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教材习题答案
１
第一章 空间向量与
立体几何
1.1 空间向量及其运算
１.１.１ 空间向量及其线性运算
练习
１.解析 答案不唯一.例如
三棱锥Ｖ－ＡＢＣ中ꎬＶＡ
→、ＶＢ
→、ＶＣ
→表示三个
不同在一个平面内的向量.
２.解析 (１)ＡＡ′
→－ＣＢ
→＝ＡＡ′
→－ＤＡ
→＝ＡＡ′
→＋ＡＤ
→
＝ＡＤ′
→ꎻ
(２)ＡＡ′
→＋ＡＢ
→＋Ｂ′Ｃ′
→＝ＡＢ′
→＋Ｂ′Ｃ′
→＝ＡＣ′
→ꎻ
(３)ＡＢ
→－ＡＤ
→＋Ｂ′Ｄ′
→＝ＤＢ
→＋ＢＤ
→＝０ꎻ
(４)ＡＢ
→＋ＣＦ
→＝ＡＢ
→＋ＢＥ
→＝ＡＥ
→.
向量ＡＤ′
→ꎬＡＣ′
→ꎬＡＥ
→如图所示.
３.解析
Ａ′Ｃ
→＝Ａ′Ａ
→＋ＡＢ
→＋ＢＣ
→＝－ＡＡ′
→＋ＡＢ
→
＋ＡＤ
→ꎻ
ＢＤ′
→＝ＢＡ
→＋ＡＡ′
→＋Ａ′Ｄ′
→＝－ＡＢ
→＋ＡＡ′
→＋ＡＤ
→ꎻ
ＤＢ′
→＝ＤＡ
→＋ＡＢ
→＋ＢＢ′
→＝－ＡＤ
→＋ＡＢ
→＋ＡＡ′
→.
４.解析 如图ꎬ连接ＢＦ.
(１)ＡＢ
→＋ＢＣ
→＋ＣＤ
→＝ＡＤ
→ꎻ
(２)ＡＢ
→＋１
２(ＢＤ
→＋ＢＣ
→)＝ＡＢ
→＋ＢＦ
→＝ＡＦ
→ꎻ
(３)ＡＦ
→－１
２(ＡＢ
→＋ＡＣ
→)＝ＡＦ
→－ＡＥ
→＝ＥＦ
→.
向量ＡＤ
→ꎬＡＦ
→ꎬＥＦ
→如图所示.
５.解析 (１)∵ＡＣ′
→＝ＡＢ
→＋ＢＣ
→＋ＣＣ′
→ꎬ
∴ｘ＝１.
(２)∵ＡＥ
→＝ＡＡ′
→＋Ａ′Ｅ
→＝ＡＡ′
→＋１
２Ａ′Ｃ′
→＝ＡＡ′
→
＋１
２ＡＣ
→＝ＡＡ′
→＋１
２ＡＢ
→＋１
２ＡＤ
→ꎬ
∴ｘ＝１
２ꎬｙ＝１
２.
(３)∵ＡＦ
→＝ＡＤ
→＋ＤＦ
→＝ＡＤ
→＋１
２ＤＣ′
→＝ＡＤ
→＋
１
２(ＤＣ
→＋ＣＣ′
→)＝ＡＤ
→＋１
２ＡＢ
→＋１
２ＡＡ′
→ꎬ
∴ｘ＝１
２ꎬｙ＝１
２.
１.１.２ 空间向量的数量积运算
练习
１.Ｂ
设ＢＢ１＝１ꎬ则ＡＢ＝２ꎬＡＢ１
→＝ＢＢ１
→－
ＢＡ
→ꎬＢＣ１
→＝ＢＢ１
→＋Ｂ１Ｃ１
→＝ＢＢ１
→＋ＢＣ
→ꎬ
∴ＡＢ１
→ＢＣ１
→＝(ＢＢ１
→－ＢＡ
→) (ＢＢ１
→＋ＢＣ
→)
＝ＢＢ１
→２＋ＢＢ１
→ＢＣ
→－ＢＢ１
→ＢＡ
→－ＢＡ
→ＢＣ
→
＝１－２× ２×ｃｏｓ６０° ＝０ꎬ
∴ＡＢ１
→⊥ＢＣ１
→ꎬ∴ＡＢ１⊥ＢＣ１.
∴ＡＢ１与ＢＣ１所成角的大小为９０°ꎬ故
选Ｂ.
２.解析 (１)ａ(ｂ＋ｃ)＝ａｂ＋ａｃ＝０.
(２) ａ( ａ＋ｂ＋ｃ) ＝ａａ＋ａｂ＋ａｃ
＝１.
(３)(ａ＋ｂ)(ｂ＋ｃ)＝ａｂ＋ａｃ＋ｂｂ
＋ｂｃ＝１.
３.解析
( １) ＡＡ′
→ＡＢ
→＝｜ＡＡ′
→｜｜ＡＢ
→｜
ｃｏｓ∠ＢＡＡ′＝５×４×ｃｏｓ６０° ＝２０× １
２＝１０.
(２)∵ＡＢ′
→＝ＡＡ′
→＋ＡＢ
→ꎬ
∴｜ＡＢ′
→｜
２＝(ＡＡ′
→＋ＡＢ
→)
２＝｜ＡＡ′
→｜
２＋２ＡＡ′
→
ＡＢ
→＋｜ＡＢ
→｜
２＝５
２＋２×１０＋４
２＝６１.
∴｜ＡＢ′
→｜＝
６１ꎬ即ＡＢ′的长为
６１.
(３)∵ＡＣ′
→＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋ＡＡ′
→ꎬ
∴｜ＡＣ′
→｜
２＝｜ＡＢ
→｜
２＋｜ＡＤ
→｜
２＋｜ＡＡ′
→｜
２＋２ＡＢ
→
ＡＤ
→＋２ＡＢ
→ＡＡ′
→＋２ＡＤ
→ＡＡ′
→
＝１６＋９＋２５＋２×４×５× １
２＋２×３×５× １
２＝
８５ꎬ∴｜ＡＣ′
→｜＝
８５ꎬ即ＡＣ′的长为
８５.
４.解析 ＣＤ
→＝ＣＡ
→＋ＡＢ
→＋ＢＤ
→ꎬ
∴｜ＣＤ
→｜
２＝｜ＣＡ
→｜
２＋｜ＡＢ
→｜
２＋｜ＢＤ
→｜
２＋２ＣＡ
→
ＡＢ
→＋２ＣＡ
→ＢＤ
→＋２ＡＢ
→ＢＤ
→＝ａ
２＋ｂ
２
＋ｃ
２ꎬ
∴｜ＣＤ
→｜＝
ａ
２＋ｂ
２＋ｃ
２ꎬ
即ＣꎬＤ两点间的距离为
ａ
２＋ｂ
２＋ｃ
２.
◆习题1.1
复习巩固
１.解析
(１) 与向量ＢＣ
→相等的向量有:
ＡＤ
→、Ａ′Ｄ′
→、Ｂ′Ｃ′
→.
(２) 与向量ＢＣ
→相反的向量有:ＣＢ
→、ＤＡ
→、
Ｄ′Ａ′
→、Ｃ′Ｂ′
→.
(３)与向量ＥＦ
→平行的向量有:ＦＥ
→、Ａ′Ｂ
→、
ＢＡ′
→、Ｄ′Ｃ
→、ＣＤ′
→.
２.解析 (１)ＡＢ
→＋ＢＣ
→＝ＡＣ
→.
(２)ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋ＣＣ′
→＝ＡＣ
→＋ＣＣ′
→＝ＡＣ′
→.
(３)设点Ｍ是线段ＣＣ′的中点ꎬ则ＡＢ
→＋
ＡＤ
→＋１
２ＣＣ′
→＝ＡＣ
→＋ＣＭ
→＝ＡＭ
→.
(４)设点Ｇ是线段ＡＣ′上靠近点Ａ的三
等分点ꎬ则
１
３(ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋ＡＡ′
→)＝１
３ＡＣ′
→＝ＡＧ
→.
向量ＡＣ
→ꎬＡＣ′
→ꎬＡＭ
→ꎬＡＧ
→如图所示.
３.证明 因为向量ａ、ｂ共线ꎬ所以根据向
量共线的充要条件ꎬ假设存在实数λꎬ
使得ｂ＝λａꎬ
则２ａ＋ｂ＝(２＋λ)ａꎬ
所以向量２ａ＋ｂ与ａ共线.
４.解析 (１)ＡＢ
→ＡＣ
→＝｜ＡＢ
→｜｜ＡＣ
→｜ｃｏｓ６０°
＝１
２ａ
２.
(２) ＡＤ
→ＤＢ
→＝｜ＡＤ
→｜｜ＤＢ
→｜ｃｏｓ１２０°
＝－１
２ａ
２.
(３)ＧＦ
→ＡＣ
→＝｜ＧＦ
→｜｜ＡＣ
→｜ｃｏｓ１８０°
＝－１
２ａ
２
｜ＧＦ
→｜＝１
２｜ＡＣ
→｜＝１
２ａ
(
) .
(４)ＥＦ
→ＢＣ
→＝｜ＥＦ
→｜｜ＢＣ
→｜ｃｏｓ６０°
＝１
４ａ
２
｜ＥＦ
→｜＝１
２｜ＢＤ
→｜＝１
２ａ
(
) .
(５)ＦＧ
→ＢＡ
→＝｜ＦＧ
→｜｜ＢＡ
→｜ｃｏｓ１２０°
＝－１
４ａ
２
｜ＦＧ
→｜＝１
２｜ＡＣ
→｜＝１
２ａ
(
) .
(６)ＧＥ
→ＧＦ
→＝ＧＣ
→＋ＣＢ
→＋１
２ＢＡ
→
(
) １
２ＣＡ
→
＝
１
２ＤＣ
→＋ＣＢ
→＋１
２ＢＡ
→
(
) １
２ＣＡ
→＝１
４ＤＣ
→
ＣＡ
→＋ＣＢ
→１
２ＣＡ
→＋１
４ＢＡ
→ＣＡ
→＝１
４｜ＤＣ
→｜
｜ＣＡ
→｜ｃｏｓ１２０°＋１
２｜ＣＢ
→｜｜ＣＡ
→｜ｃｏｓ６０°＋
１
４｜ＢＡ
→｜｜ＣＡ
→｜ｃｏｓ６０° ＝１
４ａ
２.
综合运用
５.Ａ Ｂ１Ｍ
→＝Ｂ１Ｂ
→＋ＢＭ
→＝Ｂ１Ｂ
→＋１
２(ＡＤ
→－ＡＢ
→)
＝ｃ＋１
２(ｂ－ａ)
各种高中资料一手更新，认准公众号：一枚试卷君
２
＝－１
２ａ＋１
２ｂ＋ｃ.
６.证明
ＥＦ
→＝ＥＢ
→＋ＢＦ
→＝１
２( ＡＢ
→＋ＢＣ
→) ＝
１
２ＡＣ
→ꎬＨＧ
→＝ＨＤ
→＋ＤＧ
→＝１
２( ＡＤ
→＋ＤＣ
→) ＝
１
２ＡＣ
→ꎬ
所以ＥＦ
→＝ＨＧ
→ꎬ
所以ＥＦ∥ＨＧꎬＥＦ＝ＨＧꎬ
所以四边形ＥＦＧＨ是平行四边形ꎬ
所以ＥꎬＦꎬＧꎬＨ四点共面.
７.解析
(１) Ａ′Ｂ
→＝Ａ′Ａ
→＋ＡＢ
→ꎬＢ′Ｃ
→＝Ｂ′Ｂ
→＋
ＢＣ
→＝Ａ′Ａ
→＋ＡＤ
→ꎬ
∴Ａ′Ｂ
→Ｂ′Ｃ
→＝(Ａ′Ａ
→＋ＡＢ
→)(Ａ′Ａ
→＋ＡＤ
→)
＝Ａ′Ａ
→Ａ′Ａ
→＋Ａ′Ａ
→ＡＤ
→＋ＡＢ
→Ａ′Ａ
→＋ＡＢ
→
ＡＤ
→＝ａ
２.
又｜Ａ′Ｂ
→｜＝２ａꎬ｜Ｂ′Ｃ
→｜＝２ａꎬ
∴ｃｏｓ‹ Ａ′Ｂ
→Ｂ′Ｃ
→› ＝
Ａ′Ｂ
→Ｂ′Ｃ
→
｜Ａ′Ｂ
→｜｜Ｂ′Ｃ
→｜
＝
ａ
２
２ａ
２＝１
２ꎬ
∴Ａ′Ｂ和Ｂ′Ｃ的夹角为６０°.
(２)证明:Ａ′Ｂ
→＝Ａ′Ａ
→＋ＡＢ
→＝ＡＢ
→－ＡＡ′
→ꎬＡＣ′
→＝
ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋ＡＡ′
→ꎬ
∴Ａ′Ｂ
→ＡＣ′
→＝( ＡＢ
→－ＡＡ′
→) ( ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋
ＡＡ′
→)
＝ＡＢ
→ＡＢ
→＋ＡＢ
→ＡＤ
→＋ＡＢ
→ＡＡ′
→－ＡＡ′
→ＡＢ
→
－ＡＡ′
→ＡＤ
→－ＡＡ′
→ＡＡ′
→
＝ａ
２－ａ
２
＝０ꎬ
∴Ａ′Ｂ
→⊥ＡＣ′
→ꎬ
∴Ａ′Ｂ⊥ＡＣ′.
８.证明 如图ꎬＢＯ是平面α 的斜线ꎬＯ为
斜足ꎬＢＡ⊥αꎬＡ为垂足ꎬＣＤ⊂平面αꎬ且
ＣＤ⊥ＡＯ.
因为ＢＡ⊥αꎬＣＤ⊂αꎬ所以ＢＡ⊥ＣＤꎬ所
以ＢＡ
→⊥ＣＤ
→ꎬ所以ＢＡ
→ＣＤ
→＝０ꎬ
因为ＣＤ⊥ＡＯꎬ所以ＣＤ
→⊥ＡＯ
→ꎬ
所以ＣＤ
→ＡＯ
→＝０ꎬ
又因为ＢＯ
→＝ＢＡ
→＋ＡＯ
→ꎬ
所以ＣＤ
→ＢＯ
→＝ＣＤ
→( ＢＡ
→＋ＡＯ
→) ＝ＣＤ
→
ＢＡ
→＋ＣＤ
→ＡＯ
→＝０ꎬ
所以ＣＤ
→⊥ＢＯ
→ꎬ
所以ＣＤ⊥ＢＯ.
拓广探索
９.证明
因为ＯＡ⊥ＢＣꎬ所以ＯＡ
→ＢＣ
→＝
ＯＡ
→( ＯＣ
→－ＯＢ
→) ＝ＯＡ
→ＯＣ
→－ＯＡ
→ＯＢ
→
＝０ꎬ
所以ＯＡ
→ＯＣ
→＝ＯＡ
→ＯＢ
→.
因为ＯＢ⊥ＡＣꎬ所以ＯＢ
→ＡＣ
→＝ＯＢ
→(ＯＣ
→
－ＯＡ
→)＝ＯＢ
→ＯＣ
→－ＯＢ
→ＯＡ
→＝０ꎬ
所以ＯＢ
→ＯＣ
→＝ＯＢ
→ＯＡ
→.
所以ＯＣ
→ＡＢ
→＝ＯＣ
→( ＯＢ
→－ＯＡ
→) ＝ＯＣ
→
ＯＢ
→－ＯＣ
→ＯＡ
→＝ＯＡ
→ＯＢ
→－ＯＡ
→ＯＢ
→＝０ꎬ
所以ＯＣ
→⊥ＡＢ
→ꎬ所以ＯＣ⊥ＡＢ.
１０.证明
如图ꎬ取ＡＢ的中点Ｄꎬ连接
ＣＤ、ＯＤꎬ则有ＯＤ⊥ＡＢꎬＣＤ⊥ＡＢ.
∴ＯＤ
→ＡＢ
→＝０ꎬＤＣ
→ＡＢ
→＝０ꎬ
∴ＯＤ
→ＡＢ
→＋ＤＣ
→ＡＢ
→＝ＡＢ
→(ＯＤ
→＋ＤＣ
→)
＝ＡＢ
→ＯＣ
→＝０.
∴ＡＢ
→⊥ＯＣ
→ꎬ∴ＡＢ⊥ＯＣ.
∵点Ｅ、Ｆ、Ｇ、Ｈ分别是ＯＡ、ＯＢ、ＢＣ、ＣＡ
的中点ꎬ
∴ＥＦ
→＝ＨＧ
→＝１
２ＡＢ
→ꎬＥＨ
→＝ＦＧ
→＝１
２ＯＣ
→.
∴四边形ＥＦＧＨ为平行四边形.
又∵ＡＢ⊥ＯＣꎬ∴ＥＦ⊥ＥＨꎬ
∴四边形ＥＦＧＨ为矩形.
1.2 空间向量基本定理
练习
１.解析 ∵ｐ＝ａ＋ｂꎬｑ＝ａ－ｂ与ａ、ｂ共面ꎬ
与ｃ不共面ꎬ∴向量ｃ一定可以与ｐ、ｑ
一起构成空间的另一个基底.
２.解析
∵ＯＡ
→、ＯＢ
→、ＯＣ
→不构成空间的一
个基底ꎬ∴ＯＡ
→、ＯＢ
→、ＯＣ
→共面ꎬ
∴Ｏ、Ａ、Ｂ、Ｃ四点共面.
３.解析 (１) ∵ＯＡꎬＯＣꎬＯＯ′是平行六面
体中有公共点的三条棱ꎬ由平行六面体
的结构特征ꎬ知ＯＡ
→ꎬＯＣ
→ꎬＯＯ′
→不共面ꎬ
∴{ａꎬｂꎬｃ}能构成空间的一个基底.
(２)ＯＢ′
→＝ａ＋ｂ＋ｃꎬＢＡ′
→＝ｃ－ｂꎬＣＡ′
→＝ａ－ｂ
＋ｃꎬ
ＯＧ
→＝ＯＣ
→＋ＣＧ
→＝ｂ＋１
２(ＣＢ
→＋ＢＢ′
→)＝１
２ａ＋ｂ
＋１
２ｃ.
练习
１. 证明
因为ＯＢ＝ＯＣꎬ所以｜ＯＢ
→｜
＝｜ＯＣ
→｜ꎬ
所以
ｃｏｓ‹ ＯＡ
→ꎬＢＣ
→›
＝
ＯＡ
→ＢＣ
→
｜ＯＡ
→｜｜ＢＣ
→｜
＝ＯＡ
→(ＯＣ
→－ＯＢ
→)
｜ＯＡ
→｜｜ＢＣ
→｜
＝｜ＯＡ
→｜｜ＯＣ
→｜ｃｏｓθ－｜ＯＡ
→｜｜ＯＢ
→｜ｃｏｓθ
｜ＯＡ
→｜｜ＢＣ
→｜
＝０ꎬ
所以ＯＡ
→⊥ＢＣ
→ꎬ所以ＯＡ⊥ＢＣ.
２.解析 设ＡＢ
→＝ａꎬＡＤ
→＝ｂꎬＡＡ′
→＝ｃꎬ因为这
三个向量不共面ꎬ所以{ａꎬｂꎬｃ}构成空
间的一个基底.
则ＢＣ′
→＝ＢＣ
→＋ＣＣ′
→＝ＡＤ
→＋ＡＡ′
→＝ｂ＋ｃꎬ
ＣＡ′
→＝ＡＡ′
→－ＡＣ
→＝ＡＡ′
→－ＡＢ
→－ＡＤ
→＝－ａ－ｂ＋ｃꎬ
所以ＢＣ′
→ＣＡ′
→＝(ｂ＋ｃ)(－ａ－ｂ＋ｃ)
＝－ａｂ－ｂｂ＋ｂｃ－ａｃ－ｂｃ＋ｃｃ
＝－２×２× １
２－２
２＋２×３× １
２－２×３× １
２－２×
３× １
２＋３
２＝０ꎬ
所以ｃｏｓ‹ＢＣ′
→ꎬＣＡ′
→› ＝ＢＣ′
→ＣＡ′
→
｜ＢＣ′
→｜｜ＣＡ′
→｜
＝０.
所以ＢＣ′与ＣＡ′所成角的余弦值为０.
３.证明
设ＡＢ
→＝ａꎬＡＤ
→＝ｂꎬＡＡ′
→＝ｃꎬ则{ ａꎬ
ｂꎬｃ}构成空间的一个正交基底.
所以ＡＯ
→＝ＡＤ
→＋ＤＯ
→＝ＡＤ
→＋１
２ＤＣ
→＋１
２ＤＤ′
→
＝ＡＤ
→＋１
２ＡＢ
→＋１
２ＡＡ′
→＝１
２ａ＋ｂ＋１
２ｃꎬ
ＣＤ′
→＝ＤＤ′
→－ＤＣ
→＝ＡＡ′
→－ＡＢ
→＝－ａ＋ｃꎬ
所以ＡＯ
→ＣＤ′
→＝
１
２ａ＋ｂ＋１
２ｃ
(
) (－ａ＋ｃ)
＝－１
２ａａ＋１
２ａｃ－ａｂ＋ｂｃ－１
２ａ
ｃ＋１
２ｃｃ＝０ꎬ
所以ＡＯ
→⊥ＣＤ′
→ꎬ所以ＡＯ⊥ＣＤ′.
◆习题1.2
复习巩固
１.解析 因为向量ａꎬｂ与任何向量都不
能构成空间的一个基底ꎬ所以向量ａꎬｂ
共线或ａꎬｂ都是零向量.
２.Ｃ
因为{ ａꎬｂꎬｃ} 构成空间的一个基
底ꎬ所以向量ａ、ｂ、ｃ不共面.
对于Ａꎬ因为ｂ＝１
２(ｂ＋ｃ) ＋１
２(ｂ－ｃ)ꎬ
所以ｂ＋ｃꎬｂꎬｂ－ｃ三个向量共面ꎻ
对于Ｂꎬ同理可得ꎬ向量ａꎬａ＋ｂꎬａ－ｂ
共面ꎻ
对于Ｃꎬ若ａ＋ｂꎬａ－ｂꎬｃ共面ꎬ则ｃ＝ｘ(ａ＋
ｂ)＋ｙ(ａ－ｂ)＝(ｘ＋ｙ)ａ＋(ｘ－ｙ)ｂꎬ则ａꎬｂꎬ
教材习题答案
３
ｃ共面ꎬ与向量ａꎬｂꎬｃ不共面矛盾ꎬ所
以ａ＋ｂꎬａ－ｂꎬｃ不共面ꎬ所以Ｃ正确ꎻ
对于Ｄꎬ因为ａ＋ｂ＋ｃ＝(ａ＋ｂ) ＋ｃꎬ所以ａ
＋ｂꎬａ＋ｂ＋ｃꎬｃ三个向量共面.故选Ｃ.
３.解析
如图ꎬ四面体ＯＡＢＣ中ꎬＭꎬＮ分
别是ＯＡꎬＢＣ的中点ꎬ
ＭＮ
→＝ＭＡ
→＋ＡＢ
→＋ＢＮ
→＝１
２ＯＡ
→＋ＯＢ
→－ＯＡ
→＋
１
２(ＯＣ
→－ＯＢ
→)
＝－１
２ＯＡ
→＋１
２ＯＢ
→＋１
２ＯＣ
→＝－１
２ａ＋１
２ｂ＋
１
２ｃ.
４.解析
由已知得ＡＭ
→＝ＡＢ
→＋ＢＭ
→＝ＡＢ
→＋
１
２(ＢＣ
→＋ＢＢ′
→) ＝ＡＢ
→＋１
２( ＡＣ
→－ＡＢ
→) ＋
１
２ＡＡ′
→
＝１
２ＡＡ′
→＋１
２ＡＢ
→＋１
２ＡＣ
→＝１
２ａ＋１
２ｂ＋
１
２ｃꎬ
ＡＮ
→＝ＡＣ
→＋ＣＣ′
→＋Ｃ′Ｎ
→＝ＡＣ
→＋ＣＣ′
→＋１
２Ｃ′Ｂ′
→＝
ＡＣ
→＋ＡＡ′
→＋１
２(ＡＢ
→－ＡＣ
→)
＝ＡＡ′
→＋１
２ＡＢ
→＋１
２ＡＣ
→＝ａ＋１
２ｂ＋１
２ｃ.
综合运用
５.解析 设Ｄ１Ａ１
→＝ａꎬＤ１Ｃ１
→＝ｂꎬＤ１Ｄ
→＝ｃꎬ则
{ａꎬｂꎬｃ}构成空间的一个正交基底.
所以Ｂ１Ｍ
→＝Ｂ１Ｂ
→＋ＢＭ
→＝Ｂ１Ｂ
→＋１
２ＢＤ
→＝Ｂ１Ｂ
→
＋１
２ＢＡ
→＋１
２ＢＣ
→＝Ｄ１Ｄ
→－１
２Ｄ１Ｃ１
→－１
２Ｄ１Ａ１
→
＝－１
２ａ－１
２ｂ＋ｃꎬ
所以｜Ｂ１Ｍ
→｜
２＝
－１
２ａ－１
２ｂ＋ｃ
(
)
２
＝１
４ａ
２
＋１
４ｂ
２＋ｃ
２＋１
２ａｂ－ａｃ－ｂｃ＝１１ꎬ
所以｜Ｂ１Ｍ
→｜＝
１１ꎬ即Ｂ１Ｍ的长
为
１１.
６.证明 设ＣＤ
→＝ａꎬＣＢ
→＝ｂꎬＣＣ１
→＝ｃꎬ则{ａꎬ
ｂꎬｃ}构成空间的一个基底.
由题意知ꎬ平行六面体的所有棱长都相
等ꎬ设棱长为ｍꎬ
ＣＡ１
→＝ＣＤ
→＋ＤＡ
→＋ＡＡ１
→＝ａ＋ｂ＋ｃꎬＢＤ
→＝ＣＤ
→－ＣＢ
→
＝ａ－ｂꎬＢＣ１
→＝ＣＣ１
→－ＣＢ
→＝－ｂ＋ｃꎬ
所以ＣＡ１
→ＢＤ
→＝(ａ＋ｂ＋ｃ)(ａ－ｂ)
＝ａ
２－ａｂ＋ａｂ－ｂ
２＋ａｃ－ｂｃ
＝０ꎬ
ＣＡ１
→ＢＣ１
→＝(ａ＋ｂ＋ｃ)(－ｂ＋ｃ)＝－ａｂ
＋ａｃ－ｂ
２＋ｂｃ－ｂｃ＋ｃ
２＝０ꎬ
所以ＣＡ１
→⊥ＢＤ
→ꎬＣＡ１
→⊥ＢＣ１
→ꎬ
所以ＣＡ１⊥ＢＤꎬＣＡ１⊥ＢＣ１ꎬ
因为ＢＤ⊂平面Ｃ１ＢＤꎬＢＣ１⊂平面
Ｃ１ＢＤꎬＢＤ∩ＢＣ１＝Ｂꎬ
所以ＣＡ１⊥平面Ｃ１ＢＤ.
拓广探索
７.解析
(１) 证明:设ＤＡ
→＝ａꎬＤＣ
→＝ｂꎬＤＤ１
→
＝ｃꎬ则{ａꎬｂꎬｃ}构成空间的一个单位正
交基底.
所以ＥＦ
→＝ＤＦ
→－ＤＥ
→＝１
２(ａ＋ｂ－ｃ)ꎬＢ１Ｃ
→＝
Ｃ１Ｃ
→－Ｃ１Ｂ１
→＝－(ａ＋ｃ)ꎬ
所以ＥＦ
→Ｂ１Ｃ
→＝－１
２(ａ＋ｂ－ｃ)(ａ＋ｃ)
＝－１
２(ａａ＋ａｃ＋ａｂ＋ｂｃ－ａｃ－ｃ
ｃ)＝０ꎬ
所以ＥＦ
→⊥Ｂ１Ｃ
→ꎬ所以ＥＦ⊥Ｂ１Ｃ.
(２)由(１)ꎬ知ＥＦ
→＝１
２( ａ＋ｂ－ｃ)ꎬ所以
｜ＥＦ
→｜＝１
２｜ａ＋ｂ－ｃ｜＝１
２
１
２＋１
２＋１
２
＝３
２ꎬ
因为ＣＧ＝１
４ＣＤꎬ
所以Ｃ１Ｇ
→＝Ｃ１Ｃ
→＋１
４ＣＤ
→＝－
１
４ｂ＋ｃ
(
) ꎬ
所以
｜
Ｃ１Ｇ
→
｜
＝
－
１
４ｂ＋ｃ
(
)
＝
１
４(
)
２
＋１
２＝
１７
４
ꎬ
所以ＥＦ
→Ｃ１Ｇ
→＝－１
２( ａ＋ｂ－ｃ)
１
４ｂ＋ｃ
(
)
＝－１
８ａｂ－１
２ａｃ－１
８ｂ
２－１
２ｂｃ＋
１
８ｂｃ＋１
２ｃ
２＝３
８.
所以ｃｏｓ‹ ＥＦ
→ꎬＣ１Ｇ
→› ＝
ＥＦ
→Ｃ１Ｇ
→
｜ＥＦ
→｜｜Ｃ１Ｇ
→｜
＝
３
８
３
２×
１７
４
＝
５１
１７ꎬ
所以ＥＦ与Ｃ１Ｇ所成角的余弦值
为
５１
１７.
８.证明
如图ꎬ已知四面体ＳＡＢＣꎬＥꎬＦꎬ
ＧꎬＨꎬＭꎬＮ分别是ＳＡꎬＢＣꎬＡＢꎬＳＣꎬＡＣꎬ
ＳＢ的中点ꎬ且｜ＥＦ｜＝｜ＨＧ｜＝｜ＮＭ｜.
设ＳＡ
→＝ａꎬＳＢ
→＝ｂꎬＳＣ
→＝ｃꎬ则{ａꎬｂꎬｃ} 构成
空间的一个基底.
因为ＥꎬＦꎬＧꎬＨꎬＭꎬＮ分别是ＳＡꎬＢＣꎬ
ＡＢꎬＳＣꎬＡＣꎬＳＢ的中点ꎬ
所以ＳＥ
→＝１
２ａꎬＳＦ
→＝１
２(ｂ＋ｃ)ꎬＳＧ
→＝１
２(ａ
＋ｂ)ꎬＳＨ
→＝１
２ｃꎬＳＭ
→＝１
２( ａ＋ｃ)ꎬＳＮ
→＝
１
２ｂꎬ
所以ＥＦ
→＝ＳＦ
→－ＳＥ
→＝１
２(ｂ＋ｃ－ａ)ꎬＨＧ
→＝ＳＧ
→
－ＳＨ
→＝１
２(ａ＋ｂ－ｃ)ꎬＮＭ
→＝ＳＭ
→－ＳＮ
→＝１
２(ａ
＋ｃ－ｂ).
因为｜ＥＦ｜＝｜ＨＧ｜＝｜ＮＭ｜ꎬ
所
以
ｂ＋ｃ－ａ
２
(
)
２
＝
ａ＋ｂ－ｃ
２
(
)
２
＝ａ＋ｃ－ｂ
２
(
)
２
ꎬ
整理ꎬ得ａｂ＝ｂｃ＝ａｃꎬ
所以ａ(ｂ－ｃ)＝０ꎬ
因为ａ≠０ꎬｂ－ｃ≠０ꎬ所以ａ⊥(ｂ－ｃ)ꎬ
即ＳＡ
→⊥ＣＢ
→ꎬ所以ＳＡ⊥ＣＢ.
同理ꎬ可得ＳＢ⊥ＡＣꎬＳＣ⊥ＡＢ.
1.3 空间向量及其
运算的坐标表示
１.３.１ 空间直角坐标系
练习
１.解析 建立如图所示的空间直角坐标
系ꎬ表示各点如图.
４
２.解析 (１)在空间直角坐标系Ｏｘｙｚ中ꎬ
Ｏｙｚ平面与ｘ轴垂直ꎬＯｘｚ平面与ｙ轴
垂直ꎬＯｘｙ平面与ｚ轴垂直.
(２)点Ｐ(２ꎬ３ꎬ４) 在Ｏｙｚ平面内的射影
坐标为Ｐ１(０ꎬ３ꎬ４)ꎬ在Ｏｘｚ平面内的射
影坐标为Ｐ２(２ꎬ０ꎬ４)ꎬ在Ｏｘｙ平面内的
射影坐标为Ｐ３(２ꎬ３ꎬ０).
(３)点Ｐ(１ꎬ３ꎬ５)关于原点成中心对称
的点的坐标为Ｐ′(－１ꎬ－３ꎬ－５).
３.解析
( １) Ｃ( ０ꎬ４ꎬ０)ꎬＢ′ ( ３ꎬ４ꎬ３)ꎬ
Ｐ
３
２ꎬ２ꎬ３
(
) .
(２)ＢＢ′
→＝ＯＤ′
→＝(０ꎬ０ꎬ３)ꎬＡ′Ｃ′
→＝Ａ′Ｄ′
→＋
Ｄ′Ｃ′
→＝(－３ꎬ４ꎬ０).
４.解析 因为点Ｂ是点Ａ(３ꎬ４ꎬ５)在坐标
平面Ｏｘｙ内的投影ꎬ所以Ｂ(３ꎬ４ꎬ０)ꎬ
所以ＯＢ
→＝(３ꎬ４ꎬ０)ꎬ
所以｜ＯＢ
→｜＝
３
２＋４
２＝５.
１.３.２ 空间向量运算的坐标表示
练习
１.解析 (１)ａ＋ｂ＝( －３＋１ꎬ２＋５ꎬ５－１) ＝
(－２ꎬ７ꎬ４).
(２)６ａ＝(６×( －３)ꎬ６×２ꎬ６×５)＝( －１８ꎬ
１２ꎬ３０).
(３) ３ａ－ｂ＝( －９ꎬ６ꎬ１５) －(１ꎬ５ꎬ－１) ＝
(－１０ꎬ１ꎬ１６).
(４)ａｂ＝( －３ꎬ２ꎬ５)(１ꎬ５ꎬ－１)＝－３
＋１０－５＝２.
２.解析 因为ａ⊥ｂꎬ所以ａｂ＝０ꎬ
所以－８－２＋３ｘ＝０ꎬ解得ｘ＝１０
３.
３.解析 由点Ｍ在ｚ轴上ꎬ可设Ｍ(０ꎬ０ꎬ
ａ)ꎬ又因为Ａ( １ꎬ０ꎬ２)ꎬＢ( １ꎬ－３ꎬ１)ꎬ
｜ＭＡ｜＝｜ＭＢ｜ꎬ
所以
(１－０)
２＋(０－０)
２＋(２－ａ)
２
＝
(１－０)
２＋(－３－０)
２＋(１－ａ)
２ꎬ解得ａ
＝－３.所以Ｍ(０ꎬ０ꎬ－３).
４.解析
因为正方体的棱长为ａꎬ所以
Ａ(ａꎬ０ꎬ０)ꎬＢ( ａꎬａꎬ０)ꎬＣ( ０ꎬａꎬ０)ꎬ
Ｃ′(０ꎬａꎬａ)ꎬ
设Ｍ(ｘ１ꎬａꎬｚ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２ꎬ０)ꎬ
因为ＢＭ＝２ＭＣ′ꎬ所以ＢＭ
→＝２
３ＢＣ′
→ꎬ
所以(ｘ１－ａꎬ０ꎬｚ１)＝２
３(－ａꎬ０ꎬａ)ꎬ
所以
ｘ１＝１
３ａꎬ
ｚ１＝２
３ａꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
所以Ｍ
１
３ａꎬａꎬ２
３ａ
(
) .
因为ＡＮ＝２ＣＮꎬ所以ＡＮ
→＝２
３ＡＣ
→ꎬ
所以(ｘ２－ａꎬｙ２ꎬ０)＝２
３(－ａꎬａꎬ０)ꎬ
所以
ｘ２＝１
３ａꎬ
ｙ２＝２
３ａꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
所以Ｎ
１
３ａꎬ２
３ａꎬ０
(
) .
所以｜ＭＮ
→｜＝
１
３ａ－１
３ａ
(
)
２
＋ａ－２
３ａ
(
)
２
＋
２
３ａ－０
(
)
２
＝５
３ａ.
所以ＭＮ的长为５
３ａ.
５.解析 设正方体的棱长为２ꎬ建立如图
所示的空间直角坐标系Ｄｘｙｚ.
则Ｄ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ２ꎬ０)ꎬＢ１(２ꎬ２ꎬ２)ꎬ
Ｍ(２ꎬ１ꎬ０)ꎬ所以ＤＢ１
→＝(２ꎬ２ꎬ２)ꎬＣＭ
→＝
(２ꎬ－１ꎬ０)ꎬ
设ＤＢ１
与
ＣＭ
所成的角为
θ
０≤θ≤π
２
(
) ꎬ则｜ｃｏｓθ｜＝｜ＤＢ１
→ＣＭ
→｜
｜ＤＢ１
→｜｜ＣＭ
→｜
＝
｜(２ꎬ２ꎬ２)(２ꎬ－１ꎬ０) ｜
３×２
２×
２
２＋(－１)
２＝
１５
１５.
