专题四平面解析几何(大4+答案)
专题四 平面解析几何（解答题4+）
1．【解析】设直线()()11223
:,,,,2
l y x t A x y B x y =
+． （1）由题设得3,04F ⎛⎫
⎪⎝⎭
，故123||||2AF BF x x +=++，由题设可得1252x x +=．
由232
3y x t y x
⎧
=+⎪⎨⎪=⎩，可得22
912(1)40x t x t +-+=，则1212(1)9t x x -+=-． 从而12(1)592t --
=，得7
8
t =-． 所以l 的方程为37
28
y x =-．
（2）由3AP PB =可得123y y =-．
由232
3y x t y x
⎧
=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=． 所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=． 代入C 的方程得1213,3x x ==
．故||AB =． 2．【解析】（1）设椭圆的焦距为2c ，由已知得
2
2
59
c a =，又由222
a b c =+，可得23a b =．
由||AB =，从而3,2a b ==．
所以，椭圆的方程为22
194
x y +=．
（2）设点P 的坐标为11(,)x y ，点M 的坐标为22(,)x y ，由题意，210x x >>， 点Q 的坐标为11(,)x y --．
由BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，可得||=2||PM PQ ， 从而21112[()]x x x x -=--，即215x x =． 易知直线AB 的方程为236x y +=， 由方程组236,,
x y y kx +=⎧⎨
=⎩消去y ，可得26
32x k =+．
由方程组22
1,94,
x y y kx ⎧+⎪=⎨⎪=⎩
消去y
，可得1x = 由215x x =
5(32)k =+，两边平方，整理得2182580k k ++=， 解得89k =-，或1
2
k =-． 当89k =-
时，290x =-<，不合题意，舍去；当12k =-时，212x =，112
5
x =，符合题意． 所以，k 的值为1
2
-．
3．【解析】（1
）由题意得2c =
，所以c =
c e a =
=
，所以a = 所以2221b a c =-=，
所以椭圆M 的标准方程为2
213
x y +=．
（2）设直线AB 的方程为y x m =+，
由22
13
y x m
x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2246330x mx m ++-=， 则2
2
2
3644(33)48120m m m ∆=-⨯-=->，即24m <，
设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1232m x x +=-，21233
4
m x x -=，
则12|||2
AB x x =-==，
易得当20m =时，max ||6AB =，故||AB 的最大值为6． （3）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y ，
则221133x y += ①，22
2233x y += ②，
又(2,0)P -，所以可设1112
PA
y
k k x ==+，直线PA 的方程为1(2)y k x =+， 由122
(2)13
y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2222111(13)121230k x k x k +++-=， 则2113211213k x x k +=-+，即2
1312
1
1213k x x k =--+， 又1112y k x =+，代入①式可得13171247x x x --=+，所以1
3147
y y x =+，
所以11
11712(
,)4747
x y C x x --++，
同理可得22
22712(
,)4747
x y D x x --++．
故3371(,)44QC x y =+
-，4471(,)44
QD x y =+-， 因为,,Q C D 三点共线，所以34437171
()()()()04444
x y x y +--+-=，
将点,C D 的坐标代入化简可得
12
12
1y y x x -=-，即1k =． 4．【解析】（1）椭圆
22
:
143
x y
E +=的长轴长为2a ，短轴长为2b ，焦距为2c ，
则2224,3,1a b c ===.
所以12AF F △的周长为226a c +=.
则
（2）椭圆E 的右准线为4x =.设(,0),(4,)P x Q y ，(,0),(4,)OP x QP x y ==--，
2(4)(2)44,OP QP x x x ⋅=-=--≥-
在2x =时取等号.
所以OP QP ⋅的最小值为4-.
（3）因为椭圆22
:143
x y E +=的左、右焦点分别为12,F F ，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，
212AF F F ⊥，
则123
(1,0),(1,0),(1,)2
F F A -.
所以直线:3430.AB x y -+=
设(,)M x y ，因为213S S =，所以点M 到直线AB 距离等于点O 到直线AB 距离的3倍.
由此得
|343||30403|
355
x y -+⨯-⨯+=⨯
，则34120x y -+=或3460x y --=. 由2234120,143x y x y -+=⎧⎪
⎨+=⎪⎩得2724320x x ++=，此方程无解；
由223460,143x y x y --=⎧⎪⎨+
=⎪⎩得271240x x --=，所以2x =或27x =-.
代入直线:3460l x y --=，对应分别得0y =或12
7
y =-. 因此点M 的坐标为(2,0)或212
(,)77
--.
【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据213S S =推出9
5
d =
是解答本题的关键.。
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1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上 评卷人
得分 一、填空题
1．如图, 弦AB 与CD 相交于
O 内一点E , 过E 作BC 的平行线与AD 的延长线相交于点P . 已知PD =2DA =2, 则PE =_____. （汇编年高考陕西卷（理））B. (几
何证明选做题) E
D O
P A B C
2．如图,AB 是圆O 的直径,点C 在圆O 上,延长BC 到D 使BC CD =,过C 作圆O 的切线交AD 于E .若6AB =,2ED =,则BC =_________.（汇编年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD 版））(几何证明选讲选做题)
3．（选修4—1：几何证明选讲）
如图，AB 是圆O 的直径，点C 在圆O 上，延长BC 到D 使BC CD =，过C 作圆O .
