平面解析几何(直线与方程)-五年(2018-2022)高考数学真题汇编_第1页
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文档简介

五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编19-平面解

析几何(直线与方程)(含解析)

一、单选题

22

1.(2022•全国•统考高考真题)椭圆C:,+W=l(a>%>0)的左顶点为A,点P,Q均

在C上,且关于y轴对称.若直线ARA。的斜率之积为!,则C的离心率为()

A.在B.—C.ɪD.-

2223

2.(2022•全国•统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构,瓦Ce是

桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意

图.其中力A,cq,BB∣,AA是举,ORQG,CB/A是相等的步,相邻桁的举步之比分

别为等L=05会=配粤=右,普=%•已知K,自人成公差为0」的等差数列,且

C√Z√lZ√C1Cr>∣OA1

直线OA的斜率为0.725,则/=()

A.0.75B.0.8C.0.85D.0.9

3.(2021.全国•统考高考真题)抛物线V=2px(p>0)的焦点到直线y=X+1的距离为血,

贝"()

A.IB.2C.2√2D.4

4.(2020•全国•统考高考真题)点(0,-1)到直线y=%(x+l)距离的最大值为()

A.1B.√2C.√3D.2

5.(2020.浙江•统考高考真题)已知点O(0,0),A(-2,0),B(2,0).设点P满足

∖PA∖-∖PB∖=2,且P为函数产344-国图像上的点,则IoPl=()

A.叵B.C.√7D.√10

25

6.(2020.山东.统考高考真题)直线2x+3y-6=0关于点(-1,2)对称的直线方程是()

A.3x-2y-10=0B.3x-2y-23=0

C.2x+3y-4=0D.2x+3y-2=0

7.(2020・山东・统考高考真题)己知直线/:y=xsin夕+cos,的图像如图所示,则角〃是

()

A.第一象限角B.第二象限角C.第三象限角D.第四象限角

8.(2018•全国•高考真题)已知双曲线C:ɪ__2_=l(4>0,。>0)的离心率为正,则点

a2b2

(4,0)到C的渐近线的距离为

A.√2B.2D.2√2

9.(2018.北京•高考真题)在平面直角坐标系中,记"为点P(COSo,sin6)到直线

x-∕wy-2=0的距离,当6»、m变化时,"的最大值为

A.1B.2

C.3D.4

1°∙(2。及北京•高考真题)己知直线’的参数方程为丁2+〃C为参数),则点(W

到直线/的距离是

二、多选题

11.(2022.全国.统考高考真题)已知。为坐标原点,过抛物线C:=2px(p>0)焦点尸

的直线与C交于A,B两点,其中A在第一象限,点M(P,0),若IAFHAM则()

A.直线AB的斜率为2指B.I<9B∣=∣OF∣

试卷第2页,共4页

C.∣AB∣>41<9F∣D.ZOAM+ZOBM<∖?>0o

三、填空题

12.(2022•全国•统考高考真题)设点A(-2,3),5(0M),若直线AB关于>="对称的直线

与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则α的取值范围是.

13.(2022•全国•统考高考真题)设点M在直线2x+y-l=0上,点(3,0)和(0,1)均在M

上,则"的方程为.

22

14.(2021.全国•统考高考真题)双曲线工r-匕v=1的右焦点到直线x+2y-8=0的距离

45

为.

15.(2021•全国•统考高考真题)已知函数/(x)=H-Il,再<0,9>°,函数f(x)的图象

在点AaJ(XJ)和点B(WJ(X2))的两条切线互相垂直,且分别交y轴于M,N两点,

则需取值范围是.

4

16.(2019•江苏•高考真题)在平面直角坐标系XO),中,P是曲线J=X+—(x>0)上的一

X

个动点,则点P到直线X+)=O的距离的最小值是.

四、解答题

17.(2018・全国•高考真题)设椭圆c[+k=ι的右焦点为F,过F的直线/与C交于A,B

两点,点M的坐标为(2,0).

(1)当/与X轴垂直时,求直线40的方程;

(2)设。为坐标原点,证明:NOMA=NOMB.

