測試卷與練習本參考答案測試卷參考答案綜合測試第1章直線與方程1．C提示方程x＋y－1＝0可化為2x＋2y－2＝0，所以兩平行線之間的距離為eq\f(|－2－－7|,\r(22＋22))＝eq\f(5,4)eq\r(2)2.D提示由題意知kl＝－eq\f(1,－\f(2,3))＝eq\f(3,2)，故直線l的方程為y－1＝eq\f(3,2)(x－2)，即3x－2y－4＝03.D提示由題意知a≠0.當x＝0時，y＝a＋2；當y＝0時，x＝eq\f(a＋2,a).因此eq\f(a＋2,a)＝a＋2，解得a＝－2或a＝14.B提示直線的斜率k＝－eq\f(\r(3),3)cosα∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).設直線的傾斜角為θ，則－eq\f(\r(3),3)≤tanθ≤eq\f(\r(3),3)，所以0≤θ≤eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)≤θ＜π5.B提示由題意知eq\f(1,n)＝eq\f(n,9)，解得n＝±3.當n＝3時，3x＋9y＋9＝0，即x＋3y＋3＝0，兩直線重合(舍去)6.B提示將兩直線方程組成方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2k＋1，,y＝－\f(1,2)x＋2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2－4k,2k＋1)，,y＝\f(6k＋1,2k＋1).))因為直線y＝kx＋2k＋1與直線y＝－eq\f(1,2)x＋2的交點在第一象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k,2k＋1)＞0，,\f(6k＋1,2k＋1)＞0，))解得－eq\f(1,6)＜k＜eq\f(1,2)7.B提示因為l1與l2關于l對稱，所以l1上任一點關于l的對稱點都在l2上，故l與l1的交點(1,0)在l2上．又易知點(0，－2)在l1上，設其關于l的對稱點為(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋0,2)－\f(y－2,2)－1＝0，,\f(y＋2,x－0)＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1，))所以點(1,0)，(－1，－1)在l2上，從而可得l2的方程為x－2y－1＝08.A提示設C(m，n)．由重心坐標公式得△ABC的重心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋m,3)，\f(4＋n,3)))，代入歐拉線的方程得eq\f(2＋m,3)－eq\f(4＋n,3)＋2＝0，整理得m－n＋4＝0①.易得邊AB的中點為(1,2)，kAB＝eq\f(4－0,0－2)＝－2，所以邊AB的垂直平分線的方程為y－2＝eq\f(1,2)(x－1)，即x－2y＋3＝0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3＝0，,x－y＋2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，))所以△ABC的外心為(－1,1)，則(m＋1)2＋(n－1)2＝32＋12＝10，整理得m2＋n2＋2m－2n＝8②.聯(lián)立①②解得m＝－4，n＝0或m＝0，n＝4.當m＝0，n＝4時，點B，C重合，應舍去，所以頂點C的坐標是(－4,0)9.BD提示對于A，若直線過原點，橫、縱截距都為0，則不能用方程eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1表示，所以A不正確；對于B，當m＝0時，與y軸平行的直線方程為x＝2，所以B正確；對于C，若直線的傾斜角為90°，則該直線的斜率不存在，不能用y－1＝tanθ(x－1)表示，所以C不正確；對于D，設P(x，y)是經(jīng)過點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直線上的任意一點，根據(jù)P1P2∥P1P可得(y2－y1)(x－x1)－(x2－x1)(y－y1)＝0，所以D正確．故選BD10.AB提示若兩直線垂直，則a(a－1)＋(1－a)(2a＋3)＝0，即a2＋2a－3＝0，解得a＝－3或a＝1.故選AB11.AD提示由題意得k＝tan135°＝－1.設點(2,4)關于直線l：y＝－x＋1的對稱點為(m，n)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n－4,m－2)＝1，,\f(n＋4,2)＝－\f(m＋2,2)＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－3，,n＝－1，))所以反射光線所在直線的方程為y＝eq\f(0－－1,5－－3)·(x－5)＝eq\f(1,8)(x－5)．當x＝13時，y＝1；當x＝14時，y＝eq\f(9,8).故反射光線過點(13,1)與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(14，\f(9,8)))12.ACD提示①當l1：4x－y＝4平行于l2：mx－y＝0時，m＝4；②當l1：4x－y＝4平行于l3：2x＋3my＝4時，m＝－eq\f(1,6)；③當l2：mx－y＝0平行于l3：2x＋3my＝4時，3m2＋2＝0，無解；④當三條直線經(jīng)過同一個點時，把直線l1與l2的交點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,4－m)，\f(4m,4－m)))代入2x＋3my＝4中得eq\f(8,4－m)＋eq\f(12m2,4－m)－4＝0，解得m＝－1或eq\f(2,3).綜上，滿足條件的m為4或－eq\f(1,6)或－1或eq\f(2,3)13.3x－4y－9＝0提示因為4sinα＝3cosα，所以tanα＝eq\f(3,4)，從而直線l的方程為y＝eq\f(3,4)(x－3)，即3x－4y－9＝014.(0，－1)提示方程(k＋2)x＋(k－3)y＋k－3＝0可化為k(x＋y＋1)＋2x－3y－3＝0，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3y－3＝0，,x＋y＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))15.x＋4y－4＝02eq\r(17)提示設l1與l的交點為A(a,8－2a)，則由題意知點A關于點P的對稱點B(－a,2a－6)在l2上，把點B的坐標代入l2的方程中得－a－3(2a－6)＋10＝0，解得a＝4，即點A(4,0)在直線l上，所以由兩點式得直線l的方程為x＋4y－4＝0.易求得兩交點分別為(－4,2)，(4,0)，所以截得的線段長為2eq\r(17)16.eq\f(9,4)提示因為動直線l0：ax＋by＋c－2＝0(a＞0，c＞0)恒過點P(1，m)，所以a＋bm＋c－2＝0.又點Q(4,0)到動直線l0的最大距離為3，所以eq\r(4－12＋0＋m2)＝3，解得m＝0，所以a＋c＝2.又a＞0，c＞0，所以eq\f(1,2a)＋eq\f(2,c)＝eq\f(1,2)(a＋c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)＋\f(2,c)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＋\f(c,2a)＋\f(2a,c)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＋2\r(\f(c,2a)·\f(2a,c))))＝eq\f(9,4)，當且僅當c＝2a＝eq\f(4,3)，即c＝eq\f(4,3)，a＝eq\f(2,3)時等號成立17.選擇條件①：因為直線l：3x＋4y－12＝0，所以kl＝－eq\f(3,4).因為l′∥l，所以kl′＝kl＝－eq\f(3,4)，從而直線l′：y＝－eq\f(3,4)(x＋1)＋3，即3x＋4y－9＝0選擇條件②：因為l′⊥l，所以kl′＝eq\f(4,3).設l′在x軸上的截距為b，則l′在y軸上的截距為－eq\f(4,3)b.