所以ＤＢ１与ＣＭ所成角的余弦值
为
１５
１５.
◆习题1.3
复习巩固
１.解析 若向量ａ∥ｘ轴ꎬ则向量ａ＝(ｘꎬ
０ꎬ０)(ｘ≠０)ꎻ向量ｂ∥ｙ轴ꎬ则向量ｂ＝
(０ꎬｙꎬ０)(ｙ≠０)ꎻ向量ｃ∥ｚ轴ꎬ则向量
ｃ＝(０ꎬ０ꎬｚ)(ｚ≠０).
２.解析 (１) 与点Ｍ关于ｘ轴的对称点
为Ｍ１(ｘꎬ－ｙꎬ－ｚ).
(２) 与点Ｍ关于ｙ轴的对称点为
Ｍ２(－ｘꎬｙꎬ－ｚ).
(３) 与点Ｍ关于ｚ轴的对称点为
Ｍ３(－ｘꎬ－ｙꎬｚ).
(４) 与点Ｍ关于原点的对称点为
Ｍ４(－ｘꎬ－ｙꎬ－ｚ).
３.解析 因为正方体的棱长为ａꎬＥꎬＦꎬＧꎬ
ＨꎬＩꎬＪ分别是相应棱的中点ꎬ
所以
Ｅ
０ꎬａ
２ꎬａ
(
) ꎬＦ
ａ
２ꎬ０ꎬａ
(
) ꎬ
Ｇａꎬ０ꎬａ
２
(
) ꎬＨａꎬａ
２ꎬ０
(
) ꎬＩ
ａ
２ꎬａꎬ０
(
) ꎬ
Ｊ０ꎬａꎬａ
２
(
) .
４.解析 图略.
(１) ｜ＡＢ｜＝
(３－２)
２＋(１－３)
２＋(４－５)
２＝６.
(２) ｜ＡＢ｜＝
(３－６)
２＋(５－０)
２＋(７－１)
２＝
７０.
５.解析
(１) ａ( ｂ＋ｃ) ＝(２ꎬ－３ꎬ１)
(２ꎬ０ꎬ５)＝４＋０＋５＝９.
(２)ａ＋６ｂ－８ｃ＝(２ꎬ－３ꎬ１) ＋(１２ꎬ０ꎬ１８) －
(０ꎬ０ꎬ１６)＝(１４ꎬ－３ꎬ３).
综合运用
６. 证明
由已知ꎬ可得｜ＡＢ｜＝
(１０－４)
２＋(－１－１)
２＋(６－９)
２＝７ꎬ
｜ＡＣ｜＝
(２－４)
２＋(４－１)
２＋(３－９)
２＝７ꎬ
｜ＢＣ｜＝
(２－１０)
２＋[４－(－１)]
２＋(３－６)
２
＝７２ꎬ
因为７
２＋７
２＝(７２)
２ꎬ
所以｜ＡＢ｜
２＋｜ＡＣ｜
２＝｜ＢＣ｜
２ꎬ
又｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜ꎬ
所以以Ａ(４ꎬ１ꎬ９)ꎬＢ(１０ꎬ－１ꎬ６)ꎬＣ(２ꎬ
４ꎬ３) 为顶点的三角形是等腰直角三
角形.
７.解析 因为Ａ(３ꎬ５ꎬ－７)ꎬＢ(－２ꎬ４ꎬ３)ꎬ
所以ＡＢ
→＝(－５ꎬ－１ꎬ１０)ꎬＢＡ
→＝(５ꎬ１ꎬ－１０)ꎬ
ＡＢ的中点坐标为３－２
２ꎬ５＋４
２ꎬ－７＋３
２
(
) ꎬ
即
１
２ꎬ９
２ꎬ－２
(
) ꎬ
｜ＡＢ｜＝
(－５)
２＋(－１)
２＋１０
２＝３
１４.
拓广探究
８.解析 设正方体的棱长为ａꎬ以Ｄ为原
点ꎬ建立如图所示的空间直角坐标系.
则Ｃ( ０ꎬａꎬ０)ꎬＭａꎬ０ꎬａ
２
(
) ꎬＤ１( ０ꎬ０ꎬ
ａ)ꎬＮａꎬａꎬａ
２
(
) ꎬ
教材习题答案
５
所以ＣＭ
→＝ａꎬ－ａꎬａ
２
(
) ꎬ
Ｄ１Ｎ
→＝ａꎬａꎬ－ａ
２
(
) ꎬ
所以ＣＭ
→Ｄ１Ｎ
→＝－ａ
２
４ꎬ｜ＣＭ
→｜＝３ａ
２ꎬＤ１Ｎ
→
＝３ａ
２.
所以ｃｏｓ‹ ＣＭ
→ꎬＤ１Ｎ
→› ＝
ＣＭ
→Ｄ１Ｎ
→
｜ＣＭ
→｜｜Ｄ１Ｎ
→｜
＝－１
９ꎬ
所以ＣＭ与Ｄ１Ｎ所成角的余弦值为１
９.
９.解析 设向量ｐ在基底{ａ＋ｂꎬａ－ｂꎬｃ}
下的坐标为(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
则ｐ＝ｘ(ａ＋ｂ)＋ｙ(ａ－ｂ)＋ｚｃ＝(ｘ＋ｙ)ａ＋(ｘ
－ｙ)ｂ＋ｚｃ.
因为ｐ＝ａ＋２ｂ＋３ｃꎬ
所以
ｘ＋ｙ＝１ꎬ
ｘ－ｙ＝２ꎬ
ｚ＝３ꎬ
{
解得
ｘ＝３
２ꎬ
ｙ＝－１
２ꎬ
ｚ＝３ꎬ
ì
î
í
ï
ïï
ï
ï
所以向量ｐ用基底{ａ＋ｂꎬａ－ｂꎬｃ} 表示
为ｐ＝３
２(ａ＋ｂ)－１
２(ａ－ｂ)＋３ｃ.
1.4 空间向量的应用
１.４.１ 用空间向量研究直线、
平面的位置关系
练习
１.答案 (１)√ (２)✕ (３)√
２.解析 如图ꎬ
ＯＡ
→＝ＯＢ
→＋ＢＡ
→＝１
２Ｄ１Ｂ
→－ＡＢ
→＝１
２(Ｄ１Ｄ
→＋ＤＡ
→
＋ＡＢ
→)－ＡＢ
→＝－１
２ＡＡ１
→－１
２ＡＤ
→－１
２ＡＢ
→
＝－１
２ａ－１
２ｂ－１
２ｃ.
所以直线ＯＡ的一个方向向量
为－１
２ꎬ－１
２ꎬ－１
２
{
} .
３.解析
依题意ꎬＡ(３ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ４ꎬ０)ꎬ
Ｄ１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ所以ＡＣ
→＝( －３ꎬ４ꎬ０)ꎬＡＤ１
→＝
(－３ꎬ０ꎬ２)ꎬ
设ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)是平面ＡＣＤ１的法向量ꎬ
则ｎ⊥ＡＣ
→ꎬｎ⊥ＡＤ１
→.
所以
ｎＡＣ
→＝－３ｘ＋４ｙ＝０ꎬ
ｎＡＤ１
→＝－３ｘ＋２ｚ＝０ꎬ
{
取ｘ＝４ꎬ则ｙ
＝３ꎬｚ＝６ꎬ于是ｎ＝(４ꎬ３ꎬ６)ꎬ
所以平面ＡＣＤ１的一个法向量为(４ꎬ３ꎬ
６).
练习
１.证明 已知直线ａꎬｂꎬ平面αꎬａ∥ｂꎬａ⊄
αꎬｂ⊂α.
求证:ａ∥α.
证明:设平面α 的一个法向量为ｎꎬ直
线ａꎬｂ的方向向量分别为ｕꎬｖꎬ
因为ｂ⊂αꎬ所以ｎ⊥ｖꎬ
因为ａ∥ｂꎬ所以ｕ∥ｖꎬ所以ｎ⊥ｕꎬ
所以ｕ∥αꎬ所以ａ∥α.
２.解析
不存在. 在四面体ＡＢＣＤ中ꎬ设
ＡＢ
→＝ａꎬＡＣ
→＝ｂꎬＡＤ
→＝ｃꎬ则{ａꎬｂꎬｃ}构成一
个基底ꎬ
因为Ｅ是ＢＣ的中点ꎬ所以ＡＥ
→＝１
２ａ＋
１
２ｂꎬ
设ＡＦ
→＝ｍｃ(０≤ｍ≤１)ꎬ则ＣＦ
→＝ＡＦ
→－ＡＣ
→＝
ｍｃ－ｂꎬ
若ＡＥ
→∥ＣＦ
→ꎬ则设ＡＥ
→＝ｎＣＦ
→ꎬ所以１
２ａ＋
１
２ｂ＝ｎ(ｍｃ－ｂ)ꎬ
所以１
２ａ＋
１
２＋ｎ
(
) ｂ－ｍｎｃ＝０ꎬ因为{ａꎬ
ｂꎬｃ}构成一个基底ꎬ
所以
１
２＝０ꎬ
１
２＋ｎ＝０ꎬ
ｍｎ＝０ꎬ
ì
î
í
ï
ïï
ï
ïï
此方程组无解ꎬ所以直
线ＡＤ上不存在点Ｆꎬ使得ＡＥ∥ＣＦ.
３.证明 设正方体的棱长为２ꎬ以Ｄ为坐
标原点ꎬＤＡ
→ꎬＤＣ
→ꎬＤＤ１
→的方向分别为ｘ
轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴的正方向ꎬ建立空间直角
坐标系Ｄｘｙｚꎬ则根据题意ꎬＡ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｃ(０ꎬ２ꎬ０)ꎬＤ１( ０ꎬ０ꎬ２)ꎬＥ( ２ꎬ１ꎬ１)ꎬ
Ｆ(１ꎬ１ꎬ２)ꎬ
所以ＥＦ
→＝( －１ꎬ０ꎬ１)ꎬＡＣ
→＝( －２ꎬ２ꎬ０)ꎬ
ＡＤ１
→＝(－２ꎬ０ꎬ２)ꎬ
设ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)是平面ＡＣＤ１的一个法向
量ꎬ则ｎ⊥ＡＣ
→ꎬｎ⊥ＡＤ１
→ꎬ
所以
ｎＡＣ
→＝－２ｘ＋２ｙ＝０ꎬ
ｎＡＤ１
→＝－２ｘ＋２ｚ＝０.
{
取ｘ＝１ꎬ则ｙ
＝１ꎬｚ＝１ꎬ所以ｎ＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ
又ＥＦ
→ｎ＝(－１ꎬ０ꎬ１)(１ꎬ１ꎬ１)＝－１＋１
＝０ꎬ所以ＥＦ
→⊥ｎꎬ
所以ＥＦ∥平面ＡＣＤ１.
练习
１.解析 (１)由ｌ∥αꎬ得ｕ⊥ｎꎬ所以ｕｎ
＝０ꎬ即(３ꎬａ＋ｂꎬａ－ｂ)(１ꎬ２ꎬ３)＝０ꎬ
所以３＋２ａ＋２ｂ＋３ａ－３ｂ＝０ꎬ即５ａ－ｂ＋３
＝０.
(２)由ｌ⊥αꎬ得ｕ∥ｎꎬ设ｕ＝ｔｎ(ｔ≠０)ꎬ
即(３ꎬａ＋ｂꎬａ－ｂ)＝ｔ(１ꎬ２ꎬ３)ꎬ
所以
３＝ｔꎬ
ａ＋ｂ＝２ｔꎬ
ａ－ｂ＝３ｔꎬ
{
解得
ｔ＝３ꎬ
ａ＝１５
２ꎬ
ｂ＝－３
２.
ì
î
í
ï
ïï
ï
ïï
２.证明 如图ꎬＡ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬＢ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＣ
(０ꎬ１ꎬ０)ꎬＣ１(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ所以Ａ１Ｃ
→＝( －１ꎬ
１ꎬ－１)ꎬＢＣ１
→＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
所以Ａ１Ｃ
→ＢＣ１
→＝( －１ꎬ１ꎬ－１) ( －１ꎬ０ꎬ
１)＝１－１＝０ꎬ
所以Ａ１Ｃ
→⊥ＢＣ１
→ꎬ所以Ａ１Ｃ⊥ＢＣ１.
３. 证明
如图ꎬ在长方体ＡＢＣＤ－
Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ以Ｄ为坐标原点ꎬＤＡ
→ꎬ
ＤＣ
→ꎬＤＤ１
→的方向分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴
的正方向ꎬ建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚꎬ
６
因为ＡＢ＝２ꎬＢＣ＝ＣＣ１＝１ꎬＥꎬＦ分别是
ＣＤꎬＢＣ的中点ꎬ
所以Ａ( １ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ( ０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
Ｆ
１
２ꎬ２ꎬ０
(
) ꎬＤ１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
所以ＡＥ
→＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬＡＤ１
→＝( －１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
ＥＦ
→＝
１
２ꎬ１ꎬ０
(
) ꎬＥＤ１
→＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬ
设ｍ＝(ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１)为平面ＥＡＤ１的法向
量ꎬ则ｍ⊥ＡＥ
→ꎬｍ⊥ＡＤ１
→ꎬ
所以
ｍＡＥ
→＝－ｘ１＋ｙ１＝０ꎬ
ｍＡＤ１
→＝－ｘ１＋ｚ１＝０.
{
取ｘ１＝１ꎬ则ｙ１＝１ꎬｚ１＝１ꎬ
即ｍ＝(１ꎬ１ꎬ１).
设ｎ＝(ｘ２ꎬｙ２ꎬｚ２) 为平面ＥＦＤ１的法向
量ꎬ则ｎ⊥ＥＦ
→ꎬｎ⊥ＥＤ１
→ꎬ
所以
ｎＥＦ
→＝１
２ｘ２＋ｙ２＝０ꎬ
ｎＥＤ１
→＝－ｙ２＋ｚ２＝０.
{
取ｘ２＝２ꎬ则ｙ２＝－１ꎬｚ２＝－１ꎬ
即ｎ＝(２ꎬ－１ꎬ－１).
因为ｍｎ＝(１ꎬ１ꎬ１) (２ꎬ－１ꎬ－１) ＝
０ꎬ所以ｍ⊥ｎꎬ
所以平面ＥＡＤ１⊥平面ＥＦＤ１.
１.４.２ 用空间向量研究
距离、夹角问题
练习
１.答案 １ꎻ１ꎻ１
２. 解析
如图ꎬ在正方体ＡＢＣＤ－
Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ以Ｄ为坐标原点ꎬＤＡ
→ꎬ
ＤＣ
→ꎬＤＤ１
→的方向分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴
的正方向ꎬ建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ.
(１) 因为正方体的棱长为１ꎬ所以
Ａ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬＥ０ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬＢ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ
所以ＥＡ１
→＝１ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬ
ＥＢ１
→＝１ꎬ１ꎬ１
２
(
) ꎬ
取ａ１＝ＥＡ１
→＝
１ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬｕ１＝
ＥＢ１
→
｜ＥＢ１
→｜
＝
２
３ꎬ２
３ꎬ１
３
(
) ꎬ
所以点Ａ１到直线Ｂ１Ｅ的距离为
ａ
２
１－(ａ１ｕ１)
２＝５
３.
(２)由正方体的性质知ꎬＦＣ１∥ＡＥꎬ所
以直线ＦＣ１到直线ＡＥ的距离等于点
Ｃ１到直线ＡＥ的距离ꎬ
易得Ａ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ０ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬＣ１(０ꎬ１ꎬ
１)ꎬ所以ＡＣ１
→＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬ
ＡＥ
→＝－１ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬ
取ａ２＝ＡＣ１
→＝( －１ꎬ１ꎬ１)ꎬｕ２＝
ＡＥ
→
｜ＡＥ
→｜
＝－２５
５ꎬ０ꎬ５
５
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
所以点Ｃ１到直线ＡＥ的距离为
ａ
２
２－(ａ２ｕ２)
２＝
３０
５
.
所以ＦＣ１到直线ＡＥ的距离为
３０
５
.
(３)由Ａ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬＡ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＢ１(１ꎬ１ꎬ
１)ꎬＥ０ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬ
得ＡＢ１
→＝( ０ꎬ１ꎬ１)ꎬＡＥ
→＝
－１ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬ
ＡＡ１
→＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ设ｎ＝( ｘꎬｙꎬｚ) 为平面
ＡＢ１Ｅ的法向量ꎬ
则ｎ⊥ＡＢ１
→ꎬｎ⊥ＡＥ
→ꎬ
所以
ｎＡＢ１
→＝ｙ＋ｚ＝０ꎬ
ｎＡＥ
→＝－ｘ＋１
２ｚ＝０ꎬ
{
取ｚ＝２ꎬ则ｙ＝－２ꎬｘ＝１ꎬ
所以ｎ＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ
所以点Ａ１到平面ＡＢ１Ｅ的距离为
｜ＡＡ１
→ｎ｜
｜ｎ｜
＝
｜(０ꎬ０ꎬ１)(１ꎬ－２ꎬ２) ｜
１
２＋(－２)
２＋２
２
＝２
３.
(４) 由正方体的性质知ꎬＦＣ１∥平面
ＡＢ１Ｅꎬ所以点Ｃ１到平面ＡＢ１Ｅ的距离
即为ＦＣ１到平面ＡＢ１Ｅ的距离.
由(３)知平面ＡＢ１Ｅ的一个法向量为ｎ
＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ易知Ｂ１Ｃ１
→＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ
所以直线ＦＣ１到平面ＡＢ１Ｅ的距离为
｜Ｂ１Ｃ１
→ｎ｜
｜ｎ｜
＝｜(－１ꎬ０ꎬ０)(１ꎬ－２ꎬ２) ｜
１
２＋(－２)
２＋２
２
＝１
３.
３. 解析
如图ꎬ在正方体ＡＢＣＤ－
Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ以Ｄ为坐标原点ꎬＤＡ
→ꎬ
ＤＣ
→ꎬＤＤ１
→的方向分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴
的正方向ꎬ建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚꎬ
则Ａ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬＢ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＣ
(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
由已知条件及正方体的性质易知ꎬ平
面Ａ１ＤＢ∥平面Ｄ１ＣＢ１ꎬＡＣ１
→＝( －１ꎬ１ꎬ
１)是平面Ａ１ＤＢ和平面Ｄ１ＣＢ１的一个
法向量ꎬＢＣ
→＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ
所以平面Ａ１ＤＢ和平面Ｄ１ＣＢ１的距离为
｜ＢＣ
→ＡＣ１
→｜
｜ＡＣ１
→｜
＝｜(－１ꎬ０ꎬ０)(－１ꎬ１ꎬ１) ｜
(－１)
２＋１
２＋１
２
＝３
３.
练习
１.Ａ
解法一: 设ＢＣ＝ＣＡ＝ＣＣ１＝１ꎬ以
{ＣＡ
→ꎬＣＢ
→ꎬＣＣ１
→}为单位正交基底ꎬ则
ＢＤ１
→＝ＢＢ１
→＋Ｂ１Ｄ１
→＝ＣＣ１
→＋１
２ＣＡ
→－１
２ＣＢ
→ꎬ
ＡＦ１
→＝ＡＡ１
→＋Ａ１Ｆ１
→＝ＣＣ１
→－１
２ＣＡ
→ꎬ
则ＢＤ１
→ＡＦ１
→
＝ＣＣ１
→＋１
２ＣＡ
→－１
２ＣＢ
→
(
) ＣＣ１
→－１
２ＣＡ
→
(
)
＝｜ＣＣ１
→｜
２－１
２ＣＣ１
→ＣＡ
→＋１
２ＣＡ
→ＣＣ１
→－
１
４｜ＣＡ
→｜
２－１
２ＣＢ
→ＣＣ１
→＋１
４ＣＢ
→ＣＡ
→
＝３
４.
在直角三角形中ꎬ易求得｜ＢＤ１
→｜＝
６
２ꎬ
｜ＡＦ１
→｜＝５
２ꎬ
设向量ＢＤ１
→与ＡＦ１
→的夹角为θꎬ则直线
ＢＤ１与ＡＦ１所成角的余弦值为｜ｃｏｓθ｜ꎬ
则｜ｃｏｓθ｜＝｜ＢＤ１
→ＡＦ
→
１｜
｜ＢＤ１
→｜｜ＡＦ１
→｜
＝
３０
１０.
解法二:由已知可得ＣＡꎬＣＢꎬＣＣ１两两
垂直ꎬ以Ｃ为坐标原点ꎬ建立如图所示
的空间直角坐标系Ｃｘｙｚꎬ
教材习题答案
７
设ＢＣ＝ＣＡ＝ＣＣ１＝１ꎬ所以Ａ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＢ
(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ因为Ｄ１ꎬＦ１分别为Ａ１Ｂ１ꎬ
Ａ１Ｃ１的中点ꎬ
所以Ｄ１
１
２ꎬ１
２ꎬ１
(
) ꎬＦ１
１
２ꎬ０ꎬ１
(
) ꎬ
所以ＢＤ１
→＝
１
２ꎬ－１
２ꎬ１
(
) ꎬ
ＡＦ１
→＝－１
２ꎬ０ꎬ１
(
) ꎬ
所以ＢＤ１
→ＡＦ１
→＝
１
２ꎬ－１
２ꎬ１
(
)
－１
２ꎬ０ꎬ１
(
) ＝３
４ꎬ｜ＢＤ１
→｜＝
６
２ꎬ｜ＡＦ１
→｜
＝５
２ꎬ
设向量ＢＤ１
→与ＡＦ１
→的夹角为θꎬ则直线
ＢＤ１与ＡＦ１所成角的余弦值为｜ｃｏｓθ｜ꎬ
则｜ｃｏｓθ｜＝｜ＢＤ１
→ＡＦ１
→｜
｜ＢＤ１
→｜｜ＡＦ１
→｜
＝
３０
１０.
所以ＢＤ１与ＡＦ１所成角的余弦值为
３０
１０ꎬ故选Ａ.
２.Ｃ
３.解析
在正三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬ取
ＢＣꎬＢ１Ｃ１的中点分别为ＯꎬＤꎬ连接ＯＤꎬ
以Ｏ为坐标原点ꎬ直线ＯＢꎬＯＤꎬＯＡ分
别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴建立如图所示的空
间直角坐标系ꎬ
因为正三棱柱的所有棱长都为２ꎬ
所以Ｂ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ(０ꎬ０ꎬ３)ꎬＡ１(０ꎬ２ꎬ
３)ꎬＣ１(－１ꎬ２ꎬ０)ꎬ
所以ＡＡ１
→＝( ０ꎬ２ꎬ０)ꎬＡ１Ｂ
→＝( １ꎬ－２ꎬ
－３)ꎬＢＣ１
→＝(－２ꎬ２ꎬ０)ꎬ
设ｍ＝( ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１) 为平面ＡＡ１Ｂ的法
向量ꎬ
则
ｍＡＡ１
→＝０ꎬ
ｍＡ１Ｂ
→＝０ꎬ
{
即
－２ｘ２＋２ｙ２＝０ꎬ
ｘ２－２ｙ２－３ｚ２＝０ꎬ
{
即
２ｙ１＝０ꎬ
ｘ１－２ｙ１－３ｚ１＝０ꎬ
{
所以ｙ１＝０ꎬ取ｚ１＝１ꎬ则ｘ１＝３ꎬ
所以ｍ＝( ３ꎬ０ꎬ１)ꎬ
设ｎ＝( ｘ２ꎬｙ２ꎬｚ２) 为平面Ａ１ＢＣ１的法
向量ꎬ
则
ｎＢＣ１
→＝０ꎬ
ｎＡ１Ｂ
→＝０ꎬ
{
即
－２ｘ２＋２ｙ２＝０ꎬ
ｘ２－２ｙ２－３ｚ２＝０ꎬ
{
取ｘ２＝１ꎬ则ｙ２＝１ꎬｚ２＝－３
３ꎬ
所以ｎ＝
１ꎬ１ꎬ－３
３
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ设平面ＡＡ１Ｂ与
平面Ａ１ＢＣ１所成的角为θꎬ
所
以
ｃｏｓ
θ
＝
｜ｍｎ｜
｜ｍ｜｜ｎ｜
＝
( ３ꎬ０ꎬ１)１ꎬ１ꎬ－３
３
æ
è
ç
ö
ø
÷
( ３)
２＋１
２
１
２＋１
２＋－３
３
æ
è
ç
ö
ø
÷
２＝７
７.
所以平面ＡＡ１Ｂ与平面Ａ１ＢＣ１所成角的
余弦值为７
７.
４.解析
如图所示ꎬ建立空间直角坐标
系ꎬ设ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ＝ａꎬ则Ｂ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ａ０ꎬ－１
２ａꎬ３
２ａ
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＣ
( ０ꎬ
ａꎬ
０)ꎬ
Ｄ
３
２ａꎬ－１
２ａꎬ０
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
ＡＤ
→＝
３
２ａꎬ０ꎬ－３
２ａ
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＢＣ
→＝( ０ꎬａꎬ０)ꎬ
ＢＤ
→＝
３
２ａꎬ－１
２ａꎬ０
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
(１)∵ＡＤ
→ＢＣ
→＝０ꎬ∴ＡＤ⊥ＢＣꎬ
∴ＡＤ与ＢＣ所成角的大小为９０°.
(２)设直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的
大小为θꎬ
易得ｎ＝(０ꎬ０ꎬ－１) 是平面ＢＣＤ的一个
法向量ꎬｓｉｎθ＝ｃｏｓ‹ＡＤ
→ꎬｎ› ＝
ＡＤ
→ｎ
｜ＡＤ
→｜｜ｎ｜
＝
３
２ａ
６
２ａ×１
＝２
２ꎬ
∴θ＝４５°ꎬ即直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成
角的大小为４５°.
(３)设ｍ＝(ｘꎬｙꎬｚ) 是平面ＡＢＤ的法向
量ꎬ则
ｍＡＤ
→＝０ꎬ
ｍＢＤ
→＝０ꎬ
{
即
３
２ａｘ－３
２ａｚ＝０ꎬ
３
２ａｘ－１
２ａｙ＝０ꎬ
ì
î
í
ï
ï
ïï
取ｘ＝１ꎬ则ｚ＝１ꎬｙ＝３ꎬ∴ｍ＝(１ꎬ３ꎬ
１)ꎬ
设平面ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角为αꎬ
∴ｃｏｓα＝｜ｃｏｓ‹ｍꎬｎ› ｜＝｜ｍｎ｜
｜ｍ｜｜ｎ｜＝｜－１｜
５×１
＝５
５.
∴平面ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角的余弦
值为５
５.
练习
１.解析 设ＡＣ
→与ＢＤ
→的夹角为θ( θ∈[０ꎬ
π])ꎬ因为ＢＤꎬＡＣ都垂直于棱ｌꎬ所以
ＢＤ
→⊥ＡＢ
→ꎬＡＣ
→⊥ＢＤ
→ꎬ所以ＢＤ
→ＡＢ
→＝０ꎬＡＣ
→
ＢＤ
→＝０ꎬ
由已知得ＣＤ
→＝ＣＡ
→＋ＡＢ
→＋ＢＤ
→ꎬ所以｜ＣＤ
→｜
２
＝｜ＣＡ
→｜
２＋｜ＡＢ
→｜
２＋｜ＢＤ
→｜
２＋２ＣＡ
→ＡＢ
→＋
２ＣＡ
→ＢＤ
→＋２ＡＢ
→ＢＤ
→ꎬ
因为ＡＢ＝４ꎬＡＣ＝６ꎬＢＤ＝８ꎬＣＤ＝２
１７ꎬ
代入上式ꎬ得(２
１７)
２＝６
２＋４
２＋８
２－２×
６×８×ｃｏｓθꎬ所以ｃｏｓθ＝１
２ꎬ
所以平面α 与平面β 的夹角为６０°.
２.解析 连接ＮＤꎬ取ＮＤ的中点Ｅꎬ连接
ＭＥꎬＣＥꎬ因为Ｍ、Ｎ分别为ＡＤ、ＢＣ的中
点ꎬ所以ＭＥ∥ＡＮꎬ
所以∠ＥＭＣ为异面直线ＡＮ与ＣＭ所
成的角ꎬ如图ꎬ
因为ＡＢ＝ＡＣ＝ＢＤ＝ＣＤ＝３ꎬＡＤ＝ＢＣ＝２ꎬ
所以ＡＮ＝
ＡＢ
２－
１
２ＢＣ
(
)
２
＝
３
２－１
２
＝２
２ꎬＣＭ＝
ＡＣ
２－
１
２ＡＤ
(
)
２
＝
３
２－１
２＝２２ꎬＥＭ＝１
２ＡＮ＝２ꎬ
因为ＥＮ⊥ＣＮꎬ
所以ＣＥ＝
ＥＮ
２＋ＣＮ
２
＝
１
２ＤＮ
(
)
２
＋ＣＮ
２
＝
１
２
３
２－１
２
(
)
２
＋１
２＝３ꎬ
在△ＣＥＭ中ꎬ由余弦定理知ｃｏｓ∠ＥＭＣ
８
＝ＥＭ
２＋ＣＭ
２－ＣＥ
２
２ＥＭＣＭ
＝( ２)
２＋(２２)
２－( ３)
２
２× ２×２２
＝７
８ꎬ
所以异面直线ＡＮꎬＣＭ所成角的余弦值
为７
８.
３.解析 由已知ꎬ以Ｏ为坐标原点ꎬ建立
如图的空间直角坐标系ꎬ
因为ＯＡ＝ＯＣ＝３ꎬＯＢ＝２ꎬ所以Ｏ(０ꎬ０ꎬ
０)ꎬＡ(０ꎬ０ꎬ３)ꎬＢ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ３ꎬ０)ꎬ
所以ＢＣ
→＝( －２ꎬ３ꎬ０)ꎬＡＢ
→＝(２ꎬ０ꎬ－３)ꎬ
ＯＢ
→＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ
设ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)为平面ＡＢＣ的法向量ꎬ
所以
ｎＢＣ
→＝－２ｘ＋３ｙ＝０ꎬ
ｎＡＢ
→＝２ｘ－３ｚ＝０ꎬ
{
取ｘ＝１ꎬ则ｙ＝２
３ꎬｚ＝２
３ꎬ
即ｎ＝１ꎬ２
３ꎬ２
３
(
) ꎬ
设直线ＯＢ与平面ＡＢＣ所成的角为θꎬ
则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ‹ＯＢ
→ꎬｎ› ｜＝
｜ＯＢ
→ｎ｜
｜ＯＢ
→｜｜ｎ｜
＝
(２ꎬ０ꎬ０)１ꎬ２
３ꎬ２
３
(
)
２
２
１
２＋
２
３(
)
２
＋
２
３(
)
２＝３
１７
１７
.
所以直线ＯＢ与平面ＡＢＣ所成角的正
弦值为３
１７
１７
.
◆习题1.4
复习巩固
１.解析
由题意得ＡＥ
→＝１
２(ＡＣ
→＋ＡＤ
→)＝
１
２(ＢＣ
→－ＢＡ
→)＋１
２(ＢＤ
→－ＢＡ
→) ＝１
２ａ＋１
２ｂ
－ｃꎻ
ＢＦ
→＝ＢＡ
→＋ＡＦ
→＝ｃ＋１
３ＡＥ
→＝ｃ＋１
３
１
２ａ＋１
２ｂ－ｃ
(
) ＝１
６ａ＋１
６ｂ＋２
３ｃ.
２.解析 依题意ꎬ得Ｂ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(０ꎬ１ꎬ
０)ꎬＢ１(１ꎬ０ꎬ２)ꎬＡ１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ
所以ＢＣ
→＝( －１ꎬ１ꎬ０)ꎬＢＢ１
→＝(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ
ＢＡ１
→＝(－１ꎬ０ꎬ２)ꎬ
(１)设平面ＢＣＣ１Ｂ１的法向量为ｎ＝(ｘꎬ
ｙꎬｚ)ꎬ所以ｎ⊥ＢＣ
→ꎬｎ⊥ＢＢ１
→ꎬ
则
ｎＢＣ
→＝－ｘ＋ｙ＝０ꎬ
ｎＢＢ１
→＝０ꎬ
{
令ｘ＝１ꎬ则ｙ＝１ꎬｚ＝０ꎬ
所以ｎ＝(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ
即平面ＢＣＣ１Ｂ１的一个法向量为(１ꎬ１ꎬ
０).
(２)设平面Ａ１ＢＣ的一个法向量为ｍ＝
(ｘ′ꎬｙ′ꎬｚ′)ꎬ所以
ｍＢＣ
→＝－ｘ′＋ｙ′＝０ꎬ
ｍＢＡ１
→＝－ｘ′＋２ｚ′＝０ꎬ
{
令ｘ′＝１ꎬ则ｙ′＝１ꎬｚ′＝１
２ꎬ
所以ｍ＝１ꎬ１ꎬ１
２
(
) ꎬ
即平面
Ａ１ＢＣ
的一个法向量
为１ꎬ１ꎬ１
２
(
) .
３.证明 在平行六面体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１
中ꎬＥꎬＦ分别是ＡＢꎬＣ１Ｄ１的中点ꎬＡＡ１
→、
ＡＢ
→不共线ꎬ
所以Ａ１Ｅ
→＝Ａ１Ａ
→＋ＡＥ
→＝－ＡＡ１
→＋１
２ＡＢ
→ꎬ
ＣＦ
→＝ＣＣ１
→＋Ｃ１Ｆ
→＝ＣＣ１
→＋１
２Ｃ１Ｄ１
→＝ＡＡ１
→－１
２
ＡＢ
→＝－Ａ１Ｅ
→ꎬ
所以Ａ１Ｅ
→∥ＣＦ
→ꎬ所以Ａ１Ｅ∥ＣＦ.
４.证明
取ＢＤ的中点Ｏꎬ在线段ＣＤ上
取点Ｆꎬ使得ＤＦ＝３ＦＣꎬ连接ＯＰꎬＯＦꎬ
ＦＱꎬ如图ꎬ
ＰＱ
→＝ＰＢ
→＋ＢＣ
→＋ＣＱ
→＝１
２ＭＢ
→＋ＢＣ
→＋１
４ＣＡ
→
＝１
２ＭＤ
→＋１
２ＤＢ
→＋ＢＣ
→＋１
４ＣＡ
→
＝１
４ＡＤ
→＋１
２ＤＢ
→＋ＢＣ
→＋１
４ＣＤ
→＋１
４ＤＡ
→
＝１
２ＤＢ
→＋ＢＣ
→＋１
４ＣＤ
→ꎬ
ＯＦ
→＝ＯＢ
→＋ＢＣ
→＋ＣＦ
→＝１
２ＤＢ
→＋ＢＣ
→＋１
４ＣＤ
→.
因为ＰＱ
→∥ＯＦ
→ꎬ所以ＰＱ∥ＯＦ.
又因为ＰＱ⊄平面ＢＣＤꎬＯＦ⊂平面
ＢＣＤꎬ所以ＰＱ∥平面ＢＣＤ.
５.证明
在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ
以Ｄ为坐标原点ꎬ建立如图所示的空间
直角坐标系ꎬ
设正方体的棱长为１ꎬ则Ｄ( ０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｂ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＢ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬＣ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
所以ＢＤ
→＝(－１ꎬ－１ꎬ０)ꎬＣＢ１
→＝(１ꎬ０ꎬ１).
(１)因为ＢＥ＝１
３ＢＤꎬＣＦ＝１
３ＣＢ１
→ꎬ
所以Ｅ
２
３ꎬ２
３ꎬ０
(
) ꎬＦ
１
３ꎬ１ꎬ１
３
(
) ꎬ
所以ＥＦ
→＝－１
３ꎬ１
３ꎬ１
３
(
) ꎬ
所以ＢＤ
→ＥＦ
→＝( －１ꎬ－１ꎬ０)
－１
３ꎬ１
３ꎬ１
３
(
) ＝０ꎬ所以ＥＦ⊥ＢＤ.
(２) 因为ＣＢ１
→ＥＦ
→＝( １ꎬ０ꎬ１)
－１
３ꎬ１
３ꎬ１
３
(
) ＝０ꎬ
所以ＥＦ⊥ＣＢ１.
６.解析
在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ
以Ｄ为坐标原点ꎬ建立如图所示的空间
直角坐标系ꎬ
因为正方体的棱长为１ꎬ则Ｄ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｅ
１
２ꎬ１ꎬ０
(
) ꎬ
Ａ１
( １ꎬ
０ꎬ
１)ꎬ
Ｏ１ꎬ１
２ꎬ１
２
(
) ꎬ
所以ＯＥ
→
＝
－１
２ꎬ１
２ꎬ－１
２
(
) ꎬＡ１Ｅ
→
＝－１
２ꎬ１ꎬ－１
(
) ꎬ
所以
Ａ１Ｅ
→
｜Ａ１Ｅ
→｜
＝
－１
３ꎬ２
３ꎬ－２
３
(
) ꎬ｜ＯＥ
→｜＝
３
２ꎬＯＥ
→
Ａ１Ｅ
→
｜Ａ１Ｅ
→｜
＝
－１
２ꎬ１
２ꎬ１
２
(
)
－１
３ꎬ２
３ꎬ－２
３
(
) ＝５
３.