A
E D
C
B
O 第15题。
文科数学高考二轮复习专题篇平面解析几何4由向量形式的三角形面积公式得到的坐标式三角形面积公式及其应
由向量形式的三角形面积公式获得的坐标式三角形面积公式及其应用高考题1(2010 年高考辽宁卷理科第8 题 )平面上 O, A, B 三点不共线，设 OA a,OB b ，则 OAB 的面积等于()22(a b ) 222(a b) 2 C. 122( a b) 2 D.122(a b )2A. a bB. a b a b a b22答案： C.这道高考题的结论就是向量形式的三角形面积公式：定理 1若三点 O, A, B 不共线，则 S OAB122(OA OB )2 . OA OB21122证明S OAB OA OB 1 c o 2s AOB OA OB(OA OB )2 .22由此结论，还可证得定理 2若三点 O, A, B 不共线，且点O是坐标原点，点 A, B 的坐标分别是(x1 , y1 ), ( x2 , y2 ) ，则S OAB 1x1 y2x2 y1 . 2证法 1由定理1，得S OAB12y122y22( x1 x2y1 y2 ) 21x1 y2 x2 y1(x1)( x2)22证法 2可得直线 AB 的方程是( y1y2 ) x (x1x2 ) y ( x1 y2x2 y1 ) 0因此坐标原点 O 到直线AB的距离是x1y2x2 y1，从而可得AOB 的面积是ABS OAB 1AB x1y2x2 y11x1 y2x2 y1 .AB22下边用定理 2 来简解 10 道高考题 .高考题2(2014 年高考四川卷理科第10 题 )已知 F 为抛物线 y2＝ x 的焦点，点 A，B 在该抛物线上且位于x 轴的双侧，→→OA· OB＝2(此中 O 为坐标原点 )，则△ABO 与△ AFO 面积之和的最小值是 ()172A ． 2B ． 3 C.8 D.10解 B.得 F 1,0，可不如设 A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 )( y10y2 ) . 4由OA OB x1x2y1 y222y1 y2 2 ，可得 y1 y222，得y1 y2，因此由定理SABO 1x1 y2x2 y11y1y2y2y11y1 y2y1y2y1 y2y1y222222因此SABOSAFOy 1 y 21 1 y 19 y 1 y 2 2 9y 1 y 2 32 4 8 8(可适当且仅当 y 14, y 29时取等号 )38因此选 B.高考题 3 (2011 年高考四川卷文科第12 题 )在会合1,2,3,4,5 中任取一个偶数 a 和一个奇数 b 构成以原点为起点的向量 (a, b) . 从全部获得的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形， 记全部作为平行四边形的个数为 n ，此中面积等于 2 的平行四边形的个数 m ，则m( )n2141A.B.C.D.155153解B.所 有满足题意 的 向 量 有 6个1 (2,1),2 (2,3),3 (2,5),4( 4,1), 5 ( 4,3), 6 (4,5) ，以此中的两个向量为邻边的平行四边形有 nC 62 15 个.设i(x 1 , y 1 ), j ( x 2 , y 2 ) ，得 x 1 , x 2(2,4); y 1 , y 2 (1,3,5) ，由定理 2 得，以i ,j为邻边的平行四边形的面积是S1x 1 y 2 x 2 y 1 2 ，可得这样的向量i ,j有3对：2(2,3), (4,5); (2,1), (4,3); (2,1), ( 4,1) .因此m3 1 . n15 5高考题 4 (2011 年高考四川卷理科第12 题 ) 在会合 {1,2,3,4,5} 中任取一个偶数 a 和一个奇数 b 构成以原点为起点的向量 (a, b) . 从全部获得的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形 .记全部作成的平行四边形的个数为 n ，此中面积不超出 4 的平行四边形的个数为 m ，则m()4 n1 22A.B.C.D.153 5 3解 基本领件是由向量(2,1), (2,3), (2,5), (4,1), (4,5), ( 4,3) 中任取两个向量为邻边作平行四边形，得 nC 26 15 .由定理 2 可得：构成面积为 2 的平行四边形的向量有3 对： (2,3), (4,5); (2,1), (4,3); (2,1),(4,1) .构成面积为 4 的平行四边形的向量有2 对： (2,3), (2,5); (2,1), (2,3) .构成面积为 6 的平行四边形的向量有 2 对： (2,3), (4,3); (2,1), (4,5) .构成面积为 8 的平行四边形的向量有 3 对： (2,1), (2,5); (4,1), (4,3);( 4,3),( 4,5) .构成面积为 10 的平行四边形的向量有 2 对： (2,3), (4,1); (2,5), ( 4,5) .构成面积为 14 的平行四边形的向量有 1 对： (2,5), (4,3) .构成面积为 16 的平行四边形的向量有 1 对： (4,1),( 4,5) .构成面积为 18 的平行四边形的向量有 1 对： (2,5), (4,1) .知足条件的事件有 m3 2 5个，因此m5 1 .n15 3高考题 5 (2009 年高考陕西卷文科、理科第21 题)已知双曲线C 的方程为y 2 x 2 1( a 0, b0) ，离心率 e52 5 a 2b 2 2，极点到渐近线的距离为.5(1)求双曲线 C 的方程；(2)如图 1 所示， P 是双曲线 C 上一点，A, B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上，且分别位于第一、二象限 .若 APPB,1,2 ，求AOB 面积的取值范围 .3图 1解(1)( 过程略 ) y2x 21.4(2)可设 A(t ,2t), B( s,2s), s 0,t 0 ，由定理 2 及题设可得 S AOB 2st .由 APt2 s2t 2 s PB ，可得 P,，把它代入双曲线 C 的方程，化简得11(1 )24 st ，因此SAOB1 111223可得AOB 面积的取值范围是82，.3高考题 6 (2007 年高考陕西卷理科第 21 题即文科第 22 题)已知椭圆C : x2y 2 1(a b0) 的离心率是6，短轴的一个端点与右焦点的距离是3 .a 2b 23(1)求椭圆 C 的方程；(2)设直线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两点，坐标原点O 到直线 l 的距离为3，求 AOB 面积2的最大值 .解(1)( 过程略 ) x 2y 21.3(2)设 A( x 1 , y 1 ), B(x 2 , y 2 ) ，由定理 2 及题设得2SAOBx 1 y 2 x 2 y 1由椭圆的参数方程知，可设 x 1 3 cos , y 1sin , x 23 cos , y 2 sin ，得2S AOB x 1 y 2 x 2 y 1 3 sin()从而可得，当且仅当点A, B 是椭圆 C 的两个极点且AOB时AOB 的面积取到最2大值，且最大值是3.2高考题 7(2010 年高考重庆卷理科第20 题 )已知以原点 O 为中心， F ( 5,0) 为右焦点的双曲线 C 的离心率 e5 .2(1)求双曲线 C 的标准方程及其渐近线方程；(2) 如图2 所示，已知过点M (x 1, y 1 ) 的直线l 1 : x 1 x 4y 1 y4 与过点 N ( x 2 , y 2 ) ( 此中x 2x 1 )的直线l 2 : x 2 x4 y 2 y4 的交点E 在双曲线C上，直线MN 与两条渐近线分别交于G 、 H两点，求OGH的面积.图 2解(1)( 过程略 )双曲线C的标准方程为x2y21，其渐近线方程为x 2 y0 .4(2)由“两点确立向来线”可得直线MN 的方程为： x E x 4 y E y 4 .分别解方程组x E x 4 y E y 4x E x 4 y E y 4，得x 2 y0,x 2y0G4,2, H4,2.x Ex E 2 y E x E2y E 2 y E x E2y E由于点 E 在双曲线C上，因此x E2 4 y E2 4 .由定理2，得S OGH 188882 2x E2 4 y E2x E2 4 y E2x E2 4 y E24注下边将指出图 2 的错误：由于点 E 对于 x 轴的对称点 E ( x E ,y E ) 也在双曲线 C 上，而双曲线C在点 E处的切线方程为xEx( y E ) y1即 x E x 4 y E y 4 也即直线 MN ，因此直线 MN 与双曲线 C 应该相4切，而不是相离 .