高考数学第一轮复习题库

---・・.AB与面MNP不平行.解析：①•・•面AB〃面MNP,.・・AB〃面・・.AB与面MNP不平行.解析：①•・•面AB〃面MNP,.・・AB〃面MNP.易知AB〃MP,.・・AB〃面MNP.易知存在一直线MC〃AB，且MCG平面MNP,・・.AB与面MNP不平行.答案：①③如图所示，在正方体ABCD-ABCD中，E、F、G、H分别是棱CC、11111CD、DD、CD的中点，N是BC中点.点M在四边形EFGH上及其内部运动,111则M满足条件时，有MN〃平面BBDD.11答案：MWFH如图，长方体ABCD-ABCD中，AA=\/2,AB=1,AD=2,E11111Y为BC的中点，点M为棱AA的中点.1证明：DE丄平面AAE；1证明：BM〃平面AED.「证明：⑴在厶AED中，AE=DE=\/2,AD=2,・・・AE丄DE.VAA丄平面ABCD,1・・.AA丄DE,1DE丄平面AAE.1(2)设AD的中点为N,连结MN、BN.在厶AAD中，AM=MA,AN=ND,・MN〃AD,111•・・BE〃ND且BE=ND,・•・四边形BEDN是平行四边形，BN〃ED，・•・平面BMN〃平面AED,1・・.BM〃平面AED.1(2010年扬州调研)在正方体ABCD-ABCD中，M,N分别是AB,1111BC的中点.求证：平面BMN丄平面BBDD；111若在棱DD上有一点P,使BD〃平面PMN,求线段DP与PD的比111解：(1)证明：连结AC,则AC丄BD,又M,N分别是AB,BC的中点，・・・MN〃AC,・・・MN丄BD.*.*ABCD—ABCD是正方体，1111BB丄平面ABCD,1•.•MNu平面ABCD,BB丄MN,1VBDABB=B,1・・.MN丄平面BBDD,11•/MNu平面BMn,1.•.平面BMN丄平面BBDD.111(2)设MN与BD的交点是Q,连结PQ,PM,PNVBD〃平面PMN,BDu平面BBDD,平面BBDDA平面PMN=PQ,111111t!\t、t!\t、、/A:；/+、；一L「岁:.DP:PD〔=DQ:QB=3:1.如图，四边形ABCD为矩形，BC丄平面ABE,F为CE上的点，且BF丄平面ACE.（1）求证：AE丄BE；（2）设点M为线段AB的中点，点N为线段CE的中点.求证：MN〃平面DAE.证明：（1）因为BC丄平面ABE，AEu平面ABE，所以AE丄BC，又BF丄平面ACE，AEu平面ACE，所以AE丄BF，又BFABC=B，所以AE丄平面BCE，又BEu平面BCE，所以AE丄BE.（2）取DE的中点P,连结PA，PN，因为点N为线段CE的中点.1所以PN〃DC，且PNpDC,1又四边形ABCD是矩形，点M为线段AB的中点，所以AM#DC，且AM=^DC，所以PN〃AM，且PN=AM，故四边形AMNP是平行四边形，所以MN〃AP，而APu平面DAE，MN平面DAE，所以MN〃平面DAE.第四节垂直关系A组（2010年宁波十校联考）设b、c表示两条直线，a，B表示两个平面，则下列命题是真命题的是①若bua，c〃a，则b〃c②若bua，b〃c，则c〃a③若c〃a，a丄B，则c丄B④若c〃a，c丄B，则a丄B解析：①中，b，c亦可能异面；②中，也可能是cua；③中，c与B的关系还可能是斜交、平行或cuB;④中，由面面垂直的判定定理可知正确.答案：④（2010年青岛质检）已知直线I丄平面a，直线mu平面B，下面有三个命题：®a^BI丄m；②a丄BnI〃m:③I〃mna丄B.则真命题的个数为.解析：对于①，由直线I丄平面a，a〃B，得I丄B，又直线mu平面B，故I丄m，故①正确；对于②，由条件不一定得到I〃m，还有I与m垂直和异面的情况，故②错误；对于③，显然正确.故正确命题的个数为2.答案：2个（2009年高考山东卷改编）已知a、B表示两个不同的平面，m为平面a内的一条直线，则“a丄B”是“m丄B”的条件.解析：由平面与平面垂直的判定定理知如果m为平面a内的一条直线，m丄B，则a丄B，反过来则不一定.所以“a丄B”是“m丄B”的必要不充分条件.答案：必要不充分（2009年高考浙江卷）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD丄平面ABC.在平面ABD内过点D作DK丄AB，K为垂足.设AK=t，则t的取值范围是.解析：如图，过D作DG丄AF，垂足为G，连结GK，V平面ABD丄平面ABC,又DK丄AB，.•.DK丄平面ABC，.・.DK丄AF.交，线.①若a〃b，则0〃0；②若a丄0,则交，线.①若a〃b，则0〃0；②若a丄0,则a丄b；③若a、b相交，则a、则a，b相交.解析：若a、0相交，则a、b既可以是相交直线，也可以是异面直0相交；④若a、0相答案：④(2009年高考山东卷)如图，在直四棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD11116.为等腰梯形，AB〃CD，AB=4，BC=CD=2，AA=2，E，E分别是棱AD,11AA的中点.1设F是棱AB的中点，证明：直线EE〃平面FCC；11证明：平面DAC丄平面BBCC.111证明：⑴法一：取AB的中点为F，连结FF，CF.111111由于FF〃BB〃CC，111所以FW平面FCC.11因此平面FCC即为平面CCFF.111连结AD，FC，11由于AF狹DC狹CD，1111所以四边形ADCF为平行四边形，11因此AD〃FC.又EE〃AD，1111得EE〃FC.11而EE平面FCC，FCu平面FCC，1111故EE〃平面FCC.11法二：因为F为AB的中点，CD=2，AB=4，AB〃CD，所以CD狹AF，因此四边形AFCD为平行四边形，所以AD〃FC.又CC〃DD，FCACC=C，FCu平面FCC，CCu平面FCC，u平面adDa.1111111所以平面ADDA〃平面FCC.111又EEu平面ADDA，所以EE〃平面FCC.11111(2)连结人^在厶FBC中，FC=BC=FB，又F为AB的中点，所以AF=FC=FB.因此ZACB=90。，即AC丄BC.又AC丄CC，且CCABC=C，11所以AC丄平面BBCC.11而ACu平面DAC，1故平面DAC丄平面BBCC.111B组ADADD=D，ADu平面ADDA，DD11111.设a，b是两条不同的直线,a，0是两个不同的平面，则能得出a丄b的是①a丄a，b〃0，a丄0③aua，b丄0，a〃0a丄a，b丄0，a〃0aua，b〃0，a丄0:,AF丄平面DKG,.・・AF丄GK.容易得到，当F接近E点时，K接近AB的中点，当F接近C点时,11K接近AB的四等分点.：・t的取值范围是q,1).答案：(2，1)(原创题)已知a、b为两条不同的直线，a、0为两个不同的平面,且a丄a，b丄0，则下列命题中假命题的有.解析：由a〃0，b丄0nb丄a,又aua,故a丄b.答案：③设a，0为不重合的平面，m,n为不重合的直线，则下列命题正确的是若mua,nu0,m〃n,则a〃0若n丄a,n丄0,m丄0,则m丄a若m〃a,n〃0,m丄n,则a丄0若a丄0,aA0=n,m丄n,则m丄a