所以点Ｏ到直线Ａ１Ｅ的距离为
ＯＥ
→２－ＯＥ
→
Ａ１Ｅ
→
｜Ａ１Ｅ｜
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＝
３－
５
３(
)
２
教材习题答案
９
＝２
３.
７.解析 (１) 设一个基底为ＯＡ
→＝ａꎬＯＢ
→＝
ｂꎬＯＣ
→＝ｃꎬ
则ＤＥ
→＝ＯＥ
→－ＯＤ
→＝１
２ｂ＋１
２ｃ－１
２ａꎬＢＣ
→＝
ＯＣ
→－ＯＢ
→＝ｃ－ｂ.
∵ＤＥ
→ＯＡ
→＝
１
２ｂ＋１
２ｃ－１
２ａ
(
) ａ＝０ꎬ
ＤＥ
→ＢＣ
→＝
１
２ｂ＋１
２ｃ－１
２ａ
(
) (ｃ－ｂ)＝
０ꎬ∴ＤＥ⊥ＯＡꎬＤＥ⊥ＢＣꎬ∴ＤＥ是异面直
线ＯＡ、ＢＣ的公垂线ꎬ
∴ＤＥ
→２＝１
４ｂ
２＋１
４ｃ
２＋１
４ａ
２＋１
２ｂｃ－
１
２ａｂ－１
２ａｃ＝１
２ꎬ∴｜ＤＥ
→｜＝２
２.
(２)连接ＡＥꎬ取△ＡＢＣ的重心为Ｈꎬ则
ＡＨ＝２
３ＡＥ＝３
３ꎬ
∴ＯＨ＝
ＯＡ
２－ＡＨ
２＝
１－
３
３
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＝
６
３ꎬ即点Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为６
３.
８.证明
设一个基底ＡＢ
→＝ａꎬＡＣ
→＝ｂꎬＡＤ
→＝
ｃꎬ则ＭＮ
→＝ＡＮ
→－ＡＭ
→＝１
２ｂ＋１
２ｃ－１
２ａꎬＣＤ
→
＝ＡＤ
→－ＡＣ
→＝ｃ－ｂ.
∵ＭＮ
→ＡＢ
→＝
１
２ｂ＋１
２ｃ－１
２ａ
(
) ａ
＝１
２ａｂ＋１
２ａｃ－１
２ａ
２
＝１
４ａ
２＋１
４ａ
２－１
２ａ
２＝０ꎬ
∴ＭＮ
→⊥ＡＢ
→ꎬ∴ＭＮ⊥ＡＢ.
ＭＮ
→ＣＤ
→＝
１
２ｂ＋１
２ｃ－１
２ａ
(
) (ｃ－ｂ)
＝１
２ｂｃ＋１
２ｃ
２－１
２ａｃ－１
２ｂ
２－１
２ｂ
ｃ＋１
２ａｂ＝０ꎬ
∴ＭＮ
→⊥ＣＤ
→ꎬ∴ＭＮ⊥ＣＤ.
９.解析
以直线ＤＡ、ＤＣ、ＤＤ′分别为ｘ
轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ
(图略)ꎬ设正方体的棱长为１ꎬ则Ｄ(０ꎬ
０ꎬ０)ꎬＣ( ０ꎬ１ꎬ０)ꎬＤ′ ( ０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
Ａ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＭ１ꎬ１ꎬ１
２
(
) ꎬＮ
１
２ꎬ１ꎬ１
(
) ꎬ
∴ＣＤ′
→＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬＡＤ
→＝( －１ꎬ０ꎬ０)ꎬＭＮ
→
＝－１
２ꎬ０ꎬ１
２
(
) .
(１) ∵ｃｏｓ‹ ＭＮ
→ꎬＣＤ′
→› ＝
ＭＮ
→ＣＤ′
→
｜ＭＮ
→｜｜ＣＤ′
→｜
＝
１
２
２
２× ２
＝１
２ꎬ
∴‹ＭＮ
→ꎬＣＤ′
→› ＝６０°ꎬ即ＭＮ和ＣＤ′所成
角的大小为６０°.
(２) ∵ｃｏｓ‹ ＭＮ
→ꎬＡＤ
→› ＝
ＭＮ
→ＡＤ
→
｜ＭＮ
→｜｜ＡＤ
→｜
＝
１
２
２
２×１
＝２
２ꎬ
∴‹ＭＮ
→ꎬＡＤ
→› ＝４５°ꎬ即ＭＮ和ＡＤ所成
角的大小为４５°.
１０.解析
(１) 证明:以直线ＤＡ、ＤＣ、ＤＤ１
分别为ｘ轴ꎬｙ轴ꎬｚ轴建立空间直角
坐标系(图略).设正方体的棱长为１ꎬ
则Ｄ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬＣ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
Ｇ
１
２ꎬ１ꎬ１
(
) ꎬＨ０ꎬ１
２ꎬ１
(
) ꎬＦ( １ꎬ１ꎬ
１
２) ꎬＢ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ
∴ＧＨ
→＝
－１
２ꎬ－１
２ꎬ０
(
) ꎬＡ１Ｃ
→＝( －１ꎬ１ꎬ
－１)ꎬＧＦ
→＝
１
２ꎬ０ꎬ－１
２
(
) ꎬ
∴Ａ１Ｃ
→ＧＨ
→＝１
２－１
２＝０ꎬＡ１Ｃ
→ＧＦ
→＝
－１
２＋１
２＝０ꎬ
∴Ａ１Ｃ⊥ＧＨꎬＡ１Ｃ⊥ＧＦ.
又ＧＨ∩ＧＦ＝Ｇꎬ∴Ａ１Ｃ⊥平面ＥＦＧＨＫＬ.
(２)由(１)知Ａ１Ｃ
→＝( －１ꎬ１ꎬ－１)ꎬＤＢ１
→＝
(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ
∴ｃｏｓ‹ Ａ１Ｃ
→ꎬＤＢ１
→› ＝
Ａ１Ｃ
→ＤＢ１
→
｜Ａ１Ｃ
→｜｜ＤＢ１
→｜
＝
－１
３ꎬ∴直线Ａ１Ｃ与ＤＢ１的夹角的余
弦值为１
３ꎬ
∴ＤＢ１与平面ＥＦＧＨＫＬ所成角的正弦
值为１
３ꎬ
即ＤＢ１与平面ＥＦＧＨＫＬ所成角的余
弦值为２２
３.
综合运用
１１.证明 在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ
以Ｄ为坐标原点ꎬ建立如图所示的空
间直角坐标系ꎬ
因为ＡＢ＝２ꎬＢＣ＝ＣＣ１＝１ꎬ所以Ａ(１ꎬ０ꎬ
０)ꎬＥ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬＤ１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬＢ１(１ꎬ２ꎬ
１)ꎬ
所以ＡＥ
→＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬＡＤ１
→＝( －１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
Ｂ１Ｅ
→＝(－１ꎬ－１ꎬ－１)ꎬ
设平面ＡＥＤ１的法向量为ｎ＝( ｘꎬｙꎬ
ｚ)ꎬ
所以
ｎＡＥ
→＝－ｘ＋ｙ＝０ꎬ
ｎＡＤ１
→＝－ｘ＋ｚ＝０ꎬ
{
令ｘ＝１ꎬ则ｙ＝１ꎬｚ＝１ꎬ
所以ｎ＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ
因为ｎ＝－Ｂ１Ｅ
→ꎬ所以ｎ∥Ｂ１Ｅ
→ꎬ
所以Ｂ１Ｅ⊥平面ＡＥＤ１.
１２.证明 在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ
以Ｄ为坐标原点ꎬ建立如图所示的空
间直角坐标系ꎬ
设ＡＤ＝ａ(ａ>１)ꎬＣＤ＝ｂ(ｂ>１)ꎬＡＡ１＝ｃ
(ｃ>１)ꎬ因为Ａ１Ｅ＝Ａ１Ｆ＝Ａ１Ｇ＝１ꎬＣＰ＝
ＣＱ＝ＣＲ＝１ꎬ
所以Ｅ(ａꎬ０ꎬｃ－１)ꎬＦ(ａꎬ１ꎬｃ)ꎬＧ(ａ－１ꎬ
０ꎬｃ)ꎬＱ(０ꎬｂ－１ꎬ０)ꎬＲ(１ꎬｂꎬ０)ꎬＰ(０ꎬ
ｂꎬ１)ꎬ
所以ＥＦ
→＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬＥＧ
→＝( －１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
ＱＰ
→＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬＲＰ
→＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
所以ＥＦ
→＝ＱＰ
→ꎬＥＧ
→＝ＲＰ
→ꎬ所以ＥＦ∥ＱＰꎬ
ＥＧ∥ＲＰꎬ
因为ＥＦ∩ＥＧ＝ＥꎬＱＰ∩ＲＰ＝Ｐꎬ
所以平面ＥＦＧ∥平面ＰＱＲ.
１３.解析 在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ
以Ｄ为坐标原点ꎬ建立如图所示的空
间直角坐标系ꎬ
因为正方体的棱长为１ꎬ所以Ａ(１ꎬ０ꎬ
０)ꎬＣ１(０ꎬ１ꎬ１)ꎬＥ０ꎬ１
２ꎬ０
(
) ꎬＤ１(０ꎬ０ꎬ
１)ꎬ
所以ＡＥ
→＝
－１ꎬ１
２ꎬ０
(
) ꎬＡＣ１
→＝( －１ꎬ１ꎬ
１０
１)ꎬＤ１Ａ
→＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬ
设ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)为平面ＡＥＣ１的法向量ꎬ
所以
ｎＡＥ
→＝－ｘ＋１
２ｙ＝０ꎬ
ｎＡＣ１
→＝－ｘ＋ｙ＋ｚ＝０ꎬ
{
令ｘ＝１ꎬ则ｙ＝２ꎬｚ＝－１ꎬ
所以ｎ＝(１ꎬ２ꎬ－１)ꎬ
所以Ｄ１到平面ＡＥＣ１的距离为
｜Ｄ１Ａ
→ｎ｜
｜ｎ｜
＝｜(１ꎬ０ꎬ－１)(１ꎬ２ꎬ－１) ｜
１
２＋２
２＋(－１)
２
＝６
３.
１４.解析 在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ
以Ｄ为坐标原点ꎬ建立如图所示的空
间直角坐标系ꎬ
因为正方体的棱长为１ꎬＭ为ＡＡ１的
中点ꎬＯ是ＢＤ１的中点ꎬ
所以Ａ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＢ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＡ１(１ꎬ０ꎬ
１)ꎬＤ１( ０ꎬ０ꎬ１)ꎬＭ
１ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬ
Ｏ
１
２ꎬ１
２ꎬ１
２
(
) ꎬ
所以ＯＭ
→＝
１
２ꎬ－１
２ꎬ０
(
) ꎬＡＡ１
→＝(０ꎬ０ꎬ
１)ꎬＢＤ１
→＝(－１ꎬ－１ꎬ１)ꎬ
所以ＯＭ
→ＡＡ１
→＝
１
２ꎬ－１
２ꎬ０
(
) (０ꎬ０ꎬ
１) ＝０ꎬＯＭ
→ＢＤ１
→＝
１
２ꎬ－１
２ꎬ０
(
)
(－１ꎬ－１ꎬ１)＝－１
２＋１
２＝０ꎬ
所以ＯＭ
→⊥ＡＡ１
→ꎬＯＭ
→⊥ＢＤ１
→ꎬ所以ＯＭ⊥
ＡＡ１ꎬＯＭ⊥ＢＤ１ꎬ
所以ＯＭ分别与异面直线ＡＡ１、ＢＤ１垂
直且相交.
所以ＯＭ是异面直线ＡＡ１、ＢＤ１的公
垂线.
所以｜ＯＭ
→｜＝
１
２(
)
２
＋－１
２
(
)
２
＝２
２ꎬ
即ＯＭ的长为２
２.
１５.解析 在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ
以Ｄ为坐标原点ꎬ建立如图所示的空
间直角坐标系ꎬ
因为正方体的棱长为１ꎬＱ为Ｂ１Ｃ１的
中点ꎬＡＰ∶ＡＡ１＝１∶３ꎬ
所以Ｄ( ０ꎬ０ꎬ０)ꎬＢ( １ꎬ１ꎬ０)ꎬＱ
１
２ꎬ１ꎬ１
(
) ꎬＰ１ꎬ０ꎬ１
３
(
) ꎬＤ１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
所以ＤＤ
→
１
＝( ０ꎬ０ꎬ１)ꎬＢＱ
→＝
－１
２ꎬ０ꎬ１
(
) ꎬＢＰ
→＝０ꎬ－１ꎬ１
３
(
) ꎬ
易知平面ＡＢＣＤ的一个法向量为ＤＤ
→
１
＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
设平面ＢＱＰ的法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
所以
ｎＢＱ
→＝－１
２ｘ＋ｚ＝０ꎬ
ｎＢＰ
→＝－ｙ＋１
３ｚ＝０ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
令ｘ＝２ꎬ则ｙ＝１
３ꎬｚ＝１ꎬ
所以ｎ＝２ꎬ１
３ꎬ１
(
) ꎬ
设平面ＡＢＣＤ与平面ＢＱＰ所成的角
为θꎬ则
ｃｏｓ
θ ＝
｜ｎＤＤ１
→｜
｜ｎ｜｜ＤＤ１
→｜
＝
２ꎬ１
３ꎬ１
(
) (０ꎬ０ꎬ１)
２
２＋
１
３(
)
２
＋１
２×１
＝３
４６
４６
ꎬ
所以平面ＡＢＣＤ与平面ＢＱＰ的夹角
的余弦值为３
４６
４６
.
拓广探索
１６.解析
在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬ
因为∠ＢＡＣ＝９０°ꎬ以Ａ为坐标原点ꎬ建
立如图所示的空间直角坐标系Ａｘｙｚꎬ
因为ＡＢ＝ＡＣ＝２ꎬＡＡ１＝３ꎬＭ是ＡＢ的中
点ꎬＮ是Ｂ１Ｃ１的中点ꎬＢＣ１∩ＣＢ１＝Ｐꎬ
所以Ａ１( ０ꎬ０ꎬ３)ꎬＣ( ０ꎬ－２ꎬ０)ꎬ
Ｐ１ꎬ－１ꎬ３
２
(
) ꎬＭ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＮ( １ꎬ－１ꎬ
３)ꎬ
设Ａ１Ｑ
→＝ｔＡ１Ｎ
→(０≤ｔ≤１)ꎬ所以Ｑ( ｔꎬ
－ｔꎬ３)ꎬ
所以ＰＱ
→＝
ｔ－１ꎬ－ｔ＋１ꎬ３
２
(
) ꎬＡ１Ｃ
→＝(０ꎬ
－２ꎬ－３)ꎬＡ１Ｍ
→＝(１ꎬ０ꎬ－３)ꎬ
设ｎ＝( ｘꎬｙꎬｚ) 为平面Ａ１ＣＭ的法
向量ꎬ
则ｎ⊥Ａ１Ｃ
→ꎬｎ⊥Ａ１Ｍ
→ꎬ
所以
ｎＡ１Ｃ
→＝－２ｙ－３ｚ＝０ꎬ
ｎＡ１Ｍ
→＝ｘ－３ｚ＝０ꎬ
{
取ｚ＝１ꎬ则ｘ＝３ꎬｙ＝－３
２ꎬ所以ｎ
＝３ꎬ－３
２ꎬ１
(
) ꎬ
若ＰＱ∥平面Ａ１ＣＭꎬ则ＰＱ
→⊥ｎꎬ所以
ＰＱ
→
ｎ
＝
ｔ－１ꎬ－ｔ＋１ꎬ３
２
(
)
３ꎬ－３
２ꎬ１
(
) ＝０ꎬ所以３ｔ－３＋３
２ｔ－３
２＋
３
２＝０ꎬ
解得ｔ＝２
３ꎬ
所以在线段Ａ１Ｎ上存在点Ｑꎬ使得ＰＱ
∥平面Ａ１ＣＭ.
１７.证明 (１)若直线ｌ经过点Ｐ０ꎬ且以ｕ
为方向向量ꎬ点Ｐ在ｌ上ꎬ则向量Ｐ０Ｐ
→
与ｕ共线ꎬ
设(ｘ－ｘ０ꎬｙ－ｙ０ꎬｚ－ｚ０)＝ｋ(ａꎬｂꎬｃ) (ｋ≠
０)ꎬ
所以
ｘ－ｘ０＝ｋａꎬ
ｙ－ｙ０＝ｋｂꎬ
ｚ－ｚ０＝ｋｃꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
所以
ｘ－ｘ０
ａ
＝ｙ－ｙ０
ｂ
＝ｚ－ｚ０
ｃ.
(２)若平面α 经过点Ｐ０ꎬ且以ｕ为法
向量ꎬ点Ｐ在α 上ꎬ
所以Ｐ０Ｐ
→⊥ｕꎬ所以(ｘ－ｘ０ꎬｙ－ｙ０ꎬｚ－ｚ０)
(ａꎬｂꎬｃ)＝０ꎬ
所以ａ(ｘ－ｘ０)＋ｂ(ｙ－ｙ０)＋ｃ(ｚ－ｚ０)＝０.
１８.解析
以Ｂ为坐标原点ꎬＢＡ、ＢＥ、ＢＣ
所在直线分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴建立
空间直角坐标系(图略)ꎬ
则Ｂ( ０ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ( １ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ｍ
２
２ａꎬ０ꎬ１－２
２ａ
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＮ
２
２ａꎬ２
２ａꎬ０
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
教材习题答案
１１
(１)∵ＭＮ
→＝０ꎬ２
２ａꎬ２
２ａ－１
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
∴｜ＭＮ
→｜＝
１
２ａ
２＋
２
２ａ－１
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＝
ａ
２－２ａ＋１.
(２)∵｜ＭＮ
→｜＝
ａ
２－２ａ＋１
＝
ａ－２
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＋１
２ꎬ
∴当ａ＝２
２时ꎬ｜ＭＮ
→｜ｍｉｎ＝２
２.
(３)由(２)知当Ｍ、Ｎ分别为ＡＣ、ＢＦ的
中点时ꎬＭＮ的长最小ꎬ所以Ｍ
１
２ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬＮ
１
２ꎬ１
２ꎬ０
(
) .
取ＭＮ的中点Ｇꎬ连接ＡＧ、ＢＧꎬ则
Ｇ
１
２ꎬ１
４ꎬ１
４
(
) .
∵ＡＭ＝ＡＮꎬＢＭ＝ＢＮꎬＧ为ＭＮ的中点ꎬ
∴ＡＧ⊥ＭＮꎬＢＧ⊥ＭＮꎬ即∠ＡＧＢ是平
面ＭＮＡ与平面ＭＮＢ所成夹角.
设所求夹角为αꎬ
∵
ＧＡ
→
＝
１
２ꎬ－１
４ꎬ－１
４
(
) ꎬＧＢ
→
＝
－１
２ꎬ－１
４ꎬ－１
４
(
) ꎬ
∴
ｃｏｓ
α
＝
｜ＧＡ
→ＧＢ
→｜
｜ＧＡ
→｜｜ＧＢ
→｜
＝１
３ꎬ∴所求夹角的余弦值
为１
３.
复习参考题１
复习巩固
１. Ｂ
结合题图知ＯＭ
→＝
２
３ａꎬＯＮ
→
＝１
２(ｂ＋ｃ)ꎬ
∴ＭＮ
→＝ＯＮ
→－ＯＭ
→＝１
２(ｂ＋ｃ) －２
３ａ＝
－２
３ａ＋１
２ｂ＋１
２ｃ.
２.解析 (１)ＡＰ
→＝ＡＣ
→＋ＣＰ
→＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋１
２ＣＡ′
→
＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋１
２(ＡＡ′
→－ＡＣ
→)
＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋１
２ＡＡ′
→－１
２(ＡＢ
→＋ＡＤ
→)
＝１
２ＡＢ
→＋１
２ＡＤ
→＋１
２ＡＡ′
→＝１
２ａ＋１
２ｂ＋１
２ｃ.
(２)ＡＭ
→＝ＡＣ
→＋ＣＭ
→
＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋１
２(ＣＣ′
→＋ＣＤ
→)
＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋１
２ＡＡ′
→＋１
２ＢＡ
→＝１
２ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋
１
２ＡＡ′
→＝１
２ａ＋ｂ＋１
２ｃ.
(３)ＡＮ
→＝ＡＣ′
→＋Ｃ′Ｎ
→＝ＡＣ′
→＋１
２Ｃ′Ｄ′
→
＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋ＡＡ′
→－１
２ＡＢ
→
＝１
２ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋ＡＡ′
→
＝１
２ａ＋ｂ＋ｃ.
(４)ＡＱ
→＝ＡＣ
→＋ＣＱ
→＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋４
５ＣＡ′
→
＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋４
５(ＣＢ
→＋ＣＤ
→＋ＣＣ′
→)
＝ＡＢ
→＋ＡＤ
→＋４
５(－ＡＤ
→－ＡＢ
→＋ＣＣ′
→)
＝１
５ＡＢ
→＋１
５ＡＤ
→＋４
５ＣＣ′
→
＝１
５ａ＋１
５ｂ＋４
５ｃ.
３.证明 证法一:如图所示ꎬ建立空间直
角坐标系ꎬ则Ｂ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ( １ꎬ０ꎬ０)ꎬ
Ａ(０ꎬ３ꎬ０)ꎬＡ１( ０ꎬ３ꎬ６)ꎬＣ１( １ꎬ０ꎬ
６).
∵Ｍ为ＣＣ１的中点ꎬ
∴Ｍ１ꎬ０ꎬ６
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
∴ＡＭ
→＝
１ꎬ－３ꎬ６
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＢＡ１
→＝( ０ꎬ３ꎬ
６)ꎬ∴ＡＭ
→ＢＡ１
→＝１× ０－３× ３＋６
２×
６＝０ꎬ∴ＡＭ
→⊥ＢＡ１
→ꎬ即ＡＭ⊥ＢＡ１.
证法二:∵ＡＭ
→ＢＡ１
→＝(ＡＢ
→＋ＢＣ
→＋ＣＭ
→)
(ＢＡ
→＋ＡＡ１
→) ＝ＡＢ
→ＢＡ
→＋ＣＭ
→ＡＡ１
→＝－３＋
６× ６
２＝０ꎬ
∴ＡＭ⊥ＢＡ１.
４.解析
以ＡＢ的中点Ｏ为坐标原点ꎬ
ＯＢ、ＯＣ所在直线分别为ｘ轴、ｙ轴建立
如图所示的空间直角坐标系.
( １) Ａ
－１
２ａꎬ０ꎬ０
(
) ꎬＢ
１
２ａꎬ０ꎬ０
(
) ꎬ
Ａ１－１
２ａꎬ０ꎬ２ａ
(
) ꎬＣ１０ꎬ３
２ａꎬ２ａ
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
(２) 设ｚ轴与Ａ１Ｂ１交于点Ｏ１ꎬ连接
Ｏ１Ｃ１、ＡＯ１ꎬ则Ｃ１Ｏ１⊥侧面ＡＢＢ１Ａ１ꎬ
∠Ｃ１ＡＯ１是直线ＡＣ１与侧面ＡＢＢ１Ａ１所
成的角.
易知ＯＣ
→＝０ꎬ３
２ａꎬ０
æ
è
ç
ö
ø
÷ 是侧面ＡＢＢ１Ａ１的
一个法向量ꎬ
∵ＡＣ１
→＝
１
２ａꎬ３
２ａꎬ２ａ
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
∴ｃｏｓ‹ＯＣ
→ꎬＡＣ１
→› ＝ＯＣ
→ＡＣ１
→
｜ＯＣ
→｜｜ＡＣ１
→｜
＝１
２ꎬ
∴‹ＯＣ
→ꎬＡＣ１
→› ＝６０°ꎬ即∠Ｃ１ＡＯ１＝３０°ꎬ
∴ＡＣ１与侧面ＡＢＢ１Ａ１所成的角为３０°.
５.解析 (１) 设以ＡＢꎬＡＣ为邻边的平行
四边形的面积为Ｓ.
∵ＡＢ
→＝( －２ꎬ－１ꎬ３)ꎬＡＣ
→＝(１ꎬ－３ꎬ２)ꎬ
｜ＡＢ
→｜＝
１４ꎬ｜ＡＣ
→｜＝
１４ꎬ
∴ｃｏｓ∠ＢＡＣ＝ＡＢ
→ＡＣ
→
｜ＡＢ
→｜｜ＡＣ
→｜
＝１
２ꎬ
∴∠ＢＡＣ＝６０°ꎬ
∴Ｓ＝２× １
２×
１４×
１４×ｓｉｎ６０°＝７３.
(２)设ａ＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ∵ａ⊥ＡＢ
→ꎬａ⊥ＡＣ
→ꎬ且
｜ａ｜＝３ꎬ
∴
－２ｘ－ｙ＋３ｚ＝０ꎬ
ｘ－３ｙ＋２ｚ＝０ꎬ
ｘ
２＋ｙ
２＋ｚ
２＝３ꎬ
{
解得
ｘ＝１ꎬ
ｙ＝１ꎬ
ｚ＝１ꎬ
{
或
ｘ＝－１ꎬ
ｙ＝－１ꎬ
ｚ＝－１ꎬ
{
∴ａ＝(１ꎬ１ꎬ１)或ａ＝(－１ꎬ－１ꎬ－１).
６.解析 由题意ꎬ得
ｍ
２＋ｎ
２＝１ꎬ
ｎ
２＋ｐ
２＝１ꎬ
ｍ＋ｎ
ｍ
２＋ｎ
２３
＝２
２⇒ｍ＋ｎ＝６
２⇒ｍ＝６
２－ｎꎬ
ｎ＋ｐ
ｎ
２＋ｐ
２３
＝２
２⇒ｎ＋ｐ＝６
２⇒ｐ＝６
２－ｎꎬ
ì
î
í
ï
ï
ïï
ï
ï
ï
∴ｎ＝６± ２
４
.
∴
ｃｏｓ∠ＡＯＢ＝
ＯＡ
→ＯＢ
→
｜ＯＡ
→｜｜ＯＢ
→｜
＝ｎ
２＝
８±２
１２
１６
＝８±４３
１６
＝２± ３
４
.
７.解析 取ＡＣ的中点ＯꎬＡ１Ｃ１的中点Ｏ１ꎬ
１２
连接ＯＯ１ꎬＯＢꎬ以Ｏ为坐标原点ꎬＯＢ、ＯＣ、
ＯＯ１分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴ꎬ建立如图所
示的空间直角坐标系ꎬＡ０ꎬ－１
２ꎬ０
(
) ꎬＢ１
３
２ꎬ０ꎬ２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＣ０ꎬ１
２ꎬ０
(
) ꎬＭ
３
４ꎬ１
４ꎬ０
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
设Ｎ０ꎬ１
２ꎬｚ
(
) ꎬ
易知ＡＢ１
→
＝
３
２ꎬ１
２ꎬ２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＭＮ
→
＝
－３
４ꎬ１
４ꎬｚ
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＣＮ
→＝(０ꎬ０ꎬｚ).
∵ＡＢ１
→⊥ＭＮ
→ꎬ∴ＡＢ１
→ＭＮ
→＝０ꎬ即－３
８＋
１
８＋２ｚ＝０ꎬ∴ｚ＝１
８ꎬ∴｜ＣＮ
→｜＝１
８ꎬ即ＣＮ
＝１
８时ꎬＭＮ⊥ＡＢ１.
８.解析 (１)证明:以Ｄ为坐标原点ꎬＤＡ、
ＤＣ、ＤＤ１所在直线分别为ｘ轴、ｙ轴、ｚ
轴ꎬ建立如图所示的空间直角坐标系ꎬ
则Ｅ０ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬＦ
１
２ꎬ１
２ꎬ０
(
) ꎬＣ( ０ꎬ１ꎬ
０)ꎬ
∴
ＥＦ
→
＝
１
２ꎬ１
２ꎬ－１
２
(
) ꎬ
ＣＦ
→
＝
１
２ꎬ－１
２ꎬ０
(
) ꎬ
∴ＥＦ
→ＣＦ
→＝１
４－１
４＝０ꎬ∴ＥＦ⊥ＣＦ.
(２)∵Ｇ１ꎬ１ꎬ１
２
(
) ꎬ∴ＣＧ
→＝１ꎬ０ꎬ１
２
(
) ꎬ
∴ｃｏｓ‹ ＥＦ
→ꎬＣＧ
→› ＝
ＥＦ
→ＣＧ
→
｜ＥＦ
→｜｜ＣＧ
→｜
＝
１
２－１
４
３
２× ５
２
＝
１５
１５.
∴ＥＦ与ＣＧ所成角的余弦值为
１５
１５.
(３) ∵ＣＥ
→＝
０ꎬ－１ꎬ１
２
(
) ꎬ∴｜ＣＥ
→｜＝
５
４＝５
２.
９.解析
建立如图所示的空间直角坐
标系.
(１)由题意得Ｂ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬＮ(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ
∴｜ＢＮ
→｜＝
(１－０)
２＋(０－１)
２＋(１－０)
２
＝３.
(２)由题意得Ａ１(１ꎬ０ꎬ２)ꎬＢ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ
Ｃ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＢ１(０ꎬ１ꎬ２)ꎬ
∴ＢＡ１
→＝(１ꎬ－１ꎬ２)ꎬＣＢ１
→＝(０ꎬ１ꎬ２)ꎬ
∴ＢＡ１
→ＣＢ１
→＝３ꎬ｜ＢＡ１
→｜＝６ꎬ｜ＣＢ１
→｜＝５ꎬ
∴ｃｏｓ‹ＢＡ１
→ꎬＣＢ１
→› ＝ＢＡ１
→ＣＢ１
→
｜ＢＡ１
→｜｜ＣＢ１
→｜
＝
３０
１０.
(３) 证明: 由题意得Ｃ１( ０ꎬ０ꎬ２)ꎬ
Ｍ
１
２ꎬ１
２ꎬ２
(
) .
∴
Ａ１Ｂ
→
＝
( －１ꎬ１ꎬ－２)ꎬＣ１Ｍ
→
＝
１
２ꎬ１
２ꎬ０
(
) ꎬ
∴Ａ１Ｂ
→Ｃ１Ｍ
→＝－１
２＋１
２＋０＝０ꎬ
∴Ａ１Ｂ
→⊥Ｃ１Ｍ
→ꎬ即Ａ１Ｂ⊥Ｃ１Ｍ.
综合运用
１０.解析 设ＡＢ
→＝ａꎬＡＤ
→＝ｂꎬＡＡ′
→＝ｃꎬ则｜ａ｜
＝｜ｂ｜＝ａꎬ｜ｃ｜＝ｂꎬ‹ａꎬｂ› ＝９０°ꎬ‹ａꎬｃ›
＝‹ｂꎬｃ› ＝１２０°.
(１)∵ＡＣ′
→＝ａ＋ｂ＋ｃꎬ
∴｜ＡＣ′
→｜
２＝(ａ＋ｂ＋ｃ)
２＝ａ
２＋ｂ
２＋ｃ
２＋２ａ
ｂ＋２ａｃ＋２ｂｃ＝ａ
２＋ａ
２＋ｂ
２－２ａｂ＝
２ａ
２＋ｂ
２－２ａｂ.
∴｜ＡＣ′
→｜＝
２ａ
２＋ｂ
２－２ａｂ.
(２)∵ＢＤ′
→＝－ａ＋ｂ＋ｃꎬＡＣ
→＝ａ＋ｂꎬ
∴｜ＢＤ′
→｜＝
２ａ
２＋ｂ
２ꎬ｜ＡＣ
→｜＝２ａꎬ
且ＢＤ′
→ＡＣ
→＝ｂ
２－ａ
２＋ａｃ＋ｂｃ＝－ａｂ.
∴ｃｏｓ‹ＢＤ′
→ꎬＡＣ
→› ＝
－ａｂ
２ａ
２＋ｂ
２２ａ
＝
－ｂ
４ａ
２＋２ｂ
２.
又异面直线所成角的范围为０ꎬπ
２
(
] ꎬ
∴直线ＢＤ′ 与ＡＣ所成角的余弦值
为
ｂ
４ａ
２＋２ｂ
２.
１１. 解析
( １) 证明: ∵
ＣＢ⊥平
面Ａ１ＡＢＢ１ꎬ
∴Ａ１Ｃ在平面Ａ１ＡＢＢ１上的投影
为Ａ１Ｂ.
由Ａ１Ｂ⊥ＡＥꎬＡ１Ｂ∩ＢＣ＝Ｂꎬ得ＡＥ⊥平
面Ａ１ＢＣꎬ
而Ａ１Ｃ⊂平面Ａ１ＢＣꎬ
∴Ａ１Ｃ⊥ＡＥꎬ
同理可证Ａ１Ｃ⊥ＡＦ.
∵ＡＦ∩ＡＥ＝Ａꎬ
∴Ａ１Ｃ⊥平面ＡＥＦ.
(２) 以Ａ为原点建立空间直角坐标
系ꎬ如图所示ꎬ则Ａ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ１(０ꎬ０ꎬ
５)ꎬＢ(４ꎬ０ꎬ０)ꎬＢ１(４ꎬ０ꎬ５)ꎬＤ( ０ꎬ３ꎬ
０)ꎬＣ(４ꎬ３ꎬ０)ꎬ
∴Ａ１Ｃ
→＝(４ꎬ３ꎬ－５)ꎬ由(１) 知Ａ１Ｃ
→是平
面ＡＥＦ的一个法向量.
平面ＢＤＤ１Ｂ１中的两个向量ＢＢ１
→＝(０ꎬ
０ꎬ５)ꎬＢＤ
→＝(－４ꎬ３ꎬ０).
设平面ＢＤＤ１Ｂ１的法向量为ｎ＝( ｘꎬ
ｙꎬｚ)ꎬ
则
ｎＢＢ１
→＝５ｚ＝０ꎬ
ｎＢＤ
→＝－４ｘ＋３ｙ＝０.
{
令ｘ＝３ꎬ得ｙ＝４ꎬ
∴平面ＢＤＤ１Ｂ１的一个法向量为ｎ＝
(３ꎬ４ꎬ０).
∵平面ＦＥＢＤ⊂平面ＢＤＤ１Ｂ１ꎬ
∴平面ＦＥＢＤ的一个法向量为ｎ
＝(３ꎬ４ꎬ０).
由于ｎＡ１Ｃ
→＝１２＋１２＝２４ꎬ
｜ｎ｜＝
３
２＋４
２＝５ꎬ
｜Ａ１Ｃ
→｜＝
４
２＋３
２＋(－５)
２＝５２ꎬ
∴ｃｏｓ‹ｎꎬＡ１Ｃ
→› ＝
２４
５×５２
＝１２２
２５ꎬ
∴平面ＡＥＦ与平面Ｄ１Ｂ１ＢＤ所成二
面角的余弦值为１２２
２５.
１２.解析
(１) 直角梯形ＡＢＣＤ的面积为
Ｓ底面ＡＢＣＤ＝１
２(ＢＣ＋ＡＤ)ＡＢ＝１＋０.５
２
×１
＝３
４ꎬ
∴四棱锥Ｓ－ＡＢＣＤ的体积
Ｖ＝１
３ＳＡＳ底面ＡＢＣＤ＝１
３×１× ３
４＝１
４.
教材习题答案
１３
(２) 建立如图所示的空间直角坐标
系ꎬ则Ａ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＤ
１
２ꎬ０ꎬ０
(
) ꎬＣ(１ꎬ１ꎬ
０)ꎬＳ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ
则ＡＤ
→＝
１
２ꎬ０ꎬ０
(
) ꎬＳＣ
→＝(１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ
ＳＤ
→＝
１
２ꎬ０ꎬ－１
(
) .
∵ＳＡ⊥底面ＡＢＣＤꎬＡＤ⊥ＡＢꎬ
∴ＡＤ⊥平面ＳＡＢꎬ
∴向量ＡＤ
→是平面ＳＡＢ的一个法向量.
设平面ＳＣＤ的法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ
由
ｎ⊥ＳＣ
→ꎬ且
ｎ⊥ＳＤ
→ꎬ可得
ｎＳＣ
→＝０ꎬ
ｎＳＤ
→＝０
{
⇒
ｘ＋ｙ－ｚ＝０ꎬ
１
２ｘ－ｚ＝０
{
⇒
ｘ＝２ｚꎬ
ｙ＝－ｚ.
{
令ｚ＝１ꎬ则ｎ＝(２ꎬ－１ꎬ１)ꎬ
∴
ｃｏｓ‹ ＡＤ
→ꎬｎ›
＝
ＡＤ
→ｎ
｜ＡＤ
→｜｜ｎ｜
＝
１
２×２＋０×(－１)＋０×１
１
２× ６
＝６
３ꎬ
∴面ＳＣＤ与面ＳＡＢ的夹角的余弦值
为６
３.
１３.解析
如图所示ꎬ以ＯＢ
→ꎬＯＣ
→ꎬＯＤ
→为基
底建立空间直角坐标系Ｏｘｙｚ.
