未来密码挑选性必修第一册答案

千里之行，始于足下朽木易折，金石可镂Word-可编辑赠送木水高中数学思维进阶挑选性必修第一册参考答案与解析参考答案与解析第一章空间向量与立体几何微专题1向量回路证求值深入探索变式1【解析】(1)原式可变形为OB−OP+OM=OP−OA−OP,即PB+OM（2）若点P与点A,B,M共面,则存在有序实数对x,y,使AP=xAB+yAM,即OP−OA=xOB−OA变式2【解析】依题意可知AP=AD=2,AC=1,AB=22,⟨AP,AD⟩=⟨AP,AC⟩=⟨AP,AB⟩=⟨AC,AD⟩=90∘,⟨AB,AD⟩=135∘,⟨AB,AC⟩=变式3 B【解析】因为点O是点A1在底面ABC内的投影,则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于AB1与OA1所成角的余弦值.因为A1O⊥AO,A1O⊥A1B1,又棱长都相等,因此选A内化演练综合运用1.B【解析】依题意知MN=MA+AO+ON,即2.C【解析】依题意知BD1=−AB+AD+3.C【解析】依题意知AC=AB+BD+DC,所以AC2=AB+BD+DC4.C【解析】依题意知BF=AF−AB=12AD+12AC−AB,CE=AE5.CD【解析】选项A,衔接AC,BD交于点O,在正方形ABCD中,O是AC,BD的中点,则SA+SC=2SO,SB+SD=2SO,所以SA+SB+SCSD6.ABD【解析】设正方体棱长为1.选项A,因为BB1=BA1+A1D1120∘;选项B,C,tan∠BBBD+7.2【解析】由AC2=AO+OB+BC2=AO2+OB2+BC​2+2AO⋅OB+2AO⋅BC+2OB⋅BC=1+1+9.【证实】因为点M在BD上,且第9题BM=113DA13ADMB13DE=2不共线,按照向量共面的充要条件可知MN,10.【证实】因为BC=OC−OB,所以OA⋅BC=OA⋅(OC−OB)=0,所以OA⋅OC=OA11.2【解析】过点A1第11题A1BD内作A1M⊥直线BD,垂足为M,过点C在平面BCD内作CNA记∠A1BDA1二面角A1−BD−C的大小为π3,所以NC,MA1的夹角为π3,所以NC⋅A1M=−NC⋅MA1=−NCA112.【解析】(1)因为PC=PA+AC=PA+AB+AD,所以PC2=PA2+AB2+AD2+2PA⋅AB+2微专题2基本定理基向量深入探索变式1AB【解析】对于A选项,AC1=AB+BC+CC1=AB+AD+AA1, A准确;对于变式23变式2A1B1的中点E,衔接AE交A1B于点F.因为M,N分离是AC1,BB1的中点,所以EM//B1C1//BC,EN//A1变式3【证实】由题意可知△ABC是等边三角形,所以⟨AB,BC⟩=120∘,A内化演练综合运用第1题1.C【解析】如图,作平行六面体ABCD−A1B1C1D1,ABx,y,z不共面,2.B【解析】CG=CA+3.A【解析】A1C=−AA1+AC=−4.D【解析】如图,AD第4题ACA由侧棱和底面垂直,所以AAAB=0BC=2AA1+12AB⋅AA1−AC+5.AD【解析】a,b,c是空间的三个单位向量,若a//b,b//c,则a//c,故A准确;a,b,c两两共面,但是a,b,c不一定共面,a,b,c可能两两垂直,故B错误;由空间向量基本定理,可知惟独当6.ABD【解析】如图,设PA=第6题PB=b,PC=c,则{a,b,c}1FGPE=13b−13c+23b=−13b−137.13【解析】如图,第7题PN=−23PA+z=128.AB⊂平面CDE或AB//平面CDE【解析】由AB=λCD+μCEλ,μ∈9.【解析】(1)证实:AE=DE−DA=12DB+DC−DA,BC=DC−DB,所以AE⋅BC=12DB+110.【解析】如图,设球O半径为R,记k=x+y+z,过点P作平面ABC的平行面,由等和面定理可知,当平行面与球O相切,且与平面ABC位于球心O同侧时,k取得最大值,设此时切点为P1;当平行面与球O相切,且与平面ABC位于球心O两侧时,k取得最小值,设此时切点为第10题平面ABC,设垂足为D,则OD=OA2−拓广探索11.【解析】如图,衔接AG并延伸,第11题交BC于点H,由题意可知,设{PA,PB,PC}34PA+14PB−PA+14PC−PA=14PA+14PB+14PC12.【解析】如图,以OA,第12题邻边作平行六面体OADB−CEGF,由OP=xOA+yOB+zOC(在两个平行平面ABC与平面DEF之间的区域运动,所以动点P的轨迹所围成的区域是平行六面体OADB−CEGF中介于平面ABC与平面DEF之间的部分,易得平行六面体OADB−CEGF的高ℎ=6微专题3空间向量坐标法深入探索变式1变式1【证实】因为四边形BB1C1C为菱形,所以BC1⊥B1C.以O为原点,如图,建立空间直角坐标系OB1=0,b,变式26【解析】因为点D变式2平面yOz上,所以点D的横坐标为0,过点D作DH⊥BC,依题意易得DH即点D的竖坐标z=3,纵坐标y=−3),所以AD变式3105【解析】以变式3点,建立空间直角坐标系B−xyz如图,则A3,−1,0,A内化演练综合运用1.D【解析】因为AB=1,5,−2,BC=2.D【解析】以B为原点,建立空间第2题直角坐标系B−xyz如图所示,令AB=BC=AA1=2,则B12,所以直线EF和BC13.B【解析】因为空间点Ax,y,z,O0,022+32+224.C【解析】以B1第4题间直角坐标系B1−xyz如图所示,则B0,0,2,A4,0,2,D(4,3,2),C10,3,0,设Px,y,z,则AB=−4,0,0,AP=(x−4,y5.ACD【解析】如图,过点A作第5题AH⊥A1B1,H为垂足,衔接C1H,如图建立空间直角坐标系.对于A选项,侧棱BB1与底面ABC所成角为60形AA1B1B为菱形,∠ABB1=∠AA1B=60∘,故A选项准确;对于B选项,易知A0,0,3,C10,3,0,C−1,3,3,B6.CD【解析】如图,以D为原点建第6题立空间直角坐标系,设CG=a,Px,0,z,则x2=ax2−a,由PB⊥PG,得PB⋅PG=xx−2+4+ax2ax2−7.90∘【解析】因为A1,−2,11,8.65【解析】AB=2,3,−1,AC=−2,1,3,所以AB⋅9.【解析】(1)因为a//b,所以x−2=4y=1−1,解得x=2,y=−4,故a=2,4,110.【解析】如图,以C为原点,建第10题立空间直角坐标系C−xyz如图所示.(1)依题意得B(0,1,0),N1,0（2）依题意得A1C0,0,0,B10,1,2,所以BA1=1拓广探索11.【解析】依题意,△ABP和△AEP均为以A为直角顶点的等腰直角三角形,则PA⊥AB,PA⊥AE,所以PA第11题如图所示,可得A0B2D4P0（1）证实:由题意,CE−4-2),因为CE⋅PE=CM=−212.