高中数学选择性必修1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_人教A版

教材习题答案 第一章 空间向量与 １ ( Ｄ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｃ ′)＝ Ａ→Ｄ ＋ １→ＡＢ ＋ １ Ａ→Ａ ′ꎬ ２.解析 (１) →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｃ ＝ →ＡＣ. 立体几何 ２ ２ ２ →ＡＢ Ａ→Ｄ Ｃ→Ｃ′ →ＡＣ Ｃ→Ｃ′ Ａ→Ｃ′. (２) ＋ ＋ ＝ ＋ ＝ ｘ １ ｙ １ . ∴ ＝ ꎬ ＝ 设点Ｍ 是线段 ＣＣ′的中点 则→ＡＢ 1.1 空间向量及其运算 ２ ２ (３) ꎬ ＋ １.１.２ 空间向量的数量积运算 Ａ→Ｄ １ Ｃ→Ｃ′ →ＡＣ Ｃ→Ｍ Ａ→Ｍ. ＋ ＝ ＋ ＝ １.１.１ 空间向量及其线性运算 ２ 练习 设点Ｇ是线段ＡＣ′上靠近点Ａ的三 练习 (４) １.Ｂ 设 ＢＢ 则 ＡＢ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｂ 等分点 则 １.解析 答案不唯一.例如 １＝１ꎬ ＝ ２ꎬ １＝ １－ ꎬ 三棱锥 Ｖ ＡＢＣ中 →ＶＡ →ＶＢ →ＶＣ表示三个 →ＢＡ ꎬ Ｂ→Ｃ １＝ Ｂ→Ｂ １＋ Ｂ １ →Ｃ １＝ Ｂ→Ｂ １＋ Ｂ→Ｃ ꎬ １ ( →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ Ａ→Ａ′ )＝ １ Ａ→Ｃ′ ＝ →ＡＧ. － ꎬ 、 、 Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｂ →ＢＡ Ｂ→Ｂ Ｂ→Ｃ ３ ３ 不同在一个平面内的向量. ∴ １􀅰 １＝( １－ )􀅰( １＋ ) 向量→ＡＣ Ａ→Ｃ′ Ａ→Ｍ →ＡＧ如图所示. Ｂ→Ｂ ２ Ｂ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｂ →ＢＡ →ＢＡ Ｂ→Ｃ ꎬ ꎬ ꎬ ２.解析 Ａ→Ａ′ Ｃ→Ｂ Ａ→Ａ′ Ｄ→Ａ Ａ→Ａ′ Ａ→Ｄ ＝ １ ＋ １􀅰 － １􀅰 － 􀅰 (１) － ＝ － ＝ ＋ Ａ→Ｄ′ ＝１－ ２× ２×ｃｏｓ６０°＝０ꎬ ＝ ꎻ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ ＡＢ ＢＣ . Ａ→Ａ′ →ＡＢ Ｂ′→Ｃ′ Ａ→Ｂ′ Ｂ′→Ｃ′ Ａ→Ｃ′ ∴ １⊥ １ꎬ∴ １⊥ １ (２) ＋ ＋ ＝ ＋ ＝ ꎻ ＡＢ 与ＢＣ 所成角的大小为 ° 故 (３) →ＡＢ － Ａ→Ｄ ＋ Ｂ′→Ｄ′ ＝ Ｄ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｄ ＝ ０ ꎻ 选 ∴ . １ １ ９０ ꎬ Ｂ →ＡＢ Ｃ→Ｆ →ＡＢ Ｂ→Ｅ →ＡＥ. ２.解析 ａ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ . (４) ＋ ＝ ＋ ＝ (１) 􀅰( ＋ )＝ 􀅰 ＋ 􀅰 ＝０ ａ ａ ｂ ｃ ａ ａ ａ ｂ ａ ｃ ３.证明 因为向量ａ ｂ共线 所以根据向 向量Ａ→Ｄ′ Ａ→Ｃ′ →ＡＥ如图所示. (２) 􀅰( ＋ ＋ )＝ 􀅰 ＋ 􀅰 ＋ 􀅰 、 ꎬ ꎬ ꎬ . 量共线的充要条件 假设存在实数 λ ＝１ ꎬ ꎬ ａ ｂ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ ｂ ｂ 使得ｂ λａ (３)( ＋ )􀅰( ＋ )＝ 􀅰 ＋ 􀅰 ＋ 􀅰 ＝ ꎬ ｂ ｃ . 则 ａ ｂ λ ａ ＋ 􀅰 ＝１ ２ ＋ ＝(２＋ ) ꎬ 所以向量 ａ ｂ与ａ共线. ３.解析 Ａ→Ａ′ →ＡＢ Ａ→Ａ′ →ＡＢ ２ ＋ (１) 􀅰 ＝ ｜ ｜ ｜ ｜􀅰 ４.解析 →ＡＢ →ＡＣ →ＡＢ →ＡＣ ＢＡＡ′ ° １ . (１) 􀅰 ＝｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０° ｃｏｓ∠ ＝５×４×ｃｏｓ６０ ＝２０× ＝１０ ２ １ ａ２. ＝ ３.解析 Ａ→′Ｃ ＝ Ａ→′Ａ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｃ ＝－ Ａ→Ａ′ ＋ →ＡＢ (２)∵ Ａ→Ｂ′ ＝ Ａ→Ａ′ ＋ →ＡＢ ꎬ ２ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｂ ＋ Ａ→Ｄ ꎻ ∴ ｜ Ａ→Ｂ′ ｜ ２ ＝( Ａ→Ａ′ ＋ →ＡＢ ) ２ ＝ ｜ Ａ→Ａ′ ｜ ２ ＋２ Ａ→Ａ′ (２) 􀅰 ＝ ｜ ｜ ｜ ｜ ｃｏｓ １２０° Ｂ→Ｄ′ ＝ →ＢＡ ＋ Ａ→Ａ′ ＋ Ａ′→Ｄ′ ＝－ →ＡＢ ＋ Ａ→Ａ′ ＋ Ａ→Ｄ ꎻ 􀅰 →ＡＢ ＋｜ →ＡＢ ｜ ２ ＝５ ２ ＋２×１０＋４ ２ ＝６１ . ＝－ ２ １ ａ２. Ｄ→Ｂ′ ＝ Ｄ→Ａ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｂ′ ＝－ Ａ→Ｄ ＋ →ＡＢ ＋ Ａ→Ａ′. ∴ ｜ Ａ→Ｂ′ ｜＝ ６１ꎬ 即ＡＢ′的长为 ６１ . (３) Ｇ→Ｆ 􀅰 →ＡＣ ＝｜ Ｇ→Ｆ ｜｜ →ＡＣ ｜ｃｏｓ１８０° ４.解析 如图 连接ＢＦ. Ａ→Ｃ′ →ＡＢ Ａ→Ｄ Ａ→Ａ′ ( ) ꎬ (３)∵ ＝ ＋ ＋ ꎬ １ ａ２ Ｇ→Ｆ １ →ＡＣ １ ａ . →ＡＢ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｄ Ａ→Ｄ Ａ→Ｃ′ ２ →ＡＢ ２ Ａ→Ｄ ２ Ａ→Ａ′ ２ →ＡＢ ＝－ ｜ ｜＝ ｜ ｜＝ (１) ＋ ＋ ＝ ꎻ ∴ ｜ ｜ ＝｜ ｜ ＋｜ ｜ ＋｜ ｜ ＋２ ２ ２ ２ (２) →ＡＢ ＋ １ ( Ｂ→Ｄ ＋ Ｂ→Ｃ )＝ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｆ ＝ →ＡＦ ꎻ 􀅰 Ａ→Ｄ ＋２ →ＡＢ 􀅰 Ａ→Ａ′ ＋２ Ａ→Ｄ 􀅰 Ａ→Ａ′ (４) Ｅ→Ｆ 􀅰 ( Ｂ→Ｃ ＝｜ Ｅ→Ｆ ｜｜ Ｂ→Ｃ ｜ｃｏｓ６０ ) ° ２ １ １ １ ａ２ Ｅ→Ｆ １ Ｂ→Ｄ １ ａ . ＝１６＋９＋２５＋２×４×５× ＋２×３×５× ＝ ＝ ｜ ｜＝ ｜ ｜＝ (３) →ＡＦ － １ ( →ＡＢ ＋ →ＡＣ )＝ →ＡＦ － →ＡＥ ＝ Ｅ→Ｆ. ２ ２ ４ ２ ２ 向量Ａ→Ｄ ꎬ →Ａ ２ Ｆ ꎬ Ｅ→Ｆ如图所示. ４.解 ８５ 析 ꎬ∴ ｜ Ｃ Ａ → →Ｃ Ｄ ′ ｜ →Ｃ ＝ Ａ →Ａ ８５ Ｂ ꎬ 即 Ｂ→Ｄ ＡＣ′的长为 ８５ . (５) Ｆ→Ｇ 􀅰 ( →ＢＡ ＝｜ Ｆ→Ｇ ｜｜ →ＢＡ ｜ｃｏｓ１２０ ) ° ＝ ＋ ＋ ꎬ １ ａ２ Ｆ→Ｇ １ →ＡＣ １ ａ . ＝－ ｜ ｜＝ ｜ ｜＝ Ｃ→Ｄ ２ →ＣＡ ２ →ＡＢ ２ Ｂ→Ｄ ２ →ＣＡ ４ ２ ２ ∴ ｜ ｜ ＝｜ ｜ ＋｜ ｜ ＋｜ ｜ ＋２ ( ) 􀅰 →ＡＢ ＋２ →ＣＡ 􀅰 Ｂ→Ｄ ＋２ →ＡＢ 􀅰 Ｂ→Ｄ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ (６) Ｇ→Ｅ 􀅰 Ｇ→Ｆ ＝ Ｇ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｂ ＋ １→ＢＡ 􀅰 １ →ＣＡ ２ ２ ｃ２ ( ) ＋ ꎬ １ Ｄ→Ｃ Ｃ→Ｂ １→ＢＡ １ →ＣＡ １ Ｄ→Ｃ Ｃ→Ｄ ａ２ ｂ２ ｃ２ ＝ ＋ ＋ 􀅰 ＝ ∴ ｜ ｜＝ ＋ ＋ ꎬ ２ ２ ２ ４ 即Ｃ ꎬ Ｄ两点间的距离为 ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ｃ２. →ＣＡ Ｃ→Ｂ １ →ＣＡ １→ＢＡ →ＣＡ １ Ｄ→Ｃ ５.解析 (１)∵ Ａ→Ｃ ′＝ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｃ ′ꎬ ◆习题1.1 􀅰 ＋ 􀅰 ２ ＋ ４ 􀅰 ＝ ４ ｜ ｜ ∴ ｘ ＝１ . 复习巩固 →ＣＡ １ Ｃ→Ｂ →ＣＡ 􀅰｜ ｜ｃｏｓ１２０°＋ ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ ６０°＋ →ＡＥ Ａ→Ａ Ａ→Ｅ Ａ→Ａ １ Ａ→Ｃ Ａ→Ａ １.解析 与向量Ｂ→Ｃ相等的向量有 ２ (２)∵ ＝ ′＋ ′ ＝ ′＋ ′ ′＝ ′ (１) : ２ １ →ＢＡ →ＣＡ １ ａ２. Ａ→Ｄ Ａ′→Ｄ′ Ｂ′→Ｃ′. ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ６０°＝ ＋ １→ＡＣ ＝ Ａ→Ａ ′＋ １→ＡＢ ＋ １ Ａ→Ｄ ꎬ 、 与向 、 量Ｂ→Ｃ相反的向量有 Ｃ→Ｂ Ｄ→Ａ 综合 ４ 运用 ４ ２ ２ ２ (２) : 、 、 ｘ １ ｙ １ . Ｄ′→Ａ′ Ｃ′→Ｂ′. ５.Ａ Ｂ→Ｍ Ｂ→Ｂ Ｂ→Ｍ Ｂ→Ｂ １ Ａ→Ｄ →ＡＢ ∴ ＝ ꎬ ＝ 、 １ ＝ １ ＋ ＝ １ ＋ ( － ) ２ ２ 与向量Ｅ→Ｆ平行的向量有 Ｆ→Ｅ Ａ→′Ｂ ２ (３) : 、 、 →ＡＦ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｆ Ａ→Ｄ １ Ｄ→Ｃ Ａ→Ｄ ｃ １ ｂ ａ (３)∵ ＝ ＋ ＝ ＋ ′＝ ＋ Ｂ→Ａ′ Ｄ→′Ｃ Ｃ→Ｄ′. ＝ ＋ ( － ) ２ 、 、 ２ １ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋拓广探索 练习 １ ａ １ ｂ ｃ. ＝－ ＋ ＋ ２ ２ ９.证明 因为 ＯＡ ＢＣ 所以Ｏ→Ａ Ｂ→Ｃ １.证明 因为 ＯＢ ＯＣ 所以 Ｏ→Ｂ ⊥ ꎬ 􀅰 ＝ ＝ ꎬ ｜ ｜ ６.证明 Ｅ→Ｆ ＝ Ｅ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｆ ＝ １ ( →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｃ )＝ Ｏ→Ａ 􀅰( Ｏ→Ｃ － Ｏ→Ｂ )＝ Ｏ→Ａ 􀅰 Ｏ→Ｃ － Ｏ→Ａ 􀅰 Ｏ→Ｂ ＝｜ Ｏ→Ｃ ｜ꎬ ２ １→ＡＣ Ｈ→Ｇ Ｈ→Ｄ Ｄ→Ｇ １ Ａ→Ｄ Ｄ→Ｃ ＝０ꎬ 所 以 Ｏ→Ａ Ｂ→Ｃ Ｏ→Ａ 􀅰 Ｂ→Ｃ ２ ꎬ ＝ ＋ ＝ ２ ( ＋ )＝ 所以Ｏ→Ａ 􀅰 Ｏ→Ｃ ＝ Ｏ→Ａ 􀅰 Ｏ→Ｂ. ｃｏｓ ‹ ꎬ › ＝ ｜ Ｏ→Ａ ｜｜ Ｂ→Ｃ ｜ １→ＡＣ ꎬ 因为ＯＢ ⊥ ＡＣ ꎬ 所以Ｏ→Ｂ 􀅰 →ＡＣ ＝ Ｏ→Ｂ 􀅰( Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ 􀅰( Ｏ→Ｃ － Ｏ→Ｂ ) ２ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ ＝ Ｏ→Ａ Ｂ→Ｃ 所以Ｅ→Ｆ Ｈ→Ｇ － )＝ 􀅰 － 􀅰 ＝０ꎬ ｜ ｜｜ ｜ ＝ ꎬ 所以Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ. Ｏ→Ａ Ｏ→Ｃ θ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ θ 所以ＥＦ ＨＧ ＥＦ ＨＧ 􀅰 ＝ 􀅰 ｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ －｜ ｜｜ ｜ｃｏｓ 所以四边 ∥ 形Ｅ ꎬ ＦＧＨ ＝ 是平 ꎬ 行四边形 ꎬ 所以Ｏ→Ｃ 􀅰 →ＡＢ ＝ Ｏ→Ｃ 􀅰( Ｏ→Ｂ － Ｏ→Ａ )＝ Ｏ→Ｃ 􀅰 ＝ ｜ Ｏ→Ａ ｜｜ Ｂ→Ｃ ｜ ＝０ꎬ 所以Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ四点共面. Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ａ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ 所以Ｏ→Ａ Ｂ→Ｃ 所以ＯＡ ＢＣ. ꎬ ꎬ ꎬ － 􀅰 ＝ 􀅰 － 􀅰 ＝０ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ７.解析 Ａ→′Ｂ Ａ→′Ａ →ＡＢ Ｂ→′Ｃ Ｂ→′Ｂ 所以Ｏ→Ｃ →ＡＢ 所以ＯＣ ＡＢ. ２.解析 设→ＡＢ ａ Ａ→Ｄ ｂ Ａ→Ａ′ ｃ 因为这 (１) ＝ ＋ ꎬ ＝ ＋ ⊥ ꎬ ⊥ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ Ｂ→Ｃ ＝ Ａ→′Ａ ＋ Ａ→Ｄ ꎬ １０.证明 如图 ꎬ 取 ＡＢ 的中点 Ｄ ꎬ 连接 三个向量不共面 ꎬ 所以 { ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ } 构成空 ＣＤ ＯＤ 则有ＯＤ ＡＢ ＣＤ ＡＢ. 间的一个基底. Ａ→′Ｂ Ｂ→′Ｃ Ａ→′Ａ →ＡＢ Ａ→′Ａ Ａ→Ｄ 、 ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ∴ 􀅰 ＝( ＋ )􀅰( ＋ ) 则Ｂ→Ｃ′ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｃ′ Ａ→Ｄ Ａ→Ａ′ ｂ ｃ Ａ→′Ａ Ａ→′Ａ Ａ→′Ａ Ａ→Ｄ →ＡＢ Ａ→′Ａ →ＡＢ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ꎬ ＝ 􀅰 ＋ 􀅰 ＋ 􀅰 ＋ 􀅰 Ｃ→Ａ′ Ａ→Ａ′ →ＡＣ Ａ→Ａ′ →ＡＢ Ａ→Ｄ ａ ｂ ｃ Ａ→Ｄ ａ２. ＝ － ＝ － － ＝－ － ＋ ꎬ ＝ 所以Ｂ→Ｃ′ Ｃ→Ａ′ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ 又 Ａ→′Ｂ ａ Ｂ→′Ｃ ａ 􀅰 ＝( ＋ )􀅰(－ － ＋ ) ｜ ｜＝ ２ ꎬ｜ ｜＝ ２ ꎬ ａ ｂ ｂ ｂ ｂ ｃ ａ ｃ ｂ ｃ ｃ ｃ Ａ→′Ｂ Ｂ→′Ｃ ＝－ 􀅰 － 􀅰 ＋ 􀅰 － 􀅰 － 􀅰 ＋ 􀅰 Ａ→′Ｂ Ｂ→′Ｃ 􀅰 ∴ ｃｏｓ ‹ 􀅰 › ＝ ｜ Ａ→′Ｂ ｜􀅰｜ Ｂ→′Ｃ ｜ ＝ ∴ Ｏ→Ｄ 􀅰 →ＡＢ ＝０ꎬ Ｄ→Ｃ 􀅰 →ＡＢ ＝０ꎬ ＝－２×２× ２ １ －２ ２ ＋２×３× ２ １ －２×３× ２ １ －２× ａ２ ａ２ ＝ １ ꎬ ∴ Ｏ→Ｄ 􀅰 →ＡＢ ＋ Ｄ→Ｃ 􀅰 →ＡＢ ＝ →ＡＢ 􀅰( Ｏ→Ｄ ＋ Ｄ→Ｃ ) ３× １ ＋３ ２ ＝０ꎬ ２ ２ ２ Ａ′Ｂ和Ｂ′Ｃ的夹角为 °. →ＡＢ Ｏ→Ｃ . ∴ ６０ ＝ 􀅰 ＝０ Ｂ→Ｃ′ Ｃ→Ａ′ (２) 证明 : Ａ→′Ｂ ＝ Ａ→′Ａ ＋ →ＡＢ ＝ →ＡＢ － Ａ→Ａ′ ꎬ Ａ→Ｃ′ ＝ ∴ →Ａ 点 Ｂ ⊥ Ｅ Ｏ→ Ｆ Ｃ ꎬ Ｇ ∴ Ｈ ＡＢ 分 ⊥ 别 Ｏ 是 Ｃ. ＯＡ ＯＢ ＢＣ ＣＡ 所以 ｃｏｓ‹ Ｂ→Ｃ′ ꎬ Ｃ→Ａ′ ›＝ ｜ Ｂ→Ｃ′ 􀅰 ｜｜ Ｃ→Ａ′ ｜ ＝０ . →ＡＢ Ａ→Ｄ Ａ→Ａ′ ∵ 、 、 、 、 、 、 所以ＢＣ′与ＣＡ′所成角的余弦值为 . ＋ ＋ ꎬ 的中点 ０ Ａ→′Ｂ Ａ→Ｃ′ →ＡＢ Ａ→Ａ′ →ＡＢ Ａ→Ｄ ꎬ ３.证明 设→ＡＢ ａ Ａ→Ｄ ｂ Ａ→Ａ′ ｃ 则 ａ ∴ 􀅰 ＝( － )􀅰( ＋ ＋ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ { ꎬ Ｅ→Ｆ Ｈ→Ｇ １→ＡＢ Ｅ→Ｈ Ｆ→Ｇ １ Ｏ→Ｃ. ｂ ｃ 构成空间的一个正交基底. Ａ→Ａ′ ∴ ＝ ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ } ) ２ ２ ＝ →ＡＢ 􀅰 →ＡＢ ＋ →ＡＢ 􀅰 Ａ→Ｄ ＋ →ＡＢ 􀅰 Ａ→Ａ′ － Ａ→Ａ′ 􀅰 →ＡＢ ∴ 又 四边 ＡＢ 形 Ｏ Ｅ Ｃ ＦＧＨ Ｅ 为 Ｆ 平行 ＥＨ 四边形. 所以Ａ→Ｏ ＝ Ａ→Ｄ ＋ Ｄ→Ｏ ＝ Ａ→Ｄ ＋ ２ １ Ｄ→Ｃ ＋ ２ １ Ｄ→Ｄ′ Ａ→Ａ′ Ａ→Ｄ Ａ→Ａ′ Ａ→Ａ′ ∵ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ꎬ － 􀅰 － 􀅰 四边形ＥＦＧＨ为矩形. Ａ→Ｄ １→ＡＢ １ Ａ→Ａ′ １ ａ ｂ １ ｃ ａ２ ａ２ ∴ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ꎬ ＝ － ２ ２ ２ ２ ＝０ꎬ 1.2 空间向量基本定理 Ｃ→Ｄ′ Ｄ→Ｄ′ Ｄ→Ｃ Ａ→Ａ′ →ＡＢ ａ ｃ ＝ － ＝ － ＝－ ＋ ꎬ Ａ→′Ｂ Ａ→Ｃ′ ( ) ∴ ⊥ ꎬ 所以→ＡＯ Ｃ→Ｄ′ １ａ ｂ １ｃ ａ ｃ ∴ Ａ′Ｂ ⊥ ＡＣ′. 练习 􀅰 ＝ ２ ＋ ＋ ２ 􀅰(－ ＋ ) ８.证明 如图 ꎬ ＢＯ是平面α的斜线 ꎬ Ｏ为 １.解析 ｐ ａ ｂ ｑ ａ ｂ与ａ ｂ共面 １ ａ ａ １ ａ ｃ ａ ｂ ｂ ｃ １ ａ 斜足 ꎬ ＢＡ ⊥ α ꎬ Ａ为垂足 ꎬ ＣＤ ⊂ 平面α ꎬ 且 与ｃ不 共 ∵ 面 ＝ ＋ 向 ꎬ 量 ＝ ｃ － 一定可以 、 与ｐ ｑ ꎬ ＝－ ２ 􀅰 ＋ ２ 􀅰 － 􀅰 ＋ 􀅰 － ２ ꎬ∴ 、 ＣＤ ⊥ ＡＯ. 一起构成空间的另一个基底. ｃ １ ｃ ｃ 􀅰 ＋ 􀅰 ＝０ꎬ ２ ２.解析 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ不构成空间的一 ∵ 、 、 所以Ａ→Ｏ Ｃ→Ｄ′ 所以ＡＯ ＣＤ′. ⊥ ꎬ ⊥ 个基底 Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ共面 ◆习题1.2 ꎬ∴ 、 、 ꎬ Ｏ Ａ Ｂ Ｃ四点共面. ∴ 、 、 、 复习巩固 ３.解析 ＯＡ ＯＣ ＯＯ′是平行六面 (１) ∵ ꎬ ꎬ １.解析 因为向量 ａ ｂ 与任何向量都不 体中有公共点的三条棱 由平行六面体 ꎬ 因为ＢＡ α ＣＤ α 所以 ＢＡ ＣＤ 所 ꎬ 能构成空间的一个基底 所以向量ａ ｂ ⊥ ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ ꎬ 的结构特征 知Ｏ→Ａ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｏ′不共面 共线或ａ ｂ都是零向量. 以→ＢＡ Ｃ→Ｄ 所以→ＢＡ Ｃ→Ｄ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ 􀅰 ＝０ꎬ ａ ｂ ｃ 能构成空间的一个基底. ２.Ｃ 因为 ａ ｂ ｃ 构成空间的一个基 因为ＣＤ ＡＯ 所以Ｃ→Ｄ Ａ→Ｏ ∴ { ꎬ ꎬ } { ꎬ ꎬ } ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ (２) Ｏ→Ｂ′ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ꎬ Ｂ→Ａ′ ＝ ｃ － ｂ ꎬ Ｃ→Ａ′ ＝ ａ － ｂ 底 ꎬ 所以向量ａ 、 ｂ 、 ｃ不共面. 所以Ｃ→Ｄ 􀅰 Ａ→Ｏ ＝０ꎬ ＋ ｃ ꎬ 对于 因为ｂ １ ｂ ｃ １ ｂ ｃ 又因为Ｂ→Ｏ ＝ →ＢＡ ＋ Ａ→Ｏ ꎬ Ｏ→Ｇ ＝ Ｏ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｇ ＝ ｂ ＋ １ ( Ｃ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｂ′ )＝ １ ａ ＋ ｂ 所以 Ａ ｂ ꎬ ｃ ｂ ｂ ｃ ＝ 三 ２ 个 ( 向 ＋ 量 ) 共 ＋ 面 ２ ( － )ꎬ 所以Ｃ→Ｄ Ｂ→Ｏ Ｃ→Ｄ →ＢＡ Ａ→Ｏ Ｃ→Ｄ ２ ２ ＋ ꎬ ꎬ － ꎻ 􀅰 ＝ 􀅰( ＋ )＝ 􀅰 对于 同理可得 向量 ａ ａ ｂ ａ ｂ →ＢＡ ＋ Ｃ→Ｄ 􀅰 Ａ→Ｏ ＝０ꎬ ＋ １ ｃ. 共面 Ｂꎬ ꎬ ꎬ ＋ ꎬ － ２ ꎻ 所以Ｃ→Ｄ Ｂ→Ｏ 对于 若ａ ｂ ａ ｂ ｃ共面 则ｃ ｘ ａ ⊥ ꎬ Ｃꎬ ＋ ꎬ － ꎬ ꎬ ＝ ( ＋ 所以ＣＤ ＢＯ. ｂ ｙ ａ ｂ ｘ ｙ ａ ｘ ｙ ｂ 则ａ ｂ ⊥ )＋ ( － )＝( ＋ ) ＋( － ) ꎬ ꎬ ꎬ ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｃ共面 与向量 ａ ｂ ｃ 不共面矛盾 所 由题意知 平行六面体的所有棱长都相 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ３ 以ａ ｂ ａ ｂ ｃ不共面 所以 正确 等 设棱长为ｍ ＋ ꎬ － ꎬ ꎬ Ｃ ꎻ ꎬ ꎬ ８ ５１ 对于 因为ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ 所以ａ ＝ ꎬ Ｄꎬ ＋ ＋ ＝( ＋ )＋ ꎬ Ｃ→Ａ Ｃ→Ｄ Ｄ→Ａ Ａ→Ａ ａ ｂ ｃ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ ３ １７ １７ ｂ ａ ｂ ｃ ｃ三个向量共面.故选 . １＝ ＋ ＋ １＝ ＋ ＋ ꎬ ＝ － × ＋ ꎬ ＋ ＋ ꎬ Ｃ ２ ４ ３.解析 如图 ꎬ 四面体ＯＡＢＣ中 ꎬ Ｍ ꎬ Ｎ分 ＝ ａ － ｂ ꎬ Ｂ→Ｃ １＝ Ｃ→Ｃ １－ Ｃ→Ｂ ＝－ ｂ ＋ ｃ ꎬ 所以 ＥＦ 与 Ｃ １ Ｇ 所成角的余弦值 别是ＯＡ ＢＣ的中点 所以Ｃ→Ａ Ｂ→Ｄ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ꎬ ꎬ １􀅰 ＝( ＋ ＋ )􀅰( － ) 为 ５１. ａ２ ａ ｂ ａ ｂ ｂ２ ａ ｃ ｂ ｃ ＝ － 􀅰 ＋ 􀅰 － ＋ 􀅰 － 􀅰 １７ ８.证明 如图 已知四面体 ＳＡＢＣ Ｅ Ｆ ＝０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ Ｇ Ｈ Ｍ Ｎ 分别是 ＳＡ ＢＣ ＡＢ ＳＣ ＡＣ Ｃ→Ａ Ｂ→Ｃ ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ ｂ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ １􀅰 １＝( ＋ ＋ )􀅰(－ ＋ )＝－ 􀅰 ＳＢ的中点 且 ＥＦ ＨＧ ＮＭ . ａ ｃ ｂ２ ｂ ｃ ｂ ｃ ｃ２ ꎬ ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜ ＋ 􀅰 － ＋ 􀅰 － 􀅰 ＋ ＝０ꎬ 所以Ｃ→Ａ Ｂ→Ｄ Ｃ→Ａ Ｂ→Ｃ １⊥ ꎬ １⊥ １ꎬ 所以ＣＡ ＢＤ ＣＡ ＢＣ Ｍ→Ｎ ＝ Ｍ→Ａ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｎ ＝ １ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ － Ｏ→Ａ ＋ 因为 ＢＤ １⊥ 平 ꎬ 面 １ Ｃ ⊥ ＢＤ １ꎬ ＢＣ 平面 ２ ⊂ １ ꎬ １ ⊂ Ｃ ＢＤ ＢＤ ＢＣ Ｂ １ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｂ １ ꎬ ∩ １＝ ꎬ ( － ) 所以ＣＡ 平面Ｃ ＢＤ. ２ １⊥ １ 拓广探索 １ Ｏ→Ａ １ Ｏ→Ｂ １ Ｏ→Ｃ １ ａ １ ｂ ＝－ ＋ ＋ ＝－ ＋ ＋ ２ ２ ２ ２ ２ ７.解析 证明 设Ｄ→Ａ ａ Ｄ→Ｃ ｂ Ｄ→Ｄ (１) : ＝ ꎬ ＝ ꎬ １ 设→ＳＡ ａ →ＳＢ ｂ →ＳＣ ｃ 则 ａ ｂ ｃ 构成 １ ｃ. ｃ 则 ａ ｂ ｃ 构成空间的一个单位正 ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ { ꎬ ꎬ } ＝ ꎬ { ꎬ ꎬ } 空间的一个基底. ２ 交基底. ４.解析 由已知得Ａ→Ｍ ＝ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｍ ＝ →ＡＢ ＋ 因为Ｅ ꎬ Ｆ ꎬ Ｇ ꎬ Ｈ ꎬ Ｍ ꎬ Ｎ 分别是 ＳＡ ꎬ ＢＣ ꎬ 所以Ｅ→Ｆ Ｄ→Ｆ Ｄ→Ｅ １ ａ ｂ ｃ Ｂ→Ｃ ＡＢ ＳＣ ＡＣ ＳＢ的中点 １ Ｂ→Ｃ Ｂ→Ｂ′ →ＡＢ １ →ＡＣ →ＡＢ ＝ － ＝ ２ ( ＋ － )ꎬ １ ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ( ＋ ) ＝ ＋ ( － ) ＋ ２ ２ Ｃ→Ｃ Ｃ→Ｂ ａ ｃ 所以→ＳＥ １ ａ →ＳＦ １ ｂ ｃ →ＳＧ １ ａ １ － １ １＝－( ＋ )ꎬ ＝ ꎬ ＝ ( ＋ )ꎬ ＝ ( １ Ａ→Ａ′ ２ ２ ２ 所以Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｃ １ ａ ｂ ｃ ａ ｃ ２ 􀅰 １ ＝－ ( ＋ － )􀅰( ＋ ) ｂ Ｓ→Ｈ １ ｃ Ｓ→Ｍ １ ａ ｃ Ｓ→Ｎ ２ ＋ )ꎬ ＝ ꎬ ＝ ( ＋ )ꎬ ＝ １ Ａ→Ａ′ １ →ＡＢ １ →ＡＣ １ ａ １ ｂ ２ ２ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ １ ａ ａ ａ ｃ ａ ｂ ｂ ｃ ａ ｃ ｃ ２ ２ ２ ２ ２ ＝－ ( 􀅰 ＋ 􀅰 ＋ 􀅰 ＋ 􀅰 － 􀅰 － 􀅰 １ ｂ ２ ꎬ １ ｃ ｃ ２ ꎬ )＝０ꎬ ２ 所以Ｅ→Ｆ →ＳＦ →ＳＥ １ ｂ ｃ ａ Ｈ→Ｇ →ＳＧ 所以Ｅ→Ｆ Ｂ→Ｃ 所以ＥＦ Ｂ Ｃ. ＝ － ＝ ( ＋ － )ꎬ ＝ Ａ→Ｎ →ＡＣ Ｃ→Ｃ′ Ｃ→′Ｎ →ＡＣ Ｃ→Ｃ′ １ Ｃ′→Ｂ′ ⊥ １ ꎬ ⊥ １ ２ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ ＝ ２ 由 知Ｅ→Ｆ １ ａ ｂ ｃ 所以 Ｓ→Ｈ １ ａ ｂ ｃ Ｎ→Ｍ Ｓ→Ｍ Ｓ→Ｎ １ ａ (２) (１)ꎬ ＝ ( ＋ － )ꎬ － ＝ ( ＋ － )ꎬ ＝ － ＝ ( ２ ２ ２ →ＡＣ ＋ Ａ→Ａ′ ＋ １ ( →ＡＢ － →ＡＣ ) ｃ ｂ . ２ Ｅ→Ｆ １ ａ ｂ ｃ １ ２ ２ ２ ＋ － ) ｜ ｜ ＝ ｜ ＋ － ｜ ＝ １ ＋１ ＋１ 因为 ＥＦ ＨＧ ＮＭ Ａ→Ａ′ １→ＡＢ １→ＡＣ ａ １ ｂ １ ｃ. ２ ２ ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜ꎬ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ (ｂ ｃ ａ) ２ (ａ ｂ ｃ) ２ ２ ２ ２ ２ ３ 所 以 ＋ － ＋ － 综合运用 ＝ ꎬ ＝ ２ ２ ２ ５.解析 设Ｄ→Ａ ａ Ｄ→Ｃ ｂ Ｄ→Ｄ ｃ 则 因为ＣＧ １ ＣＤ (ａ ＋ ｃ － ｂ) ２ １ １＝ ꎬ １ １＝ ꎬ １ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ａ ｂ ｃ 构成空间的一个正交基底. ４ ２ { ꎬ ꎬ } ( ) 整理 得ａ ｂ ｂ ｃ ａ ｃ 所以Ｃ→Ｇ Ｃ→Ｃ １ Ｃ→Ｄ １ ｂ ｃ ꎬ 􀅰 ＝ 􀅰 ＝ 􀅰 ꎬ 所 ＋ １ 以 →Ｂ Ｂ Ａ １ → ＋ Ｍ ＝ １ Ｂ Ｂ→ → １ Ｃ Ｂ ＝ ＋ Ｄ Ｂ→ → Ｍ １ Ｄ ＝ － Ｂ→ １ １ Ｂ Ｄ ＋ １ →Ｃ ２ １ １－ Ｂ→Ｄ １ ＝ Ｄ Ｂ １ → → １ Ａ Ｂ １ 所 以 １ ｜ ＝ Ｃ→ １ １ Ｇ ＋ ４ ｜ ＝ ＝－ － ( ４ ４ １ ｂ ＋ ＋ ｃ ) ꎬ ＝ 所 因 即→ 以 为 ＳＡ ａ ａ 􀅰 ≠ Ｃ→Ｂ ０ ( ꎬ ｂ 所 ｂ － － ｃ 以 ｃ ) ≠ ＝ Ｓ ０ ０ Ａ ꎬ ꎬ 所 Ｃ 以 Ｂ. ａ ⊥( ｂ － ｃ )ꎬ ２ ２ ２ ２ ( ) ⊥ ꎬ ⊥ ２ １ ２ １７ 同理 可得ＳＢ ＡＣ ＳＣ ＡＢ. １ ａ １ ｂ ｃ ＋１ ＝ ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ ＝－ － ＋ ꎬ ４ ４ ２ ２ 所以 Ｅ→Ｆ Ｃ→Ｇ １ ａ ｂ ｃ 1.3 空间向量及其 􀅰 １ ＝ － ( ＋ － ) 所以 ｜ Ｂ １ →Ｍ ｜ ２ ＝ ( － ２ １ ａ － ２ １ ｂ ＋ ｃ ) ２ ＝ ４ １ ａ２ 􀅰 ( １ ｂ ＋ ｃ ) ２ 运算的坐标表示 ４ １.３.１ 空间直角坐标系 ＋ １ ｂ２ ＋ ｃ２ ＋ １ ａ 􀅰 ｂ － ａ 􀅰 ｃ － ｂ 􀅰 ｃ ＝１１ꎬ １ ａ ｂ １ ａ ｃ １ ｂ２ １ ｂ ｃ ４ ２ ＝－ 􀅰 － 􀅰 － － 􀅰 ＋ 练习 ８ ２ ８ ２ 所以 Ｂ→Ｍ 即 Ｂ Ｍ 的长 １.解析 建立如图所示的空间直角坐标 ｜ １ ｜ ＝ １１ꎬ １ １ ｂ ｃ １ ｃ２ ３ . 为 . 􀅰 ＋ ＝ 系 表示各点如图. １１ ８ ２ ８ ꎬ ６.证 ｂ 明 ｃ 构 设 成 Ｃ 空 →Ｄ 间 ＝ 的 ａ ꎬ 一 Ｃ→Ｂ 个 ＝ 基 ｂ ꎬ 底 Ｃ→Ｃ . １＝ ｃ ꎬ 则 { ａ ꎬ 所以 ｃｏｓ‹ Ｅ→Ｆ ꎬ Ｃ→ １ Ｇ › ＝ Ｅ→ Ｅ→ Ｆ Ｆ 􀅰 Ｃ→ Ｃ １ → Ｇ Ｇ ＝ ꎬ } ｜ ｜􀅰｜ １ ｜ ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋Ｍ ｘ ｙ ｚ . 所以 ｘ ａ ｚ ２ ａ ａ ３(－ ꎬ－ ꎬ ) ( １－ ꎬ０ꎬ １)＝ (－ ꎬ０ꎬ )ꎬ 与点 Ｍ 关于原点的对称点为 ３ (４) ì ï ï ｘ １＝ １ ａ ꎬ ( ) ３.解 Ｍ ４ 析 (－ ｘ ꎬ 因 － ｙ 为 ꎬ－ 正 ｚ ) 方 . 体的棱长为ａ Ｅ Ｆ Ｇ 所以í ３ 所以Ｍ １ ａ ａ ２ ａ . ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ï ꎬ ꎬ Ｈ Ｉ Ｊ分别是相应棱的中点 î ïｚ １＝ ３ ２ ａ ꎬ ３ ３ 所 ꎬ 以 ꎬ Ｅ ( ａ ａ ) Ｆ ꎬ ( ａ ａ ) ０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ０ꎬ ꎬ 因为ＡＮ ＣＮ 所以Ａ→Ｎ ２→ＡＣ ２ ２ ＝２ ꎬ ＝ ꎬ ( ａ ) ( ａ ) ( ａ ) ３ Ｇ ａ Ｈ ａ Ｉ ａ ꎬ０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ０ ꎬ ꎬ ꎬ０ ꎬ 所以 ｘ ａ ｙ ２ ａ ａ ２ ２ ２ ( ２－ ꎬ ２ꎬ０)＝ (－ ꎬ ꎬ０)ꎬ ( ａ ) ３ Ｊ ａ . ２.解析 在空间直角坐标系Ｏｘｙｚ中 ì ï ï ｘ ２＝ １ ａ ꎬ ４.解析 ０ꎬ ꎬ 图 ２ 略. (１) ꎬ 所以í ３ Ｏｙｚ平面与ｘ轴垂直 Ｏｘｚ平面与ｙ轴 ï ＡＢ 垂直 Ｏｘｙ平面与ｚ轴 ꎬ 垂直. î ïｙ ２＝ ２ ａ ꎬ (１)｜ ｜＝ 点 ꎬ Ｐ 在Ｏｙｚ平面内的射影 ( ３ ) (３－２) ２ ＋(１－３) ２ ＋(４－５) ２ ＝ ６ . (２) (２ꎬ３ꎬ４) 所以Ｎ １ ａ ２ ａ . ＡＢ 坐标为Ｐ 在Ｏｘｚ平面内的射 ３ ꎬ ３ ꎬ０ (２)｜ ｜＝ １(０ꎬ３ꎬ４)ꎬ ２ ２ ２ . 影坐标为Ｐ 在Ｏｘｙ平面内的 所以 Ｍ→Ｎ (３－６) ＋(５－０) ＋(７－１) ＝ ７０ ２(２ꎬ０ꎬ４)ꎬ ｜ ｜＝ ５.解析 ａ ｂ ｃ 射影坐标为Ｐ . ( ) ( ) ( ) (１) 􀅰( ＋ )＝ (２ꎬ－３ꎬ１)􀅰 ３(２ꎬ３ꎬ０) １ａ １ａ ２ ａ ２ａ ２ ２ａ ２ . 点Ｐ 关于原点成中心对称 － ＋ － ＋ －０ (２ꎬ０ꎬ５)＝４＋０＋５＝９ (３) (１ꎬ３ꎬ５) ３ ３ ３ ３ ａ ｂ ｃ 的点的坐标为Ｐ′ . (２) ＋６ －８ ＝(２ꎬ－３ꎬ１)＋(１２ꎬ０ꎬ１８)－ (－１ꎬ－３ꎬ－５) . ３.解析 Ｃ Ｂ′ ＝ ５ａ. (０ꎬ０ꎬ１６)＝(１４ꎬ－３ꎬ３) (１) (０ꎬ４ꎬ０)ꎬ (３ꎬ４ꎬ３)ꎬ 综合运用 ( ) ３ Ｐ ３ . ６. 证 明 由 已 知 可 得 ＡＢ ꎬ２ꎬ３ 所以ＭＮ的长为 ５ａ. ꎬ ｜ ｜ ＝ ２ ３ ２ ２ ２ ( Ｄ ２ ′→Ｃ ) ′ Ｂ→Ｂ′ ＝ Ｏ→Ｄ′ ＝( . ０ꎬ０ꎬ３)ꎬ Ａ′→Ｃ′ ＝ Ａ′→Ｄ′ ＋ ５.