由題意可知S＝eq\f(1,2)|b|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)b))＝4，解得b＝±eq\r(6)，所以直線l′：y＝eq\f(4,3)(x＋eq\r(6))或y＝eq\f(4,3)(x－eq\r(6))選擇條件③：因為l′是l繞原點旋轉180°而得到的直線，所以l′與l關于原點對稱．任取點(x0，y0)在l上，設其在l′上的對稱點為(x，y)，所以x＝－x0，y＝－y0，從而－3x－4y－12＝0，因此直線l′：3x＋4y＋12＝018.(1)因為kBC＝eq\f(7－－1,3－－1)＝2，所以kAD＝－eq\f(1,2)，從而邊BC上的高AD所在直線的方程為y－5＝－eq\f(1,2)(x＋1)，即x＋2y－9＝0(2)因為M是BC的中點，所以M(1,3)，從而邊BC上的中線AM所在直線的方程為eq\f(y－3,5－3)＝eq\f(x－1,－1－1)，即y＝－x＋4(3)由題意知邊BC所在直線的方程為eq\f(y－－1,7－－1)＝eq\f(x－－1,3－－1)，即2x－y＋1＝0，BC＝eq\r(3＋12＋7＋12)＝4eq\r(5)，所以點A到直線BC的距離h＝eq\f(|2×－1－5＋1|,\r(22＋1))＝eq\f(6,5)eq\r(5)，從而△ABC的面積＝eq\f(1,2)BC·h＝1219.(1)直線l的方程可化為y＝－(a＋1)x＋a＋2.因為l不過第二象限，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋1≥0，,a＋2≤0，))解得a≤－2，從而a的取值范圍為(－∞，－2](2)直線l的方程可化為y＝－(a＋1)x＋a＋2，所以OM＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2,a＋1)))，ON＝|a＋2|，從而S△MON＝eq\f(1,2)OM·ON＝eq\f(1,2)eq\f(a＋22,|a＋1|)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|a＋1|)＋|a＋1|＋2))≥2，當且僅當|a＋1|＝eq\f(1,|a＋1|)，即a＝0時等號成立，因此△MON面積的最小值為2，此時直線l的方程為x＋y－2＝0(第20題)20．設所求點D的坐標為(x，y)．如圖，由于kAB＝3，kBC＝0，所以kAB·kBC＝0≠－1，即AB與BC不垂直．①若BC⊥CD，AD⊥CD.因為kBC＝0，所以直線CD的斜率不存在，從而有x＝3.又kAD＝kBC，所以eq\f(y－3,x)＝0，即y＝3，此時AB與CD不平行，故所求點D的坐標為(3,3)．②若AD⊥AB，AD⊥CD.因為kAD＝eq\f(y－3,x)，kCD＝eq\f(y,x－3)，又AD⊥AB，所以eq\f(y－3,x)·3＝－1.又AB∥CD，所以eq\f(y,x－3)＝3.聯(lián)立上述兩式解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(18,5)，,y＝\f(9,5)，))此時AD與BC不平行，故所求點D的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,5)，\f(9,5))).綜上可知，使四邊形ABCD為直角梯形的點D的坐標可以為(3,3)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,5)，\f(9,5)))21.(1)設點A關于直線l的對稱點為A′(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y－3,x－2)＝1，,\f(x＋2,2)＋\f(y＋3,2)＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝－3，))即A′(－4，－3)，所以直線A′B的方程為eq\f(y＋3,1＋3)＝eq\f(x＋4,1＋4)，即4x－5y＋1＝0.當C為直線4x－5y＋1＝0與直線x＋y＋1＝0的交點時，AC＋BC最?。蒭q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－5y＋1＝0，,x＋y＋1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(2,3)，,y＝－\f(1,3)，))所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))，從而AC＋BC的最小值為A′B＝eq\r(1＋42＋1＋32)＝eq\r(41)(2)由題意知直線AB的方程為eq\f(y－3,1－3)＝eq\f(x－2,1－2)，即2x－y－1＝0.當D為直線2x－y－1＝0與直線x＋y＋1＝0的交點時，|AD－BD|最大．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y－1＝0，,x＋y＋1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1，))所以D(0，－1)，從而|AD－BD|的最大值為AB＝eq\r(2－12＋3－12)＝eq\r(5)22.(1)直線l2的方程可化為2x－y－eq\f(1,2)＝0，所以兩條平行線l1與l2間的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))),\r(22＋－12))＝eq\f(7\r(5),10)，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))),\r(5))＝eq\f(7\r(5),10)，亦即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＝eq\f(7,2).又a＞0，解得a＝3(2)假設存在點P，設點P(x0，y0)．若點P滿足條件②，則點P在與l1，l2平行的直線l′：2x－y＋c＝0上，且eq\f(|c－3|,\r(5))＝eq\f(1,2)·eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2))),\r(5))，解得c＝eq\f(13,2)或eq\f(11,6)，所以2x0－y0＋eq\f(13,2)＝0或2x0－y0＋eq\f(11,6)＝0.若點P滿足條件③，由點到直線的距離公式有eq\f(|2x0－y0＋3|,\r(5))＝eq\f(\r(2),\r(5))·eq\f(|x0＋y0－1|,\r(2))，即|2x0－y0＋3|＝|x0＋y0－1|，所以x0－2y0＋4＝0或3x0＋2＝0.由于點P在第一象限，所以3x0＋2＝0不可能．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0－y0＋\f(13,2)＝0，,x0－2y0＋4＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－3，,y0＝\f(1,2)))(舍去)；聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0－y0＋\f(11,6)＝0，,x0－2y0＋4＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,9)，,y0＝\f(37,18).))所以存在點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，\f(37,18)))同時滿足三個條件綜合測試第2章圓與方程1．B2.A3.C4.B5.D(第6題)6．C提示如圖，建立平面直角坐標系，OA＝3.6m，AB＝0.8m，則OB＝eq\r(3.62－0.82)≈3.5m，所以卡車的高度不得超過3.5m7.A提示由圖可知直線與圓C相切于點(2,1)，即圓C經(jīng)過點(2,1)．又圓C經(jīng)過點(2,15)，所以圓C的圓心在直線y＝8上．又直線過點(0,3)，(3,0)，所以直線的斜率k＝eq\f(3－0,0－3)＝－1.因為直線與圓C相切于點(2,1)，所以圓心在直線y－1＝eq\f(－1,－1)(x－2)，即x－y－1＝0上．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝8，,x－y－1＝0，))得圓C的圓心為(9,8)，則圓C的半徑為eq\r(9－22＋8－12)＝7eq\r(2)8.C提示易得A(4,0)，B(0，－3)，即OA＝4，OB＝3，所以AB＝5.