选择性必修第一册湘教数学教材习题答案_高中全套电子教材及答案。_02高中教材参考答案_高中数学_湘教版

教材习题答案 第 1 章 数列 ３.解析 ａ ｎ 的度数Ａ Ｂ Ｃ构成等差数列. (１)２ꎬ１７ꎬ ｎ＝５ －３ꎻ ꎬ ꎬ 必要性 如果 ＡＢＣ的三个内角的度数Ａ １ １ ａ ｎ １ ( ) △ ꎬ 1.1 数列的概念 (２)－ ３ ꎬ－ ７ ꎬ ｎ＝(－１) 􀅰 ｎ ꎻ Ｂ ꎬ Ｃ构成等差数列 ꎬ 则 ２ Ｂ ＝ Ａ ＋ Ｃ ꎬ 又Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ａ ｎ ° 所以 Ｂ ° 即Ｂ °. (３) ３ꎬ ６ꎬ ｎ＝ ꎻ ＝１８０ ꎬ ３ ＝１８０ ꎬ ＝６０ 练习(第５页) 所以 ＡＢＣ的三个内角的度数构成等差数 １ ａ １ . △ １.解析 前 项分别是 . . . (４) ꎬ ｎ＝ｎ ｎ 列的充要条件是 ＡＢＣ 中有一个内角 ７ ３ꎬ３ １ꎬ３ １４ꎬ３ １４２ꎬ ３×４ ( ＋１) △ . . . 是无穷数列. ４.解析 ａ ｎ . 为 °. ３１４１６ꎬ３１４１５９ꎬ３１４１５９３ꎬ ｎ＝５ －４ ６０ ２.解析 ａ １ ａ ２ ａ ３ ａ ５.解析 ａ １ ａ １ ａ １ ａ １ ３.解析 记等差数列为 ａ 由前三项为 ３ (１) １＝ ２ ꎬ ２＝ ３ ꎬ ３＝ ４ ꎬ ４＝ １＝－ ２ ꎬ ２＝ ２ ꎬ ３＝－ ２ ꎬ ４＝ ２ ꎬ { ｎ}ꎬ ２ ꎬ ｎ ｎ ５ ４ ꎬ ａ ５＝ ６ ５ ꎬ ａ ２ ｎ＝ ２ ｎ ２ ＋１ ꎻ ａ ４ ｎ＝ ２ １ ｃｏｓ４ ｎ π＝ ２ １ . ０ꎬ－ ２ ３ 得ａ ｎ＝ ２ ３ － ２ ３ ( ｎ －１)＝ ３(２ ２ － ) ꎬ 由ａ ｎ (２ ｎ ) ａ １＝３ꎬ ａ ２＝１ꎬ ａ ３＝１ꎬ ａ ４＝３ꎬ ａ ５＝５ꎬ ａ ２ ｎ＝ ６.解析 (１) ａ １＝１ꎬ ａ ２＝５ꎬ ａ ３＝１７ꎬ ａ ４＝５３ꎬ ａ ５ ＝ ３(２－ ｎ ) ＝－３０ 得ｎ ＝２２ꎬ 所以 －３０ 是该数列 ｜４ －５｜ꎻ ＝１６１ꎻ ２ ( ２ ７ ５ ８ ３ ６ １ ) ꎬ ａ ａ ａ １ ２ ｎ ＝ ＝ １ ４ ꎬ ２ ＋ ａ ４ ２ × ａ ＝ ( － ２ ４ ５ ４ ３ ꎬ ２ ａ ) ３ ２ ａ ｎ ＝ ＝ １ ３ ４ ６ ７ ＋ ꎬ ２ ４ ａ × ４ ａ ( ＝ １ ９ ６ ３ ６ ３ ４ ) ７ ２ ｎ ꎬ ꎻ ａ ａ ５＝ ７. 有 ( 解 时 数 ２ 关 析 列 ꎬ ) { ａ : . ａ １ 当 ｎ ＝ 不 } ３ 是 ａ ꎬ 一 １ ａ 常 > ２ 定 ０ ＝ 数 . 时 ６ 是 列 ꎬ ꎬ ａ 不 { ꎻ ３ ａ 当 ＝ 是 ｎ ９ } 递 ꎬ ａ 是 ａ １ 增 ４ < 递 ＝ ０ 数 增 １ 时 ２ 列 数 ꎬ ꎬ ａ 与 { 列 ５ ａ ＝ ａ ｎ ꎻ １ } １ 当 ５ 是 的 . ａ 递 取 １＝ 值 减 ０ ４ ５ . . ａ 的 解 证 ＋ ｍ ( 项 析 明 ＋ ｋ ａ ＋ ꎬ ｎ ｌ 是 － ＝ ａ ａ ２ ａ 第 １ ｋ ) １ ＋ ＝ ｄ ＋ ａ ２ － ꎬ ( ｌ ２ １ ＝ ｍ ９ 项 ａ － ꎬ １ １ ｄ . ＋ ) ＝ ( ｄ － ｋ ＋ － １ ａ . １ １ ) ＋ ｄ ( ＋ ｎ ａ － １ １ ＋ ) ( ｄ ｌ ＝ － ２ １ ａ ) １ ｄ ＋ ＝ ( ２ ｍ ａ ＋ １ (４) １＝－ ２ ꎬ ２＝－ ２ ꎬ ３＝ ２ ꎬ ４＝ ２ ꎬ ５＝ ８.解析 画图略.有最大项 第 项最大 ａ ｎ －２) ｄ ꎬ ( ) ꎬ ４ ꎬ ４ 由题意可知ｋ ｌ ｍ ｎ 所以ａ ａ ａ ｋ － ２ ２ ꎬ ａ ２ ｎ＝ｃｏｓ π ４ ＋ ｎ π . 温 ＝ 故 ２ 而 ７ . 知新 ｌ －２) ｄ ＝２ ａ １＋( ＋ ｍ ＝ ＋ ｎ － ＋ ２) ꎬ ｄ ＝ ａ ｍ＋ ｋ ａ ＋ ｎꎬ 即 ｌ＝ 得 ２ 证 １＋ . ( ＋ ｎ 练习(第１６页) ３.解析 (１) ａ ｎ＝ (－１) ＋１ ꎻ ９.解析 (１)１１０ꎬ９９２ . １.解析 ａ ｎ 图象略 ２ 是 第 项. (１) ｎ＝３１－３ ꎻ(２) ꎻ ｎ (２) ꎬ ２０ 递减数列. ａ ７(１０ －１) 证明 若 是数列的第ｋ项 ｋ为正整 (３) (２) ｎ＝ ꎻ (３) : ６０ ( ２. ９ 数 则由题意可知ｋ ｋ 解得ｋ ＡＤ )ꎬ ( ＋１)＝ ６０ꎬ ＝ 练习(第１９页) ａ １ (３) ｎ＝ｎ ( ｎ ｎ ＋１) ２ ꎻ ｎ ２４ ２ １－１ ( 负根舍去 )ꎬ 显然ｋ不是正整数 ꎬ １.解析 Ｓ (１) Ｓ ｎ＝ . － ｎ２ ＋８ ｎ ꎻ(２) Ｓ ９＝９０ꎻ ４. Ａ (４ Ｂ ) Ｄ ａ Ｅ ｎ ＝ ( ( 其 ＋ 中 １) ｎ Ｃ ＋ ＋ １ 中 (－ 的 １) 通 . 项公式前 ４ 项分别 １０ 与 .解 题 析 ａ 意 相 ａ 由 矛 ａ 盾 １ ａ ＝ .故 １ꎬ ａ ６ ａ ０ ｎ＋ 不 １－ 是 ａ ｎ 这 ＝ 个 ２ꎬ 数 可 列 知 中 ａ 的 ２－ 项 ａ １ . ＝ ２ ３ . . ( 解 解 ３ 析 析 ) ２０＝ Ｓ ａ ９ ｎ － ＝ ＝ １ ８ ２ ４ １ ０ ｎ . . 练 为 习( １ꎬ 第 ０ꎬ ７ ３ꎬ 页 ６) ) ａ 所 ２ꎬ 以 ３－ ａ ｎ ２ ＝ ＝ ａ ２ １ ꎬ ＋( ４ ａ － ２－ ３ ａ ＝ １ ２ ) ꎬ ＋ 􀆺 ( ａ 􀆺 ３－ ꎬ ｎ ａ ２)＋􀆺 ｎ ＋( ａ . ｎ－ ４. ｄ 解 ＝ 析 －１ ꎬ 所 解 以 法一 ａ ｎ : ＝ 由 ５－ ａ ｎ ４ . ＝ 当 １ꎬ ｎ Ｓ ≤ ５ ５ ＝１ 时 ０ ꎬ 可 ａ ｎ 得 ≥０ ａ ꎬ １ 所 ＝４ 以 ꎬ １.解析 (１) ａ １＝１ꎬ ａ ２＝３ꎬ ａ ３＝５ꎬ ａ ４＝７ꎬ ａ ５＝９ꎻ １１.解 ｎ－ 析 １)＝１ ａ ＋２＋２ ａ ＋􀆺＋２＝１＋２( －１ ａ )＝２ －１ 当ｎ ＝４ 或ｎ ＝５ 时 ꎬ Ｓ ｎ 取得最大值. ２. ( ( 解 ２ ３ 析 ) ) ａ ａ １ １ ＝ ＝ ａ １ ２ ꎬ ꎬ ａ ａ ２ ２ ｎ ＝ ＝３ ２ １ ꎬ . ａ ꎬ ３ ａ ＝ ３ ５ ＝ ꎬ ａ ４ １ ４＝ ꎬ ａ ９ ４ ꎬ ＝ ａ ５ ８ １ ＝１ ꎬ ７ ａ . ５＝ １ １ ６ ꎻ １２. ａ 解 ＝２ 析 １ꎬ ａ ４ ａ ＝ １ １ ＝ ＝ ２１ ９ ２ . － ꎬ × ３ ( ％ ＋ ２ １ ＝ ６ ＋ ２ ＝ ９ １ . － ２ ５ ４ １ ％ . . ＋ ) ８ ＝ ＝ ２ １ . ６ ０ ꎬ ３ꎬ ３＝１６－２＋７ 所 解 以 法 ( 二 Ｓ ｎ : ＝ 由 ｎ ) ａ ａ １ ４ ＋ ＝ ｎ ( １ꎬ ｎ ２ Ｓ － ５ １ ＝ ) １ ｄ ０ ＝ 可 － 得 ２ １ ｎ ａ ２ １ ＋ ＝４ ２ ９ ꎬ ｎ ｄ ＝ ＝ － － １ ２ １ ꎬ ｎ＝３ ＋１ ２＝２×(１＋１５ ) ＝２０６０４５ꎬ ｎ ９ ２ ８１. 练习(第８页) ａ . ％ ３ . . 􀅰 － ＋ ３＝２×(１＋１５ ) ≈２０９１３６ ２ ８ １.解析 递减数列 递增数列 ｎ 由于ｎ为正整数 所以当ｎ 或ｎ 时 Ｓ (１) ꎻ(２) ꎻ １３.解析 ａ － ９８ ꎬ ＝４ ＝５ ꎬ ｎ 递增数列 递减数列. ｎ＝ｎ 取得最大值. (３) ꎻ(４) － ９９ ２.解析 数列 ａ 的图象如图所示. 习题１.２(第２０页) { ｎ} ｎ 最小项是第 ６ 项 ꎬ 等于 １ . ＝ － ９９＋ ｎ ( ９９－ ９８) 学而时习之 － ９９ １.解析 ａ ｄ ｎ . (１) １０＝２６ꎻ(２) ＝－２ꎻ(３) ＝６７３ ９９－ ９８ ２.解析 是.理由 ａ ａ ａ ｎ ｋ ｄ ａ ＝１＋ ｎ ꎬ : ｎ－ｋ＋ ｎ＋ｋ＝ １＋( － －１) ＋ １ － ９９ ＋( ｎ ＋ ｋ －１) ｄ ＝２[ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ]＝２ ａ ｎ . ３.解析 ａ ａ ａ ａ 当 １≤ ｎ ≤９ 时 ꎬ ｎ ９９－ ９８ <０ꎬ ａ ｎ<１ꎻ ａ ∵ ４ ａ ＋ １２＝ . ７＋ ９＝１６ꎬ － ９９ ∴ １２＝１６－ ４＝１５ ４.解析 ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ ａ 当ｎ 时 ９９－ ９８ ａ . ３＋ ６＋ ９＝２( ２＋ ５＋ ８)－( １＋ ４＋ >９ ꎬ ｎ － ９９ >０ꎬ ｎ>１ ａ ７)＝２×３３－３９＝２７ . 又 { ａ ｎ} 在 [１ꎬ９]ꎬ(９ꎬ＋∞) 上是递减数列 ꎬ ５.解析 (１) ａ ｎ＝４ ｎ －２ꎻ(２) 不是.理由 : 若是 ꎬ 所以最大项是第 项 最小项是第 项. 则 ｎ 解得ｎ ４５ Ｎ . １０ ꎬ ９ ４ －２＝８８ꎬ ＝ ∉ ＋ ２ 习题１.１(第９页) 1.2 等差数列 ６.解析 (１) ａ １＝２ꎻ(２) Ｓ ２８＝１０９２ꎻ(３) ｎ ＝１１ . １ ２ 学 . . ( 解 解 而 ２ 析 析 ) 时 １ 习 ꎬ１ ( 之 . ４ １ ꎬ ) １ ａ . ４ ｎ １ ＝ ꎬ ９ １ ６ . ＋ ４１ ６ ４ ｎ ꎬ ( １ １ . ≤ ４１ ｎ ４ ≤ ２ꎬ １ １ ７ . ) ４ ꎻ １４２１ . ２ １ 练 . . 度 证 解 习 数 明 析 (第 Ａ １ ( ( Ｂ ３ １ 充 ) 页 Ｃ 分 ｄ ＝ ) 中 性 １ 有 ꎬ ) ａ 如 一 ２＝ 果 个 ３ꎻ △ 内 (２ Ａ 角 ) Ｂ ｄ 是 Ｃ ＝ 的 －２ 三 ° ꎬ ａ 个 不 １＝ 内 妨 ６ . 角 设 的 Ｂ ７ ８ . . 解 ａ 解 ＝ ６ ａ １ ＋ 析 析 ４ 􀆺 ５ . ＋ 公 Ｓ 设 ａ １ 差 １ ０ ０ 该 ０ ０ ＝ 为 ) 女 ( ＝ ａ ｄ 子 ２ １ . ＋ ( 织 ａ ａ ３ １ 布 ＋ ＋ ａ 的 ａ ５ ３ ＋ ＋ 数 􀆺 ａ 量 ５ ＋ ＋ ａ 构 􀆺 ９９ 成 ) ＋ ＋ ａ 等 ( ９９ ａ 差 ) ２ ＋ ＋ 数 ａ ５ ４ ０ 列 ＋ ｄ ｎ ꎬ ꎬ ６０ ꎬ { ｎ}ꎬ １ ２ ３ 􀆺 １１ 􀆺 ２１ 􀆺 １００ ° 则由Ａ Ｂ Ｃ °可知Ａ Ｃ ° Ｂ ａ ＝６０ ꎬ ＋ ＋ ＝１８０ ＋ ＝１８０ － 因为ａ Ｓ 所以ｄ １６. ｎ ８ １４ ２０ 􀆺 ６８ 􀆺 １２８ 􀆺 ６０２ ＝１２０ ° ꎬ 所以 ２ Ｂ ＝ Ａ ＋ Ｃ ꎬ 即 △ ＡＢＣ的三个内角 １＝５ꎬ ３０＝３９０ꎬ ＝ ２９ 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９.解析 由Ｓ ｎａ ｎ ( ｎ －１)ｄ得 Ｓ ｎ ａ ｎ －１ (３) 结论 : 若ｋ ∈ Ｎ ＋ꎬ 则Ｓ ｋꎬ Ｓ ２ ｋ－ Ｓ ｋꎬ Ｓ ３ ｋ－ Ｓ ２ ｋ 成 ４.解析 不能 ꎬ 理由 : 经过ｎ分钟后上升的高 ｎ＝ １＋ ２ ｎ ＝ １＋ ２ 等差数列. 度为Ｓ ２５(１－０ . ８ ｎ ) . ｎ . ｄ ｄ 证明 Ｓ ａ ａ ａ Ｓ Ｓ ａ ａ ｎ＝ . ＝１２５(１－０８ )<１２５ ｄ ｎ ａ 是关于ｎ的一次函数 : ｋ＝ １＋ ２＋􀆺＋ ｋꎬ ２ ｋ－ ｋ＝ ｋ＋１＋ ｋ＋２＋ １－０８ 􀅰 { ＝ Ｓ ２ } ＋ １－ ２ ꎬ 􀆺＋ ａ ａ ２ ｋꎬ Ｓ ３ ｋ ａ － Ｓ ２ ｋ＝ ａ ２ ｋ＋１ ａ ＋ ａ ２ ｋ＋２＋ ａ 􀆺＋ ａ ａ ３ ｋꎬ ａ 习 学 题 而时 １. 习 ３( 之 第３２页) ｎ 是等差数列. ∵２( ｋ＋１＋ ｋ＋２＋􀆺＋ ２ ｋ)＝ １＋ ２＋􀆺＋ ｋ＋ ∴ ｎ ａ ａ ａ １.解析 ａ ２ ｋ＋１＋ ２ ｋ＋２＋􀆺＋ ３ ｋꎬ (１) ６＝－９６ꎻ １０.解析 ａ ｎ 令ａ ｎ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数列. ａ ｑ (１) ｎ＝４ －３２ꎻ(２) ｎ＝４ －３２≤ ∴ ｋꎬ ２ ｋ－ ｋꎬ ３ ｋ－ ２ ｋ (２) １＝５ꎬ ＝２ꎻ 则ｎ 当ｎ 或ｎ 时 Ｓ 有最小 ａ 或ａ . ０ 值 ꎬ －１１２ ≤ . ８ꎬ∴ ＝７ ＝８ ꎬ ｎ 1.3 等比数列 ２. ( 解 ３ 析 ) ３＝ 是 ４ .理由 ３＝ : ａ － ２ｎ ４ ＝( ａ １ ｑｎ－１ ) ２ ＝ ａ２ １ ｑ２ ｎ－２ ꎬ ａ ｎ－ｋ １１.解析 由题意 ꎬ ａ １＝１２ꎬ ａ １１＝２２ꎬ∴ ｄ ＝１ꎬ 练习(第２５页) 􀅰 ａ ｎ＋ｋ＝ ａ １ ｑｎ－ｋ－１ 􀅰 ａ １ ｑｎ＋ｋ－１ ＝ ａ２ １ ｑ２ ｎ－２ ＝ ａ２ｎ . 所求长度之和Ｓ Ｓ ａ . １２.解 ∴ 析 设甲第ｎ分 ＝ 钟走 １０－ ａ １＝１５ 则 ３ｃ ａ ｍ ｄ １.解析 (１)０ . ０３×９ ５ ＝１ ７７１ . ４７ꎻ(２)０ . ５ꎻ ３.解析 (１)２ꎬ４ꎬ６ꎬ９ 或 ２ꎬ １ ꎬ－ ３ ꎬ９ꎻ ｎ ｍꎬ １＝２ꎬ ＝ . ４ ２ ａ ｎ 运动 ｎ 分钟后总共走了 (３)９ . １ꎬ ｎ ＝ ＋１ꎬ ２.解析 ａ 或ａ (２)５ꎬ１０ꎬ２０ꎬ４０ꎬ８０ꎬ１６０ꎬ３２０ [ ｎ ｎ ] (１) ＝９ ＝－９ꎻ ４.解析 ａ ａ ａ ａ ｑ２ ｑ４ ２ ｎ ＋ ( ２ －１) ｍꎬ 乙运动ｎ分钟后总共走 (２) ａ ＝ １ ꎬ ｂ ＝－ １ . ∴ ｑ２ ＝ ２ ( ꎬ １)∵ １＋ ３＋ ５＝ １(１＋ ＋ )＝２１ꎬ ( 了 负 ５ 值 ｎ ｍ 舍 . ( 去 １) ) ２ . ( ｎ ２ ＋ ) ｎ ( ２ ｎ ｎ ２ － ＋ １ ｎ ) ( ＋ ｎ ５ － ｎ １) ＝７ ＋ ０ ５ ꎬ ｎ 解 ＝ 得 ７０ ｎ × ＝ ３ ７ ꎬ ３.证 ∴ ＝ ａ 明 ｑ １ ｋ ｑ ＋ ｌ ｍ －２ －１ ａ ＝ 􀅰 ４ ｋ ｑ ａ ｍ ａ ｌ ＋ １ ＝ ｎ ｑ －２ ａ ｎ ꎬ － １ １ ∴ ｑ ＝ ｋ ８ － ａ ａ １ ｋ ２ １ 􀅰 ａ 􀅰 ｌ ａ ＝ ｑ １ ｍ ａ ｑ ＋ ｌ ｍ ｎ － － １ ａ ２ ＝ ｎ ꎬ . ∵ ａ２ １ ｋ 􀅰 ＋ ｌ ｑ ＝ ｋ＋ ｍ ｌ－２ ＋ ꎬ ｎ ａ ꎬ ｍ ａ ｎ ∴ (２ ａ ) ３ ∵ ＋ ａ ｑ ５ ＝ ＋ ａ ａ ａ ３ ２ ７ ＋ ＋ ＝ ａ ａ ( ７ ６ ａ ＋ ＋ １ ａ ａ ＋ １ １ １ ０ ａ ＝ ３＋ １ ａ ９ ２ ５) ＝ ｑ２ ４ ３ ＝ ꎬ ２１×２＝４２ꎻ 解得ｎ 负值舍去 . ２ ４.解析 (１) 设生物体死亡时 ꎬ 体内每克组织 ａ ａ ａ ａ ３＋ ａ ７＋ ａ １１ . 温故而知新 ＝１５( ) 中的１４ Ｃ 含量为 １ꎬ ｎ年后的残留量为ａ ｎꎬ 则 ∴ １＋ ５＋ ９＝ ｑ２ ＝１６ １３.证明 不妨设直角三角形三边边长为ａ ｂ 由题意知数列 { ａ ｎ} 为等比数列 ꎬ 由１４ Ｃ 的半 ５.解析 (１) ｎ年后这辆车的价值ａ ｎ＝１０􀅰(１ ꎬ ꎬ ％ ｎ 他大概能得 ａ ｃ ꎬ 且ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｃ２ ꎬ 则由ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ成等差数列 ( 设 衰期为 ５ ７３０ 可得 ａ ５７３０＝ ｑ５７３０ ＝ １ ꎬ∴ ｑ ＝ －２ ％ ０ ６ ) ꎻ( . ２) 万元. ６ ＝ １０×(１－ 其公差为ｄ 可知 ａ ｂ ｄ ｃ ｂ ｄ 代入ａ２ ２ ２０ ) ≈２６２ ｂ２ ｃ２有ｂ ) ｄ ꎬ ａ ＝ － ｄ ꎬ ｃ ＝ ｄ ＋ ꎬ ａ ｂ ＋ ｃ ( １ ) ５７ １ ３０ ａ ( １ ) ５７ ｎ ３０ . ６.解析 当 ｎ 时 ａ２ｎ ( ａ １􀅰 ｑｎ－１ ) ２ １ １ ４ ５ . .解 ｂ 解 ∴ 是 ＝ ｎ ３ ＝ 析 ＝ 析 { 数 ｂ ａ ∶ 列 ｎ ３ ４ ｎ } － 若 由 { １ 是 ∶ ꎬ ａ ５ ∵ 各 题 ｎ 公 . ＝ } ｂ 内 意 的 ４ 差 ｎ－ 角 ꎬ 第 ꎬ 为 ｂ ｂ ∴ ｎ １ 按 ( － ＝ １ ３ ３ 从 ＝ ａ ｄ ｎ ＝ ２ ａ － 的 小 ꎬ ３ ３ １ ｎ ｂ － ) ２ 到 等 １ ꎬ 项 ＝ － 大 ａ 差 ａ ＝ . ３ ５ ｎ ５ 的 ꎬ 数 －４ ｂ ＝ ꎬ ３ 顺 列 ＝ ∴ ３ 序 ａ ｄ ꎬ ８ ꎬ 其 分 ꎬ ∶ 􀆺 中 别 􀆺 ∶ 记 ｂ ꎬ ｎ １ 练 . ３ ３ ( 习 ８ ８ ２ ２ ) ( ０ ０ 由 第 ６ ６ ９ ９ ꎬ ( ２ 年 ∴ １ ８ ꎬ ) . ∴ 页 古 知 ) ｎ 人 ａ ＝ ｎ 猿 ＝ ２ ( 的 ２ １ 颅 ) 骨 ５７ ｎ ３０ ＝ 已 ０ . 存 ０１ 在 ꎬ 解 了 得 大 ｎ ≈ 约 项 当 ( ａ ａ ꎬ １ １ ｎ ｑ 􀅰 􀅰 ≥ ２ ｑ ｑ 为 ｎ ｎ ２ － － 公 ２ １ 时 ) 比 ２ ꎬ ＝ 的 ａ ≥ ａ ｑ ２ 等 ｎ ２ ２ － ｎ ꎬ ２ ２ 比 ∴ ＝ 数 数 ａ ａ ꎬ １ １ 列 列 􀅰 􀅰 ａ２ｎ ꎻ － { ｑ ｑ １ ２ ２ ａ ｎ ｎ ＝ － － ２ｎ ３ １ } ( ＝ 是 ａ ｑ １ 以 􀅰 ２ ꎬ ｑ ∴ ａ ｎ ２ １ －２ 数 为 ) ２ 首 列 ＝ ａ 为 １＝ ａ １ １ꎬ ０ ａ ０ ２ ° ꎬ ꎬ 􀆺 ｄ ＝ ꎬ ａ １ ｎ ０ ꎬ ° 由 ꎬ 则 于 由 { ａ 题 ｎ} 可 是 得 等 ａ 差 １＋ 数 ａ ２ 列 ＋􀆺 ꎬ 且 ＋ ２.解 Ｄ 且 析 数 列 由 是递 ａ １ꎬ 减 ａ ３ 数 是 列 方 可 程 知 ｘ２ － ａ ５ ｘ ＋４＝ ａ ０ 的两根 ｑ 数 { ａ 列 ２ ｎ} ꎻ 是以 ａ ２ 为首项 ꎬ ｑ２ 为公比的等比 ａ °ｎ ｎ ( ｎ －１) ° ｎ ° ꎬ １＝４ꎬ ３＝１ꎬ∴ １ ｎ＝１００ ＋ ２ 􀅰１０ ＝( －２)􀅰１８０ ꎬ ＝ １ . 当ｎ 时 ａ ｎ ａ ｎ－１ １ 数列 { １ } 是 即ｎ２ －１７ ｎ ＋７２＝０ꎬ 由此解得ｎ ＝８ 或ｎ ＝９ . ２ ≥２ ꎬ １ ＝ ａ ｎ ＝ ｑ ꎬ∴ ａ ｎ ｎ 又最大 所 内 以 角 ｎ ＝１ . ００ ° ＋( ｎ －１)􀅰１０ ° <１８０ ° ꎬ 即 ３.解析 是.理由 :∵ 当 ｎ ≥２ 时 ꎬ ａ ａ ｎ ＝ ａ ｎ－１ <９ꎬ ＝８ ｎ－１ 以 １ 为首项 １ 为公比的等比数列. １６. 当 解 １) ａ 析 ２ ｎ ＋ ≥ 是 ｑ ( ２ 当 以 ｎ 时 － ｎ １ ꎬ ) ＝ ａ ｐ ＋ ｎ １ 为 ＝ ｒ 时 ] Ｓ 公 ＝ ｎ ꎬ － ａ ２ 差 Ｓ １ ｐｎ ｎ ＝ 的 － － １ Ｓ ｐ ＝ １ 等 ＋ ＝ ｐ ｑ ｎ 差 ｐ ꎬ ２ ＋ ∴ ＋ ｑ 数 ｑ ＋ 从 ｎ ｒ 列 ꎬ ＋ 第 ｒ － 若 二 [ ｐ 要 项 ( ｎ 起 使 － { ａ ａ ａ １ １ ｎ 􀅰 􀅰 } ｑ ｑ 是 ｎ ｎ － － ２ 以 １ ＝ ａ １ 为 ａ ａ １ １ 首 􀅰 􀅰 项 ｑ ｑｎ ｎ－ － ꎬ ２ １ ｑ ＝ 为公 ｑ ꎬ 比 ∴ 的 数 等比 列 ７.解 ｌｏｇ 析 ３ ａ ａ １ １＋ 由 ｌｏｇ３ ａ ａ ４ ２ ａ ꎬ ＋ ５ ａ ｌ ｑ ｏ ６ ｇ ＝ ３ ａ ３ ８ 得 ＋ｌｏ ａ ｇ ３ ５ ３ ＝ ａ ９ ３ ＝ ꎬ∴ ｌｏｇ ａ ３ ５ ( ＝ ａ ３ １􀅰 １ ３ ꎬ ａ ２􀅰 { ｎ} ２ ꎬ 数列. ａ ａ ａ４ ４ . ａ 成等差数列 只需ａ ａ ｐ ｑ ｐ ｑ ８􀅰 ９)＝ｌｏｇ３ ５＝ { ｎ} ꎬ ２－ １＝３ ＋ －( ＋ 练习(第３２页) ３ ＋ ｒ )＝２ ｐ － ｒ ＝２ ｐ ꎬ 即ｒ ＝０ . ∴ 当ｒ ＝０ 时 ꎬ{ ａ ｎ} [ ( )ｎ] ８.解析 (１) ａ １＝２４ꎻ 是公差为 ２ ｐ的等差数列 ꎻ 当ｒ ≠０ 时 ꎬ{ ａ ｎ} １.解析 (１) Ｓ ｎ＝ ２ １－ － １ ꎻ (２) ｑ ＝２ 或ｑ ＝－３ꎻ 不是等差数列. ３ ２ ( Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ ) Ｓ 提示 １５－ １０ １０－ ５ . １７.解析 由题意可得ａ ｎ＝ ４５－ ２ ５ ｎ ꎬ ２.解 (２ 析 ) Ｓ ６＝ 设 － 等 ９１ 比 ꎻ( 数 ３) 列 Ｓ ｎ 的 ＝ １ 公 ８ ２７ 比 . 