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步步高大一轮复习讲义数学理科A版【答案解析】2013版三角


1

§4.1

任意角和弧度制及任意角的三角函数

5 16π 基础检测:1. 2.(-1, 3) 3. 4.-8 5.C 2 3 考点导学· 例1 解 (1)所有与角 α 有相同终边的角可表示为:β=45° +k×360° (k∈Z),

则令-720° ≤45° +k×360° ,得-765°

≤0° ≤k×360° ≤-45° , 765 45 解得- ≤k≤- ,从而 k=-2 或 k=-1,代入得 β=-675° β=-315° 或 . 360 360 (2)∵M={x|x=(2k+1)×45° ,k∈Z}表示的是终边落在四个象限的平分线上的角的集合; 而集合 N={x|x=(k+1)×45° ,k∈Z}表示终边落在坐标轴或四个象限平分线上的角的集合,从而:M?N. 3π 配套练习 1 解 (1)由 α 是第三象限的角得 π+2kπ<α< +2kπ (k∈Z) 2 3π π ?- -2kπ<-α<-π-2kπ (k∈Z),即 +2kπ<-α<π+2kπ (k∈Z). 2 2 3π ∴角-α 的终边在第二象限;由 π+2kπ<α< +2kπ (k∈Z),得 2π+4kπ<2α<3π+4kπ(k∈Z). 2 ∴角 2α 的终边在第一、二象限及 y 轴的非负半轴. π π (2)在(0,π)内终边在直线 y= 3x 上的角是 ,∴终边在直线 y= 3x 上的角的集合为{α|α= +kπ,k∈Z}. 3 3 6π θ 2π 2kπ (3)∵θ= +2kπ (k∈Z),∴ = + (k∈Z). 7 3 7 3 2π 2kπ 3 18 θ 2π 20π 34π 依题意 0≤ + <2π?- ≤k< ,k∈Z.∴k=0,1,2,即在[0,2π)内终边与 相同的角为 , , . 7 3 7 7 3 7 21 21 例2 解 π π 10π (1)设弧长为 l,弓形面积为 S 弓,则 α=60° ,R=10,l= ×10= = (cm), 3 3 3

1 10π 1 π 50 50 3 π 3 S 弓=S 扇-S△= × ×10- ×102×sin = π- =50? - ? (cm2). 2 3 2 3 3 2 ?3 2 ? C 1 1 ? C C2 1 C2 1 C2 (2)扇形周长 C=2R+l=2R+αR,∴R= ,∴S 扇= α· 2= α·2+α?2= α· R ≤ . 2= · 2 2 ? 4 16 ? 2 4+4α+α 2 2+α 4+α+ α C2 当且仅当 α2=4,即 α=2 时,扇形面积有最大值 . 16 1 配套练习 2 解 设扇形的圆心角为 α,半径为 R,弧长为 l,根据已知条件 lR=S 扇, 2 2S扇 2S扇 则扇形的周长为:l+2R= +2R≥4 S扇,当且仅当 =2R,即 R= S扇时等号成立,此时 l=2 S扇, R R l α= =2,因此当扇形的圆心角为 2 弧度时,扇形的周长取到最小值. R 例3 解 ∵P(x, 2) (x≠0), - ∴点 P 到原点的距离 r= x2+2.又 cos α= 3 x 3 x, ∴cos α= 2 = x. ∵x≠0, 6 6 x +2

- 2 6 1 ∴x=± 10.∴r=2 3.当 x= 10时,P 点坐标为( 10,- 2),由三角函数的定义,有 sin α= =- , = 6 tan α 2 3 6 5+ 6 6 5- 6 10 1 6 1 =- 5,∴sin α+ =- - 5=- ;当 x=- 10时,同理可求得 sin α+ = . tan α 6 6 tan α 6 - 2

2

配套练习 3 解 ∵角 α 的终边在直线 3x+4y=0 上,∴在角 α 的终边上任取一点 P(4t,-3t) (t≠0),则 x=4t,y =-3t,r= x2+y2= ?4t?2+?-3t?2=5|t|, y -3t 3 x 4t 4 y -3t 3 当 t>0 时,r=5t,sin α= = =- ,cos α= = = ,tan α= = =- ; r 5t 5 r 5t 5 x 4t 4 y -3t 3 x 4t 4 y -3t 3 当 t<0 时,r=-5t,sin α= = = ,cos α= = =- ,tan α= = =- . r -5t 5 r -5t 5 x 4t 4 3 4 3 3 4 3 综上可知,sin α=- ,cos α= ,tan α=- 或 sin α= ,cos α=- ,tan α=- . 5 5 4 5 5 4 【例 4 角.
?sin θ>0 解 (1)∵点 P(sin θcos θ,2cos θ)位于第三象限,∴sin θcos θ<0,2cos θ<0,即? ,∴θ 为第二象限 ?cos θ<0

π (2)∵2kπ+ <θ<2kπ+π (k∈Z),∴-1<cos θ<0,4kπ+π<2θ<4kπ+2π,-1≤sin 2θ<0, 2 ∴sin(cos θ)<0,cos(sin 2θ)>0.∴ sin?cos θ? sin?cos θ? <0.∴ 的符号是负号. cos?sin 2θ? cos?sin 2θ?

π 配套练习 4 解 方法一 由 sin 2θ<0,得 2kπ+π<2θ<2kπ+2π (k∈Z),kπ+ <θ<kπ+π (k∈Z). 2 当 k 为奇数时,θ 的终边在第四象限;当 k 为偶数时,θ 的终边在第二象限.又因 cos θ≤0,∴θ 的终边在左 半坐标平面(包括 y 轴),∴θ 的终边在第二象限.∴tan θ<0,cos θ<0,点 P 在第三象限. 方法二 由|cos θ|=-cos θ 知 cos θ≤0, 又 sin 2θ<0,即 2sin θcos θ<0
?sin θ>0 由①②可推出? ,因此 θ 在第二象限,P(tan θ,cos θ)在第三象限. ?cos θ<0

① ②

综合练习 A组 1.B 2.C 2 3.A 4.钝角三角形 5. 5 6. 10 4 B组 1. 2 2 或- 2 2 -1 2.(7+4 3)∶9

3.解 由题意得,点 P 的坐标为(a,-2a),点 Q 的坐标为(2a,a). ∴,sin α= -2a
2

a +?-2a?

2=-

2 a 1 ,cos α= 2 , 2= 5 5 a +?-2a?

-2a a 1 2a 2 a 1 tan α= =-2,sin β= = ,cos β= = ,tan β= = , a 2a 2 5 5 ?2a?2+a2 ?2a?2+a2 -2 1 1 2 1 故有 sin α· α+sin β· β+tan α· β= · + · +(-2)× =-1. cos cos tan 2 5 5 5 5

§4.2

同角三角函数的基本关系及诱导公式

3 3 2 5 基础检测 1.- 2. 3. 3 4.- 5.A 5 4 5 考点导学·

例1

?sin α+cos α=1 ① ? 5 解 (1)方法一 联立方程? ?sin2α+cos2α=1 ② ?

1 由①得 cos α= -sin α, 将其代入②,整理得 25sin2α 5

3

?sin α=5 -5sin α-12=0.∵α 是三角形内角, ∴sin α>0,∴? 3 ?cos α=-5
4

4 ,∴tan α=- . 3

1 1 1 24 方法二 ∵sin α+cos α= , ∴(sin α+cos α)2=?5?2, 1+2sin αcos α= , ∴2sin αcos α=- , ∴(sin α-cos α)2 ? ? 即 5 25 25 24 49 12 =1-2sin αcos α=1+ = .∵sin αcos α=- <0 且 0<α<π,∴sin α>0,cos α<0,∴sin α-cos α>0,∴sin α-cos 25 25 25

?sin α+cos α=5 7 α= ,由? 5 7 ?sin α-cos α=5
1

?sin α=5 ,得? 3 ?cos α=-5
4

4 ,∴tan α=- . 3

sin2α+cos2α cos2α sin2α+cos2α tan2α+1 1 (2) 2 , 2 = 2 2 = 2 2 = cos α-sin α cos α-sin α cos α-sin α 1-tan2α 2 cos α

?-4?2+1 tan2α+1 ? 3? 4 1 25 ∵tan α=- ,∴ 2 = = =- . 3 4?2 7 cos α-sin2α 1-tan2α 1-?-3? ?
sin2α+sin αcos α-2cos2α tan2α+tan α-2 4 配套练习 1 解 (1)sin2α+sin αcos α-2cos2α= = = . 5 sin2α+cos2α tan2α+1 (2)∵sin α=2sin β,tan α=3tan β,∴sin2α=4sin2β, ① tan2α=9tan2β, ②

3 6 由①÷ ②得:9cos2α=4cos2β,③ ①+③得:sin2α+9cos2α=4,∵cos2α+sin2α=1,∴cos2α= ,即 cos α=± . 8 4 例2 解 π 5π π 5π (1)∵?6+α?+? 6 -α?=π,∴ -α=π-?6+α?. ? ? ? ? ? ? 6

5π π π 5π 3 3 ∴cos? 6 -α?=cos?π-?6+α??=-cos?6+α?=- ,即 cos? 6 -α?=- . ? ? ? ? ?? ? ? ? ? 3 3 3 3 (2)∵cos(α-7π)=cos(7π-α)=cos(π-α)=-cos α=- ,∴cos α= . 5 5 π sin?2-α? ? ? 7 ? 7 π ? ∴sin(3π+α)· ?α-2π?=sin(π+α)·-tan?2π-α??=sin α· ?2-α?=sin α· tan? tan? ? ? ?? ? π ? cos?2-α? ? cos α 3 =sin α· =cos α= . sin α 5 π π tan αcos αsin?-2π+?α+2?? tan αcos αsin?2+α? ? ? ?? ? ? tan αcos αcos α 配套练习 2 解 (1)原式= = = cos?3π+α?[-sin?3π+α?] ?-cos α?sin α ?-cos α?sin α tan αcos α sin α cos α =- =- · =-1. sin α cos α sin α sin x· x· cos ?-tan x? (2)∵f(x)= =-cos x· x=-sin x, tan sin x 31π 31π π 31π π 3 ∴f?- 3 ?=-sin?- 3 ?=sin =sin?10π+3?=sin = . ? ? ? ? ? ? 3 3 2

4

例3

sin θ cos θ sin2θ cos2θ 证明 左边=sin θ?1+cos θ?+cos θ?1+ sin θ ?=sin θ+ +cos θ+ ? ? ? ? cos θ sin θ cos2θ sin2θ sin2θ+cos2θ cos2θ+sin2θ 1 1 =?sin θ+ sin θ ?+?cos θ+cos θ?= + = + =右边. ? ? ? ? sin θ cos θ sin θ cos θ

配套练习 3 证明 ∴原式得证.

cos2x+sin2x+2sin xcos x ?cos x+sin x?2 cos x+sin x 1+tan x (1)左边= = = = =右边. cos2x-sin2x ?cos x+sin x??cos x-sin x? cos x-sin x 1-tan x

-tan αsin?-α?cos?-α? -tan α?-sin α?cos α (2)左边= = =-tan α=右边. ∴原式得证. cos?π-α?sin?π-α? -cos αsin α 综合练习 A 组:1.B 2.A 3.A 4.B 5.-1 1 6.- 3 3π tan?π-α?cos?2π-α?sin?-α+ 2 ? ? ? -tan αcos α?-cos α? = =cos α. cos?-α-π?tan?-π-α? -cos α?-tan α?

B组

3 8.D 9.- 10.解 (1)f(α)= 2

3π 1 1 1 2 6 2 6 (2)∵cos?α- 2 ?= ,∴-sin α= ,∴sin α=- ,又 α 是第三象限角,∴cos α=- .∴f(α)=cos α=- . ? ? 5 5 5 5 5 1 1 (3)∵α=-1 860°=-360°×5-60°,∴cos α=cos(-1 860°)=cos(-60°)=cos 60°= .∴f(α)= . 2 2

§4.3
基础检测 2.π 3.5 3 π+2kπ,k∈Z 4
?

三角函数的图象与性质
π ? ? 4.?x|x≠kπ-4,k∈Z?
?

5.D

考点导学· 例1 解 (1)要使函数有意义,必须使 sin(cos x)>0.∵-1≤cos x≤1,∴0<cos x≤1.

利用单位圆中的余弦线 OM,依题意知 0<OM≤1,∴OM 只能在 x 轴的正半轴上, π π ∴其定义域为{x|- +2kπ<x< +2kπ,k∈Z}. 2 2 (2)要使函数有意义,必须使 sin x-cos x≥0. 利用图象.在同一坐标系中画出[0,2π]上 y=sin x 和 y=cos x 的图象,如图所示. π 5π 在[0,2π]内,满足 sin x=cos x 的 x 为 , ,再结合正弦、余弦函数的周期是 2π, 4 4 5π ? π ? ∴定义域为?x|4+2kπ≤x≤ 4 +2kπ,k∈Z?.
? ?

配套练习 1 解

?-tan x-1≥0 ? (1)要使函数有意义,则? x ?cos?2+π?≠0 ? ? 8?
2sin x-1>0

?sin x>2, ? ??tan x≤-1, x π ?2+π≠kπ+2. ? 8
1 图①

5

? ? π 3π 如图①利用单位圆得:?kπ+2<x≤kπ+ 4 , ?x≠2kπ+3π?k∈Z?. ? 4 ? ?x>0, (2)要使函数有意义,则? tan x≥0, ?x≠kπ+π,k∈Z ? 2
1 2+log x≥0, 2 利用数轴可得图②

π 5π 2kπ+ <x<2kπ+ , 6 6 π 3π ∴函数的定义域为{x|2kπ+ <x<2kπ+ ,k∈Z}. 2 4

?0<x≤4, ? ?? π ?kπ≤x<kπ+2 ?k∈Z?. ?

图② π ∴函数的定义域是{x|0<x< 或 π≤x≤4}. 2 【例 2 π π π 解 (1)y=-sin?2x-3?,它的增区间是 y=sin?2x-3?的减区间,它的减区间是 y=sin?2x-3?的增区间. ? ? ? ? ? ? π π π π 5π 由 2kπ- ≤2x- ≤2kπ+ ,k∈Z,得 kπ- ≤x≤kπ+ ,k∈Z. 2 3 2 12 12 π π 3π 5π 11π 由 2kπ+ ≤2x- ≤2kπ+ ,k∈Z,得 kπ+ ≤x≤kπ+ ,k∈Z. 2 3 2 12 12 π 5π 5π 11π 2π 故所给函数的减区间为?kπ-12,kπ+12?,k∈Z;增区间为?kπ+12,kπ+ 12 ?,k∈Z. 最小正周期 T= =π. ? ? ? ? 2 π π (2)观察图象可知,y=|tan x|的增区间是?kπ,kπ+2?,k∈Z,减区间是?kπ-2,kπ?,k∈Z.最小正周期:T=π. ? ? ? ? 配套练习 2 (1)周期为 π 2 5π kπ π kπ π kπ 7π kπ 函数的递增区间为?-24+ 2 ,24+ 2 ? (k∈Z);函数的递减区间为?24+ 2 ,24+ 2 ? ? ? ? ? (2)①π ②最大值为 2;最小值为-1 (1)B (2)π 综合练习 π 3 A 组: 1.D 2.B 3.A 4.?2kπ,3+2kπ? (k∈Z) 5.[- ,3] 6.②③ ? ? 2 3π B 组: 7.解 (1)- 4 3π π 3π π (2)由(1)得:f(x)=sin?2x- 4 ?,令- +2kπ≤2x- ≤ +2kπ,k∈Z, ? ? 2 4 2

(k∈Z);ymax=2;ymin=-2 例3 π (1) (2)A 6

配套练习 3

π 5π π 5π 可解得 +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z,因此 y=f(x)的单调增区间为?8+kπ, 8 +kπ?,k∈Z. ? ? 8 8 8.解 π π π π π 2π (1)∵- <x< ,∴0<2x+ < ,∴0<sin?2x+3?≤1,∴y=2sin?2x+3?的值域为(0,2]. ? ? ? ? 6 6 3 3 5 9 (2)y=2cos2x+5sin x-4=2(1-sin2x)+5sin x-4=-2sin2x+5sin x-2=-2?sin x-4?2+ . ? ? 8

6

∴当 sin x=1 时,ymax=1,当 sin x=-1 时,ymin=-9, ∴y=2cos2x+5sin x-4 的值域为[-9,1]. 9.解 π 1 1 1 1 1 2 (1)f(x)= (1-cos 2ax)- sin 2ax=- (sin 2ax+cos 2ax)+ =- sin?2ax+4?+ . ? ? 2 2 2 2 2 2 1+ 2 1- 2 ∵y=f(x)的图象与 y=m 相切,∴m 为 f(x)的最大值或最小值,即 m= 或 m= . 2 2 π π (2)∵切点的横坐标依次成公差为 的等差数列,∴f(x)的最小正周期为 . 2 2 π 1 2π π 2 T= = ,a>0,∴a=2,即 f(x)=- sin?4x+4?+ . ? ? 2 |2a| 2 2 π π kπ π 由题意知 sin?4x0+4?=0,则 4x0+ =kπ (k∈Z),∴x0= - (k∈Z). ? ? 4 4 16 3 1 7 1 kπ π π 由 0≤ - ≤ (k∈Z)得 k=1 或 2,因此点 A 的坐标为?16π,2?,?16π,2?. ? ? ? ? 4 16 2 π π 1 π π π 7π 10.解 (1)∵x∈?0,2?,∴2x+ ∈?6, 6 ?. ∴sin?2x+6?∈?-2,1?,∴-2asin?2x+6?∈[-2a,a]. ? ? ? ? ? ? ? ? ? 6 ? ∴f(x)∈[b,3a+b],又∵-5≤f(x)≤1,∴b=-5,3a+b=1,因此 a=2,b=-5. π π 7π π (2)由(1)得 a=2,b=-5,∴f(x)=-4sin?2x+6?-1,g(x)=f?x+2?=-4sin?2x+ 6 ?-1=4sin?2x+6?-1, ? ? ? ? ? ? ? ? π π 1 π π 5π 又由 lg g(x)>0 得 g(x)>1,∴4sin?2x+6?-1>1,∴sin?2x+6?> ,∴2kπ+ <2x+ <2kπ+ ,k∈Z, ? ? ? ? 2 6 6 6 π π π π 其中当 2kπ+ <2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z 时,g(x)单调递增,即 kπ<x≤kπ+ ,k∈Z, 6 6 2 6 π ∴g(x)的单调增区间为?kπ,kπ+6?,k∈Z. ? ? π π 5π π π 又∵当 2kπ+ <2x+ <2kπ+ ,k∈Z 时,g(x)单调递减,即 kπ+ <x<kπ+ ,k∈Z. 2 6 6 6 3 π π ∴g(x)的单调减区间为?kπ+6,kπ+3?,k∈Z. ? ?

§4.4
基础检测 2.2

函数 y=Asin(ωx+φ)的图象及三角函数模型的简单应用
π 3.6, 6 4.C 5.D 考点导学·

1 π - π 4

例1



π 2π π (1)y=2sin?2x+3?的振幅 A=2,周期 T= =π,初相 φ= . ? ? 2 3

π π (2)令 X=2x+ ,则 y=2sin?2x+3?=2sin X.列表,并描点画出图象: ? ? 3 x X y=sin X π y=2sin?2x+3? ? ? - 0 0 0 π 6 π 12 π 2 1 2 π 3 π 0 0 7π 12 3π 2 -1 -2 5π 6 2π 0 0

7

π π (3)把 y=sin x 的图象上所有的点向左平移 个单位,得到 y=sin?x+3?的图象, ? ? 3 π π 1 再把 y=sin?x+3?的图象上的点的横坐标缩短到原来的 倍(纵坐标不变),得到 y=sin?2x+3?的图象, ? ? ? ? 2 π π 最后把 y=sin?2x+3?上所有点的纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变),即可得到 y=2sin?2x+3?的图象. ? ? ? ? 配套练习 1 (1)ω=2,φ=- (2)图象如图: π 7 ? ? (3)x 的取值范围是?x|kπ+24<x<kπ+24π,k∈Z?
? ?

π 3

【例 2

3π π 2π 1 解 (1)依题意,A= 2,T=4×? 2 -2?=4π,∵T= =4π,ω>0,∴ω= . ? ? |ω| 2 1 π 1 π ∴y= 2sin?2x+φ?. 又曲线上的最高点为?2, 2?,∴sin?2×2+φ?=1, ? ? ? ? ? ? 1 π π π π π π ∴φ+ =2kπ+ ,k∈Z.∵- <φ< ,∴φ= . ∴y= 2sin?2x+4?. ? ? 4 2 2 2 4 π 1 π π 3π π (2)令 2kπ- ≤ x+ ≤2kπ+ ,k∈Z,∴4kπ- ≤x≤4kπ+ ,k∈Z. 2 2 4 2 2 2 3π π ∴函数 f(x)的单调递增区间为?4kπ- 2 ,4kπ+2? (k∈Z). ? ? π 1 π 3 π 5π 令 2kπ+ ≤ x+ ≤ π+2kπ (k∈Z),∴4kπ+ ≤x≤4kπ+ ,k∈Z. 2 2 4 2 2 2 π 5π ∴函数 f(x)的单调递减区间为?4kπ+2,4kπ+ 2 ? (k∈Z). ? ?

配套练习 2 (1) 例3 解

6 2

(2)B

π 2π T 2π π (1)由条件,得 A=2, =3. ∵T= ,∴ω= . ∴曲线段 FBC 的解析式为 y=2sin?6x+ 3 ?. ? ? 4 ω 6

π π 当 x=0 时,y=OC= 3. 又 CD= 3,∴∠COD= ,即∠DOE= . 4 4 (2)由(1),可知 OD= 6. 又易知当“矩形草坪”的面积最大时,点 P 在 DE 上,故 OP= 6. “矩形草坪”的面积为 1 1 1 π S= 6sin θ( 6cos θ- 6sin θ)=6(sin θcos θ-sin2θ)=6?2sin 2θ+2cos 2θ-2?=3 2sin?2θ+4?-3. ? ? ? ? π π π π ∵0<θ≤ ,∴当 2θ+ = ,即 θ= 时,S 取得最大值. 4 4 2 8 T 2π π π 配套练习 3 解 (1)依题意,有 A=2 3, =3,又 T= ,∴ω= .∴y=2 3sin x. 4 ω 6 6 当 x=4 时,y=2 3sin 2π =3,∴M(4,3). 又 P(8,0),∴MP= 42+32=5. 3

(2)在△MNP 中,∠MNP=120° ,MP=5,设∠PMN=θ,则 0° <θ<60° .

8

MP NP MN 10 3 10 3 由正弦定理,得 = = . ∴NP= sin θ,∴MN= sin(60° -θ), sin 120° sin θ sin?60° 3 3 -θ? 10 3 10 3 10 3?1 3 ?=10 3sin(θ+60° 故 NP+MN= sin θ+ sin(60° -θ)= ). 3 3 3 ?2sin θ+ 2 cos θ? 3 ∵0° <θ<60° ,∴当 θ=30° 时,折线段赛道 MNP 最长. 亦即,将∠PMN 设计为 30° 时,折线段赛道 MNP 最长. 综合练习 A 组:1.D 2.A 14 3.D 4.A 5.3 6. 3

π B 组:7.(1)f(x)=2sin?2x+6? ? ? (2)y=2sin x
横坐标缩短为原来的 纵坐标不变 1 2

y=2sin 2x

π 向左平移 个单位 12

π y=2sin?2x+6?. ? ?

8.解

(1)最大用电量为 50 万度,最小用电量为 30 万度. (2)观察图象,可知从 8~14 时的图象是 y=Asin(ωx+φ)+b 的半个周期的图象. 1 1 T 1 2π π ∴A= ×(50-30)=10,b= ×(50+30)=40. ∴ =14-8= · ,∴ω= , 2 2 2 2ω 6 π π ∴y=10sin?6x+φ?+40. 将 x=8,y=30 代入上式,解得 φ= , ? ? 6 π π ∴所求解析式为 y=10sin?6x+6?+40,x∈[8,14]. ? ?

8.解

2π (1)由最低点为 M? 3 ,-2?得 A=2. ? ?

π T π 2π 2π 由 x 轴上相邻两个交点之间的距离为 得 = , T=π, 即 ∴ω= = 2 2 2 T π

2π 2π 4π 4π π =2. 由点 M? 3 ,-2?在图象上得 2sin?2× 3 +φ?=-2,即 sin? 3 +φ?=-1, 故 +φ=2kπ- (k∈Z),∴φ= ? ? ? ? ? ? 3 2 π π 11π π 2kπ- (k∈Z).又 φ∈?0,2?,∴φ= ,故 f(x)=2sin?2x+6?. ? ? ? ? 6 6 π π π π 7π π π π (2)∵x∈?12,2?,∴2x+ ∈?3, 6 ?,当 2x+ = ,即 x= 时,f(x)取得最大值 2; ? ? ? 6 ? 6 2 6 π 7π π 当 2x+ = ,即 x= 时,f(x)取得最小值-1,故 f(x)的值域为[-1,2]. 6 6 2

§4.5
基础检测:1. 3 2 7 2. 13

两角和与差的正弦、余弦和正切
5.D

π 3π 3.?-8+kπ, 8 +kπ? (k∈Z) 4.A ? ?

