【文档说明】高中数学课时作业（北师大版选修第一册）详解答案.docx，共(279)页，1.872 MB，由小赞的店铺上传

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课时作业(一)1．解析：根据倾斜角的定义知，l的倾斜角为135°.故选B.答案：B2．解析：由斜率公式可得8－mm－5＝1，解得m＝132.答案：C3．解析：由题意可得直线l的倾斜角α的范围是90°<α<

180°，故选C.答案：C4．解析：tanα＝2＋3－24－1＝33.∴α＝30°.答案：A5．解析：由题意知kAB＝kAC，即－2－33－（－2）＝m－312－（－2），解得m＝12.答案：A6．解析：根据题意，依次分析选项：对于A，直线的倾斜角为α，当α＝90°时，斜率不存在，A错误；对于B，

直线的倾斜角的范围为[0°，180°)，B错误；对于C，直线的倾斜角的范围为[0°，180°)，则有sinα≥0，C正确；对于D，任意直线都有倾斜角α，且α≠90°时，斜率为tanα，D正确；故选CD.答案：

CD7．解析：由题意知kAB＝0－3－1－1＝32＝k，∴k＝32.答案：328．解析：当m＝1时，倾斜角α＝90°，当m＞1时，tanα＝3－2m－1＞0，∴0°＜α＜90°，故0°＜α≤90°.答案：0°＜α≤90°9．解析：∵α＝45°，∴直线l的斜率k＝tan45°＝1，∵

P1，P2，P3都在直线l上，∴kP1P2＝kP2P3＝k，∴5－y1x2－2＝1－53－x2＝1，解得x2＝7，y1＝0.答案：7010．解析：直线AB的斜率kAB＝1－2－4－3＝17；直线BC的斜率kBC＝－1－10－（－4）＝－24＝－12；直线CA的斜率kCA＝－1－20－3＝－

3－3＝1.由kAB>0及kCA>0知，直线AB，CA的倾斜角均为锐角；由kBC<0知，直线BC的倾斜角为钝角．11．解析：由直线kx＋y＋2＝0可知直线过定点P(0，－2)，且斜率为－k，又M(－2，1)，N(3，2)，如图，kP

M＝－2－10－（－2）＝－32，kPN＝－2－20－3＝43.∴直线kx＋y＋2＝0和以M(－2，1)，N(3，2)为端点的线段相交，则－k的取值范围为(－∞，－32]∪[43，＋∞)，k的取值范围是：(－∞，－43]∪[32，＋∞

).故选AD.答案：AD12．解析：如图，kOA＝2，kl′＝0，只有当直线落在图中所示阴影位置时才符合题意，故k∈[0，2]，所以直线l的斜率k的最大值为2.故选D.答案：D13．解析：设直线AB倾斜角为α，则直线AC的倾斜角为2α，则tan2α

＝2tanα1－tan2α，由题可知tan2α＝kAC＝1a，tanα＝kAB＝12，因此1a＝2×121－（12）2，解得a＝34.答案：3414.解析：如图，点A，B的坐标分别为(1，0)，(10，1)，点Q的坐标为(－1，4)，则kAQ≤k≤kBQ.又kAQ＝4－0－1

－1＝－2，kBQ＝4－1－1－10＝－311，所以－2≤k≤－311.答案：－2，－31115．解析：①当点P在x轴上时，设点P(a，0)，∵A(1，2)，∴kPA＝0－2a－1＝－2a－1.又∵直线PA的倾斜角为60°，∴tan60°＝－2a－1，解得a＝1－233.

∴点P的坐标为1－233，0.②当点P在y轴上时，设点P(0，b)，同理可得b＝2－3，∴点P的坐标为(0，2－3).综上，点P的坐标为1－233，0或(0，2－3).16．解析：∵x，y满

足2x＋y＝8且2≤x≤3当x＝2，y＝4，设点B(2，4)；当x＝3，y＝2，设点A(3，2)；∵y＋1x－1的几何意义为线段AB上的点与定点P(1，－1)连线的斜率．由题意画出图形如图，根据两点求斜率公式：求得kPA＝32，kPB

＝5，∴y＋1x－1的取值范围是[32，5].答案：[32，5]课时作业(二)1．解析：因为直线过点P(1，1)且斜率为2，所以直线方程为：y－1＝2(x－1)，化简得：y＝2x－1.故选D.答案：D2．解析：∵倾斜角为α＝45°，∴直线的斜率为tan45°＝1

，代入直线的点斜式得y－3＝x＋2即x－y＋5＝0，故选C.答案：C3．解析：由y－b＝2(x－a)，得y＝2x－2a＋b，故在y轴上的截距为b－2a.故选C.答案：C4．解析：由y＝ax－1a可知，斜率和截距必须异号，故B正确．答案：B5．解析：因为直线y＝－2x－

1的斜率为－2，所以4－mm－（－2）＝－2，解得m＝－8.故选B.答案：B6．解析：对于A项，该方程不能表示过点P且垂直于x轴的直线，即点斜式只能表示斜率存在的直线，所以A项不正确；对于B项，该方程不能表示过点P且平行于x轴的直线，即该直线不能表示斜率为零的直

线，所以B项不正确；对于C项，斜截式不能表示斜率不存在的直线，所以C项不正确；对于D，若直线的倾斜角为90°，则该直线的斜率不存在，不能用y－1＝tanθ(x－1)表示，所以D不正确．故选ABCD.答案：ABCD7．解析：y＝x＋m过点(m，－1)，∴－1＝m＋m，即m

＝－12，从而在y轴上的截距为－12.答案：－128．解析：由直线方程的点斜式可知直线的斜率k＝a－2，又∵直线的倾斜角为钝角，∴k<0，即a－2<0，∴a<2.答案：(－∞，2)9．解析：令x＝0，则y＝－m2＋m－1.∵直线在y轴上截距为－3，∴－m2＋

m－1＝－3，m2－m－2＝0，解得m＝－1或2.答案：－1或210．解析：∵直线y＝－3x＋1的斜率k＝－3，∴其倾斜角α＝120°，由题意，得所求直线的倾斜角α1＝14α＝30°，故所求直线的斜率k1＝tan30°＝33.(1)∵所求直

线经过点(3，－1)，斜率为33，∴所求直线方程是y＋1＝33(x－3).(2)∵所求直线的斜率是33，在y轴上的截距为－5，∴所求直线的方程为y＝33x－5.11．解析：方程k＝y－2x＋1，表示不过(－1，2)的直线，故与方程y－2＝k(x＋1)

表示不同直线，直线l过点P(x1，y1)，显然BC正确，D所有直线都有点斜式和斜截式方程，是不对的，比如斜率不存在的直线就没有点斜式方程，故AD不正确，BC正确．答案：BC12．解析：画出图象，可以看出直线的斜率大于0，在y轴上的截距小于0，即k>0，b<0.故选B.答案：B1

3．解析：由l的方程知l过定点A(1，2)，斜率为k，则kOA＝2(O为坐标原点)，如图所示，则由数形结合可得，k≥2时满足条件．答案：[2，＋∞)14．解析：由直线过两点A(－1，3)，B(5，－2)，得kAB＝－2－35－（－1）＝－56，则直线方程为：y－3＝－56[x－(－1)]，即y

＝－56x＋136，又点P(6，a)在直线上，得a＝－56×6＋136，得a＝－176.答案：－17615．解析：设直线l的方程为y＝－43x＋b.令x＝0，得y＝b，令y＝0，得x＝34b.由题意，得|b|＋34|b|＋b2＋34b2＝9.∴|b|＋34|b|

＋54|b|＝9，∴b＝±3.∴所求直线方程为y＝－43x＋3或y＝－43x－3.16．解析：设直线l的方程为y＝kx＋b(k<0，b>0)，则直线l与x轴的交点为－bk，0，与y轴的交点为(0，b)，因为△AOB的面积为4，直线l

过点P(6，－1)，所以12－bk·b＝4－1＝6k＋b，解得k＝－12b＝2或k＝－118b＝－23(舍去)所以直线l的方程为x＋2y－4＝0.答案：x＋2y－4＝0

课时作业(三)1．解析：因为所求直线过点A(5，6)和点B(－1，2)，根据直线的两点式方程可得：所求直线方程为y－62－6＝x－5－1－5.故选B.答案：B2．解析：∵根据直线方程的两点式y－y1y2

－y1＝x－x1x2－x1(x1≠x2)将两点(－2，0)，(0，1)代入可得：y－01－0＝x＋20＋2整理可得：x－2y＋2＝0∴过两点(－2，0)，(0，1)的直线方程为：x－2y＋2＝0，故选A.答案：A3．解析

：直线在x轴上截距为3，在y轴上截距为－4，因此截距之和为－1.故选B.答案：B4．解析：点M的坐标为(2，4)，点N的坐标为(3，2)，由两点式方程得y－24－2＝x－32－3，即2x＋y－8＝0.故选

A.答案：A5．解析：由两点式得直线方程为y－65－6＝x＋32＋3，即x＋5y－27＝0.令y＝0，得x＝27.故选D.答案：D6．解析：由xm－yn＝1，得到y＝nmx－n；又由xn－ym＝1，得到y＝mnx－m.即k1与k2同号且互为倒

数．故选B.答案：B7．解析：∵AC的中点M(2，4)，∴AC边上的中线BM所在的直线方程为：y－41－4＝x－24－2，整理，得3x＋2y－14＝0，故填3x＋2y－14＝0.答案：3x＋2y－14＝08．解析：设直线方程为xa＋yb＝1，则b＝3，a＋

b＝5，解得a＝2，b＝3，则直线方程为x2＋y3＝1.答案：x2＋y3＝19．解析：由题意得过点A，C的直线方程为y－12－1＝x－10－1，整理得x＋y－2＝0.又点B(a，0)在直线上，∴a－2＝0，解得a＝2.答案

：210．解析：∵直线AB过点A(0，－5)，B(－3，3)两点，由两点式方程，得y＋53＋5＝x－0－3－0.整理，得8x＋3y＋15＝0.∴直线AB的方程为8x＋3y＋15＝0.又∵直线AC过A(0，－5)，C(2，0)两点，由截距式得x2

＋y－5＝1，整理得5x－2y－10＝0，∴直线AC的方程为5x－2y－10＝0.11．解析：当直线经过原点时，斜率为k＝2－01－0＝2，所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y＝k，把点A(1，2)代入

可得1－2＝k，或1＋2＝k，求得k＝－1，或k＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0，或x＋y－3＝0；综上知，所求的直线方程为2x－y＝0、x－y＋1＝0，或x＋y－3＝0.故选ABC.答案：ABC12．解析：因为直线l

过A(－4，－6)，B(2，6)两点，所以直线l的方程为y＋66＋6＝x＋42＋4，即y＝2x＋2.又点C(1006，b)在直线l上，所以b＝2×1006＋2＝2014.故选C.答案：C13．解析：因为

点A(a1，b1)，B(a2，b2)的坐标满足方程2x＋3y＝4，故过点A(a1，b1)，B(a2，b2)的直线方程为2x＋3y＝4.即2x＋3y－4＝0.答案：2x＋3y－4＝014．解析：设A(x，0)，B(0，y).由P(－1，2)为AB的中点，∴x＋02

＝－1，0＋y2＝2，∴x＝－2，y＝4.由截距式得l的方程为x－2＋y4＝1，即2x－y＋4＝0.答案：2x－y＋4＝015．解析：由题设知，直线l不过原点，且在x轴、y轴上的截距都大于0，设直线l的方程为xa＋xb＝1(a＞0，b＞0)，则由已知可得12ab＝2，|a

－b|＝3.①当a≥b时，①可化为12ab＝2，a－b＝3，解得a＝4b＝1或a＝－1b＝－4(舍去)；当a＜b时，①可化为12ab＝2，b－a＝3，解得

a＝1，b＝4或a＝－4，b＝－1(舍去).所以，直线l的方程为x4＋y＝1或x＋y4＝1，即x＋4y－4＝0或4x＋y－4＝0.16．解析：根据题意，设直线l的方程为xa＋yb＝1，由题意，知a＞2，b＞1，∵l过点M(2，1)，∴2a＋1b＝1，解得b＝aa－

2，∴△AOB的面积S＝12ab＝12a·aa－2，化简，得a2－2aS＋4S＝0.①∴Δ＝4S2－16S≥0，解得S≥4或S≤0(舍去).∴S的最小值为4，将S＝4代入①式，得a2－8a＋16＝0，解得a＝4，∴b

＝aa－2＝2.∴直线l的方程为x＋2y－4＝0.课时作业(四)1．解析：由直线的一般式方程，得它的斜率为33，从而倾斜角为30°.故选A.答案：A2．解析：当直线过原点时，直线方程为：y＝14x，即x－4y＝0

；当直线不过原点时，设所求直线方程为xa＋ya＝1，将点(4，1)代入得a＝5.即x＋y－5＝0.故选C.答案：C3．解析：令y＝0，则直线在x轴上的截距是x＝2mm＋2，∴2mm＋2＝3，∴m＝－6.故选B.答案

：B4．解析：由直线5x＋3y－15＝0，令y＝0，x＝3；令x＝0，y＝5，即a＝3，b＝5，故选B.答案：B5．解析：当x＝0时，qy＋r＝0，∵qr<0，∴y＝－rq>0，当y＝0时，px＋r＝0，∵pr<0，∴x＝－rp>0，直线的横截

距和纵截距都是正数，所以直线过第一，二，四象限，不过第三象限．故选ABD.答案：ABD6．解析：A中，当m＝0时，斜率1m无意义，A不正确；B中，当m＝0时，直线l为x＝1，此时直线l垂直x轴，斜率不存在．B正确；C中，把

点(2，1)代入直线x－my＋m－1＝0，得1＝0，显然不成立，C不正确；D中，令x＝0，y＝m－1m，令y＝0，x＝1－m，则m－1m＝1－m，即m2＝1，解得：m＝±1，D正确．故选BD.答案：BD7．解析：由题意知y＝3x＋4，即3x－y＋4＝0.答案：3x－y＋4＝08．解析：直

线方程可整理为：(2x＋y－1)k－(2x＋6y＋4)＝0，令2x＋y－1＝02x＋6y＋4＝0解得x＝1y＝－1，即定点P的坐标为(1，－1).答案：(1，－1)9．解析：因为直线(2a2－4a)x＋(a2－4)

y＋5a2＝0的倾斜角是π4，所以直线(2a2－4a)x＋(a2－4)y＋5a2＝0的斜率为tanπ4＝1，因此a2－4≠0，y＝（2a2－4a）x－（a2－4）＋5a2－（a2－4），∴（2a2－4a）－（a2－4）＝1，∴3a2－

4a－4＝0，∴a＝－23或a＝2(舍)答案：－2310．解析：(1)由m2－3m＋2＝0，m－2＝0，解得m＝2.又方程表示直线时，m2－3m＋2与m－2不同时为0，故m≠2.(2)由题意知，m≠2，由－m2－3m＋2m－2＝1，解得m＝0.11．解析：A中，y＝ax

－2a＋1＝a(x－2)＋1，当x＝2时，a无论取何值，y＝1，所以直线必过定点(2，1)，A正确；B中，令x＝0，y＝2，即在y轴上的截距为2，B错误；C中，直线3x＋y＋1＝0的斜率为－3，则倾斜角是120°，C正确；D中，可设直线l的方程为y＝kx＋b，将直线l沿x轴

向左平移3个单位长度，得y＝k(x＋3)＋b，再沿y轴向上平移2个单位长度，得y＝k(x＋3)＋b＋2，回到原来的位置，说明直线的斜率和纵截距保持不变，则b＝3k＋b＋2，得k＝－23，D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：∵f(

x)＝ax＋2a－1＝a(x＋2)－1，所以，函数y＝f(x)的图象恒过定点A(－2，－1)，由于点A(－2，－1)在直线mx＋ny＋1＝0上，则－2m－n＋1＝0，则2m＋n＝1，∵mn>0，则mn>0，∴1m＋2n＝1m＋2n(2m＋n)＝4mn＋nm＋

4≥24mn·nm＋4＝8当且仅当n＝2m时，等号成立．故选D.答案：D13．解析：由2x－3y＋12＝0知，斜率为23，在y轴上截距为4.根据题意，直线l的斜率为13，在y轴上截距为8，所以直线l的方程为x－3y＋24＝0.答案：x－3y＋24＝014．解析：由题意得

a2＋5a＋6＝0a2＋2a＝0，解得a＝－2.要使方程(a2＋5a＋6)x＋(a2＋2a)y＋1＝0表示一条直线，则a2＋5a＋6和a2＋2a不能同时为零，所以a≠－2.答案：a≠－215．解析：(1)由题意知a＋1≠0，即a≠－1，令x＝0得y＝a－2，令y＝0

得x＝a－2a＋1，则a－2a＋1＝a－2，解得a＝2或a＝0.(2)方程(a＋1)x＋y＋2－a＝0可化为y＝－(a＋1)x＋a－2.直线l不经过第二象限，则满足－（a＋1）≥0，a－2≤0，解得a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1].16．解析：令t＝x＋y

≥0，则关于t的二次方程t2－6t＋3m＝0在t∈[0，＋∞)上有两个不等的实根，令f(t)＝t2－6t＋3m，则二次函数f(t)在t∈[0，＋∞)有两个不同的零点，所以Δ＝36－12m>0f（0）＝3m≥0，解得0≤m<3.因此，实数m的取值

范围是[0，3).答案：[0，3)课时作业(五)1．解析：由题意，知4－mm－（－2）＝1，解得m＝1.故选B.答案：B2．解析：k1＝3－60－3＝－3＋2，k2＝0－22－6＝－12－3，∵k1k2＝－1，∴两直线垂直．故选A.答案：A3．解析：设l1，l2的斜率分别为k1，k2，则有

k1·k2＝－1，从而直线l1与l2垂直．故选D.答案：D4．解析：由题得直线的斜率为－2，所以直线的方程为y－0＝－2(x－1)，即：2x＋y－2＝0.故选B.答案：B5．解析：如图所示，易知kAB＝－1－12－（－1）＝－23，kAC＝4－11－（－1

）＝32，由kAB·kAC＝－1知三角形是以A点为直角顶点的直角三角形．故选C.答案：C6．解析：因为直线l的斜率为12，则A，B，C正确，D错误．故选ABC.答案：ABC7．解析：由题意知直线l2的斜率为k＝－1，所以倾斜角为135°.答案：135°

8．解析：由题意得m2＋3－4＝tan60°＝3.解得m＝±2.答案：±29．解析：因为两条直线垂直，直线2x＋y－1＝0的斜率为－2，所以过点A(－2，m)，B(m，4)的直线的斜率4－mm＋2＝12，解得m＝2.答案：210．解析

：因为B(－1，－1)，C(2，1)，所以kBC＝1＋12＋1＝23，边BC上的高AD的斜率kAD＝－32.设D(x，y)，由kAD＝y－3x－1＝－32，及kBD＝y＋1x＋1＝kBC＝23，得x＝2

913，y＝1513，则D(2913，1513).11．解析：当AB与CD斜率均不存在时，m＝0，此时AB∥CD；当kAB＝kCD时，m＝1，此时AB∥CD.故选AB.答案：AB12．解析：A中，当m＝－1时，l1：x－y＋6＝0，

l2：3x＋3y＋2＝0，k1＝1，k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l1⊥l2.当m＝23时，l1：3x＋2y＋18＝0，l2：2x－3y－2＝0，k1＝－32，k2＝23，∴k1·k2＝－1，∴l1⊥l2，所以A正确；C中，当m

＝5时，l1：x＋5y＋6＝0，l2：3x＋15y＋10＝0，k1＝－15，k2＝－315＝－15，∴k1＝k2，∴l1∥l2.当m＝0时，l1：x＝－6，l2：x＝0，∴l1∥l2.故C正确，B不正确．D中，由C得1m－2＝m3m≠62m所以不存在m∈R，使l1与l2重合，D不正确．故选

AC.答案：AC13．解析：由k1，k3是方程2x2－3x－2＝0的两根，解方程得k1＝－12，k3＝2或k1＝2，k3＝－12．又l1∥l2，所以k1＝k2，所以k1＋k2＋k3＝1或72.答案：1或7214．解析：∵两直线垂直，∴－m4×25＝－1，∴m＝

10又∵垂足为(1，p)，∴代入直线10x＋4y－2＝0得p＝－2再把(1，－2)代入2x－5y＋n＝0得n＝－12∴m－n＋p＝20.答案：2015．解析：(1)设点D坐标为(a，b)，因为四边形ABCD为平行四边形，所以kAB＝kC

D，kAD＝kBC，所以0－25－1＝b－4a－3，b－2a－1＝4－03－5，解得a＝－1，b＝6，所以D(－1，6).(2)因为kAC＝4－23－1＝1，kBD＝6－0－1－5＝－1，所以kAC·kBD＝－1，所以AC⊥BD，所以▱ABCD为菱形．16．解析：若∠

A为直角，则AC⊥AB，所以kAC·kAB＝－1，即m＋12－5·1＋11－5＝－1，得m＝－7；若∠B为直角，则AB⊥BC，所以kAB·kBC＝－1，即1＋11－5·m－12－1＝－1，得m＝3；若∠C为直角，则AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1，即m＋

12－5·m－12－1＝－1，得m＝±2.综上可知，m＝－7或m＝3或m＝±2.答案：－7或3或±2课时作业(六)1．解析：易知A1＝3，B1＝－1，A2＝1，B2＝1，则A1B2－A2B1＝3×1－1×(－1)＝3＋1≠0，又A1A2＋B

1B2＝3×1＋(－1)×1＝3－1≠0，则这两条直线相交但不垂直．故选A.答案：A2．解析：由x－2y－3＝0，2x－3y－2＝0，得x＝－5，y＝－4，∴过点(2，1)与点(－5，－4)的直线方程为y－1－4－1＝x－2

－5－2，即5x－7y－3＝0.答案：B3．解析：由x＋y－2＝0，x－y－4＝0，得两直线交点P为(3，－1)，又因为点Q为(2，2)，所以直线l的斜率为－3，所以所求直线l的方程为y＋1＝－3(x－3)，即3x＋y－8＝0.答案：C4．解析：解方程组2x－

y＋4＝0，x－y＋5＝0，得x＝1，y＝6，又直线在y轴上截距为8，即直线过点(0，8)，直线的斜率为k＝－2，故所求的直线方程为y－8＝－2x，即2x＋y－8＝0.故选A.答案：A5．解析：由2x＋3y－8＝0，x－2y＋3＝0，得交点P的坐标为P(1，2).由题意知，直

线ax＋by－11＝0过点P(1，2).∴a＋2b－11＝0.由ax＋by－11＝0与3x＋4y－2＝0平行得，－ab＝－34，即4a＝3b.由a＋2b－11＝0，4a＝3b，解得a＝3，b＝4.故选B.答案：B6．解析：分别

令x＝0，求得两直线与y轴的交点分别为：－12m和－m3，由题意得－12m＝－m3，解得m＝±6.故选AB.答案：AB7．解析：由题意知，所求直线的斜率k＝－2，y＝3x＋4与x轴的交点为－43，0，∴所求直线方程为y－0＝－2x＋4

3，即6x＋3y＋8＝0.答案：6x＋3y＋8＝08．解析：首先解得方程组x＋y－2＝0，x－2y＋4＝0的解为x＝0，y＝2，代入直线y＝3x＋b得b＝2.答案：29．解析：点A的坐标为(0，3)，直线3x－y＋3＝0与x轴的交点坐标为(－1，0)，由截距式得所求直线方程

为x－1＋y3＝1，即3x－y＋3＝0.答案：3x－y＋3＝010．解析：由题意知，直线l经过点(0，1)，若直线l无斜率，则其方程为x＝0.则M0，103，N(0，8)，MN中点不是(0，1).∴l必存在斜率，设

其方程为y－1＝k(x－0)，即y＝kx＋1.由x－3y＋10＝0，y＝kx＋1，解得x＝73k－1，由2x＋y－8＝0，y＝kx＋1，得x＝7k＋2.由题意知73k－1＋7k＋2＝0.解得k＝－14，

则方程为y＝－14x＋1，即x＋4y－4＝0.11．解析：由题意知，直线MN过点M(0，－1)且与直线x＋2y－3＝0垂直，其方程为2x－y－1＝0.直线MN与直线x－y＋1＝0的交点为N，联立方程组2x－y－1＝0，x－y＋1＝0，解得x＝2，y＝3，

即N点坐标为(2，3).答案：A12．解析：y－2x－1＝12表示直线x－2y＋3＝0去掉点(1，2)，所以直线l：y＝kx－1与y－2x－1＝12不相交只有直线l与x－2y＋3＝0平行或直线l过点(1，2)，所以k的取值为12或3.故选BD.答案：BD13．

解析：∵l1与l2相交，故只需l1∥l3，或l2∥l3即可，得m＝－1，或m＝－12.答案：－1或－1214．解析：解方程组x＋2y－6＝0，x－y－3＝0，得x＝4，y＝1，即直线l1，l2的交点坐标为(4，1)；直线l1：x＋2y－6＝0与x轴，y轴的交点坐标分别为(6

，0)，(0，3)；直线l2：x－y－3＝0与x轴，y轴的交点坐标分别为(3，0)，(0，－3).如图，可知所求四边形的面积为12×6×3－12×3×1＝152.答案：15215．解析：方法一显然所求直线的斜率存在，设直线的方程为y＝k(

x－3)，点A，B的坐标分别为(xA，yA)，(xB，yB)，由题意得k≠2且k≠－1，由y＝k（x－3），2x－y－2＝0，解得xA＝3k－2k－2，yA＝4kk－2，由y＝k（x－3），x＋y＋3

＝0，解得xB＝3k－3k＋1，yB＝－6kk＋1．∵P(3，0)是线段AB的中点，∴xA＋xB＝6，yA＋yB＝0，即3k－2k－2＋3k－3k＋1＝6，4kk－2＋－6kk＋1＝0，解得k＝8.故所求直线的方程为y＝8(x－3)，即8x－y－24＝0.方法二不

妨设点A(x，y)在l1上，点B(xB，yB)在l2上．由题意知x＋xB2＝3，y＋yB2＝0，则点B(6－x，－y)，解方程组2x－y－2＝0，6－x－y＋3＝0，得x＝113，y＝163，则所求直线的斜率k＝163－0113－3＝8.故所求的直线方程为y＝

8(x－3)，即8x－y－24＝0.16．解析：如图，直线AB与直线y＝x交于点Q，则当点P移动到点Q位置时|PA|＋|PB|的值最小．直线AB的方程为y－5＝5－（－1）3－1(x－3)，即3x－y－4＝0.解方程组3x－y－4＝0，y＝x，得x＝2，

y＝2.于是当|PA|＋|PB|的值最小时，点P的坐标为(2，2).课时作业(七)1．解析：由|AB|＝（－2－a）2＋（－1－3）2＝5⇒a＝1或a＝－5，故选C.答案：C2．解析：∵|AB|＝x－222＋（2

－x－0）2＝2x－3242＋14≥12，当且仅当x＝324时等号成立，∴|AB|min＝12.答案：D3．解析：由x＋y－2＝0，2x－y－1＝0，得x＝1，y＝1，两直线的交点坐标为(1，1)，故到原点的距离

为（1－0）2＋（1－0）2＝2.答案：C4．解析：由|PM|＝|PN|，得(x＋1)2＋(y－3)2＝(x－5)2＋(y－1)2，化简得3x－y－4＝0.答案：D5．解析：kAB＝b－a5－4＝b－a.又因为过点A，B的直线与y

＝x平行，所以b－a＝1，所以|AB|＝（5－4）2＋（b－a）2＝2.答案：C6．解析：设B(x，y)，则由BC⊥AC，得kBC·kAC＝y－3x－3·1－3＝－1，所以y＝3x－6.又|BC|＝|AC|，则(x－3)2＋(y－3

)2＝(0－3)2＋(4－3)2＝10.两方程联立解得x＝2，y＝0或x＝4，y＝6，所以点B的坐标为(2，0)或(4，6).答案：AD7．解析：|AB|2＝(5－a－1)2＋(2a－1－a＋4)2＝2a2－2a＋25＝2a－122＋492，所以当a＝12时，|AB|取

得最小值．答案：128．解析：设P(x，y)，则|y|＝10，（x＋4）2＋（y－2）2＝100.当y＝10时，x＝2或－10，当y＝－10时无解．则P(2，10)或P(－10，10).答案：(2，10)或(－10，10)9．解析：设A(x，0)，B(0，y)，∵AB中点P(2，－

1)，∴x2＝2，y2＝－1，∴x＝4，y＝－2，即A(4，0)，B(0，－2)，∴|AB|＝42＋22＝25.答案：2510．解析：∵点B在直线l1上，∴设B(x0，6－2x0)，∵|AB|＝5，∴（x0－1）2＋（7－2x0）2＝5，整理，得x20－6x0＋5＝0，解得x0＝

1或5.∴点B的坐标为(1，4)或(5，－4).∴直线l2的方程为x＝1或3x＋4y＋1＝0.11．解析：|AB|＝（2＋1）2＋32＝32，|BC|＝（2＋1）2＋0＝3，|AC|＝（2－2）2＋32＝3，则△ABC的周长为6＋32.故选C.答案：C12．解析：

根据两点间的距离公式，得|AB|＝（5－1）2＋（5－4）2＝17，|AC|＝（5－4）2＋（5－1）2＝17，|BC|＝（1－4）2＋（4－1）2＝32，所以|AB|＝|AC|≠|BC|，且|AB|2＋|

AC|2≠|BC|2，故△ABC是等腰非等边三角形．故选C.答案：C13．解析：|BD|＝12|BC|＝2，|AD|＝（5－3）2＋（4－0）2＝25.在Rt△ADB中，由勾股定理得腰长|AB|＝22＋（25）2＝26.答案：2614．解析：设点C的坐标为(x，y

)，因为△ABC为等边三角形，所以|AC|＝|BC|，即（x－1）2＋（y－1）2＝（x－3）2＋（y－1）2.①又|AC|＝|AB|，即（x－1）2＋（y－1）2＝（1－3）2＋（1－1）2.②由①得x

＝2，代入②得y＝1±3.所以所求点C的坐标为(2，1＋3)或(2，1－3).答案：(2，1＋3)或(2，1－3)15．解析：建立如图所示的直角坐标系，设正方形边长为2，则B(0，0)，C(2，0)，A(0，2)，E(1，0)，F(0，1)，D(2，2).直线D

E的方程为y＝2x－2，直线CF的方程为y＝－12x＋1，联立方程组y＝2x－2，y＝－12x＋1，得x＝65，y＝25，即点G65，25.从而|AG|＝65－02＋25－22＝2＝|AD|，所以|AG|＝|AD|.16．解析：易知

A(0，1)，B(1，0)，所以直线AB：y＝1－x.又Q(0，－2)，设P(x0，y0)，则y0＝1－x0，所以|PQ|＝（x0－0）2＋（y0＋2）2＝x20＋（3－x0）2＝2（x0－32）2＋

92≥92＝322(当且仅当x0＝32时等号成立)，所以|PQ|的最小值为322.答案：322课时作业(八)1．解析：由题意得|－2a－4＋1|a2＋1＝|a＋5＋1|a2＋1，解得a＝－3或3.答案：C2．解析：设对称点坐标为(a，b)，a－32＋b＋42－

2＝0，b－4a＋3＝1，解得a＝－2，b＝5，即Q(－2，5).故选B.答案：B3．解析：设点P的坐标为(a，5－3a)，由题意，得|a－（5－3a）－1|12＋（－1）2＝2，解得a＝1或2，∴点P的坐标为(1，2)或(

2，－1).故选A.答案：A4．解析：|OP|最小即OP⊥l时，∴|OP|min＝|0＋0－4|2＝22.故选C.答案：C5．解析：∵直线2x＋3y－3＝0的斜率k1＝－23，直线mx＋6y＋1＝0的斜率k2＝－m6，∴－23＝－m6，得m＝4，∴它们间的距离d＝|－6－1|42＋

62＝71326.故选C.答案：C6．解析：设所求直线为l由条件可知直线l平行于直线AB或过线段AB的中点，(1)AB的斜率为3＋52－4＝－4，当直线l∥AB时，l的方程是y－2＝－4(x－1)，即4x＋y－6＝0；(2)

当直线l经过线段AB的中点(3，－1)时，l的斜率为2＋11－3＝－32，l的方程是y－2＝－32(x－1)，即3x＋2y－7＝0.故选AC.答案：AC7．解析：直线2x－y－1＝0可化为6x－3y－3＝0，则所求距离为|－3－10|62＋32＝1335＝1351

5.答案：135158．解析：设点P的坐标为(－1，2)，则过点P且到原点距离最大的直线方程为与OP垂直的直线，因为kOP＝－2，所以所求直线的斜率为12.所以所求的直线方程为y－2＝12(x＋1)，即x－

2y＋5＝0.答案：x－2y＋5＝09．解析：直线6x＋8y＋6＝0可变形为3x＋4y＋3＝0，由此可知两条直线平行，它们的距离d＝|－12－3|32＋42＝3，∴|PQ|min＝3.答案：310．解析：由直线方程的两点式得直线

BC的方程为y2－0＝x＋31＋3，即x－2y＋3＝0.由两点间距离公式得|BC|＝（－3－1）2＋（0－2）2＝25，点A到BC的距离为d，即为BC边上的高，d＝|－1－2×3＋3|12＋（－2）2＝455，所以S＝12|BC|·d＝12×25×455＝4，即△ABC的面

积为4.11．解析：由点到直线的距离公式可得|－3a－4＋1|a2＋1＝|6a＋3＋1|a2＋1，化简得|3a＋3|＝|6a＋4|，解得实数a＝－79或－13.故选BD.答案：BD12．解析：A中，点M(5，0)到直线y＝x＋1的距离为：d＝62＝

32>4，故错误；B中，点M(5，0)到直线y＝2的距离为：d＝3<4，故正确；C中，点M(5，0)到直线y＝43x的距离为：d＝43×51＋432＝4，故正确；D中，点M(5，0)到直线y＝2x＋1的距离为：d＝2×5＋11＋22＝1155>4，故错误；故选BC.答案：BC13．解析

：①斜率存在时，设直线方程为y－10＝k(x－5)∴10＝|10－5k|1＋k2.∴k＝－43或k＝0.∴y－10＝－43(x－5)或y＝10.②斜率不存在时，x＝5不符合题意．综上所述，4x＋3y－50＝0或y＝10为所求．答案

：4x＋3y－50＝0或y＝1014．解析：方法一设所求的直线的斜率为k，直线l和平行直线x－y＋1＝0，x－y－1＝0的交点分别为P，B.则所求直线l的方程为y－4＝k(x－2).由y－4＝k（x－

2），x－y＋1＝0，可解得P2k－3k－1，3k－4k－1；由y－4＝k（x－2），x－y－1＝0，可解得B2k－5k－1，k－4k－1.∴P，B的中点D的坐标为2k－4k－1，2k－4k－1.又∵D在直线x＋y－3＝0上，∴2k

－4k－1＋2k－4k－1－3＝0，解得k＝5.所以，所求直线的方程为y－4＝5(x－2)，即5x－y－6＝0.方法二与x－y－1＝0及x－y＋1＝0等距离的直线必定与它们是平行的，所以设x－y＋c＝0，从而|c＋1|1＋1＝|c－1|1＋1，解之得，c＝0，∴x－y＝0

，又截得的线段的中点在x＋y－3＝0上，∴由x－y＝0，x＋y－3＝0，可解得中点坐标为32，32，所以直线l过点(2，4)和32，32，∴y－44－32＝x－22－32.从而得l的方程为5x－y

－6＝0.15．解析：因为3×4－1－1>0和3×0－4－1<0，所以A(4，1)和B(0，4)在直线l的两侧，设点A′(m，n)是点A(4，1)关于直线l对称的对称点，则3×m＋42－n＋12－1＝0n－1m－4

×3＝－1，解得m＝－2n＝3，所以点A′(－2，3)，根据题意作图如右：所以PA＝PA′，由图可知，|PA－PB|＝|PA′－PB|≤|A′B|，当A′、B、P三点共线时，差值最大，且最大值为|A′B|，

因为A′(－2，3)和B(0，4)，所以直线A′B的方程为：x－2y＋8＝0所以x－2y＋8＝03x－y－1＝0，解得x＝2y＝5，所以P(2，5).所以当P到A(4，1)和B(0，

4)的距离之差最大时，点P的坐标为P(2，5).16．解析：因为点P(x，y)到A(0，4)和B(－2，0)的距离相等，所以点P(x，y)在线段AB的垂直平分线上，且过AB的中点(－1，2)，kAB＝4－00－

（－2）＝2，垂直平分线的斜率为－12，由点斜式得y－2＝－12(x＋1)，所以垂直平分线的方程为：x＋2y－3＝0即x＋2y＝3，因为2x＋4y＝2x＋22y，且2x>0，22y>0，所以2x＋4y＝

2x＋22y≥22x＋2y＝223＝42.当2x＝22y，即x＝2y＝32时取等号，所以2x＋4y的最小值为42，故选D.答案：D课时作业(九)1．解析：设圆心C(0，m)，则有1＋（m－2）2＝1，解得m＝2，所以圆的方程是x2＋(y－2

)2＝1.故选A.答案：A2．解析：已知圆的圆心(3，－2)关于直线x＝－1的对称点为(－5，－2)，∴所求圆的方程为(x＋5)2＋(y＋2)2＝4.故选A.答案：A3．解析：y＝9－x2可化为x2＋y2＝9(y≥0)，故表示的曲线为圆x2＋y2＝9位于x轴及其上方的半个圆．故选D

.答案：D4．解析：由已知，得(4a)2＋(3a)2≤25，∴a2≤1，∴|a|≤1.故选D.答案：D5．解析：直线方程变为(x＋1)a－x－y＋1＝0.由x＋1＝0－x－y＋1＝0得x＝－1，y＝2∴C(－1，2).∴所求圆

的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝5.答案：C6．解析：方法一逐一验证可得ABD正确，C不正确．方法二圆(x－a)2＋(y－a)2＝8的圆心(a，a)到原点的距离为|2a|，半径r＝22，因为圆(x－a)2＋(y－a

)2＝8上总存在到原点的距离为2的点，所以22－2≤|2a|≤22＋2，即1≤|a|≤3，解得1≤a≤3或－3≤a≤－1.故选ABD.答案：ABD7．解析：由题得圆心的坐标为(1，0)，|MN|＝22＋（－2－2

）2＝25，所以圆的半径为5，所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝5.答案：(x－1)2＋y2＝58．解析：由x－y＋2＝0，2x＋y－8＝0，可得x＝2，y＝4，即圆心为(2，4)，从而r＝（2－0）2＋（4－0）2＝25，故圆的标准方程为(x－2)2

＋(y－4)2＝20.答案：(x－2)2＋(y－4)2＝209．解析：（x－1）2＋（y－1）2表示点A(1，1)到点P(x，y)的距离，它的最大值为A到圆心(0，0)的距离加上半径，即2＋1.答案：2＋110．解析：(1)当线段AB为圆的直径时，过点A，B的圆的半径

最小，从而周长最小，即圆心为线段AB的中点(0，1)，半径r＝12|AB|＝10.则所求圆的方程为x2＋(y－1)2＝10.(2)方法一直线AB的斜率k＝4－（－2）－1－1＝－3，即线段AB的垂直平分线的方程是y－1＝13x，即x－3

y＋3＝0.由x－3y＋3＝0，2x－y－4＝0，解得x＝3，y＝2，即圆心的坐标是C(3，2).∴r2＝|AC|2＝(3－1)2＋(2＋2)2＝20.∴所求圆的方程是(x－3)2＋(y－2)2＝20.方法

二设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.则（1－a）2＋（－2－b）2＝r2，（－1－a）2＋（4－b）2＝r2，2a－b－4＝0⇒a＝3，b＝2，r2＝20.∴所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝20.11．解析：由题意知(x＋1)2＋y2＝1为圆心是C(－1

，0)，半径为1的圆．由yx－1为圆上的点与定点P(1，0)的斜率的值．过P(1，0)点的直线为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，圆心到直线的距离d＝r，即|2k|1＋k2＝1，整理可得3k2＝1解得k＝±33，所以yx－1∈[－33，33]，即yx－1的最大值为33

，最小值为－33，故选CD.答案：CD12．解析：由题意知圆心的坐标为(2，0)，半径为r＝2，圆心到直线x＋y＋2＝0的距离d＝|2＋2|1＋1＝22，所以圆上的点到直线的最大距离是d＋r＝32，最小距离是d－r＝2，易知A(－2

，0)，B(0，－2)，所以|AB|＝22，∴12|AB|·(d－r)≤S△ABP≤12|AB|·(d＋r)，即2≤S△ABP≤6.故选A.答案：A13．解析：直线2x＋y－4＝0与两坐标轴的交点分别为A(0，4)，B(

2，0).∴r2＝|AB|2＝(2－0)2＋(0－4)2＝20.∴圆的方程为x2＋(y－4)2＝20或(x－2)2＋y2＝20.答案：x2＋(y－4)2＝20或(x－2)2＋y2＝2014．解析：由题意可得所求的圆在第二象限，

圆心为(－2，2)，半径为2，所以圆C的标准方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝4.设(－2，2)关于直线x－y＋2＝0的对称点为(a，b).则有a－22－b＋22＋2＝0，b－2a＋2＝－1，解得

a＝0，b＝0，故所求圆的圆心为(0，0)，半径为2.所以所求圆的标准方程为x2＋y2＝4.答案：(x＋2)2＋(y－2)2＝4x2＋y2＝415．解析：(1)设点P(x，y)，由|PF|＝2|PE|，且E(2，0)，F(22，0)得（x－22）2＋y2＝2（x－2）2＋

y2，整理得x2＋y2＝4，所以圆E的方程为x2＋y2＝4.(2)由A(－2，2)，B(－2，6)，C(4，－2)，设P(x，y)得|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＝(x＋2)2＋(y－2)2＋(x＋2)2＋(y－6)2＋(x－4)2＋(y＋2)2＝3(

x2＋y2)－12y＋68＝12＋68－12y＝80－12y，而－2≤y≤2，当y＝2时，取得最小值m＝56；当y＝－2时，取得最大值M＝104，所以m＋M＝160.16．解析：∵A(－4，0)，B(0，4)，∴AB的垂直平分线方程为x＋y＝0，又外心在欧拉线x－y＋2＝0

上，联立x＋y＝0x－y＋2＝0，解得三角形ABC的外心为G(－1，1).又r＝|GA|＝（－1＋4）2＋（1－0）2＝10，∴△ABC外接圆的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝10.设C(x，y)，则三角形ABC的重心x－43，y＋43在欧拉线上，即x－43

－y＋43＋2＝0.整理得x－y－2＝0，联立（x＋1）2＋（y－1）2＝10x－y－2＝0，解得x＝0y＝－2或x＝2y＝0，所以顶点C的坐标可以是(0，－2).故选D.答案：D课时作业(十)1．解析：圆

x2＋y2－2x＋4y＋4＝0的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝1，圆心的坐标为(1，－2)，故选A.答案：A2．解析：根据题意，圆x2＋y2＋2x－4y－8＝0的圆心为(－1，2)，若圆x2＋y2＋2x－4y－8＝

0的圆心在直线3x＋y－a＝0上，则有3×(－1)＋2－a＝0，解得a＝－1.故选A.答案：A3．解析：圆x2＋y2－2ax＋3by＝0的圆心为a，－32b，因为圆心位于第三象限，所以a<0，－32b<0，即a

<0，b>0.直线方程x＋ay＋b＝0可化为y＝－1ax－ba，则直线斜率k＝－1a>0，在y轴上的截距－ba>0，故直线不经过第四象限．故选D.答案：D4．解析：点(a＋1，a－1)在圆x2＋y2－2ay－4＝0的内部且不包括边界，

则把点(a＋1，a－1)代入圆的方程，左边小于右边，即(a＋1)2＋(a－1)2－2a(a－1)－4<0，解得a<1.故选D.答案：D5．解析：方程x2＋y2－2mx－m2－5m＋3＝0表示圆需满足(－2m)2－4(－m2－5m＋3)>0，∴m<－3或m>12，所以“m>12”是“x2＋y

2－2mx－m2－5m＋3＝0为圆的方程”的充分不必要条件，故选A.答案：A6．解析：方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0的标准方程为：x＋k22＋(y＋1)2＝1－3k24，则r2＝1－3k24，当所

表示的圆取得最大面积时，k＝0，此时r＝1，则直线y＝(k－1)x＋2为y＝－x＋2，所以tanα＝－1，因为α∈[0°，180°)，所以α＝135°.故选A.答案：A7．解析：由题意知D＝－4，E＝8，r＝12（－4）2＋82－4F＝4，解得F＝4.答案：48．解析：由题设可得圆的标准方程