为ｑ 前ｎ项和为 ９. ( 解 ３ 析 ) １５＝ 易 １ 知 ９５ ｑ ≠１ꎬ :Ｓ １０－ Ｓ ５ ＝ Ｓ ５ ∴ ∴ ∴ 当 Ｓ ｂ ｎ ｎ ＝ ＝ ｎ { ≤ ì î í ï ï ïï ａ － ５ － ９ ｎ ｎ ａ ５ ꎬ ２ ｎ 时 ｎ ｎ － ꎬ ２ ４ ≤ ｎ ８ ＋ ꎬ > ５ ４ ａ ８ ９ ｎ ９ ｎ ５ ꎬ ≥ ＋ ꎬ ｎ ７ ꎬ ０ ２ ｎ ꎬ ０ ≤ ꎬ ｎ ９ꎬ >９ . 解 Ｓ ∴ ｎꎬ 得 ì î í ï ï ï ï 则 Ｓ Ｓ ６ ３ ａ 由 ＝ ＝ １＝ ａ ａ Ｓ １ １ ( ３ ( １ １ １ ＝ １ １ － － ꎬ － － １ ｑ ｑ ｑ ｑ ｑ ꎬ ６ ＝ ３ Ｓ ) ) ６ ２ ＝ ＝ ＝ ꎬ １ ９ ９ ꎬ ꎬ ꎬ 可知ｑ ≠１ ꎬ ꎬ １０ 由 ∴ . { 解 Ｓ ａ ａ 析 ｎ ( ｎ １ ＝ } ＝ １ １ １ 是 － － ꎬ 记 ３ ３ Ｓ 公 第 ６ ) １ ３ ｎ ３ ＝ . 比 ４ ｎ Ｓ 天 ３ ｑ 得 行 ＝ 走 ｑ ２ １ ＝ ａ ３ 的 ｎ １ ３ 里 ꎬ 等 ꎬ 则 比 由 数 题 列 意 ꎬ 可 Ｓ ７ 知 ＝ １８. ａ Ｓ 解 ２ ６ ＋ － 析 ａ Ｓ ５ ４ ＋ ＝ ( ａ ａ ６ １ ５ ꎬ ) ＋ ∴ 证 ａ ６ Ｓ ꎬ 明 ２ ∵ ꎬ : Ｓ ２ Ｓ ４ ( ２ － ＝ ａ Ｓ ３ ２ ａ ＋ ꎬ １ Ｓ ａ ＋ ６ ４ ａ － ) ２ Ｓ ＝ ꎬ ４ Ｓ ４ ４ 成 ａ － １ 等 Ｓ ＋ ２ １ 差 ＝ ０ ａ ｄ 数 ３ ＝ ＋ 列 ａ ａ １ ４ . ＋ ꎬ ３.解 ∴ 析 Ｓ ８ ＝ ａ 当 １( １ １ ｑ ７ － － ＝ ｑ ｑ １ ８ ) 时 ＝ ꎬ ２ 不 ７ ５５ 符 . 合条件 ꎻ 当ｑ ≠１ 时 ꎬ ａ １ １ １ － － ２ １ ２ １ ７ ＝７００ꎬ 解得ａ １＝ ４４ １２ ８ ７ ００ ꎬ∴ 这 ７ ( Ｓ ９ ２ － ) Ｓ 证 ６ ａ ＝ 明 ａ ａ : ７＋ Ｓ ３ ａ ａ ＝ ８＋ ａ ａ １ ９ ＋ ꎬ ａ ２ ａ ＋ ａ ３ꎬ Ｓ ｄ ６－ ａ Ｓ ３＝ ａ ａ ４＋ ａ ａ ５＋ ａ ａ ６ꎬ 由 ３ Ｓ ３ Ｓ ꎬ １ ∴ ꎬ２ ４ Ｓ ( ２ ａ ꎬ １ ３ ＋ Ｓ ａ ３ ２) 成 ＝ 等 ａ １ 差 ＋３ 数 ( ａ 列 １＋ 可 ａ ２ 知 ＋ ａ ３ ４ ) Ｓ ꎬ ２ 解 ＝ 得 Ｓ １＋ ｑ 天分别行走４４ １２ ８ ７ ００里 ꎬ ２２ １２ ４ ７ ００里 ꎬ １１ １２ ２ ７ ００里 ꎬ ∵２( ４＋ ５＋ ６)＝６ １＋２４ ＝ １＋ ２＋ ３＋ ７＋ １ . ５６００里 ２８００里 １４００里 ７００里. ａ ａ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数列. ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ８＋ ９ꎬ∴ ３ꎬ ６－ ３ꎬ ９－ ６ ３ １２７ １２７ １２７ １２７ ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等教材习题答案 温故而知新 成立 当ｎ ｋ 时 证明 当ｎ 时 左边 ａ １ 右边 ꎬ ＝ ＋１ ꎬ １１.解析 由ａ ｍ＝ ｎ ꎬ ａ ｎ＝ ｍ得 ａ ａ ｍ ＝ ｑｍ－ｎ ＝ ｍ ｎ ꎬ :(１) ＝１ ꎬ ＝ １＝ ２ ꎬ ＝ Ｓ ｋ＋１ ＝ Ｓ ｋ ＋ ａ ｋ＋１ ＝ ｋ ｋ ＋ ｋ １ ｋ ＝ ｎ １ １ 等式成立. ３ ＋１ (３ ＋１)(３ ＋４) ( ｍ )ｎ－ １ｍ １＋１ ＝ ２ ꎬ ｋ (３ ｋ ＋４)＋１ (３ ｋ ＋１)( ｋ ＋１) ｋ ＋１ ∴ ｑ ＝ ｎ ꎬ 假设当ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 Ｓ ｋ 成 (３ ｋ ＋１)(３ ｋ ＋４) ＝ (３ ｋ ＋１)(３ ｋ ＋４) ＝ ３ ｋ ＋４ ∴ ａ ｍ＋ｎ＝ ａ １ ｑｍ＋ｎ－１ ＝ ａ ｍ ｑｎ ＝ ｎ ( ｍ ｎ )ｎ－ ｎ ｍ . 立 (２ ꎬ ) 当 ｎ ＝ ｋ ＋ ＝ １ ( 时 ≥ ꎬ １ Ｓ ꎬ ｋ＋１ ∈ ＝ Ｓ ＋ ｋ ) ＋ ａ ꎬ ｋ＋１ ｋ ＝ ＝ｋ ｋ ＋ ｋ １ ＋ ＝ ３ 当 ( ｋ ｋ ｎ ＋ ＋ １ １ ) ｋ ＋１ ꎬ 时 等式也成立. １２.解析 (１) ａ ｎ＝２１－２ ｎ ꎬ Ｓ ｎ＝２０ ｎ － ｎ２ ꎻ ｋ ｋ ｋ ＋１ ∴ ＝ ＋１ ꎬ ｎ ∴ (２ ｂ ) ｎ ∵ ＝ ａ ｂ ｎ ｎ － ＋ ａ ３ ｎ ｎ－ ＝ １ ＝ ３ ｎ ２ －１ １ ꎬ －２ ｎ ＋３ ｎ－１ ꎬ ( ｋ ＋ ｋ １) １ ( ｋ ＋２) ＝ ( ｋ ( ＋１ ＋ ) ２ ( ) ｋ ＋ ＋ １ ２) ＝ ｋ ＋ ＋ ２ １ ＝ 由 都成 (１ 立 )( . ２) 可知等式Ｓ ｎ＝ ３ ｎ ＋１ 对任意ｎ ∈ Ｎ ＋ ∴ Ｔ ｎ＝ １－３ ｎ ＋２０ ｎ － ｎ２ ＝ ３ ｎ －１ ＋２０ ｎ － ｎ２. ( ｋ ＋ ＋ １) １ ＋１ ꎬ∴ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 等式也成立. ３.证明 (１)① 当ｎ ＝１ 时 ꎬ 左边 ＝１ꎬ 右边 ＝１ ２ １３.解析 １ 由 －３ ａ １＝ ２ １ ꎬ ａ ４＝－ ２ ４ 得ｑ ＝－２ꎬ∴ ａ ｎ＝ 由 都成 (１ 立 )( . ２) 可知等式Ｓ ｎ＝ｎ ＋ ｎ １ 对任意ｎ ∈ Ｎ ＋ ② ＝１ 假 ｋ ꎬ 等 设 式 当 成 ｋ ｎ ２ 立 ＝ 成 ｋ . ( 立 ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋) 时 ꎬ１＋３＋５＋􀆺＋ ２ １ (－２) ｎ－１ ꎬ ｂ ｎ＝｜ ａ ｎ｜＝ ２ １ ×２ ｎ－１ ＝２ ｎ－２ ꎬ 学 习 而 题 时 １. 习 ４( 之 第４１页) ( 当 ２ ｋ ｎ － ＝ １ ｋ ) ＋ ＝ １ ｋ２ 时 ꎬ 左 ｋ 边 ꎬ ＝１＋ ｋ ３＋５＋ ２. 􀆺＋(２ ｋ －１)＋ (２ ＋１)＝ ＋(２ ＋１)＝( ＋１) １ (１－２ ｎ ) ｎ １.证明 (１) 用数学归纳法证明公差为ｄ的等 ∴ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 等式也成立. １４. ∴ ∵ Ｓ 解 等 ６－ 析 比 Ｓ ａ ａ Ｓ ｎ １ ３ ＋ ＋ 数 ４ ＝ ａ ａ ＝ 列 ( ２ ４ ２ ａ １ ＝ ５ ꎻ ) ＋ １ ａ ａ 证 － ａ ５ ３ ＋ ＋ ６ ２ ꎬ 明 ａ ａ ６ ４ : ＝ Ｓ ＝ ｑ ２ ２ ２ ＝ ꎬ∴ ２ ａ － １ １ ＋ Ｓ . ２ ａ ꎬ ２ Ｓ ꎬ ４ Ｓ － ４－ Ｓ Ｓ ２ꎬ ２ Ｓ ＝ ６ ａ － ３ Ｓ ＋ ４ ａ 成 ４ꎬ 差 证 ｎ １ ( × ２ 数 明 假 ｎ ０ ２ － ｄ 设 : 列 １ ＝ ① ) 当 ａ { ｄ 当 １ ａ . ꎬ ｎ ｎ 公 ｎ } ＝ 式 的 ｋ １ 成 前 时 ｋ 立 ꎬ ｎ 左 . 项 边 ｋ 和 ＝ 公 Ｓ Ｎ １ 式 ＝ ａ 时 为 １ꎬ 右 Ｓ Ｓ ｎ 边 ＝ ＝ ｎ ｋ ａ ａ ａ １ １ ＋ ＋ 由 任 ( ( ② ３ ２ １ × ① 意 假 ) ＋ １０ ① １ ② 设 ＋ ) ｎ 当 ∈ 􀆺 ２ 可 当 ＝ Ｎ ＋ ｎ 知 ４ ｎ ｋ ＋ ＝ ꎬ ( ＝ 都 等 等 １ ３ ｋ ｋ 成 式 ( 式 时 ＋ ｋ 立 １ ≥ 成 ꎬ １ ) 左 ＋ . １ 立 ＝ ３ ꎬ 边 ＋ ｋ . ｋ ( ５ ∈ ＝ ＋ ｋ 􀆺 Ｎ ＋ １ １ × ＋ ＋ ) ) ４ ( ２ 时 ＝ ２ 成 ｎ ꎬ ４ － １ ꎬ 立 × 右 １) ꎬ ４ 边 当 ＝ ＋２ ｎ ＝ ｎ × ２ １ ＝ ７ 对 ＋ × ｋ ( ( 等 ∵ Ｓ － ９ ２ ３ Ｓ － 比 ａ ａ ) ) ６ Ｓ ４ １ 证 结 成 ＋ ＋ 数 ６ ａ ａ ＝ 明 论 等 列 ５ ２ ａ ＋ ＋ : : ７ 比 . ａ ａ ＋ Ｓ 若 ６ ３ ３ ａ 数 ＝ ＝ ８ ｋ ＋ 列 ａ ａ ∈ ａ ａ ７ ４ １ ＋ ＋ ꎻ ９ ＋ Ｎ ꎬ ａ ａ ａ ＋ ８ ５ ２ ꎬ ＋ ＋ ＋ 则 ａ ａ ａ ９ ６ ３ Ｓ ＝ ꎬ ｋ Ｓ ｑ ꎬ ６ ３ Ｓ － ꎬ ２ ∴ ｋ Ｓ － ３ Ｓ Ｓ ＝ ３ ｋ ａ ꎬ ꎬ ４ Ｓ Ｓ ＋ ３ ６ ｋ ａ － － ５ Ｓ Ｓ ＋ ３ ２ ꎬ ａ ｋ 成 Ｓ ６ꎬ ９ 当 ａ ② ｋ ( １＋ 当 ｋ ｎ ２ ｋ － ＝ ｄ １ ｎ ＝ ｋ ) ＋ ( ｄ ｋ １ ｋ 成 ＋ 时 １ ＝ 立 时 ) ꎬ ꎬ ａ Ｓ ( １ ｋ＋ 公 ＋ １ ≥ ｋ ＝ 式 ( Ｓ １ ｋ 也 ２ ｋ ꎬ ＋ ＋ １ 成 ａ ∈ ) ｋ＋ ｄ 立 １ . ＝ . ＋ ｋ ) ａ １＋ ꎬ ｋ ( ｋ ｋ ２ － ＝ １)ｄ １＋ ＋ ４. ( ∴ 由 证 ＋ ＋ ＋ ｋ ( １ １ 明 当 ① ＋ ) ｋ 时 ＋ １ ＝ ② ) ｎ １ ꎬ ｎ ( ) ＝ 左 可 ( ( ( ｋ ｋ ｎ １ ＋ 边 ３ 知 ＋ ＋ ) ２ ｋ １ １ 当 ＋ ) 等 ＝ ) 时 ４ ２ １ ２ ꎬ 式 ) × ｎ ꎬ 对 ＝ ４ 等 ＝ １ ＋ ｋ 任 × ３ 式 ( ２ ４ ｋ 意 × 时 也 ＋ ＋ ７ ２ １ ꎬ ＋ ｎ 成 ) × 凸 ∈ ３ ２ ７ 立 × ＋ Ｎ ＋ ｎ １ ( . ３ ０ ＋ ｋ 边 都 ＋ × ＋ 􀆺 １ １ 形 成 ０ ) ＋ ＋ 立 即 ( ｋ 􀆺 ３ ( . 为 ｋ ３ ＋ ＋ ｋ ｎ 三 ４ ＋ ( ) １ ３ 角 ＝ ) ｎ １５.解 ｑ ∵ 􀆺 证 ｋ ꎬ 析 明 ＋ ａ ∴ ａ ｋ ａ : ＋ ２ Ｓ １ ｋ １ Ｓ ꎬ ＋ ｋ ＋ ( ｋ ꎬ Ｓ ａ ａ ＝ １ Ｓ ３ ｋ ２ ｋ ) ＋ ａ ２ ＋ － ２ ｋ Ａ １ ＋ － 􀆺 Ｓ ＋ ２ 􀆺 Ｓ ２ Ｂ ａ ｋ ＋ ｋ ２ ２ ＝ ꎬ ＋ ａ ＋ ＝ Ｓ ａ ａ ｋ 􀆺 ３ １ ２ ２ ｋ ｋ ｋ ０ ＋ － ＋ １ ꎻ ＝ Ｓ ＋ ａ ２ ｋ ａ ｋ ａ ꎬ ａ 成 ２ ２ ｋ Ｓ ｋ ｋ ＋ ＋ ＋ ２ ２ 等 １ １ ｋ ＋ ＋ ＋ － 􀆺 比 ａ ａ Ｓ ２ ｋ ｋ ｋ ＋ ＋ 数 ＋ ２ ＝ ２ ａ ＋ ＋ 列 ａ ３ 􀆺 ｋ 􀆺 ｋ ꎬ ＋ . １ ＋ ＋ ＋ ａ ａ ａ ２ ３ ｋ ｋ ｋ ＋２ ＝ ＋ 比 ∴ 由 ∈ (２ ａ Ｎ ① ) 数 １( 用 ＋ ② 都 １ 列 数 － ＝ 可 成 ｑ 学 ｎ { 知 ＋ ) 立 １ 归 ａ . 公 . ｎ 纳 } 式 ꎬ 法 的 Ｓ 证 ｎ 前 ＝ 明 ｎａ 公 ｎ １＋ 比 项 ｎ ( 为 ｎ 和 ２ － ｑ １ ( 公 ) ｑ ｄ ≠ 式 对 １ 任 ) 为 的 意 等 Ｓ ｎ ｎ 上 的 ( 形 ２ １ ) ２ 时 与 ꎬ 内 ) × 所 假 边 １ ꎬ 任 角 ８ 即 以 设 ０ 形 意 和 ° 为 其 当 分 ＝ 一 ｆ 凸 内 ( １ 割 ｎ 个 ８ ｋ ( 角 ０ ＝ ) ｋ 成 顶 ° ＝ ｋ ＋ 和 ꎬ ( ( １ 等 点 一 ｋ ) 为 ｋ ≥ 式 － 相 边 个 ２ ｆ ３ 成 ( 邻 形 ) 凸 ꎬ ３ 􀅰 ｋ 立 的 ꎬ ) ∈ ｋ 连 １ ＝ . 两 ８ 边 Ｎ １ ０ 接 ＋ 个 ８ ° 形 ) ０ 成 凸 顶 ° 时 和 ꎬ 立 ( 右 点 ꎬ ｋ 一 ꎬ 凸 ＋ ꎬ 边 当 １ 个 将 ｋ ) ＝ ｎ 凸 三 边 边 ( ＝ ３ ( ｋ 角 形 形 － ＋ ｋ ( ( ３ ２ ) ) 证 Ａ ２ Ａ 明 ３ : ∶ 设 Ａ １ Ａ Ａ １ ２ Ａ ＝ ２ ５ ＝ ∶ ａ １ ７ ꎬ ꎻ Ａ ２ Ａ ３＝ ａ ２ꎬ Ａ ３ Ａ ４＝ ａ ３ꎬ 证 ＝ 明 １ :① － ｑ 当 ｎ ＝１ 时 ꎬ 左边 ＝ Ｓ １＝ ａ １ꎬ 右边 ＝ 形 形 ＋１ ꎬ 的 ) 则 内 此 角 凸 和 ( ｋ 加 ＋１ 上 ) 边 这 形 个 的 三 内 角 角 形 和 的 等 内 于 角 凸 和 ｋ 即 边 􀆺􀆺ꎬ 则 { ａ ｎ} 是以 ６ 为首项 ꎬ ５ 为公比的 ａ １(１－ ｑ１ ) ａ 公式成立. ｆ ｋ ｆ ｋ ° ｋ ° ꎬ ° ７ ｑ ＝ １ꎬ ( ＋１)＝ ( )＋１８０ ＝( －２)􀅰１８０ ＋１８０ ＝ 等比数列 蚂蚁爬行的总距离即数列 ａ １－ ｋ ° ꎬ { ｎ} 假设当 ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 Ｓ [( ＋１)－２]􀅰１８０ ꎬ [ ( )ｎ] ② ＝ ( ≥１ꎬ ∈ ＋) ꎬ ｋ ＝ 当ｎ ｋ 时 等式也成立. ５ ａ ｑｋ ∴ ＝ ＋１ ꎬ 的前 ｎ 项 和 Ｓ ６ １－ ７ １(１－ ｑ )成立 ꎬ 由 (１)(２) 可知凸ｎ边形的内角和为ｆ ( ｎ )＝ ｎ ＝ ＝ １－ ｎ ° ｎ 且ｎ Ｎ . ５ ａ ｑｋ ( －２)􀅰１８０ ( ≥３ ∈ ＋) [ ( )ｎ] １－ ７ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ Ｓ ｋ＋１＝ Ｓ ｋ＋ ａ ｋ＋１＝ １( １ １ － － ｑ ) ＋ ａ １ ｑｋ 温故而知新 ２１ １－ ７ ５ <２１ꎬ 即得证. ａ １(１－ ｑｋ )＋(１－ ｑ )􀅰 ａ １ ｑｋ ａ １(１－ ｑｋ＋１ ) ５.证明 (１)① 当ｎ ＝１ 时 ꎬ 左边 ＝ ３ １ ꎬ 右边 ＝ ＝ ｑ ＝ ｑ ꎬ * 1.4 数学归纳法 当ｎ ｋ １ 时 － 公式也成立. １－ １×２ ＝ １ ꎬ 等式成立. ∴ ＝ ＋１ ꎬ ２×３ ３ ａ ｑｎ 练习(第４０页) 由 ①② 可知公式Ｓ ｎ＝ １(１－ ｑ )对任意ｎ ∈ ② 假设当ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋) 时 ꎬ １ ２ ＋ ２ ２ ＋ １.证 ａ 明 公 ( 式 １) 成 当 立 ｎ . ＝１ 时 ꎬ 左边 ＝ ａ １ꎬ 右边 ＝ ａ １ ｑ０ Ｎ ＋ 都成立. １－ ｋ２ ｋ ( ｋ ＋１) 成立 １×３ ３×５ 成 ( ＝ ２ 立 ) １ 假 ꎬ ꎬ 当 设当 ｎ ＝ ｎ ｋ ＝ ＋ ｋ １ ( ｋ 时 ≥ ꎬ １ ａ ꎬ ｋ ｋ ＋１ ∈ ＝ Ｎ ａ ＋ ｋ ｑ ) ＝ 时 ａ ꎬ １ ａ ｑ ｋ ｋ－ ＝ １ 􀅰 ａ １ ｑ ｑ ｋ－ ＝ １ ２. 想 解析 Ｓ Ｓ １ ｎ ＝ . ４ １ ꎬ Ｓ ２＝ ７ ２ ꎬ Ｓ ３＝ １ ３ ０ ꎬ Ｓ ４＝ １ ４ ３ ꎬ 猜 当 􀆺＋ ｎ ( ＝ ２ ｋ ｋ －１ ＋ ) １ (２ 时 ｋ ＋ ꎬ １) 左 ＝ 边 ２(２ ＝ ｋ ＋ １ １ １ × ２ ) ３ ＋ ３ ２ × ꎬ ２ ５ ＋􀆺＋ ａ １ ｑ( ｋ＋１)－１ ꎬ∴ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 公式成立. ｎ＝ ３ ｎ ＋１ ｋ２ ( ｋ ＋１) ２ ｋ ( ｋ ＋１) 由 (１)(２) 可知公式ａ ｎ＝ ａ １ ｑｎ－１对任意ｎ ∈ Ｎ ＋ 证明 当ｎ 时 左边 Ｓ ａ １ 右 (２ ｋ －１)(２ ｋ ＋１) ＋ (２ ｋ ＋１)(２ ｋ ＋３) ＝ ２(２ ｋ ＋１) 都成立. :(１) ＝１ ꎬ ＝ １＝ １＝ ꎬ ｋ ２ ｋ ｋ ４ ( ＋１) ( ＋１)( ＋２) ＋ ｋ ｋ ＝ ｋ ꎬ ２.解析 Ｓ １ Ｓ ２ Ｓ ３ 猜想 Ｓ 边 １ １ 等式成立. (２ ＋１)(２ ＋３) ２[２( ＋１)＋１] １ ＝ ꎬ ２ ＝ ꎬ ３ ＝ ꎬ ｎ ＝ ＝ ꎬ 当ｎ ｋ 时 等式也成立. ２ ３ ４ ３×１＋１ ４ ∴ ＝ ＋１ ꎬ ｎ ｋ ２ ２ . 假设当ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 Ｓ 由 可 知 等 式 １ ２ ＝ｎ (２) ＝ ( ≥１ꎬ ∈ ＋) ꎬ ｋ＝ ｋ ① ② ＋ ＋ 􀆺 ＋ ＋１ ３ ＋１ １×３ ３×５ 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ｎ２ ｎ ｎ ｋ ｋ ｋ ２ ｋ ( ａ ｂ ａ ｂ ｂ ａ) ( ＋１) 对任意ｎ Ｎ 都 (２ ＋２)􀅰２ 􀅰(２ ＋３) ＋８( ＋１) ９.解析 是. 提示 ＋ ａ ｂ ＋ － (２ ｎ －１)(２ ｎ ＋１) ＝ ２(２ ｎ ＋１) ∈ ＋ ＝ (２ ｋ ＋１) ２ (２ ｋ ＋３) ２ (１) : ２ － ＝ － ２ ＝ ２ 成立. ｋ ｋ ｋ ２ æ ａｂ ｂ ｂö ４( ＋１)[ (２ ＋３) ＋２] 是.ç提示 ÷ (２)① 当 ｎ ＝１ 时 ꎬ 左边 ＝１×１＝１ꎬ 右边 ＝ ＝ (２ ｋ ＋１) ２ (２ ｋ ＋３) ２ (２) è : ａ ＝ ａｂ＝ ａ ø ｋ ｋ ｋ ２ ｋ ｋ １０.解析 由Ｓ Ｓ Ｓ 成等差数列 得 Ｓ １× 假 ６ ２× 设 ３ ＝ 当 １ꎬ ｎ 等 ｋ 式成 ｋ 立. ｋ Ｎ 时 ｋ ＝ ４( ( ＋ ２ １ ｋ ) ＋ ( １) ＋ ２ ( ２ ｋ ２ ) ｋ ( ＋ ２ ３) ＋ ２ １) ２ ＝ ４( ( ＋ ２ １ ｋ ｋ ) ＋ ( ３) ＋ ２ ２ ２) ꎬ ａ Ｓ ｎ＋１＋ Ｓ ｎ＋２ ａ ꎬ 即 ｎ＋１ ２ 由 ꎬ Ｓ ｎ 此 ｎ ＝ ꎬ 可 ２ ｎ Ｓ 知 ＋２ ｎ＋ 公 ２ 比 ａ ｎ＋ ｑ １＋ ａ ｎ＋２ . ꎬ ꎬ 从 ２ 而 ｎ 得 ＝ ( 成 ② ｋ 立 －１ ꎬ )＋３􀅰 ＝ ( ｋ － ( ２) ≥ ＋ １ 􀆺 ꎬ ＋ ∈ ｋ 􀅰１ ＋ ＝ ) ｋ ( ｋ ꎬ ＋ １ １ 􀅰 ) ６ ( ＋ ｋ ＋ ２ ２ 􀅰 ) 而 (２ ｋ Ｓ ＋ ｋ ３ ＋１ ( ＋ ２ １ ＝ ｋ ) ＋ [ ( ３ ２ [ ２ ) ( ２ ｋ ２ ( ＋ ＋ ｋ ３ ＋ １ － ) １ １ ) ＋ ) ＋ １ ＝ ] １ ４ ] ( － ２ ｋ ( １ ＋ ２ ＝ ２ ｋ ) ＋ ( ( ３ ２ ( ) ｋ ２ ＋ ２ ＋ ｋ １ ＋ ３ ) ) ３ ꎬ ) － ２ １ ＝ １１.解 ＝ ＝ ｎ ｌ ＋ ２ 析 ｏ ２ ｂ ｇ ＝ ꎬ ２ 即 ６ － ＝ ２ 由 ａ １ ｎ ꎬ ＋ ２ ＋ ｂ １ ａ ｌ ꎬ ꎬ ｏ ＝ ｇ ｃ ２ ３ 是 ３ ꎬ ꎬ ２ 等 ｃ ｂ ＝ ＝ 差 ｌ ６ ｏ 数 ｇ ꎬ ２ ２ １ 列 ｃ ２ ＝ . ＝ １２ ２ ＝ ＋ 得 － ｌｏ ２ ｇ ａ ２ ＝ ３ꎬ ｌｏ ∴ ｇ２ ａ ３ ＋ ꎬ ｂ ｃ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 左边 ＝１􀅰( ｋ ＋１)＋２􀅰( ｋ ＋１－ ∴ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 等式也成立. １２.解析 由题意 ꎬ 这 １０ 年中该市每年新增住 ｋ ｋ ｋ ｎ ２ 房的平均面积为 １)＋３􀅰( ＋１－２)＋􀆺＋( ＋１－２)􀅰３＋( ＋１－ 由 可知等式Ｓ (２ ＋１) －１对任意 １)􀅰２＋( ｋ ＋１)􀅰１＝[１􀅰 ｋ ＋２􀅰( ｋ －１)＋３􀅰 (１)(２) ｎ＝ (２ ｎ ＋１) ２ ５００００００×(１＋１ ％ ) １０ ×１４ . ５×２－５００００００×１４ . ５ ｋ ｋ ｋ ｋ ｎ Ｎ 都成立. ( －２)＋􀆺＋ 􀅰１]＋[１＋２＋３＋􀆺＋ ＋( ＋１)] ∈ ＋ １０ ｋ ｋ ｋ 复习题一(第４９页) 万平方米 . ( ＋１)( ＋２) １ ｋ ｋ ≈８７７( ) ＝ ＋ ( ＋ １) ( ＋ ２) 学而时习之 １３.解析 两马所行路程和 Ｓ ｎ ６ ２ (１) ｎ ＝１９３ ＋ ( ｋ ＋１)( ｋ ＋２)( ｋ ＋３) １.解析 ２ ｎ ＋１ ｎ＋１ ｎｎ ｎ ( ｎ －１) ｎ ｎ ( ｎ －１) ( １ ) ＝ ꎬ (１) ｎ ꎻ(２)(－１) ꎻ ×１３＋９７ ＋ × － ＝ ６ ２ ２ ２ ２ ∴ 由 当ｎ ＝ 可 ｋ 知 ＋１ 等 时 式 ꎬ 等式 ｎ 也成立. ｎ ｎ (３) ２ (１０ ｎ －１)ꎻ(４)(－１) ｎ－１ ＋１ . ２５ ｎ２ ＋１１３５ ｎ ꎬ 由Ｓ ｎ＝３０００×２＝６０００ 得ｎ ＝ ①② １􀅰 ＋２􀅰( －１)＋３􀅰( － ３ ４ ｎ ｎ ( ｎ ＋１)( ｎ ＋２)对任意ｎ Ｎ ２.