【文档说明】高中数学课时作业（人教A版选修第一册）详解答案.docx，共(162)页，2.491 MB，由小赞的店铺上传

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详解答案课时作业(一)1.解析：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，－D1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，－D1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐷D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以，

AB→－D1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－D1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→＋B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→＋BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．答案

：B2.解析：连接AC，可得AB→＋AD→＝AC→，又𝐶C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以AB→＋AD→＋AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AC→＋𝐶C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．答案：A3．解析：

如图，BA1∥CD1，因为AC→，AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，CD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面，所以AC→，AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，BA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗共面，其它几组都不共面．答案：C4.解析：∵BN→＋CN→＝0，∴N为BC中点，连接AN，如图，∴AN→＝12(AC→＋AB→)＝12(AO→＋

OC→＋AO→＋OB→)＝12(b＋c－2a)，而MA→＝13OA→＝13a，∴MN→＝MA→＋AN→＝12b＋12c－23a.答案：B5．解析：A.在平面内共线的向量在空间一定共线，故错误；B．在空间共线的向量，平移到同一平面内一定共线，故错误；C．在平面

内共线的向量在空间一定共线，故错误；D．在空间共线的向量，平移到同一平面内一定共线，故正确．答案：ABC6．解析：AB→－AC→＋BC→－BD→－DA→＝AB→＋BC→＋CA→＋AD→＋DB→＝AC→＋CA→＋AD→＋DB→＝AB→.答案：AB→7．解析：如图，连接A1C1.由题得

OC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝OA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝OA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AC→＝OA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→＋AD→＝AB→＋AD→＋OA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．答案：AB→＋AD→＋OA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗8．解析：(1)在底面为平行四边形的

四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，M是上底面A1B1C1D1的中心；∴AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12(AD→＋AB→)＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12(A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12A1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

＋A1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AM→；(2)∵BM→＝BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋B1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12B1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12(B1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋

B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12(BA→＋BC→)＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12(－AB→＋AD→)＝－12AB→＋12AD→＋AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，且BM→＝xAB→＋yAD→＋zAA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴x＝－12，y＝12，z＝1.9．解析：由题意可得AG→＝A

E→＋EG→＝AE→＋13EF→＝AE→＋13(SF→－SE→)＝－43SE→＋13SF→＝－43SE→＋13·12(SB→＋SC→)＝－43·12SA→＋16(SB→＋SC→)＝－23a＋16b＋16c.答案：B10．解析：对于A：∵OC→－OP→＝13(OA→－OP→)＋23(OB→－O

P→)，∴OC→－OP→＝13OA→－13OP→＋23OB→－23OP→，∴23OP→＋13OP→－OP→＝13OA→＋23OB→－OC→＝0，故OC→＝13OA→＋23OB→，故A、B、C共线，故P、A、B、C共面；或由PC→

＝13PA→＋23PB→得：PA→，PB→，PC→为共面向量，故P、A、B、C共面；对于B：13＋13＋13＝1，故P、A、B、C共面；对于C：由OP→＝OA→＋OB→＋OC→，1＋1＋1＝3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面．对于D：由OP→＋OA→＋O

B→＋OC→＝0，得OP→＝－OA→－OB→－OC→，而－1－1－1＝－3≠1，所以点P与A、B、C三点不共面．答案：AB11.解析：如图，在三棱锥O­ABC中，EF→＝EA→＋AB→＋BF→＝12a＋b－a＋23(c－b)＝－12a＋13

b＋23c，∴p＋q＋r＝－12＋13＋23＝12.答案：1212．解析：(1)EG→＝AG→－AE→＝12(AD→＋AC→)－12AB→＝－12AB→＋12AD→＋12AC→.EH→＋EF→＝12BD→＋12AC→＝12(AD→－AB→)＋12AC→＝－12AB→＋12AD→

＋12AC→，所以EG→＝EH→＋EF→，所以E，F，G，H四点共面．(2)证明：14(OA→＋OB→＋OC→＋OD→)＝14(2OE→＋2OG→)＝12(OE→＋OG→)＝12×2×OM→＝OM→.13．解析：因为点P满足DP→＝mDA→＋nDM→＋kDN→，其中m、n、k

∈R，且m＋n＋k＝1，所以点P，A，M，N四点共面，又因为M和N分别是矩形ABCD和BB1C1C的中心，所以CN＝B1N，AM＝MC，连接MN，AB1，则MN∥AB1，所以△AB1C即为经过A，M，N三点的平面与正方体的截面，故P点可以是正

方体表面上线段AB1，B1C，AC上的点．所以所有点P构成的图形的面积为12×2×2×sin60°＝32.答案：32课时作业(二)1．解析：|a＋b－2c|＝（a＋b－2c）2＝a2＋b2＋4c2＋2a·b－4a·c－4b·c＝1＋1＋4＋2×1×1×12－4×1×1×12－

4×1×1×12＝3.答案：B2．解析：依题意，E，F，G分别是AB，AD，DC的中点，所以FG∥AC，FG＝12AC，三角形ABC是等边三角形，且边长为1.所以FG→·AB→＝12AC→·AB→＝12|AC→|·|AB→|·cos60°＝14.答案：

B3．解析：设a与b的夹角为θ，由a＋b＋c＝0，得a＋b＝－c，两边平方，得a2＋2a·b＋b2＝c2，因为|a|＝2，|b|＝3，|c|＝4，所以4＋2×2×3cosθ＋9＝16，解得cosθ＝14.答案：D4．解析：由已知可得AB→·AA1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗＝AD→·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1×1×cos45°＝22，AB→·AD→＝0，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－AB→＝AD→＋AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－AB→，所以，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＝AD→2＋AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＋AB→2

＋2AD→·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－2AB→·AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－2AD→·AB→＝3，所以|BD1|＝3.答案：A5.解析：如图所示：若AA1＝AD，则AD1⊥B1C，A正确；若AB＝AD，则BD1⊥AC，B正确；∵AB⊥平面AA1D1D，∴AB⊥AD1，C正确；∵BD1和BC分别为矩形A1D

1CB的对角线和边，∴两者不可能垂直，D错．答案：ABC6．解析：|a－3b|2＝a2＋9b2－6a·b＝1＋9－6×cos60°＝1＋9－3＝7，故|a－3b|＝7.答案：77.解析：如图，在正方体中

，∴AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(AC→＋CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(AB→＋AD→＋AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·AB→＝AB→2＋0＋0＝1.答案：18．解析：(1)根据题意，DE→＝DO→＋OA→＋AE→＝－12

OC→＋OA→＋12AB→＝－12OC→＋OA→＋12(OB→－OA→)＝12(OA→＋OB→－OC→)＝12(a＋b－c).(2)证明：根据题意，a，b，c相互之间的夹角为π3，且模均为1，由(1)DE→·AB→＝12(a＋b－c)·(b－a)＝

12(－a2＋b2－b·c＋a·c)＝12－1＋1－1×1×12＋1×1×12＝0，所以DE⊥AB.9．解析：依题意，四面体ABCD是正四面体，对于A，〈BA→，CA→〉＝60°，2BA→·AC→＝2a2cos120°＝－a2，A不是；对于B，〈AD→

，BD→〉＝60°，2AD→·BD→＝2a2cos60°＝a2，B是；对于C，因E，F是AB，AD的中点，则2EF→＝BD→，而〈BD→，CB→〉＝120°，2EF→·CB→＝BD→·CB→＝a2cos120°＝－12a2，C不是；对于D，因F，G是AD，DC的

中点，则2FG→＝AC→，2FG→·AC→＝AC→2＝a2，D是．答案：BD10.解析：如图所示：由向量的加法运算得A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，因为|A1C|＝3|A1B1|，所以(A1A⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗＋A1D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2＝3(A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2，故A正确；由正方体的性质易知A1C⊥AB1，所以A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·(A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0，故B正确；因为△A1BC1是等边三角形，且AD1∥BC1，所以∠A1BC1＝60°，则AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为120°，故C错误；由正方体的性质得，过A1，D的面对角线都与直线A1D所成的角都为60°，这样有4条，然后相对侧面与之平行

的对角线还有4条，共8条，故D正确．答案：ABD11．解析：(1)设AB→＝a，AD→＝b，AA1＝c由已知得，a·b＝12，b·c＝12，a·c＝12，|a|＝|b|＝|c|＝1又AC1＝a＋b＋c，∴|AC1|＝（a＋b

＋c）2＝1＋1＋1＋1＋1＋1＝6.(2)∵BD1＝b＋c－a，AC→＝a＋b.∴cos〈BD1，AC→〉＝（b＋c－a）·（a＋b）|BD1||AC→|＝12＋1＋12＋12－1－122×3＝66.答案：66612．解析：(1)由题意可得，AB→

·AD→＝2×2×cos45°＝22，AA′→·AB→＝AA′→·AD→＝3×2×cos60°＝3，所以BB′→·AC′→＝AA′→·(AB→＋AD→＋AA′→)＝AA′→·AB→＋AA′→·AD→＋AA′→2＝3＋3＋32＝15；(2)

AC′→2＝(AA′→＋AB→＋AD→)2＝AA′→2＋AB→2＋AD→2＋2(AA′→·AB→＋AA′→·AD→＋AB→·AD→)＝32＋22＋22＋2×(3＋3＋22)＝29＋42，所以线段AC′的

长为29＋42.13．解析：对于A，a⊗b＝|a|·|b|sin〈a，b〉，b⊗a＝|b|·|a|sin〈b，a〉，故a⊗b＝b⊗a恒成立；对于B，λ(a⊗b)＝λ(|a|·|b|sin〈a，b〉)，(λa)⊗b＝|λ||a|·|b|sin〈λa，b〉，故λ(a⊗b)＝(λa

)⊗b不会恒成立；对于C，若a＝λb，且λ>0，(a＋b)⊗c＝(1＋λ)|b|·|c|sin〈b，c〉，(a⊗c)＋(b⊗c)＝|λb|·|c|sin〈b，c〉＋|b|·|c|sin〈b，c〉＝(1＋λ)|b|·|c|sin〈

b，c〉，显然(a＋b)⊗c＝(a⊗c)＋(b⊗c)不会恒成立；对于D，cos〈a，b〉＝x1x2＋y1y2|a|·|b|，sin〈a，b〉＝1－x1x2＋y1y2|a|·|b|2，即有a⊗b＝|a|·|b|·1－x1x2＋y1y2|a|·|b|2＝|a|·|b|2－

x1x2＋y1y2|a|2＝x21＋y21·x22＋y22－x1x2＋y1y2x21＋y212＝（x21＋y21）（x22＋y22）－（x1x2＋y1y2）2＝（x21y22＋x22y21－2x1x2y1y2＝|x1y2－x2y1|.则a⊗b＝|x1y2－x2y1

|恒成立．答案：AD课时作业(三)1．解析：对于A，任何三个不共面的向量都可构成空间的一个基底，所以A错误，B错误；对于C，两两垂直的三个非零向量不共面，可构成空间的一个基底，C正确；对于D，直线的方向向量

有无数个，所以D错误．答案：C2．解析：由题意和空间向量的共面定理，结合p＋q＝(a＋b)＋(a－b)＝2a，得a与p、q是共面向量，同理b与p、q是共面向量，所以a与b不能与p、q构成空间的一个基底；又c与a和b不共面，所以c与p、q构成空间的一个

基底．答案：C3．解析：BM→＝BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋C1M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝c＋b＋12(－b－a)＝－12a＋12b＋c.答案：C4．解析：因为D是BC的中点，E是AD

的中点，所以OD→＝12(OB→＋OC→)，OE→＝12(OA→＋OD→)＝12OA→＋14(OB→＋OC→)＝12a＋14b＋14c.答案：B5．解析：对于A选项，若a＋2b＝λ(a＋b)＋μ(a－b)，则λ＋μ＝1λ－μ＝2，解得λ＝32μ＝－12，故共面；

对于B选项，若b＋c＝λ(a－b)＋μ(a＋c)，则λ＋μ＝0－λ＝1μ＝1，解得λ＝－1μ＝1，故共面；对于C选项，若a＋b＋c＝λ(a－b)＋μc，则λ＝1－λ＝1μ＝1，无解，故不共面；对于D选项，若a＋c－b＝λ(a－

2b)＋μ(b＋c)，则λ＝1－2λ＋μ＝－1μ＝1，解得λ＝1μ＝1，故共面．答案：ABD6.解析：由图形可知D1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→－AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→－(AD→＋AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝AB→－AD→－AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝

a－b－c.答案：a－b－c7．解析：因为m与n平行，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：因为点E，F分别是棱B1C1，CC1的中点．且AB→＝i，AD→＝j

，AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝k，所以AE→＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋B1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→＋12AD→＝i＋12j＋k；AF→＝AB→＋BF→＝AB→＋BC→＋CF→，＝AB→＋AD→＋

12AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝i＋j＋12k.9．解析：AB→2＝16，AD→2＝9，AA′→2＝9，AB→·AD→＝4×3×cos90°＝0，AB→·AA′→＝4×3×cos60°＝6，AD→·AA′→＝3×3×cos60°＝92.∵AC′＝AB→＋

AD→＋AA′→，∴AC′→2＝AB→2＋AD→2＋AA′→2＋2AB→·AD→＋2AB→·AA′→＋2AD→·AA′→＝16＋9＋9＋2×0＋2×6＋2×92＝55，∴|AC′→|＝55，即AC′的长为55.答案：A10．解析：因为以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此

的夹角都是60°，所以AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB→＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AD→＝AD→·AB→＝6×6×cos60°＝18，(AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→＋AD→)2＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＋AB→2＋AD→2

＋2AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB→＋2AB→·AD→＋2AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AD→＝36＋36＋36＋3×2×18＝216，则|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝|AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→＋AD→|＝66，所以A正确；

AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·DB→＝(AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→＋AD→)·(AB→－AD→)＝AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB→－AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AD→＋AB→2－AB→·AD→＋AD→·AB→－AD→2＝0，所以B正确；显然△AA1D为等边三角形，则∠AA1D＝60°.因为B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A

1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，且向量A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角是120°，所以B1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角是120°，所以C不正确；因为BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AD→＋𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－AB→，AC→＝AB→＋AD→，

所以|BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝（AD→＋AA1－AB→）2＝62，|AC→|＝（AB→＋AD→）2＝63，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AC→＝(AD→＋𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－AB→)·(AB→＋AD→)＝36，所以cos〈BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，AC→〉＝＝3662×63＝

66，所以D不正确．答案：AB11．解析：由题意三棱柱ABC­A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝3A1M，C1N＝2B1N，＝512AB→＋14𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋13AC→，∵MN→＝x𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋yA

B→＋zAC→(x，y，z∈R)，∴x＋y＋z＝512＋14＋13＝1.答案：112．解析：(1)证明：设CA→＝a，CB→＝b，CC′→＝c，根据题意得|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝a·c＝0，∴

CE→＝b＋12c，A′D→＝－c＋12b－12a.∴CE→·A′D→＝b＋12c·－c＋12b－12a＝－12c2＋12b2＝0，∴CE→⊥A′D→，即CE⊥A′D.(2)∵AC′→＝－a＋c，∴

|AC′→|＝2|a|，|CE→|＝52|a|，∴AC′→·CE→＝(－a＋c)·b＋12c＝12c2＝12|a|2，∴cos〈AC′→，CE→〉＝12|a|22·52|a|2＝1010.∴异面直线CE与AC′所成角的余弦值为1010.13．解析：如图所示：连接AG，则OG→＝OA→＋A

G→＝OA→＋13()AC→＋AB→＝OA→＋13()OC→－OA→＋OB→－OA→＝13OA→＋13OB→＋13OC→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，所以x＝y＝z＝13，所以log3|xyz|＝log3127＝

－3.答案：A课时作业(四)1．解析：依题意，点A，B的竖坐标相同，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数，所以点A，B关于z轴对称．答案：C2．解析：因为在空间直角坐标系中，点(x，y，z)关于x轴的对称

点的坐标为(x，－y，－z)，所以点M(2，－1，3)关于x轴的对称点的坐标为(2，1，－3).答案：C3．解析：在空间直角坐标系中，两点关于坐标平面xOy对称，则这两点的横坐标、纵坐标都不变，它们的竖坐标互为

相反数，所以点P(1，2，－3)关于坐标平面xOy的对称点为(1，2，3).答案：D4．解析：依题意，点M(－1，1，2)关于x轴的对称点的坐标为N(－1，－1，－2)，关于yOz平面的对称点为P(1，1，2)，所以线段NP中点坐标为(0，0，0).答案：D5．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：因为D(2，－2，0)、C′(0，－2，2)，所以线段DC′的中点为M(1，－2，1)，所以点M关于y

轴的对称点的坐标为(－1，－2，－1).答案：(－1，－2，－1)7．解析：由空间直角坐标系中点的坐标的确定可知，点A在yOz平面内的射影的点的坐标是(0，2，－3).答案：(0，2，－3)8．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).9．解析：由于EB⊥xOy

平面，B(2，2，0)，故设E(2，2，z).因为EB＝2EB1，所以BE＝23BB1＝43，故E2，2，43.答案：D10．解析：由图形及其已知可得：点B1的坐标为(4，5，3)，点C1(0，5，3)关于点B对称的点为(8，5，－3)，点A关于直线BD1对称的点为C1(0，5，3)

，点C(0，5，0)关于平面ABB1A1对称的点为(8，5，0).因此ACD正确．答案：ACD11．解析：由空间直角坐标系Oxyz中，点M(a2－4a，b＋3，2c＋1)关于y轴的对称点M′(4，－2，15)，可得a2－4

a＝－4b＋3＝－22c＋1＝－15，解得a＝2，b＝－5，c＝－8，所以a＋b＋c＝2－5－8＝－11.答案：－1112.解析：如图，过点M作MM1⊥BC于点M1，连接DM1，取DM1的中点N1，连接NN1.由|BM|＝2|MC1|，知|M

M1|＝23|CC1|＝23，|M1C|＝13|BC|＝13.因为M1M∥DD1，所以M1M与z轴平行，点M1与点M的横坐标、纵坐标相同，点M的竖坐标为23，所以M13，1，23.由N1为DM1的中点，知N116，12，0.因为N1N与z

轴平行，且|N1N|＝|MM1|＋|DD1|2＝56，所以N16，12，56.13．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，c3课时作业(五)1．解析：∵A(3，2，1)，B(1，0，5)，∴AB的中点M的坐标为(2，1，3).答案：C2．解析：设B(x，y，z)，由

ON→＝AB→得：(5，－1，2)＝(x－4，y－2，z＋1)，∴x－4＝5y－2＝－1z＋1＝2，可得x＝9y＝1z＝1，所以点B的坐标为(9，1，1).答案：B3．解析：因为a＝(1，－1，0)，b＝(1，－1，1)，所以a＋b＝(2，－2，1)，所以|a＋b|＝22

＋（－2）2＋1＝3.答案：A4．解析：∵a·b＝|a||b|cosθ，∴cosθ＝a·b|a||b|，∵a·b＝0×0＋0×1＋1×1＝1，∴cosθ＝1|a||b|＝11·2＝22，∴0°≤θ≤180°，∴θ＝45°.答案：B5．解析：∵向量a＝(1，1，1)，b＝(－

1，0，2)，∴a＋b＝(1，1，1)＋(－1，0，2)＝(0，1，3)，则A正确，∴|a|＝12＋12＋12＝3，则B正确，∴a·b＝1×(－1)＋1×0＋1×2＝1，则C错误，∴cos〈a，b〉＝a·b|a|·|b|＝13×5＝1515≠cosπ4，则D错误．答案：AB6．解析：

因为a＝(－4，2，x)，b＝(2，－1，3)，且a∥b，所以a＝λb，则－4＝2λ2＝－λx＝3λ，解得λ＝－2x＝－6，因为a⊥b，a·b＝0，则－4×2＋2×(－1)＋3x＝0解得x＝103.答案：－61037．解析：因为a＝(0，－1，1)，b＝(4，1，0)，

|λa＋b|＝29，所以λa＋b＝(4，1－λ，λ)，可得16＋(1－λ)2＋λ2＝29，因为λ>0，解得λ＝3.答案：38．解析：(1)因为a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)，所以λa＋b＝(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)，a－3b＝(7，－4，－16)，因为(λa＋b

)∥(a－3b)，所以λ－27＝5λ＋3－4＝－λ＋5－16，解得λ＝－13；(2)因为(a－3b)⊥(λa＋b)，所以(a－3b)·(λa＋b)＝0，所以7(λ－2)－4(5λ＋3)－16(－λ＋5

)＝0，解得λ＝1063.9．解析：根据题意，|a|＝22＋22＋1＝3,|b|＝32＋0＋1＝10，a·b＝6＋0－1＝5，b在a上的投影向量可为|b|cos〈a，b〉a|a|＝a·b|a||b|·|b|·a

|a|＝53×（2，－2，－1）3＝109，－109，－59.答案：A10．解析：因为向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1，2)，所以a·b＝1×2－λ＋2×2＝6－λ，|a|＝1＋λ2＋22＝5＋λ2，|

b|＝22＋（－1）2＋22＝3，所以cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝6－λ35＋λ2＝89，整理可得：55λ2＋108λ－4＝0，所以(55λ－2)(λ＋2)＝0，解得：λ＝255或λ＝－2.

