选择性必修第一册苏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_苏教版

教材习题答案 第 1 章 直线与方程 ２.解析 直线的斜率 ｋ Ａ ９.解析 坡度是指斜坡起止点的高度差 ∵ ＝２ꎬ (３ꎬ５)ꎬ Ｂ ｘ Ｃ ｙ 是这条直线上的三 与水平距离的比值 它是一个正值 斜 ( ꎬ７)ꎬ (－１ꎬ ) ꎬ ꎬ 1.1 直线的斜率与倾斜角 个点 ｙ ｙ ꎬ 率是 ２－ １ ｘ ｘ 它是一个实数 坡 练习 ７－５ ｙ －５ ｘ ２－ ｘ １ ( １≠ ２)ꎬ ꎬ ∴ ｘ ＝ ＝２ꎬ 度等于直线的斜率的绝对值.坡度为 －３ －１－３ １.解析 (１) ｋ ＝ ２ ３ － － ４ ５ ＝１ . 综 解 上 得 所 ｘ ＝ 述 ４ꎬ ｘ ｙ ＝ 和 －３ ｙ ꎬ 的值分别为 和 . ４％ 的道路不是很陡. ꎬ ４ －３ (２) ｋ ＝ － ３ ２ － － １ ２ ＝－ ２ １ . ３.解析 (１) 由题意得３ ｍ － ｍ ６ ＝１２ꎬ 解得ｍ 1.2 直线的方程 ｋ －１－(－１) . １＋ １.２.１ 直线的点斜式方程 (３) ＝ －３－２ ＝０ ＝－２ . ｍ 练习 ｋ ０－(－２) . 由题意得２＋２ ＋１ ° 解 (４) ＝ ＝２ (２) ｍ ｍ ＝ｔａｎ ６０ ＝ ３ꎬ １.解析 由ｙ ｘ 得 ｘ １－０ ＋ (１) －(－２)＝３( －４)ꎬ ３ － ｙ . ２.解析 ｋ ２－１ 倾斜角 α 得ｍ ３＋３ ３. －１４＝０ (１) ＝ ＝ １ꎬ ＝ －１－(－２) ４ 由ｙ １ ｘ 得ｘ ｙ . 因为直线的倾斜角是钝角 所以其 (２) －１＝ ( －３)ꎬ －２ －１＝０ π. (３) ꎬ ２ ＝ ｍ 由ｙ ｘ 得ｘ ｙ . ４ 斜率小于 故 －３ 解得ｍ (３) ＝－( －２)ꎬ ＋ －２＝０ ０ꎬ ｍ <０ꎬ >３ ｙ . ｋ ３＋ ３ 倾斜角α ２π. １－( －１) (４) ＋１＝０ (２) ＝ ＝－ ３ꎬ ＝ 或ｍ . 由ｙ ｘ 得 ｘ ｙ . －１－ ３ ３ <２ (５) ＝－２ －２ꎬ ２ ＋ ＋２＝０ ４.解析 设Ｐ ａ ｂ 是直线 ｌ 上一点 则 (３) ｋ ＝ ３－ ３ ( － －２ ３ ) ＝０ꎬ 倾斜角α ＝０ . 由题意 得Ｐ′ ( ( ａ ꎬ ＋４ ) ꎬ ｂ －２) 仍是直线ｌ ꎬ 上 (６) 由 ｙ ＝ ２ ３ ( ｘ ＋７)ꎬ 得 ３ ｘ －２ ｙ ＋７ ３ ３. ( 解 ４ 析 ) ｋ ＝ ａ ａ － ＋ １ １－ － ａ ａ＝－１ . ꎬ 倾斜角α ＝ ３ . ４ π. ５.解 的 析 点 ꎬ 所 ∵ 以 Ａ 、 ｋ Ｂ ＝ 、 ｋ Ｃ Ｐ′Ｐ 三 ＝ － 点 ２ ４ 共 ＝－ 线 ２ １ ꎬ . 且 １≠３≠ ２.Ｂ ＝ ０ . 由ｋ >０ 且过点 (－１ꎬ０) 知选 Ｂ . (１)(２ꎬ６) (２)(０ꎬ－７) (３)(４ꎬ ｋ ｋ ３.解析 ｋ ° ３ 由ｙ . . ７ꎬ∴ ＡＢ＝ ＢＣꎬ (１) ＝ｔａｎ３０ ＝ ꎬ －３＝ －７) (４)(３ꎬ１０) ３ ４.解析 如图. 即２－ ｍ ｍ －( ｍ ＋２) ２－ ｍ －２ ｍ ＝ ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ ３ ｘ 得ｘ ｙ . １－３ ３－７ －２ －４ ( ＋ ３)ꎬ － ３ ＋４ ３＝０ . ３ ＝３ ｋ ° 由ｙ ｘ ６.解析 设满足条件的直线斜率为ｋ 倾 (２) ＝ｔａｎ１３５ ＝－１ꎬ ＋３＝－( ＋４)ꎬ ꎬ 得ｘ ｙ . 斜角为θ ° θ °. ＋ ＋７＝０ ꎬ０ < <１８０ ｋ ° 由ｙ 得ｙ . ｃ ｃ (３) ＝ｔａｎ０ ＝０ꎬ －４＝０ ＝４ ｋ － 即 θ 则θ °. 因为倾斜角为 ° 所以斜率不存 (１) ＝ｂ ａ＝０ꎬ ｔａｎ ＝０ꎬ ＝０ (４) ９０ ꎬ － 在 则直线方程为ｘ . ｃ ｂ ꎬ ＝３ ｋ － 不存在 即 θ不存在 则 ４.解析 所求直线的方程为ｙ ｘ (２) ＝ａ ａ ꎬ ｔａｎ ꎬ －２＝－２( － － 即 ｘ ｙ . θ °. １)ꎬ ２ ＋ －４＝０ ５.解析 过点 和 的直线 ＝９０ 其图象如图所示 (１) (０ꎬ２) (２ꎬ５) ｋ ( ｃ ＋ ａ )－( ｂ ＋ ｃ ) 即 θ : (３) ＝ ａ ｂ ＝１ꎬ ｔａｎ ＝１ꎬ 的斜率ｋ ５－２ ３ 过点 和 － １＝ ２－０ ＝ ２ ꎬ (２ꎬ５) (３ꎬ 则θ ＝４５ °. ７) 的直线的斜率ｋ ２＝ ７－５ ＝２ .因为ｋ １≠ ７.解析 由题意得ｋ ＡＢ＝ ３－２ ｍ ｍ２ ｋ 所以三点不在同一直线上. ２ －( －３) ° ２ꎬ ３－ ｍ － ｍ２ －( ｍ２ ＋２) ＝ｔａｎ４５ ꎬ 因为 １－４ ５－１ 所以这 解得ｍ 或ｍ . (２) ＝ ＝－１ꎬ ＝－２ ＝－１ ２－(－１) －２－２ 又ｍ２ ｍ ｍ２ ５.解析 ｋ ２－４ －２ 三点在同一直线上. ＋２≠３－ － ꎬ (１) ＝ ＝ ＝－１ꎬ １－(－１) ２ 因为三点的横坐标都为 所以这 所以ｍ １ 或ｍ 所以ｍ . 由ｙ ｘ 得ｘ ｙ . (３) １ꎬ ≠ ≠－１ꎬ ＝－２ －２＝－( －１) ＋ －３＝０ 三点在同一直线上. ２ ｋ ０－２ 习题 . ８.解析 ｋ －２－(－１) ｋ (２) ＝ ＝－２ꎬ １１ ∵ ＰＡ ＝ ＝ －１ꎬ ＰＢ ＝ １－０ １－０ 由ｙ ｘ 得 ｘ ｙ . １.解析 ｋ ２－(－１) ３ . －２＝－２( －０)ꎬ ２ ＋ －２＝０ (１) ＝ ＝－ －１－１ ｋ . ６.解析 不是 斜率不存在的直线不能用 －３－２ ５ ＝１ꎬ∴ －１≤ ≤１ ꎬ ０－２ 点斜式方程表示.斜截式方程可以改写 ｋ ０－(－４) . 又当 ｋ 时 ° α °. (２) ＝ ＝２ ０≤ ≤１ ꎬ０ ≤ ≤４５ 成点斜式方程. ２－０ 当 ｋ 时 ° α °. －１≤ <０ ꎬ１３５ ≤ <１８０ ｋ １－１ . 故倾斜角α的取值范围为 α °或 (３) ＝ ＝０ ０≤ <４５ ３－２ ° α °. ａ ａ １３５ ≤ <１８０ ｋ －( ＋３) . (４) ＝ａ ａ ＝－３ －( －１) １ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ ｙ １.２.２ 直线的两点式方程 由 得ｙ ３ ｘ 所以 Ｓ １ ２ ２ ２ . (４) ＋ ＝１ꎬ ＝－ ＋３ꎬ (３) ＝ × － × － ＝ ２ ３ ２ ２ ３ ５ １５ 练习 . 该直线斜率为 ３ 在ｘ轴 ｙ轴上的截 ５.解析 ｌ １５ ｍ 即ｌ ｍ . ｙ ｘ － ꎬ 、 －２０＝ ( －４)ꎬ ＝１􀆰５ ＋１４ １.解析 由 －３ －１ 得ｘ ｙ . ２ １ (１) ＝ －２ ＋５＝０ 距分别为 . ｌ . ｔ ２－３ －１－１ ２、３ ６.解析 －１２５０６ －４０ ｌ (２) 由 ２ ｙ － － ３ ３ ＝ ０ ｘ － － ２ ２ 得ｘ －２ ｙ ＋４＝０ . ２.Ｂ 方程 ５ ｘ －２ ｙ －１０＝０ 可化为 ２ ｘ ＋ － ｙ ５ ＝ ０􀆰０００ １５ ｔ １ ＋ ２ １ . ２ ５ . １ ５ . ２ 当 －１ ｔ ２ ＝ . ５ １０ ０ ０ ６ 时 ＝ ꎬ ８ ｌ ０ ＝ － １ ４ ２ ０ . ５ ⇒ １５ . ＝ (３) 由于两点的横坐标都等于 ３ꎬ 因此 １ꎬ 则直线在ｘ轴上的截距ａ ＝２ꎬ 在ｙ轴 故这根铁棒在 １００ ℃ 时的长度为 直线 由 的 于 方 两 程 点 为 的 ｘ ＝ 纵 ３ 坐 . 标都等于 因此 上的截距ｂ ＝－５ . ７.解 １２ 析 􀆰５１５ 以 ｍ . 菱形的中心为坐标原点 较长 直 (４ 线 ) 的方程为ｙ . ３ꎬ ３.解析 (１) 由 ６( ｍ －１)＋３＝０ꎬ 得ｍ ＝ １ . 对角线 所在直线为ｘ轴 建立平面 ꎬ 直角 ＝３ ２ ꎬ ｙ ｘ ｍ 坐标系 如图 由 －３ －０ 得 ｘ ｙ . 由 得ｍ ２ . ( )ꎬ (５) ＝ ３ －２ ＋６＝０ (２) －ｍ ＝２ꎬ ＝ ０－３ －２－０ －１ ３ ｙ ｘ 由ｍ 得ｍ . 由 －０ －２得ｘ ｙ . (３) －１＝０ꎬ ＝１ (６) －２－０ ＝ ０－２ － －２＝０ (４) 由题意得ｍ ＋３( ｍ －１)＋３＝０ꎬ 解得 ｘ ｙ ２.解析 (１) 由 ＋ ＝１ 得 ４ ｘ －３ ｙ －１２ ｍ ＝０ . ３ －４ ４.解析 Ｃ . Ｂ . Ａ . . (１) ＝０(２) ＝０(３) ＝０ ＝０ (４) ＡＢ ≠０ . 则各边所在的直线方程为 (２) . ｋ ＝ １ ５ － － ０ ６ ＝－１ꎬ 由ｙ ＝－ ｘ ＋６ 得ｘ ＋ ｙ －６ ５.解析 (１) － ｘ ２ ＋ ２ ｙ ＝１ꎬ 即ｘ － ｙ ＋２＝０ . ＡＢ : － ｘ ４ ＋ － ｙ ３ ＝１ꎬ 即 ３ ｘ ＋４ ｙ ＋１２＝０ . ＝０ ｘ ｙ ｘ ｙ 即ｘ ｙ . ＢＣ 即 ｘ ｙ . ｋ ４－０ ２ 由 ｙ ２ ｘ (２) ＋ ＝１ꎬ ＋ －１＝０ : ＋ ＝１ꎬ ３ －４ －１２＝０ (３) ＝ ＝－ ꎬ ＝－ ( －３)ꎬ １ １ ４ －３ －３－３ ３ ３ ｘ ｙ ｘ ｙ 得 ｘ ｙ . 即ｘ ｙ . ＤＣ 即 ｘ ｙ . ２ ＋３ －６＝０ (３) ＋ ＝１ꎬ ＋３ －３＝０ : ＋ ＝１ꎬ ３ ＋４ －１２＝０ ｙ ｘ ３ １ ４ ３ ３.解析 由 －２ －３ 得 ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ (１) ＝ ꎬ ２ － －４ 即ｘ ｙ . ＡＤ 即 ｘ ｙ . １２－２ ８－３ (４) ＋ ＝１ꎬ ＋２ ＋２＝０ : ＋ ＝１ꎬ ３ －４ ＋１２＝０ . －２ －１ －４ ３ ＝０ 习题 . ８.解析 直线与坐标轴围成一个等腰直 ａ １２ 由１２－２ －２ 得ａ . ｘ ｙ 角三角形 则所求直线的斜率为 故 (２) ＝ ꎬ ＝－８ １.解析 由 ｘ ｙ 得 ꎬ ±１ꎬ ８－３ －２－３ (１) ２ ＋ －４＝０ꎬ ＋ ＝ 所求直线方程为 ｙ ｘ 或 ｙ ４.解析 不可能相同 因为这两条直 ２ ４ ＋１＝ －３ ＋１＝ (１) ꎬ 则直线斜率为 在 ｘ 轴 ｙ 轴上的 ｘ 即ｘ ｙ 或ｘ ｙ . 线平行 它们在 ｘ 轴上的截距不相同 １ꎬ －２ꎬ 、 －( －３)ꎬ － －４＝０ ＋ －２＝０ ꎬ ꎬ 截距分别为 . ９.解析 ｋ ｋ . 所以它们在ｙ轴上的截距也不相同. ２、４ (１) －３＝２⇒ ＝５ 令ｘ 得ｙ 令ｙ 得ｘ ｋ . 有可能相同 这两条直线都经过原 由 ｘ ｙ 得ｙ １ ｘ ５ .令 (２) ＝０ꎬ ＝２ꎻ ＝０ꎬ ＝ －３ (２) ꎬ (２) ３ －６ ＋１０＝０ꎬ ＝ ＋ 直线ｌ在ｘ轴 ｙ轴上的截距之和等 点时 在ｘ轴上的截距就相同. ２ ３ ∵ 、 ꎬ 于 ｋ 解得ｋ . ( 或 ３ 经 ) 不 过 可 原 以 点 ꎬ 的 垂 直 直 线 于 不 ｘ 能 轴 用 或 截 垂 距 直 式 于 方 ｙ轴 程 ｘ ＝０ꎬ 得ｙ ＝ ３ ５ ꎻ １０.证 １ 明 ｃ ꎬ∴ 设 － . ３ 因 直 ＋ 为 ２ 线 ＝ Ｐ ｌ １ ２ ꎬ 的 ｘ 方 ｙ 程 ＝ 为 在 ２ ２ ｌ ｘ ＋ 上 ３ ｙ 所 ＋ ｃ 以 ＝ 表示. 令ｙ ＝０ꎬ 得ｘ ＝－ １０ ꎬ 所以该直线的斜率 ０ ｘ ( ≠ ｙ ４) ｃ 则 ０( ｃ ０ꎬ ０ ｘ ) ｙ ２ 代 ꎬ 入ｌ ３ ２ ０＋３ ０＋ ＝０ꎬ ＝－２ ０－３ ０ꎬ ２ 的方程并整理 可得 ｘ ｘ ｙ １.２.３ 直线的一般式方程 为 １ 在 ｘ 轴 ｙ 轴上的截距分别为 ꎬ ２( － ０)＋３( － ꎬ 、 ｙ . 练习 ２ １１.解 ０) 析 ＝０ 设直线 ｌ 的方程为 ｙ １０ ５ . (１) －３＝ １.解析 由ｘ ｙ 得 ｘ ｙ 所 － ３ 、 ３ ｋ ( ｘ －２)( ｋ ≠０) . (１) ＋２ ＝４ꎬ ＋ ＝１ꎬ ４ ２ 令ｘ 得ｙ ｋ 令 ｙ 得 ｘ ２.解析 ｙ ３ ｘ 即 ｘ ｙ ＝０ꎬ ＝３－２ ꎬ ＝０ꎬ ＝２ 以该直线斜率为 １ 在ｘ轴 ｙ轴上的 (１) ＋２＝ ( －３)ꎬ ３ －３ － － ２ ꎬ 、 . ３ － ３ ｋ ꎬ 截距分别为 . ３ ３－６＝０ ４、２ ｘ . 则 ｋ ３ 即 ｋ２ ｋ ｘ ｙ (２) ＋３＝０ ３－２ ＋２－ ｋ ＝０ꎬ ２ －５ ＋３＝０ꎬ (２) 由ｙ ＝ ２ １ ( ｘ ＋３)ꎬ 得 －３ ＋ ３ ２ ＝１ꎬ 所以 ( ( ４ ３ ) ) ｙ ｙ ＝ ＝－ ３( ４ ｘ ｘ ＋ ＋ ２ ７ ) ꎬ 即 ꎬ 即 ４ ｘ ３ ＋ ｘ ｙ － － ｙ ＋ ７ ６ ＝ ＝ ０ . ０ . 解得ｋ ＝ ２ ３ 或ｋ ＝１ꎬ ｙ ｘ 该直线斜率为 １ 在 ｘ 轴 ｙ 轴上的截 －８ ＋１ 即 ｘ ｙ . 所以直线ｌ的方程为ｙ ３ ｘ或ｘ ｙ ꎬ 、 (５) ＝ ꎬ ２ ＋ －６＝０ ＝ － ＋１ ２ －２－８ ４＋１ ２ ｘ ｙ . 距分别为 ３ . 即 ｘ ｙ . ＝０ －３、 (６) ＋ ＝１ꎬ ３ －２ －６＝０ ｘ ｙ ２ ２ －３ 设直线ｌ方程为 ａ ｘ ｙ ３.解析 ｘ . ｙ . ｘ ｙ (２) ａ ＋ ｂ ＝１( >０ꎬ 由ｙ ｘ 得 所 (１) －３＝０(２) －１＝０(３) －３ (３) －１＝－３( －２)ꎬ ＋ ＝１ꎬ . ｘ ｙ . ｂ ７ ７ ＝０(４) ＋２ －７＝０ >０)ꎬ ì ３ ４.解析 Ｓ １ . ï１ ａｂ 以该直线斜率为 在 ｘ 轴 ｙ 轴上的 (１) ＝ ×２×２＝２ ï ＝１６ꎬ －３ꎬ 、 ２ 由题意得í２ ï 截距分别为 ７ . Ｓ １ . ï２ ３ 、７ (２) ＝ ×３×｜－２｜＝３ îａ ＋ ｂ ＝１ꎬ ３ ２ ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 { ｘ ｙ . {ａ ａ ８ (２)４ － －５＝０ 由于ｋ ｋ 且－ ３ 解得 ｂ ＝８ꎬ或 ＝ ３ ꎬ (３) ｘ －２＝０ . (２) ｌ １ ＝－ ３ꎬ ｌ ２ ＝－ ３ꎬ ３ ≠ ＝４ ｂ ｙ . 因此ｌ ｌ . ＝１２ꎬ ｘ ｙ ｘ 练 ( 习 ４) －３＝０ －１ꎬ １∥２ 所以直线ｌ的方程为 ８ ＋ ４ ＝１ 或３ ８ ＋ １.解析 ｋ －２－２ ｋ １－(－１) (３) 由于ｌ １ 的方程可化为ｙ ＝－ ３ １ ｘ ＋１ꎬ ｙ (１) ＡＢ＝ ＝２ꎬ ＣＤ＝ １２.解 １２ 析 ＝１ ꎬ 即 直线 ｘ ＋ 都 ２ ｙ 过 －８ 点 ＝０ ( 或 －２ ９ ꎬ ｘ ３ ＋ ) ２ 且 ｙ － 不 ２４ 与 ＝０ ｘ . ＝－ ２ １ ꎬ ｋ ＡＢ􀅰 ｋ ＣＤ＝ － － １－ １ꎬ １ 故ＡＢ ⊥ ＣＤ. －２－２ 因 ｌ ２ 的 此 方 ｌ 程 与 为 ｌ ｙ 重 ＝ 合 － . ３ １ ｘ ＋１ꎬ ｋ ｌ １ ＝ ｋ ｌ ２ꎬ１＝１ꎬ 轴垂直. １ ２ 显然ｌ ｌ 的斜率都不存在 且ｌ ｘ １３.解析 两直线都过点Ａ (２) ｋ ＡＢ＝ ２－０ ＝－２ꎬ ｋ ＣＤ＝ ２－３ ＝ １ ꎬ (４) １ꎬ２ ꎬ １: ∴ ａ １＋ ２ ∵ ｂ １＋１＝０ꎬ (１ꎬ２)ꎬ ｋ ＡＢ􀅰 ｋ ＣＤ＝ ０－ － １ １ꎬ 故ＡＢ ⊥ Ｃ ３ Ｄ － . ５ ２ ＝２ꎬ ｌ ２: ｘ ＝－ ５ １ ꎬ２≠－ ５ １ ꎬ∴ ｌ １∥ ｌ ２ . ∴ ａ 直 ２＋ 点 线 ２ ｂ ｘ Ｐ ２ ＋ １ ＋ ( ２ １ ｙ ａ ＝ ＋ １ꎬ ０ １ ꎬ ｂ ＝ １) ０ 和 上 点 ꎬ Ｐ ２( ａ ２ꎬ ｂ ２) 都在 为 垂 (３ 直 ) 由 于 得 Ａ ｘ 、 Ｃ Ｂ 轴 Ｄ 两 平 ꎬ 由 点 行 的 Ｃ 于 、 横 Ｄ ｘ 坐 轴 两 标 点 故 都 的 Ａ 为 Ｂ 纵 ３ 坐 ꎬ Ｃ 得 Ｄ 标 . Ａ 都 Ｂ ２.解析 故 ｌ (１) ｌ ｋ . ｌ １ ＝ ２ꎬ ｋ ｌ ２ ＝－ ２ ２ ꎬ ｋ ｌ １􀅰 ｋ ｌ ２ ＝ 过两点Ｐ ａ ｂ Ｐ ａ ｂ 的直 ４ꎬ ꎬ ⊥ －１ꎬ １⊥２ ∴ １( １ꎬ １)ꎬ ２( ２ꎬ ２) ｋ １－５ ｋ ４－３ １ 线的方程为ｘ ｙ . (４) ＡＢ＝ ＝１ꎬ ＣＤ＝ ＝ ꎬ ｋ ｋ ３ ｋ ｋ 故ｌ ＋２ ＋１＝０ －３－１ ２－０ ２ (２) ｌ １ ＝ ３ꎬ ｌ ２ ＝－ ꎬ ｌ １􀅰 ｌ ２ ＝－１ꎬ １ ｋ ｋ 故ＡＢ不垂直于ＣＤ. ３ 1.3 两条直线的平行与垂直 ＡＢ􀅰 ＣＤ≠－１ꎬ ⊥ ｌ ２ . ２.Ｂ ｋ －１－１ ２ ｋ ４－(－１) 练习 ＡＢ＝ ２－(－１) ＝－ ３ ꎬ ＢＣ＝ １－２ ＝ (３) ｋ ｌ １ ＝－ ３ ꎬ ｋ ｌ ２ ＝－ ４ ꎬ ｋ ｌ １ ｋ ｌ ２ ＝１ꎬ 故ｌ １ 与 ４ ３ １.解析 (１) ｋ ＡＢ＝ １－(－１) ＝－ １ ꎬ ｋ ＣＤ ＝ －５ꎬ ｋ ＣＡ＝ ４－１ ＝ ３ ꎬ ｌ ２ 不垂直. －１－３ ２ １－(－１) ２ ｋ ｋ 故 ＡＢ ＣＡ 故 ＡＢＣ 为 由于ｌ ｌ 斜率都不存在 且 ２ １－５ １ 又点 Ａ Ｂ 与 Ｃ Ｄ 不在 ＡＢ􀅰 ＣＡ＝－１ꎬ ⊥ ꎬ △ (４) １ꎬ２ ꎬ － ≠ ５－(－３) ＝－ ２ ꎬ 、 、 直角三角形. ３ 同一直线上 故ＡＢ ＣＤ. ８ 因此ｌ ｌ 不垂直. (２) ｋ ＡＢ＝ －４－ ꎬ (－４) ∥ ＝０ꎬ ｋ ＣＤ＝ １－１ ＝０ꎬ ３.解析 (１) 由题意得ｋ ｌ １ ＝－２ꎬ ｋ ｌ ２ ＝ ２ １ ꎬ 则 ３.解 － ５ 析 ꎬ (１) 设 １ꎬ 所 ２ 求直线方程为 ４ ｘ ＋ ｙ ＋ ｔ ＝ 又点 Ａ Ｂ － 与 ３ Ｃ －２ Ｄ 不在同 ４ 一 － 直 ０ 线上 ｋ ｌ １􀅰 ｋ ｌ ２ ＝－１ꎬ 故ｌ １⊥ ｌ ２ . ０( ｔ ≠－２)ꎬ 将 Ａ (３ꎬ２) 代入 ꎬ 解得 ｔ ＝ 、 、 ꎬ 由题意得 ｋ ｋ １ 则 ｋ . 故ＡＢ ∥ ＣＤ. (２) ｌ １ ＝３ꎬ ｌ ２ ＝－ ３ ꎬ ｌ １􀅰 故 －１ 所 ４ 求直线方程为 ｘ ｙ . 由Ａ Ｂ两点的横坐标都为 得ＡＢ ｋ 故ｌ ｌ . ４ ＋ －１４＝０ 垂 (３ 直 ) 于ｘ 、 轴 由 Ｃ Ｄ 两点的横 ２ 坐 ꎬ 标都 ｌ ２ ＝－１ꎬ １⊥２ 由题意得所求直线的斜率为 １ 故 ꎬ ꎬ 由题意得 ｋ ２ ｋ ５ 则 ｋ (２) ꎬ 为 －１ꎬ 得ＣＤ垂直于ｘ轴 ꎬ 又Ａ 、 Ｂ与Ｃ 、 (３) ｌ １ ＝ ５ ꎬ ｌ ２ ＝ ２ ꎬ ｌ １􀅰 ２ Ｄ不在同一直线上 ꎬ 故ＡＢ ∥ ＣＤ. ｋ ｌ ２ ＝１ꎬ 故ｌ １ 与ｌ ２ 不垂直. 所求直线的方程为ｙ ＝ ２ １ ( ｘ －３)ꎬ 即ｘ － (４) ｋ ＡＢ＝ －２－１ ＝１ꎬ ｋ ＣＤ＝ ４－(－１) ＝ ５ ꎬ (４) 显然ｋ ｌ １ ＝０ꎬ ｌ ２ 的斜率不存在 ꎬ 显然 ２ ｙ －３＝０ . －１－２ ３－(－１) ４ ｌ ｌ . 由题意得所求直线的斜率不存在 ｋ ｋ 故ＡＢ不平行于ＣＤ. １⊥２ (３) ꎬ ＡＢ≠ ＣＤꎬ ４.解析 ｘ ｙ . 故所求直线方程为ｘ . (１) ＋ －５＝０ ＝５ ２.证明 ｋ －１－(－２) １ ｋ ｘ ｙ . ＡＢ ＝ ＝ ꎬ ＢＣ ＝ (２)２ －３ ＋５＝０ ｋ －５－２ ７ 故所求直线的方程 １－(－４) ５ ｙ . (４) ＭＮ＝ ＝ ꎬ (３) －３＝０ －１－１ ２ ７ ｘ . －５ (４) －２＝０ 为ｙ ７ ｘ 即 ｘ ｙ . ５－(－１) ３ ｋ ２ ９ ｋ ＋３＝ ( －２)ꎬ ７ －２ －２０＝０ ＝ ꎬ ＣＤ ＝ ＝ ꎬ ＤＡ ＝ ５.解析 当 ｍ 即ｍ １ 时 直线 ２ ５－１ ２ １ ３２ ２ －１＝０ꎬ ＝ ꎬ － －５ ２ ４.证明 ｋ ３＋２ ５ ｋ －２＋１ ３ ｌ 的斜率不存在 不满足 故 ∵ ＡＢ＝ ＝－ ꎬ ＢＣ＝ ＝ ７ ２ ꎬ (１)(２)ꎬ －１－３ ４ ３－６ ２ １ －(－２) ＝ ２ ３ ꎬ ２ ｍ －１≠０ꎬ 即ｍ ≠ １ ２ ꎬ 则ｋ ２＝ １－ ｍ ２ ｍꎬ ｋ １＝ ３ １ ꎬ ｋ ＣＤ＝ － ６ １ － － ２ ４ ＝－ ４ ５ ꎬ ｋ ＤＡ＝ － ３ １ － － ４ ２ ＝ ３ １ ꎬ － －(－４) ｋ ｋ ｋ ｋ ＡＢ ＣＤ ＢＣ ３ ２ . ∴ ＡＢ＝ ＣＤꎬ ＢＣ＝ ＤＡꎬ∴ ∥ ꎬ ∥ 故ＢＣ平行于ＤＡ ＡＢ不平行于ＣＤ － ＤＡ 四边形ＡＢＣＤ为平行四边形. ꎬ ꎬ ３ ꎬ∴ 所以四边形ＡＢＣＤ是梯形. ｍ 若 ｌ ｌ 则 ２ 解得 ｍ ５.解析 ｋ ７－０ ７ 边 ＡＢ 上的 ３. ｋ 解析 ｋ 设直线 ｌ １ꎬ ｌ ２ 的斜率分别为 (１) . １∥ ２ꎬ １－２ ｍ＝－ ３ ꎬ ∵ ＡＢ＝ ６－４ ＝ ２ ꎬ∴ １ꎬ ２ꎬ ｋ ｋ ｌ ｌ . ＝２ ｍ ( ) 高所在直线的方程为ｙ －３＝－ ２ ｘ ꎬ 即 ２ ｘ (１)∵ １＝－１ꎬ ２＝－１ꎬ１≠３ꎬ∴ １∥２ (２) 若ｌ １⊥ ｌ ２ꎬ 则 ｍ􀅰 － ２ ＝－１ꎬ 解 ｙ . ７ ｋ ３ ｋ ３ １ ｌ ｌ . １－２ ３ ＋７ －２１＝０ (２)∵ １＝ ２ ꎬ ２＝ ２ ꎬ１≠ ２ ꎬ∴ １∥２ 得ｍ ３ . ６.解析 易得－ ａ ａ －１ 即ａ ａ ＝ ａ􀅰ａ ＝－１ꎬ ( －１)－ ｋ ２ ｋ ５ ｋ ｋ ｌ ｌ ８ ２ ＋１ (３)∵ １＝ ꎬ ２ ＝ ꎬ １≠ ２ꎬ∴ １ꎬ ２ 习题 . ａ ａ 解得ａ 或ａ .当ａ ５ ２ １３ ２ ( ＋１)＝０ꎬ ＝０ ＝－３ ＝ 不平行. 时 直线 ａｘ ａｙ 无意义 故 １.解析 由于ｋ ｋ １ 且 ０ ꎬ ＋２ ＋１＝ ０ ꎬ ｋ ｋ ｌ ｌ . (１) ｌ １ ＝ ｌ ２ ＝－ ꎬ １≠３ꎬ 舍去 (４)∵ １＝ ２＝０ꎬ２≠－１ꎬ∴ １∥２ ２ ꎬ ４.解析 ｘ ｙ . 因此ｌ ｌ . 故ａ . (１)２ ＋５ －１９＝０ １∥２ ＝－３ ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７.证明 当Ｂ 时 Ａ θ为锐角 (１) ＝０ ꎬ ≠０ꎬ ∵ ꎬ Ｃ θ °. 此时ｌ的方程为ｘ 它是ｙ轴或平 ∴ ＝４５ ＝－ Ａꎬ 行于ｙ轴的直线. 1.4 两条直线的交点 ｌ ｌ 可设 ｌ 的方程为 ｘ 练习 ∵ １ ∥ ꎬ∴ １ ＝ ( Ｃ ) １.Ｄ 直线 ｘ ｙ 与直线 ｘ ｙ ｍ ｍ . ４ －２ －６＝０ ２ － －３＝ ≠－ Ａ 重合 直线ｙ ｘ 直线ｙ ｘ 均与 ∴ Ａ Ａ ｘ ｘ ＝ Ｂ Ａ ｙ ｍ ꎬ Ａｍ 则ｋ １＝ｔａｎ∠ ＴＰＳ ＝Ｐ ＳＴ Ｓꎬ 直 ０ 线 ２ ｘ ꎬ － ｙ －３＝ ＝ ０ ２ 平 ꎬ 行. { ｘ ＝ ｙ ２ ＋５ ∴ ＋ － ＝０ꎬ ｋ ＰＲＱ ２.解析 相交 由 ２ ＋ －３＝０ꎬ得 令 － Ａｍ ＝ Ｃ １( Ｃ １≠ Ｃ )ꎬ 则ｌ １ 的方程可以 ２＝ｔａｎ(１８０°－∠ ＰＱ ) (１) ꎬ ｘ ＋２ ｙ －３＝０ 写成Ａｘ Ｂｙ Ｃ Ｃ Ｃ 的形式. ＰＲＱ . {ｘ ＋ ＋ １＝０( １≠ ) ＝－ｔａｎ∠ ＝－ＱＲ ＝１ꎬ故交点坐标为 . Ａ ｙ (１ꎬ１) 当Ｂ 时 直线ｌ的斜率为 ｋ ｋ ＝１ꎬ ≠０ ꎬ －Ｂꎬ ∵ １ ２＝－１ꎬ 不相交 ｌ ｌ . Ａ ＳＴ ( ＰＱ) ＳＴ ＰＳ (２) { ｘ ꎬ ｙ １∥２ {ｘ ｌ ｌ 直线ｌ 的斜率为 ∴ ＰＳ􀅰 －ＱＲ ＝ － １⇒ＱＲ ＝ ＰＱ⇒ ３.Ｂ 由 ２ ＋３ ＋８＝０ꎬ得 ＝－１ꎬ ∵ １∥ꎬ∴ １ －Ｂꎬ ｘ ｙ ｙ . ＰＳＴ ＰＱＲ ＴＰＳ ＲＰＱ 又 － －１＝０ ＝－２ Ａ Ｒｔ△ ∽Ｒｔ△ ⇒∠ ＝∠ ꎬ ∴ 直线 ｌ １ 的方程可设为 ｙ ＝－ Ｂ ｘ ＋ ∠ ＳＰＱ ＝９０ ° ꎬ∵∠ ＴＰＲ ＝９０ ° ꎬ 即ｌ １⊥ ｌ ２ . 将 (－１ꎬ－２) 代入ｘ ＋ ｋｙ ＋ ｋ ＋ １ ＝０ꎬ 得ｋ ＝ ( Ｃ ) ９.证明 当Ｂ 时 由直线ｌ与直线 ２ ｎ ｎ ≠－Ｂ ꎬ ｌ １: Ａｘ ＋ Ｂ ( ｙ １ ＋ ) Ｃ ＝０ ≠ 平 ０ 行 ꎬ ꎬ 得直线ｌ的斜率 － ２ １ . 则 即 Ａ Ａ ｘ ｘ ＋ Ｂ Ｂ ｙ ｙ － Ｃ Ｂｎ ＝０ꎬ 即 令 － ｌ Ｂ 的 ｎ ＝ 方 Ｃ 程 １ꎬ 可以写成 为 －Ｂ Ａ ꎬ 则过Ｐ ( ｘ ０ꎬ ｙ ０) 的直线ｌ的方程 ４.解 λ 析 ｘ ｙ 设直线 即 ｌ 的方 λ 程 ｘ 为 ２ λ ｘ －３ ｙ ｙ －３＋ λ 综 Ａｘ 上 ＋ Ｂ 所 ｙ ＋ ＋ 述 Ｃ １ ＋ ＝ 直 ０ １ Ｃ ＝ 线 １ ０ ≠ ꎬ ｌ Ｃ 的 的 １ 方 形 程 式 总 . 可以写成 为ｙ － ｙ ０＝－Ｂ Ａ ( ｘ － ｘ ０)ꎬ 即Ａ ( ｘ － ｘ ０)＋ Ｂ ( ｙ 由 － ( ３ 直 ＝ ＋ ０ 线 . ＋ ｌ ２ 与 )＝ 直 ０ 线 ꎬ ( ｘ ２＋ ｙ ) ＋( 平 － 行 ３) ＋２ ꎬ １ ｙ . ３ ＋ －１＝０ ꎬ Ａｘ ＋ Ｂｙ ＋ Ｃ １＝０( Ｃ １≠ Ｃ ) . 当 － ０ Ｂ )＝０ 时 直线ｌ的方程为ｘ ｘ 也可 得２＋ λ λ －３ ２ λ －３ 解得λ １１. Ａ ( ｘ ２ ＋ ) Ｃ 当 ＝ Ｂ ０ꎬ ＝ 它 ０ 是 时 一 ꎬ Ａ 条 ≠ 垂 ０ꎬ 直 此 于 时 ｘ ｌ 轴 的 的 方 直 程 线 为 ꎬ 以写 ＝ 成 ０ Ａ ( ｘ ꎬ － ｘ ０)＋ Ｂ ( ｙ － ｙ ０)＝０ . ＝ ０ꎬ 故直 ３ 线 ＝ ｌ的 １ 方 ≠ 程为 －１ ( ꎬ １１ ) ｘ ＝ ( ２ １１ ) ｙ ∵ ｌ ２⊥ ｌ ꎬ∴ ｌ ２ 必垂直于ｙ轴 ꎬ∴ ｌ ２ 的方程 ｙ 综上 ꎬ 直 . 线ｌ的方程为Ａ ( ｘ － ｘ ０)＋ Ｂ ( ｙ － ２＋ ２ ＋ ２ －３ 可设为ｙ ＝ ｍ ꎬ∴ － Ａｙ ＋ Ａｍ ＝０ꎬ 即Ｂｘ － Ａｙ ＋ ０)＝０ １１ 即 ｘ ｙ . Ａｍ ＝０ .令Ａｍ ＝ Ｃ ２ꎬ 则 ｌ ２ 的方程可以写 (２) 若ＡＢ Ａ ≠０ꎬ 则直线 Ａｘ ＋ Ｂｙ ＋ Ｃ ＝０ 的 ＋２× ２ －３ { ＝ ｘ ０ꎬ ｙ １５ ＋５ { ＋ ｘ １６＝０ 成 当 Ｂ Ａ ｘ － Ａ 时 ｙ ＋ Ｃ Ｂ ２＝０ 的 此 形 时 式 ｌ . 的方程为Ｂｙ 斜率为 －Ｂ .故直线 ｌ 的方程为 ｙ － ｙ ０＝ ５.解析 由 ２ － ｘ ＋ ＋ ｙ ＋ ２ １ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ得 ｙ ＝ ＝ － １ꎬ １ꎬ故交点 ＝０ ꎬ ≠０ꎬ ＋ Ｂ 坐标为 . Ｃ 它是一条垂直于ｙ轴的直线 ｌ ｘ ｘ 即Ｂ ｘ ｘ Ａ ｙ ｙ . (－１ꎬ１) ＝０ꎬ ꎬ∵ ２ Ａ( － ０)ꎬ ( － ０)－ ( － ０)＝０ 因为直线ｌ与直线ｘ ｙ 垂直 所 ｌ ｌ 必垂直于ｘ轴 ｌ 的方程可 －３ －２＝０ ꎬ ⊥ꎬ∴ ２ ꎬ∴ ２ 若Ａ 则Ｂ 则直线ｌ的方程为ｘ 以直线ｌ的斜率为 所以直线ｌ的方 设为ｘ ｍ Ｂｘ Ｂｍ 即Ｂｘ Ａｙ Ｂｍ ＝０ꎬ ≠０ꎬ － －３ꎬ ＝ ꎬ∴ － ＝０ꎬ － － ｘ 即Ｂ ｘ ｘ Ａ ｙ ｙ 成立. 程为ｙ ｘ 即 ｘ ｙ . .令 Ｂｍ Ｃ 则ｌ 的方程可以写成 ０＝０ꎬ ( － ０)－ ( － ０)＝ ０ －１＝－３( ＋１)ꎬ ３ ＋ ＋２＝０ ＝０ － ＝ ２ꎬ ２ 若Ｂ 则Ａ 则直线ｌ的方程为ｙ 习题 . Ｂｘ Ａｙ Ｃ 的形式. ＝０ꎬ ≠０ꎬ － １４ － ＋ ２＝０ ｙ 即Ｂ ｘ ｘ Ａ ｙ ｙ 成立. {ｘ ｙ Ａ ０＝０ꎬ ( － ０)－ ( － ０)＝ ０ １. 解 析 由 －４ －１＝０ꎬ得 当Ａ ≠０ 且Ｂ ≠０ 时 ꎬ ｌ的斜率ｋ ＝－ Ｂꎬ 综上 ꎬ 直线ｌ的方程为Ｂ ( ｘ － ｘ ０)－ Ａ ( ｙ － ( １) ｘ ＋２ ｙ －４＝０ ｙ . {ｘ ∵ ｌ ２⊥ ｌ ꎬ∴ ｌ ２ 的斜率ｋ ２＝－ １ ｋ ＝ Ｂ Ａꎬ∴ ｌ ２ １０. ０ 解 )＝ 析 ０ 设直线ｌ １ 的倾斜角为α １ꎬ 直线 ｙ ＝３ １ ꎬ 故 ｌ １ꎬ ｌ ２ 相交且交点坐标 ｌ 的倾斜角为α . ＝ ꎬ 的方程可设为ｙ ＝ Ｂ Ａ ｘ ＋ ｍ ꎬ 即Ｂｘ － Ａｙ ＋ Ａｍ ( ２ １) 证明 : 依题意 ２ 得 ｋ １ ＝ｔａｎ α １ꎬ ｋ ２ ＝ 为 ( ２ １ ) . 的 ＝０ 方 ꎬ 令 程可 Ａｍ 以 ＝ 写 Ｃ ２ 成 ꎬ 则 Ｂｘ Ｂｘ Ａ － ｙ Ａｙ Ｃ ＋ Ｃ ２＝ 的 ０ꎬ 形 则 式 ｌ . ２ ｔａｎ α ２ꎬ α 两直 α 角的 α 夹角 α θ是锐角 ꎬ ｋ ２> ｋ １ ３ꎬ ２ { ｘ ｙ 综上所述 直线 ｌ 的 － 方 ＋ 程 ２ 总 ＝０ 可以写成 >０ꎬ∴ ２> １ꎬ∴ ２－ １>０ꎬ α α ( ２ ) 由 ｘ ３ － ｙ －２ ３＝０ꎬ 得 Ｂｘ Ａｙ Ｃ ꎬ . ２ ∴ ｔａｎ θ ＝ｔａｎ( α ２－ α １)＝ ｔａｎ ２ α －ｔａｎ α １ {ｘ ＋ ３ ＋２＝０ ８.证 ｌ 与 明 － ｌ ＋ 不 斜 ２ 妨 率 ＝ 设 ０ 的 这 乘 两 积 条 为 直线为 所 ｌ 以 １ꎬ ｌ 两 ２ꎬ 条 因为 直 ＝ ｋ ２ ｋ － ｋ ｋ １ . １＋ｔａｎ ２ｔａｎ １ ｙ ＝ ＝－ １ꎬ ３ꎬ 故 ｌ ２ꎬ ｌ ２ 相交且交点坐标为 与 线 １ 的 坐 斜 标 ２ 率 轴垂 ｋ １ 直 ꎬ ｋ ２ 且 都存 ｋ 在 － ꎬ ｋ 即 １ꎬ 故 ｌ １ 设 和 ｌ ｌ ２ 都 与 不 ｌ (２ １ ) ＋ 易 １ 知 ２ 直线 ２ ｘ － ｙ ＋１＝０ 的斜率为 ２ꎬ (１ꎬ－ 易知 ３) 方 . 程 { ２ ｘ －３ ｙ －２＝０ꎬ无解 ꎬ １≠ ２ꎬ １ ２ 直线ｘ －３ ｙ －３＝０ 的斜率为 １ ꎬ (３) ｘ ｙ ꎬ 相交于一点 Ｐ 如图 ＰＳ ｘ 轴 ＴＳ ｙ ３ ２ －３ ２ ＋１＝０ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ∥ 所以ｌ ｌ . 轴 ＰＱ ｙ 轴 ＱＲ ｘ 轴 ＳＰＱ 不妨设ｋ ｋ １ １∥２ ꎬ ° ∥ ꎬ ∥ ꎬ∴ ∠ ２＝２ꎬ １＝ ３ ꎬ ２.解析 (１) 设所求直线方程为 ３ ｘ － ｙ ＋４＋ ＝９０ ꎬ λ ｘ ｙ １ ( ＋ －４)＝０ꎬ ｋ ｋ ２－ 即 λ ｘ λ ｙ λ 则 θ ２－ １ ３ (３＋ ) ＋( －１) ＋４－４ ＝０ꎬ ｔａｎ ＝ ｋ ｋ ＝ ＝１ꎬ λ １＋ １ ２ １ 依题意有３＋ 解得λ １＋ ×２ λ＝－２ꎬ ＝５ꎬ ３ １－ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 故所求直线方程为 ｘ ｙ ａｘ ｙ 平行. 垂直 从而有Ａ Ｂ 仍有Ａ Ａ ８ ＋４ －１６＝０ꎬ ＋３ －５＝０ ꎬ ２＝０ꎬ ２≠０ꎬ １ ２ 即 ｘ ｙ . Ｂ Ｂ . ２ ＋ －４＝０ 故实数ａ满足的条件为ａ Ｒ且ａ １ ＋ １ ２＝０ 设所求直线方程为ｘ ｙ λ ｘ ∈ ≠ 当Ｂ 时 Ａ 此时ｌ Ａ ｘ Ｃ (２) －２ ＋３＋ ( ＋ ３ ③ ２＝０ ꎬ ２≠０ꎬ ２: ２ ＋ ２ ｙ 且ａ 且ａ . 与ｘ轴垂直 由ｌ ｌ 得ｌ 与ｙ轴 ２ －９)＝０ꎬ ≠３ ≠－６ ＝０ ꎬ １⊥２ꎬ １ 直线过原点 λ 解得 λ ８.解析 易知ｘ ｙ 的斜率为 ｘ 垂直 从而有Ａ Ｂ 仍有Ａ Ａ ∵ ꎬ∴ ３－９ ＝ ０ꎬ ＋ －１＝０ －１ꎬ２ ＋ ꎬ １＝０ꎬ １≠０ꎬ １ ２ Ｂ Ｂ . ＝ １ ꎬ ３ ｙ －５＝０ 的斜率为 － ２ . 综 ＋ 上 １ 可 ２＝ 知 ０ ｌ ｌ 时系数应满足的关 ∴ 所 ３ 设 求 所 直 求 线 直 方 线 程 方 为 程 ｘ － 为 ｙ ＝ ｘ ０ . ｙ λ ｘ 若 时三 ａ ＝ 条 ０ 直 ꎬ 则 线 ｘ 有 － ａ 三 ｙ ＋ 个 ８＝ 交 ３ ０ 点 可化 不 为 符 ｘ 合 ＝－ 题 ８ꎬ 意 此 系是Ａ １ Ａ ２ ꎬ ＋ Ｂ １ １ ⊥ Ｂ ２ ２ ＝０ . (３) － ＋５＋ (３ ＋ ꎬ ꎬ ｙ 1.5 平面上的距离 ４ －２)＝０ꎬ 故ａ 此时 １ 或 １ ２ 解得 ≠０ꎬ ａ ＝－１ ａ ＝－ ꎬ 即 λ ｘ λ ｙ λ . ３ (１＋３ ) ＋(４ －１) －２ ＋５＝０ １.５.１ 平面上两点间的距离 λ ａ 或 ａ ３ 经验证知都符合 依题意有１＋３ ３ 解得λ . ＝－１ ＝－ ꎬ λ􀅰 ＝－１ꎬ ＝－５ ２ 练习 １－４ ２ 题意. 故所求直线方程为 １４ ｘ ＋２１ ｙ －１５＝０ . ９.证明 设点 Ｐ ｘ ｙ 是直线 ｌ Ａ ｘ １.解析 (１) ＡＢ ＝ １２ ２ ＋６ ２ ＝６ ５ꎬ 中点 (４) 设所求直线方程为 ２ ｘ ＋ ｙ －８＋ λ ( ｘ － Ｂ ｙ Ｃ 与 ｌ ( １ Ａ ꎬ ｘ １) Ｂ ｙ Ｃ １: 的 １ 交 ＋ 坐标为 (２ꎬ７) . ２ ｙ ＋１)＝０ꎬ 点 １ 则 ＋ １ Ａ ＝ ｘ ０ Ｂ ｙ ２: Ｃ ２ ＋ ２ 且 ＋ Ａ ２ ｘ ＝０ Ｂ ｙ ＡＢ ２ ２ 即 (２＋ λ ) ｘ ＋(１－２ λ ) ｙ －８＋ λ ＝０ . Ｃ ꎬ 所 １ 以 １＋ ｍ １ Ａ １＋ ｘ １＝ Ｂ ０ ｙ ꎬ Ｃ ２ １＋ ｎ ２ Ａ １ ｘ ＋ (２) ＝ (－ ３＋ æ ２) ＋( ２－ ３) ö ＝ 依题意有２＋ λ １－２ λ －８＋ λ 解得 λ Ｂ ２＝ ｙ ０ꎬ Ｃ ( １ 即 １＋ ｘ １ １ ｙ ＋ １ 也 )＋ 是 ( 直 ２ 线 １ ６－２ꎬ 中点坐标为 è ç－ ３－ ２ ꎬ ２＋ ３ ø ÷. ４ ＝ －３ ≠ －７ ꎬ ｍ ＋ ２ Ａ １ ｘ ＋ Ｂ ２) ｙ ＝ Ｃ ０ꎬ ｎ ( Ａ １ꎬ ｘ １ Ｂ ) ｙ Ｃ ２.解析 因为Ａ ２ Ｂ ２ 所以 ＝２ꎬ 上 ( 的 １ 点 ＋ 即 １ ＋ 过 １ 点 )＋ Ｐ ( 的 ２ 直 ＋ 线 ２ 可 ＋ 以 ２ 写 )＝ 成 ０ ＡＢ的 中 ( 点 １) 为Ｍ (３ꎬ２)ꎬ (１ꎬ０)ꎬ 故所求直线方程为 ｘ ｙ . ꎬ (２ꎬ１)ꎬ ３.解析 由 { ４ ｘ ＋３ ｙ ＝ ４ １０ － ꎬ ３ 得 － { ６ ｘ ＝ ＝ ０ ４ꎬ 代入 的 ｍ ( 形 Ａ １ 式 ｘ ＋ . Ｂ １ ｙ ＋ Ｃ １)＋ ｎ ( Ａ ２ ｘ ＋ Ｂ ２ ｙ ＋ Ｃ ２)＝ ０ 所以 ＣＭ ＝ (２＋ ３－２) ２ ＋(１－ ３－１) ２ ｘ ｙ ｙ . ２ － ＝１０ ＝－２ꎬ １０.解析 当Ａ Ａ Ｂ Ｂ 全不为 ＝ ６ ４.解 ａｘ 析 ＋２ ｙ ＋ 由 ８＝ 题 ０ 意 ꎬ 并 得 整理得ａ ( ＝－ ａ １ . ) 零 Ａ 时 ꎬ ｌ Ｃ １ ( 、 １ ｌ ) ２ ① 的方 Ａ 程 １、 分 Ｃ ２、 别可 １、 化 ２ 为 ｙ ＝ Ｆ (２ ꎬ ) 则 设 点 Ｂ Ｅ Ｃ ꎬ 的 ＡＢ 坐 ꎬ 标 ＡＣ 为 的 (１ 中 ꎬ３ 点 )ꎬ 分 点 别 Ｄ 为 的 Ｄ 坐 ꎬ Ｅ 标 ꎬ ( { － ｘ ２) ｙ × － ４ ＝－１ꎬ －Ｂ １ｘ －Ｂ １ ꎬ ｙ ＝－Ｂ ２ｘ －Ｂ ２ ꎬ 由 ｌ １∥ ｌ ２ꎬ 得 为 (－１ꎬ４)ꎬ 点Ｆ的坐标为 (－２ꎬ２)ꎬ { 解 ｘ 得 ａ ＝－２ꎬ 故 ２ －２ ＋ ｘ ＋ ＋ ４ ２ ｙ － ＝ ２ ０ ＝ ꎬ ０ 的解为 －Ｂ Ａ １ １ ＝－Ｂ Ａ １ ２且 － Ｃ Ｂ １ ≠ ２ － Ｃ Ｂ ２ ２ ꎬ 即Ａ １ Ｂ ２－ Ｂ １ Ａ ２ Ｅ ∴ Ｆ Ｄ ＝ Ｅ ＝ ９＋１ ４＋ ＝ １ ＝ １０ ５ ꎬ ꎬ ＤＦ ＝ １＋４ ＝ ５ꎬ ＝－１ꎬ故两条直线的交点坐标为 １ 且Ｂ Ｃ ２ Ｃ Ｂ １ . ２ 即三条中位线的长分别为 . ｙ ＝０ꎬ ＝０ 当Ｂ １ ２ 时 － １ Ａ ２≠０ ｌ 的方程为Ａ ｘ ３.解析 设Ｂ ｘ ｙ 则Ｐ为线 ５ 段 ꎬ ５ Ａ ꎬ Ｂ的 １ 中 ０ (－１ꎬ０) . { ② ＋ Ｃ １＝０ １ ꎬ ＝ ｌ １ ０ 与ｘ ꎬ 轴 １≠ 垂 ０ 直 ꎬ ꎬ １ 由ｌ １∥ ｌ ２ꎬ 得 １ ｌ ２ ì ï３＋ ｘ ( ꎬ )ꎬ ｙ １ ｘ ｋ 也与ｘ轴垂直 此时Ａ Ｂ . ï ＝１ꎬ ５.解 将 析 ( ５ ｋ 由 ５ ｋ ｙ ＝ ＝ ) ｘ 代 ｋ 入 －５ ｙ 得 ｋｘ ｘ ＝ ｙ ＝ 中 １ ５ － 得 ｋꎬ ５ ｋ 所 Ｃ 以ｌ ２ 的方程 ꎬ 为Ａ ２ ｘ ＋ ２ Ｃ ≠ ２＝ ０ꎬ ０ꎬ 且 ２＝ － ０ Ｃ Ａ １ １ ≠ 点 ꎬ 有 { î í ï ï ｘ ２ ２ ２ ＋ ｙ ＝－４ꎬ ６. １ 解 ５ － ｋ 析 ２ ｋ １ ＋ － ３ ｋ ꎬ ꎬ 当 解 １－ 得 ｍ ｋ ＝ ｋ ＝ －５ ５ ３ 时 ( ｋ ꎬ ＝ ＝ 直 １ ＋ 线 舍 ３ 去 ｌ ２ ) 垂 ꎬ . 直 １－ 于 ｋ＝ ｘ ③ Ｂ － Ｃ １ Ａ 当 Ａ ２ ２ ２ ꎬ ＝ Ａ 即 ０ １ . ＝ ｌ Ａ ０ １ 与 Ｃ 时 ２－ ｙ ꎬ Ｃ Ｂ 轴 １ １ Ａ ≠ 垂 ２≠ ０ 直 ꎬ ０ ｌ １ . 由 而 的 此 ｌ 方 时 程 ｌ 为 Ａ １ 得 Ｂ Ｂ ２ １ ｌ － ｙ ４.证 易 故 解 明 知 得 Ｂ 其 点 ｙ 中 Ｍ 的 ＝ ＝ Ｎ － － 点 坐 １ １ 的 ０ 在 ꎬ 标 . 中 直 为 点 线 ( 坐 － ｌ １ 标 ꎬ－ ｘ 为 １０ ｙ ( ) ３ . ꎬ０)ꎬ 上 轴 ꎬ 此时ｌ １ 与ｌ ２ 相交但不垂直. 也 ＋ 与 １＝ ｙ ０ꎬ 轴 １ 垂直 此时 Ａ ꎬ １∥ Ｂ ２ꎬ 但 ２ :２ － －６＝０ ꎬ 时 (１) 两 当 直 ３＋ ２ 线 ｍ 相 ≠ ５ 交 ＋ ４ . ｍꎬ 即ｍ ≠－１ 且ｍ ≠－７ － Ｃ Ｂ １ ≠－ Ｃ Ｂ ２ ꎬ 即 ꎬ Ｂ １ Ｃ ２－ ２ Ｃ ＝ １ Ｂ ０ ２ ꎬ ≠ ２ ０ ≠ ꎬ 此 ０ꎬ 时 又 ｋ ＭＮ ｋ 􀅰 ＭＮ ｋ ＝ ｌ＝ １ － － １ １ ( － ꎬ － ５ ∴ １) Ｍ ＝ Ｎ － ⊥ ２ ４ ｌ ＝ ꎬ － ２ １ ꎬ ｋ ｌ＝２ꎬ ꎬ Ａ Ｂ １ Ｂ Ａ ２ . 线段ＭＮ被直线ｌ垂直平分 (２) 当３＋ ２ ｍ ＝ ５＋ ４ ｍ≠ ５－ ８ ３ ｍ ꎬ 即ｍ ＝－７ 时 ꎬ 综 １ 上 ２－ 可知 １ ꎬ ２＝ ｌ １ ０ ∥ ｌ ２ 时系数应满足的关 ∴ 即Ｍ 、 Ｎ关于直线 ２ ｘ － ｙ －６＝０ 对 ꎬ 称. 两直线平行. 系是Ａ １ Ｂ ２－ Ｂ １ Ａ ２＝０ꎬ 且Ｂ １ Ｃ ２－ Ｃ １ Ｂ ２≠０ １.５.２ 点到直线的距离 ７.解析 由 {ｘ ＋ ｙ ＋１＝０ꎬ得 {ｘ ＝－３ꎬ 且Ａ １ Ｃ ２－ Ｃ １ Ａ ２≠０ . 练习 ２ ｘ － ｙ ＋８＝０ ｙ ＝２ . (２)① 当Ｂ １􀅰 Ｂ ２≠０ 时 ꎬ ｌ １ 的斜率ｋ １＝ Ａ Ａ １.解析 ｄ ｜３×３＋４×(－２)－２５｜ ２４. 代入ａｘ ｙ 并整理得ａ １ 此 １ ｌ 的斜率ｋ ２. (１) ＝ ＝ ＋３ －５＝０ꎬ ＝ ꎬ －Ｂ ꎬ２ ２＝－Ｂ ３ ２ ＋４ ２ ５ ３ １ ２ 时 当 三 ａ 线相 ３ 交 即 于 ａ 一点 时 ꎻ ｘ ｙ 与ａｘ 由 æ ç ｌ １⊥ Ａ １ ｌ ２ ö ÷ 得ｋ æ ç １􀅰 Ａ ２ ｋ ２ ö ÷ ＝－１ꎬ (２) ｄ ＝ ｜３ ０ ＋ ２ ＋ ５ ３ ｜ ２ ＝ ３ ８ . ＝ ꎬ ＝３ ꎬ ＋ ＋１＝０ ＋ ∴ è－Ｂ ø􀅰è－Ｂ ø＝－１ꎬ １ １ １ ２ ２.解析 ｄ ｜－２－１５｜ １７. ３ ｙ －５＝０ 平行 ꎻ ∴ Ａ １ Ａ ２＋ Ｂ １ Ｂ ２＝０ . (１) ＝ ５ ２ ＋(－１２) ２ ＝ １３ ａ 当Ｂ 时 Ａ 此时ｌ Ａ ｘ Ｃ 当 ３ 即ａ 时 ｘ ｙ 与 ② １＝０ ꎬ １≠０ꎬ １: １ ＋ １ ｙ ３ ｘ可化为 ｘ ｙ ＝ ꎬ ＝－６ ꎬ２ － ＋８＝０ 与ｘ轴垂直 由ｌ ｌ 得ｌ 与ｙ轴 (２) ＝ ６ －４ ＝０ꎬ ２ －１ ＝０ ꎬ １⊥２ꎬ ２ ２ ５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋即 ｘ ｙ ｘ ｙ 所求直线方 ( ａ ｄ ) ｄ ｜５－０｜ ５ ５ １３. ｜２ － ＋２｜＝｜２ － ＋４｜ꎬ∴ 设Ａ ａ ｄ Ｃ ｃ 则Ｅ ∴ ＝ ＝ ＝ 程为 ｘ ｙ . ( ꎬ )、 ( ꎬ０)ꎬ ꎬ 、 ６ ２ ＋(－４) ２ ２ １３ ２６ 解法二 ２ － 由 ＋ 平 ３＝ 面 ０ 几何知识得 所求直线 (ａ ｃ ｄ ) ２ ２ ３.