根據(jù)題意可知要使△PAB的面積最大，則點P到直線AB的距離最大，所以點P在過點C且與AB垂直的直線上．因為直線AB的方程可化為3x－4y－12＝0，所以點C到直線AB的距離為eq\f(|4＋12|,\r(32＋42))＝eq\f(16,5)，從而點P到直線AB的距離最大為1＋eq\f(16,5)＝eq\f(21,5)，所以△PAB面積的最大值為eq\f(1,2)×5×eq\f(21,5)＝eq\f(21,2)9.AD提示因為圓(x－2)2＋(y－3)2＝4的圓心為(2,3)，半徑為2，所以圓心到直線kx－y＋3＝0的距離d＝eq\f(|2k－3＋3|,\r(k2＋1))＝eq\f(|2k|,\r(k2＋1)).因為弦長為2eq\r(3)，所以eq\r(3)＝eq\r(4－d2)，即3＝4－eq\f(4k2,k2＋1)，解得k2＝eq\f(1,3)，所以k＝±eq\f(\r(3),3)，從而直線的傾斜角為eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)10.ABC提示將直線l的方程整理為(x＋y－4)＋m(2x＋y－7)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－4＝0，,2x＋y－7＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝1，))則無論m為何值時，直線l過定點D(3,1)，故A正確．令x＝0，則(y－2)2＝24，解得y＝2±2eq\r(6)，所以圓C被y軸截得的弦長為4eq\r(6)，故B正確．因為(3－1)2＋(1－2)2＝5＜25，所以點D在圓C的內部，從而直線l與圓C相交，故C正確．圓心C(1,2)，半徑為5，CD＝eq\r(5)，當截得的弦長最小時，l⊥CD，kCD＝－eq\f(1,2)，則直線l的斜率為2，此時直線l的方程為y－1＝2(x－3)，即2x－y－5＝0，故D不正確11.AD提示依題意知直線AC的方程為eq\f(y＋1,3＋1)＝eq\f(x－6,－2－6)，即x＋2y－4＝0，所以原點O到直線x＋2y－4＝0的距離d＝eq\f(|－4|,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)＞1.又直線AB的方程為x＝－2，直線BC的方程為y＝－1，因此點O到直線AB的距離為2，到直線BC的距離為1，所以當以原點為圓心的圓與直線BC相切時，能滿足圓與△ABC有唯一的公共點，此時圓的半徑為1，所以圓的方程為x2＋y2＝1.又OA＝eq\r(－22＋32)＝eq\r(13)，OB＝eq\r(－22＋－12)＝eq\r(5)，OC＝eq\r(62＋－12)＝eq\r(37)，由以原點為圓心的圓與△ABC有唯一的公共點，可得圓可以與△ABC交于點C(6，－1)，即圓的半徑為eq\r(37)，則圓的方程為x2＋y2＝3712.AD提示設P(x，y)，所以PA＝eq\r(x＋a2＋y2)，PB＝eq\r(x－a2＋y2).因為PA＝λPB，所以eq\r(x＋a2＋y2)＝λeq\r(x－a2＋y2)，平方后整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(λ2＋1a,λ2－1)))2＋y2＝eq\f(4λ2a2,λ2－12).當λ＝2時，此阿波羅尼斯圓的半徑r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λa,λ2－1)))＝eq\f(4a,3)，故A正確；當λ＝eq\f(1,2)時，以AB為直徑的圓為x2＋y2＝a2，此阿波羅尼斯圓為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,3)a))2＋y2＝eq\f(16a2,9)，圓心距為eq\f(5,3)a，兩半徑之和為eq\f(7,3)a，兩半徑之差的絕對值為eq\f(1,3)a，所以不相切，故B錯誤；當0＜λ＜1時，圓心的橫坐標為eq\f(λ2＋1a,λ2－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,λ2－1)))a＜a，所以點B在此阿波羅尼斯圓圓心的右側，故C錯誤；當λ＞1時，點A到圓心的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ2＋1a,λ2－1)＋a))＝eq\f(2λ2a,λ2－1)＞eq\f(2λa,λ2－1)＝r，在此阿波羅尼斯圓外，點B到圓心的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ2＋1a,λ2－1)－a))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2a,λ2－1)))＜eq\f(2λa,λ2－1)＝r，在此阿波羅尼斯圓內，故D正確13.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,8)))14.2eq\r(2)2eq\r(3)15.(x－1)2＋(y－1)2＝1提示由題意設△OAB內切圓的圓心為M(m，m)，則半徑為m.直線l的方程可化為3x＋4y－12＝0.由題意可得eq\f(|3m＋4m－12|,\r(32＋42))＝m，解得m＝1或m＝6(不合題意，舍去)，所以△OAB內切圓的方程為(x－1)2＋(y－1)2＝116.2提示圓C：x2＋y2－2y＝0的圓心為C(0,1)，半徑r＝1.由圓的性質知S四邊形PACB＝2S△PBC，四邊形PACB面積的最小值是2，所以S△PBC的最小值為1.而S△PBC＝eq\f(1,2)r·PB，所以PBmin＝2，從而PCmin＝eq\r(5).圓心C到直線kx＋y＋4＝0的距離就是PC的最小值，即eq\f(5,\r(1＋k2))＝eq\r(5).因為k＞0，所以k＝217.選擇條件①：(解法1)設所求圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2.由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6－a2＋0－b2＝r2，,1－a2＋5－b2＝r2，,2a－7b＋8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,r2＝13，))所以所求圓的方程是(x－3)2＋(y－2)2＝13.(解法2)設線段AB的垂直平分線為m，則圓心C在直線m上且在直線l上，即C是m與l的交點．由題意知直線AB的斜率是－1，則直線m的斜率是1，線段AB的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(5,2)))，所以直線m：x－y－1＝0.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－1＝0，,2x－7y＋8＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2，))所以圓心C(3,2)且CA＝eq\r(13)，從而所求圓的方程是(x－3)2＋(y－2)2＝13選擇條件②：設所求圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2.由題意得a＝2b.設圓心C到直線4x－3y＝0距離為d，則r2＝d2＋22，而r2＝(a－6)2＋b2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|4a－3b|,5)))2＋4＝(a－6)2＋b2，將a＝2b代入得b＝2或b＝4，所以a＝8，b＝4，r2＝20或a＝4，b＝2，r2＝8，從而所求圓的方程是(x－8)2＋(y－4)2＝20或(x－4)2＋(y－2)2＝8選擇條件③：(解法1)設所求圓的方程為x2＋y2＋2x－4y－16＋λ(2x＋y＋4)＝0，代入點A(6,0)得λ＝－2，所以所求圓的方程為x2＋y2－2x－6y－24＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝34.(解法2)設直線l：2x＋y＋4＝0與圓x2＋y2＋2x－4y－16＝0交于點E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＋4＝0，,x2＋y2＋2x－4y－16＝0，))即5x2＋26x＋16＝0，解得x1＝eq\f(－13＋\r(89),5)，x2＝eq\f(－13－\r(89),5)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－13＋\r(89),5)，\f(6－2\r(89),5)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－13－\r(89),5)，\f(6＋2\r(89),5))).