答案：AC11.解析：设C1E＝x(0≤x≤1)，D1F＝y(0≤y≤1)，以D为坐标原点，DA→，DC→，DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1，1，0)，E(x，1，1)，F(0，0，1－y)，A1(1，0

，1)，则BE→＝(x－1，0，1)，FA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，y).因为BE⊥平面A1B1F，所以BE⊥FA1，则BE→·FA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝x－1＋y＝0⇒x＋y＝1，即C1E，D1F的长度和

为1.答案：112.解析：如图，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz.(1)依题意得B(0，1，0)、N(1，0，1)，因此，|BN→|＝（－1）2＋12＋（－1）2＝3，因此，线段BN的长为3；(2)依题意得A

1(1，0，2)、B(0，1，0)、B1(0，1，2)、C(0，0，0)，∴A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，1，－2)，B1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－1，－2)，所以，cos〈A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，B1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝＝36×5＝3010，故A1B与B1C所成角的余弦值为301

0.13．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则F(t1，0，0)(0<t1<1)，E0，1，12，G12，0，1，D(0，t2，0)(0<t2<1)，∴EF→＝t1，－1，－12，GD→＝－12，t2，－1，∵GD→⊥EF→，∴t1＋2t2＝1，∴0<

t2<12，又DF→＝(t1，－t2，0)，∴|DF→|＝t21＋t22＝5t22－4t2＋1＝5t2－252＋15，∴当t2＝25时，|DF→|有最小值，即为55，显然线段DF长度的最大值是1，但不包括端点，故不能取1，综上，线段DF长度的平方取值范围为

15，1.答案：15，1课时作业(六)1．解析：直线2x＋y－3＝0的一个法向量为(2，1)，设直线一个方向向量为(a，b)，则有2a＋b＝0，故只有D满足条件．答案：D2．解析：AB→＝(－2，0，z－1)，因为n＝(1，0，－1)是平面α的法

向量，所以AB→·n＝0，即－2－(z－1)＝0，解得z＝－1.答案：B3．解析：由题意得a∥b，所以存在唯一的实数λ使得b＝λa，即(－4，2x2，6x)＝λ(2，－1，3)＝(2λ，－λ，3λ)，所以－4＝2λ2x2＝－λ6

x＝3λ，解得λ＝－2x＝－1，所以x＝－1.答案：A4．解析：AB→＝(－1，1，0)，AC→＝(－1，0，1).设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则有－x＋y＝0，－x＋z＝0，取x＝－1，则y＝－1，z＝－1.故平面ABC的一

个法向量是(－1，－1，－1).答案：D5．解析：设正方体的棱长为1，DD1∥AA1，而𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的一个方向向量是(0，0，1)，A正确，C1(1，1，1)，B(1，0，0)，BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，1)，(0，－1，－

1)与(0，1，1)平行，B正确；AD⊥平面ABB1A1，而AD→＝(0，1，0)，因此C正确；平面B1CD即为平面B1CDA1，如图，在正方体AC1中，AD1⊥A1D，由CD⊥平面DAA1D1，AD1⊂平面DAA1D1，得CD⊥D1A，CD∩A1D＝D，CD，A1

D⊂平面B1CDA1，所以AD1⊥平面B1CDA1，而AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，1)，即平面B1CD的一个法向量为(0，1，1)，而向量(0，1，1)与向量(1，1，1)不平行，D错．答案：ABC6．解析：∵直线的方向向

量平行，∴x－5＝y3＝82，∴x＝－20，y＝12.答案：－20127．解析：取v＝(a，2a＋1)为直线l的一个方向向量，所以n·v＝0⇒a＋2a·(2a＋1)＝0⇒a＝－34或a＝0.答案：－34或08.解析：如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1

)设平面ACD1的法向量n＝(x，y，z).∵AC→＝(－1，1，0)，AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，0，1)，又∵n为平面ACD1的一个法向量，∴n·AC→＝0n·AD1＝0，化简得x＝yx＝z，令x＝1，得y＝z＝1

.∴平面ACD1的一个法向量n＝(1，1，1).9．解析：设点B(x，y，z)为平面α内异于A点的任意一点，则AB→＝(x－1，y－1，z－2)，由AB→·n＝0可得－3(x－1)＋4(z－2)＝0，即3x－4z＋5＝0，对于A，x＝5，z＝5，满足；对于B，x＝9，z＝8，满足；对于C，x＝

－7，z＝－8，不满足；对于D，x＝－3，z＝－1，满足．答案：C10．解析：设面ABC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则2x＋2y＋z＝04x＋5y＋3z＝0，若y＝λ∈R，则m＝λ－12，1，－1.∴由单位法向量有9λ24＝1，可得

λ＝±23，故单位法向量为13，－23，23、－13，23，－23.答案：AB11．解析：设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，又AB→＝(－1，1，0)，AC→＝(－1，0，1)，所以

n·AB→＝－x＋y＝0n·AC→＝－x＋z＝0，取x＝1得n＝(1，1，1)，P(x，1，1)在平面ABC上，则n·AP→＝x－1＋1＋1＝0，x＝－1.答案：－112．解析：易知B(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，0，2)，A1(0，0，2).(1)BC

→＝(－1，1，0)，BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，2)，设面BCC1B1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则，即－x1＋y1＝02z1＝0，取x1＝y1＝1，z1＝0，则n＝(1，1，0)，所以平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，1，0)；(2)BC→

＝(－1，1，0)，BA1＝(－1，0，2)，设面A1BC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则，即－x2＋y2＝0－x2＋2z2＝0，取x2＝y2＝2，z2＝1，则m＝(2，2，1)，所以平面A1BC的一个法向量为m＝(

2，2，1).13．解析：∵AB→·AP→＝0，AD→·AP→＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．又AB→与AD→不平行，∴AP→是平面ABCD的法向量，则③正确，由于BD→＝AD→－AB→＝(2，3，4)，AP→＝(－1，2，－1)，∴BD→与A

P→不平行，故④错误．答案：①②③课时作业(七)1．解析：由l1∥l2，得v1∥v2，得1λ＝24＝36，故λ＝2.故选B.答案：B2．解析：∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，1，1)，∴a·n＝0，即a⊥n，∴l∥α或l⊂

α.答案：C3．解析：对于平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(－2，－4，－2)，因为v1＝－12v2，所以v1、v2平行．又α，β表示不同的平面，所以平面α与平面β平行．答案：A4．解析：因为l∥α，

则a·n＝2＋2t＋4＝0，解得t＝－3.答案：B5．解析：已知l⊄α，l∥α，则a·n＝0.A选项中，a·n＝1×1＋0×3＋1×5＝6≠0，A选项不满足条件；B选项中，a·n＝1×0＋0×(－2)＋1×0＝0，B选项满足条

件；C选项中，a·n＝0×(－1)＋2×0＋1×1＝1≠0，C选项不满足条件；D选项中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋1×3＝0，D选项满足条件．答案：BD6．解析：因为两个不同平面的法向量分别是n1＝2，12，－1，n2＝(－4，－1，2)，∴n2＝－

2n1，所以这两个平面的位置关系是平行．答案：平行7．解析：∵α∥β，∴3λλ＋1＝63＝λ＋62λ，解得λ＝2.答案：28.证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB.又AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直．以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：则P(

0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0).因为点M为PC的中点，所以M(1，2，1)，故DM→＝(1，0，1).又AP→＝(0，0，2)，AB→＝(2，0，0)，所以DM→＝12AP→＋12A

B→.所以DM→，AP→，AB→为共面向量．又DM⊄平面PAB，所以DM∥平面PAB.9．解析：∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝2a3，∴MB→＝23A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，CN→＝23CA→，∴MN→＝MB→＋BC→＋CN→＝23A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋BC→＋23CA→＝23(B

1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－B1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＋B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋23(B1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝23B1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋13B1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．又∵CD→是平面B1BCC1的法向量，且MN→·CD→＝·

CD→＝0，∴MN→⊥CD→，∴MN∥平面BB1C1C.答案：B10．解析：因为A1M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AM→＝A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋12AB→，D1P⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝D1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋DP→＝A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗＋12AB→，所以A1M∥D1P，从而A1M∥D1P，可得ACD正确．又B1Q与D1P不平行，故B不正确．答案：ACD11．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→∥BD

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴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，CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，1)及CQ→＝λCC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得λ＝12.答案：平行1212．解析：(1)因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，所以BF＝BC＝CF，则△BCF为正三角形．因为底面ABCD为等腰梯形，所以∠BA

D＝∠ABC＝60°.取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD.以D为坐标原点，DM，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F(3，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E3

2，－12，0，E1(3，－1，1)，所以CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，2)，𝐸𝐸1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝32，－12，1，CF→＝(3，－1，0).设平面FCC1的法向量为n＝(x，y，z)，则，3x－y＝02z＝0，令x＝1，可得平面F

CC1的一个法向量为n＝(1，3，0)，则n·𝐸𝐸1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1×32＋3×－12＋0×1＝0，所以n⊥EE1．又直线EE1⊄平面FCC1，所以直线EE1∥平面FCC1.(2)因为D(0，0，0)，D1(0，0，2

)，A(3，－1，0)，所以DA→＝(3，－1，0)，DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，2).设平面ADD1A1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则，令x1＝1，可得平面ADD1A1的一个法向量为m＝(1，3，0).由(1)知n＝(1，3，0)，所

以m＝n，即m∥n，所以平面ADD1A1∥平面FCC1.13.解析：如图所示，以D为原点，DA→、DC→、DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．设正方体ABCD­A1B1C1D1棱长为2，可

得D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，M(1，2，0)，N(2，1，0)，设D1PD1B＝λ，可得D1P⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝λD1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2λ，2λ，－2λ)，可得P(2λ，2λ，2－2λ)，可得DP→＝(2λ，2λ，2－2λ

).设平面B1MN的一个法向量n＝(x，y，z)，则有，即－x－2z＝0－y－2z＝0.不妨令x＝－2，则n＝(－2，－2，1).因为DP∥平面B1MN，所以DP→·n＝(2λ，2λ，2－2λ)·(－2，－2，1)＝－4λ－4λ＋2－2λ

＝0，解得：λ＝15，即D1PD1B＝15.答案：15课时作业(八)空间中直线、平面的垂直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.答案：B2．解析：因为

a⊥b，故a·b＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.答案：D3．解析：由平面α的法向量为a，平面β的法向量为b，∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0.∴k＝－5.答案：D4．解析：由题意知AB→＝(－1，－1，－1)，AC→＝(2，0，1)

，AP→＝(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).答案：C5．解析：a·b＝1×2－1×1＋2×－12＝0，则a⊥b，所以直线l与m垂直，故A是真命题；a·n＝0，则a⊥n，所以l∥α或l⊂α，

故B是假命题；n1·n2＝6，所以α⊥β不成立，故C是假命题；易得AB→＝(－1，1，1)，BC→＝(－1，1，0)，因为向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，所以n·AB→＝0n·BC→＝0，即－1＋u

＋t＝0－1＋u＝0，得u＋t＝1，故D是真命题．答案：AD6．解析：由题意得u⊥v，∴u·v＝3＋6＋z＝0，∴z＝－9.答案：－97．解析：∵A(－3，－2，1)，B(－1，－1，－1)，C(－5，x，0)，∴AB→＝(2，1，－2)，BC→＝

(－4，x＋1，1)，AC→＝(－2，x＋2，－1)分三种情况：①A为直角，AB→·AC→＝0，∴－4＋x＋2＋2＝0，∴x＝0；②B为直角，AB→·BC→＝0，∴－8＋x＋1－2＝0，∴x＝9；③C为直角，AC→·BC→＝0，∴

8＋(x＋1)(x＋2)－1＝0，x2＋3x＋9＝0，方程无解．综上，x的值为0或9.答案：0或98.证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1

，则P(0，0，1)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，D0，233，0∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形．∴C12，32，0，E14，34，12.∴AB→＝(1，0，0)，AE→＝14，34，12，∴设平面A

BE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·AB→＝0n·AE→＝0，即x＝014x＋34y＋12z＝0，令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0，2，－3).∵PD→＝0，233，－1，显然PD→＝33n，∴PD→∥n，∴PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面AB

E.9.解析：过点A的面对角线一共有三条，AC，AD1，AB1，连接AC，AD1，AB1，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D1(0，0，1)，B(1，1，0)，A(1，0

，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，其中BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，－1，1)，AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，0，1)，AC→＝(－1，1，0)，AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，1)，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，－1，1)·

(－1，0，1)＝2，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AC→＝(－1，－1，1)·(－1，1，0)＝0，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，－1，1)·(0，1，1)＝0，故BD1与AC，AB1垂直，与AD1不垂直，故答案为2条

．答案：C10.解析：建立如图所示空间直角坐标系：设棱长为2，则A(3，0，0)，B1(0，1，2)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，1)，所以AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－3，1，2)，AC→＝(－3，－1，0)，AB→＝(－3，1，0)，AP→＝(－3，1

－2y，2x)，A．当x＝y时，ED→＝(0，1，－1)，EP→＝AP→－AE→＝(0，2－2y，2x－1)，则ED→·EP→＝3－2(x＋y)，正负不定，故错误；B.当x＋2y＝1时，BE→＝(0，－2，1)，则AP→·BE→＝4y－2＋2x＝0

，所以AP⊥BE，故正确；C．当y＝12时，A1P＝AP→－AA1＝(－3，1－2y，2x－2).BP→＝AP→－AB→＝(0，－2y，2x)，A1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BP→＝(1－2y)×(－2y)＋(2x－2)×2x＝0，即2x2＋2y2－2x－

y＝0，解得x＝0或x＝1，故有两个点P，使得A1P⊥BP，故错误；D.当x－y＝12时，设平面ADE的一个法向量为n＝(a，b，c)，则DA→·n＝0ED→·n＝0，即3a＝0b－c＝0，令b＝1，则n＝(0，1，1)，所以A1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n＝2(x

－y)－1＝0，又A1P⊄平面ADE，所以A1P∥平面ADE，故正确．答案：BD11．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x＝－y2，z＝y4．∵|n|＝21，∴x2＋y2＋z2＝21，解得y＝4或y＝－4.当y＝4时，x＝－2，z＝1；当y＝－4时，x＝2，z＝－1.∴n的坐标为(－2，4，1)或(2，－4，－1).答案：(－2，4，1)或(2，－4，－1

)12．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，设正方体的棱长为a，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a).设E(0，a，e)(0≤e≤a).(1)证明：A1

E＝(－a，a，e－a)，BD→＝(－a，－a，0)，∵A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BD→＝a2－a2＋(e－a)·0＝0，∴A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥BD→，即A1E⊥BD；(2)设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z

2).∵DB→＝(a，a，0)，DA1＝(a，0，a)，DE→＝(0，a，e)∴n1·DB→＝0，n1·DA1＝0，n2·DB→＝0，n2·DE→＝0.∴ax1＋ay1＝0，ax1＋az1＝0，ax2＋ay2＝0，ay2＋ez2

＝0.取x1＝x2＝1，得n1＝(1，－1，－1)，n2＝(1，－1，ae).由平面A1BD⊥平面EBD得n1⊥n2.∴2－ae＝0，即e＝a2.∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.13.解析：如图，分别以A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，A1C1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系A1xyz，则由已知得A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，B(1，0，1)，D0，1，12，P(0，2，0

)，则A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，1)，A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0，1，12，B1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，2，0)，DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1，－1，－12，设平面A1BD的法向量为n＝(x，

y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2，1，－2).假设DQ⊥平面A1BD，且B1Q⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝λB1P⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝λ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，则DQ→＝D

B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋B1Q⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1－λ，－1＋2λ，－12，因为DQ→也是平面A1BD的法向量，所以n与DQ→共线，于是有1－λ2＝－1＋2λ1＝－12－2＝14成立，此时λ无解．故在直线B1P上不存在点Q，使得DQ⊥平面A1BD，A，B，C不正确，D正确．答案：ABC课时作业

(九)用空间向量研究距离问题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：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，而AB→＝(0，1，－1)，AC→＝(1，4，0)，则n·AB→＝0n·AC

→＝0，即有y－z＝0x＋4y＝0，不妨令y＝z＝1，则x＝－4，故n＝(－4，1，1)，设三棱柱ABC­A1B1C1的高为h，则h＝|n·AA1||n|＝|－4×1＋1×（－1）＋1×4|18＝26.答案：D4.解析：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，

y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图．则AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(a，a，a)，BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，a，a)，由于AC1⊥平面A1BD，所以点C1到平面A1BD的距离d＝＝2a23a＝233a.答案：D5．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：AC6.解析：以D1为坐标原点，以{D1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，D1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，D1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz，则A(1，0

，1)，B(1，1，1)，C1(0，1，0)，∴AB→＝(0，1，0)，AC1＝(－1，1，－1).取a＝AB→＝(0，1，0)，u＝＝－33，33，－33，则a2＝1，a·u＝33，则点B到直线AC1的距离为a2－（a·u）2＝1－13＝63.答案：637

.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，3)，B(0，4，0)，C(2，4，0)，C1(2，4，3)，所以A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，4，－3)，BC→＝(2，0，0)，CC1＝(0，0，3)，设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则⇒4y－3z

＝02x＝0，n＝(0，3，4)则点C1到平面A1BC的距离为d＝＝125.答案：1258.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A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(AB→－AA1⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗)·(AB→＋AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝|AB→|2－|AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|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→·AB→|2a＝12a22a＝24a.方法二如图，以B为原点，过点B做与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AB

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝－32a，－a2，a，AC→＝－32a，a2，0，A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝－32a，－a2，－a.取AB1的中点M，则M34a，a4，a2.∴DM→＝34a，－34a，0，∴DM→·A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝3

4a×－32a＋－34a×－a2＋0×(－a)＝0.∴DM⊥A1B，又A1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝－32a，－a2，－a·－32a，－a2，a＝34a2＋a24－a2＝0，∴A1B⊥AB1.∴A1B⊥平面AB

1D.即A1B是平面AB1D的一个法向量，故点C到平面AB1D的距离d＝＝－32a，a2，0·－32a，－a2，－a2a＝24a.9.解析：如图，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A

B→，AD→，AE→可作为x，y，z轴方向上的单位向量，因为AP→＝34AB→＋12AD→＋23AE→，所以AP→＝34，12，23，AB→＝(1，0，0)，AP→·AB→|AB→|＝34，所以P点到AB的距离d＝|AP→|2－AP→·AB→

|AB→|2＝181144－916＝56.答案：C10．解析：以D为坐标原点，DA→，DC→，DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，12，0)，D1(0，0，5).设B(x，12，0)，B1(x，12，5)(x>0)

.设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)，由n⊥BC→，n⊥CD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得n·BC→＝(a，b，c)·(－x，0，0)＝－ax＝0，n·CD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(a，b，c)·(0，－12，5)＝－12b＋5c＝

0，所以a＝0，b＝512c，所以可取n＝(0，5，12).又B1B＝(0，0，－5)，所以点B1到平面A1BCD1的距离为|B1B·n||n|＝6013.因为B1C1∥平面A1BCD1，所以B1C1到平面A1BCD1的距离为6013.答案：C11.

解析：取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B1(3，0，22)，C(0，1，0)，所以AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(3，1，22)，CA→＝(0，－2，0).∴CA→·AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝－2，∴CA→在AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗上的投影的长度为＝22

3＝33，所以点C到直线AB1的距离d＝|CA→|2－332＝4－13＝113＝333.12．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→＝EC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴(－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)，AE→＝(0，4，1)，AF→＝(－2，0，2)由n

1·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∵CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，3)，∴点C到平面AEC1F的距离为d＝＝

31＋116＋1＝43311.13.解析：方法一点P到直线CC1距离的最小值就是异面直线D1E与CC1的距离，以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)

，∴D1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，2，－2)，CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，2)，设n⊥D1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，n⊥CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，n＝(x，y，z)，则n·D1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝x＋2y－2z＝0，n·CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝2z＝0，∴z＝0，取y＝

－1，则x＝2，∴n＝(2，－1，0)，又CE→＝(1，0，0)，∴异面直线距离d＝|n·CE→||n|＝255.方法二过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E1，连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点H，P点到直线CC1的距离就是C1H，

故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，此时，在Rt△D1C1E1中，C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝25＝255.答案：255课时作业(十)用空间向量研究夹角问题1．解析：cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝11·2＝22，即〈m，

n〉＝45°.所以两平面的夹角为45°.答案：A2．解析：线面角的范围是0，π2.∵〈a，n〉＝2π3，∴l与法向量所在直线所成角为π3，∴l与α所成的角为π6.答案：C3.解析：以D为原点，DA→，DC→，DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗为x，y，z轴正方向

建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为2，A(2，0，0)，E(1，1，2)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以AE→＝(－1，1，2)，D1B＝(2，2，－2)，＝－46×12＝23，所以异面直线AE与BD1所成

角的余弦值为23.答案：B4.解析：设正方体的棱长为1，建系如图．则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).平面ACD1的一个法向量为DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，1，1).又BB1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，1)，则cos〈DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝＝13×1＝33.故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为1－332＝63．答案：D5．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．答案：BCD6．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：π27．解析：cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|

＝（3，0，－1）·－32，1，123＋1·34＋1＋14＝－32－1222＝－22，设二面角大小为α(0≤α≤π)，因为二面角α­l­β为锐角，故cosα＝－cos〈n1，n2〉＝22，解得：α＝π4，故二面角α­l­β的大小为π4.

答案：－22π48．解析：(1)证明：∵AB＝BC，D为AC的中点，∴BD⊥CD，∵PB⊥CD，BD∩PB＝D，BD、PB⊂平面PBD，∴CD⊥平面PBD，而PD⊂平面PBD，∴CD⊥PD，又PD⊥DB，CD∩D

B＝D，CD、DB⊂平面BCD，∴PD⊥平面BCD.(2)由(1)知，PD⊥平面BCD，BD⊥AC，故以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(－2，0，0)，P(0，0，2)，∴PA→＝(2，0，－2

)，PB→＝(0，2，－2)，PC→＝(－2，0，－2)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PB→＝2y－2z＝0n·PC→＝－2x－2z＝0，令z＝1，则n＝(－1，1，1)，设PA与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈PA→，n〉|＝

PA→·n|PA→|·|n|＝－2－22×3＝63，故PA与平面PBC所成角的正弦值为63.9.解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如

图所示则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，O(1，1，0)，D1(0，0，1)，设P(a，2－a，1)(0≤a≤2)，则OP→＝(a－1，1－a，1)，AD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，0，1)，AC

→＝(－2，2，0)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则，令x＝1，得n＝(1，1，2)，所以sinθ＝n·OP→|n|·|OP→|＝a－1＋1－a＋26·（a－1）2＋（1－a）2＋12＝26×12（a－1）2＋1，由于0≤a

≤2，∴2（a－1）2＋1∈[1，3]，∴12（a－1）2＋1∈33，1，∴sinθ＝26×1（a－1）2＋2∈23，63，∴sin2θ∈29，23，∴1－sin2θ∈13，79，由于

θ∈0，π2，所以cosθ＝1－sin2θ∈33，73.答案：D10.解析：以A为原点，以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，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0

)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E0，0，22.所以CD→＝(－1，1，0)，CP→＝(－1，－1，2)，BE→＝－1，0，22，BC→＝(0，1，0)，则BE→·CP→＝1＋0＋1＝2.|cos〈CD→，BE→

〉|＝CD→·BE→|CD→||BE→|＝12×32＝33，则异面直线BE与CD所成角的余弦值为33.设平面PCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则CD→·m＝0，CP→·m＝0，即－x＋y＝0，－x－y＋2z＝0，解得

y＝x，z＝2x，令x＝1，则y＝1，z＝2，所以平面PCD的一个法向量为m＝(1，1，2).则|BC→·m||m|＝|1|12＋12＋（2）2＝12，所以点B到平面PCD的距离为12，又|BC→|＝1，所以BC与平面PCD所成的

角为π6.答案：BCD11.解析：如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，E(2，2，1)，F(0，1，2)，B(2，2，0

)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，EF→＝(－2，－1，1)，BD1＝(－2，－2，2)，AE→＝(0，2，1).设异面直线EF与BD1所成角为α，则cosα＝|cos〈EF→，BD1〉|＝＝4＋2＋26×23＝223；∵BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2

，－2，2)，AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，2)，AC→＝(－2，2，0)，∴BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AC→＝0，∴BD1⊥AB1，BD1⊥AC，又AB1∩AC＝A，∴BD1⊥平面AB1

C，设直线AE与平面AB1C所成角为β，则sinβ＝|cos〈AE→，BD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉|＝＝|2×（－2）＋1×2|5×12＝1515.答案：223151512．解析：(1)证明：连接A1C，因为侧面

ACC1A1为矩形，所以A1C2＝AC2＋AA21＝12，又B1C2＋A1B21＝8＋4＝12，所以A1C2＝B1C2＋A1B21，即B1C⊥A1B1.①因为侧面ACC1A1⊥侧面ABB1A1，侧面ACC1A1∩侧面ABB1A1＝AA1，AC⊥AA1，AC⊂面ACC1A1，所以AC⊥平

面ABB1A1，又A1B1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥A1B1，②由①②及AC∩B1C＝C，得A1B1⊥平面AB1C.(2)由(1)知：AC⊥AB1，AC⊥AB，AB⊥AB1，以A为原点，以AB→，AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，AC→的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，

由已知，得A(0，0，0)，B1(0，2，0)，A1(－2，2，0)，C1(－2，2，2)，由D为棱B1C1的中点，得D(－1，2，1)，∴AD→＝(－1，2，1)，AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，2，0)，A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，0)，设平面ADA1的一个法向量为n＝

(x，y，z)，由⇒－x＋2y＋z＝0－2x＋2y＝0，得n＝(1，1，－1).由(1)知平面AB1C的一个法向量为A1B1＝(2，0，0)，设平面AB1C与平面AA1D所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|cos〈A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，n〉|＝＝33，即平

面AB1C与平面AA1D所成的锐二面角的余弦值为33.13．解析：如图1，在矩形ABCD中，过A，C点作BD的垂线，垂足分别为E，F，则在翻折过程中，形成如图2的几何体，故对于①，连接CE，假设存在某个位置，使得A1C⊥BD，由于A1E⊥BD，A1C∩A1E＝A1，所以BD⊥平面A1CE，所以BD

⊥CE，这与图1中的BD与CE不垂直矛盾，故错误；对于②在翻折过程中，当平面A1BD⊥平面BCD时，三棱锥A1­BCD的体积取得最大值，此时A1E＝AD·ABBD＝32，体积为V＝13·S△BCD·A1E＝13×12×1×3×32＝14，故三棱锥A1BCD的体积

不大于14，故正确；对于③，A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋ED→，BC→＝BF→＋FC→，由②的讨论得AE＝DF＝12，EF＝1，所以ED→＝BF→，所以A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC→＝(A1E⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗＋ED→)·(BF→＋FC→)＝A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·FC→＋ED→·BF→＝－EA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·FC→＋ED→·BF→＝－|EA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|FC→|cos〈EA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，FC→〉＋|ED→|·|BF

→|＝－34cos〈EA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，FC→〉＋94，设翻折过程中，平面A1BD与平面BCD所成的二面角为θ，所以〈EA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，FC→〉＝θ，故A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC→＝－34cosθ＋94，由于要使直线A1D与BC为异面直线，所以θ∈(0，π)，所以A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗·BC→＝－34cosθ＋94∈32，3，所以|cos〈A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，BC→〉|＝|A1D·BC→||A1D|·|BC→|＝－34cosθ＋943∈12，1，所以异面直线A1D与BC所成角的余弦值的范围为12，

