高中数学课时作业（人教B版选修第一册）详解答案

课时作业(一)空间向量及其运算1．解析：当两个空间向量起点相同，终点也相同时，这两个向量必相等；但两个向量相等，不一定起点相同，终点也相同，故①错；根据向量相等的定义，要保证两个向量相等，不仅模要相等，而且方向还要相同，但②中向量a与b的方向不一定相同，故②错；根据正方体的性质，在正方体ABCDA1B1C1D1中，向量与向量A1C1的方向相同，模也相等，所以＝A1C答案：C2．解析：根据空间向量的加法法则以及正方体的性质逐一进行判断：①(＋)＋CC1＝＋CC1＝②(AA1＋A1D1)＋D1C1③(＋BB1)＋B1C1＝AB1＋B1④(AA1＋A1B1)＋B1C1所以，所给4个式子的运算结果都是AC答案：D3．解析：∵(2a＋b)·b＝0，∴2a·b＋b2＝0，即2|a||b|cos〈a，b〉＋|b|2＝0，而|a|＝|b|，∴2cos〈a，b〉＋1＝0，∴cos〈a，b〉＝－eq\f(1,2).又〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°，选C.答案：C4．解析：由a⊥b，得a·b＝0，∴(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，∵e1·e2＝0，∴2k－12＝0，∴k＝6.答案：B5．解析：－＋－－＝＋＋＋＋＝＋＋＋＝.答案：6．解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×coseq\f(π,3)＋22＝7，∴|a＋b|＝eq\r(7).答案：eq\r(7)7．解析：|＋|＝||＝2；＝eq\f(1,2)，·＝2×2×cos60°＝2，故|－|2＝eq\s\up12(2)＝2－·＋eq\f(1,4)2＝4－2＋eq\f(1,4)×4＝3，故|－|＝eq\r(3).答案：2eq\r(3)8．解析：＝＋＝－＋eq\f(1,2)(＋)＝－a＋eq\f(1,2)(b＋c).9．解析：因为M是D1D的中点，＝eq\f(1,3)，所以＝＋＋＝－eq\f(1,2)DD1－＋eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)AA1－＋eq\f(1,3)(AA1＋＋)＝eq\f(1,3)－eq\f(2,3)－eq\f(1,6)AA1＝eq\f(1,3)a－eq\f(2,3)b－eq\f(1,6)c.10．解析：由已知⊥，⊥，所以·＝0，·＝0，·(－)＝0，·(－)＝0，所以·＝·，·＝·，所以·－·＝0，(－)·＝0，·＝0，所以OC⊥AB.课时作业(二)空间向量基本定理1．解析：①中当b＝0时，a与c不一定共线，故①错误；②中a，b，c共面时，它们所在的直线平行于同一平面不一定在同一平面内，故②错误；③正确；④不对，a，b不共线．当c＝λa＋μb时，a，b，c共面．答案：B2．解析：∵a＝12p＋12q，∴a与p，q∵b＝12p－12q，∴b与p，q∵不存在λ，μ，使c＝λp＋μq，∴c与p，q不共面，故{c，p，q}可作为空间的一个基底，故选C.答案：C3．解析：MN＝ON-OM＝12＝12(b＋c)－23a＝－23a＋12b答案：B4．解析：方法一：∵OP＝13∴3OP＝OA+∴OP-OA＝(OB-OP)＋∴AP＝PB+∴PA＝－PB-PC，∴P，A，B，C方法二：OP＝xOA＋yOB＋zOC，P、A、B、C共面⇔x＋y＋z＝1.答案：B5．解析：①为真命题，A，B，C，D在一条直线上，向量AB，CD的方向相同或相反，因此AB与CD是共线向量；②为假命题，A，B，C，D不在一条直线上，则AB，CD的方向不确定，不能判断AB与CD是否为共线向量；③为假命题，因为AB，CD两个向量所在的直线可能没有公共点，所以A，B，C，D四点不一定在一条直线上；④为真命题，因为AB，AC两个向量所在的直线有公共点A，且AB与AC是共线向量，所以A，答案：①④6．解析：因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋λc，于是有1=λx，-1=λy，答案：1－17．解析：DM＝OM-OD＝12OA-OD，所以有序实数组(x，y，z)＝(12答案：(12，0，－18．解析：假设OA，OB由向量共面的充要条件知，存在实数x，y，使得OA＝xOB＋yOC成立，即e1＋2e2－e3＝x(－3e1＋e2＋2e3)＋y(e1＋e2－e3)＝(－3x＋y)e1＋(x＋y)e2＋(2x－y)e3.因为{e1，e2，e3}是空间的一个基底，所以e1，e2，e3不共面，所以-3x+y=1，x+y=2即不存在实数x，y，使得OA＝xOB＋yOC成立，所以OA，OB故{OA，OB，9．解析：连接AC，AD′，AC′(图略)．(1)AP＝12＝12＝12(a＋b＋c)(2)AM＝12＝12(AB＋＝12a＋b＋12(3)AN＝12＝12[(AB+AD+AA＝12(AB＋2AD＋＝12a＋b＋c(4)AQ＝AC＝AC+＝1＝1＝15a＋15b＋410．解析：设SA＝a，SB＝b，SC＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a，b，c三个向量两两夹角均为60°，∴a·b＝b·c＝a·c＝12∵SM·BN＝12(SA+SB＝12(a＋b)·(12c－＝12(12a·c－a·b＋12b·＝12(12×1∴cos〈SM，BN〉＝SM·BNSM所以，异面直线SM与BN所成角的余弦值为23课时作业(三)空间向量的坐标与空间直角坐标系1．解析：∵p＝a－b＝(1，0，－1)，q＝a＋2b－c＝(0，3，1)，∴p·q＝1×0＋0×3＋1×(－1)＝－1.答案：A2．解析：a⊥b⇒(1，5，－2)·(m，2，m＋2)＝0⇒m＋10－2m－4＝0⇒m＝6.答案：C3．解析：由cos〈a，b〉＝a·bab＝解得λ＝－2或λ＝255答案：C4．解析：因为c＝(－4，－6，2)＝2a，所以a∥c.又a·b＝0，故a⊥b.答案：C5．解析：∵z与a共线，设z＝(2λ，－λ，2λ)．又a·z＝4λ＋λ＋4λ＝－18，∴λ＝－2.∴z＝(－4，2，－4)．答案：(－4，2，－4)6．解析：(1)由题意得向量a，b的每一个坐标分量均不为零，所以a∥b⇔21＝4y＝x2⇔x＝4，(2)依题意得2+4y+2x=0解得x=4，y=-答案：(1)2(2)32或－7．解析：设点P(x，y，z)，则由AP＝2PB，得(x＋1，y－3，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，则x+1=-2-2x解得x=-1，y=3，z=3，即P(－1，则|PD|＝1+12+1-32+1-3答案：238．解析：由已知得AB＝(－1，－1，－1)，AC＝(2，0，1)，PA＝(－x，1，－z)，由题意得PA·AB=0PA·AC=0即x-1+z=0-2x-z=0，解得x=-1z=2，∴P9．解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，E(0，0，12)，C(0，1，0)，F(12，12，0)，G(1，∴EF＝(12，12，－12)，CF＝(12，－12，0)，CG＝(1，0，12)，CE＝((1)证明：∵EF·CF＝12×12+12×(－12)＋(－12)×0＝0，∴(2)∵EF·CG＝12×1＋12×0＋(－12)×1|EF|＝122|CG|＝12+0∴cos〈EF，CG〉＝EF·CGEF(3)|CE|＝02+-110.解析：以C为原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．则B(0，1，0)，M(1，0，1)，N0，(1)∵BM＝(1，－1，1)，BN＝0∴|BM|＝12+-1|BN|＝02+-故BM的长为3，BN的长为52(2)∵cos∠MBN＝cos〈BM，BN〉＝BM·BNBM∴sin∠MBN＝1-1552故S△BMN＝12|BM|·|BN|·sin∠MBN＝12×即△BMN的面积为64课时作业(四)空间中的点、直线与空间向量1．解析：因为v2＝－2v1，所以v1∥v2.答案：A2．解析：∵AB＝(1，2，3)，∴(13，23，1)＝13(1，2，∴(13，23，1)故选A.答案：A3．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则F(1，0，0)，D1(0，0，2)，O(1，1，0)，E(0，2，1)，则OE＝-1，1，1∴|OE|＝3，FD1＝5∴cos〈OE，FD1〉＝答案：A4．