解析：由n丄a,n丄0可得a〃0，又因m丄0,所以m丄a.答案：②设m,n是两条不同的直线，a,0是两个不同的平面，则下列命题正确的是.①m丄a,nu0,m丄nna丄0@a^0,m丄a,n〃0nm丄na丄0,m丄a,n〃0nm丄n④a丄0,aQ0=m,n丄mnn丄0解析：①错，不符合面面垂直的判断定理的条件；②由空间想象易知命题正确；③错，两直线可平行；④错，由面面垂直的性质定理可知只有当直线n在平面a内时命题才成立.答案：②已知两条不同的直线m,n,两个不同的平面a,0,则下列命题中正确的是若m丄a,n丄0,a丄0,贝Um丄n若m丄a,n〃0,a丄0,则m丄n若m〃a,n〃0,a〃0，则m〃n若m〃a,n丄0,a丄0,则m〃n解析：易知①正确.而②中a丄0且m丄anm〃0或me0，又n〃0,容易知道m,n的位置关系不定，因此②错误.而③中分别平行于两平行平面的直线的位置关系不定，因此③错误.而④中因为②不对，此项也不对.综上可知①正确.答案：①设a,b,c表示三条直线，a,0表示两个平面，则下列命题的逆命题不成立的是.c丄a,若c丄0,则a〃0bu0,c是a在0内的射影，若b丄c,则a丄bbu0,若b丄a,则0丄abua,ca,若c〃a，则b〃c解析：当bu0,若0丄a,则未必有b丄a.答案：③已知二面角a—l—0的大小为30°,m、n为异面直线，m丄平面a,n丄平面0,则m、n所成的角为解析：Tm丄a,n丄0,••・m、n所成的夹角与二面角a-l-0所成的角相等或互补.丁二面角a—l—0为30°,A・••异面直线m、n所成的角为30°.答案：30°A如图所示，在斜三棱柱ABC—ABC中，ZBAC=90°,BC丄AC,贝UC11111在底面ABC上的射影H必在直线上.解析：由AC丄AB,AC丄BC,AC丄平面ABC,ACu平面ABC,•平面ABC111丄平面ABC,C在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上.答案：AB1(2010年江苏昆山模拟)在矩形ABCD中，AB=3,AD=4,P在AD上运动，设ZABP=0，将AABP沿BP折起，使得平面ABP垂直于平面BPDC,AC长最小时e的值为.解析：过A作AH丄BP于H,连CH,・AH丄平面BCDP.•:在Rt^ABH中，AH=3sin0,BH=3cos0.在厶BHC中，CH2=(3cos0)2+42—2X4X3cos0Xcos(90°—0),・••在Rt^ACH中，AC2=25—12sin20,・•0=45。时，AC长最小.答案：45°BC在正四棱锥P—ABCD中，PA=^AB,M是BC的中点，G是APAD的重心，则在平面PAD中经过G点且与直线PM垂直的直线有条.解析：设正四棱锥的底面边长为a,解析：设正四棱锥的底面边长为a,则侧棱长为2.由PM丄BC,PM=2aPM=2a,连结PG并延长与AD相交于N点,则PN=^a,MN=AB=a,PM2+PN2=MN2,PM丄PN,又PM丄AD,.•.PM丄面PAD,.・・在平面PAD中经过G点的任意一条直线都与PM垂直.答案：无数10.如图，在三棱锥S-ABC中，0A=0B,O为BC中点，S0丄平面ABC,E为SC中点，F为AB中点.⑴求证:0E〃平面SAB；⑵求证：平面SOF丄平面SAB.证明：⑴取AC的中点G，连结0G，EG，・.・OG〃AB，EG〃AS，EGAOG=G，SAAAB=A,.・.平面EGO〃平面SAB，OEu平面OEG・・.0E〃平面SAB(2)VSO丄平面ABC，SO丄OB，SO丄OA，又・OA=OB，SA2=SO2＋OA2，SB2=SO2＋OB2，・・・SA=SB，又F为AB中点，SF丄AB，VSO丄AB，・.・SFQSO=S，・・・AB丄平面SOF，VABu平面SAB，.・.平面SOF丄平面SAB.11.在长方体ABCD-ABCD中，AA=2AB=2BC，E，F,11111E分别是棱AA，BB，AB的中点.1rr11求证：CE〃平面CEF；⑵求证：平面CEF丄平面CEF.证明：(1)取CC的中点G，连结BG交CF于点F，连结EF，AG，FG，Ai1111111VF是BB的中点，BCCB是矩形，V四边形1FGCB也是矩形，/.FC与BG相互平分，即F是BG的中点.又E是AB的中点，•：AG〃EF.111111又在长方体中，AA狹CC，E，G分别为AA，CC的中点，/.AE狹CG，・・.四边形AECG是平行四边形：1AG〃CE，・EF〃CE.111VCE平面CEF，EFu平面CEF，111111.*.CE〃平面CEF.11V长方形BCCB中，BB=2BC，F是BB的中点，1111•••△BCF、ABCF都是等腰直角三角形，11；.ZBFC=ZBFC=45°，11/.ZCFC=180°—45°—45°=90°，1・・・CF丄CF.1VE，F分别是矩形ABBA的边AA，BB的中点，1111EF〃AB.又AB丄平面BCCB，又CFu平面BCCB，11111・・.AB丄CF，.・・EF丄CF.11又CFqEf=F，・.CF丄平面CEF.1VCFu平面CEF，・.平面CEF丄平面CEF.1111112.(2010年江苏淮安模拟)如图，已知空间四边形ABCD中，BC=AC，AD=BD，E是AB的中点.求证：⑴AB丄平面CDE；平面CDE丄平面ABC；若GADC的重心，试在线段AE上确定一点F，使得GF〃平面CDE.CiCCi125n6S=4nr2=4nX9X6=54n.CCi125n6S=4nr2=4nX9X6=54n.BC=AG证明:⑴ae=be^CE丄AB，同理,AD=BD]匚DE丄AB,AE=BE又VCEADE=E,AAB丄平面CDE.⑵由⑴知AB丄平面CDE,又TABu平面ABC,・•・平面CDE丄平面ABC.AG2⑶连结AG并延长交CD于H,连结EH,则甬=1,AF2在AE上取点F使得西=1，则GF〃EH,第五节简单几何体的面积和体积A组（2010年东北四校联考）已知一个长方体的同一顶点处的三条棱长分别为1,.'3,2,则其外接球的表面积为.解析：设外接球半径为r,则（2r）2="+（冷'3）2+22=8，故r2=2.・S=4nr2=8n.答案:8球n2．（2009年高考上海卷）若等腰直角三角形的直角边长为2,则以一直角边所在的直线为轴旋转一周所成的几何体体积是解析：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体11V=3S•h=3nR2•h33=3nX22X2=8n•答案:（2010年南京调研）如图，在正三棱柱ABC-ABC中,111点.若截面厶BCD是面积为6的直角1三角形,则此三棱柱的体积为解析：设AC=a,CC=b,则由BC2=BC2+CC2,BC2=DC2+DB2，即得@21111TOC\o"1-5"\h\z+*b2)X2=a2+b2,得b2=2a2,又詁器2=6,・a2=8,・」=乎X8X4=8、J3.D答案：8丽矩形ABCD中，AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B—ACa—D,则四面体ABCD的外接球的体积为.解析：由题意知，球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上,5125n且其半径为AC长度的一半，则V球=§nX（2）3=厂•答案:已知过球面上三点A、B、C的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC=BC=6,AB=4,则球的半径等于,球的表面积等于解析：如右图，设球的半径为r,0’是AABC的外心，外接圆半径为R,TOC\o"1-5"\h\z2、/2则OO’丄面ABC.在Rt^ACD中，cosA=§,则sinA=；•在厶ABC中，由正弦定理得si6A=2R,R=^2，即0’C=%2.181X23\f6在RtAOCO’中，由题意得r2—-r2=，得r=•球的表面积162答案：54n6.在长方体ABCD—ABCD中，AB=BC=2,过A、C、B三点的平面截去长方体的一个角后，得到111111如图所示的几何体ABCD—ACD，且这个几何体的体11140积为V.(1)证明：直线AB〃平面CDDC；(2)求棱AA的长；(3)求经过A,C,31111B，D四点的球的表面积.解：(1)证明：法一：如图，连结DC，1VABCD—ABCD是长方体，1111AAD〃BC且AD=BC.1111A四边形ABCD是平行四边形.11AAB〃DC.11VABQ平面CDDC,DCu平面CDDC,111111AAB〃平面CDDC.111法二：VABCD—ABCD是长方体，1111A平面AAB〃平面CDDC.111VABu平面AAB,ABQ平面CDDC.11111AAB〃平面CDDC.11140设AA=h,V几何体ABCD—ACD的体积为〒，1111340AVABCD—ACD=VABCD—ABCD—VB—ABC=11111111113140即SABcDh—3xS^AB1C1xh^^，40即2X2Xh—3X^X2X2Xh^^，解得h=4.AAA的长为4.1如图，连结DB,设DB的中点为0,连OA,OC,OD.1111VABCD—ABCD是长方体，AAD丄平面AAB.1111111VABu平面AAB,AAD丄AB.11111aoa=]dB.同理OD=OC=[dB.121121AOA=OD=OC=OB.11A经过A,C,B,D四点的球的球心为点0.11VDB2=AD2＋AA2＋AB2=22＋42＋22=24.1111DBAS=4nX(OD)2=4nX(丁)2=nXDB2=24n.球121故经过A,C,B,D四点的球的表面积为24n.11B组1.(2008年高考湖北卷)用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为n,1111则球的体积为解析：截面圆的半径为1,又球心到截面距离等于1,所以球的半径R="・j2,故球的体积V=#nR3=|V2n•答案：彎卫2.在三棱锥A—BCD中，侧棱AB、AC、AD两两垂直，△ABC,AACD,AADB的面积分别为乎,~2~,字，则该三棱锥的体积为解析：2ab・ac=¥，2ad・ac=¥，2ab・ad=¥，・・・AB=V2,AC=1,AD=V3.・・・V=1・2・1迈距=¥•答案:普3．（2010年福建厦门检测）已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体TOC\o"1-5"\h\z32n积是一^■，则这个三棱柱的体积是.432nir3解析：由3nR3=于，得R=2.正三棱柱的高h=4.设其底面边长为a,则3•牙a=2..•.a=3L-L.•・V=J4-（4j3）2・4=48p3.答案：48-J3（2009年高考陕西卷改编）若正方体的棱长为J2,则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为.1解析：所求八面体体积是两个底面边长为1,高为七-的四棱锥的体积和，一个四棱锥体积V=：213乂仃¥=¥，故八面体体积v=2v=¥•答案：¥6133（2009年高考全国卷丨）已知OA为球0的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M.若圆M的面积为3n，则球0的表面积等于.RR解析：由题意得圆M的半径r=“j3，又球心到圆M的距离为^，由勾股定理得R2=r2+（2）2，.：R=2，则球的表面积为4nX22=16n.答案：16n6．（2009年高考江西卷）体积为8的一个正方体，其全面积与球0的表面积相等，则球0的体积等于解析：设正方体棱长为a,则a3=8，.a=2.•••S正方体=S球，••・6X22=4nR2，・・・R=4^4/、8\l6n”宀Vt.=nR3=n（）3=•答案：球33nn若长方体的三个共顶点的面的面积分别是/2，W，百，则长方体的体积是解析：可设长方体同一个顶点上的三条棱长分别为a，b，c，解得厂ab=/2,解析：可设长方体同一个顶点上的三条棱长分别为a，b，c，解得ac=\：6,a=V2,b=1,所以长方体的体积V=1Xp2x£=V6.c=\：‘3.在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1:3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为解析：利用一个锥体被平行于底面的截面所截得的小锥体与原锥体体积之比等于相似比的立方而这个截面面积与底面面积之比等于相似比的平方.TOC\o"1-5"\h\z答案：1：3^3_（2010年南通调研）正方体ABCD—ABCD的棱长为2寸3,则四面体A—BCD的外接球的体积为1111F11解析：四面体A—BCD的外接球即为正方体的外接球，所以2r=lj3X（2\；3）2.r=3,V=n111球3r3=§nX27=36n.答案：36n（2009年高考宁夏、海南卷）如图，在三棱锥P—ABC中，APAB是等边三角形,ZPAC=ZPBC=90°.