1，由于22∈12，1，所以在翻折过程中，存在某个位置，使得异面直线A1D与BC所成角为45°.答案：②③课时作业(十一)直线的倾斜角与斜率1．解析：因为直线l经过原点和点(－2，2)，所以l的斜率

k＝2－0－2－0＝－1.答案：B2．解析：选项A：直线x－y＋1＝0的斜率k＝1，则直线倾斜角为π4，是锐角，判断正确；选项B：直线y＝－2x＋1的斜率k＝－2＜0，则直线倾斜角为钝角，判断错误；选项C：直线y＝1的斜率k＝0，则直线倾斜角为0，不是锐角，判断错误；

选项D：直线x＝2没有斜率，倾斜角为直角，不是锐角，判断错误．答案：A3．解析：设直线AB的倾斜角为α，因为A(1，3)，B(－1，33)，所以直线AB的斜率k＝33－3－1－1＝－3，即tanα＝－3，因为α∈[0，π)，所以α＝2π3.答案：A4．解析：∵直线3x－y＝0的斜率为3，

∴直线3x－y＝0的倾斜角为60°，∴直线l的倾斜角等于120°，直线l的斜率是tan120°＝－3.答案：D5．解析：因为0°≤α<180°，且tanα＞0，则α为锐角，故A正确；虽然直线的斜率为tanα，但只有0°≤α＜180°时，α才是此直

线的倾斜角，故B错误；因为0°≤α＜180°，所以sinα≥0，故C错误；任意直线都有倾斜角α，且α≠90°时，斜率为tanα，故D正确．答案：AD6．解析：因为A(m，2)，B(3，0)，直线AB的斜率为1，所以2m

－3＝1，解得m＝5.答案：57．解析：两点A(1，1)，B(3，5)，点C(－2，t)在直线AB上，∴kAB＝kBC即：5－13－1＝t－5－2－3得t＝－5.答案：－58．解析：(1)当1－m＝3，即m＝－2时，点P(3，－1)和Q(3

，－10).直线PQ的倾斜角为90°，此时直线PQ的斜率不存在．(2)当1－m≠3，即m≠－2时，直线PQ的斜率为5m－（1＋m）3－（1－m）＝4m－1m＋2，令4m－1m＋2＝－3，解得m＝－57.9．解析：据

题意可知kAB＝1＋a－a1－a－3＝1－2－a＜0，即2＋a＞0，所以a＞－2.答案：BCD10．解析：当sinθ＝0时，方程为x＝－2，倾斜角为π2，当sinθ≠0时，直线的斜率k＝tanα＝1sinθ，所以tanα∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，

即α∈π4，π2∪π2，3π4，综上α∈π4，3π4.答案：C11.解析：如图所示：由点A(－3，4)，B(3，2)，P(1，0)，可得直线PA的斜率为4－0－3－1＝－1，直线PB的斜率为2

－03－1＝1，由直线l与线段AB相交，可得k的范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞)；由斜率与倾斜角的正切图象得倾斜角α∈π4，3π4.答案：π4，3π4(－∞，－1]∪[1，＋∞)12．证明：由于A，B

，C三点共线，所以此直线的斜率既可用A，B两点的坐标表示，也可用A，C两点的坐标表示，于是22－a＝2－b2，由此可得a＋b＝12ab，两边同时除以ab，得1a＋1b＝12.13．解析：正△ABC的顶点A(1，1)，B(1，3)且顶点C在第一象限，故顶点C的坐标为(1＋3，2)，yx

＋1可看作△ABC内部及其边界上一点与点(－1，0)的连线斜率，当P运动到点B(1，3)时，直线的斜率最大，故yx＋1的最大值为31＋1＝32.答案：B课时作业(十二)两条直线平行和垂直的判定1．解析：斜率都为0且不重合，所以平行．

答案：B2．解析：因为l1的倾斜角为60°，故l1的斜率为3，因为l1⊥l2，所以直线l2的斜率为－33.答案：A3．解析：因为过A(m，1)，B(－1，m)两点的直线与直线y＝3x垂直，所以直线AB的斜率存在，且kAB＝－13＝m－1－1－m，解得m＝2.答案：B4．解析：kAB＝3－5－

4－2＝13＝kCD＝3－06－（－3），kAD＝3－0－4＋3＝－3，kCB＝5－32－6＝－12，则kAD≠kCB，所以AB∥CD，AD与BC不平行，kAD·kAB＝－1，因此AD⊥AB，故构成的图形为直角梯形．答案：B5．解析：因为kAB＝－4－26－（－4）＝－35，kCD＝

12－62－12＝－35，kAC＝6－212＋4＝14≠－35即C不在直线AB上，所以AB∥CD，故A正确，B错误；又kAC＝6－212＋4＝14，kBD＝12＋42－6＝－4，∴kAC·kBD＝－1，∴AC⊥BD，故D正确，C错误．答案：AD6．

解析：l1∥l2时k1＝k2或斜率均不存在，由条件可知k＝2.答案：27．解析：设直线AD，BC的斜率分别为kAD，kBC，由题意，得AD⊥BC，则有kAD·kBC＝－1，所以有1－2m－2·3－14－0＝－1，解得m＝

52.答案：528．解析：(1)因为点C在直线AB上，所以kAB＝kAC即3＋2－2－3＝3－m－2－12，解得m＝12.(2)因为直线AC与直线BD平行，所以kAC＝kBD,所以3－m－2－12＝－2－（－3）3－0，解得m＝236，经检验两直线不

重合，所以m＝236.(3)因为直线AC与直线BC垂直，两直线斜率均存在，所以kAC·kBC＝－1，所以3－m－2－12·－2－m3－12＝－1，解得m＝1±522.9.解析：如图所示，因为经过三点可构造三个平行四边形

，即▱AOBC1，▱ABOC2，▱AOC3B.根据平行四边形的性质，可知B，C，D分别是点C1，C2，C3的坐标．答案：A10．解析：设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，则k2＝2－（a＋2）1－（－2）

＝－a3.若l1⊥l2，①当k2＝0时，此时a＝0，k1＝－12，不符合题意；②当k2≠0时，l1的斜率存在，此时k1＝2－aa－4.由k1k2＝－1，可得2－aa－4·－a3＝－1，解得a＝3或a＝－4.所以当a＝3或a＝

－4时，l1⊥l2.答案：AC11．解析：两直线垂直，则两直线的斜率之积为－1，根据韦达定理得到：k1＋k2＝2，k1·k2＝m2＝－1⇒m＝－2，两直线平行，则两直线的斜率相等，故得到k2＝k1＝1，m＝2.答案：－2212．解析：四边形OPQR是矩形．证明如下：OP边所在

直线的斜率kOP＝t，QR边所在直线的斜率kQR＝2＋t－21－2t－（－2t）＝t，OR边所在直线的斜率kOR＝－1t，PQ边所在直线的斜率kPQ＝2＋t－t1－2t－1＝－1t，所以kOP＝kQR，kOR＝kPQ，所以OP∥QR，OR∥PQ，所以四边形OPQR是平行四边形．又kQR·kOR

＝t×－1t＝－1，所以QR⊥OR，所以四边形OPQR是矩形．又kOQ＝2＋t1－2t，kPR＝t－21＋2t，令kOQ·kPR＝－1，即2＋t1－2t·t－21＋2t＝－1，无解，所以OQ与

PR不垂直，故四边形OPQR是矩形．13．解析：设A(2，0)，B(－2，4)，则A，B所在直线的斜率为kAB＝4－0－2－2＝－1，由题知过点(2021，2022)与点(m，n)的直线与直线AB平行，所以n－

2022m－2021＝－1，整理得m＋n＝2021＋2022＝4043.答案：C课时作业(十三)直线的点斜式方程1．解析：因为直线的倾斜角为135°，所以直线的斜率为k＝tan135°＝－1，所以直线方程为y＋23＝－(x－3)，即y＝－x－3.答案：D2．解析：由题可知直线经过点(4，0)

，斜率为1，所以直线方程为y＝x－4.答案：C3．解析：∵直线经过第一、三、四象限，∴图形如图所示，由图知，k>0，b<0.答案：B4．解析：由题意可设所求直线方程为y＝kx＋4，又由2k＝－1，得k＝－12，∴所求直线方程为y＝－12x＋4.答案：D5．解析：方程k＝

y－2x＋1表示直线y－2＝k(x＋1)上去掉点(－1，2)所形成的两条射线，与方程y－2＝k(x＋1)表示的图形不相同，故A错误；直线l过点P(x1，y1)，倾斜角为π2，该直线的斜率不存在，垂直于x轴，其方程为x＝x1，故B正确；直线l过点P(x1，y1)，斜率为0，则其方程

为y－y1＝0，即y＝y1，故C正确；若直线l垂直于x轴，则直线l的斜率不存在，该直线没有点斜式和斜截式方程，故D错误．答案：BC6．解析：由题意可知，所求直线的斜率为32，则所求直线的方程为y＝32(x＋4)＋3，

即y＝32x＋9.答案：y＝32x＋97．解析：化为点斜式y－3＝k(x－2).所以不管k取何值，直线恒过定点(2，3).答案：(2，3)8．解析：由题意知，直线l的斜率为32，故设直线l的方程为y＝32x＋b，由32x＋b＝0得a＝－23b，在y轴上的截距为b，所以－23b－b＝1，b＝－3

5，所以直线l的斜截式方程为y＝32x－35.9．解析：对于A，由l1得a>0，b<0，而由l2得a>0，b>0，矛盾；对于B，由l1得a<0，b>0，而由l2得a>0，b>0，矛盾；对于C，由l1得a>0，b<0，而由l2

得a<0，b>0，矛盾；对于D，由l1得a>0，b>0，而由l2得a>0，b>0.答案：D10．解析：设直线的斜率为k(k≠0)，则直线方程为y－2＝k(x－1)，令y＝0，得直线l在x轴上的截距为1－2k，则3<

1－2k<5，解得－1＜k＜－12，所以直线l的斜率的取值范围为－1，－12.答案：A11．解析：令y＝0，则x＝－2k.令x＝0，则y＝k，则直线与两坐标轴围成的三角形的面积为S＝12|k|·|－2k|＝k2

.由题意知，三角形的面积不小于1，可得k2≥1，所以k的范围是k≥1或k≤－1.答案：k≥1或k≤－112．解析：(1)∵A，B两点的纵坐标均为1，∴AB边所在直线的方程为y＝1.(2)∵AB平行于x轴，且△ABC

在第一象限，kAC＝tan60°＝3，kBC＝tan(180°－45°)＝－tan45°＝－1，∴直线AC的方程为y－1＝3(x－1)；直线BC的方程为y－1＝－(x－5).13．解析：由题意知k≠0，直线l：y＝k(x－

2)＋3与x轴、y轴交点的坐标分别为A2－3k，0，B(0，3－2k)，所以S△OAB＝12×2－3k×|3－2k|＝124k＋9k－12＝2k＋94k－3，作出其图象如图所示，由图可知，当0＜m＜

12时，k有两解；当m＝12时，k有三解；当m＞12时，k有四解．答案：BCD课时作业(十四)直线的两点式方程1．解析：因为直线l的两点式方程为y－0－3－0＝x－（－5）3－（－5），所以直线l过点(－5，0)，(3，－3)，所以l的斜率为0

－（－3）－5－3＝－38.答案：A2．解析：∵直线过第一、三、四象限，∴它在x轴上的截距为正，在y轴上的截距为负，即a＞0，b＜0.答案：B3．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．答案：B4．解析：当直线经过原点时，横、

纵截距都为0，符合题意，当直线不经过原点时，设直线方程为xa＋yb＝1.由题意得1a＋4b＝1，|a|＝|b|，解得a＝－3b＝3或a＝5b＝5，综上，符合题意的直线共有3条．答案：C5．

解析：因为A(1，2)，B(3，1)，所以线段AB的中点坐标为2，32，所以过点M和线段AB的中点的直线方程为y－32x－2＝72－323－2，即4x－2y－5＝0.答案：B6．解析：由题意可得，直线AB的方

程为x2－0＝y＋24＋2，即3x－y－2＝0.答案：3x－y－2＝07．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，即3x＋2y－6＝0.答案：3x＋2y－6＝08．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＝0.9．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.答案：ABC10．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＝2

x＋2.又点C(1010，b)在直线l上，所以b＝2×1010＋2＝2022.答案：C11．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＝012．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＝0.13．解析：设直线l的方程为xa＋yb＝1(a>0，b>0).由P点在直线l上，得4a＋1b＝1，∴|OA|＋|

OB|＝a＋b＝(a＋b)4a＋1b＝5＋4ba＋ab≥5＋24ba·ab＝9，当且仅当4ba＝ab，即a＝6，b＝3时取“＝”，∴直线l的方程为x6＋y3＝1，即x＋2y－6＝0.答案：x＋2y－6＝0课时作业(十五)直线的一般式方程1．解析：由题意得，经过点A(8，－2)，斜率

为－2的直线方程为y＋2＝－2(x－8)，即2x＋y－14＝0.答案：C2．解析：∵直线x＋y＋1＝0的斜率k＝－1，∴设直线的倾斜角为α，则tanα＝－1，结合α∈[0，π)，可得α＝3π4.答案：B3．解析：由已知得直线的斜

率k＝tan30°＝33＝－a，∴a＝－33.答案：A4．解析：因为直线ax＋2y－1＝0与直线x＋ay＋1＝0平行，所以a2＝2，即a＝±2，经检验，满足题意．答案：C5．解析：直线y＝ax－2a＋4(a∈R)，即y＝a

(x－2)＋4，恒过点(2，4)，A正确；直线y＋1＝3x，即y＝3x－1，在y轴上的截距为－1，B不正确；直线x＋3y＋1＝0的斜率k＝－33，其倾斜角为150°，C不正确；直线x－2y＋3＝0的斜率为12，则垂直于直线x－2y＋3

＝0的直线斜率为－2，直线方程为：y－3＝－2(x＋2)，即2x＋y＋1＝0，D正确．答案：AD6．解析：由直线x＋y－3＝0得y＝－x＋3，直线x＋y－3＝0的斜率为－1，则直线x＋y－3＝0的倾斜角为135°，所以将直线x＋y－3＝0绕与x轴的交点逆时针旋转60°后，直线的倾斜角

为15°.答案：15°7．解析：设直线的截距方程为xa＋y－4＝1，∴12×|a|×4＝24⇒a＝±12，∴直线的一般式方程为：x－3y－12＝0或x＋3y＋12＝0，答案：x－3y－12＝0或x＋3y＋12＝0.8．解析：(1)∵直线过点(1，0

)，∴m2－2m－3＝2m－6，解得m＝3或m＝1.又∵m＝3时，直线l的方程为y＝0，不符合题意，∴m＝1.(2)由斜率为1，得－m2－2m－32m2＋m－1＝1，2m2＋m－1≠0，解得m＝43.(

3)直线过定点P(－1，1)，则－(m2－2m－3)－(2m2＋m－1)＝2m－6，解得m＝53或m＝－2.9．解析：∵k＝－1a2＋1，∴－1≤k<0.所以倾斜角的取值范围是3π4，π.答案：D10．解析：

l2：ax－(2a－3)y＋a－2＝0化为a(x－2y＋1)＋3y－2＝0，由x－2y＋1＝0且3y－2＝0解得x＝13，y＝23，即直线l2恒过定点13，23，故A正确；若l2在x轴和y轴上截距相等，则l2过原点或其斜率为－1，则a

＝2或－a－（2a－3）＝－1⇒a＝1，故B错误；若l1⊥l2，则1×a＋a×(3－2a)＝0解得a＝0或2，故C正确；若l1∥l2，则先由1×(3－2a)＝a×a解得a＝1或－3，再检验当a＝1时l1，l2重合，故D错误．答案：AC11．解析：由题意，直

线l过点(2，0)，所以2a－2＋a＝0，得a＝23；直线l在两坐标轴上的截距相等，已知a＝0不成立，则2－aa＝2－a，得a＝1或a＝2.答案：231或212．解析：(1)直线方程整理得：a(3x－y)＋(－x＋2y－1)＝0，联立3x－y＝0－x＋2y－1＝0，解得

x＝15y＝35，所以直线恒过定点15，35；(2)当a＝2时，直线垂直x轴．当a≠2时由(1)画图知：斜率k≥3得a＞2，综上：a≥2；(3)由题知k＝3a－1a－2＜0则a∈13，

2，令y＝0，则x＝13a－1，令x＝0，则y＝－1a－2.所以S△＝1213a－1·－1a－2＝121（3a－1）（a－2），所以当a＝76时三角形面积最小，直线l方程为：15x＋5y－6＝0.13．解析：由题设，(

k＋1)x＋(1－2k)y－3＝k(x－2y)＋x＋y－3＝0，∴当x＝2y＝2时，方程恒成立，故直线恒过定点(2，1)，∴2m＋1n＝1，则2m＋n＝(2m＋n)2m＋1n＝5＋2nm＋2mn≥5＋

22nm·2mn＝9，当且仅当m＝n＝3时等号成立，∴2m＋n的最小值为9.答案：9课时作业(十六)两条直线的交点坐标两点间的距离公式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＋B1B2＝3×1＋(－1)×1＝3－1≠0，则这两条直线相交但不垂直．答案：A2．解析：设过A点中线长即为线段AD.D为BC中点：D3＋52，－6＋22，即D(4，－2)，∴|AD|＝（4－2）2＋（－2－4）2＝4＋3

6＝210.答案：B3．解析：联立方程2x－y－2＝03x＋y－8＝0，解得x＝2，y＝2，所以A(2，2)，所以|AB|＝（2－2）2＋（3－2）2＝1.答案：D4．解析：联立2x－y＝0x－y－1＝0，得

x＝－1y＝－2.把x＝－1y＝－2代入2x＋ky＋8＝0得k＝3.答案：C5．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：A6．解析：由x＋y－2＝03x－y－4＝0，得x＝32y＝12，所以直线l的方程为y－12＝－2x－32，即4x＋2y－7＝0.答案：4x＋

2y－7＝07．解析：设y轴上的点B的坐标为(0，y)，因为点A(－25，3)，所以|AB|＝（－25）2＋（y－3）2＝35，解得：y＝8或y＝－2，所以点B的坐标为(0，8)或(0，－2).答案：(0，8)或(0，－2)8．解析：(1)由3x＋2y－1＝0x＋3y＋2＝

0，解得x＝1y＝－1，∴A(1，－1).(2)直线l1的斜率为－32，垂直于直线l1的直线斜率为23，则过点A(1，－1)，且垂直于直线l1的直线l的方程为y＋1＝23(x－1)，即2x－3y－5＝0.9．解析：S＝（x＋1）2＋y2＋（x－1）2＋y2可以看作是点

(x，y)到点(－1，0)与点(1，0)的距离之和，数形结合(图略)易知最小值为2.答案：B10．解析：依题：三条直线交于一点或其中两条平行且与第三条直线相交，①当直线x＋ky＝0经过直线x－2y＋1＝0与直线x－1＝0的交点(1，1)时，1

＋k＝0，解得k＝－1.②当直线x＋ky＝0与直线x－2y＋1＝0平行时，11＝k－2≠01，解得k＝－2；③当直线x＋ky＝0与直线x－1＝0平行时，可得k＝0，综上：k＝－2或k＝0或k＝－1.答案：ABC11．解析：因为两直线a1x＋b1y＋1＝0和a2x＋b2y＋1＝0

的交点为P(2，3)，所以2a1＋3b1＋1＝0且2a2＋3b2＋1＝0，所以Q(a1，b1)，P(a2，b2)(a1≠a2)在直线2x＋3y＋1＝0上，所以过两点Q(a1，b1)，P(a2，b2)(a1≠a2)的直线方程为2x＋3y＋1＝0.答案：2x＋3y＋1＝012．解析：方法一设A(

x0，y0)，由中点公式，有B(－x0，2－y0)，∵A在l1上，B在l2上，∴x0－3y0＋10＝0，－2x0＋2－y0－8＝0，解得x0＝－4，y0＝2，∴kAP＝1－20＋4＝－14，故

所求直线l的方程为y＝－14x＋1，即所求直线l的方程为x＋4y－4＝0.方法二由题易知，直线l的斜率存在，设所求直线l方程为y＝kx＋1，l与l1，l2分别交于A，B，解方程组y＝kx＋1，x－3y＋10＝0，解得

x＝73k－1，y＝10k－13k－1，∴A73k－1，10k－13k－1；解方程组y＝kx＋1，2x＋y－8＝0，解得x＝7k＋2，y＝8k＋2k＋2，∴B7k＋2，8k＋2k＋2，∵A，B的中点为P(0，1)，则有1273

k－1＋7k＋2＝0，∴k＝－14.故所求直线l的方程为x＋4y－4＝0.13．解析：因为l1：x－my－2＝0与l2：mx＋y＋2＝0的交点坐标为Q2－2m1＋m2，－2－2m1＋m2，所以|OQ|＝2－2m1＋m22＋－2－2m1＋m22＝8（1＋m2

）（1＋m2）2＝221＋m2，当m＝0时，|OQ|max＝22，所以|OQ|的最大值是22.答案：B课时作业(十七)点到直线的距离公式两条平行直线间的距离1．解析：点A(3，－7)到直线x＋y＝0的距离d＝|3－7|2＝22.答案：D2．解析：由题意得|a－2＋3|1＋1＝1.∴|a＋1|＝2

，a＋1＝±2.解得a＝－1＋2或a＝－1－2.∵a＞0，∴a＝－1＋2.答案：C3．解析：由题意得：∵直线l1：x－2y－10＝0，l2：2x－4y＋310＝0，∴k1＝12，k2＝24＝12，两直线为平行直线，直线l1：

x－2y－10＝0⇔l1：2x－4y－210＝0，两平行直线之间的距离为d＝|310－（－210）|4＋16＝522.答案：A4．解析：联立，3x－y＋1＝02x＋y－6＝0，解得x＝1y＝4

，又直线斜率为1，∴直线l的方程为y＝x＋3，即x－y＋3＝0，∴原点到直线l的距离为|0－0＋3|2＝322.答案：A5．解析：由题意，得：b＝21＋b＋a＝0，解得a＝－3，b＝2，故A、B正确，∴(1，2)到直线－3x＋2y＋3＝0的距离d＝|－3＋

4＋3|（－3）2＋22＝41313，故C错误，D正确．答案：ABD6．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，所以点P的坐标为(1，2)或(2，－1).答案：(1，2)或(2，－1)7

．解析：∵3x＋4y－6＝0和3x＋4y＋a＝0之间的距离等于2，∴d＝|a＋6|32＋42＝2，解得a＝4或－16.答案：4或－168．解析：(1)∵B(－2，－1)，C(2，3)，∴kBC＝3＋12＋2＝1，则所求直线的斜率为：k＝－1，又B

C的中点D的坐标为(0，1)，所以BC边上的中垂线所在的直线方程为：x＋y－1＝0；(2)直线BC的方程为：y＋1＝x＋2，即x－y＋1＝0，则点A(－1，4)到直线BC：x－y＋1＝0的距离为：d＝|－1－4＋1|2＝22.9．解析：设所求直线方程为3x－4y＋m＝0，

由题意得|m－（－1）|32＋（－4）2＝2，解得m＝9或－11.答案：AB10．解析：由y＝2xx－y＝1，解得x＝－1y＝－2，所以直线的交点为(－1，－2)，因为交点(－1，－2)在直线mx＋ny＋3＝0

上，所以m＋2n－3＝0，所以点(m，n)到原点的距离的最小值为d＝|－3|12＋22＝355.答案：D11．解析：∵直线l1：(m＋1)x－(m－3)y－8＝0(m∈R)，化为：m(x－y)＋(x＋3y－8)＝0，可得x－y＝0x＋3y－8＝0，解得x＝y＝2，则直线l1恒过定点(

2，2)；过原点作直线l2∥l1，可设l2方程为：(m＋1)x－(m－3)y＝0，则经过两点(0，0)与(2，2)的直线方程为：y＝x.则当直线l1与l2的距离最大时，l2与直线y＝x垂直．直线l2的方程为x＋y＝0.答案：(2，2)x＋y＝012．解析：(

1)直线l：x＋my－m－3＝0，整理可得：x－3＋m(y－1)＝0，∴直线恒过x－3＝0和y－1＝0的交点，即直线恒过定点(3，1)在第一象限，∴直线l一定经过第一象限；(2)由(1)可得：直线恒过定点M(