为：(x＋1)2＋(y＋3)2＝9，所以圆的半径为R＝3，故周长为2πR＝6π.答案：6π9．解析：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则圆心是(－D2，－E2)，由题意知，－D2＝－E2，2－D＋E

＋F＝0，10＋3D－E＋F＝0，解得D＝E＝－4，F＝－2，即所求圆的一般方程是x2＋y2－4x－4y－2＝0.答案：x2＋y2－4x－4y－2＝0.10．解析：圆心C(－D2，－E2)，∵圆心在直线x＋y－1＝0上，∴－D2－

E2－1＝0，即D＋E＝－2.①又∵半径长r＝D2＋E2－122＝2，∴D2＋E2＝20.②由①②可得D＝2，E＝－4或D＝－4，E＝2.又∵圆心在第二象限，∴－D2＜0，即D＞0.则D＝2，E＝－4.故

圆的一般方程为x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.11．解析：设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将(4，6)，(－2，－2)，(5，5)代入可得，52＋4D＋6E＋F＝08－2D－2E＋F＝050＋5D＋5E＋F＝0，解得D＝－2，E＝－4，

F＝－20.故圆C的一般方程为x2＋y2－2x－4y－20＝0，即(x－1)2＋(y－2)2＝25，故△CMN的面积S＝12|CM||CN|sin∠MCN＝12×5×5sin∠MCN≤12×5×5×1＝252∴△CMN面积的最大值为252.答案：D12．解析：A中，若方程表示圆，必有16m2

＋4－20m>0，解得m<14或m>1，A不正确；B中，若方程表示圆，圆心坐标为(－2m，1)，则所表示的圆的圆心一定在直线y＝1上，B正确；C中，由A的解法可得方程不表示任何图形，则14<m<1，C不正确；D中，令y＝0，得x2＋

4mx＋5m＝0，由题意知，x1·x2＝5m<0，∴m<0，D正确．故选BD.答案：BD13．解析：方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1＝0即方程x－a22＋(y＋a)2＝1－a－34a2，可以表示以

a2，－a为圆心，半径为1－a－34a2的圆．当a＝－2时，圆心(1，2)，半径为0，不表示圆．当a＝0时，圆心(0，0)，半径为1，表示一个圆．当a＝1时，圆心12，－1，1－a－34a2<

0，不表示圆．当a＝34时，圆心38，－34，1－a－34a2<0，不表示圆．综上可得，所给的方程表示的圆的个数为1.答案：114．解析：由圆的几何性质可知，过圆内一点M的最长的弦是直径，最短的弦是与该点和圆心的连线CM

垂直的弦．易求出圆心为C(4，1)，kCM＝1－04－3＝1，∴最短的弦所在的直线的斜率为－1，由点斜式，分别得到方程y＝x－3和y＝－(x－3)，即x－y－3＝0和x＋y－3＝0.答案：x－y－3＝0x＋y－3＝015．解析：(1)已知方程可化为(x－t－3)2＋(y＋1

－4t2)2＝－7t2＋6t＋1，∴r2＝－7t2＋6t＋1>0，∴－17<t<1.即t的取值范围是(－17，1).(2)r＝－7t2＋6t＋1＝－7（t－37）2＋167.当t＝37∈(－17，1)时，rmax＝477，此时圆的面积最大，对应的圆的方程是(x－2

47)2＋(y＋1349)2＝167.(3)当且仅当32＋(4t2)2－2(t＋3)×3＋2(1－4t2)·4t2＋16t4＋9<0时，点P恒在圆内，化简得8t2－6t<0，即0<t<34，故t的取值范围

是(0，34).16．解析：圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0关于直线2ax－by＋2＝0(a，b∈R)对称，则圆心在直线上，求得a＋b＝1，ab＝a(1－a)＝－a2＋a＝－(a－12)2＋14≤14，ab的取值范围是(－∞，14]，故选A.答

案：A课时作业(十一)1．解析：由题意知所求圆的半径r＝|3＋2×0|1＋2＝3，故所求圆的方程为(x－3)2＋y2＝3，故选B.答案：B2．解析：圆(x－a)2＋y2＝2的圆心C(a，0)到直线x－y＋1＝0的距离为d，则d≤r＝2⇔|a＋1|2≤2⇔|a＋1|≤

2⇔－3≤a≤1.故选C.答案：C3．解析：由题意可知，直线l的方程为y＝3x，圆x2＋y2－4y＝0可化为x＋(y－2)2＝4，所以圆心坐标为(0，2)，半径R＝2，圆心(0，2)到直线3x－y＝0的距离d＝2（3）

2＋（－1）2＝1，所以弦长l＝2R2－d2＝23.故选D.答案：D4．解析：因为直线y＝kx与圆(x－2)2＋y2＝1的两个交点关于直线2x＋y＋b＝0对称，故直线y＝kx与直线2x＋y＋b＝0垂直，且直线2x＋y＋b＝0过圆心(2，0)，所以k×(－2)＝－1，2

×2＋0＋b＝0，所以k＝12，b＝－4.故选C.答案：C5.解析：可画出示意图，如图所示，通过勾股定理解得|OD|＝|OC|2－|CD|2＝3.6(米).故选C.答案：C6．解析：圆心(0，0)到直线4x－3y＋25＝0的距离d＝|0－0＋25|16＋9＝5，半径为r，若圆上恰有一个点到直线4x

－3y＋25＝0的距离等于1，则r＝4或r＝6，故当圆x2＋y2＝r2(r>0)上恰有相异两点到直线4x－3y＋25＝0的距离等于1，所以r∈(4，6)，故选ABC.答案：ABC7．解析：圆的方程可化为(x－1)2＋y2＝5，因此圆心坐

标为(1，0)，半径r＝5，依题意得|2＋3|4＋a2＝5，解得a＝±1.答案：±18．解析：kPC＝0－（－3）2－（－1）＝1，由题意知AB⊥PC，所以kAB＝－1，因此直线AB的方程为y＋3＝－(x＋1)，即x＋y＋4＝0.答案：x＋y＋4＝09．解析：如图所示，点P(0，2)是圆与y轴

的一个交点，过点P作弦，使弦长为2，亦即圆心到弦所在的直线的距离为3.易知弦所在直线的斜率存在，设为k，则方程为：y＝kx＋2.由点到直线的距离公式，可得：d＝21＋k2＝3，所以1＋k2＝43.所以k2＝13.所以k＝±33.答案：±3310．解析：(1)设圆A的半径为r，因为圆A与直线l1：x

＋2y＋7＝0相切，所以r＝|－1＋4＋7|5＝25，所以圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)当直线l与x轴垂直时，则直线l的方程x＝－2，此时有|MN|＝219，即x＝－2符合题意．当直线l与x轴不垂直时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)，即k

x－y＋2k＝0，因为Q是MN的中点，所以AQ⊥MN，所以|AQ|2＋12|MN|2＝r2，又因为|MN|＝219，r＝25，所以|AQ|＝20－19＝1，解方程|AQ|＝|k－2|k2＋1＝1，得k＝34，所以此时直线l的方程为y－0＝34(x＋2)，即3x－4y＋6＝0.综上所得，直线

l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.11．解析：设点A坐标为(t，2－t)，当AP、AQ均为圆切线时，∠PAQ＝90°，此时四边形PAQO为正方形，则|OA|＝2，即t2＋(2－t)2＝2，解得t＝0，t＝2

，故A(0，2)或(2，0)，故选AC.答案：AC12．解析：对于A，因为直线l：(m＋1)x＋(1－m)y－2＝0，可化为(x－y)m＋x＋y－2＝0，所以x－y＝0，x＋y－2＝0⇒x＝1，y＝1，所以直线l恒过定点P(1，1)，又因为点P

(1，1)在圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝9内，所以直线l与圆C恒相交，即A正确；对于B，因为直线l平分圆C，故圆心C(2，3)在直线l上，所以(m＋1)×2＋(1－m)×3－2＝0⇒m＝3，即B正确；对于C，当直线l截

圆C的弦长最小时，设过圆心C且与直线l垂直的直线为l′，则kl′·kl＝－1，因为kl′＝3－12－1＝2，kl＝m＋1m－1，所以2×m＋1m－1＝－1⇒m＝－13，即C错误；对于D，因为圆C的圆心C(2，3)，半径R＝3，所以圆心C到直线l的距离为d＝|

2（m＋1）＋3（1－m）－2|（m＋1）2＋（1－m）2＝|3－m|2m2＋2，因为S△ABC＝12|AB|×d＝12×2R2－d2×d＝9－d2×d，所以由S△ABC＝22，得9－d2×d＝22⇒

d2＝1或d2＝8，当d2＝1时，解得m＝－7或m＝1，当d2＝8时，|3－m|2m2＋22＝8，无解，所以符合条件的直线有2条，即D错误．故选AB.答案：AB13．解析：所求圆的圆心在直线x＋y＝0上，所以设所求圆的圆心为(a，－a).又因为所求圆与直线x－

y＝0相切，所以半径r＝2|a|2＝2|a|.又所求圆在直线x－y－3＝0上截得的弦长为圆心(a，－a)到直线x－y－3＝0的距离d＝|2a－3|2，所以d2＋622＝r2，即（2a－3）22＋32＝2a2，解得a＝1，所以

圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.答案：(x－1)2＋(y＋1)2＝214．解析：因为x2＋y2－2x＋2y－1＝0可变形为(x－1)2＋(y＋1)2＝3.所以其圆心为M(1，－1)，半径为r＝

3；所以圆心M(1，－1)到直线l：x－y＝1的距离为|1＋1－1|2＝12.由题知，当BD为过圆心M且垂直于AC的直径时，四边形ABCD的面积取最大值，为12×|AC|×|BD|＝12×23－12×23＝30.答案：3015．解析：(1)如图，连接PC，由P点在直线3

x＋4y＋8＝0上，可设P点坐标为(x，－2－34x).所以S四边形PACB＝2S△PAC＝2×12×|AP|×|AC|＝|AP|.因为|AP|2＝|PC|2－|CA|2＝|PC|2－1，所以当|PC|2最小时，

|AP|最小．因为|PC|2＝(1－x)2＋(1＋2＋34x)2＝(54x＋1)2＋9.所以当x＝－45时，|PC|2min＝9.所以|AP|min＝9－1＝22.即四边形PACB面积的最小值为22.(2)由(1)知圆心C到P点距离3为C到直线上点的最小值，若∠APB＝60°易得需PC

＝2，这是不可能的，所以这样的点P是不存在的．16．解析：A中，因为二次函数y＝x2－2x＋m(m≠0)的对称轴是x＝1，且A，B两点关于x＝1对称，所以圆心M在直线x＝1上，故正确；B中，因为二次函数y＝x2－2x＋m(m≠0)交x轴于A，B两点，所

以Δ＝4－4m>0解得m<1且m≠0，故错误；C中，令y＝x2－2x＋m＝0，解得x1＝1－1－m，x2＝1＋1－m，所以A(1－1－m，0)，B(1＋1－m，0)，令x＝0，得y＝m，则C(0，m)，设圆M

的方程为：(x－1)2＋(y－b)2＝r2，将A，B，C的坐标代入得：1－m＋b2＝r21＋（m－b）2＝r2，消去r2得m2＝2mb－m，所以m＝2b－1，即b＝m＋12，所以r2＝1－m＋m＋122

＝m2－2m＋54＝（m－1）2＋44，因为m<1且m≠0，所以r>1，故错误；D中，圆M的方程为(x－1)2＋y－m＋122＝（m－1）2＋44，即x2－2x＋y2－y－m(y－1)＝0，则圆M恒过定点N(0，

1)，故正确；故选AD.答案：AD课时作业(十二)1．解析：两圆的圆心坐标为(0，0)，(4，－3)，半径为3，4，所以1＝4－3<（4－0）2＋（－3－0）2＝5<3＋4＝7，所以两圆相交，故选B.答案：B2．解析：两圆的圆心坐标分别为(－2，m)，

(m，－1)，两圆的半径分别为3，2，由题意得（m＋2）2＋（－1－m）2＝3＋2，解得m＝2或－5.故选C.答案：C3．解析：圆C1：x2＋y2－6x＝0与圆C2：x2＋y2－4x＋6y＝0的公共弦所在直线方程为：

(x2＋y2－6x)－(x2＋y2－4x＋6y)＝－2x－6y＝0，即x＋3y＝0.∵圆C1：x2＋y2－6x＝0的圆心C1(3，0)到公共弦x＋3y＝0的距离d＝310＝31010，圆C1的半径为r＝3.∴公共弦|AB|

＝232－310102＝9105，故选A.答案：A4．解析：圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为(2，0)，半径为r＝2.圆x2＋(y－2)2＝4的圆心为(0，2)，半径为r＝2.圆心距为d＝22＋22＝22，弦心距d′＝d2＝2.设公共弦所对的圆心角为2θ，则cosθ＝d′r＝22

，∴θ＝45°，∴2θ＝90°.故选D.答案：D5．解析：以线段OM为直径的圆的方程为x2＋y2－4x＋y＝0，经过两切点的直线就是两圆的公共弦所在的直线，将两圆的方程相减得4x－y－4＝0，这就是经过两切点的直线方程．故

选A.答案：A6．解析：由(x2＋y2－3x－3y＋3)－(x2＋y2－2x－2y)＝0，得x＋y－3＝0，即公共弦AB所在直线方程，A正确；由公共弦AB的中垂线过圆心，得线段AB中垂线方程为x－y＝0，B不正确；由|AB|＝2（2）2－122＝6，知C不正确；

在过A，B两点的所有圆中，以AB为直径的圆的面积最小，而AB是圆C1的直径，所以面积最小的圆是圆C1，D正确．故选AD.答案：AD7．解析：由题意知圆C1与圆C2相外切，则（2＋2）2＋（5－2）2＝m

＋4.解得m＝1.答案：18．解析：由题意可得两圆圆心坐标和半径长分别为(a，0)，2和(0，b)，1，因为两圆外离，所以a2＋b2＞2＋1，即a2＋b2＞3＋22.答案：a2＋b2＞3＋229．解析：由题意知，AB的中点m＋12，1在直线x－y＋c＝0上，∴m

＋12－1＋c＝0，m＋2c＝1，又直线AB的斜率kAB＝3－（－1）1－m＝41－m＝－1，∴m＝5，∴c＝－2，∴m＋c＝3.答案：310．解析：设所求圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r2，即x2＋y2－4x－2y＋5－r2＝0，①已知圆的方程

为x2＋y2－3x＝0.②②－①得公共弦所在直线的方程为x＋2y－5＋r2＝0又此直线经过点(5，－2)，∴5－4－5＋r2＝0，∴r2＝4，故所求圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.11．解析：两圆方程相减得直

线AB的方程为：a2＋b2－2ax－2by＝0，即2ax＋2by＝a2＋b2，B正确；分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点代入2ax＋2by＝a2＋b2得：2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，两式相减得：2a(x

1－x2)＋2b(y1－y2)＝0，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，故A正确；由圆的性质可知：线段AB与线段C1C2互相平分，∴x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，故C正确，D错误．故选ABC.答案：ABC12．解析：∵两

圆与两坐标轴都相切，且都经过点(4，1)，∴两圆圆心均在第一象限且横、纵坐标相等．设两圆的圆心分别为(a，a)，(b，b)，则有(4－a)2＋(1－a)2＝a2，(4－b)2＋(1－b)2＝b2，即a，b为方程(4－x)2＋(1－x)

2＝x2的两个根，整理得x2－10x＋17＝0，∴a＋b＝10，ab＝17.∴(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝100－4×17＝32，∴|C1C2|＝（a－b）2＋（a－b）2＝32×2＝8.答案：C13．解析：由题意知O1(0，0)，O2(m，0)

，且5<|m|<35.又O2A⊥AO1，所以有m2＝(5)2＋(25)2＝25⇒m＝±5，所以|AB|＝2×5×205＝4.答案：414．解析：圆C的标准方程为(x－4)2＋y2＝1，圆心坐标为(4，0)，半径为1.由题意知圆C的圆心(4，0)到直线y＝kx－2的距离不大于2，即|4k－2|k2＋

1≤2.整理得3k2－4k≤0，解得0≤k≤43，故k的最大值为43.答案：4315．解析：假设存在斜率为1的直线l，满足题意，且OA⊥OB，设直线l的方程为y＝x＋b，则y＝x＋b，x2＋y2－2x＋4y－4＝0，消元得2x2＋2(

b＋1)x＋b2＋4b－4＝0.设此方程两根为x1，x2，其与圆C的交点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝b2＋4b－42.以AB为直径的圆过原点O，∴kOA·kOB＝y1y2x1x2＝－1，∴x1x2＋y1y2＝0，∴x1x2＋(

x1＋b)(x2＋b)＝0，即2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0，∴b2＋3b－4＝0，∴b＝－4或b＝1.又Δ＝(2b＋2)2－8(b2＋4b－4)，经检验当b＝－4或b＝1时满足Δ＞0.∴存在这样的直线l为y＝x－

4或y＝x＋1.16．解析：如图所示，连接BC，过点C作CK⊥x轴于K，过点B作BL⊥x轴于L.则曲线W和x轴围成区域的面积S＝π＋2，故A错误；曲线W上有A，B，C，D，M这5个整点，故B正确；CB︵所在圆的圆心为(0，1)，半径为1，故CB︵所在圆的方程为

x2＋(y－1)2＝1，故C正确；设CB︵与BA︵的公切线方程为y＝kx＋b，由图知k<0，b>0，则|k＋b|1＋k2＝1，|1－b|1＋k2＝1，解得k＝－1，b＝2＋1，即x＋y＝2＋1，故D正确．

故选BCD.答案：BCD章末质量检测(一)直线与圆1．解析：由题意知kAB＝m＋4－2－3＝－2，∴m＝6.故选A.答案：A2．解析：圆的方程化为标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝5，其圆心是(－1，2)，半径为5.故选D.答案：D3．解析：圆C1的圆心C1(－

2，2)，半径为r1＝1，圆C2的圆心C2(2，5)，半径r2＝4，∴|C1C2|＝（2＋2）2＋（5－2）2＝5＝r1＋r2.∴两圆相外切，∴两圆共有3条公切线．故选C.答案：C4．解析：结合图形可知，所求直线为过点(1，2)且

与原点和点(1，2)连线垂直的直线，其斜率为－12，直线方程为y－2＝－12(x－1)，即x＋2y－5＝0.故选A.答案：A5．解析：设圆心为C(1，0)，则AB⊥CP，∵kCP＝－1，∴kAB＝1，∴直线AB的方程为y＋1＝x－2，即x－y－3＝0.故选A.答案：A6．

解析：曲线y－2x－1＝12表示直线x－2y＋3＝0(去掉点(1，2))，则直线l：y＝kx－1与曲线y－2x－1＝12不相交，即直线l与x－2y＋3＝0平行或直线l过点(1，2)，所以k的取值为12或3.故选A.答案：A7．解析：直

线l1的斜率k＝－a3，l1∥l，又l过P(－2，4)，∴l的直线方程为y－4＝－a3(x＋2)，即ax＋3y＋2a－12＝0.又直线l与圆相切，∴|2a＋3×1＋2a－12|a2＋9＝5，∴a＝－4∴l1与l

的距离为d＝125.故选B.答案：B8．解析：将圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0化为标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝2，∴圆心C(－1，2)，半径r＝2.∵圆C关于直线2ax＋by＋6＝0对称，

∴直线2ax＋by＋6＝0过圆心，将x＝－1，y＝2代入直线方程得－2a＋2b＋6＝0，即a＝b＋3.∵点(a，b)与圆心的距离d＝（a＋1）2＋（b－2）2，∴由点(a，b)向圆C所作切线长l＝d2－r2＝（a＋1

）2＋（b－2）2－2＝（b＋4）2＋（b－2）2－2＝2（b＋1）2＋16≥4，当且仅当b＝－1时切线长最小，最小值为4.故选C.答案：C9．解析：直线OP的斜率为ba，直线l的斜率为－ab，直线l的方程为：ax＋by＝a2＋b2，又P(a，b)在圆外，∴a2＋b2＞r2

，故m∥l，圆心(0，0)到直线ax＋by＝r2的距离d＝|r2|a2＋b2＜r2|r|＝|r|，故m与圆相交．故选AD.答案：AD10．解析：由x2＋y2－4x＝0得(x－2)2＋y2＝4P所作的圆的两条切线相互垂直，所以P点，圆心

C，两切点构成正方形PC＝22即(x－2)2＋y2＝8P在直线y＝k(x＋1)上，圆心距d＝|2k－0＋k|1＋k2≤22计算得到－22≤k≤22，故选AB.答案：AB11．解析：根据题意，设圆G与圆N关于x轴对称，点Q′与点Q关于x轴对称，圆N的方程(x＋4)2＋(y－2)2＝1，其圆心(

－4，2)，半径r＝1；则圆G的圆心为(－4，－2)，半径r′＝1，则G的方程为(x＋4)2＋(y＋2)2＝1，又由Q为圆N：(x＋4)2＋(y－2)2＝1上的动点，则Q′在圆G上，则有|AP|＋|AQ|＝|AP|＋|AQ′|，又由|AP|＋|A

Q′|的最大值为|MG|＋R＋r′＝102＋52＋3＝55＋3，最小值为|MG|－R－r′＝102＋52－3＝55－3，故有55－3≤|AP|＋|AQ|≤55＋3，分析选项：只有CD的数值在区间[55－3，55＋3]上；故选CD.答案：CD12．解析：A中，直线(3＋m)x＋4y－3＋3m

＝0(m∈R)得m(x＋3)＋3x＋4y－3＝0由x＋3＝03x＋4y－3＝0，得x＝－3y＝3，即直线恒过定点(－3，3)，故A错误；B中，圆心C(0，0)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝1，圆的半径r＝2，故圆C上有3个点到直线l的距离为1，故B

正确；C中，曲线C1：x2＋y2＋2x＝0，即(x＋1)2＋y2＝1，曲线C2：x2＋y2－4x－8y＋m＝0，即(x－2)2＋(y－4)2＝20－m，两圆心的距离为（－1－2）2＋（0－4）2＝5＝1＋20－m，解得m＝4，故C正确；D中，因为点P为直线x4＋y

2＝1上一动点，设点P(4－2t，t)，圆C：x2＋y2＝4的圆心为C(0，0)，以线段PC为直径的圆Q的方程为(x－4＋2t)x＋(y－t)y＝0，即x2＋(2t－4)x＋y2－ty＝0故直线圆Q与圆C的公共弦方

程为：x2＋(2t－4)x＋y2－ty－(x2＋y2)＝0－4，即(2t－4)x－ty＋4＝0，此直线即为直线AB，经验证点(1，2)在直线(2t－4)x－ty＋4＝0上，即直线AB经过定点(1，2)

，故D正确．答案：BCD13．解析：由两直线平行的条件A1B2－A2B1＝0且A1C2－A2C1≠0得a2－1＝0，3a－2a≠0，得a＝±1.答案：±114．解析：由x2＋y2＋2y－3＝0，得x2＋(y＋1)2＝4.∴圆心C(0，－1)，半径r＝2.圆心C(0，－1)到直线x

－y＋1＝0的距离d＝|1＋1|2＝2，∴|AB|＝2r2－d2＝24－2＝22.答案：2215．解析：kAB＝3－43－2＝－1∴kl＝1又AB的中点为52，72，∴直线l的方程为y－72＝x－52即x－y＋1＝0答案：x－y＋1＝016．解析：设所求圆的方

程为x2＋y2－2x－4y＋1＋λ(x2＋y2－1)＝0(λ≠－1)，把原点代入可得1－λ＝0，所以λ＝1，即可得过圆C1与圆C2的两个交点且过原点O的圆的方程为：x2＋y2－x－2y＝0.答案：x2＋y2－x－2y＝017．解析：(1)因为l1与l2相交于点(m，－

1)，所以点(m，－1)在l1、l2上，将点(m，－1)代入l2，得2m－m－1＝0，解得m＝1.又因为m＝1，把(1，－1)代入l1，所以n＝7.故m＝1，n＝7.(2)要使l1∥l2，则有m2－16

＝0，m×（－1）－2n≠0，解得m＝4，n≠－2或m＝－4，n≠2.(3)要使l1⊥l2，则有－m8×－2m＝－1，m·2＋8·m＝0，得m＝0.则l1为y＝－n8，由于l1在y轴上的截距为－1，所以－n8＝－1，即n＝8.故m＝0，n＝8.18．解析：方法

一设直线l与l1的交点为A(x0，y0)，由已知条件，得直线l与l2的交点为B(－2－x0，4－y0)，并且满足4x0＋y0＋3＝0，3（－2－x0）－5（4－y0）－5＝0，即4x0＋y0＋3＝0，3x0－5

y0＋31＝0，解得x0＝－2，y0＝5，因此直线l的方程为y－25－2＝x－（－1）－2－（－1），即3x＋y＋1＝0.方法二设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.由kx－y＋k＋2＝0，4x＋y＋3＝0，得x＝

－k－5k＋4.由kx－y＋k＋2＝0，3x－5y－5＝0，得x＝－5k－155k－3.则－k－5k＋4＋－5k－155k－3＝－2，解得k＝－3.因此所求直线方程为y－2＝－3(x＋1)，即3x＋y＋1＝0.方法三两直线l1和l2

的方程为(4x＋y＋3)(3x－5y－5)＝0，①将上述方程中(x，y)换成(－2－x，4－y)，整理可得l1与l2关于(－1，2)对称图形的方程：(4x＋y＋1)(3x－5y＋31)＝0②①－②整理得3x＋y＋1＝0，即为所

求直线方程．19．解析：如图所示，|AB|＝43，设D是线段AB的中点，则CD⊥AB，∴|AD|＝23，|AC|＝4.在Rt△ACD中，可得|CD|＝2.设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为y－5＝kx，即kx－y＋5＝0.则点C(－2，6)到直线l的距离公式：|－2k－

6＋5|k2＋1＝2，得k＝34，此时直线l的方程为3x－4y＋20＝0.又∵直线l的斜率不存在时，也满足题意，此时方程为x＝0.∴所求直线l的方程为x＝0或3x－4y＋20＝0.20．解析：(1)由题知：直线l的斜率等于

tan120°＝－3＝－a，解得a＝3.(2)因为l与直线l0：2x－y＝0的倾斜角互补，所以两者斜率互为相反数，所以－a＝－2，即a＝2，所以l：2x＋y－3＝0，则圆心O到直线l的距离d＝355>1，所以直线l上的点到圆O上的点的最小距离为355－1.(3)直

线l恒过定点W(1，1)，所以O到l的最大距离小于等于|OW|＝2，此时，OW⊥l，所以kOW·kl＝－1，解得a＝1.21．解析：(1)由题意，线段AB的垂直平分线经过圆心(2，1)，斜率为－1，∴该直线方程为y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0.(2)圆x2＋y2－4x－2y

＋m＝0可化为(x－2)2＋(y－1)2＝－m＋5.∵|AB|＝22，∴圆心到直线的距离为－m＋5－2＝3－m.∵圆心(2，1)到直线的距离d＝|2－1＋1|2＝2，∴3－m＝2，∴m＝1.(3)由题意，知圆C

：x2＋y2－4x－2y＋1＝0，即(x－2)2＋(y－1)2＝4.则点P(4，4)在圆外，过点P的圆C的切线有两条．①当所求切线的斜率存在时，设切线方程为y－4＝k(x－4)，即kx－y－4k＋4＝0.由圆心到切线的距离等于半径，得|2k－1－4k＋4|k2＋1＝2，解得k＝5

12，所以所求切线的方程为5x－12y＋28＝0.②当所求切线的斜率不存在时，切线方程为x＝4.综上，所求切线的方程为x＝4或5x－12y＋28＝0.22．解析：(1)∵|OM|＝|ON|，∴原点O在

线段MN的垂直平分线上．设MN的中点为H，则CH⊥MN，∴C，H，O三点共线．∵直线MN的方程是3x＋y－4＝0，∴直线OC的斜率k＝3tt＝3t2＝13，解得t＝3或t＝－3，∴圆心为C(3，1)或C(－3，－1)

.∴圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10或(x＋3)2＋(y＋1)2＝10.由于当圆的方程为(x＋3)2＋(y＋1)2＝10时，圆心到直线3x＋y－4＝0的距离d＞r，此时不满足直线与圆相交，故舍去．∴圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.(2)由题意可知|PQ|－|PB|≤|B

Q|，当B，P，Q三点共线时，等号成立．又B，C，Q三点共线且|BQ|＝|BC|＋|CQ|时|BQ|最大，此时|BQ|＝|BC|＋10＝210.∵B(0，2)，C(3，1)，∴直线BC的方程为y＝－13x＋2，∴

直线BC与直线x＋y＋2＝0的交点的坐标为(－6，4).故|PQ|－|PB|的最大值为210，此时点P的坐标为(－6，4).课时作业(十三)1．解析：椭圆标准方程为：x24＋y23＝1，∴c2＝a2－

b2＝4－3＝1，∴c＝1，又椭圆x24＋y23＝1的焦点在x轴上，∴焦点坐标为(±1，0).故选A.答案：A2．解析：若方程x2m＋y22－m＝1表示椭圆，则m>02－m>0m≠2－m解得0<m<1或1<m<2因此，“0<m<1”是“方程x2m＋y22－m＝1表示

椭圆”的充分不必要条件．故选B.答案：B3．解析：∵a＝5，b＝3，∴c＝4.又|PF1|＋|PF2|＝2a＝10，|F1F2|＝2c＝8，∴△F1PF2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2a＋2c＝10＋8＝18，故选B.答案：B4．

解析：方程x2＋ky2＝2可化为x22＋y22k＝1，若焦点在y轴上，则必有2k>2，且k>0，即0<k<1.故选D.答案：D5．解析：由椭圆的定义可得△MNF2的周长为|MN|＋|MF2|＋|NF2|＝|MF1|＋|NF1|＋|MF2|＋|NF2|＝4a＝8，∴a＝2，则c＝a2－1＝3，则

△MF1F2面积的最大值为12·2c·b＝bc＝3，故选B.答案：B6．解析：A中，方程x2＋xy＝x即x(x＋y－1)＝0，表示x＝0或x＋y－1＝0两条直线，A正确；B中，由10－m－(m－2)＝4或m－2－(10－m

)＝4，解得m＝4或m＝8，B错误；C中，由点(－x，－y)代(x，y)得方程不变，C正确；D中，由c2＝5－1＝4得c＝2，∴焦距2c＝4，D错误．故选AC.答案：AC7．解析：由题意知|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝25.且|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2∴|PF1|2

＝(6－|PF1|)2＋20解得|PF1|＝143∴|PF2|＝43，∴|PF1||PF2|＝72.答案：728．解析：由椭圆定义知：|BA|＋|BC|＝10，|AC|＝8，∴由正弦定理得：sinA＋sinCsinB＝|BC|＋|AB||A

C|＝108＝54.答案：549．解析：∵F1、F2是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上一点，且PF1⊥PF2，∴|PF1|＋|PF2|＝2a，|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，12|PF1||PF2|＝9，

∴(|PF1|＋|PF2|)2＝4c2＋2|PF1||PF2|＝4a2，∴36＝4(a2－c2)＝4b2，∴b＝3.答案：310．解析：已知点F2(1，0)，由椭圆的定义得2a＝|PF1|＋|PF2|＝22＋322＋02＋

322＝4，∴a＝2，b＝a2－c2＝22－12＝3.因此，椭圆的方程为x24＋y23＝1.11．解析：x225＋y216＝1，a2＝25，b2＝16，c2＝9，由题意得|F1P|＋|PF2|＝2a＝10，|F1F2|＝2c＝6，由余

弦定理得cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1|·|PF2|＝（|PF1|＋|PF2|）2－2|F1P|·|PF2|－|F1F2|22|F1P|·|PF2|，得|F1P|·|PF2|＝643，S△PF1F2＝12

|PF1|·|PF2|sinθ＝12×643×sin60°＝1633，设内切圆的半径为r，则S△PF1F2＝12(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)r＝12×16×r＝1633，所以r＝233.故选B.答案：B12．解析：由椭圆方程可知，a＝2，b＝3，

从而c＝a2－b2＝1.据椭圆定义，|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，又|F1F2|＝2c＝2，所以△PF1F2的周长是6，A项正确．设点P(x0，y0)(y0≠0)，因为|F1F2|＝2，则S△PF1F2

＝12|F1F2|·|y0|＝|y0|.因为|y0|≤3，则△PF1F2面积的最大值为3，B项正确．由椭圆性质可知，当点P为椭圆C短轴的一个端点时，∠F1PF2为最大，此时，|PF1|＝|PF2|＝a＝2，又|F1F2|＝2，则△PF

1F2为正三角形，∠F1PF2＝60°，所以不存在点P，使PF1⊥PF2，C项错误．当点P为椭圆C的右顶点时，PF1取最大值，此时|PF1|＝a＋c＝3；当点P为椭圆C的左顶点时，PF1取最小值，此时|PF1|＝a－c＝1，所以|PF1|∈[1，3]，D项正确，故

选ABD.答案：ABD13．解析：设P(x，y)(x>0，y>0)，因为x24＋y23＝1≥2x24·y23＝xy3，即xy≤3，所以S△PMO＝12xy≤32(当且仅当3x＝2y时取等号)，面积的最大值为32.答案：3214．解析：设A(x1，y1)，B(x2

，y2)，由AP→＝2PB→，得－x1＝2x2，1－y1＝2（y2－1），即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以4x224＋（3－2y2）2＝m，x224＋y22＝m，得y2＝14m＋34，所以x22＝m－(3－

2y2)2＝－14m2＋52m－94＝－14(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为2.答案：5215．解析：建立如图所示的平面直角坐标系，设截口BAC所在椭圆的方程为：x2a2＋y2b

2＝1(a>b>0)，因为BF1⊥F1F2，|F1B|＝53，|F1F2|＝4，所以在直角△BF1F2中，|BF2|＝|BF1|2＋|F1F2|2＝133，故2a＝|F1B|＋|F2B|＝6，a＝3，又2c＝|F1F2|

＝4，c＝2，所以b2＝a2－c2＝5，所以，所求的椭圆方程为x29＋y25＝1.(2)∵点P在椭圆上，|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，又∠F1PF2＝90°，即△F1PF2为直角三角形，∴|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝16，∴有|PF1|＋|PF2|＝6①|PF1|2

＋|PF2|2＝16②，①2－②得：|PF1|·|PF2|＝10，故△PF1F2的面积为：12|PF1|·|PF2|＝5.16．解析：椭圆的长半轴为5，短半轴为2，现构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得

出椭球的体积V＝2(V圆柱－V圆锥)＝2π×22×5－13π×22×5＝80π3.答案：80π3课时作业(十四)1．解析：椭圆的离心率e＝ca＝12，c2＝a2－b2，化简得3a2＝4b2，故选B.答案：B2．解析：若焦点在x轴上，则a＝2.又e＝32，∴c＝3，∴b2＝a2－c2

＝1，∴椭圆方程为x24＋y2＝1，即x2＋4y2＝4.若焦点在y轴上，则b＝2.又e＝32，∴b2a2＝1－34＝14，∴a2＝4b2＝16，∴椭圆方程为x24＋y216＝1，即4x2＋y2＝16.答案：D3．解析：x2

＋a2y2＝2a可变为x22a＋y22a＝1，a>0，由题意得2a>2a2a＝9×2a，解得a＝3，或2a>2a2a＝9×2a解得a＝13，故a＝3或a＝13故选C.答案：C4．解析：A.由9x2＋y2＝36

，得x24＋y236＝1，a2＝36，b2＝4，c2＝32，离心率为e＝ca＝326＝223；B.3x2＋4y2＝48，得x216＋y212＝1，a2＝16，b2＝12，c2＝4，离心率为e＝ca＝24＝12；C.x2＋9y2＝36，得x236＋y2

4＝1，a2＝36，b2＝4，c2＝32，离心率为e＝ca＝326＝223；D.5x2＋3y2＝30，得x26＋y210＝1，a2＝10，b2＝6，c2＝4，离心率为e＝ca＝210＝105，因为223＝80030>

105＝36030>12＝22530，所以3x2＋4y2＝48更接近于圆．故选B.答案：B5．解析：由大椭圆和小椭圆扁平程度相同，可得两椭圆的离心率相同，由大椭圆长轴长为40cm，短轴长为20cm，可得焦距长为203cm，故离心率为e＝32，所以小椭圆离心率为e＝32，小

椭圆的短轴长为10cm，即2b＝10cm，由e＝1－b2a2，可得：a＝10cm，所以长轴为20cm.故选B.答案：B6．解析：由椭圆的定义可得|PF1|＋|PF2|＝2a，又|PF1|＝3|PF2|，

所以|PF1|＝3a2，|PF2|＝a2，①当点P与F1，F2不共线时，在△PF1F2中，|PF1|－|PF2|<|F1F2|，即a<2c，所以e＝ca>12，②当点P与F1，F2共线时，|PF1|＝a＋c，|PF2|＝a－c，所以a＋c＝3(a－c)，即a＝2c

，所以e＝ca＝12，综上，e∈12，1.答案：BC7．解析：由题设，知2a＝12，ca＝32，∴a＝6，c＝33，∴b＝3.答案：x236＋y29＝18．解析：由题意知2a＝3·(2b)，∴a＝3b当椭圆焦点在x轴上时，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，∴9a2＋0b2＝

1，∴a2＝9，又a＝3b，∴b2＝3.所以椭圆方程为x29＋y23＝1.当椭圆焦点在y轴上时，设椭圆方程为x2b2＋y2a2＝1(a>b>0)∴32b2＋02a2＝1，∴b2＝9又a＝3b，∴a2＝27所以椭圆方程为x

29＋y227＝1.综上，椭圆方程为：x29＋y23＝1或x29＋y227＝1.答案：x29＋y23＝1或x29＋y227＝19．解析：由e2＝c2a2＝a2－b2a2＝1－1a2得0<1－1a2≤34，即－1<－1a2≤－14，所以14≤1a2<1.所以1<a2≤4，解得1<a≤2

，即2<2a≤4.答案：(2，4]10．解析：(1)设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1或y2a2＋x2b2＝1(a>b>0).由已知a＝2b，①且椭圆过点(2，－6)，从而有22a2＋（－6）2b2＝1或（－6）2a2＋22b2＝1.②由①②，得a2

＝148，b2＝37，或a2＝52，b2＝13.故所求椭圆的方程为x2148＋y237＝1或y252＋x213＝1.(2)如图所示，△A1FA2为一等腰直角三角形，OF为斜边A1A2的中线(高)，且OF＝c，A1A2＝2b，∴c＝b＝3.∴a

2＝b2＋c2＝18.故所求椭圆的方程为x218＋y29＝1.11．解析：不妨设焦点在x轴上，由题意知a＝10，b＝8，设椭圆上的点M(x0，y0)，由椭圆的范围知，|x0|≤a＝10，|y0|≤b＝8，点M到椭圆中心的距离d＝x20＋y

20.又因为x20100＋y2064＝1，所以y20＝641－x20100＝64－1625x20，则d＝x20＋64－1625x20＝925x20＋64.因为0≤x20≤100，所以64≤925x20＋64≤100，所以8≤d≤10

.故选C.答案：C12．解析：对于A，∵椭圆Ⅱ的右顶点是椭圆Ⅰ的中心，∴2a2＝a1，由椭圆Ⅰ与椭圆Ⅱ有公共的左顶点和左焦点，得a2＋c2＝c1，∵a1＋c1＝2a2＋a2＋c2，a2>c2，∴a1＋c1＝2a2＋a2＋c2>2(a2

＋c2)，A正确；对于B，∵a1－c1＝2a2－(a2＋c2)＝a2－c2，B正确；对于C，∵e1＝c1a1＝a2＋c22a2＝e2＋12，C正确；对于D，∵e1－e2＝c1a1－c2a2＝a2＋c2

－2c22a2＝a2－c22a2>0，∴e1>e2.∴椭圆Ⅰ比椭圆Ⅱ更扁，D错误．故选ABC.答案：ABC13．解析：设F1是椭圆的另一个焦点，则根据椭圆的对称性，知|P1F|＋|P7F|＝|P1F|＋|P1F1|＝2a，同理，|P2F|＋|P

6F|＝|P3F|＋|P5F|＝2a.又|P4F|＝a，∴|P1F|＋|P2F|＋|P3F|＋|P4F|＋|P5F|＋|P6F|＋|P7F|＝7a＝35.答案：3514．解析：如图所示，e＝ca＝sin∠PF2F1sin∠PF1F2＝PF1PF

2＝2a－PF2PF2＝2aPF2－1，∵|PF2|<a＋c，∴e＝2aPF2－1>2aa＋c－1，即e>21＋e－1，∴e2＋2e－1>0.又∵0<e<1，∴2－1<e<1.答案：(2－1，1)15．解

析：(1)由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a＝2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，因此2c＝|F1F2|＝|PF1|2＋|PF2|2＝（2＋2）2＋（2－2）2＝23，即c＝3

.从而b＝a2－c2＝1故所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.(2)方法一设点P(x0，y0)在椭圆上，且PF1⊥PF2，则x20a2＋y20b2＝1，x20＋y20＝c2求得x0＝±aca2－2b2，y0＝±b2c.由|PF1|＝|PQ|>|PF2|，得x0

>0，从而|PF1|2＝(aca2－2b2＋c)2＋(b2c)2＝2(a2－b2)＋2aa2－2b2＝(a＋a2－2b2)2.由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，从而由|PF1|＝

|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝4a－2|PF1|又由PF1⊥PF2，|PF1|＝|PQ|知|QF1|＝2|PF1|，因此(2＋2)|PF1|＝4a于是(2＋2)(a＋a2－2b2)＝4a.解得e＝12[

1＋（42＋2－1）2]＝6－3.方法二如图由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，从而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝4a－2|PF1|又由PF1⊥P

F2，|PF1|＝|PQ|知|QF1|＝2|PF1|，因此4a－2|PF1|＝2|PF1|，|PF1|＝2(2－2)a，从而|PF2|＝2a－|PF1|＝2a－2(2－2)a＝2(2－1)a由PF1⊥PF2，知|PF1|2

＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，因此e＝ca＝|PF1|2＋|PF2|22a＝（2－2）2＋（2－1）2＝9－62＝6－3.16．解析：由已知a＝22，b＝2，c＝2，不妨设P(m，n)，m>0，n>0，则S△F1PF2

＝12×2c×n＝3∴n＝32，故A错；∴m28＋（32）24＝1，得m＝142，∴P(142，32)，∴|PF1|2＝(142＋2)2＋94＝394＋214，|PF2|2＝(142－2)2＋94＝394－214

∴|PF1|2＋|PF2|2－(2c)2＝394×2－16＝72>0，∴cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－（2c）22|PF1|·|PF2|>0，∴∠F1PF2<π2，故B错；由椭圆定义，△F1PF2的周长＝2a＋2c＝

42＋4，故C正确；设△F1PF2的内切圆半径为r，12r·(42＋4)＝3，∴r＝32(2－1)，故D正确；故选CD.答案：CD课时作业(十五)1．解析：由c2＝a2＋b2＝10＋2＝12∴c＝23，∴焦距2c＝43，故选D.答案：D2．解析：依题意，知双曲线的焦点在x轴

上，且c＝3，方程可化为x21k－y28k＝1，则k>0，且a2＝1k，b2＝8k，所以1k＋8k＝9，解得k＝1，故选A.答案：A3．解析：椭圆的标准方程为x29＋y24＝1，故焦点坐标为(±5，0)，∴c＝5.由ca＝52，得a＝2，又双曲线中

c2＝a2＋b2，则b2＝1.故双曲线方程为x24－y2＝1.答案：B4．解析：由于|PF1|＝15<c＋a＝13＋3＝16，所以点P在双曲线E的左支上，所以由双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|＝2a＝6，即|PF2|－15

＝6，故|PF2|＝21.答案：B5．解析：由题意知|AF1|－|AF2|＝2a，|BF1|－|BF2|＝2a，即|AF1|＝2a＋|AF2|，|BF1|＝2a＋|BF2|，且|AF2|＋|BF2|＝|AB|＝m，所以△ABF1的周长为|AF1|

＋|BF1|＋|AB|＝4a＋2m.故选B.答案：B6．解析：由题意，若方程x25－t＋y2t－1＝1表示椭圆，则满足5－t>0，t－1>0，5－t≠t－1，解得1<t<3或3<t<5，对于A，当t＝3时，原方程可化为x2＋y2＝2，且表示圆

