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名师一号高考总复习新课标A版数学文科学案部分全解全析


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又 EC⊥BD,EC∩CO=C, CO,EC?平面 EOC, 所以 BD⊥平面 EOC. 因此 BD⊥EO,又 O 为 BD 的中点,所以 BE=DE.

(2)如右图,取 AB 的中点 N,连接 DM,DN,MN, 因为 M 是 AE 的中点,所以 MN∥BE

. 又 MN?平面 BEC,BE?平面 BEC, ∴MN∥平面 BEC. 又因为△ABD 为正三角形, 所以∠BDN=30° , 又 CB=CD,∠BCD=120° , 因此∠CBD=30° ,所以 DN∥BC. 又 DN?平面 BEC,BC?平面 BEC,所以 DN∥平面 BEC. 又 MN∩DN=N,故平面 DMN∥平面 BEC, 又 DM?平面 DMN,所以 DM∥平面 BEC.

第五节

直线、平面垂直的判定及性质

课本导读 1.(1)任意一条 (2)两条相交直线 a,b?α a∩b=O l⊥a l⊥b 垂直 a∥b a⊥ α (3)平行 a⊥α b⊥α 2.(1)垂线 l?β l⊥α (2)交线 α⊥β l?β α∩β=a l⊥a 基础自评 1.解析 可以有无数条. 答案 C 2.解析 A 显然不对,C,D 中的直线有可能在平面 α 内.故选 B. 答案 B 3. 解析 易证 BC⊥平面 PAB, 则平面 PAB⊥平面 PBC, 又 AD∥BC, 故 AD⊥平面 PAB, 则平面 PAD⊥平面 PAB,因此选 A. 答案 A 4. 解析 若 l⊥α, 则 l 垂直于平面 α 内的任意直线, 故 l⊥m 且 l⊥n, 但若 l⊥m 且 l⊥n, 不能得出 l⊥α. 答案 充分不必要 5.

解析 如右图所示,PA⊥PB,PA⊥PC,所以 PA⊥平面 PBC,所以 PA⊥BC,又 PH⊥平 面 ABC,所以 AE⊥BC.即 H 是△ABC 高的交点,所以 H 一定是△ABC 的垂心. 答案 垂

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研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)证明:∵BC=CD,即△BCD 为等腰三角形,又∠ACB=∠ACD,故 BD⊥AC. ∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥BD.从而 BD 与平面 PAC 内两条相交直线 PA,AC 都垂直, ∴BD⊥平面 PAC. 1 1 2π (2)三棱锥 P—BCD 的底面 BCD 的面积 S△BCD= BC· CD· sin∠BCD= · 2· 2· sin = 3. 2 2 3 由 PA⊥底面 ABCD,得 1 1 VP—BCD= · S△BCD· PA= · 3· 2 3=2. 3 3 1 由 PF=7FC,得三棱锥 F—BCD 的高为 PA, 8 1 1 故 VF—BCD= · S ·PA 3 △BCD 8 1 1 1 = · 3·· 2 3= . 3 8 4 1 7 ∴VP—BDF=VP—BCD-VF—BCD=2- = . 4 4 变式思考 1 证明 ∵BD⊥平面 ABC,CN?平面 ABC,∴BD⊥CN. 又∵AC=BC,N 是 AB 的中点,∴CN⊥AB. 又∵BD∩AB=B,∴CN⊥平面 ABD. 而 AD?平面 ABD,∴CN⊥AD. 【例 2】 证明 (1)连接 CF.

1 ∵F 为 AB 的中点,∴AF= AB. 2 1 又 CD= AB,∴AF=CD. 2 又 AF∥CD,∴四边形 AFCD 为平行四边形. 因此 CF∥AD. 又 CF?平面 PAD,∴CF∥平面 PAD. ∵E,F 分别为 PB,AB 的中点,∴EF∥PA. 又 EF?平面 PAD,∴EF∥平面 PAD. ∵CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE?平面 CEF,∴CE∥平面 PAD. (2)∵E,F 分别为 PB,AB 的中点,∴EF∥PA. 又 AB⊥PA,∴AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG=F,EF?平面 EFG,FG?平面 EFG, 因此 AB⊥平面 EFG. 又 M,N 分别为 PD,PC 的中点,∴MN∥CD. 又 AB∥CD,∴MN∥AB. 因此 MN⊥平面 EFG. 又 MN?平面 EMN,∴平面 EFG⊥平面 EMN. 变式思考 2

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证明 (1)如右图,在△PAD 中,因为 E,F 分别为 AP,AD 的中点,所以 EF∥PD. 又因为 EF?平面 PCD,PD?平面 PCD, 所以直线 EF∥平面 PCD. (2)连接 BD.因为 AB=AD,∠BAD=60° ,所以△ABD 为正三角形. 因为 F 是 AD 的中点,所以 BF⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,BF?平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 BF⊥平面 PAD. 又因为 BF?平面 BEF, 所以平面 BEF⊥平面 PAD. 【例 3】 解 (1)证明:在△ABD 中, ∵AD=4,BD=8,AB=4 5, ∴AD2+BD2=AB2.∴AD⊥BD. 又∵面 PAD⊥面 ABCD,面 PAD∩面 ABCD=AD, BD?面 ABCD,∴BD⊥面 PAD. 又 BD?面 BDM,∴面 MBD⊥面 PAD.

(2)过 P 作 PO⊥AD, ∵面 PAD⊥面 ABCD, ∴PO⊥面 ABCD, 即 PO 为四棱锥 P—ABCD 的高. 又△PAD 是边长为 4 的等边三角形, ∴PO=2 3. 在底面四边形 ABCD 中,AB∥DC,AB=2DC, ∴四边形 ABCD 为梯形. 4×8 8 5 在 Rt△ADB 中,斜边 AB 边上的高为 = , 5 4 5 此即为梯形的高. 2 5+4 5 8 5 ∴S 四边形 ABCD= × =24. 2 5 1 ∴VP—ABCD= ×24×2 3=16 3. 3 变式思考 3 解 (1)证明:∵E 为线段 AD1 的中点,F 为线段 BD1 的中点,∴EF∥AB. ∵EF?平面 ABCD,AB?平面 ABCD, ∴EF∥平面 ABCD. D 1D (2)当 = 2时,DF⊥平面 D1MB. AD ∵ABCD 是正方形,∴AC⊥BD. ∵D1D⊥平面 ABC,∴D1D⊥AC. ∴AC⊥平面 BB1D1D,∴AC⊥DF.

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∵F,M 分别是 BD1,CC1 的中点, ∴FM∥AC.∴DF⊥FM. ∵D1D= 2AD,∴D1D=BD.∴矩形 D1DBB1 为正方形. ∵F 为 BD1 的中点,∴DF⊥BD1. ∵FM∩BD1=F,∴DF⊥平面 D1MB. 自主体验 证明 由题设知 BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,所以 BC⊥平面 ACC1A1. 又 DC1?平面 ACC1A1,所以 DC1⊥BC. 由题设知∠A1DC1=∠ADC=45° ,所以∠CDC1=90° ,即 DC1⊥DC.又 DC∩BC=C,所 以 DC1⊥平面 BDC.又 DC1?平面 BDC1,故平面 BDC1⊥平面 BDC.

第八章
第一节
课本导读

平面解析几何

直线的倾斜角与斜率、直线的方程

y2-y1 0° ②0° ≤α<180° (2)①正切值 tanα ② x2-x1 y-y1 x-x1 x y 2.y-y1=k(x-x1) y=kx+b = + =1 Ax+By+C=0(A2+B2≠0) y2-y1 x2-x1 a b 3.(1)x=x1 (2)y=y1 (3)x=0 (4)y=0 x1+x2 y1+y2 4. 2 2 基础自评 m-4 1.解析 由 =1,得 m=1. -2-m 答案 A 2.解析 AB 的中点为(1,2),故所求直线方程为 y-2=- 3(x-1). 答案 C π 3.解析 显然 k<0, <α<π, 2 ∴cosα<0,∴kcosα>0. 答案 B 4. 解析 易知 AB 边的中点坐标为 D(4, -3), 因为 AB 边上的中线所在的直线经过点 C, y-1 x-6 D,由两点式得 = ,化简得 2x-y-11=0. -3-1 4-6 答案 2x-y-11=0 5.解析 ∵A,B,C 三点共线, ∴kAB=kBC, a2+a a3-a2 即 = , 2-1 3-2 又 a>0,∴a=1+ 2. 答案 1+ 2 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)已知直线的斜率 cosα ? 3 3 k=- ∈ - , ?, 3 3 ? ? 3 1.(1)①正向 向上

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5π ? 3 ? ,π ; ,0 时,倾斜角 θ∈? 6 ? ? 3 ? ? π? 3 当 k∈?0, ?时,倾斜角 θ∈? ?0,6?. 3? ? π 5π 0, ?∪? ,π?. 所以已知直线的倾斜角的取值范围是? 6 ? ? ?6 ? y2-y1 a a (2)由 k= 得 k= ,因为直线 l 的倾斜角为钝角,所以 k<0,即 <0,解之得 x2-x1 a-2 a-2 0<a<2. π 5π 答案 (1)[0, ]∪[ ,π) (2)0<a<2 6 6 变式思考 1 解 如图所示,直线 PA 的斜率

当 k∈?-

2-?-3? =5, -1-?-2? 直线 PB 的斜率 0-2 1 kPB= =- . 2 3-?-1? 当直线 l 绕着点 P 由 PA 旋转到与 y 轴平行的位臵 PC 时, 它的斜率变化范围是[5, +∞); 1 ? 当直线 l 绕着点 P 由 PC 旋转到 PB 的位臵时,它的斜率的变化范围是? ?-∞,-2?. 1? ∴直线 l 的斜率的取值范围是? ?-∞,-2?∪[5,+∞). 【例 2】 解析 (1)设直线 l 在 x,y 轴上的截距均为 a, 若 a=0, 即直线 l 过点(0,0)和(3,2), 2 ∴直线 l 的方程为 y= x,即 2x-3y=0. 3 x y 若 a≠0,则设直线 l 的方程为 + =1, a a 3 2 ∵直线 l 过点(3,2),∴ + =1,∴a=5. a a ∴直线 l 的方程为 x+y-5=0, 综上可知,直线 l 的方程为 2x-3y=0 或 x+y-5=0. (2)由已知,设直线 y=3x 的倾斜角为 α, 则所求直线的倾斜角为 2α. 2tanα 3 ∵tanα=3,∴tan2α= =- . 4 1-tan2α 又直线经过点 A(-1,-3), 3 因此所求直线方程为 y+3=- (x+1). 4 即 3x+4y+15=0. 1 4 变式思考 2 解 (1)设所求直线的斜率为 k,依题意 k=-4× =- . 3 3 4 又直线经过点 A(1,3),因此所求直线方程为 y-3=- (x-1),即 4x+3y-13=0. 3 x y (2)当直线不过原点时,设所求直线方程为 + =1,将(-5,2)代入所设方程,解得 a= 2a a kPA= 1 - , 2

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此时,直线方程为 x+2y+1=0. 2 2 当直线过原点时,斜率 k=- ,直线方程为 y=- x,即 2x+5y=0, 5 5 综上可知,所求直线方程为 x+2y+1=0 或 2x+5y=0. x y 【例 3】 解 设 A(a,0),B(0,b),(a>0,b>0),则直线 l 的方程为 + =1, a b 3 2 ∵l 过点 P(3,2),∴ + =1. a b 3 2 6 ∴1= + ≥2 ,即 ab≥24. a b ab 1 ∴S△ABO= ab≥12. 2 3 2 当且仅当 = ,即 a=6,b=4. a b △ABO 的面积最小,最小值为 12. x y 此时直线 l 的方程为: + =1,即 2x+3y-12=0. 6 4 变式思考 3 解 设 l 的斜率为 k(k<0),则 l 的方程为 y=k(x-3)+2,令 x=0 得 B(0,2 -3k), 2 3- ,0?,∴l 在两轴上的截距之和为 令 y=0 得 A? ? k ? 2 6 ? 2?? 2-3k+3- =5+? ??-3k?+?-k??≥5+2 6,(当且仅当 k=- 3 时,等号成立), k 6 ∴k=- 时,l 在两轴上截距之和最小,此时 l 的方程为 6x+3y-3 6-6=0. 3 自主体验 1.解析 ∵{an}为等差数列,a4=15,S5=55, ∴a1+a5=22,∴2a3=22,∴a3=11, a4-a3 ∴kPQ= =4. 4- 3 答案 A Sn 2.解析 依题意 表示图象上的点(n,Sn)与原点连线的斜率,由图象可知,当 n=9 时, n Sn 最大,故 m=9. n 答案 C

第二节

直线的交点与距离公式

课本导读 1.(1)k1=k2 平行 (2)k1· k2=-1 垂直 2.(2)唯一解 (3)无解 (4)无数组解 |Ax0+By0+C| 3.(1) ?x2-x1?2+?y2-y1?2 (2) A2+B2 |C2-C1| (3) 2 A +B2 基础自评 |-5| 1.解析 d= = 5. 1+22 答案 D

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1 2.解析 ∵所求直线与直线 x-2y-2=0 平行,∴所求直线斜率 k= ,排除 C、D.又直 2 线过点(1,0),排除 B,故选 A. 答案 A a? 2 3.解析 由? ?-2?×3=-1,得:a=3. 答案 D ?-5-3? 2? ? 3 13 4.解析 直线 l2 变为:3x-2y+ =0,由平行线间的距离公式得:d= 2 2 = 2 . 2 3 +2 13 答案 2 1 5.解析 在直线 x-2y+1=0 上任取两点(1,1),(0, ),这两点关于直线 x=1 的对称点 2 1 1 分别为(1,1),(2, ),过这两点的直线方程为 y-1=- (x-1),即 x+2y-3=0. 2 2 答案 x+2y-3=0 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)由 a(a-2)=-1 得 a2-2a+1=0,∴a=1. 故 a=1 是直线 y=ax+1 和直线 y=(a-2)x-1 垂直的充要条件. (2)由 3a-(a-2)a2=0 得 a(a2-2a-3)=0, ∴a=-1 或 0 或 3.检验当 a=0 或-1 时两直线平行, 当 a=3 时两直线重合. 答案 (1)C (2)D a 1 变式思考 1 解析 (1)显然 a=0 时两直线不重合,所以若两直线重合,则有- =- , 4 a 20 b 且 = ,解得 a=2(舍去 a=-2),b=10. 4 a (2)直线 ax+2y=0 与直线 x+y=1 垂直的充要条件是 a×1+2×1=0,即 a=-2. 答案 (1)2,10 (2)C ?x-2y+4=0, ? 【例 2】 解 方法 1:由方程组? ?x+y-2=0, ?
? ?x=0, 得? 即 P(0,2). ?y=2, ? 4 ∵l⊥l3,∴kl=- . 3

4 ∴直线 l 的方程为 y-2=- x,即 4x+3y-6=0. 3 方法 2:∵直线 l 过直线 l1 和 l2 的交点, ∴可设直线 l 的方程为 x-2y+4+λ(x+y-2)=0, 即(1+λ)x+(λ-2)y+4-2λ=0. ∵l 与 l3 垂直,∴3(1+λ)+(-4)(λ-2)=0, ∴λ=11. ∴直线 l 的方程为 12x+9y-18=0,即 4x+3y-6=0. 变式思考 2 证明 (1)反证法.假设 l1 与 l2 不相交,则 l1 与 l2 平行,有 k1=k2,代入 k1k2 +2=0,得 k2 1+2=0, 这与 k1 为实数的事实相矛盾,从而 k1≠k2,即 l1 与 l2 相交. (2)设 l1 与 l2 的交点为 P(x0,y0).