解析 ａ ａ ａ ２ ａ ３ ａ ｎ １ １５ . ７１( 负根舍去 )ꎬ 由于ｎ ∈ Ｎ ＋ꎬ 所以在第 ２)＋􀆺＋ 􀅰１＝ ６ ∈ ＋ ｎ＝ １􀅰ａ １ 􀅰ａ ２ 􀅰􀆺􀅰ａ ｎ－１ ＝１× ２ × １６ 日相逢. 都成立. ｎ 设塔顶ａ 盏灯 第二层ａ 盏灯 第三 ２ －１ １ . (２) １ ꎬ ２ ꎬ ６.证明 (１) 当ｎ ＝１ 时 ꎬ 左边 ＝ｃｏｓ θ ＋ｉｓｉｎ θ ＝ ３ ×􀆺× ｎ ＝ ｎ 层ａ ３ 盏灯 ꎬ􀆺􀆺ꎬ 第七层ａ ７ 盏灯 ꎬ 则 { ａ ｎ} 右边 等式成立. 是以 为公比的等比数列 由题意 其前 ( ( ｉｓ ２ ｃ ｉｎ ｏ ) ｓ 假 θ ꎬ θ ) ＋ 设 ｋ ｉ ＝ ｓ 当 ｉ ｃ ｎ ｏｓ θ ｎ ｋ ) ＝ θ ｋ ＋ ＋ ｋ １ ( ｉｓ ＝ ｋ ｉｎ ( ≥ ｃ ｋ １ ｏ θ ｓ ꎬ 成 ｋ θ ∈ 立 ＋ｉ Ｎ ｓ ꎬ ｉ ＋ 当 ｎ ) θ 时 ｎ ) ＝ ꎬ ｋ ( ｋ ( ＋ ｃ ｃ ｏ ｏ １ ｓ ｓ 时 θ θ ＋ ＋ ꎬ ３.解 －ｎ ( 析 ｎ １ ＋ １) ∵ ＝ ａ － ｎ＋ ( １ ｎ １ ＝ － ａ ｎ ｎ ＋ １ － １ ｎ ) ( ꎬ ｎ １ ＋ ∴ ( １) ａ ｎ ꎬ ＝ ａ ｎ ａ ＋１ ｎ － － ａ ａ ｎ ｎ －１ ＝ ＋ 项 ３ꎬ 和 即塔 ２ Ｓ ７ 顶 ＝ ａ 有 １( １ ３ １ － － 盏 ２ ２ 灯 ７ ) . ＝１２７ ａ １ ꎬ ＝３８１ ( ꎬ 所 ꎬ 以ａ ) １＝ ７ ｉｓｉｎ θ )＝(ｃｏｓ ｋθ ＋ｉｓｉｎ ｋθ )(ｃｏｓ θ ＋ｉｓｉｎ θ )＝ ａ ｎ－１－ ａ ｎ－２＋􀆺＋ ａ ２－ ａ １＋ ａ １＝－ ｎ １ － ｎ １ ＋ｎ １ ｎ ｎ １ １－ １ ｎ ｋθ θ ｋθ θ θ ｋθ －１ －２ １４.解析 Ｓ ｎ ( －１) ３ ３ ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｉ(ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ )＋ ) ｎ＝２ ＋ ×２＋ ＝ ２ θ ｋθ ｋ θ ｋ θ １ １ １ １ １ １ ２ １ ｉ ｓｉｎ 􀅰ｓｉｎ ＝ｃｏｓ( ＋１) ＋ｉｓｉｎ( ＋１) ꎬ －ｎ ＋ｎ －ｎ ＋􀆺＋ － ＋１－ ＋１ １－ 当ｎ ｋ 时 等式也成立. －１ －３ －２ ２ ３ ２ ３ ∴ ＝ ＋１ ꎬ ( ) 由 (１)(２) 可知等式 (ｃｏｓ θ ＋ｉｓｉｎ θ ) ｎ ＝ｃｏｓ ｎθ ＋ ＝ ｎ １ . ｎ２ ＋ ｎ ＋ １ １－ １ ｎ . ｎθ对任意ｎ Ｎ 都成立. ２ ３ ７.解 ｉｓｉｎ 析 (１)２５ꎬ１６ ∈ ꎻ(２ ＋ ) ｎ２ ꎻ(３) ｆ ( ｎ )＝ ｎ２ ＋ ｎ ＋２. ４.解 (１ 析 ) 第 ５ ａ ｎ 项 ＝ 起 ｎ２ 各 －１ 项 ０ ｎ 的 ＋１ 数 ０＝ 值 ( 逐 ｎ － 渐 ５) 增 ２ － 大 １５ ꎻ . １５.证 ∴ 明 当 ｎ ＝ (１ １ ) 时 ① ꎬ 当 等式 ｎ ＝ 成 １ 立 时 ꎻ ꎬ 左边 ＝－１＝ 右边 ꎬ ２ 第 项 第 项及其后的所有项 假设当ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 等式 证明 :① 当ｎ ＝１ 时 ꎬ 将圆分割成 ２ 部分 ꎬ ｆ (１) (２) 有 １ 第 ꎬ 项. ９ ꎻ ② ＝ ｋ ( ≥ ｋ １ꎬ ∈ ＋) ｋｋ ꎬ 成立 － 则 １＋ 当 ３ １ ２ ＋１＋２ 当ｎ 时 等式成立 (３) ꎬ ９ ｂ ａ ｎ －５＋ ｋ 􀆺＋ 时 (－１ 左 ) 边 (２ －１)＝(－１) ꎬ ｋ ｋ ＝ ＝２ꎬ∴ ＝１ ꎬ ꎻ ５.解析 ｂ ａ ｎ ｄ ｄ － . ＝ ＋１ ꎬ ＝－１＋３－５＋􀆺＋(－１) (２ － ２ ∵ ＝ ＋( ＋１) ꎬ∴ ＝ｎ ｋ＋１ ｋ ｋｋ ｋ＋１ ｋ 与 域 ② ｋ２ ＋ 多 前 假 ２ ｋ ＋ 了 设 ｋ ２ 条 成 ｎ ｋ ＝ 弦 立 ｋ 都 ( ꎬ 则 ｋ 个 相 ≥ 当 区 交 １ꎬ ｎ 域 ꎬ ｋ 故 ＝ ∈ ｋ 所 比 ＋ Ｎ １ 以 原 ＋) 时 来 总 时 ꎬ 的 共 第 ꎬ 等 将 ｋ ( ２ ｋ 式 ＋ 圆 ＋ ２ ｋ １ ＋ 分 ｆ ) ( ２ 割 条 个 ｋ ) 为 弦 区 ＝ ６.解 ① － ＝ １ － 析 若 ６ ８ ꎬ ｎ ∴ ａ ＋ ３ 易 ｎ ａ ＝ ( ３ － 知 ｎ ＝ ２ ４ － － ꎬ １ ａ ４ ａ ) ３ ꎬ ７ ＋ × ａ ＝ ７ ａ ２ ４ ＝ ７ ＝ ꎬ ＝ ４ 则 ｎ ａ ２ 或 － ４ ｄ ＋ ９ ａ ＝ ｎ ａ ３ ꎻ ２ ６ ＝ ꎬ ＝ ４ ａ ０ ꎬ １ ꎬ ａ ＋ ＝ 又 ７ １ － ＝ ８ － ａ ꎬ ４ ３ 此 􀅰 . 时 ａ ７ Ｓ ＝ ｎ 由 ∴ ( ＋ １ １ ) ) － １ ① 当 ＝ ) ＋ １) ( ＝ ( ② ｎ ｋ － － ＋ ( ＝ １ １ 可 １ ( － ) ｋ ) ２ 知 ＋ １ ｎ ｋ １ ｎ ) ＋ 等 ( ｋ 时 对 １ ＋ ２ １ 式 － ꎬ ( 任 ｋ ＋ 等 － － ) １ 意 １ ＝ ｋ ) 式 ＋ ) ( ＝ ｎ ３ 也 ＋ － ∈ ( － １ ( 成 － ５ Ｎ ) － １ ＋ ｋ 立 ＋ ＋ ) １ 􀆺 都 １ ( ) . ｋ 成 ｋ ＋ ＋ ＋ ＋ １ ( ( 立 １ ( － － ) ２ . １ ꎬ １ ｋ ) ) ＋ ｎ ( １ ２ ) ( ｎ ２ ＝ － ｋ２ ＋ ｋ ＋２ ( ＋ ｋ ＋ ＋ １ １ ) ＝ ｋ２ ＋３ ｋ ＋ ꎬ ４ ＝ ( ｋ ＋１) ２ ＋( ｋ ＋１)＋２ ② 若 ｎ ａ ｎ ３ ( ＝ ｎ ４ － ꎬ １ ａ ) ７＝－４ꎬ 则ｄ ｎ ＝－ ｎ ２ ２ ꎬ . ａ １＝８ꎬ 此时Ｓ ｎ ( 边 ２ ꎬ ) ∴ ① 当 当 ｎ ｎ ＝ ＝ １ １ 时 时 ꎬ ꎬ 等 左 式 边 成 ＝ 立 １＋ ꎻ １＝２＝２ １ ×１＝ 右 ２ ２ ２ ＝８ ＋ ×(－２)＝９ － 假设当ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 等式 ｋ 由 ＝ ｆ ① ( ｋ ② ＋１ 可 )ꎬ 知 ∴ 等 当 式 ｎ ＝ ｆ ( ｋ ｎ ＋ ) １ ＝ 时 ｎ ꎬ ２ 等 ＋ ２ ｎ 式 ＋２ 也 对 成 任 立 意 . ｎ ∈ ７.解 ａ ｎ－ 析 １＋ ａ ｎ 由 ＝ ２ １ 题 ８０ 意 ꎬ 所 ꎬ ａ 以 １＋ ａ ａ ２ １ ＋ ＋ ａ ａ ３ ｎ ＋ ＝ ａ ４ １ ＝６ × ０ ( ꎬ ６ ａ ０ ｎ ＋ －３ １ ＋ ８ ａ ０ ｎ ) －２ ＝ ＋ ② １ １ ) ) ｋ ( 成 ｋ 立 ＋２ ꎬ ) 则 􀅰 当 􀆺 ＝ ｎ 􀅰 ( ＝ ( ｋ ≥ ｋ ｋ ＋ ＋ １ １ ｋ ｋ ꎬ 时 )＝ ∈ ꎬ ２ 左 ｋ ｋ × 边 ＋ １ ) × ＝ ３ ( × ꎬ ｋ ｋ ＋ 􀆺 １ × ＋ ( １ ( ) ２ ｋ 􀅰 ＋ － ｋ Ｎ ＋ 都成立. 所以Ｓ ａ １＋ ａ ｎ ｎ ６０ ４ ｎ 于是ｎ ( ＋２ ＋ ) １ ( ＋ ｋ ＋ ２) ３ 􀅰 )􀅰 􀆺 􀆺 􀅰 􀅰 ( ( ＋ ｋ ＋ ) ｋ ( ) ２ (２ ＋ ｋ １ ＋ ) １ ( ) ２ ( ＋ ２ ｋ ２ ＋ ) ２ ＝ ) ( ＝ ８.解析 猜想 : Ｓ ｎ＝ (２ ( ｎ ２ ＋ ｎ ＋ １) １) ２ － ２ １ ( ｎ ∈ Ｎ ＋) . ６ ＝ ０ １ ꎬ ３ꎬ 即此 ｎ 数 ＝ 列的 ２ 项 􀅰 数ｎ ＝ ＝ ２ １３ 􀅰 . ＝３９０ꎬ ２ ｋ ×１×３×􀆺× ｋ ( ＋ ２ １ ｋ －１)(２ ｋ ＋１) (２ ｋ ＋２)＝ ２ ｋ＋１ ２ ８.解析 由Ｓ Ｓ 得ａ ｄ ｋ ｋ 证明 :(１) 当 ｎ ＝１ 时 ꎬ Ｓ １ ＝ (２ ( × ２× １＋ １＋ １) １) － ２ １ ＝ Ｓ ｎ ａ ｎ ７ － ＝ １ ７ ｄ ꎬ １５＝７ ｎ ５ － ꎬ １ ｎ １＝－ ５ ２ꎬ ＝ Ｓ １ ｎ＋ ꎬ １ ∴ ×１ 当 ×３ ｎ × ＝ 􀆺 ｋ × ＋ ( １ ２ 时 － ꎬ １ 等 )( 式 ２ 也 ＋ 成 １) 立 ꎬ . ８ 等式成立. ∴ ｎ ＝ １＋ ２ ＝－２＋ ２ ＝ ２ － ２ ꎬ∴ ｎ ＋１ 由 ①② 可知等式 ( ｎ ＋１)( ｎ ＋２)􀅰􀆺􀅰( ｎ ＋ ( ９ ２) ꎬ 假设当 ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ ＋) 时 ꎬ Ｓ ｋ ＝ － Ｓ ｎ ｎ ＝ ２ １ ꎬ∴ {Ｓ ｎ ｎ } 是以 －２ 为首项 ꎬ １ ２ 为公 ｎ 成 ) 立 ＝２ . ｎ ×１×３×􀆺×(２ ｎ －１) 对任意ｎ ∈ Ｎ ＋ 都 ｋ ２ 差的等差数列 其前 ｎ 项和 Ｔ 温故而知新 (２ ＋１) －１成立 当ｎ ｋ 时 ꎬ ∴ ｎ ＝ Ｓ (２ ｋ ＋ ( １ ２ ) ｋ ２ ＋１) ２ －１ ꎬ ＝ ８( ＋ ｋ １ ＋１) ꎬ ｎ ( －２＋ ２ ｎ － ２ ５ ) ｎ２ －９ ｎ . １６.解析 １ ∵ ａ ｎ ａ １ ｎ－１＝ ａ { ｎ－１－ １ ａ } ｎ( 是 ｎ ≥ 以 ２) １ ꎬ 为首 ｋ＋１＝ (２ ｋ ＋１) ２ ＋ (２ ｋ ＋１) ２ (２ ｋ ＋３) ２ ２ ＝ ４ ∴１＝ ａ ｎ －ａ ｎ－１ ꎬ∴ ａ ｎ ａ １ ＝２ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等教材习题答案 项 为公差的等差数列 习题２.１(第６０页) ３.解析 对角线ＡＣ所在直线的方程为 ｘ ｙ ꎬ１ ꎬ ３ －５ 学而时习之 由 ＡＢＣＤ其他三点坐标可知Ｄ １ ｎ ｎ ＝０ꎻ ▱ (２ꎬ３)ꎬ ∴ ａ ＝２＋( －１)×１＝ ＋１ꎬ 对角线ＢＤ所在直线的方程为 ｘ ｙ . ｎ １.解析 ｋ ３ α π ∴ ３ ＋ －９＝０ (１) ＝ ꎬ ＝ ꎻ 练习(第６７页) ∴ ａ ｎ＝ｎ １ . ３ ６ ＋１ { ｎ２ ｎ ｎ (２) ｋ ＝１ꎬ α ＝ π ꎻ １.解析 (１) 直线ｘ － ３ ｙ ＋３＝０ 的倾斜角为 １７.解析 Ｓ ｎ＝ ２ － ｎ ２ ２ ( －１ ＋ ５ １ ｎ ) ５ ＋ ｎ ５ ꎬ ６ꎬ ≤ ｎ ４ ≥ ꎬ ５ . (３) ｋ ＝０ꎬ α ＝０ ４ ꎻ π ６ ꎬ 所求直线的倾斜角为 π ３ ꎬ 所以直线为 １８.解析 (１) ａ ｎ＝ １ ꎻ (４) ｋ不存在 ꎬ α ＝ π. ３ ｘ － ｙ －３ ３＋２＝０ꎻ ３ ２ ｘ ｙ { } ｎ (２)５ ＋ －１３＝０ꎻ １ 的前ｎ项和是 ２ 化简后裂 ２.解析 ｋ ｋ １ ｋ ５ . ｙ (２) ｂ ｎ －ｎ ＋１ ( ＡＢ＝４ꎬ ＢＣ＝ ２ ꎬ ＡＣ＝ ３ (３) － ｘ ４＝ ｙ ０ꎻ . 项相消 . ３.解析 图略. (４)６ －５ －１５＝０ ) ２.解析 直线ｌ与ｘ轴的交点为Ａ 与ｙ ( ) ２ (４ꎬ０)ꎬ １９.解析 ＯＢ ２ ＯＣ ２ ＯＤ ４.解析 ｘ ｙ ｋ ６ 锐角 轴的交点为Ｂ 直线ｌ与两坐标轴所 (１) ＝ ꎬ ＝ ꎬ (１)６ －７ －５２＝０ꎬ ＝ ꎬ ꎻ (０ꎬ－５)ꎬ ３ ３ ７ ( ２ ) ３ . (２) ３ ｘ ＋ ｙ ＝０ꎬ ｋ ＝－ ３ꎬ 钝角. 围成的三角形面积Ｓ △ ＡＯＢ＝ １ ×４×５＝１０ . ＝ 温故而知新 ２ ３ 练习(第７１页) 证明略 由三角形勾股定理或三角函 ５.解析 ｋ ｋ ｋ . (２) ( ２> ３>０> １ １.解析 数求得边长来证明 . ６.解析 由ｋ Ａ 得ｙ ｘ (１)(３ꎬ ３)ꎬ( ３ꎬ－３)ꎻ ) ＝３ꎬ (３ꎬ５)ꎬ ＝３ －４ꎬ ° ° 所以ＯＭ与ＯＡ重合时 (２)(３ꎬ－２)ꎻ (３)３６０ ＝３０ ×１２ꎬ ꎬ 将Ｂ Ｃ两点坐标代入可得ｘ １１ ｙ . ＯＭ ｌ ( ２ ) １２ ４０９６ . . ꎬ ＝ ３ ꎬ ＝－７ꎬ ２. ( 解 ３ 析 )(１ꎬ２)ꎬ( ｘ ２ꎬ－ ｙ １) ２０.解析 ＝ １２ ( ＝ １) ａ ３ ｎ＝８００ ＝ ＋８ ７ ０ ２ ０ ９ × ≈ ０ . ８ ５ ＋ ６ ８ ２ ００×０ . ８ ２ ＋􀆺 ∴ ｘｙ ＝－ ７ ３ ７. 习 ( 题 ２) ２ ５ . ｘ ２ ＋ ( ( ３ 第 １ ｙ ) － ７ ２ １ １ １ ＋ 页 ＝ ３ ０ ) . －６＝０ꎻ ＋８００×０ . ８ ｎ－１ ＝４０００(１－０ . ８ ｎ )ꎬ ７.解析 由直线ｌ的倾斜角为π得其斜率ｋ ＝ 学而时习之 ｂ １ ｎ . ２ ＝ ５ 由 ４ ｎ－ ０ １ ０ 题 ＝ ＋ 意 １ ４０ ６ ０ ｂ ０ × ０( １ ａ １ . ２ . ２ ５ 解 ５ ＋ ｎ 得 － ４０ １ ０ ) ｎ × ꎻ １ . ２５ 即 ２ ＋ 至 􀆺 少 ＋ 经 ４０ 过 ０× ｍ２ ＋２ ｍ － ２ ( － － ３ ｍ － ２ ２ － ｍ ｍ ＋３) ＝ｔａｎ π ４ ＝ ４ １ꎬ∴ ｍ ＝－１ 或 １. ( 解 ２ 析 )３ ｘ ＋ ( ｙ １ － ) ４ ３ ＝ ｘ ＋ ０ꎻ ４ ｙ －１４＝０ꎻ 年 (２ 旅 ) 游业的总 ｎ> 收 ｎ 入 ꎬ 才能超 ≥ 过 ５ 总 ꎬ 投入. ５ ｍ ＝－２ꎬ 又当ｍ ＝－１ 时 ꎬ Ａ ꎬ Ｂ两点重合 ꎬ 不合 (３) ｘ ＋ ｙ －３＝０ꎻ (ａ )ｎ ( )ｎ 题意 ꎬ 故ｍ ＝－２ . (４)６ ｘ －５ ｙ －３０＝０ .画图略. ２１.解析 －１ 由题意得 １ １ 解 ｙ ｘ 得 的浓 ｎ > 度 ３ 低 ꎬ 所 于 ａ 以 １ 至 ０ ％ ꎻ 少 . 应倒 ４ 次后 ２ 才能 < 使 １０ 酒 ꎬ 精 ８. ＝ 解 － 析 １ꎬ ∴ ( 由 １) 数 ∵ 形 ｋ Ｐ 结 Ｂ＝ 合 ２ 可 ３ － － 知 １ ０ ꎬ ＝ 直线 ３ꎬ ｋ Ｐ Ｐ Ｑ Ａ＝ 的 １ 斜 － ０ ( 率 － － ２ １ 的 ) ２. ｘ 解 － 析 ３ ｙ ＋５ 直 ＝ 线 ０ꎻ ＡＢ : ｙ －２＝ ３ １ ( ｙ ｘ －１)ꎬ ｘ ２ － － ３ ３ ＝ １ － － ４ ４ ꎬ 上下而求索 范围是 . 直线ＢＣ ｙ ｘ －３ －４ ｘ ｙ (－∞ꎬ－１]∪[ ３ꎬ＋∞) : －３＝－２( －４)ꎬ ＝ ꎬ２ ＋ － ２２.解析 (１) 由ａ ｎ＋２＝ ａ ｎ＋１＋ ａ ｎ 得ｑ２ ＝ ｑ ＋１ꎬ 解 (２) 由 (１) 知直线 ＰＱ 的斜率的范围是 １１＝０ꎻ ５－３ ３－４ 得ｑ ＝ １± ２ ５ ( ꎻ )ｎ ( )ｎ ∴ (－ 直 ∞ 线 ꎬ－ Ｐ １ Ｑ ]∪ 的 [ 倾 ３ 斜 ꎬ＋ 角 ∞ 的 ) 范 ꎬ 围是 [ π ３ ꎬ ３ ４ π ] . 直线 . ＣＡ : ｙ －２＝ ２ ３ ( ｘ －１)ꎬ ５ ｙ － － ２ ２ ＝ ３ ｘ － － １ １ ꎬ３ ｘ －２ ｙ ＋ (２) ａ ｎ＝ ５ １＋ ５ ꎬ ｂ ｎ＝－ ５ １－ ５ ꎻ ９.解析 (１) 设点Ｐ ( ｘ ꎬ０)ꎬ 则由题意知ｋ ＰＢ＝ ３.解 １＝ 析 ０ 设直线ｌ的斜率为ｋ 则直线ｌ的方程 ５ ２ ５ ２ ꎬ [( )ｎ ( )ｎ] ｋ 即１－０ ３－０ 解得ｘ Ｐ . 为ｙ ｋ ｘ 与 ｘ 轴的交点为 (３) Ｆ ｎ＝ ５ １＋ ５ － １－ ５ . － ＰＡꎬ ３－ ｘ＝－ －１－ ｘꎬ ＝２ꎬ∴ (２ꎬ０) ( ＋４ ＝ ) ( ＋５)ꎬ ５ ２ ２ 设点Ｑ ｙ 则由题意知ｋ ｋ 即 ４ 与ｙ 轴的交点为 ｋ ２３.解析 略. (２) (０ꎬ )ꎬ ＱＡ＝－ ＱＢꎬ ｋ －５ꎬ０ ꎬ (０ꎬ５ －４)ꎬ ｙ ｙ ( ) １－ ３－ 解得ｙ ５ Ｑ ５ . ｋ 直线ｌ与两坐标轴所围成的三角形面积 ＝－ ꎬ ＝ ꎬ∴ ０ꎬ ∴ ＡＱ ∴ ＝ 第 2 章 平面解析 ２－０ ４－０ ３ ３ １ ４ ｋ 解得ｋ ２ 或ｋ ５ × ｋ －５ ×｜５ －４｜＝５ꎬ ＝ ＝ －１ ２ ５ 几何初步 ３ １ . ＝ ＝－ ８ 故直线ｌ的方程为 ｘ ｙ 或 ｘ ０－２ ３ ꎬ ２ －５ －１０＝０ ８ － ５ 2.1 直线的斜率 2.2 直线的方程 ５ ｙ ＋２０＝０ . ( ) ４.解析 方向向量为λ ３ λ 法 练习(第６０页) 练习(第６３页) １ꎬ－ ( ≠０)ꎬ ３ １.解析 ｙ ｘ ( ) １.解析 ３. (１) －３＝３( ＋２)ꎻ 向量为 ３ . (１) ３ꎻ(２)－ ３ꎻ(３)－ ꎬ１ ３ ｙ ３ ｘ ３ (２) ＝ ( －３)ꎻ ５.解析 Ｄ ＢＤ所在直线的方程为 ２.解析 ｋ ７ 锐角 ｋ 钝角. ３ (１) (－４ꎬ２)ꎬ ３.解析 ( 如 １ 图 ) : ＝ ４ ꎬ ꎻ(２) ＝－１ꎬ ２.解 (３ 析 ) ｙ ＋２ ( ＝ １) － ｙ ３ ＝ ( ｘ ３ ＋ ｘ ４ － ) ２ . ꎻ(２) ｙ ＝ ３ ｘ ＋５ . ２ ( ｘ ２ － ) ｙ 方 ＋１ 向 ０ 向 ＝０ 量 ꎻ 为 (８ꎬ４)ꎬ 法向量为 (４ꎬ－８)ꎻ 练习(第６５页) (３)２ ｘ ＋ ｙ ＋６＝０ . １.解析 ｙ －(－２) ｘ －(－３) 化简得 ｘ ｙ ６.解析 ３ ｘ ＋４ ｙ －１２＝０ꎬ３ ｘ ＋４ ｙ ＋１２＝０ꎬ３ ｘ －４ ｙ ＋ (１) ＝ ꎬ ７ －５ ｘ ｙ . ５－(－２) ２－(－３) １２＝０ꎬ３ －４ －１２＝０ ７.解析 入射光线所在直线的方程 ｘ ｙ ＋１１＝０ꎻ :２ － －４＝ ｙ ｘ 反射光线所在直线的方程 ｘ ｙ . －０ －３ 化简得ｘ ｙ . ０ꎬ :２ ＋ －４＝０ (２) ＝ ꎬ ＋ －３＝０ 温故而知新 ３－０ ０－３ ２.解析 ｘ ｙ ８.解析 ｘ ｙ (１)２ ＋３ －６＝０ꎻ (１)５ －３ ＋１５＝０ꎻ ｘ ｙ 或 ｘ ｙ ｘ ｙ 或 ｘ ｙ . (２) ＋ －５＝０ ３ －２ ＝０ꎻ (２)３ ＋５ －１５＝０ ７ ＋５ －３５＝０ ｘ ｙ 或 ｘ ｙ .图形略. ９.解析 由题意 直线可化为ｙ ｋ ｘ (３) ＋２ －３＝０ ２ ＋ ＝０ ꎬ ＝ ( －３)＋１ꎬ 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、讲义等当ｘ 时 ｙ 直线恒过点 . ｙ 则Ａ ｘ Ｂ ｙ Ｃ Ａ ｘ Ｂ ｙ Ｃ . ４.解析 ｘ ｙ 或 ｘ ｙ . ∴ ＝３ ꎬ ＝１ꎬ∴ (ｘ (３ꎬ ｙ １) ) 将 ０)ꎬ ｘ ｙ １ 代 ０＋ 入 １ 方 ０＋ 程 １ Ａ ＝０ ｘ ꎬ Ｂ ２ ｙ ０＋ Ｃ ２ ０＋ λ ２ Ａ ＝ ｘ ０ 习题２. ４( ２ 第 － ８ ＋ ４ ３ 页 ５ ) ＝０ ２ － －３ ５＝０ １０.解析 设 Ｂ ｘ ｙ 则 Ｅ ０－８ ０＋２ ( ０ꎬ ０) １ ＋ １ ＋ １＋ ( ２ ＋ ( ０ꎬ ０)ꎬ ꎬ ꎬ Ｂ ｙ Ｃ 的左边 得 Ａ ｘ Ｂ ｙ Ｃ 学而时习之 { ｘ ｙ ２ ２ λ ２ Ａ ＋ ｘ ２) Ｂ ＝ ｙ ０ Ｃ ꎬ λ １ ０＋ 右 １ 边 ０＋ 所 １ 以 ＋ 依题意有 ２ ｘ ０－５ ０＋ ｙ ８＝０ꎬ 方 ( 程 ２ Ａ ０＋ ｘ ２ Ｂ ０ ｙ ＋ Ｃ ２)＝ λ ０＋ Ａ ｘ 􀅰 Ｂ ０＝ ｙ ０ Ｃ ＝ ꎬ 表示 １.解析 (１)｜ ＭＮ ｜＝ (－１－２) ２ ＋(５－１) ２ ＝５ . ０－８ ０＋２ １ ＋ １ ＋ １＋ ( ２ ＋ ２ ＋ ２)＝０ ＡＢ ２ ２ ＋２× －５＝０ꎬ 过ｌ 与ｌ 的交点的直线. (２)｜ ｜＝ (－１－２) ＋(０－３) ＝３ ２ꎬ {ｘ ２ ２ ７.解析 １ ２ ｘ ｙ ｜ ＢＣ ｜＝ (－１－２) ２ ＋(０－０) ２ ＝３ꎬ 解得 ０＝６ꎬ即Ｂ .同理Ｃ (１) －４ ＋１０＝０ꎻ 直线 ｙ ０ Ｂ ＝ Ｃ ４ 的 ꎬ 方程 ( 为 ６ꎬ４) ｘ ｙ (５ . ꎬ０)ꎬ 温 ( 故 ２) 而 ４ 知 ｘ ＋ 新 ３ ｙ －１＝０ . ｜ ＡＣ ｜ Ａ ＝ ＢＣ的 (２ 周 －２ 长 ) ２ 为 ＋(３－０) ２ . ＝３ꎬ ∴ ４ － －２０＝０ ∴△ ６＋３ ２ １１.解析 过两点Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 的直线 ８.解析 ｋ 或ｋ . ２.