高考题 8 (2011年高考山东卷理科第22题 )已知动直线x2y2交于l 与椭圆 C :132P(x1, y1 )、 Q (x2 , y2 ) 两不一样点，且OPQ 的面积 S6OPQ，此中 O 为坐标原点.22x2222(1)证明：x1和 y1y2均为定值；(2)设线段PQ的中点为M，求OM PQ 的最大值；(3)椭圆C上能否存在三点D、 E、 G ，使得 S ODE S ODG S OEG6？若存在，判2断 DEG 的形状；若不存在，请说明原因.解(1) 可设P(3cos , 2 sin )、 Q( 3cos , 2 sin ) ，由定理2，得SOPQ6sin()6 22SOPQ6sin()6, sin ()1,cos() 0 22k( k Z)2因此x12x223(cos2cos2) 3(sin 2cos2) 3, y12y223.(2)在 (1)的解答中：当k为奇数时，得P( 3 sin,2cos )、 Q ( 3cos , 2 sin)，M3(sin cos),2(sin cos)，因此 OM PQ125sin 2 2.222当k为偶数时，得P( 3 sin,2cos )、Q ( 3cos , 2 sin)，M3(cos sin),2(cos sin)，因此 OM PQ125sin 2 2.222因此 OM PQ 的最大值是5. 2(3)可设D(3cos ,2 sin )、 E(3cos ,2 sin)、G(3cos , 2 sin) ，由(1)的解答知k,l,m(k, l , m Z )2322把这三式相加，得0( k l m)(k l m Z )，这不行能！因此椭圆 C 上不存2在三点 D、 E、G ，使得 S ODE SODGSOEG6.2高考题 9(2013 年高考山东卷文科第22 题 )在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C的中心在原点 O ，焦点在 x 轴上，短轴长为2，离心率为2 .2(1)求椭圆 C 的方程；(2) A, B 为椭圆 C 上知足AOB 的面积为6的随意两点， E 为线段 AB 的中点，射线4OE 交椭圆 C 与点 P ，设 OPtOE ，务实数 t 的值 .解 (1)( 过程略 )x 2y 2 1 .22 (2)当直线 OE 的斜率不存在时，可求得t 2或3 .3当直线 OE 的斜率存在时，可设A( 2 cos ,sin ), B( 2 cos ,sin ) ，由定理 2 得SOAB2 sin()6 )3, cos( 1 , cos1 3 2, sin()2或.42222可得E2 coscos, sin2 cos2， 所以直线22OE : yx tan ，求得 P2 cos, sin，因此2222y P12 或2t3y E cos32总之， t2或23.31高考题 10 (2008 年高考海南、宁夏卷理科第21 题 )设函数 f (x)ax(a ，b Z ) ，x b曲线 yf ( x) 在点 (2， f (2)) 处的切线方程为 y 3 ．(1)求 f ( x) 的分析式 .(2)证明：函数 y f ( x) 的图象是一此中心对称图形，并求其对称中心；(3)证明：曲线 yf (x) 上任一点的切线与直线x 1 和直线 yx 所围三角形的面积为定值，并求出此定值．答案： (1) y x1.(2)略 .(3)2.x 1高考题 11(2008 年高考海南、宁夏卷文科第21 题 )设函数f (x)bf ( x) ax，曲线 yx在点 (2， f (2)) 处的切线方程为7x 4 y120．(1)求f ( x)的分析式；(2)证明：曲线y f (x) 上任一点处的切线与直线x 0和直线 y x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．答案： (1)y x 3.(2)6. x下边给出这两道高考题结论的推行.定理 3(1) 双曲线x2y 21( a0,b0)上任一点的切线与两条渐近线a 2b2b bS ab ；yx, y x 围成三角形的面积是a ab(2) 曲线y ax0)上任一点的切线与两条渐近线x 0, y ax 围成三角形的面(bx积是 S b ；(3) 曲线y ax c b(b0) 上任一点的切线与两条渐近线x d0, y ax cdx围成三角形的面积是S b .证明(1) 如图 3 所示，可求得过双曲线上任一点(,)(222222) 的切P x0y0 b x0 a y0 a b线方程是b2x0x a2 y0 y a2 b2，还可求得它与两条渐近线y bx, ybx 的交点分别为a aMa2 b,ab2a2b,ab22 可立得欲证建立 .bx0ay0, Nbx0bx0，再由定理bx0ay0ay0ay0图 3(2)由y axb b.因此过该曲线上任一点P x0 , ax0b(b 0) ，得 y ax 2的切x x0线方程是yb b( x x0 ) ax 0a2x0x0从而可求得它与两条渐近线x0, y ax 的交点分别为M0, 2b, N (2 x0 ,2ax0 ) ，再由x0定理 2 可立得欲证建立 .(3)因为y ax cba( x d )b所以曲线xc ad ，b d x dy ax c0) 是由曲线y ax b0) 沿向量 ( d , c ad ) 平移后获得的，(b(bx d x 因此由结论 (2) 立得结论 (3) 建立 .(4)。
解析几何第四版吕林根课后习题答案第四章
第四章 柱面、锥面、旋转曲面与二次曲面§ 4.1柱面1、已知柱面的准线为：⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 且（1）母线平行于x 轴；（2）母线平行于直线c z y x ==,，试求这些柱面的方程。
解：（1）从方程⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 中消去x ，得到：25)2()3()3(222=-+++--z y y z 即：0235622=----+z y yz z y 此即为要求的柱面方程。
（2）取准线上一点),,(0000z y x M ，过0M 且平行于直线⎩⎨⎧==c z yx 的直线方程为：⎪⎩⎪⎨⎧=-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=z z t y y tx x zz t y y tx x 000000 而0M 在准线上，所以⎩⎨⎧=+--+=-++-+--02225)2()3()1(222t z y x z t y t x 上式中消去t 后得到：02688823222=--+--++z y x xy z y x 此即为要求的柱面方程。
2、设柱面的准线为⎩⎨⎧=+=z x z y x 222，母线垂直于准线所在的平面，求这柱面的方程。
解：由题意知：母线平行于矢量{}2,0,1- 任取准线上一点),,(0000z y x M ，过0M 的母线方程为：⎪⎩⎪⎨⎧+==-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧-==+=t z z yy tx x tz z y y tx x 2200000而0M 在准线上，所以：⎩⎨⎧+=-++=-)2(2)2(22t z t x t z y t x 消去t ，得到：010*******22=--+++z x xz z y x 此即为所求的方程。
3、求过三条平行直线211,11,-=+=--==+==z y x z y x z y x 与的圆柱面方程。
解：过原点且垂直于已知三直线的平面为0=++z y x ：它与已知直线的交点为())34,31,31(),1,0,1(,0,0,0--，这三点所定的在平面0=++z y x 上的圆的圆心为)1513,1511,152(0--M ，圆的方程为： ⎪⎩⎪⎨⎧=++=-++++07598)1513()1511()152(222z y x z y x 此即为欲求的圆柱面的准线。
最全 解析几何第四版习题答案第四章(完整版)
第四章 柱面、锥面、旋转曲面与二次曲面§ 4.1柱面1、已知柱面的准线为：⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 且（1）母线平行于x 轴；（2）母线平行于直线c z y x ==,，试求这些柱面的方程。
解：（1）从方程⎩⎨⎧=+-+=-+++-0225)2()3()1(222z y x z y x 中消去x ，得到：25)2()3()3(222=-+++--z y y z 即：0235622=----+z y yz z y 此即为要求的柱面方程。