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? ?y=k1x+1, 由方程组? 解得 ?y=k2x-1, ?

? ?x=k -k , ? k +k ? ?y=k -k ,
2 2 1 1 2 1

2

k2+k1 2 故 P( , ). k2-k1 k2-k1 2 2 2 2 2 2 k2+k1 2 8+k2+k1+2k1k2 k1+k2+4 2 又 2x2 + y = 2( ) + ( ) = = =1, 2 2 0 0 k2-k1 k2-k1 k2 k2 2+k1-2k1k2 1+k2+4 所以交点 P(x0,y0)在椭圆 2x2+y2=1 上. 【例 3】 解 (1)过 P 点的直线 l 与原点距离为 2,而 P 点坐标为(2,-1),可见,过 P(2,-1)且垂直于 x 轴的直线满足条件. 此时 l 的斜率不存在,其方程为 x=2; 若斜率存在,设 l 的方程为 y+1=k(x-2), 即 kx-y-2k-1=0. |-2k-1| 3 由已知,得 =2,解得 k= . 2 4 k +1 此时 l 的方程为 3x-4y-10=0. 综上,可得直线 l 的方程为 x=2 或 3x-4y-10=0. (2)作图可得过 P 点与原点 O 距离最大的直线是过 P 点且与 PO 垂直的直线,由 l⊥OP, 得 klkOP=-1, 1 所以 kl=- =2. kOP 由直线方程的点斜式得 y+1=2(x-2), |-5| 即直线 2x-y-5=0 是过 P 点且与原点 O 距离最大的直线,最大距离为 = 5. 5 (3)由(2)可知,过 P 点不存在到原点距离超过 5的直线,因此不存在过 P 点且到原点距 离为 6 的直线. m 8 n 变式思考 3 解 ∵l1∥l2,∴ = ≠ . 2 m -1
? ? ?m=4, ?m=-4, ∴? 或? ?n≠-2, ?n≠2. ? ? (1)当 m=4 时,直线 l1 的方程为 4x+8y+n=0,把 l2 的方程写成 4x+8y-2=0. |n+2| ∴ = 5,解得 n=-22 或 n=18,所求直线的方程为 2x+4y-11=0 或 2x+4y 16+64 +9=0. (2)当 m=-4 时,直线 l1 的方程为 4x-8y-n=0,把 l2 的方程写成 4x-8y-2=0,∴ |-n+2| = 5,解得 n=-18 或 n=22. 16+64 所以,所求直线的方程为 2x-4y+9=0 或 2x-4y-11=0. ? ? ?x-y-1=0, ?x=1, 【例 4】 解 解方程组? 得? ?2x-y-2=0, ?y=0, ? ? 所以直线 l 与 l1 的交点为 M(1,0). 在 直 线 l1 上 取 一 点 P(0 , - 2) , 设 点 P 关 于 l 的 对 称 点 为 Q(x , y) , 则

0 y-2 - -1=0, ?x+ 2 2 ?y+2 ? x ×1=-1,

? ?x=-1, 解得? ?y=-1, ?

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即 Q(-1,-1), y-0 x-1 则 M,Q 均在直线 l2 上,则直线 l2 的方程是 = ,即 x-2y-1=0. -1-0 -1-1 变式思考 4 解析 (1)设点 P(4,0)关于直线 5x+4y+21=0 的对称点为 P1(x1,y1),由轴 x1+4 y1+0? 对称概念知 PP1 的中点 M? ? 2 , 2 ?在对称轴 5x+4y+21=0 上,且 PP1 与对称轴垂直,

?x -4=5, 则有? x +4 y +21=0, ?5· 2 +4· 2
1 1 1

y1

4

解得 x1=-6,y1=-8,所以 P1(-6,-8),故选 D.

(2)设点 Q′(a, b)是直线 l 上任意一点, 点 Q′(a, b)关于点 A(-1, -2)的对称点为 Q(x, y), x =-1, ?a+ 2 则? b+y ? 2 =-2,
? ?a=-2-x, 解得? ?b=-4-y. ?

因为点 Q′(a,b)在直线 l 上, 所以 2(-2-x)-3(-4-y)+1=0, 化简得 2x-3y-9=0,故选 C. 答案 (1)D (2)C 自主体验

解析 如右图,直线 l1:x-2y+1=0 与 l2:x-1=0 相交于点 P(1,1).过原点作直线 x +ky=0,观察知当直线 x+ky=0 过点 P 时,三条直线将平面划分为六个部分,此时 k=-1; 当 x+ky=0 与 l1 或 l2 平行时,三条直线将平面划分为六个部分,此时 k=-2 或 k=0.所以实 数 k 的取值集合为{0,-1,-2}. 答案 {0,-1,-2}

第三节

圆的方程

课本导读 1.(1)定点 定长 (2)圆心 半径 2.(a,b) r D E D2+E2-4F - ,- ? 3.D2+E2-4F>0 ? 2? ? 2 2 2 2 2 2 4.(1)(x0-a) +(y0-b) =r (2)(x0-a) +(y0-b)2>r2 (3)(x0-a)2+(y0-b)2<r2 基础自评 1.解析 圆心坐标为(0,0),半径 1 r= ?-1-1?2+?1+1?2= 2, 2 ∴圆的方程为 x2+y2=2. 答案 A

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2.解析 方程表示圆,则 a2+(2a)2-4(2a2+a-1)>0, 2 ∴-2<a< . 3 答案 D 3.解析 ∵点(1,1)在圆内,∴(1-a)2+(1+a)2<4,即-1<a<1. 答案 A 4.解析 将圆的方程化为标准方程为(x-1)2+(y-2)2=5. |1-2+a| 2 故圆心 C(1,2)到直线的距离 d= = . 2 2 ∴a=0 或 a=2. 答案 0 或 2 5.解析 线段 AB 的垂直平分线方程为 y=-3, 故圆心坐标为(2,-3),半径 r= ?-3+2?2+22= 5. ∴圆 C 的方程为(x-2)2+(y+3)2=5. 答案 (x-2)2+(y+3)2=5 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)由已知知圆心在 y 轴上,且被 x 轴所分劣弧所对圆心角为 2π ,设圆 3

π π 2 3 3 心(0,b),半径为 r,则 rsin =1,rcos =|b|,解得 r= ,|b|= ,即 b=± .故圆的方程 3 3 3 3 3 4 3 为 x2+?y± ?2= . ? 3? 3 (2)圆 C 的方程为 x2+y2+Dx+F=0, ? ? ?26+5D+F=0, ?D=-4, 则? 解得? ? ? ?10+D+F=0, ?F=-6. 2 2 圆 C 的方程为 x +y -4x-6=0. 答案 (1)C (2)x2+y2-4x-6=0 变式思考 1 解析 (1)由平面几何知识知, AB 为圆的弦, 圆心 P 应在 AB 的中垂线 x=4 ?2x-y-3=0, ? 上,则由? 得圆心 P(4,5),所以半径 r=|PA|= 10.所以圆的标准方程为(x-4)2 ? x = 4 , ? +(y-5)2=10. |3×1+4×0+2| (2)抛物线 y2=4x 的焦点为(1,0),则 a=1,b=0,r= =1,所以圆的方程 32+42 为(x-1)2+y2=1. 答案 (1)A (2)C 【例 2】 解析 (1)依题意,设⊙C1 关于 x 轴的对称圆为⊙C′,圆心 C′为(2,-3), 半径为 1, ⊙C2 的圆心为(3,4), 半径为 3, 则(|PC′|+|PC2|)min=|C′C2|=5 2, 即(|PM|+|PN|)min =(|PC′|+|PC2|)min-(1+3)=5 2-4,选 A. (2)由 C(1,1)得|OC|= 2,则|OP|min= 2-1,即( x2+y2)min= 2-1.所以 x2+y2 的最小 值为( 2-1)2=3-2 2. 答案 (1)A (2)3-2 2 变式思考 2 解析 (1)依题意,曲线 C 表示的是以点 C(-1,-1)为圆心, 2为半径的 |-1-1-2| 圆,圆心 C(-1,-1)到直线 y=2-x 即 x+y-2=0 的距离等于 =2 2,易知所求 2 2 2+ 2 3 2 圆的半径等于 = . 2 2 (2)令 b=2x-y,则 b 为直线 2x-y=b 在 y 轴上的截距的相反数,当直线 2x-y=b 与圆 |2×2+1-b| 相切时,b 取得最值.由 =1.解得 b=5± 5,所以 2x-y 的最大值为 5+ 5,最 5

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小值为 5- 5. 3 2 答案 (1) 2 【例 3】 解

(2)5+ 5

5- 5

设 AB 的中点为 R,坐标为(x1,y1), 则在 Rt△ABP 中,|AR|=|PR|. 又因为 R 是弦 AB 的中点, 2 故|AR|2=|AO|2-|OR|2=36-(x2 1+y1), 2 又|AR|=|PR|= ?x1-4?2+y1 , 2 2 2 所以有(x1-4) +y1=36-(x1+y2 1). 2 即 x2 + y - 4 x - 10 = 0 ,因此点 R 在一个圆上. 1 1 1 而当 R 在此圆上运动时,Q 点即在所求的轨迹上运动. 设 Q(x,y),因为 R 是 PQ 的中点, x+4 y+0 所以 x1= ,y1= . 2 2 2 代入方程 x2 1+y1-4x1-10=0, x+4 x+4?2 ?y?2 得? ? 2 ? +?2? -4· 2 -10=0, 整理得 x2+y2=56. 即矩形 APBQ 的顶点 Q 的轨迹方程为 x2+y2=56. 变式思考 3 解 设点 M 的坐标是(x, y), 点 A 的坐标是(x0, y0), 由于点 B 的坐标是(4,3), x0+4 y0+3 且点 M 是线段 AB 的中点,所以 x= ,且 y= ,于是有 x0=2x-4,y0=2y-3.① 2 2 因为点 A 在圆(x+1)2+y2=4 上运动,所以点 A 的坐标满足方程(x+1)2+y2=4,即(x0+ 2 2 1) +y0 =4.② 把①代入②,得(2x-4+1)2+(2y-3)2=4, 3?2 ? 3?2 整理,得? ?x-2? +?y-2? =1. 3 3? 所以,点 M 的轨迹是以? ?2,2?为圆心,半径是 1 的圆. 自主体验 解 (1)曲线 y=x2-6x+1 与坐标轴的交点为(0,1),(3± 2 2,0). 故可设圆的圆心坐标为(3,t), 则有 32+(t-1)2=(2 2)2+t2,解得,t=1. 则圆的半径为 32+?t-1?2=3, 所以圆的方程为:(x-3)2+(y-1)2=9. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足方程组 ? ?x-y+a=0,
? 2 2 ??x-3? +?y-1? =9. ?

消去 y 得到方程:2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0, 由已知可得判别式 Δ=(2a-8)2-4×2(a2-2a+1) =56-16a-4a2>0, 由根与系数的关系可得: a2-2a+1 x1+x2=4-a,x1x2= .① 2 由 OA⊥OB 可得:x1x2+y1y2=0.

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又 y1=x1+a,y2=x2+a, 所以 2x1x2+a(x1+x2)+a2=0.② 由①②可得 a=-1,满足 Δ>0,故 a=-1.

第四节

直线与圆、圆与圆的位置关系

课本导读 1.(1)d<r d=r d>r (2)相交 相切 相离 2.d>r1+r2 无解 d=r1+r2 一组实数解 |r1-r2|<d<r1+r2 =|r1-r2|(r1≠r2) 一组实数解 0≤d<|r1-r2|(r1≠r2) 无解 基础自评

两组不同的实数解

d

|2×1-2-5| 1.解析 由题意知圆心(1,-2)到直线 2x+y-5=0 的距离 d= = 5< 6. 22+1 且 2×1+(-2)-5≠0,因此该直线与圆相交但不过圆心. 答案 B 2.解析 圆 O1 的圆心为(1,0),半径 r1=1,圆 O2 的圆心为(0,2),半径 r2=2,故两圆的 圆心距|O1O2|= 5,而 r2-r1=1,r1+r2=3,则有 r2-r1<|O1O2|<r1+r2,故两圆相交. 答案 B 3.解析 圆的方程为(x-2)2+y2=4,圆心坐标为(2,0),半径为 2,点 P 在圆上,设切线 |2k-k+ 3| 3 方程为 y- 3=k(x-1),即 kx-y-k+ 3=0,∴ =2,解得 k= . 2 3 k +1 3 ∴切线方程为 y- 3= (x-1),即 x- 3y+2=0. 3 答案 D 4.解析 如图,取 AB 中点 C,连接 OC,OA,则 OC⊥AB, |0-2×0+5| |OA|=2 2,|OC|= 2 = 5, 1 +?-2?2

∴|AC|= 8-5= 3,∴|AB|=2|AC|=2 3. 答案 2 3 5.解析 两圆相减即得 x-2y+4=0. 答案 x-2y+4=0 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)x2+y2-4x=0 是以(2,0)为圆心,以 2 为半径的圆,而点 P(3,0)到圆 心的距离为 d= ?3-2?2+?0-0?2=1<2, 点 P(3,0)恒在圆内, 过点 P(3, 0)不管怎么样画直线, 都与圆相交.故选 A. (2) 因为直线 x- y +1 =0 与圆 (x- a)2+ y2 =2 有公共点,所以圆心到直线的距离 d = |a-0+1| ≤r= 2,可得|a+1|≤2,即 a∈[-3,1]. 2 答案 (1)A (2)C 变式思考 1 解析 (1)∵M(a,b)在圆 x2+y2=1 外,∴a2+b2>1. 1 又圆心(0,0)到直线 ax+by=1 的距离 d= 2 2<1,所以直线 ax+by=1 与圆 O 相交. a +b

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|1+m| (2)圆的方程为(x-1)2+y2=2,由不等式 < 2,解得-3<m<1.由于是充分不必要条 2 件,故为选项 C 中的 m 范围. 答案 (1)B (2)C 【例 2】 解析 (1)最短弦为过点(3,1),且垂直于点(3,1)与圆心的连线的弦,易知弦心 距 d= ?3-2?2+?1-2?2= 2,所以最短弦长为 2 r2-d2=2 22-? 2?2=2 2. (2)将圆的方程化为标准方程为(x-3)2+(y-4)2=5,则圆心为(3,4),半径长为 5. 由题设可设切线方程为 y=kx, 则圆心(3,4)到直线 y=kx 的距离等于半径长 5, 即 |3k-4| k2+1

1 11 1 11 = 5,解得 k= 或 k= .则切线方程为 y= x 或 y= x.联立切线方程与圆的方程,解得两 2 2 2 2 4 22 切点坐标分别为(4,2),( , ),此即为 P,Q 的坐标,由两点间的距离公式得|PQ|=4. 5 5 答案 (1)2 2 (2)4 变式思考 2 解析 (1)由题意知点 P(2,2)在圆(x-1)2+y2=5 上,设切线的斜率为 k,则 2 1 1 k· =-1,k=- ,直线 ax-y+1=0 的斜率为 a,其与切线垂直,∴- a=-1,a=2, 2 2 2-1 故选 C. (2)设圆心为 C,直线 y=2x+3 与圆的交点为 AB,过 C 作 AB 的垂线,垂足为 D,则 AD2 |6-4+3| +CD2=AC2,C 点坐标为(3,4).CD= = 5,∴AC=5,AD2=25-5=20, 4+1 ∴AD=2 5.故弦长为 4 5. 答案 (1)C (2)4 5 【例 3】 解 (1)∵圆 O1 的方程为:x2+(y+1)2=4, ∴圆心 O1(0,-1),半径 r1=2. 设圆 O2 的半径为 r2,由两圆外切知|O1O2|=r1+r2, 又|O1O2|= ?2-0?2+?1+1?2=2 2, ∴r2=|O1O2|-r1=2 2-2, 即 O2 的方程为(x-2)2+(y-1)2=12-8 2. (2)设圆 O2 的方程为(x-2)2+(y-1)2=r2 2, 又圆 O1 的方程为:x2+(y+1)2=4, 2 两式相减得两圆公共弦 AB 所在的直线方程为:4x+4y+r2 -8=0, 1 作 O1H⊥AB 于 H,则|AH|= |AB|= 2, 2 ∵r1=2,∴|O1H|= r2 - | AH |2= 2. 1 2 |4×0+4×?-1?+r2 2-8| |r2-12| 又|O1H|= = , 4 2 42+42 |r2 2-12| 2 ∴ = 2,得 r2 2=4 或 r2=20, 4 2 即 O2 的方程为(x-2)2+(y-1)2=4 或(x-2)2+(y-1)2=20. 变式思考 3 解析 由题意⊙O1 与⊙O 在 A 处的切线互相垂直,则两切线分别过另一圆 的圆心,所以 O1A⊥OA.