证明:AB丄PC；⑵若PC=4,且平面PAC丄平面PBC,求三棱锥P-ABC的体积.解：(1)证明：因为△PAB是等边三角形,ZPAC=ZPBC=90°,所以Rt△PBC^RtAPAC,可得AC=BC.如图，取AB中点D,连结PD、CD,则PD丄AB,CD丄AB,所以AB丄平面PDC,所以AB丄PC.⑵作BE丄PC,垂足为E,连结AE.因为RtAPBC^R弋△PAC,所以AE丄PC,AE=BE.由已知，平面PAC丄平面PBC,故ZAEB=90°.因为RtAAEB^RgPEB,所以△AEB,APEB,ACEB都是等腰直角三角形.由已知PC=4,得AE=BE=2,△AEB的面积S=2.因为PC丄平面AEB,所以三棱锥P-ABC的体积V=£XSXPC=£33如图，已知AB丄平面ACD,DE丄平面ACD,^ACD为等边三角形，AD=DE=2AB=2,F为CD的中点.求证：AF丄平面CDE；求证：AF〃平面BCE；求四棱锥C-ABED的体积.解：(1)证明：TF为等边三角形CD边上的中点，・・.AF丄CD,DE丄平面ACD,AFu平面ACD,・・・AF丄DE,又CDQDE=D,.・AF丄平面CDE(2)证明：取CE的中点G,连FG、BG.TF为CD的中点,1・・.GF〃DE且GF=，DE.TAB丄平面ACD,DE丄平面ACD,・・・AB〃DE,・・・GF〃AB.1又AB=2DE,・・・GF=AB.・四边形GFAB为平行四边形，则AF〃BG.TAF平面BCE,BGu平面BCE,.・・AF〃平面BCE⑶取AD中点M,连结CM,•/△ACD为等边三角形，则CM丄AD,TDE丄平面ACD,且DEu平面ABED,.•・平面ACD丄平面ABED,又平面ACDA平面ABED=AD,.・CM丄平面ABED,・CM为四棱锥C—ADEB的高，11厂・・V=tCM•S=~AF•S=j3.3ABED3ABED屮(2010年广州质检)如图，AA是圆柱的母线，AB是圆柱底面圆的直1径，C是底面圆周上异于A、B的任意一点，AA=AB=2.1求证：BC丄平面AAC；1求三棱锥A—ABC的体积的最大值.1解：(1)证明：TC是底面圆周上异于A、B的任意一点，且AB是圆柱底面圆的直径,

•:BC丄AC.•/AA丄平面ABC,BC：平面ABC,1.•.AA丄BC.VAAAAC=A,AA"了平面AAC,曲平面AAC,1111•:BC丄平面AAC.1⑵设AC=x，在RtAABC中，BC=ajAB2—AC2=\；4—X2(0VxV2),111故VA—ABC=：S•AA=~•;•AC•BC•AA13△ABC1321—X—X2(0VxV2),即VA—ABC=*x\；4—X2=JX2(4—X2)—(X2—2)2+4.•.•0VxV2,0Vx2V4,.・.当X2=2,即x=../2时,2三棱锥A—ABC的体积最大，其最大值为3.解析几何1第十五章3解析几何第一节直线的倾斜角、斜率及方程A组已知eGR,则直线xsine—{3y+1=0的倾斜角的取值范围是,・•・倾斜角aw[0°,30°]U[150°,180°).答解析：k=^sine,VeGR,・•・倾斜角aw[0°,30°]U[150°,180°).答案：[0°,30°]U[150°,180°)2kl2解析：k=a,l与y轴的交点为(0,b),l11已知直线l的方程是ax—y+b=0,l的方程是2kl2解析：k=a,l与y轴的交点为(0,b),l1112中，正确的是=b,l与y轴的交点为(0,—a)，可知④对.答案：④TOC\o"1-5"\h\z直线mx—y+2m+1=0经过一定点，则该点的坐标是.解析：mx—y+2m+1=0nm(x+2)+(1—y)=0,••・x=—2时，y=1,即过定点(一2,1).答案：(一2,1)(2008年高考浙江卷)已知a>0,若平面内三点A(1,—a),B(2,a2),C(3,a3)共线，则a=.a2+aa3—a2厂解析：由k=k，即=，可得a(a2—2a—1)=0,即a=1±\：2或a=0,又a>0,故ABBC11a=1+\：2.答案：1'2象限．(原创题)若点A(ab,a+b)在第一象限内，则直线bx+ay—ab=0不经过第解析：点A在第一象限内，・ab>0且a+b>0,即a>0,b>0,象限．aa由bx+ay—ab=0ny=—^x+b,.—^<0,y轴的交点为(0,b),.直线不过第三象限．答案：三求过点P(2,3),且满足下列条件的直线方程:倾斜角等于直线x-3y+4=0的倾斜角的二倍的直线方程;在两坐标轴上截距相等的直线方程．解：(1)由题意，可知tana=解：(1)由题意，可知tana=13,k=tan2a=2tana1—tan2a12X3i1—93y—3=4(x—2),所以所求直线的方程为：3x—4y+6=0.xy(2)当直线过原点时方程为：y=“，当直线不过原点时方程为：十=1,故所求直线的方程为3x255—2y=0或x＋y—5=0.B组1.直线1的倾角a满足4sina=3cosa，而且它在x轴上的截距为3，则直线1的方程是33解析：由4sina=3cosa，得tana=4,^k=4，直线丨在x轴上的截距为3,.°.I与x轴的3交点为(3,0),・・・直线I：y—0=4(x—3)，即3x—4y—9=0.2．已知直线y=kx—2k—1与直线x＋2y—4=0的交点位于第一象限，则k的取值范围是fy=kxfy=kx—2k—1解析：由］x+2y—4=0解之得4k+6<x=2k+12k—13=2kTT,•・•交点在第一象限，・•・x>0,y>0,得k〉*或k<—2.直线I与两直线y=1,x—y—7=0分别交于P、Q两点，线段PQ的中点恰为(1,一1)，则直线I的斜率为．解析：设直线I与两直线的交点分别为(a,1),(b,c),P、Q的中点为(1,—1),・c=—2—1、1一(一3)=—3,代入x—y—7=0可得b=4,・a=2—b=—2,・P(—2,1),Q(4,—3),・k==PQ—2—43若直线(k2—1)x—y—1+2k=0不过第二象限，则实数k的取值范围是解析：由直线方程可化为y=(k2—1)x+2k—1,直线不过第二象限，*2—1=02k—1=0k2—1>0‘2k—1<0或k2—1>0或2k—1<0，解之得kW—1.5.（2010年苏州模拟）若ab<0,则过点P(0,—1)与Q(15.（2010年苏州模拟）若ab<0,1—b—0ba解析：k==<0.又倾斜角的取值范围为［0,n),所以直线PQ的倾斜角的取值范围是PQ1b0—-a(号,n).函数y=asinx—bcosx的一个对称轴方程为x=4，则直线ax—by+c=0的倾斜角为.