解 所 析 示 的 设 空 正 间直 方 角 体 坐 的 标 棱 系 长为 Ｄｘｙ ２ ｚ ꎬ . 建立如图 ｜ ＡＣ ( ｜ １ ＝ ０－４ ( ) ２－ ＋ ４ ( ) － ２ １ ＋ － ( １ ４－ ) １) ＋ ２ ( ＋ ６ ( － ３ ９ － ) ９) ２ ＝ ＝ ７ ７ ꎬ ꎬ ＝(－３ꎬ４ꎬ０) ４.解析 因为点Ｂ是点Ａ 在坐标 ＢＣ ２ ２ ２ (３ꎬ４ꎬ５) ｜ ｜＝ (２－１０) ＋[４－(－１)] ＋(３－６) 平面Ｏｘｙ内的投影 所以Ｂ ꎬ (３ꎬ４ꎬ０)ꎬ ＝７ ２ꎬ 所以Ｏ→Ｂ 因为 ２ ２ ２ ＝(３ꎬ４ꎬ０)ꎬ ７ ＋７ ＝(７ ２) ꎬ 所以 Ｏ→Ｂ ２ ２ . 所以 ｜ ＡＢ ｜ ２ ＋｜ ＡＣ ｜ ２ ＝｜ ＢＣ ｜ ２ ꎬ ｜ ｜＝ ３ ＋４ ＝５ 又 ＡＢ ＡＣ １.３.２ 空间向量运算的坐标表示 所以 ｜ 以 ｜ Ａ ＝｜ ｜ꎬ Ｂ Ｃ (４ꎬ１ꎬ９)ꎬ (１０ꎬ－１ꎬ６)ꎬ (２ꎬ 练习 为顶点的三角形是等腰直角三 ４ꎬ３) １.解析 ａ ｂ 则Ｄ Ｃ Ｂ 角形. (１) ＋ ＝(－３＋１ꎬ２＋５ꎬ５－１)＝ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ １(２ꎬ２ꎬ２)ꎬ ( (２ － ) ２ ６ ꎬ ａ ７ꎬ ＝ ４ ( ) ６ . ×(－３)ꎬ６×２ꎬ６×５)＝(－１８ꎬ Ｍ (２ ( ꎬ ２ － ꎬ １ １ ꎬ ꎬ ０ ０ ) ) ꎬ ꎬ 所以Ｄ→Ｂ １＝(２ꎬ２ꎬ２)ꎬ Ｃ→Ｍ ＝ ７.解 所以 析 →Ａ Ｂ 因 ＝( 为 －５ Ａ ꎬ－ ( １ ３ ꎬ ꎬ １ ５ ０ ꎬ ) － ꎬ → ７ Ｂ ) Ａ ꎬ ＝ Ｂ ( ( ５ － ꎬ１ ２ ꎬ ꎬ － ４ １ ꎬ ０ ３ ) ) ꎬ ꎬ . 设 ＤＢ 与 ＣＭ 所 成 的 角 为 θ ( ) １２ꎬ３０ ａ ) ｂ １ ＡＢ 的中点坐标为 ３－２ ꎬ ５＋４ ꎬ －７＋３ ꎬ (３)３ － ＝(－９ꎬ６ꎬ１５)－(１ꎬ５ꎬ－１)＝ ( ) Ｄ→Ｂ Ｃ→Ｍ ２ ２ ２ . θ π 则 θ ｜ １􀅰 ｜ ( ) ( (４ － ) １ ａ ０ 􀅰 ꎬ１ ｂ ꎬ１ ＝ ６ ( ) －３ꎬ２ꎬ５)􀅰(１ꎬ５ꎬ－１)＝－３ ０≤ ≤ ２ ꎬ ｜ｃｏｓ ｜＝ ｜ Ｄ→Ｂ １｜｜ Ｃ→Ｍ ｜ ＝ 即 １ ２ ꎬ ９ ２ ꎬ－２ ꎬ ２.解 ＋１ 析 ０－ ５＝ 因 ２ 为 . ａ ⊥ ｂ ꎬ 所以ａ 􀅰 ｂ ＝０ꎬ ｜(２ ３ ꎬ × ２ ２ ꎬ ２ ２) × 􀅰( ２ ２ ２ ＋ ꎬ－ ( １ － ꎬ １ ０ ) ) ２ ｜ ＝ １ １ ５ ５. 拓 ｜ 广 ＡＢ 探 ｜ 究 ＝ (－５) ２ ＋(－１) ２ ＋１０ ２ ＝３ １４ . 所以 －８－２＋３ ｘ ＝０ꎬ 解得ｘ ＝ １０. 所以 ＤＢ １ 与 ＣＭ 所成角的余弦值 ８.解析 设正方体的棱长为ａ ꎬ 以Ｄ为原 ３ 点 建立如图所示的空间直角坐标系. ３.解析 由点Ｍ在ｚ轴上 可设Ｍ 为 １５. ꎬ ꎬ (０ꎬ０ꎬ １５ ａ )ꎬ 又因为 Ａ (１ꎬ０ꎬ２)ꎬ Ｂ (１ꎬ－３ꎬ１)ꎬ ◆习题1.3 ＭＡ ＭＢ ｜ ｜＝｜ ｜ꎬ 复习巩固 所 以 ２ ２ ａ ２ １.解析 若向量ａ ｘ轴 则向量ａ ｘ (１－０) ＋(０－０) ＋(２－ ) ＝ ∥ ꎬ ＝( ꎬ (１－０) ２ ＋(－３－０) ２ ＋(１－ ａ ) ２ ꎬ 解得 ａ ０ꎬ０)( ｘ ≠０)ꎻ 向量ｂ ∥ ｙ轴 ꎬ 则向量ｂ ＝ .所以Ｍ . ｙ ｙ 向量ｃ ｚ轴 则向量 ＝－３ (０ꎬ０ꎬ－３) (０ꎬ ꎬ０)( ≠０)ꎻ ∥ ꎬ ４.解析 因为正方体的棱长为 ａ 所以 ｃ ｚ ｚ . ꎬ ＝(０ꎬ０ꎬ )( ≠０) Ａ ａ Ｂ ａ ａ Ｃ ａ ２.解析 与点 Ｍ 关于 ｘ 轴的对称点 ( ꎬ０ꎬ０)ꎬ ( ꎬ ꎬ０)ꎬ (０ꎬ ꎬ０)ꎬ (１) Ｃ′ ａ ａ 为Ｍ ｘ ｙ ｚ . ( ａ ) (０ꎬ ꎬ )ꎬ １( ꎬ－ ꎬ－ ) 则Ｃ ａ Ｍ ａ Ｄ 设Ｍ ｘ ａ ｚ Ｎ ｘ ｙ 与点 Ｍ 关于 ｙ 轴的对称点为 (０ꎬ ꎬ０)ꎬ ꎬ０ꎬ ꎬ １(０ꎬ０ꎬ ( １ꎬ ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２ꎬ０)ꎬ (２) ２ Ｍ ｘ ｙ ｚ . ( ａ ) 因为ＢＭ ＭＣ′ 所以Ｂ→Ｍ ２ Ｂ→Ｃ′ ２(－ ꎬ ꎬ－ ) ａ Ｎ ａ ａ ＝２ ꎬ ＝ ꎬ 与点 Ｍ 关于 ｚ 轴的对称点为 )ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ３ (３) ２ ４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ａ ) Ｆ 所以Ｃ→Ｍ ａ ａ (－３ꎬ０ꎬ２)ꎬ (１ꎬ１ꎬ２)ꎬ ＝ ꎬ－ ꎬ ꎬ ２ 所以Ｅ→Ｆ →ＡＣ ( ａ ) ＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝(－２ꎬ２ꎬ０)ꎬ Ｄ→ １ Ｎ ＝ ａ ꎬ ａ ꎬ－ ２ ꎬ Ａ→Ｄ １＝(－２ꎬ０ꎬ２)ꎬ 所以Ｃ→Ｍ Ｄ→Ｎ ａ２ Ｃ→Ｍ ３ ａ Ｄ→Ｎ 设ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ ) 是平面ＡＣＤ １ 的一个法向 􀅰 １ ＝－ ４ ꎬ｜ ｜ ＝ ２ ꎬ １ 量 则ｎ →ＡＣ ｎ Ａ→Ｄ ａ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ １ꎬ ＝ ３ . {ｎ →ＡＣ ｘ ｙ ２ 所以 􀅰 ＝－２ ＋２ ＝０ꎬ取ｘ 则ｙ 所以 ｃｏｓ ‹ Ｃ→Ｍ ꎬ Ｄ→ １ Ｎ › ＝ ｜ Ｃ Ｃ → → Ｍ Ｍ 􀅰 ｜｜ Ｄ Ｄ → → １ １ Ｎ Ｎ ｜ 则 设 ｎ ｎ ⊥ ＝( →Ａ ｘ Ｃ ꎬ ꎬ ｙ ｎ ꎬ ⊥ ｚ ) Ａ 是 →Ｄ 平 １ . 面ＡＣＤ １ 的法向量 ꎬ 又 ＝１ Ｅ→ ꎬ Ｆ ｚ ＝ ｎ １ 􀅰 ｎ ꎬ 所 Ａ→Ｄ 以 １＝ ｎ － ＝ ２ ( ｘ ＋ １ꎬ ２ １ ｚ ꎬ ＝ １ ０ ) . ꎬ ＝１ꎬ １ {ｎ →ＡＣ ｘ ｙ 􀅰 ＝(－１ꎬ０ꎬ１)􀅰(１ꎬ１ꎬ１)＝－１＋１ ＝－ ９ ꎬ 所以 ｎ 􀅰 Ａ→Ｄ ＝－３ ｘ ＋４ ｚ ＝０ꎬ 取ｘ ＝４ꎬ 则ｙ ＝０ꎬ 所以Ｅ→Ｆ ⊥ ｎ ꎬ 所以ＣＭ与Ｄ Ｎ所成角的余弦值为 １ . 􀅰 １＝－３ ＋２ ＝０ꎬ 所以ＥＦ 平面ＡＣＤ . １ ｚ 于是ｎ ∥ １ ９ ＝３ꎬ ＝６ꎬ ＝(４ꎬ３ꎬ６)ꎬ 练习 ９.解 下 析 的 坐标 设 为 向量 ｘ ｐ ｙ 在 ｚ 基底 { ａ ＋ ｂ ꎬ ａ － ｂ ꎬ ｃ } 所以平面ＡＣＤ １ 的一个法向量为 (４ꎬ３ꎬ １.解析 由ｌ α 得ｕ ｎ 所以ｕ ｎ ( ꎬ ꎬ )ꎬ . (１) ∥ ꎬ ⊥ ꎬ 􀅰 则ｐ ｘ ａ ｂ ｙ ａ ｂ ｚｃ ｘ ｙ ａ ｘ ６) 即 ａ ｂ ａ ｂ ＝ ( ＋ )＋ ( － )＋ ＝( ＋ ) ＋( 练习 ＝０ꎬ (３ꎬ ＋ ꎬ － )􀅰(１ꎬ２ꎬ３)＝０ꎬ ｙ ｂ ｚｃ. 所以 ａ ｂ ａ ｂ 即 ａ ｂ － ) ＋ １.证明 已知直线ａ ｂ 平面α ａ ｂ ａ ３＋２ ＋２ ＋３ －３ ＝０ꎬ ５ － ＋３ 因为ｐ ａ ｂ ｃ ꎬ ꎬ ꎬ ∥ ꎬ ⊄ . ＝ ＋２ ＋３ ꎬ α ｂ α. ＝０ {ｘ ＋ ｙ ＝１ꎬ ì ï ïï ｘ ＝ ２ ３ ꎬ 求 ꎬ 证 ⊂ : ａ ∥ α. 即 (２) 由 ａ ｌ ⊥ ｂ α ａ ꎬ 得 ｂ ｕ ∥ ｔ ｎ ꎬ 设ｕ ＝ ｔｎ ( ｔ ≠０)ꎬ 所以 ｘ ｙ 解得í 证明 设平面 α 的一个法向量为 ｎ 直 (３ꎬ ＋ ꎬ － )＝ (１ꎬ２ꎬ３)ꎬ ｚ ＝ － ３ ＝ ꎬ ２ꎬ ï ïï ｙ ＝－ ２ １ ꎬ 线ａ ꎬ : ｂ的方向向量分别为ｕ ꎬ ｖ ꎬ ꎬ { ｔ ì ï ï ｔ ＝３ꎬ îｚ 因为ｂ α 所以ｎ ｖ ３＝ ꎬ ïａ １５ ＝３ꎬ ⊂ ꎬ ⊥ ꎬ 所以 ａ ｂ ｔ 解得í ＝ ꎬ 所以向量ｐ用基底 ａ ｂ ａ ｂ ｃ 表示 因为ａ ｂ 所以ｕ ｖ 所以ｎ ｕ ＋ ＝２ꎬ ï ２ { ＋ ꎬ － ꎬ } ∥ ꎬ ∥ ꎬ ⊥ ꎬ ａ － ｂ ＝３ ｔ ꎬ ïïｂ ３ . 为ｐ ３ ａ ｂ １ ａ ｂ ｃ. 所以ｕ α 所以ａ α. î ＝－ ＝ ( ＋ )－ ( － )＋３ ∥ ꎬ ∥ ２ ２ ２ ２.解析 不存在.在四面体 ＡＢＣＤ 中 设 ２.证明 如图 Ａ Ｂ Ｃ ꎬ ꎬ １(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ 1.4 空间向量的应用 →ＡＢ ＝ ａ ꎬ →ＡＣ ＝ ｂ ꎬ Ａ→Ｄ ＝ ｃ ꎬ 则 { ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ } 构成一 (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｃ １(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ 所以Ａ→ １ Ｃ ＝(－１ꎬ 个基底 １.４.１ 用空间向量研究直线、 ꎬ １ꎬ－１)ꎬ Ｂ→Ｃ １＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ 平面的位置关系 因为Ｅ是 ＢＣ 的中点 ꎬ 所以→ＡＥ ＝ ２ １ ａ ＋ 所以Ａ→ １ Ｃ 􀅰 Ｂ→Ｃ １＝(－１ꎬ１ꎬ－１)􀅰(－１ꎬ０ꎬ 练习 １ ｂ １)＝１－１＝０ꎬ １.答案 (１)√ (２)✕ (３)√ ２ ꎬ 所以Ａ→ １ Ｃ ⊥ Ｂ→Ｃ １ꎬ 所以Ａ １ Ｃ ⊥ ＢＣ １ . ２.解析 如图 设→ＡＦ ＝ ｍｃ (０≤ ｍ ≤１)ꎬ 则Ｃ→Ｆ ＝ →ＡＦ － →ＡＣ ＝ ꎬ ｍｃ ｂ － ꎬ 若→ＡＥ Ｃ→Ｆ 则设→ＡＥ ｎ Ｃ→Ｆ 所以 １ ａ ∥ ꎬ ＝ ꎬ ＋ ２ １ ｂ ｎ ｍｃ ｂ ＝ ( － )ꎬ ２ ( ) 所以 １ ａ １ ｎ ｂ ｍｎｃ 因为 ａ ＋ ＋ － ＝０ꎬ { ꎬ ２ ２ ｂ ｃ 构成一个基底 ꎬ } ꎬ ３.证 明 如 图 在 长 方 体 ＡＢＣＤ ì ï１ ꎬ － Ｏ→Ａ ＝ Ｏ→Ｂ ＋ →ＢＡ ＝ ２ １ Ｄ→ １ Ｂ － →ＡＢ ＝ ２ １ ( Ｄ→ １ Ｄ ＋ Ｄ→Ａ ï ï２ ＝０ꎬ Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ꎬ 以 Ｄ 为坐标原点 ꎬ Ｄ→Ａ ꎬ 所以í 此方程组无解 所以直 ＋ →ＡＢ )－ →ＡＢ ＝－ ２ １ Ａ→Ａ １－ ２ １ Ａ→Ｄ － ２ １→ＡＢ ï ïï １ ２ ＋ ｎ ＝０ꎬ ꎬ Ｄ 的 →Ｃ 正 ꎬ Ｄ 方 →Ｄ 向 １ 的 建 方 立 向 空 分 间 别 直 为 角 ｘ 坐 轴 标 ꎬ ｙ 系 轴 Ｄ ꎬ ｘ ｚ ｙｚ 轴 îｍｎ ꎬ ꎬ ＝０ꎬ １ ａ １ ｂ １ ｃ. ＝－ － － 线ＡＤ上不存在点Ｆ 使得ＡＥ ＣＦ. ２ ２ ２ ꎬ ∥ 所以 直 线 ＯＡ 的 一 个 方 向 向 量 ３.证明 设正方体的棱长为 以Ｄ为坐 ２ꎬ { } 标原点 Ｄ→Ａ Ｄ→Ｃ Ｄ→Ｄ 的方向分别为 ｘ 为 － １ ꎬ－ １ ꎬ－ １ . ꎬ ꎬ ꎬ １ ２ ２ ２ 轴 ｙ轴 ｚ 轴的正方向 建立空间直角 ꎬ ꎬ ꎬ ３.解析 依题意 ꎬ Ａ (３ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｃ (０ꎬ４ꎬ０)ꎬ 坐标系Ｄｘｙｚ 则根据题意 Ａ ꎬ ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｄ 所以→ＡＣ Ａ→Ｄ Ｃ Ｄ Ｅ １(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ ＝(－３ꎬ４ꎬ０)ꎬ １＝ (０ꎬ２ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ (２ꎬ１ꎬ１)ꎬ ５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋因为ＡＢ ＢＣ ＣＣ Ｅ Ｆ 分别是 ( ) ３.解 析 如 图 在 正 方 体 ＡＢＣＤ ＝２ꎬ ＝ １＝１ꎬ ꎬ ２ ２ １ ꎬ － ＣＤ ＢＣ的中点 ＝ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ３ ３ ３ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 以 Ｄ 为坐标原点 Ｄ→Ａ 所以 Ａ Ｅ 所以点 Ａ 到直线 Ｂ Ｅ 的距离为 １ １ １ １ ꎬ ꎬ ꎬ ( ( ) １ꎬ ０ꎬ ０)ꎬ (０ꎬ １ꎬ ０)ꎬ １ １ Ｄ→Ｃ ꎬ Ｄ→Ｄ １ 的方向分别为 ｘ 轴 ꎬ ｙ 轴 ꎬ ｚ 轴 Ｆ １ Ｄ ａ２ ａ ｕ ２ ５. 的正方向 建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ ꎬ２ꎬ０ ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ １－( １􀅰 １) ＝ ꎬ ꎬ ２ ３ 则Ａ Ｃ Ｂ Ｃ 所以→ＡＥ ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ａ→Ｄ １＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ (２) 由正方体的性质知 ꎬ ＦＣ １∥ ＡＥ ꎬ 所 (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ１)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ( ) 以直线ＦＣ 到直线ＡＥ的距离等于点 (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｅ→Ｆ １ Ｅ→Ｄ １ ＝ ꎬ１ꎬ０ ꎬ １＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬ Ｃ 到直线ＡＥ的距离 ２ １ ꎬ 设ｍ ｘ ｙ ｚ 为平面ＥＡＤ 的法向 ( ) ＝( １ꎬ １ꎬ １) １ 易得Ａ Ｅ １ Ｃ 量 则ｍ →ＡＥ ｍ Ａ→Ｄ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ０ꎬ０ꎬ ２ ꎬ １(０ꎬ１ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ １ꎬ 所以 {ｍ 􀅰 →ＡＥ ＝－ ｘ １＋ ｙ １＝０ꎬ １)ꎬ 所 ( 以Ａ→Ｃ １＝( ) －１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ｍ Ａ→Ｄ ｘ ｚ . →ＡＥ １ 􀅰 １＝－ １＋ １＝０ ＝ －１ꎬ０ꎬ ꎬ 取ｘ 则ｙ ｚ ２ １＝１ꎬ １＝１ꎬ １＝１ꎬ →ＡＥ 即ｍ . 取 ａ Ａ→Ｃ ｕ 设ｎ ＝( ｘ １ꎬ１ ｙ ꎬ１) ｚ 为平面ＥＦＤ 的法向 ２ ＝ １ ＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ２ ＝ ｜ →ＡＥ ｜ ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２) １ æ ö 由已知条件及正方体的性质易知 平 量 则ｎ Ｅ→Ｆ ｎ Ｅ→Ｄ ç ２ ５ ５÷ ꎬ 所 ꎬ 以 { ｎ 􀅰 ⊥ Ｅ→Ｆ ＝ ꎬ ２ １ ⊥ ｘ ２＋ ｙ １ꎬ ２＝０ꎬ 所 ＝è 以 － 点 ５ ꎬ Ｃ ０ １ ꎬ ５ 到 ø 直 ꎬ 线 ＡＥ 的距离为 １ 面 ) 是 Ａ １ 平 ＤＢ 面 ∥ Ａ 平 １ Ｄ 面 Ｂ和 Ｄ １ 平 ＣＢ 面 １ꎬ Ｄ Ａ→Ｃ １ Ｃ １ Ｂ ＝ １ ( 的 －１ 一 ꎬ１ 个 ꎬ 取ｘ ｎ 􀅰 则 Ｅ→Ｄ ｙ １＝－ ｙ ２＋ ｚ ｚ ２＝０ . ａ２ ２－( ａ ２􀅰 ｕ ２) ２ ＝ ５ ３０. 所 法 以 向 平 量 面 ꎬ Ｂ→Ｃ Ａ ＝ Ｄ ( Ｂ － 和 １ꎬ 平 ０ꎬ 面 ０) Ｄ ꎬ ＣＢ 的距离为 ２＝２ꎬ ２＝－１ꎬ ２＝－１ꎬ １ １ １ 即ｎ . 所以ＦＣ 到直线ＡＥ的距离为 ３０. →ＢＣ Ａ→Ｃ ＝(２ꎬ－１ꎬ－１) １ ｜ 􀅰 １｜ ｜(－１ꎬ０ꎬ０)􀅰(－１ꎬ１ꎬ１)｜ 因为ｍ ｎ ５ ＝ 所以 􀅰 ｍ ＝ ｎ (１ꎬ１ꎬ１)􀅰(２ꎬ－１ꎬ－１)＝ (３) 由Ａ １(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ Ａ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｂ １(１ꎬ１ꎬ ｜ Ａ→Ｃ １｜ (－１) ２ ＋１ ２ ＋１ ２ ０ꎬ ⊥ ꎬ ( ) 所以平面ＥＡＤ 平面ＥＦＤ . Ｅ １ ＝ ３. １⊥ １ １)ꎬ ０ꎬ０ꎬ ꎬ ３ ２ １.４.２ 用空间向量研究 ( ) 练习 距离、夹角问题 得Ａ→Ｂ １ ＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ →ＡＥ ＝ －１ꎬ０ꎬ １ ２ ꎬ １.Ａ 解法一 : 设 ＢＣ ＝ ＣＡ ＝ ＣＣ １ ＝１ꎬ 以 练习 Ａ→Ａ １＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ 设 ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ ) 为平面 { →ＣＡ ꎬ Ｃ→Ｂ ꎬ Ｃ→Ｃ １} 为单位正交基底 ꎬ 则 １.答案 １ꎻ１ꎻ１ ＡＢ １ Ｅ的法向量 ꎬ Ｂ→Ｄ １＝ Ｂ→Ｂ １＋ Ｂ １ →Ｄ １＝ Ｃ→Ｃ １＋ １ →ＣＡ － １ Ｃ→Ｂ ꎬ ２ ２ ２. 解 析 如 图 在 正 方 体 ＡＢＣＤ 则ｎ Ａ→Ｂ ｎ →ＡＥ ꎬ － ⊥ １ꎬ ⊥ ꎬ Ａ→Ｆ Ａ→Ａ Ａ→Ｆ Ｃ→Ｃ １→ＣＡ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 以 Ｄ 为坐标原点 Ｄ→Ａ {ｎ Ａ→Ｂ ｙ ｚ １＝ １＋ １ １＝ １－ ꎬ １ １ １ １ ꎬ ꎬ ꎬ 􀅰 １＝ ＋ ＝０ꎬ ２ Ｄ→Ｃ ꎬ Ｄ→Ｄ １ 的方向分别为ｘ轴 ꎬ ｙ轴 ꎬ ｚ 轴 所以 ｎ 􀅰 →ＡＥ ＝－ ｘ ＋ １ ｚ ＝０ꎬ 则 ( Ｂ→Ｄ １􀅰 Ａ→Ｆ １ ) ( ) 的正方向 ꎬ 建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ. ２ Ｃ→Ｃ １→ＣＡ １ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ １→ＣＡ 取ｚ 则ｙ ｘ ＝ １＋ － 􀅰 １－ ＝２ꎬ ＝－２ꎬ ＝１ꎬ ２ ２ ２ 所以ｎ ＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ Ｃ→Ｃ ２ １ Ｃ→Ｃ →ＣＡ １ →ＣＡ Ｃ→Ｃ 所以点 Ａ 到平面 ＡＢ Ｅ 的距离为 ＝｜ １｜ － １􀅰 ＋ 􀅰 １－ ２ ２ １ １ Ａ→Ａ ｎ １ →ＣＡ ２ １ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ １ Ｃ→Ｂ →ＣＡ ｜ １􀅰 ｜ ｜(０ꎬ０ꎬ１)􀅰(１ꎬ－２ꎬ２)｜ ｜ ｜ － 􀅰 １＋ 􀅰 ｎ ＝ ４ ２ ４ ｜ ｜ １ ２ ＋(－２) ２ ＋２ ２ ３ . ＝ ２ . ４ ＝ ３ (４) 由正方体的性质知 ꎬ ＦＣ １∥ 平面 在直角三角形中 ꎬ 易求得 ｜ Ｂ→Ｄ １｜ ＝ ２ ６ ꎬ ＡＢ Ｅ 所以点Ｃ 到平面ＡＢ Ｅ的距离 (１) 因为正方体的棱长为 １ꎬ 所以 即为 １ ꎬ ＦＣ 到平面 １ ＡＢ Ｅ的距离 １ . ｜ Ａ→Ｆ １｜＝ ５ ꎬ ( ) １ １ ２ Ａ Ｅ １ Ｂ 由 知平面ＡＢ Ｅ的一个法向量为ｎ １(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ０ꎬ０ꎬ ２ ꎬ １(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ (３) １ 设向量Ｂ→Ｄ １ 与Ａ→Ｆ １ 的夹角为 θ ꎬ 则直线 ( ) 易知Ｂ→Ｃ ＢＤ 与ＡＦ 所成角的余弦值为 θ 所以Ｅ→Ａ １ ＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ １ １＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ １ １ ｜ｃｏｓ ｜ꎬ ( １＝ １ꎬ０ ) ꎬ ２ ꎬ 所以直线ＦＣ １ 到平面ＡＢ １ Ｅ的距离为 则 θ ｜ Ｂ→Ｄ １􀅰 →ＡＦ １｜ ３０. 取 Ｅ→Ｂ １ ａ ＝ １ ＝ １ Ｅ ꎬ → １ Ａ ꎬ １ １ ２ ＝ ( ꎬ １ꎬ０ꎬ １ ２ ) ꎬ ｕ １ ＝ Ｅ Ｅ→ →Ｂ Ｂ １ ＝ ｜ Ｂ １ １ →Ｃ ｜ . ｎ １􀅰 ｜ ｎ ｜ ＝ ｜(－１ꎬ０ １ ꎬ ２ ０ ＋ ) ( 􀅰 －２ ( ) １ ２ ꎬ ＋ － ２ ２ ２ ꎬ２)｜ 解 垂 的 法 直 空 ｜ｃｏ ꎬ 间 二 ｓ 以 直 : 由 ｜ Ｃ 角 ＝ 为 已 ｜ 坐 Ｂ 坐 知 →Ｄ 标 １ 标 可 系 ｜｜ 原 得 Ａ Ｃ →Ｆ 点 ｘ Ｃ １ ｙ ｜ ｚ Ａ ꎬ ＝ ꎬ 建 Ｃ 立 １ Ｂ ０ ꎬ 如 ＣＣ 图 １ 两 所 两 示 ｜ １｜ ３ ꎬ ６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 { ｙ ì 即 ２ １＝０ꎬ ï ３ａｘ ３ａｚ ｘ ｙ ｚ ï － ＝０ꎬ １－２ １－ ３ １＝０ꎬ 即í２ ２ 所以ｙ 取ｚ 则ｘ ï １＝０ꎬ １＝１ꎬ １＝ ３ꎬ î ï ３ａｘ － １ ａｙ ＝０ꎬ 所以ｍ ２ ２ ＝( ３ꎬ０ꎬ１)ꎬ 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 Ａ ＢＣ 的法 取ｘ 则 ｚ ｙ ｍ ＝( ２ꎬ ２ꎬ ２) １ １ ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝ ３ꎬ∴ ＝(１ꎬ ３ꎬ 向量 ꎬ １)ꎬ 设平面ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角为α {ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ ｙ ꎬ 则 􀅰 １＝０ꎬ即 －２ ２＋２ ２＝０ꎬ ｍ ｎ α ｍ ｎ ｜ 􀅰 ｜ ｜－１｜ 设ＢＣ ＣＡ ＣＣ 所以Ａ Ｂ ｎ 􀅰 Ａ→ １ Ｂ ＝０ꎬ ｘ ２－２ ｙ ２－ ３ ｚ ２＝０ꎬ ∴ ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ‹ ꎬ ›｜＝ ｜ ｍ ｜｜ ｎ ｜ ＝ ５×１ ＝ ＝ １＝１ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ 因为 Ｄ Ｆ 分别为 Ａ Ｂ 取ｘ 则ｙ ｚ ３ ( Ａ １ ０ Ｃ ꎬ １ １ꎬ 的 ０ 中 ) ( ꎬ 点 ꎬ ) １ꎬ １ ( ) １ １ꎬ 所以 ２＝ ｎ １ꎬ æ ç ２＝１ꎬ ３ ２ ö ÷ ＝－ 设 ３ 平 ꎬ 面 ＡＡ Ｂ 与 ＝ 平 ５ ５ 面 . ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角的余弦 所以Ｄ １ １ Ｆ １ ＝è１ꎬ１ꎬ－ øꎬ １ ∴ １ ꎬ ꎬ１ ꎬ １ ꎬ０ꎬ１ ꎬ ３ ２ ２ ２ 平面Ａ ＢＣ 所成的角为θ 值为 ５. ( ) １ １ ꎬ 所以Ｂ→Ｄ １ １ ｍ ｎ ５ １＝ ꎬ－ ꎬ１ ꎬ 所 以 θ ｜ 􀅰 ｜ 练习 ２ ２ ｃｏｓ ＝ ｍ ｎ ＝ ( ) ｜ ｜􀅰｜ ｜ Ａ→Ｆ １＝ － ２ １ ꎬ０ꎬ１ ꎬ ( ) ( ３ꎬ０ꎬ１)􀅰 æ è ç １ꎬ１ꎬ－ ３ ö ø ÷ １.解 π] 析 )ꎬ 因 设 为 →ＡＣ Ｂ 与 Ｄ ꎬ Ｂ→ Ａ Ｄ Ｃ 的 都 夹 垂 角 直 为 于 θ 棱 ( θ ｌ ∈ ꎬ 所 [０ 以 ꎬ ３ ７. 所 以 Ｂ→Ｄ １ 􀅰 Ａ→Ｆ １ ＝ ２ １ ꎬ－ ２ １ ꎬ１ 􀅰 ２ ２ ２ ２ æ ç ３ ö ÷ ２ ＝ ７ Ｂ→Ｄ ⊥ →ＡＢ ꎬ →ＡＣ ⊥ Ｂ→Ｄ ꎬ 所以Ｂ→Ｄ 􀅰 →ＡＢ ＝０ꎬ →ＡＣ ( ) ( ３) ＋１ 􀅰 １ ＋１ ＋è－ ø Ｂ→Ｄ － ２ １ ꎬ０ꎬ１ ＝ ４ ３ ꎬ｜ Ｂ→Ｄ １ ｜ ＝ ２ ６ ꎬ｜ Ａ→Ｆ １ ｜ 所以平面ＡＡ １ Ｂ与平面Ａ １ ＢＣ ３ １ 所成角的 􀅰 由已知 ＝ 得 ０ꎬ Ｃ→Ｄ ＝ →ＣＡ ＋ →ＡＢ ＋ Ｂ→Ｄ ꎬ 所以 ｜ Ｃ→Ｄ ｜ ２ ＝ ５ ꎬ 余弦值为 ７. ＝｜ →ＣＡ ｜ ２ ＋｜ →ＡＢ ｜ ２ ＋｜ Ｂ→Ｄ ｜ ２ ＋２ →ＣＡ 􀅰 →ＡＢ ＋ ２ ４.解析 如图 ７ 所示 建立空间直角坐标 →ＣＡ Ｂ→Ｄ →ＡＢ Ｂ→Ｄ 设向量Ｂ→Ｄ 与Ａ→Ｆ 的夹角为 θ 则直线 ꎬ ２ 􀅰 ＋２ 􀅰 ꎬ １ １ ꎬ 系 设ＡＢ ＢＣ ＢＤ ａ 则 Ｂ 因为ＡＢ ＡＣ ＢＤ ＣＤ ＢＤ 与ＡＦ 所成角的余弦值为 θ ꎬ ＝ ＝ ＝ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝４ꎬ ＝６ꎬ ＝８ꎬ ＝２ １７ꎬ 则 １ θ １ ｜ Ｂ→Ｄ １􀅰 Ａ→Ｆ １｜ ３０. ｜ｃｏｓ ｜ꎬ Ａ æ è ç ０ꎬ－ １ ａ ꎬ ３ａ ö ø ÷ ꎬ Ｃ ( ０ꎬ ａ ꎬ ０ )ꎬ 代入上式 ꎬ 得 (２ １７) ２ ＝６ ２ ＋４ ２ ＋８ ２ －２× ｜ｃｏｓ ｜＝ ＝ ２ ２ θ 所以 θ １ Ｂ→Ｄ Ａ→Ｆ １０ æ ö ６×８×ｃｏｓ ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬ ｜ １｜｜ １｜ Ｄç ３ａ １ ａ ÷ ２ 所以ＢＤ 与 ＡＦ 所成角的余弦值为 è ꎬ－ ꎬ０øꎬ 所以平面α与平面β的夹角为 °. １ １ ２ ２ ６０ ２.解析 连接ＮＤ 取ＮＤ的中点Ｅ 连接 ３０ 故选 . ꎬ ꎬ ꎬ Ａ ＭＥ ＣＥ 因为Ｍ Ｎ分别为ＡＤ ＢＣ的中 １０ ꎬ ꎬ 、 、 ２.Ｃ 点 所以ＭＥ ＡＮ ꎬ ∥ ꎬ ３.解析 在正三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 取 所以 ＥＭＣ 为异面直线 ＡＮ 与 ＣＭ 所 － １ １ １ ꎬ ∠ ＢＣ Ｂ Ｃ 的中点分别为Ｏ Ｄ 连接ＯＤ 成的角 如图 ꎬ １ １ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 以Ｏ为坐标原点 直线 ＯＢ ＯＤ ＯＡ 分 æ ö ꎬ ꎬ ꎬ Ａ→Ｄ ç ３ａ ３ａ÷ Ｂ→Ｃ ａ 别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立如图所示的空 ＝ è ꎬ０ꎬ－ øꎬ ＝(０ꎬ ꎬ０)ꎬ ꎬ ꎬ ２ ２ 间直角坐标系 æ ö ꎬ Ｂ→Ｄ ç ３ａ １ ａ ÷. ＝è ꎬ－ ꎬ０ø ２ ２ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ ＡＤ ＢＣ (１)∵ 􀅰 ＝０ꎬ∴ ⊥ ꎬ ＡＤ与ＢＣ所成角的大小为 . ∴ ９０° 设直线 ＡＤ 与平面 ＢＣＤ 所成角的 因为ＡＢ ＡＣ ＢＤ ＣＤ ＡＤ ＢＣ (２) ＝ ＝ ＝ ＝３ꎬ ＝ ＝２ꎬ 大小为θ ( ) ꎬ ２ 易得ｎ 是平面ＢＣＤ的一个 所以 ＡＮ ＡＢ２ １ ＢＣ ２ ２ ＝(０ꎬ０ꎬ－１) ＝ － ＝ ３ －１ ２ Ａ→Ｄ ｎ ( ) 因为正三棱柱的所有棱长都为 法向量 ꎬｓｉｎ θ ＝ｃｏｓ‹ Ａ→Ｄ ꎬ ｎ ›＝ Ａ→Ｄ 􀅰 ｎ ＝ ２ ２ꎬ ＣＭ ＝ ＡＣ２ － １ ＡＤ ２ ＝ ２ꎬ ｜ ｜􀅰｜ ｜ ２ 所以Ｂ Ａ Ａ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ ３)ꎬ １(０ꎬ２ꎬ ３ａ ３ ２ －１ ２ ＝２ ２ꎬ ＥＭ ＝ １ ＡＮ ＝ ２ꎬ Ｃ ２ ２ ２ ３)ꎬ １(－１ꎬ２ꎬ０)ꎬ ＝ ＝ ꎬ 因为ＥＮ ＣＮ 所以Ａ→Ａ Ａ→Ｂ ６ａ ２ ⊥ ꎬ － ３)ꎬ Ｂ→ １ Ｃ １ ＝ ＝ ( ( ０ － ꎬ ２ ２ ꎬ ꎬ ２ꎬ ０ ０ ) ) ꎬ ꎬ １ ＝ (１ꎬ－２ꎬ ∴ θ ２ ＝４ × ５ １ °ꎬ 即直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成 所以 ( ＣＥ ＝ ) Ｅ ２ Ｎ２ ＋ ＣＮ２ 设 ｍ ＝( ｘ １ꎬ ｙ １ꎬ ｚ １) 为平面 ＡＡ １ Ｂ 的法 角的大小为 ４５° . ＝ １ ＤＮ ＋ ＣＮ２ 向量 设ｍ ｘ ｙ ｚ 是平面ＡＢＤ的法向 ２ ꎬ (３) ＝( ꎬ ꎬ ) ( ) 则 {ｍ 􀅰 Ａ→Ａ １＝０ꎬ即 { －２ ｘ ２＋２ ｙ ２＝０ꎬ 量 则 {ｍ 􀅰 Ａ→Ｄ ＝０ꎬ ＝ ２ １ ３ ２ －１ ２ ２ ＋１ ２ ＝ ３ꎬ ｍ 􀅰 Ａ→ １ Ｂ ＝０ꎬ ｘ ２－２ ｙ ２－ ３ ｚ ２＝０ꎬ ꎬ ｍ 􀅰 Ｂ→Ｄ ＝０ꎬ 在 △ ＣＥＭ中 ꎬ 由余弦定理知 ｃｏｓ∠ ＥＭＣ ７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ＥＭ２ ＣＭ２ ＣＥ２ 设平面ＢＣＣ Ｂ 的法向量为ｎ ｘ ＋ － (１) １ １ ＝( ꎬ ＝ ＥＭ ＣＭ ２ 􀅰 ｙ ｚ 所以ｎ Ｂ→Ｃ ｎ Ｂ→Ｂ ２ ２ ２ ꎬ )ꎬ ⊥ ꎬ ⊥ １ꎬ ( ２) ＋(２ ２) －( ３) ７ {ｎ Ｂ→Ｃ ｘ ｙ ＝ ＝ ꎬ 则 􀅰 ＝－ ＋ ＝０ꎬ ２× ２×２ ２ ８ ｎ Ｂ→Ｂ 所以异面直线ＡＮ ＣＭ所成角的余弦值 􀅰 １＝０ꎬ ꎬ 令ｘ 则ｙ ｚ ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝０ꎬ 为 ７ . 所以ｎ ＝(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ８ 即平面ＢＣＣ Ｂ 的一个法向量为 ３.解析 由已知 ꎬ 以Ｏ为坐标原点 ꎬ 建立 １ １ (１ꎬ１ꎬ . 如图的空间直角坐标系 ０) ꎬ (２) 设平面Ａ １ ＢＣ的一个法向量为ｍ ＝ 设正方体的棱长为 １ꎬ 则 Ｄ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ｘ′ ｙ′ ｚ′ 所以 Ｂ Ｂ Ｃ ( ꎬ ꎬ )ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ {ｍ 􀅰 →ＢＣ ＝－ ｘ′ ＋ ｙ′ ＝０ꎬ 所以Ｂ→Ｄ ＝(－１ꎬ－１ꎬ０)ꎬ Ｃ→Ｂ １＝(１ꎬ０ꎬ１) . ｍ 􀅰 Ｂ→Ａ １＝－ ｘ′ ＋２ ｚ′ ＝０ꎬ (１) 因为ＢＥ ＝ １ ＢＤ ꎬ ＣＦ ＝ １ Ｃ→Ｂ １ꎬ 令ｘ′ 则ｙ′ ｚ′ １ ( ３ ) ( ３ ) ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝ ꎬ ２ 所以Ｅ ２ ２ Ｆ １ １ ( ) ꎬ ꎬ０ ꎬ ꎬ１ꎬ ꎬ ３ ３ ３ ３ 所以ｍ １ ( ) ＝ １ꎬ１ꎬ ２ ꎬ 所以Ｅ→Ｆ ＝ － １ ꎬ １ ꎬ １ ꎬ 即 平 面 Ａ ＢＣ 的 一 个 法 向 量 ３ ３ ３ 因为ＯＡ ＝ ＯＣ ＝３ꎬ ＯＢ ＝２ꎬ 所以Ｏ (０ꎬ０ꎬ ( ) １ 所以 Ｂ→Ｄ Ｅ→Ｆ Ａ Ｂ Ｃ 为 １ . ( 􀅰 ) ＝ (－ １ꎬ － １ꎬ ０) 􀅰 ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ３)ꎬ (２ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ３ꎬ０)ꎬ １ꎬ１ꎬ ２ １ １ １ 所以ＥＦ ＢＤ. 所以Ｂ→Ｃ ＝(－２ꎬ３ꎬ０)ꎬ →ＡＢ ＝(２ꎬ０ꎬ－３)ꎬ ３.