解析 设所求直线方程为ｙ ｋｘ 即ｋｘ : ꎬ Ｆ ＋ .显然 ＥＦ ＢＣ 又 ＥＦ ＝ ꎬ － 与两条已知直线平行 设它的方程为 ꎬ ∥ ꎬ ＝ ｙ . ꎬ ２ ２ ＝０ ｘ ｙ ｍ ｍ 且ｍ 由两条平 ａ ｃ ａ ｃ 点Ｍ 到ｋｘ ｙ 的距离等于 ２ － ＋ ＝０( ≠２ ≠４)ꎬ ＋ ＢＣ ｃ ∵ (５ꎬ０) － ＝０ ３ꎬ ｍ － ＝ ꎬ ＝ ꎬ ｋ 行线间的距离公式得 ｜ －２｜ ２ ２ ２ ｜５ －０｜ 解得ｋ ３ . ∴ ｋ２ ＋１ ＝３ꎬ ＝± ４ ｍ ２ ２ ＋(－１) ２ ∴ ＥＦ ＝ １ＢＣ ꎬ∴ ＥＦ ∥ ＢＣ ꎬ 且ＥＦ ＝ １ＢＣ. ｜ －４｜ ２ ２ 故ｌ的方程为ｙ ３ ｘ 即 ｘ ｙ 或 ＝ ꎬ １４.解析 设ｌ与直线 ｘ ｙ 的交点 ＝± ４ ꎬ ３ －４ ＝０ ２ ２ ＋(－１) ２ 为Ａ ｘ ｙ 则ｌ与直 ２ 线 － ｘ －２ ｙ ＝０ 的交 ｘ ｙ . 解得ｍ ＝３ . ( ꎬ )ꎬ ＋ ＋３＝０ ３ ＋４ ＝０ 点为Ｂ ｘ ｙ . 所求直线方程为 ｘ ｙ . (６－ ꎬ－ ) ４.解 则 析 直 线 ｋ Ａ ＡＢ Ｂ ＝ 的 ３ ４ － － 方 １ １ 程 ＝ 为 ２ ３ ꎬ ｙ －１＝ ２ ３ ( ｘ －１)ꎬ ９.解 ∴ 则 ｋｘ ＋ 析 ８ １ ＝ ０ꎬ ｜ 依 即 ｋ × 题 ０ ｋ － ｘ 意 － ０ ｙ ＋ 可 ＋ １ １ ０ 设 ０ ｜ ꎬ ＝ 直 ２ 解 ０ 线 ꎬ － 得 ＋ ｌ ｋ ３ 的 ＝ ＝ ± 方 ０ ３ 程 ꎬ 为ｙ ＝ 由方 ì ï ï ｘ 程 ＝ １ { １ ２ ６ ꎬ ｘ － － ｘ ｙ － － ｙ ＋ ２ ( ３ ＝ ＝ ０ꎬ ０ꎬ ) 即 ３ ｘ －２ ｙ －１＝０ꎬ ｋ２ ＋(－１) ２ ４ 得í ï ３ 即Ａ １１ ꎬ １６ . Ｃ到ＡＢ的距离即为ＡＢ边上的高的长 ïｙ １６ ３ ３ ꎬ 故ｌ的方程为ｙ ３ ｘ î ＝ ꎬ 设为ｄ ＝± ＋１０ꎬ ３ 则ｄ ｜ ꎬ ４×３－２×(－１)－１｜ １３ . 即 ３ ｘ －４ ｙ ＋４０＝０ 或 ４ ３ ｘ ＋４ ｙ －４０＝０ . 所以ｌ的方程为 ｙ －０ ＝ ｘ －３ ꎬ 即 ８ ｘ － ｙ ＝ ＝ ＝ １３ １０.解析 点Ｐ在直线 ｘ ｙ 上 １６ １１ ３ ２ ＋(－２) ２ １３ 可 设 ∵ Ｐ ａ ａ . ３ ＋ －５＝０ ꎬ ３ －０ ３ －３ 习题 １ . ５ ∴ ａ ( ꎬ ａ ５－３ ) －２４＝０ . １.解析 (１) ＡＢ ＝ (－２＋２) ２ ＋(０＋３) ２ ＝３ . ∵ ｜ －( ２ ５－３ )－ ２ １｜ ＝ ２ꎬ∴ ａ ＝１ 或 ａ １５.解析 设入射光线与 ｘ 轴的交点为 (２) ＡＢ ＝ (０＋３) ２ ＋(－３＋３) ２ ＝３ . ＝２ . １ ＋(－１) Ｍ ｋ ꎬ 由题意 则 得 直 Ａ 线 Ｍ Ａ 的 Ｍ 斜 的 率 方 存 程 在 为 ꎬ 设 ｙ 为 ｋ (３) ＡＢ ＝ (３＋３) ２ ＋(５－３) ２ ＝２ １０ . ∴ 点Ｐ的坐标为 (１ꎬ２) 或 (２ꎬ－１) . ｋ ( ｘ ≠０)ꎬ . －３＝ ２.解析 Ｐ关于原点 、 ｘ轴 、 ｙ轴的对称点的 １１.解析 ＢＣ ＝ (１０－２) ２ ＋(４＋４) ２ ＝ ( ＋２) 坐标分别为 . 令ｙ 得ｘ ３ (１ꎬ－２)、(－１ꎬ－２)、(１ꎬ２) ８ ２ꎬ ＝０ꎬ ＝－ ｋ －２ꎬ ３.解析 设Ａ ａ Ｂ ｂ 则 ａ ＋０ ＢＣ所在直线的方程为 ｙ －４ ｘ －１０ ( ) ( ꎬ０)、 (０ꎬ )ꎬ ＝２ꎬ ＝ ꎬ Ｍ ３ ２ －４－４ ２－１０ ∴ － ｋ －２ꎬ０ ꎬ ｂ 即ｘ ｙ 则Ａ点到ＢＣ的距离 ＋０ ａ ｂ . ＡＢ － －６＝０ꎬ ｋ ＝ －１ꎬ∴ ＝ ４ꎬ ＝ － ２ ∴ ＝ ｋ ７－０ ７ . ２ ４ ２ ＋２ ２ ＝２ ５ . 为ｄ ＝ ｜ １ ７ ２ － ＋ ８ ( － － ６ １ ｜ ) ２ ＝ ７ ２ ２. ∴ ＢＭ＝ ５＋ ３ ｋ ＋２ ＝ ７ ｋ ＋３ ４.解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ .由题意 ( １ꎬ １)、 ( ２ꎬ ２) Ｓ １ ７ ２ . ∵ 反射角与入射角相等 ꎬ 知 ｜ ｘ ２－ ｘ １｜＝ ２ꎬ ｙ １＝ ｘ １－１ꎬ ｙ ２＝ ｘ ２－１ꎬ ∴ △ ＡＢＣ＝ ２ ×８ ２× ２ ＝２８ ∴ ＢＭ的斜率为 － ｋ ꎬ ｙ ｙ ｘ ｘ ＡＢ １２.解析 当直线斜率存在时 设所求直 ｋ ∴ １ － ２ ＝ １ － ２ꎬ ∴ ＝ ꎬ ７ ｋ ５. 解 ( ｘ 析 １－ ｘ ２) 由 ２ ＋( 两 ｙ １ 点 － ｙ ２ 间 ) ２ 的 ＝ 距 ２＋ 离 ２＝ 公 ２ . 式得 线 ＋３ 的 ＝０ 方 . 程为ｙ －３＝ ｋ ( ｘ ＋２)ꎬ 即ｋｘ － ｙ ＋２ ｋ ∴ 解 ７ 得 ｋ ＋ ｋ ３ ＝－ 舍 ꎬ 去 或ｋ １０ ｋ ＝０( ) ＝－ ꎬ ｘ ２ ｙ ２ ｘ ２ ｙ ２ 依题意有｜２ ＋３｜ ７ 两边 ( － 平 ２) 方 ＋( 整 － 理 ３) 得 ＝ ｘ ( ｙ ＋１) ＋( －４) 实 ꎬ 数 ｋ２ ＋１ ＝２ꎬ Ｍ ( １ ) . ３ － ＋２＝０ꎬ∴ ∴ ꎬ０ ｘ ｙ满足的条件是 ｘ ｙ . 解得ｋ ５ . １０ 、 ３ － ＋２＝０ ＝－ ６.解析 因为Ｐ ｘ ｙ 在直线ｘ ｙ １２ 直线ＡＭ的方程为ｙ １０ ｘ ( ꎬ ) ＋ －４＝０ (１) －３＝－ ( ＋２)ꎬ 上 ꎬ 所以ｙ ＝－ ｘ ＋４ .ＯＰ２ ＝ ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ｘ２ ＋(－ ｘ 所以所求直线方程为 ｙ －３＝－ ５ ( ｘ ＋ 即入射光线所在的直线方程 ７ 为 ｘ ＋４) ２ ＝２ ｘ２ －８ ｘ ＋１６＝２( ｘ －２) ２ ＋８ꎬ 所以 即 ｘ ｙ . １２ ｙ . １０ ＋ ２)ꎬ ５ ＋１２ －２６＝０ ７ －１＝０ ＯＰ的最小值为 . 当直线斜率不存在时 直线方程为ｘ ７.解析 由点到 ２ 直 ２ 线的距离公式得 满足题意. ꎬ ＝ (２) 直线 ＢＭ 的方程为 ｙ －７＝ １０ ( ｘ － (１) －２ꎬ ７ 故所求直线方程为ｘ 或 ｘ ｙ 即反射光线所在的直线方程为 ｄ ＝ ｜２× ２ ２ ２ ＋ ＋ ０ ３ ２ ｜ ＝ ２ ７ . ２６＝０ . ＝－２ ５ ＋１２ － １ ５ ０ ) ｘ ꎬ －７ ｙ －１＝０ . 由点到直线的距离公式得 １３.证明 如图 以 Ｂ 点为坐标原点 ＢＣ １６.解析 设点Ａ关于直线ｌ的对称点Ｂ (２) ꎬ ꎬ 所在直线为ｘ轴建立直角坐标系 则 的 坐 标 为 ｘ ｙ 依 题 意 有 ｄ ＝ ｜３×(－３)－４×４＋３０｜ ＝ ５ ＝１ . Ｂ ꎬ ( ０ꎬ ０)ꎬ ３ ２ ＋(－４) ２ ５ (０ꎬ０)ꎬ ì ï ｙ ０－１ ８.解析 解法一 设所求直线ｌ上任意一 ïｘ ＝－１ꎬ {ｘ : í ０－２ 解得 ０＝０ꎬ即所 点Ｐ ｘ ｙ ïｘ ｙ ｙ ( ꎬ )ꎬ ï ０＋２ ０＋１ ０＝３ꎬ 由点到直线的距离公式得 î － ＋１＝０ꎬ ２ ２ ｘ ｙ ｘ ｙ 求点Ｂ的坐标为 . ｜２ － ＋２｜ ｜２ － ＋４｜ (０ꎬ３) ２ ２ ＝ ２ ２ ꎬ １７.解析 设Ｐ ｔ ｔ 则由题意得 ２ ＋(－１) ２ ＋(－１) (－２ꎬ)ꎬ ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｔ ｔ 和 点Ａ 关于 ｘ 轴对称的点为 ｔ ２ ｔ２ ｜－２ ＋２ －３｜ ꎬ (－１ꎬ３) 故所求直线方程为ｙ １ ｘ 或 (－２) ＋ ＝ ꎬ Ａ′ －６＝－ ( －５) １ ２ ＋２ ２ (－１ꎬ－３)ꎬ ２ 解得ｔ ＝± ３ ꎬ ∴ ｆ ( ｘ )ｍｉｎ＝ ７ ２ ＋５ ２ ＝ ７４ꎬ ｙ －６＝ ６ ( ｘ －５)ꎬ 即ｘ ＋２ ｙ －１７＝０ 或 ６ ｘ － ５ 即函数的最小值为 . ５ ( ) ７４ ｙ . 即所求的点 Ｐ 的坐标为 ６ ３ ２２.解析 由题意得 点 Ｐ α ５ ＝０ － ꎬ (１) ꎬ (ｃｏｓ ꎬ ａ ａ ５ ５ α Ｑ β β 即 β ７.解析 由 １ ２ ＋２得ａ . ( ) ｓｉｎ )ꎬ (ｃｏｓ(－ )ꎬｓｉｎ(－ ))ꎬ (ｃｏｓ ꎬ ａ ＝ ≠ａ ＝１ 或 ６ ꎬ－ ３ . － ｓｉｎ β )ꎬ 所 以 ＰＱ {ｘ ｙ １ ＋１ {ｘ ５ ５ ８.解析 由 ＋３ －７＝０ꎬ解得 ＝１ꎬ １８.解析 (１) 设Ｐ ( ｘ ꎬ ｙ ) 是所求直线上 ＝ (ｃｏｓ α －ｃｏｓ β ) ２ ＋(ｓｉｎ α ＋ｓｉｎ β ) ２ ｘ － ｙ ＋１＝０ꎬ ｙ ＝２ . 任意一点 α β α β. ꎬ ＝ ２－２ｃｏｓ ｃｏｓ ＋２ｓｉｎ ｓｉｎ ｌ 的斜率为 １ 则所求直线斜率为 则Ｐ关于Ｍ (３ꎬ２) 的对称点为Ｐ′ (６－ (２) 由 (１) 知Ｏ→Ｐ ＝(ｃｏｓ α ꎬｓｉｎ α )ꎬ Ｏ→Ｑ ＝ １ － ３ ꎬ ３ꎬ ｘ ｙ 则ｙ ｘ 即 ｘ ｙ . ꎬ４－ )ꎬ β β 所以Ｏ→Ｐ Ｏ→Ｑ Ｏ→Ｐ －２＝３( －１)ꎬ ３ － －１＝０ 又 Ｐ′在直线ｌ上 (ｃｏｓ ꎬ－ｓｉｎ )ꎬ 􀅰 ＝｜ ｜ ９.解析 依题意有 ｘ ２ ｙ ２ ｘ 所 ∵ 求直线方程为 ꎬ ｙ ｘ 􀅰｜ Ｏ→Ｑ ｜􀅰ｃｏｓ( α ＋ β )＝ｃｏｓ( α ＋ β )ꎬ ２ ｙ ２ 即 ( ｘ － ｙ １) ＋( . －３) ＝( ＋ ∴ ４－ ＝３(６－ )＋３ꎬ ５) ＋( －１) ꎬ ３ ＋ ＋４＝０ 即 ３ ｘ － ｙ －１７＝０ . 而Ｏ→Ｐ 􀅰 Ｏ→Ｑ ＝ｃｏｓ α ｃｏｓ β －ｓｉｎ α ｓｉｎ β ꎬ １０.解析 设 Ａ′ ( ａ ꎬ ｂ ) 是 Ａ (２ꎬ３) 关于直 由 {ｙ ＝３ ｘ ＋３ꎬ 得 交 点 坐 标 故 ｃｏｓ( α ＋ β )＝ｃｏｓ α ｃｏｓ β －ｓｉｎ α ｓｉｎ β. 线ｘ ＋ ｙ ＋１＝０ 的对称点 ꎬ (２ ( ) ｘ － ) ｙ －２＝０ ２３.解 一 析 地 点 都 . 可能在同一时刻经过途中同 ì ï ïａ ｂ －３ ＝１ꎬ {ａ 为 ５ ９ . 则í －２ 解得 ＝－４ꎬ － ꎬ－ ２４.略. ï ａ ｂ ｂ ２ ２ ï２＋ ＋３ ＝－３ꎬ 在直线ｘ ｙ 上取一点 复习题 î ＋ ＋１＝０ꎬ － －２＝０ (０ꎬ－２)ꎬ ２ ２ 它关于直线 ｌ : ｙ ＝３ ｘ ＋３ 的对称点为 １.解析 ∵ 直线ａｘ ＋３ ｙ －５＝０ 经过点Ａ (２ꎬ 则Ａ′ (－４ꎬ－３) . (－３ꎬ－１) . １)ꎬ∴２ ａ ＋３×１－５＝０⇒ ａ ＝１ . 同理Ｂ (１ꎬ１) 关于直线ｘ ＋ ｙ ＋１＝０ 的对 ａ 称点为Ｂ′ ｙ ９ ２.解析 由已知得－ －３ 解得ａ (－２ꎬ－２)ꎬ ＋ ａ ＝１ꎬ ＝－４ꎬ ｙ 故所 求 直 线 的 方 程 为 ２ ５＋ 入射光线所在的直线方程为 －３ ＝ 所以Ａ Ｂ ∴ ＝ ９ (４ꎬ３)ꎬ (５ꎬ４)ꎬ －２－３ －１＋ ２ 故ＡＢ ＝ (４－５) ２ ＋(３－４) ２ ＝ ２ . ｘ －２ ꎬ 即 ５ ｘ －４ ｙ ＋２＝０ . ｘ ＋ ５ ３.Ｂ 显然 Ｂ ≠０ .由 Ａｘ ＋ Ｂｙ ＋ Ｃ ＝０ 得 ｙ ＝ －２－２ ｙ ２ 即 ｘ ｙ . Ａ Ｃ 反射光线所在的直线方程为 ＋３ ꎬ ７ ＋ ＋２２＝０ ｘ .由ＡＣ ＢＣ 知Ｂ与Ｃ同 ＝ ５ －Ｂ －Ｂ <０ꎬ >０ꎬ １＋３ －３＋ ｘ ２ 号 Ａ与Ｃ异号 Ｂ与Ａ异号 ＋４ 即 ｘ ｙ . １９.证明 建立如图所示的直角坐标系 ꎬ ꎬ∴ ꎬ ꎬ ４ －５ ＋１＝０ ꎬ Ａ Ｃ １＋４ 设平行四边形 ＡＢＣＤ 的顶点为 Ａ １１.解析 设Ａ ｔ 或 ｔ (０ꎬ ∴ －Ｂ>０ꎬ－Ｂ<０ꎬ (４ꎬ) (－４ꎬ)ꎬ ０ 则 )ꎬ ２ Ｂ ( ( Ａ ａ Ｂ ꎬ ２ ０ ＋ ) Ａ ꎬ Ｄ Ｄ ２ ( )＝ ｂ ꎬ ２ ｃ ( ) ａ ꎬ ２ Ｃ ＋ ( ｂ２ ａ ＋ ＋ ｃ ｂ ２ ꎬ ) ｃ . )ꎬ ４.解 ∴ 析 直线 显 不 然 通过 ｎ 第二象 ｙ 限. ｍ ｘ １ ｎ 由 －５ . (４－１) ２ ＋( ｔ ＋１) ２ ＝５⇒ ｔ ＝３ 或 ｔ ＝ ≠０ꎬ∴ ＝－ ｎ ＋ ｎ ꎬ∴ < 由 ２ ｔ ２ ｔ . (－４－１) ＋( ＋１) ＝５⇒ ＝－１ ｍ . ０ꎬ >０ 点Ａ的坐标为 或 或 . (４ꎬ３) (４ꎬ－５) (－４ꎬ－１) ｘ ｙ ５.解析 设所求直线方程为 ａ ａ ＋ ｂ ＝１ꎬ １２.解析 由 ｜ ＋６｜ 得ａ ＝２ ＝２ １３－６ ２ ２ 又 (－ ｃ Ａ ) Ｃ ２ ２ ＝ ＋ ２ Ｂ ( Ｄ ａ ２ ２ ＝ ＋ ｂ ( ２ ａ ＋ ＋ ｃ２ ｂ ) ) ꎬ ２ ＋ ｃ２ ＋( ａ － ｂ ) ２ ＋ 则有 ì í ï ï １ ２ ｜ ａｂ ｜＝５ꎬ １３.解 或 析 ａ ＝－ 若 ２ Ｍ １ ２ ３ Ｎ － ＋ ６ 在 ３ . 直线ｌ的同侧 则直 ＡＢ２ ＡＤ２ ＡＣ２ ＢＤ２. ï ï ５ ４ 、 ꎬ ∴２( ＋ )＝ ＋ î－ ａ － ｂ ＝１ꎬ 平行四边形四边的平方和等于两条 线ｌ的斜率为ｋ －５－３ 此时直 ∴ { ＭＮ＝ ＝－４ꎬ 对角线的平方和. {ａ ａ ５ ４－２ 解得 ＝５ꎬ或 ＝－ ꎬ 线ｌ的方程为ｙ ｘ 即 ｘ ｙ (ａ ｂ ａ ｂ) ｂ ２ －２＝－４( －１)ꎬ ４ ＋ ２０.证明 ＡＢ的中点坐标为 ＋ ＋ ＝－２ ｂ . 若Ｍ Ｎ在直线ｌ的异侧 则直 ꎬ ꎬ ＝４ －６＝０ꎻ 、 ꎬ ２ ２ 故所求直线方程为 ｘ ｙ 或 ｘ 线ｌ经过线段 ＭＮ 的中点 此 ａ ｂ ２ －５ －１０＝０ ８ (３ꎬ－１)ꎬ 此中点在直线 ｙ ＝ ｘ 上 ꎬ 且 ｋ ＡＢ＝ｂ － ａ＝ －５ ｙ ＋２０＝０ . 时直线 ｌ 的方程为 ｙ ＋１ ｘ －３ 整理得 － ６.解析 由题意知所求直线的斜率存在 ＝ ꎬ ２＋１ １－３ －１ꎬ 且不为 设所求直线方程为ｙ ｋ ｘ ｘ ｙ .所以直线ｌ的方程为 ｘ 直线ｙ ｘ的斜率ｋ ０ꎬ －６＝ ( ３ ＋２ －７＝０ ４ ＋ ＝ ＝１ꎬ ｙ 或 ｘ ｙ . ∴ ｋ ＡＢ􀅰 ｋ ＝－１ꎬ －５)ꎬ １４.解 － 析 ６＝０ 直线 ３ ｙ ＋２ ｋｘ －７＝ 恒 ０ 过点 记 ＡＢ垂直于直线ｙ ｘ. 则直线在ｘ 轴上的截距为 ６ 在 ｙ ＝ ＋２ (０ꎬ２)ꎬ ∴ ＝ ５－ ｋ ꎬ Ｃ 点Ａ ａ ｂ Ｂ ｂ ａ 关于直线 ｙ ｘ (０ꎬ２)ꎬ ∴ ( ꎬ )ꎬ ( ꎬ ) ＝ 轴上的截距为 ｋ. 对称. ６－５ ｋ ２－１ １ ｋ ２＋１ ＡＣ＝ ＝ ꎬ ＢＣ＝ ＝－１ꎬ ２１.解析 由题意得ｆ ( ｘ )＝ ( ｘ ＋１) ２ ＋(０－３) ２ 依题意有 ５－ ６ ｋ ＝２(６－５ ｋ )ꎬ 故实 ０ 数 ＋４ ｋ 的 ４ 取值范 ０－ 围 ３ 为 (－∞ꎬ－１] ｘ ２ ２可以看作点Ｃ ｘ [ ) ＋ ( －６) ＋(０－２) ( ꎬ０) 解得ｋ １ 或ｋ ６ . １ . 到点Ａ 和点 Ｂ 的距离之 ＝－ ＝ ∪ ꎬ＋∞ (－１ꎬ３) (６ꎬ２) ２ ５ ４ ７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１５.解析 原方程变形为 ｘ －２ ｙ ＋２＋(４ ｘ ＋ ì ïｘ ２＋ ｙ ２ ｘ ２－ ３ ｙ ２ ｙ ｋ ï ＝ ꎬ 由 ３ { － ｘ １ － ４) ２ ｙ ＋ ＝ ２ ０ ＝ ꎬ ０ꎬ 得 {ｘ ＝２ꎬ 则í ï ２ ｙ ４ ｘ ⇒ ｙ ２＝３－２ ３ꎬ 故直 ４ 线 ｘ ＋ 必 ３ ｙ 经 －１ 过 ４＝ 一 ０ 个定 ｙ ＝ 点 ２ . 且定点的坐 î ï － ３ ｙ ２ ２－１ ＝ｘ ２－ ２ １ ꎬ Ｂ 标为 . ∴ (６－３ ３ꎬ３－２ ３)ꎬ (２ꎬ２) １６.解析 因为ｆ ( ｘ )＝ ( ｘ －１) ２ ＋(０－３) ２ － ∴ 直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ ３－２ ３ ( ｘ －１) . ５－３ ３ ｘ ２ ２可以看成是点 ｘ ２０.证明 由题意知 Ｎ 点坐标为 本章测试 ( －５) ＋(０－２) ( ꎬ０) (１) 与点 的距离和其与点 距离 θ 一、填空题 (１ꎬ３) (５ꎬ２) ｐ θ ｐ θ ｋ １ ｃｏｓ .由 的差. ( ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ )ꎬ ｌ＝－ θ＝－ θ １.答案 ｔａｎ ｓｉｎ ２ 显然ｆ ｘ 的最大值就是点 点斜式方程知直线 ｌ 的方程为 ｙ ( ) (１ꎬ３)ꎬ(５ꎬ２) － 解析 ｋ ６－２ . 之间的距离 ꎬ 即为 (１－５) ２ ＋(３－２) ２ ｐ ｓｉｎ θ ＝－ ｃｏｓ θ θ ( ｘ － ｐ ｃｏｓ θ )ꎬ 整理得 ２.答案 ｘ ＝ ３ ｙ －１ ＝２ . ｓｉｎ ２ ＋ －１１＝０ １７. ＝ 证明 １７ 建立如图所示的平面直角坐标 ｘ ｃｏｓ θ ＋ ｙ ｓｉｎ θ － ｐ ＝０ . 解析 由直线的点斜式方程得 ｙ －５＝ 系 设 ＡＤ ａ 则Ａ Ｅ ａ (２) 如图 ꎬ 过点 Ｐ ( ｘ ０ꎬ ｙ ０) 作 ｘ 轴的平 －２( ｘ －３)ꎬ 即 ２ ｘ ＋ ｙ －１１＝０ . Ｆ ꎬ ａ Ｄ ＝ ꎬ ａ ( Ｃ ０ꎬ０ ａ )ꎬ ａ ( 则 ꎬ０) Ａ ꎬ Ｃ 行线 ꎬ 交ｌ于点Ｑ ( ｘ １ꎬ ｙ ０)ꎬ ３.答案 ２ (２ ꎬ０)ꎬ (０ꎬ )ꎬ (３ ꎬ )ꎬ 解析 由 ｘ ｙ ｍ 得 ｙ １ ｘ 所在的直线方程为 ｙ １ ｘ ＤＦ 所在 －２ ＋ －１＝０ ＝ ＋ ＝ ꎬ ２ ３ ｍ ｍ －１ 令ｘ 得 －１ １ 解得ｍ . 的直线方程为ｙ １ ｘ ａ. ꎬ ＝０ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ＝－ ＋ ２ ２ ２ ２ ４.答案 ｘ ｙ ２ － ＋１＝０ 解析 设所求直线方程为 ｘ ｙ ｃ ｃ ２ － ＋ ＝０( 代入点 解得ｃ 即 ｘ ｙ Ｂｙ Ｃ ≠３)ꎬ (０ꎬ１)ꎬ ＝１ꎬ ２ － Ａｘ Ｂｙ Ｃ ｘ － ０－ . ∴ １＋ ０＋ ＝０ꎬ∴ １＝ Ａ ꎬ ＋１＝０ Ｂｙ Ｃ ５.答案 ３ ＰＱ ｘ ｘ ｘ － ０－ ∴ ＝ ｜ ０ － １ ｜ ＝ ０－ Ａ ＝ ２ ì ï ï ｙ ＝ １ ｘ ꎬ ( ) Ａｘ ０＋ Ｂｙ ０＋ Ｃ 解析 ８ ｘ ＋６ ｙ －９＝０ 即为 ４ ｘ ＋３ ｙ － ９ ＝０ꎬ 由í ３ 得Ｇ ６ ａ ２ ａ . Ａ ꎬ ２ î ï ïｙ ＝－ １ ｘ ＋ ａ ５ ꎬ ５ 设ｌ的倾斜角为α ꎬ 则θ ＝ α －９０ ° ꎬ ＯＭ ＝ ３＋ ９ ２ ｐ ｐ 故所求距离ｄ ＝ ２ ＝ ３ . ２ ａ θ＝ αꎬ ４ ２ ＋３ ２ ２ －０ ｃｏｓ ｓｉｎ é ù ｋ ５ 又ｋ １ ＰＱ ｄ ６.答案 êê ３úú ∴ ＧＥ＝ ＝２ꎬ ＤＦ＝－ ꎬ 由 ＰＱＲ ＯＭＮ 得 即 ë０ꎬ û ６ ａ ａ ２ △ ~ △ ＯＭ ＝ ｐ ꎬ ３ － 解析 由于ｌ不经过第四象限 ５ Ａｘ Ｂｙ Ｃ ꎬ ｋ ｋ ＥＧ ＤＦ. ０＋ ０＋ ∴ ＧＥ􀅰 ＤＦ＝－１ꎬ∴ ⊥ Ａ ｄ １８.解析 ∵ Ａ (１ꎬ２ ( ) 关于直线 ) ２ ｘ ＋ ｙ －１＝０ ｐ ＝ ｐ ꎬ 因此ｋ ｍｉｎ＝０ꎬ ｋ ｍａｘ＝ ０ ０ － －１ ３ ＝ ３ ３ ꎬ 的 Ｂ 对 Ｃ 称 所 点 在 为 直 Ａ 线 ′ 方 － 程 ５ ７ 为 ꎬ ４ ５ ｙ ＋ ꎬ １ ｘ ＋１ ∴ ｄ ＝ ｓｉｎ Ａ α ｘ ０＋ Ｂ Ａ ｙ ０＋ Ｃ 􀅰ｓｉｎ α ꎬ 二 故 、选 所 择 求 题 ｋ的取值范围是 é ë êê ０ꎬ ３ ３ ù û úú. ∴ ＝ ꎬ ４ ＋１ － ７ ＋１ 由 α － Ａ 知 α Ａ 代入 ７.Ｂ ５ ５ ｔａｎ ＝ Ｂ ｓｉｎ ＝ Ａ２ Ｂ２ ꎬ 即 ｘ ｙ . ＋ ８.Ｃ 易知所求直线斜率为４－(－１) ９ ＋２ ＋１１＝０ Ａｘ Ｂｙ Ｃ ＝ { ｘ ｙ 得ｄ ｜ ０＋ ０＋ ｜. －２－４ 由 ９ ｘ ＋ ｙ ２ ＋１１＝０ꎬ得 Ｃ 点 的 坐 标 ＝ Ａ２ ＋ Ｂ２ ５ 所以方程为ｙ ５ ｘ 令ｘ ( ２ ＋ －１ ) ＝０ ２１.解析 如图 Ａ ａ ｆ ａ Ｂ ｂ ｆ ｂ － ６ ꎬ －４＝－ ６ ( ＋２)ꎬ ꎬ ( ꎬ ( ))ꎬ ( ꎬ ( ))ꎬ 为 － １ ５ ３ ꎬ ３ ５ １ . ∴ 直线ＡＢ的方程为 ｆ ｙ ｂ － ｆ ( ｆ ａ ) ａ ＝ ｘ ｂ － ａ ａ . ＝０ꎬ 得ｙ ＝ ３ ７ . １９.解析 设Ａ ｘ ｘ ｘ 它关 ( )－( ) － (１) ( １ꎬ １)( １≥０)ꎬ 又点 ｃ ｆ ｃ 近似地在直线ＡＢ上 ９.Ｂ 由题意知直线ＢＣ的斜率为 １ 于Ｐ 的对称点为Ｂ ｘ ｘ ( ꎬ ( )) ꎬ － ꎬ (１ꎬ０) (２－ １ꎬ－ １)ꎬ ｆ ｃ ｆ ａ ｃ ａ ２ 点Ｂ在直线 ３ ｘ ＋３ ｙ ＝０ 上 ꎬ ∴ ｆ ( ( ｂ ) ) － － ｆ ( ( ａ ) ) ≈ｂ － － ａꎬ 又 ∴ 直 ＢＣ 线 边 过 上 Ａ 的高所在直 其 线 方 的 程 斜 为 率 ｙ 为 ２ꎬ ｘ ｘ ｘ ｃ ａ ｆ ｂ ｂ ｃ ｆ ａ (１ꎬ０)ꎬ∴ －０＝ ∴ 直 ３ 线 (２－ ＡＢ １) 的 ＋ 方 ３( 程 － 为 １)＝０⇒ １＝ ｙ ３－１ꎬ ∴ ｆ ( ｃ )≈ ( － ) ( ) ｂ － ＋ ａ ( － ) ( ). ２( ｘ －１)ꎬ 即 ２ ｘ － ｙ －２＝０ꎬ 故选 Ｂ . ∴ ( ３－２) ＝( ３－ １０.Ｄ 设直线ｌ的方程为ｙ ｋ ｘ ｘ . ＝ ( －１)－１ꎬ １)( －１) 分别与 ｙ ｘ ｙ 联立得 ＝ １ꎬ － －７ ＝ ０ (２) 设Ａ ( ｘ ２ꎬ ｘ ２)ꎬ Ｂ (－ ３ ｙ ２ꎬ ｙ ２)( ｘ ２> Ｐ ( ２ ) Ｑ (ｋ －６ －６ ｋ ＋１ ) ｙ １＋ ｋ ꎬ１ ꎬ ｋ ꎬ ｋ ꎬ ０ꎬ ２<０)ꎬ －１ －１ ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 又 ＰＱ 中 点 为 所 以 第2 章 圆与方程 ( Ｄ Ｅ ) (１ꎬ － １)ꎬ 代入 ｙ ｘ 得 Ｄ Ｅ 故 ì ｋ － ꎬ－ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ï ２ －６ ２ ２ ï１＋ ｋ ＋ｋ 2.1 圆的方程 选 －１ Ａ. ï ＝１ꎬ ８.解析 由方程表示圆知 ｍ ２ ２ í ２ 解得ｋ ２ 选 . 练习 (４ ) ＋(－２) ï ｋ ＝－ ꎬ Ｄ ｍ２ ｍ 解得ｍ . －６ ＋１ ３ １.解析 ｘ２ ｙ２ . －４(４ － )>０ꎬ >－１ ï１＋ ｋ (１) ＋ ＝３６ 习题 . î ï －１ ＝－１ꎬ (２)( ｘ －３) ２ ＋( ｙ ＋４) ２ ＝５ . １. 解 ２１ 析 半 径 ｒ ２ ｘ ２ ｙ ２ . ( １ ) ＝ 三、解答题 (３)( ｘ －２) ２ ＋( ｙ ＋２) ２ ＝４１ . (－２－３) ２ ＋(２－０) ２ ＝ ２９ . １１.解析 易知所求直线斜率为 １ 又直 ２. ( 解 ４ 析 )( －１) ＋ ｘ ( －２ ２ ) ＝ ｙ ５ ２ . ∴ 圆的方程为 ( ｘ －３) ２ ＋ ｙ２ ＝２９ . ꎬ (１)( ＋１) ＋( ＋５) ＝１ 圆与两坐标轴都相切 ２ ｘ ２ ｙ ２ . (２)∵ ꎬ 线ｌ过点 所以直线 ｌ 的方程 (２)( －１) ＋( －３) ＝９ 圆心在直线ｙ ｘ或ｙ ｘ上. (－２ꎬ３)ꎬ ｘ２ ｙ ２ 或ｘ２ ｙ ２ . ∴ ＝ ＝－ (３) ＋( －２) ＝４ ＋( ＋２) ＝４ 圆心为 或 所求圆 为ｙ １ ｘ 即ｘ ｙ . ｘ ２ ｙ ２ 或 ｘ ２ ｙ ∴ (５ꎬ５) (－１ꎬ１)ꎬ∴ －３＝ ２ ( ＋２)ꎬ －２ ＋８＝０ (４)( ２ －１ . ) ＋( －３) ＝５ ( －１) ＋( 的方程为 ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝１ 或 ( ｘ － １２.解析 若三条直线ｘ ＋ ｙ －３＝０ꎬ３ ｘ － ｙ －１ ３.解 ＋１ 析 ) ＝５ Ａ Ｂ ５) ２ ＋( ｙ －５) ２ ＝２５ . 和 ｘ ｙ ｍ 相交于一点 (１)∵ (－４ꎬ－５)ꎬ (６ꎬ－１)ꎬ 设圆心为 ａ ＝０ ２ ＋３ ＋ ＝０ ꎬ 圆心为 (３) ( ꎬ０)ꎬ {ｘ ｙ {ｘ ∴ (１ꎬ－３)ꎬ 则由 ＋ ｘ － ｙ ３＝０ꎬ得 ｙ ＝１ꎬ故直线 ｘ ＋ ｙ 半径ｒ １ ２ ２ . 则 ( ａ －３) ２ ＋(０－５) ２ ３ 和 － － ｘ １＝ ｙ ０ ＝ 的 ２ꎬ 交点坐标为 ＝ ２ １０ ＋４ ＝ ２９ ＝ ( ａ ＋３) ２ ＋(０－７) ２ ꎬ －３＝０ ３ － －１＝０ 圆的方程为 ｘ ２ ｙ ２ . 解得ａ .故圆心为 半径ｒ (１ꎬ２)ꎬ 因为点 (１ꎬ２) 在 ２ ｘ ＋３ ｙ ＋ ｍ ＝ ( ∴ ２) Ａ (２ꎬ０)ꎬ Ｂ ( (０ － ꎬ－ １) ４) ＋ ꎬ ( 则 ＋ Ａ ３ Ｂ ) 的 ＝ 中 ２９ 点坐 ＝－２ ２ ( ２ －２ꎬ０) . ꎬ 上 ＝ (－２－３) ＋(０－５) ＝５ ２ ０ ꎬ 标为 ｋ ０－(－４) 故所求圆的方程为 ｘ ２ ｙ２ . 所以 ｍ 解得ｍ . (１ꎬ－２)ꎬ ＡＢ＝ ＝２ꎬ ( ＋２) ＋ ＝５０ ２×１＋３×２＋ ＝０ꎬ ＝－８ ２－０ 设圆的方程为 ｘ２ ｙ２ Ｄｘ Ｅｙ Ｆ 则线段 ＡＢ 的垂直平分线的斜率为 (４) ＋ ＋ ＋ ＋ １３.解析 易知直线 ｌ 的斜率为 １ 所以 ꎬ ＝０ꎬ ２ １ { Ｄ Ｆ 直线ＡＭ的斜率为 故直线 ＡＭ 的 － ꎬ １６－４ ＋ ＝０ꎬ －２ꎬ ２ 则 Ｅ Ｆ 方程为ｙ ｘ 即 ｘ ｙ 所以ＡＢ的垂直平分线的方程为ｙ ４＋２ ＋ ＝０ꎬ －４＝－２( －２)ꎬ ２ ＋ －８＝ ＋２＝ Ｆ ０ꎬ 与ｘ －２ ｙ ＋１＝０ 联立得点Ｍ 的坐标 １ ｘ 即ｘ ｙ { ＝ Ｄ ０ꎬ 为 . － ( －１)ꎬ ＋２ ＋３＝０ꎬ ＝４ꎬ (３ꎬ２) ２ 解得 Ｅ １４.解析 直线 ｌ 与直线 ｘ ｙ 圆心为直线 ｘ ｙ 与 ｙ ｘ 的 ＝－２ꎬ ∵ ３ ＋４ ＝０ ＋２ ＋３＝０ ＝－ Ｆ . 交点 ＝０ 平行 ꎬ {ｘ ꎬ ｙ {ｘ 故所求圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＋４ ｘ －２ ｙ ＝０ . 可设直线ｌ的方程为 ｘ ｙ ｃ ｃ 由 ＋２ ＋３＝０ꎬ得 ＝３ꎬ ２.解析 由题意得 和 是圆 ∴ ３ ＋４ ＋ ＝０( ｙ ｘ ｙ (５ꎬ６) (３ꎬ－４) ＝－ ＝－３ꎬ 的直径的两个端点 ≠０)ꎬ ꎬ ｃ 半径ｒ ２ ２ 圆心为 令ｘ 得ｙ ＝ (３－２) ＋(－３－０) ＝ １０ꎬ ∴ (４ꎬ１)ꎬ ＝０ꎬ ＝－ ꎬ 故所求圆的方程为 ｘ ２ ｙ ２ ４ ｃ . ( －３) ＋( ＋３) 半径ｒ ＝ １ (５－３) ２ ＋(６＋４) ２ ＝ ２６ . 令ｙ 得ｘ ＝１０ ２ ＝０ꎬ ＝－ ３ ꎬ ４.解析 (１) 原方程可化为 ( ｘ －２) ２ ＋ ｙ２ ＝ ∴ 圆的方程为 ( ｘ －４) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝２６ . 直线ｌ与坐标轴围成的三角形的面 表示圆心为 半径为 的圆. ３.解析 设圆心为 ａ ｂ ∴ ４ꎬ (２ꎬ０)ꎬ ２ ( ꎬ )ꎬ ｃ ｃ 原方程可化为 ｘ ２ ｙ ２ { ａ ｂ 积为 １ (２) ( －２) ＋( －１) ＝０ꎬ 则 ２ － ＋１＝０ꎬ 解得ｃ ２ × － ４ × － ３ ＝６ꎬ 表示点 (２ꎬ１) . ( ) ２ ( { － ａ ４－ ａ ) ２ ＋ { ( ａ ３－ ｂ ) ２ ＝２５ꎬ ＝±１２ꎬ 原方程可化为 ｘ １ ｙ ２ 解得 ＝１ꎬ或 ＝－１ꎬ ∴ 直线ｌ的方程为 ３ ｘ ＋４ ｙ ±１２＝０ . (３) ＋ ２ ＋( ＋１) ＝ ｂ ＝３ ｂ ＝－１ . １５.解析 设与直线ｌ １ꎬ ｌ ２ 平行且距离相 － ３ ꎬ 不表示任何图形. 故所求圆的方程为 ( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －３) ２ ＝ 等的直线方程为 ｘ ｙ ｍ ｍ ４ 或 ｘ ２ ｙ ２ . ２ －５ ＋ ＝ ｍ ０( ≠９ ５.解析 １ ２ ＋１ ２ <４ꎬ 则Ａ在圆内. ４.解 ２５ 析 ( 设 ＋１ 所 ) 求 ＋( 圆 ＋ 的 １) 方 ＝ 程 ２ 为 ５ ｘ２ ｙ２ Ｄｘ 且 ｍ 则 ｜ －９｜ ＋ ＋ ＋ ≠ － ７ )ꎬ ２ ２ 则Ｂ在圆上. Ｅｙ Ｆ ２ ２ １ ＋( ３) ＝４ꎬ ＋ ＝０ꎬ ２ ＋(－５) ２ ２ 则Ｃ在圆外. { Ｄ Ｅ Ｆ ｍ １ ＋２ >４ꎬ １＋２５－ ＋５ ＋ ＝０ꎬ ＝ ｜ ＋７｜ ꎬ ６.解析 设所求圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ Ｄｘ ＋ 则 ５０＋５ Ｄ ＋５ Ｅ ＋ Ｆ ＝０ꎬ ２ ２ ＋(－５) ２ Ｅｙ Ｆ Ｄ Ｅ Ｆ 即 ｜ ｍ －９｜＝｜ ｍ ＋７｜ꎬ 所以ｍ ＝１ꎬ { ＋ ＝０ꎬ Ｄ Ｅ Ｆ ３ { ６＋ Ｄ ４＋６ －２ ＋ ＝０ꎬ 所 由 { 以 ２ ｘ ２ － ｘ ５ － ｙ ５ ＋ ｙ １ ＋ ＝ １＝ ０ꎬ ０ 解 . 得 {ｘ ＝－３ꎬ 则 ３ ９ １ ６ ６ ＋ ＋ ＋ ３ ９ １ Ｄ － ＋ ＋ ６ ４ Ｆ Ｄ ＝ ＋ ＋ ０ ３ ꎬ Ｅ ＋ ＋ Ｆ ＝ ＝ ０ꎬ ０ꎬ 解得 Ｆ Ｅ ＝ ＝ ＝ － － － ２ ２ ４ ０ ꎬ ꎬ . ｘ －４ ｙ －１＝０ꎬ ｙ ＝－１ꎬ {Ｄ ＝１ꎬ 故所求圆的方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ －４ ｘ －２ ｙ －２０ 所以线段ＡＢ的中点坐标为 . 解得 Ｅ . (－３ꎬ－１) ＝－９ꎬ ＝０ 又因为直线ｌ过点 Ｆ . ５.证明 设由Ｍ Ｎ Ｐ三点确定的圆的方 (２ꎬ３)ꎬ(－３ꎬ－１)ꎬ ＝－１２ ꎬ ꎬ ｙ ｘ 故所求圆的方程为ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ . 程为ｘ２ ｙ２ Ｄｘ Ｅｙ Ｆ Ｄ２ Ｅ２ Ｆ 所以直线ｌ的方程为 －３ －２ 即 ＋ ＋ －９ －１２＝０ ＋ ＋ ＋ ＋ ＝０( ＋ >４ )ꎬ －１－３ ＝ －３－２ ꎬ ７.Ａ 由Ｄ２ ＋ Ｅ２ －４ Ｆ >０ 可知方程ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ { ４＋２ Ｄ ＋ Ｆ ＝０ꎬ ｘ ｙ . Ｄｘ Ｅｙ Ｆ 表示圆 又圆关于直线ｙ 则 Ｄ Ｆ ４ －５ ＋７＝０ ＋ ＋ ＝０ ꎬ ＝ １００＋１０ ＋ ＝０ꎬ ｘ对称 圆心在直线ｙ ｘ 上 将圆心 Ｄ Ｅ Ｆ ꎬ∴ ＝ ꎬ １２１＋９＋１１ ＋３ ＋ ＝０ꎬ ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋{Ｄ 点分别在ｘ轴 ｙ轴上滑动 Ａ ｍ ２.Ｂ 依题意得圆心 到直线ａｘ ｂｙ ＝－１２ꎬ ꎬ ꎬ ( ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０) ＋ 解得 Ｅ Ｂ ｎ 则ＡＢ２ ｍ２ ｎ ２ ａ２ ＝－６ꎬ (０ꎬ )ꎬ ＝ ＋(－ ) ＝４ ꎬ 的距离ｄ ｜－１｜ ａ２ ｂ２ Ｆ ＝２０ꎬ 设线段ＡＢ中点Ｍ的坐标为 ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则 ＝１ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ <１⇒ ＋ >１ 故圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ －１２ ｘ －６ ｙ ＋２０＝０ . ｘ ｍ ｙ ｎ 即ｍ ｘ ｎ ｙ ⇒ ａ２ ＋ ｂ２ >１ꎬ 故Ｐ ( ａ ꎬ ｂ ) 在圆外 ꎬ 故选 Ｂ. 将Ｑ 代入方程检验知 ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ ＝２ ꎬ ３.解析 设圆心为 Ｏ Ｐ (１０ꎬ６) １００＋３６－ ２ ２ (１) (０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ 符合方程 即点Ｑ在圆 ＡＢ 中点的轨迹方程为 ｘ２ ｙ２ １２０－３６＋２０＝０ꎬ ꎬ ∴ ４ ＋４ ＝ 上.故Ｍ ꎬ Ｎ ꎬ Ｐ ꎬ Ｑ四点共圆. ４ ａ２ ꎬ 即ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ａ２. ３)ꎬ 则ｋ ＯＰ＝ ３ꎬ 则切线斜率 ｋ ＝－ ３ ꎬ ６.解析 由ｘ２ ｙ２ ｘ ｂｙ ｂ２ 得 ｘ １４.解析 设Ｐ点的坐标为 ｘ ｙ 因为 ３ ＋ ＋４ ＋２ ＋ ＝０ꎬ ( ＋ ( ０ꎬ ０)ꎬ 所以过点 且与圆ｘ２ ｙ２ 相切 ２ ｙ ｂ ２ 所以圆心坐标是 Ｐ在圆上 所以ｘ２ ｙ２ (１ꎬ ３) ＋ ＝４ ２) ＋( ＋ ) ＝４ꎬ (－２ꎬ ꎬ ０＋ ０＝４ꎬ ｂ 半径是 .因为圆与ｘ轴相切 所以 ｘ 的直线方程是ｙ ３ ｘ 即ｘ － )ꎬ ２ ꎬ 由Ｑ 是 ＡＰ 的中点得 ｘ ４＋ ０ ｙ － ３＝－ ( －１)ꎬ ＋ 圆心到ｘ轴的距离为半径 即 ｂ ＝ ꎬ ＝ ３ 所以ｂ . ꎬ ｜－ ｜＝２ꎬ ｙ {ｘ ｘ ２ ３ ｙ －４＝０ . ＝±２ ０＋ ０ 即 ０＝２ －４ꎬ 斜率存在时 设切线方程为ｙ ｋｘ ７.解析 由题意知 圆心是线段ＡＢ的垂 ꎬ ｙ ｙ (２) ꎬ ＝ ꎬ Ａ 平 直 Ｃ ( ( 分 平 ０ ４ ꎬ 分 线 ꎬ ４) １ 的 线 ꎬ ) Ｂ 方 与 ꎬ ( 即 ４ 直 程 ꎬ６ 线 为 为 ) 可 ꎬ ｘ ２ 圆 － ｘ 求 ＋ ２ 心 ｙ ｙ 得 － － . ２ 线 ９ 半 ＝ ＝ 段 ０ ０ 径 ꎬ 的 Ａ 则 Ｂ 为 交 交 的 点 Ａ 点 垂 Ｃ ꎬ 由 直 为 ＝ １５. 为 即 代 解 ２ ( ( 入 析 ｘ ｘ － － ｘ ２ ２ ２ ０ 以 ＋ ) ) ｙ ２ ２ 正 ２ ０ ＋ ＋ ０ ＝ ｙ ｙ ＝ 常 ２ ２ ４ ＝ ２ ＝ 得 水 １ １ ꎬ . ꎬ ( 位 即 ２ 时 ｘ － Ｑ ꎬ ４ 水 点 ) ２ 面 的 ＋( 与 轨 ２ ｙ 桥 迹 ) ２ 横 方 ＝４ 截 程 ꎬ 题 则 斜 意 有 率 . 不存 ｋ ｜ ２ ｋ ＋ 在 － ( ２ 时 － ｜ １ ꎬ ) 切 ２ ＝ 线 １ 方 ⇒ 程 ｋ ＝ 为 ４ ３ ｘ . ＝０ꎬ 满足 ２ ２ .所以所求圆的 面的交线为ｘ轴 过最高点与水面垂 故切线方程为ｙ ３ ｘ和ｘ . (４－０) ＋(１－４) ＝５ ꎬ ＝ ＝０ 标准方程为 ｘ ２ ｙ ２ . 直的直线为ｙ轴 建立平面直角坐标 ４ ( －４) ＋( －１) ＝２５ ꎬ 设切线方程为ｙ ｘ ｂ 即ｘ ｙ ｂ ８.解析 如图 建立以 ＡＢ 中点 Ｏ 为原 系 如图所示 则圆拱所在圆过点 (３) ＝－ ＋ ꎬ ＋ － ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ｂ 点 ＡＢ 的垂直平分线为 ｙ 轴的直角坐 Ａ Ｂ Ｄ 圆心在 则有 ｜－ ｜ 解得ｂ ꎬ (－１１ꎬ０)ꎬ (１１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ９)ꎬ ０ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝±４ꎬ 标 ｙ 故 １ ) ) 系 点 ꎬ ２ 依 ＋ ꎬ ｙ Ｍ 则 ２ 题 ＋ 的 ( 意 Ａ ｘ 轨 ( － 得 － １ 迹 ) １ ꎬ 方 ꎬ ２ Ｍ ＋ ０ Ａ 程 ｙ ) ２ ２ ꎬ 为 ＝ ＋ Ｂ １ Ｍ ( ０ ｘ Ｂ １ ２ ꎬ ＋ ２ ꎬ 即 ｙ ０ ＝ ２ ) ｘ ＝ １ ꎬ ２ ０ ４ ＋ 设 ꎬ . ｙ 即 ２ Ｍ ＝ ( ４ ( ꎬ ｘ ｘ ＋ ꎬ 在 ｙ轴 ｂ 的 ２ 上 ＋ 圆 １ . １ 设 ２ 的 ꎬ 圆 解 方 心 得 程 为 ｂ 是 ＝ Ｃ － ( ｘ ０ ２ ９ ２ ０ ꎬ ＋ ꎬ ｂ ) 所 ( ꎬ ｙ 以 则 ＋ ２ 圆 ０ ９ ) 拱 － ２ ｂ 所 ＝ ＝ ４.解 故 ＝ ｙ ０ 析 切 . ａ 线 由 的 的 题 方 １ ２ 距 意 ＋ 程 １ 离 得 ２ 为 大 圆 ｘ 于 心 ＋ 圆 ｙ ( － １ 的 ４ ꎬ－ ＝ 半 ２ ０ 径 ) 和 到 ｒ 直 ｘ ＋ 线 ｙ ＋ ２ ４ ｘ ９ ＋ ＋ ＝０ ꎬ ( ) ａ － ２０ ２ ＋１１ ２.当ｘ ＝２ 时 ꎬ 求得ｙ ≈８ . ８２ 即｜２－２ ２ ＋ ２ ｜ > ５ꎬ∴ ｜ ａ ｜>５ꎬ∴ ａ >５ 或ａ < ９ ２ ＋１ 负值舍去 即桥拱宽为 的地方 . ( )ꎬ ４ ｍ －５ 距正常水位时的水面 . 距涨水 ５.解析 圆心 到直线ｘ ｙ ８ ８２ ｍꎬ (２ꎬ－１) ＋２ －３＝０ ９.解析 依题意有 (１－ ａ ) ２ ＋(１＋ ａ ) ２ <４ꎬ 后的水面 ６ . １２ ｍ .又船高 ６ . ５ ｍꎬ 顶宽 的距离ｄ ３ 解得 －１< ａ <１ . ４ ｍꎬ 所以船身必须降低 ６ . ５－６ . １２＝ ＝ ５ ꎬ 故ａ的取值范围为 ａ . . 以上 才能通过桥洞. －１< <１ ０３８ ｍ ꎬ 弦长ＡＢ ９ ２ ５５. １０.解析 方程 ｘ － １ ＝ １－ ｙ２ 等价 ∴ ＝２ ４－ ５ ＝ ５ {ｘ ６.解析 易知圆心为Ｃ 半径ｒ 于 －１≥０ꎬ (１ꎬ１)ꎬ ＝１ꎬ ( ｘ －１) ２ ＋ ｙ２ ＝１ . Ｐ (２ꎬ３) 到圆心 Ｃ (１ꎬ１) 的距离 ＰＣ ＝ 故它表示的曲线是半圆 如图的实线部 ２ ２ ( (２－１) ＋(３－１) ＝ ５ꎬ 分 ) . ∴ 切线长为 ＰＣ２ － ｒ２ ＝ ５－１＝２ . ７.解析 由题意得圆心在过切点 (２ꎬ 且垂直于直线ｙ ｘ的直线上 2.2 直线与圆的位置关系 －１)ꎬ ＝１－ ꎬ 所以ｙ ｘ ｘ ｙ ＋１＝ －２⇒ － －３＝０ꎬ 练习 {ｘ ｙ {ｘ 则 － －３＝０ꎬ解得 ＝１ꎬ １.解析 圆心 到直线ｘ ｙ ｙ ｘ ｙ . (１) (０ꎬ０) ＋ －１＝０ ＝－２ ꎬ ＝－２ １１.解析 圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＋２ ｘ －２ ｙ ＋１＝０ 可化为 的距离为｜０＋ １ ０ ２ ＋ － １ １ ２ ｜ ＝ ２ ２ <２ꎬ 半 所 径 以所 ｒ ＝ 求圆 ( 的 １－ 方 ２) 程 ２ ＋ 为 (－ ( ２ ｘ ＋ － １ １ ) ) ２ ２ ＝ ＋( ２ ｙ ꎬ ＋２) ２ ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝１ꎬ 圆心的坐标为 ∴ 直线ｘ ＋ ｙ －１＝０ 与圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ 相交. ＝２ . 易知 关于直线ｘ ｙ 圆心 到直线 ｘ ｙ 的 习题 . (－１ꎬ１)ꎬ (－１ꎬ１) － ＋３ (２) (０ꎬ－１) ４ －３ －８＝０ ２２ 的对称点为 .故所求圆的 １.解析 圆心到直线的距离 ｄ ＝０ (－２ꎬ２) 距离为 ｜３－８｜ ５ (１) ＝ 方程为 ( ｘ ＋２) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝１ . ４ ２ ＋(－３) ２ ＝ ５ ＝１ꎬ ｜４｜ ｒ 直线ｌ ｘ ｙ １２.解析 依题意有 ｘ２ ＋ ｙ２ １ ∴ 直线 ４ ｘ －３ ｙ －８＝０ 与圆ｘ２ ＋( ｙ ＋１) ２ ＝ １ ２ ＋１ ２ ＝２ ２> ２＝ ꎬ∴ : ＋ ＋４ ( ｘ －３) ２ ＋ ｙ２ ＝ ２ ꎬ １ 相 圆 切 心 . 