解析：令f(x)=asinx—bcosx，由于f(x)的一条对称轴为x=*，得f(O)=f("2)，即一b=a,ab=—1.A直线ax—by+c=0的斜率为一1,倾斜角为135°.已知两直线ax+by+1=0与ax+by+1=0的交点是P(2,3),则过两点Q(a,b),Q(a,b)1122111222的直线方程是.解析：由条件可得2a+3b+1=0,2a+3b+1=0,显然点(a,b)与(a,b)在直线2x+3y+111221122=0上.直线ax+y+1=0与连结A(2,3),B(—3,2)的线段相交，则a的取值范围是解析：•・•直线ax+y+1=0过定点C(0,—1)，当直线处在直线AC与BC之间时，必与线段AB+1丄、2+1相交，故应满足一a$或一aW，，即aW—2或a$1.TOC\o"1-5"\h\z2—3(2010年湛江质检)已知在△ABC中，ZACB=90°,BC=4,AC=3,P是AB上的一动点，则点P到AC,BC的距离乘积的最大值是.解析：以C为坐标原点，CA,CB分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，所以A(3,0),B(0,4).直xy444线AB：3+4=1，设P(x，y),所以P到AC、BC的距离乘积为xy,xy=x(4—§x)=—?+4x=—§[(x3、9一49—2)2—4]w/4=3.答案：3已知直线方程为(2+m)x+(1—2m)y+4—3m=0.证明：直线恒过定点M；若直线分别与x轴、y轴的负半轴交于A、B两点，求厶AOB面积的最小值及此时直线的方程.解：(1)证明：(2+m)x+(1—2m)y+4—3m=0可化为(x—2y—3)m=—2x—y—4.由x—2y—x—2y—3=0—2x—y—4=0x=—1直线必过定点(一1,—2).(2)设直线的斜率为k,则其方程为y+2=k(x+1),・：OA=2—1,OB=k—2,s^aob=2•|oa|•|OB|=2|(k—1)(k—2)|=2|—(k—2)214•k<0，・：—k>°，foB=2[一k]=2[4+(—k)+(—k)]$4.4当且仅当一匸=—k,即k=—2时取等号，.：AAOB的面积最小值是4,直线的方程为y+2=—2(x+1)，即y+2x+4=0.11．已知直线l：ay=(3a—1)x—1.求证：无论a为何值，直线I总过第三象限；a取何值时,直线l不过第二象限？解：(1)证明：由直线l:ay=(3a—1)x—1，得a(3x—y)+(—x—1)=0,C3x—y=0fx=—1TOC\o"1-5"\h\z由彳，得彳,、一X—1=0[y=—3所以直线l过定点(—1,—3),因此直线总过第三象限.3a—11(2)直线l不过第二象限，应有斜率k=20且一-W0.aa1••・a$3时直线l不过第二象限.12.若直线l过点P(3,0)且与两条直线l:2x—y—2=0,l:x+y+3=0分别相交于两点A、B,12且点P平分线段AB,求直线l的方程.解：设A(m,2m—2),B(n,—n—3).•线段AB的中点为P(3,0),

11，m+n=6,(2m—2)+(—11，m+n=6,(2m—2)+(—n—3)=0,，m+n=6,2m—n=5,m=3，7

n=_=3.11・・・A(§,16•••直线l的斜率k=I—0=8,・•・直线I的方程为y—0=8(x—3)，即8x—y—24=0第二节点与直线、直线与直线的位置关系A组1．(2009年高考安徽卷改编)直线l过点(—1,2)且与直线2x—3y+4=0垂直,则l的方程是33解析：由题意知，直线I的斜率为一^,因此直线I的方程为y—2=—2(x+1)，即3x+2y—1=0.(2010年西安调研)已知两条直线y=ax—2和y=(a+2)x+1互相垂直，则a等于解析：•・•两条直线互相垂直，・a(a+2)=—1，・a=—1.(2010年苏州质检)直线x+ay+3=0与直线ax+4y+6=0平行的充要条件是a=.「4_a2=0，解析：由两条直线平行可知｛・.a=—2.壬3a，若点P(a,3)到直线4x—3y+1=0的距离为4，且点P在不等式2x+y—3<0表示的平面区域内,则实数a的值为解析：由|4解析：由|4a—59+1|=4得a=7或—3,5又2a+3—3<0，得a<0，・a=—3.在平面直角坐标系中，定义平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，若直线I过点A(—2,3)，且法向量为n=(1，—2)，则直线I的方程为.解析：设P(x，y)是直线I上任意一点，则PA=(—2—x,3—y)，且PA丄n，故PA•n=0，即(一—x,3—y)•(1，—2)=—x+2y—8=0，即直线I的方程为x—2y+8=0.答案：x—2y+8=0直线y=2x是AABC中ZC的角平分线所在的直线，若A、B的坐标分别为A(—4,2)，B(3,1)，求点C的坐标，并判断AABC的形状.解：设A(—4,2)关于直线y=2x对称的点Az的坐标是(m，n)2+n—4+m2=22，2+n—4+m2=22，2—n—4—m2=—1，，m=4，解得|“一2，即A‘的坐标是(4,—2)，C3C3x+y—10=0,由B、A‘得BC所在的直线方程，3x+y—10=0，由<y=2x，解得C的坐标是(2,4),又Tk又TkAC'3,kBC'=—3，•AC'丄BC'，即△ABC'是直角三角形.B组已知点P(3,2)与点Q(1,4)关于直线I对称，则直线I的方程为2+42)，即(2,3),TOC\o"1-5"\h\z4—22+42)，即(2,3),解析：kPQ=厂=T,PQ的中点为(丁PQ1—32kl=1,•直线I的方程为y—3=(x—2)，即x—y+1=0.若三条直线I:x+y=7,I:3x—y=5,I:2x+y+c=0不能围成三角形，则c的值为123

x+y=7,解析：由I,1,1的方程可知I,1,1不平行，由｛解得交点（3,4），代入I1231，2，3[3x-y=5,3的方程得c=－10.已知两条直线I:ax+by+c=O,直线I:mx+ny+p=O,则an=bm是直线I〃丨的1212条件.解析：TI//Inan—bm=0,且an—bm=On/I//I.答案：必要不充分1212过点P（1,2）作直线I,使直线I与点M（2,3）和点N（4,—5）距离相等，则直线I的方程为解析：直线I为与MN平行或经过MN的中点的直线，当I与MN平行时，斜率为一4,故直线方