考点导学·

例1

?2sin θcos θ+2cos2θ??sin θ-cos θ? cos θ?sin2θ-cos2θ? -cos θ· θ cos 2? 2 2 2?? 2 2? 2? 2 2 ? 解 (1)原式= = = . 2θ ?cos θ? ?cos θ? 4cos 2? 2? ? ? 2
θ π θ ∵0<θ<π,∴0< < ,∴cos >0,∴原式=-cos θ. 2 2 2

9
2 -sin25° 2cos 10° ?cos 5° sin 5° cos 10°-sin 10°cos 5° ? - (2)原式= -sin 10° sin 5° cos 5° = · ? ? 2sin 10° sin 5° 5° cos 2×2sin 10° 10° cos 2

cos 10° -2sin 20° cos 10° cos 10° cos 10° = -sin 10° · .= -2cos 10° = 2sin 10° 1 2sin 10° 2sin 10° sin 10° 2 1 3 ? cos 10° ? cos 10° -2 - sin 10° 2 cos 10° -2sin?30° -10° ? ?2 ? 3sin 10° 3 = = = = . 2sin 10° 2sin 10° 2sin 10° 2 2 配套练习 1 (1) (2) 6 sin α 例2 解 α π π α π π β (1)∵0<β< <α<π,∴- < -β< , <α- <π,∴cos?2-β?= ? ? 2 4 2 2 4 2 β 4 5 1-cos2?α-2?= ? ? 9 , α 5 1-sin2?2-β?= , ? ? 3

β sin?α-2?= ? ? ∴cos

α+β β α β α β α =cos??α-2?-?2-β??=cos?α-2?cos?2-β?+sin?α-2?· ?2-β? ?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? sin? ? 2

1 α+β 49×5 5 4 5 2 7 5 239 =?-9?× + × = ,∴cos(α+β)=2cos2 -1=2× -1=- . ? ? 3 9 3 27 2 729 729 1 1 - 2 7 tan?α-β?+tan β 1 π (2)∵tan α=tan[(α-β)+β]= = = >0,∴0<α< , 1 1 3 2 1-tan?α-β?tan β 1+ × 2 7 1 3 1 2× + 3 4 7 tan 2α-tan β 2tan α 3 π 又∵tan 2α= = = >0,∴0<2α< ,∴tan(2α-β)= = =1. 2 3 1 1-tan2α 1+tan 2αtan β ?1?2 4 1- × 1-?3? 4 7 1 π 3π ∵tan β=- <0,∴ <β<π,-π<2α-β<0,∴2α-β=- . 7 2 4 配套练习 2 (1) 2 例3 解 16 (2) 65

π π 1-cos 2x 1 π (1)f(x)=(sin2x+sin xcos x)+2sin?x+4?· ?x+4?= + sin 2x+sin?2x+2? ? ? cos? ? ? ? 2 2

1 1 1 1 = + (sin 2x-cos 2x)+cos 2x= (sin 2x+cos 2x)+ . 2 2 2 2 cos2α-sin2α 1-tan2α 2sin αcos α 2tan α 4 3 由 tan α=2,得 sin 2α= 2 = = ,cos 2α= 2 = =- . 5 sin α+cos2α tan2α+1 5 sin α+cos2α 1+tan2α 1 1 3 ∴,f(α)= (sin 2α+cos 2α)+ = . 2 2 5 π 1 π π 1 1 2 5π π 5 (2)由(1)得 f(x)= (sin 2x+cos 2x)+ = sin?2x+4?+ . 由 x∈?12,2?,得 ≤2x+ ≤ π. ? ? 2 ? ? 2 2 2 12 4 4 ∴- π 2+1 2 2+1? ? ≤sin?2x+4?≤1,0≤f(x)≤ ,∴f(x)的取值范围是?0, ?. ? ? 2 2 2 ? ? 3-4 3 (2) 10

配套练习 3 (1)最小正周期为 π,最大值为 2,最小值为-1

10

综合练习 A 组:1.B 2.D 4 3.C 4. 9 5.1- 2 6. π 7π 7. 2 4

B 组:8.解 由题意,得 π π π 1 3 f(x)=cos?2x-3?+2sin?x-4?· ?x+4?= cos 2x+ sin 2x+(sin x-cos x)(sin x+cos x) ? ? ? ? sin? ? 2 2 π 1 3 1 3 = cos 2x+ sin 2x+sin2x-cos2x= cos 2x+ sin 2x-cos 2x=sin?2x-6?, ? ? 2 2 2 2 π π π 5π π 又 x∈?-12,2?,∴2x- ∈?-3, 6 ?. ? ? ? 6 ? π π π π π 又 f(x)=sin?2x-6?在区间?-12,3?上单调递增,在区间?3,2?上单调递减, ? ? ? ? ? ? π π 3 π 1 π 3 ∴当 x= 时,f(x)取得最大值 1.又 f?-12?=- <f?2?= ,∴当 x=- 时,f(x)取得最小值- . ? ? 3 2 ? ? 2 12 2 π π 3 故函数 f(x)在区间?-12,2?上的最大值与最小值分别为 1 与- . ? ? 2 9.解 π π 1-cos 2x 1 3 1 1 (1)f(x)=cos 2xcos -sin 2xsin + = cos 2x- sin 2x+ - cos 2x 3 3 2 2 2 2 2

1+ 3 1 3 π π = - sin 2x. ∴,当 2x=- +2kπ,k∈Z,即 x=- +kπ (k∈Z)时,f(x)取得最大值,f(x)max= . 2 2 2 4 2 C 1 1 3 1 3 π (2)由 f? 2 ?=- ,即 - sin C=- ,解得 sin C= ,又 C 为锐角,∴C= . ? ? 4 2 2 4 2 3 1 2 2 由 cos B= 求得 sin B= .因此 sin A=sin[π-(B+C)]=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C 3 3 2 2 1 1 3 2 2+ 3 = × + × = . 3 2 3 2 6

§4.6
基础检测: 1.1 2. 6 3 3. 3 5.C

正弦定理和余弦定理

考点导学· 例1 a b 3 2 3 解 由正弦定理得 = , = ,∴sin A= . ∵a>b,∴A=60° A=120° 或 . sin A sin B sin A sin 45° 2 当 A=60° 时,C=180° -45° -60° =75° ,c= 6+ 2 bsin C = ; sin B 2

6- 2 bsin C 当 A=120° 时,C=180° -45° -120° =15° ,c= = . sin B 2 配套练习 1: 例2 解 π 6

a2+c2-b2 a2+b2-c2 cos B b (1)由余弦定理知:cos B= ,cos C= . 将上式代入 =- 得: 2ac 2ab cos C 2a+c

a2+c2-b2 2ab b ·2 =- ,整理得:a2+c2-b2=-ac. 2ac a +b2-c2 2a+c

11

a +c -b -ac 1 2 ∴cos B= = =- . ∵B 为三角形的内角,∴B= π. 2ac 2ac 2 3 2 (2)将 b= 13,a+c=4,B= π 代入 b2=a2+c2-2accos B,得 b2=(a+c)2-2ac-2accos B, 3 1 1 3 3 ∴13=16-2ac?1-2?,∴ac=3.∴S△ABC= acsin B= . ? ? 2 4 配套练习 2: 解 (1)∵cos A 2 5 A 3 = ,∴cos A=2cos2 -1= , 2 5 2 5

2

2

2

4 → → 1 1 4 ∴sin A= .又AB· =3,∴bccos A=3,∴bc=5. ∴S△ABC= bcsin A= ×5× =2. AC 5 2 2 5 (2)由(1)知,bc=5,又 b+c=6,根据余弦定理得 3 a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos A=36-10-10× =20,∴a=2 5. 5

例3



?a+c=4, (1)由题设并由正弦定理,得? 1 ?ac=4,
5

?a=1, ?a=1, ? ? 解得? 1 或? 4 ?c=4 ?c=1. ? ?

1 1 (2)由余弦定理,b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac-2accos B=p2b2- b2- b2cos B, 2 2 3 3 1 6 即 p2= + cos B. ∵0<cos B<1,∴p2∈?2,2?,由题设知 p>0,∴ <p< 2. ? ? 2 2 2 π 配套练习 3 解 (1)∵c=2,C= ,∴由余弦定理 c2=a2+b2-2abcos C 得 a2+b2-ab=4. 3 1 又∵△ABC 的面积为 3,∴ absin C= 3,ab=4. 2
2 ? 2 ?a +b -ab=4, 联立方程组? ,解得 a=2,b=2. ?ab=4, ?

(3)由 sin C+sin(B-A)=sin 2A,得 sin(A+B)+sin(B-A)=2sin Acos A, 即 2sin Bcos A=2sin Acos A,∴cos A· A-sin B)=0,∴cos A=0 或 sin A-sin B=0, (sin π 当 cos A=0 时,∵0<A<π,∴A= ,△ABC 为直角三角形; 2 当 sin A-sin B=0 时,得 sin B=sin A,由正弦定理得 a=b,即△ABC 为等腰三角形. ∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形. 综合练习 A 组:1.D 2.C 7.解 5 2 3.B 4. 5.2 6.4 或 5 3

(1)∵ 3b=2a· B,由正弦定理知 3sin B=2sin A· B. ∵B 是三角形的内角,∴sin B>0, sin sin 从而有 sin A= 3 ,∴A=60° 120° 或 ,∵A 是锐角,∴A=60° . 2

1 (2)∵10 3= bcsin 60° ,∴bc=40,又 72=b2+c2-2bccos 60° ,∴b2+c2=89. 2 8.解 方法一 ∵sin B=4cos Asin C,由正弦定理,得 b c =4cos A ,∴b=4ccos A, 2R 2R

12

b +c -a 由余弦定理得 b=4c· ,∴b2=2(b2+c2-a2),∴b2=2(b2-2b),∴b=4. 2bc 方法二 由余弦定理,得 a2-c2=b2-2bccos A,∵a2-c2=2b,b≠0,∴b=2ccos A+2, b sin B sin B 由正弦定理,得 = ,又由已知得, =4cos A,∴b=4ccos A. c sin C sin C 解①②得 b=4. B 组:1.D 2.D 7.解 π 3.A 4.60° 正三角形 5.4 6. 4 ① ① ②

2

2

2

(1)由已知,根据正弦定理得 2a2=(2b+c)b+(2c+b)c,即 a2=b2+c2+bc. 1 由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A,故 cos A=- ,又∵0° <A<180° ,∴A=120° . 2

3 (2)由①得 sin2A=sin2B+sin2C+sin Bsin C. ∴ =(sin B+sin C)2-sin Bsin C,又 sin B+sin C=1, ② 4 1 ∴sin Bsin C= . 4 ③ 1 解②③联立的方程组,得 sin B=sin C= . ∵0° <B<60° <C<60° ,0° ,故 B=C. 2

∴△ABC 是等腰的钝角三角形. 8.解 (1)∵B+C=π-A,即 B+C π A B+C 7 A 7 = - ,由 4sin2 -cos 2A= ,得 4cos2 -cos 2A= , 2 2 2 2 2 2 2

7 即 2(1+cos A)-(2cos2A-1)= ,整理得 4cos2A-4cos A+1=0,即(2cos A-1)2=0. 2 1 ∴cos A= ,又 0° <A<180° ,∴A=60° . 2 b2+c2-a2 b2+c2-a2 1 (2)由 A=60° ,根据余弦定理 cos A= ,即 = ,∴b2+c2-bc=3, 2bc 2bc 2 又 b+c=3, ② ∴b2+c2+2bc=9. ③ ①-③整理得:bc=2. ① ④

?b=1, ?b=2, ? ? 解②④联立方程组得? 或? ? ? ?c=2, ?c=1.

§ 4.7 正弦定理、余弦定理应用举例
基础检测:1.130° 2. 6 3.10 3 4.500( 3+1) 5.B 考点导学· 例1 解 由题意知 AB=5(3+ 3)海里, ∠DBA=90° -60° =30° ∠DAB=90° , -45° =45° ∴∠ADB=180° , -(45° AB· sin∠DAB 5?3+ 3?· 45° sin DB AB = ,∴DB= = = sin 105° sin∠DAB sin∠ADB sin∠ADB

+30° )=105° .在△ABD 中,由正弦定理,得

5?3+ 3?· 45° sin 5 3? 3+1? = =10 3(海里).又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30° +(90° -60° )=60° ,BC sin 45° 60° cos +cos 45° 60° sin 3+1 2 =20 3(海里), 在△DBC 中, 由余弦定理, CD2=BD2+BC2-2BD· cos ∠DBC=300+1 200-2×10 3×20 3 得 BC· 1 30 × =900,∴CD=30(海里),∴需要的时间 t= =1(小时). 2 30 故救援船到达 D 点需要 1 小时.

13

配套练习 1 A、B 之间的距离为 5 km 例2 解 如图所示,某人在 C 处,AB 为塔高,他沿 CD 前进, CD=40,此时∠DBF=45° ,过点 B 作 BE⊥CD 于 E,则 ∠AEB=30° ,在△BCD 中,CD=40,∠BCD=30° , CD BD ∠DBC=135° ,由正弦定理,得 = , sin∠DBC sin∠BCD 40sin 30° ∴BD= =20 2,∠BDE=180° -135° -30° =15° . sin 135° 在 Rt△BED 中,BE=DBsin 15° =20 2× 6- 2 =10( 3-1). 4 10 (3- 3)(米). 3

在 Rt△ABE 中,∠AEB=30° ,∴AB=BEtan 30° = 10 故所求的塔高为 (3- 3)米. 3

配套练习 2 解 (1)依题意知,在△DBC 中,∠BCD=30° ,∠DBC=180° -45° =135° , 1 CD BC CD=6 000× =100(米),∠D=180° -135° -30° =15° ,由正弦定理得 = , 60 sin∠DBC sin∠D CD· sin∠D 100×sin 15° ∴BC= = = sin 135° sin∠DBC 100× 6- 2 4 50? 6- 2? = =50( 3-1)(米). 2 2 2

AB 在 Rt△ABE 中,tan α= . ∵AB 为定长,∴当 BE 的长最小时,α 取最大值 60° ,这时 BE⊥CD. BE 3 当 BE⊥CD 时,在 Rt△BEC 中,EC=BC· cos∠BCE=50( 3-1)· =25(3- 3)(米). 2 设该人沿南偏西 60° 的方向走到仰角 α 最大时,走了 t 分钟. 则 t= 25?3- 3? 3- 3 EC ×60= ×60= (分钟). 6 000 6 000 4

(2)由(1)知当 α 取得最大值 60° 时,BE⊥CD,在 Rt△BEC 中,BE=BC· sin∠BCD, 1 ∴AB=BE· 60° tan =BC· sin∠BCD· 60° tan =50( 3-1)·· 3=25(3- 3)(米). 2 即所求塔高 AB 为 25(3- 3)米. 例3 AB AC 解 在△ABC 中,AB=5,AC=9,∠BCA=30° 由正弦定理,得 . = , sin∠BCA sin∠ABC AC· sin∠BCA 9sin 30° 9 sin∠ABC= = = . ∵AD∥BC,∴∠BAD=180° -∠ABC, AB 5 10 9 9 于是 sin∠BAD=sin∠ABC= . 同理,在△ABD 中,AB=5,sin∠BAD= , 10 10 ∠ADB=45° ,由正弦定理: 配套练习 3 (1) AB BD 9 2 9 2 = ,解得 BD= .故 BD 的长为 . 2 2 sin∠BDA sin∠BAD

6+ 2 (2) 6- 2 4

14

综合练习 A 组:1.B 2.C 3.A 4.50 7 5.30 2 6.8 2

B 组:7.解 在△ADC 中,AD=10,AC=14,DC=6, AD2+DC2-AC2 100+36-196 1 由余弦定理得 cos∠ADC= = =- , 2AD· DC 2 2×10×6 ∴∠ADC=120° ,∴∠ADB=60° 在△ABD 中,AD=10,∠B=45° . ,∠ADB=60° , 3 10× 2 AD· sin∠ADB 10sin 60° AB AD 由正弦定理得 = ,∴AB= = = =5 6. sin B sin 45° sin∠ADB sin B 2 2 20 8.解 如图所示,连接 A1B2,由已知 A2B2=10 2,A1A2=30 2× =10 2,∴A1A2=A2B2. 60 又∠A1A2B2=180° -120° =60° ,∴△A1A2B2 是等边三角形, ∴A1B2=A1A2=10 2.由已知,A1B1=20,∠B1A1B2=105° -60° =45° , 在△A1B2B1 中,由余弦定理得 B1B2=A1B2+A1B2-2A1B1· 1B2· 45° A cos 2 1 2 =202+(10 2)2-2×20×10 2× 2 =200,∴B1B2=10 2. 2

10 2 因此,乙船的速度为 ×60=30 2(海里/小时). 20 9.解 在△ABC 中,BC=30,∠B=30° ,∠ACB=180° -45° =135° ,∴∠A=15° . BC AC 30 AC 30sin 30° 由正弦定理,得 = ,即 = ,∴AC= =15( 6+ 2). sin A sin B sin 15° sin 30° sin 15° ∴A 到 BC 的距离为 AC· 45° sin =15( 6+ 2)× 2 =15( 3+1)≈15×(1.732+1)=40.98(海里). 2

这个距离大于 38 海里,∴继续向南航行无触礁的危险.

§5.1
1 → 基础检测 1.OS 2.b- a 2

平面向量的概念及线性运算

3.①②③ 4.-2 5.A 考点导学·

例1

②③

配套练习 1 解 (1)不正确,∵向量只讨论相等和不等,而不能比较大小.(2)不正确,∵向量模相等与向量的方向 无关.(3)正确.(4)不正确,∵规定零向量与任意向量平行.(5)不正确,∵两者中若有零向量,零向量的方向是任意的. → → (6)不正确,∵AB与CD共线,而 AB 与 CD 可以不共线即 AB∥CD.(7)正确.(8)不正确,∵零向量可以与它的相反向 量相等. 例2 1 → 1 → → 1 解 AD= (AB+AC)= a+ b; 2 2 2 → → → → 2→ → 1 → → 2→ 1 → → 1→ 1 → 1 1 AG=AB+BG=AB+ BE=AB+ (BA+BC)= AB+ (AC-AB)= AB+ AC= a+ b. 3 3 3 3 3 3 3 3 λ → λ → → → → → → → → λ → → → λ→ 配套练习 2 解 AG=AB+BG=AB+λBE=AB+ (BA+BC)=?1-2?AB+ (AC-AB)=(1-λ)AB+ AC ? ? 2 2 2

15

λ =(1-λ)a+ b. 2

→ → → → → → m → → → m→ m 又AG=AC+CG=AC+mCF=AC+ (CA+CB)=(1-m)AC+ AB= a+(1-m)b, 2 2 2 m

?1-λ= 2 ∴? λ ?1-m=2
例 3

2 → 1 1 ,解得 λ=m= ,∴AG= a+ b. 3 3 3

→ → → → → → (1)证明 ∵AB=a+b,BC=2a+8b,CD=3(a-b),∴BD=BC+CD=2a+8b+3(a-b)=2a+8b+3a-

→ → → 3b=5(a+b)=5AB.∴AB、BD共线,又∵它们有公共点 B,∴A、B、D 三点共线. (2)解 ∵ka+b 与 a+kb 共线, ∴存在实数 λ, ka+b=λ(a+kb), ka+b=λa+λkb.∴(k-λ)a=(λk-1)b. 使 即 ∵a、b 是不共线的两个非零向量,∴k-λ=λk-1=0,∴k2-1=0.∴k=± 1. 配套练习 3 1 2 综合练习 A 组:1.C 2.B 3.D 4.-1 4 5. 3 6. 3 11

→ → → → 1→ 1 1 → → → 1 5 → 7.解 ∵BA=OA-OB=a-b,BM= BA= a- b,∴OM=OB+BM= a+ b.又OD=a+b, 6 6 6 6 6 → → 1→ 1→ 1→ 2→ 2 ∴ON=OC+ CD= OD+ OD= OD= (a+b). 3 2 6 3 3 5 2 → → → 2 2 1 5 1 1 → 1 → 2 → 1 1 ∴MN=ON-OM= a+ b- a- b= a- b. 即OM= a+ b,ON= a+ b,MN= a- b. 3 3 6 6 2 6 6 6 3 3 2 6 2 1 → → → 1 → → → → → → 8.解 设OA=a,OB=tb,OC= (a+b),∴AC=OC-OA=- a+ b,AB=OB-OA=tb-a. 3 3 3 2 1 → → 要使 A、B、C 三点共线,只需AC=λAB.即- a+ b=λtb-λa. 3 3

?-3=-λ, ∴有? 1 ?3=λt,
2 B 组:1.B 2.B 3.B

?λ=3, ?? 1 ?t=2.
2

1 ,∴当 t= 时,三向量终点在同一直线上. 2

2 4.①② 5.2 6. 7.± 2 3

→ → → → → → → → → → 8.(1)解 ∵GA+GB=2GM,又 2GM=-GO,∴GA+GB+GO=-GO+GO=0. → 1 → 2→ 1 (2)证明 显然OM= (a+b). ∵G 是△ABO 的重心,∴OG= OM= (a+b). 2 3 3 → → → → 由 P、G、Q 三点共线,得PG∥GQ,∴,有且只有一个实数 λ,使PG=λGQ. 1 1 → → → 1 而PG=OG-OP= (a+b)-ma=?3-m?a+ b, ? ? 3 3 1 1 1 1 1 1 1 → → → GQ=OQ-OG=nb- (a+b)=- a+?n-3?b,∴?3-m?a+ b=λ?-3a+?n-3?b?. ? ? ? ? ? ? 3 3 3 ? ?

?3-m=-3λ 又∵a、b 不共线,∴? 1 1 ?3=λ?n-3? ? ?
1 1

1 1 ,消去 λ,整理得 3mn=m+n,故 + =3. m n

16

§5.2

平面向量的基本定理及坐标表示
考点导学·

基础检测: 1.(7,3) 2.(-3,-5) 3.0 4.C

例1

1 → → → → 解 方法一 设AB=a,AD=b,则 a=AN+NB=d+?-2b?, ? ? 1 → → b=AM+MD=c+?-2a?. ? ?

① ②

1 1 4 2 2 将②代入①得 a=d+?-2??c+?-2a?? ∴a= d- c= (2d-c),代入② ? ?? ? ?? 3 3 3 1 2 2 → 2 → 2 得 b=c+?-2?× (2d-c)= (2c-d). ∴AB= (2d-c),AD= (2c-d). ? ? 3 3 3 3 → → → 1 → 1 方法二 设AB=a,AD=b. 因 M,N 分别为 CD,BC 的中点,∴BN= b,DM= a, 2 2

?c=b+2a 因而? 1 ?d=a+2b
1 例2

?a=3?2d-c? ?? 2 ?b=3?2c-d?
2

→ 2 → 2 ,即AB= (2d-c),AD= (2c-d). 3 3

→ 1→ → 1 → 1→ 1 配套练习 1 解 ∵AD= AB,DE∥BC,M 为 BC 中点,∴DN= BM= BC= (b-a). 4 4 8 8 解 由已知得 a=(5,-5),b=(-6,-3),c=(1,8). (1)3a+b-3c=3(5,-5)+(-6,-3)-3(1,8)=(15-6-3,-15-3-24)=(6,-42).
? ? ?-6m+n=5, ?m=-1, (2)∵mb+nc=(-6m+n,-3m+8n),∴? 解得? ? ? ?-3m+8n=-5, ?n=-1.

→ → → → → (3)设 O 为坐标原点,∵CM=OM-OC=3c,∴OM=3c+OC=(3,24)+(-3,-4)=(0,20). → → → ∴M(0,20).又∵CN=ON-OC=-2b, → → → ∴ON=-2b+OC=(12,6)+(-3,-4)=(9,2),∴N(9,2).∴MN=(9,-18). → 配套练习 2 (1)解 OP=t1(1,2)+t2(3,3)=(t1+3t2,2t1+3t2),
?t1+3t2<0 ? 3 P 在第二象限的充要条件是? 有解.∴- t2<t1<-3t2 且 t2<0. 2 ? ?2t1+3t2>0

→ → → → → (2)证明 当 t1=1 时,有OP-OA=t2AB,∴AP=t2AB,∴不论 t2 为何实数,A,B,P 三点共线. → (3)解 由OP=(t1+3t2,2t1+3t2), 得点 P(t1+3t2,2t1+3t2),∴O,A,B,P 能组成一个平行四边形有三种情况.
? ? ? ? ?t1+3t2-4=1 ?t1=2 ?t1+3t2-4=-1 ?t1=0 → → → → 当OA=BP,有? ?? ;当OA=PB,有? ?? ; ?2t1+3t2-5=2 ?t2=1 ?2t1+3t2-5=-2 ?t2=1 ? ? ? ? ?t1+3t2=-3 ?t1=0 ? ? → → 当OP=BA,有? ?? . ? ? ?2t1+3t2=-3 ?t2=-1

17 ? ?-m+4n=3 (1)由题意得(3,2)=m(-1,2)+n(4,1),∴? ? ?2m+n=2

例3



?m=9 ,得? 8 ?n=9
5

.

16 (2)a+kc=(3+4k,2+k),2b-a=(-5,2),∵(a+kc)∥(2b-a),∴2×(3+4k)-(-5)(2+k)=0,∴k=- . 13 (3)设 d=(x,y),d-c=(x-4,y-1),a+b=(2,4),
?4?x-4?-2?y-1?=0 ?x=3 ?x=5 ? ? ? 由题意得? ,解得? 或? ,∴d=(3,-1)或 d=(5,3). 2 2 ? ? ? ??x-4? +?y-1? =5 ?y=-1 ?y=3

配套练习 3 解 (1)∵a=(1,0),b=(2,1),∴a+3b=(7,3),∴|a+3b|= 72+32= 58. 1 (2)ka-b=(k-2,-1),a+3b=(7,3),∵ka-b 与 a+3b 平行,∴3(k-2)+7=0,即 k=- . 3 7 此时 ka-b=(k-2,-1)=?-3,-1?,a+3b=(7,3),则 a+3b=-3(ka-b), ? ? 即此时向量 a+3b 与 ka-b 方向相反. 综合练习 1 A 组:1.C 2.B 3.C 4. 2 1 5. 2 6.8

B 组:7.解 ka+b=k(1,2)+(-3,2)=(k-3,2k+2),a-3b=(1,2)-3(-3,2)=(10,-4), 当 ka+b 与 a-3b 平行时,存在唯一实数 λ 使 ka+b=λ(a-3b),由(k-3,2k+2)=λ(10,-4)得,
?k-3=10λ, ? 1 1 ? ,解得 k=λ=- ,∴当 k=- 时,ka+b 与 a-3b 平行, 3 3 ? ?2k+2=-4λ.

1 1 1 这时 ka+b=- a+b=- (a-3b). ∵λ=- <0,∴ka+b 与 a-3b 反向. 3 3 3 → → → → → → → λ 8.解 设PA=a,PB=b,由已知条件 3CP=PA+2PB,即 3p=a+2b,PQ=λCP= (a+2b), 3 → → → → → → → → 又PQ=PA+AQ=PA+μAB=PA+μ(PB-PA)=(1-μ)a+μb,

?3=1-μ 由平面向量基本定理? 2λ ? 3 =μ
9.解

λ

→ → . 解得 λ=1,因此PQ=λCP=p.

→ → (1)设点 D(x,y),∵AD=BC,∴(x,y)=(6,8)-(4,1)=(2,7),∴顶点 D 的坐标为(2,7). 7 14 23 (2)设点 I(x,y),则有 F 点坐标为?1,2?,(xE-2,yE-7)=2(6-xE,8-yE)?E? 3 , 3 ?, ? ? ? ? 5 → → → → 5 BF=?-3,2?,BI =(x-4,y-1),BF∥BI ? (x-4)=-3(y-1), ? ? 2 91 299 91 299 → → 23 14 又AE∥AI ? x= y,联立方程组可得 x= ,y= ,则点 I 的坐标为?52,104?. ? ? 3 3 52 104

→ → → 10.(1)解 OM=t1OA+t2AB=t1(0,2)+t2(4,4)=(4t2,2t1+4t2).
? ?4t2<0, 当点 M 在第二或第三象限时,有? ,故所求的充要条件为 t2<0 且 t1+2t2≠0. ? ?2t1+4t2≠0,

18

→ (2)证明 当 t1=1 时,由(1)知OM=(4t2,4t2+2). → → → → → → → ∵AB=OB-OA=(4,4),AM=OM-OA=(4t2,4t2)=t2(4,4)=t2AB,∴A、B、M 三点共线. → → → → (3)解 当 t1=a2 时,OM=(4t2,4t2+2a2).又AB=(4,4),OM⊥AB, 1 → ∴4t2×4+(4t2+2a2)×4=0,∴t2=- a2,故OM=(-a2,a2). 4 |-a2-a2+2| → 又|AB|=4 2,点 M 到直线 AB:x-y+2=0 的距离 d= = 2|a2-1|. 2 1 1 2 ∵S△ABM=12,∴ |AB|·d= ×4 2× 2|a -1|=12,解得 a=±2,故所求 a 的值为±2. 2 2

§ 5.3 平面向量的数量积
3 基础检测: 1.-3 2 2. 2 3. 65 5 4.②④ 考点导学· 例1 例2 2 解 配套练习 1 (1)-3 (2)D

(1)∵(2a-3b)· (2a+b)=61,∴4|a|2-4a· b-3|b|2=61.又|a|=4,|b|=3,∴64-4a· b-27=61,

-6 1 2π a· b ∴a· b=-6. ∴cos θ= = =- .又 0≤θ≤π,∴θ= . |a||b| 4×3 2 3 (2)可先平方转化为向量的数量积.|a+b|2=(a+b)2=|a|2+2a· b+|b|2=42+2×(-6)+32=13,∴|a+b|= 13. 2π 2π π → → → → (3)∵AB与BC的夹角 θ= ,∴∠ABC=π- = . 又|AB|=|a|=4,|BC|=|b|=3, 3 3 3 1→ → 1 3 ∴S△ABC= |AB||BC|sin∠ABC= ×4×3× =3 3. 2 2 2 配套练习 2 解 (1)∵β=(2,0),∴|β|=2,又 α⊥(α-2β),∴α· (α-2β)=α2-2α·β=1-2α·β=0. 1 ∴α·β= . ∴(2α+β)2=4α2+β2+4α·β=4+4+2=10. ∴|2α+β|= 10. 2 3 (2)由已知得(a+b+c)· 2+a· a=a b+a· c=1+2cos 120° +3cos 120° =- , 2 |a+b+c|= ?a+b+c?2= a2+b2+c2+2a· b+2a· c+2b· c= 1+4+9+4cos 120° +6cos 120° +12cos 120° 3. = 3 - 2 ?a+b+c?· a 3 设向量 a+b+c 与向量 a 的夹角为 θ,则 cos θ= = =- ,即 θ=150° , 2 |a+b+c||a| 3 故向量 a+b+c 与向量 a 的夹角为 150° . 例3 (1)证明 ∵(a+b)· (a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=(cos2α+sin2α)-(cos2β+sin2β)=0, ∴a+b 与 a-b 互相垂直. (2)解 ka+b=(kcos α+cos β,ksin α+sin β),a-kb=(cos α-kcos β,sin α-ksin β), |ka+b|= k2+2kcos?β-α?+1,|a-kb|= 1-2kcos?β-α?+k2. ∵|ka+b|=|a-kb|,∴2kcos(β-α)=-2kcos(β-α). 又 k≠0,∴cos(β-α)=0. π 而 0<α<β<π,∴0<β-α<π,∴β-α= . 2

19

1 3 配套练习 3 (1)证明 ∵a· b= 3× -1× =0,∴a⊥b. 2 2 (2)解 ∵c=a+(t2-3)b,d=-ka+tb,且 c⊥d,∴c· d=[a+(t2-3)b]· (-ka+tb) =-ka2+t(t2-3)b2+[t-k(t2-3)]a· b=0,又 a2=|a|2=4,b2=|b|2=1,a· b=0, t3-3t ∴c· d=-4k+t -3t=0,∴k=f(t)= (t≠0). 4
3

综合练习 A 组:1.B 2.D 5.解 3.D 4.1 2 = , 5· n +4 2
2

(1)a· b=2n-2,|a|= 5,|b|= n2+4,∴cos 45° =

2n-2

2 ∴3n2-16n-12=0 (n>1),∴n=6 或 n=- (舍),∴b=(-2,6). 3 (2)由(1)知,a· b=10,|a|2=5. 又 c 与 b 同向,故可设 c=λb (λ>0), (c-a)· a=0, |a|2 5 1 1 ∴λb· a-|a|2=0,∴λ= = = ,∴c= b=(-1,3). b· 10 2 a 2 6.解 → → → → → → (1)由题设知AB=(3,5),AC=(-1,1),则AB+AC=(2,6),AB-AC=(4,4). → → → → ∴|AB+AC|=2 10,|AB-AC|=4 2. 故所求的两条对角线长分别为 4 2,2 10. → → → (2)由题设知OC=(-2,-1),AB-tOC=(3+2t,5+t). 11 → → → 由(AB-tOC)· =0,得(3+2t,5+t)· OC (-2,-1)=0,从而 5t=-11,∴t=- . 5 B 组:7.B π 5π 9.?6, 6 ? ? ? 10.3

1 3 11.(1)证明 ∵(a+b)· (a-b)=a2-b2=|a|2-|b|2=(cos2α+sin2α)-?4+4?=0,故 a+b 与 a-b 垂直. ? ? (2)解 由| 3a+b|=|a- 3b|,两边平方得 3|a|2+2 3a· b+|b|2=|a|2-2 3a· b+3|b|2,∴2(|a|2-|b|2)+4 3a· b=0, 1 3 而|a|=|b|,∴a· b=0,则?-2?· α+ · α=0, cos sin ? ? 2 即 cos(α+60° )=0,∴α+60° 180° =k· +90° 即 α=k· +30° , 180° ,k∈Z, 又 0° ≤α<360° ,则 α=30° α=210° 或 .
2 8.解 e1=4,e2=1,e1·2=2×1×cos 60° e =1, 2

∴(2te1+7e2)· 1+te2)=2te2+(2t2+7)e1·2+7te2=2t2+15t+7. (e e 1 2 1 ∵向量 2te1+7e2 与向量 e1+te2 的夹角为钝角,∴2t2+15t+7<0.∴-7<t<- . 2
?2t=λ ? 14 假设 2te1+7e2=λ(e1+te2) (λ<0)?? ?2t2=7?t=- ,λ=- 14. 2 ? ?7=tλ

∴当 t=-

14 时,2te1+7e2 与 e1+te2 的夹角为 π,不符合题意. 2

∴t 的取值范围是?-7,-

?