到直线ｌ的距离为 ＝０ 与圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝２ 相离. 化简得ｘ２ ｙ２ ｘ 即 ｘ ２ ｙ２ (３) (－１ꎬ０) 圆心到直线的距离ｄ ｜６＋４｜ ＋ ＋２ －３＝０ꎬ ( ＋１) ＋ (２) ＝ 故点Ｍ的坐标应满足的关系式为 ２ ２ ＝４ꎬ ｜－１＋０－４｜ ５ ５ ２ ３ ＋(－４) ( ｘ ＋１) ２ ＋ ｙ２ ＝４ . １ ２ ＋１ ２ ＝ ２ ＝ ２ >１ꎬ ＝２＝ ｒ ꎬ∴ 直线ｌ :３ ｘ －４ ｙ ＋４＝０ 与圆 ( ｘ － 由此可知点Ｍ的轨迹是以 为 直线ｌ与圆Ｃ相离. ２ ｙ２ 相切. (－１ꎬ０) ∴ ２) ＋ ＝４ 圆心 为半径的圆.图略. 圆心 到直线ｌ的距离为 ꎬ２ (４) (１ꎬ１) １＝１ 圆心到直线的距离 ｄ ｜２－１｜ １３.解析 设长为 ａ的线段ＡＢ的两个端 ｒ 直线ｌ与圆Ｃ相切. (３) ＝ ２ ２ ＝ ２ ＝ ꎬ∴ ２ ＋１ １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ７.解析 依题意知直线ＡＢ的斜率为 ５ <１＝ ｒ ꎬ∴ 直线ｌ :２ ｘ ＋ ｙ －１＝０ 与圆ｘ２ ＋ 直 线 (１ Ａ ) Ｂ的方程为ｙ ｘ 2.3 圆与圆的位置关系 ５ －１ꎬ －２＝－( ＋１)ꎬ ｙ ２ 相交. 练习 ( －２) ＝１ 圆心Ｏ 到直线ＡＢ的距离ｄ ２ ２.解析 圆心 在直线ｌ上 即 (０ꎬ０) ＝ ꎬ １. 解 析 两 圆 的 圆 心 距 为 (１) (１ꎬ－２) ꎬ ２ (１) 方 ( ｋ ２ ＝ 程 ) － － . 易 ４ ３ 为 ＋ － 知 ２ １ ｙ ＝ 直 ＋４ ２ 线 １ ＝ . ｋ ｌ ( 的 ｘ 斜 ＋３ 率 ) 存 ꎬ 即 在 ｋ .设 ｘ － 直 ｙ ＋ 线 ３ ｋ ｌ － 的 ４ 则 为 (２) １ ２ 当 ３ Ａ ０ 弦 Ｂ . ＝ ＡＢ 被 ８－ 点 ｄ２ Ｐ ＝ ０ 平 ２ ３０ 分 ꎬ 时 故 ꎬ Ａ 直 Ｂ 线 的 Ａ 长 Ｂ ∴ Ｒ (２ ＝ ｄ ( ) ６ ＝ ３ 两 ꎬ － Ｒ ｒ 圆 ７ ＝ － ) ｒ １ 的 ꎬ ２ ꎬ ＋ ∴ 方 ( 两 － 程 ２ 圆 － 可 １ 内 ) 化 切 ２ ＝ 为 . ５ ( ꎬ ｘ －２) ２ ＋( ｙ ＋ ＝０ ｋ ｋ 和ＯＰ 垂直 故 ＡＢ 的斜率为 １ 根据 １) ２ ＝５ꎬ 依题意有｜ ＋２＋ ｋ２ ３ －４｜ ＝２ꎬ 点斜式 ０ 方程得 ꎬ 直线ＡＢ的方程为 ２ ｘ ꎬ ｙ ( 两 ｘ 圆 －１ 的 ) ２ 圆 ＋( 心 ｙ － 距 １) ｄ ２ ＝２ꎬ ＋１ －２ ＋ 解得ｋ ＝０ 或ｋ ＝ ３ ４ . ８.解 ５＝ 析 ０ . 设直线ｌ的斜率为ｋ 则其方程 Ｒ ＝ (２－ ｒ １) ２ ＋(－１－１) ２ ＝ ５ꎬ (３) 依题意有(４ ｋ ｋ ２ － ＋ ２ １ ) ２ ＋１＝４ꎬ 解得 ｋ 将 为 圆 ｙ ＋ ｘ １ ２ ＝ ＋ ｋ ｙ ( ２ － ｘ － ８ ｘ ３ － )ꎬ ２ 即 ｙ ＋１ ｋｘ ２ － ＝ ｙ ０ －( 化 ꎬ ３ ｋ 为 ＋ 标 １) 准 ＝０ 方 ꎬ Ｒ Ｒ ＋ ＝ ｒ ｒ ＝ ５ꎬ ５ ＝ ＋ ２ ２ > ꎬ ５ꎬ . 程为 ｘ ２ ｙ ２ 其圆心坐标 － ＝ ５－ ２< ５ ８± ５１. ( －４) ＋( －１) ＝５ꎬ Ｒ ｒ ｄ Ｒ ｒ 两圆相交. ３.解 当 ３ ＝ ) 过 析 ２ ＝ １ 点 ４ ３ . 圆 如 的 图 ꎬ 方程 的 可 直 化 线 为 与 ( 圆 ｘ － 相 １) 切 ２ 时 ＋( ｙ 斜 ＋ 为 则 ( æ è ç ４ ｜４ ꎬ１ ｋ － )ꎬ １ ｋ 半 － ２ ３ ＋ 径 ｋ １ － 为 １｜ ö ø ÷ ５ ２ ꎬ ＝５－４ꎬ ２.解 ( ∴ ｘ 析 两 ＋３ 圆 － ) ２ < 圆 的 ＋( 圆 < ｘ ｙ ２ － 心 ＋ ＋ ４ ｙ ) 距 ꎬ ２ ２ ∴ ＋ ＝ ｄ ６ ３ ｘ ６ － ꎬ ８ ｙ －１１＝ ２ ０ ２ 可化 . 为 (－１ꎬ－１) ꎬ ∴ ＝ (－３) ＋４ ＝５ 率为 或斜率不存在 所以当直线与圆 解得ｋ ３ 所以ｌ的方程为 ｘ ｙ 两圆相交 ｍ ｍ ０ ꎬ ＝ ꎬ ３ －４ －１３ ∵ ꎬ∴ ｜ －６｜<５<６＋ ⇒１ 相交时 直线 ｌ 的斜率的取值范围 ４ ｍ ꎬ . < <１２１ꎬ 为 . ＝０ 所求ｍ的取值范围为 ｍ . (－∞ꎬ０) ９.证明 直线ｌ的方程可化为ｋ ｘ ｙ ∴ １< <１２１ ＋３＝０ ꎬ 则直线ｌ恒过定点Ｐ (４ ( ꎬ３) － ꎬ ４)－ ３.解析 两圆的圆心距ｄ ＝ ３ ２ ＋０ ２ ＝３ꎬ Ｒ 又因为 ４ ２ ＋３ ２ －６×４－８×３＋２１＝－２<０ꎬ 故 ＝２ 两 ꎬ ｒ 圆 ＝１ 外 ꎬ ｄ 切 ＝ Ｒ ＋ 则 ｒ ꎬ 两圆的公切线共有 所以点Ｐ 在圆Ｃ的内部 故无论 ꎬ (４ꎬ３) ꎬ 条. ｋ为何值 直线ｌ与圆Ｃ都有两个交点. ３ １０.证明 ꎬ 当 ｙ 时 设切线的斜率 ４.解析 易知点Ａ (１ꎬ－１) 在圆Ｃ的内部 ꎬ ０≠０ ꎬ 则所求圆与圆Ｃ内切 则所求圆的圆心 为ｋ ꎬ ４.解析 设所求圆的方程为 ( ｘ － ａ ) ２ ＋( ｙ － 则ｋ ꎬ ｘ ０ ｙ 在直线 ＣＢ 上 ꎬ 直线 ＣＢ 的方程为 ｙ ＝ ｂ ) { ２ ＝１３ ａ ꎬ ２ ｂ ２ ＝－ｙ ０ ( ０≠０)ꎬ ｘ ４ ３ ｘ ꎬ 则 ( ａ ｂ － － ２－ ２ ２ ＝ ) ２ ３ ＋ ꎬ (２－ ) ＝１３ꎬ ｘ 所以 即 所求 ｙ 切 ｙ 线 ｙ２ 方程 ｘ 为 ｘ ｘ ｙ ２ － 即 ｙ ０＝－ｙ ０ ０ ( ｘ － 设所求圆的圆心的坐标为 ( ａ ꎬ ３ ４ ａ ) ( ａ > 解得 {ａ ＝４ꎬ或 {ａ ＝０ꎬ ｘ ０) ｘ ꎬ ｙ ｙ ０ ｘ２ － ｙ ０ ２ ＝－ ｒ２ ０ . ＋ ０ꎬ ０)ꎬ ｂ ｂ . ０ ＋ ０ ＝ ０＋ ０＝ ( ) ２ ＝５ ＝－１ 当ｙ 时 显然成立. 则圆心距ｄ ａ２ ３ ａ ５ ａ 故所求圆的方程为 ( ｘ －４) ２ ＋( ｙ －５) ２ ＝ 故切 ０ 线 ＝０ 的方 ꎬ 程为ｘ ｘ ｙ ｙ ｒ２. ＝ ＋ ４ ＝ ４ ꎬ ５.解 １３ 析 或ｘ２ 设 ＋( 圆 ｙ 心 ＋１ 为 ) ２ ＝１３ ｂ . 半径为Ｒ 依题 １１.解析 ∵ 圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ０ ４ ＋ 上 ０ 恰 ＝ 有 ３ 个点到 Ｒ ＝１０ꎬ ｒ ＝ (１－ ａ ) ２ ＋ ( －１－ ３ ａ ) ２ ꎬ (０ꎬ )ꎬ ꎬ 直线ｌ的距离都等于 且圆的半径为 ４ ì ï ｜－３ ｂ ＋１２｜ Ｒ 圆心为 １ ( ) ２ 意有í ï ４ ２ ＋(－３) ２ ＝ ꎬ ２ꎬ 圆心到 ( 直 ０ 线 ꎬ０) ｌ ꎬ 的距离为 则 ５ ４ ａ ＝１０－ (１－ ａ ) ２ ＋ －１－ ４ ３ ａ ꎬ { î ï ï ｜ ３ － ２ ４ ＋ ｂ ( － － １ ４ ２ { ) ｜ ２ ＝ Ｒ ꎬ ∴ ∴ １ ｜ ｂ ２ ＋ ｜ １ ２ ＝１ꎬ １ꎬ 所 ( ｙ 以 －３) ａ ２ ＝ ＝ ４ { ２ ꎬ ５ ｘ 则 . ２ 所 ｙ２ 求圆的方程为 ( ｘ －４) ２ ＋ Ｒ ８４ Ｒ １２ ｂ ５.解析 由 ＋ －１＝０ꎬ 得公共弦 解得 ＝ ꎬ或 ＝ ꎬ ∴ ｜ ｜＝ ２ꎬ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ５ ５ ＋ －２ －２ ＋１＝０ ｂ ｂ . ｂ . 所在直线的方程为 ｘ ｙ 即ｘ ｙ ＝－２４ ＝０ ∴ ＝± ２ ２ ＋２ －２＝０ꎬ ＋ 故所求圆的方程为 ｘ２ ｙ ２ 综上所述 当 ｂ 时 圆 ｘ２ ｙ２ . ＋( ＋２４) ＝ ꎬ ＝± ２ ꎬ ＋ ＝４ －１＝０ ( ) ２ ( ) ２ 上恰有 个点到直线 ｌ 的距离都等 习题 . ８４ 或ｘ２ ｙ２ １２ . ３ ２３ ＋ ＝ 于 . １.解析 圆ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 的圆心 ５ ５ １ ∵ ＋ －１０ －１０ ＝０ ６.解析 设圆心坐标为 ｔ ｔ 则由圆与 １２.解析 圆心到直线的距离 ｄ ( ꎬ３ )ꎬ (１) Ｏ 半径ｒ １ ｘ轴相切 ꎬ 可得半径ｒ ＝３｜ ｔ ｜ꎬ ｜－ ｒ２ ｜ １(５ꎬ５)ꎬ １＝ ２ １００＋１００＝５ ２ꎬ ∴ 圆心到直线的距离ｄ ＝ ｜ ｔ －３ ｔ ｜ ＝ ２｜ ｔ ｜ꎬ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ 圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＋６ ｘ ＋２ ｙ －４０＝０ 的圆心Ｏ ２(－３ꎬ 由ｒ２ ｄ２ ２ 解得ｔ ２ ∵ ａ Ｐ ２ ( ａ ｂ ꎬ ２ ｂ ) ｒ 在 ２. 圆Ｃ上 ꎬ －１)ꎬ 半径ｒ ２＝ ２ １ ３６＋４＋１６０＝５ ２ꎬ ＝ ＋( ７) ꎬ ＝±１ꎬ ∴ ＋ ＝ 故圆心为 或 半径为 . ｄ ｒ 即直线ｌ与圆Ｃ相切. Ｏ Ｏ ２ ２ (１ꎬ３) (－１ꎬ－３)ꎬ ３ ∴ ＝ ꎬ ∴ １ ２＝ (５＋３) ＋(５＋１) ＝１０ꎬ 故圆Ｃ的方程为 ｘ ２ ｙ ２ 或 当Ｐ ａ ｂ 在圆Ｃ外时 ａ２ ｂ２ ｒ２ ｒ ｒ Ｏ Ｏ ｒ ｒ ( ＋１) ＋( ＋３) ＝９ (２) ( ꎬ ) ꎬ ＋ > ꎬ ｜ １－ ２｜＝０< １ ２＝１０< １＋ ２＝１０ ２ꎬ ｘ ２ ｙ ２ . ｄ ｒ 直线ｌ与圆Ｃ相交. 两圆相交. ( －１) ＋( －３) ＝９ ∴ < ꎬ∴ ∴ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋圆ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 的圆心坐标 圆ｘ２ ｙ２ 的圆心到公共弦所在直线 以 ＡＢ 为 直 径 的 圆 的 圆 心 是 (２) ＋ －６ ＋４ ＋１２＝０ ＋ ＝９ ∴ 是 半径是 ( ) (３ꎬ－２)ꎬ １ꎻ 的距离 ｄ ｜－３｜ ３ 圆 ｘ２ ｙ２ ３ 半径ｒ １ ５ . 圆ｘ２ ＋ ｙ２ －１４ ｘ －２ ｙ ＋１４＝０ 的圆心坐标是 ＝ ２ ２ ＋(－１) ２ ＝ ５ ꎬ ＋ －２ꎬ ２ ꎬ ＝ ２ １６＋９＝ ２ (７ꎬ１)ꎬ 半径是 ６ꎬ ＝９ 的半径ｒ ＝３ꎬ ∴ ( 以ＡＢ ) 为直径的圆的方程是 ( ｘ ＋２) ２ ＋ 所以 . 圆心距为 (７－３) ２ ＋(１＋２) ２ ＝５＝ 则公共弦长 ｌ ＝２ ｒ２ － ｄ２ ＝２ ９－ ９ ｙ － ２ ３ ２ ＝ ２ ４ ５ ꎬ 即ｘ２ ＋ ｙ２ ＋４ ｘ －３ ｙ ＝０ . 所 ６－ 以 １ 两圆内切. ５ ４.解析 圆ｘ２ ＋ ｙ２ －４ ｘ ＋４ ｙ ＋４＝０ 可化为 ( ｘ ２.解析 两圆没有公共点 ꎬ 则两圆的位置 ＝ １２ ５. －２) ２ ＋( ｙ ＋２) ２ ＝４ꎬ 关系为内含或外离. ７.解析 ５ 设所求圆的方程为 ｘ２ ｙ２ ｘ ∴ 圆心坐标为 (２ꎬ－２)ꎬ 圆的半径为 ２ꎬ (１) 若是内含 ꎬ 则两圆的圆心距 ｄ ＝ λ ｘ ２ ｙ２ . ( ＋ －６ ) ∴ 圆心到直线 ｘ － ｙ －５＝０ 的距离为 ＋ ( ＋ －４)＝０ ａ２ 即ａ２ 解得 ａ 此圆过点Ｍ λ ｜２＋２－５｜ ２ ＋０<５－１ꎬ <１６ꎬ －４< <４ꎬ ∵ (２ꎬ－２)ꎬ∴ －４＋４ ＝０ꎬ ＝ ꎬ 又ａ为正实数 ꎬ 所以 ０< ａ <４ꎻ 即λ ＝１ꎬ 故所求方程为ｘ２ ＋ ｙ２ －３ ｘ －２＝０ . ２ ２ (２) 若是外离 ꎬ 则ｄ ＝ ａ２ ＋０>５＋１ꎬ ８.解析 (１) 直线ＱＡ ꎬ ＱＢ与圆Ｐ相切. ∴ 圆ｘ２ ＋ ｙ２ －４ ｘ ＋４ ｙ ＋４＝０ 被直线ｘ － ｙ －５ ＰＢ ＰＡ ＱＡ ＱＢ 即 ａ２ 解得ａ 或ａ (２) ＝ ＝３ꎬ ＝ ＝４ꎬ 所截的弦长为 １ . >６ꎬ >６ <－６ꎬ 且ＱＰ为圆Ｍ的直径 则 ＰＢＱ ° ＝０ ２ ４－ ＝ １４ 又ａ为正实数 所以ａ . ꎬ ∠ ＝９０ ꎬ ２ ꎬ >６ 在 ＰＢＱ中 ＰＢ ＢＱ ５.解析 当切线经过原点时 设切线方程 所以 ａ 的取值范围为 Ｒｔ△ ꎬ ＝３ꎬ ＝４ꎬ ꎬ (０ꎬ４)∪(６ꎬ 为ｙ ｋｘ 则圆心 到切线的距离 . ＰＱ ２ ２ ＝ ꎬ (０ꎬ－５) ＋∞) ＝ ３ ＋４ ＝５ꎬ ３. 因 解 为 析 两 圆 设 的 圆 圆 Ｃ 心 的 距 半径 ｄ ＝ 为 ５ꎬ Ｒ ꎬ 故 即 点 ａ Ｑ ２ ＋ 在 ｂ２ 以 ＝ 原 ５ꎬ 点 即 为 ａ２ 圆 ＋ ｂ 心 ２ ＝ ꎬ５ ２５ 为 ꎬ 半径的圆 为 １ ５ ＋ ｋ２ ＝ ３ꎬ 解得ｋ ＝± ３ ６６ ꎬ 此时切 所以当两圆外切时 Ｒ Ｒ 上运动. ꎬ ＋１＝５⇒ ＝４ꎻ 线方程为ｙ ６６ｘ. 当两圆内切时 Ｒ Ｒ . 若ａ ｂ 即Ｑ ＝± ꎬ －１＝５⇒ ＝６ (３) ＝－２ꎬ ＝－３ꎬ (－２ꎬ－３)ꎬ ３ 故圆Ｃ的方程为 ｘ ２ ｙ ２ ( ) 当切线不经过原点时 设切线方程为ｘ ( ＋４) ＋( －３) ＝１６ 则ＰＱ的中点的坐标为 ３ ꎬ 或 ｘ ２ ｙ ２ . －１ꎬ－ ꎬ ｙ ａ 则圆心 到切线的距离为 ( ＋４) ＋( －３) ＝３６ ２ ＋ ＝ ꎬ (０ꎬ－５) ４.解析 设两圆交点为Ａ Ｂ 联立方程组 ａ ꎬ ꎬ ＰＱ ２ ２ ｜－５－ ｜ 解得 ａ 此时切 { ｘ ｘ ２ ２ ＋ ＋ ｙ ｙ ２ ２ ＋ ＋ ６ ６ ｙ ｘ － － ２ ４ ８ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ 解得 {ｘ ｙ ＝ ＝ － ３ꎬ １ 则圆 ＝ Ｍ ( 的 －２ 方 ) 程 ＋( 为 －３ ( ) ｘ ＋ ＝ １) １ ２ ３ ＋ ꎬ ( ｙ ＋ ３ ) ２ 线方 ２ 程为 ＝ ｘ ３ ｙ ꎬ ＝ . －５± ６ꎬ {ｘ ２ ＋ ＝－５± ６ 或 ＝－６ꎬ ６.解析 如图 ｙ １３ : ＝－２ꎬ ＝ ꎬ 不妨设点Ａ Ｂ 因此 ４ (－１ꎬ３)ꎬ (－６ꎬ－２)ꎬ 即ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ＡＢ的中垂线方程为ｘ ＋ ｙ ＋３＝０ꎬ {ｘ２ ＋ ｙ２ ＋２ ｘ ＋３ ｙ ＝０ꎬ ì 由 ＋ ＋２ ＋３ ＝０ꎬ得公共弦ＡＢ所在 {ｘ ｙ ï ï ｘ ＝ １ ꎬ ｘ２ ＋ ｙ２ ＝９ 联立 ＋ ＋３＝０ꎬ解得í ２ 故圆心 直线的方程为 ｘ ｙ . ｘ ｙ ï ２ ＋３ ＋９＝０ － －４＝０ꎬ î ïｙ ＝－ ７ ꎬ 复习题 依题意可设圆心坐标为 ｂ ｂ ２ １.解析 所求圆的圆心在ＯＰ的垂直平分 (１ꎬ )ꎬ >０ꎬ ( ) 设线段 ＡＢ 的中点为 Ｄ 则 ＡＤ ＡＢ 为 １ ꎬ－ ７ ꎬ ＣＡ ＝ ８９ ꎬ 线上 ꎬ ＯＰ的垂直平分线方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ꎬ ＝ ２ ２ ２ ２ 所求的圆的方程为 ( ｘ １ ) ２ ＝ ( ｘ －１)＋( ｙ －１) ２ ꎬ 即ｘ ＋ ｙ －１＝０ . ３ ∴ － ＋ {ｘ ｙ {ｘ ＝ ꎬ ２ 解方程组 ＋ －１＝０ꎬ 得 ＝４ꎬ 即圆 ２ ( ｙ ７ ) ２ ８９. ２ ｘ ＋３ ｙ ＋１＝０ꎬ ｙ ＝－３ꎬ 则ｂ ＣＤ ＡＣ２ ＡＤ２ １ ＋ ＝ 心坐标为 ＝ ＝ － ＝ ꎬ ２ ２ (４ꎬ－３)ꎬ ( ) ２ ５.解析 ｙ 易知 的 点 外 Ｍ 部 (３ 故 ꎬ－ 两 １) 圆 在 外 圆 切 ｘ２ . ＋ 设 ｙ 所 ２ ＋ 求 ２ ｘ 则圆的半径 ｒ ＝ (４－０) ２ ＋(－３－０) ２ 所以圆心坐标为 １ꎬ １ ꎬ 圆 －６ 的 ＋ 方 ５＝ 程 ０ 为 ( ｘ － ａ ) ꎬ ２ ＋( ｙ － ｂ ) ２ ＝ ｒ２ ꎬ 所 ＝５ 求 ꎬ 圆的方程为 ( ｘ －４) ２ ＋( ｙ ＋３) ２ ＝２５ . 故 ( 圆 Ｃ ) 的标准方 ２ 程为 ( ｘ － １) ２ ＋ 已知圆的圆心为 (－１ꎬ３)ꎬ 半径为 ５ꎬ ２.解析 设所求圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ Ｄｘ ＋ ｙ － １ ２ ＝１ . 由题意可得 ａ ２ ｂ ２ ｒ２ Ｅｙ Ｆ 因为此圆过点 Ａ ２ :(３－ ) ＋(－１－ ) ＝ ꎬ ＋ ＝０ꎬ (１ꎬ１２)ꎬ ７.解析 第一个圆的方程可化为 ａ ２ ｂ ２ ｒ２ Ｂ Ｃ (１－ ) ＋(２－ ) ＝ ꎬ (７ꎬ１０)ꎬ (－９ꎬ２)ꎬ ( ) ２ ( ａ ＋１) ２ ＋( ｂ －３) ２ ＝( ５＋ ｒ ) ２ ꎬ { 所以代入 Ｄ 得 Ｅ Ｆ ｘ ＋ ２ １ ＋( ｙ －１) ２ ＝ ８ ４ ５ ꎬ 解得ａ ２０ ｂ １５ ｒ２ ８４５ １＋１４４＋ ＋１２ ＋ ＝０ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ Ｄ Ｅ Ｆ 两圆圆心距ｄ ５. ７ １４ １９６ ４９＋１００＋７ ＋１０ ＋ ＝０ꎬ ＝ 所求圆的方程为 ( ｘ ２０ ) ２ ( ｙ １５ ) ２ ８１＋４－９ Ｄ ＋２ Ｅ ＋ Ｆ ＝０ꎬ ２ ∴ － ＋ － {Ｄ ７ １４ ＝－２ꎬ ８５ ｄ ８５ 故两圆相交. ８４５. 解得 Ｅ ＝－４ꎬ 所以圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ － ∵５－ ２ < <５＋ ２ ꎬ ＝ １９６ Ｆ ＝－９５ꎬ ８.解析 易知点Ｐ (４ꎬ－１) 在圆Ｃ : ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ ６.解析 由 {ｘ２ ＋ ｙ２ ＝９ꎬ 得公共弦 ２ ｘ －４ ｙ －９５＝０ . ２ ｘ －６ ｙ ＋５＝０ 的外部 ꎬ 故两圆外切. ｘ２ ＋ ｙ２ －４ ｘ ＋２ ｙ －３＝０ ３.解析 由 ｘ ＝０ 得 ｙ ＝３ꎬ 由 ｙ ＝０ 得 ｘ ＝ 设所求圆的方程为 ( ｘ － ａ ) ２ ＋( ｙ － ｂ ) ２ 所在直线的方程为 ｘ ｙ 即 ｘ ｒ２ ４ －２ －６＝０ꎬ ２ － －４ꎬ ＝ ꎬ ｙ 不妨设Ａ Ｂ 已知圆Ｃ的圆心为 半径为 －３＝０ꎬ (－４ꎬ０)ꎬ (０ꎬ３)ꎬ (－１ꎬ３)ꎬ ５ꎬ １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 由题意可得 ａ ２ ｂ ２ ｒ２ 是ｘ ｙ . 因此可得所求圆的方程为 ｘ ２ ｙ２ (４－ ) ＋(－１－ ) ＝ ꎬ ＋３ ＝０ ( ＋２) ＋ ａ ２ ｂ ２ ｒ２ １５.解析 如图 集合Ｍ表示圆ｘ２ ｙ２ . ( －１) ＋( －２) ＝ ꎬ ꎬ ＋ ＝４ ＝５０ ( ａ ＋１) ２ ＋( ｂ －３) ２ ＝( ５＋ ｒ ) ２ ꎬ 及其内部的点集 ꎬ 集合 Ｎ 表示圆 ( ｘ － 故答案为 ( ｘ ＋２) ２ ＋ ｙ２ ＝５０ . 解得ａ ｂ ｒ １) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝ ｒ２ 及其内部的点集. ４.答案 ( ｘ －１) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝１ 所求圆 ＝ 的 ３ 方 ꎬ 程 ＝１ 为 ꎬ ＝ ｘ ５ꎬ ２ ｙ ２ . 解析 由于 ( ｘ －１) ２ ＋( ｙ ＋１) ２ ＝１ 的圆心 ( －３) ＋( －１) ＝５ 为 其关于ｘ轴的对称点是 ９.解析 建立如图所示的平面直角坐 (１ꎬ－１)ꎬ (１ꎬ 对称圆的半径不变 故得对称圆的 标系 １)ꎬ ꎬ ꎬ 方程为 ｘ ２ ｙ ２ . ( －１) ＋( －１) ＝１ ５.答案 (－∞ꎬ５) 解析 圆的方程可化为 ｘ ２ ｙ ( －１) ＋( ＋ Ｍ Ｎ Ｎ ２) ２ ＝５－ ｍ ꎬ 令 ５－ ｍ >０ꎬ 得ｍ <５ . ∵ ∩ ＝ ꎬ ６.答案 ｒ ２＋１ ∴ ２≤２－ ꎬ 解析 把圆的方程化为标准形式得 故ｒ的取值范围为 ｒ . 则 设所 Ａ ( 求 － 圆 １８ 的 . ７ꎬ 方 ０) 程 ꎬ Ｂ 为 (１ ｘ ８ ２ . ７ꎬ ｙ ０) ｂ ꎬ Ｃ ２ (０ ｒ ꎬ ２ ７ . ２)ꎬ １６.解析 ｘ ＝ １－ ｙ２表 ０< 示 ≤ 圆 ２ ｘ － ２ ＋ ２ ｙ２ ＝１ 的 ( 所 ｘ 以 －１ 圆 ) ２ 心 ＋( 坐 ｙ － 标 １) 为 ２ ( ＝ １ １ ꎬ ꎬ １)ꎬ 圆的半径ｒ ＝１ꎬ { . ｂ ２ ｒ２ ＋( － ) ＝ ꎬ 右半部分. 所以圆心到直线ｘ － ｙ ＝２ 的距离 则有 (７２－ ) ＝ ꎬ 由数形结合的方法可得 ｂ 或ｂ . ２ ｂ２ ｒ２ －１< ≤１ ｄ ｜１－１－２｜ 解得 { １ ｂ ≈ ８７ －２ ＋ ０ . ７ ＝ ꎬ ꎬ １７.解 ＝－ 析 ２ . 存在.理由如下 以弦 ＡＢ 为 则 ＝ 圆上的 ２ 点到 ＝ 直 ２ 线 ꎬ ｘ ｙ 的距离最大 ｒ２ . ２. :∵ － ＝２ ≈２７９ 直径的圆过原点 可设此圆的方程 故所求圆的方程为 ｘ２ ＋( ｙ ＋２０ . ７) ２ ＝ 为Ｃ′ ｘ２ ｙ２ Ｄｘ ꎬ Ｅ ∴ ｙ 则直线ｌ是两 值为ｄ ＋ ｒ ＝ ２＋１ . . ２. : ＋ ＋ ＋ ＝０ꎬ 故答案为 . ２７９ 圆公共弦所在的直线. ２＋１ １０.解析 设点Ｐ ｘ ｙ 连接ＯＱ Ｑ为 二、选择题 ( ꎬ )ꎬ ꎬ∵ ｌ的方程为 Ｄ ｘ Ｅ ｙ . 切点 ＰＱ ＯＱ 由勾股定理得 ＰＱ２ ∴ ( ＋２) ＋( －４) ＋４＝０ ７.Ｂ 圆心为点 的中点 ꎬ ⊥ ꎬ ＝ 又ｌ的斜率为 (５ꎬ６)ꎬ(３ꎬ－４) ＯＰ２ ＯＱ２ 由 ＰＱ ＰＡ 可得 ＰＱ２ １ꎬ 半径是两点间距离的一半 即 － ꎬ ＝ ２ ＝ Ｄ Ｅ. (４ꎬ１)ꎬ ꎬ ＰＡ２ 即有ｘ２ ｙ２ ｘ ２ ｙ２ ∴ ＋２＝４－ ① 化 ４ 简可 ꎬ 得 ｘ２ ＋ ｙ － ２ １＝４ ｘ [( －４) 此 ＋ 方 ] 程 ꎬ 又圆Ｃ′的直径在ｌ上 ꎬ １ (５－３) ２ ＋(６＋４) ２ ＝ ２６ꎬ 所以所 ３ ＋３ －３２ ＋６５＝０ꎬ ( Ｄ Ｅ ) ２ 即为所求点Ｐ的轨迹方程. 圆 Ｃ′的圆心 在直线 求圆的方程为 ｘ ２ ｙ ２ ∴ － ꎬ－ ( －４) ＋( －１) ＝２６ꎬ １１.解析 由题意知 ꎬ 圆心 Ｃ 的坐标为 ｌ上 ２ ２ 即ｘ２ ＋ ｙ２ －８ ｘ －２ ｙ －９＝０ꎬ 故选 Ｂ . (２ꎬ１)ꎬ 又Ｍ (１ꎬ０)ꎬ 所以ｋ ＭＣ＝１ꎬ 过点 ꎬ ( Ｄ ) ( Ｅ ) ８.Ｂ 由题意知 ｋ －２－０ 所以切 Ｍ的最短弦与直线 ＭＣ 垂直 故此弦 Ｄ Ｅ . ＯＭ＝ ＝－２ꎬ ꎬ ∴ ( ＋２) － ＋( －４) － ＋４＝０ １－０ 所在直线的斜率为 故所求直线方 ２ ２ －１ꎬ 线ｌ的斜率为 １ 又过Ｍ 点 所 程为ｙ ｘ 即ｘ ｙ . ② ꎬ (１ꎬ－２) ꎬ ＝－( －１)ꎬ ＋ －１＝０ {Ｄ {Ｄ ２ １２.解析 由圆的方程得圆心为 由 可得 ＝２ꎬ或 ＝－３ꎬ (２ꎬ３)ꎬ ①② Ｅ Ｅ . 以方程为ｙ １ ｘ 即ｘ ｙ 半径ｒ ＝０ ＝５ －(－２)＝ ( －１)ꎬ －２ ＝２ꎬ 故所求的直线ｌ存在 其方程为ｘ ｙ ２ 圆心到直线 ｙ ｋｘ 的距离 ｄ ꎬ － ＋１＝０ 故选 . ∵ ＝ ＋３ 或ｘ ｙ . －５＝０ꎬ Ｂ ｋ － －４＝０ ９.Ｃ 由已知得圆Ｏ ｘ ２ ｙ２ 圆 ｜２ ｜ １８.解析 由题意 圆 Ｍ 的圆心到点 １:( －１) ＋ ＝１ꎬ ＝ ｋ２ ꎬ ꎬ (３ꎬ Ｏ ｘ２ ｙ ２ 由于Ｏ Ｏ 又 ＋１ 的距离与圆Ｍ的圆心到直线ｘ ２: ＋( ＋２) ＝４ꎬ １ ２＝ ５ꎬ １ 且ＭＮ ０) ＝－３ 所以两圆相交 故选 . ≥２ ３ꎬ 的距离相等 故设 Ｍ ｘ ｙ 有 < ５<３ꎬ ꎬ Ｃ ꎬ ( ꎬ )ꎬ ４ ｋ２ ｘ ２ ｙ２ ｘ 即有ｙ２ ｘ １０.Ｄ 由题意知 ｒ ＝２ ７ꎬ 所以圆的方程 ∴ 变 ２ 形整 ４ 理 －ｋ 得 ２ ＋ ４ １ ｋ ≥ ２ ＋ ２ ４－ ３ ４ ꎬ ｋ２ ≥３ ｋ２ ＋３ꎬ 即圆 ( 心 －３ Ｍ ) 的 ＋ 轨 ＝ 迹 ｜ 方 ＋ 程 ３｜ 是 ꎬ ｙ２ ＝１２ ｘ ＝ . １２ ꎬ 解 为 得 ( ｘ ＋ ｙ ２ １＝ ３ ４ ) ＋ ２ ２ ＋( ７ ｙ － ꎬ ｙ ２ ２＝ ７) ２ ２ ＝ ７ ２ － ８ ４ ꎬ ꎬ 令 故 ｘ 这 ＝０ 个 ꎬ 本章测试 圆截ｙ轴所得的弦长是 ｙ ｙ 故 解得 － ３ ３ ≤ ｋ ≤ ３ ３ ꎬ 一、填空题 选 Ｄ . ｜ １－ ２｜＝８ꎬ ∴ ｋ的取值范围是 é ë êê － ３ ３ ꎬ ３ ３ ù û úú. ２ １ . . 答 答 案 案 ５ ( π ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ －１) ２ ＝９ １ 三 １ 、 .解 解 析 答题 由于圆心在直线 ｘ －２ ｙ －２＝０ １３.解析 易求出反射光线所在直线为 ３.答案 ( ｘ ＋２) ２ ＋ ｙ２ ＝５０ 上 ꎬ 可设圆心坐标为 (２ ｂ ＋２ꎬ ｂ ) . ３ ｘ －４ ｙ ＋６＝０ꎬ 以点 (２ꎬ８) 为圆心的圆 解析 设圆心为 Ｃ ( ａ ꎬ０)ꎬ Ａ (３ꎬ５)ꎬ 再根据圆过两点Ａ (０ꎬ４)ꎬ Ｂ (４ꎬ６)ꎬ 可 与该直线相切 ꎬ Ｂ (－３ꎬ７)ꎬ 得 [(２ ｂ ＋２)－０] ２ ＋( ｂ －４) ２ ＝[(２ ｂ ＋２)－ 则圆心到此直线的距离ｄ ＝ ｒ ꎬ 由 两 点 间 的 距 离 公 式 ꎬ 得 ＣＡ ４] ２ ＋( ｂ －６) ２ ꎬ 解得ｂ 可得圆心为 半径为 即ｒ ｄ ｜６－３２＋６｜ ２０ ａ ２ ２ ＝１ꎬ (４ꎬ１)ꎬ ＝ ＝ ＝ ＝４ꎬ ＝ (３－ ) ＋５ ꎬ ３ ２ ＋(－４) ２ ５ ＣＢ ａ ２ ２ (４－０) ２ ＋(１－４) ２ ＝５ꎬ 圆 Ｃ 的方程为 ｘ ２ ｙ ２ ＝ (－３－ ) ＋７ ꎬ 故所求圆的方程为 ｘ ２ ｙ ２ ∴ ( －２) ＋( －８) 两点Ａ Ｂ 在圆上 ( －４) ＋( －１) . ∵ (３ꎬ５)ꎬ (－３ꎬ７) ꎬ . ＝１６ ＣＡ ＣＢ 得 ＝２５ １４.解析 因为两圆相交于Ａ Ｂ两点 所 ∴ ＝ ꎬ １２.解析 直线 ｙ ｍ ｘ 即 ｍｘ ｙ ｍ ꎬ ꎬ ＝ ( －１) － － 以Ａ ꎬ Ｂ 两点的坐标既满足第一个圆 (３－ ａ ) ２ ＋５ ２ ＝ (－３－ ａ ) ２ ＋７ ２ ꎬ ＝０ . 的方程 ꎬ 又满足第二个圆的方程 ꎬ 将两 解得ａ ＝－２ꎬ 可得圆心Ｃ (－２ꎬ０)ꎬ 半径Ｒ 圆ｘ２ ｙ２ ｙ 即ｘ２ ( ｙ １ ) ２ １ 个圆的方程作差 得直线 ＡＢ 的方程 . ＋ － ＝０ ＋ － ＝ ꎬ ꎬ ＝ ５０＝５ ２ ２ ４ １３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋( ) ａ 所以ａ ｃ 所以ｂ２ ａ２ ｃ２ { ｘ ｙ 圆心为 １ 半径为 １ ２ ＝１０ꎬ ＝５ꎬ ＝３ꎬ ＝ － ＋２ －２ ２＝０ꎬ 如图所示 ０ ꎬ ꎬ Ｃ ２ Ｐ ＝ ꎬ １ ꎬ ＣＡ ⊥ ２ ＰＱ ꎬ 于Ａ ꎬ 故 ＝１ 顶 ６ . 点Ａ在椭圆 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１( ｘ ≠±５) 上 ７.解析 联立 ｘ ４ ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ 消去 ｘ 得 ２ ２５ １６ ｙ２ ｙ 运动. ２ －２ ２ ＋１＝０ꎬ Δ 故直线ｘ ｙ ２.解析 根据椭圆的标准方程的形式可 ＝８－４×２×１＝０ꎬ ＋２ －２ ２＝０ 知 (１ )(２)(４) 是椭圆的方程 ꎬ(３) 是圆 与椭圆 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ 的公共点个数为 １ . 的方程 其中 焦点在 ｘ 轴上 ４ ꎻ (１)(４) ꎬ 习题 . ( ) 焦点在ｙ轴上. ３１ １ (２) １.解析 证明 因为Ｂ Ｃ ｘ２ ｙ２ ｙ２ (１) : (－３ꎬ０)ꎬ (３ꎬ ３.解析 . ｘ２ . ＢＣ . (１) ＋ ＝１ (２) ＋ ＝１ ０)ꎬ∴ ＝６ 则ＰＡ １ ＰＱ ２ １６ ９ １６ 所以ＡＢ ＡＣ 根据椭圆的定义可知 ＝ ＝ ꎬ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ ＋ ＝１２ꎬ ２ ４ (３) ＋ ＝１ 或 ＋ ＝１ . Ａ点的轨迹方程为 ｘ２ ｙ２ ｘ ＣＡ ＝ １ － ２ ＝ ２ ꎬ ４.解析 １００ ６４ 因为椭 １ 圆 ００ 的 ６ 焦 ４ 点在ｘ轴上 ３６ ＋ ２７ ＝１( ≠±６)ꎬ ４ １６ ４ (１) ꎬ 点Ａ在一个椭圆上运动. ｘ２ ｙ２ ∴ １ ＋ ｍ 所以设椭圆的标准方程为 ａ２ ＋ｂ２ ＝１( ａ (２) 这个椭圆的焦点坐标为 (－３ꎬ０) 和 即 ２ ２ . ｍ２ ＋１ ＝ ４ ꎬ 由 > ｂ 已 >０ 知 )ꎬ 得ｃ ＝３ꎬ ｂ ＝２ꎬ 所以ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ ＝９ ２. ( 解 ３ 析 ꎬ０ ) (１)(±２ ２ꎬ０) . (２)(０ꎬ±３) . 解得ｍ 或ｍ １ . . . ＝－１ ＝－ ＋４＝１３ꎬ (３)(± ２ꎬ０) (４)(０ꎬ± ７) １３.解析 设圆Ｃ的方程 ７ 为 ｘ ａ ２ ｙ 因此椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ . ３.解析 ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ( － ) ＋( － ＋ ＝１ (１) ＋ ＝１ꎻ(２) ＋ ＝１ꎻ ｂ ２ ｒ２ 点Ａ Ｂ １３ ４ ６ １ １６ ２５ 直 则 ) { 线 ＝ ３ ａ ａ Ａ ＋ Ｂ ꎬ ２ 的 ｂ ＝ 中 ０ ( ꎬ 垂 － ∴ ２ 线 { ꎬ０ ｂ ａ 方 ) ＝ ꎬ 程 ２ꎬ 为 (６ꎬ ｘ ０ ＝ ) ２ ꎬ ꎬ ( 椭 ２ 圆 ) 因 的 为 标 椭 准 圆 方 的 程 焦 为 点 ａ ｘ 在 ２ ２ ＋ ｘ ｙ ｂ 轴 ２ ２ 上 ＝１ ꎬ ( 所 ａ 以 > ｂ 设 > ( 方 ３ 程 ) 由 为 ａ ｘ ＝ ２ ＋ ２ ｃ ｙ ꎬ ２ ｃ ＝ ＝ １ ２ ꎻ ３ 得ａ ＝４ ３ꎬ 故椭圆 ＝２ꎬ ＝－３ꎬ ４８ ３６ ｒ ＡＣ ２ ２ ０)ꎬ 由题意 可设椭圆的标准方程为 ｘ２ ∴ ＝ 圆 . Ｃ ＝ 的 ( 方 －２ 程 －２ 为 ) ( ＋ ｘ ( － ０＋ ２ ３ ) ) ２ ＋ ＝ ( ５ ｙ ꎬ ＋３) ２ 因为 Ｆ 椭圆的两个 且 焦 点 点 Ｐ 分 ( ５ 别为 ３ Ｆ )１( 在 －２ 椭 ꎬ (４ ｙ ) ２ ａ ꎬ ｂ . ａ２ １４.解 ＝２ 析 ５ 设所求圆的圆心为 ａ 半 ０)ꎬ ２(２ꎬ０)ꎬ ２ ꎬ－ ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ( ꎬ０)ꎬ 圆上 ａ ａ ꎬ 把点 代入得 ９ ２４ 径为ｒ ꎬ 由｜２ －３｜ ＝ ｜ ＋３｜ ＝ ｒ ꎬ 解得ａ ＝ 根 据 椭 圆 的 定 义 可 知 ２ ａ ＝ (３ꎬ－２ ６) ａ２ ＋ｂ２ ＝１①ꎬ ５ ５ ( ) ２ ( ) ２ 又 ａ２ ｂ２ 联立 解得ａ２ ５ ３ ∵ － ＝４②ꎬ∴ ①②ꎬ ＝ ０ 或ａ ＝６ .当 ａ ＝０ 时 ꎬ ｒ ＝ ３ ꎻ 当 ａ ＝６ ２ ＋２ ＋ － ２ ＋ ３６ꎬ ｂ２ ＝３２ . ５ ( ５ ) ２ ( ３ ) ２ ８１ ９ 故所求椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ . 时 ｒ ９ 故所求圆的方程为ｘ２ ｙ２ －２ ＋ － ＝ ＋ ＋ ＋ ＝１ ꎬ ＝ ꎬ ＋ ＝ ２ ２ ４ ４ ３６ ３２ ５ ｘ２ ５ ９ 或 ( ｘ －６) ２ ＋ ｙ２ ＝ ８ ５ １. ４ １ ＋ ４ ９ ＝ ３ ２ １０ ＋ ２ １０ ＝２ １０ꎬ 即ａ ４.解析 (１ 即 ) ｃ 椭圆 . ２ ＋ ｙ２ ＝１ 的焦点为 １５.解析 圆Ｃ的方程可化为 ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ ＝ １０ . (±１ꎬ０)ꎬ ＝１ ｘ２ ｙ２ －２) ２ ＝５－ ａ ꎬ 圆心为Ｃ (－１ꎬ２)ꎬ 半径ｒ ＝ 又ｃ ＝２ꎬ∴ ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２ ＝１０－４＝６ . 可设所求椭圆的标准方程为 ａ２ ＋ｂ２ ＝１ ５－ ａ ( ａ <５) .因为 Ｍ (０ꎬ１) 为弦 ＡＢ 故所求椭圆的标准方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ . ( ａ > ｂ >０) . 的中点 所以ＣＭ ａ 所以ａ １０ ６ ( ) ꎬ ＝ ２< ５－ ꎬ 设椭圆方程为ｍｘ２ ｎｙ２ ｍ ｎ 把点 ３ 代入得 １ ９ . Ｃ < Ｍ ３ꎬ ⊥ 故 Ａ ａ Ｂ ꎬ 的 所 取 以 值 ｋ 范 ＣＭ􀅰 围 ｋ 为 ＡＢ ( ＝ － － ∞ １ꎬ ꎬ３ 又 ) . ｋ 因 ＣＭ 为 ＝ ( 入 > ３ ０ ) ) 得 ꎬ 把点 Ｐ (－４ꎬ０) ＋ 和 Ｑ ＝ ( １ ２ ( ꎬ ３ > ) ０ꎬ 代 又 ∵ ａ２ １ － ꎬ ｂ ２ ２ ＝１ꎬ∴ ａ２ ＝ ａ ４ ２ ꎬ ＋ ｂ ４ ２ ｂ ＝ ２ ３ ＝ ꎬ １ ｙ － ＋ １ １ ꎬ 故 ＝０ ｋ . ＡＢ＝１ꎬ 所以直线ｌ的方程为ｘ － { ꎬ ｍ ì ï ï ｍ ＝ １ ꎬ ∴ 椭圆的标准方程为 ｘ ４ ２ ＋ ｙ ３ ２ ＝１ . １６ ＝１ꎬ 解得í １６ 设椭圆的方程为 ｍｘ２ ｎｙ２ ｍ 第3 章 圆锥曲线与方程 ４ ｍ ＋３ ｎ ＝１ꎬ ï ïｎ １ (２ ｎ ) ＋ ＝１( > î ＝ ꎬ ０ꎬ >０)ꎬ ４ æ ö æ ö 3.1 椭圆 故所求椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ . 把点 Ａ è ç ２ꎬ－ ２ ø ÷和 Ｂ è ç － ２ꎬ－ ３ ø ÷ 代 ＋ ＝１ ２ ２ １６ ４ 入得 ３.１.１ 椭圆的标准方程 ５.解析 和 (１)( ５ꎬ０) (－ ５ꎬ０)ꎻ ì 练习 (２)(０ꎬ ６) 和 (０ꎬ－ ６)ꎻ í ï ï４ ｍ ＋ ２ １ ｎ ＝１ꎬ 解得 { ｍ ＝ １ ꎬ １.解析 在 △ ＡＢＣ中 ꎬ ＢＣ ＝６ꎬ 且 △ ＡＢＣ的 (３)(０ꎬ３) 和 (０ꎬ－３)ꎻ ï ï ｍ ３ ｎ ｎ ８ 周长为 æ ö æ ö î２ ＋ ＝１ꎬ ＝１ꎬ １６ꎬ ç ２ ÷和ç ２ ÷. ４ ＡＢ ＡＣ 以ＢＣ所在直线为ｘ轴 (４)è ꎬ０ø è－ ꎬ０ø ｘ２ ∴ ＋ ＝１０ꎬ ꎬ ２ ２ 椭圆的方程为 ｙ２ . ＢＣ的垂直平分线为ｙ轴建立平面直角 ６.解析 根据椭圆的定义可知 ａ 又 ∴ ＋ ＝１ ２ ＝２０ꎬ ８ 坐标系 则可得Ｂ Ｃ 且 点Ｐ到左焦点的距离为 ５.解析 根据椭圆的定义可知 ａ ｃ ꎬ (－３ꎬ０)ꎬ (３ꎬ０)ꎬ ７ꎬ ２ ＝３ꎬ２ ＡＢ ＡＣ ＢＣ 根据椭圆的定义 可知 所以点Ｐ到右焦点的距离为 . . ａ . ｃ . 故椭圆方程为 ＋ ＝１０> ꎬ ꎬ １３ ＝２４ꎬ∴ ＝１ ５ꎬ ＝１ ２ꎬ １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｘ２ ｙ２ 即ｘ２ ｙ２ 它表示的是圆. ｘ２ ｙ２ . １ꎬ ＋ ＝１６ꎬ ３.解析 更接近于圆 . ２ ＋ . ２ ＝１ １３.解析 设 Ｍ ｘ ｙ 由 Ａ (１) ＋ ＝１ ꎻ １５ ０９ ( ꎬ )ꎬ (－２ꎬ０)ꎬ ２５ ２０ ６.解析 由题意得 ＡＢＦ 的周长为 ａ ｙ ｙ ｘ２ ｙ２ . △ ２ ４ ＝ Ｂ (２ꎬ０) 可求得ｋ ＡＭ＝ｘ ꎬ ｋ ＢＭ＝ｘ ꎬ (２) ＋ ＝１ 更接近于圆. ４×４＝１６ ＋２ －２ １２ １６ {ｘ２ ｙ２ 又 ｋ ｋ ３ ４.解析 ｃ 且 ｃ ２ ａ 故ｂ２ ７.解析 联立 ６ ＋ ３ ＝１ꎬ消ｙ得 ３ ｘ２ ＋４ ｘ ∵ ＡＭ􀅰 ＢＭ＝－ ４ ꎬ ２ ＝４ꎬ ａ ＝ ３ ꎬ∴ ＝３ꎬ ＝ ｘ － ｙ ＋１＝０ꎬ ｙ ｙ ３ 即 ｙ２ ３ 化 ａ２ － ｃ２ ＝５ꎬ∴ 短轴长为 ２ ５ . －４＝０ꎬ ∴ ｘ ＋２ 􀅰ｘ －２ ＝－ ４ ꎬ ｘ２ －２ ２ ＝－ ４ ꎬ ５.解析 ｃ ３ ｂ ６ 故可设ａ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则 ｘ ｘ ｘ２ ｙ２ ∵ ａ ＝ ꎬ∴ ａ ＝ ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １＋ ２ ＝ 简得 ＋ ＝１( ｘ ≠±２) . ３ ３ ４ ３ ｍ 则ｂ ｍ. 故 － ３ ４ Ａ ꎬ Ｂ ｘ 中 １ ｘ ２ 点 ＝ 的 － 横 ３ ４ ꎬ 坐标为 － ２ ꎬ 把ｘ ＝－ ２ １４. ∴ 解 点 析 Ｐ所 依 在 题 椭 意 圆 ꎬ Ｐ 的 Ａ ＋ 方 Ｐ 程 Ｃ ＝ 为 ３０ ｘ ꎬ ２ Ａ ＋ Ｃ ＝ ｙ １ ２ . ５ꎬ 则 ＝３ 该椭 ꎬ 圆方 ＝ 程 ６ 为 ９ ｘ ｍ ２ ２ ＋ ６ ｙ ｍ ２ ２ ＝１ꎬ 把点 (３ꎬ ２２５ １６８７５ ３ ３ . 代入 解得ｍ １５. 代入ｘ － ｙ ＋１＝０ꎬ 解得ｙ ＝ ３ １ ꎬ 所以ＡＢ中 由 ＝１ 题图可知Ｐ点的纵坐标为 －７ . ５ꎬ 代 －２ ａ ) ꎬ ｂ ＝ . ３ ( ) 入椭圆方程可解得 Ｐ . ∴ ＝ １５ꎬ ＝ １０ 点的坐标为 ２ １ (－５ ６ꎬ－７ ５)ꎬ ６.解析 由题意可知ａ ｃ ａ ｃ － ꎬ ꎬ 所以Ｐ到桅杆ＡＢ的距离为 . (１) － ＝２ꎬ ＋ ＝４ꎬ ３ ３ ５ ６－７ ５ ｃ ＡＢ ＝ (１＋ ｋ２ )[( ｘ １＋ ｘ ２) ２ －４ ｘ １ ｘ ２] ＝ ≈４ . ７５ 米. ∴ ａ ＝３ꎬ ｃ ＝１ꎬ∴ ａ ＝ ３ １ . ２ ( １６ １６ ) ８ ２. １５. 证明 ＰＦ １ ＋ ＰＦ ２ ＝ ( ｘ ０＋ ｃ ) ２ ＋ ｙ２ ０ 由题意可知 ａ ｂ ｅ ａ２ － ｂ２ (１＋１ ) ９ ＋ { ３ ｍ ＝ ３ ＋ ( ｘ ０－ ｃ ) ２ ＋ ｙ２ ０ (２) ＝２ ꎬ∴ ＝ ａ２ ８.解析 由题意得 ２－ － ｍ １ > > ０ ０ ꎬ ꎬ 解得 １< ｍ ＝ ｘ２ ０＋２ ｃｘ ０＋ ｃ２ ＋ ｂ２ －ａ ｂ２ ２ ｘ２ ０ ＝ ２ ３. ｍ ｍ 习题 . ( ) ２－ > －１ꎬ ｂ２ ３１ ２ < ３ . ＋ ｘ２ ０－２ ｃｘ ０＋ ｃ２ ＋ ｂ２ －ａ２ ｘ２ ０ １.解析 (１) 长轴长为 ４ ２ꎬ 短轴长为 ４ꎬ ２ ９.解析 代 入 ( 椭 １) 圆 ∵ 点 方程 Ｐ的 ｘ２ 横坐 ｙ 标 ２ 为 ２ꎬ 得 ｙ ＝ ａ ｃ２ ２ ｘ２ ０＋２ ｃｘ ０＋ ａ２ ＋ ａ ｃ２ ２ ｘ２ ０－２ ｃｘ ０＋ ａ２ 离心率为 焦 ２ ２ 点 ꎬ 顶 坐 点 标 坐 为 标为 (± . ２ ２ꎬ０) 和 ∴ ２５ ＋ ９ ＝ １ ＝ ( ａ ｃ ｘ ) ２ ( ａ ｃ ｘ ) ２ (０ꎬ± 长 ２ 轴 )ꎬ 长为 短轴 ( 长 ±２ 为 ꎬ０) 离心率为 ＝ ＋ ａ ０ ＋ － ａ ０ (２) ６ꎬ ２ꎬ ３ ２１. ± ｃ ｃ ２ ２ 顶点坐标为 和 焦 ５ æ ö ＝ ａ ＋ ａ ｘ ０＋ ａ － ａ ｘ ０ ３ ꎬ (±１ꎬ０) (０ꎬ±３)ꎬ 不妨设Ｐç ３ ２１÷ ａ. 点坐标为 . è２ꎬ øꎬ ＝２ (０ꎬ±２ ２) ５ １６.解析 这些折痕围成的轮廓是椭圆. 长轴长为 短轴长为 离心率为 易知Ｆ Ｆ (３) ６ꎬ ４ꎬ １(－４ꎬ０)ꎬ ２(４ꎬ０)ꎬ ３.１.