18.(2018•全国.高考真题)设抛物线C:V=2x,点A(2,O),8(-2,0),过点4的直

线/与C交于M,N两点.

(1)当/与X轴垂直时,求直线的方程;

(2)证明:ZABM=ZABN.

19.(2019.江苏.高考真题)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线

型公路/,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路/上选两个点P、Q,并修建

两段直线型道路PB、QA.规划要求:线段P8、QA上的所有点到点。的距离均不少丁

河。的半径.已知点A、B到直线/的距离分别为AC和Bc(C、。为垂足),测得AB=10,

AC=6,BD=12(单位:百米).

(1)若道路P8与桥AB垂直,求道路P3的长;

(2)在规划要求下,P和。中能否有一个点选在。处?并说明理由;

(3)对规划要求下,若道路PB和QA的长度均为“(单位:百米).求当d最小时,A

。两点间的距离.

五、双空题

20.(2020・北京•统考高考真题)已知双曲线C:工-E=1,则C的右焦点的坐标为

63

;C的焦点到其渐近线的距离是.

试卷第4页,共4页

参考答案:

1.A

2I

【分析】设P(XQJ,则Q(Tl,yj,根据斜率公式结合题意可得2=:,再根据

—X∣÷Cl4

⅛+⅛=l,将X用玉表示,整理,再结合离心率公式即可得解.

ab

【详解】[方法一]:设而不求

设Pa,M),则Q(T⅛,yj

则由原./A。=;得:^∙^e=———=

4xl+a-xl+a-x1+a4

⅛χ↑2,y∣2_]得2(a^-x∣)

由部+层J,得y二一下一'

昨X)一

所以一蓝—_1,即勺=L,

------2---ar4

-x1+a^4

所以椭圆C的离心率e=£=、「5=立,故选A.

[方法二]:第三定义

设右端点为B,连接PB,由椭圆的对称性知:%=-%位

故lcAP-ZAC=k4-%----

由椭圆第三定义得:kPA-kAQ=-^,

..b21

⅛>Γ—=—

a24

所以椭圆C的离心率e=£=、叵=走,故选A.

a∖a~2

2.D

【分析】设。A=。G=C4=3=1,则可得关于右的方程,求出其解后可得正确的选项.

【详解】设ODl=DG=CBI=BAI=1,则CG=K,BHI=k2,例=%,

DD∖+CG+BBl÷AzA

依题意,有%一0∙2=K,勺一。-1=%2,且l=0.725,

OD1+DC1+CB1+BAi

所以"千丝=0.725,故.。.9,

答案第1页,共17页

故选:D

3.B

【分析】首先确定抛物线的焦点坐标,然后结合点到直线距离公式可得P的值.

【详解】抛物线的焦点坐标为(5,0;

£-0+1

其到直线χ-y+ι=0的距离:d=2______=夜,

√Γ+T—

解得:P=2(p=-6舍去).

故选:B.

4.B

【分析】首先根据直线方程判断出直线过定点P(T,0),设A(0,T),当直线y=Z(X+1)与AP

垂直时,点A到直线y=A(χ+l)距离最大,即可求得结果.

【详解】由y=A(χ+D可知直线过定点P(T0),设A(O,-1),

当直线y=%(χ+D与AP垂直时,点A到直线y=k(x+1)距离最大,

即为IAPI=√L

故选:B.

【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题,涉及到的知识点有直线过定点问题,利用

几何性质是解题的关键,属于基础题.

5.D

【分析】根据题意可知,点P既在双曲线的一支上,又在函数y=3"≡∕的图象上,即可

求出点尸的坐标,得到IOH的值.

【详解】因为IPAlTP8∣=2<4,所以点P在以4,8为焦点,实轴长为2,焦距为4的双曲

线的右支上,由c=2,α=l可得,b2=c2-/="1=3,即双曲线的右支方程为==](χ>o),

而点尸还在函数y=的图象上,所以,

y=3∖∣4-X2X=ʒɪ

即吁耳?=阮

由<y2,解得《广,

X2-ʒ-=l(x>O)ʌ,_ɜvɜ

故选:D.