3，1)，当PM与l垂直时，P到直线的距离最大，为|PM|＝（3－2）2＋12＝2，又kPM＝1－03－2＝1，故直线l的斜率为－1，即－1m＝－1，可得m＝1，直线l的方程为：x＋y－4＝0，令y＝0得：x＝4；令x＝0得：y＝4，即

A(4，0)，B(0，4)，∴|AB|＝42＋42＝42，∴S△PAB＝12·|AB|·|PM|＝12×42×2＝4.13．解析：A：M到直线的距离为d＝05＝0＜2，故直线存在P使|PM|＝2，符合“2域直线”；B：M到直线的距离为d＝

2，故直线存在P使|PM|＝2，符合“2域直线”；C：M到直线的距离为d＝|3－4×4|17＝1317＞2，故直线不存在P使|PM|＝2，不符合“2域直线”；D：M到直线的距离为d＝2，故直线存在P使|PM|＝2，符合“2域直线”．答案：C课时作业(十八)圆的标准方程1

．解析：因圆的圆心为(1，2)，且过(0，0)，则圆的半径r＝12＋22＝5，所以所求圆的方程为：(x－1)2＋(y－2)2＝5.答案：C2．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.答案：A3．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.答案：A4．解析：由题意设圆心坐标为(a，－a)，再由圆C与y轴的交点分别为A(0，4)，B(0，－2)，可得－a＝－2＋42＝1

，解得a＝－1，则圆心坐标为(－1，1)，半径r＝（0＋1）2＋（4－1）2＝10.∴该圆的标准方程是(x＋1)2＋(y－1)2＝10.答案：B5．解析：选项A中(－3－2)2＋(2－3)2＝26＞4在圆外

；选项B中(3－2)2＋(2－3)2＝2＜4在圆内；选项C中(1－2)2＋(4－3)2＝2＜4在圆内；选项D中(1－2)2＋(1－3)2＝5＞4在圆外．答案：AD6．解析：当以AB为直径时，圆的周长最小，则AB的中点即圆心为(2，1)，直径|AB|＝（3－1）2＋

（4＋2）2＝210，半径r＝10，所以圆的标准方程为：(x－2)2＋(y－1)2＝10.答案：(x－2)2＋(y－1)2＝107．解析：由题设，圆心在第一象限，半径为1，且同时与x，y轴相切，则圆心为(1，1)，∴圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1.答案

：(x－1)2＋(y－1)2＝18．解析：(1)由题意可得，AC的中点坐标为D2，a2.所以4×2－3×a2－2＝0.所以a＝4；(2)由已知可得AB的中点坐标为(6，5)，得|AB|＝（8－4）2＋102＝229.所以以AB为直径的圆的方程为(

x－6)2＋(y－5)2＝29，因为(0－6)2＋(4－5)2＝37＞29，所以点C在以AB为直径的圆外．9．解析：圆x2＋(y－3)2＝4的圆心坐标为(0，3).因为直线l与直线x＋y＋1＝0垂直，所

以直线l的斜率k＝1.由点斜式得直线l的方程是y－3＝x－0，化简得x－y＋3＝0.答案：D10．解析：圆心坐标为(k，k)，在直线y＝x上，A正确；令(3－k)2＋(0－k)2＝4，化简得2k2－6k＋5＝0，∵Δ＝3

6－40＝－4＜0，∴2k2－6k＋5＝0，无实数根，∴B正确；由(2－k)2＋(2－k)2＝4，化简得k2－4k＋2＝0，∵Δ＝16－8＝8＞0，有两不等实根，∴经过点(2，2)的圆Ck有两个，C错误；由圆的半径为2，得圆的面积为4π，D正确．答

案：ABD11．解析：由题意，设圆C的圆心为C(a，0)(a＞0)，因为圆心到直线2x－y＝0的距离为255，所以|2a－0|5＝255，解得a＝1，即圆心坐标为(1，0)；又点M(0，3)在圆C上，所以半径为r＝（1－0）2＋（0－3）2＝2，因此圆C的方

程为(x－1)2＋y2＝4.答案：(x－1)2＋y2＝412．解析：由x－y－1＝02x－y－4＝0，解得x＝3y＝2，故A(3，2)，则AB的中点坐标为(2，1)，且kAB＝2－03－1＝1，因此中垂线的斜率为k＝

－1，所以线段AB的垂直平分线的方程y－1＝－(x－2)，即x＋y－3＝0由x＋y－3＝02x－y＝0，解得x＝1y＝2，故圆心为(1，2)，因此半径为（1－3）2＋（2－2）2＝2

，所以圆的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4.13．解析：根据题意，如图所示，∴圆心C的坐标为(3，4)，半径r＝1，且|AB|＝2m.由∠APB＝90°，连结OP，易知|OP|＝12|AB|＝m.要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点

O的最大距离．∵|OC|＝33＋42＝5，∴|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.答案：B课时作业(十九)圆的一般方程1．解析：圆C的标准方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9，圆心C的坐标为(－1，2).答案：A2．解析：x2＋y2－2x－a＝0⇔(x－1)2＋y

2＝a＋1表示圆，则a＋1＞0，∴a＞－1，a＞0能推出a＞－1，反之不能，故“实数a＞0”是“方程x2＋y2－2x－a＝0”表示圆的充分不必要条件．答案：A3．解析：圆(x＋1)2＋y2＝4的圆心坐标为C(－1，0)，半径为2.设点P(x，y)，由题得|PC|2＝|PA|2＋r2＝5，故(x＋1

)2＋y2＝5.答案：B4．解析：设圆心坐标为(t，0)，因为圆心在x轴上且圆与y轴相切，所以|t|即为半径，则根据题意得：（－1－t）2＋（－3－0）2＝|t|，解得t＝－5，所以圆心坐标为：(－5，0)，半径为5，该圆的方程是(x＋5)2＋y2＝25，展开得：x2＋y2＋10x＝0.答案：C

5．解析：由圆M的一般方程x2＋y2－8x＋6y＝0，得圆M的标准方程为(x－4)2＋(y＋3)2＝52，故圆心为(4，－3)，半径为5，则A选项正确、C选项错误，令x＝0，得y＝0或y＝－6，弦长为6，则D选项正确，令y＝0，得x＝0或x＝8，弦长为8，则B选项正确．答案：ABD

6．解析：由x2＋y2＋ax＋by－6＝0得x＋a22＋y＋b22＝6＋a24＋b24，又圆心坐标为(3，4)，∴－a2＝3，－b2＝4即a＝－6，b＝－8，∴圆的半径为6＋364＋644＝31.答案：317．解析：x2＋y2－2x－4y＋3＝1的标准方程为(x－

1)2＋(y－2)2＝2，则圆心为(1，2)，圆心(1，2)到直线x－ay＋1＝0的距离为d＝|1－2a＋1|1＋a2＝2，解得a＝0.答案：08．解析：设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.令y＝0，得x2＋Dx＋F

＝0，所以x1＋x2＝－D.令x＝0，得y2＋Ey＋F＝0，所以y1＋y2＝－E.由题意知－D－E＝2，即D＋E＋2＝0.①又因为圆过点A、B，所以16＋4＋4D＋2E＋F＝0.②1＋9－D＋3E＋F＝0.③解①②③组成的方程组得D＝－2，E＝0，F＝－12.故所求圆的方程为x2＋y2－2x－12

＝0.9．解析：以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则B(3，0).设M(x，y)，依题意有，x2＋y2（x－3）2＋y2＝12，化简整理得，x2＋y2＋2x－3＝0，即(x＋1)2＋y2＝4，故

圆的半径为2，则圆的面积为4π.答案：B10．解析：将x2＋y2－4x－14y＋45＝0化为(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圆心C坐标为(2，7)，故A正确；因为C(2，7)，Q(－2，3)两点之间的距离为（－

2－2）2＋（3－7）2＝42＞22，所以点Q在圆C外，故B正确；因为点P(m，m＋1)在圆C上，所以m2＋(m＋1)2－4m－14(m＋1)＋45＝0，所以m＝4，即P(4，5).所以直线PQ的斜率为13，

故C错误；因为圆心C(2，7)，半径r＝22，|CQ|＝42，所以|CQ|－r≤|MQ|≤|CQ|＋r，即22≤|MQ|≤62，故D正确．答案：ABD11．解析：设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，由条件，得

1＋9－D－3E＋F＝04＋36＋2D＋6E＋F＝0－D2＋2×－E2－4＝0，解得D＝－4E＝－2F＝－20，因此圆的一般方程为x2＋y2－4x－2y－20＝0，故圆心C(2，1)，因此圆心到直线l的距离d＝3m2＋12＝1，解得m＝±22.答案：x

2＋y2－4x－2y－20＝0±2212.解析：如图所示，设P(x，y)，N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为x2，y2，线段MN的中点坐标为(x0－32，y0＋42).由于平行四边形的对角线互相平分，故x2＝x0－32，y2＝

y0＋42，从而x0＝x＋3，y0＝y－4.又点N(x＋3，y－4)在圆上，故(x＋3)2＋(y－4)2＝4.当点P在直线OM上时，有x＝－95，y＝125或x＝－215，y＝285.因此所求轨迹为以(－3，4)为圆心，半径为2的圆，除去点－95，125和点

－215，285.13.解析：如图所示，以AC的中点为原点，AC边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，因为AC＝6，所以A(－3，0)，C(3，0)，设点B(x，y)，因为sinC＝2sinA，由正弦定理可得：

c＝2a，即|AB|＝2|BC|，所以(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，化简得：(x－5)2＋y2＝16，且x≠1，x≠9，圆的位置如上图所示，圆心为(5，0)，半径r＝4，观察可得，三角形底边长AC不变的情况下，当B点位于圆心D的正

上方时，高最大，此时△ABC的面积最大，B点坐标为(5，4)，所以BC＝（5－3）2＋42＝25.答案：25课时作业(二十)直线与圆的位置关系1．解析：因为直线y＝kx＋1恒过定点A(0,1)，而02＋

12＋2×1－5＝－2＜0，所以定点A(0，1)在圆x2＋y2＋2y－5＝0内，所以直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＋2y－5＝0相交．答案：A2．解析：a＝2时，圆(x－2)2＋(y－b)2＝4的圆心坐标为(2，b)，

半径为2，此时圆与y轴相切；当圆(x－a)2＋(y－b)2＝4与y轴相切时，因为圆的半径为2，所以圆心到y轴的距离为|a|＝2，所以a＝±2，“a＝2”是“圆(x－a)2＋(y－b)2＝4与y轴相切”的充分不必要条件．答案：A3．解析：由题知圆的标准方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2－a

，则圆心坐标为(－1，1)，半径r＝2－a，∵圆x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直线x＋y＋2＝0所得弦的长度为4，∴|－1＋1＋2|22＋422＝2－a，解得a＝－4.答案：C4．解析：设圆心坐标为(a，0)，则|2a－3|5＝|a＋3|5⇒a＝0或a＝6，所

以圆的半径为|0＋3|5＝355或|6＋3|5＝955.答案：C5．解析：由题意得，半径为3，A错误；由于点P到点C的距离为5，所以点P在圆外，故能作出两条圆的切线，∴B对；过点P的最大弦长为直径，又圆心坐标为(0

，0)，所以方程为y＝2x，∴C对；点P到圆C上一点的最大距离为5＋3＜4，∴D错误．答案：BC6．解析：因为直线l：x＋my－2＝0，所以直线l过定点P(2，0)，圆C：x2＋y2－6x＋2y＋6＝0，即圆C：(x－3)2＋(y＋1)2＝4，则(2－3)2＋(0＋1)2＝2＜4，即点P(

2，0)在圆内，所以直线l与圆C相交，即直线l与圆C有2个交点．答案：27．解析：由题设，22＋12＝5＞1，故P在圆外，根据圆O：x2＋y2＝1及P(2，1)，知：过P作圆O的切线斜率一定存在，∴可设切线为y＝k(x－2)＋1，联立圆的

方程，整理得(1＋k2)x2＋2k(1－2k)x＋4k(k－1)＝0，∴Δ＝4k2(1－2k)2－16k(k－1)(1＋k2)＝0，解得k＝0或k＝43.∴切线方程为y＝1或4x－3y－5＝0.答案：y＝1或4x－3y－5＝08．解析：(1)不妨设圆的

半径为R，根据垂径定理，可得：R2＝12＋(3)2，解得：R＝2，则圆的方程为：(x＋1)2＋(y－2)2＝4.(2)当直线l的斜率不存在时，则有：x＝1，故此时直线l与圆相切，满足题意．当直线l的斜率存在时，不妨设直线l的斜率为k，

过点B(1，－2)的直线l与圆心A的距离为d，直线l的方程为：y＝k(x－1)－2，则有：d＝|－2k－4|1＋k2＝2，解得：k＝－34，此时直线l的方程为：3x＋4y＋5＝0，综上可得，直线l的方程为：x＝1或3x＋4y＋5＝0.9．解析：由已

知条件得(x－3)2＋(y＋5)2＝r2的圆心坐标为(3，－5)，圆心(3，－5)到直线4x－3y－2＝0为d＝|4×3－3×（－5）－2|42＋32＝5，∵圆(x－3)2＋(y＋5)2＝r2上至少有三个

点到直线4x－3y－2＝0的距离为1，∴圆的半径的取值范围是r≥5＋1，即r≥6，即半径r的取值范围是[6，＋∞).答案：B10．解析：直线l：kx－y－k＋1＝0整理得y－1＝k(x－1)，故直线过定

点P(1，1)，故A错误；由于点(1，1)在圆O内，故直线l与圆O相交，B正确；当k＝1时，直线l：x－y＝0过圆心O，故直线l被圆O截得的弦为直径，其长为4，C错误；当点P(1，1)为弦的中点时，直线l被圆O截得的弦最短，此时的弦长为2r2－OP2＝22，故D正确．答案：BD11．解析：∵

直线l：(2a－1)x＋(a－3)y＋4－3a＝0恒过定点(1，1)，∴当圆心与点(1，1)的连线与直线AB垂直时，弦长|AB|最小，∵圆心(2，0)与点(1，1)间的距离为（2－1）2＋（0－1）2＝2，半径为3，∴弦长|AB|的最小值为29－2＝27.∵圆心(2，0)与点(1，1)连线的斜率为

1－01－2＝－1，∴此时直线l的斜率为1，由－2a－1a－3＝1，解得a＝43.答案：274312．解析：(1)设圆心C(a，b)，因为圆心C在直线2x＋y－7＝0上，所以2a＋b－7＝0①因为A，B是圆上的两点

，所以|CA|＝|CB|，所以a2＋（b－3）2＝（a－2）2＋（b－5）2，即a＋b－5＝0②联立①②，解得a＝2，b＝3.所以圆C的半径r＝|AC|＝2，所以圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－3)2＝4.(2)若过点P的切线斜率不存在，则切线方程为x＝4.若过点P的

切线斜率存在，设为k，则切线方程为y－6＝k(x－4)，即kx－y－4k＋6＝0.由|－2k＋3|k2＋1＝2，解得k＝512，所以切线方程为5x－12y＋52＝0.综上，过点P的圆C的切线方程为x＝4或5x－12y＋52＝0.设PC与DE交于点F，因为|PC|＝13，C

D⊥PD，PC垂直平分DE，所以|PC|·|CF|＝|CD|2，所以|CF|＝|CD|2|PC|＝41313，所以|DE|＝2|CD|2－|CF|2＝24－1613＝121313.13．解析：由y＝－4－（x－1）2，得(x－1)2＋y2＝4，因

为y＝－4－（x－1）2≤0，所以曲线C表示以点C(1，0)为圆心，2为半径的圆的下半部分，由mx＋y－4m－2＝0，得m(x－4)＋(y－2)＝0，所以x－4＝0y－2＝0，得x＝4y＝2，所以直线l过定点P(4，2)，如图所示设曲线C与x轴的两个交点分别为A(－

1，0)，B(3，0)，直线l过定点P(4，2)，M为曲线C上一动点，根据图可知，若曲线C与直线l总有公共点，则kPA≤kl≤kPD，得2－04－（－1）≤－m≤kPD，设直线PD为y－2＝k(x－4)，则|k－0＋2－4k|k2＋1＝2，

解得k＝0，或k＝125，所以kPD＝125，所以25≤－m≤125，所以－125≤m≤－25.答案：D课时作业(二十一)圆与圆的位置关系1．解析：将两圆的一般方程化为标准方程得C1：(x－2)2＋(y＋1)2＝9；C

2：(x＋2)2＋(y－2)2＝4，可知圆心C1(2，－1)，C2(－2，2)，半径r1＝3，r2＝2，|C1C2|＝（2＋2）2＋（－1－2）2＝5＝r1＋r2，故两圆外切．答案：C2．解析：根据题意，圆C1：x2＋y2－10x－10y＝0即(x－5)2＋(y－5)2＝50，其圆心为(5，5)，

半径r＝52；圆C2：x2＋y2＋6x＋2y＋8＝0即(x＋3)2＋(y＋1)2＝2，其圆心为(－3，－1)，半径R＝2；两圆的圆心距|C1C2|＝64＋36＝10＞R＋r＝62，所以两圆相离，其公切线条数有4条．答案：D3．解析：由x2＋y2－4＝0与x2＋y2－4x

＋4y－12＝0两式相减，得：4x－4y＋8＝0，即x－y＋2＝0.答案：B4．解析：由题设，两圆圆心分别为(0，0)、(3，4)，半径分别为1、r，∴由外切关系知：（3－0）2＋（4－0）2＝r＋1，可得r＝4.答案：D5．

解析：圆O1：x2＋y2＝1的半径为r1＝1，圆O2：x－322＋(y－2)2＝94的半径为r2＝32，故r1＜r2，故B对，A错；圆心距d＝32－02＋（2－0）2＝52＝r1＋r2，故圆O1与圆O2外切，故C对，D错．

答案：BC6．解析：由题设，两圆方程相减可得：(D＋2)x－4y－4－F＝0，即为公共弦x－y＋1＝0，∴4D＋2＝1－4＋FD＋2＝1，可得D＝2F＝－8，∴D＋F＝－6.答案：－67．解析：圆C1：x

2＋y2－2x＝0与圆C2：x2＋y2－4y＝0，两式相减得，公共弦所在直线方程为：x－2y＝0，圆C1：x2＋y2－2x＝0，圆心为C1：(1，0)，r＝1，C1到公共弦的距离为：d＝15＝55，公共弦长为21－552＝455.答案：4558．解析：(1)选①.圆O的

圆心为O(0，0)，半径为1；圆C的圆心为C(3，0)，半径为3.因为两圆的圆心距为|OC|＝3，且两圆的半径之和为1＋3＜3，所以两圆外离．选②.圆O的圆心为O(0，0)，半径为1.圆C的圆心为C(3，0)，半径为2.因为两圆的圆心距为|OC|＝3.且两圆的半径之和为1＋2＝3，

所以两圆外切．(2)因为点C到直线x＋y－1＝0的距离d＝22＝2，所以直线x＋y－1＝0被圆C截得的弦长为25－d2＝23.9．解析：圆C1的圆心为C1(0，0)，半径为r1＝1.圆C2的圆心为C2(3，0)，半径为r2＝r.圆心距|C1C2|＝3.当r＝4时，r

2－r1＝|C1C2|，两圆内切，C1和C2只有一个公共点，A选项错误．当r＝1时，两个圆的半径相等，C1和C2关于直线x＝32对称，B选项正确．当1＜r＜2时，r1＋r2＝1＋r∈(1，3)，即|C1C2|＞r1＋r2，

C1和C2外离，C选项正确．当2＜r＜3时，r1＋r2＝1＋r∈(3，4)，r2－r1＝r－1∈(1，2)，所以r2－r1＜|C1C2|＜r1＋r2，所以两圆相交，（x－3）2＋y2＝r2x2＋y2＝1，两式相减并化简得x＝10－r26

＞0，即相交弦所在直线方程为x＝10－r26，所以公共弦长为212－10－r262＝3⇒r＝7∈(2，3)，D选项正确．答案：BCD10．解析：设动圆圆心为(x，y)，若动圆与已知圆外切，则（x－5）2＋（y＋7）2＝4＋1，∴(x－5)2＋(y＋7)2＝25；若动

圆与已知圆内切，则（x－5）2＋（y＋7）2＝4－1，∴(x－5)2＋(y＋7)2＝9.答案：D11．解析：O(0，0)，C(3，0)，两圆半径均为1，∵|OC|＝32＋02＝3，∴|PQ|的最小值为3－1－1＝1

.答案：112．解析：(1)圆C1：x2＋y2＋2x＋8y－8＝0，即为(x＋1)2＋(y＋4)2＝25，所以C1(－1，－4)，r1＝5，圆C2：(x－a)2＋(y－2a＋2)2＝25，所以C2(a，2a－2)，r2＝5，因为两圆外切，所以|C1C2|＝r1＋r2＝10，得（a＋1）2

＋（2a＋2）2＝10，化简得(a＋1)2＝20，所以a＝－1±25.(2)方法一圆C2：(x－a)2＋(y－2a＋2)2＝25，即为x2＋y2－2ax＋4(1－a)y＋5a2－8a－21＝0，将圆C1与圆C2的方程联立，得到方程组x2＋y2＋2x＋8y－8＝0，

x2＋y2－2ax＋4（1－a）y＋5a2－8a－21＝0，两式相减得公共弦AB的方程为：(2＋2a)x＋(4＋4a)y－5a2＋8a＋13＝0，由于|AB|＝55，得点C1到直线AB的距离：d＝r2－|AB|22＝25－554＝352，所以

|－（2＋2a）－4（4＋4a）－5a2＋8a＋13|（2＋2a）2＋（4＋4a）2＝352，即|5a2＋10a＋5|25|a＋1|＝352，即|a＋1|＝3，解得a＝2或者a＝－4.方法二因为r1＝r2＝5，所以圆C1与圆C

2关于直线AB对称，因为|AB|＝55，得点C1到直线AB的距离：d＝r2－|AB|22＝25－554＝352，所以|C1C2|＝35＝（a＋1）2＋（2a＋2）2，解得a＝2或者a＝－4.13．解析：由题

意，设点M(x，y)，又|MA|＝2|MB|，所以（x＋2）2＋y2＝2·（x－2）2＋y2，化简可得(x－6)2＋y2＝32，所以点M的轨迹为以点N(6，0)为圆心，42为半径的圆，所以点M的轨迹围成的区域面

积为32π，A选项正确；又点M(x，y)满足y∈[－42，42]，所以S△ABM＝12|AB|·|y|∈(0，82]，B选项正确；点N(6，0)到直线x－y＋4＝0的距离d＝|6－0＋4|12＋（－1）2＝52＞42，所以直线与圆相离，所以点M到直线x－y＋4＝0距离的最大值为52＋42

＝92，C选项错误；由D选项可知圆C与圆N有公共点，所以|42－r|≤|CN|≤42＋r，且|CN|＝（6＋1）2＋（0－1）2＝52，即|42－r|≤52≤42＋r，所以2≤r≤92，D选项正确．答案：ABD课时作业(二十二)椭圆

及其标准方程1．解析：设椭圆的左、右焦点分别为F1、F2,由已知条件得a＝5，由椭圆的定义得|PF1|＋|PF2|＝2a＝10，其中|PF1|＝3，则|PF2|＝7.答案：D2．解析：根据P为椭圆C：x225＋y29＝1上一点，则有

|PF1|＋|PF2|＝2a＝225＝10，又|PF1|＝3|PF2|，所以|PF2|＝104＝52.答案：B3．解析：∵方程x2m－2＋y24－m＝1表示椭圆，∴m－2＞0，4－m＞0，m－2≠4－m.解得2＜m＜3或3＜m＜4，故“2＜m＜4”是“方程x2

m－2＋y24－m＝1表示椭圆”的必要不充分条件．答案：B4．解析：因为焦点在x轴上，所以C不正确；又因为c＝1，故排除D；将1，32代入x23＋y22＝1得13＋3222＝3524≠1，故A错误，所以选

B.答案：B5．解析：由已知2c＝|F1F2|＝23，所以c＝3.因为2a＝|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|＝43，所以a＝23.所以b2＝a2－c2＝9.故椭圆C的标准方程是x212＋y29＝1或x29＋y212＝1.答案：AC6．解析：因椭圆C