程为y—2=—4（x—1），即4x+y—6=0；当I经过MN的中点时，MN的中点为（3,—1），直线I的33斜率为一2故直线方程为y—2=—2（x—1），即3x+2y—7=0.答案：3x+2y—7=0或4x+y—6=01已知直线I经过点（2，2）,其横截距与纵截距分别为a、b（a、b均为正数），则使a+b^c恒成立的c的取值范围为.xy12125b2a99解析：设直线方程为a+b=1，A2a+b=1，a+b=（a+b）・（杰+匚）=亍+杰+匸$2，故。冬夕9答案：（—8,21（2010年苏南四市调研）若函数y=ax+8与y=—尹+b的图象关于直线y=x对称，则a+b=1解析：直线y=ax+8关于y=x对称的直线方程为x=ay+8，所以x=ay+8与y=—尹+b为'a=—2同一直线，故得^，所以a+b=2.答案：2光线经直线AB反P光线经直线AB反P点，则光线所经称点，为匕（4,2）、=2打0.答案：边的边长，则直线如图，已知A（4,0）.B（0,4），从点P（2,0）射岀的射后再射到直线OB上，最后经直线OB反射后又回到过的路程是.解析：分别求点P关于直线x+y=4及y轴的对P（—2，0），由物理知识知，光线所经路程即为PP2122^10设a、b、c、分别是△ABC中ZA、ZB、ZC所对xsinA+ay+c=0与bx—ysinB+sinC=0的位置关系是解析：由bsinA—asinB=0知，两直线垂直.答案：垂直（2010年江苏常州模拟）已知0<k<4,直线I:kx—2y—2k+8=0和直线I:2x+k2y—4k2—4=012与两坐标轴围成一个四边形，则使得这个四边形面积最小的k值为解析：I：k(x—2)—2y+8=0过定点(2,4)，I：k2(y—4)=4—2x121也过定点(2,4)，如图，A(0,4—k),B(2k2+2,0),S=^X2k2X4+(4—k111+4)X2^=4k2—k+8.当k=时，S取得最小值.答案：3288在△ABC中，BC边上的高所在直线方程为x—2y+1=0,ZA的平分线所在直线方程为y=0,若点B坐标为（1,2）,求点A和C的坐标."x—2y+1=0,解：由｛得A(—1,0).又B(1,2),・・・k=1.、y=0,ABTx轴是ZA的平分线，・・・!^=—1.AC直线方程y=—(x+1).又BC方程为：y—2=—2(x—1)，

由厂十，、得C(5,_6).[y—2=—2(x—1),在直线I：3x—y—1=0上求点P和Q,使得:P到A(4,1)和B(0,4)的距离之差最大；⑵Q到A(4,1)和C(3,4)的距离之和最小.解：(1)如图所示，设点B关于I的对称点B'的坐标为(a,b),则k•k=—1,BBZI7b—4即3•'=—1.a・・・a+3b—12=0.①又由于线段BB'的中点坐标为('ab+4)厶亠、］ab+4(2，_厂)，且在直线I上,A3X^—_2~—1=0，即3a—b—6=0.②解①②得a=3,b=3,ABz(3,3).y—1x—4[3x—y—1=0,2x+y—9=0,得[x=2,[3x—y—1=0,2x+y—9=0,得[x=2,

y=5.即l与AB，的交点坐标为P(2,5).(2)如图所示，设C关于l的对称点为C',求岀L・・・AV所在直线的方程为19x+17y—93=0,(1126、(1126、故Q点坐标为(7，丿AC(1126、故Q点坐标为(7，丿(2010年济南模拟)已知n条直线片：x—y+q=0,q=边，导x—y+C2=0,导x—y+C3=0,…,l:x—y+C=0(其中C<C<C<・・・C),1在这n条平行直线中，每相邻两条直线之间的距离顺次为2、nn123n3、4、…、n.求C；n求x—y+C=0与x轴、y轴围成图形的面积；n求x—y+C=0与x—y+C=0及x轴、y轴围成的图形的面积.n—1n解：(1)原点0到l的距离d为1,原点0到l的距离d为1+2,…，原点0到l的距离d为11l22nn1+2+...+“=^.・“=迈d,・・・C=^^nn2n■nnn交y轴于N,则(2)设直线l:x—y+C=0交y轴于N,则nnSM=2|OM|•|ON|=2Cn若圆C的半径为若圆C的半径为1,圆心在第一象限，且与直线4x—3y=0和x轴都相切，则该圆的标准方程是n2(n+1)2(n—1)2•n2(3)所围成的图形是等腰梯形，由(2)知S=^，则有S=一;——TOC\o"1-5"\h\zn4n—14・所求面积为n3.2(n+1)2(n—1)2・所求面积为n3.・・・Sn—L1=4——'4f，第三节圆的标准方程和一般方程A组若圆X2+y2—2kx+2y+2=0(k>0)与两坐标轴无公共点，那么实数k的取值范围为.解析：圆的方程为(x—k”+(y+1)2=k2—1,圆心坐标为(k,—1)，半径r=*Jk2—1,若圆与两k2—1<|k|坐标无公共点，即1，解得1<k<》2L\k2—1<1

|4x－3|1解析：由题意，设圆心(x1),・・・0=1,解得x=2或x=—(舍),0，寸42十(一3)2002.•.所求圆的方程为(x—2)2+(y—1)2=1.「X—2y$0(2010年广东汕头调研)已知D是由不等式组｛，所确定的平面区域，则圆X2+y2=42x+y$0在区域D内的弧长为答案：n(2009年高考宁夏、海南卷改编)已知圆C:(x+1)2+(y—1)2=1，圆C与圆C关于直线x—y—1211=0对称，则圆C的方程为.2解析：圆C:(x+1)2+(y—1)2=1的圆心为(一1,1).圆C的圆心设为(a,b)，C与C关于直1212线x—y—1线x—y—1=0对称，b—1<不=-1a—1b+1一"T"—1=0,3=2,b=－2，圆C的半径为1，・圆C的22方程为(x—2)2+(y+2)2=1.(原创题)圆X2+y2—4x+2y+c=0与y轴交于A、B两点，其圆心为P,若ZAPB=90°，则实数c的值是.解析：当ZAPB=90。时，只需保证圆心到y轴的距离等于半径的乎倍.由于圆的标准方程为2(x—2)2+(y+1)2=5—c,即2=专X\'5—c，解得c=—3.已知点A(—3,0),B(3,0),动点P满足|PA|=2|PB|.若点P的轨迹为曲线C,求此曲线的方程；若点Q在直线l：x+y+3=0上，直线l2经过点Q且与曲线C只有一个公共点M,求|QM|的最小值，并求此时直线l2的方程.2解：(1)设点P的坐标为(x,y),则(x+3)2+y2=2p(x—3)2+y2,化简可得(x—5)2+y2=16即为所求.(2)曲线C是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图则直线l是此圆的切线，连结CQ,则|QM|=\:|CQ〔2—|CM”=|CQ|2—16,当CQ丄11时，|CQ|取最小值，|CQ|='^2'=4p2,此时|QM|的最小值为寸32—16=4,这样的直线l2有两条，设满足条件的两个公共点为M,M,212易证四边形MCMQ是正方形，・I的方程是x=1或y=—4.122B组(2010年福州质检)圆心在直线2x—3y—1=0上的圆与x轴交于A(1,0),B(3,0)两点，则圆的方程为.解析：所求圆与x轴交于A(1,0),B(3,0)两点，故线段AB的垂直平分线x=2过所求圆的圆心，又所求圆的圆心在直线2x—3y—1=0上,所以两直线的交点坐标即为所求圆的圆心坐标，解之得圆心坐标为(2,1),进一步可求得半径为所以圆的标准方程为(x—2)2+(y—1)2=2.(2010年扬州调研)若直线ax+by=1过点A(b,a),则以坐标原点0为圆心，0A长为半径的圆的面积的最小值是___.1解析：：•直线ax+by=1过点A(b,a),.・ab+ab=1,.・ab=2，又OA=“Ja2+b2,.・以O为圆心，OA长为半径的圆的面积：S=n・OA2=(a2+b2)n$2ab・n=n,.°.面积的最小值为n.(2009年高考上海卷改编)点P(4,—2)与圆X2+y2=4上任一点连线的中点轨迹方程是

