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选修2-1数学课后习题答案(全)


新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答
第一章 常用逻辑用语 1.1 命题及其关系 练习(P4) 1、略. 2、 (1)真; (2)假; (3)真; (4)真. 3、 (1)若一个三角形是等腰三角形,则这个三角形两边上的中线相等. 这是真命题. (2)若一个函数是偶函数,则这个函数的图象关于 y 轴对称. 这是真命题. (3)若两个平面垂直于同一个平面,则这两个

平面平行. 这是假命题. 练习(P6) 1、逆命题:若一个整数能被 5 整除,则这个整数的末位数字是 0. 这是假命题. 否命题:若一个整数的末位数字不是 0,则这个整数不能被 5 整除. 这是假命题. 逆否命题:若一个整数不能被 5 整除,则这个整数的末位数字不是 0. 这是真命题. 2、逆命题:若一个三角形有两个角相等,则这个三角形有两条边相等. 这是真命题. 否命题:若一个三角形有两条边不相等,这个三角形有两个角也不相等. 这是真命题. 逆否命题: 若一个三角形有两个角不相等, 则这个三角形有两条边也不相等.这是真命题. 3、逆命题:图象关于原点对称的函数是奇函数. 这是真命题. 否命题:不是奇函数的函数的图象不关于原点对称. 这是真命题. 逆否命题:图象不关于原点对称的函数不是奇函数. 这是真命题. 练习(P8) 证明:若 a ? b ? 1 ,则 a2 ? b2 ? 2a ? 4b ? 3

? (a ? b ) a ( ?b ? ) a 2? ( b ? )b ?2 ? a?b?2? 2 b? 3 ? a ? b ?1 ? 0

3

所以,原命题的逆否命题是真命题,从而原命题也是真命题. 习题 1.1 A 组(P8) 1、 (1)是; (2)是; (3)不是; (4)不是. 2、 (1)逆命题:若两个整数 a 与 b 的和 a ? b 是偶数,则 a , b 都是偶数. 这是假命题. 否命题:若两个整数 a , b 不都是偶数,则 a ? b 不是偶数. 这是假命题. 逆否命题:若两个整数 a 与 b 的和 a ? b 不是偶数,则 a , b 不都是偶数. 这是真命题. (2)逆命题:若方程 x 2 ? x ? m ? 0 有实数根,则 m ? 0 . 这是假命题. 否命题:若 m ? 0 ,则方程 x 2 ? x ? m ? 0 没有实数根. 这是假命题. 逆否命题:若方程 x 2 ? x ? m ? 0 没有实数根,则 m ? 0 . 这是真命题. 3、 (1)命题可以改写成:若一个点在线段的垂直平分线上,则这个点到线段的两个端点的 距离相等. 逆命题:若一个点到线段的两个端点的距离相等,则这个点在线段的垂直平分线上. 这是真命题.
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 1 页共 4 页)

否命题:若一个点到不在线段的垂直平分线上,则这个点到线段的两个端点的距离不 相等. 这是真命题. 逆否命题:若一个点到线段的两个端点的距离不相等,则这个点不在线段的垂直平分 线上. 这是真命题. (2)命题可以改写成:若一个四边形是矩形,则四边形的对角线相等. 逆命题:若四边形的对角线相等,则这个四边形是矩形. 这是假命题. 否命题:若一个四边形不是矩形,则四边形的对角线不相等. 这是假命题. 逆否命题:若四边形的对角线不相等,则这个四边形不是矩形. 这是真命题. 4、证明:如果一个三角形的两边所对的角相等,根据等腰三角形的判定定理,这个三角形 是等腰三角形,且这两条边是等腰三角形,也就是说这两条边相等. 这就证明了原命题的逆否 命题,表明原命题的逆否命题为真命题. 所以,原命题也是真命题. 习题 1.1 B 组(P8) 证明:要证的命题可以改写成“若 p ,则 q ”的形式:若圆的两条弦不是直径,则它们不 能互相平分. 此命题的逆否命题是:若圆的两条相交弦互相平分,则这两条相交弦是圆的两条直径. 可以先证明此逆否命题:设 AB, CD 是 O 的两条互相平分的相交弦,交点是 E ,若 E 和圆 心 O 重合,则 AB, CD 是经过圆心 O 的弦, AB, CD 是两条直径. 若 E 和圆心 O 不重合,连结

AO, BO, CO 和 DO , 则 OE 是等腰 ?AOB ,?COD 的底边上中线, 所以,OE ? AB ,OE ? CD .
AB 和 CD 都经过点 E , 且与 OE 垂直, 这是不可能的. 所以,E 和 O 必然重合. 即 AB 和 CD 是 圆的两条直径. 原命题的逆否命题得证,由互为逆否命题的相同真假性,知原命题是真命题. 1.2 充分条件与必要条件 练习(P10) 1、 (1) ? ; (2) ? ; (3) ? ; (4) ? . 2、 (1). 3(1). 4、 (1)真; (2)真; (3)假; (4)真. 练习(P12)

1、 (1)原命题和它的逆命题都是真命题, p 是 q 的充要条件; (2)原命题和它的逆命题都是真命题, p 是 q 的充要条件; (3)原命题是假命题,逆命题是真命题, p 是 q 的必要条件. 2、 (1) p 是 q 的必要条件; (2) p 是 q 的充分条件; (3) p 是 q 的充要条件; (4) p 是 q 的充要条件. 习题 1.2 A 组(P12) 1、略. 2、 (1)假; (2)真; 3、 (1)充分条件,或充分不必要条件; (3)既不是充分条件,也不是必要条件; 4、充要条件是 a 2 ? b2 ? r 2 .
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(3)真. (2)充要条件; (4)充分条件,或充分不必要条件.

习题 1.2 B 组(P13) 1、 (1)充分条件; (2)必要条件;

(3)充要条件.

2、证明: (1)充分性:如果 a 2 ? b2 ? c 2 ? ab ? ac ? bc ,那么 a 2 ? b2 ? c 2 ? ab ? ac ? bc ? 0 . 所以 (a ? b)2 ? (a ? c)2 ? (b ? c)2 ? 0 所以, a ? b ? 0 , a ? c ? 0 , b ? c ? 0 . 即 a ? b ? c ,所以, ?ABC 是等边三角形. (2)必要性:如果 ?ABC 是等边三角形,那么 a ? b ? c 所以 (a ? b)2 ? (a ? c)2 ? (b ? c)2 ? 0 所以 a 2 ? b2 ? c 2 ? ab ? ac ? bc ? 0 所以 a 2 ? b2 ? c 2 ? ab ? ac ? bc 1.3 简单的逻辑联结词 练习(P18) 1、 (1)真; (2)假. 3、 (1) 2 ? 2 ? 5 ,真命题; (3) ( ?1) 2 ? ?1 ,真命题. 习题 1.3 A 组(P18) 1、 (1) 4 ?{2,3} 或 2 ?{2,3} ,真命题; (2) 4 ?{2,3} 且 2 ?{2,3} ,假命题;

2、 (1)真; (2)假. (2)3 不是方程 x 2 ? 9 ? 0 的根,假命题;

(3)2 是偶数或 3 不是素数,真命题; (4)2 是偶数且 3 不是素数,假命题. 2、 (1)真命题; (2)真命题; (3)假命题. 3、 (1) 2 不是有理数,真命题; (2)5 是 15 的约数,真命题;

(3) 2 ? 3 ,假命题; (4) 8 ? 7 ? 15 ,真命题; (5)空集不是任何集合的真子集,真命题. 习题 1.3 B 组(P18) (1)真命题. 因为 p 为真命题, q 为真命题,所以 p ? q 为真命题; (2)真命题. 因为 p 为真命题, q 为真命题,所以 p ? q 为真命题; (3)假命题. 因为 p 为假命题, q 为假命题,所以 p ? q 为假命题; (4)假命题. 因为 p 为假命题, q 为假命题,所以 p ? q 为假命题. 1.4 全称量词与存在量词 练习(P23) 1、 (1)真命题; (2)假命题; 2、 (1)真命题; (2)真命题; 练习(P26) 1、 (1) ?n0 ? Z , n0 ? Q ;

(3)假命题. (3)真命题.

(2)存在一个素数,它不是奇数;
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(3)存在一个指数函数,它不是单调函数. 2、 (1)所有三角形都不是直角三角形; (2)每个梯形都不是等腰梯形; (3)所有实数的绝对值都是正数. 习题 1.4 A 组(P26) 1、 (1)真命题; (2)真命题; (3)真命题; (4)假命题. 2、 (1)真命题; (2)真命题; (3)真命题.
3 2 3、 (1) ?x0 ? N , x0 ; ? x0

(2)存在一个可以被 5 整除的整数,末位数字不是 0; (4)所有四边形的对角线不互相垂直.

(3) ?x ? R, x2 ? x ? 1 ? 0 ; 习题 1.4 B 组(P27)

(1)假命题. 存在一条直线,它在 y 轴上没有截距; (2)假命题. 存在一个二次函数,它的图象与 x 轴不相交; (3)假命题. 每个三角形的内角和不小于 180? ; (4)真命题. 每个四边形都有外接圆.

第一章 复习参考题 A 组(P30)
1、原命题可以写为:若一个三角形是等边三角形,则此三角形的三个内角相等. 逆命题:若一个三角形的三个内角相等,则此三角形是等边三角形. 是真命题; 否命题:若一个三角形不是等边三角形,则此三角形的三个内角不全相等. 是真命题; 逆否命题:若一个三角形的三个内角不全相等,则此三角形不是等边三角形. 是真命题. 2、略. 3、 (1)假; (2)假; (3)假; (4)假. 4、 (1)真; (2)真; (3)假; (4)真; (5)真. 5、 (1)?n ? N , n2 ? 0 ; (2)?P ?{P P 在圆 x2 ? y 2 ? r 2 上 } , OP ? r (O 为圆心 ) ;

(3) ?( x, y) ?{( x, y) x, y 是整数 } , 2 x ? 4 y ? 3 ;
3 (4) ?x0 ?{x x 是无理数 } , x0 ?{q q 是有理数 } .

