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教材习题答案
第一章 直线与圆 中线所在直线的方程为 ｘ ｙ . １.６ 平面直角坐标系中的距离公式
２ ＋ －５＝０
３.解析 过原点的直线和与坐标轴
(１) 练习(第 页)
§1 直线与直线的方程 平行的直线都不能用截距式表示. ２２
１.解析 .
有 条直线 分别为ｙ ｘ ｘ ｙ . (１) １０ꎻ(２)５ꎻ(３) １０
(２) ２ ꎬ ＝２ ꎬ ＋ －３＝０ ２.解析 .
１.２ 直线的倾斜角、斜率及其关系 练习(第 页) ±８
１５ ３.解析 由两点 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 在
练习(第 页) １.解析 直线的斜率及其在 ｙ 轴上的截
直线 ｌ上可得ｙ
(
ｙ
１ꎬ １)
ｋｘ
ꎬ ( ２ꎬ ２
ｋ
)
ｘ
５ ２－ １＝( ２＋１)－( １＋
１.解析 ｋ ＡＢ＝１ꎬ ｋ ＡＣ＝ ３ ４ ꎬ ｋ ＢＣ＝２ . 距分别为 :(１)２ꎬ０ꎻ(２) １ ２ ꎬ １ ２ ꎻ(３) ３ ２ ꎬ 由 １)＝ 两 ｋ ( 点 ｘ ２－ 间 ｘ １) 距 . 离 公 式 可 得 ＡＢ
｜ ｜
１ .
２.解析 ｋ ２> ｋ １> ｋ ５> ｋ ４> ｋ ３ꎻ ｋ １＝
３
２ ꎬ ｋ ２＝４ꎬ －３ꎻ(４)０ꎬ－ ３ ＝ ( ｘ ２－ ｘ １) ２ ＋( ｙ ２－ ｙ １) ２
ｋ ３ ｋ ２ ｋ . ２.解析 ３ ｘ － ｙ －１＝０ . ＝ ( ｘ ２－ ｘ １) ２ (１＋ ｋ２ )
３.解
３＝
析
－ ２ ꎬ ４
不
＝－
在
５
同
ꎬ
一
５＝
条
０
直线上 在 ４
∗
.
３
解
.解
析
析
不
３
同
ｘ ＋
意
５ ｙ
该
－１
同
３＝
学
０
的
.
观点.
＝ ９(１＋ ｋ２ )＝６ .
(１) ꎻ(２) 所以 ｋ２ 解得ｋ 所以直线ｌ
同一条直线上. 首先两点确定一条直线 由本题条件可 １＋ ＝４ꎬ ＝± ３ꎬ
ꎬ 的方程为ｙ ｘ 或ｙ ｘ .
４.解析 本题答案不唯一 如 以求出直线方程. ＝ ３ ＋１ ＝－ ３ ＋１
ꎬ (１)(２ꎬ５)ꎻ 练习(第 页)
. 因为方程中的Ａ Ｂ不同时为 所以方 ２４
(２)(０ꎬ１) ꎬ ０ꎬ
练习(第 页) 程Ａｘ Ｂｙ Ｃ 可以化成 １.解析 ３ ５ .
８ ＋ ＋ ＝０ : (１) ꎻ(２) １０ꎻ(３)
１.解析 ｋ ｋ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ ２ ３
(１) ＝０ꎻ(２) >０ꎻ ｘ ｙ Ａ 或 ｘ ｙ ２.解析 .
ｋ不存在 ｋ . ＋ Ａ ＋ Ａ ＝０( ≠０) Ｂ ＋ ＋ Ｂ ＝０ (１)３ꎻ(２)１
(３) ꎻ(４) <０ ３.解析 直线ＡＣ的方程为ｘ ｙ 点
２.解析 γ α β. Ｂ ＋ －５＝０ꎬ
> > ( ≠０)ꎬ
方程中的参数实际上只有两个. Ｂ到直线ＡＣ的距离ｄ ８ .
３.解析 １ Ａ 不在 Ｂ 在.理 ＝ ＝４ ２
(１) ３ ꎻ(２) ꎬ 由 { ２ Ａ － Ｂ ＋ Ｃ ＝０ꎬ 可以得到 Ａ Ｂ Ｃ 两 ２
由略. Ａ Ｂ Ｃ ꎬ ꎬ 因为 ＡＣ ２ ２
－３ ＋４ ＋ ＝０ ｜ ｜＝ (１－４) ＋(４－１) ＝３ ２ꎬ
４.解析 . 两之间的关系 例如 消去 Ｃ 可得 Ａ
(１ꎬ－２) ꎬ ꎬ ＝ 所以Ｓ １ ＡＣ ｄ .
Ｂ 将Ａ Ｂ代入方程 得Ａ Ｃ △ ＡＢＣ＝ ｜ ｜ ＝１２
１.３ 直线的方程 ꎬ ＝ ꎬ ＝－ ꎬ ２
所以直线ｌ的方程为 Ｃｘ Ｃｙ Ｃ 可 ４.解析 .
练习(第 １１ 页) 化为ｘ ＋ ｙ －１＝０ . － － ＋ ＝０ꎬ 习题１ — ( １ １)２ꎻ(２)２ ５ꎻ(３) ５
１.解析 ｙ ｘ ｙ ｘ
(１) －２＝ －１ꎻ(２) －２＝－２( － １.４ 两条直线的平行与垂直 Ａ组
ｙ .
１)ꎻ(３) ＝２ １.解析 .
无论ｋ取何值 方程ｙ ｋ ｘ 表示 练习 －１
ꎬ －２＝ ( －１) ２.解析 直线 ｌ 的倾斜角和斜率分别为
的直线都过点 .图略. １.解析 既不垂直也不平行 平
(１ꎬ２) (１) ꎻ(２)
２.解析 ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ 行 垂直 既不垂直也不平行 ２π .
＝－２ －１ꎬ ＝－２ ꎬ ＝－２ ＋１ꎬ ＝ ꎻ(３) ꎻ(４) ꎻ ꎬ－ ３
ｘ . 垂直 平行. ３
－２ ＋２ (５) ꎻ(６) ｍ
无论ｂ取何值 方程ｙ ｘ ｂ 表示的 ２.解析 ｘ ｙ ｘ ｙ ３.解析 由已知可得４－ 解得ｍ .
ꎬ ＝－２ ＋ (１) ＋ ＋１＝０ꎻ(２)５ ＋３ ＋９＝０ꎻ ｍ ＝１ꎬ ＝１
＋２
直线倾斜角不变 且互相平行.图略. ｙ ｙ .
ꎬ (３) ＝２ꎻ(４) ＝２ ４.解析 ｘ ｙ ｘ ｙ
３.解析 直线ｌ ｌ 的法向量分别为ｎ (１) ３ － ＋２＝０ꎻ(２)３ ＋ ＋３＝
３.解析 ｙ １ ｘ ｙ ｘ １ꎬ２ １＝ ｘ ｙ .
(１) ＝－ ＋１ꎻ(２) ＝ －１ꎻ ａ ｎ ａ . ０ꎻ(３) ＋ －３＝０
２ ( ꎬ２)ꎬ ２＝(１ꎬ ＋１) ５.解析 ｘ ｙ ｘ ｙ
ｘ ｙ . 因为ｌ ｌ 所以ｎ ｎ 所以 (１)２ － －５＝０ꎻ(２) ＋２ －４＝０ꎻ
练 ( 习 ３) (第 ＝２ꎻ( 页 ４) ) ＝－３ ａ (１) ａ 解 １∥ 得 ２ ａ ꎬ 或ａ １∥ ２ꎬ ２＝ (３) ｘ ＝－２ꎻ(４) ３ ｘ － ｙ ＋２－ ３＝０ .
１.解析 ( １２ １)５ ｘ ＋３ ｙ ＋９＝０ꎻ(２) ｘ ＋ ｙ －４＝０ꎻ 经 ( 检 ＋ 验 １) ꎬ ꎬ 当 ａ ＝１ ＝ 时 １ ꎬ 两条 ＝－ 直 ２ꎬ 线重合 ꎬ 故 ６.解析 由 { ２
ｘ
ｘ －
ｙ
３ ｙ ＋１＝０ꎬ可得 {ｘ
ｙ
＝１ꎬ
.
(３)２
ｘ
－３
ｙ
＝０
. 舍去. ＋ －２＝０ ＝１
２.解 直 １９ 析 线 ＝ 由 ０ Ｂ ꎻ Ｃ 直 ( Ａ １ Ｂ 的 线 ) 的 方 直 ＡＣ 程 中 线 的 为 点 Ａ 方 Ｂ 为 ３ ｘ 程 的 ＋ ( ８ 为 方 ｙ － 程 ３ ｘ １ － ＝ ) 为 ６ ０ ｙ . 可 ＋ ５ １ ｘ 得 ７ － ＝ ４ Ａ ｙ ０ Ｂ － ꎻ 所 ( ２( ２ 以 ) ａ ＋ 因 当 １ 为 ) ａ ＝ ＝ ｌ ０ １ － ꎬ ⊥ ２ 解 ｌ 时 ２ 得 ꎬ ꎬ 所 两 ａ ＝ 以 条 － ｎ 直 ３ ２ １⊥ 线 . 平 ｎ ２ 行 ꎬ 所 . 以 ａ ＋ 即 设 将 ２ ｙ { 交 与 ＋ ｘ ｍ 点 ＝ ２ ＝ ｘ １ 坐 ０ ＋ ꎬ ꎬ ｙ 代 标 ＋ 入 ３ 为 ＝ ( ０ 得 １ 垂 ꎬ１ ｍ ) 直 . 的直线方程为ｘ －
(２) ５ꎬ ꎬ ｙ ꎬ ＝１ꎬ
２ １.５ 两条直线的交点坐标 ＝１
边上的中线所在直线的方程为ｘ ｙ 所以所求直线方程为ｘ ｙ .
＋２０ － －２ ＋１＝０
练习 ７.解析 由菱形在坐标系中的位置及性
３５＝０ꎻ
( ) １.解析 质可得Ａ Ｃ Ｂ
由ＢＣ 的中点为 １ 可得 ＢＣ 边 (１)(－１ꎬ１)ꎻ (－３ꎬ０)ꎬ (３ꎬ０)ꎬ (０ꎬ－２)ꎬ
－１ꎬ ꎬ Ｄ 所以菱形 ＡＢＣＤ 的四条边所
２ (２)(－１ꎬ－１)ꎻ (０ꎬ２)ꎬ
上的中线所在直线的方程为 ｘ ｙ . 在直线的方程依次为 ｘ ｙ ｘ
７ －１６ ＋ (３)(－１ꎬ－１) ２ ＋３ ＋６＝０ꎬ２ －
２.解析 平行 相交 交点为 ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ .
１５＝０ꎻ (１) ꎻ(２) ꎬ (１ꎬ ３ －６＝０ꎬ２ ＋３ －６＝０ꎬ２ －３ ＋６＝０
由ＡＣ的中点为 可得ＡＣ边上的 相交 交点为 . ８.解析 由题意可知三条直线交于一点
(１ꎬ３)ꎬ －１)ꎻ(３) ꎬ (４ꎬ－４) ꎬ
１
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等{ｘ ｙ {ｘ 为ｙ ｋ ｘ 先考虑第一象限内的情况 方程 ｘ ｙ
所以由 － ＝０ꎬ 解得 ＝１ꎬ ＝ ( ＋１)＋３ꎬ : ｜ ｜＋｜ ｜
ｘ ｙ ｙ . ｋ 可化简为ｘ ｙ .
２ ＋ －３＝０ ＝１ 由题意可得｜２ ＋４｜ 解得 ｋ ３ ＝１ ＋ ＝１
即交点坐标为
(１ꎬ１)
.
１＋
ｋ２ ＝２ꎬ ＝－
４
ꎬ 由对称性可得到该方程表示的图形是
{ｘ 正方形 如图 .
将 ＝１ꎬ代入 ｘ ａｙ 可解得 ａ 所以直线ｌ的方程为ｙ ３ ｘ . ( )
ｙ ２ － ＋１＝０ ＝－ ( ＋１)＋３
＝１ ４
. 综上 所求直线ｌ的方程为ｘ 或 ｘ
＝３ ꎬ ＝－１ ３
９.解析 由两条直线垂直可得 ａ ｙ .
(－ ) ＋４ －９＝０
５.解析 设已知边的对边所在直线的方
１ 解得ａ １ .
ａ＝－１ꎬ ＝ 程为ｘ ｙ ｍ 由正方形的性质可得
１－ ２ ＋３ ＋ ＝０ꎬ
１０.解析 ＡＢ 中点的坐标为 所 ｍ
以ＡＢ 中垂线的方程为ｘ ( ｙ ３ꎬ－１ . )ꎬ ｜－１＋ ｜ ＝ ｜－１－５｜ ꎬ 解得ｍ ＝－５( 舍去 ) ２.解析 满足方程 ( ｘ －１) ２ ＋ ｙ２ ＝２ 的点
－ －４＝０ １０ １０ Ｐ ｘ ｙ 到点 的距离为 所以点
１１.解析 设直线ｌ的方程为 ｘ ｙ ｍ 或ｍ . ( ꎬ ) (１ꎬ０) ２ꎬ
３ ＋ ＋ ＝ ＝７ Ｐ ｘ ｙ 的轨迹是以 为圆心 半径
由两条平行直线间的距离为 可得 所以已知边的对边所在直线的方程为 ( ꎬ ) (１ꎬ０) ꎬ
０ꎬ ２ 为 的圆.
ｍ ｘ ｙ . ２
｜ ＋３｜ 解得ｍ 或ｍ . ＋３ ＋７＝０ ３.解析 如果 ｋ ｋ ｋ 或 ｋ ｋ
＝２ꎬ ＝１ ＝－７ ｎ １< ２< ３<０ ０< １< ２<
２ 由｜－３＋ ｜ ｜－１－５｜可得ｎ 或ｎ . ｋ 则α β γ
所以直线 ｌ 的方程为 ｘ ｙ 或 ＝ ＝－３ ＝９ ３ꎬ < < ꎻ
３ ＋ ＋１＝０ １０ １０ 如果ｋ ｋ ｋ 则γ α β
３ ｘ ＋ ｙ －７＝０ .
所以另外两边所在直线的方程为
３
ｘ
－
ｙ
如果ｋ
１< ２<
ｋ
０<
ｋ
３ꎬ
则β
<
γ
<
α.
ꎻ
Ｂ组 －３＝０ꎬ３
ｘ
－
ｙ
＋９＝０
. １<０< ２< ３ꎬ < <
( )
６.解析 若直线 ｌ 的斜率不存在 直线 ｌ ４.解析 直线ｌ过定点 １
１.解析 恒过点 方向不 ꎬ (１) － ꎬ０ ꎻ
(１) (－１ꎬ２)ꎻ(２) 的方程为ｘ 此时与两条直线的交点 ２
变 斜率恒为 恒过点 . ＝１ꎬ 直线ｌ过定点
ꎬ ２ꎻ(３) (２ꎬ０) 分别为 Ｍ Ｎ 不满足 (２) (－１ꎬ２)ꎻ
２.解析 已知 ＡＢＣ 斜边 ＡＢ 的 (１ꎬ２)ꎬ (１ꎬ－３)ꎬ 直线ｌ的斜率为 .
(１) :Ｒｔ△ 题意. (３) －２
中点为Ｄ 求证 ＤＣ ＤＡ ＤＢ .
证明 以直 ꎬ 角顶 : 点 ｜ 为 ｜ 原 ＝ 点 ｜ 两 ｜＝ 条 ｜ 直角 ｜ 边 若直线ｌ的斜率存在 ꎬ 设直线ｌ的方程 §2 圆与圆的方程
: ꎬ 为ｙ ｋ ｘ .
所在直线为 ｘ ｙ 轴建立平面直角坐标 ＝ ( －１)
系 设Ａ ａ ꎬ Ｃ Ｂ ｂ 则ＡＢ 由 {ｙ ＝ ｋ ( ｘ －１)ꎬ 解 得 交 点 为 ２.１ 圆的标准方程
ꎬ ( ꎬ０)ꎬ ( ( ０ ａ ꎬ０) ｂ ꎬ ) (０ꎬ )ꎬ ２ ｘ － ｙ ＝０ꎬ 练习(第 页)
的 中 点 为 Ｄ ꎬ ꎬ ｜ ＡＢ ｜ ＝ Ｍ ( ｋ ２ ｋ ) . ２９
２ ２ ｋ ꎬｋ １.解析
( ａ －０) ２ ＋(０－ ｂ ) ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２. 因为 － 点 ２ Ａ －２ 为 ＭＮ 的中点 所以 (１)(２ꎬ３)ꎬ５ꎻ(２)(０ꎬ . ０)ꎬ ５ꎻ
(１ꎬ０) ꎬ (３)(０ꎬ－１)ꎬ ３ꎻ(４)(１ꎬ－２)ꎬ３
计算可得
｜
ＣＤ
｜＝
１ ａ２
＋
ｂ２
ꎬ Ｎ
( ｋ
－２
ｋ) ２.解析
(１)
不是
ꎻ(２)
当ｋ
>０
时才是圆
２ ２－ｋ ꎬｋ ꎬ 的方程.
－２ －２
所以 ｜ ＣＤ ｜＝ １ ｜ ＡＢ ｜＝｜ ＤＡ ｜＝｜ ＤＢ ｜ . 代入直线ｘ ｙ 可得 ｋ －２ ｋ ３.解析 (１) ｘ２ ＋ ｙ２ ＝９ꎻ(２)( ｘ －３) ２ ＋( ｙ ＋
已知在 ２ ＡＢＣ中 ＡＢ边的中点Ｏ满 ＋ ＋２＝０ ２－ｋ －２ ＋ｋ －２ ＋ ４) ２ ＝５ꎻ(３)( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝１０ .
(
足
２)
ＯＣ Ｏ
△
Ａ ＯＢ
ꎬ
求证 ＡＣ ＣＢ.
２＝０ . ４.解析
(１)
在圆上
ꎻ(２)
在圆外
ꎻ(３)
在
证明
｜
以
｜＝
边
｜
ＡＢ
｜
的
＝｜
中点
｜ꎬ
Ｏ 为
:
原点
⊥
直线
解得ｋ ＝８ . 圆内.
Ａ 面 Ｂ 直 为 角 : ｘ 坐 轴 标 ꎬ Ａ 系 Ｂ . 的中垂线为ｙ轴 ꎬ 建 ꎬ 立平 ７.解 所 析 以 所 由 求 已 直 知 线 可 的 得 方 直 程 线 为 ８ ｌ ｘ 和 － 直 ｙ － 线 ８＝ ２ ０ ｘ . －３ ｙ １ 练 .解 习 析 (第 ３ ( ０ ｘ － 页 １) ) ２ ＋( ｙ ＋３) ２ ＝１０ .
的倾斜角互补 所以可设直线 ｌ
设Ａ (－ ａ ꎬ０)ꎬ Ｂ ( ａ ꎬ０)ꎬ Ｃ ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ 由已知 的 ＋５ 方 ＝０ 程为 ２ ｘ ＋３ ｙ ＋ ｍ ＝０ ꎬ . ２.解析 ｂ ２ 因为 (１－ ａ ) ２ ＋(３－ ｂ ) ２ ＝(４－ ａ ) ２ ＋
可得 ＯＣ ｍ２ ｎ２ ａ 因为 ｘ ｙ 与 ｘ 的交点为 (２－ ) ꎬ
即ｍ２ ｜ ｎ２ ｜＝ ａ２. ＋ ＝ ꎬ ( ２ ) －３ ＋５＝０ ＝１ 即 (１－ ａ ) ２ ＋(３－ ｂ ) ２ ＝ (４－ ａ ) ２ ＋(２－ ｂ ) ２ ꎬ
＋ ＝ ７ 也在直线ｌ上 所以ｍ . 所以方程 表示点 ａ ｂ 到点Ａ
ｎ ｎ ｎ２ １ꎬ ꎬ ＝－９ ④ ( ꎬ ) (１ꎬ３)ꎬ
因为 ｋ ＡＣ ｋ ＢＣ ＝ｍ
＋
ａｍ
－
ａ＝ｍ２
－
ａ２ ＝ 所以 ３ ｌ的方程为
２
ｘ
＋３
ｙ
－９＝０
.
在
点
线
Ｂ (
段
４ꎬ
Ａ
２
Ｂ
)
的
的
垂
距
直
离
平
相
分
等
线
ꎬ 所
上
以
因
点
此
( ａ
由
ꎬ ｂ
此
)
ｎ ｎ ２ ２ ＝－１ꎬ ８.解析 直线 ( ＰＱ的 ) 方程为 ４ ｘ ＋３ ｙ －７＝０ꎬ 方程化简出的方程 ⑤ 表示的 ꎬ 就是线段
－ 入射点为 ７ 反射光线所在直线 ＡＢ的垂直平分线.
所以ＡＣ ＣＢ. ꎬ０ ꎬ
⊥ ４
３.解析 因为 ｜ ＡＢ ｜＝５ꎬ 的方程为 ４ ｘ －３ ｙ －７＝０ . ２.２ 圆的一般方程
所以
(
ｘ
１－
ｘ
２)
２
＋(
ｙ
１－
ｙ
２)
２
＝５
. ∗９.解析 ｋ
ＢＣ＝
４－１
＝－
３
ꎬ
ＢＣ 边上的高 练习
因为点Ａ Ｂ在直线ｙ ｘ 上 ０－２ ２ １.解析 不是 是圆 圆心为
ꎬ ＝２ ＋３ ꎬ 所在直线的方程为 ｘ ｙ . (１) ꎻ(２) ꎬ (－１ꎬ
所以 ( ｘ １－ ｘ ２) ２ ＋[(２ ｘ １＋３)－(２ ｘ ２＋３)] ２ Ｃ组 ２ －３ ＋８＝０ －２)ꎬ 半径为 ５ꎻ(３) 不是 ꎻ(４) 是圆 ꎬ 圆
＝５ꎬ １.解析 由方程 ｘ ｙ 可以发现 若 ( )
｜ ｜＋｜ ｜＝１ : 心为 １ 半径为 ３ 不是.
即 ｘ ｘ ２ ｘ ｘ . 点Ｐ ｘ ｙ 满足方程 则 Ｐ ｘ ｙ Ｐ － ꎬ１ ꎬ ꎻ(５)
５( １－ ２) ＝５ꎬ｜ １－ ２｜＝ ５ ( ꎬ ) ꎬ １(－ ꎬ )ꎬ ２ ２ ２
４.解析 若直线 ｌ 的斜率不存在 直线 ｌ ｘ ｙ Ｐ ｘ ｙ 也满足方程 所以 ２.解析 通过配方将方程化为标准
ꎬ (－ ꎬ－ )ꎬ ３( ꎬ－ ) ꎬ (１)
的方程为ｘ 满足题意. 方程 ｘ ｙ 表示的曲线关于原点 方程 ｘ ａ ２ ｙ２ ａ２.
＝－１ꎬ ｜ ｜＋｜ ｜＝１ ( ＋ ) ＋ ＝
若直线ｌ的斜率存在 设直线ｌ的方程 对称 也关于两条坐标轴对称. 当ａ 时 该方程表示圆 其圆心为
ꎬ ꎬ ≠０ ꎬ ꎬ
２
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ａ 半径为 ａ 由两圆相交可得 ｍ ｍ 所以圆心Ｃ 为 半径为 .
(－ ꎬ０)ꎬ ｜ ｜ꎬ ｜ －３｜<５< ＋３ꎬ ２ (２ꎬ－４)ꎬ ５
所以该圆是圆心在ｘ轴上 半径为 ａ 解得 ｍ . 所以 Ｃ Ｃ 由 Ｃ Ｃ
且恒过原点的圆. ꎬ ｜ ｜ꎬ ４.解析 ４< 设所 <６ 求 ４ 圆Ｍ为 ｘ ａ ２ ｙ ｂ ２ 可 ｜ 知 １ 两 ２｜ 圆 ＝ 相交 １０ . ꎬ ５－２<｜ １ ２｜<５
( － ) ＋( － ) ＋２ ꎬ
(２) 通过配方将方程化为标准方程ｘ２ ＋ ＝ ｒ２ ꎬ ５.解析 解法一 : 由题意可得Ａ (－１ꎬ２) 为
( ｙ ＋ ｂ ) ２ ＝ ｂ２. 圆Ｃ : ｘ２ ＋ ｙ２ ＋１０ ｘ ＋１０ ｙ ＝０ 可化为Ｃ :( ｘ ＋ 切点 所以切线的斜率 ｋ －１ １ 所
当ｂ ≠０ 时 ꎬ 该方程表示圆 ꎬ 其圆心为 ５) ２ ＋( ｙ ＋５) ２ ＝５０ꎬ ꎬ ＝ｋ ＯＡ ＝ ２ ꎬ
(０ꎬ－ ｂ )ꎬ 半径为 ｜ ｂ ｜ꎬ 解法一 : 因为原点和Ａ (０ꎬ６) 都在圆 Ｍ 以切线方程为ｙ １ ｘ 即ｘ ｙ
所以该圆是圆心在ｙ轴上 半径为 ｂ 上 且两圆相切 －２＝ ( ＋１)ꎬ －２
ꎬ ｜ ｜ꎬ ２
ꎬ ꎬ
且恒过原点的圆. {ａ２ ｂ２ ｒ２ ＋５＝０ .
＋ ＝ ꎬ
通过配方将方程化为标准方程 ｘ 解法二 由题意可得Ａ 为切点
(３) ( ＋ 所以 ａ２ ｂ ２ ｒ２ : (－１ꎬ２) ꎬ
＋(６－ ) ＝ ꎬ
ａ ) ２ ＋( ｙ ＋ ｂ ) ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２. ａ ２ ｂ ２ ｒ 所以切线的法向量为Ｏ→Ａ ＝(－１ꎬ２) .
当ａ２ ＋ ｂ２ ≠０ 时 ꎬ 该方程表示圆 ꎬ 其圆心 {ａ ( ＋５) ＋( ＋５) ＝ ＋５ ２ꎬ 由直线方程的点法式可得 －( ｘ ＋１)＋２( ｙ
为
(－
ａ
ꎬ－
ｂ
)ꎬ
半径为 ａ２
＋
ｂ２
ꎬ 解得 ｂ
＝３ꎬ
－２)＝０ꎬ
即ｘ
－２
ｙ
＋５＝０
.
所以该圆是圆心为 ａ ｂ 半径为 ＝３ꎬ ６.解析 当切线斜率不存在时 经验证直
(－ ꎬ－ )ꎬ ｒ２ . ꎬ
３.解析 ａ２ ＋ ｂ ( ２ ꎬ １ 且 )( 恒 ｘ － 过 １) 原 ２ ＋ 点 ｙ２ 的 ＝ 圆 ５ꎻ . (２)( ｘ －４) ２ ＋ 所 ＝１ 以 ８ . 所求 ＝ 圆 １８ 的方程为 ( ｘ －３) ２ ＋( ｙ －３) ２ 时 线 ꎬ ｋ ｘ 设 ＝－ 切 ２ 线 符 方 合 程 题意 为 ꎻ ｙ 当 ＝ 切 ｋ 线 ( ｘ 斜 ＋ 率 ２) 存 ꎬ 在 由
( ｙ ＋３) ２ ＝２５ . 解法二 : 因为原点和 Ａ (０ꎬ６) 都在圆 ｜２ －３｜ ＝２ 可得ｋ ＝ ５ ꎬ
２.３ 直线与圆的位置关系 Ｍ上 ꎬ １＋
ｋ２
１２
所以 ｘ ｙ 综上 切线方程为
又由题意可知切点和两圆心共线 ５ －１２ ＋１０＝０ꎬ ꎬ
练习(第 页) ꎬ ｘ 或 ｘ ｙ .
３３ 所以点Ｍ ａ ｂ 在直线ＯＣ ｙ ｘ上 ＝－２ ５ －１２ ＋１０＝０
１.解析 (１) 相切 ꎻ(２) 相离 ꎻ(３) 相交. {ａ２ ( ｂ２ ꎬ ｒ２ ) : {ａ ＝ ꎬ ７.解析 设所求圆 Ｃ 的方程为 ( ｘ －３) ２ ＋
２.解析 ｂ 圆心 Ｃ 到直线 ｌ 的距离 ｄ 所以 ａ２ ＋ ＋(６ ＝ － ｂ ) ꎬ ２ ＝ ｒ２ ꎬ 解得 ｂ ＝ ＝ ３ ３ ꎬ ꎬ ( 因 ｙ 为 ＋４ 两 ) ２ 个 ＝ ｒ 圆 ２. 的圆心距 ＣＯ
｜ －１｜. ａ ｂ ｒ２ . ｜ ｜＝５ꎬ
＝ ＝ ꎬ ＝１８ 所以两个圆外切时满足ｒ ＣＯ .