设原正方形的边长为１ꎬ则
Ｅ０ꎬ－２
４ꎬ２
４
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬＦ
２
４ꎬ２
４ꎬ０
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
∴ｃｏｓ∠ＥＯＦ＝
ＯＥ
→ＯＦ
→
｜ＯＥ
→｜｜ＯＦ
→｜
＝
－１
８
１
２× １
２
＝
－１
２ꎬ
∴∠ＥＯＦ＝１２０°.
１４.解析
如图ꎬ以点Ｏ为坐标原点ꎬ建
立如图的空间直角坐标系Ｏｘｙｚꎬ
设ＯＤ＝ＳＯ＝ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ａꎬ
则Ａ( ａꎬ０ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬａꎬ０)ꎬＣ( －ａꎬ０ꎬ
０)ꎬ所以ＣＡ
→＝( ２ａꎬ０ꎬ０)ꎬＣＢ
→＝( ａꎬａꎬ
０)ꎬ
因为
Ｐ
为
ＳＤ
的中点ꎬ所以
Ｐ０ꎬ－ａ
２ꎬａ
２
(
) ꎬ
所以ＣＡ
→
＝
( ２ａꎬ０ꎬ０)ꎬＡＰ
→
＝
－ａꎬａ
２ꎬａ
２
(
) ꎬＣＢ
→＝(ａꎬａꎬ０)ꎬ
设ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)为平面ＰＡＣ的法向量ꎬ
则ｎ⊥ＣＡ
→ꎬｎ⊥ＡＰ
→ꎬ所以
ｎＣＡ
→＝２ａｘ＝０ꎬ
ｎＡＰ
→＝－ａｘ＋ａ
２ｙ＋ａ
２ｚ＝０ꎬ
{
取ｚ＝１ꎬ则ｘ＝０ꎬｙ＝－１ꎬ
所以ｎ＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬ
设直线ＢＣ与平面ＰＡＣ所成的角为θ
(０°≤θ≤９０°)ꎬ则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ‹ＣＢ
→ꎬｎ› ｜＝
ＣＢ
→ｎ
｜ＣＢ
→｜｜ｎ｜
＝１
２ꎬ
所以直线ＢＣ与平面ＰＡＣ所成的角
为３０°.
１５.证明 (１)∵Ｅ、Ｆ分别为ＡＢ、ＢＣ的中
点ꎬ∴ＥＦ
→＝１
２ＡＣ
→.
同理ＨＧ
→＝１
２ＡＣ
→ꎬ∴ＥＦ
→＝ＨＧ
→.
又∵Ｅ、Ｆ、Ｈ、Ｇ不共线ꎬ∴Ｅ、Ｆ、Ｇ、Ｈ四
点共面.
(２)∵Ｅ、Ｈ分别为ＡＢ、ＡＤ的中点ꎬ
∴ＨＥ
→＝１
２ＤＢ
→ꎬ∴ＨＥ
→∥ＤＢ
→ꎬ∴ＤＢ∥ＨＥ.
又∵ＨＥ⊂平面ＥＦＧＨꎬＢＤ⊄平面ＥＦ￣
ＧＨꎬ
∴ＢＤ∥平面ＥＦＧＨ.
(３)由题意得ＯＡ
→＋ＡＭ
→＝ＯＭ
→ꎬＯＢ
→＋ＢＭ
→＝
ＯＭ
→ꎬＯＣ
→＋ＣＭ
→＝ＯＭ
→ꎬＯＤ
→＋ＤＭ
→＝ＯＭ
→.
四式相加得４ＯＭ
→＝ＯＡ
→＋ＯＢ
→＋ＯＣ
→＋ＯＤ
→ꎬ
∴ＯＭ
→＝１
４(ＯＡ
→＋ＯＢ
→＋ＯＣ
→＋ＯＤ
→).
拓广探索
１６.解析
( １) 证明:以Ｃ为坐标原点ꎬ
ＣＯ、ＣＢ、ＣＣ′所在直线分别为ｘ轴、ｙ
轴、ｚ轴建立空间直角坐标系(图略)ꎬ
设ＡＥ＝ＢＦ＝ｍ(０≤ｍ≤ａ)ꎬ则Ｅ(ａ－ｍꎬ
ａꎬ
０)ꎬ
Ｆ
( ０ꎬ
ａ
－
ｍꎬ
０)ꎬ
Ａ′(ａꎬａꎬａ)ꎬＣ′(０ꎬ０ꎬａ)ꎬ
∴Ａ′Ｆ
→＝(－ａꎬ－ｍꎬ－ａ)ꎬＣ′Ｅ
→＝(ａ－ｍꎬａꎬ
－ａ)ꎬ
∴Ａ′Ｆ
→Ｃ′Ｅ
→＝－ａ
２＋ａｍ－ａｍ＋ａ
２＝０ꎬ
∴Ａ′Ｆ
→⊥Ｃ′Ｅ
→ꎬ即Ａ′Ｆ⊥Ｃ′Ｅ.
(２)ＶＢ′－ＢＥＦ＝１
３ａ
１
２(ａ－ｍ)ｍ
[
] ＝
１
６ａ(－ｍ
２＋ａｍ).
当且仅当ｍ＝ａ
２ꎬ即Ｅ、Ｆ分别为ＡＢ、
ＢＣ的中点时ꎬＶＢ′－ＢＥＦ最大.
取ＥＦ的中点为Ｇꎬ连接ＢＧ、Ｂ′Ｇꎬ则
Ｇ
ａ
４ꎬ３ａ
４ꎬ０
(
) ꎬＢＧ⊥ＥＦꎬＢ′Ｇ⊥ＥＦꎬ即
∠ＢＧＢ′是平面Ｂ′ＥＦ与平面ＢＥＦ所成
的夹角.
易得
ＧＢ
→
＝
－ａ
４ꎬａ
４ꎬ０
(
) ꎬ
ＧＢ′
→
＝－ａ
４ꎬａ
４ꎬａ
(
) ꎬ
∴ｃｏｓ∠ＢＧＢ′ ＝
ＧＢ
→ＧＢ′
→
｜ＧＢ
→｜｜ＧＢ′
→｜
＝１
３ꎬ即
ｔａｎ∠ＢＧＢ′＝２２ꎬ
∴平面Ｂ′ＥＦ与平面ＢＥＦ的夹角正切
值为２２.
１７.解析 设公垂线ＡＡ′的长为ｄꎬ∵ＥＦ
→＝
ＥＡ′
→＋Ａ′Ａ
→＋ＡＦ
→ꎬ
∴ＥＦ
→２＝ＥＡ′
→２＋Ａ′Ａ
→２＋ＡＦ
→２＋２ＥＡ′
→Ａ′Ａ
→＋
２ＥＡ′
→ＡＦ
→＋２Ａ′Ａ
→ＡＦ
→.
又ＡＡ′
→⊥ＥＡ′
→ꎬＡＡ′
→⊥ＡＦ
→ꎬ‹ ＥＡ′
→ꎬＡＦ
→› ＝θ
或π－θꎬ
∴ｌ
２＝ｍ
２＋ｄ
２＋ｎ
２±２ｍｎｃｏｓθꎬ
∴ｄ
２＝ｌ
２－ｍ
２－ｎ
２∓２ｍｎｃｏｓθꎬ
即ｄ＝
ｌ
２－ｍ
２－ｎ
２∓２ｍｎｃｏｓθ .
第二章 直线和圆的方程
2.1 直线的倾斜角与斜率
２.１.１ 倾斜角与斜率
练习
１.解析 (１)因为α ＝３０°ꎬ所以直线的斜
率ｋ＝ｔａｎ３０° ＝３
３.
(２)因为α ＝４５°ꎬ所以直线的斜率ｋ＝
ｔａｎ４５° ＝１.
(３)因为α ＝２π
３ꎬ所以直线的斜率ｋ＝
ｔａｎ２π
３＝－３.
１４
(４) 因为α ＝３π
４ꎬ所以直线的斜率ｋ＝
ｔａｎ３π
４＝－１.
２.解析
(１)因为ｋ＝０ꎬ所以直线的倾斜
角为０.
(２) 因为ｋ＝
３ꎬ所以直线的倾斜角
为π
３.
(３)因为ｋ＝－３ꎬ所以直线的倾斜角
为２π
３.
(４)因为ｋ＝－３
３ꎬ所以直线的倾斜角
为５π
６.
３.解析
(１) 因为Ｃ(１８ꎬ８)ꎬＤ(４ꎬ－４)ꎬ
所以直线ＣＤ的斜率ｋＣＤ＝８－(－４)
１８－４
＝
６
７ꎬ由ｋＣＤ>０ꎬ可知其倾斜角为锐角.
(２)因为Ｐ(０ꎬ０)ꎬＱ( －１ꎬ３)ꎬ所以直线
ＰＱ的斜率ｋＰＱ＝３－０
－１－０＝－３ꎬ由ｋＰＱ< ０ꎬ
可知其倾斜角为钝角.
４.解析 (１)由已知得ｋＡＢ＝ｃ－ｃ
ａ－ｂ＝０ꎬ因为
ｔａｎ０° ＝０ꎬ所以经过点Ａ、Ｂ的直线的倾
斜角为０°.
(２)因为点Ｃ、Ｄ的横坐标相同ꎬ纵坐标
不同ꎬ所以经过点Ｃ、Ｄ的直线的倾斜
角为９０°.
(３) 由已知得ｋＰＱ＝ｂ＋ｃ－(ｃ＋ａ)
ｂ－ａ
＝ｂ－ａ
ｂ－ａ＝
１ꎬ因为ｔａｎ４５° ＝１ꎬ所以经过点Ｐ、Ｑ的
直线的倾斜角为４５°.
５.解析 由题意得ｋＡＢ＝０－２
－１－０＝ｋ
１ꎬ所以
ｋ＝２.
２.１.２ 两条直线平行和
垂直的判定
练习
１.解析 (１)直线ｌ１的斜率ｋ１＝
３－０
２－(－１)
＝１ꎬ直线ｌ２的斜率ｋ２＝１ꎬｋ１＝ｋ２ꎬ∴ｌ１
∥ｌ２.
(２)直线ｌ３的斜率ｋ３＝０－１
－２－３＝１
５ꎬ直线
ｌ４的斜率ｋ４＝－５ꎬ
∵ｋ３ｋ４＝１
５×(－５)＝－１ꎬ
∴ｌ３⊥ｌ４.
２.解析 ｋＡＢ＝ｍ－１
－１－ｍꎬｋＰＱ＝０－２
－５－１＝１
３.
(１)若ＡＢ∥ＰＱꎬ则ｋＡＢ＝ｋＰＱꎬ
即ｍ－１
－１－ｍ＝１
３ꎬ解得ｍ＝１
２.
(２)若ＡＢ⊥ＰＱꎬ则ｋＡＢｋＰＱ＝－１ꎬ
即ｍ－１
－１－ｍ１
３＝－１ꎬ解得ｍ＝－２.
◆习题2.1
复习巩固
１.解析 ∵｜ｋ｜＝１ꎬ∴ｋ＝±１ꎬ
由ｔａｎα＝１ꎬ得α＝４５°ꎬ
由ｔａｎα＝－１ꎬ得α＝１３５°.
∴直线的倾斜角为４５°或１３５°.
２.解析 ｋＡＢ＝－１－３
１－２＝４ꎬ
ｋＢＣ＝－２－(－１)
－１－１
＝１
２ꎬ
ｋＣＤ＝２－(－２)
－２－(－１)＝－４ꎬ
ｋＡＤ＝２－３
－２－２＝１
４.
３.解析
(１) 由ｋＡＢ＝
３ｍ－６
１－(－ｍ) ＝１２ꎬ解得
ｍ＝－２.
(２)由ｋＡＢ＝(－２ｍ－１)－２
－ｍ－ｍ
＝ｔａｎ６０° ＝３ꎬ
解得ｍ＝３( ３＋１)
４
.
４.解析 ｋＡＢ＝０－２
－１－１＝１ꎬｋＢＣ＝
４－０
３－(－１)＝１ꎬ
∴ＡＢ∥ＢＣ.
又∵ＡＢ、ＢＣ都经过点Ｂꎬ∴Ａ、Ｂ、Ｃ三点
在同一条直线上.
５.解析 (１)ｋ２＝８－２
４－１＝２＝ｋ１ꎬ
∴ｌ１∥ｌ２.
(２)ｌ１∥ｘ轴ꎬｌ２∥ｘ轴ꎬｌ１过点Ｐ、Ｑꎬｌ２
不过点Ｐ、Ｑꎬ∴ｌ１∥ｌ２.
(３)ｋ１＝
－２－０
－５－(－１)＝１
２ꎬ
ｋ２＝
５－３
０－(－４)＝１
２ꎬｋ１＝ｋ２ꎬ∴ｌ１∥ｌ２.
６.解析 (１)ｋ２＝
－１
２－１
０－１
＝３
２ꎬ
∴ｋ１ｋ２＝－２
３
(
) × ３
２＝－１ꎬ
∴ｌ１⊥ｌ２.
(２)ｋ１＝ｔａｎ４５° ＝１ꎬｋ２＝－６－(－１)
３－(－２) ＝－１ꎬ
∴ｋ１ｋ２＝－１ꎬ∴ｌ１⊥ｌ２.
(３)ｋ１＝－５－０
４－１＝－５
３ꎬ
ｋ２＝
３－０
－１－(－６)＝３
５ꎬ
∴ｋ１ｋ２＝－１ꎬ∴ｌ１⊥ｌ２.
综合运用
７.解析 由
２ｍ－(ｍ
２－３)
(３－ｍ－ｍ
２)－(ｍ
２＋２)
＝ｔａｎ４５° ＝１ꎬ
解得ｍ＝－２或ｍ＝－１.
又∵(３－ｍ－ｍ
２)－(ｍ
２＋２)≠０ꎬ
∴ｍ≠－１且ｍ≠１
２.
综上ꎬｍ＝－２.
８.解析 ｋＰＡ＝－２－(－１)
１－０
＝－１ꎬ
ｋＰＢ＝１－(－１)
２－０
＝１ꎬ
∴ｋ∈[－１ꎬ１].
当ｋ∈[０ꎬ１]时ꎬ０°≤α≤４５°ꎻ
当ｋ∈[ －１ꎬ０) 时ꎬα 为钝角ꎬ１３５° ≤α
<１８０°.
９.解析 由点Ｐ在ｘ轴上ꎬ可设Ｐ(ａꎬ０)ꎬ
当ａ＝２时ꎬ要使∠ＭＰＮ为直角ꎬ需满足
ｋＮＰ＝０ꎬ而ｋＮＰ＝０－(－２)
２－５
＝－２
３≠０ꎬ所以
ａ＝２不满足条件ꎻ
当ａ＝５时ꎬ要使∠ＭＰＮ为直角ꎬ需满足
ｋＭＰ＝０ꎬ而ｋＭＰ＝０－２
５－２＝－２
３≠０ꎬ所以ａ＝
５不满足条件ꎻ
当ａ≠２且ａ≠５时ꎬ要使∠ＭＰＮ为直
角ꎬ需满足ｋＭＰｋＮＰ＝－１ꎬ所以０－２
ａ－２
０－(－２)
ａ－５
＝－１ꎬ解得ａ＝１或ａ＝６.
所以满足条件的点Ｐ的坐标为(１ꎬ０)
或(６ꎬ０).
拓广探索
１０.解析 依题意得ｋＡＢ＝２＋２２－２
２－(－２) ＝
２
２ꎬ
ｋＢＣ＝２－(２－２２)
－２－０
＝－２ꎬ
ｋＡＤ＝２＋２２－２
２－４
＝－２ꎬ
ｋＣＤ＝２－２２－２
０－４
＝２
２ꎬ
所以ｋＡＢｋＡＤ＝２
２×(－２)＝－１ꎬ
ｋＡＢｋＢＣ＝２
２×(－２)＝－１ꎬｋＢＣｋＣＤ＝
－２× ２
２＝－１ꎬ
所以ＡＢ⊥ＡＤꎬＡＢ⊥ＢＣꎬＢＣ⊥ＣＤꎬ
所以四边形ＡＢＣＤ是矩形.
2.2 直线的方程
２.２.１ 直线的点斜式方程
练习
１.解析 (１)ｙ－(－１)＝
２(ｘ－３).
(２)∵ｋ＝ｔａｎ３０° ＝３
３ꎬ
教材习题答案
１５
∴ｙ－２＝３
３[ｘ－(－２)].
(３)∵ｋ＝ｔａｎ０° ＝０ꎬ
∴ｙ－３＝０(ｘ－０).
(４)∵ｋ＝ｔａｎ２π
３＝－３ꎬ
∴ｙ－(－２)＝－３[ｘ－(－４)].
２.答案 (１)１ꎻ４５° (２) ３ꎻ６０°
解析
(１) 由已知得直线的斜率为１ꎬ
倾斜角为４５°.
(２)由已知得直线的斜率为３ꎬ倾斜角
为６０°.
３.解析 (１)ｙ＝３
２ｘ－２.(２)ｙ＝－２ｘ＋４.
４.解析 (１)ｋ１＝１
２ꎬｋ２＝１
２ꎬ
∴ｋ１＝ｋ２ꎬ
又ｂ１＝３ꎬｂ２＝－２ꎬ则ｂ１≠ｂ２ꎬ
∴ｌ１∥ｌ２.
(２)ｋ１＝５
３ꎬｋ２＝－３
５ꎬ
∴ｋ１ｋ２＝５
３× －３
５
(
) ＝－１ꎬ∴ｌ１⊥ｌ２.
２.２.２ 直线的两点式方程
练习
１.解析 (１) ｙ－１
－３－１＝ｘ－２
０－２.
(２)ｙ－５
０－５＝ｘ－０
５－０.
２.解析 (１) ｘ
２＋ｙ
３＝１ꎬ如图.
(２) ｘ
－５＋ｙ
６＝１ꎬ如图.
３.解析 (１)设直线的截距式方程为ｘ
ａ＋
ｙ
ｂ＝１.
已知ｂ＝５ꎬ由ａ＋ｂ＝２得ａ＝－３ꎬ
∴所求直线方程为ｘ
－３＋ｙ
５＝１.
(２)设直线的截距式方程为ｘ
ａ＋ｙ
ｂ＝１.
已知ａ＝５ꎬ由｜５－ｂ｜＝２得ｂ＝７或ｂ＝３ꎬ
∴所求直线的方程为ｘ
５＋ｙ
７＝１或ｘ
５＋
ｙ
３＝１.
２.２.３ 直线的一般式方程
练习
１.解析 (１)ｙ－( －２) ＝－１
２(ｘ－８)ꎬ可化
为ｘ＋２ｙ－４＝０.
(２)ｙ＝２ꎬ即ｙ－２＝０.
(３) ｙ－(－２)
－４－(－２)＝ｘ－３
５－３ꎬ可化为ｘ＋ｙ－１＝０.
(４) ｘ
３
２
＋ｙ
－３＝１ꎬ可化为２ｘ－ｙ－３＝０.
２.解析 (１)由３ｘ＋ｙ－５＝０得ｙ＝－３ｘ＋５ꎬ
∴ｋ＝－３ꎬｂ＝５.
(２)由ｘ
４－ｙ
５＝１得ｙ＝５
４ｘ－５ꎬ
∴ｋ＝５
４ꎬｂ＝－５.
(３)由ｘ＋２ｙ＝０得ｙ＝－１
２ｘꎬ
∴ｋ＝－１
２ꎬｂ＝０.
(４)由７ｘ－６ｙ＋４＝０得ｙ＝７
６ｘ＋２
３ꎬ
∴ｋ＝７
６ꎬｂ＝２
３.
各小题的图象如图所示.
３.解析 (１)当Ｂ≠０时ꎬＡｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０可
化为ｙ＝－Ａ
Ｂｘ－Ｃ
Ｂꎬ∴ｋ＝－Ａ
Ｂꎻ
当Ｂ＝０时ꎬＡｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０可化为Ａｘ＋Ｃ＝
０ꎬ直线与ｘ轴垂直ꎬ斜率不存在.
(２)若直线Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０过原点ꎬ则将
(０ꎬ０)代入Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０ꎬ得Ｃ＝０ꎬ
∴当Ａ、Ｂ不同时为０ꎬ且Ｃ＝０时ꎬ直线
Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０过原点.
◆习题2.2
复习巩固
１.解析 (１)ｙ－(－２)＝
３
３(ｘ－８)ꎬ
可化为３ｘ－３ｙ－６－８３＝０.
(２)ｘ＝－２.
(３)ｙ＝－４ｘ＋７ꎬ可化为４ｘ＋ｙ－７＝０.
(４) ｙ－８
－２－８＝ｘ－(－１)
４－(－１)ꎬ可化为２ｘ＋ｙ－６
＝０.
(５)ｙ＝２.
(６) ｘ
４＋ｙ
－３＝１ꎬ可化为３ｘ－４ｙ－１２＝０.
２.解析 ｋＡＢ＝７－３
５－１＝１ꎬｋＢＣ＝１２－７
１０－５＝１ꎬ
∴ＡＢ∥ＢＣ.
又∵直线ＡＢ、ＢＣ都经过点Ｂꎬ
∴Ａ、Ｂ、Ｃ三点共线.
３.解析
设ＡＢ的中点坐标为(ｘꎬｙ)ꎬ则
由中点坐标公式得ｘ＝７－５
２＝１ꎬｙ＝－４＋６
２
＝１ꎬ即线段ＡＢ的中点坐标为(１ꎬ１).
又∵ｋＡＢ＝６－(－４)
－５－７
＝－５
６ꎬ∴线段ＡＢ的
垂直平分线的斜率为６
５ꎬ∴ｙ－１＝６
５×
(ｘ－１)ꎬ可化为６ｘ－５ｙ－１＝０ꎬ即为线段
ＡＢ的垂直平分线的方程.
４.解析 由中点坐标公式得线段ＡＢ的中
点坐标为６ꎬ３
２
(
) ꎬ线段ＡＣ的中点坐标
为(１ꎬ４)ꎬ所以经过这两点的直线方程
为
ｙ－３
２
４－３
２
＝ｘ－６
１－６ꎬ可化为ｘ＋２ｙ－９＝０.
５.解析
由题意得ｌ－２０
Ｇ－４＝１.５
１ꎬ整理得ｌ－
１.５Ｇ－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
∴各边所在直线的方程分别为ｘ
－４＋ｙ
－３
＝１ꎬｘ
－４＋ｙ
３＝１ꎬｘ
４＋ｙ
－３＝１ꎬｘ
４＋ｙ
３＝１ꎬ
化为一般式方程分别为３ｘ＋４ｙ＋１２＝０ꎬ
３ｘ－４ｙ＋１２＝０ꎬ３ｘ－４ｙ－１２＝０ꎬ３ｘ＋４ｙ－１２
＝０.
７.解析 当截距为零时ꎬ直线方程为３ｘ－
２ｙ＝０ꎻ
当截距不为零时ꎬ设所求直线的方程为
ｘ
ａ＋ｙ
ａ＝１ꎬ将(２ꎬ３)代入得２
ａ＋３
ａ＝１ꎬ
解得ａ＝５ꎬ∴直线方程为ｘ
５＋ｙ
５＝１ꎬ即
ｘ＋ｙ－５＝０.
∴所求直线的方程为ｘ＋ｙ－５＝０或３ｘ－
２ｙ＝０.
８.解析 (１)由４ｘ＋ｙ－２＝０得ｋ１＝－４ꎬ
∴ｋ２＝ｋ１＝－４ꎬ
∴所求直线的方程为ｙ－２＝－４(ｘ－３)ꎬ
１６
整理得４ｘ＋ｙ－１４＝０.
(２)ｋＭＮ＝－５－２
－１－１＝７
２ꎬ
∴所求直线的方程为ｙ－( －３)＝７
２(ｘ－
２)ꎬ整理得７ｘ－２ｙ－２０＝０.
(３)由２ｘ＋ｙ－５＝０得ｋ１＝－２ꎬ
由ｋ１ｋ２＝－１得ｋ２＝１
２ꎬ
∴所求直线的方程为ｙ－０＝１
２(ｘ－３)ꎬ
整理得ｘ－２ｙ－３＝０.
综合运用
９. 解析
( １) 线段ＢＣ的中点坐标
为(３ꎬ５)ꎬ
∴ＢＣ边上的中线所在直线的方程为
ｙ－０
５－０＝ｘ－４
３－４ꎬ整理得５ｘ＋ｙ－２０＝０.
(２)∵ｋＢＣ＝３－７
０－６＝２
３ꎬ
∴ｋ′＝－３
２ꎬ
∴ＢＣ边上的高所在直线的方程为ｙ－０
＝－３
２(ｘ－４)ꎬ整理得３ｘ＋２ｙ－１２＝０.
(３)线段ＢＣ的中点坐标为(３ꎬ５)ꎬ由
(２)知ＢＣ边的垂直平分线的斜率为
－３
２ꎬ
∴ＢＣ边的垂直平分线的方程为ｙ－５＝
－３
２(ｘ－３)ꎬ整理得３ｘ＋２ｙ－１９＝０.
１０.解析 (１)当斜率存在ꎬ且不为零时ꎬ
直线与两坐标轴都相交ꎬ由Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ
＝０得ｙ＝－Ａ
Ｂｘ－Ｃ
Ｂꎬ∴Ａ≠０ꎬＢ≠０ꎬＣ
∈Ｒ.
(２)当斜率不存在时ꎬ直线只与ｘ轴相
交ꎬ∴Ｂ＝０ꎬＡ≠０ꎬＣ≠０.
(３)当斜率为０时ꎬ只与ｙ轴相交ꎬ
∴Ａ＝０ꎬＢ≠０ꎬＣ≠０.
(４) 当该直线是ｘ轴所在直线时ꎬ
ｙ＝０ꎬ∴Ｂ≠０ꎬＡ＝０ꎬＣ＝０.
(５) 当该直线是ｙ轴所在直线时ꎬ
ｘ＝０ꎬ∴Ａ≠０ꎬＢ＝０ꎬＣ＝０.
１１.证明 点Ｐ０(ｘ０ꎬｙ０)在直线Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ
＝０上ꎬ则有Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃ＝０ꎬ与方程Ａｘ
＋Ｂｙ＋Ｃ＝０两式相减ꎬ消去Ｃ得Ａ(ｘ－
ｘ０)＋Ｂ(ｙ－ｙ０)＝０.
１２.解析 在ｌ上任取一点(ａꎬｂ)ꎬ沿ｘ轴
向左平移３个单位长度得( ａ－３ꎬｂ)ꎬ
再沿ｙ轴向上平移１个单位长度得(ａ
－３ꎬｂ＋１)ꎬ该点仍在直线ｌ上ꎬ∴ｋ＝
(ｂ＋１)－ｂ
(ａ－３)－ａ＝－１
３.
１３.解析 由题意得ꎬ入射光线所在直线
就是直线ＰＱꎬ易得直线ＰＱ的方程是
ｙ－０
４－０＝ｘ－２
６－２ꎬ即ｘ－ｙ－２＝０ꎬ
由点Ｐ( ６ꎬ４) 关于ｘ轴的对称点
为Ｐ′(６ꎬ－４)ꎬ
得反射光线所在直线就是直线Ｐ′Ｑꎬ
易得直线Ｐ′ Ｑ的方程是ｙ－(－４)
０－(－４) ＝
ｘ－６
２－６ꎬ即ｘ＋ｙ－２＝０ꎬ
所以入射光线所在直线的方程为ｘ－ｙ
－２＝０ꎬ反射光线所在直线的方程为ｘ
＋ｙ－２＝０.
拓广探索
１４.证明 ①当Ｂ１＝０时ꎬＡ１≠０ꎬ由Ａ１Ａ２＋
Ｂ１Ｂ２＝０得Ａ２＝０ꎬ则Ｂ２≠０ꎬ
这时ꎬ两直线分别变为ｌ１:Ａ１ｘ＋Ｃ１＝０ꎬ
ｌ２:Ｂ２ｙ＋Ｃ２＝０ꎬ显然ｌ１⊥ｌ２ꎻ
②当Ｂ２＝０时ꎬ同理可证ｌ１⊥ｌ２ꎻ
③当Ｂ１Ｂ２≠０时ꎬｌ１:ｙ＝－Ａ１
Ｂ１
ｘ－Ｃ１
Ｂ１
ꎬｌ２:ｙ
＝－Ａ２
Ｂ２
ｘ－Ｃ２
Ｂ２
ꎬ
∵Ａ１Ａ２＋Ｂ１Ｂ２＝０ꎬ∴Ａ１Ａ２＝－Ｂ１Ｂ２ꎬ即
Ａ１Ａ２
Ｂ１Ｂ２
＝－１ꎬ
∴
－Ａ２
Ｂ２
æ
è
ç
ö
ø
÷ －Ａ１
Ｂ１
æ
è
ç
ö
ø
÷ ＝－１ꎬ∴ｌ１⊥ｌ２.
１５.解析 图略.
取(０ꎬ０)ꎬ则２ｘ－ｙ＋３＝０－０＋３＝３>０ꎬ
取(－１ꎬ２)ꎬ则２ｘ－ｙ＋３＝２×( －１) －２＋３
＝－１<０.
可以验证ꎬ当点位于直线ｌ的左上方
区域时ꎬ有２ｘ－ｙ＋３<０ꎬ当点位于直线ｌ
的右下方区域时ꎬ有２ｘ－ｙ＋３>０.
2.3 直线的交点坐标
与距离公式
２.３.１ 两条直线的交点坐标
练习
１.解析 (１)由２ｘ＋３ｙ＝１２ꎬ
ｘ－２ｙ＝４ꎬ
{
得
ｘ＝３６
７ꎬ
ｙ＝４
７ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
∴交点坐标为Ａ３６
７ꎬ４
７
(
) ꎬ图形如图.
(２)由ｘ＝２ꎬ
３ｘ＋２ｙ－１２＝０ꎬ
{
得ｘ＝２ꎬ
ｙ＝３ꎬ
{
∴交点坐标为Ａ(２ꎬ３)ꎬ图形如图.
２.解析 (１)由２ｘ－３ｙ＝７ꎬ
４ｘ＋２ｙ＝１ꎬ
{
得
ｘ＝１７
１６ꎬ
ｙ＝－１３
８ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
∴ｌ１与ｌ２相交ꎬ交点坐标为１７
１６ꎬ－１３
８
(
) .
(２)由
２ｘ－６ｙ＋４＝０ꎬ
ｙ＝ｘ
３＋２
３ꎬ
{
得ｘ－３ｙ＋２＝０ꎬ
ｘ－３ｙ＋２＝０ꎬ
{
①
②
①②两式相同ꎬ∴ｌ１与ｌ２重合.
(３)解方程组( ２－１)ｘ＋ｙ＝３ꎬ①
ｘ＋( ２＋１)ｙ＝２ꎬ②
{
②×( ２－１) －①得０＝２２－５ꎬ矛盾ꎬ方
程组无解ꎬ∴ｌ１∥ｌ２.
３.解析
由２ｘ－２ｙ－１＝０ꎬ
６ｘ－４ｙ＋１＝０ꎬ
{
得ｘ＝－３
２ꎬ
ｙ＝－２ꎬ
{
即
直线２ｘ－２ｙ－１＝０与直线６ｘ－４ｙ＋１＝０
的交点坐标为Ａ－３
２ꎬ－２
(
) ꎬ
因为直线ｌ经过坐标原点和点Ａꎬ所以
直线ｌ的斜率为－２－０
－３
２－０
＝４
３ꎬ
所以方程为ｙ＝４
３ｘ.
２.３.２ 两点间的距离公式
１.解析 (１) ｜ＡＢ｜
＝
(－２－６)
２＋(０－０)
２＝８.
(２) ｜ＣＤ｜＝
(０－０)
２＋(－１＋４)
２＝３.
(
３
)
｜
ＰＱ
｜
＝
(０－６)
２＋(－２－０)
２＝２
１０.
( ４) ｜ＭＮ｜＝
(５－２)
２＋(－１－１)
２
＝
１３.
２.解析
｜ＡＢ｜＝
(０－ａ)
２＋(１０＋５)
２＝
１７ꎬ解得ａ＝±８.
３.证明
已知:在Ｒｔ△ＡＢＣ中ꎬ｜ＡＣ｜＝ａꎬ
｜ＢＣ｜＝ｂꎬ点Ｐ为斜边ＡＢ的中点.
求证:｜ＰＡ｜＝｜ＰＢ｜＝｜ＰＣ｜.
证明:以Ｃ为坐标原点ꎬ建立如图所示
的平面直角坐标系ꎬ
教材习题答案
１７
因为｜ＡＣ｜＝ａꎬ｜ＢＣ｜＝ｂꎬ所以Ａ(ａꎬ０)ꎬＢ
(０ꎬｂ)ꎬ因为Ｐ为ＡＢ的中点ꎬ所以
Ｐ
ａ
２ꎬｂ
２
(
) ꎬ
由两点间的距离公式ꎬ得｜ＰＣ｜＝
ｂ
２(
)
２
＋
ａ
２(
)
２
＝１
２
ａ
２＋ｂ
２ꎬ｜ＰＢ｜＝
ａ
２－０
(
)
２
＋
ｂ
２－ｂ
(
)
２
＝
１
２
ａ
２＋ｂ
２ꎬ
｜ＰＡ｜＝
ａ
２－ａ
(
)
２
＋
ｂ
２－０
(
)
２
＝１
２
ａ
２＋ｂ
２ꎬ所以｜ＰＡ｜＝｜ＰＢ｜＝｜ＰＣ｜.
所以直角三角形斜边的中点到三个顶
点的距离相等.
２.３.３ 点到直线的距离公式
练习
１.解析 (１)ｄ＝｜３×０＋２×０－２６｜
３
２＋２
２
＝２
１３.
(２)直线ｘ＝ｙ化为ｘ－ｙ＝０ꎬ
则ｄ＝
｜０－０｜
１
２＋(－１)
２＝０.
２.解析 (１)ｄ＝｜３×(－２)＋４×３＋３｜
３
２＋４
２
＝９
５.
(２)ｄ＝｜３×１＋０－３｜
( ３)
２＋１
２
＝０.
(３)ｄ＝｜４×１＋３×(－２) ｜
４
２＋３
２
＝２
５.
３.解析 由已知条件及点到直线的距离
公式ꎬ得｜４×(－１)－３×２＋Ｃ｜
４
２＋(－３)
２
＝１ꎬ解得Ｃ
＝１５或Ｃ＝５.
２.３.４ 两条平行直线间的距离
练习
１.解析
(１) 在２ｘ＋３ｙ－８＝０上取一点
(４ꎬ０)ꎬ
则ｄ＝｜２×４＋３×０＋１８｜
２
２＋３
２
＝２
１３.
(２)在３ｘ＋４ｙ＝０上取一点(０ꎬ０)ꎬ将３ｘ
＋４ｙ＝１０化为３ｘ＋４ｙ－１０＝０ꎬ则ｄ＝
｜３×０＋４×０－１０｜
３
２＋４
２
＝２.
２.解析 由已知得
｜６－Ｃ｜
３
２＋(－４)
２＝３ꎬ解得
Ｃ＝－９或Ｃ＝２１.
３.解析
在直线ｌ１:ｘ－２ｙ＋１＝０上取点
Ａ(１ꎬ１)ꎬ在直线ｌ２:ｘ－２ｙ＋４＝０上取点
Ｂ(０ꎬ２)ꎬ设Ｃ(ｘꎬｙ)ꎬ
因为Ｃ是ＡＢ上靠近Ａ的三等分点ꎬ所
以３ＡＣ
→＝ＡＢ
→ꎬ所以３(ｘ－１ꎬｙ－１)＝( －１ꎬ
１)ꎬ
所以３(ｘ－１)＝－１ꎬ
３(ｙ－１)＝１ꎬ
{
解得
ｘ＝２
３ꎬ
ｙ＝４
３ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
即Ｃ
２
３ꎬ４
３
(
) ꎬ设ｌ３:ｘ－２ｙ＋ｍ＝０ꎬ
则２
３－２× ４
３＋ｍ＝０ꎬ解得ｍ＝２ꎬ所以ｌ３
的方程为ｘ－２ｙ＋２＝０.
所以点Ａ(１ꎬ１)到直线ｌ３的距离
ｄ＝｜１－２×１＋２｜
１
２＋(－２)
２＝５
５ꎬ即ｌ１与ｌ３间的距
离为５
５.
◆习题2.3
复习巩固
１.解析 (１)由２ｘ－ｙ＋７＝０ꎬ
ｘ＋ｙ＝１ꎬ
{
解得ｘ＝－２ꎬ
ｙ＝３ꎬ
{
∴两直线相交ꎬ交点坐标为(－２ꎬ３).
(２)将ｙ＝ｘ＋５
３化简得ｘ－３ｙ＋５＝０ꎬ
联立方程ꎬ得ｘ－３ｙ－１０＝０ꎬ①
ｘ－３ｙ＋５＝０ꎬ
{
①－②得－１５＝０ꎬ矛盾ꎬ方程组无解ꎬ两
直线无交点ꎬ故两直线平行.
(３)将９ｘ－１５ｙ＋３０＝０化简得３ｘ－５ｙ＋１０
＝０ꎬ因此两直线重合.