解析：不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴BC1＝0，2，-1，AB1＝∴cos〈BC1，AB1〉＝BC1∴BC1与AB1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，答案：A5．解析：∵v1·v2＝(1，0，－1)·(－2，0，－2)＝0，∴v1⊥v2，∴l1⊥l2.答案：垂直6．解析：设C(x，y，z)，则(x－3，y－3，z＋5)＝23(－1，－6，6)，解得x＝73，y＝－1，z＝－1，所以点C的坐标为(73，－1，－答案：(73，－1，－17．解析：由题意，得AB＝(－1，－2－y，z－3)，则-12＝-2-y1＝z-33，解得y＝－32，z＝32，所以答案：08．证明：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，可求得M(0，1，12)，N(12，1，1)，D(0，0，0)，A1(1，0，1于是MN＝12，0，12，DA1得DA1＝2MN，∴又DA1与MN不重合，∴DA1∥MN.9．证明：AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)．(1)因为∠ABC＝60°，AB＝BC，所以△ABC为正三角形，所以C(12，32，0)，E设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，即y＝233，则D(0，233所以CD＝(－12，36又AE＝(14，34，12)，所以CD·AE＝－12×14+3(2)因为P(0，0，1)，所以PD＝(0，233，－1又因为AE·PD＝34×233+12×(－1)＝0，所以PD因为AB＝(1，0，0)，所以PD·AB＝0.所以PD⊥AB，又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.10.解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，设正方体棱长为2，则D(0，0，0)，E(2，1，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，B1C＝(－2，0，－设F(m，0，0)(0≤m≤2)，EF＝(m－2，－1，0)，设异面直线B1C与EF的夹角为θ，则cosθ＝EF·B1CEF·B1C＝-2×m-222·m-22+1＝12·1m-22+1，异面直线B1C与EF所成角最小时，则答案：C课时作业(五)空间中的平面与空间向量1．解析：∵α∥β，∴(1，－2，2)＝m(2，λ，4)，∴λ＝－4.答案：D2．解析：因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，所以a·b＝(－1，2，4)·(x，－1，－2)＝0，即－x－2－8＝0，解得x＝－10.答案：B3．解析：设平面ABC的法向量为a＝(x，y，z)，则有AB·a=0令z＝1，得y＝－1，x＝12，∴a＝(12，－1，故平面ABC的一个单位法向量为aa＝(13，－2答案：C4．解析：因为n·AB＝2×(－3)＋(－2)×1＋4×2＝0，所以n⊥AB.又点A不在平面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α，故选D.答案：D5．解析：连接AG，BG(图略)，则AG，BG分别为AP，BP在平面ABC内的射影．因为PA⊥BC，所以由三垂线定理的逆定理知AG⊥BC，同理，BG⊥AC，所以G是△ABC的垂心．答案：垂心6．解析：∵l∥α，∴(2，－8，1)·(1，y，2)＝0，而2×1－8y＋2＝0，∴y＝12答案：17．解析：AP·AB＝(－1，2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP⊥AB，即①正确．AP·AD＝(－1，2，－1)·(4，2，0)＝－1×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP⊥AD，即②正确．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即AP是平面ABCD的一个法向量，③正确．④不正确．答案：①②③8．解析：如图所示建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，所以FC1＝(0，2，1)DA＝(2，0，0)，AE＝(0，2，1)．(1)设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥DA，n1⊥AE，即n1·DA令z1＝2⇒y1＝－1，所以n1＝(0，－1，2)，因为n1·FC1＝－2＋2＝0又因为FC1⊄平面ADE，即FC1∥平面ADE.(2)因为C1B1＝(2，0，0)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1由n2⊥n2·FC令z2＝2⇒y2＝－1，所以n2＝(0，－1，2)，所以n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.9．解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，且P(0，2，a)，则D(0，0，0)，E(1，2，0)，C1(0，2，2)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，则DE＝1，2，0，DC1＝(设n1＝(x1，y1，z1)且n1⊥平面DEC1，则x1+2y1=0y1+z1=0，取n又A1P＝-2，2，a-2，A1设n2＝(x2，y2，z2)且n2⊥平面A1B1P，则-2x2+2y2+a-2z2=0y2=0，取由平面A1B1P⊥平面C1DE，得n1·n2＝0，即2(a－2)＋2＝0，解得a＝1.故P为CC1的中点．10．证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，(1)AP＝(0，3，4)，BC＝(－8，0，0)，所以AP·BC＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以AP⊥BC，即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|＝5，又|AM|＝3，且点M在线段AP上，所以AM＝35AP＝(0，9又因为BA＝(－4，－5，0)，所以BM＝BA+AM＝(－4，－16则AP·BM＝(0，3，4)·(－4，－165，125所以AP⊥BM，即AP⊥BM.又根据(1)的结论知AP⊥BC，BM∩BC＝B，所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.又因为AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.课时作业(六)直线与平面的夹角1．解析：由线面垂直的判定定理，得C1O⊥平面BB1D1D，所以OB为BC1在平面BB1D1D上的射影，所以∠C1BO为BC1与平面BB1D1D所成的角，故选D.答案：D2.解析：取BC中点M，连接AM，OM，易知∠OAM即为AO与平面ABCD所成的角，可求得sin∠OAM＝66答案：C3．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(1，0，1)，E(1，12，0)F(0，12，1)，B1(1，1，1)A1E＝0，12，-1，A1F＝-1，12，0，A1B1＝(0，1，0)，则n·A1E=0，n·A∴n＝1，2，1，即A1B1与平面A1EF所成角的正弦值为63答案：B4．解析：因为θ1是直线A1P与平面ABC所成的角，而θ2是直线A1P与直线BC所成的角，由最小角定理可知θ1≤θ2，又因为直线BC在平面ABC内且不可能与A1P的射影AP共线，所以θ1<θ2.故选C.答案：C5．解析：cos〈a，n〉＝a·nan＝1×2+2×1+3×11+4+9·答案：216．解析：连接BC1交B1C于O点，连接A1O.设正方体棱长为a.易证BC1⊥平面A1B1CD，∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影．∴∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．在Rt△A1BO中，A1B＝2a，BO＝22a∴sin∠BA1O＝OBA1B∴∠BA1O＝30°.