6、 (1) 3 ? 2 ,真命题;

(2) 5 ? 4 ,假命题;

(3) ?x0 ? R, x0 ? 0 ,真命题;

(4)存在一个正方形,它不是平行四边形,假命题.

第一章 复习参考题 B 组(P31)
1、 (1) p ? q ; (2) (?p) ? (?q) ,或 ?( p ? q) .

2、 (1) ?Rt ?ABC , ?C ? 90? , ?A, ?B, ?C 的对边分别是 a, b, c ,则 c 2 ? a 2 ? b2 ; (2) ??ABC , ?A, ?B, ?C 的对边分别是 a, b, c ,则

a b c ? ? . sin A sin B sin C

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新课程标准数学选修 2—1 第二章课后习题解答
第二章 圆锥曲线与方程 2.1 曲线与方程 练习(P37) 1、是. 容易求出等腰三角形 ABC 的边 BC 上的中线 AO 所在直线的方程是 x ? 0 . 32 18 ,b ? 2、 a ? . 25 25 3、解:设点 A, M 的坐标分别为 (t ,0) , ( x, y ) . (1)当 t ? 2 时,直线 CA 斜率 kCA ? 所以, kCB ? ?

2?0 2 ? 2?t 2?t

1 t ?2 ? kCA 2
t?2 ( x ? 2) . 2

由直线的点斜式方程,得直线 CB 的方程为 y ? 2 ? 令 x ? 0 ,得 y ? 4 ? t ,即点 B 的坐标为 (0,4 ? t ) .

t 4?t 由于点 M 是线段 AB 的中点,由中点坐标公式得 x ? , y ? . 2 2 t 4?t 由 x ? 得 t ? 2 x ,代入 y ? , 2 2 4 ? 2x 得y? ,即 x ? y ? 2 ? 0 ??① 2
(2)当 t ? 2 时,可得点 A, B 的坐标分别为 (2,0) , (0, 2) 此时点 M 的坐标为 (1,1) ,它仍然适合方程① 由(1) (2)可知,方程①是点 M 的轨迹方程,它表示一条直线. 习题 2.1 A 组(P37) 1、解:点 A(1, ?2) 、 C (3,10) 在方程 x2 ? xy ? 2 y ? 1 ? 0 表示的曲线上; 点 B(2, ?3) 不在此曲线上 2、解:当 c ? 0 时,轨迹方程为 x ?

c ?1 ;当 c ? 0 时,轨迹为整个坐标平面. 2

3、以两定点所在直线为 x 轴,线段 AB 垂直平分线为 y 轴,建立直角坐标系,得点 M 的轨 迹方程为 x2 ? y 2 ? 4 . 4、解法一:设圆 x2 ? y 2 ? 6 x ? 5 ? 0 的圆心为 C ,则点 C 的坐标是 (3,0) . 由题意,得 CM ? AB ,则有 kCM k AB ? ?1 .

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 5 页共 4 页)

所以,

y y ? ? ?1 ( x ? 3, x ? 0) x?3 x

化简得 x2 ? y 2 ? 3x ? 0 ( x ? 3, x ? 0) 当 x ? 3 时, y ? 0 ,点 (3,0) 适合题意;当 x ? 0 时, y ? 0 ,点 (0,0) 不合题意.
2 2 ? 5 2 5 ? x ? y ? 3x ? 0 解方程组 ? 2 , 得x? ,y?? 2 3 3 ? ?x ? y ? 6x ? 5 ? 0

所以,点 M 的轨迹方程是 x2 ? y 2 ? 3x ? 0 , 解法二:注意到 ?OCM 是直角三角形,

5 ? x ? 3. 3

利用勾股定理,得 x2 ? y 2 ? ( x ? 3)2 ? y 2 ? 9 , 即 x2 ? y 2 ? 3x ? 0 . 习题 2.1 B 组(P37) 其他同解法一.

1、解:由题意,设经过点 P 的直线 l 的方程为 因为直线 l 经过点 P(3, 4) ,所以 因此, ab ? 4a ? 3b ? 0

x y ? ?1. a b

3 4 ? ?1 a b

由已知点 M 的坐标为 ( a, b) ,所以点 M 的轨迹方程为 xy ? 4 x ? 3 y ? 0 . 2、解:如图,设动圆圆心 M 的坐标为 ( x, y ) . 由于动圆截直线 3x ? y ? 0 和 3x ? y ? 0 所得弦分别为

y B C F M E A

AB , CD ,所以, AB ? 8 , CD ? 4 . 过点 M 分别
作直线 3x ? y ? 0 和 3x ? y ? 0 的垂线,垂足分别为 E ,

D

F ,则 AE ? 4 , CF ? 2 .

ME ?

3x ? y 10

, MF ?

3x ? y 10

.

O
(第 2 题)
2

x

连接 MA , MC ,因为 MA ? MC , 则有, AE ? ME ? CF ? MF
2 2 2

(3x ? y )2 (3x ? y )2 ? 4? 所以, 16 ? ,化简得, xy ? 10 . 10 10
因此,动圆圆心的轨迹方程是 xy ? 10 .

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2.2 椭圆 练习(P42) 1、14. 提示:根据椭圆的定义, PF 1 ? PF 2 ? 20 ,因为 PF 2 ? 14 . 1 ? 6 ,所以 PF 2、 (1)

x2 ? y 2 ? 1; 16

(2)

y2 ? x 2 ? 1; 16

(3)

x2 y 2 y 2 x2 ? ? 1 ,或 ? ? 1 . 36 16 36 16

3、解:由已知, a ? 5 , b ? 4 ,所以 c ? a2 ? b2 ? 3 . (1) ?AF1B 的周长 ? AF 1 ? AF 2 ? BF 1 ? BF 2 . 由椭圆的定义,得 AF 1 ? AF 2 ? 2a , BF 1 ? BF 2 ? 2a . 所以, ?AF1B 的周长 ? 4a ? 20 . (2)如果 AB 不垂直于 x 轴, ?AF1B 的周长不变化. 这是因为①②两式仍然成立, ?AF1B 的周长 ? 20 ,这是定值. 4、解:设点 M 的坐标为 ( x, y ) ,由已知,得 直线 AM 的斜率 k AM ? 直线 BM 的斜率 k BM 由题意,得

y ( x ? ?1) ; x ?1 y ? ( x ? 1) ; x ?1

y y k AM ? 2? ( x ? ?1, y ? 0) ? 2 ,所以 x ?1 x ?1 k BM

化简,得 x ? ?3 ( y ? 0) 因此,点 M 的轨迹是直线 x ? ?3 ,并去掉点 (?3,0) . 练习(P48) 1、以点 B2 (或 B1 )为圆心,以线段 OA2 (或 OA1 ) 为半径画圆,圆与 x 轴的两个交点分别为 F1 , F2 . 点 F1 , F2 就是椭圆的两个焦点. 这是因为,在 Rt ?B2OF2 中, OB2 ? b , B2 F2 ? OA2 ? a , 所以, OF2 ? c . 同样有 OF1 ? c . 2、 (1)焦点坐标为 (?8,0) , (8,0) ; (2)焦点坐标为 (0, 2) , (0, ?2) .
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 7 页共 4 页)

y B2 A1 F1 F2 A2 x

O

B1
(第 1 题)

x2 y 2 3、 (1) ? ? 1; 36 32
4、 (1)

y 2 x2 (2) ? ?1. 25 16
(2)

x2 y 2 ? ?1 9 4

x2 y2 y 2 x2 ? ? 1 ,或 ? ? 1. 100 64 100 64
1 x2 y 2 2 2 ? 1 的离心率是 , ,椭圆 ? 2 16 12 3

5、 (1)椭圆 9 x2 ? y 2 ? 36 的离心率是

因为

x2 y 2 2 2 1 ? 1 更圆,椭圆 9 x2 ? y 2 ? 36 更扁; ? ,所以,椭圆 ? 16 12 3 2
2 2

x2 y 2 2 2 10 ? 1 的离心率是 (2)椭圆 x ? 9 y ? 36 的离心率是 ,椭圆 ? , 6 10 3 5
因为

x2 y 2 2 2 10 ? 1 更圆,椭圆 x2 ? 9 y 2 ? 36 更扁. ,所以,椭圆 ? ? 6 10 3 5
(2) (0, 2) ; (3) ( ?

8 6、 (1) (3, ) ; 5

48 70 ,? ). 37 37

7、

8 2 . 7

习题 2.2 A 组(P49) 1、解:由点 M ( x, y) 满足的关系式 x 2 ? ( y ? 3) 2 ? x 2 ? ( y ? 3) 2 ? 10 以及椭圆的定义得, 点 M 的轨迹是以 F1 (0, ?3) , F2 (0,3) 为焦点,长轴长为 10 的椭圆. 它的方程是

y 2 x2 ? ?1. 25 16
x2 y 2 y 2 x2 ? ? 1 ,或 ? ?1. (3) 49 40 49 40

x2 y 2 y 2 x2 ? 1 ; (2) ? ? 1 ; 2、 (1) ? 36 32 25 9

3、 (1)不等式 ?2 ? x ? 2 , ?4 ? y ? 4 表示的区域的公共部分; (2)不等式 ?2 5 ? x ? 2 5 , ?

10 10 ? y ? 表示的区域的公共部分. 3 3

图略.

4、 (1)长轴长 2a ? 8 ,短轴长 2b ? 4 ,离心率 e ?

3 , 2

焦点坐标分别是 (?2 3,0) , (2 3,0) ,顶点坐标分别为 (?4,0) , (4,0) , (0, ?2) , (0, 2) ; (2)长轴长 2a ? 18 ,短轴长 2b ? 6 ,离心率 e ?

2 2 , 3

焦点坐标分别是 (0, ?6 2) , (0,6 2) ,顶点坐标分别为 (0, ?9) , (0,9) , (?3,0) , (3,0) .
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x2 y 2 5、 (1) ? ?1; 8 5
(3)

x2 y 2 x2 2 (2) ? y ? 1,或 ? ?1; 9 81 9

x2 y 2 y 2 x2 ? ? 1 ,或 ? ? 1 . 25 9 25 9

6、解:由已知,椭圆的焦距 F1F2 ? 2 .