又∵|OA|= 5,|O1A|=2 5, ∴|OO1|=5,又 A、B 关于 OO1 对称, 所以 AB 为 Rt△OAO1 斜边上高的 2 倍,

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∴|AB|=2×

5×2 5 =4. 5

答案 4 自主体验 1. 解析 由 y= 1-x2得 x2+y2=1(y≥0), 即该曲线表示圆心在原点, 半径为 1 的半圆, 如下图所示.

1 1 故 S△AOB= |OA|· |OB|· sin∠AOB= sin∠AOB.所以当 sin∠AOB=1,即 OA⊥OB 时,S△AOB 2 2 2 取得最大值,此时点 O 到直线 l 的距离 d=|OA|· sin45° = .设此时直线 l 的斜率为 k,则方程 2 |0-0- 2k| 2 3 为 y=k(x- 2),即 kx-y- 2k=0,则有 = ,解得 k=± .由图知 l 的倾斜角 2 2 3 k +1 3 为钝角,故 k=- . 3 答案 B 1?2 5 2.解析 点(3,1),(1,0)与切点 A,B 共圆,易求圆的方程为(x-2)2+? ?y-2? =4,两圆 的方程相减可得 2x+y-3=0,即为直线 AB 的方程. 答案 A

第五节
基础自评

椭圆

c 1 1.解析 由题意,c=1,e= = ,∴a=2.∴b= a2-c2= 3.又椭圆的焦点在 x 轴上, a 2 x2 y2 ∴椭圆的方程为 + =1. 4 3 答案 C 5-m>0, ? ? x2 y2 2.解析 要使方程 + =1 表示椭圆,应满足?m+3>0, 解得-3<m<5 5-m m+3 ? ?5-m≠m+3, 2 2 x y 且 m≠1,因此“-3<m<5”是“方程 + =1 表示椭圆”的必要不充分条件. 5-m m+3 答案 B 5>m, ? ? 3.解析 若焦点在 x 轴上,则有? 5-m 10 = , ? 5 ? 5 m>5, ? ? 若焦点在 y 轴上,则有? m-5 10 = . ? 5 m ? 答案 B ∴m= 25 . 3 ∴m=3;

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y2 3 3 4.解析 方程 3x2+ky2=3 可化为 x2+ =1.a2= >1=b2,c2=a2-b2= -1=2,解得 k 3 k k k =1. 答案 1 5.

解析 ∵a2=3,∴a= 3. 如右图所示,△ABC 的周长为: |AC|+|AB|+|BC|=|AC|+|CF2|+|AB|+|BF2| =2a+2a=4a=4 3. 答案 4 3 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (1)由椭圆的定义及椭圆的标准方程得: |AF1|+|AF2|=10,|BF1|+|BF2|=10, 又已知|F2A|+|F2B|=12, 所以|AB|=|AF1|+|BF1|=8.

(2)如右图,在 Rt△PF1F2 中,|F1F2|=2c,设|PF2|=x,则|PF1|=2x, |PF2| x 3 2 3 由 tan30° = = = ,得 x= c,而由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a=3x,∴a |F1F2| 2c 3 3 3 = x= 3c. 2 c c 3 ∴e= = = ,故选 D. a 3c 3 答案 (1)8 (2)D
? ?r1+r2=2a, 变式思考 1 解析 设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则? 2 2 2 ?r1+r2=4c , ? 2 2 2 2 ∴2r1r2=(r1+r2)2-(r2 1+r2)=4a -4c =4b , 1 ∴S△PF1F2= r1r2=b2=9,∴b=3. 2 答案 3 x2 y2 y2 x2 【例 2】 解析 (1)由题意,设所求椭圆的方程为 + =t1 或 + =t2(t1,t2>0),∵椭 4 3 4 3 圆过点(2,- 3), 2 ?- 3?2 22 25 22 ?- 3? ∴t1= + =2,或 t2= + = . 4 3 4 3 12 2 2 2 x y y x2 故所求椭圆标准方程为 + =1 或 + =1. 8 6 25 25 3 4 b (2)由于直线 AB 的斜率为- , a

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b b 故 OP 的斜率为- ,直线 OP 的方程为 y=- x, a a 2 2 x y 2 与椭圆方程 2+ 2=1 联立,解得 x=± a. a b 2 2 因为 PF1⊥x 轴,所以 x=- a, 2 2 从而- a=-c,即 a= 2c. 2 又|F1A|=a+c= 10+ 5, 故 2c+c= 10+ 5,解得 c= 5,从而 a= 10. x2 y2 所以所求的椭圆方程为 + =1. 10 5 x2 y2 y2 x2 x2 y2 答案 (1) + =1 或 + =1 (2) + =1 8 6 25 25 10 5 3 4 x2 y2 b2 变式思考 2 解析 (1)设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0), 则 a2=b2+1, 当 x=1 时, y=± , a b a 2b2 2 3 2 ∴|AB|= =3,∴a = a+1,即 2a -3a-2=0. a 2 1 x2 y2 ∴a=- (舍去)或 a=2,∴b2=3,∴方程为 + =1. 2 4 3 1 3, ?,所以 (2) 设椭圆方程为 mx2+ ny2 =1(m>0, n>0),因为椭圆经过点 A(2,0),B? 2? ? 1 4m+0· n=1, ? ? ? ?m=4, x2 ? 解得? 所以所求椭圆方程为 +y2=1. 1 4 ? ? ?3m+4n=1, ?n=1. x2 答案 (1)C (2) +y2=1 4 【例 3】 解析 (1)因为△F2PF1 是底角为 30° 的等腰三角形,则有|F2F1|=|F2P|,因为∠ 1 1 3a 1 PF1F2=30° ,所以∠PF2D=60° ,∠DPF2=30° ,所以|F2D|= |PF2|= |F1F2|,即 -c= ×2c 2 2 2 2 3a c 3 3 =c,所以 =2c,即 = ,所以椭圆的离心率为 e= . 2 a 4 4

4-x2 x2 y2 x2 1 3 (2)由 + =1 知 y2= , ∴x2+y2-x= -x+2= (x-1)2+ , 根据椭圆的性质知道 4 2 2 2 2 2 3 -2≤x≤2,故最大值为 6,最小值是 . 2 3 答案 (1)C (2)6 2 变式思考 3 解析 (1)∵圆的标准方程为(x-3)2+y2=1, ∴圆心坐标为(3,0). ∴c=3,又 b=4,∴a= b2+c2=5. ∵椭圆的焦点在 x 轴上,∴椭圆的左顶点为(-5,0). (2)直线 y= 3(x+c)过 F1 且倾斜角为 60° , 所以∠MF1F2=60° , ∠MF2F1=30° , 因为|F1F2| c 2 =2c,所以|MF1|=c,|MF2|= 3c,由椭圆的定义得 c+ 3c=2a,从而 e= = = 3- a 3+1

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1. 答案 (1)D (2) 3-1 【例 4】 解 (1)设 P(x,y),由椭圆定义可知,点 P 的轨迹 C 是以(0,- 3),(0, 3) 为焦点,长半轴为 2 的椭圆, 它的短半轴 b= 22-? 3?2=1, y2 故曲线 C 的方程为 x2+ =1. 4 y ? ?x2+ 4 =1, (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足? ?y=kx+1. ? 消去 y 并整理,得(k2+4)x2+2kx-3=0. 其中 Δ=4k2+12(k2+4)>0 恒成立. 2k 3 故 x1+x2=- 2 ,x1x2=- 2 . k +4 k +4 → → 若OA⊥OB,即 x1x2+y1y2=0. 而 y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1, 3 3k2 2k2 于是 x1x2+y1y2=- 2 - 2 - 2 +1=0, k +4 k +4 k +4 1 化简得-4k2+1=0,所以 k=± . 2 变式思考 4 解 (1)由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|=4,又 2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|
2

4 = . 3

(2)l 的方程为 y=x+c,其中 c= 1-b2. y=x+c, ? ? 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 A,B 两点坐标满足方程组? 2 y2 化简得(1+b2)x2+2cx x + = 1. 2 ? b ? +1-2b2=0. -2c 1-2b2 则 x1+x2= . 2,x1x2= 1+b 1+b2 因为直线 AB 的斜率为 1,所以|AB|= 2|x2-x1|, 4 即 = 2|x2-x1|. 3 4?1-b2? 4?1-2b2? 8 8b4 2 即 =(x1+x2)2-4x1x2= . 2 2- 2 = 2 2,解得 b= 9 2 ?1+b ? 1+b ?1+b ? 自主体验 x2 解 (1)椭圆 W: +y2=1 的右顶点 B 的坐标为(2,0). 4 因为四边形 OABC 为菱形,所以 AC 与 OB 相互垂直平分. 1 所以可设 A(1,m),代入椭圆方程得 +m2=1, 4 3 即 m=± . 2 所以菱形 OABC 的面积是 1 1 |OB|· |AC|= ×2×2|m|= 3. 2 2 (2)假设四边形 OABC 为菱形. 因为点 B 不是 W 的顶点,且直线 AC 不过原点,所以可设 AC 的方程为 y=kx+m(k≠0, m≠0).

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2 2 ? ?x +4y =4, 由? 消 y 并整理得 ?y=kx+m ?

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(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. 设 A(x1,y1),C(x2,y2),则 x1+x2 y1+y2 x1+x2 4km m =- , =k· +m= . 2 2 2 1+4k2 1+4k2 4km m 所以 AC 的中点为 M(- ). 2, 1+4k 1+4k2 1 因为 M 为 AC 和 OB 的交点,所以直线 OB 的斜率为- . 4k 1 因为 k· (- )≠-1,所以 AC 与 OB 不垂直. 4k 所以四边形 OABC 不是菱形,与假设矛盾. 所以当点 B 不是 W 的顶点时,四边形 OABC 不可能是菱形.

第六节

双曲线

课本导读 1.绝对值 焦点 焦距 (1)a<c 双曲线 (2)a=c 两条射线 (3)a>c 2.坐标轴 原点 坐标轴 原点 (-a,0) (a,0) (0,-a) (0,a) b y=± x a a y=± x b c 2a 2b a 3.实轴与虚轴 基础自评

2 y=± x

x2 y2 1.解析 双曲线 2x2-y2=8 的标准方程为 - =1,所以实轴长 2a=4,故选 C. 4 8 答案 C 2.解析 由双曲线定义知, |PF2|-|PF1|=4 2,|QF2|-|QF1|=4 2, ∴|PF2|+|QF2|-(|PF1|+|QF1|)=8 2. 又|PF1|+|QF1|=|PQ|=7, ∴|PF2|+|QF2|=7+8 2. ∴△PF2Q 的周长为 14+8 2. 答案 C x2 y2 x y 3.解析 双曲线 2- =1 的渐近线方程为 ± =0,整理得 3x± ay=0,故 a=2,故选 a 9 a 3

C. 答案 C 4.解析 由题意得 a2=16,b2=m,∴c2=a2+b2=16+m, 16+m c2 又 e=2,由 2=e2,得 =4,∴m=48. a 16 答案 48 x2 y2 5.解析 焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为- 2+ 2=1(a>0,b>0),其渐近线方程为 b a 2 2 a + b a c b a 1 1 y=± x.由 = 5可得 2 =5,所以 =2,所以 = ,所以渐近线方程为 y=± x. b a a a b 2 2 1 答案 y=± x 2 研考点· 知规律

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【例 1】 解析 (1)由 x2-y2=2,知 a=b= 2,c=2. 由双曲线定义,|PF1|-|PF2|=2a=2 2, 又|PF1|=2|PF2|,∴|PF1|=4 2,|PF2|=2 2, 在△PF1F2 中,|F1F2|=2c=4, |PF1|2+|PF2|2-|F1F2|2 3 由余弦定理 cos∠F1PF2= = ,选 C. 2|PF1|· |PF2| 4 (2)设 F(x,y)为轨迹上的任意一点,依题意,得|FA|+|CA|=|FB|+|CB|=2a(a 表示椭圆的 长半轴长). ∴|FA|-|FB|=|CB|-|CA| = 122+92- 122+?-5?2=2. ∴|FA|-|FB|=2<14. 由双曲线的定义知,F 点在以 A、B 为焦点,2 为实轴长的双曲线的下支上, x2 ∴点 F 的轨迹方程是 y2- =1(y≤-1). 48 2 x 答案 (1)C (2)y2- =1(y≤-1) 48 变式思考 1

解析 如右图所示, 设双曲线的右焦点为 E, 则 E(4,0). 由双曲线的定义及标准方程得|PF| -|PE|=4,则|PF| +|PA|=4+|PE|+|PA|.由图可得,当 A,P,E 三点共线时,(|PE|+|PA|)min=|AE|=5,从 而|PF|+|PA|的最小值为 9. 答案 9 3 【例 2】 解析 (1)双曲线中 c=3,e= ,故 a=2,b= c2-a2= 5,故双曲线 C 的 2 x2 y2 方程为 - =1,选 B. 4 5 x2 y2 (2)设双曲线方程为 2- 2=1(a>0,b>0),则 F1(-c,0),F2(c,0),在△PF1F2 中,由余弦 a b 定理可得 π |F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|· |PF2|· cos =(|PF1|-|PF2|)2+|PF1|· |PF2|, 3 2 2 ∴4c =4a +|PF1|· |PF2|. 1 π 又 S△PF1F2=2 3,∴ |PF1|· |PF2|· sin =2 3. 2 3 c 2 2 ∴|PF1|· |PF2|=8,∴4c =4a +8,∴c2=a2+2,∴b2=c2-a2=2,又 e= =2,∴c=2a, a 2 x2 y2 3 y2 ∴4a2=a2+2,∴a2= .∴双曲线的标准方程为 - =1,即 x2- =1. 3 2 2 2 2 3 3 y2 答案 (1)B (2) x2- =1. 2 2 b 2b 变式思考 2 解析 (1)∵点 P(2,1)在曲线 C 的渐近线 y= x 上,∴1= ,∴a=2b.又∵ a a 10 a2+b2= =5,即 4b2+b2=25,∴b2=5,a2=20,故选 A. 2 (2)依题意,e= 2?a=b. x2 y2 16 10 设方程为 - =1,则 - =1,解得 a=6. a a a a

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x2 y2 ∴ - =1. 6 6 答案 (1)A (2)x2-y2=6 【例 3】 解析 如下图所示,由题知点 P 在右支上.