证明 在平行六面体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ － ３ ꎬ ３ ꎬ ３ ＝０ꎬ ⊥ － １ １ １ １ Ｏ 设 →Ｂ ｎ ＝(２ꎬ ｘ ０ꎬ ｙ ０ ｚ )ꎬ 为平面ＡＢＣ的法向量 中 ꎬ Ｅ ꎬ Ｆ分别是ＡＢ ꎬ Ｃ １ Ｄ １ 的中点 ꎬ Ａ→Ａ １、 ( ( ２) 因为 Ｃ→Ｂ )１ 􀅰 Ｅ→Ｆ ＝ (１ꎬ０ꎬ１) 􀅰 ＝ {ｎ ( ꎬ Ｂ→ ꎬ Ｃ ) ｘ ｙ ꎬ →ＡＢ不共线 ꎬ － ３ １ ꎬ １ ３ ꎬ １ ３ ＝０ꎬ 所以 ｎ 􀅰 􀅰 →ＡＢ ＝ ＝ ２ － ｘ ２ －３ ＋ ｚ ３ ＝０ ＝ ꎬ ０ꎬ 所以Ａ→ １ Ｅ ＝ Ａ→ １ Ａ ＋ →ＡＥ ＝－ Ａ→Ａ １＋ ２ １→ＡＢ ꎬ ６. 所 解 以 析 ＥＦ 在 ⊥ 正 ＣＢ 方 １ . 体 ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ꎬ 以Ｄ为坐标原点 建立如图所示的空间 取ｘ 则ｙ ２ ｚ ２ Ｃ→Ｆ Ｃ→Ｃ Ｃ→Ｆ Ｃ→Ｃ １ Ｃ→Ｄ Ａ→Ａ １ ꎬ ＝１ꎬ ＝ ３ ꎬ ＝ ３ ꎬ ＝ １＋ １ ＝ １＋ ２ １ １＝ １－ ２ 直角坐标系 ( ) ꎬ 即ｎ ＝ １ꎬ ２ ꎬ ２ ꎬ 􀅰 →ＡＢ ＝－ Ａ→ １ Ｅ ꎬ ３ ３ 所以Ａ→Ｅ Ｃ→Ｆ 所以Ａ Ｅ ＣＦ. 设直线ＯＢ与平面ＡＢＣ所成的角为θ １ ∥ ꎬ １ ∥ ꎬ ４.证明 取ＢＤ的中点Ｏ 在线段 ＣＤ 上 则 ｓｉｎ θ ＝｜ｃｏｓ‹ Ｏ→Ｂ ꎬ ｎ ›｜ ＝ Ｏ→ ｜ Ｏ→ Ｂ Ｂ 􀅰 ｎ ｎ ｜ ＝ 取 ＦＱ 点 如 Ｆ 图 ꎬ 使得 ＤＦ ＝３ ＦＣ ꎬ ꎬ 连接 ＯＰ ꎬ ＯＦ ꎬ ｜ ｜􀅰｜ ｜ ꎬ ꎬ ( ) ２ ２ (２ꎬ０ꎬ０)􀅰 １ꎬ ꎬ ３ ３ ３ １７. ( ) ( ) ＝ ２ ２ １７ ２ ２ ２ ２ ２ 􀅰 １ ＋ ＋ ３ ３ 所以直线ＯＢ与平面ＡＢＣ所成角的正 因为正方体的棱长为 则Ｄ １ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ( ) Ｅ １ Ａ 弦值为３ １７. ꎬ１ꎬ０ ꎬ １ ( １ꎬ ０ꎬ １ )ꎬ ２ １７ ( ) ◆习题1.4 Ｐ→Ｑ Ｐ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｑ １ Ｍ→Ｂ Ｂ→Ｃ １→ＣＡ Ｏ １ １ ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋ １ꎬ ꎬ ꎬ 复习巩固 ２ ４ ２ ２ ( ) １ Ｍ→Ｄ １ Ｄ→Ｂ Ｂ→Ｃ １→ＣＡ 所 以 Ｏ→Ｅ １ １ １ Ａ→Ｅ １.解析 由题意得→ＡＥ ＝ １ 􀅰( →ＡＣ ＋ Ａ→Ｄ )＝ ＝ ２ ＋ ２ ＋ ＋ ４ ( ＝ ) － ２ ꎬ ２ ꎬ－ ２ ꎬ １ ２ １ Ａ→Ｄ １ Ｄ→Ｂ Ｂ→Ｃ １ Ｃ→Ｄ １ Ｄ→Ａ １ １ ( Ｂ→Ｃ － →ＢＡ )＋ １ ( Ｂ→Ｄ － →ＢＡ )＝ １ ａ ＋ １ ｂ ＝ ４ ＋ ２ ＋ ＋ ４ ＋ ４ ＝ － ２ ꎬ１ꎬ－１ ꎬ － ２ ｃ ꎻ ２ ２ ２ ＝ ２ １ Ｄ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｃ ＋ ４ １ Ｃ→Ｄ ꎬ 所以 Ａ Ａ → → １ Ｅ Ｅ ＝ ( － ３ １ ꎬ ２ ３ ꎬ－ ３ ２ ) ꎬ｜ Ｏ→Ｅ ｜ ＝ Ｂ→Ｆ ＝ →ＢＡ ＋ →ＡＦ ＝ ｃ ＋ １ →ＡＥ ＝ ｃ ＋ １ 􀅰 Ｏ→Ｆ ＝ Ｏ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｃ ＋ Ｃ→Ｆ ＝ １ Ｄ→Ｂ ＋ Ｂ→Ｃ ＋ １ Ｃ→Ｄ. ｜ １ ｜ Ａ→Ｅ ( ) ( ) ３ ３ ２ ４ ３ ꎬ Ｏ→Ｅ 􀅰 １ ＝ － １ ꎬ １ ꎬ １ 􀅰 １ ａ ＋ １ ｂ － ｃ ＝ １ ａ ＋ １ ｂ ＋ ２ ｃ. 因为Ｐ→Ｑ ∥ Ｏ→Ｆ ꎬ 所以ＰＱ ∥ ＯＦ. ( ２ ｜ Ａ→ １) Ｅ ｜ ２ ２ ２ ２.解 ２ 析 依 ２ 题意 得 ６ Ｂ ６ ３ Ｃ 又因为 ＰＱ ⊄ 平面 ＢＣＤ ꎬ ＯＦ ⊂ 平面 － １ ꎬ ２ ꎬ－ ２ ＝ ５ . ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ ＢＣＤ 所以ＰＱ 平面ＢＣＤ. ３ ３ ３ ３ Ｂ Ａ ꎬ ∥ 所以点 Ｏ 到直线 Ａ Ｅ 的距离为 ０)ꎬ １(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ ５.证明 在正方体 ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 １ 所以Ｂ→Ｃ ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ Ｂ→Ｂ １＝(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ 以Ｄ 为坐标原点 ꎬ 建立如 － 图 １ 所 １ 示 １ 的 １ 空间 ꎬ Ｏ→Ｅ２ æ çＯ→Ｅ Ａ→ １ Ｅ ö ÷ ２ ( ５ ) ２ Ｂ→Ａ 直角坐标系 －è 􀅰 Ａ Ｅ ø ＝ ３－ １＝(－１ꎬ０ꎬ２)ꎬ ꎬ ｜ １ ｜ ３ ８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 因为ＡＢ ＢＣ ＣＣ 所以Ａ ２. １ ＝２ꎬ ＝ １＝１ꎬ (１ꎬ０ꎬ ＝ Ｅ Ｄ Ｂ ３ ２ ＝ １ ꎬ ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ １(１ꎬ２ꎬ ７.解析 设一个基底为Ｏ→Ａ ａ Ｏ→Ｂ ２ ２ １)ꎬ (１) ＝ ꎬ ＝ × ２ ２ 所以→ＡＥ Ａ→Ｄ ｂ Ｏ→Ｃ ｃ ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ １＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ꎬ ＝ ꎬ Ｍ→Ｎ Ｃ→Ｄ′ 即ＭＮ和ＣＤ′所成 ∴ ‹ ꎬ ›＝６０°ꎬ Ｂ→Ｅ 则Ｄ→Ｅ ＝ Ｏ→Ｅ － Ｏ→Ｄ ＝ １ ｂ ＋ １ ｃ － １ ａ ꎬ Ｂ→Ｃ ＝ 角的大小为 ６０° . 设 １ 平 ＝ 面 (－ Ａ １ Ｅ ꎬ Ｄ －１ꎬ 的 －１ 法 )ꎬ 向量为 ｎ ｘ ｙ ２ ２ ２ １ ＝( ꎬ ꎬ Ｍ→Ｎ Ａ→Ｄ ｚ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｂ ｃ ｂ. Ｍ→Ｎ Ａ→Ｄ 􀅰 )ꎬ Ｄ→ － Ｅ ＝ Ｏ→Ａ － ( １ ｂ １ ｃ １ ａ ) ａ (２) ∵ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ｜ Ｍ→Ｎ ｜｜ Ａ→Ｄ ｜ ＝ 所以 {ｎ 􀅰 →ＡＥ ＝－ ｘ ＋ ｙ ＝０ꎬ ∵ 􀅰 ＝ ＋ － 􀅰 ＝０ꎬ １ ｎ Ａ→Ｄ ｘ ｚ ( ２ ２ ２ ) ２ ２ 令ｘ 􀅰 则ｙ １＝－ ｚ ＋ ＝０ꎬ Ｄ→Ｅ Ｂ→Ｃ １ ｂ １ ｃ １ ａ ｃ ｂ ＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝１ꎬ ＝１ꎬ 􀅰 ＝ ＋ － 􀅰( － )＝ ２ ２ 所以ｎ ２ ２ ２ ×１ ＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＤＥ ＯＡ ＤＥ ＢＣ ＤＥ是异面直 ２ ０ꎬ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ∴ 因为ｎ Ｂ→Ｅ 所以ｎ Ｂ→Ｅ 线ＯＡ 、 ＢＣ的公垂线 ꎬ ∴ ‹ Ｍ→Ｎ ꎬ Ａ→Ｄ ›＝４５°ꎬ 即 ＭＮ 和 ＡＤ 所成 所以Ｂ ＝ Ｅ － １ 平 ꎬ 面ＡＥＤ ∥ . １ ꎬ ∴ Ｄ→Ｅ２ ＝ ４ １ ｂ２ ＋ ４ １ ｃ２ ＋ ４ １ ａ２ ＋ ２ １ ｂ 􀅰 ｃ － １０ 角 .解 的 析 大 小 ( 为 １) ４ 证 ５° 明 . : 以直线ＤＡ 、 ＤＣ 、 ＤＤ １ １２.证 以 明 Ｄ 为 １ 在 坐 ⊥ 长 标 方 原 体 点 ＡＢ 建 Ｃ 立 １ Ｄ － 如 Ａ １ 图 Ｂ １ 所 Ｃ １ 示 Ｄ １ 的 中 空 ꎬ 分别为ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立空间直角 ꎬ ꎬ ꎬ 间直角坐标系 １ ａ 􀅰 ｂ － １ ａ 􀅰 ｃ ＝ １ ꎬ∴ ｜ Ｄ→Ｅ ｜＝ ２. 坐标系 ( 图略 ) .设正方体的棱长为 １ꎬ ꎬ ２ ２ ２ ２ 则Ｄ Ａ Ｃ (２) 连接 ＡＥ ꎬ 取 △ ＡＢＣ 的重心为 Ｈ ꎬ 则 ( (０ꎬ０ꎬ ) ０)ꎬ (１(１ꎬ０ꎬ１) ) ꎬ (０ꎬ ( １ꎬ０)ꎬ Ｇ １ Ｈ １ Ｆ ＡＨ ２ ＡＥ ３ ꎬ１ꎬ１ ꎬ ０ꎬ ꎬ１ ꎬ １ꎬ１ꎬ ＝ ＝ ꎬ ) ２ ２ ３ ３ １ Ｂ æ ö２ ꎬ １(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ ∴ ＯＨ ＝ ＯＡ２ － ＡＨ２ ＝ １－è ç ３ ø ÷ ＝ ２ ( ) ３ Ｇ→Ｈ １ １ Ａ→Ｃ ∴ ＝ － ꎬ－ ꎬ０ ꎬ １ ＝(－１ꎬ１ꎬ ２ ２ ６ 即点Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为 ６. ( ) ꎬ Ｇ→Ｆ １ １ ３ ３ －１)ꎬ ＝ ꎬ０ꎬ－ ꎬ 设ＡＤ ａ ａ ＣＤ ｂ ｂ ＡＡ ｃ ８.证明 设一个基底→ＡＢ ａ →ＡＣ ｂ Ａ→Ｄ ２ ２ ＝ ( >１)ꎬ ＝ ( >１)ꎬ １＝ ｃ 则Ｍ →Ｎ Ａ→Ｎ Ａ→Ｍ １ ｂ ＝ ꎬ １ ｃ ＝ １ ꎬ ａ Ｃ→ ＝ Ｄ ∴ Ａ→ １ Ｃ 􀅰 Ｇ→Ｈ ＝ ２ １ － ２ １ ＝０ꎬ Ａ→ １ Ｃ 􀅰 Ｇ→Ｆ ＝ ( Ｃ ｃ Ｑ >１ Ｃ ) Ｒ ꎬ 因为Ａ １ Ｅ ＝ Ａ １ Ｆ ＝ Ａ １ Ｇ ＝１ꎬ ＣＰ ＝ ꎬ ＝ － ＝ ＋ － ꎬ ＝ ＝１ꎬ ２ ２ ２ １ １ 所以Ｅ ａ ｃ Ｆ ａ ｃ Ｇ ａ － ＋ ＝０ꎬ ( ꎬ０ꎬ －１)ꎬ ( ꎬ１ꎬ )ꎬ ( －１ꎬ Ａ→Ｄ →ＡＣ ｃ ｂ. ２ ２ ｃ Ｑ ｂ Ｒ ｂ Ｐ ＝ － ＝ － ( ) Ａ Ｃ ＧＨ Ａ Ｃ ＧＦ. ０ꎬ )ꎬ (０ꎬ －１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ ꎬ０)ꎬ (０ꎬ Ｍ→Ｎ →ＡＢ １ ｂ １ ｃ １ ａ ａ ∴ 又Ｇ １ Ｈ ⊥ ＧＦ ꎬ Ｇ １ ⊥ Ａ Ｃ 平面ＥＦＧＨＫＬ. ｂ ꎬ１)ꎬ ∵ 􀅰 ＝ ２ ＋ ２ － ２ 􀅰 ∩ ＝ ꎬ∴ １ ⊥ 所以Ｅ→Ｆ Ｅ→Ｇ 由 知Ａ→Ｃ Ｄ→Ｂ ＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝ ２ １ ａ 􀅰 ｂ ＋ ２ １ ａ 􀅰 ｃ － ２ １ ａ２ ( ( １ ２ ꎬ ) １ꎬ１ ( ) １ ꎬ ) １ ＝(－１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ １＝ Ｑ→Ｐ ＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ Ｒ→Ｐ ＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ ＝ ４ １ ａ２ ＋ ４ １ ａ２ － ２ １ ａ２ ＝０ꎬ ∴ ｃｏｓ‹ Ａ→ １ Ｃ ꎬ Ｄ→Ｂ １› ＝ Ａ→ Ａ→ Ｃ １ Ｃ 􀅰 Ｄ→ Ｄ Ｂ →Ｂ １ ＝ Ｅ 所 Ｇ 以 ∥ Ｅ→ Ｒ Ｆ Ｐ ＝ ꎬ Ｑ→Ｐ ꎬ Ｅ→Ｇ ＝ Ｒ→Ｐ ꎬ 所以ＥＦ ∥ ＱＰ ꎬ ｜ １ ｜􀅰｜ １｜ 因为ＥＦ ＥＧ Ｅ ＱＰ ＲＰ Ｐ Ｍ→Ｎ →ＡＢ ＭＮ ＡＢ. ∩ ＝ ꎬ ∩ ＝ ꎬ ∴ ⊥ ꎬ ( ∴ ⊥ ) － １ ꎬ∴ 直线 Ａ １ Ｃ 与 ＤＢ １ 的夹角的余 所以平面ＥＦＧ ∥ 平面ＰＱＲ. Ｍ→Ｎ 􀅰 Ｃ→Ｄ ＝ ２ １ ｂ ＋ ２ １ ｃ － ２ １ ａ 􀅰( ｃ － ｂ ) 弦 ３ 值为 １ １３.解析 在正方体ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ꎬ ꎬ 以Ｄ为坐标原点 建立如图所示的空 ＝ １ ｂ 􀅰 ｃ ＋ １ ｃ２ － １ ａ 􀅰 ｃ － １ ｂ２ － １ ｂ 􀅰 ＤＢ 与 ３ 平面ＥＦＧＨＫＬ所成角的正弦 间直角坐标系 ꎬ ２ ２ ２ ２ ２ ∴ １ ꎬ ｃ １ ａ ｂ 值为 １ ＋ 􀅰 ＝０ꎬ ꎬ ２ ３ 即ＤＢ 与平面 ＥＦＧＨＫＬ 所成角的余 Ｍ→Ｎ Ｃ→Ｄ ＭＮ ＣＤ. １ ∴ ⊥ ꎬ∴ ⊥ ９.解析 以直线 ＤＡ ＤＣ ＤＤ′分别为 ｘ 弦值为２ ２. 、 、 轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ ３ ꎬ ꎬ 综合运用 图略 设正方体的棱长为 则Ｄ ( )ꎬ １ꎬ (０ꎬ １１.证明 在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 Ｃ Ｄ′ － １ １ １ １ ꎬ ０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ 以Ｄ为坐标原点 建立如图所示的空 ( ) ( ) ꎬ Ａ Ｍ １ Ｎ １ 间直角坐标系 (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ １ꎬ１ꎬ ꎬ ꎬ１ꎬ１ ꎬ ꎬ ２ ２ 因为正方体的棱长为 所以Ａ Ｃ→Ｄ′ Ａ→Ｄ Ｍ→Ｎ １ꎬ (１ꎬ０ꎬ ∴ ＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬ ＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ ( ) ( ) Ｃ Ｅ １ Ｄ １ １ . ０)ꎬ １(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ ０ꎬ ꎬ０ ꎬ １(０ꎬ０ꎬ ＝ － ꎬ０ꎬ ２ ２ ２ １)ꎬ Ｍ→Ｎ Ｃ→Ｄ′ ( ) (１)∵ ｃｏｓ‹ Ｍ→Ｎ ꎬ Ｃ→Ｄ′ › ＝ 􀅰 ＝ 所以→ＡＥ １ Ａ→Ｃ Ｍ→Ｎ Ｃ→Ｄ′ ＝ －１ꎬ ꎬ０ ꎬ １ ＝(－１ꎬ１ꎬ ｜ ｜｜ ｜ ２ ９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋点 Ｎ是Ｂ Ｃ 的中点 ＢＣ ＣＢ Ｐ １ 设 )ꎬ ｎ Ｄ→ １ Ａ ｘ ＝( ｙ １ ｚ ꎬ０ 为 ꎬ－ 平 １) 面 ꎬ ＡＥＣ 的法向量 所 ꎬ 以 Ａ １ １ ꎬ Ｃ １∩ １＝ ꎬ ＝ { ( ꎬ ꎬ ) １ ꎬ ( １(０ꎬ ) ０ꎬ３)ꎬ (０ꎬ － ２ꎬ０)ꎬ 所以 ｎ 􀅰 →ＡＥ ＝－ ｘ ＋ ２ １ ｙ ＝０ꎬ Ｐ １ꎬ－１ꎬ ３ ２ ꎬ Ｍ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｎ (１ꎬ－１ꎬ ｎ Ａ→Ｃ ｘ ｙ ｚ ３)ꎬ 􀅰 １＝－ ＋ ＋ ＝０ꎬ 令ｘ 则ｙ ｚ 设Ａ→Ｑ ｔ Ａ→Ｎ ｔ 所以 Ｑ ｔ ＝１ꎬ ＝２ꎬ ＝－１ꎬ １ ＝ １ (０≤ ≤１)ꎬ ( ꎬ 所以ｎ ｔ ＝(１ꎬ２ꎬ－１)ꎬ －ꎬ３)ꎬ 所以 Ｄ 到平面 ＡＥＣ 的距离为 ( ) １ １ 所以Ｐ→Ｑ ｔ ｔ ３ Ａ→Ｃ ｜ Ｄ→ １ Ａ ｎ 􀅰 ｎ ｜ ＝ ｜(１ꎬ０ꎬ－１)􀅰(１ꎬ２ꎬ－１)｜ 因为正方体的棱长为 １ꎬ Ｑ为Ｂ １ Ｃ １ 的 ＝ －１ꎬ－ ＋１ꎬ ２ ꎬ １ ＝(０ꎬ ｜ ｜ １ ２ ＋２ ２ ＋(－１) ２ 中点 ꎬ ＡＰ ∶ ＡＡ １＝１ ∶ ３ꎬ －２ꎬ－３)ꎬ Ａ→ １ Ｍ ＝(１ꎬ０ꎬ－３)ꎬ 所以 Ｄ Ｂ Ｑ 设ｎ ｘ ｙ ｚ 为平面 Ａ ＣＭ 的法 ６. (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０)ꎬ ＝ ( ꎬ ꎬ ) １ ＝ ( ) ( ) 向量 ３ １ Ｐ １ Ｄ ꎬ １４.解析 在正方体ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 中 ꎬ ２ ꎬ１ꎬ１ ꎬ １ꎬ０ꎬ ３ ꎬ １(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ 则ｎ Ａ→Ｃ ｎ Ａ→Ｍ 以Ｄ为坐标原点 建立如图所示的空 ⊥ １ ꎬ ⊥ １ ꎬ 间直角坐标系 ꎬ 所 ( 以 Ｄ→Ｄ １ ) ＝ ( ( ０ꎬ ０ꎬ １) ) ꎬ Ｂ→Ｑ ＝ 所以 {ｎ 􀅰 Ａ→ １ Ｃ ＝－２ ｙ －３ ｚ ＝０ꎬ ꎬ － ２ １ ꎬ０ꎬ１ ꎬ Ｂ→Ｐ ＝ ０ꎬ－１ꎬ １ ３ ꎬ ｎ 􀅰 Ａ １ →Ｍ ＝ ｘ －３ ｚ ＝０ꎬ 易知平面ＡＢＣＤ 的一个法向量为Ｄ→Ｄ 取 ｚ ＝ １ꎬ 则 ｘ ＝ ３ꎬ ｙ ＝ － ３ ꎬ 所以 ｎ １ ２ ( ) ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ ３ 设平面ＢＱＰ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ＝ ３ꎬ－ ꎬ１ ꎬ ＝( ꎬ ꎬ )ꎬ ２ ì ïｎ Ｂ→Ｑ １ ｘ ｚ 若ＰＱ 平面Ａ ＣＭ 则Ｐ→Ｑ ｎ 所以 ï 􀅰 ＝－ ＋ ＝０ꎬ ∥ １ ꎬ ⊥ ꎬ 所以í ２ ( ) ï Ｐ→Ｑ ｎ ｔ ｔ ３ ïｎ Ｂ→Ｐ ｙ １ ｚ 􀅰 ＝ －１ꎬ－ ＋１ꎬ 􀅰 î 􀅰 ＝－ ＋ ＝０ꎬ ２ ３ ( ) 因为正方体的棱长为 Ｍ 为 ＡＡ 的 ３ 所以 ｔ ３ ｔ ３ １ꎬ １ 令ｘ 则ｙ １ ｚ ３ꎬ－ ꎬ１ ＝０ꎬ ３ －３＋ － ＋ 中点 Ｏ是ＢＤ 的中点 ＝２ꎬ ＝ ꎬ ＝１ꎬ ２ ２ ２ ꎬ １ ꎬ ３ 所以Ａ Ｂ Ａ ( ) ３ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ１ꎬ０ ( )ꎬ １(１ꎬ ) ０ꎬ 所以ｎ ＝ ２ꎬ １ ꎬ１ ꎬ ２ ＝０ꎬ Ｄ Ｍ １ ３ １)ꎬ １ (０ꎬ ０ꎬ １)ꎬ １ꎬ０ꎬ ２ ꎬ 设平面 ＡＢＣＤ 与平面 ＢＱＰ 所成的角 解得ｔ ＝ ２ ꎬ ( ) ３ Ｏ １ １ １ ｎ Ｄ→Ｄ 所以在线段Ａ Ｎ上存在点Ｑ 使得ＰＱ ꎬ ꎬ ꎬ 为 θ 则 θ ｜ 􀅰 １｜ １ ꎬ ２ ２ ( ２ ) ꎬ ｃｏｓ ＝ ｜ ｎ ｜􀅰｜ Ｄ→Ｄ １｜ ＝ ∥ 平面Ａ １ ＣＭ. 所以Ｏ→Ｍ １ １ Ａ→Ａ ( ) １７.证明 若直线ｌ经过点Ｐ 且以ｕ ＝ ꎬ－ ꎬ０ ꎬ １＝(０ꎬ０ꎬ １ (１) ０ꎬ ２ ２ ２ꎬ ３ ꎬ１ 􀅰(０ꎬ０ꎬ１) ３ ４６ 为方向向量 点Ｐ在ｌ上 则向量Ｐ→Ｐ １)ꎬ Ｂ→Ｄ １＝(－１ꎬ－１ꎬ１)ꎬ ( ) ２ ＝ ４６ ꎬ 与ｕ共线 ꎬ ꎬ ０ ( ) ２ １ ２ ꎬ 所以Ｏ→Ｍ 􀅰 Ａ→Ａ １＝ ２ １ ꎬ－ ２ １ ꎬ０ 􀅰(０ꎬ０ꎬ 所以平 ２ 面 ＋ Ａ ３ ＢＣＤ ＋１ 与 × 平 １ 面 ＢＱＰ 的夹角 设 ( ｘ － ｘ ０ꎬ ｙ － ｙ ０ꎬ ｚ － ｚ ０)＝ ｋ ( ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ )( ｋ ≠ ( ) ０)ꎬ １)＝ ０ꎬ Ｏ→Ｍ 􀅰 Ｂ→Ｄ １ ＝ ２ １ ꎬ－ ２ １ ꎬ０ 􀅰 的余弦值为３ ４６. ì ï ï ｘ － ｘ ０＝ ｋａ ꎬ ４６ 所以íｙ ｙ ｋｂ １ １ 拓广探索 ïï － ０＝ ꎬ (－１ꎬ－１ꎬ１)＝－ ＋ ＝０ꎬ îｚ ｚ ｋｃ ２ ２ １６.解析 在直三棱柱 ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 中 － ０＝ ꎬ 所以Ｏ→Ｍ Ａ→Ａ Ｏ→Ｍ Ｂ→Ｄ 所以ＯＭ － １ １ １ ꎬ ｘ ｘ ｙ ｙ ｚ ｚ ⊥ １ꎬ ⊥ １ꎬ ⊥ 因为 ＢＡＣ ° 以Ａ为坐标原点 建 所以 － ０ － ０ － ０. ＡＡ ＯＭ ＢＤ ∠ ＝９０ ꎬ ꎬ ａ ＝ ｂ ＝ ｃ １ꎬ ⊥ １ꎬ 立如图所示的空间直角坐标系Ａｘｙｚ 所以ＯＭ分别与异面直线ＡＡ ＢＤ 垂 ꎬ 若平面α经过点Ｐ 且以ｕ为法 １、 １ (２) ０ꎬ 直且相交. 向量 点Ｐ在α上 ꎬ ꎬ 所以 ＯＭ 是异面直线 ＡＡ ＢＤ 的公 所以Ｐ→Ｐ ｕ 所以 ｘ ｘ ｙ ｙ ｚ ｚ １、 １ ０ ⊥ ꎬ ( － ０ꎬ － ０ꎬ － ０) 垂线. ａ ｂ ｃ 􀅰( ꎬ ꎬ )＝０ꎬ ( ) ( ) 所以ａ ｘ ｘ ｂ ｙ ｙ ｃ ｚ ｚ . 所以 Ｏ→Ｍ １ ２ １ ２ ２ ( － ０)＋ ( － ０)＋ ( － ０)＝０ ｜ ｜＝ ＋ － ＝ ꎬ １８.解析 以 Ｂ 为坐标原点 ＢＡ ＢＥ ＢＣ ２ ２ ２ ꎬ 、 、 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ 轴建立 即ＯＭ的长为 ２. 、 、 空间直角坐标系 图略 ２ ( )ꎬ １５.解析 在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 则 Ｂ Ａ － １ １ １ １ ꎬ ( ０ꎬ ０ꎬ ０)ꎬ ( １ꎬ ０ꎬ ０)ꎬ 以Ｄ为坐标原点 建立如图所示的空 æ ö æ ö ꎬ Ｍç ２ａ ２ａ÷ Ｎç ２ａ ２ａ ÷. 间直角坐标系 因为ＡＢ ＡＣ ＡＡ Ｍ是ＡＢ的中 è ꎬ０ꎬ１－ øꎬ è ꎬ ꎬ０ø ꎬ ＝ ＝２ꎬ １＝３ꎬ ２ ２ ２ ２ １０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 æ ö ( ) ( ) Ｍ→Ｎ ç ２ａ ２ａ ÷ １ Ａ→Ａ′ １ ａ ｂ １ ｃ. Ａ １ ａ Ｂ １ ａ (１)∵ ＝è０ꎬ ꎬ －１øꎬ ＝ ＋ ＋ (１) － ꎬ０ꎬ０ ꎬ ꎬ０ꎬ０ ꎬ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ( ) æ ö ∴ ｜ Ｍ→Ｎ ｜＝ １ ａ２ ＋ æ è ç ２ａ －１ ö ø ÷ ２ (３) Ａ→Ｎ ＝ Ａ→Ｃ′ ＋ Ｃ→′Ｎ ＝ Ａ→Ｃ′ ＋ ２ １ Ｃ′→Ｄ′ Ａ １ － ２ １ ａ ꎬ０ꎬ ２ ａ ꎬ Ｃ １è ç ０ꎬ ２ ３ａ ꎬ ２ ａ ø ÷. ２ ２ ａ２ ａ . ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ Ａ→Ａ′ － １→ＡＢ (２) 设 ｚ 轴与 Ａ １ Ｂ １ 交于点 Ｏ １ꎬ 连接 ＝ － ２ ＋１ ２ Ｏ Ｃ ＡＯ 则 Ｃ Ｏ 侧面 ＡＢＢ Ａ １ １、 １ꎬ １ １ ⊥ １ １ꎬ (２)∵ ｜ Ｍ→Ｎ ｜＝ ａ２ － ２ ａ ＋１ ＝ ２ １→ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ Ａ→Ａ′ ∠ Ｃ １ ＡＯ １ 是直线ＡＣ １ 与侧面ＡＢＢ １ Ａ １ 所 æ ö２ 成的角. ＝ è çａ － ２ ø ÷ ＋ １ ꎬ ＝ １ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ. æ ö ２ ２ ２ 易知Ｏ→Ｃ ç ３ａ ÷是侧面ＡＢＢ Ａ 的 ＝è０ꎬ ꎬ０ø １ １ 当ａ ２时 Ｍ→Ｎ ２. Ａ→Ｑ →ＡＣ Ｃ→Ｑ →ＡＢ Ａ→Ｄ ４ Ｃ→Ａ′ ２ ∴ ＝ ꎬ｜ ｜ｍｉｎ＝ (４) ＝ ＋ ＝ ＋ ＋ 一个法向量 ２ ２ ５ ꎬ 由 知当Ｍ Ｎ分别为ＡＣ ＢＦ的 æ ö 中 (３) 点 时 (２) ＭＮ 的 、 长 最 小 所 、 以 Ｍ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ ５ ４ ( Ｃ→Ｂ ＋ Ｃ→Ｄ ＋ Ｃ→Ｃ′ ) ∵ Ａ→Ｃ １＝è ç １ ａ ꎬ ３ａ ꎬ ２ ａ ø ÷ ꎬ ꎬ ꎬ ２ ２ ( ) ( ) １ ꎬ０ꎬ １ ꎬ Ｎ １ ꎬ １ ꎬ０ . ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ ５ ４ (－ Ａ→Ｄ － →ＡＢ ＋ Ｃ→Ｃ′ ) Ｏ→Ｃ Ａ→Ｃ Ｏ→Ｃ 􀅰 Ａ→Ｃ １ １ 取 ２ ＭＮ 的 ２ 中点 Ｇ ２ ꎬ 连 ２ 接 ＡＧ 、 ＢＧ ꎬ 则 ＝ １→ＡＢ ＋ １ Ａ→Ｄ ＋ ４ Ｃ→Ｃ′ ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ １›＝ ｜ Ｏ→Ｃ ｜｜ Ａ→Ｃ １｜ ＝ ２ ꎬ ( ) ５ ５ ５ Ｏ→Ｃ Ａ→Ｃ 即 Ｃ ＡＯ Ｇ １ １ １ . ∴ ‹ ꎬ １›＝６０°ꎬ ∠ １ １＝３０°ꎬ ꎬ ꎬ １ ａ １ ｂ ４ ｃ. ＡＣ 与侧面ＡＢＢ Ａ 所成的角为 . ２ ４ ４ ＝ ＋ ＋ ∴ １ １ １ ３０° ＡＭ ＡＮ ＢＭ ＢＮ Ｇ为ＭＮ的中点 ５ ５ ５ ５.解析 设以 ＡＢ ＡＣ 为邻边的平行 ∵ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ꎬ ３.证明 证法一 如图所示 建立空间直 (１) ꎬ ＡＧ ＭＮ ＢＧ ＭＮ 即 ＡＧＢ 是平 : ꎬ 四边形的面积为Ｓ. ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ꎬ ∠ 角坐标系 则Ｂ Ｃ 面ＭＮＡ与平面ＭＮＢ所成夹角. ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ０)ꎬ 设所求夹角为 ( α ꎬ ) Ａ (０ꎬ . ３ꎬ０)ꎬ Ａ １(０ꎬ ３ꎬ ６)ꎬ Ｃ １(１ꎬ０ꎬ ∵ ｜ →ＡＢ →ＡＢ ｜＝ ＝(－ １４ ２ ꎬ ꎬ ｜ － →Ａ １ Ｃ ꎬ ｜ ３ ＝ )ꎬ →Ａ １ Ｃ ４ꎬ ＝(１ꎬ－３ꎬ２)ꎬ →ＧＡ １ １ １ Ｇ→Ｂ ６) ∵ ＝ ꎬ－ ꎬ－ ꎬ ＝ →ＡＢ →ＡＣ ２ ４ ４ ＢＡＣ 􀅰 １ ( ) ∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ꎬ １ １ １ α ｜ →ＡＢ ｜｜ →ＡＣ ｜ ２ － ꎬ－ ꎬ－ ꎬ ∴ ｃｏｓ ＝ ２ ４ ４ ＢＡＣ ∴ ∠ ＝６０°ꎬ →ＧＡ Ｇ→Ｂ ｜ 􀅰 ｜ １ 所求夹角的余弦值 Ｓ １ . ｜ →ＧＡ ｜｜ Ｇ→Ｂ ｜ ＝ ３ ꎬ∴ ∴ ＝２× ２ × １４× １４×ｓｉｎ６０°＝７ ３ 为 １ . (２) 设ａ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )ꎬ∵ ａ ⊥ →ＡＢ ꎬ ａ ⊥ →ＡＣ ꎬ 且 ３ Ｍ为ＣＣ 的中点 ａ 复习参考题 ∵ １ ꎬ ｜ ｜＝ ３ꎬ １ Ｍ æ ç ６ ö ÷ { －２ ｘ － ｙ ＋３ ｚ ＝０ꎬ 复习巩固 ∴ è１ꎬ０ꎬ ２ øꎬ ∴ ｘ －３ ｙ ＋２ ｚ ＝０ꎬ æ ö １.Ｂ 结 合 题 图 知 Ｏ→Ｍ ＝ ３ ２ ａ ꎬ Ｏ→Ｎ ∴ Ａ→Ｍ ＝ è ç １ꎬ－ ３ꎬ ２ ６ ø ÷ ꎬ Ｂ→Ａ １ ＝ (０ꎬ ３ꎬ ｘ { ２ ＋ ｘ ｙ ＝ ２ １ ＋ ꎬ ｚ２ ＝ { ３ ｘ ꎬ ＝－１ꎬ 解得 ｙ 或 ｙ ＝ １ ( ｂ ＋ ｃ )ꎬ ６)ꎬ∴ Ａ→Ｍ 􀅰 Ｂ→Ａ １＝１×０－ ３× ３＋ ６ × ＝１ꎬ ＝－１ꎬ ２ ２ ｚ ｚ ＝１ꎬ ＝－１ꎬ ∴ Ｍ→Ｎ ＝ Ｏ→Ｎ － Ｏ→Ｍ ＝ １ ( ｂ ＋ ｃ ) － ２ ａ ＝ ６＝０ꎬ∴ Ａ→Ｍ ⊥ Ｂ→Ａ １ꎬ 即ＡＭ ⊥ ＢＡ １ . ∴ ａ ＝(１ꎬ１ꎬ１) 或ａ ＝(－１ꎬ－１ꎬ－１) . ２ ３ 证法二 Ａ→Ｍ Ｂ→Ａ →ＡＢ Ｂ→Ｃ Ｃ→Ｍ ６.解析 由题意 得 :∵ 􀅰 １＝( ＋ ＋ )􀅰 ꎬ － ３ ２ ａ ＋ ２ １ ｂ ＋ ２ １ ｃ. ( →ＢＡ ＋ Ａ→Ａ １)＝ →ＡＢ 􀅰 →ＢＡ ＋ Ｃ→Ｍ 􀅰 Ａ→Ａ １＝－３＋ ì ï ｍ２ ＋ ｎ２ ＝１ꎬ ïｎ２ ｐ２ ＋ ＝１ꎬ ２.解析 (１) →ＡＰ ＝ →ＡＣ ＋ Ｃ→Ｐ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ １ Ｃ→Ａ′ ６× ６ ＝０ꎬ ïï ｍｎ ２ ２ í ＋ ２ ｍｎ ６ ｍ ６ ｎ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ １ ( Ａ→Ａ′ － →ＡＣ ) ４. ∴ 解 Ａ 析 Ｍ ⊥ 以 ＢＡ １ Ａ . Ｂ 的中点 Ｏ 为坐标原点 ï ï ｍ２ ｎ ＋ ｎ２ ｐ 􀅰３ ＝ ２ ⇒ ＋ ＝ ２ ⇒ ＝ ２ －ꎬ ２ ꎬ ïï ＋ ２ ｎ ｐ ６ ｐ ６ ｎ →ＡＢ Ａ→Ｄ １ Ａ→Ａ′ １ →ＡＢ Ａ→Ｄ ＯＢ 、 ＯＣ所在直线分别为ｘ轴 、 ｙ轴建立 î ｎ２ ＋ ｐ２ 􀅰３ ＝ ２ ⇒ ＋ ＝ ２ ⇒ ＝ ２ － ꎬ ＝ ＋ ＋ － ( ＋ ) ２ ２ 如图所示的空间直角坐标系. ｎ ６± ２. ＝ １→ＡＢ ＋ １ Ａ→Ｄ ＋ １ Ａ→Ａ′ ＝ １ ａ ＋ １ ｂ ＋ １ ｃ. ∴ ＝ ４ ２ ２ ２ ２ ２ ２ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ (２) Ａ→Ｍ ＝ →ＡＣ ＋ Ｃ→Ｍ ∴ ｃｏｓ ∠ ＡＯＢ ＝ Ｏ→Ａ 􀅰 Ｏ→Ｂ ＝ ｎ２ ＝ ｜ ｜｜ ｜ →ＡＢ Ａ→Ｄ １ Ｃ→Ｃ′ Ｃ→Ｄ ＝ ＋ ＋ ( ＋ ) ２ ８±２ １２ ８±４ ３ ２± ３. ＝ ＝ １６ １６ ４ ＝ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ １ Ａ→Ａ′ ＋ １ →ＢＡ ＝ １ →ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ ＋ ７.解析 取ＡＣ的中点Ｏ Ａ Ｃ 的中点Ｏ ２ ２ ２ ꎬ １ １ １ꎬ １１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋连接ＯＯ ＯＢ 以Ｏ为坐标原点 ＯＢ ＯＣ ( ) ｂ １ꎬ ꎬ ꎬ 、 、 Ｃ→Ｅ １ Ｃ→Ｅ 为 . ＯＯ １ 分别为ｘ轴 、 ｙ轴 、 ｚ轴 ꎬ 建立如图所 (３)∵ ＝ ０ꎬ－１ꎬ ２ ꎬ∴ ｜ ｜ ＝ ４ ａ２ ＋２ ｂ２ ( ) １１. 解 析 证 明 ＣＢ 平 示的空间直角坐标系 Ａ １ Ｂ ５ ５. (１) : ∵ ⊥ ꎬ ０ꎬ－ ꎬ０ ꎬ １ ＝ 面Ａ ＡＢＢ ２ ４ ２ １ １ꎬ æ ö ( ) æ ö ９.解析 建立如图所示的空间直角坐 Ａ Ｃ 在平面 Ａ ＡＢＢ 上的投影 è ç ３ ꎬ０ꎬ２ø ÷ ꎬ Ｃ ０ꎬ １ ꎬ０ ꎬ Ｍ è ç ３ ꎬ １ ꎬ０ø ÷ ꎬ 标系. ∴ 为Ａ １ Ｂ. １ １ ２ ２ ４ ４ １ ( ) 由题意得Ｂ Ｎ 由Ａ Ｂ ＡＥ Ａ Ｂ ＢＣ Ｂ 得ＡＥ 平 设Ｎ １ ｚ (１) (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０ꎬ１)ꎬ １ ⊥ ꎬ １ ∩ ＝ ꎬ ⊥ ０ꎬ ２ ꎬ ꎬ ∴ ｜ Ｂ→Ｎ ｜ ＝ (１－０) ２ ＋(０－１) ２ ＋(１－０) ２ 面Ａ １ ＢＣ ꎬ 而Ａ Ｃ 平面Ａ ＢＣ ＝ ３ . Ａ １ Ｃ ⊂ ＡＥ １ ꎬ 由题意得 Ａ Ｂ ∴ １ ⊥ ꎬ (２) １(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ (０ꎬ１ꎬ０)ꎬ 同理可证Ａ Ｃ ＡＦ. Ｃ Ｂ １ ⊥ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ １(０ꎬ１ꎬ２)ꎬ ＡＦ ＡＥ Ａ ∴ Ｂ→Ａ １＝(１ꎬ－１ꎬ２)ꎬ Ｃ→Ｂ １＝(０ꎬ１ꎬ２)ꎬ ∵ ∴ Ａ １ Ｃ ∩ ⊥ 平 ＝ 面 ꎬ ＡＥＦ. Ｂ→Ａ Ｃ→Ｂ Ｂ→Ａ Ｃ→Ｂ 以 Ａ 为原点建立空间直角坐标 ∴ １􀅰 １＝３ꎬ｜ １｜＝ ６ꎬ｜ １｜＝ ５ꎬ (２) ∴ ｃｏｓ‹ Ｂ→Ａ １ꎬ Ｃ→Ｂ １›＝ Ｂ Ｂ → → Ａ Ａ １􀅰 Ｃ Ｃ → → Ｂ Ｂ １ ＝ １ ３ ０ ０. ５ 系 ) ꎬ ꎬ 如 Ｂ ( 图 ４ꎬ 所 ０ꎬ 示 ０) ꎬ ꎬ 则 Ｂ １ Ａ ( ( ４ ０ ꎬ ꎬ ０ ０ ꎬ ꎬ ５ ０) ) ꎬ ꎬ Ａ Ｄ １ ( ( ０ ０ ꎬ ꎬ ３ ０ ꎬ ꎬ ｜ １｜｜ １｜ Ｃ ０)ꎬ (４ꎬ３ꎬ０)ꎬ æ ö 易 知 Ａ→Ｂ ç ３ １ ÷ Ｍ→Ｎ １ ＝ è ꎬ ꎬ２øꎬ ＝ ２ ２ æ ö ç ３ １ ｚ÷ Ｃ→Ｎ ｚ . è－ ꎬ ꎬ øꎬ ＝(０ꎬ０ꎬ ) ４ ４ Ａ→Ｂ Ｍ→Ｎ Ａ→Ｂ Ｍ→Ｎ 即 ３ ∵ １⊥ ꎬ∴ １􀅰 ＝０ꎬ － ＋ ８ Ａ→Ｃ 由 知Ａ→Ｃ是平 １ ＋２ ｚ ＝０ꎬ∴ ｚ ＝ １ ꎬ∴ ｜ Ｃ→Ｎ ｜＝ １ ꎬ 即ＣＮ 证明 由题意得 Ｃ 面 ∴ Ａ １ ＥＦ ＝ 的 (４ 一 ꎬ３ 个 ꎬ－ 法 ５) 向 ꎬ 量. (１) １ ８ ８ ８ (３) : １ (０ꎬ０ꎬ２)ꎬ ( ) 平面ＢＤＤ Ｂ 中的两个向量Ｂ→Ｂ １ 时 ＭＮ ＡＢ . Ｍ １ １ . １ １ １＝(０ꎬ ＝ ꎬ ⊥ １ ꎬ ꎬ２ ８.