即A1B与平面A1B1CD所成角为30°.答案：30°7．解析：以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P(0，－a2，从而CA＝(2a，0，0)，AP＝(－a，－a2，a2)，CB＝(a，a设平面PAC的一个法向量为n，可求得n＝(0，1，1)，则cos〈CB，n〉＝CB·nCBn＝所以〈CB，n〉＝60°.所以直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°8.解析：取BC中点O，B1C1中点O1，连接AO，OO1，则AO⊥OC，OO1⊥平面ABC，以O为坐标原点，OC，OA，OO1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A0，32a，0，C1a2取AB中点M，连接CM，则CM⊥AB.∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴CM⊥平面ABB1A1，∴CM为平面ABB1A1的一个法向量．∵B(－a2，0，0)，∴M(－a4，34又∵C(a2，0，0)，∴CM＝(－34a，34a，∴cos〈AC1，CM〉＝AC1∴AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为129．解析：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC.∵PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(12，AE＝(－12，由(1)知AC＝(－1，1，0)为平面PDB的一个法向量．设AE与平面PDB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AC，AE〉|＝AC·AEAC∴AE与平面PDB所成的角为45°.10．解析：如图，以D为坐标原点，DA为单位长建立空间直角坐标Dxyz.则DA＝(1，0，0)，CC'＝(0，0，1)．连接BD，B′D在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设DH＝(m，m，1)(m>0)，由已知〈DH，DA〉＝由DA·DH＝|DA||DH|cos〈DH，DA可得m＝122m2+1.所以DH＝(22，22(1)因为cos〈DH，CC'〉＝2所以〈DH，CC'即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是DC＝(0，1，0)．因为cos〈DH，DC〉＝22所以〈DH，DC可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.课时作业(七)二面角1．解析：过点D作OD∥l，OA∥BD，OD∩▒OA＝O，因为AC⊥l，BD⊥l，OD＝AB＝1，OA＝BD＝2，OC＝OA222+2CD＝OD2+OC2＝答案：B2．解析：如图取BC的中点为E，连接AE，DE，由题意得AE⊥BC，DE⊥BC，且AE＝DE＝32a，又AD＝32∴∠AED＝60°，即二面角A­BC­D的大小为60°.答案：C3．解析：设正四棱锥的底面边长为a，侧面与底面所成的二面角为θ，高为h，斜高为h′，则12×2ah4×12ah'＝68，∴hh'＝32答案：D4．解析：设所求二面角的大小为θ，则|cosθ|＝n1·n2n1n2＝答案：C5．解析：取BC中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝1，则A0，B0，-12所以OA＝0，0，32，BA＝0，12，32设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则n所以1取x＝1，则y＝－3，z＝1，所以n＝(1，－3，1)，所以cos〈n，OA〉＝55，所以sin〈n，OA〉＝2答案：26．解析：以D为原点建立如图所示空间直角坐标系：则A1(2，0，1)，E(1，2，0)，C(0，2，0)，F(0，1，1)，所以A1E＝(－1，2，－1)，CF＝(0，－1，1设异面直线A1E，CF所成角的大小为θ，所以cosθ＝A1E·CFA因为θ∈0，π2，所以θ＝π6.又A1F＝(－2，1，0)，设平面A1EF的一个法向量为m＝(x，y则m·A1F=0m·A1E=0，即-2x+y=0-x+2y-z=0，令x＝1平面A1B1C1D1一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面A1EF与平面A1B1C1D1所成锐二面角为α，所以cosα＝m·nmn＝答案：π7．解析：∵D，E分别为AB，AC中点，∴DE∥BC，∴DE⊥BD，DE⊥A1D，又BD，A1D⊂平面A1BD，BD∩A1D＝D，∴DE⊥平面A∵二面角A1­DE­B的平面角为∠A1DB，∴∠A1DB＝60°，∵A1D＝BD＝2，∴A1B＝2，∵BC∥DE，∴BC⊥平面A1BD，又A1B⊂平面A1BD，∴BC⊥A1B，∴A1C＝A1B2+BC2答案：228．解析：如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．故平面PAB的法向量AD＝(0，1，0)，DC＝(1，0，0)，PD＝(0，1，－1)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，由n·DC令z＝1，所以n＝(0，1，1)，所以cos〈n，AD〉＝12＝2所以〈n，AD〉＝45°.即平面PAB与平面PCD的夹角为45°.9．解析：(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(0，1，1)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，DE＝(0，1，1)，BE＝(－1，－1，1)，BC＝(－1，0，0)．因为DE·BE＝0，DE·BC＝0，所以DE⊥BE，DE⊥则DE⊥BE，DE⊥BC.因为BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BE∩BC＝B，所以DE⊥平面BCE.(2)AB＝(0，2，0)，设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB含x＝1，所以平面AEB的法向量为n＝(1，0，1)．因为DE⊥平面BCE，所以DE＝(0，1，1)就是平面BCE的一个法向量．因为cos〈n，DE〉＝n·DEn由图形可知二面角A­EB­C为钝角，所以二面角A­EB­C的大小为120°.10．解析：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝12AD由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.又BC＝12AD，所以EF綊BC所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知，得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，3)，PC＝(1，0，－3)，AB＝(1，0，0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－3)．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈BM，n〉|＝sin45°，即zx-12+即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设PM＝λPC，则x＝λ，y＝1，z＝3-3λ.由①②解得x=1+22，y=1，z=-所以M(1－22，1，62)，从而AM＝(1－22，1，设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则m·AM所以可取m＝(0，－6，2)．于是cos〈m，n〉＝m·nm因此二面角M­AB­D的余弦值为105课时作业(八)空间中的距离1．解析：PA＝(－2，0，－1)，|PA|＝5，PA·nn＝22，则点P到直线l的距离d＝PA答案：A2．解析：由图易知A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A′(a，0，a)，则Fa，a2，∴|EF|＝a-＝a24+a答案：B3.