上一点P到两个焦点F1(－2，0)，F2(2，0)的距离之和等于6，则该椭圆长半轴长a＝3，而半焦距c＝2，于是得短半轴长b，有b2＝a2－c2＝5，所以C的标准方程为x29＋y25＝1.答案：x29＋y2

5＝17．解析：圆x2＋y2＋6x＋5＝0的圆心为A(－3，0)，半径为2；圆x2＋y2－6x－91＝0的圆心为B(3，0)，半径为10.设动圆圆心为M(x，y)，半径为x，则|MA|＝2＋r，|MB|＝10－r，于是|MA|＋|MB|＝12＞|AB|＝6，所以，动圆圆心M的轨迹是以A

(－3，0)，B(3，0)为焦点，长轴长为12的椭圆．a＝6，c＝3，b2＝a2－c2＝27，所以M的轨迹方程为x236＋y227＝1.答案：x236＋y227＝18．解析：(1)由焦距是4可得c＝2，且焦点坐标为(0，－2)，(0，2).由椭

圆的定义知，2a＝32＋（2＋2）2＋32＋（2－2）2＝8，所以a＝4，所以b2＝a2－c2＝16－4＝12.又焦点在y轴上，所以椭圆的标准方程为y216＋x212＝1.(2)由题意知，2a＝26，即a＝13，又c∶a＝5∶13，所以c＝5，所以b2＝a2－c2＝132－52＝

144，因为焦点所在的坐标轴不确定，所以椭圆的标准方程为x2169＋y2144＝1或y2169＋x2144＝1.9．解析：因为|AF1|＋|AF2|＝3＋9＝12，所以椭圆M中2a＝12，因为|BF1|＋|BF2|＝5＋9≠12，|CF1|＋|CF2|＝5＋6≠12

，|DF1|＋|DF2|＝5＋7＝12，|EF1|＋|EF2|＝11＋1＝12，所以D，E在椭圆M上．答案：C10．解析：由椭圆方程知：a＝4，b＝7，c＝3，∴|MF1|＋|MF2|＝2a＝8，故A正确．|MF1|

max＝a＋c＝7，|MF1|min＝a－c＝1，故B正确．|MF1||MF2|≤（|MF1|＋|MF2|）24＝16，此时M在椭圆左右顶点上，同时△MF1F2面积也最大，为37，故C正确，D错误．答案：ABC11．解析：因为椭圆x23m＋y22m＋1＝1的焦点在x轴上

，所以3m＞2m＋1＞0，解得m＞1，所以实数m的取值范围是(1，＋∞).答案：(1，＋∞)12．解析：(1)由椭圆方程，知a2＝25，b2＝754，则c2＝254，c＝52，2c＝5.在△F1PF2中，|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos6

0°，即25＝|PF1|2＋|PF2|2－|PF1|·|PF2|.①由椭圆的定义得10＝|PF1|＋|PF2|，则100＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|.②②－①，得3|PF1|·|PF2|＝75，则|PF1|·|PF2|＝25，故△F1PF2的

面积S＝12|PF1|·|PF2|sin60°＝2534.(2)设点P(x0，y0)，则△F1PF2的面积S＝12·|F1F2|·|y0|，由(1)可得2534＝12×5|y0|，解得|y0|＝532.又点P在椭圆上，所以x

2025＋5322754＝1，解得x0＝0，于是点P的坐标为0，532或0，－532.13.解析：由椭圆方程得F1(－1，0)，F2(1，0)，如图，连接MF1，由于|MF1|＋|MF2|＝2a＝4，所以|MF2|＝4－|MF1|，

所以|MA|＋|MF2|＝|MA|＋4－|MF1|＝4＋|MA|－|MF1|，因为||MA|－|MF1||≤|AF1|，当且仅当M，A，F1三点共线时等号成立，所以－|AF1|≤|MA|－|MF1|≤

|AF1|，所以|MA|＋|MF2|＝4＋|MA|－|MF1|≥4－|AF1|＝4－102.答案：A课时作业(二十三)椭圆的简单几何性质1．解析：∵椭圆方程为：x23p＋y2p＝1，∴p＞0，∴a2＝3p，b2＝

p，∵椭圆x23p＋y2p＝1的一个焦点坐标为p2，0，∴c＝p2，又a2＝b2＋c2，∴3p＝p＋p24，∴p＝8.答案：D2．解析：椭圆2x2＋y2＝1化为标准方程为y2＋x212＝1，所以椭圆焦点在y轴上，a＝1，长轴长为2.答案：B3．解析：x2＋a2y2＝2

a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.答案：C4．解析：设椭圆的实半轴长为a，半焦距为c，因为轨

道近日点、远日点离太阳表面的距离分别为r1，r2，所以a－c＝r1＋R，a＋c＝r2＋R，所以a＝r1＋r2＋2R2，c＝r2－r12，所以地球轨道所在椭圆的离心率为e＝ca＝r2－r12R＋r1＋r2.答案：A5．解析：由已知条件得椭圆x216＋y29＝1中，a＝4，b＝3，

c＝a2－b2＝7，则该椭圆的长轴长为2a＝8，短轴长为2b＝6，离心率为e＝ca＝74，焦距为2c＝27；椭圆x216＋t＋y29＋t＝1(－9＜t＜0)中，焦点在x轴上，a＝16＋t，b＝9＋t，c＝a2－b2＝7，故这两个椭圆只有

焦距相等．答案：ABC6．解析：由题意知，2a＝10，2c＝8，所以a2＝25，c2＝16，b2＝a2－c2＝9.若焦点在x轴上，则标准方程为x225＋y29＝1；若焦点在y轴上，则标准方程为y225＋x29＝1.答案：x

225＋y29＝1或y225＋x29＝17．解析：因为|AO|＝a，|OF|＝c，|BF|＝a，|AB|＝a2＋b2，所以在直角三角形ABF中，a2＋b2＋a2＝(a＋c)2＝a2＋2ac＋c2，即a2－c2－ac＝0，两边同除以a2得e2＋e

－1＝0，解得e＝－1＋52或e＝－1－55(舍去).答案：－1＋528．解析：(1)∵椭圆的焦点在x轴上，∴设它的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，∵2c＝8，∴c＝4，又a＝6，∴b2＝a2－c2＝20.∴椭圆的方程

为x236＋y220＝1.(2)由右焦点为(2，0)，则c＝2，又e＝ca＝63，所以a＝3，b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为x23＋y2＝1.9．解析：设坐标原点为O，∵|OP|＝|OQ|，|OF1|＝|OF2|∴四边形PF1QF2为平行四边形，又∵|PQ|＝|F1F2|∴平行四边

形PF1QF2为矩形，由椭圆的定义得|PF1|＋|PF2|＝2a＝8，即|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝64，又∵|PF1|2＋|PF2|2＝4c2＝48，∴|PF1||PF2|＝8，∴S△PF1F2

＝4，则四边形PF1QF2的面积为2S△PF1F2＝4×2＝8，答案：D10．解析：因为B，A关于原点对称，所以B也在椭圆上，设左焦点为F′，根据椭圆的定义：|AF|＋|AF′|＝2a，又因为|BF|＝|AF′|，所以|AF|＋|BF|＝2a，O是直角三角形ABF斜边的中点，所以|AB|＝2

c，|AF|＝2csinα，|BF|＝2ccosα，所以2c(sinα＋cosα)＝2a，所以ca＝1sinα＋cosα＝12sinα＋π4，由于α∈π6，π4，2sinα＋π4∈

1＋32，2所以ca∈22，3－1.答案：BC11．解析：因为椭圆x2a2＋y28＝1的离心率e＝13，所以ca＝13，又b2＝8，即b＝22，所以a＝3，c＝1.所以x29＋y28＝1，F1(－1，0)，A(3，

0)，△PF1F2＝2a＋2c＝8，设椭圆上的一点P(x，y)，则PF1·PA→＝(－1－x，－y)·(3－x，－y)＝19(x－9)2－4，所以当x＝－3时，PF1·PA→取得最大值12.答案：81212．解析：(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a

>b>0)，|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a.在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2＝m2＋n2－2mncos60°＝(m＋n)2－3mn＝4a2－3mn≥4a2－3m＋n22＝4a2－3a2＝a2(当且

仅当m＝n时取等号).所以c2a2≥14，即e≥12.又0<e<1，所以e的取值范围是12，1.(2)证明：由(1)知mn＝43b2，所以S△PF1F2＝12mnsin60°＝33b2，即△PF1F2的面积只与短轴

长有关．13.解析：由题意，如图，若在椭圆C1上不存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，则只需∠APB＞90°，即α＝∠APO＞45°，sinα＝2b5a＞sin45°＝22，即8b2＞5a2，因为a2＝b2＋c2解得：

3a2＞8c2.∴e2＜38，即e＜64，而0＜e＜1，∴0＜e＜64，即e∈0，64.答案：B课时作业(二十四)直线与椭圆的位置关系1．解析：把x＋y－3＝0代入x24＋y2＝1，得x24＋(3－x)2＝

1，即5x2－24x＋32＝0.∵Δ＝(－24)2－4×5×32＝－64<0，∴直线与椭圆相离．答案：A2．解析：由蒙日圆的定义，可知椭圆C：x25＋y24＝1的两条切线x＝5，y＝2的交点在圆上，所以R＝5＋4＝3.答案：A3．解析：由椭圆知，a2＝4，b2＝3，所以c2＝1，

所以右焦点坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝x－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝x－1x24＋y23＝1，消y得，7x2－8x－8＝0，则x1＋x2＝87，x1·x2＝－87，所以|AB|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4

x1·x2＝2×872＋4×87＝247.即弦AB长为247.答案：C4．解析：依题意，椭圆C：x24＋y23＝1的上顶点A(0，3)，下顶点B(0，－3)，左焦点F1(－1，0)，右焦点F2(1，0

)，由椭圆的光学性质知，反射光线AD必过右焦点F2，于是得直线AD的方程为：y＝－3x＋3，由y＝－3x＋3，3x2＋4y2＝12，得点D85，－335，则有kBD＝－335－（－3）85－0＝34，所以直线BD的斜率kBD为34.答案：B5．解析：对于椭圆C

，由已知可得2b＝22c＝23，则b＝1，c＝3，a＝b2＋c2＝2.因为椭圆C的焦点在x轴上，故椭圆C的方程为x24＋y2＝1，A对；椭圆C的离心率为e＝ca＝32，B错；设点F1为椭圆C的左焦点，易知点F1

(－3，0)，将x＝－3代入椭圆方程可得y＝±12，故|PQ|＝1，C错；|PF1|＝12|PQ|＝12，故|PF2|＝2a－|PF1|＝72，D对．答案：AD6．解析：由题意可设椭圆的方程为x2a2＋y2a2－4＝1(a>2)，与直线方

程x＋3y＋4＝0联立，得4(a2－3)y2＋83(a2－4)y＋(16－a2)(a2－4)＝0，由Δ＝0，得a＝7，所以椭圆的长轴长为27.答案：277．解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋

x2＝2，y1＋y2＝2，x219＋y214＝1①x229＋y224＝1②①－②得（x1＋x2）（x1－x2）9＝－（y1＋y2）（y1－y2）4，所以k＝y1－y2x1－x2＝－4（x1＋x2）9（y1＋y2）＝－4×29×2＝－49.所以直线l的方程为y－1＝－49(x－1

)，即4x＋9y－13＝0.答案：4x＋9y－13＝08．解析：(1)由题意可知，椭圆上顶点的坐标为(0，b)，左右顶点的坐标分别为(－a，0)、(a，0)，∴ba·－ba＝－14，即a2＝4b2，则a＝2b.又a2＝b2＋c2，∴c＝3b，所以椭圆的离心率e＝ca＝32；(2)设

A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x24b2＋y2b2＝1y＝12（x＋1）得：2x2＋2x＋1－4b2＝0，∴Δ＝32b2－4＞0，x1＋x2＝－1，x1x2＝1－4b22，∴|AB|＝1＋122|x1－x2|＝52（x1＋x2）2－4x1x2＝528b

2－1＝352，解得8b2－1＝7，∴b2＝1，满足Δ＞0，∴a2＝4，∴椭圆C的方程为x24＋y2＝1.9．解析：设与已知直线平行，与椭圆相切的直线为x＋2y＋b＝0，则x＋2y＋b＝0，x24＋y23＝1，⇒－2y＝x＋b，3x2＋4y2＝12，⇒4x2＋2bx＋b2－

12＝0，所以Δ＝(2b)2－4×4(b2－12)＝0⇒b＝±4,所以椭圆上点P到直线x＋2y－9＝0的最短距离为d＝|－9－（－4）|12＋22＝5.答案：A10．解析：设A(x0，y0)，C(x1，y1)，E(x0，m)，则B(－x0，－y0)，x20

a2＋y20b2＝1，x21a2＋y21b2＝1，两式相减并化简得－b2a2＝y1－（－y0）x1－（－x0）·y1－y0x1－x0，即kCA·kCB＝－b2a2＝－12，则e＝ca＝1－ba2＝22，则A正确；∵kAB＝y0x0，AB⊥AC，∴kCA

＝－x0y0，又∵kCA·kCB＝－12，∴kCB＝y02x0，即kCB＝kEB＝m＋y02x0＝y02x0，解得m＝0，则点E在x轴上，且为AD的中点，即|AE||AD|＝12，则C正确．答案：AC11．解析：设Q(x，y)

，A(－22，0)，B(22，0)，∴kQA·kQB＝yx＋22·yx－22＝y2x2－8＝41－x28x2－8＝－12；∵点P在圆O：x2＋y2＝8上，∴kPA·kPB＝－1⇔kPA·kQB＝－1，又kQA·kQB＝－1

2.∴kPAkQA＝2⇒kQA＝322＝34.答案：－123412．解析：(1)因为|F1F2|＝2，|MF1|＋|MF2|＝22＞|F1F2|，所以C是以点F1，F2为左右焦点的椭圆．于是a＝2，c＝1，故b＝1，因此C的方程为x22＋y2＝1.(2)当l垂直于x轴时，|AF2|＝|

BF2|＝22，|AF1|·|BF1|＝92≠114，舍去．当l不垂直于x轴时，可设l：y＝k(x－1)，代入x22＋y2＝1可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.因为Δ＝8(1＋k2)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋

2k2.因为－2≤x1≤2，所以|AF1|＝（x1＋1）2＋y21＝（x1＋1）2＋1－x212＝22(x1＋2).同理|BF1|＝22(x2＋2).因此|AF1|·|BF1|＝x1x22＋x1＋x2＋2＝1＋9k21＋2k2.由1＋9k21＋2k2＝114可得k2＝12，x1＋x2＝4k2

1＋2k2＝1，于是|AF1|＋|BF1|＝22(x1＋x2＋4)＝522.根据椭圆定义可知|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝42，于是|AB|＝322.13．解析：假设长轴在x轴，短轴在y轴，以下分

为三种情况：(1)球从F1沿x轴向左直线运动，碰到左顶点必然原路反弹，这时第一次回到F1路程是2(a－c)；(2)球从F1沿x轴向右直线运动，碰到右顶点必然原路反弹，这时第一次回到F1路程是2(a＋c)；(3)球从F1沿x轴斜向上(或向下)运动，

碰到椭圆上的点A，反弹后经过椭圆的另一个焦点F2，再弹到椭圆上一点B，反弹后经过点F1，此时小球经过的路程是4a.综上所述，从点F1沿直线出发，经椭圆壁反弹后第一次回到点F1时，小球经过的最大路程是4a，最小路程是2(a－c).∴由题意可得4a＝7×2(a－c)，即5a＝7c，得ca＝57.∴椭

圆的离心率为57.课时作业(二十五)双曲线及其标准方程1．解析：由y264－x216＝1，得a＝8，设点P与双曲线另一个焦点的距离为d(d＞0)，由定义|d－1|＝2a＝16，得d＝17.答案：B2．解析：由c2＝1＋1＝2，所以c＝2，又焦点在

y轴上，所以焦点坐标为(0，±2).答案：D3．解析：由题意得双曲线焦点在x轴上且c＝3，设双曲线的标准方程为x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)，则有a2＋b2＝c2＝3，4a2－1b2＝1，解得a2＝2，b2＝1，故所求双曲线的标准方程为x22－

y2＝1.答案：A4．解析：设椭圆x225＋y216＝1半焦距为c，则c2＝25－16＝9，而椭圆x225＋y216＝1与双曲线x2m－y25＝1有共同的焦点，则在双曲线x2m－y25＝1中，c2＝m＋5，即有m＋5＝9，解得m＝4，所以m＝4.答案：C

5．解析：当α＝π2，即cosα＝0时，x2＝1，得x＝±1表示垂直x轴的直线，故A正确；当α∈0，π2时，0＜cosα＜1，方程x2＋y2cosα＝1表示椭圆，故C正确；当α∈π2，π时，－1＜cosα＜0，方程x2＋y2cosα＝1表示双

曲线，故D正确．答案：ACD6．解析：因为|PA|－|PB|＝4＜25，所以动点P的轨迹是焦点为A，B，实轴长为4的双曲线的上支．因为2a＝4，2c＝25，所以a＝2，c＝5，b2＝c2－a2＝1，所以

动点P的轨迹方程为y24－x2＝1(y≥2).答案：y24－x2＝1(y≥2)7．解析：由双曲线标准方程的特点知2＋m＜0且－(m＋1)＞0，解得m＜－2.即m的取值范围为(－∞，－2).答案：(－∞，－2)8．解析：

因为椭圆x227＋y236＝1的焦点为(0，－3)，(0，3)，A点的坐标为(15，4)或(－15，4)，设双曲线的标准方程为y2a2－x2b2＝1(a>0，b>0)，所以a2＋b2＝9，16a2－15b2＝1，解得a2

＝4，b2＝5，所以所求的双曲线的标准方程为y24－x25＝1.9．解析：由题设，当m＞n＞0时双曲线的焦点坐标为(±m＋n，0)，当m＜n＜0时双曲线的焦点坐标为(0，±－m－n)，A：显然m＜n＜0不合要求，此时m＞n＞0，则椭圆焦点为(±m＋n，0)，符合要求；B：显然m＜n＜

0不合要求，此时m＞n＞0，则椭圆焦点为(0，±m＋n)，不合要求；C：显然m＞n＞0不合要求，此时m＜n＜0，则椭圆焦点为(±－m－n，0)，不合要求；D：显然m＞n＞0不合要求，此时m＜n＜0，则椭圆焦点为(0，±－m－n)，

符合要求．答案：AD10．解析：由题意知：双曲线x2a2－y2b2＝1的焦距为2c＝10，∴a2＋b2＝c2＝25，∵|OM|＝a2＋b2＝5＝|OF1|＝|OF2|，∴MF1⊥MF2.∵4|MF1|＝3|MF2|，不妨设|MF1|＝3k，|MF2|＝4k，由双曲线的定义可得：|MF2|－|MF

1|＝k＝2a，∴|MF1|＝6a，|MF2|＝8a，由勾股定理可得：|MF1|2＋|MF2|2＝(6a)2＋(8a)2＝100a2＝|F1F2|2＝100，解得：a2＝1，∴b2＝24，双曲线方程为x2－y224＝1.答案：C11．解析：由双曲线C：x2－y2b2＝1可得a＝1，由双

曲线的定义可得：|AF1|－|AF2|＝2a＝2，所以|AF1|＝4，所以△F1AF2的面积为12·|AF1|·|AF2|·sin45°＝12×2×4×22＝22，因为|BF1|＝|BF2|＋2a＝2＋|BF2|，|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝|BF2|＋2，所以

|BF1|＝|AB|，所以△ABF1是等腰直角三角形，所以|BF1|＝|AB|＝22|AF1|＝22，所以△F1AB的面积为12|BF1|·|AB|＝12×22×22＝4.答案：22412．解析：设顶点A的坐标为(x，y)，则kAB＝yx＋a

，kAC＝yx－a.由题意，得yx＋a·yx－a＝m，即x2a2－y2ma2＝1(y≠0).当m>0时，轨迹是中心在原点，焦点在x轴上的双曲线(除去与x轴的两个交点)；当m<0且m≠－1时，轨迹是中心在原点，以坐标轴为对

称轴的椭圆(除去与x轴的两个交点)，其中当－1<m<0时，椭圆焦点在x轴上；当m<－1时，椭圆焦点在y轴上；当m＝－1时，轨迹是圆心在原点，半径为a的圆(除去与x轴的两个交点).13．解析：光线从左焦点出发经

过椭圆反射要回到另一个焦点，光线从双曲线的左焦点出发被双曲线反射后，反射光线的反向延长线过另一个焦点，如图，|BF2|＝2m＋|BF1|，|BF1|＋|BA|＋|AF1|＝|BF2|－2m＋|BA|＋|AF1

|＝|AF2|＋|AF1|－2m＝2a－2m，所以光线经过2k(k∈N*)次反射后回到左焦点所经过的路径长为2k(a－m).答案：2k(a－m)课时作业(二十六)双曲线的简单几何性质(1)1．解析：因为b2＝9，所以b＝3，所以双曲线的虚轴长为2b＝6.答案：D2．解析：双曲线的焦点在y

轴上，且实半轴长为4，虚半轴长为5，可得a＝4，b＝5，所以双曲线方程为：y216－x225＝1.答案：D3．解析：双曲线经过点(6，3)，且它的两条渐近线方程是y＝±13x，设双曲线方程为：x29－y2＝λ(λ≠0)，(6，3)代入得：369－3＝λ，λ＝1.

所以双曲线方程为：x29－y2＝1.a＝3，b＝1，c＝10.∴双曲线C的离心率为ca＝103.答案：A4．解析；令y＝0，得x＝－4，∴等轴双曲线的一个焦点为(－4，0)，∴c＝4，a2＝b2＝12c2＝12×16＝8.答案

：A5．解析：双曲线C：x29－y216＝1，a＝3，b＝4，c＝9＋16＝5，焦点在x轴．对选项A，实轴长为2a＝6，故A正确；对选项B，焦点坐标为(5，0)，(－5，0)，故B错误；对选项C，离心率为53，故C正确；对选项D，渐近线方程为y＝±43x，即4x±3y＝0，故D错误．答案

：AC6．解析：双曲线C：x2a2－y23＝1的渐近线为y＝±3ax，由于双曲线的一条渐近线为3x＋y＝0⇒y＝－3x，故3a＝3⇒a＝1.c2＝a2＋b2＝1＋3＝4⇒c＝2.C的焦距为2c＝4.答案：47．解析：由题意可得双曲线C的一条渐近线方程为y＝－bax，则－ba＝－2，即ba＝2，则

e2＝c2a2＝a2＋b2a2＝1＋b2a2，故双曲线C的离心率e＝b2a2＋1＝5.答案：58．解析：(1)因为离心率e＝ca＝a2＋b2a＝1＋b2a2＝5，所以b2＝4a2.又因为点M(－2，23)在双曲线C上，所以4a2－12b2＝1.联立上述方程，解得a2＝1，b2＝4，即

a＝1，b＝2.(2)设所求双曲线的方程为x2－y24＝λ(λ≠0)，由双曲线经过点P(3，25)，得3－204＝λ，即λ＝－2.所以双曲线的方程为x2－y24＝－2，其标准方程为y28－x22＝1.9．解析

：因为|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＝3|PF2|，所以|PF1|＝3a，|PF2|＝a，又|PF2|≥c－a，即a≥c－a，ca≤2，所以离心率e∈(1，2].答案：C10．解析：∵双曲线x23－y

2＝m2(m≠0)，∴x23m2－y2m2＝1，c＝2m2该双曲线焦距为：4m2，离心率为：2m23m2＝233，顶点坐标为(3m2，0)和(－3m2，0)，渐近线方程为y＝±3x3，不因m的值改变而改变的是离心率与渐近线方程．答案：BD11．解析：双曲线的渐近线方程为y＝±bax，即ay±bx

＝0，焦点到渐近线的距离d＝|±bc|a2＋b2＝bca2＋b2＝bcc＝b＝52a，又a2＋b2＝c2，a2＋52a2＝a2＋54a2＝94a2＝c2，∴e2＝c2a2＝94，e∈(1，＋∞)，∴e＝32.双曲线上任意一点到两焦点距离之差的绝对值为2a，即

||PF1|－|PF2||＝2a，∴(|PF1|－|PF2|)2＝(|PF1|＋|PF2|)2－4|PF1||PF2|＝82－4×12＝16，即(2a)2＝4a2＝16，解得：a2＝4，由e2＝c2a

2＝94，解得：c2＝9，b2＝5.∴双曲线C的方程为x24－y25＝1.答案：32x24－y25＝112．解析：(1)由题知c＝13，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，双曲线方程为x2m2－y2n2＝1(m>0，n>0)，则a－m＝4，7·13

a＝3·13m，解得a＝7，m＝3，则b＝6，n＝2.故椭圆方程为x249＋y236＝1，双曲线方程为x29－y24＝1.(2)不妨设F1，F2分别为左、右焦点，P是第一象限的一个交点，则|PF1|＋|PF2|＝14，|PF

1|－|PF2|＝6，所以|PF1|＝10，|PF2|＝4.又|F1F2|＝213，所以cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1||PF2|＝102＋42－（213）22×10×4＝45.