設所求圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2，將A，E，F(xiàn)代入求得a＝1，b＝3，r2＝34，所以所求圓的方程為(x－1)2＋(y－3)2＝3418.(1)由圓O1的方程知O1(0，－1)且半徑為2，所以O1O2＝eq\r(4＋1＋12)＝2eq\r(2).由圓O1與圓O2外切，有圓O2的半徑為2(eq\r(2)－1)，所以圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4(3－2eq\r(2))(2)設O1O2與AB交于點C，則O1A＝2，AC＝eq\r(2)，所以O1C＝eq\r(2).由(1)知O1O2＝2eq\r(2)，所以O2C＝eq\r(2)，故圓O2的半徑O2A＝2，所以圓O2的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝419.(1)當α＝eq\f(3π,4)時，kAB＝－1，所以直線AB的方程為y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0，故圓心(0,0)到AB的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0＋0－1)),\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，從而弦長AB＝2eq\r(8－\f(1,2))＝eq\r(30)(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4.因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＝8，,x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＝8，))兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，即－2(x1－x2)＋4(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2)，從而直線l的方程為y－2＝eq\f(1,2)(x＋1)，即x－2y＋5＝020.(1)由題意知直線l的方程為y＝kx＋1.因為直線l與圓有兩個不同的交點，所以eq\f(|2k－3＋1|,\r(k2＋1))＜1，解得eq\f(4－\r(7),3)＜k＜eq\f(4＋\r(7),3)，所以實數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3)))(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x－22＋y－32＝1，))得(1＋k2)x2－(4＋4k)x＋7＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4＋4k,1＋k2)，x1x2＝eq\f(7,1＋k2)，從而eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝(x1，kx1)·(x2，kx2)＝x1x2＋k2x1x2＝(1＋k2)·x1x2＝(1＋k2)·eq\f(7,1＋k2)＝7，為定值(3)因為eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝12，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝(1＋k2)·eq\f(7,1＋k2)＋k·eq\f(4＋4k,1＋k2)＋1＝12，整理解得k＝1，所以直線l的方程為y＝x＋121.(1)聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y＝2x－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2，))所以圓心C(3,2)．若切線的斜率k不存在，不合題意．若k存在，設切線的方程為y＝kx＋3.由題意可得圓心C到切線的距離d＝r，即eq\f(|3k＋3－2|,\r(1＋k2))＝1，解得k＝0或k＝－eq\f(3,4)，則所求切線的方程為y＝3或y＝－eq\f(3,4)x＋3(2)設點M(x，y)．由MA＝2MO知eq\r(x2＋y－32)＝2eq\r(x2＋y2)，化簡得x2＋(y＋1)2＝4，所以點M在以點(0，－1)為圓心、2為半徑的圓上，記為圓D.又因為點M在圓C上，所以圓C與圓D的關系為相交或相切，從而1≤CD≤3，其中CD＝eq\r(a2＋2a－32)，所以1≤eq\r(a2＋2a－32)≤3，解得0≤a≤2.4，所以a的取值范圍為[0,2.4]22.(1)由條件知點M在圓O上，所以1＋a2＝4，解得a＝±eq\r(3).當a＝eq\r(3)時，點M的坐標為(1，eq\r(3))，所以kOM＝eq\r(3)，故k切線＝－eq\f(\r(3),3)，此時切線的方程為y－eq\r(3)＝－eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x＋eq\r(3)y－4＝0.當a＝－eq\r(3)時，點M的坐標為(1，－eq\r(3))，所以kOM＝－eq\r(3)，故k切線＝eq\f(\r(3),3)，此時切線的方程為y＋eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x－eq\r(3)y－4＝0.綜上，所求切線的方程為x＋eq\r(3)y－4＝0或x－eq\r(3)y－4＝0(2)設點O到直線AC，BD的距離分別為d1，d2(d1≥0，d2≥0)，則deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝OM2＝3.而AC＝2eq\r(4－d\o\al(2,1))，BD＝2eq\r(4－d\o\al(2,2))，所以AC＋BD＝2eq\r(4－d\o\al(2,1))＋2eq\r(4－d\o\al(2,2))，則(AC＋BD)2＝4(4－deq\o\al(2,1)＋4－deq\o\al(2,2)＋2eq\r(4－d\o\al(2,1))·eq\r(4－d\o\al(2,2)))＝4(5＋2eq\r(16－4d\o\al(2,1)＋d\o\al(2,2)＋d\o\al(2,1)d\o\al(2,2)))＝4(5＋2eq\r(4＋d\o\al(2,1)d\o\al(2,2)))．因為2d1d2≤deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝3，所以deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2)≤eq\f(9,4)，當且僅當deq\o\al(2,1)＝deq\o\al(2,2)＝eq\f(3,2)時取等號，所以eq\r(4＋d\o\al(2,1)d\o\al(2,2))≤eq\f(5,2)，從而(AC＋BD)2≤4×5＋8×eq\f(5,2)＝40，所以AC＋BD≤2eq\r(10)，即AC＋BD的最大值為2eq\r(10)綜合測試第3章圓錐曲線與方程1．D2.C3.C4.C提示設點P的縱坐標為m，則PF＝m＋eq\f(1,2)＝2m，解得m＝eq\f(1,2)，故PF＝15.D提示設橢圓C的右焦點為F1.由題意得D與H，E與G關于y軸對稱，所以FD＝F1H，F(xiàn)E＝F1G，故FD＋FE＋FG＋FH＝F1H＋F1G＋FG＋FH＝4a＝206.C提示由題意得EP＝FP.因為∠EPF＝60°，所以△PEF為正三角形，故S△PEF＝eq\f(\r(3),4)·(2p)2＝16eq\r(3)，解得p＝47.D提示由題意得在橢圓C上存在點P，使得PF1⊥PF2，故OP＝c≥b，所以c2≥a2－c2，即2c2≥a2，所以e≥eq\f(\r(2),2).因為0＜e＜1，所以eq\f(\r(2),2)≤e＜18.B提示因為OP＝OF2＝c，F(xiàn)1F2＝2c，所以△PF1F2為直角三角形．因為斜率為2，所以eq\f(PF2,PF1)＝2，即PF2＝2PF1，故PF2－PF1＝2PF1－PF1＝2a，即PF1＝2a，PF2＝4a.