解析：设圆上任一点坐标为(解析：设圆上任一点坐标为(x0,y0),'2x=x+4,「x=2x—4,则]0]02y=y—2,y=2y+2,00则x2+y2=4,连线中点坐标为(x,y),00代入x2+y2=4中得(x—2)2+(y+1)2=1.004．已知点P(1,4)在圆C：x2+y2+2ax—4y+b=0上,点P关于直线x+y—3=0的对称点也在圆C4．上,则a=,b=.解析：点P(1,4)在圆C：x?+y?+2ax—4y+b=0上，所以2a+b+1=0,点P关于直线x+y—3=0的对称点也在圆C上，所以圆心(一a,2)在直线x+y—3=0上，即一a+2—3=0,解得a=—1,b=1.已知圆的方程为X2+y2—6x—8y=0.设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD,则四边形ABCD的面积为．解析：由题意知，圆心坐标为(3,4),半径r=5，故过点(3,5)的最长弦为AC=2r=10，最短弦BD=52—12=4\；6,四边形ABCD的面积为20\；6.过圆X2+y2=4外一点P(4,2)作圆的两条切线，切点为A、3,则厶ABP的外接圆的方程是其直径d=OP=2\；5解析：•［圆心为0(0,0),又•••△ABP的外接圆就是四边形OAPB的外接圆..•・其直径d=OP=2\；5而圆心C为(2,1),・：夕卜接圆的方程为(x—2)2+(y—1)2=5.已知动点P(x,y)满足x?+y2—|x|—|y|=0,O为坐标原点，则PO的取值范围是.111解析：方程X2+y2—|x|—|y|=0可化为(|x|—歹2+(|y|—2)2=2所以动点P(x,y)的轨迹如图：为原点和四段圆孤，故PO的取值范围是{0}U［1,迈］.(2010年安徽合肥质检)曲线f(x)=xlnx在点P(1,0)处的切线I与坐标轴围成的三角形的外接圆方程是解析：曲线f(x)=xlnx在点P(1,0)处的切线I方程为x—y—1=0,与坐标轴围成的三角形的TOC\o"1-5"\h\zAA\io111111外接圆圆心为q，—空)，半径为〒，所以方程为匕一2)2+(y+2)2=2・答案：(x—乡2+(y+?2=2y设实数x、y满足x2+(y—1)2=1，若对满足条件的x、y,不等式x—3+c$0恒成立，则c的取值范围是.yyy—0解析：由题意，知一CW盘恒成立，又W=匕表示圆上的点与定点(3,0)连线的斜率，范33围为［—二，0］,所以一cW—4,即c的取值范围是c$4・如图，在平面直角坐标系xOy中，A(a,0)(a>0),B(0,a),C(—4,0),D(0,4)，设△AOB的外接圆圆心为E.(1)若。己与直线CD相切，求实数a的值；(2)设点P在圆E上，使△PCD的面积等于12的点P有且只有三个，试问这样的0E是否存在，若存在？求出。E的标准方程；若不存在，说明理由._aa\/2解：(1)直线CD方程为y=x+4,圆心Eg,乡，半径r=〒a.aa……」2—2+4〔迈….由题意得2=2a,解得a=4.(2)•/|CD|=£(—4)2+42=4\b,・・・当厶PCD面积为12时，点P到直线CD的距离为3、払又圆心E到直线CD距离为2迈(定值),要使△PCD的面积等于12的点P有且只有三个，只须圆E半径字=5\/2，解得a=10,此时，<3E的标准方程为(x—5)2+(y—5)2=50.

在RtAABO中，ZB0A=90°,0A=8,0B=6,点P为它的内切圆C上任一点，求点P到顶点A、B、O距离的平方和的最大值和最小值．yB0AX建立直角坐标系xOy，解：如图所示，以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为建立直角坐标系xOy，18＋6－10则A(8,0),B(0,6)，内切圆C的半径r=2(OA+OB—AB)=2=2••:内切圆C的方程为(x—2)2+(y—2)2=4.设P(x，y)为圆C上任一点，点P到顶点A、B、O的距离的平方和为d，则d=PA2+PB2+PO2=(x—8)2+y2+x2+(y—6)2+x2+y2=3x2+3y2—16x—12y+100=3[(x—2)2+(y—2)2]—4x+76.T点P(x，y)在圆C上,A(x—2)2+(y—2)2=4.Ad=3X4—4x+76=88—4x.•/点P(x,y)是圆C上的任意点,Axe[0,4].・••当x=0时，d=88;当x=4时，d=72.maxmin(2008年高考江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，设二次函数f(x)=X2+2x+b(xeR)的图象与两个坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C.求实数b的取值范围；求圆C的方程；问圆C是否经过某定点(其坐标与b无关)？请证明你的结论.解：(1)显然b^O.否则，二次函数f(x)=X2+2x+b的图象与两个坐标轴只有两个交点(0,0),(—2,0)，这与题设不符.由b^O知，二次函数f(x)=X2+2x+b的图象与y轴有一个非原点的交点(0,b),故它与x轴必有两个交点，从而方程X2+2x+b=0有两个不相等的实数根，因此方程的判别式4—4b>0，即b<1.所以b的取值范围是(一8,0)U(0,1).(2)由方程X2+2x+b=0,得x=—1±\.'1—b.于是，二次函数f(x)=X2+2x+b的图象与坐标轴的交点是(—1一;'1—b,0),(—1+p1—b,0),(0,b).设圆C的方程为X2+y2+Dx+Ey+F=0.因圆C过上述三点，将它们的坐标分别代入圆C的方程，得(_1—寸1_b)2+D(_1—寸1_b)+F=0,(—1+{m)2+D(—1+pm)+F=0,解上述方程组，因b^0,b2+Eb+F=0.「D=2,得*E=—(b+1),所以，圆C的方程为X2+y2+2x—(b+1)y+b=0.、F=b.(3)圆C过定点.证明如下：假设圆(3)圆C过定点.证明如下：假设圆C过定点(x,y)(x,y不依赖于b),将该点的坐标代入圆C的方程，并变形为X2+y2

000000

+2x—y+b(1—y)=0.(*)为使(*)式对所有满足b<1(b^0)的b都成立，必须有1—y=0,结合(*)0000

式得x2+y2+2x—y=0.0解得*00「x=0,!y：=1,或*「X=—2,0经检验知，点(0,1),(—2,1)均在圆C上,y=1.0因此，圆C过定点.第四节直线与圆、圆与圆的位置关系A组公共(2009年高考天津卷)若圆X2+y2=4与圆X2+y2+2ay—6=0(a>0)的弦的长为2衍，则a=.