２ 椭圆的几何性质 ５ 顶点坐标为 和 焦 æ ö２ ꎬ (±３ꎬ０) (０ꎬ±２)ꎬ ＰＦ ２ ç３ ２１ ÷ ３３. ３ ∴ １＝ (２＋４) ＋è ５ －０ø ＝ ５ 练习 点坐标为 (± ５ꎬ０) . (２) 由 (１) 知 ＰＦ ２＝２ ａ － ＰＦ １＝２×５－ ３３ １.解析 (１) 长轴长为 ２ ３ꎬ 短轴长为 ２.解析 (１) ｘ ∈[－２ꎬ２]ꎬ ｙ ∈[－ ３ꎬ ３] . ５ 离心率为 ３ 顶点坐标为 ２ ２ꎬ ꎬ (± ３ꎬ ＝ １７. ３ ５ 和 焦点坐标为 . １０.解析 由题意得动圆的圆心Ｃ的轨迹 ０) (０ꎬ± ２)ꎬ (±１ꎬ０) 长轴长为 短轴长为 离心率 方程为以Ｆ Ｆ 为焦点的椭圆方程 (２) ２０ꎬ １２ꎬ 且 ａ ｃ １ꎬ ２ 方程为 ｘ２ ｙ２ . ꎬ 为４ ꎬ 顶点坐标为 (±６ꎬ０) 和 (０ꎬ±１０)ꎬ ｘ [ １ １ ] ｙ . ２ ＝４ꎬ２ ＝２ꎬ∴ ４ ＋ ３ ＝１ 焦点 ５ 坐标为 . (２) ∈ － ２ ꎬ ２ ꎬ ∈[－１ꎬ１] (０ꎬ±８) １１.解析 设Ｐ ｘ ｙ 则 ｘ ２ ｙ２ 长轴长为 短轴长为 离心率为 ( ꎬ )ꎬ ( －１) ＋ ＝ (３) １０ꎬ ８ꎬ １ ｘ 化简得 ｘ２ ｙ２ 即 ３ 顶点坐标为 和 焦 ｜ －９｜ꎬ ８ ＋９ －７２＝０ꎬ ꎬ (±５ꎬ０) (０ꎬ±４)ꎬ ３ ５ ｘ２ ｙ２ 点坐标为 . 故点 Ｐ 的轨迹图形是 (±３ꎬ０) ＋ ＝ １ꎬ 长轴长为 短轴长为 离心率为 ３.解析 以矩形木板的正中心为原点建 ９ ８ (４) ８ꎬ ４ꎬ 椭圆. 立坐标系 如图 所以椭圆的方程为 ３ 顶点坐标为 和 焦 ꎬ ꎬ １２.解析 设点Ｐ ｘ ｙ 是椭圆 ｘ２ ｙ２ ２ ꎬ (±２ꎬ０) (０ꎬ±４)ꎬ ｘ２ ｙ２ . ( ０ꎬ ０) ４ ＋ １６ ＝ 点坐标为 (０ꎬ±２ ３) . ２５００ ＋ １０２４ ＝１ １ 上任意一点 ꎬ Ｑ { ( ｙ ｘ ꎬ ｙ ｙ ) 是所 {ｙ 求 ０＝ 曲 ｙ ꎬ 线上 ２.解析 (１) １ ｘ ６ ２ ＋ ｙ ９ ２ ＝１ꎻ(２) ｘ ４ ２ ＋ ２ ｙ ９ ２ ＝１ꎻ 的任意一点 ꎬ 则 ｘ ＝ ０ ｘ ꎬ 则 ｘ １ ｘ ｘ２ ｙ２ 或 ｘ２ ｙ２ ｘ２ ＝２ ０ꎬ ０＝ ꎬ (３) ＋ ＝１ ＋ ＝１ꎻ(４) ＋ ２ １００ ６４ ６４ １００ ４ ｘ２ ｙ２ ｙ２ 把 ｘ ｙ 代入椭圆方程得 . ( ０ꎬ ０) ＋ ＝ ＝１ １６ １６ ３ １５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋４.解析 若椭圆的焦点在ｘ轴上 则 ｙ轴对称. (１) ꎬ ３.２.１ 双曲线的标准方程 { ｋ ｋ 方程ｘ２ ｘｙ ｙ 所表示的曲线 ９－ > －１ꎬ (４) ＋２ ＋ ＝０ ｋ 解得 ｋ . 不关于ｘ轴 ｙ轴 原点对称. 练习 ９－ >０ꎬ １< <５ ꎬ ꎬ ｋ １１.解析 Ｆ Ｆ 设Ｍ ｘ １.解析 以 ＢＣ 的中点 Ｏ 为坐标原点建 －１ 若 >０ꎬ 椭圆的焦点在 ｙ 轴上 则 ｙ １(－５ꎬ０)ꎬ ２(５ꎬ０)ꎬ ( ꎬ 立平面 直角坐标系 则Ｂ Ｃ (２) ꎬ )ꎬ ꎬ (－１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ { ９ ｋ ｋ － － ｋ １ > > ０ ９ ꎬ － ｋ ꎬ 解得 ５< ｋ <９ . 由 Ｍ Ｍ Ｆ Ｆ １ ２ ＝ ３ ２ ꎬ 得 ( ( ｘ ｘ － ＋ ５ ５ ) ) ２ ２ ＋ ＋ ｙ ｙ ２ ２ ＝ ３ ２ ꎬ 化 ０ 又 ) ∵ ꎬ ｜ ＡＢ － ＡＣ ｜ ＝１ꎬ∴ ２ ａ ＝１ꎬ ａ ＝ １ ꎬ ｃ －１>０ꎬ 简得ｘ２ ｙ２ ｘ . ２ ５.解析 (１) 焦点在 ｘ 轴上 ꎬ ａ ＝２ꎬ ｃ ＝１ꎬ １２.解析 ＋ ＋ 当 ２６ ＋ Ｆ ２５ Ｐ ＝ Ｆ ０ 为直角时 ｃ ＝１ꎬ ( ∴ ２ ５ ｂ ) ꎬ ＝ 焦 椭圆 点 ３ꎬ 的 在 椭 标 圆 ｘ 准 的 轴 方 标 上 程 准 ꎬ 为 ｃ 方 ＝ ｘ 程 ５ ２ ２ ꎬ ＋ 为 ｂ ｙ ｃ ２ ＝ ｘ ４ ＝ ２ １ １ ＋ ꎬ . ｙ ３ ∴ ２ ＝ ａ １ ＝ . ( ａ ｃ ２ ２) ∈ ａ 当 ꎬ 即 ç æ è ∠ ( ２ ａ １ ｃ Ｆ ꎬ ) １ １ ＝ Ｐ ö ø ÷ Ｆ ２ ꎬ ２ ∠ ２ 所 ꎬ 为 所 以 １ 钝 以 ｅ 角 ∈ ２ ｅ 时 ＝ æ è ç ꎬ ２ ２ ２ ２ ꎬ . ｃ １ > ö ø ÷. ２ ꎬ ａ ２ ꎬ 即 ＝ ２.解 ∴ ∴ 析 ｂ 点 ２ ＝ Ａ ｃ２ 在 － ａ 曲 ２ ｘ ＝ 线 ２ １ ｘ － １ ４ ２ ｙ ４ １ － ２ ｙ ＝ ３ ４ ２ ４ ＝ ３ １ ꎬ 上运 ｙ２ 动. ｘ２ (３)① 当焦点在ｘ轴上时 ꎬ ａ ＝ ５ ꎬ ｂ ＝ １３.解析 以 ２ 椭圆中心为原点 ２ 长轴所在 (１) １６ － ９ ＝１ꎻ(２) ９ － ２７ ＝１ꎻ ａ ｃ 椭圆的标准方程 ３ 为 ｘ２ 直线 为ｘ轴 ꎬ 短轴所在直线 ꎬ 为ｙ轴 ꎬ 建 (３) ｘ２ － ｙ２ ＝１ 或 ｙ２ － ｘ２ ＝１ . ２ꎬ∴ ＝３ꎬ ＝ ５ꎬ ｒ １６ ９ １６ ９ ｙ２ ９ 立平面直角坐标系 ꎬ 由题意得 ꎬ ａ ＝ ３.解析 设双曲线的标准方程为 ｘ２ ＋ ＝１ . ｒ (１) ａ２ － ４ ｃ ｃｏｓ３０ ° ꎬ 所以ａ ＝ °＝ ８ ３ ꎬ ｙ２ 把点 代入 解得ａ２ 当焦点在ｙ轴上时 ５ ｂ ｃｏｓ３０ ３ ａ２ ＝１ꎬ (２ꎬ０) ꎬ ＝４ꎬ ② ꎬ ａ ＝ ３ ꎬ ＝２ꎬ ｂ ＝ ｒ ＝ ４ꎬ 故 ｃ ＝ ａ２ － ｂ２ ＝ ９－ ｂ２ ｃ２ ａ２ 故双曲线的标准方程 ａ ｃ 椭圆的标准方程为 ｘ２ æ ö２ ∴ ｘ２ ＝ ｙ２ － ＝５ꎬ ∴ ＝３ꎬ ＝ ５ꎬ ＋ ç８ ３÷ ２ ４ ３. 为 . ４ è ø －４ ＝ － ＝１ ｙ２ ３ ３ ４ ５ ＝１ . 椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ 离心 求得双曲线 ｘ２ ｙ２ 的焦点坐标 ９ ∴ ＋ ＝１ꎬ (２) － ＝１ ｂ ６４ １６ １６ ４ ６.解析 由题得２ ｃ ｂ ｃ 为 . ＝２ ꎬ∴ ＝３ ꎬ ３ (±２ ５ꎬ０) ｂ２ ｃ２ ａ２ ３ ４ ３ 设所求双曲线的标准方程为 ｘ２ ｙ２ ∵ ＋ ＝ ꎬ ｃ ａ２ － ａ２ ｃ 率ｅ ３ １ . ２０－ ∴ ａ ＝ １０ ｃ ꎬ∴ ａ ＝ １０. ＝ ａ ＝ ８ ３ ＝ ２ ＝１ꎬ 把点 (３ ２ꎬ２) 代入 ꎬ 解得ａ２ ＝１２ꎬ 故 ７.解析 连接 ＡＣ 易知 １０ ＡＢＣ 为等腰直 ３ ｂ２ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝８ .所以所求双曲线的标准方 ꎬ △ １４.解析 几何意义 点 Ｐ ｘ ｙ 到定点 ｘ２ ｙ２ 角三角形 ＡＣ ＡＢ : ( ꎬ ) 程为 . ꎬ∴ ＝ ２ ꎬ ａ２ － ＝１ 又 ＡＢ ｃ Ｆ ｃ 的距离与它到定直线ｌ ｘ １２ ８ ∵ ＝２ ꎬ ( ꎬ０) : ＝ ｃ 设所求双曲线的标准方程为 ｍｘ２ 且ＢＣ ＡＣ ａ ｃ ａ (３) － ＋ ＝２ ꎬ∴２(１＋ ２) ＝２ ꎬ ｃ ｎｙ２ ｍｎ . ｃ 的距离的比是常数 . ＝１ ( >０) ａ ｃ ｅ １ . ａ æ ö ８.解 ∴ 析 ＝ (１ ａ ｃ ＋ ＝ ２ ５ ) １ ０ ꎬ ꎬ ∴ ∴ ｃ ＝ ＝ １ ａ . ５ ＝ ０× １ １ ＋ ０ ８ ２ × ＝ ５ １ ０ ２ ＝ － ３ １ × １５. 在 坐 解 直 标 析 线 系 分 为 ꎬ 别 ｘ 以 轴 题 和 图 ｙ 中 轴 十 ꎬ 建 字 立 架 平 的 面 两 直 边 角 所 { 把 １ 点 ６ｍ Ｍ － ｎ ç è－ ＝ ４ １ ３ ꎬ ３ 解 ꎬ１ 得 ø ÷和 ì í ï ï ｍ Ｎ ＝ (４ ４ １ ꎬ ꎬ －３) 代入 ꎬ 得 ∴ １０ 地 ６ ｋ 球 ｍꎬ 到太阳的最远距离为ａ ＋ ｃ ＝１ . ５× 设 垂直 Ｐ ( 于 ｘ ꎬ ｙ ｙ 轴 )ꎬ 于 Ａ ( 点 ０ꎬ Ｈ ｍ . )ꎬ Ｂ ( ｎ ꎬ０)ꎬ 作 ＰＨ １ ３ ６ ｍ －９ ｎ ＝１ꎬ î ï ïｎ ＝ １ . ３ ９.解 １０ 析 ８ ＋３×１０ ６ Ａ ＝ Ｂ １ . ５３ Ｏ × Ｐ １０ 且 ８ ｋｍ Ａ . ａ Ｂ 由 △ ＡＢＯ ∽△ ＡＰＨ ꎬ 得 ａ ａ － ｂ ＝ ｎ ｘ ꎬ 解得ｎ 故双曲线的标准方程为 ｘ２ － ｙ２ ＝１ . ∵ ∥ ꎬ ( ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ４ ３ ｂ )ꎬ 又 ( Ｐ为 ｂ２ 椭 ) 圆上一点 ꎬ 其横坐标为 － ｃ ꎬ ＝ ( ａ － ａ ｂ ) ｘ . ４.Ｂ 把双曲线方程化为标准形式得 ｘ２ － Ｐ ｃ １ ∴ － ꎬ ａ ꎬ 同理 过 Ｐ 作 ｘ 轴的垂线 可得 ｍ ｋ ꎬ ꎬ ｂ ｂ２ ｂ 即 ｂ ｃ ａ ( ｂ － ａ ) ｙ ｙ２ . ∴ － ａ ＝ ａｃꎬ∴ ｃ ＝１ꎬ ＝ ꎬ∴ ＝ ＝ ｂ ꎬ ＝１ － ８ ｃ. 在 ＡＢＯ中 有ｎ２ ｍ２ ａ ｂ ２ 故可 ｋ ２ △ ꎬ ＋ ＝( － ) ꎬ ∵ ａ － ｃ ＝ １０－ ５ꎬ∴ ａ ＝ １０ꎬ∴ ｂ ＝ ５ . 得 [ ( ａ － ｂ ) ｘ] ２ [ ( ｂ － ａ ) ｙ] ２ ａ ｂ ２. ì ï８ ｘ２ ｙ２ ａ ＋ ｂ ＝( － ) ïｋ <０ꎬ 故椭圆的方程为 . ï １０.解析 方程 １０ ＋ ｘ２ ５ ＝ ｙ １ ２ 所表示 因为ａ － ｂ ≠０ꎬ 所以化简得 ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１ꎬ 由题意得í ï １ ｋ <０ꎬ 解得ｋ ＝－１ꎬ 故 (１) ３ ＋８ ＝２０ 的 (２ 曲 ) 方 线 程 关 ｘ 于 ２ － ｘ ｙ 轴 ２ ＝ ꎬ １ ｙ 所 轴 表 ꎬ 原 示 点 的 对 曲 称 线 . 关于 １ １ ６ ７ . . 故 解 解 点 析 析 Ｐ 猜 在 的 想 轨 符 : 迹 合 Ｓ 椭 是 椭 圆 椭 ＝ 圆 π 圆 的 ａ . ｂ 定 . 义. 选 . î ï ï － ８ ｋ － １ ｋ ＝３ ２ ꎬ ３ ꎬ Ｂ { ｘ轴 ｙ轴 原点对称. ｙ ｘ 方 ꎬ 程 ꎬ ｘ２ ｙ 所表示的曲线关于 3.2 双曲线 ５.解析 联立 ｘ２ ＝ ｙ ３ ２ ( －１)ꎬ消去ｙ ꎬ 得ｘ２ (３) ＋２ ＝０ － ＝１ꎬ １６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｘ ２ 故ａ 又 ＭＦ ＭＦ ａ Δ ２ －３( －１) ＝１ꎬ ＝８ꎬ ∵ ｜ １－ ２｜＝２ ＝１６ꎬ １４＝０ꎬ ＝９ －４×１×１４>０ꎬ 化简得ｘ２ ｘ Δ ＭＦ ＭＦ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 则ｘ ｘ －３ ＋２＝０ꎬ ＝９－４×２＝１>０ꎬ ∴ １－ ２＝±１６ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ １＋ ２＝－９ꎬ 故交点有 个. 当ＭＦ 时 ＭＦ 当ＭＦ 时 ｘ ｘ ２ ２＝１ ꎬ １＝１７ꎻ １＝１ ꎬ １ ２＝１４ꎬ ６. 焦 解 点 析 在 因 ｘ轴 为 上 ｍ２ ＋１２>０ꎬ 所以此双曲线的 综 ＭＦ 上 ２＝ 可 １ 知 ７ . 点 Ｍ 到另一个焦点的距离 ∴ ＡＢ ＝ (１＋ ｋ２ )[( ｘ １＋ ｘ ２) ２ －４ ｘ １ ｘ ２] ＝ ꎬ ꎬ ２ . 所以ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｍ２ ＋１２＋４－ ｍ２ ＝１６ . 为 １７ . １＋ 由 ２４ ( 可 － 知 ９) 直 － 线 ４× Ａ １ Ｂ ４＝ 与 ２ 双 ５ 曲线的两 故焦距为 ８ . ４.证明 椭圆 ｘ２ ｙ２ 的焦点坐标为 支 (２ 均 ) 有 ( 交 １) 点. 习题 . ( ) ＋ ＝１ ３２ １ ２５ ９ 又Ａ ｘ ｙ Ｆ １.解析 (１) ｘ ２ ２ － ｙ ３ ２ ＝１ꎻ(２) ｙ ９ ２ － １ ｘ ６ ２ ＝１ꎻ ( 双 ± 曲 ４ꎬ 线 ０)ꎬ ｘ２ －１５ ｙ２ ＝１５ 化为标准形式为 ∴ ( Ａ １ Ｆ ꎬ ２ １)ꎬ ＝ ２(３ꎬ０) ( ꎬ ｘ １－３) ２ ＋ ｙ２ １ ＝ ｙ２ ｘ２ ｘ２ ｙ２ 其焦点坐标为 ｘ２ １－６ ｘ １＋９＋８ ｘ２ １－８ ＝ (３ ｘ １－１) ２ ＝ ( ( ４ ３ ) ) 当 ４ 焦 － 点 ４ 在 ＝１ ｘ ꎻ 轴上时 ꎬ 标准方程为 ｘ １ ２ 故 １５ 椭 － 的 圆 焦 ＝ ２ ｘ 点 １ ５ ２ ꎬ 相 ＋ ｙ ９ 同 ２ ＝ . １ 和双曲 ( 线 ±４ꎬ ｘ ０ ２ ) － ꎬ １５ ｙ２ ＝ 同 左 则 ｜３ ｘ 理 支 Ａ １ Ｆ － 可 上 １ 得 ꎬ ｜ꎬ Ｂ ｘ Ｆ ２＝｜３ Ｂ ｘ Ｆ ２－１｜ ｘ ꎬ 假设Ａ点在 ４ １５ ２＝－３ １＋１ꎬ ２＝３ ２－１ꎬ ｙ２ ５.解析 设 Ａ ｘ ｙ 则 ｋ ｙ ｋ ∴ ＡＦ ２＋ ＢＦ ２＝３( ｘ ２－ ｘ １) － ３ ＝１ꎻ ｙ ( ꎬ )ꎬ ＡＢ ＝ｘ ＋６ ꎬ ＡＣ ＝３ ( ｘ ２＋ ｘ １) ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ４ ＝ｘ ꎬ ＝３ (－９) ２ －４×１４＝１５ 当焦点在ｙ轴上时 ꎬ 标准方程为 ｙ １ ２ － ｘ ３ ２ 即 ｘ － ｙ ６ 􀅰ｘ ｙ ＝ ９ ꎬ 化简得 ｘ２ － ｙ２ ＝１( ｘ １２. ∴ 解 △ 析 Ｆ ２ Ａ 以 Ｂ的 Ｏ １ 周 Ｏ ２ 长 的 为 中 １５ 点 . 为坐标原点 ꎬ ４ ４ ＋６ －６ ４ ３６ ８１ Ｏ Ｏ 所在直线为ｘ轴建立坐标系 则 ２.解 ＝１ 析 . 双曲线经过点 故双 ６. ≠ 解析 ±６ ) . 椭圆 ４ ｘ２ ＋９ ｙ２ ＝３６ 的焦点坐标为 Ｍ Ｏ １ １( ｘ － ２ ２ ｙ ꎬ０ 半 )ꎬ 径 Ｏ ２ 为 (２ Ｒ ꎬ０ 动 )ꎬ 圆 设 Ｍ 动 与 圆 圆 圆 Ｏ 心 ꎬ 为 内 (１) ( ６ꎬ０)ꎬ ( ꎬ )ꎬ ꎬ １ 曲 可 线 设 的 其 焦 方 点 程 在 为 ａ ｘ ｘ２ ２ 轴 － 上 ｙ ｂ ２ ２ ꎬ ＝１ꎬ 其中ａ ＝ ６ꎬ ( 故 ± 可 ５ 设 ꎬ０ 双 ) 曲 ꎬ 线的标准方程为 ａ ｘ２ ２ － ５－ ｙ２ ａ２ ＝ Ｍ 切 数 Ｏ ꎬ ) ２ 与 ꎬ ＝ 且 圆 Ｒ ３ ＋ Ｏ < ２ ２ ４ ꎬ 外 ＝ 所 Ｏ 切 １ 以 Ｏ ꎬ ２ 故 ꎬ Ｍ 故 满 Ｏ ２ 足 Ｍ － Ｍ 点 Ｍ Ｏ Ｏ 的 １ １ ＝ ＝ 轨 Ｒ ３ 迹 ( －１ 常 是 ꎬ 以Ｏ Ｏ 为焦点的双曲线的一支 其 又 得 过 ｂ２ 点 ＝８ ( ꎬ ３ 故 ꎬ２ 标 )ꎬ 准 ∴ 方 代 程 入 为 得 ｘ ６ ２ ９ ６ － － ｙ ８ ２ ｂ ４ ＝ ２ １ ＝ . １ꎬ 解 得 １ꎬ 把 ａ２ 点 ＝３ ( ꎬ ３ 故 ꎬ－ 方 ２ { ) 程 代 ｘ２ 为 入 ｘ ３ ꎬ ２ 得 － ｙ ａ ２ ９ ２ ２ ＝ － ５ １ － . ４ ａ２ ＝１ꎬ 解 故 中 所 ｃ ＝ １ꎬ ２ 求 ꎬ ａ ２ 轨 ＝ ２ 迹 ３ ꎬ 方 ∴ ｂ 程 ２ ＝ 为 ４ ７ ꎬ ｘ２ － ｙ２ ＝ ꎬ １ 设双曲线的标准方程为 ｙ２ ｘ２ ７.解析 联立 － ｙ２ ＝１ꎬ 消去 ｘ 得 ９ ７ (２) ａ２ － ａ２ ３ ４ ４ ２５－ ( ) ｘ ｙ æ ö － ３ －１＝０ꎬ ｘ ３ Ｍ 点的轨迹为以 Ｏ Ｏ 把点 ç４ ３ ÷ 代入 得 １２ ≤－ ꎬ １ꎬ ２ ＝ １ꎬ è ３ ꎬ２ ３ø ꎬ ａ２ － ( ３ ｙ ＋１) ２ －３ ｙ２ ＝３ꎬ 解得ｙ ＝ ３ ꎬ 故公共 为焦点 ２ 的双曲线的左支. ３ １６ æ ö １３.证明 ＰＦ ｘ ｃ ２ ｙ２ ２５ ３ － ａ２ ＝１ꎬ 解得ａ２ ＝９ꎬ∴ ｂ２ ＝１６ꎬ 故方程 点的坐标为 è ç ２ꎬ ３ ３ ø ÷. ｘ ｃ １＝ ２ ｂ ( ２ ｘ ０ ２ ＋ ｂ ) ２ ＋ ０ 为 ｙ２ ｘ２ . ８.解析 由题意得 (２－ ｋ )( ｋ －１)<０ꎬ 解得 ＝ ( ０＋ ) ＋ａ２ ０－ ９ 当 － 焦 １６ 点 ＝１ 在ｘ轴上时 设方程为 ｘ２ ｋ 其 > 中 ２ 或 ｃ２ ｋ ＝ < ( １ ２ ꎬ － ｋ )＋( ｋ －１)＝ １ꎬ 故焦点坐 ＝ ｘ２ ０＋２ ｃｘ ０＋ ｃ２ － ｂ２ ＋ａ ｂ２ ２ ｘ２ ０ (３) ꎬ ａ２ － 标为 (±１ꎬ０) 或 (０ꎬ±１) . ｃ２ ( ｃ ) ２ ｙ２ 把点 代入 得 ９ １ ９.解析 根据双曲线 ｘ ａ ２ － ｙ２ ＝１ 可知其焦 ＝ ａ２ ｘ２ ０＋２ ｃｘ ０＋ ａ２ ＝ ａ ｘ ０＋ ａ ａ２ ＝１ꎬ (３ꎬ－１) ꎬ ａ２ －ａ２ ＝１ꎬ ２ ｃ 解得ａ２ 故方程为 ｘ２ ｙ２ 点 ａ 在ｘ轴 舍 上 去 ꎬ 所 . 以 ４－ ａ２ ＝ ａ ＋２ꎬ 解得ａ ＝１ ＝ ａ ｘ ０＋ ａ ꎬ ＝８ꎬ － ＝１ꎬ ( ＝－２ ) ｃ ８ ８ 同理可得ＰＦ ｘ ａ 当焦点在ｙ轴上时 ꎬ 不合题意. １０.解析 由题意得 ∠ Ｆ １ ＰＦ ２＝ π ꎬ ２＝ ａ ０－ ꎬ 设双曲线的方程为ｍｘ２ ｎｙ２ ｍｎ ２ ｃ ｃ (４) － ＝１( ａ ｃ ＰＦ ＰＦ ｘ ａ ｘ ａ ( ) ＝８ꎬ ＝１０ꎬ ∴ ｜ １－ ２ ｜ ＝ ａ ０＋ － ａ ０＋ ＝ 把点 和 ９ 代入 在 Ｆ ＰＦ 中 设ＰＦ ｍ ＰＦ ｎ >０)ꎬ (３ꎬ－４ ２) ４ ꎬ５ ꎬ { △ ｍ １ ｎ ２ ꎬ １＝ ꎬ ２＝ ꎬ ２ ａ.得证. ì 则 ｜ － ｜＝１６ꎬ １４.解析 这些折痕围成的轮廓是双曲线 { ９ ｍ －３２ ｎ ＝１ꎬ ï ï ｍ ＝－ １ ꎬ ｍ２ ＋ ｎ２ ＝４００ꎬ 的一 支. 得 解得í ９ 故方 ８１ｍ ｎ ï ｍｎ Ｓ １ ｍｎ . １６ －２５ ＝１ꎬ î ïｎ ＝－ １ ꎬ ∴ ＝７２ꎬ∴ △ Ｆ １ ＰＦ ２ ＝ ２ ＝３６ ３.２.２ 双曲线的几何性质 １６ １１.解析 Ｆ 故直线ＡＢ的方 程为 ｙ２ ｘ２ . (１) １(－３ꎬ０)ꎬ 练习 － ＝１ 程为ｙ ｘ １.解析 实轴长为 ａ 虚轴长为 ｂ １６ ９ { ＝２ ６( ＋３)ꎬ ２ ＝６ꎬ ２ ＝ ３.解析 把双曲线方程化为标准形式得 ｙ ｘ 焦点坐标为 ＝２ ６( ＋３)ꎬ ２ ７ꎬ (±４ꎬ０)ꎬ ｙ２ ｘ２ 联立 ｘ２ ｙ２ 消去ｙ得ｘ２ ＋９ ｘ ＋ 顶点坐标为 离心率为 ｃ ４ － ＝１ꎬ － ＝１ꎬ (±３ꎬ０)ꎬ ａ ＝ ꎬ ６４ １６ ８ ３ １７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｙ２ 渐近线方程为ｙ ７ｘ. ｙ ２ｘ. 当焦点在ｙ轴上时 设双曲线方程为 ＝± ＝± ꎬ ａ２ ３ ４ ｃ 实轴长为 ａ 虚轴长为 ｂ ｘ２ ２.解析 ａ ３ ｃ (２) ２ ＝６ꎬ ２ ＝１８ꎬ ａ ｂ (１)∵ ＝４ꎬ ａ ＝ ꎬ∴ ＝６ꎬ 顶点坐标为 焦点坐标为 －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ ２ (±３ꎬ０)ꎬ ｂ２ ｃ２ ａ２ 离心率为 渐近线方 ａ ∴ ＝ － ＝３６－１６＝２０ꎬ (±３ １０ꎬ０)ꎬ １０ꎬ 此时渐近线方程为ｙ ｘ ｘ２ ｙ２ 程为ｙ ｘ. ＝± ｂ ꎬ 故双曲线的标准方程为 １６ － ２０ ＝１ . (３) 实轴 ＝± 长 ３ 为 ２ ａ ＝４ꎬ 虚轴长为 ２ ｂ ＝４ꎬ { ２ ａ ＝６ꎬ {ａ ｂ 顶点坐标为 焦点坐标为 故 ａ ＝３ꎬ 双曲线方程为 易得焦点在ｘ轴上 ４ ｃ (０ꎬ±２)ꎬ (０ꎬ ３ ⇒ ｂ ∴ (２) ꎬ ａ ＝ ３ ꎬ ＝５ꎬ ±２ ２)ꎬ 离心率为 ２ꎬ 渐近线方程为ｙ ＝ ｂ ＝ ２ ＝２ꎬ 故ａ２ ｂ２ 故双曲线的标准方程 ｘ. ｙ２ ｘ２ 为 ｘ２ ＝ ｙ ９ ２ ꎬ ＝ . １６ꎬ ( ± ４) 实轴长为 ２ ａ ＝１４ꎬ 虚轴长为 ２ ｂ ＝ ９ － ４ ＝１ . － ＝１ 顶点坐标为 焦点坐标为 ｘ２ ｙ２ ９ １６ １０ꎬ (０ꎬ±７)ꎬ 综上所述 双曲线方程为 或 ( 且 ３) ｃ２ ∵ － ａ ２ ２ ｂ ＝ ＝ ３ １ ６ ２ ꎬ ꎬ∴ ｂ ＝６ꎬ 又 ∵ ａ ｃ ＝ ４ ５ ꎬ ( 线 ０ 方 ꎬ± 程为 ７４ ｙ )ꎬ 离 ７ 心 ｘ 率 . 为 ａ ｃ ＝ ７ ７４ ꎬ 渐近 ｙ２ － ｘ２ ＝１ ꎬ . ９ － ８ ４ １ ＝１ ∴ ａ２ ＝６４ꎬ 故双曲线的标准方程为 ６ ｘ ４ ２ － ２.解析 设 ＝± 双 ５ 曲线方程为 ｘ２ ｙ２ ( ９ ２) 当 ４ 焦点在ｘ轴上时 ꎬ 设双曲线方程 ｙ２ 或 ｙ２ ｘ２ . (１) ａ２ －ｂ２ ＝１ 为 ｘ２ ｙ２ 此时渐近线方程为 ｙ ＝１ － ＝１ ａ ｂ ａ２ －ｂ２ ＝１ꎬ ＝ ３６ ６４ ３６ ( >０ꎬ >０)ꎬ 当焦点在ｘ轴上时 可设方程为 ｘ２ { ２ ｃ ＝１０ꎬ {ｃ ｂ ｘ (４) ꎬ ａ２ ｃ ＝５ꎬ ｂ２ ｃ２ ａ２ ± ａ ꎬ ∴ ５ ⇒ ａ ∴ ＝ － ＝９ꎬ － ｙ ｂ ２ ２ ＝１ꎬ 双 ａ 曲 ＝ 线 ４ 方程为 ＝ ｘ２ ４ꎬ ｙ２ . ì í ï ïａ ｂ ＝ ２ １ ꎬ {ａ ｂ２ ２ ＝８０ꎬ 双曲线方 ∴ － ＝１ ∴ ï ｃ ⇒ ＝２０ꎬ ∴ 将点Ｐ (４ꎬ－ １０) 代入双曲线方程得 １６ ｙ ９ ２ ｘ２ î ï２ ｃ２ ＝ ａ ２ ２ ０ꎬ ｂ２ ｃ２ ＝１００ꎬ ｃ 设双曲线方程为 ａ ｂ ＝ ＋ １ ａ ６ ２ － １ ｂ ０ ２ ＝１ꎬ 结合 ａ ＝ ２ꎬ 解得ａ２ ＝６ꎬ ｂ２ (２) ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ 程为 ｘ２ ｙ２ － ＝１ꎻ >０)ꎬ ８０ ２０ ＝６ꎬ ｘ２ ｙ２ {ａ ＝２ꎬ ｂ２ ｃ２ ａ２ 当焦点在ｙ轴上时 设双曲线方程为 ｙ２ 故双曲线的标准方程为 . ∴ ｃ ∴ ＝ － ＝１ꎬ ꎬ ａ２ － ＝１ ＝ ５ꎬ ６ ６ ｙ２ ｘ２ ａ ｙ２ 双曲线方程为 ｘ２ . 此时渐近线方程为ｙ ｘ ａ 当焦点在ｙ轴上时 ꎬ 同理可得方程为 ∴ ４ － ＝１ －ｂ２ ＝１ꎬ ＝± ｂ ( ６ ｙ２ ｘ２ ｂ ｘ２ 设双曲线方程为 ａ ｂ >０ꎬ >０)ꎬ － ６ ＝１ . (３) ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ ì ï ï ａ ｂ ＝ １ ꎬ {ａ２ ＝２０ꎬ ３ ４ . . Ａ 解析 可设双曲线的标准方程为 ａ ｙ２ ２ － ∴ >０ { )ꎬ ａ ｂ ａ ＝ ４ ３ ꎬ ⇒ { ｂ ａ ＝ ＝ ８ ６ ꎬ ꎬ ∴ î í ï ï２ ｃ２ ｃ ＝ ＝ ａ ２ ２ ０ ２ ＋ ꎬ ｂ２ ⇒ ｃ ｂ ２ ２ ＝ ＝ １ ８ ０ ０ ０ ꎬ ꎬ ∴ 双曲线方 ｘ ｂ ２ ２ ＝１ꎬ ∴ 双 ２ 曲 ＝ 线 １２ 方程为 ｙ２ － ｘ２ ＝１ . 程为 ２ ｙ ０ ２ － ８ ｘ ０ ２ ＝１ . ３６ ６４ ｘ２ ｙ２ 其中ａ ＝ ｂ ꎬ ｃ ＝２ ２ꎬ 又 ∵ ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ 即 ８ (４) 易知双曲线的焦点在ｘ轴上 ꎬ 故设 综上所述 ꎬ 双曲线方程为 － ＝１ 或 ＝２ ａ２ ꎬ∴ ａ２ ＝４ꎬ 双曲线方程为 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ ｙ２ ｘ２ ８０ ２０ 故双曲线的标准方程为 ｙ２ ｘ２ . ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ － ＝１ . ｃ ４ － ４ ＝１ ì ï ïａ ｂ ＝ ３ ꎬ {ａ２ ＝３２ꎬ ４.解 ２０ 析 ８ ０ ① 当双曲线的焦点在ｘ轴上时 ꎬ ５.解析 由题意得ｅ ＝ ａ ∈(１ꎬ２)ꎬ ∴ í ï ï ｃ ＝５ ２ ４ ꎬ ⇒ ｂ ｃ２ ２ ＝１８ꎬ∴ 双曲线方程 设双曲线方程为 ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ > ｃ２ îｃ２ ａ２ ｂ２ ＝５０ꎬ ＝ ＋ ∴ ａ２∈(１ꎬ４)ꎬ 为 ｘ２ ｙ２ . 此 ０) 时 ꎬ 双曲线的一条渐近线方程为ｂｘ ａｙ ∴ 由 ｃ ｘ ４ ２ ２ ＝ － ａ ｙ ２ ｋ ２ ＋ ＝ ｂ２ １ ＝ 可 ４＋ 得 ｋ ꎬ ａ２ ＝４ꎬ ｂ２ ＝ ｋ ꎬ ３.解 线 析 方 ３２ 程 － １ 为 ( ８ １ ＝ ) ｘ２ 当 １ 焦 ｙ２ 点在 ａ ｘ轴上 ｂ 时 ꎬ 设双曲 ＝０ { ꎬ ２ 焦 ａ ＝ 点 ｂ １ ｃ 为 ꎬ ( ｃ ꎬ０)ꎬ {ａ ＝１ꎬ － ∴ ４＋ ｋ ∈(１ꎬ４)ꎬ∴ ｋ ∈(０ꎬ３)ꎬ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ ｂ ꎬ >０)ꎬ ∴ ｜ ａ － ２ ＋ ｂ ｜ ２ ＝ ２ ⇒ ｂ ＝ ２ꎬ ｋ ４ . ４ 此时渐近线方程为ｙ ＝± ａ ｘ ꎬ 双曲线方程为ｘ２ ｙ２ 习 ∴ 题 ∈ . ( ( ０ꎬ ) １２) { ２ ａ ＝６ꎬ {ａ ＝３ꎬ ∴ － ２ ＝１ꎻ ３２ ２ 故 ｂ 双曲线方程为 当双曲线的焦点在ｙ轴上时 设双曲 １.解析 实轴长为 虚轴长为 ３ ⇒ ｂ ９ ∴ ② ꎬ (１) ８ ２ꎬ ４ꎬ ａ ＝ ＝ ꎬ ｙ２ ｘ２ 顶点坐标为 (±４ ２ꎬ０)ꎬ 焦点坐标为 ｘ２ ｙ２ ２ ２ 线方程为 ａ２ －ｂ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ >０)ꎬ － ＝１ꎻ 此时双曲线的一条渐近线方程为ａｘ ｂｙ 离心率为３ ２ 渐近线方程为 ９ ８１ － (±６ꎬ０)ꎬ ꎬ 焦点为 ｃ ４ ４ ＝０ꎬ (０ꎬ )ꎬ １８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 { ２ ａ ＝１ꎬ {ａ 此时所求双曲线的渐近线方程为 ｙ ＝ 即 ｘ２ －２ ｃｘ ＋ ｃ２ ＋ ｙ２ ｃ２ ｂｃ ＝１ꎬ 双曲线 ａ ａ２ ａ４ ＝ａ２ꎬ ∴ ｜－ ｜ ⇒ ｂ ∴ ｘ ｘ２ ２ ｘ ａ２ ｂ２ ＝ ２ ＝ ２ꎬ ± ｂ ꎬ － ｃ ＋ｃ２ ＋ 方程为ｙ２ － ｘ２ ＝１ . ì ï ï ａ ｂ ＝ ４ ꎬ { ｂ２ ９ 舍去 整理 ｘ２ 得 ( ｙ ａ ２ ２ － ｃ２ ) ｘ２ ＋ ａ２ｙ２ ＝ ａ２ ( ａ２ － ｃ２ )ꎬ ２ í ３ ＝－ ( )ꎬ 即 ５.解析 易知椭圆焦点坐标为 ∴ ï ⇒ ４ ａ２ ＋ａ２ ｃ２ ＝１ꎬ (－５ꎬ０)ꎬ î ï１ ａ ２ ２ －ｂ ９ ２ ＝１ ａ２ ＝－４( 舍去 )ꎬ 又ｃ ａ － ａ２ ｃ２ (５ꎬ０)ꎬ > ꎬ∴ － <０ꎬ ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ 设双曲线方程为 ａ ｂ 综上所述 双曲线方程为４ . . ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ > ꎬ － ＝１ ∴ ａ２ －ｃ２ ａ２ ＝１ ９ ４ － １０.解析 当双曲线的焦点在 ｘ 轴上 即动点Ｍ的轨迹为以ａ为实半轴长 ｃ ０)ꎬ ① ꎬ ì ï ｃ ＝５ꎬ {ａ 时 设为 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 为焦半距 ꎬ 焦点在ｘ轴上的双曲线. í ï ｅ ｃ ５ ｂ ＝３ꎬ ꎬ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ １４.证明 设原双曲线方程为 ｘ２ ｙ２ ∴ ï ＝ ａ ＝ ꎬ⇒ ＝４ꎬ 此时双曲线的一条渐近线方程为 ｙ ａ２ －ｂ２ ＝１ ï ３ ｃ ＝ îｃ２ ａ２ ｂ２ ＝５ꎬ ｂ ａ ｂ ＝ ＋ ｘ ( >０ꎬ >０)ꎬ ｘ２ ｙ２ ａ ꎬ ｙ２ ｘ２ 双曲线方程为 . 故原双曲线的共轭双曲线为 ∴ ９ － １６ ＝１ ｂ ｂ ｂ２ －ａ２ ＝ ６.解析 易知椭圆 ｘ２ ｙ２ 的焦点坐标 ∴ ａ ＝ ｔａｎ ３０ ° ＝ ３ 或 ａ ＝ ｔａｎ ６０ ° １( ａ >０ꎬ ｂ >０)ꎬ ＋ ＝１ ３ 原双曲线的渐近线方程为 ｙ ８ ５ (１) ＝ 为 顶点坐标为 ＝ ３ꎬ ｂ ( ３ꎬ０)ꎬ(－ ３ꎬ０)ꎬ ｘ ｃ ａ２ ｂ２ ｂ２ ± ａ ꎬ ｅ ＋ ２ ３ ( 设 ２ 双 ２ 曲 ꎬ０ 线 )ꎬ 方 (－ 程 ２ 为 ２ꎬ ｘ ０ ２ )ꎬ ｙ２ ａ ｂ ∴ ＝ ａ ＝ ａ２ ＝ １＋ａ２ ＝ ３ 共轭双曲线的渐近线方程为ｙ ｂ ｘ. ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ > 或 ２ . ＝± ａ 当双曲线的焦点在ｙ轴上时 同理. 故原双曲线和它的共轭双曲线有共同 ０)ꎬ { ② ꎬ 的渐近线. ａ 依题意知 ｃ ＝ ３ꎬ ∴ ｂ２ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝５ꎬ 故双曲线的离心率为 ２ 或２ ３ ３. (２) 易 知 原 双 曲 线 的 焦 点 为 ＝２ ２ ｘ ꎬ ２ ｙ２ １１.解析 设上口的半径为ｍ ꎬ (± ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ０)ꎬ ∴ 双曲线方程为 ３ － ５ ＝１ . 依题意知该双曲线的焦点在ｘ 轴上 ꎬ 共轭双曲线的焦点为 (０ꎬ± ａ２ ＋ ｂ２ )ꎬ ７.解析 设双曲线为ｍｘ２ ＋ ｎｙ２ ＝１ꎬ ｍｎ <０ꎬ 经过点 ( ｍ ꎬ３)ꎬ(８ꎬ０)ꎬ(１５ꎬ－２４)ꎬ ∴ 它们的焦点在一个以原点为圆心 ꎬ 依题意知 {ｍ ＋ ｎ ＝０ꎬ ì í ï ï ｍ ＝ ８ １ ꎬ 设双曲线方程为 ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ > １５.解析 ａ２ ＋ ｂ 设 ２为 Ａ 半 Ａ′ 径 Ａ 的 Ｂ 圆 的 上 长 . 分别为 ａ ｂ ９ ｍ ＋ ｎ ＝１ ⇒ï ïｎ １ ０)ꎬ 取ＡＡ ′所在直 ꎬ 线为ｘ轴 ＡＡ′的垂 ２ 直 ꎬ２ 平 ꎬ î ＝－ ８ ꎬ {ａ ＝８ꎬ {ａ２ ＝６４ꎬ 分线为ｙ 轴 设第 ｍ 组 ꎬ 对应直线 ＡＱ ∴ 双曲线方程为 ｘ ８ ２ － ｙ ８ ２ ＝１ . ∴ ２ ａ ２ ２ ５ － ５ ｂ ７ ２ ６ ＝１ ⇒ ｂ２ ＝ ３６ １６ ８ １ ６４ ꎬ 知 与Ａ′ Ａ Ｒ ′Ｐ 的 Ｈ 交点 ꎬ 为 Ａ′Ｒ Ｐ Ａ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则由题图可 △ ∽△ ꎬ ８.解析 依题意知ａ ＝ ３ ｂ ꎬ 当ｙ ＝３ 时 ꎬ ｘ ≈±８ . １６ꎬ ｂ ｍ ｅ ｃ ｃ２ ａ２ ＋ ｂ２ ｂ２ 故上口半径为 ８ . １６ 米. ＨＰ ＡＲ 即 ｙ ２ 􀅰 ｎ ｍｂ ∴ ＝ ａ ＝ ａ２ ＝ ａ２ ＝ １＋ａ２ １２.解析 设直线 ｌ ｘ ｙ ｂｘ ａｙ ∴ Ａ′Ｈ＝Ａ′Ａꎬ ｘ ＋ ａ＝ ２ ａ ＝ｎａ①ꎬ : ａ ＋ ｂ ＝１⇒ ＋ － 又 ＡＰＨ ＡＱＫ ＝ ２ ３ ３. ａｂ ＝０ꎬ ∵ ＨＰ △ ＫＱ ∽ 即 △ ｙ ꎬ ２ ｂ ｎｂ ９.解析 易知双曲线 ｘ２ ｙ２ 的渐近线 原点到直线ｌ的距离为 ａｂ ３ｃ ∴ ＡＨ＝ＡＫꎬ ｘ － ａ＝ ａ ｍ ＝ｍａ②ꎬ － ＝１ ∴ ｃ ＝ ꎬ ２ 􀅰 ｎ ９ １６ ４ ｙ２ ｂ２ 方程为ｙ ４ ｘ. 得 ＝± ３ ∴ ａｂ ＝ ３ｃ２ ＝ ３ ( ａ２ ＋ ｂ２ )ꎬ ①×② ｘ２ － ａ２ ＝ａ２ꎬ 当所求双曲线的焦点在ｘ轴上时 设为 ４ ４ ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ ꎬ ４ ａｂ ３( ａ２ ＋ ｂ２ ) 即 ａ２ － ｂ ＝１ꎬ ａ２ －ｂ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ >０)ꎬ ∴ ａ２ ＝ ａ２ ꎬ 说明点Ｐ在一条双曲线上运动. 此时所求双曲线的渐近线方程为 ｙ ( ｂ ) ２ ｂ ｂ ＝ ∴ ３ ａ －４× ａ ＋ ３＝０ꎬ 3.3 抛物线 ｘ ± ａ ꎬ ｂ ｂ ３或 ３.３.１ 抛抛物线的标准方程 ìｂ ∴ ａ ＝ ａ ＝ ３ꎬ ï ４ { ３ ∴ î í ï ï ï ａ ９ ａ ２ ｘ － ＝ ２ １ ｂ ３ ２ ２ ｙ２ ＝ ꎬ １ ⇒ ｂ ａ ２ ２ ＝ ＝ ４ ４ ９ ꎬ ⇒ 双曲线方 当 当 ａ ｂ ｂ ＝ ３ ３ 时 时 ꎬ ｅ ｅ ＝ １＋ａ ｂ ｂ ２ ２ ２ ＝ ２ . ３ ３ ꎻ １ 练 .Ｃ 方 习 程 其 当 为 过 抛 点 ｙ２ 物 ＝ 线 ２ ｐ 的 ｘ ꎬ 焦点在 代入 ｘ轴 得 上时 ꎬ ｐ 设其 ｐ 程为４ － ＝１ꎻ ａ ＝ ３ ꎬ ＝ １＋ａ２ ＝２ ∵ (１ꎬ－２)ꎬ∴ ４＝２ ꎬ∴ ９ ４ ＝２ꎬ 当所求双曲线的焦点在ｙ轴上时 设为 １３.解析 由题意可得 ｘ ｃ ２ ｙ ２ 抛物线方程为ｙ２ ｘ ꎬ ( － ) ＋( －０) ∴ ＝４ ꎻ ｙ２ ｘ２ ａ２ ｃ 当抛物线的焦点在ｙ轴上时 设其方程 ａ ｂ ｘ ꎬ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ ∶ － ｃ ＝ ａ ꎬ 为ｘ２ ｐｙ ＝２ ꎬ １９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋其过点 代入得 ｐ 故ＯＡ ＯＢ. ∵ (１ꎬ－２)ꎬ∴ １＝－４ ꎬ １.解析 ｙ２ ｘ ｘ２ ４ ｙ ⊥ ∴ ｐ ＝－ ４ １ ꎬ (３) ｙ ２ ＝ ( ± １ ６ ) ｘ或 ＝－ ｘ２ ８ ＝ ꎻ ± ( ６ ２ ｙ ) ꎻ ＝－ ３ ꎻ １１. 证 明 ＰＦ ＝ ( ｘ ０－ ２ ｐ ) ２ ＋ ｙ２ ０ ＝ ∴ 抛物线方程为ｘ２ ＝－ １ ｙ. (４) ｘ２ ＝ ４ ｙ或ｙ２ ＝－ ９ ｘ. ( ｘ ｐ ) ２ ｐｘ ２ ３ ２ ０－ ＋２ ０ 故选 . ２.解析 由题意可得该抛物线的焦点为 ２ Ｃ ２.解析 (１) ｙ２ ＝２４ ｘ. (２) ｘ２ ＝－２０ ｙ. (３) ｘ２ 故 (４ 抛 ꎬ０ 物 ) 或 线 ( 的 ０ꎬ 方 －２ 程 ) 为 ꎬ ｙ２ ｘ或ｘ２ ｙ. ＝ ｘ２ ０－ ｐｘ ０＋ ４ １ ｐ２ ＋２ ｐｘ ０ ＝－ ８ ｙ. ３.解析 由题意得 该抛 ＝ 物 １６ 线的焦点 ＝－ 在 ８ ｙ ( ) ２ ３ ꎬ ｘ２ ｐｘ １ ｐ２ ｘ １ ｐ (４) ｙ２ ＝１０ ｘ或ｘ２ ＝１０ ｙ或ｙ２ ＝－１０ ｘ 或 轴正半轴上 ꎬ 且过点 (３ . ５ꎬ０ . ７)ꎬ ＝ ０＋ ０＋ ４ ＝ ０＋ ２ ３.解 ｘ ２ ２ ꎻ ＝ 析 其 令 － 与 １ ｙ ０ ＝ 对 坐 ｙ ０ . ꎬ 标 ２ 得 ｘ － 轴 ｘ ３ ＝ 的 ｙ ＋ － 交 ６ ３ꎬ ＝ 点 ０: 坐 令 标 ｘ 为 ＝０ꎬ 得 ｙ ＝ ４. 故 点 解 ＝８ ( 可 析 . ３ ７ 设 . ５ ５ ꎬ ꎬ 抛 把 即 ０ . 物 双 ７ ｘ ) ２ 线 曲 代 ＝ 方 线 １ 入 ７ 程 . １ ꎬ ５ ６ 得 ｙ 为 ｘ . ２ ３ － ｘ . ９ ２ ５ ｙ ＝ ２ ２ ＝ ２ ＝ ｐ １ ｙ １ . ( ４ ４ ４ ｐ ｐ ꎬ > 化 解 ０) 为 得 ꎬ 把 标 ｐ １２.解 即 ＝ 析 点 ｘ ０ Ｐ ＋ 通 到 ２ １ 过 ｐ 直 作 ꎬ 线 图 ｌ 观 的 察 距 ꎬ 离 发 等 现 于 折 Ｐ 痕 Ｆ. 在变 ( ∴ －３ꎬ０) . (０ꎬ２)ꎬ 准的双曲线方程为 ｘ２ － ｙ２ ＝１ . 化 以点 过程 Ｄ 中 为 始 焦 终 点 在 的 抛 抛 物 物线 线的 由 内 于 部 局 ꎬ 形 限 成 于 当抛物线Ｃ的焦点坐标为 时 其 ９ １６ ꎬ (０ꎬ２) ꎬ 故左顶点为 所以抛物线的标 长方形的内部 因此形成的轮廓为抛 方程为ｘ２ ｙ (－３ꎬ０)ꎬ ꎬ 当抛物线 ＝ Ｃ ８ 的 ꎻ 焦点坐标为 时 准方程为ｙ２ ＝－１２ ｘ. 物线的一部分. (－３ꎬ０) ꎬ ５.解 析 设 Ｍ ｘ ｙ 则 ｘ 其方程为ｙ２ ｘ. ( ꎬ )ꎬ ２ － ＝ ３.３.２ 抛物线的几何性质 ＝－１２ ４.解析 当直线ｌ的斜率不存在时 直 ｘ ２ ｙ２ ① ꎬ ( ＋３) ＋ －１ꎬ 练习 线ｌ的方程为ｘ 化简得ｙ２ ｘ. 此时其与 ｙ２ ＝ ＝ ４ １ ｘ ꎬ 有两个公共点 ꎬ 故 ６.解析 联立 ＝－ { １ ｙ ２ ２ ＝４ ｘ ꎬ 消去 ｙ 并化 １.解析 (１) ( ３ ꎬ０ ) ꎬ ｘ ＝－ ３ ꎻ 舍去 ｘ ｙ ２ ２ ꎻ ２ － －４＝０ꎬ ｙ ② 直 当 线 直 ｌ的 线 方 ｌ 程 的 为 斜率 ｙ － 存 ２＝ 在 ｋ ( 且 ｘ － 不 １ 为 )ꎬ ０ 时 ꎬ 设 简 ｙ ꎬ 得ｘ２ { － ｘ ５ １ ｘ ＋ ＋ ｘ ４ ２ ＝ ＝ ０ ５ ꎬ ꎬ 设 则 Ａ Ａ ( Ｂ ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｂ ( ｋ２ ｘ ２ꎬ ( ( ３ ２ ) )( ( ０ － ꎬ－ ８ꎬ １) ０ ꎬ )ꎬ ＝ ｘ １ ＝ ꎻ ８ꎻ(４) ( ０ꎬ ２１ ) ꎬ ｙ ＝ 即ｙ ｋｘ ｋ. ２)ꎬ∴ ｘ ｘ ＝ １＋ × ２ ＝ ＋２－ １ ２＝４ꎬ 联立 {ｙ ｙ２ ＝ ＝ ｋ ４ ｘ ＋ ｘ ꎬ ２－ ｋ ꎬ消去ｘ得ｋｙ２ －４ ｙ ＋８－ ＝３ ( ｘ ５ １＋ . ｘ ２) ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝ １＋４× ２５－４×４ ２.Ｄ － ２ ２ １. ４ ｋ 二 ＝０ 者 . 只有一个公共点 Δ ｋ ７. 上 解 任 析 意 一 设 点 Ｐ ( Ｑ ｘ ０ꎬ ｘ ｙ ０ ｙ ) 为 为 抛 垂 物 线 线 段 ｙ 中 ２ ＝ 点 １ 的 ６ ｘ ３.解析 (１) ｘ２ ＝－２０ ｙ ꎻ(２) ｙ２ ＝－１２ ｘ ꎻ ∵ (８－４ ｋ )＝０ꎬ 即ｋ２ －２ ｋ ＋１＝ ꎬ∴ ０ꎬ ＝１６－４ × 轨迹上任意 ꎬ 一点 ( ꎬ 则 ) ｘ ｘ ｙ １ ｙ 即 (３) ｙ２ ＝－ １ ３ ６ｘ或ｘ２ ＝ ４ ９ ｙ ꎻ(４) ｘ２ ＝４ ｙ或 解得ｋ １＝ ｋ ２＝１ꎬ 此时直线ｌ的方程为ｙ ꎬ ＝ ０ꎬ ＝ ２ ０ꎬ ｘ２ ＝－４ ｙ. ｘ ｘ ｘ ｙ ｙ. ４.Ｃ ＝ ＋１ꎻ ０＝ ꎬ ０＝２ 当直线ｌ的斜率存在且为 时 直线 把点Ｐ ｘ ｙ 代入抛物线ｙ２ ｘ 得 ５.解析 从拱顶为坐标原点 建立平面直 ③ ０ ꎬ ( ０ꎬ ０) ＝１６ ꎬ ꎬ ｌ的方程为ｙ ＝２ꎬ ｙ２ ＝４ ｘ ꎬ 即垂线段中点的轨迹方程为ｙ２ 角坐标系 ( 图略 ) .设抛物线的方程为ｘ２ 此时直线ｌ与抛物线ｙ２ ｘ只有一个 ｘ 它表示的是抛物线. ｐｙ ｐ .当ｘ 时 ｙ ＝４ ＝４ ꎬ ＝－２ ( >０) ＝－２ ꎬ ＝－２ꎬ 公共点 满足题意. ８.解析 设 ｘ ｙ 为抛物线上的点 由 把点 代入得ｐ 故抛物线的 ５.解 综上 析 ꎬ 直 ꎬ ( 线 １) ｌ的 当 方 ｘ 程 ＝２ 为 时 ｙ ＝ ꎬ ｘ ｙ ＋ ＝ １ ± 或 ２ꎬ ｙ 此 ＝２ 时 . 题意得 {ｙ２ ０ ( ＝ ０ ６ ꎬ ｘ ０ꎬ ０) 所以 {ｘ ０＝１８ꎬ ꎬ 方 若 程 水 ( 为 面 － 下 ２ ｘ２ ꎬ 降 ＝ －２ － ) ２ ｙ 米 . 此时 ＝ ｙ １ꎬ ｘ . ( ) ｙ ３ｘ ｙ . １ ꎬ ＝－３ꎬ ＝± ６ Ｐ 抛物线的焦点为 １ . ０＝ ０ꎬ ０＝±６ ３ 此时水面宽度为 米. (２ꎬ±２)ꎬ ꎬ０ ３ ２ ６ ２ 故该等边三角形的边长为 . 