答案第2页,共17页

【点睛】本题主要考查双曲线的定义的应用,以及二次曲线的位置关系的应用,意在考查学

生的数学运算能力,属于基础题.

6.D

【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为(x,y),则其关于点(-1,2)对称的点的坐标为

(-2-x,4-y),代入已知直线即可求得结果.

【详解】设对称的直线方程上的一点的坐标为(X,y),

则其关于点(-1,2)对称的点的坐标为(-2-x,4-y),

因为点(-2-x,4-y)在直线2x+3y-6=0上,

所以2(—2-x)+3(4->)—6=0即2x+3y-2=0.

故选:D.

7.D

【分析】本题可根据直线的斜率和截距得出Sine<0、CoSe>0,即可得出结果.

【详解】结合图像易知,SineC0,COSe>0,

则角。是第四象限角,

故选:D.

8.D

【详解】分析:由离心率计算出,,得到渐近线方程,再由点到直线距离公式计算即可.

所以双曲线的渐近线方程为χ±y=0

4

所以点(4,0)到渐近线的距离d==2√2

√F+T

故选D

点睛:本题考查双曲线的离心率,渐近线和点到直线距离公式,属于中档题.

9.C

【分析】P为单位圆上一点,而直线X-缈-2=0过点A(2,0),则根据几何意义得d的最大

值为OA+1.

答案第3页,共17页

【详解】QCOS20+sin2e=l,.∙.P为单位圆上一点,而直线X-缈-2=0过点A(2,0),

所以d的最大值为。4+1=2+1=3,选C.

【点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值,求点到直线的距

离的最值,求相关参数的最值等方面.解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题

转化.

ɪθ.D

【分析】首先将参数方程化为直角坐标方程,然后利用点到直线距离公式求解距离即可.

【详解】直线/的普通方程为4(x-l)-3(y-2)=0,即4x-3y+2=0,点(1,0)到直线/的距离

∣4-0÷2∣6,人

'7=^>TF'l≡D∙

【点睛】本题考查直线参数方程与普通方程的转化,点到直线的距离,属于容易题,注重基础知

识、基本运算能力的考查.

11.ACD

【分析】,再由斜率公式即可判断A选项;表

示出直线Ag的方程,联立抛物线求得,即可求出IoBl判断B选项;由抛物线

的定义求出∣A8∣即可判断C选项;由。VO3<0,M4∙Λ∕B<0求得NAO8,ZAMB为

钝角即可判断D选项.

【详解】对于A,易得F(∙^,0),由IAH=I可得点A在f河的垂直平分线上,则A点横

P

坐标为2+PD=3p,

2-T

限P

代入抛物线可得>2=20-学=102,则2

,则直线AB的斜率为τ-—=2√6,

3£_£

42

A正确;

-1p

对于B,由斜率为2指r可得直线AB的方程为X=£6)'+:,联立抛物线方程得

I,

y2--^py-p'n,

设B(X”必),则逅0+%=逅〃,则X=-圆,代入抛物线得

=2p∙X],解得

263

答案第4页,共17页

T贝U8(g—当),

则∣05∣=J"+[粤J=卒≠∣OF∣q,B错误;

对于C,由抛物线定义知:∣4B∣=^+5+p=著>2p=4∣。尸C正确;

对于D,。4。B=号,季)哼,-季)=¥《+冬’警卜-乎<。,则4。5为

钝角,

又MA∙MB=(/坐).(等一用=MT卜孚‘券>考<0,则ZAMB

为钝角,

)LΛAOB+ZAMB+ZOAM+Z.OBM=360,贝IJNQ4M+NOBM<180,D正确.