∵|PF1|-|PF2|=2a 且|PF1|=2|PF2|, ∴|PF1|=4a,|PF2|=2a. 由|PF1|+|PF2|≥2c(当点 P 在右顶点时取等号), 且|PF1|-|PF2|<2c, c 解得 1< ≤3,即 1<e≤3,故选 B. a 答案 B b 变式思考 3 解析 (1)双曲线焦点位于 x 轴,所以双曲线的渐近线方程为 y=± x,而 e a 2 2 2 c 5 c a +b 5 b 1 1 = = ,即 2= 2 = 得 = ,故渐近线方程为 y=± x,故选 C. a 2 a a 4 a 2 2 (2)不妨设|PF1|>|PF2|,由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a.又结合|PF1|+|PF2|=6a,从而 |PF1|=4a, |PF2|=2a, |F1F2|=2c, 所以|PF2|为最小边, 从而∠PF1F2=30° , 由余弦定理得|PF2|2 c =|PF1|2+|F1F2|2-2|PF1||F1F2|cos30° ,即 4a2=16a2+4c2-8 3ac,解得 = 3. a 答案 (1)C (2) 3 自主体验 → → → → 1.解析 依题意得 F(-c,0),A(a,0),又 B(0,b),则FB=(c,b),AB=(-a,b).由FB· AB 2 2 c -a 1 1± 5 =0,得 b2=ac,所以 c2-a2=ac, =1,即 e- =1,e2-e-1=0,解得 e= .又 ac e 2 1+ 5 1+ 5 e>1,所以 e= ,即双曲线的离心率等于 . 2 2 答案 D 2.解析 因为|PT|= |PF2|2-?b-c?2(b>c),而|PF2|的最小值为 a-c,所以|PT|的最小值 3 为 ?a-c?2-?b-c?2.依题意有 ?a-c?2-?b-c?2≥ (a-c),所以(a-c)2≥4(b-c)2,所以 a 2 -c≥2(b-c),所以 a+c≥2b,所以(a+c)2≥4(a2-c2),所以 5c2+2ac-3a2≥0,所以 5e2+ 3 2 2e-3≥0 ①,又 b>0,所以 b2>c2,所以 a2-c2>c2,所以 2e2<1 ②,联立①②,得 ≤e< . 5 2 3 2 答案 ? , ? ?5 2 ?

第七节

抛物线

课本导读 1.相等 焦点 准线 p ? ? p ? 2.y=0 x=0 ? ?2,0? ?-2,0? p p p p x0+ -x0+ y0+ -y0+ 2 2 2 2 基础自评

?0,p? ?0,-p? x=-p x=p y=-p y=p 2? ? 2? ? 2 2 2 2

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1.解析 由题意知,点 P 到点(2,0)的距离与 P 到直线 x=-2 的距离相等,由抛物线定 义得点 P 的轨迹是以(2,0)为焦点,以直线 x=-2 为准线的抛物线,故选 D. 答案 D 1 1 1 2.解析 抛物线方程为 x2=- y,∴p= ,准线方程为 y= . 2 4 8 答案 D 3.解析 准线方程为 l:x=-6a,M 到准线的距离等于它到焦点的距离,则 3+6a=5, 1 a= ,抛物线方程为 y2=8x. 3 答案 A 5 ? 5 4. 解析 可求得线段 OA 的中垂线方程为 4x+2y-5=0, 令 y=0 得 x= , ∴焦点 F? ?4,0?, 4 5 准线方程为 x=- . 4 5 答案 x=- 4 5.解析 将直线 x-y-1=0 与抛物线 y=ax2 联立, 消去 y 得 ax2-x+1=0, ∵直线与抛物线相切, 1 ∴a≠0 且 Δ=1-4a=0,解得 a= . 4 1 答案 4 研考点· 知规律 x2 y2 【例 1】 解析 (1)由题意知抛物线的焦点为双曲线 - =1 的顶点,即为(-2,0)或 4 2 2 2 (2,0),所以抛物线的方程为 y =8x 或 y =-8x. (2)建立如下图所示的平面直角坐标系,设抛物线方程为 x2=-2py(p>0),则 A(2,-2), 将其坐标代入 x2=-2py 得 p=1,∴x2=-2y.

当水面下降 1 m,得 D(x0,-3)(x0>0), 将其坐标代入 x2=-2y 得 x2 0=6, ∴x0= 6. ∴水面宽|CD|=2 6 m. 答案 (1)y2=± 8x (2)2 6 变式思考 1 解 (1)对直线 x+3y+15=0, 令 x=0 得 y=-5;令 y=0 得 x=-15. ∴抛物线的焦点为(0,-5)或(-15,0). ∴所求抛物线的标准方程为 x2=-20y 或 y2=-60x. (2)设抛物线的标准方程为 x2=-2py(p>0), p 由已知得 +3=5,∴p=4. 2 ∴抛物线方程为 x2=-8y. 【例 2】 解析 (1)设点 P 的坐标为(x0, y0), 则由抛物线的焦半径公式得|PF|=x0+ 2= 1 4 2,x0=3 2代入抛物线的方程,得|y0|=2 6,S△POF= |y0|· |OF|=2 3.故选 C. 2 2 p y0 → → (2)由题意知 F( ,0),设 A(0,2),M( ,y0),以 MF 为直径的圆过 A 点,则AM· AF=0 2 2p

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y2 p 8 0 代入得:( ,y0-2)· ( ,-2)=0,整理得 y2 0-8y0+16=0,解得 y0=4,故 M( ,4),|MF| 2p 2 p 8 p =5 得 ? - ?2+16=5,解得 p=2 或 8,故选 C. p 2 答案 (1)C (2)C 变式思考 2 解析 (1)如图所示,抛物线的准线 l 的方程为 x=-2,F 是抛物线的焦点, 过点 P 作 PA⊥y 轴,垂足是 A,延长 PA 交直线 l 于点 B,则|AB|=2,由于点 P 到 y 轴的距离 为 4,则点 P 到准线 l 的距离为|PB|=4+2=6,所以点 P 到焦点的距离|PF|=|PB|=6. (2)如图,设抛物线的准线为 l,AA1⊥l,BB1⊥l,垂足分别为 A1 和 B1,由抛物线定义得 |FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|. 又直线 AB 的斜率为 3, ∴倾斜角∠AFx=60° . 在梯形 AA1B1B 中,∠BAA1=60° , ∴|AB|=2(|AA1|-|BB1|),

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即|FA|+|FB|=2(|FA|-|FB|), 得|FA|=3|FB|,即|FA FB|=3. ??1?题图? ??2?题图? 答案 (1)B (2)3 【例 3】 解析 (1)由已知可得△BFD 为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆 F 的半径|FA| = 2p. 由抛物线定义可知 A 到 l 的距离 d=|FA|= 2p. 1 1 因为△ABD 的面积为 4 2,所以 |BD|· d=4 2,即 · 2p· 2p=4 2,解得 p=-2(舍去) 2 2 或 p=2. 所以 F(0,1),圆 F 的方程为 x2+(y-1)2=8. (2)因为 A,B,F 三点在同一直线 m 上,所以 AB 为圆 F 的直径,∠ADB=90° . 1 由抛物线定义知|AD|=|FA|= |AB|, 2 3 3 所以∠ABD=30° ,m 的斜率为 或- . 3 3 3 3 2 3 当 m 的斜率为 时,由已知可设 n:y= x+b,代入 x2=2py 得 x2- px-2pb=0. 3 3 3 4 由于 n 与 C 只有一个公共点,故 Δ= p2+8pb=0. 3 p 解得 b=- . 6 p |b1| 因为 m 的截距 b1= , =3, 2 |b| 所以坐标原点到 m,n 距离的比值为 3. 3 当 m 的斜率为- 时,由图形对称性可知,坐标原点到 m,n 距离的比值为 3. 3 变式思考 3 解 (1)依题意, 圆心的轨迹是以 F(0,2)为焦点, l: y=-2 为准线的抛物线. 2 因为抛物线焦点到准线的距离等于 4,所以圆心的轨迹是 x =8y. (2)证明:因为直线 AB 与 x 轴不垂直, 设 AB:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2). y=kx+2, ? ? 由? 1 2 可得 x2-8kx-16=0, y = x , ? ? 8 则 x1+x2=8k,x1x2=-16. 1 1 抛物线方程为 y= x2,求导得 y′= x. 8 4 1 1 1 1 1 所以过抛物线上 A、 B 两点的切线斜率分别是 kAQ= x1, kBQ= x2, kAQkBQ= x1·x2= x1· x 4 4 4 4 16 2 =-1. 所以 AQ⊥BQ. 自主体验 解 (Ⅰ)依题意,过 Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与 x 轴垂直的直线的方程为 x=i, i Bi 的坐标为(10,i),所以直线 OBi 的方程为 y= x. 10 x=i, ? ? 设 Pi 的坐标为(x,y),由? i y= x, ? ? 10 1 得 y= x2,即 x2=10y. 10

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所以点 Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上,且抛物线 E 的方程为 x2=10y. ?y=kx+10, ? (Ⅱ)依题意,直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y=kx+10.由? 2 得 x2- ? x = 10 y , ? 10kx-100=0, 此时 Δ=100k2+400>0,直线 l 与抛物线 E 恒有两个不同的交点 M,N. ? ① ?x1+x2=10k, 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则? ?x1· x2=-100. ② ? 因为 S△OCM=4S△OCN,所以|x1|=4|x2|. 又 x1· x2<0,所以 x1=-4x2, ?-3x2=10k, ? 3 分别代入①和②,得? 解得 k=± . 2 2 ?-4x2=-100, ? 3 所以直线 l 的方程为 y=± x+10,即 3x-2y+20=0 或 3x+2y-20=0. 2

第九章
第一节

统计、统计案例及算法初步

随机抽样

课本导读 1.(1)逐个不放回地 相等 (2)抽签法 随机数表法 2.(1)编号 (2)分段间隔 k 分段 (3)简单随机抽样 (4)(l+k) (l+2k) 3.(1)互不交叉 一定的比例 (2)差异明显的几个部分 基础自评 1.解析 根据随机数表法的步骤,按①③②的顺序进行,故选 B. 答案 B 2.解析 由已知抽取的学号成等差数列,即属于等距离抽样,是系统抽样的特点. 答案 C 40 1 160 320 200 3. 解析 抽取比例为 = , 故各层中依次抽取的人数分别是 =8, =16, = 800 20 20 20 20 120 10, =6.答案为 D. 20 答案 D 4.解析 系统抽样也是等距抽样,因为第三、第四两段中抽取的编号之差为 14,所以 第二段中抽取的编号与第一段中抽取的编号 6 之差也为 14, 所以还有一位同学的编号应为 20. 答案 20 1 5.解析 依题意,总体中每个个体被抽到的概率是相同的,均为 ,设总体中的个体数 12 10 1 量为 n,则 = ,n=120. n 12 答案 120 研考点· 知规律 【例 1】 解析 A、 B 是系统抽样, 因为抽取的个体间的间隔是固定的; C 是分层抽样, 因为总体的个体有明显的层次;D 是简单随机抽样. 答案 D 变式思考 1 解析 (1)由随机抽样的特点知某个体被抽到的可能性与第几次抽样无关,

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每一次抽到的可能性相等. (2)由随机数表法抽样的规则得符合条件的 5 个编号从左到右依次为 08,02,14,07,01, 故第 5 个个体的编号为 01.故选 D. 答案 (1)C (2)D 【例 2】 解析 由题意可知,系统抽样的组数为 20,间隔为 8,设第 1 组抽出的号码 为 x,则由系统抽样的法则可知,第 n 组抽出个体的号码应该为 x+(n-1)×8,所以第 16 组 应抽出的号码为 x+(16-1)×8=123,解得 x=3,所以第 2 组中应抽出个体的号码为 3+(2 -1)×8=11. 答案 11 变式思考 2 解析 由系统抽样的等距抽样特点知,840 人要分成 42 组,每组 20 人, [481,720]包含的是第 25 组到第 36 组,每组抽 1 人,则共抽到 12 人.故选 B. 答案 B 2 400 4 600 3 800 1 200 【例 3】 解 因为: 000= ,所以 =12, =23, =19, 200 200 200 200 =6. 故从东城区中抽取 12 人,从西城区中抽 23 人,从南城区中抽 19 人,从北城区中抽 6 人. 变式思考 3 解析 (1)由于了解一地区的中小学生视力情况,人数很多,故不能采用简 单随机抽样,排除 A.而男女视力情况差异不大,故不能按性别分层排除 B.而小学、初中、高 中三个学段的视力情况差异较大,故选择按学段分层抽样.故选 C. (2)本题考查的是分层抽样,分层抽样又称按比例抽样. n 3 ∵ = ,∴n=13.故选 D. 120+80+60 60 答案 (1)C (2)D 自主体验 1.解析 由系统抽样知识可知,若第 5 组抽出的号码为 22,22=2+(5-1)×5,则第 1 组抽出的号码应该为 2,第 8 组抽出的号码应该为 2+(8-1)×5=37.用分层抽样知识可知, 40 岁以下年龄段的职工占 50%,按比例应抽取 40×50%=20(人). 答案 37 20 2. 解析 月收入在[1 500,2 000)内的频率为 0.000 4×500=0.2, 所以月收入在[1 500,2 000) 100 内的人数为 0.2×10 000=2 000,所以在[1 500,2 000)收入段应抽出的人数为 2 000× = 10 000 20. 答案 20

第二节

用样本估计总体

课本导读 1.(1)最大值 最小值 (2)组距 组数 (3)分组 (4)频率分布表 (5)频率分布直方图 2.(1)中点 (2)样本容量 所分的组数 组距 4.(1)平均距离 1 (2) [?x - x ?2+?x2- x ?2+?+?xn- x ?2] n 1 1 (3) [(x1- x )2+(x2- x )2+?+(xn- x )2] n 基础自评 1 1.解析 平均数 x = (14.7+14.6+15.1+15.0+14.8+15.1+15.0+14.9)=14.9(mm). 8 答案 B

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15+15 2. 解析 将这组数据从小到大排列得 10,12,14,14,15,15,16,17,17,19, 故中位数为 = 2 15. 答案 C 3.解析 由题图可知,车速大于或等于 70 km/h 的汽车的频率为 0.02×10=0.2,则将 被处罚的汽车大约有 200×0.2=40(辆). 答案 B 4.解析 由列表可知样本数据落在(10,40]上的频数为 52,故其频率为 0.52. 答案 0.52 10+6+8+5+6 1 5.解析 ∵平均数 x = =7,∴s2= [(10-7)2+(6-7)2+(8-7)2+(5- 5 5 1 7)2+(6-7)2]= ×(9+1+1+4+1)=3.2 5 答案 3.2 研考点· 知规律 【例 1】 解析 (Ⅰ)∵50×(0.002 4+0.003 6+0.006+x+0.002 4+0.001 2)=1, x=0.004 4. (Ⅱ)用户在区间[100,250]内的频率为 50×(0.003 6+0.006+0.004 4)=0.7, ∴户数为 100×0.7=70. 答案 (Ⅰ)0.004 4 (Ⅱ)70 15 变式思考 1 解析 低于 60 分的频率为(0.005+0.01)×20=0.3,所以总人数为 = 0.3 50(人). 答案 B 【例 2】 解 (Ⅰ)设 A 药观测数据的平均数为 x ,B 药观测数据的平均数为 y .由观测 结果可得 1 ×(0.6+1.2+1.2+1.5+1.5+1.8+2.2+2.3+2.3+2.4+2.5+2.6+2.7+2.7+2.8 20 +2.9+3.0+3.1+3.2+3.5)=2.3, 1 y = ×(0.5+0.5+0.6+0.8+0.9+1.1+1.2+1.2+1.3+1.4+1.6+1.7+1.8+1.9+2.1 20 +2.4+2.5+2.6+2.7+3.2)=1.6. x= 由以上计算结果可得 x > y ,因此可看出 A 药的疗效更好. (Ⅱ)由观测结果可绘制如下茎叶图: A药B药 6 85522 9877654332 5 2 1 00. 1. 2. 3.