1 因为 ?PF1F2 的面积等于 1,所以, ? F1F2 ? yP ? 1 ,解得 yP ? 1. 2
代入椭圆的方程,得

x2 1 15 ? ? 1 ,解得 x ? ? . 5 4 2

P l

所以,点 P 的坐标是 (?

15 , ?1) ,共有 4 个. 2

Q O

A

7、解:如图,连接 QA . 由已知,得 QA ? QP . 所以, QO ? QA ? QO ? QP ? OP ? r . 又因为点 A 在圆内,所以 OA ? OP

(第 7 题)

根据椭圆的定义,点 Q 的轨迹是以 O, A 为焦点, r 为长轴长的椭圆. 8、解:设这组平行线的方程为 y ? 把y?

3 x?m. 2

3 x2 y 2 x ? m 代入椭圆方程 ? ? 1 ,得 9 x 2 ? 6mx ? 2m2 ? 18 ? 0 . 2 4 9

这个方程根的判别式 ? ? 36m2 ? 36(2m2 ? 18) (1)由 ? ? 0 ,得 ?3 2 ? m ? 3 2 . 当这组直线在 y 轴上的截距的取值范围是 (?3 2,3 2) 时,直线与椭圆相交. (2)设直线与椭圆相交得到线段 AB ,并设线段 AB 的中点为 M ( x, y) . 则 x?

x1 ? x2 m ?? . 2 3

3 m x ? m 上,与 x ? ? 联立,消去 m ,得 3x ? 2 y ? 0 . 2 3 M 这说明点 的轨迹是这条直线被椭圆截下的弦(不包括端点) ,这些弦的中点在一 条直线上.
因为点 M 在直线 y ? 9、

x2 y2 ? ? 1. 3.5252 2.8752
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 9 页共 4 页)

10、地球到太阳的最大距离为 1.5288 ?108 km,最下距离为 1.4712 ?108 km. 习题 2.2 B 组(P50) 1、解:设点 M 的坐标为 ( x, y ) ,点 P 的坐标为 ( x0 , y0 ) , 则 x ? x0 , y ?

3 y0 . 2

所以 x0 ? x , y0 ?

2 y ??①. 3

2 2 因为点 P( x0 , y0 ) 在圆上,所以 x0 ? y0 ? 4 ??②.

4 2 x2 y 2 将①代入②,得点 M 的轨迹方程为 x ? y ? 4 ,即 ? ?1 9 4 9
2

所以,点 M 的轨迹是一个椭圆 与例 2 相比可见,椭圆也可以看作是由圆沿某个方向压缩或拉伸得到. 2、解法一:设动圆圆心为 P ( x, y ) ,半径为 R ,两已知圆的圆心分别为 O1, O2 . 分别将两已知圆的方程 x2 ? y 2 ? 6 x ? 5 ? 0 , x2 ? y 2 ? 6x ? 91 ? 0 配方,得 ( x ? 3)2 ? y 2 ? 4 , ( x ? 3)2 ? y 2 ? 100 当 当

P 与 O1 : ( x ? 3)2 ? y 2 ? 4 外切时,有 O1P ? R ? 2 ??① P 与 O2 : ( x ? 3)2 ? y 2 ? 100 内切时,有 O2 P ? 10 ? R ??②

①②两式的两边分别相加,得 O1P ? O2 P ? 12 即, ( x ? 3) 2 ? y 2 ? ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ??③ 化简方程③. 先移项,再两边分别平方,并整理,得 2 ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ? x ??④ 将④两边分别平方,并整理,得 3x2 ? 4 y 2 ? 108 ? 0 ??⑤ 将常数项移至方程的右边,两边分别除以 108,得

x2 y 2 ? ? 1 ??⑥ 36 27

由方程⑥可知,动圆圆心的轨迹是椭圆,它的长轴和短轴长分别为 12, 6 3 . 解法二:同解法一,得方程 ( x ? 3) 2 ? y 2 ? ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ??① 由方程①可知,动圆圆心 P ( x, y ) 到点 O1 (?3,0) 和点 O2 (3,0) 距离的和是常数 12, 所以点 P 的轨迹方程是焦点为 (?3,0) 、 (3,0) ,长轴长等于 12 的椭圆. 并且这个椭圆的中心与坐标原点重合,焦点在 x 轴上,于是可求出它的标准方程. 因为 2c ? 6 , 2a ? 12 ,所以 c ? 3 , a ? 6
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 10 页共 4 页)

所以 b2 ? 36 ? 9 ? 27 . 于是,动圆圆心的轨迹方程为

x2 y 2 ? ?1. 36 27

? MF 1 ? ? ? 3、解:设 d 是点 M 到直线 x ? 8 的距离,根据题意,所求轨迹就是集合 P ? ? M d 2? ?
由此得

( x ? 2) 2 ? y 2 1 ? 8? x 2
2 2

x2 y 2 将上式两边平方,并化简,得 3x ? 4 y ? 48 ,即 ? ?1 16 12
所以,点 M 的轨迹是长轴、短轴长分别为 8, 4 3 的椭圆. 4、解:如图,由已知,得 E (0, ?3) , F (4,0) , G (0,3) , H (?4,0) . 因为 R, S , T 是线段 OF 的四等分点,
D y

G

L M

C R' S'

R?, S ?, T ? 是线段 CF 的四等分点,
所以, R(1,0), S (2,0), T (3,0) ;
H O R S T

N T' F x

9 3 3 R?(4, ), S ?(4, ), T ?(4, ) . 4 2 4
直线 ER 的方程是 y ? 3x ? 3 ;
A 3 E x?3. 16 (第 4 题) 32 45 联立这两个方程,解得 x ? , y ? . 17 17 32 45 所以,点 L 的坐标是 ( , ) . 17 17 16 9 96 21 同样,点 M 的坐标是 ( , ) ,点 N 的坐标是 ( , ) . 5 5 25 25

直线 GR? 的方程是 y ? ?

B

由作图可见,可以设椭圆的方程为

x2 y 2 ? ? 1 (m ? 0, n ? 0) ??① m2 n2
1 1 1 1 ? 2, 2? 2. 2 m 4 n 3

把点 L, M 的坐标代入方程①,并解方程组,得

x2 y 2 ?1. 所以经过点 L, M 的椭圆方程为 ? 16 9
把点 N 的坐标代入

1 96 1 21 x2 y 2 ? ,得 ? ( ) 2 ? ? ( ) 2 ? 1 , 16 25 9 25 16 9
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 11 页共 4 页)

x2 y 2 所以,点 N 在 ? ? 1 上. 16 9
因此,点 L, M , N 都在椭圆 2.3 双曲线 练习(P55) 1、 (1)

x2 y 2 ? ? 1 上. 16 9

x2 y 2 ? ?1. 16 9

(2) x 2 ?

y2 ? 1. 3

(3)解法一:因为双曲线的焦点在 y 轴上 所以,可设它的标准方程为 将点 (2, ?5) 代入方程,得 又 a 2 ? b2 ? 36

y 2 x2 ? ? 1 (a ? 0, b ? 0) a 2 b2

25 4 ? 2 ? 1 ,即 a 2b2 ? 4a 2 ? 25b2 ? 0 2 a b

?a 2b 2 ? 4a 2 ? 25b 2 ? 0 ? 解方程组 ? 2 2 ? ?a ? b ? 36

?mn ? 4m ? 25n ? 0 令 m ? a2 , n ? b2 ,代入方程组,得 ? ?m ? n ? 36 ?m ? 20 ?m ? 45 解得 ? ,或 ? ?n ? 16 ?n ? ?9
第二组不合题意,舍去,得 a2 ? 20, b2 ? 16

y 2 x2 ? ?1 所求双曲线的标准方程为 20 16
解法二:根据双曲线的定义,有 2a ? 所以, a ? 2 5 又 c ? 6 ,所以 b2 ? 36 ? 20 ? 16

4 ? (?5 ? 6)2 ? 4 ? (?5 ? 6)2 ? 4 5 .

y 2 x2 ? ?1. 由已知,双曲线的焦点在 y 轴上,所以所求双曲线的标准方程为 20 16
2、提示:根据椭圆中 a 2 ? b2 ? c 2 和双曲线中 a 2 ? b2 ? c2 的关系式分别求出椭圆、双曲线的 焦点坐标.
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3、由 (2 ? m)(m ? 1) ? 0 ,解得 m ? ?2 ,或 m ? ?1 练习(P61) 1、 (1)实轴长 2a ? 8 2 ,虚轴长 2b ? 4 ;顶点坐标为 (4 2,0),(?4 2,0) ; 焦点坐标为 (6,0),(?6,0) ;离心率 e ?

3 2 . 4

(2)实轴长 2a ? 6 ,虚轴长 2b ? 18 ;顶点坐标为 (3,0),(?3,0) ; 焦点坐标为 (3 10,0),(?3 10,0) ;离心率 e ? 10 . (3)实轴长 2a ? 4 ,虚轴长 2b ? 4 ;顶点坐标为 (0,2),(0, ?2) ; 焦点坐标为 (0,2 2),(0, ?2 2) ;离心率 e ? 2 . (4)实轴长 2a ? 10 ,虚轴长 2b ? 14 ;顶点坐标为 (0,5),(0, ?5) ; 焦点坐标为 (0, 74),(0, ? 74) ;离心率 e ?

74 . 5
x2 y 2 ?1 3、 ? 3 5

x2 y 2 ?1; 2、 (1) ? 16 9
4、

y 2 x2 ? ? 1. (2) 36 28

x2 y 2 ? ? 1 ,渐近线方程为 y ? ? x . 18 18
(2) (

14 2 5、 (1) (6, 2),( , ? ) ; 3 3 习题 2.3 A 组(P61)

25 ,3) 4

y 2 x2 ? ? 1 . 因为 a ? 8 ,由双曲线定义可知,点 P 到两焦点距 1、把方程化为标准方程,得 64 16
离的差的绝对值等于 16. 因此点 P 到另一焦点的距离是 17. 2、 (1)

x2 y 2 ? ?1. 20 16

(2)

x2 y 2 ? ?1 25 75

3、 (1)焦点坐标为 F1 (?5,0), F2 (5,0) ,离心率 e ?