【分析】首先求出点A关于丁=。对称点A,的坐标,即可得到直线/的方程,根据圆心到直线

的距离小于等于半径得到不等式,解得即可;

【详解】解:A(-2,3)关于y=α对称的点的坐标为A(-2,2α-3),WOM)在直线V=。上,

所以48所在直线即为直线/,所以直线/为y=±(x+0,即(α-3)x+2y-24=0:

圆C:(x+3)2+(y÷2)2=1,圆心。(一3,-2),半径〃=1,

答案第5页,共17页

∣-3(α-3)-4-2a∣

依题意圆心到直线/的距离”≤1

Js-3)2+22

1Q1ɜ

即(5-5”)~≤(4-3)一+2?,解得3≤α4j,即

^13一

故答案为:-.∣

13.(x-l)2+(y+l)2=5

【分析】设出点M的坐标,利用(3,0)和(0,1)均在,M上,求得圆心及半径,即可得圆的方

程.

【详解】[方法一]:三点共圆

Y点M在直线2x+y-l=0上,

••.设点加为3,1-24),又因为点(3,0)和(0,1)均在M上,

.∙.点M到两点的距离相等且为半径R,

222

λ∕(Λ-3)+(l-2tz)=Qa2+(-2a)=R,

a2-6a+9+4a2-4α+l=5α2.解得α=l,

ΛM(l,-l),R=yβ,

M的方程为(X-+(y+1)?=5.

故答案为:(X-D2+(>'+1)2=5

[方法二]:圆的几何性质

由题可知,M是以(3,0)和(0,1)为端点的线段垂直平分线y=3x-4与直线2x+y-1=0

的交点(7,-“∙R=百,M的方程为(X-I)2+(y+l)2=5.

故答案为:(X-I)°+(y+1)?=5

14.√5

【分析】先求出右焦点坐标,再利用点到直线的距离公式求解.

【详解】由已知,c=√7/=7^7=3,所以双曲线的右焦点为(3,0),

∣3+2×0-8∣5/T

所以右焦点(3,0)到直线x+2y-8=O的距离为《包=而=".

故答案为:∖∣5

答案第6页,共17页

15.(0,1)

【分析】结合导数的几何意义可得%+X2=O,结合直线方程及两点间距离公式可得

AM=y∣l+e2x'BN=y∣↑+e2^化简即可得解.

∖∖∙∣x1∣,∖∖∙∣x2∣,

∖-ex,x<0、—,,X<0

【详解】由题意,/(χ)=Pv-ι∣eT,x≥0'则/(X)=

e∖x>O

x

所以点A(xv∖-e')和点β(x2,^-l

所以一e~∙e的=-l,x1+x2=O,

xrv,x

所以AM:y-l+e'=-^'(x-x1),Λ√(θ,ex1-e'+1),

所以+卜"+那•㈤,

IAM=J%j2μXj=

同理忸+e2x2

M=VT∙∣x2∣,

|AA/|_√l+e2x'∙∣x,∣_叵三=∕l÷g2r'

所以网-乐Fi丁归kVr小=ex'∈(0,l).

故答案为:(0,1)

【点睛】关键点点睛:

解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件再+乙=0,消去一个变量后,运算即可得

解.

16.4.

【分析】将原问题转化为切点与直线之间的距离,然后利用导函数确定切点坐标可得最小距

4

【详解】当直线χ+y=O平移到与曲线y=χ+2相切位置时,切点Q即为点P至IJ直线χ+y=O

X

的距离最小.

由y'=l—γ=-l,得X=V∑(-λ∕Σ舍),y=3>∕Σ,

X

即切点Q(√∑,3√Σ),

则切点Q到直线X+y=O的距离为悍+3闽=4,

√i77F

答案第7页,共17页

故答案为4.

【点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离,渗透了直观想象和数学运算素养.

采取导数法和公式法,利用数形结合和转化与化归思想解题.

17.(1)40的方程为y=-乎x+&或y=[x-√5:(2)证明见解析.

【分析】(1)根据/与X轴垂直,且过点尸(1,0),求得直线/的方程为尸1,代入椭圆方程求

得点A的坐标为L,利用两点式求得直线AM的方程;

(2)方法一:分直线/与X轴重合、/与X轴垂直、/与X轴不重合也不垂直三种情况证明,

特殊情况比较简单,也比较直观,对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现,从

而证得结果.