【解析】以O为原点,建立空间直第12题角坐标系O−xyz如图所示,不妨取OA=2,则B0,2,0,C(0,0,2).设P0,y,z,BP=λ1−11−λ=t∈1,2,则cos⟨PQ,QB⟩=1m2+1t2−2t+2.设ft=m2微专题4空间向量及应用深入探索变式1D变式1A1为坐标原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分离为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A10n⋅A1B=1,−2)为平面A1BD的一个法向量.因为各选项中的点Q在直线B1P上,故可设B1Q=λB1P=λ−1,2,0=(−λ,2λ,0),则DQ变式2【解析】以D为原点,分离以变式2DA,DC,DG的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系如图,可得D0(1)依题意DC=0,2).设n0=x,y,z为平面CDE的法向量,则n0⋅DC=0,n0⋅DE=0,即2y=0,2x+2z=0,不妨令z=−1,可得n0=1,0,−1.又MN=1,−32,1,可得MN⋅n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN//平面CDE.(2)依题意,可得BC=变式3D【解析】由题意,建立以A为变式3原点,AB,AD,AA1为x,y,z轴的空间直角坐标系,则A均垂直,n⋅AE=0,n⋅BC1=0,得2x+y+z=0,y变式4【解析】(1)因为四面体OABC的所有棱长都是1,所以该四面体为正四面体,DE=DA+AB+BE=12OA+以DE的长为22变式4四面体OABC为正四面体,所以点O在平面ABC的投影O′为△ABC的中央,△ABC的外接圆半径为O′A=12变式5 B【解析】以D变式5点,DA,DC,DP的方向分离为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.则P0,0,1,A1,0,0,E1,12,0,F12,1,0,所以EF=−12,12,0,PE=1,12,−1,设平面PEF的法向量为n=内化演练综合运用1.B【解析】因为α,β不重合,对①,平面α,β平行等价于平面α,β的法向量平行,故①准确;对②,平面α,β垂直等价于平面α,2.A【解析】设正方体ABCD第2题A1B1C1D1边长为2,建立如图的空间直角坐标系,则D(0D1P=λD1B=2λ,2λ,−2λ,于是DP=DD1+D1P=2λ,2λ,2−2λ,又B13.D【解析】以A为坐标原点,第3题AB,AD,AP的方向分离为x,y,z轴的正方向建立空直角坐标系,如图,由题意可知,A(0,0,0),P0,0,2,C2,2,0,E0,1,1,F1,0,1,D(0,2,0),所以EF=1,−1,0,AD=0,2,0,EC=2,1,−1,AB=2,0,0,CF=(−1,4.D【解析】如图,设AC与BD第4题交于点O,衔接OF,以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分离为x,y,BC0,10),FB=32法向量,设平面CBF的法向量n=x,y,z,则n⋅BC=0,n⋅FB=0,即−32x+12y=5.BC【解析】在棱长为2的正方第5题体ABCD−A1B1C1D1中,建立如图所示的空间直角坐标系,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,D10,0,2,EP12λ−122+2,因此当λ=12时,PE22λ−22+2λ2+2−2λ2=43λ−232+23≥463,当且仅当6.BCD【解析】如图,以D坐标原第6题点建立空间直角坐标系,由A1P=xA1D1+yA4z=3z>0,所以A错误;对于−y),1−xDB=1−x,−2y+2−2x,−y=(1−x,2z,−y)=D1P,即D1P//平面BDC1,所以B准确;对于C,7.3【解析】如图,过点B和D分离作BE⊥AC,DF⊥AC垂足分离为E,F,由AB=1,BC=3,则AC=2,由等面积法知:12AB⋅BC=12AC⋅BE=12AC.DF,故BE第7题8.210【解析】由题可知点O0,0,0在直线l上,且方向向量为n=3,5,4,按照题设材料可知平面α的一个法向量为m=3,−5,4,所以m⋅n=3,−529.【解析】(1)证实:因为四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形,AB//DC,∠DAB=90∘,所以AD⊥DC,又PA⊥底面ABCD,CD⊂又因为CD⊂平面PCD第9题以平面PAD⊥平面PCD（2）以A为原点,AD,AB,AP分离为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A00),AM=0,1,12,BC=1,−1,0,BM=(0,−1,110.【解析】(1)证实:因为PA第10题底面ABC,∠BAC=90∘,建立空间直角坐标系如图所示,则A2),所以DE=0为平面BDE的法向量,则n⋅DE不妨设z=1,可得n=1,0,1,又MN=12,1,−12,可得MN⋅n=0,因为MN⊄平面BDE,所以MN//平面BDE.(2)因为ME=0,1,12,所以点N到直线ME的距离d=MN​2−MN⋅MEME2=32−3425拓广探索11.C【解析】由B1P=xB1A+yB1C+zB1D1,且x+y+z=1,知点P在平面ACD1内,不妨令正方体边长为2,衔接BD与AC交于点O,衔接D1O与B1D交于点第11题AG=H,以G为原点,平面ACD1内过点G平行于CD1的直线为x轴、GH为y轴、GD为z轴建立空间直角坐标系,则43sinα,0n⋅z=−2y,x=−2sinα+62cosαy,令y=1,得平面ADP的一个法向量为n=12.【解析】(1)证实:如图①,在PA上取点R,使PR=14PA,衔接BR,QR,因为Q是PD上一点,且PQ=14PD,所以RQ//AD且RQ=14AD,又因为BC//AD,BC=14AD,所以RQ//BC且RQ=BC,所以四边形BCQR为平行四边形,于是BR//CQ.又CQ⊄平面PAB,BR⊂平面PAB,所以CQ//平面PAB.