，所以不正确；若方程x25－t＋y2t－1＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则满足5－t>0，t－1>0，5－t<t－1，解得3<t<5，所以D项正确；对于B，当t<1时，5－t>0，t－1<0，此时表示焦点在x轴上的双曲线，所以是正确的；对于C，当t＝0时，原方程为x25－y2＝1

，此时双曲线的焦距为26，所以不正确．答案：BD7．解析：由题意得，双曲线的焦点在x轴上，且c＝22.设双曲线的标准方程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，则有a2＋b2＝c2＝8，9a2－10b2＝1，解得a2＝3，b2＝5.故所求

双曲线的标准方程为x23－y25＝1.答案：x23－y25＝18．解析：由于所求的双曲线与已知的双曲线共焦点，从而可设所求的双曲线方程为x216－k－y24＋k＝1.由于点(32，2)在所求的双曲线上，从而有

1816－k－44＋k＝1.整理，得k2＋10k－56＝0，∴k＝4或k＝－14.又16－k>0，4＋k>0，∴－4<k<16.从而得k＝4.故所求双曲线的方程为x212－y28＝1.答案：x212－y28＝19．解析：因为双曲线的焦点是(0，2)，

所以双曲线的标准方程是y2－3m－x2－m＝1，即a2＝－3m，b2＝－m，c2＝－4m＝4，即m＝－1，故椭圆方程为：y2n＋x2＝1，∴椭圆焦距2c＝2n－1＝4或2c＝21－n＝4，解得n＝5或n＝－3(此时

方程不表示椭圆，舍去).答案：510．解析：设动圆的半径为r，依题意得|PA|＝r＋7，|PB|＝1＋r，如图，∴|PA|－|PB|＝6.而A，B为定点，且|AB|＝10，由双曲线的定义知P点的轨迹是以A，B为焦点

的双曲线的右支．又A(－5，0)，B(5，0)，∴|AB|＝10＝2c.∴c＝5.又2a＝6，∴a＝3，∴b2＝c2－a2＝16.故其轨迹方程为x29－y216＝1(x≥3).11．解析：当m<0，n<0，则mx2＋ny2＝1不表示椭圆，A错误；当m>0，n<0时，则x21m

－y2－1n＝1表示焦点在x轴上的双曲线，B正确；当m<0，n>0时，则y21n－x2－1m＝1表示焦点在y轴上的双曲线，C正确；当n>m>0时，0<1n<1m，x21m＋y21n＝1表示焦点在x轴上的椭圆，D正确．故选BCD.答案：BCD12．解

析：由题意知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(25)2＝20.又|PF1||PF2|＝2，由双曲线定义，得||PF1|－|PF2||＝2a，∴(|PF1|－|PF2|)2＋2|PF1||PF2|＝20，即4a2＋2×2＝20，∴a2＝4.∴b2＝c2－a2＝1.∴双曲线的方程是x24

－y2＝1.答案：C13．解析：若表示双曲线，则必有m＋1>0，即m>－1，若表示椭圆，则必有m＋1<0m＋1≠－4，解得m<－1且m≠－5.答案：(－1，＋∞)(－∞，－5)∪(－5，－1)14．解析：由已知得F1(－2

，0)，F2(2，0).设P(x，y)是双曲线右支上任一点，则1<x<2.由|PF1|＝（x＋2）2＋y2，|PF2|＝（x－2）2＋y2，x2－y23＝1，得|PF1|＝2x＋1，|PF2|＝2x－1，又△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|2＋|P

F2|2>|F1F2|2，即(2x＋1)2＋(2x－1)2>42，得x>72，故72<x<2，所以|PF1|＋|PF2|＝4x∈(27，8).答案：(27，8)15．解析：(1)由双曲线的定义得|||MF1|－|MF2|

＝2a＝6，又双曲线上一点M到它的一个焦点的距离等于16，假设点M到另一个焦点的距离等于x，则|16－x|＝6，解得x＝10或x＝22.由于c－a＝5－3＝2，10>2，22>2，故点M到另一个焦点的距离为10或22.(2)将||PF2|－|PF1||＝2a＝6，两边平方得|PF1|2＋

|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝36，∴|PF1|2＋|PF2|2＝36＋2|PF1|·|PF2|＝36＋2×32＝100.在△F1PF2中，由余弦定理得cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2

－|F1F2|22|PF1|·|PF2|＝100－1002|PF1|·|PF2|＝0，∴∠F1PF2＝90°，∴S△F1PF2＝12|PF1|·|PF2|＝12×32＝16.16.解析：设△ABC的内心为G，过点G作AB

，BC，AC的垂线，分别交AB，BC，AC于点D，E，F，如图，则CE＝CF，AD＝AF，BD＝BE.由题意可知D(q，0)，则AD＝p＋q，BD＝p－q，所以AC－BC＝AD－BD＝2q，AB＝2p，所

以点C的轨迹是以A，B为焦点的双曲线的右支(除去与x轴的交点).因为OA＝p，所以顶点C的轨迹方程为x2q2－y2p2－q2＝1(x>q).答案：x2q2－y2p2－q2＝1(x>q)课时作业(十六)1．解析：根据题意，

双曲线x24－y2＝1，其中a＝2，b＝1，其焦点在x轴上，则c＝5，则双曲线的焦点坐标为F1(－5，0)，F2(5，0).故选C.答案：C2．解析：由双曲线方程得b＝1，由离心率得ca＝2，结合c2

＝a2＋b2，解得a＝33，c＝233，故实轴长2a＝233.故选D.答案：D3．解析：∵e2＝c2a2＝a2＋b2a2＝1＋b2a2＝54，∴b2a2＝14，∴ba＝12，则C的渐近线方程为y＝±12x.故选C.答案：C4．解析：∵x2a2－y2b2＝1(a>0，

b>0)的渐近线方程为：y＝±bax，∴ba＝13，即a＝3b，∴c＝a2＋b2＝10b，∴e＝ca＝103，故选A.答案：A5．解析：∵7<m<16，则16－m>0，7－m<0，所以，双曲线的标准方程为x216－m－y2m－7＝1

，所以该双曲线的焦点在x轴上，且a2＝16－m，b2＝m－7，则c＝a2＋b2＝3，因此该双曲线的焦点坐标为(±3，0).故选B.答案：B6．解析：双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－5，0)，F2(5，0).可得c＝5，如果离心率为5

4.可得a＝4，则b＝3，所以，双曲线C的方程为x216－y29＝1，所以A正确；c＝5，双曲线过点(5，94)，可得25＝a2＋b225a2－8116b2＝1解得a＝4，b＝3，所以双曲线C的方程为x216－y29＝1，所以B正确；c＝5，渐近线方程为

3x±4y＝0，可得ba＝34，a2＋b2＝25，解得a＝4，b＝3，所以双曲线C的方程为x216－y29＝1，所以C正确；c＝5，实轴长为4，可得a＝2，b＝21，所以双曲线C的方程为x24－y221＝1，所以D不正确；故选ABC.答案：ABC7．解析：

双曲线的中心在原点，一个顶点的坐标为(3，0)，则焦点在x轴上，且a＝3，焦距与虚轴长之比为5∶4，即c∶b＝5∶4.又c2＝a2＋b2，解得c＝5，b＝4，所以双曲线的标准方程是x29－y216＝1.答案：x29－y216＝18．解析：由题意得ba＝2b＝2⇒a＝1，∴

双曲线的方程为x2－y24＝1.答案：x2－y24＝19．解析：由题意知，渐近线方程为y＝－2x，由双曲线的标准方程以及性质可知ba＝2，由c＝5，c2＝a2＋b2，可得b＝2，a＝1.答案：1210．解析

：(1)设双曲线的标准方程为x2a2－y2b2＝1或y2a2－x2b2＝1(a>0，b>0).由题意，知2b＝12，ca＝54，且c2＝a2＋b2，∴b＝6，c＝10，a＝8.∴双曲线的标准方程为x264－y236＝1或y2

64－x236＝1.(2)设以y＝±32x为渐近线的双曲线方程为x24－y29＝λ(λ≠0).当λ>0时，a2＝4λ，∴2a＝2·4λ＝6.∴λ＝94.当λ<0时，a2＝－9λ，∴2a＝2－9λ＝6.

∴λ＝－1.∴双曲线的方程为x29－y2814＝1或y29－x24＝1.(3)设与双曲线x22－y2＝1有公共渐近线的双曲线方程为x22－y2＝k(k≠0).将点M(2，－2)的坐标代入，得k＝222－(－2)2＝－2.∴双曲线的标准方程为y22－x24＝1.11．解

析：由双曲线定义可知：|PF1|－|PF2|＝|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，由sin∠F1PF2＝154，可得cos∠F1PF2＝±14，在△PF1F2中，由余弦定理可得：4a2＋16a2－4c22×2a×4a＝±14，解得：c2a2＝4或c2a2＝6.∴e＝ca＝2或6.∴c＝2a

或c＝6a又∵c2＝a2＋b2，∴b＝3a或b＝5a.故选ABCD.答案：ABCD12．解析：选项A，因为a＝2，b＝2，所以c＝a2＋b2＝6，则离心率为e＝ca＝62，故A正确；选项B，若PO⊥PF，又点P

在双曲线C的一条渐近线上，不妨设在y＝22x上，即2x－2y＝0，点F(6，0)到渐近线的距离为d＝|2×6|6＝2，则|PO|＝（6）2－（2）2＝2，所以△PFO的面积为S＝12×2×2＝2，故B正确；选项C，|PF|的最小值就是点F到渐近线的距离

d＝2，故C错误；选项D，它们的渐近线都是y＝±22x，渐近线相同，故D正确．故选ABD.答案：ABD13．解析：因为以MN为直径的圆恰好过双曲线的右顶点，设双曲线的左焦点为F1，所以F1是圆心，半径|MF

1|＝|F1B|＝a＋c.由左焦点F1(－c，0)，知点M(－c，a＋c)，将点M的坐标代入双曲线方程得（－c）2a2－（a＋c）2b2＝1，从而a2(a＋c)2＝b4，开方得a(a＋c)＝b2，可得c2－ac－2a2＝0，即e2－e－2＝0，解得e＝2或

e＝－1(舍去).答案：214．解析：因为△F1AF2的面积为20，所以12·|F1F2|·4＝12·(29＋b2)·4＝20⇒b2＝16，所以b2a2＝169⇒e＝ca＝1＋b2a2＝1＋169＝53.答案：5

315．解析：设双曲线方程为y2a2－x2b2＝1(a>0，b>0)，因为离心率e＝ca＝52，所以a＝2b，所以所求双曲线方程为y24－x2＝b2.设O(x，y)为双曲线上一点，依题意|PQ|＝x2＋（y－5）2＝54（y－4）2＋5－b2，其中y≥2b，若2b≤4，当

y＝4时，|PQ|最小＝2.从而，5－b2＝4，即b2＝1.双曲线方程为y24－x2＝1.若2b>4，当y＝2b时，|PQ|最小＝2，从而54(2b－4)2＋5－b2＝4，所以b＝72或b＝32(与b>2矛盾).所以双曲线方程为y249－4x249＝1.故所求双曲线方程为y2

4－x2＝1或y249－4x249＝1.16．解析：设双曲线的焦距为2c，则依题意，有|PF2|＝|F1F2|＝2c，|PF1|＝2a－2c＝2m＋2c，e1＝ca，e2＝cm.由|PF1|＝2a－2c>|PF2|＝2c，|PF2|＋|F1F2|＝4c>|PF1|＝2

a－2c，得a>2c，a<3c，于是，13<e1<12.又e2＝cm＝ca－2c＝e11－2e1.∴e2－e1＝e11－2e1－e1.设1－2e1＝t，则t∈(0，13)，e2－e1＝e11－2e1－e1＝1－t2t－1－t2＝12(t＋1t)－1.由

f(t)＝12(t＋1t)－1，t∈(0，13)为减函数，得其值域为(23，＋∞).∴e2－e1的取值范围为(23，＋∞).答案：(23，＋∞)课时作业(十七)1．解析：设y2＝2mx(m>0)，则m表示焦点到准线的距离，又2m

＝8p，∴p＝m4.故选B.答案：B2．解析：抛物线y2＝2mx的焦点为m2，0，圆x2＋y2－4x＝0的圆心为(2，0)，所以m2＝2，∴m＝4.故选D.答案：D3．解析：因为点P(m，m)(m≠0)是抛物线y2＝2px(p>0)上一点，所以m2＝

2pm即m＝2p，由抛物线的焦半径公式可得：PF＝xp＋p2＝m＋p2＝5p2＝30，解得：p＝12.故选B.答案：B4．解析：由题意知，a＝6，b＝2，c＝a2－b2＝2.∴椭圆的右焦点为(2，0)，即抛物线的焦点为F(2，0)，∴p2＝2，p＝4.答案：D5.解析：由题

意，抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，若M为FN的中点，如图所示，可知M的横坐标为1，则M的纵坐标为±22，故选C.答案：C6．解析：因为FA→＋FB→＋FC→＝0，所以点F

为△ABC的重心，则A，B，C三点的横坐标之和为点F的横坐标的三倍，即xA＋xB＋xC＝3，所以|FA→|＋|FB→|＋|FC→|＝xA＋p2＋xB＋p2＋xC＋p2＝xA＋1＋xB＋1＋xC＋1＝6.答案：B7．解析：由抛物线的标准方程为x2＝y，得抛物线是焦点在y轴正半轴的抛物线，2p

＝1，∴其准线方程是y＝－p2，y＝－14.答案：y＝－148．解析：抛物线方程化为标准形式为x2＝1ay，由题意得a<0，∴2p＝－1a，∴p＝－12a，∴准线方程为y＝p2＝－14a＝2，∴a＝－18.答案：－189．解析：根据抛物线的定义得1＋p2＝5，p＝8.不

妨取M(1，4)，则AM的斜率为2，由已知得－a×2＝－1，故a＝14.答案：1410．解析：由题意，设抛物线方程为x2＝2ay(a≠0).设公共弦MN交y轴于A，N在y轴右侧，则|MA|＝|AN|，而|AN|＝5.因为|ON|＝3，所以|OA|＝32－（5）2＝2，所以N(5，±2).因

为N点在抛物线上，所以5＝2a×(±2)，即2a＝±52，故抛物线的方程为x2＝52y或x2＝－52y.11．解析：由抛物线y2＝2px(p>0)可得准线l的方程为：x＝－p2.设点M(x1，y1).∴y21＝2px1.∵点M到准线及对称轴的距离分别为10和6.∴x1＋p2

＝10，y1＝±6，y21＝2px1.解得x1＝1，p＝18，或x1＝9，p＝2，即p的值分别为18，2.故选BD.答案：BD12．解析：如图，由MF的中点A作准线l的垂线AE，交直线l于点E，交y轴于点B；由点M作准线l的

垂线MD，垂足为D，交y轴于点C，准线l与x轴相交于点N，则MD＝MF，ON＝OF，∴AB＝OF＋CM2＝ON＋CM2＝DM2＝MF2，∴这个圆与y轴相切．故选B.答案：B13．解析：当焦点在x轴上时，根据y＝0，x－2y－4＝0可得焦点坐标为(4，0)，则抛物线的标准方程为y2＝16x，当焦

点在y轴上时，根据x＝0，x－2y－4＝0可得焦点坐标为(0，－2)，则抛物线的标准方程为x2＝－8y.答案：x2＝－8y或y2＝16x14．解析：如图所示做出图象，过M作ME⊥x轴，由F(2，0)为该抛物线的焦点，得p2＝2，则p＝4，所以y2＝8x.∵∠MFO＝120°，∴∠MFE＝60°，

在Rt△MEF中，∠FME＝30°设EF＝a(a>0)，则有MF＝2a，ME＝3a∴OE＝OF＋EF＝a＋2，即M(a＋2，3a)代入抛物线解析式得：3a2－8a－16＝0，即(3a＋4)(a－4)＝0解得a＝－43(舍)或者a＝4∴ME＝43.∵NF＝4，∴S△MNF＝

12×4×43＝83.答案：48315．解析：(1)依题意，抛物线的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.由抛物线的定义，知|PF|＝d，于是问题转化为求|PA|＋|PF|的最小值．如图，连接AF，交

抛物线于点P，则最小值为22＋12＝5.(2)把点B的横坐标代入y2＝4x中，得y＝±12，因为12>2，所以点B在抛物线内部．自点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点P1(如图)，由抛物线的定义，知

|P1Q|＝|P1F|，则|PB|＋|PF|≥|P1B|＋|P1Q|＝|BQ|＝3＋1＝4.即|PB|＋|PF|的最小值为4.16.解析：由已知得C1(3，22)，F(2，0)，记C2的准线为l.如图，过点M作l的垂线，垂足为D，过点C1作l的垂线，垂足为D1，则|MF|＋|MN|＝|MD|＋|M

N|≥|MD|＋|MC1|－1≥|C1D1|－1，当且仅当M，C1，D三点共线，且点N在线段MC1上时等号成立，此时|MF|＋|MN|取得最小值，则点M1的坐标为(1，22).|MF|－|MN|≤|MF|－(|MC1|－1)

＝|MF|－|MC1|＋1≤|FC1|＋1，当且仅当M为线段FC1的延长线与抛物线的交点，且点N在线段MC1上时等号成立，此时|MF|－|MN|取得最大值．又直线FC1的方程为y＝22(x－2)，由y＝22（x－2），y2＝8x，解得x＝1，y＝－22或x

＝4，y＝42，所以M2的坐标为(4，42)，所以|M1M2|＝（4－1）2＋（42－22）2＝17.故选D.答案：D课时作业(十八)1．解析：抛物线y＝2x2，即x2＝12y，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为

0，18.故选A.答案：A2．解析：依题意可知点M到点F的距离等于点M到直线x＝－4的距离，因此其轨迹是抛物线，且p＝8，顶点在原点，焦点在x轴正半轴上，∴其方程为y2＝16x，故选D.答案：D3．解析：由题意知，点P到焦点F的距离等于它到顶点O的距

离，因此点P在线段OF的垂直平分线上．而F14，0，所以P点的横坐标为18，代入抛物线方程得y＝±24，故点P的坐标为18，±24.故选B.答案：B4．解析：抛物线y2＝8x的准线方程为x＝－2，则点P到准线的距离为6，即点P到抛物线焦点的距离是6

.故选B.答案：B5．解析：抛物线的准线方程为x＝－2，则焦点为F(2，0).从而kAF＝3－0－2－2＝－34.故选C.答案：C6．解析：由于抛物线关于x轴对称，且经过点M(2，y0)，可知抛物线开口向右，设方程为y2＝2px(p>0)，准线为x＝－p2，而M点到准线距离为3，可知p2＝1，

即p＝2，故抛物线方程为y2＝4x.当x＝2时，可得y0＝±22，所以|OM|＝23.答案：B7．解析：化方程为标准方程为x2＝12y，故p2＝18，开口向上，∴准线方程为y＝－18.答案：y＝－188．解析：由题意可设抛物线的标准方程为y2＝ax，则(－2)

2＝a，解得a＝2，因此抛物线的标准方程为y2＝2x.答案：y2＝2x9．解析：设所求点为P(x，y)，抛物线y2＝－12x的准线方程为x＝3，由题意知3－x＝9，即x＝－6.代入y2＝－12x，得y2＝72，即y＝±62.因此P(－6，62)或P(－

6，－62).答案：(－6，62)或(－6，－62)10．解析：设焦点为F－p2，0，M点到准线的距离为d，则d＝|MF|＝10，即9＋p2＝10，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝－4x.将M(－9

，y)代入抛物线的方程，得y＝±6.∴M点坐标为(－9，6)或(－9，－6).11．解析：抛物线y2＝10x的焦点在x轴上，B满足，A不满足；设M(1，y0)是y2＝10x上的一点，则|MF|＝1＋p2＝1＋52＝7

2≠6，所以C不满足；由于抛物线y2＝10x的焦点为52，0，过该焦点的直线方程为y＝kx－52，若由原点向该直线作垂线，垂足为(2，1)时，则k＝－2，此时存在，所以D满足．故选BD.答案：BD12．解析：依题意知曲线PQ是以A为焦点、l为准线的抛物线，根据抛物线的

定义知：欲求从M到A，B修建公路的费用最低，只需求出B到直线l距离即可，因B地在A地东偏北30°方向23km处，∴B到点A的水平距离为3(km)，∴B到直线l距离为：3＋2＝5(km)，那么修建这两条公路的总费用最低为：5a(万元)，故选C.答案：C13．解析：由e2＝1＋b2a2＝4得ba＝3

，则双曲线的渐近线方程为y＝±3x，即3x±y＝0，抛物线C2的焦点坐标为0，p2，则有p22＝2，解得p＝8，故抛物线C2的方程为x2＝16y.故选D.答案：D14．解析：抛物线标准方程为x2＝－4y，其焦点坐标为(0，－1)，准线方程为y

＝1，则|MF|的长度等于点M到准线y＝1的距离，从而点M到两定点F，E的距离之和的最小值为点E(1，－3)到直线y＝1的距离．即最小值为4.答案：415．解析：(1)抛物线y2＝2px的准线方程为x＝－p2，于

是4＋p2＝5，p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)由题意得A(4，4)，B(0，4)，M(0，2).又F(1，0)，所以kAF＝43，则FA的方程为y＝43(x－1).因为MN⊥FA，所以kMN＝－34，则MN的方程为y＝－34x＋2.解方程组y＝－34x＋2，

y＝43（x－1），得x＝85，y＝45，所以N85，45.16．解析：设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)或y2＝－2px(p>0)，抛物线与圆的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，(y1>0，y2<0)，则|y1|＋|y2|＝23，即y1－y2＝23.由

对称性，知y2＝－y1，代入上式，得y1＝3，把y1＝3代入x2＋y2＝4，得x1＝±1，所以点(1，3)在抛物线y2＝2px上，点(－1，3)在抛物线y2＝－2px上，可得p＝32.于是所求抛物线的方程为y2＝3x或y2＝－3x.答

案：y2＝3x或y2＝－3x课时作业(十九)1．解析：把y＝kx＋2代入x23＋y22＝1得，(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，因为直线与椭圆相切，所以Δ＝(12k)2－4(3k2＋2)×6＝0，解得k＝±63.故选C.答案：C

2．解析：在x24－y2＝1中，x∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，当t＝－2或t＝2时，均只有一个交点，当t∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)时，有两个交点，当t∈(－2，2)时，无交点．故选A.答案：A3．解析：方法一y＝kx＋1mx2＋7y2＝7m⇒mx

2＋7(kx＋1)2＝7m，整理可得：(m＋7k2)x2＋14kx＋7－7m＝0∴Δ＝(14k)2－4(m＋7k2)(7－7m)≥0即－1＋m＋7k2≥0⇒m≥－7k2＋1∴m≥(－7k2＋1)max＝1∵m≠7，∴m∈[1，7)∪(7，＋∞)，故选C.方法二从所给含参直线y＝kx＋1入

手可知直线过定点(0，1)，所以若过定点的直线均与椭圆有公共点，则该点位于椭圆的内部或椭圆上，所以代入(0，1)后x27＋y2m≤1，即1m≤1⇒m≥1，因为是椭圆，所以m≠7，故m的取值范围是[1，7)∪(7，＋∞)，故选C.答案：C4．解析：设与直线4x－y＋3＝0平

行的直线为4x－y＋m＝0.由4x－y＋m＝0y＝2x2得：2x2－4x－m＝0∴Δ＝(－4)2＋4×2×m＝0解得：m＝－2∴所求直线方程为4x－y－2＝0.故选C.答案：C5．解析：设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0).由b2x2＋a2

y2－a2b2＝0，x＋3y＋4＝0，得(a2＋3b2)y2＋83b2y＋16b2－a2b2＝0，∵直线与椭圆有且仅有一个交点∴Δ＝192b4－4(a2＋3b2)(16b2－a2b2)＝0可得a2＝7，∴2a＝27.故选C.答案：C6．解析：若点P是双曲线C：

x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的渐近线上任意一点，则当P在原点时，A不正确；存在过点P的直线与双曲线相切，比如切点为顶点，B不正确；至少存在一条过点P的直线与该双曲线没有交点，C正确；过点P的直线与该双曲线没有交点的直线有无数条，D不正确，故选ABD.答案：ABD7．解析：

方法一联立直线与椭圆方程，消去变量y，得(6t2＋25)y2＋36ty－96＝0，Δ＝(36t)2＋4(6t2＋25)·96>0，可得直线与椭圆恒有两个交点．方法二直线x－ty－3＝0(t∈R)过定点P(3，0)，而点P(3，0)在椭圆内，因此直线x－ty－3＝0(t∈R)与椭圆的交点个数为2

.答案：28．解析：①当k＝0时，直线y＝－1与x轴平行，符合题意；②当k≠0时，由y＝kx－1y2＝4x得k2x2－(2k＋4)x＋1＝0Δ＝(2k＋4)2－4k2＝0解得k＝－1.综上k＝0或－1.答案：0或－19．解析

：联立直线和双曲线的方程得4x2－9k2x2＝36，∴(4－9k2)x2＝36，当4－9k2＝0时，k＝±23，直线和双曲线的渐近线重合，所以直线与双曲线没有公共点．当4－9k2≠0时，k≠±23，x2＝364－9k2>0，解之得－23<k<23.答案：(－23，23)10．解

析：(1)由抛物线C：y2＝2px(p>0)过点A(2，－4)，可得16＝4p，解得p＝4.所以抛物线C的方程为y2＝8x，其准线方程为x＝－2.(2)①当直线l的斜率不存在时，x＝0符合题意．②当直线l的斜率为0时，y＝2符合题意．③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋2.

由y＝kx＋2，y2＝8x得ky2－8y＋16＝0.由Δ＝64－64k＝0，得k＝1，故直线l的方程为y＝x＋2，即x－y＋2＝0.综上直线l的方程为x＝0或y＝2或x－y＋2＝0.11．解析：由y＝mx＋1，x2－y2＝1，得(1－m2)x2－2mx－2＝0.

由题意知1－m2＝0，或1－m2≠0，Δ＝4m2＋8（1－m2）≥0，解得－2≤m≤2.故选AD.答案：AD12．解析：线段AB与椭圆有公共点，其等价条件是点A在椭圆内或边界上，点B在椭圆外或边界上，由此得12＋1

22≤a2，22＋322≥a2.解之得62≤a≤342，故选C.答案：C13．解析：双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±bax，直线经过焦点y＝k(x－c)，F(c，0)，当k>

0时，可得k>ba，当k<0时，k<－ba，故|k|>ba，故选A.答案：A14．解析：设与直线x－y＋4＝0平行且与抛物线y2＝4x相切的直线方程为x－y＋m＝0.由x－y＋m＝0，y2＝4x得x2＋(2m－4)x＋

m2＝0，则Δ＝(2m－4)2－4m2＝0，解得m＝1，即直线方程为x－y＋1＝0，直线x－y＋4＝0与直线x－y＋1＝0的距离为d＝4－112＋（－1）2＝322.即抛物线y2＝4x上的点到直线x－y＋4＝0的最小距离为322.答案：32215．解析：(1)将直线方程与双曲线

方程联立，削去y得(1－4k2)x2－8k(2－k)x－4(k2－4k＋5)＝0.①要使l与C无公共点，即方程①无实数解，则有1－4k2≠0，且Δ<0，即64k2(2－k)2＋16(1－4k2)(k2－4k

＋5)<0.解得k>－2＋193或k<－2－193，故当k>－2＋193或k<－2－193时，l与C无公共点．(2)当1－4k2＝0，即k＝±12时，方程①只有一解；当1－4k2≠0，且Δ＝0，即k＝－2±193时，方

程①只有一解，故当k＝±12或k＝－2±193时，l与C有唯一公共点．(3)当1－4k2≠0时，且Δ>0时，方程①有两个不同的解，即l与C有两个不同的公共点，于是可得，当－2－193<k<－2＋193，且k≠±12时，l与C有两个不同的公共点．16．解析：设l1：

y＝kx＋m，则l2：y＝－1kx＋m，l1与椭圆有公共点⇔x216＋（kx＋m）29＝1有实根⇔(16km)2－(9＋16k2)(16m2－144)≥0，即k2≥m2－916.同理l2与椭圆有公共点⇔1k2≥m2－916，于是m2－916≤1，即

|m|≤5.由于|m|>5时，m2－916>25－916＝1，而k2与1k2必有一个不超过1，这时l1，l2不可能都与椭圆有公共点．综上所述，|m|≤5时，过点(0，m)存在两条相互垂直的直线l1，l2都与椭圆有公共点，又y＝x＋m与

y＝－x＋m与椭圆都有公共点．∴m∈[－5，5].课时作业(二十)1．解析：将直线y＝x＋1代入x2＋4y2＝8，可得x2＋4(x＋1)2＝8，即5x2＋8x－4＝0，∴x1＝－2，x2＝25，∴y1＝－1，y2＝75，∴直线y＝x＋

1被椭圆x2＋4y2＝8截得的弦长为25＋22＋75＋12＝1225，故选A.答案：A2．解析：由题意得p＝1，由抛物线的定义知：AB＝AF＋BF＝x1＋p2＋x2＋p2＝x1＋x2＋p＝3＋1＝4，故选A.答案：A3．解析：设F2(c，0)，则c2a2－y2b

2＝1⇒y＝±b2a.对于过双曲线一个焦点的弦长，如果弦是在同一支上，那么最短的弦是垂直于x轴的弦，长度为2b2a；如果弦是跨两支，那么最短的弦为实轴2a.过双曲线x2－y22＝1的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点．若l

⊥x轴，则AB为通径，而通径长度2b2a正好是4，故直线l交双曲线于同支上的A，B两点且|AB|＝4，这样的直线只有一条．若l经过顶点，此时|AB|＝2，故直线l交双曲线于异支上的A，B两点且|AB|＝4，这样的直线有且只有两条．故满足|AB|＝4的直线有3条

．答案：C4．解析：设过点(1，1)的直线交抛物线C于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点．若直线AB垂直于x轴，则线段AB的中点在x轴上，不合乎题意．所以，直线AB的斜率存在，由于点(1，1)为线段AB的中点，则x1＋x2＝2y1＋y2＝2，由于点A(x1，y1)、B(x2

，y2)在抛物线C上，可得y21＝4x1y22＝4x2，两式作差得y21－y22＝(y1＋y2)·(y1－y2)＝4(x1－x2)，所以，直线AB的斜率为kAB＝y1－y2x1－x2＝4y1＋y2＝2，因此，直线AB的方程为y

－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.故选A.答案：A5．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝8，y1－y2x1－x2＝1.因为A，B两点在双曲线C上，所以x21a2－y2

1b2＝1，x22a2－y22b2＝1，所以x21－x22a2－y21－y22b2＝0，则b2a2＝y21－y22x21－x22＝（y1＋y2）（y1－y2）（x1＋x2）（x1－x2）＝82×1＝4，即ba＝2，故双曲线C的渐近线方程是y＝±2x.故选

D.答案：D6．解析：作出椭圆和有关直线(图略)，由于椭圆关于坐标轴、坐标原点对称，而AC中的直线与直线y＝3x＋2或关于原点对称或关于坐标轴对称，所以它们被椭圆截得的弦长相等，且可从图中看出BD中的直线被椭圆截得的弦长都大于8，故选AC.答案：AC7．解析：设所求

抛物线的方程为y2＝ax(a≠0).①直线方程变形为y＝2x＋1，②设抛物线截直线所得弦为AB.将②代入①，整理得4x2＋(4－a)x＋1＝0，则|AB|＝（1＋22）a－442－4×14＝15.解得a＝12

或a＝－4.所以所求抛物线的方程为y2＝12x或y2＝－4x.答案：y2＝12x或y2＝－4x8．解析：设直线l与椭圆交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x214＋y218＝1x

224＋y228＝1，所以x214－x224＝－y218－y228，所以－2·x1＋x2y1＋y2＝y1－y2x1－x2，且x1＋x2＝2xp＝2，y1＋y2＝2yp＝4，所以kl＝y1－y2x1－x2＝－2·24＝－1，所以l：y－2＝－(x－1)即x＋y－3＝0

.答案：x＋y－3＝09．解析：由双曲线的对称性知∠POQ＝60°，可知双曲线的渐近线的倾斜角为60°和120°，有ba＝3，得b＝3a，c＝a2＋b2＝2a，则双曲线的方程可化为x2a2－y23a2＝1，整理为3x2－y2＝3a2，联立方程

3x2－y2＝3a2y＝x－2a，消去y整理为2x2＋4ax－7a2＝0.设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，有x1＋x2＝－2a，x1x2＝－7a22，则|AB|＝2[（x1＋x2）2－4x1x2]＝2（4a2＋14a2）＝6a＝6，得a

＝1，则双曲线的标准方程为x2－y23＝1.答案：x2－y23＝110．解析：当抛物线焦点在x轴正半轴上时，可设抛物线标准方程y2＝2px(p>0)，则焦点Fp2，0，直线l的方程为y＝x－p2.设直线l与

抛物线的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，过点A，B向抛物线的准线作垂线，垂足分别为点A1，点B1，则|AB|＝|AF|＋|BF|＝|AA1|＋|BB1|＝x1＋p2＋x2＋p2＝x1＋x2＋p＝6，∴x1＋x2＝6－p.①由y＝

x－p2，y2＝2px消去y得x－p22＝2px，即x2－3px＋p24＝0.∴x1＋x2＝3p，代入①式得3p＝6－p，∴p＝32.∴所求抛物线的标准方程是y2＝3x.当抛物线焦点在x轴负半轴上时，用同样的方法可求出抛物线的标准方程是y2＝－3

x.11．解析：双曲线C：x2－y24＝1，可得a＝1，b＝2，c＝5，所以双曲线的离心率为e＝5＝c，所以A正确；双曲线C：x2－y24＝1的渐近线方程为y＝±2x，双曲线y2－x24＝1的渐近线方程为y＝±12x，所以B不正确；直线x＝55被圆x2＋y2＝1截得的弦

长为21－15＝455，所以C正确；直线y＝kx＋b(k，b∈R)，当b＝0时，直线与双曲线的交点可能是0个，也可能是2个；当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线的交点是1个．所以直线与双曲线C的公共点个数

只可能为0，1，2，所以D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－42＝－2≠－1，所以A项不正确；对于B项，根据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以

B项正确；对于C项，若直线方程为y＝x＋1，点M13，43，则kAB·kOM＝1·4＝4≠－2，所以C项不正确；对于D项，若直线方程为y＝x＋2，与椭圆方程x22＋y24＝1联立，得到2x2＋(x＋2)2－4＝0，整理得：3x2＋4x＝0，解得x1＝0，

x2＝－43，所以|AB|＝1＋12－43－0＝423，所以D正确；故选BD.答案：BD13．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又点A，B在椭圆C：x24＋y23＝1上，则x214＋y213＝1

，x224＋y223＝1，两式相减可得：（x1－x2）（x1＋x2）4＋（y1－y2）（y1＋y2）3＝0，又k＝y1－y2x1－x2，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2m，则k＝－34·x1＋x2y1＋y2＝－34m，又点M(1，m)，m>0在椭圆内，则14＋m23<1，则0<m<32，所以k<

－12.答案：k<－1214．解析：双曲线C：x24－y2b2＝1的实半轴长为2，虚半轴长为b(0<b<2)，由C的离心率为52，得e2＝54＝c2a2＝4＋b24，即b＝1.∴c＝a2＋b2＝5.椭圆方程为x24＋y2＝1，如图：不妨取双曲线的左焦点F1(－5，0)，由图可知，直线l截椭圆所得

弦长的最大值为4；设过F1的直线方程为y＝k(x＋5)，联立y＝k（x＋5）x24＋y2＝1，可得(k2＋1)x2＋25k2x＋5k2－4＝0.①由Δ＝(25k2)2－4(k2＋1)(5k2－4)＝16－4k2≥0，解得－2≤k≤2.

可知当k＝±2时，直线与椭圆相切；要使直线与双曲线C两支都相交，则k∈－12，12；而当k＝12时，①化为5x2＋25x－11＝0；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－255，x1x2＝－115.∴|AB|＝1＋14·（x1＋x2）2－4x1x2＝52×48

5＝23，∴|AB|的取值范围是(]23，4.答案：(]23，415．解析：设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，P(x1，y1)，Q(x2，y2).由y＝x＋1，mx2＋ny2＝1，得(m＋n)x2＋2nx＋n－1＝0，Δ＝4n2－4(m＋

n)(n－1)>0，即m＋n－mn>0.x1＋x2＝－2nm＋n，x1x2＝n－1m＋n.由OP⊥OQ，得x1x2＋y1y2＝0，即2x1x2＋(x1＋x2)＋1＝0，∴2（n－1）m＋n－2nm＋n＋1

＝0，∴m＋n＝2.①又|PQ|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝2[(x1＋x2)2－4x1x2]＝8（m＋n－mn）（m＋n）2＝1022，将m＋n＝2代入得mn＝34.②由①②式，得m＝12，n＝

32或m＝32，n＝12．故椭圆方程为x22＋32y2＝1或32x2＋y22＝1.16．解析：(1)由已知e＝22，即c2a2＝12，∴a2－b2a2＝12，则a2＝2b2，①又当直线垂直于x轴时，|AB|＝2，所以椭圆过点(1，22)，代入椭圆

方程得1a2＋12b2＝1(a>b>0)，②联立①②可得a2＝2，b2＝1，∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)当过点M的直线斜率为0时，点A，B分别为椭圆长轴的端点，λ＝|MA||MB|＝2＋12－1＝3＋22>2或λ＝|MA||MB|＝2－12＋1＝3－22<1

2，不符合题意．∴直线的斜率不能为0.设直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程代入椭圆方程得：(m2＋2)y2＋2my－1＝0，由根与系数的关系可得，y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y2＝－1m2

＋2，可得：y1y2＋y2y1＋2＝－4m2m2＋2，由已知|MA|＝λ|MB|可知，y1y2＝－λ，∴－λ－1λ＋2＝－4m2m2＋2，又知λ∈12，2，∴－λ－1λ＋2∈－12，0；∴－12≤－4m2m2＋

2≤0，解得m2∈0，27.|AB|2＝(1＋m2)|y1－y2|2＝8m2＋1m2＋22＝8(1－1m2＋2)2，∵m2∈0，27，∴1m2＋2∈716，12，∴|AB|∈2，928.课时作业(二十一)1．解析：(

1)由题意知e＝ca＝1－b2a2＝32，所以b2a2＝14，a＝2b，又因为S△A1BA2＝ab＝2，所以b＝1，a＝2，故椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)当PQ斜率不存在时，易知P(1，32)，Q(1，－32)，此时S△O

PQ＝32.当PQ斜率存在时，设PQ方程为：y＝k(x－1)(k≠0)，将y＝k(x－1)代入x24＋y2＝1并整理得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋

x2＝8k24k2＋1，x1x2＝4k2－44k2＋1，所以S△OPQ＝12×1×|y1－y2|＝12×|k(x1－x2)|＝|k|2（x1＋x2）－4x1x2＝2|k|3k2＋14k2＋1＝23k4＋k24k2＋1，令4k2＋1＝t(t>1)则S△OPQ＝2t316

（t－1）2＋14（t－1）＝12－1t2－2t＋3<32，所以△OPQ面积最大值为32.2．解析：(1)设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝|F1B|，所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|

＝2a＝8，所以a＝4，又e＝32＝ca，a2＝b2＋c2，解得c＝23，b＝2，所以椭圆的标准方程为x216＋y24＝1(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则QA→＝(x1－3，y1)，QB→＝(x2－3，y2)，联立x216＋y24＝1y＝k

x，得(4k2＋1)x2－16＝0，所以x1＋x2＝0，x1x2＝－164k2＋1，因为∠AQB为锐角，所以QA→·QB→>0，所以QA→·QB→＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y

1y2＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2＝9－16（1＋k2）4k2＋1>0，解得k>3510或k<－3510.3．解析：(1)由题意可知，|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，又△ABF2的周长为8，所以4a＝8，即a＝2，则e＝ca＝12，b2＝a2－c2＝3.故C的方程为x24＋y2

3＝1，(2)假设存在点P，使得PM→·PB→为定值．若直线BM的斜率不存在，直线BM的方程为x＝1，B(1，32)，M(1，－32)，则PM→·PB→＝(x0－1)2－94.若直线BM的斜率存在，设BM的方程为y＝k(x－1)

，设点B(x1，y1)，M(x2，y2)，联立x24＋y23＝1y＝k（x－1）得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，根据韦达定理可得：x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3，由于PM→＝(x2－x0，y2)，PB→＝(x1－x0，

y1)，则PM→·PB→＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x20＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋k2＋x20＝（4x20－8x0－5）k2＋3x20－124k2＋3因为PM→·PB→为

定值，所以4x20－8x0－54＝3x20－123解得x0＝118，故存在点P，且x0＝118.4．解析：(1)由已知F(p2，0)，直线AB的方程为y＝x－p2联立直线与抛物线y2＝2pxy＝x－p2，消y可得，x2－3px＋p2

4＝0，所以xA＋xB＝3p，因为|AB|＝xA＋xB＋p＝4p＝8，所以2p＝4，即抛物线的方程为y2＝4x.(2)将P(x0，－1)代入y2＝4x可得P(14，－1)，不妨设直线MN的方程为x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立y2＝4xx＝my＋t，消x得

y2－4my－4t＝0，则有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，Δ＝16m2＋16t，由题意kPM·kPN＝y1＋1x1－14×y2＋1x2－14＝4y1－1×4y2－1＝16y1y2－（y1＋y2）＋1＝－2，化简可得，t＝94－m，代入Δ＝16m2＋16t＝16(m2＋94－m)＝1

6(m－12)2＋32>0此时直线MN的方程为x＝m(y－1)＋94，所以直线MN过定点(94，1).章末质量检测(二)圆锥曲线1．解析：双曲线的焦点在x轴，a＝23，渐近线方程是y＝±bax，而已知一条渐近线为2x＋

3y＝0，k＝－23＝－63，所以b23＝63，解得b＝22.故选D.答案：D2．解析：抛物线方程y＝4ax2化为标准方程为：x2＝14ay，所以其准线方程为y＝－116a，故选D.答案：D3．解析：因为椭圆的2a＝8，2b＝4，所以a＝4，b＝2，因为a2＝b2＋c2，所以c2＝12⇒c＝23，

则2c＝43.故选C.答案：C4．解析：由题可知c＝5，－2×ba＝－1，由a2＋b2＝c2故解得a2＝4，b2＝1故选A.答案：A5．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点P(2，1)，所

以kAB＝kPF＝0－13－2＝－1，又因为b2x21＋a2y21＝a2b2b2x22＋a2y22＝a2b2，所以b2(x21－x22)＝－a2(y21－y22)，所以y1－y2x1－x2·y1＋y2x1＋x2＝－b2a2，y1－y2x1－x2＝kAB

＝－1，y1＋y2x1＋x2＝2×12×2＝12，所以b2a2＝12且c＝3，所以a2＝18b2＝9，所以椭圆方程为：x218＋y29＝1.故选D.答案：D6．解析：由曲线x216＋y225＝1，可得曲线表示焦点在y轴上的椭圆，且c＝a2－b2＝25－16＝3，所以焦距

为2c＝6，由曲线x216－k＋y225－k＝1(k<16)，可得曲线表示焦点在y轴上的椭圆，且c＝a2－b2＝（25－k）－（16－k）＝3，所以焦距为2c＝6，所以两曲线的焦距是相等的，故选D.答案：

D7．解析：双曲线x24－y22＝1渐近线方程为y＝±22x，抛物线y2＝2px(p>0)的准线方程为x＝－p2，则A(－p2，24p)，B(－p2，－24p)，∴|AB|＝22p，|FA|＝|FB|＝p2＋（24p）2＝324p，又∵△A

BF的周长为42，∴|FA|＋|FB|＋|AB|＝324p＋324p＋22p＝42，∴p＝2.故选A.答案：A8.解析：如图所示，PN⊥准线，故|PN|＝|BP|因为|PA|＝m|PB|，所以1m＝|PB||PA|，sin∠PAN＝|PN||PA|＝|PB||PA|＝1m当m取最大

值时，sin∠PAN取得最小值．当且仅当PA与抛物线相切于点P时取得．设直线PA的方程为y＝kx－1，代入x2＝4y，可得x2＝4(kx－1)，即x2－4kx＋4＝0∴Δ＝16k2－16＝0∴k＝±1∴P(2，1)∴双曲线的实轴长为|P

A|－|PB|＝2(2－1)∴双曲线的离心率为12－1＝2＋1.故选B.答案：B9．解析：当λ由正数变成负数，则焦点由在x轴转为在y轴，故A错误．顶点坐标和离心率都会随λ改变而改变，故B，D错误．该双曲线渐近线方程为y＝±43x，不会随λ的改

