘ ｙ ２ １ ， ） ｙ ， ２） 与 ． ∵ 直 Ｐ 线 （２ ｘ ， ＋ － ５ ｙ ３ ＋ ） １ 是 ０＝ 线 ０ 段 的 Ａ 交 Ｂ ４．解 ( ２ 析 ＋ ２ ｍ ＝ ， － ｎ 设 ＋ ２ ０ １ Ｂ ＋ ) （ 在 ， ｍ ， ｌ ｎ 上 ）， ， 则 ∵ Ａ ｋ Ａ ， Ｂ Ｂ ＝ 中 ｍ ｎ － － 点 １ ２ ， 坐标为
以 （ ｙ ｙ １－ １＋ ｙ ｙ ２） ２ ｂ （ ２ ｙ １ ｂ ＋ ２ ｙ ２ 即 ） ＝ ｎ ０， 因为 ｂ２ ｙ ｘ ． １ １ 假 － － ｙ ｘ 设 ２ ２ ＝ Ａ １ Ｂ ， 所 ∴ ì î í ï ï ï ï ｘ ｙ １ １＋ ＋ ２ ｘ ｙ ２ ２ ＝ ＝－ ２， ３， ∴ { ｙ ｘ ２ ２ ＝ ＝ － ４－ ６ ｘ － １ ｙ ， １ ． ｋ ｌ＝－ ２ ３ ，∴ ì î í ï ï ï ï ３ ｍ ｎ × － － ２ １ ２ ＋ × ｍ ( ＋ － ２ ２ ３ × ｎ ) ＋ ＝ １ － ＋ １ ５ ， ＝０，
ｘ
１＋
ｘ
２
＝－ａ２， ｍ ＝－ａ２ ⊥
点Ｂ
２
在直线ｘ ｙ 的上 ｘ {ｍ
２ ２
ｎ ∵ ＋５ ＋１０＝０ ，∴ ２＋ ＝－４，
ＯＭ 则ｋ ｋ 得 ｙ ∴ ｎ
， ＡＢ· ＯＭ＝－１， ｍ ＝－１， ５ ２＋１０＝０， ＝－３，
ｘ ｙ 即ｘ ｙ Ｂ ．
所以 ａ２ ｂ２ 这与已知矛盾 所以 ＡＢ ∴４－ １＋５（－６－ １）＋１０＝０， １＋５ １＋ ∴ （－４，－３）
＝ ， ， ． ５．解析 设圆心Ｃ ａ ｂ 半径为Ｒ 由题
与ＯＭ不能垂直． １６＝０ （ ， ）， ，
２４．解 ２ 析 ５ｘ ) 设 Ｐ Ａ ｘ ç æ è ｙ ｘ １， ． ２ 由 ５ ５ｘ →Ａ １ Ｂ ö ø ÷ ， Ｂ ( ｘ ２ 得 ， 由 { ３ ｘ １ ｘ ＋ １＋ ５ ｙ ｙ １ １ － ＋ ２ １６ ＝ ＝ ０， ０， 解得 ì î í ï ï ï ï ｘ ｙ １ １ ＝ ＝－ １ ７ ３ ２ ７ ， ５． 意 ， 得 { ｂ ａ ２ ２ ＝ ＝ Ｒ ç æ è ２ ２ － ２ １ Ｒ ２ ö ø ÷ ， ２ ＝ Ｒ ２ ２ ， 消去 ａ Ｒ ， 得 ｂ ａ２
－ ２ ， （ ， ） ｜ ｜ ＝２ ５， ( ) ｂ２ ．又由已知 得｜ －２ ｜
５ Ａ １３ ２５ ．又直线 ｌ 过 Ａ Ｐ 两点 －２ ＋１＝０（∗） ， ＝
∴ ，－ ， ， ５
ｘ ｘ ２ ４ ｘ ｘ ２ ．由Ｏ→Ｐ ７ ７
（ １－ ２） ＋ ５ （ １＋ ２） ＝２０ ＝ ｌ ｙ ＋３ ｘ －２ ５ ， 可知ａ －２ ｂ ＝１ 或ａ －２ ｂ ＝－１ ．分别代
∴ ： ＝ ， ５
Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ， 可知 ｘ ＝ ｘ １＋ ｘ ２， ｙ ＝ ２ ５ ５ （ ｘ １－ － ２ ７ ５ ＋３ １ ７ ３ －２ 入 （∗） 式 ， 解得ａ ＝－１， ｂ ＝－１ 或ａ ＝１， ｂ
即 ｘ ｙ ． ．即圆心坐标为 或 ．由
ｘ
２），
所以 ５
４
ｙ２
＋
５
４ ｘ２
＝２０，
化简得点Ｐ
３．证明
４ －
（
－
１
１
）
１
设
＝０
Ｂ
（
ｍ
，
ｎ
），∵
Ａ
，
Ｂ关于ｌ
：
ｙ ａ
＝
２
１
＝
Ｒ２
－１，
得Ｒ２
＝２
（
．
１
所
，１
以
）
所
（
求
－１
圆
，－
的
１
方
）
程
的轨迹方程为
ｘ２ ｙ２
． ＝
ｘ
＋
ｂ对称
，
为
（
ｘ
－１）
２
＋（
ｙ
－１）
２
＝２
或
（
ｘ
＋１）
２
＋（
ｙ
＋
＋ ＝１ {ｋ ｋ ２ ．
２５ １６ ＡＢ· ｌ＝－１， １） ＝２
２５．解析 （１） 由已知易得ｂ ＝ ２， 由 ｜ ＯＦ ｜ ∴ ｙ ０＋ ｎ ｘ ０＋ ｍ ｂ ６．解 圆 析 的左 焦 不 点 妨设 如 Ｆ 图 为 ．由 右 椭 焦 圆 点 定 ， 义 记 知 Ｆ １ Ｐ 为 Ｆ 椭
＝ ＋ ， ， ｜ ｜＋
的 ＝２ 方 ｜ Ｆ 程 Ｍ 为 ｜ 可 ｘ 得 ２ ｃ ｙ ＝ ２ ２ 或ｃ 离 ＝ 心 ２ 率 ３ １５ 为 ．故 ６ 椭 或 圆 即 { ｋ Ａ ２ Ｂ＝－１＝ ２ ｘ ｙ ０ ０ － － ｍ ｎ ，① ∴ ｜ ＰＦ ｜ Ｐ １ Ｐ Ｆ ｜ Ｆ ＝ ｜ Ｑ ＋ ２ ｜ ａ 周 Ｑ ， 由 Ｆ 长 ｜ 对 的 ＝２ 称 最 ａ ， 性 小 而 知 值 ｜ Ｐ ｜ 为 Ｑ Ｑ Ｆ ｜ｍ ｜ ａ ｉｎ ＝ ＝ ｜ ２ ｂ Ｐ ． ｂ Ｆ ， １｜，
＋ ＝１， ； ｙ ｎ ｘ ｍ ｂ ∴ △ ２ ＋２
６ ２ ３ ０＋ ＝ ０＋ ＋２ ，②
ｘ２ ｙ２ {ｍ ｙ ｂ
椭圆的方程为３ 离心率 ＝ ０－ ，
＋ ＝ １， ∴ ｎ ｘ ｂ
２６ ２ ＝ ０＋ ，
Ｂ ｙ ｂ ｘ ｂ ．
为 １３０． ∴ （ ０－ ， ０＋ ）
设 Ｂ ｐ ｑ Ａ Ｂ 中点坐标
１３ （２） （ ， ）， ，
略． 设出ＰＱ的方程 与椭圆方程 æｘ ｐ ｙ ｑö
（２） （ ， 为ç ０＋ ０＋ ÷．
联立组成方程组 利用韦达定理求解 è ， ø
， ２ ２
即可 Ａ Ｂ 关于 ｌ ｙ ｘ ｂ 对 称
） ∵ ， ： ＝ － ＋ ，
Ｃ组 {ｋ ｋ
ＡＢ· ｌ＝－１，
１．解 ＝ ａ 析 ｘ ＋ ２ 设 过 ｌ ： 定 ｙ ＝ 点 ａｘ Ｃ ＋ （ ２ ０ 与 ，２ 线 ） 段 ， 则 相交 ｋ ＢＣ 于 ≤ Ｐ ｋ ， Ｃ ｙ Ｐ ∴ ｙ ０＋ ｑ ＝－ ｘ ０＋ ｐ ＋ ｂ ，
２ ２
ｋ ．
≤ ＣＡ
２２