解析 ８ 证明 以Ｄ为坐标原点 ＤＡ ２ ２ ０ꎬ５)ꎬ Ｂ→Ｄ ＝(－４ꎬ３ꎬ０) . (１) : ꎬ 、 Ａ→Ｂ Ｃ→Ｍ 设平面 ＢＤＤ Ｂ 的法向量为 ｎ ｘ ＤＣ ＤＤ 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ 轴 ｚ ∴ １ ＝ ( － １ꎬ １ꎬ － ２ )ꎬ １ １ １ ＝( ꎬ 轴 、 建立 １ 如图所示的空间直角坐 、 标系 、 ( １ １ ) ｙ ꎬ ｚ )ꎬ 则 ꎬ Ｅ ( １ ) Ｆ ( １ １ ) Ｃ ꎬ ＝ ２ ꎬ ２ ꎬ０ ꎬ 则 {ｎ 􀅰 Ｂ→Ｂ １＝５ ｚ ＝０ꎬ ０ꎬ０ꎬ ２ ꎬ ２ ꎬ ２ ꎬ０ ꎬ (０ꎬ１ꎬ ∴ Ａ→ １ Ｂ 􀅰 Ｃ １ →Ｍ ＝－ １ ＋ １ ＋０＝０ꎬ ｎ 􀅰 Ｂ→Ｄ ＝－４ ｘ ＋３ ｙ ＝０ . ２ ２ 令ｘ 得ｙ ０)ꎬ ( ) ∴ Ａ→ １ Ｂ ⊥ Ｃ １ →Ｍ ꎬ 即Ａ １ Ｂ ⊥ Ｃ １ Ｍ. 平 ＝ 面 ３ꎬ ＢＤＤ ＝ Ｂ ４ꎬ 的一个法向量为ｎ Ｅ→Ｆ １ １ １ Ｃ→Ｆ 综合运用 ∴ １ １ ＝ ∴ ＝ ꎬ ꎬ－ ꎬ . ２ ２ ２ (３ꎬ４ꎬ０) ( ) １０.解析 设→ＡＢ ａ Ａ→Ｄ ｂ Ａ→Ａ ｃ 则 ａ 平面ＦＥＢＤ 平面ＢＤＤ Ｂ ＝ １ ꎬ－ １ ꎬ０ ꎬ ｂ ａ ｃ ＝ ｂ ꎬ ａ ＝ ｂ ꎬ ′＝ ꎬ ａ ｜ ｃ ｜ ∵ 平面 ＦＥＢＤ ⊂ 的一个法 １ 向 １ꎬ 量为 ｎ ２ ２ ＝｜ ｜＝ ꎬ｜ ｜ ＝ ꎬ‹ ꎬ ›＝９０°ꎬ‹ ꎬ › ∴ ｂ ｃ . . ＝‹ ꎬ ›＝１２０° ＝(３ꎬ４ꎬ０) (１)∵ Ａ→Ｃ ′＝ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ꎬ 由于ｎ 􀅰 Ａ→ １ Ｃ ＝１２＋１２＝２４ꎬ ∴ ｜ Ａ→Ｃ ′｜ ２ ＝( ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ) ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＋ ｃ２ ＋２ ａ ｜ ｎ ｜＝ ３ ２ ＋４ ２ ＝５ꎬ 􀅰 ｂ ＋２ ａ 􀅰 ｃ ＋２ ｂ 􀅰 ｃ ＝ ａ２ ＋ ａ２ ＋ ｂ２ －２ ａｂ ＝ Ａ→Ｃ ２ ２ ２ ａ２ ｂ２ ａｂ. ｜ １ ｜＝ ４ ＋３ ＋(－５) ＝５ ２ꎬ ２ ＋ －２ ｎ Ａ→Ｃ ２４ １２ ２ Ｅ→Ｆ Ｃ→Ｆ １ １ ＥＦ ＣＦ. ∴ ｜ Ａ→Ｃ ′｜＝ ２ ａ２ ＋ ｂ２ －２ ａｂ. ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ １ ›＝ ５×５ ２ ＝ ２５ ꎬ ∴ 􀅰 ( ＝ ４ － ) ４ ＝０ꎬ∴ ( ⊥ ) (２)∵ Ｂ→Ｄ ′＝－ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ꎬ →ＡＣ ＝ ａ ＋ ｂ ꎬ ∴ 平面 ＡＥＦ 与平面 Ｄ １ Ｂ １ ＢＤ 所成二 (２)∵ Ｇ １ꎬ１ꎬ １ ꎬ∴ Ｃ→Ｇ ＝ １ꎬ０ꎬ １ ꎬ ∴ ｜ Ｂ→Ｄ ′｜＝ ２ ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ｜ →ＡＣ ｜＝ ２ ａ ꎬ 面角的余弦值为１２ ２. ２ ２ 且Ｂ→Ｄ′ →ＡＣ ｂ２ ａ２ ａ ｃ ｂ ｃ ａｂ. ２５ １ １ 􀅰 ＝ － ＋ 􀅰 ＋ 􀅰 ＝－ １２.解析 直角梯形ＡＢＣＤ的面积为 Ｅ→Ｆ Ｃ→Ｇ － ａｂ (１) Ｅ→Ｆ Ｃ→Ｇ 􀅰 ２ ４ Ｂ→Ｄ →ＡＣ － . ∴ ｃｏｓ‹ ꎬ › ＝ ｜ Ｅ→Ｆ ｜｜ Ｃ→Ｇ ｜ ＝ ３ × ５ ∴ ｃｏｓ‹ ｂ ′ꎬ ›＝ ２ ａ２ ＋ ｂ２ 􀅰 ２ ａ Ｓ 底面ＡＢＣＤ＝ ２ １ ( ＢＣ ＋ ＡＤ )􀅰 ＡＢ ＝ １＋ ２ ０５ ×１ ２ ２ － . ＝ ３ ａ２ ｂ２ ＝ ꎬ １５. ４ ＋２ ４ ＝ ( ] 四棱锥Ｓ ＡＢＣＤ的体积 １５ 又异面直线所成角的范围为 π ∴ － ０ꎬ ꎬ ＥＦ与ＣＧ所成角的余弦值为 １５. ２ Ｖ １ ＳＡ Ｓ １ ３ １ . ∴ 直线 ＢＤ 与 ＡＣ 所成角的余弦值 ＝ 􀅰 􀅰 底面ＡＢＣＤ＝ ×１× ＝ １５ ∴ ′ ３ ３ ４ ４ １２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 建立如图所示的空间直角坐标 设ＡＥ ＢＦ ｍ ｍ ａ 则Ｅ ａ ｍ (２) ＝ ＝ (０≤ ≤ )ꎬ ( － ꎬ ( ) ａ Ｆ ａ ｍ 系 则Ａ Ｄ １ Ｃ ꎬ ０ )ꎬ ( ０ꎬ － ꎬ ０ )ꎬ ꎬ (０ꎬ０ꎬ０)ꎬ ꎬ０ꎬ０ ꎬ (１ꎬ１ꎬ Ａ′ ａ ａ ａ Ｃ′ ａ ２ ( ꎬ ꎬ )ꎬ (０ꎬ０ꎬ )ꎬ Ｓ Ａ→′Ｆ ａ ｍ ａ Ｃ→′Ｅ ａ ｍ ａ ０)ꎬ (０ꎬ０ꎬ１)ꎬ ∴ ＝(－ ꎬ－ ꎬ－ )ꎬ ＝( － ꎬ ꎬ ( ) ａ 则Ａ→Ｄ １ →ＳＣ － )ꎬ ＝ ꎬ０ꎬ０ ꎬ ＝(１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ ２ Ａ→′Ｆ Ｃ→′Ｅ ａ２ ａｍ ａｍ ａ２ ( ) ∴ 􀅰 ＝－ ＋ － ＋ ＝０ꎬ Ｓ→Ｄ １ . Ａ→′Ｆ Ｃ→′Ｅ 即Ａ′Ｆ Ｃ′Ｅ. ＝ ꎬ０ꎬ－１ ∴ ⊥ ꎬ ⊥ ２ [ ] ∵ ＳＡ ⊥ 底面ＡＢＣＤ ꎬ ＡＤ ⊥ ＡＢ ꎬ 设ＯＤ ＳＯ ＯＡ ＯＢ ＯＣ ａ (２) Ｖ Ｂ′ － ＢＥＦ＝ １ａ 􀅰 １ 􀅰( ａ － ｍ )􀅰 ｍ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ꎬ ３ ２ ∴ ＡＤ ⊥ 平面ＳＡＢ ꎬ 则Ａ ( ａ ꎬ０ꎬ０)ꎬ Ｂ (０ꎬ ａ ꎬ０)ꎬ Ｃ (－ ａ ꎬ０ꎬ １ａ ｍ２ ａｍ . 􀅰(－ ＋ ) 所以→ＣＡ ａ Ｃ→Ｂ ａ ａ ６ ０)ꎬ ＝(２ ꎬ０ꎬ０)ꎬ ＝( ꎬ ꎬ ａ 当且仅当ｍ 即 Ｅ Ｆ 分别为 ＡＢ ０)ꎬ ＝ ꎬ 、 、 因 为 Ｐ 为 ＳＤ 的 中 点 所 以 ２ ꎬ ＢＣ的中点时 Ｖ 最大. ( ａ ａ ) ꎬ Ｂ′ － ＢＥＦ Ｐ 取ＥＦ 的中点为 Ｇ 连接 ＢＧ Ｂ′Ｇ 则 ０ꎬ－ ꎬ ꎬ ꎬ 、 ꎬ ２ ２ ( ａ ａ ) 所 以 →ＣＡ ＝ ( ２ ａ ꎬ ０ꎬ ０)ꎬ →ＡＰ ＝ Ｇ ꎬ ３ ꎬ０ ꎬ ＢＧ ⊥ ＥＦ ꎬ Ｂ′Ｇ ⊥ ＥＦ ꎬ 即 ( ａ ａ ) ４ ４ ∴ 向量Ａ→Ｄ是平面ＳＡＢ的一个法向量. － ａ ꎬ ２ ꎬ ２ ꎬ Ｃ→Ｂ ＝( ａ ꎬ ａ ꎬ０)ꎬ ∠ 的 Ｂ 夹 Ｇ 角 Ｂ′ . 是平面Ｂ′ＥＦ与平面ＢＥＦ所成 设平面ＳＣＤ的法向量为ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ )ꎬ 设ｎ ＝( ｘ ꎬ ｙ ꎬ ｚ ) 为平面ＰＡＣ的法向量 ꎬ 易 得 Ｇ→Ｂ ( ａ ａ ) Ｇ→Ｂ′ 由 ｎ →ＳＣ 且 ｎ Ｓ→Ｄ 可 得 则ｎ ⊥ →ＣＡ ꎬ ｎ ⊥ →ＡＰ ꎬ 所以 ＝ － ４ ꎬ ４ ꎬ０ ꎬ {ｎ →ＳＣ ⊥ ꎬ {ｘ ＋ ｙ － ｚ ＝ ⊥ ０ꎬ { ꎬ ｘ ｚ {ｎ 􀅰 →ＣＡ ＝２ ａｘ ＝０ꎬ ＝ ( － ａ ꎬ ａ ꎬ ａ ) ꎬ 􀅰 ＝０ꎬ ＝２ ꎬ ａ ａ ４ ４ ｎ 􀅰 Ｓ→Ｄ ＝０ ⇒ １ ｘ － ｚ ＝０ ⇒ ｙ ＝－ ｚ. ｎ 􀅰 →ＡＰ ＝－ ａｘ ＋ ２ ｙ ＋ ２ ｚ ＝０ꎬ ＢＧＢ′ Ｇ→Ｂ 􀅰 Ｇ→Ｂ′ １ 即 令ｚ ＝１ꎬ 则ｎ ＝(２ ２ ꎬ－１ꎬ１)ꎬ 所 取 以 ｚ ＝ ｎ １ꎬ 则ｘ ＝０ꎬ ｙ ＝－１ꎬ ∴ ｃｏｓ∠ ＝ ｜ Ｇ→Ｂ ｜｜ Ｇ→Ｂ′ ｜ ＝ ３ ꎬ ＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬ ＢＧＢ′ Ａ→Ｄ ｎ 设直线 ＢＣ 与平面ＰＡＣ所成的角为θ ｔａｎ∠ ＝２ ２ꎬ Ａ→Ｄ ｎ 􀅰 平面Ｂ′ＥＦ与平面ＢＥＦ的夹角正切 ∴ ｃｏｓ ‹ ꎬ › ＝ ｜ Ａ→Ｄ ｜􀅰｜ ｎ ｜ ＝ (０ ° ≤ θ ≤９０ ° )ꎬ 则 ｓｉｎ θ ＝｜ｃｏｓ‹ →ＣＢ ꎬ ｎ ›｜＝ 值 ∴ 为 . ２ ２ ２ １ ×２＋０×(－１)＋０×１ ＝ ６ ꎬ ｜ Ｃ Ｃ → → Ｂ Ｂ 􀅰 ｜｜ ｎ ｎ ｜ ＝ ２ １ ꎬ １７.解 Ｅ→Ａ 析 ′ Ａ→′Ａ 设公 →ＡＦ 垂线ＡＡ′的长为ｄ ꎬ∵ Ｅ→Ｆ ＝ １ × ６ ３ 所以直线 ＢＣ 与平面 ＰＡＣ 所成的角 ＋ ＋ ꎬ 面 ＳＣ ２ Ｄ 与面 ＳＡＢ 的夹角的余弦值 为 ３０ °. ∴ Ｅ→Ｆ２ ＝ Ｅ→Ａ′２ ＋ Ａ→′Ａ２ ＋ →ＡＦ２ ＋２ Ｅ→Ａ′ 􀅰 Ａ→′Ａ ＋ ∴ １５.证明 Ｅ Ｆ分别为ＡＢ ＢＣ的中 Ｅ→Ａ′ →ＡＦ Ａ→′Ａ →ＡＦ. (１)∵ 、 、 ２ 􀅰 ＋２ 􀅰 为 ６. 点 Ｅ→Ｆ １→ＡＣ. 又Ａ→Ａ′ ⊥ Ｅ→Ａ′ ꎬ Ａ→Ａ′ ⊥ →ＡＦ ꎬ‹ Ｅ→Ａ′ ꎬ →ＡＦ › ＝ θ ３ ꎬ∴ ＝ 或 θ ２ π－ ꎬ １３.解 底建 析 立 空 如 间 图 直 所 角 示 坐 ꎬ 以 标 Ｏ 系 →Ｂ ꎬ Ｏ Ｏ→ ｘｙ Ｃ ｚ ꎬ . Ｏ→Ｄ为基 同理Ｈ→Ｇ ＝ ２ １→ＡＣ ꎬ∴ Ｅ→Ｆ ＝ Ｈ→Ｇ. ∴ ｄ ｌ２ ２ ＝ ｍ ｌ２ ２ ＋ ｍ ｄ ２ ２ ＋ ｎ ｎ ２ ２ ±２ ｍ ｍ ｎ ｎ ｃｏｓ θ θ ꎬ 又 Ｅ Ｆ Ｈ Ｇ不共线 Ｅ Ｆ Ｇ Ｈ四 ∴ ＝ － － ∓２ ｃｏｓ ꎬ ∵ 、 、 、 ꎬ∴ 、 、 、 即ｄ ｌ２ ｍ２ ｎ２ ｍｎ θ. 点共面. ＝ － － ∓２ ｃｏｓ Ｅ Ｈ分别为ＡＢ ＡＤ的中点 (２)∵ 、 、 ꎬ 第二章 直线和圆的方程 Ｈ→Ｅ １ Ｄ→Ｂ Ｈ→Ｅ Ｄ→Ｂ ＤＢ ＨＥ. ∴ ＝ ꎬ∴ ∥ ꎬ∴ ∥ ２ 2.1 直线的倾斜角与斜率 设原正方形的边长为 则 又 ＨＥ 平面ＥＦＧＨ ＢＤ 平面 ＥＦ￣ １ꎬ ∵ ⊂ ꎬ ⊄ ＧＨ æ ö æ ö ꎬ ２.１.１ 倾斜角与斜率 Ｅç ２ ２÷ Ｆç ２ ２ ÷ ＢＤ 平面ＥＦＧＨ. è０ꎬ－ ꎬ øꎬ è ꎬ ꎬ０øꎬ ∴ ∥ ４ ４ ４ ４ 练习 由题意得Ｏ→Ａ Ａ→Ｍ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｂ Ｂ→Ｍ (３) ＋ ＝ ꎬ ＋ ＝ １.解析 因为α ° 所以直线的斜 Ｏ→Ｅ Ｏ→Ｆ － １ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｃ Ｃ→Ｍ Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｄ Ｄ→Ｍ Ｏ→Ｍ. (１) ＝３０ ꎬ ＥＯＦ 􀅰 ８ ꎬ ＋ ＝ ꎬ ＋ ＝ ∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ＝ 率ｋ ° ３. ｜ Ｏ→Ｅ ｜｜ Ｏ→Ｆ ｜ １ × １ 四式相加得 ４ Ｏ→Ｍ ＝ Ｏ→Ａ ＋ Ｏ→Ｂ ＋ Ｏ→Ｃ ＋ Ｏ→Ｄ ꎬ ＝ｔａｎ３０ ＝ ３ ２ ２ 因为 α ° 所以直线的斜率 ｋ Ｏ→Ｍ １ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ Ｏ→Ｃ Ｏ→Ｄ . (２) ＝４５ ꎬ ＝ １ ∴ ＝ ( ＋ ＋ ＋ ) ° . － ꎬ ４ ｔａｎ４５ ＝１ ２ 拓广探索 ∴ ∠ ＥＯＦ ＝１２０° . １６.解析 (１) 证明 : 以 Ｃ 为坐标原点 ꎬ (３) 因为 α ＝ ２ ３ π ꎬ 所以直线的斜率 ｋ ＝ １４.解析 如图 以点 Ｏ 为坐标原点 建 ＣＯ ＣＢ ＣＣ′所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ ꎬ ꎬ 、 、 、 ２π . 立如图的空间直角坐标系Ｏｘｙｚ 轴 ｚ轴建立空间直角坐标系 图略 ｔａｎ ＝－ ３ ꎬ 、 ( )ꎬ ３ １３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｍ ° 因为 α ３π 所以直线的斜率 ｋ 即 －１ １ 解得ｍ １. ＝ｔａｎ４５ ＝１ꎬ (４) ＝ ꎬ ＝ ｍ＝ ꎬ ＝ 解得ｍ 或ｍ . ４ －１－ ３ ２ ＝－２ ＝－１ ３π . (２) 若ＡＢ ⊥ ＰＱ ꎬ 则ｋ ＡＢ􀅰 ｋ ＰＱ＝－１ꎬ 又 ∵ (３－ ｍ － ｍ２ )－( ｍ２ ＋２)≠０ꎬ ｔａｎ ＝－１ ｍ ４ 即 －１ １ 解得ｍ . ｍ 且ｍ １ . ２.解析 因为ｋ 所以直线的倾斜 ｍ􀅰 ＝－１ꎬ ＝－２ ∴ ≠－１ ≠ (１) ＝０ꎬ －１－ ３ ２ 角为 . ◆习题2.1 综上 ｍ . ０ ꎬ ＝－２ 因为 ｋ 所以直线的倾斜角 复习巩固 (２) ＝ ３ꎬ ８.解析 ｋ －２－(－１) １.解析 ｋ ｋ ＰＡ＝ ＝－１ꎬ 为π. ∵ ｜ ｜＝１ꎬ∴ ＝±１ꎬ １－０ 由 α 得α ３ ｔａｎ ＝１ꎬ ＝４５°ꎬ ｋ １－(－１) (３) 因为 ｋ ＝－ ３ꎬ 所以直线的倾斜角 由 ｔａｎ α ＝－１ꎬ 得α ＝１３５° . ＰＢ＝ ２－０ ＝１ꎬ 直线的倾斜角为 或 . ｋ . ∴ ４５° １３５° ∴ ∈[－１ꎬ１] 为２π. 当ｋ 时 α ３ ２.解析 ｋ ＡＢ＝ －１－３ ＝４ꎬ 当ｋ ∈[０ꎬ１] ꎬ 时 ０°≤ α 为 ≤ 钝 ４５ 角 °ꎻ α １－２ ∈[－１ꎬ０) ꎬ ꎬ１３５°≤ 因为 ｋ ３ 所以直线的倾斜角 . (４) ＝－ ꎬ ｋ －２－(－１) １ <１８０° ３ ＢＣ＝ ＝ ꎬ ９.解析 由点Ｐ在ｘ轴上 可设Ｐ ａ －１－１ ２ ꎬ ( ꎬ０)ꎬ 为５π. 当ａ 时 要使 ＭＰＮ为直角 需满足 ６ ｋ ＣＤ＝ ２－(－２) ＝－４ꎬ ＝２ ꎬ ∠ ꎬ ３.解析 (１) 因为 Ｃ (１８ꎬ８)ꎬ Ｄ (４ꎬ－４)ꎬ －２－(－１) ｋ ＮＰ＝０ꎬ 而ｋ ＮＰ＝ ０－(－２) ＝－ ２ ≠０ꎬ 所以 所 ６ 以 由 直 ｋ 线 ＣＤ 可 的 知 斜 其 率 倾 ｋ 斜 ＣＤ 角 ＝ 为 ８－ 锐 １８ ( 角 － － ４ ４ . ) ＝ ３.解 ｋ ＡＤ 析 ＝ － ２ ２ － ( － ３ １ ２ ) ＝ 由 ４ １ ｋ . ＡＢ＝ ３ ｍ － ｍ ６ ＝ １２ꎬ 解得 ａ 当 ＝ ａ ２ ＝ 不 ５ 满 时 足 ꎬ 要 条 使 件 ∠ ꎻ ２ Ｍ －５ ＰＮ为直 ３ 角 ꎬ 需满足 ꎬ ＣＤ>０ꎬ １－(－ ) ( ７ ２) 因为Ｐ (０ꎬ０)ꎬ Ｑ (－１ꎬ３)ꎬ 所以直线 ｍ ＝－２ . ｍ ｋ ＭＰ＝０ꎬ 而ｋ ＭＰ＝ ５ ０ － － ２ ２ ＝－ ３ ２ ≠０ꎬ 所以ａ ＝ 由ｋ (－２ －１)－２ 不满足条件 ＰＱ的斜率 ｋ ３－０ 由 ｋ (２) ＡＢ＝ ｍ ｍ ＝ｔａｎ６０°＝ ３ꎬ ５ ꎻ ＰＱ＝ ＝－３ꎬ ＰＱ<０ꎬ － － 当ａ 且 ａ 时 要使 ＭＰＮ 为直 －１－０ ≠２ ≠５ ꎬ ∠ 可知其倾斜角为钝角. 解得ｍ ＝ ３( ３＋１). 角 ꎬ 需满足 ｋ ＭＰ􀅰 ｋ ＮＰ＝－１ꎬ 所以０ ａ －２ 􀅰 ４.解析 由已知得ｋ ｃ － ｃ 因为 ４ －２ ｔ 斜 ａｎ 角 ０ 为 ° ＝ ( ０ １ ° ꎬ ) . 所以经过点 Ａ Ａ Ｂ 、 ＝ Ｂ ａ 的 － ｂ 直 ＝０ 线 ꎬ 的倾 ４. ∴ 解 Ａ 析 Ｂ ∥ ｋ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ＝ . － ０ １ － － ２ １ ＝１ꎬ ｋ ＢＣ＝ ３－ ４ ( － － ０ １) ＝１ꎬ ０ 所 － ａ 以 ( － － 满 ５ ２) 足 ＝ 条 －１ 件 ꎬ 解 的 得 点 ａ Ｐ ＝１ 的 或 坐 ａ 标 ＝ 为 ６ . (１ꎬ０) ０ 又 ＡＢ ＢＣ都经过点Ｂ Ａ Ｂ Ｃ三点 因为点Ｃ Ｄ的横坐标相同 纵坐标 ∵ 、 ꎬ∴ 、 、 或 . (２) 、 ꎬ 在同一条直线上. 拓广 ( 探 ６ꎬ 索 ０) 不同 所以经过点 Ｃ Ｄ 的直线的倾斜 ꎬ 、 角为 °. ５.解析 ｋ ８－２ ｋ ９０ ｂ ｃ ｃ ａ ｂ ａ (１) ２＝ ４－１ ＝２＝ １ꎬ １０.解析 依题意得ｋ ＡＢ＝ ２＋２ ２－２ ＝ ２ ꎬ 由已知得 ｋ ＋ －( ＋ ) － ｌ ｌ . ２－(－２) ２ (３) ＰＱ＝ ｂ ａ ＝ｂ ａ＝ ∴ １∥２ － － ｌ ｘ 轴 ｌ ｘ 轴 ｌ 过点 Ｐ Ｑ ｌ ｋ ２－(２－２ ２) 因为 ° 所以经过点Ｐ Ｑ的 (２) １∥ ꎬ ２∥ ꎬ １ 、 ꎬ ２ ＢＣ＝ ＝－ ２ꎬ １ꎬ ｔａｎ４５ ＝１ꎬ 、 不过点Ｐ Ｑ ｌ ｌ . －２－０ 直线的倾斜角为 °. 、 ꎬ∴ １∥２ ５.解析 由题意得 ４ ｋ ５ ＡＢ＝ ０－２ ＝ ｋ ꎬ 所以 (３) ｋ １＝ －５ － － ２ ( － － ０ １) ＝ ２ １ ꎬ ｋ ＡＤ＝ ２＋ ２ ２ － ２ ４ －２ ＝－ ２ꎬ －１－０ １ ｋ ＝２ . ｋ ２＝ ０－ ５ ( － － ３ ４) ＝ ２ １ ꎬ ｋ １＝ ｋ ２ꎬ∴ ｌ １∥ ｌ ２ . ｋ ＣＤ＝ ２－ ０ ２ － ２ ４ －２ ＝ ２ ２ ꎬ ２.１.２ 两条直线平行和 １ 所以ｋ ｋ ２ － －１ ＡＢ􀅰 ＡＤ＝ ×(－ ２)＝－１ꎬ 垂直的判定 ６.解析 ｋ ２ ３ ２ (１) ２＝ ＝ ꎬ 练习 ( ) ０－１ ２ ｋ ｋ ２ ｋ ｋ ｋ ｋ ２ ３ ＡＢ􀅰 ＢＣ＝ ×(－ ２)＝－１ꎬ ＢＣ􀅰 ＣＤ＝ １.解析 直线ｌ 的斜率ｋ ３－０ ∴ １ ２＝ － ３ × ２ ＝－１ꎬ ２ (１) １ １＝ ２－(－１) ｌ ｌ . ２ ＝１ꎬ 直线 ｌ ２ 的斜率 ｋ ２＝１ꎬ ｋ １＝ ｋ ２ꎬ∴ ｌ １ ∴ １⊥ ｋ ２ ｋ －６－(－１) 所 － 以 ２× Ａ ２ Ｂ ＝ Ａ － Ｄ １ꎬ ＡＢ ＢＣ ＢＣ ＣＤ ∥ ｌ ２ . (２) １＝ｔａｎ４５°＝１ꎬ ２＝ ３－(－２) ＝－１ꎬ 所以四边 ⊥ 形Ａ ꎬ ＢＣＤ ⊥ 是矩 ꎬ 形. ⊥ ꎬ ｋ ｋ ｌ ｌ . (２) 直线ｌ ３ 的斜率ｋ ３＝ ０－１ ＝ １ ꎬ 直线 ∴ １ ２＝－１ꎬ∴ １⊥２ －２－３ ５ ｋ －５－０ ５ 2.2 直线的方程 ｌ ４ 的斜率ｋ ４＝－５ꎬ (３) １＝ ４－１ ＝－ ３ ꎬ ｋ ｋ １ ｋ ３－０ ３ ２.２.１ 直线的点斜式方程 ∵ ３ ４＝ ×(－５)＝－１ꎬ ２＝ ＝ ꎬ ５ －１－(－６) ５ 练习 ｌ ｌ . ｋ ｋ ｌ ｌ . ∴ ３⊥４ ∴ １ ２＝－１ꎬ∴ １⊥２ ｍ 综合运用 １.解析 ｙ ｘ . ２.解析 ｋ －１ ｋ ０－２ １ . (１) －(－１)＝ ２( －３) ＡＢ＝ －１－ ｍꎬ ＰＱ＝ －５－１ ＝ ３ ７.解析 由 ２ ｍ －( ｍ２ －３) ｋ ３ (１) 若ＡＢ ∥ ＰＱ ꎬ 则ｋ ＡＢ＝ ｋ ＰＱꎬ (３－ ｍ － ｍ２ )－( ｍ２ ＋２) (２)∵ ＝ｔａｎ３０°＝ ３ ꎬ １４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 已知ａ 由 ｂ 得ｂ 或ｂ ｘ . ｙ ３ ｘ . ＝５ꎬ ｜５－ ｜＝２ ＝７ ＝３ꎬ (２) ＝－２ ∴ －２＝ [ －(－ ２)] ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ 可化为 ｘ ｙ . ３ 所求直线的方程为 或 (３) ＝－４ ＋７ꎬ ４ ＋ －７＝０ ｋ ∴ ＋ ＝１ ＋ ｙ ｘ (３)∵ ＝ｔａｎ０°＝０ꎬ ５ ７ ５ －８ －(－１) 可化为 ｘ ｙ ｙ ｘ . ｙ (４) ＝ ꎬ ２ ＋ －６ ∴ －３＝０( －０) . －２－８ ４－(－１) ＝１ . ｋ ２π ３ ＝０ (４)∵ ＝ｔａｎ ＝－ ３ꎬ ｙ . ３ ２.２.３ 直线的一般式方程 (５) ＝２ ∴ ｙ －(－２)＝－ ３[ ｘ －(－４)] . 练习 (６) ｘ ＋ ｙ ＝１ꎬ 可化为 ３ ｘ －４ ｙ －１２＝０ . ２.答案 ° ° ４ －３ (１)１ꎻ４５ (２) ３ꎻ６０ 解析 由已知得直线的斜率为 １.解析 ｙ １ ｘ 可化 ２.解析 ｋ ７－３ ｋ １２－７ (１) １ꎬ (１) －(－２)＝ － ( －８)ꎬ ＡＢ＝ ＝１ꎬ ＢＣ＝ ＝１ꎬ 倾斜角为 °. ２ ５－１ １０－５ ４５ 为ｘ ｙ . ＡＢ ＢＣ. 由已知得直线的斜率为 倾斜角 ＋２ －４＝０ ∴ ∥ ( 为 ２) °. ３ꎬ (２) ｙ ＝２ꎬ 即ｙ －２＝０ . 又 ∵ 直线ＡＢ 、 ＢＣ都经过点Ｂ ꎬ ６０ ｙ ｘ Ａ Ｂ Ｃ三点共线. －(－２) －３ 可化为ｘ ｙ . ∴ 、 、 ３.解析 ｙ ３ｘ . ｙ ｘ . (３) －４－(－２) ＝ ５－３ ꎬ ＋ －１＝０ ３.解析 设 ＡＢ 的中点坐标为 ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则 (１) ＝ －２(２) ＝－２ ＋４ ｘ ｙ ２ 可化为 ｘ ｙ . 由中点坐标公式得ｘ ７－５ ｙ －４＋６ ４.解析 (１) ｋ １＝ ２ １ ꎬ ｋ ２＝ ２ １ ꎬ (４) ３ ２ ＋ －３ ＝１ꎬ ２ － －３＝０ ＝１ꎬ 即线段ＡＢ的中点 ＝ 坐 ２ 标 ＝ 为 １ ( ꎬ １ꎬ ＝ １) . ２ ｋ ｋ ２.解析 由 ｘ ｙ 得ｙ ｘ ∴ 又ｂ １ １ ＝ ＝３ ２ ꎬ ꎬ ｂ ２＝－２ꎬ 则ｂ １≠ ｂ ２ꎬ ∴ ｋ ＝ －３ ( ꎬ １ ｂ ) ＝５ . ３ ＋ －５＝０ ＝－３ ＋５ꎬ 又 ∵ ｋ ＡＢ＝ ６－ － ( ５ － － ４ ７ ) ＝－ ６ ５ ꎬ∴ 线段ＡＢ的 ｌ ｌ . ｘ ｙ ∴ １∥２ 由 得ｙ ５ ｘ 垂直平分线的斜率为 ６ ｙ ６ (２) － ＝１ ＝ －５ꎬ ꎬ∴ －１＝ × ｋ ５ ｋ ３ ４ ５ ４ ５ ５ (２) １＝ ３ ꎬ ２＝－ ５ ꎬ ｘ 可化为 ｘ ｙ 即为线段 ( ) ｋ ５ ｂ . ( －１)ꎬ ６ －５ －１＝０ꎬ ｋ ｋ ５ ３ ｌ ｌ . ∴ ＝ ４ ꎬ ＝－５ ＡＢ的垂直平分线的方程. ∴ １ ２＝ ３ × － ５ ＝－１ꎬ∴ １⊥２ ４.解析 由中点坐标公式得线段ＡＢ的中 由ｘ ｙ 得ｙ １ ｘ ２.２.２ 直线的两点式方程 (３) ＋２ ＝０ ＝－ ꎬ ( ) ２ 点坐标为 ３ 线段ＡＣ的中点坐标 ６ꎬ ꎬ 练习 ｋ １ ｂ . ２ ∴ ＝－ ꎬ ＝０ 为 所以经过这两点的直线方程 ｙ ｘ ２ (１ꎬ４)ꎬ １.解析 －１ －２. (１) ＝ 由 ｘ ｙ 得ｙ ７ ｘ ２ ｙ ３ －３－１ ０－２ (４) ７ －６ ＋４＝０ ＝ ＋ ꎬ － ｘ ｙ ｘ ６ ３ 为 ２ －６ 可化为ｘ ｙ . －５ －０. ＝ ꎬ ＋２ －９＝０ (２) ＝ ｋ ７ ｂ ２ . ３ １－６ ０－５ ５－０ ∴ ＝ ꎬ ＝ ４－ ｘ ｙ ６ ３ ２ ２.解析 如图. 各小题的图象如图所示. ｌ . (１) ＋ ＝１ꎬ ５.解析 由题意得 －２０ １５ 整理得 ｌ ２ ３ Ｇ ＝ ꎬ － －４ １ . Ｇ . １５ －１４＝０ ６.解析 由题意可知菱形的四个顶点坐 标分别为 (－４ꎬ０)ꎬ(４ꎬ０)ꎬ(０ꎬ－３)ꎬ(０ꎬ ３)ꎬ ｘ ｙ 各边所在直线的方程分别为 ∴ ＋ －４ －３ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ 如图. ＝１ꎬ ＋ ＝１ꎬ ＋ ＝１ꎬ ＋ ＝１ꎬ (２) ＋ ＝１ꎬ －４ ３ ４ －３ ４ ３ －５ ６ 化为一般式方程分别为 ｘ ｙ ３ ＋４ ＋１２＝０ꎬ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ３.解析 当Ｂ 时 Ａｘ Ｂｙ Ｃ 可 ３ －４ ＋１２＝０ꎬ３ －４ －１２＝０ꎬ３ ＋４ －１２ (１) ≠０ ꎬ ＋ ＋ ＝０ . Ａ Ｃ Ａ ＝０ 化为ｙ ｘ ｋ ７.解析 当截距为零时 直线方程为 ｘ ＝－Ｂ －Ｂꎬ∴ ＝－Ｂꎻ ꎬ ３ － ｙ 当Ｂ 时 Ａｘ Ｂｙ Ｃ 可化为Ａｘ Ｃ ２ ＝０ꎻ ＝０ ꎬ ＋ ＋ ＝０ ＋ ＝ 当截距不为零时 设所求直线的方程为 直线与ｘ轴垂直 斜率不存在. ꎬ ０ꎬ ꎬ ｘ ｙ 若直线Ａｘ Ｂｙ Ｃ 过原点 则将 将 代入得 ２ ３ (２) ＋ ＋ ＝０ ꎬ ａ ＋ ａ ＝１ꎬ (２ꎬ３) ａ ＋ ａ ＝１ꎬ ｘ 代入Ａｘ Ｂｙ Ｃ 得Ｃ ３.解析 (１) 设直线的截距式方程为 ａ ＋ (０ 当 ꎬ０) Ａ Ｂ不同 ＋ 时为 ＋ ＝ 且 ０ꎬ Ｃ ＝ 时 ０ꎬ 直线 解得ａ 直线方程为 ｘ ｙ 即 ∴ 、 ０ꎬ ＝０ ꎬ ＝５ꎬ∴ ＋ ＝１ꎬ ｙ . Ａｘ Ｂｙ Ｃ 过原点. ５ ５ ｂ ＝１ ◆习 ＋ 题 ＋ 2.2 ＝０ ｘ ＋ ｙ －５＝０ . 已知ｂ ＝５ꎬ 由ａ ＋ ｂ ＝２ 得ａ ＝－３ꎬ 复习巩固 ∴ 所求直线的方程为ｘ ＋ ｙ －５＝０ 或 ３ ｘ － ｘ ｙ ｙ . 所求直线方程为 . ２ ＝０ ∴ 设直线的截距式 －３ 方 ＋ 程 ５ 为 ＝１ ｘ ｙ . １.解析 (１) ｙ －(－２)＝ ３ ３ ( ｘ －８)ꎬ ８.解 ∴ 析 ｋ ２＝ ｋ ( １ １ ＝ ) － 由 ４ꎬ ４ ｘ ＋ ｙ －２＝０ 得ｋ １＝－４ꎬ (２) ａ ＋ ｂ ＝１ 可化为 ｘ ｙ . 所求直线的方程为ｙ ｘ ３ －３ －６－８ ３＝０ ∴ －２＝－４( －３)ꎬ １５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋整理得 ｘ ｙ . 就是直线ＰＱ 易得直线ＰＱ的方程是 {ｘ {ｘ ４ ＋ －１４＝０ ꎬ 由 ＝２ꎬ 得 ＝２ꎬ ｙ ｘ (２) ｘ ｙ ｙ ｋ －５－２ ７ －０ －２ 即ｘ ｙ ３ ＋２ －１２＝０ꎬ ＝３ꎬ (２) ＭＮ＝ ＝ ꎬ ＝ ꎬ － －２＝０ꎬ 交点坐标为Ａ 图形如图. －１－１ ２ ４－０ ６－２ ∴ (２ꎬ３)ꎬ 由点 Ｐ 关于 ｘ 轴的对称点 所求直线的方程为ｙ ７ ｘ (６ꎬ４) ∴ －(－３)＝ ( － 为Ｐ′ ２ (６ꎬ－４)ꎬ 整理得 ｘ ｙ . 得反射光线所在直线就是直线 Ｐ′Ｑ ２)ꎬ ７ －２ －２０＝０ ꎬ 由 ｘ ｙ 得ｋ ｙ (３) ２ ＋ －５＝０ １＝－２ꎬ 易得直线 Ｐ′Ｑ 的方程是 －(－４) ＝ 由ｋ ｋ 得ｋ １ ０－(－４) １ ２＝－１ ２＝ ꎬ ｘ ２ －６ 即ｘ ｙ ꎬ ＋ －２＝０ꎬ { ｘ ｙ 所求直线的方程为ｙ １ ｘ ２－６ ２.解析 由 ２ －３ ＝７ꎬ ∴ －０＝ ( －３)ꎬ 所以入射光线所在直线的方程为ｘ ｙ (１) ｘ ｙ ２ － ４ ＋２ ＝１ꎬ 整理得ｘ －２ ｙ －３＝０ . －２＝０ꎬ 反射光线所在直线的方程为ｘ ì ïｘ １７ 综合运用 ｙ . ï ＝ ꎬ ＋ －２＝０ 得í １６ ９.解析 线段 ＢＣ 的中点坐标 拓广探索 ï (１) ïｙ １３ 为 １４.证明 当Ｂ 时 Ａ 由Ａ Ａ î ＝－ ꎬ (３ꎬ５)ꎬ ① １＝０ ꎬ １≠０ꎬ １ ２＋ ８ ＢＣ边上的中线所在直线的方程为 Ｂ Ｂ 得Ａ 则Ｂ ( ) ∴ １ ２＝０ ２＝０ꎬ ２≠０ꎬ ｌ 与ｌ 相交 交点坐标为 １７ １３ . ｙ ｘ 这时 两直线分别变为ｌ Ａ ｘ Ｃ ∴ １ ２ ꎬ ꎬ－ ５ ( － － ２) ０ ０ ∵ ＝ ３ ｋ － － ＢＣ ４ ４ ＝ ꎬ 整 ３－ 理 ７ ＝ 得 ２ ５ ｘ ꎬ ＋ ｙ －２０＝０ . ② ｌ ２: 当 Ｂ ２ ꎬ ｙ Ｂ ＋ ２ Ｃ ＝ ２ ０ ＝ 时 ０ꎬ ꎬ 显 同 然 理 ｌ 可 １⊥ 证 ｌ １ ２ : ｌ ꎻ １⊥ １ ｌ ＋ ２ꎻ １＝０ꎬ (２) 由 { ２ ｙ ｘ ＝ －６ ｘ ｙ ＋ ＋４ ２ ＝ ꎬ ０ꎬ 得 {ｘ ｘ － － ３ ３ ｙ ｙ １ ＋ ＋ ６ ２ ２ ＝ ＝ ０ ０ ８ ꎬ ꎬ ① ② ０－６ ３ Ａ Ｃ ３ ３ ∴ ｋ′ ＝－ ３ ꎬ ③ 当Ｂ １ Ｂ ２≠０ 时 ꎬ ｌ １: ｙ ＝－Ｂ １ １ ｘ －Ｂ １ １ ꎬ ｌ ２: ｙ ①② 两式相同 { ꎬ∴ ｌ １ 与ｌ ２ 重合. ２ Ａ Ｃ ｘ ｙ ＢＣ边上的高所在直线的方程为ｙ ２ｘ ２ 解方程组 ( ２－１) ＋ ＝３ꎬ① ∴ －０ ＝－Ｂ －Ｂ ꎬ (３) ｘ ｙ ２ ２ ＋( ２＋１) ＝２ꎬ② ３ ｘ 整理得 ｘ ｙ . Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ Ｂ 即 ＝－ ( －４)ꎬ ３ ＋２ －１２＝０ ∵ １ ２＋ １ ２＝０ꎬ∴ １ ２＝－ １ ２ꎬ 得 矛盾 方 ２ Ａ Ａ ②×( ２－１)－① ０＝２ ２－５ꎬ ꎬ (３) 线段 ＢＣ 的中点坐标为 (３ꎬ５)ꎬ 由 Ｂ １ Ｂ ２ ＝－１ꎬ 程组无解 ꎬ∴ ｌ １∥ ｌ ２ . 知 ＢＣ 边的垂直平分线的斜率为 { (２) １ æ ２ Ａ ö æ Ａ ö { ｘ ｙ ｘ ３ ∴ － ２ ３ ＢＣ ꎬ 边的垂直平分线的方程为ｙ －５＝ １５. ∴ 解 取 析 è ç － Ｂ ２ ２ 图 ø ÷ 略 􀅰 则 . è ç － ｘ Ｂ １ １ ｙ ø ÷ ＝－１ꎬ∴ ｌ １⊥ ｌ ２ . ３. 直 解 线 析 ２ ｘ 由 －２ ｙ ２ ６ － ｘ １ － － ＝ ２ ４ ｙ ０ － ＋ 与 １ １ ＝ ＝ 直 ０ ０ ꎬ ꎬ 线 得 ６ ｘ ｙ － ＝ ＝ ４ － － ｙ ２ ＋ ２ ꎬ １ ꎬ ＝ 即 ０ － ２ ３ ( ｘ －３)ꎬ 整理得 ３ ｘ ＋２ ｙ －１９＝０ . 取 ( (０ － ꎬ １ ０ ꎬ ) ２ ꎬ )ꎬ 则 ２ ２ － ｘ － ＋ ｙ ３ ＋ ＝ ３＝ ０－ ２ ０ × ＋ ( ３ － ＝ １ ３ ) > － ０ ２ ꎬ ＋３ 的交点坐标为Ａ ( － ３ ꎬ－２ ) ꎬ １０.解析 当斜率存在 且不为零时 . ２ (１) ꎬ ꎬ ＝－１<０ 因为直线ｌ经过坐标原点和点Ａ 所以 直线与两坐标轴都相交 由Ａｘ Ｂｙ Ｃ 可以验证 当点位于直线 ｌ 的左上方 ꎬ ꎬ ＋ ＋ ꎬ ＝０ 得ｙ ＝－Ｂ Ａ ｘ － Ｃ Ｂꎬ∴ Ａ ≠０ꎬ Ｂ ≠０ꎬ Ｃ 区 的 域 右 时 下 ꎬ 方 有 区 ２ 域 ｘ － 时 ｙ ＋ ꎬ ３ 有 <０ ２ ꎬ ｘ 当 － ｙ 点 ＋３ 位 > 于 ０ . 直线ｌ 直线ｌ的斜率为 － －２ ３ － － ０ ０ ＝ ３ ４ ꎬ ２ Ｒ. ∈ 当斜率不存在时 直线只与ｘ轴相 2.3 直线的交点坐标 所以方程为ｙ ＝ ４ ｘ. (２) ꎬ ３ 交 Ｂ Ａ Ｃ . 与距离公式 ꎬ∴ ＝０ꎬ ≠０ꎬ ≠０ ２.３.２ 两点间的距离公式 当斜率为 时 只与ｙ轴相交 (３) ０ ꎬ ꎬ ２.３.１ 两条直线的交点坐标 Ａ Ｂ Ｃ . １.解析 ＡＢ ∴ ＝０ꎬ ≠０ꎬ ≠０ (１)｜ ｜ 当该直线是 ｘ 轴所在直线时 练习 (４) ꎬ ２ ２ . ｙ Ｂ Ａ Ｃ . { ｘ ｙ ＝ (－２－６) ＋(０－０) ＝８ ＝０ꎬ 当 ∴ 该 ≠ 直 ０ 线 ꎬ 是 ＝０ꎬ ｙ 轴 ＝０ 所在直线时 １.解析 (１) 由 ２ ｘ ＋３ ｙ ＝１２ꎬ (２)｜ ＣＤ ｜＝ (０－０) ２ ＋(－１＋４) ２ ＝３ . (５) ꎬ －２ ＝４ꎬ ＰＱ ｘ Ａ Ｂ Ｃ . ì ( ３ ) ｜ ｜ ＝ ＝０ꎬ∴ ≠０ꎬ ＝０ꎬ ＝０ ïｘ ３６ １１.证明 点Ｐ ｘ ｙ 在直线Ａｘ Ｂｙ Ｃ ï ＝ ꎬ ２ ２ . ０( ０ꎬ ０) ＋ ＋ 得í ７ (０－６) ＋(－２－０) ＝２ １０ ＝ Ｂ ０ ｙ 上 Ｃ ꎬ 则有 两 Ａ 式 ｘ ０ 相 ＋ Ｂ 减 ｙ ０＋ 消 Ｃ ＝ 去 ０ꎬ Ｃ 与 得 方 Ａ 程 ｘ Ａｘ î ï ïｙ ＝ ４ ꎬ (４) ｜ ＭＮ ｜ ＝ (５－２) ２ ＋(－１－１) ２ ＋ ＋ ＝０ ꎬ ( － ７ . ｘ Ｂ ｙ ｙ . ( ) ＝ １３ １２.解 ０) 析 ＋ ( 在 － ｌ ０ 上 )＝ 任 ０ 取一点 ａ ｂ 沿ｘ轴 ∴ 交点坐标为Ａ ３６ ꎬ ４ ꎬ 图形如图. ２.解析 ＡＢ ａ ２ ２ ( ꎬ )ꎬ ７ ７ ｜ ｜ ＝ (０－ ) ＋(１０＋５) ＝ 向左平移 个单位长度得 ａ ｂ 解得ａ . ３ ( －３ꎬ )ꎬ １７ꎬ ＝±８ 再沿ｙ轴向上平移 个单位长度得 ａ ３.