13．解析：易知F1、A、D共线，F1、B、C共线，如图，设|AF1|＝m，|AF2|＝n，则m－n＝2a.因为AB⊥AD，∠ABC＝3π4，所以∠ABF1＝π4，则|AB|＝m，则|BF2|＝|AB|－

|AF2|＝m－n，|BF1|＝2m，又因为|AF1|＋|BF1|－|AB|＝4a，所以m＝22a，则n＝(22－2)a，|AF2||BF2|＝nm－n＝2－1.在△AF1F2中，m2＋n2＝(2c)2，即(20－82)a2＝4c2，所以e2＝c2a2＝5－

22.答案：BD课时作业(二十七)双曲线的简单几何性质(2)1．解析：因为双曲线方程为x2－y24＝1，则P(1，0)是双曲线的右顶点，所以过P(1，0)并且和x轴垂直的直线是双曲线的一条切线，与双曲线只有一个公共点，另外两条就是过P(1，0)分别和两条渐近线平行的直线，所以符合要求的有

3条．答案：B2．解析：设|AF1|＝m，|BF1|＝n，由题意可得m＋n＝7，由双曲线的定义可得|AF2|＝m＋8，|BF2|＝n＋8，则△ABF2的周长是|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝m＋n＋(m＋n)＋16＝16＋2|AB|＝16＋2×7＝30.答案：

B3．解析：由题意可知该双曲线的焦点在x轴上，实轴长为4，点(4，3)在该双曲线上．设该双曲线的方程为x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)，则2a＝4，42a2－32b2＝1，解得a＝2，b＝3，故该双曲线的标准方程是x24－y23＝1.答案：B4．解析：由题意可设双曲线方程为y2

－x2＝m，m＞0，由y2－x2＝m2x＋y＝0，得3x2＝m，则x＝±m3，m＞0，不妨假设xA＝m3，则yA＝－2m3，由图象的对称性可知，|AB|＝215可化为|OA|＝15，即m3＋4×m3＝15，解得m＝9，故双曲线方程为：y2

－x2＝9.答案：C5．解析：由题意可得双曲线E中，a2＝4，b2＝1，则a＝2，b＝1，c＝5，焦点为(±5，0)，因为x26＋y2＝1的焦点为(±5，0)，所以曲线E与椭圆x26＋y2＝1有公共焦点，所以A正确；双曲线E的离心率为e＝ca＝52，渐近线方程为y＝±12x，由于右顶点

到两条渐近线的距离相等，所以不妨求右顶点(2，0)到渐近线y＝12x的距离d＝|2－0|1＋4＝255，所以B错误；当A，B两点位于双曲线的异支时，直线AB的斜率为0时，|AB|最小，此时A，B两点分别为双曲线的左右顶点，此时|AB|＝

2a＝4，当A，B两点位于双曲线的同支时，直线AB的斜率不存在时，|AB|最小，直线AB的方程为x＝5，代入x24－y2＝1可得y＝±12，此时|AB|＝2×12＝1，所以|AB|的最小值为1，所以C正确，由选项C知，当A，B两点位于双曲线的异支时，|AB|min

＝4，此时只有一条，当A，B两点位于双曲线的同支时，|AB|min＝1，则由双曲线的对称性可知，此时存在两条直线使得|AB|＝4，所以满足|AB|＝4的直线有且仅有3条，所以D正确．答案：ACD6．解析：由x－y＋m＝0，x2－y

22＝1，消去y得x2－2mx－m2－2＝0.则Δ＝4m2＋4m2＋8＝8m2＋8＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2m，y1＋y2＝x1＋x2＋2m＝4m，所以线段AB的中点坐标为(m，2m).又点(m，2

m)在x2＋y2＝5上，所以m2＋(2m)2＝5，得m＝±1.答案：±17．解析：建立如图所示的直角坐标系，设双曲线的标准方程为：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0，x≥a)，因为该双曲线的渐近线相互垂直，所以a＝b，即x2－y2＝a2，因为AB＝60cm，PC＝20cm，所以点B的坐标为：

(a＋20，30)，代入x2－y2＝a2，得：(a＋20)2－302＝a2⇒a＝252，因此有c＝a2＋b2＝6254＋6254＝2522，所以该双曲线的焦距为2c＝2×2522＝252.答案：2528．解析：(1)由题意得b＝3a4a2－9b2＝1，解得a2

＝1b2＝3，所以双曲线方程为x2－y23＝1.(2)由y＝kx＋3x2－y23＝1，得(3－k2)x2－6kx－12＝0，由题意得3－k2≠0Δ＝36k2＋48（3－k2）＝0，解得k＝±23.当3－k2＝0，即k＝

±3时，直线l与双曲线C的渐近线y＝±3x平行，直线l与双曲线C只有一个公共点，所以k＝±23或k＝±3.9．解析：连接F1B，设|AF1|＝3x，则根据4|AF1|＝3|AB|可知，|AB|＝4x，因为AF1⊥AB，由勾股定理得：|F1B|＝5x，由双曲线定义可知：|AF1|－|AF

2|＝2a，|BF1|－|BF2|＝2a，解得：|AF2|＝3x－2a，|BF2|＝5x－2a，从而3x－2a＋5x－2a＝4x，解得：x＝a，所以|AF1|＝3a，|AF2|＝a，由勾股定理得：9a2＋a2＝4c2，从而ca＝102，即该双曲线的离心率为102.答案：A10．解析：

因为|PA|－|PB|＝2＜|AB|，故P点的轨迹方程为双曲线的右支，其中a＝1，c＝2，则b2＝c2－a2＝4－1＝3，所以双曲线为x2－y23＝1(x＞0)，渐近线方程为y＝±3x，y＝x＋1的斜率为1＜3，故与x2－y23＝1(x＞0)有交点，A正确；y＝3x＋1的

斜率3＞3，且与y轴交点为(0，1)，故与x2－y23＝1(x＞0)无交点，B错误；y＝2x＋4的斜率2＞3，且与y轴交点为(0，4)，故与x2－y23＝1(x＞0)无交点，C错误；y＝2x＋3的斜率2＜3，故与x2－y23＝1(x＞0)有交点，D正确．答案：A

D11．解析：双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝±bax，由题意可知ba＞12，∴e＝ca＝c2a2＝a2＋b2a2＝1＋b2a2＞52.答案：52，＋∞12．解析：(1)因为C的离心率为2，所以1＋b2a2＝2，可得b2a2＝3.将x

＝a2＋b2代入x2a2－y2b2＝1，可得y＝±b2a，由题设b2a＝6.解得a＝2，b2＝12，b＝23，所以C的方程为x24－y212＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214－y2112＝1，x224－y2212＝1.因此x

21－x224－y21－y2212＝0，即（x1＋x2）（x1－x2）4－（y1＋y2）（y1－y2）12＝0.因为线段AB的中点为M(5，3)，所以x1＋x2＝10，y1＋y2＝6，从而y1－y2x1－x2＝5

，于是直线AB的方程是y＝5x－22.13．解析：∵x23－y2＝1,∴a2＝3，b2＝1焦点在x轴上，∴c2＝3＋1＝4，∴焦点坐标为E(－2，0)，F(2，0).由双曲线的对称性可得AE＝BF，又∵x23

－y2＝1，y＝kx（k＞0），∴y2＝3k21－3k2，∴y＝±3k1－3k2，∴S△AFB＝12·|OF||y1－y2|＝23k1－3k2.又∵|AF|－|AE|＝|AF|－|BF|＝23，∴|AF|2＋|BF|2－2|

AF||BF|＝12，又∵|AB|＝1＋1k2·|y1－y2|＝1＋1k2·23k1－3k2，而|AB|2＝|AF|2＋|BF|2－2|AF||BF|cos∠AFB，S△AFB＝12|AF||BF|sin∠AFB.

当∠AFB＝120°时，整理得2k2＝k1－3k2，又∵k＞0，∴k＝77，又∵x23－y2＝1的渐近线方程为y＝±33x，∠AFB≥120°，∴k的取值范围为[77，33).答案：C课时作业(二十八)抛物线及其标准方程1．解析：由点(1，1)在抛物线上，易知1＝2p，p＝12，故焦点到其

准线的距离为12.答案：B2．解析：由题意可知，抛物线的开口向左，设抛物线的标准方程为y2＝－2px(p>0)，则p2＝34，所以p＝32，所以抛物线的标准方程为y2＝－3x.答案：D3．解析：抛物线x2＝4y的焦点为(0，1)，准线

方程为y＝－1，因为抛物线x2＝4y上一点M与焦点间的距离是3，所以yM＋1＝3，得yM＝2，即点M的纵坐标为2.答案：B4．解析：如图，以拱顶为原点，对称轴为y轴建立直角坐标系，则该拋物线方程为x2＝－2py(p>0)，依题意点M(2，－2)在其上，所以4＝－2p×(－2)，p＝1，

拋物线方程为x2＝－2y.设N(x0，－3)，则x20＝－2·(－3)，|x0|＝6，所以水面宽为26m.答案：D5．解析：由y＝4x2，得x2＝14y，所以该抛物线开口向上，焦点坐标为0，116，准线方程为y＝－116.答

案：BC6．解析：因为点(6，6)位于第一象限，所以抛物线的开口向右或者开口向上，所以不妨设抛物线的标准方程为y2＝2px或x2＝2py(p>0)，将点(6，6)分别代入上述方程均得到p＝3，所以抛物线的标准方程是y2＝6x或x2＝6y.答案：y2＝6x或x2＝6y7．

解析：由题意，抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1，0)，准线方程为x＝－1，如图所示，根据抛物线的定义可知，点P到抛物线准线的距离等于点P到焦点F的距离，过焦点F作直线l：4x－3y＋11＝0的垂线，此时d1＋d2取得最小值，由点到直线的距离公式可得|4×1＋11|42＋（－3）2＝3，即d1

＋d2的最小值为3.答案：38．解析：(1)由题意可知，a＝5，c＝25－24＝1，e＝ca＝15.(2)椭圆W：x225＋y224＝1的右焦点为(1，0)，故抛物线C的焦点F为(1，0).∴抛物线C的方程为y2＝4x.(3)设A的坐标为(x0，y0)，|AF|＝x0＋1

＝6，解得x0＝5，y0＝±25.故A的坐标为(5，±25).9．解析：由题以抛物线的顶点为原点，建立如图坐标系，可得Ca2，a，Fa2＋b，b，设抛物线方程为y2＝2px，则a2＝pab2＝2pa2＋b，解得ab＝2－1a＝p，得b

a＝2＋1.答案：D10．解析：Q到焦点的距离等于Q到准线的距离，Q到焦点距离最小时，Q到准线的距离最小，即Q为原点时，Q到焦点的距离最小为1，也即p2＝1，p＝2，抛物线的准线方程为x＝－1，A选项错误，B选项正确．抛物线方程为y2＝4x，对于C选项，|QF|＝4，则xQ＝3，y2Q

＝4×3＝12，|yQ|＝23，S△QOF＝12×|OF|×|yQ|＝12×1×23＝3，C选项正确．对于D选项，直线l2为抛物线的准线，所以Q到l2的距离等于Q到焦点F的距离．所以Q到直线l2和直线l

1的距离之和的最小值为“F到直线l1的距离”，焦点F(1，0)，则最小值为|4＋6|42＋（－3）2＝2，D选项正确．答案：BCD11．解析：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点Fp2，0，准线l：x＝－p2，

设点M(x0，y0)，则N－p2，y0，线段FN的中点0，y02，由抛物线定义知：|MN|＝|MF|，即点M在线段FN的垂直平分线上，因此－3·y02＋3＝0x0－3y0＋3＝0，解得

x0＝3y0＝23，而y20＝2px0，则有p＝2，|MF|＝x0－－p2＝4，所以p＝2，|MF|＝4.答案：2412．解析：如图所示，建立平面直角坐标系．设抛物线方程为x2＝－2py(p>0).依题意有P(－1，－1)在抛物线上，代入得p＝12.故得抛物线方程为x2＝－y.又点B

在抛物线上，将B(x，－2)代入抛物线方程得x＝2，即|AB|＝2m，则|O′B|＝|O′A|＋|AB|＝(2＋1)m，因此所求水池的直径为2(1＋2)m，约为5m，即水池的直径至少应设计为5m．13．解析：设点P(x，y)，∵λ＝12，∴|PA||PB|＝12⇒（x＋2）

2＋（y－1）2（x＋2）2＋（y－4）2＝12⇒(x＋2)2＋y2＝4.抛物线的焦点为点F，由题意知F(1，0)，|QH|＝|QF|－1，∵|PA|＝12|PB|，∴12|PB|＋|PQ|＋|QH|min＝(

|PA|＋|PQ|＋|QF|－1)min＝|AF|－1＝（－2－1）2＋12－1＝10－1.答案：(x＋2)2＋y2＝410－1课时作业(二十九)抛物线的简单几何性质(1)1．解析：根据题意设出抛物线的方程y2＝mx(m≠0)，因为点(－5

，25)在抛物线上，所以有20＝－5m，解得m＝－4，所以抛物线的方程是：y2＝－4x.答案：B2．解析：抛物线C：y＝x2的对称轴为y轴，直线x＝1过点P且与y轴平行，它与抛物线C只有一个公共点，设过点P(1，0)与抛物线C只有一个公共点且斜率存在的直线方程为：y＝k(x－1)，由

y＝k（x－1），y＝x2消去y并整理得：x2－kx＋k＝0，则Δ＝k2－4k＝0，解得k＝0或k＝4，因此，过点P(1，0)与抛物线C相切的直线有两条，相交且只有一个公共点的直线有一条，所以过点P(1，

0)与抛物线C有且只有一个交点的直线有3条．答案：D3．解析：线段AB所在的直线方程为x＝1，抛物线的焦点坐标为12，0，则焦点到直线AB的距离为1－12＝12.答案：A4．解析：因为直线l的方程为y＝2x－p2，即y＝2x－p，由y2＝2px，y＝2x－p，消去y

，得4x2－6px＋p2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3p2，又因为弦AB的中点到抛物线的准线的距离为3，所以|AB|＝6，而|AB|＝x1＋x2＋p，所以x1＋x2＝6－

p，故3p2＝6－p，解得p＝125，所以抛物线的方程为y2＝245x.答案：B5．解析：设抛物线方程为x2＝2py或x2＝－2py(p>0)依题意得y＝p2，代入x2＝2py，或y＝－p2代入x2＝－2py得|x|＝p，∴2|x|＝2p＝8，p＝4，∴抛物

线方程为x2＝8y或x2＝－8y.答案：CD6．解析：当k＝0时，直线与抛物线有唯一交点，当k≠0时，联立方程消去y，得k2x2＋4(k－2)x＋4＝0，由题意Δ＝16(k－2)2－16k2＝0，∴k＝1.答案：0或17．解析：由题意可得F(1，0)，设A(m，n)，则m＋1＝5

n2＝4m解得m＝4n＝±4，由抛物线的对称性，不妨设点A在第一象限，即A(4，4)，则直线l的方程为4x－3y－4＝0，联立4x－3y－4＝0y2＝4x，整理得y2－3y－4＝0，解得y＝－1或y＝4，则B14，－1，故|AB|＝xA＋xB＋p＝14

＋4＋2＝254.答案：2548．解析：(1)因抛物线E关于x轴对称，则设抛物线E的方程为y2＝2px(p≠0)，依题意，(－2)2＝2p×1，解得p＝2，所以抛物线E的标准方程为：y2＝4x，其焦点(1，0)

，准线方程x＝－1.(2)由(1)知，直线l的方程为：y＝3(x－1)，由y＝3（x－1），y2＝4x消去y并整理得：3x2－10x＋3＝0，解得x1＝13，x2＝3，即点A、B的横坐标为13，3，所以|AB|＝1＋（3）2·|x1－x2|＝163.9．解析：设三角形其

中一个顶点为(x，2x)，因为三角形是正三角形，所以2xx＝tan30°＝33，即4x＝13，解得x＝12，所以三角形的两个顶点为(12，43)，(12，－43)，所以三角形的面积为S＝12×12×(43＋43)＝483.答案：A

10．解析：因为直线l的斜率为3，且|AF|＝4，所以A的纵坐标为23，横坐标为2＋p2，所以(23)2＝2p2＋p2，因为p>0，解得p＝2，故A正确；因为F(1，0)，所以直线l：y＝3x－3，令x＝－1，所以y＝－23，则D(－1，－23)，又因为A(3，23)，则

AD的中点为(1，0)即为F(1，0)，故B正确；y2＝4xy＝3x－3，解得x＝3y＝23或x＝13y＝－233，即A(3，23)，B13，－233，则|BD|＝－1－132＋－23＋2332＝83，|BF

|＝13＋1＝43，因此|BD|＝2|BF|，故C正确；D错误．答案：ABC11．解析：抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，若k＝0，则直线l与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，k≠0，则直线l的方程为y＝k(x－1).设A(x1，y1)、B(x2，y2)，联立直线

与抛物线方程，得y＝k（x－1），y2＝4x，可得y＝ky24－1，即ky2－4y－4k＝0，则y1＋y2＝4k＝2，∴k＝2，则直线l的方程为y＝2(x－1)，联立直线与抛物线方程，得y＝2（x－1），y2＝4x，消去y得x2－3x＋1＝0，∴x1＋x

2＝3，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝5.答案：2512．解析：(1)由椭圆x216＋y215＝1，可得e＝1－1516＝14，故F14，0，∴抛物线C的方程为y2＝x.(2)由题可设直线l的方程为x＝my＋1，由

x＝my＋1y2＝x，得y2－my－1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Δ＝（－m）2＋4>0y1y2＝－1，又y21＝x1，y22＝x2，故x1x2＝y21y22＝1，∴OA→·OB→＝

x1x2＋y1y2＝－1＋1＝0，∴OA→⊥OB→，即OA⊥OB，故原点在以线段AB为直径的圆上．13．解析：根据题意，过A作AN垂直于准线，垂足为N，过B作BH垂直于准线，垂足为H，如图所示：因为|BC|＝3|BF|，|BF|＝|BH|，又MF∥BH，|MF|＝p，

则cos∠HBC＝13＝cos∠MFC＝|MF||CF|＝p|CF|，故可得|CF|＝3p，又△CAN∽△CFM，|AF|＝|AN|＝3，则|MF||AN|＝|CF||CF|＋|FA|，即p3＝3p3p＋3，解得p＝2，故抛物

线方程为：y2＝4x.答案：B课时作业(三十)抛物线的简单几何性质(2)1．解析：因为曲线C的方程中x，y都是二次项，所以根据抛物线标准方程的特征，曲线C不可能是抛物线，故选项A正确；当1－a2>0时，曲线C为双曲线，故选项B错误；当1－a2＝－1

时，曲线C为圆，故选项C错误；当1－a2<0且1－a2≠－1时，曲线C为椭圆，故选项D错误．答案：A2．解析：定圆F：(x－3)2＋y2＝4的圆心F(3，0)，半径为2，设动圆圆心P点坐标为(x，y)，动圆的半

径为r，d为动圆圆心到直线x＝－1的距离，即r，则根据两圆相外切及直线与圆相切的性质可得，|PF|－2＝r，d＝r，所以（x－3）2＋y2－2＝x＋1，化简得：y2＝12x.∴动圆圆心轨迹方程为y2＝12x.答案：D3

．解析：由|OA|＝|OB|，知抛物线上点A，B关于y轴对称，设A－a，a24，Ba，a24，a>0.S△AOB＝12×2a×a24＝16，解得a＝4，∴△AOB为等腰直角三角形，∠AOB＝90°.答案：D4．解析：由题意可知F(1，0)

,所以直线AB的方程为y＝x－1，代入抛物线方程可得x2－6x＋1＝0，解得xA＝3＋22，xB＝3－22，所以|AF||BF|＝xA＋1xB＋1＝4＋224－22＝2＋22－2＝6＋422＝3＋22.答案：A5．解

析：∵抛物线C：y＝x28，∴x2＝8y，∴焦点F(0，2)，准线方程为y＝－2.∵A(x0，y0)是C上一点，且|AF|＝2y0，由抛物线的定义，得y0＋2＝2y0，∴y0＝2，∴x20＝16，∴x0＝±4.答案：CD6．解析：由于|PM→|＝|PN→|，则P为MN的中点．设N(x，y)，

则M(－x，0)，P0，y2，由PM→·PF→＝0，得－x，－y2·1，－y2＝0，所以(－x)·1＋－y2·－y2＝0，则y2＝4x，即点N的轨迹方程是y2＝4x.答案：y2＝4x7．解析：由题意，

可得F(1，0)，设Py204，y0，(y0>0)，M(x，y)，∵M是线段PF的中点，则M12＋y208，y02，∴kOM＝y0212＋y208＝4y04＋y20＝44y0＋y0≤424y0×

y0＝1，当且仅当y0＝2时取等号，∴直线OM的斜率的最大值为1.答案：18．解析：(1)依题意抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点M(x0，2)与焦点F的距离为|MF|＝p，根据抛物线的定义可知x0＝p2，将M点坐标代入抛物线方程得22＝2p×p2

⇒p＝2，x0＝1.(2)由(1)得抛物线方程为y2＝4x，M(1，2)，不妨设A在B下方y＝x－1y2＝4x⇒A(3－22，2－22)，B(3＋22，2＋22)，所以kAM·kBM＝－222－22·222＋22＝2.9．解析：如图所示：准线l与横轴的交点

为A，由抛物线的性质可知：|AF|＝p，因为若△MNF是边长为2的正三角形，所以|NF|＝2，∠MNF＝π3，显然∠ANF＝π2－π3＝π6，在直角三角形ANF中，sin∠ANF＝|AF||NF|⇒12＝|AF|2⇒|AF|＝1⇒p＝1.答案：C10．解析：如图：F

12，0且准线为x＝－12，过F的直线交抛物线于M、N，则该直线斜率存在时不为0，由抛物线性质知：|MF|>|OF|＝12，即M到焦点F没有最小距离，A错误；如图，MA⊥抛物线准线，要使|MP|＋|MF|最小，则P

，M，A共线，即|MP|＋|MF|＝|PA|＝52，B正确；以M为圆心，以MN为直径的圆与抛物线的准线相切，而以MF为直径的圆不与抛物线的准线相切，C错误；令MN为x＝ky＋12，联立抛物线可得：y2－2ky－1＝0，则

yM＋yN＝2k，yMyN＝－1，∴xM＋xN＝k(yM＋yN)＋1＝2k2＋1，xMxN＝k2yMyN＋k2(yM＋yN)＋14＝14.由1|MF|＋1|NF|＝|NF|＋|MF||MF||NF|＝xM＋xN＋1xM·xN＋12（xM＋xN）＋14＝2，正确

．答案：BD11．解析：由题意得：圆的圆心横坐标为14p，半径为34，∴34p＝34⇒p＝1，∴抛物线C的方程为y2＝2x；设A到准线的距离为d，∵sin∠AFB＝2sin∠ABF，∴|AB|＝2|AF|，∴d|AB|＝22＝cos∠ABF，∴∠ABF＝45°，∴lAB：y＝x

＋12，代入y2＝2x，解得：xA＝12，yA＝1，∴|AF|＝xA＋p2＝1＝d，∴|AB|＝2.答案：y2＝2x212．解析：(1)由题意得动点M到点F14，0的距离等于到直线x＝－14的距离，所以曲线C是以F14，0为焦点，x＝－14为准线的抛物线．设C：y2＝2px(p>0

)，则p＝12，于是C的方程为y2＝x.(2)由(1)可知P(2，2)，设A(x1，y1)，PA的两点式方程为(y－y1)(2－x1)＝(x－x1)(2－y1).由x1＝y21，y2≠2，可得PA：x－(y1＋2)y＋2y1＝0.因