55689 122346789 14567 2

7 从以上茎叶图可以看出,A 药疗效的试验结果有 的叶集中在茎 2,3 上,而 B 药疗效 10 7 的试验结果有 的叶集中在茎 0,1 上,由此可看出 A 药的疗效更好. 10 1 变式思考 2 解析 (1)由中位数的定义易知 x=5,又 [9+15+(10+y)+18+24]=16.8, 5 y=8. (2)由图可知去掉的两个数是 87,99, 所以 87+90×2+91×2+94+90+x=91×7, x=4.s2 1 36 = [(87-91)2+(90-91)2×2+(91-91)2×2+(94-91)2×2]= . 7 7

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答案 (1)C (2)B 【例 3】 解 (1)由图象可得甲、乙两人五次测试的成绩分别为 甲:10 分,13 分,12 分,14 分,16 分 乙:13 分,14 分,12 分,12 分,14 分. 10+13+12+14+16 x 甲= =13, 5 13+14+12+12+14 x 乙= =13, 5 1 2 2 2 2 2 s2 甲= [(10-13) +(13-13) +(12-13) +(14-13) +(16-13) ]=4, 5 1 2 2 2 2 2 s2 乙= [(13-13) +(14-13) +(12-13) +(12-13) +(14-13) ]=0.8. 5 2 (2)由 s甲 >s2 乙可知乙的成绩较稳定.从折线图看,甲的成绩基本呈上升状态,而乙的成绩 上下波动,可知甲的成绩在不断提高,而乙的成绩则无明显提高. 1 变式思考 3 解析 对于甲,平均成绩为 x =90,所以方差为 s2= ×[(87-90)2+(91- 5 1 90)2+(90-90)2+(89-90)2+(93-90)2]=4, 对于乙, 平均成绩为 x =90, 方差为 s2= ×[(89 5 -90)2+(90-90)2+(91-90)2+(88-90)2+(92-90)2]=2.由于 2<4,所以乙的平均成绩较为 稳定. 答案 2 自主体验 解析 设样本容量为 n,则 n×(0.1+0.12)×1=11,所以 n=50.故所求的城市个数为 50×0.18=9. 答案 9

第三节

变量间的相关关系与统计案例

课本导读 1.(1)左下角 右上角 (2)左上角 右下角 (3)一条直线附近 2.(1)距离的平方 (2)( x , y )
^

i=1

? ?yi-yi?2

n

3.(3)

i=1

? ?yi- y ?2

n

n?ad-bc?2 4.(1)K2 有关系 (2) a+b+c+d ?a+b??c+d??a+c??b+d? 基础自评 1.解析 由散点图知③④具有相关关系. 答案 C ^ 17 4 2.解析 依题意知, x = =1.7, y = =0.4,而直线y=-3+bx 一定经过点( x , 10 10 y ),所以-3+b×1.7=0.4,解得 b=2. 答案 A 30×?6×9-7×8?2 3.解析 由于 K2= ≈0.002 4,由于 K2 很小,因此,在此次调查中没 13×17×14×16 有充分的证据显示说谎与性别有关.故选 D.

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答案 D

^

4.解析 因为当y=7.675 时, 7.675-1.562 x= ≈9.262, 0.66 7.675 则 ≈0.829≈83%. 9.262 答案 83% 5.解析 x =3, y =2.5, ∴样本点中心为(3,2.5),回归直线过样本点中心. 答案 (3,2.5) 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)散点图如图所示.

(2)由散点图知,各组数据对应点大致都在一条直线附近,所以施化肥量 x 与产量 y 具有 线性相关关系. 变式思考 1 解析 从散点图看,散点图的分布成团状,无任何规律,所以两个变量不 具有线性相关关系. 答案 否 【例 2】 解
n

1n 80 1n 20 (1)由题意知 n=10, x = ?xi= =8, y = ?yi= =2. ni=1 10 ni=1 10

2 2 又 lxx= ?x2 i -n x =720-10×8 =80, i=1

lxy= ?xiyi-n x
i=1 n

n

y =184-10×8×2=24,

i=1

?xiyi-n x ?x2 i -n x
n 2

y 24 = =0.3,a= y -b x =2-0.3×8=-0.4.故所求线性回归 80

由此得 b=

i=1 ^

方程为y=0.3x-0.4. (2)由于变量 y 的值随 x 的值增加而增加(b=0.3>0),故 x 与 y 之间是正相关. (3)将 x=7 代入线性回归方程可以预测该家庭的月储蓄为 y=0.3×7-0.4=1.7(千元).
i=1

?xiyi-n x ?xi2-n x
n 2

n

y
^ ^ 5 1 得b= ,代入( x , y )求得a=- ,而由 7 3

^

变式思考 2 解析 由公式b=

i=1

两点确定的方程为 y=2x-2,
^ ^

∴b<b′,a>a′.

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答案 C 【例 3】 解

(1)列联表如下: 优秀 10 20 30 非优秀 50 30 80 合计 60 50 110

甲班 乙班 合计 (2)根据列联表中的数据,得到 2 2 110×?10×30-20×50? K= ≈7.486<10.828. 60×50×30×80 因此按 99.9%的可靠性要求,不能认为“成绩与班级有关系”. 变式思考 3 解 由频率分布直方图可知,在抽取的 100 人中,“体育迷”有 25 人,从 而 2×2 列联表如下: 非体育迷 体育迷 合计 30 15 45 男 45 10 55 女 75 25 100 合计 将 2×2 列联表中的数据代入公式计算,得 100×?30×10-45×15?2 100 K2= = ≈3.030. 33 75×25×45×55 因为 3.030<3.841,所以没有理由认为“体育迷”与性别有关. 自主体验 1.解析 设等差数列{an}的公差为 d(d≠0),a3=8,a1a7=a2 3=64,(8-2d)(8+4d)=64, 2 (4-d)(2+d)=8,2d-d =0,又 d≠0,故 d=2,故样本数据为 4、6、8、10、12、14、16、 ?4+22?×5 12+14 18、20、22,样本的平均数为 =13,中位数为 =13,故选 B. 10 2 答案 B
^

2.解析 由题意知 x =17.5, y =39,代入回归直线方程得a=109,109-15×4=49, 故选 B. 答案 B

第四节

算法初步

课本导读 1.明确 有效 2.流程图 规定的图形 指向线 文字说明 流程线 程序框 3.依次执行 条件是否成立 反复执行 循环体 4.概括性 逻辑性 有穷性 不唯一性 普遍性 6.(1)条件结构 基础自评 1.解析 ∵2>0,∴y=2×2-3=1. 答案 B 2.解析 当 x=1,y=1 时,满足 x≤4,则 x=2,y=2; 当 x=2,y=2 时,满足 x≤4,则 x=2×2=4,y=2+1=3; 当 x=4,y=3 时,满足 x≤4,则 x=2×4=8,y=3+1=4; 当 x=8,y=4 时,不满足 x≤4,则输出 y=4. 答案 B 3.解析 框图的功能为计算 S=1· 20· 21· 22 的值,计算结果为 8,选 C.

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答案 C 4.解析 赋值时把“=”号右边的值赋给左边的变量,故选 D. 答案 D 5.解析 若 x2-3x-1=3,得 x=-1 或 x=4.因为 x≥0,所以 x=4 满足条件.若 log2(x +5)=3,则 x=3,因为 x<0,所以 x=3 不满足条件.所以 x=4. 答案 4 研考点· 知规律 【例 1】 解析 k=1,T=1,S=S+T=0+1=1; T 1 1 k=2,T= = ,S=S+T=1+ ; k 2! 2! T 1 1 1 k=3,T= = ,S=S+T=1+ + ,? k 3! 2! 3! T 1 1 1 1 k=10,T= = ,S=S+T=1+ + +?+ , k 10! 2! 3! 10! 1 1 1 k=11 时,11>10 结束运算,故输出 S=1+ + +?+ . 2! 3! 10! 答案 B 变式思考 1 解析 (1)由程序框图可知:S=1+2+22+?+29,所以该算法的功能是计 - 算数列{2n 1}的前 10 项和. (2)运行程序框图,若输入 x=5, 第一次循环时:x=3×5-2=13,k=1; 第二次循环时:x=3×13-2=37,k=2; 第三次循环时:x=3×37-2=109,k=3; 第四次循环时:x=3×109-2=325>244,k=4,退出循环,此时输出的 k=4. 若输出 k=3,则 k=2 时,3(3x-2)-2≤244,即 x≤28; k=3 时,3(9x-8)-2>244,即 x>10. 所以输入 x 的取值范围是(10,28]. 答案 (1)A (2)4 (10,28]

?- 2≤x+y≤ 2, 【例 2】 解析 可行域? 表示的是边长为 2 的正方形及其内部, 其 ?- 2≤x-y≤ 2 π 面积为 4;而 x2+y2≤1 表示的是单位圆及其内部,其面积为 π.故输出数对(x,y)的概率为 . 4 故选 C. 答案 C 变式思考 2 解析 第一次循环,s=log23,k=3; 第二次循环,s=log23· log34=2,k=4; 依次循环,第六次循环时,s=2log48=3,k=8;此时应终止循环,故判断框内应填 k≤7. 答案 B 【例 3】 解析 若填 13,当 i=11+2=13 时,不满足条件,终止循环,因此得到的是 1×3×5×7×9×11 的计算结果,故不能填 13,但填的数字只要超过 13 且不超过 15 均可保 证终止循环时,得到的是 1×3×5×7×9×11×13 的计算结果. 答案 A 变式思考 3 解析 (1)由算法语句得分段函数 f(x)= ?0.5x, x≤50, ? ? 所以 f(60)=25+0.6×(60-50)=31,故选 C. ? ?25+0.6?x-50?, x>50, (2)加完第 20 个数,i=21,应是第 1 个满足条件,故选 A. 答案 (1)C (2)A 自主体验 1.解析 结合题中的框图可知,判断框①处应当填入“i≤30”;执行框②处应当填入 “p=p+i”(注意到这 30 个数依次排列的规律是第 i+1(i∈N*)个数等于第 i 个数加上 i),因 此选 D.

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答案 D 2. 解析 逐次运算的结果是 S=6×(-1)+3=-3, i=1; S=(-3)×(-1)+2=5, i=0; S=-5+1=-4,i=-1,结束循环,故输出的 S=-4. 答案 -4

第十章
第一节

概率

随机事件的概率

课本导读 1.(1)一定会发生 (2)一定不会发生 (3)可能发生也可能不发生 nA 2.(1) (2)频率 fn(A) n 3.一定发生 B?A(或 A?B) A?B A=B 事件 A 发生或事件 B 发生 事件 A 发生 且事件 B 发生 A∩B(或 AB) 不可能 不可能 必然事件 4.(1)0≤P(A)≤1 (2)1 (3)0 (4)P(A)+P(B) (5)1 1-P(B) 基础自评 1.解析 因为只有两个女生,任选 3 人,则至少有 1 人是男生. 答案 B 2. 解析 事件“至少有 1 次中靶”包括“中靶 1 次”和“中靶两次”两种情况, 由对立 事件的定义,可知“两次都不中靶”与之对立,故选 C. 答案 C 3.解析 由条件知事件 M 包含:(正、反)、(反、正).事件 N 包含:(正、正)、(正、反)、 (反、正). 1 3 故 P(M)= ,P(N)= . 2 4 答案 D 4.解析 中国选手不输的概率为 0.41+0.27=0.68. 答案 0.68 5.解析 从{1,2,3,4,5}中任取一数 a,从{1,2,3}中任取一数 b,共有 5×3=15 种取法, 3 1 满足 a<b 的有(1,2),(1,3),(2,3)共 3 种,故所求概率 P= = . 15 5 1 答案 5 研考点· 知规律 【例 1】 解 (1)是互斥事件,不是对立事件.原因是:从 40 张扑克牌中任意抽取 1 张,“抽出红桃”与“抽出黑桃”是不可能同时发生的,所以是互斥事件,但是,不能保证 其中必有一个发生,这是由于还有可能抽出“方块”或者“梅花”,因此,二者不是对立事 件. (2)既是互斥事件,又是对立事件. 原因是:从 40 张扑克牌中,任意抽取 1 张.“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”两个事件 不可能同时发生,但其中必有一个发生,所以它们既是互斥事件,又是对立事件. (3)不是互斥事件,也不是对立事件. 原因是: 从 40 张扑克牌中任意抽取 1 张. “抽出的牌点数为 5 的倍数”与“抽出的牌点 数大于 9” 这两个事件可能同时发生,如抽得点数为 10,因此,二者不是互斥事件,当然不 可能是对立事件. 变式思考 1 解析 根据互斥事件与对立事件的意义作答,A∩B={出现点数 1 或 3}, 事件 A,B 不互斥更不对立;B∩C=?,B∪C=U,故事件 B,C 是对立事件.