变而改变，故选ABD.答案：ABD10．解析：对于AB，椭圆中使得∠F1PF2最大的点P位于短轴的两个端点，易得AB均正确；对于C，△F1PF2的周长为2a＋2c<4a，故C正确；对于D，△F1PF2的面积为12si

n∠F1PF2·|PF1|·|PF2|≤12(|PF1|＋|PF2|2)2＝12a2，当且仅当|PF1|＝|PF2|，∠F1PF2＝90°时取等号，故D正确．故选ABCD.答案：ABCD11．解析：A.点(3

，2)的坐标满足双曲线C的方程x23－y2＝1，双曲线的方程为y＝±33x，所以该选项正确；B．双曲线C的方程为x23－y2＝1，所以双曲线离心率为e＝23＝233，所以该选项不正确；C．双曲线C的方程为x23－y2＝1，它的一个焦点为(－2，0)，把(－

2，0)代入y＝ex＋2－1成立，所以该选项正确；D．联立x－2y－1＝0x2－3y2＝3得x2＋6x－15＝0，Δ＝96>0，所以直线和曲线有两个公共点，所以该选项正确．故选ACD.答案：ACD12.解析：根据题意作出其图象，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1

如右图直线l的斜率为3，即∠xFA＝60°，则∠FDA1＝30°，设BD＝x，则Rt△DBB1，Rt△DAA1中，可得|BB1|＝x2，|AA1|＝4＋x2所以|BB1|＝|BF|＝x2，|AA1|＝|AF|＝4＋x2|AB|＝|

AF|＋|BF|＝4＋x2＋x2＝4＋x＝8，解得x＝4所以|BF|＝2，|AF|＝6，所以B正确．所以1|AF|＋1|BF|＝16＋12≠1，所以A不正确．所以|BD|＝4，满足|BD|＝4＝2|B

F|，所以C正确．而|DF|＝|BD|＋|BF|＝4＋2＝6＝|AF|，所以D正确．故选BCD.答案：BCD13．解析：由已知得c＝13，9＋a＝13，∴a＝4，则双曲线方程为x29－y24＝1，其渐近线

方程为y＝±23x.答案：y＝±23x14．解析：由方程知a2＝16，b2＝9，所以c＝7，因为在过焦点的弦中，当弦与长轴垂直时，弦长最短，所以设弦的端点为A(x1，y1)，B(x1，y2)，则x1＝7，代入方程可得y＝±94，所以弦长l＝|y1－y2|＝

92.答案：9215．解析：由已知得椭圆与双曲线具有共同的焦点F1(0，4)和F2(0，－4)，又由椭圆与双曲线的定义，得|PF1|＋|PF2|＝10，||PF1|－|PF2||＝215，所以|PF1|＝5＋15，

|PF2|＝5－15，或|PF1|＝5－15，|PF2|＝5＋15.在△PF1F2中，由余弦定理，得cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1|·|PF2|＝（5＋15）2＋（5－15）2－

822×（5＋15）（5－15）＝45，所以sin∠F1PF2＝35.因此△PF1F2的面积S＝12|PF1|·|PF2|sin∠F1PF2＝12×(5＋15)×(5－15)×35＝3.答案：316．解析：由题意得F(1，0)，准线

方程为x＝－1，过点B作准线的垂线，垂足为E，则|BE|＝|FB|，∵FC→＝3FB→，∴|BC|＝2|BE|，由勾股定理得：|CE|＝3|BE|，∴直线AB的斜率k＝3，所以直线AB的方程为y＝3(x－1)，由y2＝4xy＝3（x－1）及图象可得：A(3，23)，B(13，－233)

，∴|AB|＝（3－13）2＋（833）2＝163.答案：y＝3(x－1)16317．解析：设椭圆的方程为y2a2＋x2b2＝1(a>b>0)，且a2－b2＝(52)2＝50①由y2a2＋x2b2＝1，y＝3x－2，消去y，得(a2＋9b2)x2

－12b2x＋4b2－a2b2＝0.设弦两端点的横坐标分别为x1，x2，则x1＋x2＝12b2a2＋9b2.∵x1＋x22＝12，∴6b2a2＋9b2＝12，即a2＝3b2②由①②得a2＝75，b2＝25，∴椭圆的方程为y275＋x225＝1.18．解析：(1)由题意知，抛物线开口向右，设方程为

y2＝2px(p>0).∵(1，2)在抛物线上，∴2p＝4，p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由题意，设直线l的方程为：y＝k(x－3)＋2，联立y2＝4x，消y得k2x2＋[2(2－3k)k－4]x＋(2－3k

)2＝0.由已知，k≠0，Δ＝[2(2－3k)k－4]2－4k2(2－3k)2＝48k2－162k＋16.①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4－2（2－3k）kk2，x1x2＝（2－3k）2k2∵M(3，2)为AB的中点，∴x1＋x2＝4－2（2－

3k）kk2＝6，解得k＝2，代入①式检验，得Δ＝80>0，符合题意．∴直线l的方程为：2x－y－22＝0.此时，x1＋x2＝6，x1x2＝4，∵|AB|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝1＋k2（x1－x2）2＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2，∴|AB|＝1＋262－4

×4＝215.∴直线l的方程为：2x－y－22＝0，线段AB的长为215.19．解析：(1)由|PQ|＝2b2a＝3a＝2得：a＝2，b＝3，所以椭圆方程为x24＋y23＝1，(2)由于直线l过点A，可设l方程为：x＝my＋2

，由题意可知m≠0，与直线PQ∶x＝1联立，得M(1，－1m)，直线MN与直线l垂直，可得直线MN方程为：y＝－m(x－1)－1m＝－mx＋m－1m令x＝0，得N(0，m－1m)，设B(my0＋2，y0)，FB⊥FN，所

以FB→·FN→＝0，即y0＝－m①由B点在椭圆上，代入椭圆方程得：（my0＋2）24＋y203＝1②联立①②，得m＝±263，所以直线l方程为：x＝±263y＋2.20．解析：(1)由题意，得a2－b2a＝22①，

又点(2，2)在C上，所以4a2＋2b2＝1②，联立①②，可解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程为x28＋y24＝1.(2)由题意知，直线l的斜率存在．设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，y

M).将y＝kx＋b代入x28＋y24＝1.得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝x1＋x22＝－2kb2k2＋1，yM＝k·xM＋b＝b2k2＋1.所以直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－12k，所以kOM·k＝－12.故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．21．解析

：(1)设M(x，y)(x>0)，联立方程组：y＝xx2＝2py解得：y＝2p，抛物线中，准线方程：y＝－p2，到焦点距离等于到准线的距离，|MF|＝5，∴2p－(－p2)＝5，解得：p＝2，所以抛物线方程为：x2＝4y；(2)由题意可得直线l的斜率一

定存在，设l的方程为：y＝kx＋b，b>0，原点O到直线l的距离为1得：1＝b1＋k2⇒k2＝b2－1，A(x，y)，y>0，B(x′，y′)，y′>0，联立方程组：y＝kx＋bx2＝4y得：x2－4kx－4b＝0，Δ＝16k2

＋16b>0，即k2＋b>0且x＋x′＝4k，xx′＝－4b，∴y＋y′＝k(x＋x′)＋2b＝4k2＋2b＝4b2＋2b－4，yy′＝x2x′216＝b2，而1|AA1|＋1|BB1|＝1y＋1y′＝y＋y′yy′＝4b2＋2b－4b2

＝－4(1b)2＋2b＋4，当1b＝14时最大且为：174，即1|AA1|＋1|BB1|的最大值为：174.22．解析：(1)依题意可知7|AF→|＝2|AB→|，即7a＝2a2＋b2，由右顶点为B(2，0)得a＝2，解得b2＝3，所以C1的标准方程为x24＋y23＝1.(2

)依题意可知C2的方程为y2＝－4x，假设存在符合题意的直线，设直线方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立方程组x＝ky－13x2＋4y2＝12，

得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，由韦达定理得y1＋y2＝6k3k2＋4，y1y2＝－93k2＋4，则|y1－y2|＝12k2＋13k2＋4，联立方程组x＝ky－1y2＝－4x，得y2＋4ky－4＝0，由韦达定理得y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4，所以|y3－y4|＝4k2＋

1，若S△OPQ＝12S△OMN，则|y1－y2|＝12|y3－y4|，即12k2＋13k2＋4＝2k2＋1，解得k＝±63，所以存在符合题意的直线方程为x＋63y＋1＝0或x－63y＋1＝0.课时作业(

二十二)1．解析：由A，B两点的坐标可知关于y轴对称．故选B.答案：B2．解析：因为空间直角坐标系O­xyz中，在xOy平面内的点的竖坐标是0，所以点Q的坐标为(1，2，0).故选A.答案：A3．解析：两个点关于x轴对称，那么这两个点的x坐标不变，y

坐标与z坐标均互为相反数，故有λ＝2，7＝－(3－μ)，－6＝－(－1＋v)，即λ＝2，μ＝10，v＝7.故选D.答案：D4．解析：过点P向xOy平面作垂线，垂足为N(图略)，则N就是点P与它关于xOy平面的对称点P′连线的中点，又N(－2，1，0)，所以对称点

为P′(－2，1，－4)，故选A.答案：A5．解析：A(0，0，0)，B1(1，0，1)，所以AB1的中点为0＋12，0＋02，0＋12，即12，0，12.故选B.答案：B6．解析：(2，2，z)表示过点(2，2，0)且与z轴平

行的直线，即与平面xOy垂直的直线．故选D.答案：D7．解析：设点P与点Q的中点坐标为(x，y，z)，则x＝1＋32＝2，y＝4－22＝1，z＝－3＋52＝1.所以中点坐标是(2，1，1).答案：(2，1，1)8．解析：点M(－

2，4，－3)在平面xOz上的射影M′(－2，0，－3)，M′关于原点的对称点的坐标是(2，0，3).答案：(2，0，3)9．解析：由已知得正四棱柱的底面边长为2，高为5，所以顶点C1的坐标为(2，2，5).答案：(2，2，5)10．解析：因为点A(－4，2，3)关于坐标原点的对称点A1的坐

标为(4，－2，－3)，点A1(4，－2，－3)关于xOz平面的对称点A2的坐标为(4，2，－3),点A2(4，2，－3)关于z轴的对称点A3的坐标为(－4，－2，－3)，所以AA3中点M的坐标为(－4，0，0).11．解析

：点P关于坐标平面xOy的对称点坐标是(－4，－2，－3)，关于y轴的对称点坐标是(4，－2，－3)，从而知c＋e＝1.故选D.答案：D12．解析：因为x>y>z，且x＋y＋z＝0，所以x>0，z<0，y有可能为0，所以点M可能在xOz平面上．故选D.答案：D13．解析：∵|

OA|＝2，|AB|＝3，|AA1|＝2，∴A(2，0，0)，A1(2，0，2)，B(2，3，0)，故B1(2，3，2).∴M的坐标为1，32，1.答案：1，32，114．解析：△ABC的重心G在xOy平面上的射影G′是△PAB的

重心，其坐标为a3，b3，0，而|G′G|＝13|PC|，所以重心G的竖坐标为c3，所以点G的坐标为a3，b3，c3.答案：a3，b3，c315．解析：因为E，F，G，H分别为侧棱的中点，所以由立体几何知识可知平面EFGH与底面ABCD平行，从而可知这4个点的竖坐标

都为点P的竖坐标的一半，也就是b.由H为DP的中点得H(0，0，b).因为E在底面上的射影为AD的中点，所以点E的横坐标和纵坐标分别为a和0.所以E(a，0，b).同理G(0，a，b).因为F在坐标平面xOz和yOz上的射影分别为E和G，所以F的横坐

标与E的横坐标相同，是a，F的纵坐标与G的纵坐标相同，为a.又F的竖坐标为b，所以F(a，a，b).16．解析：因为AD与两圆所在的平面均垂直，OE∥AD，所以OE⊥平面ABC.又AF⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以OE⊥AF，OE⊥BC.又BC是圆O的直径，所

以OB＝OC.又|AB|＝|AC|＝6，所以OA⊥BC，|BC|＝62.所以|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OF|＝32.如图所示，以O为原点，以OB，OF，OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，所以A(0，－32，0)，B(32，0，0)，C(

－32，0，0)，D(0，－32，8)，E(0，0，8)，F(0，32，0).课时作业(二十三)1．解析：点P(2，3，4)在x轴上的射影为A(2，0，0)，|PA|＝32＋42＝5.故选C.答案：C

2．解析：因为点P(－1，－2，－3)，所以点P(－1，－2，－3)到平面xOz的距离是2.故选B.答案：B3．解析：点B是A(2，－3，5)关于xOy平面对称的点，所以B点的横坐标和纵坐标与A点相同，竖坐标相反，所以B(2，－3，－5)，所以AB的长度是5－(－5)＝10.故选A.答案：A4．

解析：由已知可得C1(0，2，3)，∴|AC1|＝（4－0）2＋（0－2）2＋（0－3）2＝29.故选B.答案：B5．解析：AB的中点M2，32，3，它到点C的距离|CM|＝（2－0）2＋32－12＋（3－0）2＝532.故选B.答

案：B6．解析：设该定点坐标为(x，y，z)，因为在空间直角坐标系中，一定点到三个坐标平面的距离都是2，所以|x|＝2，|y|＝2，|z|＝2，所以该定点到原点的距离是：22＋22＋22＝23.故选B.答案：B7．解析：A(1，3，0)，B(－3，6，12)，则|AB|＝（－3－1

）2＋（6－3）2＋（12－0）2＝13.答案：138．解析：由于|PQ|＝（1－1）2＋（2＋1）2＋（3－m）2＝13，解得m＝1或m＝5.答案：1或59．解析：由题意可知|AB|2＋|AC|2＝|BC|2，即(1－2)2＋(1－1)2＋(2－1)2＋(x－2

)2＋(0－1)2＋(1－1)2＝(x－1)2＋(0－1)2＋(1－2)2⇒x＝2.答案：210．解析：(1)设M(x1，y1，z1)是线段AB的中点，则根据中点坐标公式得x1＝3＋12＝2，y1＝3＋02＝32，z1＝5＋12＝3.所以AB的中点坐标为2，32，3.根据两

点间距离公式，得|AB|＝（1－3）2＋（0－3）2＋（5－1）2＝29，所以AB的长度为29.(2)因为点P(x，y，z)到A，B的距离相等，所以有下面等式：（x－3）2＋（y－3）2＋（z－1）2＝（x－1）2＋（y－0）2＋（z－5）2.化简得4

x＋6y－8z＋7＝0，因此，到A，B两点的距离相等的点P(x，y，z)的坐标满足的条件是4x＋6y－8z＋7＝0.11．解析：∵以点A(4，1，9)，B(10，－1，6)，C(x，4，3)为顶点的△ABC是以BC为底边的等腰三角形，∴|AB|＝|AC|∴（4－10）2＋（

1＋1）2＋（9－6）2＝（4－x）2＋9＋36，∴7＝（4－x）2＋9＋36，∴x＝2或x＝6.故选BC.答案：BC12．解析：点P(1，1，1)关于平面xOy的对称点的坐标M(1，1，－1)，一束光线

自点P(1，1，1)发出，遇到平面xOy被反射，到达点Q(3，3，6)被吸收，那么光所走的路程是：（3－1）2＋（3－1）2＋（6＋1）2＝57.故选D.答案：D13．解析：设Q(0，0，z0)，则|PQ|＝（0－1）2＋（0－2）2＋（z0－3）

2＝（z0－3）2＋5，所以当z0＝3时，|PQ|有最小值，此时Q(0，0，3).故选D.答案：D14．解析：|AB|＝9＋16＋64＝89，|AC|＝25＋1＋49＝75，|BC|＝4＋9＋1＝14，因为14＋75＝89，所以△ABC是直角三角形．答案：直角三角形15．解析

：由已知可设点P(a，3a＋6，0)，则|PM|＝（2a－a）2＋[（2a＋5）－（3a＋6）]2＋[（a＋2）－0]2＝3a2＋6a＋5＝3（a＋1）2＋2，所以当a＝－1时，|PM|取最小值，所以在xOy平面内的直线3x－y＋6＝0上，取点P(－1，3，0)时，点P到点

M的距离最小．16.解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P­xyz，则P(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a).过P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于H，则PH的长即为点

P到平面ABC的距离．因为|PA|＝|PB|＝|PC|，所以H为△ABC的外心．又因为△ABC为正三角形，所以H为△ABC的重心，可得H点的坐标为a3，a3，a3，所以|PH|＝0－a32＋

0－a32＋0－a32＝33a，所以点P到平面ABC的距离为33a.课时作业(二十四)1．解析：a＝b⇒|a|＝|b|；|a|＝|b|D/⇒a＝b.故选B.答案：B2．解析：∵a，b是两个不共线的向量，∴a≠0，

b≠0，∴只有B正确．答案：B3．解析：MG→－AB→＋AD→＝MG→＋BD→＝MG→＋2MG→＝3MG→.答案：B4．解析：B错误，因为AB→＋BC→＋CA→＝0，而不是AB→＋BC→＋CA→＝0.C错误，

因为AB→－AC→＝CB→.故选BC.答案：BC5．解析：B1M＝B1A1＋A1A＋AM→＝－a＋c＋12(a＋b)＝－12a＋12b＋c.答案：A6．解析：如图所示，因为DD1＝AA1，DD1－AB→＝AA1－AB→＝BA1，又因为BA1＋BC→＝BD1，所

以DD1－AB→＋BC→＝BD1．答案：A7．解析：向量AB→，A′B′→，AC′→，CA′→及它们的相反向量的模都等于5.答案：88．解析：AB→＋AD→＋AA1＝AB→＋BC→＋CC1＝AC1，DD1－AB→＋BC→＝DD1－(AB→－AD→)＝DD1－DB→＝BD1．答案

：AC1BD19．解析：若2ke1－e2与e1＋2(k＋1)e2共线，则2ke1－e2＝λ[e1＋2(k＋1)e2]，∴2k＝λ，－1＝2λ（k＋1），∴k＝－12.答案：－1210.解析：(1)AB→＋BC→＋CD→＝AC

→＋CD→＝AD→.(2)∵E，F，G分别为BC，CD，DB的中点．∴BE→＝EC→，EF→＝GD→.∴AB→＋GD→＋EC→＝AB→＋BE→＋EF→＝AF→.故所求向量AD→，AF→如图所示．11．解析：对于A，(AB→＋BC→)＋CC1＝AC→＋CC1＝AC1，对于B，(AA1＋A1D1)

＋D1C1＝AD1＋D1C1＝AC1，对于C，(AB→＋BB1)＋B1C1＝AB1＋B1C1＝AC1，对于D，(AA1＋A1B1)＋B1C1＝AB1＋B1C1＝AC1．故选ABCD.答案：ABCD12．解析：已知m＋n＝1，则m＝1－n，OP→＝(1－n)OA→＋nOB→＝OA→－

nOA→＋nOB→，即OP→－OA→＝n(OB→－OA→)，即AP→＝nAB→.因为AB→≠0，所以AP→和AB→共线，故选A.答案：A13．解析：因为AG→＋BG→＝－CG→＝GC→，所以AG所在直线的延长线为边BC上的中线，同理，得BG所在直线的延长线为AC边上的中线，故G为其重心．答

案：重心14．解析：∵AE→＝AA1＋A1E＝AA1＋12A1C1＝AA1＋12AC→＝AA1＋12(AB→＋AD→)＝12AB→＋12AD→＋AA1，∴x＝12，y＝12，z＝1，∴x＋y＋z＝2.答案：215．证明：设AB

→＝a，AD→＝b，AA1＝c.因为A1E＝2ED1，A1F＝23FC→，所以A1E＝23A1D1，A1F＝25A1C，所以A1E＝23AD→＝23b，A1F＝25(AC→－AA1)＝25(AB→＋AD→－AA1)＝25a＋25b－25c，所以EF→＝A1F－A1E＝25a－415b

－25c＝25a－23b－c.又EB→＝EA1＋A1A＋AB→＝－23b－c＋a＝a－23b－c，所以EF→＝25EB→，又因为EF→与EB→有公共点E，所以E，F，B三点共线．16．解析：BD→＝BC→＋CD→＝(2e1＋λe

2＋μe3)＋(3λe1－e2－2μe3)＝(2＋3λ)e1＋(λ－1)e2－μe3.∵A，B，D三点共线，∴AB→与BD→是共线向量．∴存在实数k，使得AB→＝kBD→，即e1＋2e2＋3e3＝k[(2＋3λ)e1＋(λ－1

)e2－μe3].∴(1－2k－3kλ)e1＋(2－kλ＋k)e2＋(3＋kμ)e3＝0.∵e1，e2，e3三向量不共面，∴1－2k－3kλ＝0，2－kλ＋k＝0，3＋kμ＝0.将k＝－3μ代入前两式，可得9λ＋μ＋6＝0，3λ＋2μ－3＝0，解得λ＝－1，μ＝3.课

时作业(二十五)1．解析：∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝|a||b|∴cos〈a，b〉＝1，∴〈a，b〉＝0当a与b反向时，不能成立．故选A.答案：A2．解析：(2a－b)·a＝2a2－b·a＝2|a|2－|a||b|cos120°＝2×4－2×5×(－12)＝13.故选D.答案：

D3．解析：由题意可得a·b＝0，e1·e2＝0，|e1|＝|e2|＝1，∴(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，∴2k－12＝0，∴k＝6.答案：B4．解析：AE→·AF→＝12(AB→＋AC→)·12AD→＝14(AB→·AD→＋AC→·AD→)＝14a×a×12

＋a×a×12＝14a2.故选C.答案：C5．解析：OA→·BC→＝OA→·(OC→－OB→)＝OA→·OC→－OA→·OB→＝|OA→||OC→|cos∠AOC－|OA→||OB→|cos∠AOB＝12|OA→||OC→|－12|OA→||OB→|＝0

，∴OA→⊥BC→，∴cos〈OA→，BC→〉＝0.故选D.答案：D6．解析：对于选项A，在正方形ADD1A1中，可得AD1⊥A1D，而A1D∥B1C，可得AD1⊥B1C，此时有AD1·B1C＝0；对于选项

B，在正方形ABCD中，AC⊥BD，易得AC⊥平面BB1D1D，故有AC⊥BD1，此时有BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AC→＝0；对于选项C，由正方体的性质，可得AB⊥平面ADD1A1，可得AB⊥AD1，此时必有AB→·AD1⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0；对于选项D，由正方体的性质，可得BC⊥平面CDD1C1，可得BC⊥CD1，△BCD1为直角三角形，∠BCD1为直角，故BC与BD1不可能垂直，即BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC→≠0.故选ABC.答案：ABC7．解析：将|a－b|＝7两边平方，得(

a－b)2＝7.因为|a|＝2，|b|＝2，所以a·b＝12.又a·b＝|a||b|cos〈a，b〉，故cos〈a，b〉＝18.答案：188．解析：原式＝AB→·CD→＋BC→·AD→＋CA→·(AD→－AB→)

＝AB→·(CD→－CA→)＋AD→·(BC→＋CA→)＝AB→·AD→＋AD→·BA→＝0.答案：09．解析：方法一连接A1D，则∠PA1D就是B1C与A1P所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝D

A1＝PD＝2，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即B1C与A1P所成角的大小为60°.因此B1C·A1P＝2×2×cos60°＝1.方法二根据向量的线性运算可得B1C·A1P＝(A1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AD→)·(AD→＋12AB→)＝AD2＝1.由题意可得

PA1＝B1C＝2，则2×2×cos〈B1C，A1P〉＝1，从而〈B1C，A1P〉＝60°.答案：160°10．解析：如图，(1)由题意知，|AD→|＝a，|DB→|＝a，〈AD→，DB→〉＝120°，所以AD→·DB→＝|AD→||DB→|cos120°＝－12a2.(2)因为BC→＝AC→－A

B→，所以AD→·BC→＝AD→·(AC→－AB→)＝AD→·AC→－AD→·AB→.又|AD→|＝|AC→|＝|AB→|＝a，〈AD→，AC→〉＝〈AD→，AB→〉＝60°，所以AD→·BC→＝12a2－12a2＝0.(3)因为点E，F分别是AB，A

D上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，所以EF→＝13BD→，所以EF→·BC→＝13BD→·BC→.又〈BD→，BC→〉＝60°，所以EF→·BC→＝13BD→·BC→＝13a2cos60°＝16a2.11．解析：∵AC′→＝AB→＋BC→＋CC′→，∴AC′→2＝(AB→＋B

C→＋CC′→)2＝AB2＋BC2＋CC′→2＋2(AB→·BC→＋AB→·CC′→＋BC→·CC′→)＝12＋22＋32＋2(0＋1×3cos60°＋2×3cos60°)＝14＋2×92＝23，∴|AC′→|＝23，即AC′的长为23.答案：B12．解析：因为AB→，A

C→，AD→两两垂直，所以(AB→＋AC→)·AD→＝0，所以(AB→＋AC→＋AD→)2＝(AB→＋AC→)2＋AD→2＋2(AB→＋AC→)·AD→＝(AB→＋AC→)2＋AD→2，(AB→＋AC→－AD→)2＝(

AB→＋AC→)2＋AD→2－2(AB→＋AC→)·AD→＝(AB→＋AC→)2＋AD→2，故|AB→＋AC→＋AD→|＝|AB→＋AC→－AD→|，因此A正确；易得B正确；C中，(AB→＋AC→＋AD→)·BC→＝(AB→＋AC→＋AD→)

·(AC→－AB→)＝AB→·AC→－|AB→|2＋|AC→|2－AC→·AB→＋AD→·AC→－AD→·AB→＝|AC→|2－|AB→|2，当|AC→|＝|AB→|时，|AC→|2－|AB→|2＝0，否则不成立，因此C不正确；D中，AB→·CD→＝A

B→·(AD→－AC→)＝AB→·AD→－AB→·AC→＝0，同理可得AC→·BD→＝0，AD→·BC→＝0，因此D正确．故选ABD.答案：ABD13．解析：由题意知a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝32×5×－22＝－15，由m⊥n，得(a＋b)·(a＋λb)＝0，即|a|2＋

a·λb＋a·b＋λ|b|2＝18－15(λ＋1)＋25λ＝0，解得λ＝－310.答案：－31014．解析：因四面体ABCD是正四面体，顶点A在底面BCD内的射影为△BCD的垂心，所以有BC⊥DA，AB⊥CD.设正四面体的棱长为4，则BF→

·DE→＝(BC→＋CF→)·(DA→＋AE→)＝0＋BC→·AE→＋CF→·DA→＋0＝4×1×cos120°＋1×4×cos120°＝－4，BF＝DE＝42＋12－2×4×1×cos60°＝13，所以异面直线DE与BF的夹角θ的余弦值为cosθ＝|B

F→·DE→||BF→||DE→|＝413.答案：41315．解析：(1)证明：AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→＋BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋BC→.∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB→＝0，BB1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗·BC→＝0.又△ABC为正三角形，∴〈AB→，BC→〉＝π－〈BA→，BC→〉＝π－π3＝2π3.∴AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(AB→＋BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋BC→)＝AB→·BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→·BC→＋BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＋B

B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC→＝|AB→|·|BC→|·cos〈AB→，BC→〉＋BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＝2×2×(－12)＋1＝0，∴AB1⊥BC1，即AB1⊥BC1.(2)结合(1)，知AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝|AB→|·|BC→|·cos〈AB→，BC→〉＋BB

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＝BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2－1.又|AB1|＝（AB→＋BB1）2＝2＋|BB1|2＝|BC1|.∴cos〈AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝|BB1|2－12＋|BB1|2＝12，∴|BB1|＝2，即侧棱

长为2.16．解析：(1)证明：设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，正四面体的棱长为1，则VD→＝13(a＋b＋c)，AO→＝16(b＋c－5a)，BO→＝16(a＋c－5b)，CO→＝16(a＋b－5c)，所以AO→·BO→＝136(b＋c－5a)·(a＋c－5

b)＝136(18a·b－9|a|2)＝136(18×1×1×cos60°－9)＝0，所以AO→⊥BO→，即AO⊥BO.同理，AO⊥CO，BO⊥CO.所以AO，BO，CO两两垂直．(2)DM→＝DV→＋VM→＝－13(a＋b＋c)＋12c＝16(－2a－2b＋c)，所以|DM→|＝16（－

2a－2b＋c）2＝12.又|AO→|＝16（b＋c－5a）2＝22，DM→·AO→＝16(－2a－2b＋c)·16(b＋c－5a)＝14，所以cos〈DM→，AO→〉＝1412×22＝22.又〈DM→，

AO→〉∈[0，π]，所以〈DM→，AO→〉＝π4.课时作业(二十六)1．解析：根据基的含义可知BC是正确的．故选BC.答案：BC2．解析：若a，b，c为非零向量，则a，b，c不一定为空间的一个基，但若a，b，c为

空间的一个基，则a，b，c肯定为非零向量，所以p是q的必要不充分条件．故选B.答案：B3．解析：设a＋2b＝λ(2a)＋μ(a－b)，得λ＝32，μ＝－2，所以2a，a－b，a＋2b共面．同理可得B，D选项中的三个向量分别共面，均不能构成空间的一个基．故选C.答案：C4．解析：由已

知MN→＝ON→－OM→＝OC→＋CN→－12OA→＝OC→＋23CB→－12OA→＝OC→＋23(OB→－OC→)－12OA→＝－12OA→＋23OB→＋13OC→＝－12a＋23b＋13c，故选D.答案：D5．解

析：取基AA′→，AB→，AD→，所以AE→＝AA′→＋A′E→＝AA′→＋12AC→＝AA′→＋12(AB→＋AD→)＝AA′→＋12AB→＋12AD→，所以x＝y＝12⇒x＋y＝1.故选B.答案：B6．解析：MN→＝MA→＋AB→

＋BN→＝13OA→＋(OB→－OA→)＋12BC→＝13OA→＋(OB→－OA→)＋12(OC→－OB→)＝－23OA→＋12OB→＋12OC→，∴x＝－23，y＝12，z＝12，故选B.答案：B7．解析：因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋λc，于

是有1＝λx，－1＝λy，1＝λ，解得x＝1，y＝－1.答案：1－18．解析：∵AB→＝－2CD→，∴OB→－OA→＝－2(OD→－OC→)，∴b－a＝－2(OD→－c)，∴OD→＝12a－12b＋c

.答案：OD→＝12a－12b＋c.9．解析：A1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋C1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AC→＋12(C1C＋C1B1)＝c＋12(－𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋CA→＋AB→)＝c－12a＋12(－c)＋12b＝－12a＋12b＋12c

答案：－12a＋12b＋12c10．解析：因为OG→＝OA→＋AG→，而AG→＝23AD→，AD→＝OD→－OA→，又D为BC的中点，所以OD→＝12(OB→＋OC→)，所以OG→＝OA→＋23AD→＝OA→＋23(OD→－OA→)＝OA→＋23×12(OB→＋OC→)

－23OA→＝13(OA→＋OB→＋OC→)＝13(a＋b＋c).又因为GH→＝OH→－OG→，OH→＝23OD→＝23×12(OB→＋OC→)＝13(b＋c)，所以GH→＝13(b＋c)－13(a＋b＋c)＝－13a.所以OG→＝13(a＋b＋c)，GH→＝－13a.11．解析：

由定理可知只有不共线的两向量才可以做基，B，C都是A的一种情况．空间中任两个向量都是共面的，故D错．故选A.答案：A12．解析：当MA→＝mMB→＋nMC→时，可知点M与点A，B，C共面，所以MO→＋OA→＝m(MO→＋OB→)＋n(MO→＋OC→)，所以(m＋n－1)OM→＝－OA→＋mOB→

＋nOC→，所以OM→＝－OA→＋mOB→＋nOC→m＋n－1＝－1m＋n－1OA→＋mm＋n－1OB→＋nm＋n－1OC→，不妨令－1m＋n－1＝x，mm＋n－1＝y，nm＋n－1＝z，且此时x＋y＋z＝1，因为2＋(－1)＋(－1)＝0≠1，1＋1＋(－1)＝1，1＋12＋13＝11

6≠1，12＋13＋16＝1，由上可知：BD满足要求．故选BD.答案：BD13．解析：MG→＝MA→＋AG→＝12OA→＋23AD→＝12OA→＋23(OD→－OA→)＝12OA→＋23(12OB→＋12OC→－OA→)＝－16OA→＋1

3OB→＋13OC→.答案：－16OA→＋13OB→＋13OC→14．解析：∵MN→＝MB→＋BN→＝12DB→＋34BC′→＝12(DA→＋AB→)＋34(BC→＋CC′→)＝12(－AD→＋AB→)＋34(AD→＋AA′→

)＝12AB→＋14AD→＋34AA′→，∴α＝12，β＝14，γ＝34.答案：12143415．解析：(1)OB′→＝OB→＋BB′→＝OA→＋OC→＋OO′→＝a＋b＋c.AC′→＝AC→＋CC′→＝AB→＋AO→＋AA′→＝OC→＋OO′→－OA→＝b＋c－a.(2)

GH→＝GO→＋OH→＝－OG→＋OH→＝－12(OB′→＋OC→)＋12(OB′→＋OO′→)＝12(OO′－OC)＝12(c－b).16．解析：(1)证明：因为AC1＝AB→＋AD→＋AA1＝AB→＋AD→＋13AA1＋23AA1＝AB→＋13AA1＋AD→＋

23AA1＝(AB→＋BE→)＋(AD→＋DF→)＝AE→＋AF→，所以A，E，C1，F四点共面．(2)因为EF→＝AF→－AE→＝AD→＋DF→－(AB→＋BE→)＝AD→＋23𝐷D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－AB→－13BB1＝－AB→＋AD→＋1

3𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以x＝－1，y＝1，z＝13，所以x＋y＋z＝13.课时作业(二十七)1．答案：D2．解析：F1＋F2＋F3＝(1，2，1)＋(－1，－2，3)＋(2，2，－1)＝(2，2，3).故选A.答案：A3．解析：∵p＝a－b＝

(1，0，－1)，q＝a＋2b－c＝(0，3，1)，∴p·q＝1×0＋0×3＋(－1)×1＝－1.故选A.答案：A4．解析：设点C坐标为(x，y，z)，则OC→＝(x，y，z).又AB→＝(－3，－2，－4)，OC→＝25AB→，∴x＝－65，y

＝－45，z＝－85.故选A.答案：A5．解析：因为a＝(－3，2，5)，b＝(1，x，－1)，所以a·b＝－3＋2x－5＝2，解得x＝5.故选C.答案：C6．解析：由已知得ka＋b＝(k，k，0)＋(－1，0，2)＝(k－1，k，2)，2a－b＝(3，2，

－2).由ka＋b与2a－b互相垂直，得(k－1，k，2)·(3，2，－2)＝0，得5k－7＝0，解得k＝75，故选D.答案：D7．解析：设点A(x，y，z)，则向量AB→＝(2－x，－3－y，1－z)＝(－3，5，2)，所以2－x＝－3－3－y＝5

1－z＝2⇒x＝5y＝－8z＝－1，所以点A(5，－8，－1).答案：(5，－8，－1)8．解析：b＋c＝(2，0，3)＋(0，2，2)＝(2，2，5)，a·(b＋c)＝2×2＋2×3＋(－1)

×5＝5.答案：59．解析：∵A，B，C三点共线，∴AB→＝λAC→，即(1，－1，3)＝λ(a－1，－2，b＋4)＝(λ(a－1)，－2λ，λ(b＋4)).∴1＝λ（a－1）－1＝－2λ3＝λ（b＋4），解得λ＝12a＝3，b＝2∴a－b＝1.答案：110．解析：ka＋b

＝(k－2，5k＋3，－k＋5)，a－3b＝(7，－4，－16).(1)若(ka＋b)∥(a－3b)，则k－27＝5k＋3－4＝－k＋5－16，解得k＝－13.(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，则(k－2)×7＋(5k＋3)×(－4)＋(－k＋5)×

(－16)＝0，解得k＝1063.11．解析：因为a·b＝－2×2＋1×4＝0，所以a⊥b，B正确；因为a＝(－2，－3，1)＝12(－4，－6，2)＝12c所以a∥c，C正确；因为b·c＝2×(－4)＋4×2＝0，所以b⊥c，D不正确．故选BC.答案：BC

12．解析：设D(x，y，z)，则AD→＝(x＋1，y－1，z－2)，AB→＝(2，－1，－3)，DB→＝(1－x，－y，－1－z)，∵AD→＝2DB→，∴x＋1＝2（1－x），y－1＝－2y，z－2＝－2－2z.∴

x＝13，y＝13，z＝0.∴D(13，13，0)，CD→＝(13－λ，－λ，－1－λ)，∵CD→⊥AB→，∴CD→·AB→＝2(13－λ)＋λ－3(－1－λ)＝0，∴λ＝－116.故选B.答案：B13．解析：当m＝1时，a＝

(2，0，0)，b＝(4，0，0)，显然满足a∥b；当m≠1时，则依a∥b则有4－2m4＝m－12－2m＝－12，解得m＝3.综上可知m＝1或m＝3.答案：1或314．解析：因为a＝AB→＝(1，1，0)，b＝A

C→＝(－1，0，2)，所以ka＋b＝(k－1，k，2)，ka－2b＝(k＋2，k，－4).又因为(ka＋b)⊥(ka－2b)，所以(ka＋b)·(ka－2b)＝0，即(k－1，k，2)·(k＋2，k，－4)＝2k2＋k－10＝0，解得k＝2或k＝－52.答案：k＝2或k

＝－52.15．证明：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直．以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0

，6，0)，D1(0，3，6)，设Q(6，m，0)，其中m＝BQ，0≤m≤6.因为P是DD1的中点，所以P(0，92，3)，所以PQ→＝(6，m－92，－3)，又AB1＝(3，0，6)，于是AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·PQ→＝18－18＝0，所以AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥PQ→，即AB1⊥PQ.

16．解析：设OD→＝tOC→＝(t，t，2t)，t≥0，∵A(1，2，3)，B(2，1，2)，C(1，1，2)，O为坐标原点，点D在直线OC上运动，∴DA→＝(1－t，2－t，3－2t)，DB→＝(2－t，1－t，2－2t)，∴DA→·DB→＝(1－t)×(2－t)＋(2

－t)×(1－t)＋(3－2t)(2－2t)＝6t2－16t＋10＝6(t－43)2＋269，当t＝43时，DA→·DB→取最小值，此时D(43，43，83).故选C.答案：C课时作业(二十八)1．解析：对于A选项，因为a⊥b，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2＝0，A选项正确；

对于B选项，若x2＝0，且y2≠0，z2≠0，若a∥b，但分式x1x2无意义，B选项错误；对于C选项，由空间向量数量积的坐标运算可知cos〈a，b〉＝x1x2＋y1y2＋z1z2x21＋y21＋z21·x22＋y22＋z22，C选项正确；对于D选项，若x1＝y1＝

z1＝1，则|a|＝12＋12＋12＝3，此时，a不是单位向量，D选项错误．故选BD.答案：BD2．解析：∵cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝2－25×6＝0，0°≤〈a，b〉≤180°，∴〈a，b〉＝90°.故选C.答案：C3．解析：∵2a＋b＝(2，－6

，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，∴|2a＋b|＝02＋（－5）2＋52＝52.故选B.答案：B4．解析：由题意可得|a|＝14，|b|＝56，且b＝－2a，所以－a·c＝7，cos〈a，c〉＝a·c|a||c|＝－714

＝－12，所以〈a，c〉＝120°，故选C.答案：C5．解析：a＋b＝(sinθ＋cosθ，2，sinθ＋cosθ)，a－b＝(cosθ－sinθ，0，sinθ－cosθ)∴(a＋b)·(a－b)＝cos2θ－sin2θ＋sin2θ－cos2θ＝0∴(a＋b)⊥(a－b)，即a＋b与a－b的夹

角为π2，故选A.答案：A6．解析：∵a－b＝(1－t，1－t，t)－(2，t，t)＝(－1－t，1－2t，0)，∴|a－b|＝（t＋1）2＋（1－2t）2＝5t2－2t＋2＝5t－152＋95，∴|a－b|mi

n＝355.故选C.答案：C7．解析：由题意可得AB→＝(3，－6，－2)，即|AB→|＝9＋36＋4＝7，AC→＝(x＋1，－3，－6)，即|AC→|＝（x＋1）2＋45，BC→＝(x－2，3，－4)，

即|BC→|＝（x－2）2＋25，由勾股定理可得：|AB→|2＋|AC→|2＝|BC→|2，即49＋(x＋1)2＋45＝(x－2)2＋25，整理得6x＝－66，∴x＝－11.答案：－118．解析：因为点E是棱B′C′的中点，点G是侧面CDD′C′的中心，所以

E1，12，1，G12，1，12所以EG→＝－12，12，－12，所以|EG→|＝－122＋122＋122＝32.答案：329．解析：以A为原点，AB，AD，AA1分别为x轴、y轴

、z轴建立直角坐标系设正方体棱长为1，则E0，12，1，F1，0，12∴AE→＝0，12，1，AF→＝1，0，12，EF→＝1，－12，－12∴cos〈AE→，AF→〉＝AE→·AF→|AE→||AF→|＝1252×52＝25∴cos∠EAF＝

25，EF＝|EF→|＝12＋－122＋－122＝62.答案：256210．解析：(1)因为向量a＝(2，－1，－2)，b＝(1，1，－4)所以2a－3b＝2(2，－1，－2)－3(1，1，－4)＝(4，－2，－4)－(3，3，－12)＝(1，－5，8)，所以|2a－3b

|＝12＋（－5）2＋82＝310.(2)cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝93×32＝22因为〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝π4.11．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设P(1，y0，1－y0)，Q(x0，1，x0)，则PQ→＝(x0－1，1－y0，x0

＋y0－1)，AF→＝(0，1，－1)，GB→＝(1，0，1).由AF→·PQ→＝0GB→·PQ→＝0，∴x0＝y0＝23，∴P(1，23，13)，Q(23，1，23).所以|MN|min＝|PQ|＝1－232＋23－12＋13－23

2＝33.故选A.答案：A12．解析：连接BD，易证AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D，∴AC⊥BE，故A正确；∵B1D1∥平面ABCD，又E，F在B1D1上运动，∴EF∥平面ABCD，故B正确；由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的

面积为定值，又点A到平面BEF的距离为定值，故VA­BEF为定值，故C正确；当点E在D1处，F为D1B1的中点时，建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1，1，0)，B(0，1，0)，E(1，0，1)，F12，

12，1，又|AE→|＝2，|BF→|＝62，∴cos〈AE→，BF→〉＝322×62＝32，∴AE→与BF→成30°角；当E为D1B1中点，F在B1处时，E12，12，1，F(0，1，1)，∴AE→＝－12，－12，1，BF→＝

(0，0，1)，∴AE→·BF→＝1，|AE→|＝62，|BF→|＝1，∴cos〈AE→，BF→〉＝63≠32，故D错误．故选ABC.答案：ABC13．解析：由已知得a·b＝5×(－2)＋3t＋1×－25＝3t－525，因为a与b的夹角为钝角，所以a·b<0，即3t－525<

0，所以t<5215.若a与b的夹角为180°，则存在λ<0，使a＝λb(λ<0)，即(5，3，1)＝λ－2，t，－25，所以5＝－2λ，3＝tλ，1＝－25λ，所以t＝－65，故t的取值范围是－∞，－65∪－

65，5215.答案：－∞，－65∪－65，521514．解析：由题意得AB→＝(1，2，－2)，AC→＝(－2，0，－3)，∴|AB→|＝12＋22＋（－2）2＝3，∴|AC→|＝（－2）2＋0＋（－3）2＝13，∴AB→·AC→＝(1，2

，－2)·(－2，0，－3)＝－2＋6＝4，∴cosA＝cos〈AB→，AC→〉＝AB→·AC→|AB→||AC→|＝43×13＝41339，∴sinA＝1－cos2A＝101×1339，S△ABC＝12|AB→||AC→|sinA＝1012.答案：101215．解析：如图所

示，分别以DA→，DC→，DD1为单位正交基建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，E(0，0，12)，F(12，12，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1)，G(0，34，0).(1)易得EF→＝(12，12，－12)，B1C＝(－1，0，－1)，则

EF→·B1C＝(12，12，－12)·(－1，0，－1)＝12×(－1)＋12×0＋(－12)×(－1)＝0.∴EF→⊥B1C，即EF⊥B1C，∴EF与B1C所成的角为90°.(2)C1G＝(0，－14，－1)，则|C1G|＝174

.又|EF→|＝32，且EF→·C1G＝38，∴cos〈EF→，C1G〉＝EF→·C1G|EF→||C1G|＝3832×174＝5117.即EF与C1G所成角的余弦值为5117.(3)∵H是C1G的中点，∴H(0，78，12)，则FH→＝(－12，38，12).∴FH＝|FH→|＝（

－12）2＋（38）2＋（12）2＝418.16．解析：由正四面体棱长为a，知△BCD的外接圆半径为33a，∴B(－12a，－36a，0)，又正四面体的高为a2－（33a）2＝63a，∴A(0，0，63a)，∴AB的中点M的坐标为(

－14a，－312a，66a).又D(0，33a，0)，∴DM→＝(－14a，－5312a，66a)，同理可得CN→＝(－12a，33a，66a).∴DM→与CN→夹角的余弦值为cos〈DM→，CN→〉＝DM→·CN→|DM→||CN→|＝－16.∴异面直线CN与DM所成角的余弦

值为16.答案：(－14a，－312a，66a)16课时作业(二十九)1．解析：AB→＝(3，0，－2)＝13(9，0，－6)，故选B.答案：B2．解析：显然a与b不平行，设平面的法向量为n＝(x，y，z)

，则有a·n＝0，b·n＝0，即2x＋3y＋z＝0，5x＋6y＋4z＝0，令z＝1，得x＝－2，y＝1∴n＝(－2，1，1).故选C.答案：C3．解析：设C(x，y，z)∵C为线段AB上一

点且|AC→||AB→|＝13，∴AC→＝13AB→，即(x－4，y－1，z－3)＝13(－2，－6，－2)，∴x－4＝－23y－1＝－2，z－3＝－23，∴x＝103，y＝－1，z＝73，因此点C的坐标为

103，－1，73.故选C.答案：C4．解析：对于B，AQ→＝－1，4，－12，则n·AQ→＝(3，1，2)·－1，4，－12＝0，∴n⊥AQ→，则点Q1，3，32在平面α内

．答案：B5．解析：由题意知PA⊥平面ABCD，所以PA与平面内的线AB，CD都垂直，A，B正确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD⊥平面PAC，故PC⊥BD，C选项正确．答案：ABC6．解析：∵AB→·AP→＝0，AD→·AP→＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则A，B正确

；又AB→与AD→不平行，∴AP→是平面ABCD的一个法向量，则C正确；由于BD→＝AD→－AB→＝(2，3，4)，AP→＝(－1，2，－1)，∴BD→与AP→不平行，故D错误．故选ABC.答案：ABC7．解析：∵直线的方向向量平行，∴x－5＝y3＝82，∴x＝

－20，y＝12.答案：－20128．解析：由题意知D(0，0，0)，B1(1，1，1)，所以DB1＝(1，1，1)，即直线DB1的一个方向向量是(1，1，1).答案：(1，1，1)(答案不唯一)9．解析：OE→＝OA→＋AE→＝OA→＋tAB→＝(－3，

－1，4)＋t(1，－1，－2)＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，因OE→⊥b，则OE→·b＝0，所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝95，因此存在点E，使得OE⊥b，此时点E

的坐标为－65，－145，25.答案：－65，－145，2510．解析：EF→＝EA→＋AB→＋BF→＝12(BA→－BD→)－BA→＋12BC→＝12BC→－12BD→－12BA→＝12

a－12b－12c.故直线EF的一个方向向量为12a－12b－12c.答案：12a－12b－12c11．解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，又AB→＝(0，－1，1)，BC→＝(－1，1，0)，则AB→·

n＝－y＋z＝0，BC→·n＝－x＋y＝0∴x＝y＝z，又∵单位向量的模为1，故只有B正确．答案：B12．解析：c＝ma＋nb＋(4，－4，1)＝(m，m，m)＋(0，2n，－n)＋(4，－4，1)＝(m＋4

，m＋2n－4，m－n＋1)，由c为平面α的一个法向量，得c·a＝0，c·b＝0，得m＋4＋m＋2n－4＋m－n＋1＝0，2（m＋2n－4）－（m－n＋1）＝0，解得m＝－1，n＝2.答案：AC13．解析：由已知

得，AB→＝1，－3，－74，AC→＝－2，－1，－74，∵a是平面α的一个法向量，∴a·AB→＝0，a·AC→＝0，即x－3y－74z＝0，－2x－y－74z＝0，解得x＝23y，z＝－43y，∴x∶y∶z＝23y∶y∶

－43y＝2∶3∶(－4).答案：2∶3∶(－4)14．解析：由题意知，OA⊥α，直线OA的一个方向向量为OA→＝(1，1，1)，因为P∈α，所以OA→⊥AP→，所以(1，1，1)·(x－1，y－1，z－1)＝0，所以x＋y＋z＝3.答案：(1，1，1)

(答案不唯一)x＋y＋z＝315．证明：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，E1，1，12，D1(0，0，1)，F0，12，0，A1(1，0，1)，AE→＝0，1，12，D1F＝0，12，－1.A1D1＝

(－1，0，0)∵AE→·D1F＝0，1，12·0，12，－1＝12－12＝0，又AE→·A1D1＝0，∴AE→⊥D1F，AE→⊥A1D1，即AE⊥D1F，AE⊥A1D1，又A1D1∩D

1F＝D1，A1D1，D1F⊂平面A1D1F，∴AE⊥平面A1D1F，∴AE→是平面A1D1F的一个法向量．16．解析：(1)由已知，得PB→＝2AP→，即OB→－OP→＝2(OP→－OA→)，OP→＝23OA→＋13OB→.设点P的坐标为(x，y，z)，则上式换

用坐标表示，得(x，y，z)＝23(2，4，0)＋13(1，3，3)，即x＝43＋13＝53，y＝83＋33＝113，z＝0＋1＝1，因此，点P的坐标是53，113，1.(2)因为AQ∶QB＝2∶1，所以AQ→＝－2QB→，OQ→－OA→＝－2(OB

→－OQ→)，OQ→＝－OA→＋2OB→.设点Q的坐标为(x′，y′，z′)，则上式换用坐标表示，得(x′，y′，z′)＝－(2，4，0)＋2(1，3，3)＝(0，2，6)，即x′＝0，y′＝2，z′＝6.