证明 已知 在 ＡＢＣ中 ＡＣ ａ １ ( : Ｒｔ△ ꎬ｜ ｜ ＝ ꎬ ｂ 该点仍在直线 ｌ 上 ｋ ＢＣ ｂ 点Ｐ为斜边ＡＢ的中点. －３ꎬ ＋１)ꎬ ꎬ∴ ＝ ｜ ｜＝ ꎬ ｂ ｂ 求证 ＰＡ ＰＢ ＰＣ . ( ＋１)－ １ . :｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜ ａ ａ＝－ 证明 以Ｃ为坐标原点 建立如图所示 ( －３)－ ３ : ꎬ １３.解析 由题意得 入射光线所在直线 的平面直角坐标系 ꎬ ꎬ １６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 Ａ 在直线ｌ ｘ ｙ 上取点 (１ꎬ１)ꎬ ２: －２ ＋４＝０ ｜ ＡＢ ｜＝ (２－１) ２ ＋(０－２) ２ ＝ ５ꎬ Ｂ 设Ｃ ｘ ｙ (０ꎬ２)ꎬ ( ꎬ )ꎬ ＰＱ ２ ２ 因为Ｃ是ＡＢ上靠近Ａ的三等分点 所 ｜ ｜＝ (－１－０) ＋(１－３) ＝ ５ꎬ ꎬ ＭＮ ２ ２ . 以 →ＡＣ →ＡＢ 所以 ｘ ｙ ｜ ｜＝ (－４－１) ＋(０－０) ＝５ ３ ＝ ꎬ ３( －１ꎬ －１)＝(－１ꎬ ＡＢ ＰＱ ∵ ｜ ｜＋｜ ｜＝２ ５＝ ２０<５ꎬ １)ꎬ 线段 ＡＢ ＭＮ ＰＱ 不能围成一个三 因为 ｜ ＡＣ ｜＝ ａ ꎬ｜ ＢＣ ｜＝ ｂ ꎬ 所以Ａ ( ａ ꎬ０)ꎬ Ｂ { ｘ ì ï ï ｘ ＝ ２ ꎬ ∴ 角形. ꎬ ꎬ ｂ 因为 Ｐ 为 ＡＢ 的中点 所以 所以 ３( －１)＝－１ꎬ解得í ３ ４.解析 由 ＰＱ ＰＭ (０ꎬ )ꎬ ꎬ ｙ ï ｜ ｜＝｜ ｜ꎬ Ｐ ( ａ ｂ ) ３( －１)＝１ꎬ î ïｙ ＝ ３ ４ ꎬ 得 ( ａ ＋２) ２ ＋(２＋３) ２ ꎬ ꎬ ( ) ２ ２ 即Ｃ ２ ４ 设ｌ ｘ ｙ ｍ ａ ２ ２ 由两点间的距离公式 ꎬ 得 ｜ ＰＣ ｜ ＝ ３ ꎬ ３ ꎬ ３: －２ ＋ ＝０ꎬ ＝ ( －１) ＋(２－１) ꎬ ( ２ ｂ ) ２ ＋ ( ２ ａ ) ２ ＝ ２ １ ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ｜ ＰＢ ｜＝ 则 ２ ３ －２× ３ ４ ＋ ｍ ＝０ꎬ 解得ｍ ＝２ꎬ 所以ｌ ３ ５. 解 解 得 析 ａ ＝－ ２ ９ 设 . 所求点的坐标为 ｘ ( ２ ａ －０ ) ２ ＋ ( ２ ｂ － ｂ ) ２ ＝ ２ １ ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ 的 所 方 以 程 点 为 Ａ ( ｘ １ － ꎬ ２ １ ｙ ) ＋ 到 ２ 直 ＝０ 线 . ｌ ３ 的距离 由 解 题 得 意 ｘ 得 (１) 或 ( ｘ ｘ －５) ２ ＋(０－１２) ２ ＝ ( １３ ꎬ ꎬ ０)ꎬ ＝０ ＝１０ꎬ ( ａ ) ２ ( ｂ ) ２ ｄ ｜１－２×１＋２｜ ５ 即ｌ 与ｌ 间的距 所求点的坐标为 或 . ｜ ＰＡ ｜＝ ２ － ａ ＋ ２ －０ ＝ １ ２ ＋(－２) ２ ＝ ５ ꎬ １ ３ ∴ (２) 设点Ｐ的坐标为 (０ ( ꎬ ７ ０ ꎬ ) ｙ )ꎬ (１０ꎬ０) １ ａ２ ｂ２ 所以 ＰＡ ＰＢ ＰＣ . 离为 ５. 由题意得 ＰＮ ２ ｙ ２ ＝ ＋ ꎬ ｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜ ｜ ｜ ＝ (７＋１) ＋( －５) ＝ ２ ５ 解得ｙ 或ｙ 所求点的坐 所以直角三角形斜边的中点到三个顶 ◆习题2.3 １０ꎬ ＝１１ ＝－１ꎬ∴ 标为 或 . 点的距离相等. 复习巩固 (７ꎬ１１) (７ꎬ－１) { ｘ ｙ {ｘ ６.解析 ｄ ｜１２×(－５)＋５×７－３｜ ２８. ２.３.３ 点到直线的距离公式 １.解析 (１) 由 ２ ｘ － ｙ ＋７＝０ꎬ解得 ｙ ＝－２ꎬ ＝ １２ ２ ＋５ ２ ＝ １３ 练习 ＋ ＝１ꎬ ＝３ꎬ ７.解析 在 ｘ ｙ 上 取 一 两直线相交 交点坐标为 . ３ － ２ － １ ＝ ０ ∴ ꎬ (－２ꎬ３) ( ) １.解析 ｄ ｜３×０＋２×０－２６｜ . ｘ 点 １ (１) ＝ ＝２ １３ 将ｙ ＋５化简得ｘ ｙ ０ꎬ－ ꎬ ２ ２ (２) ＝ －３ ＋５＝０ꎬ ２ ３ ＋２ ３ ( ) 直线ｘ ｙ化为ｘ ｙ {ｘ ｙ １ (２) ＝ － ＝０ꎬ 联立方程 得 －３ －１０＝０ꎬ① ３×０－２× － ＋１ ꎬ ｘ ｙ 则ｄ ２ ２ １３. 则ｄ ｜０－０｜ . －３ ＋５＝０ꎬ ＝ ＝ ＝ １ ２ ＋(－１) ２ ＝０ ①－② 得 －１５＝０ꎬ 矛盾 ꎬ 方程组无解 ꎬ 两 ８.解析 由已知 ３ ２ 及 ＋( 平 －２ 行 ) ２ 四边形的 １３ 性质知 直线无交点 故两直线平行. ꎬ ２.解析 ｄ ｜３×(－２)＋４×３＋３｜ ９ . ꎬ 直线ｌ ＡＢ且直线ｌ与ＡＢ的距离等于 (１) ＝ ＝ 将 ｘ ｙ 化简得 ｘ ｙ ∥ ３ ２ ＋４ ２ ５ (３) ９ －１５ ＋３０＝０ ３ －５ ＋１０ ｌ与ＣＤ的距离 等于ＡＢ与ＣＤ的距离 因此两直线重合. ꎬ ｄ ｜ ３×１＋０－ ３｜ . ＝０ꎬ { ｘ ｙ 的一半 ꎬ 因为直线 ＡＢ 与 ＣＤ 的距离为 (２) ＝ ＝０ ２.解析 由 ２ －３ ＋１０＝０ꎬ ( ３) ２ ＋１ ２ (１) ｘ ｙ ｜－３－５｜ ４ 所以 ｌ 与 ＣＤ 的距离 ３ ＋４ －２＝０ꎬ ＝ ꎬ (３) ｄ ＝ ｜４×１＋３×(－２)｜ ＝ ２ . 解得 {ｘ ＝－２ꎬ ６ ２ ＋８ ２ ５ ４ ２ ＋３ ２ ５ ｙ ＝２ꎬ 为 ２ . ３.解析 由已知条件及点到直线的距离 ∴ 交点坐标为Ｍ (－２ꎬ２) . 综合运 ５ 用 Ｃ 公式 ꎬ 得｜４×(－ ４ １ ２ ＋ ) ( － － ３ ３ × ) ２ ２ ＋ ｜ ＝１ꎬ 解得 Ｃ 由 ３ ｘ －２ ｙ ＋４＝０ 得ｋ １＝ ２ ３ ꎬ ９.解析 由 { ４ ｘ ｘ ＋ ｙ ３ ｙ ＝１０ꎬ解得 {ｘ ｙ ＝４ꎬ . ２ ＝ .３ １５ .４ 或 Ｃ 两 ＝５ 条 . 平行直线间的距离 由ｋ １ ｋ ２＝－１ 得ｋ ２＝－ ３ ２ ꎬ ∴ 交 得 点 ａ 坐标 ２ 为 － (４ ＝ ꎬ １ － ０ ２ ꎬ )ꎬ 代 解 入 得 ａｘ ａ ＝ ＋ － ２ ２ ｙ ＋ . ８＝ 所求直线ｌ的方程为ｙ ２ ｘ ０ꎬ ４ ＋２×(－２)＋８＝０ꎬ ＝－１ 练习 ∴ －２＝－ ( ＋２)ꎬ １０.解析 由题意得ｋ ｋ ３ ＡＣ􀅰 ＢＨ＝－１ꎬ １.解析 在 ｘ ｙ 上取一点 整理得 ｘ ｙ . (１) ２ ＋３ －８＝０ ２ ＋３ －２＝０ ｋ １ １ { ｘ ｙ {ｘ ∴ ＡＣ＝－ｋ ＝－ ＝－２ꎬ (４ꎬ０)ꎬ 由 ２ ＋ －８＝０ꎬ得 ＝３ꎬ ＢＨ １ (２) ｘ ｙ ｙ . 则ｄ ｜２×４＋３×０＋１８｜ . －２ ＋１＝０ꎬ ＝２ ２ ＝ ＝２ １３ 交点坐标为Ｍ . 直线ＡＣ的方程为ｙ ｘ ２ ２ ∴ (３ꎬ２) ∴ －１＝－２( －５)ꎬ ２ ＋３ 整理得 ｘ ｙ . 在 ｘ ｙ 上取一点 将 ｘ 由 ｘ ｙ 得ｋ ４ ２ ＋ －１１＝０ (２) ｙ ３ ＋ 化 ４ 为 ＝０ ｘ ｙ (０ꎬ０) 则 ꎬ ｄ ３ ４ －３ －７＝０ １＝ ３ ꎬ 由 { ２ ｘ ＋ ｙ －１１＝０ꎬ解得 {ｘ ＝４ꎬ ＋４ ＝１０ ３ ＋４ －１０＝０ꎬ ＝ (１) ｘ ｙ ｙ 由ｋ ｋ 得ｋ ４ ２ － －５＝０ꎬ ＝３ꎬ ｜３×０＋４×０－１０｜ . ２＝ １ ２＝ ꎬ 顶点Ｃ的坐标为 . ＝２ ３ ∴ (４ꎬ３) ２ ２ ３ ＋４ 设Ｂ ｙ ｙ 因为Ｍ为线段ＡＢ Ｃ 所求直线 ｌ 的方程为 ｙ ４ ｘ (２) (２ ＋５ꎬ )ꎬ ２.解析 由已知得 ｜６－ ｜ 解得 ∴ －２＝ ( － ( ｙ ｙ ) ＝３ꎬ ３ 的中点 所以Ｍ ５＋２ ＋５ ＋１ . ２ ２ ꎬ ꎬ ３ ＋(－４) ３)ꎬ ２ ２ Ｃ 或Ｃ . 整理得 ｘ ｙ . ｙ ＝－９ ＝２１ ４ －３ －６＝０ 又 Ｍ 在直线 ＣＭ 上 ５＋２ ＋５ ３.解析 在直线 ｌ ｘ ｙ 上取点 ３.解析 不能.理由如下 ꎬ∴ ２× － １: －２ ＋１＝０ : ２ １７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｙ {ｘ ｙ {ｘ 当且仅当 ＰＯ ＰＢ ＢＯ 且 ＋１ 解得ｙ Ｂ . 由 －４ ＋５＝０ꎬ得 ＝３ꎬ即 Ｂ ２ ２ꎬ ｜ ｜＋｜ ｜ ＝｜ ｜ꎬ 故 ２ 直 － 线 ５＝ Ｂ ０ Ｃ ꎬ 的方程 ＝ 为 －３ꎬ ｙ ∴ －３ ( ＝ － ｘ １ － ꎬ－ ４ ３ ꎬ ) 即 由 { ２ ｘ ２ ｘ ｘ ＋ ＋ ｙ ｙ ｙ ＋ － １ ８ ＝ ＝ ０ ０ ꎬ ꎬ 得 {ｘ ｙ ｙ ＝ ＝ － ２ ２ ꎬ ꎬ即Ｄ ( ( － ３ ２ ꎬ ꎬ ２ ３ ) ) ꎬ ꎬ 点 ｜ ＰＡ Ｐ ｜ 既 ＋｜ 在 ＰＣ Ｏ ｜ Ｂ ＝｜ 上 ＡＣ ꎬ 又 ｜ 时 在 ꎬ 等 ＡＣ 号 上 成 ꎬ 立 因 ꎬ 此 此 ꎬ 时 点 ６ ｘ －５ ｙ －９＝０ . －３－３ －１－４ －４ ＋１４＝０ꎬ ＝３ꎬ Ｐ是正方形的中心 ꎬ 则ｘ ＝ ｙ ＝ １. ２ １１.解析 边ＡＢ所在直线的方程为 ｙ －２ 正方形的内部到四个顶点的距离 ＝ (２) ４－２ 之和最小的点为正方形的中心. ｘ －１ 整理得ｘ ｙ . ３－１ ꎬ － ＋１＝０ 2.4 圆的方程 ＡＢ ２ ２ . ｜ ｜＝ (３－１) ＋(４－２) ＝２ ２ ２.４.１ 圆的标准方程 设点Ｐ的坐标为 ａ 点Ｐ到直线ＡＢ ( ꎬ０)ꎬ ａ ａ 练习 的距离ｄ ｜ －０＋１｜ ｜ ＋１｜ ＝ １ ２ ＋(－１) ２ ＝ ２ ꎬ １.解析 (１)( ｘ ＋３) ２ ＋( ｙ －４) ２ ＝５ . ａ ｘ ２ ｙ ２ . Ｓ １ ＡＢ ｄ １ ｜ ＋１｜ (２)( ＋８) ＋( －３) ＝２５ ∴ △ ＡＢＰ＝ ｜ ｜ ＝ ×２ ２× ２.解析 . ２ . ２ 解得 ２ ａ 或ａ ２ ２ 所以 ｜ ＡＢ ｜ ＝ [３－(－１)] ２ ＋(２－１) ２ ＝ . (１)(４ ３０－３) ＋(－５ ７２＋２) ＝ ∴ ＝１ 点 ０ꎬ Ｐ的坐标 ＝９ 为 (９ꎬ ＝ ０) － 或 １１ ( ꎬ －１１ꎬ０) . １７ꎬ Ｄ 点到直线 ＡＢ 的距离 ｄ ＝ ∴ １５ Ｍ ５ １ ２ ( ８ ４ ４ . ３ < ０ １ ꎬ ６ － ꎬ ５ . ７２) 在圆内. １２.证明 如图 ꎬ 以边ＢＣ所在直线为ｘ轴 ꎬ ｜－２－４×３＋５｜ ＝ ９ ꎬ (２)(５ . ７０－３) ２ ＋(１ . ０８＋２) ２ ＝１６ . ７７６４>１６ꎬ 边ＢＣ的中点Ｏ为原点建立平面直角坐 １ ２ ＋(－４) ２ １７ ∴ Ｍ ２(５ . ７０ꎬ１ . ０８) 在圆外. 标系 设Ｂ ａ Ｏ Ｃ ａ 其中 所以平行四边形ＡＢＣＤ的面积为 ２ ２ ꎬ (－ ꎬ０)ꎬ (０ꎬ０)ꎬ ( ꎬ０)ꎬ １７ (３)(３－３) ＋(－６＋２) ＝１６ꎬ ａ > ０ꎬ Ａ ( ｍ ꎬ ｎ )ꎬ 则 ｜ ＡＢ ｜ ２ ＋ ｜ ＡＣ ｜ ２ ＝ ９ . ∴ Ｍ ３(３ꎬ－６) 在圆上. [ ( ｍ ＋ ａ ) ２ ＋ ｎ２ ] ２ ＋[ ( ｍ － ａ ) ２ ＋ ｎ２ ] ２ ＝ × １７ ＝９ ３.解析 设圆的标准方程为 ( ｘ － ａ ) ２ ＋( ｙ － ｍ ａ ２ ｎ２ ｍ ａ ２ ｎ２ ｍ２ ａ２ ｎ２ 拓广探索 ｂ ) ２ ＝ ｒ２ ( ｒ >０)ꎬ ( ＋ ) ＋ ＋( － ) ＋ ＝２( ＋ ＋ )ꎬ １６.解析 方程 ｘ ｙ λ ｘ ｙ 则圆心为 ａ ｂ 半径为ｒ ｜ ＡＯ ｜ ２ ＋｜ ＯＣ ｜ ２ ＝ ｍ２ ＋ ｎ２ ＋ ａ２ ꎬ ３ ＋４ －２＋ (２ ＋ ＋２)＝ ( ꎬ )ꎬ ꎬ 可化为 λ ｘ λ ｙ λ ∴ ｜ ＡＢ ｜ ２ ＋｜ ＡＣ ｜ ２ ＝２(｜ ＡＯ ｜ ２ ＋｜ ＯＣ ｜ ２ ) . ０ꎬ λ ( 和 ２ ＋ λ ３) 不 ＋( 能同 ＋４ 时 ) 为 ＋２ －２＝ 由题意得ａ ＝ ４＋６ ＝５ꎬ ｂ ＝ ９＋３ ＝６ꎬ ０ꎬ∵２ ＋３ ＋４ ０ꎬ ２ ２ 方程 ｘ ｙ λ ｘ ｙ 表示 Ｐ Ｐ ∴ ３ ＋４ －２＋ (２ ＋ ＋２)＝０ ｒ ｜ １ ２｜ １ ２ ２ 一条直线. ＝ ＝ (６－４) ＋(３－９) ２ ２ { ｘ ｙ {ｘ . 由 ３ ＋４ －２＝０ꎬ解得 ＝－２ꎬ ＝ １０ ｘ ｙ ｙ 故所求圆的标准方程为 ｘ ２ ｙ ２ ＋ ＋２＝０ꎬ ＝２ꎬ ( －５) ＋( － 直线 ｘ ｙ λ ｘ ｙ 过定 ２ . ∴ ３ ＋４ －２＋ (２ ＋ ＋２)＝０ ６) ＝１０ 点 . 将Ｍ Ｎ Ｑ 的坐标分 １３.解析 将直线方程 ｘ ｙ 化为 ｘ (－２ꎬ２) (６ꎬ９)ꎬ (３ꎬ３)ꎬ (５ꎬ３) ３ －４ ＝２ ３ － 方程 ｘ ｙ λ ｘ ｙ 表示 别代入圆的标准方程可得 ａ ∴ ３ ＋４ －２＋ (２ ＋ ＋２)＝０ : ４ ｙ － ２ ＝ ０ꎬ 则 ｄ ＝ ｜３ －４×６－２｜ 一条直线 ꎬ 且所有直线过定点 (－２ꎬ２) . (６－５) ２ ＋(９－６) ２ ＝１０ꎬ ３ ２ ＋(－４) ２ １７.解析 证明 设四边形ＯＡＢＣ是边 点Ｍ在圆上 ａ (１) : ∴ ꎻ ｜３ －２６｜. 长为 的正方形 Ｏ Ａ Ｂ ２ ２ ＝ １ ꎬ (０ꎬ０)ꎬ (１ꎬ０)ꎬ (３－５) ＋(３－６) ＝１３>１０ꎬ ５ Ｃ 点Ｎ在圆外 ａ (１ꎬ１)ꎬ (０ꎬ１)ꎬ ∴ ꎻ 当ｄ 时 ｜３ －２６｜ 解得ａ ４６或 设Ｐ为正方形内一点 坐标为 ｘ ｙ ２ ２ (１) ＝４ ꎬ ＝４ꎬ ＝ ꎬ ( ꎬ )ꎬ (５－５) ＋(３－６) ＝９<１０ꎬ ａ ５ ３ 如图 ꎬ 则 ｜ ＰＯ ｜＝ ｘ２ ＋ ｙ２ ꎬ ∴ 点Ｑ在圆内. ＝２ꎻ ４.解析 设所求圆的标准方程是 ｘ ａ ２ ａ ＰＡ ｘ ２ ｙ２ ( － ) 当ｄ 时 ｜３ －２６｜ ｜ ｜＝ (１－ ) ＋ ꎬ ｙ ｂ ２ ｒ２ ｒ (２) >４ ꎬ ５ >４ꎬ ｜ ＰＢ ｜＝ (１－ ｘ ) ２ ＋(１－ ｙ ) ２ ꎬ ＋( Ａ － ) ＝ Ｂ ( >０)ꎬ Ｏ 都在圆上 即 ａ ∵ (４ꎬ０)ꎬ (０ꎬ３)ꎬ (０ꎬ０) ꎬ ∴３ ｜３ ａ － － ２６ ２６ > ｜ ２ > ０ ２ 或 ０ꎬ ３ ａ －２６<－２０ꎬ ｜ ｜ Ｐ Ｏ Ｃ Ｂ ｜ ｜ ＝ ＝ ２ ｘ ꎬ ２ ｜ ＋ Ａ ( Ｃ １ ｜ － ＝ ｙ ) ２ ２ ꎬ . { (４－ ａ ) ２ ＋ ｂ２ ＝ ｒ２ ꎬ ì ï ïï ａ ｂ ＝２ ３ ꎬ 解得ａ ４６或ａ . ａ２ ｂ ２ ｒ２ 解得í ＝ ꎬ > <２ ∴ ＋(３－ ) ＝ ꎬ ï ２ ３ ａ ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｒ２ ꎬ ïïｒ ５ . １４.解析 由题意 得 ｜ ×(－３)－４＋１｜ î ＝ ꎬ ａ２ ＋１ ＡＯＢ外接圆的标准方程是 ２ ｘ ２ ａ ∴ △ ( －２) ｜６ ＋３＋１｜ ( ) ２ ＝ ａ２ ꎬ ＋ ｙ － ３ ＝ ２５. ＋１ ＰＯ ＰＢ ＢＯ ＰＡ ＰＣ ２ ４ ∵ ｜ ｜＋｜ ｜≥｜ ｜ꎬ｜ ｜＋｜ ｜ 解得ａ １ 或ａ ７ . ＡＣ ２.４.２ 圆的一般方程 ＝－ ＝－ ≥｜ ｜ꎬ ３ ９ ＰＯ ＰＢ ＰＡ ＰＣ ＢＯ {ｘ ｙ ∴ ｜ ｜＋｜ ｜＋｜ ｜＋｜ ｜≥｜ ｜ 练习 １５.解析 如图 由 －４ ＋５＝０ꎬ ＡＣ ꎬ ｘ ｙ ＋｜ ｜ꎬ １.解析 圆心坐标为 半径 ２ ＋ ＋１＝０ꎬ (１) (３ꎬ０)ꎬ 得 {ｘ ＝－１ꎬ即Ａ 即 ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ ｘ２ ＋(１－ ｙ ) ２ ＋ 为 ３ . ｙ (－１ꎬ１)ꎬ ｘ ２ ｙ２ ｘ ２ ｙ ２ 圆心坐标为 ｂ 半径为 ｂ . ＝１ꎬ (１－ ) ＋ ＋ (１－ ) ＋(１－ ) ≥ (２) (０ꎬ－ )ꎬ ｜ ｜ １８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 圆心坐标为 ａ ａ 半径为 ａ . ３.解析 设圆心坐标为Ｃ ａ ｂ 半径为 经过点Ｂ 的圆上 且除去点Ｂ以 (３) ( ꎬ ３ )ꎬ ｜ ｜ ( ꎬ )ꎬ (３ꎬ５) ꎬ ２.解析 表示点 . ｒ 则 及点Ｂ关于点Ａ对称的点. (１) (０ꎬ０) ꎬ 表示以 为圆心 为半径 圆的标准方程为 ( ｘ － ａ ) ２ ＋( ｙ － ｂ ) ２ ＝ ｒ２. (２) (１ꎬ－２) ꎬ １１ {ａ ｂ 的圆. －２ －１＝０ꎬ ｘ２ ｙ２ ａｘ ｂ２ ｘ ａ ２ ｙ２ ａ２ 由题意得 ａ２ ＋ ｂ２ ＝ ｒ２ ꎬ (３) ＋ ＋２ － ＝０⇒( ＋ ) ＋ ＝ ｂ２ (２－ ａ ) ２ ＋(１－ ｂ ) ２ ＝ ｒ２ ꎬ ＋ ꎬ ì 当ａ ｂ 时 表示点 ïａ ６ ＝ ＝０ ꎬ (０ꎬ０)ꎻ ï ＝ ꎬ 当ａ ｂ 不同时为 时 表示以 ａ ５ 设点Ｂ 关于 Ａ 对称的点 ꎬ ０ ꎬ (－ ꎬ０) ï (３ꎬ５) (４ꎬ２) 为圆心 ꎬ ａ２ ＋ ｂ２为半径的圆. 解得í ï ｂ ＝ １ ꎬ 为Ｂ′ ( ｘ′ ꎬ ｙ′ )ꎬ ３.解析 由题意得Ａ Ｂ Ｃ ï １０ 则有 ｘ′ ＋３ ｙ′ ＋５ ( ) ( ( ) －３ꎬ０)ꎬ (３ꎬ０)ꎬ î ïｒ２ ＝ ２９. ２ ＝４ꎬ ２ ＝２ꎬ ３ Ｄ ３ 设所求圆的方程 ２０ 解得ｘ′ ｙ′ ２ ꎬ３ ꎬ － ２ ꎬ３ ꎬ 故所求圆的标准方程为 ( ｘ ６ ) ２ 所以点Ｂ ＝５ 关 ꎬ 于 ＝ 点 － Ａ １ꎬ 对称的点为Ｂ′ . 为ｘ２ ｙ２ Ｍｘ Ｎｙ Ｆ 因为Ａ Ｂ Ｃ Ｄ － ＋ (５ꎬ－１) ＋ ＋ ＋ ＋ ＝０ꎬ 、 、 、 ５ 都在圆上 ꎬ ( ｙ １ ) ２ ２９. 又 ｜ ＡＢ ｜＝ (４－３) ２ ＋(２－５) ２ ＝ １０ꎬ ì Ｍ Ｆ － ＝ 所以底边的端点Ｃ的轨迹是圆 ｘ ２ ï９－３ ＋ ＝０ꎬ １０ ２０ ( －４) ï Ｍ Ｆ ４.解析 设圆心坐标为 Ｃ ａ 半径 ｙ ２ 除去点Ｂ Ｂ′ ９＋３ ＋ ＝０ꎬ ( ꎬ０)ꎬ ＋( －２) ＝１０ꎬ (３ꎬ５)ꎬ (５ꎬ－ ï 为ｒ 即底边的端点Ｃ的轨迹方程是 ｘ 所以í９ ３ Ｍ Ｎ Ｆ ꎬ １)ꎬ ( － ï ＋９＋ ＋３ ＋ ＝０ꎬ 则圆的方程为 ｘ ａ ２ ｙ２ ｒ２. {ｘ {ｘ ４ ２ ( － ) ＋ ＝ ２ ｙ ２ 且 ≠３ꎬ且 ≠５ꎬ ï { ａ ２ ｒ２ ４) ＋( －２) ＝１０ꎬ ｙ ｙ . ï９ ３ Ｍ Ｎ Ｆ 由题意可得 (－１－ ) ＋１＝ ꎬ ≠５ꎬ ≠－１ î ４ ＋９－ ２ ＋３ ＋ ＝０ꎬ (１－ ａ ) ２ ＋９＝ ｒ２ ꎬ ８.解析 如图 ꎬ 点 Ａ 、 Ｂ 运动时 ꎬ 线段 ＡＢ 解得 ì í ï ï Ｍ Ｎ ＝０ꎬ ３ 解得 {ａ ｒ２ ＝ ＝ ２ １ ꎬ ０ . 的 Ｒｔ△ 中 Ａ 点 ＯＢ Ｍ 的 到 斜 原 边 点 上 的 的 距 中 离 线长 为 . 定长 ꎬ 即为 î ï ï Ｆ ＝－ ４ . ꎬ 综 故 合 所 运 求 用 圆Ｃ的方程为 ( ｘ －２) ２ ＋ ｙ２ ＝１０ . 因 所 为 以点 ｜ ＡＢ Ｍ ｜＝ 的 ２ 轨 ａ ꎬ 迹 所 是 以 以 ｜ Ｏ 原 Ｍ 点 ｜＝ Ｏ ａ ꎬ 为圆心 ａ ＝－９ ꎬ 故所求圆的一般方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ － ４ ３ ｙ －９ ５.证 条 明 直 径 ∵ 的 Ａ 两 ( 个 ｘ １ꎬ 端 ｙ １ 点 )ꎬ ꎬ Ｂ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２) 是圆的一 为 根 半 据 径 圆 的 的 圆 标 . 准方程 ꎬ 得点 Ｍ 的轨迹方 ＝０ꎬ ( ) ∴ 线段 ＡＢ 的中点 æ è ç ｘ １＋ ｘ ２ ꎬ ｙ １＋ ｙ ２ ö ø ÷是圆 程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ａ２. 圆心坐标为 ３ 半径为 ９ ２ ２ ０ꎬ ꎬ ＋９ 的圆心 ８ ６４ ꎬ 线段ＡＢ的长度是圆的直径 ３ ６５. ꎬ ＝ ８ 即 ｒ ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ ◆习题2.4 ２ ＝ ( ２－ １) ＋( ２－ １) ꎬ 拓广探索 复习巩固 ∴ 半径ｒ ＝ ２ １ ( ｘ ２－ ｘ １) ２ ＋( ｙ ２－ ｙ １) ２ ꎬ ９.解析 设 Ｍ ｘ ｙ 根据题设条件有 １.解 为 析 ６ . (１) 圆心坐标为 (１ꎬ０)ꎬ 半径 ∴ 圆 的 标 准 方 程 为 æ è çｘ － ｘ １＋ ２ ｘ ２ ö ø ÷ ２ 因 ｜ Ｍ 为 Ａ ｜ Ｏ ＝ ( ２ ０ ｜ ꎬ Ｍ ０ Ｏ ) ( ꎬ ｜ . Ａ ꎬ (３ꎬ ) ０ ꎬ )ꎬ 圆心坐标为 半径为 . æ ｙ ｙ ö２ (２) (－１ꎬ２)ꎬ ３ çｙ １＋ ２÷ 所以 ｘ ２ ｙ２ ｘ２ ｙ２ 圆心坐标为 ａ 半径为 ａ . ＋è － ø ( －３) ＋ ＝２ ＋ ꎬ ( ( ４ ３ ) ) 圆心坐标为 ( ( ０ － ꎬ ｂ ꎬ ) ０ ꎬ ) 半 ꎬ 径为 ３ ｜ ｜ ｂ ｜ ｜ . ＝ [ １ ２ ( ｘ ２－ ｘ １) ２ ＋( ｙ ２－ ｙ １) ２ ] ２ ꎬ 化 故 简 满 得 足条 ｘ２ 件 ＋ ｙ ｜ ２ Ｍ ＋２ Ａ ｘ ｜ － ＝ ３ ２ ＝ ｜ ０ Ｍ . Ｏ ｜ 的点Ｍ的坐 图形略. 整理 ２ 得ｘ２ ｘｘ ｘｘ ｘ ｘ ｙ２ ｙｙ ｙｙ 标满足方程ｘ２ ＋ ｙ２ ＋２ ｘ －３＝０ . ２.解析 (１) ｒ ＝｜ ＡＣ ｜ ｙ ｙ － １－ ２＋ １ ２＋ － １－ ２＋ 反过来 ꎬ 坐标满足方程ｘ２ ＋ ｙ２ ＋２ ｘ －３＝０ 的 ( ∴ ＝ ２ { 圆 ) 设 ( 的 ８ 圆 － 方 ５ 的 ) 程 Ｄ ２ 方 ＋ 为 ( 程 － ( Ｅ ３ ｘ 为 － － Ｆ １ ８ ) ｘ ) ２ ２ ＋ ２ ＝ ＋ ｙ ５ ( ２ ꎬ ＋ ｙ Ｄ ＋ ｘ ３ ＋ ) Ｅ ２ ＝ ｙ ＋ ２ Ｆ ５ . ＝０ꎬ ６. 􀅰 ∴ 即 解 １ ( 此 ( 析 ２ ｙ ｘ ＝ 圆 － － ０ ｙ ｘ 设 方 ꎬ ２ １ ) ) 过 程 ＝ ( ｘ ０ 为 － Ａ . ｘ ( ２ Ｂ ) ｘ ＋ － Ｃ ( ｘ ｙ １ 三 ) － 点 ( ｙ １ ｘ ) 的 － ( ｘ ｙ 圆 ２ － ) 的 ｙ ＋ ２ ( ) 方 ＝ ｙ － 程 ０ ｙ ꎬ １ 为 ) 点 足 所 也 条 以 即 件 满 点 ｘ 足 ｜ Ｍ ＭＡ 的 ｜ ２ ( ＝ 轨 ｘ ２ ｙ － 迹 ２ ｜ ３ Ｍ ) 方 Ｏ ２ ＋ . ｜ 程 . ｙ２ 是 ＝２ ｘ２ ＋ ｘ ｙ ２ ２ ＋ ＋ ｙ ２ ２ ｘ ꎬ － 即 ３ 满 ＝ １＋２５－ ＋５ ＋ ＝０ꎬ 、 、 ０ꎬ ( ＋１) ＋ ＝４ 则 ２５＋２５＋５ Ｄ ＋５ Ｅ ＋ Ｆ ＝０ꎬ ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ Ｄｘ ＋ Ｅｙ ＋ Ｆ ＝０ꎬ 轨迹是以 (－１ꎬ０) 为圆心 ꎬ２ 为半径 Ｄ Ｅ Ｆ { Ｅ Ｆ {Ｄ 的圆. ３６＋４＋６ －２ ＋ ＝０ꎬ １＋ ＋ ＝０ꎬ ＝－２ꎬ { Ｄ Ｅ Ｆ 则 Ｄ Ｅ Ｆ 解得 Ｅ １０.证 明 因 为 点 Ｐ ｘ ｙ 满 足 ２６－ ＋５ ＋ ＝０ꎬ ４＋１＋２ ＋ ＋ ＝０ꎬ ＝－６ꎬ ( ꎬ ) 即 Ｄ Ｅ Ｆ Ｄ Ｅ Ｆ Ｆ {ｘ ａ ｒ θ { ｘ ａ ２ ｒ２ ２θ ５０＋５ ＋５ ＋ ＝０ꎬ ９＋１６＋３ ＋４ ＋ ＝０ꎬ ＝５ꎬ ＝ ＋ ｃｏｓ ꎬ所以 ( － ) ＝ ｃｏｓ ꎬ ４０＋６ Ｄ －２ Ｅ ＋ Ｆ ＝０ꎬ 故圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ －２ ｘ －６ ｙ ＋５＝０ . ｙ ＝ ｂ ＋ ｒ ｓｉｎ θ ꎬ ( ｙ － ｂ ) ２ ＝ ｒ２ ｓｉｎ ２θ ꎬ {Ｄ 将 代入上式得 因为 ２θ ２θ 所以 ｘ ａ ２ ｙ ＝－４ꎬ (－１ꎬ２) １＋４＋２－１２＋５＝ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ꎬ ( － ) ＋( 解得 Ｅ 即Ｄ的坐标满足Ａ Ｂ Ｃ三点确定的 ｂ ２ ｒ２ ＝－２ꎬ ０ꎬ 、 、 － ) ＝ ꎬ Ｆ . 圆的方程 故Ａ Ｂ Ｃ Ｄ四点共圆. 所以点Ｐ的轨迹是圆心为 ａ ｂ 半 ＝－２０ ꎬ 、 、 、 ( ꎬ )ꎬ 故所求圆的方程为ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ７.解析 如图 由题意得等腰三角形ＡＢＣ 径为ｒ的圆. ＋ －４ －２ －２０＝ ꎬ .图形略. 的底边的端点Ｃ在以Ａ 为圆心 ０ (４ꎬ２) ꎬ １９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋2.5 直线与圆、圆与圆 所以 { ( ａ ａ ＋１８ . . ７) ２ ２ ＋ ｂ ｂ ２ ２ ＝ ｒ ｒ ２ ２ ꎬ ＋１) ２ ＋ ( ｙ ＋ ３ ) ２ ＝ ９ ꎬ 圆心坐标为 Ｃ １ ( －１８７) ＋ ＝ ꎬ ２ ４ 的位置关系 ａ２ ＋( ｂ －７ . ２) ２ ＝ ｒ２ ꎬ ( ３ ) 半径ｒ ３ ２.５.１ 直线与圆的位置关系 {ａ ＝０ꎬ －１ꎬ－ ２ ꎬ １＝ ２ ꎬ ( ) 练习 解得 ｂ ｒ２ ≈－２０ . . ７ꎬ . 圆Ｃ ２ 的标准方程为 ( ｘ ＋２) ２ ＋ ｙ ＋ ２ ３ ２ ≈７７８１８ ( ) １.解析 (１) 圆 Ｃ : ｘ２ ＋ ｙ２ ＝３ 的圆心为 故所求方程是 ｘ２ ＋( ｙ ＋２０ . ７) ２ ＝７７８ . １８ ＝ １７ ꎬ 圆心坐标为 Ｃ ２ －２ꎬ－ ３ ꎬ 半径 Ｃ 半径ｒ 圆心Ｃ 到直 ｙ . . ４ ２ (０ꎬ０)ꎬ ＝ ３ꎬ (０ꎬ０) (０≤ ≤７２) ２.解析 建立如图所示的平面直角坐标 ｒ １７ 线ｌ ｘ ｙ 的距离ｄ ｜０－０＋１｜ ２＝ ꎬ : － ＋１＝０ ＝ 系 依题意有Ａ Ｂ Ｐ ２ １ ２ ＋(－１) ２ ꎬ Ｄ Ｅ (－１０ꎬ . ０)ꎬ (１０ꎬ０)ꎬ (０ꎬ Ｃ Ｃ ２ . ４)ꎬ (－５ꎬ０)ꎬ (５ꎬ０) ∴ ｜ １ ２｜＝ (－２＋１) ＋０＝１ ２ ｒ 所以直线ｌ ｘ ｙ 与圆Ｃ ＝ < ꎬ : － ＋１＝０ : １７ ３ Ｃ Ｃ ３ １７ ２ ∵ － <｜ １ ２｜< ＋ ꎬ ｘ２ ｙ２ 相交. ２ ２ ２ ２ ＋ ＝３ 圆Ｃ 与圆Ｃ 相交. 圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ 的圆心为Ｃ ∴ １ ２ (２) : ＋ －２ ＝０ (１ꎬ 将ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 半径ｒ 圆心Ｃ 到直线ｌ ｘ ＋ ＋２ ＋３ ＋１＝０ꎬ ＋ ＋４ ＋３ ＋２ ０)ꎬ ＝１ꎬ (１ꎬ０) :３ 两式相减 得 ｘ 即 ｘ ＝０ ꎬ －２ －１＝０ꎬ ２ ＋１ ｙ 的距离 ｄ ｜３×１＋０＋２｜ ＋４ ＋２＝０ ＝ ＝１＝ ＝０ꎬ ３ ２ ＋４ ２ 设拱桥所在圆的方程是 ( ｘ － ａ ) ２ ＋( ｙ － ｂ ) ２ 所以圆Ｃ 与圆Ｃ 的公共弦所在直线 ｙ ｒ ꎬ ２ 所 －２ 以 ｘ ＝ 直 ０ 线 相切 ｌ :３ . ｘ ＋４ ｙ ＋２＝０ 与圆Ｃ : ｘ２ ＋ ＝ ｒ２ ꎬ { ( ａ ＋１０) ２ ＋ ｂ２ ＝ ｒ２ ꎬ ◆ 的 习 方 题 程 2 为 .5 １ ２ ｘ ＋１＝０ ２ . (３) 圆Ｃ : ｘ２ ＋ ｙ２ ＋２ ｙ ＝０ 的圆心为Ｃ (０ꎬ 所以 ａ ２ ｂ２ ｒ２ 复习巩固 ( －１０) ＋ ＝ ꎬ 半径ｒ 圆心Ｃ 到直线 －１)ꎬ ＝１ꎬ (０ꎬ－１) ａ２ ｂ ２ ｒ２ １.解析 因为圆心Ｏ 到直线 ｘ ｙ ｌ ｘ ｙ 的距离ｄ ｜０－１＋３｜ {ａ ＋( －４) ＝ ꎬ (０ꎬ０) ４ －３ : ＋ ＋３＝０ ＝ ＝ ２> ＝０ꎬ 的距离为ｄ ｜０－０－５０｜ 而圆 １ ２ ＋１ ２ 解得 ｂ ＝－１０ . ５ꎬ ＝５０ ＝ ５ ＝１０ꎬ ｒ ꎬ 所以直线ｌ : ｘ ＋ ｙ ＋３＝０ 与圆Ｃ : ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ ｒ２ . 的半径为 所以直线与圆相切 ＝２１０２５ꎬ １０ꎬ ꎬ ２ ｙ ＝０ 相离. 所以圆的方程为ｘ２ ｙ . ２ . 圆心与切点连线所在直线的方程为 ｘ ＋( ＋１０５) ＝２１０２５(０ ３ ２.解析 设圆 Ｃ 的半径为 ｒ 则 ｒ ꎬ ＝ ≤ ｙ ≤４) . ＋４ ｙ ＝０ . ｜－３５｜ ＝７ꎬ 把点Ｄ的横坐标代入上式 ꎬ 解方程组 { ４ ｘ －３ ｙ ＝５０ꎬ得 {ｘ ＝８ꎬ ２ ２ 得ｙ . 或ｙ . 舍 . ｘ ｙ ｙ ４ ＋３ ≈３１ ≈－２４１( ) ３ ＋４ ＝０ꎬ ＝－６ꎬ 圆Ｃ的方程为ｘ２ ｙ２ . 因为船在水面以上的高为 . 故切点坐标是 . ∴ ＋ ＝４９ ３ ｍꎬ３<３１ꎬ (８ꎬ－６) ３.解析 易知圆 ｘ ２ ｙ ２ 的圆 所以该船可以从桥下穿过. ２.解析 因为圆心Ｍ 到直线ｘ ( －１) ＋( －２) ＝４ (１) (３ꎬ－５) 心坐标为 半径ｒ ３.解析 依题意得 机器人在以Ｃ 为 (１ꎬ２)ꎬ ＝２ꎬ ꎬ (５ꎬ－３) ｙ 的距离为ｄ ｜３－７×(－５)＋２｜ 由点到直线的距离公式 得 到直 圆心 为半径的圆上运动 其圆的方 －７ ＋２＝０ ＝ ꎬ (１ꎬ２) ꎬ９ ꎬ １ ２ ＋(－７) ２ 线 ２ ｘ － ｙ ＋２＝０ 的距离为 ｜２ ２ × ２ １ ＋ － ( ２ － ＋ １ ２ ) ｜ ２ ＝ 程 经 为 过 ( 点 ｘ － Ａ ５ ( ) － ２ １ ＋ ０ ( ꎬ ｙ ０ ＋ ) ３ ꎬ ) Ｂ ２ ＝ (０ ８ ꎬ １ １ . ２) 的直线方 所 ＝４ 以 ２ 圆 ꎬ 心为Ｍ (３ꎬ－５)ꎬ 且与直线ｘ －７ ｙ ２ ５ ＝ ２ ５ ５ <２ꎬ 所以直线 ２ ｘ － ｙ ＋２＝０ 与圆 由 程 点 为 到 － ｘ １ 直 ０ ＋ 线 １ ｙ ２ 的 ＝ 距 １ꎬ 即 离公 ６ ｘ 式 －５ ｙ 得 ＋６０ Ｃ ＝０ . ＋ ５) ２ ２ ＝ ＝ ０ ３ 相 ２ . 切的圆的方程是 ( ｘ －３) ２ ＋( ｙ ＋ ｘ ２ ｙ ２ 相交. ꎬ (５ꎬ－３) ( －１) ＋( －２) ＝４ 到直线 ｘ ｙ 的距离 ｄ æ ö２ ６ －５ ＋６０ ＝ ０ ＝ 所以弦长为 ２ ２ ２ －è ç２ ５ ø ÷ ＝ ８ ５ ꎬ ｜６×５－５×(－３)＋６０｜ . 所以直 ５ ５ ２ ２ ＝１３ ４４>９ꎬ ６ ＋(－５) 所以直线被圆截得的弦长为８ ５. 线ＡＢ与圆相离 ꎬ ５ 所以圆Ｃ 上的点到直线 ＡＢ 的最近距 练习 离为 . 最远距离为 . . １.解析 建立如图所示的平面直角坐标系. ４４４ꎻ ２２４４ ２.５.２ 圆与圆的位置关系 练习 １.解析 易知圆 Ｃ ｘ２ ｙ２ 的圆心为 依题意 设圆心为Ｃ ａ ａ 因为圆 １: ＋ ＝４ (２) ꎬ ( ꎬ )ꎬ Ｃ 半径ｒ 与直线ｙ 相切 所以 ａ 解得 １(０ꎬ０)ꎬ １＝２ꎬ ＝６ ꎬ ｜６－ ｜＝２ꎬ 圆Ｃ ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 的标准方程 ａ 或ａ ２: ＋ －８ －６ ＋１６＝０ ＝４ ＝８ꎬ 为 ( ｘ －４) ２ ＋( ｙ －３) ２ ＝９ꎬ 其圆心 Ｃ ２(４ꎬ 所以所求圆的方程为Ｃ １:( ｘ －４) ２ ＋( ｙ － 易知 ｜ ＯＰ ｜＝７ . ２ ｍꎬ｜ ＡＢ ｜＝３７ . ４ ｍꎬ ３)ꎬ 半径ｒ ２＝３ꎬ ４) ２ ＝４ 或Ｃ ２:( ｘ －８) ２ ＋( ｙ －８) ２ ＝４ . 则Ａ . Ｂ . Ｐ . . 所以 Ｃ Ｃ ２ ２ 因为ｒ ｒ (－１８７ꎬ０)ꎬ (１８７ꎬ０)ꎬ (０ꎬ７２) ｜ １ ２｜＝ ４ ＋３ ＝５ꎬ １＋ ２＝ 设所求圆的方程是 ｘ ａ ２ ｙ ｂ ２ 所以两圆外切. ( － ) ＋( － ) ５ꎬ ＝ ｒ２ ꎬ ２.解析 由题意得圆Ｃ １ 的标准方程为 ( ｘ ２０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ) λ 设圆心Ｃ １ 关于直线ｘ ｙ ｙ 上 所以 －３ ３ 解得 ꎬ－１ － ＋１＝０ － －４＝０ ꎬ λ＋ λ－４＝０ꎬ ２ １＋ １＋ 对称的点为Ｃ′ ｘ ｙ λ 所以圆的方程为ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ( ０ꎬ ０)ꎬ ＝－７ꎬ ＋ － ＋７ － ìｙ . ï ０＋１ ３２＝０ ï ＝－１ꎬ ９.解析 圆ｘ２ ｙ２ 与圆ｘ２ ｙ２ ｘ ｘ １ ＋ －４＝０ ＋ －４ ＋ ï ０－ ｙ 的方程相减 得ｘ ｙ . 