(2)以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分离为x,y,z轴建立空间直角坐标系A−xyz,如图②,不妨设AB=2,有A(0,0,0),B2,0,0,C2,1,0,D第12题第二章直线和圆的方程微专题5本是同根生:倾斜角和斜率深入探索变式1(1)B(2)C【解析】(1)设直线倾斜角为β,则tanα),因为0<α<π2,所以变式1长CB,CD,因为直线AB,CD的倾斜角α1,α3是锐角,且α1>α3,所以k1变式2【解析】(1)当m=−1时,直线AB的斜率不存在;当m≠−1时,直线AB的斜率k图①变式2-1时,α=π2;当m≠−1时,k=1m+1,因为m∈33,所以tanα≤−3或tanα≥33,又主意2:因为实数m∈−1,3),图②变式2作是线段PQ(含端点)的动点,如图②所示,直线AB可以看成是由直线AQ绕点A逆时针旋转到点AP,倾斜角由锐角→直角→钝角.又由kAQ=33,得αAQ=π6;由k变式3CD【解析】对于选项A,因为直线l2经过点A1,3,B−2,−23,所以直线l2的斜率k2=3−−231−−2=3,又直线l1的倾斜角为60∘,所以直线l1的斜率k1=tan60∘=3,故直线l1与直线l2变式4【解析】(1)依题意,直线l1的斜率为k1=tan2π3=−3,直线l2的斜率为k2=23−−35−−4=3（3）记l2的斜率为k2=tanα,因为tan2α=−34,所以2k21−k22=−34,解得k2=3或k2=−13,又因为α为锐角,所以k2=3.因为l1的斜率为k1=−13,且k1k2=3×−13=−1,所以l变式5【解析】设所求点D的坐标变式5为x,y,如图,因为kAB=3,kBC=0,所以kABkBC=0≠−1存在,从而有x=3.又kAD=kBC,所以y−3x=0,即y=3,此时AB与CD不平行,故所求点D的坐标为3,3.②若AD是直角梯形的直角腰,则AD⊥AB,AD⊥CD内化演练综合运用1.B【解析】因为直线l过点第1题A1,2,所以当直线的倾斜角为0∘时,斜率k=0,当直线经过原点时,斜率2.C【解析】因为等腰直角第2题三角形一条直角边所在直线的斜率为35,即k1=35,设其倾斜角为角边的倾斜角相差π4,则斜边的倾斜角为α1=α+π4或α2=3.D【解析】①当直线AB斜率不存在时,m=0,此时直线CD的斜率也不存在,且AB与CD不重合,于是AB//CD,所以m=0满意题意.②当直线AB斜率存在时,m≠0,此时kAB=kCD,所以m+4−34.D【解析】式子y−第4题意义是点Px,y和定点D1,2连线的斜率,直线AD的斜率是2−11+3=15.ABC【解析】kAB=−4−26+4=−35,kCD=12−62−12=−35,且点C不在直线AB上,所以AB//CD,故A正确;又因为kAD=12−6.AD【解析】由题意可设点P的坐标为0,y.因为∠APB=90∘,所以AP⊥BP,且直线AP与直线BP的斜率都存在.又kAP=y+57.0,第7题斜率k=x2+3−4x2−8.4+3【解析】如图,直线第8题斜角为30∘+30∘=60∘,所以直线l1的斜率k1=tan60∘=3.由l1//l9.【解析】(1)当m=1时,M5,1,N−1,1,所以kMN=1−1−1−5=0,倾斜角为0.(2)当2m+3=m−2,即m=−5时,倾斜角为直角;当m≠−5时,k10.【解析】(1)设Qx,y,由题意得kMN=3,kPN=−2.因为PQ由①②,得x=0,第10题（2）如图,设Qx,0,因为∠NQP=∠NPQ,所以kNQ=−kNP.又kNQ=22−x拓广探索11.A【解析】因为fxx=fx−0x−0,所以fxx的几何意义是过点x,fx第11题12.【解析】四边形OPQR是矩形.证实如下:OP边所在直线的斜率为kOP=t,QR边所在直线的斜率为kQR=2+t−21−2t−−2t=t,OR边所在直线的斜率为kOR=−1t,PQ边所在直线的斜率为kPQ=2+t−微专题6“花开五朵”各自表:直线方程深入探索▸变式1(1)y【解析】(1)设倾斜角为α,有sinα=45,则cosα=±35,所以tanα=±43,故所求直线的点斜式方程为y−1=±43x−变式2(1)−23(2)见解析【解析】(1)因为l1//l2,所以−2a=3,−1a≠−1,即a=−23,a与N−变式2直线MN被夹在直线NQ与直线NP之间,因为kPN=12,−变式3【解析】主意1(点斜式方程求解):因为点P3,1在第一象限,且直线l分离与x轴正半轴、y轴正半轴相交,所以直线l的斜率k<0,则设直线l的方程为y−1=k(x−3),k<0.令x=0,得y=−3k+1,即B0,−3k+1;令y=0,得x=3−1k,即A3−1k,0.(1)S△AOB=1主意2(截距式方程求解):设直线l的方程为xa+yb=1a>0,b>0,则Aa,0,B0,b,且3a+1b=1.(1)S△AOB=12ab,由1=变式4(1)C(2)B【解析】(1)主意1:因为l1//l2,所以−2k−3−2k−34−k=0,主意2:①当4−k=0时,x−13)x+32,因为l1//l2,所以k−3k−4=k−3,1k−4≠32,解得k=3或k=5.经检验,k=3或k=5均满意题意.故选C.(2)若m=12,则直线l1的斜率为k1=35变式5(1)33−3(2)20+103【解析】(1)依题意,知cosθ=cosπ3=12,sinθ=sinπ3=32,所以直线l的参数方程为x=1+12t,y=2+32t,故直线l上随意一点坐标为1+12t,主意2:依题意,有直线l1上点N1+4tN,5+3tN在直线l内化演练▸综合运用1.A【解析】因为直线y=3x绕原点逆时针旋转90∘的直线为y=−13x,从而排除C,D.又因为将y2.B【解析】线段AB的垂直平分线与AB垂直且经过AB的中点,又AB中点坐标为点2,32,kAB=2−11−3=3.C【解析】若a−2=0,可得a=2,则直线l的方程为x=15若直线l不过第二象限,如图,有第3题3a−12.故选C.4.B【解析】可得直线AB的方程为x3+y4=1,则可得x=3−5.AC【解析】直线x+y=0与x−y=0都经过原点,而无论a为何值,直线6.BD【解析】对于A,由直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直可得a2×1+−1×−a=0,解得a=0或a=−1,所以a=−1是直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直的充足不须要条件,故A错误.对于B,直线2x−y−1=0的斜率为2,则该直线的一个方向向量为1,2,故B准确.对于C,当直线过原点时,直线方程为y=2x,当直线不过原点时,设直线方程为xa+ya=1,将1,x−x17.x−2y+3=0 2x+y−4=0【解析】第一空:因为直线的一个方向向量为a=2,1,所以直线的斜率为k=12,所以直线的方程为y8.-1【解析】直线l1:x=1−2t,y=2+kt直的充要条件,得−k2⋅9.【解析】(1)设Ax1,x1,Bx2,−2x2,则AB的中点为x1+x22,x1（2）设直线AB的方程为x=my+1,由x=my+1,x−y=0,得x=y=11−m,所以A11−m,11−mm<1,由x=my+1,2x+10.