２.解析 (１)由２ｘ－３ｙ＋１０＝０ꎬ
３ｘ＋４ｙ－２＝０ꎬ
{
解得ｘ＝－２ꎬ
ｙ＝２ꎬ
{
∴交点坐标为Ｍ(－２ꎬ２).
由３ｘ－２ｙ＋４＝０得ｋ１＝３
２ꎬ
由ｋ１ｋ２＝－１得ｋ２＝－２
３ꎬ
∴所求直线ｌ的方程为ｙ－２＝－２
３(ｘ＋２)ꎬ
整理得２ｘ＋３ｙ－２＝０.
(２)由２ｘ＋ｙ－８＝０ꎬ
ｘ－２ｙ＋１＝０ꎬ
{
得ｘ＝３ꎬ
ｙ＝２.
{
∴交点坐标为Ｍ(３ꎬ２).
由４ｘ－３ｙ－７＝０得ｋ１＝４
３ꎬ
由ｋ２＝ｋ１得ｋ２＝４
３ꎬ
∴所求直线ｌ的方程为ｙ－２＝４
３( ｘ－
３)ꎬ
整理得４ｘ－３ｙ－６＝０.
３.解析 不能.理由如下:
｜ＡＢ｜＝
(２－１)
２＋(０－２)
２＝５ꎬ
｜ＰＱ｜＝
(－１－０)
２＋(１－３)
２＝５ꎬ
｜ＭＮ｜＝
(－４－１)
２＋(０－０)
２＝５.
∵｜ＡＢ｜＋｜ＰＱ｜＝２５＝
２０<５ꎬ
∴线段ＡＢꎬＭＮꎬＰＱ不能围成一个三
角形.
４.解析 由｜ＰＱ｜＝｜ＰＭ｜ꎬ
得
(ａ＋２)
２＋(２＋３)
２
＝
(ａ－１)
２＋(２－１)
２ꎬ
解得ａ＝－９
２.
５.解析
(１) 设所求点的坐标为( ｘꎬ０)ꎬ
由题意得
(ｘ－５)
２＋(０－１２)
２＝１３ꎬ
解得ｘ＝０或ｘ＝１０ꎬ
∴所求点的坐标为(０ꎬ０)或(１０ꎬ０).
(２)设点Ｐ的坐标为(７ꎬｙ)ꎬ
由题意得｜ＰＮ｜＝
(７＋１)
２＋(ｙ－５)
２＝
１０ꎬ解得ｙ＝１１或ｙ＝－１ꎬ∴所求点的坐
标为(７ꎬ１１)或(７ꎬ－１).
６.解析 ｄ＝｜１２×(－５)＋５×７－３｜
１２
２＋５
２
＝２８
１３.
７. 解析
在３ｘ－２ｙ－１＝０上取一
点０ꎬ－１
２
(
) ꎬ
则ｄ＝
３×０－２× －１
２
(
) ＋１
３
２＋(－２)
２
＝２
１３
１３.
８.解析 由已知及平行四边形的性质知ꎬ
直线ｌ∥ＡＢ且直线ｌ与ＡＢ的距离等于
ｌ与ＣＤ的距离ꎬ等于ＡＢ与ＣＤ的距离
的一半ꎬ因为直线ＡＢ与ＣＤ的距离为
｜－３－５｜
６
２＋８
２＝４
５ꎬ所以ｌ与ＣＤ的距离
为２
５.
综合运用
９.解析 由４ｘ＋３ｙ＝１０ꎬ
２ｘ－ｙ＝１０ꎬ
{
解得ｘ＝４ꎬ
ｙ＝－２.
{
∴交点坐标为(４ꎬ－２)ꎬ代入ａｘ＋２ｙ＋８＝
０ꎬ得４ａ＋２×(－２)＋８＝０ꎬ解得ａ＝－１.
１０.解析 由题意得ｋＡＣｋＢＨ＝－１ꎬ
∴ｋＡＣ＝－１
ｋＢＨ
＝－１
１
２
＝－２ꎬ
∴直线ＡＣ的方程为ｙ－１＝－２(ｘ－５)ꎬ
整理得２ｘ＋ｙ－１１＝０.
(１)由２ｘ＋ｙ－１１＝０ꎬ
２ｘ－ｙ－５＝０ꎬ
{
解得ｘ＝４ꎬ
ｙ＝３ꎬ
{
∴顶点Ｃ的坐标为(４ꎬ３).
(２)设Ｂ(２ｙ＋５ꎬｙ)ꎬ因为Ｍ为线段ＡＢ
的中点ꎬ所以Ｍ５＋２ｙ＋５
２
ꎬｙ＋１
２
(
) .
又Ｍ在直线ＣＭ上ꎬ∴２× ５＋２ｙ＋５
２
－
１８
ｙ＋１
２－５＝０ꎬ解得ｙ＝－３ꎬ∴Ｂ(－１ꎬ－３).
故直线ＢＣ的方程为ｙ－３
－３－３＝ｘ－４
－１－４ꎬ即
６ｘ－５ｙ－９＝０.
１１.解析 边ＡＢ所在直线的方程为ｙ－２
４－２＝
ｘ－１
３－１ꎬ整理得ｘ－ｙ＋１＝０.
｜ＡＢ｜＝
(３－１)
２＋(４－２)
２＝２２.
设点Ｐ的坐标为(ａꎬ０)ꎬ点Ｐ到直线ＡＢ
的距离ｄ＝
｜ａ－０＋１｜
１
２＋(－１)
２＝｜ａ＋１｜
２
ꎬ
∴Ｓ△ＡＢＰ＝１
２｜ＡＢ｜ｄ＝１
２×２２× ｜ａ＋１｜
２
＝１０ꎬ解得ａ＝９或ａ＝－１１ꎬ
∴点Ｐ的坐标为(９ꎬ０)或(－１１ꎬ０).
１２.证明 如图ꎬ以边ＢＣ所在直线为ｘ轴ꎬ
边ＢＣ的中点Ｏ为原点建立平面直角坐
标系ꎬ设Ｂ(－ａꎬ０)ꎬＯ(０ꎬ０)ꎬＣ(ａꎬ０)ꎬ其中
ａ> ０ꎬＡ(ｍꎬｎ)ꎬ则｜ＡＢ｜
２＋｜ＡＣ｜
２＝
[
(ｍ＋ａ)
２＋ｎ
２]
２＋[
(ｍ－ａ)
２＋ｎ
２]
２＝
(ｍ＋ａ)
２＋ｎ
２＋(ｍ－ａ)
２＋ｎ
２＝２(ｍ
２＋ａ
２＋ｎ
２)ꎬ
｜ＡＯ｜
２＋｜ＯＣ｜
２＝ｍ
２＋ｎ
２＋ａ
２ꎬ
∴｜ＡＢ｜
２＋｜ＡＣ｜
２＝２(｜ＡＯ｜
２＋｜ＯＣ｜
２).
１３.解析 将直线方程３ｘ－４ｙ＝２化为３ｘ－
４ｙ－２＝０ꎬ则
ｄ＝
｜３ａ－４×６－２｜
３
２＋(－４)
２
＝｜３ａ－２６｜
５
.
(１)当ｄ＝４时ꎬ｜３ａ－２６｜
５
＝４ꎬ解得ａ＝４６
３或
ａ＝２ꎻ
(２)当ｄ>４时ꎬ｜３ａ－２６｜
５
>４ꎬ
即｜３ａ－２６｜>２０ꎬ
∴３ａ－２６>２０或３ａ－２６<－２０ꎬ
解得ａ>４６
３或ａ<２.
１４. 解析
由题意ꎬ得｜ａ×(－３)－４＋１｜
ａ
２＋１
＝｜６ａ＋３＋１｜
ａ
２＋１
ꎬ
解得ａ＝－１
３或ａ＝－７
９.
１５.解析 如图ꎬ由ｘ－４ｙ＋５＝０ꎬ
２ｘ＋ｙ＋１＝０ꎬ
{
得ｘ＝－１ꎬ
ｙ＝１ꎬ
{
即Ａ(－１ꎬ１)ꎬ
由ｘ－４ｙ＋５＝０ꎬ
２ｘ＋ｙ－８＝０ꎬ
{
得ｘ＝３ꎬ
ｙ＝２ꎬ
{
即Ｂ(３ꎬ２)ꎬ
由２ｘ＋ｙ＋１＝０ꎬ
ｘ－４ｙ＋１４＝０ꎬ
{
得ｘ＝－２ꎬ
ｙ＝３ꎬ
{
即Ｄ(－２ꎬ３)ꎬ
所以｜ＡＢ｜＝
[３－(－１)]
２＋(２－１)
２＝
１７ꎬＤ点到直线ＡＢ的距离ｄ＝
｜－２－４×３＋５｜
１
２＋(－４)
２＝
９
１７
ꎬ
所以平行四边形ＡＢＣＤ的面积为
１７
× ９
１７
＝９.
拓广探索
１６.解析 方程３ｘ＋４ｙ－２＋λ(２ｘ＋ｙ＋２) ＝
０ꎬ可化为(２λ＋３)ｘ＋(λ＋４)ｙ＋２λ－２＝
０ꎬ∵２λ＋３和λ＋４不能同时为０ꎬ
∴方程３ｘ＋４ｙ－２＋λ(２ｘ＋ｙ＋２)＝０表示
一条直线.
由３ｘ＋４ｙ－２＝０ꎬ
２ｘ＋ｙ＋２＝０ꎬ
{
解得ｘ＝－２ꎬ
ｙ＝２ꎬ
{
∴直线３ｘ＋４ｙ－２＋λ(２ｘ＋ｙ＋２)＝０过定
点(－２ꎬ２).
∴方程３ｘ＋４ｙ－２＋λ(２ｘ＋ｙ＋２)＝０表示
一条直线ꎬ且所有直线过定点(－２ꎬ２).
１７.解析 (１)证明:设四边形ＯＡＢＣ是边
长为１的正方形ꎬＯ(０ꎬ０)ꎬＡ(１ꎬ０)ꎬＢ
(１ꎬ１)ꎬＣ(０ꎬ１)ꎬ
设Ｐ为正方形内一点ꎬ坐标为(ｘꎬｙ)ꎬ
如图ꎬ则｜ＰＯ｜＝
ｘ
２＋ｙ
２ꎬ
｜ＰＡ｜＝
(１－ｘ)
２＋ｙ
２ꎬ
｜ＰＢ｜＝
(１－ｘ)
２＋(１－ｙ)
２ꎬ
｜ＰＣ｜＝
ｘ
２＋(１－ｙ)
２ꎬ
｜ＯＢ｜＝２ꎬ｜ＡＣ｜＝２.
∵｜ＰＯ｜＋｜ＰＢ｜≥｜ＢＯ｜ꎬ｜ＰＡ｜＋｜ＰＣ｜
≥｜ＡＣ｜ꎬ
∴｜ＰＯ｜＋｜ＰＢ｜＋｜ＰＡ｜＋｜ＰＣ｜≥｜ＢＯ｜
＋｜ＡＣ｜ꎬ
即
ｘ
２＋ｙ
２
＋
ｘ
２＋(１－ｙ)
２
＋
(１－ｘ)
２＋ｙ
２＋
(１－ｘ)
２＋(１－ｙ)
２≥
２２ꎬ当且仅当｜ＰＯ｜＋｜ＰＢ｜＝｜ＢＯ｜ꎬ且
｜ＰＡ｜＋｜ＰＣ｜＝｜ＡＣ｜时ꎬ等号成立ꎬ此时
点Ｐ既在ＯＢ上ꎬ又在ＡＣ上ꎬ因此ꎬ点
Ｐ是正方形的中心ꎬ则ｘ＝ｙ＝１
２.
(２)正方形的内部到四个顶点的距离
之和最小的点为正方形的中心.
2.4 圆的方程
２.４.１ 圆的标准方程
练习
１.解析 (１)(ｘ＋３)
２＋(ｙ－４)
２＝５.
(２)(ｘ＋８)
２＋(ｙ－３)
２＝２５.
２.解析
(１) (４.３０－３)
２＋( －５.７２＋２)
２＝
１５.５２８４<１６ꎬ
∴Ｍ１(４.３０ꎬ－５.７２)在圆内.
(２)(５.７０－３)
２＋(１.０８＋２)
２＝１６.７７６４>１６ꎬ
∴Ｍ２(５.７０ꎬ１.０８)在圆外.
(３)(３－３)
２＋(－６＋２)
２＝１６ꎬ
∴Ｍ３(３ꎬ－６)在圆上.
３.解析 设圆的标准方程为(ｘ－ａ)
２＋(ｙ－
ｂ)
２＝ｒ
２(ｒ>０)ꎬ
则圆心为(ａꎬｂ)ꎬ半径为ｒꎬ
由题意得ａ＝４＋６
２＝５ꎬｂ＝９＋３
２＝６ꎬ
ｒ＝｜Ｐ１Ｐ２｜
２
＝
１
２
(６－４)
２＋(３－９)
２
＝
１０.
故所求圆的标准方程为( ｘ－５)
２＋( ｙ－
６)
２＝１０.
将Ｍ(６ꎬ９)ꎬＮ(３ꎬ３)ꎬＱ(５ꎬ３)的坐标分
别代入圆的标准方程可得:
(６－５)
２＋(９－６)
２＝１０ꎬ
∴点Ｍ在圆上ꎻ
(３－５)
２＋(３－６)
２＝１３>１０ꎬ
∴点Ｎ在圆外ꎻ
(５－５)
２＋(３－６)
２＝９<１０ꎬ
∴点Ｑ在圆内.
４.解析 设所求圆的标准方程是(ｘ－ａ)
２
＋(ｙ－ｂ)
２＝ｒ
２(ｒ>０)ꎬ
∵Ａ(４ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬ３)ꎬＯ(０ꎬ０)都在圆上ꎬ
∴
(４－ａ)
２＋ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
ａ
２＋(３－ｂ)
２＝ｒ
２ꎬ
ａ
２＋ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
{
解得
ａ＝２ꎬ
ｂ＝３
２ꎬ
ｒ＝５
２.
ì
î
í
ï
ïï
ï
ï
∴△ＡＯＢ外接圆的标准方程是(ｘ－２)
２
＋ｙ－３
２
(
)
２
＝２５
４.
２.４.２ 圆的一般方程
练习
１.解析
( １) 圆心坐标为( ３ꎬ０)ꎬ半径
为３.
(２)圆心坐标为(０ꎬ－ｂ)ꎬ半径为｜ｂ｜.
教材习题答案
１９
(３)圆心坐标为(ａꎬ３ａ)ꎬ半径为｜ａ｜.
２.解析 (１)表示点(０ꎬ０).
(２)表示以(１ꎬ－２)为圆心ꎬ
１１为半径
的圆.
(３)ｘ
２＋ｙ
２＋２ａｘ－ｂ
２＝０⇒(ｘ＋ａ)
２＋ｙ
２＝ａ
２
＋ｂ
２ꎬ
当ａ＝ｂ＝０时ꎬ表示点(０ꎬ０)ꎻ
当ａꎬｂ不同时为０时ꎬ表示以( －ａꎬ０)
为圆心ꎬ
ａ
２＋ｂ
２为半径的圆.
３.解析 由题意得Ａ( －３ꎬ０)ꎬＢ(３ꎬ０)ꎬＣ
３
２ꎬ３
(
) ꎬＤ－３
２ꎬ３
(
) ꎬ设所求圆的方程
为ｘ
２＋ｙ
２＋Ｍｘ＋Ｎｙ＋Ｆ＝０ꎬ因为Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ
都在圆上ꎬ
所以
９－３Ｍ＋Ｆ＝０ꎬ
９＋３Ｍ＋Ｆ＝０ꎬ
９
４＋９＋３
２Ｍ＋３Ｎ＋Ｆ＝０ꎬ
９
４＋９－３
２Ｍ＋３Ｎ＋Ｆ＝０ꎬ
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
解得
Ｍ＝０ꎬ
Ｎ＝－３
４ꎬ
Ｆ＝－９.
ì
î
í
ïï
ïï
故所求圆的一般方程为ｘ
２＋ｙ
２－３
４ｙ－９
＝０ꎬ
圆心坐标为０ꎬ３
８
(
) ꎬ半径为
９
６４＋９
＝３
６５
８
.
◆习题2.4
复习巩固
１.解析
( １) 圆心坐标为( １ꎬ０)ꎬ半径
为６.
(２)圆心坐标为(－１ꎬ２)ꎬ半径为３.
(３)圆心坐标为(－ａꎬ０)ꎬ半径为｜ａ｜.
(４)圆心坐标为(０ꎬｂ)ꎬ半径为３｜ｂ｜.
图形略.
２.解析 (１)ｒ＝｜ＡＣ｜
＝
(８－５)
２＋(－３－１)
２＝５ꎬ
∴圆的方程为(ｘ－８)
２＋(ｙ＋３)
２＝２５.
(２)设圆的方程为ｘ
２＋ｙ
２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０ꎬ
则
１＋２５－Ｄ＋５Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
２５＋２５＋５Ｄ＋５Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
３６＋４＋６Ｄ－２Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
{
即
２６－Ｄ＋５Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
５０＋５Ｄ＋５Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
４０＋６Ｄ－２Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
{
解得
Ｄ＝－４ꎬ
Ｅ＝－２ꎬ
Ｆ＝－２０.
{
故所求圆的方程为ｘ
２＋ｙ
２－４ｘ－２ｙ－２０＝
０.图形略.
３.解析
设圆心坐标为Ｃ(ａꎬｂ)ꎬ半径为
ｒꎬ则
圆的标准方程为(ｘ－ａ)
２＋(ｙ－ｂ)
２＝ｒ
２.
由题意得
ａ－２ｂ－１＝０ꎬ
ａ
２＋ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
(２－ａ)
２＋(１－ｂ)
２＝ｒ
２ꎬ
{
解得
ａ＝６
５ꎬ
ｂ＝１
１０ꎬ
ｒ
２＝２９
２０.
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
故所求圆的标准方程为
ｘ－６
５
(
)
２
＋
ｙ－１
１０
(
)
２
＝２９
２０.
４.解析
设圆心坐标为Ｃ( ａꎬ０)ꎬ半径
为ｒꎬ
则圆的方程为(ｘ－ａ)
２＋ｙ
２＝ｒ
２.
由题意可得
(－１－ａ)
２＋１＝ｒ
２ꎬ
(１－ａ)
２＋９＝ｒ
２ꎬ
{
解得
ａ＝２ꎬ
ｒ
２＝１０.
{
故所求圆Ｃ的方程为(ｘ－２)
２＋ｙ
２＝１０.
综合运用
５.证明 ∵Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)是圆的一
条直径的两个端点ꎬ
∴线段ＡＢ的中点ｘ１＋ｘ２
２
ꎬ
ｙ１＋ｙ２
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ 是圆
的圆心ꎬ
线段ＡＢ的长度是圆的直径ꎬ
即２ｒ＝
(ｘ２－ｘ１)
２＋(ｙ２－ｙ１)
２ꎬ
∴半径ｒ＝１
２
(ｘ２－ｘ１)
２＋(ｙ２－ｙ１)
２ꎬ
∴
圆的标准方程为
ｘ－ｘ１＋ｘ２
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＋ｙ－ｙ１＋ｙ２
２
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＝
１
２
(ｘ２－ｘ１)
２＋(ｙ２－ｙ１)
２
[
]
２
ꎬ
整理得ｘ
２－ｘｘ１－ｘｘ２＋ｘ１ｘ２＋ｙ
２－ｙｙ１－ｙｙ２＋
ｙ１ｙ２＝０ꎬ
即(ｘ－ｘ１)(ｘ－ｘ２)＋(ｙ－ｙ１)(ｙ－ｙ２)＝０ꎬ
∴此圆方程为(ｘ－ｘ１) (ｘ－ｘ２) ＋(ｙ－ｙ１)
(ｙ－ｙ２)＝０.
６.解析 设过Ａ、Ｂ、Ｃ三点的圆的方程为
ｘ
２＋ｙ
２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０ꎬ
则
１＋Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
４＋１＋２Ｄ＋Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
９＋１６＋３Ｄ＋４Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
{
解得
Ｄ＝－２ꎬ
Ｅ＝－６ꎬ
Ｆ＝５ꎬ
{
故圆的方程为ｘ
２＋ｙ
２－２ｘ－６ｙ＋５＝０.
将(－１ꎬ２) 代入上式得１＋４＋２－１２＋５＝
０ꎬ即Ｄ的坐标满足Ａ、Ｂ、Ｃ三点确定的
圆的方程ꎬ故Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四点共圆.
７.解析 如图ꎬ由题意得等腰三角形ＡＢＣ
的底边的端点Ｃ在以Ａ(４ꎬ２) 为圆心ꎬ
经过点Ｂ(３ꎬ５) 的圆上ꎬ且除去点Ｂ以
及点Ｂ关于点Ａ对称的点.
设点Ｂ( ３ꎬ５) 关于Ａ( ４ꎬ２) 对称的点
为Ｂ′(ｘ′ꎬｙ′)ꎬ
则有ｘ′＋３
２
＝４ꎬｙ′＋５
２
＝２ꎬ
解得ｘ′＝５ꎬｙ′＝－１ꎬ
所以点Ｂ关于点Ａ对称的点为Ｂ′(５ꎬ－１).
又｜ＡＢ｜＝
(４－３)
２＋(２－５)
２＝
１０ꎬ
所以底边的端点Ｃ的轨迹是圆(ｘ－４)
２
＋(ｙ－２)
２＝１０ꎬ除去点Ｂ(３ꎬ５)ꎬＢ′(５ꎬ－
１)ꎬ即底边的端点Ｃ的轨迹方程是(ｘ－
４)
２＋(ｙ－２)
２＝１０ꎬ且ｘ≠３ꎬ
ｙ≠５ꎬ
{
且ｘ≠５ꎬ
ｙ≠－１.
{
８.解析
如图ꎬ点Ａ、Ｂ运动时ꎬ线段ＡＢ
的中点Ｍ到原点的距离为定长ꎬ即为
Ｒｔ△ＡＯＢ的斜边上的中线长.
因为｜ＡＢ｜＝２ａꎬ所以｜ＯＭ｜＝ａꎬ
所以点Ｍ的轨迹是以原点Ｏ为圆心ꎬａ
为半径的圆.
根据圆的标准方程ꎬ得点Ｍ的轨迹方
程为ｘ
２＋ｙ
２＝ａ
２.
拓广探索
９.解析
设Ｍ( ｘꎬｙ)ꎬ根据题设条件有
｜ＭＡ｜＝２｜ＭＯ｜.
因为Ｏ(０ꎬ０)ꎬＡ(３ꎬ０)ꎬ
所以
(ｘ－３)
２＋ｙ
２＝２
ｘ
２＋ｙ
２ꎬ
化简得ｘ
２＋ｙ
２＋２ｘ－３＝０.
故满足条件｜ＭＡ｜＝２｜ＭＯ｜的点Ｍ的坐
标满足方程ｘ
２＋ｙ
２＋２ｘ－３＝０.
反过来ꎬ坐标满足方程ｘ
２＋ｙ
２＋２ｘ－３＝０的
点也满足
(ｘ－３)
２＋ｙ
２＝２
ｘ
２＋ｙ
２ꎬ即满
足条件｜ＭＡ｜＝２｜ＭＯ｜.
所以点Ｍ的轨迹方程是ｘ
２＋ｙ
２＋２ｘ－３＝
０ꎬ即(ｘ＋１)
２＋ｙ
２＝４.
轨迹是以( －１ꎬ０) 为圆心ꎬ２为半径
的圆.
１０. 证明
因为点Ｐ( ｘꎬｙ) 满足
ｘ＝ａ＋ｒｃｏｓθꎬ
ｙ＝ｂ＋ｒｓｉｎθꎬ
{
所以
(ｘ－ａ)
２＝ｒ
２ｃｏｓ
２θꎬ
(ｙ－ｂ)
２＝ｒ
２ｓｉｎ
２θꎬ
{
因为ｓｉｎ
２θ＋ｃｏｓ
２θ＝１ꎬ所以(ｘ－ａ)
２＋(ｙ
－ｂ)
２＝ｒ
２ꎬ
所以点Ｐ的轨迹是圆心为( ａꎬｂ)ꎬ半
径为ｒ的圆.
２０
2.5 直线与圆、圆与圆
的位置关系
２.５.１ 直线与圆的位置关系
练习
１.解析
(１) 圆Ｃ:ｘ
２＋ｙ
２＝３的圆心为
Ｃ(０ꎬ０)ꎬ半径ｒ＝３ꎬ圆心Ｃ(０ꎬ０)到直
线ｌ:ｘ－ｙ＋１＝０的距离ｄ＝
｜０－０＋１｜
１
２＋(－１)
２
＝２
２<ｒꎬ所以直线ｌ:ｘ－ｙ＋１＝０与圆Ｃ:
ｘ
２＋ｙ
２＝３相交.
(２)圆Ｃ:ｘ
２＋ｙ
２－２ｘ＝０的圆心为Ｃ(１ꎬ
０)ꎬ半径ｒ＝１ꎬ圆心Ｃ(１ꎬ０)到直线ｌ:３ｘ
＋４ｙ＋２＝０的距离ｄ＝｜３×１＋０＋２｜
３
２＋４
２
＝１＝
ｒꎬ所以直线ｌ:３ｘ＋４ｙ＋２＝０与圆Ｃ:ｘ
２＋
ｙ
２－２ｘ＝０相切.
(３)圆Ｃ:ｘ
２＋ｙ
２＋２ｙ＝０的圆心为Ｃ(０ꎬ
－１)ꎬ半径ｒ＝１ꎬ圆心Ｃ(０ꎬ－１) 到直线
ｌ:ｘ＋ｙ＋３＝０的距离ｄ＝｜０－１＋３｜
１
２＋１
２＝２>
ｒꎬ所以直线ｌ:ｘ＋ｙ＋３＝０与圆Ｃ:ｘ
２＋ｙ
２＋
２ｙ＝０相离.
２.解析
设圆Ｃ的半径为ｒꎬ则ｒ＝
｜－３５｜
４
２＋３
２＝７ꎬ
∴圆Ｃ的方程为ｘ
２＋ｙ
２＝４９.
３.解析 易知圆(ｘ－１)
２＋(ｙ－２)
２＝４的圆
心坐标为(１ꎬ２)ꎬ半径ｒ＝２ꎬ
由点到直线的距离公式ꎬ得(１ꎬ２) 到直
线２ｘ－ｙ＋２＝０的距离为｜２×１－２＋２｜
２
２＋(－１)
２＝
２
５
＝２５
５<２ꎬ所以直线２ｘ－ｙ＋２＝０与圆
(ｘ－１)
２＋(ｙ－２)
２＝４相交.
所以弦长为２
２
２－２５
５
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＝８５
５ꎬ
所以直线被圆截得的弦长为８５
５.
练习
１.解析 建立如图所示的平面直角坐标系.
易知｜ＯＰ｜＝７.２ｍꎬ｜ＡＢ｜＝３７.４ｍꎬ
则Ａ(－１８.７ꎬ０)ꎬＢ(１８.７ꎬ０)ꎬＰ(０ꎬ７.２).
设所求圆的方程是( ｘ－ａ)
２＋( ｙ－ｂ)
２
＝ｒ
２ꎬ
所以
(ａ＋１８.７)
２＋ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
(ａ－１８.７)
２＋ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
ａ
２＋(ｂ－７.２)
２＝ｒ
２ꎬ
{
解得
ａ＝０ꎬ
ｂ≈－２０.７ꎬ
ｒ
２≈７７８.１８.
{
故所求方程是ｘ
２＋( ｙ＋２０.７)
２＝７７８.１８
(０≤ｙ≤７.２).
２.解析
建立如图所示的平面直角坐标
系ꎬ依题意有Ａ(－１０ꎬ０)ꎬＢ(１０ꎬ０)ꎬＰ(０ꎬ
４)ꎬＤ(－５ꎬ０)ꎬＥ(５ꎬ０).
设拱桥所在圆的方程是(ｘ－ａ)
２＋(ｙ－ｂ)
２
＝ｒ
２ꎬ
所以
(ａ＋１０)
２＋ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
(ａ－１０)
２＋ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
ａ
２＋(ｂ－４)
２＝ｒ
２ꎬ
{
解得
ａ＝０ꎬ
ｂ＝－１０.５ꎬ
ｒ
２＝２１０.２５ꎬ
{
所以圆的方程为ｘ
２＋(ｙ＋１０.５)
２＝２１０.２５(０
≤ｙ≤４).
把点Ｄ的横坐标代入上式ꎬ
得ｙ≈３.１或ｙ≈－２４.１(舍).
因为船在水面以上的高为３ｍꎬ３<３.１ꎬ
所以该船可以从桥下穿过.
３.解析 依题意得ꎬ机器人在以Ｃ(５ꎬ－３)为
圆心ꎬ９为半径的圆上运动ꎬ其圆的方
程为(ｘ－５)
２＋(ｙ＋３)
２＝８１.
经过点Ａ( －１０ꎬ０)ꎬＢ(０ꎬ１２) 的直线方
程为ｘ
－１０＋ｙ
１２＝１ꎬ即６ｘ－５ｙ＋６０＝０.
由点到直线的距离公式ꎬ得Ｃ(５ꎬ－３)
到直线６ｘ－５ｙ＋６０＝０的距离ｄ＝
｜６×５－５×(－３)＋６０｜
６
２＋(－５)
２
＝１３.４４> ９ꎬ所以直
线ＡＢ与圆相离ꎬ
所以圆Ｃ上的点到直线ＡＢ的最近距
离为４.４４ꎻ最远距离为２２.４４.
２.５.２ 圆与圆的位置关系
练习
１.解析
易知圆Ｃ１:ｘ
２＋ｙ
２＝４的圆心为
Ｃ１(０ꎬ０)ꎬ半径ｒ１＝２ꎬ
圆Ｃ２:ｘ
２＋ｙ
２－８ｘ－６ｙ＋１６＝０的标准方程
为(ｘ－４)
２＋(ｙ－３)
２＝９ꎬ其圆心Ｃ２(４ꎬ
３)ꎬ半径ｒ２＝３ꎬ
所以｜Ｃ１Ｃ２｜＝
４
２＋３
２＝５ꎬ因为ｒ１＋ｒ２＝
５ꎬ所以两圆外切.
２.解析 由题意得圆Ｃ１的标准方程为(ｘ
＋１)
２＋ｙ＋３
２
(
)
２
＝９
４ꎬ圆心坐标为Ｃ１
－１ꎬ－３
２
(
) ꎬ半径ｒ１＝３
２ꎬ
圆Ｃ２的标准方程为(ｘ＋２)
２＋ｙ＋３
２
(
)
２
＝１７
４ꎬ圆心坐标为Ｃ２
－２ꎬ－３
２
(
) ꎬ半径
ｒ２＝
１７
２
ꎬ
∴｜Ｃ１Ｃ２｜＝
(－２＋１)
２＋０＝１.
∵
１７
２
－３
２< ｜Ｃ１Ｃ２｜< ３
２＋
１７
２
ꎬ
∴圆Ｃ１与圆Ｃ２相交.
将ｘ
２＋ｙ
２＋２ｘ＋３ｙ＋１＝０ꎬｘ
２＋ｙ
２＋４ｘ＋３ｙ＋２
＝０两式相减ꎬ得－２ｘ－１＝０ꎬ即２ｘ＋１
＝０ꎬ
所以圆Ｃ１与圆Ｃ２的公共弦所在直线
的方程为２ｘ＋１＝０.
◆习题2.5
复习巩固
１.解析 因为圆心Ｏ(０ꎬ０)到直线４ｘ－３ｙ
＝５０的距离为ｄ＝｜０－０－５０｜
５
＝１０ꎬ而圆
的半径为１０ꎬ所以直线与圆相切ꎬ
圆心与切点连线所在直线的方程为３ｘ
＋４ｙ＝０.
解方程组４ｘ－３ｙ＝５０ꎬ
３ｘ＋４ｙ＝０ꎬ
{
得ｘ＝８ꎬ
ｙ＝－６ꎬ
{
故切点坐标是(８ꎬ－６).
２.解析 (１)因为圆心Ｍ(３ꎬ－５)到直线ｘ
－７ｙ＋２＝０的距离为ｄ＝｜３－７×(－５)＋２｜
１
２＋(－７)
２
＝４２ꎬ
所以圆心为Ｍ(３ꎬ－５)ꎬ且与直线ｘ－７ｙ
＋２＝０相切的圆的方程是(ｘ－３)
２＋(ｙ＋
５)
２＝３２.
(２)依题意ꎬ设圆心为Ｃ(ａꎬａ)ꎬ因为圆
与直线ｙ＝６相切ꎬ所以｜６－ａ｜＝２ꎬ解得
ａ＝４或ａ＝８ꎬ
所以所求圆的方程为Ｃ１:(ｘ－４)
２＋(ｙ－
４)
２＝４或Ｃ２:(ｘ－８)
２＋(ｙ－８)
２＝４.
教材习题答案
２１
(３)设圆心为(ａꎬｂ)ꎬ
则
｜２ａ－３ｂ＋６｜
２
２＋(－３)
２＝
１３ꎬ
ｂ－４
ａ－３＝－３
２ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
解得ａ＝５ꎬ
ｂ＝１
{
或ａ＝１ꎬ
ｂ＝７.
{
所以所求圆的方程为Ｃ１:(ｘ－５)
２＋(ｙ－
１)
２＝１３或Ｃ２:(ｘ－１)
２＋(ｙ－７)
２＝１３.
３.解析 把圆Ｃ的方程化成标准形式为
(ｘ－１)
２＋(ｙ－２)
２＝５.
所以圆心的坐标是Ｃ( １ꎬ２)ꎬ半径ｒ
＝５ꎬ
圆心Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝｜３－２－６｜
１０
＝
１０
２
.
弦ＡＢ的长｜ＡＢ｜＝２
５－５
２＝
１０.
４.解析 设所求圆的方程为(ｘ－ａ)
２＋(ｙ－
ｂ)
２＝ｒ
２ꎬ
则圆心到直线ｘ－ｙ＝０的距离ｄ
＝｜ａ－ｂ｜
２
.
依题意有
ｂ
２＝ｒ
２ꎬ
３ａ－ｂ＝０ꎬ
(ａ－ｂ)
２
２
＋７＝ｒ
２ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
解得
ａ＝１ꎬ
ｂ＝３ꎬ
ｒ
２＝９
{
或
ａ＝－１ꎬ
ｂ＝－３ꎬ
ｒ
２＝９.
{
故所求的圆的方程有两个ꎬ分别是(ｘ－
１)
２＋(ｙ－３)
２＝９和(ｘ＋１)
２＋(ｙ＋３)
２＝９.
５.解析 把圆Ｃ的方程化成标准形式为
ｘ－１
２
(
)
２
＋(ｙ＋１)
２＝５
４ꎬ
所以圆心坐标是Ｃ
１
２ꎬ－１
(
) .
设圆心Ｃ
１
２ꎬ－１
(
) 关于直线ｘ－ｙ＋１＝０
对称的点为Ｃ′(ｘ０ꎬｙ０)ꎬ
则
ｙ０＋１
ｘ０－１
２
＝－１ꎬ
ｘ０＋１
２
２
－ｙ０－１
２
＋１＝０ꎬ
ì
î
í
ï
ï
ï
ï
ïï
解得
ｘ０＝－２ꎬ
ｙ０＝３
２ꎬ
{
故Ｃ′ －２ꎬ３
２
(
) .
故所求的圆的方程为( ｘ＋２)
２＋
ｙ－３
２
(
)
２
＝５
４.
６.证明 以正方形的中心为坐标原点ꎬ建
立如图所示的平面直角坐标系ꎬ
则
Ａ
－ａ
２ꎬ－ａ
２
(
) ꎬ
Ｅ
ａ
２ꎬ－ａ
６
(
) ꎬ
Ｂ
ａ
２ꎬ－ａ
２
(
) ꎬＦａꎬａ
２
(
) ꎬ所以直线ＡＥ:
ｙ＝１
３ｘ－１
３ａꎬＢＦ:ｙ＝２ｘ－３
２ａꎬ直线ＡＥ
与ＢＦ的交点坐标为Ｍ
７
１０ａꎬ－ａ
１０
(
) .
又易得正方形的外接圆方程为ｘ
２＋ｙ
２
＝ａ
２
２ꎬ
将点
７
１０ａꎬ－ａ
１０
(
) 的坐标代入ꎬ可得
７
１０ａ
(
)
２
＋－ａ
１０
(
)
２
＝ａ
２
２ꎬ所以直线ＡＥ与
ＢＦ的交点位于正方形ＡＢＣＤ的外接
圆上.
７.解析 设所求圆的方程为ｘ
２＋ｙ
２－６ｘ＋
λ(ｘ
２＋ｙ
２－４)＝０ꎬ
即(１＋λ)ｘ
２＋(１＋λ)ｙ
２－６ｘ－４λ＝０.
将(２ꎬ－２) 代入上式方程得４＋４λ＋４＋
４λ－１２－４λ＝０ꎬ解得λ＝１.
故所求圆的方程为２ｘ
２＋２ｙ
２－６ｘ－４＝０ꎬ
即ｘ
２＋ｙ
２－３ｘ－２＝０.