解析：由正方体的性质，易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则Aa，0，0，Ba，a，0，A1a，0，a，C0，a，0，CA1＝(a，－a，a)，BA＝(0，－a，0)，连接A1C，由A1C⊥平面AB1答案：D4．解析：由题意可知PA＝(1，2，－4)．设点P到平面α的距离为h，则h＝PA·nn＝-2-4-4答案：D5．解析：设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，易得AC1＝a＋b＋c，则AC12＝AC1·AC1＝(a＋b＋c)·(a＋b＋c)＝a2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＋b2＋c2＝4＋4＋4＋4＋4＋答案：266．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(32，12，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，1)，C1(0，0，1)，则C1A＝32，12，-1，C1B1＝(0设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有C解得n＝(33，1，1)，则所求距离为C1B·n答案：217．解析：由已知，得AB，AD，AP两两垂直．∴以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，PB＝(2，0，－2)，BC＝(0，2，0)，设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，则n·即2a-2c=02b=0，∴可取n＝(1，0，1)．又AB＝(2，0，0)，AD∥平面PBC，∴所求距离为AB·n答案：28．解析：∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1.从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求．过点B1作B1E⊥A1B于E点．∵BC⊥平面A1ABB1，且B1E⊂平面A1ABB1，∴BC⊥B1E.又BC∩A1B∴B1E⊥平面A1BCD1，∴线段B1E的长即为所求．在Rt△A1B1B中，B1E＝A1B1·B因此直线B1C1和平面A1BCD1的距离是60139．解析：(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，2)，F(1，0，0)，B(2，2，0)，E(0，1，1)．FP＝(－1，0，2)，FB＝(1，2，0)，DE＝(0，1，1)，所以DE＝12又因为DE⊄平面PFB，所以DE∥平面PFB.(2)因为DE∥平面PFB，所以点E到平面PFB的距离等于点D到平面PFB的距离．设平面PFB的一个法向量n＝(x，y，z)，则n·FB令x＝2，得y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1，1)．又因为FD＝(－1，0，0)，所以点D到平面PFB的距离d＝FD·nn＝2所以点E到平面PFB的距离为6310.解析：由题意知PA，AD，AB两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，D(0，2，0)，E(0，0，1)，F(0，1，1)．假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件．令CQ＝m(0≤m≤2)，则DQ＝2－m.∴点Q的坐标为(2－m，2，0)，∴EQ＝(2－m，2，－1)．而EF＝(0，1，0)，设平面EFQ的法向量为n＝(x，y，z)，则n·EF=0n令x＝1，则n＝(1，0，2－m)是平面EFQ的一个法向量．又AE＝(0，0，1)，∴点A到平面EFQ的距离d＝AE·nn＝2-m1+2-m2＝45，即(2∴m＝23或103，103＞2故存在点Q，且CQ＝23时，点A到平面EFQ的距离为4课时作业(九)坐标法1．解析：MP＝(－5)－3＝－8，PN＝(－1)－(－5)＝4，MP－PN＝－8－4＝－12.答案：C2．解析：易知x＝－3，y＝－2.∴x＋y＝－5.答案：D3．解析：由题意知|AB|＝2+12+32|AC|＝2-22+3|BC|＝-1-22+∴|AB|＋|AC|＋|BC|＝6＋32.答案：C4．解析：x2+2x+5＝x+12+4＝x+12+0±22＝x+12+-1-12，可看作点(x，0)与点(－1，－2)的距离，可看作点(x，0)与点(－1，2)的距离，可看作点(x，－1)与点答案：A5．解析：设C(a，b)，则AC的中点为(3+a2，7+b2)，BC的中点为(-2+a2，5+b2)，若AC的中点在x轴上，BC的中点在y轴上，则a=2，b=-7；若AC答案：(2，－7)或(－3，－5)6．解析：设BC边的中点M的坐标为(x，y)，则x=10+22=6，y=4+-42=0，即M的坐标为(6，0)答案：657．解析：A关于原点的对称点A′(－1，2)，25＝-1-32+m-22，解得m答案：0或48．解析：假设在x轴上能找到点P(x，0)，使∠APB为直角，由勾股定理可得|AP|2＋|BP|2＝|AB|2，即(x－1)2＋4＋(x－4)2＋4＝25，化简得x2－5x＝0，解得x＝0或5.所以在x轴上存在点P(0，0)或P(5，0)，使∠APB为直角．9．证明：如图所示，D，E分别为边AC和BC的中点，以A为原点，边AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设A(0，0)，B(c，0)，C(m，n)，则|AB|＝c，又由中点坐标公式，可得D(m2，n2)，E所以|DE|＝c+m2-m所以|DE|＝12|AB|即三角形的中位线长度等于底边长度的一半．10．解析：原函数化为y＝x-02+0-22+x-12+0+12，设A(0，2)，B(1，－1)，P(x，0)，借助于几何图形(略)可知它表示x轴上的点P到两个定点A、B的距离的和，当A、P、B三点共线时，函数取得最小值．课时作业(十)直线的倾斜角与斜率1．解析：由斜率公式可得8-mm-5＝1，解得m＝13答案：C2．解析：kAB＝y+34-2＝tan45°＝1，即y+32＝1，∴y答案：C3．解析：直线倾斜角的取值范围是0°≤α<180°，又直线l经过第二、四象限，所以直线l的倾斜角范围是90°<α<180°.答案：C4．答案：A5．解析：设l1，l2，l3的倾斜角分别为α1，α2，α3，则由图可知0<α3<α2<90°<α1<180°，所以tanα2>tanα3>0，tanα1<0，故k1<k3<k2.答案：k1<k3<k26．解析：如图，易知kAB＝3，kAC＝－3，则kAB＋kAC＝0.答案：07．解析：∵A、B、C三点在同一直线上，∴kAB＝kBC，∴2--10--3＝4-2m-0，答案：28．解析：(1)由斜率公式，可得直线AB的斜率kAB＝2-3-4-3＝17，直线AC的斜率kAC＝-2-30-3＝53，即直线AB的斜率为17，(2)如图，当点D由点B运动到点C时，直线AD的斜率由kAB增大到kAC，由(1)知，kAB＝17，kAC＝5故直线AD的斜率的变化范围是179．解析：∵k＝a-1a+2且直线的倾斜角为钝角∴a-1a+2＜0，解得－2＜a＜10.解析：设k＝b-1a-1，则k可以看成点P(a，b)与定点Q(1，1)连线的斜率．如图，当P在线段AB上由B点运动到A点时，PQ的斜率由kBQ增大到kAQ因为kBQ＝3-13-1＝1，kAQ＝4-12-1＝所以1≤k≤3，即b-1a-1的取值范围是[1，3]课时作业(十一)直线的方程1．解析：当直线与y轴重合时，斜率不存在，选项A、D不正确；当直线垂直于x轴或y轴时，直线方程不能用截距式表示，选项C不正确；当x1≠x2，y1≠y2时由直线方程的两点式知选项B正确，当x1＝x2，y1≠y2时直线方程为x－x1＝0，即(x－x1)(y2－y1)＝(y－y1)(x2－x1)，同理x1≠x2，y1＝y2时也可用此方程表示．故选B.答案：B2．解析：将Ax＋By＋C＝0化为斜截式为y＝－ABx－CB，∵AC＜0，BC＜0，∴AB>0，∴－AB<0，－CB>0，答案：C3．解析：直线l的方程为y--15--1＝x--12--1，即y＝2x＋1，令x＝1002，答案：C4．解析：斜率k＝－3，过定点(－3，4)．答案：B5．解析：将直线方程变形为y－2＝a(x－3)，由直线方程的点斜式可知，直线的斜率为a，过定点(3，2)．答案：(3，2)6．解析：直线l的方向向量是(1，2)，则斜率为2，由点斜式方程可得即2x－y＋4＝0.