证明 如图 建立平面直角坐标系.设Ａ 的法向 量为 ｙ ( ｙ １ꎬ ｘ １) ｘ ꎬ ( 设 ２ꎬ 直 ２ 线 ) ＡＢ的 ９.解析 Ａ ＝５ ＝３ . Ｂ ａ ꎬ Ｃ ｂ ｃ 则Ｄ ｂ ａ ｃ (０ꎬ 方 过点 程为 Ａ ( ｘ ｙ ２－ ｙ ( ｙ １) ２－ ｘ ＋ １ ( ꎬ ｙ ｘ １ １ － － ｙ ｘ ２ ２ ) ) ｘ ｙ ꎬ ＋ ｃ ＝ ｘ ０ꎬ ｘ ∵ 直 ｙ 线 ｃ １０.解 ( 析 ( －１ 当 ) ９ꎬ－ ａ ６２ ＝ ) ２ 时 ꎬ 交 点 坐 标 为 ０ ∴ )ꎬ ｜ ｃ Ａ ２ Ｃ ( ｜ ｂ ２ ꎬ ２ ＋ ０ ｜ ) Ｂ ꎬ ａ Ｄ ｂ ( ｜ ２ ＝ ꎬ ｂ ) ２ ａ ＋ ꎬ ２ ｃ２ ＋ ｂ２ ( ( ｂ ｃ － ２ － ａ － ꎬ ａ ａ ｂ ) ) ２ ꎬ ＋ ｃ２ ＝４ ａ２ ｙ 线 ＝ １ ０ ) Ａ ꎬ ｘ Ｂ 解 １－ 的 ( 得 ( ｘ 方 １ １ ｃ ꎬ － ＝ 程 ｘ １ － ２ ) 为 ) ( ꎬ ｙ ｙ ( ∴ １ ２ ｙ － ＝ ( ２ ｙ － ０ １ ｙ ２ ꎬ ) １ － 化 ) ｘ １ ｘ １ 简 － ) ＋ ( ( 得 １ ｘ ｘ ＋ １ ｙ １ ( － ( － ｘ ｙ ｙ ｘ ２ ２ １ ２ ) － － ) ｙ ｙ ｙ １ ２ １ － ｘ ꎬ ) ) ( ∴ ( ｘ ｙ １ ｘ ２ 直 ＋ － － １１.解 为 析 １ ２ ( － ꎬ １ － ９ 点 ７ ３ ２ ꎬ Ａ １ ２ ７ ꎻ ) 当 . 关 ａ 于 ＝ 直 － 线 ３ 时 ｘ ꎬ ｙ 交点坐标 的 ２ ∴ 四 ＋ ２ ( ( ２ 边 ｜ ａ ｜ Ａ Ａ ２ ＋ 形 Ｃ ＋ Ｂ ２ ｂ ｜ ｜ 四 ２ ２ ２ ＋ ＋ ＋ － 条 ａ ｜ ４ ｜ ２ Ｂ 边 － Ｂ Ｄ ２ Ｃ ｜ 的 ＝ ａ ２ ｜ ｂ ２ ２ ＝ ＋ 平 ) ( ２ ｃ ２ ＝ ２ ( 方 ) ｜ ２ ＝ Ａ 和 ＋ [ Ｂ ２ ａ 等 ( ｜ ２ ＋ ２ ２ ＋ ＋ 于 ａ ( ２ ｜ － Ｂ 两 ＋ ｂ ２ Ｃ ｂ － ２ 条 ｜ ＋ ａ ２ ) ｃ ) 对 ) ꎬ ２ ２ ꎬ － ＋ 角 即 ２ ｃ ａ 线 ２ 平 ｂ ] ) 的 行 ꎬ ＝ ｘ 亦 １) 即 ＋ 是 ( ｘ 直 １－ 线 ｘ ２) 的 ( 两 ｙ － 点 ｙ １ 式 ) 方 ＝ ０ 程 ꎬ . 即 ｙ ２ － － ｙ １ １ ＝ｘ ２ － － ｘ １ １ ꎬ 对 ｘ 称点 ｙ 为Ａ′ ( ( １ ３ ꎬ ꎬ ２) ６)ꎬ∴ { 直 ｘ ＋ 线 ２ ｙ Ａ － ＋ ′ １ ２ Ｂ ０ － ＝ 的 １ ０ ０ 方 ꎬ ＝ 解 程 ０ 为 得 平方和. １２.解析 直线的法向量为 ( Ａ ꎬ Ｂ )ꎬ 代入点 ６ ＋ － ２４ ＝ ０ꎬ ∴ ６ ｘ ＋ ｙ －２４＝０ꎬ ( ＝ ｘ ０ ０ . ꎬ ｙ ０) 得直线的方程为Ａｘ ＋ Ｂｙ － Ａｘ ０－ Ｂｙ ０ ì í ï ïｘ ＝ １ ３ １ ８ ꎬ 即点Ｐ ( ３８ ３６ ) 供水站Ｐ应 １３.解析 (１)４ ｘ －３ ｙ －７＝０ꎻ î ïïｙ ＝ ３６ ꎬ １１ ꎬ １１ ꎬ∴ (２)３ ｘ － ｙ －４＝０ . １１ ( ) 建在坐标 ３８ ３６ 处. 2.3 两条直线的位置关系 １１ ꎬ １１ １２.解析 由题意可知直线ｘ ｙ 与直线 １ 练 .解 习 析 (第７６页 平 ) 行 ｙ ＝０ Ｂ 的 ＡＣ 交 的 点 平分 即 线 为 所 点 在 Ａ 直 ꎬ － 线 ２ ∴ 的 ＋ Ａ １ 方 ( ＝ － ０ 程 １ 是 ꎬ０ ｙ ) . ３.解析 ｄ ＝ １ １ ３ １ １３ . (２) 垂 直 (１ ꎻ ) ꎻ ∵ ０ꎬ ∠ ∴ ｋ ＡＣ＝－ ｋ ＡＢ＝－１ꎬ∴ 直线ＡＣ : ｘ ＋ ｙ ＋１＝０ ＝ . ４.解 ＡＢ 析 ｘ ｜ ＡＢ ｜＝ 点 ( Ｃ ２－２) ２ ＋(－ 到 ３－ 直 ２) 线 ２ ＝ Ａ ５ Ｂ ꎬ 的 直 距 线 (３) 重合. 又ＢＣ边上的高所在直线的方程为ｘ －２ ｙ ＋１ 离 : ｄ －２＝０ꎬ∴ (－３ꎬ－１) ２.解析 ｍ ＝－８ . ＝０ꎬ∴ ｋ ＢＣ＝－２ꎬ∴ 直线ＢＣ :２ ｘ ＋ ｙ －４＝０ꎬ 联 ＝５ꎬ ３.解析 ｔ ｔ ∵ ｋ ＯＰ ＝ ｔ ꎬ ｋ ＯＲ ｔ ＝ － ２ ２ ｔ＝ － １ ｔ ꎬ ｋ ＰＱ ＝ 坐 立 标 直 为 线 ( Ａ ５ Ｃ ꎬ－ 和 ６ 直 ) . 线ＢＣ的方程 ꎬ 可得点Ｃ的 ５. ∴ 解析 Ｓ △ ＡＢＣ 其 ＝ 余 ２ １ 三 ×５ 边 × 所 ５＝ 在 ２ ２ ５ 直 . 线的方程为 ３ ｘ －４ ｙ ＋ １ ２ － ＋ ２ ｔ － －１ ＝－ １ ｔ ꎬ ｋ ＲＱ＝ １ ２ － ＋ ２ ｔ － ＋ ２ ２ ｔ＝ ｔ ꎬ∴ ｋ ＯＰ＝ ｋ ＲＱ＝ 2.4 点到直线的距离 ７＝０ꎬ４ ｘ ＋３ ｙ －１＝０ 和 ４ ｘ ＋３ ｙ －１３＝０ . ｔ ｋ ｋ １ ＯＰ ＲＱ ＯＲ ＰＱ 又 ６.解析 ｄ １０. ꎬ ＯＲ＝ ＰＱ＝－ ｔ ꎬ∴ ∥ ꎬ ∥ ꎬ 练习(第８１页) ＝ ２０ ｋ ＯＰ􀅰 ｋ ＯＲ＝ ｔ 􀅰 ( － １ ｔ ) ＝－１ꎬ∴ ＯＰ ⊥ ＯＲ ꎬ １.解析 (１)２ １０ꎻ ７ 温 .解 故 析 而 知 ｘ 新 － ｙ ＋３ ２－１＝０ 或ｘ － ｙ －３ ２－１＝０ . Ｐ 或Ｐ . ∴ 四边形ＯＰＱＲ是矩形. ２. ( 证 ２ 明 ) (－ 如 ５ 图 ꎬ０) 建立平 (１ 面 １ꎬ０ 直 ) 角坐标系 设Ａ ８.解析 . ４.解析 ｘ ( ｙ １)２ ｘ ＋ . ｙ －４＝０ꎻ ０)ꎬ Ｂ ( ａ ꎬ０)ꎬ ꎬ Ｃ ( ｂ ꎬ ｃ )ꎬ 则Ｄ ( ａ － ｂ ꎬ ｃ ) ꎬ ꎬ∴ ｜ Ａ ( Ｃ ０ꎬ ｜ ９.解析 ２ (１ ６ )４ ｘ －３ ｙ －５＝０ 或ｘ ＝２ꎻ 练 ( 习 ２) ( ２ 第 ＋ ７８ －１ 页 ＝ ) ０ ＝ ( ｂ －０) ２ ＋( ｃ －０) ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ꎬ ｜ ＢＤ ｜ ＝ (２) １０ . １０.解析 Ｓ . ( ) ａ ｂ ａ ２ ｃ ２ ｂ２ ｃ２ ＝３７ １.解析 ７ １３ 图略. ( － － ) ＋( －０) ＝ ＋ ꎬ １１.解析 ｘ ｙ . － ꎬ－ ꎬ ＡＣ ＢＤ . ＋ －３＝０ ５ ５ ∴ ｜ ｜＝｜ ｜ １２.解析 ｘ 或ｙ . ２.解析 ｍ . ＝３ ＝１ ＝±６ １３.解析 距离ｄ的变化范围为 ｄ ３.解析 ｘ ｙ . ０< ≤３ １０ꎬ ＋２ －２＝０ 习题２.３(第７８页) 最大值是 ｄ 此时 ｋ １ ＝３ １０ꎬ ＝－ｋ ＝－３ꎬ 学而时习之 ＡＢ 两直线方程为 ｘ ｙ 和 ｘ ｙ １.解析 平行 ∴ ３ ＋ －２０＝０ ３ ＋ ＋１０ (１) ꎻ . 垂直. ＝０ (２) ２.证明 经计算ｋ １ ｋ １ ＡＢ 2.5 圆的方程 ＡＢ＝－ ꎬ ＣＤ＝－ ꎬ｜ ｜＝ ６ ６ 练习(第８３页) 练习(第８７页) ２ ３７ ꎬ｜ ＣＤ ｜ ＝ ３７ꎬ∴ ＡＢ ∥ ＣＤ 且 ｜ ＡＢ ｜ ＝ １.解析 ｄ ＝０ . １.解析 (１)( ｘ －２) ２ ＋( ｙ ＋３) ２ ＝２ꎻ １ ＣＤ 四边形ＡＢＣＤ是梯形. ２.解析 ｜ ＯＡ ｜＝ ３ ２ ＋４ ２ ＝５ꎬ 点Ｂ (２ꎬ－２) 到直 (２)( ｘ ＋２) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝２５ꎻ ２ ｜ ｜ꎬ∴ 线ＯＡ ｘ ｙ 的距离ｄ １４ Ｓ １ (３)( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －３) ２ ＝５ 或 ( ｘ －１) ２ ＋( ｙ ＋１) ２ ３.解析 ａ ＝１ꎻ ａ ＝－１ꎻ ａ ＝０ . :４ －３ ＝０ ＝ ５ ꎬ∴ △ ＡＢＯ＝ ２ ＝５ . ４.解析 ｘ ｙ . ５.解析 ２ －３ ｘ ＋８ ｙ ＝０ ×５× １４ ＝７ . ２.解析 ( ｘ －２) ２ ＋( ｙ ＋３) ２ ＝ ２５ ꎬ 点Ｐ ꎬ Ｑ不在 (１) ＋５ －３６＝０ꎻ ５ ４ ｘ ｙ . 这个圆上. (２)４ ＋５ －１３＝０ ３.解析 ｄ ７ ５. ６.证明 设直线 ｌ １ 与直线 ｌ ２ 相交于 Ｐ ( ｘ ０ꎬ ＝ １０ ３.解析 ( ｘ －２) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝１０ . ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等教材习题答案 １ 练 .解 习 析 (第８９页 是 ) 圆 圆心坐标为 半径 圆 Ｂ 的方程 在 为 圆 ｘ 上 ２ ＋( 代 ｙ 入 － ｂ 圆 ) 方 ２ ＝ 程 ｒ２ 解 ꎬ∵ 得 Ｐ ｂ (０ꎬ４ . )ꎬ 系可知 ｜ Ｏ １ Ｏ ｜ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＝５０ꎬ｜ Ｏ １ Ｏ ２ ｜ ＝ (１) ꎬ (－１ꎬ－２)ꎬ (１０ꎬ０) ꎬ ＝－１０５ꎬ ａ ２ ｂ ２ 解得 ａ ｒ ｒ２ . ２ 圆的方程为 ｘ２ ｙ . ２ ( －３０) ＋( －６０) ＝４０ꎬ ＝１８＋ ＝２ꎻ ＝１４５ ꎬ∴ ＋( ＋１０ ５) ＝ . ｂ . 齿 是点 ( １ ２ ) １４ . ５ ２. 轮 ８ Ｃ １１ 的 ≈ 圆 ４ 心 ４５ Ｏ ３ꎬ 的 ＝ 坐 ３６ 标 －４ 为 １１ . ≈２２７ . ３ꎬ∴ . (２) － ꎬ－ ꎻ Ａ Ｐ ＡＢ 设 Ｐ ｙ ｙ 则 １ (４４５３ꎬ２２７３) ５ ５ ( ) ∵ ２ ２⊥ ꎬ∴ ２(－２ꎬ )( >０)ꎬ 是圆 圆心坐标为 １ １ 半径 ｒ ２ ｙ . ２ . ２ ｙ . ２ 2.7 用坐标方法解决 (３) ꎬ ꎬ ꎬ (－２) ＋( ＋１０５) ＝１４５ ꎬ∴ ＝ １４５ －４ ５ ５ . . 即支柱Ａ Ｐ 的长度是 . . －１０５≈３８６ꎬ ２ ２ ３８６ｍ 几何问题 ７ ＝ ５ ꎻ 2.6 直线与圆、圆与圆的 练习(第１００页) 是点 . ２.解 (４ 析 ) 由 ( 曲 －１ 线 ꎬ－ 表 ２ 达 ) 式求得Ｄ２ ＋ Ｅ２ －４ Ｆ ＝ ａ２ ＋４ 位置关系 １ ２ . . 解 解 析 析 ( ｘ２ ｘ －４ ｙ ) ２ ２ ＋( ｘ ｙ －２) ２ ＝１ 曲 ０( 线 ｘ ≠ 的 ３ 轨 且 迹 ｘ ≠ 是 ５ 以 ) . 曲 线 时 －８ 表 线 ꎬ ＝ 曲 ａ 示 不 ２ 线 － 点 存 表 ４ ( 在 .当 示 － ꎻ １ － 点 当 ꎬ ２ － < ( ａ １ ａ １ ) ＝ ꎬ < ꎻ － － ２ 当 １ ２ 时 ) 时 ａ ꎻ ꎬ < 同 Ｄ ꎬ － Ｄ ２ 理 ２ ＋ ２ Ｅ ＋ 或 ꎬ ２ 当 Ｅ － ２ ａ ４ － ａ > Ｆ ４ ＝ ２ < Ｆ ２ 时 ０ ＝ ꎬ 时 ꎬ ０ 此 Ｄ ꎬ ꎬ ２ 时 曲 此 ＋ １ 练 . ( 解 习 ２ 析 ) ( 相 相 第 离 切 ９ ( ３ １ ꎻ . ) 页 相 ) 交 ꎻ ３ 习 . ( 解 题 － 析 １ ２ ꎬ . ０ ７ ) ( ( 为 第 ｘ ＋ － 圆 １ ２ ３ ０ 心 １ ＋ ) ꎬ 页 ２ ２ ２ ＋ ) 为 － ( ３ ｙ 半 － ＝ 径 ２ ０ ３ ꎬ 的 ) 圆 ２ ＝ ꎬ １ 图 . 略. Ｅ２ －４ Ｆ >０ꎬ 此时 ꎬ 曲线表示以 ( － ２ ａ ꎬ－１ ) 为 ２ ３ . . 解 解 (３ 析 析 ) ２ ｘ ＋ ｘ － ｙ － ｙ ＋ ２ ５ ＝ ＝ ０ ０ 或 或 ７ ２ ｘ ＋ ｘ － １ ｙ ７ － ｙ ＋ ５ ２ ＝ ６ ０ ＝ . ０ . １ 学 .证 而 明 时 习 ( 之 １) 如图 ꎬ 以矩形ＡＢＣＤ的顶点Ａ为 ａ２ ( ) 坐标原点 ＡＢ边所在直线为ｘ轴 ＡＤ边所在 圆心 ꎬ ２ －４为半径的圆. ４.解析 ｋ ∈ － ２ ꎬ ２ . 直线为ｙ轴 ꎬ ꎬ 建立平面直角坐标系 ꎬ . ４ ４ ３.解析 ｘ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝５ꎬ 半径ｒ ＝ ５ꎬ 圆心坐标 练习(第９６页) 是 . １.解析 相交. (０ꎬ２) 习题２.５(第８９页) ２.解析 ａ 或ａ (１) ＝２ ＝－５ꎻ 学而时习之 ａ 或ａ . (２) ＝－２ ＝－１ １.解析 (１) ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎻ ３.解析 ８ ｘ －１２ ｙ ＋９＝０ . (２)( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝２５ꎻ 习题２.６(第９６页) ｘ ２ ｙ ２ 学而时习之 (３)( －１) ＋( －２) ＝２ꎻ 设Ｂ ａ Ｄ ｂ 则Ｃ ａ ｂ (４)( ｘ －４) ２ ＋ ｙ２ ＝２９ . １.解析 当 －２< ｂ <２ 时 ꎬ 圆与直线相交 ꎻ 当ｂ ＝２ Ａ ( Ｃ ꎬ０)ꎬ ａ (０ꎬ ) ２ ꎬ ｂ ( ２ ꎬ )ꎬ ａ２ ｂ２ ２.解析 因为 ＰＡ ＰＢ ＰＣ 或ｂ 时 圆与直线相切 当ｂ 或ｂ ∴ ｜ ｜＝ ( －０) ＋( －０) ＝ ＋ ꎬ ＝５ꎬ 所 以所求 ｜ 圆 ｜ 的 ＝ 方程 １０ 是 ꎬ｜ ( ｘ － ｜ ２ ＝ ) ２ ＋ １３ ( ꎬ ｙ ＋ ｜ １) ２ ｜ 时 ꎬ 圆 ＝ 与 －２ 直线 ꎬ 相离. ꎻ <－２ >２ ｜ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ｜ ＝ 矩形 ( 的 ａ － 对 ０) 角 ２ ＋ 线 ( 相 ０－ 等 ｂ ) . ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ . ｜ ｜ꎬ∴ ＝１３ ２.解析 ｋ １ 如图 以菱形ＡＢＣＤ的顶点Ａ为坐标原 ３.解析 ｘ ２ ｙ２ . (１) ＝ ꎻ (２) ꎬ ( －２) ＋ ＝１０ ２ 点 ＡＢ边所在直线为ｘ轴 建立平面直角坐 ４.解析 是圆 圆心坐标是 半径ｒ ꎬ ꎬ . (１) ꎬ (２ꎬ３)ꎬ (２) ｋ ＝０ 或ｋ ＝ ４ ꎻ 标系. ＝ １３ ３ ( ) 是圆 圆心坐标是 ５ 半径 ｒ ｋ ８± ５１. (２) ꎬ － ꎬ３ ꎬ (３) ＝ ２ １３ ３.解析 . １４１. ２０ ６ ＝ ２ ４.解析 ( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝４ . 是点 . ５.解析 ｘ ｙ 或 ｘ ｙ . (３) (４ꎬ３) ４ ＋３ ＋３＝０ ３ ＋４ －３＝０ 是圆 圆心坐标是 ａ ｂ 半径 ｒ ６.解析 . (４) ꎬ ( ꎬ２ )ꎬ ４ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋１ . ７.解析 (１)３< ｒ <９ꎻ 设Ｂ ( ａ ꎬ０)ꎬ Ｃ ( ｂ ꎬ ｃ )ꎬ 则Ｄ ( ｂ － ａ ꎬ ｃ )ꎬ ５.解 ２０ 析 ＝０ ꎬ｜ 过 ＭＮ Ａ ꎬ ｜ Ｂ ＝ ꎬ ４ Ｃ ６ 三 . 点的圆为ｘ２ ＋ ｙ２ －２ ｘ ＋４ ｙ － ( ( ３ ２ ) ) ０ ｒ ＝ < ｒ ３ < 或 ３ . ｒ ＝９ꎻ ∴ 又四 ｋ ＯＣ 边 ＝ 形 ｂ ｃ Ａ ꎬ Ｂ ｋ Ｃ ＢＤ Ｄ ＝ 是 ｂ － ｃ 菱 － ａ ０ － 形 ａ＝ｂ － ｃ ２ Ｏ ａ . Ｂ ＯＤ 即 ８.解析 . ꎬ∴ ｜ ｜＝｜ ｜ꎬ ６.解析 ａ ４ . ５＋ １３ ＝－ ３ ９.解析 公共弦所在直线的方程为 ３ ｘ －４ ｙ ＋６＝ ａ ＝ ( ｂ － ａ ) ２ ＋ ｃ２ ꎬ 化简得ｂ２ －２ ａｂ ＝－ ｃ２ ꎬ∴ ｋ ＯＣ 温故而知新 ｃ ｃ ｃ２ ｃ２ ７.解析 设这四点共圆 ꎬ 且圆的方程为 ( ｘ － ａ ) ２ ０ꎬ 公共弦长为２ ５ ４. 􀅰 ｋ ＢＤ＝ ｂ 􀅰ｂ －２ ａ＝ｂ２ －２ ａｂ＝ － ｃ２＝－１ꎬ ＋( ｙ － ｂ ) ２ ＝ ｒ２ ꎬ 代入 Ｂ (２ꎬ１)ꎬ Ｃ (－２ꎬ３)ꎬ 温故而知新 ∴ ＯＣ ⊥ ＢＤ.易知Ｏ为ＤＢ和ＡＣ的中点 ꎬ Ｄ (－２ꎬ１) 三点坐标可得圆的方程为ｘ２ ＋( ｙ － １０.解析 ｘ２ ＋ ｙ２ －２ ｘ －１２＝０ 或ｘ２ ＋ ｙ２ －１０ ｘ －８ ｙ ＋ ∴ 菱形的对角线互相垂直平分. ２) ２ ＝５ .将Ａ (１ꎬ０) 代入圆的方程 ꎬ 两边相等 ꎬ ４＝０ . ２.解析 设到这两条直线距离相等的点的坐 故点Ａ 也在圆上 所以这四点共圆. １１.解析 直角三角形.若直线与圆相交 则三 标为Ｐ ｘ ｙ (１ꎬ０) ꎬ ꎬ ( ꎬ )ꎬ ８.解析 设Ｐ ａ ｂ 则ａ２ ｂ２ ａ２ ｂ２ 且 角形是锐角三角形 若直线与圆相离 则三 ｙ ｘ ( ꎬ )ꎬ ＋ ＝４ꎬ ＝４－ ꎬ ꎻ ꎬ 则 Ｐ 到直线 ｌ 的距离 ｄ ｜３ － ３ ｜ 由ａ２ ｂ２ 得 ｂ 由题意可知 角形是钝角三角形. １ １ ＝ ＝ ＝４－ ≥０ －２≤ ≤２ꎬ ３＋９ ｜ ＰＡ ｜ ２ ＋｜ ＰＢ ｜ ２ ＋｜ ＰＣ ｜ ２ ＝( ａ ＋２) ２ ＋( ｂ ＋２) ２ ＋( ａ １２.解析 ｜ ＣＤ ｜＝４ . ｜３ ｙ － ３ ｘ ｜ ｜ ３ ｙ － ｘ ｜ Ｐ到直线ｌ 的距离ｄ ＋ ｂ ２) ２ ＋( ｂ －６) ２ ｂ ＋ ２ ( ａ － ｂ ４ ２ ) ２ ＋ ｂ ( ｂ ＋２) ２ ＝３ ａ ｂ ２ ＋３ ｂ２ － １３.解析 (１) ４－ ７ < ｋ < ４＋ ７ ꎻ ２ ３ ＝ ２ ꎬ ２ ２ ≤ ＋ ４ ｜ ｂ ＋ Ｐ ≤ ６ Ｃ ８ ２ ｜ ＝ ２ ꎬ∴ 的 ３( ７ 最 ４ ２ － ≤ 大 ８ 值 ) ０ ＋ 是 － ３ ４ ｂ ８ ≤ － ８ꎬ ４ ８ 最 ８ ＋ ꎬ 小 ６ 即 ８ 值 ＝ ｜ 是 Ｐ ８０ Ａ － ７ ｜ ２ ２ ４ . ＋ ꎬ ｜ ∵ ＰＢ － ｜ ２ ２ １４.解 (２ 析 )｜ ＭＮ ３ ｘ ｜ ＋ ＝ ４ ２ ｙ . － ３ ５０＝０ . ３ ＝ ｜ Ｐ ｙ － 到 ３＋ 直 ３ １ ｘ 线 ｜ ＝ ｌ ｜ ｙ 的 － ２ 距 ３ ｘ 离 ｜ ꎬ 与Ｐ到直线ｌ 的距离 ９.解析 以Ｏ为原点 ꎬ →ＡＢ方向为ｘ轴正方向 ꎬ １５.解析 ２ ｘ ＋ ｙ －３＝０ . 相 ∵ 等 ꎬ １ ２ →ＯＰ方向为ｙ轴正方向 ꎬ 建立平面直角坐标 １６.解析 ( ｘ －４) ２ ＋ ｙ２ ＝４ 或 ｘ２ ＋( ｙ ＋４ ３) ２ ∴ ｄ １＝ ｄ ２ꎬ 由 系 对 ꎬ 则 称 Ｐ 性 (０ 可 ꎬ４ 设 ) 圆 ꎬ Ｂ 心 (１ 为 ０ꎬ０ Ｍ )ꎬ Ａ ２( ｂ －２ꎬ 半 ０) 径 ꎬ 为ｒ 则 １７.解 ＝３ 析 ６ . 设Ｏ ａ ｂ 则由三个圆的位置关 即｜ ３ ｙ － ｘ ｜ ＝ ｜ ｙ － ３ ｘ ｜ ꎬ (０ꎬ )ꎬ ꎬ １( ꎬ )ꎬ ２ 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、讲义等化简得ｙ ＝ ｘ或ｙ ＝－ ｘ ꎬ ∴ ( ｘ ＋２) ２ ＋ ｙ２ －１＝ ２ ( ｘ －２) ２ ＋ ｙ２ －１ꎬ ３.解 ∴ 析 所求 设 轨迹 Ｂ 方 ｘ 程 ｙ 为 则 ｙ ＝ Ａ ｘ ( 或 ｘ ｙ ＝ ｙ － ｘ ) . Ａ是圆 即 化 点 简得 Ｐ ( 的 ｘ － 轨 ６ 迹 ) ２ 方 ＋ ｙ 程 ２ ＝ 是 ３３ ( ꎬ ｘ －６) ２ ＋ ｙ２ ＝３３ . ( ꎬ )ꎬ ２ ꎬ ２ ꎬ∵ 复习题二(第１０６页) Ｃ上一动点 ( ｘ ) ２ ( ｙ ) ２ ｘ 学而时习之 ꎬ∴ ＋ －４􀅰 ＝０ꎬ ２ ２ ２ １.解析 ｋ 数形结合 . 即 ( ｘ －４) ２ ＋ ｙ２ ＝１６ꎬ∴ 所求曲线是以 (４ꎬ０) 为 ２.解析 ｘ －１≤ ｙ ≤ . １( ) 圆心 ꎬ４ 为半径的圆. ( －２ ＝０ ) １４.解析 设所求点为Ｐ ｘ ｙ 则由题意知 温故而知新 ３.解析 １ １ . ( ꎬ )ꎬ － ꎬ ＰＰ ２ ＰＰ ２ 即 ｘ ２ ｙ２ ｘ ４.证 轴 明 建 立 如 平 图 面 ꎬ 以 直 Ｂ 角 为 坐 原 标 点 系 ꎬ ＢＣ 设 所 Ｃ 在直线为 则 ｘ ４.