则í ２ ４ －１２＝０ ꎬ － ＋２＝０ ï 圆ｘ２ ｙ２ 的圆心为 半径ｒ ｘ １ ＋ －４＝０ (０ꎬ０)ꎬ ï ï ０＋ ２ ｙ ０－１ ＝２ꎬ 圆心到直线 ｘ － ｙ ＋２＝０ 的距离 ｄ ＝ î － ＋１＝０ꎬ ２ ２ ２ 设圆心为 ａ ｂ {ｘ ＝ ２ꎬ (３) ( ꎬ )ꎬ ０＝－２ꎬ ２ 则 ì í ï ï ｜２ ２ ａ ２ － ＋ ３ ( ｂ － ＋ ３ ６ ) ｜ ２ ＝ １３ꎬ 解得 ｙ ０＝ ２ ３ ꎬ １０ 所 .解 以 析 公共 把 弦 圆 长 Ｃ 为 的 ２ 方程 ｒ２ － 化 ｄ 成 ２ ＝ 标 ２ 准 ２ 形 . 式为 ïｂ ( ) î ï ａ －４ ＝－ ３ ꎬ 故Ｃ′ －２ꎬ ３ . ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ －３) ２ ＝５ . －３ ２ ２ 圆 Ｃ 的圆心坐标是 半径 {ａ {ａ 故所求的圆的方程为 ｘ ２ (－１ꎬ３)ꎬ 解得 ＝５ꎬ或 ＝１ꎬ ( ＋ ２) ＋ 为 ｂ ｂ . ( ) ２ ５ꎬ ＝１ ＝７ ｙ ３ ５ . ｙ ｘ 所 １) 以 ２ ＝ 所 １３ 求 或 圆 Ｃ 的 ２: 方 ( ｘ 程 －１ 为 ) ２ Ｃ ＋ １ ( : ｙ ( － ｘ ７ － ) ５ ２ ) ＝ ２ １ ＋ ３ ( . ｙ － ６.证 立 明 如 － ２ 图 以 所 正 示 ＝ 方 的 ４ 形 平 的 面 中 直 心 角坐 为 标 坐 系 标原点 ꎬ 建 直 即 线 ｘ ＋ Ｃ ２ ｙ Ｎ － 的 ５＝ 方 ０ 程 . 为 ３ － － ２ ２ ＝ －１ － － １ １ ꎬ ( ) ꎬ 线段ＭＮ的中点坐标是 １ 斜率 ２ꎬ ꎬ ２ 是 ３ － ꎬ ２ 线段ＭＮ的垂直平分线的方程是 ｙ － １ ２ ｘ ＝ ( －２)ꎬ ２ ３ 即 ｘ ｙ . ( ａ ａ ) ( ａ ａ ) ４ －６ －５＝０ 则 Ａ Ｅ 将ｘ ｙ 与 ｘ ｙ 联立 解 － ꎬ－ ꎬ ꎬ－ ꎬ ＋２ －５＝０ ４ －６ －５＝０ ꎬ ３.解析 把圆Ｃ的方程化成标准形式为 ２ ２ ２ ６ ( ａ ａ ) ( ａ ) 得ｘ ２０ ｙ １５ ｘ ２ ｙ ２ . Ｂ Ｆ ａ 所以直线ＡＥ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ( －１) ＋( －２) ＝５ ꎬ－ ꎬ ꎬ ꎬ : ７ １４ 所以圆心的坐标是 Ｃ 半径 ｒ ２ ２ ２ 故 所 求 圆 的 圆 心 Ｆ 的 坐 标 (１ꎬ２)ꎬ ｙ １ ｘ １ ａ ＢＦ ｙ ｘ ３ ａ 直线 ＡＥ ( ) ＝ ５ꎬ ＝ － ꎬ : ＝２ － ꎬ 为 ２０ １５ . ３ ３ ２ ꎬ 圆心 Ｃ 到直线 ｌ 的距离 ｄ ＝ ｜３－２－６｜ 与ＢＦ的交点坐标为Ｍ ( ７ ａ ａ ) . ７ １４ ( ) ２ ( ) ２ ꎬ－ 又因为 ＦＮ ２ ２０ １５ １０ １０ １０ ｜ ｜ ＝ －１ ＋ －２ 又易得正方形的外接圆方程为 ｘ２ ｙ２ ７ １４ １０. ＋ ＝ ２ ａ２ ＝ ８４５ ꎬ ＝ ꎬ １９６ 弦ＡＢ的长 ｜ ＡＢ ｜＝２ ５－ ５ ＝ １０ . ２ ( ａ ) 所以经过点Ｍ ꎬ 且 ( 与圆Ｃ ) 相切 ( 于点 ) Ｎ ４.解析 设所求圆的方程为 ２ ｘ ａ ２ ｙ 将点 ７ ａ ꎬ－ 的坐标代入 ꎬ 可得 的圆的方程是 ｘ － ２０ ２ ＋ ｙ － １５ ２ ｂ ２ ｒ２ ( － ) ＋( － ( ) ２ １０ ( ａ １０ ) ２ ａ２ ７ １４ 则 ) 圆 ＝ 心 ꎬ 到直线 ｘ ｙ 的距离 ｄ ７ ａ ＋ － ＝ ꎬ 所以直线ＡＥ与 ＝ ８４５. － ＝ ０ １０ １０ ２ １９６ ａ ｂ ＢＦ的交点位于正方形 ＡＢＣＤ 的外接 １１.解析 以Ａ为坐标原点 ＡＢ所在直线 ｜ － ｜. ꎬ ＝ 圆上. 为ｘ轴 建立如图所示的平面直角坐 ２ ꎬ ì ï ｂ２ ＝ ｒ２ ꎬ ７.解析 设所求圆的方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ －６ ｘ ＋ 标系 ꎬ 由已知得Ａ (０ꎬ０)ꎬ Ｂ (１６０ꎬ０) . ï ａ ｂ λ ｘ２ ｙ２ 依题意有í３ － ＝０ꎬ ( ＋ －４)＝０ꎬ î ï ï( ａ － ｂ ) ２ ＋７＝ ｒ２ ꎬ 将 即 (１＋ λ ) ｘ２ 代 ＋( 入 １＋ 上 λ ) 式 ｙ２ 方 －６ 程 ｘ － 得 ４ λ ＝０ . λ ２ (２ꎬ－２) ４＋４ ＋４＋ {ａ {ａ λ λ 解得λ . ＝１ꎬ ＝－１ꎬ ４ －１２－４ ＝０ꎬ ＝１ 解得 ｂ 或 ｂ 故所求圆的方程为 ｘ２ ｙ２ ｘ ＝３ꎬ ＝－３ꎬ ２ ＋２ －６ －４＝０ꎬ ｒ２ ＝９ ｒ２ ＝９ . 即ｘ２ ＋ ｙ２ －３ ｘ －２＝０ . 故所求的圆的方程有两个 分别是 ｘ 综合运用 ꎬ ( － １) ２ ＋( ｙ －３) ２ ＝９ 和 ( ｘ ＋１) ２ ＋( ｙ ＋３) ２ ＝９ . ８.解析 设所求圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＋６ ｘ －４ ５.解析 把圆Ｃ的方程化成标准形式为 ＋ λ ( ｘ２ ＋ ｙ２ ＋６ ｙ －２８)＝０( λ ≠－１)ꎬ 即ｘ２ ＋ 点Ｃ在以Ｂ 为圆心 ꎬ１８５ 为半径的圆 ( ｘ － １ ) ２ ＋( ｙ ＋１) ２ ＝ ５ ꎬ ｙ２ ＋ ６ λ ｘ ＋ ６ λ λ ｙ － ４＋２ λ ８ λ ＝０ꎬ 其圆心坐 又 上 点 ꎬ 其 Ｃ 方 在 程 直 为 线 ( ｘ Ａ － Ｃ １６ 上 ０) ２ ＋ ｙ２ ＝１８５ ２. ２ ( ４ ) １＋ ( １＋ λ) １＋ {ｙ ｘ ꎬ 所以圆心坐标是Ｃ １ . 标为 －３ －３ 又因为圆心在直线ｘ 所以 ＝ ꎬ ꎬ－１ λꎬ λ ꎬ ｘ ２ ｙ２ ２ ２ １＋ １＋ ( －１６０) ＋ ＝１８５ ꎬ ２１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋解得ｘ . ｘ . 舍去 . ≈１８３５( ≈－２３５ ) 所以ｒ ６１. 综上可得 ａ 或ａ １ . 所以点Ｃ的坐标为 . . ６１ꎬ ＝ ꎬ ＝０ ＝ (１８３５ꎬ１８３５)ꎬ ２ ６ １２. 所 解 以 析 ｜ ＡＣ 设 ｜＝ 点Ｐ １８ 的 ３ . ５ 坐 ２ ＋ 标 １８３ 是 . ５ ２ ≈ ｘ ２ ｙ ６０(ｃｍ) . 所 ( 以圆心 ) 为 ２ Ｑ′的圆的方程是 ( ｘ －１) ２ ( ３ ３ 和 ) 当 －２ ａ ｘ ＋ ＝ ４ － ｙ １ ＝ 时 －１ ꎬ ６ 两 ꎬ 两 直 直 线 线 方 不 程 平 分 行 别 ꎬ 为 所 ｘ 以 ＝ 则 ＝( ｄ ｘ ＋ ＝ ２ ｜ ) Ｐ ２ Ａ ＋ ｜ ( ２ ＋ ｙ ＋ ｜ Ｐ ２) Ｂ ２ ｜ ＋ ２ ＋ ( ｘ ｜ Ｐ ＋ Ｃ ２ ( ) ｜ ２ ꎬ ２ ＋ ) ( ꎬ ｙ －６) ２ ＋ 即 ＋ ｙ ｘ ＋ ２ ＋ ２ １ ｙ２ －２ ＝ ｘ ＋ ６ ４ ｙ １ － ꎬ １４＝０ . ａ 当 ≠ ａ － ≠ １ꎻ －１ 时 ꎬ ｘ ＋(１＋ ａ ) ｙ ＝２－ ａ的斜率 ａ ｋ １ ｘ ２ ｙ ２ ｘ２ ｙ２ ｙ . １ ａｘ ｙ 的斜率ｋ ( －４) ＋( ＋２) ＝３ ＋３ －４ ＋６８ ＝－ ａꎬ２ ＋４ ＝－１６ ２＝－ ꎬ 因为ｘ２ ｙ２ １＋ ２ ＋ ＝４ꎬ 令ｋ ｋ 解得ａ 或ａ 经检验 所以上式化简得ｄ ｙ. １＝ ２ꎬ ＝－２ ＝１ꎬ ꎬ ＝８０－４ 当ａ 时 两直线重合不符合题意 由ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ 得 －２≤ ｙ ≤２ꎬ 当ａ ＝－２ 时 两 ꎬ 直线方程分别为ｘ ｙ ꎬ 所以ｄ的最大值是 最小值是 . ＝１ ꎬ ＋２ ＝１ ８８ꎬ ７２ 和 ｘ ｙ 平行.综上 ａ的值为 . 拓广探索 ２ ＋４ ＝－１６ꎬ ꎬ １ ３.解析 直线 ａｘ ｙ 的斜率 ｋ １３.解析 圆 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ 的圆心坐标是 ａ 直 ( 线 １) ａ ４ ｘ ｙ ＋ ＝１ 的斜率 ｋ １＝ Ｏ 半径为 . －４ ꎬ (１－ ) ＋ ＝－１ ２＝ 设 (０ Ｐ ꎬ ( ０ ｘ ) ꎬ ꎬ ｙ ) 在圆 ２ ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ ｂ 上运动 ｂ ꎬ 圆 的 (２ 切 ) Ｐ 线 Ａ ꎬ . ＰＢ是圆 ( ｘ －４) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝９ 由 －(１ ｋ － １ ｋ ａ ２ ) ＝ ꎬ －１ 得 ４ ａ (１－ ａ )＝－１ꎬ 心Ｏ到直线 ｌ 的距离为｜ ｜ 令｜ ｜ 因为点 Ａ Ｂ 在圆 Ｑ′上 且 ＰＱ 是直 ꎬ ＝ ꎬ ꎬ 解得ａ １± ２. ２ ２ 径 ꎬ 所以ＰＡ ⊥ ＡＱ ꎬ ＰＢ ⊥ ＢＱ ꎬ ＝ ２ １ꎬ 得ｂ ＝± ２ . 所以ＰＡ ꎬ ＰＢ是圆 ( ｘ －４) ２ ＋( ｙ －２) ２ ＝９ (２) 当ａ ＝０ 时 ꎬ 两直线的方程分别为 ２ ｘ 当ｂ ＝ ２ 时 ꎬ 与直线ｙ ＝ ｘ ＋ ２ 平行且距 的切线. ＝２ 和 ２ ｙ ＝１ꎬ 互相垂直 ꎻ 离等于 １ 的直线是ｙ ＝ ｘ ꎬ ｙ ＝ ｘ ＋２ ２ . (３) 圆Ｑ′与圆Ｑ的方程相减得 ６ ｘ ＋５ ｙ 当ａ ≠０ 时 ꎬ 直线 ２ ｘ ＋ ａｙ ＝２ 的斜率 ａ ｋ １＝ 直线ｙ ＝ ｘ ＋２ ２ 与圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ 相切 ꎬ 切 即 －２ 直 ５＝ 线 ０ꎬ ＡＢ的方程为 ｘ ｙ . － ａ ２ ꎬ 直线ａｘ ＋２ ｙ ＝１ 的斜率ｋ ２＝－ ２ ꎬ 点到直线ｙ ｘ 的距离也是 直线 ６ ＋５ －２５＝０ ( ) ( ａ ) ＝ ＋ ２ １ꎻ 复习参考题2 由ｋ ｋ ２ 知 ａ ｙ ｘ与圆ｘ２ ｙ２ 相交 两个交点到 １ ２＝ － ａ 􀅰 － ＝１≠－１ ꎬ ＝ ＋ ＝４ ꎬ 复习巩固 ２ 时 两直线不垂直. 直线ｙ ＝ ｘ ＋ ２ 的距离是 １ .因此 ꎬ 当ｂ ＝ １.答案 (１)Ａ (２)Ｃ (３)Ｂ ≠ 综 ０ 上可 ꎬ 知 ａ . 时 圆ｘ２ ｙ２ 上有 个点到直线 解析 因为直线方程为 ｘ ｙ ꎬ ＝０ ２ ꎬ ＋ ＝４ ３ (１) ３ ＋２ －１＝ 若两直线垂直 则 ａ ａ ｌ的距离都是 . 所以该直线的一个方向向量为 (３) ꎬ (３ ＋２)(５ －２)＋ １ ０ꎬ (２ꎬ ａ ａ 解得ａ 或ａ . 同理 ꎬ 当ｂ ＝－ ２ 时 ꎬ 圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ 上也 －３)ꎬ 故选 Ａ . ４. ( 解 １ 析 －４ ) 设 ( 所 ＋ 求 ４) 直 ＝０ 线 ꎬ ｌ的方程 ＝０ 为ｘ ｙ ＝１ ｍ 有 个点到直线ｌ的距离都是 . 已知直线ｌ的方程为ｘ ｙ θ － ＋ ＝ ３ １ (２) － ｓｉｎ ＋２＝ ｍ 综上 ꎬ 当ｂ ＝± ２ 时 ꎬ 圆Ｏ上恰有 ３ 个 ０ꎬ 设直线的倾斜角为 α ( α ∈[０ꎬπ))ꎬ 则 ０( 直 ≠ 线 － ｌ ２ 与 )ꎬ 直线ｘ － ｙ －２＝０ 间的距离ｄ １４.解 点 析 到直线ｌ的 当 距 α 离都是 时 １ . 直线ＡＢ的 则 ｔａｎ α ＝ ｓｉｎ １ θꎬ ＝ ｜ ｍ ＋２｜ ꎬ (１) ＝１３５° ꎬ ２ 斜率ｋ ＝－１ . 当 ｓｉｎ θ ＝０ 时 ꎬ 直线的倾斜角为 π ꎬ 当 由题意得｜ ｍ ＋２｜ 直线ＡＢ的方程为ｙ ｘ 即ｙ ２ ＝２ ２ꎬ －２＝－( ＋１)ꎬ θ 时 θ 所 ２ ｘ . ｓｉｎ ≠０ ꎬｓｉｎ ∈[－１ꎬ０)∪(０ꎬ１]ꎬ 解得ｍ 或ｍ . ＝－ ＋１ 以 α ＝２ ＝－６ 把ｙ ｘ 代入ｘ２ ｙ２ 得 ｔａｎ ∈(－∞ꎬ－１]∪[１ꎬ＋∞)ꎬ 因此 与直线ｘ ｙ 平行 且与它的 ＝－ ＋１ ＋ ＝８ 所以 直 线 ｌ 的 倾 斜 角 的 范 围 为 ꎬ － －２＝０ ꎬ ｘ２ ＋(－ ｘ ＋１) ２ ＝８ꎬ 即 ２ ｘ２ －２ ｘ －７＝０ꎬ [ ] 距离为 ２ ２ 的直线方程是ｘ － ｙ ＋２＝０ 或 π ３π 故选 . ｘ ｙ . 解得ｘ １± １５. ꎬ ꎬ Ｃ － －６＝０ ＝ ４ ４ {ｘ ｙ ２ 因为点 ｘ ｙ 关于ｘ轴的对称点为 ５.解析 由 ＋ －１＝０ꎬ ｘ ｘ (３) ( ꎬ ) ｘ ｙ 所以 ＡＢ ｜ １－ ２｜ ｘ ｘ ｘ ｙ 所以直线 ｘ ｙ 关于ｘ ３ － ＋４＝０ꎬ ｜ ｜＝ ｃｏｓ４５° ＝ ２｜ １－ ２｜ 轴 ( 的 ꎬ－ 对 ) 称 ꎬ 直线为 ｘ ３ － ｙ ４ ＋５＝ .故 ０ 选 . ì ïｘ ３ . ３ ＋４ ＋５＝０ Ｂ ï ＝－ ꎬ ＝ ３０ ２.解析 ｘ ｙ ａ 即为 ｘ ｙ ａ 解得í ４ 当弦 ＡＢ 被点 Ｐ 平分时 连接 (１)２ ＋３ ＝ ꎬ ４ ＋６ －２ ＝ ï ïｙ ７ . Ｏ (２ Ｐ ) ０ꎬ 则ＯＰ ０⊥ ＡＢ. ０ ꎬ ０ꎬ 当 ａ ≠ ３ ２ 时 ꎬ 与直线 ４ ｘ ＋６ ｙ －３＝０ 平 î 行 ＝ 四 ４ 边 形 的 一 个 顶 点 坐 标 因为直线ＯＰ ０ 的斜率为 －２ꎬ 平行. ∴ ( ) 所以直线ＡＢ 的方程为 ｙ －２＝ １ ( ｘ ＋ (２) 当ａ ＝０ 时 ꎬ 两直线的方程分别为ｘ 为Ａ － ４ ３ ꎬ ７ ４ . 即ｘ ｙ . ２ －１＝０ 和 － ｘ －１＝０ꎬ 平行 ꎻ 设对角线ＡＭ的另一个端点为Ｃ ( ａ ꎬ ｂ )ꎬ １)ꎬ －２ ＋５＝０ 当ａ 时 ｘ ａｙ 的斜率 ｋ 由中点坐标公式得 １５.解析 如图 因为Ｐ ≠０ ꎬ ＋２ －１＝０ １ ＝ (１) ꎬ (－２ꎬ－３)ꎬ ì Ｑ 是以Ｑ′为圆心的圆的直径的 １ ａ ｘ ａｙ 的斜率 ｋ ï ３ ａ 两 (４ 个 ꎬ２ 端 ) 点 ꎬ 所 以 Ｑ′ 的 坐 标 为 － ａ ２ ａꎬ(３ －１) － －１＝０ ａ ２ ＝ ï ï３＝ － ４ ＋ ꎬ ì ï ï ａ ＝ ２７ ꎬ ( ) ３ －１ 令ｋ ｋ 得 １ ３ －１ 解得 ａ í ２ 解得í ４ １ꎬ－ １ ꎬ 设圆Ｏ′的半径为ｒ ꎬ 则直径 ａ ꎬ １＝ ２ꎬ － ２ ａ＝ ａ ꎬ ï ７ ｂ ï ïｂ １７ ２ ï ＋ î ＝ ꎬ １ . ï ４ ４ ＰＱ ｒ ２ ２ ＝ î３＝ ꎬ ｜ ｜ ＝ ２ ＝ (４＋２) ＋(２＋３) ＝ ６ ２ ２２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ( ) 综合运用 因为Ｂ 顶点Ｃ ２７ １７ . (２ꎬ４)ꎬ ∴ ꎬ ９.证明 如图 依题意可得点Ｍ Ｎ的坐 所以Ａ Ｂ的方程为ｘ 联立ｘ ｙ ４ ４ ꎬ ꎬ １ ＝２ꎬ －２ －８ 由平行四边形的对边平行知 其他两边 标分别为 ａ ｆ ａ ｂ ｆ ｂ 得ｙ 所以满足条件的点Ｐ的 ꎬ ( ꎬ( ))ꎬ( ꎬ( ))ꎬ ＝０ꎬ ＝－３ꎬ 所在直线的斜率ｋ ｋ 坐标为 . １＝－１ꎬ ２＝３ꎬ (２ꎬ－３) 这个平行四边形其他两边所在直线 ∴ 的方程分别为 ( ) ( ) ｙ １７ ｘ ２７ ｙ １７ ｘ ２７ . － ＝－ － ꎬ － ＝３ － ４ ４ ４ ４ 整理得ｘ ｙ ｘ ｙ . ＋ －１１＝０ꎬ３ － －１６＝０ ６.解析 因为圆心为Ｍ 且过 (１) (－５ꎬ３)ꎬ 点Ａ 所以半径 ｒ ＭＡ (－８ꎬ－１)ꎬ ＝ ｜ ｜ ＝ 所以直线 ＭＮ 的方程是 ｙ ｆ ａ － ( )＝ ２ ２ ｆ ｂ ｆ ａ (－５＋８) ＋(３＋１) ＝５ꎬ ( )－( ) ｘ ａ 其中ａ ｘ ｂ. 所以所求圆的标准方程为 ｘ ２ ｙ ｂ ａ 􀅰( － )ꎬ ≤ ≤ ( ＋５) ＋( － － ２ . 因为ａ ｃ ｂ 所以当ｘ ｃ时 ３) ＝２５ ≤ ≤ ꎬ ＝ ꎬ (２) 设圆的方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ Ｄｘ ＋ Ｅｙ ＋ Ｆ ＝０ꎬ 有ｙ ｆ ａ ｆ ( ｂ )－ ｆ ( ａ ) ｃ ａ . １３.解析 将两圆的方程ｘ２ ＋ ｙ２ －１０ ｘ －１０ ｙ 因为圆过点Ａ (－２ꎬ４)ꎬ Ｂ (－１ꎬ３)ꎬ Ｃ (２ꎬ ＝ ( )＋ ｂ － ａ ( － ) ＝０ꎬ ｘ２ ＋ ｙ２ －６ ｘ ＋２ ｙ －４０＝０ 相减 ꎬ 得公共 { Ｄ Ｅ Ｆ 因为函数ｙ ｆ ｘ 在ｘ ａ及ｘ ｂ之间 弦所在直线ｌ的方程是ｘ ｙ . ４＋１６－２ ＋４ ＋ ＝０ꎬ ＝ ( ) ＝ ＝ ＋３ －１０＝０ ６)ꎬ 所以 １＋９－ Ｄ ＋３ Ｅ ＋ Ｆ ＝０ꎬ 的一段图象可以近似地看作线段 ꎬ 所以 把圆的方程ｘ２ ＋ ｙ２ －１０ ｘ －１０ ｙ ＝０ 化成 ４＋３６＋２ Ｄ ＋６ Ｅ ＋ Ｆ ＝０ꎬ 有ｆ ｃ ｆ ａ ｃ － ａ ｆ ｂ ｆ ａ . 标准形式为 ( ｘ －５) ２ ＋( ｙ －５) ２ ＝５０ꎬ 解得 {Ｄ Ｅ ＝ ＝ － ０ꎬ １０ꎬ １０.解析 ( )≈ 将 ( (１ ) ＋ ＋ ３ ｂ λ － ) ａ ｘ [ ＋( ( １＋ ) λ － ) ( ｙ － ) ２ ] －４ λ ＝０ 圆 圆心 心 的坐标 到 为 直 (５ꎬ 线 ５) ｌ ꎬ 的 半 距 径 离 ｒ ＝５ ２ . 所以所 Ｆ 求 ＝ 圆 ２０ 的 ꎬ 一般方程为ｘ２ ＋ ｙ２ －１０ ｙ ＋ { 因 化为 ｘ 为 ｙ λ (３ λ ｘ ＋ ｙ 为 －４ 任 )＋ { ( ｘ 意 ｘ ＋ ｙ 实 －２) 数 ＝ ꎬ ０ꎬ 所 以 ｄ ＝ ｜５ ( ＋ ５ ３ ꎬ × ５ １ ) ５ ＋ － ９ １０｜ ＝ １０ꎬ ( 以 ２０ ３ 设 ) ＝ 因 ０ 圆 . 为 心 圆 坐 心 标 在 为 直 ( ａ 线 ꎬ５ ３ － ｘ ３ ＋ ａ ｙ ) － ꎬ 半 ５＝ 径 ０ 为 上 ꎬ ｒ ꎬ 所 即 恒 ３ ｘ 直 过 ＋ ＋ ｙ 线 定 － － ２ ( 点 ４ ＝ １ ＝ ０ ＋ ０ ꎬ ３ ꎬ λ 解 ) ｘ 得 ＋( ｙ １ ＝ ＝ ＋ １ １ λ ꎬ ꎬ ) ｙ －２－４ λ ＝０ １４. 故 解 标 弦 析 准 长 形 为 方 式为 程 ２ ｘ ｘ ２ ｒ２ ＋ － ｙ ｄ ２ ２ ＋ ２ ＝ ４ ｘ ４ ｙ －４ １ ｙ ０ ＋ ２ . ４＝０ 化为 故圆的标准方程为 ( ｘ － ａ ) ２ ＋( ｙ －５＋３ ａ ) ２ 所以点Ｐ (１ꎬ１)ꎬ 到直线ｌ的距离的最 设该圆的圆 ( 心 ＋ 为 ２) Ｃ ＋ 则 ( 圆 －２ 心 ) Ｃ ＝４ 的 ꎬ 坐标 ＝ ｒ２. (－２ꎬ－１) 是 半径为 ꎬ . 因为圆经过坐标原点和点 大值为 ２ ２ . (－２ꎬ２)ꎬ ２ { ａ ２ ａ ２ ( ｒ２ ３ꎬ－１)ꎬ １１.解析 设 ( 直 － 线 ２－１ ｌ ) 夹 ＋ 在 (－ 直 １－ 线 １) ｌ ＝ ｌ 之 １３ 间的 设圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ 的圆心为Ｏ ꎬ 则Ｏ的坐 所以 (－ ) ＋(－５＋３ ) ＝ ꎬ １、２ 标是 半径为 . (３－ ａ ) ２ ＋(－１－５＋３ ａ ) ２ ＝ ｒ２ ꎬ 线段是ＡＢ ꎬ 点Ａ 、 Ｂ的坐标分别是 ( ｘ １ꎬ 因为两 (０ 圆 ꎬ０ 关 )ꎬ 于直线ｌ ２ 对称 ì ｙ ｘ ｙ 且线段ＡＢ被点Ｐ ꎬ ïａ ５ １)ꎬ( ２ꎬ ２)ꎬ (３ꎬ０) 所以直线ｌ是线段ＯＣ的垂直平分线. ï ＝ ꎬ 平分 则ｘ ｘ ｙ ｙ 解得í ３ ꎬ １＋ ２＝６ꎬ １＋ ２＝０ꎬ 线段ＯＣ的中点坐标是 直线 ï 所以ｘ ｘ ｙ ｙ . (－１ꎬ１)ꎬ î ïｒ２ ＝ ２５ ꎬ 不妨设 ２ 点 ＝６－ Ａ １ 在 ꎬ 直 ２＝ 线 － １ ｌ 上 Ｂ 在直线 ＯＣ的斜率ｋ ＝－１ꎬ ９ ( ) ２ ｌ 上 １ ꎬ 所以直线ｌ的方程是ｙ －１＝ ｘ ＋１ꎬ 即ｘ － 所以圆的标准方程为 ｘ ５ ｙ２ ２５. ２ ꎬ ｙ . － ＋ ＝ { ｘ ｙ ＋２＝０ ３ ９ 所以 ２ １－ １－２＝０ꎬ １５.解析 圆Ｃ的圆心坐标是 半 ７. 表 解 ４( 示 析 ２ ｍ 圆 ２ － . 当 ２ ｍ Ｄ ＋ ２ １ ＋ ) Ｅ > ２ ０ － ꎬ ４ 即 Ｆ ＝ － ( １< － ｍ ４) < ２ ３ ＋ 时 (２ ꎬ ｍ 方 ) ２ 程 － ì ï ï ｘ ( １ ６ ＝ － ｘ １ １ １ ) ꎬ ＋(－ ｙ １)＋３＝０ꎬ 径 设所 为 求 １ . 圆Ｃ′的方程是 ( ｘ － ａ ( ) － ２ ＋ ２ ( ꎬ６ ｙ ) － ꎬ ｂ ) ２ 解得í ３ 由圆Ｃ′与圆Ｃ关于直线 ｘ ｙ 此时圆的半径 ｒ ＝ ２ １ Ｄ２ ＋ Ｅ２ －４ Ｆ ＝ î ï ïｙ １＝ １ ３ ６ ꎬ ( ) 心 ＝ ＝ １ ０ 连 ꎬ 对 线 称 的 ꎬ 垂 知 直 直 平 线 分 ３ ｘ 线 －４ ｙ ＋５＝０ ３ 是 －４ 两 ＋ 圆 ５ 所以 － ｍ 当 ２ ＋ ｍ ２ ｍ ＝ ＋ １ ３ 时 ＝ ꎬ ｒ取 －( 得 ｍ 最 －１ 大 ) ２ 值 ＋４ ２ ꎬ ꎬ 即点Ａ的坐标是 １ ３ １ ꎬ １ ３ ６ ꎬ ì ï ïａ ｂ －６ ＝－ ４ ꎬ ꎬ 所以当圆的半径最大时 圆的方程为ｘ２ 所以直线ＰＡ的方程为 ｙ －０ ｘ －３ 所以í ＋２ ３ ＋ ｙ２ －４ ｘ ＋２ ｙ ＋１＝０ . ꎬ １６ －０ ＝ １１ －３ ꎬ î ï ï ３× ａ －２ －４× ｂ ＋６ ＋５＝０ꎬ ８.解析 ２ ｙ 由ｘ２ ２ ＋ ｙ２ － 即 ６ ｘ 圆 ＋４ 心 ｙ ＋ Ｃ １２＝０ꎬ 得 ( ｘ 半 － 即直线ｌ的方程为 ８ ｘ － ｙ － ３ ２４＝０ . ３ 解得 {ａ ＝４ ２ ꎬ ２ 径 ３) ｒ ＋( ＋２) ＝１ꎬ １(３ꎬ－２)ꎬ １２.解析 如图 ꎬ 设Ａ (－２ꎬ０) 关于直线ｌ : ｘ ｂ ＝－２ꎬ 由 －１) ｘ １ ２ ２ ＝ ＋ ＝ ｙ １ ３ ２ ꎬ ６ － ꎬ １ 即 ４ ｘ 圆 －２ 心 ｙ ＋ Ｃ １ ２ ４ ( ＝ ７ ０ ꎬ１ ꎬ 得 )ꎬ ( 半 ｘ － 径 ７) ｒ ２ ２ ＝ ＋( ６ꎬ ｙ 则 －２ ì í ï ï ｙ － － ８ ２ ２ ＋ ＝ ａ ０ － 的 ２× 对 ０ ２ ＋ 称 ｂ － 点 ８ 为 ＝０ Ａ ꎬ １( ａ ꎬ ｂ )ꎬ １６. 故 解 ＝１ 所 析 . 求 圆 因 的 为点 方程 Ａ ( 是 ２ꎬ ( － ｘ １ － ) ４ 在 ) 直 ２ ＋ 线 ( ｙ ｘ ＋ ＋ ２ ｙ ) ＝ ２ 因为 ｜ Ｃ １ Ｃ ２｜ ＝ (７－３) ２ ＋(１＋２) ２ ＝５ꎬ ï ï ｂ －０ １ 上 ꎬ 所以所求圆的圆心在经过点 Ａ ｒ ｒ 所以 Ｃ Ｃ ｒ ｒ îａ ＝－２ꎬ 且与直线ｘ ｙ 垂直的直线上 易得 ２－ １＝６－１＝５ꎬ ｜ １ ２｜＝ ２－ １ꎬ ＋２ ＋ ＝１ ꎬ 所以圆ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 与圆ｘ２ ｙ２ {ａ 该直线的方程是ｘ ｙ . ＋ －６ ＋４ ＋１２＝０ ＋ 解得 ＝２ꎬ 即Ａ － ＝３ ｘ ｙ 相内切. ｂ １(２ꎬ－８)ꎬ 因为所求圆的圆心 Ｃ 在直线 ｙ －１４ －２ ＋１４＝０ ＝－８ꎬ ＝ ２３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ上 １９.解析 如图 作与点Ａ 关于 ｘ １.答案 －２ ꎬ ꎬ (－２ꎬ３) １４ {ｘ ｙ {ｘ 轴的对称点Ａ′ . 解析 由题意知ａ ＰＦ 由椭 所以由 － －３＝０ꎬ得 ＝１ꎬ (－２ꎬ－３) ＝１０ꎬ｜ １｜＝６ꎬ ｘ ｙ ｙ 圆的定义知 ＰＦ ＰＦ ａ 所 ２ ＋ ＝０ꎬ ＝－２ꎬ ꎬ｜ １｜＋｜ ２｜＝２ ＝２０ꎬ 所以圆心Ｃ的坐标是 . 以 ＰＦ ＰＦ . (１ꎬ－２) ｜ ２｜＝２０－｜ １｜＝２０－６＝１４ 因为 ｜ ＡＣ ｜＝ (２－１) ２ ＋(－１＋２) ２ ２.解析 椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ (１) ＋ 故所求圆的方程为 ｘ ２ ｙ １６ ＝ ２ꎬ ( －１) ＋( ＋ . ２ . ＝１ ２) ＝２ 焦点在ｙ轴上 设椭圆的标准 拓广探索 (２)∵ ꎬ∴ １７.解析 由题意可得 在四边形 ＡＢＣＤ 方程为 ｙ２ ｘ２ ａ ｂ ａ ｃ ꎬ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ∵ ＝４ꎬ ＝ 中 ＡＢ ２ ＣＤ ２ ＡＤ ２ ＢＣ ２. ꎬ｜ ｜ ＋｜ ｜ ＝｜ ｜ ＋｜ ｜ 设 Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ 从Ａ发出的光线经 ｘ 轴反射后 ꎬ 反射 １５ꎬ∴ ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２ ＝１６－１５＝１ꎬ ｙ ３)ꎬ Ｄ ( ( ｘ １ ４ ꎬ ꎬ ｙ ４ １ ) ) ꎬ ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ( ３ꎬ 光 就 线 是 所 由 在 Ａ′ 的 向 直 圆 线 Ｃ 就 所作 是 的 Ａ′ 切 Ｅ 线 或 . Ａ′Ｆ ꎬ 也 ∴ 椭圆的标准方程为 ｙ２ ＋ ｘ２ ＝１ . 所以 ｘ ｘ ２ ｙ ｙ ２ ｘ ｘ ２ １６ ｙ ( ｙ １ ２ － ２) ｘ ＋( ｘ １ ２ － ２) ｙ ＋( ｙ ３ ２ － ４) ｘ ＋ 设切线ｌ的方程为 ｙ ＋３＝ ｋ ( ｘ ＋２)ꎬ 即 (３)∵ ａ ＋ ｂ ＝１０ꎬ ｃ ＝２ ５ꎬ ｃ２ ＝ ａ２ － ｂ２ ＝( ａ ＋ ( ３－ ４) ＝( １－ ４) ＋( １－ ４) ＋( ２－ ｋｘ ｙ ｋ . ｂ ａ ｂ ｘ ２ ｙ ｙ ２ － ＋２ －３＝０ )􀅰( － )ꎬ ３) ＋( ２－ ３) ꎬ 圆Ｃ的半径是 {ａ ｂ {ａ 所以ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ ｙ ｙ １ꎬ ａ ｂ .由 ＋ ＝１０ꎬ得 ＝６ꎬ １ ２＋ １ ２＋ ３ ４＋ ３ ４＝ １ ４＋ １ ４ 所以圆心Ｃ 到直线 ｌ 的距离为 ∴ － ＝２ ａ ｂ ｂ ｘ ｘ ｙ ｙ (３ꎬ２) － ＝２ ＝４ꎬ 变 ＋ ｙ 形 ２ ３ 得 ＋ ( ２ ｘ １ ３ － ꎬ ｘ ３)( ｘ ２－ ｘ ４)＋( ｙ １－ ｙ ３)( ｙ ２ ｜３ ｋ －２ １ ＋ ＋ ２ ｋ ｋ ２ －３｜ ＝１ꎬ ∴ 为 当 ｘ２ 焦 ｙ 点 ２ 在ｘ 当 轴 焦 上 点 时 在 ꎬ 椭 ｙ 圆 轴 的 上 标 时 准 椭 方程 圆 － ４)＝０ꎬ ＋ ＝１ꎻ ꎬ ｙ ｙ ｙ ｙ 解得ｋ ４ ｋ ３ . ３６ １６ 所以( ｘ １－ ｘ ３) 􀅰 ( ｘ ２－ ｘ ４) ＝－１ꎬ １＝ ３ ꎬ ２＝ ４ 的标准方程为 ｙ２ ｘ２ . 所以对 ( 角 １－ 线 ３) ＡＣ ( 与 ２ Ｂ － Ｄ ４) 垂直. 所以反射光线所在直线的方程为ｙ ＋３ ３６ ＋ １６ ＝１ ３.解析 ＡＦ Ｂ 的周长为 ＡＦ １８.解 ｜ ｘ 析 ｜ ( ＋ ｜ ｙ 当 ｜ 化 ) ｘ 成 ２ ≥ ( ０ ｘ２ ꎬ ＋ ｙ ｙ ≥ ２ ＝ ０ ) ｘ ２ 时 ＋ ｙ ꎬ ꎬ 方程ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ２０.解 ３ ＝ ｙ 析 － ３ ４ １ ( ＝ ｘ ０ ＋２ 或 ) 证 或 ３ ｘ 明 － ｙ ＋ ４ ｙ ３ 直 － ＝ ６ 线 ＝ ４ ３ ｌ ０ ( 的 . ｘ ＋ 方 ２ 程 )ꎬ 经 即 整 ４ ｘ 理 － ｜ ｜ Ｂ Ｂ Ｆ Ｆ ２ １ ｜ ｜＋ ＝ ( ４ ｜ Ａ ａ １ Ｂ ) ＝ ｜ ２ △ ＝ ０ꎬ ｜ Ａ １ Ｆ １ ｜＋｜ ＡＦ ２｜＋ ｜ ｜ ＢＦ １ １ ｜ ｜ ＋ ＋ 即 ｘ １ ｙ １ １ . (１) : 所以 ＡＦ Ｂ的周长为 . － ２ ＋ － ２ ＝ ２ 得 (２ ｘ ＋ ｙ －７) ｍ ＋( ｘ ＋ ｙ －４)＝０ . 当 △ ＡＢ １ 不垂直于 ｘ ２ 轴 ０ 时 ＡＦ Ｂ 的 所以当ｘ ≥０ꎬ ( ｙ ≥０ 时 ) ꎬ 方 ( 程ｘ２ ＋ ) ｙ２ ＝｜ ｘ ｜ 由ｍ的任意性得 { ２ ｘ ＋ ｙ －７＝０ꎬ 周 (２ 长 ) 不会变化. ꎬ△ １ ＋｜ ｙ ｜ 表示圆 ｘ － ２ １ ２ ＋ ｙ － ２ １ ２ ＝ ２ １ 解得 {ｘ ＝３ꎬ ｘ ＋ ｙ －４＝０ꎬ 因 为 为 定 上 值 式仍 . 然成立 ꎬ 所以 △ ＡＦ １ Ｂ的周长 在第一象限内的部分以及ｘ轴 、 ｙ轴非 ｙ ＝１ꎬ ４.解析 设 ２０ 点Ｍ的坐标为 ｘ ｙ 由已知 负半轴上的点 及 . 所以直线ｌ恒过定点Ｄ . ( ꎬ )ꎬ (１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１) (０ꎬ０) (３ꎬ１) ｙ 同理 ꎬ 当 ｘ ≥０ꎬ ｙ ( <０ 时 ) ꎬ ２ 方程 ( ｘ２ ＋ ) ｙ２ ２ ＝ ( 所 ２ 以 ) 因 当 为 直 直 线 线 ｌ经 ｌ恒 过 经 圆 过 心 圆 Ｃ时 Ｃ内 直 一 线 点 被 Ｄ 截 ꎬ 得 ꎬ 直线ＡＭ的斜率ｋ ＡＭ＝ｘ ＋１ ( ｘ ≠－１)ꎬ ｘ ｙ 表示圆 ｘ １ ｙ １ ꎬ ｙ ｜ ｜＋｜ ｜ － ２ ＋ ＋ ２ ＝ 得的弦最长 ꎬ 它是圆的直径 ꎻ 当直线ｌ垂 直线ＢＭ的斜率ｋ ＢＭ＝ｘ ( ｘ ≠１) . 半 ２ １ 轴 在 上 第 的 四 点 象限内的部 . 分以及ｙ轴非正 直 由 于 Ｃ ( Ｃ １ Ｄ ꎬ２ 时 )ꎬ ꎬ 直 Ｄ ( 线 ３ꎬ 被 １) 截 可 得 知 的 直 弦 线 长最 ＣＤ 短 的 . 斜 由题意 ꎬ 得 ｋ ｋ Ｂ ＡＭ Ｍ ＝２ꎬ 所 － 以 １ ｘ ＋ ｙ １ ＝２×ｘ － ｙ １ (０ꎬ－１) 率ｋ １ ｘ ｙ 当ｘ ｙ 时 方程ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ ＣＤ＝－ ꎬ ( ≠±１ꎬ ≠０)ꎬ <０ꎬ ( ≥０ ) ꎬ ( ＋ ) ＝｜ ｜＋｜ ｜ ２ 化简 得ｘ ｙ .因此 点Ｍ的轨 ２ ２ 所以当直线 ｌ 被圆 Ｃ 截得的弦最短 ꎬ ＝－３( ≠０) ꎬ 表示圆 ｘ ＋ ２ １ ＋ ｙ － ２ １ ＝ ２ １ 在第 时 直线ｌ的斜率为 迹是直线ｘ ＝－３ꎬ 并去掉点 (－３ꎬ０) . ꎬ ２ꎬ 二象限内的部分及ｘ轴非正半轴上的 ｍ ３.１.２ 椭圆的简单几何性质 所以 ２ ＋１ 解得ｍ ３ 点 . －ｍ ＝２ꎬ ＝－ ꎬ (－１ꎬ０) ＋１ ４ 练习 当ｘ ｙ 时 方程ｘ２ ｙ２ ｘ ｙ 此时直线ｌ的方程为ｙ ｘ <０ꎬ <０ ꎬ ＋ ＝｜ ｜＋｜ ｜ －１＝２( －３)ꎬ １.证明 能.以点Ｂ 或Ｂ 为圆心 线段 ( ) ２ ( ) ２ 即 ｘ ｙ . ２( １) ꎬ 表示圆 ｘ １ ｙ １ １ 在第 ２ － －５＝０ ＯＡ ＯＡ 为半径画圆 并作出与 ｘ 轴 三象限内的 ＋ 部 ２ 分. ＋ ＋ ２ ＝ ２ 又 所以 ｜ Ｃ 最 Ｄ ｜ 短 ＝ 的弦 (１ 长 －３ 为 ) ２ ＋(２－１) ２ ＝ ５ꎬ 的 两 两 个 ２( 焦 个 点 交 １) . 点Ｆ １、 Ｆ ２ꎬ Ｆ １、 ꎬ Ｆ ２ 就是椭圆的 以上合起来构成如图所示的图形 面 ２ ２５－５＝４ ５ꎬ ꎬ 因此直线ｌ被圆Ｃ截得的弦最短时 ｍ 积为 . ꎬ ２＋π 的值是 ３ 最短弦长是 . － ꎬ ４ ５ ４ 第三章 圆锥曲线的方程 3.1 椭圆 在 Ｂ ＯＦ 中 ３.１.１ 椭圆及其标准方程 ∵ ＯＢ Ｒｔ△ ｂ ２ Ｂ Ｆ ２ ꎬ ＯＡ ａ ｜ ２｜＝ ꎬ｜ ２ ２｜＝｜ ２｜＝ ꎬ 练习 ＯＦ ｃ.同样有 ＯＦ ｃ. ∴ ｜ ２｜＝ ｜ １｜＝ ２４ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ２.解析 由标准方程知ａ２ ｂ２ ｘ２ ｙ２ ｂ２ ａ２ ｃ２ (１) ＝１００ꎬ ＝ 在方程 中 ａ ｂ ｃ ∴ ＝ － ＝４０ꎬ ３６ꎬ 且焦点在ｘ轴上 ꎬ ６ ＋ １０ ＝１ ꎬ ＝ １０ꎬ ＝ ６ꎬ 椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ 或 ｙ２ ｃ２ ａ２ ｂ２ ｃ ｃ ∴ ＋ ＝１ ＋ ∴ ＝ － ＝６４ꎬ ＝８ꎬ 离心率ｅ １０. ４９ ４０ ４９ 焦点坐标为Ｆ Ｆ . ＝２ꎬ∴ ２＝ ａ ＝ ｘ２ ∴ １(－８ꎬ０)ꎬ ２(８ꎬ０) ５ . 由 ｘ２ ｙ２ 得 ｘ２ ｙ２ ∵ ｅ １> ｅ ２ꎬ∴ 椭圆 ｘ２ ＋９ ｙ２ ＝３６ 的形状更 ４０ ＝１ ∴ (２ ａ ) ２ ＝８ ２ ꎬ ｂ２ ＋ ＝４ ＝ ꎬ 焦 ８ꎬ 点在 ４ ｙ ＋ 轴 ８ 上 ＝１ ꎬ ꎬ 扁 ꎬ ｘ ６ ２ ＋ １ ｙ ０ ２ ＝１ 的形状更圆. ３.