为PA与D相切，所以|2＋2y1|1＋（y1＋2）2＝1，整理得y21＋22y1＋1＝0.因为y21＝x1，可得x1＋22y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得x2＋22y2＋1＝0.于是直线AB的方程为x＋22y＋1＝0.13

．解析：设x＝2y，则x2＝4y(y≥0)，则曲线x＝2y为抛物线x2＝4y的右半部分．抛物线x2＝4y的焦点为F(0，1)，设点A(1，5)到准线l：y＝－1的距离为d，点P为抛物线x2＝4y的右半部分上一点，设P到准线l：y＝

－1的距离为d1，则4y＋（y－1）2＋（2y－1）2＋（y－5）2＝x2＋（y－1）2＋（x－1）2＋（y－5）2＝|PF|＋|PA|＝d1＋|PA|≥5＋1＝6.答案：C章末质量检测(一)空间向量与立体几何1．解析：因为点关于xOy坐标

平面的对称的点横、纵坐标不变，竖坐标互为相反数，所以点(1，5，2)关于xOy坐标平面的对称点为(1，5，－2).答案：C2．解析：根据a⊥b，可得：a·b＝0，则有：2－k＝0，解得：k＝2.答案：B3．解析：PA→

＝(－2，0，－2)，cos〈n，PA→〉＝n·PA→|n||PA→|＝－65×8＝－31010，所以点P(1，2，3)到平面α的距离为d＝|PA→||cos〈n，PA→〉|＝22×31010＝655.答案：C4．解析：由题意得：BC→＝AD→，AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，

所以AM→＝AB→＋BC→＋CM→＝AB→＋AD→＋12AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝a＋b＋12c.答案：A5．解析：根据题意得AB→＝(2，1，0)，AC→＝(－1，2，1)，BC→＝(－3，1，1)，A．显然AB→≠λAC→，所以AB→与AC→不共线，故错误；B．AB→的单位向量

为±AB→|AB→|，即为255，55，0或－255，－55，0，故错误；C．cos〈AB→，BC→〉＝AB→·BC→|AB→||BC→|＝－55×11＝－5511，故错误；D．设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为AB→＝(2，1，0)，AC→＝(－1，2，1)，所

以AB→·n＝0AC→·n＝0，即2x＋y＝0－x＋2y＋z＝0，所以x∶y∶z＝1∶(－2)∶5，故正确．答案：D6．解析：∵a＝(1，0，1)，b＝(－2，2，1)，c＝(3，4，z)，且a，b，c共面，∴a＝xb＋yc，∴(1，0，1)＝(

－2x＋3y，2x＋4y，x＋yz)，∴－2x＋3y＝12x＋4y＝0x＋yz＝1，解得x＝－27y＝17z＝9.答案：D7.解析：以点A为坐标原点，AD，AB，AP所在的直线分别为x

轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则P(0，0，1)，C(2，1，0)，PC→＝(2，1，－1)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以cos〈PC→，n〉＝PC→·n|PC→||n|＝－12.又因为〈PC→，n〉∈[0，π]，所以〈P

C→，n〉＝120°，所以斜线PC与平面ABCD的法向量所在的直线所成的角为60°，所以斜线PC与平面ABCD所成的角为30°.答案：A8.解析：如图，在堑堵ABC­A1B1C1中，由AC＝BC＝1可知，AC⊥BC.以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间

直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，2)，A1(1，0，2)，P12，12，1，B1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－1，－2)，B1A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，－1，0)，PA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝12，－12，1.设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y

，z)，则x－y＝0－y－2z＝0，取z＝1，得n＝(－2，－2，1)，设点P到平面A1B1C的距离为d，则d＝＝12×（－2）－12×（－2）＋1×19＝13.答案：D9．解析：若

为单位向量且与x轴垂直，则需满足：向量模长为1，且向量必须落在yOz平面内，结合选项判断知B、C符合题意，A项中a与x轴平行，D项中|d|≠1.答案：BC10．解析：A.当〈a，b〉＝π时，a·b<0，但〈a，b〉不是钝角，故错误；B．当AB→＋CD→＝0时，AB→＝－CD→，所以AB

→与CD→一定共线，故正确；C．当AB→＝CD→时，AB→与CD→共线，线段AB与CD可能平行或重合，故错误；D．如图所示：，设AB→＝a，AD→＝b，AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝c，满足a与b，b与c，c与a都是共面向

量，但a、b、c不共面，故错误．答案：ACD11．解析：因为P(1，1，1)，所以点P关于yOz平面对称的点的坐标为(－1，1，1)，故A正确；因为A(1，0，1)，B(0，1，0)，所以AB→＝(－1，1，－1)，因为平面α的法向量n＝(2，－2，2)，所以AB→·n＝－1×2＋1×(－2)

＋(－1)×2＝－6≠0，所以直线AB与平面α不平行，故B错误；因为PA→＝(0，－1，0)，PB→＝(－1，0，－1)，所以PA→·PB→＝0，因为PA→，PB→分别为平面α，β的法向量，所以平面α⊥平面β，故C正确；因为AP→＝(0，1，0

)，AB→＝(－1，1，－1)，所以AP→·AB→＝1，所以点P到直线AB的距离d＝|AP|2－AP→·AB→|AB→|2＝63，故D正确．答案：ACD12.解析：对选项A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，故EF∥A1C1，且EF⊂平面CEF，A

1C1⊄平面CEF，故A1C1∥平面CEF成立．选项B，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1边长为2，则B1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，－2，－2)，FC→＝(0，1，－2).故B1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·FC→＝0－2＋4＝2≠0.故B1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，F

C→不互相垂直．又CF⊂平面CEF，故B1D⊥平面CEF不成立；对选项C，利用B选项建立的空间直角坐标系有CE→＝(1，－2，2)，12DA→＋DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－DC→＝12(2，0，0)＋(0，0，

2)－(0，2，0)＝(1，－2，2)，故CE→＝12DA→＋DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－DC→成立；选项D，若点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1的中点O在平面CEF上，连接AC，AE易得平面CEF

即平面CAEF.又点D与点B1中点O在A1ACC1上，故点O不在平面CEF上，故不成立．答案：BD13．解析：因为a∥b，所以λ－11＝3－λ－2＝－63，所以λ＝－1.答案：－114.解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A1(1，0，2

)，E(0，0，1)，G(0，2，1)，F(1，1，0)，A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，0，－1)，GF→＝(1，－1，－1)，设异面直线A1E与GF所成角为θ，cosθ＝|cos〈A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，GF→〉|＝＝0，∴异面直线A1E与GF所成角为90°.答案：90°1

5．解析：因为A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→＋BC→＝A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AB→＋AD→，所以A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＝A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＋AB→2＋AD→2＋2A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB→＋2A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AD→＋2AB→·AD→，即A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2

＝9＋1＋1＋2×3×1×cos120°＋2×3×1×cos120°＋2×1×1×cos90°＝5，故A1C＝5.答案：516．解析：(1)令a＝A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，b＝AB→，c＝AD→，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝π3，则有BD→＝AD→－AB

→＝c－b，A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AC→＋CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→＋AD→＋A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝b＋c＋a，故A1C⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BD→＝(c－b)·(c＋b＋a)＝c2＋b·c＋a·c－b·c－b2－a·b＝12＋1×1×12＋1×

1×12－1×1×12－12－1×1×12＝1＋12＋12－12－1－12＝0.(2)令a＝𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，b＝AB→，c＝AD→，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝π3，则有A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AD→－A1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝c

－a，AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AC→＋CC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→＋AD→＋𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝b＋c＋a，故AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(c－a)·(c＋b＋a)＝c2＋b·c＋a·c－a·c－a·b－a2＝12＋1×1×12＋1×1×12－1×1×12－

1×1×12－12＝1＋12＋12－12－12－1＝0，故AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥A1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即AC1⊥A1D，又由(1)知AC1⊥BD，A1D∩BD＝D，故直线AC1垂直于平面A1BD，同理可证直线AC1垂直于平面B1D1

C.答案：0点A1，B，D或点C，B1，D117．解析：(1)由空间三点A(2，0，－2)，B(1，－1，－2)，C(3，0，－4)，可得AB→＝(－1，－1，0)，AC→＝(1，0，－2)，∴|AB→|＝2，|AC→|＝5，则cos

θ＝AB→·AC→|AB→|×|AC→|＝－12×5＝－1010，所以向量AB→与AC→夹角θ的余弦值为－1010.(2)由AB→＝(－1，－1，0)，AC→＝(1，0，－2)，可得|AB→|＝2，又由向量AB→与AC→夹角θ的余弦值为－1010

，可得|AB→|cosθ＝2×－110＝－15，又由|AC→|＝5，可得向量AC→的单位向量为e＝15(1，0，－2)，故向量AB→在向量AC→上的投影向量a＝－15×e＝－15，025.18．解析：(1)MN→＝𝑀A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋A1C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋

C1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝13BA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AC→＋23CB→＝－13AB→＋13𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋AC→＋23(AB→－AC→)＝13AB→＋13𝐴A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋13AC→，又AB→＝a，AC→＝b，𝐴A

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝c，∴MN→＝13a＋13b＋13c.(2)∵AB＝AC＝AA1＝1，∴|a|＝|b|＝|c|＝1.∵∠BAC＝90°，∴a·b＝0.∵∠BAA1＝∠CAA1＝60°，∴a·c＝b·c＝12，∴|MN→|2＝19(a＋b＋

c)2＝19(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝59，∴|MN→|＝53.19．解析：(1)证明：连接AC，∵E是AB中点，F是BC中点，∴EF∥AC，∵AA1∥CC1，∴ACC1A1是平行四边形，∴A1C1∥

AC，∴EF∥A1C1，又A1C1⊂平面A1C1D，EF⊄平面A1C1D，∴EF∥平面A1C1D，同理，连接AB1，可得EG∥AB1∥DC1，可得EG∥平面A1C1D，∵EF∩EG＝E，EF⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，∴平面A1C1D∥平面

EFG.(2)如图，以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，∴𝑂A1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，2)，OC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，2)，A1E⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗＝(0，1，－2)，设平面A1DC1的法向量为n＝(x，y，z)，则⇒x＋z＝0y＋z＝0，取n＝(1，1，－1)，则平面A1DC1与平面EFG间的距离为＝33＝3.20．解析：(1)证明：∵PA⊥平

面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又∵CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，∵PA＝AD＝1，且E为PD的中点，∴AE⊥PD，又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD.(2)由条件PA⊥平

面ABCD，AB⊥AD，可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，E0，12，12.所以AC→＝(1，1，0)，AE→＝0，12，12.设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·AC→＝0，n

·AE→＝0，即x＋y＝0，12y＋12z＝0，取n＝(1，－1，1)，设直线PC与平面AEC所成角为θ，因为PC→＝(1，1，－1)，PC→·n＝1－1－1＝－1，|PC→|＝3，|n|＝3，所以sinθ

＝|cos〈PC→，n〉|＝PC→·n|PC→||n|＝13，即直线PC与平面AEC所成角的正弦值为13.21．解析：(1)当点P为A1B1的中点时PF∥平面CD1E，证明如下：连接A1B，PF，∵P、F分别为A1B1、B1B的中点，∴PF∥A1B，在直四棱柱ABCD

­A1B1C1D1中，A1B∥CD1，∴PF∥CD1，∵PF⊄平面CD1E，CD1⊂平面CD1E，∴PF∥平面CD1E；(2)以D为坐标原点，DA→、DC→、DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标

系Dxyz，如图所示，设正方形ABCD的边长为1，AA1＝h，则C(0，1，0)、D1(0，0，h)、E1，0，2h3，则𝐶D1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－1，h)、D1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1，0，－h3，设m＝(x，y，

z)为平面CD1E的法向量，则，即－y＋hz＝0x－h3z＝0，令z＝1，则x＝h3，y＝h，即m＝h3，h，1，∵BB1与平面CD1E所成角的正弦值为37，且BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，h)，∴|cos〈m，BB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉|＝＝hh29＋h2＋1·h

＝37，解得h＝2，∴m＝23，2，1，又平面DD1C的一个法向量为n＝(1，0，0)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝2349＋4＋1×1＝27，设二面角E­D1C­D的平面角为θ，经观察θ为锐角，

则cosθ＝|cos〈m·n〉|＝27.22．解析：(1)证明：∵AD∥BC，AB⊥AD，∴四边形ABCD为直角梯形，又∵AB＝BC＝1，∴∠BAC＝45°，AC＝2，∴∠CAD＝45°，又∵AD＝2，∴CD＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos∠C

AD＝4＋2－2×2×2×22＝2.∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面ACEF，又∵AF⊂平面ACEF，∴CD⊥AF.(2)∵四边形ACEF为矩形，∴AF⊥AC，又∵平面AC

EF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，AF⊂平面ACEF，∴AF⊥平面ABCD，CE⊥平面ABCD，∴AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AD、AB、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图

所示．∵AF⊥平面ABCD，AF∥CE，∴CE⊥平面ABCD，又∵∠EDC＝30°，∴CE＝CDtan30°＝2×33＝63，∴A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(2，0，0)，F0，0，63，E1，1，63，DF→＝－2，0，63，由A

C⊥CE，AC⊥CD，CE∩CD＝C，∴AC⊥平面CDE，∴平面CDE的法向量为AC→＝(1，1，0)，∴直线DF与平面CDE所成的角的正弦值为|AC→·DF→||AC→|·|DF→|＝24＋69×1＋1＝217.(3)若A

CEF为正方形，则与(2)同理可得AF，AB，AD两两垂直，以A为原点，以射线AD、AB、AF为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．∴A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(2，0，0)，F(0，0，2)，E(1，1，2)，设P(0，0，t)(0<t<2

)，平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，又PD→＝(2，0，－t)，BD→＝(2，－1，0)，则2x－tz＝02x－y＝0，令x＝t，则y＝2t，z＝2，n＝(t，2t，2)，平面ABD的法向量为m＝(0，0，1)，∴|cos〈m，n〉|＝2t2＋4t2＋4×1＝23，解得t＝1，在

线段AF上存在点P，使得二面角P­BD­A的余弦值为23，线段AP的长为1.章末质量检测(二)直线和圆的方程1．解析：由直线2x－6y＋1＝0，即y＝33x＋66，所以倾斜角α满足tanα＝33，α∈[0，π]，所以

α＝π6.答案：C2．解析：因为直线l过点(1，1)，且方向向量为v＝(1，2)，由直线的点方向式方程，可得直线的方程为：x－11＝y－12，整理，得2x－y－1＝0.答案：D3．解析：由题设，直线可写成y＝－ABx－CB，又AB>0，BC>0，∴

－AB<0，－CB<0，故直线过二、三、四象限，不过第一象限．答案：A4．解析：若a＝14，则l1：2x＋y－4＝0，l2：2x＋y－2＝0，显然平行；若直线l1∥l2，则2a(2a－1)＝－a且－(－a)≠2a，即a＝14.故“a＝

14”是直线l1：(2a－1)x－ay＋1＝0与直线l2：x＋2ay－1＝0平行的充要条件．答案：C5．解析：若圆(x－1)2＋y2＝2与直线x－y＋λ＝0相切，则(1，0)到直线x－y＋λ＝0的距离为|1－

0＋λ|2＝2，解得λ＝1，或λ＝－3.答案：D6．解析：设圆的标准方程为(x－a)2＋y2＝r2，将A(－2，0)，B(0，4)坐标代入得：（2＋a）2＝r2a2＋16＝r2，解得a＝3r2＝25，故圆的方程为(x－3)2＋y

2＝25.答案：C7．解析：根据题意，由相交弦的性质，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，可得AB与直线x＋2y＋c＝0垂直，且AB的中点在这条直线x＋2y＋c＝0上，由AB与直线x＋2y＋c＝0垂直，可得3－（－1）1－

t＝2，解得t＝－1，则B(－1，－1)，故AB中点为(0，1)，且其在直线x＋2y＋c＝0上，代入直线方程可得，0＋2×1＋c＝0，可得c＝－2，故t＋c＝(－1)＋(－2)＝－3.答案：A8．解析：圆的标准

方程为(x－a)2＋(y－3)2＝9，圆心为(a，3)，半径R＝3，设直线和圆相交于AB，由较短弧长与较长弧长之比为1∶3，则∠AOB＝π2，故|AB|＝32，则圆心到直线x－y＋2＝0的距离d＝322，即

d＝|a－1|2＝322，解得a＝－2或4.答案：D9．解析：当m变化时，直线l1：3x＋2y－m＝0的斜率为k＝－32，所以l1的倾斜角不变．故A正确；直线l2：xsinα－y＋1＝0恒过定点(0，1).故B正

确；假设l1与l2平行，则－3＝2sinα，即sinα＝－32，这与sinα∈[－1，1]相矛盾，所以l1与l2不可能平行．故C不正确；假设l1与l2垂直，则3sinα－2＝0，即sinα＝23，所以l1与l2可能垂直．故D不正确．答案：A

B10．解析：当a＝0时，曲线C的方程为：－2x－2y＝0，表示直线，故A正确；由ax2＋ay2－2x－2y＝0，得a(x2＋y2)＝2x＋2y，令x2＋y2＝02x＋2y＝0，得x＝y＝0，所以曲线C经过定点(0，0)，故C正确；当a＝1时，曲线C的方程为：x2＋

y2－2x－2y＝0，即(x－1)2＋(y－1)2＝2，此时曲线C表示圆，且圆心为C(1，1)，半径R＝2，因为C(1，1)到直线3x＋y＝0的距离d1＝410≠2，所以直线3x＋y＝0与曲线C不相切，故B错误；C(1，1)到直线x＋2y＝0的距离d2＝35<2，所以直线x＋2y＝0与曲线C相

交，故D正确．答案：ACD11．解析：设与3x＋4y＋10＝0垂直的直线为4x－3y＋m＝0，又与圆x2＋y2＝16相切，则|m|5＝4，可得m＝±20，经检验满足题设．∴所求直线方程为4x－3y＋20＝0或4x－3y－20＝0.答案：BD12．解析：圆C：(x－3)2＋y2＝9的圆心坐

标为(3，0)，半径r＝3，当m＝3时，直线l：3x＋4y－7＝0，圆心C到直线l的距离d＝25，r－d＝3－25＝135>2，∴圆C上有4个点到直线l的距离等于2，故A错误；化直线l为m(x－1)＋4y－4＝0，联立x－1

＝04y－4＝0，解得x＝1y＝1，∴直线l过定点(1，1)，故B正确；∵定点N(1，1)与圆心C(3，0)的距离|NC|＝5，则|AB|min＝2r2－|NC|2＝4，故C正确；设M(x，y)，D(a，b)，由DM→＝

2DE→可得：x－a＝4－2ay－b＝8－2b，所以a＝4－xb＝8－y，又因为点D在圆C：(x－3)2＋y2＝9上，所以可得：(4－x－3)2＋(8－y)2＝9，所以(x－1)2＋(y－8)2＝9，故D正确．答案：BCD13．解析：因为直线x＋ay＋1＝

0与直线(a－1)x＋2y＋1＝0垂直，所以1×(a－1)＋a×2＝0，解得：a＝13.答案：1314．解析：因为直线y＝3x的斜率为3，所以直线y＝3x的倾斜角为π3，所以直线l的倾斜角为2π3，所以直线l的斜率为tan2π3＝－3，因为直线l经过P(3，－3)，所以直线l

的方程为y＋3＝－3(x－3)，即y＝－3x.答案：y＝－3x15．解析：圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝4，圆心为(1，1)，半径r＝2，点C到直线l的距离d＝|2×1＋1＋2|22＋12＝5，由圆的切线性质知：|PA|＝|PC|2－

r2≥d2－r2＝（5）2－4＝1，当且仅当|PC|＝d，即点P是过点C作直线l的垂线的垂足时取“＝”，所以|PA|的最小值为1.答案：116．解析：设动点P(x，y)，由P到O(0，0)，A(3，0)的距离之比为1

2，∴|PA|2＝4|PO|2，则(x－3)2＋y2＝4(x2＋y2)，整理得：(x＋1)2＋y2＝4，故轨迹C的方程为(x＋1)2＋y2＝4；∴轨迹C是以C(－1，0)为圆心，半径r＝2的圆，则C到y＝－

x＋m的距离为d＝|m＋1|2，∴当d＝1时，圆上恰有3个点到直线的距离为1，若圆C上有且只有四个点到直线l：y＝－x＋m的距离为1，则d＝|m＋1|2<1，解得－1－2<m<2－1，∴实数m的取值范围为(－1－2，2－1).答案：(x＋1)2＋

y2＝4(－1－2，2－1)17．解析：(1)因为A(0，1)，C(6，3)，所以AC的中点为(3，2)，又B(1，4)，所以边AC上的中线所在直线方程为y－24－2＝x－31－3，即x＋y－5＝0.(2)

直线AB的方程为y－1＝4－11－0(x－0)，即3x－y＋1＝0，C到直线AB的距离为|18－3＋1|10＝1610，|AB|＝12＋32＝10，所以S△ABC＝12×10×1610＝8.18．解析：(1)依题意可知C点的横坐标为1，设C(1，c)，则kAC＝c1－（－1）＝c2，所以

c2×(－2)＝－1，解得c＝1，即C(1，1)；(2)设过A(－1，0)，B(3，0)，C(1，1)三点的圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则1－D＋F＝02＋D＋E＋F＝09＋3D＋F＝0，解得D＝－2E

＝3F＝－3，所以圆的方程为x2＋y2－2x＋3y－3＝0，又12＋(－4)2－2×1＋3×(－4)－3＝0，所以D(1，－4)在圆上，故A、B、C、D四点共圆．19．解析：(1)由题意可得k＝tan135°＝tan(180°－45°)＝－tan45°

＝－1.(2)在直线AB的方程中，令y＝0可得x＝2－kk，即点A2－kk，0，令x＝0可得y＝k－2，即点B(0，k－2)，由已知可得2－kk<0k－2<0，解得k<0，所以，S△AOB＝12(2－k)·k－2

k＝－12·（k－2）2k＝－12k＋4k－4＝12（－k）＋4－k＋4≥122（－k）·4－k＋4＝4，当且仅当k＝－2时，等号成立，此时直线的方程为y＋2＝－2(x＋1)，即2x＋y＋4＝0.20．解析：

(1)由题意，圆心C(1，0)，P为弦AB的中点时，由圆的性质有l⊥PC，又kPC＝2－02－1＝2，所以kl＝－1kPC＝－12，所以直线l的方程为y－2＝－12(x－2)，即x＋2y－6＝0；(2)因为直线l与直线3x－4y－1＝0平行，所以kl＝34，所

以直线l的方程为y－2＝34(x－2)，即3x－4y＋2＝0，因为圆心C(1，0)到直线l的距离d＝|3－0＋2|5＝1，又半径r＝3，所以由弦长公式得|AB|＝2r2－d2＝29－1＝42.21．解析：(1)由题知，圆心C

在线段AB的垂直平分线上，线段AB的中点为D(1，1)，直线AB的斜率kAB＝3－（－1）2－0＝2，则线段AB的垂直平分线方程为y＝－12(x－1)＋1，即x＋2y－3＝0，联立x＋y－1＝0x＋2y－3＝0，解得C(－1，2).所

以圆C半径|AC|＝10，所以圆C的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝10.(2)设P(m，n)，因为点P在圆C上，所以(m＋1)2＋(n－2)2＝10，①因为|AP|＝2，所以m2＋(n＋1)2＝4，②①－②得

m－3n－1＝0③联立②③得5n2＋4n－1＝0，解之得n＝－1或15，所以m＝－2n＝－1或m＝85n＝15，即P(－2，－1)或P85，15，由两点式得直线AP的方程为y＝－1或3

x－4y－4＝0.22．解析：(1)由(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0，m∈R，得(x＋y－4)＋m(2x＋y－7)＝0，∵m∈R，∴x＋y－4＝02x＋y－7＝0，得x＝3，y＝1，∴直线l恒过点D(3，1)，又圆

C(1，2)，半径为5，∵CD＝（3－1）2＋（1－2）2＝5<5，∴D在圆内，则直线l必与圆C相交．(2)由(1)知D在圆内，当直线l被圆C截得的弦长AB最短时，l⊥CD，又kCD＝2－11－3＝－12，则直线l的斜率为2，即有－2m＋1m＋1＝2，解得m＝－34.此时最短弦长为225－