解析 ｘ ＋４ ｙ ２ －４＝ ２ ０ 或 ４ ｘ ＋ ｙ －４＝０ 或ｘ ＋４ ｙ ＋４ ３ ｜ ) ２ ＋ １ ｙ ｜ ２ ＋ ＝ ｜ １６ꎬ 化 ２｜ 简 ＝ 得 １ ( ６ꎬ ｘ －１) ( ２ ＋ ＋ ｙ １ ２ ) ＝４ ＋ . ＋( － Ａ ꎬ Ｅ Ｄ ꎬ .易 ( 求 ６ꎬ 得 ０) 直 ꎬ 线 ５.解 ＝０ 析 或 ４ 由 ｘ ＋ 题 ｙ ＋ 意 ４＝ 直 ０ . 线 ｘ ｙ 和 ｘ ｙ １５.解析 连接ＯＰ ꎬ ＯＡ ꎬ ＯＢ ( Ｏ为坐标原点 )ꎬ (３ꎬ３ ３)ꎬ (５ꎬ ３)ꎬ (２ꎬ０) ꎬ ４ ＋３ ＝１０ ２ － ＝１０ ＡＰＢ π ＡＰＯ π 交于点 将 代入直线ａｘ ｙ ∵∠ ＝ ꎬ∴∠ ＝ ꎬ ＢＥ的方程为ｙ ３ｘ 直线ＡＤ的方程为ｙ (４ꎬ－２)ꎬ (４ꎬ－２) ＋２ ＋ ３ ６ ＝ ꎬ ＝ 的方程 解得ａ . ＯＡ ５ ８＝０ ꎬ ＝－１ 在 ＯＡＰ中 ｜ ｜ ＡＰＯ π ｘ 联立直线ＢＥ和ＡＤ的方程求得 ６.解析 当ｌ ｌ 时 ｋ ｋ ａ 或ａ Ｒｔ△ ꎬ ＯＰ ＝ｓｉｎ∠ ＝ｓｉｎ ＝ ３ ３ －６ ３ꎬ (１) １∥２ ꎬ １＝ ２ꎬ∴ ＝ ２ ｜ ｜ ６ ( ) ３ ３ －０ ＝－ ２ꎻ 当ａ ＝ ２ 或ａ ＝－ ２ 时 ꎬ 两直线间的距 １ ꎬ∴ ｜ ＯＰ ｜＝２ꎬ 设Ｐ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝２ꎬ Ｐ １ ７ ５ ꎬ ３ ７ ３ ꎬ∴ ｋ ＣＰ＝ １ ７ ５ －６ ＝－ ３ １ ３ ꎬ∵ ｋ ＡＰ 离都是 ６＋ ６ ４ ３. 即 ２ ｘ . ２ ＋ ｙ２ ＝４ꎬ 即动点Ｐ的轨迹方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ７ 若ａ 则ｌ ｙ ｌ ｘ 此 ＝４ ( ) (２)① ＝０ꎬ １:２ －１＝０ꎬ２: －２＝０ꎬ 温故而知新 ｋ １ ＡＰ ＣＰ. 时ｌ ｌ 满足题意 􀅰 ＣＰ＝３ ３× － ＝－１ꎬ∴ ⊥ １⊥２ꎬ ꎻ １６.解析 由点Ｐ在两条直线上可求得Ｐ ３ ３ ② 若ａ ≠０ꎬ 则直线ｌ １ 的斜率ｋ １＝ ２ ａ ꎬ 直线ｌ ２ －１)ꎬ 由题意知直线ｌ与直线ｙ ＝－２ ｘ ＋１ (１ 垂 ꎬ 的斜率ｋ １ 则ｋ ｋ ａ １ １ 所 直 ꎬ 所以求得直线ｌ的方程为ｘ －２ ｙ －３＝０ . ２＝ ａ ꎬ １􀅰 ２＝ ２ 􀅰 ａ ＝ ２ ꎬ １７.解析 ＡＣ :２ ｘ ＋３ ｙ －１２＝０ꎬ ＡＢ : ｘ －５ ｙ ＋２０＝０ꎬ 以直线ｌ 与直线ｌ 不垂直. ＢＣ ｘ ｙ 或ＡＢ ｘ ｙ ＢＣ ｘ :５ ＋ －３０＝０ :５ ＋ －４＝０ꎬ : － １ ２ 综上所述 当 ａ 时 直线 ｌ 与直线 ｌ ｙ . ꎬ ＝０ ꎬ １ ２ ５ －６＝０ 垂直. １８.解析 ｙ ｘ 或ｙ ｘ ７ . ７.解析 (１)( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝２ꎻ ＝－ －１３ ＝－ － ３ (２) ｘ２ ＋( ｙ ±３) ２ ＝９ꎻ １９.解析 ４ . ５.解析 令ｋ ｙ 则ｋｘ ｙ ｋ (３)( ｘ ±４) ２ ＋ ｙ２ ＝９ꎻ ３ ＝ｘ ＋２ ꎬ － ＋２ ＝０ꎬ (４)( ｘ －４) ２ ＋( ｙ －４) ２ ＝２５ 或 ( ｘ ＋３) ２ ＋( ｙ ＋３) ２ ２０.解析 (１)３ 或 ５ꎻ 由题意有 ｜ １ ２ ｋ ＋ ｜ ｋ２ ≤１ꎬ ８.解 ＝２ 析 ５ . 函数ｙ ＝ ｘ２ －６ ｘ ＋１ 与坐标轴的交点坐 ( ( ２ ３ ) ) ３ ａ < > ａ ５ < ꎻ ５ꎻ ａ . 解得 ｙ － 的 ３ ３ 最 ≤ 大 ｋ ≤ 值是 ３ ３ ꎬ ３ 最小值是 ３. ∴ 标 ∵ 为 可 这 设 三 Ａ ( 圆 点 ０ꎬ 心 都 １) 在 Ｃ ꎬ Ｍ 圆 的 ( 上 坐 ３－ ꎬ 标 ２ 为 ２ ( ꎬ ３ ０ ꎬ ) ｙ ꎬ ) Ｎ ꎬ (３＋２ ２ꎬ０)ꎬ ２１. ( ( 解 ４ ２ 析 ) ) ０ 设 < Ｍ ( < １ ( ３ ) ｘ ( ꎬ ３ ｙ ) ꎬ０ ꎬ ) 连 . 接Ｃ １ Ｍ ꎬ 则Ｃ １ Ｍ ⊥ ＡＢ ꎬ ６. 即 ∴ 则 坐 解 ∴ 由 标 析 ｋ ｙ ｘ Ｂ － ＋ Ｍ 题 为 ３ ２ 􀅰 意 ( 设 ｋ ３ ｙ Ｐ 可 ꎬ ＋ Ｑ Ｐ ３ ５ ＝ Ｑ 知 ) － ꎬ 的 １ 连 Ｂ ꎬ Ｍ 中 接 ⊥ 点 ３ Ｂ Ｐ ꎬ Ｍ 为 Ｑ ꎬ ꎬ Ｍ ( ｘ ꎬ ｙ ) － ꎬ ３ 圆心Ｂ的 ９.解 由 动 半 的 ２ 析 点 径 方 ２ ｜ Ｃ － 程 Ａ ｜ Ｐ ３ Ｃ ｜ ) 为 圆 到 Ａ ＝ ２ ＋ ｜ 心 ( 直 ｜ ( Ｃ ＝ ｘ ０ － 线 Ｍ Ｃ － ３ ( ｜ ｙ ) ( １ 可 ) ２ ｘ ꎬ ３ ２ ＋ １ － 知 ꎬ ( ) ∴ ０ ｙ ｙ ꎬ ( ) － 半 ｙ ０ ２ １ ＋ ＝ － ) 径 ( １ ３ ２ １ ꎬ ) ＝ ｒ － 即 ２ 的 ９ ＝ １ ＋ . ) 圆 １ 最 ( ꎬ ２ １ 心 所 小 ＝ － ｙ ３ 以 值 Ｃ ) ꎬ ( ２ 圆 为 ∴ ３ ＝ ꎬ 上 圆 圆 ( １ ３ ) 心 一 － Ｃ ꎬ ∴ Ｃ ｘ 一 ２ 的 － 段 ｋ Ｃ ３ １ 方 ｘ 圆 Ｍ ＋ 􀅰 程 弧 ｙ２ ｋ 是 ) ＝ ＡＢ . ０ ＝ ｘ ꎬ ２ － 即 － １ ３ ꎬ 线 ｘ 即 ＋ 段 ｙ ｙ ｘ ２ － － Ａ ＝ ０ ３ Ｂ 􀅰 ０ 的 ꎬ ｘ ｙ ｘ 中 ∈ ＝ 点 ( － ５ ３ Ｍ １ꎬ ꎬ 的 化 ３ ] 轨 简 ( 迹 得 是 ｘ 􀅰ｘ ＝－１ꎬ ３ ＋４ ＋８＝０ －３ ＋３ 当直线与圆弧相切时 求得ｋ ３ 当 化简得ｘ２ ＋( ｙ ＋１) ２ ＝２５ꎬ Ｃ到直线的距离减去半径 ꎬ 即为｜３＋４＋８｜ －１ (３) ꎬ ＝± ４ ꎻ 所求轨迹方程为ｘ２ ｙ ２ 在已知 ５ ∴ ＋( ＋１) ＝２５( . 直线与圆弧相交且一个交点时 求得 ２ ５ 的圆内的部分 是一段圆弧 . ＝２ ꎬ － ꎬ ) １０.解析 ｘ ２ ｙ ２ ７ ７.解析 如图 以Ｏ Ｏ 所在直线为ｘ轴 Ｏ Ｏ (１)( ＋１) ＋( －２) ＝４ꎻ ꎬ １ ２ ꎬ １ ２ ｋ ２ ５. 的中垂线为ｙ轴建立平面直角坐标系 则 ｋ 或ｋ ４ 数形结合 . ≤ ≤ ꎬ (２) ≤０ ≥ ( ) ７ Ｏ Ｏ 设Ｐ ｘ ｙ 连接ＰＯ ３ 上下而求索 Ｍ １ Ｏ ( １ － ꎬ ２ Ｐ ꎬ Ｏ ０ ２ ) ꎬ ꎬ ＮＯ ２( ２ꎬ ２ 则 ꎬ０)ꎬ ( ꎬ )ꎬ １ꎬ １ １ １ ２ . . 解 解 析 析 ｘ ｘ ＋ ＝ ３ ０ ｙ 或 ＝０ １ . ５ ｘ －８ ｙ ＋８＝０ . ２２.解析 (１) 由 ｜ ＰＱ ｜＝｜ ＰＡ ｜ 得 ａ２ ＋ ｂ２ －１＝ １３.证明 如图 ꎬ 以任意三角形ＯＡＢ的顶点Ｏ ( ａ －２) ２ ＋( ｂ －１) ２ ꎬ 化简得 ２ ａ ＋ ｂ －３＝０ꎻ 为原点 边ＯＡ所在直线为ｘ轴建立平面直 ꎬ ＰＱ ａ２ ｂ２ ａ２ ａ ２ 角坐标系 设Ａ ａ Ｂ ｂ ｃ 则由中点坐 (２)｜ ｜＝ ＋ －１＝ ＋(３－２ ) －１ ꎬ ( ꎬ０)ꎬ ( ꎬ )ꎬ ( ｂ ｃ ) ａ２ ａ 当ａ ６ 时 ＰＱ 有最小 标公式可知线段ＯＢ的中点Ｄ ＝ ５ －１２ ＋８ꎬ ＝ ꎬ｜ ｜ ꎬ ꎬ ５ ２ ２ (ａ ｂ ｃ ) 值２ ５ 线段ＡＢ的中点Ｃ ＋ ｋ ｋ ꎻ ｜ ＰＭ ｜＝ ｜ ＰＯ １｜ ２ －｜ Ｏ １ Ｍ ｜ ２ 即 ＯＡ ＤＣ 又 ２ Ｏ ꎬ Ａ ２ ꎬ∴ ａ ＤＣ Ｄ ＝ Ｃ ＯＡ＝ (３) ５ 设圆Ｐ的半径为Ｒ ꎬ 则由题意知Ｒ －１≤ ｘ ２ ｙ２ ０ꎬ ∥ ꎬ ｜ ｜ ＝ ꎬ ｜ ｜ ＝ ＰＯ Ｒ ＰＯ Ｒ ＰＯ 又 ＝ ( ＋２) ＋ －１ꎬ (ａ ｂ ｂ ) ２ ( ｃ ｃ ) ２ ａ ｜ ｜≤ ＋１ꎬ∴ ｜ ｜－１≤ ≤｜ ｜＋１ꎬ ｜ ＰＮ ｜＝ ｜ ＰＯ ２｜ ２ －｜ Ｏ ２ Ｎ ｜ ２ ＋ － ＋ － ＝ ｜ ＰＯ ｜ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ａ２ ＋(３－２ ａ ) ２ ＝ ２ ２ ２ ２ ２ ＝ ( ｘ －２) ２ ＋ ｙ２ －１ꎬ １ ＯＡ 即得证. ( ａ ６ ) ２ ９ 当 ａ ６ 时 ＰＯ ＰＭ ＰＮ ＝ ｜ ｜ꎬ ５ － ＋ ꎬ∴ ＝ ꎬ｜ ｜ ∵ ｜ ｜＝ ２｜ ｜ꎬ ２ ５ ５ ５ ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等教材习题答案 ａ . ｍ２ ｍ２ 有最小值３ ５ 此时Ｒ有最小值３ ５ 且ｂ ７)ꎬ(０ꎬ－ ７)ꎬ２ ＝８ (３＋４ )＝１９２ ＋９６>０ꎬ ５ ꎬ ５ －１ꎬ (３) ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ ｃ２ ＝ ４ －１＝ １ ꎬ ｃ ＝ ３ ꎬ 焦点 习 ∴ 题 直 ３. 线 １( 与 第 椭 １ 圆 １９ 的 页 交 ) 点个数为 ２ . ＝３－２ ａ ＝ ３ ꎬ∴ 半径最小的圆的方程为 ４ ３ ３ ３ 学而时习之 ( ｘ － ５ ６ ) ２ ＋ ５ ( ｙ － ５ ３ ) ２ ＝ ( ３ ５ ５ －１ ) ２ . 坐标为 ( ３ ０ꎬ ３ ３ ) ꎬ ( ０ꎬ－ ３ ３ ) ꎬ２ ａ ＝ ４ ３ ３. １.解析 (１) ｘ １ ２ ＋ ｙ２ ＝１ 是椭圆 ꎬ 焦点坐标为 ２３.解析 ① 当ｒ ＝１ 时 ꎬ 设Ｐ ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ ｌ １: ｙ － ｎ ＝ ２.解析 ｃ ａ ｂ 方程为 ｘ２ ( ) ( ４ ) ｋ ( ｘ － ｍ )( ｋ ≠０)ꎬ 则ｌ ２: ｙ － ｎ ＝－ １ ｋ ( ｘ － ｍ )ꎬ ｙ２ (１) ＝５ꎬ ＝１３ꎬ ＝１２ꎬ １６９ ＋ ０ꎬ－ ２ ３ ꎬ ０ꎬ ２ ３ ꎬ２ ａ ＝２ . . ∵ ｌ １ 被圆Ｃ １ 截得的弦长与ｌ ２ 被圆Ｃ ２ 截得 １４４ ＝１ (２) ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 是椭圆 ꎬ 焦点坐标为 (０ꎬ４)ꎬ 的弦长之比为常数 １ ｌ 被圆Ｃ 截 ｃ ａ ２ ２ １６ ３２ ｒ ＝１ꎬ∴ １ １ (２) ＝ ３ꎬ ２ ＝ (８－０) ＋(３＋３) ＋ ａ . 圆 得的 Ｃ １ 弦 与 长 圆 与 Ｃ ｌ ２ ２ 的 被 半 圆 径 Ｃ 都 ２ 截 为 得 １ 的 ꎬ∴ 弦 点 长 Ｃ 相 １( 同 ０ꎬ ꎬ ０ 又 ) －３ ( ２ ８ ＝ － ７ ０ ２ ) ꎬ 方 ２ ＋ 程 (３ 为 －３ ｘ ) ２ ２ ＋ ＝ ｙ １ ２ ０＋ ＝ ８ １ ＝ . １８ꎬ ａ ＝９ꎬ ｂ２ ＝９ ２ ( ( ３ ０ ) ꎬ－ ｘ ３ ４ ２ ) ＋ ꎬ２ ｙ ２ ２ ＝ ＝ ８ １ ２ 是椭圆 ꎬ 焦点坐标为 (－１ꎬ 到直线ｌ １ 的距离与点Ｃ ２( ａ ꎬ０) 到直线ｌ ２ 的 练习(第１１９页) ７２ ８１ ０)ꎬ(１ꎬ０)ꎬ２ ａ ＝２ ３ . 距 ａ 离 ｋ 相 ｎ 等 ｍ ꎬ 或 即｜ ｋ ｋ ｍ ｍ １＋ － ｎ ｋ ｎ ２ ｜ ＝ ｜ ａ ａ － ｋ １ ｋ ｎ ｎ ＋ － ｋ ｍ ２ ｍ ｜ ꎬ∴ 即 ｋｍ ｍ － ｎ １.解析 (１)∵ ｘ ６ ２ ＋ ｙ ９ ２ ＝１ꎬ ２. ( 解 ４ 析 ) 不 是 (１ 椭 ) 圆 ｘ２ ꎬ ＋ 是 ｙ 圆 ２ ＝ . １ 或 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ . ＝ － － － ＝－( － － )ꎬ ( ＋ ａ ｂ ｃ . ９ ８ ８ ９ ｎ ｋ ｍ ｎ ａ 或 ｍ ｎ ｋ ｍ ｎ ａ ∴ ＝３ꎬ ＝ ６ꎬ ＝ ３ ｘ２ ｙ２ ) ＋ － － ＝０ ( － ) － － ＋ ＝０ꎬ 长轴长为 短轴长为 焦距为 顶 . ｋ有无数个 ６ꎻ ２ ６ꎻ ２ ３ꎻ (２) ＋ ＝１ ∵ ꎬ ９ ２５ {ｍ ＋ ｎ ＝０ꎬ 或 {ｍ － ｎ ＝０ꎬ 点坐标为 (０ꎬ３)ꎬ(０ꎬ－３)ꎬ( ６ꎬ０)ꎬ(－ ６ꎬ ｘ２ ｙ２ . ∴ ｍ ｎ ａ ｍ ｎ ａ 焦点坐标为 离心率ｅ (３) ＋ ＝１ － － ＝０ － － ＋ ＝０ꎬ ０)ꎻ (０ꎬ ３)ꎬ(０ꎬ－ ３)ꎻ １６ ４ ì ａ ì ａ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ ï ïｍ ＝ ꎬ ï ïｍ ＝ ꎬ ＝ ３. (４) ＋ ＝１ 或 ＋ ＝１ . 即í ２ 或í ２ ３ ４０ ２４ ２４ ８ î ïïｎ ＝－ ａ î ïïｎ ＝ ａ . (２)∵ ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ∴ ａ ＝１３ꎬ ｂ ＝１２ꎬ ｃ ＝５ . ３.解析 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ . ２ ２ １６９ １４４ １００ ３６ 满足条件的点Ｐ ｍ ｎ 有两个 分别是 长轴长为 短轴长为 焦距为 顶点 ｘ２ ｙ２ ∴ ( ꎬ ) ꎬ ２６ꎻ ２４ꎻ １０ꎻ ４.解析 Ｐ ( ａ ａ ) 和Ｐ ( ａ ａ ) . 坐标为 (１３ꎬ０)ꎬ(－１３ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１２)ꎬ(０ꎬ (１)∵ ３６ ＋ ４ ＝１ꎬ ꎬ－ ꎬ 焦点坐标为 离心率ｅ ａ ｂ ｃ . ２ ２ ２ ２ －１２)ꎻ (５ꎬ０)ꎬ(－５ꎬ０)ꎻ ∴ ＝６ꎬ ＝２ꎬ ＝４ ２ ② 当ｒ ≠１ 时 ꎬ 同理设Ｐ ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ ｌ １: ｙ － ｎ ＝ ｋ ( ｘ ５ . 长轴长为 １２ꎻ 短轴长为 ４ꎻ 焦距为 ８ ２ꎻ Ｃ － ｍ )( ｋ ≠ 到 ０) 直 ꎬ 则 线 ｌ ｌ ２: 的 ｙ － 距 ｎ 离 ＝－ 为 １ ｋ ｄ ( ｘ 点 － ｍ Ｃ )ꎬ ａ 设点 ( ＝ ３ １ ) ３ ∵４ ｘ２ ＋９ ｙ２ ＝１ 可化为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ ０ 顶 ) 点 ꎻ 焦 坐 点 标 坐 为 标 ( 为 ０ꎬ ( ２ ４ )ꎬ ２ ( ꎬ ０ ０ ꎬ ) － ꎬ( ２ － ) ４ ꎬ( ２ ６ ꎬ ꎬ ０ ０ ) ) ꎻ ꎬ(－６ꎬ １(０ꎬ０) １ １ꎬ ２( ꎬ０) １ １ 到直线ｌ 的距离为ｄ 离心率ｅ ２ ２.画图略. ２ ２ꎬ ４ ９ ＝ ｌ 被圆Ｃ 截得的弦长与ｌ 被圆Ｃ 截得 ３ ∵ １ １ ２ ２ ａ １ ｂ １ ｃ ５. ｘ２ ｙ２ ∴ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ａ ｂ ｃ . 的弦长之比为常数 １ ２ ３ ６ (２)∵ ＋ ＝１ꎬ∴ ＝３ꎬ ＝ ５ꎬ ＝２ ｒ ≠１ꎬ ５ ９ 长轴长为 短轴长为 ２ 焦距为 ５ 长轴长为 短轴长为 焦距为 ∴２ １－ ｄ２ １ ＝ １ ｒ 􀅰２ ｒ２ － ｄ２ ２ꎬ 即ｄ ２＝ ｒｄ １ꎬ １ꎻ ( ) ３ ( ꎻ ) ３ ( ꎻ ) 顶点坐标为 ６ꎻ ２ ５ꎻ ４ꎻ 顶点坐标为 １ １ １ ( ５ꎬ０)ꎬ(－ ５ꎬ０)ꎬ(０ꎬ３)ꎬ(０ꎬ ｎ ∵ ｒ ∴ ∴ ( ) ｋ { ｋ ｋ ｜ ｍ ａ ＋ ｍ ｒ 有 ｍ － － ｍ － ｋ １ ｎ 无 ＋ － ｒ ｎ ) ＋ ｎ ｎ ｒ － 数 ｋ ｎ 或 － ＝ ｍ ２ － ａ ０ 个 ａ ｜ ＝ ａ ꎬ ＝ ＝ － ꎬ ０ ０ 或 ｋ ｒ ｎ 􀅰 或 { － ｒ ｍ － ( ｍ ｜ ｍ ｒ ｋ ＝ ｍ － ｍ １ － ｎ － － ＋ － ｒｎ ＝ ｒ ｎ ｋ ｎ ( ＋ ) ２ ０ ｜ ｋ ａ ｋ ꎬ ꎬ ｍ － ＝ ∴ ｍ － ０ꎬ ｎ － ａ ) ｒ － ｎ ꎬ ＋ ｋ 即 ｎ ａ － ＝ ( ｍ ０ ｒｍ ꎬ ＝ ＋ ２.解 ( ( ０ － 析 ꎬ ６ － ５ ꎬ ３ １ ( ０ １ ) ) ) ꎻ ꎻ ∵ 离 ２ 焦 心 ａ ２ ＝ 率 ꎬ 点 ６ ０ ꎬ ｅ ＝ ａ ꎬ ｃ 坐 ３ ５ ＝ － . 标 ３ ２ ２ ꎬ ꎬ ｂ 为 ０ ２ ＝ ꎬ ａ ( ２ ０ － ６ ꎬ ５ ｃ２ ꎬ ３ ꎬ ０ ∴ ) ａ ꎬ ꎬ ５ ６ . . 解 解 ( 离 － ３ ３ 析 析 心 ) )ꎻ ｘ 率 ４ 焦 ２ ( ＋ 点 ｅ １ ＝ ｙ ３ ａ ) 坐 ２ ３ １ ２ ｘ ＝ 标 ６ ２ . １ ＋ 画 为 . ｙ ４ 图 ( ２ ０ ＝ 略 ꎬ Ａ １ ２ Ｂ . . ) Ｆ ( ꎬ ２ ( ) 的 ０ ２ ｘ ꎬ 周 ０ ２ － ＋ ２ 长 ) １ ｙ ꎻ ０ ２ ＝ ａ １ . . ì ï ïｍ ＝ ａ ｒ２ꎬ ì ï ïｍ ＝ ａ ｒ２ꎬ ＝３ꎬ ｂ ＝ ５ꎬ 方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 或 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ . ∵ ＝ { ２ ｙ ꎬ ＝ ∴ ２ △ ｘ ＋ ｍ ꎬ ２ ＝４ ＝８ 即 î í ïïｎ ＝－ １ １ ＋ ａ ＋ ｒ ｒ２ 或 î í ïïｎ ＝ １ １ ａ ＋ ＋ ｒ ｒ２ . (２)∵ ａ ＝３ꎬ ａ ｃ ＝ ３ ６ ９ ꎬ ｂ２ ＝ ５ ａ２ － ｃ２ ꎬ∴ ５ ｃ ＝ ９ ６ꎬ ｂ ＝ ７.解析 . 联立 ｘ ４ ２ ＋ ｙ ２ ２ ＝１ ⇒９ ｘ２ ＋８ ｍｘ ＋２ ｍ２ －４ ∴ ( 满 ａ 足条件 ａ 的 ｒ ) 点Ｐ ( ( ｍ ꎬ ａ ｎ ) 有 ａ 两 ｒ 个 ) ꎬ 分别是 ３ꎬ 方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ . ∴ ＝０ Δ＝６４ ｍ２ －３６(２ ｍ２ －４)＝８(１８－ ｍ２ ) . Ｐ 和Ｐ . ９ ３ １＋ ｒ２ꎬ－ １＋ ｒ２ １＋ ｒ２ꎬ １＋ ｒ２ (３)∵ ｃ ＝３ꎬ ｂ ＝ ｃ ＝３ꎬ ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ꎬ∴ ａ２ ＝１８ꎬ 方 (１) 当 １８－ ｍ２ >０ꎬ 即 －３ ２< ｍ <３ ２ 时 ꎬ 直线与 椭圆相交 第3 章 圆锥曲线与方程 程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ . 当 ꎻ ｍ２ 即ｍ 时 直线与椭 １８ ９ (２) １８－ ＝０ꎬ ＝±３ ２ ꎬ ３.解析 由题意得ｃ ｂ ａ 从而ｅ 圆相切 ＝２ꎬ ＝１ꎬ∴ ＝ ５ꎬ ꎻ 3.1 椭圆 当 ｍ２ 即ｍ 或ｍ 时 直 ２ ２ ５. (３) １８－ <０ꎬ >３ ２ <－３ ２ ꎬ ＝ ＝ 线与椭圆相离. 练习(第１１４页) ５ ５ {ｙ ｍｘ 温故而知新 １. ( 解析 ５ꎬ ０) ( ꎬ １ ( ) － ｃ２ ５ ＝ ꎬ ９ ０) － ꎬ ４ ２ ＝ ａ ５ ＝ ꎬ ６ ｃ . ＝ ５ꎬ 焦点坐标为 ４.解析 联立 ｘ ４ ＝ ２ ＋ ｙ ３ ＋ ２ １ ＝ ꎬ １ ⇒３ ｘ２ ＋４( ｍｘ ＋１) ２ ＝ ８.解析 ∵ ３ ４ － ｃ􀅰 ３ ４ ＋ ｃ＝－１⇒ ｃ ＝５ꎬ ｃ２ ｃ 焦点坐标为 ｍ２ ｘ２ ｍｘ ｍ２ ａ ２ ２ ２ ２ ａ (２) ＝１６－９＝７ꎬ ＝ ７ꎬ (０ꎬ １２⇒(３＋４ ) ＋８ －８＝０ꎬ∴ Δ＝６４ ＋３２ ２ ＝ (３＋５) ＋４ ＋ (３－５) ＋４ ＝６ ５⇒ ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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 ５ꎬ ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２ ＝２０ꎬ 离心率 ｅ ｃ . 焦点坐标为 ( ３ ５ ) ( ３ ５ ) 顶点坐 椭圆的方程为 ｘ２ ｙ２ . : ＝ ａ １０ ꎬ０ ꎬ － １０ ꎬ０ ꎻ ∴ ＋ ＝１ ｘ２ ｙ２ ( ) ( ) ４５ ２０ ２.