因為PFeq\o\al(2,2)＋PFeq\o\al(2,1)＝F1Feq\o\al(2,2)，所以(4a)2＋(2a)2＝(2c)2，即c2＝5a2，故e＝eq\r(5)9.BC10.AD提示由雙曲線C的方程可得a＝1，b＝2，c＝eq\r(5)，所以雙曲線C的離心率e＝eq\r(5)＝c，故A正確．雙曲線C的漸近線方程為y＝±2x，雙曲線y2－eq\f(x2,4)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，故B不正確．雙曲線C的一條漸近線y＝2x被圓(x－1)2＋y2＝1截得的弦長為2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)＝eq\f(2\r(5),5)，故C不正確．當b＝0時，直線與雙曲線的交點可能有0個，也可能有2個；當直線與雙曲線的漸近線平行時，直線與雙曲線的交點有1個，所以直線與雙曲線C的公共點個數(shù)只可能為0,1,2，故D正確11.AC提示當m＝0時，AB＝2eq\r(3)，F(xiàn)1(－1,0)，所以△F1AB的面積為eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＝eq\r(3)，故A正確．當m＝0時，可以得出∠AF1O＝eq\f(π,3)；當m＝1時，∠AF1O＜eq\f(π,4).根據(jù)橢圓的對稱性知存在m，使△F1AB為直角三角形，故B錯誤．根據(jù)橢圓的對稱性可知當m＝0時，四邊形F1BF2A的面積最大，故C正確．由橢圓的定義得△F1AB的周長＝AB＋AF1＋BF1＝AB＋(2a－AF2)＋(2a－BF2)＝4a＋AB－AF2－BF2.因為AF2＋BF2≥AB，所以AB－AF2－BF2≤0，當AB過點F2時取等號，從而AB＋AF1＋BF1＝4a＋AB－AF2－BF2≤4a，即當直線x＝m過橢圓的右焦點F2時，△F1AB的周長最大，此時直線AB的方程為x＝m＝c＝1，但是－1＜m＜1，所以不存在m，使△F1AB的周長最大，故D錯誤12.ABC提示由eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))，可得A正確．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，y1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，y2))，所以kOA＝eq\f(y1,x1)＝eq\f(2p,y1)，kAD＝eq\f(y1－y2,x1＋\f(p,2)).設直線AB的方程為x＝my＋eq\f(p,2)，代入拋物線的方程可得y2－2pmy－p2＝0，所以y1y2＝－p2，從而y1(y1－y2)＝y(tǒng)eq\o\al(2,1)－y1y2＝2px1＋p2，所以kOA＝kAD，即存在λ∈R，使得eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AO,\s\up6(→))成立，故B正確.eq\o(FC,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))＝(－p，y1)·(－p，y2)＝y(tǒng)1y2＋p2＝0，故C正確．由拋物線的定義可得AB＝AC＋BD，所以以AB為直徑的圓與CD相切，設切點為M，即有AM⊥BM，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，故D不正確13.eq\f(1,3)14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1))提示設點P到直線x＝－1的距離為d，P(x，y)，則d＝PF.而PQ＋PF＝PQ＋d≥xQ＋1＝3，即當y＝－1，x＝eq\f(1,4)時取等號，此時PQ與直線x＝－1垂直15.x2＋y2＝16提示不妨設點P在雙曲線C的右支上，延長F1Q，與PF2的延長線相交于點E，則PF1＝PE，所以F2E＝PE－PF2＝PF1－PF2＝2a＝8.在△F1F2E中，Q，O分別是F1E，F(xiàn)1F2的中點，則OQ＝eq\f(1,2)F2E＝4，所以點Q的軌跡是以O為圓心、4為半徑的圓，其方程為x2＋y2＝1616.m＝eq\f(8,3)aeq\f(2\r(6),3)提示由雙曲線的定義可得AF1＝m－2a，所以BF1＝AB＋AF1＝2m－2a，從而BF2＝BF1－2a＝2m－4a.在△BAF2中，由余弦定理可得cos∠BAF2＝eq\f(AB2＋AF\o\al(2,2)－BF\o\al(2,2),2AB·AF2)＝eq\f(m2＋m2－2m－4a2,2m·m)＝eq\f(7,8)，整理可得15m2－64ma＋64a2＝0，解得m＝eq\f(8,3)a或m＝eq\f(8,5)a.因為2m－4a＞0，所以m＝eq\f(8,3)a，即AF1＝m－2a＝eq\f(2,3)a，AF2＝m＝eq\f(8,3)a.在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝－cos∠BAF2＝－eq\f(7,8)，由余弦定理得cos∠F1AF2＝eq\f(AF\o\al(2,1)＋AF\o\al(2,2)－F1F\o\al(2,2),2AF1·AF2)＝eq\f(\f(4,9)a2＋\f(64,9)a2－4c2,2·\f(2,3)a·\f(8,3)a)＝－eq\f(7,8)，整理可得24a2＝9c2，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(6),3)17.選擇條件①：設eq\f(1,a2)＝M，eq\f(1,b2)＝N(N＞M＞0)，將P1，P2代入得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6M＋N＝1，,3M＋2N＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(M＝\f(1,9)，,N＝\f(1,3)，))所以橢圓的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1選擇條件②：因為eq\f(x2,3)－y2＝1的頂點為(±eq\r(3)，0)，焦點為(±2,0)，所以由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝\r(3)，,a＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1選擇條件③：因為焦距為2eq\r(3)，所以焦點為(±eq\r(3)，0)．因為拋物線x2＝4y通徑的端點為(±2,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2－b2＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝6，,b2＝3，))所以橢圓的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝118.(1)由題意設y2＝4cx，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(16×15＝4c×12，,\f(144,a2)－\f(16×15,b2)＝1，,a2＋b2＝c2，,))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝5，,a＝3，,b＝4，))所以拋物線的方程為y2＝20x，雙曲線C的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1(2)由雙曲線的定義得|PF1－PF2|＝6，將上式兩邊平方得PFeq\o\al(2,1)＋PFeq\o\al(2,2)－2PF1·PF2＝36，所以PFeq\o\al(2,1)＋PFeq\o\al(2,2)＝36＋2PF1·PF2.又因為∠F1PF2＝90°，所以PFeq\o\al(2,1)＋PFeq\o\al(2,2)＝100＝36＋2PF1·PF2，從而PF1·PF2＝32，所以S△F1PF2＝eq\f(1,2)PF1·PF2＝eq\f(1,2)×32＝1619.(1)由題意得F(1,0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)．