２ 所以所求圆的方程为 ｘ ２ ｙ ２ ＋１＝｜ ｜
当 ｜ ｂ －１｜>２ꎬ 即ｂ >３ 或ｂ <－１ 时 ꎬ 直线ｌ . ( －３) ＋( －３) 所以所求圆的方程为 ( ｘ －３) ２ ＋( ｙ ＋４) ２
与圆Ｃ相离 ＝１８ .
ꎻ 习题１—２ ＝１６
当 ｜ ｂ －１｜＝２ꎬ 即ｂ ＝３ 或ｂ ＝－１ 时 ꎬ 直线ｌ Ａ组 ８.解析 配方可得 ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝５－
与圆Ｃ相切 ｍ 所以圆心为 .
ꎻ １.解析 圆心 在ｘ轴上 半径 ꎬ (－１ꎬ２)
当 ｂ 即 ｂ 时 直线ｌ与圆 (１) (－１ꎬ０) ꎬ
｜ －１｜<２ꎬ －１< <３ ꎬ 为 圆心 在ｙ轴上 半径为 由圆心到直线的距离 ｄ ｜－２－２－１｜
Ｃ相交. １ꎻ(２) (０ꎬ－２) ꎬ ＝
圆心 在第二象限 半径为 ２ ２ ＋(－１) ２
练习(第 页) ２ꎻ(３) (－１ꎬ１) ꎬ
３５ ( ) .
圆心 ３ 在第二象限 半 ＝ ５
１.解析 ｋ １ ｋ 或ｋ ４ ５ꎻ(４) －１ꎬ ꎬ 因为直线与圆相切 所以 ｍ
(１) ＝－ ꎻ(２) ＝０ ＝ ꎻ ２ ꎬ ５－ ＝ ５ꎬ
２ ３ 解得ｍ .
径为 ３.本题图略. ＝０
ｋ ３. { ｘ ｙ {ｘ
(３) ＝± ２ 由 ２ － －１＝０ꎬ 解得 ＝１ꎬ
２.解析 ｙ ３ ｘ 或ｙ ｘ . ２.解析 (１) 圆Ｃ :( ｘ －２) ２ ＋ ｙ２ ＝１０ꎬ 图略 ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝５ꎬ ｙ ＝１ꎬ
＝ ３ ＋２ ＝－ ３ ＋２ 提示 圆心在线段ＣＤ的垂直平分线ｘ 所以切点坐标为 .
３.解析 因为圆心到直线的距离 ｄ ( : (１ꎬ１)
＝ ｙ 上 由此求出圆心 ９.解析 设过点 Ａ 的直线为 ｙ
＋ －２＝０ ꎬ (２ꎬ０))ꎻ (－１ꎬ２) ＝
５ 圆Ｃ ｘ ２ ｙ ２ 图略 提 ｋ ｘ .
＝ ５ꎬ (２) :( ＋１) ＋( －１) ＝５ꎬ ( ( ＋１)＋２
１＋２ ２ 示 可先求得两条直线的交点 由圆ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 可得 ｘ ２
: (０ꎬ３))ꎻ ＋ －２ ＋６ ＋６＝０ ( －１) ＋
所以 ｜ ＡＢ ｜＝２ １０－ ｄ２ ＝２ ５ . (３)( ｘ －１) ２ ＋( ｙ ＋２) ２ ＝４ꎬ 图略 ( 提示 : 圆 ( ｙ ＋３) ２ ＝４ .
心在线段ＭＮ的垂直平分线ｘ ｙ ｋ
２.４ 圆与圆的位置关系 ＋ ＋１＝０ 由直线与圆相交可得｜２ ＋５｜ 解得ｋ
练习
上
ꎬ
由此求出圆心
(１ꎬ－２))ꎻ １＋
ｋ２ <２ꎬ
ｘ ２ ｙ ２ 图略 提示 设
１.解析 内切 外切 相交. (４)( ＋１) ＋( －３) ＝５ꎬ ( : ２１.
(１) ꎻ(２) ꎻ(３) 圆的一般方程 根据待定系数法求解 . <－
２. ( 解 ｙ 析 －３ ) ２ 圆 ＝４ Ｃ 和 １ꎬ Ｃ ( ２ ｘ ＋ 的 ６ 方 ) ２ 程 ＋( 可 ｙ ＋ 化 ３) 为 ２ ( ＝ ｘ ６ － ４ ２ . ) ２ ＋ ３.解 ＝１ 析 ꎬ 所 以 由 圆 ｘ２ 心 ＋ ｙ 为 ꎬ ２ ＋ ( ２ ０ ｙ ꎬ ＝ － ０ １) 可 ꎬ 半 得 径 ｘ２ 为 ＋( １ ｙ . ＋１ ) ) ２ １０.解 点 ２ 、 析 ０ 过 圆 设 心 圆 的 的 一 半 条 径 直 为 径 ｒ 所 ꎬ 以 在 圆 的 心 直 为 线为 原
所以两圆的圆心分别为Ｃ
Ｃ 半径分别为ｒ
１(２ꎬ３
ｒ
)ꎬ
.
因为圆心到直线
３
ｘ
＋
ｙ
－２＝０
的距离ｄ ｘ轴建立平面直角坐标系
ꎬ
则圆心 Ｏ
２(－６ꎬ－３)ꎬ １＝２ꎬ ２＝８
｜－１－２｜ 所以直线与圆相离. (０ꎬ０)ꎬ
圆的方程为ｘ２
＋
ｙ２
＝
ｒ２.
所以圆心距ｄ ２ ２ ｒ ｒ 所 ＝ >１ꎬ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 是圆Ｏ上的任
＝ ８ ＋６ ＝１０＝ １＋ ２ꎬ ２ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)
以两圆相外切.图略. ４.解析 由圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 可 意两点 则ｘ２ ｙ２ ｒ２ ｘ２ ｙ２ ｒ２ 且弦
３.解析 两圆的圆心分别为 (－２ꎬ２)ꎬ(１ꎬ 得 ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ ＋
１:
３) ２
＋
＝４ꎬ
＋２ ＋６ ＋６＝０
ＡＢ的中
ꎬ
点 Ｍ
１
æ ç
＋
ｘ １
１
＋
＝
ｘ ２
ꎬ
ｙ １＋
２
ｙ
＋
２ ö ÷
２＝
→ＡＢ ｘ
半径分别为 ｍ . 所以圆心Ｃ 为 半径为 . è ꎬ øꎬ ＝( ２
－２)ꎬ ꎬ３ １ (－１ꎬ－３)ꎬ ２ ２ ２
所以圆心距ｄ ＝ (－２－１) ２ ＋[２－(－２)] ２ 由圆Ｃ ２: ｘ２ ＋ ｙ２ －４ ｘ ＋８ ｙ －５＝０ 可得 ( ｘ － － ｘ １ꎬ ｙ ２－ ｙ １) .
２ ｙ ２ 因为→ＡＢ是与弦 ＡＢ 垂直的直径的
＝５ꎬ ２) ＋( ＋４) ＝２５ꎬ (１)
３
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等法向量 所以与弦 ＡＢ 垂直的直径所 所以直线ｌ的方程为ｘ ｙ . ( Ｄ ) ２ ( Ｅ ) ２
ꎬ － ＋１＝０ 因为 ＰＣ ２ ｘ ｙ ＣＡ
在直线的方程为 ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ {ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ｜ ｜ ＝ ０＋ ＋ ０＋ ꎬ
( ２－ １) ＋( ２－ １) ４.解析 由 ＋ ＋２ ＋３ －３＝０ꎬ ２ ２
＝０
. ｘ２
＋
ｙ２
－
ｘ
－３
ｙ
＝０ꎬ ⊥
ＰＡ
ꎬ
ｘ ｘ ｙ ｙ {ｘ {ｘ Ｄ２ Ｅ２ Ｆ
因 ＝ 为 ２ １ [ ( ( ｘ ２ ｘ － ２ ２＋ ｘ １ ｙ ) ２ ２) １ － ＋ ２ ( ｘ ２ ２ １ ＋ ＋ ( ｙ ｙ ２ １ ２ ) － ] ｙ １) １＋ ２ ２ ５. 方 解 解 得 析 程为 ｙ 需 １ １ ｘ ＝ ＝ ＋ 要 ２ ０ １ ｙ ꎬ ꎬ 知 －１ ｙ 道 ２ ２ ＝ ＝ ＝ 上 ０ － １ . ꎬ 涨 １ꎬ 前 所 水 以 面 直 在 线 圆 Ａ 心 Ｂ 上 的 所 ＝ ( 以 ｘ ０ ｜ ＋ Ｐ Ｄ Ａ ２ ｜ ) ２ ＝ ２ ＋ ｜ ( Ｐ ｙ Ｃ ０＋ ｜ ２ － Ｅ ２ ) ２ ＋ － ４ Ｄ － ２ ＋ ４ Ｅ ４ ２ －４ Ｆ
＝
１
(
ｒ２
－
ｒ２
)＝０ꎬ
方还是在圆心下方
ꎬ
才可以确定暴雨后 ＝
ｘ２
０＋
ｙ２
０＋
Ｄｘ
０＋
Ｅｙ
０＋
Ｆ.
２ 水面与拱顶的距离.解决方案如下 所以 ＰＡ ｘ２ ｙ２ Ｄｘ Ｅｙ Ｆ.
所以垂直弦的直径经过弦 ＡＢ 的中 : ｜ ｜＝ ０＋ ０＋ ０＋ ０＋
如图 以拱顶为原点 圆心与原点所在 复习题一
点Ｍ. ꎬ ꎬ
直线为ｙ轴建立平面直角坐标系 设拱 Ａ组
即垂直于弦的直径平分弦. ꎬ
桥所在圆的方程为ｘ２ ｙ ｂ ２ ｂ２ ｂ
由题意 得平分弦的直径所在直 ＋( ＋ ) ＝ ( > １.解析 ２ .
(２) ꎬ 设Ａ ｙ Ｂ ｙ . － ３ꎬ πꎬ(３ꎬ ３)
æｘ ｘ ｙ ｙ ö ０)ꎬ (２ꎬ １)ꎬ (３ꎬ ２) ３
线的方向向量Ｏ→Ｍ ＝è ç １＋ ２ ꎬ １＋ ２ ø ÷. 情况 １: 如图 (１)ꎬ 若上涨前的水面在圆 ２.解析 ( １ ) ７.
因为→ＡＢ Ｏ→Ｍ ＝ ( ｘ ２
２
－ ｘ １ꎬ ｙ
２
２ － ｙ １)
心上
ｂ２
方
ꎬ
则
. .
ｙ
１－
ｙ
２ ＝ ０
.
４ꎬ
即 ｂ２
－４ － ３.解析 (１
－
)
１
直
ꎬ
２ 线的
ꎬ
法 ２ 向量ｎ ＝( Ａ ꎬ Ｂ )ꎻ
æｘ ｘ ｙ ｙ ö －９＝０４
è ç １＋ ２ ꎬ １＋ ２ ø ÷ 解出ｂ ≈６ . ７５ꎬ 代入可得暴雨后圆拱顶 (２) Ｃ ＝０ꎻ
２ ２ Ａ
距水面的距离 ｙ ｂ ｂ２ (３) ＝０ꎻ
＝
２
１
[(
ｘ２
２＋
ｙ２
２)－(
ｘ２
１＋
ｙ２
１)]＝０ꎬ
｜－６
.
７５＋６
.
４５｜＝
｜
０
.
１
３
｜
.
＝ ｜－ ＋ －４ ｜≈
４.解
(４
析
)
ＡＢＣ
≠０
.
ｘ ｙ
所以ＡＢ ＯＭ. (１)３ ＋４ －７＝０ꎻ
⊥ ｘ ｙ
即平分弦的直径垂直于弦. (２)４ －３ －１＝０ꎻ
( )
Ｂ组 １１ ２３
(３) － ꎬ－ ꎻ
１.解析 由ｘ２
＋
ｙ２
＋２
ｘ
－２
ｙ
＋
ｍ
＝０
可得
(
ｘ
＋ 设直
２５
线Ａ
２
Ｄ
５
和ＤＣ的方程为 ｘ ｙ
１) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝２－ ｍ. ｍ (４) 和 ｘ ｙ ｎ ４ －３ ＋
因为圆心Ｃ到ｘ轴的距离为 且 ＡＢ ＝０ ３ ＋４ ＋ ＝０ꎬ
１ꎬ ｜ ｜ 情况 如图 若上涨前的水面在圆 ｍ ｎ
＝４ꎬ 所以 ２ ２ ＋１ ２ ＝２－ ｍ ꎬ 解得ｍ ＝－３ . ２: (２)ꎬ 由｜４－３＋ ｜ ＝ ｜３＋４＋ ｜ ＝ ｜３＋４－１｜解得
２.解析 由题意可设圆 ( ｘ － ａ ) ２ ＋ ｙ２ ＝ ｒ２. 心下方 ꎬ 则 ｙ １－ ｙ ２ ＝ ０ . ４ꎬ 即 ｂ２ －４ ＋ ｍ 或 ５ ｎ ５ 或 不合 ５ 题意 舍
因为圆Ｃ与两条直线ｌ
１ꎬ
ｌ
２
都相切
ꎬ
ｂ２
－９＝０
.
４
.
去
＝５
.
－７ꎬ ＝－１３ －１( ꎬ
ａ ａ 显然 此时ｂ无实根 此情况不成立. )
所以ｒ ｜２ ＋２｜ ｜ －３｜ 可得ａ 或 ꎬ ꎬ 所以直线ＡＤ的方程为 ｘ ｙ 或
＝ ＝ ＝－５ ４ －３ ＋５＝０
２ ２ ＋１ ２ ２ ＋１ ｘ ｙ 直线ＤＣ的方程为 ｘ ｙ
４ －３ －７＝０ꎬ ３ ＋４ －
ａ ＝ １ ꎬ 所以圆的方程为 ( ｘ ＋５) ２ ＋ ｙ２ ＝ ６４ １３＝０ .
３ ５
( ) ２ ５.解析 直线 ｌ 的斜率为 ３ 倾斜角
或 ｘ １ ｙ２ ６４. － ꎬ
－ ＋ ＝ ３
３ ４５
３.解析 解法一 配方可得 ｘ ２ ｙ 为５π.
: ( ＋１) ＋( ＋
２ 所以圆心Ｃ为 . Ｃ组 ６
因 ２) 为 ＝５ Ｐ ꎬ Ｃ ( ２ －１ꎬ－２) ２ １.解析 甲的猜想不够准确 ꎬ 应该加上条 ６.解析 将方程 ( ｘ －１) ２ － ｙ２ ＝ ｘ２ －( ｙ ＋２) ２
所 ｜ 以点 ｜＝ Ｐ (－２＋１) 在 ＋ 圆 (－ Ｃ １＋ 内 ２) . ＝ ２ 件 “ 当两个圆相交时 ”ꎬ 因为两个圆不 ＋１ 化简 ꎬ 得ｘ －２ ｙ －２＝０ꎬ 表示的图形是
<５ꎬ (－２ꎬ－１) 相交时 如两圆相离时 两方程作差也 直线 图略.
若Ｐ 为 ＡＢ 中点 则直线 ｌ ꎬ ꎬ ꎬ
ＣＰ (－２ꎬ－１) ꎬ 可以得到一个二元一次方程 ꎬ 但是显然 ７.解析 已知圆Ｍ : ｘ２ ＋ ｙ２ ＋２ ａｘ ＋２ ｂｙ ＋ ｃ ＝０
⊥ ꎬ 这个方程不是两个圆的公共弦所在直 配方可得 ｘ ａ ２ ｙ ｂ ２ ａ２ ｂ２ ｃ.
所以直线ｌ 的斜率为 则直线 ｌ 的方 ( ＋ ) ＋( ＋ ) ＝ ＋ －
程为ｘ ｙ .
１ꎬ 线的方程.理由如下
:
则圆 Ｍ 的圆心为
(－
ａ
ꎬ－
ｂ
)
和半径
解法二
－
:
当
＋１
直
＝
线
０
ｌ 的斜率不存在时
ꎬ
易
当两个圆相交时
ꎬ
设两圆交点为Ｍ
(
ｘ
１ꎬ
为 ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ.
验证不符合题意. ｙ １)ꎬ Ｎ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２)ꎬ (１) ｃ ＝０ꎬ 且ａｂ ≠０ꎻ
当直线ｌ的斜率存在时 设直线ｌ的方 则 两 交 点 的 坐 标 满 足 方 程 ａ２ ｃ
(２) > ꎻ
程
ｙ
为
.
ｙ ＝ ｋ ( ｘ ＋２)－１ꎬ Ａ ( ꎬ ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｂ ( ｘ ２ꎬ 组 {ｘ
ｘ
２
２
＋ ｙ
ｙ
２
２
＋ Ｄ
Ｄ
１ ｘ
ｘ
＋ Ｅ
Ｅ
１ ｙ
ｙ
＋ Ｆ
Ｆ
１＝０ꎬ
.
(３) ａ
ａ
２
２
＝
ｃ
ｃ ꎬ
且
且
ａ
ｂ
２
≠
ｂ
０
２
ꎻ
ｃ .
２) ＋ ＋ ２ ＋ ２ ＋ ２＝０ (４) < ꎬ ＋ － >０
{ｙ ｋｘ ｋ 两方程作差可得 Ｄ Ｄ ｘ Ｅ Ｅ ｙ ８.解析 配方 得 ｘ ２ ｙ ２
由
(
＝
ｘ ＋１
＋
)
２
２ ＋
－
(
１
ｙ ＋
ꎬ
２) ２ ＝５
可得
(１＋
ｋ２
)
ｘ２
＋ ＋( Ｆ １－ Ｆ ２)＝ ０ꎬ 显
(
然
１－
Ｍ (
２)
ｘ １ꎬ
＋
ｙ
(
１)ꎬ
１－
Ｎ (
２
ｘ
)
２ꎬ 所以圆 心为
ꎬ
(－１
(
ꎬ３
＋
)
１
ꎬ
)
半
＋
径
(
为
－３
２
)
.
＝４ꎬ
２(２
ｋ２
＋
ｋ
＋１)
ｘ
＋４
ｋ２
＋４
ｋ
－３＝０ꎬ
ｙ
２)
也满足此二元一次方程
ꎬ
所以
(
Ｄ
１－ (１)
因为已知直线ｌ过圆心
(－１ꎬ３)ꎬ
所以ｘ ｘ ２(２
ｋ２
＋
ｋ
＋１).
Ｄ
２)
ｘ
＋(
Ｅ
１－
Ｅ
２)
ｙ
＋(
Ｆ
１－
Ｆ
２)＝ ０
是两相 所以直线ｌ方程为
３
ｘ
＋２
ｙ
－３＝０
.
１＋ ２＝ ｋ２
＋１
交圆的公共弦所在直线的方程.
(２)
当ｌ的斜率不存在时
ꎬ
经检验ｘ
＝１
若Ｐ 为ＡＢ中点 ２.解析 圆Ｃ ｘ２ ｙ２ Ｄｘ Ｅｙ Ｆ 的圆心 是圆的切线
(－２ꎬ－１) ꎬ : ＋ ＋ ＋ ＋ ＝０ ꎻ
则ｘ ｘ ２(２
ｋ２
＋
ｋ
＋１) 解得ｋ . 为Ｃ
( Ｄ Ｅ )
半径为
Ｄ２
＋
Ｅ２
－４
Ｆ
.
当ｌ的斜率存在时
ꎬ
可设直线方程为 ｙ
１＋ ２＝－ ｋ２ ＝－４ꎬ ＝１ － ꎬ－ ꎬ ｋ ｘ
＋１ ２ ２ ２ ＝ ( －１)ꎬ
４
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ｋ ２.解析 解法一 当直线 ｌ 斜率不存在 ｋ
由圆心到直线的距离｜３＋２ ｜ 可得ｋ : 则ｘ ｘ ２ ｘ ｘ －１ .
１＋
ｋ２ ＝２ 时
ꎬ
经检验ｘ
＝１
不合题意
ꎻ
１＋ ２＝
４－
ｋ２ꎬ １ ２＝
４－
ｋ２
当直线ｌ斜率存在时 设直线ｌ的方程 由 ＭＮ 可得 ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２
５ ꎬ ｜ ｜＝８ ( １－ ２) ＋( １－ ２)
＝－ ꎬ 为ｙ ｋ ｘ ｘ ｘ ２ ｋ２ ｘ ｘ ２
１２ ＝ ( －１)＋２ꎬ ＝( １－ ２) ＋ ( １－ ２)
( 所 ＝ ３ １ 以 ) . 当 切 ｌ 线 的 的 斜 方 率 程 不 为 存 ５ 在 ｘ ＋ 时 １ ꎬ ２ ｙ 经 － 检 ５＝ 验 ０ ｘ 或 ＝１ ｘ 由 解 已 得 知 ｋ 可得 或 ｜ ｋ ＋ １ ２ ３ ＋ － ｋ . ３ ２ ｜ ＝ ｜３ ｋ ＋ １ ２ ＋ ＋ ｋ２ ５｜ ꎬ 代 ＝( 入 １＋ ꎬ ｋ 得 ２ ) ( [ ４ １ ( － ＋ ｘ ｋ ｋ １ ２ ２ ＋ ) ｘ ２ ２ ＝ ) ２ ４ － ꎬ ４ 即 ｘ １ ｘ ４ ２ ｋ ] ４ ＝ － ６ ３ ４ ３ ꎬ ｋ２ ＋６３
不符合要求 ＝－４ －
ꎻ ２ ＝０ꎬ
当ｌ的斜率存在时 可设直线方程为 ｙ 所以所求直线 ｌ 的方程为 ｘ ｙ
ꎬ ４ ＋ －６＝０ 解得ｋ２ 或ｋ２ ２１.
ｋ ｘ . 或 ｘ ｙ . ＝３ ＝
＝ ( －１) ３ ＋２ －７＝０ ４
由圆心到直线的距离ｄ ＝ ｜３＋２ ｋ ｋ２ ｜ ꎬ 行 解法 或 二 经 : 过 由 线 题 段 意 Ｍ ꎬ 得 Ｎ 直 中点 线 ｌ 或与 ＭＮ 平 所以所求直线ｌ的方程为ｙ ＝ ３ ｘ ＋１ 或
１＋ ꎬ (３ꎬ－１)ꎬ
ｄ２
＋
４
＝４ꎬ
得ｋ
＝－
１ 或
－
２９. 所
ｘ
以所
ｙ
求直
.
线的方程为 ４ ｘ ＋ ｙ －６＝０ 或 ｙ ＝－ ３ ｘ ＋１ 或ｙ ＝
２
２１ｘ ＋１ 或ｙ ＝－
２
２１
所以 ５ 直线ｌ的方程为 ２ ｘ ＋２ ｙ ２ －１＝０ 或 ２９ ｘ ３. ３ 解 ＋ 析 ２ － 线 ７＝ 段 ０ ＡＢ的中垂线方程为 ３ ｘ － ｙ － ７.解 ｘ ＋ 析 １ . 以ＭＮ和ＯＣ所在的直线分别为
＋２ ｙ －２９＝０ . ５＝０ꎬ 线段ＡＣ的中垂线方程为ｘ －２ ｙ －５ ｘ轴 ｙ轴 这两条直线的交点为原点建
９.解析 由已知可设切线为 ３ ｘ － ｙ ＋ ｍ ＝０ꎬ ＝０ . 立平 ꎬ 面直 ꎬ 角坐标系.
由 ｜ ｍ ｜ ＝ １０ꎬ 得ｍ ＝±１０ꎬ 所以所求切 因为到Ａ (１ꎬ３)ꎬ Ｂ (４ꎬ２)ꎬ Ｃ (５ꎬ－５) 三点距 设圆的方程为ｘ２ ＋( ｙ ＋ ｂ ) ２ ＝ ｒ２ ꎬ
１０
离相等的点在线段ＡＢ
ꎬ
ＡＣ的中垂线上
ꎬ 可由 ＯＣ ＭＮ ＢＮ 的数据获得点
１０ 线 .解 方 析 程为 设 ３ 直 ｘ － 线 ｙ ＋ 的 １０ 方 ＝ 程 ０ 或 为 ３ ｘ ｘ － ｙ ｙ －１０＝０ . 所以 { ３ ｘ － ｘ － ２ ｙ ｙ － － ５ ５ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ 解得 {ｘ ｙ ＝ ＝－ １ꎬ ２ . Ｎ 值 ꎬ Ｃ 然 ｜ 的 后 坐 由 ｜ꎬ 标 各 ｜ ꎬ 竖 即 梁 ｜ 可 ꎬ 间 ｜ 求 距 出 ｜ 的 方 数 程 据 中 得 ｂ ꎬ 到 ｒ 点 的
２ ａ＋ ａ ＝１ꎬ 即所求点的坐标为 (１ꎬ－２) . Ｐ ꎬ Ｐ 的横坐标 代入圆的方程可算出
由 １ꎬ 该 解 直 得 线 ａ ＝ 过 － 点 ４ꎬ 所 Ｍ ( 以 ２ꎬ 该 －５ 直 ) 线 可 的 得 方 ２ ２ ａ 程 ＋ － 为 ａ ５ ＝ ｘ ４.解 所 ａ 析 以 无 因 论 总 为 ａ 表 取 ａ ꎬ 示 何 １－ 一 值 ２ 条 ａ ꎬ 方 不 直 程 可 线 能 ａ . ｘ 同 ＋( 时 １－ 为 ２ ａ ０ ) ꎬ ｙ ＋ Ｃ Ｐ 梁 组 １ １ ꎬ ꎬ Ｂ Ｐ １ ２ ２ Ｐ 两 １ꎬ 点 Ｂ ２ 的 Ｐ ２ 纵 的 ꎬ 坐 长 标 度 ꎬ . 进而可以确定竖
ｙ . ３ －１＝０
１１.解 ＋２ 析 ＋８＝ 设 ０ 在ｘ ｙ轴上截距相等的直线 将该方程整理可得 ａ ( ｘ －２ ｙ ＋３)＋ ｙ －１ １.解析 已知在 △ ＡＢＣ中 ꎬ ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ分别为
的方程 ｋ 为ｙ ＝ ｋ ꎬ ｘ或ｘ ＋ ｙ ＋ ｍ ＝０ . 由 ＝０ { ꎬ ｘ －２ ｙ ＋３＝０ꎬ可得 {ｘ ＝－１ꎬ ∠ ＝ ｂ Ａ ２ ꎬ ＋ ∠ ｃ２ － Ｂ ２ ꎬ ｂ ∠ ｃ ｃ Ｃ ｏｓ 所 Ａ. 对边的边长 ꎬ 求证 : ａ２
由｜３ １ － ＋ ２ ｋ２ ｜ ＝ ２ 解得ｋ ＝ ６± ７ ２２. 由此 ｙ 可 －１ 知 ＝０ 直 ꎬ 线ａｘ ＋(１ ｙ － ＝ ２ ａ １ ) . ｙ ＋３ ａ －１＝０ 直 证 线 明 为 : 如 ｘ 图 轴 ꎬ 建 以 立 点 平 Ａ 面 为 直 原 角 点 坐 ꎬ Ａ 标 Ｂ 系 所在 则 的 Ａ
ｍ 恒过定点 . ꎬ
由｜５＋ ｜ 解得ｍ 或 . (－１ꎬ１) Ｂ ｃ Ｃ ｂ Ａ ｂ Ａ .
２ ＝ ２ ＝－３ －７ ５.解析 设Ｐ ( ｘ ꎬ ｙ ) .因为 ∠ ＡＰＢ ＝９０ ° ꎬ ( 所 ０ꎬ０) 以 ꎬ ( ꎬ０ ｜ )ꎬ ( ＢＣ ｃｏｓ ꎬ ｜ ｓｉｎ ＝ ) ａ
所以所求直线方程为ｙ ＝ ６± ２２ｘ ꎬ 所以→ＡＰ Ｂ→Ｐ ＝０ꎬ ＝ ( ｂ ｃｏｓ Ａ － ｃ ) ２ ＋( ｂ ｓｉｎ Ａ －０) ２.