解析 (１)∵ － ＝１ꎬ 标为 １ １ 离心率ｅ ３ ５ 渐 １６ ２０ ꎬ０ ꎬ － ꎬ０ ꎻ ＝ ꎻ ９.解析 在 Ｆ ＰＦ 中 ＰＦ ２ ３ｃ ２ ２ ５ Ｒｔ△ １ ２ ꎬ｜ １ ｜ ＝ ３ ꎬ ∴ ａ ＝４ꎬ ｂ ＝２ ５ꎬ ｃ ＝６ . 近线方程为ｙ ２ ５ｘ.画图略. 实轴长为 虚轴长为 焦点坐标为 ＝± ＰＦ ４ ３ｃ ８ꎬ ４ ５ꎬ (６ꎬ ５ ｜ ２｜＝ ꎬ 顶点坐标为 渐 不是双曲线. ３ ０)ꎬ(－６ꎬ０)ꎬ (４ꎬ０)ꎬ(－４ꎬ０)ꎬ (３) ｃ 从解答过程中 发现的规律是 ｘ２和ｙ２项的 从而 ａ ＰＦ ＰＦ ｃ ｅ ３. 近线方程 ｙ ５ｘ 离心率为 ３ . ꎬ : ２ ＝｜ １｜＋｜ ２｜＝２ ３ ⇒ ＝ ａ ＝ : ＝± ꎬ 系数异号 常数项非 便可表示双曲线. { ｙ ＝ ｘ － ３ꎬ ３ ｙ２ ｘ２ ２ ａ ｂ ２ ｃ . ４.解析 (１ ꎬ ) 依题意可 ０ 知 ꎬ 焦点坐标为 (０ꎬ３)ꎬ １０.解析 ｘ ４ ２ ＋ ｙ２ ＝１ ⇒５ ｘ２ －８ ３ ｘ ＋８＝０⇒ ｘ １＋ 实 (２ 轴 )∵ 长 １ 为 ６ － ８ꎬ ２０ 虚 顶 ＝ 轴 点 １ 长 ꎬ 坐 ∴ 为 标 ＝ 为 ４ ４ꎬ ５ꎬ ＝ 焦 ２ 点 ５ 坐 ꎬ 标 ＝６ 为 (０ 渐 ꎬ ( 设 ０ 双 ꎬ－ 曲 ３) 线 . 方程为 ａ ｙ２ ２ － ｘ ｂ ２ ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ >０)ꎬ 则 ｘ ８ ３ ｘ ｘ ８ ６)ꎬ(０ꎬ－６)ꎬ (０ꎬ４)ꎬ(０ꎬ－４)ꎬ ２＝ ５ ꎬ １ ２＝ ５ ꎬ [( ) ２ ] 近线方程 : ｙ ＝± ２ ５ｘ ꎬ 离心率为 ３ . ａ２ ＋ ｂ２ ＝９ꎬ 把 (－２ꎬ １０) 代入方程得１ ａ ０ ２ －ｂ ４ ２ ｜ ＡＢ ｜ ＝ (１＋１ ２ )× ８ ３ －４× ８ ｘ２ ｙ２ ５ ２ ＝１ꎬ 联立整理得ａ４ －２３ ａ２ ＋９０＝０ꎬ 即 ( ａ２ －１８) ５ ５ (３)∵ － ＝１ꎬ∴ ａ ＝２ꎬ ｂ ＝２ꎬ ｃ ＝２ ２ . 􀅰( ａ２ －５)＝０ꎬ 解得ａ２ ＝５ 或ａ２ ＝１８( 舍去 )ꎬ ８ . ４ ４ ｙ２ ｘ２ ＝ 实轴长为 虚轴长为 焦点坐标为 则ｂ２ 双曲线的标准方程为 . ５ ４ꎬ ４ꎬ (２ ２ꎬ ＝４ꎬ∴ － ＝１ θ ５ ４ １１.解析 Ｓ △ ＰＦ １ Ｆ ２ ＝ ｂ２ ｔａｎ ２ ＝３ ３ . ０ 渐 ) 近 ꎬ( 线 －２ 方 ２ 程 ꎬ０) ｙ ꎬ 顶 ｘ 点 离 坐 心 标 率 为 为 (２ꎬ０ . )ꎬ(－２ꎬ０)ꎬ (２) 设双曲线方程为 ｙ２ － ｘ２ ＝ λ ( λ >０)ꎬ １２.证明 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ : ＝± ꎬ ２ ９ 则 ì í ï ï ï ａ ｘ ｘ ２ ２ １ ２＋ ｙ ｂ ｙ ２ １ ２ ２ ( ＝ １ １ ꎬ ꎬ １ ⇒ )ꎬ ｘ ( ２ １ ａ － ２ ２ ｘ ꎬ ２ ２ ２ ＝ )ꎬ － ｙ２ １ ｂ － ２ ｙ２ ２ ⇒ 实 (４ 轴 )∵ 长 ｙ 为 ９ ２ － ６ ８ ꎬ ｘ １ ２ 虚 ＝ 轴 １ꎬ 长 ∴ 为 ａ ＝ １ ３ ８ ꎬ ꎬ ｂ 焦 ＝９ 点 ꎬ ｃ 坐 ＝３ 标为 １０ ( . ０ꎬ ∵ 即 ２ ｙ λ ｃ ２ ＝ － ８ ９ ｘ ꎬ λ ２ ∴ ＝ ｃ １ ＝ . ４ꎬ∴ λ ＋９ λ ＝４ ２ ꎬ 即λ ＝ ８ ꎬ ï ２ ２ ５ îａ２＋ｂ２ ＝１ ３ １０)ꎬ(０ꎬ－３ １０)ꎬ ｙ２ ｘ２ 顶点坐标为 渐近线方程 ｙ 双曲线的标准方程为 . ｘ ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ ｙ ｙ (０ꎬ３)ꎬ(０ꎬ－３)ꎬ : ＝ ∴ － ＝１ ( １＋ ２)( １－ ２) ( １＋ ２)( １－ ２) ８ ７２ ａ２ ＝－ ｂ２ ⇒ ± １ ｘ ꎬ 离心率为 １０ . ５ ５ ｙ ｙ ３ ｃ ｘ ｙ １ １ － － ｘ ｙ ２ ２ 􀅰ｘ １ １ ＋ ２ ＋ ｘ ２ ２ ＝－ａ ｂ２ ２ ＝－(１－ ｅ２ )＝－ ２ １ ꎬ ３.解析 ｘ ２ (１ ｙ ) ２ １ ｙ ６ ２ － .画 ２ ｘ ０ ２ 图 ＝ 略 １ . ( . ２) ６ ｘ ４ ２ － ３ ｙ ６ ２ ＝１ . 线 (３ 方 )∵ 程为 ａ ＝ ｘ λ ２ － ２ꎬ ｙ λ ２ ｃ２ ＝ ＝ １ ａ ꎬ ２ 把 ＋ ｂ ( ２ － ꎬ∴ ５ꎬ ａ ３ ２ ) ＝ 代 ｂ 入 ２ ꎬ 设 方 双 程得 曲 所以直线 ２ ＯＭ的斜率与直线ｌ的斜率的乘 (３) ７５ － １２ ＝１ λ 即双曲线的标准方程为 ｘ２ ｙ２ . １３. 积 解 为 析 定 值 形成 . 了椭圆. ４.解析 ４ 联立 { ｘ ｘ２ ＝ － ｍ ｙ２ ＝１ꎬ ⇒ ｙ２ ＝ ｍ２ －１ . (４ ＝ ) １ 依 ６ꎬ 题意可设双曲线方程为 １ ｘ ４ ６ ２ － － １ ｙ ６ ２ ＝ ＝ λ １ ( λ 3.2 双曲线 当ｍ２ －１>０ꎬ 即ｍ >１ 或ｍ <－１ 时 ꎬ 直线与双 ≠０)ꎬ 把 (４ꎬ３) 代入方程得λ ＝－５ꎬ 即双曲线 曲线的公共点的个数为 ２ꎻ 的标准方程为 ｙ２ ｘ２ . 练习(第１２５页) 当ｍ２ 即ｍ 时 直线与双曲线的 － ＝１ －１＝０ꎬ ＝±１ ꎬ ５ ２０ １.解析 ｃ ａ ｂ 方程为 ｘ２ 公共点的个数为 １ꎻ ５.解析 依题意可设双曲线方程为ｘ２ － ｙ２ ＝ λ (１)∵ ＝５ꎬ ＝４ꎬ∴ ＝３ꎬ － 当ｍ２ 即 ｍ 时 直线与双曲线的 λ 把 代入方程得λ 即双曲 １６ －１<０ꎬ －１< <１ ꎬ ( ≠０)ꎬ (－３ꎬ２) ＝５ꎬ ｙ２ 公共点的个数为 . ｘ２ ｙ２ . ０ 线的标准方程为 . ＝１ 习题３.２(第１３０页) － ＝１ ９ ５ ５ (２) ∵ ２ ａ ＝ ｜ (２－０) ２ ＋(－５＋６) ２ － 学而时习之 ６.解析 (１) 该双曲线的渐近线方程为ｙ ＝± ｘ １.解析 ＰＦ ＰＦ ａ ｘ . ( ∴ ３ ａ ) ( ＝ ２ ｙ － ２ ２ ０ － ) ５ ｘ ２ ꎬ ２ ＋ ｂ ( ２ ＝ ＝ － １ ５ １ . ６ － ꎬ ６) ２ ｙ ０ ２ ２ － ｜＝ １ ｘ ６ ４ ２ ＝ ５ １ ꎬ . ２.解 ∴ 析 ｜ Ｐ ｘ Ｆ ２ ２ ∵ ( ｜ １ ＝ ｙ ) ｜ ２ ２ ｜ ２ ｘ 或 ０ ２ － １ １ １ ｜ ｙ ０ － ６ ２ . ｜ ＝１ . ２｜｜＝２ ＝４ꎬ ０ ( ( 由 ) ２ 题 ≥ ) ꎬ 即 由 意 ０) ( ｘ λ 得 １ ２ ) － ａ 可 ｙ λ ＝ ２ 设 １ ＝ ０ 双 ꎬ １ λ ( 曲 λ ＝ 线 ≠ ａ２ ０ 方 ＝ ) １ 程 ꎬ ００ 为 ꎬ ｘ２ － ｙ２ ＝ λ ( λ ≠ １６ ９ . ２.解析 依题意可得 (２＋ ｍ )( ｍ ＋１)>０ꎬ 从而ｍ (２) ４８ － １６ ＝１ ∴ 该粒子路径的模型是双曲线 ꎬ 方程为 ｘ２ － 的取值范围是ｍ 或ｍ . ｙ２ １００ 练习(第１２９页) <－２ >－１ (３) ｘ２ － ３ ＝１ . ｙ２ ＝１( ｘ ≥１０) . １. 交 解 直 析 线 范 ｙ 围 : ａ 双 ｘ 曲 所 线 围 ａ ｙ 成 ２ ２ － 的 ｘ ｂ ２ ２ 包 ＝ 含 １ 处 ｙ 于 轴 两 在 条 内 相 的 ３.解析 ( ２ １) ｙ ４ ２ － ｘ ５ ２ ＝１ 是双曲线. ７. １ 左 解 ００ 支 析 上 的 依 一 题 点 意 ꎬ 动点Ｐ是双曲线ｘ２ － ｙ２ ＝１ 的 ＝± ｂ 、 焦点坐标为 (０ꎬ３)ꎬ(０ꎬ－３)ꎻ 顶点坐标为 (０ꎬ ∵ ｙ Ｐ＝ １ ꎬ∴ ｘ２Ｐ＝１＋ １ ＝ ５ . 那两个区域中 并且在直线ｙ ａ ｙ ａ所围 ２ ４ ４ ꎬ ＝－ ꎬ ＝ 离心率ｅ ３ 渐近线方程为ｙ 成的区域外侧. ２)ꎬ(０ꎬ－２)ꎻ ＝ ꎻ ２ 点 Ｐ 到坐标原点的距离为 １ ５ 对称性 双曲线有两条对称轴 即ｘ轴和ｙ ∴ ４ ＋ ４ : ꎬ ２ ５ｘ.画图略. 轴 有一个对称中心 即原点. ＝± ꎻ ꎬ ５ ６. 顶点 :(０ꎬ ａ )ꎬ(０ꎬ－ ａ )ꎻ ｘ２ ｙ２ 是双曲线. ＝ ２ ａ (２) － ＝１ ｃ 渐近线方程 ｙ ｘ １ １ ８.解析 ｅ ２ . : ＝± ｂ ꎻ ＝ ａ ＝ ＝ ３＋１ ４ ５ ３－１ １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等教材习题答案 ９.解析 在 ＰＦ Ｆ 中 ＰＦ Ｆ Ｆ ｃ . 习题３.３(第１４０页) △ １ ２ ꎬ｜ ２｜＝｜ １ ２｜＝２ ＝ １２ ６ １０ꎬ 又 ｜ ＰＦ １｜－｜ ＰＦ ２｜＝２ ａ ＝６ꎬ∴ ｜ ＰＦ １｜＝１６ . １６.解析 设直线ｌ的斜率为ｋ ꎬ 则ｙ ＝ ｋｘ ＋１ꎬ 联 学而时习之 取ＰＦ １ 的中点Ｈ ꎬ 可得 ｜ ＨＦ ２｜＝６ꎬ {ｙ ＝ ｋｘ ＋１ꎬ １.解析 ｐ ｐ １ .焦点坐标为 １０ ∴ .解 Ｓ 析 △ ＰＦ １ Ｆ ２ 联 ＝ 立 ２ １ { × ４ ｙ １ ｘ ６ ２ × ｋ － ｘ ６ ｙ２ ＝ ＝ ４８ １６ . ꎬ ⇒(４－ ｋ２ ) ｘ２ ＝１６ . 立 ｘ １＋ ｘ ｘ ２ ２ － ｙ ２ ２ ｋ ＝１ ⇒ １ (２－ ｋ ｋ ２ ２ ) ｘ２ － ｋ ２ ｋｘ －３＝０ . ｋ ( １ ４ ꎬ ０ ) ( ꎬ １ 准 ) ｐ 线 ２ 方 ＝ 程 １ꎬ 为 ２ ｘ ＝ ＝ － ４ ４ １ . ( ) ＝ ＝ ｋ２＝ ⇒ ＋２ －２＝０⇒ ＝－１ ｐ １ .焦点坐标为 １ (１) 当 ４－ ｋ２ >０ꎬ 即 －２< ｋ <２ 时 ꎬ 直线与双曲 ２ . ２－ ２ (２)２ ＝１ꎬ ２ ＝ ４ ０ꎬ－ ４ ꎬ 线有两个公共点 ± ３ (２) 不存在 ｋ 使 ꎻ 直线与双曲线有一个公 ∴ 直线ｌ的斜率为 －１± ３ . 准线方程为ｙ ＝ ４ １ . 共点 ꎻ 3.3 抛物线 (３)２ ｐ ＝１２ꎬ ｐ ＝３ .焦点坐标为 (０ꎬ－３)ꎬ 准线 当 ｋ２ 即ｋ 或ｋ 时 直线 ２ (３) ４－ ≤０ꎬ ≥２ ≤－２ ꎬ 方程为ｙ . 与双曲线没有公共点. 练习(第１３６页) ＝３ 温故而知新 ｐ 当ａ 时 ｐ ａ ｐ ａ .焦点坐标为 １１.解析 Ｆ ＰＦ １.解析 (１) ｙ２ ＝１６ ｘ ꎬ２ ｐ ＝１６ꎬ ｐ ＝８ꎬ ＝４ .焦 (４) >０ ꎬ２ ＝ ꎬ ２ ＝ ４ ｃｏｓ∠ １ ２ ２ ( ａ ) ａ ＝ ＝ ( ６ ２ ｜ Ｐ － Ｆ １ １ ０ ｜ ２ － ＋ ｜ ６ Ｐ ４ Ｆ ＝ ２｜ ２ ０ ) ｜ ꎬ ２ Ｐ 所 － Ｆ ｜ １ 以 Ｆ ｜ １ 􀅰 ∠ Ｆ ２ ｜ Ｐ Ｆ ｜ ２ Ｆ １ ＋ Ｐ ２ ２ ｜ Ｆ ｜ Ｐ ２ Ｆ ＝ １ ９ ｜ ０ 􀅰 °. ｜ ＰＦ ２｜ 点 (２ 坐 ) ｘ 标 ２ ＝ 为 ( １ １ ６ (４ ｙ ꎬ ꎬ ０ ２ ) ) ｐ ꎬ ＝ 准 １ １ 线 ６ ꎬ 方 ｐ ＝ 程 ３ 为 １ ２ ꎬ ｘ ＝ ２ ｐ － ＝ ４ . ６ １ ４ .焦点 ＝－ ４ ａ ꎬ ꎬ０ ２ ｐ ꎬ ＝ 准 － 线 ４ ａ 方 .焦 程 点 为 坐 ｘ ＝ 标 － 为 ４ ( .当 ４ ａ ａ ꎬ０ < ) ０ ꎬ 时 准 ꎬ 线 ２ ｐ ６４ 坐标为 １ 准线方程为ｙ １ . ａ ０ꎬ ꎬ ＝－ 方程为ｘ . １２.解析 双曲线的渐近线方程为ｙ ３ｘ ６４ ６４ ＝－ ＝± ꎬ ｐ ４ 设双曲线方程为 ｘ２ － ｙ２ ＝ λ ( λ >０)ꎬ ３ (３) ｙ２ ＝ ( － ４ １ ｘ ꎬ２ ) ｐ ＝ ４ １ ꎬ ｐ ＝ ８ １ ꎬ ２ ＝ １ １ ６ .焦点 ２.解析 (１) ２ ｐ ＝４ꎬ２ ｐ ＝１６ꎬ 抛物线方程为ｘ２ ３ 坐标为 － １ ꎬ０ ꎬ 准线方程为ｘ ＝ １ . ＝－１６ ｙ. ３ａ １６ １６ ｐ (２) 依题意 ꎬ 可设抛物线方程为ｘ２ ＝２ ｐ １ ｙ或 顶点到渐近线的距离ｄ ＝ ３ ＝１ꎬ 可得 (４) ｙ ＝－ １ ｘ２ ꎬ ｘ２ ＝－４ ｙ ꎬ２ ｐ ＝４ꎬ ｐ ＝２ꎬ ＝１ . ｙ２ ＝－２ ｐ ２ ｘ. １ ４ ２ ＋１ 焦点坐标为 准线方程为ｙ .图略. 把 代入方程 解得ｐ ９ 或ｐ ２ ３ (０ꎬ－１)ꎬ ＝１ (－３ꎬ２) ꎬ １＝ ２＝ ꎬ ａ２ ＝４ꎬ∴ λ ＝ ４ ꎬ 从而双曲线的方程为 ｘ２ － ２.解析 (１) 由焦点Ｆ (－２ꎬ０) 可得 ｐ ＝２ꎬ ｐ ＝ 抛物线方程为ｘ２ ９ ｙ或ｙ２ ４ ４ ｘ. ３ ３ ４ ２ ＝ ＝－ ３ ｙ２ . ４ꎬ２ ｐ ＝８ꎬ 方程为ｙ２ ＝－８ ｘ. 焦点坐标为 ２ 抛物线 ３ 方程为 ｙ２ ＝１ ｐ (３) (４ꎬ０)ꎬ ４ {ｙ ｘ (２) 由准线方程ｙ ＝－４ 可得 ＝４ꎬ ｐ ＝８ꎬ２ ｐ ＝ ＝１６ ｘ. ＝ ꎬ ２ ｐ １３.解析 (１)∵ ｙ １ ⇒ ｘ ＝ １ ｘ ⇒ ｘ ＝±１ꎬ １６ꎬ 方程为ｘ２ ＝１６ ｙ. (４) ＝５－３＝２ꎬ ｐ ＝４ꎬ 抛物线方程为ｙ２ ＝８ ｘ. ＝ ｘ 由ｐ 可得 ｐ 方程为ｘ２ ｙ或 ２ ( ) (３) ＝６ ２ ＝１２ꎬ ＝±１２ 根 ∴ 据 Ａ １( ｘ １ 轴 ꎬ１) 和 ⇒ ｙ ａ 轴 ＝ 是 ２ 渐 . 近线 ꎬ 得 ａ ｂ ＝１⇒ ｃ ＝２ . １ 练 . ｙ 解 习 ２ ＝ 析 ( ± 第 １２ １ ｘ ３ . ９页 顶 ) 点坐标为 对称轴为ｘ ３ ４ . . 答 解 案 析 ( ｜ Ｆ １) Ｎ ６ ｜ ＝３ ( . ２) ± ８ １５ ꎬ １ １ ５ ６ (１) (０ꎬ０)ꎬ ５.解析 Ｓ . 由 知ａ ｂ 所以双曲线方程为 ( ) △ ＰＯＦ＝２ ３ (２) (１) ＝ ＝ ２ꎬ 轴 焦点坐标为 １ 准线方程为 ｘ ６.解析 ＡＰ ｄ ＡＰ ＰＦ ＡＦ ｘ２ ｙ２ . ꎬ ２ ꎬ０ ꎬ ＝ ｜ . ｜＋ ＝｜ ｜＋｜ ｜－１≥｜ ｜－１＝ － ＝１ １３－１＝１２ ２ ２ １ . ７.解析 证明 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ １４. { 解 ⇒ ｜ ｜ 析 ( Ａ Ａ Ｆ Ｆ ｜ Ａ ２ ２ Ｆ ｜ ｜ 依 ２ ＋ ２ ＋ ｜ 题 ｜ Ａ ｜ － Ａ Ｆ 意 Ｆ ｜ １ Ａ １ 可 ｜ Ｆ ｜ ＝ ２ 知 １ ４ ＝ ｜ ꎬ １ ) ｃ ２ ２ ＝ ⇒ ＝ ３ ｜ ｜ Ａ . Ａ Ｆ Ｆ ２ ２ ｜ ｜ 􀅰 ２ ＋ ｜ ｜ Ａ Ａ Ｆ Ｆ １ １ ｜ ｜ ＝ ２ － ２ 坐 ( ( － ２ ３ ２ 标 ) ) 顶 顶 为 点 点 ( ( ０ 坐 坐 ꎬ８ 标 标 ) 为 为 ꎬ 准 ) ( ( 线 ０ ０ ꎬ ꎬ 方 ０ ０ ) ) 程 ꎬ ꎬ 对 对 为 称 称 ｙ ＝ 轴 轴 － 为 为 ８ . ｙ ｙ 轴 轴 ꎬ ꎬ 焦 焦 点 点 则 ∴ －４ { Ｏ . ∵ Ａ ｙ ｙ ２ ⊥ ＝ ｘ ＝ ｘ １ ( Ｏ ｘ ２ － １ ２ ｘ Ｂ ２ ) ＋ . ꎬ ｙ ⇒ １ ｙ ｙ ２ ２ ＝ : － ２ ２ ｙ ｙ １ － ｙ ( ４ ２＋ ＝ １ ２ ０ ꎬ ( ⇒ ｙ １ １ ) ｙ ＋ ꎬ １ ｙ ＋ ２ ｙ ( ) ２ ＋ ＝ ２ ４ ꎬ ２ ＝ ꎬ ２ ０ ｙ ) ꎬ １ ꎬ ｙ ２＝ ２｜ ＡＦ ２｜􀅰｜ ＡＦ １｜＝８ꎬ 从而 ２ ａ ＝２ ２⇒ ａ ＝ ２ 坐标为 ０ꎬ－ ３ １ ２ ꎬ 准线方程为ｙ ＝ ３ １ ２ . (２) ｜ ＡＢ ｜ ＝ (１＋１)[( ｙ １＋ ｙ ２) ２ －４ ｙ １ ｙ ２] ＝ ｃ 顶点坐标为 对称轴为ｘ轴 焦点 . １５. ⇒ 的 解 周 析 ｅ ＝ 长 ａ 设 ＝ ＝ ｜ Ｆ Ａ ２ Ｆ １ ６ 是 ｜ . ＋ 双 ｜ Ａ 曲 Ｐ ｜ 线 ＋｜ Ｐ Ｃ Ｆ 的 ｜＝ 左 ｜ 焦 ＡＦ 点 ｜＋ ꎬ△ ｜ ＡＰ ＡＰ ｜ Ｆ ＋ ２.解 的 坐 (４ 析 系 标 ) 数 为 的 ( 图 － 绝 略 ４ꎬ 对 ꎬ ０ 抛 ) 值 ꎬ 物 ( 准 大 ０ 线 ꎬ 线 小 ０ 开 方 ) 成 ꎬ 口 程 正 的 为 比 大 . ｘ ＝ 小 ４ 与 . 方程 ꎬ 中ｘ ８.解 ２ 析 其 １ ０ 中 由 {ｙ ｘ２ ＝ ＝ ｋ ｋ ｘ ４ ＋ ｙ ｋ －２ꎬ ｋ ⇒ ｘ２ . －４ ｋｘ －４( ｋ －２)＝ ２＋｜ ＰＦ ＡＦ １｜＝｜ 当 ＡＦ 且 ｜＋ 仅 ２＋ 当 (｜ Ａ ＡＰ Ｐ ｜＋ Ｆ ｜ ＰＦ 三 １｜ 点 )≥ 共 ｜ 线 ＡＦ 时 ｜ ３.解析 依题意可得过Ｆ且倾斜角为 ３０ °的直 当 ０ꎬ Δ>０ꎬ Δ 即 ＝１ ｋ > ６( １ 或 ＋２ ｋ ) < ( －２ －１ 时 ) ꎬ 直线ｌ与抛物线 等 ＋２ 号 ＋｜ 成立 １ . ｜ꎬ ꎬ ꎬ １ 线方程为ｙ ３ ( ｘ ３ ) . 有两个公共点 ꎻ ＝ － 当 即ｋ 或ｋ 时 直线ｌ与抛物 直线ＡＦ 的方程为 ｘ ｙ { ( ３ ) ４ 线有 Δ 一 ＝０ 个 ꎬ 公共 ＝ 点 １ ＝－２ ꎬ ì ï ï ｘ ＋ ｙ １ ＝１ꎬ －３ ＋ ６ ６ ＝１ꎬ 联立 ｙ ｙ２ ＝ ＝ ３ ３ ３ ｘ ｘ － ４ ３ ꎬ得 １６ ｘ２ －１６８ ｘ ＋９＝０ . 公 当 共 Δ< 点 ０ . ꎬ 即 －２< ｋ < ꎻ １ 时 ꎬ 直线ｌ与抛物线没有 î í ï ïｘ － ２ ３ － ｙ ８ ６ ２ ＝ ６ １ ⇒ ｙ２ ＋６ ６ ｙ －９６＝０⇒ ｙ ＝ 设 则 Ａ ｘ １ ( ＋ ｘ ｘ １ ２ ꎬ ＝ ｙ １ ２ ) ２ １ ꎬ . Ｂ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２)ꎬ ９ 温 . 联 解 故 立 析 而 { 知 ｙ 设 ２ 新 ＝ 抛 ２ ｍ 物 ｘ 线 ꎬ 的 ｙ２ 方程 ｍｙ 为 ｍ ｙ２ ＝２ ｍｘ ｙ ( ｍ ｙ ≠０) ｍ ꎬ 或ｙ . 所以 ＡＢ ｘ ｘ ｐ 又原点到直线的距 ｙ ｘ ⇒ － ＋ ＝０⇒ １＋ ２＝ ꎬ －８ 点 ６ Ｐ的纵 ＝２ 坐 ６ 标为ｙ ｜ ｜＝ １＋ ２＋ ＝１２ꎬ ｙ ｙ ｍ. ＝２ ＋１ ∴ ＝２ ６ꎬ 离ｄ ３ 所以Ｓ ９ . １ ２＝ ＝ ꎬ △ ＯＡＢ＝ ( ) 此时 ꎬ Ｓ △ ＡＰＦ＝ １ ×６×６ ６－ １ ×６×２ ６ ＝ ４.解析 ８ 条. ４ ∴ １＋ １ ( ｍ２ －４ ｍ )＝ １５⇒ ｍ ＝６ 或ｍ ２ ２ ３ ４ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等根据椭圆的定义 点Ｑ的轨迹就是以Ｂ Ａ为 α α ＝－２ꎬ ꎬ ꎬ ＝３＋３ ２ｃｏｓ －３(１＋ ２ｃｏｓ )＝０ꎬ 所求抛物线的方程为ｙ２ ＝１２ ｘ或ｙ２ ＝－４ ｘ. 焦点 ꎬ 长轴长等于 ６ 的椭圆. 可得过点Ｐ且垂直于ＯＱ的直线ｌ过Ｃ的 １０.解析 ｄ ８ 提示 补图形 用抛物线的 所以点Ｑ的轨迹方程是 ｘ２ ｙ２ . 左焦点Ｆ. 定义和 相 ＝ 似 ３ 比 ( 求 . : ꎬ ４.解析 设Ｍ的坐标为 ｘ ９ ｙ ＋ ５ ＝１ ( 证法二 ) 设Ｑ (－３ꎬ ｔ )ꎬ Ｐ ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ {ｙ ) ２ ｐｘ 易知 ｘ 且ｘ 此 ( 时 ꎬ 直 ) 线 ꎬ ＭＡ的斜率为 由→ＯＰ 􀅰 →ＰＱ ＝１ꎬ 可得 ( ｍ ꎬ ｎ )􀅰(－３－ ｍ ꎬ ｔ － ｎ ) １１.证明 由 ＝２ ｐ ꎬ ｙ２ ｐｔｙ ｐ２ ｙ ≠３ ≠－３ꎬ ｙ ＝－３ ｍ － ｍ２ ＋ ｎｔ － ｎ２ ＝１ꎬ (１) ｘ ＝ ｔｙ ＋ ⇒ －２ － ＝０ ｘ ꎬ 直线ＭＢ的斜率为 ｘ ꎬ 又Ｐ在圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝２ 上 ꎬ 所以ｍ２ ＋ ｎ２ ＝２ꎬ 即 ２ ＋３ －３ 有ｎｔ ｍ. ｙ２ ｙ２ ｙ ｙ ２ 直线ＭＡ ＭＢ的斜率之积为 ＝３＋３ 得ｙ １ ｙ ２ ＝ － ｐ２ ꎬ ｘ １ ｘ ２ ＝ ２ ｐ １ 􀅰 ２ ｐ ２ ＝ ( ４ １ ｐ ２ ２ ) ∵ ｙ ｙ ꎬ 即 ｘ２ ｙ２ . ４ꎬ 易知椭圆的左焦点为Ｆ (－１ꎬ０)ꎬ 则→ＰＦ 􀅰 Ｏ→Ｑ ｐ２ . ∴ｘ ＋３ 􀅰ｘ －３ ＝４ꎬ ９ － ３６ ＝１ ＝(－１－ ｍ ꎬ－ ｎ )􀅰(－３ꎬ ｔ )＝３＋３ ｍ － ｎｔ ＝３＋３ ｍ ＝ ４ 动点Ｍ的轨迹方程是 ｘ２ ｙ２ ｘ 且 －３－３ ｍ ＝０ꎬ 略. ∴ － ＝１( ≠３ 可得过点Ｐ且垂直于ＯＱ的直线ｌ过Ｃ的 (２) ９ ３６ １２.