答案：2x－y＋4＝07．解析：直线的法向量是(3，－1)，可设方程3x－y＋C＝0由点A(4，6)代入可得其方程为：3x－y－6＝0，令x＝0，得y＝－6，所以光线经过y轴上的点的坐标为(0，－6)．答案：(0，－6)8．解析：由2x－3y＋12＝0知，斜率为23，在y轴上截距为4.根据题意，直线l的斜率为13，在y轴上截距为8，所以直线l的方程为x－3y＋249．解析：(1)因为直线l的斜率存在，所以直线l的方程可化为y＝－2k-3x＋由题意得－2k-3＝－1，解得k＝(2)直线l的方程可化为xk-3+由题意得k－3＋2＝0，解得k＝1.10．解析：方法一：设直线在x轴、y轴上的截距分别为a，b.①当a≠0，b≠0时，设l的方程为xa+∵点(4，－3)在直线上，∴4a+-3若a＝b，则a＝b＝1，直线方程为x＋y＝1.若a＝－b，则a＝7，b＝－7，此时直线的方程为x－y＝7.②当a＝b＝0时，直线过原点，且过点(4，－3)，∴直线的方程为3x＋4y＝0.综上知，所求直线方程为x＋y－1＝0或x－y－7＝0或3x＋4y＝0.方法二：设直线l的方程为y＋3＝k(x－4)，令x＝0，得y＝－4k－3；令y＝0，得x＝4k+3k又∵直线在两坐标轴上的截距的绝对值相等，∴|－4k－3|＝4k+3k解得k＝1或k＝－1或k＝－34∴所求的直线方程为x－y－7＝0或x＋y－1＝0或3x＋4y＝0.课时作业(十二)两条直线的位置关系1．解析：因为kAB＝0，则直线x＝0与直线AB垂直．答案：B2．解析：直线l1与直线l2的倾斜角相等，l1与l2可能平行也可能重合，故A错；l1⊥l2，它们中可能有斜率不存在的情况，故k1k2＝－1错误；若直线的斜率不存在，这条直线可能平行于y轴或与y轴重合，故C错；两直线斜率不相等，它们一定不平行，故D正确．答案：D3．解析：l1的斜率为0，则倾斜角为0°，又l1⊥l2，则l2的倾斜角为90°.答案：C4．解析：AB中点为2，32，kAB＝1-23-1＝－12，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，所以所求的方程为y－32＝2(x－2)，即4答案：B5．解析：显然当a＝1时两直线不平行；当a≠1时，因为两条直线平行，所以－a2＝31-a，解得a＝3或a＝－2.经检验，a＝－2时两直线重合，故a答案：36．解析：由两条直线垂直，得k1·k2＝－1，即－m4·25＝－∴m＝10，直线为10x＋4y－2＝0，又∵垂足为(1，p)，故p＝－2，∴垂足为(1，－2)，代入2x－5y＋n＝0，得n＝－12，故m＋n－p＝10＋(－12)－(－2)＝0.答案：07．解析：设直线AD，BC的斜率分别为kAD，kBC，由AD⊥BC得kAD·kBC＝－1，所以1-2m-2×3-14-0＝－1⇒答案：58．解析：(1)设所求直线方程为3x＋y＋m＝0(m≠－1)，将(1，1)代入，3＋1＋m＝0，即m＝－4，故所求直线方程为3x＋y－4＝0.(2)设直线l的方程为3x＋2y＋m＝0，将(－1，2)代入得－3＋4＋m＝0，∴m＝－1，∴l的方程为3x＋2y－1＝0.9．解析：设点D的坐标为(x，y)，由题意知直线CD、AD的斜率都存在．因为kAB＝2--12-1＝3，kCD＝yx-3且CD所以kAB·kCD＝－1，即3×yx-3＝－1.因为kBC＝2-02-3＝－2，kAD＝y+1x-1且BC∥所以kBC＝kAD，即－2＝y+1x-1.由①②可得，x＝0，y＝1，所以点D的坐标为(0，1)．10．解析：(1)设C(x，y)，由中点坐标公式得3+x2=-3故所求的对称点的坐标为C(－9，6)．(2)取直线l上任一点(x，y)，则它关于P(2，－1)的对称点(4－x，－2－y)在直线3x－y－4＝0上．所以3(4－x)－(－2－y)－4＝0.所以3x－y－10＝0.所以所求直线l的方程为3x－y－10＝0.(3)设B(a，b)是A(2，2)关于直线2x－4y＋9＝0的对称点，根据直线AB与已知直线垂直，且线段AB的中点在已知直线2x－4y＋9＝0上，则有12·所以所求的对称点B的坐标为(1，4)．(4)由2x+y-4=0，3x+4y-1=0，得交点E(3，－2)，E也在直线在a：2x＋y－4＝0上取点A(2，0)，设A关于l的对称点为B(x0，y0)，则有3×2+∴B45故由两点式得直线b的方程为2x＋11y＋16＝0.课时作业(十三)点到直线的距离1．解析：直线x＋2＝0，即x＝－2为平行于y轴的直线，所以点(5，－3)到x＝－2的距离d＝|5－(－2)|＝7.答案：A2．解析：d＝1+1+112+答案：A3．解析：由点到直线的距离公式可得-3a-4+1a2+1＝6a+3+1a2+1，化简得|3a＋3|＝|6a＋4|，解得实数答案：C4．解析：d＝-7--123答案：C5．解析：∵5×2-12k+65∴|16－12k|＝52，∴k＝－3或k＝173答案：－3或176．解析：|OP|的最小值，即为点O到直线x＋y－4＝0的距离，d＝0+0-41+1＝22答案：227．解析：d＝|3－(－2)|＝5.答案：58．解析：设与l平行的直线方程为5x－12y＋b＝0，根据两平行直线间的距离公式得b-652+解得b＝45或b＝－33.∴所求直线方程为5x－12y＋45＝0或5x－12y－33＝0.9．解析：由直线方程的两点式得直线BC的方程为y2-0＝x+31+3，即x－2y＋3由两点间距离公式得|BC|＝-3-12+0-22设点A到BC的距离为d，即为BC边上的高，d＝-1-2×3+31所以S＝12|BC|·d＝12×25×即△ABC的面积S为4.10．解析：(1)①当直线的斜率不存在时，方程x＝2符合题意；②当直线的斜率存在时，设斜率为k，则直线方程应为y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0.根据题意，得2k+1k2+1＝2，解得k则直线方程为3x－4y－10＝0.故符合题意的直线方程为x－2＝0或3x－4y－10＝0.(2)过点P且与原点的距离最大的直线应为过点P且与OP垂直的直线．则其斜率k＝2，所以其方程为y＋1＝2(x－2)，即2x－y－5＝0.最大距离为5，(3)不存在．理由：由于原点到过点(2，－1)的直线的最大距离为5，而6>5，故不存在这样的直线．课时作业(十四)圆的标准方程1．解析：由圆的标准方程得(x－1)2＋(y＋2)2＝9.答案：D2．解析：由题意得(0－a)2＋(0－b)2＝r2，即a2＋b2＝r2.答案：B3．解析：因为(2a，a－1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以4a2＋(a－2)2＜5，解得－15＜a＜答案：D4．解析：因为直径的两个端点在两坐标轴上，所以该圆一定过原点，所以半径r＝-1-02+2-02＝5，又圆心为C(－1，2)，故圆的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝答案：C5．解析：由题意知圆心坐标为(-1+52，4-42)，即(2，0)，半径为12-1-52+4+42＝5，故所求圆的标准方程为(答案：(x－2)2＋y2＝256．解析：由题意，知点M在圆O内，MO的延长线与圆O的交点到点M(2，3)的距离最大，最大距离为2-32+3-42＋5＝答案：5＋27．解析：圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的圆心为(1，1)，圆心到直线x－y＝2的距离为1-1-21+1＝2，圆心到直线的距离加上半径就是圆上的点到直线的最大距离，即最大距离为1＋2答案：1＋28．解析：圆心在线段AB的垂直平分线y＝6上，设圆心为(a，6)，半径为r，则圆的方程为(x－a)2＋(y－6)2＝r2.将点(1，10)代入得(1－a)2＋(10－6)2＝r2，①而r＝a-135，代入①，得(a－1)2＋16＝a-13解得a＝3，r＝25或a＝－7，r＝45.故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－6)2＝20或(x＋7)2＋(y－6)2＝80.9．解析：方法一：(待定系数法)设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则(1-a)解得a=2，b=2，r=5，所以外接圆的方程为(x－2)2＋(y方法二：(几何法)易知△ABC是直角三角形，∠B＝90°，所以圆心是斜边AC的中点(2，2)，半径是斜边长的一半，即r＝5，所以外接圆的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5.10．