設A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))整理得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，則x1＋x2＝eq\f(2k2＋2,k2).而AB＝x1＋x2＋p＝eq\f(2k2＋2,k2)＋2＝8，解得k2＝1，即k＝1，所以直線l的方程為y＝x－1(2)由(1)可得線段AB的中點為D(3,2)，則線段AB的垂直平分線的方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.設所求圓的圓心坐標為(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－x0＋5，,x0＋12＝\f(y0－x0＋12,2)＋16，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3，,y0＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝11，,y0＝－6.))因此，所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝14420.(1)設雙曲線C的焦距為2c.當BF＝AF且BF⊥AF時，有c＋a＝eq\f(b2,a)＝eq\f(c2－a2,a)，所以a＝c－a，即c＝2a，從而b＝eq\r(3)a，于是雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\r(3)x(2)設B(x0，y0)，則x0＞0，y0＞0，且eq\f(x\o\al(2,0),a2)－eq\f(y\o\al(2,0),3a2)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝3xeq\o\al(2,0)－3a2.當BF＝AF且BF⊥AF時，∠BFA＝2∠BAF＝90°.當AF與BF不垂直時，tan∠BAF＝eq\f(y0,x0＋a)，tan∠BFA＝eq\f(y0,c－x0)，所以tan2∠BAF＝eq\f(2tan∠BAF,1－tan2∠BAF)＝eq\f(\f(2y0,x0＋a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0＋a)))2)＝eq\f(2x0＋ay0,x0＋a2－y\o\al(2,0))＝eq\f(2x0＋ay0,－2x0＋ax0－2a)＝eq\f(y0,c－x0)＝tan∠BFA，從而∠BFA＝2∠BAF.得證21.(1)因為橢圓C的離心率為eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，則a＝2c.因為線段AF的中點的橫坐標為eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(a－c,2)＝eq\f(\r(2),2)，故c＝eq\r(2)，所以a2＝8，b2＝a2－c2＝6，故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1(2)因為A(a,0)，F(xiàn)(－c,0)，所以線段AF的中垂線的方程為x＝eq\f(a－c,2).又因為△ABF外接圓的圓心M在直線y＝－x上，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－c,2)，－\f(a－c,2))).因為A(a,0)，B(0,b)，所以線段AB的中垂線的方程為y－eq\f(b,2)＝eq\f(a,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))).由點M在線段AB的中垂線上，得－eq\f(a－c,2)－eq\f(b,2)＝eq\f(a,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－c,2)－\f(a,2)))，整理得b(a－c)＋b2＝ac，即(b－c)(a＋b)＝0.因為a＋b＞0，所以b＝c，故橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,\r(b2＋c2))＝eq\f(\r(2),2)22.(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,2a＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2，))所以b2＝a2－c2＝3，從而橢圓M的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1且A(－2,0)，B(2,0)．設P(x0，y0)，則kPA＝eq\f(y0,x0＋2).因為直線l1⊥PA，所以直線l1的方程為y＝－eq\f(x0＋2,y0)(x＋2)．同理直線l2的方程為y＝－eq\f(x0－2,y0)(x－2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(x0＋2,y0)x＋2，,y＝－\f(x0－2,y0)x－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－x0，,y＝\f(x\o\al(2,0)－4,y0).))又因為eq\f(x\o\al(2,0)－4,y0)＝eq\f(4－\f(4,3)y\o\al(2,0)－4,y0)＝－eq\f(4,3)y0，所以點C的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，－\f(4,3)y0)).因為點C的橫坐標為－1，所以x0＝1.又因為點P在橢圓M上且位于第一象限，所以y0＝eq\f(3,2)，所以點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))(2)設Q(xQ,yQ)．因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x0＋2＝λxQ＋2，,－\f(4,3)y0＝λyQ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xQ＝－\f(x0,λ)＋\f(2,λ)－2，,yQ＝－\f(4,3λ)y0.))因為點Q在橢圓M上，所以eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x0,λ)＋\f(2,λ)－2))2＋eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3λ)y0))2＝1.又yeq\o\al(2,0)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),4)))，整理得7xeq\o\al(2,0)－36(λ－1)x0＋72λ－100＝0，解得x0＝2或x0＝eq\f(36λ－50,7).因為點P在橢圓M上且位于第一象限，所以0＜eq\f(36λ－50,7)＜2，解得eq\f(25,18)＜λ＜eq\f(16,9)，即λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,18)，\f(16,9)))階段測試平面解析幾何(第1～3章)1.C2.C3.A4.A5.C提示由題意得圓心(5,0)到直線y＝kx＋k－2的距離為2eq\r(2)6.D提示由題意可知F(2,0)．設M(x0，y0)，則N(－2，y0)，所以直線NF的方程為y＝－eq\f(y0,4)(x－2)，即y0x＋4y－2y0＝0.因為點M到直線NF的距離是4eq\r(3)，所以eq\f(|x0y0＋4y0－2y0|,\r(y\o\al(2,0)＋16))＝4eq\r(3).因為點M在拋物線C上，所以yeq\o\al(2,0)＝8x0，從而eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(3,0),8)＋2y0)),\r(y\o\al(2,0)＋16))＝4eq\r(3)，整理得yeq\o\al(2,0)(yeq\o\al(2,0)＋16)＝64×48，解得y0＝4eq\r(3)，所以x0＝6，即M(6,4eq\r(3))，故直線l的斜率是eq\f(4\r(3)－0,6－2)＝eq\r(3)7.D提示過點P分別向x軸和拋物線的準線作垂線，垂足分別為M，N.設PF1＝m，PF2＝n，則F1M＝PN＝PF2＝PF1cos∠PF1F2＝eq\f(5m,7).