习题 . ( ) 点 Ｐ 到抛物线焦点的距离为 １２ ３ ３３ ２ ∴ ９.解析 设直线ＡＢ的倾斜角为α ( ) ( ) ꎬ １.解析 １ ｘ １ ２－ ２ １ ２ ＋４＝ ２ ５ . 则 ｔａｎ α ＝ ４ ꎬ 则 ｃｏｓ α ＝ ３ . (１) ｙ － ４ ꎬ０ ꎬ ＝ ４ ꎻ 易知点 Ｐ 到抛物线焦点的距离等 ３ ｐ ５ (２)( ( ０ꎬ２)ꎬ ) ＝－２ꎻ ( ) (２) 于其到抛物线准线的距离 ꎬ 则 ＡＦ １－ｃｏｓ α １＋ｃｏｓ α １＋ ５ ３ ５ ８ (３) １ ４ ａ ꎬ０ ꎬ ｘ ＝－ ４ １ ａ ꎻ(４) － ８ ７ ꎬ０ ꎬ ＢＦ＝ ｐ ＝ α＝ ＝ 即ｘ ｐ＋ ２ １ ＝４ꎬ∴ ｘ ｐ＝ ２ ７ ꎬ 当ｘ ＝ ２ ７ 时 ꎬ ｙ ＝ １＋ｃｏｓ α １－ｃｏｓ １－ ５ ３ ２ ５ ｘ ＝ ８ ７ . ７ ＝４ . ２.解析 (１) ｙ２ ＝４ ｘ ꎻ(２) ｘ２ ＝－２ ｙ ꎻ(３) ｙ２ ＝ ± ２× ＝± ７ꎬ １０.证明 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 联立 ｘ. ( ２ ) ( ) {ｙ２ ｘ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ３.解 ±８ 析 设该点的坐标为 ｘ ｙ 则ｘ ∴ Ｐ ７ ꎬ ７ 或Ｐ ７ ꎬ－ ７ . ｙ ＝ ｘ ２ ꎬ消去ｙ ꎬ 得ｘ２ －６ ｘ ＋４＝０ . ｐ ｐ ( ０ꎬ ０)ꎬ ０＋ ２ ２ ＝ －２ꎬ 即ｘ ２ . ６. 故 解 ＋１ 点 析 ＝ ｘ Ｍ ＋５ 由 的 ꎬ 解 题 轨 得 意 迹 ｙ 可 是 ２ ＝ 知 以 １６ ( ｘ ４ ꎬ ( ꎬ ｘ ０ － ) ４ 为 ) ２ 焦 ＋( 点 ｙ － 的 ０) 抛 ２ ｙ ｘ Δ １ ２ ＝ ｙ ＝ ２ ３ ４ ＝ ６ ꎬ － ( ４ ｘ １ × － ４ ２ ＝ )( ２０ ｘ ２ > － ０ ２ ꎬ ) 则 ＝ ｘ ｘ １ １ ｘ ＋ ２ ｘ － ２ ２ ＝ ( ６ ｘ １ ꎬ ＋ ｘ ｘ １ ２ 􀅰 ) ( 当 ２ ４ꎬ ｘ ＝ ± ０ ５ ４ ＝ ꎬ ) ４ . 时 ０ ꎬ ＝ ｙ ５ ０ － ＝± ２ ４ ＝ ꎬ ５ 故 － 该 ２ 点 ＝４ 的坐标为 物线. ＋４＝４－２×６＋４＝－４ꎬ ４.证明 如图所示 ꎬ 直线Ｐ １ Ｐ ２ 交抛物线 习题 . ( ) ｘ ｘ ｙ ｙ 即Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ ｙ２ ｐｘ于Ｐ Ｐ 两点 ３３ １ ∴ １ ２＋ １ ２＝４－４＝０ꎬ 􀅰 ＝０ꎬ ＝２ １ꎬ ２ ꎬ ２０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 { ｐ 线为两条直线 ｘ ｍｙ ꎻ 联立 ＝ ＋ ꎬ消去 ｘ 得 ｙ２ ｐｍｙ ２ ꎬ －２ － 当π α 时 α α ｙ２ ｐｘ < <π ꎬｓｉｎ >０ꎬｃｏｓ <０ꎬ ＝２ ꎬ ２ ｐ２ 所以ｙ ｙ ｐ２. 方程ｘ２ α ｙ２ α 所表示的曲线 ＝０ꎬ １ ２＝－ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝１ ９.解析 如图 以Ｏ为坐标原点建立平面 是焦点在ｘ轴上的双曲线 ꎬ ꎻ 直角坐标系 当α 时 ｙ２ 此曲线不存在. ꎬ ＝π ꎬ ＝－１ꎬ 过点Ｐ 作Ｐ Ａ垂直于准线于Ａ点 ４.解析 椭圆 ｘ２ ｙ２ 的右焦点为 １ １ ꎬ ＋ ＝１ (４ꎬ 过点Ｐ 作Ｐ Ｂ垂直于准线于Ｂ点. ２５ ９ 根据抛 ２ 物线的 ２ 定义可知Ｐ Ａ Ｐ Ｆ Ｐ Ｂ 设Ｍ ｘ ｙ 则 ｘ ２ ｙ２ ｘ Ｐ Ｆ. １ ＝ １ ꎬ ２ ０ 化 ) 简 ꎬ 得ｙ ( ２ ꎬ ) ｘ ꎬ . ( －４) ＋ ＝｜ －６｜ꎬ ＝ ２ ＝－４ ＋２０ 取Ｐ Ｐ 的中点Ｃ 过点Ｃ作ＣＤ垂直于 ｙ２ ｘ２ 准线 １ 于 ２ Ｄ点 ꎬ ５.解析 椭圆 ＋ ＝１ 的两个焦点分别 ꎬ 因为Ｐ Ｒ分别是ＯＤ ＡＤ的ｎ等分点 ４５ ２０ ꎬ 、 ꎬ 为 和 . 则ＣＤ １ Ｐ Ａ Ｐ Ｂ １ Ｐ Ｆ Ｐ Ｆ ｈ (０ꎬ５) (０ꎬ－５) ＝ ２ ( １ ＋ ２ )＝ ２ ( １ ＋ ２ ) 所以直线ＯＲ的方程为 ｙ ＝ｎａ ｘ ꎬ ＰＱ 的 设椭圆上任一点的坐标为 ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ ｎ ｎ １ Ｐ Ｐ . ａ 则 －５ ＋５ ＝ ２ １ ２ 方程为ｘ ＝－ ｎ . ｍ 􀅰 ｍ ＝－１①ꎬ 故以线段Ｐ Ｐ 为直径的圆与抛物线的 ｎ２ ｍ２ {ｍ 设ＯＲ与ＰＱ的交点Ｍ ｘ ｙ 则Ｍ ｘ 又 由 得 ＝±４ꎬ 准线相切. １ ２ ( ꎬ )ꎬ ( ꎬ ＋ ＝１②ꎬ∴ ①② ｎ . ì ｈ ４５ ２０ ＝±３ ５.解析 已知抛物线的焦点在ｙ轴 ꎬ 且点 ï ï ｙ ＝ｎａ ｘ ꎬ ｈ 故该点的坐标为 (－４ꎬ３)ꎬ(４ꎬ３)ꎬ(－４ꎬ Ｍ ｍ 是抛物线上的一点 则抛物 ｙ 满足í 消去ｎ 得ｙ ｘ２ . ( ꎬ－３) ꎬ ) ï ａ ꎬ ＝－ａ２ ꎬ －３)ꎬ(４ꎬ－３) 线的焦点在ｙ轴负半轴上 ꎬ 故可设抛物 î ïｘ ＝－ ｎ ꎬ ６.解析 由题意得ｃ２ ＝１０－ ｍ ＝１＋ ｂ ꎬ 即ｍ ＋ 线方程为ｘ２ ＝－２ ｐｙ ( ｐ >０)ꎬ ｈ ｂ ＝９①ꎬ 把点Ｍ ( ｍ ꎬ－３) 代入 ꎬ 得ｍ２ ＝６ ｐ ꎬ 又 ∵ Ｍ ∴ Ｍ ( ｘ ꎬ ｙ ) 在 ｙ ＝－ａ２ ｘ２ 的图象上 ꎬ 同 当ｘ １０时 １ ｙ２ １０ ｙ２ 到焦点的距离是 ＝ ꎬ ＋ ｍ ＝１ꎬ － ｂ ＝１ꎬ ５ꎬ ｈ ３ ９ ９ 则 ｐ 即ｐ ｍ２ 故 ｍ 理 ꎬ 相应的其他交点都在 ｙ ＝－ａ２ ｘ２ 的 即 ８ ｍ ＝ ｂ ②ꎬ ＋３＝５ꎬ ＝４ꎬ∴ ＝２４ꎬ ＝ 联立 得ｍ ｂ . ２ 图象上 ①② ＝１ꎬ ＝８ ±２ ６ . 从而这 ꎬ 些交点构成一条抛物线. ７.解析 设所求双曲线的标准方程为 ｘ２ 故抛物线的标准方程为 ｘ２ ｙ 准线 复习题 ａ２ ＝－８ ꎬ ６.解 方程 析 为 ｙ 设 ＝２ Ｍ . ( ｘ ０ꎬ ｙ ０)( ｙ ０ >０)ꎬ 因为 １. 线 Ｄ 的 椭 方 圆 程 的 为 焦 ｙ２ 点 ＝ 坐 ±４ 标 ｘ ꎬ 为 故 ( 选 ±１ Ｄ ꎬ . ０)ꎬ 故抛物 － ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ >０)ꎬ ＭＦＯ ° ｘ ２.Ｂ 双曲线的渐近线方程为 ｙ ｘ 即 ｂ ∠ {ｙ２ ＝１２ ｘ ０ ꎬ∴ ０>２ꎬ ｂ ａ ＝２ ꎬ 则 ａ２ ＋ ｂ２ ＝ １６ꎬ 且 ａ ＝ ３ ꎬ 解得 ａ ＝ 联立 ０＝８ ０ꎬ 解得ｘ 或ｘ 或 . ５ ｙ ｘ ０＝６ ０＝ ａ ＝２ ｂ ＝２ ｂ ０＝ ３( ０－２)ꎬ ｂ １０ꎬ ＝ ６ꎬ ２ ( 舍去 )ꎬ 当 ａ ＝２ 时 ꎬ ｅ２ ＝１＋４＝５ꎬ 故ｅ ＝ ５ꎬ 故所求双曲线的标准方程为 ｘ２ － ｙ２ ＝１ . ３ １０ ６ 故Ｍ (６ꎬ４ ３)ꎬ∴ ＭＦ ＝ (６－２) ２ ＋４８＝ 当 ａ ｂ ＝ １ 时 ꎬ ｅ２ ＝１＋ １ ＝ ５ ꎬ 故ｅ ＝ ５. ８.证明 设等轴双曲线 Ｃ 为 ｘ２ － ｙ２ ＝ . ２ ４ ４ ２ ａ２ ａ 则Ｆ ａ Ｆ ａ １６＋４８＝ ６４＝８ 故选 . ( >０)ꎬ １(－ ２ ꎬ０)ꎬ ２( ２ ꎬ０)ꎬ ７.证明 如图 设准线与 ｘ 轴的交点为 Ｂ 设 Ｐ ｍ ｎ 则 ＰＦ ＰＦ ꎬ ３.解析 当α 时 ｙ２ 方程所表示的 ( ꎬ )ꎬ １ 􀅰 ２ ＝ Ｋ ꎬ 由抛物线的定义可知ＡＡ １＝ ＡＦ ꎬ 曲线是 两条 ＝ 直 ０ 线 ꎬ ＝１ꎬ ( ｍ ＋ ２ ａ ) ２ ＋ ｎ２ 􀅰 ( ｍ － ２ ａ ) ２ ＋ ｎ２ ꎬ ∴ ∠ ＡＡ １ Ｆ ＝∠ ＡＦＡ １ꎬ ꎻ 左右两边平方得ＰＦ２ １􀅰 ＰＦ２ ２＝( ｍ２ ＋ ｎ２ ＋ 当 ０< α < π时 ꎬ０<ｓｉｎ α < ２ ꎬ ２ <ｃｏｓ α < ２ ２ ｍａ ＋２ ａ２ )( ｍ２ ＋ ｎ２ －２ ２ ｍａ ＋２ ａ２ ) ４ ２ ２ 且 α α ｍ２ ｍ２ ａ２ ｍａ ａ２ ｍ２ ｍ２ １ꎬ ｃｏｓ >ｓｉｎ ꎬ ＝( ＋ － ＋２ ２ ＋２ )( ＋ － 方程所表示的曲线是焦点在ｘ轴上的 ａ２ ｍａ ａ２ －２ ２ ＋２ ) 椭圆 ꎻ ＝( ２ ｍ ＋ ａ ) ２ 􀅰( ２ ｍ － ａ ) ２ ＝(２ ｍ２ － ａ２ ) ２ ∴ 又 ∠ ∵ Ａ Ａ Ｆ Ａ １ Ａ ∥ １＝ ｘ ∠ 轴 Ａ ꎬ １ ∴ ＦＫ ∠ ꎬ ＡＡ １ Ｆ ＝∠ Ａ １ ＦＫ ꎬ 的 的 当 圆 曲 α ＝ 线 π ４ 是 时 圆 ꎬ 方 心 程 为 变 ( 为 ０ꎬ ｘ ０ ２ ) ＋ ꎬ ｙ２ 半 ＝ 径 ２ 为 ꎬ 表 ２ 示 １ ４ ９. ∴ 解 ＝( Ｐ 析 ２ Ｆ ｍ １ ２ 􀅰 设 － ｍ Ｐ Ａ Ｆ ２ ＋ ( ２ ｎ ＝ ｘ ２ １ ｍ ) ꎬ ｙ ２ ２ ＋ １ ＝ ) ｎ ( ꎬ ２ ｍ Ｂ ＝ ( ２ Ｏ ＋ ｘ Ｐ ｎ ２ . ꎬ ２ 得 ) ｙ ２ ２ 证 ) ꎬ ꎬ . 则ｘ １＋ ｘ ２ 同理可证 ＢＦＢ Ｂ ＦＫ 由 ＡＦＡ ꎻ ＝４ꎬ ∠ １＝∠ １ ꎬ ∠ １＋ 则ＡＢ ｘ ｘ ｘ ｘ . ∠ Ａ １ ＦＫ ＋∠ ＢＦＢ １＋∠ Ｂ １ ＦＫ ＝πꎬ 当π < α < π时 ꎬ ２ <ｓｉｎ α <１ꎬ０<ｃｏｓ α < ＝ １＋１＋ {ｙ ２＋１ ｋｘ ＝ １＋ ２＋２＝６ 可得 ∠ Ａ １ ＦＫ ＋∠ Ｂ １ ＦＫ ＝∠ Ａ １ ＦＢ １ ＝ π ２ ꎬ ２ ４ 且 ２ α ２ α １０.解析 联立 ｘ２ ＝ －４ ｙ ＋ ２ １ ＝ ꎬ ４ꎬ 消去ｙ得 (１－ 所以 Ａ ＦＢ 为直角. ꎬ ｓｉｎ >ｃｏｓ ꎬ ｋ２ ｘ２ ｋｘ ８.证明 ∠ 设 １ 此 １ 直线与抛物线相交于Ａ ꎬ Ｂ 方 ２ 程ｘ２ ｓｉｎ α ＋ ｙ２ ｃｏｓ α ＝１ 所表示的曲线 其 ４ 中 ) Δ － ＝ ８ ６４ ｋ － ２ ８ ＋ ＝ ４× ０ꎬ ８×(１－４ ｋ２ )＝ ３２(１－ 两点 显然直线ＡＢ的斜率不为 故可 是焦点在ｙ轴上的椭圆 ｋ２ . ꎬ ０ꎬ ꎻ ２ ) ｐ 设直线ＡＢ的方程为ｘ ｍｙ 当α π时 方程变为ｘ２ 表示的曲 当 Δ 即 ｋ２ 即 ２ ｋ ＝ ＋ ꎬ ＝ ꎬ ＝１ꎬ (１) >０ꎬ １－２ >０ꎬ － < < ２ ２ ２ ２１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋( ) ２ ｘ ｙ ｙ ２时 直线与双曲线有两个公共点 １０ １０ 又 ＯＡ ＯＢ １ ２ ｘ ｘ ２ ꎬ ꎬ ３ ꎬ∴ ｘ －７ ＝± ３ ꎬ ∵ ⊥ ꎬ∴ ｘ １ 􀅰ｘ ２ ＝－１ꎬ∴ １ ２＋ ｙ ｙ (２) 当Δ ＝０ꎬ 即 １－２ ｋ２ ＝０ꎬ 即 ｋ ＝± ２ 解得ｘ ＝１０ 或ｘ ＝ １ ７ ３ ０ ꎬ 当ｘ ＝１０ 时 ꎬ ｙ ＝ １ ｘ ２＝ ｘ ０ꎬ ｂ －１ ｙ ｙ ｘ ｘ 时 直线与双曲线有 个公共点 ２ ５ 当ｘ ７０时 ｙ ２４５. ∵ １ ２＝ａ ＋ ｂꎬ １ ２＝(１－ １)(１－ ２)＝ １ ꎬ １ ꎬ － ꎬ ＝ ꎬ ＝－ ｘ ｘ ｘ ｘ ４ ( １３ ) ( ６７６ ) －( １＋ ２)＋ １ ２ (３) 当Δ <０ꎬ 即 １－２ ｋ２ <０ꎬ 即ｋ > ２或ｋ Ｂ ５ Ｃ ７０ ２４５ . ２ ｂ ｂ －１ ａ －１ ２ ∴ １０ꎬ－ ꎬ ꎬ－ ＝１－ａ ｂ＋ａ ｂ＝ａ ｂꎬ １１. 直 证 <－ 线 明 ２ ２ Ａ 时 Ｂ 当 ꎬ 的 直 直 方 线 线 程 与 为 Ａ 双 Ｂ ｙ 曲 的 线 ｋ 斜 ( 没 ｘ 率 有 存 ｐ 公 ) 在 共 时 ｋ 点 ꎬ . 设 １３. ( ∴ 解 ３ Δ 析 － ａ ＝ ２ ( ) ( － ｘ １ ２ ２ － ) ａ ４ ) ２ 联 ａ ２ ＋ ｘ 立 － ８ ２ { ( ３ ｙ ＝ ３ ｘ ＝ １ ０ － ２ ３ ꎬ ａ ａ － ｘ ２ ｙ ＋ ) ２ ６ １ ＝ ＝ ７ ꎬ １ ６ ２ ꎬ ４ 消 －４ 去 ａ２ ｙ >０ 得 ꎬ ∴ 由 ① ｂ ａ . － ＋ ② １ ｂ ＋ ＋ 得 ａ ａ － ＋ ａ １ ｂ ＋ ＝ ＝ ２ ０ ( ꎬ 即 ＋ ２ ａ － ＋ １ ｂ ) ＝ ꎬ ２ ｂ ② ＝２ ꎬ ２( ２－ ＝ － ( ≠０ꎬ １) ２ 且 ａ２ ａ 且ａ２ １６.略. ｐ Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ３－ ≠０ꎬ∴ － ６< < ６ ≠３ꎬ ( > ０ ｐ )ꎬ ) ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ 设 Ａ ( ｘ １ꎬ ｙ １ )ꎬ Ｂ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２ )ꎬ １７.略. Ｃ － ２ ꎬ ｙ ２ ꎬ 联 立 方 程 ì ï ï ｘ １＋ ｘ ２＝ ２ ａ ａ２ꎬ 本章测试 { ( ｐ ) 则í ３－ ｙ ｋ ｘ ｐ ï 一、填空题 ＝ － ２ ꎬ消去 ｘ 得 ｙ２ － ２ ｋ ｙ － ｐ２ î ïｘ １􀅰 ｘ ２＝－ ２ ａ２ꎬ ｙ２ ｐｘ ３－ １.答案 ３ ＝２ ꎬ ＡＢ ａ２ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ∴ ＝ (１＋ )[( １＋ ２) －４ １ ２] ５ ＝０ꎬ ｙ ｙ ｐ ２ － ａ４ ＋５ ａ２ ＋６. 解析 由题意得ａ ＝５ꎬ ｃ ＝ ２５－１６＝３ꎬ ∴ ｙ １ ｙ ２＝－ ｐ２ ꎬ ｋ ＯＡ＝ｘ １ ꎬ ｋ ＯＣ＝ ２ ｐ ＝ ２ ｙ ꎬ ＝ ｜ ａ２ －３｜ ｅ ｃ ３ . １ １ 由题意得 ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ ∴ ＝ ａ ＝ － ２ (２ ａｘ ) ａｘ ꎬ １ ２＋ １ ２＝０ꎬ∴ １ ２＋ ２.答案 ５ ∵ ｙ２ １ ＝２ ｐｘ １ꎬ∴ ｋ ＯＣ ＝ ｙ ｘ １ １ ＝ ｋ ＯＡꎬ∴ 直线 ( ∴ ( １ １ ＋ ＋ １ ａ ) ２ ) ( ｘ １ ｘ ２ ２ ＋ ＋ １ ａ ) ( ＝ ｘ １ ０ ＋ ꎬ ｘ ２)＋ ａ １＝０ꎬ ３.答 解 案 析 ２ 焦 ｙ２ 点到准 ｘ 线的距离为ｐ ＝２ . Ａ 当 Ｃ 直 经 线 过原 ＡＢ 点 的 Ｏ 斜 . 率不存在时 ꎬ ＡＢ ⊥ ｘ ∴ (１＋ ａ２ )􀅰ａ２ ２ －３ ＋ ａ 􀅰 ３ ２ － ａ２ ＋１＝０ꎬ 解 解析 双 ＝ 曲 － 线 ２０ ｘ２ － ｙ２ ＝１ 的左焦点为 轴 同理可得 ｋ ｋ 直线 ＡＣ 经 得ａ２ 符合 ａ 且ａ２ １６ ９ ꎬ ＯＡ＝ ＯＣꎬ∴ ＝１ꎬ － ６< < ６ ≠３ꎬ 故抛物线的方程为ｙ２ ｘ. 过原点Ｏ. ａ . (－５ꎬ０)ꎬ ＝－２０ ∴ ＝±１ １２.解析 设桥拱所在抛物线的方程为 １４.解析 如图所示 建立平面直角坐标 ４.答案 ５ ꎬ Ｃ 流 １ 孔 : ｘ２ 所 ＝ 在 －２ 抛 ｐｙ 物 ( ｐ 线 > 的 ０) 方 ꎬ 从 程 右 可 边 设 看 为 第 Ｃ 一 ２:( 溢 ｘ 系 ꎬ 抛物线顶点 ( 即隧道顶部 ) 为Ｏ ꎬ 解析 将 ２ ｘ ＝２ 代入椭圆方程得 １ ４ ６ ＋ ｙ ７ ２ ２ ｐ′ｙ ｐ′ 右边第二个溢 －１４) ＝－２ ( >０)ꎬ 流孔所在抛物线的方程为Ｃ ３:( ｘ －７) ２ ＝１ꎬ 解得ｙ ＝± ２ ２１.右焦点坐标为 (３ꎬ ｐ′ｙ ＝－２ ꎬ æ ö２ 因为Ｃ １ꎬ Ｃ ２ 均过点 (２０ꎬ－５)ꎬ∴ ２０ ２ ＝ 设抛物线的解析式为ｙ ＝ ａｘ２ ꎬ ０)ꎬ∴ 距离为 (２－３) ２ ＋è ç ± ２１ ø ÷ ＝ ｐ 且 ２ ｐ′ 点 在此抛物线上 ａ ２ －２ 􀅰(－５)ꎬ (２０－１４) ＝－２ 􀅰 ∵ (－４ꎬ－４) ꎬ∴ －４＝ (－５)ꎬ ×(－４) ２ ꎬ １＋ ２１ ＝ ５ . 解得ｐ ＝４０ꎬ ｐ′ ＝ １ ５ ８ ꎬ∴ Ｃ １ꎬ Ｃ ２ꎬ Ｃ ３ 的方 得ａ ＝－ ４ １ ꎬ∴ ｙ ＝－ ４ １ ｘ２ ꎬ 将ｘ ＝－３ 代入 ５.答案 ４ ４ ２ 解析 焦点为 当 ｙ 程分别为ｘ２ ＝－８０ ｙ ꎬ( ｘ －１４) ２ ＝－ ３６ｙ ꎬ ｙ ＝－ １ ｘ２ ꎬ 得ｙ ＝－ ９ ꎬ 时 ｘ ＡＢ (０ꎬ± . ２ ６)ꎬ ＝±２ ６ ５ ４ ４ ꎬ ＝±２ꎬ∴ ＝４ {ｘ２ ＝－８０ ｙ ꎬ 又 ∵ 行驶车辆顶部 ( 设为平顶 ) 与隧 ６.答案 ｘ２ ｙ２ ( ｘ －７) ２ ＝－ ３ ５ ６ｙ ꎬ 由 ( ｘ －１４) ２ ＝－ ３６ｙ 得 道 有 顶 . 部在竖 所 直 以 方 车 向 辆 上 经 高 过 度 隧 之 道 差 时 至 的限 少 制 要 解析 设 １２ 椭 ＋ 圆 ９ 的 ＝１ 方程为ｍｘ２ ｎｙ２ ｎ ５ ０５ ｍꎬ ＋ ＝１( ( ｘ ) ２ １００ 高度是 ９ . １３ . . > ｍ >０) . ｘ ＝ ꎬ ６－ －０５＝ ≈３２ ｍ 把点 和 代入椭圆方 －１４ ９ ４ ４ (２ꎬ－ ６) (２ ２ꎬ ３) １５.解析 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ｘ ｘ １０ 解得 ｘ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ì ïｍ １ ∵７< <１４ꎬ∴ ｘ ＝－ ꎬ ＝ æｘ ｘ ｙ ｙ ö { ｍ ｎ ï ＝ ꎬ －１４ ３ Ｍç １＋ ２ １＋ ２÷. 程得 ４ ＋６ ＝１ꎬ解得í １２ １４０ ꎬ∴ ｙ ＝－ １ ｘ２ ＝－ １ × ( １４０ ) ２ ＝ 由 è ｘ ２ ｙ ꎬ ａ ２ ｘ２ ｂ ø ｙ２ 得 ａ ｂ ｘ２ ｂｘ ８ ｍ ＋３ ｎ ＝１ꎬ î ï ïｎ ＝ １ ꎬ １３ ８０ ８０ １３ ＋ ＝１ꎬ ＋ ＝１ ( ＋ ) －２ ９ ２４５ ＋ ｂ －１＝０ꎬ 故椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ . － ꎬ ｘ ｘ ｂ ｙ ｙ ｘ ｘ ａ ＋ ＝１ １６９ １＋ ２ １＋ ２ １＋ ２ １２ ９ ( ) ∴ ＝ａ ｂꎬ ＝１－ ＝ａ ｂꎬ 二、选择题 即Ａ １４０ ꎬ－ ２４５ ꎬ ( ２ ｂ ＋ ａ ) ２ ２ ＋ ７.Ｂ ａ２ ｂ２ ｃ２ １３ １６９ Ｍ . ∵ ＝９ꎬ ＝５ꎬ∴ ＝４ꎬ {ｘ２ ＝－８０ ｙ ꎬ ( ｘ ) ２ ∴ ａ ＋ ｂꎬａ ＋ ｂ ∴ Ｆ １(－２ꎬ０)ꎬ Ｆ ２(２ꎬ０) .故选 Ｂ . 由 得 ｘ２ ｙ２ ( ｘ －７) ２ ＝－ ３６ｙ ｘ －７ ＝ ∵ ｋ ＯＭ＝ ２ ꎬ∴ ｂ ＝ ２ ａ ①ꎬ ８.Ｃ 设双曲线的标准方程为 ａ２ －ｂ２ ＝１ ５ ２ ２２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ａ >０ꎬ ｂ >０)ꎬ 其中ａ２ ＝１６ꎬ ｃ２ ＝２５ꎬ 故ｂ２ 为 ２ꎬ ３.解析 (１) ａ ｎ＝２ ｎ. (２) ａ ｎ＝ ｎ３. (３) ａ ｎ＝ ＝ ｃ２ － ａ２ ＝９ꎬ ｘ２ ｙ２ ｐ ＋ ｂ (－１) ｎ 􀅰 １ ｎ . (４) ａ ｎ＝ ｎ. 双曲线Ｃ的标准方程为 即 ２ ∴ 故选 . １６ － ９ ＝１ꎬ ２＝ ２ ꎬ② ４.解 ａ 析 . (１) ａ ｎ＝２ ｎ －１ꎬ ａ １＝１ . (２) ａ ｎ＝３ ｎ ꎬ ９ １０ .Ｂ . Ｃ ( 代 Ｃ 入 由 ) 选 题 项 意 并检 得 验 焦 可 点 知选 Ｆ 的 Ｂ . 坐标为 联立 ①②ꎬ 解得 {ｐ ｂ ＝ ＝－ ２ꎬ ３ 或 ì î í ï ï ï ïｂ ｐ ＝ ＝ － １ ３ ４ １ ꎬ . ５.解 ＝ １ ８ 析 ＝ ０ 令 １ ꎬ ａ ２ ｎ ( ０ １ ＝ ｎ ) ２ 记 ０× ａ ２２ ｎ＝ ＝ ｎ ４ ( ４ ｎ ０ 解 . ＋２ 得 )ꎬ ｎ 则ａ ８＝ 或 ８× ｎ １０ １ 且点Ｍ的坐标为 ３ (２) ( ＋２)＝３２３ꎬ ＝１７ ＝ ２ ꎬ０ ꎬ (１ꎬ± ２)ꎬ 第4 章 数列 －１９( 舍去 )ꎬ 所以 ３２３ 是这个数列中的 项 是第 项. 则ＭＦ １ ３ 故选 . ꎬ １７ ＝ ４ ＋２＝ ２ ꎬ Ｃ 4.1 数列 ６.解析 (１) ａ １＝２×１＋３＝５ꎬ 三、解答题 ａ 练习 ２＝２×２＋３＝７ꎬ １１.解析 ｘ２ ｙ. ａ ＝８ １.解析 如 ３＝２×３＋３＝９ꎬ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ :２ꎬ４ꎬ６ꎬ８ꎬ１０ꎻ ａ １２.解析 或 . ４＝２×４＋３＝１１ꎬ － ＝１ － ＝１ １ １ １ １ . ａ . １６ ２０ １６ ２０ ꎬ ꎬ ꎬ ５＝２×５＋３＝１３ ｘ２ ２ ３ ４ ５ １３.解析 设椭圆的标准方程为 ２.解析 ａ ａ ａ ａ (１) ａ２ ＋ (１) １＝－２ꎬ ２＝－５ꎬ ３＝－８ꎬ ４＝ ａ . ｙ２ ａ ｂ 其中ｃ２ . －１１ꎬ ａ ５＝－１４ ａ ａ ａ ａ ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ ＝３６ (２) １＝－２ꎬ ２＝４ꎬ ３＝－６ꎬ ４＝８ꎬ ５＝ . －１０ 把点Ｐ (５ꎬ２) 代入椭圆方程得２ ａ ５ ２ ＋ｂ ４ ２ ３.解析 (１) ａ ６＝６ ２ ＋６＝４２ꎬ ａ １０＝１０ ２ ＋１０ . ＝１１０ 结 解 ＝１ 合 得 ꎬ ａ ａ ２ ２ － ｂ２ ＝ ｃ 则 ２ ＝ ｂ ３ ２ ６ꎬ ４. ( 解 ２ 析 ) ａ ６＝ 令 ５－ ３ ２ ｎ ５ ＋ ＝ １ － ＝ ２ ３ ７ ７ ꎬ ꎬ ａ 解 １０＝ 得 ５－ ｎ ２ ＝ ９ ＝ １２ － ∈ ５０ Ｎ ７ . ∗ ꎬ (２) ａ １＝３ꎬ ａ ２＝３ꎬ ａ ３＝３ꎬ ａ ４＝３ꎬ ａ ５＝３ . ＝４５ꎬ ＝９ꎬ 所以 是数列 ｎ 中的项 是第 ｘ２ ｙ２ ３７ {３ ＋１} ꎬ 故椭圆的标准方程为 . 项. ＋ ＝１ １２ ４５ ９ ５.解析 ａ ｎｎ. ａ ｎ. 由题意得 Ｍ ｘ ｙ Ｆ (１) ｎ＝(－１) (２) ｎ＝２ (２) ( ０ꎬ ０)ꎬ １(－６ꎬ０)ꎬ Ｆ ２(６ꎬ０)ꎬ (３) ａ ｎ＝ ｎ２. (４) ａ ｎ＝ ｎ １ －ｎ １ . 则Ｍ→Ｆ １＝(－６－ ｘ ０ꎬ－ ｙ ０)ꎬ Ｍ→Ｆ ２＝(６－ ｘ ０ꎬ ６.解析 数列 ＋１ 的图 (３) ａ １＝ １ ×(２ １ －１)＝ １ ꎬ ｙ ①:２０ꎬ２２ꎬ２４ꎬ２６ꎬ２８ ３ ３ － ０)ꎬ 象如图所示 由Ｍ→Ｆ １􀅰 Ｍ→Ｆ ２＝ { ０ ｘ ꎬ ２ 得 ｙ２ ｘ２ ０－３６＋ ｙ２ ０＝０ . : ａ ２＝ ３ １ ×(２ ２ －１)＝１ꎬ ０＋ ０＝３６ꎬ ａ １ ３ ７ 联 立 ｘ２ ｙ２ 解 得 ３＝ ×(２ －１)＝ ꎬ ０ ０ ３ ３ ＋ ＝１ꎬ ４５ ９ ａ １ ４ ì ４＝ ×(２ －１)＝５ꎬ ï ３ ïｘ ３ １５ í ï ïｙ ０＝± ３ ２ ꎬ 故ｙ ０＝± ２ ３ . ａ ５＝ ３ １ ×(２ ５ －１)＝ ３ ３ １. î ０＝± ꎬ 数列 的图象如图所示 ２ ③:１ꎬ２ꎬ４ꎬ８ꎬ１６ : １４.解析 ｍ ｍ 解得 (１)(４－ )(２＋ )>０ꎬ －２< ｍ . <４ ｘ２ 当ｍ 时 双曲线的方程为 (２) ＝２ ꎬ － ２ ｙ２ ＝１ꎬ ４ ａ 故双曲线的焦点到渐近线的距离为 . (４) １＝１ꎬ ２ ａ １５.解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 把Ａ Ｂ ２＝２×２－１＝３ꎬ 两 ＝２ 点 ｐｘ ２ 代 ꎬ 入 ( 抛 １ 物 ꎬ １ 线 )ꎬ 得 ( ｙ ２ꎬ ２ １ ＝ ２) ２ ꎬ ｙ ｐｘ １ ｙ ꎬ ꎬ ｙ２ ２ １ 习 .解 题 析 ４ . １ (１)１ꎬ３ꎬ５ꎬ７ . ꎬ９ꎬ１１ꎬ１３ꎬ１５ . ａ ａ ａ ３ ４ ５ ＝ ＝ ＝ １ ２ １ ꎬ . ×４－１＝７ꎬ 即ｙ２ １－ ｙ２ ２＝２ ｐ ( ｘ １－ ｘ ２)ꎬ∴ ｋ ＡＢ＝ｘ １－ ｘ ２ ＝ (２)２ꎬ３ꎬ５ꎬ７ꎬ１１ꎬ１３ １－ ２ ２.解析 ａ ａ １ ａ １ ａ ｐ (１) １＝１ꎬ ２＝ ꎬ ３＝ ꎬ ４＝ ２ ４ ９ ｙ ｙ ＝１ꎬ １＋ ２ １ ａ １ . ｘ ｘ ꎬ ５＝ 又 １＋ ２ ｘ ｘ . １６ ２５ ∵ ＝５ꎬ∴ １＋ ２＝１０ ａ ａ ａ ａ ａ ２ (２) １＝０ꎬ ２＝３ꎬ ３＝－８ꎬ ４＝１５ꎬ ５＝ 又 ｙ ｙ ｘ ｘ ｂ ｂ 即 ｐ . ７.解析 令ｎ２ ｎ 即ｎ２ ｎ ∵ １＋ ２＝ １＋ ２＋２ ＝１０＋２ ꎬ ２ ＝ －２４ ＋３ ＋２＝５６ꎬ ＋３ －５４＝ ｂ ｐ ｂ ａ ａ ａ ａ ａ 解得ｎ 或ｎ 舍去 是 １０＋２ ꎬ∴ ＝５＋ ꎬ① (３) １＝－５ꎬ ２＝－３ꎬ ３＝－１ꎬ ４＝１ꎬ ５ ０ꎬ ＝６ ＝－９( )ꎬ∴ ５６ 又 抛物线Ｃ的焦点到直线ｌ的距离 . 这个数列中的项 且是这个数列的第 ∵ ＝３ ꎬ ２３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋项. 所以ａ ａ ａ ａ 是等差数列 公 ７.解析 由ａ ａ ｄ得 ｄ ｄ ６ ｎꎬ ｎ －１ꎬ􀆺ꎬ ２ꎬ １ ꎬ (１) ８＝ ５＋３ ３ ＝－９ꎬ∴ ８.解析 ａ ２ ａ ２ 差为 ｄ. . (１) １＝１ －８×１＋５＝－２ꎬ ２＝２ － － ＝－３ ８×２＋５＝－７ꎬ ａ ３＝３ ２ －８×３＋５＝－１０ꎬ (２)∵ ａ ２ ｎ－ ａ ２( ｎ －１)＝２ ｄ ꎬ 为常数 ꎬ 由ａ ５ ＝ ａ １＋４ ｄ 得 ａ １ ＝ ａ ５－４ ｄ ＝１９＋１２ ａ ４＝４ ２ －８×４＋５＝－１１ꎬ ａ ５＝５ ２ －８×５＋５＝ ∴ ａ ２ꎬ ａ ４ꎬ ａ ６ꎬ􀆺ꎬ ａ ２ ｎ 也是等差数列 ꎬ 公差 ＝３１ . . 为 ｄ. 即ａ ｄ . －１０ ２ １＝３１ꎬ ＝－３ 4.2.2 等差数列的通项公式 (２) 由ａ １０＝ ａ ４＋６ ｄ得 ６ ｄ ＝－６ꎬ∴ ｄ ＝－１ꎬ ａ ａ ｄ 即ａ . 练习 １４＝ １０＋４ ＝４－４＝０ꎬ １４＝０ 习题 . ( ) １.解析 ａ ｎ . ａ ｎ. ４２ １ (１) ｎ＝４ －２ (２) ｎ＝１７－４ １.解析 是. 是. 不是. (１) (２) (３) ａ ｎ ３ . ２.解析 由题知ａ ａ 又 (３) ｎ＝ － (１) ３＝－１０ꎬ ５＝－２０ꎬ ２ ａ ａ ｄ ｄ ２.解析 由题知ａ ｄ ａ ５＝ ３＋２ ꎬ∴ ＝－５ꎬ (１) １＝８ꎬ ＝－３ꎬ∴ ｎ＝ ａ ａ ｄ ｂ ａ ｄ ｃ ｄ ｎ ａ . ∴ ＝ ３－２ ＝０ꎬ ＝ ＋ ＝－５ꎬ ＝－１０＋ (２) ａ ｎ＝( ｎ －４) ２ －１１ . １１－３ 由 ꎬ 题 ∴ 知 ２０ ａ ＝１１－３× ｄ ２０＝－４９ ａ ｎ ＝－１５ . 当ｎ 时 ａ 有最小值 即该数列 (２) １＝－５ꎬ ＝－４ꎬ∴ ｎ＝－４ 即ａ ｂ ｃ . ＝４ ꎬ ｎ －１１ꎬ ＝０ꎬ ＝－５ꎬ ＝－１５ 的最小项是第 项. －１ꎬ 由题知ｄ ４ 由 ｎ 得ｎ 是 (２) ＝ｌｇ６－ｌｇ３＝ｌｇ２ꎬ ９.解析 由题图知ａ ａ ａ ａ －４ －１＝－４０１ꎬ ＝１００ꎬ∴ －４０１ １＝１ꎬ ２＝３ꎬ ３＝９ꎬ ４ 第 １００ 项. ∴ ｘ ＝ｌｇ ３－ｌｇ ２＝ｌｇ ３ ꎬ ｙ ＝ｌｇ ６＋ｌｇ ２＝ ＝２７ꎬ ２ 由此可得ａ ｎ＝３ ｎ －１. (３) 由题知ａ １＝０ꎬ ｄ ＝－ ７ ꎬ∴ ａ ｎ＝－ ７ ｎ ｌｇ１２ . ２ ２ ３.解析 ａ ｎ . ａ ｎ. (１) ｎ＝４ －５ (２) ｎ＝１８－５ ７ ＋ ꎬ ａ ２ ｎ. ２ (３) ｎ＝１－ ３ 令 ７ ｎ ７ 解得ｎ ４７ Ｎ∗. ４.解析 ａ ａ ｄ . － ＋ ＝－２０ꎬ ＝ ∉ (１) ８＝ １＋７ ＝２７ ２ ２ ７ ａ ａ ｄ . 不是该数列的项. (２) １＝ ７－６ ＝１０ ∴ －２０ 由ａ ａ ｎ 得ｎ ３.解析 ａ ａ ｄ . (３) ｎ＝ １＋( －１)×(－２)＝－１５ (１) ６＝ １＋５ ＝１３ . 4.2 等差数列 (２) 由ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ＝１＋( ｎ －１)×２＝ ＝１３ {ａ ａ ｄ 得ｎ . ５. 解 析 由 ３＝ １＋２ ＝３１ꎬ解 １５ ＝８ (１) ａ ａ ｄ 4.2.1 等差数列的概念 (３) 由ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ得 １ ＋４ ｄ ＝８ꎬ ì ïａ １７ ７＝ １＋６ ＝７６ꎬ 练习 ２ ï １＝ ꎬ 得í ２ ｄ １５. １ ２ . . 解 解 (４ 析 析 ) 是 . ( ( ５ １ ) ) 是 是 . . (２) 不是. (３) 不是. ∴ ( ( ４) ＝ 由 ) ８ ａ ｎ ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ 得 ａ １＋１１× î ï ïｄ 由 ＝ ａ ４ ４ ５. ａ ｄ得 ｄ ｄ . ３ ａ １７. 又 (２) ａ ａ ８＝ ４ ｄ ＋４ ａ ４ ＝－ . ８ꎬ∴ ＝－２ － ２ ＝－８ꎬ∴ １＝ ２ １２＝ {ａ ８＋４ ａ ꎬ∴ ｄ １２＝－１２ {ａ ４.解析 由 ａ １ ｎ 得 ａ １ ｄ 由 ３＝ １＋２ ＝７ꎬ 得 １＝１ꎬ ｎ ＝１－ ２ １ ＝ ２ ꎬ ＝ (３) ａ ６＝ ａ １＋５ ｄ ＝１６ꎬ ｄ ＝３ꎬ ａ ａ ｄ . － １ . ∴ １０＝ {ａ １＋９ ａ ＝２８ ａ ｄ ２ 由 １＋ ６＝２ １＋５ ＝１２ꎬ ３.解析 . . . (４) ａ ａ ｄ ４.解析 (１)０ ｄ (２ ａ )２ ａ ２－１(３) ｄ ２４ꎬ１７ {ａ ４＝ １＋３ ＝７ꎬ (１)２ ＝ ３－ １＝４ꎬ∴ ＝２ꎬ 解得 １＝１ꎬ ａ ａ ｄ . ｄ ２＝ １＋ ＝４ ＝２ꎬ ｄ ａ ａ ａ ａ ｄ . ａ ａ ｄ . (２) ＝ ３－ ２＝３ꎬ １＝ ２－ ＝－１ ∴ ９＝ １＋８ ＝１７ ｄ ａ ａ ａ ａ ｄ ａ ｄ ａ ６.解析 由题知ａ ａ ａ ｄ (３) ＝ ２－ １＝３ꎬ ６＝ ５＋ ＝ ４＋２ ＝ ３＋ ４０＝ ２０＋ ３０ꎬ ＝－１０ꎬ ｄ ａ ｄ . ａ ｄ ａ ｄ ａ ｄ ３ ＝ ２＋４ ＝１６ ∴ １＋３９ ＝ １＋１９ ＋ １＋２９ ꎬ ５.解析 ａ ｎ ａ ａ ｄ ａ ａ ｄ . (１)∵ ｎ＝３ ＋１ꎬ∴ １＝４ꎬ ∴ １＝－９ ＝９０ꎬ∴ １０＝ １＋９ ＝０ ａ ａ ｎ ｎ ５.解析 彗星出现的年份可以看成以 ７.解析 由题知ａ ａ . 数 ∴ ｎ ＋ { 列 １－ ａ . ｎ} ｎ 是 ＝３ 以 ( ４ ＋ 为 １) 首 ＋１ 项 －３ ꎬ３ － 为 １＝ 公 ３ꎬ 差的等差 １ 此 ７ 数 ４０ 列 为 为 首项 ａ ꎬ８ . ３ 为公差的等差数列.设 ∵ ａ ａ ５ ＝ ａ １＋４ ｄ ꎬ∴ ｄ １＝ ＝ １ ４ ２ ꎬ ꎬ ∴ ５ ａ ＝ ２＝ ２８ １６ꎬ ａ ３＝２０ꎬ (２)∵ ａ ｎ＝４－２ ｎ ꎬ∴ ａ １＝２ꎬ (１) ａ ８＝１ { ７４ ｎ ０ } ＋７×８３＝２ ３２１ꎬ 即彗星第 即 ４ 中 ＝２ 间 ４ꎬ 三个齿轮的齿数分别为 １６ꎬ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝４－２×( ｎ ＋１)－４＋２ ｎ ＝－２ꎬ ８ 次出现是在 ２３２１ 年. ２０ꎬ２４ . ∴ 差 { 数 ａ 列 ｎ} . 是以 ２ 为首项 ꎬ－２ 为公差的等 (２ ｎ ) 由已知得ａ ｎ＝１ ７４０＋( ｎ －１)×８３＝ ８.解析 (１) 由题知ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ＝１６ ８３ ＋１６５７ꎬ ３ ３ ｎ ６７ ３ ｎ (３)∵ ａ ｎ＝ ｎ２ ꎬ∴ ａ １＝１ꎬ 令 ｎ 得ｎ ８４３ Ｎ∗ ＋ ４ － ４ ＝ ４ － ４ ꎬ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝( ｎ ＋１) ２ － ｎ２ ＝２ ｎ ＋１ꎬ 不是常数 ꎬ ８３ ＋１６５７＝２５００ꎬ ＝ ８３ ∉ ꎬ 由ａ 得 ３ ｎ ６７ 即 ｎ ６７ 又 ｎ ａ 不是等差数列. 所以这颗彗星不会在 年出现. ｎ<０ > ꎬ > ꎬ ∴ { ｎ} ２５００ ４ ４ ３ (４)∵ ａ ｎ＝０ꎬ∴ ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝０ . ６.解析 由ａ １＝１５ꎬ ａ ６＝２５ꎬ 得ｄ ＝２ . ∈ Ｎ∗ ꎬ ａ 是以 为首项 为公差的等差 ａ ａ ａ ａ 从第 项开始是负数. ∴ { ｎ} ０ ꎬ０ ∴ ２＝１７ꎬ ３＝１９ꎬ ４＝２１ꎬ ５＝２３ꎬ ∴ ２３ 数列. 即中间四个滑轮的直径分别是 １７ ｃｍꎬ ａ ６７ ３ｎ 当ｎ 时 ａ ６.解析 由已知得ａ ａ ｄ . (２)｜ ｎ｜＝ － ꎬ ＝２２ ꎬ｜ ｎ｜ (１) ｎ －１－ ｎ＝－ ꎬ １９ ｃｍꎬ２１ ｃｍꎬ２３ ｃｍ ４ ４ ２４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 . ｄ ｎ ａ ＝ １ ꎬ 当ｎ ＝２３ 时 ꎬ｜ ａ ｎ｜＝ １ ꎬ∴ ｎ ＝２２ 时 第 ＝３ 一 ０１ 行的公差为 第二行的公差为 －５) ＝４ －１２ꎬ １＝－８ꎬ ｜ ａ ｎ ４ ｜ 最小. ２ ５ꎬ 第三行的公差为 ３ꎬ ７ꎬ ∴ Ｓ ｎ＝ ２ １ ( ａ １＋ ａ ｎ)× ｎ ＝２ ｎ２ －１０ ｎ. ９.解析 设这三个数分别为ａ ｄ ａ ａ ｄ. 则第 行的公差ｄ . ａ ａ 由已 知得 {ａ － ｄ ＋ ａ ＋ ａ ＋ ｄ ＝１５ꎬ － ꎬ ꎬ ＋ 设第 １ ｉ ０ 行 ０ 第ｊ列的数为 ＝３ ｂ ＋ ( ｉ ９ ꎬ ｊ ) ９ ꎬ ×２＝２０１ (３) Ｓ ９＝ ９×( ２ １＋ ９) ＝９ ａ ５＝７２ . ａ ｄ ２ ａ２ ａ ｄ ２ 则ｂ ａ ６.解析 易知Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 成等 {ａ ( － ) ＋ ＋( ＋ ) ＝８３ꎬ (１００ꎬ１００)＝ １００＋ . (１００－１)×２０１＝３０１＋ 差数 列 (１) Ｓ Ｓ ８ꎬ １６－ Ｓ ８ꎬ Ｓ ２４－ Ｓ １６ 解得 ｄ ＝５ꎬ 即 ９９ 第 ×２０１＝ 行 ２０ 的 ２０ 第 ０ 个数是 . Ｓ ꎬ∴ Ｓ ２( Ｓ １６－ ８)＝ . ８＋ ２４－ １６ꎬ 所以这三 ＝± 个 ２ 数 ꎬ 分别为 或 . １００ １００ ２０２００ 练 ∴ 习 ２４＝３ １６－３ ８＝８７６ １０.解析 由题知 ３ ａ ꎬ５ꎬ７ ａ ７ꎬ５ꎬ３ ａ 4.2.3 等差数列的前 ｎ 项和 １.解析 该同学每天所跑的路程是以 (１) １ ＝１ꎬ ２ ＝４ꎬ ３ 练习 为首项 为公差的等差数 ＝７ꎬ ２０００ ｍ ꎬ２５０ ｍ 差 ∴ 数 { ａ 列 ｎ} 是以 １ 为首项 ꎬ３ 为公差的等 １.解析 Ｓ １５＝ １５×(１＋１５) ＝１２０ꎬ 即这样 列.所以 Ｓ . １２ ＝１２×２ ０００＋６×１１×２５０＝ ꎬ ２ ４０５００ ｍ ∴ ａ ｎ＝３ ｎ －２ . 的摆法需要 １２０ 个罐头. 即该同学这 １２ 天共跑了 ４０５００ 米. (２) ａ １００＝３×１００－２＝２９８ꎬ ２.解析 Ｓ １０×( ａ １＋ ａ １０) ２.解析 该集合的元素是以 １ 为首项 ꎬ２ 即第 １００ 个图中原三角形被剖分为 (１) １０＝ ２ ＝５×(７－ 为公差的等差数列 ꎬ 由 ２ ｎ －１<６０ 且ｎ ∈ ２９８ 个三角形. ４３)＝－１８０ . Ｎ∗得ｎ ≤３０ꎬ 即共有 ３０ 个数. ａ ａ ｎ ｄ ｎ １１.解析 Ａ ７＋３ ５＋７－３ ５ . (２) ｎ＝ １＋( －１) ＝１００－２( －１)＝ Ｓ ３０×(１＋５９) (１) ＝ ２ ＝７ １０２－２ ｎ ꎬ ３０＝ ２ ＝９００ꎬ ｍ ｎ ２ ｍ ｎ ２ ａ ａ 故这些元素的和为 . Ａ ( ＋ ) ＋( － ) ｍ２ ｎ２. Ｓ ５０( １＋ ５０) ９００ (２) ＝ ２ ＝ ＋ ∴ ５０ ＝ ２ ＝ ３.解析 由已知得ａ ｎ＝４４ꎬ Ｓ ｎ＝１５８ꎬ ｄ ＝３ . １２.解析 设新数列为 ｂ 则ｂ ａ (１) { ｎ}ꎬ ｎ＝ ５０(１００＋１０２－２×５０) . Ｓ １ ａ ａ ｎ 􀅰 ａ ｎꎬ ２ ＝２５５０ ∴ ｎ＝ ２ ( １＋ ｎ)× ＝１５８ꎬ ∴ ∴ ( ∴ ２ { ｂ ｃ ) ｎ ｎ ｂ ∵ ＋ ＋ １ ｎ １ － } － ｃ ｃ 仍 ｂ ｎ ｎ ｎ ＝ ＝ 是 ＝ ａ ａ ａ ２ 等 ｎ ２ ( － ｎ １ ＋ ａ １ 差 ꎬ ｎ － ＋１ ａ 数 － ２ ｎ ａ 列 －１ ｎ) ＝ ꎬ ＝ 且 ２ ｄ ａ 公 ꎬ ｄ 且 . 差 ｃ 为 １＝ ａ ａ ｄ １ . . ３.解 Ｓ ＋ １ ( ５ 析 １ ＝ ５ １ － ５ １ ( ( ) １ ａ × ) １ ２ ＋ ２ 由 ａ ＝ １ ２ ５ ａ ) ９ ｎ ꎬ ＝ ＝ ａ １ １ ５ ＋ ( ( １ ２ ｎ ＋ － ２ １ ９ ) ) ｄ ＝ 得 ２２５ ａ . １５＝１ 即 由 由 ( ① ａ ａ ｎ ② １ ＝ ＋ ａ 得 ４ １ ４ ＋ ) ｎ ( × ＝ ｎ ｎ ４ － ＝ ( １ ３ ｎ ) １ ｄ ＝ ６ 得 ７ ꎬ ３ ９ ① 舍 ａ １ 去 ＝４ ) ７ . －３ ｎ ꎬ② 差 ∴ 数 { ｃ 列 ｎ} 是 . 以ａ １ 为首项 ꎬ２ ｄ为公差的等 (２) 由ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ 得 ｎ ＝ ７＋１３ ＋１ ４.解 即该 析 多边 由 形 题 的 知 边 该 数 等 为 差 ４ 数 . 列的首项ａ １３.证明 ｄ ∵ ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ ꎬ ａ ｍ＝ ａ １＋( ｍ ＝１１ . ２ １２０ ° ꎬ 公差ｄ ＝５ ° ꎬ １＝ １４.解 ∴ － ＝ ａ １ ( 析 ａ ) ｎ ｎ － － ꎬ ｍ ａ ∵ ｍ ) ｂ ＝ ｄ ( . ａ ａ １ ｎ ＋ ｂ ＋１ ( ＋ ｎ ｂ － ｎ ＋ １ ｄ １ ) ) ｄ － ｄ － ( ａ ａ １ ｎ － ＋ ( ｂ ｍ ｎ) － ＝ １) ( ｄ ａ ｎ ＋１ Ｓ ( １ ３ １ ) ＝ 由 １１ ａ × ｎ ( ＝ － ２ ａ １ １ ３ ＋ ＋ ( ７) ｎ ＝ － － １) ３３ ｄ . 得 ｄ ＝ ( ａ ５－ ４ ａ １ ＝ ) 即 由 ＝１ 凸 ｎ ２ ２ ０ 多 － °ｎ ２ 边 ５ ＋ ｎ 形 ２ １ ＋１ 内 ｎ ４ ( ４ 角 ｎ ＝ － 和 ０ １ ꎬ ) 公 解 × 式 ５ 得 ° ꎬ 得 ｎ ( ＝ ｎ ９ － 或 ２) ｎ × ＝ １ １ ８ ６ ０ ꎬ ° 数 ∴ － 列 { ｎ) ａ . ｎ ＋ ＋ ( ｂ ｎ ｎ } ＋１ 是 － 以 ｎ)＝ ｄ １＋ １＋ ｄ ２ ２ 为 ꎬ 公差的等差 ２ １ －８ ＝－ １５ ꎬ Ｓ ５＝ ５( ａ １＋ ａ ５) ＝ ５ ８＋ ２ １ 又 ∴ ｎ ａ ＝ ｎ＝ ９ꎬ １ 即 ２０ 该 ° ＋ 凸 ( ｎ ｎ 多 － ｎ １ 边 )× 形 ５ 是 ° < 九 １８ 边 ０ ° 形 ꎬ∴ . ｎ <１３ꎬ １５.解析 ｄ 一定. ∵ ａ ｍ＋ ａ ｎ＝２ ａ １＋( ｍ ＋ ｎ － ＝ ８ ４ ５. ８ ２ ２ ５.解析 由Ｓ ｎ＝ ( ２ ＋１) ≤２００ꎬ 得ｎ ≤１９ꎬ 又 ａ ２ ｐ ) ＋ ∵ ａ ａ ꎬ ｍ ｑ＝ ａ ＋ ２ ｎ ａ ＝ １ ａ ｐ ＋ ＋ ( ｑ ｐ ａ ꎬ ＋ ｑ 一 －２ 定 ) 成 ｄ. 