【解析】(1)函数fx=logax−1第10题1).如图,作MN⊥OA,则0).由三角形相似,AMANAOA3,0,B0,（2）主意1:按照题意,设直线l的方程为xa+yb=1,由题意知a>2,b>1,因为直线l过点M2,1,所以2a+1b=1,解得b=aa−2,所以△AOB的面积S=主意2:由主意1可知2a+1b=1a>2,b>1,所以1=2主意3:设直线l的方程为y−1=kx−2k<0,令y=0,得A2−1k,0;令直线l的方程为y−1=−拓广探索11.2,654【解析】当k=0时,此时点A和点D重合,折痕EF所在的直线的方程y=12,折痕EF的长为2.当k≠0时,将矩形折叠后点A落在线段DC上的点为Ga,10<a≤2,所以A与G关于折痕EF所在的直线对称,由kOG⋅k=−1第11题斜率为−12,所以当−18≤k<0时,折痕端点E0时,折痕所在的直线交BC于点F2,2k+k22+12,交y轴于点E0,k2+12.【解析】如图,记路面宽MN=14 m,以灯柱底端M为原点,MN,MB分离为x,y轴建立平面直角坐标系,则点B的坐标为0,ℎ,MNBA=1 m,得点A的坐标为1×cos30∘,ℎ+1×sin30∘,即A32,ℎ+12.又因为CA⊥BA,所以kCA第12题微专题7“远远近近”用距离深入探索变式1【解析】(1)由题得直线的方程为kx−y−4k=0,所以原点到直线的距离d=−4kk2+1≤2,化简得k2≤主意2:因为x+12+y−22表示直线上的点x,y与点−1,2变式2【解析】旋转,画出正方形变式2ABCD水平时的暗示图,如图,因为直线DC与直线l平行,设DC方程为3x+4y+m=0m≠−1,点P(1,1)到直线l的距离d=3+4−19+16=65,则d=3+4+m9+16=65,解得m=−变式3【解析】主意1:(1)由2x+y−5=0,x−2y=0,解得x=2,y=1,所以点M2,1,若直线l经过点A5,0,则直线l的斜率kl=1−02−5=−13,所以直线l的方程为y−0=−13(x−（2）直线l方程为λ+2x+1−2λy−5=0,与3x+变式4(1)[26,+∞) 2x−①变式4Ax,0到定点M1,2,N2,3的距离之和,如图①,设N2,3关于x轴的对称点为N′2,−3,设直线l:ax+by=0恒过原点,点A1,−3,那么点A1,−3到直线②变式4斜率k=−ab>0,如图②,当直线l的斜率不存在时,d=OA=2,所以1<d≤2,即变式5B【解析】对于A,设点P2,4,则dP,A=2−2+4−4=0,dP,B=2−8+4−2=8≠0,所以点2,4不是△ABC的好点;对于B,设P6内化演练综合运用1.C【解析】设PxPA=x−22+y−32.B【解析】因为直线3x+2y−3=0和6x+my+1=0互相平行,且两直线的斜率一定存在,所以−33.A【解析】直线l的普通方程为4x−1−3y−2=0,即4x4.D【解析】设点P1,P2的坐标分离为x1,y1,x2所以Ax1+By1+C=Ax2+By2+C;若d1=d2=0,即Ax5.AB【解析】点Aa,1到直线3x−4y=1的距离为3a6.ACD【解析】对于A,对随意t∈R,随着t的变化y也在变化,所以无定点,故A准确;对于B,平面内取一点1,4,则4=2t0−t02,即t02−2t0+4=0,该方程无解,故B错误;对于C,点0,1到直线y=7.55【解析】x2+y2+2x+1=x+12+y2,可看成Px,y与点A−8.4x+3y+5=0或x+2=0【解析】主意1:联立x−2y+4=0,4x+3y+5=0,解得x=−2,y=1,所以直线l过点−2,1主意2:检验x−l的方程为4x+3y4)x+3−2λy为d=7λ−55λ2−4λ+25=1,收拾后,得29.【解析】(1)由直线方程可得2x+y−7k−(x+y−4)=0,令2x+y−7=0,x+y−4=0,解得x=3,y=1,所以直线过定点3−22+1−02=2,所以S△10.【解析】(1)直线l2的方程可化为2x−y−12=0,所以l1和l2间的距离d=a−−1222+−12=7510,于是∣a+12 =72,因为a>0,所以a=3.(2)设点Px0,y0,若点P满意条件②,则点P在与l1和l2平行的直线2x0−y0+11①.综上,P19,拓广探索11.D【解析】由已知x12+y1−42表示点Mx1,y1到点A0,AC⊥l1,垂足为C,因为直线l1第11题2,又直线l1:y=x+2MN//AC,MN=AC,所以四边形AMNC为平行四边形,于是AM=CN,所以x12+y1−42+x2−52+y22=CN+NB,又CN+NB≥CB,当且仅当C,12.【解析】(1)由tanα=−43,可知直线OC的斜率k=−43,直线OC的方程为4x+3y=0.设点Px0,10x0>0,因为点P到OB,OC的距离均为10,所以点P到OC的距离d=4x0+10×35=10,解得x0=5,于是点P5,10.(2)因为点P到OB,OC微专题8“美轮美奂”谈对称深入探索变式1【解析】设点P坐标为x,−2=x+−变式2D【解析】由题意易得AB所在的直线方程为x+2y−11=0,设点P关于直线AB:x+2y−11=0的对称点P1a,b,则b−0a−1×−变式394,94【解析】设点P关于直线MN+NQ.过变式3平行于y=x的直线为y=x+b,由6=3+b得b=3,即此时直线为y=x+3.过M作MQ′//NQ,则MQ′=NQ,M,Q′三点共线时最小.设Q′a,a+3a<3,由QQ′=MN=2,得a−32+6−a−32=2,即2(a−3)变式4【解析】易知直线l与直线l′互相平行,设l的方程为4x−y+λ=0,点P到两直线距离相等,有4×−变式5【解析】因为B9,1,C3,4,I4,1,所以kBI=1−19−4=0,kBC=4−13−9=−12,所以BI//x轴,kAB=−kBC=12,故直线AB内化演练综合运用1.B【解析】直线l1:y=kx−4恒过定点4,0,其关于点2,1对称的点为0,2.D【解析】设对称的直线方程上的一点的坐标为(x,y),则其关于点1,1对称的点的坐标为2−x,2−y,以3.B【解析】直线l2与直线l3:x+3y−1=0垂直,则k2×k3=−l1上取点0,3,设该点关于l对称的点为Pm,n,则4.A【解析】建立如图所求的直角坐标系,得B4,0,C0,4,直线BC方程为x+y=4,△ABC的重心为G4P14,4−a,易知点P关于y轴的对称点为P2(−a,0),按照光芒反射原理知P1,P2,Q,R四点共线,所以直线QR的方程为y=4−a4−第4题5.BCD【解析】对于A,由AB=20=25,AB的中点坐标为2,−1,所以以AB为直径的圆的方程为x−22+y+12=5,而该圆心到直线l:x−y+1=0的距离d=2+1+6.AD【解析】由题意知,k=tan135∘=−1,设点2n−4m−2=1,n+42=−7.5【解析】如图,作出图示,设第7题点B−1,−4关于直线x−y=0的对称点为C(−4,−1),在直线−4−18.0,1【解析】设B1称点B′a,b,有以B′3,2,C6,3,所以CB′的直线方程为x−3y9.