公共解析：两圆方程作差易知弦所在直线方程为：y=[,a

1如图，由已知|AC|=\；3,|0A|=2,有|0C|=—=1,.°.a=1a答案：1TOC\o"1-5"\h\z(2009年高考全国卷II)已知圆0：X2+y2=5和点A(1,2),则过A且与圆0相切的直线与两坐标轴围成的三角形的面积等于．解析：依题意，过A(1,2)作圆X2+y2=5的切线方程为x+2y=5,在x轴上的截距为5,在y152525轴上的截距为2，切线与坐标轴围成的三角形面积S=^X2X5=4-答案："4(2009年高考湖北卷)过原点0作圆X2+y2—6x—8y+20=0的两条切线，设切点分别为P、Q,则线段PQ的长为.解析：•・•圆的标准方程为(x—3)2+(y—4)2=5，可知圆心为(3,4)，半径为寸5•如图可知，|CO|=5,PCi.•・0P=j25—5=2炳.・•・tanZP0C=op=2在RtAPOC中，OC・PM=OP・PC,.PQ=2PM=4.答案：4若直线3x+4y+m=0与圆X2+y2—2x+4y+4=0没有公共点，则实数m的取值范围是解析：将圆x2+y2—2x+4y+4=0化为标准方程，得(x—1)2+(y+2)2=1，圆心为(1,—2),半径为1.若直线与圆无公共点，即圆心到直线的距离大于半径，-,|3X1+4X(—2)+m||m—5|\i'32+425答案：(一8,0)U(10,+s)5.(原创题)已知直线\/3x—y+2m=\i'32+425答案：(一8,0)U(10,+s)5.(原创题)已知直线\/3x—y+2m=0与圆x2+y2=n2相切，的有序实数对(m,n)共有个.解析：由题意可得,圆心到直线的距离等于圆的半径其中m,nWN*,且n—m<5，则满足条件即2m—i=n，所以，m=1m=2m=3<<n=1，n=2,n=4'2m—i—m<5,因为m,nGN*,所以n=8，m=4，故有序实数对(m,n)共有4个.答案：4个2(2010年南京调研)已知：以点C(t,t)(tWR,t壬0)为圆心的圆与x轴交于点0、A,与y轴交于点0、B,其中0为原点.求证：△0AB的面积为定值；设直线y=—2x+4与圆C交于点M,N,若0M=0N，求圆C的方程.24解：⑴证明：•圆C过原点0,.・0C2=t2+t.设圆C的方程是(X—t)2+(y—t)2=t2+t，令x4=0,得y=0,y=:令y=0,得x=0,x=2t.12t12114・Saoab=2°A•0B=^X片|X|2t|=4,即厶0AB的面积为定值.1(2)•.•0M=0N,CM=CN,・・.0C垂直平分线段MN.•=—2,.k=,MN0C2121・•・直线0C的方程是y=2X.・・・t=2t，解得：t=2或t=—2.

当t=2时，圆心C的坐标为(2,1),0C=p5,此时圆心C到直线y=—2x+4的距离4=~^05,圆C与直线y=—2x+4相交于两点.当t=—2时，圆心C的坐标为(一2,—1),0C=\；5,此时圆心C到直线y=—2x+4的距离d圆C与直线y=—2x＋4不相交,t=一2不符合题意舍去.・°•圆C圆C与直线y=—2x＋4不相交,t=一2不符合题意舍去.・°•圆C的方程为(x一2)2+(y一1)2=5.1.直线ax＋by＋b—a=0与圆x2＋y2—x—3=0的位置关系是.解析：直线方程化为a(x—1)+b(y+1)=0,过定点(1,—1)，代入圆的方程，左侧小于0,则定点在圆内，所以直线与圆总相交.答案：相交2.(2010年秦州质检)已知直线y=\；3—x与圆x?+y2=2相交于A、B两点，P是优弧AB上任意一点，则ZAPB=.解析：弦心距长为乎，半径为*2,所以弦AB所对的圆心角为才，又因为同弦所对的圆周角是圆心角的一半，所以ZAPB=¥_.答案：乎663.已知向量a=(cosa,sina),b=(cos0,sin0),a与b的夹角为60°，直线xcosa+ysina=0与圆(x+cos0)2+(y+sin0)2=2的位置关系是.解析：cos60°=cosa•cos0+sina•sin0=cos(a—0),cosa・cos0+sina・sin01“2—0)|普＞¥=r•答案：相离d=cos?a+sin2a过点A(11,2)作圆X2+y2+2x—4y—164=0的弦，其中弦长为整数的共有―条.解析：方程化为(x+1)2+(y—2)2=132,圆心为(一1,2)，到点A(11,2)的距离为12,最短弦长为10,最长弦长为26,所以所求直线条数为2+2X(25—10)=32(条).答案：32若集合A={(x,y)|y=1+\：4—X2},B={(x,y)|y=k(x—2)+4}.当集合APB有4个子集时,实数k的取值范围是解析：APB有4个子集，即APB有2个元素，.••半圆X2+(y—1)2=4(y$1)与过P(2,4)点，斜率为k的直线有两个交点，如图：A(—2,1),3553kp=4，过P与半圆相切时，k=12，At2<k^4.53答案：12<k^46.(2009年高考全国卷II)已知AC、BD为圆O：x?+y2=4的两条相互垂直的弦，垂足为M(1,、/2),则四边形ABCD的面积的最大值为.解析：设圆心0到AC、BD的距离分别为d、d，则d2+d2=0Mh=3.12121四边形ABCD的面积S=2〔AB|•|CD|=2p(4—牛)(4—d??)W8—(d2+^2)=5.7.(2010年宁波调研)已知圆C：x2+y2+bx+ay—3=0(a、b为正实数)上任意一点关于直线l：x13+y+2=0的对称点都在圆C上，贝口-+「的最小值为.abba解析：由题意，知圆心在直线上，所以一+(—2+2=0,ab,13abb3ab3a•4+4=1，则(a+b)(4+4)=1+扃+4b$1+2\肚•庄=1+32.8.设圆O：x2+y2=直线l：x+3y—8=0,点Awl,使得圆0上存在点B,且ZOAB=3O°(O为坐标原点)，则点A的横坐标的取值范围是8－x解析：依题意点Awl,设A(xo,飞^).过点A作圆0的切线，切点为M,则Z0AM^Z则Z0AM^Z0AB=30°•从而sinZ0AM$sin30°=1,即|OM|Msin30°1=2,就是|oa|2W4(|om|2)648－x648=_9,X02+(^^)2Wg,5x02—8x0W0,解得XOW[O,5].答案：[0,|]9.(2009年高考江西卷)设直线系M：xcos8+(y—2)sin8=1(0W8W2n),对于下列四个命题:存在一个圆与所有直线相交存在一个圆与所有直线不相交存在一个圆与所有直线相切M中的直线所能围成的正三角形面积都相等其中真命题的代号是(写出所有真命题的代号).解析:xcose+ysin0—2sin0—1=0.则点(0,2)到其直线的距离为.|0•cos0+2sin0—2sin0—1|d==1.cos?e+sin2e・•・说明此直线是圆心为(0,2),半径为1的圆的切线.圆心为(0,2),半径大于等于1的圆与所有直线相交，A对；圆心为(0,2),半径小于1的圆与所有直线不相交，B对；圆心为(0,2),半径等于1的圆与所有直线都相切，C对；因为M中的直线与以(0,2)为圆心，半径为1的圆相切，所以M中的直线所能围成的正三角形面积不都相等.如图△ABC与厶ADE均为等边三角形而面积不等.答案：A、B、C已知圆C:X2+y2+2x+2y—8=0与圆C:x?+y2—2x+10y—24=0相交于A、B两点,12求公共弦AB所在的直线方程；求圆心在直线y=—x上，且经过A、B两点的圆的方程.'x2+y?+2x+2y—8=0解：(1”x-2y+4=0.凶+『2—2x+10y—24=0⑵由⑴得x=2y—4,代入x?+y?+2x+2y—8=0中得：y2—2y=0.，x=—，x=—4<、y=0"x=0y=2，即A(—4,0),B(0,2),(x＋又圆心在直线y=—x上，设圆心为M(x,—x)，则|MA|=|MB|，解得M(—3,3),A0M：3)2＋(y—3)(x＋(2010年江苏徐州调研)已知圆C的方程为X2+y2=1，直线l过定点A(3,0),且与圆C相切.1求直线l的方程；1设圆C与x轴交于P、Q两点，M是圆C上异于P、Q的任意一点，过点A且与x轴垂直的直线为l，直线PM交直线l于点P',直线QM交直线l于点Q'.求证：以PzQ'为直径的圆V总222过定点，并求出定点坐标.解：(1)T直线l过点A(3,0),且与圆C：X2+y2=1相切，设直线l的方程为y=k(x—3)，即11kx—y—3k=0,解得k=±乎|3k|则圆心0(0,0)到直线-的距离为解得k=±乎・直线l的方程为y=土今厂(x—3).14(2)对于圆C：x2+y2=1,令y=0,则x=±1，即P(—1,0),Q(1,0).又直线l?过点A且与X轴垂直,・直线l方程为x=3.2设M(s,t),则直线PM的方程为『=土1匕+1).x=3.解方程组]解方程组]t[y=sn(x+i),得P‘(3,屮)•同理可得Q'(3,二1)・・•.以P‘Q'为直径的圆L的方程为(x—3)(x—3)+(y-s4pi)(y-S2Z1)=0，又S2+t2=1,整理得(X2+y2—6x+1)+—t—y=0,若圆C'经过定点，只需令y=0,从而有X2—6x+1=0,解得x=3±2\S,・圆C'总经过定点，定点坐标为(3±2\：2,0)•(2009年高考江苏卷)如图在平面直角坐标系xOy中，已知圆C:(x+3)2+(y—1)2=4和圆C:(x—4)2+(y—5)2=124.若直线I过点A(4,0),且被圆C1截得的弦长为2寸3求直线I的方程；设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线I和I，它们分别与圆12C和C相交，且直线I被圆C截得的弦长与直线I被圆C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点121122P的坐标.解:(1)由于直线x=4与圆C不相交，所以直线I的斜率存在.设1直线I的方程为y=k(x—4)，圆C的圆心到直线I的距离为d,因为直线I被圆q截得的弦长为2\/3,所以d=#22—(寸3)2=1.由点到直线的距离公式得d=|1-—4)|,从而k(24k+7)=0,即k=0或k=—£，所以直线I的方程为y=0或7x+24y—28=0.(2)设点P(a,b)满足条件，不妨设直线I的方程为y—b=k(x1—a—a),k壬0,则直线I的方程为y—b=—「(x—a).因为圆C和圆C的半径相等，且直线I被圆C2k1211截得的弦长与直线I被圆C截得的弦长相等，所以圆C的圆心到直线I的距离和圆C的圆心到直22112线I的距离相等,即1\>'1+k2|1—k(—3—a)—b|比+於4—a)—b|\>'1+k2整理得|1＋3k＋ak—b|=|5k＋4—a—bk|,从而1＋3k＋ak—b=5k＋4—a—bk或1＋3k＋ak—b=—5k—4+a+bk,即(a+b—2)•k=b—a+3或(a—b+8)k=a+b—5，因为k的取值有无穷多个，所以'a+b—2=0,b'a+b—2=0,b—a+3=0,'a—b+8=0,a+b—5=0,<解得5