5＝45.故m＝－34时，直线l被圆C截得的弦长AB最短，最短弦长是45.(3)设M(x，y)，又M为AB的中点，∴CM⊥DM，CM→＝(x－1，y－2)，DM→＝(x－3，y－1)，可得CM→·DM→＝0.∴(x－3)(x－1)＋(y－1)(y－2)＝0，即x2＋y2－4x

－3y＋5＝0.章末质量检测(三)圆锥曲线的方程1．解析：抛物线y＝4x2的方程化为标准方程为：x2＝14y，故p＝18，则焦点坐标为0，116.答案：D2．解析：依题意a＝5，根据椭圆的定义可

知，三角形ABF2的周长为4a＝20.答案：A3．解析：由题意ba＝33，∴a2＝3b2，∴a2＝3(c2－a2)，∴4a2＝3c2，∴c2a2＝43，∴e2＝43，∴e＝233.答案：D4．解析：由题意得：F(0，1)，准

线方程为y＝－1，因为PF→＝4FQ→，所以yP＝5yF＝5，故点P到准线l的距离为yP＋1＝6.答案：C5．解析：以双曲线的对称中心为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，因为双曲线的离心率为2，所以可

设双曲线的方程为x2a2－y23a2＝1(a>0)，依题意可得2a＝30，则a＝15，即双曲线的方程为x2152－y23×152＝1.因为|AB|＝36cm，所以A的纵坐标为18.由x2152－1823×152＝1，得|x|＝33

7，故|AD|＝637cm.答案：D6．解析：由焦点坐标是(－2，0)，则椭圆焦点在x轴上，且c＝2，将椭圆mx2＋5my2＝5化为x25m＋y21m＝1，则m>0，由5m>1m，焦点坐标是(－2，0)，则5m

－1m＝4，解得m＝1.答案：C7．解析：设圆O的半径为r，抛物线的准线方程为x＝－p2，由勾股定理可得r＝p24＋5，因为|AB|＝42，将y＝±22代入抛物线方程得2px＝8，可得x＝4p，不妨设点A4p，22，则r＝|O

A|＝16p2＋8，所以，p24＋5＝16p2＋8p>0，解得p＝4，因此，抛物线的方程为y2＝8x.答案：C8．解析：由已知得a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c＝1，∴F1(－1，0)，F2(1

，0)，∵点P在椭圆C上，当△PF1F2的面积最大时，∴点P到x轴距离最大，即P为椭圆的短轴的端点，不妨设P(0，3),△PF1F2周长为l＝2c＋2a＝2＋2×2＝6，面积为S＝3，设内切圆半径为r，则S＝12rl，∴r＝2Sl＝3

3.答案：B9．解析：双曲线y29－x216＝1，则a2＝9，b2＝16，则a＝3，b＝4，则c2＝a2＋b2＝25，则c＝5，所以双曲线的虚轴长2b＝8，渐近线方程为y＝±abx＝±34x，焦点坐标为(0，±5)，离心率e＝ca＝53.答案：AB10．解析：对于A，当m＝n<0时，方程不表示

任何图形，故A错误；对于B，当m>0，n<0时，方程x21m－y2－1n＝1表示焦点在x轴上的双曲线，当m<0，n>0时，方程y21n－x2－1m＝1表示焦点在y轴上的双曲线，故B正确；对于C，当m>n>

0时，1n>1m>0，方程y21n＋x21m＝1表示焦点在y轴上的椭圆，故C正确；对于D，当m＝0且n>0时，方程y＝nn或y＝－nn表示垂直于y轴的两条直线，故D错误．答案：BC11．解析：因为椭圆的短轴长为23，所以有2b＝23⇒b＝3⇒a2－c2＝3，而椭圆的离心率为1

2，所以ca＝12⇒a＝2c⇒a2＝4c2，所以可得：c2＝1，a2＝4，b2＝3.A：因为a2＝4，b2＝3，所以该椭圆的标准方程为：x24＋y23＝1，因此本选项正确；B：由2y2－2x2＝1⇒y212－x212＝1，

该双曲线的焦点在纵轴上，而椭圆x24＋y23＝1的焦点在横轴上，所以本选项说法不正确；C：因为124＋－3223＝1，所以点1，－32在该椭圆上，因此本选项说法正确；D：直线y＝k(x＋1)恒过点(－1，0)，而（－1）24＋023<1，所以点(－

1，0)在椭圆内部，因此直线y＝k(x＋1)与椭圆恒有两个交点，所以本选项说法正确．答案：ACD12.解析：如图所示：作AC⊥准线l于点C，AM⊥x轴于M，BE⊥准线l于点E.BH⊥x轴于H，直线的斜率为3，∴tan∠HFB＝3，∴∠HFB＝π3，∴∠BDE＝π6，∴|DB|＝2|BE|＝2|

BF|＝2，故A正确；又∵|BF|＝1，∴|HF|＝12，|HB|＝32，Bp2－12，－32，代入抛物线，得p＝32(p＝－12舍去)，故B正确；对于C，由B选项得，直线AB方程为：y＝3x－334，与抛物线方程联立得：x2－52x＋916＝0，即x－94x－14＝0，

故xA＝94，故点A到准线的距离为p2＋xA＝3，故C错误；对于D,由C选项得，|AF|＝3＝|FD|,点F为线段AD的中点，故D正确．答案：ABD13．解析：由已知条件得m<0，双曲线mx2＋y2＝1的标准方程为y2－x2－1m＝1，则a2＝1，b2＝－1m，实轴长为2

，虚轴长为2－1m，由题意得2＝4－1m，解得m＝－4.答案：－414．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y22＝4，即y1＋y2＝8，∴|AB|＝y1＋y2＋p＝8＋1＝9.答案：915．解析：设M(x，y)，A(a，0)，B(0，b)，由2AM→＝MB→，有2(x－a，y)＝

(－x，b－y)，得a＝3x2b＝3y，所以A3x2，0，B(0，3y)，由|AB|＝3得：9x24＋9y2＝9，所以点M的轨迹C的方程是x24＋y2＝1.答案：x24＋y2＝116．解析：如图所示，不妨设直线

l与圆C相切于点A，∴CA⊥F1M，∴|CA||AF1|＝|F2M||F1F2|，由于|CA|＝c2，|CF1|＝3c2，|AF1|＝3c22－c22＝2c，|F1F2|＝2c，∴|F2M|＝2c2，∴Mc，－2c

2，∴kl＝－tan∠CF1A＝－c22c＝－24.把Mc，－2c2代入x2a2－y2b2＝1，可得c2a2－c22b2＝1，∴a2＋b2a2－a2＋b22b2＝1，∴a＝b，渐近线方程为y＝±bax＝±x.答案：－24y＝

±x17．解析：(1)设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由题意知双曲线的左、右焦点坐标分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，直线AB的方程y＝7(x－3)，与x22－y27＝1联立得x2－12x＋20＝0，解得

x1＝2，x2＝10，代入AB的方程为y＝7(x－3)，分别解得y1＝－7，y2＝77.所以|AB|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（2－10）2＋（－7－77）2＝162.(2)由(1)知|AB|＝162，|AF1|＝（2＋3）2＋（－7－0）2＝42，|BF1|＝（10＋3）2

＋（77－0）2＝162，所以△F1AB的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝362.18．解析：(1)由题意，设抛物线的方程为：y2＝2px(p>0)，所以点F的坐标为p2，0，点A的一个坐标为(2，2p)，因为FA→·OA→＝16，所以2－p2，2p·(2

，2p)＝16，即4－p＋4p＝16，解得p＝4.所以抛物线的方程为：y2＝8x.(2)设直线l的方程为x＝ky＋8，则联立方程y2＝8xx＝ky＋8得y2－8ky－64＝0，所以y1＋y2＝8k，y1·y2＝－64，因为OB→＝(x1，y1)，OC→＝(x2，y2)，所以OB→·OC

→＝x1x2＋y1y2＝(ky1＋8)(ky2＋8)＋y1y2＝(k2＋1)y1y2＋8k(y1＋y2)＋64＝－64(k2＋1)＋8k·8k＋64＝0.所以OB→·OC→为定值0.19．解析：(1)因为P是C1：x22＋y2＝1上的点，

F1，F2是C1的焦点，所以|PF1|＋|PF2|＝22，因为∠PQF2＝∠PF2Q，所以|PQ|＝|PF2|，又因为点Q在F1P的延长线上，所以|QF1|＝|PF1|＋|PQ|＝|PF1|＋|PF2|＝22，即点

Q的轨迹C2是以F1为圆心，以22为半径的圆，因为F1(－1，0)，所以C2的方程为(x＋1)2＋y2＝8.(2)因为MN的中点为T0，－12，圆C2的圆心为F1(－1，0)，且TF1⊥MN，所以直线MN的斜率为kMN＝－1kTF1＝2，方程为y＝2x－12.联立y＝2x－

12，x22＋y2＝1，消y得9x2－4x－32＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为(x0，y0)，则x1＋x2＝49，所以x0＝x1＋x22＝29，y0＝2x0－12＝2×29－12＝－118，所以AB的中点坐标为29，－118.20．解析

：(1)设点P(x1，y1)、Q(x2，y2)，当a＝1时，联立x－y－1＝0x2－2y2＝1，可得x2－4x＋3＝0，Δ＝16－12>0，由韦达定理可得x1＋x2＝4，x1x2＝3，所以，|PQ|＝1＋12·（x1＋x2）2－4x1x2＝22.(2)假设存在实数a，使以PQ为直径的圆

经过坐标原点，设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，联立ax－y－1＝0x2－2y2＝1，得(2a2－1)x2－4ax＋3＝0，由题意可得2a2－1≠0Δ＝16a2－12（2a2－1）>0，解得－62<a<62且a≠±22，由韦达定理可知x1＋

x2＝4a2a2－1x1x2＝32a2－1，因为以PQ为直径的圆经过坐标原点，则OP⊥OQ，所以OP→·OQ→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(ax1－1)(ax2－1)＝(a2＋1)x1x2－a(x1＋x2)＋1＝3（a2＋1）－4a22a2

－1＋1＝0，整理可得a2＋2＝0，该方程无实解，故不存在．21．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝2pyy＝kx＋2，得x2－2pkx－4p＝0，故x1x2＝－4p，由OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋x212p·x222p＝0，∴p＝1，故抛

物线C的方程为：x2＝2y；(2)设PA的倾斜角为θ，则PB的倾斜角为π－θ，∴kPA＋kPB＝tanθ－tan(π－θ)＝0，由x2＝2yy＝kx＋2，得x2－2kx－4＝0，∴x1＋x2＝2k，∴kPA＝y1－2x1－2＝12x21－2x1－2＝x1＋22，同理k

PB＝x2＋22，由kPA＋kPB＝0，得x1＋22＋x2＋22＝0，∴x1＋x2＋4＝0，即2k＋4＝0，故k＝－2.22．解析：(1)由椭圆C过点(0，1)，则有b＝1，由e＝ca＝22，可得a2＝2c2

＝2(a2－b2)，解得：a＝2，则椭圆C的方程为：x22＋y2＝1.(2)由(1)得F1(－1，0)，F2(1，0)，已知直线l不过椭圆长轴顶点，则直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：x＝my－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线方程和椭圆

方程x22＋y2＝1x＝my－1，整理可得(m2＋2)y2－2my－1＝0，故Δ>0是恒成立的．根据韦达定理可得y1＋y2＝2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2，则有F2A·F2B＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝(m2＋1)y

1y2－2m(y1＋y2)＋4＝(m2＋1)·－1m2＋2－2m·2mm2＋2＋4＝－m2＋7m2＋2＝－1＋9m2＋2.由m2≥0，可得－1＋9m2＋2≤72，所以F2A·F2B的最大值为72.本册过关检测1．解析：设直线l的倾斜角为α，因为直线l的一个方向向量为(－1，3)，所以k＝tanα

＝－3，因为α∈[0°，180°)，所以α＝120°.答案：B2．解析：∵a⊥b，∴a·b＝0，∴a·b＝5＋5λ＝0，解得λ＝－1.答案：B3．解析：依题意可知，所求直线的斜率为27，所以所求直线方程为y＋4＝27(x－4)，即y＝27x－367.答案：A4．解析：圆x2＋y2－

6y＋8＝0的标准方程为x2＋(y－3)2＝1，圆心(0，3)，半径为1，圆x2＋y2－8x＝0的标准方程为(x－4)2＋y2＝16，圆心(4，0)，半径为4，两圆的圆心距为42＋32＝5＝1＋4，即圆心距等于两圆半径之和，故两圆外切．答案：C5．解析：因为等腰梯

形ABCD中，AB→＝2DC→，E，F分别为AD，BC的中点，G为EF的中点，所以AG→＝AE→＋EG→＝12AD→＋12EF→＝12AD→＋14(AB→＋DC→)＝12AD→＋14AB→＋12AB→＝12AD→＋38AB→，因为AB→＝a，AD→＝b，所以AG→＝12b＋38a.

答案：B6.解析：以C1为原点，构建如图所示的空间直角坐标系，令正三棱柱ABC­A1B1C1的棱长为2，则C1(0，0，0)，D(2，0，1)，A1(2，0，0)，B(1，3，2)，所以C1D＝(2，0，1)，A1B＝(－1，3，2)，则C1D·A1B＝0，即异面直线A1B与C1

D所成的角为π2.答案：D7．解析：由题意知|PF1|＝6，a＝7，c2＝49－24＝25⇒c＝5，|F1F2|＝10.根据椭圆定义可知|PF2|＝2a－|PF1|＝8，∴△PF1F2是直角三角形，S△PF1F2＝12|PF1|·|PF2|

＝12×6×8＝24.答案：A8.解析：设双曲线的一条渐近线方程为y＝bax，H为AB的中点，可得FH⊥AB，由F(c，0)到渐近线bx－ay＝0的距离为FH＝d＝bca2＋b2＝b，所以BH＝a2－b2，又OA→＝2OB→，所以OH＝3B

H＝3a2－b2，因为OH＝OF2－HF2＝c2－b2，所以3a2－b2＝c2－b2，整理可得：9a2－c2＝8b2，即9a2－c2＝8c2－8a2，所以17a2＝9c2，可得e2＝c2a2＝179，所以e＝173，所以双曲线C的离心率为173.答案：A9．解析：对A，直线x－y

－4＝0与两坐标轴围成的三角形的面积是12×4×4＝8，故A正确；对B，当x2＝x1或y2＝y1时，式子y－y1y2－y1＝x－x1x2－x1无意义，故B不正确；对C，与直线2x＋y＋1＝0平行，所求直线设为2x＋y＋C＝0，将点(1，1)代入得C＝－3，所以所求直线为2x＋y－3＝0，即y＝－

2x＋3，故C正确；对D，经过点(1，2)且在两坐标轴上截距都相等的直线方程为x＋y－3＝0或y＝2x，故D错误．答案：AC10．解析：对于A选项，当x＝0时，y＝－1，所以直线过定点(0，－1)，故A选项正确；对于B选项，若l1⊥l2，则m×(m－1)＋2×(－1)＝0，

解得m＝2或m＝－1，故B选项错误；对于C选项，由x2＋y2＝9x2＋y2－4x＋2y－3＝0，两式相减并化简得2x－y－3＝0,x2＋y2＝9的圆心为(0，0)，到直线的距离d＝|2×0－0－3|5＝355，公共弦长为232－3552＝1255，故C正确

；对于D选项，记圆x2＋y2－4x－2y＝0的圆心为C(2，1)，则kCM＝1－02－1＝1，过点M(1，0)的最短弦所在直线方程为y－0＝－(x－1)，即x＋y－1＝0，故D选项错误．答案：AC11.解析：以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴的正半

轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则A(2，0，0)、A1(2，0，2)、B(2，2，0)、D(0，0，0)、C1(0，2，2)、E(1，2，0)、F(0，2，1)、G(1，0，2)、H(0，1，2).对于A选项，A1E＝(－1，2，－2)，AC1＝(－2

，2，2)，则A1E·AC1＝2＋4－4≠0，A错；对于B选项，易知平面ADD1A1的一个法向量为n＝(0，1，0)，BF→＝(－2，0，1)，∵n·BF→＝0，则n⊥BF→，又因为BF⊄平面ADD1A1，因此，BF∥平面ADD1A1，B对；对于C选项，DG→＝(1，0，2)，则BF→·

DG→＝－2＋2＝0，C对；对于D选项，GE→＝(0，2，－2)，HF→＝(0，1，－1)，故GE→＝2HF→，又因为GE、HF不重合，所以，GE∥HF，D对．答案：BCD12．解析：设P(x0，y0)，则x20＝4y0，y0≥0，又抛物线的焦点为F(0，1)，所以|PF|＝x20＋（y0

－1）2＝4y0＋y20－2y0＋1＝|y0＋1|＝y0＋1≥1，y0＝0时，等号成立．所以|PF|的最小值是1，A错；抛物线的焦点在y轴上，抛物线关于y轴对称，B错；易知点M在抛物线的内部(含有焦点的部分)，因此过M与对称轴平

行的直线与抛物线只有一个公共点，其他直线与抛物线都有两个公共点，C正确；记抛物线的准线为l，准线方程为y＝－1，过P作PH⊥l于H，过M作MN⊥l于N，则|PF|＝|PH|，|PM|＋|PF|＝|MP|

＋|PH|，所以当M，P，H三点共线，即H与N重合时，|PM|＋|PF|最小，最小值为3＋1＝4.D正确．答案：CD13．解析：因为a，b，c共面且c，b不共线，所以可设xb＋yc＝a，所以(2x＋y，x＋2y，x＋y)＝(4，－1，λ)，所

以2x＋y＝4x＋2y＝－1x＋y＝λ，所以x＝3y＝－2，所以λ＝x＋y＝3－2＝1.答案：114．解析：由椭圆方程x26＋y22＝1可知，a2＝6，b2＝2，则c2＝a2－b2＝4，即椭圆的右焦点的坐标为(2，0)，抛物线y2＝mx的焦点坐标为m4，0，∵抛物

线的焦点与椭圆的右焦点重合，∴m4＝2，即m＝8.答案：815．解析：根据题意可知：当圆心(－2，0)与点P的距离最小时，切线长PA，PB最小，则四边形PACB的面积最小，此时CP是点C到已知直线的垂线段.∵圆心到直线的距离为d＝|3×（－2）－4×0－2|32＋（－4）2＝85，∴

|PA|＝|PB|＝d2－r2＝395，∴四边形PACB面积的最小值为SPACB＝2×12×|PA|×r＝395.答案：39516．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则有A(2，0，0)，E(1，2，2)，D(0，0，0)，F(x，2，0).空一：|AF|＋|FE|＝（x－2）2

＋4＋（x－1）2＋4，代数式（x－2）2＋4＋（x－1）2＋4表示横轴上一点M(x，0)到点N(2，2)和点P(1，2)的距离之和，如下图所示：设N(2，2)关于横轴的对称点为Q(2，－2)，当线段PQ与横轴的交点为M点时，|AF|＋|FE|

有最小值，最小值为|PQ|＝（2－1）2＋（－2－2）2＝17；空二：设FO⊥DE，O为垂足，则有O(λ，2λ，2λ)，DE→＝(1，2，2)，FO→＝(λ－x，2λ－2，2λ)，因为FO→⊥DE→，所以FO→·DE→＝0⇒λ－

x＋2(2λ－2)＋2·2λ＝0⇒x＝9λ－4，因此|FO→|＝（λ－x）2＋（2λ－2）2＋（2λ）2＝（λ－9λ＋4）2＋（2λ－2）2＋（2λ）2，化简得：|FO→|＝2（6λ－3）2＋2，当6λ－3＝0时，即λ＝12时，此时x＝12，|FO→|

有最小值，即最小值为2答案：17217．解析：(1)由题意得r＝|CP|＝（2＋1）2＋（1＋3）2＝5，∴圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝25.(2)若|AB|＝6，可知圆心到直线的距离

为4，而圆心到直线的距离d＝|m－1|1＋k2，当k＝0时，线段AB的最小值为6，此时d＝|m－1|＝4，∴m＝5或m＝－3.18．解析：(1)因为d－|PF|＝1，所以P到直线x＝－1的距离等于|PF|，所以抛物线C的准线为x＝－1，所以p2＝1，p＝2，所以抛物线C的

标准方程为y2＝4x；(2)当直线l的斜率不存在时，方程为x＝0，此时直线l恰与抛物线C相切，当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋1，联立方程y＝kx＋1y2＝4x，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，若k＝0，显然不合题意；若k≠0，则Δ＝(2

k－4)2－4k2＝16－16k＝0，解得k＝1，此时直线l的方程为y＝x＋1，综上，直线l与抛物线C相切时，l的方程为x＝0或y＝x＋1.19．解析：(1)∵AC⊥平面PQD，QD⊂平面PQD，∴AC⊥QD，在矩形AB

CD中，易得：△ADQ∽△DCA，∴ADDC＝AQDA，∴AQ＝AD2DC＝BC2AB＝44＝1；(2)如图建立空间直角坐标系：则D(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，4，0)，A(2，0，0)，C(0，4

，0)，∴PB→＝(2，4，－2).由题意可知：AC→为平面PDQ的一个法向量，∵AC→＝(－2，4，0)，∴cos〈PB→，AC→〉＝PB→·AC→|PB→|·|AC→|＝－4＋1620·24＝1225×26＝330＝

3010，直线PB与面PDQ所成角的正弦值为3010.20．解析：(1)由题知：||PF1|－|PF2||＝2，由双曲线的定义知：2a＝2，a＝1，又因为e＝ca＝3，所以c＝3，所以b2＝c2－a2＝2，所以双曲线C的标准方程为x2－y22＝1.(2)设P(x0，y0)，则x20－

y202＝1，因为A(－1，0)，B(1，0)，所以k1＝y0x0＋1，k2＝y0x0－1，所以k1k2＝y0x0＋1y0x0－1＝y20x20－1＝y201＋y202－1＝2，为定值．21．解析：(1)证明：如图

，连接A1D，CD1，DC1∩CD1＝G，连接A1G，∵BC∥A1D1且BC＝A1D1，∴四边形BA1D1C是平行四边形，∴A1B∥CD1且A1B＝CD1，∵E是A1B中点，G是CD1中点，∴A1E∥CG且A1E＝CG，∴四边形A1ECG是平行四边形，∴A1G∥CE，∵A1G⊂平面FC1D，CE⊄

平面FC1D，∴CE∥平面FC1D；(2)如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，C1(0，2，2)，F(1，1，2)，C(0，2，0)，E(2，1，1)，则DF→＝(1，1，2)，𝐷C1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，2)，DE→＝(2，1，1)，CE

→＝(2，－1，1)，设平面FC1D的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则⇒x1＋y1＋2z1＝0y1＋z1＝0，取m＝(1，1，－1)；设平面EDC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则

n·DE→＝0n·CE→＝0⇒2x2＋y2＋z2＝02x2－y2＋z2＝0⇒2x2＋z2＝0，取x2＝－1，z2＝2，y2＝0，则n＝(－1，0，2)；设平面FC1D与平面EDC所成的二面角的平面角

为α，则|cosα|＝|m·n||m|·|n|＝33·5＝315，∴sinα＝1－cos2α＝105.22．解析：(1)依题意有，|GA|＋|GB|＝|GC|＋|GB|＝4>|AB|＝23，即G点轨迹是以A，B为焦点的椭圆，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，由题意可知

2a＝4，2c＝23，则a＝2，b＝1，所以曲线T的方程为x24＋y2＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线l的方程为x＝ty＋m，因为直线l与圆x2＋y2＝1相切，所以|m|1＋t2

＝1，即m2＝t2＋1，联立直线l与椭圆的方程x＝ty＋mx24＋y2＝1，整理得(4＋t2)y2＋2tmy＋m2－4＝0，Δ＝4t2m2－4(4＋t2)(m2－4)＝16t2＋64－16m2＝16t2＋64

－16(t2＋1)＝48>0，由韦达定理可得y1＋y2＝－2tm4＋t2，y1y2＝m2－4t2＋4，所以|MN|＝1＋t2|y1－y2|＝1＋t2·（y1＋y2）2－4y1y2＝1＋t2·434＋t2，又点O到直线l的距离为1，所以S△MNO＝12|MN|·d＝12×1＋t2·434

＋t2×1＝23×1＋t24＋t2＝23mm2＋3＝23m＋3m≤232m·3m＝1.当且仅当m＝3m，即m＝3>1时，取等号，所以△MNO的面积的最大值为1.