因此，Q点的坐标是(0，2，6).课时作业(三十)1．解析：由l1∥l2，得v1∥v2，得1λ＝24＝36，故λ＝2.故选B.答案：B2．解析：由条件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l⊂α，故选A.答案：A3．解析：由题意

知a∥b.因为b＝(4，2－2m，2－2m)≠0，所以a∥b的充要条件是a＝λb.即4－2m＝4λ，m－1＝λ（2－2m），m－1＝λ（2－2m），显然m＝1符合题意，当m≠1时，由m－1＝λ(2－2m)，得λ＝－12，代入4－2m＝4λ，得m＝3，综上，m的值为

1或3.答案：C4．解析：依题意得，－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±2.故选D.答案：D5．解析：由题意得，AB→＝(－3，－3，3)，CD→＝(1，1，－1)，∴AB→＝－3CD→，∴AB→与CD→共线，又AB与CD没有公共点，∴AB∥CD.答案：B6．解析：如图

，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为A1M＝AN＝23a，所以Ma，23a，a3，N23a，23a，a，所以MN→＝－a3，0，23a，又C1(0，0，0)，

D1(0，a，0)，所以C1D1＝(0，a，0).所以MN→·C1D1＝0，所以MN→⊥C1D1．因为C1D1是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.故选B.答案：B7

．解析：∵l⊥α，v∥α，∴u⊥v，∴(1，3，z)·(3，－2，1)＝0，即3－6＋z＝0，z＝3.答案：38．解析：∵u＝－2v∴α与β平行答案：平行9．解析：当a＝(1，1，2)时，a＝12n，则l⊥α；当a＝(－1，－1，1)时，a·

n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α.答案：l⊥αl∥α或l⊂α10．证明：如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系D­xyz，设AB＝a，SD＝b，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，S(0，0，b)，B(a，

a，0)，C(0，a，0)，Ea，a2，0，F0，a2，b2，所以EF→＝－a，0，b2.显然DC→＝(0，a，0)为平面SAD的一个法向量．∵EF→·DC→＝0，∴EF→⊥DC→，又EF⊄平面SAD，所以EF∥

平面SAD.11．解析：由已知得A(2，2，0)，B(02，0)，D(2，0，0)，E(0，0，1)，设M(x，x，1)，则AM→＝(x－2，x－2，1)，BD→＝(2，－2，0)，BE→＝(0，－2，1).设平面BDE的法向量为n＝(a，b，c).则n⊥BD→，

n⊥BE→，即2a－2b＝0，－2b＋c＝0，解得a＝b，c＝2b.令b＝1，则n＝(1，1，2)，又AM∥平面BDE，所以n·AM→＝0，即2(x－2)＋2＝0，得x＝22，所以

M22，22，1，故选C.答案：C12．解析：以D为原点，以DA→，DC→，DD1为方向向量建立空间直角坐标系D­xyz(图略)，设AD＝2，则有关点及向量的坐标为A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(2，2，1)，F(1，0，0)，G(2，0，1)，B1(2，2，2)

，D1(0，0，2)，D1F＝(1，0，－2)，B1C＝(－2，0，－2)，FG→＝(1，0，1)，D1E＝(2，2，－1)，D1A＝(2，0，－2).设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则n·D1

A＝0，n·D1E＝0，即2x－2z＝0，2x＋2y－z＝0，取x＝2，则z＝2，y＝－1，n＝(2，－1，2).D1F·B1C＝(1，0，－2)·(－2，0，－2)＝2≠0，故A不正确；因为12≠02，故FG∥D1E不成立，故B不正确；F

G→·D1E＝(1，0，1)·(2，2，－1)＝1≠0，故FG→⊥平面AD1E不成立，故C不正确；BF→·n＝(－1，－1，0)·(2，－1，2)＝0，又BF⊄平面AD1E，故BF∥平面AD1E，故D正确，故选ABC.答案：ABC13．解析：以A为原点，AB→，AD→，AA1的方向分别为x

轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，Ea2，1，0，B1(a，0，1)，故AD1＝(0，1，1)，B1E＝

－a2，1，－1，AB1＝(a，0，1)，AE→＝a2，1，0.再设P(0，0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此时DP→＝(0，－1，z0).又设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB1＝0，n·AE→＝0，∴

ax＋z＝0，ax2＋y＝0.取x＝1，得n＝1，－a2，－a.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP→，有a2－az0＝0，解得z0＝12.又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1

AE，此时AP＝12.答案：1214．解析：如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，设正方体的棱长为1，则O12，12，0，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，P

0，0，12，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).则OP→＝－12，－12，12，BD1＝(－1，－1，1)，∴OP→＝12BD1，OP→∥BD1，∴OP∥BD1，设Q(0，1，z)，则BQ→＝(－1，0，z)，由于OP∥BD1，故要使平面

D1BQ∥平面PAO，只需AP→∥BQ→，又AP→＝－1，0，12，故z＝12，则Q0，1，12，由CQ→＝0，0，12，CC1＝(0，0，1)及CQ→＝λCC1，得λ＝12.答案：平行1215．解析：如图所示，由

条件知BA，BC，BB1两两互相垂直，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．由条件知B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，E(0，0，3)，F(0，1，4

)，设BA＝a，则A(a，0，0)，Ga2，1，4.所以BA→＝(a，0，0)，BD→＝(0，2，2)，B1D＝(0，2，－2)，EG→＝a2，1，1，EF→＝(0，1，1).(方法一

)因为B1D·BA→＝0，B1D·BD→＝0＋4－4＝0，所以B1D⊥BA，B1D⊥BD.因为BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.又B1D·EG→＝0＋2－2＝0，B1D·EF→＝0＋2－2＝0.所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，所

以B1D⊥平面EFG，可知平面EGF∥平面ABD.(方法二)设平面EGF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·EF→＝0，n1·EG→＝0，y1＋z1＝0，a2x1＋y1＋z1＝0，即x1＝0，y1＝－z1，令y1＝1，则n1＝(0，1，－

1).设平面ABD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·BA→＝0，n2·BD→＝0，即ax2＝0，2y2＋2z2＝0，即x2＝0，y2＝－z2，令y2＝1，则n2＝(0，1，－1).所以n1＝n2，所以平面EGF∥平面ABD.16.

解析：如图，以D为原点，以DA→，DC→，DP→为方向向量建立空间直角坐标系D­xyz，则有关点及向量的坐标为：P(0，0，2)，C(0，2，0)，G(1，2，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1)，A(2，0，0)AP→＝(－2，0，2)，EF→＝(0，－1，

0)，EG→＝(1，1，－1).设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z).∴n·EF→＝0，n·EG→＝0，即－y＝0，x＋y－z＝0，∴x＝z，y＝0，令x＝1，则z＝1，∴n＝(1，0，1)，∵n·AP→＝1×(－2

)＋0×0＋1×2＝0，∴n⊥AP→.又AP⊄平面EFG，∴AP∥平面EFG.课时作业(三十一)1．解析：因为a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B.答案：B2．解析：因为a⊥b，故a·

b＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.故选D.答案：D3．解析：因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，所以a·b＝(－1，2，4)·(x，－1，－2)＝0，解得x＝－10.故选B.答案：B4．解析：由题意知AB→＝(－1，－1，－1)，AC→＝(2，0，1)，A

P→＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以有AB→·AP→＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0，①AC→·AP→＝(2，0，1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0，②联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(

－1，0，2).故选C.答案：C5．解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，设正方体的棱长为1，则A1(1，0，1)，D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)

，E13，0，13，F23，13，0，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，∴A1D＝(－1，0，－1)，AC→＝(－1，1，0)，EF→＝13，13，－13，BD1＝(－1，－1，1)，∴EF→＝－13BD1，A1D·EF→＝0，AC→·EF→＝

0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故选B.答案：B6．解析：∵a＝()1，－1，2，b＝2，1，－12，则a·b＝1×2－1×1＋2×－12＝0则a⊥b，∴直线l与m垂直，故A

正确，a＝()0，1，－1，n＝()1，－1，－1，则a·n＝0×1＋1×()－1＋()－1×()－1＝0则a⊥n，∴l∥α或l⊂α，故B错误，∵n1＝()0，1，3，n2＝()1，0，2，∴n1与n2不共线，∴α∥β不成立，故C错误，∵点A()1，0，－1，B()0，

1，0，C()－1，2，0∴AB→＝()－1，1，1，BC→＝()－1，1，0向量n＝()1，u，t是平面α的法向量∴n·AB→＝0n·BC→＝0，即－1＋u＋t＝0－1＋u＝0，解得

u＋t＝1，故D正确．故选AD.答案：AD7．解析：∵α⊥β，∴u·v＝0，即－6＋y＋z＝0，即y＋z＝6.答案：B8．解析：如图，以A为坐标原点，AB，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，则由AC＝2，BC

＝13，SB＝29，得B(0，17，0)，S(0，0，23)，C21317，417，0，SC→＝21317，417，－23，CB→＝－21317，1317，0.因为SC→·CB→＝0，所以SC⊥BC.答案：是9．解析：PA→＝(－x，1，－

z)，AB→＝(－1，－1，1)，AC→＝(2，0，1)，∵PA→·AB→＝0，PA→·AC→＝0，∴x－1－z＝0，－2x－z＝0，∴x＝13，z＝－23.答案：(13，0，－23)10．证明：如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为△ABC为正三角形，所

以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以OB→，OO1，OA→所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，3)，A(

0，0，3)，B1(1，2，0)设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，BA1＝(－1，2，3)，BD→＝(－2，1，0).因为n⊥BA1，n⊥BD→，故n·BA1＝0，n·BD→＝0，⇒－x＋2y＋3z＝0，－

2x＋y＝0，令x＝1，则y＝2，z＝－3，故n＝(1，2，－3)为平面A1BD的一个法向量，而AB1＝(1，2，－3)，所以AB1＝n，所以AB1∥n，故AB1⊥平面A1BD.11．解析：AP→·AB→＝(－1，2，－1)·(2，－1

，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP⊥AB，即A正确．AP→·AD→＝(－1，2，－1)·(4，2，0)＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP⊥AD，即B正确．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即AP→是平面ABCD的一个法向量，C正确．∵AP→

是平面ABCD的法向量，∴AP→⊥BD→，D不正确．故选ABC.答案：ABC12．解析：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设正方形边长为1，PA＝a，则B(

1，0，0)，E12，1，0，P(0，0，a).设点F的坐标为(0，y，0)，则BF→＝(－1，y，0)，PE→＝12，1，－a.因为BF⊥PE，所以BF→·PE→＝0，解得y＝12，即点F的坐标为

0，12，0，所以F为AD的中点，所以AF∶FD＝1∶1.故选B.答案：B13．解析：由OP⊥OQ，得OP→·OQ→＝0.即(2cosx＋1)·cosx＋(2cos2x＋2)·(－1)＝0.∴cosx＝0或co

sx＝12.∵x∈[0，π]，∴x＝π2或x＝π3.答案：π2或π314．解析：据题意，得AB→＝(－1，－1，2)，AC→＝(1，0，2).设n＝(x，y，z)，∵n与平面ABC垂直，∴n·AB→＝0，n·AC→＝0，即－x－y＋2z＝0，x＋2z＝

0，可得y＝4z，x＝－2z∵|n|＝21，∴x2＋y2＋z2＝21，解得z＝1或z＝－1.当z＝1时，y＝4，x＝－2；当z＝－1时，y＝－4，x＝2，故n＝(－2，4，1)或(2，－4，－1).答案：(－2，4，1)或(2，－4，－1

)15．解析：建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.则由题意可知A(0，0，0)，E(a，0，b3)，F(0，a，2b3)，故AE→＝(a，0，b3)，AF→＝(0，a，2b3).设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·AE→＝0，则n1·AF→＝0，即ax＋bz3＝0，且

ay＋2bz3＝0.令z＝1，得x＝－b3a，y＝－2b3a.故n1＝(－b3a，－2b3a，1)＝(－λ3，－2λ3，1).同理可得平面A1EF的一个法向量为n2＝(2b3a，b3a，1)＝(2λ3

，λ3，1).∵平面AEF⊥平面A1EF，∴n1·n2＝0.∴－2λ29－2λ29＋1＝0，解得λ＝32(负值舍去).∴当平面AEF⊥平面A1EF时，λ＝32.16．解析：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间

直角坐标系，由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，BC1＝(－2，0，2)，FP→＝(－1，0，λ)，FE→＝(1，1，0)，MN→＝(－1，－1，0)，NP→＝(－1，0，λ

－2).当λ＝1时，FP→＝(－1，0，1)，因为BC1＝(－2，0，2)，所以BC1＝2FP→，即BC1∥FP→，又BC1与FP无公共点，所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，

故直线BC1∥平面EFPQ.(2)假设存在符合题意的λ，设平面EFPQ的法向量为n＝(x，y，z)，则由FE→·n＝0，FP→·n＝0.可得x＋y＝0，－x＋λz＝0.于是可取n＝(λ，－λ，1)，同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)，则m·n＝

(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使平面EFPQ⊥平面PQMN.课时作业(三十二)1．解析：设l与α所成的角为θ且θ∈[0°，90°]，则sinθ＝|cos〈m，n〉|＝12.∴θ＝30°.故选A.答案：

A2．解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D1(0，0，2).所以BE→＝(0，－1，1)，CD1＝(0，－1，2)，所以cos〈BE→，C

D1〉＝BE→·CD1|BE→|·|CD1|＝32×5＝31010.故选C.答案：C3．解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则DC→＝(

0，1，0)，DB→＝(1，1，0)，DC1＝(0，1，2).设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥DB→，n⊥DC1，所以有x＋y＝0，y＋2z＝0，令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1).设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin

θ＝|cos〈n，DC→〉|＝|n·DC→||n||DC→|＝23.故选A.答案：A4．解析：不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，则AB1＝(－2，2，1)，C1B＝(0，－2，1)，所以cos〈AB1，C1B〉＝AB1·C1B|AB1|

|C1B|＝（－2）×0＋2×（－2）＋1×19×5＝－55.所以所求角的余弦值为55.故选A.答案：A5．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(1，－1，0)，C(－1，1，0)，B(1，1，0)，S(0，0，2).∴AC→＝(－2，2，0)

，BS→＝(－1，－1，2)，CS→＝(1，－1，2).设平面SBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·BS→＝0，n·CS→＝0，∴－x－y＋2z＝0，x－y＋2z＝0，令z＝2，得x＝0，y＝2，∴n＝(0，2，2).设直线AC与平面SBC所成的角为θ，则sin

θ＝|cos〈n，AC→〉|＝422×6＝33.故选C.答案：C6．解析：以C为原点，在平面ABC中，过C作CB的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB＝1，AA1＝2，则A(32，

12，0)，C(0，0，0)，C1(0，0，2)，D(0，1，1)，CA→＝(32，12，0)，CC1＝(0，0，2)，AD→＝(－32，12，1)，设平面AA1C1C的法向量n＝(x，y，z)，则n·

CA→＝32x＋12y＝0n·CC1＝2z＝0，取x＝1，得n＝(1，－3，0)，设AD与平面AA1C1C所成角为θ，则sinθ＝|AD→·n||AD→|·|n|＝32·4＝64.答案：B7．解析：由题，设l与α所成角为θ，可得

sinθ＝|n·a||n||a|＝|－3＋1＋1|（－3）2＋1＋1·（3）2＋1＋1＝15.答案：158．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，设正方体棱长为2，A1P＝x(0≤x≤2)

，则O(1，1，0)，P(2，x，2)，B(2，2，0)，M(0，2，1)，OP→＝(1，x－1，2)，BM→＝(－2，0，1).所以OP→·BM→＝0，所以直线BM与OP夹角的大小为π2.答案：π29．解析：如图所示，以C为坐标原点，

直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线CC1为z轴建立空间直角坐标系C­xyz.设CA＝CB＝CC1＝1，则B(0，1，0)，M12，12，1，A(1，0，0)，N12，0，1，故BM→＝12，－12，1，AN→＝－12，0，1，所以c

os〈BM→，AN→〉＝BM→·AN→|BM→||AN→|＝3462×52＝3010.答案：301010．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，M(0，a2，2a)，C1－32a，a2，2a，B(

0，a，0)，故AC1＝－32a，a2，2a，AM→＝0，a2，2a，BC1＝－32a，－a2，2a，设平面AMC1的法向量为n＝(x，y，z)，则AC1·n＝0，AM→·n＝0，∴－32ax＋a2y＋2az＝0，a2y＋2az＝

0，令y＝2，则z＝－22，x＝0.∴n＝0，2，－22.又BC1＝－32a，－a2，2a，∴cos〈BC1，n〉＝BC1·n|BC1||n|＝－a－a3a×92＝－269.设BC1与平面AMC1所成的角为θ，则sinθ

＝|cos〈BC1，n〉|＝269.11．解析：以D为坐标原点，分别以DA→，DC→，DD1所在方向为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，则可以证明AC1⊥平面CB1D1，∴AC1可以作为平面CB1D1的法

向量，∴C正确．∵BD→＝(－1，－1，0)，AC1＝(－1，1，1)，∴BD→·AC1＝1－1＝0，∴BD∥平面CB1D1即AB正确．又∵AD→＝(－1，0，0)，CB1＝(1，0，1)，∴cos〈AD→，CB1〉

＝AD→·CB1|AD→||CB1|＝－22，∴AD与CB1所成的角为45°，∴D错，故选ABC.答案：ABC12．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，所以G23，23，0，PG→

＝23，23，－1.又平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，则cos〈PG→，n〉＝－1232＋232＋（－1）2＝－31717，所以PG与平面ABCD所成角的余弦值为1－－3

17172＝23417.答案：B13．解析：如图所示，作AO⊥平面BCD于点O，则O是△BCD的中心，以O为坐标原点，直线OD为y轴，直线OA为z轴建立空间直角坐标系．设AB＝2，则O(0，0，0)，A0，0，263，C

1，－33，0，E0，33，63，所以OA→＝0，0，263为平面BCD的一个法向量，CE→＝－1，233，63，所以cos〈OA→，CE→〉＝OA→·CE→|OA→||CE→|＝43263×3＝23.所以CE与平面BCD的夹角

的正弦值为23.答案：2314．解析：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则易得D(0，0，0)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，A1(2，0，2)，E(2，1，0)，

F(0，2，1)，所以BC1＝(－2，0，2)，B1D＝(－2，－2，－2).因为BC1·B1D＝0，所以B1D与BC1夹角的大小是90°.又A1C1＝(－2，2，0)，EF→＝(－2，1，1)，设异面直线EF与A1C1的夹角为θ，则

cosθ＝|A1C1·EF→|A1C1|·|EF→||＝32，所以θ＝30°.答案：90°30°.15．解析：以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz.(1)则A1(0，0，a)，C(a，a

，0)，D(0，a，0)，Ea，a2，0，∴A1C＝(a，a，－a)，DE→＝a，－a2，0，∴cos〈A1C，DE→〉＝A1C·DE→|A1C||DE→|＝1515，故A1C与DE所成角的余弦值为

1515.(2)连接DB1，∵∠ADE＝∠ADF，∴AD在平面B1EDF内的射影在∠EDF的平分线上．又B1EDF为菱形，∴DB1为∠EDF的平分线，故直线AD与平面B1EDF所成的角为∠ADB1.由A(0，0，0)，B1(a，0，a)，D(0，a，0)，得DA→＝(0，－a，

0)，DB1＝(a，－a，a)，∴cos〈DA→，DB1〉＝DA→·DB1|DA→||DB1|＝33，又直线与平面所成角的范围是[0，π2]，故直线AD与平面B1EDF所成角的余弦值为33.16．解析：(

1)证明由题意，∵四边形ABB1A1是矩形，D为AA1的中点，AB＝2，AA1＝22，AD＝2，∴在Rt△ABB1中，tan∠AB1B＝ABBB1＝22.在Rt△ABD中，tan∠ABD＝ADAB＝22，∴∠AB1B＝∠ABD.又∵∠BAB1＋∠AB1B＝90°，∴∠BAB1＋∠ABD＝

90°，即BD⊥AB1.又∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴CO⊥AB1，又∵CO∩BD＝O，CO，BD⊂平面BCD，∴AB1⊥平面BCD.∵BC⊂平面BCD，∴BC⊥AB1.(2)如图，以O为坐标原点

，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A0，－233，0，B－263，0，0，C0，0，233，D63，0，0.∴AB→＝－263，233，0，AC→＝0，233，233，

CD→＝63，0，－233.设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z).根据－263x＋233y＝0，233y＋233z＝0.可得n＝22，1，－1是平面ABC的一个法向量．设直线CD与平面ABC的夹角为α，则sinα＝155，∴直线CD与平面ABC夹角的正弦值为1

55.课时作业(三十三)1．解析：∵cos〈m，n〉＝12＝22，∴二面角的大小为45°或135°.故选C.答案：C2．解析：∵cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－925，∴平面α与平面β夹角的余弦值为925.故选B.答案：B3．解析：由二面角定义及三垂线定理知选B.答案：B4

．解析：取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，则A0，0，32，B0，－12，0，D32，0，0.∴OA→＝0，0，32，BA→＝0，12，3

2，BD→＝32，12，0.由于OA→＝0，0，32为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝(1，－3，1)，∴cos〈n，OA→〉＝55，∴sin〈n，OA→〉＝255.故选C.答案：C5．解析：如图所示

，设AC与BD交于点O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O­xyz.设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝3，所以O(0，0，0)，B32，0，0，F0，0，12，C

0，12，0，OC→＝0，12，0，易知OC→为平面BDF的一个法向量，由BC→＝－32，12，0，FB→＝32，0，－12，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，3，3).所以co

s〈n，OC→〉＝217，sin〈n，OC→〉＝277，所以tan〈n，OC→〉＝233.故二面角C­BF­D的正切值为233.故选D.答案：D6．解析：若a⊥n，则直线a与平面α平行或在平面α内，所以A是假命题；若a∥n，则a也是平面α的法向量，

所以直线a⊥平面α，所以B是真命题；直线与平面的夹角的正弦值等于直线与平面法向量所成的锐角的余弦值，所以C是真命题；两个平面的夹角与它们的法向量所成的不大于90°的角相等，所以D是真命题，故选BCD.答案：BCD7．解析：平面xOy的一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面α的一个法向量为

m＝(x，y，z)，则－3x＋4y＝0，－3x＋az＝0，即3x＝4y＝az，取z＝1，则x＝a3，y＝a4，∴m＝a3，a4，1.由题意得|cos〈n，m〉|＝1a29＋a216＋1＝22.又因为a>0，所以a＝12

5.答案：1258．解析：取BC的中点D，连接AD，PD，由二面角的定义知∠PDA为二面角的平面角，AD＝PD＝3，PA＝6，∠PDA＝90°.答案：90°9．解析：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A(1，0，0)

，E12，1，0，D1(0，0，1)，∴AD1＝(－1，0，1)，AE→＝－12，1，0.设平面AEFD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AD1＝0，n·AE→＝0，⇒－x＋z＝0，－x2＋y＝0，∴x＝2y＝z.

取y＝1，则n＝(2，1，2)，又平面ABCD的一个法向量为u＝(0，0，1)∴cos〈n，u〉＝23，∴sin〈n，u〉＝53.答案：5310．解析：如图，过点D作DC的垂线交SC于E，以D为原点，以DC，DE，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵∠SDC＝120°，∴∠S

DE＝30°，又SD＝2，∴点S到y轴的距离为1，到x轴的距离为3，则有D(0，0，0)，S(－1，3，0)，A(0，0，2)，C(2，0，0)，B(2，0，1)，设平面SAD的法向量为m＝(x，y，z)，∵AD→＝(0，0，－2)，AS→＝(－1，3，－2)

，∴－2z＝0，－x＋3y－2z＝0，取x＝3，得平面SAD的一个法向量为m＝(3，1，0).又AB→＝(2，0，－1)，设平面SAB的法向量为n＝(a，b，c)，则n·AB→＝0，n·AS→＝0，即2a－c＝0，－a＋3b－2c＝

0，令a＝3，则n＝(3，5，23)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝8210×2＝105故平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值是105.11.解析：由题可知，B1G在底面上的射影为BG，而BC不垂直BG，则B1G不垂直于BC，则选项A不正确；连接AD

1和BC1，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，可知EF∥BC1∥AD1，所以平面AEF即为平面AD1EF，则平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1，所以选项B正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC

为y轴，DD1为z轴，则各点坐标如下：A()2，0，0，C()0，2，0，E()0，2，1，A1()2，0，2，H()2，2，1，F()1，2，0A1H＝()0，2，－1，AF→＝()－1，2，0，EF→＝()1，0，－1

，AA1＝()0，0，2，设平面AEF的法向量为n＝()x，y，z，则n·AF→＝0n·EF→＝0，即－x＋2y＝0x－z＝0，令y＝1，得x＝2，z＝2，得平面AEF的法向量为n＝()2，1，2，所以A1H·n＝0，所以A1H∥平面

AEF，则C选项正确；由图可知，AA1⊥平面AFC，所以AA1是平面AFC的法向量，则cos〈AA1，n〉＝AA1·n||AA1·||n＝23.得知二面角E­AF­C的大小不是π4，所以D不正确．故选BC.答案：BC12．解析：由题意，以O为坐标原点，OB

，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题知，OA＝OB＝2，则A(0，－2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，∴E(1，－1，0)，F(0，－1，1)，∴OE→＝(1，－

1，0)，OF→＝(0，－1，1)，设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，则m·OE→＝0，m·OF→＝0，即x－y＝0，－y＋z＝0，令x＝1，可得m＝(1，1，1)，易知平面OAE的一个法向量为n

＝(0，0，1)，则cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝13＝33，设平面FOE与平面OEA夹角为θ，则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝33.故选B.答案：B13．解析：因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示．因为BE与平面ABCD

的夹角为π3，即∠DBE＝π3，所以EDDB＝3.由AD＝3可知DE＝36，AF＝6，则A(3，0，0)，F(3，0，6)，E(0，0，36)，B(3，3，0)，C(0，3，0).所以BF→＝(0，－3，6)，EF→＝(3，0，－26).设平面BEF的法向量为

n＝(x，y，z)，则n·BF→＝0，n·EF→＝0，即－3y＋6z＝0，3x－26z＝0，令z＝6，则n＝(4，2，6).由题意知AC⊥平面BDE，所以CA→为平面BDE的法向量，CA→＝(3，－3，0).所以cos〈n，CA→〉

＝n·CA→|n||CA→|＝632×26＝1313.故由题意知平面FBE与平面DBE夹角的余弦值为1313.答案：131314．解析：以D为原点建立如图所示空间直角坐标系：则A1()2，0，1，E()1，2，0，C()0，2，0，F()0，1，1，所以A1E＝()－1，2，－1，CF→＝

()0，－1，1，设异面直线A1E、CF所成角的大小为θ，所以cosθ＝||A1E·CF→||A1E·||CF→＝36·2＝32，因为θ∈(0，π2]，所以θ＝π6.又A1F＝()－2，1，0，设平面A1EF的一个法向量为：

m＝()x，y，z，则m·A1F＝0m·A1E＝0，即－2x＋y＝0－x＋2y－z＝0，令x＝1，则m＝()1，2，3，平面A1B1C1D1一个法向量为：n＝()0，0，1，设平面A1EF与平面A1B1C1

D1所成锐二面角为α，所以cosα＝m·n||m·||n＝314＝31414.答案：π63141415．解析：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2

，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，∴A1B＝(2，0，－4)，C1D＝(1，－1，－4)，∵cos〈A1B，C1D〉＝A1B·C1D|A1B||C1D|＝1820×18＝310

10，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，∵AD→＝(1，1，0)，AC1＝(0，2，4)，∴n1·AD→＝0，n1·AC→＝0，即x＋y＝0且2y＋4z＝0，令z＝1，则x＝2

，y＝－2，∴n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量，取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面AA1B夹角的大小为θ，由cosθ＝||n1·n2||n1||n2＝29×1＝23，得sinθ＝53，故平面ADC

1与平面AA1B夹角的正弦值为53.16．解析：由题可知，直三棱柱ABC­A1B1C1的底面为锐角三角形，D是棱BC的中点，设三棱柱ABC­A1B1C1是棱长为2的正三棱柱，以A为原点，在平面ABC中，过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐

标系，则A1(0，0，2)，B1(3，1，2)，C(0，2，0)，D32，32，0，A(0，0，0)，AC→＝(0，2，0)，B1D＝－32，12，－2，A1B1＝(3，1，0)，因为直线B1D与直

线AC所成的角为θ1，θ1∈0，π2，∴cosθ1＝|B1D·AC→||B1D|·|AC→|＝125，因为直线B1D与平面A1B1C1所成的角为θ2，θ2∈0，π2，平面A1B1C1的法向量n＝()0，0，1，∴sinθ2＝|B1D·n||B1D|·|n|＝25，∴cosθ2

＝1－252＝15，设平面A1B1D的法向量m＝(a，b，c)，则m·A1B1＝3a＋b＝0m·B1D＝－32a＋12b－2c＝0，取a＝3，得m＝3，－3，－32，因为二面角C1－A1B1－D的平面角为θ3，由图可知，其为锐角，∴cosθ

3＝|m·n||m|·|n∣＝32574＝1579，∵cosθ2>cosθ3>cosθ1，由于y＝cosθ在区间(0，π)上单调递减，故θ2<θ3<θ1，则θ2<θ1，θ2<θ3.故选A.答案：A课时作业(三十四)1．解析：∵A

(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，AB→＝(1，0，0)，BC→＝(－1，2，－2)，∴点A到直线BC的距离为：d＝|AB→|1－（cos〈AB→，BC→〉）2＝1×1－－11×32＝223.答案：A2．解析：由题意可知PA→＝(1，2，－4).设点P到平面α的距离

为h，则h＝|PA→·n||n|＝|－2－4－4|4＋4＋1＝103.答案：D3．解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D1(0，0，1)，M1，1，12，N12，1，1，C(0，1，0)

.所以AD1＝(－1，0，1)，MN→＝－12，0，12.所以MN→＝12AD1．又直线AD1与MN不重合，所以MN∥AD1.又MN⊄平面ACD1，所以MN∥平面ACD1.因为AD1＝(－1，

0，1)，D1C＝(0，1，－1)，设平面ACD1的法向量n＝(x，y，z)，则n·AD1＝0，n·D1C＝0，所以－x＋z＝0，y－z＝0.所以x＝y＝z.令x＝1，则n＝(1，1，1).又因为AM→＝1

，1，12－(1，0，0)＝0，1，12，所以点M到平面ACD1的距离d＝AM→·n|n|＝323＝32.故直线MN与平面ACD1间的距离为32.答案：D4．解析：由正方体的性质易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间

的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．显然A1C⊥平面AB1D1，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，则平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1，

1).又A(a，0，0)，B(a，a，0)，∴BA→＝(0，－a，0)，则两平面间的距离为d＝|BA→·n||n|＝a3＝33a.答案：D5．解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，

连接B1C，AB1，因为A1D∥平面AB1C，所以异面直线AC与A1D的距离为A1到平面AB1C的距离．D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)，A1(2，0，2)，A

C→＝(－2，2，0)，AB1＝(0，2，2)，AA1＝(0，0，2).设n＝(x，y，z)为平面AB1C的法向量，由n·AC→＝0，n·AB1＝0，得x＝y＝－z，可取n＝(1，1，－1)，故A1到平面ACB1的距离为AA1·n|n|＝233.答案：A6．解析：因为n＝(

－2，－2，1)，AP→＝(－1，－2，z)，且d＝|AP→·n||n|＝|2＋4＋z|4＋4＋1＝|6＋z|3＝103，所以z＝4或－16.答案：AC7．解析：d＝|n·OP→||n|＝|－2－6＋2|4＋4＋1＝2.答案：28．解析：∵AB＝2，BC＝3，AA′＝4，则B(2，0，0

)，C(2，3，0)，A′(0，0，4)，∴CA′→＝(0，0，4)－(2，3，0)＝(－2，－3，4)，∴CB→＝(2，0，0)－(2，3，0)＝(0，－3，0)，∴CB→在CA′→上的投影为CB→·CA′→|CA′→|＝（0，－3，0）·（－2，－3，4）（－2）2＋（－3

）2＋42＝929＝92929.∴点B到直线A′C的距离d＝|CB→|2－CB→·CA′→|CA′→|2＝32－9292＝614529.答案：6145299．解析：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐

标系A­xyz，则A(0，0，0)，A1(0，0，4)，B1(2，0，4)，D1(0，2，4).设平面AB1D1的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴AB1＝(2，0，4)，AD1＝(0，2，4)，则AB1·n＝0，AD1·n＝0，∴

2x＋4z＝0，2y＋4z＝0，令z＝1，得n＝(－2，－2，1)，∴点A1到平面AB1D1的距离为d＝|AA1·n||n|＝43.答案：4310．解析：(方法一)如图，连接A1B，交AB1于点M，连接DM

，则DM⊥平面AA1B1B，所以A1B⊥DM.又A1B·AB1＝(AB→－AA1)·(AB→＋AA1)＝|AB→|2－|AA1|2＝0，∴A1B⊥AB1.∴A1B⊥平面AB1D.即A1B是平面AB1D的一个法向量．故点C到平面AB1D的距离d＝|AC→·A1

B||A1B|＝|AC→·（A1A＋AB→）|2a＝|AC→·AB→|2a＝12a22a＝24a.(方法二)如图，以B为原点，过点B与BC垂直的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A

32a，a2，0，A132a，a2，a，B1(0，0，a)，D0，a，a2，C(0，a，0).可知AB1＝－32a，－a2，a，AC→＝－32a，a2，0，A1B＝－32a，－a2

，－a.取AB1的中点M，则M34a，a4，a2.∴DM→＝34a，－34a，0，∴DM→·A1B＝34a×－32a＋－34a×－a2＋0×(－a)＝0.∴DM⊥A1B，又A1B·AB1＝－32a，－a2，－a·－32a，－a

2，a＝34a2＋a24－a2＝0，∴A1B⊥AB1.∴A1B⊥平面AB1D.即A1B是平面AB1D的一个法向量，故点C到平面AB1D的距离d＝|AC→·A1B||A1B|＝－32a，a2，0·－32a，－a2，－a2a＝24a.11．解析：

建立如图所示的空间直角坐标系，则AP→＝34(1，0，0)＋12(0，1，0)＋23(0，0，1)＝34，12，23.又AB→＝(1，0，0)，∴AP→在AB→上的投影为AP→·AB→|AB→|＝34，∴点P到AB的距离为|AP

→|2－AP→·AB→|AB→|2＝56.答案：A12．解析：取AB的中点O，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，E(1，0，0)，D(0，－1，2)，C(0，1，2)，从而AD→＝(0，0，2)，AE→＝(1，1

，0)，AC→＝(0，2，2).设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AE→＝0，n·AC→＝0，即x＋y＝0，2y＋2z＝0，令y＝1，则x＝－1，z＝－1，∴n＝(－1，1，－1)为平面ACE的一个法向量．故点

D到平面ACE的距离d＝AD→·n|n|＝－23＝233.答案：B13．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1，0，0)，B1(1，1，0)，E12，0，1，F1，12，1，D1(0，0，0)，M

0，12，1，N12，1，1.∵E，F，M，N分别是所在棱的中点，∴MN∥EF，A1E∥B1N.∴平面A1EF∥平面B1NMD1.∴平面A1EF与平面B1NMD1间的距离即为A1到平面B1NMD1的距离．设平面B1NMD1的法向量

为n＝(x，y，z)，∵D1B1＝(1，1，0)，B1N＝－12，0，1，∴n·D1B1＝0，且n·B1N＝0.即(x，y，z)·(1，1，0)＝0，且(x，y，z)·－12，0，1＝

0.∴x＋y＝0，且－12x＋z＝0，令x＝2，则y＝－2，z＝1.∴n＝(2，－2，1)，n0＝23，－23，13.∵A1B1＝(0，1，0)，∴A1到平面B1NMD1的距离为d＝|A1B1·n0|＝

（0，1，0）·23，－23，13＝23.答案：2314．解析：建立以D为坐标原点，DA→，DC→，DP→分别为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，如图所示．则P(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E1，12，0，F12，1，0，所以EF→＝

－12，12，0，PE→＝1，12，－1，DE→＝1，12，0，设平面PEF的法向量n＝(x，y，z)，则n·EF→＝0，n·PE→＝0，即－12x＋12y＝0，x＋12y－z＝0.令x＝2，则y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3

)，所以点D到平面PEF的距离d＝|DE→·n||n|＝|2＋1|4＋4＋9＝31717，因此点D到平面PEF的距离为31717.因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC.又因为AC⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，所以AC∥平面PEF.因为AE→＝0，12，0，所以点A到

平面PEF的距离d＝|AE→·n||n|＝117＝1717.所以直线AC到平面PEF的距离为1717.答案：31717171715．解析：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0，0，

0)，B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3).设点F(0，0，z).∵截面AEC1F为平行四边形，∴AF→＝EC1，∴(－2，0，z)＝(－2，0，2)，∴z＝2，∴F(0，0，2)，∴BF→＝(

－2，－4，2)，∴|BF→|＝26.即BF的长为26.(2)设平面AEC1F的一个法向量为n1＝(x，y，1)，由n1·AE→＝0，n1·AF→＝0，得0·x＋4·y＋1＝0，－2·x＋0·y＋2＝0，即4y＋1＝0，－2x＋2＝0，∴

x＝1，y＝－14，∴n1＝1，－14，1，又∵CC1＝(0，0，3)，∴点C到平面AEC1F的距离为d＝|CC1·n1||n1|＝31＋116＋1＝43311.16．解析：(1)证明如图，取AB的中点E，连接DE，则D

E∥BC，因为BC⊥AC，所以DE⊥AC，且A1D⊥平面ABC，以D为坐标原点，射线DE，DC，DA1分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，C(0，1，0)，B(2，1，0)，

设A1(0，0，t)，C1(0，2，t)，其中t＞0，则AC1＝(0，3，t)，BA1＝(－2，－1，t)，CB→＝(2，0，0)，因为AC1·CB→＝0，所以AC1⊥CB，又因为BA1⊥AC1，且BC∩BA

1＝B，BC，BA1⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC.(2)由(1)知AC1⊥平面A1BC，所以AC1·BA1＝－3＋t2＝0，t＞0，得t＝3.设平面A1AB的法向量为n＝(x，y，z)，AA1＝(0，1，3)，AB→＝(2，2，0)，所以n·AA1＝y＋3z＝0，n·AB→

＝2x＋2y＝0设z＝1，则n＝(3，－3，1).所以点C1到平面A1AB的距离d＝|AC1·n||n|＝2217.章末质量检测(三)空间向量与立体几何1．解析：因为a∥b，所以λ＋16＝1μ－1＝λ4，所以4λ＋4＝6λ，所以λ＝2，所以1μ－1＝12，所以μ＝3，所以λ＋μ＝5.故选

C.答案：C2．解析：因为E是棱CD的中点，BF→＝23BE→，所以AF→＝AB→＋BF→＝AB→＋23BE→＝AB→＋23(AE→－AB→)＝23AE→＋13AB→＝13(AC→＋AD→)＋13AB→＝13AB→＋13AC→＋13AD→.故选D.答案：D3．解析：对于A，因为2a＝4

3(a－b)＋23(a＋2b)，得2a、a－b、a＋2b三个向量共面，故它们不能构成一个基，A不正确；对于B，因为2b＝43(b－a)＋23(b＋2a)，得2b、b－a、b＋2a三个向量共面，故它们不能构成一个基，B不正确；对于C，因为找不到

实数λ，μ，使a＝λ·2b＋μ(b－c)成立，故a、2b、b－c三个向量不共面，它们能构成一个基，C正确；对于D，因为c＝12(a＋c)－12(a－c)，得c、a＋c、a－c三个向量共面，故它们不能构成一个基，D不正确．故选C.答案：C4．解析

：如图所示，∵MC1＝MC→＋CC1，MC→＝12AC→，AC→＝AB→＋AD→，AB→＝a，AD→＝b，CC1＝c，∴MC1＝12(AB→＋AD→)＋CC1＝12AB→＋12AD→＋CC1＝12a＋12b＋c，故选B.答案：B5．解析：由题得，AB→＝(1，1，0)，AC→＝

(－1，－1，－2)，又a为平面ABCD的法向量，则有a·AB→＝0a·AC→＝0，即－1＋y＝01－y－2z＝0，则y＝1，那么y2＝1.故选C.答案：C6．解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立

如下空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则E(0，2，1)，F(1，1，2)，A(2，0，0)，B1(2，2，2)，EF→＝(1，－1，1)，AB1＝(0，2，2)，设EF与AB1所成角为α，则cosα＝|EF→·AB1||EF→|·|AB1|＝0，所以α＝90°，所以E

F与AB1所成角的大小为90°.故选C.答案：C7．解析：建立如图所示的坐标系，∵正方体的棱长为1，∴A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，E

1，12，1，设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z).∴n·AB→＝0，且n·BC1＝0，即(x，y，z)·(0，1，0)＝0，且(x，y，z)·(－1，0，1)＝0.∴y＝0，且－x＋z＝0，令

x＝1，则z＝1，∴n＝(1，0，1).∴n0＝22，0，22，又EC1＝－1，12，0，∴点E到平面ABC1D1的距离为|EC1·n0|＝－1，12，0·22，022＝22.答

案：B8．解析：以A为坐标原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴建立如右图所示的空间直角坐标系：则A1(0，0，6)，A(0，0，0)，B1(0，2，6)，C1(2，0，6)则AB1＝(0，2，6)，AC1＝(2，0，6)，AA1＝(0，0，6)设平

面AB1C1的法向量为m＝(x，y，z)则m·AB1＝2y＋6z＝0m·AC1＝2x＋6z＝0，令z＝1可解得x＝－62y＝－62所以m＝(－62，－62，1)设AA1与平面AB1C1所成的角为α，则A

A1与平面AB1C1所成的角的正弦值为sinα＝cos〈m，AA1〉＝66×（－62）2＋（－62）2＋12＝12因为α∈[0，π2]∴α＝π6，故选A.答案：A9．解析：作出平行六面体ABCD­A′B′C′D′的图形如

图，可得AB→－CB→＝AB→＋BC→＝AC→，则A正确；AB→＋B′C′→＋CC′→＝AB→＋BC→＋CC′→＝AC′→，则B正确；C显然正确；AB→＋BB′→＋BC→＋C′C→＝AB→＋BC→＝AC→，则D不正确．综上，正确的有ABC.故选ABC.答

案：ABC10．解析：A中，∵a＝2e1＋3e2，b＝ke1－4e2，且a⊥b，∴a·b＝(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝2ke21＋(3k－8)e1·e2－12e22＝2k－12＝0，解得k＝6，所以A正确．B中，(OA→＋OB→)·(CA→＋CB→)＝OA→·CA→＋OA→·CB→

＋OB→·CA→＋OB→·CB→＝1×1×cos60°＋1×1×cos90°＋1×1×cos90°＋1×1×cos60°＝12＋12＝1，所以B正确．C中，AC→＝(1，1，3)，AB→＝(－1，2，0)，向量AC→在AB→上正投影＝AC→

·AB→|AB→|＝1×（－1）＋1×2＋3×0（－1）2＋22＋02＝55，所以C正确．D中，假设向量a，b，c共面，则a＝xb＋yc，所以e1－2e2＋e3＝x(－e1＋3e2＋2e3)＋y(－3e1＋7e2)，e1－2e2＋e3＝(－x－3y)e1＋(3x＋7y)e2＋

2xe3，所以1＝－x－3y，－2＝3x＋7y，1＝2x，得x＝12，y＝－12，所以向量a，b，c共面，所以D不正确．故选ABC.答案：ABC11．解析：以顶点A为端点的三条棱长都相等，它们彼此的夹角都是60°，可设棱长为1，则AA

1·AB→＝AA1·AD→＝AD→·AB→＝1×1×cos60°＝12，(AA1＋AB→＋AD→)2＝AA12＋AB→2＋AD→2＋2AA1·AB→＋2AB→·AD→＋2AA1·AD→＝1＋1＋1＋3×2×12＝6而2(AC→)2＝2

(AB→＋AD→)2＝2(AB→2＋AD→2＋2AB→·AD→)＝2(1＋1＋2×12)＝2×3＝6，所以A正确．AC1·(AB→－AD→)＝(AA1＋AB→＋AD→)·(AB→－AD→)＝AA1·AB→－AA1·AD→＋AB→2－AB→·AD→＋AD→·AB

→－AD→2＝0，所以B正确．向量B1C＝A1D，显然△AA1D为等边三角形，则∠AA1D＝60°.所以向量A1D与AA1的夹角是120°，向量B1C与AA1的夹角是120°，则C不正确．又BD1＝AD→＋AA1－AB→，AC

→＝AB→＋AD→则|BD1|＝（AD→＋AA1－AB→）2＝2，|AC→|＝（AB→＋AD→）2＝3BD1·AC→＝(AD→＋AA1－AB→)·(AB→＋AD→)＝1所以cos〈BD1，AC→〉＝BD1·AC→|BD1|·|AC→|＝12×3＝66，所以D不正确．故选AB.