（2）取准线上一点),,(0000z y x M ，过0M 且平行于直线⎩⎨⎧==c z yx 的直线方程为：⎪⎩⎪⎨⎧=-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=z z t y y tx x zz t y y tx x 000000 而0M 在准线上，所以⎩⎨⎧=+--+=-++-+--02225)2()3()1(222t z y x z t y t x 上式中消去t 后得到：02688823222=--+--++z y x xy z y x此即为要求的柱面方程。
2而0M 在准线上，所以：⎩⎨⎧+=-++=-)2(2)2(22t z t x t z y t x 消去t ，得到：010*******22=--+++z x xz z y x此即为所求的方程。
3、求过三条平行直线211,11,-=+=--==+==z y x z y x z y x 与的圆柱面方程。
解：过又过准线上一点),,(1111z y x M ，且方向为{}1,1,1的直线方程为： ⎪⎩⎪⎨⎧-=-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=t z z t y y tx x tz z t y y tx x 111111 将此式代入准线方程，并消去t 得到：013112)(5222=-++---++z y x zx yz xy z y x此即为所求的圆柱面的方程。
平面解析几何三角形与圆相关午练专题练习(四)含答案新教材高中数学
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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上 评卷人
得分 一、填空题
1．如图, AB 与CD 相交于点E , 过E 作BC 的平行线与AD 的延长线相交于点P . 已知A C ∠=∠, PD = 2DA = 2, 则PE = ______. （汇编年高考陕西卷（文））(几何证明选做题)
D
B
C
E P A
2．如图, △ABC 为圆的内接三角形, BD 为圆的弦, 且BD //AC . 过点A 做圆的切线与DB 的延长线交于点E , AD 与BC 交于点F . 若AB = AC , AE = 6, BD = 5, 则线段CF 的长为______.（汇编年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））
评卷人
得分 二、解答题。
平面解析几何初步直线圆的方程等一轮复习专题练习(四)含答案高中数学
高中数学专题复习《平面解析几何初步直线圆的方程等》单元过关检测经典荟萃，匠心巨制！独家原创，欢迎下载！注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人得分一、选择题1．1 ．（2020年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））使得()13nx n N nx x +⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭的展开式中含有常数项的最小的为 （ ）A ．4B ．5C ．6D ．72．在平面直角坐标系xOy 中,直线3450x y +-=与圆224x y +=相交于A 、B 两点,则弦AB 的长等于（ ） A ．33B ．23C ．3D ．1（2020广东文）(解析几何)3．已知直线x=a （a>0）和圆（x －1）2+y 2=4相切，那么a 的值是（ ） A ．5 B ．4C ．3D ．2（2020全国文3）4．设R n m ∈,，若直线02)1()1(=-+++y n x m 与圆1)1()1(22=-+-y x 相切，则m+n 的取值范围是（A ）]31,31[+- （B ）),31[]31,(+∞+⋃--∞（C ）]222,222[+- （D ）),222[]222,(+∞+⋃--∞5．下列说法正确的是 ． [答]( ) (1)若直线l 的倾斜角为α，则0απ≤<；(2)若直线l 的一个方向向量为(,)d u v =，则直线l 的斜率v k u=； (3)若直线l 的方程为220(0)ax by c a b ++=+≠，则直线l 的一个法向量为(,)n a b =．A .(1)(2) B. (1)(3) C.(2)(3) D.(1)(2)(3)6．直线1:2l y k x ⎛⎫=+⎪⎝⎭与圆22:1C x y +=的位置关系为（ ）． Ａ．相交或相切 Ｂ．相交或相离 Ｃ．相切 Ｄ．相交7．圆x 2＋y 2＋2x ＋6y ＋9＝0与圆x 2＋y 2－6x ＋2y ＋1＝0的位置关系是 （ ）A ．相交B ．相外切C ．相离D ．相内切8．圆224460x y x y +-++=截直线50x y --=所得弦长为（ ） Ａ、6 Ｂ、522Ｃ、１ Ｄ、５9．已知点(1,2),(3,1)A B ，则线段AB 的垂直平分线的方程是（ ） A 、425x y += B 、425x y -= C 、25x y += D 、25x y -=10． 直线l 过点（-1，2）且与直线垂直，则l 的方程是 A ．3210x y +-= B.3270x y ++=C. 2350x y -+=D.2380x y -+=第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明评卷人得分二、填空题11．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 与x 轴交于A (1,0)，B (3,0)两点，且与直线x －y －3＝0相切，则圆C 的半径为 ▲ ． 解析：可设圆心为(2，b )，半径r ＝b 2＋1，则|－1－b |2＝b 2＋1，解得b ＝1．故r ＝2．12． 已知从点(2,1)-发出的一束光线，经x 轴反射后,反射光线恰好平分 圆:222210x y x y +--+=的圆周,则反射光线所在的直线方程为 13．圆2240x y x +-=在点(1,3)P 处的切线方程为 ▲ ．14．如果直线210mx y ++=与20x y +-=互相垂直，那么实数m ＝ ▲ ．15．两圆221:2220C x y x y +++-=与222:4210C x y x y +--+=的公切线有且仅有_____条。
解析几何 第四版 课后答案
由上题结论知： AL + BM + CN = 0
∴OA + OB + OC = OL + OM + ON
4. 用矢量法证明，平行四边行的对角线互相平分. [证明]：如图 1-4，在平行四边形 ABCD 中，O 是对角线 AC，BD 的交点
∵ AD = OD − OA
BC = OC − OB
但 AD = BC
BM = 1 (BA + BC) 2
CN = 1 (CA + CB) 2
∴ AL + BM + CN = 1 ( AB + AC + BA + BC + CA + CB) = 0 2
从而三中线矢量 AL, BM ,CN 构成一个三角形。
3. 设 L、M、N 是△ABC 的三边的中点，O 是任意一点，证明
第 1 章 矢量与坐标
§1.1 矢量的概念
1.下列情形中的矢量终点各构成什么图形？
（1）把空间中一切单位矢量归结到共同的始点；
（2）把平行于某一平面的一切单位矢量归结到共同的始点；
（3）把平行于某一直线的一切矢量归结到共同的始点；
（4）把平行于某一直线的一切单位矢量归结到共同的始点.
[解]：（1Байду номын сангаас单位球面； （2）单位圆
＝3 PiGi ,
从而 OPi
＝ OAi + 3OGi 1+ 3
，
设 Ai (xi, yi, zi)(i＝1, 2, 3, 4)，则
G1
⎜⎛ ⎝
x2
+
x3 3
+
x4
,
y2 + y3 + y4 , 3
平面解析几何三角形与圆相关40分钟限时练(四)带答案新高考高中数学
高中数学专题复习《平面解析几何三角形、圆相关》单元过关检测经典荟萃，匠心巨制！独家原创，欢迎下载！注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 评卷人得分一、填空题1．如图,在ABC 中,090C ∠=, 060,20A AB ∠==,过C 作ABC 的外接圆的切线CD ,BD CD ⊥,BD 与外接圆交于点E ,则DE 的长为__________（汇编年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））2．如图3，圆O 的半径为5cm ，点P 是弦AB 的中点，3OP =cm ，弦CD 过点P ，且13CP CD =，则CD 的长为 cm ．（几何证明选讲选做题）评卷人得分二、解答题3．选修4—1 几何证明选讲P OAB C D图3如图，已知⊙O 的半径为1，MN 是⊙O 的直径，过M 点作⊙O 的切线AM ，C 是AM 的中点，AN 交⊙O 于B 点，若四边形BCON 是平行四边形.求AM 的长；4．如图，圆1O 与圆2O 内切于点A ，其半径分别为1r 与212()r r r >， 圆1O 的弦AB 交圆2O 于点C （1O 不在AB 上）， 求证：:AB AC 为定值。