ｘ ｙ ｘ ｙ . ７ 即 ( ｘ －２ꎬ ｙ －１)( ｘ ＋４ꎬ ｙ －９)＝０ꎬ 两边平方 ꎬ 得 ａ２ ＝ ｂ２ ｃｏｓ ２Ａ －２ ｂｃ ｃｏｓ Ａ ＋ ｃ２
１２.解 得 ＋ 析 圆 － ３ Ｃ ＝ １ 由 : ０ ( ꎬ 圆 ｘ ＋ ＋ Ｃ ２ １ ) － : ２ ７ ｘ ＋ ２ ＝ ｙ ＋ ０ ２ ｙ ＝ ２ ＋ ４ ４ . ｘ ＝０ꎬ ６. 所 解 ５) 以 析 ２ ＝ 动 ２５ 点 ( ( １ 除 ) Ｐ 由 去 的 ４ 轨 Ａ ｘ ꎬ ２ 迹 Ｂ － ｙ 方 两 ２ ＝ 程 点 ０ 为 ) ꎬ 得 . ( ( ｘ ＋ ２ １ ｘ ) ＋ ２ ｙ ＋ ) ( ( ｙ ２ － ｘ 整 ＋ ｂ 理 ２ ｓｉ ꎬ ｎ 得 ２Ａ. ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ －２ ｂｃ ｃｏｓ Ａ.
由圆Ｃ
２:
ｘ２
＋
ｙ２
－２
ａｙ
－１＝０ꎬ
－
ｙ
)＝０ꎬ
得圆Ｃ ２: ｘ２ ＋( ｙ － ａ ) ２ ＝ ａ２ ＋１ . 即 ２ ｘ ＋ ｙ ＝０ 或 ２ ｘ － ｙ ＝０ꎬ 所以曲线为两
所以 ｜ Ｃ １ Ｃ ２｜－( ｒ １＋ ｒ ２) 条过原点的直线.
ａ２ ａ２ 设直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ
＝ ４＋ －(２＋ ＋１) (２) ＝ ( －２)＋１ꎬ
＝ 因为 ４＋
ａ２
－ ａ２
ａ２
＋ ａ １ ２ －２ꎬ 由
其与
{ｙ
曲
＝
线
ｋ ( ｘ
Ｃ
－
的
２)
交
＋
点
１ꎬ
为
解
Ｍ
得 (
ｘ
ｘ １ꎬ
ｙ
２ １ ｋ ) － ꎬ
Ｎ
１ (
ｘ
２ꎬ
ｙ
２)
. ２.解
１ꎬ
析
将 圆
设
Ｃ :
直
ｘ２
线
＋ ｙ
ｌ
２ ＋
的
２ ｘ
方
－
程
４ ｙ －
为
４＝
ｙ ＝
０
ｋ
化
(
为
ｘ －
标
２)
准
＋
４＋ － ＋１ ２ ｘ ＋ ｙ ＝０ ＝ ｋ ＋２ ꎬ 方程 ꎬ 得 ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝９ .
＝ ４＋ ａ２ ＋ ３ ａ２ ＋１ ≤ ２＋ ３ １ ＝１ꎬ 由 {ｙ ｘ ＝ ｋ ｙ ( ｘ －２)＋１ꎬ解得ｘ ＝ ２ ｋ ｋ －１. 则圆心Ｃ到直线ｌ的距离ｄ ＝ ｜３ ｋ ＋１ ｋ２ ｜.
所以 Ｃ Ｃ ｒ ｒ ２ － ＝０ －２ １＋
｜ １ ２｜－( １＋ ２)≤－１ꎬ 因为点Ａ 是线段ＭＮ的中点 因为 ＭＮ 所以ｄ２ ２ ２
所以 Ｃ Ｃ ｒ ｒ 即两圆不可能相 (２ꎬ１) ꎬ ｜ ｜＝２ꎬ ＋１ ＝３ ꎬ
｜ １ ２｜≠ １＋ ２ꎬ ｋ ｋ ｋ ２
外切. 所以２ －１ ２ －１ 解得ｋ . 即(３ ＋１)
ｋ ＋ｋ ＝４ꎬ ＝８ ｋ２ ＝８ꎬ
Ｂ组 ＋２ －２ １＋
所以所求直线ｌ的方程为ｙ ｘ . 化简 整理 得ｋ２ ｋ
１.解析 将 ｘ ｙ ｍ 整理 得 ｘ ｙ ＝８ －１５ 、 ꎬ ＋６ －７＝０ꎬ
６ －８ ＋ ＝０ ꎬ ３ －４ ＋ 设直线 ｙ ｋｘ 与曲线 Ｃ 交于 Ｍ 解得ｋ 或 所以直线ｌ的方程为ｘ
ｍ (３) ＝ ＋１ ＝１ －７ꎬ
ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 两点. ｙ 或 ｘ ｙ .
２ ＝ ｍ ０ꎬ 由 ( { １ꎬ ｙ ＝ １) ｋｘ ꎬ ＋１ ( ꎬ ２ 消 ꎬ 去 ２) ｙ 得 ｋ２ ｘ２ ｋｘ ３.解 － 析 －１ ＝ 将 ０ ｘ２ ７ ＋ ｙ ＋ ２ － － ２ １ ｘ ５ ＋４ ＝ ｙ ０ －４＝０ 化为标准
由 ２
＋２
解得ｍ 或ｍ . ４
ｘ２
－
ｙ２
＝０
ꎬ (４－ ) －２ － 方程
ꎬ
得
(
ｘ
－１)
２
＋(
ｙ
＋２)
２
＝９
.
＝１ ＝－１４ ＝６ 依题意可设直线ｌ ｙ ｘ ｍ Ａ ｘ ｙ
５ １＝０ꎬ : ＝ ＋ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ
５
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等Ｂ ｘ ｙ . 的标记如图所示. 所以地球离太阳最远距离为ａ ｃ .
( ２ꎬ ２) ＋ ＝１ ５３
{ ｘ ２ ｙ ２ ８ 最近距离为 ａ ｃ .
联立 ( －１) ＋( ＋２) ＝９ꎬ消元 整理 ×１０ ｋｍꎬ － ＝ １ ４７×
ｙ ｘ ｍ 、 ꎬ ８ .
＝ ＋ ꎬ １０ ｋｍ
得 ｘ２ ｍ ｘ ｍ２ ｍ 习题２—１
２ ＋２(１＋ ) ＋ ＋４ －４＝０ꎬ
Ａ组
则ｘ ｘ ｍ ｘ ｘ １ ｍ２ ｍ .
１＋ ２＝－ －１ꎬ １ ２＝ ( ＋４ －４) １.解析 以两个定点所在直线为ｘ轴 两
２ ꎬ
因为以ＡＢ为直径的圆恰好过原点 所
个定点的中点为原点建立平面直角坐
ꎬ ｘ２
以ＯＡ
⊥
ＯＢ. ２.解析
(１)
由方程
＋
ｙ２
＝１
可得
２
ａ
＝
标系.
４
所以Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ 即ｘ ｘ ｙ ｙ . 由椭圆定义可知点Ｐ的轨迹是椭圆 且
＝０ꎬ １ ２＋ １ ２＝０ ꎬ
所 即 以 ２ ｘ １ ｘ ｘ １ ２ ｘ ＋ ２＋ ｍ ( ( ｘ ｘ １ １ ＋ ＋ ｍ ｘ ２ ) ) ( ＋ ｘ ｍ ２＋ ２ ｍ ＝ ) ０ ＝ . ０ꎬ ４ꎬ２ ｂ ＝２ꎬ２ ｃ ＝ 顶 ２ 点 ３ꎬ ｅ ＝ ２ ３ ꎬ 焦点 :(－ ３ꎬ ２ ｃ ＝６ꎬ２ ａ ＝１０ꎬ 所以椭圆方程为 ２ ｘ ５ ２ ＋ １ ｙ ６ ２
０)ꎬ( ３ꎬ０)ꎬ :(－２ꎬ０)ꎬ(２ꎬ０)ꎬ(０ꎬ 图略.
将ｘ ｘ ｍ ｘ ｘ １ ｍ２ ｍ .图略. ＝１ꎬ
１＋ ２＝－ －１ꎬ １ ２＝ ( ＋４ －４) －１)ꎬ(０ꎬ１) ｘ２ ｙ２ ｙ２
代入可得ｍ２ ｍ
２
解得ｍ 或 由方程
ｘ２ ｙ２
可得 ａ ｂ
２.解析
(１) ＋ ＝１ꎬ
图略
ꎻ(２)
ｘ２
＋
＋３ －４＝０ꎬ ＝－４ (２) ＋ ＝１ ２ ＝６ꎬ２ ＝ ９ ５ ４
ｍ . ４ ９
＝１ ３
所 －４ 以 . 所求直线方程为 ｙ ＝ ｘ ＋１ 或 ｙ ＝ ｘ ４ꎬ２ ｃ ＝２ ５ꎬ ｅ ＝ ３ ５ ꎬ 焦点 :(０ꎬ－ ５)ꎬ(０ꎬ ＝１ꎬ 图略 ꎻ(３) ｘ ９ ２ ＋ ｙ ８ ２ ＝１ 或 ｘ ８ ２ ＋ ｙ ９ ２ ＝１ꎬ
顶点 图略.
５)ꎬ :(－２ꎬ０)ꎬ(２ꎬ０)ꎬ(０ꎬ－３)ꎬ
第二章 圆锥曲线 .图略. ｘ２ ｙ２
(０ꎬ３) ３.解析 设椭圆的标准方程为
ｍ ＋ ｎ ＝
３.解析 ｅ ５ ｅ ３.
§1 椭圆 (１) ＝ ３ ꎻ(２) ＝ ２ ì ï ïｍ ４ ＋ ｎ ３ ＝１ꎬ
练习(第 页)
则由已知可得í
１.１ 椭圆及其标准方程 ５５ ｙ２ ｘ２ ｙ２ １ꎬ ï ï１ １２
１.解析 ｘ２ îｍ＋ ｎ ＝１ꎬ
(１) ＋ ＝１ꎻ(２) ＋ ＝１ꎻ
１
练
.解
习
析
(第
４ 轨 ７ 迹
页
不
)
是椭圆 而是线段Ｆ Ｆ . ｘ２ ｙ２
４
ｘ２ ｙ２
１６ ９
解得
{ｍ
＝５ꎬ
２.解析 设动圆半径为
ꎬ
ｒ 由两圆外
１
切
２
与
(３)
４
＋
３
＝１ꎻ(４)
４
＋
２
＝１ꎻ ｎ ＝１５ .
内切满 足的条件可得 ꎬ ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ 或 ｙ２ 所以所求椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ .
(５) ＋ ＝１ꎻ(６) ＋ ＝１ ＋ ＋ ＝１
｜ ＭＣ １｜＋｜ ＭＣ ２｜＝( ｒ １＋ ｒ )＋( ｒ ２－ ｒ )＝ ｒ １＋ ｒ ２ ｘ２ ９ ６ １６ １２ １６ 图略. ５ １５
.
＝４ꎬ ＝１ ４.解析 以正方形的两条对角线所在的
又因为 Ｃ Ｃ ｒ ｒ １２
所以由 ｜ 椭 １ 圆 ２ 的 ｜＝ 定 ２ 义 － １ 可 ＝ 知 ２ꎬ 动圆圆心 Ｍ ２.解析 椭圆 ｘ２ ｙ２ 的焦点为 直线分别为 ｘ ꎬ ｙ 轴建立平面直角坐标
ꎬ ＋ ＝１ (１ꎬ 系 由已知可得短轴长 ｂ 焦距 ｃ
的轨迹是以圆心Ｃ Ｃ 为焦点 焦距为 ４ ３ ꎬ ２ ＝２ꎬ ２ ＝
的椭圆 除掉 Ｃ １ꎬ 和 ２ Ｃ 的切 ꎬ 点 . 设所求椭圆方程为 ｘ２ ２ꎬ 所以ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ＝２ꎬ 所以椭圆Ｃ的方
练 ２ 习(第 ( 页) ☉ １ ☉ ２ ) ０)ꎬ(－１ꎬ０)ꎬ ｍ ＋ 程为 ｘ２ ｙ２ 或ｘ２ ｙ２ .
５０ ｙ２ ＋ ＝１ ＋ ＝１
２ ２
１.解析
(１)(－６ꎬ０)ꎬ(６ꎬ０)ꎻ(２)(０ꎬ ｍ
－１
＝１ꎬ
５.解析 ２ １ １０
２.解 ７ 析 )ꎬ(０ꎬ－ 在 ７) 椭 ꎻ 圆 (３ 上 )(０ꎬ１) 不 ꎬ( 在 ０ꎬ 椭 －１ 圆 ) . 上 将 æ è ç ２ ꎬ ３ ö ø ÷代入椭圆方程 ꎬ 得ｍ ＝２ꎬ 所 (１) ２ ꎻ(２) ２ ꎻ(３) ５ ꎻ
(３) 不 在 (１ 椭 ) 圆上.图略 ꎻ . (２) ꎻ 以所 ２ 求椭 ２ 圆方程为 ｘ２ ｙ２ . (４) ５ ２ －１ ( 提示 : 由条件可得ｂ２ ＝ ａｃ ꎬ 所
３.解析
｜
ＢＦ
１｜＋｜
ＢＦ
２｜ ＝２ １７＋２>１０ꎬ ２
＋ ＝１ 以ａ２
－
ｃ２
＝
ａｃ
ꎬ
整理可得ｅ２
＋
ｅ
－１＝０)
.
｜ ＣＦ １｜＋｜ ＣＦ ２｜＝ ２６＋ １０<１０ .可以发 ３.解析 依题意可设所求椭圆方程为 ｘ２ ６.解析 由已知可得焦距 ｜ ＡＢ ｜＝２ ｃ ꎬ 长轴
现 到两焦点距离之和大于 ａ的点在 ２ 长 ＣＡ ＣＢ ａ 所以离心率 ｅ
: ２ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝２ ꎬ ＝
椭圆外
ꎻ
到两焦点距离之和小于
２
ａ 的
＋
ｙ２
＝
ｋ或 ｙ２
＋
ｘ２
＝
ｋ.
｜
ＡＢ
｜ ｜
ＡＢ
｜ .
点在椭圆内. ２ ＣＡ ＣＢ ＝ ＡＢ ＡＢ ＝ ２－１
｜ ｜＋｜ ｜ ２｜ ｜＋｜ ｜
４ ５ . . 解 解 析 析 ４ . ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ 由椭圆过点 ( ２ꎬ１) 可得( ２ ２ ) ２ ＋１ ２ ＝ ｋ ７. 长 解 为 析 由椭圆定义可知 △ Ｆ １ ＭＮ 的周
(１) ＋ ＝１ꎻ(２) ＋ ＝１ꎻ ２
４ ３ ９ ４ 或１ ２ ｋ 即ｋ 或ｋ ５ . ＭＮ ＭＦ ＮＦ ＭＦ ＭＦ
ｙ２ ｘ２ ｘ２ ｙ２
或 ２
＋( ２) ＝ ꎬ ＝２ ＝
２
｜
Ｎ
｜＋
Ｆ
｜ １
Ｎ
｜＋
Ｆ
｜ １｜＝
ａ
(｜
.
２｜＋｜ １｜)
(３) ＋ ＝ １ꎻ(４) ＋ ＝ １ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ＋(｜ ２｜＋｜ １｜)＝４ ＝８
ｘ２ ６ ３ ｙ２
.
６ ３ 所以所求椭圆方程为
４
＋
２
＝１ 或
５
＋ ８.解析 由已知可得
ａ
ｃ
＝
２
ꎬ
｜－ ｃ －２｜
＝
１＋ １３ ＋ ４＋ １３ ＝１ ２ ｘ２ ＝１ . 解得ｃ ａ 所 ２ 以椭圆 ２ 的标
１.２ 椭圆的简单几何性质 ５ ２ ２ꎬ ＝２ꎬ ＝２ ２ꎬ
４.解析 因为地球运行轨道所在椭圆的
准方程为
ｘ２ ｙ２
.
练习(第 页) 长半轴长 ａ . ８ 离心率 ｅ ＋ ＝１
５３ ＝１ ５０×１０ ｋｍꎬ ＝ ８ ４
１.解析 ａ为长半轴长 ｂ 为短半轴长 ｃ . ｘ２
ꎬ ꎬ ００２ꎬ ９.解析 设卫星运行轨道的方程为
为半焦距长 ｅ 为离心率 它们在图中 所以半焦距ｃ ａｅ ６ ａ２ ＋
ꎬ ꎬ ＝ ＝３×１０ ｋｍꎬ
６
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ｙ２ ７.解析 设动圆Ｐ的圆心为 ａ ｂ 半径
ａ ｂ 则由已知可得 Ａ Ｆ ( ꎬ )ꎬ 点为 离心率为 １３ 渐
ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ ｜ ２ ２｜ 为ｒ. (－２ꎬ０)ꎬ(２ꎬ０)ꎬ ꎬ
２
ａ ｃ Ａ Ｆ ａ ｃ 易知圆Ｃ的圆心为 记为Ｃ 半
＝ － ＝６３７１＋４３９＝６ ８１０ꎬ｜ １ ２｜＝ ＋ (－１ꎬ０)ꎬ ꎬ 近线方程为ｙ ３ ｘ.图略.
. 径为 . ＝±
＝６３７１＋２３８４＝８７５５ ４ ２
所以 ａ . ｃ . 所以 ｂ２ 由已知得 ＰＡ ｒ ＰＣ ｒ ＰＡ 实轴长为 虚轴长为 顶点为
＝７ ７８２ ５ꎬ ＝９７２ ５ꎬ ＝ ｜ ｜＝ ꎬ｜ ｜＝４－ ꎬ｜ ｜＋｜ (２) ６ꎬ ４ꎬ (０ꎬ
所以卫星 轨 道 方 程 为 ＰＣ ＡＣ
５９６２１５５０ꎬ ｜＝４>｜ ｜＝２ꎬ 离心率为 １３ 渐近线方
ｘ２ ｙ２ 点 Ｐ 的轨迹是以 Ａ Ｃ 为焦点的 －３)ꎬ(０ꎬ３)ꎬ ꎬ
. ∴ ꎬ ２
. ＋ ＝１ 椭圆
６０５６７３０６２５ ５９６２１５５０ ꎬ 程为ｙ ３ ｘ.图略.
Ｂ组 ＝±
１.解
{
析
ｋ ＋８
若
>９
焦
ꎬ
点在ｘ轴上 ꎬ
∴
∴２
点
ａ ＝
Ｐ
４
的
ꎬ２
轨
ｃ ＝
迹
２ꎬ
方
∴
程
ｂ
为
＝ ｘ２ ａ
＋
２ － ｙ ｃ ２ ２
＝
＝
１ .
３ꎬ ３.解析
(１)
２ ｘ２
－
ｙ
４
２
＝１ꎻ(２) ３
ｙ
６
２
－ ６
ｘ
４
２
＝１ꎻ
４ ３
则 ｋ 解得ｋ ｘ２ ｙ２
＋８－９ １ ＝４ꎻ ８.解析 . .
ｋ ＝ ꎬ ３－１ (３) － ＝１
＋８ ４ ９ ４
{ ０< ｋ ＋８<９ꎬ §2 双曲线 习题２—２
若焦点在ｙ轴上 则 ｋ Ａ组
ꎬ ９－( ＋８) １
９ ＝ ４ ꎬ ２.１ 双曲线及其标准方程 １.解析 双曲线 ｙ２ ｘ２ 的实轴长
(１) － ＝１
解得ｋ ５ . 练习 ６ １０
＝－
４ 为 虚轴长为 焦点坐标为
２.解析 将椭圆方程整理为 ｘ２ ｍ＋ ｙ ｍ ２ ＝１ꎬ １.解析 (１) ｘ２ － ｙ ３ ２ ＝１ꎻ(２) １ ｙ ６ ２ － ｘ ９ ２ ＝１ꎻ (０ꎬ ２ － ６ ４ ꎬ )ꎬ(０ꎬ４)ꎬ ２ 虚 １ 轴 ０ꎬ 端点坐标为
２－
因为焦点在ｘ轴上 ꎬ 所以 ２－ ｍ > ｍ >０ꎬ 即 (３) ｘ２ － ｙ２ ＝１ . (－ １０ꎬ０)ꎬ( １０ꎬ０)ꎬ 离心率为２ ６ ꎬ
ｍ . ２.解析 .图略. ３
０< <１ (－ ７ꎬ０)ꎬ( ７ꎬ０)
ｙ ｘ２ ｙ２ 渐近线方程为ｙ １５ｘ
３.解析 设Ｐ ｘ ｙ 则由题意可得 ３.解析 由椭圆 可得左 右顶 ＝± ꎻ
( ꎬ )ꎬ ｘ ＋ ＝１ 、 ５
ｙ
１ 即
ｘ２ ｙ２
且ｘ .
＋２
点为
(－２ꎬ０)ꎬ(２
４
ꎬ０)
３
ꎬ
右焦点为
(１ꎬ０)
.
(２)
双曲线
ｘ２
－
ｙ２
＝１
的实轴长为
１０ꎬ
ｘ ＝－ ꎬ ＋ ＝１ꎬ ≠±２ 因为双曲线过 焦点为 ２５ ２０
－２ ２ ４ ２ (１ꎬ０)ꎬ (－２ꎬ０)ꎬ
虚轴长为 焦点坐标为
所以该轨迹是去掉Ａ Ｂ两点的椭圆 其 ４ ５ꎬ (－３ ５ꎬ０)ꎬ
ꎬ ꎬ (２ꎬ０)ꎬ
长轴长为 焦距为 离心率为 ２. 所以双曲线的方程为ｘ２
ｙ２
. (３ ５ꎬ０)ꎬ
虚轴端点坐标为
(０ꎬ－２ ５)ꎬ
４ꎬ ２ ２ꎬ － ＝１
２ ３ 离心率为３ ５ 渐近线方程为
４.解析 因为折痕 ｌ ｉ 是点 Ａ ꎬ Ｐ ｉ 的对称 ２.２ 双曲线的简单几何性质 (０ꎬ２ ５)ꎬ ５ ꎬ
轴 所以 ＭＯ ＭＡ ＭＯ ＭＰ
ꎬ ｜ ｉ ｜＋｜ ｉ ｜＝｜ ｉ ｜＋｜ ｉ ｉ｜ 练习(第 页) ｙ ２ ５ｘ.
ＯＰ 因此点Ｍ Ｍ Ｍ 形成的 ６４ ＝±
＝｜ ｉ｜ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ １.解析 焦点为 顶 ５
轨迹是以Ｏ Ａ为焦点的椭圆. (１) (０ꎬ－３)ꎬ(０ꎬ３)ꎬ ｙ２ ｘ２
５.解析 (１)
ꎬ
由已知可得 Ａ １(－ ａ ꎬ０)ꎬ Ａ ２ 点为 (０ꎬ－ ５)ꎬ(０ꎬ ５)ꎬ 实轴长为
２.解析
(１)
ｘ２
－ ３ ＝１ꎻ(２)
ｙ２
－ ８ ＝１ꎻ
ａ Ｂ ｂ Ｂ ｂ . 虚轴长为 焦距为 ｙ２ ｘ２
( ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ－ )ꎬ ２(０ꎬ ) ２ ５ꎬ ４ꎬ ６ꎻ
(３)
９
－
４
＝１ꎻ
计算得 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 焦点为 顶点为 ５ ５
＝ ａ２ ＋ ｜ ｂ １ ２ ꎬ １ 所 ｜＝ 以 ｜ １ 四 ２ 边 ｜＝ 形 ｜ ２ Ａ １ １ Ｂ ｜ １ ＝ Ａ ２ ｜ Ｂ ２ ２ 为 ２｜ ( (２ － ) ２ꎬ０)ꎬ(２ ( ꎬ － ０)ꎬ ７ 实 ꎬ０ 轴 )ꎬ 长 ( 为 ７ꎬ ４ ０ ꎬ ) 虚 ꎬ 轴长为 (４) 设双曲线方程为 ｘ ｍ ２ － ｙ ｎ ２ ＝１ꎬ
菱形. 焦距为
２ ３ꎬ ２ ７ꎻ ì
ï９ ３２
由已知可得 ａｂ ａ２ ｂ２ 焦点为 顶点 ïｍ－ ｎ ＝１ꎬ {ｍ
(２) ２ ＝１２０ꎬ ＋ ＝ (３) (０ꎬ－２ ２)ꎬ(０ꎬ２ ２)ꎬ 则í 解得 ＝－９ꎬ
１３ꎬ 解得ａ ＝１２ꎬ ｂ ＝５ . (０ꎬ－２)ꎬ(０ꎬ２)ꎬ 实轴长为 ４ꎬ 虚轴长为 ï ï８１ ２５ ｎ ＝－１６ꎬ
ｘ２ ｙ２ 焦距为 . î ｍ－ ｎ ＝１ꎬ
则椭圆Ｃ的方程为 . ４ꎬ ４ ２ １６
６.解析 以ＡＣ中点Ｏ
１４
为
４
＋
原
２
点
５
＝１
ＡＣ所在直
２.解析
(１)
ｘ２
－
ｙ２
＝１ꎻ(２)
ｘ２
－
ｙ２
＝１ꎻ
所以双曲线的方程为
ｙ２
－
ｘ２
＝１
.
ꎬ ４ ５ ９ １６ ９
线为ｘ轴建立平面直角坐标系. ｘ２ ｙ２
.
３.解析 由已知可得双曲线的一个焦点
由 ＡＣ 可得Ａ Ｃ . (３) － ＝１ 为Ｆ 一条渐近线方程为 ｘ ｙ
｜ ｜＝６ (－３ꎬ０)ꎬ (３ꎬ０) ５ ５ (５ꎬ０)ꎬ ３ －４ ＝
由题意可知 ＢＡ ＢＣ ＤＡ ＤＣ 练习(第 页)
｜ ｜＋｜ ｜ ＝｜ ｜＋｜ ｜ ６５ 焦点到渐近线的距离为｜３×５－４×０｜
＝１０ꎬ １.解析 ａ为实半轴长 ꎬ ｂ 为虚半轴长 ꎬ ｃ ０ꎬ ３ ２ ＋４ ２
ｘ２ ｙ２ 为半焦距长 如图. .
所以点Ｂ Ｄ在椭圆 上. ꎬ ＝３
ꎬ ＋ ＝１ ｃ ｂ
ＢＤ是过椭圆中心的 ２５ 弦 １ 设 ６ Ｂ ｘ ｙ ４.解析 由 ａ ＝２ 可得 ａ ＝ ２ ２ －１ꎬ
ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ
则由平行四边形的对称性 或椭圆的对
( 所以渐近线方程为ｙ ＝± ３ ｘ.
称性 ) 可得 Ｄ (－ ｘ ０ꎬ－ ｙ ０)ꎬ 所以 ｜ ＢＤ ｜ ＝ ５.解析 设
☉
Ｏ
１
和
☉
Ｏ
２
的半径分别为ｒ
１ꎬ
ｘ２ ｒ 则动圆圆心Ｍ满足 ＭＯ ＭＯ
ｘ２ ｙ２ ９ ０ . ２ꎬ ｜ １｜－｜ ２｜＝
２ ０＋ ０ ＝２ １６＋ ≥８ ｒ ｒ 由双曲线定义可知动圆圆心Ｍ的
２５ １－２ꎬ
于是 当ｘ 时 ＢＤ 取得最小值 . ２.解析 实轴长为 虚轴长为 顶 轨迹是以Ｏ Ｏ 为焦点的双曲线的一支.
ꎬ ０＝０ ꎬ｜ ｜ ８ (１) ４ꎬ ６ꎬ １ꎬ ２
７
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等Ｂ组 ( ) ｘ 为准线的抛物线.
焦点为 ３ 准线为ｙ ３ ＝－２
１.解析 可知双曲线的焦点为 (２) ０ꎬ ꎬ ＝－ ꎻ ４.解析 由抛物线的定义可知 点Ｍ ｘ
顶点为 所以双曲线的
(０
方
ꎬ±
程
５)
为
ꎬ
(
４
)
４
ｙ 到 准线ｘ 的距离为
ꎬ
即ｘ
( ０ꎬ
２.解 ｙ ９ ２ 析 － １ ｘ ６ ２ 若 ( ＝ ０ １ ꎬ ｋ . ± >０ ３ ꎬ ) 双 ꎬ 曲线的方程为 ９ ｘ ｋ ２ － ４ ｙ ｋ ２ ( ( ( ３ ４ ５ ) ) ) 焦 焦 焦 点 点 点 为 为 为 ( ( ０ ０ － ꎬ ꎬ ４ １ － １ ꎬ ２ １ ０ ) ) ꎬ 准 ꎬ ꎬ 准 准 线 线 线 为 为 为 ｙ ＝ ｙ ｘ ＝ ＝ － ２ ４ １ １ １ ꎻ ꎻ ꎻ ５. ６ 解 ± ＝ ０ ) ６ １ ) 析 . ꎬ ０ 所 ꎬ 解 以 设 得 点 抛 ｘ Ｍ ０ 物 ＝ ＝ － 的 线 ９ １ ꎬ 坐 的 代 标 方 入 为 程 ｙ２ 为 ( ＝ ９ ４ ꎬ ｘ ｘ １ － ２ ꎬ ０ ＝ 解 ６ ꎬ ) ２ 得 或 ｐｙ ( ｙ ( ０ ０ ＋ ｐ ９ ＝ > １ ꎬ
＝１ꎬ
(
８
)
８
０)
.