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答案 D 5+20 1 【例 2】 解 (1)甲品牌产品寿命小于 200 小时的频率为 = ,用频率估计概率, 100 4 1 可得甲品牌产品寿命小于 200 小时的概率为 . 4 (2)根据频数分布表可得寿命大于 200 小时的两种品牌产品共有 75+70=145(个),其中 75 15 甲品牌产品有 75 个,所以在样本中,寿命大于 200 小时的产品是甲品牌的频率是 = . 145 29 15 据此估计已使用了 200 小时的该产品是甲品牌的概率为 . 29 6 8 12 17 25 变式思考 2 解 (1)进球的频率分别为 =0.75, =0.8, =0.8, =0.85, ≈0.83, 8 10 15 20 30 32 38 =0.8, =0.76. 40 50 (2)由于这位运动员投篮一次,进球的频率都在 0.8 左右摆动,这位运动员投篮一次,进 球的概率约是 0.8. 【例 3】 解 记事件 A={任取 1 球为红球}; B={任取 1 球为黑球};C={任取 1 球为白球}; D={任取 1 球为绿球}, 5 4 2 1 则 P(A)= ,P(B)= ,P(C)= ,P(D)= . 12 12 12 12 (1)取出 1 球为红球或黑球的概率为 5 4 3 P1=P(A)+P(B)= + = . 12 12 4 (2)取出 1 球为红球或黑球或白球的概率为 5 4 2 11 P2=P(A)+P(B)+P(C)= + + = . 12 12 12 12 ?或P2=1-P?D?=1- 1 =11?. 12 12? ? 1 10 1 变式思考 3 解 (1)P(A)= ,P(B)= = , 1 000 1 000 100 50 1 P(C)= = . 1 000 20 1 1 1 故事件 A,B,C 的概率分别为 , , . 1 000 100 20 (2)1 张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖.设“1 张奖券中奖”这个事件为 M, 则 M=A∪B∪C. ∵A、B、C 两两互斥, 1+10+50 61 ∴P(M)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)= = ,故 1 张奖券的中奖概率 1 000 1 000 61 为 . 1 000 (3)设“1 张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件 N,则事件 N 与“1 张奖券中特等奖 1 1 ? 989 或中一等奖”为对立事件,故 P(N)=1-P(A∪B)=1-? ?1 000+100?=1 000. 989 故 1 张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为 . 1 000 自主体验 8 2 解 (1)由题意可知,样本总人数为 =50,则 b= =0.04,a=16,x=0.032,y= 0.16 50 0.004. (2)(ⅰ)由题意可知,第 4 组共有 4 人,记为 A,B,C,D,第 5 组共有 2 人,记为 X, Y.从竞赛成绩是 80 分以上(含 80 分)的同学中随机抽取 2 名同学有 AB,AC,AD,BC,BD,

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CD,AX,AY,BX,BY,CX,CY,DX,DY,XY,共 15 种情况. 设“随机抽取的 2 名同学中至少有 1 名同学来自第 5 组”为事件 E,有 AX,AY,BX, BY,CX,CY,DX,DY,XY,共 9 种情况. 9 3 ∴P(E)= = . 15 5 (ⅱ)设“随机抽取的 2 名同学来自同一组”为事件 F,有 AB,AC,AD,BC,BD,CD, XY,共 7 种情况. 7 ∴P(F)= . 15

第二节

古典概型

课本导读 1.(1)互斥 (2)基本事件 2.(1)只有有限个 (2)相等 1 m 3. n n 基础自评 1 1.解析 甲站在中间的情况有两种,而基本事件总共有 6 种,所以 P= . 3 答案 C 2.解析 甲、乙两人随意入住房间共有 4 个基本事件,甲、乙同住一个房间包含两个基 2 1 本事件,故所求概率为 P= = . 4 2 答案 C 3. 解析 基本事件的总数是 6 个, 歌舞节目被安排在小品节目之前的所包含的基本事件 1 的个数为 3,故所求的概率等于 . 2 答案 C 1 4.解析 将 3 人排序共包括 6 个基本事件,由古典概型得 P= . 6 1 答案 6 3 1 5.解析 基本事件总数为 3+a,所求事件包含的基本事件数为 3,由题意得 = , 3+a 7 解得 a=18. 答案 18 研考点· 知规律 【例 1】 解 (Ⅰ)从身高低于 1.80 的同学中任选 2 人,其一切可能的结果组成的基本 事件有:(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),(B,D),(C,D),共 6 个. 由于每个人被选到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 选到的 2 人的身高都在 1.78 以下的事件有:(A,B),(A,C),(B,C),共 3 个. 因此选到的 2 人的身高都在 1.78 以下的概率为 3 1 P= = . 6 2 (Ⅱ)从该小组同学中任选 2 人,其一切可能的结果组成的基本事件有:(A,B),(A,C), (A,D),(A,E),(B,C),(B,D),(B,E),(C,D),(C,E),(D,E),共 10 个. 由于每个人被选到的机会均等,因此这些基本事件的出现是等可能的. 选到的 2 人的身高都在 1.70 以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的事件有:(C,D),(C, E),(D,E),共 3 个.

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3 . 10 变式思考 1 解 (Ⅰ)将 4 道甲类题依次编号为 1,2,3,4;2 道乙类题依次编号为 5,6.任取 2 道题,基本事件为:{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{1,6},{2,3},{2,4},{2,5},{2,6},{3,4}, {3,5},{3,6},{4,5},{4,6},{5,6},共 15 个,而且这些基本事件的出现是等可能的. 用 A 表示“都是甲类题”这一事件,则 A 包含的基本事件有{1,2},{1,3},{1,4},{2,3}, 6 2 {2,4},{3,4},共 6 个,所以 P(A)= = . 15 5 (Ⅱ)基本事件同(Ⅰ). 用 B 表示“不是同一类题”这一事件, 则 B 包含的基本事件有{1,5}, 8 {1,6},{2,5},{2,6},{3,5},{3,6},{4,5},{4,6},共 8 个,所以 P(B)= . 15 【例 2】 解 一颗骰子抛掷一次,向上的点数有 6 种等可能结果,所以将一颗骰子先 后抛掷 2 次,共含有 36 个等可能的基本事件. (1)记“两数中至少有一个奇数”为事件 B,则事件 B 与“两数均为偶数”为对立事件, 因此选到的 2 人的身高都在 1.70 以上且体重指标都在[18.5,23.9)中的概率为 P1= 记为 B . ∵事件 B 包含的基本事件:(2,2),(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6) 共有 9 个. 9 1 3 = ,则 P(B)=1-P( B )= . 36 4 4 3 因此,两数中至少有一个奇数的概率为 . 4 ∴P( B )= (2)点(x,y)在圆 x2+y2=15 的内部记为事件 C,则 C 表示“点(x,y)在圆 x2+y2=15 上 或圆的外部”. 又事件 C 包含基本事件:(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2)共有 8 个. 8 2 ∴P(C)= = . 36 9 2 7 从而 P( C )=1-P(C)=1- = . 9 9 7 ∴点(x,y)在圆 x2+y2=15 上或圆外部的概率为 . 9 变式思考 3 解 将 5 杯饮料编号为:1,2,3,4,5,编号 1,2,3 表示 A 饮料,编号 4,5 表示 B 饮料, 则从 5 杯饮料中选出 3 杯的所有可能情况为: (123), (124), (125), (134), (135), (145), (234),(235),(245),(345),可见共有 10 种. 令 D 表示此人被评为优秀的事件,E 表示此人被评为良好的事件,F 表示此人被评为良 好及以上的事件,则 1 1 (1)P(D)= ,即此人被评为优秀的概率为 . 10 10 3 7 (2)P(E)= ,P(F)=P(D)+P(E)= . 5 10 7 ∴此人被评为良好及以上的概率为 . 10 【例 3】 解 (Ⅰ)X 的所有可能取值为-2,-1,0,1. → → (Ⅱ)数量积为-2 的有OA2· OA5,共 1 种; → → → → → → → → → → → → 数量积为-1 的有OA1· OA5,OA1· OA6,OA2· OA4,OA2· OA6,OA3· OA4,OA3· OA5,共 6 种; → → → → → → → → 数量积为 0 的有OA1· OA3,OA1· OA4,OA3· OA6,OA4· OA6,共 4 种; → → → → → → → → 数量积为 1 的有OA1· OA2,OA2· OA3,OA4· OA5,OA5· OA6,共 4 种. 故所有可能的情况共有 15 种. 7 所以小波去下棋的概率为 p1= ; 15

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4 因为去唱歌的概率为 p2= ,所以小波不去唱歌的概率 15 4 11 p=1-p2=1- = . 15 15 变式思考 3 解 由题意,得所有的基本事件为(-1,1),(-1,3),(-1,9),(1,1),(1,3), (1,9),(3,1),(3,3),(3,9),共 9 个. (1)设“a∥b”为事件 A,则 xy=-3. 事件 A 包含的基本事件有(-1,3),共 1 个. 1 故 a∥b 的概率为 P(A)= . 9 (2)设“a⊥b”为事件 B,则 y=3x. 事件 B 包含的基本事件有(1,3),(3,9),共 2 个. 2 故 a⊥b 的概率为 P(B)= . 9 自主体验 解 (1)从袋子中随机取两个球,其一切可能的结果组成的基本事件有 1 和 2,1 和 3,1 和 4,2 和 3,2 和 4,3 和 4,共 6 个. 从袋中随机取出的球的编号之和不大于 4 的事件共有 1 和 2,1 和 3 两个. 1 因此所求事件的概率为 . 3 (2)先从袋中随机取一个球,记下编号为 m,放回后,再从袋中随机取一个球,记下编号 为 n,其一切可能的结果(m,n)有:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1), (3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),共 16 个.满足条件 n≥m+2 的事件为(1,3), 3 (1,4),(2,4),共 3 个.所以满足条件 n≥m+2 的事件的概率为 P= ,故满足条件 n<m+2 16 3 13 的事件的概率为 1-P=1- = . 16 16

第三节

几何概型

课本导读 1.长度(面积或体积) 2.无限性 等可能性 所占的图形面积(体积、长度) 总面积(总体积、总长度) 构成事件A的区域长度?面积或体积? 3. 试验的全部结果所构成的区域长度?面积或体积? 基础自评 1.解析 x2+x-2<0?-2<x<1,由几何概型的计算公式可知选 B. 答案 B 2.解析 因为取水是随机的,而细菌在 2 L 水中的任何位臵是等可能的,则小杯水中含 0.1 有这个细菌的概率为 P= =0.05. 2 答案 C 12 4 3.解析 概率为 P= = ,故选 D. 3 9π ? ?2π ?2? 答案 D 黑豆种子的质量 20 1 4.解析 所求概率为 = = . 总质量 100+20 6 1 答案 6

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2 2π 5.解析 因为正方体的体积为 8,而半球的体积为 ×1×π= ,那么点 P 到点 O 的距 3 3 2π 8- 3 π 离大于 1 的概率为 =1- . 8 12 π 答案 1- 12 研考点· 知规律 【例 1】 解析

(1)如右图,可设 AM =1, AN =1,根据题意只要点 B 在优弧 MAN 上,劣弧 AB 的长 度就小于 1,由于点 B 在圆周上的任意性,故这个概率是优弧 MAN 的长度与圆的周长之比, 2 即这个概率是 . 3 (2)在点 C 处任意选择一个方向继续直线游下去,可在 360° 区域内活动,再游不超过 10 60° 1 米就能够回到河岸 AB,只能在 60° 区域内活动,故所求的概率为 P= = .故选 D. 360° 6 2 答案 (1) (2)D 3 25 变式思考 1 解析 (1)根据点到直线的距离公式得 d= =5. 5 |c| (2)设直线 4x+3y=c 到圆心的距离为 3,则 =3,取 c=15,则直线 4x+3y=15 把圆所 5 截得的劣弧的长度和整个圆的周长的比值即是所求的概率,由于圆半径是 2 3,则可得直线 1 4x+3y=15 截得的圆弧所对的圆心角为 60° ,故所求的概率是 . 6 1 答案 (1)5 (2) 6 【例 2】 解析

则? ?0≤y≤4, ?

由题意得此概率为—几何概型,设第一串彩灯亮的时刻为 x,第二串彩灯亮的时刻为 y, ? ?0≤x≤4, 0≤x≤4, ? ? 要使它们第一次闪亮的时刻相差不超过 2 秒,则?0≤y≤4, ? ?|x-y|≤2. 12 3 如右图,正方形面积为 16,阴影部分面积为 16-2×2=12,故 P= = . 16 4 答案 C 变式思考 2

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解析 设图中阴影面积为 S1,S2,令 OA=R, R?2 πR2 ∴S2-S1= -π·? ? 2 ? =0,即 S2=S1. 4 由图形知,S1=2(S 扇形 ODC-S△ODC) ?π·?R?2 ? πR2-2R2 =2? ? 2 ? 1 ?R?2?= , 8 ?2? ? ? 4 -2· ?π-2?R2 4 S1+S2 2 ∴P= = =1- . πR2 π S扇AOB 4 答案 A 【例 3】 解析 先求点 P 到点 O 的距离大于或等于 1 的概率. 圆柱的体积 V 圆柱=π×12×2 1 4 2 =2π.以 O 为球心,1 为半径且在圆柱内部的半球的体积 V 半球= × π×13= π,则点 P 到点 2 3 3 2 π 3 1 1 2 O 的距离小于或等于 1 的概率为 = ,所以,点 P 到点 O 的距离大于 1 的概率为 1- = . 2π 3 3 3 故选 B. 答案 B 1 4 3 × πa 8 3 1 π 变式思考 3 解析 满足条件的点在半径为 a 的 球内, 所以所求概率为 P= = , 8 a3 6 选 D. 答案 D 自主体验 300-96 1.解析 由随机模拟的思想方法,可得黄豆落在椭圆内的概率为 =0.68.由几何 300 S椭圆 概型的概率计算公式,可得 =0.68,而 S 矩形=6×4=24,则 S 椭圆=0.68×24=16.32. S矩形 答案 C 200 1 2.解析 点落在阴影部分的频率是 = ,由于是随机的掷点,点落在正方形内各点是 800 4 1 随机的, 因此我们就有理由相信阴影部分的面积就是整个正方形面积的 , 故阴影部分的面积 4 1 约为 ×36=9. 4 答案 9

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选修 4—1
第一节

几何证明选讲

相似三角形的判定及有关性质

课本导读 1.成比例 成比例 2.(1)相等 成比例 相似比 相似系数 (2)对应相等 对应成比例 对应成比例 角相等 相似 3.(1)相似比 (2)相似比 (3)相似比的平方 (4)相似比 相似比的平方 4.比例中项 比例中项 基础自评 S△ADE 4 AD AD 2 1.解析 ∵ =2,∴ = ,故 = , DB AB 3 S△ABC 9 S△ADE 4 ∴ = . S四边形DBCE 5 4 答案 5 2.解析 由射影定理:CD2=AD· DB, 4 ∴AD= ,又 AC2=AD· AB, 3 4 4 2 13 ∴AC= AD· AB= ×? +3?= . 3 3 3 2 13 答案 3 3.解析 ∵DE∥BC,DF∥AC, ∴四边形 DECF 是平行四边形. ∴FC=DE=5 cm. BF BD BF 8 ∵DF∥AC,∴ = ,即 = . FC DA 5 4 ∴BF=10 cm. 答案 10 cm 4.解析 由题可证得△BEF∽△CDF, DC DF 3 ∴ = = . BE EF 2 AD DE DF 5 ∴ = = +1= . BF EF EF 2 答案 5.解析 ∵PQ⊥PC,∴∠APQ+∠BPC=90° . ∴∠APQ=∠BCP. ∴Rt△APQ∽Rt△PBC. AP PQ ∴ = . BC PC ∵AB=4,AP PB= ,∴PB=3,AP=1. AP· PC ∴PQ= . BC 5 又 PC2= 32+42=5,∴PQ= . 4 5 答案 4



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研考点· 知规律 【例 1】 解析 设 DE=x,AH 交 DE 于点 M,显然 MH 的长度与等边三角形 DEF 的 3 3- x 2 2-x DE AM AH-MH x 4 高相等,又 DE∥BC,则 = = ,∴ = = ,解得 x= . BC AH AH 4 2 3 3 4 答案 3 变式思考 1