综合运用
８.解析 设所求圆的方程为ｘ
２＋ｙ
２＋６ｘ－４
＋λ(ｘ
２＋ｙ
２＋６ｙ－２８)＝０(λ≠－１)ꎬ即ｘ
２＋
ｙ
２＋６
１＋λｘ＋６λ
１＋λｙ－４＋２８λ
１＋λ
＝０ꎬ其圆心坐
标为
－３
１＋λꎬ－３λ
１＋λ
(
) ꎬ又因为圆心在直线ｘ
－ｙ－４＝０上ꎬ所以－３
１＋λ＋３λ
１＋λ－４＝０ꎬ解得
λ＝－７ꎬ所以圆的方程为ｘ
２＋ｙ
２－ｘ＋７ｙ－
３２＝０.
９.解析 圆ｘ
２＋ｙ
２－４＝０与圆ｘ
２＋ｙ
２－４ｘ＋
４ｙ－１２＝０的方程相减ꎬ得ｘ－ｙ＋２＝０.
圆ｘ
２＋ｙ
２－４＝０的圆心为(０ꎬ０)ꎬ半径ｒ
＝２ꎬ圆心到直线ｘ－ｙ＋２＝０的距离ｄ＝
２
２
＝２ꎬ
所以公共弦长为２
ｒ
２－ｄ
２＝２２.
１０.解析 把圆Ｃ的方程化成标准形式为
(ｘ＋１)
２＋(ｙ－３)
２＝５.
圆Ｃ的圆心坐标是( －１ꎬ３)ꎬ半径
为５ꎬ
直线ＣＮ的方程为ｙ－２
３－２＝ｘ－１
－１－１ꎬ
即ｘ＋２ｙ－５＝０.
线段ＭＮ的中点坐标是２ꎬ１
２
(
) ꎬ斜率
是－３
２ꎬ
线段ＭＮ的垂直平分线的方程是ｙ－
１
２＝２
３(ｘ－２)ꎬ
即４ｘ－６ｙ－５＝０.
将ｘ＋２ｙ－５＝０与４ｘ－６ｙ－５＝０联立ꎬ解
得ｘ＝２０
７ꎬｙ＝１５
１４ꎬ
故所求圆的圆心
Ｆ
的坐标
为２０
７ꎬ１５
１４
(
) .
又因为｜ＦＮ｜
２＝
２０
７－１
(
)
２
＋
１５
１４－２
(
)
２
＝８４５
１９６ꎬ
所以经过点Ｍꎬ且与圆Ｃ相切于点Ｎ
的圆的方程是
ｘ－２０
７
(
)
２
＋
ｙ－１５
１４
(
)
２
＝８４５
１９６.
１１.解析 以Ａ为坐标原点ꎬＡＢ所在直线
为ｘ轴ꎬ建立如图所示的平面直角坐
标系ꎬ由已知得Ａ(０ꎬ０)ꎬＢ(１６０ꎬ０).
点Ｃ在以Ｂ为圆心ꎬ１８５为半径的圆
上ꎬ其方程为(ｘ－１６０)
２＋ｙ
２＝１８５
２.
又点Ｃ在直线ＡＣ上ꎬ
所以
ｙ＝ｘꎬ
(ｘ－１６０)
２＋ｙ
２＝１８５
２ꎬ
{
２２
解得ｘ≈１８３.５(ｘ≈－２３.５舍去).
所以点Ｃ的坐标为(１８３.５ꎬ１８３.５)ꎬ
所以｜ＡＣ｜＝
１８３.５
２＋１８３.５
２≈２６０(ｃｍ).
１２.解析 设点Ｐ的坐标是(ｘꎬｙ)ꎬ
则ｄ＝｜ＰＡ｜
２＋｜ＰＢ｜
２＋｜ＰＣ｜
２
＝(ｘ＋２)
２＋(ｙ＋２)
２＋(ｘ＋２)
２＋(ｙ－６)
２＋
(ｘ－４)
２＋(ｙ＋２)
２＝３ｘ
２＋３ｙ
２－４ｙ＋６８.
因为ｘ
２＋ｙ
２＝４ꎬ
所以上式化简得ｄ＝８０－４ｙ.
由ｘ
２＋ｙ
２＝４得－２≤ｙ≤２ꎬ
所以ｄ的最大值是８８ꎬ最小值是７２.
拓广探索
１３. 解析
圆ｘ
２＋ｙ
２＝４的圆心坐标是
Ｏ(０ꎬ０)ꎬ半径为２.
设Ｐ(ｘꎬｙ) 在圆ｘ
２＋ｙ
２＝４上运动ꎬ圆
心Ｏ到直线ｌ的距离为｜ｂ｜
２
ꎬ令｜ｂ｜
２
＝
１ꎬ得ｂ＝± ２.
当ｂ＝２时ꎬ与直线ｙ＝ｘ＋２平行且距
离等于１的直线是ｙ＝ｘꎬｙ＝ｘ＋２２.
直线ｙ＝ｘ＋２２与圆ｘ
２＋ｙ
２＝４相切ꎬ切
点到直线ｙ＝ｘ＋２的距离也是１ꎻ直线
ｙ＝ｘ与圆ｘ
２＋ｙ
２＝４相交ꎬ两个交点到
直线ｙ＝ｘ＋２的距离是１.因此ꎬ当ｂ＝
２时ꎬ圆ｘ
２＋ｙ
２＝４上有３个点到直线
ｌ的距离都是１.
同理ꎬ当ｂ＝－２时ꎬ圆ｘ
２＋ｙ
２＝４上也
有３个点到直线ｌ的距离都是１.
综上ꎬ当ｂ＝± ２时ꎬ圆Ｏ上恰有３个
点到直线ｌ的距离都是１.
１４.解析
(１) 当α ＝１３５°时ꎬ直线ＡＢ的
斜率ｋ＝－１.
直线ＡＢ的方程为ｙ－２＝－(ｘ＋１)ꎬ即ｙ
＝－ｘ＋１.
把ｙ＝－ｘ＋１代入ｘ
２＋ｙ
２＝８得
ｘ
２＋(－ｘ＋１)
２＝８ꎬ即２ｘ
２－２ｘ－７＝０ꎬ
解得ｘ＝１±
１５
２
.
所以｜ＡＢ｜＝｜ｘ１－ｘ２｜
ｃｏｓ４５° ＝２｜ｘ１－ｘ２｜
＝
３０.
(２) 当弦ＡＢ被点Ｐ０平分时ꎬ连接
ＯＰ０ꎬ则ＯＰ０⊥ＡＢ.
因为直线ＯＰ０的斜率为－２ꎬ
所以直线ＡＢ的方程为ｙ－２＝１
２( ｘ＋
１)ꎬ即ｘ－２ｙ＋５＝０.
１５. 解析
( １) 如图ꎬ因为Ｐ(－２ꎬ－３)ꎬ
Ｑ(４ꎬ２)是以Ｑ′为圆心的圆的直径的
两个端点ꎬ所以Ｑ′ 的坐标为
１ꎬ－１
２
(
) ꎬ设圆Ｏ′的半径为ｒꎬ则直径
｜ＰＱ｜＝２ｒ＝
(４＋２)
２＋(２＋３)
２＝
６１ꎬ所以ｒ＝
６１
２
.
所以圆心为Ｑ′的圆的方程是(ｘ－１)
２
＋ｙ＋１
２
(
)
２
＝６１
４ꎬ
即ｘ
２＋ｙ
２－２ｘ＋ｙ－１４＝０.
(２)ＰＡꎬＰＢ是圆(ｘ－４)
２＋(ｙ－２)
２＝９
的切线.
因为点ＡꎬＢ在圆Ｑ′上ꎬ且ＰＱ是直
径ꎬ所以ＰＡ⊥ＡＱꎬＰＢ⊥ＢＱꎬ
所以ＰＡꎬＰＢ是圆(ｘ－４)
２＋(ｙ－２)
２＝９
的切线.
(３)圆Ｑ′与圆Ｑ的方程相减得６ｘ＋５ｙ
－２５＝０ꎬ
即直线ＡＢ的方程为６ｘ＋５ｙ－２５＝０.
复习参考题2
复习巩固
１.答案 (１)Ａ (２)Ｃ (３)Ｂ
解析 (１)因为直线方程为３ｘ＋２ｙ－１＝
０ꎬ所以该直线的一个方向向量为(２ꎬ
－３)ꎬ故选Ａ.
(２)已知直线ｌ的方程为ｘ－ｙｓｉｎθ＋２＝
０ꎬ设直线的倾斜角为α(α∈[０ꎬπ))ꎬ
则ｔａｎα＝
１
ｓｉｎθꎬ
当ｓｉｎθ ＝０时ꎬ直线的倾斜角为π
２ꎬ当
ｓｉｎθ≠０时ꎬｓｉｎθ∈[－１ꎬ０)∪(０ꎬ１]ꎬ所
以ｔａｎα∈(－∞ꎬ－１]∪[１ꎬ＋∞)ꎬ
所以直线ｌ的倾斜角的范围为
π
４ꎬ３π
４
[
] ꎬ故选Ｃ.
(３)因为点(ｘꎬｙ) 关于ｘ轴的对称点为
(ｘꎬ－ｙ)ꎬ所以直线３ｘ－４ｙ＋５＝０关于ｘ
轴的对称直线为３ｘ＋４ｙ＋５＝０.故选Ｂ.
２.解析 (１)２ｘ＋３ｙ＝ａꎬ即为４ｘ＋６ｙ－２ａ＝
０ꎬ当ａ≠３
２时ꎬ与直线４ｘ＋６ｙ－３＝０
平行.
(２)当ａ＝０时ꎬ两直线的方程分别为ｘ
－１＝０和－ｘ－１＝０ꎬ平行ꎻ
当ａ≠０时ꎬｘ＋２ａｙ－１＝０的斜率ｋ１＝
－１
２ａꎬ(３ａ－１) ｘ－ａｙ－１＝０的斜率ｋ２＝
３ａ－１
ａ
ꎬ令ｋ１＝ｋ２ꎬ得－１
２ａ＝３ａ－１
ａ
ꎬ解得ａ
＝１
６.
综上可得ꎬａ＝０或ａ＝１
６.
(３)当ａ＝－１时ꎬ两直线方程分别为ｘ＝
３和－２ｘ＋４ｙ＝－１６ꎬ两直线不平行ꎬ所以
ａ≠－１ꎻ
当ａ≠－１时ꎬｘ＋(１＋ａ)ｙ＝２－ａ的斜率ｋ１
＝－１
１＋ａꎬ２ａｘ＋４ｙ＝－１６的斜率ｋ２＝－ａ
２ꎬ
令ｋ１＝ｋ２ꎬ解得ａ＝－２或ａ＝１ꎬ经检验ꎬ
当ａ＝－２时ꎬ两直线重合不符合题意ꎬ
当ａ＝１时ꎬ两直线方程分别为ｘ＋２ｙ＝１
和２ｘ＋４ｙ＝－１６ꎬ平行.综上ꎬａ的值为１.
３.解析 (１) 直线４ａｘ＋ｙ＝１的斜率ｋ１＝
－４ａꎬ直线(１－ａ) ｘ＋ｙ＝－１的斜率ｋ２＝
－(１－ａ)ꎬ
由ｋ１ｋ２＝－１得４ａ(１－ａ)＝－１ꎬ
解得ａ＝１± ２
２
.
(２)当ａ＝０时ꎬ两直线的方程分别为２ｘ
＝２和２ｙ＝１ꎬ互相垂直ꎻ
当ａ≠０时ꎬ直线２ｘ＋ａｙ＝２的斜率ｋ１＝
－２
ａꎬ直线ａｘ＋２ｙ＝１的斜率ｋ２＝－ａ
２ꎬ
由ｋ１ｋ２＝－２
ａ
(
) －ａ
２
(
) ＝１≠－１知ꎬａ
≠０时ꎬ两直线不垂直.
综上可知ꎬａ＝０.
(３)若两直线垂直ꎬ则(３ａ＋２)(５ａ－２) ＋
(１－４ａ)(ａ＋４)＝０ꎬ解得ａ＝０或ａ＝１.
４.解析 设所求直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋ｍ＝
０(ｍ≠－２)ꎬ
则直线ｌ与直线ｘ－ｙ－２＝０间的距离ｄ
＝｜ｍ＋２｜
２
ꎬ
由题意得｜ｍ＋２｜
２
＝２２ꎬ
解得ｍ＝２或ｍ＝－６.
因此ꎬ与直线ｘ－ｙ－２＝０平行ꎬ且与它的
距离为２２的直线方程是ｘ－ｙ＋２＝０或
ｘ－ｙ－６＝０.
５.解析 由ｘ＋ｙ－１＝０ꎬ
３ｘ－ｙ＋４＝０ꎬ
{
解得
ｘ＝－３
４ꎬ
ｙ＝７
４.
ì
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í
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∴平行四边形的一个顶点坐标
为Ａ－３
４ꎬ７
４
(
) .
设对角线ＡＭ的另一个端点为Ｃ(ａꎬｂ)ꎬ
由中点坐标公式得
３＝
－３
４＋ａ
２
ꎬ
３＝
７
４＋ｂ
２
ꎬ
ì
î
í
ï
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ï
ïï
解得
ａ＝２７
４ꎬ
ｂ＝１７
４ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
教材习题答案
２３
∴顶点Ｃ２７
４ꎬ１７
４
(
) .
由平行四边形的对边平行知ꎬ其他两边
所在直线的斜率ｋ１＝－１ꎬｋ２＝３ꎬ
∴这个平行四边形其他两边所在直线
的方程分别为
ｙ－１７
４＝－ｘ－２７
４
(
) ꎬｙ－１７
４＝３ｘ－２７
４
(
) .
整理得ｘ＋ｙ－１１＝０ꎬ３ｘ－ｙ－１６＝０.
６.解析 (１)因为圆心为Ｍ(－５ꎬ３)ꎬ且过
点Ａ( －８ꎬ－１)ꎬ所以半径ｒ＝｜ＭＡ｜＝
(－５＋８)
２＋(３＋１)
２＝５ꎬ
所以所求圆的标准方程为(ｘ＋５)
２＋(ｙ－
３)
２＝２５.
(２)设圆的方程为ｘ
２＋ｙ
２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０ꎬ
因为圆过点Ａ(－２ꎬ４)ꎬＢ( －１ꎬ３)ꎬＣ(２ꎬ
６)ꎬ所以
４＋１６－２Ｄ＋４Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
１＋９－Ｄ＋３Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
４＋３６＋２Ｄ＋６Ｅ＋Ｆ＝０ꎬ
{
解得
Ｄ＝０ꎬ
Ｅ＝－１０ꎬ
Ｆ＝２０ꎬ
{
所以所求圆的一般方程为ｘ
２＋ｙ
２－１０ｙ＋
２０＝０.
(３)因为圆心在直线３ｘ＋ｙ－５＝０上ꎬ所
以设圆心坐标为(ａꎬ５－３ａ)ꎬ半径为ｒꎬ
故圆的标准方程为(ｘ－ａ)
２＋(ｙ－５＋３ａ)
２
＝ｒ
２.
因为圆经过坐标原点和点(３ꎬ－１)ꎬ
所以
(－ａ)
２＋(－５＋３ａ)
２＝ｒ
２ꎬ
(３－ａ)
２＋(－１－５＋３ａ)
２＝ｒ
２ꎬ
{
解得
ａ＝５
３ꎬ
ｒ
２＝２５
９ꎬ
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所以圆的标准方程为ｘ－５
３
(
)
２
＋ｙ
２＝２５
９.
７.解析 当Ｄ
２＋Ｅ
２－４Ｆ＝( －４)
２＋(２ｍ)
２－
４(２ｍ
２－２ｍ＋１)>０ꎬ即－１<ｍ<３时ꎬ方程
表示圆.
此时圆的半径ｒ＝１
２
Ｄ
２＋Ｅ
２－４Ｆ＝
－ｍ
２＋２ｍ＋３＝
－(ｍ－１)
２＋４ꎬ
所以当ｍ＝１时ꎬｒ取得最大值２ꎬ
所以当圆的半径最大时ꎬ圆的方程为ｘ
２
＋ｙ
２－４ｘ＋２ｙ＋１＝０.
８.解析 由ｘ
２＋ｙ
２－６ｘ＋４ｙ＋１２＝０ꎬ得(ｘ－
３)
２＋(ｙ＋２)
２＝１ꎬ即圆心Ｃ１(３ꎬ－２)ꎬ半
径ｒ１＝１ꎬ
由ｘ
２＋ｙ
２－１４ｘ－２ｙ＋１４＝０ꎬ得(ｘ－７)
２＋(ｙ
－１)
２＝３６ꎬ即圆心Ｃ２(７ꎬ１)ꎬ半径ｒ２＝６ꎬ
因为｜Ｃ１Ｃ２｜＝
(７－３)
２＋(１＋２)
２＝５ꎬ
ｒ２－ｒ１＝６－１＝５ꎬ所以｜Ｃ１Ｃ２｜＝ｒ２－ｒ１ꎬ
所以圆ｘ
２＋ｙ
２－６ｘ＋４ｙ＋１２＝０与圆ｘ
２＋ｙ
２
－１４ｘ－２ｙ＋１４＝０相内切.
综合运用
９.证明
如图ꎬ依题意可得点ＭꎬＮ的坐
标分别为(ａꎬｆ(ａ))ꎬ(ｂꎬｆ(ｂ))ꎬ
所以直线ＭＮ的方程是ｙ－ｆ( ａ) ＝
ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)
ｂ－ａ
(ｘ－ａ)ꎬ其中ａ≤ｘ≤ｂ.
因为ａ≤ｃ≤ｂꎬ所以当ｘ＝ｃ时ꎬ
有ｙ＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)
ｂ－ａ
(ｃ－ａ).
因为函数ｙ＝ｆ(ｘ) 在ｘ＝ａ及ｘ＝ｂ之间
的一段图象可以近似地看作线段ꎬ所以
有ｆ(ｃ)≈ｆ(ａ)＋ｃ－ａ
ｂ－ａ[ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)].
１０.解析 将(１＋３λ)ｘ＋(１＋λ)ｙ－２－４λ＝０
化为λ(３ｘ＋ｙ－４)＋(ｘ＋ｙ－２)＝０ꎬ
因为
λ
为任意实数ꎬ所以
３ｘ＋ｙ－４＝０ꎬ
ｘ＋ｙ－２＝０ꎬ
{
解得ｘ＝１ꎬ
ｙ＝１ꎬ
{
即直线(１＋３λ) ｘ＋(１＋λ) ｙ－２－４λ ＝０
恒过定点(１ꎬ１)ꎬ
所以点Ｐ(－２ꎬ－１)到直线ｌ的距离的最
大值为
(－２－１)
２＋(－１－１)
２＝
１３.
１１.解析 设直线ｌ夹在直线ｌ１、ｌ２之间的
线段是ＡＢꎬ点Ａ、Ｂ的坐标分别是(ｘ１ꎬ
ｙ１)ꎬ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ且线段ＡＢ被点Ｐ(３ꎬ０)
平分ꎬ则ｘ１＋ｘ２＝６ꎬｙ１＋ｙ２＝０ꎬ
所以ｘ２＝６－ｘ１ꎬｙ２＝－ｙ１.
不妨设点Ａ在直线ｌ１上ꎬＢ在直线
ｌ２上ꎬ
所以
２ｘ１－ｙ１－２＝０ꎬ
(６－ｘ１)＋(－ｙ１)＋３＝０ꎬ
{
解得
ｘ１＝１１
３ꎬ
ｙ１＝１６
３ꎬ
ì
î
í
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即点Ａ的坐标是１１
３ꎬ１６
３
(
) ꎬ
所以直线ＰＡ的方程为ｙ－０
１６
３－０
＝ｘ－３
１１
３－３
ꎬ
即直线ｌ的方程为８ｘ－ｙ－２４＝０.
１２.解析 如图ꎬ设Ａ(－２ꎬ０)关于直线ｌ:ｘ
－２ｙ－８＝０的对称点为Ａ１(ａꎬｂ)ꎬ
则
－２＋ａ
２
－２×０＋ｂ
２－８＝０ꎬ
ｂ－０
ａ＋２＝－２ꎬ
ì
î
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解得ａ＝２ꎬ
ｂ＝－８ꎬ
{
即Ａ１(２ꎬ－８)ꎬ
因为Ｂ(２ꎬ４)ꎬ
所以Ａ１Ｂ的方程为ｘ＝２ꎬ联立ｘ－２ｙ－８
＝０ꎬ得ｙ＝－３ꎬ所以满足条件的点Ｐ的
坐标为(２ꎬ－３).
１３.解析 将两圆的方程ｘ
２＋ｙ
２－１０ｘ－１０ｙ
＝０ꎬｘ
２＋ｙ
２－６ｘ＋２ｙ－４０＝０相减ꎬ得公共
弦所在直线ｌ的方程是ｘ＋３ｙ－１０＝０.
把圆的方程ｘ
２＋ｙ
２－１０ｘ－１０ｙ＝０化成
标准形式为(ｘ－５)
２＋(ｙ－５)
２＝５０ꎬ
圆心的坐标为(５ꎬ５)ꎬ半径ｒ＝５２.
圆心(５ꎬ５)到直线ｌ的距离
ｄ＝｜５＋３×５－１０｜
１＋９
＝
１０ꎬ
故弦长为２
ｒ
２－ｄ
２＝４
１０.
１４.解析 方程ｘ
２＋ｙ
２＋４ｘ－４ｙ＋４＝０化为
标准形式为(ｘ＋２)
２＋(ｙ－２)
２＝４ꎬ
设该圆的圆心为Ｃꎬ则圆心Ｃ的坐标
是(－２ꎬ２)ꎬ半径为２.
设圆ｘ
２＋ｙ
２＝４的圆心为Ｏꎬ则Ｏ的坐
标是(０ꎬ０)ꎬ半径为２.
因为两圆关于直线ｌ对称ꎬ
所以直线ｌ是线段ＯＣ的垂直平分线.
线段ＯＣ的中点坐标是( －１ꎬ１)ꎬ直线
ＯＣ的斜率ｋ＝－１ꎬ
所以直线ｌ的方程是ｙ－１＝ｘ＋１ꎬ即ｘ－
ｙ＋２＝０.
１５.解析 圆Ｃ的圆心坐标是( －２ꎬ６)ꎬ半
径为１.
设所求圆Ｃ′的方程是(ｘ－ａ)
２＋(ｙ－ｂ)
２
＝１ꎬ由圆Ｃ′与圆Ｃ关于直线３ｘ－４ｙ＋５
＝０对称ꎬ知直线３ｘ－４ｙ＋５＝０是两圆
心连线的垂直平分线ꎬ
所以
ｂ－６
ａ＋２＝－４
３ꎬ
３×ａ－２
２－４×ｂ＋６
２＋５＝０ꎬ
ì
î
í
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解得ａ＝４ꎬ
ｂ＝－２ꎬ
{
故所求圆的方程是( ｘ－４)
２＋( ｙ＋２)
２
＝１.
１６.解析 因为点Ａ(２ꎬ－１)在直线ｘ＋ｙ＝
１上ꎬ所以所求圆的圆心在经过点Ａ
且与直线ｘ＋ｙ＝１垂直的直线上ꎬ易得
该直线的方程是ｘ－ｙ＝３.
因为所求圆的圆心Ｃ在直线ｙ＝
２４
－２ｘ上ꎬ
所以由ｘ－ｙ－３＝０ꎬ
２ｘ＋ｙ＝０ꎬ
{
得ｘ＝１ꎬ
ｙ＝－２ꎬ
{
所以圆心Ｃ的坐标是(１ꎬ－２).
因为｜ＡＣ｜＝
(２－１)
２＋(－１＋２)
２
＝２ꎬ故所求圆的方程为(ｘ－１)
２＋(ｙ＋
２)
２＝２.
拓广探索
１７.解析
由题意可得ꎬ在四边形ＡＢＣＤ
中ꎬ｜ＡＢ｜
２＋｜ＣＤ｜
２＝｜ＡＤ｜
２＋｜ＢＣ｜
２.
设Ａ( ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ( ｘ２ꎬｙ２)ꎬＣ( ｘ３ꎬ
ｙ３)ꎬＤ(ｘ４ꎬｙ４)ꎬ
所以(ｘ１－ｘ２)
２＋(ｙ１－ｙ２)
２＋(ｘ３－ｘ４)
２＋
(ｙ３－ｙ４)
２＝(ｘ１－ｘ４)
２＋(ｙ１－ｙ４)
２＋(ｘ２－
ｘ３)
２＋(ｙ２－ｙ３)
２ꎬ
所以ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＋ｘ３ｘ４＋ｙ３ｙ４＝ｘ１ｘ４＋ｙ１ｙ４
＋ｘ２ｘ３＋ｙ２ｙ３ꎬ
变形得(ｘ１－ｘ３)(ｘ２－ｘ４) ＋(ｙ１－ｙ３) (ｙ２
－ｙ４)＝０ꎬ
所以
(ｙ１－ｙ３)
(ｘ１－ｘ３)
(ｙ２－ｙ４)
(ｘ２－ｘ４)＝－１ꎬ
所以对角线ＡＣ与ＢＤ垂直.
１８.解析 当ｘ≥０ꎬｙ≥０时ꎬ方程ｘ
２＋ｙ
２＝
｜ｘ｜＋｜ｙ｜化成ｘ
２＋ｙ
２＝ｘ＋ｙꎬ
即ｘ－１
２
(
)
２
＋ｙ－１
２
(
)
２
＝１
２.
所以当ｘ≥０ꎬｙ≥０时ꎬ方程ｘ
２＋ｙ
２＝｜ｘ｜
＋｜ｙ｜表示圆ｘ－１
２
(
)
２
＋ｙ－１
２
(
)
２
＝１
２
在第一象限内的部分以及ｘ轴、ｙ轴非
负半轴上的点(１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１)及(０ꎬ０).
同理ꎬ当ｘ≥０ꎬｙ< ０时ꎬ方程ｘ
２＋ｙ
２＝
｜ｘ｜＋｜ｙ｜表示圆ｘ－１
２
(
)
２
＋ｙ＋１
２
(
)
２
＝
１
２在第四象限内的部分以及ｙ轴非正
半轴上的点(０ꎬ－１).
当ｘ<０ꎬｙ≥０时ꎬ方程ｘ
２＋ｙ
２＝｜ｘ｜＋｜ｙ｜
表示圆ｘ＋１
２
(
)
２
＋ｙ－１
２
(
)
２
＝１
２在第
二象限内的部分及ｘ轴非正半轴上的
点(－１ꎬ０).
当ｘ<０ꎬｙ<０时ꎬ方程ｘ
２＋ｙ
２＝｜ｘ｜＋｜ｙ｜
表示圆ｘ＋１
２
(
)
２
＋ｙ＋１
２
(
)
２
＝１
２在第
三象限内的部分.
以上合起来构成如图所示的图形ꎬ面
积为２＋π.
１９.解析
如图ꎬ作与点Ａ( －２ꎬ３) 关于ｘ
轴的对称点Ａ′(－２ꎬ－３).
从Ａ发出的光线经ｘ轴反射后ꎬ反射
光线所在的直线就是Ａ′Ｅ或Ａ′Ｆꎬ也
就是由Ａ′向圆Ｃ所作的切线.
设切线ｌ的方程为ｙ＋３＝ｋ( ｘ＋２)ꎬ即
ｋｘ－ｙ＋２ｋ－３＝０.
圆Ｃ的半径是１ꎬ
所以圆心Ｃ(３ꎬ２) 到直线ｌ的距离为
｜３ｋ－２＋２ｋ－３｜
１＋ｋ
２
＝１ꎬ
解得ｋ１＝４
３ꎬｋ２＝３
４.
所以反射光线所在直线的方程为ｙ＋３
＝４
３(ｘ＋２)或ｙ＋３＝３
４(ｘ＋２)ꎬ即４ｘ－
３ｙ－１＝０或３ｘ－４ｙ－６＝０.
２０.解析 (１)证明:直线ｌ的方程经整理
得(２ｘ＋ｙ－７)ｍ＋(ｘ＋ｙ－４)＝０.
由ｍ的任意性得２ｘ＋ｙ－７＝０ꎬ
ｘ＋ｙ－４＝０ꎬ
{
解得ｘ＝３ꎬ
ｙ＝１ꎬ
{
所以直线ｌ恒过定点Ｄ(３ꎬ１).
(２)因为直线ｌ恒经过圆Ｃ内一点Ｄꎬ
所以当直线ｌ经过圆心Ｃ时ꎬ直线被截
得的弦最长ꎬ它是圆的直径ꎻ当直线ｌ垂
直于ＣＤ时ꎬ直线被截得的弦长最短.
由Ｃ(１ꎬ２)ꎬＤ(３ꎬ１)可知直线ＣＤ的斜
率ｋＣＤ＝－１
２ꎬ
所以当直线ｌ被圆Ｃ截得的弦最短
时ꎬ直线ｌ的斜率为２ꎬ
所以－２ｍ＋１
ｍ＋１＝２ꎬ解得ｍ＝－３
４ꎬ
此时直线ｌ的方程为ｙ－１＝２(ｘ－３)ꎬ
即２ｘ－ｙ－５＝０.
又｜ＣＤ｜＝
(１－３)
２＋(２－１)
２＝５ꎬ
所以最短的弦长为２
２５－５＝４５ꎬ
因此直线ｌ被圆Ｃ截得的弦最短时ꎬｍ
的值是－３
４ꎬ最短弦长是４５.
第三章 圆锥曲线的方程
3.1 椭圆
３.１.１ 椭圆及其标准方程
练习
１.答案 １４
解析 由题意知ａ＝１０ꎬ｜ＰＦ１｜＝６ꎬ由椭
圆的定义知ꎬ｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ＝２０ꎬ所
以｜ＰＦ２｜＝２０－｜ＰＦ１｜＝２０－６＝１４.
２.解析
(１) 椭圆的标准方程为ｘ
２
１６＋ｙ
２
＝１.
(２)∵焦点在ｙ轴上ꎬ∴设椭圆的标准
方程为ｙ
２
ａ
２＋ｘ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０)ꎬ∵ａ＝４ꎬｃ＝
１５ꎬ∴ｂ
２＝ａ
２－ｃ
２＝１６－１５＝１ꎬ
∴椭圆的标准方程为ｙ
２
１６＋ｘ
２＝１.
(３)∵ａ＋ｂ＝１０ꎬｃ＝２５ꎬｃ
２＝ａ
２－ｂ
２＝(ａ＋
ｂ)(ａ－ｂ)ꎬ
∴ａ－ｂ＝２.由ａ＋ｂ＝１０ꎬ
ａ－ｂ＝２
{
得ａ＝６ꎬ
ｂ＝４ꎬ
{
∴当焦点在ｘ轴上时ꎬ椭圆的标准方程
为ｘ
２
３６＋ｙ
２
１６＝１ꎻ当焦点在ｙ轴上时ꎬ椭圆
的标准方程为ｙ
２
３６＋ｘ
２
１６＝１.
３.解析
(１) △ＡＦ１Ｂ的周长为｜ＡＦ１｜＋
｜ＢＦ１｜＋｜ＡＢ｜＝｜ＡＦ１｜＋｜ＡＦ２｜＋｜ＢＦ１｜＋
｜ＢＦ２｜＝４ａ＝２０ꎬ
所以△ＡＦ１Ｂ的周长为２０.
(２)当ＡＢ不垂直于ｘ轴时ꎬ△ＡＦ１Ｂ的
周长不会变化.
因为上式仍然成立ꎬ所以△ＡＦ１Ｂ的周长
为定值２０.
４.解析 设点Ｍ的坐标为(ｘꎬｙ)ꎬ由已知
得ꎬ直线ＡＭ的斜率ｋＡＭ＝ｙ
ｘ＋１(ｘ≠－１)ꎬ
直线ＢＭ的斜率ｋＢＭ＝ｙ
ｘ－１(ｘ≠１).
由题意ꎬ得
ｋＡＭ
ｋＢＭ
＝２ꎬ所以ｙ
ｘ＋１＝２× ｙ
ｘ－１
(ｘ≠±１ꎬｙ≠０)ꎬ
化简ꎬ得ｘ＝－３(ｙ≠０).因此ꎬ点Ｍ的轨
迹是直线ｘ＝－３ꎬ并去掉点(－３ꎬ０).
３.１.２ 椭圆的简单几何性质
练习
１.证明 能.以点Ｂ２(或Ｂ１)为圆心ꎬ线段
ＯＡ２(ＯＡ１) 为半径画圆ꎬ并作出与ｘ轴
的两个交点Ｆ１、Ｆ２ꎬＦ１、Ｆ２就是椭圆的
两个焦点.
∵在Ｒｔ△Ｂ２ＯＦ２中ꎬ
｜ＯＢ２｜＝ｂꎬ｜Ｂ２Ｆ２｜＝｜ＯＡ２｜＝ａꎬ
∴｜ＯＦ２｜＝ｃ.同样有｜ＯＦ１｜＝ｃ.
教材习题答案
２５
２.解析 (１)由标准方程知ａ
２＝１００ꎬｂ
２＝
３６ꎬ且焦点在ｘ轴上ꎬ
∴ｃ
２＝ａ
２－ｂ
２＝６４ꎬｃ＝８ꎬ
∴焦点坐标为Ｆ１(－８ꎬ０)ꎬＦ２(８ꎬ０).
(２)由２ｘ
２＋ｙ
２＝８ꎬ得ｘ
２
４＋ｙ
２
８＝１ꎬ
∴ａ
２＝８ꎬｂ
２＝４ꎬ焦点在ｙ轴上ꎬ
∴ｃ
２＝ａ
２－ｂ
２＝４ꎬｃ＝２.
因此焦点坐标为Ｆ１(０ꎬ－２)ꎬＦ２(０ꎬ２).
３.解析 (１)焦点在ｘ轴上ꎬ设椭圆的标
准方程为ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０)ꎬ
∵ａ＝６ꎬｅ＝１
３ꎬ∴ｃ
ａ＝１
３ꎬｃ＝２ꎬｂ
２＝ａ
２－
ｃ
２＝３２ꎬ
∴椭圆的标准方程为ｘ
２
３６＋ｙ
２
３２＝１.
(２)焦点在ｙ轴上ꎬ设椭圆的标准方程
为ｙ
２
ａ
２＋ｘ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０)ꎬ
∵ｃ＝３ꎬｅ＝３
５ꎬ∴ｃ
ａ＝３
５ꎬａ＝５ꎬｂ
２＝ａ
２－
ｃ
２＝１６ꎬ
∴椭圆的标准方程为ｙ
２
２５＋ｘ
２
１６＝１.
４.解析 (１)由题意知ꎬＰ、Ｑ分别是椭圆
的长轴、短轴的端点ꎬ且焦点在ｘ轴上ꎬ
设椭圆的标准方程为ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０).
由题意知ꎬａ＝３ꎬｂ＝２ꎬ
∴椭圆的标准方程为ｘ
２
９＋ｙ
２
４＝１.
(２)∵２ａ＝２０ꎬ∴ａ＝１０.又ｅ＝ｃ
ａ＝３
５ꎬ
∴ｃ＝６ꎬｂ
２＝ａ
２－ｃ
２＝６４ꎬ
∴椭圆的标准方程为ｘ
２
１００＋ｙ
２
６４＝１或ｙ
２
１００
＋ｘ
２
６４＝１.
５.解析 (１) 将９ｘ
２＋ｙ
２＝３６化为标准方
程ꎬ得ｘ
２
４＋ｙ
２
３６＝１ꎬ于是ａ＝６ꎬｂ＝２ꎬｃ＝
ａ
２－ｂ
２＝４２ꎬ∴离心率ｅ１＝ｃ
ａ＝２２
３.
在方程ｘ
２
１６＋ｙ
２
１２＝１中ꎬａ＝４ꎬｂ＝２３ꎬｃ＝
２ꎬ∴离心率ｅ２＝ｃ
ａ＝１
２.
∵ｅ１>ｅ２ꎬ∴椭圆９ｘ
２＋ｙ
２＝３６的形状更
扁ꎬｘ
２
１６＋ｙ
２
１２＝１的形状更圆.
(２)将ｘ
２＋９ｙ
２＝３６化为标准方程ꎬ得ｘ
２
３６
＋ｙ
２
４＝１ꎬ于是ａ＝６ꎬｂ＝２ꎬｃ＝４２ꎬ∴离
心率ｅ１＝ｃ
ａ＝２２
３.
在方程ｘ
２
６＋ｙ
２
１０＝１中ꎬａ＝
１０ꎬｂ＝６ꎬｃ
＝２ꎬ∴离心率ｅ２＝ｃ
ａ＝
１０
５
.
∵ｅ１>ｅ２ꎬ∴椭圆ｘ
２＋９ｙ
２＝３６的形状更
扁ꎬｘ
２
６＋ｙ
２
１０＝１的形状更圆.
练习
１.解析
( １) 由
３ｘ＋１０ｙ－２５＝０ꎬ
ｘ
２
２５＋ｙ
２
４＝１
{
消去ｙ
并整理ꎬ得ｘ
２－６ｘ＋９＝０ꎬ
∴ｘ＝３ꎬ此时ｙ＝８
５ꎬ
∴交点的坐标为３ꎬ８
５
(
) .