14? ? 14 1? ∪ - ,- . 2 ? ? 2 2?

20

§5.4
基础检测 1.900

平面向量应用举例
5.B 考点导学·

2.y2=8x (x≠0) 3.2 26 m/s 4.A

例1

→ 1→ 1→ (1)证明 ∵点 M 为线段 AB 的中点,∴OM= OA+ OB. 2 2 1→ 1→ 1 → 1 → → → → → → ∴MP=OP-OM=(xOA+yOB)-?2OA+2OB?=?x-2?OA+?y-2?OB. ? ? ? ? ? ?

(2)解

→ → → → → 1→ 设点 M 为线段 AB 的中点,则由OA⊥OB,知|MA|=|MB|=|MO|= |AB|=1. 2

1 1 1 → 1 → 1 1 → → → 又由(1)及 a2?x-2?2+b2?y-2?2=1,得|MP|2=|OP-OM|2=?x-2?2OA2+?y-2?2OB2=?x-2?2a2+?y-2?2b2=1. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? → → → → ∴|MP|=|MO|=|MA|=|MB|=1.故 P,O,A,B 四点都在以 M 为圆心、1 为半径的圆上,∴当且仅当 OP 为圆 M 的 a2+b2 → → → 直径时,|OP|max=2. 这时四边形 OAPB 为矩形,则 S 四边形 OAPB=|OA|· |=ab≤ |OB =2,当且仅当 a=b= 2时, 2 四边形 OAPB 的面积最大,最大值为 2. 配套练习 1 D 例2 解 1→ → 1→ ?→ 1→ (1)设 P(x,y),则 Q(8,y). 由?PC+2PQ?·PC-2PQ?=0,得|PC|2- |PQ|2=0, ? ?? ? 4

1 x2 y2 x2 y2 即(x-2)2+y2- (x-8)2=0,化简得 + =1. ∴点 P 在椭圆上,其方程为 + =1. 4 16 12 16 12 → → → → → → → → → → → → → (2)因PE· =(NE-NP)· -NP)=(-NF-NP)· -NP)=(-NP)2-NF2=NP2-1, PF (NF (NF
2 2 x2 y2 x0 y0 4y2 0 P 是椭圆 + =1 上的任意一点,设 P(x0,y0),则有 + =1,即 x2=16- , 0 16 12 16 12 3

1 1 → 又 N(0,1),∴NP2=x2+(y0-1)2=- y2-2y0+17=- (y0+3)2+20. 0 3 0 3

∵y0∈[-2 3,2 3],

→ → → ∴当 y0=2 3时,NP2 取得最小值(2 3-1)2=13-4 3,(此时 x0=0),故PE· 的最小值为 12-4 3. PF → → 配套练习 2 解 设 M(x0,y0)、N(x,y),由MA=2AN得(1-x0,1-y0)=2(x-1,y-1),
? ?x0=3-2x, ∴? ? ?y0=3-2y.

∵点 M(x0,y0)在圆 C 上,∴(x0-3)2+(y0-3)2=4,

即(3-2x-3)2+(3-2y-3)2=4. ∴x2+y2=1. ∴所求点 N 的轨迹方程是 x2+y2=1. 例3 解 3 3 (1)∵p∥q,∴(2-2sin A)(1+sin A)-(cos A+sin A)(sin A-cos A)=0,∴sin2A= ,sin A= , 4 2

∵△ABC 为锐角三角形,∴A=60° . (2)y=2sin2B+cos? C-3B? 180° -B-A-3B? 2 =2sin2B+cos? ) 2 ? 2 ? ? ?=2sin B+cos(2B-60°

=1-cos 2B+cos(2B-60° )=1-cos 2B+cos 2Bcos 60° +sin 2Bsin 60° 1 3 =1- cos 2B+ sin 2B=1+sin(2B-30° ),当 2B-30° =90° ,即 B=60° 时,函数取最大值 2. 2 2 配套练习 3 5π 6

21

综合练习 A 组:1.D 2.D 3.D 4.150° 5.3 6.2x-3y+1=0 (x≠1)

1 → → 2→ → 1→ → 1→ → → 1→ ? → 2→ → → → → B 组: 7.证明 AD· =?AC+2CB?·CA+3AB?=-|AC|2+ CB· + AB· + AB· =-|AC|2+ |CB||CA|cos 90° CE ? CA AC CB ?? ? 2 3 3 2 + 2 2→2 2→ → → → → |AC| cos 45° + |AC|2cos 45° =-|AC|2+|AC|2=0,∴AD⊥CE,即 AD⊥CE. 3 3

→ → → 8.解 设 M(x,y),A(a,0),Q(0,b) (b>0),则PA=(a,3),AM=(x-a,y),MQ=(-x,b-y). → → 由PA· =0,得 a(x-a)+3y=0. AM ① 3→ 3 → 由AM=- MQ,得(x-a,y)=- (-x,b-y). 2 2

?x-a=2x, ∴? 3 3 ?y=2y-2b,
3 9.B

?a=-2, ∴? y ?b=3.
x

x x x 1 把 a=- 代入①,得- ?x+2?+3y=0,整理得 y= x2. ? 2 2? 4

1 ∴动点 M 的轨迹方程是 y= x2. 4

→ → → → → → → → → → → → 11.解 ∵AB⊥AC,∴AB· =0. ∵AP=-AQ,BP=AP-AB,CQ=AQ-AC, AC → → → → → → → → → → → → → → → → → → ∴BP· =(AP-AB)· -AC)=AP· -AP· -AB· +AB· =-a2-AP· +AB· CQ (AQ AQ AC AQ AC AC AP 1→ → → → → =-a2+AP· -AC)=-a2+ PQ· =-a2+a2cos θ. (AB BC 2 → → → → 故当 cos θ=1,即 θ=0,即PQ与BC同向时,BP· 最大,最大值为 0. CQ

§6.1

数列的概念与简单表示法
3 4.C 5.B 考点导学·

基础检测 1.an=2n-1 (n∈N*) 2.7 3.2n-11

例 1

解 (1)符号问题可通过(-1)n 或(-1)n

+1

表示,其各项的绝对值的排列规律为:后面的数的绝对值总比前

面数的绝对值大 6,故通项公式为 an=(-1)n(6n-5). 1 8 8 8 8 (2)将数列变形为 (1-0.1), (1-0.01), (1-0.001),?,∴an= ?1-10n?. ? 9 9 9 9? 2-3 (3)各项的分母分别为 21,22,23,24,?,易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 3.因此把第 1 项变为- ,原数列 2 21-3 22-3 23-3 24-3 2n-3 可化为- 1 , 2 ,- 3 , 4 ,?,∴an=(-1)n· n . 2 2 2 2 2 3 5 7 9 (4)将数列统一为 , , , ,?,对于分子 3,5,7,9,?,是序号的 2 倍加 1,可得分子的通项公式为 bn=2n+1, 2 5 10 17 对于分母 2,5,10,17,?,联想到数列 1,4,9,16,?,即数列{n2},可得分母的通项公式为 cn=n2+1,因此可得它 2n+1 的一个通项公式为 an= 2 . n +1
? ?0 ?n为奇数? 1+?-1?n 1+cos nπ (5)an=? 或 a n= 或 an= . 2 2 ? ?1 ?n为偶数?

22

配套练习 1 解 (1)各项减去 1 后为正偶数,∴an=2n+1. 2n-1 (2)每一项的分子比分母少 1,而分母组成数列 21,22,23,24,?,∴an= n . 2 (3)奇数项为负,偶数项为正,故通项公式中含因子(-1)n;各项绝对值的分母组成数列 1,2,3,4,?;而各 项绝对值的分子组成的数列中,奇数项为 1,偶数项为 3,即奇数项为 2-1,偶数项为 2+1,

?-n ?n为正奇数? 2+?-1? ∴a =(-1) · .也可写为 a =? n 3 ?n ?n为正偶数?
1
n n n n

.

9 99 999 9 999 (4)将数列各项改写为 , , , ,?,分母都是 3,而分子分别是 10-1,102-1,103-1,104-1,?, 3 3 3 3 1 ∴an= (10n-1). 3 例2 解 an+1+1 (1)∵an+1=3an+2,∴an+1+1=3(an+1),∴ =3, an+1
- -

∴数列{an+1}为等比数列,公比 q=3,又 a1+1=2,∴an+1=2·n 1,∴an=2·n 1-1. 3 3 n-1 n-2 1 1 2 n-1 a1 1 (2)∵an= an-1 (n≥2),∴an-1= an-2,?,a2= a1. 以上(n-1)个式子相乘得 an=a1··· ?· = = . n 2 23 n n n n-1 (3)∵an+1-an=3n+2,∴an-an-1=3n-1 (n≥2),∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+a1= 1 3 n (n≥2). 当 n=1 时,a1= ×(3×1+1)=2 符合公式,∴an= n2+ . 2 2 2 配套练习 2 解 (1)由已知 an>0,在递推关系式两边取对数,有 lg an+1=2lg an+lg 3, 令 bn=lg an,则 bn+1=2bn+lg 3,∴bn+1+lg 3=2(bn+lg 3),∴{bn+lg 3}是等比数列, ∴bn+lg 3=2n 1· 3=2nlg 3,∴bn=2nlg 3-lg 3=(2n-1)lg 3=lg an,∴an=32n-1. 2lg an 1 1 1 1 1 ?1? (2)将 an+1= 取倒数得: =2+ ,∴ - =2,又 =1,∴?a ?是以 1 为首项,2 为公差的等差数列. an a1 ? n? 2an+1 an+1 an+1 an 1 1 ∴ =1+2(n-1),∴an= . an 2n-1 (3)由 an+1=4an-3n+1,得 an+1-(n+1)=4(an-n),又 a1-1=1,∴数列{an-n}是首项为 1,且公比为 4 的等比 数列,∴an-n=(a1-1)4n 1,∴an=4n 1+n. (4)将 an+2-4an+1+3an=0 变形为 an+2-an+1=3(an+1-an),则数列{an+1-an}是以 a2-a1=-6 为首项,3 为公比 的等比数列,则 an+1-an=-6·n 1,利用累加法可得 an=11-3n. 3 例3 1 解 由 a1=S1= (a1+1)(a1+2),解得 a1=1 或 a1=2,由已知 a1=S1>1,因此 a1=2.又由 an+1=Sn+1-Sn 6 故 an+1=-an 不成立,舍去.
- - - -

n?3n+1? 2

1 1 = (an+1+1)(an+1+2)- (an+1)(an+2),得 an+1-an-3=0 或 an+1=-an. ∵an>0. 6 6

因此 an+1-an-3=0.即 an+1-an=3,从而{an}是公差为 3,首项为 2 的等差数列,故{an}的通项为 an=3n-1. 配套练习 3 解 Sn (1)由 an= +2(n-1),得 Sn=nan-2n(n-1) (n∈N*).当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)·n a n

-1

?a1+an?n -4(n-1), an-an-1=4, 即 ∴数列{an}是以 a1=1 为首项, 为公差的等差数列. 于是, n=4n-3, n= 4 a S 2

23

=2n -n (n∈N ). Sn (2)由 Sn=nan-2n(n-1),得 =2n-1 (n∈N*), n S2 S3 Sn ∴S1+ + +?+ -(n-1)2=1+3+5+7+?+(2n-1)-(n-1)2=n2-(n-1)2=2n-1.令 2n-1=2 013,得 n 2 3 n =1 007,即存在满足条件的自然数 n=1 007. 综合练习 A 组:1.C 2.B 3.D 4.4 5.-1 7.解 4 6.n2+1

2

*

(1)当 n=4 时,a4=42-4×7+6=-6. (2)令 an=150,即 n2-7n+6=150,解得 n=16 或 n=-9(舍去),即 150 是这个数列的第 16 项. (3)令 an=n2-7n+6>0,解得 n>6 或 n<1(舍).∴从第 7 项起各项都是正数.

1 B 组:1.D 2.B 3.A 4. 2 8.解

41 11 5.? 2 ,- 2 ? ? ?

1 1 (1)∵an=1+ (n∈N*,a∈R,且 a≠0),∵a=-7,∴an=1+ . a+2?n-1? 2n-9 结合函数 f(x)=1+ 1 的单调性. 可知 1>a1>a2>a3>a4;a5>a6>a7>?>an>1 (n∈N*). 2x-9

∴数列{an}中的最大项为 a5=2,最小项为 a4=0. 1 2 1 (2)an=1+ =1+ . ∵对任意的 n∈N*,都有 an≤a6 成立 a+2?n-1? 2-a n- 2 1 2 2-a 并结合函数 f(x)=1+ 的单调性,∴5< <6,∴-10<a<-8. 2 2-a x- 2

§6.2
基础检测: 1.12n-10 2. 3 4

等差数列及其前 n 项和

3.15 4.2n-1 5.B 考点导学·

例1

1 1 (1)证明 ∵an=2- (n≥2,n∈N*),bn= . an-1 an-1 ∴n≥2 时,bn-bn-1= 1 1 - = an-1 an-1-1 ? an-1 1 1 1 - = - =1. 1 ? an-1-1 an-1-1 an-1-1 2- -1 a
n-1

?

?

1 5 5 又 b1= =- . ∴数列{bn}是以- 为首项,1 为公差的等差数列. 2 2 a1-1 7 1 2 2 (2)解 由(1)知,bn=n- ,则 an=1+ =1+ ,设函数 f(x)=1+ , 2 bn 2n-7 2x-7 7 7 易知 f(x)在区间?-∞,2?和?2,+∞?内为减函数. ? ? ? ? ∴当 n=3 时,an 取得最小值-1;当 n=4 时,an 取得最大值 3.

24

配套练习 1 (1)证明 由 Sn=

Sn-1 1 2Sn-1+1 1 ,得 = = +2, Sn 2Sn-1+1 Sn-1 Sn-1

1 1 ?1? 1 1 ∴ - =2,∴?S ?是以 即 为首项,以 2 为公差的等差数列. Sn Sn-1 S1 2 ? n? 1 1 3 1 (2)解 由(1)知 = +(n-1)×2=2n- ,∴Sn= , Sn 2 2 3 2n- 2 ∴当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= -2 1 - = ; 3 7 3 7 2n- 2n- ?2n- ??2n- ? 2 2 ? 2?? 2? 1 ?n=1? ?n≥2?.

?2 -2 当 n=1 时,a =2 不适合 a ,故 a =? 3 7 ??2n-2??2n-2? ? ?? ?
1 n n

例2

?5a1+10d=5, ? -15 解 (1)由题意知 S6= =-3,a6=S6-S5=-8. ∴? S5 ? ?a1+5d=-8.

解得 a1=7,∴S6=-3,a1=7. (2)方法一 ∵S5S6+15=0,∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即 2a2+9da1+10d2+1=0. 1 ∵关于 a1 的一元二次方程有解,∴Δ=81d2-8(10d2+1)=d2-8≥0,解得 d≤-2 2或 d≥2 2. 方法二 ∵S5S6+15=0,∴(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,即 2a2+9da1+10d2+1=0. 1 故(4a1+9d)2=d2-8.∴d2≥8. 故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2. 配套练习 2 解 (1)设等差数列{an}的公差为 d,则 an=a1+(n-1)d. 由 a1=1,a3=-3,可得 1+2d=-3,解得 d=-2. 从而 an=1+(n-1)×(-2)=3-2n. n[1+?3-2n?] (2)由(1)可知 an=3-2n,∴Sn= =2n-n2. 由 Sk=-35,可得 2k-k2=-35, 2 即 k2-2k-35=0,解得 k=7 或 k=-5. 又 k∈N*,故 k=7. 例3 解 (1)方法一 ∵a1=20,S10=S15,∴10×20+ 10×9 15×14 d=15×20+ d, 2 2 ∴a13=0,即当 n≤12 时,an>0,n≥14 时,an<0,

5 5 5 65 ∴d=- . ∴an=20+(n-1)×?-3?=- n+ . ? ? 3 3 3

12×11 ? 5? ∴当 n=12 或 13 时,Sn 取得最大值,且最大值为 S13=S12=12×20+ ×?-3?=130. 2 5 方法二 同方法一求得 d=- . 3 n?n-1? ? 5? 25 5 125 5 3 125 ∴Sn=20n+ ·-3?=- n2+ n=- ?n- 2 ?2+ . ? ? 2 6 6 6? 24

∵n∈N*,∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值,且最大值为 S12=S13=130. 5 方法三 同方法一得 d=- . 又由 S10=S15 得 a11+a12+a13+a14+a15=0. 3 ∴5a13=0,即 a13=0. ∴当 n=12 或 13 时,Sn 有最大值. 且最大值为 S12=S13=130. (2)∵an=4n-25,an+1=4(n+1)-25,∴an+1-an=4=d,又 a1=4×1-25=-21. ∴数列{an}是以-21 为首项,以 4 为公差的递增的等差数列.
? ① ?an=4n-25<0, 令? ?an+1=4?n+1?-25≥0, ② ?

1 1 由①得 n<6 ;由②得 n≥5 ,∴n=6. 即数列{|an|}的前 6 项是以 4 4

25

21 为首项,公差为-4 的等差数列,从第 7 项起以后各项构成公差为 4 的等差数列,而|a7|=a7=4×7-24=3.

?21n+n?n-1?×?-4? ?n≤6? 2 设{|a |}的前 n 项和为 T ,则 T =? ?n-6??n-7? ?66+3?n-6?+ 2 ×4 ?n≥7?
n n n

?-2n2+23n ?n≤6?, ? =? 2 ? ?2n -23n+132 ?n≥7?.

2 009×2 008 1 配套练习 3 解 方法一 (1)设公差为 d, 则由 S2 009=0?2 009a1+ d=0?a1+1 004d=0, d=- 2 1 004 2 009-n n n 2 009-n a1 a1,a1+an= a ,∴Sn= (a1+an)= · a= (2 009n-n2) 1 004 1 2 2 1 004 1 2 008 1 005 ∵a1<0,n∈N*,∴当 n=1 004 或 1 005 时,Sn 取最小值 a. 2 1 1 005-n 1 005-n a1 (2)an= a1. Sn≤an? (2 009n-n2)≤ a. 1 004 2 008 1 004 1 ∵a1<0,∴n2-2 011n+2 010≤0,即(n-1)(n-2 010)≤0,解得:1≤n≤2 010. 故所求 n 的取值集合为{n|1≤n≤2 010,n∈N*}. 综合练习 A 组:1.B 2.C 3.D 4.-1 1 5.15 6. 3

7.(1)解 an+1-an=[p(n+1)2+q(n+1)]-(pn2+qn)=2pn+p+q, 要使{an}是等差数列,则 2pn+p+q 应是一个与 n 无关的常数,∴只有 2p=0,即 p=0. 故当 p=0,q∈R 时,数列{an}是等差数列. (2)证明 ∵an+1-an=2pn+p+q,∴an+2-an+1=2p(n+1)+p+q, ∴(an+2-an+1)-(an+1-an)=2p 为一个常数.∴{an+1-an}是等差数列. B 组:1.A 2.A 67 19 3.D 6. 7.75 8. 66 41

? ? ?a2a3=45, ??a1+d??a1+2d?=45, 10.解 (1)由题设知,{an}是等差数列,且公差 d>0,则由? ,得? ?a1+a5=18, ?a1+?a1+4d?=18. ? ? ?a1=1, ? 解得? ? ?d=4.

∴an=4n-3 (n∈N*).

n?1+4n-3? 1 2n?n-2? 2 ? ? Sn 1 (2)由 bn= = = ,∵c≠0,∴可令 c=- ,得到 bn=2n. 2 n+c n+c n+c ∵bn+1-bn=2(n+1)-2n=2(n∈N*),∴数列{bn}是公差为 2 的等差数列. 1 即存在一个非零常数 c=- ,使数列{bn}也为等差数列. 2

§6.3
基础检测 1. 2,2,2 2或- 2,2,-2 2

等比数列及其前 n 项
2.5 3.240 4.2 5.A 考点导学·

例1



(1)设数列{an}的公比为 q,由通项公式 an=a1qn

-1

3 2 ? ?a6-a4=a1q ?q -1?=24, 及已知条件得:? 3 2 ? a ?a3·5=?a1q ? =64. ②



26

由②得 a1q =± 8.将 a1q =-8 代入①式,得 q =-2,无解,故舍去. 将 a1q3=8 代入①式,得 q2=4,∴q=± 2. a1?1-q8? a1?1-q8? 当 q=2 时,a1=1,∴S8= =255;当 q=-2 时,a1=-1,∴S8= =85. 1-q 1-q

3

3

2

(2)若 q=1,则 na1=40,2na1=3 280,矛盾.

?a ?1-q ?=40, ? 1-q ∴q≠1,∴? a ?1-q ? ? ? 1-q =3 280,
n 1 2n 1

① ②

② 得:1+qn=82,∴qn=81, ①



将③代入①得 q=1+2a1.


④ ⑤

又∵q>0,∴q>1,∴a1>0,{an}为递增数列.∴an=a1qn 1=27, 由③、④、⑤得 q=3,a1=1,n=4. ∴a2n=a8=1×37=2 187. 1 1 - n-1 配套练习 1 an= ·n 1 或 an=?-5?· 2 ? ? (-2) 15 例2 (1)证明 ∵an+Sn=n, ① ∴an+1+Sn+1=n+1. ②

an+1-1 1 ②-①得 an+1-an+an+1=1,∴2an+1=an+1,∴2(an+1-1)=an-1,∴ = ,∴{an-1}是等比数列. an-1 2 1 1 1 ∵首项 c1=a1-1,又 a1+a1=1,∴a1= ,∴c1=- ,公比 q= . 2 2 2 1 1 又 cn=an-1,∴{cn}是以- 为首项, 为公比的等比数列. 2 2 1 ?1 - 1 1 (2)解 由(1)可知 cn=?-2?·2?n 1=-?2?n,∴an=cn+1=1-?2?n. ? ?? ? ? ? ? ? 1 1 - 1 - 1 1 ∴当 n≥2 时,bn=an-an-1=1-?2?n-?1-?2?n 1?=?2?n 1-?2?n=?2?n. ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 又 b1=a1= 代入上式也符合,∴bn=?2?n. ? ? 2 配套练习 2 (1)证明 由已知有 a1+a2=4a1+2,解得 a2=3a1+2=5,故 b1=a2-2a1=3.又 an+2=Sn+2-Sn+1 =4an+1+2-(4an+2)=4an+1-4an,于是 an+2-2an+1=2(an+1-2an),即 bn+1=2bn.因此数列{bn}是首项为 3,公比 为 2 的等比数列. 例3 解 (2)an=(3n-1)·n 2
-2

1 - a5 1 1 - (1)设公比为 q,则 =q3,即 q3=- ,∴q=- ,∴an=a5·n 5=?-2?n 4. q ? ? a2 8 2

(2)∵a3a4a5=8,又 a3a5=a2,∴a3=8,a4=2. ∴a2a3a4a5a6=a5=25=32. 4 4 4
?a3·8=-512 ?a3=-4 ?a3=128 ? a ? ? 配套练习 3 解 (1)a4·7=a3·8=-512,∴? a a ,解之得? 或? . ? ? ? ?a3+a8=124 ?a8=128 ?a8=-4 ? ?a3=-4 a8 a3 当? 时,q5= =-32,∴q=-2. ∴a1= 2=-1,∴a10=a1q9=-1×(-2)9=512. a3 q ? ?a8=128 ? ?a3=128 a8 1 1 1 当? 时,q5= =- ,q=- . 又∵q 为整数,∴q=- 舍去.综上所述:a10=512. a3 32 2 2 ?a8=-4 ?

(2)∵a3a11=a2=4a7,∵a7≠0,∴a7=4,∴b7=4,∵{bn}为等差数列,∴b5+b9=2b7=8. 7 (3)a1a2a3a4=a1a1qa1q2a1q3=a4q6=1. 1 ① a13a14a15a16=a1q12·1q13·1q14·1q15=a4·54=8. a a a 1q ②

27

a4·54 48 1q ②÷ ①: 4 6 =q =8?q16=2, a1· q 又 a41a42a43a44=a1q40·1q41·1q42·1q43=a4·166=a4·6·160=(a4·6)· 16)10=1·10=1 024. a a a 2 1q 1q q 1 q (q 例4 解 (1)由已知有 a2=1+d,a5=1+4d,a14=1+13d,∴(1+4d)2=(1+d)(1+13d).解得 d=2 (∵d>0).
- -

∴an=1+(n-1)· 2=2n-1. 又 b2=a2=3,b3=a5=9,∴数列{bn}的公比为 3,∴bn=3·n 2=3n 1. 3 cn-1 c1 c2 cn c1 c2 cn (2)由 + +?+ =an+1 得, n≥2 时, + +?+ 当 =an.两式相减得: n≥2 时, =an+1-an=2. ∴cn b1 b2 bn b1 b2 bn bn-1 =2bn=2·n 3
-1

?3 ?n=1? ? c1 (n≥2).又当 n=1 时, =a2,∴c1=3. ∴cn=? n-1 . b1 ? 3 ?n≥2? ?2·

6-2×32 013 ∴c1+c2+c3+?+c2 013=3+ =3+(-3+32 013)=32 013. 1-3 1 配套练习 4 解 (1)由 a1= ,an+1·n<0 知,当 n 为偶数时,an<0;当 n 为奇数时, a 2 3?an+1-an? 1-an+1 an>0.由 = ,得 3(a2+1-a2)=1-a2+1. n n n 1+an+1 an+1+an 3 3 2 即 4an+1-3a2=1,∴4(a2+1-1)=3(a2-1),即数列{a2-1}是以 a2-1=- 为首项, 为公比的等比数列. n n n n 1 4 4 3 3 3 3 - - ∴a2-1=- ?4?n 1=-?4?n,a2=1-?4?n,故 an=(-1)n 1 n n ? ? ? ? 4? ? 3 1-?4?n (n∈N*). ? ?