ｂ２ ｂ２ 焦点为 １ 准线为ｘ １ . 由已知可得点Ｂ . . 将其代入ｘ２
则 ４ 所以离心率 ｅ (６) ꎬ０ ꎬ ＝－ (３５ꎬ０７)ꎬ
ａ２ ＝ ꎬ ＝ １＋ａ２ １６ １６ ｐｙ可得ｐ . 所以这条抛物线的
９ 练习(第 页) ＝２ ＝８ ７５ꎬ
７３ 方程为ｘ２ . ｙ.
１３ １.解析 ｙ２ ｘ ｘ２ ｙ ｘ２ ＝１７５
＝ ꎬ (１) ＝－２ ꎻ(２) ＝１２ ꎻ(３) Ｂ组
３ ｙ.
其渐近线方程为 ｘ ｙ ｘ ｙ . ＝ １.解析 设Ｍ ｘ ｙ 记抛物线的顶点为
２ －３ ＝０ꎬ２ ＋３ ＝０ ２.解析 如图 可以发现抛物线ｙ２ ａｘ中 ( ꎬ )ꎬ
ｙ２ ｘ２ ꎬ ＝ Ｏ 焦点为Ｆ 则由抛物线定义及已知条
若ｋ 双曲线的方程为 ｘ的系数ａ的绝对值越大 抛物线的开 ꎬ ꎬ
<０ꎬ ｋ－ ｋ＝１ꎬ ꎬ ｐ
－４ －９ 口越大. 件可得 ＯＦ ＭＯ ＭＦ 且
则
ｂ２
９ 所以离心率 ｅ
ｂ２ ｜ ｜＝
２
ꎬ｜ ｜＝｜ ｜＝２ꎬ
ａ２ ＝
４
ꎬ ＝ １＋ａ２
ｘ
ｐ
由等腰三角形三线合一的性
＝２－ ꎬ
２
１３ ｐ ｐ
＝ ꎬ 质可得 解得ｐ ８ 所以焦
２ ２－ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
其渐近线方程为 ｘ ｙ ｘ ｙ . ２ ４ ３
２ －３ ＝０ꎬ２ ＋３ ＝０ ( )
ｙ 点为Ｆ ４ .
３.解析 设 Ｐ ｘ ｙ 则 ｋ ｋ ꎬ０
( ꎬ )ꎬ ＰＡ＝ｘ ꎬ ＰＢ＝ ３
ｙ
＋２ ３.解析 由抛物线的定义可知点Ｐ到准 ２.解析 设抛物线的方程为ｘ２
＝２
ｐｙ.
ｘ ꎬ 点Ｐ满足ｋ ＰＡ ｋ ＰＢ＝１ꎬ 线ｙ ＝－１ 的距离为 ３ꎬ 所以ｎ ＝２ . 由抛物线的定义可得ｍ ｐ 所以Ｑ
－２ ４.解析 由已知可发现动点 Ｍ 满足 到 ＋ ＝５ꎬ
ｙ ｙ ｘ２ ｙ２ : ２
即 整理 得 ｘ 定点Ａ的距离与到直线ｘ 的距离相 ( ｐ )
ｘ ｘ ＝１ꎬ ꎬ － ＝１( ＝２ 将其代入抛物线方程 得
＋２ －２ ４ ４ 等 所以动点Ｍ的轨迹是以Ａ －３ꎬ５－ ꎬ ꎬ
. ꎬ (－２ꎬ０) ２
≠±２) 为焦点 直线ｘ 为准线的抛物线 所 ( ｐ )
ꎬ ＝２ ꎬ ｐ 解得ｐ 或ｐ .
§3 抛物线 以该抛物线方程为ｙ２ ＝－８ ｘ. ９－２ ５－ ２ ꎬ ＝１ ＝９
习题２—３ 同理设抛物线方程为ｘ２ ｐｙ 时 ｐ
＝－２ ꎬ ＝
３.１ 抛物线及其标准方程 Ａ组 或ｐ .
－１ ＝－９
练习
１.解析
(１)
ｘ２
＝６
ｙ
ꎻ(２)
ｙ２
＝１２
ｘ 或 ｙ２
＝
综上
ꎬ
抛物线方程为 ｘ２
＝±２
ｙ 或 ｘ２
＝
ｘ ｙ.
１.解析 ｙ２ ｘ ｙ２ ｘ ｙ２ －１２ ꎻ ±１８
(１) ＝２ ꎻ(２) ＝１２ ꎻ(３) ３.解析 设 Ｐ ｘ ｙ .由已知可得椭圆的
＝６
ｘ.
(３)
ｙ２
＝８
ｘ 或 ｙ２
＝－８
ｘ
ꎻ(４)
ｘ２
＝－
１ ｙ.
左顶点 为Ａ
( ꎬ )
２.解析 焦点为 准线方程为ｘ ２ (－４ꎬ０)ꎬ
(１) (３ꎬ０)ꎬ 本题图略 所以 ＰＡ ２ ｘ ２ ｙ２ ｘ２ ｘ
焦点到准线的距离为 ( ) ｜ ｜ ＝( ＋４) ＋ ＝ ＋４ ＋１６＝
＝－３ꎬ ( ) ６ꎻ ２.解析 (１) 焦点为 (０ꎬ－１)ꎬ 准线为 ｙ ( ｘ ＋２) ２ ＋１２≥１２ꎬ 当ｘ ＝－２ 时 ꎬ｜ ＰＡ ｜ 取
(２) 焦点为 １ ８ ꎬ０ ꎬ 准线方程为 ｘ ＝ ＝１ꎻ ( ) ４.解 得 析 最小值 由抛 ２ 物 ３ . 线的定义结合已知条件
－ ８ １ ꎬ 焦点到准线的距离为 １ ４ . (２)
焦点为
( － ８
３
ꎬ０ ) ꎬ
准线为ｘ
＝ ８
３
ꎻ 可得 Ｐ ( ｐ ) 或 Ｐ ( ｐ )
３. 点 解析 Ｐ 满 由 足 动 到 圆 定 与 点 直 Ａ 线 的 的 距 位 离 置 与 关 到 系 定 ꎬ 直 可 线 知 ｌ (３) 焦点为 ０ꎬ １ １ ６ ꎬ 准线为ｙ ＝－ １ １ ６ ꎻ 代入抛物 １０ 线 － ２ 方 ꎬ６ 程 ｙ２ ＝ ２ １ ｐ ０ ｘ － ꎬ ２ 得 ꎬ－ ３ ６ ６ ＝ ꎬ
的距离相等 由抛物线定义可知 点 Ｐ (４) 焦点为 (１ꎬ０)ꎬ 准线为ｘ ＝－１ . ( ｐ )
ꎬ ꎬ ３.解析 解法一 当点Ｍ在ｙ轴左侧时 ２ ｐ １０－ ꎬ
的轨迹是以点Ａ为焦点 直线ｌ为准线 : ꎬ ２
ꎬ 点Ｍ在 ｘ 轴的负半轴上 方程为 ｙ 解得ｐ 或ｐ
的抛物线. ꎬ ＝０ ＝２ ＝１８ꎬ
ｘ 所以当点Ｐ的横坐标为 时 抛物线的
３.２ 抛物线的简单几何性质 ( 当点 ≤０ Ｍ )ꎻ 在ｙ 轴右侧时
ꎬ
点 Ｍ 的轨迹是 方程为ｙ２
＝４
ｘ
ꎻ
９ ꎬ
练习(第
７１
页) 以点Ａ 为焦点
ꎬ
ｘ
＝－２
为准线的抛物 当点Ｐ的横坐标为
１
时
ꎬ
抛物线方程为
１.解析 (１) ｘ２ ＝４ ｙ ꎬ 顶点为 (０ꎬ０)ꎬ 准线 线 ꎬ 其方程为ｙ２ ＝８ ｘ. ｙ２ ＝３６ ｘ.
方程为ｙ
＝－１ꎻ
所以点Ｍ的轨迹方程为ｙ２
＝８
ｘ或ｙ
＝０
５.解析 以抛物线顶点为原点
ꎬ
对称轴为
(２)
ｙ２
＝－４
ｘ
ꎬ
顶点为
(０ꎬ０)ꎻ
准线方程为
(
ｘ
≤０)
. ｙ轴建立平面直角坐标系
ꎬ
此时可设抛
ｘ
＝１ꎻ
解法二
:
设 Ｍ
(
ｘ
ꎬ
ｙ
)ꎬ
由已知可得点 Ｍ 物线的方程为ｘ２
＝－２
ｐｙ
(
ｐ
>０)ꎬ
由题意
ｘ２ ｙ 顶点为 准线方程 ｘ ｙ 满足 ｘ ｘ ２ ｙ２ 整理 可知点 在抛物线上 所以 ２
(３) ＝－１２ ꎬ (０ꎬ０)ꎻ ( ꎬ ) ｜ ｜＋２＝ ( －２) ＋ ꎬ (２ꎬ－２) ꎬ ２ ＝
为ｙ . 可得ｙ２ ｘ ｘ ｐ 解得ｐ 所以抛物线的方
＝３ ＝４( ＋｜ ｜)ꎬ －２ (－２)ꎬ ＝１ꎬ
２.解析 焦点为 准线为 ｘ 当ｘ 时 ｙ 轨迹是一条射线 程为ｘ２ ｙ.
(１) (－１ꎬ０)ꎬ ≤０ ꎬ ＝０ꎬ ꎻ ＝－２
当ｘ 时 ｙ２ ｘ 轨迹是以Ａ为焦点 设水下降 时 水面宽为 ａ ａ
＝１ꎻ >０ ꎬ ＝８ ꎬ ꎬ １ ｍ ꎬ ２ ( >０)ꎬ
８
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则点 ａ 在抛物线上 所以 ａ２ ２.解析 因为直线ｌ恒过点 所 ４.解析 由两点间的距离公式可得 ＰＡ
( ꎬ－３) ꎬ ＝６ꎬ (－ ３ꎬ０)ꎬ ｜ ｜
所以水面宽为 . ｘ２ ｘ ２ ｙ２.
２ ６ ｍ 以直线ｌ与椭圆 ｙ２ ａ 总有公 ＝ ( －３) ＋
ａ２ ＋ ＝１( >１) ｘ２ ｙ２
§4 直线与圆锥曲线 共点的充要条件是 不在椭圆 由 ＋ ＝１ 可得ｙ２ ＝１２－ ３ ｘ２ ꎬ
(－ ３ꎬ０) １６ １２ ４
的位置关系 外 ꎬ 所以 ａ ３ ２ ＋０ ２ ≤１( ａ >１)ꎬ 即ａ ≥ ３ . 则 ｜ ＰＡ ｜＝ ２ １ ｘ２ －２４ ｘ ＋８４
４.１ 直线与圆锥曲线的交点 ３.解析 由直线ｌ的方程可知 直线ｌ恒
ꎬ １ ｘ ２ .
＝ ( －１２) －６０
练习(第 页) 过点Ａ 且斜率不为 . ２
７７ (２ꎬ－１)ꎬ ０ 由椭圆自变量的取值范围可得 ｘ
１.解析
(１)
由 {ｙ
ｘ
２
－
＝
２ ｙ
４
－
ｘ ꎬ
１＝０
消元可得ｙ２
－
所
－１
以
) 在
满
椭
足
圆
题
内
意
ꎬ
的充要条件是点 Ａ (２ꎬ
Ｂ ４ 组 ꎬ
所以
｜
ＰＡ
｜∈[１ꎬ７]
. －４≤ ≤
因 ８ ｙ 为 －４ Δ ＝０ꎬ 所以直线与抛 所以２ ａ ２ ２ ＋ (－ ２ １) ２ <１ꎬ 解得ａ >２ ２ . １.解析 设Ｆ ｃ 由 ｃ １ 可得ａ
＝６４＋１６＝８０>０ꎬ (－ ꎬ０)ꎬ ａ ＝ ＝
物线有两个交点. ４.２ 直线与圆锥曲线的综合问题 ２
ｘ ｙ ｃ ａ２ ４ ｂ２.
解法一 显然 直线 过椭 练习(第 页) ２ ꎬ ＝
(２) : ꎬ ＋ ＝１ ８１ ３
２ ３ １.解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ . ｘ ｙ
圆的两个顶点 (２ꎬ０)ꎬ(０ꎬ ３)ꎬ {ｘ ｙ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) 直线ＡＢ的方程为
－ ａ＋ ｂ ＝１ꎬ
所以直线与椭圆有两个交点. 由 ｙ２ －２ ＋ ｘ １＝０ꎬ消元 ꎬ 得ｙ２ －４ ｙ ＋２＝０ꎬ 即ｂｘ － ａｙ ＋ ａｂ ＝０ .
ìｘ ｙ
＝２
ｂｃ ａｂ
ï 由ｙ ｙ ｙ ｙ 由点到直线的距离公式 得｜－ ＋ ｜
解法二 由í ï ２ ＋ ３ ＝１ꎬ 消元可得 ｘ２ 所以 １＋ ＡＢ ２＝４ꎬ １ ｘ ２＝２ ｘ ꎬ ２ ｙ ｙ ２ ꎬ ａ２ ＋ ｂ２
: ï
ï
ｘ２ ｙ２
４
＋ ｜ ｜＝ ( １－ ２) ＋( １－ ２)
( ｘ ) ２ î ４ ＋ ３ ＝１ ＝ ＝ ５ ４ ( ０ ｙ ＝ １－ ２ ｙ ２) １０ ２ ＝ . ５[( ｙ １＋ ｙ ２) ２ －４ ｙ １ ｙ ２] 整 ＝ 理 ７ ３ 得 ꎬ ａ２ ｂ２ ｂ２ ａ ｃ ２
１－ ＝１ꎬ ２.解析 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ . ꎬ ３( ＋ )＝７ ( － ) ꎬ
整理得
２
ｘ２ －２ ｘ ＝０ꎬ 解得ｘ ＝２ 或ｘ ＝０ꎬ 所 因为直 线ｌ和
(
椭
１ꎬ
圆
１)
ｘ
ꎬ
２
(
ｙ２
２ꎬ ２)
都关于原 将ａ ＝２ ｃ ꎬ ａ２ ＝ ３ ４ ｂ２ 代入 ꎬ 得ｃ ＝１ .
以直线与椭圆有两个交点. ＋ ＝１
４ ３ 所以ａ ｂ 所以椭圆的方程为
２.解析 由例 的结果可知直线ｘ ｙ 点对称 ＝２ꎬ ＝ ３ꎬ
２ － ＋ ３ ꎬ ｘ２ ｙ２
＝０ꎬ ｘ － ｙ － ３＝０ 与椭圆 ｘ ２ ２ ＋ ｙ２ ＝１ 恰好 所 所 以 以 点 ｘ １＝ Ｍ － ꎬ ｘ Ｎ ２ꎬ 关 ｙ １ 于 ＝ 原 － ｙ 点 ２ . 对称 ꎬ ４ ＋ ３ ＝１ . {ｘ２ ｙ２
相切 由教材中的图 可知直线ｌ ｘ ｘ２ ｙ２ ２.解析 由方程组 ＋ ＝１ꎬ
ꎬ ２－３６ : 因为 １ １ １６ ９
ｙ 在两条切线的外侧 与椭圆无 ＋ ＝１ꎬ ｙ ｘ ｍ
－ ＋６＝０ ꎬ ４ ３ ＝ ＋ ꎬ
交点 ꎬ 椭圆上的点到直线ｌ的最小距离 所以 ｜ ＭＮ ｜＝２｜ ＭＯ ｜ 得 ２５ ｘ２ ＋３２ ｍｘ ＋１６( ｍ２ －９)＝０ .
等于直线ｌ与直线ｘ ｙ 的距离 æ ｘ２ö 由Δ ２ｍ２ ｍ２ 可解
－ ＋ ３＝０ ꎬ ｘ２ ｙ２ ｘ２ ç １÷ ＝３２ －４×２５×１６( －９)＝０
＝２ １＋ １ ＝２ １＋３è１－ ø 得ｍ .
所以最小距离等于｜６－ ３｜ ６ ２－ ６. ４ ＝±５
＝ ｘ２ ｙ２
练习(第
７８
页)
２ ２
＝２
１
４
ｘ２
１＋３
. ３.解析 设Ａ
(
ｘ
０ꎬ
ｙ
０)ꎬ
则
４
０
＋
３
０
＝１
.
{ｙ ＝ ｋｘ －１ꎬ 因为ｘ２ １≤４ꎬ 所以当ｘ２ １＝４ 时 ꎬ｜ ＭＮ ｜ 可取 所以 ｜ ＡＥ ｜ ２ ＝( ｘ ０－１) ２ ＋ ｙ２ ０
１.解析 由 ｘ２ ｙ２ 消元可得 (９－４ ｋ２ ) ｘ２ 最大值 ４ . ｘ ２ æ ç ｘ２ ０ ö ÷
－ ＝１ 此时直线ｌ的方程为ｙ . ＝( ０－１) ＋３è１－ ø
４ ９ ＝０ ４
ｋｘ 习题２—４ ｘ２
＋８ －４０＝０ꎬ① ０ ｘ １ ｘ ２.
因为直线ｌ与双曲线Ｃ有且只有一个 Ａ组 ＝ －２ ０＋４＝ ( ０－４)
４ ４
公共点 １.
ꎬ Ｃ 所以 ＡＥ １ ｘ .
所以当
９－４
ｋ２
＝０ꎬ
即ｋ
＝±
３ 时
ꎬ
方程
①
２.解析 由ｘ２
－４
ｙ２
＝０ꎬ
得
(
ｘ
－２
ｙ
)(
ｘ
＋２
ｙ
)
因为
｜ ｜
ｘ
＝
２
｜
所
０－
以
４｜
ＡＥ .
２ ＝０ꎬ －２≤ ０≤２ꎬ １≤｜ ｜≤３
为 ｘ 此时直线ｌ与双曲线Ｃ 即ｘ ｙ 或ｘ ｙ 所以该方程表 {ｙ ｘ ｍ
±１２ －４０＝０ꎬ －２ ＝０ ＋２ ＝０ꎬ ４.解析 解法一 由 ＝ ＋ ꎬ 可得 ｘ２
有且只有一个公共点. 示两条过原点的直线.图略. : ｘ２ ｙ２ ３ ＋
＋２ ＝４
当 ｋ２ 时 由Δ ｋ ２ ３.解析 设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ . ｍｘ ｍ２ .
９－４ ≠０ ꎬ ＝(８ ) ＋１６０(９－ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) ４ ＋２ －４＝０
ｋ２ {ｘ２ ｙ２ 设直线 ｌ 与椭圆的两个交点为 Ａ ｘ
４ )＝０ꎬ ( １ꎬ
由 ＋ ＝１ꎬ得 ｘ２ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则
得ｋ２
＝
２
５
ꎬ
即 ｋ
＝±
２
１０时
ꎬ
此时直线 ｌ
３
１
ｘ
６
－
ｙ
＋
４
２＝０ꎬ
３７ ＋４８ ＝０ꎬ
Δ
１
＝
)ꎬ
１６
(
ｍ２
２
－
ꎬ
１
２
２
)
(
ꎬ
２
ｍ２
－４)>０ꎬ
即
－ ６<
ｍ
与双曲线Ｃ有且只有一个公共点.
解得ｘ ｘ ４８ .
１＝０ꎬ ２＝－ ꎬ < ６
３７ ｍ
所以当ｋ ３ 或ｋ １０时 因为ｘ ｘ －４
＝±
２
＝±
２
ꎬ 所以
｜
ＭＮ
｜＝ (
ｘ
１－
ｘ
２)
２
＋(
ｙ
１－
ｙ
２)
２ １＋ ２＝
３
ꎬ
直线 ｌ 与双曲线 Ｃ 有且只有一个公 ( ｍ ｍ)
ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ２ ４８ １０. 所以ＡＢ中点为Ｍ ２ .
共点. ＝ ( １－ ２) ＋９( １－ ２) ＝ － ꎬ
３７ ３ ３
９
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｜ ｜＝｜ ｜ꎬ ⊥ ꎬ ｘ２ ｙ ｙ２ . 所以Ｓ １ ２ ２ ６.
即 因为 Ｅ→Ｍ 此 时 (１ 不 ꎬ１ 满 ) 足 ＝０ Δ ꎬ 解 >０ 得 ꎬ ｍ ＝－３ . ４. ( 答 ３ 案 ) ＝ ３ ２ 或 ꎻ( ５ ４) ５ ＋ ＝１ ３.解析 △ 由 ＯＭ 已 Ｎ＝ 知 ２ 可 × 得 ２× 点 ２ (１ ３ ꎬ２ ＝ ) 在 ３ ｙ２ ＝２ ｐｘ
解 所 法 以 ｘ２ 二 不 ｙ 存 : ２ 设 在 Ａ 直 ( ｘ ｘ 线 １ ２ ꎬ ｙ ｌ ｙ １ 满 ) ２ ꎬ 足 Ｂ ( ｜ Ｅ ｘ ２ Ａ ꎬ ｜ ｙ ＝ ２) ｜ ꎬ ＥＢ ｜ . ５ ６ . . 答 答 案 案 ３ ７ 或 ∶ １ １ ３ 所 和 所 以 以 ａｘ 抛 ＋ ４ ｙ ＝ 物 － ２ ４ 线 ｐ ＝ ꎬ ａ ０ ｙ ＋ ２ 上 ２ ＝ － ４ ꎬ ４ ｘ ＝ 的 ０ 焦 ꎬ 即 点 ｐ 到 ＝２ 直 ꎬ ａ 线 ＝２ ２ . ｘ ＋ ｙ
则 １ １ ２ ２ ７.答案
所 ＝( 以 ４ ｘ １ ｜ ＋ － Ａ １ Ｅ ２ ) ｜ ２ ＝ ２ ＋ ＝ １ ２ ꎬ ( æ è ç ｘ １ ４ １ － － ＋ ｘ １ ４ ２ １ ２ ) ö ø ÷ ２ ＝ ＋ ｙ １ ２ １ ꎬ ８.解析 ( ± １) ３ 由 { ７ ３ ７ － － － ｍ ｍ ｍ ≠ > < ０ ０ ｍ ꎬ ꎬ －３ 可得ｍ ∈(３ꎬ ４. － 解 ４ 析 ＝０ 的 由 距 { 离 ｘ ｘ２ － 为 ＋ ｍ ３ ｙ ｜ ｙ ２ ＋ ２ － ２ ５ ＝ ４ ＝ ３ ｜ ０ ＝ ꎬ ２ 化 ５ ５ 简 . 、 整理 ꎬ 得
ｘ２ ５)∪(５ꎬ７)ꎻ ( ｍ２ ＋３) ｙ２ －４ ｍｙ ＋１＝０ .
＝ ２ １ －２ ｘ １＋３＝ ２ １ ( ｘ １－２) ２ ＋１ . (２) 由 (７－ ｍ )(３－ ｍ )>０ 可得 ｍ ∈ 因为直线与椭圆只有一个公共点 ꎬ
同
二
因 理
次
为 可
函
－２ 得
数
≤ ｜ ｘ
ｙ
Ｂ １
＝
≤ Ｅ ｜
１
２ ２ ꎬ
(
＝ －
ｘ
２ ２ １
－
≤
２
(
)
ｘ ｘ
２
２ ２
＋
≤ －
１
２ ２ )
在
ꎬ ２ ＋
[
１
－
.
２ꎬ２] 上
９. ( 解
所 ＝
－
６
析
以
∞
ꎬ 椭
ꎬ３ 由
圆
)∪ 已
的
( 知
右
７ꎬ 可
焦
＋∞ 得
点
)
为
ａ . ４ ２ ＋
Ｆ
３ １ ＝１ꎬ 解得
所以
ａ２ ５.
设
解 所 ０ꎬ 析 以 解
Ｍ
得 Δ
ｘ
由 ＝ ｍ １
ｙ
ｘ ＝ ６
４
２ ｍ ± ＋ ２ １
Ｎ
ｙ － .
３
２ ４ ＝
ｘ
( １ ｍ 可
ｙ
２ ＋ 知 ３) Ｆ ＝ ２( １ １ ２ ꎬ ｍ ０ ２ ) － . １２＝
２ ( ３ꎬ０)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
单调递减
所以不存 ꎬ 在不同的两个值 ｘ ｘ 使它 ｜ ＰＦ ｜＝ (２－ ３) ２ ＋(－１－０) ２ ＝ 则Ｓ △ ＭＮＦ １ ＝ ２ １ ｜ Ｆ １ Ｆ ２｜｜ ｙ １－ ｙ ２｜＝｜ ｙ １－ ｙ ２｜ .
１ꎬ ２ꎬ
. 设直线ｌ ｘ ｍｙ 将直线 ｌ 的方程代
们的函数值相等 即不存在点Ａ Ｂ满足 ８－４ ３ ＝ ６－ ２ : ＝ ＋１ꎬ
ꎬ ꎬ
｜ ｜ Ｅ Ｅ Ａ Ａ ｜ ｜＝ ＝ ｜ ｜ Ｅ Ｅ Ｂ Ｂ ｜ ｜ . ꎬ 所以不存在直线 ｌ 满足 １０. 由 解 { 析 ｘ －２ 设 ｙ ＋ Ａ ２ ( ＝ ｘ ０ １ ꎬ ꎬ 得 ｙ １)ꎬ ｙ Ｂ ( ｘ ２ ｙ ꎬ ｙ ２) . 解得ｙ 入 ＋６ 椭 ｍｙ 圆 －９ 方 ＝ 程 ０ꎬ ꎬ 化简 、 整理 ꎬ 得 (３ ｍ２ ＋４) ｙ２
５. １ 解 ) 析 ꎬ 若 使 因 直 为 线 直 与 线 椭 ｙ 圆 ＝ 总 ｋｘ 有 ＋１ 公 恒 共 过 点 点 ꎬ 则 (０ 点 ꎬ ＝０ꎬ ｘ ｙ ２ ２ ＋ ＝ ４ １ ｙ ꎬ ２ ＝４ ( －１) ＝０ꎬ １ 所 所 以 以 Ｓ ｙ １＋ ｙ ２＝ ３ － ｍ ｙ ６ ２ ｍ ＋ ｙ ４ ꎬ ｙ １ ｙ ２＝ ３ ｍ － ２ ９ ＋４ .
(０ꎬ１)
在椭圆上或在椭圆内
ꎬ
所以０ ２
＋
所以 ｜ ＡＢ ｜ ＝ ( ｘ １－ ｘ ２) ２ ＋( ｙ １－ ｙ ２) ２ ＝
ｙ
△ ＭＮ
ｙ
Ｆ １ ＝
２
｜ １
ｙ
－
ｙ
２｜
２ ｙ ｙ ２ . ＝ ( １＋ ２) －４ １ ２
１ ｍ ２ ≤１ꎬ 解得ｍ ≥１ . １１. 称 解
５
轴 析
(
为
１－
如 ｙ轴 图
２)
建 ꎬ 以
＝
立 抛
５
平 物 面 线 直 顶 角 点 坐 为 标 原 系 点 . ꎬ 对 ＝ æ è ç ３ － ｍ ６ ２ ｍ ＋４ ö ø ÷ ２ ＋ ３ ｍ ３ ２ ６ ＋４ ＝ １２ ３ ｍ２ ｍ ＋ ２ ４ ＋１.
ｘ２ ｙ２
因为方程 是椭圆 所以ｍ 令ｔ ｍ２ 则ｔ
＋ｍ ＝１ ꎬ >０ ＝ ＋１ꎬ ≥１ꎬ
２ ｔ
且ｍ Ｓ ｙ ｙ １２ １２ .
≠２ꎬ △ ＭＮＦ １ ＝｜ １－ ２｜＝ ｔ２ ＝
所以实数ｍ的取值范围为 ｍ 且 ｍ ３ ＋１ ｔ １
≥１ ３ ＋ ｔ
.
≠２
复习题二 因为当ｔ 时 函数ｙ ｔ １ 单调递
≥１ ꎬ ＝３ ＋ ｔ
Ａ组 设抛物线的方程为ｘ２ ｐｙ ｐ .
＝－２ ( >０)
１.解析 (１) 长轴长为 ６ꎬ 短轴长为 ２ꎬ 离 由已知可得Ａ (１ꎬ ｙ Ａ)ꎬ Ｂ (２ꎬ ｙ Ｂ)ꎬ 且ｙ Ａ 增 ꎬ 所以 ３ ｔ ＋ １ ｔ ≥４ꎬ
心率为２ ２ 焦点为 顶点为 － ｙ Ｂ＝１ . ５ꎬ 所以Ｓ △ ＭＮＦ １≤３ .