立. (４) ４ 由 { Ｓ ａ １２＝ ａ １２ １＋ × １ ( １ ａ ｄ １＋ ＝ ａ ２ １ ꎬ ２) ａ 习 Ｓ 所 题 １９ 以 ＝ ４ . 将 １ ２ ９ ( ０ 剩 ２ ꎬ ) 余 １０ 根圆钢. ∴ ｍ＋ ｎ＝ ｐ＋ ｑ １２＝ ＝６×( １＋２)＝９０ꎬ １６. 解 析 由 { ａ ａ ｐ＝ ａ ａ １＋( ｑ ｐ －１) ｄ ｄ ＝ ｐ ｑ ꎬ解 解得 {ａ １＝１３ꎬ ２ １.解析 (１) 由ｎ ＝ ４０１ ４ －１ ＋１＝１０１ꎬ 得Ｓ １０１ {ａ ｐ ｑ ｑ＝ １＋( －１) ＝ ꎬ ｄ ＝－１ . １０１×(４０１＋１) . 得 １＝ ＋ －１ꎬ ４.解析 由题知ａ １ ｄ １ ＝ ２ ＝２０３０１ ｄ ＝－１ꎬ １＝ ６ ꎬ ＝ ６ ꎬ 由 ｎ ３０－(－３) 得 Ｓ 所 ＋ ｑ 以 －１) ａ ｐ ＝ ＋ ｑ ０ ＝ . ａ １＋( ｐ ＋ ｑ －１) ｄ ＝ ｐ ＋ ｑ －１－( ｐ ∴ Ｓ ｎ＝ ｎａ １＋ ｎ ( ｎ ２ －１) × ｄ ＝ １ １ ２ ｎ２ ＋ １ １ ２ ｎ. (２) ＝ ３ ２ ＋１＝ ２３ ２３ ＝ １７.解析 由已知有 ａ ａ ａ ∴ ａ ｎ ＋ ｋ－ ａ ｎ＝ ａ ｎ－ ａ ｎ － ２ ｋꎬ ｎ＝ ｎ ＋ ｋ＋ ｎ － ｋꎬ (１) Ｓ ２０＝ １ １ ２ ×２０ ２ ＋ １ １ ２ ×２０＝３５ . ２３×(－ ２ ３＋３０) ＝ ６ ２ ２１. 不妨取ｋ ＝１ꎬ 有ａ ｎ ＋１－ ａ ｎ＝ ａ ｎ－ ａ ｎ －１ꎬ 对任 由 １ ｎ２ １ ｎ １５５得ｎ２ ｎ 由 ｎ ５６ . ７－０ . ７ 得 Ｓ 意的ｎ Ｎ∗ ｎ 都成立. (２) ＋ ＝ ＋ －９３０＝０ꎬ (３) ＝ ＋１ ＝ ２９ ２９ ＝ ∈ ꎬ >１ １２ １２ ２ ２ ∴ 数列 { ａ ｎ} 是等差数列. 解得ｎ ＝３０( ｎ ＝－３１ 舍去 ) . ２９×(０ . ７＋５６ . ７) . . １８.解析 每一行的数字都成等差数 ５.解析 由ａ ａ ｄ 得ａ ＝８３２３ (１) (１) １５＝ １＋１４ ＝－１０ꎬ １ ２ 列 每一列的数字也成等差数列. . . ꎬ ＝－３８ 由 ｎ －０１＋１０ 得 Ｓ (２) 第一列是以 ４ 为首项 ꎬ３ 为公差的 Ｓ ａ ２０×１９ ｄ . (４) ＝ ０ . １ ＋１＝１００ １００ ＝ 等差数列 ꎬ 设为 { ａ ｎ} . ∴ ２０＝２０ １＋ ２ × ＝－３８０ １００×(－１０－０ . １) . 则ａ ｎ 所以 ａ 由ａ ａ ｄ得ｄ ａ ａ ｎ ＝－５０５ ｎ ＝３ ＋１ꎬ １００ ＝３×１００＋１ (２) ９＝ ５＋４ ＝４ꎬ∴ ｎ＝ ５＋( ２ ２５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１０ Ｓ Ｓ Ｓ . ２. 解 析 . ｋ ∴ ９＝３( ６－ ３)＝－４２ . (１) ∑ｋ＝ ０ (３ ＋ ０ ２５ ) ＝ ６.解析 . 由 Ｓ ２０ ＝２０ ａ １＋１９０ ｄ ＝４００ 得 ａ １ １１(３＋５５) . . ＝１ ＝４６７５ ａ ａ ２ ａ ａ ａ ａ １０×( １＋ １９) ２０ ｎ ２１[１＋(－３９)] (１) １＋ ３＋ ５＋􀆺＋ １９＝ ＝ (２) ∑ . ｎ＝ ０ (１－２ )＝ ２ ＝ １０ ａ １０＝１９０ . ２ －３９９ ｎ ｎ ａ ａ ａ ａ ７×( ａ ２＋ ａ ２０) ３.解析 １ . . ３.解析 (１) Ｓ ｎ＝ (３＋２ ＋１) ＝ ｎ２ ＋２ ｎ. (２) ２＋ ５＋ ８＋􀆺＋ ２０＝ ２ ＝ (１) ３ (２) １５ (２) Ｓ ｎ＝ ｎ ｎ (２＋３ ２ ｎ －１ ｎ ) ＝ ２ ２ ３ ｎ２ ＋ ２ １ ｎ. ７. ７ 解 ａ １１ 析 ＝１４ ７ . (１) Ｓ １７ ＝ １７×( ａ ２ １＋ ａ １７) ＝ (３) æ è ç３ ３ ２ ３ ö ø ÷ ꎬ ９ ３ ａ ４ ９. ａ (３) Ｓ ｎ＝ (５＋９－４ ) ＝－２ ｎ２ ＋７ ｎ. １７×( ａ ４＋ ａ １４) １７. ４.解析 (１) ｑ ＝ａ ３ ＝－３ꎬ 又 ａ ２ ＝ ｑ ꎬ∴ ａ １＝ ２ ＝ ２ １ ( ) ２ ２ ａ ｎ １１ １ ｎ ａ ａ ２ ２ . ５＋ － Ｓ ２１×( １＋ ２１) ａ . ｑ ＝－ (４) Ｓ ｎ＝ ２ ２ ＝－ １ ｎ２ ＋ ２１ｎ. (２) ２１＝ ２ ＝２１ １１＝４２０ ３ ａ ２ ４ ４ ａ ａ ｑ ２ ａ ａ ｑ ａ ａ ｑ ４.解析 (１) 由 Ｓ ｎ ＝ ｎ ( ａ １＋ ａ ｎ) ＝９９９ 得 (３) Ｓ １１＝ １１×( ２ １＋ １１) ＝１１ ａ ６＝６６ꎬ∴ ａ ６ (２) ＝ ａ ａ １ ａ ＝ ｑ ２ꎬ∴ . ３ 即 ＝ ｑ ２ ＝１ ａ ２ꎬ ４＝ . ３􀅰 ２ . ＝２４ꎬ ５＝ ４ ＝４８ ＝２ꎬ ５＝４８ ｎ (２０＋５４) 所以ｎ ＝６ 由Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 成等差 ５.解析 ａ ｎ ＋１ ３ ｎ ＋１ 为常数 故该 ２ ＝９９９ꎬ ＝２７ꎬ 数 (４ 列 ) 且Ｓ ４ꎬ ８－ Ｓ ４ꎬ Ｓ １２－ ８ꎬ １６－ １２ (１) ａ ｎ ＝ ３ ｎ ＝３ꎬ ꎬ 由ａ ａ ｎ ｄ得ｄ ａ ｎ－ ａ １ ５４－２０ 得Ｓ Ｓ ４＝２ꎬ Ｓ ８－ Ｓ ４＝４ꎬ 数列是等比数列. ＝ １ １ ３ ７ ｎ . ＝ １＋( －１) ＝ ｎ －１ ＝ ２６ ８.解 所 析 以 １２ Ｓ － 由 １２＝ ８ { ＝ １ Ｓ Ｓ ２ ６ 偶 ꎬ ꎬ ＋ Ｓ Ｓ １ １ Ｓ ６ ６ 奇 － ＝ ＝ ２ １ ３ ０ ２ ５ . ＝ ４ ８ ꎬ ꎬ 故 (２ 该 ) ａ 数 ａ ｎ ＋ ｎ １ 列 ＝ 是 ４ ４ × × 等 ２ ２ ３ ３ 比 ｎ ｎ － ＋ １ ２ 数 ＝２ 列 ３ ꎬ . 为常数 ꎬ (２) 由Ｓ ｎ １ ＝ ｎａ １＋ ２ １ 解 ｎ 得 ( ｎ ａ －１) ｄ . 得 ３７ ａ １＋ 得 {Ｓ Ｓ 偶 奇 ＝ ＝ １ １ ９ ６ ２ ２ ꎬ ꎬ 偶 ∶ 奇＝３２ ∶ ２７ꎬ 常 (３ 数 ) ａ ａ ｎ 故 ＋ ｎ １ 该 ＝ ( 数 ( － － 列 ３ ３ ) ) 是 － ｎ － ＋ ｎ 等 １ ＝ 比 ( 数 －３ 列 ) － . １ ＝－ ３ １ ꎬ 为 ３７×１８× ３ ＝６２９ꎬ １＝１１ 又Ｓ 偶－ Ｓ 奇＝６ ｄ ＝１９２－１６２＝３０ꎬ∴ ｄ ＝５ . 不 ꎬ 是. ９.解析 由ａ Ｓ 得ａ (４) 由ａ ａ ｎ ｄ得ａ １ ｎ ３２. １＝ １ １＝８ꎬ ｎ＝ １＋( －１)× ｎ＝ ３ ＋ ３ 由Ｓ ２＝ ａ １＋ ａ ２＝２６ 得ａ ２＝１８ꎬ ６.解析 是 ꎬ 公比为 １ ｑ . 由Ｓ ａ ａ ａ 得ａ . (３) 由Ｓ ｎ＝ ｎａ １＋ ２ １ ｎ ( ｎ －１) ｄ得ｎ２ －１１ ｎ ∴ ａ ｎ ３ ＝ ＝ １０ １ ｎ ＋ －２ ２＋ . ３＝５４ ３＝２８ 4.3.2 等比数列的通项公式 解得ｎ ｎ 舍去 . １０.解析 设经过ｎ秒钟落到地面 则Ｓ －６０＝０ꎬ ＝１５( ＝－４ ) ꎬ ｎ 练习 由ａ ｎ＝ ａ １＋( ｎ －１) ｄ得ａ １５＝ ６ ５ － ６ １ (１５－ ＝４ . ９ ｎ ＋ ２ １ ｎ ( ｎ －１)×９ . ８＝１ ９６０ꎬ 即ｎ２ １.解析 (１) ｑ ＝３ꎬ ａ ５＝２×３ ４ ＝１６２ꎬ ａ ｎ＝２ ｎ ｎ －１. １)＝－ ３ . 即 ＝４ 经 ００ 过 ꎬ∴ ＝ 秒 ２ 钟 ０ꎬ 才能落到地面. ×３ ( ) ４ ２ ２０ ｑ ２ ａ ２ １１２ ａ 由ａ ａ ｎ ｄ得ａ ａ １１.解析 由 ａ ａ 得 ａ ｄ (２) ＝ ꎬ ５ ＝７× ＝ ꎬ ｎ ＝７ (４) ｎ＝ １ . ＋( －１)× １＝ １５－(１５ ａ ｄ １１ 又 ５＝ ａ ５ ８ １１× ｄ ( １＋４ )＝ ( )ｎ － ３ １ ３ ８１ －１)×２＝－３８ ５×( １＋７ )ꎬ １＝－３ꎬ∴ ＝２ꎬ ２ . Ｓ ａ １５(１５－１) . ∴ Ｓ ｎ＝－３ ｎ ＋ ｎ ( ｎ －１)＝ ｎ２ －４ ｎ ＝( ｎ －２) ２ × ３ １５＝１５ １＋ ２ ×２＝－３６０ －４ꎬ (３) ｑ ＝ －０ . ３ꎬ ａ ５ ＝ ０ . ３×(－０ . ３) ４ ＝ ５.解析 由 {ａ ６＝ ａ １＋５ ｄ ＝１０ꎬ 解 ∴ Ｓ ｎ 的最小值为 －４ . ０ . ００２４３ꎬ ａ ｎ＝０ . ３×(－０ . ３) ｎ －１ ＝(－１) ｎ －１ (１) Ｓ ａ ｄ １２.解析 Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 成等差 . ｎ. 得 { ｄ ａ １ ＝ ＝ ３ － ꎬ ５ꎬ ５＝５ １＋１０ ＝５ꎬ 数 一 列 般结 . 论 １ : ０ Ｓ ꎬ ｎꎬ ２０ Ｓ ２ － ｎ－ １ Ｓ ０ꎬ ｎꎬ Ｓ ３０ ３ ｎ － － Ｓ ２ ２ ０ ｎ 成等差 􀅰 ( ＝ ４ ５ ０ ) ｎｃ ３ ＋ ｑ １－ ＝ ｃ. ５ ｃ ꎬ ａ ５ ＝ ５×(５ ｃ ) ４ ＝ ５ ４ ｃ ＋１ ꎬ ａ ｎ 数列. ( ) ２ ∴ Ｓ ８＝８× ａ １＋ ２ １ ×８×７× ｄ ＝４４ . １３.解析 (１) 第 １００ 行是 １９９ 个数的和 ꎬ ２.解析 由ａ ４＝ ａ ３× ｑ得ａ ３＝ ２ ５ ꎬ ａ ２＝ ì ïａ ６ 它们的和 Ｓ ＝２×(１＋２＋３＋􀆺＋１００)－ ( ５ ) ３ ａ ( ５ ) ４ . 由 {Ｓ ４＝４ ａ １＋６ ｄ ＝２ꎬ 得í ï １＝ ５ ꎬ １００＝１００００ . ２ ꎬ １＝ ２ (２) Ｓ ９＝９ ａ １＋３６ ｄ ＝－６ î ï ïｄ ＝－ １ ７ ５ . １４.解 (２ 析 ) Ｓ ｎ＝ 略 ２× . (１＋２＋３＋􀆺＋ ｎ )－ ｎ ＝ ｎ２. ３.解 (２ 析 ) 由 ａ ( ｎ １ ＝ ) ａ ａ ５ １ ＝ 􀅰 ａ ｑ １􀅰 ｎ －１ ｑ ＝ ４ ＝ １ － × ３ ２ × ｎ － ２ １ ４ ＝ ＝ １ － ６ ４ ꎬ ８ 得 . ｎ . ∴ Ｓ １２＝１２× ａ １＋６６ ｄ ＝－ ８２. 4.3 等比数列 ＝５ ( 由 ３) ａ 由 ａ ａ ２＋ ａ ａ ４＋ ａ ６ ａ ＝３ ａ ４ 得 ＝ ５ － ａ ３ 得 . ａ ４＝－１ꎬ 4.3.1 等比数列的概念 (３) 由ａ ６＝ ａ １× ｑ５ ＝ ３ １ × ｑ５ ＝９ꎬ 得 ( ｑ ＝ ) ３ ３ ５. ∴ ｄ ＝ ３＋ ａ ５－ ５＋ ａ ４ ７ ＝ ＝ ３ ３ ꎬ ａ ５ １ ＝ ＝ ６ ａ ４－３ ｄ ５ ＝ ＝ － ２ １０ꎬ 练习 (４) 由 ａ ４＝ ａ １􀅰 ｑ４－１得 ａ １􀅰 － ２ ３ ３ ＝ Ｓ ａ ｄ . １.解析 不是. 是. 是. 不 ａ . ∴ ２ 由 ０＝ Ｓ ２０× Ｓ １＋ Ｓ １９０ Ｓ ＝３ Ｓ ７０ 成等差数列得 是. 不 (１ 是 ) . 是 (２ . ) (３) (４) －２７ꎬ∴ １＝８ (４) ３ꎬ ６－ ３ꎬ ９－ ６ (５) (６) ４.解析 由ａ ａ ｑ３ 得ｑ３ １ ｑ ２( Ｓ ６－ Ｓ ３)＝ Ｓ ３＋ Ｓ ９－ Ｓ ６ꎬ ２.答案 (１) ８＝ ５􀅰 ＝ ８ ꎬ∴ ２６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( )ｎ －２ 粮食单产为 . ｍ. ＝ １ ꎬ 又ａ ５＝ ａ １× ｑ４ ꎬ∴ ａ １＝１２８ . 当ｑ ＝－ ２ 时 ꎬ ａ ｎ＝－６× － ２ . １ ｘ ２２ . ｍ ｍ ２ ３ ３ 则(１００００－１０ )×１２２ １００００× (２) ａ １５ ａ ＝ ａ ３􀅰 ａ ｑ１２ ＝２×( ａ － ２ １) １２ ＝２ . ５.解析 由ｂ ＝ ａｑ３ 得ｑ ＝ ３ ａ ｂ . ％ Ｐ ×(１＋１ ％ ) １０ ≥ Ｐ × 由 ８ １２得ａ ８ ３６ . (１＋１０ )ꎬ (３) ａ ４ ＝ａ ８ １２＝ａ ４ ＝ １２ ＝３ ６.解析 由已知得ａ２ ３＝ ａ ２ ａ ６ꎬ 又因为 { ａ ｎ} ｘ ( １ . １×(１＋０ . ０１) １０ ) ａ 是等差数列且公差ｄ ∴ ≤１０００× １－ . ꎬ ５.解析 设这三个数分别为 ａ ａｑ. ≠０ꎬ １２２ ｑ ꎬ ꎬ 所以有 ａ ｄ ２ ａ ｄ ａ ｄ ｘ {ａ３ ( １＋２ ) ＝( １ ａ ＋ ) ａ ( １＋ ｄ ５ )ꎬ ａ ∴ 即平 ≤ 均 ４ꎬ 每年至多只能减少 公顷. 由已知得 ａ ｑ ＝ ＋ ８ ａ ꎬ ＋ ａｑ ＝－３ꎬ 即ｄ . ＝－２ ａ １ꎬ 所以ｑ ＝ａ ３ ２ ＝ ａ １ １ ＋ ＋ ２ ｄ ＝ － － ３ ａ １ １ １６.解 ａ 析 ａ ａ １ ａ ＋ ａ ２＝ ｄ ２ ａ ａ １＋ ｄ ꎬ ａ ａ ３＋ ａ ４ ４ ａ ＝２ ａ １＋ ｄ ５ ｄ 即 ꎬ 解 所 得 以 { 这 ｑ ａ 三 ＝ ＝ － ２ 个 ꎬ ２ １ 数 ꎬ 或 分 { 别 ｑ ａ 为 ＝ ＝ － ２ꎬ ２ꎬ 或 ７. １ 此 解 ＝ ０ ３ 数 析 为 列 首 为 每 项 { 年 ꎬ ａ １ 退 ｎ . } １ ꎬ 耕 为 则 的 公 ａ 土 １ 比 ＝ 地 １ 的 ０ 公 ꎬ 等 ｑ 顷 ＝ 比 １ 数 . 数 １ 构 ꎬ 列 ｎ 成 ＝ ꎬ ７ 设 以 ꎬ ａ 差 在 ５ １ ＋ ＋ 数 等 ａ 列 比 ６ ２ꎬ ＝ ａ ꎬ 数 ２ ３＋ 列 １ ａ ＋ ４ { ꎬ ９ ｂ ａ ｎ ５ } ꎬ ＋ 中 ａ ７ ６ ＋ ꎬ ꎬ ｂ ａ １ ８ ７ ＋ ＋ ＝ ｂ ａ ２ ２ ８ ꎬ ꎬ ｂ １ 􀆺 ３ ＋ ＋ １ 􀆺 ｂ ３ ４ 成 ꎬ ꎬ ｂ ５ 等 ＋ . －４ꎬ２ꎬ－１ －１ꎬ 所以ａ ７＝ ａ １􀅰 ｑ６ ＝１０×１ . １ ６ ≈１８ . ｂ ６ꎬ ｂ ７＋ ｂ ８ꎬ􀆺􀆺 成等比数列. ２ꎬ－４ Ｓ 即第 ７ 年须退耕 １８ 万公顷. １７.解析 设第ｎ个图形的边长为ａ ｎꎬ 周 ６.解 所 析 以 数 由 列 题 Ｓ 知 Ｓ △ △ Ｓ Ａｎ＋ Ａ １ Ｂ ｎＢ ｎ＋ ｎＣ １ Ｃ ｎ ｎ＋１ ＝ Ｓ ４ １ ꎬ 为常数 是 ꎬ 等 ８.证明 ∵ ａ ａ ｎ ｎ ＋１ ＝ ａ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＝ ｑ ꎬ 为常数 长为ｂ ｎ .由题知ａ １＝１ꎬ ｂ １＝３ꎬ ａ ２＝ ３ １ ꎬ △ ＡＢＣꎬ △ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ꎬ △ Ａ ２ Ｂ ２ Ｃ ２ꎬ􀆺 且ｑ . ｂ １ ａ １ ｂ １ 比数列. >０ ２＝ ×１２＝４ꎬ ３＝ ꎬ ３＝ ×１２×４＝ ７.解 所 析 以 ｎ ＝ 由 ｌｇ ３ ０ ６ . . × ５ ０ ＋ . １ ９ ｎ ＝ －１ ｌ ＝ ｇ １ ５ ８ － 得 １ ＋ ０ １ . ９ ≈ ｎ － ８ １ ꎬ ＝ 即 ０ . ５ 大 ꎬ 的 ∴ 等 { 比 ａ 数 ｎ} 列 是 . 以 ａ １ 为首项 ａ ꎬ ｑ为公比 １ ３ ６ ꎬ􀆺 ３ 􀆺ꎬ ９ ９ 约在购车 ｌｇ 后 ０ 的 ９ 第 ８ ２ 年 ｌｇ ꎬ 该 ３－ 辆 １ 车的价值只 ９.证明 ∵ ｌｇ ａ ｎ ＋１－ｌｇ ａ ｎ＝ｌｇ ａ ｎ ＋ ｎ １ ＝ｌｇ ｑ ꎬ 归纳出 : 边长 { ａ ｎ} 是以 １ 为首项 ꎬ １ 有原来的一半. 又 ∵ ａ ｎ>０ꎬ∴ ｑ >０ꎬ 为公比的等比数列 ３ 习题 . ( ) ａ 为等差数列. ꎬ １ ２ . . 解 答 析 案 ４ ３ ( １ １) 是. (２) 是. (３) 是. (４) 不是. １０ ∴ .解 ( { ２ 析 ｌ ) ｇ 成 ｎ 立 ( } １ . ) 都成立. 周 等 长 比数 { ｂ 列 ｎ} ꎬ 是以 ３ 为首项 ꎬ ４ ３ 为公比的 ａ １ ａ ２ ａ ３ ａ ４ ａ ５ (３) 在等比数列 { ａ ｎ} 中 ꎬ 若ｍ ＋ ｎ ＝ ｐ ＋ ｑ ａ ( １ )ｎ －１ ｂ ( ４ )ｎ －１ 且ｍ ｎ ｐ ｑ Ｎ∗ ∴ ｎ＝ ꎬ ｎ＝３× ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ∈ ꎬ ３ ３ －９ ２７ －８１ 则ａ ａ ａ ａ . ( )ｎ ｍ􀅰 ｎ＝ ｐ􀅰 ｑ 即第ｎ个图形的边长是 １ －１ 周长 ２ ２ ４ ８ １１.解析 (１) 由Ｇ２ ＝４５×８０ 得Ｇ ＝±６０ꎬ ３ ꎬ １ ３ 即 ４５ 和 ８０ 的等比中项为 －６０ 或 ６０ . 是 ( ４ )ｎ －１ . ３ 由 ｋ ２ ｋ ｋ 得 ｋ２ ｋ ３× ８１ ２７ (２) (２ ) ＝( ＋９)(６－ ) ５ ＋３ ３ ３.解析 ａ ａ ｑ３ ３ －５４＝０ꎬ (１) ７＝ ４􀅰 ＝２７×(－３) ＝ . . 等比数列的前 ｎ 项和 －７２９ . 解得ｋ ＝３ 或ｋ ＝－ １８. 练 ４ 习 ３ ３ ５ (２ ２ ) 由 . ａ ４＝ ａ ２􀅰 ｑ２ 得 ｑ２ ＝ ９ ４ ꎬ 所以 ｑ ＝ １２. ( 解 ２ 析 ) 是 ꎬ ( 首 １) 项 是 为 ꎬ 首 ｃａ 项 １ꎬ 为 公比 ａ １ 是 ꎬ 公 ｑ 比 . 是ｑ２. １. Ｃ ａ １＝１ . １ꎬ ｑ ＝１ . １ꎬ Ｓ ５＝ １ . １( １ １ － － １ １ . １ . １) ５ ± ３ １３.解析 设这三个数分别为 ａ ａ ａｑ.由 ＝(１ . １ ５ －１)×１１ . ｑ ꎬ ꎬ ａ ｑｎ ａ ａ ｑ 当ｑ . ＝ ３ ２ 时 ａ １＝２７ꎬ 当 ｑ ＝－ ３ ２ 时 ａ １＝ 已知得 {ａ ａ ３ ２ ＝２７ꎬ ２.解析 (１) Ｓ ｎ＝ １( １ １ － － ｑ ) ＝ １－ １－ ｎ ｑ 􀅰 ＝ －２７ ａ２ ｑ２ ＋ ａ２ ＋ ａ２ｑ２ ＝９１ꎬ １－２１８７×３ ＝３２８０ . ( ( 由 ① ３ ４ ) ) 得 ａ 由 由 ４－ ｑ４ ａ ａ ａ － ２ ２ ７ ５ １ ＝ － ＝ ａ ６ ａ １ ５ １ 得 ＝ 􀅰 ５ １ ａ ａ ５ 解 １ ９ ( 得 得 得 ｑ３ ａ － ａ ｑ １ ｑ ９ ( ) ＝ ｑ ＝ ４ ａ － ６ ７ ５ １ ａ . ＝ ② )＝ ３ ４ ６ １ ＝ ５ . 所 ９ ① . 以 解 所以 得 { 这 ａ ｑ 或 三 ２ ＝ ＝ ３ 个 ꎬ ９ １ 数 或 为 {ａ ｑ １ ２ . ＝ 、 ＝ ３ ３ ９ 、 ꎬ . ９ 或 －１、３、－９ 或 (２) １ Ｓ － ｎ ３ ＝ ａ １－ １ ａ － ｎ ｑ 􀅰 ｑ ＝ １－ １ ５ ＋ １ １ ２ ２ １ × ２ １ ＝ ５ ３ １ ４ ２ １. ａ ② ３＝ ａ １ ｑ 􀅰 ３ － ｑ ｑ ２ ＝ ＝４ ６ . ꎬ ＝２ꎬ １＝１ꎬ １４. ９ 解 、３ 析 、１ 由 － ａ ９ １ 、 􀅰 ３、 ａ － ２ １ 􀅰 ａ ３􀅰􀆺􀅰 ａ ３０＝ ａ３ １ ０ 􀅰 ３.解析 (１) Ｓ ６＝ ３×( １ １ － － ２ ２ ６ ) ＝１８９ . ４. ｑ 解 ＝ 析 ３ꎬ (１) 由ａ ９＝ ａ ４ ｑ５ 得ｑ５ ＝２４３ꎬ 所以 ｑ１＋２＋３＋􀆺＋２９ ＝ ａ３ １ ０ 􀅰２ ４３５ ＝２ ３０得 ａ１ １ ０ ＝ ２ ２ １ １ ４ ０ ５ Ｓ －１× æ è ç １＋ ３ １ ５ ö ø ÷ ６１. 所以ａ ｎ＝４×３ ｎ －４. ＝２ －１３５ ꎬ (２) ５＝ １ ＝－ ８１ 所以 ａ ａ ａ ａ ａ１０ １＋ (２) 由ａ ６＝ ａ ２× ｑ４ 得ｑ４ ＝ ８ １ １ ６ ꎬ 所以ｑ ＝ ３ ２ ｑ２＋５＋８＋􀆺＋ ３ ２ 􀅰 ９ ＝ ａ ６ １ １ ０ 􀅰 􀅰２ １ ９ ５５ 􀅰 ＝２ 􀆺 １５５ 􀅰 －１３５ ＝ ３０ ２ ＝ ２０. １ 􀅰 ３ １ 或ｑ ＝－ ２ . １５. 公 解 顷 析 现 设 在 耕 的 地 粮 平 食 均 单 每 产 年 为 减 ｍ 少 该 ｘ 地 ( ｘ 区 >０ 现 ) (３) Ｓ ｎ＝ ａ １－ ａ ｑ ｎ ｑ ＝ ８－ ４ ＝ ３１. ３ ꎬ ꎬ １－ １ ２ 当ｑ ２ 时 ａ ( ２ )ｎ －２ . 有人口为Ｐ ꎬ １－ ２ ＝ ꎬ ｎ＝－６× 十年后的耕地面积为ａ ｘ 由 ａ ａ ｑ３ 得 ｑ . Ｓ ３ ３ ＝１０ ０００－１０ ꎬ (４) ５ ＝ ２ ＝ ０ ２ꎬ ４ ＝ ２７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋０ . ６( １ １ － － ０ ０ . ２ . ２ ４ ) ＝０ . ７４８８ . Ｓ ａ １－ ａ ｎ ｑ ４－４×３ １－ ｎ × ３ １ ａ ｎ＝ ａ ｎ －１(１＋２５ ％ )－ ｘ ＝ ４ ５ ａ ｎ －１－ ｘ. (３) ｎ ＝ ｑ ＝ ＝６－２ ４.解析 由ａ ａ ｑ５ 得ｑ５ １ ｑ １－ １ ａ ｘ ５ ａ ｘ . (１) ６＝ １􀅰 ＝ ꎬ∴ １－ ∴ ｎ－４ ＝ ( ｎ －１－４ ) ３２ ３ ４ １ Ｓ １ . ×３ １－ ｎ. ａ . ｘ ( ５ )ｎ －１ ｘ. ＝ ２ ꎬ ｎ＝３２－ ２ ｎ －５ ３.解析 (１) ａ ７＝ ａ １􀅰 ｑ６ ＝－１ . ５ ｑ６ ＝－９６ꎬ ∴ ｎ＝(４１２５－５ )× ４ ＋４ 由Ｓ ａ １(１－ ｑ３ )得２×(１－ ｑ３ ) ∴ ｑ６ ＝６４ꎬ∴ ｑ ＝±２ . ａ . ｘ ( ５ ) １９ ｘ (２) ３＝ １－ ｑ １－ ｑ ＝１４ꎬ 当ｑ 时 Ｓ －１ . ５(１－２ ｎ ) . ∴ ２０ ＝(４１２ ５－５ )× ４ ＋４ ≥４ 即ｑ２ ＋ ｑ －６＝０ . ＝２ ꎬ ｎ ＝ １－２ ＝１ ５(１－ ×３３０ . 解得ｑ 或ｑ . ｎ ( ) １９ ＝２ ＝－３ ２ )ꎻ . ５ 当ｑ 时 ａ ｎ 当ｑ 时 ａ . ｎ ∴ ４１２ ５ × － ４ × ３３０ ≥ (－３ 由 ) ＝ ｎ ２ － Ｓ １. ꎬ ａ １ ｎ ( ＝ １ ２ － ｑ ꎬ ６ ) １ ＝ ８９ － 得 ３ ａ ꎬ ｎ＝２ ａ × 当 ＋ ( ｑ － ＝ ２) － ｎ ２ . 时 ꎬ Ｓ ｎ＝ －１５[１ １ － ＋ ( ２ －２) ] ＝－ ２ １ [( ５ ４ ) １９ ×５－ ( ４ ] ｘ ４ ) ꎬ (３) ( ６＝ )ｎ １－ ｑ ＝ ４ １＝２４ꎬ ｎ ２ æ ö ４１２ . ５× ５ １９ －４×３３０ ＝２４× ２ １ －１ ＝３× ２ ｎ １ －４ . (２) ∵ Ｓ ５ ＝ ａ １(１－ ｑ ｑ５ ) ＝ ａ １è ç １－ ２ １ ５ ø ÷ ＝ ∴ ｘ ≤ ( ５ ) ４ １９ ×５－４ ≈７９ . ６１ . (４) 由Ｓ ｎ＝ ａ １－ ａ ｑ ｎ ｑ 得１－８ ｑ １ ｑ ＝１２１ꎬ 解得ｑ １－ １－ ２ １ 答 : 每年砍伐量 ４ 的最大值约为 ７９ . ６１ｍ ３. 由 ｎ －１ １－ 得ｎ １－ . ３１ ７.解析 由题意 ꎬ 三角形的面积 Ｓ ｉ 依次 ＝３ꎬ ３ ＝８１ ＝５ － ꎬ ５.解 ＋２ 析 １０ ) ＝３ ∑ｋ ０ １ ＝ ０ ＋ １ ２ ( １ ３ １ － ＋ ２ ２ ｋ ＝ ) ２ ＝ １１ １ ＋ ０ ２ × ８ ３ ＝ ＋ ２ ( ０ ２ ７ １ ＋ ６ . ２ ２ ＋􀆺 ∴ ∴ ８ ａ ａ １ ｎ ＝ ＝ － － ２ ２ . × ( １ )ｎ －１ ＝－２ ２－ ｎ. 构 Ｓ 成等 ３ 比数 ２ 列 ꎬ 且ｑ ＝ . ４ １ . 练习 ２ １＝ ×２０ ＝１００ ３ ｑ３ ４ . ８ Ｓ ２(１－ ) æ ö １.解析 Ｓ １０００×(１－１１ ) (３)∵ ３＝ ｑ ＝２６ꎬ ç １ ÷ ８＝ . ＝１０ ０００× １－ １００ ３è１－ ２０ ø １－１１ ｑ 或ｑ . Ｓ ４ ４００ ３ . ８ . 亿元 . ∴ ＝－４ ＝３ ∴ ２０ ＝ ＝ × ２. ( 解 １ 析 １ －１ 设 )＝ 塔 １ 顶 １４ 有 ３５ ｘ ８ 盏 ９( 灯 易 ) 知ｑ 由 当ｑ ＝－４ 时 ꎬ ａ ｎ＝２×(－４) ｎ －１ ＝(－１) ｎ －１ １－ １ ３ ｘ ７ ꎬ ＝２ꎬ 􀅰２ ２ ｎ －１. æ ö ４ ３.解 Ｓ 即 ７ 析 塔 ＝ 顶 􀅰 从 有 ( １－ １ 第 ３ － ２ ２ 盏 二 ) 灯 次 ＝ . 起 ３８１ 每 ꎬ 得 次的 ｘ ＝ 路 ３ꎬ 程数构成 ４. 当 解 即 析 ｑ ｑ ｑ２ ＝ － ３ ｑ ∵ 或 － 时 ２ ａ ꎬ ｑ ＝ ３ ａ ＝ ０ ｎ ꎬ ａ ＝ ２ ２ ＋ × ４ 舍 ３ ꎬ ｎ ∴ －１ . . ａ １ ｑ２ ＝ ａ １ ｑ ＋４ꎬ ８.解 è ç １ 析 － ４ １ ２０ ø ÷ Ｓ ｃｍ ２ ａ . １ æ è ç １－ ２ １ １００ ö ø ÷ ａ æ ç １ ö ÷. 以 为首项 １ 为公比的等比数列. ∴ ＝２ ＝ ｎ －１( ) １００＝ １ ＝２ １è１－ ２ １００ ø ３２ ꎬ ２ ∴ Ｓ ｎ＝ ２(１－２ ) ＝２ ｎ ＋１ －２ . １－ ２ æ ö １－２ 由ａ 故 １＝ 总 ３２ 路 ꎬ ｑ 程 ＝ Ｓ ２ １ ꎬ 得Ｓ ４＝ ３２× １ 米 è ç － １－ ２ １ . ２ １ ４ ø ÷ ＝ ５.解 ＋ æ è ç 析 ３ １ ＋ ３ １ ( ２ ＋ １ 􀆺 ) 原 ＋ ３ １ 式 ｎ [ ö ø ÷ ＝ ( (２＋ ) ４ ｎ] ＋􀆺＋２ ｎ ) ∴ ∴ ａ ａ ２ １ ＋ ＝ ａ １ ４ － ＋ ７ ２ ５ ａ １ １ ６ ００ ＋ ꎬ 􀆺 ａ ２ ＋ ＝ ａ １ ２ １ ００ ａ １ꎬ ４. 款 解 ６０ 析 ꎬ １２ 次 设 ꎬ 该顾客 ＝ 每 ６０ 月 ＋３ 应 ２＝ 付 ９ 款 ２( ｘ元 ) ꎬ 共付 ＝ (２＋ ２ ２ ｎ ) ｎ ＋ ３ １ × １ １ － － １ ３ １ ２ １ ａ １ æ è ç １－ ４ １ ５０ ö ø ÷ ２ １ × １－ ７ ２ ５ １ １００ × æ è ç １－ ２ １ １００ ö ø ÷ 则有ｘ . . ２ ３ ＝ ＝ 􀅰[１＋(１＋０００５)＋(１＋０００５) ＋􀆺＋ ( )ｎ １ ３ (１＋０ . ００５) １１ ]＝５０００×(１＋０ . ０００５ １２ )ꎬ ＝ ｎ２ ＋ ｎ ＋ １ － １ × １ . １－ ４ ４ . . １２ ２ ２ ３ . ∴ ｘ ＝ ５０００×００００ . ５×(１＋ １ ０ ２ ０００５) (２) 原式 ＝( ａ ＋ ａ２ ＋􀆺＋ ａｎ )－(１＋２＋􀆺＋ ９.解 ＝５ 析 ０ ａ 为等比数列 (１＋００００５) －１ ｎ ∵ { ｎ} ꎬ ) ａ ａ ａ ａ . ≈ 即 ４ 该 １９ 顾 ꎬ 客每月应付款 元. ａ (１－ ａｎ ) (１＋ ｎ ) ｎ ∴ ａ ２􀅰 ａ ｎ －１＝ １􀅰 ｎ＝１２８ 习题 . ( ) ４１９ ＝ １－ ａ － ２ ∵ ａ １＋ ｎ＝ ａ ６６ꎬ 或ａ ａ . １.解析 ４ ３ ( ２ １) Ｓ ｎ＝ ａ １(１－ ｑ ｑｎ ) ＝ １－(－１) ｎ . ＝ ａ １ － － ａ ａ ｎ ＋１ － ｎ２ ２ ＋ ｎ . ∴ ∴ Ｓ １ ｎ ＝ ＝ ２ ２ ꎬ －６ ｎ ｑ ４ ＝ ｑ ＝ ６４ １２６ 或 １＝ Ｓ ｎ ６４ ＝ ꎬ ６４ ｎ － ＝ ｑ ２ ２ ｑ ＝１２６ꎬ ａ ｑｎ １－ ２ ６.解析 记 ａ ｎ 为第 ｎ 年年底时木材储 １－ １－ Ｓ １(１－ ) １ . 存量. ｑ 或ｑ １ . (２) ｎ＝ １－ ｑ ＝２－ ２ ｎ －１ ∴ ＝２ ＝ ２ ２.解析 æ (１ ö ) Ｓ １０＝ ａ １( １ １ － － ｑ ｑ１０ ) ＝ ３ ４ － ３× １ ２ ８ ＝ ａ ４ １ １２ ＝ . ５ ３３ － ０ ｘ. ×(１＋２５ ％ )－ ｘ ＝３３０× ( ４ ５ － ) ｘ ＝ ∴ 或 ａ ａ ｎ ｎ ＝ ＝ ２ ６ × ４ ２ × ｎ ( －１ １ ＝２ ) ｎ ｎ ＝ －１ ６ ＝ ４ ２ ꎬ . １ ç １ ÷. ａ ａ ％ ｘ ５ ２ ２ ３ è４－ ２ ８ ø ２＝ １×(１＋２５ )－ ＝３３０× ４ － ∴ ｎ ＝６ . 由ａ ａ ｑ７ 得ｑ７ ７ ｑ . (２) ８＝ １ ＝３ ꎬ∴ ＝３ ９ ｘ. 综上 ｎ ｑ 或ｑ １ . ａ ａ ｑ ꎬ ＝６ꎬ ＝２ ＝ Ｓ １－ ８ ６５６０. ４ ２ ∴ ８＝ １－ ｑ ＝ ５４ 􀆺􀆺 １０.证明 ∵ Ｓ ３＋ Ｓ ６＝２ Ｓ ９ꎬ ２８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ａ ｑ３ ａ ｑ６ ａ ｑ９ 有 条 ｎ 时有 条. １(１－ ) １(１－ ) １(１－ ) １ ｋ ｋ ｋ ２ ꎬ ＝５ ５ ∴ ｑ ＋ ｑ ＝２× ｑ ꎬ ×( ＋１)×( ＋２)ꎬ ｎ ｎ １－ １－ １－ ３ 猜想 ｆ ｎ ( －３) ｎ Ｎ∗且ｎ . ∴２ ｑ９ ＝ ｑ３ ＋ ｑ６ ꎬ 即 ２ ｑ６ ＝１＋ ｑ３. 那么当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ :( )＝ ２ ( ∈ ≥３) 同 即 乘 ａ ａ １ ｑ ａ 得 ａ ２ ａ １ ｑ７ ＝ ａ １ ｑ ＋ ａ １ ｑ４ ꎬ 左 ｋ 边 ＝１× ｋ ２＋２×３＋３×４＋􀆺＋ ｋ ×( ｋ ＋１)＋ 成 证 立 明 . :(１) 当 ｎ ＝３ 时 ꎬ ｆ (３)＝ ０ꎬ 结论 则 ２ ａ ８ ａ ＝ ２ ａ ＋ 成 ５ꎬ 等差数列. ( ＋１)( ＋２) 假设ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ∗ 时结论成 １１.解析 ２ꎬ ８ꎬ ５ 第 年能回收废旧物资 ＝ １ ｋ ×( ｋ ＋１)×( ｋ ＋２)＋( ｋ ＋１)( ｋ ＋２) (２) ＝ ｋ ( ｋ ≥３ꎬ ∈ ) (１) ７ ３ 立 即ｆ ｋ ( －３). １０ ４ ×(１＋２０ ％ ) ６ ＝１ . ２ ６ ×１０ ４ ＝３ . ０×１０ ４ １ ｋ ｋ ｋ 右边. ꎬ ( )＝ ２ . ＝ ( ＋１)( ＋２)( ＋３)＝ 当ｎ ｋ 时 凸多边形比ｎ ｋ时增加 (ｔ) ３ ＝ ＋１ ꎬ ＝ 前 年共收回废旧物资 即ｎ ｋ 时 原式成立. 了ｋ 条对角线 (２) ７ ＝ ＋１ ꎬ －１ ꎬ １０ ４ ×(１－ . １ . ２ ６ ) ＝１０ ５ ｔ . 根 成 据 立 ( . １)(２) 可知 ꎬ 对任何ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ 原式 即ｆ ( ｋ ＋１)＝ ｆ ( ｋ )＋ ｋ －１＝ ｋ ( ｋ －３) ＋ ｋ －１ １－１２ ２ 所 相 以 当于 可节 消 约 失 土 ４ . 地 ０×１０ . ５ ｔ 工 ５ 业垃 ２. 圾. ４. 等 证 式 明 成 立 (１ . ) 当ｎ ＝１ 时 ꎬ ａ １＝ ａ １􀅰 ｑ０ ＝ ａ １ꎬ ＝ ( ｋ ＋１)( ２ ｋ ＋１－３) ꎬ １２.解 ( １ 析 ) ３ ＋ 设 􀆺＋ Ｓ ｎ ｎ × ＝ ( ４ ２ １ １ ０ ＋ × ) １ ２ ｎ ０ ꎬ × 则 ｍ ( ２ １ １ ) Ｓ ２ ｎ ＋ ＝ ３ １ × × ( 成 当 ２ ａ 立 ) ｎ 假 ＝ ꎬ 即 ｋ 设 ｑ ＋ ｋ １ ａ ｎ ｋ ａ 时 ＝ ＝ ｋ ꎬ ａ ( １ ａ ｑ 􀅰 ｋ ｋ ( ＋ ｋ １ ≥ ＋ ｑ ＝ １ ｋ ) － １ － ａ １ １ ꎬ ꎬ ｋ . 􀅰 ｋ ∈ ｑ Ｎ ＝ ∗ ａ １ ) 􀅰 时 ｑ ꎬ ｋ － 结 １ 􀅰 论 ｑ 根 边 所 据 形 以 ( 的 当 １ 对 ) ｎ ( ＝ 角 ２ ｋ ) 线 ＋ 知 １ 的 ꎬ 时 当 条 结 数 ｎ 论 ∈ ｆ 也 ( Ｎ ｎ ∗ 成 ) 且 ＝ 立 ｎ ｎ . ( ≥ ｎ ２ － ３ ３ 时 ). ꎬ ｎ ( ２ ) ２ ( ) ３ ２ ２ ( )ｎ 结 ＝ 论 １􀅰 成立 ＝ . １􀅰 习题 ４ . ４ ２ １ ( ＋２ ) × ｎ ＋１ ２ １ ＋􀆺＋( ｎ －１)× ２ １ 根 成 据 立 ( . １)(２) 知 ꎬ ａ ｎ＝ ａ １􀅰 ｑｎ －１ ( ｎ ∈ Ｎ∗ ) １.证 ＝１ 明 － ｘ ꎬ 等 (１ 式 ) 当 成立 ｎ ＝ . １ 时 ꎬ 左边 ＝１－ ｘ ꎬ 右边 ∴ ＋ ｎ Ｓ × ｎ－ ２ １ １ Ｓ ｎ＝ ꎬ １ Ｓ ｎ＝ １ ＋ １ ２ ＋ １ ３ ＋􀆺＋ １ 练 .解 习 析 由题意可得 －１ꎬ－１＋３＝２ꎬ－１＋３ 成 ( － ２ ｘ 立 ｋ ) . 假 ꎬ 即 设 ( 当 １－ ｎ ｘ ＝ ) ｋ ( ( １ ｋ ＋ ≥ ｘ １ ＋ ꎬ ｘ ｋ ２ ∈ ＋􀆺 Ｎ∗ ＋ ) ｘｋ 时 －１ ) 等 ＝ 式 １ ｎ ２ ２ ２ ２ ２ －５＝－３ꎬ－１＋３－５＋７＝４ꎬ－１＋３－５＋７－９＝ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 左边 ＝(１－ ｘ )(１＋ ｘ ＋ ｘ２ ＋􀆺 １ ｎ－ ｎ ＋１ꎬ 故 －５ 猜 ꎬ 想 ｎ ｎ ＋ ｘｋ －１ ＋ ｘｋ ) ２ ２ ｎ ｎｎ : . －１＋３－５＋􀆺＋(－１) (２ －１)＝ ＝(１－ ｘ )(１＋ ｘ ＋ ｘ２ ＋􀆺＋ ｘｋ －１ )＋(１－ ｘ )􀅰 ｘｋ ∴ Ｓ ｎ ｎ ＝１＋ ２ １ ＋ ２ １ ２ ＋􀆺＋ ２ ｎ １ －１ － ２ ｎ ＝ ２ ( 证 － 明 １ 等 ) :( 式 １) 成 当 立 ｎ . ＝１ 时 ꎬ－１＝(－１) １ ×１＝ ＝ ＝ １ １ － － ｘ ｘ ｋ ｋ ＋ ＋ １ ( ꎬ １－ ｘ ) ｘｋ ２＋ . －１ꎬ 即ｎ ｋ 时等式也成立. － ｎ 假设ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ∗ 时 等式 ＝ ＋１ １３.解析 ２ 当ｘ Ｓ ( 成 ２ 立 ) 即 ＝ ( ≥１ꎬ ∈ ｋ ) ｋ ꎬ 根据 (１)(２) 可得 ꎬ 对任意的ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ 等 ＝０ꎬ ｎ＝１ꎻ ꎬ －１＋３－５＋􀆺＋(－１) (２ －１)＝ 式都成立. 当 ｘ 时 Ｓ ｎ ｋｋ ＝ １ ꎬ ｎ ＝ １＋ ２＋ ３＋􀆺＋ (－１) ꎬ ２.证明 当ｎ 时 左边 右边 ｎ ｎ 当ｎ ｋ 时 (１) ＝１ ꎬ ＝１ꎬ ＝ ( ＋１) ＝ ＋１ ꎬ 等式成立. ＝ ꎻ 左边 ｋ ｋ １ꎬ 当 ＋ ｎｘ ｘ ｎ ≠ －１ ２ ꎬ １ ｘ ꎬ Ｓ 且 ｎ＝ ｘ ｘ ≠ ＋２ ０ ｘ 时 ２ ＋ ꎬ ３ Ｓ ｘ ｎ ３ ＝ ＋􀆺 １＋ ＋ ２ ｎ ｘ ｘ ＋ ｎ ３ ꎬ ｘ２ ＋􀆺 ＝ (－ ( １ － ) １ ＝ ｋ ) ＋ － １ ｋ ( ｋ １ ２ ＋ ＋ ｋ ( ＋ ３ － １ － １ ) ５ ) ＋ ｋ ＋１ 􀆺 (２ ＋ ｋ ( ＋１ － ) １) (２ －１)＋ ( 立 当 ２ ꎬ ) ｎ 即 假 ｋ 设 １ ３ ＋ ｎ ２ 时 ＝ ３ ＋ ｋ 􀆺 ( 左 ｋ ＋ ≥ 边 ｋ３ １ ＝ ꎬ ｋ ( ３ ∈ １＋ Ｎ ２ ３ ∗ ＋３ ) ＋ ３ 时 􀆺 等 ＋ ｋ 式 ) ｋ３ ２ 成 ꎬ ∴ (１－ ｘ ) Ｓ ｎ＝１＋ ｘ ＋ ｘ２ ＋ ｘ３ ＋􀆺＋ ｘｎ －１ － ｎｘｎ ＝(－１) ｋ ( ｋ －２ ｋ －１)＝ (－１) ｋ ＋１ ( ｋ ＋１)＝ ｋ ＝ ３ ＋１ ꎬ ＝１ ＋２ ＋３ ＋􀆺＋ ＋ ｘｎ 右边 ( ＋１) １－ ｎｘｎ ꎬ ｋ ２ ｋ ３ ＝ １－ ｘ－ ꎬ 即ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 等式成立. ＝( ( １ ｋ ＋ ｋ ２＋３＋ ) 􀆺 ２ ＋ ) ＋( ＋１) Ｓ １－ ｘｎ ｎｘｎ . 综上所述 ꎬ∀ ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ－１＋３－５＋􀆺＋ ＝ ( ＋１) ＋( ｋ ＋１) ３ ∴ ｎ＝ (１－ ｘ ) ２ － １－ ｘ (－１) ｎ (２ ｎ －１)＝(－１) ｎｎ. ２ (ｋ２ ) ì ï１ꎬ ｘ ＝０ꎬ ２.解析 ｎ ＝１ 时 ꎬ ｎ３ ＋５ ｎ ＝６ꎻ ｎ ＝２ 时 ꎬ ｎ３ ＋ ＝( ｋ ＋１) ２ ＋ ｋ ＋１ ４ ∴ Ｓ ｎ＝ í ïï ï ｎ ( ｎ ２ ＋ ｘｎ １) ꎬ ｎ ｘ ｘ ＝ ｎ １ꎬ ｎ ５ ｎ ＝ ＝ ３ . １ 时 ８ꎻ ꎬ ｎ３ ＋５ ｎ ＝４２ꎻ ｎ ＝４ 时 ꎬ ｎ３ ＋５ ｎ ＝ ( ｋ ＋１) ２ ４ ( ｋ ＋２) ２ ＝(１＋２＋３＋􀆺＋ ｋ ＋ ｋ ＋ ïï １－ ｘ ｘ . ＝８４ １) ２ ꎬ î (１－ ｘ ) ２ － １－ ｘꎬ ≠０ꎬ ≠１ 猜想 : ｎ３ ＋５ ｎ能被 ６ 整除. 即ｎ ＝ ｋ ＋１ 时等式也成立. 4.4 数学归纳法* 成 证 立 明 . :(１) 当 ｎ ＝１ 时 ꎬ ｎ３ ＋５ ｎ ＝６ꎬ 结论 根 式 据 都 ( 成 １ 立 )( . ２) 可得对任意的 ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ 等 练习 (２) 假设ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ∗ ) 时结论成 ３.证明 设ｎ３ ＋( ｎ ＋１) ３ ＋( ｎ ＋２) ３ 能被 ９ １.解析 没有证明ｎ 时原式是否成立. 立 即ｋ３ ｋ能被 整除 整除 其中ｎ Ｎ. ＝１ ꎬ ＋５ ６ ꎬ ꎬ ∈ ２.解析 没有验证ｎ ＝２ 和ｎ ＝４ 时结论不 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ( ｋ ＋１) ３ ＋５( ｋ ＋１)＝ ｋ３ ＋３ ｋ２ (１) 当ｎ ＝０ 时 ꎬ ｎ３ ＋( ｎ ＋１) ３ ＋( ｎ ＋２) ３ ＝ 成立. ｋ ｋ ｋ３ ｋ ｋ２ ｋ 能被 整除 结论成立. ＋３ ＋１＋５ ＋５＝ ＋５ ＋３ ＋３ ＋６ ９ꎬ ９ ꎬ ３.证明 当 ｎ 时 左边 ｋ３ ｋ ｋ２ ｋ 假设ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ 时 结论成 (１) ＝１ ꎬ ＝１×２＝２ꎬ ＝ ＋５ ＋３( ＋ ＋２)ꎬ (２) ＝ ( ≥０ꎬ ∈ ) ꎬ 易知ｋ２ ｋ 为偶数 所以 ｋ２ ｋ 立 即ｋ３ ｋ ３ ｋ ３ 能被 整除. 右边 １ 左边 右边 等式 ＋ ＋２ ꎬ ３( ＋ ＋２) ꎬ ＋( ＋１) ＋( ＋２) ９ ＝ ×１×２×３＝２ꎬ ＝ ꎬ 能被 整除 当ｎ ｋ 时 ｋ ３ ｋ ３ ｋ ３ ３ ６ ꎬ ＝ ＋１ ꎬ( ＋１) ＋( ＋２) ＋( ＋３) 成立. 所以 ｋ ３ ｋ 能被 整除. ｋ３ ｋ ３ ｋ ３ ｋ ３ ｋ３ ( ＋１) ＋５( ＋１) ６ ＝ ＋( ＋１) ＋( ＋２) ＋( ＋３) － 假设ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ∗ 时等式成 根据 知 结论成立. ｋ３ ｋ ３ ｋ ３ ｋ２ ｋ (２) ＝ ( ≥１ꎬ ∈ ) (１)(２) ꎬ ＝ ＋( ＋１) ＋( ＋２) ＋９ ＋２７ ＋２７ 立 即 ｋ ｋ ３.解析 ｎ 时 对角线有 条 ｎ 时 ｋ３ ｋ ３ ｋ ３ ｋ２ ｋ . ꎬ １×２＋２×３＋３×４＋􀆺＋ ×( ＋１)＝ ＝３ ꎬ ０ ꎬ ＝４ ＝ ＋( ＋１) ＋( ＋２) ＋９( ＋３ ＋３) ２９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋整 显 除 然 ꎬ ( 即 ｋ ＋ 当 １) ｎ ３ ＋ ＝ ( ｋ ＋ ｋ ＋ １ ２ 时 ) ꎬ ３ 结 ＋( 论 ｋ ＋ 也 ３ 成 ) ３ 立 能 . 被 ９ ＝ １ ５ ３ ꎬ ∴ ① ａ ａ ２ｎ ＋ ２ｎ １ ＝ ｑ２ ( 常数 )ꎬ ４. 