a=i=2,b=—23a=—_=—2,1313这样点p只可能是点P1(2，—^)或点p2(—2,刁)•经检验点P和P满足题目条件.12

第五节空间直角坐标系(2009年高考安徽卷)在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,2),B(1,—3,1),点M在y轴上，且TOC\o"1-5"\h\zM到A与到B的距离相等，则M的坐标是．解析：设M的坐标为(0,y,0)，由|MA|=|MB|得(0—1)2+(y—0)2十(0—2)2=(0—1)2+(y+3)2+(0—1)2,整理得6y+6=0,.°.y=—1,即点M的坐标为(0,—1,0).答案：(0,—1,0)在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9),B(10,—1,6),C(x,4,3)为顶点的厶ABC是以BC为底边的等腰三角形,则实数x的值为.解析：因为△ABC是以BC为底边的等腰三角形，则有|AB|=|AC|,(10—4)2+(—1—1)2+(6—9)2=^'(x—4)2+(4—1)2+(3—9)2,化简得(x—4)2=4,.°.x=2或6.答案：2或6已知x、y、z满足方程C：(x—3)2+(y—4)2+(z+5)2=2，则x2+y2+Z2的最小值是.解析：X2+y?+z2可看成球面上的点到原点距离的平方，其最小值为32+42+(—5)2—2)2=(4问2=32.答案:32(2010年广州调研)与A(3,4,5)、B(—2,3,0)两点距离相等的点M(x,y,z)满足的条件是.解析：由|MA|=|MB|，即(x—3)2+(y—4)2+(z—5)2=(x+2)2+(y—3)2+Z2,化简得10x+2y+10z—37=0.答案：10x+2y+10z—37=0(原创题)已知A(3,5,—7)和点B(—2,4,3)，点A在x轴上的射影为A',点B在z轴上的射影为B',则线段AzB'的长为.「解析：可知A(3,0,0),Bz(0,0,3),・・・|A,B‘|=-J32+02+(—3)2=3\：2如图所示，正方体ABCD—A，B，C，D，的棱长为a,P、Q分别是D，B,B，C的中点，求PQ的D'C长.D'C解：以D为坐标原点，DA、DC、DD，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角aaa坐标系，由题意得，B(a,a,0),D，(0,0,a),VP(^,夕.又C(0,a,0),aaB，(a,a,a),・Q(2，a,3).aaaaaa.|PQ|=q—2)2+q—a)2+q—2)2=7已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(2,3,1)、B(4,1,—2)、C(6,3,7)，则△ABC的重心坐标为解析：三角形三个顶点分别为A(x,y,z),B(x,y,z),C(x,y,z)，则其重心为TOC\o"1-5"\h\z111222333x+x+xy+y+yz+z+z)…,7、M—33，「—J3,—JJ,故所求重心为(4,3,2).答案：(4,3,2)设点B是点A(2,—3,5)关于xOy面的对称点,则|AB|等于.解析：点A关于xOy面的对称点为B(2,—3,—5),・.|AB|=|5—(—5)|=10.正方体不在同一表面上的两顶点A(—1,2,—1),B(3,—2,3),则正方体的体积为.解析：设棱长为a,贝3a=.；'42+(—4)2+42,.*.a=4,・V=64.(2010年江苏宜兴模拟)已知B是点A(3,7,—4)在xOy平面上的射影,则能2等于.解析：A在xOy平面上射影为B(3,0,—4),则OB=(3,0,—4),OB2=25.在z轴上与点A(—4,1,7)和点B(3,5,—2)等距离的点C的坐标为.解析：设z轴上的点为(0,0,z),则根据题意有(—4—0)2+(1—0)2+(7—z)2=,''(3—0)2+(5—0)2+(—2—z)2,则17+49—14z=9+25+4+4z,••沱=*•故该点是(0,0,*).在空间直线坐标系中，方程X2—4(y—1)2=0表示的图形是.

解析：X2—4(y—1)2=0化为[x—2(y—1)][x+2(y—1)]=0,・°・x—2y+2=0或x+2y—2=0,表示两个平面．答案：两个平面在空间直角坐标系中，正方体ABCD—ABCD的顶点A(3,—1,2)，其中心M的坐标为(0,1,2),1111则该正方体的棱长为.解析：由A(3,—1,2)，中心M(0,1,2)所以C1(—3,3,2).正方体的体对角线长为AC=[3—(—3)]2+(—1—3)2+(2—2)2=.'73，所以正方体棱长为乍^二驾39.答案：生尹已知ABCD为平行四边形，且A(4,1,3)、B(2,—5,1),C(3,7,—5),则顶点D的坐标为解析：由平行四边形中对角线互相平分的性质知，AC的中点即为BD的7x+2—5+y中点，AC的中点0(2，4,—1)，设D(x,y,z),贝転=一,4=—，1+z~T~・°・x=5,y=13,z=—3,故D(5,13,—3).如图所示，在长方体OABC—0ABC中，0A=2,AB=3,AA=2,M是OB111111与BO的交点，则M点的坐标是1解析：T0A=2,AB=3,AA=2,12VA(2,0,0),A(2,0,2),B(2,3,0)，故B(2,3,2).AM点的坐标为,112322,乡，即M(1,1.5,1).答案：(1,1.5,1)如图所示，直三棱柱ABC—ABC中，|CC|=|CB|=|CA|=2,AC丄CB,1111D、E分别是棱AB、BC的中点，F是AC的中点，求DE、EF的长度.11解：以点C为坐标原点，CA、CB、CC所在直线为x轴、y轴、z轴,1建立如图所示的空间直角坐标系.V|C1C|=|CB|=|CA|=2，1・C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，B(0,2,2)，11由中点坐标公式可得，D(1,1,0)，E(0,1,2)，F(1,0,0)，01C1AyBXClBABCDEA・•・|DE|=“J(1一0)2+(1—1)2+(0—2)2,01C1AyBXClBABCDEA|EF|(0—1)2+(1—0)2+(2—0)2=寸6.已知A(1,2,—1),B(2,0,2).(1)在x轴上求一点P,使|PA|=|PB|；⑵在xOz平面内的点M到A点与到B点等距离，求M点的轨迹.解：(1)设P(a,0,0),则由已知，得叮(a—1)2+(—2)2+12=J@