答案：AB12．解析：在长方体ABCD­A1B1C1D1中，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝3AD＝3AA1＝3，所以AD＝AA1＝1，则A(1，0，0)，A1(1，0，1)，C(0，3，0)，D1(0，0，1)，D(0，0，0)，B(

1，3，0)，则A1C＝(－1，3，－1)，D1A＝(1，0，－1)；A选项，当A1C＝2A1P时，P为A1C中点，根据长方体结构特征，P为体对角线的中点，因此P也为B1D中点，所以B1，P，D三点共线；故A正确；B选项，当AP→

⊥A1C时，AP⊥A1C，由题意可得，A1C＝1＋1＋3＝5，AC＝1＋3＝2，所以由S△A1AC＝12AA1·AC＝12A1C·AP，解得：AP＝255，所以A1P＝55，即点P为靠近点A1的五等分点，所以P(45，35，45)，则D1P＝(45，35，－15

)，AP→＝(－15，35，45)，所以D1P·AP→＝－425＋325－425＝－15≠0，所以AP→与D1P不垂直，故B错误；C选项，当A1C＝3A1P时，则A1P＝13A1C＝(－13，33，－13)，设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，由n·DC1＝3y

＋z＝0n·DB→＝x＋3y＝0，令y＝1，可得：n＝(－3，1，－3)，又D1P＝A1P－A1D1＝(23，33，－13)，所以D1P·n＝0，因此D1P⊥n，所以D1P∥平面BDC1；D选项，当A1C＝5A1P时，A1P＝15A1C＝(－15，35，－1

5)，所以D1P＝A1P－A1D1＝(45，35，－15)，所以A1C·D1P＝0，A1C·D1A＝0，因此A1C⊥D1P，A1C⊥D1A，根据线面垂直定理，可得A1C⊥平面D1AP.故选ACD.答案：ACD13．解析：直三棱柱ABC­A1B1C1中，若CA→＝a，CB→＝b，

CC1＝c，BA1＝BA→＋AA1＝CA→－CB→＋CC1＝a－b＋c故答案为a－b＋c.答案：a－b＋c14．解析：因为a∥b，所以存在λ使得b＝λa⇒(－2，y，－8)＝λ(x，－3，4)，所以－2＝λx，y＝－3λ，－

8＝4λ，解得：λ＝－2，x＝1，所以a＝(1，－3，4)⇒|a|＝1＋9＋16＝26.故答案为26.答案：2615．解析：以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则B(1，2，0)，C(－1，2，0)，P(0，0，2)∴M(－12，1，1)因此

BM→＝(－32，－1，1)，设平面PCO一个法向量为n＝(x，y，z)∴（x，y，z）·（0，0，2）＝0（x，y，z）·（－1，2，0）＝0∴z＝0x＝2y，取n＝(2，1，0)因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值是|cos〈BM→，n〉|＝|－3－1

174×5|＝88585.答案：8858516．解析：(1)取空间中一组基：AB→＝a，AD→＝b，AA1＝c，因为BD⊥AN，所以BD→·AN→＝0，因为BD→＝AD→－AB→＝b－a，AN→＝AA1＋A1N＝c＋λb，所以(b－a)·(c＋λb)＝0，所以12＋λ－32－

λ2＝0，所以λ＝3－1；(2)在AD上取一点M1使得A1N＝AM1，连接M1N，M1M，M1B，因为A1N∥AM1且A1N＝AM1，所以NB1∥M1B，NB1＝M1B，又因为M1B⊄平面AB1N，NB1⊂平面AB1N，所以M1B∥平面AB1N，又因为BM∥平面AB1N，且BM∩M

1B＝B，所以平面M1MB∥平面AB1N，所以MM1∥平面AB1N，又因为平面AA1D1D∩平面AB1N＝AN，且MM1⊂平面AA1D1D，所以M1M∥AN，所以△AA1N∽△MDM1，所以A1NDM1＝AA1MD＝λA1D1（1－λ）A1D1＝2，所以λ＝23.答案：3－12317．证明：因

为AB→＝(1，2，－1)－(3，－1，2)＝(－2，3，－3)，CD→＝(3，－5，3)－(－1，1，－3)＝(4，－6，6)，又－24＝3－6＝－36，所以AB→和CD→共线，即AB∥CD.因为AD→＝(3，－5，3)－(3，－1，2)＝(0，－4，1)，BC→＝(－1，1，－3)－(1，2，

－1)＝(－2，－1，－2)，又0－2≠－4－1≠1－2，所以AD与BC不平行，所以四边形ABCD为梯形．18．解析：(1)证明：∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∠EDC＝90°，DE⊂平面CDEF，∴DE⊥平面ABCD；又AD⊥CD，如图

，以D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．由已知得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，Q(1，2，1)，P(0，4，2)，所以DA→＝(2，0，0)，DQ→＝(1，2，1)，BP→＝(－2，0，2)∴DQ→·BP→

＝1×(－2)＋2×0＋1×2＝0，∴DQ⊥BP.(2)设平面ADQ的一个法向量m＝(x，y，z)，则m·DA→＝0，m·DQ→＝0，所以，2x＝0，x＋2y＋z＝0，令y＝－1，得x＝0y＝－1，z＝2则m＝(0，－1

，2)又DE⊥平面ABCD，故取平面ABCD的一个法向量n＝(0，0，1)∴cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝21×5＝255∴由图可知，二面角Q­AD­B的余弦值为255.19．解析：(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐

标系，则D(0，0，0)，P(0，0，2)，F(1，0，0)，B(2，2，0)，E(0，1，1).则FP→＝(－1，0，2)，FB→＝(1，2，0)，DE→＝(0，1，1)，∴DE→＝12FP→＋12FB→，∴DE→∥平面PFB.又∵D不在平面PFB内，∴

DE∥平面PFB.(2)设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)，则n·FB→＝0，n·FP→＝0⇒x＋2y＝0，－x＋2z＝0，令x＝2，得y＝－1，z＝1，∴n＝(2，－1，1)，

又FD→＝(－1，0，0)，∴点D到平面PFB的距离d＝|FD→·n||n|＝26＝63.20．解析：(1)因为BE∥FD，所以B，E，F，D四点共面，因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，设AC与BD的交点为O，以O为坐标原点，OA，

OB以及垂直于平面ABC的方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz如图所示，则A(3，0，0)，F(0，－1，2)，E(0，1，1)，D(0，－1，0)，AF→＝(－3，－1，2)，AD→＝(－

3，－1，0)，AE→＝(－3，1，1)，设m＝(x1，y1，z1)为平面AEF的一个法向量，则有：AF→·m＝0AE→·m＝0，即－3x1－y1＋2z1＝0－3x1＋y1＋z1＝0，令y1＝1可得，m＝(3，1

，2)设直线AD和平面AEF所成角为θ，则sinθ＝|AD→·m||AD→||m|＝|－4|2×8＝22，所以直线AD和平面AEF所成角为45°.(2)由(1)可知，平面AEF的一个法向量为m＝(3，1，2)设n＝(x2，y2，z2)为平面ADF的一个法

向量，则有：AF→·n＝0AD→·n＝0，即－3x2－y2＋2z2＝0－3x2－y2＝0，令x2＝3可得，n＝(3，－3，0)，cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝3－3812＝0，所以二面角E－AF－D的平面角为90°

.21．解析：(1)证明：题图①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°.从而DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3.故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE.∴题图②中，A1D⊥DE，BD⊥DE，∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，又二

面角A1－DE－B为直二面角，∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB.∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED，∴A1D⊥平面BCED.(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB、D

E、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，过P作PH∥DE交BD于点H.设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，易知A1(0，0，1)，P(2－a，3a，0)，E(0，3，0)，所以PA1＝(

a－2，－3a，1).因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为DE→＝(0，3，0).因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin60°＝|PA1·DE→||PA1||DE→|＝3a4a2－4a＋5×3＝32，解得a＝54.

∴PB＝2a＝52，满足0≤2a≤3，符合题意．所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝52.22．解析：(1)证明：因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.因为平面ABC⊥平

面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.(2)由(1)知AA1⊥AC，AA1⊥AB.由题意知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz，则B(0，3，0)

，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4).所以A1B＝(0，3，－4)，A1C1＝(4，0，0).设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B＝0，n·A1C1＝0，即3y－4z＝0，4x＝0.令z＝3，则x＝0，y＝4，所以平面A1BC1

的一个法向量为n＝(0，4，3).同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝(3，4，0).所以cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝1625.由题意知二面角A1－BC1－B1为锐角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为1625.(3)假设D(x1，y1，z1)是线段BC1上一点，且BD→＝λB

C1(λ∈[0，1])，所以(x1，y1－3，z1)＝λ(4，－3，4).解得x1＝4λ，y1＝3－3λ，z1＝4λ，所以AD→＝(4λ，3－3λ，4λ).由AD→·A1B＝0，得9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0，1]，所以在线段B

C1上存在点D，使得AD⊥A1B.此时BDBC1＝λ＝925.课时作业(三十五)1．解析：从左到右通电线路可分为两类：从上面有3条；从下面有2条．由分类加法计数原理知，从左到右通电的线路共有3＋2＝5条．答案：B2．解析：因为三个年级共有12名学生，由分类加法计数原理可得：从中任选1人参加市团

委组织的演讲比赛，共有12种不同的选法．答案：D3．解析：由题意，选一本语文书一本数学书有9×7＝63种，选一本数学书一本英语书有5×7＝35种，选一本语文书一本英语书有9×5＝45种，∴共有63＋45＋35＝143种选法．答案：D4．

解析：先排第1道，有4种排法，第2，3，4，5道各有4，3，2，1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种．答案：A5．解析：分两步：第1步，取多面体，有5＋3＝8(种)不同的取法；第2步，取旋转体，有4＋2＝6(种)不同的取法．所以不同的取法种数是8×6

＝48.答案：C6．解析：第一步，取A的值，有5种取法；第二步，取B的值，有4种取法，其中当A＝1，B＝2时与A＝2，B＝4时是相同的方程；当A＝2，B＝1时与A＝4，B＝2时是相同的方程，故共有5×4－2＝18条．答案：A7．解析：每

个小组赛有6场比赛，两个小组有6＋6＝12场比赛，半决赛和决赛共有2＋2＝4场比赛，根据分类加法计数原理，共有12＋4＝16场比赛．答案：168．解析：对于英文字母来说，共有5种可能，对于数字来说，共有9种可

能，按照分步乘法原理，即可知道共有5×9＝45个不同的编号.答案：459．解析：任选一名当数学课代表可分两类，一类是从男生中选，有4种选法；另一类是从女生中选，有3种选法．根据分类加法计数原理，共有4＋3＝7种不同选法．若选男、女生各一名当组长，需分两步

：第1步，从男生中选一名，有4种选法；第2步，从女生中选一名，有3种选法．根据分步乘法计数原理，共有4×3＝12种不同选法．答案：71210．解析：从O型血的人中选1人有28种不同的选法；从A型血的人中选1人有7种不同的选法；从B型血的人中选1人有9种不同的选法；从AB型血的人中选1人有3种不同

的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理．有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数

原理．有28×7×9×3＝5292种不同的选法．11．解析：先填第一行，有3×2×1＝6(种)不同填法，再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其他单元格唯一确定．根据分步乘法计数原理，共有6×2＝12(种)不同的填法．

答案：A12．解析：分五步完成，第i步取第i个号码(i＝1，2，3，4，5).由分步乘法计数原理，可得车牌号码共有5×3×4×4×4＝960种．答案：D13．解析：先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成

直角三角形，一个点可以形成以该点为直角顶点的n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．答案：2n(n－1)14．解析：百位的数字可以选择的种数为5种，十位，个位可以选的种数分别为5种，4种则可

组成无重复数字的三位数的种数为5×5×4＝100；可组成有重复数字的三位数的种数为5×6×6＝180.答案：10018015．解析：(1)因为a不能取0，所以有5种取法，b有6种取法，c有6种取法，所以

y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a不能取小于等于0的数，所以有2种取法，b有6种取法，c有6种取法，所以y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．16．解析：(1)分步解决：第1步，千

位数字有5种选取方法；第2步，百位数字有5种选取方法；第3步，十位数字有4种选取方法；第4步，个位数字有3种选取方法．由分步乘法计数原理知，可组成无重复数字的四位整数5×5×4×3＝300(个).(2)方法一按个位是0

，2，4分为三类：第1类，个位是0的有4×4×3＝48(个)；第2类，个位是2的有3×4×3＝36(个)；第3类，个位是4的有3×4×3＝36(个).则由分类加法计数原理知，有48＋36＋36＝120(个)无重复数字的比2000大的四位偶数．方法二按千位是2，3

，4，5分四类：第1类，千位是2的有2×4×3＝24(个)；第2类，千位是3的有3×4×3＝36(个)；第3类，千位是4的有2×4×3＝24(个)；第4类，千位是5的有3×4×3＝36(个).由分类加法计数原理知，有24＋36＋24＋36＝120(个)无重复数字的比2000大的四位偶数．课时

作业(三十六)1．解析：第1张门票有10种分法，第2张门票有9种分法，第3张门票有8种分法，由分步乘法计数原理得共有10×9×8＝720(种)分法．答案：B2．解析：分两步：第一步选b，因为b≠0，所以有9种选法；第二步选a，因a≠b，所以有9种选法．由分步乘法计数原理知共有9×9＝81个

点．答案：C3．解析：当个位是0时，共有5×4×3＝60个；当个位是5时，共有4×4×3＝48个，故共有60＋48＝108(个).答案：D4．解析：第一步，从A中选1个元素，有5种；第二步，从B中选一个元素，有3种；第三步，去除元素重复的1个集合，共有5×3－1＝14(个)新集合．答案：C5．

解析：每名防控新冠疫情志愿者都有两种不同的分配方法，根据分步计数原理可知，不同的分配方案总数为23＝8种．答案：C6．解析：按每一位算筹的根数分类一共有15种情况，如下，(5，0，0)，(4，1，0)，(4，0，1)，(3，

2，0)，(3，1，1)，(3，0，2)，(2，3，0)，(2，2，1)，(2，1，2)，(2，0，3)，(1，4，0)，(1，3，1)，(1，2，2)，(1，1，3)，(1，0，4).2根及2根以上的算筹可以表示两个数

字，运用分步乘法计数原理，则上述情况能表示的三位数字个数分别为2，2，2，4，2，4，4，4，4，4，2，2，4，2，2.根据分步加法计数原理，5根算筹能表示的三位数字个数为2＋2＋2＋4＋2＋4＋4＋4＋4＋4＋2＋2＋4＋2＋2＝44.答案：B7

．解析：分两类：一、若五位数的个位数是0，则有n1＝4×3×2×1＝24种情形；二、若五位数的个位数是2，由于0不排首位，因此只有1，3，5有3种情形，中间的三个位置有3×2×1＝6种情形，依据分步计数原理可得n2＝3×6＝18种情形．由分类计数原理可得所有无重

复五位偶数的个数为n＝n1＋n2＝24＋18＝42.答案：428．解析：1号方格里可填2，3，4三个数字，有3种填法，1号方格填好后，再填与1号方格内数字相同的号的方格，又有3种填法，其余两个方格只有1种填法

．所以共有3×3×1＝9种不同的方法．答案：99．解析：分为三类：第一类，甲班选一名，乙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×5＝15种选法；第二类，甲班选一名，丙班选一名，根据分步乘法计数原理有3×2＝6种选法；第三类，乙班选一名，丙班选一名，

根据分步乘法计数原理有5×2＝10种选法．综合以上三类，根据分类加法计数原理，共有15＋6＋10＝31种不同选法．答案：3110．解析：按点P的坐标a将其分为6类：(1)若a＝1，则b＝5或6，有2个点；(2)若a＝2，则b＝5或6，有2个点；(3)若a＝3，则b＝5或

6或4，有3个点；(4)若a＝4，则b＝3或5或6，有3个点；(5)若a＝5，则b＝1，2，3，4，6，有5个点；(6)若a＝6，则b＝1，2，3，4，5，有5个点．所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20(个)点．11．解析：分为两类：第一类，A和C同色，有4×3×3＝36(种)；第

二类，A和C不同色，有4×3×2×2＝48(种).所以不同的涂色方法有36＋48＝84(种).答案：A12．解析：设抛掷三次骰子所得的点数分别为a，b，c，则a＋b＋c＝12，当a＝1时，b＋c＝11，符合条件的数对(b，c)可以

是(5，6)，(6，5)，共2对；当a＝2时，b＋c＝10，符合条件的数对(b，c)可以是(4，6)，(5，5)，(6，4)，共3对；同理，当a＝3时，b＋c＝9，符合条件的数对(b，c)有4对；当a＝4时，b

＋c＝8，符合条件的数对(b，c)有5对；当a＝5时，b＋c＝7，符合条件的数对(b，c)有6对；当a＝6时，b＋c＝6，符合条件的数对(b，c)有5对．所以不同走法共有2＋3＋4＋5＋6＋5＝25种．答案：C13．解析：要完成这件事需分四步，第一步在第一块地上种植，有2种种植方

法，第二步在第二块地上种植，有5种种植方法，第三步在第三块地上种植，有4种种植方法，第四步在第4块地上种植，有3种种植方法，由分步乘法计数原理可得，不同的种植方案有2×5×4×3＝120种．答案：12014．解析：因为

抛物线经过原点，所以c＝0，从而知c只有1种取值．又抛物线y＝ax2＋bx＋c顶点在第一象限，所以－b2a>0，4ac－b24a>0，由c＝0，得a<0，b>0，所以a∈{－3，－2，－1}，b∈{1，2，3}，这样要求的抛物线的条数可由a，b，c的取值来确定：第一步：确定a

的值，有3种方法；第二步：确定b的值，有3种方法；第三步：确定c的值，有1种方法．由分步乘法计数原理知，表示的不同的抛物线有N＝3×3×1＝9(条).答案：915．解析：完成该件事可分步进行．涂区域1，有5种颜色可选．涂区域2，有4种颜

色可选．涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选．若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选．所以共有5×4×(1×4＋3×3)＝260种涂色方法．16．解析：共分8类，当中间数为2时，有1×2＝2(个)；当中间数为

3时，有2×3＝6(个)；当中间数为4时，有3×4＝12(个)；当中间数为5时，有4×5＝20(个)；当中间数为6时，有5×6＝30(个)；当中间数为7时，有6×7＝42(个)；当中间数为8时，有7×8＝56(个)；当中间数为9时，有8×9＝72(个

).故共有凸数2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个).课时作业(三十七)1．解析：由排列与顺序有关，可知AC是排列，BD不是排列．答案：AC2．解析：本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树形图表示为：由此可知共有12个．故选B.答案：B3．解析：将4张贺卡分别记

为A，B，C，D，且按题意进行排列，用树形图表示为：由此可知共有9种送法．故选B.答案：B4．解析：先从5个人中任选1名当班长有5种选法，再从剩下4个人中任选1名当副班长有4种选法，共有5×4＝20(种).故选

A.答案：A5．解析：可分三步：第一步，排最后一个商业广告，有2种；第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告，有2种．第三步，余下的两个排公益宣传广告，有2种，根据分步乘法计数原理，不同的播放方式共有8种．故选A.答案：A6．解析：因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以

甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台进行排列，即有3×2×1＝6种，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为6种．故选D.答案：D7．解析：本题实质是求从1，2，3，4四个数字中，任意选出三个数字排成一排，有多少种排法的排列问题，故不同排法有4×3×2＝24(种)

，即可以组成24个没有重复数字的三位数．答案：248．解析：一天的课程表排法共有：6×5×4×3×2×1＝720(种).答案：7209．解析：画出树形图，如图所示：由树形图可知，共有11种不同的试种方案．答案：1110．解

析：(1)按三个位置依次安排，如图：故所有排列为ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6种．(2)列出每一个起点和终点情况，如图所示．故符合题意的机票种类有：北京广州，北京南京，北京天津，广州南京，广州天津，广州北京，南京天津，南京北

京，南京广州，天津北京，天津广州，天津南京，共12种．11．解析：从不含0的5个数中任取两个数，共有20种，其中如果选中2，3与4，6则为重复的两条，2，4和3，6也为重复的两条，所以有不同的直线20－4＝16种，当选中0时，只能表示两条不同的直线x＝0和y＝0，由加法原

理知共有16＋2＝18条不同直线．故选B.答案：B12．解析：十位数只能是3，4，5.当十位数为3时只有；132，231，共2个；当十位数是4时有：142,143,241,341，243，342，共6个；当十位数是5

时有：152，153，154,251,253,254,351,352,354，451，452，453，共12个，故共有2＋6＋12＝20个．故选C.答案：C13．解析：首先注意a1位置的数比a2位置的

数大，可以借助树形图进行筛选．满足a1>a2的树形图是：其次满足a3>a2的树形图是：再满足a3>a4的排列有：2143，3142，3241，4132，4231，共5个．答案：514．解析：将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生

，第一位大学生有5种选择，第二位大学生有4种选择，第三位大学生有3种选择，根据分步乘法计数原理可知不同的招聘方案共有5×4×3＝60(种).答案：6015．解析：(1)能组成18个不同的三位数．组成三位数分三个步骤：第一步：选百位上的数字，0不能排在首位，

故有3种不同的排法；第二步；选十位上的数字，有3种不同的排法；第三步：选个位上的数字，有2种不同的排法．由分步乘法计数原理得共有3×3×2＝18(个)不同的三位数．画出下列树形图：由树形图知，所有的三位数为102，103，120，123，130，1

32,201,203,210,213，230，231,301，302，310，312，320，321.(2)直接画出树形图：由树形图知，符合条件的三位数有8个：201,210,230，231,301,302,310,31

2.16．解析：(1)三位数的每位上数字均为1，2，3，4，5，6之一．第一步，得首位数字，有6种不同结果，第二步，得十位数字，有5种不同结果，第三步，得个位数字，有4种不同结果，故可得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个).(2)三位数中每位上数字

均可从1，2，3，4，5，6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个).课时作业(三十八)1．解析：因为A2n＝132，所以n(n－1)＝132，整理，得n2－n－132＝0，解得n＝12，或n＝－11(不合题意，舍去)，所以n的值为12.故选B.答案：B2．解析：先排3位女生，再

把2位男生插入空档中，因此排法种数A33A24＝72.故选A.答案：A3．解析：因为同学甲只能在周一值日，所以除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，所以5名同学值日顺序的编排方案共有A44＝24(种).故选B.答案：B4．解析：第1步，把3名女生作为一个整体，看成一个元素，4名男生

作为一个整体，看成一个元素，两个元素排成一排有A22种排法；第2步，对男生、女生“内部”分别进行排列，女生“内部”的排法有A33种，男生“内部”的排法有A44种．故符合题意的排法共有A22·A33·A44＝288(种).答案：D5．解析：五门课程随意安排有A55种排法，

数学课在历史课前和历史课在数学课前各占总排法数的一半，所以数学课排在历史课前的排法有12A55＝60(种).故选C.答案：C6．解析：根据题意，从事翻译工作的为特殊位置，有A14种可能方案，其余三项工作，从剩余的5人中选取，有A

35种可能方案，根据分步乘法计数原理知，选派方案共有A14A35＝4×5×4×3＝240(种)，故选B.答案：B7．解析：由题意知，能被5整除的四位数末位必为5，只有1种方法，其它位的数字从剩余的四个数中任选三个全排列有A34＝4×3×2＝24.答案：248．解析：先摆语文和物理书，不同的摆

法为A22＝2(种)；再把两本数学书插空，不同的摆法为A23＝6(种).由分步乘法计数原理可得，符合题意的摆法为2×6＝12(种).答案：129．解析：解决这个问题可以分为两步：第1步，把4位司机分配到4辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有

A44种方法；第2步，把4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，也有A44种方法，由分步乘法计数原理知，分配方案共有A44·A44＝576(种).答案：57610．解析：(1)把喜羊羊家族的四位成员看成一个元素，排法种数为A33.因为喜羊羊家族的四位成员交换顺序会产生不同排列，所以不同的排

法共有A33A44＝144(种).(2)第一步，将喜羊羊家族的四位成员排好，有A44种排法；第二步，让灰太狼、红太狼插入喜羊羊家族的四位成员形成的空(包括两端)中，有A25种排法，不同的排法共有A44A25＝480(种).11．解析：第1步，把3个家庭各自看成一个整体全排列

，不同排法有A33＝3！(种).第2步，把3个家庭分别排列，每个家庭的不同排法有A33＝3！(种)，3个家庭的不同排法共有(3！)3种．由分步乘法计数原理知，不同的坐法种数为3！×(3！)3＝(3！)4.故选C.答案：C12．解析：先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不

相邻．先安排2个小品类节目和1个相声类节目，然后在3个节目中间及两端的4个位置中选3个安排歌舞类节目，共有A33×A34＝144种排法，再剔除小品类节目相邻的情况．首先将两个小品类节目“捆绑”看成是一个元素，然后和相

声类节目进行全排列，最后“插空”安排歌舞类节目，共有A22×A22×A33＝24种排法，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种).答案：B13．解析：把3个空位看作一个元素，与3辆汽车共有4个元素全排列，故停放的方法有A44＝4×3×2×1＝24种

．答案：2414．解析：当甲在最后一个位置时，乙在剩下的位置中任意选择，方法种数为A44＝24；当甲不在第一个和最后一个位置时，甲有3种选择，乙也有3种选择，剩下的人全排列，方法种数为3×3×A33＝54，则不同的排法种数是54＋24＝78.答案：

7815．解析：(1)第一步排年轻人，共有A25种方法，第二步排3位老者，只有一种排法，出场顺序有A25×1＝20种．(2)设符合条件的排法共有x种，则x·A33·A22＝A55，解得x＝A55A33·A22＝10，即出场顺序有10种

．16．解析：从左往右看，若C排在第1位，则其他字母可以进行全排列，共有排法A55＝120种；若C排在第2位，A，B只能在C右侧的4个位置中选2个，D，E，F安排在剩下的3个位置中，共有排法A24×A33＝72种；若C排在第3位，则A，B可排在C的左侧或右侧，

共有排法A22×A33＋A23×A33＝48种；若C排在第4，5，6位，其排法数与C排在第3，2，1位时相同，故共有排法2×(120＋72＋48)＝480(种).答案：480课时作业(三十九)1．解析：∵A3n＝12Cn－2n＝12C2n，∴n(n－1)(n－2)＝12×n（n－1

）2，即n－2＝6，∴n＝8，故选D.答案：D2．解析：三张票没区别，从10人中选3人即可，即C310，故选B.答案：B3．解析：从A、B、C、D四点中任意取出3点为顶点都能构成三角形，共有C34＝4种取法．答案：B4．解析：原式＝C9798＋C9698＋C9698＋C9598

＝C9799＋C9699＝C97100.答案：B5．解析：由组合数的性质得n＝2n－3或n＋2n－3＝12，解得n＝3或n＝5.答案：C6．解析：A式显然成立；B式中Amn＝n(n－1)(n－2)…(

n－m＋1)，Am－1n－1＝(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以Amn＝nAm－1n－1，故B不成立；对于C式，Cmn÷Cm＋1n＝CmnCm＋1n＝Amn·（m＋1）！m！·Am＋1n＝m＋1n－m，故C式成立；对于D式，Cm＋1n＋1＝Am＋1n＋1（

m＋1）！＝（n＋1）·Amn（m＋1）m！＝n＋1m＋1Cmn，故D式成立．答案：ACD7．解析：要想列出所有组合，做到不重不漏，先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个地标示出来．如图所示．答案：ab，ac，ad，ae，bc，

bd，be，cd，ce，de8．解析：甲、乙、丙三地之间的距离不等，故票价不同，同距离两地票价相同，故该问题为组合问题，不同票价的种数为C23＝3×22＝3.答案：39．解析：组合数性质1：Cmn＝Cn－mn，性质2：Cmn＋Cm－1n＝Cmn＋1顺次应用性质2和性

质1可得C3n＝C4n＝Cn－4n，∴n－4＝3⇒n＝7.答案：710．解析：(1)原式＝C37＋C250×1＝7×6×53×2×1＋50×492×1＝35＋1225＝1260.(2)原方程可变形为C5n－1C3n－3＋1＝195，即C5n

－1＝145C3n－3，即（n－1）（n－2）（n－3）（n－4）（n－5）5！＝145·（n－3）（n－4）（n－5）3！.化简整理，得n2－3n－54＝0.解得n＝－6(舍去)或n＝9.故n＝9.11．解析：nrCr－1n－1＝nr·（n－1）

！（r－1）！[n－1－（r－1）]！＝n·（n－1）！r·（r－1）！（n－r）！＝n！r！（n－r）！＝Crn.答案：D12．解析：因为x＋1≤10，17－x≤10，x＋1≥0，17－x≥0，所以7≤x≤9

，又x∈N＋，所以x＝7，8，9.当x＝7时，C810＋C1010＝46；当x＝8时，C910＋C910＝20；当x＝9时，C1010＋C810＝46.答案：BD13．解析：a＝A5nCn－5n＝A5nC

5n＝A5n·5！A5n＝5！＝120.答案：12014．解析：因为C4n，C5n，C6n成等差数列，所以2C5n＝C4n＋C6n，所以2×n！5！（n－5）！＝n！4！（n－4）！＋n！6！（n－6）！，整理得n2－21n＋

98＝0，解得n＝14，n＝7(舍去)，则C1214＝C214＝91.答案：9115．解析：(1)原方程变为6（x－3）！（x－7）！（x－3－x＋7）！＝10（x－4）！（x－4－2）！(x≥7)，即x2－9x－22＝0，解得x1＝11，x2＝－2(舍去)，经检验x＝11符合，

所以x的值为11.(2)因为C4n＞C6n，所以C4n>C6n，n≥6，⇒n！4！（n－4）！＞n！6！（n－6）！，n≥6，⇒n2－9n－10<0，n≥6，所以－1<n<10，n≥6

.因为n∈N＋，所以n＝6，7，8，9.所以不等式的解集为{6，7，8，9}．16．证明：方法一原式左边＝m！(1＋C1m＋1＋C2m＋2＋…＋Cnm＋n)＝m！(C0m＋1＋C1m＋1＋C2m＋2＋…＋Cnm＋n)＝m！(C1m＋2＋C2m＋2＋

…＋Cnm＋n)＝m！(C2m＋3＋C3m＋3＋…＋Cnm＋n)…＝m！Cnm＋n＋1＝右边．故原式成立．方法二运用结论：Cmm＋Cmm＋1＋…＋Cmn＝Cm＋1n＋1，原式左边＝m！(1＋C1m＋1＋C2m＋2＋…＋Cnm＋n)＝m！(Cmm＋Cmm＋1＋Cmm＋2＋…＋Cmm＋n

)＝m！·Cm＋1m＋n＋1＝m！Cnm＋n＋1＝右边．课时作业(四十)1．解析：由于“村村通”公路的修建，是组合问题．故共需要建C28＝28条公路．答案：C2．解析：从7名队员中选出3人有C37＝7×6×53×2×1＝35种选法．答案：C3．解析：让甲学校先选，则剩余的老师到乙学校．

第1步，选女教师，不同的选法为C12＝2(种)；第二步，选男教师，不同的选法为C24＝6(种).由分步乘法计数原理可得，不同的安排方案有2×6＝12(种).故选B.答案：B4．解析：当“A选1门，B选2门”时，方法数有C13×C25＝30种，当“A选2门，B选1门”时，方法数有C23×C1

5＝15种，故总的方法数有30＋15＝45种．故选C.答案：C5．解析：由题意，先从4名骨干教师中任取2名，共有C24种取法，这样就将4名骨干教师分成了3组，再分配到3所学校，所以不同安排方案有：C24A33＝6×3×2×1＝36.故选C.答案：C6．解析：3人中至少有1名女医生，考虑间

接法，先任选3名医生共有C35种选法，没有女医生被选上的情况为C33，因此3人中至少有1名女医生的选法为C35－C33种，再安排到湖北省的A，B，C三地共有(C35－C33)·A33＝9×6＝54种，故选C.答案：C7．解析：从6个

面中任选3个面，有C36＝20种选法，3个面相邻的选法共8种，故符合条件的选法共有20－8＝12(种).答案：128．解析：10元钱刚好用完有两种情况：5种2元1本的；4种2元1本的和2种1元1本的．分两类完成：第1类，买5种2元1本的，有C58种不同买法；第2类，买4种2元l本的和2

种1元l本的，有C48·C23种不同买法．根据分类加法计数原理，可得不同买法的种数是C58＋C48·C23＝266.答案：2669．解析：有0的五位奇数有C15C13A38个，无0的五位奇数有C15A48个，所以所有的五位奇数有C15C13A38＋C15A48＝13440个．答案：134

4010．解析：(1)第一步，将最高的安排在正中间只有1种排法；第二步，从剩下的6人中任选3人安排在一侧有C36种排法；第三步，将剩下的3人安排在另一侧，只有1种排法．所以共有C36＝20种不同的排法．(2)第一步，从7人中选6人，有C67种选法；第二步，从6人中选2人安排

在第一列，有C26种排法；第三步，从剩下的4人中选2人安排在第二列，有C24种排法；最后将剩下的2人安排在第三列，只有1种排法．故共有C67×C26×C24＝630种不同的排法．11．解析：根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展工作，因此

有C24＝4×32＝6种方式，所以四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者共有C24·A33＝6×3×2×1＝36种方式．故选A.答案：A12．解析：先对中间两块涂色，则共有A25种涂色方

案，再对剩余两块涂色，则共有C13×C13＝9种；故满足题意的所有涂色方案有A25×C13×C13＝180种．故选B.答案：B13．解析：按既能当车工又能当钳工的工人中选派几人去当钳工进行分类，0人去当钳工，共C45C46＝75种选派方法；1人去当钳工，共C12C35

C45＝100种选派方法；2人去当钳工，共C25C44＝10种选派方法．所以共有75＋100＋10＝185种选派方法．答案：18514．解析：由题意可得，有1人完成2项工作，其余2人每人完成1项工作．先把工作分成3组，即2，1，1，

分法种数为C24C12C11A22＝6，再分配给3个人，分配方法数为A33＝6，故不同的安排方式共有6×6＝36(种).答案：3615．解析：(1)女生甲担任语文课代表，再选4人分别担任其他4门学科的课代表，故方法种数为A47＝840.(2)除乙外，先选出4人，

有C47种方法，连同乙在内，5人担任5门不同学科的课代表，乙不担任英语课代表，有C14A44种方法，故方法种数为C47C14A44＝3360.(3)分两类：第一类，丙担任课代表，先选出除丙外的2名男生和2名女生，有C24C23种方法，连同丙在内，5人担任5门不同学科的课代表，丙不担任英

语课代表，有C14A44种方法，所以有C24C23C14A44种方法；第二类，丙不担任课代表，有C34C23A55种方法，根据分类加法计数原理，得方法种数为C24C23C14A44＋C34C23A55＝3168.16．解

析：当A中含有1个元素时，“隔离集合对”的个数为C18(C17＋C27＋C37＋C47＋C57＋C67＋C77)＝1016；当A中含有2个元素时，“隔离集合对”的个数为C28(C16＋C26＋C36＋C46＋C56＋C66)

＝1764；当A中含有3个元素时，“隔离集合对”的个数为C38(C15＋C25＋C35＋C45＋C55)＝1736；当A中含有4个元素时，“隔离集合对”的个数为C48(C14＋C24＋C34＋C44)

＝1050；当A中含有5个元素时，“隔离集合对”的个数为C58(C13＋C23＋C33)＝392；当A中含有6个元素时，“隔离集合对”的个数为C68(C12＋C22)＝84；当A中含有7个元素时，“隔离集合对”的个数为C78＝8.所以一共有“隔离集

合对”的个数为6050.答案：6050课时作业(四十一)1．解析：由二项式定理知，(x＋1)n的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝12，即n＝11.故选A.答案：A2．解析：因为(1＋x)10＝(－2＋1－x)10，所以a8＝C810(－2)2＝45×4＝1

80.故选D.答案：D3．解析：在x－1x7的展开式的通项Tk＋1＝Ck7(－1)kx7－2k中，令7－2k＝1，得k＝3，即得x－1x7的展开式中x项的系数为C37×(－1)3＝－35.故选A.答案：

A4．解析：∵(1＋2)4＝1＋42＋12＋82＋4＝17＋122，且(1＋2)4＝a＋b2(a，b为有理数)，∴a＝17，b＝12，∴a＋b＝29.故选B.答案：B5．解析：(ax－1)5的展开式中含x3的项为C25(ax)3·(－1)2＝10a3x3，由已知得10a3＝80，解

得a＝2.故选D.答案：D6．解析：在通项Tk＋1＝Ck10(－2y)kx10－k中，令k＝4，即得(x－2y)10的展开式中x6y4的系数为C410×(－2)4＝840.故选B.答案：B7．解析：2x－18

x38的第k＋1项为Tk＋1＝Ck8(2x)8－k－18x3k＝(－1)kCk828－4kx8－4k，令8－4k＝0，解得k＝2，即T3＝T2＋1＝(－1)2C2820x0＝28.答案：288．解析：∵(a＋x)4展开式的通项为Tk＋1＝Ck4a4－

kxk且x3的系数等于8，∴C34a4－3＝8，∴a＝2.答案：29．解析：展开式的通项Tk＋1＝Cknxn－k12kx－k2＝Ckn12kxn－3k2，根据题意，第3项和第5项的二项式系数相等，即C2n＝C4n，所以n＝6，则常数项为6－3

k2＝0，得到k＝4，所以常数项C46124＝1516.答案：151610．解析：(1)依题意有C4n∶C2n＝14∶3，化简，得(n－2)(n－3)＝56，解得n＝10或n＝－5(不合题意，舍去)，所以n的值为10.(2)通项公式为Tk＋1＝Ck10(3x)10－

k·(－1)k123xk＝(－1)k12kCk10·x10－2k3，由题意得10－2k3∈Z，0≤k≤10，k∈Z，解得k＝2，5，8，所以第3项、第6项与第9项为有理项，它

们分别为454x2，－638，45256x2.11．解析：Tk＋1＝Ckn1xn－kx3k＝Cknx4k－n可知当n＝4，k＝1时，4k－n＝0，故A正确；当n＝3，k＝1时，4k－n＝1，故D正确．答案：AD12．解析：因为(1＋a

x)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，所以C25＋aC15＝5，即10＋5a＝5，解得a＝－1，故选A.答案：A13．解析：展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C34