根 成 ( ｘ 证 ( ２ ２ ｎ > 据 立 明 ) ＋ １ 假 １ ( ＋ ) 即 １ ２ 设 ３ ( ) ｘ ＋ １ ꎬ ( ( ｎ ) 不 ２ ｎ ＝ 当 ) ＋ 等 ｋ ｘ 可 ２ ( ｎ 式 ) ｋ ｋ 得 ＝ ≥ ３ 成 ２ 能 ꎬ ２ 对 时 立 ꎬ 被 ｋ ｋ ｘ 任 ꎬ . ∈ . ９ ( 意 Ｎ １ 整 ＋ ∗ 的 除 ｘ ) ) 时 ｎ . ２ ∈ ＝ ꎬ 不 １ Ｎ ＋ ꎬ 等 ２ ｎ ｘ ３ 式 ＋ ＋ 当 ( ＝ ２ １ ) ７ ｎ ９ 由 证 ＝ . ３ ( 明 １ 时 ) 猜 ꎬ 有 想 当 : ４ ａ ａ ｎ ｎ ４－ ＝ ａ ２ ６ ３ ｎ ｎ ａ － 时 － ４ １ ５ ＋ ( ２ ａ ｎ ａ ∈ ３＝ Ｎ ９ ∗ ꎬ ) 猜 ∴ . 想 ａ ４ ② 故 ① ａ ａ ａ １ ｎ ｎ ＋ ＋ ｎ 正 １ １ ａ ａ ｎ 确 ＋ ｎ ＋ １ ａ ２ . ＝ ｎ ｑ２ ( １ 常数 常 ) 数 ꎬ 故 ② 故 正确 正 . 确. ꎬ (１＋ ) >１＋ (３) :① ＝１ ꎬ １ ＝１ꎬ ③ ＝ａ ＝ ｑ ( )ꎬ ③ ｘ 当 )> ｎ ( ＝ １ ｋ ＋ ＋ ｋ １ ｘ ) 时 ( ꎬ １ ( ＋ １ ｘ ＋ ) ｘ ＝ ) １ ｋ ＋ ＋ １ ( ＝ ｋ ( ＋ １ １ ＋ ) ｘ ｘ ) ＋ ｋ 􀅰 ｘ２ > (１ １＋ ＋ 成 ② 立 假 . 设 ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ∗ ) 时猜想成 ａ １ ｎ ａ ｎ ＋１ ｋ ｘ ｋ ｌｇ｜ ｎ ＋１｜的值不一定为常数 故 不 即 ( 当 ＋１) ｎ ＝ ꎬ ｋ ＋１ 时不等式也成立. 立 ꎬ 即ａ ｋ＝ ２ ６ ｋ － － １ ５ ꎬ ④ 正确 ｌｇ . ｜ ａ ｎ｜ ꎬ ④ 根据 (１)(２) 可得 ꎬ 当 ｎ ≥２ 且 ｎ ∈ Ｎ∗ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 由 ４ ａ ｋ ＋１－ ａ ｋ ａ ｋ ＋１＋２ ａ ｋ＝９ ５. 时 证 ꎬ 明 ( １＋ ( ｘ １ ) ) ｎ > 当 １＋ ｎ ｎ ＝ ｘ ２ . 时 ꎬ 两条直线有一个 即 得ａ ｎ ｋ ＋１ ｋ ＝ ２ ６ ( ( 时 ｋ ｋ ＋ ＋ 猜 １ １ ) ) 想 － － 也 １ ５ ꎬ 成立. ４.解析 (１) ２× １ １ ２ －１ ＝ １ꎬ ２× ２ ２ ２ －１ ＝ ４ ３ ꎬ 交点 ｆ 结论成立. ＝ ＋１ ２×３－１ ７ ２×４－１ ７ 假 ꎬ 设 (２) ｎ ＝ ｋ １ꎬ ｋ ｋ Ｎ∗ 时结论成 根据 ①② 可得 ꎬ 对于任意的ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ 都 ３ ２ ＝ １６ ꎬ ４ ２ ＝ １６ ꎬ (２) ＝ ( ≥２ꎬ ∈ ) ｎ ｎ 立 ꎬ 即ｆ ( ｋ )＝ ｋ ( ｋ －１). 有ａ ｎ＝ ２ ６ ｎ － － １ ５. ∴ ａ ｎ＝ ２ ｎ － ２ １. ２ ９.解析 由题可知 Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ ｎ 当 ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ ｆ ( ｋ ＋１)＝ ｆ ( ｋ )＋ ｋ ＝ Ｓ Ｓ . ꎬ １＝１ꎬ １＋ ３＝１６ꎬ １＋ (２) ａ ｎ＝ ｎ ２ ｎ . ｋ ( ｋ －１) ｋ ( ｋ ＋１)( ｋ ＋１－１) ３＋ ５＝８１ (２ －１)(２ ＋１) ２ ＋ ＝ ２ ꎬ 猜想 : Ｓ １＋ Ｓ ３＋ Ｓ ５＋􀆺＋ Ｓ ２ ｎ －１＝ ｎ４. (３)１１＝１０＋１ꎬ１０１＝１０ ２ ＋１ꎬ１００１＝１０ ３ ＋ ６. ＝ 证 即 根 ６４ ｎ 据 明 ꎬ ( ｎ 结 ｎ ＝ ( ２ － １ 论 ｋ １ ) ( ＋ ) ( 成 １ １ . ２ ) ) 时 立 当 可 结 . 得 ｎ 论 ＝ ꎬ １ ∀ 也 时 ｎ 成 ∈ ꎬ 立 ｆ Ｎ ( . ∗ １) 且 ＝ ｎ ３ ≥ ４ － ２ ８ ꎬ － ｆ ( ９ ｎ ＝ ) 和 个 证 ｎ ( 为 明 ｎ ２ 正 ＋ : Ｔ １ 把 ) ｎ 整 ꎬ × { 由 [ Ｓ ｎ 题 ｎ 数 } ( 图 看 ｎ ２ ＋ 的 可 成 １) 知 一 和 ＋１ 个 Ｔ ꎬ ] ｎ 数 就 所 列 是 ꎬ 以 前 其 ｎ 前 ( Ｔ ｎ ｎ ２ ｎ ＋１ 项 ＝ ) ５.解 ( ∴ １ꎬ ４ { 析 ａ １ ) ０ ｎ ａ ａ ＝ ３ ｎ ０ ＝ ＝ １ ０ ( ０ ａ １ ( １ ｎ １ ＝ － － ) ＋ ＋ ２ ３ １ ∵ １ ２ ｎ ０ ) . ｄ { ４ ｎ ＝ ＋ . ａ １ １ ｎ ６ } . ꎬ 为等差数列 ꎬ 假设ｎ ｋ ｋ ｋ Ｎ∗ 时结论成 ２ ( 立 ２) 即ｆ ｋ ＝ ( ２ ｋ ＋ ≥ ２ １ꎬ ｋ ∈ 是 ) 的倍数. ｎ２ ( ｎ ＋１) ２ ＋２ ｎ ( ｎ ＋１) ∴ Ｓ ２０＝２０ ａ １＋ ２０×１９ｄ ＝２０ꎬ ꎬ ( )＝３ －８ －９ ６４ ＝ ꎬ ２ 当ｎ ｋ 时 ｆ ｋ ２ ｋ ＋２＋２ ｋ ８ {ａ ＝ ＋１ ꎬ ( ＋１)＝３ －８( ＋１) ｎ３ ｎ １＝２０ꎬ Ｓ Ｔ Ｔ ＋ ｎ ∴ ｄ －９ ２ ｋ ＋２ ｋ ｋ ∴ ｎ＝ ｎ－ ｎ －１＝ ２ ( ≥２)ꎬ ＝－２ꎬ ＝ ＝ ９ ９ ( ( ３ ３ ２ ｋ ＋２ － － ８ ８ ｋ － － ９ ９ ) ) ＋ ＋ ６ ６ ４ ４( ＋ ｋ ＋ ６４ １)ꎬ 当ｎ ＝１ 时 ꎬ Ｓ １＝１＝ １ ３ ＋１ ꎬ 故Ｓ ｎ＝ ｎ３ ＋ ｎ . ∴ Ｓ １０＝１０×２０＋ １０×９× ２ (－２) ＝１１０ . 显然ｆ ｋ 是 的倍数 ２ ２ ａ 为等差数列 根据 ( ＋１) 得 ６４ 对于任意 ꎬ 的 ｎ Ｎ∗ (１) 当ｎ ＝１ 时 ꎬ Ｓ １＋􀆺＋ Ｓ ２ ｎ －１＝ Ｓ １＝１ꎬ 结 (２)∵ { ａ ｎ} ａ ａ ꎬ ａ ｆ ( ｎ )＝ (１ ３ ) ２ ｎ ( ＋２ ２ － ) ８ ｎ － ꎬ ９ 是 ６４ 的倍数. ∈ ꎬ 论 (２ 成 ) 假 立 设 . ｎ ＝ ｋ ( ｋ ≥１ꎬ ｋ ∈ Ｎ∗ ) 时结论成 ∴ Ｓ ９＝ ( １＋ ２ ９)×９ ＝ ( ３＋ ２ ７)×９ ＝ ３ ２ ３３. ７.证明 (１) 当ｎ ＝２ 时 ꎬ 左边 ＝１＋ １ >２× 立 ꎬ 即Ｓ １＋ Ｓ ３＋ Ｓ ５＋􀆺＋ Ｓ ２ ｋ －１＝ ｋ４ ꎬ (３)∵ { ａ ｎ} 为等差数列 ꎬ １ 右边 不等式成立. ２ 当ｎ ｋ ＝ ｋ ＋１ ３ 时 ꎬ ｋ Ｓ １＋ Ｓ ３＋ Ｓ ５＋􀆺＋ Ｓ ２ ｋ ＋１＝ ｋ４ 且Ｓ ４＝４ ａ １＋ ４× ２ ３ｄ ＝ Ｓ ９＝９ ａ １＋ ７ ２ ２ｄ ꎬ ａ １＝１ꎬ １× > ２＝ ꎬ (２ ＋１) ＋(２ ＋１) ＋ 式 (２ 成 ) 假 立 设 ２ ꎬ 即 ｎ ＝ １＋ ｋ ( １ ｋ > ＋ １ １ 且 ＋􀆺 ｋ ∈ ＋ １ ｋ Ｎ∗ > ) ｋ 时 ꎬ 不等 即 根 ＝ ｋ 据 ｎ ４ ＋ ＝ ４ ｋ ｋ ＋ ３ １ ＋ ２ ６ 时 ｋ２ 可 结 ＋４ 得 论 ｋ ＋ 也 １ 对 成 ＝ 于 ( 立 ｋ 任 ＋ . １ 意 ) 的 ４. ｎ Ｎ∗ ∴ ∴ Ｓ ｄ ｎ ＝ ＝ － ｎ ６ ＋ １ ｎ ꎬ ( ｎ ２ －１) × ( － ６ １ ) ２ ３ (１)(２) ꎬ ∈ ꎬ 当ｎ ＝ ｋ ＋１ 时 ꎬ 左边 ＝１＋ １ ＋ １ ＋􀆺＋ １ ｋ 复 都 习 有 题 Ｓ １＋ Ｓ ３＋􀆺＋ Ｓ ２ ｎ －１＝ ｎ４. ＝－ １ １ ２ ｎ２ ＋ １ １ ２ ３ｎ. ２ ３ Ｓ Ｓ ａ ａ ｋ２ ｋ ｋ２ １.解析 ａ ｃｏｓ π １ ａ ｃｏｓ２π (４)∵ ｎ ＋２－ ｎ＝ ｎ ＋２＋ ｎ ＋１＝２４ꎬ ＋ ｋ １ > ｋ ＋ ｋ １ ＝ ｋ ＋ ＋１ > ｋ ＋１ １ ＝ ２ ＝－ ２ ꎬ ２ ＝ ２ ＝ 且ａ １＝１ꎬ ｄ ＝２ . ＋１ ＋１ ＋１ ＋１ ｎ . １ ａ ｃｏｓ３π １ ａ ｃｏｓ４π １ ∴ ＝５ ＝ ｋ ＋１ꎬ ２ ꎬ ３＝ ２ ＝－ ２ ꎬ ４＝ ２ ＝ ２ ꎬ ６.解析 设这 ４ 个数分别为ａ －３ ｄ ꎬ ａ － ｄ ꎬ ａ 即ｎ ｋ 时 不等式也成立. ｎ ｄ ａ ｄ ＝ ＋１ ꎬ ａ ｃｏｓ２ π １ . ＋ ꎬ ＋３ ꎬ 根据 (１)(２) 可得 ꎬ 对于任意的 ｎ ∈ Ｎ∗ ２ ｎ＝ ２ ＝ ２ ∴ ( ａ －３ ｄ ) ２ ＋( ａ － ｄ ) ２ ＋( ａ ＋ ｄ ) ２ ＋( ａ ＋ 且ｎ 都有 １ １ １ ｎ. ２.Ｂ 设中间边长为ａ ꎬ ３ ｄ ) ２ ＝９４ꎬ >１ꎬ １＋ ２ ＋ ３ ＋􀆺＋ ｎ> 则可知三边分别为ａ －３ꎬ ａ ꎬ ａ ＋３ꎬ 且 ( ａ２ － ｄ２ )－( ａ２ －９ ｄ２ )＝１８ꎬ ８.解析 由已知 当ｎ 时 有 ａ 由勾股定理得 ａ ２ ａ２ ａ ２ ì ì (１) ꎬ ＝１ ꎬ ４ ２－ ( －３) ＋ ＝( ＋３) ꎬ ïａ ７ ïａ ７ ａ 或ａ 舍去 ï ＝ ꎬ ï ＝ ꎬ ａ ａ ａ ａ ７ ∴ ＝１２ ＝０( )ꎬ 得í ２ 或í ２ １ ２＋２ １＝９ꎬ∴ ２＝ ３ ꎬ ∴ 三边分别为 ９ꎬ１２ꎬ１５ . ∴ ï ïｄ ３ ï ïｄ ３ 当ｎ 时 有 ａ ａ ａ ａ ａ ３.Ｃ ａ 是等比数列 î ＝ ꎬ î ＝－ ꎬ ＝２ ꎬ ４ ３－ ２ ３＋２ ２＝９ꎬ∴ ３ ∵ { ｎ} ꎬ ２ ２ ３０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ì ì Ｓ ｐ ｑ . ï ï ａ ＝－ ７ ꎬ ï ï ａ ＝－ ７ ꎬ ∴ Ｓ ｎ＝ １ ＋ １ ＋􀆺＋ｎ ｎ １ １６. ∴ 解析 ｐ ＋ ｑ＝－ 由 ( ａ ＋ ) ａ 得 ａ 或í ２ 或í ２ １(１＋２) ２(２＋２) ( ＋２) ｎ ＋１ ＝２ ｎ＋１ ｎ ＋１＋１＝ ï ï ａ ïｄ ３ ïｄ ３ １ １ １ ２( ｎ＋１)ꎬ î ＝ ꎬ î ＝－ ꎬ ＝ ＋ ＋􀆺＋ｎ ｎ 又ａ 这个等 ２ 差数列为 ２ 或 １×３ ( ２×４ ( ＋２) ) ａ １＋１＝２ 为 ꎬ 以 为首项 为公比的 ∴ －１ꎬ２ꎬ５ꎬ８ ８ꎬ５ꎬ２ꎬ １ １ １ １ １ １ ∴ { ｎ＋１} ２ ꎬ２ 或 或 . ＝ １－ ＋ － ＋􀆺＋ ｎ －ｎ 等比数列 －１ －８ꎬ－５ꎬ－２ꎬ１ １ꎬ－２ꎬ－５ꎬ－８ ２ ３ ２ ４ ＋２ ꎬ ７.解析 设这三边长分别为ａ ｄ ａ ａ ｄ ( ) ａ ｎ 即ａ ｎ . － ꎬ ꎬ ＋ ꎬ １ １ １ １ ∴ ｎ＋１＝２ ꎬ ｎ＝２ －１ ａ ｄ ２ ａ ｄ ２ ａ２ 解得ａ ｄ ＝ １＋ －ｎ －ｎ １７.解析 由题图 知共挖掉正方 ∴ ( ＋ ) ＝( － ) ＋ ꎬ ＝４ ꎬ ２ ２ ＋１ ＋２ (１) (３) 三边长之比为 . ( ) 形的个数为 ２ . ∴ ３ ∶ ４ ∶ ５ ３ １ １ １ . １＋８＋８ ＝７３ ８.解析 由已知可设自上而下各节的容 ＝ － ｎ ＋ｎ 第 个图 共挖掉正方形的个数为 ４ ２ ＋１ ＋２ (２) １ : 积 { 构 ａ 成等 ａ 差 ａ 数列 ａ { ａ ｎ}ꎬ １２.解析 由题知ＯＡ２ １＋ Ａ １ Ａ２ ２＝ ＯＡ２ ２ꎬ 即 １＋１ １ꎬ 面积和为Ｓ １＝ ( １ ａ ) ２ . １＋ ２＋ ３＋ ４＝３ꎬ ＝２ꎻ ３ ∴ ａ ａ ａ ＯＡ２ Ａ Ａ２ ＯＡ２ 即 第 个图 共挖掉正方形的个数为 ７＋ ８＋ ９＝４ꎬ ２＋ ２ ３＝ ３ꎬ ２＋１＝３ꎻ ２ : ( ) ( ８ ) ꎬ ２ ２ ａ １３ ｄ ７ . 􀆺􀆺ꎬ 面积和为 Ｓ １ ａ １ ａ １ ∴ １＝ ２２ ꎬ ＝ ６６ ＯＡ２ｎ －１＋ Ａ ｎ －１ Ａ２ｎ＝ ＯＡ２ｎꎬ 即ｎ －１＋１＝ ｎ. ２ ＝ ３ ＋ ３ × ３ ∴ ａ ５＝ ａ １＋４ ｄ ＝ ６ ６ ６ ７. ∴ ａ . ２ｎ＝ ｎ ꎬ 即 ａ ｎ ＝ ｎ ( ｎ ∈ Ｎ∗ ꎬ１≤ ｎ ≤ 第 ×８ꎬ ３ 个图 : 共挖掉正方形的个数为 ８ ２ ꎬ ９.解 ＝ １ 析 ３ ３ ꎬ (１)∵ { ａ ｎ} 为等比数列 ꎬ ｑ ＝３ꎬ Ｓ ３ １３. ８ Ｓ 解 ) 奇 析 ＝４ ４ . 由 ｍ ＋ 题 １ 可 ａ 得 ａ Ｓ ｍ＝７７ꎬ Ｓ 偶＝３３ꎬ 则 面 ８＋ 积 ( 和 １ ａ 为 × Ｓ １ ３ × ＝ １ ( ) ３ １ ２ ａ × ) ８ ２ ２ ꎬ ＋ ( ３ １ ａ × ３ １ ) ２ × ａ １ ( １＋ ｍ) ３ ３ ３ ∴ ∴ ∴ ａ Ｓ １ ｎ ｎ ＝ ＝ ＝ ３ ３ ３ ｎ ｎ － － ꎬ ２ ꎬ １. ∴ Ｓ Ｓ 奇 偶 ＝ｍ ２ － ２ １ ( ａ ２ ２＋ ａ ｍ －１) ＝ ｍ ｍ ＋ － １ １ ＝ ３ ４ ꎬ 为 􀆺 第 􀆺 ８ ｎ ｎ －１ 个 . 图 : 共 ( 挖掉 ) 正 ２ 方 ( 形的个 ) ２ 数 ａ ６ 为等比数列 ２ 面积和为 Ｓ ｎ＝ １ ａ ＋ １ ａ × １ × (２)∵ { ｎ} ꎬ ∴ ｍ ＝７ . ３ ３ ３ ６ 当 ∴ ａ ∴ ａ ２ { ａ １ ＝ ａ ＋ １ ｑ ａ ６ １ ｑ ａ １ ＝ ꎬ ＝ ＝ ３ ＝ ３ ＝ ２ ６ ２ ꎬ ꎬ ６ ꎬ ａ ｑ 或 １ ＝ ＋ { ａ ３ ａ ｑ １ １ ＝ 时 ｑ ＝ ２ ２ ＝ ꎬ ３ . ꎬ ａ ３ ｎ ０ꎬ ＝２×３ ｎ －１ ꎬ Ｓ ｎ ＝３ ｎ 又 ∴ 则 设 ∴ ｄ { ａ Ｓ ａ １ ａ ＝ ７ １ ＝ ｎ － ＝ － } ２ ａ ３ ７ 的 ０ ｍ ꎬ ( ꎬ ＝ ａ ａ 公 ７ － １ ２ ＝ ＋ 差 ６ ａ ａ ｄ 为 ７ １ ＝ ) － １ １ ＝ ｄ ８ ８ . ７ ꎬ ꎬ ７ꎬ ８ ＝ ＝ ＋ ３ ９ 􀆺 １ ２ ｎ － ＋ [ ２ １ ＋ ３ １ － ２ ３ ｎ ２ ( × ｎ － ａ ９ ８ ４ ２ × × ) ８ ８ ｎ ＋ ３ ｎ ] 􀆺 － ２ １ ｎ 􀅰 ＋ ａ ３ ２ ×８ ｎ －２ ＋８ ｎ －１ × ａ２ １０ 当 － － . １ 解 ３ １ ０ . 元 ꎻ ａ 析 １ ０ ＝ ００ ３ ＋ ꎬ 对 ｑ １０ ＝ 于 ２ ００ 时 甲 ０ ꎬ : × ａ ５ ２ ｎ . 年 ＝ ８ ３ ８ 后 × ％ ２ 的 × ｎ －１ ５ 本 ꎬ Ｓ ＝ 利 ｎ １ ＝ １ 和 ３× ４ 为 ４ ２ ０ ｎ １４.证 ∴ 只 ＝ ａ ａ 需 明 ｎ ｎ ＋ ａ １ ＝ 证 － － ａ ｂ ｂ ( 要 １ ｎ ＋ ＋ ａ １ ( 证 － ꎬ ｎ ｂ － ) ａ １ ( ｎ ) ＋ ａ ｄ ｎ ａ ＝ ＋ ｎ － － ａ １ｂ ｎ ３ － ＋ ｎ １ｂ ＋ ａ ＋ ２ ｎ － ３ ａ ２ . ｎ ｂ － ２ ２ ＋ ｂ２ 􀆺 ＋􀆺 ＋ ｂ ＋ ｎ 这 ∴ ＝ 第 [ １ 些 － ｎ ( １ 个 正 － ９ ８ 图 ９ ８ ) 方 ｎ 共 ] 􀅰 挖 形 ａ 掉 ２ ꎬ 的 了 ８ 面 ｎ －１个 积 正 和 方形 为 ꎬ ( )ꎬ ｂｎ ａｎ ＋１ ｂｎ ＋１ [ ( )ｎ] 对 第一 于 年 乙 后 : 的本利和为 １００００＋１０ ０００× ｂ 即 ｎ ＋ ) 证 １ ＝ ａ ａ ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ － － ｂ ａ ｎ ｎ ＋１ ｂ ꎬ ＋ ａｎｂ － ａｎ －１ｂ２ ＋􀆺＋ ａｂｎ － １－ ９ ８ ａ２. . ％ ＝ － ꎬ ２５５ ꎬ 又ａｎ ＋１ ａｎｂ ａｎｂ ａｎ －１ｂ２ ａｂｎ ｂｎ ＋１ 本章测试 第二年后的本利和为 － ＋ － ＋􀆺＋ － ＝ . ％ １００００＋(１０ ０００ ａｎ ＋１ － ｂｎ ＋１显然成立 ꎬ 一、填空题 ×２ ５５ ) ＋ [１０ ０００ ＋ (１０ ０００ × 原等式成立. . ％ . ％ ∴ １.答案 ２５５ )]×２５５ ꎬ １５.解析 设 ａ 的公差为ｄ －１ { ｎ} ꎬ 解析 ａ ａ ｄ . 􀆺 第 故 ２ . ５ 􀆺 甲 五 ５ ％ 获 年 ) 利 ５ 后 ≈ 较 的 １ 多 １ 本 ３ . ４ 利 １ 元 和 < 为 １１ １ ４ ０ ４０ ０ 元 ００ . (１＋ ∴ ì í ï ï ï ï Ｓ Ｓ ｐ＝ ｐ ｑ [ [ ２ ２ ａ ａ １ １ ＋ ＋ ( ( ２ ｐ ｑ － － １ １ ) ) ｄ ｄ ] ] ＝ ｑ ｐ ꎬ 则 ｄ ＝ ２ ３. .答 答 解 案 案 析 ２ ａ ± ７ １ ４ ６ ０ ＋ ＝ ａ ５ １ ＝ ＋ ２ ９ ４ ＋ ＝ ２× １７ ５ ＋ ＋ ９ １ × ＝ ( ２ － ７ ２ . )＝－１ １１.解析 Ｔ ａ (１) ａ ∵ ｎ ( ｎ １ ＋ ａ １) ＝ ｎ １ －ｎ ＋ １ １ ꎬ － ２( î ｐ ｐｑ ＋ ｑ ｑ ＝ ). ２ ＝ ꎬ ４.答 解 解 案 析 析 ２ ｘ ａ ５ ２ ＝ ａ １２×３ ｄ ＝３６ꎬ∴ ｘ ｄ ＝±６ . Ｓ ∴ ｎ＝ １＋ ２＋􀆺＋ ｎ ｄ ( ｄ ) ｄ ４－ １＝３ ＝６ꎬ∴ ＝２ꎬ∴ ５＝５＋ ＝ １(１ １ ＋１) ＋ ２(２ １ ＋１) ＋􀆺＋ｎ ( ｎ １ ＋１) 又 ( Ｓ ｐ＋ ｄ Ｓ ) ｑ ＝ ２ ｐ２ ＋ ａ １－ ２ ｐ ＋ ２ ｑ２ ＋ ５.答 ５( 案 ５ ２ －１) ×２＝２５ . ＝ １ １ － ２ １ ＋ ２ １ ｎ － ３ １ ＋􀆺＋ ｎ １ －ｎ ＋ １ １ ａ １ ｄ － ２ ｑ ( ｄ ) 解析 ２ ａ２ ３＝ ａ ａ １× ａ ７ꎬ 即 ( ａ １＋２ ｄ ) ２ ＝ ａ １( ａ １＋ ＝１－ｎ １ ＝ｎ . ＝ ( ｐ ＋ ｑ ) ２ ＋ ａ １－ ( ｐ ＋ ｑ )－ ｄｐｑ ６ ｄ )ꎬ 解得 ｄ １ ＝２ . ＋１ ＋１ ２ ２ ( ) Ｓ ｐ ｑ ａ １ １ １ １ ＝ ｐ ＋ ｑ＋２( ＋ ) ６.答案 ３ (２)∵ ｎ＝ｎ ｎ ＝ ｎ －ｎ 即ｐ ｑ Ｓ ｐ ｑ － ( ＋２) ２ ＋２ ＋ ＝ ｐ ＋ ｑ＋２( ＋ )ꎬ ２ ３１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋Ｓ ａ ａ ｎ ａ ａ 逼近 作出切线.作图略. 解析 易知ｑ ３６ ３ . ｂ ｎ ( １＋ ｎ) １＋ ｎ ꎬ ＝ ＝－ ∵ ｎ ＝ ｎ ＝ ｎ ＝ ＝ ２.解析 观察题图中的方格 以小方格的 －２４ ２ ２ ２ ꎬ 二、选择题 ａ ａ ｎ ｄ ｄ 边长为基本单位 看切线与格点正好相 ７.Ｂ ａ １１－ ａ ８＝３ ｄ ＝－６ꎬ∴ ｄ ＝－２ꎬ∴ ａ １＝ ａ ８ １＋ １＋ ２ ( －１) ＝ ａ １＋( ｎ －１)× ２ ꎬ 交时有几个小方格 ꎬ 的边长 ꎬ 然后运用斜 ｄ . ｄ 率的公式求出切线的斜率. －７ ＝６－７×(－２)＝２０ ｂ 是首项为ａ 公差为 的等差 ８.Ｄ 由题可知各年的产值构成首项为 ∴ { ｎ} １ꎬ ２ (１) ｋ ＝１ . 公比为 . 的等比数列 Ｓ 数列. １ꎬ １ ０８ ꎬ∴ １０ ｋ ２ . . １０ Ｓ Ｓ (２) ＝－ ＝ １－１０ . ８ . (２ ì )∵ ａ ７ ａ ＝７ꎬ １５＝７５ꎬ ３ ９.Ｃ １－ 设 １ 插 ０８ 入的 ３ 个数依次为ｑ ꎬ ｑ２ ꎬ ｑ３ ꎬ 则 í ï ï ( １＋ ２ ７)×７ ＝７ꎬ (３) ｋ ＝ ２ ３ . １ 三 ０ ２ 、 . ５ Ｄ ∴ ( ∴ 解 ６ ｎ ａ ａ ＝ 答 － １ ｎ ∵ ｑ １ ０ ＝ 题 ４ ) ＝ ꎬ ｎ Ｓ ２ ２ ∴ ２ ｎ ＋ × ＋ ＝ ２ ｑ １ ２ ( ｎ ０ ＝ ｎ ｎ ２ ＋ － ± ＋ － １ ( ４ １ ２ ＝ . ｎ ) ｎ ２ ２ ꎬ ＝ － １ ∴ １ ｎ . ) ２ 当 － ＝ １ ２ ꎬ ｎ ｎ > ＋ １ １ꎬ 时 ꎬ Ｓ ｎ －１＝ 且 ∴ ∴ －２ ｂ î ï ï ꎬ ａ １ ( ｄ ７ ＝ ａ ＝ ＝ ａ １ ａ １ ＋ １ １ ꎬ ＝ ａ ＋ ２ １ － ５ ６ ) ２ ｄ ꎬ × ꎬ { １ ａ ｂ ５ １５ ｎ ＝ } ＝ ７ 的 ａ ５ １ ꎬ 公 ＋１ 差 ４ ｄ 为 ꎬ 解 ｄ 得 ＝ ａ １ １ ꎬ ＝ ３ ４ . . 近 解 解 ( ＝ ２ ３ 时 析 析 ) 处 由 ꎬ 直 的 题 ( ( 线 １ １ 斜 图 ) ) 率 可 直 曲 ｌ的 分 知 线 线 斜 别 ꎬ ｌ ｙ 点 率 的 为 ＝ 在 ｘ Ｑ 斜 ２ ０ 增 ꎬ 沿 在 率 － 大 曲 ４ 为 ｘ ꎬ . ＝ 线 ６ ５ ７ . － － ０ 向 ꎬ １ ２ ｘ ＝ 点 ＝ ４ ５ － Ｐ . ２ 靠 ꎬ ｘ １１.解析 ａ ａ ｄ [ ２ ] ２ ｘ ＝ (２ ９ ) . ∵ ａ ( １２ １ ＝ ) ａ １ ８ ＋ ＝ １１ ｄ １＋ ＝ ７ １> ＝ ０ꎬ ２ ａ ３ １ ＋ ３＝ ７× ａ １ ( ＋ － １ ２ ２ ) ｄ ∴ Ｔ ｎ＝ －２＋(－２)＋ ２ ( ｎ －１)× ２ １ ｎ ＝ ｎ ４ ２ ( Δ ２ ｙ ｘ ) ＝ Δ － ｙ ＝ １ １＋ ｘ １ Δ ꎬ 当 ｘ－ Δ １ １ ｘ ＝ 无 － 限 １＋ Δ 趋 Δ ｘ 近 ꎬ 于 ０ 时 ꎬ Δ ｙ ｘ ＝－１<０ꎬ ９ ｎ. Δ １＋Δ Δ ∴ 数列 { ａ ｎ} 中正数项的个数为 １２ . － ４ 无限趋近于 －１ꎬ 则曲线ｙ ＝ １ ｘ 在ｘ ＝１ 处 第五章 导数及其应用 １２.解析 (１) ａ ４＝ ａ １ ｑ３ ＝ ２ １ × ｑ３ ＝４ꎬ∴ ｑ 切线的斜率为 －１ . 练习 ＝２ꎬ 5.1 导数的概念 １.解析 物体在 . 内的平均速 ∴ { ａ ｎ} 的通项公式为 ａ ｎ ＝ ２ １ ×２ ｎ －１ ５.１.１ 平均变化率 (１) １ ｇ . [３ ２ ꎬ３ １ １ ｇ ] ２ ＝２ ｎ －２. 练习 度ｖ Δ Ｓ ２ ×３１ － ２ ×３ . ｇ (２) 由 (１) 可知 { ａ２ｎ} 的通项公式为ａ２ｎ １.解析 甲 乙获利的平均变化率分别为 ＝ Δ ｔ ＝ ３ . １－３ ＝ ３ ０５ ＝２ ２ ｎ －４ ＝４ ｎ －２ ꎬ 、 (ｍ/ｓ)ꎻ １ (１－４ ５ ) ５× １０ １２ ꎬ ２ ５ ꎬ 因为 ５× １０ １２ < ５ ２ ꎬ 且甲 、 乙投入 物体在 [３ꎬ３ . ０１] 内的平均速度ｖ ＝ Δ Ｓ ｔ ａ２ １－２ １ Ｓ ４ 相同的资金 所以可以认为乙的经营成 Δ ∴ １ ＝ ４ ＝ ４ ꎬ∴ ５ ＝ １－４ 果较好. ꎬ １ ｇ ×３ . ０１ ２ － １ ｇ ×３ ２ １３.解 ＝ ３ 析 ４ ４１ . 由题意可设这 ４ 个数依次为ａ １ ２.解 考 平 析 均 察 排 可 由 污 以 率 题 大 图 认 可 ꎬ 为 所 知 甲 以 ꎬ 甲 从 企 企 排 业 业 污 的 比 量 治 乙 这 污 企 项 效 业 指 果 的 标 物 ＝ 体 ２ 在 [ ３ ３ . ꎬ ０ ３ １ . － ００ ３ ２ １] 内的 ＝ 平 ３ 均 . ００ 速 ５ ｇ 度 (ｍ ｖ ＝ /ｓ Δ ) Ｓ ｔ ꎻ ａ ｄ ２ ꎬ Δ ｄ ａ ａ ｄ ( １＋ ) 更好. － { ꎬ １ꎬ １＋ ａ ꎬ ｄ ａ １ ２ ꎬ ３.解析 分别代入平均变化率的公式 ２ １ｇ ×３ . ００１ ２ － ２ １ｇ ×３ ２ . ｇ . ａ ｄ ( １＋ ) ｆ ｘ ｆ ｘ ＝ . ＝３０００５ (ｍ/ｓ) 则 １－ ＋ ａ ＝１６ꎬ ( ２)－( １) 可以求出其平均变化率. ３００１－３ １ ｘ ｘ ꎬ ａ ａ ｄ ２－ １ Ｓ １ ｇ ｔ ２ １ ｇ ２ {１＋ ａ １＋ ＝１ { ２ ａ ꎬ (１)３ . (２)Δ ＝ ２ ×(３＋Δ ) － ２ ×３ ＝ 解 当 得 ａ ｄ １ ＝ ＝ ４ ｄ ４ꎬ或 时 ｄ １ ＝ 这 ＝ － ９ ６ ꎬ . 个数依次为 ( ( ２ ３ ) ) ３ ３ . . ( ２ １ ｇ [(Δ ｔ ) ) ２ ＋６Δ ｔ ]ꎬ 平均速度ｖ ＝ Δ Δ Ｓ ｔ ＝ ４ 当 ꎬ８ ａ ꎬ １ １ ＝ ６ . ４ꎬ ｄ ＝４ ꎬ 时 这 ４ 个数依次 ０ 为 ꎬ ４.解析 代入公式 ｆ ( ｘ ２ ｘ ) ２ － － ｆ ｘ ( １ ｘ １) ꎬ 可以求 ３＋ ２ １ Δ ｔ ｇ (ｍ/ｓ ( ) . ) １４. １ ∴ 则 ∵ 解 ∴ ∴ ５ꎬ Ｔ Ｓ 析 ａ Ｓ ａ ９ ２ １ ２ ｎ ２ｎ １ ｎ ｎ ꎬ ＝ ＝ Ｓ ＝ ＝ ＝ ＝ ３ １ １ ( １ ꎬ ｔ ａ １ ９ ꎬ Ｔ － １ １ － ５ ２ － ꎬ ∴ ｎ － ４ . ＝ ｎ ４ ２ ꎬ － ｎ ２ ２ １ ａ ａ ＝ ｎ ＝ ) ２ ｎ ＝ ｑ － ２ ４ ＝ ３ ＝ ４ ｎ ６ ３ ２ ＝ － ｎ ４ ｎ － １ ２ － ｎ １ － １ . ｑ ꎬ １ ꎬ ꎬ ３ ꎬ ＝ ａ２ １ １６ ＝ ４ ꎬ １ ∴ ꎬ ｑ ＝２ꎬ ５. 速 则 ( ( ( ( 出 ( 解 ３ ４ ２ １ Δ 度 此 其 析 ) ) ) ) ｔ ) １ １ １ ２ 为 斜 质 . . . . ２ ９ ９ ９ ０ ＋ ９ ９ ０ . ( 点 率 ６ Δ ９ １ . ６ Δ . . Ｓ 在 ꎬ ＋ ｔ 需 ꎬ Δ ＝ 时 平 ｔ 注 ( ) 间 均 ３ ｍ 意 ＋ 段 / 速 ｓ 小 Δ . [ 度 ｔ 数 ) ３ 为 ꎬ ２ 点 ３ ＋ Δ ＋ Δ 的 ３ Ｓ Δ ｔ － ＝ 处 ｔ ] ( ６ 理 上 ３ ＋ ２ Δ . 的 ＋ ｔ. ３ 平 ) 均 ＝ ( 限 Δ 所 为 分 ( ( ＝ ５ ４ ３ ｔ 趋 以 ｇ 别 ｇ ) ) ) 无 ｔ ｔ 由 因 由 ０ ０ 近 为 ( . ｔ 限 ＝ ( 为 ｍ ( 所 于 ４ 趋 ３ ２ / ｖ ) ｓ ) 时 ＝ 以 ０ ) 可 近 知 Δ . 时 Δ 的 知 于 Ｓ ｔ ｖ ｔ ꎬ 瞬 ＝ ＝ ｖ ｔ ＝ ０ ｇ 无 ＝ ｇ 时 ｔ 时 ０ ｔ ３ ０ 限 ０ ＋ 速 ＋ ꎬ ꎬ １ 趋 ２ １ 时 ｖ 度 ２ １ ꎬ 无 ２ ｇ 近 Δ 为 的 ( 时 限 ｔ 于 Δ ｇ ３ 的 ｔ 瞬 趋 ｇ ｇ ) ｇ ( ( ꎬ 瞬 ｔ 近 ｍ ｍ 时 ０ 当 ꎬ 时 / 于 / 所 ｓ ｓ 速 Δ ) 速 ) . 以 ｔ ３ . . ｇ 无 当 度 度 ꎬ ｖ ｔ ２ ｎ . ５.１.２ 瞬时变化率———导数 ０(ｍ/ｓ)ꎬ (ｍ/ｓ)ꎬ２ (ｍ/ｓ) ∴ ＝Ｔ ＝３ Ｓ ｎ ２.解析 ｖ Δ ｔ ｔ 当 ｔ无限趋近 １５.解析 (１) 证明 : 设 { ａ ｎ} 的通项公式 练习 ＝ Δ ｔ＝２０＋Δꎬ Δ 为ａ ａ ｎ ｄ １.解析 利用割线逼近切线的方法 无限 于 时 ｖ无限趋近于 ｔ 即ｖ ｔ .所以 ｎ＝ １＋( －１) ꎬ ꎬ ０ ꎬ ２０ꎬ ＝２０ ３２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 质点在ｔ 时的瞬时速度为 . {ｘ ＝３ ６ ｍ/ｓ ＝２ꎬ故ａ 化率是 ８ . 练习 ｙ ＝２ꎬ ℃/ｍｉｎ ＝１ꎬ １５ １.解析 由质点运动方程可以发现质点 ｆ ａ 由题图观察可知ｆ ′ ａ . . Ｔ ｔ ｔ Ｔ ｔ ( )＝１ꎬ ( )≈０５ ( ０＋Δ)－ ( ０) 作匀速直线运动 所以ｔ ｔ 时的速 . . . . (４) ｔ ＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝２ ６. 解析 １４－０８ １３－０８ ５ Δ 度都是 . . ＝ １ꎬ . ＝ ꎬ ３ ｍ/ｓ １６－１ １４－１ ４ １２０ 当 ｔ 时 ｙ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ . . － ｔ ｔ ｔ ꎬ Δ → ０ ꎬ ２.解析 利用Δ ( ０＋Δ )－( ０)进行 １１－０８ ３ 所以ｆ ′ . . ( ０＋５)( ０＋５＋Δ) ｘ＝ ｘ . ＝ ꎬ (１)≈１６ Δ Δ １２－１ ２ １２０ １２０ 所以 化简 当 ｘ 时 看Δ ｙ 趋近于几 其 ７.解析 (３＋ ｈ ) ２ －３ ２ ｈ － ( ｔ ０＋５)( ｔ ０＋５＋Δ ｔ ) →－ ( ｔ ０＋５) ２ꎬ ꎬ Δ →０ ꎬ ｘ ꎬ (１)ｌｈｉｍ ｈ ＝ｌｈｉｍ(６＋ ) 当ｔ ｔ 时 蜥蜴的体温下降的瞬时变 Δ →０ →０ ＝ ０ ꎬ 导数就是几. . ＝６ 化率为 １２０ ３. ( 解 １ 析 )３ . ( ｆ ２) ′ ２ ａ. ( 指 ３) 函 － 数 ４ １ ｆ . ｘ 的导函数在ｘ (２)ｌｈｉ → ｍ ０ ３＋ ｈ ｈ － ３ ＝ｌｈｉ → ｍ ０ ３＋ ｈ １ ＋ ３ ＝ ６ ３. 由 ｔ １２０ ( ｔ ０ ２ ＋ ＝ ５ １ ) 得 ２ ℃ ｔ ０ / ≈ ｍ ５ ｉｎ . ９ . ５ .所以当太阳 时 的值 (１) ｆ 指函 ( 数 ) ｆ ｘ 在 ｘ ８.解析 ｙ ｆ æ ç １ ö ÷ ｆ ４ 落山 ( ０ 后 ＋５ 的 ) 时间 ｔ 约为 . 时 蜥 ＝１ ꎬ (１) ( ) ＝１ Δ ＝ è２＋ ｎø － (２) ＝ ｎ ５ ９５ ｍｉｎ ꎬ 时的值 ２ ２ 蜴的体温的瞬时变化率为 ° . ꎻ æ ö２ －１ Ｃ/ｍｉｎ ｆ ′ ｘ 指函数 ｆ ｘ 的导函数 而ｆ ′ ç １ ÷ １３.解析 Ｐ′ ｎ ｎ２ ｎ ( ) ( ) ꎬ (１) ＋è ｎø ꎬ (１) ( )＝ －３ ＋１ ２００ ＋ 是导函数ｆ ′ ｘ 在ｘ 时的值. ２ . ４.解析 ｙ ｘ ( ２ ) ｘ ＝１ ｙ ｘ ２ ４ æ ç １ ö ÷ ２ ６７５ 令 ００ Ｐ′ ｎ 得 ｎ ｎ ＝４ －４ ＋１ꎬΔ ＝４(３＋Δ ) － ｙ ｎ＋è ｎø (２) ( )＝ ０ꎬ ＝４５０( ＝－５０ ｘ ２ ｘ Δ ２ ２ １ 舍去 . ４(３＋Δ )＋１－(４×３ －４×３＋１)＝ ２０Δ ＋ ｘ＝ ＝４＋ ｎꎬ ) ｘ ２ Δ １ ２ 当ｎ 时 利润函数Ｐ ｎ 取得 ４(Δ ) ꎬ ｎ (３) ＝４５０ ꎬ ( ) ｙ ｙ ２ 最大值 这时工厂的利润最大. Δ ｘ 当 ｘ 时 Δ .所 ꎬ ｘ＝２０＋４Δ ꎬ Δ →０ ꎬ ｘ→２０ 即ａ １ 当ｎ不断增大时 ａ 不断 ｆ ｘ ｈ ｆ ｘ Δ Δ ｎ＝４＋ ｎꎬ ꎬ ｎ １４.解析 ( ０＋(－ ))－( ０) ５. 以 解 函 析 数在 根据 ｘ ＝ 导 ３ 数 处 的 的 几 导 何 数 意 为 义 ２０ . 知ｆ ′ 减小. ２ ｆ ′ ｘ (１)ｌｈｉ → ｍ ０ － ｈ ＝ ꎬ (１) ｆ ｘ ｈ ｆ ｘ ( ０)ꎬ ＝ １ .因为切点在函数 ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 的图象 ９.解析 (１) ( ＋ ) ｈ －( ) ＝２ ｘ ＋５＋ ｈ ꎬ 当ｈ ｆ ( ｘ ０＋ ｈ )－ ｆ ( ｘ ０－ ｈ ) ２ 时 ｘ ｈ ｘ 所以ｆ′ ｘ ｘ (２)ｌｈｉ → ｍ ０ ｈ 上 ꎬ 也在切线上 ꎬ 所以ｆ (１)＝ １ ×１＋２＝ →０ . ꎬ２ ＋５＋ →２ ＋５ꎬ ( )＝２ ＝ ２ ＋５ ｆ ｘ ｈ ｆ ｘ ｆ ｘ ｈ ｆ ｘ ｇ ｘ ｈ ｇ ｘ ( ０＋ )－( ０)－[ ( ０－ )－( ０)] ５ .所以ｆ ′ (１)＋ ｆ (１)＝３ . (２) ( ＋ ) ｈ － ( ) ＝３ ｘ２ ＋３ ｈｘ ＋ ｈ２ ꎬ 当 ｈ ｌｈｉ → ｍ ０ ｈ ２ ｆ ′ ｘ . ６.解析 表示水面高度随泄洪时间的变 时 ｘ２ ｈｘ ｈ２ ｘ２ 所以 ｇ′ ｘ ＝２ ( ０) →０ ꎬ３ ＋３ ＋ →３ ꎬ ( ) 化率. ＝３ ｘ２. 5.2 导数的运算 ◆习题5.1 ｙ ｘ ｘ ２ ｘ２ １０.解析 Δ ( ＋Δ ) － ｘ ｘ 当 １.解析 如图. ｘ＝ ｘ ＝２ ＋Δ ꎬ ５.２.１ 基本初等函数的导数 Δ Δ ｘ 时 ｘ ｘ ｘ 令 ｘ 得ｘ Δ →０ ꎬ２ ＋Δ →２ ꎬ ２ ＝－４ꎬ 练习 ＝－２ꎬ 故切点坐标为 (－２ꎬ４) . １.解析 ｆ ′ ｘ 是函数ｆ ｘ 的导函数 而 １１.解 . 析 (１) . ｆ ( 上 ｘ ) 的 在 平 区 均 间 变 [ 化 １ꎬ 率 ２ 分 ]ꎬ 别 [１ 是 ꎬ ｆ ｘ ′ (１ ) 处 ꎬ 的 ｆ 值 ′ ( (２ . ) ) 是导函数 ( ｆ ) ′ ( ｘ ) 在ｘ ＝ ꎬ １ꎬ １５]ꎬ[１ꎬ１１] ＝２ ６０. ２.解析 (１) 因为ｙ ＝ ｘ－３ ꎬ 所以ｙ′ ＝－３ ｘ－４. ３ꎬ４ꎬ ２. 点 解 几 析 何 Ｐ ꎬ 意 所 因 义 以 知 为 ｆ ( ｆ 曲 ５ ′ ) ( 线 ＝ ５) 的 － ＝ ５ 切 ＋ －１ ８ 线 . ＝ 与 ３ꎬ 曲 又 线 由 相 导 切 数的 于 (２) － １ １ １ ＋ ６ Δ ｘ ｘ＋６ ＝ ６ ｘꎬ 当 Δ ｘ →０ 时 ꎬ ( ( ２ ３ ) ) 因 ｙ′ ＝ 为 ４ ｘ ｙ ｌｎ ＝ ｘ ４ . ５ ３ ꎬ 所以ｙ′ ＝ ３ ５ ｘ２ ３. ３.解析 在 Ｅ 、 Ｆ 点处 ꎬ 曲线的切线斜率 Δ １＋Δ ｙ′ １ . 为 ０ꎻ 在Ａ 、 Ｂ 、 Ｃ点处 ꎬ 切线的斜率为正 ꎻ ６ ｘ →６ꎬ 故ｆ ( ｘ ) 在ｘ ＝１ 处的瞬时变 (４) ＝ｘ ｌｎ３ 在 处 Ｄ 切 、 Ｇ 线 点 的 处 斜 ꎬ 率 切 最 线 大 的斜 在 率 Ｄ 为 点 负 处 ꎻ 在 切线 Ｂ 的 点 １ 化 ＋ 率 Δ 为 ６ . ３.解析 ｙ′ ＝－ｘ １ ２ꎬ 则曲线在ｘ ＝２ 处的切线 ꎬ ꎻ ꎬ １２.解析 Ｔ Ｔ 即从ｔ ( ) 斜率最小. (１) (１０)－ (０)＝－１６ꎬ 的斜率ｋ １ 则曲线在点 １ 处的 ４.解析 Δ ｙ ｘ ｘ 当 ｘ 时 Δ ｙ ＝０ 到 ｔ ＝ １０ꎬ 蜥蜴的体温下降了 ＝－ ４ ꎬ ２ꎬ ２ Δ ｘ＝２ ＋Δ ꎬ Δ →０ ꎬ Δ ｘ→ １６ ℃ . 切线方程是ｙ １ １ ｘ 即ｘ ｙ ( ) Ｔ Ｔ － ＝－ ( －２)ꎬ ＋４ －４ ｘ 故曲线在点Ｐ ３ ９ 处的切线斜 (１０)－ (０) ８ 即从ｔ 到ｔ ２ ４ ２ ꎬ ꎬ (２) ＝－ ꎬ ＝０ . ４ １６ １０－０ ５ ＝０ 蜥蜴的体温下降的平均变化率 率为 ３ ＝１０ꎬ ４.解析 由 １ 得ｘ . ꎻ －ｘ２ ＝－１ ＝±１ ２ 为 ８ . ℃/ｍｉｎ 当ｘ 时 ｙ ｂ 曲线在点Ｐ处的切线方程为ｙ ９ ３ ５ ＝１ ꎬ ＝１ꎬ ＝２ꎻ － ＝ Ｔ ｔ Ｔ 当ｘ 时 ｙ ｂ . １６ ２ (１０＋Δ)－ (１０) １２０ ＝－１ ꎬ ＝－１ꎬ ＝－２ ( ) (３) ｔ ＝－ ｔ ꎬ ｂ 切点坐标为 或 ｘ ３ 即 ｘ ｙ . Δ １５(１５＋Δ) ∴ ＝±２ꎬ (１ꎬ１) (－１ꎬ 􀅰 － ꎬ ２４ －１６ －９＝０ . ４ 当 ｔ 时 １２０ ８ 所以 －１) {ｙ . ｘ . Δ→０ ꎬ－ ｔ →－ ꎬ ( ) ５.解析 由题意 联立 ＝１２ －１４ꎬ解得 １５(１５＋Δ) １５ ５.解析 １ ′ １ 由 １ １ 得 ꎬ ｙ . ｘ . 当ｔ 时 蜥蜴的体温下降的瞬时变 (１) ｘ ＝－ｘ２ꎬ －ｘ２ ＝ ＝０２ ＋０６ꎬ ＝１０ ꎬ ２ ３３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ２ 无解 所以不能作为函数图象 ｘ′ ｘ ｘ ｘ ′ ｘ ｘ 函数可以看作是由ｙ ｕ和ｕ ＝－２ꎬ ꎬ (２ ＋３)－ (２ ＋３) ２ ＋３－２ (２) ＝ｃｏｓ ＝ 的切线. ＝ ｘ ２ ＝ ｘ ２ (２ ＋３) (２ ＋３) π ｘ复合而成的 所以ｙ′ ｙ′ ｕ′ －２ ꎬ ｘ＝ ｕ􀅰 ｘ＝ (２)( ｘ４ ) ′ ＝４ ｘ３ ꎬ 由 ４ ｘ３ ＝ ２ １ 得ｘ ＝ ２ １ ꎬ ＝ (２ ｘ ＋ ３ ３) ２ . ３ ｕ ( π ｘ ) . ( ) ４ －ｓｉｎ 􀅰(－２)＝２ｓｉｎ －２ 此时ｙ ＝ １ ＝ １ ꎬ 所以能作为函数 (４) ｆ ′ ( ｘ )＝( ｘ ｌｎ ｘ ) ′ ＝ｌｎ ｘ ＋ ｘ 􀅰 １ ｘ ＝ｌｎ ｘ ◆习题5.2 ３ ２ １６ ( ) . １.解析 利用函数的和 差 积 商的求导 图象的切线 切点坐标为 １ １ . ＋１ 、 、 、 ꎬ ꎬ æ ｘö 法则进行计算 在计算中要注意符号的 ２ １６ ｆ ′ ｘ çｓｉｎ ÷′ ꎬ ｘ ′ ｘ 由 ｘ １ 得ｘ (５) ( )＝è ｘ２ ø 变化. (３)(ｓｉｎ ) ＝ｃｏｓ ꎬ ｃｏｓ ＝ ２ ＝ (ｓｉｎ ｘ ) ′ｘ２ －ｓｉｎ ｘ ( ｘ２ ) ′ (１) ｆ ′ ( ｘ )＝２ ｘ －３ . ｋ π ｋ Ｚ ＝ ｘ４ ｆ ′ ｘ １ . ２ π± ３ ( ∈ )ꎬ ｘ ｘ ｘ (２) ( )＝１－ｘ２ ｃｏｓ －２ｓｉｎ . 此时ｙ ３或ｙ ３.所以能作为函数 ＝ ｘ３ (３) ｆ ′ ( ｘ )＝１＋ｃｏｓ ｘ. ＝ ＝－ ( ｘ ) ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ. ２ ２ ｆ ′ ｘ ２ ′ (４) ( )＝ｃｏｓ － ｓｉｎ 图 象 的 切 线 切 点 坐 标 为 ( ６ ) ( ) ＝ ｘ ＝ ２.解析 利用基本初等函数的求导公式 ꎬ ｌｎ æ ö ( ｘ ′ ｘ ｘ ｘ ′ ｘ 和函数的和 差 积 商的求导法则求 ç ｋ π ３÷ ｋ Ｚ 或 ｋ π (２ ) ｌｎ －２ (ｌｎ ) ２ｌｎ －２. 、 、 、 è２ π＋ ３ ꎬ ２ ø( ∈ ) ２ π－ ３ ꎬ ｌｎ ２ｘ ＝ ｌｎ ２ｘ 解 需注意ｆ ｘ ｅ ｘ 的导数的计算. ) ５.解析 求函数 ｆ ｘ ２ 的导函数 即先 ꎬ ( )＝ ｘ － ２ ３ ( ｋ ∈ Ｚ ) . 从里往 外化简 ꎬ ( 再 ( 利 ) 用 ) 积的求导法 ꎬ 则求 (１) ｆ ′ ( ｘ )＝２＋３ ｘ ｌｎ３ . (４)(ｅ ｘ ) ′ ＝ｅ ｘ ꎬ 由 ｅ ｘ ＝ １ 得ｘ ＝ｌｎ １ ꎬ 此 解 ꎬ 即 [( ｆ ( ｘ )) ２ ] ′ ＝２ ｆ ( ｘ ) ｆ ′ ( ｘ ) . (２) ｆ ′ ( ｘ )＝ｘ １ ＋２ ｘ. ２ ２ ５.２.３ 简单复合函数的导数 ｌ ｘ ｎ ｘ ２ 时ｙ ＝ｅ ｌｎ １ ２ ＝ １ .所以能作为函数图象的 练习 (３) ｆ ′ ( ｘ )＝ ｅ( ｘ２ －１). ２ ( ) １.解析 函数可以看作是由ｙ ｕ４ 和 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ . 切线 切点坐标为 １ １ . (１) ＝ (４) ( )＝ (３ｌｎ ＋１) ꎬ ｌｎ ꎬ ｕ ｘ复合而成的. ３.解析 函数可以看作由ｙ ｕ５ 和ｕ ２ ２ ＝３＋ｓｉｎ (１) ＝ ６.解析 ｆ (－２)＝－８ꎬ 所以 ( ｆ (－２)) ′ ＝０ꎻ (２) 函数可以看作是由 ｙ ＝ｌｎ ｕ 和 ｕ ＝ ＝２ ｘ ＋１ 复合而成 ꎬ 所以ｙ′ ｘ＝ ｙ′ ｕ􀅰２＝２􀅰 因为ｆ ′ ( ｘ )＝３ ｘ２ ꎬ 所以ｆ ′ (－２)＝１２ . １ 复合而成的. ( ｕ５ ) ′ ＝１０ ｕ４ ＝１０(２ ｘ ＋１) ４. ７.解析 设切点坐标为 ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ 则 ｎ ＝ ２ ｘ ＋１ (２) 函数可以看作由 ｙ ＝ ｕ２ 和 ｕ ＝ｓｉｎ ｘ ｌｎ ｍ. (３) 函数可以看作是由ｙ ＝２ ｕ 和ｕ ＝２ ｘ － 复合而成 ꎬ 所以 ｙ′ ｘ＝ ｙ′ ｕ􀅰 ｕ′ ｘ＝( ｕ２ ) ′ 􀅰 复合而成的. ｘ ′ ｕ ｘ ｘ ｘ ｘ. 对ｙ ｘ 求导得 ｙ′ １ 所以曲线在 １ (ｓｉｎ ) ＝２ ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ２ ＝ｌｎ ＝ ｘ ꎬ 函数可以看作由ｙ ｕ和ｕ ｘ 函数可以看作是由ｙ １ 和ｕ (３) ＝ｓｉｎ ＝２ ＋ (４) ＝ ｕ ＝１－ 点 ｍ ｎ 处的切线的斜率ｋ １ 由题 π复合而成 所以ｙ′ ｙ′ ｕ ′ ( ꎬ ) ＝ ｍꎬ ｘ复合而成的. ꎬ ｘ＝ ｕ􀅰２＝２􀅰(ｓｉｎ ) ｃｏｓ ３ ２.解析 先把复合函数拆分成两个简单 ( ) 意得 １ １ 所以ｍ .所以切点坐标 ｕ ｘ π . ｍ ＝ ꎬ ＝２ 函数 然后利用复合函数的求导公式计 ＝２ｃｏｓ ＝２ｃｏｓ ２ ＋ ２ ꎬ ３ 为 . 算结果. 函数可以看作由ｙ ｕ和ｕ ｘ (２ꎬｌｎ２) (４) ＝ｌｎ ＝ ＋１ ｙ′ ｘ ｘ ′ ｘ . 