【解析】(1)设A′x,y23x+1故A′−3313,413.(2)在直线m上取一点,如M(2,0),则M2,0关于直线l的对称点必在m′上,设对称点为M′a,b,则2⋅a+22−3⋅b+02+1=0,b−0a−2⋅23=−1,解得a=613,b=3013,即M′613,3013,设m与l的交点为N,则由2x−3y+10.【解析】设点A关于直线第10题l的对称点为A1x1,y1,点A关于x轴的对称点为A2x2,y2,如图,衔接A1A2,交l于点C,交xy得x1=0,y1=7,所以A10,7.因为A2与A关于x轴对称,所以A24,−A1A2=4拓广探索11.5【解析】如图,设点P关于直第11题线l的对称点为M,则点M−定在第一次的反射光芒所在直线上,设点M关于x轴的对称点为N,则点N必在第二次的反射光芒所在直线上.设My),则yx题意kQN=−35a45a−b12.【解析】(1)直线BC的方程为x+y−2=0,直线y=ax+b只能与BC,AB相交,其与BC的交点为点Q,由y=ax+b,x+y=2得yQ=b+（2）直线AC的方程为:x−y+2=0,直线BC的方程为:为E1x1,y同理可得E1关于直线AC第12题对称点为E2−1,4,则点F的入射光芒为E2F,设F(m,0),所以直线E2F的斜率为4−1−m,所以微专题9“圆来如此”形式多深入探索变式1【解析】设圆的标准方程为xr2,由题意得−2所以圆的方程为x−变式237【解析】x2+y2−2t+3x+21−4t2y+16变式3C【解析】设P22,t,Q2cosθ变式4D【解析】设Mx,y,Q3cosθ,3sinθ,则MO=2MQ,即x2+y变式4变式5C【解析】令2MA=MC,则MAMC=设Cm,n,则MAMC=x+122+y2x−m2+y−n2=12内化演练综合运用1.B【解析】因为圆心为−2,1的圆与x轴相切,而圆心−2,1到2.D【解析】对于A选项,方程x2+y2+xy−1=0中有xy项,该方程不表示圆;对于B选项,在方程x2+y2+2x+2y+2=03.D【解析】配方得x+k22+y+4.D【解析】圆x2+y2−2x+4y−4=0的圆心坐标为1,−2,半径为3,设点1,−2关于直线x+5.BC【解析】由题意点x,y为圆x2+y2=1上一动点,故设x=cosθ,y=sinθ,θ∈[0,2π),则x−y=cosθ−sinθ=2cosθ+π4,而θ+π4∈π4,9π4点P−第5题图,当直线y=kx+2k+1与圆x2+y2y−1x+2取x,y为22,−22,6.BC【解析】在平面直角坐标系xOy中,A−2,0,B4,0,点P满意PAPB=12,设Px,y,则x+22+y2x−42+y2=12,化简得x2+y2+8x=0,所以A错误;假设在x轴上存在异于A,B的两点D,E,使得PDPE=12,设Dm,0,En,0,则x−n2+y7.5+210 5−210【解析】设x=1+2cosα,y=8.2【解析】如图,在△ABC第8题AB=AC,D为AB中点,以CD所在直线为x轴,CD的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,则C3x+529.【解析】以O1O第9题为原点,O1O2所在直线为x轴,建立如图的平面直角坐标系,则O1−2,0,O2(2,0),由已知:PM=2PN10.【解析】如图建系,由条件设圆的第10题半径为r,则DCBD⋅r,所以参数方程x=551),B55因为AP=λAD552μ=5532+1拓广探索第11题11.52【解析】设a=OA,b=OB,c=OC,因为c−OC=DC,c−b=BC∣,故a+b−c+2c−b=CD+2BC,再以A为原点,OA为x轴,AD为y轴建立平面直角坐标系,D0,1,设C(x,y),则点C的轨迹方程为x2+y12.【证实】易知C−第12题Pcosα,sinα,Ex1,0,Fx2xFA=12微专题10如“交”似“切”公圆生深入探索变式1 A【解析】由变式12−x2,得x2+y2=2(y≥线的距离d=−2k1+k2,弦长AB=22−−2k1+k22=22−2k21变式2−∞,5变式24−x2+2m−3恒成立转化为m(x所以l1表示过点2,3,斜率为m的直线,C表示半圆,则直线必须在半圆的上方,利用点到直线的距离公式,得到直线与半圆相切时的斜率m变式3【解析】(1)当t=1时,易知斜率存在,设切线方程y=kx+1+1或3x+变式3接PM,AB,易得PM⋅AB=2AM⋅PA,则AB=2PAPM=2所以AB的最小值为423.(3)由题知切线斜率存在,则设切线为y=kx+1+t.当与圆相切时,圆心到直线距离d=2k+k+t1+k2=1,化简得8变式4D【解析】设Px,y,因为点A−1,0,B2,0,PA=2PB,所以x+12+y2=2变式53,0【解析】主意1:动点P在定射线x轴非负半轴上运动,MN为定值,求∠变式5圆,且与x轴相切,延伸NM交x轴于点A.则MN的直线方程y=x+1,所以A−1,0,AM=2主意2:设点Px,0tan∠2x+1+16∠MPN取最大值,此时P变式6 B【解析】因为点0,2到直线族M:xcosθ+y−2sinθ=10≤θ≤2π中每条直线的距离d=1cos2θ+sin2θ=1,直线族M:xcosθ+y变式6上,故③准确.④如图,M中的直线所能围成的正三角形有两类,其一是如△ABB′型,是圆的外切三角形,此类面积都相等,另一类是在圆同一侧,如△内化演练综合运用1.D【解析】圆心O到直线的距离d0r,当cosα=0即2.B【解析】圆C:x2+y2−2x−3=0可化为x−12+3.B【解析】由题意可知,C1−4,1关于直线y=x+1的对称点为C304.B【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2,由切线方程公式可得:lPA:x1x+y1y5.AB【解析】因为A−m,0,Bm,0m>0,且存在点P,使得∠APB=90∘,所以点P的轨迹为x2+y6.BCD【解析】对于A,设∠APB=α,∠AOB=π−α,显然sinα2=OBOP=2OP,它不是定值,所以∠AOB=π2不能恒成立,A错误.对于B,SPAOB=2S△POA=PA.OA=PO2−OA2⋅OA=2PO2−4,故当PO最短时,四边形PAOB面积的最小,而PO的最小值即为点O到直线x+y=4的距离d=0+0−47.