因為PF1－PF2＝2a，所以m－eq\f(5m,7)＝2a，即m＝7a，n＝5a.在△PF1F2中，cos∠PF1F2＝eq\f(5,7)＝eq\f(49a2＋4c2－25a2,2·7a·2c)，即c2－5ac＋6a2＝0，故e2－5e＋6＝0，解得e＝2或3(第8題)8．A提示如圖，設圓M′是圓M：x2＋(y－3)2＝1關于直線x＋y＝0對稱的圓，可得M′(－3，0)，半徑r＝1，所以圓M′的方程為(x＋3)2＋y2＝1.易知當C為線段NM′與直線x＋y＝0的交點時，AC＋BC取得最小值，為NM′－3.因為點N(3,8)，所以NM′＝eq\r(－3－32＋0－82)＝10，因此AC＋BC的最小值為NM′－3＝79.ABD提示設P(x，y)(x≠±1)，則kAP·kBP＝eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－1)＝m(x≠±1)，即x2＋eq\f(y2,－m)＝1(x≠±1)．當m＝－1時，x2＋y2＝1(x≠±1)表示圓(除去與x軸的交點)，故A正確；當－1<m<0時，x2＋eq\f(y2,－m)＝1(x≠±1)表示焦點在x軸上的橢圓(除去與x軸的交點)，故B正確；當m>0時，x2－eq\f(y2,m)＝1(x≠±1)表示焦點在x軸上的雙曲線(除去與x軸的交點)，故C錯誤，D正確10.BC提示由橢圓C的方程可得a2＝6，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝5，從而焦距2c＝2eq\r(5)，故A不正確．離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),\r(6))＝eq\f(\r(30),6)，故B正確．設P(x，y)，則PD2＝(x＋1)2＋y2＝(x＋1)2＋1－eq\f(x2,6)＝eq\f(5,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(6,5)))2＋eq\f(4,5)≥eq\f(4,5)＞eq\f(1,5)，所以圓D在橢圓C的內部，故C正確．由題意可得PQ長的最小值為eq\f(2\r(5),5)－eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(5),5)，故D不正確11.ABD提示對于動直線l2：(k＋1)x＋ky＋k＝0(k∈R)，當k＝0時，斜率不存在，傾斜角為90°，故A正確；聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－1＝0，,k＋1x＋ky＋k＝0，))可得(2k＋1)x＝0，此方程恒有解，可得l1與l2有交點，故B正確；當k＝－eq\f(1,2)時，eq\f(k＋1,1)＝eq\f(k,－1)成立，此時l1與l2重合，故C錯誤；由于直線l1：x－y－1＝0的斜率為1，動直線l2的斜率不存在或斜率為－eq\f(k＋1,k)＝－1－eq\f(1,k)≠－1，所以對于任意的k，l1與l2都不垂直，故D正確12.BCD提示在雙曲線x2－eq\f(2y2,\r(5)－1)＝1中，因為e＝eq\f(\r(1＋\f(\r(5)－1,2)),1)≠eq\f(\r(5)＋1,2)，所以雙曲線x2－eq\f(2y2,\r(5)－1)＝1不是雙曲線，故A不正確．因為b2＝ac，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋ac),a)＝eq\r(1＋e)，從而e2－e－1＝0，解得e＝eq\f(\r(5)＋1,2)或e＝eq\f(\r(5)－1,2)(舍去)，所以該雙曲線是雙曲線，故B正確．因為F1，F(xiàn)2為左、右焦點，A1，A2為左、右頂點，B1(0，b)，B2(0，－b)，且∠F1B1A2＝90°，所以B1Feq\o\al(2,1)＋B1Aeq\o\al(2,2)＝A2Feq\o\al(2,1)，即b2＋c2＋b2＋a2＝(a＋c)2，整理得b2＝ac.由B知該雙曲線是雙曲線，故C正確．因為MN經(jīng)過右焦點F2且MN⊥F1F2，∠MON＝90°，所以NF2＝OF2，從而eq\f(b2,a)＝c，即b2＝ac.由B知該雙曲線是雙曲線，故D正確13.1或314.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝115.8x＋4y－8＝0提示由題意設直線l：y＝k(x－4)＋1，則OA＝eq\f(4k－1,k)>0，OB＝1－4k>0，解得k<0.而S△OAB＝eq\f(1,2)OA·OB＝－eq\f(4k－12,2k)＝－8k－eq\f(1,2k)＋4≥2·eq\r(－8k·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k))))＋4＝8，當且僅當－8k＝－eq\f(1,2k)，即k＝－eq\f(1,4)時取等號，此時直線l的方程為x＋4y－8＝016.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(10),2)))提示因為直線x＋y＝1與橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1交于點M，N，所以a＞1.聯(lián)立得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2－a2b2＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2a2,a2＋b2)，x1x2＝eq\f(a2－a2b2,a2＋b2).因為以線段MN為直徑的圓經(jīng)過原點，所以OM⊥ON，即x1x2＋y1y2＝0，故x1x2＋(1－x1)(1－x2)＝0，即2x1x2＋1－(x1＋x2)＝0，代入整理得a2＋b2＝2a2b2.因為e≤eq\f(\r(3),2)，所以1－eq\f(b2,a2)≤eq\f(3,4)，即b2≥eq\f(1,4)a2，故eq\f(a2,2a2－1)≥eq\f(1,4)a2，解得a≤eq\f(\r(10),2)17.無論選擇哪個條件，若p為真，則有m<－2或m>4.若q為真，則有m－t>0，m－t－1<0，解得t<m<t＋1.因為p是q的必要不充分條件，所以t＋1≤－2或t≥4，解得t≤－3或t≥4，則實數(shù)t的取值范圍是(－∞，－3]∪[4，＋∞)18.(1)x－2y＋4＝0(2)由題意知C1C2所在直線的方程是2x＋y＋3＝0，故其與直線AB的交點坐標是(－2,1)．因為點C1到直線AB的距離d＝eq\r(5)，所以由題意得r＝eq\f(AB,2)＝eq\r(10－5)＝eq\r(5)，故所求圓的方程為(x＋2)2＋(y－1)2＝519.由題意設A(a,0)，B(0，b)，則a>0，b>0，直線AB的方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay＝ab.因為MA⊥MB，所以2(2－a)＋4(4－b)＝0，即a＝10－2b.由題意得點O到直線AB的距離等于點M到直線AB的距離，即eq\f(ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(|2b＋4a－ab|,\r(a2＋b2)).因為2b＋4a－ab＝2b＋40－8b－10b＋2b2＝2b2－16b＋40＝2(b－4)2＋8>0，所以10b－2b2＝2b2－16b＋40，即2b2－13b＋20＝0，解得b＝eq\f(5,2)或b＝4，從而a＝5或a＝2，所以直線AB的方程為x＋2y－5＝0或2x＋y－4＝020.(1)由△ABC為正三角形，得∠AOB＝2∠ACB＝eq\f(2π,3)，所以∠ABO＝∠BAO＝eq\f(π,6)，從而原點O到直線AB的距離d＝1×sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2).由點到直線的距離公式得eq\f(|m|,\r(2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(\r(2),2)或－eq\f(\r(2),2)，所以直線AB的方程為eq\r(2)x－eq\r(2)y＋1＝0或eq\r(2)x－eq\r(2)y－1＝0(2)因為eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，所以點P在以AB為直徑的圓上．