＋2C14＝4＋8＝12.答案：1214．解析：方法一(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.所以x5y2的系数为C25C13＝30.方法

二(x2＋x＋y)5表示5个x2＋x＋y之积．∴x5y2可从其中5个因式中，两个因式中取x2，剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，因此x5y2的系数为C25C13C22＝30.答案：3015．解析：由二项展开

式的通项公式得T7＝C6n(32)n－61336，Tn＋1－6＝Tn－5＝Cn－6n(32)6133n－6，由C6n（32）n－61336Cn－6n（32）6133n－6＝16，化简得6n3－4＝6

－1，所以n3－4＝－1，所以n＝9.所以T7＝C69×(32)9－6×1336＝C39×2×19＝563.16．解析：注意到(x＋2y－1)n＝k＝0nCknxn－k(2y－1)k.其中

xn－4项仅出现在k＝4时的展开式C4nxn－4(2y－1)4中，xn－4项系数为(－1)4C4n＝n（n－1）（n－2）（n－3）24.而xy项仅出现在k＝n－1时的展开式Cn－1nx(2y－1)n－1中，xy项系数为Cn－1

nC2n－14(－1)n－3＝(－1)n－32n(n－1)·(n－2).因此有n（n－1）（n－2）（n－3）24＝(－1)n－32n(n－1)(n－2).注意到n>4，化简得n－3＝(－1)n－348，故n只能为奇数且

n－3＝48.解得n＝51.答案：51课时作业(四十二)1．解析：由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，得a＝6.答案：B2．解析：(a＋b)n展开式中所有项的二项系数和为2n.(2x－3y)9的展开式中各项的二项式

系数之和为29＝512.答案：B3．解析：由2n＝64，得n＝6，所以x＋1x6的展开式的通项为Tk＋1＝Ck6x6－k1xk＝Ck6x6－2k(0≤k≤6，k∈N).由6－2k＝0，得k＝3，∴T4＝C36＝20.故选B.答案：B4．解析：由

已知得3n＝729，∴n＝6，∴C1n＋C3n＋C5n＝C16＋C36＋C56＝32.答案：B5．解析：当(1－x)取1时，(x－1)9取8个x，则a8＝－1×C19，当(1－x)取－x时，(x－1)9取7个x，则a8＝－1×C79×(－1)2，所以a8＝－1×C79×(－1

)2－1×C19＝－45.答案：A6．解析：由题可知，该二项展开式中的项的系数于二项式系数相等，且展开式中第3项与第8项的系数为C2n，C7n，又因为其相等，则n＝9所以该展开式中二项式系数最大的项为9－12＋1＝5与9＋12＋1＝

6项即为第5项；第6项．答案：CD7．解析：由题意可得(a－1)4＝16，a－1＝±2，解得a＝－1或a＝3.答案：－1或38．解析：在(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6中，令x＝1可得，(1＋1)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.所以a0＋a1＋a2

＋…＋a6＝26＝64.答案：649．解析：由题意所有二项式系数的和为27＝128，题中二项式展开式通项公式为Tk＋1＝Ck7x7－k2x2k＝2kCk7k7－3k，令7－3k＝1，k＝2，所以含x的项的系数是22C27＝8

4.答案：1288410．解析：二项展开式的通项公式为：Tk＋1＝Cknxn－k12xk＝Ckn12kxn－3k2∴展开式前三项的系数依次为C0n，12C1n，14C2n∴C0n＋14C2n＝C1n，整理可得：

n2－9n＋8＝0解得：n＝1(舍)或n＝8∴二项展开式的通项公式为：Tk＋1＝Ck8x8－k12xk＝Ck812kx8－3k2(1)二项展开式的二项式系数的和为：C08＋C18＋…＋C88＝28＝256(2)令8－32k＝2，解得：k＝4∴展开式中含x2的项为T5

＝C48124x2＝358x2.11．解析：二项式x－1x6展开式的通项为Tk＋1＝Ck6x6－k－1xk＝Ck6x6－2k(－1)k令6－2k＝0，解得k＝3，则常数项为T4＝C36(－1)3＝－

20，故C正确；且二项式系数最大的项为第4项，故D错误；二项式系数和C06＋C16＋C26＋C36＋C46＋C56＋C66＝26＝64；令x＝1，得所有项的系数和为0，故A错误，B正确；答案：BC12．解析：第3次出现全行为1，这说

明杨辉三角中这一行全是奇数，即Ckn(k＝0，1，2，…，n)是奇数，经验证可知，第3次出现全行为1时，1的个数为8.答案：D13．解析：观察给出各展开式中x2的系数：1，3，6，10，据此可猜测a2＝n（n＋1）2.答

案：n（n＋1）214．解析：由于(ax－1)6展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck6·a6－k·x6－k·(－1)k，令6－k＝3，解得k＝3，故(ax－1)6展开式中x3的系数为(－1)3C36·a3＝－160，解得a＝2，故(ax－1)6＝(2

x－1)6展开式中各项系数和为(2－1)6＝1.答案：2115．解析：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27，令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a14＝27－1.(2)由(1)，得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27，①令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝

67，②由①－②，得2(a1＋a3＋a5＋…＋a13)＝27－67，所以a1＋a3＋a5＋…＋a13＝27－672.16．解析：令x＝0，得a0＝42n；分别令x＝1和x＝－1，将得到的两式相加，得a0＋a2＋a4＋…＋

a2n＝12(62n＋22n)，所以a2＋a4＋…＋a2n＝12(62n＋22n)－42n＝22n－1(32n＋1)－42n＝(3－1)2n－1·(32n＋1)－(3＋1)2n.根据二项式定理，展开后不能被3整除的算式为(－1)2n－1×1－12n＝－2，所以余数为1.答案：1章末质量检测(四

)计数原理1．解析：分两类：第一类，M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6个第一、二象限内的点；第二类，M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8个第一、二象限内的点．由分类加法计数原理，知共有6＋8＝14个不同的第一、

二象限内的点．故选C.答案：C2．解析：要完成配套，分两步：第一步，取“迎”字，有4种不同取法；第二步，取“新”字，有3种不同取法，故有4×3＝12种不同的配套方法．故选B.答案：B3．解析：1x＋2x6的展开式的通项为Tk＋1＝Ck6·1

x6－k(2x)k＝2kCk6x2k－6，令2k－6＝0，解得k＝3，所以展开式中的常数项为23×C36＝160.故选B.答案：B4．解析：从4位男生中选2位捆绑在一起，和剩余的2位男生插入到2位女生所形成的3个空隙中，所以共有A24A22A33＝144种不同的排法．故

选C.答案：C5．解析：某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为C23C13＝9种．故选D.答案：D6．解析：由二项式

定理得展开式的通项Tk＋1＝Ck6x6－k－axk＝Ck6(－a)kx6－32k，令6－32k＝32，得k＝3，由C36(－a)3＝－20a3＝160，得a＝－2.故选B.答案：B7．解析：(2x－y)5的展开式的通项为Ck5(2x)5－k(－y)k＝2

5－k(－1)kCk5x5－kyk.令5－k＝1，得k＝4，则x·2·C45xy4＝10x2y4；令5－k＝2，得k＝3，则y·22·(－1)·C35x2y3＝－40x2y4.所以(x＋y)(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为10－40＝－30.故选D.

答案：D8．解析：从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有C45A55＝600种，故选C.答案：C9．解析：根据题意，依次分析选项：对于A，An－1n＝n×(n－1)×……×2＝n！，故A正确；对于B，Ann＋1＝(n＋1)×n×(n－1)×…

…×2＝(n＋1)！，故B错误；对于C，nAn－1n－1＝n×(n－1)×……×1＝n！，故C正确；对于D，故m！Cmn＝m！Amnm！＝Amn，故D错误．答案：AC10．解析：若任意选择三门课程，选法总数为C37，故A错误；若物理和化学至少选一门，选法总数为C12C25＋C22

C15，故B错误；若物理和历史不能同时选，选法总数为C37－C22C15，故C正确；若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为C12C25＋C22C15－C15，故D错误．答案：ABD11．解析：A错，Amn＝Cmn·m！；B正确；C错，应为C3101－1；D正确

，由组合数定义可得0≤n－2≤2n－1（ⅰ）0≤2n－1≤n＋1（ⅱ）由(ⅰ)得n≥2，由(ⅱ)得12≤n≤2，所以n＝2.所以Cn－22n－1＋C2n－1n＋1＝C03＋C33＝2.所以B、D正确．答案：BD12．解析：根据

捆绑法得到共有C24·A33＝36，先选择一个工地有两辆工程车，再剩余的两辆车派给两个工地，共有C13C24A22＝36.C13C12C11C13＝18≠36.答案：CD13．解析：∵(1－2x)n的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，∴2n－1＝32，即n＝6

，∴(1－2x)6展开式中的第4项为T4＝C3613(－2x)3＝－160x3.答案：－160x314．解析：可以分为三类，第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德

语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理知，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42种不同的选法．答案：4215．解析：该二项展

开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ck9(2)9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(2)9＝162；当k＝1，3，5，7，9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.答案：162516．解析：从五人

中选四人有C45＝5种选择方法，分类讨论：若所选四人为甲、乙、丙、丁，则有A22×A22＝4种组队方式；若所选四人为甲、乙、丙、戊，则有C12×C12×A22＝8种组队方式；若所选四人为甲、乙、丁、戊，则有C12×C12×A22＝8种组队方式；若所选四人为甲、丙、丁、戊，则

有A22＝2种组队方式；若所选四人为乙、丙、丁、戊，则有A22＝2种组队方式．由分类加法计数原理得，不同的组队方式有4＋8＋8＋2＋2＝24种．答案：2417．解析：(1)分三步：第1步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第2步，

从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第3步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，由分步乘法计数原理可得，不同的选法种数为6×7×8＝336.(2)分三类，每类又分两步：第1类，从高一、高二两个年级各选

1个班，有6×7种不同的选法；第2类，从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同的选法；第3类，从高二、高三两个年级各选1个班，有7×8种不同的选法，故不同的选法种数为6×7＋6×8＋7×8＝146.18．解析：(1)将2个相声节目进行捆绑，与其它3个节目形成4个元

素，然后进行全排，所以，排法种数为A22A44＝48种．(2)将2个相声节目插入其它3个节目所形成的4个空中，则排法种数为A33A24＝72种．19．解析：(1)展开式的通项为Tk＋1＝Ck10(－2)kx10－32k，令10－32k＝4，解得k＝4，故展开式中

含x4项的系数为C410(－2)4＝3360.(2)第3r项的二项式系数为C3r－110，第r＋2项的二项式系数为Cr＋110，∵C3r－110＝Cr＋110，∴3r－1＝r＋1或3r－1＋r＋1＝1

0，解得r＝1或r＝2.5(不合题意，舍去)，∴r＝1.20．解析：(1)除选出A，B外，从其他10个人中再选3人，选法数为C310＝120.(2)按女生的选取情况分为四类：选2名女生、3名男生，选3名女生、2名男生，选4名女生、1名男生，选

5名女生，所有选法数为C25C37＋C35C27＋C45C17＋C55＝596.(3)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，从剩下的10人中任选3人担任其他3种职务．根据分步乘法计数原理知，所有选法数为C1

7·C15·A310＝25200.21．解析：二项展开式的通项为Tk＋1＝Ckn12x2n－k－1xk＝(－1)k12n－kCknx2n－5k2.(1)因为第9项为常数项，所以当k＝8时，2n－52k＝0，解得n＝10.(2)令2n－52k＝5，得k＝25(

2n－5)＝6，所以x5的系数为(－1)6124C610＝1058.(3)要使2n－52k，即4n－5k2为整数，只需k为偶数，由于k＝0，1，2，3，…，9，10，故符合要求的有6项，分别为展开式的第1，3，5，7，9，11项．22．解析：(1)满足条件的取法情况分为以

下三类：第一类，红球取4个，白球不取，取法有C44种；第二类，红球取3个，白球取1个，取法有C34C16种；第三类，红球取2个，白球取2个，取法有C24C26种．所以共有取法C44＋C34C16＋C24C26＝115(种).(2)设取红球x个，白球y个，则有x＋y＝5，

2x＋y≥7，0≤x≤4，0≤y≤6，其正整数解为x＝2，y＝3或x＝3，y＝2或x＝4，y＝1.因此总分不小于7的取法可分为三类，不同的取法种数为C24C36＋C34C26＋C44C16＝186.课时作业(四十三)1．解析：设A为事件“数学不及格”，B为

事件“语文不及格”，P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.030.15＝15.所以数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为15.答案：A2．解析：因为第一名同学没有抽到中奖券，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，最后一名同学抽到中奖券

的概率，显然是13.答案：B3．解析：由题意P(A)＝59事件A∩B为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”：若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；若第一次取到的为1，5，7，第二次有3种情况，故共有2×2＋3×3＝13个事件，P(A∩B)＝139×8＝1372，由条件

概率的定义：P(B|A)＝P（A∩B）P（A）＝1340.答案：B4．解析：设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，并成活而成长为幼苗)，则P(A)＝0.9，又种子发芽后的幼苗成活率为P(B

|A)＝0.8，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.答案：A5．解析：设第二天也有客人入住的概率为P，根据题意有45·P＝35，解得P＝34.答案：D6．解析：记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B.P(A)＝C25C36＝

12，P(AB)＝C14C36＝15，故P(B|A)＝P（AB）P（B）＝25.答案：B7．解析：P(A|B)＝P（AB）P（B）＝0.120.18＝23；P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.120.2＝

35.答案：23358．解析：记“第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则P(A)＝12，P(AB)＝15，故在第一次闭合后出现红灯的条件下，第二次闭合后出现红灯的概率为P(B|A)＝P（AB）P（A）＝25.答案：259．解析：设“用满6000小时未坏”为

事件A，“用满10000小时未坏”为事件B，则P(A)＝34，P(AB)＝P(B)＝12，故P(B|A)＝P（AB）P（A）＝1234＝23.答案：2310．解析：(1)两次都取得白球的概率P＝26×

26＝19；(2)记事件A：第一次取出的是红球；事件B：第二次取出的是红球，则P(A)＝4×56×5＝23，P(AB)＝4×36×5＝25，利用条件概率的计算公式，可得P(B|A)＝P（AB）P（A）＝25×32＝35.11．解析：“甲独自去一个工厂实习”为事

件B，事件B包含的基本事件有C14×32＝36，“3位大学毕业生去的工厂各不相同”为事件A，事件A包含的基本事件有A34＝24，P(A|B)＝2436＝23.答案：A12．解析：记“开关了10000次后还能继续使用”为事件A，记“开关了1500

0次后还能继续使用”为事件B，根据题意，易得P(A)＝0.80，P(B)＝0.60，则P(AB)＝0.60，由条件概率的计算方法，可得P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.600.80＝0.75.答案：A13．解析：P(A)＝336＝112，P(AB)＝136，∴P(B|A)＝P（AB）P（A

）＝136112＝13.答案：1314．解析：设事件B表示“选到第一组学生”，事件A表示“选到篮球爱好者”．①根据古典概型概率的计算公式可得P(B)＝1656＝27；②要求的是在事件A发生的条件下，事件B发生的条

件概率P(B|A).不难理解，在事件A发生的条件下(即以选到的学生是篮球爱好者为前提)，有25种不同的选择，其中属于第一组的有7种选择，因此，P(B|A)＝725.答案：①27②72515．解析：(1)由题意得：C2nC2n＋3＝n（n－1）（

n＋3）（n＋2）＝110，解得n＝2.(2)记“其中一个标号是1”为事件A，“另一个标号是1”为事件B，所以P(B|A)＝n（AB）n（A）＝C22C25－C23＝17.16．解析：设D为“该考生在这次

考试中通过”，则事件D包含事件A＝{该考生6道题全答对}，事件B＝{该考生6道题中恰答对5道}，事件C＝{该考生6道题中恰答对4道}．设E＝{该考生获得优秀}，由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝C610C620＋C5

10C110C620＋C410C210C620，P(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)，P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)＝C610C620C610＋C510C110＋C410C210C620＋C510C110C620C610＋C510C110＋C410C210C620

＝1358.故所求的概率为1358.课时作业(四十四)1．解析：∵P(B|A)＝P（AB）P（A），P(A)＝25且P(B|A)＝13，∴P(AB)＝P(A)×P(B|A)＝25×13＝215.答案：C2．解析：因甲、

乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，15.因此，他们不去北京旅游的概率分别为23，34，45，所以，至少有1人去北京旅游的概率为P＝1－23×34×45＝35.答案：B3．解析：系统可靠即A，B，C3种开关至少有一个能正常工作，则P＝1－[1－P(

A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－(1－0.9)(1－0.8)(1－0.7)＝1－0.1×0.2×0.3＝0.994.答案：B4．解析：分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A，B，则P(A)＝13，P(B)＝12，由于A，B相互独立，所以

1－P(A－)P(B－)＝1－23×12＝23.根据互斥事件可知C正确．答案：C5．解析：依题意，三枚导弹命中目标相互独立，因此方法一至少有两枚导弹命中目标的概率为P＝0.9×0.9×0.2＋0.9×0.1×0.8＋0.1×0.9×0.8＋0.9×0.9×0.8＝0.

9×0.9×(0.2＋0.8)＋2×0.9×0.1×0.8＝0.954.方法二三枚导弹中仅有一枚命中目标或均未命中目标的概率为P＝0.9×0.1×0.2＋0.1×0.9×0.2＋0.1×0.1×0.8＋0.1×0.1×0.2＝2×0.9×0.1×0.

2＋0.01＝0.046.由对立事件的概率公式知，至少有两枚导弹命中目标的概率为P′＝1－P＝0.954.答案：D6．解析：由已知P(A)＝24×24＋24×24＝12，P(B)＝P(C)＝24＝12，由已知有P(AB)＝P(A)P(B)＝14，P

(AC)＝14，P(BC)＝14，所以P(A)＝P(B)＝P(C)，则A正确；P(BC)＝P(AC)＝P(AB)，则B正确；事件A、B、C不相互独立，故P(ABC)＝18错误，即C错误；P(A)·P(B)·P(C)＝18，则D正确；综上可知正确的为ABD.答案：ABD7．解

析：P＝1－12×13＝56.答案：568．解析：由题意可知三人都达标的概率为P＝0.8×0.6×0.5＝0.24；三人中至少有一人达标的概率为P′＝1－(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.96.答案：0.240.969．解析：同命中红色区域的概率为15×16＝130

，同命中黄色区域的概率为25×12＝15，同命中蓝色区域的概率为15×14＝120，∴二人命中同色区域的概率为130＋15＋120＝2＋12＋360＝1760.答案：176010．解析：(1)记“甲投一次命中”为事件A，“乙投一次命中”为事件B，则P(A)＝12，

P(B)＝25，P(A－)＝12，P(B－)＝35.故恰好命中一次的概率为P＝P(AB－)＋P(A－B)＝P(A)P(B－)＋P(A－)P(B)＝12×35＋12×25＝510＝12.(2)设事件“甲、乙两人在罚球线各投球两次均不命中”的概率为P1，则P1

＝P(A－A－B－B－)＝P(A－)P(A－)P(B－)P(B－)＝1－122×1－252＝9100.故甲、乙两人在罚球线各投球两次，至少一次命中的概率为P＝1－P1＝91100.11．解析：因为每次取一球，所以A1，A2，A3是两两互斥的事件

，故D正确；因为P(A1)＝510，P(A2)＝210，P(A3)＝310，所以P(B|A1)＝P（BA1）P（A1）＝510×511510＝511，故B正确；同理P(B|A2)＝P（BA2）P（A2）＝210×411210＝411，P(B|A3)＝P（

BA3）P（A3）＝310×411310＝411，所以P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922，故AC错误．答案：BD12．解析：由题意，P(AB－)＝P(BA－)，即P(A)P(B－)＝P(B)P(A－)，则P(A－)＝P(B

－).又P(A－B－)＝[P(A－)]2＝19，所以P(A－)＝13，故P(A)＝1－P(A－)＝23.答案：D13．解析：由题意可知，甲、乙在三小时以上且不超过四个小时还车的概率分别为14，14，设甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，则P(A)＝14×12＋12×14＋14×14＝5

16.所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为516.答案：51614．解析：设导师估计甲、乙能过关的概率分别为p，q，则pq＝12，p（1－q）＝14，解得p＝34，q＝23.所以导师估计乙能过关的概率

为23.答案：2315．解析：记A表示事件“购买甲种保险”，B表示事件“购买乙种保险”，则由题意得A与B，A与B－，A－与B，A－与B－都是相互独立事件，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6.(1)记C表示事件“同时购买甲、乙两种保

险”，则C＝AB.∴P(C)＝P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.5×0.6＝0.3.(2)记D表示事件“购买乙种保险但不购买甲种保险”，则D＝A－B.∴P(D)＝P(A－B)＝P(A－)·P(B)＝(1－0.5)×0.6＝0.3.(3)方法一记E表示事件“至少

购买甲、乙两种保险中的一种”，则事件E包括A－B，AB－，AB，且它们彼此为互斥事件．∴P(E)＝P(A－B＋AB－＋AB)＝P(A－B)＋P(AB－)＋P(AB)＝0.5×0.6＋0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.8.方法二事件“至少购买甲、乙两种保险中的一种

”与事件“甲、乙两种保险都不购买”为对立事件．∴P(E)＝1－P(A－B－)＝1－(1－0.5)×(1－0.6)＝0.8.16．解析：(1)设甲、乙两人考试合格的事件分别为A，B，则P(A)＝C26C14＋C

36C310＝60＋20120＝23，P(B)＝C28C12＋C38C310＝56＋56120＝1415(2)由题意知事件A，B相互独立．方法一“甲、乙两人考试均不合格”即事件A－B－发生．因为P(A－B－)＝P(A－)P(B－)

＝1－23×1－1415＝145，所以甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为P＝1－P(A－B－)＝1－145＝4445.方法二“甲、乙两人至少有一人考试合格”即事件AB－，A－B，AB有一个发生，且AB－，A－B，AB彼此互斥．所以甲、乙两人至少一人考试合格的概率为P＝P(A

B－)＋P(A－B)＋P(AB)＝P(A)P(B－)＋P(A－)P(B)＋P(A)P(B)＝23×115＋13×1415＋23×1415＝4445.故甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为4445.课时作业(四十五)1

．解析：第一台机床加工的零件比第二台多一倍，那么第一台机床加工的零件所占的比例是23，第二台机床加工的零件占13，则任取一件为不合格品的概率为23×0.03＋13×0.02＝275，故为合格品的概率为1－275＝7375.答案；C2．解析：根据问题与已知条件可设A＝“任取一件这种产品，

结果是不合格品”，Bk＝“任取一件这种产品，结果是第k条流水线的产品”，k＝1，2，3，4,可用全概率公式，有P(A)＝k＝14P(Bk)P(A|Bk)，根据已知条件，可得P(B1)＝0.15，P(B2)＝0.20，P(B3)＝0.

30，P(B4)＝0.35，P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.04，P(A|B3)＝0.03，P(A|B4)＝0.02.将这些数据代入公式，得P(A)＝0.15×0.05＋0.20×0.04＋0.30×0.03＋0.35

×0.02＝0.0315.答案：C3．解析：设事件A表示“选中甲袋”，B表示“选中乙袋”，C表示“取到的球是白球”，则P(A)＝12，P(B)＝12，P(C|A)＝512，P(C|B)＝46＝23，故P(C)＝P(C|A)·P(

A)＋P(C|B)·P(B)＝512×12＋23×12＝1324.答案：D4．解析：以A1，A2，A3分别表示取得的这盒X光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，B表示取得的X光片为次品，P(A1)＝510，P(A2)＝310，P(A3)＝210，P(B|A1)＝110，P(B|A

2)＝115，P(B|A3)＝120；则由全概率公式，所求概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝510×110＋310×115＋210×120＝0.08.答案：A5．解析：令B＝{某人患高血压

}(显然B是一复杂事件)，Ai＝{某人体重的特征}(i＝1、2、3)，显然它们构成一完备事件组，且事件B只能与其中之一事件同时发生，故用全概率公式计算．P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(

B|A3)，P(B)＝0.1×0.2＋0.82×0.1＋0.08×0.05＝0.106.答案：0.1066．解析：由题意A1，A2，A3是两两互斥的事件，且A1∪A2∪A3＝Ω，所以P(B)＝P[B∩(A1∪A2∪A3)]＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝P(A1)P(B|

A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922.答案：9227．解析：设A1：药材来自甲地，A2：药材来自乙地，A3：药材来自丙地，B：抽到优等品；P(A1)＝0.4

，P(A2)＝0.35，P(A3)＝0.25，P(B|A1)＝0.65，P(B|A2)＝0.7，P(B|A3)＝0.85，P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)P(A3)＝0.65×0.4＋0.7×0.35＋0.85×0.

25＝0.7175.8．解析：设事件B＝“从仓库中随机提出的一台产品是合格品”，事件Ai＝“提出的一台产品是第i车间生产的”(i＝1，2)，则Ω＝A1∪A2，且A1与A2互斥，由题意得P(A1)＝25＝0.4，P(A2)＝35＝0.6，P(B|A1)＝0.85，P(B|A2)＝0.88.由全概率公

式，得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.85＋0.6×0.88＝0.868.9．解析：由条件概率的计算公式知A错误；由乘法公式知B正确；由全概率公式知C正确；P(B

)P(A|B)＝P(AB)，P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A－)P(B|A－)，故D正确．答案：BCD10．解析：若用A与A－分别表示居民遇到的一位同学是甲班的与乙班的，B表示是女生，则根据已知

，有P(A)＝33＋2＝35，P(A－)＝25，而且P(B|A)＝13，P(B|A－)＝12.由全概率公式可知P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A－)P(B|A－)＝35×13＋25×12＝25.答案：2511．解

析：设A＝{知道答案}，B＝{选择正确}，由题意可知P(B|A－)＝15，P(B|A)＝1，P(AB)＝P(A)＝p，由全概率公式P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|A－)P(A－)＝p＋15(1－p)＝4p＋15，得到P(A|B)＝P（

AB）P（B）＝5p4p＋1.答案：5p4p＋112．解析：设事件A＝“第一次抽出的是黑球”，B＝“第二次抽出的是黑球”，A－＝“第一次抽出的是红球”由题意得P(A)＝ba＋b，P(B|A)＝b＋ca＋b＋c，P(A－)＝aa＋b，P(B

|A－)＝ba＋b＋c.由全概率公式，得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A－)P(B|A－)＝b（b＋c）（a＋b）（a＋b＋c）＋ab（a＋b）（a＋b＋c）＝ba＋b.13．解析：A表示“取到的是一件次品”，Bi表示“取到的产品是由第i家

工厂生产的”(i＝1，2，3)，显然B1，B2，B3是样本空间S的一个划分，且有P(B1)＝0.45，P(B2)＝0.35，P(B3)＝0.2P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.03，P(A|B3)＝0.05(1)由

全概率公式P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝0.02×0.45＋0.03×0.35＋0.05×0.2＝0.0295(2)由贝叶斯公式P(B1|A)＝P（A|B1）P（B1）P（A）＝0.02×0.450.0295＝18

59P(B2|A)＝P（A|B2）P（B2）P（A）＝0.03×0.350.0295＝2159P(B3|A)＝P（A|B3）P（B3）P（A）＝0.05×0.200.0295＝2059所以，发现取到的为次品，该次品由编号为2的工厂生产的可能性最大．课时作业(四十六

)1．解析：对于选项A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，故是随机变量，故选项A正确；对于选项B：不能一一列出，故错误；对于选项C：离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和一定等于1，故错误；对于选项D：由互斥事件的定义可知正确．答案：AD2．解析：连续

抛掷两枚骰子，第一枚骰子和第二枚骰子点数之差是一个随机变量X，则“X>4”表示的试验结果只能是X＝5，即第一枚6点，第二枚1点，故选D.答案：D3．解析：第一次取到白球，符合题意，终止取球；第一次取到红球，第二次

取到白球，符合题意，终止取球；……；前六次取到红球，第七次取到白球，符合题意，终止取球．而袋中只有6个红球，所以最多取7次．故选B.答案：B4．解析：根据随机变量的分布列的性质可知，12＋13＋p＝1，解得p＝16，故选D.答案：D5．解析：由概率和

为1可知，12a＋22a＋32a＝1，解得a＝3，则P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝26＋36＝56，故选B.答案：B6．解析：由分布列的性质可得a＝0.1，则P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝0.4＋0.2＋0.1＝0.7，P(X

≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝0.2＋0.1＝0.3，P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝0.1＋0.2＝0.3，故A、B、D正确，C错误．答案：ABD7．解析：都回答不正确得－300分；答对1个问题得－100分；答对2个问题得100分；问题全答对得300分

．故答案为－300，－100，100，300.答案：－300，－100，100，3008．解析：P(2<ξ≤4)＝P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝18＋116＝316.答案：3169．解析：由0.2＋x＋0.25＋0.1＋0.15＋0.2＝1得x＝0.1，P(

η≤3)＝P(η＝1)＋P(η＝2)＋P(η＝3)＝0.2＋0.1＋0.25＝0.55答案：0.10.5510．解析：(1)由分布列的性质可知，a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝115.(2)∵PX＝k5＝115k(k＝1，2，3，4，5)，∴PX≥35＝PX

＝35＋PX＝45＋P(X＝1)＝315＋415＋515＝45.(3)当110<X<710时，X可取15，25，35，故P110<X<710＝PX＝15＋PX＝25＋PX＝35＝115＋215＋315＝25.11．解析：由题意知2b＝a＋c，a＋b

＋c＝1，解得b＝13.∵f(x)＝x2＋2x＋ξ有且只有一个零点，∴Δ＝4－4ξ＝0，解得ξ＝1，∴P(ξ＝1)＝13.故选B.答案：B12．解析：根据分布列的性质，得P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝a(11×2＋12×3＋13×4＋14×5)＝

1，解得a＝54.由12＜X＜52，知X＝1，2，所以P(12＜X＜52)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝54×11×2＋54×12×3＝56.答案：D13．解析：由离散型随机变量的分布列的性质，得1－2q≥0，12＋(1－2q)＋q2＝1，解得q＝1－22或q＝1＋22(舍去).所以P(ξ

≤0)＝P(ξ＝－1)＋P(ξ＝0)＝12＋1－2×1－22＝2－12.答案：2－1214．解析：依题意，P(ξ＝1)＝2P(ξ＝2)，P(ξ＝3)＝12P(ξ＝2)，P(ξ＝3)＝P(ξ＝4)，由分布列的性质得，1＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)

，∴4P(ξ＝2)＝1，解得P(ξ＝2)＝14，∴P(ξ＝3)＝18，P(ξ＝4)＝18.∴P(ξ>1)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＋P(ξ＝4)＝12.答案：1215．解析：(1)从箱中取两个球的情形有以下6种；{2个白球}，{

1个白球，1个黄球}，{1个白球，1个黑球}，{2个黄球}，{1个黑球，1个黄球}，{2个黑球}．当取到2个白球时，随机变量X＝－2；当取到1个白球，1个黄球时，随机变量X＝－1；当取到1个白球，1个黑球时，随机变量X＝1；当取到2个黄球时，随机变量X＝0；当取到1个黑球，1个

黄球时，随机变量X＝2；当取到2个黑球时，随机变量X＝4；所以随机变量X的可能取值为－2，－1，0，1，2，4.P(X＝－2)＝C26C212＝522，P(X＝－1)＝C16C12C212＝211，P(X＝0)＝C22C212＝166，P(X＝1)＝C16C14C212＝41

1，P(X＝2)＝C14C12C212＝433，P(X＝4)＝C24C212＝111.所以X的概率分布列如表：X－2－10124P522211166411433111(2)P(X＞0)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝4)＝411＋433＋111＝1933.16．解析：(1

)记事件A为“任取两张卡片，将卡片上的函数相加得到的函数是奇函数”，由题意知，P(A)＝C23C26＝15.(2)由题意知，ξ的所有可能取值为1，2，3，4.P(ξ＝1)＝C13C16＝12，P(ξ＝2)＝C13C16·C13C15＝310，P

(ξ＝3)＝C13C16·C12C15·C13C14＝320，P(ξ＝4)＝C13C16·C12C15·C11C14·C13C13＝120.故ξ的分布列为ξ1234P12310320120课时作业(四十七)1．解析：∵2x＋3x＋7x＋2x＋3x＋x＝1∴x＝118，EX＝3x＋14x＋6x＋1

2x＋5x＝40x＝209.答案：D2．解析：因为P(X＝1)＝0.8，P(X＝0)＝0.2，所以EX＝1×0.8＋0×0.2＝0.8.答案：B3．解析：X＝3，4，5，其分布列为X345P110310610∴EX＝3×110＋4×310

＋5×610＝4.5.答案：C4．解析：EX＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，EY＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＋3×0＝0.7，由于EY>EX，故甲比乙质量好．故选A.答案：A5．解析：由题意知，随机

变量ξ的分布列为ξmnPnm所以m＋n＝1，Eξ＝2mn＝38，解得m＝14，n＝34或m＝34，n＝14．所以m2＋n2＝58.答案：C6．解析：根据题意易知X＝0，1，2，3.分布列如下：X0123P2712554125361258125所以EX＝0×2

7125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝150125＝65.故选B.答案：B7．解析：出海的期望效益Eξ＝5000×0.6＋(1－0.6)×(－2000)＝3000－800＝2200(元).答案：22008．解析：设P(ξ＝1)＝P(

ξ＝3)＝a，P(ξ＝2)＝b，则2a＋b＝1，又Eξ＝a＋2b＋3a＝2(2a＋b)＝2×1＝2.答案：29．解析：随机变量X的取值为0，1，2，4，P(X＝0)＝34，P(X＝1)＝19，P(X＝2)＝19，P(X＝4)＝136，因此EX＝49.答案：49

10．解析：(1)由题意得5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6，0.4＋a＋b＋0.1＝1，解得a＝0.3，b＝0.2.(2)由题知ξ＝0，1，2.P(ξ＝0)＝C24C210＝215，P(ξ＝1)＝C14C16C210＝815，P(ξ＝2)＝C26C21

0＝13.所以ξ的分布列为ξ012P21581513所以符合标准A的产品数ξ的数学期望Eξ＝0×215＋1×815＋2×13＝65.11．解析：对于选项A，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分

钟”是互斥而不对立事件，所以选项A错误；对于选项B，线路一所需的平均时间为30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39分钟，线路二所需的平均时间为30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40分钟，所以线路一比线路二更节省时间，所以选项B正确；

对于选项C，线路一所需时间小于45分钟的概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟的概率为0.8，小张应该选线路二，所以选项C错误；对于选项D，所需时间之和大于100分钟，则线路一、线路二的时间可以为(50，60)，(60，50)和(6

0，60)三种情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.04，所以选项D正确．答案：BD12．解析：P(X1＝2)＝C12C15＝25，P(X2＝2)＝C22C25＝110＜P(X1＝2)，∵P(X1＝3)＝C13C

15＝35，∴EX1＝135.∵P(X2＝2)＝110，P(X2＝3)＝C13C12C25＝610，P(X2＝4)＝C23C25＝310，∴EX2＝2×110＋3×610＋4×310＝165.∴EX2＝165＞EX1.答案：C13．解析：由题意得，获

得一、二、三等奖的概率分别为a1、2a1、4a1，由a1＋2a1＋4a1＝1，得a1＝17，一、二、三等奖相应获得的奖金分别为700元，700－140＝560元，700－140×2＝420元，所以EX＝17×700

＋27×560＋47×420＝500元．答案：50014．解析：根据题意，用户抽检次数的可能取值为1，2，3，那么可知P(ξ＝1)＝110，P(ξ＝2)＝910×19＝110，P(ξ＝3)＝910×89＝810，故Eξ＝1×110＋2×110

＋3×810＝2710.答案：271015．解析：(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝2＋350＝110.(2)依题意得，X1的分布列为X1123P125350910X2的分布列为X21.8

2.9P110910(3)由(2)，得EX1＝1×125＋2×350＋3×910＝14350＝2.86(万元)，EX2＝1.8×110＋2.9×910＝2.79(万元).因为EX1>EX2，所以应生产甲品牌轿车．16．解析：(1)n＝1时，袋中白球的个数可

能为a(即取出的是白球)，概率为aa＋b；也可能为a＋1(即取出的是黑球)，概率为ba＋b.故EX1＝a×aa＋b＋(a＋1)×ba＋b＝a2＋ab＋ba＋b.(2)当k＝0时，P(Xn＋1＝a＋0)＝p0·aa＋b.k≥1时，第n＋1

次操作后袋中有(a＋k)个白球的可能性有两种：①第n次操作后袋中有(a＋k)个白球，显然每次取球后，球的总数保持不变，即(a＋b)个(此时黑球有(b－k)个)，第n＋1次取出来的也是白球，这种情况发生的概率为pk·a＋ka＋b.②第n次操

作后袋中有(a＋k－1)个白球，第n＋1次取出来的是黑球，由于球的总数保持不变，为(a＋b)个，故第n次操作后黑球的个数为b－k＋1，这种情况发生的概率为pk－1·b－k＋1a＋b(k≥1).故P(Xn＋1＝a＋k)＝pk·a＋ka＋b＋pk－1·b－

k＋1a＋b(k≥1).课时作业(四十八)1．解析：∵离散型随机变量X的期望EX反映了X取值的平均水平，∴选项A正确，选项B错误．∵离散型随机变量X的方差DX反映了X取值的波动水平，∴选项C错误，选项D正确．答案：AD2．解析：由题意得，1×12＋2x＋3y＝158，12＋x＋y＝1，解

得x＝18，y＝38．所以DX＝1－1582×12＋2－1582×18＋3－1582×38＝5564.故选D.答案：D3．解析：设P(X＝1)＝p，P(X＝2)＝q，由题意，EX＝0

×14＋p＋2q＝1，且14＋p＋q＝1，解得p＝12，q＝14，∴DX＝14(0－1)2＋12(1－1)2＋14(2－1)2＝12.答案：C4．解析：抛掷一枚硬币，规定正面向上得1分，反面向上得－1分，则得分X的分布列为X1－1P0.50.5所以EX

＝1×0.5＋(－1)×0.5＝0，DX＝(1－0)2×0.5＋(－1－0)2×0.5＝1.答案：A5．解析：由题知23x1＋13x2＝43，又DX＝(x1－EX)2p1＋(x2－EX)2p2＝x1－432×23＋x2－432×13＝29，两式

联立可得x1＝53，x2＝23或x1＝1，x2＝2，又x1<x2，所以x1＝1，x2＝2，故x1＋x2＝3.故选A.答案：A6．解析：由分布列可知，P(X＝0)＝13，a＝1－12－13＝16，EX＝(－1)×

12＋0×13＋1×16＝－13；DX＝－1＋132×12＋0＋132×13＋1＋132×16＝59.答案：ABC7．解析：均值Eξ＝(－1)×12＋0×13＋1×16＝－13；方差Dξ

＝(－1－Eξ)2×12＋(0－Eξ)2×13＋(1－Eξ)2×16＝59.答案：－13598．解析：因为EX1＝EX2，DX1>DX2，故乙包装机的质量稳定．答案：乙9．解析：由题意可得，2x＋y＝1，即y＝1－2x，所以Eξ＝x＋2y＋3x＝4x＋2y＝4x＋2(1－2x)＝2，所以Dξ

＝(1－2)2x＋(2－2)2(1－2x)＋(3－2)2x＝2x.因为Dξ＝12，所以2x＝12，解得x＝14，所以y＝1－2×14＝12，所以x＋y＝14＋12＝34.答案：3410．解析：由题意可知，X的所有可能的取值为5，4，3.P(X＝5)＝C22C14C36＝15，P(X＝4)＝C12C

24C36＝35，P(X＝3)＝C34C36＝15，故X的分布列为X543P153515EX＝5×15＋4×35＋3×15＝4，DX＝(5－4)2×15＋(4－4)2×35＋(3－4)2×15＝25.11．解析：由题意

可得，Eξ1＝0×0.7＋1×0.2＋2×0.06＋3×0.04＝0.44，Eξ2＝0×0.8＋1×0.06＋2×0.04＋3×0.1＝0.44，Dξ1＝(0－0.44)2×0.7＋(1－0.44)2×0.2＋(2－0.44)2×0.06＋(3－0

.44)2×0.04＝0.6064，Dξ2＝(0－0.44)2×0.8＋(1－0.44)2×0.06＋(2－0.44)2×0.04＋(3－0.44)2×0.1＝0.9264.因为Eξ1＝Eξ2，Dξ1<Dξ2，所以A机床加工零件较稳定、质量较好．所以选购A机床．故选

A.答案：A12．解析：由题意Eξ＝p2＋2(1－p)＝(p－1)2＋1，由于0＜p＜1，所以Eξ随着p的增大而减小，A错，B正确；又p－p2＝p(1－p)＜1－p，所以C正确；p＝34时，p(ξ＝2)＝14，而P(ξ＝1)＝3

42＝916＞14，D错．答案：BC13．解析：由题意可得a＋b＋12＝1，EX＝a＋2b＝23，0＜a＜120＜b＜12，解得a＝13b＝16，因此DX＝0－232×12＋1－

232×13＋2－232×16＝59.答案：135914．解析：因为Eξ＝0×p2＋1×12＋2×1－p2＝3－2p2，所以Dξ＝p20－3－2p22＋121－3－2p22＋1－p22－3－2p22＝14[2－(2p－1)2]≤12，当且仅

当p＝12时取等号，因此Dξ的最大值是12.答案：1215．解析：若按方案一执行，设收益为ξ万元，则其分布列为ξ4－2P1212所以Eξ＝4×12＋(－2)×12＝1(万元).若按方案二执行，设收益为η万元，则其分布列为η20－1P351515所以

Eη＝2×35＋0×15＋(－1)×15＝1(万元).若按方案三执行，收益y＝10×4%＝0.4(万元).因为Eξ＝Eη>y，所以应从方案一、方案二中选择一种投资方式．Dξ＝(4－1)2×12＋(－2－1)

2×12＝9，Dη＝(2－1)2×35＋(0－1)2×15＋(－1－1)2×15＝85.易知Dξ>Dη.这说明虽然方案一、方案二收益均值相等，但方案二更稳定，所以建议李师傅家选择第二种投资方案．16．解析：方法一Eξ1＝0×(1－p1)

＋1×p1＝p1，同理，Eξ2＝p2，∵0<p1<p2，∴Eξ1<Eξ2.Dξ1＝(0－p1)2(1－p1)＋(1－p1)2·p1＝p1－p21，同理，Dξ2＝p2－p22.Dξ1－Dξ2＝p1－p2－(

p21－p22)＝(p1－p2)(1－p1－p2).∵0<p1<p2<12，∴p1－p2<0，1－p1－p2>0，∴(p1－p2)(1－p1－p2)<0，∴Dξ1<Dξ2.故选A.方法二Eξ1＝0×(1－p1

)＋1×p1＝p1，同理，Eξ2＝p2，∵0<p1<p2，∴Eξ1<Eξ2.Dξ1＝(0－p1)2(1－p1)＋(1－p1)2·p1＝p1－p21，同理，Dξ2＝p2－p22.令f(x)＝x－x2，则f(x)在0，12上为增函数，∵0<p1<p2<12，∴f(p1)<f(

p2)，则Dξ1<Dξ2.故选A.答案：A课时作业(四十九)1．解析：他能及格的概率P＝C34×0.43×(1－0.4)＋C44×0.44≈0.18.故选A.答案：A2．解析：根据题意，该球星命中球数X～B8，12，∴EX＝8×12＝

4，DX＝8×12×1－12＝2.设该球星的得分为随机变量Y，则Y＝3X－(8－X)＝4X－8，∴EY＝E(4X－8)＝4EX－8＝4×4－8＝8，DY＝D(4X－8)＝16DX＝16×2＝32.故选B.答案：B3．解析：两枚硬币同时出现反面的

概率为12×12＝14，故ξ～B10，14，因此Dξ＝10×14×1－14＝158.答案：A4．解析：∵X～Bn，13，且D(X)＝23，∴n×13×1－13＝23，解得n＝3，∴P(0≤X≤2)＝1－P(X＝3)＝1

－133＝2627，故选C.答案：C5．解析：P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝C12p(1－p)＋C22p2＝59，即9p2－18p＋5＝0，解得p＝13或p＝53(舍去)，故P(Y≥2)＝1－P(Y＝0)－P(Y＝1)＝1－C04×

1－134－C14×13×1－133＝1127.故选B.答案：B6．解析：∵X～B(10，0.01)，∴EX＝10×0.01＝0.1，DX＝10×0.01×0.99＝0.099.∴P(X＝k)＝Ck10×0.01k×0.9910－k.答案：AD7．解析：每位申请人

申请房源为一次试验，这是4次独立重复试验，设“申请A片区房源”为事件D，则P(D)＝13，所以4位申请人中恰有2人申请A片区的概率为C24×132×1－132＝827.答案：8278．解析：

由题意及二项分布的均值、方差公式得，EX＝np＝52，DX＝np（1－p）＝54，解得n＝5，p＝12．所以P(X＝1)＝C15×12×1－124＝C15×125＝532.答案：5329．

解析：随机变量ξ的分布列为：ξ01P1－mm所以Eξ＝0×(1－m)＋1×m＝m.所以Dξ＝(0－m)2×(1－m)＋(1－m)2×m＝m(1－m).答案：m(1－m)10．解析：(1)任选1名下岗人

员，记“该人参加过财会培训”为事件A，“该人参加过计算机培训”为事件B，则事件A与B相互独立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75.所以该下岗人员没有参加过培训的概率为P(A－B－)＝P(A－)·P(B－)＝(1－0.6)×(1－0.75)＝0.1.所以该人参加过培训的概率为1－0.1

＝0.9.(2)因为每个人的选择是相互独立的，所以3人中参加过培训的人数ξ～B(3，0.9)，P(ξ＝k)＝Ck30.9k×(1－0.9)3－k，k＝0，1，2，3，所以ξ的分布列为ξ0123P0.0010.0270.2430.7291

1.解析：由题得小汽车的普及率为34，A.这5个家庭均有小汽车的概率为345＝2431024，所以该命题是真命题；B.这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为C35343142＝135512，所以该命题是假命题；C.这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽

车，是真命题；D.这5个家庭中，四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为C4534414＋345＝81128，所以该命题是真命题．答案：ACD12．解析：设“连续测试n次，至少有一次通过”为事件A，则其对立

事件A－为“n次测试都没通过”，由题意知，P(A－)＝C0n1－12n，则P(A)＝1－P(A－)＝1－C0n12n，因为至少有一次通过的概率大于0.9，所以1－C0n12n>0.9，即12

n<0.1，易知n≥4，所以n的最小值为4.故选C.答案：C13．解析：由题知X～B(10，p)，则DX＝10×p×(1－p)＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵P(X＝4)<P(X＝6)，即C410p4(1－p)6<C610p6(1－p)4⇒(1－p)2<p2⇒p>0

.5，∴p＝0.6.答案：0.614．解析：甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45，则甲击中的次数X～B3，45，∴甲三次射击命中次数的期望为EX＝3×45＝125，乙第一次射击的命中率

为78，第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12，乙若射中，则不再继续射击，则乙射中的概率为：P＝78＋18×34＋18×14×12＝6364.答案：125636415．解析：(1)因为甲同

学上学期间的五天中到校情况相互独立，且每天7：10之前到校的概率为23，所以X～B(5，23)，从而P(X＝k)＝Ck523k135－k，k＝0，1，2，3，4，5所以，随机变量X的分布列为：P012345

X12431024340243802438024332243所以EX＝5×23＝103；(2)设乙同学上学期间的五天中7：10之前到校的天数为Y，则Y～B5，23，且事件M＝{X＝3，Y＝0}∪{X＝4，Y＝1}∪{X＝5，Y＝2}，由题意知，事件

{X＝3，Y＝0}，{X＝4，Y＝1}，{X＝5，Y＝2}之间互斥，且X与Y相互独立，由(1)可得P(M)＝80243×1243＋80243×10243＋32243×40243＝802187.16．解析：根据题意知，抛掷两枚骰子各一次

，点P的坐标共有6×6＝36种情况，其中在圆x2＋y2＝16内的点的坐标有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，共8个，则点P在圆x2＋y2＝16内的概率为836＝29.根据题意知，X～B3，29，所以P(X＝0)＝C03×

290×1－293＝343729，P(X＝1)＝C13×291×1－292＝98243，P(X＝2)＝C23×292×1－291＝28243，P(X＝3)＝C33×293×1－290＝872

9.所以X的分布列为X0123P34372998243282438729课时作业(五十)1．解析：由超几何分布的概念知CD符合．答案：CD2．解析：X服从超几何分布，则P(X＝4)＝C47C68C1015，故选C.