【详解】(1)由已知得尸(1,0),/的方程为X=L

由已知可得,点A的坐标为1,

所以AM的方程为y=_坐^+应或y=.

(2)[方法一]:【通性通法】分类+常规联立

当/与X轴重合时,ZOMA=ZOMB=OO.

当/与X轴垂直时,QM为AB的垂直平分线,所以NQM4=NOMB.

当/与X轴不重合也不垂直时,设/的方程为y=I)(AHO),A(0χ),8(x2,%),

则Xl<√5,Λ⅛<C,直线M4、MB的斜率之和为ZMA+&»=出}+黄豆.

2kx.x7-3k(x.+X7)+4⅛

由%=例-%,%=也一%得+kMB=-----(X—2)(.—2)----

2

将,=%(》_1)代入++,2=]得(26+1卜2_4&2》+2&2_2=0.

4⅛2Ik1-2

所以,

x1+x2=2/+1'*々=2公+1

4⅛3-4Λ-12⅛3+8⅛3+4⅛

则2kxx-3⅛(x+x)+4⅛==0.

l2l22⅛2+l

从而%MA+%ME=0,故M4、MB的倾斜角互补,所以NoM4=∕OM3.

综上,20MA=N0MB.

答案第8页,共17页

[方法二]:角平分线定义的应用

当直线/与X轴重合或垂直时,显然有NOM4=NQ3.当直线/与X轴不垂直也不重合时,

设直线/的方程为X=Wy+1,交椭圆于A(XI,乂),β(⅞,y2).

V2_

由<2+^v+2)y2+2zwy-l=0.

x=∕ny+1

由韦达定理得y+%=-⅛^,yly2=-⅛-.

m+2/n+2

点A关于X轴的对称点Na,-X),则直线BN的方程为(y+y∣)(∙x2-Xl)=(X+%)(*-玉).

2T2m

2叫∣%+(M+)'2)="疗+2-疗+2=则

令),=O,X=)1(——*)+百=+%+>』2

>∙l+J2-^~2m-,

M+%X+J2

rrr+2

直线BN过点M,NOMA=NOMB.

[方法三]:直线参数方程的应用

x=l+rcosa

设直线/的参数方程为G为参数).(*)

y=fsinα

将(*)式代入椭圆方程]+V=l中,整理得(l+sin%)∕+2COSM-1=0.

则'M=-'2cosa

t+t=-

i21÷sin2a

XA(l÷r1cosa√1sinσ),β(l+12cosa,t2Sina),则kMA+kMB=

∕1sinasina_4sina(t2sina

1+tlcosa-2l÷∕2cosa-2tlcos(2-lqCOSa-I

∕1sina(r2cosa-l)+r2sina(z1cos_2rlr2sinacosσ-(r1+q)sin0

(r1cosa-l)(^cosa-1)亿cosa-l)(r2cosa-1)

-2sinacosa2sinacosa

----------------?-----------1----------------?—

1+sinα1+sinα

(rlCoSa-1)(∕2COSa-1)

即KWA=一《仍.所以NOM4=NQM5.

[方法四]:【最优解】椭圆第二定义的应用

当直线/与X轴重合时,NOMA=NOMB=0。.

当直线/与X轴不重合时,如图6,过点A,B分别作准线x=2的垂线,垂足分别为C,D,

则有AC〃80〃X轴.

答案第9页,共17页

1

x

图6

由椭圆的第二定义,有评,≡=e,瞎瑞即需瑞

由™,轴,有盟瑞,嚅榴,于是就假,且

ZACM=NBDM=90。.可得NAMC=ZβMf>,即有NAMo=NBMO.

[方法五]:角平分线定理逆定理+极坐标方程的应用

龙21

椭圆U]→y2=i以右焦点为极点,X轴正方向为极轴,得P=①.cos,

设4(/[,8),3(02,。+%).

222

IAM|=p1+l-2p1cos0,∣BM∣=pɪ÷l+2p2cos0.

IBMI_J0;+1+202COSe

=ʌ/ʒ-cos2θ.

所以*©产E,=tt

-

LTBF|^p2

由角平分线定理的逆定理可知,命题得证.