证明：由弦切角定理可得11212,O B r AB AO CAO B AC O C r∴== 5．过圆O 外一点A 作圆O 的两条切线AT 、AS ，切点分别为T 、S ，过点A 作圆O 的割线APN ，证明：22AT PT PSAN NT NS=．[来源:学科网ZXXK] (汇编年3月苏、锡、常、镇四市高三数学教学情况调查一) 证明：AT 是圆O 的切线，∠ATP =∠ANT ,又∠TAP =∠NAT ,∴三角形ATP 与三角形ANT ，∴AT PT AN TN =同理AS PSAN NS= 两等式相乘222,AT AS PT PSAT PT PS AT AS AN NT NSAN NT NS∙∙∙==∴=∙∙. 6．已知：如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，O 是AB 上一点，以O 为圆心，OB 为半径的圆与AB 交于点E，与21-A 第图AC 切于点D ，连结DB 、DE 、OC 。
高考数学(理)之平面向量 专题04 平面向量在平面几何、三角函数、解析几何中的应用(解析版)
平面向量04 平面向量在平面几何、三角函数、解析几何中的应用一、具本目标： 一）向量的应用1.会用向量方法解决某些简单的平面几何问题.2.会用向量方法解决简单的力学问题与其他一些实际问题. 二）考点解读与备考:1.近几年常以考查向量的共线、数量积、夹角、模为主，基本稳定为选择题或填空题，难度较低；2.常与平面几何、三角函数、解析几何等相结合，以工具的形式进行考查，常用向量的知识入手.力学方面应用的考查较少.3.备考重点：(1) 理解有关概念是基础，掌握线性运算、坐标运算的方法是关键；(2)解答与平面几何、三角函数、解析几何等交汇问题时，应注意运用数形结合的数学思想，将共线、垂直等问题，通过建立平面直角坐标系，利用坐标运算解题.4.难点：向量与函数、三角函数、解析几何的综合问题.以向量形式为条件，综合考查了函数、三角、数列、曲线等问题.要充分应用向量的公式及相关性质，会用向量的几何意义解决问题，有时运用向量的坐标运算更能方便运算. 二、知识概述：常见的向量法解决简单的平面几何问题： 1.垂直问题:(1)对非零向量a r 与b r ,a b ⊥⇔r r.(2)若非零向量1122(,),(,),a x y b x y a b ==⊥⇔r r r r.2.平行问题:(1)向量a r 与非零向量b r共线,当且仅当存在唯一一个实数λ,使得 .(2)设1122(,),(,)a x y b x y ==r r是平面向量,则向量a r 与非零向量b r 共线⇔ .【考点讲解】3.求角问题:(1)设,a b r r是两个非零向量,夹角记为α,则cos α= .(2)若1122(,),(,)a x y b x y ==r r是平面向量,则cos α= .4.距离（长度）问题:(1)设(,)a x y =r,则22a a ==r r ,即a =r .(2)若1122(,),(,)A x y B x y ,且a AB =r u u u r ,则AB AB ==u u u r.【答案】1.1212(1)0,(2)0.a b x x y y ⋅=+=r r2.(1)a b λ=r r,(2)12210x y x y -=3.(1)a b a b ⋅⋅r r r r.4.(1)22x y +【优秀题型展示】 1. 在平面几何中的应用：已知ABC D 中，(2,1),(3,2),(3,1)A B C ---,BC 边上的高为AD ，求点D 和向量AD u u u r的坐标.【解析】设点D 坐标（x ，y ），由AD 是BC 边上的高可得⊥，且B 、D 、C 共线，∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅//0∴⎩⎨⎧=+---+=--⋅+-0)1)(3()2)(3(0)3,6()1,2(y x y x y x ∴⎩⎨⎧=+---+=+---0)1)(3()2)(3(0)1(3)2(6y x y x y x ∴⎩⎨⎧=+-=-+012032y x y x解得⎩⎨⎧==11y x ∴点D 坐标为（1，1），AD ＝（－1，2）. 【答案】AD ＝（－1，2）【变式】已知四边形ABCD 的三个顶点(02)A ，，(12)B --，，(31)C ，，且2BC AD =u u u r u u u r，则顶点D 的坐标为 （ ） A ．722⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ．122⎛⎫- ⎪⎝⎭，C ．(32)，D ．(13)，【解析】设22(,),(3,1)(1,2)(4,3),(,2),,37222x x D x y BC AD x y y y 祆==镲镲镲=---==-\\眄镲-==镲镲铑u u u r u u u rQ ， 【答案】A【变式】已知正方形OABC 的边长为1，点D E 、分别为AB BC 、的中点，求cos DOE ∠的值.【解析】以OA OC 、为坐标轴建立直角坐标系,如图所示.由已知条件,可得114.225⋅==∴∠=⋅u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r （1，），（，1），cos =OD OE OD OE DOE OD OE2.在三角函数中的应用：已知向量3(sin ,)4a x =r ，(cos ,1)b x =-r ．设函数()2()f x a b b =+⋅r r r ，已知在ABC ∆中，内角A B C 、、的对边分别为a bc 、、，若a =2b =，sin B =()4cos(2)6f x A π++（[0,]3x π∈）的取值范围.【解析】 由正弦定理得或 . 因为，所以4A π=.因为+.所以, ，, 所以. 【答案】()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--∈⎪⎭⎫ ⎝⎛++212,12362cos 4πA x f sin ,sin sin 24a b A A A B π===可得所以43π=A a b >()2())4f x a b b x π=+⋅=+r r r 32()⎪⎭⎫⎝⎛++62cos 4πA x f =)4x π+12-0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦Q 112,4412x πππ⎡⎤∴+∈⎢⎥⎣⎦()21262cos 4123-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛++≤-πA x f3.在解析几何中的应用：（1）已知直线x ＋y ＝a 与圆x 2＋y 2＝4交于A 、B 两点，且|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，其中O 为坐标原点，则实数a 的值为________．【解析】如图所示，以OA 、OB 为边作平行四边形OACB ， 则由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|得， 平行四边形OACB 是矩形，OA →⊥OB →.由图象得，直线y ＝－x ＋a 在y 轴上的截距为±2.【答案】±2（2)椭圆的焦点为F F ，点P 为其上的动点，当∠F P F 为钝角时，点P 横坐标的取值范围是 .【解析】法一：F 1（－,0）F 2（,0）,设P （3cos ,2sin ）.为钝角，.∴=9cos 2－5＋4sin 2=5 cos 2－1<0.解得： ∴点P 横坐标的取值范围是（）. 14922=+y x ,121255θθ21PF F ∠Θ123cos ,2sin )3cos ,2sin )PF PF θθθθ⋅=-⋅-u u u r u u u u r（θθθ55cos 55<<-θ553,553-ODC BA【答案】（） 法二：F 1（－,0）F 2（,0）,设P （x,y ）.为钝角，∴ ()()125,5,PF PF x y x y •=--⋅-u u u r u u u u r225x y =+-=25109x -<. 解得：353555x -<<.∴点P 横坐标的取值范围是（）. 【答案】（） 2. 在物理学中的应用：如图所示，用两条成120º的等长的绳子悬挂一个灯具，已知灯具的重量为10N ，则每根绳子的拉力是 .]【解析】 ∵绳子的拉力是一样的（对称） ，∴OA =OB ，∴四边形OADB 为菱形 .