答案：C3．解析：方法一任意抽取的2件产品中次品数X服从超几何分布，其中P(X＝1)＝C15C145C250＝949，P(X＝2)＝C25C045C250＝2245，因此出现次品的概率为P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝47245.方法二任意抽取的2件产品中次品数X服从超几

何分布，其中P(X＝0)＝C05C245C250，故所求概率为P＝1－P(X＝0)＝1－C05C245C250＝47245.故选D.答案：D4．解析：随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.P(X＝k)＝Ck5C4－k3C48(k＝1，2

，3，4).所以，随机变量X的分布列为X1234P1143737114随机变量X的数学期望EX＝1×114＋2×37＋3×37＋4×114＝52，故选B.答案：B5．解析：由题意，可得C1nC310－nC410＝821，∴n(10

－n)(9－n)(8－n)＝480，将选项中的值代入检验，知选C.答案：C6．解析：由题意，知X取0，1，2，X服从超几何分布，它取每个值的概率都符合等可能事件的概率公式，即P(X＝0)＝C27C210＝715，P(X＝1)＝C17·C13C210＝7

15，P(X＝2)＝C23C210＝115，于是P(X<2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝715＋715＝1415.答案：C7．解析：X满足超几何分布，所以P(X＝2)＝C23C27C410＝310.答案：3108．解析：方

法一随机变量X的取值为0，1，2，则P(X＝0)＝C27C210＝715，P(X＝1)＝C17·C13C210＝715，P(X＝2)＝C23C210＝115.∴EX＝0×715＋1×715＋2×115＝35.方法二

由题意知，随机变量X服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝2，则由超几何分布的均值公式和方差公式知EX＝nMN＝2×310＝35.答案：359．解析：由题意可知X的可能取值为0，1，2，且X服从超几

何分布，即P(X＝k)＝Ck2C3－k4C36，k＝0，1，2，所以P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝C02C34C36＋C12C24C36＝15＋35＝45.答案：4510．解析：(1)设抽到他能背诵的课文的数量为X，则P(X＝r)＝Cr6C3－

r4C310(r＝0，1，2，3).所以P(X＝0)＝C06C34C310＝130，P(X＝1)＝C16C24C310＝310，P(X＝2)＝C26C14C310＝12，P(X＝3)＝C36C04C310＝16.所以X

的概率分布为X0123P1303101216(2)能及格的概率为：P(ξ≥2)＝12＋16＝23.11．解析：正品数比次品数少，有两种情况：0个正品4个次品，1个正品3个次品，由超几何分布的概率可知，当0个正品4个次品时P＝C44C410＝1210，当1个正品3个次

品时P＝C16C34C410＝24210＝435，所以正品数比次品数少的概率为1210＋435＝542.答案：A12．解析：用X表示这3个村庄中深度贫困村数，X服从超几何分布，故P(X＝k)＝Ck3C3－k4C37，所以P(X＝0)＝C34C03C3

7＝435，P(X＝1)＝C24C13C37＝1835，P(X＝2)＝C14C23C37＝1235，P(X＝3)＝C04C33C37＝135，P(X＝1)＋P(X＝2)＝67.答案：B13．解析：设所选3题中李明能答对的题数为X，

则X服从参数为N＝10，M＝6，n＝3的超几何分布，且P(X＝k)＝Ck6C3－k4C310(k＝0，1，2，3)，故所求概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C26C14C310＋C36C04C310＝60120

＋20120＝23.答案：2314．解析：设摸出标有数字1的球的个数为X，则所求的概率为：1－P(X＝2)－P(X＝3)＝1－C25C35C510－C35C25C510＝1－5063＝1363.答案：136315

．解析：(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝C13·C27＋C03·C37C310＝4960.故选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为4960.(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3.P(X＝k

)＝Ck4·C3－k6C310(k＝0，1，2，3).随机变量X的分布列为X0123P1612310130随机变量X的数学期望EX＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.16．解析：(1)∵在备选的

10道题中，甲答对其中每道题的概率都是45，∴选中的4个题目甲恰有2个题目答对的概率P＝C24452152＝96625.(2)由题意知乙答对的题目数X的可能取值为2，3，4，且P(X＝2)＝C22C28

C410＝28210＝215，P(X＝3)＝C12C38C410＝112210＝815，P(X＝4)＝C48C410＝70210＝13，∴X的分布列为X234P21581513(3)由(2)知乙平均答对的题目数EX＝2×215＋3×815＋4×1

3＝165，甲答对题目数Y～B4，45，甲平均答对的题目数EY＝4×45＝165.∴甲、乙两人平均答对的题目数相同．课时作业(五十一)1．解析：∵ξ服从正态分布N(4，3)，P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，∴2a－3＋a＋2＝4×2，解得a＝3.答案：D2．解析：由正态曲线的对称性

及题意知：μ＝0，σ＝1，所以曲线关于直线x＝0对称，所以p1＝p2.故选C.答案：C3．解析：因测量值ξ为随机变量，又ξ～N(10，0.04)，所以μ＝10，σ＝0.2，记I＝(μ－3σ，μ＋3σ)＝(9.4，10.6)，9.9

∈I，9.3∉I.∴上午生产情况正常，下午生产情况异常．故选A.答案：A4．解析：根据正态曲线的对称性及P(ξ<2)＝P(ξ>6)，得μ＝2＋62＝4，则P(2≤ξ<4)＝12P(2≤ξ<6)＝12×(1－0.15×2)＝0.35.故选B.答案：B5．解析：∵大米质量ξ服从正态分布N(10，σ

2)，∴正态曲线关于直线ξ＝10对称，∵P(9.9≤ξ≤10.1)＝0.96，∴P(ξ<9.9)＝1－0.962＝0.02，∴分发到的大米质量在9.9kg以下的职工数大约为0.02×1000＝20.故选B.答案：B6．解析：依题意μ＝105，σ＝10，2σ＝20，μ－2σ＝85.期望为

105，选项A正确；方差为100，标准差为10，选项B错误；该市85分以上占1－1－0.95442＝0.9772，故C错误；由于90＋1202＝105，根据对称性可判断选项D正确．答案：AD7．解析：由正态曲线关于直

线x＝μ对称和随机变量落在区间(0.2，＋∞)内的概率为0.5，得μ＝0.2.∴正态曲线f(x)在x＝0.2时，达到最高点．答案：0.28．解析：∵P(μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝0.6826，∴P(ξ≥μ＋σ)＝12×(1－0.6

826)＝0.1587，∵ξ～N(1，σ2)，∴P(ξ≥1＋σ)＝0.1587，∴1＋σ＝3，即σ＝2.答案：29．解析：设X表示该市学生的数学成绩，则X～N(80，102)，则P(80－10<X≤80＋10)＝0.683.所以在80分到90分之间的人数

为48000×12×0.683≈16392(人).答案：1639210．解析：(1)由题意知X～N(0，1.52)，即μ＝0，σ＝1.5，故密度函数φ(x)＝11.52πe－x24.5.(2)设Y表示5件产品中的合格品数，每件产品是合格品的概率为P(|X|≤1

.5)＝P(－1.5≤X≤1.5)＝0.683，而Y～B(5，0.683)，合格率不小于80%，即Y≥5×0.8＝4，故P(Y≥4)＝P(Y＝4)＋P(Y＝5)＝C45×0.6834×(1－0.683)＋0.6835≈0.494.11．解析：∵随机变量ξ服从标准正态分

布N(0，1)，∴正态曲线关于ξ＝0对称，∵φ(x)＝P(ξ≤x，x>0)，根据曲线的对称性可得：A.φ(－x)＝φ(ξ≥x)＝1－φ(x)，所以该命题正确；B.φ(2x)＝φ(ξ≤2x)，2φ(x)＝2φ(ξ≤x)，所以φ(2x)＝2φ(x)错误；C.P(|ξ|<x)＝P(－x≤

ξ≤x)＝1－2φ(－x)＝1－2[1－φ(x)]＝2φ(x)－1，所以该命题正确；D.P(|ξ|>x)＝P(ξ>x或ξ<－x)＝1－φ(x)＋φ(－x)＝1－φ(x)＋1－φ(x)＝2－2φ(x)，所以该命题错误．答案：AC12．解析：∵ξ服从正态分布N(1，σ2)，且ξ在(0，

1)内取值的概率为0.4，由正态曲线的对称性可知ξ在(1，2)内取值的概率也为0.4，∴P(0<ξ<2)＝P(0<ξ<1)＋P(1<ξ<2)＝0.4＋0.4＝0.8，任取这样的元件100个，测量结果在(0，2)内的期望值为10

0×0.8＝80.故选C.答案：C13．解析：由三个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1000，502)得，三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为p＝12.使用寿命超过1000小时的元件1或元件2正常工作的概率为p1＝1－(1－p)2

＝34.那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为p2＝p1×p＝34×12＝38.答案：3814．解析：(1)由题意可知，峰期后移了70－35＝35(天)；(2)峰值下降了12π×2－12π×8÷12π×2＝12＝50%.答案：3550

15．解析：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x－和样本方差s2分别为x－＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝

200，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)由(1)知，Z～N(200，150)，所以P(187.8<Z<212.2)＝P(200－12.2<Z<200＋12.2)＝0

.6826.16．解析：(1)因为物理原始成绩ξ～N(60，132)，所以P(47<ξ<86)＝P(47<ξ<60)＋P(60≤ξ<86)＝12P(60－13<ξ<60＋13)＋12P(60－2×13≤ξ<60＋2×13)＝0.6822＋0.9

542＝0.818.所以物理原始成绩在(47，86)的人数为2000×0.818＝1636(人).(2)由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间[61，80]内的概率为25.所以随机抽取三人，则X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B3，25，所以

P(X＝0)＝353＝27125，P(X＝1)＝C13·25·352＝54125，P(X＝2)＝C23·252·35＝36125，P(X＝3)＝253＝8125.所以X的分布列为X0123P2712554125361258125

所以数学期望EX＝3×25＝65.章末质量检测(五)概率1．解析：∵ξ是等可能取值，∴P(ξ＝k)＝1n(k＝1，2，…，n)，∴P(ξ<4)＝3n＝0.3，∴n＝10.故选C.答案：C2．解析：m＝1－0.5－0.2＝0.3，所以Eξ＝1×0.5＋3×0.3＋5×0.2＝2.4.故选D.答案：

D3．解析：P(ξ≥2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)＝1－C010120×1－1210－C110121×1－129＝1－11024－101024＝10131024.故选C.答案：C4．解析：因为ξ～N(0，

σ2)，且P(－2≤ξ≤0)＝0.4，所以P(ξ<－2)＝0.5－0.4＝0.1，所以P(ξ>2)＝P(ξ<－2)＝0.1.故选A.答案：A5．解析：同时抛掷2枚质地均匀的硬币，恰好出现两枚正面向上的概率P＝12×12＝1

4所以2枚硬币均正面向上的次数X～B4，14所以DX＝4×14×34＝34.答案：B6．解析：P(B)＝1×2×22×2×2＝12，P(AB)＝1×1×22×2×2＝14，∴P(A|B)＝P（AB）P（B）＝12.故选C.答案：C7．解析：随机变量X服从超几何分布，其中N＝10，M＝

6，n＝3，则P(X＝2)＝C26C14C310＝12.故选D.答案：D8．解析：由题意知，玩一次游戏甲赢的概率为P＝1025＝25，那么，玩三次游戏，甲赢两次的概率为C23252×1－25＝36125.故选C.答案：C9．解析：由条件概

率公式P(B|A)＝P（AB）P（A）及0<P(A)≤1知P(B|A)≥P(AB)，故A错误；当事件A包含事件B时，有P(AB)＝P(B)，此时P(B|A)＝P（B）P（A），故B正确；由于0≤P(B|A)≤1，

P(A|A)＝1，故C，D错误．答案：ACD10．解析：由分布列知，P(η＝－2)＋P(η＝－1)＋P(η＝0)＋P(η＝1)＝0.1＋0.2＋0.2＋0.3＝0.8，P(η<2)＝0.8，故1<x≤2.故选BC.答案：BC11．解析：因为正态

分布N(μ，σ2)关于x＝μ对称，又X落在区间(－3，－1)内的概率和落在区间(1，3)内的概率相等，所以μ＝0，A正确；因为正态分布N(μ，σ2)关于x＝μ对称，所以P(X>0)＝12，∴P(0<X<2)＝P(X>0)－P(X≥2)＝12－p，C正确；P(X

<－2)＝P(X>2)＝p，σ不确定，所以B，D错误；故选AC.答案：AC12．解析：设该班级每个小组共有n名女生，∵抽取的6名学生中至少有一名男生的概率为728729，∴抽取的6名学生中没有男生(即6名学生全为女生)的概率为1－728729＝1729，∴nn＋46

＝1729＝136，解得n＝2，∴每个小组有4名男生、2名女生，共6名学生，∴该班级共有36名学生，则A对；∴第一小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为16，则B错；抽取的6名学生中男女生数量相同的概率是C36·463

·263＝160729，则C对；设抽取的6名学生中女生数量为X，则X～B6，13，则DX＝6×13×1－13＝43，则D对；故选ACD.答案：ACD13．解析：因为P(ξ＝1)

＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝1，即m231＋232＋233＝1，所以m＝2738.答案：273814．解析：因三人中有一人或两人达标，其概率为1－34×23×35－14×13×25＝23.答案：2315．解析：X～B(100，0.0

2)，所以DX＝np(1－p)＝100×0.02×0.98＝1.96.答案：1.9616．解析：①由题意可得0≤13－p≤13，0≤p≤13，p≥15，解得15≤p≤13.因为EX＝0×2p＋13＋1×13－p＋2×13－p＝1－3p≤25，所以E

X的最大值是25，②因为DX＝[0－(1－3p)]2×2p＋13＋[1－(1－3p)]2×13－p＋[2－(1－3p)]2×13－p＝－9p2＋p＋23，因为15≤p≤13，所以DX≤3875，所以DX的最大值

是3875.答案：25387517．解析：(1)从6人中任选3人，选法共有C36＝20(种)，其中男生甲和女生乙都不被选中的概率为C3420＝15.故男生甲或女生乙被选中的概率为1－15＝45.(2)由题

知，P(A)＝C2520＝12.又P(B)＝P(A)＝12，P(AB)＝C1420＝15，所以P(A|B)＝P（AB）P（B）＝25.18．解析：用ξ表示小李击中目标的次数，η表示他的得分，则由题意知ξ～B(10，0.8)，η＝3ξ＋

2.因为Eξ＝10×0.8＝8，Dξ＝10×0.8×(1－0.8)＝1.6，所以Eη＝E(3ξ＋2)＝3Eξ＋2＝3×8＋2＝26(分)，Dη＝D(3ξ＋2)＝32×Dξ＝9×1.6＝14.4.所以小李在比赛中得分的

数学期望为26分，方差为14.4.19．解析：(1)记“取出的3张卡片上的数字互不相同”为事件A，则P(A)＝C35C12C12C12C310＝23.(2)随机变量X的可能取值为2，3，4，5.P(X＝2)＝C34C310＝130，P(X＝3)＝C12C24＋C22C14C310＝215，P(X＝

4)＝C12C26＋C22C16C310＝310，P(X＝5)＝C12C28＋C22C18C310＝815，所以随机变量X的分布列为X2345P13021531081520.解析：(1)根据题意及题图得，参加社区服务时间在[90，95)内的学生人数为200×0.06×5＝60

，参加社区服务时间在[95，100]内的学生人数为200×0.02×5＝20，∴抽取的200位学生中，参加社区服务时间不少于90小时的学生人数为80.∴从全市高中学生中任意选取一人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率P＝80200＝25.(2)由(

1)可知，从全市高中生中任意选取1人，其参加社区服务时间不少于90小时的概率为25.由题意得，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，则P(X＝0)＝C03250353＝27125；P(X＝1)＝C13251352＝54125；P(X＝2)＝C2

3252351＝36125；P(X＝3)＝C33253350＝8125.∴随机变量X的分布列为X0123P2712554125361258125∵X～B3，25，∴EX＝3×25＝6

5.21．解析：(1)由题意得P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝P(9.89<X≤10.31)＝80100＝0.8>0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝P(9.68<X≤10.52)＝94100＝0.94<0.9544，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝P(9.47<X≤10.73)＝99100＝0.

99<0.9974，所以该生产设备为丙级．(2)由表知，不合格的包装共有6袋，则从设备的生产线上随机抽一袋不合格的概率P＝6100＝350，由题意知Y服从二项分布，即Y～B5，350，所以EY＝5×350＝0.3.22．解析：(1)①设顾客所获

得的奖励金额为X.依题意，得P(X＝60)＝C11C13C24＝12，即顾客所获得的奖励金额为60元的概率为12.②依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝20)＝C23C24＝12，P(X＝60)＝12，即X的分布列为X2060P1212所以

EX＝20×12＋60×12＝40.(2)根据商场的预算，每位顾客的平均奖励金额为60元，所以，先寻找期望为60元的可能方案．对于金额由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为6

0元是金额之和的最大值，所以数学期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是金额之和的最小值，所以数学期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于金额由20元和40元组成的情况，同理，可排除(2

0，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获得的奖励金额为X1，则X1的分布列为X12060100

P162316X1的数学期望EX1＝20×16＋60×23＋100×16＝60，X1的方差DX1＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝16003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾

客所获得的奖励金额为X2，则X2的分布列为X2406080P162316X2的数学期望EX2＝40×16＋60×23＋80×16＝60，X2的方差DX2＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝40

03.由于两种方案的奖励金额的期望都符合要求，但方案2的奖励金额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2，即袋中的4个球，其中2个标金额20元，2个标金额40元．课时作业(五十二)1．解析：由表中数据，计算x－＝15×(20＋22＋24＋21＋23)＝22，y－＝15×(1＋3＋

6＋2＋3)＝3，所以y与x的线性回归方程必过样本中心点(22，3).故选A.答案：A2．解析：x－＝2＋3＋4＋54＝3.5，y－＝30＋a＋40＋504＝120＋a4.则样本点的中心坐标为3.5，120＋a4，代入线性回归方程，得120＋a4＝8×3.

5＋11，解得a＝36.故选C.答案：C3．解析：由y随着x的增大而增大，可得b∧>0，又x－＝4.5，y－＝3.5，∴3.5＝4.5b∧＋a∧．故选D.答案：D4．解析：由表格中的数据可知，两个变量是正相关关系，所以排除C、D

选项．x－＝3.5，y－＝2.5＋m＋n＋6.54＝9＋m＋n4∈(3.5，5.5)，把x－＝3.5分别代入A、B选项，对于A，有y∧＝5.1∈(3.5，5.5)，符合题意；对于B，有y∧＝7.4∉(3.5，5.5)，不符合题意；故选A.答案：A5．解析：x－＝1

4(17＋14＋10－1)＝10，y－＝14(24＋34＋38＋64)＝40，代入：y∧＝－2x＋a∧，得a∧＝60，∴线性回归方程为y∧＝－2x＋60，取x＝2，得y＝56千瓦·时，故选A.答案：A

6．解析：设表中模糊不清的数据为m，由表中数据得x－＝30，y－＝62＋m＋75＋81＋895＝307＋m5，∴307＋m5＝0.67×30＋54.9，即m＝68.故选A.答案：A7．解析：x－＝0＋1＋2＋34＝3

2，y－＝2＋4＋6＋84＝5.所以过点32，5.答案：32，58．解析：家庭收入每增加1万元，对应线性回归方程中的x增加1，相应的y∧的值增加0.254，即年饮食支出平均增加0.254万元．答案：0.2549．解析：由题图知x－＝0＋1＋

3＋44＝2，y－＝0.9＋1.9＋3.2＋4.44＝2.6，将(2，2.6)代入y∧＝b∧x＋1中，解得b∧＝0.8.答案：0.810．解析：(1)设两艘船的吨位分别为x1，x2，则y∧1－y∧2＝9.5＋0.0062x1－

(9.5＋0.0062x2)＝0.0062×1000≈6，即船员平均相差6人．(2)当x＝192时，y∧＝9.5＋0.0062×192≈11，当x＝3246时，y∧＝9.5＋0.0062×3246≈30.即估计吨位最大和最小的船的船员数分别为30人和11人．11．解析：由最小二乘法建

立的回归方程可知，回归直线y∧＝0.85x－85.71一定过样本点中心(x－，y－)，因此B正确；由x的系数0.85>0可知变量y与x具有正的线性相关关系，因此A正确；由x的系数为0.85可知，若某个女生的身高增加1cm，则其体重约增加0.85kg，因此C正确；当某个女生的身高为

160cm时，体重约为50.29kg，不是一定为50.29kg，因此D不正确．故选ABC.答案：ABC12．解析：根据表中数据，得x－＝1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝15(0.02＋0.05＋0.1＋0

.15＋0.18)＝0.1，所以0.1＝0.042×3－a∧，a∧＝0.026，所以线性回归方程为y＝0.042x－0.026，由0.042x－0.026>0.5，得x≥13，预计上市13个月时，即最早在2020年8月，市场占有率能超过0.5%.故选C.答案：C13．解析：由回归系数b∧的几何意

义知，线性回归直线的斜率即是回归系数b∧，据b∧＝错误!38.14.答案：38.1414．解析：小李这5天的平均投篮命中率y－＝15(0.4＋0.5＋0.6＋0.6＋0.4)＝0.5，x－＝3，b∧＝0.110＝0.01，a∧＝y－

－b∧x－＝0.5－0.03＝0.47.∴线性回归方程为y∧＝0.01x＋0.47，则当x＝6时，y＝0.53.∴预测小李该月6号打6小时篮球的投篮命中率为0.53.答案：0.50.5315．解析：(1)t－＝3，z－＝2.2，i＝15tizi＝45，错误!错误!＝1.2，a∧

＝z－－b∧t－＝2.2－3×1.2＝－1.4，所以z∧＝1.2t－1.4.(2)将t＝x－2015，z＝y－5，代入z∧＝1.2t－1.4，得y－5＝1.2(x－2015)－1.4，即y∧＝1.2x－2414.4(3)因为y∧＝

1.2×2022－2414.4＝12，所以预测到2022年年底，该地储蓄存款额可达12千亿元．16．解析：(1)由散点图可以判断，y∧＝c∧＋d∧t2更适宜作为交易额y关于时间变量t的回归方程类型．(2)令w＝t2，先建立y关于w的线性回归方程，由于d∧

＝i＝111（wi－w－）（yi－y－）i＝1111（wi－w－）2＝22，y－＝111i＝111yi＝979011＝890，w－＝111i＝111wi＝50611＝46，所以c∧＝y－－d∧w－＝890－2

2×46＝－122，所以y关于w的线性回归方程为y∧＝－122＋22w，因此y关于t的回归方程为y∧＝－122＋22t2，令t＝12得y∧＝－122＋22×122＝3046，即可预测2020年“双十一

”的交易额为3046亿元．课时作业(五十三)1．解析：根据散点图的特征，数据大致呈增长趋势的是正相关，数据呈递减趋势的是负相关；数据越集中在一条线附近，说明相关性越强，由题中数据可知：(1)(3)为正相关，(2)(4)为负相关；故r1>0，r3>0；r2<0，r4<0；又(1)与(2)中

散点图更接近于一条直线，故r1>r3，r2<r4，因此，r2<r4<0<r3<r1.答案：C2．解析：线性相关系数r的绝对值越接近于1，两个变量间的线性相关程度越强，故选B.答案：B3．解析：根据变量x，y的散点图，得：x，y之间的样本相关关系非常不明显，所以相关系数r最接近的值应为0.故选C.答

案：C4．解析：因为所有的点都在直线上，所以它就是确定的函数关系，所以相关系数为1.答案：D5．解析：根据题意知，丁同学的相关系数|r|＝0.87为最大，所以丁同学的试验结果体现两变量有更强的线性相关性．故选D.答案：D6．解析：用相关系数r可以衡量两个变量之间的相关关系的

强弱，r的绝对值越接近于1，表示两个变量的线性相关性越强，r的绝对值接近于0时，表示两个变量之间几乎不存在相关关系，故“对于相关系数r来说，|r|≤1，|r|越接近1，相关程度越大；|r|越接近0，相关程度越小”，C正确，故选ABD.答案：ABD7．解析：因为线性回归方程y∧＝－0.

7x＋10.3中x的系数为－0.7<0，所以x，y之间呈负相关关系．答案：负相关8．解析：r＝－34＋2038－3×1009·54－3×4＝－1.答案：－19．解析：由表中所给的数据知所求的中位数为13，画出x与y的散点图知它们有较

强的线性正相关关系．答案：13正10．解析：①散点图如图所示．②由图知，所有数据点接近一条直线排列，因此，认为y与x有线性相关关系．11．解析：根据题意，依次分析选项：对于A，y＝x2－1，当x增大时，y的值不一定减小，两个变量不是负相关，不符合题意；对于B，y＝

－x2－1，当x增大时，y的值不一定减小，两个变量不是负相关，不符合题意；对于C，y＝x－1，当x增大时，y的值一定增大，两个变量正相关，不符合题意；对于D，y＝－x＋1，当x增大时，y的值一定减小，两个变量负相关，符合题意；故选D.答案：D12．解析：方案一中，没有剔除(10，21)

，线性相关性弱些，成负相关；方案二中，剔除(10，21)，线性相关性强些，也成负相关，相关性越强，|r|越接近于1.答案：D13．解析：①在甲、乙两人中，其语文成绩名次比其总成绩名次靠前的学生是乙；②由高三年级267位学生

参加期末考试，某班37位学生的语文成绩，数学成绩与总成绩在全年级的排名情况的散点图可知，两个图中，同一个人的总成绩是不会变的．从第二个图看，丙是从右往左数第5个点，即丙的总成绩在班里倒数第5.在左边的图中，找到倒数第5个点，它表示的就是丙，发现

这个点的位置比右边图中丙的位置高，所以语文名次更“大”，及数学的成绩更靠前．答案：乙数学14．解析：由公式r＝i＝110xiyi－nx－y－（i＝110x2i－nx－2）（i＝110y2i－ny－2），得r＝237－10×2.

8×7.5（303.4－10×2.82）×（598.5－10×7.52）＝0.3，即|r|＝0.3.答案：0.315．解析：由折线图中数据和参考数据得t－＝4，i＝17(ti－t－)2＝28,i＝17（yi－y－）2＝0.664，i＝17(ti－t－)(yi－y－)＝i

＝17tiyi－t－i＝17yi＝47.36－4×10.97＝3.48，∴r≈3.480.664×2×2.646≈0.99.∵y与t的相关系数近似为0.99，∴y与t的线性相关程度比较高．16．解析：(1)x－＝12.5，y－＝8.

25.i＝14xiyi＝438，4x－y－＝412.5，i＝14x2i＝660，i＝14y2i＝291，所以r＝i＝14xiyi－4x－y－（i＝14x2i－4x－2）（i＝14y2i－4y－2）＝438－412.5（660－625）×（291－272.25）＝25.565

6.25≈25.5025.62≈0.995.因为r>0.75，所以y与x有线性相关关系．(2)y∧＝0.7286x－0.8571.(3)要使y∧≤10，即0.7286x－0.8571≤10，所以x≤14.9013.所以机器的

转速应控制在14.9013转/秒以下．课时作业(五十四)1．解析：对于同一样本，|ad－bc|越小，说明x与y相关性越弱，而|ad－bc|越大，说明x与y相关性越强，通过计算知，对于A，B，C都有|ad－bc|

＝|10－12|＝2；对于选项D，有|ad－bc|＝|15－8|＝7，显然7>2.故选D.答案：D2．解析：由a＋21＝73a＋2＝b得a＝52b＝54.故选C.答案：C3．解析：当χ2>3.841时，认为“X与Y有关系”的可信度为95%.故选B.答案：B4．解析

：因为χ2＝n（ad－bc）2（a＋b）（a＋c）（b＋d）（c＋d）＝100（35×30－20×15）255×45×50×50＝10011≈9.09>6.635，所以有99%的把握认为“选择物理与性别有关”．答案：A5．解析：由于χ2＝50×（5×10－

15×20）220×30×25×25＝253，而6.635<253，故有99%的把握认为两者有关．答案：B6．解析：对于选项A，该学校男生对食堂服务满意的概率的估计值为3030＋20＝35，故A正确；对于选项B，该学校女生对食堂服务满意的概率的估计值为4040＋10＝45>35，故B错误；因

为χ2≈4.762>3.841，所以有95%的把握认为男、女生对该食堂服务的评价有差异，故C正确，D错误．答案：AC7．解析：由题意有：a＋6＝18a＋b＝20a＋b＋d＋6＝50所以a＝12，b＝8，d＝24，a＋b＋d＝12＋8＋24＝4

4.答案：448．解析：因为χ2＝7.63>6.635，因此，有99%的把握说，打鼾与患心脏病是有关的．答案：是9．解析：经计算得χ2＝50×（20×15－5×10）225×25×30×20≈8.333>6.635，所以有99%的

把握认为“是否同意限定区域停车与家长的性别有关”．答案：99%10．解析：(1)依题意知甲校应抽取110人，乙校应抽取90人，∴x＝10，y＝15，估计两个学校的平均分，甲校的平均分为55×10＋65

×25＋75×35＋85×30＋95×10110≈75.乙校的平均分为55×15＋65×30＋75×25＋85×15＋95×590≈71.(2)数学成绩不低于80分为优秀，低于80分为非优秀，得到列联表甲校乙校合计优

秀402060非优秀7070140合计11090200χ2＝200（40×70－20×70）260×140×110×90≈4.174>3.841故有95%的把握认为“两个学校的数学成绩有差异”．11．解析：根据公式

χ2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）分别计算得：A：χ2＝52（6×22－10×14）216×36×32×20≈0.009；B：χ2＝52（4×20－12×16）216×36×32×20≈1.769；C：χ2＝

52（8×24－8×12）216×36×32×20≈1.3；D：χ2＝52（14×30－6×2）216×36×32×20≈23.48选项D的值最大，所以与性别有关联的可能性最大，故选D.12．解析：对于选项A，该学校男生对运动场所满意的概率的估计值为1827＝23

，故A正确；对于选项B，该学校女生对运动场所满意的概率的估计值为823，而23＝4669>823＝2469，故B正确；因为χ2≈5.059>3.841，有95%的把握认为男性会员、女性会员对运动场所的评价有差异，故C正确，D

错误．答案：ABC13．解析：列出2×2列联表：发病不发病总计阳性家族史1693109阴性家族史17240257总计33333366所以χ2＝366×（16×240－17×93）2109×257×33×333≈6.067＞3.841.所以有95%的把握认为糖尿病患者与遗传有关．答案：95%14

．解析：根据提供的表格得χ2＝50×（13×20－7×10）223×27×20×30≈4.844>3.841.∴所以有95%的把握认为主修统计专业与性别有关系．答案：4.84495%15．解析：(1)由所给数据，该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率的估计值如表：空气质量等级

1234概率的估计值0.430.270.210.09(2)一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为1100(100×20＋300×35＋500×45)＝350.(3)根据所给数据，可得2×2列联表：人次≤400人次>400空气质量好3337空气质量不好228根

据列联表得χ2＝100×（33×8－22×37）255×45×70×30≈5.820.由于5.820>3.841，故有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关．16．解析：(1)依题意：x－＝

1＋2＋3＋4＋55＝3，y－＝8＋10＋13＋25＋245＝16，故i＝15(xi－x－)(yi－y－)＝(－2)×(－8)＋(－1)×(－6)＋1×9＋2×8＝47，i＝15(xi－x－)2＝4＋1＋1＋4＝10，i＝15(yi－y－)2＝64＋36＋9＋81＋64＝254，

则r＝i＝15（xi－x－）（yi－y－）i＝15（xi－x－）2i＝15（yi－y－）2＝4710×254＝472635≈0.933，故管理时间y与土地使用面积x线性相关．(2)依题意，完善表格如下：愿意参与

管理不愿意参与管理合计男性村民15050200女性村民5050100合计200100300根据表中数据计算得χ2＝300×（150×50－50×50）2200×100×200×100＝18.75>6.635，故有99%的把握认为村民参与管理的意愿与性别有关系．(3)依题意，X的可能取值为0，1，

2，3，从该贫困县中随机抽取一名，则取到不愿意参与管理的男性村民的概率为16，故P(X＝0)＝563＝125216，P(X＝1)＝C13×562×16＝2572，P(X＝2)＝C23×56×162＝572，P(X＝3)＝C3

3163＝1216，故X的分布列为X0123P12521625725721216则数学期望EX＝0×125216＋1×2572＋2×2572＋3×1216＝12.或由X～B3，16，得E

X＝3×16＝12章末质量检测(六)统计案例1．解析：题图A中的点不成线性排列，故两个变量不适合线性回归模型．答案：A2．解析：因为线性回归方程过点(x－，y－)，所以验证可知线性回归方程为A.答案：A3．

解析：由n个数据得到的回归直线不一定过样本中的点，而是这n个点到回归直线的距离的平方和最小，所以容易排除选项A、B、C.答案：D4．解析：由线性回归方程可知b∧＝－3.5，则变量x增加一个单位，y∧减少3.5个单位，即变量y平均减少3.5个单位．答案：A5．解析：由题意，得x－＝5＋8

＋6＋4＋75＝6，y－＝82＋87＋84＋81＋865＝84，即样本点的中心为(6，84)，代入线性回归方程y∧＝1.6x＋a∧，解得a∧＝74.4，即y∧＝1.6x＋74.4.当y∧＝90时，90＝1.6x＋74.4，

解得x≈10，故选C.答案：C6．解析：因为χ2＝7.8>6.635，所以有99%以上的把握认为“爱好该项运动和性别有关”．答案：A7．解析：由公式得χ2＝85×（34×19－17×15）251×34×49×36≈4.25.故选C.答案：C8．解析：依题

意，设男、女生的人数各为5x，建立2×2列联表如表所示：喜欢网络课程不喜欢网络课程总计男生4xx5x女生3x2x5x总计7x3x10x故χ2＝（8x2－3x2）2·10x5x·5x·3x·7x＝10x21，由题可知3.

841<10x21<6.635，所以80.661<10x<139.335.只有A符合题意．答案：A9．解析：回归直线方程是根据样本数据得到的一个近似曲线，故由它得到的值也是一个近似值，D选项错误，其他选项均正确．答案：ABC10．解析：独立性检验中，

χ2≥6.635，它表示的意义是：有1%的把握认为变量X与变量Y没有关系，D正确；即有99%的把握认为变量X与变量Y有关系，C正确．答案：CD11．解析：x－＝2＋3＋5＋64＝4，y－＝5＋7＋9＋114＝8，∴直线l经过点

(4，8)，i＝14(xi－x－)(yi－y－)＝(－2)×(－3)＋(－1)×(－1)＋1×1＋2×3＝14，i＝1（xi－x－）2＝（－2）2＋（－1）2＋12＋22＝10，∴b∧4＝1410＝1.4，a∧＝8－1.4×4＝2.4.∴回归方程为y＝1.4x

＋2.4，当x＝2时，y＝1.4×2＋2.4＝5.2，∴直线l过点(2，5.2).答案：ABC12．解析：对于选项A：因为夜晚下雨的天数一共有25＋25＝50(天)，所以夜晚下雨的概率约为50100＝12，故A正确；对于选项B：未出现“日落云里走”夜晚下雨的有25天，未出现“

日落云里走”的一共25＋45＝70(天)，所以未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为2570＝514，故B正确；对于选项C：因为χ2≈19.05>6.635，所以有99%的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关，故C正确，D错误．答案

：ABC13．解析：x－＝3＋5＋7＋94＝6，y－＝2.5＋4＋m＋6.54＝13＋m4，所以样本点的中心为6，13＋m4，代入y∧＝0.65x＋0.6，得13＋m4＝0.65×6＋0.6，解得

m＝5.答案：514．解析：根据分层抽样原理，计算抽取男生120×700010000＝84(人)，女生120×300010000＝36(人)，所以a＝84－28＝56(人)，b＝36－9＝27(人)，所

以a－b＝56－27＝29(人).答案：2915．解析：由题意可知，i＝110xi＝225，i＝110yi＝1600，所以x－＝22510＝22.5，y－＝160010＝160.又b∧＝4，所以a∧＝y－－b∧x－＝160

－4×22.5＝70，所以当x＝24cm时，y∧＝4×24＋70＝166cm.答案：16616．解析：(1)由已知得P(t>32℃)＝1－P(t≤32℃)＝0.1，所以Y＝30×0.1＝3，X＝30－(6＋12＋3)＝9.(2)根据题意可得2×2

列联表如下，高温天气非高温天气合计西瓜旺销12122西瓜不旺销268合计32730根据列联表中的数据，得到χ2＝30×（1×6－2×21）23×27×22×8≈2.727>2.706，所以有90%的把握认为该地的“高温天气”与“西瓜旺销”有关．答案

：9，390%17．解析：(1)因为x－＝15×9＝1.8，y－＝15×37＝7.4，i＝15xiyi＝62，i＝1x2i＝16.6，所以b∧5＝i＝15xiyi－5x－y－i＝15x2i－5x－2＝62－5×1.8×7.416.6－5×1.

82＝－11.5，a∧＝y－－b∧x－＝7.4＋11.5×1.8＝28.1，故y关于x的线性回归方程为y∧＝28.1－11.5x.(2)当x＝1.9时，y∧＝28.1－11.5×1.9＝6.25(t).故当价格定为1.9

万元时，需求量大约是6.25t．18．解析：(1)由题意可得未产生该新型病毒抗体的志愿者的人数为100×110＝10，则注射甲种疫苗的志愿者中未产生抗体的人数为10×15＝2，产生抗体的人数为50－2＝48；注射乙种疫苗的志愿者中未产生抗体的人数为10－2＝8

，产生抗体的人数为50－8＝42.产生抗体未产生抗体合计甲48250乙42850合计9010100(2)计算χ2＝100×（48×8－2×42）250×50×90×10＝100×300250×50×90×10＝4，因为4>3.841，所以有95%的把握认

为甲、乙两种疫苗的效果有差异．19．解析：(1)因为总共抽取100人进行调查，所以m＝100－10－15－20－25－5＝25，因为从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此人年龄在[35，45)的概率为P＝n3

8＋n＝524，所以n＝10.(2)是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”的2×2列联表如下：赞成“延尺退休”不赞成“延迟退休”总计低龄人18725非低龄人304575总计4852100χ2＝100（45×18－

30×7）248×52×25×75＝1003≈7.692>6.635，所以有99%的把握认为是否赞成“延迟退休”与“低龄与否”有关．20．解析：(1)散点图如图所示．(2)由表中数据得i＝14xiyi＝52.5，错误!错误!＝0.7，∴a∧＝3.5－0.7×3.5＝1.05

，∴y∧＝0.7x＋1.05.(3)将x＝10代入回归直线方程y＝0.7×10＋1.05＝8.05小时，∴预测加工10个零件需要8.05小时．21．解析：(1)由已知，i＝120yi＝1200，所以20个样区野生动物数量的平均数为120i＝120yi＝1200＝60，

所以该地区这种野生动物数量的估计值为60×200＝12000；(2)因为i＝120(xi－x－)2＝80，i＝120(yi－y－)2＝9000，i＝120(xi－x－)(yi－y－)＝800，所以r＝i＝120（xi－x－）（yi－y－）i＝

120（xi－x－）2i＝120（yi－y－）2＝80080×9000＝8006002＝223≈0.94；(3)更合理的抽样方法是分层抽样，根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样．理由如下：由(2)知各样

区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关．由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计．22．解析：(1)因为男生人数为

120×1111＋13＝55，所以女生人数为120－55＝65，于是可完成2×2列联表，如下：满意不满意合计男生302555女生501565合计8040120根据2×2列联表中的数据，经计算得到χ2＝120×（30×15－25×50）255×65×80×40＝960143≈6.

713>6.635所以有99%的把握认为对线上教育是否满意与性别有关．(2)由(1)可知男生抽3人，女生抽5人，依题可知ξ的可能取值为0，1，2，3，并且ξ服从超几何分布，P(ξ＝k)＝Ck3C3－k5C38(k＝0，1

，2，3)，即P(ξ＝0)＝C35C38＝528，P(ξ＝1)＝C13C25C38＝1528，P(ξ＝2)＝C23C15C38＝1556，P(ξ＝3)＝C33C38＝156.可得ξ的分布列为ξ0123P5281528155615

6故Eξ＝0×528＋1×1528＋2×1556＋3×156＝98.