(２) 由
３ｘ－ｙ＋２＝０ꎬ
ｘ
２
１６＋ｙ
２
４＝１
{
消去ｙ并整理ꎬ得
３７ｘ
２＋４８ｘ＝０ꎬ
∴ｘ＝０或ｘ＝－４８
３７ꎬ此时ｙ＝２或ｙ＝－７０
３７.
∴交点的坐标为(０ꎬ２)或－４８
３７ꎬ－７０
３７
(
) .
２.解析 由椭圆的方程知Ｆ１(－１ꎬ０)ꎬ
∴直线ｌ的方程为ｙ＝ｔａｎ６０°(ｘ＋１)ꎬ即
ｙ＝３(ｘ＋１).
与椭圆的方程联立ꎬ并消去ｙꎬ
得７ｘ
２＋１２ｘ＋４＝０.
由根与系数的关系ꎬ知ｘＡ＋ｘＢ＝－１２
７ꎬ
ｘＡｘＢ＝４
７ꎬ
∴｜ＡＢ｜＝
(１＋３)[(ｘＡ＋ｘＢ)
２－４ｘＡｘＢ]
＝
４×
－１２
７
(
)
２
－１６
７
[
] ＝８２
７.
◆习题3.1
复习巩固
１.解析
点Ｍ的轨迹是焦点在ｙ轴上的
椭圆. ∵
关系式
ｘ
２＋(ｙ－３)
２
＋
ｘ
２＋(ｙ＋３)
２＝１０表示的几何意义为
点Ｍ(ｘꎬｙ)到两定点(０ꎬ３)ꎬ(０ꎬ－３) 的
距离之和为１０ꎬ且大于两定点间的距
离６ꎬ由椭圆定义知ａ＝５ꎬｃ＝３ꎬ则ｂ
２＝
ａ
２－ｃ
２＝１６ꎬ∴椭圆的方程是ｙ
２
２５＋ｘ
２
１６＝１.
２.解析
(１) 由焦点坐标知椭圆的焦点
在ｙ轴上ꎬ设椭圆的标准方程为ｙ
２
ａ
２＋ｘ
２
ｂ
２
＝１(ａ>ｂ>０)ꎬ
则ａ＝５ꎬｃ＝４ꎬ∴ｂ
２＝ａ
２－ｃ
２＝９ꎬ
∴椭圆的标准方程为ｙ
２
２５＋ｘ
２
９＝１.
(２)由ａ＋ｃ＝１０ꎬ
ａ－ｃ＝４ꎬ
{
得ａ＝７ꎬ
ｃ＝３ꎬ
{
∴ｂ
２＝ａ
２－ｃ
２＝４０ꎬ
∴椭圆的标准方程为ｘ
２
４９＋ｙ
２
４０＝１或ｙ
２
４９＋
ｘ
２
４０＝１.
３.解析 (１)化为标准方程是ｘ
２
１６＋ｙ
２
４＝１ꎬ
则ａ＝４ꎬｂ＝２ꎬｃ＝
ａ
２－ｂ
２＝２３ꎬ故长轴
长２ａ＝８ꎬ短轴长２ｂ＝４ꎬ离心率ｅ＝ｃ
ａ＝
３
２ꎬ两个焦点坐标分别是( －２３ꎬ０)ꎬ
(２３ꎬ０)ꎬ四个顶点坐标分别是( －４ꎬ
０)ꎬ(４ꎬ０)ꎬ(０ꎬ－２)ꎬ(０ꎬ２).(图略)
(２)化为标准方程是ｙ
２
８１＋ｘ
２
９＝１ꎬ则ａ＝
９ꎬｂ＝３ꎬｃ＝
ａ
２－ｂ
２＝６２ꎬ故长轴长２ａ
＝１８ꎬ短轴长２ｂ＝６ꎬ离心率ｅ＝ｃ
ａ＝
２２
３ꎬ两个焦点坐标分别是(０ꎬ－６２)ꎬ
(０ꎬ６２)ꎬ四个顶点坐标分别是( ０ꎬ
－９)ꎬ(０ꎬ９)ꎬ(－３ꎬ０)ꎬ(３ꎬ０).(图略)
４.解析
(１) 由题意知ꎬ椭圆的焦点在ｘ
轴上ꎬ设椭圆的方程为ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>
０)ꎬ则ａ＝２２ꎬｂ＝５ꎬ
∴椭圆的方程为ｘ
２
８＋ｙ
２
５＝１.
(２)当焦点在ｘ轴上时ꎬ设椭圆的方程
为ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０).
∵ａ＝３ｂꎬ且过点Ｐ(３ꎬ０)ꎬ
∴ａ＝３ꎬｂ＝１ꎬ
∴椭圆的方程为ｘ
２
９＋ｙ
２＝１.
当焦点在ｙ轴上时ꎬ设椭圆方程为ｙ
２
ａ
２＋
ｘ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０)ꎬ
∵ａ＝３ｂꎬ且过点Ｐ(３ꎬ０)ꎬ
∴ｂ＝３ꎬａ＝９ꎬ
∴椭圆的方程为ｙ
２
８１＋ｘ
２
９＝１.
综上ꎬ椭圆的方程为ｘ
２
９＋ｙ
２＝１或ｙ
２
８１＋
ｘ
２
９＝１.
(３)由题知２ｃ＝８ꎬｅ＝ｃ
ａ＝０.８ꎬ
∴ｃ＝４ꎬａ＝５ꎬｂ＝
ａ
２－ｃ
２＝３ꎬ
∴椭圆的方程为ｘ
２
２５＋ｙ
２
９＝１或ｙ
２
２５＋ｘ
２
９
＝１.
５.解析
由椭圆方程可得椭圆的焦距
２６
｜Ｆ１Ｆ２｜＝２.
因为△ＰＦ１Ｆ２的面积等于１ꎬ
所以１
２× ｜Ｆ１Ｆ２｜× ｜ｙＰ｜＝１ꎬ
解得｜ｙＰ｜＝１.代入椭圆方程ꎬ得ｘ
２
５＋１
４
＝１ꎬ解得ｘ＝±
１５
２
.
所以点Ｐ的坐标是±
１５
２
ꎬ±１
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
６.解析 点Ｑ的轨迹是以ＯꎬＡ为焦点ꎬｒ
为长轴长的椭圆.连接ＱＡ.因为ｌ垂直
平分线段ＡＰꎬ所以｜ＱＡ｜＝｜ＱＰ｜ꎬ所以
｜ＱＯ｜＋｜ＱＡ｜＝｜ＱＯ｜＋｜ＱＰ｜＝｜ＯＰ｜＝ｒ.
又因为点Ａ在圆内ꎬ所以｜ＯＡ｜<ｒ.根据
椭圆的定义ꎬ点Ｑ的轨迹是以ＯꎬＡ为
焦点ꎬｒ为长轴长的椭圆.
７.解析 以近日点、远日点所在直线为ｘ
轴ꎬ这两点的中点为坐标原点建立平面
直角坐标系ꎬ则可设轨道的方程为ｘ
２
ａ
２＋
ｙ
２
ｂ
２＝１( ａ>ｂ> ０)ꎬ则有ａ－ｃ＝１.４８６ꎬ
ａ＋ｃ＝５.５６３ꎬ
{
解
得ａ≈３.５２５ꎬ
ｃ≈２.０３９ꎬ
{
∴ｂ＝
ａ
２－ｃ
２≈２.８７５ꎬ
∴轨道的方程为
ｘ
２
３.５２５
２＋
ｙ
２
２.８７５
２＝１.
８.解析 设点Ｍ的坐标为(ｘꎬｙ)ꎬｄ是点
Ｍ到直线ｘ＝８的距离ꎬ根据题意ꎬ所求
轨迹就是集合Ｐ＝Ｍ
｜ＭＦ｜
ｄ
＝１
２
{
} ꎬ由
此得
(ｘ－２)
２＋ｙ
２
｜８－ｘ｜
＝１
２. 两边平方ꎬ并
化简得３ｘ
２＋４ｙ
２＝４８ꎬ即ｘ
２
１６＋ｙ
２
１２＝１.
所以点Ｍ的轨迹是长轴长、短轴长分
别为８、４３的椭圆.
综合运用
９.解析
设Ｍ(ｘꎬｙ) 是曲线上的任意一
点ꎬＰ(ｘ１ꎬｙ１) 是圆上的任意一点ꎬ则
Ｄ(ｘ１ꎬ０)ꎬ由｜ＤＭ｜
｜ＤＰ｜＝３
２ꎬ可得
ｘ１＝ｘꎬ
ｙ１＝２
３ｙ.
{
∵Ｐ(ｘ１ꎬｙ１)在圆ｘ
２＋ｙ
２＝４上ꎬ
∴ｘ
２
１＋ｙ
２
１＝４ꎬ即ｘ
２＋４
９ｙ
２＝４ꎬ
化简为ｙ
２
９＋ｘ
２
４＝１.∴点Ｍ的轨迹是焦
点在ｙ轴上的椭圆.
１０.解析 由ｘ
２＋ｙ
２＋６ｘ＋５＝０ꎬ得
(ｘ＋３)
２＋ｙ
２＝４ꎬ表示圆心为Ｆ１( －３ꎬ
０)ꎬ半径ｒ１＝２的圆ꎬ
由ｘ
２＋ｙ
２－６ｘ－９１＝０ꎬ得( ｘ－３)
２＋ｙ
２＝
１００ꎬ表示圆心为Ｆ２(３ꎬ０)ꎬ半径ｒ２＝１０
的圆.
设动圆圆心为Ｐ( ｘꎬｙ)ꎬ半径为Ｒꎬ则
Ｒ＋ｒ１＝｜ＰＦ１｜ꎬ
ｒ２－Ｒ＝｜ＰＦ２｜ꎬ
{
∴｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝ｒ１＋
ｒ２＝１２.
由｜Ｆ１Ｆ２｜＝６<１２知ꎬ点Ｐ的轨迹是以
Ｆ１ꎬＦ２为焦点的椭圆ꎬ设其方程为ｘ
２
ａ
２＋
ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０)ꎬ由题意ꎬ得２ａ＝１２ꎬ２ｃ
＝６ꎬ即ａ＝６ꎬｃ＝３.
因此ｂ
２＝ａ
２－ｃ
２＝２７.
故动圆圆心Ｐ的轨迹方程为ｘ
２
３６＋ｙ
２
２７
＝１.
１１.证明 由已知ꎬ得Ｅ(０ꎬ－ｂ)、Ｆ(ａꎬ０)、
Ｇ(０ꎬｂ)、Ｈ(－ａꎬ０).
因为ＲꎬＳꎬＴ是线段ＯＦ的四等分点ꎬ
Ｒ′ꎬＳ′ꎬＴ′是线段ＣＦ的四等分点ꎬ
所以Ｒ
ａ
４ꎬ０
(
) 、Ｓ
ａ
２ꎬ０
(
) 、Ｔ３ａ
４ꎬ０
(
) 、
Ｒ′ ａꎬ３
４ｂ
(
) 、Ｓ′ ａꎬｂ
２
(
) 、Ｔ′ ａꎬｂ
４
(
) .
直线ＥＲ的方程是ｙ＝４ｂ
ａｘ－ｂꎬ
直线ＧＲ′的方程是ｙ＝－ｂ
４ａｘ＋ｂꎬ
联立这两个方程ꎬ解方程组
得
ｘ＝８ａ
１７ꎬ
ｙ＝１５ｂ
１７.
ì
î
í
ïï
ïï
所以点Ｌ的坐标是８ａ
１７ꎬ１５ｂ
１７
(
) .
同理ꎬ点Ｍ的坐标为４ａ
５ꎬ３ｂ
５
(
) ꎬ点Ｎ
的坐标为２４ａ
２５ꎬ７ｂ
２５
(
) .
将点ＬꎬＭꎬＮ的坐标代入椭圆方程ｘ
２
ａ
２
＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０)中均成立.
因此直线ＥＲ与ＧＲ′、ＥＳ与ＧＳ′、ＥＴ与
ＧＴ′的交点ＬꎬＭꎬＮ都在椭圆
ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>０)上.
１２.解析 ∵ｅ＝ｃ
ａ＝０.０１９２ꎬａ＝１.５０×１０
８ｋｍꎬ
∴ｃ＝ｅａ＝２.８８×１０
６ｋｍ.
∴地球到太阳的最大距离为ａ＋ｃ＝
１.５２８８×１０
８(ｋｍ)ꎻ地球到太阳的最小
距离为ａ－ｃ＝１.４７１２×１０
８(ｋｍ).
拓广探索
１３.解析 由直线ｌ的方程与椭圆的方程
可知ꎬ直线ｌ与椭圆不相交.设直线ｍ
平行于直线ｌꎬ则直线ｍ的方程可设
为４ｘ－５ｙ＋ｋ＝０(ｋ≠４０).
由方程组
４ｘ－５ｙ＋ｋ＝０ꎬ
ｘ
２
２５＋ｙ
２
９＝１ꎬ
{
消去ｙꎬ得
２５ｘ
２＋８ｋｘ＋ｋ
２－２２５＝０.①
令方程①的根的判别式Δ ＝０ꎬ得６４ｋ
２
－４×２５(ｋ
２－２２５)＝０.②
解方程②得ｋ１＝２５ꎬｋ２＝－２５.
由图可知ꎬ当ｋ＝２５时ꎬ直线ｍ与椭圆
的交点到直线ｌ的距离最近ꎬ此时直
线ｍ的方程为４ｘ－５ｙ＋２５＝０.
直线ｍ与直线ｌ间的距离ｄ＝｜４０－２５｜
４
２＋５
２
＝１５
４１
４１.所以最小距离是１５
４１
４１.
(２)由(１)可知ꎬ当ｋ＝－２５时ꎬ直线ｍ
与椭圆的交点到直线ｌ的距离最远ꎬ
此时直线ｍ的方程为４ｘ－５ｙ－２５＝０.
直线ｍ与直线ｌ的距离ｄ＝｜４０＋２５｜
４
２＋５
２＝
６５
４１
４１.所以最大距离为６５
４１
４１.
１４.解析 设这组平行直线的方程为ｙ＝
３
２ｘ＋ｍꎬ把ｙ＝３
２ｘ＋ｍ代入椭圆方程
ｘ
２
４＋ｙ
２
９＝１ꎬ得９ｘ
２＋６ｍｘ＋２ｍ
２－１８＝０.
这个方程的根的判别式Δ ＝３６ｍ
２－３６
(２ｍ
２－１８)＝３６(－ｍ
２＋１８).
(１)由Δ>０ꎬ得－３２<ｍ<３２.当这组
平行直线在ｙ轴上的截距的取值范围
是(－３２ꎬ３２)时ꎬ直线与椭圆相交.
(２)证明:设直线与椭圆的交点为Ａ
(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ并设线段ＡＢ的中
点为Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ则ｘ＝ｘ１＋ｘ２
２
＝－ｍ
３.
因为点Ｍ在直线ｙ＝３
２ｘ＋ｍ上ꎬ所以ｙ
＝ｍ
２ꎬ
与ｘ＝－ｍ
３联立ꎬ消去ｍꎬ得３ｘ＋２ｙ＝０.
这说明点Ｍ的轨迹是这条直线被椭
圆截得的弦(不包括端点)ꎬ因此这些
直线被椭圆截得的线段的中点在同一
条直线上.
教材习题答案
２７
3.2 双曲线
３.２.１ 双曲线及其标准方程
练习
１.解析
(１) 双曲线的标准方程为ｘ
２
１６－
ｙ
２
９＝１.
(２)双曲线的焦点在ｘ轴上ꎬ设它的标
准方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ
由方程组
(－２)
２
ａ
２
－(－３)
２
ｂ
２
＝１ꎬ
１５
３
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
ａ
２
－( ２)
２
ｂ
２
＝１ꎬ
ì
î
í
ï
ïï
ï
ïï
解得
ａ
２＝１ꎬ
ｂ
２＝３.
{
所以双曲线的标准方程为ｘ
２－ｙ
２
３＝１.
(３)根据双曲线的定义ꎬ有
２ａ＝｜
４＋(－５＋６)
２－
４＋(－５－６)
２｜
＝｜５－５５｜＝４５ꎬ所以ａ＝２５.
又ｃ＝６ꎬ所以ｂ
２＝３６－２０＝１６.
因为双曲线的焦点在ｙ轴上ꎬ
所以双曲线的标准方程为ｙ
２
２０－ｘ
２
１６＝１.
２.证明 双曲线ｘ
２－１５ｙ
２＝１５可化为ｘ
２
１５－
ｙ
２＝１ꎬ则ａ＝
１５ꎬｂ＝１ꎬｃ＝
ａ
２＋ｂ
２＝４ꎬ所
以焦点坐标为Ｆ１(－４ꎬ０)ꎬＦ２(４ꎬ０).
椭圆ｘ
２
２５＋ｙ
２
９＝１的两焦点坐标为
Ｆ１(－４ꎬ０)ꎬＦ２(４ꎬ０).
所以双曲线ｘ
２－１５ｙ
２＝１５与椭圆ｘ
２
２５＋ｙ
２
９
＝１有相同的焦点.
３.解析
当方程ｘ
２
２＋ｍ－ｙ
２
ｍ＋１＝１表示双曲
线时ꎬ有(２＋ｍ)(ｍ＋１)>０ꎬ
解得ｍ>－１或ｍ<－２.所以ｍ的取值范
围是(－∞ꎬ－２)∪(－１ꎬ＋∞).
４.解析 由题意知ꎬ双曲线的焦点在ｘ轴
上ꎬ且ａ
２＋１２＝
８
２(
)
２
ꎬ所以ａ
２＝４ꎬ因为
ａ>０ꎬ所以ａ＝２ꎬ
因为点Ｍ在双曲线上ꎬ所以由双曲线
的定义知｜｜ＭＦ１｜－｜ＭＦ２｜｜＝２ａ＝４ꎬ
因为｜ＭＦ１｜＝５ꎬ
所以｜ＭＦ２｜＝１或｜ＭＦ２｜＝９.
３.２.２ 双曲线的简单几何性质
练习
１.解析
(１) 双曲线ｘ
２
３２－ｙ
２
４＝１中ꎬａ＝
４２ꎬｂ＝２ꎬｃ＝６ꎬ所以它的实轴长２ａ＝
８２ꎬ虚轴长２ｂ＝４ꎻ顶点坐标为(－４２ꎬ
０)ꎬ(４２ꎬ０)ꎻ焦点坐标为( －６ꎬ０)ꎬ(６ꎬ
０)ꎻ离心率ｅ＝ｃ
ａ＝３２
４.
(２)双曲线ｘ
２
９－ｙ
２
８１＝１中ꎬａ＝３ꎬｂ＝９ꎬｃ＝
３
１０ꎬ所以它的实轴长２ａ＝６ꎬ虚轴长
２ｂ＝１８ꎻ顶点坐标为( －３ꎬ０)ꎬ(３ꎬ０)ꎻ焦
点坐标为(－３
１０ꎬ０)ꎬ(３
１０ꎬ０)ꎻ离
心率ｅ＝ｃ
ａ＝
１０.
(３)双曲线ｙ
２
４－ｘ
２
４＝１中ꎬａ＝２ꎬｂ＝２ꎬｃ＝
２２ꎬ所以它的实轴长２ａ＝４ꎬ虚轴长２ｂ
＝４ꎻ顶点坐标为(０ꎬ－２)ꎬ(０ꎬ２)ꎻ焦点
坐标为(０ꎬ－２２)ꎬ(０ꎬ２２)ꎻ离心率ｅ
＝ｃ
ａ＝２.
(４)双曲线ｙ
２
２５－ｘ
２
４９＝１中ꎬａ＝５ꎬｂ＝７ꎬｃ＝
７４ꎬ所以它的实轴长２ａ＝１０ꎬ虚轴长
２ｂ＝１４ꎻ顶点坐标为(０ꎬ－５)ꎬ(０ꎬ５)ꎻ焦
点坐标为(０ꎬ－
７４)ꎬ(０ꎬ
７４)ꎻ离心
率ｅ＝ｃ
ａ＝
７４
５
.
２.解析 (１) 因为顶点在ｘ轴上ꎬ所以设
双曲线的标准方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>０ꎬｂ
>０)ꎬ
依题意ꎬ有ａ＝４ꎬｅ＝ｃ
ａ＝５
４ꎬ
∴ｃ＝５ꎬｂ
２＝ｃ
２－ａ
２＝９ꎬ
∴双曲线的标准方程为ｘ
２
１６－ｙ
２
９＝１.
(２)因为焦点在ｙ轴上ꎬ所以设双曲线
的标准方程为ｙ
２
ａ
２－ｘ
２
ｂ
２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ依
题意ꎬ有ｃ＝８ꎬｅ＝ｃ
ａ＝４
３ꎬ∴ａ＝６ꎬｂ
２＝ｃ
２
－ａ
２＝２８ꎬ
∴双曲线的标准方程为ｙ
２
３６－ｘ
２
２８＝１.
３.解析 焦点在ｘ轴上ꎬ故设双曲线的标
准方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ａ
２＝１(ａ>０)ꎬ由题意知ꎬｃ
＝６ꎬｃ
２＝２ａ
２ꎬ∴ａ
２＝ｃ
２
２＝１８.
∴双曲线的标准方程为ｘ
２
１８－ｙ
２
１８＝１ꎬ它的
渐近线方程为ｙ＝±ｘ.
４.解析 ①若焦点在ｘ轴上ꎬ则由已知得
ｂ
ａ＝２ꎬ
２ｂ＝４ꎬ
{
解得ａ＝１ꎬ
ｂ＝２ꎬ
{
所以双曲线方程为ｘ
２－ｙ
２
４＝１ꎻ
②若焦点在ｙ轴上ꎬ则由已知得
ａ
ｂ＝２ꎬ
２ｂ＝４ꎬ
{
解得ａ＝４ꎬ
ｂ＝２ꎬ
{
所以双曲线方程为
ｙ
２
１６－ｘ
２
４＝１.
综上ꎬ满足条件的双曲线方程为ｘ
２－ｙ
２
４
＝１或ｙ
２
１６－ｘ
２
４＝１.
练习
１.解析 设Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ因为Ａ(－６ꎬ０)ꎬＢ(６ꎬ
０)ꎬｋＡＭｋＭＢ＝２
９ꎬ所以０－ｙ
－６－ｘ０－ｙ
６－ｘ＝２
９
(ｘ≠±６)ꎬ
整理ꎬ得ｘ
２
３６－ｙ
２
８＝１(ｘ≠±６)ꎬ
所以点Ｍ的轨迹是以原点为中心ꎬ焦点
在ｘ轴上的双曲线( 除去Ａ( －６ꎬ０)ꎬ
Ｂ(６ꎬ０)).
２.解析
( １) 由
２ｘ－ｙ－１０＝０ꎬ
ｘ
２
２０－ｙ
２
５＝１
{
消去ｙ并
整理ꎬ
得３ｘ
２－３２ｘ＋８４＝０ꎬ
解得ｘ＝１４
３或ｘ＝６ꎬ
∴
ｘ＝１４
３ꎬ
ｙ＝－２
３
ì
î
í
ïï
ïï
或ｘ＝６ꎬ
ｙ＝２.
{
∴交点坐标为１４
３ꎬ－２
３
(
) ꎬ(６ꎬ２).
(２)由
４ｘ－３ｙ－１６＝０ꎬ
ｘ
２
２５－ｙ
２
１６＝１
{
消去ｘ并整理ꎬ
得ｙ
２－６ｙ＋９＝０ꎬ解得ｙ＝３.
当ｙ＝３时ꎬｘ＝２５
４ꎬ
∴交点坐标为２５
４ꎬ３
(
) .
３.解析 设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２).
依题意ꎬ由方程组
ｙ＝２
３ｘꎬ
ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
８＝１ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
消去ｙꎬ
得ｘ
２＝
１８ａ
２
１８－ａ
２ꎬ所以不妨令ｘ１＝
－
１８ａ
２
１８－ａ
２ꎬｘ２＝
１８ａ
２
１８－ａ
２ꎬ
因为ｘ１ｘ２＝－９ꎬ所以－
１８ａ
２
１８－ａ
２
１８ａ
２
１８－ａ
２＝－９ꎬ解得ａ
２＝６ꎬ
２８
又因为ｂ
２＝８ꎬ
所以ｃ
２＝ａ
２＋ｂ
２＝１４ꎬ
所以ｅ＝ｃ
ａ＝
ｃ
２
ａ
２＝
７
３＝
２１
３
.
◆习题3.2
复习巩固
１.答案 １７
解析 双曲线４ｘ
２－ｙ
２＋６４＝０可化为ｙ
２
６４
－ｘ
２
１６＝１ꎬ∴ａ＝８ꎬ
设双曲线的两个焦点分别为Ｆ１ꎬＦ２ꎬ不
妨设｜ＰＦ１｜＝１ꎬ
由定义知｜｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜｜＝２ａ＝１６ꎬ
所以｜ＰＦ２｜＝±１６＋｜ＰＦ１｜ꎬ
所以｜ＰＦ２｜＝１７或｜ＰＦ２｜＝－１５(舍去).
２.解析 (１) 设双曲线方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１
(ａ>０ꎬｂ>０).
因为双曲线过点Ａ(－５ꎬ２)ꎬａ＝２５ꎬ
所以２５
２０－４
ｂ
２＝１ꎬ解得ｂ
２＝１６ꎬ
所以双曲线方程为ｘ
２
２０－ｙ
２
１６＝１.
(２)①当焦点在ｘ轴上时ꎬ设双曲线方
程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ> ０ꎬｂ> ０)ꎬ依题意有
４９
ａ
２－７２
ｂ
２＝１ꎬ
２８
ａ
２－９
ｂ
２＝１ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
解得
ａ
２＝２５ꎬ
ｂ
２＝７５ꎬ
{
所以双曲线
方程为ｘ
２
２５－ｙ
２
７５＝１.
②当焦点在ｙ轴上时ꎬ设双曲线方程为
ｙ
２
ａ
２－ｘ
２
ｂ
２＝１( ａ> ０ꎬｂ> ０). 依题意有
７２
ａ
２－４９
ｂ
２＝１ꎬ
９
ａ
２－２８
ｂ
２＝１ꎬ
ì
î
í
ïï
ïï
无解.
综上ꎬ双曲线方程为ｘ
２
２５－ｙ
２
７５＝１.
３.解析 (１)原方程可化为ｘ
２
９－ｙ
２
１６＝１ꎬ
因此ａ
２＝９ꎬｂ
２＝１６ꎬｃ
２＝２５ꎬ
即ａ＝３ꎬｂ＝４ꎬｃ＝５ꎬ且焦点在ｘ轴上.
因此ꎬ焦点坐标为(－５ꎬ０)ꎬ(５ꎬ０)ꎬ
离心率ｅ＝５
３ꎬ渐近线方程为ｙ＝± ４
３ｘ.
(２)原方程可化为ｙ
２
１６－ｘ
２
９＝１ꎬ因此ａ
２＝
１６ꎬｂ
２＝９ꎬｃ
２＝２５ꎬ即ａ＝４ꎬｂ＝３ꎬｃ＝５ꎬ且
焦点在ｙ轴上.
因此ꎬ焦点坐标为(０ꎬ－５)ꎬ(０ꎬ５)ꎬ
离心率ｅ＝５
４ꎬ
渐近线方程为ｙ＝± ４
３ｘ.
４.解析 (１)设双曲线的标准方程为ｘ
２
ａ
２－
ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ
依题意得２ａ＝１０ꎬ２ｂ＝８ꎬ即ａ＝５ꎬｂ＝４.
因此ꎬ双曲线的标准方程为ｘ
２
２５－ｙ
２
１６＝１.
(２)设双曲线的标准方程为ｙ
２
ａ
２－ｘ
２
ｂ
２＝１
(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ
依题意得２ｃ＝１０ꎬ２ｂ＝８ꎬ
即ｃ＝５ꎬｂ＝４ꎬ∴ａ
２＝ｃ
２－ｂ
２＝９.
因此ꎬ双曲线的标准方程为ｙ
２
９－ｘ
２
１６＝１.
(３)∵ｅ＝ｃ
ａ＝２ꎬｃ
２＝ａ
２＋ｂ
２ꎬ∴ａ＝ｂ.
∴双曲线为等轴双曲线ꎬ设其方程为ｘ
２
－ｙ
２＝λ(λ≠０)ꎬ将Ｍ(－５ꎬ３)代入ꎬ得
λ＝(－５)
２－３
２＝１６.
故双曲线的标准方程为ｘ
２
１６－ｙ
２
１６＝１.
５.解析
当点Ｐ在圆上运动时ꎬ点Ｑ的
轨迹是双曲线.
因为｜ＱＰ｜＝｜ＱＡ｜ꎬ而｜｜ＱＡ｜－｜ＱＯ｜｜＝
｜｜ＱＰ｜－｜ＱＯ｜｜＝ｒꎬ且｜ＯＱ｜<ｒ< ｜ＯＡ｜ꎬ
所以点Ｑ的轨迹是以ＯꎬＡ为焦点ꎬｒ为
实轴长的双曲线.
６.解析 设双曲线方程为ｘ
２－ｙ
２＝λ(λ≠
０)ꎬ
依题意得３
２－(－１)
２＝λꎬ即λ＝８.
故所求双曲线的方程为ｘ
２
８－ｙ
２
８＝１.
综合运用
７.解析 (１) 当ｍ＝ｎ>０时ꎬ方程表示以
坐标原点为圆心ꎬｍ为半径的圆.
(２)当ｍ>ｎ>０时ꎬ方程表示的曲线是焦
点在ｘ轴上的椭圆ꎻ
当ｎ>ｍ>０时ꎬ方程表示的曲线是焦点
在ｙ轴上的椭圆.
(３) 当ｍ>０ꎬｎ<０时ꎬ方程表示的曲线
是焦点在ｘ轴上的双曲线ꎻ
当ｍ<０ꎬｎ>０时ꎬ方程表示的曲线是焦
点在ｙ轴上的双曲线.
８.解析 由题意知椭圆的半焦距为５ꎬ且
焦点在ｘ轴上.设双曲线方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２
＝１(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ
∵ｅ＝ｃ
ａ＝５
４ꎬｃ＝５ꎬ∴ａ＝４ꎬ
∴ｂ
２＝ｃ
２－ａ
２＝２５－１６＝９ꎬ
∴所求双曲线的方程为ｘ
２
１６－ｙ
２
９＝１.
９.解析 以Ａ、Ｂ所在的直线为ｘ轴ꎬ线段
ＡＢ的垂直平分线为ｙ轴ꎬ建立平面直
角坐标系.
设Ｐ(ｘꎬｙ) 是曲线上的任意一点ꎬ则根
据题意ꎬ有｜ＡＢ｜＝１４００ꎬ｜｜ＰＡ｜－｜ＰＢ｜｜
＝３４０×３＝１０２０< ｜ＡＢ｜ꎬ所以所求轨迹
是双曲线ꎬ设双曲线方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１
(ａ>０ꎬｂ>０)ꎬ则２ａ＝１０２０ꎬ２ｃ＝１４００ꎬ所
以ｂ
２＝ｃ
２－ａ
２＝２２９９００.
所以所求轨迹方程为
ｘ
２
２６０１００－
ｙ
２
２２９９００
＝１.
１０.解析 设点Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ则
(ｘ－ｃ)
２＋ｙ
２
ｘ－ａ
２
ｃ
＝ｃ
ａꎬ
整理ꎬ得ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｃ
２－ａ
２＝１.
∵ｃ>０ꎬａ<ｃꎬ
∴ａ>０ꎬｃ
２－ａ
２>０ꎬ
令ｃ
２－ａ
２＝ｂ
２(ｂ>０)ꎬ则上式变为ｘ
２
ａ
２－
ｙ
２
ｂ
２＝１.
∴所求点Ｍ的轨迹为双曲线ꎬ且轨迹
方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１( ａ> ０ꎬｂ> ０ꎬｂ
２＝ｃ
２－
ａ
２).
１１.解析 依题意ꎬ四边形ＯＡＭＢ为矩形ꎬ
设Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ如图.
因为四边形ＯＡＭＢ的面积为３ꎬ
所以｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝３ꎬ所以｜ｘ－ｙ｜
２
｜ｘ＋ｙ｜
２
＝３ꎬ所以｜ｘ
２－ｙ
２｜＝６ꎬ即ｘ
２－ｙ
２＝
６或ｙ
２－ｘ
２＝６ꎬ
所以点Ｍ的轨迹为双曲线.
１２.解析
椭圆ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１( ａ>ｂ>０) 的离
心率ｅ１＝ｃ
ａ＝
１－ｂ
２
ａ
２ꎬ
双曲线ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１的离心率ｅ２＝ｃ
ａ
＝
１＋ｂ
２
ａ
２ꎬ
因为双曲线的渐近线的斜率ｂ
ａ<２５
５ꎬ
所以０< ｂ
２
ａ
２< ４
５ꎬ
教材习题答案
２９
所以５
５<ｅ１<１ꎬ
１<ｅ２<３５
５.
所以ｅ１的取值范围是
５
５ꎬ１
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬｅ２的
取值范围是１ꎬ３５
５
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
拓广探索
１３.解析 当直线ｌ的斜率存在时ꎬ
设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ经过点Ｐ的直线
ｌ的方程为ｙ－１＝ｋ(ｘ－１)ꎬ即ｙ＝ｋｘ－ｋ＋１.
与双曲线的方程联立并消去ｙꎬ得
(２－ｋ
２)ｘ
２－２ｋ(１－ｋ)ｘ－(１－ｋ)
２－２＝０(２
－ｋ
２≠０)ꎬ①
∴
ｘ１＋ｘ２
２
＝ｋ(１－ｋ)
２－ｋ
２
＝１ꎬ∴ｋ＝２.
当ｋ＝２时ꎬ方程①变为２ｘ
２－４ｘ＋３＝０.
此时Δ＝１６－２４＝－８<０ꎬ
∴方程①没有实数根.
当经过点Ｐ的直线ｌ的斜率不存在
时ꎬ直线ｌ的方程为ｘ＝１.经验证不符
合题设.
综上ꎬ不能作一条直线ｌ与双曲线交
于ＡꎬＢ两点ꎬ且Ｐ是线段ＡＢ的中点.
１４.解析
由
ｘ
２
４－ｙ
２
１６＝１ꎬ
ｙ＝ｋｘ＋ｍ
{
得(４－ｋ
２) ｘ
２－
２ｋｍｘ－(ｍ
２＋１６)＝０(ｋ≠±２)ꎬ
因为双曲线与直线有唯一的公共点
Ｍꎬ所以Δ＝( －２ｋｍ)
２＋４(４－ｋ
２) (ｍ
２＋
１６)＝０ꎬ此时ｘ＝ｋｍ
４－ｋ
２ꎬ
当ｘ＝ｋｍ
４－ｋ
２时ꎬｙ＝ｋｘ＋ｍ＝４ｍ
４－ｋ
２ꎬ即
Ｍ
ｋｍ
４－ｋ
２ꎬ４ｍ
４－ｋ
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
所以过点Ｍ且与ｌ垂直的直线方程为
ｙ＝－１
ｋ
ｘ－ｋｍ
４－ｋ
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ＋４ｍ
４－ｋ
２ꎬ
令ｘ＝０ꎬ则ｙ＝５ｍ
４－ｋ
２ꎬ令ｙ＝０ꎬ则ｘ＝
５ｋｍ
４－ｋ
２ꎬ所以Ｐ５ｋｍ
４－ｋ
２ꎬ５ｍ
４－ｋ
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ꎬ
所以ｙ＝１
ｋｘ(ｋ≠±２). 点Ｐ的轨迹为
过原点的直线ꎬ且除去与渐近线垂直
的两条直线.
3.3 抛物线
３.３.１ 抛物线及其标准方程
练习
１.解析 (１)设抛物线的标准方程为ｙ
２＝
２ｐｘ(ｐ>０)ꎬ
∵ｐ
２＝３ꎬ∴ｐ＝６ꎬ
∴抛物线的标准方程为ｙ
２＝１２ｘ.
(２)设抛物线的标准方程为ｙ
２＝２ｐｘ(ｐ>
０)ꎬ
∵－ｐ
２＝－１
４ꎬ∴ｐ＝１
２ꎬ
∴抛物线的标准方程为ｙ
２＝ｘ.
(３)当焦点在ｘ轴上时ꎬ设抛物线的标
准方程为ｙ
２＝２ｐｘ或ｙ
２＝－２ｐｘ(ｐ>０)ꎬ
∵ｐ＝２ꎬ
∴抛物线的标准方程为ｙ
２＝４ｘ或ｙ
２＝
－４ｘ.
同理可得ꎬ当焦点在ｙ轴上时ꎬ抛物线
的标准方程为ｘ
２＝４ｙ或ｘ
２＝－４ｙ.
综上ꎬ所求抛物线的标准方程为ｙ
２＝
±４ｘ或ｘ
２＝±４ｙ.
２.解析 (１)由ｙ
２＝２０ｘꎬ得抛物线开口向
右ꎬ２ｐ＝２０ꎬ所以ｐ＝１０ꎬ因此焦点坐标
为Ｆ(５ꎬ０)ꎬ准线方程为ｘ＝－５.