解析 依题意可知直线ｌ 和直线ｌ 的斜 ｘ . 左焦点Ｆ. 率存在 设直线ｌ 的方程为 １ ｙ ｋ ｘ ２ . ５.解 ≠ 析 －３) 依题意 可知圆心的轨迹为抛物线且 {ｙ ｋ ｘ ꎬ １ ＝ ( －１) ｐ ꎬ 3.5 圆锥曲线的应用 ｙ２ ＝ ＝４ ( ｘ －１)ꎬ ⇒ ｙ２ － ４ ｋ ｙ －４＝０⇒｜ ＡＢ ｜ ＝ ２ ＝３⇒ ｐ ＝６ꎬ 练习(第１５４页) ( ) 圆心的轨迹方程为ｘ２ ｙ.画图略. ４ １＋ｋ １ ２ ꎬ 同理 ｜ ＤＥ ｜＝４(１＋ ｋ２ ) . ６.解 ∴ 析 当ａ ＝ ｃ >０ 时 ꎬ 点Ｐ ＝１ 的 ２ 轨迹方程为ｙ ＝ １.解析 ａ 由 ｃ 题意可得 ꎬ ａ － ｃ ＝６ ３７１＋４９８＝ ( ) ｘ ａ ６８６９ꎬ ＋ ＝６３７１＋５０３＝６８７４ꎬ 所以 ( ｜ ＡＢ ｜＋ ) ｜ ＤＥ ｜＝４ １＋ｋ １ ２ ＋４(１＋ ｋ２ )＝８ 当 ０( ａ ≠ > ｃ > ) ０ ꎻ 时 ꎬ 点Ｐ的轨迹方程为 ａ ｘ２ ２ ＋ａ２ ｙ２ ｃ２ 解 又 得 ｂ２ ＝ ａ ＝ ａ２ ６ － ８ ｃ２ ７ ＝ １ . ( ５ ａ ꎬ － ｃ ＝ ｃ ) ２ ( . ５ ａ ꎬ ＋ ｃ )＝６８６９×６８７４ꎬ － ＋４ ｋ２ ＋ｋ １ ２ ≥１６ꎬ 当且仅当ｋ２ ＝ ｋ １ ２ꎬ 即ｋ ＝ ＝１ꎻ 则所求卫星的轨道方程为 . ｘ２ . ＋ 所 ±１ 以 时 ｜ 等 ＡＢ 号 ｜＋ 成 ｜ Ｄ 立 Ｅ . ｜ 的最小值为 １６ . 当ｃ > ａ >０ 时 ꎬ 点Ｐ的轨迹方程为 ａ ｘ２ ２ －ｃ２ ｙ － ２ ａ２ ｙ２ ＝１ . ６８７１５×６８７１５ . ６８６９×６８７４ ＝１ ２.解析 因为 3.4 曲线与方程 温故而知新 ４×３４０＝１３６０<２０００ꎬ 所以由双曲线的定义可知爆炸点分布在以 ｘ２ ｙ２ 练习(第１４５页) ７.解析 △ ＡＢＣ的重心的轨迹方程为 ＋ Ａ ꎬ Ｂ为焦点 ꎬ１ ３６０ 为实轴长的双曲线且靠 ２ １ . . 所 解 解 ｜ Ｐ 以 析 析 Ｏ １ 动 ｜＋ 圆 由 ｜ ｜ Ｐ Ｐ 圆 双 Ｏ Ｏ １ 心 曲 ２ ｜ ｜ ＝ 的 线 ＝ ｒ １ ＋ 轨 的 ０ １ ＝ ꎬ 迹 第 ｜ ２ Ｐ 方 二 ａ Ｏ ⇒ 程 定 ２ ａ ｜ 为 义 ＝ ＝ ９ ５ 可 ２ ｘ ꎬ － ５ ２ ｃ ｒ 知 ＋ ꎬ ＝ １ ｙ ３ ６ ２ 点 ꎬ ｂ ＝ 的 ＝ １ ４ . 轨 . 迹 ８. 设 线 解 ＝１ 点 析 ｌ ( 的 ｙ Ｍ ≠ 直 取 ( ０ ｘ 线 ) 直 ꎬ . ｙ 为 线 ) 是 ｙ ｌ 曲 轴 为 ꎬ 线 ｘ 建 上 轴 立 ꎬ 任 平 过 意 面 点 一 直 Ｆ 点 角 且 ꎬ 坐 作 垂 标 １ 直 ６ Ｍ 系 ９ Ｂ 于 . ⊥ ２ 直 ５ ｘ 近 以 建 设 立 Ａ Ａ Ａ Ｂ Ｂ 平 的 为 所 面 那 左 在 直 一 焦 直 角 支 点 线 坐 上 ꎬ 为 Ｂ 标 . ｃ ｘ 为 系 轴 右 ꎬ ꎬ 焦 ＡＢ . 点 的 ꎬ 中 则 垂 Ａ 线 (－ 为 １ ｙ ００ 轴 ０ꎬ ꎬ 是双曲 线 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ . : 轴 ꎬ 垂足为Ｂ ꎬ 曲线的方程应是ｙ ＝ ８ １ ｘ２. ０ 又 )ꎬ ２ ａ ( ＝ １ １ ０ ３ ０ ６ ０ ０ ꎬ ꎬ ０ 所 )ꎬ 以 ＝ ａ １ ＝ ０ ６ ０ ８ ０ ０ꎬ :ａ２－ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０) ９.解析 ｘ２ ｙ ａ ２ ａ２ ｙ ａ. 所以ｂ２ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝１０００ ２ －６８０ ２ ＝５３７６００ꎬ 由题意得ｃ １６ ａ２ ａ １０.解析 ＋( 设 ＋ Ｍ ３ ｘ ) ＝ ｙ ４ ꎬ 由 ０< 题意 ≤ 可 (２ 得 － Ｎ ３) ｘ 所以曲线方程为 ｘ２ ｙ２ ｘ ＝５ꎬ ＝ ｃ ꎬ ＝４ꎬ (１) ( ０ꎬ ０)ꎬ ( ０ꎬ ２－ ＝ １( ≤ ｂ２ ｃ２ ａ２ ５ ０)ꎬ 设Ｐ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 由点Ｐ满足→ＮＰ ＝ ２ Ｎ→Ｍ ꎬ 可 ６８０ ５３７６００ ∴ ＝ － ＝９ꎬ －６８０)ꎬ 点Ｍ的轨迹方程为 ｘ２ ｙ２ . 得 ( ｘ － ｘ ０ꎬ ｙ )＝ ２(０ꎬ ｙ ０)ꎬ 可得ｘ － ｘ ０＝０ꎬ ｙ ＝ 即 ｘ２ ｙ２ ｘ . ∴ － ＝１ ｙ ｘ２ － ＝１( ≤－６８０) １６ ９ ｙ 即有ｘ ｘ ｙ 代入椭圆方程 ４６２４００ ５３７６００ ｙ ｙ ２ ０ꎬ ０＝ ꎬ ０＝ ꎬ ３.解析 由题意得Ｐ 是入射点 ３.解析 设Ｍ ｘ ｙ 则ｋ ｋ ２ ２ (４ꎬ４) ꎬ 即 ｘ２ ( ｙ ꎬ )ꎬ ＡＭ－ ＢＭ＝２⇒ｘ ＋１ －ｘ －１ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ 可得 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ 从而可知点Ｐ的 因 的 为 特 直 点 线 其 ｙ 反 ＝ 射 ４ 平 光 行 线 于 必 对 定 称 经 轴 过 ꎬ 焦 根 点 据 Ｆ 焦点聚光 ＝２ꎬ ＝－ ＋１ꎬ ２ ２ ꎬ (１ꎬ０)ꎬ 所以点Ｍ的轨迹方程为ｘ２ ＝－ ｙ ＋１( ｘ ≠±１) . 轨迹方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＝２ . 所以ＰＦ的斜率为ｋ ４－０ ４ 习题３.４(第１４７页) 证明 证法一 设 Ｑ ｍ ＝ ＝ ꎬ (２) :( ) (－ ３ꎬ )ꎬ ４－１ ３ 学而时习之 １.解析 半径为ａ的圆的面积为 ａ２ ａ ａ Ｐ ( ２ｃｏｓ α ꎬ ２ｓｉｎ α )(０≤ α ≤２π)ꎬ 即弦ＰＱ的斜率为 ４ ꎬ π ＝π × ꎬ 由→ＯＰ →ＰＱ 可得 α α ３ 如果沿竖直方向进行等比例压缩变换 则水 􀅰 ＝１ꎬ ( ２ｃｏｓ ꎬ ２ｓｉｎ )􀅰 ꎬ α ｍ α ＰＱ的方程为ｙ ４ ｘ 平方向长度不变 竖直方向由ａ变为ｂ 故猜 (－３－ ２ｃｏｓ ꎬ － ２ｓｉｎ )＝１ꎬ ＝ ( －１)ꎬ ꎬ ꎬ ３ 想椭圆的面积为 π ａｂ. 即 －３ ２ｃｏｓ α －２ｃｏｓ ２α ＋ ２ ｍ ｓｉｎ α －２ｓｉｎ ２α ＝ 即反射光线ＰＱ的方程为 ４ ｘ －３ ｙ －４＝０ . ２.解析 依题意 得 ＡＢ ＣＡ ＢＣ 即 ｍ α α . 又反射光线ＰＱ与抛物线ｙ２ ｘ的另一个交 ꎬ ｜ ｜＋｜ ｜＝２｜ ｜＝４ꎬ １ꎬ ２ ｓｉｎ －３ ２ｃｏｓ ＝３ ＝４ 按照椭圆的定义 点Ａ的轨迹就是以Ｂ Ｃ为 当α 或 时 上式不成立 则 α ( ) ꎬ ꎬ ＝０ ２π ꎬ ꎬ ０< <２πꎬ 点为Ｑ １ 焦点的椭圆. 解得ｍ ３(１＋ ２ｃｏｓ α ) ４ ꎬ－１ ꎬ 由已知得ｃ ＝１ꎬ ａ ＝２ꎬ 所以ｂ２ ＝３ . ＝ α ꎬ 所以 ＯＰＱ的面积 Ｓ Ｓ Ｓ １ 又 ＡＢ ＣＡ 所以点Ａ位于上述椭圆的右 ２ｓｉｎ △ ＝ △ ＯＰＦ＋ △ ＯＱＦ＝ × ｜ ｜>｜ ｜ꎬ æ α ö ２ 半部分 且点Ａ不能与Ｂ Ｃ在同一直线上 所以Ｑç ３(１＋ ２ｃｏｓ )÷. 否则就不 ꎬ 能构成三角形 所 ꎬ 以点Ａ的轨迹方 ꎬ è－３ꎬ ２ｓｉｎ α ø ｜ ＯＦ ｜×(｜ ｙ Ｐ｜＋｜ ｙ Ｑ｜)＝ １ ×１×(４＋１)＝ ５ . ｘ２ ｙ２ ꎬ 易知椭圆 ｘ２ ｙ２ 的左焦点为Ｆ 习题３.５(第１５５页) ２ ２ 程是 ｘ . ＋ ＝１ (－１ꎬ０)ꎬ ＋ ＝１(０< <２) ２ 学而时习之 ４ ３ ３.解析 连接ＱＡ ꎬ 由已知得 ｜ ＱＡ ｜＝｜ ＱＰ ｜ꎬ 则→ＰＦ 􀅰 Ｏ→Ｑ ＝(－１－ ２ｃｏｓ α ꎬ－ ２ｓｉｎ α ) １.解析 ｘ２ ｙ２ . ｜ ＱＢ ｜＋｜ ＱＡ ｜＝｜ ＱＢ ｜＋｜ ＱＰ ｜＝｜ ＢＰ ｜＝ ｒ ＝６> æ ç ３(１＋ ２ｃｏｓ α ) ö ÷ ３ . ４５×１０ １７＋ ３ . ３１×１０ １７＝１ ＢＡ 􀅰è－３ꎬ α ø ２.解析 依题意可知 ａ ｂ 所以椭 ｜ ｜ꎬ ２ｓｉｎ ２ ＝１００ꎬ２ ＝５０ꎬ １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等教材习题答案 圆方程为 ５ ｘ ０ ２ ２＋ ２ ｙ ５ ２ ２＝１ . 故Ｆ １ 到直线Ｆ ２ Ｍ的距离为｜ Ｆ １ Ｆ ｜ ２ Ｍ ｜􀅰 Ｆ ２ ｜ ｜ ＭＦ １｜ 则ｄ２ ＝( ｘ － ｃ ) ２ ＋ ｙ２ ＝ ｘ２ －２ ｃｘ ＋ ｃ２ ＋１－ａ ｘ２ ２ ＝ ａ ｃ２ ２ 宽 当 度 ｘ ＝ 是 －４ ３ ０ ０ 时 ｍ . ꎬ ｙ ＝±１５ꎬ 所以距离顶点 １０ｍ 的 ＝ ５ ６ . 􀅰 ｘ２ －２ ｃｘ ＋ ｃ２ ＋１＝ａ ｃ２ ２ ( ｘ － ａ ｃ ２ ) ２ (－ ａ ≤ ｘ ≤ ａ ) . ３.解析 ｘ２ ｙ２ . ７. 解 析 设 Ｂ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｃ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２) . ａ２ ａ 当ｘ ａ时 ｄ ａ ｃ. ４ ５ . . 解 解 析 析 . １ １ ( 焦 ４ . １ ８ ４ 点 ) － ｍ ｙ 坐 ６ . ２ ２５ ＝ 标 ＝ １ 为 １ １ . ５２ . ｘ ꎬ 焦点 . 坐标为 (２ . ８８ꎬ { ｙ ｘ ｘ ２ １ ２ ２ － － ｙ ４ ４ ｙ ｙ ２ １ ２ ２ ｙ ＝ ＝ １ １ ６ ６ ꎬ ⇒ ｋ ( ｙ ｘ １ １ － ＋ ｙ ２ ｘ ２)( ｘ ｘ １ １ ＋ － ｘ ｘ ２ ２)＝ ３ ４( . ｙ １＋ ∵ 于是 ｃ { > ａ ａ ２ － ꎬ － ｃ ∴ ｃ ＝ ２ ＝ ３ １ － ꎬ ＝ ２ꎬ解 ꎬ 得 ｍ { ｉｎ ｃ ａ ＝ ＝ ＝ － ２ ３ ꎬ ꎬ 温 ０ 故 ) 而 (２ 知 ) 新 (３３８ꎬ０) ２)( １－ ２)⇒ ＝ｘ １－ ｘ ２ ＝ ４( ｙ １＋ ｙ ２) ＝ ２ 椭圆的方程为 ｘ２ ｙ２ . ∴ ＋ ＝１ ６.解析 依题意可知 接触点在椭圆 ｘ２ ｙ２ 直线方程为ｙ －１＝ ３ ( ｘ －６)ꎬ {ｙ ｋｘ ｍ ３ ꎬ ＋ ２ ＝ ＋ ꎬ ＝１ 上.令ｙ ＝－６ꎬ 得ｘ ＝ １３ ３ ( 舍去 １ ) ６ 或 ９ １ ｘ ４ ＝ ４ ８.解 即 析 ３ ｘ － { ２ ｘ ｙ ２ － ＝ １６ ８ ｙ ＝ ꎬ ０ . {ｘ ＝８ꎬ或 {ｘ ＝０ꎬ经过它们 (３) 由 ｘ ３ ２ ＋ ｙ２ ＝１ 得 (３ ｋ２ ＋１) ｘ２ ＋６ ｋｍｘ ＋ ２ ｙ２ ＝８ ｘ ⇒ ｙ ＝８ ｙ ＝０ꎬ ３( ｍ２ －１)＝０ . － １３ ２ ３ ꎬ 则 ｜ ＰＡ ｜＝－５＋ １３ ２ ３ ꎬ｜ ＰＣ ｜＝５＋ １３ ２ ３. ９. 的 解 交 析 点 的 当 直 直 线 线 方 的 程 斜 为 率不 ｙ ＝ 存 ｘ. 在时 ꎬ 其方程为ｘ ∵ ∴Δ 直 > 线 ０ꎬ ｌ 即 与 ｍ 椭 ２ < 圆 ３ 交 ｋ２ ＋ 于 １ 不 . 同的两点 ꎬ 所以接触点到两根旗杆的距离分别为１３ ３ ＝４ꎬ 则ｙ １＝４ꎬ ｙ ２＝－４ꎬ 所以ｙ２ １＋ ｙ２ ２＝３２ .当直线 设Ｍ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｎ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２)ꎬ 则ｘ １ꎬ ｘ ２ 是方程的 ２ 的斜率存在时 ꎬ 设直线方程为ｙ ＝ ｋ ( ｘ －４)ꎬ 与 两个实数解. 抛物线方程联立 消去ｙ得ｋ２ｘ２ ｋ２ ｘ ｍｋ 或 １３ ３. ꎬ －(８ ＋４) ＋ 又ｘ ｘ ６ 线段 ＭＮ的中点为 －５ ５＋ ２ １６ ｋ２ ＝０ꎬ １＋ ２＝－ ３ ｋ２ ＋１ ꎬ∴ ７.解析 略. 所以ｘ ｘ ｘ ｘ . ( ｍｋ ｍ ) １ ２＝１６ꎬ １>０ꎬ ２>０ Ｑ ３ . ８ 复 .解 习 析 题 三 略 (第 . １６３页) 又 当 ｙ ｘ ２ １＋ ｙ ｘ ２ ２＝４( 时 ｘ １ 等 ＋ ｘ 号 ２) 成 ≥ 立 ８ . ｘ １ ｘ ２ ＝３２ꎬ 当且仅 线 － ３ 段 ｋ２ ＋ Ｍ １ Ｎ ꎬ ３ 的 ｋ２ ＋ 垂 １ 直平分线恒过点 Ａ ２ １ 学 . .解 解 而 析 析 时 习 ( 椭 之 １ 圆 ) 椭 . 圆. １０ 故 .解 所 析 １ 求 ＝ 的 到 ２ 设 ＝ 焦 ｙ 抛 ４ ２ １＋ 点 物 ｙ２ ２ 的 线 的 距 的 最 离 焦 小 与 点 值 到 坐 为 准 标 ３ 线 ２ 为 . 的 ( ｘ 距 ꎬ ｙ 离 ) 相 ꎬ 由 等 点 即 ∵ －１ － ) ｍ ꎬ∴ ＋ ３ ３ ｍ Ａ ｋ Ｑ ｋ ２ ＋ ⊥ １ Ｍ ＝ Ｎ － ꎬ １ ｋ ( ｋ ≠０)ꎬ (０ꎬ (２) 双曲线. 得 (１ꎬ０) ｘ ２ ｙ２ 即 ｘ ２ ｙ２ . ꎬ 即 ２ ｍ ＝３ ｋ２ ＋１( ｋ ≠０) . ( －１) ＋ ＝１ꎬ ( －１) ＋ ＝１ ( ) ３.解析 由题意得直线ＡＢ的方程为ｙ ＝－ １ ｘ ∴ 抛物线焦点的轨迹方程为 ( ｘ －１) ２ ＋ ｙ２ ＝１ ∴ ｍ的取值范围是 １ ꎬ２ . ２ ｘ . ２ . ( >０) ｙ ＋ ì ï ï １ ａ ｘ２ ２＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１ꎬ ( ) １１.解 ｐｘ 析 ｐ 设彗 焦 星 点 所 Ｆ 在 ( 的 ｐ 抛物 ) 线 准 的 线 方 方 程 程 为 为 ｙ ｘ ２ ＝ １３.解析 (１) 证 ｙ 明 : 因为 ｔａｎ∠ ＱＡＢ ＝ｘ ＋ ａꎬ í ｂ２ １ ａ２ ｘ２ ａ２ｘ ａ２ ａ２ｂ２ ２ ( >０)ꎬ ꎬ０ ꎬ ＝ ＱＢＡ î ïïｙ ＝－ １ ｘ ＋１ ⇒ ＋ ４ － ＋ － ｐ . ２ 所 ｔａｎ 以 ∠ ＝ Ａ ａ Ｑ － Ｂ ｘꎬ ＱＡＢ ＱＢＡ ２ － ｔａｎ∠ ＝－ｔａｎ(∠ ＋∠ ) ２ ｙ ｙ ＝０ .由 Δ＝０ 得ａ２ ＝４－４ ｂ２ ꎬ 又ｅ ＝ ３ ⇒ ａ２ ＝ 设 ｜ ＰＦ ｜＝ ｄ ꎬ 直线ＰＦ的倾斜角为 ３０ °. ｘ ａ＋ａ ｘ ａｙ ａｂ２ ２ 设Ｐ ｍ ｎ 由抛物线的定义可得 ｄ ｍ ＋ － ２ ２ . ( ꎬ )ꎬ ＝ ＝－ ｙ２ ＝－ａ２ ｘ２ ｙ２＝－ｃ２ｙ ４ ｂ２ ꎬ 所以ａ２ ＝２ꎬ ｂ２ ＝ １ . ｐ . １－ａ２ ｘ２ － － ２ ＋ － 所以该椭圆的方程为 ｘ２ ｙ２ . ２ 当ｙ取最大值 ꎬ 即ｙ ＝ ｂ时 ꎬ∠ ＡＱＢ取得最 ２ ＋ １ ２ ＝１ 又ｎ２ ＝２ ｐｍ ꎬ ｍ ｎ － －０ ｐ ＝ ３ ３ ꎬ 大值 { . ０< ｍ <３ꎬ {ｍ >３ꎬ ４.解析 ∵ ∠ ＡＢＣ ＝９０ ° ꎬ∴ ｜ ＢＣ ｜ ２ ＋｜ ＡＢ ｜ ２ ＝ ２ ＡＭＢ或 ｍ ＡＭＢ (２) ３ ∠ ∠ . ∵ ｜ Ａ ｂ Ｃ ２ ｜ ＝ ２ ꎬ ａ ∴ ２ － ｃ ｃ ２ ２ ＋ ꎬ∴ ｂ２ ＋ ａ ａ ２ － ２ ＋ ｃ２ ｂ － ２ ａ ＝ ｃ ( ＝ ａ ０ ＋ ꎬ ｃ ∴ ) ２ ｅ . ２ ＋ ｅ －１＝０ꎬ 所以ｐ ＝ ２－ ２ ３ｄ或ｐ ＝ ２＋ ２ ３ｄ. 所以 ｍ ｍ ≥ｔａｎ 或ｍ ２ . ３ ≥ｔａｎ ２ 由抛物线的性质可得抛物线上的点到焦点 ０< ≤１ ≥９ ∴ ｅ ＝ ５ ２ －１. 的距离的最小值为 ｐ . １４. ａ 解 ｙ 析 圆 双 心 曲线Ｃ的 到 一 该 条 渐 渐 近 近 线 线 的 方程 距 为 离 ｂ ｄ ｘ － ５.解析 设直线 ｘ ｙ ｔ 与椭圆相切. ２ ＝０ꎬ (２ꎬ０) ＝ { ３ ｙ ｘ ２ － ２ ｙ ｘ ＋ ２ ｔ ＝０ꎬ ⇒１ ３ ６ ｘ － ２ ２ ＋６ ＋ ｔｘ ＋ ＝ ｔ２ ０ －２８＝０⇒Δ＝０ 即这颗彗星与地球的最短距离为２－ ４ ３ｄ万 ｜２ ｂ ｂ ２ － ＋ ０ ａ ｜ ２ ＝ ３⇒ ｂ２ ＝３ ａ２ ꎬ ｅ ＝ ａ ｃ ＝ １＋ａ ｂ２ ２ ＝ ＋ ＝１ . ７ ４ 千米或２＋ ３ｄ万千米. １＋３＝２ ｔ . １５.解析 当直线ＡＢ的斜率存在时 设其 ⇒ ＝±８ ４ (１) ꎬ 当ｔ 时 两直线的距离最小 且 ｄ 温故而知新 方程为ｙ ｋ ｘ 弦ＡＢ的中点为 ｘ ｙ . ＝ －８ ꎬ ꎬ ＝ ( －２)ꎬ ( ꎬ ) １２.解析 由已知可得ａ２ ｃ２ 则ａ {ｙ２ ｘ ＝ ８ １３. (１ { ) ｘ２ －１＝ ꎬ >１ꎬ 由 ｙ ＝ ｋ ４ ｘ ꎬ 得ｋ２ｘ２ －４( ｋ２ ＋１) ｘ ＋４ ｋ２ ＝０ . 由 １ １ ６ ３ ｘ２ －４８ ｘ ＋３６＝０ 得ｘ ＝ ２ ３ ꎬ ｙ ＝－ ４ ７ . 又方程组 ｘ ａ ２ ２ ＋ ＋ ｙ ｙ ２ ２ ＝ ＝ ｃ２ １ꎬ有实数解 ꎬ ｘ ＝ ｘ １＋ ２ ＝ ｘ ２ ( ＝ ２ － ｋ ２ ｋ ２ ) ２ ＋２ ＝２＋ｋ ２ ２ꎬ ｙ ＝ ｙ １＋ ２ ｙ ２ ＝ ２ ｋ ꎬ 消 所以此时椭圆上的点的坐标为 ( ３ ꎬ－ ７ ) . ∴ ( １－ａ １ ２ ) ｘ２ ＝ ｃ２ －１≥０ꎬ∴ ｃ２ ≥１ꎬ 去 当直 ｋ得 线 ｙ Ａ ２ Ｂ ＝ 的 ２ ｘ 斜 －４ 率 . 不存在时 其方程为ｘ ２ ４ ꎬ ＝ ６.解析 不妨令Ｍ ( ６ ) 则 ＭＦ ６ ∴ ａ２ ≥２ꎬ∴ ａ ≥ ２ꎬ 即ａ的取值范围是 [ ２ꎬ ２ꎬ 与抛物线相交 ꎬ 中点为 (２ꎬ０)ꎬ 满足上式. ３ꎬ ꎬ ｜ １｜＝ ⇒ . 综上 弦ＡＢ中点的轨迹方程为ｙ２ ｘ . ２ ２ ＋∞) ꎬ ＝２ －４ 设椭圆上的点 Ｐ ｘ ｙ 到一个焦点 证明 设Ａ ｔ２ ｔ Ｂ ｔ２ ｔ Ｃ ｔ２ ＭＦ ５ ６. (２) ( ꎬ ) (２) : ( １ꎬ－２１)ꎬ ( ２ꎬ２２)ꎬ ( ３ꎬ ｜ ２｜＝ ２ Ｆ ２( ｃ ꎬ０) 的距离为ｄ ꎬ －２ ｔ ３)ꎬ Ｄ ( ｔ２ ４ꎬ２ ｔ ４)ꎬ 其中ｔ １ꎬ ｔ ２ꎬ ｔ ３ꎬ ｔ ４ 为正数. 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、讲义等用两点式求得直线ＡＢ的方程为ｙ ( ｔ ２－ ｔ １)＋ 因为ｋ １ꎬ ｋ ꎬ ｋ ２ 构成等比数列 ꎬ 所以ｋ２ ＝ ｋ １ ｋ ２ꎬ ４.解析 Ａ ８ ８＝４０３２０( 种 ) . ｔ ｔ ｘ ５.解析 个 . ２１ ２＝２ ꎬ 解得ｋ １ 此时由 ｔ . ９×９×８＝６４８( ) 直线ＣＤ的方程为ｙ ｔ ｔ ｔ ｔ ｘ. ＝ ꎬ Δ>０⇒∈(－ ２ꎬ ２) 习题４.２(第１８０页) ( ４－３)＋２３ ４＝２ ２ 直线ＡＢ ＣＤ都经过点Ｍ ａ 学而时习之 ∵ ꎬ ( ꎬ０)ꎬ 故Ｓ ｔ２ ｔ Ｓ Ｓ ５π. 直 直 ∴ 线 线 ｔ １ ｔ ２ Ａ Ａ ＝ Ｄ Ｄ ｔ ３ 与 的 ｔ ４ 方 ＝ ｙ ａ 轴 程 ꎬ 的 为 交 ｙ ( 点 ｔ ４ 为 － ｔ １ Ｅ )＋ ( ２ ｔ １ ２ ｔ ｔ ４ １ ＝ ｔ ４ ２ ) ｘ ꎬ 所以 ＝ Ｓ １＋ Ｓ Ｓ ２ ２ － ＝ ５ ４ ｜ π ｜ × ꎬ １ ２ ＋ － １ ｔ ２ ２ ＝ ｜ ｔ ｜ ４ ≥ ５ ４ π ꎬ 当且仅当 １ ２ . . 解 解 析 析 １ １ ｎ ５６ . . ０ꎬｔ ｔ ꎬ Ｓ Ｓ ３.解析 ２ ４ 种 . １－４ ｔ 时等号成立.所以 １＋ ２的取值范围 Ａ２Ａ４＝４８( ) ｔ ｔ ｔ ｔ ＝±１ Ｓ ４.解析 １ ２ ３ 种 . ｋ ２２＋２３ ２ ２１ ４ ｋ . Ａ３＋Ａ３＋Ａ３＝１５( ) １６. ∴ 解 ＢＣ 析 Ｍ ＝ Ｅ ∥ ｔ２ ２ 略 － Ｂ ｔ Ｃ . ２ ３ . ＝ｔ ２－ ｔ ３ ＝ａ ( ｔ ４－ ｔ １) ＝ ＭＥ ２０.解 为 析 [ ５ ４ πꎬ＋ 证 ∞ 明 ) . 