3 + 3 1 ?3 (2)由(1)知 bn=a2+1-a2=1-?4?n 1-1+?4?n= ·4?n,则对于任意的 n∈N*,bn>bn+1. n n ? ? ? ? 4? ? 假设数列{bn}中存在三项 br,bs,bt (r<s<t)成等差数列,则 br>bs>bt, 3 3 1 3 1 3 1 3 ?3 即只能有 2bs=br+bt 成立,∴2·?4?s= ?4?r+ ?4?t,2·4?s=?4?r+?4?t, ? ? ? ? ? ? 4? ? 4? ? 4? ? ∴2·s·t s=3r·t r+3t,∵r<s<t,∴t-s>0,t-r>0, 3 4 4 ∴2·s·t s 是偶数,3r·t r+3t 是奇数,而偶数与奇数不可能相等,因此数列{bn}中任意三项不可能构成等差数列. 3 4 4 综合练习 A 组:1.C 2.C
?1 n=1 ? 3.B 5.7 6.an=? n-2 ? n≥2 ?2×3
- - - -

7.-2 8.(1)an=2n-2

(2)Tn=2n-1

?1S2+1S3=2, ?3S2+2S3=12, ?S2=2, ? ? ? 3 9.解 (1)根据已知条件?2 ,整理得? ,解得 3S2=2S3=6,即? ? ? ??3S2??2S3?=36. ?S3=3. ? ??2S2??3S3?=36.
4?1-?-2? ? ?a1?1+q?=2, ? 1 8 8 1 ? (2)∵q≠1,则 ,可解得 q=- ,a1=4. ∴Sn= = - ?-2?n. 2 2 1 3 3? ? ? ?a1?1+q+q ?=3. 1+ 2

?

? 1?n?

?-1??1-?-1?n? 1 8 8? 2?? ? 2? ? 8 8 (3)由(2)得 S1+S2+?+Sn= n- = n+ ?1-?-2?n?. 3 3 1 3 9? ? ? ? 1-?-2? ? ?
b9 B 组:1.C 2.B 3.D 6. 8 a 7.100 8.15

28

n?n+1? 9.(1)an=2n (2)解 ∵bn=log2an,an=2n,∴bn=n. ∴{bn}的前 n 项和 Sn=1+2+3+?+n= . 2 10.证明 (1)由(3-m)Sn+2man=m+3,得(3-m)Sn+1+2man+1=m+3,两式相减,得(3+m)an+1=2man,

an+1 2m ∵m≠-3 且 m≠0,∴ = (n≥1). ∴{an}是等比数列. an m+3 2m 2m (2)由(3-m)S1+2ma1=m+3,S1=a1,解得 a1=1,∴b1=1.又∵{an}的公比为 ,∴q=f(m)= , m+3 m+3 3 3 2bn-1 1 1 1 n≥2 时,bn= f(bn-1)= · ,∴bnbn-1+3bn=3bn-1,推出 - = , 2 2 bn-1+3 bn bn-1 3 n-1 n+2 ?1? 1 1 3 ∴?b ?是以 1 为首项, 为公差的等差数列,∴ =1+ = ,∴bn= . 3 bn 3 3 ? n? n+2

§ 6.4 数列求和
基础检测:1. 2n 2.54 3.6 4.D 5.C n+1 考点导学· 例 1 n· +1 2 1 1 1 1 1 解 (1)由于 an= =n+ n, ∴Sn=?1+21?+?2+22?+?3+23?+?+?n+2n?=(1+2+3+?+n)+ ? ? ? ? ? ? ? ? 2n 2
n

1 1? 1- n? ?1+ 12+ 13+?+ 1n?=n?n+1?+2? 2 ?=n?n+1?- 1n+1. 2? ?2 2 2 2 1 2 2 1- 2 (2)当 x=± 时,Sn=4n.当 x≠± 时, 1 1 1 1 1 1 1 1 2 n 2 4 2n Sn=?x+x?2+?x +x2?2+?+?x +xn?2=?x +2+x2?+?x +2+x4? +?+?x +2+x2n? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
-2 -2n 2 2n 2n 2n+2 ? 12+ 14+?+ 1 ?=x ?x -1?+x ?1-x2 ?+2n=?x -1??x +1?+2n. =(x +x +?+x )+2n+?x x - x2n? x2-1 1-x x2n?x2-1?

2

4

2n

?x=± 1?, ?4n ? 2n 2n+2 ∴Sn=??x -1??x +1? 1?. ? x2n?x2-1? +2n ?x≠± ? 1 1 1 和式中第 k 项为 ak=1+ + +?+ k-1= 2 4 2 1 1-?2?k ? ? 1 1- 2 1 1 1 =2?1-2k?.∴Sn=2[?1-2?+?1-22?+?+ ? ? ? ? ? ?

配套练习 1 解

1 1? 1- n? 2? 2 ? 1? 1 ?1- n ]=2[(1+1+?+1 ? -(1+ 12+?+ 1n)]=2 n- = n-1+2n-2. ? 2? 1 2 2 2 n个 2 1- 2

? ? ?

? ? ?

例2

n - 解 (1)∵a1+3a2+32a3+?+3n 1an= , 3

① ②

n-1 - ∴当 n≥2 时,a1+3a2+32a3+?+3n 2an-1= , 3 1 1 - ①-②得 3n 1an= ,∴an= n. 3 3

1 1 1 在①中,令 n=1,得 a1= ,适合 an= n,∴an= n. 3 3 3

29

n (2)∵bn= ,∴bn=n·n.∴Sn=3+2×32+3×33+?+n·n, 3 3 an ∴3Sn=32+2×33+3×34+?+n·n 1. 3


③ ④


3?1-3n? ?2n-1?3n 1 3 + + ④-③得 2Sn=n·n 1-(3+32+33+?+3n),即 2Sn=n·n 1- 3 3 ,∴Sn= + . 4 4 1-3 配套练习 2 (1)证明 ∵Sn+n=2an,即 Sn=2an-n,∴Sn-1=2an-1-(n-1) (n≥2,n∈N*). 两式相减化简,得 an=2an-1+1. ∴an+1=2(an-1+1) (n≥2,n∈N*), ∴数列{an+1}为等比数列,∵Sn+n=2an,令 n=1,得 a1=1. (2)解 ∵bn=(2n+1)an+2n+1,∴bn=(2n+1)·n. 2 ∴Tn=3×2+5×22+7×23+?+(2n-1)·n 1+(2n+1)·n, 2 2 2Tn=3×22+5×23+?+(2n-1)·n+(2n+1)·n 1, 2 2
+ + -

a1+1=2,∴an+1=2n,∴an=2n-1.

① ②

①-②,得-Tn=3×2+2(22+23+?+2n)-(2n+1)·n 1=6+2× 2 +1)·n 1=-2-(2n-1)·n 1. 2 2
+ +



22-2n 1 + + -(2n+1)·n 1=-2+2n 2-(2n 2 1-2

∴Tn=2+(2n-1)·n 1. 2




Tn-2 2+?2n-1?·n 1-2 2 + 若 >2 013,则 >2 013,即 2n 1>2 013. 2n-1 2n-1 Tn-2 由于 210=1 024,211=2 048,∴n+1≥11,即 n≥10.∴满足不等式 >2 013 的 n 的最小值是 10. 2n-1 例3 解 1 1 (1)∵S2=an?Sn-2?,an=Sn-Sn-1 (n≥2),∴S2=(Sn-Sn-1)?Sn-2?,即 2Sn-1Sn=Sn-1-Sn, n n ? ? ? ? ①

1 1 由题意 Sn-1·n≠0,①式两边同除以 Sn-1·n,得 - S S =2, Sn Sn-1
?1? 1 1 1 1 ∴数列?S ?是首项为 = =1,公差为 2 的等差数列. ∴ =1+2(n-1)=2n-1,∴Sn= . S1 a1 Sn ? n? 2n-1

1 ? Sn 1 1 1 - (2)又 bn= = = ? , 2n+1 ?2n-1??2n+1? 2?2n-1 2n+1? 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn=b1+b2+?+bn= [?1-3?+?3-5?+?+?2n-1-2n+1?]= ?1-2n+1?= ? ? ? 2? ? ? 2? ? 2n+1.

配套练习 3 (1)解

?a =2S , 由已知得? 1 ?a =2S
1
n+1 n n n-1

3 (n≥2),得到 an+1= an (n≥2). 2

3 1 1 1 ∴数列{an}是以 a2 为首项,以 为公比的等比数列.又 a2= S1= a1= , 2 2 2 2 n=1, ?1, ?3?n-2 =1?3?n-2 (n≥2),∴an=?1 3 ∴an=a2×?2? ? ? ?n-2 2?2? ?2?2? , n≥2. ? 3 3 3 ?3 n-1 1 1 1 1 (2)证明 bn=log (3an+1)=log ?2·2? ?=n,∴ = = - . 2 2? ? ? ? bnbn+1 n?1+n? n 1+n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Tn= + + +?+ =?1-2?+?2-3?+?3-4?+?+?n-1+n?=1- = . ? ? ? ? ? ? b1b2 b2b3 b3b4 ? ? bnbn+1 1+n 1+n

30

综合练习 A 组:1.C 2.B 1 3.C 4. (4n-1) 5.2 600 6.66 3

7.解 ∵an+1=3an+2 (n∈N*),∴an+1+1=3(an+1).∴{an+1}是以 a1+1=3 为首项,3 为公比的等比数列. ∴an+1=3n,故 an=3n-1. 而 Sn=a1+a2+?+an=(31-1)+(32-1)+?+(3n-1) 3?1-3n? 3?3n-1? 1 3 + =(31+32+?+3n)-n= -n= -n= ×3n 1-n- . 2 2 2 1-3 8.解 (1)∵an+1=2Sn,∴Sn+1-Sn=2Sn, Sn+1 - ∴ =3.又∵S1=a1=1,∴数列{Sn}是首项为 1,公比为 3 的等比数列,Sn=3n 1 (n∈N*). Sn
? ?1,n=1, - 当 n≥2 时,an=2Sn-1=2·n 2,∴an=? n-2 3 ?2· ,n≥2. ? 3

(2)Tn=a1+2a2+3a3+?+nan,当 n=1 时,T1=1; 当 n≥2 时,Tn=1+4·0+6·1+?+2n·n 2, 3 3 3 3Tn=3+4·1+6·2+?+2n·n 1, 3 3 3
- - -

① ②

3?1-3n 2? - - - - ①-②得:-2Tn=2+2(31+32+?+3n 2)-2n·n 1=2+2· 3 -2n·n 1=-1+(1-2n)·n 1. 3 3 1-3 1 - 1 - 1 1 ∴Tn= +?n-2?3n 1 (n≥2). 又∵T1 也满足上式,故 Tn= +?n-2?3n 1 (n∈N*). ? ? 2 ? 2 ? B 组:1.C 2.C 3.B 4.10 5.2n2+6n 6.765 7.2n-1 9.解 n+2 2- n 2

(1)∵a1=1,an+1=2Sn+1 (n∈N*),∴an=2Sn-1+1 (n∈N*,n>1),∴an+1-an=2(Sn-Sn-1), 即 an+1-an=2an,∴an+1=3an (n∈N*,n>1). 而 a2=2a1+1=3,∴a2=3a1. ∴数列{an}是以 1 为首项,3 为公比的等比数列,∴an=3n 在等差数列{bn}中,∵b1+b2+b3=15,∴b2=5. 又∵a1+b1、a2+b2、a3+b3 成等比数列,设等差数列{bn}的公差为 d,则有(a1+b1)(a3+b3)=(a2+b2)2. ∴(1+5-d)(9+5+d)=64,解得 d=-10 或 d=2,∵bn>0 (n∈N*), ∴舍去 d=-10,取 d=2,∴b1=3,∴bn=2n+1 (n∈N*). (2)由(1)知 Tn=3×1+5×3+7×32+?+(2n-1)3n 2+(2n+1)3n 1, ∴3Tn=3×3+5×32+7×33+?+(2n-1)·n 1+(2n+1)3n, 3
- - - - -1

(n∈N*). ∴a1=1,a2=3,a3=9,

① ②


∴①-②得-2Tn=3×1+2×3+2×32 +2×33+?+2×3n 1 -(2n+1)3n =3+2(3+32 +33 +?+3n 1)- 3-3n (2n+1)3n=3+2× -(2n+1)3n=3n-(2n+1)3n=-2n·n.∴Tn=n·n. 3 3 1-3

§ 6.5 数列的综合应用
考点导学· 例1 an+1 (1)证明 ∵bn=log2an,∴bn+1-bn=log2 =log2q 为常数,∴数列{bn}为等差数列且公差 d=log2q. an 9n-n2 - (2)Sn= an=25 n (n∈N*) 2

31

n?9-n? - (3)解 显然 an=25 n>0,当 n≥9 时,Sn= ≤0,∴n≥9 时,an>Sn. 2 1 1 1 ∵a1=16,a2=8,a3=4,a4=2,a5=1,a6= ,a7= ,a8= , 2 4 8 S1=4,S2=7,S3=9,S4=10,S5=10,S6=9,S7=7,S8=4, ∴当 n=3,4,5,6,7,8 时,an<Sn;当 n=1,2 或 n≥9 时,an>Sn. 配套练习 1 (1)证明 由题设 an+1=(1+q)an-qan-1 (n≥2),得 an+1-an=q(an-an-1), 即 bn=qbn-1,n≥2.由 b1=a2-a1=1,q≠0,∴{bn}是首项为 1,公比为 q 的等比数列.

?1+1-q , q≠1 ? 1-q (2)an=? ?n, q=1 ?
(3)解 由(2),当 q=1 时,显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项,故 q≠1. 由 a3-a6=a9-a3 可得 q5-q2=q2-q8,由 q≠0 得 q3-1=1-q6, 3 整理得(q3)2+q3-2=0,解得 q3=-2 或 q3=1(舍去).于是 q=- 2. qn 2-qn 1 qn 1 3 qn 1-qn 5 qn 1 另一方面,an-an+3= = (q -1);an+6-an= = (1-q6). 1-q 1-q 1-q 1-q 由①可得 an-an+3=an+6-an,即 2an=an+3+an+6,n∈N*. ∴对任意的 n∈N*,an 是 an+3 与 an+6 的等差中项. 例2 解 1 1 2 (1)由已知得 log22an- =2n,∴an- =2n,即 an-2nan-1=0. log22an an
+ - - - + -

n-1



∴an=n± n2+1. ∵0<x<1,∴0<2an<1,∴an<0. ∴an=n- n2+1. (2)∵ an+1 ?n+1?- ?n+1?2+1 n+ n2+1 = = <1, an n- n2+1 n+1+ ?n+1?2+1

又∵an<0,∴an+1>an,∴{an}是递增数列. 配套练习 2 (1)f(x)=(x-1)2 3 - (2)an=?4?n 1+1 ? ?

1 3 - 1 1 3 (3)解 bn=3(an-1)2-4(an+1-1),令 bn=y,u=?4?n 1,则 y=3??u-2?2-4?=3?u-2?2- . ? ? ? ? 4 ?? ? ? 3 9 27 9 1 ∵n∈N*,∴u 的值分别为 1, , , ,?,经比较 距 最近, 4 16 64 16 2 189 ∴当 n=3 时,bn 有最小值是- ,当 n=1 时,bn 有最大值是 0. 256 例3 n+2 3 4 5 6 (1)b1= ,b2= ,b3= ,b4= (2)bn= 4 5 6 7 n+3 (3)解 an=1-bn= 1 1 1 1 ,∴Sn=a1a2+a2a3+?+anan+1= + +?+ n+3 4×5 5×6 ?n+3??n+4?

1 1 1 1 1 1 1 1 n =?4-5?+?5-6?+?+?n+3-n+4?= - ? ? ? ? ? ? 4 n+4=4?n+4?.
2 an n+2 ?a-1?n +?3a-6?n-8 ∴4aSn-bn= - = . n+4 n+3 ?n+3??n+4?

由条件可知(a-1)n2+(3a-6)n-8<0 在[1,+∞)上恒成立即可满足条件.

32

设 f(x)=(a-1)x +3(a-2)x-8,则 a=1 时,f(x)=-3x-8<0,恒成立; 1 3 a-2 3 a>1 时,由二次函数的性质知不可能成立;a<1 时,对称轴 x=- · =- ?1-a-1?<0. 2 a-1 2? ? f(x)在[1,+∞)上为单调递减函数. f(1)=(a-1)+(3a-6)-8=4a-15<0.

2

15 ∴a< ,∴a<1 时,4aSn<bn 恒成立. 综上知,a≤1 时,4aSn<bn 恒成立. 4 2 1 4 配套练习 3 (1)an= n+ (2)- (2n2+3n) (3)2 012 3 3 9 例4 解 (1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,其中 a1=250,d=50,

n?n-1? 则 Sn=250n+ ×50=25n2+225n, 2 令 25n2+225n≥4 750,即 n2+9n-190≥0,而 n 是正整数, ∴n≥10.∴到 2017 年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于 4 750 万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{bn}, 由题意可知{bn}是等比数列, 其中 b1=400, q=1.08, bn=400×(1.08)n 则
-1

.由题意可知 an>0.85bn,


有 250+(n-1)×50>400×(1.08)n 1×0.85.当 n=5 时,a5<0.85b5,当 n=6 时,a6>0.85b6, ∴满足上述不等式的最小正整数 n 为 6. ∴到 2013 年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于 85%. 4 5 配套练习 4 (1)an=4 000×?1-?5?n?,bn=1 600×??4?n-1? ? ? ?? ?? ? ? (2)解 设经过 n 年,旅游业的总收入超过总投入,由此 bn-an>0, 5 4 4 即 1 600×??4?n-1?-4 000×?1-?5?n?>0,令 x=?5?n,代入上式得 5x2-7x+2>0, ?? ? ? ? ? ?? ? ? 4 2 2 解此不等式,得 x< ,或 x>1(舍去),即?5?n< ,由此得 n≥5. ? ? 5 5 答:至少经过 5 年,旅游业的总收入才能超过总投入. 综合练习 A 组:1.A 2.A 3.A 7.解 3 4. 3 5.-10 6.9

(1)设此等比数列为 a1,a1q,a1q2,a1q3,?,其中 a1≠0,q≠0. 由题意知:a1q+a1q2+a1q3=28, ① a1q+a1q3=2(a1q2+2). ②

1 ②×7-①得 6a1q3-15a1q2+6a1q=0,即 2q2-5q+2=0,解得 q=2 或 q= . 2 ∵等比数列{an}单调递增,∴a1=2,q=2,∴an=2n. (2)由(1)得 bn=-n·n,∴Sn=b1+b2+?+bn=-(1×2+2×22+?+n·n). 2 2 设 Tn=1×2+2×22+?+n·n, 2 ③ 则 2Tn=1×22+2×23+?+n·n 1. 2
n+1




由③-④,得-Tn=1×2+1×22+?+1·n-n· 2 2
+ +

=2

n+1

-2-n· 2

n+1

=(1-n)· 2

n+1

-2,

∴-Tn=-(n-1)·n 1-2. ∴Sn=-(n-1)·n 1-2. 2 2 要使 Sn+n·n 1>50 成立,即-(n-1)·n 1-2+n·n 1>50,即 2n>26. 2 2 2 ∵24=16<26,25=32>26,且 y=2x 是单调递增函数,∴满足条件的 n 的最小值为 5. 8.解 设该人将 1 万元购买股票,x 年后所得的总红利为 y 万元,则
+ + +

33

y=24%+24%(1+6%)+24%(1+6%) +?+24%(1+6%)x 1=24%(1+1.06+1.062+?+1.06x 1)=4(1.06x-1). 5 (1)由题意,得 4(1.06x-1)=1,∴1.06x= .两边取常用对数,得 4 1-3lg 2 1-3×0.301 0 5 xlg 1.06=lg =lg 5-lg 4=1-3lg 2. ∴x= ≈ ≈4. 4 lg 1.06 0.025 3 4 (2)由题意,得 4(1.06x-1)=(1+6%)x,∴1.06x= .解得 x≈5. 3 答:(1)买股票 4 年后所得的红利才能和原来的投资款相等; (2)经过大约 5 年,买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等。 B 组:1.A 2.A 3.C 4.2 000 8.解 n2-n+6 n+1 + 5. 6.2n 1-2 7.(1)an= ,n∈N* 2 n (2)Sn=n·n 2
+1

2





(1)由题意得(a1+d)(a1+13d)=(a1+4d)2,整理得 2a1d=d2. ∵a1=1,解得 d=2,d=0(舍). ∴an=2n-1 (n∈N*). 1 1 1 1 1 (2)bn= = = ?n-n+1?, ? n?an+3? 2n?n+1? 2? 1 1 1 1 1 1 1 1 n ∴Sn=b1+b2+?+bn= [?1-2?+?2-3?+?n-n+1?]= ?1-n+1?= ? ? ? ? 2? ? 2? ? 2?n+1?. n+1 t n 1 假设存在整数 t 满足 Sn> 总成立,又 Sn+1-Sn= - = >0, 36 2?n+2? 2?n+1? 2?n+2??n+1? 1 t 1 ∴数列{Sn}是单调递增的. ∴S1= 为 Sn 的最小值,故 < ,即 t<9. 4 36 4 又∵t∈Z,∴适合条件的 t 的最大值为 8.

34

§7.1
要点梳理

不等关系与不等式

1.(1)> = < (2)> = 2.(1)> (2)> (3)> < > > > b<a 3.(1)①< ②< ③> ④< < 基础检测 1.②⑤ 2.①②④ 考点导学· 例1 解 (1)因未知 c 的正负或是否为零,无法确定 ac 与 bc 的大小,∴是假命题. 3. a > d b 4.ab>ab2>a c

(2)∵c2≥0,∴只有 c≠0 时才正确. c=0 时,ac2=bc2,∴是假命题. (3)∵a<b,a<0?a2>ab;a<b,b<0?ab>b2,∴a2>ab>b2,命题是真命题. 1 1 (4)由性质定理 a<b<0? > ,命题是真命题. a b 2 3 (5)例如-3<-2<0, < ,命题是假命题. 3 2

?-a>-b>0 ?-a>-b>0 ? ? a b 或者由 a<b<0??1 1 ?? 1 ? > ,命题是假命题. 1 b a ?b<a<0 ?-b>-a>0 ? ?
配套练习 1 解 (1)原命题改为:若 a>b 且 c≤0,则 ac≤bc,即增加条件“c≤0”. (2)由 ac2>bc2 可得 a>b,当 b≥0 时,有 a2>b2.即增加条件“b≥0”. (3)由 a>b 可得 a+1>b+1,但作为真数,应有 b+1>0,故应增加条件“b>-1”. 例2 1 a2 a2 1 解 ∵ -(1+a)= ,①当 a=0 时, =0,∴ =1+a. 1-a 1-a 1-a 1-a a2 1 a2 1 ②当 a<1,且 a≠0 时, >0,∴ >1+a. ③当 a>1 时, <0,∴ <1+a. 1-a 1-a 1-a 1-a 配套练习 2 解 方法一 (作差法) 1 ∵a2+b2+c2-(ab+bc+ca)= [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0, 2 当且仅当 a=b=c 时取等号,∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 方法二 (函数法) 记 t=a2+b2+c2-(ab+bc+ca)=a2-(b+c)a+b2+c2-bc, ∵Δ=(b+c)2-4(b2+c2-bc)=-3b2-3c2+6bc=-3(b-c)2≤0, ∴t≥0 对 a∈R 恒成立,即 a2+b2+c2≥ab+bc+ca. 例3 解 方法一 设 f(-2)=mf(-1)+nf(1) (m,n 为待定系数),则 4a-2b=m(a-b)+n(a+b),
? ? ?m+n=4 ?m=3 即 4a-2b=(m+n)a+(n-m)b. 于是得? ,解得? ,∴f(-2)=3f(-1)+f(1). ? ? ?n-m=-2 ?n=1

又∵1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,∴5≤3f(-1)+f(1)≤10,故 5≤f(-2)≤10.
?f?-1?=a-b ? 由? ,得 ? ?f?1?=a+b

方法二

?a=2[f?-1?+f?1?] ? 1 ?b=2[f?1?-f?-1?]
1

,∴f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1).

35

又∵1≤f(-1)≤2,2≤f(1)≤4,∴5≤3f(-1)+f(1)≤10,故 5≤f(-2)≤10.
?1≤a-b≤2 ? 方法三 由? 确定的平面区域如图阴影部分, ? ?2≤a+b≤4

3 1 3 1 当 f(-2)=4a-2b 过点 A?2,2?时,取得最小值 4× -2× =5, ? ? 2 2 当 f(-2)=4a-2b 过点 B(3,1)时,取得最大值 4×3-2×1=10,∴5≤f(-2)≤10. 配套练习 3 27 综合练习 A组 1.D 2.B 7.解 3π π 3.A 4.?- 2 ,2? ? ? 5.②③ 6.②

(1)∵3x2-x+1-2x2-x+1=x2-2x+2=(x-1)2+1>0,∴3x2-x+1>2x2+x-1. a - aabb - - - 1 - (2) b a=aa bbb a=aa b?b?a b=?b?a b. ? ? ? ? ab a - a - a a 当 a>b,即 a-b>0, >1 时,?b?a b>1,∴aabb>abba. 当 a<b,即 a-b<0, <1 时,?b?a b>1, ? ? ? ? b b ∴aabb>abba. ∴当 a>0,b>0 且 a≠b 时,aabb>abba.

8.解 ∵f(1)=0,∴a+b+c=0,∴b=-(a+c),又 a>b>c,∴a>-(a+c)>c,且 a>0,c<0, 2c <-1, a a+c c c c ∴1>- > ,∴1>-1- > ,∴ a a a a c >-2, a B组 1.D 2.C 7.证明 3.A 4.②④ 5.z>y>x 6.f(n)<φ(n)<g(n)

? ? ?

c 1 ∴-2< <- . a 2

bx-ay x y 1 1 - = . ∵ > 且 a,b∈(0,+∞),∴b>a>0, 又∵x>y>0,∴bx>ay>0, x+a y+b ?x+a??y+b? a b bx-ay x y ∴ >0,∴ > . ?x+a??y+b? x+a y+b

8.解

(1)方法一 (x2+y2)(x-y)-(x2-y2)(x+y)=(x-y)[x2+y2-(x+y)2]=-2xy(x-y), ∵x<y<0,∴xy>0,x-y<0,∴-2xy(x-y)>0,∴(x2+y2)(x-y)>(x2-y2)(x+y). 方法二 ∵x<y<0,∴x-y<0,x2>y2,x+y<0.∴(x2+y2)(x-y)<0,(x2-y2)(x+y)<0, ?x2+y2??x-y? x2+y2 ∴0< 2 2 = 2 2 <1,∴(x2+y2)(x-y)>(x2-y2)(x+y). ?x -y ??x+y? x +y +2xy an+bn a b (2)∵a,b,c∈{正实数},∴an,bn,cn>0,而 n =?c?n+?c?n. ? ? ? ? c

36

a b a b ∵a2+b2=c2,则?c?2+?c?2=1,∴0< <1,0< <1. ? ? ? ? c c a a b b an+bn a b a2+b2 n n n ∵n∈N,n>2,∴?c?n<?c?2,?c?n<?c?2,∴ n =? c?n+? c?n< 2 =1,∴a +b <c . ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? c c

§7.2
基础检测

一元二次不等式及其解法

要点梳理 1.{x|x<x1 或 x>x2} {x|x≠x1} {x|x∈R} {x|x1<x<x2} ? ?

1.{x|-4<x<1 或 3<x<4} 2.{x|-1<x<1} 3.(-∞,-4]∪[3,+∞) 4.(-∞,- 2)∪( 2,+∞) 1 ? ? 5.?x|x≥2或x<0?
? ?

考点导学· 例1 解 (1)∵不等式 ax2-3x+6>4 的解集为{x|x<1 或 x>b},∴x1=1 与 x2=b 是方程 ax2-3x+2=0 的两个实 3
? ?a=1, 解得? ?b=2. ?

?1+b=a, 数根,b>1 且 a>0.由根与系数的关系,得? 2 ?1×b=a.

(2)不等式 ax2-(ac+b)x+bc<0,即 x2-(2+c)x+2c<0,即(x-2)(x-c)<0. 当 c>2 时,不等式(x-2)(x-c)<0 的解集为{x|2<x<c};当 c<2 时,不等式(x-2)(x-c)<0 的解 集为{x|c<x<2};当 c=2 时,不等式(x-2)(x-c)<0 的解集为?. ∴当 c>2 时,不等式 ax2-(ac+b)x+bc<0 的解集为{x|2<x<c};当 c<2 时,不等式 ax2-(ac +b)x+bc<0 的解集为{x|c<x<2};当 c=2 时,不等式 ax2-(ac+b)x+bc<0 的解集为?. 配套练习 1 解 由已知得:A={x|-1≤x≤3},B={x|m-2≤x≤m+2}.
?m-2=0, ?m=2, ? ? (1)∵A∩B=[0,3],∴? ∴? ∴m=2. ?m+2≥3, ?m≥1. ? ?