−43第7题1−x2+1,得x2+y−12=k=−1;②直线y=kx−2与半圆y=1−x8.72−165 722−165【解析】挑选OA时:当过E,F,P三点的圆与OA相切时,∠EPF最大,则设AP=x,由切割线定理,x2=32×40,即x=165,即OP=72−165.第8题9.【解析】(1)将圆C:x2+y2−8y+12=0化为标准方程,得x2+y−42=4,所以圆心到直线的距离d=4+2aa10.【解析】(1)圆C:x−42+y2=4,圆心C4,0.依题意有∠APB=2∠APC,sin∠APC=ACPC=2PC,所以当PC最小时,sin∠APC最大,即∠APB=2∠APC最大.此时PC⊥l,直线PC:x+y−4=0.由x+y−4=0,x−y+2=0解得4)x0+2x+k2,则k12)k+x0k1+k所以xx02时,也满意上式,所以设fx0x1+x2x2拓广探索11.4【解析】“实数x1,x2,y1,y2满意:x12+y12=1,x22+y22=1,x1x2+y1y2=0”等价于“点Ax1,y1,Bx2,y2为圆O:x2+y2=1上两个动点,且OA⊥OB”.x1+y1−1+x2+y2−1=2x1+y1−12+x2+y2−12因此,目标代数式的值为点Ax1,y1,Bx2,y2到直线x图①图②图③第11题12.【解析】(1)设圆M的方程为x−r>0,则由题意知a故圆M的方程为x−作ME⊥AC,MF⊥BDd1,MF直径2R=PM=2π3,在△EPF中,由正弦定理知EF=6.在△d22−四边形ABCD面积S=25因为d12+S==3②若∠EPF=π3,则∠EMF=2π3,在△EPF中,由正弦定理知EFsin∠EPF=13⋅625+d12dS==3当d1=d当d1=d第三章圆锥曲线的方程微专题11椭圆的方程与性质深入探索变式17【解析】设椭圆右焦点F2,衔接PF2,由椭圆定义知PF2=2a−PF1=2×10变式2【解析】易知点A−1,1为椭圆内一点,则12PA+PF=12PA+2PF=12PA+PF1变式3【解析】(1)由tan∠PF2F112得PF1=4,PF2=2,所以2a=PF1+PF2=4+2=6,a=3,结合2c=25,得b2=4,故椭圆的标准方程为x29变式455,35【解析】由题意易知b<b2+c<a,故b<b2+c,即b变式543【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2,则由焦半径公式可知4=AF+BF=a−ex1+a−ex2=2a−ex1+x2=6−变式612,19−34【解析】设椭圆左焦点为F1,由题意可得AF1//BF,△AF1O≅△BFO,所以∠F1AF=60∘,所以变式7【解析】设点M的坐标为3cosφ,2sinφ,所以点M到直线l的距离d=3cosφ+4sinφ−105=155cosφ−φ0内化演练综合运用1.C【解析】由椭圆方程知a=5,按照椭圆定义得MF1+MF2=2.D【解析】设椭圆C:x2F22,02−12+0−432=53,按照椭圆的定义可得PF+PF2=3.C【解析】设椭圆的左、右焦点分离为F1−c,0,F2c,0,由椭圆的定义可得MF1+MF2=2a,NF1+N4.D【解析】由线段PF1的垂直平分线过点F2得PF2=F1F2,易知PF25.ABD【解析】按照椭圆定义知飞船向径的取值范围是a−c,a+c, A准确;当飞船在左半椭圆弧上运行时,对应的面积更大,按照面积守恒逻辑,知飞船在左半椭圆弧的运行时光大于其在右半椭圆弧的运行时光,B正确;a−c6.CD【解析】由椭圆方程知a=4,b=3,c=7,PF1+PF2=2a=8, A错误;当点P在椭圆上、下顶点时,cos∠F1PF2=2a2−47.8【解析】因为OF1=OF2,OP=OQ,F1F8.3,15【解析】由已知可得c2=a2−b2=16,即c=4,所以MF1=F1F9.【解析】(1)因为PF1+F1F2=2c=522−322=2,所以c10.【解析】(1)由题意得a=23,椭圆C2:x24+y2=1的离心率为4−12,即ca=32,所以c=3,b=a2−c2=3,所以椭圆拓广探索11.12第11题长2b=22,b=11,长轴长2a12.【解析】(1)由题意得c=3,ca=32,得a=23,结合a2=b2+c2,解得a2=12,b2=3,所以椭圆的方程为x212+y23=1.(2)由x2a2+y2微专题12双曲线的方程与性质深入探索变式1C【解析】由双曲线C:x216−y2b2=1b变式2【解析】由双曲线的第二定义变式2可知,设点P到右准线的距离为d,则PFd=e=53,所以短,由题意可得,准线方程为l:x=95,所以PA+35PF变式3 B【解析】设点P的坐标为x,y,点A的坐标为x0,y0,因为OA+OB=0,所以点B的坐标为−x0,−y0,因为k1k2=34,所以y−y0x−x变式4A【解析】设双曲线左焦点为F1,点A在双曲线的右支.由已知可得AF1=BF=3AF,又由双曲线的定义知,变式4∠FAF1=90∘.在Rt△FAF1中,有AF262,所以双曲线的渐近线方程为y=±bax变式5 A变式5曲线一条渐近线方程为y=kx,因为E:x2+y2+4x−8y+16=0,所以点M在圆E代入渐近线方程k⋅x0+22=y02,即k=y0x0+2,因为k=±ba,所以ba2=变式6 72 【解析】由条件可得BF−BF′=AF′−AF=2a,BF=变式7 2【解析】设∠AFO变式7为AF=23,所以点A必在双曲线右支上,由焦半径公式,AF=b2ccosα+a=26cosα+2=2内化演练综合运用1.D【解析】按照双曲线的定义且PF2.A【解析】由已知得AC+AP=BC+BP,即13+AP=15+BP,所以3.B【解析】由题意可得双曲线C:x2a2−y2b2=1焦点在x轴上,设F1F2=2c.因为△PF1F2为等腰三角形,且∠F4.C【解析】设双曲线的右焦点坐标为Fc,0c>0,则xA=xB=c,由c2a2−y2b2=1,可得y=±b2a,不妨设5.CD【解析】已知F2c,0,不妨设点P在第三象限,PF2与渐近线y=−bax垂直,PF2的斜率为ab,直线PF2方程为y=abx−c,由y6.ACD【解析】因为圆x−12+y2=34与C的渐近线相切,所以圆心1,0到渐近线bx−y=0的距离等于圆的半径32,即bb2+1=32,解得b=3,所以c=a2+b2=1+3得x=34联立y−B−3134x1,所以AB=3x02−94≥7.34【解析】由双曲线x2−c=2,所以P2PF2c=4,所以8.563【解析】由题意,AF1=633cosα+6从而sinα显然双曲线C的渐近线斜率为±22,因为−5<−22,所以点B9.【解析】设点Mx1,y1,Nx2,y2,由题意可得x1+x22=−23,所以x1+x2=−10.【解析】设左焦点为F1,衔接CF1,AF1,BF1,依题意,△AFBC第10题m2a+A即m收拾得m10拓广探索11.2【解析】设∠AFO=α,则∠BFO=π−α,由焦半径公式,AF=b2a+12.