5 ; 3 5 (2)焦点坐标为 F1 (0, ?5), F2 (0,5) ,离心率 e ? ; 4

x2 y 2 ? ? 1. 4、 (1) 25 16
(3)解:因为 e ?

y 2 x2 ? ?1 (2) 9 16
c ? 2 ,所以 c 2 ? 2a 2 ,因此 b2 ? c2 ? a2 ? 2a 2 ? a 2 ? a 2 . a
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 13 页共 4 页)

x2 y 2 y 2 x2 设双曲线的标准方程为 2 ? 2 ? 1 ,或 2 ? 2 ? 1 . a a a a
将 (?5,3) 代入上面的两个方程,得 解得 a2 ? 16 (后一个方程无解). 所以,所求的双曲线方程为

25 9 9 25 ? 2 ? 1 ,或 2 ? 2 ? 1 . 2 a a a a

x2 y 2 ? ?1. 16 16

5、解:连接 QA ,由已知,得 QA ? QP . 所以, QA ? QO ? QP ? QO ? OP ? r . 又因为点 A 在圆外,所以 OA ? OP . 根据双曲线的定义,点 Q 的轨迹是以 O, A 为焦点, r 为实轴长的双曲线. 6、

x2 y 2 ? ?1. 8 8

习题 2.3 B 组(P62) 1、

x2 y 2 ? ?1 16 9

2、解:由声速及 A, B 两处听到爆炸声的时间差,可知 A, B 两处与爆炸点的距离的差, 因此爆炸点应位于以 A, B 为焦点的双曲线上. 使 A, B 两点在 x 轴上,并且原点 O 与线段 AB 的中点重合,建立直角坐标系 xOy . 设爆炸点 P 的坐标为 ( x, y ) ,则 即 2a ? 1020 , a ? 510 . 又 AB ? 1400 ,所以 2c ? 1400 , c ? 700 , b2 ? c2 ? a2 ? 229900 . 因此,所求双曲线的方程为

PA ? PB ? 340 ? 3 ? 1020 .

x2 y2 ? ?1 . 260100 229900

x2 y 2 3、 2 ? 2 ? 1 a b
4、解:设点 A( x1, y1 ) , B( x2 , y2 ) 在双曲线上,且线段 AB 的中点为 M ( x, y) . 设经过点 P 的直线 l 的方程为 y ? 1 ? k ( x ? 1) ,即 y ? kx ? 1 ? k

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 14 页共 4 页)

y2 把 y ? kx ? 1 ? k 代入双曲线的方程 x ? ? 1得 2
2

( 2? k 2 )x2 ? 2 k (? 1k x )?
x1 ? x2 k (1 ? k ) ? 2 2 ? k2 k (1 ? k ) ? 1 ,解得 k ? 2 . 由题意,得 2 ? k2
所以, x ? 当 k ? 2 时,方程①成为 2 x 2 ? 4 x ? 3 ? 0 .

( ? 12k ?) ( ? 2 2? 0k 2 ? 0 ) ??①

根的判别式 ? ? 16 ? 24 ? ?8 ? 0 ,方程①没有实数解. 所以,不能作一条直线 l 与双曲线交于 A, B 两点,且点 P 是线段 AB 的中点. 2.4 抛物线 练习(P67) 1、 (1) y 2 ? 12 x ; (2) y 2 ? x ; (3) y 2 ? 4 x, y 2 ? ?4 x, x2 ? 4 y, x2 ? ?4 y .

1 1 2、 (1)焦点坐标 F (5,0) ,准线方程 x ? ?5 ; (2)焦点坐标 F (0, ) ,准线方程 y ? ? ; 8 8 5 5 (3)焦点坐标 F (? ,0) ,准线方程 x ? ; (4)焦点坐标 F (0, ?2) ,准线方程 y ? 2 ; 8 8 p 3、 (1) a , a ? . (2) (6,6 2) , (6, ?6 2) 2 提示:由抛物线的标准方程求出准线方程. 由抛物线的定义,点 M 到准线的距离等于 9,
所以 x ? 3 ? 9 , x ? 6 , y ? ?6 2 . 练习(P72)
y y2=4x y2=2x y2=x 1 y2 = x 2 O x

16 1、 (1) y ? x ; 5
2

(2) x ? 20 y ;
2

(3) y 2 ? ?16 x ;

(4) x2 ? ?32 y .

2、图形见右, x 的系数越大,抛物线的开口越大. 3、解:过点 M (2,0) 且斜率为 1 的直线 l 的方程 为 y ? x?2

?y ? x ? 2 与抛物线的方程 y 2 ? 4 x 联立 ? 2 ? y ? 4x

? ? x1 ? 4 ? 2 3 ? ? x2 ? 4 ? 2 3 解得 ? ,? ? ? y1 ? 2 ? 2 3 ? ? y2 ? 2 ? 2 3

(第 2 题)

设 A( x1, y1 ) , B( x2 , y2 ) ,则 AB ? ( x2 ? x1 ) 2 ? ( y2 ? y1 ) 2 ? (?4 3) 2 ? (?4 3) 2 ? 4 6 . 4、解:设直线 AB 的方程为 x ? a (a ? 0) .
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将 x ? a 代入抛物线方程 y 2 ? 4 x ,得 y 2 ? 4a ,即 y ? ?2 a . 因为 AB ? 2 y ? 2 ? 2 a ? 4 a ? 4 3 , 所以, a ? 3 因此,直线 AB 的方程为 x ? 3 . 习题 2.4 A 组(P73) 1 1 1、 (1)焦点坐标 F (0, ) ,准线方程 y ? ? ; 2 2 3 3 (2)焦点坐标 F (0, ? ) ,准线方程 y ? ; 16 16 1 1 (3)焦点坐标 F (? ,0) ,准线方程 x ? ; 8 8 3 3 (4)焦点坐标 F ( ,0) ,准线方程 x ? ? . 2 2 2、 (1) y 2 ? ?8 x ; (2) (4,4 2) ,或 (4, ?4 2)

3、解:由抛物线的方程 y 2 ? 2 px ( p ? 0) ,得它的准线方程为 x ? ?

p . 2

根据抛物线的定义,由 MF ? 2 p ,可知,点 M 的准线的距离为 2 p . 设点 M 的坐标为 ( x, y ) ,则 x ? 将x ?

p 3p ? 2 p ,解得 x ? . 2 2

3p 代入 y 2 ? 2 px 中,得 y ? ? 3 p . 2 3p 3p 因此,点 M 的坐标为 ( , 3 p ) , ( , ? 3 p ) . 2 2
4、 (1) y 2 ? 24 x , y 2 ? ?24 x ; (2) x2 ? ?12 y (图略)

5、解:因为 ?xFM ? 60? ,所以线段 FM 所在直线的斜率 k ? tan60? ? 3 . 因此,直线 FM 的方程为 y ? 3( x ?1)

? ? y ? 3( x ? 1) 与抛物线 y 2 ? 4 x 联立,得 ? 2 ? ? y ? 4x
将 1 代入 2 得, 3x2 ? 10 x ? 3 ? 0 ,解得, x1 ? 把 x1 ?

1 2
1 , x2 ? 3 3

1 2 3 , x2 ? 3 分别代入①得 y1 ? ? , y2 ? 2 3 3 3

1 2 3 ) 不合题意,所以点 M 的坐标为 (3,2 3) . 由第 5 题图知 ( , ? 3 3
因此, FM ? (3 ? 1)2 ? (2 3 ? 0)2 ? 4 6、证明:将 y ? x ? 2 代入 y 2 ? 2 x 中,得 ( x ? 2)2 ? 2x ,
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 16 页共 4 页)

化简得 x 2 ? 6 x ? 4 ? 0 ,解得 则 y ? 3 ? 5 ? 2 ? 1? 5 因为 kOB ?

x ? 3? 5

1? 5 1? 5 , kOA ? 3? 5 3? 5 1? 5 1? 5 1? 5 ? ? ? ?1 3? 5 3? 5 9?5
y O 2 l x

所以 kOB ? kOA ? 所以 OA ? OB

7、这条抛物线的方程是 x2 ? 17.5 y 8、解:建立如图所示的直角坐标系, 设拱桥抛物线的方程为 x2 ? ?2 py , 因为拱桥离水面 2 m,水面宽 4 m 所以 22 ? ?2 p(?2) , p ? 1 因此,抛物线方程为 x ? ?2 y ??①
2

4 (第 8 题)

水面下降 1 m,则 y ? ?3 ,代入①式,得 x2 ? ?2 ? (?3) , x ? ? 6 . 这时水面宽为 2 6 m. 习题 2.2 B 组(P74) 1、解:设垂线段的中点坐标为 ( x, y ) ,抛物线上相应点的坐标为 ( x1 , y1 ) . 根据题意, x1 ? x , y1 ? 2 y ,代入 y12 ? 2 px1 ,得轨迹方程为 y 2 ?

1 px . 2

p 由方程可知,轨迹为顶点在原点、焦点坐标为 ( ,0) 的抛物线. 8
2、解:设这个等边三角形 OAB 的顶点 A, B 在抛物线上,且坐标分别为 ( x1 , y1 ) , ( x2 , y2 ) ,
2 则 y12 ? 2 px1 , y2 ? 2 px2 . 2 2 2 又 OA ? OB ,所以 x1 ? y12 ? x2 ? y2 2 2 即 x12 ? x2 ) ? 2 p( x1 ? x2 ) ? 0 ? 2 px1 ? 2 px2 ? 0 , ( x12 ? x2

因此, ( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ? 2 p) ? 0 因为 x1 ? 0, x2 ? 0,2 p ? 0 ,所以 x1 ? x2 由此可得 y1 ? y2 ,即线段 AB 关于 x 轴对称.
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 17 页共 4 页)

因为 x 轴垂直于 AB ,且 ?AOx ? 30? ,所以

y1 3 . ? tan 30? ? x1 3

因为 x1 ?

y12 ,所以 y1 ? 2 3 p ,因此 AB ? 2 y1 ? 4 3 p . 2p

3、解:设点 M 的坐标为 ( x, y )

y ( x ? ?1) . x ?1 y ( x ? 1) . 直线 BM 的斜率 k BM ? x ?1 y y ? ? 2( x ? ?1) , 由题意, 得 k AM ? kBM ? 2 , 所以, 化简, 得 x2 ? ?( y ? 1)( x ? ?1) x ?1 x ?1
由已知,得 直线 AM 的斜率 k AM ?