３ ꎬ (±２ ２ꎬ０)ꎬ 所以ｙ Ａ－ ｙ Ｂ＝－ １ ｐ＋ ４ ｐ＝１ . ５ꎬ 解得 ２ ｐ ＝ 程 当 为 Ｓ △ ｘ ＭＮＦ １ ＝ . ３ 时 ꎬ ｍ ＝０ꎬ 所以直线ｌ的方
(±３ꎬ０)ꎬ(０ꎬ±１)ꎻ ２ ２ ＝１
(２) 长轴长为 ４ ２ꎬ 短轴长为 ４ꎬ 离心率为 ２ꎬ 即ｙ Ａ＝－ ２ １ . ６.解析 设Ｐ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 将ｙ２ ＝ ｂ２ æ è ç １－ａ ｘ２ ２ ö ø ÷代
２ 焦点为 顶点为 因此暴雨后 水面离拱顶的距离为
ꎬ (０ꎬ±２)ꎬ (０ꎬ±２ ２)ꎬ ꎬ 入 ＰＦ ｘ ｃ ２ ｙ２ 得
２ . . ｜ ｜＝ ( － ) ＋ ꎬ
(±２ꎬ０)
.
Ｂ组
０５ ｍ
ＰＦ
ｃ２
ｘ２ ｃｘ ａ２
２.解析 实轴长为 虚轴长为 ｜ ｜＝ ａ２ －２ ＋
(１) ２ ７ꎬ ２ꎬ １.解析 由已知可得 １ ｃ２ ｓｉｎ π ＝ ３ꎬ 解 ｃ ａ２ ａ４ ｃ ( ａ２ ) ２
离心率为２ １４ 焦点为 顶 ２ ３ ｘ２ ｘ ｘ .
ꎬ (±２ ２ꎬ０)ꎬ 得ｃ . ＝ ａ －２ ｃ ＋ｃ２ ＝ ａ － ｃ
点为 (± ７ꎬ０ ７ )ꎬ 渐近线方程为 ｘ ± ７ ｙ 连接 ＝ Ｐ ２ Ｆ １ꎬ 可得 △ ＰＦ １ Ｆ ２ 是直角三角 所以 ｜ ＰＦ ｜＝ ａ ｃ ｘ － ａ ｃ ２ ＝ ａ ｃ (ａ ｃ ２ － ｘ ) ＝ ａ
形 所以可得 ａ ＰＦ ＰＦ
＝０ꎻ ꎬ ２ ＝｜ １｜＋｜ ２｜＝２ ３＋ ｃ
(２)
实轴长为
４ꎬ
虚轴长为
４ ２ꎬ
离心率为
所以椭圆方程为
ｘ２ ｙ２
. － ａ
ｘ.
２ꎬ ＋ ＝１
３ꎬ 焦点为 (０ꎬ±２ ３)ꎬ 顶点为 (０ꎬ±２)ꎬ ４＋２ ３ ２ ３ 因为 － ａ ≤ ｘ ≤ ａ ꎬ 所以ａ － ｃ ≤｜ ＰＦ ｜≤ ａ ＋ ｃ.
渐近线方程为ｘ ｙ . ２.解析 椭圆右焦点Ｆ (２ꎬ０)ꎬ 依题意可 ７.解析 由第 题的解题过程可知 ＰＦ
± ２ ＝０ ６ ｜ ｜
３.解析 ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ 设Ｍ (２ꎬ ｙ ０)ꎬ Ｎ (２ꎬ－ ｙ ０)ꎬ ａ ｃ ｘ在 ａ ｘ ａ上单调递减
(１) ＋ ＝１ꎻ(２) － ＝１ꎻ ２ ｙ２ ＝ － ａ － ≤ ≤ ꎬ
３６ ３２ ４ ３２ 则２ ０ 解得ｙ２ ２
＋ ＝１ꎬ ０＝ ꎬ 所以以点Ｆ为圆心的圆的半径ｒ ａ
９ ９ ６ ２ ３ ∈( －
１０
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ｃ ａ ｃ 时 该圆与椭圆仅有两个公共 {ｘ２ ｙ２
ꎬ ＋ ) ꎬ ３.解析 解法一 由 ＋４ ＝４ꎬ可得 ｙ ｙ －３ .
点 且公共点的横坐标相同. : ｍｘ ｙ １ ２＝ｍ２ ②
ꎬ － ＋１＝０ ＋４
当以点Ｆ为圆心的圆的半径ｒ ａ ｃ或 ｍ２ ｘ２ ｍｘ 由以弦ＡＢ 为直径的圆经过原点 Ｏ 可
＝ － (４ ＋１) ＋８ ＝０ꎬ
ｒ ａ ｃ 时 该圆与椭圆仅有一个公 ì ｍ 知 ＯＡ ＯＢ
＝ ＋ ꎬ ïｘ －８ ꎬ ⊥ ꎬ
共 当 ａ 点 以 ｃ 点 . 时 Ｆ 该 为 圆 圆 与 心 椭 的 圆 圆 无 的 公 半 共 径 点 ｒ > . ａ ＋ ｃ或ｒ 解得 { ｙ ｘ １ １＝ ＝１ ０ ꎬ ꎬ î í ï ï ïｙ ２ ２ ＝ ＝ ４ １ ｍ ｍ －４ ２ ２ ＋ ｍ １ ２ ꎬ . ＝ 因 所 ｘ 为 以 １ ｘ Ｏ→ 点 ２＋ Ａ ｙ Ａ １ ｙ Ｏ ２ → ｘ ＝ Ｂ ０ ＝ . ｙ ０ꎬ 即 ( Ｂ ｘ １ꎬ ｘ ｙ １) ｙ ( 在 ｘ ２ 直 ꎬ ｙ ２ 线 )
< － ꎬ ４ ＋１ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)
综
焦
上
点
ꎬ
Ｆ
以
为
椭
圆
圆
心
Ｃ
的
:ａ ｘ
圆
２ ２ ＋
与
ｙ ｂ ２ ２
该
＝
椭
１(
圆
ａ
最
> ｂ
多
>０
有
)
两
的 所以 ｜ ＡＢ ｜＝ æ è ç ４ － ｍ ８ ２ ｍ ＋１ ö ø ÷ ２ ＋ æ è ç ４ － ｍ ８ ２ ｍ ＋ ２ １ ö ø ÷ ２
所
ｌ 即 上
以
ｘ ꎬ １＝
ｍ
ｍ
ｙ
ｙ １＋１ꎬ ｘ
ｍ
２＝
ｙ
ｍｙ ２＋１
ｙ
ꎬ
ｙ
Ｃ
个
组
公共点.
＝８ (４
ｍ
ｍ
４
２
＋
＋
ｍ
１
２
) ２ 即ｍ２
(
ｙ １ ｙ ２
１
＋
＋
ｍ
１)
(
(
ｙ １＋ ｙ
２
２
＋
)
１
＋
)
ｙ
＋
１ ｙ ２
１
＋
２
１
＝
＝
０
０
ꎬ
.
１.解析 抛物线的焦点为Ｆ (１ꎬ０)ꎬ 准线 ( ｍ２ ＋ １ ) ２ ＋ １ ( ｍ２ － １ ) 将 ①ꎬ② 代入 ꎬ 得 ｍ －３ ２ ｍ ＋４ ２ ＋ｍ －２ ２ ｍ ＋４ ２ ＋ｍ － ２ ＋ ３ ４ ＋１＝０ .
为ｘ . ４ ２ ８ .
＝－１ ＝２ ( ) ２ 解得ｍ １ .
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ 则由抛物线的 ｍ２ １ ＝±
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ＋ ２
定义可知 ＭＮ ＭＦ ＮＦ ｘ ４ 所以直线ｌ的方程为 ｘ ｙ 或 ｘ
｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝( １＋１) ２ － －２＝０ ２ ＋
ｘ ｘ ｘ . 令ｔ ｍ２ １ 则ｔ １ ｙ .
＋( ２＋１)＝ １＋ ２＋２ ＝ ＋ ꎬ ≥ ꎬ －２＝０
解法一 当过焦点Ｆ 的直线斜率 ４ ４ ６.解析 可以 存在无数个 可
: (１ꎬ０) (１) ꎬ ꎻ(２)
不存在时 ｘ 此时 ＭＮ . 且 ＡＢ １ ３ 以 存在无数个 不可以.
ꎬ ＝１ꎬ ｜ ｜＝４ ｜ ｜＝２ １＋ ｔ－ ｔ２ ꎬ ꎻ(３)
当过焦点Ｆ 的直线斜率存在时 ２ １６
(１ꎬ０) ꎬ
设 ４ ｘ 直 化 线 简 的 、 整 方 理 程 ꎬ 为 得 ｙ ＝ ｋ ( ｘ －１)ꎬ 代入ｙ２ ＝ ＝ ２ １ －ｔ ３ ２ ＋ ８ ｔ ＋１６ . 第三章 立 体 空 几 间 何 向量与
ｋ２ｘ２
－(２
ｋ２
＋４)
ｘ
＋
ｋ２
＝０ꎬ
ｘ
１＋
ｘ
２＝
２ ｋ
ｋ
２
２
＋４
ꎬ
当 １
ｔ ＝ ３
４ 时
ꎬ｜
ＡＢ
｜
取得最大值４
３
３.
§1 空间直角坐标系
解法二 由ｍｘ ｙ 得直线ｌ恒过
所以 ＭＮ ｘ ｘ ４ . : － ＋１＝０ꎬ
｜ ｜＝ １＋ ２＋２＝４＋ｋ２>４ 椭圆短轴端点
(０ꎬ１)ꎬ
练习
综上 ＭＮ . 所以不妨设直线ｌ与椭圆Ｃ的交点为 １.解析 略.
ꎬ｜ ｜≥４
解法二 设直线ＭＮ的方程为ｘ ｍｙ Ａ ｘ ｙ Ｂ 则 ２.解析 垂直.
: ＝ ＋１ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ (０ꎬ１)ꎬ
将其代入 ｙ２ ＝４ ｘ ꎬ 化简 、 整理 ꎬ 得 ｙ２ － ｜ ＡＢ ｜＝ ｘ２ １＋( ｙ １－１) ２ ３.解 ( 析 正方体 ) 各 ( 顶点的坐 ) 标分别为
ｍｙ .
４ －４＝０ ｙ２ ｙ ２ １ １ １ １ １ １
ｙ２ ｙ２ ＝ ４－４ １＋( １－１)
２
ꎬ－
２
ꎬ
２
ꎬ
２
ꎬ
２
ꎬ
２
ꎬ
所以 ＭＮ ｘ ｘ １ ２ ｙ２ ｙ . ( ) ( )
｜ ｜＝ １＋ ２＋２＝
４
＋
４
＋２
由
＝
椭
－
圆
３
性
１－
质
２
可
１＋
得
５
ｙ － １ ꎬ－ １ ꎬ １ ꎬ － １ ꎬ １ ꎬ １ ꎬ
１∈[－１ꎬ１]ꎬ ２ ２ ２ ２ ２ ２
１ ｙ ｙ ２ ｙ ｙ ｍ２ ( ) ( )
综
＝
上
４ [(
Ｍ
１
Ｎ
＋ ２)
.
－２ １ ２]＋２＝４ ＋４≥４ꎬ 当ｙ １＝－
３
１ 时 ꎬ｜ ＡＢ ｜ 取得最大值４
３
３. １
２
ꎬ－
２
１ ꎬ－
２
１ ꎬ １
２
ꎬ １
２
ꎬ－
２
１ ꎬ
２.解析 ꎬ ｜ 设椭 ｜≥ 圆 ４ 的左焦点为Ｆ
１
. ４.解析 设Ａ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｂ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２)ꎬ (
－
１
ꎬ
１
ꎬ－
１ )
ꎬ
(
－
１
ꎬ－
１
ꎬ－
１ ) .
由椭圆的对称性可知 Ｆ Ｐ ＦＱ ｘ２ ｙ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２
Ｆ Ｑ ＰＦ ｜ １ ｜ ＝ ｜ ｜ꎬ 且ｘ １≠ ｘ ２ꎬ 则 １ ＋ １ ＝１ꎬ① 图略.
所 ｜ 以 １ 四 ｜＝ 边 ｜ 形 ｜ Ｆ ꎬ ＰＦＱ 为平行四边形 所 ｘ２ ｙ２ １６ １２ ４.解析 (１)１ꎻ(２) １４ .
以Ｓ
△
ＰＦＱ＝ Ｓ
△
Ｆ
１
Ｐ １ Ｆꎬ ꎬ
由
１６ ２ ＋
Ａ
１
Ｍ
２ ２ ＝１ꎬ
Ｂ
②
Ｍ 可得 ｘ ｍ ２ ｙ２ ｘ
５
习
.解
题
析
３ —
Ｍ
１
(０ꎬ０ꎬ－３) .
因为 ＰＦＱ ２π 所以 Ｆ ＰＦ π ｜ ｜＝｜ ｜ ( １－ ) ＋ １＝( ２－ Ａ组
∠ ＝ ꎬ ∠ １ ＝ ꎬ ｍ ２ ｙ２
３ ３ ) ＋ ２ꎬ③
１.解析 略.
由椭圆定义可得 ＰＦ ＰＦ ｘ２ ｘ２
Ｆ Ｆ .
｜ １｜＋｜ ｜ ＝２ ２ꎬ 由
①ꎬ②ꎬ
得ｙ２
１＝１２－
３ １
ꎬ
ｙ２
２＝１２－
３ ２
ꎬ
２.解析 点 Ｐ 关于 ｚＯｘ 平面
、
ｘ 轴
、
原点
｜ １ ｜＝２ ４ ４ 的对称点的坐标分别为
由余弦定理可得 ４＝ ｜ ＰＦ １｜ ２ ＋｜ ＰＦ ｜ ２ － 代
ｘ
入
ｘ
③ꎬ 化
ｍ.
简 ꎬ 得ｘ２ １－８ ｍｘ １＝ ｘ２ ２－８ ｍｘ ２ꎬ 即
２ꎬ－１)ꎬ(－３ꎬ２ꎬ－１)
. (３ꎬ２ꎬ１)ꎬ(３ꎬ
２｜ ＰＦ １｜｜ ＰＦ ｜ｃｏｓ π ３ ꎬ 由 １＋ 椭 ２ 圆 ＝ 的 ８ 自变量取值范围可得 －４≤ ｘ １ ３.解析 ３ ３ .
所以 ４＝(｜ ＰＦ １｜＋｜ ＰＦ ｜) ２ －３｜ ＰＦ １｜ ≤４ꎬ－４≤ ｘ ２≤４ꎬ 所以 －８< ｘ １＋ ｘ ２<８ꎬ ４.解析 点Ｎ到原点的距离为 ２９ꎬ 点Ｎ
ＰＦ 故 ｍ . 到ｘ ｙ ｚ轴的距离依次为
｜ ｜ꎬ －１< <１ ꎬ ꎬ ２ ５ꎬ５ꎬ １３ꎬ
{ｘ ｍｙ 点Ｎ到平面ｘＯｙ ｙＯｚ ｚＯｘ的距离分别
即 ＰＦ ＰＦ ４ ５.解析 由 － －１＝０ꎬ得 ｍ２ ｙ２ ꎬ ꎬ
｜ １｜｜ ｜＝ ꎬ ｘ２ ｙ２ ( ＋４) ＋ 为 .
３ ＋４ ＝４ ４ꎬ３ꎬ２
ｍｙ . ５.解析 以点 Ａ 为球心 半径为 的
所以Ｓ Ｓ １ ＰＦ ＰＦ π ２ －３＝０ ꎬ ２
△ ＰＦＱ＝ △ Ｆ １ ＰＦ＝ ×｜ １｜｜ ｜ｓｉｎ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则 ｙ ｙ 球面.
２ ３ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １＋ ２ ＝
ｍ ６.解析 ＡＢＣ不可能为钝角
３. －２ (１)３ꎻ(２)△
＝ ｍ２ ꎬ① 三角形.
３ ＋４
１１
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(０ꎬ０ꎬ１)ꎻ
１.解析 ２６ａ. １.证明 一方面 ꎬ Ｍ→Ｎ ＝ Ｍ→Ａ ＋ Ａ→Ｄ ＋ Ｄ→Ｎ ꎬ① (４)(１ꎬ２ꎬ０) 与 (２ꎬ１ꎬ０) .
７.解析 答案不唯一 如 .
６ 另一方面 Ｍ→Ｎ Ｍ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｎ. ꎬ (１ꎬ－２ꎬ２)
２.解析 略. ꎬ ＝ ＋ ＋ ② 练习(第 页)
３.解析 略. 由已知 ꎬ
得
得Ｍ→
Ｍ
Ａ
→Ｎ
＝－ Ｍ
Ａ→
→
Ｄ
Ｂ ꎬ Ｄ
Ｂ→
→
Ｃ
Ｎ
.
＝－ Ｃ→Ｎ. １.解析 １ →Ａ １ Ｃ ４
＝(１ꎬ３ꎬ１)ꎬ
Ｂ→Ｄ
＝(－１ꎬ１ꎬ２)ꎬ
§2 空间向量与向量运算
①＋②ꎬ ２ ＝ ＋
｜
→ＡＣ
｜＝ １１ꎬ｜
Ｂ→Ｄ
｜＝ ６
.
因此Ｍ→Ｎ １ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ .
＝ ( ＋ ) ２.答案 ２
２ π
２.１ 从平面向量到空间向量 ２.解析 问题相当于 在平行六面体 ３
: ３.解析 ｐ ｑ
练习 ＡＢＣＤ － Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′中 ꎬ ＡＢ ＝ ＡＤ ＝ ＡＡ′ ꎬ (１) ＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬ ＝(０ꎬ３ꎬ１)ꎻ
ｐ ｑ
.略. ∠ ＢＡＡ′ ＝∠ ＤＡＡ′ ＝∠ ＤＡＢ ＝６０ ° ꎬ 已知 (２)｜ ｜＝ ２ꎬ｜ ｜＝ １０ꎻ
１~２ ｐ ｑ ｐ ｑ
２.２ 空间向量的运算 ｜ ＡＣ′ ｜＝１ꎬ 求 ｜ ＡＢ ｜ . (３) ＝ － １ꎻ(４) ‹ ꎬ › ＝ π －
设 ＡＢ ｘ.
｜ ｜＝ ５.
练习(第 １００ 页) 因为Ａ→Ｃ′ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ Ａ→Ａ′ ꎬ ａｒｃｃｏｓ １０
１.解析 (１) Ａ→Ｄ ꎻ(２) →ＡＦ ꎻ(３) Ｅ→Ｄ. 所以 １＝｜ Ａ→Ｃ′ ｜ ２ ＝( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ Ａ→Ａ′ )( →ＡＢ ４.解析 (１) ｘ ＝６ꎬ ｙ ＝ １５ ꎻ
２
２.解析 １ ａ ｂ １ ｃ. Ａ→Ｄ Ａ→Ａ′ ｘ２. ì
－ ＋４ － ＋ ＋ )＝６ ïｘ １１６
３ ３ {ｘ ï ＝ ꎬ
所以 ＡＢ ｘ ６. ＝－４ꎬ或í ４１
３.解析 １ ａ － １ ｂ － ｃ ＝ Ｄ→′Ｆ ꎬ １ ｂ ＋ ｃ ＝ →ＡＥ ꎬ ｜ ｜＝ ＝ ６ (２) ｙ ＝２ ï ïｙ １４２.
２ ２ ２ ３.解析 可以 不可以. î ＝－
(１)(２) ꎬ(３) ４１
１ ａ ｃ Ｅ→Ｆ ａ ｂ ｃ Ａ→′Ｃ. 习题３—３
－ ＝ ꎬ ＋ － ＝
２ §3 空间向量基本定理 Ａ组
４.解析 略.
练习(第 页) 及空间向量运算的坐标表示 １.
Ｄ
１０３
１.解析 错误 正确. ２.
(１) ꎻ(２) ３.１ 空间向量基本定理 ３. Ｂ
２.解析 π . Ｂ
(１)０ꎻ(２)πꎻ(３) ꎻ(４)π 练习 ４.
２ Ａ
３.解析 . １.解析 可以. ５.
(１)０ꎻ(２)１ꎻ(３)３ Ｂ
４.解析
(１)
１
２ ꎻ(２)
１
２ ꎻ(３)
３
４ ꎻ(４)
１
４ ꎻ
２.解
＋２
析
ｋ ꎻ
(１)
答案不唯一
ꎬ
如 ｃ
１＝２
ｉ
－４
ｊ
６.解析 Ｅ→Ｆ
＝ ２
１→ＡＢ
＋
Ａ→Ｄ
＋ ２
１ Ａ→Ａ′.
(５)０
.
(２)
答案不唯一
ꎬ
如ｃ
２＝
ａ
＋
ｂ
＝
ｊ
＋３
ｋ
ꎻ
７.解析
(１)
Ａ→Ｃ′
＝(１ꎬ２ꎬ３)ꎬ
Ｂ→Ｄ′
＝(－１ꎬ
５.解
投
析
影数 量
向
分
量
别
→ＡＣ
为
在→ＡＢ
ꎬ
Ａ→
.
Ｄ
ꎬ
Ａ→Ａ′方向上的
( ｃ ３) ｉ
不共
ｊ.
线
ꎬ
共面
ꎻ(４)
答案不唯一
ꎬ
如
２ꎬ３)ꎬ Ａ→Ｄ′ ＝(０ꎬ２ꎬ３)ꎻ
１ꎬ２ꎬ３ ３＝ －２ Ａ→Ｃ′ Ｂ→Ｄ′ Ａ→Ｃ′ Ｂ→Ｄ′
习题３—２ ３.解析 →ＡＣ ａ ｂ Ａ→Ｂ′ ａ ｃ Ａ→′Ｄ ｂ (２) ＋２ ＝(－１ꎬ６ꎬ９)ꎬ ＋ －
Ａ组 ｃ Ｄ→′Ｂ ( ａ １) ｂ ｃ ＝ ＋ ꎬ ＝ ＋ ꎬ ＝ － ２ Ａ→Ｄ′ ＝(０ꎬ０ꎬ０) .
１. ꎬ ＝ － － ꎻ ８.解析
(１)
垂直
ꎻ(２)
平行
ꎻ(３)
既不垂
Ｄ
２.
(２)
Ｄ→′Ｎ
＝
ａ
－
ｂ
－
１ ｃ
ꎻ
Ｏ→Ｍ
＝－
１ ａ
－
１ ｂ. 直也不平行.
Ｃ
３ ４ . . Ａ ４.解析 答案不唯 ２ 一 ꎬ 如 (１) →Ａ ２ Ｂ ＝２ → ２ ＡＣ ꎻ ９.解 (２ 析 ) 由 ａ ( ⊥ １) ｂ ｘ ꎬ ＝ 得 －４ ４ ꎬ ｘ ｙ ＋ ＝ ｙ ＝ －１ ４ ꎻ ꎬ 由ｘ ꎬ ｙ均为正
５. Ｂ (２) →ＡＣ ＝ Ａ→Ｄ ＋ →ＡＢ. ( ４ ｘ ＋ ｙ) ２
Ｃ
ｘ ｙ
６.解析
(１)
Ａ′→Ｂ′
ꎻ(２)
Ａ′→Ｄ′. ３.２ 空间向量运算的 数
ꎬ
得ｘｙ
＝
４
≤
２
＝１ꎬ
当且仅
７.
坐标表示及应用
４ ４
Ｄ
８. 当ｘ １ ｙ 时 ｘｙ取得最大值 .
Ｃ 练习(第 页) ＝ ꎬ ＝２ ꎬ １
９. １１２ ２
Ｂ １.解析 ｉ ｊ ｋ １０.解析 ａ ｂ ａ
＝(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝(０ꎬ (１)｜ ｜＝ １４ꎬ｜ ｜＝ ３ꎬ｜２ －
１０.答案 －
２
１ ａ２
２.
０
解
ꎬ１
析
) . ｂ
｜＝５ ３ꎻ
１１.解析 (１)(３ꎬ２ꎬ０)ꎻ(２)(－１ꎬ６ꎬ－５)ꎻ
(１)０ꎻ(２)０ꎻ(３)１ꎻ(４)１ꎻ(５) . ａ ｂ ２ ４２.
. (３)１１ (２)ｃｏｓ‹ ꎬ ›＝－
１ꎻ(６)－１ ３.解析 不平行 平行 ａ ｂ ２１
(１) ꎻ(２) ꎬ ＝－２ ꎻ æ ö
１２.解析 →ＡＢ →ＡＣ １ ａ２ Ａ→Ｄ １１.解析 ç ５ ２ ５ ４ ５÷.
(１) ＝ ꎻ(２) 平行 ａ １ ｂ 平行 ａ ｂ. è ꎬ－ ꎬ ø
２ (３) ꎬ ＝ ꎻ(４) ꎬ ＝－ ３ １５ １５
２
æ ö
Ｂ→Ｄ ＝－ ２ １ ａ２ ꎻ ４.解析 不 垂 ( 直 １) . 垂直 ꎻ(２) 垂直 ꎻ(３) 垂直 ꎻ １２. 解 析 Ａ→Ｃ′ ＝ è ç ２ １ ꎬ ２ ３ ꎬ２ø ÷ ꎬ Ｂ→Ｃ ＝
(４)
Ｇ→Ｆ →ＡＣ １ ａ２ Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｃ ５.答案 æ ö
(３) ＝－ ꎻ(４) ＝ －４ ç １ ３ ÷ Ａ→Ｃ′ Ｂ→Ｃ ５.
２ ６.解析 答案不唯一 如 è－ ꎬ ꎬ０øꎬｃｏｓ‹ ꎬ ›＝
(１) ꎬ (１ꎬ１ꎬ２)ꎻ ２ ２ １０
１ ａ２. 答案不唯一 如 １３.解析 ｃ 或ｃ
(２) ꎬ (１ꎬ１ꎬ－１)ꎻ (１) ＝(－２ꎬ－１ꎬ２) ＝(２ꎬ１ꎬ
４
与平面 ｘＯｙ 垂直的一个向量 如
(３) ꎬ －２)ꎻ
１２
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３.解析 ｘ . 在平面ＰＡＤ中 过点Ａ作ＡＨ ＰＤ
ａ ｂ １０ ＝２ (４) ꎬ ⊥ ꎬ
(２)‹ ꎬ ›＝π－ａｒｃｃｏｓ １０ ꎻ ４.解析 ｙ ＝２ . Ａ→Ｈ即为平面ＰＣＤ的一个法向量.
ｋ 或ｋ ５ .
５.解析
(１)
→ＡＢ是平面ＰＡＤ的一个法向 ３.解析 略.
(３) ＝２ ＝－ ２ 量 Ａ→Ｄ是平面ＰＡＢ的一个法向量 ４.解析 以点Ａ为原点 ꎬ ＡＥ ꎬ ＡＣ所在直线
Ｂ组 ꎬ 略 ꎻ 分别为 ｚ 轴和 ｙ 轴建立空间直角坐
１.
Ｂ
(２)
不可
ꎻ
能
标系.
２.答案 共面 (３) ꎻ 设ＤＣ ａ 所以ＡＥ ＡＢ ａ.
不可能. ＝ ꎬ ＝ ＝２
３.解析 正确 正确. (４)
(１) ꎻ(２) 由题意 得Ａ Ｂ ａ ａ Ｃ
４.２ 用向量方法研究 (１) ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ( ３ ꎬ ꎬ０)ꎬ
４.解析
(１)
Ｏ→Ｐ
＝ ６
１ Ｏ→Ａ
＋ ３
１ Ｏ→Ｂ
＋ ３
１ Ｏ→Ｃ
ꎻ 立体几何中的位置关系 ( 因 ０ꎬ 为 ２
ａ
Ｆ ꎬ０ 是 )ꎬ
Ｄ
Ｂ ( Ｅ ０ꎬ 中 ２
ａ
点 ꎬ
ａ
)ꎬ
Ｅ
(０ꎬ０ꎬ２
ａ
)
.
ꎬ
Ｏ→Ｑ １ Ｏ→Ａ １ Ｏ→Ｂ １ Ｏ→Ｃ 练习(第 页) æ ö
＝ ＋ ＋ ꎻ １２３ 所以Ｆç ３ａ １ ａ ａ÷.
３ ６ ６ １.解析 ｌ ｌ ｌ ｌ . è ꎬ ꎬ ø
(１) １⊥２ꎻ(２) １∥２ ２ ２
(２)｜
Ｏ→Ｐ
｜＝
１７
ꎬ｜
Ｏ→Ｑ
｜＝
１１
ꎻ
２.解析
(１)
ｌ
∥
α
ꎻ(２)
ｌ
⊥
α.
所以Ｄ→Ｆ ç
æ
３ａ ３ ａ
ö
÷.