∵∠AOB =120º ，∴∠AOD =60º .又OA =OB =AD ， ∴三角形OAD 为等边三角形 ，∴OD =OA . 又根据力的平衡得OD =OC =10 ， ∴OA =10 ，∴OA =OB =10 . ∴每根绳子的拉力大小是10N. 【答案】10N553,553-5521PF F ∠Θ553,553-553,553-【真题分析】1.【2017年高考全国II 卷理数】已知ABC △是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则()PA PB PC ⋅+u u u r u u u r u u u r的最小值是（ ）A ．2-B ．32-C ．43- D ．1-【解析】如图，以BC 为x 轴，BC 的垂直平分线DA 为y 轴，D 为坐标原点建立平面直角坐标系，则A ，(1,0)B -，(1,0)C ，设(,)P x y ，所以()PA x y =-u u u r ，(1,)PB x y =---u u u r，(1,)PC x y =--u u u r ，所以(2,2)PB PC x y +=--u u u r u u u r ，22()22)22(PA PB PC x y y x y ⋅+=-=+-u u u r u u u r u u u r233)222-≥-，当(0,2P 时，所求的最小值为32-，故选B ． 【答案】B2.【2018年高考上海卷】在平面直角坐标系中，已知点()10A -，、()20B ，，E 、F 是y 轴上的两个动点，且||2EF =u u u r ，则AE BF ⋅u u u r u u u r的最小值为___________．【解析】根据题意，设E （0，a ），F （0，b ）；∴2EF a b =-=u u u r；∴a =b +2，或b =a +2；且()()1,2,AE a BF b ==-u u u r u u u r ，；∴2AE BF ab ⋅=-+u u u r u u u r； 当a =b +2时，()22222AE BF b b b b ⋅=-++⋅=+-u u u r u u u r；∵b 2+2b ﹣2的最小值为8434--=-； ∴AE BF ⋅u u u r u u u r 的最小值为﹣3，同理求出b =a +2时，AE BF ⋅u u u r u u u r的最小值为﹣3．故答案为：﹣3．【答案】-33.【2018年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线:2l y x =上在第一象限内的点，()5,0B ，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D ．若0AB CD ⋅=u u u r u u u r，则点A 的横坐标为___________．【解析】设(),2(0)A a a a >，则由圆心C 为AB 中点得5,,2a C a +⎛⎫⎪⎝⎭易得()()():520C x x a y y a --+-=e ，与2y x =联立解得点D 的横坐标1,D x =所以()1,2D .所以()55,2,1,22a AB a a CD a +⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭u u u r u u u r ，由0AB CD ⋅=u u u r u u u r 得()()()2551220,230,32a a a a a a a +⎛⎫--+--=--== ⎪⎝⎭或1a =-，因为0a >，所以 3.a = 【答案】34.【2017年高考全国I 卷理数】已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |=2，|b |=1，则| a +2b |=___________． 【解析】方法一：222|2|||44||4421cos60412+=+⋅+=+⨯⨯⨯+=oa b a a b b ，所以|2|+==a b .方法二：利用如下图形，可以判断出2+a b 的模长是以2为边长，一夹角为60°的菱形的对角线的长度，则为【答案】5.【2017年高考江苏卷】如图，在同一个平面内，向量OA u u u r ，OB uuu r ，OC uuu r 的模分别为1，1，2，OA u u u r 与OCuuu r的夹角为α，且tan α=7，OB uuu r 与OC uuu r 的夹角为45°．若OC mOA nOB =+u u u r u u u r u u u r(,)m n ∈R ，则m n +=___________．【解析】由tan 7α=可得sin 10α=，cos 10α=，根据向量的分解，易得cos 45cos sin 45sin 0n m n m αα⎧︒+=⎪⎨︒-=⎪⎩0210n m +=-=⎩，即510570n m n m +=⎧⎨-=⎩，即得57,44m n ==，所以3m n +=． 【答案】36.【2017年高考浙江卷】已知向量a ，b 满足1,2,==a b 则++-a b a b 的最小值是________，最大值是___________．【解析】设向量,a b 的夹角为θ，则-==a b+==a b ++-=a b a b令y =[]21016,20y =+，据此可得：()()maxmin 4++-==++-==a b a ba b a b ，即++-a b a b 的最小值是4，最大值是【答案】4，7. 【2016·江苏卷】如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E ，F 是AD 上的两个三等分点，BA →·CA →＝4， BF →·CF →＝－1，则BE →·CE →的值是________.【解析】 设AB →＝a ，AC →＝b ，则BA →·CA →＝(－a )·(－b )＝a ·b ＝4.又∵D 为BC 中点，E ，F 为AD 的两个三等分点，则AD →＝12(AB →＋AC →)＝12a ＋12b ，AF →＝23AD →＝13a ＋13b ，AE →＝13AD →＝16a ＋16b ，BF →＝BA →＋AF →＝－a ＋13a ＋13b ＝－23a ＋13b ，CF →＝CA →＋AF →＝－b ＋13a ＋13b ＝13a －23b ，则BF →·CF →＝⎝⎛⎭⎫－23a ＋13b ·⎝⎛⎭⎫13a －23b ＝－29a 2－29b 2＋59a ·b ＝－29(a 2＋b 2)＋59×4＝－1. 可得a 2＋b 2＝292.又BE →＝BA →＋AE →＝－a ＋16a ＋16b ＝－56a ＋16b ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋16a ＋16b ＝16a －56b ，则BE →·CE →＝⎝⎛⎭⎫－56a ＋16b ·⎝⎛⎭⎫16a －56b ＝－536(a 2＋b 2)＋2636a ·b ＝－536×292＋2636×4＝78.【答案】 788.【2017年高考江苏卷】已知向量(cos ,sin ),(3,[0,π].x x x ==∈a b （1）若a ∥b ，求x 的值；（2）记()f x =⋅a b ，求()f x 的最大值和最小值以及对应的x 的值．【解析】（1）因为co ()s ,sin x x =a，(3,=b ，a ∥b，所以3sin x x =． 若cos 0x =，则sin 0x =，与22sin cos 1x x +=矛盾，故cos 0x ≠．于是tan 3x =-．又[]0πx ∈，，所以5π6x =．（2）π(cos ,sin )(3,3cos ())6f x x x x x x =⋅=⋅=-=+a b ． 因为[]0πx ∈，，所以ππ7π[,]666x +∈，从而π1cos()62x -≤+≤． 于是，当ππ66x +=，即0x =时，()f x 取到最大值3； 当π6x +=π，即5π6x =时，()f x取到最小值-【答案】（1）5π6x =；（2）0x =时，()f x 取到最大值3；5π6x =时，()f x取到最小值-．1.已知数列{}n a 为等差数列，且满足32015BA a OB a OC =+u u u r u u u r u u u r ，若()AB AC R λλ=∈u u u r u u u r，点O 为直线BC 外一点，则12017a a +=（ ）A. 0B. 1C. 2D. 4【解析】∵32015BA a OB a OC =+u u u r u u u r u u u r ， ∴32015OA OB a OB a OC -=+u u u r u u u r u u u r u u u r， 即()320151OA a OB a OC =++u u u r u u u r u u u r ， 又∵()AB AC R λλ=∈u u u r u u u r，∴3201511a a ++=， ∴12017320150a a a a +=+=. 