解析 (１) 化为标准方程是 １ ｘ ６ ２ ＋ ｙ ４ ２ ＝１ꎬ ∴ ｃ２ ＝ ａ２ － ｂ２ ＝４ꎬ ｃ ＝２ . 练习 则ａ ＝４ꎬ ｂ ＝２ꎬ ｃ ＝ ａ２ － ｂ２ ＝２ ３ꎬ 故长轴 因此焦点坐标为Ｆ Ｆ . { ｘ ｙ ｃ １(０ꎬ－２)ꎬ ２(０ꎬ２) ３ ＋１０ －２５＝０ꎬ 长 ａ 短轴长 ｂ 离心率ｅ ３.解析 (１) 焦点在ｘ轴上 ꎬ 设椭圆的标 １.解析 (１) 由 ｘ２ ｙ２ 消去 ｙ ２ ＝８ꎬ ２ ＝４ꎬ ＝ ａ ＝ ｘ２ ｙ２ ＋ ＝１ 准方程为 ａ２ ＋ｂ２ ＝１( ａ > ｂ >０)ꎬ 并整理 得ｘ２ ｘ ２５ ４ ３ ꎬ 两个焦点坐标分别是 (－２ ３ꎬ０)ꎬ ꎬ －６ ＋９＝０ꎬ ２ ｃ ∵ ａ ＝６ꎬ ｅ ＝ １ ꎬ∴ ａ ＝ １ ꎬ ｃ ＝２ꎬ ｂ２ ＝ ａ２ － ∴ ｘ ＝３ꎬ 此时ｙ ＝ ８ ꎬ (２ ３ꎬ０)ꎬ 四个顶点坐标分别是 (－４ꎬ ３ ３ ５ . 图略 ｃ２ ( ) ０)ꎬ(４ꎬ０)ꎬ(０ꎬ－２)ꎬ(０ꎬ２) ( ) ＝３２ꎬ 交点的坐标为 ８ . ｙ２ ｘ２ ｘ２ ｙ２ ∴ ３ꎬ 化为标准方程是 则ａ 椭圆的标准方程为 . ５ (２) ＋ ＝１ꎬ ＝ ∴ ＋ ＝１ { ｘ ｙ ８１ ９ ( 为 ２) ａ ｙ２ ２ 焦 ＋ 点 ｘ ｂ ２ ２ 在 ＝１ ｙ ( 轴 ａ > 上 ｂ > ꎬ ０ 设 ) ３ ꎬ 椭 ６ 圆 ３２ 的标准方程 (２ ｘ ) ２ 由 ３ ｘ １ ｘ ６ ２ － ＋ ｙ ＋ ４ ２ ２ ＝ ＝ １ ０ꎬ 消去 ｙ 并整理 ꎬ 得 ９ ＝ ꎬ １ ｂ ８ ＝ ꎬ ３ 短 ꎬ ｃ 轴 ＝ 长 ａ ２ ２ ｂ － ｂ ＝ ２ ６ ＝ ꎬ ６ 离 ２ 心 ꎬ 故 率 长 ｅ 轴 ＝ 长 ａ ｃ ２ ＝ ａ ３７ ＋４８ ＝０ꎬ ｃ ∵ ｃ ＝３ꎬ ｅ ＝ ５ ３ ꎬ∴ ａ ＝ ５ ３ ꎬ ａ ＝５ꎬ ｂ２ ＝ ａ２ － ∴ ｘ ＝０ 或ｘ ＝－ ４８ ꎬ 此时ｙ ＝２ 或ｙ ＝－ ７０. ２ ３ ２ ꎬ 两个焦点坐标分别是 (０ꎬ－６ ２)ꎬ ３７ ３７ ｃ２ ( ) 四个顶点坐标分别是 ＝１６ꎬ 交点的坐标为 或 ４８ ７０ . (０ꎬ６ ２)ꎬ (０ꎬ ｙ２ ｘ２ ∴ (０ꎬ２) － ꎬ－ . 图略 椭圆的标准方程为 . ３７ ３７ －９)ꎬ(０ꎬ９)ꎬ(－３ꎬ０)ꎬ(３ꎬ０) ( ) ∴ ２５ ＋ １６ ＝１ ２.解析 由椭圆的方程知Ｆ ４.解析 由题意知 椭圆的焦点在 ｘ ４.解析 由题意知 Ｐ Ｑ分别是椭圆 １(－１ꎬ０)ꎬ (１) ꎬ 的长轴 、 ( 短 １) 轴的端点 ꎬ ꎬ 且 、 焦点在ｘ轴上 ꎬ ｙ ∴ 直线 ｘ ｌ的方 . 程为ｙ ＝ｔａｎ６０ ° ( ｘ ＋１)ꎬ 即 轴上 ꎬ 设椭圆的方程为 ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ > ｂ > ｘ２ ｙ２ ＝ ３( ＋１) 设椭圆的标准方程为 ａ ｂ . 与椭圆的方程联立 并消去ｙ 则ａ ｂ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ ꎬ ０)ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝ ５ꎬ 得 ｘ２ ｘ . ｘ２ ｙ２ 由题意知 ａ ｂ ７ ＋１２ ＋４＝０ 椭圆的方程为 . ꎬ ＝３ꎬ ＝２ꎬ ∴ ＋ ＝１ 椭圆的标准方程为 ｘ２ ｙ２ . 由根与系数的关系 ꎬ 知 ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ ＝－ １２ ꎬ 当焦点在ｘ轴 ８ 上时 ５ 设椭圆的方程 ∴ ＋ ＝１ ７ (２) ꎬ ９ ４ ｘ２ ｙ２ ｃ ｘ ｘ ４ 为 ａ ｂ . ａ ａ .又ｅ ３ Ａ Ｂ＝ ꎬ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) (２)∵２ ＝２０ꎬ∴ ＝１０ ＝ ａ ＝ ꎬ ７ ５ ａ ｂ 且过点Ｐ ∴ ｃ ＝６ꎬ ｂ２ ＝ ａ２ － ｃ２ ＝６４ꎬ ∴ ｜ ＡＢ ｜＝ (１＋３)[( ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ) ２ －４ ｘ Ａ ｘ Ｂ] ∵ ａ ＝３ ꎬ ｂ (３ꎬ０)ꎬ ｘ２ ｙ２ ｙ２ [( ) ２ ] ∴ ＝３ꎬ ＝１ꎬ ∴ 椭圆的标准方程为 １００ ＋ ６４ ＝１ 或 １００ ＝ ４× － １ ７ ２ － １ ７ ６ ＝ ８ ７ ２. ∴ 椭圆的方程为 ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ . ｘ２ ◆习题3.1 ９ ＋ ＝１ . 复习巩固 当焦点在ｙ轴上时 设椭圆方程为 ｙ２ ５.解 ６ 析 ４ (１) 将 ９ ｘ２ ＋ ｙ２ ＝３６ 化为标准方 １.解析 点Ｍ的轨迹是焦点在ｙ轴上的 ꎬ ａ２ ＋ ｘ２ ｙ２ ｘ２ ａ ｂ 程 ꎬ 得 ＋ ＝１ꎬ 于是 ａ ＝６ꎬ ｂ ＝２ꎬ ｃ ＝ 椭 圆. ∵ 关 系 式 ｘ２ ＋( ｙ －３) ２ ＋ ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ ４ ３６ ｃ ｘ２ ＋( ｙ ＋３) ２ ＝１０ 表示的几何意义为 ∵ ａ ＝３ ｂ ꎬ 且过点Ｐ (３ꎬ０)ꎬ ａ２ － ｂ２ ＝４ ２ꎬ∴ 离心率ｅ １＝ ａ ＝ ２ ２. 点Ｍ ( ｘ ꎬ ｙ ) 到两定点 (０ꎬ３)ꎬ(０ꎬ－３) 的 ∴ ｂ ＝３ꎬ ａ ＝９ꎬ ３ 在方程 １ ｘ ６ ２ ＋ １ ｙ ２ ２ ＝１ 中 ꎬ ａ ＝４ꎬ ｂ ＝２ ３ꎬ ｃ ＝ 离 距离 ６ꎬ 之 由 和 椭 为 圆定 １０ 义 ꎬ 且 知 大 ａ 于 ＝５ 两 ꎬ ｃ 定 ＝ 点 ３ꎬ 间 则 的 ｂ２ 距 ＝ ∴ 椭圆的方程为 ８ ｙ １ ２ ＋ ｘ ９ ２ ＝１ . ２ꎬ∴ 离心率ｅ ２＝ ａ ｃ ＝ ２ １ . ａ２ － ｃ２ ＝１６ꎬ∴ 椭圆的方程是 ２ ｙ ５ ２ ＋ １ ｘ ６ ２ ＝１ . 综上 ꎬ 椭圆的方程为 ｘ ９ ２ ＋ ｙ２ ＝１ 或 ８ ｙ １ ２ ＋ ∵ 扁 ｅ ꎬ １ ｘ > ２ ｅ ＋ ２ꎬ ｙ ∴ ２ ＝ 椭 １ 圆 的形 ９ ｘ 状 ２ ＋ 更 ｙ２ 圆 ＝ . ３６ 的形状更 ２.解 在 析 ｙ轴 上 (１ ꎬ ) 设 由 椭 焦 圆 点 的 坐 标 标 准 知 方 椭 程 圆 为 的 ａ ｙ２ ２ 焦 ＋ ｘ ｂ 点 ２ ２ ｘ ９ ２ ＝ 由 １ . 题知 ｃ ｅ ｃ . １６ １２ (３) ２ ＝８ꎬ ＝ ａ ＝０８ꎬ 将ｘ２ ｙ２ 化为标准方程 得 ｘ２ ＝１( ａ > ｂ >０)ꎬ (２) ＋９ ＝３６ ꎬ 则ａ ｃ ｂ２ ａ２ ｃ２ ｃ ａ ｂ ａ２ ｃ２ ３６ ＝５ꎬ ＝４ꎬ∴ ＝ － ＝９ꎬ ∴ ＝４ꎬ ＝５ꎬ ＝ － ＝３ꎬ ｙ２ ｙ２ ｘ２ ｘ２ ｙ２ ｙ２ ｘ２ 于是ａ ｂ ｃ 离 椭圆的标准方程为 . 椭圆的方程为 或 ＋ ＝１ꎬ ＝６ꎬ ＝２ꎬ ＝４ ２ꎬ∴ ∴ ＋ ＝１ ∴ ＋ ＝１ ＋ ４ ２５ ９ ２５ ９ ２５ ９ ｃ {ａ ｃ {ａ . 心率ｅ ２ ２. 由 ＋ ＝１０ꎬ得 ＝７ꎬ ＝１ １＝ ａ ＝ (２) ａ ｃ ｃ ５.解析 由椭圆方程可得椭圆的焦距 ３ － ＝４ꎬ ＝３ꎬ ２５ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋Ｆ Ｆ . 的圆. 为 ｘ ｙ ｋ ｋ . 因 ｜ 为 １ ２｜ Ｐ ＝ Ｆ ２ Ｆ 的面积等于 设动圆圆心为 Ｐ ｘ ｙ 半径为 Ｒ 则 ４ －５ ＋ { ＝ ｘ ０( ｙ ≠ ｋ ４０) △ １ ２ １ꎬ ( ꎬ )ꎬ ꎬ ４ －５ ＋ ＝０ꎬ {Ｒ ｒ ＰＦ 由方程组 ｘ２ ｙ２ 所以 １ ×｜ Ｆ １ Ｆ ２｜×｜ ｙ Ｐ｜＝１ꎬ ｒ ＋ Ｒ １＝｜ ＰＦ １｜ꎬ ∴ ｜ ＰＦ １｜＋｜ ＰＦ ２｜ ＝ ｒ １＋ ＋ ＝１ꎬ ２ ２－ ＝｜ ２｜ꎬ ２５ ９ ｘ２ ｒ . 消去ｙ 得 解得 解 ｜ ｙ 得 Ｐ｜ ｘ ＝１ .代入 １５ 椭 . 圆方程 ꎬ 得 ５ ＋ ４ １ 由 Ｆ ２＝ ｜ Ｆ Ｆ １２ １ Ｆ 为 ２｜ 焦 ＝ 点 ６< 的 １２ 椭 知 圆 ꎬ 点 设 Ｐ 其 的 方 轨 程 迹 为 是 ｘ２ 以 ２ 令 ５ ｘ 方 ２ ＋ 程 ８ ꎬ ｋ ① ｘ ＋ 的 ｋ２ 根 －２ 的 ２５ 判 ＝ 别 ０ . ① 式Δ ＝０ꎬ 得 ６４ ｋ２ ＝１ꎬ ＝± ２ １ꎬ ２ ꎬ ａ２ ＋ －４×２５( ｋ２ －２２５)＝０ . ② æ ö 解方程 得ｋ ｋ . 所以点Ｐ的坐标是 è ç ± ２ １５ ꎬ±１ø ÷. ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ > ｂ >０)ꎬ 由题意 ꎬ 得 ２ ａ ＝１２ꎬ２ ｃ 由图可 ② 知 ꎬ 当 １ ｋ ＝ ＝ ２ ２ ５ ５ ꎬ 时 ２ ꎬ ＝ 直 －２ 线 ５ ｍ与椭圆 ６. 为 解 长 析 轴 点 长的 Ｑ 椭 的 圆 轨 . 迹 连 是 接 以 Ｑ Ｏ Ａ. ꎬ 因 Ａ 为 为焦 ｌ 垂 点 直 ꎬ ｒ 因 ＝６ 此 ꎬ 即 ｂ２ ａ ＝ ａ２ ６ꎬ ｃ ｃ ２ ＝３ . . 的 线 交 ｍ 点 的 到 方 直 程 线 为 ４ ｌ ｘ 的 －５ 距 ｙ ＋ 离 ２５ 最 ＝ 近 ０ . ꎬ 此时直 ＝ － ＝２７ 平分线段ＡＰ ꎬ 所以 ｜ ＱＡ ｜ ＝ ｜ ＱＰ ｜ꎬ 所以 故动圆圆心 Ｐ 的轨迹方程为 ｘ２ ｙ２ 直线ｍ与直线ｌ间的距离ｄ ＝ ｜４０－２５｜ ＱＯ ＱＡ ＱＯ ＱＰ ＯＰ ｒ. ＋ ２ ２ ｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＋｜ ｜＝｜ ｜＝ ３６ ２７ ４ ＋５ 又因为点Ａ在圆内 所以 ＯＡ ｒ.根据 . ꎬ ｜ ｜< ＝１ １５ .所以最小距离是１５ . 椭圆的定义 点 Ｑ 的轨迹是以 Ｏ Ａ 为 １１.证明 由已知 得Ｅ ｂ Ｆ ａ ＝ ４１ ４１ ꎬ ꎬ ꎬ (０ꎬ－ )、 ( ꎬ０)、 ４１ ４１ 焦点 ｒ为长轴长的椭圆. Ｇ ｂ Ｈ ａ . ꎬ (０ꎬ )、 (－ ꎬ０) ７.解析 以近日点 远日点所在直线为ｘ 因为Ｒ Ｓ Ｔ是线段 ＯＦ 的四等分点 、 ꎬ ꎬ ꎬ 轴 这两点的中点为坐标原点建立平面 Ｒ′ Ｓ′ Ｔ′是线段ＣＦ的四等分点 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｘ２ ( ａ ) ( ａ ) ( ａ ) 直角坐标系 则可设轨道的方程为 所以Ｒ Ｓ Ｔ ３ ꎬ ａ２ ＋ ꎬ０ 、 ꎬ０ 、 ꎬ０ 、 ４ ２ ４ ｙ２ {ａ ｃ . ( ) ( ｂ ) ( ｂ ) ａ ｂ 则有 － ＝１４８６ꎬ解 Ｒ′ ａ ３ ｂ Ｓ′ ａ Ｔ′ ａ . ｂ２ ＝１( > >０)ꎬ ａ ｃ . ꎬ 、 ꎬ 、 ꎬ ＋ ＝５５６３ꎬ ４ ２ ４ {ａ . ｂ 得 ≈３５２５ꎬ 直线ＥＲ的方程是ｙ ４ ｘ ｂ ｃ . ＝ ａ － ꎬ ≈２０３９ꎬ ｂ 由 可知 当ｋ 时 直线ｍ ｂ ａ２ ｃ２ . 直线ＧＲ′的方程是ｙ ｘ ｂ (２) (１) ꎬ ＝－２５ ꎬ ∴ ＝ － ≈２８７５ꎬ ＝－ ａ ＋ ꎬ 与椭圆的交点到直线 ｌ 的距离最远 ｘ２ ｙ２ ４ ꎬ 轨道的方程为 . 联 立 这 两 个 方 程 解 方 程 组 此时直线ｍ的方程为 ｘ ｙ . ∴ . ２ ＋ . ２ ＝１ ꎬ ４ －５ －２５＝０ ３５２５ ２８７５ ì ａ ８.解析 设点Ｍ的坐标为 ｘ ｙ ｄ是点 ïｘ ８ 直线ｍ与直线ｌ的距离ｄ ｜４０＋２５｜ ( ꎬ )ꎬ ï ＝ ꎬ ＝ ＝ Ｍ到直线ｘ 的距离 根据题意 所求 得í １７ ４ ２ ＋５ ２ ＝８ { ꎬ ＭＦ ꎬ } ï ïｙ １５ ｂ . ６５ .所以最大距离为６５ . 轨迹就是集合Ｐ Ｍ ｜ ｜ １ 由 î ＝ ４１ ４１ ＝ ｄ ＝ ꎬ １７ ４１ ４１ ２ ( ａ ｂ) １４.解析 设这组平行直线的方程为ｙ 此得 ( ｘ －２) ２ ＋ ｙ２ １ .两边平方 并 所以点Ｌ的坐标是 ８ ꎬ １５ . ＝ ｜８－ ｘ ｜ ＝ ２ ꎬ １７ ( １ ａ ７ ｂ) ３ ｘ ＋ ｍ ꎬ 把 ｙ ＝ ３ ｘ ＋ ｍ 代入椭圆方程 化简得 ３ ｘ２ ＋４ ｙ２ ＝４８ꎬ 即 １ ｘ ６ ２ ＋ １ ｙ ２ ２ ＝１ . 同理 ꎬ 点 Ｍ ( 的 ａ 坐标 ｂ) 为 ４ ５ ꎬ ３ ５ ꎬ 点 Ｎ ｘ ２ ２ ＋ ｙ２ ＝１ꎬ 得 ９ ２ ｘ２ ＋６ ｍｘ ＋２ ｍ２ －１８＝０ . 所以点Ｍ 的轨迹是长轴长 短轴长分 的坐标为 ２４ ７ . ４ ９ 、 ꎬ 这个方程的根的判别式 Δ ｍ２ ２５ ２５ ＝３６ －３６ 别为 ８、４ ３ 的椭圆. 将点Ｌ Ｍ Ｎ的坐标代入椭圆方程 ｘ２ 􀅰(２ ｍ２ －１８)＝３６(－ ｍ２ ＋１８) . 综合运用 ꎬ ꎬ ａ２ 由Δ 得 ｍ .当这组 ９.解析 设 Ｍ ( ｘ ꎬ ｙ ) 是曲线上的任意一 ｙ２ ａ ｂ 中均成立. ( 平 １ 行 ) 直线 > 在 ０ꎬ ｙ轴 － 上 ３ 的 ２< 截距 <３ 的 ２ 取值范围 点 ꎬ Ｐ ( ｘ １ꎬ ｙ １) 是圆上的任意 {ｘ 一点 ｘ ꎬ 则 因 ＋ｂ 此 ２ ＝ 直 １ 线 ( > ＥＲ > 与 ０) ＧＲ′ ＥＳ与ＧＳ′ ＥＴ与 是 (－３ ２ꎬ３ ２) 时 ꎬ 直线与椭圆相交. ＤＭ １＝ ꎬ 、 、 证明 设直线与椭圆的交点为 Ａ Ｄ ｘ 由｜ ｜ ３ 可得 ＧＴ′的交点Ｌ Ｍ Ｎ都在椭圆 (２) : ( １ꎬ０)ꎬ ＤＰ ＝ ꎬ ｙ ２ ｙ. ꎬ ꎬ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 并设线段ＡＢ的中 ｜ ｜ ２ １＝ ３ ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 上. ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ｘ ｘ ｍ ∵ Ｐ ( ｘ １ꎬ ｙ １) 在圆ｘ２ ＋ ｙ２ ＝４ 上 ꎬ ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) 点为Ｍ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则ｘ ＝ １＋ ２ ＝－ . ｃ ２ ３ ∴ ｘ２ １＋ ｙ２ １＝４ꎬ 即ｘ２ ＋ ９ ４ ｙ２ ＝４ꎬ １２.解析 ∵ ｅ ＝ ａ ＝０ . ０１９２ꎬ ａ ＝１ . ５０×１０ ８ ｋｍꎬ 因为点Ｍ在直线ｙ ＝ ３ ｘ ＋ ｍ上 ꎬ 所以ｙ 化简为 ｙ２ ｘ２ . 点 Ｍ 的轨迹是焦 ∴ ｃ ＝ ｅａ ＝２ . ８８×１０ ６ ｋｍ . ｍ ２ 点在ｙ轴 ９ 上 ＋ 的 ４ 椭 ＝ 圆 １ ∴ . ∴ . 地球到太 ８ 阳的最 地 大 球 距 到 离 太阳 为 的 ａ 最 ＋ ｃ 小 ＝ ＝ ２ ꎬ ｍ １０.解析 由ｘ２ ＋ ｙ２ ＋６ ｘ ＋５＝０ꎬ 得 距 １５ 离 ２８ 为 ８× ａ １ － ０ ｃ ＝ ( １ ｋｍ . ４ ) ７１ ꎻ ２×１０ ８ (ｋｍ) . 与ｘ ＝－ ３ 联立 ꎬ 消去ｍ ꎬ 得 ３ ｘ ＋２ ｙ ＝０ . ( ｘ ＋３) ２ ＋ ｙ２ ＝４ꎬ 表示圆心为 Ｆ １(－３ꎬ 拓广探索 这说明点 Ｍ 的轨迹是这条直线被椭 半径ｒ 的圆 １３.解析 由直线ｌ的方程与椭圆的方程 圆截得的弦 不包括端点 因此这些 ０)ꎬ １＝２ ꎬ ( )ꎬ 由ｘ２ ｙ２ ｘ 得 ｘ ２ ｙ２ 可知 直线ｌ与椭圆不相交.设直线ｍ 直线被椭圆截得的线段的中点在同一 ＋ －６ －９１＝０ꎬ ( －３) ＋ ＝ ꎬ 表示圆心为Ｆ 半径ｒ 平行于直线 ｌ 则直线 ｍ 的方程可设 条直线上. １００ꎬ ２(３ꎬ０)ꎬ ２＝１０ ꎬ ２６ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｂ ｃ 所以它的实轴长 ａ ｙ２ 3.2 双曲线 ４ ２ꎬ ＝２ꎬ ＝６ꎬ ２ ＝ 所以双曲线方程为ｘ２ － ＝１ꎻ 虚轴长 ｂ 顶点坐标为 ４ ８ ２ꎬ ２ ＝４ꎻ (－４ ２ꎬ 若焦点在 ｙ 轴上 则由已知得 ３.２.１ 双曲线及其标准方程 ０)ꎬ(４ ２ꎬ０)ꎻ 焦点坐标为 (－６ꎬ０)ꎬ(６ꎬ { ② ａ ꎬ {ａ 练习 ｃ ｂ ＝２ꎬ解得 ＝４ꎬ所以双曲线方程为 离心率ｅ ３ ２. １.解析 双曲线的标准方程为 ｘ２ ０)ꎻ ＝ ａ ＝ ４ ２ ｂ ＝４ꎬ ｂ ＝２ꎬ (１) １６ － (２) 双曲线 ｘ２ － ｙ２ ＝１ 中 ꎬ ａ ＝３ꎬ ｂ ＝９ꎬ ｃ ＝ ｙ２ ｘ２ . ｙ２ ９ ８１ － ＝１ . １６ ４ ９ ＝１ ３ １０ꎬ 所以它的实轴长 ２ ａ ＝６ꎬ 虚轴长 综上 满足条件的双曲线方程为ｘ２ ｙ２ 双曲线的焦点在ｘ轴上 设它的标 ｂ 顶点坐标为 焦 ꎬ － (２) ꎬ ２ ＝１８ꎻ (－３ꎬ０)ꎬ(３ꎬ０)ꎻ ４ ｘ２ ｙ２ 点坐标为 离 ｙ２ ｘ２ 准方程为 ａ ｂ (－３ １０ꎬ０)ꎬ(３ １０ꎬ０)ꎻ 或 . ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ ｃ ＝１ － ＝１ 心率ｅ . １６ ４ ì ï ２ ２ ＝ ａ ＝ １０ 练习 (－ ２) (－ ３) ï ï ａ２ － ｂ２ ＝１ꎬ 双曲线 ｙ２ ｘ２ 中 ａ ｂ ｃ １.解析 设Ｍ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 因为Ａ (－６ꎬ０)ꎬ Ｂ (６ꎬ 由方程组í ï æ ç １５ ö ÷ ２ (３) ４ － ４ ＝１ ꎬ ＝２ꎬ ＝２ꎬ ＝ ０)ꎬ ｋ ＡＭ􀅰 ｋ ＭＢ＝ ２ ꎬ 所以 ０－ ｙ ｘ􀅰 ０－ ｘ ｙ ＝ ２ î ï ï è ３ ａ２ ø － ( ｂ ２ ２ ) ２ ＝１ꎬ ２ ２ꎬ 顶 所 点 以 坐 它 标 的 为 实轴长 ２ ａ ＝４ꎬ 虚轴长 焦点 ２ ｂ ( ｘ ≠±６)ꎬ ９ －６－ ６－ ９ ＝４ꎻ (０ꎬ－２)ꎬ(０ꎬ２)ꎻ {ａ２ 坐标为 离心率ｅ 整理 得 ｘ２ ｙ２ ｘ 解得 ＝１ꎬ (０ꎬ－２ ２)ꎬ(０ꎬ２ ２)ꎻ ꎬ － ＝１( ≠±６)ꎬ ｂ２ . ｃ ３６ ８ ＝３ . 所以点Ｍ的轨迹是以原点为中心 焦点 ｙ２ ＝ ａ ＝ ２ ꎬ 所以双曲线的标准方程为ｘ２ . 在ｘ轴上的双曲线 除去 Ａ － ３ ＝１ 双曲线 ｙ２ ｘ２ 中 ａ ｂ ｃ Ｂ . ( (－６ꎬ０)ꎬ 根据双曲线的定义 有 (４) － ＝１ ꎬ ＝５ꎬ ＝７ꎬ ＝ (６ꎬ０)) (３) ꎬ ２５ ４９ { ｘ ｙ ａ ２ ２ 所以它的实轴长 ａ 虚轴长 ２ － －１０＝０ꎬ ２ ＝｜ ４＋(－５＋６) － ４＋(－５－６) ｜ ７４ꎬ ２ ＝１０ꎬ ２.解析 由 ｘ２ ｙ２ 消去 ｙ 并 所以ａ . ｂ 顶点坐标为 焦 (１) ＝｜ ５－５ ５｜＝４ ５ꎬ ＝２ ５ ２ ＝１４ꎻ (０ꎬ－５)ꎬ(０ꎬ５)ꎻ － ＝１ ２０ ５ 又ｃ ＝６ꎬ 所以ｂ２ ＝３６－２０＝１６ . 点坐标为 (０ꎬ－ ７４)ꎬ(０ꎬ ７４)ꎻ 离心 整理 ꎬ 因为双曲线的焦点在ｙ轴上 ꎬ 率ｅ ｃ ７４. 得 ３ ｘ２ －３２ ｘ ＋８４＝０ꎬ ｙ２ ｘ２ ＝ ａ ＝ 所以双曲线的标准方程为 ２０ － １６ ＝１ . ２.解析 (１) 因 ５ 为顶点在ｘ 轴上 ꎬ 所以设 解得ｘ ＝ １ ３ ４或ｘ ＝６ꎬ ２.证明 双曲线ｘ２ －１５ ｙ２ ＝１５ 可化为 １ ｘ ５ ２ － 双曲线的标准方程为 ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ ì ï ï ｘ ＝ １４ ꎬ {ｘ í ３ 或 ＝６ꎬ ｙ２ ＝１ꎬ 则ａ ＝ １５ꎬ ｂ ＝１ꎬ ｃ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ＝４ꎬ 所 >０)ꎬ ∴ ï ïｙ ２ ｙ ＝２ . 以焦点坐标为Ｆ Ｆ . ｃ î ＝－ １(－４ꎬ０)ꎬ ２(４ꎬ０) 依题意 有ａ ｅ ５ ３ 椭圆 ｘ２ ｙ２ 的两焦点坐标为 ꎬ ＝４ꎬ ＝ ａ ＝ ４ ꎬ 交点坐标为 ( １４ ２ ) . ＋ ＝ １ ｃ ｂ２ ｃ２ ａ２ ∴ ꎬ－ ꎬ(６ꎬ２) ２５ ９ ∴ ＝５ꎬ ＝ － ＝９ꎬ ３ ３ Ｆ Ｆ . ｘ２ ｙ２ { ｘ ｙ １(－４ꎬ０)ꎬ ２(４ꎬ０) 双曲线的标准方程为 . ４ －３ －１６＝０ꎬ 所以双曲线ｘ２ ｙ２ 与椭圆 ｘ２ ｙ２ ∴ １６ － ９ ＝１ (２) 由 ｘ２ ｙ２ 消去ｘ并整理 ꎬ －１５ ＝１５ ＋ 因为焦点在ｙ轴上 所以设双曲线 － ＝１ ２５ ９ (２) ꎬ ２５ １６ ＝１ 有相同的焦点. 的标准方程为 ｙ２ ｘ２ ａ ｂ 依 得ｙ２ －６ ｙ ＋９＝０ꎬ 解得ｙ ＝３ . ｘ２ ｙ２ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ ３.解析 当方程 表示双曲 当ｙ 时 ｘ ２５ ｍ－ｍ ＝１ ｃ ＝３ ꎬ ＝ ꎬ ２＋ ＋１ 题意 有ｃ ｅ ４ ａ ｂ２ ｃ２ ４ 线时 有 ｍ ｍ ꎬ ＝８ꎬ ＝ ａ ＝ ꎬ∴ ＝６ꎬ ＝ ( ) ꎬ (２＋ )􀅰( ＋１)>０ꎬ ３ 交点坐标为 ２５ . 解得ｍ 或ｍ .所以ｍ的取值范 ａ２ ∴ ꎬ３ >－１ <－２ － ＝２８ꎬ ４ 围是 . ｙ２ ｘ２ ３.解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ . ４.解析 (－ 由 ∞ 题 ꎬ－ 意 ２) 知 ∪( 双 － 曲 １ꎬ 线 ＋∞ 的 ) 焦点在ｘ轴 ∴ 双曲线的标准方程为 － ＝１ . ( １ꎬ １) ì ꎬ ( ２ꎬ ２) ꎬ ３６ ２８ ïｙ ２ ｘ 上 且ａ２ ( ８ ) ２ 所以ａ２ 因为 ３.解析 焦点在ｘ轴上 ꎬ 故设双曲线的标 依题意 由方程组í ï ＝ ３ ꎬ 消去 ｙ ꎬ ＋１２＝ ２ ꎬ ＝４ꎬ 准方程为 ｘ２ ｙ２ ａ 由题意知 ｃ ꎬ ï ï ｘ２ ｙ２ ꎬ ａ 所以ａ ａ２ －ａ２ ＝１( >０)ꎬ ꎬ îａ２ － ＝１ꎬ >０ꎬ ＝２ꎬ ８ 的 因 定 为 义 点 知 Ｍ ｜ 在 ｜ Ｍ 双 Ｆ １ 曲 ｜－ 线 ｜ Ｍ 上 Ｆ ꎬ ２ 所 ｜｜＝ 以 ２ 由 ａ ＝ 双 ４ꎬ 曲线 ＝６ꎬ ｃ２ ＝２ ａ２ ꎬ∴ ａ２ ＝ ｃ ２ ２ ＝１８ . 得 ｘ２ ＝ １ １ ８ ８ － ａ ａ ２ ２ꎬ 所 以 不 妨 令 ｘ １ ＝ 因为 ＭＦ ｘ２ ｙ２ 所以 ｜ ｜ ＭＦ １ ２ ｜ ｜ ＝ ＝ ５ １ ꎬ 或 ｜ ＭＦ ２｜＝９ . ∴ 渐近 双曲 线 线 方 的 程 标 为 准 ｙ 方程 ｘ. 为 １８ － １８ ＝１ꎬ 它的 － １ １ ８ ８ － ａ ａ ２ ２ꎬ ｘ ２＝ １ １ ８ ８ － ａ ａ ２ ２ꎬ ３.２.２ 双曲线的简单几何性质 ４.解析 若焦点 ＝ 在 ± ｘ轴上 则由已知得 因为 ｘ ｘ 所以 １８ ａ２ 练习 { ｂ ① {ａ ꎬ １ ２ ＝ － ９ꎬ － １８－ ａ２ 􀅰 １.解析 双曲线 ｘ２ ｙ２ 中 ａ ａ ＝２ꎬ解得 ｂ ＝１ꎬ １８ ａ２ 解得ａ２ (１) － ＝１ ꎬ ＝ ｂ ＝２ꎬ ａ２ ＝－９ꎬ ＝６ꎬ ３２ ４ ２ ＝４ꎬ １８－ ２７ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋又因为ｂ２ 角坐标系. ＝８ꎬ 渐近线方程为ｙ ４ ｘ. 所以ｃ２ ａ２ ｂ２ ＝± 设Ｐ ｘ ｙ 是曲线上的任意一点 则根 ＝ ＋ ＝１４ꎬ ３ ( ꎬ ) ꎬ 所以ｅ ＝ ａ ｃ ＝ ａ ｃ２ ２ ＝ ３ ７ ＝ ３ ２１. ４.解析 (１) 设双曲线的标准方程为 ａ ｘ２ ２ － 据 ＝３ 题 ４０ 意 × ꎬ ３ 有 ＝１ ｜ Ａ ０ Ｂ ２ ｜ ０ ＝ < １ ｜ Ａ ４ Ｂ ００ ｜ ꎬ ꎬ 所 ｜｜ 以 ＰＡ 所 ｜－ 求 ｜ Ｐ 轨 Ｂ 迹 ｜｜ ◆习题3.2 ｙ２ ａ ｂ 是双曲线 设双曲线方程为 ｘ２ ｙ２ 复习巩固 ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ ꎬ ａ２ －ｂ２ ＝１ 依题意得 ａ ｂ 即ａ ｂ . ａ ｂ 则 ａ ｃ 所 １.答案 ２ ＝１０ꎬ２ ＝８ꎬ ＝５ꎬ ＝４ ( >０ꎬ >０)ꎬ ２ ＝１０２０ꎬ２ ＝１４００ꎬ １７ ｘ２ ｙ２ 以ｂ２ ｃ２ ａ２ . ｙ２ 因此 双曲线的标准方程为 . ＝ － ＝２２９９００ 解析 双曲线 ４ ｘ２ － ｙ２ ＋６４＝０ 可化为 ꎬ ２５ － １６ ＝１ 所以所求轨迹方程为 ｘ２ ｙ２ ６４ ｙ２ ｘ２ － ｘ２ 设双曲线的标准方程为 ２６０１００ ２２９９００ － ＝１ꎬ∴ ａ ＝８ꎬ (２) ａ２ －ｂ２ ＝１ ＝１ . １６ ａ ｂ １０.解析 设点Ｍ ｘ ｙ 则 设双曲线的两个焦点分别为Ｆ Ｆ 不 ( >０ꎬ >０)ꎬ ( ꎬ )ꎬ 所 妨 由 以 设 定义 ｜ Ｐ Ｐ 知 Ｆ Ｆ １ ｜ ｜ ｜ ＝ Ｐ １ Ｆ ꎬ １｜－｜ Ｐ Ｐ Ｆ Ｆ ２｜｜＝２ ａ ＝ １ １ ꎬ ６ꎬ ２ꎬ 即 因 依 此 题 ｃ ＝ 意 ５ 双 ꎬ 得 ｂ 曲 ＝ ２ 线 ｃ ４ ＝ ꎬ 的 ∴ １０ 标 ａ ꎬ ２ ２ 准 ＝ ｂ ｃ 方 ＝ ２ ８ － 程 ꎬ ｂ２ 为 ＝９ ｙ . ２ ｘ２ . ( ｘ ｘ － － ｃ ａ ) ｃ ２ ２ ＋ ｙ２ ＝ ａ ｃ ꎬ 所以 ｜ ＰＦ ２｜＝±１６ 或 ＋｜ ＰＦ １｜ꎬ 舍去 . ꎬ ９ － １６ ＝１ 整理 得 ｘ２ ｙ２ . ｜ ２｜＝１７ ｜ ２｜＝－１５( ) ｃ ꎬ ａ２ －ｃ２ ａ２ ＝１ ｘ２ ｙ２ ｅ ｃ２ ａ２ ｂ２ ａ ｂ. － ２.解析 设双曲线方程为 (３)∵ ＝ ａ ＝ ２ꎬ ＝ ＋ ꎬ∴ ＝ ｃ ａ ｃ (１) ａ２ －ｂ２ ＝１ ∵ >０ꎬ < ꎬ ａ ｂ . ∴ 双曲线为等轴双曲线 ꎬ 设其方程为ｘ２ ∴ ａ >０ꎬ ｃ２ － ａ２ >０ꎬ ( 因为 >０ 双 ꎬ 曲 >０ 线 ) 过点Ａ ａ － ｙ２ ＝ λ ( λ ≠０)ꎬ 将Ｍ (－５ꎬ３) 代入 ꎬ 得 令ｃ２ ａ２ ｂ２ ｂ 则上式变为 ｘ２ (－５ꎬ２)ꎬ ＝２ ５ꎬ λ ２ ２ . － ＝ ( >０)ꎬ ａ２ － ＝(－５) －３ ＝１６ 所以２ ２ ５ ０ －ｂ ４ ２ ＝１ꎬ 解得ｂ２ ＝１６ꎬ 故双曲线的标准方程为 ｘ２ － ｙ２ ＝１ . ｙ ｂ ２ ２ ＝１ . １６ １６ 所以双曲线方程为 ｘ２ ｙ２ . ５.解析 当点 Ｐ 在圆上运动时 点 Ｑ 的 所求点Ｍ的轨迹为双曲线 且轨迹 － ＝１ ꎬ ∴ ꎬ ２０ １６ 轨迹是双曲线. ｘ２ ｙ２ 当焦点在ｘ轴上时 设双曲线方 方程为 ａ ｂ ｂ２ ｃ２ (２)① ꎬ 因为 ＱＰ ＱＡ 而 ＱＡ ＱＯ ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０ꎬ ＝ － 程为 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 依题意有 ＱＰ ｜ Ｑ ｜ ＝ Ｏ ｜ ｒ ｜ꎬ 且 ｜ Ｏ ｜ Ｑ ｜ ｒ －｜ ＯＡ ｜ ｜ ＝ ａ２ . ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ >０)ꎬ 所 ｜｜ 以点 ｜－ Ｑ ｜ 的轨 ｜｜ 迹 ＝ 是 ꎬ 以 ｜ Ｏ Ａ ｜< 为 < 焦 ｜ 点 ｜ꎬ ｒ为 １１.解 ) 析 依题意 四边形ＯＡＭＢ为矩形 ì ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ï４９ ７２ 实轴长的双曲线. 设Ｍ ｘ ｙ 如图. ïａ２ －ｂ２ ＝１ꎬ {ａ２ ( ꎬ )ꎬ í 解得 ＝２５ꎬ所以双曲线 ６.解析 设双曲线方程为ｘ２ ｙ２ λ λ ï ｂ２ － ＝ ( ≠ ï２８ ９ ＝７５ꎬ îａ２ －ｂ２ ＝１ꎬ ０)ꎬ 依题意得 ２ ２ λ 即λ . ｘ２ ｙ２ ３ －(－１) ＝ ꎬ ＝８ 方程为 . ｘ２ ｙ２ － ＝１ 故所求双曲线的方程为 . ２５ ７５ － ＝１ 当焦点在ｙ轴上时 设双曲线方程为 ８ ８ ② ꎬ 综合运用 ｙ２ ｘ２ ａ ｂ .依题意有 ７.解析 当 ｍ ｎ 时 方程表示以 ａ２ － ｂ２ ＝ １( >０ꎬ >０) (１) ＝ >０ ꎬ 坐标原点为圆心 ｍ为半径的圆. ì í ï ï ７ ａ ２ ２ － ４ ｂ ９ ２ ＝１ꎬ 无解. ( 点 ２ 在 ) 当 ｘ ｍ 轴 > 上 ｎ > 的 ０ 椭 时 圆 ꎬ ꎬ 方程表示的曲线是焦 因 所以 为四 Ｍ 边 Ａ 形ＯＡ Ｍ Ｍ Ｂ Ｂ的面积 所 为 以 ３ ｜ ꎬ ｘ － ｙ ｜ ï ꎻ ｜ ｜􀅰｜ ｜ ＝３ꎬ 􀅰 î ï ａ ９ ２ － ２ ｂ ８ ２ ＝１ꎬ 当ｎ > ｍ >０ 时 ꎬ 方程表示的曲线是焦点 ｘ ｙ ２ 综上 双曲线方程为 ｘ２ ｙ２ . 在ｙ轴上的椭圆. ｜ ＋ ｜ ＝３ꎬ 所以 ｜ ｘ２ － ｙ２ ｜＝６ꎬ 即ｘ２ － ｙ２ ＝ ꎬ － ＝１ 当 ｍ ｎ 时 方程表示的曲线 ２ ３.解析 原方程可 ２ 化 ５ 为 ７５ ｘ２ ｙ２ ( 是 ３ 焦 ) 点在 > ｘ ０ 轴 ꎬ 上 <０ 的双 ꎬ 曲线 ꎻ 所 ６ 或 以点 ｙ２ － Ｍ ｘ２ 的 ＝６ 轨 ꎬ 迹为双曲线. (１) － ＝１ꎬ 当ｍ ｎ 时 方程表示的曲线是焦 因此ａ２ ｂ２ ｃ２ ９ １６ 点在 < ｙ ０ 轴 ꎬ 上 >０ 的双 ꎬ 曲线. １２.解析 椭圆 ｘ２ ｙ２ ａ ｂ 的离 即ａ ＝ ｂ ９ꎬ ｃ ＝１６ꎬ 且 ＝ 焦 ２ 点 ５ꎬ 在ｘ轴上. ８.解析 由题意知椭圆的半焦距为 且 ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ＝３ꎬ ＝４ꎬ ＝５ꎬ ５ꎬ 因此 ꎬ 焦点坐标为 (－５ꎬ０)ꎬ(５ꎬ０)ꎬ 焦点在ｘ轴上.设双曲线方程为 ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ 心率ｅ １＝ ａ ｃ ＝ １－ａ ｂ２ ２ ꎬ 离心率ｅ ＝ ３ ５ ꎬ 渐近 ｙ 线 ２ 方 ｘ 程 ２ 为ｙ ＝± ３ ４ ｘ. ＝１( ａ > ｃ ０ꎬ ｂ >０)ꎬ 双曲线 ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ ＝１ 的离心率 ｅ ２ ＝ ａ ｃ 原方程可化为 因此ａ２ ｅ ５ ｃ ａ (２) － ＝１ꎬ ＝ ∵ ＝ ａ ＝ ꎬ ＝５ꎬ∴ ＝４ꎬ ｂ２ １６ ９ ４ ｂ２ ｃ２ 即ａ ｂ ｃ 且 ｂ２ ｃ２ ａ２ ＝ １＋ａ２ ꎬ １６ꎬ ＝９ꎬ ＝２５ꎬ ＝４ꎬ ＝３ꎬ ＝５ꎬ ∴ ＝ － ＝２５－１６＝９ꎬ 焦点在ｙ轴上. ｘ２ ｙ２ ｂ 所求双曲线的方程为 . 因为双曲线的渐近线的斜率 ２ ５ 因此 焦点坐标为 ∴ － ＝１ ａ < ꎬ ꎬ (０ꎬ－５)ꎬ(０ꎬ５)ꎬ １６ ９ ５ ９.解析 以Ａ Ｂ所在的直线为ｘ轴 线段 ｂ２ 离心率ｅ ５ 、 ꎬ 所以 ４ ＝ ꎬ ＡＢ的垂直平分线为 ｙ 轴 建立平面直 ０<ａ２< ꎬ ４ ꎬ ５ ２８ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｐ 所以 ５ ｅ ｐ ３.３.２ 抛物线的简单几何性质 ５ < １<１ꎬ ∵ 抛 ２ 物 ＝３ 线 ꎬ 的 ∴ 标 ＝ 准 ６ꎬ 方程为ｙ２ ｘ. 练习 ∴ ＝１２ １< ｅ ２< ３ ５. (２) 设抛物线的标准方程为ｙ２ ＝２ ｐｘ ( ｐ > １.解析 (１) 设抛物线方程为ｙ２ ＝２ ｐｘ ( ｐ > ５ æ ö ０)ꎬ ０)ꎬ 所以ｅ 的取值范围是ç ５ ÷ ｅ 的 ｐ 抛物线过点Ｍ １ è ꎬ１øꎬ ２ １ ｐ １ ∵ (５ꎬ－４)ꎬ ５ ∵ － ＝－ ꎬ∴ ＝ ꎬ æ ö ２ ４ ２ ｐ ８ 取值范围是 è ç １ꎬ ３ ５ ø ÷. ∴ 抛物线的标准方程为ｙ２ ＝ ｘ. ∴ ＝ ５ ꎬ ５ 当焦点在ｘ轴上时 设抛物线的标 拓广探索 (３) ꎬ 抛物线方程为ｙ２ １６ｘ. １３.解析 当直线ｌ的斜率存在时 准方程为ｙ２ ＝２ ｐｘ或ｙ２ ＝－２ ｐｘ ( ｐ >０)ꎬ ∴ ＝ ５ ꎬ ｐ 设抛物线方程为ｘ２ ｐｙ ｐ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ 经过点Ｐ的直线 ∵ ＝２ꎬ (２) ＝２ ( >０)ꎬ ｌ的方 ( 程 １ꎬ 为 １) ｙ ꎬ －１ ( ＝ ｋ ２ꎬ ( ｘ ２ － ) １ ꎬ )ꎬ 即ｙ ＝ ｋｘ － ｋ ＋１ . ∴ 抛 ｘ. 