６ ６ ３.解析 以点Ａ为原点 ＡＢ ＡＤ ＡＡ 所在 ＝è ꎬ－ ꎬ０ø
ꎬ ꎬ ꎬ １ ２ ２
(３)
Ｏ→Ｐ
Ｏ→Ｑ
＝
１３. 直线分别为ｘ轴
、
ｙ轴
、
ｚ轴建立空间直 因为ＡＥ
⊥
平面ＡＢＣ
ꎬ
３６ 角坐标系 则Ａ Ｆ Ｂ′
ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ２ꎬ０)ꎬ 所以→ＡＥ是平面ＡＢＣ的一个法向量
５.解析 设→ＡＢ ａ Ａ→Ｄ ｂ Ａ→Ａ′ ｃ Ｄ′ . ꎬ
＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ (２ꎬ０ꎬ３)ꎬ (０ꎬ２ꎬ３) 又Ｄ→Ｆ →ＡＥ 所以Ｄ→Ｆ →ＡＥ.
因为点Ｅ在平面ＢＣＣ Ｂ 上 所以可设 ＝０ꎬ ⊥
则Ａ→′Ｎ ＝ Ａ→Ｎ － Ａ→Ａ′ ＝ ２→ＡＣ － Ａ→Ａ′ ＝ ２ ａ ＋ ２ ｂ Ｅ ｙ ｚ . １ １ ꎬ 即ＤＦ ∥ 平面ＡＢＣ.
３ ３ ３ (２ꎬ ꎬ ) æ ö
－ ｃ ꎬ 因为Ｄ′Ｅ ⊥ 平面ＡＢ′Ｆ ꎬ 所以Ｄ→′Ｅ ⊥ →ＡＦ ꎬ (２) 因为→ＡＦ ＝ ç è ３ａ ꎬ １ ａ ꎬ ａ ø ÷ ꎬ
２ ２
Ａ→′Ｅ
＝
１
(
Ａ→′Ｂ
＋
Ａ→′Ｍ
)＝
１
[(
→ＡＢ
－
Ａ→Ａ′
)＋
Ｄ→′Ｆ
⊥
Ａ→Ｂ′.
Ｂ→Ｄ ａ ａ ａ
２ ２ ＝(－ ３ ꎬ ꎬ )ꎬ
因为→ＡＦ Ａ→Ｂ′ Ｄ→′Ｅ
( Ａ→Ｍ － Ａ→Ａ′ )] ｙ ＝( ｚ １ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝(２ꎬ０ꎬ３)ꎬ 所以→ＡＦ Ｂ→Ｄ ＝ ３ａ (－ ３ ａ )＋ １ ａ ａ
＝(２ꎬ －２ꎬ －３)ꎬ ２ ２
＝ ２
１ ａ
＋ ２
１ ｂ
－ ４
３ ｃ.
所以 { ２＋２( ｙ －２)＝０ꎬ解得
{ｙ
＝１ꎬ 所 ＋ ａ 以 ａ Ａ ＝ Ｆ ０ . ＢＤ.
所以Ａ→′Ｅ
＝ ４
３Ａ→′Ｎ
ꎬ
所以Ａ′
ꎬ
Ｅ
ꎬ
Ｎ三点共线.
(
４＋３( ｚ －
)
３)＝０ꎬ ｚ ＝
３
５ .
５.解析 由
⊥
题意 得Ａç æ ２ ö ÷
即Ｅ ５ .
ꎬ è ꎬ０ꎬ０øꎬ
§4 向量在立体几何中的应用 ２ꎬ１ꎬ ３ æ ö æ ２ ö
４.解析 平面ＥＦＧ 平面ＨＭＮ. Ａ′ç ２ ÷ Ｂç ２ ÷
∥ è ꎬ０ꎬ１øꎬ è ꎬ ２ꎬ０øꎬ
４.１ 直线的方向向量与 证明如下 : æ ２ ö æ ２ ö
以点 Ｄ 为原点 ＤＡ ＤＣ ＤＤ′所在直线 Ｂ′ç ２ ÷ Ｅç ２ ÷.
平面的法向量 ꎬ ꎬ ꎬ è ꎬ ２ꎬ１øꎬ è０ꎬ ꎬ１ø
分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐 ２ ２
练习(第
１１９
页)
标系 设 正
、
方 体
、
边 长 为 ａ 则 Ｅ
所以Ａ→Ａ′
＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
Ｂ→Ｂ′
＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
Ａ→′Ｅ
１.解析 答案不唯一 如 ( ꎬ ) ( ) ꎬ æ ö æ ö
. ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ １ ａ ꎬ １ ａ ꎬ０ ꎬ Ｆ １ ａ ꎬ０ꎬ １ ａ ꎬ ＝ ç è－ ２ ꎬ ２ ꎬ０ø ÷ ꎬ Ｂ→′Ｅ ＝ ç è－ ２ ꎬ－ ２ ꎬ０ø ÷.
０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ１) ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２
２.解析 质点在运动 后所在 ( ) ( ) 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面ＡＡ′Ｅ的法向量
１ ｓꎬ２ ｓꎬ５ ｓ Ｇ ａ １ ａ １ ａ Ｍ １ ａ ａ １ ａ １＝( ꎬ ꎬ ) ꎬ
位置的坐
.
标依次为
(１ꎬ１ꎬ２)ꎬ(１ꎬ２ꎬ３)ꎬ
(
ꎬ
２
ꎬ
２
)
ꎬ
(
２
ꎬ ꎬ
２
)
ꎬ 则
{
ｎ
ｚ
１
Ａ→Ａ′
＝０ꎬ
ｎ
１
Ａ→′Ｅ
＝０ꎬ
(１ꎬ５ꎬ６) Ｎ １ ａ １ ａ Ｈ １ ａ １ ａ ａ . ＝０ꎬ
３.解析 Ｃ 直线ＢＣ的一个方向 ０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 即
(２ꎬ５ꎬ５)ꎬ ２ ２ ２ ２
( ) ２ｘ ２ｙ .
向量Ｏ→Ａ
＝(１ꎬ２ꎬ１)
. 则Ｆ→Ｇ
＝
１ ａ
ꎬ
１ ａ
ꎬ０ ꎬ
－
２
＋
２
＝０
４.解析 →ＡＢ . ( ２ ２ ) 令ｘ ＝１ꎬ 则ｙ ＝１ .
＝(－３ꎬ２ꎬ－２)
Ｎ→Ｍ １ ａ １ ａ . 所以ｎ .
设→ＡＣ ｔ→ＡＢ 则 ＝ ꎬ ꎬ０ １＝(１ꎬ１ꎬ０)
＝ ꎬ ２ ２ 同理可求平面ＢＢ′Ｅ的法向量ｎ
Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ ｔ→ＡＢ ｔ 所以Ｆ→Ｇ Ｎ→Ｍ. .
２＝(１ꎬ
＝ ＋ ＝(２ꎬ１ꎬ３)＋ (－３ꎬ２ꎬ－２) ∥ －１ꎬ０)
ｔ ｔ ｔ . 所以ＦＧ 平面ＨＭＮ. 所以ｎ ｎ .
＝(２－３ꎬ１＋２ꎬ３－２) ( ∥ ) １ ２＝１×１＋１×(－１)＝０
又因为点Ｃ在坐标平面ｘＯｙ内 所以 所以ｎ ｎ .
－２ ｔ ＝０ . ꎬ ３ 又Ｇ→Ｅ ( ＝ － ２ １ ａ ꎬ０ꎬ－ ) ２ １ ａ ꎬ 即平面 １⊥ ＡＡ′Ｅ ２ ⊥ 平面ＢＢ′Ｅ.
所以ｔ ＝ ３ . Ｎ→Ｈ ＝ １ ａ ꎬ０ꎬ １ ａ ꎬ ４.３ 用向量方法研究
２ ２
２
( ) 所以Ｇ→Ｅ Ｎ→Ｈ. 立体几何中的度量关系
所以点Ｃ的坐标为 ５ . ∥
－ ꎬ４ꎬ０ 所以ＧＥ 平面ＨＭＮ 练习(第 页)
２ ∥ ꎬ １２９
练习(第 页) 综上 平面ＥＦＧ 平面ＨＭＮ.
１２１ ꎬ ∥ １.解析 ２ ２.
１.解析 答案不唯一 如 练习(第 页)
ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ０ꎬ １２６ ３
. １.解析 略.
０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０) ２.解析 ３ .
２.解析 答案不唯一 如 .图略. ２.解析 ＤＡ ＣＢ ＡＢ ＡＤ
ꎬ (４ꎬ１ꎬ２) (１) ꎬ ꎻ(２) ＝ ꎻ(３)４ꎻ ５
１３
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等３.解析 １０. 所以Ａ→Ｃ′ Ａ→′Ｂ ＝ ａ２ － ａ２ ＝０ꎬ
方法二
:
写出平面ＡＢＣ的方程
ꎬ
证明点
Ｄ的坐标满足该方程
１０ Ａ→Ｃ′ Ａ→′Ｄ ａ２ ａ２ . ꎻ
＝ － ＝０
４.解析 １０. 所以ＡＣ′ Ａ′Ｂ ＡＣ′ Ａ′Ｄ. 方法三 : 空间向量基本定理→ＡＤ ＝－ →ＡＢ ＋ →ＡＣ.
⊥ ꎬ ⊥
５ 因为 Ａ′Ｂ 平面 Ａ′ＢＤ Ａ′Ｄ 平面
练习(第 页) ⊂ ꎬ ⊂ ４.解析 ２ ６ ６ １ . 提示
１.
Ｄ
１３１
所
Ａ′Ｂ
以
Ｄ ꎬ
Ａ
Ａ
Ｃ
′
′
Ｂ ∩
平
Ａ′
面
Ｄ ＝
Ａ
Ａ
′Ｂ
′.
Ｄ. 可直接 建
(１
系
) ３
也
ꎻ
可
(２
将
)
正
３
四
ꎻ(
面
３)
体
３
ＡＢ
(
ＣＤ放
:
２. ⊥
在正方体中建
ꎻ
立空间直角坐标系 然后
Ｄ
ꎬ
３.
Ｂ
求解 或者用几何方法求解.
ꎻ )
４.解析 ２. ５.解析 因为Ｂ→Ｄ Ａ→Ｄ →ＡＢ
(１) ＝ － ꎬ
２
所以Ａ→Ａ′ Ｂ→Ｄ Ａ→Ａ′ Ａ→Ｄ →ＡＢ Ａ→Ａ′
＝ ( － )＝
５.解析 ６.
Ａ→Ｄ Ａ→Ａ′ →ＡＢ .
３ － ＝０
练习(第 页) 所以ＡＡ′ ＢＤ.
１３５ 由 知 Ａ→Ｃ′是平面Ａ′ＢＤ的一个 ⊥
１.解
平
析
面.
与已知平面平行
ꎬ
且距离为
１
的 (
法
２
向
)
量
(
ꎬ
１
Ｅ→
)
Ｆ ＝
ꎬ (
１ ａ ꎬ０ꎬ－ １ ａ
)
. (２)
因为Ａ→Ｃ′
＝
Ａ→Ｄ
＋
→ＡＢ
＋
Ａ→Ａ′
ꎬ
２ ２ 所以 Ａ→Ｃ′ ２ Ａ→Ｄ →ＡＢ Ａ→Ａ′ Ａ→Ｄ →ＡＢ
２.解析 相交或平行 提示 相交时两点 ｜ ｜ ＝( ＋ ＋ )( ＋
连线的 中点在平面上
(
) .
: 所
(
以 Ａ→Ｃ′
)
Ｅ→Ｆ
＝ (
ａ
ꎬ
ａ
ꎬ
ａ
) ＋ Ａ→Ａ′ )
３.解析 ７ . １ ａ ꎬ０ꎬ－ １ ａ ＝０ . ＝ ｜ Ａ→Ｄ ｜ ２ ＋｜ →ＡＢ ｜ ２ ＋｜ Ａ→Ａ′ ｜ ２ ＋２( →ＡＢ Ａ→Ａ′ ＋
２ ２
４.解析
３
. 所以Ａ→Ｃ′ ⊥ Ｅ→Ｆ.
→ＡＢ
Ａ→Ｄ
＋
Ａ→Ｄ
Ａ→Ａ′
)＝６
.
５.解析
７
.
因为ＥＦ
⊄
平面Ａ′ＢＤ
ꎬ
且ＡＣ′
⊥
ＥＦ
ꎬ
所以
｜
Ａ→Ｃ′
｜＝ ６
.
７
所以ＥＦ 平面Ａ′ＢＤ.
∥ ６.解析 π.
６.解析 ２ １１. ( )
由题意知 Ｂ→′Ｅ １ ａ １ ａ ４
１１ (３) ꎬ ＝ － ꎬ ꎬ０ ꎬ 习题３—５
练习(第 页) ２ ２
１３６ ( ) １.解析
１.解析 以该直线为轴 半径为 旋转而 Ｂ→′Ｆ １ ａ １ ａ . (１)
ꎬ １ ＝ ０ꎬ ꎬ－
成的圆柱面. ２ ２ 所选多面体 顶点数Ｖ 棱数Ｅ 面数Ｆ 形成猜想
设平面Ｂ′ＥＦ 的法向量 ｎ ｘ ｙ ｚ
２.解析 提示 ＯＡ ｌ . ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ 正四边形 ４ ６ ４
３.解析 ６ . ( : ⊥) ì ï ï－ １ ａｘ ＋ １ ａｙ ＝０ꎬ 正方体 ８ １２ ６
１ 则í ２ ２ 正八面体
习题３—４ ６ １２ ８
Ａ组 î ï ï１ ａｙ － １ ａｚ ＝０ . 正十二面体 ８ １８ １２
２ ２ 正二十面体
１２ ３０ ２０
１. 令ｘ 则ｙ ｚ .
Ｃ ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝１ 三棱柱 ６ ９ ５ Ｖ － Ｅ ＋ Ｆ ＝２
２. 所以ｎ .
Ｄ ＝(１ꎬ１ꎬ１) 五棱锥 ６ １０ ６
３.
Ｃ 又Ａ→′Ｃ ＝( ａ ꎬ ａ ꎬ ａ )ꎬ 所以ｎ ∥ Ａ→′Ｃ. 六棱台 １２ １８ ８
４.
Ｃ
所以平面Ｂ′ＥＦ
∥
平面Ａ′ＢＤ. ｎ棱柱
２
ｎ
３
ｎ ｎ
＋２
５. ｎ棱锥 ｎ ｎ ｎ
Ａ １６.解析 π. ＋１ ２ ＋１
６. ｎ棱台 ｎ ｎ ｎ
Ｄ ３ ２ ３ ＋２
７.答案 １５ １７.解析 ４ ２ ９ ８２. (２)
任意简单的凸多面体
ꎬ
其顶点数Ｖ
、
棱
４ (１) ꎻ(２) ꎻ(３) 数Ｅ及面数Ｆ间具有关系 Ｖ Ｅ Ｆ .
８.答案 ５ ２ ４１０ : － ＋ ＝２
２ ∶ ３ ∶ (－４) 以 欧拉公式 或 欧拉公式的证
９.答案 １８.解析 π. (３) “ ” “
①②③ 明 为关键词 在网上检索更多相关资
１０.答案 ｘ ｙ ｚ ３ ” ꎬ
＋ ＋ ＝３ 料 进一步学习和拓展理解.
１９.解析 ２３０. ꎬ
１１.答案 π ２.解析 设圆Ｏ和圆Ｏ′的半径分别
５ (１)
６ 为ｒ ｒ′.如图 .
２０.解析 ３ ２. ꎬ (１)
１２.答案 π
２
４
１３.解析 平面 Ａ′ＡＣＣ′和平面 ＡＣＢ′的一 ２１.解析 ２ ５.
个法向量分别为Ｂ→Ｄ Ｂ→Ｄ′. １５
ꎬ
２２.解析 ６０ ２６９ １２ ２６９.
１４.解析 ３. (１) ꎻ(２)
２６９ ２６９
３ Ｂ组
１５.解析 以点 Ａ为原点 ꎬ ＡＢ ꎬ ＡＤ ꎬ ＡＡ′所 １.解析 必要不充分条件. (１)
在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立空 ＡＯ ＯＰ ｒ ＯＯ′ ｒ ｒ′ ＯＣ
、 、 ２.解析 Ｐ 或Ｐ ＝ ２ ＝ ２ ꎬ ＝ ＋ ꎬ ＝
间直角坐标系.设正方体的棱长为ａ. ( (１) (４ꎬ３ꎬ ) ４) (－８ꎬ３ꎬ－４)ꎻ Ｏ′Ｑ ｒ′.
２ ＝ ２
Ｐ ８ １２ .
由题意知Ａ→Ｃ′ ａ ａ ａ Ａ→′Ｂ ａ (２) － ꎬ３ꎬ 因为ＡＣ 所以 ｒ ｒ ｒ′ ｒ′
(１) ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ ＝( ꎬ １３ １３ ＝ ２ꎬ ２ ＋ ＋ ＋ ２ ＝ ２ꎬ
ａ Ａ→′Ｄ ａ ａ ３.解析 方法一 →ＡＢ Ｄ→Ｃ 即 ｒ ｒ′ .
０ꎬ－ )ꎬ ＝(０ꎬ ꎬ－ )ꎬ : ＝ ꎻ (１＋ ２)( ＋ )＝ ２
１４
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所以ＡＣ′ 平面ＣＤＢ′.
即ｒ ｒ′ ２ . ∥
＋ ＝ ＝２－ ２
１＋ ２ １７.解析 π ２ ２ .
(２)
两圆面积之和为
π(
ｒ２
＋
ｒ′２
)
(１)
３
ꎻ(２)
３
ꎻ(３)２ ２
＝π[ ｒ２ ＋(２－ ２－ ｒ ) ２ ] １８.解析 ２ .
＝２π[
ｒ２
－(２－ ２)
ｒ
＋３－２ ２] １９.解析 ３８.
é ê ê æ çｒ ２－ ２ ö ÷ ２ ３－２ ２ ù ú ú. (２) Ｂ组 ６
＝２πëè － ø ＋ û 复习题三
２ ２ １.
Ａ组 Ｄ
因此 当ｒ ｒ′ ２－ ２时 两圆面积之和最小. ２.解析 否. 提示 设平面的法向量为ｎ
ꎬ ＝ ＝ ꎬ １. ( :
２ Ａ ｘ ｙ ｚ 令 ａ ｂ ｃ 这三个向量均与
ｓ ２. ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ ꎬ ꎬ
不防设ｒ ｒ′ ｒ ｒ′ ｓ 则ｒ . Ｂ 之垂直 考查方程组是否有解 注意到
≥ ꎬ ＋ ＝ ꎬ ≥ ３.答案 ꎬ ꎻ
２ ３ꎬ４ 这三个向量任意两个均不共线 可以看
４.解析 略. ꎬ
由题意 得 ｒ２ ｒ′２ π ｓ２ ｒ 其中一个向量是否能被另外两个向量
ꎬ π( ＋ )＝ [ ＋(２ － ５.解析 略.
[ ( ｓ ) ２ ]
２ 线性表示.
)
ｓ ) ２ ]＝ π ｓ２ ＋４ ｒ － . ６.解析 (１) →ＡＢ ＝(０ꎬ－１ꎬ２)ꎬ →ＡＣ ＝(－１ꎬ０ꎬ ３.解析 略. ( 提示 :△ ＡＢＭ 与 △ ＡＢＭ′的
２ ２
Ａ→Ｄ 底相同 于是面积之比就等于对应高之
显然ｒ １ 故当ｒ １ ｒ′ ３ 时 ３)ꎬ ＝(－２ꎬ１ꎬ２)ꎻ ꎬ
≤
２
ꎬ ＝
２
ꎬ ＝
２
－ ２ ꎬ
(２)(－１ꎬ－１ꎬ３)ꎻ(３) ２
.
(
提示
:
→ＡＢ
－
→ＡＣ 比.只需作出二面角的平面角
ꎬ
即可发
面积之和最大. 现 ＭＡＢ 的高 ｈ 在底面上的投影恰
Ａ→Ｄ . :△
＋ ＝(－１ꎬ０ꎬ１) ) 等于 Ｍ′ＡＢ的高ｈ′ 即ｈ θ ｈ′
同理 当ｒ′ １ ｒ ３ 时 面积之和 ７.解析 . △ ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬ
ꎬ ＝ ꎬ ＝ － ２ ꎬ (１) ２ꎻ(２)０ꎻ(３)０ꎻ(４)０ 问题得证.
２ ２ ８.解析 不正确.只需取正三角形 ＥＣＤ )
也是最大. ꎬ ４.解析 设该三棱锥为Ｓ ＡＢＣ.过三棱锥
直线ＡＢ为过该三角形中心且垂直于该 －
的顶点 Ｓ 作底面 ＡＢＣ 的垂线 设垂足
同理 当ｒ′ １ ｒ ３ 时 面积之和 三角形所在平面即可满足题目条件 但 ꎬ
ꎬ ＝ ꎬ ＝ － ２ ꎬ ꎬ 为Ｔ 再过点 Ｔ 向 ＡＢＣ 的各边作垂
２ ２ 点Ａ与Ｃ Ｄ Ｅ不一定共面. ꎬ △
也是最大. ꎬ ꎬ 线 垂足分别为Ｅ Ｆ Ｇ 由二面角均为
９.解析 过点Ｂ且以ＡＢ为法向量的平面. ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
如图 设球 Ｏ 与球 Ｏ′互相外 ＴＳ
(３) (２)ꎬ π可知 ＴＥ ＴＦ ＴＧ .
切 ꎬ 并且都在正方体ＡＢＣＤ － Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′内 １０.解析 (１) ２ꎬ３ꎬ３ ２ꎬ ２１ꎻ(２)－ ２ ꎻ ３ : ＝ ＝ ＝ ３
部.设球Ｏ与过点 Ａ的三个面相切 球 ６ 在直角三角形中利用面积法可求得ＴＥ
ꎬ
Ｏ′与过点Ｃ′的三个面相切.设球Ｏ与球 Ｓ
Ｏ′的半径分别为 ｒ 与 ｒ′ ꎬ ｒ ＋ ｒ′ ＝ ｓ.由题 １１. ( 解 ３ 析 )－ ５ ２ Ｐ ２. 或Ｐ . ＝ ＴＦ ＝ ＴＧ ＝ ＡＢ ２ ＋ Ｂ △ Ｃ ＡＢ ＋ Ｃ ＡＣ ＝ ６＋ ６ ８ × ＋ ８ １０ ＝ ２
(２ꎬ２ꎬ３) (０ꎬ２ꎬ３) 所以三棱锥的高ＴＳ为 .
意 得ｓ ｓ 所以ｓ ３－ ３. １２.解析 Ｐ . ｃｍꎬ ２ ３ ｃｍ
ꎬ ＝ ３(１－ )ꎬ ＝ (－５ꎬ２ꎬ５) ５.解析 以点Ａ为原点 ＡＢ ＡＤ所在直线
２ １３.解析 在 不在. ꎬ ꎬ
两球表面积之和是 (１) ꎻ(２) 分别为ｘ轴 ｙ轴建立空间直角坐标系.
１４.解析 答案不唯一 如 . ꎬ
ｒ２ ｒ′２ ｒ ｒ′ ２ ｒ ｒ′ ２ ꎬ (３ꎬ１ꎬ－１) 由 题 可 设 Ａ′ ｘ ｙ ｚ 则 根
４π( ＋ )＝２π[( ＋ ) ＋( － ) ] １５.解析 答案不唯一 如 . ( ꎬ ꎬ )ꎬ
ｓ２ ｒ ｒ′ ２ ꎬ (１ꎬ－４ꎬ２) {ＡＡ′
＝２π[ ＋( － ) ] １６.解析 以点 Ｃ 为原点 ＣＡ ＣＢ ＣＣ′所 ＝５ꎬ
ｓ２ ｒ ｓ ２ . ꎬ ꎬ ꎬ 据
＝２π[ ＋(２ － ) ] 在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立空 ＢＡＡ′ ＤＡＡ′ π
ｓ 、 、 ∠ ＝∠ ＝ ꎬ
故当ｒ ＝ ｒ′ ＝
２
＝ ３－
４
３时 ꎬ 两球表面积 间直角坐标 ꎬ 则 Ａ
(
(３ꎬ０ꎬ０
)
)ꎬ Ｂ (０ꎬ４ꎬ { ｘ２
＋
ｙ２
＋
ｚ２
＝５ꎬ
３
之和最小. Ｃ Ｄ ３ Ａ′ 得 ｘ ｙ
０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ꎬ２ꎬ０ ꎬ (３ꎬ０ꎬ １
２ ＝ ＝ ꎬ
同样 当ｒ １ ｒ′ ２－ ３或 ｒ′ １ ｒ Ｂ′ Ｃ′ . ５ ５ ２
ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ４)ꎬ (０ꎬ４ꎬ４)ꎬ (０ꎬ０ꎬ４) ( )
２ ２ ２
(１)
因为→ＡＣ
＝(－３ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｂ→Ｃ′
＝(０ꎬ－４ꎬ
所以Ａ′ ５
ꎬ
５
ꎬ
５
２
.
２－ ３时 两球表面积之和最大. ２ ２ ２
ꎬ 所以→ＡＣ Ｂ→Ｃ′ 所以ＡＣ ＢＣ′.
２ ４)ꎬ ＝０ꎬ ⊥ 棱ＡＡ 与底面ＡＢＣＤ所成角为π.
两球体积之和是 设平面 ＣＤＢ′的一个法向量 ｎ (１) １
(２) ＝ ４
ｘ ｙ ｚ .
４
π(
ｒ３
＋
ｒ′３
)＝
４πｓ
(
ｒ２
－
ｒｒ′
＋
ｒ′２
)
( ꎬ ꎬ )
( ) (２)
这个平行六面体的体积为４５ ２.
３ ３ 因为Ｃ→Ｄ ３ Ｃ→Ｂ′ ２
＝ ꎬ２ꎬ０ ꎬ ＝(０ꎬ４ꎬ４)ꎬ
πｓ ｓ２ ｒ ｒ′ ２ { ２
＝ [ ＋３( － ) ] 第五章 计数原理
３ ３ ｘ ｙ
所以 ＋２ ＝０ꎬ
πｓ ｓ２ ｒ ｓ ２ . ２
＝ ３ [ ＋３(２ － ) ] ４ ｙ ＋４ ｚ ＝０ . §1 基本计数原理
( )
故当ｒ ＝ ｒ′ ＝ ３－ ３时 ꎬ 两球体积之和最小. 令ｚ ＝１ꎬ 则ｎ ＝ ３ ４ ꎬ－１ꎬ１ . １.１ 分类加法计数原理
４
所以 Ａ→Ｃ′ ｎ
同样 ꎬ 当ｒ ＝ １ ꎬ ｒ′ ＝ ２－ ３或 ｒ′ ＝ １ ꎬ ｒ ＝ ( ) ＝ ( － ３ꎬ ０ꎬ ４) １.２ 分步乘法计数原理
２ ２ ２ ４ .
ꎬ－１ꎬ１ ＝－４＋４＝０ 练习
３
２－ ３时 两球体积之和最大.
ꎬ 所以Ａ→Ｃ′ ｎ 又ＡＣ′ 平面ＣＤＢ′. １.解析 种.
２ ⊥ ꎬ ⊄ ９
１５
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等２.解析 种. ３.解析 种. ４.解析 种.
１２０ １２０ ６０
３.２ 组合数及其性质 ５.解析 种.
１.３ 基本计数原理的简单应用 １２
６.解析 种.
练习 ６５
练习
７.解析 人.
１.解析 １０００００１
１.解析 ７２０ 种. (１ . )３ꎻ(２)１０ꎻ(３)－１ꎻ(４)１ꎻ ８.解析 ( ｘ －２) ４ ＝ ｘ４ －８ ｘ３ ＋２４ ｘ２ －３２ ｘ ＋１６ .
２.解析 种. (５)４９５０ Ｂ组
３０ ２.解析 次.
习题５—１ １５ １.解析 种.
３.解析 种. ４８０
Ａ组 ２０ ２.解析 个.
习题５—３ ３５
１.解析 个. ３.解析
４０ Ａ组 (１)７２０ꎻ(２)４ ３２０ꎻ(３)１ ４４０ꎻ
２.解析 个. .
４５ １.解析 . (４)１４４
３.解析 种. (１)１０ꎻ(２)３５ꎻ(３)２５２ ４.解析 种.
４ ５ . . 解 解 析 析 ６ ２ ８ ０ ４ 种 个 . . ２ ３ . . 解 解 析 析 ( 左 １ 边 )４ ＝ ５ Ｃ 条 ４ ８＋ ꎻ Ｃ (２ ５ ８ ) ＝ １ Ｃ ２ ５ ９ ０ ＝ 个 右 . 边. ５.解析 ７ ( ２ ２ ｘ ＋ ｘ ) ４ ＝１６ ｘ４ ＋３２ ｘ７ ２ ＋２４ ｘ３ ＋
６.解析 １２ 种 种. ４.解析 ７２００ 个. ８ ｘ５ ２ ＋ ｘ２.