解析 如图所示,延长 BA,CD 交于点 P, PA AD 2 ∵AD∥BC,∴ = = , PB BC 5 PA 2 ∴ = . AB 3 AE 3 AE 3 又∵ = ,∴ = . EB 4 AB 7 PA 14 PA 14 ∴ = ,∴ = . AE 9 PE 23 AD PA 14 ∵AD∥EF,∴ = = . EF PE 23 23 又 AD=2,∴EF= . 7 23 答案 7 【例 2】 解 (1)证明:因为∠CPD=∠ABC,∠PDC=∠PDC,所以△DPC∽△DBA, PC PD 所以 = . AB BD PC PD 又 AB=AC,所以 = . AC BD (2)因为∠ABC+∠APC=180° ,∠ACB+∠ACD=180° ,∠ABC=∠ACB,所以∠ACD =∠APC. AP AC 又∠CAP=∠DAC,所以△APC∽△ACD,所以 = . AC AD 所以 AP· AD=AC2=9. 变式思考 2

证明 过点 A 作 AE⊥BC,垂足为 E, 1 ∴CE=BE= BC,由 BD⊥AC,AE⊥BC. 2 又∵∠C=∠C,∴△AEC∽△BDC. 1 BC 2 EC AC AC ∴ = ,∴ = , DC BC CD BC 即 BC2=2CD· AC. 【例 3】 证明 ∵∠ACB=90° ,DE⊥AC,

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BD AB ∴DE∥BC,∴ = . CE AC CE AC 同理:CD∥EF,∴ = . DF AD ∵∠ACB=90° ,CD⊥AB,∴AC2=AD· AB. AC AB CE BD 2 ∴ = ,∴ = ,∴CE =BD· DF. AD AC DF CE 变式思考 3

解析 如图,连接 AC,CB, ∵AB 是⊙O 的直径,∴∠ACB=90° . 设 AD=x,∵CD⊥AB 于 D,∴由射影定理得 CD2=AD· DB,即 62=x(13-x). 2 ∴x -13x+36=0,解得 x1=4,x2=9. ∵AD>BD,∴AD=9. 答案 9 自主体验 解 由射影定理得 AC2=AD· AB,BC2=BD· AB. 2 AC AD 2 ∴ 2= = ,∴AC BC= 2 3, BC BD 3 ∵CD⊥AB.∠A+∠ACD=∠B+∠A,∴∠B=∠ACD. 又∵∠ACB=∠ADC=90° ,∴△ACD∽△CBD. ∴△ACD 与△CBD 的相似比为 AC BC= 2 3= 6

第二节

直线与圆的位置关系

课本导读 1.一半 2.它所对的弧 圆周角 弧 3.①对角 ②内对角 对角 内对角 4.(2)垂直 圆心 5.(1)积 (2)积 (3)比例中项 (4)两切线夹角 基础自评 1.解析 ∵EG 平分∠E,∴∠FEC=20° . ∴∠FCE=∠CFG-∠FEC=60° . ∵四边形 ABCD 内接于圆,∴∠A=∠FCE=60° . 答案 60° 2.解析 连接 CP,由推论 2 知∠CPA=90° , 即 CP⊥AB,由射影定理知, AC2=AP· AB,∴AP=3.6. ∴BP=AB-AP=6.4. 答案 6.4 3.解析 ∵CF DF= ,∴DF=4CF. ∵AB=10,AF=2,∴BF=8. ∵CF· DF=AF· BF, ∴CF· 4CF=2×8,∴CF=2. 答案 2

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4.解析 ∵AB 是圆的直径,直线 AC 是圆的切线, ∴∠ADB=∠CAB=90° . 由勾股定理得 BC= AB2+AC2= 5. 由三角形的面积公式,得 AB· AC=BC· AD, 2×1 2 5 ∴AD= = . 5 5 答案 2 5 5

1 5.解析 由相交弦定理得 AF· FB=DF· FC.设 AF=4x,则 4x· 2x=2,∴x2= . 4 7 再由切割线定理得 CE2=EB· EA=x· 7x=7x2= , 4 7 ∴CE= . 2 7 答案 2 研考点· 知规律

【例 1】 解析 连接 AD,BC.因为 AB 是圆 O 的直径,所以∠ADB=∠ACB=90° . 又∠ACD=∠ABD,所以在△ACD 中, 由正弦定理得: CD AD = sin∠DAC sin∠ACD ABsin∠ABD AD = = =AB=3, sin∠ABD sin∠ABD 1 又 CD=1,所以 sin∠DAC=sin∠DAP= , 3 2 所以 cos∠DAP= 2. 3 2 又 sin∠APB=sin(90° +∠DAP)=cos∠DAP= 2. 3 2 答案 2 3 变式思考 1

解析 (1)如右图所示,连接 CO 并延长交圆 O 于点 A,连接 AB. ∵∠BCD=30° ,CD 是圆 O 的切线, ∴∠BAC=∠BCD=30° . 又 AC 为圆 O 的直径,可得∠ABC=90° , BC ∴AC= =4, sin∠BAC 即得圆 O 的半径为 2,其面积 S=π×22=4π. (2)由已知 BC=ABsin60° =10 3,由弦切角定理∠BCD=∠A=60° ,所以 BD=BCsin60°

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=15,CD=BCcos60° =5 3,由切割线定理 CD2=DE· BD,所以 DE=5. 答案 (1)4π (2)5 【例 2】 解析 因为 AE 是圆的切线, 且 AE=6, BD=5, 由切割线定理可得 EA2=EB· ED, 即 36=EB· (EB+5),解得 EB=4.又∠BAE=∠ADB=∠ACB=∠ABC,所以 AE∥BC.又 AC ∥BD, 所以四边形 AEBC 是平行四边形, 所以 AE=BC=6, AC=EB=4.又由题意可得△CAF CA CF CA2 16 8 ∽△CBA,所以 = ,CF= = = . CB CA CB 6 3 8 答案 3 变式思考 2 解析 由相交弦定理 PA· PB=PC· PD,代入数据得 PC=4,所以 CD=5, 5 3 从而圆心 O 到弦 CD 的距离为 ? 7?2-? ?2= . 2 2 3 答案 2 【例 3】 解

(1)证明:连接 DE,根据题意在△ADE 和△ACB 中,AD· AB=mn=AE· AC,即

AD AE = . AC AB

又∠DAE=∠CAB,所以△ADE∽△ACB.因此∠ADE=∠ACB. 所以 C,B,D,E 四点共圆. (2)m=4,n=6 时,方程 x2-14x+mn=0 的两根为 x1=2,x2=12.故 AD=2,AB=12. 取 CE 的中点 G,DB 的中点 F,分别过 G,F 作 AC,AB 的垂线,两垂线相交于 H 点, 连接 DH.因为 C,B,D,E 四点共圆,所以 C,B,D,E 四点所在圆的圆心为 H,半径为 DH. 由于∠A=90° ,故 GH∥AB,HF∥AC. 1 从而 HF=AG=5,DF= ×(12-2)=5. 2 故 C,B,D,E 四点所在圆的半径为 5 2. 变式思考 3

BC DC (Ⅰ)证明:因为 CD 为△ABC 外接圆的切线,所以∠DCB=∠A,由题设知 = , FA EA 故△CDB∽△AEF,所以∠DBC=∠EFA. 因为 B,E,F,C 四点共圆,所以∠CFE=∠DBC, 故∠EFA=∠CFE=90° . 所以∠CBA=90° ,因此 CA 是△ABC 外接圆的直径. (Ⅱ)连接 CE,因为∠CBE=90° ,所以过 B,E,F,C 四点的圆的直径为 CE.由 DB=BE, 有 CE=DC,又 BC2=DB· BA=2DB2, 所以 CA2=4DB2+BC2=6DB2. 而 CE2=DC2=DB· DA=3DB2,故过 B,E,F,C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积 1 的比值为 . 2 自主体验 解 (Ⅰ)证明:由直线 CD 与⊙O 相切,得∠CEB=∠EAB.由 AB 为⊙O 的直径,得 AE⊥EB, 解

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π 从而∠EAB+∠EBF= ; 2 π 又 EF⊥AB,得∠FEB+∠EBF= , 2 从而∠FEB=∠EAB.故∠FEB=∠CEB. (Ⅱ)由 BC⊥CE,EF⊥AB,∠FEB=∠CEB,BE 是公共边,得 Rt△BCE≌Rt△BFE,所 以 BC=BF. 类似可证,Rt△ADE≌Rt△AFE,得 AD=AF. 又在 Rt△AEB 中,EF⊥AB,故 EF2=AF· BF, 2 所以 EF =AD· BC.

选修 4—4
第一节 坐标系

坐标系与参数方程

课本导读 1.极轴 极径 ρ 极角 θ (ρ,θ) M(ρ,θ) y 2.ρcosθ ρsinθ x2+y2 x 3.ρ=r ρ=2rcosθ ρ=2rsinθ ρcosθ=a ρsinθ=a 基础自评 x=x′, ? ?x′=x, ? ? 1.解析 由伸缩变换? 得? 1 ? ?y′=4y, ? ?y=4y′. 将其代入 x-2y=2 得 2x′-y′=4. 答案 2x′-y′=4 π 2.解析 P,Q 在过极点且与极轴成 角的直线上,它们位于极点的两侧,因此 PQ=5 4 +1=6. 答案 6 3.解析 因为 x2+y2=ρ2,y=ρsinθ,所以原方程可化为 ρ2-8ρsinθ=0.所以 ρ=0 或 ρ =8sinθ. 经检验,得所求的极坐标方程为 ρ=8sinθ. 答案 ρ=8sinθ π π 4.解析 原方程可化为 ρ=6cosθcos +6sinθsin , 3 3 2 方程两边同乘 ρ,得 ρ =3ρcosθ+3 3ρsinθ, 由 ρ2=x2+y2,ρcosθ=x,ρsinθ=y, 得所求的直角坐标方程为 x2+y2-3x-3 3y=0. 答案 x2+y2-3x-3 3y=0 π? π 5.解析 圆心的极坐标为(1,0),半径为 1,θ= 与圆的交点的极坐标为? ? 2,4?. 4 π? 答案 (1,0) ? ? 2,4? 研考点· 知规律

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【例 1】 解

?x′=3x, (1)设点 P(x, y)为正弦曲线 y=sinx 上的任意一点, 在变换 φ: ? 1 ?y′=2y

1

? ?x=3x′, 的作用下, 点 P(x, y)对应到点 P′(x′, y′), 可得 ? 代入 y=sinx 得 2y′=sin3x′, ?y=2y′, ? 1 1 所以 y′= sin3x′,即 y= sin3x 为所求. 2 2 2 ? ?x′=λx?λ>0?, x′2 y′2 x y2 ? (2)将变换后的椭圆 + =1 改写为 + =1, 伸缩变换为 φ: 代 25 16 25 16 ?y′=μy?μ>0?, ?

λx μy λ μ 入上式得 + = 1 ,即 ( )2x2 + ( )2y2 = 1 ,与 x2 + y2 = 1 25 16 5 4
? ?λ=5, ? ?μ=4. ?

2 2

2 2

??5? =1, 比较系数得 ? μ ??4? =1,
2 2

λ



?3x′=x, ? 1 变式思考 1 解 (1)将变换后的曲线 y=2sin3x 改写为 y′=sin3x′, 令?1 2 ?2y′=y, ?
1 ? ?x′=3x, 得伸缩变换公式? ?y′=2y. ?



? ?x′=3x, x′2 y′2 (2)将圆 x2+y2=1 按伸缩变换公式? 变换后所得椭圆的方程为 + =1, 9 25 ?y′=5y ? x2 y2 即 + =1. 9 25 ∵a2=25,b2=9,∴c2=a2-b2=25-9=16. ∴c=4,2c=8. x2 y2 即所得椭圆的标准方程为 + =1,焦距为 8. 9 25 【例 2】 解 (1)以 x=ρcosθ,y=ρsinθ 代入,得 ρ2cos2θ+ρ2sin2θ=r2,ρ2(cos2θ+sin2θ) =r2,ρ=r. 所以,以极点为圆心、半径为 r 的圆的极坐标方程为 ρ=r(0≤θ<2π). y (2)方法 1:以 ρ= x2+y2,sinθ= 代入, ρ y 得 x2+y2=8· 2 2,即 x2+y2-8y=0, x +y 2 2 即 x +(y-4) =16. 方法 2:方程两边同时乘以 ρ,得 ρ2=8ρsinθ,即 x2+y2-8y=0. π 变式思考 2 解析 (1)点(2, )对应的直角坐标为( 3,1),极坐标方程 ρsinθ=2 化为直 6 角坐标方程为 y=2,显然点到直线的距离 d=|2-1|=1.

(2)在直角坐标中方程为 x2-4x+y2=0,点 P(2,2 3),所以|CP|= ?2-2?2+?0-2 3?2= 2 3. 答案 (1)1 (2)2 3
? ?x=4+5cost, (1)将? 消去参数 t,化为普通方程(x-4)2+(y-5)2=25, ? ?y=5+5sint,

【例 3】 解

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即 C1:x2+y2-8x-10y+16=0. ?x=ρcosθ, ? 将? 代入 x2+y2-8x-10y+16=0. ? y = ρ sin θ ? ρ2-8ρcosθ-10ρsinθ+16=0. ∴C1 的极坐标方程为 ρ2-8ρcosθ-10ρsinθ+16=0. (2)C2 的普通方程为 x2+y2-2y=0. ?x2+y2-8x-10y+16=0, ?x=1, ?x=0, ? ? ? 由? 2 2 解得? 或? ?x +y -2y=0, ?y=1 ?y=2. ? ? ? π? ? π? ∴C1 与 C2 交点的极坐标分别为? ? 2,4?,?2,2?. π π 变式思考 3 解 (Ⅰ)由点 A( 2, )在直线 ρcos(θ- )=a 上,可得 a= 2. 4 4 所以直线 l 的方程可化为 ρcosθ+ρsinθ=2, 从而直线 l 的直角坐标方程为 x+y-2=0. (Ⅱ)由已知得圆 C 的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1, 所以圆 C 的圆心为(1,0),半径 r=1, 1 2 因为圆心 C 到直线 l 的距离 d= = <1, 2 2 所以直线 l 与圆 C 相交. 自主体验 π 1.解析 将 θ= 代入到 ρcosθ+ρsinθ=2,得 ρ= 2, 4 π ∴交点的极坐标为( 2, ). 4 答案 C ? ?x=cosα, 2.解析 由? 得 x2+(y-1)2=1,① ?y=1+sinα, ? 方程 ρsinθ=1 化为 y=1,② ? ? ?x=1, ?x=-1, 由①、②联立,得? 或? ?y=1, ?y=1, ? ? ∴直线 l 与圆 C 的交点坐标为(1,1)或(-1,1). 答案 (1,1)或(-1,1)

第二节

参数方程

课本导读 1.任意一点 这条曲线上 参数 普通方程 ?x=x0+tcosα, ? 2.? 有向线段 P0P 的数量 ? ?y=y0+tsinα
? ?x=a+rcosα, 3.? ?y=b+rsinα ? ? ?x=acosθ, 4.? ?y=bsinθ ? 基础自评 1.解析 将 sin2θ=y 代入 x=2+sin2θ 得 y=x-2, 又 0≤sin2θ≤1,∴y∈[0,1],x∈[2,3],故选 C.

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答案 C 2.解析 答案 B 3.