設該圓的圓心為(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,x0－y0＋m＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(m,2)，,y0＝\f(m,2)，))故以AB為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(m,2)))2＝1－eq\f(m2,2)，其中－eq\r(2)<m<eq\r(2).又點P在直線x－y－eq\r(3)＝0上，即直線與圓有公共點，所以eq\f(|m＋\r(3)|,\r(2))≤eq\r(1－\f(m2,2))，即2m2＋2eq\r(3)m＋1≤0，解得－eq\f(\r(3)＋1,2)≤m≤eq\f(1－\r(3),2).綜上，m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)＋1,2)，\f(1－\r(3),2)))21.(1)因為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，所以F1(－2，0)，F(xiàn)2(2,0)．又P(2，eq\r(2))，所以kOP＝eq\f(\r(2),2)，kF1M＝eq\f(\r(2),4)，故kF2M＝－eq\r(2)，所以直線F2M：y＝－eq\r(2)(x－2)，直線F1M：y＝eq\f(\r(2),4)(x＋2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)x－2，,y＝\f(\r(2),4)x＋2，))解得x＝eq\f(6,5)，所以點M的橫坐標為eq\f(6,5)(2)設P(x0，y0)，M(xM，yM)．因為eq\o(F1M,\s\up6(→))＝2eq\o(MP,\s\up6(→))，所以eq\o(F1M,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(x0＋c，y0)＝(xM＋c，yM)，所以點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0－\f(1,3)c，\f(2,3)y0))，故eq\o(F2M,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)x0－eq\f(4,3)c，eq\f(2,3)y0.因為PO⊥F2M，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x0，y0)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0－\f(4,3)c))x0＋eq\f(2,3)yeq\o\al(2,0)＝0，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2cx0.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＝2cx0，,\f(x\o\al(2,0),a2)＋\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，))消去y0得c2xeq\o\al(2,0)－2a2cx0＋a2(a2－c2)＝0，解得x0＝eq\f(aa＋c,c)或x0＝eq\f(aa－c,c).因為－a<x0<a，所以x0＝eq\f(aa－c,c)∈(0，a)，即0<a2－ac<ac，解得e>eq\f(1,2).綜上，橢圓的離心率e的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))22.(1)設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦距為2c.因為它的一個頂點恰好是拋物線x2＝4eq\r(2)y的焦點(0，eq\r(2))，所以b＝eq\r(2).因為離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(a2－2),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2eq\r(2)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1(2)①設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)x＋t，代入橢圓C的方程化簡可得x2＋2tx＋2t2－4＝0.由Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2.利用根與系數(shù)的關系可得x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.在eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1中，令x＝2，得P(2,1)，Q(2，－1)，所以四邊形APBQ的面積S＝S△APQ＋S△BPQ＝eq\f(1,2)·PQ·|x1－x2|＝eq\f(1,2)×2×|x1－x2|＝|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(4t2－42t2－4)＝eq\r(16－4t2)，故當t＝0時，四邊形APBQ的面積取得最大值，為4②當∠APQ＝∠BPQ時，直線PA，PB的斜率之和等于0，故設直線PA的斜率為k，則直線PB的斜率為－k，所以直線PA的方程為y－1＝k(x－2)，把它代入橢圓C的方程化簡可得(1＋4k2)x2＋8k(1－2k)x＋4(1－2k)2－8＝0，故x1＋2＝eq\f(8k2k－1,1＋4k2).同理可得直線PB的方程為y－1＝－k(x－2)，x2＋2＝eq\f(8k2k＋1,1＋4k2)，所以x1＋x2＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(－16k,1＋4k2)，因此kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(1－kx2－2－[1＋kx1－2],x2－x1)＝eq\f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq\f(k·\f(16k2－4,1＋4k2)－4k,\f(－16k,1＋4k2))＝eq\f(1,2)綜合測試第4章數(shù)列1．C2.D3.B4.C5.A6.D提示因為每一個單音與前一個單音的頻率比為eq\r(12,2)，所以an＝eq\r(12,2)an－1(n≥2)．又a1＝f，所以a8＝a1q7＝f·(eq\r(12,2))7＝eq\r(12,27)f7.B提示設甲、乙、丙、丁、戊五人分得的錢分別為a1，a2，a3，a4，a5，則a1，a2，a3，a4，a5成等差數(shù)列．由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5，,a1＋a2＝a3＋a4＋a5，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝1，,a1＋8d＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(4,3)，,d＝－\f(1,6)，))所以a5＝a1＋4d＝eq\f(4,3)＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)))＝eq\f(2,3)8.B提示d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝2，an＝a1＋(n－1)d＝－9＋(n－1)×2＝2n－11.又a1<a2<a3<a4<a5<0<a6＝1<a7<…，且由T5<0可知Ti<0(i≥6，i∈N)．由eq\f(Ti,Ti－1)＝ai>1(i≥7，i∈N)，知數(shù)列{Tn}不存在最小項．由于a1＝－9，a2＝－7，a3＝－5，a4＝－3，a5＝－1，a6＝1，故數(shù)列{Tn}中的正項只有有限項，為T2＝63，T4＝945，所以數(shù)列{Tn}中存在最大項，且最大項為T49.ABD提示由a7＝3a5，得a1＋6d＝3(a1＋4d)，即a1＝－3d.由等差數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，知d>0，則a1<0.Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2－eq\f