[方法六]:角平分线定理的逆定理的应用

设点0(也可选点尸)到直线MAMB的距离分别为4,4,根据角平分线定理的逆定理,要

证∕0M4=N0Λffi,只需证4=W.

当直线/的斜率为。时,易得4=4=0.

当直线/的斜率不为O时,设直线/的方程为:x="∕+l,A(%,y),B(Λ2,%)∙由方程组

X2_

21

2+)T得M+2)/+2ZWy-I=O,A>0恒成立,y+%=_∙yly2=-^2+9

x=my+∖,

lɔ,I

直线MA的方程为:XX-α-2)y-2必=0,4=/2J….

QyI+(χ∣-2)

故4=

因为点A在直线/上,所以Xl=WM+12

y∣(m+l)yf-2myt+l

答案第10页,共17页

2

闩抻d∣^l/屋二4(%一%)[(y+%)—2mxy21

2,

y∣^m+1)}2^2∕πγ2+1'~[(M+1)y:—2tny]÷1][(M+1)£-2ιny2+1]

2zz?2„

因为(x+y,)-2机“必=一/^+手;=0,所以d;-芯=0,即《=4.

m+2m^+2

综上,NOMA=NOMB.

[方法七]:【通性通法】分类+常规联立

当直线/与X轴重合或垂直时,显然有NoMA=NOMB.

当直线/与X轴不垂直也不重合时,设直线/的方程为x=my+l,交椭圆于Aa,乂),

8(Λ2,%)∙

得(>+2)V+2my-1=0.

x=tny+1

-2m-1

由韦达定理得y+%=,%%=

∕n2+2m2+2

为yI%2,孙必-(>1+必)O

所以+XI

王一2X)-*2/Myl-1my2-1(myl-1)(,佻-1)

故M4、MC的倾斜角互补,所以NoM4=NOMb

[方法八]:定比点差法

设AF=4F8(2xO,±l),A(X,χ),3(X2,%),

l+λ

所以,

y+4%

O=

1÷Λ

2

xl2

y+Jι=l

χ∣+MXXiX2+X+,上XX-Zy2

由,作差可得,,所以,

1221÷A2(1-2)1+ΛI-A

竽+彳W2

所以,3=;(3-兀),々,

x∣—λx-,=2(1—2),又x∣+λ,x2=1+2,

ZZ∖AJ

k+k_)1I)」_一会I乃=O

ma

故M"MB再_2X2-2_!(]+4_J(I+1),`MB的倾斜角互补,所以

ZOMA=ZOMB.

当;1=1时,/与X轴垂直,QM为AB的垂直平分线,所以NQM4=NOΛ∕B.

ΛOMA=ZOMB.

答案第Il页,共17页

【整体点评】(2)方法一:通过分类以及常规联立,把角相等转化为斜率和为零,再通过韦

达定理即可实现,是解决该类问题的通性通法;

方法二:根据角平分线的定义可知,利用点A关于X轴的对称点N在直线匕证直线AN

过点M即可;

方法三:利用直线的参数方程证明斜率互为相反数;

方法四:根据点例是椭圆的右准线x=2与X轴的交点,用椭圆的第二定义结合平面几何知

识证明,运算量极小,是该题的最优解;

方法五:利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用,也是不错的方法选择;

方法六:类比方法五,角平分线定理的逆定理的应用:

方法七:常规联立,同方法一,只是设直线的方程形式不一样;

方法八:定比点差法的应用.

18.(1)y=gx+l或y=-;X-1;(2)证明见解析.

【分析】(1)根据题意可得直线/的方程为x=2,从而得出点M的坐标为(2,2)或(2,-2),

利用两点式求得直线8M的方程;

(2)方法一:设直线/的方程为x=)+2,点"(A,,%)、NaM,将直线/的方程与抛

物线的方程联立,列出韦达定理,由斜率公式并结合韦达定理计算出直线8M、BN的斜率

之和为零,从而得出所证结论成立.