(2)?RB={x|x<m-2 或 x>m+2}.∵A??RB,∴m-2>3,或 m+2<-1,∴m>5 或 m<-3. 例2 解 (1)∵f(x)+2x>0 的解集为(1,3),f(x)+2x=a(x-1)(x-3),且 a<0, ① ②

因而 f(x)=a(x-1)(x-3)-2x=ax2-(2+4a)x+3a. 由方程 f(x)+6a=0,得 ax2-(2+4a)x+9a=0. ∵方程②有两个相等的根,∴Δ=[-(2+4a)]2-4a· 9a=0, 1 即 5a2-4a-1=0,解得 a=1 或 a=- . 5 1 1 6 3 由于 a<0,舍去 a=1,将 a=- 代入①得 f(x)的解析式 f(x)=- x2- x- . 5 5 5 5 1+2a?2 a2+4a+1 (2)由 f(x)=ax2-2(1+2a)x+3a=a?x- - 及 a<0, a a ? ?

?-a +4a+1>0, ? a +4a+1 a 可得 f(x)的最大值为- . 由? ,解得 a<-2- 3或-2+ 3<a<0. a ? ?a<0,
2

2

故当 f(x)的最大值为正数时,实数 a 的取值范围是(-∞,-2- 3)∪(-2+ 3,0).

37

1 1 1 1 配套练习 2 解 ∵当 y<0 时,有- <x< ,∴x1=- 与 x2= 是方程 x2+px+q=0 的两个实数根. 2 3 2 3

?3-2=-p, 由根与系数的关系得? 1 1 ?3×?-2?=q, ? ?
1 1

?p=6, ,解得? 1 ?q=-6,
1

1 1 ∴不等式 qx2+px+1>0?- x2+ x+1>0?x2-x-6<0,解得-2<x<3, 6 6 即不等式 qx2+px+1>0 的解集为{x|-2<x<3}. 例3 解 (1)由题意得 y=[12(1+0.75x)-10(1+x)]×10 000 ×(1+0.6x) (0<x<1),

整理得 y=-6 000x2+2 000 x+20 000(0<x<1).
?y-?12-10?×10 000>0, ? (2)要保证本年度的年利润比上年度有所增加,必须有? ? ?0<x<1,
2 ? ?-6 000x +2 000x>0, 1 1 即? ,解得 0<x< ,∴投入成本增加的比例应在?0,3?范围内. ? ? 3 ?0<x<1, ?

x y 配套练习 3 解 (1)按现在的定价上涨 x 成时,上涨后的定价为 p?1+10?元,每月卖出数量为 n?1-10?件,每月 ? ? ? ? x y ?10+x??10-y? 售货总金额是 npz 元,因而 npz=p?1+10?·?1-10?,∴z= . ? ? n? ? 100 ?10+x??10-kx? 1-k k (2)在 y=kx 的条件下,z= =- x2+ x+1, 100 100 10 1-k 10 5?1-k? 5?1-k? 5?1-k? ,∵0<k<1,∴ >0,∴当 x= 时,z 有最大值. k k k

对称轴 x=-

= k 2×?-100? ? ?

2 ?10+x??10-3x? ? ? 2 (3)当 y= x 时,z= ,要使每月售货总金额有所增加,即 z>1, 3 100 2 ? 应有(10+x)·10-3x?>100,即 x(x-5)<0,∴0<x<5,∴所求 x 的范围是(0,5). ? ? 综合练习 A组 1.C 2.A 7.解 3.D 4.2 5.-4,-9 6.{x|x≥-3}

x 8 (1)依题意,y=100?1-10?· ?1+50x?. 又售价不能低于成本价, ? ? 100? ? x ∴100?1-10?-80≥0. ∴y=f(x)=40(10-x)(25+4x),定义域为 x∈[0,2]. ? ? 1 13 (2)由题意得 40(10-x)(25+4x)≥10 260,化简得 8x2-30x+13≤0.解得 ≤x≤ . 2 4 1 ∴x 的取值范围是?2,2?. ? ?

8.解 由题意知,F(x)=f(x)-x=a(x-m)· (x-n),当 m=-1,n=2 时,不等式 F(x)>0, 即 a(x+1)(x-2)>0. 当 a>0 时,不等式 F(x)>0 的解集为{x|x<-1 或 x>2}; 当 a<0 时,不等式 F(x)>0 的解集为{x|-1<x<2}.

38

(2)f(x)-m=a(x-m)(x-n)+x-m=(x-m)(ax-an+1), 1 ∵a>0,且 0<x<m<n< ,∴x-m<0,1-an+ax>0. ∴f(x)-m<0,即 f(x)<m. a B组 1.A 2.C 3.B 4.(-∞,1] 5.(-∞,0] 6.(0,2) 1 3 7.?-2,2? ? ?

8.解 方法一 f(x)=(x-a)2+2-a2,此二次函数图象的对称轴为 x=a, ①当 a∈(-∞,-1)时,结合图象知,f(x)在[-1,+∞)上单调递增,f(x)min=f(-1)=2a+3, 要使 f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min≥a,即 2a+3≥a,解得 a≥-3. 又 a<-1,∴-3≤a<-1. ②当 a∈[-1,+∞)时,f(x)min=f(a)=2-a2,由 2-a2≥a,解得-2≤a≤1. 又 a≥-1,∴-1≤a≤1. 综上所述,所求 a 的取值范围为-3≤a≤1. 方法二 由已知得 x2-2ax+2-a≥0 在[-1,+∞)上恒成立,

?Δ>0, ? 令 g(x)=x -2ax+2-a,即 Δ=4a -4(2-a)≤0 或?a≤-1, ?g?-1?≥0, ?
2 2

,解得-3≤a≤1.

§7.3
要点梳理

二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题

1.(1)平面区域 不包括 包括 实线 (2)相同 符号 2.一次 最大值 最小值 一次 线性约束条件 可行解 最大值 最小值 最大值 最小值 基础检测

?50x+40y≤2 000 ? * 1. -5<m<10 2.x+y-1>0 3.?x∈N ?y∈N* ?
考点导学· 例1 解

?x≤0 ? 4.?0≤y≤1 ?2x-y+2≥0 ?

5 5. 2

(1)不等式 x-y+5≥0 表示直线 x-y+5=0 上及右下方的点的集合

.x+y≥0 表示直线 x+y=0 上及右上方的点的集合, x≤3 表示直线 x=3 上及左方的点的集合.

?x-y+5≥0 ? ∴,不等式组?x+y≥0 ?x≤3 ?

表示的平面区域如图所示.

5 结合图中可行域得 x∈?-2,3?,y∈[-3,8]. ? ?
? ?-x≤y≤x+5, (2)由图形及不等式组知? ?-2≤x≤3,且x∈Z. ?

当 x=3 时,-3≤y≤8,有 12 个整点;当 x=2 时,-2≤y≤7,有 10 个整点; 当 x=1 时,-1≤y≤6,有 8 个整点;当 x=0 时,0≤y≤5,有 6 个整点;

39

当 x=-1 时,1≤y≤4,有 4 个整点;当 x=-2 时,2≤y≤3,有 2 个整点; ∴平面区域内的整点共有 2+4+6+8+10+12=42(个). 配套练习 1 B

例2

?7x-5y-23≤0 ? 解 不等式组?x+7y-11≤0 ?4x+y+10≥0 ?

表示的区域如图所示.

可观察出 4x-3y 在 A 点取到最大值,在 B 点取到最小值.
?7x-5y-23=0 ?x=-1 ? ? 解方程组? ,得? ,则 A(-1,-6). ? ? ?4x+y+10=0 ?y=-6 ? ? ?x+7y-11=0 ?x=-3 解方程组? ,得? . ?4x+y+10=0 ?y=2 ? ?

则 B(-3,2),因此 4x-3y 的最大值和最小值分别为 14,-18. 配套练习 2 C 例3 解 设需要预计满足要求的午餐和晚餐分别为 x 个单位和 y 个单位,所花的费用为 z 元,则依题意,得 z

?x≥0,y≥0, ?12x+8y≥64, =2.5x+4y,且 x,y 满足? 6x+6y≥42, ?6x+10y≥54, ?



?x≥0,y≥0, ?3x+2y≥16, ?x+y≥7, ?3x+5y≥27. ?

作出可行域如图,则 z 在可行域的四个顶点 A(9,0),B(4,3),C(2,5),D(0,8)处的值分别是

zA=2.5×9+4×0=22.5,zB=2.5×4+4×3=22, zC=2.5×2+4×5=25,zD=2.5×0+4×8=32. 比较之,zB 最小,因此,应当为该儿童预订 4 个单位的午餐和 3 个单位的晚餐,就可满足要求. 配套练习 3 解 设公司在甲电视台和乙电视台做广告的时间分别为 x 分钟和 y 分钟,总收益为 z 元,由题意得

?x+y≤300, ? ?500x+200y≤90 000, ?x≥0,y≥0. ?

目标函数为 z=3 000x+2 000y.

?x+y≤300, ? 二元一次不等式组等价于?5x+2y≤900, ?x≥0,y≥0. ?

作出二元一次不等式组所表示的平面区域,

40

即可行域,如图: 作直线 l:3 000x+2 000y=0,即 3x+2y=0. 平移直线 l,从图中可知,当直线 l 过 M 点时,
? ?x+y=300, 目标函数取得最大值. 联立? ? ?5x+2y=900.

解得 x=100,y=200. ∴点 M 的坐标为(100,200), ∴zmax=3 000x+2 000y=700 000(元). 即该公司在甲电视台做 100 分钟广告, 在乙电视台做 200 分钟广告, 公司的收益最大, 最大收益是 70 万元. 综合练习 A组 1.A 2.B 3.A 4.A 5.1 6.(3,8) 7.27

8.解

?x+y≤10, ?0.3x+0.1y≤1.8, 设投资人分别用 x 万元、y 万元投资甲、乙两个项目,由题意知? x≥0, ?y≥0, ?
目标函数 z=x+0.5y.

上述不等式组表示的平面区域如图所示,阴影部分(含边界)即为可行域. 将 z=x+0.5y 变形为 y=-2x+2z,这是斜率为-2、随 z 变化的一组平行线,当直线 y=-2x+2z 经过可 行域内的点 M 时,直线 y=-2x+2z 在 y 轴上的截距 2z 最大,z 也最大.这里 M 点是直线 x+y=10 和 0.3x +0.1y=1.8 的交点.
? ?x+y=10, 解方程组? 得 x=4,y=6,此时 z=4+0.5×6=7(万元). ? ?0.3x+0.1y=1.8,

∵7>0,∴当 x=4,y=6 时,z 取得最大值, ∴投资人用 4 万元投资甲项目、6 万元投资乙项目,才能在确保亏损不超过 1.8 万元的前提下,使可能的盈 利最大. B组 1.A 2.C 1 3.B 4.?2,+∞? ? ? 5.-6 6.[-3,3]

?y>2x-3, ? 7.解 先将所给不等式转化为? 而求正整数解则意味着 x,y 还有限制条件, ? ?y≤3.

41

?y>2x-3 ? 即求?y≤3 ?x,y>0 ?

的整数解.

所给不等式等价于?

? ?y>2x-3 ? ?y≤3.

,依照二元一次不等式表示平面区域可得如图(1).

?y>2x-3, ? 对于 2x-3<y≤3 的正整数解,再画出?y≤3, ?x,y>0 ?

表示的平面区域.如图(2)所示:

可知,在该区域内有整数解为(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,2)、(2,3)共五组.

?x-y+1≤0, ? 8.解 由?x>0, ?y≤2 ?

作出可行域如图中阴影部分所示.

y (1)z= 表示可行域内任一点与坐标原点连线的斜率, x y 因此 的取值范围为直线 OB 的斜率到直线 OA 的斜 x
?x-y+1=0 ? 率(OA 斜率不存在).而由? ,得 B(1,2), ? ?y=2

2 则 kOB= =2. ∴zmax 不存在,zmin=2,∴z 的取值范围是[2,+∞). 1 (2)z=x2+y2 表示可行域内的任意一点与坐标原点之间的距离的平方. 因此 x2+y2 的范围最小为|OA|2(取不到),最大为|OB|2.
? ?x-y+1=0 由? ,得 A(0,1),∴|OA|2=( 02+12)2=1,|OB|2=( 12+22)2=5. ? ?x=0

∴z 的最大值为 5,没有最小值. 故 z 的取值范围是(1,5].

§7.4
要点梳理

基本不等式及其应用

a+b 1.(1)a>0,b>0 (2)a=b 2.(1)2ab (2)2 3. 2

ab (2)x=y 大 p2 4

两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数 4.(1)x=y 小 2 p 基础检测 1.2 2 2.81 3.3 4.B 5.A

42

考点导学· 例1 y z 2 yz x z 2 xz x y 2 xy 证明 ∵x>0,y>0,z>0,∴ + ≥ >0, + ≥ >0, + ≥ >0, x x x y y y z z z y z x z x y 8 yz· xz· xy ∴?x+x??y+y??z +z?≥ =8,当且仅当 x=y=z 时等号成立. ? ?? ?? ? xyz 配套练习 1 证明 bc ac (1)∵a,b,c∈(0,+∞),∴ + ≥2 a b bc ac · =2c, a b

bc ac ab ac ab ab bc bc ac ab 同理 + ≥2a, + ≥2b,∴2? a + b + c ?≥2(a+b+c),即 + + ≥a+b+c. ? ? b c c a a b c a2 (2)∵a>0,b>0,c>0,∴ +b≥2a, b b2 同理 +c≥2b, c c2 +a≥2c, a a2 b2 c2 a2 b2 c2 ①+②+③得 + + +a+b+c≥2a+2b+2c,即 + + ≥a+b+c. b c a b c a 例2 解 4 4 (1)∵x<0,∴-x>0,∴f(x)=2+ +x=2-?-x+?-x??. x ? ? ① ② ③

4 4 ∵- +(-x)≥2 4=4,当且仅当-x= ,即 x=-2 时等号成立. x -x 4 ∴f(x)=2-?-x+?-x??≤2-4=-2,∴f(x)的最大值为-2.

?

?

1 1 (2)∵x>1,∴x-1>0,∴f(x)=x+ =x-1+ +1≥2 x-1 x-1

? 1 ?x-1?·x-1?+1=2+1=3. ? ?

1 当且仅当 x-1= ,即 x=2 时,等号成立. ∴f(x)的最小值为 3. x-1 1 2 (3)y=2x-5x2=x(2-5x)= · (2-5x),∵0<x< ,∴5x<2,2-5x>0, 5x· 5 5 ∴5x(2-5x)≤? 5x+2-5x?2 1 1 1 =1,∴y≤ ,当且仅当 5x=2-5x,即 x= 时,ymax= . 5 5 5 2 ? ?

配套练习 2 (1)B (2)16 例3 解 (1)设矩形的另一边长为 a m,

360 则 y=45x+180(x-2)+180×2a=225x+360a-360.由已知 xa=360,得 a= , x 3602 ∴y=225x+ -360 (x>2). x 3602 (2)∵x>2,∴225x+ ≥2 x 3602 3602 225x× =10 800. ∴y=225x+ -360≥10 440. x x

3602 当且仅当 225x= 时,等号成立. x 即当 x=24 m 时,修建围墙的总费用最少,最少总费用是 10 440 元. 配套练习 3 解 (1)∵铝合金窗宽为 a cm,高为 b cm,a>0,b>0, ∴ab=28 800, ①

43

b-18 又设上栏框内高度为 h cm,下栏框内高度为 2h cm,则 3h+18=b,∴h= , 3 2?b-18? b-18 ∴透光部分的面积 S=(a-18)× +(a-12)× 3 3 =(a-16)(b-18)=ab-2(9a+8b)+288=28 800-2(9a+8b)+288=29 088-2(9a+8b). 9 (2)∵9a+8b≥2 9a· 8b=2 9×8×28 800=2 880,当且仅当 9a=8b 时等号成立,此时 b= a, 8 代入①式得,a=160,从而 b=180,即当 a=160,b=180 时,S 取得最大值. ∴铝合金窗的宽为 160 cm,高为 180 cm 时,可使透光部分的面积最大. 综合练习 A组 1.C 2.C 3.B 4.20 5.3 6.4

30-x 7.解 由 x+2y+xy=30,(2+x)y=30-x,则 2+x≠0,y= >0,0<x<30. 2+x 64 -x2+30x -x2-2x+32x+64-64 64 (1)xy= = =-x- +32=-??x+2?+x+2?+34≤18, ? ? x+2 x+2 x+2 x=6 时取等号,因此 xy 的取值范围是(0,18].

?x=4 2-2 30-x 32 32 (2)x+y=x+ =x+ -1=x+2+ -3≥8 2-3,当且仅当? 时, 2+x x+2 x+2 ?y=4 2-1
等号成立,又 x+y=x+2+ 32 -3<30,因此 x+y 的取值范围是[8 2-3,30). x+2

1 1 1 1 1 a+b ?1 1? 8.证明 (1) + + = + + =2?a+b?,∵a+b=1,a>0,b>0, a b ab a b ab 1 1 a+b a+b a b 1 1 1 1 ∴ + = + =2+ + ≥2+2=4,∴ + + ≥8(当且仅当 a=b= 时等号成立). a b a b b a a b ab 2 a+b 1 b (2)方法一 ∵a>0,b>0,a+b=1,∴1+ =1+ =2+ , a a a 1 1 b a b a 1 a 同理,1+ =2+ ,∴?1+a??1+b?=?2+a??2+b?=5+2?a+b?≥5+4=9. ? ?? ? ? ?? ? ? ? b b 1 1 1 ∴?1+a??1+b?≥9(当且仅当 a=b= 时等号成立). ? ?? ? 2 1 1 1 1 1 1 1 1 方法二 ?1+a??1+b?=1+ + + .由(1)知, + + ≥8, ? ?? ? a b ab a b ab 1 1 1 1 1 故?1+a??1+b?=1+ + + ≥9. ? ?? ? a b ab B组 1.D 2.D 3.B 4.1+ 8.解 3 2 1 5.1 6.9 7. 2

200-x2 (1)设 DQ=y,则 x2+4xy=200,y= . 4x 1 400 000 S=4 200x2+210×4xy+80×4× y2=38 000+4 000x2+ (0<x<10 2). 2 x2

44

400 000 (2)S=38 000+4 000x2+ ≥38 000+2 16×108=118 000, x2 400 000 当且仅当 4 000x2= ,即 x= 10时,Smin=118 000(元), x2 即计划至少要投入 11.8 万元才能建造这个休闲小区.

§8.1
要点梳理 1.(1)平行 平行 长度相等 全等

空间几何体的结构及其三视图和直观图
(2)公共顶点 (3)平行于棱锥底面 相似 (3)平行于圆锥底面 (4)直径

2.(1)一边所在直线 (2)一条直角边所在直线

3.正投影 完全相同 正视图 侧视图 俯视图 4.斜二测 (1)45° 135° (2)x?轴、y?轴 (3)保持不变 原来的一半 (4)不变 (或 )

基础检测 1.①②④ 2.60° 3.①②③⑤ 4.③ 5.D 考点导学· 例1 例3 ①④ 配套练习 1 ②④ 例2 B 配套练习 2 C

解 建立如图所示的坐标系 xOy?,△A?B?C?的 顶点 C?在 y?轴上,A?B?边在 x 轴上,把 y?轴 绕原点逆时针旋转 45° y 轴,在 y 轴上取点 C 使 得 OC=2OC?,A、B 点即为 A?、B?点,长度不变. 已知 A?B?=A?C?=a,在△OA?C?中, OC? A?C? 由正弦定理得 = , sin∠OA?C? sin 45° sin 120° 6 1 6 ∴OC?= a= a,∴原三角形 ABC 的高 OC= 6a,∴S△ABC= ×a× 6a= a2. sin 45° 2 2 2

配套练习 3 例4

2+2

解 如图所示,△ABE 为题中的三角形,

由已知得 AB=2,BE=2×

3 2 2 3 = 3,BF= BE= ,AF= AB2-BF2= 2 3 3

4 4- = 3

8 , 3

1 1 ∴△ABE 的面积为 S= ×BE×AF= × 3× 2 2

8 = 2. ∴所求的三角形的面积为 2. 3

配套练习 4 解 AB 为正四面体的一条棱,∴AB=6. BD 为正四面体的一个面的高, ∴BD= 3 1 ×6=3 3,同理 AD=3 3,又 HD= ×BD= 3,∴AH= AD2-HD2=2 6, 2 3

2 6-OE OE AO OE 6 6 又△AOE∽△ADH,∴ = ,即 = ,∴OE= ,∴内切球的半径为 . AD DH 2 2 3 3 3

45

综合练习 A组 1.A 2.B 3.D 4.② 5.2 3

6.解 如图所示,过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴 截面,设圆锥内接正方体的棱长为 x,则在轴截 面中,正方体的对角面 A1ACC1 的一组邻边的长 分别为 x 和 2x. ∵△VA1C1∽△VMN,∴ 2x h-x 2rh = ,∴x= . 2r h 2r+ 2h 2rh . 2r+ 2h

即圆锥内接正方体的棱长为 B组 1.D 2.C 7.解

3.B 4.①②③ 5.①④⑤ 6.

3 r 2

(1)如图所示.

(2)根据三视图间的关系可得 BC=2 3,∴侧视图中 VA= 1 ∴S△VBC= ×2 3×2 3=6. 2

2 3 42-? × ×2 3?2=2 3, ?3 2 ?

§8.2
要点梳理 1.

空间几何体的表面积与体积

面积 圆柱 S 侧=2πrh

体积 V=Sh=πr2h 1 1 V= Sh= πr2 3 3 1 = πr2 l2-r2h 3 1 V= (S 上+S 下 3

圆锥

S 侧=πrl

圆台

S 侧=π(r1+r2)l

+ S上S下)h 1 2 = π(r2+r2+r1r2)h 3 1

46

直棱柱 正棱锥 正棱台 球 2.(1)各面面积之和 (2)矩形 16 基础检测 1.2 2.πa2 3. 3 考点导学· 例1 B

S 侧=Ch 1 S 侧= Ch? 2 1 S 侧= (C+C?)h? 2 S 球面=4πR2 扇形 扇环形 侧面积与底面面积之和 4.3π 5.D

V=Sh 1 V= Sh 3 1 V= (S 上+S 下+ S上S下)h 3 4 V= πR3 3

配套练习 1 4π+12 例2 解 方法一 连接 A1C1,B1D1 交于点 O1, 连接 B1D,过 O1 作 O1H⊥B1D 于 H.∵EF∥A1C1, 且 A1C1?平面 B1EDF,∴A1C1∥平面 B1EDF. ∴C1 到平面 B1EDF 的距离就是 A1C1 到平面 B1EDF 的距离. ∵平面 B1D1D⊥平面 B1EDF, ∴O1H⊥平面 B1EDF,即 O1H 为棱锥的高. B1O1· 1 DD 6 ∵△B1O1H∽△B1DD1,∴O1H= = a. B1D 6 1 11 11 6 1 ∴VC1—B1EDF= S 四边形 B1EDF· 1H= ·· B1D· 1H= ·· 2a· 3a· a= a3. O EF· O 3 32 32 6 6 方法二 连接 EF,B1D. 设 B1 到平面 C1EF 的距离为 h1,D 到平面 C1EF 的距离为 h2,则 h1+h2=B1D1= 2a. 1 1 由题意得,VC1—B1EDF=VB1—C1EF+VD—C1EF= · S△C1EF· 1+h2)= a3. (h 3 6 1 方法三 VC1—B1EDF=V 多面体 A1B1E—D1C1FD-VE—A1B1C1D1-VE—C1D1D= a3. 6 配套练习 2 (1)证明 由图可知 BC∥AD, CE∥DF,折叠之后平行关系不变. ∵BC∥AD,BC?平面 ADF,AD?平面 ADF, ∴BC∥平面 ADF. 同理 CE∥平面 ADF.∵BC∩CE=C,BC、CE?平面 BCE, ∴平面 BCE∥平面 ADF. ∵BE?平面 BCE,BE?平面 ADF,∴BE∥平面 ADF. (2)解 ∵VF—BCE=VB—CEF, 由图(1),可知 BC⊥CD, ∵平面 DCEF⊥平面 ABCD,平面 DCEF∩平面 ABCD=CD,BC?平面 ABCD, 又∵BC⊥DC,∴BC⊥平面 DCEF.

47

1 1 1 1 由图(1)可知,DC=CE=1,S△CEF= CE×DC= ,∴VF—BCE=VB—CEF= ×BC×S△CEF= . 2 2 3 6 例3 解 1 3 (1)底面正三角形中心到一边的距离为 × ×2 6= 2, 3 2

1 则正棱锥侧面的斜高为 12+? 2?2= 3. ∴S 侧=3× ×2 6× 3=9 2. 2 1 3 ∴S 表=S 侧+S 底=9 2+ × ×(2 6)2=9 2+6 3. 2 2 (2)设正三棱锥 P—ABC 的内切球球心为 O,连接 OP、OA、 OB、OC,而 O 点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径 r. ∴VP—ABC=VO—PAB+VO—PBC+VO—PAC+VO—ABC 1 1 1 = S 侧· S△ABC· S 表· r+ r= r=(3 2+2 3)r. 3 3 3 1 1 3 又 VP—ABC= × × ×(2 6)2×1=2 3, 3 2 2 2 3?3 2-2 3? 2 3 ∴(3 2+2 3)r=2 3,得 r= = = 6-2. 18-12 3 2+2 3 4 8 ∴S 内切球=4π( 6-2)2=(40-16 6)π,V 内切球= π( 6-2)3= (9 6-22)π. 3 3 配套练习 3 解 如图所示,作出轴截面,因轴截面是 正三角形,根据切线性质知当球在容器内时,水 的深度为 3r,水面半径 BC 的长为 3r,则容器 π 4π 5π 内水的体积为 V=V 圆锥-V 球= ( 3r)2· 3r- r3= r3, 3 3 3 将球取出后,设容器中水的深度为 h, 则水面圆的半径为 3 π 3 π h,从而容器内水的体积为 V?= ? h?2h= h3, 3 3? 3 ? 9

3 由 V=V?,得 h= 15r. 综合练习 A组 2 2π 1.D 2.A 3.C 4. 3 5.2 6.4 a 5 a2+?2?2= a, ? ? 2

7.解 ∵EB=BF=FD1=D1E=

∴四棱锥 A1—EBFD1 的底面是菱形,连接 EF,则△EFB≌△EFD1, 由于三棱锥 A1—EFB 与三棱锥 A1—EFD1 等底同高, 1 1 ∴VA1-EBFD1=2VA1-EFB=2VF-EBA1=2·· S△EBA1· a3. a= 3 6

?l+r+ 2r=?5+ 2?× 2 ? 8.解 设圆锥的母线长为 l,底面半径为 r,高为 h,由已知条件?2πr π , ? l =2 ?

48

解得 r= 2,l=4 2,S=πrl+πr =10π,h= l -r2= 30,V=πr2h=2 30π. B组 1.D 2.A 3.C 4.8 3 5.13 6. 3

2

2

7.(1)证明 在图中,可得 AC=BC=2 2,从而 AC2+BC2=AB2,故 AC⊥BC. 又平面 ADC⊥平面 ABC,平面 ADC∩平面 ABC=AC,BC?平面 ABC,∴BC⊥平面 ACD. (2)解 由(1)可知 BC 为三棱锥 B—ACD 的高,BC=2 2,S△ACD=2, 1 1 4 2 4 2 ∴VB—ACD= S△ACD· BC= ×2×2 2= ,由等体积性可知,几何体 D—ABC 的体积为 . 3 3 3 3 8.(1)证明 连接 AC1,AB1,由 ACC1A1 为 正方形知 CA1⊥AC1.由 AC⊥AB,AA1⊥ 底面 ABC 知 AB⊥平面 AA1C1C, ∴CA1⊥AB. 又 AB∩AC1=A, ∴CA1⊥平面 C1AP,则 CA1⊥C1P. 1 1 1 1 (2)解 VB—AB1C1=V-VC1—AA1B1-VB—ACC1=1- - = ,当棱锥 P—AB1C1 的体积为 时,P 为 AB 3 3 3 6 的中点.