复合而成 所以ｙ′ ｙ′ ｕ′ ｕ ′ 因为切点也在切线上 所以有 １ (１) ＝２(２ ＋３)(２ ＋３) ＝８ ＋１２ ꎬ ｘ＝ ｕ􀅰 ｘ＝(ｌｎ ) 􀅰１ ꎬ ｌｎ ２＝ ｙ′ ｘ ２ ｘ ′ ２ (２) ＝３(１－３ ) (１－３ ) ＝－９(１－ １ １ . ｂ 所以ｂ . ｘ ２. ＝ ｕ ＝ｘ ×２＋ ꎬ ＝ｌｎ２－１ ３ ) ＋１ ５.２.２ 函数的和、差、 (３) ｙ′ ＝ｅ ２ ｘ (２ ｘ ) ′ ＝２ｅ ２ ｘ. ４.解析 (１) ｙ′ ＝ｅ ｘ ꎬ 曲线在 ｘ ＝０ 处的切 线的斜率ｋ .所以曲线在点 处 ｙ′ ｘ ′ １ . ＝１ (０ꎬ１) 积、商的导数 (４) ＝(－ｌｎ ) ＝－ ｘ 的切线方程为ｙ ｘ . ＝ ＋１ 练习 ３.解析 ｙ′ ｘ 曲线在ｘ 处的切 设切点坐标为 ｍ ｍ 因为 ｙ′ ＝２ｃｏｓ２ ꎬ ＝π (２) ( ꎬｅ )ꎬ ＝ １.解析 ｙ′ ｘ ｘ. 线的斜率ｋ 所以曲线在点Ｐ ｘ 所以曲线在点 ｍ ｍ 处的切线斜 (１) ＝２ －ｓｉｎ ＝２ꎬ (πꎬ０) ｅ ꎬ ( ꎬｅ ) ２.解 (２ 析 ) ｙ′ ＝ 利 ２ ｘ 用 ｌｎ 导 ２－ 数 ２ ｘ 的 . 几何意义求出切线 ４. 处 证 的 明 切 线 ( 方 ｃ 程 ｏｓ 为 ｘ ) ｙ ′ ＝ ＝ ２( [ ｘ ｓ － ｉｎ π ( ) π . － ｘ )] ′ ＝ 率 ｍ ) ｋ .因 ＝ｅ 为 ｍ ꎬ 切 所 线 以切 过 线 原 方 点 程 ꎬ 所 为 以 ｙ － － ｅ ｍ ｅ ｍ ＝ ＝ ｅ ｍ ｅ ( ｍ ｘ × － ２ ｍ 解得ｍ . 的斜率 将ｘ 代入曲线方程 求出纵 ( ) ( ) ( ) (－ )ꎬ ＝１ ꎬ ＝２ ꎬ π ｘ π ｘ ′ π ｘ 所以所求的切点坐标为 . 坐标 利用点斜式写出切线方程.则切 ｃｏｓ － 􀅰 － ＝－ｃｏｓ － ＝ (１ꎬｅ) ꎬ ２ ２ ２ 线方程为 ｘ ｙ . ｘ. ５.解析 ｙ′ １ ｘ 曲线在ｘ π处的 ６ － －７＝０ －ｓｉｎ ＝ ＋ｓｉｎ ꎬ ＝ ３.解析 解法一 ｙ′ ｘ ′ ｘ ｘ ５.解析 函数可以看作是由ｙ ｕ ２ ６ : ＝(２ －１) ( ＋３)＋(２ (１) ＝ｌｎ ｘ ′ ｘ . 切线的斜率ｋ １ １ . －１)( ＋３) ＝４ ＋５ 和 ｕ １ 复合而成的 而 ｕ′ ＝ ＋ ＝１ 解法二 : ｙ′ ＝(２ ｘ２ ＋５ ｘ －３) ′ ＝４ ｘ ＋５ . ＝ ２ ｘ ＋１ ꎬ ｘ＝ æ ２ ２ ö ４.解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ 所以曲线在点çπ π ３÷处的切线 (１) ( )＝( ｅ ) ＝ｅ ＋ ｅ ＝( ２ è ꎬ － ø ｘ. － ｘ ２ꎬ ６ １２ ２ ＋１)ｅ (２ ＋１) æ ö (２) ｆ ′ ( ｘ )＝ æ è ç ｘ １ ２ ö ø ÷′ ＝( ｘ－２ ) ′ ＝－２ ｘ－３. 所以 ｙ′ ｘ＝ ｙ′ ｕ􀅰 ｕ′ ｘ＝ ｕ １ é ë êê － (２ ｘ ＋ ２ １) ２ ù û úú ＝ 方程为 ｙ －è ç １ π ２ － ２ ３ ø ÷ ＝ ｘ － π ６ ꎬ 即 ｙ ＝ ｘ － ( ｘ ) ｆ ′ ｘ ′ ２ . π ３. (３) ( )＝ ｘ － ｘ － ２ ＋３ ２ ＋１ １２ ２ ３４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ６.解析 ｙ′ ｘ２ 当ｘ 时 ｋ ｙ′ ｘ２ æ ö æ ö ＝３ ＋３ꎬ ＝２ ꎬ ＝ ＝３ Ｓ′ π π π . ç ３÷ ç ３ ÷为单调减 ＋３＝３×２ ２ ＋３＝１５ꎬ 将ｘ ＝２ 代入曲线方 (１８)＝ ４ ｃｏｓ ３ ＝ ８ (ｍ/ｈ) (２)è－∞ꎬ－ ３ øꎬè ３ ꎬ＋∞ø 程 ２ ＝ 处 １ ꎬ ５ 得 的 ｘ － ｙ 切 ２ ＝ ４ 线 . ２ ３ 方 ＋３ 程 ×２ 为 －８ ｙ ＝ －６ ６ . ＝ 所 １５ 以 ( 曲 ｘ － 线 ２) 在 ꎬ 即 ｘ ＝ ｙ １３. 则 解析 １ 由 ８ 点 ａ ( 时 １) 潮 ａ . ＝ 水 得 ｖ′ 起 ＝ 落 ０ . . ４ 的 ＋１ 速 . . ２ ｔ 度 ｔ. 为 . π ８ 解 ｍ 得 /ｈ . ｔ ２.解 区 析 间 ꎬ æ è ç ( － １ ３ ) ３ ｆ ꎬ ′ ３ ( ３ ｘ ö ø ÷ ) 为 ＝ 单 ｋ ꎬ 调 当 增 ｋ < 区 ０ 间 时 . ꎬ ｆ ( ｘ ) ｘ (２) ＝２８ ０ ４＋１ ２ ＝２ ８ꎬ 在 上是减函数 当 ｋ 时 ７.解析 (１)∵ ｆ ( ｘ )＝ １＋ ｘ＝－１＋ ２ ｘꎬ ＝２ꎬ 即火车开出 ２ ｓ 时加速度为 ２ . ８ ｆ ｘ (－ 在 ∞ꎬ＋∞) 上是增函 ꎻ 数 当 >０ ｋ ꎬ １－ １－ ｍ/ｓ ２. 时 ( ) ｆ ｘ (－ 无 ∞ 单 ꎬ＋ 调 ∞ 性 ) . ꎻ ＝０ ｆ ′ ｘ １ １４.解析 Ｓ′ ｔ ｔ. ꎬ ( ) ∴ ( )＝ ｘ (１－ ｘ ) ２ ꎬ (１) 当 ｔ ＝ ＝ ５ ５ 时 ｃｏ 的 ｓ 速 －２ 度 ｓｉ 为 ｎ Ｓ′ (５)＝５ｃｏｓ ５ (２) ｆ ′ ( ｘ )＝－ｘ ｋ ２ꎬ 当ｋ <０ 时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )>０ꎬ ∴ ｆ ′ (２)＝ ２(１－ １ ２) ２ ＝２＋ ３ ２ ２. －２ｓｉｎ 质 ５ 点 . 运动的加速度为 ａ ｖ′ ｆ 函 ( ｘ 数 ) 在 (－∞ꎬ０) 和 (０ꎬ＋∞) 上都为增 (２) ＝ ＝ ꎻ ｆ ′ (４)＝ １ ＝ １ . (５ｃｏｓ ｔ －２ｓｉｎ ｔ ) ′ ＝－５ｓｉｎ ｔ －２ｃｏｓ ｔ. 当ｋ >０ 时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )<０ꎬ ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ０) ∴ ( ∴ ２ ｆ ｆ ) ′ ′ ∵ ( (１ ｘ ｆ ( ) ) ｘ ＝ ＝ ４ ) ( ｌ ｌ ＝ ｎ ｎ １ ｘ － ｘ １ ｌ ＋ ＋ ｎ １ ４ １ ｘ ＋ ＋ ) ＋ ４ ４ ２ ２ ｘ × ｘ ꎬ １ ２ ２ － ＝ ３ ５ ꎬ ꎬ １５. 的 即 解 ＝４ 斜 析 ｙ ꎬ ＝ 则 率 ２ 直 ( ｘ ｋ － １ ＝ 线 ) ８ ２ . ｙ ꎬ ｌ ′ 此 ＝ 的 ｘ 时 方 －４ 程 ｙ ꎬ ＝ 在 为 ０ . ｘ ｙ ５ － ＝ × ４ ６ ６ ＝ ２ 处 － ２ ４ ( ꎬ × ｘ 直 ６ － ＋ ６ 线 ) １０ ꎬ ｌ 和 ｆ ( ( ( ３ ｘ ( ) ) ０ ｆ 无 ꎬ ′ ＋ ( 单 ∞ ｘ ｂ ) 调 ) ＝ ) 上 性 ２ 上 ａ 都 . ｘ ＋ 为 ｂ 为 ꎬ 减 当 函 增 ａ 数 < ꎻ ０ 函 当 时 ｋ ꎬ 数 ＝ ｆ ( ０ ｘ 时 ) 在 在 ꎬ ｆ ′ (２)＝ｌｎ２＋１＋４×２＝９＋ｌｎ２ . 所以直线ｌ在ｙ轴上的截距为 －８ . －∞ꎬ－ ２ ａ ꎬ ８.解析 (１) ｆ ′ ( ｘ )＝ｃｏｓ ｘ －ｓｉｎ ｘ ꎬ 由题图知 ｆ ′ ５－３ １ . ( ｂ ) 上为减函数 当 ａ 时 令ｆ ′ ｘ ｘ 得ｘ π (２) ꎬ (４)＝ ４ ＝ ２ － ２ ａꎬ＋∞ ꎻ >０ ꎬ ( ０)＝０( ０∈(０ꎬ２π))ꎬ ０＝ ４ １６.解析 圆的面积 Ｓ ＝π Ｒ２ ＝２ ５００π ｔ２ ꎬ ｆ ｘ 在 ( ｂ ) 上为减函数 在 ( ) －∞ꎬ－ ａ ꎬ 或ｘ ０＝ ５ ４ π. Ｓ′ ( ｔ )＝５０００π ｔ ꎬ ｔ ＝ ２ ５ ５ ０ ０ ＝５(ｓ) 时 ꎬ ( ｂ ) 上为 ２ 增函数. (２) ｘ ０＝ π ４ 或ｘ ０＝ ５ ４ π时 ꎬ 曲线在点 ( ｘ ０ꎬ Ｓ 所 ′ ( 以 ５) 当 ＝ 半 ２５ 径 ０ 为 ００π ２５ . ０ ｃｍ 时 ꎬ 圆面积的膨 ３.证 － 明 ２ ａ ꎬ＋ ( ∞ １) ｆ ′ ( ｘ )＝ ｅ ｘ ꎬ 当 ｘ ∈(－∞ꎬ ｆ ( ｘ ０)) 处的切线的斜率为 ０ . 胀率为 ２５０００π ｃｍ ２/ ｓ . ＋∞) 时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )>０ꎬ 所以ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ ９.解析 (１) ｆ ′ ( ｘ )＝ ｘ ( ２ ｘ ＋ ＋ ２ １ ｘ ) － ２ ８. １７. 梯 解 形 析 ( 阴 如 影 图 部 ꎬ Ｓ 分 ( ) ｔ ＋ 的 Δ ｔ 面 )－ 积 Ｓ ꎬ ( 则 ｔ ) 表 ｔ２ 􀅰 示 ( 曲 Δ 边 ｔ ) ( ＋ ２ ∞ ) ) ｆ 上 ′ ( 是 ｘ ) 增 ＝ｅ 函 ｘ － 数 １ . ꎬ 当 ｘ ∈(－∞ꎬ０) 时 ꎬ (２) ｆ ′ ( ｘ )＝３ ｘ２ ＋ ２ ｘ ７ ２ ＋６ . < Ｓ ( ｔ ＋Δ ｔ )－ Ｓ ( ｔ )< Ｓ ( ｔ ＋ ｔ Δ ｔ ) ｔ ２ 􀅰 Ｓ (Δ ｔ ｔ ) . ｆ 函 ′ ( 数 ｘ ) . <０ꎬ 所以ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ０) 上是减 (３) ｆ ′ ( ｘ ) ＝ (ｌｎ ｘ ) ′ ｘ ｘ ２ － ｘ′ ｌｎ ｘ ＝ Δ 当 ｔ ) Δ ２ ｔ ꎻ >０ 时 ꎬ ｔ２ < ( ＋Δ Δ ) ｔ － ( ) <( ｔ ＋ ４.证 ｙ′ 明 １ (１ 因 ) 函 为 数 ｘ 的定 所 义 以 域 ｙ 为 ′ (０ꎬ １ ＋∞)ꎬ 所 ＝－ ｘ ꎬ >０ꎬ ＝－ ｘ <０ꎬ １ ｘ ｘ Ｓ ｔ ｔ Ｓ ｔ ｘ 􀅰 －ｌｎ １－ｌｎ ｘ . 当 Δ ｔ <０ 时 ꎬ( ｔ ＋Δ ｔ ) ２ < ( ＋Δ) ｔ － ( ) 以函数在其定义域上是减函数. ｘ２ ＝ ｘ２ Δ ( ) ｆ ′ ｘ ｘ２ ′ ｘ ｘ２ ｘ ′ ｘ < ｔ２. (２) ｙ′ ＝ｃｏｓ ｘ ꎬ ｘ ∈ － π ꎬ π ꎬ 所以 ｙ′ > (４) ( )＝( ) ｃｏｓ ＋ (ｃｏｓ ) ＝２ ２ ２ ｘ ｘ２ ｘ. ( ) 􀅰ｃｏｓ － 􀅰ｓｉｎ 所以函数在区间 π π 是增 １０.解析 ｈ ｆ ｇ ０ꎬ － ꎬ (１) (５)＝３(５)＋２ (５)＝２３ꎻ ２ ２ ｈ′ ｆ ′ ｇ′ . 函数. (５)＝３ (５)＋２ (５)＝１１ ｈ ｆ ｇ (２) (５)＝ (５) (５)＋１＝２１ꎻ ５.３.２ 极大值与极小值 ｈ′ ｆ ′ ｇ ｆ ｇ′ . (５)＝ (５) (５)＋ (５) (５)＝１７ ｆ Ｓ ｔ ｔ Ｓ ｔ 练习 ｈ (５)＋２ ７ 当 ｔ无限趋近于 时 ( ＋Δ)－ ( ) (３) (５)＝ ｇ ＝ ꎻ Δ ０ ꎬ ｔ １.解析 先求导 然后令其导函数等于 (５) ４ Δ ꎬ ｈ′ ｆ ′ (５) ｇ (５)－[ ｆ (５)＋２] ｇ′ (５) 无限趋近于ｔ２ ꎬ 即Ｓ′ ( ｔ )＝ ｔ２. ０ꎬ 求出ｘ ꎬ 判断ｘ是不是极值点 ꎬ 然后结 (５)＝ ｇ２ (５) 5.3 导数在研究函数中的应用 值 合 与 函 极 数 小 的 值 单 . 调性 ꎬ 列表确定函数的极大 ５ . ＝ １１.解 １ 析 ６ ｖ . 表示血管的内径 ５.３.１ 单调性 (１) 当ｘ ＝ ７ 时 ꎬ ｙ 极小值＝－ ２５. (０ １)＝ ３０ꎬ ２ ４ 是 ０ . １ ｃｍ 时 ꎬ 血液的流速. 练习 (２) 当ｘ ＝－１ 时 ꎬ ｙ 极大值＝－２ꎻ 当ｘ ＝１ 时 ꎬ ｖ′ (０ . １)＝－２００ꎬ 表示血管的内径是 ０ . １ １.解析 求导 ꎬ 令导函数大于 ０ꎬ 求得的ｘ ｙ 极小值＝２ . 时 内径平均每增加 流速降 的范围为增区间 令导函数小于 求 ２.解析 不一定 函数的极大值 极小值 ｃｍ ꎬ １ ｃｍꎬ ꎬ ０ꎬ ꎬ 、 低 . 得的ｘ的范围为减区间. 是函数的局部性质 即在那一点附近小 ２００ ꎬ ( ) ( ) 范围内的极大值 极小值.因此极小值 １２.解析 Ｓ′ ｔ πｔ ５π π １ 为 单 调 增 区 间 、 ( )＝ ３ｃｏｓ ＋ 􀅰 ＝ (１) －∞ꎬ ꎬ 可能大于极大值.作图略. １２ ６ １２ ２ ( ) ( ) ３.解析 由导函数大于 得出函数的单 π πｔ ５π １ 为单调减区间. ０ ｃｏｓ ＋ ꎬ ꎬ＋∞ 调增区间 由导函数小于 得出函数的 ４ １２ ６ ２ ꎬ ０ ３５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋单调减区间 这样就得出函数图象的大 练习 ꎬ ｋ ｋ Ｚ 时 ｙ ５π ｋ ｋ 致走势 再由函数图象经过的特殊点 １.解析 围成正方形时面积最大 最大面 ２ π( ∈ ) ꎬ 极大值＝－ ＋２ π＋ ３( ꎬ ꎬ ꎬ ６ 画出函数的大致图象. 作图略. 积为 ２ 长 宽各为 . Ｚ . (１)(２) ２２５ ｃｍ ꎬ 、 １５ ｃｍ ∈ ) ２.解析 两个正方形边长相等 即将铁丝 当ｘ 时 ｙ . ４.解析 ｙ′ １ 令ｙ′ 解得ｘ .列 ꎬ (４) ＝１ ꎬ 极小值＝０ ＝１－ ｘ ꎬ ＝０ꎬ ＝１ 二等分时 面积之和最小. ４.解析 求最值时要求出极值和端点值 ꎬ ꎬ 表如下 ３.解析 设水箱底面边长和高分别为 ｘ 再进行比较得出最大值和最小值. : ｘ ｈ 则ｘ２ｈ 于是无盖水箱的表 当ｘ 时 ｙ 当ｘ 时 ｙ (０ꎬ１) １ (１ꎬ２) ｍꎬ ｍꎬ ＝２５６ꎬ (１) ＝１ ꎬ ｍｉｎ＝－１ꎻ ＝３ ꎬ ｍａｘ ｆ ′ ｘ . ( ) － ０ ＋ 面积Ｓ ｘ２ ｘｈ ｘ２ １０２４ 由Ｓ′ 得 ＝３ ｆ ｘ 极小值ｆ ＝ ＋４ ＝ ＋ ｘ ꎬ ＝０ ( ) ↘ (１) ↗ 当 ｘ 时 ｙ １ 当 ｘ 时 所以当ｘ 时 函数有极小值ｆ ｘ ＝８ꎬ 此时Ｓ取得最小值 ꎬ 水箱的高ｈ ＝ (２) ＝０ ꎬ ｍｉｎ＝－ ２ ꎻ ＝２ ꎬ ＝１ ꎬ (１)＝１ . ２５６ ２５６ . ｙ １ . －ｌｎ１＝１ ｘ２ ＝ ＝４(ｍ) ｍａｘ＝ ６４ ４ ５.３.３ 最大值与最小值 答 方底无盖水箱的高为 时材料 : ４ ｍ 当ｘ π时 ｙ π ３ 当ｘ 练习 最省. (３) ＝－ ꎬ ｍｉｎ＝－ － ꎻ ＝ ６ １２ ２ １.解析 不是 是. . ꎻ ４.解析 由题意可知ｄ １４４ｌｖ２ ｄ １ ｌ π时 ｙ π. ２.解析 ｆ ａ 不一定小于ｆ ｂ 有可能 ＝ ２ ꎬ ≥ ꎬ ꎬ ｍａｘ＝ ( ) ( )ꎬ ６０ ２ ２ ４ ｆ ａ ｆ ｂ .一般地 有ｆ ａ ｆ ｂ . 一辆车占去道路的长为 ｌ ｄ 记 ( ) ( )＝ ( ) ꎬ ( )≤( ) ( ＋ )ｍꎬ １ ｈ π ｘ π 而 比 论 如 . 常数函数 ｙ ＝ １ .因此不能一概 内 １０ 通 ００ 过 ｖ 由 隧 Ｑ 道 ′ 的车 得 辆 ｖ 数为 . Ｑ ꎬ 则 Ｑ ＝ ５.解析 先化简 ｃｏｓ ４ ＋Δ Δ ｘ －ｃｏｓ ４ ３.解析 函数的最大值和最小值只能在 ｌ ＋ ｄ ꎬ ＝０ ＝５０ ( π Δ ｘ) Δ ｘ 答 车速为 时 隧道的车流量 －２ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ 极大值 极小值和端点值中取得 因此 : ５０ ｋｍ/ｈ ꎬ ４ ２ ２ 然后讨论 ｘ 求函数的 、 最值时可先利用函数的 ꎬ 单调 最大. ＝ Δ ｘ ꎬ Δ ◆习题5.3 的 取 值 范 围 确 定 性求出极值以及端点值 然后进行比较 ꎬ ꎬ ( ｘ) ｘ 得出. ｆ ｘ ｆ ｘ π Δ Δ １.解析 ( )－( ０) . －２ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ｆ ｘ 的最大值为ｆ ｆ ｘ 的 ｘ ｘ <０ ４ ２ ２ 的 符 号 得 出 (１) ( ) (３)＝１１ꎬ ( ) － ０ ｘ ꎬ 最小值为ｆ . ２.解析 求单调区间 即先求导 然后判 Δ (－１)＝－１ ꎬ ꎬ 答案. ｆ ｘ 的最大值为ｆ ｆ ｘ 的 断导函数大于 时ｘ的范围 导函数小 (２) ( ) (－１)＝４ꎬ ( ) ０ ꎬ 负. 负. ( ) 于 时ｘ的范围 即可确定函数的单调 (１) (２) 最小值为ｆ ３ ９ . ０ ꎬ ６.解析 ｆ ′ 的实际意义为杯子 ＝－ 区间. (３)＝－３ ２ ４ 中的热茶在第 时温度下降的速 ( ) 为函数的单调减区间. ３ ｍｉｎ ｆ ｘ 的最大值为 ｆ １ ｆ (１)(－∞ꎬ＋∞) 度为 . (３) ( ) ＝ (３)＝ ( ) ３ ℃/ｍｉｎ ３ １ 为函数的单调减区间 ７.解析 Ｃ ｘ ｘ ｘ (２) ０ꎬ ꎬ (１) ( )＝２００００＋１００ (０≤ ≤ １０ ｆ ｘ 的最小值为ｆ . ｅ ꎬ ( ) (１)＝２ ( ) ６００)ꎬ ３ １ 为函数的单调增区间. ４.解析 ｙ′ ｘ２ 令 ｙ′ 得 ｘ ３ ｅ ꎬ ( ＋∞ ) Ｐ ( ｘ )＝ Ｒ ( ｘ )－ Ｃ ( ｘ )＝４００ ｘ － １ ｘ２ －(２００００ ＝１－３ ꎬ ＝０ ＝－ ２ ３ π ｋ ５π ｋ ｋ Ｚ 为函 ｘ (３) ＋２ πꎬ ＋２ π ( ∈ ) ＋１００ ) ４ ４ 舍 或ｘ ３. 数 的 单 调 减 区 间 ( ) ＝ ３ ( ) ꎬ ＝－ １ ｘ２ ＋３００ ｘ －２００００(０≤ ｘ ≤６００) . ２ 当 ｘ ３时 ｙ′ 函数单调递增 当 － ３π ＋２ ｋ πꎬ π ＋２ ｋ π ( ｋ ∈ Ｚ ) 为函数 (２) 令 Ｐ′ ( ｘ )＝ ０ 得 － ｘ ＋３００＝０ꎬ 即 ｘ ０< < ꎬ >０ꎬ ꎻ ４ ４ ３ 的单调增区间. ＝３００ . ３ ３ < ｘ <２ 时 ꎬ ｙ′ <０ꎬ 函数单调递减.所以 ( 增 ４ 区 )( 间 －∞ꎬ０) 和 为 (２ 函 ꎬ＋ 数 ∞ 的 ) 单 为 调 函 减 数 区 的 间 单 . 调 ６ 当 ００ ０ 时 ≤ ꎬ ｘ Ｐ < ′ ３ ( ０ ｘ ０ ) 时 <０ ꎬ . Ｐ′ ( ｘ )>０ꎬ 当 ３００< ｘ ≤ ꎬ(０ꎬ２) 函数在ｘ ３处取得极大值２ ３ 也是 ３.解析 先求导 再令导函数等于 求 所以当ｘ ＝３００ 时 ꎬ Ｐ ( ｘ ) 取得极大值 ꎬ 也 最大值.当 ＝ ｘ ３ ＝０ 时 ꎬ ｙ ＝０ꎬ ｘ ＝２ ９ 时 ꎬ ꎬ ｙ ＝ 出 断 ꎻ ｘ 在 ꎬ 然 解答 后 本 结 题 合 ꎬ 时 函 需 数 要 的 注 单 意 调 三 性 角 进 函 行 ０ 数 ꎬ 的 判 ８. 是 解 最 析 大 设 值 全 ꎬ Ｐ 程 ( ｘ 运 )ｍ 输 ａｘ＝ 成 ２５ 本 ０ 为 ００ . ｙ 元 ꎬ 则 ｙ ＝ 所以函数的值域是 é êê ２ ３ ù úú. 周期性. ｆ ｖ ａ ｓ ｋｖ２ ｓ ａｓ ｋｓｖ ｖ . －６ꎬ ë－６ꎬ û ( )＝ 􀅰 ｖ ＋ 􀅰 ｖ ＝ ｖ ＋ ( >０) ９ (１) 当ｘ ＝－１ 和ｘ ＝１ 时 ꎬ ｙ 极大值＝１ꎻ ａｓ ５.解析 ｙ′ ＝１－ １ ｘ ꎬ 令ｙ′ ＝０ꎬ 解得ｘ ＝１ . 当ｘ ＝０ 时 ꎬ ｙ 极小值＝０ . 令ｙ′ ＝０ꎬ 得 －ｖ２ ＋ ｋｓ ＝０ .因为ｖ >０ꎬ 所以ｖ 列表如下 当ｘ 时 ｙ ３ 当ｘ ｘ : (２) ＝－ ３ ꎬ 极小值＝－ ６ ꎻ ＝ ３ ＝ ａ ｋ . (０ꎬ１) １ ｆ ｆ ′ ( ｘ ｘ ) － 极小 ０ 值 时 ꎬ ｙ 极大值＝ ６ ３. 当ｖ > ａ ｋ 时 ꎬ ｆ ′ ( ｖ )>０ꎻ 当 ０< ｖ < ａ ｋ ( ) ↘ １ 当ｘ π ｋ ｋ Ｚ 时 ｙ 所以当ｘ 时 函数取极小值 也是最 (３) ＝－ ＋２ π( ∈ ) ꎬ 极小值＝ 时 ｆ ′ ｖ . ＝１ ꎬ ꎬ ６ ꎬ ( )<０ 小值 为ｆ 函数没有最大值.函 ａ ꎬ (１)＝ １ꎬ π ｋ ｋ Ｚ 当 ｘ ５ 故当ｖ 时 ｙ取最小值 即汽车以 数的值域是 . － ＋２ π－ ３( ∈ )ꎻ ＝－ π＋ ＝ ｋ ꎬ ꎬ [１ꎬ＋∞) ６ ６ ３６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ａ 的速度行驶时 全程的运 当且仅当 . ｖ ５ 即ｖ ５ (２) 当曲线与ｘ轴交于点 ( ｘ ｎ ＋１ꎬ０) 时 ꎬ ｋ ｋｍ/ｈ ꎬ ０００６ ＝ ｖ ꎬ ＝ ０ . ００６ ＝ 切点为 ( ｘ ｎꎬ ｆ ( ｘ ｎ))ꎬ 即 ( ｘ ｎꎬ ｘ２ｎ＋ ｘ ｎ－１) . 输成本最小. 又ｙ′ ｘ ｙ′ ｘ . ２５００ 即ｖ ５０ ３时等号成立 ＝２ ＋１ꎬ∴ ｘｎ＝２ ｎ＋１ ９.解析 观察题图可知 ꎬ 针剂药注入人体 ３ ꎬ ＝ ３ ꎬ ∴ 此切点处的切线方程为ｙ －( ｘ２ｎ＋ ｘ ｎ－ 后在前 . 小时 血液中药的浓度逐渐 ｘ ｘ ｘ 度 增 逐 大 渐 ꎬ 在 降 ２ ｔ 低 ５ ＝ . ２ . ５ 时 ꎬ 达到最大值 ꎬ 然后浓 故 内通 当 过 车 的 速 汽 为 车 ５０ 数 ３ ３ 量 ｋ 最 ｍ 多 /ｈ . 时 ꎬ 单位时段 令 １)＝ ｙ ＝ (２ ０ꎬ ｎ 得 ＋１ ｘ ) ＝ ( ｘ ｘ － ２ｎ＋ ｎ １ ) ꎬ ꎬ ２ ｎ＋１ 药在注入人体后 血液中药的浓度随时 １０ 间 .解 在 析 变化 ｙ ꎬ 先 ｆ ′ 增 ｘ 后 ꎬ 的 减 草 . 图如图. １３.解 就 析 是 求 求 函 某 数 区 的 间 最 上 小 连 值 续 和 函 最 数 大 的 值 值 .而 域 求 ꎬ 即ｘ ｎ ＋１＝ ２ ｘ ｘ ２ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ ꎬ ＝ ( ) 最值需先求极值 ꎬ 即求导 ꎬ 令导函数等 即ｇ ｘ ｘ２ｎ＋１. 于 即可求出极值. ( ｎ)＝ ｘ ０ ２ ｎ＋１ [ ] 值域为 ３ １３ . (３) 用 “ 二分法 ” 求方程ｘ２ ＋ ｘ －１＝０ 的 (１) ꎬ ２ ４ 近似解的步骤如下表所示 取初始区 ( 值域为 . (２) [－１５ꎬ５] 间为 由于ｙ ｆ ｘ 在 上为 值域为 . (０ꎬ１)): ＝ ( ) (０ꎬ３)ꎬ(５ꎬ＋∞) (３) [０ꎬ２π] 区间 中点的函数值 增函数 所以 ｙ ｆ ′ ｘ 在 [ ) ꎬ ＝ ( ) (０ꎬ３)ꎬ(５ꎬ 值域为 １ . 上的函数值大于 而ｙ ｆ ｘ 在 (４) ＋ｌｎ２ꎬ＋∞ １ ＋∞) ０ꎬ ＝ ( ) ２ (０ꎬ１) － 上为减函数 所以 ｙ ｆ ′ ｘ 在 １４.解析 设矩形的宽为 ｘ 则当 ｘ ４ (３ꎬ５) ꎬ ＝ ( ) (１) ꎬ ＝ ( ) (３ 是 ꎬ５ 原 ) 上 函 的 数 函 的 数 极 值 值 小 点 于 即 ０ 是 ꎻ 而 ｙ ｘ ＝ ｆ ３ ′ ꎬ ｘ ｘ ＝ ２ Ｒ时 ꎬ 圆的内接矩形面积最大. ( １ ２ ꎬ１ ) １ ５ ６ ５ ꎬ ＝ ( ) １ ３ １ 的零点. 当圆柱的高为２ ３Ｒ 底面半径为 ꎬ (２) ꎬ ２ ４ ６４ １１.解析 设纸张的宽为 ｘ 长为 ｙ ３ ( ) ｃｍꎬ １ ５ ３１ ６Ｒ时 球的内接圆柱的体积最大. ２ ꎬ ８ － ２５６ ｃｍꎬ 则 ( ｘ －２)( ｙ －３)＝ １５０ꎬ∴ ｘ ＝ｙ １５０ ３ ꎬ ( ) －３ １５.解析 设 ｔ 时 杯中水的体积为 Ｖ ９ ꎬ ５ . ｓ ꎬ １６ ８ 出 ＋２ 版商要降低成本 ꎬ 实际上是求所用 ｃｍ ３ ꎬ 水 ｒ 面半 ｈ 径为 ｒ ｃｍꎬ 水深为 ｈ ｃｍꎬ 经 ( ４ 次计 ) 算可知 ꎬ 方程的近似解在 纸张每页面 ( 积的最 ) 小值. 则由 ＝ 得 ｒ ＝ ３ ｈ ꎬ 则 Ｖ ＝ ３πｈ３ ꎬ ９ ꎬ ５ 之间. ∵ Ｓ ＝ ｘｙ ＝ ｙ １ － ５０ ３ ＋２ ｙ ꎬ∴ Ｓ′ ＝ ( － ｙ － ４５ ３ ０ ) ２ ＋ Δ Ｖ ｔ＝ ３ ３ π 􀅰 ８ [ ３ ｈ２ ( Δ ｈ ｔ ８ ) ＋３ ｈ ( Δ ｈ ｔ ) ６ ( ４ Δ ｈ ) 用 １ “ ６ 牛 ８ 顿切线法 ” 求解如下 : ｘ ２ꎬ ＝ 令 １２ Ｓ . ′ ＝０ 得ｙ ＝１８( 负值舍去 )ꎬ 此时 ＋ Δ ( Δ ｈ ｔ ６ ) ４ (Δ ｈ ) ２ ] ꎬ Δ Δ 由 (２) 可得ｘ ｎ ＋１＝ ２ ｘ ｘ ２ｎ ｎ ＋ ＋ １ １ . 当 ｙ 时 Ｓ′ 当ｙ 时 Ｓ′ . Δ ０< <１８ ꎬ <０ꎻ >１８ ꎬ >０ 记水升高的瞬时变化率为ｈ′ 从而有 初始值ｘ ｘ ２ . 故当ｙ 时 Ｓ取得最小值. ｔꎬ ０＝１ꎬ∴ １＝ ≈０６６６７ꎬ ＝１８ ꎬ ３ 答 : 纸张的宽为 １２ｃｍꎬ 长为 １８ｃｍ 时 ꎬ ２０＝ ３ π×３ ｈ２ × ｈ′ ｔ . ｘ ｘ２ １＋１ . 成本最低. ６４ ２＝ ｘ ≈０６１９０５ꎬ 当ｈ 时 解得ｈ′ . . ２ １＋１ １２.解析 车速为ｖ 车长为 ＝４ ꎬ ｔ≈２８３ ｃｍ/ｓ ｘ２ ∵ ×１０００ｍ/ｈꎬ １６.解析 设 ＢＰ Ｓ ＢＬＰ θ 则 Ｓ ｘ ２＋１ . 相邻两车间距为 . ｖ ＝ ｍꎬ∠ ＝ ꎬ ＝ ３＝ ｘ ≈０６１８０３ꎬ ５ ｍꎬ (０ １８ ＋ θ ２ ２＋１ ０ . ００６ ｖ２ )ｍꎬ ５００ｔ Ｓ ａｎ ꎬ θ θ θ ｘ ｘ２ ３＋１ . . 距 ∴ 离 相邻 为 两车的 . 车 ｖ 头的 . 距 ｖ２ 离 ( 或车尾的 则Δ Δ ｔ＝５００􀅰 ｔａｎ( ＋Δ Δ ｔ )－ｔａｎ 比 ４＝ 较 ２ 可 ｘ ３＋ 知 １ ≈ 利 ０ 用 ６１８ 牛 ０３ 顿切线法 比 二 ) (５＋０１８ ＋００６ )ｍꎬ θ θ θ θ ꎬ “ ” “ ∴ 每辆车走过所需的时间 ( 指的是自 ＝５００􀅰 ｔａｎ( ＋Δ θ )－ｔａｎ 􀅰 Δ ｔ . 分法 ” 求解速度更快. 某辆车车头经过某点至下一辆车车头 Δ Δ １８.略. 经过 同 一 点 所 需 的 时 间 为 ｔ 当 ｔ 时 得Ｓ′ １ θ′. ) Δ→０ ꎬ ｔ＝５００× ２θ× ｔ 复习题 ５＋０ . １８ ｖ ＋０ . ００６ ｖ２ ｃｏｓ Ｓ ｒ ｒ ２ ｒ２ ＝ １０００ ｖ ꎬ 又 θ′ ｔ＝ ０ . ８ °/ ｍｉｎ ＝ ０ . ８× π ÷６０≈ １.解析 (１) 由Δ ｔ ＝ ４π( ＋Δ ) ｔ －４π ＝ 故单位时段 小时 内 经过的车辆 １８０ Δ Δ 数为ｎ １ (１ ) ꎬ ０ . ０００２３２７ ｒａｄ/ｓ . ８π ｒ 􀅰 Δ ｒ ｔ＋４π􀅰 Δ ｒ ｔ􀅰(Δ ｒ )ꎬ 得Ｓ ｔ ′ ＝８π ｒｒ′ ｔ . ＝ ｔ 故所求小船的速度为 １ Δ Δ ｖ ５００× ｃｏｓ ２ ８３ °× 当ｒ ＝５ ｃｍꎬ ｒ′ ｔ＝２ ｃｍ/ｓ 时 ꎬ Ｓ′ ｔ＝８π×５×２ ＝ ５＋０ . １ １ １ ８ ｖ ０ ０ ＋ ０ ０ ０ ０ ０ . ００６ ｖ２ １７.解 ０ . ０ 析 ００ ２ ( ３ １ ２ ) ７ ∵ ≈ ｙ ７ ＝ . ８ ｆ ３ ( ( ｘ ) ｍ ＝ /ｓ ｘ ) ２ . ＋ ｘ －１ꎬ ( ＝ ２ ８ ) ０ 仿 π( ( ｃ １ ｍ ) ２ 可 / ｓ 得 ) . Ｖ′ ｔ＝４π ｒ２ｒ′ ｔ＝４π×８ ２ ×２＝ ＝ ꎬ ｙ′ ｆ ′ ｘ ｘ . ３/ . . ｖ ５ . ∴ ＝ ( )＝２ ＋１ ５１２π(ｃｍ ｓ) ０００６ ＋ ｖ ＋０１８ ｙ′ ２.解析 位移函数的导函数是速度函数 ∴ ｘ ＝１＝３ꎬ ꎬ 由基本不等式得 抛物线在点 处的切线方程为 速度函数的导函数是加速度函数. ∴ (１ꎬ１) ｙ ｘ 即ｙ ｘ . 当ｔ 时的高度 速度和加速度分别为 ｎ １０００ １０００ －１＝３( －１)ꎬ ＝３ －２ ＝３ 、 ≤ ＝ ꎬ ｈ . ｈ′ . ｇ′ . . ｖ ５ . ３ . 令ｙ 得ｘ ２ 即ｘ ２ . (３)＝ ０ ６ꎬ (３)＝ －０ ６ꎬ (３)＝ －０ ２ ２× ０００６ × ｖ ＋０１８ ＋０１８ ＝０ ＝ ꎬ １＝ 其中ｇ ｔ ｈ′ ｔ . ５ ３ ３ ( ( )＝ ( )) ３７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｙ ｘ ｙ ４.答案 ３.解析 由 ＋ 得ｙ . ｘ. ｒ′ ３ . ５ (１) . ＝ . ꎬ ＝０７５ ｔ＝ . α 解析 ｆ ｘ 的定义域是 １８ ４２ ２８９πｔａｎ ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ｙ ｘ １０.解析 交点坐标为 . ｘ 因为Δ . Δ 故身影长的变 (１) (０ １７２ꎬ ｆ ′ ｘ １ ５ －５ (２) Δ ｔ＝０ ７５× Δ ｔꎬ ０ . ９８５)ꎬ(０ . ９４９ꎬ０ . ５８３) . ( )＝ ｘ －ｘ２ ＝ ｘ２ ꎬ 化率等于人步行速度的 . 倍. ｆ ′ . . ｇ′ . 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ ０７５ (２) (０１７２)≈－０１７１ꎬ (０ １７２)≈ ( )>０ꎬ >５ꎬ 由 知身影长的变化率只与人步 . 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ (３) (２) ５２１９ꎬ ( )<０ꎬ ０< <５ꎬ 行速度有关 所以当ｘ 时 身影长 . . ｆ ｘ 在 上递减 在 ꎬ ＝３ ｍ ꎬ 夹角 α ５２１９－(－０１７１) ∴ ( ) (０ꎬ５) ꎬ (５ꎬ＋∞) 的变化率 ｙ′ . ｘ′ . . . ＝ａｒｃｔａｎ . . ≈ 递增 ｔ＝０ ７５ ｔ＝０ ７５×１ ２＝０ ９ １＋５２１９×(－０１７１) ꎬ . . ° 同理可得在第二个交点处两切 ｘ 时 ｆ ｘ 最小. (ｍ/ｓ) ８８９ ꎬ ∴ ＝５ ꎬ( ) ４.解析 由于Ａ Ｂ两点均在曲线上 所以 线的夹角约为 °. ５.答案 、 ꎬ ４１ －２ 对ｙ ＝－ ｘ２ ＋２ ｘ求导 ꎬ 把ｘ ＝１ꎬ ｘ ＝－１ 分别 １１.解析 (１) ｙ′ ＝１２ｓｉｎ ３ ３ ｘ ｃｏｓ ２ ４ ｘ ｃｏｓ７ ｘ. 解析 ｆ ′ ( ｘ )＝ ｘ２ －２ ａｘ ＝ ｘ ( ｘ －２ ａ )ꎬ 代入导函数 ꎬ 求出斜率 ꎬ 根据点斜式写 (２) ｙ′ ＝ｅ ２ ｘ －ｅ －２ ｘ . 令ｆ ′ ( ｘ )＝０ꎬ 解得ｘ ＝０ 或ｘ ＝２ ａ ꎬ 出切线的方程分别为ｙ －１＝０ꎬ４ ｘ － ｙ ＋１ １２.解析 求导 ꎬ 分别求导函数大于 ０ 时ｘ 若函数ｆ ｘ １ ｘ３ ａｘ２ 在ｘ 处 ＝０ . 的取值范围和导函数小于 ０ 时ｘ的取 ( )＝ ３ － ＋１ ＝－４ ５.解析 ｙ′ ｘ４. 值范围 需要注意单调增 减 区间是 取得极大值 (１) ＝５ ꎬ ( ) ꎬ (２) ｙ′ ＝２ ｘ ＋２ｃｏｓ ｘ. 两个区间时 ꎬ 不能用 “∪” 来连接. 则 ２ ａ ＝－４ꎬ 解得ａ ＝－２ . 单调减区间为 和 单调 ６.答案 ｙ′ １ . (－１ꎬ０) (０ꎬ１)ꎬ ４ (３) ＝ ｃｏｓ ２ｘ 增区间为 (－∞ꎬ－１) 和 (１ꎬ＋∞) . 解析 因为 ｆ ( ｘ )＝ ｔａｎ ｘ ꎬ 所以 ｆ ′ ( ｘ ) (４) ｙ′ ＝ (１＋ ｓ ｃ ｉｎ ｏｓ ｘ ｘ ) ２ . １３. 径 解 为 析 ｙ 设 由 圆 题图 Ｐ的 知 半 圆 径 Ｐ 为 切 ｘ Ｏ ꎬ Ａ 圆 于 Ｑ Ｅ 的半 则 ＝ ｃｏ １ ｓ ２ｘꎬ ６. 需 解 要 析 注 意 利 ( 用 ４ 复 ) 中 合 的 函 符 数 号 的 问 求 题 导 . 法则求解 ꎬ ｓｉｎ θ ＝ ꎬ ｒ － ｘ ｘꎬ 故ｘ ＝ １ ｒ ＋ ｓｉ ｓ ｎ ｉｎ θ θ . ꎬ 所以ｆ ′ ( π ３ ) 的值为 ４ . ( ) 二、选择题 θ ｙ′ ｘ π . 同理 可 得 ｙ ｓｉｎ ｒ ｘ (１) ＝３ｃｏｓ ３ － ＝ θ ( － ２ ) ７.Ｃ ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｆ ６ １＋ｓｉｎ ∵ ( )＝ －ｓｉｎ ꎬ∴ (０)＝０ꎬ (２) ｙ′ ＝ｅ ２ ｘ (１＋２ ｘ ) . ｒ ｓｉｎ θ (１－ｓｉｎ θ ). ｆ (π)＝π ２ －ｓｉｎ π＝π ２ ꎬ ｙ′ ｘ ５ . ＝ (１＋ｓｉｎ θ ) ２ ∴ ｆ ( ｘ ) 在 [０ꎬπ] 上的平均变化率为 (３) ＝２ ｌｎ２＋ ５ ｘ －１ 令 θ ｔ ｔ 则ｙ ｒ ｔ － ｔ２ Δ ｆ ｆ (π)－ ｆ (０) π ２ －０ .故选 . (４) ｙ′ ＝－ｅ － ｘ ｃｏｓ３ ｘ －３ｅ － ｘ ｓｉｎ３ ｘ. ｓｉｎ ＝ ꎬ０< <１ꎬ ＝ 􀅰 (１＋ ｔ ) ２ꎬ Δ ｘ＝ π－０ ＝ π－０ ＝π [ Ｃ ７.解析 首先求导 然后令导函数等于 ｔ ꎬ ｙ′ ｒ １－３ . ８.Ａ ｆ ｘ ｘ １ ｘ 零 解出ｘ 需注意本题是高次函数 会 ｔ＝ 􀅰 ｔ ３ ∵ ( )＝ ２ ＋ ｘ －１＝－ (－２ )＋ ꎬ ꎬ ꎬ (１＋) 出现两个或多个极值. ] 令ｙ′ 得 ｔ １ 易得当 ｔ １ 时 ｙ １ ｘ １ 当ｘ 和ｘ 时 ｙ .当ｘ ｔ＝０ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ｘ －１≤－２ (－２ )􀅰 ｘ－１＝－２ ２ (１) ＝－１ ＝１ ꎬ 极大值＝１ ＝ ３ ３ － － 时 ｙ . 取得极大值 也是最大值 即圆 Ｑ 半 ０ ꎬ 极小值＝０ ꎬ ꎬ －１ꎬ 当ｘ 或ｘ 时 ｙ .当ｘ ｒ ( － ２ １ ) 或ｘ ＝ ＝ ２ － 时 ２ ꎬ ｙ ｍａｘ ＝ ＝ １ １１ . ꎬ ｍｉｎ＝－１ ＝ 径的最大值为 ８ ꎬ 此时 ｓｉｎ θ ＝ ３ １ . 当且仅当 －２ ｘ ＝ － １ ｘꎬ 即 ｘ ＝－ ２ ２时等号 ８.解析 设登陆点Ｐ距Ｂ点ｘ 成立 ｋｍꎬ 本章测试 ꎬ ２ ｘ２ 函数ｆ ｘ ｘ １ 在区间 由Ａ到Ｃ所用的时间Ｔ ｘ ５０ ＋ 一、填空题 ∴ ( )＝ ２ ＋ ｘ －１ (－∞ꎬ ( )＝ ＋ １０ ５ ０ ０ － ｘ (０≤ ｘ ｘ ≤１００) . ２５ １. 解 答 析 案 １ ｌｈｉ → ｍ ０ ｆ (１＋ ｈ ) ｈ － ｆ (１) ９. ０ Ｂ ) ｆ 上 ′ ｆ 有 ′ ｘ ( 最 ｘ ) 大 ＝ｌ 值 ｎ － ｘ ＋ ２ １ ２ ꎬ －１ꎬ 无最小值. Ｔ′ ( ｘ )＝ ２５ ５０ ２ ＋ ｘ２ － ５ １ ０ . ＝ｌｈｉ → ｍ ０ (１＋ ｈ ) ２ －(１＋ ｈ ｈ )－(１ ２ －１) ∵ ∴ ｌｎ ( ｘ ｘ ０＋ ０) １ ＝ ＝ ２ ２ ꎬ ꎬ 令Ｔ′ ｘ 得 ｘ ２ ｘ２ 解得ｘ ｈ . ∴ ｌｎ ０＝１ꎬ ５０ ３ ３ ( ( 负 )＝ 值 ０ 舍去 ２ ) . ＝ ５０ ＋ ꎬ ＝ ２.答 解 ＝ｌｈ 案 析 ｉ → ｍ ０ ( ｘ ＋ 函 ＋ １ ｙ ) 数 － ＝ π １ ｙ ＝ ＝ ０ ｓｉｎ ｘ 的导数为 ｙ′ ＝ １０ ∴ .Ｂ ∴ ｘ ０ ｙ ＝ ′ ∵ ＝ ｅꎬ ３ ｙ 故 ＋ ＝ ａ 选 ｅ ｅ ａ ａ ｘ ｘ Ｂ ＋ ＝ . ３ ０ ｘ 有 有 正 大 根 于 .令 零的 ｙ′ ＝ 极 ｆ 值 ′ ( ｘ 点 ) ꎬ . ９.解 易 故 时 析 知 ꎬ 当 所 当 登 用 陆 ｘ 时 ＝ 点 间 ｈ ５ 选 ０ ３ 最 ｒ 在 ３ 短 时 距 . α ꎬ . Ｔ Ｂ ( 点 ｘ ) 约 取 ２ 得 ８ . 最 ９ 小 ｋｍ 值 处 ꎬ 其 线 函 ｃｏｓ 数 在 斜 ｘ ｘ 点 率 ꎬ ｙ ＝ ( 为 ｓ π ｉ 即 ｎ ｋ ꎬ ＝ ０ ｘ ｘ ) ｃ 的 ｏ 处 ｙ ｓ 图 π 的 象 ＝ 切 － 在 １ 线 . 点 ꎬ 方 (π 程 ꎬ０ 为 ) 处 ｙ － 的 ０ 切 ＝ ① 数 ② ∴ ｆ 当 当 ｙ ′ ＝ ( ａ ａ ｅ ｘ ≥ < ａ ) ｘ ０ ＋ ＝ ０ 时 ３ 时 ( ３ ｘ ꎬ ＋ ꎬ ꎬ 由 ｘ ａ ｆ ∈ ｅ ′ ａ ) ｆ ( ｘ Ｒ ′ ｘ ＝ ( ) 无 ０ ｘ ＝ ) 极 无 ３ ＝ ＋ 值 实 ３ ａ ＋ ｅ 点 数 ａ ａ ｘ ｅ ꎻ > 根 ａ ( ０ ｘ ꎬ ＝ ꎬ∴ ０ꎬ 函 解 ) (１) ＝ ｔａｎ －( －π)ꎬ ＋ －π＝０ 得ｘ １ ３ 当ｘ １ ３ ３.答案 ＝ ａ ｌｎ － ａ ꎬ > ａ ｌｎ － ａ Ｖ ｔ １ ｒ２ｈ １ ｒ３ α ２π (２) ( )＝ π ＝ π ｔａｎ ꎬ 解析 取导数ｙ′ ｘ ｘ ( ) ３ ３ ＝ｃｏｓ ＋２ꎬ ∈[０ꎬπ]ꎬ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ １ ３ 时 ∴ Ｖ′ ( ｔ )＝π ｒ２ 􀅰 ｒ′ ｔｔａｎ α ꎬ ∴ ｙ′ ＝ｃｏｓ ｘ ＋２>０ꎬ 即函数ｙ ＝ｓｉｎ ｘ ＋２ ｘ在 ꎬ ( )>０ꎬ < ａ ｌｎ － ａ ꎬ Ｖ′ 上是增函数 故 ｙ ( ) ∴ ｒ′ ｔ＝ ｒ２ ｔ αꎬ 当 Ｖ′ ｔ＝０ . ３ꎬ ｒ ＝１ . ７ 时 ꎬ [０ꎬπ . ] ꎬ ｍａｘ＝ｓｉｎ π＋２π ｆ ′ ( ｘ )<０ꎬ∴ ｘ ＝ ａ １ ｌｎ － ａ ３ 为函数的 π ｔａｎ ＝２π ３８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 极值点 １３.证明 令ｆ ｘ ｘ ｘ 所以ｆ ′ ｘ ꎬ ( )＝ －ｓｉｎ ꎬ ( )＝ ｈ２.圆锥的体积Ｖ ｈ １ ｒ２ｈ １ ( ) ( ) － ( )＝ π ＝ π １ ３ 解得ａ 故实数 ｘ 当ｘ π 时 ｘ 所 ３ ３ ∴ ａ ｌｎ － ａ >０ꎬ <－３ꎬ １－ｃｏｓ ꎬ ∈ ０ꎬ ꎬｃｏｓ <１ꎬ ２ ｈ２ ｈ πｈ３ ４００ ｈ ｈ ａ的取值范围是ａ . 以 ｆ ′ ｘ 所以 ｆ ｘ 在区间 􀅰(４００－ ) ＝－ ＋ π (０< < <－３ ( ) >０ꎬ ( ) ３ ３ 三、解答题 ( ) π 上单调递增 所以当 ｘ Ｖ′ ｈ ｈ２ ４００ 令Ｖ′ ｈ ０ꎬ ꎬ ∈ ２０)ꎬ∴ ( )＝－π ＋ πꎬ ( ) １１.解析 ｙ′ ２ １ . ２ ３ (１) ＝ ｘ ２ －ｘ２ ( ) (１－ ) π 时 ｆ ｘ ｆ 即ｘ ｘ. 得 ｈ ２０ ３.当 ｈ ２０ ３时 Ｖ′ ０ꎬ ꎬ( )>(０)＝０ꎬ >ｓｉｎ ＝ ０ꎬ ＝ ０< < ꎬ ｙ′ ｘ ｘ ２ ｘ ２ ３ ３ (２) ＝ｌｎ(２ ＋１)＋ × ｘ ＝ｌｎ(２ ＋１) １４.解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ 因为 ２ ＋１ (１) ( )＝ ３ －２ ꎬ ｈ 当２０ ３ ｈ 时 Ｖ′ ｈ ｘ ｆ ′ 所以 ａ 得 ａ 所 ( )>０ꎻ < <２０ ꎬ ( )<０ꎬ ２ . (１)＝３ꎬ ３－２ ＝３ꎬ ＝０ꎬ ３ １２.解 ＋ ２ 析 ｘ ＋ １ 由题意 ꎬ ｙ′ ＝ ｘ２ －２ ｘ －３＝( ｘ －３) 点 以 ( ｆ ( １ ｘ ꎬ ) ｆ ( ＝ １ ｘ ) ３ ) ꎬ 处 从 的 而 切 ｆ ( 线 １ 方 )＝ 程 １ 为 ꎬ 故 ｙ － 曲 １ 线 ＝３ 在 × 所以Ｖ ( ｈ ) 在区间 æ è ç ０ꎬ ２ ３ ù û úú上单调递 ３ ｘ ｘ 即 ｘ ｙ . 由 􀅰( ｙ′ > ＋ ０ １ ꎬ ) 可 ꎬ 得函数的单调递增区间为 ( ( ２ － ) 因 １) 为 ꎬ ｆ ３ ′ ( ｘ － )＝ －２ ３ ＝ ｘ２ ０ ≥０ꎬ 所以ｆ ( ｘ )＝ 增 ꎬ 在区间 é ë êê２０ ３ ꎬ２０ ö ø ÷上单调递减 ꎬ 所 . ｘ３ 在 上单调递增 最大值为 ３ (－∞ꎬ－１)ꎬ(３ꎬ＋∞) [０ꎬ２] ꎬ 由ｙ′ <０ꎬ 可得函数的单调递减区间为 ｆ (２)＝２ ３ ＝８ . 以当ｈ ＝ ２０ ３时 ꎬ Ｖ ( ｈ ) 取得最大值 ꎬ 即 . １５.解析 设圆锥的底面半径为ｒ 高 ３ (－１ꎬ３) ｃｍꎬ 当圆锥的体积最大时 圆锥的高为 故函数的单调递增区间为 为ｈ .易得ｒ２ ｈ２ 所以ｒ２ ꎬ (－∞ꎬ－１)ꎬ ｃｍ ＋ ＝４００ꎬ ＝４００ 函数的单调递减区间为 ２０ ３ . (３ꎬ＋∞)ꎬ ｃｍ . ３ (－１ꎬ３) ３９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