【答案】A2.直角ABC V 中， AD 为斜边BC 边的高，若1AC =u u u r ， 3AB =u u u r，则CD AB ⋅=u u u r u u u r （ ）【模拟考场】A .910 B . 310 C . 310- D . 910-【解析】依题意BC =22,AC AC CD CB CD CB =⋅==103cos ==BC AB B，所以有9cos 310CD AB CD AB B ⋅=⋅⋅==u u u r u u u r u u u r u u u r . 【答案】A3.已知正三角形ABC 的边长为，平面ABC 内的动点P ，M 满足1AP =uu u r ，PM MC =uuu r uuu r ，则2BMuuu r 的最大值是( ) A.B. C. D.【解析】本题考点是向量与平面图形的综合应用.由题意可设D 为三角形的内心，以D 为原点，直线DA 为x 轴建立平面直角坐标系，由已知易得1220,DA ADC ADB D D BDC B C ∠=∠====∠=︒u u u r u u u r u u u r. 则()((2,0,1,,1,.A B C --设(),,P x y 由已知1AP =u u u r ，得()2221x y -+=，又11,,,,,22x x PM MC M BM ⎛⎛-+=∴∴= ⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u u r u u u u r()(22214x y BM -++∴=u u u u r ，它表示圆()2221x y -+=上点().x y 与点(1,--距离平方的14，()22max149144BM⎫∴==⎪⎭u u u u r ，故选B.【答案】B4.已知曲线C ：x =直线l ：x=6.若对于点A （m ，0）,存在C 上的点P 和l 上的点Q 使得0AP AQ +=u u u r u u u r r，则m 的取值范围为 .【解析】本题考点是向量线性运算与解析几何中点与直线的位置关系的应用.由0AP AQ +=u u u r u u u r r知A 是PQ的中点，设(,)P x y ，则(2,)Q m x y --，由题意20x -≤≤，26m x -=，解得23m ≤≤．3244344943637+433237+【答案】[2,3]5.在平面直角坐标系中,O 为原点,()),0,3(),3,0(,0,1C B A -动点D 满足CD u u u r=1，则OA OB OD ++u u u r u u u r u u u r 的最大值是_________.【解析】本题的考点是参数方程中的坐标表示， 圆的定义与 三角函数的值域.由题意可知C 坐标为()3,0且1CD =,所以动点D 的轨迹为以C 为圆心的单位圆,则D 满足参数方程3cos sin D D x y θθ=+⎧⎨=⎩(θ为参数且[)0,2θπ∈),所以设D 的坐标为()[)()3cos ,sin 0,2θθθπ+∈, 则OA OB OD ++=u u u r u u u r u uu r=因为2cos θθ+=所以OA OB OD ++的最大值为1==+故填1【答案】1+6.在△ABC 中，∠ABC ＝120°，BA ＝2，BC ＝3，D ，E 是线段AC 的三等分点，则BD →·BE →的值为________. 【解析】 由题意得BD →·BE →＝(BA →＋AD →)·(BC →＋CE →)＝⎝⎛⎭⎫BA →＋13AC →·⎝⎛⎭⎫BC →＋13CA → ＝⎣⎡⎦⎤BA →＋13（BC →－BA →）·⎣⎡⎦⎤BC →＋13（BA →－BC →）＝⎝⎛⎭⎫13BC →＋23BA →·⎝⎛⎭⎫23BC →＋13BA → ＝29BC →2＋59BC →·BA →＋29BA →2＝29×9＋59×2×3×cos 120°＋29×4＝119. 【答案】1197.已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝120°，点E ，F 分别在边BC ，DC 上，BC ＝3BE ，DC ＝λDF . 若AE →·AF →＝1，则λ的值为________. 【解析】法一、 如图，AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋13BC →，AF →＝AD →＋DF →＝AD →＋1λDC →＝BC →＋1λAB →，所以AE →·AF →＝⎝⎛⎭⎫AB →＋13BC →·⎝⎛⎭⎫BC →＋1λAB →＝⎝⎛⎭⎫1＋13λAB →·BC →＋1λAB →2＋13BC →2＝⎝⎛⎭⎫1＋13λ×2×2×cos 120°＋4λ＋43＝1，解得λ＝2.法二、 建立如图所示平面直角坐标系.由题意知：A (0，1)，C (0，－1)，B (－3，0)，D (3，0).由BC ＝3BE ，DC ＝λDF .可求点E ，F 的坐标分别为E ⎝⎛⎭⎫－233，－13，F ⎝⎛⎭⎫3⎝⎛⎭⎫1－1λ，－1λ， ∴AE →·AF →＝⎝⎛⎭⎫－233，－43·⎝⎛⎭⎫3⎝⎛⎭⎫1－1λ，－1λ－1＝－2⎝⎛⎭⎫1－1λ＋43⎝⎛⎭⎫1＋1λ＝1，解得λ＝2. 【答案】28.在△ABC 中，∠A ＝60°，AB ＝3，AC ＝2，若BD →＝2DC →，AE →＝λAC →－AB →(λ∈R )，且AD →·AE →＝－4，则λ的值为________.【解析】AB →·AC →＝3×2×cos 60°＝3，AD →＝13AB →＋23AC →，则AD →·AE →＝⎝⎛⎭⎫13AB →＋23AC →·(λAC →－AB →)＝λ－23AB →·AC →－13AB →2＋2λ3AC →2＝λ－23×3－13×32＋2λ3×22＝113λ－5＝－4，解得λ＝311.【答案】3119.在△ABC 中，点M ，N 满足AM →＝2MC →，BN →＝NC →.若MN →＝xAB →＋yAC →，则x ＝__________；y ＝__________.【解析】MN →＝MC →＋CN →＝13AC →＋12CB →＝13AC →＋12(AB →－AC →)＝12AB →－16AC →，∴x ＝12，y ＝－16.【答案】 12 －1610.在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE →＝λBC →，DF →＝19λDC →，则AE →·AF →的最小值为________.【解析】法一 在梯形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，可得DC ＝1，AE →＝AB →＋λBC →，AF →＝AD →＋19λDC →，∴AE →·AF →＝(AB →＋λBC →)·(AD →＋19λDC →)＝AB →·AD →＋AB →·19λDC →＋λBC →·AD →＋λBC →·19λDC →＝2×1×cos 60°＋2×19λ＋λ×1×cos 60°＋λ·19λ×cos 120°＝29λ＋λ2＋1718≥229λ·λ2＋1718＝2918，当且仅当29λ＝λ2，即λ＝23时，取得最小值为2918.法二 以点A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴建立平面直角坐标系，则B (2，0)，C ⎝⎛⎭⎫32，32，D ⎝⎛⎭⎫12，32.又BE →＝λBC →，DF →＝19λDC →，则E ⎝⎛⎭⎫2－12λ，32λ，F ⎝⎛⎭⎫12＋19λ，32，λ＞0，所以AE →·AF →＝⎝⎛⎭⎫2－12λ⎝⎛⎭⎫12＋19λ＋34λ＝1718＋29λ＋12λ≥1718＋229λ·12λ＝2918，λ＞0， 当且仅当29λ＝12λ，即λ＝23时取等号，故AE →·AF →的最小值为2918.【答案】291811.已知矩形ABCD 的边AB ＝2，AD ＝1.点P ，Q 分别在边BC ，CD 上，且∠P AQ ＝π4，则AP →·AQ →的最小值为________.【解析】法一(坐标法) 以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，0)，B (2，0)，D (0，1).设∠P AB ＝θ，则AP →＝(2，2tan θ)，AQ →＝⎝⎛⎭⎫tan ⎝⎛⎭⎫π4－θ，1，0≤tan θ≤12. 因为AP →·AQ →＝(2，2tan θ)·⎝⎛⎭⎫tan ⎝⎛⎭⎫π4－θ，1＝2tan ⎝⎛⎭⎫π4－θ＋2tan θ＝2（1－tan θ）1＋tan θ＋2tan θ＝41＋tan θ＋2tan θ－2＝41＋tan θ＋2(tan θ＋1)－4≥42－4，当且仅当tan θ＝2－1时，“＝”成立，所以AP →·AQ →的最小值为42－4.