§8.3
要点梳理

空间点、直线、平面之间的位置关系

π 1.两点 不在一条直线上 一条 2.(1)平行 相交 任何 (2)①锐角或直角 ②?0,2? ? ? 3.平行 相交 在平面内 4.平行 相交 5.同一条直线 6.相等或互补 基础检测 1.②③④ 2.①②④ 3.27 4.C 5.B 考点导学· 例1 证明 (1)连接 EF,CD1,A1B. ∵E、F 分别是 AB、AA1 的中点,∴EF∥BA1. 又 A1B∥D1C,∴EF∥CD1,∴E、C、D1、F 四点共面. (2)∵EF∥CD1,EF<CD1, ∴CE 与 D1F 必相交,设交点为 P, 则由 P∈CE,CE?平面 ABCD,得 P∈平面 ABCD. 同理 P∈平面 ADD1A1. 又平面 ABCD∩平面 ADD1A1=DA,∴P∈直线 DA.∴CE、D1F、DA 三线共点. 1 配套练习 1 (1)证明 由已知 FG=GA,FH=HD,可得 GH 綊 AD. 2 1 又 BC 綊 AD,∴GH 綊 BC,∴四边形 BCHG 为平行四边形. 2 1 (2)解 由 BE 綊 AF,G 为 FA 中点知,BE 綊 FG,∴四边形 BEFG 为平行四边形, 2 ∴EF∥BG.由(1)知 BG 綊 CH,∴EF∥CH,∴EF 与 CH 共面. 又 D∈FH,∴C、D、F、E 四点共面.

49

例2



(1)不是异面直线.

理由:连接 MN、A1C1、AC,∵M、N 分别是 A1B1、B1C1 的中点,∴MN∥A1C1. 又∵A1A 綊 D1D,而 D1D 綊 C1C,∴A1A 綊 C1C,∴A1ACC1 为平行四边形. ∴A1C1∥AC,得到 MN∥AC,∴A、M、N、C 在同一平面内,故 AM 和 CN 不是异面直线. (2)是异面直线. 理由:假设 D1B 与 CC1 在同一个平面 D1CC1 内,则 B∈平面 CC1D1,C∈平面 CC1D1. ∴BC?平面 CC1D1,∴B∈平面 CC1D1D,这与 ABCD—A1B1C1D1 是正方体矛盾. ∴假设不成立,故 D1B 与 CC1 是异面直线. 配套练习 2 D 例3 证明 (1)假设 BC 与 AD 共面,不妨设它们所共平面为 α,则 B、C、A、D∈α. ∴四边形 ABCD 为平面图形,这与四边形 ABCD 为空间四边形相矛盾. ∴BC 与 AD 是异面直线. (2)如图,连接 AC,BD,则 EF∥AC,HG∥AC, 因此 EF∥HG;同理 EH∥FG,则 EFGH 为平行四边形. 又 EG、FH 是?EFGH 的对角线,∴EG 与 HF 相交. 配套练习 3 解 (1)连接 B1D1,BD,在平面 A1C1 内过 P 作直线 l, 使 l∥B1D1,则 l 即为所求作的直线. ∵B1D1∥BD,l∥B1D1, ∴l∥直线 BD. 如图(1) (2)在平面 A1C1 内作直线 m,使直线 m 与 B1D1 相交成 α 角,∵BD∥B1D1,∴直线 m 与直线 BD 也成 α 角,即直 线 m 为所求作的直线,如图(2).由图知 m 与 BD 是异面 π 直线,且 m 与 BD 所成的角 α∈?0,2?. ? ? π π 当 α= 时,这样的直线 m 有且只有一条,当 α≠ 时,这样 2 2 的直线 m 有两条. (1)

综合练习 A组 1.A 2.B 3.D 4.A 5.③④ 6.①② 7.②④ (2)

8.证明 ∵M∈PQ,直线 PQ?面 PQR,M∈BC,直线 BC?面 BCD,∴M 是平面 PQR 与平面 BCD 的一个公共 点,即 M 在面 PQR 与面 BCD 的交线 l 上. 同理可证:N、K 也在 l 上. ∴M、N、K 三点共线. B组 1.C 2.D 3.B 4.③ 5.②③④ 6.①②③ 7.①②④

50

8.证明 连接 BD,B1D1,则 BD∩AC=O, ∵BB1 綊 DD1,∴四边形 BB1D1D 为平行四边形, 又 H∈B1D,B1D?平面 BB1D1D, 则 H∈平面 BB1D1D, ∵平面 ACD1∩平面 BB1D1D=OD1,∴H∈OD1. 即 D1、H、O 三点共线.

§8.4
要点梳理 1.平行 相交 在平面内 平行 相交

直线、平面平行的判定及其性质

2.(1)直线和平面没有公共点,则称直线平行于平面 (2)a∥α (3)a∥β 3.a∥l 4.平行、相交 5.(1)两个平面没有公共点,称这两个平面平行 (2)α∥β 6.(1)a∥β (2)a∥b 7.(1)a∥b (2)α∥β 5.D (3)α∥β

基础检测 1.④ 2.③⑤ 3.② 4.D 考点导学· 例1

证明 如图所示.作 PM∥AB 交 BE 于 M, 作 QN∥AB 交 BC 于 N,连接 MN. ∵正方形 ABCD 和正方形 ABEF 有公共边 AB, ∴AE=BD. 又 AP=DQ,∴PE=QB, 又 PM∥AB∥QN, PM PE QB QN BQ PM QN ∴ = = , = ,∴ = , AB AE BD DC BD AB DC ∴PM 綊 QN,即四边形 PMNQ 为平行四边形,∴PQ∥MN. 又 MN?平面 BCE,PQ?平面 BCE,∴PQ∥平面 BCE.

配套练习 1 证明 如图,连接 AC 交 BD 于点 O, 连接 MO,∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴O 是 AC 中点,又 M 是 PC 的中点,∴AP∥OM. 则有 PA∥平面 BMD.(根据直线和平面平行的判定定理) ∵平面 PAHG∩平面 BMD=GH,∴PA∥GH.(根据直线和平面平行的性质定理) 例2 证明 (1)连接 FG. ∵AE=B1G=1,

∴BG=A1E=2,∴BG 綊 A1E,∴A1G∥BE. 又∵C1F 綊 B1G,∴四边形 C1FGB1 是平行四边形, ∴FG 綊 C1B1 綊 D1A1,∴四边形 A1GFD1 是平行四边形. ∴A1G 綊 D1F,∴D1F 綊 EB,故 E、B、F、D1 四点共面. (2)取 BG 的中点 K,连接 C1K. ∵H 为 B1C1 的中点,∴HG∥C1K. 又∵C1F 綊 BK.∴四边形 BFC1K 是平行四边形,∴C1K∥BF,∴HG∥BF. 由 A1G∥BE,A1G∩HG=G,BF∩BE=B. ∴平面 A1GH∥平面 BED1F.

51

配套练习 2 证明

(1)∵GH 是△A1B1C1 的中位线,∴GH∥B1C1.

又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC,∴B,C,H,G 四点共面. (2)∵E、F 分别为 AB、AC 的中点,∴EF∥BC, ∵EF?平面 BCHG,BC?平面 BCHG,∴EF∥平面 BCHG. ∵A1G 綊 EB,∴四边形 A1EBG 是平行四边形,∴A1E∥GB. ∵A1E?平面 BCHG,GB?平面 BCHG.∴A1E∥平面 BCHG. ∵A1E∩EF=E,∴平面 EFA1∥平面 BCHG. 例3 证明 ①当 AB,CD 在同一平面内时, 由 α∥β,α∩平面 ABDC=AC,β∩平面 ABDC=BD,∴AC∥BD, ∵AE∶EB=CF∶FD,∴EF∥BD,又 EF?β,BD?β,∴EF∥β. ②当 AB 与 CD 异面时,设平面 ACD∩β=DH,且 DH=AC. ∵α∥β,α∩平面 ACDH=AC,∴AC∥DH, ∴四边形 ACDH 是平行四边形. 在 AH 上取一点 G,使 AG∶GH=CF∶FD, 又∵AE∶EB=CF∶FD,∴GF∥HD,EG∥BH, 又 EG∩GF=G,∴平面 EFG∥平面 β. ∵EF?平面 EFG,∴EF∥β. 综上,EF∥β. ∵α∥β,EF∥β 且 EF?α,∴EF∥α. 配套练习 3 解 当 Q 为 CC1 的中点时,平面 D1BQ∥平面 PAO.证明如下: ∵Q 为 CC1 的中点,P 为 DD1 的中点,∴QB∥PA. ∵P、O 分别为 DD1、DB 的中点,∴D1B∥PO. 又∵D1B?平面 PAO,PO?平面 PAO,QB?平面 PAO,PA?平面 PAO, ∴D1B∥平面 PAO,QB∥平面 PAO,又 D1B∩QB=B,D1B、QB?平面 D1BQ, ∴平面 D1BQ∥平面 PAO. 综合练习 A组 1.C 2.D 24 3.D 4.③⑤ 5.24 或 5 6.④

7.证明 方法一 如图,取 BC 中点 M, 连接 FM,GM,则 GM∥OB,FM∥ SC∥EO,又 FM∩GM=M,EO∩OB=O, 则平面 FGM∥平面 BEO,因此 FG∥平面 BEO. 8.解 在平面 PCD 内,过 E 作 EG∥CD 交 PD 于 G, 连接 AG,在 AB 上取点 F,使 AF=EG, 则 F 即为所求的点.∵EG∥CD∥AF,EG=AF, ∴四边形 FEGA 为平行四边形,∴FE∥AG. 又 AG?平面 PAD,FE?平面 PAD,∴EF∥平面 PAD.

52

又在 Rt△BCE 中,CE= BC2-BE2= 在 Rt△PBC 中,BC2=CE· CP,∴CP=

2 3 a2- a2= a. 3 3 a2 = 3a. 3 a 3

EG PE PE 2 2 又 = ,∴EG= · CD= a,∴AF=EG= a. ∴点 F 为 AB 靠近点 B 的一个三等分点. CD PC PC 3 3 B组 1.B 2.C 2 2 3.A 4. a 5.M∈线段 HF 6.② 7.②⑤ 3

8.(1)证明 方法一 ∵EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC.又 EF=AD=BC,∴四边形 EFBC 是平行四边形,∴H 为 FC 的中点. 又∵G 是 FD 的中点,∴HG∥CD. ∵HG?平面 CDE,CD?平面 CDE,∴GH∥平面 CDE. 方法二 连接 EA,∵ADEF 是正方形, ∴G 是 AE 的中点.∴在△EAB 中,GH∥AB. 又∵AB∥CD,∴GH∥CD. ∵HG?平面 CDE,CD?平面 CDE,∴GH∥平面 CDE. (2)解 ∵平面 ADEF⊥平面 ABCD,交线为 AD,且 FA⊥AD,∴FA⊥平面 ABCD. ∵AD=BC=6,∴FA=AD=6. 又∵CD=2,DB=4 2,CD2+DB2=BC2,∴BD⊥CD.∵S?ABCD=CD· BD=8 2, 1 1 ∴VF—ABCD= S?ABCD· FA= ×8 2×6=16 2. 3 3

§ 8.5 直线、平面垂直的判定及其性质
要点梳理 1.(1)②相交 ③垂直 (2)①任意 ②平行 ③平行

3.(1)②一条垂线 (2)交线 4.(1)两个半平面 (2)垂直 基础检测 1.无数 2.(1)中 (2)外 考点导学· 例1 证明 (1)由四棱锥 P—ABCD 中,∵PA⊥底面 ABCD,CD?平面 ABCD, ∴PA⊥CD.∵AC⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面 PAC. 而 AE?平面 PAC,∴CD⊥AE. (2)由 PA=AB=BC,∠ABC=60° ,可得 AC=PA.∵E 是 PC 的中点,∴AE⊥PC. 由(1),知 AE⊥CD,且 PC∩CD=C,∴AE⊥平面 PCD. 而 PD?平面 PCD,∴AE⊥PD.∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD 且 PA∩AD=A,∴AB⊥平面 PAD,而 PD?平面 PAD, ∴AB⊥PD.又∵AB∩AE=A,∴PD⊥平面 ABE. 配套练习 1 证明 连接 PG,BD, ∵△PAD 为正三角形,G 是 AD 的中点,∴PG⊥AD. (3)垂 3.①④ 4. 5 5.C

53

又平面 PAD⊥平面 ABCD,∴PG⊥平面 ABCD. ∴PG⊥BG. 又∵四边形 ABCD 是菱形且∠DAB=60° , ∴△ABD 是正三角形.∴BG⊥AD. 又 AD∩PG=G,∴BG⊥平面 PAD. 例2 证明 (1)如图所示,取 EC 中点 F,连接 DF. ∵EC⊥平面 ABC,BD∥CE,∴DB⊥平面 ABC. 1 ∴DB⊥AB.∵BD∥CE,BD= CE=FC, 2 ∴四边形 FCBD 是矩形,∴DF⊥EC. 又 BA=BC=DF,∴Rt△DEF≌Rt△ADB,∴DE=DA. (2)如图所示,取 AC 中点 N,连接 MN、NB, 1 ∵M 是 EA 的中点,∴MN 綊 EC. 2 1 由 BD 綊 EC,且 BD⊥平面 ABC,可得四边形 MNBD 是矩形,于是 DM⊥MN. 2 ∵DE=DA,M 是 EA 的中点,∴DM⊥EA.又 EA∩MN=M, ∴DM⊥平面 ECA,而 DM?平面 BDM,∴平面 BDM⊥平面 ECA. 配套练习 2 证明 (1)如图,在△PAD 中,

∵E,F 分别为 AP,AD 的中点,∴EF∥PD. 又∵EF?平面 PCD,PD?平面 PCD,∴直线 EF∥平面 PCD. (2)连接 BD.∵AB=AD,∠BAD=60° ,∴△ABD 为正三角形. ∵F 是 AD 的中点,∴BF⊥AD. ∵平面 PAD⊥平面 ABCD,BF?平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD,∴BF⊥平面 PAD. 又∵BF?平面 BEF,∴平面 BEF⊥平面 PAD. 例3 (1)证明 在△ABD 中,∵AD=4,BD=8,AB=4 5,

∴AD2+BD2=AB2.∴AD⊥BD. 又∵面 PAD⊥面 ABCD,面 PAD∩面 ABCD=AD,BD?面 ABCD, ∴BD⊥面 PAD. 又 BD?面 BDM,∴面 MBD⊥面 PAD. (2)解 过 P 作 PO⊥AD,∵面 PAD⊥面 ABCD,∴PO⊥面 ABCD, 即 PO 为四棱锥 P—ABCD 的高. 又△PAD 是边长为 4 的等边三角形,∴PO=2 3. 在底面四边形 ABCD 中,AB∥DC,AB=2DC,∴四边形 ABCD 为梯形. 4×8 8 5 在 Rt△ADB 中,斜边 AB 边上的高为 = ,此即为梯形的高. 5 4 5 ∴S 四边形 ABCD= 2 5+4 5 8 5 1 × =24. ∴VP—ABCD= ×24×2 3=16 3. 2 5 3

配套练习 3 (1)证明 由条件知四边形 PDAQ 为直角梯形. ∵QA⊥平面 ABCD,QA?平面 PDAQ,∴平面 PDAQ⊥平面 ABCD,交线为 AD,∴QA⊥DC,

54

又四边形 ABCD 为正方形,DC⊥AD,∴DC⊥平面 PDAQ,可得 PQ⊥DC. 在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ=PQ= 又 DQ∩DC=D,∴PQ⊥平面 DCQ. 1 (2)解 设 AB=a. 由题设知 AQ 为棱锥 Q-ABCD 的高,∴棱锥 Q-ABCD 的体积 V1= a3. 3 由(1)知 PQ 为棱锥 P-DCQ 的高,而 PQ= 2a,△DCQ 的面积为 1 ∴棱锥 P-DCQ 的体积 V2= a3. 3 故棱锥 Q-ABCD 的体积与棱锥 P-DCQ 的体积的比值为 1. 综合练习 A组 1.C 2.D 3.D 4.可填①③④?②与②③④?①中的一个 5.①② 6.②④ 7.①②③ 2 2 a, 2 2 PD,则 PQ⊥QD. 2

8.证明 方法一 取 CD 的中点 E,连接 NE、ME、MC、PM. PA⊥平面 ABCD?PA⊥AD. ∠PDA=45° ?PA=AD=BC.又 M 是 AB 的中点, Rt△PAM≌Rt△CBM?MP=MC? ? ??MN⊥PC. ? N是PC的中点 ? DA⊥平面ABCD?PA⊥CD? AD⊥CD PA∩AD=A

? ?CD⊥PD? ? ? ??CD⊥平面 PAD PD∥NE ? ? ? ?
?MN⊥CD ? ? MN⊥PC ??MN⊥平面 PCD. PC∩CD=C? ?

?CD⊥NE ? ? ?CD⊥平面MNE? ? ? ME⊥CD ? ? ? MN?平面MNE ? ME∩NE=E?

方法二 如图,取 PD 的中点 F,连接 AF,NF, 1 ∵F,N 分别为 PD,PC 的中点,∴FN 綊 CD. 2 1 又∵CD 綊 AB,∴FN 綊 AB,即 FN 綊 AM, 2 ∴四边形 AFNM 为平行四边形,∴MN∥AF. ∵PA⊥平面 ABCD 且∠PDA=45° ,∴△PAD 为等腰直角三角形,∴AF⊥PD. 又∵CD⊥AD,CD⊥PA,AD∩PA=A,∴CD⊥平面 PAD,又 AF?平面 PAD, ∴CD⊥AF.又 PD∩CD=D,∴AF⊥平面 PDC. 又∵AF∥MN,∴MN⊥平面 PDC. B组 1.C 2.D 3.A 4. 2+ 6 5.无数 6.②③

7.(1)证明 由 PA=PB,∠PAC=∠PBC=90° , 且 PC 为△PAC 与△PBC 的公共边,则△PAC≌△PBC, 因此 AC=BC,取 AB 中点 D,连接 PD,CD,

55

则 PD⊥AB,CD⊥AB,因此 AB⊥平面 PDC,则 AB⊥PC. (2)解 作 BE⊥PC 垂足为 E,连接 AE. 由△PAC≌△PBC 知 AE⊥PC,则∠BEA=90° .可证△PBE≌△ABE,则∠BPC=45° . 1 8 △PBC 为等腰直角三角形,则 E 为 PC 中点. VP—ABC=VP—ABE+VC—ABE= S△ABE· PC= . 3 3 8.(1)证明 ∵∠DAB=60° ,AB=2AD,由余弦定理得 BD= 3AD. 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 又 AD∩PD=D,∴BD⊥平面 PAD,故 PA⊥BD. (2)解 如图,作 DE⊥PB,垂足为 E,已知 PD⊥底面 ABCD, 则 PD⊥BC. 由(1)知 BD⊥AD,又 BC∥AD,∴BC⊥BD. ∴BC⊥平面 PBD,∴BC⊥DE.∴DE⊥平面 PBC. ∵AD=1,AB=2,∠DAB=60° ,∴BD= 3.又 PD=1,∴PB=2. 根据 DE· PB=PD· BD,得 DE= 3 3 ,即棱锥 D-PBC 的高为 . 2 2

§9.1
要点梳理 1.(1)①正向 向上

直线的方程

y2-y1 0° [0° ,180° (2)①正切值 tan α ② ) x2-x1

2.y-y0=k(x-x0) y=kx+b y-y1 x-x1 x y = + =1 y2-y1 x2-x1 a b Ax+By+C=0 (A2+B2≠0) 3.(1)x=x1 (2)y=y1 x1+x2 y1+y2 4. 2 2 考点导学· 方法二 设直线 l 的斜率为 k,则直线 l 的方程为 y-2=k(x+1),即 kx-y+k+2=0. ∵A、B 两点在直线的两侧或其中一点在直线 l 上,∴(-2k+3+k+2)(3k-0+k+2)≤0, 1 1 即(k-5)(4k+2)≥0,∴k≥5 或 k≤- .即直线 l 的斜率 k 的取值范围是?-∞,-2?∪[5,+∞). ? ? 2 配套练习 1 解 如图所示, kPA= (3)x=0 (4)y=0

基础检测 1.45° 135° 2.1 3.4 4.x+y+1=0 或 4x+3y=0 5.D 或

?2 ? (?1) 1 ? ( ?1) =-1,kPB= =1, 2?0 1? 0

由图可观察出: 直线 l 倾斜角α的范围是[135°,180°)∪[0°,45°]; 直线 l 的斜率 k 的范围是[-1,1]. 例2 解 (1)设直线 l 在 x,y 轴上的截距均为 a,若 a=0,即 l 过点(0,0)和(3,2),

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2 x y ∴l 的方程为 y= x,即 2x-3y=0.若 a≠0,则设 l 的方程为 + =1, 3 a a 3 2 ∵l 过点(3,2),∴ + =1,∴a=5,∴l 的方程为 x+y-5=0, a a 综上可知,直线 l 的方程为 2x-3y=0 或 x+y-5=0. 1 3 (2)设所求直线的斜率为 k,依题意 k=- ×3=- . 4 4 3 又直线经过点 A(-1,-3),因此所求直线方程为 y+3=- (x+1),即 3x+4y+15=0. 4 (3)过点 A(1,-1)与 y 轴平行的直线为 x=1. ?x=1 ? 解方程组? ,求得 B 点坐标为(1,4),此时|AB|=5,即 x=1 为所求. ? ?2x+y-6=0
?2x+y-6=0 ? 设过 A(1,-1)且与 y 轴不平行的直线为 y+1=k(x-1),解方程组? , ? ?y+1=k(x-1)

?x=k+7 ? k+2 得两直线交点为? 4k-2 ?y= k+2 ?
由已知?

.(k≠-2,否则与已知直线平行).则 B 点坐标为?

?k+7,4k-2?. ? ?k+2 k+2 ?

?k+7-1?2+?4k-2+1?2=52,解得 k=-3,∴y+1=-3(x-1),即 3x+4y+1=0. ? ? ? 4 4 ?k+2 ? ? k+2 ?

综上可知,所求直线的方程为 x=1 或 3x+4y+1=0. 配套练习 2 (1)3x-4y+8=0 或 3x+4y-8=0 (2)3x-y-5=0 (3)5x-7y-3=0 x y 例 3 解 设 A(a,0),B(0,b) (a>3,b>2),则直线 l 的方程为 + =1, a b 3 2 2a 1 1 2a a2 ∵l 过点 P(3,2),∴ + =1,b= ,从而 S△ABO= a· a· = b= , a b 2 2 a-3 a-3 a-3 (a-3)2+6(a-3)+9 9 9 故有 S△ABO= =(a-3)+ +6≥2 (a-3)· +6=12, a-3 a-3 a-3 9 当且仅当 a-3= , a-3 2×6 x y 即 a=6 时,(S△ABO)min=12,此时 b= =4. ∴直线 l 的方程为 + =1,即 2x+3y-12=0. 6 4 6-3 x y 配套练习 3 解 (1)设直线的方程为 + =1 (a>2,b>1), a b 2 1 21 2 1 1 由已知可得 + =1. ∵2 ·≤ + =1,∴ab≥8. ∴S△AOB= ab≥4. a b ab a b 2 2 1 1 当且仅当 = = ,即 a=4,b=2 时,S△AOB 取最小值 4, a b 2 x y 此时直线 l 的方程为 + =1,即 x+2y-4=0. 4 2 2 1 (2)由 + =1,得 ab-a-2b=0,变形得(a-2)(b-1)=2, a b |PA|· |PB|= (2-a)2+(1-0)2· (2-0)2+(1-b)2= [(2-a)2+1]· [(1-b)2+4] ≥ 2(a-2)· 4(b-1). 当且仅当 a-2=1,b-1=2, 即 a=3,b=3 时,|PA|· |PB|取最小值 4. 此时直线 l 的方程为 x+y-3=0. 综合练习 A组 1.A 2.B 3.B 2 4.3 5.x+2y-2=0 或 2x+y+2=0 6.- 3

7.解 (1)平行于 BC 边的中位线就是 AB、AC 中点的连线. ∵线段 AB、AC 中点坐标为

57

1 x+ 2 7 ? ? 1 y+2 ? ,1 , - ,-2?,∴这条直线的方程为 = , ?2 ? ? 2 ? 1+2 7 1 + 2 2 x y 整理得,6x-8y-13=0,化为截距式方程为 - =1. 13 13 6 8 y+4 x-1 (2)∵BC 边上的中点为(2,3),∴BC 边上的中线所在直线的方程为 = ,即 7x-y-11=0, 3+4 2-1 x y 化为截距式方程为 - =1. 11 11 7 4 4 8. 解 (1)设直线 l 的方程是 y=k(x+3)+4, 它在 x 轴, 轴上的截距分别是- -3,3k+4, y 由已知, 得(3k+4)? k+3? ? ? k 2 8 =± 6,解得 k1=- 或 k2=- . 3 3 故直线 l 的方程为 2x+3y-6=0 或 8x+3y+12=0. 1 (2)设直线 l 在 y 轴上的截距为 b,则直线 l 的方程是 y= x+b,它在 x 轴上的截距是-6b,由已知,得|- 6 6b· b|=6,∴b=± ∴直线 l 的方程为 x-6y+6=0 或 x-6y-6=0. 1. B组 1.D 2.C 3.B 4.16 5.k≥1 或 k=0 6.x-y-2=0 7.解 (1)当 m=-1 时,直线 AB 的方程为 x=-1, 1 当 m≠-1 时,直线 AB 的方程为 y-2= (x+1). m+1 π 3 (2)①当 m=-1 时,α= ;②当 m≠-1 时,m+1∈?- ,0?∪(0, 3], 2 3 ? ? π π? ?π 2π? 1 3 ∴k= ∈(-∞,- 3]∪? ,+∞?,∴α∈?6,2?∪?2, 3 ?. ? m+1 ?3 ? π 2π 综合①②知,直线 AB 的倾斜角 α∈?6, 3 ?. ? ? 3 8.解 由题意可得 kOA=tan 45° =1,kOB=tan(180° -30° )=- , 3 3 ∴直线 lOA:y=x,lOB:y=- x. 3 ?m- 3n m+n?, 设 A(m,m),B(- 3n,n),∴AB 的中点 C? ? ? 2 , 2 ? m- ?m+n=1· 2 3n, ? 2 2 1 由点 C 在 y= x 上,且 A、P、B 三点共线得? 2 m-0 n-0 ?m-1=- 3n-1, ? 解得 m= 3,∴A( 3, 3).又 P(1,0),∴kAB=kAP= ∴lAB:y= 3+ 3 3 = , 2 3-1

3+ 3 (x-1),即直线 AB 的方程为(3+ 3)x-2y-3- 3=0. 2

§9.2
要点梳理 1.(1)k1=k2 平行

两条直线的位置关系

(2)k1·2=-1 垂直 2.唯一解 无解 无数个解 k |Ax0+By0+C| |C2-C1| 3.(1) (x2-x1)2+(y2-y1)2 (2) (3) 2 2 2 A +B A +B2

58

基础检测 1.-6 2.-9 3.x+y+1=0 或 x+y-3=0 考点导学· 例1 解

4.A 5.D

(1)方法一 ①当 m=0 时,l1:x+6=0,l2:x=0,l1∥l2; 2-m 2 1 6 1 2-m 6 2 ②当 m≠0 时,l1:y=- 2x- 2,l2:y= x- ,由- 2= 且- 2≠- ,∴m=-1. m m 3m 3 m 3m m 3 故所求实数 m 的值为 0 或-1. 方法二 直线 l1: 1x+B1y+C1=0,2: 2x+B2y+C2=0 平行的等价条件是: 1B2-A2B1=0 且 B1C2-B2C1≠0 A l A A 或 A1C2-A2C1≠0. 由所给直线方程可得: 1· 3m-m2· (m-2)=0 且 1· 2m-6· (m-2)≠0?m(m2-2m-3)=0 且 m≠3?m=0 或-1. 故所求实数 m 的值为 0 或-1. a (2)方法一 由直线 l1 的方程知其斜率为- , 2 1 当 a=1 时,直线 l2 的斜率不存在,l1 与 l2 不垂直;当 a≠1 时,直线 l2 的斜率为- . a-1 1 a? 2 2 由- ·-a-1?=-1?a= . 故所求实数 a 的值为 . 2? 3 3 ? 方法二 直线 l1:A1x+B1y+C1=0,l2:A2x+B2y+C2=0 垂直的等价条件是 A1A2+B1B2=0. 2 2 由所给直线方程可得:a· 1+2· (a-1)=0?a= .故所求实数 a 的值为 . 3 3 2 ? ?m -8+n=0 配套练习 1 解 (1)由题意得? ,解得 m=1,n=7. ?2m-m-1=0 ?
?m· ? m-8×2=0, m 8 n (2)当 m=0 时,显然 l1 不平行于 l2;当 m≠0 时,由 = ≠ ,得? 2 m -1 ? m≠0, ?8×(-1)-n· ?m=4, ?m=-4, ? ? ∴? 或? ,即 m=4,n≠-2 时或 m=-4,n≠2 时,l1∥l2. ? ? ?n≠-2, ?n≠2. n (3)当且仅当 m· 2+8· m=0,即 m=0 时,l1⊥l2.又- =-1,∴n=8. 8

即 m=0,n=8 时,l1⊥l2,且 l1 在 y 轴上的截距为-1. ?3x+2y-1=0 ? 例 2 解 方法一 先解方程组? ,得 l1、l2 的交点坐标为(-1,2), ? ?5x+2y+1=0 3 5 再由 l3 的斜率 求出 l 的斜率为- , 5 3 5 于是由直线的点斜式方程求出 l:y-2=- (x+1),即 5x+3y-1=0. 3 方法二 由于 l⊥l3,故 l 是直线系 5x+3y+C=0 中的一条,而 l 过 l1、l2 的交点(-1,2),故 5×(-1)+3×2 +C=0,由此求出 C=-1,故 l 的方程为 5x+3y-1=0. 方法三 由于 l 过 l1、l2 的交点,故 l 是直线系 3x+2y-1+λ(5x+2y+1)=0 中的一条,将其整理,得(3+5λ)x 3+5λ 5 1 +(2+2λ)y+(-1+λ)=0. 其斜率- =- ,解得 λ= , 3 5 2+2λ 代入直线系方程即得 l 的方程为 5x+3y-1=0. 配套练习 2 解 方法一 设直线 l 与 l1 的交点为 A(x0, 0), y 由已知条件, 得直线 l 与 l2 的交点为 B(-2-x0,4-y0), ?4x0+y0+3=0, ?4x0+y0+3=0, ? ? 并且满足? 即? ? ? ?3(-2-x0)-5(4-y0)-5=0, ?3x0-5y0+31=0,
? ?x0=-2, y-2 x-(-1) 解得? 因此直线 l 的方程为 = ,即 3x+y+1=0. 5-2 -2-(-1) ?y0=5, ?