解析：(1)AB＝5.当点P到直线AB的距离最大时，△PAB的面积最大，圆的圆心(1，0)到直线AB：x-1+y即2x－y＋2＝0的距离为45则P到直线AB的距离的最大值为455＋1.所以△PAB面积的最大值为12×5×(455＋(2)方法一：因为(x－2)2≤8，解得2－22≤x≤2＋22.圆上的点P(x，y)，y2＝8－(x－2)2，所以x2＋y2＝4x＋4≤12＋82.方法二：x2＋y2表示圆上点P到原点距离的平方．因为圆心到原点距离为2，所以x2＋y2最大值为(2＋22)2＝12＋82.答案：(1)2＋52(2)12＋8课时作业(十五)圆的一般方程1．解析：圆的方程化为(x－2)2＋(y＋3)2＝13，圆心为(2，－3)，选D.答案：D2．解析：方程2x2＋2y2－4x＋8y＋10＝0，可化为x2＋y2－2x＋4y＋5＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝0，故方程表示点(1，－2)．答案：A3．解析：方程可化为(x－1)2＋y2＝－2k－2，只有－2k－2＞0，即k＜－1时才能表示圆．答案：A4．解析：把圆x2＋y2－2x－4y＝0化为标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5，故此圆圆心为(1，2)，圆心到直线x－y＋a＝0的距离为22，则22＝1-2+a2，解得a＝2或a＝答案：C5．解析：由题意，知D＝－4，E＝8，r＝-42+8∴F＝4.答案：46．解析：因为E(1，0)在圆x2＋y2－4x＋2y＋5k＝0的外部，所以1解得35＜k＜答案：37．解析：由题意可得圆C的圆心(－1，－a2)x－y＋2＝0上，将(－1，－a2)－1－-a2＋2＝0，解得a答案：－28．解析：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，圆M过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)，可得10+D+3E+F=0，20+4D+2E+F=0即圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0，即为(x－1)2＋(y＋2)2＝25，圆心(1，－2)到原点的距离为5.9．解析：圆心C(－D2，－E2因为圆心在直线x＋y－1＝0上，所以－D2-E2－1＝0，即D＋E又r＝D2+E2-122＝2，所以D2＋由①②可得D=2，E=-4又圆心在第二象限，所以－D2<0，即D>0所以D=2，E=-4，所以圆的一般方程为x2＋y2＋2x－4y＋10．解析：(1)线段AB的中点为(2，0)，因为△ABC为直角三角形，C为直角顶点，所以C到点(2，0)的距离为12|AB|＝5，所以点C(x，y)满足x-22+y2＝5(y≠0)，即顶点C的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝25((2)由题意得x-26＝5x-22整理得x2＋y2－2x－2y－23＝0，所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25.轨迹是以(1，1)为圆心，5为半径的圆．课时作业(十六)直线与圆的位置关系1．解析：圆心(1，－1)到直线3x＋4y＋12＝0的距离d＝3×1+4×-1+12答案：D2．解析：由题意得a2＝1，所以a＝±2，故选答案：B3．解析：l过定点A(1，1)，∵12＋12－2×1＝0，∴点A在圆上，∵直线x＝1过点A且为圆的切线，又l斜率存在，∴l与圆一定相交，故选C.答案：C4．解析：结合圆的几何性质知直线PQ过点A(1，2)，且和直线OA垂直，故其方程为：y－2＝－12(x－1)，整理得x＋2y－5＝答案：B5．解析：点P到原点O的距离为|PO|＝10，∵r＝3，且P在圆外，∴切线段长为10-9＝1.答案：16．解析：圆心C(2，－3)到直线x－2y－3＝0的距离为d＝55＝5，又知圆C的半径长为3，∴|EF|＝232-52＝4，∴S△ECF＝12·|EF|·d答案：257．解析：圆的方程可化为(x＋1)2＋(y＋2)2＝8，所以弦心距为d＝-1-2+12＝2又圆的半径为22，所以到直线x＋y＋1＝0的距离为2的点有3个．答案：38．解析：切线的斜率存在，设切线方程为y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0.圆心到直线的距离等于2，即-k-3k2+1∴k2－6k－7＝0，解得k＝7或k＝－1，故所求的切线方程为y＋1＝7(x－2)或y＋1＝－(x－2)，即7x－y－15＝0或x＋y－1＝0.9．解析：(1)设圆A的半径为r，∵圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，∴r＝-1+4+75＝25∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)当直线l与x轴垂直时，则直线l的方程x＝－2，此时有|MN|＝219，即x＝－2符合题意．当直线l与x轴不垂直时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0，∵Q是MN的中点，∴AQ⊥MN，∴|AQ|2＋(12|MN|)2＝r2又∵|MN|＝219，r＝25，∴|AQ|＝20-19＝1，解方程|AQ|＝k-2k2+1＝1，得k∴此时直线l的方程为y－0＝34(x＋2)即3x－4y＋6＝0.综上所述，直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.10．解析：(1)如图，作半圆的切线l1和经过端点A，B的直线l3，l2，由图可知，当直线y＝x＋b为直线l1或位于l2和l3之间(包括l3，不包括l2)时，满足题意．∵l1与半圆相切，∴b＝－2；当直线y＝x＋b位于l2时，b＝－1；当直线y＝x＋b位于l3时，b＝1.∴b的取值范围是－1＜b≤1或b＝－2.(2)如图，圆C3是圆C1关于直线x－y＝0的对称圆，所以圆C3的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝1，圆心为C3(3，1)，且由图知，|MA|＋|MB|＝|MA1|＋|MB|，∴C2，B，M，A1，C3五点共线时，|MA1|＋|MB|有最小值，此时，(|MA|＋|MB|)min＝|C2C3|－1－2＝82+0－3＝所以|MA|＋|MB|的最小值为5.答案：(1)B(2)5课时作业(十七)圆与圆的位置关系1．解析：x2＋y2＋6x－8y－11＝0化成标准方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝36.圆心距为d＝0+32+0-42＝5，若两圆有公共点，则|6－m|≤5≤6＋m，∴1答案：C2．解析：由已知两圆半径的和为6，与圆心距相等，故两圆外切．答案：B3．解析：已知圆的圆心为(3，－4)，半径为5，所求圆的半径也为5，由两圆相切于原点，知所求圆的圆心与已知圆的圆心关于原点对称，即为(－3，4)，可知选B.答案：B4．解析：∵圆C1的圆心C1(－2，2)，半径为r1＝1，圆C2的圆心C2(2，5)，半径r2＝4，∴|C1C2|＝2+22+5-22＝5＝r1＋r2，∴两圆相外切，∴答案：C5．解析：两圆的公共弦所在直线方程为2x＋y－15＝0，圆心(0，0)到直线的距离为155＝35，所以公共弦长为250-45＝25答案：256．解析：C1(m，－2)，r1＝3，C2(－1，m)，r2＝2，由题意得|C1C2|＝5，即(m＋1)2＋(m＋2)2＝25，解得m＝2或m＝－5.答案：2或－57．解析：由题意知，线段AB的中点在直线x－y＋c＝0上，且kAB＝41-m＝－1，即m＝5又点(1+m2，1)在该直线上所以1+m2－1＋c＝0，所以c＝－2，所以m＋c＝答案：38．解析：设两圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标是方程组x2+①－②得：3x－4y＋6＝0.∵A，B两点坐标都满足此方程，∴3x－4y＋6＝0即为两圆公共弦所在的直线方程．易知圆C1的圆心(－1，3)，半径r1＝3.又C1到直线AB的距离为d＝-1×3-4×∴|AB|＝2r12-d2＝即两圆的公共弦长为2459．