以点Ｍ为原点 ＰＱ所在 ５ 温 . ( 解 故 ２ 析 ) 而 Ａ 知 ４ ４Ａ ( 新 ２ ５ １ ＝ ) ４ Ａ ８ ２ ２ ０ Ａ ( ５ ５ 种 ＝２ ) ４ . ０( 种 )ꎻ (１) : ꎬ １７.解 ｘ ４ ２ 析 ＋ ｙ ３ ２ 因 ＝ 为 １( 修 ｙ ≠ 建 ０ 农 ) 内 艺 ꎬ 园 故 的 暂 可 不 能 加 范 固 围 的 在 长 椭 就 圆 是 由 程 方 直 程 圆 为 线 可 和 为 ｙ ＝ 设 两 ｘ ｋ 轴 １ 为 相 ｘ ꎬ ꎬ 交 ｘ 直 建 ２ 直 ＋ 线 立 ( 线 ｙ 平 Ｃ ＋ 组 Ｄ ａ 面 ) 成 的 直 ２ 了 方 ＝ 角 Ｒ 二 程 ２ 坐 ꎬ 次 为 直 标 曲 ｙ 线 系 ＝ 线 ｋ ꎬ Ａ 系 ２ 则 Ｂ ｘ. 圆 的 的 方 ６ ７ . . Ａ 解 解 ４ ６ 析 析 ＋５ Ａ ３ ５ ６ Ｃ ＝ × ２ ４Ａ Ａ ６６ ３ ４ ４ ６ ０ ＝ ＝ ( １ ２ 个 ４ １ ４ ) ６ ( ０ . 种 ( 个 ) . )ꎬ 直线ｌ : ｙ ＝ ３ ３ ( ｘ ＋１) 被椭圆截得的弦长 ꎬ 即 其方程为μ [ ｘ２ ＋( ｙ ＋ ａ ) ２ － Ｒ２ ]＋ λ [( ｙ － ꎬ ｋ １ ｘ ) ８ ９ . . 解 解 析 析 Ａ ２ ５Ａ ５ ５＝ ３ ２ ４ ４０ ２ ０( 种 ) . 种 ｙ ｋ ｘ (１)Ａ３Ａ４Ａ２＝２８８( )ꎻ ４８ . 􀅰( － ２ )]＝０ꎬ ３ ４ 种 ｋｍ 令ｙ 知点Ｅ Ｆ的横坐标满足二次方程 (２)Ａ３Ａ４＝１４４( )ꎻ １３ ＝０ꎬ ꎬ ４ ３ 种 . 上下而求索 ( μ ＋ λｋ １ ｋ ２) ｘ２ ＋ μ ( ａ２ － Ｒ２ )＝０ . (３)Ａ４Ａ５＝１４４０( ) １８.解析 (１) 证明 : 由已知条件得 ｜ ＯＭ ｜＝１ꎬ 由于ｘ的系数为 ０ꎬ 则两根ｘ １ 和ｘ ２ 之和为 4.3 组合 ＯＡ . 则ｘ ｘ 故ＭＥ ＭＦ.故Ｍ为ＥＦ的 ｜ ｜＝２ ０ꎬ １＝－ ２ꎬ ＝ 中点. 练习(第１８６页) 设Ｐ (１ꎬ ( ｙ )ꎬ Ｑ ( ) １ꎬ－ ｙ ( )ꎬ 则ｙ２ ) ＝ ２ ３ ꎬ (２) 能. １.解析 (１)Ｃ ３ １５＝４５５ꎻ 所以Ｐ １ꎬ ６ ꎬ Ｑ １ꎬ－ ６ . 第4 章 计数原理 (２)２１ ２ ꎻ . ２ ２ (３)Ｃ２００＝１９９００ 又 ｜ ＯＮ ｜＝ ｜ ｜ Ｏ Ｏ Ａ Ｍ ｜ ｜ ２ ＝４ꎬ 所以Ｎ (４ꎬ０) . 4.1 两个计数原理 ２. 证 明 Ｃ ｍ ｎ ＋ Ｃ ｍ ｎ－１ ＝ ｍ ! ( ｎ ｎ ! － ｍ )! ｎ 直线ＰＮ与ＱＮ的方程分别为ｙ ＝－ ６ ６ ( ｘ － １ 练 .解 习 析 (第１７１页) 种 . ＋ ( ｍ －１)! ｎ ( ! ｎ － ｍ ＋１) ( ! ) １０＋８＋３＝２１( ) ! １ １ 和ｙ ６ ｘ ２.解析 种 . ＝ ｍ ｎ ｍ ｍ＋ｎ ｍ ４) ＝ ( －４)ꎬ ５＋４＝９( ) ( －１)! ( － )! － ＋１ ６ 练习(第１７４页) ｎ ｎ 分别代入椭圆方程 整理后所得方程的判 ! ＋１ ꎬ １.解析 种 . ＝ ｍ ｎ ｍ 􀅰ｍ ｎ ｍ 别式 所以直线 ＰＮ ＱＮ 都是 Ｃ 的 ４×３×２×１＝２４( ) ( －１)! ( － )! ( － ＋１) Δ＝０ꎬ ꎬ ２.解析 项 . ｎ 切线. ４×３×２＝２４( ) ( ＋１)! ｍ (ａ２ ) ３.解析 (１)３＋５＋２＝１０( 种 )ꎻ ＝ｍ ! ( ｎ － ｍ ＋１)! ＝Ｃｎ＋１ꎬ 猜想 在ｘ轴上取点Ｎ 连接 种 . 从而等式得证. (２) : ｘ ꎬ０ ꎬ (２)３×５×２＝３０( ) ０ 习题４.１(第１７４页) ３.解析 条 ＧＮ 则直线ＧＮ为点Ｇ处的切线方程. (１)９ ꎻ 证明 ꎬ : 设直线ＧＮ的方程为ｙ ＝ ｋ ( ｘ － ａ ｘ ２ ) ꎬ １ 学 .解 而 析 时 习 ８ 之 ＋１２×５＝６８( 种 ) . 对 (２ 角 ) 从 线 凸 ꎬ 这 ｎ 样 边 ｎ 形 个 的 顶 一 点 个 就 顶 有 点 ｎ 出 Ｃ １ｎ 发 －３ 条 ꎬ 有 对 Ｃ 角 １ｎ－ 线 ３ 条 ꎬ ０ ａ４ｂ２ ２.解析 １０ ６个. 由于对应的两个顶点共有一条对角线 ꎬ 因此 联立椭圆方程 ꎬ 整理 ꎬ 得 ( ｂ２ ＋ ａ２ｋ２ ) ｘ２ － ２ ｘ ３.解析 (１)４３ 种 ꎻ 凸ｎ边形的对角线为 ｎ Ｃ １ｎ－３ ｎ ( ｎ －３) 条 . ０ 种. ＝ ( ) ａ６ｋ２ (２)２４００ ２ ２ ｘ ＋ ｘ２ － ａ２ｂ２ ＝０ꎬ ４.解析 １４ ３种. ４.解析 (１)Ｃ ４ ８＝７０( 种 )ꎻ Δ 立 因 ＝ 可 为 － ０ 得 点 ４ ｘ ａ ２ ０ ２ Ｇ ｂ２ 在 [( 椭 . ａ 圆 ４ － 上 ａ２ｘ ꎬ ２ ０ 所 ) ｋ 以 ２ － 满 ｂ２ 足 ｘ２ ０ 椭 ] . 圆方程 ꎬ 联 ５ ６ ７ . . . ( 解 解 解 ２ 析 析 析 )１ ５＋ ６ ６ ( ３ × １ 种 ＝ ) ５ １ ３ × ꎬ ８ × ３ ４ ( ６ × ５ 种 ４ ＝ 种 ＝ １ ) . ５ ４ . ( ８０ 种 ( ) 种 ꎻ ) . ５ 习 . ( ( 解 题 ２ ２ 析 ) ) ４ Ｃ Ｃ . ３ ４ １ ４ ６ ０ Ａ ( ( － 第 ３ ３ １ Ｃ ＝ ) ４ ８ １ ９ Ｃ ＝ ０ ８ １ ６ ２ ( ６ Ｃ １ 种 ２ ５ ０ 页 ＝ － ) ) ７ ６ . ０ ０( ＝ 种 １４ ) ０ ꎻ ( 种 ) . Δ＝０ ｘ２ ｙ２ 温故而知新 学而时习之 １９.解析 ｍ (１ . ) 动点Ｍ的轨迹方程为 ４ －ｍ ＝ ９ ８ . . 解 解 析 析 ６ １０ 种 ７注 . . １.解 ６ 析 Ｃ . ３ ７＋Ｃ ４ ７＋Ｃ ５ ８＋Ｃ ６ ９＝Ｃ ４ ８＋Ｃ ５ ８＋Ｃ ６ ９＝Ｃ ５ ９＋Ｃ ６ ９＝ ｍ １( >０ ≠ 时 ０ ꎬ ) 轨迹是焦点在ｘ轴上的双曲线 ꎻ ｍ １０.解析 ３ ４种. ２. Ｃ 证 １０＝ 明 ２１０ ｍ ｍ ｍ ｎ ! 时 轨迹是焦点在ｘ轴上的椭圆 ∵ Ｃｎ ＝ 􀅰 ｍ ｎ ｍ ∈(－４ꎬ０) ꎬ ꎻ 4.2 排列 ! ( － )! ｍ 时 轨迹是圆 ｍ 时 轨 ｎ ＝－４ ꎬ ꎻ ∈(－∞ꎬ－４) ꎬ ! 迹是焦点在 ｙ轴上的椭圆 ꎬ 且点 Ａ １(－２ꎬ 练习(第１８０页) ＝ ( ｍ －１)! ( ｎ － ｍ )! ꎬ ０ ( 可 ( Ｆ ) １ ２ ( 得 ꎬ ) ＋ ｘ Ａ 设 ２ ４ ꎬ ２ ｋ ｘ ( ｙ 直 ２ ２ ２ ) ) ꎬ 线 ｘ ｘ ０ ꎬ ２ ) 联 ＋ ｌ 不 ８ 的 立 ｋ － ｔ 在 ８ ｘ 方 椭 ｋ ＋ 曲 ｔ 程 ４ 圆 ( 线 ｘ 为 方 ｔ２ 上 ｘ － 程 ｙ １ . ＝ ) ｘ ４ ４ ＝ ｋ ２ ｔ ｘ ２ ０ ＋ ＋ － ꎬ ｙ ｔ ４ ２ ꎬ . ＝ Ｅ １ ( ꎬ ｘ 整 １ꎬ 理 ｙ １) 得 ꎬ ２ １ . . 解 ( 解 ２ ｎ ｎ 析 析 ) ! ６ ４ . ２ ２ (１)３ ６ ３ ４８ꎻ ２ ４ ４ １２ ５ ０ ７２ ６ ０ ５０ ７ ４０ ４０ ８ ３２０ ３.解 ｎ ∴ ＝ Ｃ 析 ( ｍ ｍ ｎ ｍ － － Ｃ １ １ － ｍ ｎ ( １ ＝ １ ) ) ｎ ! ＝ ｎ Ｃ Ｃ ! ｍ ｎ ２ １ ( ２ － － １ ｎ １ ＝ ( － ｎ ６ ｍ ｍ ６ ꎬ ) ( ｎ ! 条 􀅰 ∈ ꎬ ) Ｎ ꎻ ＋ꎬ ( ｎ ｍ ≥ － ２ １ ( ) ) ｎ . ! －１ ( ) ｎ ! － ｍ )! １＋ ２＝ １＋４ ｋ２ꎬ １ ２＝ １＋４ ｋ２ ３.解析 Ａ ３ ５＝６０( 种 ) . (２)Ｃ ３ １２＝２２０( 个 ) . １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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、讲义等教材习题答案 ４.解析 ２ ３ ５ 个 . ( ) ６ ( ) ７ ( ) ２ ５ ６ . . 解 解 析 析 Ｃ Ｃ Ａ ５ ２ ３ ５ Ｃ Ａ ２ ２ ４ ２ ５ ５ Ａ ＝ ５ ２ ６ ＝ ００ ４ ( ８ 种 ００ ) 种 ( . . ) ２.解 － 析 ３ ｘ ( ( １ ＋ ｘ ) Ｃ Ｃ ７ ７ ) ５ ８( ５ － － ( ２ ３ ｘ ) ５ ＝ ) . － ５ １７９２ꎻ ９. Ｔ 解 ｒ＋ 析 １＝ Ｃ８ ｒ ２ ( Ｃ １ｎ １ ２ 􀅰 ) １ ２ ｒ ｘ４－ ＝ ４ ３ Ｃ ｒ ꎬ ０ｎ 当 ＋Ｃ ｒ ２ｎ ＝ 􀅰 ０ꎬ４ １ ２ 时是 ⇒ 有理 ｎ ＝ 项 ８ꎬ ꎬ ７ 温 .解 故 析 而 知 Ｃ Ａ 新 ６ ３ ４ Ｃ ＋ ４ Ｃ Ａ １ ３Ａ ２＝ ２ ４＝ １８ ６ ０ ０ ( ( 种 ) ) . ( ( ２ ３ ) )３ Ｃ ８ ５ １０ ꎻ ２ － ２ ｘ ＝－２５２ꎻ 复 Ｔ 习 １＝ 题 ｘ 四 ４ ꎬ Ｔ ( ５ 第 ＝ １ ３ ８ ９ ５ ８ ｘ. 页) ８ ９ １０ . . 解 解 .解 析 析 析 Ｃ Ｃ １ ２ ４ ３ ９ × ＋ － Ｃ ４ ８ ＋ １ ４ ＝ ＋ ２ ７ Ｃ × ６ ０ ４ ３ ( ＝ ＋ 个 １ １１ ) × ( . ４ 个 ＝１ ) ４ . ( 种 ) . ３ ４ . . 解 解 (４ 析 析 )Ｃ ２ ６２ Ｃ ( ２ １ － ２ ５ ａ ) Ｃ ３ 二 ３ ５ ＝ ＝ 项 － ５ ８ ０ 式 ０ . ⇒ 系 ａ 数 ＝ 最 －２ 大 . 的项是第 １１ 项 ꎬ １ 学 .解 而 析 时 排 习 列 ( 之 １) 组 组 合 合 ꎻ １１. ( 解 ２ 析 )Ｃ ２ ９５ ６ Ｃ (１ ４ ５ ) 种 Ｃ ６ ꎻ ６ ９５ 种 种 ꎻ Ｔ ≤ (２ １１ ｋ ) ＝ ≤ 设 Ｃ ２ １ ２ 系 ０ ０ ０３ ꎬ 数 １ ｋ ０ ( ∈ 绝 － Ｎ ２ 对 ) ) 值 ꎬ １０ｘ 最 １０ｙ 大 １０ 的 ＝Ｃ 项 １ ２ ０ ０ 是 ３ １０ 第 ２ １０ ( ｘ ｋ １０ ＋ ｙ １ １０ ) . 项 (０ ２. ( ( 答 ２ ３ 案 ) ) 组 合 (１ ꎬ ꎬ ) 排 ５０ 列 ０ ꎻ . (２)Ｃ １ ２６Ｃ １ ２６Ａ ４ １０ (３)３６ ( ( ４ ３ ) ) ( ( Ｃ Ｃ ６ ９ １ ５ ００ ＋ － Ｃ Ｃ ５ ９ ９ ５ ５ Ｃ ) １ ５＋Ｃ ꎻ ４ ９５Ｃ ２ ５) 种. 于是 { Ｃ２ ｋ ｋ ０３ ２ ２ ０ ０ － － ｋ ｋ ２ ｋ ｋ ≥Ｃ２ ｋ ｋ ０ ＋ － １ １ ３ １ ２ ９ １ － － ｋ ｋ ２ ｋ ｋ ＋ － １ １ ꎬ ⇒ ３. ( 解 ４ 析 )２ ４ (１ ( ) ５ Ａ )２ ４ ４Ａ ８８ ３ ３Ａ ２ ２＝２８８( 种 )ꎻ ２ ３ ２ １ １ 练 练 . . . . . 解 解 解 ( 的 解 解 习 习 ２ 析 析 析 系 析 析 ) ( ( Ｃ 第 第 数 ３ ７＝ １ ２ １ １ 为 ( Ｔ － 4 Ｃ Ｃ ９ ９ ＋ １ ２ １ ＋ ０ ２ ) ６ ５ｎ ４ ７ . １ ９ ４ ｘ ２ 4 ＝ ＝ Ｃ ０ ＝ 页 页 . ꎬ Ｃ ４ｎ ３ Ｃ ＋ 二 ５ ＝ ) ) ４ｎ ２ ５ ｘ ( . ＋ ６ Ｃ ２ 项 Ｃ ８ 二 ｎ ＋ ｘ ⇒ ６ｎ 式 ) ⇒ ｘ ４ ３ ｎ ３ 项 系 ｎ ( ＝ ＋ ＝ 数 ３ ４ ３ ｘ ｘ 式 １ １ ＋ ４ 为 ４ ) ８ . 或 定 ＝ ２ Ｃ ＝ １ ２ ５ ｎ ２ ９ ＝ 理 ꎻ ０ ＝ １ ｘ ７ ０ . ５ ６ . ꎬ 第 ３ 项 ６ ５ 温 . . { ２ 即 􀅰 解 Ｃ ( ( ( 解 为 故 ８ ２ ２ ３ ２ ３ ４ ５ ｘ ( ( 析 析 正 ) ) ) ( ( 而 Ｔ １ － － ２ 知 ｘ 由 ２ ９ ｋ 数 ｙ ｘ ５ 知 ｘ １ ＝ ＋ ８ － ３ ３ Ｃ 于 － Ｃ １ . Ｔ ) ( 依 ꎬ ) 新 １ ２ ｋ ) ８ ２ ９ ０ １ ４ 故 ０ ０ 系 . ) ３ ≥ ＋ ３ 题 ＋ ) 为 ≥ １ Ｃ Ｃ 数 ( ２ 系 ２ ２ 意 系 ５ ５ １ １ ５ ３ ( ( ８ ( ２ 为 － ｋ 数 ｘ ２ 数 － － １ ｘ ０ ≥ ２ 展 ｘ ｘ 正 ) ｙ 最 － 绝 ３ ３ ８ ５ ) Ｃ ｋ ) 开 ( 的 是 ) 对 大 ５ ２ １ １ ０ ꎻ ꎬ ＋ 式 ＋ 项 系 值 ⇒ ３ 的 Ｃ ｘ 共 数 ＋ ２ ５ 为 最 ( ３ 项 ｘ ５ ７ 绝 有 － ２ ２ 大 ｙ ) ≤ ｘ 为 对 ３ ５ 的 的 ) ｋ ＝ 值 Ｔ ≤ ２ 偶 项 ( ＋ 项 ９ 最 １ Ｃ ４ 次 ꎬ ＝ ５ － ２ 大 ３ ５ 且 ( ｘ Ｃ 于 方 ⇒ ３ 的 ８ ２ － 系 ) ０ 是 项 ｘ ｋ ３ 项 ５ ３ 数 ＝ １ ＝ ) ꎬ ２ ｎ . ８ ３ Ｃ 又 由 􀅰 . ＋ ０ ５ ４ ５ ６ ７ ８ . . . . . ( ( ( ( ( ( 解 解 解 解 解 ５ ４ ３ ２ ３ ２ 析 析 析 析 析 ) ) ) ) ) ) Ａ Ａ Ａ Ａ Ｃ Ａ １ ４ ３ ３ ３ ７ ７ ４ ４ ４ ４ １ ７ Ｃ Ａ Ａ Ａ － ＋ ( Ｃ Ｃ Ｃ ( １ ３ Ａ Ａ ４ ４ ３ ５ ４ ４ １ １ ３ ５ ３ ９ ３ ９ Ｃ ３ ＝ ＝ ＝ Ａ ４ ４ ２ ７ － － ) ) ２ ３ Ａ ＋ Ｃ Ｃ １ １ ５ Ｃ Ｃ ３ ３ Ａ Ａ ３ ５ ＋ ４ ７ ３ ７ ３ ４ １ ３ ２ ９ ３ ３ ４ ３ ＝ ４ ６ × Ｃ Ａ ３ ７ － ＝ ＝ ４ ＋ ( ( Ａ ３ Ｃ ３ ２ ５ ３ ６ ０ ４ ２ Ａ Ｃ 种 种 ２ ２ ＝ ＝ ２ ４ ( ９ ６ １ － ２ ３ ４ ７ ( 种 ３ ７ ０ ６ ) ) Ａ ＋ Ｃ 种 ６ ２ ０ ( ꎻ ꎻ Ｃ 个 ３ ３ ) ２ ５ ０ ( ( 个 ＝ ＋ １ ５ ) ( ꎻ 个 种 Ａ ２ . １ 个 ) . ４ ６ ５ ) ＝ ) . ＝ ０ ) . . ２ ( ꎻ ２ ２ 种 ( ８ 条 ９ ) ９ . ) ( ꎻ 个 )ꎻ 当ｎ ＝１４ 时 ꎬ Ｔ ８＝Ｃ ７ １４ ｘ７ ＝３４３２ ｘ７ ꎻ １３ .设 展开式中 ꎬ 系数最大的项 １ 为 ４ 第 ( ꎬ ｒ ＋１) 项 ꎬ ＝ ９. ( 解 ２ 析 )Ｃ ９－ ( Ｃ １ ４ ) － ６ Ｃ ７ ５ ２ ＝ ꎻ ７０( ) ３. 当 解 (２ 析 ) ｎ 令 ＝ ７ ( ｘ 时 １ ＝ ) ꎬ － 令 Ｔ １ ４ ꎬ ＝ ｘ 则 ＝ ３５ １ ａ ｘ ꎬ ３ ０ 则 － 和 ａ ａ １ Ｔ ０ ＋ ＋ ５ ａ ａ ＝ ２ １ ３ ＋ － ５ 􀆺 ａ ｘ ３ ４ ＋ . ＋ ａ 􀆺 ７＋ － ａ ８ ａ ＝ ７＋ ４ ａ ８. ８ 所 则 { 以 Ｃ Ｃ 展 １ １ ｒ ｒ ３ ３ ２ ２ 开 ｒ ｒ ≥ ≥ 式 Ｃ Ｃ 中 １ １ ｒ ｒ ＋ － ３ ３ １ １ 第 ２ ２ ｒ ｒ ＋ － １ １ １ ꎬ ０ ⇒ 项 ２ ３ 的 ５ ≤ 系 ｒ ≤ 数最 ２ ３ ８ 大 ⇒ ꎬ ｒ 该 ＝９ 项 ꎬ 为 ( ( ( ３ ４ ２ ) ) ) ４ ２ ａ １ ＝ ２ . ４ ２ ６ ꎻ ꎻ ( ＝ ３ ２ ) . ８ 令 . ｘ ＝０ꎬ 则ａ ０＝１ꎬ∴ ａ １＋ ａ ２＋􀆺＋ ａ ８＝４ ８ 二 Ｔ ９＋ 项 １＝ 式 Ｃ 系 ９ １３１ 数 ４ ( 最 ２ ｘ ) 大 ９ 的 ＝Ｃ 项 ９ １３２ 为 ９ｘ９ Ｔ ꎬ ６＋１＝Ｃ ６ １３１ ７ (２ ｘ ) ６ ＝ １ 温 ０ 故 .解 而 析 知 新 ( 个 １) . Ａ ４ ５＋Ｃ １ ２Ｃ １ ４Ａ ３ ４＝３１２( 个 )ꎻ －１ ６ ６ｘ６与Ｔ ７ ６ ｘ ７ ７ ７ｘ７. (２)１９３ ４ ５ . . 联 令 Ｃ 令 证 最 解 ＝ ２ｎ ２ 立 明 大 析 ｘ ｘ ｘ ｎ ２ － ＝ ＝ ＋ １ 可 值 . 􀆺 － １ 解 由 为 ꎬ Ｃ １ ＋ 则 ꎬ ３ｎ 得 二 Ｃ 则 Ｃ ＝ ｎ ｎ Ｃ ４ ８ 项 ７ ｘ Ｃ Ｃ ＝ ０ｎ ｎ Ｃ ＋ ０ｎ ꎬ 式 ０ｎ ７ １ｎ ＋ Ｃ － ０ ⇒ Ｃ 定 Ｃ １ｎ . ＋ ２ｎ １ｎ ｎ ＋ 理 Ｃ ＋ ＝ 􀆺 Ｃ ２ｎ 可 ＋ ８ ２ｎ ＋ 􀆺 － ꎬ 知 Ｃ 􀆺 从 ＋ ｎ ｎ ( － Ｃ － 而 １ １ Ｃ ｎ ｎ ＝ ＋ ＝ 二 ｎ ｎ Ｃ ｘ ＝ ) ２ １ｎ 项 ｎ ＋ ０ ｎ ꎬ ꎬ ＝ Ｃ 式 Ｃ ３ｎ＋ ０ｎ 系 􀆺 ＋Ｃ 数 ＋ １ｎ ｘ Ｃ 的 ＋ ｎ ｎ ７ ８ . . 证 解 ( Ｃ Ｃ ( 易 原 － － １ ９ １ ３ ０ 明 析 知 式 １ １ ２ １ ) ) ０ ５ 能 ꎬ ０ ０ １ 上 ＋ １ ＋ ９ 被 ( 令 Ｃ Ｃ ９ 式 － １ １ ２ １ １ １ ０ ０ ０ １ ｘ 中 １ １ － ) ０ ＝ ０ ０ ７＋ １ ９ 每 ０ ０ ０ １ １ ０ ＝ ９ ８ ＝ ＝ ꎬ ( ( 一 整 Ｃ ( 则 Ｃ － － ０ １ 项 １ １ １ ０ １ 除 ３ ０ ) １ １ ａ ) 都 ０ ０ ０ ２ . １ ( － ＋ ０ ＋ ＋ 可 ２ １ 􀆺 １ ａ ０ Ｃ ( ) １ 以 ) ２ １ ＋ ＋ ０ １ － ０ １ １ 被 ａ ＝ １ － ０ ２ ０ Ｃ ０ ) １ ＋ ０ １ ８ １ ０ ０ ３ ＝ 􀆺 ( ０ ＋ ２ ( － ０ Ｃ Ｃ － ＋ ０ １ ０ １ １ １ １ ０ ａ ０ ) 整 １ ) ５ １ ２ ０ ９ ０ ＝ 除 ＋ ０ . ０ １ ( 􀆺 ９ ０ ꎬ ２ 􀅰 􀅰 故 ＋ ＋ １ １ １ １ １ ２ ３ ４ . . . . ( 解 解 证 解 Ｃ Ｃ ∴ － ５ ５ ｍ ｍ ４ ５ ５ 析 析 明 析 － １ ５ ２ ５ ) ６ 􀅰 ５ ５ ( ０ ＋ ２ ＋ － ２ Ｃ ∵ Ｃ ２ ９ Ｃ Ａ １ ４ １ ｍ ｍ ＋ ０ １ ５ ) ５ 能 － ３ ３ ５ Ｃ － １ ５ ５ ５ ＝ 􀅰 Ｃ ４ ｎ ｎ 被 ５ ６ － ＋ ５ １ ４ ６ ２ ５ ２ ＋ ２ ８ × ４ 􀅰 ８ ＋ ( ( ꎬ ９ ４ Ｃ － 种 ６ 整 － ＝ ｎ ｎ ２ １ ６ － ( ) 除 ＝ １ ) － ５ 􀅰 . １ ３ ２ ６ . ＋ ｍ ＝ ６ － Ｃ ２ ＝ １ １ ２ ５ － ４ ) ５ ２ １ ２ ５ ５ ４ ５ ( ６ ｍ ⇒ ＋ ５ 种 ３ ＋ ９ ｍ ( １ ) ＝ － ＋ ８ . Ｃ １ ３ ｎ ｎ ２ ) ０ ５５ － ＝ ２ ５ ＋ １ ６ １ ８ ５ 􀆺 ２ ５ ｎ ꎬ 􀅰 ＝ ＋ 习题４.４(第１９３页) ３) ꎬ① ｎ２ ｎ . 学而时习之 令ｘ ＝－１ꎬ 则ａ ０－ ａ １＋ ａ ２－􀆺－ ａ ５＝( ３－２) ５ ꎬ② 当 ３６ ｎ －１５ 时 ６ ＋ 系 ２６ 数 ４ 的最小值为 . 联立方程 ＝２ ꎬ ９６ １.解析 (１)Ｃ ０ ６( ３ａ ) ６ ＋Ｃ １ ６( ３ａ ) ５ｂ ＋Ｃ ２ ６􀅰 ①②ꎬ ５ ５ １５.解析 Ｃ ０ｎ＋Ｃ １ｎ＋Ｃ ２ｎ＝９２⇒ ｎ２ ＋ ｎ －１８２＝０⇒ ｎ ( ( ( ２ ３ ３ ) ａ ａ Ｃ ) ) ０ ７ １ ４ ( ｂ ｂ ５ ２ ２ ＋ ｘ ＋ Ｃ ) Ｃ ６ ６ ７ ( ＋ ３ ６( ３ Ｃ ａ １ ７ ３ ( ) ａ ２ ０ ) ｘ ｂ ３ ６ ) ｂ ꎻ ６ ３ ( ＋ － Ｃ ４ ６ ３ ｘ ( ) ３ａ １ ＋ ) Ｃ ２ ２ ７ ｂ ( ４ ２ ＋ ｘ Ｃ ) ５ ６ ５ 􀅰 􀅰 解 ａ １＋ 得 ａ ３ ａ ａ ＋ ０ ａ ＋ ５ ａ ＝ ２＋ ( ａ ａ ２ ４ ＋ ＝ ( ３ ２ ) ａ ＋ ５ ２ －( ３) ３ ２ ＋ － ａ ( ２) ３ ５ ꎬ －２ ａ ) ꎬ ａ 上下 ∴ ∴ ＝ 而 １ Ｃ 最 ３ 求 １ ｒ ꎬ ３ 大 ２ 索 ｒ 项 ≥ 为 Ｃ１ ｒ－ ３ Ｔ １ ２ ７＋ ｒ－ １ １ ＝ ⇒ Ｃ ｒ ７ １ ≤ ３２ ７ ８ ｘ ꎬ ７. ( ) ２ ( ) ３ ∴ ( ０ ＋ ２ ＋ ４ ) ( １ ＋ ３ ＋ ５ ) １６.解析 Ｃ ｍ ｍ＋ｎ 种. － ３ ｘ ＋Ｃ ３ ７( ２ｘ ) ４ － ３ ｘ ＋Ｃ ４ ７( ２ｘ ) ３ 􀅰 ＝ (２＋ ３) １０ －( ３－２) １０ . ４ ( ) ( ) ４ ５ － ３ ｘ ＋Ｃ ５ ７( ２ｘ ) ２ － ３ ｘ ＋Ｃ ６ ７( ２ｘ ) １ 􀅰 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