３３ ꎬ２７０ Ｂ组
Ｂ组
１.解析 种. 第六章 概率
１.解析 个 个. １６８０
８４ ꎬ１０ ２.解析 种.
６０４８０
§2 排列问题 §1 随机事件的条件概率
§4 二项式定理
２.１ 排列与排列数 １.１ 条件概率的概念
４.１ 二项式定理的推导
练习 练习
练习
１.解析 种 具体排列略. １.
种 具 体 ( 排 １) 列 ２ 略 ４ . ꎬ 种. (２)４２ １.解析 (２ ｘ ＋ ｙ ) ３ ＝８ ｘ３ ＋１２ ｘ２ｙ ＋６ ｘｙ２ ＋ ｙ３. ２. Ｂ
ꎬ (３)２２５６ ( ) Ｃ
８
２.解析 １ １ ８ ２８ ５６ ７０
２.２ 排列数公式 ｘ －１ ＝ ｘ８ －ｘ７ ＋ｘ６ －ｘ５ ＋ｘ４ ３.解析 １ .
２
练习
５６ ２８ ８ .
１.解析 种. －ｘ３ ＋ｘ２ － ｘ ＋１ １.２ 乘法公式与事件的独立性
４０３２０
２.解析 ３.解析 . 练习
(１)１７１６０ꎻ(２)３６２８８０ꎻ
－６
. ４.解析 .
(３)１５６８ꎻ(４)１５１２００ －１５３６０ １.答案 ２ ４
３.解析
４.２ 二项式系数的性质 ５
ꎬ
２５
ｎ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 练习 ２.答案 １ １
ꎬ
ｎ ６ ３６
! １ ２ ６ ２４ １２０ ７２０ ５０４０ ４０３２０ １.解析 １ꎬ８ꎬ２８ꎬ５６ꎬ７０ꎬ５６ꎬ２８ꎬ８ꎬ１ . ３.答案 .
习题５—２ ２.解析 ８ . ０７２
Ａ组 习题５ — ５ ４ ×４５＝１７５７８１２５ ４.答案 ５
１.解析 . Ａ组 ８
２.解析 ３ ( ６ １ ０ )２ 种 ４ꎻ . (２)６４ １.解析 (１＋３ ｘ ) ４ ＝１＋１２ ｘ ＋５４ ｘ２ ＋１０８ ｘ３ １.３ 全概率公式
３.
Ｄ ＋８１
ｘ４. 练习
４.解析 种. ( ) １.解析 设事件Ａ表示 某顾客购买的一
５.解析
４６
种.
２.解析 ｘ
－
１ ３
＝
ｘ３
－
３ ｘ２
＋
３ ｘ
－
１ .
个灯泡 是合格品 则
“
Ｐ Ａ ％
１８ ２ ２ ４ ８ ”ꎬ ( )＝ ８０ ×
６ Ｂ .解 组 析 (１)４８ 种 ꎻ(２)７２ 种. ３.解析 ( ｘ ＋ ｙ ) ５ ＝( ｘ１ ２ ＋ ｙ ) ５ ＝ ｘ５ ２ ＋５ ｘ２ｙ ＋ 所 ９０ 以 ％ ＋ 顾 １０ 客 ％ 购 ×９ 买 ５ ％ 了 ＋ 一 １０ 个 ％ 灯 × 泡 ８０ ％ 它 ＝ 是 ０ . 合 ８９ 格 ５ .
ｘ３ ２ｙ２ ｘｙ３ ｘ１ ２ｙ４ ｙ５. ꎬ ꎬ
１.解析 种. １０ ＋１０ ＋５ ＋ 品的概率是 . .
１２ æ ö５ ０８９５
２.解析 ５４ 种. ４.解析 è ç ｘ － １ ｘ ø ÷ ＝( ｘ１ ２ － ｘ－２ １ ) ５ ２.解析 设事件 Ａ 表示 “ 此人是癌症患
者 则
§3 组合问题 ＝ ｘ５ ２ －５ ｘ３ ２ ＋１０ ｘ１ ２ －１０ ｘ－２ １ ＋５ ｘ－２ ３ － ｘ－２ ５. ”ꎬ . .
５.解析 . Ｐ ( Ａ )＝ . ０ . ００５×０ . ９５ . ＝ ９５.
３.１ 组合 Ｂ组 １ꎬ－３ꎬ３ꎬ－１ ０００５×０９５＋０９９５×００４ ８９１
练习 １.解析 Ｃ ０ｎ－Ｃ １ｎ＋Ｃ ２ｎ－Ｃ ３ｎ＋＋(－１) ｎ Ｃ ｎ ｎ＝ 所以此人是癌症患者的概率是 ８ ９ ９ ５ １ .
１.解析 设 个不同元素分别为 ａ ｎ . 习题６—１
(１) ４ ꎬ (１－１) ＝０
ｂ ｃ ｄ 任取 个元素的所有组合 ａｂｃ ２.解析 ２ . Ａ组
ꎬ ꎬ ꎬ ３ : ꎬ Ｃ７＝２１
ａｂｄ ａｃｄ ｂｃｄ. 复习题五 １.
ꎬ ꎬ Ｄ
设 个不同元素分别为ａ ｂ ｃ ｄ ｅ Ａ组 ２.
(２) ５ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ Ａ
任取 个元素的所有组合 ａｂ ａｃ ａｄ １.解析 共 种 具体排列略. ３.
２ : ꎬ ꎬ ꎬ ２４ ꎬ Ｂ
ａｅ ｂｃ ｂｄ ｂｅ ｃｄ ｃｅ ｄｅ. ２.解析 场.
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ２８ ４.答案 １
２.解析 种. ３.解析 部分.
２０ １８ ２
１６
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所以至少有一人得冠军的概率是 . . ５.解析 设事件Ａ表示 选出的 名
５.答案 ５ ０８ (１) “ ３
Ｂ组 同学中至少有 名女生 则
１２ １ ”ꎬ
６.解析 设事件 Ａ 表示 甲抽到难题 １.解析 . . . . ３
“ (１)０９ꎻ(２)０８１ꎻ(３)０７２９ Ｐ Ａ Ｃ６ １ ５ .
签 题意 ”ꎬ 事 有 件Ｂ 表示 “ 乙抽到难题签 ”ꎬ 依 §2 离散型随机变量 因 ( 此 )＝ 选 １ 出 － Ｃ 的 ３ １０ ＝１ 名 － 同 ６ 学 ＝ 中 ６ 至少有 名女
ꎬ ꎬ ３ １
Ｐ Ａ ４ ２ . 及其分布列 生的概率是 ５ .
(１) ( )＝ ＝
１０ ５ ６
２.１ 随机变量 依题意 随机变量ξ的所有取值为
所以甲抽到难题签的概率是 ２ . (２) ꎬ
５ 练习 ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３
.所以
(２) Ｐ ( Ｂ ｜ Ａ )＝ ３ ＝ １ . １.解析 (１) 令随机变量 Ｘ 表示连续抛 Ｐ ξ Ｃ ３ ４ １ Ｐ ξ Ｃ １ ６Ｃ ２ ４
９ ３ 掷一枚均匀的硬币 次中出现正面的 ( ＝０)＝ ３ ＝ ꎬ ( ＝１)＝ ３ ＝
所以若甲抽到难题签 乙也抽到难题签 ３ Ｃ１０ ３０ Ｃ１０
ꎬ 次数 则 Ｘ 所有可能的取值为 ２ １ ３
ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ ３ Ｐ ξ Ｃ６Ｃ４ １ Ｐ ξ Ｃ６
的概率是 １ . 对应着连续抛掷 次所有可能的结 ꎬ ( ＝２)＝ ３ ＝ ꎬ ( ＝３)＝ ３
３ꎬ ３ １０ Ｃ１０ ２ Ｃ１０
３ 果.即
１ .
Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ａ ２ １ Ｘ 表示 没有出现正面 ＝
(３) ( )＝ ( ) ( ｜ )＝ × { ＝０} “ ”ꎻ ６
５ ３ Ｘ 表示 恰有 次出现正面 综上 可得ξ的分布列如下表
{ ＝１} “ １ ”ꎻ ꎬ :
＝ １ ２ ５ . { Ｘ Ｘ ＝２} 表 表 示 示 “ 恰 次 有 都 ２ 出 次 现 出 正 现 面 正面 . ”ꎻ ξ ０ １ ２ ３
{ ＝３} “３ ”
所以甲和乙都抽到难题签的概率是 ２ . 令随机变量Ｘ表示任意摸出两球 Ｐ １ ３ １ １
１５ (２) ꎬ ３０ １０ ２ ６
７.解析 设事件 Ａ表示 取到次品 事 摸到黄球的个数 ꎬ 则Ｘ所有可能的取值 ６.解析 依题意 随机变量Ｘ的所有取值
“ ”ꎬ 为 对应着任意摸出两球所有可 ꎬ
件Ｂ 表示 产品取自甲车间 事件Ｂ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ 为 .所以
１ “ ”ꎬ ２ 能的结果.即 ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５
表示 产品取自乙车间 事件Ｂ 表示
“ ”ꎬ ３ Ｘ 表示 没有摸到黄球 Ｐ Ｘ １ １ Ｐ Ｘ ２ ２
“ 产品取自丙车间 ”ꎬ 依题意 ꎬ 有 { Ｘ ＝０} 表示 “ 恰好摸到 个黄 ”ꎻ 球 ( ＝２)＝ Ｃ ２ ５ ＝ １０ ꎬ ( ＝３)＝ Ｃ ２ ５ ＝ １０
Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｂ { ＝１} “ １ ”ꎻ
(１) ( )＝ ( １) ( ｜ １)＋ ( ２) Ｘ 表示 恰好摸到 个黄球 . １ Ｐ Ｘ ３ ３
Ｐ ( Ａ ｜ Ｂ ２)＋ Ｐ ( Ｂ ３) Ｐ ( Ａ ｜ Ｂ ３) ２. { 解析 ＝２} 在 “ 次射击 ２ 中 恰好命 ” 中目 ＝ ５ ꎬ ( ＝４)＝ Ｃ ２ ５ ＝ １０ ꎬ
％ ％ ％ ％ ％ ％ (１) １０ ꎬ
＝２５ ×５ ＋３５ ×４ ＋４０ ×２ 标 次 Ｐ Ｘ ４ ４ ２ .
＝０ . ０３４５ . ８ 在 ꎻ 次射击中 命中目标 次或 ( ＝５)＝ Ｃ ２ ５ ＝ １０ ＝ ５
因此 取到次品的概率是 . . (２) １０ ꎬ ２ ３ 综上 可得Ｘ的分布列如下表
ꎬ ００３４５ 次或 次或 次或 次或 次或 次 ꎬ :
由条件概率可知 ４ ５ ６ ７ ８
(２) ꎬ 或 次 Ｘ ２ ３ ４ ５
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ ９ ꎻ
Ｐ Ｂ Ａ ( １ ) ( １) ( ｜ １) 在 次射击中 至少有 次命中
( １｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ Ｐ Ａ ＝ (３) １０ ꎬ １ Ｐ １ １ ３ ２
( ) ( ) 目标 １０ ５ １０ ５
. . ꎻ
０２５×００５ ２５ 在 次射击中 没有命中目标. Ｂ组
. ＝ ꎬ (４) １０ ꎬ
００３４５ ６９ ３. １.
Ｐ Ｂ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ａ Ｂ Ｄ Ｄ
Ｐ Ｂ Ａ ( ２ ) ( ２) ( ｜ ２) ２.解析 依题意 随机变量ξ的所有取值
( ２｜ )＝ Ｐ Ａ ＝ Ｐ Ａ ＝ ２.２ 离散型随机变量的分布列 ꎬ
( ) ( ) 为 .所以
. . ６ꎬ９ꎬ１２
０３５×００４ ２８ 练习
Ｐ ０ . Ｂ ０３４ Ａ ５ ＝ Ｐ ６ ( ９ Ｂ ꎬ ３ Ａ ) Ｐ ( Ｂ ３) Ｐ ( Ａ ｜ Ｂ ３) ２ １ . . Ｂ 解析 依题意 随机变量 Ｘ 的取值为 Ｐ ( ξ ＝６)＝ Ｃ Ｃ ３ １ ３ ８ ０ ＝ １ ５ ２ ６ ０ ＝ １ ７ ５ ꎬ Ｐ ( ξ ＝９)＝
( ３｜ )＝ Ｐ
(
Ａ
)
＝ Ｐ
(
Ａ
)
＝
则有
ꎬ
Ｃ
２
８Ｃ
１
２ ５６ ７ Ｐ ξ Ｃ
１
８Ｃ
２
２ ８
. . ０ꎬ１ꎬ２ꎬ ３ ＝ ＝ ꎬ ( ＝１２)＝ ３ ＝
０４×００２ １６. ２ １ １ Ｃ１０ １２０ １５ Ｃ１０ １２０
. ＝ Ｐ Ｘ Ｃ２ １ Ｐ Ｘ Ｃ３Ｃ２
所 ０ 以 ０３ 若 ４５ 取到 ６ 的 ９ 是次品 ꎬ 则此次品由三个 ( ＝０)＝ Ｃ ２ ５ ＝ １０ ꎬ ( ＝１)＝ Ｃ ２ ５ ＝ ＝ １ １ ５ .
２ 综上 可得ξ的分布列如下表
８.解 车 析 间生 设 产 事 的 件 概率 Ａ表 分 示 别是 男 ２ ６ ５ ９ 运 ꎬ 动 ２ ６ ８ ９ 员 ꎬ １ ６ 获 ６ ９ . 得冠 所 ５ ３ 以 ꎬ Ｐ 随 ( Ｘ 机 ＝ 变 ２) 量 ＝ Ｘ Ｃ Ｃ ３ ２ ５ 的 ＝ 分 １ ３ ０ 布 . 列如下表
:
ꎬ ξ ６ ９ １２ :
“
军 事件 Ｂ 表示 女运动员获得冠 Ｘ Ｐ ７ ７ １
”ꎬ “ ０ １ ２ １５ １５ １５
军 .依题意 可知事件Ａ与事件Ｂ相互
” ꎬ Ｐ １ ３ ３ ３.解析 设事件Ａ表示 前两次取出
独立 因此 (１) “
ꎬ １０ ５ １０ 的都是二等品 则
(１)
Ｐ
(
ＡＢ
)＝
Ｐ
(
Ａ
)
Ｐ
(
Ｂ
)＝ ０
.
６×０
.
５＝
３. ”ꎬ
０ . ３ . 习 Ｃ 题６—２ Ｐ ( Ａ )＝ ２ × １ ＝ １ .
所以两人都得冠军的概率是 . . ４ ３ ６
０３ Ａ组 所以前两次取出的都是二等品的概率
设事件Ｃ表示 至少有一人获得冠
(２) “ １.
军 则 Ｂ 是 １ .
”ꎬ
２.
Ｄ ６
Ｐ Ｃ Ｐ ＡＢ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ ３. 设事件Ｂ表示 第二次取出的是二
( )＝１－ ( )＝１－ ( ) ( )＝１－ Ａ (２) “
. . . . ４. 等品 则
０４×０５＝０８ Ｄ ”ꎬ
１７
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等所 Ｐ ( 以 Ｂ ) 第 ＝ 二 ４ ２ 次 × ３ １ 取 ＋ 出 ４ ２ 的 × 是 ３ ２ ＝ 二 ２ １ 等 . 品的概率 Ｘ Ｐ ２ １ ３ ２ ４ ３ ５ ４ ６ ５ ７ ６ ８ ５ ９ ４ １ ３ ０ １ ２ １ １ １ ２ Ｐ ( ξ ＝２０)＝ Ｃ Ｃ ２ １ ２ ３ ０ ＝ ４ ３ ５ ＝ １ １ ５ ꎬ
１ １
３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ ３６ Ｐ ξ Ｃ１Ｃ６ ６ ２
是 １ . 所以ＥＸ ＝７ . ( ＝５０)＝ Ｃ ２ １０ ＝ ４５ ＝ １５ ꎬ
２ 依题意 随机变量ξ的所有取值为 ３.解析 因为ＥＸ 甲＝２８×０ . １＋２９×０ . １５＋３０ Ｐ ξ Ｃ １ ３Ｃ １ １ ３ １ .
(３) 所以 ꎬ ×０ . ５＋３１×０ . １５＋３２×０ . １＝３０ꎬ ( ＝６０)＝ Ｃ ２ １０ ＝ ４５ ＝ １５
２ꎬ３ꎬ４ꎬ
ＥＸ . . .
综上 可得ξ的分布列如下表
乙＝２８×０１３＋２９×０ １７＋３０×０ ４＋３１× ꎬ :
Ｐ ξ ２ １ １ Ｐ ξ ２
( ＝２)＝ ４ × ３ ＝ ６ ꎬ ( ＝３)＝ ４ × ０ . １７＋３２×０ . １３＝３０ꎬ ξ ０ １０ ２０ ５０ ６０
即ＥＸ ＥＸ 说明甲 乙两种棉花的
２ １ ２ ２ １ １ 甲＝ 乙ꎬ 、 Ｐ １ ２ １ ２ １
× ＋ × × ＝ ꎬ 质量相当.
３ ２ ４ ３ ２ ３ ３ ５ １５ １５ １５
Ｐ ξ ２ ２ １ １ ２ ２ １ 又因为 ＤＸ 甲 ＝(２８－３０) ２ ×０ . １＋(２９－ Ｅξ １ ２ １ ２
( ＝４)＝ × × × ＋ × × ２ . ２ . ２ ＝０× ＋１０× ＋２０× ＋５０× ＋６０×
４ ３ ２ １ ４ ３ ２ ３０) ×０１５＋(３０－３０) ×０５＋(３１－３０) × ３ ５ １５ １５
１ ２ １ ２ １ １ . ０ . １５＋(３２－３０) ２ ×０ . １＝１ . １ꎬ ＤＸ 乙＝(２８－ １ .
× １ ＋ ４ × ３ × ２ × １ ＝ ２ ３０) ２ ×０ . １３＋(２９－３０) ２ ×０ . １７＋(３０－３０) ２ １５ ＝１６
综上 ꎬ 可得ξ的分布列如下表 : ×０ . ４＋(３１－３０) ２ ×０ . １７＋(３２－３０) ２ ×０ . １３ ２.解析 (１) 依题意 ꎬ 随机变量ξ的所有
ξ . 取值为 .所以
２ ３ ４ ＝１３８ꎬ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３
所以ＤＸ ＤＸ 说明甲棉花的质量比
甲< 乙ꎬ Ｐ ξ １ ３ ３ ３
Ｐ １ １ １ 较稳定. ( ＝０)＝ × × ＝ ꎬ
６ ３ ２ ３ ５ ５ ２５
４.解析 设事件Ａ表示 进入商场的 名
“ １ Ｐ ξ ２ ３ ３ ２ １ ３ ２
§3 离散型随机变量的 顾客购买甲 、 乙两种商品中的一种 ”ꎬ 事 ( ＝１)＝ ３ × ５ × ５ ＋ ５ × ３ × ５ ＋ ５
件Ｂ表示 进入商场的 名顾客至少购
均值与方差 买甲 乙两 “ 种商品中的 １ 一种 事件 Ｃ × １ × ３ ＝ １０ ＝ ２ ꎬ
３ ５ ２５ ５
、 ”ꎬ １
表示 进入商场的 名顾客购买甲商
３.１ 离散型随机变量的均值 “ １ Ｐ ( ξ ＝２)＝ ２ × ２ × ３ ＋ ２ × ２ × ３ ＋ ２
品 事件Ｃ 表示 进入商场的 名顾 ３ ５ ５ ３ ５ ５ ５
练习 ”ꎬ ２ “ １
客购买乙商品 依题意 有 Ｐ Ｃ ２ １ ２８
１. ”ꎬ ꎬ ( １)＝ × × ＝ ꎬ
Ｃ . Ｐ Ｃ . . ５ ３ ７５
０５ꎬ ( ２)＝０６
２.答案 １ ３ ꎬ １ ６ (１) Ｐ ( Ａ )＝ Ｐ ( Ｃ １ Ｃ ２∪ Ｃ １ Ｃ ２) Ｐ ( ξ ＝３)＝ ３ ２ × ５ ２ × ５ ２ ＝ ７ ８ ５ .
３. Ｐ Ｃ Ｐ Ｃ Ｐ Ｃ Ｐ Ｃ 综上 可得ξ的分布列如下表
Ａ ＝ ( １) ( ２)＋ ( １) ( ２) ꎬ :
. . . . .
３.２ 离散型随机变量的方差 ＝０５×０４＋０５×０６＝０５ꎬ ξ ０ １ ２ ３
所以进入商场的 名顾客购买甲 乙两
１ 、
练习 种商品中的一种的概率是 . . Ｐ ３ ２ ２８ ８
０５
１.解析 依题意 随机变量Ｘ的分布列如 ２５ ５ ７５ ７５
下表 ꎬ (２) Ｐ ( Ｂ )＝ １－ Ｐ ( Ｃ １ Ｃ ２)＝ １－ Ｐ ( Ｃ １) 同理可得η的分布列如下表 :
: Ｐ Ｃ . . .
Ｘ １ ０ 所 ( 以 ２ 进 )＝ 入 １ 商 －０ 场 ５ 的 ×０４ 名 ＝０ 顾 ８ 客 ꎬ 至少购买甲 η ０ １ ２ ３
１ 、
Ｐ ｐ ｐ 乙两种商品中的一种的概率是 . . Ｐ ８ ２８ ２ ３
１－ ０８
ＥＸ ｐ ｐ ｐ 依题意 随机变量ξ的所有取值为 ７５ ７５ ５ ２５
＝１ ＋０(１－ )＝ ꎬ (３) ꎬ
ＤＸ ＝(１－ ｐ ) ２ ｐ ＋(０－ ｐ ) ２ (１－ ｐ )＝ ｐ (１ ０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ .所以 (２) Ｅξ ＝０× ３ ＋１× ２ ＋２× ２８ ＋３× ８
－
ｐ
)＝
ｐ
－
ｐ２. Ｐ
(
ξ
＝０)＝０
.
２×０
.
２×０
.
２＝０
.
００８ꎬ
２５ ５ ７５ ７５
２.解析
.
因为
.
ＥＸ ＝０×０ . １＋１×０ . ２＋２×０ . ４＋ Ｐ
Ｐ
( ξ
ξ
＝１)＝Ｃ １ ３
２
×０ .
.
８×０ .
.
２×０ .
.
２＝０ .
.
０９６ꎬ ＝
１
２
５
２ ꎬ
３×０２＋４×０１＝２ꎬ ( ＝２)＝Ｃ３×０８×０８×０２＝０３８４ꎬ Ｅη ８ ２８ ２ ３ ２３.
所以ＤＸ ＝(０－２) ２ ×０ . １＋(１－２) ２ ×０ . ２＋ Ｐ ( ξ ＝３)＝Ｃ ３ ３×０ . ８×０ . ８×０ . ８＝０ . ５１２ . ＝０× ７５ ＋１× ７５ ＋２× ５ ＋３× ２５ ＝ １５
２ . ２ . ２ . 综上 可得ξ的分布列如下表
(２－２) ×０４＋(３－２) ×０２＋(４－２) ×０１ ꎬ :
. ξ §4 二项分布与超几何分布
＝１２ꎬ ０ １ ２ ３
所以σ Ｘ＝ ３０. Ｐ ０ . ００８ ０ . ０９６ ０ . ３８４ ０ . ５１２ ４.１ 二项分布
５ 所以Ｅξ . . .
习题６—３ ＝０×０００８＋１×０ ０９６＋２×０ ３８４＋ 练习
. . .
Ａ组 ３×０５１２＝２４ １.
Ｂ组 Ａ
２.
１.答案 ２０ １.解析 依题意 随机变量ξ的所有取值 Ａ
ꎬ ３.解析 .
９ 为 .所以 ８
２.解析 依题意 得随机变量Ｘ的分布列 ０ꎬ１０ꎬ２０ꎬ５０ꎬ６０
ꎬ ２ ４.２ 超几何分布
如下表 Ｐ ξ Ｃ６ １５ １
: ( ＝０)＝ ２ ＝ ＝ ꎬ 练习
Ｃ１０ ４５ ３
１ １ １.解析 设随机变量ξ表示支持候选人
Ｐ ξ Ｃ３Ｃ６ １８ ２
( ＝１０)＝ ２ ＝ ＝ ꎬ 甲的人数 依题意 随机变量 ξ 服从参
Ｃ１０ ４５ ５ ꎬ ꎬ
１８
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数Ｎ
ꎬ
Ｍ
ꎬ
ｎ分别为
１０ꎬ５ꎬ４
的超几何分
所以恰有 次命中的概率是６４８２７. Ｐ Ｘ ｋ ｋ
(
２
)ｋ(
２
) ２－ ｋ
ｋ
布 其分布列为 ４ ( ＝ )＝Ｃ２ １－ ( ＝０ꎬ１ꎬ
ꎬ ２０００００ ５ ５
Ｐ ξ ｋ Ｃ５ ｋ Ｃ ４ １０ － － ｋ ５ ｋ . (２) Ｐ ( Ｘ ≤４)＝１－ Ｐ ( Ｘ ＝５)－ Ｐ ( Ｘ ＝６)＝ ２)ꎬ 如下表 :
所 ( 以 ＝ Ｐ ( ) ξ ＝ ≥２ Ｃ ) ４ １ ＝ ０ １ ( － Ｐ ＝ ( ０ ξ ꎬ ＝ １ ０ ꎬ ) ２ － ꎬ３ Ｐ ꎬ ( ４ ξ ) ＝１)＝ １－Ｃ ５ ６０ . ７ ５ ０ . ３ １ －Ｃ ６ ６０ . ７ ６ ０ . ３ ０ ＝ ４ ２ ０ ３ ０ １ ０ ９ ０ ３. Ｘ ０ １ ２
Ｐ ９ １２ ４
０ ４ １ ３ 所以至多有 次命中的概率是２３１９３.
Ｃ５Ｃ５ Ｃ５Ｃ５ ３１. ４ ２５ ２５ ２５
１－ ４ － ４ ＝ ４００００
所以 Ｃ 至 １０ 少有 Ｃ１０ 位 ４２ 支持候选人甲的概率 (３) ＥＸ ＝６×０ . ７＝４ . ２ . 所以ＥＸ ＝２× ２ ＝ ４ ꎬ
２ ４.解析 依题意 随机变量 Ｘ Ｂ ５ ５
ꎬ ~ ( )
是３１. ( )
ＤＸ ２ ２ １２.
１ 所以它的分布列为 ＝２× × １－ ＝
４２ ５ꎬ ꎬ ５ ５ ２５
２.
数
解析
Ｎ Ｍ
(１
ｎ
)
依
分
题
别
意
为
ꎬ
随机变
的
量
超
Ｘ
几
服
何
从
分
参
Ｐ Ｘ
５
ｋ ｋ
(
１
)ｋ(
１
) ５－ ｋ
ｋ
(４
则
)
依题意
ꎬ
随机变量Ｙ的取值为
０ꎬ１ꎬ
ꎬ ꎬ ７ꎬ３ꎬ３ ( ＝ )＝Ｃ５ １－ ( ＝０ꎬ ２ꎬ
布 其分布列为 ５ ５
Ｐ ꎬ Ｘ ｋ Ｃ３ ｋ Ｃ ３ ４ － ｋ ｋ 如 １ꎬ２ꎬꎬ５) . ( ) ３ ( ) ２ Ｐ ( Ｙ ＝０)＝ ５ ３ × ４ ２ ＝ １ ３ ０ ꎬ Ｐ ( Ｙ ＝１)＝ ５ ３ ×
下 ( 表 ＝ )＝ Ｃ ３ ７ ( ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３)ꎬ (１) Ｐ ( Ｘ ＝３)＝Ｃ ３ ５ １ ５ ４ ５ ＝ ６ ３ ２ ２ ５ . ２ ＋ ２ × ３ ＝ ３ ꎬ Ｐ ( Ｙ ＝２)＝ ２ × １
: 所以在同一时刻恰有 名工人需要用 ４ ５ ４ ５ ５ ４
３
Ｘ １ .
０ １ ２ ３ 电的概率是３２. ＝
１０
Ｐ ３ ４ ５ １ ３ ８ ５ １ ３ ２ ５ ３ １ ５ Ｐ Ｘ ６２５ Ｐ Ｘ ４ ( １ ) ４ Ｙ ０ １ ２
(２) 根据均值的定义可知 ꎬ
(
(
２)
)
( ＝４
(
)＋
)
(
(
＝
)
５)＝ Ｃ５
５
Ｐ ３ ３ １
１ ５ ０
４ ５ １ ４ ２１ . １０ ５ １０
ＥＸ
＝０×
４
＋１×
１８
＋２×
１２
＋３×
１
＝
９ .