解析：设所求圆的圆心为P(a，b)，则a-42+b+12(1)若两圆外切，则有a-22+b+12＝1＋2联立①②，解得a＝5，b＝－1，所以，所求圆的方程为(x－5)2＋(y＋1)2＝1；(2)若两圆内切，则有a-22+b+12＝|2－1|联立①③，解得a＝3，b＝－1，所以，所求圆的方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝1.综上所述，所求圆的方程为(x－5)2＋(y＋1)2＝1或(x－3)2＋(y＋1)2＝1.10．解析：方法一：由x得A(－1，3)，B(－6，－2)，线段AB的垂直平分线方程为x＋y＋3＝0.由x-y-4=0x+y+3=0，得圆心坐标为(12，－7半径-1-122所求圆的方程为(x－12)2＋(y＋72)2＝即x2＋y2－x＋7y－32＝0.方法二：根据题意，要求圆经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点，设其方程为(x2＋y2＋6x－4)＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，变形可得(1＋λ)x2＋(1＋λ)y2＋6x＋6λy－4－28λ＝0,其圆心为(－31+λ又由圆心在直线x－y－4＝0上，则有-31+λ--3λ1+λ－4＝0，则圆的方程为(－6)x2＋(－6)y2＋6x－42y＋192＝0,即x2＋y2－x＋7y－32＝0，所以A选项是正确的．答案：A课时作业(十八)曲线与方程1．解析：点A，C，D都在方程的曲线上．答案：C2．解析：若点M在曲线x2＝4y上，则x＝±2y；当点M的坐标满足方程x＝2y时，必有x2＝4y，即点M在曲线x2＝4y上，故“点M在曲线x2＝4y上”是“点M的坐标满足方程x＝2y”的必要不充分条件．故选B.答案：B3．解析：由方程知y≤0，将方程两边平方得y2＝12－x2，即x2＋y2＝12，(y≤0)，故该方程表示的曲线是圆上的一部分，即一个半圆．故选D.答案：D4．解析：把点(－2，3)和点(2，3)的坐标代入方程(a－1)x－y＋2a＋1＝0.验证知(－2，3)适合方程，而(2，3)不一定适合方程，故选A.答案：A5．解析：设M(x，y)，则|MA|＝x-92+y2，|MB|＝x-12+y2.由得x-92+y2＝3x-12+y2，答案：x2＋y2＝96．解析：由题设知直线PM与PN的斜率存在且均不为零，所以kPM·kPN＝yx+1·yx-1＝整理得x2－y2λ＝1(λ≠0，x≠±1即动点P的轨迹C的方程为x2－y2λ＝1(λ≠0，x≠±1答案：x2－y2λ＝1(λ≠0，x≠7．答案：(1)曲线是方程所表示的曲线的一部分(2)方程所表示的曲线是图中曲线的一部分(3)方程是曲线的方程8．解析：由x＝4-y2，得x2＋y2又x≥0，所以方程x＝4-y2表示的曲线是以原点为圆心，2从而该曲线C与y轴围成的图形是半圆，其面积S＝12π·4＝所以，所求图形的面积为2π.9．解析：方法一：(直接法)如图，因为Q是OP的中点，所以∠OQC＝90°.设Q(x，y)，由题意，得|OQ|2＋|QC|2＝|OC|2，即x2＋y2＋[x2＋(y－3)2]＝9，所以点Q的轨迹方程是x2＋(y－32)2＝94(去掉原点方法二：(定义法)如图所示，因为Q是OP的中点，所以∠OQC＝90°，则Q在以OC为直径的圆上，故Q点的轨迹方程为x2＋y-322＝94方法三：(代入法)设P(x1，y1)，Q(x，y)，由题意，得x=x1又因为x12＋(y1－3)2＝所以4x2＋4y-322即点Q的轨迹方程为x2＋y-322＝9410．解析：设P(x，y)，由已知，|PF1||PF2|＝8，即x+12+y2×x-12+y2＝8，平方得，(0，0)不满足方程，故选项A错误；用(x，－y)换(x，y)，方程不变，所以曲线E关于x轴对称，故B正确；同理用(－x，y)换(x，y)，方程不变，所以曲线E关于y轴对称，故C正确；令y＝0，得(x＋1)2(x－1)2＝64，即x2－1＝8，所以x＝±3，故－3答案：A课时作业(十九)椭圆的标准方程1．答案：D2．解析：由椭圆的定义得|AF1|＋|AF2|＝2a＝10，|BF1|＋|BF2|＝2a＝10，所以△ABF1的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝20，故选B.答案：B3．解析：设椭圆方程为Ax2＋By2＝1(A＞0，B＞0)，由题意得9解得A=1，B=125.所以椭圆的标准方程为y答案：A4．解析：c＝1，a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆的方程为x24答案：A5．解析：由|AF1|＋|AF2|＝2a＝4得a＝2，∴原方程化为x24+y2b2＝1，将A1，32代入方程得答案：x246．解析：①2<2，故点P的轨迹不存在；②因为2a＝|F1F2|＝4，所以点P的轨迹是线段F1F2；③到定点F1(－3，0)，F2(3，0)距离相等的点的轨迹是线段F1F2的垂直平分线(y轴)；④点M(5，3)到定点F1(－4，0)，F2(4，0)的距离之和为410>8，故点P的轨迹为椭圆．故填②④.答案：②④7．解析：∵椭圆焦点在x轴上，∴设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2＝∵椭圆经过(2，0)和1，∴4a2∴所求椭圆的标准方程为x24＋y2答案：x24＋y28．解析：(1)方法一：因为椭圆的焦点在x轴上，所以设它的标准方程为x2a2+y2b2＝1由椭圆的定义知2a＝52+22+所以a＝10.又因为c＝2，所以b2＝a2－c2＝10－4＝6.因此，所求椭圆的标准方程为x210方法二：设标准方程为x2a2+y2b2＝1依题意得254a所以所求椭圆的标准方程为x210(2)方法一：当椭圆的焦点在x轴上时，设所求椭圆的方程为x2a2+y2b2＝1因为椭圆经过两点(2，0)，(0，1)，所以4a2所以所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝当椭圆的焦点在y轴上时，设所求椭圆的方程为y2a2+x2b2＝因为椭圆经过两点(2，0)，(0，1)，所以0a2与a＞b矛盾，故舍去．综上可知，所求椭圆的标准方程为x24＋y2方法二：设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)．因为椭圆过(2，0)和(0，1)两点，所以4m=1，n=1综上可知，所求椭圆的标准方程为x24＋y29．解析：∵F1，F2为椭圆焦点，∴|F1F2|＝12.∵P是椭圆上一点，∴根据椭圆性质，|PF1|＋|PF2|＝2a＝20，①∵PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝122，②联立①②可求得|PF1|·|PF2|＝128.∴S△F1PF2＝12|PF10．解析：将圆的方程化为标准形式为(x＋2)2＋y2＝62，∴圆心坐标为B(－2，0)，半径为6，如图：由于动圆M与已知圆B相内切，设切点为C.∴已知圆(大圆)半径与动圆(小圆)半径之差等于两圆心的距离，即|BC|－|MC|＝|BM|，而|BC|＝6，|CM|＝|AM|，∴|BM|＋|AM|＝6.根据椭圆的定义知M的轨迹是以点B(－2，0)和点A(2，0)为焦点的椭圆，且2a＝6.∴a＝3，c＝2，b＝a2-c∴所求圆心的轨迹方程为x29课时作业(二十)椭圆的几何性质1．解析：a2＝16，b2＝8，c2＝8.从而e＝ca＝2答案：D2．解析：根据题意得A(－a，0)，B(0，b)，F(c，0)，因为∠ABF＝90°，所以kAB·kBF＝－1，即b-00--a×b-00-c＝－1，所以b2ac＝1又因为c2＝a2－b2，所以c2－a2＋ac＝0，等号两边同除以a2得ca2＋ca－1＝0，即e2＋e－1所以e＝－5+12(舍)或e＝答案：A3．解析：x2＋my2＝1，∴x2＋y21m＝1，∴a2＝1m，b2＝1∴a＝1m，b＝1，∴1m＝2答案：D4．解析：曲线x225+y29＝1的焦点在x轴上，长轴长为10，短轴长为6，离心率为45，焦距为8.曲线x225-k+y29-k＝1(k<9)的焦点在x轴上，长轴长为225-k，答案：C5．解析：由题意知25－m2＝16，解得m2＝9，又m>0，所以m＝3.答案：36．解析：由题意知a－c＝2，a＋c＝14，所以a＝8，c＝6，b2＝a2－c2＝28，所以椭圆的标准方程为x264+y228答案：x264+y2287．解析：设椭圆C的方程为y2a2+x2b2＝1(a>b>0)，椭圆C又e＝1-b2a2＝45，解得a2＝1003，b2＝12，答案：y21008．解析：设点P(x，y)，所以OP＝(x，y)，FP＝(x－1，y)，由此可得OP·FP＝(x，y)·(x－1，y)＝x2－x＋y2＝12x2－x＋1＝12(x－1)2＋12，x∈[－2，2]，所以OP9．