法二(基底法) 设BP ＝x ，DQ ＝y ，由已知得，tan ∠P AB ＝x2，tan ∠QAD ＝y ，由已知得∠P AB ＋∠QAD ＝π4，所以tan ∠P AB ＋tan ∠QAD 1－tan ∠P AB tan ∠QAD ＝1，所以x ＋2y 2＝1－xy2，x ＋2y ＝2－xy ≥2x ·2y ，解得0＜xy ≤6－42，当且仅当x ＝2y 时，“＝”成立.AP →·AQ →＝22·（4＋x 2）（1＋y 2）＝22·（xy ）2＋（x ＋2y ）2－4xy ＋4＝22·（xy ）2＋（2－xy ）2－4xy ＋4＝（xy ）2－4xy ＋4＝2－xy ≥42－4. 【答案】 42－412.设O 为坐标原点，C 为圆(x －2)2＋y 2＝3的圆心，且圆上有一点M (x ，y )满足OM →·CM →＝0，则y x ＝________.【解析】 ∵OM →·CM →＝0，∴OM ⊥CM ，∴OM 是圆的切线，设OM 的方程为y ＝kx ， 由|2k |1＋k 2＝3，得k ＝±3，即yx ＝± 3.【答案】 ±313.在△ABC 中，已知AB ＝1，AC ＝2，∠A ＝60°，若点P 满足AP →＝AB →＋λAC →，且BP →·CP →＝1，则实数λ的值为________.【解析】 由AB ＝1，AC ＝2，∠A ＝60°，得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝3，即BC ＝ 3.又AC 2＝AB 2＋BC 2，所以∠B ＝90°.以点A 为坐标原点，AB →，BC →的方向分别为x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，则B (1，0)，C (1，3).由AP →＝AB →＋λAC →，得P (1＋λ，3λ)，则BP →·CP →＝(λ，3λ)·(λ，3λ－3)＝λ2＋3λ(λ－1)＝1，即4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝－14或λ＝1.【答案】 －14或114.证明:同一平面内，互成120°的三个大小相等的共点力的合力为零.【证明】如图，用r a ,r b ,r c 表示这3个共点力，且r a ,r b ,rc 互成120°，模相等，按照向量的加法运算法则，有：r a +r b +r c = r a +（r b +r c ）=r a +u u u rOD .又由三角形的知识知：三角形OBD 为等边三角形， 故r a 与u u u r OD 共线且模相等，所以：u u u r OD = －r a ，即有：r a +r b +r c =0r .15.在直角坐标系xOy 中，已知点(1,1),(2,3),(3,2)A B C ，点(,)P x y 在ABC ∆三边围成的区域（含边界）上，且(,)OP mAB nAC m n R =+∈u u u r u u u r u u u r.（1）若23m n ==，求||OP u u u r ；（2）用,x y 表示m n -，并求m n -的最大值.【解析】（1）(1,1),(2,3),(3,2)A B C Q (1,2)AB ∴=u u u r ，(2,1)AC =u u u r.Q OP mAB nAC =+u u u r u u u r u u u r ，又23m n ==.22(2,2)33OP AB AC ∴=+=u u u r u u u r u u u r，|OP ∴u u u r（2）OP mAB nAC =+u u u r u u u r u u u rQ (,)(2,2)x y m n m n ∴=++即22x m ny m n=+⎧⎨=+⎩，两式相减得：m n y x -=-.令y x t -=，由图可知，当直线y x t =+过点(2,3)B 时，t 取得最大值1，故m n -的最大值为1.【答案】（1）（2）m n y x -=-，1.16.如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，AD ＝AB ＝4，CD ＝1，动点P 在边BC 上，且满足AP →＝mAB →＋nAD →(m ，n 均为正实数)，求1m ＋1n的最小值.【解析】 如图，建立平面直角坐标系，得A (0，0)，B (4，0)，D (0，4)，C (1，4)，则AB →＝(4，0)，AD →＝(0，4).设AP →＝(x ，y )，则BC 所在直线为4x ＋3y ＝16. 由AP →＝mAB →＋nAD →，即(x ，y )＝m (4，0)＋n (0，4)，得x ＝4m ，y ＝4n (m ，n >0)， 所以16m ＋12n ＝16，即m ＋34n ＝1，那么1m ＋1n ＝⎝⎛⎭⎫1m ＋1n ⎝⎛⎭⎫m ＋34n ＝74＋3n 4m ＋m n ≥74＋23n 4m ·m n ＝74＋3＝7＋434(当且仅当3n 2＝4m 2时取等号). 17.已知向量m ＝(cos α，－1)，n ＝(2，sin α)，其中α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且m ⊥n . (1)求cos 2α的值； (2)若sin(α－β)＝1010，且β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，求角β的值. 【解析】 (1)由m ⊥n ，得2cos α－sin α＝0，sin α＝2cos α，代入cos 2α＋sin 2α＝1，得5cos 2α＝1， 又α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则cos α＝55，cos 2α＝2cos 2α－1＝－35. (2)由α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，得α－β∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2.因为sin(α－β)＝1010，所以cos(α－β)＝31010，而sin α＝1－cos 2α＝255， 则sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)＝255×31010－55×1010＝22.因为β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以β＝π4.。
解析几何尤承业前四章部分习题答案
解析几何(尤承业)前四章部分习题答案第一章：平面几何基础1.证明：若两条直线的斜率相等，则它们平行。
证明：设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2。
若k1=k2，则有k1x+b1=k2x+b2，即(k1-k2)x=b2-b1。
由于k1-k2=0，所以方程化简为0x=b2-b1。
由于任何实数乘以0都等于0，所以此方程有解，即二者平行。
2.已知直线l1的斜率为k1，直线l2经过点A(a,b)且与l1垂直，求直线l2的方程。
解：由直线l1的斜率为k1，可知l1的斜率为k1的直线上任意一点(x1,y1)与原点(0,0)的斜率为k1，即有y1/x1=k1，即y1=k1x1。
由于直线l2经过点A(a,b)且与l1垂直，所以直线l2的斜率为-1/k1。
设直线l2的方程为y=-1/k1 x + c，代入点A(a,b)可得b=-1/k1*a+c，即c=b+a/k1。
所以直线l2的方程为y=-1/k1 x + b+a/k1。
3.已知直线l1过点A(a,b)和点B(c,d)，求直线l1的方程。
解：由于直线l1过点A(a,b)和点B(c,d)，所以直线l1的斜率为直线AB的斜率。
设直线l1的方程为y=kx+m，代入点A(a,b)和点B(c,d)可得方程组： b=ka+m d=kc+m将第一个方程乘以k，得到bk=ka^2+km，再用第二个方程减去这个等式，可得d-b = kc-ka^2+km-km，即d-b=k(c-a)。
所以直线l1的方程为y=(d-b)/(c-a)x + (ad-bc)/(c-a)。
第二章：直线与圆1.已知直线l的方程为y=ax+b，圆C的圆心为O(h,k)，半径为r，求直线l与圆C的交点坐标。
解：设直线l与圆C的交点为点P(x,y)，代入直线l的方程可得y=ax+b。
将这个方程代入圆C的方程(x-h)^2+(y-k)^2=r^2中，得到(x-h)^2+(ax+b-k)^2=r^2。
展开后整理得到一个二次方程，即x^2+(a^2+1)x-2ah+(b-k)^2-r^2=0。