５
＋Ｃ５
５ ５
＝
３１２５
３５ ３５ ３５ ３５ ７ 所以ＥＹ ３ ３ １ ４
习题６—４ 所以超过负荷的概率是 ２１ . ＝０× ＋１× ＋２× ＝ ꎬ
１０ ５ １０ ５
Ａ组 ３１２５ ( ) ２ ( ) ２
５.解析 设随机变量Ｘ为抽取的 张卡 ＤＹ ４ ３ ４ ３
( ) ５ ＝ ０－ × ＋ １－ × ＋
１.解析 因为Ｘ Ｂ １ 所以它的分 片中印有 奖 字的卡片的张数.依题 ( ) ５ １０ ５ ５
~ ６ꎬ ꎬ “ ” ２
布列为
３ 意
ꎬ
随机变量Ｘ服从参数Ｎ
ꎬ
Ｍ
ꎬ
ｎ分别 ２－ ４ × １ ＝ ９ .
５ １０ ２５
Ｐ Ｘ ｋ ｋ
(
１
)ｋ(
１
) ６－ ｋ
ｋ
为
布列
１０
为
ꎬ５ꎬ５ 的超几何分布 ꎬ 所以它的分 Ｂ组
( ＝ )＝ Ｃ６
３
１－
３
( ＝０ꎬ
ｋ ｋ １.答案 ６５
５－
. Ｐ Ｘ ｋ Ｃ５Ｃ５ ｋ . ８１
１ꎬ２ꎬꎬ６) ( ) ( ) ( ＝ )＝ ５ ( ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬꎬ５) ２.
(１) Ｐ ( Ｘ ＝２)＝Ｃ ２ ６ １ ３ ２ ２ ３ ４ ＝ ２ ８ ４ ０ ３ . (１) Ｐ ( Ｘ ≥２) Ｃ ＝ １０ １－ Ｐ ( Ｘ ＝０)－ Ｐ ( Ｘ ＝１)＝ ３.解 Ｂ 析 随机变量ξ的所有取值为 ３ꎬ４ꎬ
Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ５ １ ４ .所以
(２) ( ≥１)＝ １－ ( ＝ ０)＝ １－ Ｃ５ Ｃ５Ｃ５ １１３. ５ꎬ６
０ ( １ ) ０ ( ２ ) ６ ６６５. １－ Ｃ ５ １０ － Ｃ ５ １０ ＝ １２６ Ｐ ξ Ｃ ３ ３Ｃ ０ ９ １
Ｃ６ ３ ３ ＝ ７２９ 所以获得精美小礼品的概率是１１３. ( ＝３)＝ Ｃ ３ １２ ＝ ２２０ ꎬ
２.解析 依题意 ꎬ 随机变量 Ｘ 服从参数 １２６ Ｐ ξ Ｃ ２ ３Ｃ １ ９ ２７
Ｎ 其 ꎬ 分 Ｍ ꎬ 布 ｎ 列 分 为 别为 ４０ꎬ１０ꎬ５ 的超几何分布 ꎬ (２) Ｐ ( Ｘ ＝５)＝ Ｃ ５ ５ ５ Ｃ ０ ５ ＝ １ . ( ＝４)＝ Ｃ ３ １２ ＝ ２２０ ꎬ
ｋ ｋ
Ｃ１０ ２５２
Ｐ ξ Ｃ
１
３Ｃ
２
９ １０８ ２７
Ｐ 如 ( 下 Ｘ 表 ＝ ｋ )＝ Ｃ１ Ｃ ０Ｃ ５ ４０ ５ ３０ － ( ｋ ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５)ꎬ ６. 所 解 以 析 能获赠 事 一 件 套 Ａ 丛 表 书 示 的概 两 率 个 是 球 ２５ １ 颜 ２ . 色不 Ｐ ( ξ ＝５)＝ Ｃ Ｃ ０ ３ ３ １ Ｃ ２ ３ ９ ＝ ２ ８ ２ ４ ０ ＝ ２ ５ １ ５ . ꎬ
: (１) “ ( ＝６)＝ ３ ＝ ＝
同 依题意 有 Ｃ１２ ２２０ ５５
Ｘ ”ꎬ ꎬ 综上 可得ξ的分布列如下表
０ １ ２ ３ ４ ５ ꎬ :
Ｐ Ａ ２ ３ ３ ２ １２.
( )＝ × ＋ × ＝ ξ
Ｐ ６０９ １５２２５ ５０７５ ７２５ １７５ ７ ５ ５ ５ ５ ２５ ３ ４ ５ ６
２８１２ ３６５５６１８２７８ ９１３９ １８２７８１８２７８
所以两个球颜色不同的概率是１２. Ｐ １ ２７ ２７ ２１
根据均值的定义可知
ꎬ ２５ ２２０ ２２０ ５５ ５５
事件Ｂ表示 在第一次摸到黑球的
ＥＸ ６０９ １５２２５ ５０７５ (２) “ ４.解析 设随机变量Ｘ为玩游戏者摸出
＝０× ＋１× ＋２× ＋３× 条件下 第二次摸到黑球 依题意 有
２８１２ ３６５５６ １８２７８ ꎬ ”ꎬ ꎬ 的 个球中红球的个数.依题意 随机
１０ ꎬ
７２５ １７５ ７ ５ . Ｐ Ｂ ２ １ . 变量Ｘ服从参数Ｎ Ｍ ｎ分别为
＋４× ＋５× ＝ ( )＝ ＝ ꎬ ꎬ ２０ꎬ１０ꎬ
９１３９ １８２７８ １８２７８ ４ ４ ２ 的超几何分布 其分布列为
３.解析 依题意 随机变量 Ｘ Ｂ 所以在第一次摸到黑球的条件下 第二 １０ ꎬ
ꎬ ~ (６ꎬ ꎬ ｋ １０－ ｋ
. 所以它的分布列为 Ｐ Ｘ ｋ Ｃ１０Ｃ１０ ｋ 如
０ Ｐ ７ Ｘ )ꎬ ｋ ｋ . ｋ . ６－ ｋ ｋ 次摸到黑球的概率是 １ . ( ＝ )＝ Ｃ １ ２ ０ ０ ( ＝０ꎬ１ꎬꎬ１０)ꎬ
( ＝ )＝Ｃ６０７(１－０７) ( ＝０ꎬ１ꎬ２ꎬ ２ 下表
. ( ) :
ꎬ６) 依题意 随机变量Ｘ Ｂ ２ 所
(３) ꎬ ~ ２ꎬ ꎬ
Ｐ Ｘ ４ . ４ . ２ ６４８２７. ５
(１) ( ＝４)＝Ｃ６０７ ０３ ＝ 以它的分布列为
２０００００
１９
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Ｘ
０ １ ２ ３ ４ ５
１０.解析
(１)
因为 １
＋１－２
ｑ
＋
ｑ３
－
７ ｑ２
＋ 设事件 Ｆ 表示 甲
０
单
４４
独向目标射
２ ３ (３) “
Ｐ １ ２５ ２０２５ ３６００ １１０２５１５８７６ 击三次 恰好命中两次 则有
８ ｑ １ 解得ｑ １ 或ｑ 舍 或 ꎬ ”ꎬ
Ｘ １８４ ６ ７５６ ４６ ７ １８９１８４ ８ ７５６ ４６ ９ １８９ ４６ １ １ ０ ８９４６１８９ ｑ ３ ＝０ － ( 舍 ２ ) ＝ . １ꎬ ＝ ３ ＝２( ) Ｐ 所 ( 以 Ｆ ) 甲 ＝ 单 Ｃ ２ ３ 独 ０ . ７ 向 ２ ( 目 １－ 标 ０ . 射 ７) 击 １ ＝ 三 ０ . ４ 次 ４１ . 恰好命
ꎬ
Ｐ １１０２５ ３６００ ２０２５ ２５ １ 所以ｑ １ . 中两次的概率是 . .
４６１８９ ４６１８９１８４７５６ ４６１８９１８４７５６ ＝ ３ 依题意 随机 ０ 变 ４ 量 ４１ Ｘ Ｂ .
设随机变量ξ是玩游戏者在游戏结束 ( ) (４) ꎬ ~ (３ꎬ０ ７)ꎬ
Ｐ １ Ｘ ３ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ 它的分布列为
时所得的钱数 依题意 ξ 的取值可能 (２) － < < ＝ ( ＝０)＋ (
ꎬ ꎬ ２ ２ Ｐ Ｘ ｋ ｋ . ｋ . ３－ ｋ ｋ
是 则 ( ＝ )＝Ｃ３０ ７ (１－０ ７) ( ＝０ꎬ１ꎬ
１０ꎬ８ꎬ６ꎬ４ꎬ０ꎬ－１０ꎬ １ １ １０. 如下表
Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ＝１)＝ ＋ ＝ ２ꎬ３)ꎬ :
( ＝ １０)＝ ( ＝ ０) ＋ ( ＝ １０) １１.解析 依 ３ 题 ２ 意 ７ ２ 随 ７ 机变量Ｘ的取值可 Ｘ
１ ꎬ ０ １ ２ ３
＝ ꎬ 能是 则 Ｐ . . . .
９２３７８ １ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎬ ００２７ ０１８９ ０４４１ ０３４３
Ｐ ( ξ ＝８)＝ Ｐ ( Ｘ ＝１)＋ Ｐ ( Ｘ ＝９)＝ ５０ ꎬ Ｐ ( Ｘ ＝１)＝ １ ꎬ Ｐ ( Ｘ ＝２)＝ ２ × １ ＝ 所以 ꎬ ＥＸ ＝３×０ . ７＝２ . １ꎬ ＤＸ ＝３×０ . ７×０ . ３
４６１８９ ３ ３ ３ . .
( ) ＝０６３
２
Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ２０２５ ２ Ｐ Ｘ ２ １ ４ Ｂ组
( ＝６)＝ ( ＝２)＋ ( ＝８)＝ ꎬ ꎬ ( ＝３)＝ × ＝ ꎬ
９２３７８ ９ ３ ３ ２７ １.
( ) ３ Ｄ
Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ７２００ Ｐ Ｘ ２ １ ８ Ｐ Ｘ
( ＝４)＝ ( ＝３)＋ ( ＝７)＝ ꎬ ( ＝４)＝ × ＝ ꎬ ( ＝５) ２.答案 ４４
４６１８９ ３ ３ ８１
Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｘ ( ) ４ ( ) ５ ７
( ＝ ０)＝ ( ＝ ４) ＋ ( ＝ ６)＝ ２ １ ２ ４８ １６. ３.答案 ａ . ｐ
＝ × ＋ ＝ ＝ (０１＋ )
２２０５０ ３ ３ ３ ２４３ ８１ ４.解析 设随机变量Ｘ为甲摸球后获得
ꎬ 综上 可得Ｘ的分布列如下表
４６１８９ ꎬ : 的奖金金额.依题意 随机变量 Ｘ 的取
Ｘ ꎬ
Ｐ ξ Ｐ Ｘ １５８７６. １ ２ ３ ４ ５ 值可能是 则
( ＝－１０)＝ ( ＝５)＝ ０ꎬ１０ꎬ
４６１８９
综上 可得ξ的分布列如下表 Ｐ １ ２ ４ ８ １６ Ｐ Ｘ ９ Ｐ Ｘ １ .
ꎬ : ３ ９ ２７ ８１ ８１ ( ＝０)＝ ꎬ ( ＝１０)＝
１０ １０
ξ １０ ８ ６ ４ ０ －１０ １２.解析 依题意 ꎬ 随机变量Ｘ的取值可 所以 ꎬ 随机变量Ｘ的分布列如下表 :
能是 则
Ｐ １ ５０ ２０２５ ７２００ ２２０５０ １５８７６ １ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ Ｘ
０ １０
９２３７８４６１８９９２３７８４６１８９４６１８９ ４６１８９ Ｐ Ｘ １０ Ｐ Ｘ ３ １０
所以 ( ＝１)＝ ꎬ ( ＝２)＝ × ＝ Ｐ ９ １
ꎬ １３ １３ １２
１０ １０
Ｅξ ＝１０× １ ＋８× ５０ ＋６× ２０２５ ＋４ ５ ꎬ Ｐ ( Ｘ ＝３)＝ ３ × ２ × １０ ＝ ５ ꎬ 设随机变量Ｙ为乙摸球后获得的奖金
９２３７８ ４６１８９ ９２３７８ ２６ １３ １２ １１ １４３ 金额 依题意 随机变量 Ｙ的取值可能
× ７２００ ＋０× ２２０５０ ＋(－１０)× １５８７６ ＝ Ｐ ( Ｘ ＝４)＝ ３ × ２ × １ × １０ ＝ １ . 是 ꎬ 则 ꎬ
４６１８９ ４６１８９ ４６１８９ １３ １２ １１ １０ ２８６ ０ꎬ１０ꎬ５０ꎬ
综上 可得Ｘ的分布列如下表
１２３４８０. ꎬ : Ｐ Ｙ ９ ９ ８１
－ ４６１８９ Ｘ １ ２ ３ ４ ( ＝０)＝ １０ × １０ ＝ １００ ꎬ
由此可见 玩游戏者在游戏结束时所得
ꎬ Ｐ Ｙ １ ９ １ １８
的钱数的均值是负数 即是赔钱的 所 Ｐ １０ ５ ５ １ ( ＝１０)＝Ｃ２× × ＝ ꎬ
ꎬ ꎬ １３ ２６ １４３ ２８６ １０ １０ １００
以不应该去玩这种游戏.
１３.解析 设事件Ａ Ｂ Ｃ分别表示 甲射 Ｐ Ｙ １ １ １ .
习题６—５ ꎬ ꎬ “ ( ＝５０)＝ × ＝
击一次 命中目标 乙射击一次 命 １０ １０ １００
Ａ组 中目标 ꎬ 丙射击一 ” 次 “ 命中目标 ꎬ 依 所以 ꎬ 随机变量Ｙ的分布列如下表 :
１. ”“ ꎬ ”ꎬ Ｙ
Ａ 题意有 ０ １０ ５０
２.
３. Ｂ Ｐ ( Ａ )＝０ . ７ꎬ Ｐ ( Ｂ )＝０ . ６ꎬ Ｐ ( Ｃ )＝０ . ５ . Ｐ ８１ １８ １
Ａ 设事件Ｄ 表示 三人各向目标射 １００ １００ １００
４.答案
③ 击
(１
一
)
次 至少有一人
“
命中目标 则有 依题意 随机变量 ξ 的取值可能是
复习题六 ꎬ ”ꎬ ꎬ ０ꎬ
则
Ｐ Ｄ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ . １０ꎬ２０ꎬ５０ꎬ６０ꎬ
Ａ组 ( )＝１－ ( ) ( ) ( )＝１－０ ３×
. . . . Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ ７２９
１. ０４×０５＝０９４ ( ＝０)＝ ( ＝０) ( ＝０)＝ ꎬ
Ｃ 所以三人各向目标射击一次 至少有 １０００
２. ꎬ Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ Ｐ Ｘ
Ｃ 一人命中目标的概率是 . . ( ＝１０)＝ ( ＝１０) ( ＝０)＋ ( ＝
３. ０９４
Ｄ 设事件 Ｅ 表示 三人各向目标射 Ｐ Ｙ ２４３
４. (２) “ ０) ( ＝１０)＝ ꎬ
Ａ 击一次 恰有两人命中目标 则有 １０００
５. ꎬ ”ꎬ
Ｄ Ｐ Ｅ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ １８
６. ( )＝ ( ) ( ) ( )＋ ( ) ( ) ( ＝２０)＝ ( ＝１０) ( ＝１０)＝
Ｄ １０００
７.答案 . Ｐ Ｃ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ Ｐ Ｃ
０８ ( )＋ ( ) ( ) ( ) ９
. . . . . . . . ＝ ꎬ
８.答案 ８１ ＝０７×０６×０５＋０ ７×０ ４×０ ５＋０ ３×０ ６ ５００
. . .
１００００ ×０５＝０４４ Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ ９
９.答案 ａｐ ｂ ｐ ａ ｂ ２ｐ ｐ 所以三人各向目标射击一次 恰有两 ( ＝５０)＝ ( ＝０) ( ＝５０)＝ ꎬ
＋ (１－ )ꎻ( － ) (１－ ) ꎬ １０００
２０
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Ｐ ξ Ｐ Ｘ Ｐ Ｙ 温越高 卖出热茶的杯数越少.
( ＝ ６０) ＝ ( ＝ １０) ( ＝ ５０) ꎬ
如图.
１ . (３)
＝
１０００ 选取散点图中的两个点 使得其余
综上 可得ξ的分布列如下表 (４) ꎬ
ꎬ : 的点在这两个点所连直线两侧分布得
ξ ０ １０ ２０ ５０ ６０ 尽可能一样多 例如 选取 和
ꎬ ꎬ (４ꎬ５０)
得到直线方程为 ｘ ｙ
Ｐ ７２９ ２４３ ９ ９ １ (１３ꎬ３４)ꎬ :１６ ＋９ － 样 本 相 关 系 数 ｒ
＝
１０００ １０００ ５００ １０００ １０００ .因此 当天气温为 时 卖出
５１４＝０ ꎬ －５℃ ꎬ . .
７８７８０－２０×６３７５×６１１２５
所以 Ｅξ ７２９ ２４３ ９ 热茶的杯数约为 杯.
ꎬ ＝０× ＋１０× ＋２０× ６６ . ２ . ２
１０００ １０００ ５００
８２１２５－２０×６３７５ ８０９２３－２０×６１１２５
１.２ 一元线性回归方程 . .
９ １ ３３. ≈０３７０
＋５０× ＋６０× ＝ 即语文成绩与英语成绩之间的样本相
１０００ １０００ １０ 练习
５.解析 随机变量ξ的所有取值为 关系数是 . 相关性较弱.
０ꎬ１ꎬ １.解析 利用 软件得出线性回归 ０３７０ꎬ
.所以 Ｅｘｃｅｌ
２ꎬ３ꎬ４ 方程为 Ｙ . Ｘ . . ２.２ 成对数据的线性相关性分析
: ＝００１３３ ＋４９７２
Ｐ ξ １ １ ３ ３ ９
( ＝０)＝ ２ × ２ × ５ × ５ ＝ １００ ꎬ 当训练水平为 ７００ ｋｇｍ/ｍｉｎ 时 ꎬ 心脏 练习
血液输出量为
Ｐ
(
ξ
＝１)＝Ｃ
１
２
１
×
１
×
３
×
３
＋Ｃ
１
２
１
× .
:
. . .
１~２.解析 略.
２ ２ ５ ５ ２ ００１３３×７００＋４９７２＝１４２８２(Ｌ/ｍｉｎ) 习题７—２
１ × ２ × ３ ＝ ３ ꎬ 习题７—１ １.解析 判断物理成绩与数学成绩的线
２ ５ ５ １０ １.解析 散点图如图.
(１) 性相关性 利用 绘制散点图.
Ｐ ξ １ １ ３ ３ １ １ ２ ꎬ Ｅｘｃｅｌ
( ＝２)＝ × × × ＋ × ×
２ ２ ５ ５ ２ ２ ５
２ １ １ ２ ３ ３７
× ＋４× × × × ＝ ꎬ
５ ２ ２ ５ ５ １００
Ｐ ξ １ １ １ ２ ３ １ １
( ＝３)＝Ｃ２ × × × ＋Ｃ２ ×
２ ２ ５ ５ ２
１ ２ ２ １
× × ＝ ꎬ 利用最小二乘法确定线性回归方
２ ５ ５ ５ (２)
程为
Ｐ ξ １ １ ２ ２ １ . :
( ＝４)＝ × × × ＝ Ｙ . Ｘ . .
２ ２ ５ ５ ２５ ＝０６６８ ＋５４９６
综上 可得ξ的分布列如下表
ꎬ : 关于加工零件的个数与加工时间
(３)
ξ 可得结论
０ １ ２ ３ ４ :
当加工零件每增加 个 加工时间约增 可以得出物理成绩与数学成绩的样本
Ｐ ９ ３ ３７ １ １ １ ꎬ
１００ １０ １００ ５ ２５ 加 . . 相关系数为 . 相关性较高.
０６６８ ｍｉｎ ０５２３ꎬ
２.解析 散点图如图. 根据例 得到物理成绩与化学成绩的
所以Ｅξ ９ ３ ３７ １ (１) ３
＝０×
１００
＋１×
１０
＋２×
１００
＋３×
５
＋
样本相关系数为 . 相关性较弱.
０３９７ꎬ
１ ９ . 可以得出物理成绩与数学成绩的相关
４× ＝
２５ ５ 性强于物理成绩与化学成绩的相关性.
２.解析 散点图略 样本相关系数 ｒ
第七章 统计案例 ꎬ ≈
. 这表明鲈鱼身长与体重之间的
０９４８ꎬ
§1 一元线性回归
线性相关性很强
ꎬ
符合实际.
１.１ 直线拟合 (２) 利用最小二乘法确定线性回归方 §3 独立性检验问题
程为 Ｙ . Ｘ . .
: ＝１４４７ －１５８４３
练习 如果这座城市居民的年收入达到 ３.１ 独立性检验
(３)
１.解析 散点图如图. 亿元 这种商品的销售额约为
(１) ４０ ꎬ 练习
. 万元.
４２０３７ １.解析 根据题中数据可列表
:
§2 成对数据的线性相关性 患慢性支气管 患慢性 未患
炎情况 支气 慢性支 总计
２.１ 相关系数 吸烟情况 管炎 气管炎
吸烟
练习 ５４ １８９６ １９５０
不吸烟
从散点图中发现 当天气温与卖出 １.解析 利用 软件画出散点图. ２８ ３９１８ ３９４６
(２) : Ｅｘｃｅｌ
总计
热茶的杯数近似地呈线性关系 卖出热 ８２ ５８１４ ５８９６
ꎬ
茶杯数随着气温的升高而减少 当天气 解法一 吸烟人群中患慢性支气管炎的
ꎬ :
２１
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人所占百分比是 ５４ . ％ :
: ≈２７７ ꎬ 及格情况
１９５０ 及格 不及格 总计 考试成绩
不吸烟人群中患慢性支气管炎的人所 学校 及格 不及格 总计
吃早点情况
占百分比是 : ２８ ≈０ . ７１ ％. 乙校 ３０ １５ ４５ 吃早点
３９４６ 总计 ｎ １７ １０ ２７
吸烟人群中患慢性支气管炎的人所占 ７７ ２３ ＝１００ 不吃早点
１５ ８ ２３
百分比与不吸烟人样中患慢性支气管 χ ２ ＝ １００×(４７×１５－８×３０) ２ ≈４ . ９３３>３ . ８４１ . 总计 ３２ １８ ｎ ＝５０
炎的人所占百分比不相等 且相差较 ７７×２３×５５×４５
大 由此我们可以推断 吸烟 ꎬ 与患慢性 故有 ９５ ％的把握判断所在学校与数学成 χ ２ ＝ ５０×(１７×８－１０×１５) ２ ≈ ０ . ０２７ <
ꎬ ꎬ 绩及格有关. ２７×２３×３２×１８
支气管炎是有关的.
. .
所以甲 乙两校九年级学生的数学成绩 ２７０６
解法二 既吸烟又患慢性支气管炎的人 、
: 的差异显著. 故没有充分的把握说明高中生的数学
的频率是 ５４ . ％ 习题７—３ 考试成绩与吃早点有关.
: ≈０９２ ꎬ
５８９６
１.解析 根据题中数据可列表 ５.解析 根据题中数据可列表
吸烟的人的频率是 １９５０ . ％ : :
: ≈３３０７ ꎬ
５８９６ 患慢性支气管 患慢 未患 评价
评价高 评价一般 总计
患慢性支气管炎的人的频率是 ８２ 炎情况 性支 慢性支 总计 年代
:
５８９６ 吸烟情况 气管炎气管炎 老一代
. ％ ４５ ６０ １０５
≈１３９ ꎬ 吸烟
５４ １８９６ １９５０ 年青一代
显然 . ％ . ％ . ％ ３６ ５１ ８７
ꎬ３３ ０７ × １ ３９ ≈０ ４６ ≠ 不吸烟
. ％ 且相差很大.所以可以得出 吸 ２８ ３９１８ ３９４６ 总计 ８１ １１１ ｎ ＝１９２
０９２ ꎬ : 总计 ｎ
烟与患慢性支气管炎有关. ８２ ５８１４ ＝５８９６
χ ２ １９２×(４５×５１－６０×３６) ２ .
３.２ 独立性检验的基本思想 χ ２ ＝ ５８９６×(５４×３９１８－２８×１８９６) ２ ≈ ＝ １０５×８７×８１×１１１ ≈０ ０４３<
８２×５８１４×１９５０×３９４６ . .
２７０６
练习 . . .
４０３６９>６６３５ 故没有充分的证据认为老一代和年青
１.解析 根据题中数据可列表 故有 ％的把握判断吸烟与患慢性支
: ９９ 一代对影片的评价不一致.
参加体育锻 喜欢参 不喜欢 气管炎有关.
６.解析 略.
炼情况 加体育 参加体 总计
２.解析 根据题中数据可列表
: 复习题七
性别 锻炼 育锻炼
男 １９７ ４８ ２４５
患病情况
患病未患病 总计
１.解析
(１)
散点图略.
服用新药情况
女 ｒ . .
１３５ １２０ ２５５ ≈０８０１
服用新药
总计 ｎ １２ ５８ ７０ 利用最小二乘法确定线性回归方
３３２ １６８ ＝５００ (２)
未服用新药
２２ ２８ ５０ 程为 Ｙ . Ｘ . .
χ ２ ５００×(１９７×１２０－４８×１３５) ２ . 总计 ｎ : ＝０７２６ ＋２５７７
＝ ≈４２ ２５２ ３４ ８６ ＝１２０ 当ｘ 时 ｙ . .
３３２×１６８×２４５×２５５ ＝ １１０ ꎬ ＝ ０ ７２６×１１０＋２５ ７７
. .
>６６３５ χ ２ １２０×(１２×２８－５８×２２) ２ . ≈１０６ .
所以有 ％的把握判断高中生喜欢参 ＝ ≈１０ ３６１>
９９ ７０×５０×３４×８６ ２.解析 线性回归方程为 Ｙ . Ｘ
: ＝０ ２１９ ＋
加体育锻炼与性别有关. . .
６６３５ . .
７９００
３.３ 独立性检验的应用 故有 ９９ ％的把握认为新药对预防此种 当ｘ 时 ｙ . .
＝ ２０ ꎬ ＝ ０ ２１９×２０＋７ ９００ ＝
疾病有效.
练习 . .
１２２８
３.解析 根据题中数据可列表
解法一 甲校的及格率为 ４７ . ％ : ３.解析 根据题中数据可列表 :
: : ≈８５５ ꎬ
５５ 智商
总计 生活满意程度
乙校的及格率为 ３０ . ％. 季节 ４０~５４ ５５~６９ 满意不满意 总计
: ≈６６７ 婚姻状况
４５
夏和秋
由于 . ％ . ％ 所以甲校九年级学 ３０ ４８ ７８
８５５ >６６ ７ ꎬ
春和冬 已婚
生的数学成绩明显要好. ４０ ３０ ７０ ８２ ３８ １２０
故甲 、 乙两校九年级学生的数学成绩的 总计 ７０ ７８ ｎ ＝１４８ 丧偶
１１ １９ ３０
差异显著.
解法二 根据题中数据可列表 χ ２ ＝ １４８×(３０×３０－４８×４０) ２ ≈５ . １６５> 总计 ｎ
: : ７８×７０×７０×７８ ９３ ５７ ＝１５０
及格情况 . .
学校 及格 不及格 总计 故 ３８ 有 ４１ ％的把握认为智商在 的 χ ２ ＝ １５０×(８２×１９－１１×３８) ２ ≈１０ . ２１５>
９５ ４０~６９ ９３×５７×１２０×３０
甲校
４７ ８ ５５ 人 智商与出生季节有关. . .
ꎬ ６６３５
２２
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故有 ９９ ％的把握判断生活满意程度与 χ ２ １６３×(７８×１３－１１×６１) ２ . 故没有充分的把握判断调查表的寄回
＝ ≈０ ８７３<
婚姻状况有关. １３９×２４×８９×７４ 与否与学位的高低有关.
. .
４.解析 根据题中数据可列表 ２７０６
:
寄回情况
寄回 未寄回 总计
学位
学士
７８ １１ ８９
博士和硕士
６１ １３ ７４
总计 ｎ
１３９ ２４ ＝１６３
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