第二章 复习参考题 A 组(P80)
1、 解: 如图, 建立直角坐标系, 使点 A, B, F2 在 x 轴上,F2 为椭圆的右焦点 (记 F1 为左焦点) . 因为椭圆的焦点在 x 轴上,所以设它的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) . a 2 b2
y

则 a ? c ? OA ? OF2 ? F2 A ? 6371 ? 439 ? 6810 ,

a ? c ? OB ? OF2 ? F2 B ? 6371 ? 2384 ? 8755 ,
解得 a ? 7782.5 , c ? 8755 所以 b ? a ? c ? (a ? c)(a ? c) ? 8755 ? 6810
2 2

B

F1

O

F2

A x

用计算器算得 b ? 7722

x2 y2 ? ?1. 因此,卫星的轨道方程是 77832 77222

(第 1 题)

2 R ? r1 ? r2 ? a? ? ?a ? c ? R ? r1 ? 2 2、解:由题意,得 ? , 解此方程组,得 ? ?a ? c ? R ? r2 ?c ? r2 ? r1 ? ? 2
因此卫星轨道的离心率 e ? 3、 (1) D ; (2) B . ? ? 0 ? 4、 (1)当 时,方程表示圆. (2)当 0? ? ? ? 90? 时,方程化成 x 2 ?

c r2 ? r1 ? . a 2 R ? r1 ? r2

y2 ? 1 . 方程表示焦点在 y 轴上的椭圆. 1 cos ?

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 18 页共 4 页)

(3)当 ? ? 90? 时, x2 ? 1 ,即 x ? ?1 ,方程表示平行于 y 轴的两条直线.

0 ?? ?? 1 8 0 ? 时, (4) 当9 因为 cos ? ? 0 , 所以 x2 ? y 2 cos? ? 1 表示双曲线, 其焦点在 x 轴
上. 而当 ? ? 180? 时,方程表示等轴双曲线. 5、解:将 y ? kx ? 1 代入方程 x2 ? y 2 ? 4 得 x2 ? k 2 x2 ? 2kx ? 1 ? 4 ? 0 即 (1 ? k 2 ) x2 ? 2kx ? 5 ? 0 ??①

? ?4k 2 ?2 0 ( 1? k2
令 ? ? 0 ,解得 k ?

2 )? 2 0 ? k1 6

5 5 ,或 k ? ? 2 2

因为 ? ? 0 ,方程①无解,即直线与双曲线没有公共点, 所以, k 的取值范围为 k ?

5 5 ,或 k ? ? 2 2

p p 6、提示:设抛物线方程为 y 2 ? 2 px ,则点 B 的坐标为 ( , p ) ,点 C 的坐标为 ( , ? p ) 2 2
设点 P 的坐标为 ( x, y ) ,则点 Q 的坐标为 ( x,0) . 因为, PQ ? y ? 2 px , BC ? 2 p , OQ ? x . 所以, PQ ? BC OQ ,即 PQ 是 BC 和 OQ 的比例中项. 7、解:设等边三角形的另外两个顶点分别是 A, B ,其中点 A 在 x 轴上方. 直线 FA 的方程为 y ?
2

3 p (x ? ) 3 2

与 y 2 ? 2 px 联立,消去 x ,得 y 2 ? 2 3 py ? p2 ? 0 解方程,得 y1 ? ( 3 ? 2) p , y2 ? ( 3 ? 2) p 把 y1 ? ( 3 ? 2) p 代入 y ?

7 3 p ( x ? ) ,得 x1 ? ( ? 2 3) p . 2 3 2 7 3 p ( x ? ) ,得 x2 ? ( ? 2 3) p . 2 3 2

把 y2 ? ( 3 ? 2) p 代入 y ?

7 7 所以,满足条件的点 A 有两个 A1 (( ? 2 3) p,( 3 ? 2) p ) , A2 (( ? 2 3) p,( 3 ? 2) p ) . 2 2

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 19 页共 4 页)

7 根 据 图 形 的 对 称 性 , 可 得 满 足 条 件 的 点 B 也 有 两 个 B1 (( ? 2 3) p, ?( 3 ? 2) p) , 2 7 B2 (( ? 2 3) p, ?( 3 ? 2) p ) 2
所以,等边三角形的边长是 A1B1 ? 2( 3 ? 2) p ,或者 A2 B2 ? 2(2 ? 3) p . 8、解:设直线 l 的方程为 y ? 2 x ? m . 把 y ? 2 x ? m 代入双曲线的方程 2x2 ? 3 y 2 ? 6 ? 0 ,得 10 x2 ? 12mx ? 3m2 ? 6 ? 0 .

6m 3m2 ? 6 x1 ? x2 ? ? , x1 x2 ? 5 10

??①

由已知,得 (1 ? 4)[( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ] ? 16 ??② 把①代入②,解得 m ? ?

210 3 210 3

所以,直线 l 的方程为 y ? 2 x ?

9、解:设点 A 的坐标为 ( x1 , y1 ) ,点 B 的坐标为 ( x2 , y2 ) ,点 M 的坐标为 ( x, y ) . 并设经过点 M 的直线 l 的方程为 y ? 1 ? k ( x ? 2) ,即 y ? kx ? 1 ? 2k . 把 y ? kx ? 1 ? 2k 代入双曲线的方程 x 2 ?

y2 ? 1 ,得 2

( 2? k 2 )x2 ? 2 k (? 1 k 2 x) ?
所以, x ?

2 2 ? (1 k 2 ?) ? ( 2? k 0 ? 0 .) ??①

x1 ? x2 k (1 ? 2k ) ? 2 2 ? k2 k (1 ? 2k ) ? 2 ,解得 k ? 4 由题意,得 2 ? k2
当 k ? 4 时,方程①成为 14 x 2 ? 56 x ? 51 ? 0 根的判别式 ? ? 562 ? 56 ? 51 ? 280 ? 0 ,方程①有实数解. 所以,直线 l 的方程为 y ? 4 x ? 7 . 10、解:设点 C 的坐标为 ( x, y ) . 由已知,得 直线 AC 的斜率 k AC ? 直线 BC 的斜率 k BC

y ( x ? ?5) x?5 y ? ( x ? 5) x ?5

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 20 页共 4 页)

由题意,得 k AC kBC ? m . 所以, 化简得,

y y ? ? m( x ? ?5) x?5 x?5

x2 y2 ? ? 1( x ? ?5) 25 25m

当 m ? 0 时, 点 C 的轨迹是椭圆 (m ? ?1) , 或者圆 (m ? ?1) , 并除去两点 (?5,0),(5,0) ; 当 m ? 0 时,点 C 的轨迹是双曲线,并除去两点 (?5,0),(5,0) ; 11、解:设抛物线 y 2 ? 4 x 上的点 P 的坐标为 ( x, y ) ,则 y 2 ? 4 x . 点 P 到直线 y ? x ? 3 的距离 d ? 当 y ? 2 时, d 的最小值是 2 .

x? y?3 2

?

y 2 ? 4 y ? 12 4 2

?

( y ? 2) 2 ? 8 4 2

.

此时 x ? 1 ,点 P 的坐标是 (1, 2) .
y O 抛物线 6m D E C 2m A 3m 8m
(第 12 题)

12、解:如图,在隧道的横断面上,以拱 顶为原点、拱高所在直线为 y 轴 (向上) ,建立直角坐标系. 设隧道顶部所在抛物线的方程 为 x ? ?2 py
2

x

因为点 C (4, ?4) 在抛物线上 所以 42 ? ?2 p(?4) 解得 2 p ? ?4 所以,隧道顶部所在抛物线的方程 为 x 2 ? ?4 y . 设 EF ? h ? 0.5 . 则 F (3, h ? 5.5)

3m

F

B

把点 F 的坐标代入方程 x 2 ? ?4 y ,解得 h ? 3.25 . 答:车辆通过隧道的限制高度为 3.2 m.

第二章 复习参考题 B 组(P81)
1、 S?PF1F2 ? 24 3 . 2、解:由题意,得 PF1 ? x 轴. 把 x ? ?c 代入椭圆方程,解得 y ? ?

b2 b2 . 所以,点 P 的坐标是 (?c, ) a a

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 21 页共 4 页)

b2 直线 OP 的斜率 k1 ? ? . ac
由题意,得

直线 AB 的斜率 k2 ? ?

b . a

b2 b ? ,所以, b ? c , a ? 2c . ac a

由已知及 F1 A ? a ? c ,得 a ? c ? 10 ? 5 所以 (1 ? 2)c ? 10 ? 5 ,解得 c ? 5 所以, a ? 10 , b ? 5 因此,椭圆的方程为

x2 y 2 ? ?1. 10 5

3、解:设点 A 的坐标 ( x1 , y1 ) ,点 B 的坐标 ( x2 , y2 ) . 由 OA ? OB ,得 x1x2 ? y1 y2 ? 0 . 由已知,得直线 AB 的方程为 y ? ?2 x ? 5 . 则有 y1 y2 ? 5( y1 ? y2 ) ? 25 ? 0 ??① 由 y ? ?2 x ? 5 与 y 2 ? 2 px 消去 x ,得 y 2 ? py ? 5 p ? 0 ??②

y1 ? y2 ? ? p , y1 y2 ? ?5 p ??③
把③代入①,解得 p ? 当p?