【解析】(1)由题意得c=2,ba=3（2）设直线PQ的方程为y=kx+bk≠0,与双曲线方程联立消去y,得3−k2x2−2kbx两式相减得23xM=kx1−x2+3x1+x2,解得xM=kb2+3−k2+kb3−k2,两式相加得2yM−y1+y2=3x1解得xMM为AB的中点,即MA=MB,即证得③.若挑选①③作为条件证实②:当直线AB的斜率不存在时,由①和③可得点M即为点F2,0,此时M不在直线y=3kx上,不符合题意;当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=mx−2m≠0,AxA,yA,BxB,yB,则yA=mxA−2,yA=3xA,解得xA=2mm−3,y直线y−y解得xM=2k的中点,故点M在直线AB上,即证得①.微专题13抛物线的方程与性质深入探索变式1C【解析】抛物线y=ax2,即x2=1ay,因为抛物线的焦点坐标为0,−2,所以14a=−变式2ACD【解析】对于A选变式2项,直线AB过焦点F,当AB垂直于x轴时,AB取最小值4,故A准确;对于B选项,由题意,作图,则θ=60∘,AG⊥x轴,BE⊥x轴,即GF=AFcosθ,EF=BFcosθ,AC=GF+p,BD=p−EF,即AF=GF+p,BF=p−EF,AF变式3 B【解析】抛物线E:x2=2pyp>0的焦点为F0,p2,设AB与抛物线对称轴的夹角为α,因为BF>AF,故AF=变式4【解析】(1)由题意,开口向上的抛物线的切线斜率存在,设切线斜率为k,点P坐标为0,−1,过点P的切线方程为y=kx−1,联立x2=4y,y=kx−1,消去y,得x2−4kx+4=0,由Δ=16k2−16=0,解得k=±1,所以切线PA,PB的方程分离为y=x−1和y=−x−1,即切线方程分离为x−内化演练▸综合运用1.A【解析】由抛物线定义知MF=p+p22.D【解析】抛物线C的焦点为Fp2,0,易知△OFM的外心E的横坐标为p4,点E到抛物线C的准线x=−p2的距离为3p4,所以3.B【解析】抛物线C:y2=16x的准线方程为x=−4,设Mx0,y0,由抛物线的定义知4.A【解析】因为AF+BF=x1+x2+2,ABAF43AF+BF=233AB≥2AF⋅5.AC【解析】如图,当点A在x轴第5题上方时,作AH⊥l于点H,则AH=FA=3,作FE⊥AH于点E,则AEπ3,即直线FA的倾斜角为π3,同理,当点A在x轴下方时,直线FA的倾斜角为6.BCD【解析】因为抛物线C:y=2px2,即x2=12py的焦点F到准线l的距离为2,所以14p=2,即p=18,从而抛物线C的方程是x2=4y,所以A错误;如图①,设点B到准线的距离为d,由题可知准线为l:y=−1,则BA+BF=BA+d≥4,故B准确;抛物线的焦点为F0,1,直线y=kx+1过焦点F,由y=kx+1,x2=4y,可得x2−4kx−4=0,设直线与抛物线交点为x1,y1,x2,y2,则x1+x2=4k,第6题7.±12【解析】由已知F1,0,设直线l斜率为k,直线方程为y=kx−1,设Ax1,y141+k8.34【解析】因为直线l:23x−2y−3p=0可化为y=3x−p2,所以l过焦点Fp2,9.【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2,则直线PA,PB的方程分离为程,得yP=x1⋅xP2−y1,yP=x2⋅10.【解析】(1)设抛物线焦点为F,由题意可得AF=32+p2=2设切线方程为y+12=kx−m,k≠0.联立y+12=kx−m,x2=2y,消去y得x2−2kx+2km+1=0.由直线与抛物线相切可得Δ=0,所以k2−2km−1=0,即k2=2km+1.故x2−拓广探索11.[−1,0)第11题的一条切线,切点为Q,如图,设∠OMQ=θ,因为在抛物线C:y2=4x上存在点N,使得∠OMN=45∘,所以θ≥450,由Δ=16+16x0≥12.【解析】(1)若C的焦点在x轴上,设抛物线C的方程为y2=2pxp>0,将点2,4代入,得42=4p,解得p=4,故C得22=8p,解得p=12,故C的方程为x2第12题明:由(1)知抛物线C的方程为y2=8x.若直线l不过点F,如图,设My12MN的斜率kMN=y方程为y−y1=8y1+y2x−y128,即8x−y1+y2y+y1y2=0,同理直线AM,BN的方程分离为8x−y1+y3y+y1y3=0,8x−y2+y4y+y2y4=0,由直线MN过定点微专题14直线与圆锥曲线(一)深入探索变式1【解析】由y=x+m,x24+y23=1,消去y并收拾得7x2+8mx+4m2−12=0,所以Δ=64m（3）由Δ<0,得7−m2<0,解得m<−7或m变式25【解析】设Ax1,得−x1,因为点A,B在椭圆上,所以x124+y12=m,x224+y22=m,所以4x224+为PA=PB,所以kAB⋅kMP=13⋅y0x0−m=−1,又变式4【解析】(1)设Fc,0,则由已知可得2c=233,解得c=3,又ca=32,所以a=2,b2=a2−c2=1,故E的方程为x24+y2=1.(2)依题意,当l⊥x轴时不合题意,故设直线l:y=kx−2,设Px1,y1,Qx2,y2变式5336,1【解析】因为椭圆C的蒙日圆为x2+y2=外,所以32+22≤a2综合运用1.D【解析】主意1:因为左焦点F的坐标为−2以设直线l的方程为y=kx去y并收拾得1−为l与双曲线的左支交于A,1或k>33为y=±33,直线l过双曲线的左焦点F−2,0,结合图形可知,当直线l的斜率k=±33时,l与双曲线惟独一个交点;当2.B【解析】当点A,B在分离在左、右两支上时,AB的最小值为实轴长,等于2,所以满意AB=6的直线l有2条;当A,B都在右支上时,AB的最小值为通径长,等于6,所以此时满意AB=6的直线3.D【解析】记AB的中点坐标为M1,−1,kAB=kMF=12,设Ax1,y1,Bx4.D【解析】设AB的中点为M,则kABkOM=b2a2=9,当中点M的坐标为1,1时,则kAB=9,所以直线AB的方程为y=9x−8,联立方程y=9x−8,x时Δ=2×452−4×45×61=−4×45×16<0,所以直线AB与双曲线没有交点,故B错误;当中点消去y得63x2+126x−193=0,此时Δ=5.AD【解析】由已知F1,0,易知l的斜率不为0,设直线l的方程为x=my+1,A以AB=1+m2⋅y1−y2=41+m2=6,解得m2=12,m=±22,所以原点O到直线AB的距离d=11+m2=63,所以△AOB的面积6.ABD【解析】设P−4,t,易知点P在蒙日圆x2+y2=7外,所以∠APB恒为锐角,所以选项A准确;设Ax1,y1,Bx2,y2,则切线PA的方程为x1x4+y1y3=1,切线PB的方程为x2x4+y2y3=1,由PA与PB的交点为P−4,t,所以得−x1+t3y1=1,−x2+t3y2=1,所以直线AB的方程为7.