方法二 设直线 l 的方程为 y-2=k(x+1),即 kx-y+k+2=0.

59 ?kx-y+k+2=0, ?kx-y+k+2=0, ? ? -k-5 -5k-15 由? 得 x= . 由? 得 x= . k+4 5k-3 ? ? ?4x+y+3=0, ?3x-5y-5=0, -k-5 -5k-15 则 + =-2,解得 k=-3. k+4 5k-3

因此所求直线方程为 y-2=-3(x+1),即 3x+y+1=0. 方法三 两直线 l1 和 l2 的方程为(4x+y+3)(3x-5y-5)=0① 将上述方程中(x,y)换成(-2-x,4-y) 整理可得 l1 与 l2 关于(-1,2)对称图形的方程:(4x+y+1)(3x-5y+31)=0.② ①-②整理得 3x+y+1=0. 例3 |2a+1| (1)∵l1:4x-2y+2a=0 (a>0),l2:4x-2y-1=0,∴两条平行线 l1 与 l2 间的距离为 d= , 2 5 |2a+1| 7 5 由已知,可得 = .又 a>0,可解得 a=3. 10 2 5 解 (2)设点 P 的坐标为(x,y),由条件①,可知 x>0,y>0.由条件②和③,可得

?|2x-y+3|=|4x-2y-1|, ? 5 4 5 ? |2x-y+3| |x+y-1| ? ? 5· 5 = 2· 2 ,

?4|2x-y+3|=|4x-2y-1|, ? 化简得? ? ?|2x-y+3|=|x+y-1|,

于是可得,4|x+y-1|=|4x-2y-1|,也就是 4(x+y-1)=4x-2y-1, 1 或 4(x+y-1)=-4x+2y+1,解得 y= ,或 8x+2y-5=0. 2 1 2 当 y= 时,代入方程|2x-y+3|=|x+y-1|,解得 x=-3<0 或 x=- <0,均舍去. 2 3 ?8x+2y-5=0 ?8x+2y-5=0 ?8x+2y-5=0 ? ? ? 由? ,化简得? ,或? , ? ? ? ?|2x-y+3|=|x+y-1| ?x-2y+4=0 ?3x=-2

?x=9 解得? 37 ?y=18
1 配套练习 3 解

?x=-3<0 或? 31 ?y= 6
2

1 37 (舍去).即存在满足题设条件的点 P,其坐标为?9,18?. ? ?

(1)过 P 点的直线 l 与原点距离为 2,而 P 点坐标为(2,-1),可见,过 P(2,-1)且垂直于 x 轴

的直线满足条件.此时 l 的斜率不存在,其方程为 x=2. 若斜率存在,设 l 的方程为 y+1=k(x-2), 即 kx-y-2k-1=0. |-2k-1| 3 由已知,得 =2,解得 k= . 此时 l 的方程为 3x-4y-10=0. 2 4 k +1 综上,可得直线 l 的方程为 x=2 或 3x-4y-10=0. (2)作图可得过 P 点与原点 O 距离最大的直线是过 P 点且与 PO 垂直的直线, 1 由 l⊥OP,得 klkOP=-1,∴kl=- =2. kOP 由直线方程的点斜式得 y+1=2(x-2),即 2x-y-5=0. |-5| 即直线 2x-y-5=0 是过 P 点且与原点 O 距离最大的直线,最大距离为 = 5. 5 (3)由(2)可知,过 P 点不存在到原点距离超过 5的直线,因此不存在过 P 点且到原点距离为 6 的直线. 综合练习 A组 1.B 2.A 3.D 3 4.1 5. 5 6.2x-3y-9=0 7.①⑤

8.解 (1)经过两已知直线交点的直线系方程为(2x+y-5)+λ(x-2y)=0,

60

即(2+λ)x+(1-2λ)y-5=0,∴

|10+5λ-5|
2

(2+λ) +(1-2λ)

2=3.解得

1 λ=2 或 λ= . 2

∴l 的方程为 x=2 或 4x-3y-5=0. ?2x+y-5=0, ? (2)由? 解得交点 P(2,1),如图,过 P 作任一直线 l,设 d 为点 A 到 l 的距 ? ?x-2y=0, 离,则 d≤|PA| (当 l⊥PA 时等号成立). ∴dmax=|PA|= 10. B组 1.B 2.C 3.A 1 1 34 4. 5. 6. 2 2 5 1 2 1 7.解 (1)∵l1∥l2,∴-b-(a2+1)a2=0,即 b=-a2(a2+1)=-a4-a2=-?a +2?2+ , ? ? 4 ∵a2≥0,∴b≤0.又∵a2+1≠3,∴b≠-6. 故 b 的取值范围是(-∞,-6)∪(-6,0]. 1 1 (2)∵l1⊥l2,∴(a2+1)-a2b=0,显然 a≠0,∴ab=a+ ,|ab|=?a+a?≥2, ? ? a 当且仅当 a=± 时等号成立,因此|ab|的最小值为 2. 1

? 2? ?x ,x + 2? (x >0).则|PN|=x ,|PM|=? x0 ?= 1 ,因此|PM|· 8.(1)证明 设 P 0 0 |PN|=1. 0 x0 x0 ? 0 ? 2
(2)解 直线 PM 的方程为 y-x0- 2 2 =-(x-x0),即 y=-x+2x0+ . x0 x0

?y=x, ? 2 解方程组得? ,x=y=x0+ , 2 2x0 ?y=-x+2x0+ x0 , ?
1 ? 1 1 1 2 2 S 四边形 OMPN=S△NPO+S△OPM= |PN||ON|+ |PM||OM|= x0?x0+ ?+ ?x0+ 2 2 2 ? x0 ? 2x0? 2x0? 1 2 1 1 = 2+ ?x0+x2?≥1+ 2,当且仅当 x0= ,即 x0=1 时等号成立, 2? x0 0? 因此四边形 OMPN 的最小值为 1+ 2.

§9.3
要点梳理 1.定点 定长 集合 D2+E2-4F 2

圆的方程

D E 2.圆心 半径 3.(a,b) r 4.D2+E2-4F>0 ?- 2 ,- 2 ? ? ? (3)(x0-a)2+(y0-b)2<r2

6.(1)(x0-a)2+(y0-b)2=r2 (2)(x0-a)2+(y0-b)2>r2

2 基础检测 1.(x-8)2+(y+3)2=25 2.?-2,3? ? ? 考点导学· 例1 解

3.(x-2)2+y2=10 4.1 5.C

(1)设圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0,将 P、Q 点的坐标分别代入得 ① ② ③
2

? ?2D-4E-F=20, ? ?3D-E+F=-10. ?

又令 y=0,得 x2+Dx+F=0. 设 x1,x2 是方程③的两根,由|x1-x2|=6 有 D -4F=36, 由①、②、④解得 D=-2,E=-4,F=-8,或 D=-6,E=-8,F=0. 故所求圆的方程为 x2+y2-2x-4y-8=0,或 x2+y2-6x-8y=0.



61

4x0-2 (2)方法一 如图,设圆心(x0,-4x0),依题意得 =1, 3-x0 ∴x0=1,即圆心坐标为(1,-4),半径 r=2 2,故圆的方程为(x-1)2+(y+4)2=8. 方法二 设所求方程为(x-x0)2+(y-y0)2=r2,

?y =-4x , ?(3-x ) +(-2-y ) =r , 根据已知条件得? |x +y -1| ? 2 =r, ?
0 0 2 2 2 0 0 0 0

?x0=1, ? 解得?y0=-4, ?r=2 2. ?
配套练习 1 (1)B 例2

因此所求圆的方程为(x-1)2+(y+4)2=8.

(2)(x-6)2+(y+3)2=52 或(x-14)2+(y+7)2=244

解 圆的标准方程为(x-2)2+y2=3.

(1)y-x 可看作是直线 y=x+b 在 y 轴上的截距, 当直线 y=x+b 与圆相切时, 纵截距 b 取得最大值或最小值, |2-0+b| 此时 = 3,解得 b=-2± 6.∴y-x 的最大值为-2+ 6,最小值为-2- 6. 2 (2)x2+y2 表示圆上的一点与原点距离的平方,由平面几何知识知,在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得 最大值和最小值. 又圆心到原点的距离为 (2-0)2+(0-0)2=2,∴x2+y2 的最大值是(2+ 3)2=7+4 3,x2+y2 的最小值是(2 - 3)2=7-4 3. n-3 配套练习 2 (1)|MQ|max=6 2,|MQ|min=2 2 (2) 的最大值为 2+ 3,最小值为 2- 3 m+2 例3 解 设 AB 的中点为 R,坐标为(x1,y1),则在 Rt△ABP 中,|AR|=|PR|. 又∵R 是弦 AB 的中点,故|AR|2=|AO|2-|OR|2=36-(x21+y21), 又|AR|=|PR|= (x1-4)2+y21, ∴有(x1-4)2+y21=36-(x21+y21),即 x21+y21-4x1-10=0. 因此点 R 在一个圆上.而当 R 在此圆上运动时,Q 点即在所求的轨迹上运动. 设 Q(x,y),∵R 是 PQ 的中点, x+4 y+0 ∴x1= ,y1= . 2 2 代入方程 x21+y21-4x1-10=0, x+4 x+4?2 ?y?2 得? +?2? -4· -10=0, 2 ? 2 ? 整理得 x2+y2=56. 即矩形 APBQ 的顶点 Q 的轨迹方程为 x2+y2=56. 配套练习 3 解 如图所示,设 P(x,y), x y N(x0,y0),则线段 OP 的中点坐标为?2,2?,线段 MN 的 ? ? x0-3 y0+4? 中点坐标为? ? 2 , 2 ?.由于平行四边形的对角线互相平分, ? ?x0=x+3 x x0-3 y y0+4 故 = , = . 从而? . 2 2 2 2 ? ?y0=y-4 N(x+3,y-4)在圆上,故(x+3)2+(y-4)2=4. 9 12 21 28 因此所求轨迹为圆: (x+3)2+(y-4)2=4, 但应除去两点?-5, 5 ?和?- 5 , 5 ?(点 P 在直线 OM 上时的情况). ? ? ? ? 综合练习 A组 1.B 2.A 3.A 3 25 4.(x+2)2+?y-2?2= ? ? 4 3 3 5.x+y-1=0 6.?-∞,-5?∪?5,+∞? ? ? ? ?

62

7.解 (1)设圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,由题意列出方程组

?a +b =r ? ?(a-1)2+(b-1)2=r2 ?2a+3b+1=0 ?

2

2

2

?a=4, ? ,解之得?b=-3, ?r2=25. ?

∴圆的标准方程是(x-4)2+(y+3)2=25.

(2)过切点且与 x+y-1=0 垂直的直线为 y+2=x-3,与 y=-4x 联立可求得圆心为(1,-4). ∴半径 r= (1-3)2+(-4+2)2=2 2,∴所求圆的方程为(x-1)2+(y+4)2=8. (3)方法一 设圆的一般方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0,

?1+144+D+12E+F=0, ? 则?49+100+7D+10E+F=0, ?81+4-9D+2E+F=0. ?

解得 D=-2,E=-4,F=-95.

∴所求圆的方程为 x2+y2-2x-4y-95=0. 1 方法二 由 A(1,12),B(7,10),得 AB 的中点坐标为(4,11),kAB=- , 3 则 AB 的中垂线方程为 3x-y-1=0. 同理得 AC 的中垂线方程为 x+y-3=0. ? ? ?3x-y-1=0 ?x=1 联立? ,得? ,即圆心坐标为(1,2), ?x+y-3=0 ?y=2 ? ? 半径 r= (1-1)2+(2-12)2=10. ∴所求圆的方程为(x-1)2+(y-2)2=100. 8.解 (1)直线 AB 的斜率 k=1,AB 的中点坐标为(1,2),∴直线 CD 的方程为 y-2=-(x-1), 即 x+y-3=0. (2)设圆心 P(a,b),则由 P 在 CD 上得 a+b-3=0. 又直径|CD|=4 10,∴|PA|=2 10, ∴(a+1)2+b2=40 ?a=-3 ?a=5 ? ? 由①②解得? 或? ∴圆心 P(-3,6)或 P(5,-2), ? ? ?b=6 ?b=-2 ∴圆 P 的方程为(x+3)2+(y-6)2=40 或(x-5)2+(y+2)2=40. B组 1.B 2.C 3.B 4.(-∞,1) 5.4 6.π ② ①

?(1-a) +(-1-b) =r ? 2 2 2 2 2 2 7.解 (1)设圆 M 的方程为(x-a) +(y-b) =r (r>0),根据题意得:?(-1-a) +(1-b) =r , ?a+b-2=0 ?
解得 a=b=1,r=2,故所求圆 M 的方程为(x-1)2+(y-1)2=4. 1 1 (2)由题意知,四边形 PAMB 的面积为 S=S△PAM+S△PBM= |AM||PA|+ |BM||PB|. 2 2 又|AM|=|BM|=2,|PA|=|PB|,∴S=2|PA|,而|PA|= |PM|2-|AM|2= |PM|2-4, 即 S=2 |PM|2-4. 因此要求 S 的最小值, 只需求|PM|的最小值即可, 即在直线 3x+4y+8=0 上找一点 P, 使得|PM|的值最小, |3×1+4×1+8| ∴|PM|min= =3, 32+42 ∴四边形 PAMB 面积的最小值为 Smin=2 |PM|2min-4=2 32-4=2 5. 8.解 设圆 C 的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0,则 k、2 为 x2+Dx+F=0 的两根, ∴k+2=-D,2k=F,即 D=-(k+2),F=2k, 又圆过 R(0,1),故 1+E+F=0.∴E=-2k-1.故所求圆的方程为 x2+y2-(k+2)x-(2k+1)y+2k=0,圆心 k+2 2k+1? 坐标为? ? 2 , 2 ?.

2

2

2

63

2k+1 ∵圆 C 在点 P 处的切线斜率为 1,∴kCP=-1= ,∴k=-3. 2-k ∴D=1,E=5,F=-6. ∴所求圆 C 的方程为 x2+y2+x+5y-6=0.

§9.4

直线与圆、圆与圆的位置关系

要点梳理 1.相离 相切 相交 3.(1)x0x+y0y=r2 4.相离 外切 相交 内切 内含 基础检测 1.(x-1)2+(y+2)2=2 2.相交 考点导学· 例1 (1)由已知,圆心为 O(0,0),半径 r= 5,圆心到直线 2x-y+m=0 的距离 |m| |m| |m| d= 2 ,∵直线与圆无公共点,∴d>r,即 > 5,∴m>5 或 m<-5. 2= 5 5 2 +(-1) 故当 m>5 或 m<-5 时,直线与圆无公共点. (2)如图,由平面几何垂径定理知 m2 r2-d2=12.即 5- =1. 5 得 m=± 5, 2 ∴当 m=± 5时, 2 直线被圆截得的弦长为 2. (3)如图,由于交点处两条半径互相垂直, ∴弦与过弦两端的半径组成等腰直角三角形, 2 |m| 2 5 2 ∴d= r,即 = · 5,解得 m=± . 2 2 5 2 5 2 故当 m=± 时,直线与圆在两交点处的两条半径互相垂直. 2 ? ?y=kx+1, 配套练习 1 方法一 (1)证明 由? 消去 y 得(k2+1)x2-(2-4k)x-7=0, 2 2 ?(x-1) +(y+1) =12, ? ∵Δ=(2-4k)2+28(k2+1)>0,∴不论 k 为何实数,直线 l 和圆 C 总有两个交点. 设直线与圆交于 A(x1,y1)、B(x2,y2)两点,则直线 l 被圆 C 截得的弦长 8-4k+11k2 4k+3 |AB|= 1+k2|x1-x2|=2 =2 11- , 1+k2 1+k2 4k+3 3 令 t= ,则 tk2-4k+(t-3)=0,当 t=0 时,k=- ,当 t≠0 时,∵k∈R, 4 1+k2 4k+3 ∴Δ=16-4t(t-3)≥0,解得-1≤t≤4,且 t≠0,故 t= 的最大值为 4,此时|AB|最小为 2 7. 1+k2 |k+2| k2+4k+4 2 2 方法二 (1)证明 圆心 C(1,-1)到直线 l 的距离 d= ,圆 C 的半径 R=2 3,R -d =12- 1+k2 1+k2 11k2-4k+8 = ,而在 S=11k2-4k+8 中,Δ=(-4)2-4×11×8<0,故 11k2-4k+8>0 对 k∈R 恒成立,∴R2 1+k2 (2)解 -d2>0,即 d<R,∴不论 k 为何实数,直线 l 和圆 C 总有两个交点. 8-4k+11k2 (2)解 由平面几何知识,知|AB|=2 R2-d2=2 , 1+k2 下同方法一. 方法三 (1)证明 ∵不论 k 为何实数,直线 l 总过点 A(0,1),而|AC|= 5<2 3=R,∴点 A(0,1)在圆 C 的内 部,即不论 k 为何实数,直线 l 总经过圆 C 内部的定点 A. ∴不论 k 为何实数,直线 l 和圆 C 总有两个交点. 解 3.(-∞,0)∪(10,+∞) 4.0 5.B

64

(2)解

由平面几何知识知过圆内定点 A(0,1)的弦,只有和 AC (C 为圆心)垂直时才最短,而此时点 A(0,1)为弦

AB 的中点,由勾股定理,知|AB|=2 12-5=2 7, 即直线 l 被圆 C 截得的最短弦长为 2 7. 例2 解 (1)圆心 C(1,2),半径为 r=2, ①当直线的斜率不存在时,方程为 x=3. 由圆心 C(1,2)到直线 x=3 的距离 d=3-1=2=r 知,此时,直线与圆相切. ②当直线的斜率存在时,设方程为 y-1=k(x-3),即 kx-y+1-3k=0. |k-2+1-3k| 3 3 由题意知 =2,解得 k= . ∴方程为 y-1= (x-3),即 3x-4y-5=0. 4 4 k2+1 故过 M 点的圆的切线方程为 x=3 或 3x-4y-5=0. |a-2+4| 4 (2)由题意有 =2,解得 a=0 或 a= . 3 a2+1 (3)∵圆心到直线 ax-y+4=0 的距离为 |a+2|
2

3 ? |a+2| ? 2 3?2 ,∴? 2 ?2+? =4,解得 a=- . 4 ? a +1? ? 2 ? a +1

配套练习 2 解 (1)由于过点 A 的圆的切线只有一条,则点 A 在圆上,故 12+a2=4,∴a=± 3. 当 a= 3时,A(1, 3),切线方程为 x+ 3y-4=0;当 a=- 3时,A(1,- 3), 切线方程为 x- 3y-4=0,∴a= 3时,切线方程为 x+ 3y-4=0, a=- 3时,切线方程为 x- 3y-4=0. (2)设直线方程为 x+y=b,由于直线过点 A,∴1+a=b, |a+1| ∴直线方程为:x+y=1+a,即 x+y-a-1=0.又直线与圆相切,∴d= =2, 2 ∴a=± 2-1.∴切线方程为 x+y+2 2=0 或 x+y-2 2=0. 2 例3 解 将两圆方程写成标准方程. C1:(x-a)2+(y+2)2=9,C2:(x+1)2+(y-a)2=4. ∴两圆的圆心和半径分别为 C1(a,-2),r1=3,C2(-1,a),r2=2, 设两圆的圆心距为 d,则 d2=(a+1)2+(-2-a)2=2a2+6a+5. (1)当 d=5,即 2a2+6a+5=25 时,两圆外切,此时 a=-5 或 a=2. (2)当 1<d<5,即 1<2a2+6a+5<25 时,两圆相交,此时-5<a<-2 或-1<a<2. (3)当 d>5,即 2a2+6a+5>25 时,两圆外离,此时 a>2 或 a<-5. (4)当 d=1,即 2a2+6a+5=1 时,两圆内切,此时 a=-1 或 a=-2. 配套练习 3 解 (1)设圆 O2 的半径为 r2,由于两圆外切, ∴|O1O2|=r1+r2,r2=|O1O2|-r1=2( 2-1), 故圆 O2 的方程是(x-2)2+(y-1)2=4( 2-1)2. (2)设圆 O2 的方程为(x-2)2+(y-1)2=r22,又圆 O1 的方程为 x2+(y+1)2=4, 此两圆的方程相减,即得两圆公共弦 AB 所在直线的方程:4x+4y+r22-8=0. |r22-12| 2 2?2 ∴圆心 O1(0,-1)到直线 AB 的距离为 = 4-? = 2, ? 2 ? 4 2 解得 r22=4 或 r22=20. 故圆 O2 的方程为(x-2)2+(y-1)2=4 或(x-2)2+(y-1)2=20. 综合练习 A组 1.B 2.D 3.B 1 4.1 5.(x-1)2+?y-2?2=1 6.(-13,13) ? ?

7.解 (1)当斜率 k 不存在时,过点 P 的直线方程为 x=-3,代入 x2+y2=25,得 y1=4,y2=-4. ∴弦长为|y1-y2|=8,符合题意.

65

3 3 (2)当斜率 k 存在时,设所求直线方程为 y+ =k(x+3),即 kx-y+3k- =0. 2 2 3? ?k· ? 0-0+3k-2? 3 2 2 由已知,弦心距|OM|= 5 -4 =3, ∴ =3,解得 k=- . 2 4 k +1 3 3 ∴此直线方程为 y+ =- (x+3),即 3x+4y+15=0. 2 4 ∴所求直线方程为 x+3=0 或 3x+4y+15=0. 8.解 (1)方法一 圆 C 的圆心为(-1,0),半径 r=2, 圆 C 上恰有三个点到直线 m 的距离为 1,则圆心到直线 m 的距离恰为 1, 由于直线 m 经过原点,圆心到直线 m 的距离最大值为 1. ∴满足条件的直线就是经过原点且垂直于 OC 的直线,即 y 轴,∴直线方程为 x=0. 方法二 圆 C 的圆心为(-1,0),半径 r=2, 圆 C 上恰有三个点到直线 m 的距离为 1.则圆心到直线 m 的距离恰为 1. |-k-0| 设直线方程为 y=kx,d= =1,k 无解. 1+k2 直线斜率不存在时,直线方程为 x=0 显然成立.∴所求直线为 x=0. |-2k+2 3| 3 (2)设直线方程为 y-2 3=k(x-1),d= 2 =2,解得 k= 3 , 1+k 3 所求直线为 y-2 3= (x-1),即 3x-3y+5 3=0,斜率不存在时,直线方程为 x=1, 3 ∴切线 l 的方程为 x=1 或 3x-3y+5 3=0, 过点 C、D、E、A 有一外接圆,x2+(y- 3)2=4,即 x2+y2-2 3y-1=0, 过切点的直线方程为 x+ 3y-1=0. B组 1.D 8.解 2.B 3.C 4.C 5.4 6.± 或-5 或-1 2 7.2x-4y+3=0 b (1)设圆心为 C(a,b),由 OC 与直线 y=x 垂直,知 O,C 两点的斜率 kOC= =-1,故 b=-a,则|OC|= a ?a=-2 ?a=2 ? ? 2 2,即 a2+b2=2 2,可解得? 或? , ? ? ?b=2 ?b=-2
? ?a=-2 结合点 C(a,b)位于第二象限知? . 故圆 C 的方程为(x+2)2+(y-2)2=8. ?b=2 ?

?(m-4) +n =4 ? 2 2 (2)假设存在 Q(m,n)符合题意,则?m +n ≠0 ?(m+2)2+(n-2)2=8 ?
4 12 故圆 C 上存在异于原点的点 Q?5, 5 ?符合题意. ? ?

2

2

2

?m=5 ,解得? 12 ?n= 5
4

.

§9.5

椭 圆

要点梳理 1.椭圆 焦点 焦距 (1)a>c (2)a=c (3)a<c 3 3 基础检测 1.14 2. 3. 4.A 5.B 2 3 考点导学· x2 y2 例1 + =1 10 5

66

x y y2 x2 配套练习 1 解 设椭圆的标准方程是 2+ 2=1 (a>b>0)或 2+ 2=1 (a>b>0),两焦点分别为 F1,F2, a b a b 则由题意知 2a=|PF1|+|PF2|=2 5,∴a= 5. x2 y2 b2 在方程 2+ 2=1 中令 x=± ,得|y|= , c a b a y2 x2 b2 在方程 2+ 2=1 中令 y=± ,得|x|= , c a b a 2 b 2 10 x2 3y2 y2 3x2 依题意并结合图形知 = 5.∴b2= . 即椭圆的标准方程为 + =1 或 + =1. a 3 3 5 10 5 10 x2 y2 例 2 (1)解 设椭圆方程为 2+ 2=1 (a>b>0),|PF1|=m,|PF2|=n,则 m+n=2a. a b 在△PF1F2 中,由余弦定理可知,4c2=m2+n2-2mncos 60° =(m+n)2-3mn ?m+n?2=4a2-3a2=a2(当且仅当 m=n 时取等号). =4a2-3mn≥4a2-3· ? 2 ? 1 c2 1 1 ∴ 2≥ ,即 e≥ . 又 0<e<1,∴e 的取值范围是?2,1?. ? ? a 4 2 4 1 3 (2)证明 由(1)知 mn= b2,∴S△PF1F2= mnsin 60° = b2, 3 2 3 即△PF1F2 的面积只与短轴长有关. x2 2 配套练习 2 +y =1 4 1 1 椭圆上到点 P 的距离等于 7的点的坐标为?- 3,-2?和? 3,-2? ? ? ? ? c 3 例 3 解 (1)由 e= = ,得 3a2=4c2,再由 c2=a2-b2, a 2 ?a=2b, ? 1 得 a=2b,由题意可知 ×2a×2b=4,即 ab=2. 解方程组? ,得 a=2,b=1, 2 ? ?ab=2 x2 ∴椭圆的方程为 +y2=1. 4 ( 2)由(1)知 A(-2,0),且直线 l 的斜率必存在.设 B 点的坐标为(x1,y1),直线 l 的斜率为 k, 2 ?x +y2=1, ?4 则 l 的方程为 y=k(x+2).于是 A,B 两点的坐标满足方程组?

2

2

?y=k(x+2). ?