【详解】(1)当/与X轴垂直时,/的方程为x=2,可得〃的坐标为(2,2)或(2,-2).

所以直线的方程为y=;x+i或y=-gχ-i;

(2)[方法一]:【通性通法】韦达定理+斜率公式

设/的方程为x="+2,"&,%)、N(Λ⅛,%),

x=<y+2

由^/-2ry-4=0可知为+%=2f,yy=-4,

y2=2xl2

直线3M、8N的斜率之和为

1(w+2)y∣+α+2)%(。+4))+(。|+4)必

kRM+kRN=■ʃ-÷-ʃ-■

BMBN再+2W+2(Xl+2)(w+2)(XI+2)(々+2)

=2*),2+4(y+乃)=2rχ(-4)+4χ2f=θ

(X,+2)(X2+2)^(¾+2)(X2+2)^'

答案第12页,共17页

所以&aw+&,v=O,可知8M、BN的倾斜角互补,所以NABΛ∕=NABN.

[方法2]:【最优解】斜率公式+三点共线的坐标表示

因为M,N在抛物线上,可设N(2g,2q),故AM=(2f-2,2。,

AN=(2tl-2,2t2).而A,M,N共线,^AM∕∕AN,即(2片—2)2—(2f一2).2%=0,化

简得4(伍+1)&Tj=O.而M,N是不同的点,故可得斡+I=。.这样

.,2t,2t,(∕lr,+l)(rl+r,)八

%'+L=而+诉=G+I)优+1)=0.故,M=WM

【整体点评】(2)方法一:通过联立方程得出根与系数的关系,再直接使用斜率公式化简即

可证出,是此题问题的通性通法;

方法二:通过设点,根据三点共线的坐标表示寻找关系,再利用斜率公式化简证出,省略了

联立过程,适当降低了运算量,是此类问题的最优解.

19.(1)15(百米);

(2)见解析;

(3)∣7+3√21(百米).

【分析】解:解法一:

(1)过A作AE_LM,垂足为E利用几何关系即可求得道路PB的长;

(2)分类讨论P和。中能否有一个点选在。处即可.

(3)先讨论点P的位置,然后再讨论点。的位置即可确定当"最小时,P、。两点间的距

离.

解法二:

(I)建立空间直角坐标系,分别确定点P和点B的坐标,然后利用两点之间距离公式可得

道路PB的长;

(2)分类讨论P和。中能否有一个点选在。处即可.

(3)先讨论点P的位置,然后再讨论点。的位置即可确定当4最小时,尸、。两点间的距

离.

【详解】解法一:

(1)过A作AE_LB£>,垂足为E.

由已知条件得,四边形ACZ)E为矩形,DE=BE=AC=6,AE=CD=S.

答案第13页,共17页

因为

84

所以CoSNP8。=SinNABE=-=-.

105

PB=BD士

所以CoSNPBD4ɪɔ.

5

因此道路PB的长为15(百米).

(2)①若P在。处,由(1)可得E在圆上,则线段BE上的点(除B,E)到点。的距离

均小于圆。的半径,所以P选在O处不满足规划要求.

②若Q在。处,连结AO,由(1)知AD=JAE2+EZ)2=10,

从而cos/BAZ)=丝士生二丝=_!>(),所以284。为锐角.

2ADAB25

所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆。的半径.

因此,Q选在。处也不满足规划要求.

综上,P和Q均不能选在。处.

(3)先讨论点P的位置.

当NOBP<90。时,线段PB上存在点到点0的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;

当NOBP≥90。时,对线段PB上任意一点BOF>OB,即线段PB上所有点到点。的距离均

不小于圆。的半径,点P符合规划要求.

设A为/上一点,且[BLAB,由(1)知,<8=15,

3

此时=耳BsinNKBD=RBCOSZEBA=15×-=9;

当NoBp>90。时,在△尸中,PB>RB=15.

由上可知,d≥15.

再讨论点。的位置.

由(2)知,要使得QA≥15,点。只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,

2222

CQ=yJQA-AC=√15-6=3√21.½H⅛,线段QA上所有点到点。的距离均不小于圆O

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