±1515【解析】设Ax得−x1又由A,B在双曲线上得x1②,①−4×2y2y1+所以x1=±15,所以直线l的斜率k8.y=±22x1)x4)=164ky2,则x111+k2⋅的距离为d,则d=b1,代入②式并收拾得k4−k2+14=0,解得k29.【解析】(1)由双曲线的离心率为2,得ca=2,于是得a=b=22c,又因为BF⊥x轴,所以BF=b2a=a,所以△ABF的面积为S=12AFBF=12(c+a)a=122a+aa=2PQ21+5−4k2,因为−1<k10.【解析】(1)由题意得a+c=3,a−c=1,解得a=2,c=1去x得3m第10题所以yP=−12m3m2+4,又Q(0,−2m,因为F为OA2的中点,O为A1A2的中点,所以S△A2FP=12S△A2OP=14S△A2A1P,又由S△A1PQ=2S△A2FP,所以S△A2A1P=2S△A1PQ,所以A2P=拓广探索11.ACD【解析】设Ax1,y1x1+λx1−λx1①,x223②,得x1−λ2,所以x0上,所以A准确;PQ的最小值为点P到直线2x3y−6=0的距离点的弦的斜率为k,则k⋅kOP且点P不在Γ上,所以C准确;切点弦MN的方程为x0x3+y0y2=1,即2x12.【解析】(1)因为椭圆C的左焦点F1−3,0,所以c=3.将Q1,32代入x2a2+y2（2）①设点Px0,y0,当直线PA,PB的斜率都存在时,设过点P与椭圆C相切的直线方程为y=k(x−x0+y0.由y=kx−x0+y0,x2+4y2=4,消去y得1+4k2x2+8ky0−kx0x+4y0−kx02−4=0.由Δ=64k2y0−kx0)2−41+4k24y0−kx02−所以直线AB的方程为x0x消去y得3y02+11又点O到直线AB的距离d=所以S43y02+14tt2+4=的取值范围为45微专题15直线与圆锥曲线(二)深入探索变式1【解析】(1)由P1,1①,依题设知a=2c,则b2=3c2（2）主意1:设直线AB的方程为y=kx−1,Ax1,y1,Bx2,y2,由y=kx−1,x24+y23=1,消去y得4k2+3x2−8k2x+PA的斜率为k1=2y0−2x0+52x变式2【解析】(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1,则由已知得a+c=3,a−c=1,解得a=2,c=1,所以b2=a2−c2=3,所以椭圆C的方程为所以kAMkBM=3+12m4=−变式3【解析】(1)按照已知OP=OF1=则PF1−P2a2,即S△PF1F2=12PF1⋅PF2=4−a2=3,解得a2=1,b2=c2−a2=3.因此双曲线C的渐近线方程为y=x4所以解得xQ=12.②当直线l的斜率不存在时,M2,3,N2,−3,直线A1M的方程为y=x+1,直线A2变式4【解析】主意1:由x2−a2y2=a2,x+y=10<a<2且a≠1.设Ax1,y1,Bx2,y2,P0,1,则x1+主意2:与主意1同理可得x1+x2=2a2a2−1,x1x2=2a2a2−1内化演练综合运用1.【证实】主意1:按照题意直线AP的方程为y=kx,由x24+y22=1,y=kx,消去y得x2=44k21解得xB=6所以k−1k,所以主意2:设点Px1,y1,则A−x1,−y1,CkPB点P在椭圆上,所以x12+2y12=4主意3:设Px1,Cx1,0,因为点x224+y222=1,两式相减,得x1+x2x1−x22.【解析】(1)因为P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.将P3,P4的坐标代入椭圆方程得1a2+34b2=1,又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上,因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a23.【解析】设l的方程为y=kx−2,Ax1,y1,Bx2,y2,则N0,−2k2x1+x2+2=2x1+x22−2x1+x2−4.【解析】因为F2,0,所以设直线l的方程为x=my+2,Pxy1y2k−43)⋅y1−拓广探索5.【解析】(1)由题意可得b=2,e=ca=5（2）主意1:由题意可知直线PQ的斜率存在,所以设直线PQ的方程为y=kxy2,联立方程y=kx8k2k+644k2x1A−2,0,所以直线解得yM=2yyk2k32k3,所以线段PQ的中点是定点0,主意2(齐次化):由题意可知直线PQ的斜率存在,所以设直线PQ的方程为y=kx+2+3,且Px1,y1,Qx2,y2,设直线AP的方程为y=k1x+2,直线AQ的方程为y=k2x+2,则M0,2k1,N06.【解析】(1)因为离心率e第6题ca=22,所以a=2cA2,1b2=1,解得b2（2）主意1:设直线MN的方程为m1)=x−22)+2程得x1)22即20,所以直线AM,AN的斜率y−1x−4m+12+4n为−n−3−13,因为AD⊥MN,所以点圆上,又因为线段AE的中点为43点Q43,主意2:①当直线MN的斜率存在时,设其方程为ykx+m,联立y2m2−知m2<6k−4km2k2+AN=x1)x1以k2m+5=02k+m−1−2k+13.当A2,1,不符合题意,舍去;当kx−2k+13点D在以AE为直径的圆上,又因为线段AE的中点为43,1312AE=程为x=t,AM⊥AN,所以AM⋅AN=t−22−s2−1=t2−4t−s2+5=32t2−微专题16“有章可循”求轨迹深入探索变式1【解析】如图,以AB所在直线为x轴,AB中点O为原点建立平面直角坐标系,则A−a,0,Ba,0,设Px,y,则由PA=2PB,得x+a2+y2变式1变式2变式2【解析】如图,因为圆M的圆心为M−1,0,半径为r1=1,圆N的圆心为N1,0,半径为r2=3,设圆P的圆心为Px,y,半径为r,则按照已知可得PM=r+变式3【解析】设点M的坐标为x,y,动点P的坐标为x0,y0,由已知得x0=x,y0=54变式4【解析】由题意,直线l的方程斜率显然存在,所以设直线l的方程为y=kx+3,Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0,由y=kx+3,x24+y23=1,消去y得3+4k2x2+变式5A【解析】如图,以A为原点,AB,AD,AA1分离为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设AB=1,P(x,y,0),则A10,0,1,C1,1,0,所以A1C=变式5内化演练综合运用1.C