物线的标准方程为ｙ２ ＝４ ｘ或ｙ２ ＝ 由题意知 ｐ ＝５ꎬ∴ ｐ ＝１０ꎬ 当 ∴ ( 与 － ２ ｋ 双 ｘ ２ － ｋ ≠ １ ｋ ＝ ＋ ２ 曲 ２ ０ ｘ ２ ) ２ ) 线 ｘ 时 ＝ ꎬ ２ － 的 ① ｋ ꎬ ( ２ ２ 方 方 ｋ １ － ( － 程 ｋ 程 １ ｋ ２ － ) ① 联 ｋ ＝ ) 变 立 １ ｘ ꎬ － 为 并 ∴ (１ 消 ２ ｋ － ｘ ＝ 去 ｋ ２ ２ ) － . ２ ４ ｙ － ꎬ ｘ ２ 得 ＋ ＝ ３ ０ ＝ ( ０ ２ . ２.解 右 同 的 综 － ± ４ ４ 析 ꎬ 理 标 上 ｘ ２ 或 ｐ 可 准 ꎬ ＝ 所 ｘ ( 得 方 ２ ２ １ 求 ＝ ０ ꎬ 程 ) ꎬ ± 当 由 抛 所 为 ４ 焦 ｙ 物 ｙ 以 . ｘ ２ 点 ２ ＝ 线 ＝ ｐ ２ 在 ４ ＝ 的 ０ ｙ ｘ １ ｙ ꎬ 或 标 ０ 得 ꎬ 轴 准 因 ｘ 抛 上 ２ 方 ＝ 此 物 时 － 程 焦 线 ４ ꎬ ｙ 抛 点 为 开 . 物 坐 口 ｙ２ 线 标 向 ＝ ∴ ∴ 由 ( ( ３ ４ 抛 抛 题 ) ) 设 设 物 物 意 抛 抛 线 线 知 物 物 方 方 ꎬ ２ 线 线 ２ ｐ 程 程 方 方 ＝ 为 为 ４ 程 程 ꎬ ｙ ｘ ∴ 为 为 ２ ２ ＝ ＝ ｐ － ２ ｙ ｘ ＝ ２ ２ ０ １ ８ ＝ ＝ ｙ ６ ꎬ . ｘ － － . ２ ２ ｐ ｐ ｘ ｙ ( ( ｐ ｐ > > ０ ０ ) ) ꎬ ꎬ 此时Δ ＝１６－２４＝－８<０ꎬ 为Ｆ (５ꎬ０)ꎬ 准线方程为ｘ ＝－５ . 由题意易知ｐ ＝１６ . 当 ∴ 经 方 过 程 ① 点 没 Ｐ 有 的 实 直 数 线 根 ｌ . 的斜率不存在 (２) 由ｘ２ ＝ １ ｙ ꎬ 得抛物线开口向上 ꎬ２ ｐ ２. ∴ 解 抛 析 物线 ｘ的 方 系 程 数 为 越 ｘ２ 大 ＝－ 抛 ３２ 物 ｙ. 线的开口越 ２ ꎬ 时 直线ｌ的方程为ｘ .经验证不符 大 如图. ꎬ ＝１ １ 所以ｐ １ . ꎬ 合题设. ＝ ꎬ ＝ ２ ４ 综上 不能作一条直线 ｌ 与双曲线交 ( ) ꎬ 因此焦点坐标为 Ｆ １ 准线方程 于Ａ Ｂ两点 且Ｐ是线段ＡＢ的中点. ０ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ８ {ｘ２ ｙ２ 为ｙ １ . １４.解析 由 － ＝１ꎬ得 ｋ２ ｘ２ ＝－ ４ １６ (４－ ) － ８ ｙ ｋｘ ｍ 由 ｙ２ ｘ 得 ＝ ＋ (３) ２ ＋５ ＝０ꎬ ｋｍｘ ｍ２ ｋ ２ －( ＋１６)＝０( ≠±２)ꎬ ｙ２ ５ ｘ 抛物线开口向左 ｐ ５ 所 因为双曲线与直线有唯一的公共点 ＝－ ꎬ ꎬ２ ＝ ꎬ ２ ２ Ｍ ꎬ 所以Δ ＝(－２ ｋｍ ) ２ ＋４(４－ ｋ２ )( ｍ２ ＋ 以ｐ ５ . ＝ 此时ｘ ｋｍ ４ ( ) １６)＝０ꎬ ＝ ４－ ｋ２ꎬ 因此焦点坐标为Ｆ － ５ ꎬ０ ꎬ 准线方程 ３.解析 直线ｌ的方程为ｙ －０＝ ｘ －２ꎬ 即ｙ ｋｍ ｍ ８ ｘ 与抛物线的方程联立并消去ｙ 当 ｘ 时 ｙ ｋｘ ｍ ４ 即 ＝ －２ꎬ ꎬ ＝ ４－ ｋ２ ꎬ ＝ ＋ ＝ ４－ ｋ２ꎬ 为ｘ ＝ ５ . 得ｘ２ －８ ｘ ＋４＝０ . æ ｋｍ ｍ ö ８ 由根与系数的关系 得ｘ ｘ Ｍ è ç ｋ２ꎬ ４ ｋ２ ø ÷. (４) 由ｘ２ ＋８ ｙ ＝０ꎬ 得ｘ２ ＝－８ ｙ ꎬ ｘ ｘ ꎬ Ａ＋ Ｂ＝８ꎬ ４－ ４－ 抛物线开口向下 ｐ 所以 ｐ 因 Ａ Ｂ＝４ꎬ 所以过点Ｍ且与ｌ垂直的直线方程为 ꎬ２ ＝８ꎬ ＝４ꎬ æ ｋｍ ö ｍ 此焦点坐标为Ｆ (０ꎬ－２)ꎬ 准线方程为ｙ ∴ ｜ ＡＢ ｜＝ (１＋ ｋ２ )[( ｘ Ａ＋ ｘ Ｂ) ２ －４ ｘ Ａ ｘ Ｂ] ｙ １ çｘ ÷ ４ . . ＝－ ｋ è － ｋ２ ø＋ ｋ２ꎬ ＝２ ＝ ２×(６４－１６)＝４ ６ ４－ ４－ ｐ ４.解析 设直线的方程为ｘ ｔ 与抛物线 ｍ ３.答案 ａ ａ ＝ ꎬ 令ｘ ＝０ꎬ 则 ｙ ＝ ５ ｋ２ꎬ 令 ｙ ＝０ꎬ 则 ｘ ＝ (１) ꎻ － ２ 的方程联立 ꎬ 消去ｘ ꎬ 得ｙ２ －４ ｔ ＝０ꎬ ４－ 或 ｙ ｙ ｙ ｙ ｔ ｋｍ æ ｋｍ ｍ ö (２)(６ꎬ６ ２) (６ꎬ－６ ２) ∴ Ａ＋ Ｂ＝０ꎬ Ａ Ｂ＝－４ꎬ ４ ５ － ｋ２ꎬ 所以Ｐ è ç ４ ５ － ｋ２ꎬ ４ ５ － ｋ２ ø ÷ ꎬ 的 解 距 析 离 为 (１) ａ 由抛物线定义知 Ｍ 到准线 ｜ ＡＢ ｜＝｜ ｙ Ａ－ ｙ Ｂ｜＝ ( ｙ Ａ＋ ｙ Ｂ) ２ －４ ｙ Ａ ｙ Ｂ ꎬ ｔ 所以ｙ ＝ １ ｋ ｘ ( ｋ ≠±２) . 点Ｐ的轨迹为 设 Ｍ ( ｘ ꎬ ｙ )ꎬ 则 Ｍ 到准线的距离为 ＝ ｔ １６ 即 ＝４ 直 ３ 线 ꎬ ＡＢ的方程为ｘ . ( ｐ ) ∴ ＝３ꎬ －３＝０ 过原点的直线 且除去与渐近线垂直 ｘ ａ 练习 ꎬ － － ＝ ꎬ 的两条直线. ２ １.解析 依题意 抛物线的焦点在 ｙ ｐ ｐ (１) ꎬ 又ｘ ｘ ａ ｘ ａ . 轴上 且开口向上 设抛物线方程为 ｘ２ ≥０ꎬ∴ ＋ ＝ ꎬ∴ ＝ － ꎬ ꎬ 3.3 抛物线 ２ ２ ( ｐ ) 由ｙ２ ｘ知ｐ 准线方程为ｘ ｐｙ ｐ 则焦点Ｆ 准线方 (２) ＝１２ ＝６ꎬ ＝ ＝２ ( >０)ꎬ ０ꎬ ꎬ ３.３.１ 抛物线及其标准方程 设点Ｐ ｘ ｙ 由抛物线定义可知ｘ ２ －３ꎬ ( ꎬ )ꎬ ｐ 练习 ＋３＝９ꎬ ｘ ＝６ꎬ 将ｘ ＝６ 代入ｙ２ ＝１２ ｘ ꎬ 得ｙ 程为ｙ ＝－ ꎬ ２ １.解析 (１) 设抛物线的标准方程为ｙ２ ＝ ＝±６ ２ꎬ 所以满足条件的点为 (６ꎬ６ ２) 因为Ｆ与Ｍ 关于直线ｙ ｐ 对 ｐｘ ｐ 或 . (０ꎬ－９) ＝－ ２ ( >０)ꎬ (６ꎬ－６ ２) ２ ２９ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｐ ( ｐ ) ( ) 垂足为 Ｎ 过 Ｆ 作 ＦＥ ＭＮ 于 Ｅ 设 称 所以 解得ｐ 因此焦点坐标为 ３ 准线方程为 ꎬ ⊥ ꎬ ꎬ －９＋ ＝２× － ꎬ ＝６ꎬ ０ꎬ－ ꎬ ＭＦ ａ ２ ２ １６ ｜ ｜＝ ꎬ 所以抛物线方程为ｘ２ ｙ. ＝１２ ｙ ３ . 则 ＭＥ １ ａ 由抛物线定义知 (２) 依题意 ꎬ 设抛物线方程为ｘ２ ＝－２ ｐｙ ＝ １６ ｜ ｜＝ ２ ꎬ ꎬ ｐ 且抛物线过点 将点代 ( >０)ꎬ (６ꎬ－１２)ꎬ 由 ｙ２ ｘ 得 ｙ２ １ ｘ 抛物线 １ ａ ｐ ａ 即ａ ｐ 入 ꎬ 得抛物线方程为ｘ２ ＝－３ ｙ. (３) ２ ＋ ＝０ꎬ ＝－ ２ ꎬ ２ ＋ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ 依题意 ｐ 所以抛物线方程为 由抛物线方程知 ｐ (３) ꎬ｜ ｜＝３ꎬ 开口向左 且ｐ １ ２ ＝４ꎬ ｙ２ ＝±６ ｘ. ꎬ ＝ ４ ( ꎬ ) 故ａ ＝｜ ＭＦ ｜＝４ . 因此焦点坐标为Ｆ １ 准线方程 ６.解析 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ . ２.解析 依题意 ４ ２ ＝２４ ｍ ꎬ 解得ｍ ＝ ２ ꎬ － ８ ꎬ０ ꎬ {ｙ ｘ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) 所以Ｍ ( ２ ) . ３ 为ｘ ＝ １ . 由 ｙ２ ＝ ＝２ － ｘ ２ꎬ得ｙ２ －２ ｙ －４＝０ . ꎬ４ ８ 因此ｙ ｙ 抛物线的 ３ 焦点为Ｆ 准线方程为 (４) 由ｙ２ －６ ｘ ＝０ꎬ 得ｙ２ ＝６ ｘ ꎬ 抛物线开口 １ ２＝－ ( ４ꎬ ) ( ) ｘ ＝－６ꎬ (６ꎬ０)ꎬ 向右 ꎬ 且ｐ ＝３ . ( ) 从而ｘ １ ｘ ２＝ ２ １ ｙ２ １ 􀅰 １ ２ ｙ２ ２ 因此焦点坐标为 Ｆ ３ 准线方程 直线ＭＦ的方程为ｙ ＝－ ４ ３ ( ｘ －６)ꎬ 令ｘ ２ ꎬ０ ꎬ ＝ ４ １ ( ｙ １ ｙ ２) ２ ＝４ . 得ｙ 即Ｎ 为ｘ ３ . ＝－６ꎬ ＝９ꎬ (－６ꎬ９)ꎬ ＝－ Ｏ→Ａ Ｏ→Ｂ ｘ ｘ ｙ ｙ ３.解 所 析 以 ｜ Ｆ 依 Ｎ ｜ 题 ＝ 意 ( ( ６＋ ３ ６ ｐ ) ) ２ ＋ ２ ( ＝ ０ ２ － ｐ ９ ｙ ) ꎬ ２ 所 ＝ 以 １５ . ｙ ＝ ２.答案 ( ２ １) ｙ２ 或 ＝－８ ｘ ７. 即 ∴ 解 Ｏ 析 →Ａ 􀅰 ⊥ 设 Ｏ→Ｂ 所 ꎬ ＝ 因 求 １ 此 抛 ２＋ 物 ＯＡ 线 １ ⊥ ２ 方 ＝ Ｏ 程 ４ Ｂ ＋ . 为 (－ ｘ ４ ２ )＝０ ｐ ꎬ ｙ ｐ (２)(４ꎬ４ ２) (４ꎬ－４ ２) ＝２ ( ３ 即点Ｍ的纵坐标为 ３ 解析 由准线方程为ｘ 知 抛物 依题意 知点Ｂ . . 在抛物线 ꎬ ꎬ (１) ＝２ ꎬ >０)ꎬ ꎬ (３５ꎬ０７) ２ ２ 线开口向左 设其标准方程为ｙ２ ｐｘ 上 代入方程ｘ２ ｐｙ 得 . ２ ｐ . ｐ ꎬ ＝－２ ꎬ ＝２ ꎬ ３５ ＝２ ×０７ꎬ 因为 ＭＦ 所以 ３ 解得ｐ ｐ 解得 ｐ . 所求抛物线方程为ｘ２ ｜ ｜＝４ꎬ ＋ ＝４ꎬ ＝ ｐ 则 即ｐ . ２ ＝１７５ꎬ∴ ２ ２ ( >０)ꎬ ＝２ꎬ ＝４ . ｙ ｙ . . 所以抛物线方程为ｘ２ ｙ 点Ｍ的 ２ ＝１７５ (０≤ ≤０７) ５ꎬ ＝１０ ꎬ 因此所求抛物线的标准方程为ｙ２ ｘ. ８.解析 设拱桥横断面所在的抛物线方 ( ) ＝－８ 坐标为 ± １５ꎬ ３ . (２) 抛物线ｙ２ ＝８ ｘ的焦点为Ｆ (２ꎬ０)ꎬ 准 程为ｘ２ ＝－２ ｐｙ ( ｐ >０) . ２ 线方程为ｘ 设Ｐ ｘ ｙ 是到焦点距离 拱顶离水面 水面宽 ４.解析 因为抛物线方程为ｙ２ ｐｘ ｐ ＝－２ꎬ ( ꎬ ) ∵ ２ ｍꎬ ４ ｍꎬ ( ｐ ) ＝２ ( > 等于 ６ 的点 ꎬ 由抛物线定义知 ｜ ＰＦ ｜＝ ｘ ＋２ꎬ ∴ 点 (２ꎬ－２) 在抛物线上 ꎬ∴ ２ ２ ＝－２ ｐ × ０)ꎬ 所以焦点Ｆ ꎬ０ ꎬ ∴ ｘ ＝｜ ＰＦ ｜－２＝６－２＝４ . (－２)ꎬ 解得 ２ ｐ ＝２ꎬ∴ 抛物线方程为 ｘ２ ２ 由已知得ＡＢ ｘ轴 若Ｆ在ＡＢ上 则Ｆ 当ｘ ＝４ 时 ꎬ ｙ２ ＝３２ꎬ ｙ ＝±４ ２ꎬ ＝－２ ｙ ꎬ 当水面下降 １ ｍ 时 ꎬ ｙ ＝－３ꎬ 代入 ⊥ ꎬ ꎬ 是ＡＢ的中点 即 Ｐ 点 的 坐 标 为 方程ｘ２ ｙ 解得 ｘ 这时的水 ꎬ ( ４ꎬ ４ ２ ) ＝－２ ꎬ ＝± ６ꎬ ( ｔ２ ) ｐ ｔ２ 或 . 面宽为 ｘ . 设Ａ ｔ ｔ 则 所以ｔ (４ꎬ－４ ２) ２ ｜ ｜＝２ ６ ｍ ｐꎬ ( >０)ꎬ ＝ ｐꎬ ＝ ３.解析 设Ｍ ｘ ｙ 是抛物线上满足条 综合运用 ２ ２ ２ ( ０ꎬ ０) 所 焦 ｐ ꎬ 所 点 以 以 . ｋ ｐ ＝ ＝ ２ ｋ × 时 ２ ｐ ꎬ ｐ ２ ꎬ 直 解 线 得 Ａ ｋ Ｂ ＝２ 过 ꎬ 抛物线的 件 线 的 ｘ ＝ 点 － ꎬ ｐ 由 .因 题 为 意 ｜ 知 Ｍ ꎬ Ｆ 焦 ｜＝ 点 ２ ｐ Ｆ ꎬ 由 ( ２ ｐ 抛 ꎬ 物 ０ ) 线 ꎬ 准 定 ９. 物 解 有 线 析 ｘ １ 上 ＝ ｘ 设 相 ꎬ ｙ 垂 应 １＝ 线 的 ２ 段 ｙ 点 ꎬ 的 代 为 中 入 Ｐ 点 ( ｙ２ １ ｘ 为 １ ＝ ꎬ ２ ｙ Ｍ ｐ １ ｘ ) ( １ ꎬ ｘ ꎬ ꎬ 依 得 ｙ ) 题 垂 ꎬ 抛 意 线 ２ ５.解析 依题意 设圆心坐标为 ｂ ｐ ｐ 段中点Ｍ的轨迹方程为ｙ２ １ ｐｘ 它是 ꎬ (０ꎬ )ꎬ 义知 ＭＦ ｘ ｐ 所以ｘ ３ ＝ ꎬ 因为Ａ (０ꎬ５) 在圆上 ꎬ 所以ｒ ＝｜５－ ｂ ｜( ｂ ꎬ｜ ｜＝ ０＋ ２ ＝２ ꎬ ０＝ ２ ꎬ 顶点 在 坐 标 原 点 焦 点 ２ 坐 标 为 ꎬ 因 ≠５ 为 )ꎬ Ｂ ｘ Ｃ ｙ 在圆上 所以 ｙ２ ０＝３ ｐ２ ꎬ ( ｙ ０＝± ３ ｐ ) ꎬ ( ) ( ｐ ) 的抛物线. { ５ ｘ２ ＋ ＋ ｙ ｂ ＝ ２ ２ ＝ ( ｂ ( ꎬ ５ ꎬ － ０ ｂ ) ) ꎬ ２ ꎬ 消 (０ 去 ꎬ ｂ ) ꎬ 得ｘ２ ＝－ ꎬ ５ ｙ ꎬ 所 ４.解 所 析 以 Ｍ (１ ３ ２ ) 设 ｐ ꎬ 抛 ３ 物 ｐ 线 或 方程 ３ ２ 为 ｐ ꎬ－ ｙ２ ＝ ３ ｐ ａｘ ( . ａ ≠ １０. 点 解 ８ 析 ꎬ Ａ ０ Ｂ 设 在 这 抛 个 物 等 线 边 上 三角 且 形 坐标 ＯＡ 分 Ｂ 别 的顶 为 ꎬ ꎬ ◆ 以 习 点 题 Ｍ 3 的 .3 轨迹方程为ｘ２ ＝－５ ｙ. ０)ꎬ 由题意知 ꎬ ｜ ａ ｜ ＝６ꎬ ａ ＝±２４ꎬ 所以抛 Ａ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｂ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２)ꎬ 则ｙ２ １＝２ ｐｘ １ꎬ ｙ２ ２＝ ４ ｐｘ .又 ＯＡ ＯＢ 所以ｘ２ ｙ２ ｘ２ 复习巩固 物线方程为ｙ２ ｘ或ｙ２ ｘ.图略. ２ ２ ｜ ｜＝｜ ｜ꎬ １＋ １＝ ２＋ ＝２４ ＝－２４ ｙ２ 即ｘ２ ｘ２ ｐｘ ｐｘ 因此 ｘ １.解析 (１) 由ｘ２ ＝２ ｙ ꎬ 知抛物线开口向 (２) 设抛物线方程为 ｘ２ ＝－２ ｐｙ ( ｐ >０)ꎬ ｘ ２ꎬ ｘ １－ ｘ ２＋２ ｐ １－２ .因 ２ 为 ＝０ ｘ ꎬ ｘ ( １－ 上 且ｐ 于是有 ２ ｐ ｐ 所以 ２)( １＋ ２＋２ )＝ ０ １>０ꎬ ２>０ꎬ ꎬ ＝１ꎬ (－６) ＝－２ ×(－３)ꎬ ＝６ꎬ ｐ 所以ｘ ｘ 由此可得 ｙ ｙ ( ) 抛物线方程为ｘ２ ｙ.图略. ２ >０ꎬ １＝ ２ꎬ ｜ １｜＝｜ ２｜ꎬ 因此焦点坐标为 Ｆ １ 准线方程 ＝－１２ 即线段ＡＢ关于ｘ轴对称.因为ｘ轴垂直 ０ꎬ ꎬ ５.解析 如图 过Ｍ点作准线的垂线 ２ ꎬ ꎬ ｙ 于 ＡＢ 所以 ＡＯｘ 所以 １ 为ｙ １ . ꎬ ∠ ＝ ３０°ꎬ ｘ ＝ ＝－ １ ２ ｙ２ (２) 由 ４ ｘ２ ＋３ ｙ ＝０ꎬ 得ｘ２ ＝－ ３ ｙ ꎬ 抛物线 ｔａｎ３０°＝ ３ ３ ꎬ 又ｘ １＝ ２ ｐ １ ꎬ 所以ｙ １＝２ ３ ｐ ꎬ ４ 因此 ＡＢ ｙ ｐ. 开口向下 且ｐ ３ ｜ ｜＝２ １＝４ ３ ꎬ ＝ ꎬ １１.解析 设点 Ｍ 的坐标为 ｘ ｙ .由已 ８ ( ꎬ ) ３０ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 ｙ ｃ . 知 得直线 ＡＭ 的斜率 ｋ ｘ 卫星轨道的离心率ｅ ９７２５ ꎬ ＡＭ＝ｘ ( ≠ (２) ＝ ａ ＝ . ＋１ ７７８２５ . . －１)ꎻ ≈０１２５ ｙ ２.答案 Ｄ Ｂ 直线ＢＭ的斜率ｋ ｘ .由题 (１) (２) ＢＭ＝ｘ －１ ( ≠１) 解析 椭圆 ｘ２ ｙ２ 的焦距 ｃ . ｙ ｙ (１) ＋ ＝１ ２ ＝８ 意 得ｋ ｋ 即 ｘ ２５ ９ ꎬ ＡＭ－ ＢＭ＝２ꎬ ｘ ＋１ －ｘ －１ ＝２( ≠ 椭圆 ｘ２ ｙ２ ｋ 的焦距 ｃ 化简 得ｘ２ ｙ ｘ . ｋ＋ ｋ＝１( <９) ２ ＝８ꎬ ±１)ꎬ ꎬ ＝－ ＋１( ≠±１) ２５－ ９－ 故点Ｍ的轨迹方程是ｘ２ ｙ ｘ 故两椭圆的焦距相等. ＝－ ＋１( ≠ . 设动圆圆心为Ｐ ｘ ｙ 半径为Ｒ 圆 ±１) (２) ( ꎬ )ꎬ ꎬ 拓广探索 Ｏ ｘ２ ｙ２ 圆 Ｏ ｘ ２ ｙ２ 则 : ＋ ＝１ꎬ １:( －４) ＋ ＝４ꎬ １２.解析 当直线ｌ的斜率不存在 ( ｔ２ ) ＯＰ Ｒ Ｏ Ｐ Ｒ (１)① 设直线ｌ ｙ ｋ ｘ ｔ ｋ 由方 ｜ ｜＝ ＋１ꎬ｜ １ ｜＝ ＋２ꎬ 时 直线ｌ的方程为ｘ 此时直线ｌ : ＝ － ｐ ＋ ( ≠０)ꎬ Ｏ Ｐ ＯＰ ＯＯ 与 ꎬ 抛物线无公共点 ＝－２ꎬ { ( ｔ２ ２ ) ∴ Ｐ ｜ 点 １ 在 ｜－ 双 ｜ 曲线 ｜＝ 的 １ 一 <｜ 支上 １｜ . ꎬ ꎻ ｙ ｋ ｘ ｔ ∴ ② 当直线ｌ 的斜率存在时 ꎬ 设为 ｋ ꎬ 因 程组 ＝ － ２ ｐ ＋ꎬ消去 ｙ 并整 ３.解析 (１) 当α ＝０° 时 ꎬ 方程为ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ 为直线ｌ过点 所以直线 ｌ 的 ｙ２ ｐｘ 表示圆 (－２ꎬ１)ꎬ ＝２ ꎬ １ꎬ ꎻ 方程为ｙ ｋ ｘ 理 得 ｙ２ －１＝ ( ＋２)ꎬ ꎬ 当 α 时 方程为ｘ２ {ｙ ｋ ｘ ( ｔ２ｋ２ ) ｔ４ｋ２ ｋｔ３ (２) ０°< <９０° ꎬ ＋ ＝ 联立方程 得 －１＝ ( ＋２)ꎬ消去 ｙ ｋ２ｘ２ ｋｔ ｐ ｘ ｔ２ . １ ꎬ ｙ２ ＝４ ｘ ꎬ ꎬ ＋ ２ － ｐ －２ ＋ ４ ｐ２ ＋ － ｐ ＝０ ｃｏｓ α 得 当 ｋ ｋ ２ｘ２ ＋ 时 (４ ｋ 直 ２ ＋ 线 ２ ｋ ｌ － 的 ４) 方 ｘ ＋ 程 ４ ｋ 为 ２ ＋ ｙ ４ ｋ ＋１ 直 ＝０ 线 ꎬ 令 Δ ＝ ０ꎬ 即 ( ２ ｋｔ － ｔ２ ｐ ｋ２ －２ ｐ ) ２ －４ ｋ２ 􀅰 椭 １ꎬ 圆 方 ꎻ 程表示的曲线为焦点在 ｙ 轴上的 ＝０ ꎬ ＝１ꎬ ｌ与抛物线有 １ 个公共点 ꎻ æ ç ｔ４ｋ２ ｔ２ ｋｔ３ö ÷ (３) 当α ＝９０° 时 ꎬ ｘ２ ＝１ꎬ 即ｘ ＝±１ꎬ 方程 当ｋ ≠０ 时 ꎬ Δ ＝(４ ｋ２ ＋２ ｋ －４) ２ －４ ｋ２ (４ ｋ２ è ４ ｐ２ ＋ － ｐ ø＝０ꎬ 表示的曲线为平行于ｙ轴的两条直线 ꎻ ＋４ ｋ ＋１)＝－１６(２ ｋ２ ＋ ｋ －１)ꎬ 整理并化简 ꎬ 得 ( ｋｔ － ｐ ) ２ ＝０ꎬ∴ ｋ ＝ ｐ ｔ ꎬ ( 方 ４ 程 ) 当 ｘ２ ９０ ｙ ° ２ < α ≤ α １８０° 表 时 示 ꎬｃ 的 ｏｓ 曲 α 线 <０ 为 ꎬ 所 焦点 以 ＋ ｃｏｓ ＝１ 令Δ ＝０ꎬ 则ｋ ＝ ２ １ 或ｋ ＝－１ꎬ 此时直线 ｌ ｙ ｔ ( ｘ ｔ２ ) ｔ 在ｘ轴上的双曲线 ꎬ 其中当α ＝１８０° 时 ꎬ 与抛物线相切 ꎬ 有 １ 个公共点 ꎻ ∴ １: ＝－ ｐ － ２ ｐ ＋ꎬ 方程ｘ２ － ｙ２ ＝１ 表示的曲线为焦点在 ｘ ｔ２ 轴上的等轴双曲线. 令ｙ 解得ｘ ｐ . 令 线相 Δ > 交 ０ ꎬ ꎬ 有 则 － ２ １ 个 < ｋ 公 < 共 ２ １ ꎬ 点 此 . 时直线与抛物 ∴ Ａ ( ＝ ｐ ０ ＋ ꎬ ｔ２ ｐꎬ０ ) . ∴ ＝ ｜ ＋ Ｆ ２ Ａ ｐ ｜＝ ｔ２ ｐ＋ ｐ . ４.解析 由 {ｙ ｘ２ ＝ － ｋ ｙ ｘ ２ － ＝ １ ４ ꎬ消去ｙ ꎬ ２ ２ ２ 得 ｋ２ ｘ２ ｋｘ . 令Δ <０ꎬ 则ｋ > ２ １ 或ｋ <－１ꎬ 此时直线与 又由抛物线定义 ꎬ 易求 ｜ ＭＦ ｜ ＝ ｔ２ ｐ＋ ｐ 当 ( １ １ － － ｋ２ ＝ ) ０ 时 ＋２ ꎬ 有 － 公 ５ 共 ＝０ 点 ꎬ 所以 １－ ｋ２ ≠０ . 抛物线无公共点. ２ ２ 因为直线与双曲线无公共点 ＦＡ . ꎬ ＝｜ ｜ 所以Δ ｋ２ ｋ２ 综上 当ｋ １ 或ｋ 或斜率不存在 ＝４ ＋２０(１－ )<０ꎬ ꎬ > <－１ ∴ ∠ ＦＡＭ ＝∠ ＦＭＡ. 时 直线ｌ与 ２ 抛物线无公共点 又由反射角等于入射角 ꎬ 可以 ∠ ＮＭＡ 即ｋ２ > ５ ꎬ 解得ｋ > ５或ｋ <－ ５ ꎬ ꎬ ꎻ ＦＭＡ ４ ２ ２ 当ｋ 或ｋ １ 或ｋ 时 直线与 ＝∠ ꎬ 所 以 ｋ 的 取 值 范 围 为 ＝０ ＝ ＝－１ ꎬ ＮＭＡ ＦＡＭ ２ ∴ ∠ ＝∠ ꎬ æ ö æ ö 抛物线有 个公共点 ＭＮ ＦＡ 即反射光线平行于抛物线 ç ５÷ ç ５ ÷. １ ꎻ ∴ ∥ ꎬ è－∞ꎬ－ ø∪è ꎬ＋∞ø 的对称轴. ２ ２ 当 ｋ １ 时 直线与抛物线有 个 ５.证明 现以ｘ轴为对称轴 开口向右为 －１< < ꎬ ２ 复习参考题3 ꎬ ２ 例证明.其他情况类似证明即可.设抛物 公共点. 复习巩固 线方程为 ｙ２ ｐｘ ｐ 焦 点 图略. １.解析 设椭圆方程为 ｘ２ ｙ２ ａ ( ｐ ) ＝ ２ ( > ( ０ ｐ )ꎬ ) (２) 当方程组有一组解时 ꎬ 有一个公 (１) ａ２ ＋ｂ２ ＝１( Ｆ ꎬ０ ꎬ 不 妨 设 Ｂ ꎬ ｐ ꎬ 共 共 点 点 ꎻ ꎻ 当 当 方 方 程 程 组 组 无 有 解 两 时 组 ꎬ 解 没 时 有 ꎬ 公 有 共 两 点 个 . 公 依 > ｂ 题 >０ 意 )ꎬ 得 地球半径为Ｒ ꎬ 则Ｒ ＝６３７１ｋｍꎬ Ｃ ( ２ ２ ｐ ꎬ－ ｐ ) ꎬ 设点 Ｐ 的坐标为 ( ２ ｘ ０ꎬ ｙ ０)ꎬ １３.证明 上 因 设 为 Ｍ 点 ( Ｍ ｔ２ 在 ｔ ) 抛 过 物 点 线ｙ Ｍ ２ ＝ 的 ２ 切 ｐｘ ( 线 ｐ {ａ ａ ＋ － ｃ ｃ － － Ｒ Ｒ ＝ ＝ ２ ４３ ３ ９ ８ ꎬ ４ꎬ 则 因 点 为 Ｑ ＰＱ 的坐标 ｙ 为 ( ｘ ０ꎬ０) ｐ . ｘ ＢＣ ｐ >０) ꎬ ｐꎬ ꎬ {ａ . ｜ ｜ ＝｜ ０｜ ＝ ２ ０ꎬ｜ ｜ ＝２ ꎬ ２ 解得 ＝７７８２５ꎬ ＯＱ ｘ 为ｌ 过点Ｍ垂直于切线ｌ的直线ｌ 与 ｃ . . ｜ ｜＝ ０ꎬ ꎬ １ ＝９７２５ 所以 ＰＱ ２ ＢＣ ＯＱ ｘ轴交于点Ａ 反射光线为ＭＮ 如图 ｜ ｜ ＝｜ ｜􀅰｜ ｜ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 则ｂ ａ２ ｃ２ . 即 ＰＱ 是 ＢＣ 和 ＯＱ 的比例中项. ＝ － ≈７７２１５ꎬ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｘ２ ６.解析 设等边三角形的除焦点外的两 所以卫星运行的轨迹方程为 . ２ ＋ 个顶点分别为Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ７７８２５ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ｙ２ ｘ２ ｙ２ 由 ＡＦ ＢＦ 得 即 ｜ ｜＝｜ ｜ꎬ . ２ ＝１ꎬ ＋ ｐ ｐ ７７２１５ ６０５６７３０６ ５９６２１５６２ ｘ ｘ 即ｘ ｘ . . １＋ ＝ ２＋ ꎬ １＝ ２ ＝１ ２ ２ ３１ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋因此Ａ Ｂ两点关于ｘ轴对称 即Ｂ ｘ 将 代入 得ｃ ａ . ｙ２ ꎬ ꎬ ( １ꎬ ② ①ꎬ ＝ ５ꎬ ＝ １０ 时ｘ ０ . － ｙ １) . 所以椭圆方程为 ｘ２ ｙ２ . ＝ ４ ＝１ 如图所示 设ＡＢ与ｘ轴交于Ｃ点 依题 ＋ ＝１ 满足题意的点Ｐ的坐标为 . ꎬ ꎬ １０ ５ ∴ (１ꎬ２) ｐ ｐ ９.解析 设点 Ｍ 的坐标为 ｘ ｙ .由已 １３.解析 当ｍ 时 方程可化为ｙ 意有 ＡＦ ｘ ＦＣ ｘ ( ꎬ ) ＝１ ꎬ ＝０ꎬ ｜ ｜＝ １＋ ꎬ｜ ｜＝ １－ ꎬ ｙ 表示ｘ轴 ２ ２ 知 得直线 ＡＭ 的斜率 ｋ ｘ ꎻ ꎬ ＡＭ ＝ｘ ( ≠ 当ｍ 时 方程可化为 ｘ 表示 在等边三角形ＡＦＢ中 ＦＣ ３ ＡＦ ＋１ ＝３ ꎬ ＝０ꎬ ꎬ｜ ｜＝ ｜ ｜ꎬ ｙ轴 ２ －１)ꎻ ꎻ ｙ ｘ２ 直线ＢＭ的斜率ｋ ｘ .由题 当ｍ 且ｍ 时 方程可化为 ＢＭ＝ｘ ( ≠１) ≠１ꎬ ≠３ ꎬ ｍ －１ ３－ ｙ ｙ ｙ２ 意 得 ｋ ｋ 即 ｘ ꎬ ＡＭ＋ ＢＭ＝２ꎬ ｘ ＋ｘ ＝２( ≠ ＋ｍ ＝１ꎬ ＋１ －１ －１ ±１)ꎬ 化简 ꎬ 得ｘ２ － ｘｙ －１＝０( ｘ ≠±１) . ① 若ｍ <１ꎬ 则 ３－ ｍ >０ꎬ ｍ －１<０ꎬ 方程表 故点Ｍ的轨迹方程是ｘ２ ｘｙ ｘ 示焦点在ｘ轴上的双曲线. － －１＝０( ≠ 若 ｍ 则 ｍ ｍ 方程表 . ② １< <２ꎬ ３－ > －１>０ꎬ 即 ｘ ｐ ３ ( ｘ ｐ ) . １０ ± .解 １) 析 因为ＯＤ ＡＢ Ｄ 示焦点在ｘ轴上的椭圆. １－ ＝ １＋ ⊥ ꎬ (２ꎬ１)ꎬ 若ｍ 则 ｍ ｍ 方程表 整理 ꎬ 得 ２ ４ ｘ２ １－２ ２ ８ ｐｘ １＋ ｐ２ ２ ＝０ꎬ 所以ｋ ＯＤ＝ ２ １ ꎬ 则ｋ ＡＢ＝－２ . ③ 示圆. ＝２ꎬ ３－ ＝ －１ꎬ 直线ＡＢ的方程为ｙ ｘ 即 若 ｍ 则ｍ ｍ 方程表 解得ｘ (７＋４ ３)ｐ或ｘ (７－４ ３)ｐ －１＝－２( －２)ꎬ ④ ２< <３ꎬ －１>３－ >０ꎬ １＝ ２ １＝ ２ ꎬ ｙ ＝－２ ｘ ＋５ . 示焦点在ｙ轴上的椭圆. ＡＦＢ 的边长 ＡＦ ｘ ｐ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ ⑤ 若ｍ >３ꎬ 则ｍ －１>０ꎬ３－ ｍ <０ꎬ 方程表 ∴ △ ｜ ｜ ＝ １＋ ２ ＝(４＋ {ｙ ( ２ １ꎬ ｐ １ ｘ )ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ 示焦点在ｙ轴上的双曲线. 综 ２ 合 ３ 运 ) 用 ｐ或 ｜ ＡＦ ｜＝(４－２ ３) ｐ. 由 ｙ ＝ ＝ － ２ ２ ｘ ＋ ꎬ ５ 得 ４ ｘ２ －２(１０＋ ｐ ) ｘ ＋２５ １４.解 顶 析 为 原 如 点 图 拱 ꎬ 在 高 隧 所 道 在 的 直 横 线 断 为 面 ｙ 上 轴 ꎬ 以拱 向 ꎬ ( ７.解析 椭圆方程可化为 １ ｘ ０ ２ ０ ＋ ６ ｙ ４ ２ ＝１ꎬ 则ｃ 所 ＝０ 以 ꎬ ｘ １＋ ｘ ２＝ １０ ２ ＋ ｐ ꎬ ｘ １ ｘ ２＝ ２ ４ ５. 上 )ꎬ 建立平面直角坐标系. Ｆ Ｆ Ｆ Ｆ . 又因为ＯＡ ＯＢ ＝６ꎬ １(－６ꎬ０)ꎬ ２(６ꎬ０)ꎬ｜ １ ２｜＝１２ ⊥ ꎬ 直线ＰＦ 的方程为ｙ ｘ 所以ｘ ｘ ｙ ｙ ２ ＝－４ ３( －６)ꎬ １ ２＋ １ ２＝０ꎬ { ｙ ｘ 即ｘ ｘ ｘ ｘ 由 ＝－４ ３( －６)ꎬ 消去ｙ并化简 得 １ ２＋(５－２ １)(５－２ ２)＝０ꎬ １６ ｘ２ ＋２５ ｙ２ ＝１６００ ꎬ ｘ ｘ ｘ ｘ 解得ｐ ５ . ５ １ ２－１０( １＋ ２)＋２５＝０ꎬ ＝ ４ １ ＝ ９ ５ ｘ . ２ －２２５ ｘ ＋６５０＝０ꎬ 解得 ｘ １ ＝ １ １ ３ ９ ０ ꎬ ｘ ２ １１.解 由 析 于 ｘ ＡＣ 设 、 . Ｂ 顶 Ｃ 点 的 Ｃ 斜 的 率 坐 都 标 存 为 在 ( ꎬ ｘ ꎬ ｙ ) . 设隧 ｐｙ 道 .因 顶 为 部 点 所 Ｃ 在抛物线 在 的 抛 方 物 程 线 为 上 ｘ２ 所 ＝ ∴ ≠±５ －２ (４ꎬ－４) ꎬ 当ｘ １＝ １３０时 ꎬ ｙ １＝－ ６４ ３ ( 舍去 )ꎻ 根据题意得 ｙ ｙ ｍ. 以有 ４ ２ ＝－２ ｐ 􀅰(－４)ꎬ 解得 －２ ｐ ＝－４ . １９ １９ ｘ 􀅰ｘ ＝ 所以隧道顶部所在抛物线方程为ｘ２ 当ｘ 时 ｙ －５ ＋５ ＝ ２＝５ ꎬ ２＝４ ３ꎬ ∵ ｍ ≠０ꎬ －４ ｙ. ∴ Ｓ △ ＰＦ １ Ｆ ２ ＝ ２ １ ｜ ｙ ２｜􀅰｜ Ｆ １ Ｆ ２｜＝２４ ３ . ∴ 上述方程可变形为 ｘ２ － ｙ２ ｍ＝１ . 设 把点 ｜ ＥＦ Ｅ ｜ 的 ＝ ｈ 坐 ＋ 标 ０ . ５ 代 ꎬ 则 入方 Ｅ ( 程 ３ꎬ ｘ ｈ ２ －５ . ５) ｙ . 解得 ８.解析 如图 ꎬ｜ Ｆ １ Ａ ｜＝ ａ ＋ ｃ ＝ １０＋ ５ꎬ ∴ 当ｍ >０ 时 ꎬ 点Ｃ的 ２ 轨 ５ 迹 ２ 是 ５ 焦点在ｘ ｈ ＝３􀆰２５≈３􀆰２ . ＝－４ ꎬ 轴上的双曲线 不包含实轴的两个端 故车辆通过隧道的限制高度为 . ① ( ３􀆰２ ｍ 点 拓广探索 )ꎻ 当 ｍ 时 点Ｃ的轨迹是焦点在ｘ ｘ２ ｙ２ －１< <０ ꎬ １５.解析 设双曲线方程为 ａ 轴上的椭圆 不含长轴的两个端点 ａ２ －ｂ２ ＝１( > 当ｍ 时 ( 点Ｃ的轨迹是圆 不 ) 含 ꎻ { ｃ ＝－１ ꎬ ( ｂ 依题意有 ２ ＝２０８０＋５２９ꎬ 圆与ｘ轴的两交点 ０ꎬ >０)ꎬ ｃ ａ )ꎻ ＋ ＝２０８０ꎬ 当ｍ <－１ 时 ꎬ 点 Ｃ 的轨迹是焦点在 ｙ ∴ ｃ ＝１ ３０４ . ５ꎬ ａ ＝７７５ . ５ꎬ∴ ｂ２ ＝ ｃ２ － ａ２ Ａ ａ Ｂ ｂ 轴上的椭圆 ( 不含短轴的两个端点 ) . ＝１１００３２０ꎬ Ｐ ｋ ( ( － ꎬ ｃ ０ ꎬ ) ｂ ｂ ａ ꎬ ２ ) ｋ ( ꎬ ０ꎬ )ꎬ ｂ２ . １２. 由 解 点 析 到 直 设 线 抛 的 物 距 线 离 上 公 一 式 点 ꎬ Ｐ æ è ç ｙ ４ ２ ０ ꎬ ｙ ０ ö ø ÷. ∴ 所 ｙ２ 求的 ＝ 双 １( ｘ 曲 ≥ 线 ７７５ 方 . ５) 程 . 为 ６０１４ ｘ ０ ２ ０ . ２５ － ＡＢ＝－ ａ ꎬ ＯＰ＝－ａｃ 得点Ｐ到直线ｙ ｘ 即ｘ ｙ 的 １１００３２０ ＝ ＋３ꎬ － ＋３＝０ ｐ 因为 ｂ ＡＢ ∥ ｂ Ｏ ２ Ｐ ꎬ 所以ｋ ＡＢ＝ ｋ ＯＰꎬ 距离ｄ ｙ ４ ２ ０ － ｙ ０＋３ æ è ç ｙ ２ ０ －１ ö ø ÷ ２ ＋２ . 对抛物线 ꎬ ｐ ｜ Ｏ １ Ｆ ２｜＝ . ２ ＝１ ７６３＋５２９＝ 即 ＝ ＝ ２２９２ꎬ∴２ ＝９１６８ － ａ ＝－ａｃꎬ ２ ２ 抛物线顶点的横坐标为 ａ －(１ ７６３－ )＝ 所以ｂ ＝ ｃ ꎬ 由ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ 知ａ ＝ ２ ｃ. ② ∵ ｙ ０∈ Ｒ ꎬ∴ 当 ｙ ０＝２ 时 ꎬ ｄ ｍｉｎ＝ ２ꎬ 此 －(１７６３－７７５ . ５)＝－９８７ . ５ꎬ ３２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋教材习题答案 所求抛物线的方程为 ｙ２ ｘ 垂足分别为Ａ′ Ｐ′ Ｂ′ 如图 ａ２ ∴ ＝９ １６８( ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 过Ａ Ｐ Ｂ向右准线作垂线 垂足分别 . . ｃ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＋９８７５) １６.解析 对于抛物线 过焦点的直线与 为Ａ′Ｐ′Ｂ′如图 ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 抛物线交于 Ａ Ｂ 两点 以 ＡＢ 为直径 、 ꎬ 的圆与准线相切. 证明 设ＡＢ中点为Ｐ 过Ａ Ｂ Ｐ作准 : ꎬ ꎬ ꎬ 线的垂线 垂足分别为Ａ Ｂ Ｐ 则 ꎬ １ꎬ １ꎬ １ꎬ { ＡＦ ＡＡ ＡＦ ＢＦ ｜ ＢＦ ｜＝｜ ＢＢ １｜ꎬ ⇒ ｜ ＡＢ ｜ ＝ ｜ ＡＡ １ ｜ ＋ 由椭圆第二定义知 ꎬ ｜ ｜ ＡＡ′ ｜ ｜ ＝ ｅ ꎬ ｜ ｜ ＢＢ′ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜＝｜ １｜ ｅ 则 ＡＦ ｅ ＡＡ′ ＢＦ ｅ ＢＢ′ . ꎬ ｜ ｜＝ ｜ ｜ꎬ｜ ｜＝ ｜ ｜ ｜ ＢＢ １｜＝２｜ ＰＰ １｜ꎬ 即 ｜ ＰＰ １｜＝ ２ １ ｜ ＡＢ ｜ . ∴ ｜ ＡＢ ｜＝｜ ＡＦ ｜＋｜ ＢＦ ｜＝ ｅ (｜ ＡＡ′ ｜＋｜ ＢＢ′ ｜) . 由双曲线的第二定义 ꎬ 有 ｜ Ａ Ａ Ａ Ｆ ′ ｜ ＝ ｅ ꎬ 故Ｐ 点到准线的距离等于 ＡＢ 的 ｅ １ ＡＢ １ ＡＡ′ ＢＦ ｜ ｜ 一半 ꎬ ∵ ０< <１ꎬ∴ ２ ｜ ｜< ２ (｜ ｜ ＋ ｜ ＢＢ′ ｜ ＝ ｅ ꎬ 则 ｜ ＡＦ ｜ ＝ ｅ ｜ ＡＡ′ ｜ꎬ ｜ ＢＦ ｜ 因此以ＡＢ为直径的圆与准线相切. ＢＢ′ ＰＰ′. 以 １ ＡＢ 为半径的 ｜ ｅ Ｂ ｜ Ｂ′ . 对于椭圆 以焦点弦 ＡＢ 为直径的圆 ｜ ｜)＝ ∴ ２ ｜ ｜ ＝ ｜ ｜ 与相应准线 ꎬ 相离. 圆与准线ｌ相离. ∴ ｜ ＡＢ ｜＝｜ ＡＦ ｜＋｜ ＢＦ ｜＝ ｅ (｜ ＡＡ′ ｜＋｜ ＢＢ′ ｜) 证明 : 设椭圆方程为 ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ > ｂ > 相 对 应 于 准 双 线 曲 相 线 交 ꎬ 以 . 焦点弦为直径的圆与 ＝２ ｅ ｜ ＰＰ′ ｜ꎬ 即 １ ２ ｜ ＡＢ ｜＝ ｅ ｜ ＰＰ′ ｜ . ｘ２ ｙ２ ｅ １ ＡＢ ＰＰ′ . ａ２ 证明 设双曲线方程为 ａ ｂ ∵ >１ꎬ∴ ｜ ｜>｜ ｜ ０)ꎬ 右焦点Ｆ ( ｃ ꎬ０)ꎬ 右准线ｌ : ｘ ＝ ｃ ꎬ : ａ２ －ｂ２ ＝１( >０ꎬ > ２ 过右焦点Ｆ ｃ 的直线交双曲线于 以 １ ＡＢ 为半径的圆与准线 ｌ 过Ｆ作直线交椭圆于Ａ Ｂ两点 ＡＢ的 ０)ꎬ ( ꎬ０) ∴ ｜ ｜ ꎬ ꎬ Ａ Ｂ两点 ＡＢ的中点为Ｐ 右准线为ｌ ｘ ２ 中点为Ｐ 过Ａ Ｐ Ｂ作准线ｌ的垂线 ꎬ ꎬ ꎬ : ＝ 相交. ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ３３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