(２)由ｘ
２＝１
２ｙꎬ得抛物线开口向上ꎬ２ｐ
＝１
２ꎬ所以ｐ＝１
４.
因此焦点坐标为Ｆ０ꎬ１
８
(
) ꎬ准线方程
为ｙ＝－１
８.
(３)由２ｙ
２＋５ｘ＝０ꎬ得
ｙ
２＝－５
２ｘꎬ抛物线开口向左ꎬ２ｐ＝５
２ꎬ所
以ｐ＝５
４.
因此焦点坐标为Ｆ－５
８ꎬ０
(
) ꎬ准线方程
为ｘ＝５
８.
(４)由ｘ
２＋８ｙ＝０ꎬ得ｘ
２＝－８ｙꎬ
抛物线开口向下ꎬ２ｐ＝８ꎬ所以ｐ＝４ꎬ因
此焦点坐标为Ｆ(０ꎬ－２)ꎬ准线方程为ｙ
＝２.
３.答案 (１)ａꎻａ－ｐ
２
(２)(６ꎬ６２)或(６ꎬ－６２)
解析 (１) 由抛物线定义知Ｍ到准线
的距离为ａꎬ
设Ｍ( ｘꎬｙ)ꎬ则Ｍ到准线的距离为
ｘ－－ｐ
２
(
)
＝ａꎬ
又ｘ≥０ꎬ∴ｘ＋ｐ
２＝ａꎬ∴ｘ＝ａ－ｐ
２.
(２)由ｙ
２＝１２ｘ知ｐ＝６ꎬ准线方程为ｘ＝
－３ꎬ设点Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ由抛物线定义可知ｘ
＋３＝９ꎬｘ＝６ꎬ将ｘ＝６代入ｙ
２＝１２ｘꎬ得ｙ
＝±６２ꎬ所以满足条件的点为(６ꎬ６２)
或(６ꎬ－６２).
３.３.２ 抛物线的简单几何性质
练习
１.解析 (１)设抛物线方程为ｙ
２＝２ｐｘ(ｐ>
０)ꎬ
∵抛物线过点Ｍ(５ꎬ－４)ꎬ
∴ｐ＝８
５ꎬ
∴抛物线方程为ｙ
２＝１６
５ｘ.
(２)设抛物线方程为ｘ
２＝２ｐｙ(ｐ>０)ꎬ
由题意知ｐ
２＝５ꎬ∴ｐ＝１０ꎬ
∴抛物线方程为ｘ
２＝２０ｙ.
(３)设抛物线方程为ｙ
２＝－２ｐｘ(ｐ>０)ꎬ
由题意知ꎬｐ
２＝４ꎬ∴ｐ＝８ꎬ
∴抛物线方程为ｙ
２＝－１６ｘ.
(４)设抛物线方程为ｘ
２＝－２ｐｙ(ｐ>０)ꎬ
由题意易知ｐ＝１６.
∴抛物线方程为ｘ
２＝－３２ｙ.
２.解析 ｘ的系数越大ꎬ抛物线的开口越
大ꎬ如图.
３.解析 直线ｌ的方程为ｙ－０＝ｘ－２ꎬ即ｙ
＝ｘ－２ꎬ与抛物线的方程联立并消去ｙꎬ
得ｘ
２－８ｘ＋４＝０.
由根与系数的关系ꎬ得ｘＡ＋ｘＢ＝８ꎬ
ｘＡｘＢ＝４ꎬ
∴｜ＡＢ｜＝
(１＋ｋ
２)[(ｘＡ＋ｘＢ)
２－４ｘＡｘＢ]
＝
２×(６４－１６) ＝４６.
４.解析 设直线的方程为ｘ＝ｔꎬ与抛物线
的方程联立ꎬ消去ｘꎬ得ｙ
２－４ｔ＝０ꎬ
∴ｙＡ＋ｙＢ＝０ꎬｙＡｙＢ＝－４ｔꎬ
｜ＡＢ｜＝｜ｙＡ－ｙＢ｜＝
(ｙＡ＋ｙＢ)
２－４ｙＡｙＢ
＝
１６ｔ＝４３ꎬ
∴ｔ＝３ꎬ即直线ＡＢ的方程为ｘ－３＝０.
练习
１.解析
(１) 依题意ꎬ抛物线的焦点在ｙ
轴上ꎬ且开口向上ꎬ设抛物线方程为ｘ
２
＝２ｐｙ(ｐ>０)ꎬ则焦点Ｆ０ꎬｐ
２
(
) ꎬ准线方
程为ｙ＝－ｐ
２ꎬ
因为Ｆ与Ｍ(０ꎬ－９)关于直线ｙ＝－ｐ
２对
３０
称ꎬ所以－９＋ｐ
２＝２× －ｐ
２
(
) ꎬ解得ｐ＝６ꎬ
所以抛物线方程为ｘ
２＝１２ｙ.
(２)依题意ꎬ设抛物线方程为ｘ
２＝－２ｐｙ
(ｐ>０)ꎬ且抛物线过点(６ꎬ－１２)ꎬ将点代
入ꎬ得抛物线方程为ｘ
２＝－３ｙ.
(３)依题意ꎬ｜ｐ｜＝３ꎬ所以抛物线方程为
ｙ
２＝±６ｘ.
２.解析 依题意４
２＝２４ｍꎬ解得ｍ＝２
３ꎬ
所以Ｍ
２
３ꎬ４
(
) .
抛物线的焦点为Ｆ(６ꎬ０)ꎬ准线方程为
ｘ＝－６ꎬ
直线ＭＦ的方程为ｙ＝－３
４(ｘ－６)ꎬ令ｘ
＝－６ꎬ得ｙ＝９ꎬ即Ｎ(－６ꎬ９)ꎬ
所以｜ＦＮ｜＝
(６＋６)
２＋(０－９)
２＝１５.
３.解析
依题意(
３ｐ)
２＝２ｐｙꎬ所以ｙ＝
３
２ꎬ即点Ｍ的纵坐标为３
２ꎬ
因为｜ＭＦ｜＝４ꎬ所以３
２＋ｐ
２＝４ꎬ解得ｐ＝
５ꎬ所以抛物线方程为ｘ
２＝１０ｙꎬ点Ｍ的
坐标为±
１５ꎬ３
２
(
) .
４.解析 因为抛物线方程为ｙ
２＝２ｐｘ(ｐ>
０)ꎬ所以焦点Ｆ
ｐ
２ꎬ０
(
) ꎬ
由已知得ＡＢ⊥ｘ轴ꎬ若Ｆ在ＡＢ上ꎬ则Ｆ
是ＡＢ的中点ꎬ
设Ａ
ｔ
２
２ｐꎬｔ
(
) (ｔ>０)ꎬ则ｐ
２＝ｔ
２
２ｐꎬ所以ｔ＝
ｐꎬ所以ｐ＝ｋ× ｐ
２
２ｐꎬ解得ｋ＝２ꎬ
所以ｋ＝２时ꎬ直线ＡＢ过抛物线的
焦点.
５.解析
依题意ꎬ设圆心坐标为(０ꎬｂ)ꎬ
因为Ａ(０ꎬ５) 在圆上ꎬ所以ｒ＝｜５－ｂ｜(ｂ
≠５)ꎬ
因为Ｂ( ｘꎬ０)ꎬＣ( ０ꎬｙ) 在圆上ꎬ所以
５＋ｙ＝２ｂꎬ
ｘ
２＋ｂ
２＝(５－ｂ)
２ꎬ
{
消去ｂꎬ得ｘ
２＝－５ｙꎬ所
以点Ｍ的轨迹方程为ｘ
２＝－５ｙ.
◆习题3.3
复习巩固
１.解析 (１) 由ｘ
２＝２ｙꎬ知抛物线开口向
上ꎬ且ｐ＝１ꎬ
因此焦点坐标为Ｆ０ꎬ１
２
(
) ꎬ准线方程
为ｙ＝－１
２.
(２)由４ｘ
２＋３ｙ＝０ꎬ得ｘ
２＝－３
４ｙꎬ抛物线
开口向下ꎬ且ｐ＝３
８ꎬ
因此焦点坐标为０ꎬ－３
１６
(
) ꎬ准线方程为
ｙ＝３
１６.
(３)由２ｙ
２＋ｘ＝０ꎬ得ｙ
２＝－１
２ｘꎬ抛物线
开口向左ꎬ且ｐ＝１
４ꎬ
因此焦点坐标为Ｆ－１
８ꎬ０
(
) ꎬ准线方程
为ｘ＝１
８.
(４)由ｙ
２－６ｘ＝０ꎬ得ｙ
２＝６ｘꎬ抛物线开口
向右ꎬ且ｐ＝３.
因此焦点坐标为Ｆ
３
２ꎬ０
(
) ꎬ准线方程
为ｘ＝－３
２.
２.答案 (１)ｙ
２＝－８ｘ
(２)(４ꎬ４２)或(４ꎬ－４２)
解析 (１)由准线方程为ｘ＝２知ꎬ抛物
线开口向左ꎬ设其标准方程为ｙ
２＝－２ｐｘ
(ｐ>０)ꎬ则ｐ
２＝２ꎬ即ｐ＝４.
因此所求抛物线的标准方程为ｙ
２＝－８ｘ.
(２)抛物线ｙ
２＝８ｘ的焦点为Ｆ(２ꎬ０)ꎬ准
线方程为ｘ＝－２ꎬ设Ｐ(ｘꎬｙ)是到焦点距离
等于６的点ꎬ由抛物线定义知｜ＰＦ｜＝ｘ＋２ꎬ
∴ｘ＝｜ＰＦ｜－２＝６－２＝４.
当ｘ＝４时ꎬｙ
２＝３２ꎬｙ＝±４２ꎬ
即
Ｐ
点的坐标为( ４ꎬ４
２)
或(４ꎬ－４２).
３.解析 设Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)是抛物线上满足条
件的点ꎬ由题意知ꎬ焦点Ｆ
ｐ
２ꎬ０
(
) ꎬ准
线ｘ＝－ｐ
２.因为｜ＭＦ｜＝２ｐꎬ由抛物线定
义知ꎬ｜ＭＦ｜＝ｘ０＋ｐ
２＝２ｐꎬ所以ｘ０＝３ｐ
２ꎬ
ｙ
２
０＝３ｐ
２ꎬｙ０＝± ３ｐꎬ
所以Ｍ
３
２ｐꎬ３ｐ
(
) 或
３
２ｐꎬ－３ｐ
(
) .
４.解析 (１)设抛物线方程为ｙ
２＝ａｘ(ａ≠
０)ꎬ由题意知ꎬ｜ａ｜
４＝６ꎬａ＝±２４ꎬ所以抛
物线方程为ｙ
２＝２４ｘ或ｙ
２＝－２４ｘ.图略.
(２)设抛物线方程为ｘ
２＝－２ｐｙ( ｐ>０)ꎬ
于是有(－６)
２＝－２ｐ×( －３)ꎬｐ＝６ꎬ所以
抛物线方程为ｘ
２＝－１２ｙ.图略.
５.解析 如图ꎬ过Ｍ点作准线的垂线ꎬ
垂足为Ｎꎬ过Ｆ作ＦＥ⊥ＭＮ于Ｅꎬ设
｜ＭＦ｜＝ａꎬ
则｜ＭＥ｜＝１
２ａꎬ由抛物线定义知ꎬ
１
２ａ＋ｐ＝ａꎬ即ａ＝２ｐꎬ
由抛物线方程知２ｐ＝４ꎬ
故ａ＝｜ＭＦ｜＝４.
６.解析 设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２).
由
ｙ＝ｘ－２ꎬ
ｙ
２＝２ｘ
{
得ｙ
２－２ｙ－４＝０.
因此ｙ１ｙ２＝－４ꎬ
从而ｘ１ｘ２＝
１
２ｙ
２
１
(
)
１
２ｙ
２
２
(
)
＝１
４(ｙ１ｙ２)
２＝４.
∴ＯＡ
→ＯＢ
→＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝４＋(－４)＝０ꎬ
即ＯＡ
→⊥ＯＢ
→ꎬ因此ＯＡ⊥ＯＢ.
７.解析 设所求抛物线方程为ｘ
２＝２ｐｙ(ｐ
>０)ꎬ依题意ꎬ知点Ｂ(３.５ꎬ０.７)在抛物线
上ꎬ代入方程ｘ
２＝２ｐｙꎬ得３.５
２＝２ｐ×０.７ꎬ
解得２ｐ＝１７.５ꎬ∴所求抛物线方程为ｘ
２
＝１７.５ｙ(０≤ｙ≤０.７).
８.解析 设拱桥横断面所在的抛物线方
程为ｘ
２＝－２ｐｙ(ｐ>０).
∵拱顶离水面２ｍꎬ水面宽４ｍꎬ
∴点(２ꎬ－２) 在抛物线上ꎬ∴２
２＝－２ｐ×
(－２)ꎬ解得２ｐ＝２ꎬ∴抛物线方程为ｘ
２
＝－２ｙꎬ当水面下降１ｍ时ꎬｙ＝－３ꎬ代入
方程ｘ
２＝－２ｙꎬ解得ｘ＝± ６ꎬ这时的水
面宽为２｜ｘ｜＝２６ｍ.
综合运用
９.解析 设垂线段的中点为Ｍ(ｘꎬｙ)ꎬ抛
物线上相应的点为Ｐ( ｘ１ꎬｙ１)ꎬ依题意
有ｘ１＝ｘꎬｙ１＝２ｙꎬ代入ｙ
２
１＝２ｐｘ１ꎬ得垂线
段中点Ｍ的轨迹方程为ｙ
２＝１
２ｐｘꎬ它是
顶点在坐标原点ꎬ焦点坐标为
ｐ
８ꎬ０
(
) 的抛物线.
１０.解析
设这个等边三角形ＯＡＢ的顶
点ＡꎬＢ在抛物线上ꎬ且坐标分别为
Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ则ｙ
２
１＝２ｐｘ１ꎬｙ
２
２＝
２ｐｘ２.又｜ＯＡ｜＝｜ＯＢ｜ꎬ所以ｘ
２
１＋ｙ
２
１＝ｘ
２
２＋
ｙ
２
２ꎬ即ｘ
２
１－ｘ
２
２＋２ｐｘ１－２ｐｘ２＝０ꎬ因此(ｘ１－
ｘ２)(ｘ１＋ｘ２＋２ｐ) ＝０.因为ｘ１>０ꎬｘ２>０ꎬ
２ｐ>０ꎬ所以ｘ１＝ｘ２ꎬ由此可得｜ｙ１｜＝｜ｙ２｜ꎬ
即线段ＡＢ关于ｘ轴对称.因为ｘ轴垂直
于ＡＢꎬ所以∠ＡＯｘ＝３０°ꎬ所以
ｙ１
ｘ１
＝
ｔａｎ３０°＝３
３ꎬ又ｘ１＝ｙ
２
１
２ｐꎬ所以ｙ１＝２３ｐꎬ
因此｜ＡＢ｜＝２ｙ１＝４３ｐ.
１１.解析
设点Ｍ的坐标为(ｘꎬｙ). 由已
教材习题答案
３１
知ꎬ得直线ＡＭ的斜率ｋＡＭ＝ｙ
ｘ＋１( ｘ≠
－１)ꎻ
直线ＢＭ的斜率ｋＢＭ＝ｙ
ｘ－１(ｘ≠１).由题
意ꎬ得ｋＡＭ－ｋＢＭ＝２ꎬ即ｙ
ｘ＋１－ｙ
ｘ－１＝２(ｘ≠
±１)ꎬ化简ꎬ得ｘ
２＝－ｙ＋１(ｘ≠±１).
故点Ｍ的轨迹方程是ｘ
２＝－ｙ＋１(ｘ≠
±１).
拓广探索
１２.解析
(１) ①当直线ｌ的斜率不存在
时ꎬ直线ｌ的方程为ｘ＝－２ꎬ此时直线ｌ
与抛物线无公共点ꎻ
②当直线ｌ的斜率存在时ꎬ设为ｋꎬ因
为直线ｌ过点( －２ꎬ１)ꎬ所以直线ｌ的
方程为ｙ－１＝ｋ(ｘ＋２)ꎬ
联立方程ꎬ得
ｙ－１＝ｋ(ｘ＋２)ꎬ
ｙ
２＝４ｘꎬ
{
消去ｙꎬ
得ｋ
２ｘ
２＋(４ｋ
２＋２ｋ－４)ｘ＋４ｋ
２＋４ｋ＋１＝０ꎬ
当ｋ＝０时ꎬ直线ｌ的方程为ｙ＝１ꎬ直线
ｌ与抛物线有１个公共点ꎻ
当ｋ≠０时ꎬΔ＝(４ｋ
２＋２ｋ－４)
２－４ｋ
２(４ｋ
２
＋４ｋ＋１)＝－１６(２ｋ
２＋ｋ－１)ꎬ
令Δ＝０ꎬ则ｋ＝１
２或ｋ＝－１ꎬ此时直线
与抛物线相切ꎬ有１个公共点ꎻ
令Δ>０ꎬ则－１<ｋ< １
２ꎬ此时直线与抛物
线相交ꎬ有２个公共点.
令Δ<０ꎬ则ｋ> １
２或ｋ<－１ꎬ此时直线与
抛物线无公共点.
综上ꎬ当ｋ> １
２或ｋ<－１或斜率不存在
时ꎬ直线ｌ与抛物线无公共点ꎻ
当ｋ＝０或ｋ＝１
２或ｋ＝－１时ꎬ直线与
抛物线有１个公共点ꎻ
当－１<ｋ< １
２时ꎬ直线与抛物线有２个
公共点.
图略.
(２)当方程组有一组解时ꎬ有一个公
共点ꎻ当方程组有两组解时ꎬ有两个公
共点ꎻ当方程组无解时ꎬ没有公共点.
１３.证明 因为点Ｍ在抛物线ｙ
２＝２ｐｘ(ｐ
>０)上ꎬ设Ｍ
ｔ
２
２ｐꎬｔ
(
) ꎬ过点Ｍ的切线
为ｌꎬ过点Ｍ垂直于切线ｌ的直线ｌ１与
ｘ轴交于点Ａꎬ反射光线为ＭＮꎬ如图ꎬ
设直线ｌ:ｙ＝ｋｘ－ｔ
２
２ｐ
(
) ＋ｔ(ｋ≠０)ꎬ由方
程组
ｙ＝ｋｘ－ｔ
２
２ｐ
(
) ＋ｔꎬ
ｙ
２＝２ｐｘꎬ
{
消去ｙ并整
理ꎬ得
ｋ
２ｘ
２＋２ｋｔ－ｔ
２ｋ
２
ｐ－２ｐ
(
) ｘ＋ｔ
４ｋ
２
４ｐ
２＋ｔ
２－ｋｔ
３
ｐ＝０.
令Δ ＝０ꎬ即
２ｋｔ－ｔ
２ｋ
２
ｐ－２ｐ
(
)
２
－４ｋ
２
ｔ
４ｋ
２
４ｐ
２＋ｔ
２－ｋｔ
３
ｐ
æ
è
ç
ö
ø
÷ ＝０ꎬ
整理并化简ꎬ得(ｋｔ－ｐ)
２＝０ꎬ∴ｋ＝ｐ
ｔꎬ
∴ｌ１:ｙ＝－ｔ
ｐ
ｘ－ｔ
２
２ｐ
(
) ＋ｔꎬ
令ｙ＝０ꎬ解得ｘ＝ｐ＋ｔ
２
２ｐ.
∴Ａｐ＋ｔ
２
２ｐꎬ０
(
) .∴｜ＦＡ｜＝ｔ
２
２ｐ＋ｐ
２.
又由抛物线定义ꎬ易求｜ＭＦ｜＝ｔ
２
２ｐ＋ｐ
２
＝｜ＦＡ｜.
∴∠ＦＡＭ＝∠ＦＭＡ.
又由反射角等于入射角ꎬ可以∠ＮＭＡ
＝∠ＦＭＡꎬ
∴∠ＮＭＡ＝∠ＦＡＭꎬ
∴ＭＮ∥ＦＡꎬ即反射光线平行于抛物线
的对称轴.
复习参考题3
复习巩固
１.解析 (１)设椭圆方程为ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ
>ｂ>０)ꎬ地球半径为Ｒꎬ则Ｒ＝６３７１ｋｍꎬ
依题意得
ａ＋ｃ－Ｒ＝２３８４ꎬ
ａ－ｃ－Ｒ＝４３９ꎬ
{
解得ａ＝７７８２.５ꎬ
ｃ＝９７２.５.
{
则ｂ＝
ａ
２－ｃ
２≈７７２１.５ꎬ
所以卫星运行的轨迹方程为
ｘ
２
７７８２.５
２＋
ｙ
２
７７２１.５
２＝１ꎬ即
ｘ
２
６０５６７３０６＋
ｙ
２
５９６２１５６２
＝１.
(２)卫星轨道的离心率ｅ＝ｃ
ａ＝９７２.５
７７８２.５
≈０.１２５.
２.答案 (１)Ｄ (２)Ｂ
解析 (１)椭圆ｘ
２
２５＋ｙ
２
９＝１的焦距２ｃ＝８.
椭圆ｘ
２
２５－ｋ＋ｙ
２
９－ｋ＝１(ｋ<９) 的焦距２ｃ＝８ꎬ
故两椭圆的焦距相等.
(２)设动圆圆心为Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ半径为Ｒꎬ圆
Ｏ:ｘ
２＋ｙ
２＝１ꎬ圆Ｏ１:(ｘ－４)
２＋ｙ
２＝４ꎬ则
｜ＯＰ｜＝Ｒ＋１ꎬ｜Ｏ１Ｐ｜＝Ｒ＋２ꎬ
∴｜Ｏ１Ｐ｜－｜ＯＰ｜＝１< ｜ＯＯ１｜ꎬ
∴Ｐ点在双曲线的一支上.
３.解析 (１)当α ＝０°时ꎬ方程为ｘ
２＋ｙ
２＝
１ꎬ表示圆ꎻ
(２)当０°<α<９０°时ꎬ方程为ｘ
２＋ｙ
２
１
ｃｏｓα
＝
１ꎬ方程表示的曲线为焦点在ｙ轴上的
椭圆ꎻ
(３)当α＝９０°时ꎬｘ
２＝１ꎬ即ｘ＝±１ꎬ方程
表示的曲线为平行于ｙ轴的两条直线ꎻ
(４) 当９０° <α≤１８０°时ꎬｃｏｓα< ０ꎬ所以
方程ｘ
２＋ｙ
２ｃｏｓα＝１表示的曲线为焦点
在ｘ轴上的双曲线ꎬ其中当α ＝１８０°时ꎬ
方程ｘ
２－ｙ
２＝１表示的曲线为焦点在ｘ
轴上的等轴双曲线.
４.解析 由
ｙ＝ｋｘ－１ꎬ
ｘ
２－ｙ
２＝４
{
消去ｙꎬ
得(１－ｋ
２)ｘ
２＋２ｋｘ－５＝０.
当１－ｋ
２＝０时ꎬ有公共点ꎬ所以１－ｋ
２≠０.
因为直线与双曲线无公共点ꎬ
所以Δ＝４ｋ
２＋２０(１－ｋ
２)<０ꎬ
即ｋ
２> ５
４ꎬ解得ｋ> ５
２或ｋ<－５
２ꎬ
所
以
ｋ
的
取
值
范
围
为
－∞ꎬ－５
２
æ
è
ç
ö
ø
÷ ∪
５
２ꎬ＋∞
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
５.证明 现以ｘ轴为对称轴ꎬ开口向右为
例证明.其他情况类似证明即可.设抛物
线方程为ｙ
２＝２ｐｘ( ｐ> ０)ꎬ焦点
Ｆ
ｐ
２ꎬ０
(
) ꎬ
不
妨
设
Ｂ
ｐ
２ꎬｐ
(
) ꎬ
Ｃ
ｐ
２ꎬ－ｐ
(
) ꎬ设点Ｐ的坐标为( ｘ０ꎬｙ０)ꎬ
则点Ｑ的坐标为(ｘ０ꎬ０).
因为｜ＰＱ｜＝｜ｙ０｜＝
２ｐｘ０ꎬ｜ＢＣ｜＝２ｐꎬ
｜ＯＱ｜＝ｘ０ꎬ
所以｜ＰＱ｜
２＝｜ＢＣ｜｜ＯＱ｜ꎬ
即｜ＰＱ｜是｜ＢＣ｜和｜ＯＱ｜的比例中项.
６.解析 设等边三角形的除焦点外的两
个顶点分别为Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ
由｜ＡＦ｜＝｜ＢＦ｜ꎬ得
ｘ１＋ｐ
２＝ｘ２＋ｐ
２ꎬ即ｘ１＝ｘ２.
３２
因此ＡꎬＢ两点关于ｘ轴对称ꎬ即Ｂ(ｘ１ꎬ
－ｙ１).
如图所示ꎬ设ＡＢ与ｘ轴交于Ｃ点ꎬ依题
意有｜ＡＦ｜＝ｘ１＋ｐ
２ꎬ｜ＦＣ｜＝
ｘ１－ｐ
２
ꎬ
在等边三角形ＡＦＢ中ꎬ｜ＦＣ｜＝３
２｜ＡＦ｜ꎬ
即ｘ１－ｐ
２
＝３
２
ｘ１＋ｐ
２
(
) .
整理ꎬ得４ｘ
２
１－２８ｐｘ１＋ｐ
２＝０ꎬ
解得ｘ１＝(７＋４３)
２
ｐ或ｘ１＝(７－４３)
２
ｐꎬ
∴△ＡＦＢ的边长｜ＡＦ｜＝ｘ１＋ｐ
２＝(４＋
２３)ｐ或｜ＡＦ｜＝(４－２３)ｐ.
综合运用
７.解析 椭圆方程可化为ｘ
２
１００＋ｙ
２
６４＝１ꎬ则ｃ
＝６ꎬＦ１(－６ꎬ０)ꎬＦ２(６ꎬ０)ꎬ｜Ｆ１Ｆ２｜＝１２.
直线ＰＦ２的方程为ｙ＝－４３(ｘ－６)ꎬ
由ｙ＝－４３(ｘ－６)ꎬ
１６ｘ
２＋２５ｙ
２＝１６００
{
消去ｙ并化简ꎬ得
１９ｘ
２－２２５ｘ＋６５０＝０ꎬ解得ｘ１＝１３０
１９ꎬｘ２
＝５.
当ｘ１＝１３０
１９时ꎬｙ１＝－６４３
１９(舍去)ꎻ
当ｘ２＝５时ꎬｙ２＝４３ꎬ
∴Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝１
２｜ｙ２｜｜Ｆ１Ｆ２｜＝２４３.
８.解析 如图ꎬ｜Ｆ１Ａ｜＝ａ＋ｃ＝
１０＋５ꎬ
①
Ａ(ａꎬ０)ꎬＢ(０ꎬｂ)ꎬ
Ｐ－ｃꎬｂ
２
ａ
(
) ꎬ
ｋＡＢ＝－ｂ
ａꎬｋＯＰ＝－ｂ
２
ａｃ.
因为ＡＢ∥ＯＰꎬ所以ｋＡＢ＝ｋＯＰꎬ
即－ｂ
ａ＝－ｂ
２
ａｃꎬ
所以ｂ＝ｃꎬ由ａ
２＝ｂ
２＋ｃ
２知ａ＝２ｃ.
②
将②代入①ꎬ得ｃ＝５ꎬａ＝
１０.
所以椭圆方程为ｘ
２
１０＋ｙ
２
５＝１.
９.解析
设点Ｍ的坐标为( ｘꎬｙ). 由已
知ꎬ得直线ＡＭ的斜率ｋＡＭ＝
ｙ
ｘ＋１( ｘ≠
－１)ꎻ
直线ＢＭ的斜率ｋＢＭ＝ｙ
ｘ－１(ｘ≠１).由题
意ꎬ得ｋＡＭ＋ｋＢＭ＝２ꎬ即ｙ
ｘ＋１＋ｙ
ｘ－１＝２(ｘ≠
±１)ꎬ化简ꎬ得ｘ
２－ｘｙ－１＝０(ｘ≠±１).
故点Ｍ的轨迹方程是ｘ
２－ｘｙ－１＝０(ｘ≠
±１).
１０.解析 因为ＯＤ⊥ＡＢꎬＤ(２ꎬ１)ꎬ
所以ｋＯＤ＝１
２ꎬ则ｋＡＢ＝－２.
直线ＡＢ的方程为ｙ－１＝－２(ｘ－２)ꎬ即
ｙ＝－２ｘ＋５.
设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ
由ｙ
２＝２ｐｘꎬ
ｙ＝－２ｘ＋５
{
得４ｘ
２－２( １０＋ｐ) ｘ＋２５
＝０ꎬ
所以ｘ１＋ｘ２＝１０＋ｐ
２
ꎬｘ１ｘ２＝２５
４.
又因为ＯＡ⊥ＯＢꎬ
所以ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝０ꎬ
即ｘ１ｘ２＋(５－２ｘ１)(５－２ｘ２)＝０ꎬ
５ｘ１ｘ２－１０(ｘ１＋ｘ２)＋２５＝０ꎬ解得ｐ＝５
４.
１１.解析 设顶点Ｃ的坐标为(ｘꎬｙ).
由于ＡＣ、ＢＣ的斜率都存在ꎬ
∴ｘ≠±５.
根据题意得ｙ
ｘ－５ｙ
ｘ＋５＝ｍ.
∵ｍ≠０ꎬ
∴上述方程可变形为ｘ
２
２５－ｙ
２
２５ｍ＝１.
∴当ｍ>０时ꎬ点Ｃ的轨迹是焦点在ｘ
轴上的双曲线(不包含实轴的两个端
点)ꎻ
当－１<ｍ<０时ꎬ点Ｃ的轨迹是焦点在ｘ
轴上的椭圆(不含长轴的两个端点)ꎻ
当ｍ＝－１时ꎬ点Ｃ的轨迹是圆( 不含
圆与ｘ轴的两交点)ꎻ
当ｍ<－１时ꎬ点Ｃ的轨迹是焦点在ｙ
轴上的椭圆(不含短轴的两个端点).
１２.解析 设抛物线上一点Ｐｙ
２
０
４ꎬｙ０
æ
è
ç
ö
ø
÷ .
由点到直线的距离公式ꎬ
得点Ｐ到直线ｙ＝ｘ＋３ꎬ即ｘ－ｙ＋３＝０的
距离ｄ＝
ｙ
２
０
４－ｙ０＋３
２
＝
ｙ０
２－１
æ
è
ç
ö
ø
÷
２
＋２
２
.
∵ｙ０∈Ｒꎬ∴当ｙ０＝２时ꎬｄｍｉｎ＝
２ꎬ此
时ｘ＝ｙ
２
０
４＝１.
∴满足题意的点Ｐ的坐标为(１ꎬ２).
１３.解析 当ｍ＝１时ꎬ方程可化为ｙ＝０ꎬ
表示ｘ轴ꎻ
当ｍ＝３时ꎬ方程可化为ｘ＝０ꎬ表示
ｙ轴ꎻ
当ｍ≠１ꎬ且ｍ≠３时ꎬ方程可化为ｘ
２
３－ｍ
＋ｙ
２
ｍ－１＝１ꎬ
①若ｍ<１ꎬ则３－ｍ>０ꎬｍ－１<０ꎬ方程表
示焦点在ｘ轴上的双曲线.
②若１<ｍ<２ꎬ则３－ｍ>ｍ－１>０ꎬ方程表
示焦点在ｘ轴上的椭圆.
③若ｍ＝２ꎬ则３－ｍ＝ｍ－１ꎬ方程表
示圆.
④若２<ｍ<３ꎬ则ｍ－１>３－ｍ>０ꎬ方程表
示焦点在ｙ轴上的椭圆.
⑤若ｍ>３ꎬ则ｍ－１>０ꎬ３－ｍ<０ꎬ方程表
示焦点在ｙ轴上的双曲线.
１４.解析 如图ꎬ在隧道的横断面上ꎬ以拱
顶为原点ꎬ拱高所在直线为ｙ轴( 向
上)ꎬ建立平面直角坐标系.
设隧道顶部所在抛物线的方程为ｘ
２＝
－２ｐｙ.因为点Ｃ(４ꎬ－４)在抛物线上ꎬ所
以有４
２＝－２ｐ( －４)ꎬ解得－２ｐ＝－４.
所以隧道顶部所在抛物线方程为ｘ
２＝
－４ｙ.
设｜ＥＦ｜＝ｈ＋０.５ꎬ则Ｅ(３ꎬｈ－５.５).
把点Ｅ的坐标代入方程ｘ
２＝－４ｙꎬ解得
ｈ＝３２５≈３２.
故车辆通过隧道的限制高度为３２ｍ.
拓广探索
１５.解析 设双曲线方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>
０ꎬｂ>０)ꎬ依题意有２ｃ＝２０８０＋５２９ꎬ
ｃ＋ａ＝２０８０ꎬ
{
∴ｃ＝１３０４.５ꎬａ＝７７５.５ꎬ∴ｂ
２＝ｃ
２－ａ
２
＝１１００３２０ꎬ
∴所求的双曲线方程为
ｘ
２
６０１４００.２５－
ｙ
２
１１００３２０＝１(ｘ≥７７５.５).
对抛物线ꎬ｜Ｏ１Ｆ２｜＝ｐ
２＝１７６３＋５２９＝
２２９２ꎬ∴２ｐ＝９１６８.
抛物线顶点的横坐标为－(１７６３－ａ)＝
－(１７６３－７７５.５)＝－９８７.５ꎬ
教材习题答案
３３
∴所求抛物线的方程为ｙ
２＝９１６８(ｘ
＋９８７.５).
１６.解析 对于抛物线ꎬ过焦点的直线与
抛物线交于Ａ、Ｂ两点ꎬ以ＡＢ为直径
的圆与准线相切.
证明:设ＡＢ中点为Ｐꎬ过ＡꎬＢꎬＰ作准
线的垂线ꎬ垂足分别为Ａ１ꎬＢ１ꎬＰ１ꎬ则
｜ＡＦ｜＝｜ＡＡ１｜ꎬ
｜ＢＦ｜＝｜ＢＢ１｜
{
⇒｜ＡＢ｜＝｜ＡＡ１｜＋
｜ＢＢ１｜＝２｜ＰＰ１｜ꎬ即｜ＰＰ１｜＝１
２｜ＡＢ｜.
故Ｐ点到准线的距离等于ＡＢ的
一半ꎬ
因此以ＡＢ为直径的圆与准线相切.
对于椭圆ꎬ以焦点弦ＡＢ为直径的圆
与相应准线相离.
证明:设椭圆方程为ｘ
２
ａ
２＋ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>ｂ>
０)ꎬ右焦点Ｆ(ｃꎬ０)ꎬ右准线ｌ:ｘ＝ａ
２
ｃꎬ
过Ｆ作直线交椭圆于ＡꎬＢ两点ꎬＡＢ的
中点为Ｐꎬ过ＡꎬＰꎬＢ作准线ｌ的垂线ꎬ
垂足分别为Ａ′ꎬＰ′ꎬＢ′ꎬ如图ꎬ
由椭圆第二定义知ꎬ｜ＡＦ｜
｜ＡＡ′｜＝ｅꎬ｜ＢＦ｜
｜ＢＢ′｜＝
ｅꎬ则｜ＡＦ｜＝ｅ｜ＡＡ′｜ꎬ｜ＢＦ｜＝ｅ｜ＢＢ′｜.
∴｜ＡＢ｜＝｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜＝ｅ( ｜ＡＡ′｜＋｜ＢＢ′｜).
∵０< ｅ< １ꎬ∴
１
２｜ＡＢ｜< １
２( ｜ＡＡ′ ｜＋
｜ＢＢ′｜)＝ＰＰ′. ∴以１
２｜ＡＢ｜为半径的
圆与准线ｌ相离.
对于双曲线ꎬ以焦点弦为直径的圆与
相应准线相交.
证明:设双曲线方程为ｘ
２
ａ
２－ｙ
２
ｂ
２＝１(ａ>０ꎬｂ>
０)ꎬ过右焦点Ｆ(ｃꎬ０)的直线交双曲线于
ＡꎬＢ两点ꎬＡＢ的中点为Ｐꎬ右准线为ｌ:ｘ＝
ａ
２
ｃꎬ过ＡꎬＰꎬＢ向右准线作垂线ꎬ垂足分别
为Ａ′ꎬＰ′ꎬＢ′ꎬ如图ꎬ
由双曲线的第二定义ꎬ有｜ＡＦ｜
｜ＡＡ′｜＝ｅꎬ
｜ＢＦ｜
｜ＢＢ′｜＝ｅꎬ则｜ＡＦ｜＝ｅ｜ＡＡ′｜ꎬ｜ＢＦ｜
＝ｅ｜ＢＢ′｜.
∴｜ＡＢ｜＝｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜＝ｅ( ｜ＡＡ′｜＋｜ＢＢ′｜)
＝２ｅ｜ＰＰ′｜ꎬ即１
２｜ＡＢ｜＝ｅ｜ＰＰ′｜.
∵ｅ>１ꎬ∴１
２｜ＡＢ｜> ｜ＰＰ′｜.
∴以１
２｜ＡＢ｜为半径的圆与准线ｌ
相交.