5 4

5 5 时,方程②成为 4 y 2 ? 5 y ? 25 ? 0 ,显然此方程有实数根. 所以, p ? 4 4

4、解:如图,以连接 F1 , F2 的直线为 x 轴,线段 F1F2 的中点为原点,建立直角坐标系. 对于抛物线,有

p ? 1763 ? 529 ? 2292 , 2

所以, p ? 4584 , 2 p ? 9168 .

?c ? a ? 2080 对于双曲线,有 ? ?c ? a ? 529
解此方程组,得 a ? 775.5 , c ? 1304.5 因此, b2 ? c2 ? a 2 ? 1100320 . 所以,所求双曲线的方程是
(第 4 题)

x2 y2 ? ? 1 ( x ? 775.5) . 601400.3 1100320

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 22 页共 4 页)

因为抛物线的顶点横坐标是 ?(1763 ? a) ? ?(1763 ? 775.5) ? ?987.5 所以,所求抛物线的方程是 y 2 ? 9168( x ? 987.5) 答:抛物线的方程为 y 2 ? 9168( x ? 987.5) , 双曲线的方程是

x2 y2 ? ? 1 ( x ? 775.5) . 601400.3 1100320

5、解:设点 M 的坐标为 ( x, y )

y ( x ? ?1) x ?1 y ( x ? 1) 直线 BM 的斜率 k BM ? x ?1 y y ? ? 2( x ? ?1) ,化简,得 xy ? x2 ? 1( x ? ?1) 由题意,得 k AM ? kBM ? 2 ,所以 x ?1 x ?1
由已知,得 直线 AM 的斜率 k AM ? 所以,点 M 轨迹方程是 xy ? x2 ? 1( x ? ?1) . 6、解: (1)当 m ? 1 时,方程表示 x 轴; (2)当 m ? 3 时,方程表示 y 轴;

x2 y2 ? ?1. (3)当 m ? 1, m ? 3 时,把方程写成 3 ? m m ?1
①当 1 ? m ? 3, m ? 2 时,方程表示椭圆; ③当 m ? 1 ,或 m ? 3 时,方程表示双曲线. 7、以 AB 为直径的圆与抛物线的准线 l 相切. 证明:如图,过点 A, B 分别作抛物线 y 2 ? 2 px( p ? 0) 的准线 l 的 垂线,垂足分别为 D, E . 由抛物线的定义,得 AD ? AF , BE ? BF . 所以, AB ? AF ? BF ? AD ? BE .
(第 7 题)

② m ? 2 时,方程表示圆;

设 AB 的中点为 M ,且过点 M 作抛物线 y 2 ? 2 px( p ? 0) 的准线 l 的垂线,垂足为 C . 显然 MC ∥ x 轴, 所以, MC 是直角梯形 ADEB 的中位线. 于是, MC ?

1 1 ( AD ? BE ) ? AB . 2 2

因此,点 C 在以 AB 为直径的圆上. 又 MC ? l ,所以,以 AB 为直径的圆与抛物线的准线 l 相切. 类似地,可以证明: 对于椭圆,以经过焦点的弦为直径的圆与相应的准线相离; 对于双曲线,以经过焦点的弦为直径的圆与相应的准线相交.
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 23 页共 4 页)

新课程标准数学选修 2—1 第三章课后习题解答
第三章 空间向量与立体几何 3.1 空间向量及其运算 练习(P86) 1、略. 2、略. 3、 A?C ? AB ? AD ? AA? , BD? ? AB ? AD ? AA? , DB? ? AA? ? AB ? AD . 练习(P89) 1、 (1) AD ; 2、 (1) x ? 1 ; 3、如图.
A Q C B S O R P

(2) AG ; (2) x ? y ?

(3) MG .

1 1 ; (3) x ? y ? . 2 2

(第 3 题)

练习(P92) 1、 B . 2、解:因为 AC? ? AB ? AD ? AA? , 所以 AC? ? ( AB ? AD ? AA?)2
2

? AB ? AD ? AA? ? 2( AB ? AD ? AB ? AA? ? AD ? AA?) ? 42 ? 32 ? 52 ? 2 ? (0 ? 10 ? 7.5) ? 85
所以 AC ? ? 85 3、解:因为 AC ? ? 所以 AC ? BD , AC ? AB ,又知 BD ? AB . 所以 AC ? BD ? 0 , AC ? AB ? 0 ,又知 BD ? AB ? 0 .

2

2

2

CD ? CD ? CD
? (C A? A B ? ? C A ? A B? ? a 2 ? b 2? c
2 2 2

2

B )D ? ( ? C A ?A B )B D BD
2

所以 CD ? a2 ? b2 ? c2 . 练习(P94) 1、向量 c 与 a ? b , a ? b 一定构成空间的一个基底. 否则 c 与 a ? b , a ? b 共面, 于是 c 与 a , b 共面,这与已知矛盾. 2、共面

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 24 页共 4 页)

2、 (1)解: OB? ? OB ? BB? ? OA ? AB ? BB? ? OA ? OC ? OO? ? a ? b ? c ;

BA? ? BA ? BB? ? ?OC ? OO? ? c ? b CA? ? CA ? AA? ? OA ? OC ? OO? ? a ? b ? c
1 1 1 1 (2) OG ? OC ? CG ? OC ? CB? ? b ? (a ? c ) ? a ? b ? c . 2 2 2 2 练习(P97)
1、 (1) (?2,7, 4) ; (2) (?10,1,16) ; (3) (?18,12,30) ; (4)2. 2、略.

3、解:分别以 DA, DC, DD1 所在的直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立空间直角坐标系.

1 则 D(0,0,0) , B1 (1,1,1) , M (1, ,0) , C (0,1,0) 2 1 所以, DB1 ? (1,1,1) , CM ? (1, ? ,0) . 2

1 1? ? 0 15 2 所以, cos ? DB1 , CM ?? . ? ? 15 1 DB1 ? CM 3 ? 1? 4 DB1 ? CM
习题 3.1 A 组(P97) 1、解:如图, (1) AB ? BC ? AC ; (2) AB ? AD ? AA? ? AC ? AA? ? AC ? CC? ? AC? ;
A' D

D'

C' B' G M

C

1 (第 (3)设点 M 是线段 CC ? 的中点,则 AB ? AD ? CC ? ? AC ? CM ? AM ; 1 题) 2 1 1 (4)设点 G 是线段 AC ? 的三等分点,则 ( AB ? AD ? AA?) ? AC ? ? AG . 3 3
向量 AC, AC?, AM , AG 如图所示. 2、 A . 3、解: AC? ? ( AB ? AD ? AA?)2
2

A

B

? AB ? AD ? AA? ? 2( AB ? AD ? AB ? AA? ? AD ? AA?) 1 2 2 ? 52 ? 32 ? 72 ? 2(5 ? 3 ? ? 5 ? 7 ? ? 3? 7 ? ) 2 2 2 ? 98 ? 56 2
所以, AC? ? 13.3 . 4、 (1) AB ? AC ? AB ? AC cos 60? ?

2

2

2

1 2 a ; 2

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 25 页共 4 页)

1 (2) AD ? DB ? AD ? DB cos120? ? ? a 2 ; 2 1 2 1 1 (3) GF ? AC ? GF ? AC cos180? ? ? a ( GF ? AC ? a ) ; 2 2 2 1 2 1 1 (4) EF ? BC ? EF ? BC cos 60? ? a ( EF ? BD ? a ) ; 4 2 2 1 1 1 (5) FG ? BA ? FG ? BA cos120? ? ? a 2 ( FG ? AC ? a ) ; 4 2 2 1 1 (6) GE ? GF ? (GC ? CB ? BA) ? CA 2 2

1 1 1 ? ( DC ? CB ? BA) ? CA 2 2 2 1 1 1 ? DC ? CA ? CB ? CA ? BA ? CA 4 2 4 1 1 1 ? DC ? CA cos120? ? CB ? CA cos 60? ? BA ? CA cos 60? 4 2 4 1 2 ? a 4
5、 (1) 60 ? ; (2)略.

6、向量 a 的横坐标不为 0,其余均为 0;向量 b 的纵坐标不为 0,其余均为 0;向量 c 的竖坐 标不为 0,其余均为 0. 7、 (1)9; (2) (14, ?3,3) .

8、解:因为 a ? b ,所以 a ? b ? 0 ,即 ?8 ? 2 ? 3x ? 0 ,解得 x ? 9、解: AB ? (?5, ?1,10) , BA ? (5,1, ?10) 设 AB 的中点为 M , OM ?

10 . 3

1 1 9 (OA ? OB ) ? ( , , ?2) , 2 2 2

1 9 所以,点 M 的坐标为 ( , , ?2) , AB ? (?5)2 ? (?1)2 ? 102 ? 126 2 2
10、解:以 DA, DC, DD1 分别作为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 O ? xyz .

1 1 则 C, M , D1, N 的坐标分别为: C (0,1,0) , M (1,0, ) , D1 (0,0,1) , N (1,1, ) . 2 2 1 1 CM ? ( 1? , 1, , ) D1 N ? (1,1, ? ) 2 2

1 3 1 3 所以 CM ? 12 ? (?1)2 ? ( )2 ? , D1 N ? 12 ? 12 ? (? )2 ? 2 2 2 2
cos ? CM , D1 N ?? 1 ?1 ? 1 4 ? ?1 9 9 4

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 26 页共 4 页)

由于异面直线 CM 和 D1 N 所成的角的范围是 [0, ] 2 1 因此, CM 和 D1 N 所成的角的余弦值为 . 9 3 1 11、 ( , ? ,3) 2 2 习题 3.1 B 组(P99) 1、证明:由已知可知, OA ? BC , OB ? AC ∴ OA ? BC ? 0 , OB ? AC ? 0 ,所以 OA ? (OC ? OB) ? 0 , OB ? (OC ? OA) ? 0 . ∴ OA ? OC ? OA ? OB , OB ? OC ? OB ? OA . ∴ OA ? OC ? OB ? OC ? 0 , (OA ? OB) ? OC ? 0 , BA ? OC ? 0 . ∴ OC ? AB . 2、证明:∵ 点 E , F , G, H 分别是 OA, OB, BC , CA 的中点.

?