解析：∵椭圆的焦点在x轴上，∴设它的标准方程为x2a2+y2b2＝∵e＝ca＝13，∴a＝3∵b2＝a2－c2，∴b2＝9c2－c2＝8c2.又点M(c，4)在椭圆上，∴c29c解得c2＝94，∴a2＝814，b2＝∴所求椭圆的标准方程为x28110．解析：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2＝1|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a.在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2＝m2＋n2－2mncos60°＝(m＋n)2－3mn＝4a2－3mn≥4a2－3·m+n22＝4a2－3a2＝a2(当且仅当m＝n时取等号∴c2a2≥14又0<e<1，∴e的取值范围是12(2)由MF1·MF2＝0得，以F1F2为直径的圆在椭圆内，于是b>c，则a2－c2>c2，所以0<e<22，故离心率的取值范围为(答案：(1)12，1(2)(0课时作业(二十一)双曲线的标准方程1．解析：依题意得|F1F2|＝10，当a＝3时，2a＝6<|F1F2|，故点P的轨迹为双曲线的一支；当a＝5时，2a＝10＝|F1F2|，故点P的轨迹为一条射线．故选D.答案：D2．解析：方法一：因为所求曲线为双曲线，所以可排除选项A，D；又双曲线eq\f(x2,12)－eq\f(y2,24)＝1的焦点在x轴上，所以排除选项B.方法二：与eq\f(x2,12)－eq\f(y2,24)＝1共焦点的双曲线方程为eq\f(x2,12＋λ)－eq\f(y2,24－λ)＝1，对比四个选项中的曲线方程，发现只有选项C中的方程符合条件(此时λ＝－2).故选C.答案：C3．解析：由c2＝a2＋b2＝4得c＝2，所以F(2，0)，将x＝2代入x2－eq\f(y2,3)＝1，得y＝±3，所以|PF|＝3，又点A的坐标是(1，3)，故△APF的面积为eq\f(1,2)×3×(2－1)＝eq\f(3,2)，选D.答案：D4．解析：由题意，方程可化为eq\f(y2,m2－4)－eq\f(x2,1－m)＝3，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－4>0，,1－m>0，))解得：m＜－2.答案：C5．解析：设动圆M的半径为r.因为动圆M与圆C1外切且与圆C2内切，所以|MC1|＝r＋3，|MC2|＝r－1.相减得|MC1|－|MC2|＝4.又因为C1(－3，0)，C2(3，0)，并且|C1C2|＝6＞4，所以点M的轨迹是以C1，C2为焦点的双曲线的右支，且有a＝2，c＝3.所以b2＝5，所求的轨迹方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x≥2).答案：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x≥2)6．解析：设F1为左焦点，F2为右焦点，当点P在双曲线左支上时，|PF2|－|PF1|＝10，|PF2|＝22；当点P在双曲线右支上时，|PF1|－|PF2|＝10，|PF2|＝2.答案：2或227．解析：因为双曲线的焦点是(0，2)，所以双曲线的标准方程是eq\f(y2,－3m)－eq\f(x2,－m)＝1，即a2＝－3m，b2＝－m，c2＝－4m＝4，即m＝－1，所以椭圆方程是eq\f(y2,n)＋x2＝1，因为焦距2c＝4，所以c2＝4，即n－1＝4，解得n＝5.答案：58．解析：由eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1得a＝3，b＝4，c＝5.∴|PQ|＝4b＝16>2a.又∵A(5，0)在线段PQ上，∴P，Q在双曲线的右支上，且PQ所在直线过双曲线的右焦点，由双曲线定义知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|PF|－|PA|＝2a＝6，,|QF|－|QA|＝2a＝6，))∴|PF|＋|QF|＝28.∴△PQF的周长是|PF|＋|QF|＋|PQ|＝28＋16＝44.9．解析：(1)如图所示，不妨设M在双曲线的右支上，M点到x轴的距离为h，因为MF1·MF2＝0，则MF1⊥MF2，设|MF1|＝m，|MF2|＝n，由双曲线定义，知m－n＝2a＝8，①又m2＋n2＝(2c)2＝80，②由①②得m·n＝8，所以eq\f(1,2)mn＝4＝eq\f(1,2)|F1F2|·h，所以h＝eq\f(2\r(5),5).所以M点到x轴的距离为eq\f(2\r(5),5).(2)设所求双曲线C的方程为eq\f(x2,16－λ)－eq\f(y2,4＋λ)＝1(－4<λ<16)，由于双曲线C过点(3eq\r(2)，2)，所以eq\f(18,16－λ)－eq\f(4,4＋λ)＝1，解得λ＝4或λ＝－14(舍去)，所以所求双曲线C的方程为eq\f(x2,12)－eq\f(y2,8)＝1.10．解析：(1)当k＝0时，方程变为y＝±2，表示两条与x轴平行的直线；(2)当k＝1时，方程变为x2＋y2＝4表示圆心在原点，半径为2的圆；(3)当k<0时，方程变为eq\f(y2,4)－eq\f(x2,－\f(4,k))＝1，表示焦点在y轴上的双曲线；(4)当0<k<1时，方程变为eq\f(x2,\f(4,k))＋eq\f(y2,4)＝1，表示焦点在x轴上的椭圆；(5)当k>1时，方程变为eq\f(x2,\f(4,k))＋eq\f(y2,4)＝1，表示焦点在y轴上的椭圆．课时作业(二十二)双曲线的几何性质1．解析：由已知c＝4，e＝eq\f(c,a)＝2，所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，又焦点在x轴上，所以双曲线方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.答案：A2．解析：方法一：由题意知，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)a，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a，所以eq\f(b,a)＝eq\r(2)，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，故选A.方法二：由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(3)，得eq\f(b,a)＝eq\r(2)，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，故选A.答案：A3．解析：由题意得b＝2a，又a2＋b2＝c2，∴5a2＝c2.∴e2＝eq\f(c2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).答案：A4．解析：由已知得椭圆中a＝13，c＝5，曲线C2为双曲线，由此知道在双曲线中a＝4，c＝5，故双曲线中b＝3，双曲线方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.答案：A5．解析：由已知b＝1，c＝eq\r(3)，所以a2＝c2－b2＝2，所以渐近线方程为y＝±eq\f(\r(2),2)x.答案：y＝±eq\f(\r(2),2)x6．解析：若双曲线焦点在x轴上，依题意得，eq\f(b,a)＝4，∴eq\f(b2,a2)＝16，即eq\f(c2－a2,a2)＝16，∴e2＝17，e＝eq\r(17).若双曲线焦点在y轴上，依题意得，eq\f(a,b)＝4.∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,4)，eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,16)，即eq\f(c2－a2,a2)＝eq\f(1,16).∴e2＝eq\f(17,16)，故e＝eq\f(\r(17),4)，即双曲线的离心率是eq\r(17)或eq\f(\r(17),4).答案：eq\r(17)或eq\f(\r(17),4)7．解析：依题意设双曲线的方程为x2－eq\f(y2,4)＝λ(λ≠0)，将点(2，2)代入求得λ＝3，所以所求双曲线的标准方程为eq\f(x2,3)－eq\f(y2,12)＝1.答案：eq\f(x2,3)－eq\f(y2,12)＝18．解析：当焦点在y轴上时，eq\b\lc\{(\a\vs4