?x=-1+tcos 4 , 直线 l 的参数方程可化为? 3π ?y=2+tsin 4 ,



3π 故直线的斜率为 tan =-1. 4

解析 如图,设圆心为 O′,连接 O′M. ∵O′为圆心, ∴∠MO′x=2φ. ? ?x=r+rcos2φ, ∴? ?y=rsin2φ. ? 答案 D 4 x=1+ t, 5 4.解析 将方程 3 y=-1- t, 5 π? ρ= 2cos? ?θ+4?分别化为普通方程: 3x+4y+1=0,x2+y2-x+y=0. 1 1? 2 1 圆心 C? ?2,-2?,半径为 2 ,圆心到直线的距离 d=10, 1 1 7 弦长=2 r2-d2=2 - = . 2 100 5 7 答案 5 5.解析 将直线 l1 的参数方程化成普通方程为 y=3x-2, 又 l2:y=3x+4,故 l1∥l2.

? ? ?

|0+2+4| 从 l1 上取一点(0, -2), 其到 l2: 3x-y+4=0 的距离就是 l1 与 l2 的距离, 即 d= 10 3 10 = . 5 3 10 答案 5 研考点· 知规律

?x= 5cosθ, 【例 1】 解析 由? (0≤θ<π), ?y=sinθ x2 得 +y2=1(y≥0),① 5 5 ? ?x=4t2, 5 由? (t∈R),得 x= y2,② 4 ? ?y=t 4 5 将②代入①,得 5y4+16y2-16=0,解得 y2= 或 y2=-4(舍去),则 x= y2=1. 5 4

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2 5 又 y≥0,得交点坐标为(1, ). 5 2 5 答案 (1, ) 5 变式思考 1 解析 (1)代入法消参,得到圆锥曲线的方程为 y2=4x,则焦点坐标为(1,0). ? ? ?cosθ=x-1, ?x=cosθ+1, (2)极坐标方程化为直角坐标方程为(x-1)2+y2=1, 令? 即? ?sinθ=y, ?y=sinθ ? ? (θ 为参数). ? ?x=cosθ+1, 答案 (1)(1,0) (2)? (θ 为参数) ?y=sinθ ?

【例 2】 解

?x=1- 22t, 由条件可知直线的参数方程是? 2 ?y=1+ 2 t

(t 为参数),

?1- 2t?2 2 ? ? ? 2 代入椭圆方程可得 + 1+ t?2=1, 4 2 ? ?
5 即 t2+3 2t+1=0. 2

?t +t =-6 5 2, 设方程的两实根分别为 t 、 t, 则由二次方程的根与系数的关系可得? 2 ?t t =5,
1 2 1 2 1 2

则直线截椭圆的弦长是|t1-t2|= ?t1+t2?2-4t1t2=

?-6 2?2-4×2=4 2. 5 5 ? 5 ?
(s 为 参 数 ) , 又 曲 线

变式思考 2



?x=-3+ 23s, 直线的参数方程为? 1 ?y=2s

?x=t+ t , ? 1 ?y=t- t

1

(t 为参数)可以化为 x2-y2=4,将直线的参数方程代入上式,得 s2-6 3s+10

=0,设 A、B 对应的参数分别为 s1,s2. ∴s1+s2=6 3,s1s2=10. ∴|AB|=|s1-s2|= ?s1+s2?2-4s1s2=2 17. π π? 【例 3】 解 (1)由已知可得 A? ?2cos3,2sin3?, ?π+π?,2sin?π+π??, B? 2cos ? ? 3 2? ?3 2?? π ? ? ?π ?? C? ?2cos?3+π?,2sin?3,π??, ?π 3π? ?π 3π?? D? ?2cos?3+ 2 ?,2sin?3+ 2 ??, 即 A(1, 3),B(- 3,1),C(-1,- 3),D( 3,-1). (2)设 P(2cosφ,3sinφ),令 S=|PA|2+|PB|2+|PC|2+|PD|2,则 S=16cos2φ+36sin2φ+16= 32+20sin2φ. 因为 0≤sin2φ≤1,所以 S 的取值范围是[32,52].

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? ?x=cosθ, 变式思考 3 解 (1)设圆的参数方程为? ?y=1+sinθ. ?

2x+y=2cosθ+sinθ+1= 5sin(θ+φ)+1, ∴- 5+1≤2x+y≤ 5+1. (2)x+y+a=cosθ+sinθ+1+a≥0, π ∴a≥-(cosθ+sinθ)-1=- 2sin(θ+ )-1. 4 ∴a≥ 2-1. 自主体验 1.解析 将曲线的参数方程化为普通方程得 x+2y-2=0(0≤x≤2,0≤y≤1). 答案 D 2.解析 由题意知,圆 C 的普通方程为(x-1)2+(y-2)2=2,其半径 r= 2.若圆 C 与直 |1-2+m| 线 x-y+m=0 相切,则 = 2,得|m-1|=2,故 m=-1 或 3. 1+1 答案 2 -1 或 3

选修 4—5
第一节

不等式选讲

绝对值不等式

课本导读 1.ab≥0 (a-b)(b-c)≥0 2.(1){x|-a<x<a} ? ? {x|x>a 或 x<-a} {x|x∈R 且 x≠0} R 基础自评 1.解析 ∵|2x-1|<x+1,即-(x+1)<2x-1<x+1, ?2x-1>-x-1, ?x>0, ? ? ∴? 即? ?x<2. ?2x-1<x+1, ? ? ∴解集为{x|0<x<2}. 答案 {x|0<x<2} 2.解析 ∵|x|2-2|x|-15>0, ∴|x|>5 或|x|<-3(舍去). ∴x<-5 或 x>5. 答案 (-∞,-5)∪(5,+∞) 3.解析 由|x+1|+|x+3|≥|(x+1)-(x+3)|=2, ∴ymin=2. 答案 2 1 4.解析 当 x≤- 时,原不等式可化为-1-2x+2(x-1)>0,整理得-3>0,无解; 2 1 1 1 当- <x≤1 时, 原不等式可化为 2x+1+2(x-1)>0, 整理得 4x-1>0, 即 x> , ∴ <x≤1; 2 4 4 当 x>1 时,原不等式可化为 2x+1-2(x-1)>0,整理得 3>0.此时不等式的解为 x>1. 1 1 ∴原不等式的解集为{x| <x≤1}∪{x|x>1}={x|x> }. 4 4 1 答案 {x|x> } 4

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5.解析 因为|x+1|+|x-2|≥|x+1-x+2|=3, ∴|x+1|+|x-2|的最小值为 3, 因此要使原不等式存在实数解,只需|a|≥3, ∴a≥3 或 a≤-3. 答案 (-∞,-3]∪[3,+∞) 研考点· 知规律 【例 1】 解析 方法 1:|x-2y+1|=|(x-1)-2(y-2)-2|≤|x-1|+2|y-2|+2≤1+2+ 2=5, 当且仅当 x=0,y=3 时,|x-2y+1|取最大值 5. 方法 2:∵|x-1|≤1,∴-1≤x-1≤1,∴0≤x≤2. 又∵|y-2|≤1,∴-1≤y-2≤1,∴1≤y≤3. 从而-6≤-2y≤-2. 由同向不等式的可加性可得-6≤x-2y≤0, ∴-5≤x-2y+1≤1,∴|x-2y+1|的最大值为 5. 答案 5 变式思考 1 解析 ∵|x-y|=|(x-a)-(y-a)|≤|x-a|+|y-a|<m+m=2m, ∴|x-a|<m, 且|y-a|<m 是|x-y|<2m 的充分条件.取 x=3,y=1,a=-2,m=2.5,则有|x-y|=2<5 =2m,但|x-a|=5,不满足|x-a|<m=2.5,故|x-a|<m 且|y-a|<m 不是|x-y|<2m 的必要 条件. 答案 A 【例 2】 解 (Ⅰ)当 a=2 时, -2x+6,x≤2, ? ? f(x)+|x-4|=?2, 2<x<4, ? ?2x-6, x≥4. 当 x≤2 时,由 f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4,解得 x≤1; 当 2<x<4 时,f(x)≥4-|x-4|无解; 当 x≥4 时,由 f(x)≥4-|x-4|得 2x-6≥4,解得 x≥5; 所以 f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x≤1 或 x≥5}. (Ⅱ)记 h(x)=f(2x+a)-2f(x), -2a, x≤0, ? ? 则 h(x)=?4x-2a, 0<x<a, ? ?2a, x≥a. a-1 a+1 由|h(x)|≤2,解得 ≤x≤ . 2 2 又已知|h(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}, 1 =1, ?a- 2 所以? a+1 ? 2 =2,

于是 a=3.

3 5 变式思考 2 解 (1)变形:1≤|x- |< , 2 2 5 3 3 5 ∴- <x- ≤-1 或 1≤x- < . 2 2 2 2 1 5 ∴原不等式解集为{x|-1<x≤ 或 ≤x<4}. 2 2 (2)∵分母|x+3|>0 且 x≠-3, ∴原不等式等价于|2x-1|-2>0,即|2x-1|>2, ∴2x-1>2 或 2x-1<-2,

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3 1 解得 x> 或 x<- . 2 2 3 1 ∴原不等式的解集为{x|x> 或 x<- 且 x≠-3}. 2 2 【例 3】 解 (1)由|ax+1|≤3 得-4≤ax≤2. 又 f(x)≤3 的解集为{x|-2≤x≤1}, 所以当 a≤0 时,不合题意; 4 2 当 a>0 时,- ≤x≤ ,故 a=2. a a x (2)记 h(x)=f(x)-2f( ), 2

? ?-4x-3,-1<x<-1 2 则 h(x)=? 1 ? ?-1,x≥-2

1,x≤-1



所以|h(x)|≤1,因此 k≥1. 变式思考 3 解析 |x-5|+|x+3|≥|(x-5)-(x+3)|=8,故 a≤8. 答案 (-∞,8] 自主体验 ? ?-2x+5,x<2, 解 (1)因为 f(x)=? 所以函数 y=f(x)的图象如下图所示. ?2x-3,x≥2, ?

1 (2)由函数 y=f(x)与函数 y=ax 的图象可知,当且仅当 a≥ 或 a<-2 时,函数 y=f(x)与 2 1 函数 y=ax 的图象有交点. 故不等式 f(x)≤ax 的解集非空时, a 的取值范围为(-∞, -2)∪[ , 2 +∞).

第二节
课本导读

不等式证明的基本方法
a (2) >1 b

1.(1)a-b>0

2.结论 5.(1)结论 (2)矛盾 (3)假设 结论 6.(1)(a1b1+a2b2)2 基础自评 1.解析 a>0,b>0,c>0 的否定是:a,b,c 不全是正数. 答案 C 2.解析 ∵a+d=b+c,且正数 a,b,c,d 不相等. a+d b+c ∴ = > bc. 2 2 答案 A

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3.解析 ∵|a|+|b|≥|a+b|,∴n= 又|a|-|b|≤|a-b|, |a|-|b| ∴m= ≤1,因此 n≥m. |a-b| 答案 D

|a|+|b| ≥1, |a+b|

1 x2+y2+z2=(12+12+12)(x2+y2+z2)× 3 1 1 ≥(1· x+1· y+1· z)2× = . 3 3 1 答案 3 5.证明 因为 a,b,c 为正实数, 4.解析 3 1 1 1 1 1 1 由平均不等式可得 3+ 3+ 3≥3 · ·, a b c a3 b3 c3 1 1 1 3 即 3+ 3+ 3≥ . a b c abc 1 1 1 3 所以 3+ 3+ 3+abc≥ +abc. a b c abc 3 3 而 +abc≥2 · abc=2 3. abc abc 1 1 1 所以 3+ 3+ 3+abc≥2 3. a b c 研考点· 知规律 【例 1】 解析 2a3-b3-(2ab2-a2b)=2a(a2-b2)+b(a2-b2)=(a2-b2)(2a+b)=(a- b)(a+b)(2a+b). ∵a≥b>0,∴a-b≥0,a+b>0,2a+b>0. 从而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0,即 2a3-b3≥2ab2-a2b. 变式思考 1 证明 a3+b3- ab(a2+b2) =(a3-a2 ab)+(b3-b2 ab) =a2 a( a- b)-b2 b( a- b) =( a- b)( a5- b5). 当 a≥b≥0 时, a≥ b且 a5≥ b5, 当 b>a≥0 时, a< b且 a5< b5, ∴a3+b3- ab(a2+b2)≥0. ∴a3+b3≥ ab(a2+b2). 1 1 【例 2】 证明 (1)因为 x>0,y>0,x-y>0,2x+ 2 =(x 2-2y=2(x-y)+ x -2xy+y ?x-y?2 3 1 1 -y)+(x-y)+ ?x-y?2 =3, 2≥3 ?x-y? ?x-y?2 1 所以 2x+ 2 ≥2y+3. x -2xy+y2 (2)因为 a,b,c>0,所以要证 a+b+c≥ 3, 只需证明(a+b+c)2≥3. 即证:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3, 而 ab+bc+ca=1, 故需证明:a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca). 即证:a2+b2+c2≥ab+bc+ca. a2+b2 b2+c2 c2+a2 而 ab+bc+ca≤ + + =a2+b2+c2(当且仅当 a=b=c 时等号成立)成 2 2 2

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立. ∴原不等式成立. 变式思考 2 解 命题是真命题,证明如下: ∵a>b>c 且 a+b+c=0,∴a>0,c<0. b2-ac 要证 < 3,只需证 b2-ac< 3a,即证 b2-ac<3a2. a 因为 b=-a-c,故只需证(a+c)2-ac<3a2, 即证 2a2-ac-c2>0,即证(2a+c)(a-c)>0. ∵2a+c=a-b>0,a-c>0, ∴(2a+c)(a-c)>0 成立,∴原命题成立. k+?k+1? 1 【例 3】 解析 k< k?k+1?< = (2k+1)(k=1,2,?,n), 2 2 若记 Sn= 1×2+ 2×3+?+ n?n+1?,则 n?n+1? Sn>1+2+?+n= , 2 ?n+1?2 1 1 2 Sn< (3+5+?+2n+1)= (n +2n)< , 2 2 2 故原不等式成立. 1 1 变式思考 3 证明 ∵ k- k-1= > , k+ k-1 2 k 1 ∴ <2( k- k-1). k 1 令 k=1,2,3,?,n,则有 <2( 1- 0), 1 1 1 <2( 2- 1), <2( 3- 2), 2 3 ? 1 <2( n- n-1). n 1 1 1 各式相加,1+ + +?+ <2 n(n∈N*). 2 3 n 【例 4】 解 解法 1:(使用基本不等式) 11 2 3 a+2b+3c= ( + + )(a+2b+3c) 2a b c 1 2b 2a 3c 3a 6c 6b = (14+ + + + + + ) 2 a b a c b c 1 ≥ ×(14+4+6+12)=18, 2 当且仅当 a=b=c=3 时等号成立. 所以当 a=b=c=3 时,a+2b+3c 取得最小值 18. 解法 2:(使用柯西不等式) 1 2 3 12 22 32 1 ( + + )(a+2b+3c)=[( ) +( ) +( ) ][( a)2+( 2b )2+( 3c )2]≥( a b c a b c a 2 3 × a+ × 2b+ × 3c)2=36, b c 当且仅当 a=b=c 时等号成立. 1 2 3 又 + + =2,则 a+2b+3c≥18, a b c 所以当 a=b=c=3 时,a+2b+3c 取得最小值 18. 变式思考 4 解析 由柯西不等式得(a2+4b2+9c2)(12+12+12)≥(a+2b+3c)2=36, 所以 2 2 2 2 2 2 a +4b +9c ≥12,从而 a +4b +9c 的最小值为 12.

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答案 12


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