1 1 AB , HG ? AB ,所以 EF ? HG 2 2 ∴四边形 EFGH 是平行四边形. 1 1 1 1 EF ? EH ? AB ? OC ? (OB ? OA) ? OC ? (OB ? OC ? OA ? OC ) 2 2 4 4 ∵ OA ? OB , CA ? CB (已知) , OC ? OC . ∴ ?BOC ≌ ?AOC ( SSS ) ∴ ?BOC ? ?AOC
∴ EF ? ∴ OB ? OC ? OA ? OC ∴ EF ? EH ? 0 ∴ EF ? EH ∴ 平行四边形□ EFGH 是矩形. 3、已知:如图,直线 OA ? 平面 ? ,直线 BD ? 平面 ? , O, B 为垂足. 求证: OA ∥ BD 证明:以点 O 为原点,以射线 OA 方向为 z 轴正方向, 建立空间直角坐标系 O ? xyz , i, j , k 分别为沿 x 轴、
y 轴、 z 轴的坐标向量,且设 BD ? ( x, y, z) .
(第 3 题)

∵ BD ? ? . ∴ BD ? i , BD ? j .

∴ BD ? i ? ( x, y, z) ? (1,0,0) ? x ? 0 , BD ? j ? ( x, y, z) ? (0,1,0) ? y ? 0 .
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 27 页共 4 页)

∴ BD ? (0,0, z) . ∴ BD ? zk . ∴ BD ∥ k ,又知 O, B 为两个不同的点. ∴ BD ∥ OA . 3.2 立体几何中的向量方法 练习(P104) 1、 (1) b ? 3a , l1 ∥ l2 ; 2、 (1) u ? v ? 0 , ? ? ? ; (3) (2) a ? b ? 0 , l1 ⊥ l2 ; (2) v ? ?2u , ? ∥ ? ; (3) b ? ?3a , l1 ∥ l2 .

u ?v u v

??

29 29 , ? 与 ? 相交,交角的余弦等于 . 2 247 2 247

练习(P107) 1、证明:设正方形的棱长为 1.

D1F ? DF ? DD1 , AE ? BE ? BA .
因为 D1F ? AD ? (DF ? DD1) ? AD ? 0 ? 0 ? 0 ,所以 D1F ? AD . 因为 D1F ? AE ? ( DF ? DD1 ) ? ( BE ? BA) ? 0 ? 因此 D1F ? 平面 ADE . 2、解: CD ? CD ? (CA ? AB ? BD) 2
2

1 1 ? ? 0 ? 0 ,所以 D1F ? AE . 2 2

? CA ? AB ? BD ? 2CA ? AB ? 2CA ? BD ? 2 AB ? BD ? 36 ? 16 ? 64 ? 2 ? 6 ? 8 ? cos(180? ? 60?) ? 68
∴ CD ? 68 练习(P111)

2

2

2

1 1、证明: MN ? AB ? ( MB ? BC ? CN ) ? AB ? ( MB ? BC ? CD) ? AB 2

1 1 AD ? AC ) ? AB 2 2 1 1 1 ? a 2 ? a 2 cos120? ? a 2 cos 60? ? a 2 cos 60? ? 0 2 2 2 ? ( MB ? BC ?
∴ MN ? AB .
2

同理可证 MN ? CD .

2、解: l 2 ? EF ? ( EA? ? A?A ? AF )2 ? m2 ? d 2 ? n2 ? 2mn cos? (或 2mn cos(? ? ? ) )

d 2 ? l 2 ? m2 ? n2

2mn cos? ,所以 AA? ? d ? l 2 ? m2 ? n2
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 28 页共 4 页)

2mn cos? .

3、证明:以点 D 为原点, DA, DC, DD? 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向,建立坐标系,

1 1 得下列坐标: D(0,0,0) , C (0,1,0) , B(1,1,0) , C ?(0,1,1) , O( ,1, ) . 2 2 1 1 ∵ DO ? BC ? ? (? , ?1, ? ) ? (?1,0,1) ? 0 ∴ DO ? BC ? 2 2 习题 3.2 A 组(P111) 1、解:设正方形的棱长为 1
(1) MN ? CD? ? ( MB? ? B?N ) ? (CC ? ? C ?D?) ?

1 2 , MN ? CD? ? ? 2 ?1 2 2

1 1 co? s ? 2 ? , ? ? 60? . 1 2
(2) MN ? AD ? ( MB? ? B?N ) ? AD ?

1 2 2 , MN ? AD ? ?1 ? 2 2 2

1 2 , ? ? 45? . co? s ? 2 ? 2 2 2 2、证明:设正方体的棱长为 1
因为 DB1 ? AC ? (DB ? BB1 ) ? AC ? 0 ? 0 ? 0 ,所以 DB1 ? AC . 因为 DB1 ? AD1 ? (DA 1 ? AD 1. 1?A 1B 1 ) ? AD 1 ? 0 ? 0 ? 0 ,所以 DB 因此, DB1 ? 平面 ACD1 . 3、证明:∵ OA ? BC ? (OC ? OB) ? OA ? OC OA cos? ? OB OA cos? ? 0 ,∴ OA ? BC . 4、证明: (1)因为 AC ? LE . 1 1 ? LE ? ( A 1 A ? AC) ? LE ? 0 ? 0 ? 0 ,所以 AC 因为 AC ? EF . 1 1 ? EF ? ( A 1B ? BC) ? EF ? 0 ? 0 ? 0 ,所以 AC 因此, AC ? 平面 EFGHLK . 1 (2)设正方体的棱长为 1

AC ? DB1 ? ( 3) 2 ? 3 因为 AC 1 ? DB 1 ? (A 1 A ? AC) ? ( DB ? DB 1 ) ? ?1, 1
1 所以 cos? ? ? . 3
因此 DB1 与平面 EFGHLK 的所成角 ? 的余弦 cos ? ? 5、解: (1) DE 2 ? DE ? DE ? DE ? ( DA ? AB ?
2

2 2 . 3

1 1 1 1 1 AC ? AB ) 2 ? ( OA ? AC ? AB ) 2 2 2 2 2 2

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 29 页共 4 页)

1 1 ? (1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1) ? 4 2
所以, DE ?

2 2

(2) AE ? AO ?

1 1 1 1 1 3 ( AC ? AB ) ? AO ? ( ? ) ? , AE ? AO ? 2 2 2 2 2 2

1 6 3 , sin ? ? cos? ? 2 ?? 3 3 3 2
点 O 到平面 ABC 的距离 OH ? OA sin ? ? 1?

6 6 . ? 3 3

6、解: (1)设 AB ? 1 ,作 AO ? BC 于点 O ,连接 DO . 以点 O 为原点, OD, OC , OA 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向, 建立坐标系,得下列坐标:

O(0,0,0) , D(

1 3 3 3 ,0,0) , B(0, ,0) , C (0, ,0) , A(0,0, ) . 2 2 2 2

∴ DO ? DA ? (?

3 3 3 3 18 2 , cos? ? . ,0,0) ? (? ,0, ) ? , DO ? DA ? 2 2 2 4 4 2

∴ AD 与平面 BCD 所成角等于 45 ? . (2) BC ? DA ? (0,1,0) ? (?

3 3 ,0, ? ) ? 0 . 2 2

所以, AD 与 BC 所成角等于 90 ? .

(3)设平面 ABD 的法向量为 ( x, y,1) ,

1 3 则 ( x, y,1) ? AB ? ( x, y,1) ? (0, , ? ) ? 0 , 2 2 ( x, y,1) ? AD ? ( x, y,1) ? (
解得 x ? 1 , y ? 3 显然 (0,0,1) 为平面 BCD 的法向量.

3 3 ,0, ? ) ? 0 . 2 2

( 0 , 0 ,?1 ) ( 1 , ?3 , , 1cos ) ? 1?

1 5 . ? 1? 3 ?1 5
5 . 5

因此,二面角 A ? BD ? C 的余弦 cos ? ? cos(? ? ? ) ? ?
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 30 页共 4 页)

7、解:设点 B 的坐标为 ( x, y, z) ,则 AB ? ( x ?1, y ? 2, z) . 因为 AB ∥ ? ,所以

x ?1 y ? 2 z ? ? . ?3 4 12

因为 AB ? 2 ? ? 26 ,所以 ( x ? 1) 2 ? ( y ? 2) 2 ? z 2 ? 26 . 解得 x ? ?5 , y ? 6 , z ? 24 ,或 x ? 7 , y ? ?10 , z ? ?24 . 8、解:以点 O 为原点建立坐标系,得下列坐标: A(a, ?a,0) , B(a, a,0) , C (?a, a,0) ,

a a h D(?a, ?a,0) , V (0,0, h) , E ( ? , , ) . 2 2 2
(1) cos ? BE, DE ??

(?

3a a h a 3a h ,? , )?( , , ) 2 2 2 2 2 2 2 2 ? h ? 6a . h2 ? 10a 2 BE DE
3a a h h2 , ? , ) ? a 2 ? ? 0 , h 2 ? 2a 2 2 2 2 2

(2) VC ? BE ? (?a, a, ?h) ? (?

h 2 ? 6a 2 ?4a 2 1 cos ? BE , DE ?? 2 ? ?? 2 2 h ? 10a 12a 3
1 1 1 9、解:以点 A 为原点建立坐标系,得下列坐标: A(0,0,0) , B(0,1,0) , O ( ? , , ) , 2 2 2 1 A1 (0,0,1) , D1 (?1,0,1) , M (0,0, ) . 2
因为 OM ? AA 1 ? 0 , OM ? BD 1 ?0, 所以 OM ? AA1 , OM ? BD1 , OM ?

1 1 2 . ? ? 4 4 2

10、解:以点 A 为原点建立坐标系,得下列坐标: A(0,0,0) , B(0,7,0) , C (0,0,24) ,

D( x, y, z ) .
因为 BD ? AB ? ( x, y ? 7, z) ? (0,7,0) ? 0 ,所以 y ? 7 . 由 BD ? x 2 ? z 2 ? 24 , CD ? x 2 ? 7 2 ? ( z ? 24) 2 ? 25 解得 z ? 12 , x ? 12 3

cos? ?

BD ? AC BD ? AC

?

1 , ? ? 60? 2

因此,线段 BD 与平面 ? 所成的角等于 90? ? ? ? 30? . 11、解:以点 O 为原点建立坐标系,得下列坐标: O(0,0,0) , A(4,0,0) , B(0,3,0) ,
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 31 页共 4 页)

3 O?(0,0,4) , A?(4,0,4) , B?(0,3,4) , D (2, , 4) , P(0,3, z ) . 2

9 3 9 PB 8 3 由 OP ? BD ? (0,3, z ) ? (2, ? , 4) ? 0 ,解得 z ? . 所以, tan ? ? ? ? . 2 8 OB 3 8 12、解:不妨设这条线段 MN 长为 2,则点 M 到二面角的棱的距离 MP ? 1 ,点 N 到二面角
的棱的距离 NQ ? 1 , QM ? PN ? 3 , PQ ? 2 .

c o? s ?

P Q? M N P Q? M N

?

P ?Q (

M?P 2 2

P ?Q ) Q N PQ 2 ? ? , ? ? 45? . 2 2 2

2

习题 3.2 B 组(P113) 1 1、解: S?ABC ? ? 2 ? 2 ? 2 , 2

AD ? BE ? ( AB ? BD) ? BE ? 2 2 cos45? ? 0 ? 2 ,
AD ? BE ? AD 2 cos? ?
1 8 VABCD ? ? 4 ? 2 ? 3 3
2、解: (1)以点 B 为原点建立坐标系,得下列坐标: B(0,0,0) , A(1,0,0) , C (0,0,1) ,

20 AD , AD ? 20 , BD ? 20 ? 4 ? 4 . 10

F (1,1,0) , M (

2 2 2 2 a,0,1 ? a) , N ( a, a,0) . 2 2 2 2 2 2 a, a ? 1)2 ? a 2 ? 2a ? 1 , MN ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2 2 2 1 2 时, MN 的长最小. ) ? ,当 a ? 2 2 2

MN ? (0,

2

(2) a 2 ? 2a ? 1 ? (a ?

(3)当 a ?

1 1 1 2 时, MN 的中点为 G ( , , ) , 2 4 4 2

所求二面角的余弦值 cos? ? 3、证明:设 AE ? BF ? b .

1 ?? . 3 GA ? GB

GA ? GB

以点 O 为原点建立坐标系,得下列坐标: O(0,0,0) , A(0, a,0) ,

B(?a, a,0) , C (?a,0,0) , O?(0,0, a) , A?(0, a, a) , B?(?a, a, a) , C?(?a,0, a) , E (?b, a,0) , F (?a, a ? b,0) .
(1) A?F ? C?E ? (?a, ?b, ?a) ? (a ? b, a, ?a) ? 0 , A?F ? C ?E .
新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 32 页共 4 页)

1 1 1 1 (2) S?BEF ? b(a ? b) ? [ a 2 ? ( a ? b) 2 ] ,当 a ? 2b 时, S?BEF 最大,三棱锥体积最大. 2 2 4 2
此时, EF 的中点 G 与点 B 的连线 BG ?

BB? 2 ?2 2 . a , tan ? ? BG 4

第三章 复习参考题 A 组(P117)
1、 B . 2、 (1) AP ?

1 1 1 a? b? c; 2 2 2 1 (3) AN ? a ? b ? c ; 2

1 1 a?b? c ; 2 2 1 1 4 (4) AQ ? a ? b ? c . 5 5 5
(2) AM ?

3、证明:因为 AM ? BA1 ? ( AB ? BC ? CM ) ? ( BA ? AA1 ) ? AB ? BA ? CM ? AA1 ? ?3 ? 所以 AM ? BA1

6 ?0 2

1 3 4、解: (1)以点 C 为原点建立坐标系,得下列坐标:C (0,0,0) , A(a,0,0) , B( a, a,0) , 2 2

A1( a, 0 , 2 a, ) C1(0,0, 2a) .
3 3 (2)点 C1 在侧面 ABB1 A1 内的射影为点 C2 ( a, a , 2a ) , 4 4
cos? ? AC1 ? AC2 AC1 ? AC2 ? 3 , ? ? 30? . 2 ? 1 , ? ? 60? , S ? AB ? AC sin? ? 7 3 . 2

5、解: (1) cos? ?

AB ? AC AB ? AC

(2)设 a 的坐标为 ( x, y, z) ,则 ( x, y, z) ? (?2, ?1,3) ? 0 , ( x, y, z ) ? (1, ?3,2) ? 0 解得 a ? (1,1,1) ,或 a ? (?1, ?1, ?1) 6、解: cos

?
4

?

OA ? OC OA ? OC

?

m?n 2 6 ,m?n ? ; ? 2 2 3

? OB ? OC n ? p 2 6 cos ? ? ? ,n? p ? . 4 OB ? OC 2 2 3
m2 ? n2 ? n2 ? p2 1 ?,解得 n ?
cos ?AOB ? OA ? OB OA ? OB ?

6? 2 . 4
n2 ? 2? 3 . 4

m ?n
2

2

n ?p
2

2

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 33 页共 4 页)

7、 D .

8、 C .

1 3 9、解:以点 C 为原点建立坐标系,得下列坐标: C (0,0,0) , A(1,0,0) , B( , ,0) , 2 2 1 3 1 3 , 2) , M ( , ,0) , N (0,0, z ) . C1 ( 0 , 0 , , 2 )B1 ( , 2 2 4 4
1 AB ? 0 ,得 z ? . 1? MN 8 1 1 ∴点 N 坐标为 (0,0, ) ,即点 N 在 CC1 上, CN ? . 8 8
10、 (1)证明:因为 EF ? CF ? (ED ? DF ) ? CF ? ED ? CF ? DF ? CF ? 0 ,所以 EF ? CF . (2)解:因为 EF ? CG ? ( ED ? DF ) ? (CB ? BG ) ?

1 EF ? CG 15 , cos? ? , ? 4 15 EF ? CG

所以, EF 与 CG 所成角的余弦值为

15 . 15

(3)解: CE ? 1 ?

1 5 . ? 4 2

11、 解: 以点 C 为原点建立坐标系, 得下列坐标:C (0,0,0) ,A(1,0,0) ,B(0,1,0) ,A1 (1,0,2) ,

1 1 B1 (0,1,2) , C1 (0,0,2) , M ( , , 2) , N (1,0,1) . 2 2
(1) BN ? 1 ? 2 ? 3 . (2) cos ? BA1 , CB1 ??

BA1 ? CB1 BA1 ? CB1

?

30 . 10

1 1 (3)因为 A1B ? C1M ? (?1,1, ?2) ? ( , ,0) ? 0 ,所以 A1B ? C1M . 2 2
12、解:以点 O 为原点建立坐标系,得下列坐标: O(0,0,0) , A(

2 2 ,0,0) , B(0, ,0) , 2 2

C (?

2 2 2 2 2 ,0, ) , F (? , 0, 0 ) E( , ,0) . , 4 4 2 4 4

1 1 co? s ? ? 8 ? ? , ?EOF ? 120? . 2 OE ? OF 1 ? 1 2 2 1 1 1 1 13、证明: (1)因为 FE ? ( BA ? BC ) ? CA , HG ? ( DA ? DC ) ? CA 2 2 2 2 OE ? OF ?
所以 FE ? HG . 因此 E , F , G, H 四点共面.

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 34 页共 4 页)

(2)因为 BD 在平面 EFGH 之外, BD ∥ EH ,所以 BD ∥平面 EFGH . 1 1 1 1 1 (3) OM ? (OE ? OG ) ? [ (OA ? OB) ? (OC ? OD)] ? (OA ? OB ? OC ? OD ) . 2 2 2 2 4

第三章 复习参考题 B 组(P119)
1、解: (1) AC ? ?

AC? ? AC? ? ( AB ? BC ? CC?)2 ? 2a 2 ? 2ab ? b 2 .

(2)设 BD? 与 AC 的夹角为 ? , 则 cos? ?

BD? ? AC ?ab b b 4a 2 ? 2b2 . ? ?? ?? 4a 2 ? 2b2 BD? ? AC 2 a 2 ? b 2 ? 2a 4a 2 ? 2b2

由于 BD? 与 AC 所成的角的范围为 [0, ] , 2 因此直线 BD? 与 AC 夹角的余弦值为

?

b 4a 2 ? 2b2 . 4a 2 ? 2b2

2、 (1)证明:因为 AC 1 ? AE ? ( A 1B ? BC) ? AE ? BC ? AE ? BC ? ( AB ? BE) ? 0 所以 AC ? AE ; 1 因为 AC 1 ? AF ? ( A 1D ? DC) ? AF ? DC ? AF ? BC ? ( AD ? DF ) ? 0 所以 AC ? AF , 1 因此, AC ? 平面 AEF . 1

(2)解:以点 A1 为原点建立坐标系,得下列坐标: A1 (0,0,0) , B1 (4,0,0) , C1 (4,3,0) ,

D1 ( 0 , 3 , , 0 )A(0,0, ?5) , B(4,0, ?5) , C (4,3, ?5) , D(0,3, ?5) .
设平面 D1B1BD 的法向量为 a ? ( x, y,0) ,则 a ? B1D1 ? 0 ,得 4 x ? 3 y . 令 x ? 3, y ? 4 ,则 a ? (3,4,0) , 所以 cos? ? 3、解: (1) V ?

a ? A1C a ? A1C

?

12 2 25

1 . 4

(2)以点 A 为原点建立坐标系,得下列坐标: A(0,0,0) , B(0,1,0) , C (1,1,0) ,

1 D ( ,0,0) , S (0,0,1) 2
设平面 SDC 的法向量为 a ? ( x, y,1) ,则 a ? SC ? 0 , a ? SD ? 0 ,得 x ? 2, y ? ?1 . 因此 a ? (2, ?1,1) .

cos? ?

a ? AD a ? AD

?

6 . 3

新课程标准数学选修 2—1 第一章课后习题解答 (第 35 页共 4 页)


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