由方程消去 y 并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0. 16k2-4 2-8k2 4k 由-2x1= ,从而 y1= . 2 ,得 x1= 1+4k 1+4k2 1+4k2 2 ? -8k , 2k ?. 以下分两种情况: 设线段 AB 的中点为 M,则 M 点的坐标为? ? ?1+4k2 1+4k2? ①当 k=0 时,点 B 的坐标为(2,0),线段 AB 的垂直平分线为 y 轴, 于是QA =(-2,-y0),QB =(2,-y0).由QA · =4,得 y0=± 2. QB 2 8k2 ? 2k 1? x+ ②当 k≠0 时,线段 AB 的垂直平分线方程为 y - =- 2 . k? 1+4k ? 1+4k2 令 x=0,解得 y0=- 6k → → .由QA =(-2,-y0),QB =(x1,y1-y0), 1+4k2 6k ? 4(16k4+15k2-1) 6k ? 4k 2+ 2 = =4, 2 1+4k ?1+4k 1+4k ? (1+4k2)2





→→

1+4k 14 2 14 整理得 7k2=2. 故 k=± ,∴y0=± . 7 5 2 14 综上,y0=± 2或 y0=± 2 . 5

→· =-2x1-y0(y1-y0)=-2(2-8k2)+ → QA QB 2

配套练习 3 (1)焦点坐标为(- 3,0),( 3,0),离心率为

3 2

67

4 3|m| (2)|AB|= 2 ,m∈(-∞,-1]∪[1,+∞) |AB|的最大值为 2 m +3 综合练习 A组 1.C 2.A 3.B 1 5 x2 y2 4. 5. 6. + =1 5 3 4 2

7.解 (1)依题意知,2a=4,∴a=2. c 2 x2 y2 ∵e= = ,∴c= 2,b= a2-c2= 2. ∴所求椭圆 C 的方程为 + =1. a 2 4 2

?y -y ×2=-1, ?x -x (2)∵点 P(x ,y )关于直线 y=2x 的对称点为 P (x ,y ),∴? y +y x +x ? ? 2 =2× 2 .
0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1

4y0-3x0 3y0+4x0 解得:x1= ,y1= . ∴3x1-4y1=-5x0. 5 5 x2 y2 ∵点 P(x0,y0)在椭圆 C: + =1 上,∴-2≤x0≤2,则-10≤-5x0≤10. 4 2 ∴3x1-4y1 的取值范围为[-10,10]. c 1 x2 y2 8.解 (1)∵2a=4, = ,∴a=2,c=1,b= 3. ∴椭圆的方程为 + =1. a 2 4 3 (2)能.设点 P(x0,y0) (x0≠0,y0≠0), x2 y2 由题意知直线 l 的斜率存在.设直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0),代入 + =1, 4 3 整理得(3+4k2)x2+8k(y0-kx0)x+4(y0-kx0)2-12=0. 8k(y0-kx0) 3x0 ∵x=x0 是方程的两个相等实根,∴2x0=- ,解得 k=- . 4y0 3+4k2 3x0 ∴直线 l 的方程为 y-y0=- (x-x0). 4y0 4y20+3x20? x20 y20 令 x=0,得点 A 的坐标为?0, 4y0 ? ?. 又∵ 4 + 3 =1,∴4y20+3x20=12. 3 ∴点 A 的坐标为?0,y ?. ? 0? y0 4y0 又直线 l?的方程为 y-y0= (x-x0),令 x=0,得点 B 的坐标为?0,- 3 ?. ? ? 3x0 3 ? ? y0? ∴以 AB 为直径的圆的方程为 x· ?y-y ?·y+ 3 ?=0. x+? 0 ? y0 3 ? 整理,得 x2+y2+? 3 -y ?y-1=0. 令 y=0,得 x=± 1, ? 0 ∴以 AB 为直径的圆恒过定点(1,0)和(-1,0). B组 1.D 2.C 3.A 4.2 7-5 5. 2 2 x2 y2 6.15 7. + =1 5 4

3 x2 y2 8.(1)解 依题意得,a=2c,b2=a2-c2=3c2,设椭圆方程为 2+ 2=1,将?1,2?代入,得 c2=1, ? ? 4c 3c x2 y2 故椭圆方程为 + =1. 4 3 (2)证明 由(1)知,A(-2,0),B(2,0), 设 M(x0,y0), 3 6y0 2 则-2<x0<2,y2= (4-x0),由 P,A,M 三点共线,得 x= , 0 4 x0+2
2 6y0 ? → → 6y0 5 ,BM · =2x0-4+ BP = (2-x0)>0, ? x0+2? x0+2 2 即∠MBP 为锐角,则∠MBN 为钝角.

→=(x0-2,y0),→=?2, BM BP

68

§9.6

双曲线

要点梳理 1.双曲线 焦点 焦距 (1)a<c (2)两条射线 (3)a>c x2 y2 1 6 x2 y2 基础检测 1. - =1 (x≥3) 2.- 3. 4. - =1 5.A 9 7 4 2 4 3 考点导学· 例1 解 设 F(x,y)为轨迹上的任意一点, ∵A、B 两点在以 C、F 为焦点的椭圆上, ∴|FA|+|CA|=2a,|FB|+|CB|=2a(其中 a 表示椭圆的长半轴长), ∴|FA|+|CA|=|FB|+|CB|,∴|FA|-|FB|=|CB|-|CA|= 122+92- 122+(-5)2=2, ∴|FA|-|FB|=2<14.由双曲线的定义知,F 点在以 A、B 为焦点,2 为实轴长的双曲线的下支上, x2 ∴点 F 的轨迹方程是 y2- =1 (y≤-1). 48 5 配套练习 1 6 x2 y2 1 例 2 解 (1)设所求双曲线方程为 - =λ (λ≠0),将点(-3,2 3)代入得 λ= , 9 16 4 x2 y2 1 x2 y2 ∴所求双曲线方程为 - = ,即 - =1. 9 16 4 9 4 4 2 2 x y (2)设双曲线方程为 - =1,将点(3 2,2)代入得 k=4,(k=-14 舍去). 16-k 4+k 2 2 x y ∴所求双曲线方程为 - =1. 12 8 2 x2 y2 y2 x2 2 y 配套练习 2 (1)x - =1 (2) - =1 或 - =1 9 36 64 64 36 例 3 解 (1)由已知:c= 13,设椭圆长、短半轴长分别为 a、b,双曲线半实、虚轴长分别为 m、n,则 ?a-m=4

? ? 13 13 ,解得 a=7,m=3.∴b=6,n=2. ?7· a =3·m ?
x2 y2 x2 y2 ∴椭圆方程为 + =1,双曲线方程为 - =1. 49 36 9 4

(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, |PF1|-|PF2|=6,∴|PF1|=10,|PF2|=4. |PF1|2+|PF2|2-|F1F2|2 102+42-(2 13)2 4 又|F1F2|=2 13,∴cos∠F1PF2= = = . 2|PF1||PF2| 5 2×10×4 配套练习 3 (1) 3 例4 (2)y=± 2x (1)解 由双曲线的方程得 a= 3,b= 6,∴c= a2+b2=3,F1(-3,0),F2(3,0). 3 y= (x-3), 3 3 直线 AB 的方程为 y= (x-3).设 A(x1,y1),B(x2,y2),由 2 2 3 x y - =1, 3 6 6 27 得 5x2+6x-27=0. ∴x1+x2=- ,x1x2=- . 5 5 ∴|AB|= 1+k2|x1-x2|= 1+? 3?2 · (x1+x2)2-4x1x2= ?3? 4 36 108 16 3 · + = . 3 25 5 5

? ? ?

(2)解 直线 AB 的方程变形为 3x-3y-3 3=0. |-3 3| 3 1 1 16 3 3 12 3 ∴原点 O 到直线 AB 的距离为 d= = . ∴S△AOB= |AB|· × d= × = . 2 2 2 2 2 5 2 5 ( 3) +(-3)

69

(3)证明 如图,由双曲线的定义得 |AF2|-|AF1|=2 3, |BF1|-|BF2|=2 3, ∴|AF2|-|AF1|=|BF1|-|BF2|, 即|AF2|+|BF2|=|AF1|+|BF1|. 配套练习 4 解 (1)将直线 l 的方程 y=kx+1 代入双曲线 C 的方程 2x2-y2=1 后,整理得(k2-2)x2+2kx+2=0.①

?Δ=(2k) -8(k -2)>0, ? 2k 依题意,直线 l 与双曲线 C 的右支交于不同两点,故?- >0, k -2 ?k -2>0. ?2
2 2 2 2

k2-2≠0,

解得 k 的取值范围是-2<k<- 2.

?x +x =2-k , (2)设 A、B 两点的坐标分别为(x ,y )、(x ,y ),则由①式得? 2 x ?x · =k -2.
2k
1 2 2 1 1 2 2 1 2 2



假设存在实数 k,使得以线段 AB 为直径的圆经过双曲线 C 的右焦点 F(c,0). 则由 FA⊥FB 得: (x1-c)(x2-c)+y1y2=0. 即(x1-c)(x2-c)+(kx1+1)(kx2+1)=0. 整理得(k2+1)x1x2+(k-c)(x1+x2)+c2+1=0. ③ 6 把②式及 c= 代入③式化简得 5k2+2 6k-6=0. 2 6+ 6 6- 6 6+ 6 解得 k=- 或 k= ?(-2, 2)(舍去), - 可知存在 k=- 使得以线段 AB 为直径的圆经过双 5 5 5 曲线 C 的右焦点. 综合练习 A组 x2 y2 y2 x2 21 1.B 2.B 3.C 4.B 5. - =1 或 - =1 6.b2 7. 3 9 5 5 3 3 8.(1)解 ∵e= 2,∴可设双曲线方程为 x2-y2=λ.∵过点(4,- 10),∴16-10=λ, 即 λ=6.∴双曲线方程为 x2-y2=6. (2)证明 方法一 由(1)可知,双曲线中 a=b= 6, m m ∴c=2 3,∴F1(-2 3,0),F2(2 3,0),∴kMF1= ,kMF2= , 3+2 3 3-2 3 m2 m2 kMF1· 2= kMF =- . 3 9-12 ∵点(3,m)在双曲线上,∴9-m2=6,m2=3,故 kMF1· 2=-1,∴MF1⊥MF2, kMF ∴MF1· 2=0. MF 方法二 ∵MF1=(-3-2 3,-m),MF2=(2 3-3,-m), ∴MF1· 2=(3+2 3)×(3-2 3)+m2=-3+m2. MF ∵M 点在双曲线上,∴9-m2=6,即 m2-3=0,∴MF1· 2=0. MF (3)解 △F1MF2 的底|F1F2|=4 3,由(2)知 m=± 3.

→→





→→

→→

70

1 ∴△F1MF2 的高 h=|m|= 3,∴S△F1MF2= ×4 3× 3=6. 2 B组 1.A 2.D 3.B 4.ab 5.3 15 5 6. 3

b |bc| 7.解 (1)由题意知 a=2 3,一条渐近线为 y= x,即 bx-ay=0,∴ 2 = 3, a b +a2 x2 y2 ∴b2=3,∴双曲线的方程为 - =1. 12 3 (2)设 M(x1,y1),N(x2,y2),D(x0,y0),则 x1+x2=tx0,y1+y2=ty0, 将直线方程代入双曲线方程得 x2-16 3x+84=0,则 x1+x2=16 3,y1+y2=12,

?x =4 3 3, y ∴? x y ?12- 3 =1,
0 0 2 0 2 0

?x0=4 3, ∴? ∴t=4,点 D 的坐标为(4 3,3). ?y0=3,

x2 y2 8.解 (1)设双曲线 C2 的方程为 2- 2=1,则 a2=4-1=3,c2=4,由 a2+b2=c2,得 b2=1, a b x2 2 故 C2 的方程为 -y =1. 3 x2 (2)将 y=kx+ 2代入 -y2=1,得(1-3k2)x2-6 2kx-9=0. 3

?1-3k ≠0. ? 2 2 由直线 l 与双曲线 C2 交于不同的两点,得?Δ=(-6 2k) +36(1-3k ) ? =36(1-k2)>0. ?
1 ∴k2≠ 且 k2<1. 3 -9 6 2k 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= . 2,x1x2= 1-3k 1-3k2 3k2+7 ∴x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+ 2)(kx2+ 2)=(k2+1)x1x2+ 2k(x1+x2)+2= 2 . 3k -1 3k2+7 -3k2+9 →→ 又∵OA · >2,得 x1x2+y1y2>2,∴ 2 >2,即 2 OB >0, 3k -1 3k -1 1 解得 <k2<3, 3 1 3 3 由①②得 <k2<1.,故 k 的取值范围为?-1,- ?∪? ,1?. 3 3? ?3 ? ? ①

2



§9.7
要点梳理 1.相等 焦点 准线 基础检测 1.(4,4 2)或(4,-4 2) 2.4 考点导学· 例1 解

抛物线

3.y2=4x 4.B

5.C

p p (1)抛物线 y2=2px (p>0)的准线为 x=- ,于是 4+ =5,∴p=2. 2 2

∴抛物线的标准方程为 y2=4x. 4 (2)由(1)得点 A 的坐标是(4,4),由题意得 B(0,4),M(0,2),∵F(1,0),∴kFA= .∵MN⊥FA, 3 3 4 3 ∴kMN=- . 则 FA 所在直线的方程为 y= (x-1).MN 所在直线的方程为 y-2=- x. 4 3 4

71

?y=3(x-1) 解方程组? 3 ?y-2=-4x
4

?x=5 ,得? 4 ?y=5
8

8 4 . ∴N?5,5?. ? ?

1 配套练习 1 解 设直线 OA 的方程为 y=kx,k≠0,则直线 OB 的方程为 y=- x, k ? ?y=kx, 2p 由? 2 得 x=0 或 x= 2 . k ? ?y =2px, 2p 2p ∴A 点坐标为? k2 , k ?,B 点坐标为(2pk2,-2pk),由|OA|=1,|OB|=8, ? ?

?4p2k +1=1, ? ① k4 可得? ?4p2k2(k2+1)=64, ② ?
16 4 ②÷ ①解方程组得 k6=64,即 k2=4.则 p2= 2 2 = . k (k +1) 5 2 5 4 5 又 p>0,则 p= ,故所求抛物线方程为 y2= x. 5 5 例2 解 将 x=3 代入抛物线方程 y2=2x,得 y=± . ∵ >2,∴A 在抛物线内部,如图. 设抛物线上点 P 到准线 l:x=- 的距离为 d, 由定义知|PA|+|PF|=|PA|+d,当 PA⊥l 时, |PA|+d 最小,最小值为 ,即|PA|+|PF|的最小值为 , 此时 P 点纵坐标为 2,代入 y2=2x,得 x=2,∴点 P 的坐标为(2,2). 1 7 配套练习 2 C [设抛物线 y2=2x 的焦点为 F,则 F?2,0?,又点 A?2,4?在抛物线的外侧,抛物线的准线方程为 ? ? ? ? 1 1 9 x=- ,则|PM|=d- ,又|PA|+d=|PA|+|PF|≥|AF|=5,∴|PA|+|PM|≥ .] 2 2 2 p 例 3 (1)解 由已知得 2p=8,∴ =2. ∴抛物线的焦点坐标为 F(2,0),准线方程为 x=-2. 2 (2)证明 设 A(xA,yA),B(xB,yB),直线 AB 的斜率为 k=tan α,则直线方程为 y=k(x-2). 4(k2+2) 将此式代入 y2=8x,得 k2x2-4(k2+2)x+4k2=0,故 xA+xB= . k2 xA+xB 2(k2+2) 4 设直线 m 与 AB 的交点为 E(xE,yE), 则 xE= = , yE=k(xE-2)= , 2 k2 k 故直线 m 的方程为 2k2+4 2k2+4 4 1 y- =- ?x- 2 ?.令 y=0,得点 P 的横坐标为 xP= 2 +4, k k? k k ? 2 4(k +1) 4 4 4· 2α 2sin 故|FP|=xP-2= = 2 .∴|FP|-|FP|cos 2α= 2 (1-cos 2α)= =8. 2 k sin α sin α sin2α ∴|FP|-|FP|cos 2α 为定值. p 5p 配套练习 3 解 (1)直线 AB 的方程是 y=2 2(x- ),与 y2=2px 联立,从而有 4x2-5px+p2=0,∴x1+x2= . 2 4 由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p=9,∴p=4,从而抛物线方程是 y2=8x. (2)由 p=4 知 4x2-5px+p2=0 可化为 x2-5x+4=0, 从而 x1=1,x2=4,y1=-2 2,y2=4 2,从而 A(1,-2 2),B(4,4 2). 设OC =(x3,y3)=(1,-2 2)+λ(4,4 2)=(4λ+1,4 2λ-2 2),又 y23=8x3, ∴[2 2(2λ-1)]2=8(4λ+1),即(2λ-1)2=4λ+1,解得 λ=0 或 λ=2. 综合练习 A组

2



72

1.D

2.C 3.B

4.B 5.y2=16x 或 x2=-8y 6. 5

7.x2=12y

8.解 (1)设 P(x,y),E(-1,yE),F(-1,yF). ∵ AE · =(-2,yE)· AF (-2,yF)=yE·F+4=0,∴yE·F=-4, y y

→→ →



又 EP =(x+1,y-yE),FO =(1,-yF),且 EP ∥OA ,FO ∥OP , y ∴y-yE=0 且 x(-yF)-y=0,∴yE=y,yF=- ,代入①得 y2=4x(x≠0), x ∴动点 P 的轨迹 C 的方程为 y2=4x(x≠0). (2)设 l:y-2=kx(易知 k 存在),联立 y2=4x 消去 x,得 ky2-4y+8=0, 4 8 令 M(x1,y1),N(x2,y2),则 y1+y2= ,y1·2= , y k k y22 →· =(x1-1,y1)· 2-1,y2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=y21· -y21+y22+1+y1y2 → AM AN (x 16 4 y1y2 (y1+y2) 3 12 =? 4 ?2- + y1y2+1= +1<0,∴-12<k<0, ? ? 4 2 k 则实数 k 的取值范围为(-12,0). B组 1.A 2.B 3.D 4. 21 p 2 25 5. 4 6. 2
2



→ → → →

m 7.(1)解 设 M(m,m2),N(n,n2),则依题意知,切线 l1,l2 的方程分别为 y=2mx-m2,y=2nx-n2,则 A? 2 ,0?, ? ?
2 ? ?y=2mx-m , n B?2,0?,设 P(x,y),由? 2 ? ? ?y=2nx-n , ?

?x=m+n ? 2 得? , ?y=mn ?
∵|AB|=1,∴|n-m|=2,即(m+n)2-4mn=4,将①代入上式得:y=x2-1, ∴点 P 的轨迹方程为 y=x2-1.
? ?y=kx+b (2)证明 设直线 MN 的方程为 y=kx+b (b>0).联立方程? , 2 ? ?y=x



消去 y 得 x2-kx-b=0,∴m+n=k,mn=-b, ② m+n? ?k? ? ? ? 2 ?-mn+b? 点 P 到直线 MN 的距离 d= , 1+k2 1 1 m+n? 1 |MN|= 1+k2|m-n|,∴S△MNP= d· |MN|= ?k? -mn+b?· |m-n|= · (m-n)2· |m-n|=2. 2 2? ? 2 ? 4 ? 即△MNP 的面积为定值 2. 8.解 (1)设 B(0,b),C(c,0),P(x,y); 则 AB =(-8,b), BP =(x,y-b), BC =(c,-b), CP =(x-c,y). ∴ AB · =-8x+b(y-b)=0. BP ? → → ?c=x-c, ∴b=-y 代入①得 y2=-4x. 由 BC = CP ,得? ?-b=y, ? ∴动点 P 的轨迹方程为 y2=-4x. (2)当直线 l 的斜率不存在时,x=8 与抛物线没有交点,不合题意. 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的斜率为 k,









→→



73

则 l:y=k(x-8).设 M(x1,y1),N(x2,y2),则QM=(x1+1,y1),QN =(x2+1,y2), 由QM· =97,得(x1+1)(x2+1)+y1y2=97.即 x1x2+x1+x2+1+k2(x1-8)(x2-8)=97, QN ∴(1+k2)x1x2+(1-8k2)(x1+x2)+1+64k2=97. ② 16k2-4 将 y=k(x-8)代入 y2=-4x,得 k2x2+(4-16k2)x+64k2=0. ∴x1+x2= ,x1x2=64. k2 2 16k -4 代入②式得:64(1+k2)+(1-8k2) +1+64k2=97. k2 1 1 1 整理得 k2= ,∴k=± . ∴l 的方程为 y=± (x-8),即 x-2y-8=0 或 x+2y-8=0. 4 2 2





→→

专题五
要点梳理 1.(2)②> = < 2.(1) 1+k2|x1-x2| 考点导学· 【例 1】 x2 y2 (1) + =1 4 3

直线与圆锥曲线
1 1+ 2|y1-y2| k

x20 y20 (2)证明 当 y0=0 时,由 + =1,可得 x0=± 2. 4 3 ①当 x0=2,y0=0 时,直线 l 的方程为 x=2,此时直线 l 与曲线 C 有且只有一个交点(2,0). ②当 x0=-2,y0=0 时,直线 l 的方程为 x=-2,此时直线 l 与曲线 C 有且只有一个交点(-2,0). 12-3x0x y= , 4y0 12-3x0x 当 y0≠0 时,直线 l 的方程为 y= ,联立方程组,得 2 2 4y0 x y + =1. 4 3 消去 y,得(4y20+3x20)x2-24x0x+48-16y20=0.(*) x20 y20 由点 P(x0,y0)为曲线 C 上一点,得 + =1.于是方程(*)可化简为 x2-2x0x+x20=0,解得 x=x0,把 x= 4 3 12-3x0x x0 代入方程 y= ,可得 y=y0.故直线 l 与曲线 C 有且只有一个交点 P(x0,y0). 4y0 综上,直线 l 与曲线 C 有且只有一个交点,且交点为 P(x0,y0). 2 2 配套练习 1 (1)?-∞,- ?∪? ,+∞? 2? ?2 ? ? (2)解 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则OP +OQ =(x1+x2,y1+y2) -4 2k2 4 2k 由方程①得,x1+x2=- ,y +y =k(x1+x2)+2 2= +2 2. 1+2k2 1 2 1+2k2 4 2k 4 2k2 → → → ∵(OP +OQ )⊥ AB ,∴(x1+x2)· (- 2)+y1+y2=0,即:- (- 2)- +2 2=0. 2· 1+2k 1+2k2 解得:k=- 【例 2】 2 1 → → → ,由(1)知 k2> ,与此相矛盾,∴不存在常数 k 使OP +OQ 与 AB 垂直. 4 2

? ? ?

→ →

(1)x2=6y (2)四边形 ACBD 面积的最小值是 72 y2 配套练习 2 (1) +x2=1 (2)± 2 4 ①当直线 AB 的斜率不存在时,即 x1=x2,y1=-y2, y21 y21 由 m· n=0,得 x21- =0,即 y21=4x21,又 A(x1,y1)在椭圆上,∴x21+ =1, 4 4 2 1 ∴|x1|= ,|y1|= 2,∴S△AOB= |x1|· 1-y2|=|x1|· 1|=1,∴△AOB 的面积为定值. |y |y 2 2 (3)解 ②当直线 AB 的斜率存在时:设直线 AB 的方程为 y=kx+b,

74

?y=kx+b ?2 -2kb b2-4 2 2 2 由?y ,得(k +4)x +2kbx+b -4=0,则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 , 2 k +4 k +4 ? 4 +x =1 ?
(kx1+b)(kx2+b) y1y2 由 x1x2+ =0,得 x1x2+ =0, 4 4 |b| 4k2-4b2+16 1 |b| 1 4b2 整理得:2b2-k2=4,∴S△AOB= · |AB|= |b| (x1+x2)2-4x1x2= = =1, 2 2 1+k2 2 2|b| k +4 ∴△AOB 的面积为定值. 【例 3】 解 假设在 x 轴上存在点 M(m,0),使MA · 为常数.设 A(x1,y1),B(x2,y2). MB ①当直线 AB 与 x 轴不垂直时,直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为 y=k(x+1),将 y=k(x+1)代入 x2+3y2=5, 消去 y 整理,得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.

→→

?x +x =- 6k , 3k +1 则? 3k -5 x ?x · =3k +1.
2 1 2 2 2 2 1 2

Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)>0,

∴MA · =(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1) MB =(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2. +1)-2m- 3 →· =(6m-1)k2-5+m2=?2m-3?(3k 2 → 整理,得MA MB +m2 2 3k +1 1 6m+14 =m2+2m- - . 3 3(3k2+1) 3k +1

→→

?

1?

2

14

7 →→ →→ 4 注意到MA · 是与 k 无关的常数,从而有 6m+14=0,m=- ,此时MA · = . MB MB 3 9 2? 2 ②当直线 AB 与 x 轴垂直时,此时点 A,B 的坐标分别为 A?-1, 、B?-1,- ?, 3? 3? ? ? 7 →→ 4 当 m=- 时,亦有MA · = . MB 3 9 7 →→ 综上,在 x 轴上存在定点 M?-3,0?,使MA · 为常数. MB ? ?

x2 y2 配套练习 3 (1) + =1 4 3

?y=kx+m, ? (2)证明 设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立?x2 y2 ,得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0. + =1, ?4 3 ?

?x +x =- 8mk , 3+4k 则? 4(m -3) x ?x · = 3+4k .
1 2 2 2 1 2 2

Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0, ①

又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=

3(m2-4k2) . 3+4k2

∵椭圆的右顶点为 A2(2,0),AA2⊥BA2,∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, 3(m2-4k2) 4(m2-3) 16mk ∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,∴ + + +4=0, 3+4k2 3+4k2 3+4k2

75

2k ∴7m2+16mk+4k2=0,解得 m1=-2k,m2=- , 7 由①,得 3+4k2-m2>0, 当 m1=-2k 时,l 的方程为 y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾. 2 2 2k 当 m2=- 时,l 的方程为 y=k?x-7?,直线过定点?7,0?, ? ? ? ? 7 2 ? ∴直线 l 过定点,定点坐标为?7,0? ? 1?2 1 9 2 【例 4】 (1)?x+2? +(y± 2) = (2)点 G 横坐标的取值范围为?-2,0? ? ? ? 4 2 2 x y 8 3 配套练习 4 (1) + =1 (2) (3)( 5, 6) 3 2 5 综合练习 A组 1.D 2.D 3.C 7 4. 2 5.2 6.m≥1 且 m≠5 7.(1)- 2<k<-1
2

(2)b<-2 或 b>2+ 2

x 8.解 (1)依题意可设椭圆方程为 2+y2=1,则右焦点 F( a2-1,0), a | a2-1+2 2| x2 由题设得 =3, 解得 a2=3.故所求椭圆的方程为 +y2=1. 3 2

?y=kx+m, ? (2)设 P 为弦 MN 的中点,由?x2 2 ,得(3k2+1)x2+6mkx+3(m2-1)=0, +y =1 ? ?3
∵直线与椭圆相交,∴Δ=(6mk)2-4(3k2+1)×3(m2-1)>0 ?m2<3k2+1. ① xM+xN yP+1 m+3k2+1 3mk m ∴xP= =- 2 ,从而 yP=kxP+m= 2 ,∴kAP= =- , 2 xP 3mk 3k +1 3k +1 又∵|AM|=|AN|,∴AP⊥MN, m+3k2+1 1 则- =- ,即 2m=3k2+1. 3mk k 2m-1 1 把②代入①得 m2<2m,解得 0<m<2;由②得 k2= >0,解得 m> . 3 2 1 综上求得 m 的取值范围是 <m<2. 2 B组 1.C 2.A 3.C 4.10 5.? 5 ? 6.y2=3x ? 2 , 5?



c 6 7.解 (1)由已知得 c=2 2, = . 解得 a=2 3,又 b2=a2-c2=4. a 3 x2 y2 ∴椭圆 G 的方程为 + =1. 12 4

?y=x+m ? 2 2 (2)设直线 l 的方程为 y=x+m. 由? x y , ? ?12+ 4 =1
得 4x2+6mx+3m2-12=0. ① 设 A、B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2) (x1<x2),AB 中点为 E(x0,y0), x1+x2 3m m 则 x0= =- ,y0=x0+m= ;∵AB 是等腰△PAB 的底边,∴PE⊥AB. 2 4 4 m 2- 4 ∴PE 的斜率 k= =-1. 解得 m=2.此时方程①为 4x2+12x=0. 3m -3+ 4 解得 x1=-3,x2=0.∴y1=-1,y2=2.

76

|-3-2+2| 3 2 ∴|AB|=3 2.此时,点 P(-3,2)到直线 AB:x-y+2=0 的距离 d= = , 2 2 1 9 ∴△PAB 的面积 S= |AB|· . d= 2 2

§10.1
要点梳理 1.(1)逐个不放回地 相等 3.(1)互不交叉 一定的比例 基础检测 1.8、6 2.16 考点导学· 例1 解 抽签法: 3.简单随机抽样 4.A 5.A (2)抽签法 随机数法 2.(1)编号 (2)分段间隔 k 分段

随机抽样

(3)简单随机抽样 (4)(l+k) (l+2k)

(2)差异明显的几个部分

第一步:将 60 名志愿者编号,编号为 1,2,3,?,60; 第二步:将 60 个号码分别写在 60 张外形完全相同的纸条上,并揉成团,制成号签; 第三步:将 60 个号签放入一个不透明的盒子里,充分搅匀; 第四步:从盒子中逐个抽取 10 个号签,并记录上面的编号; 第五步:所得号码对应的志愿者,就是志愿小组的成员. 随机数表法: 第一步:将 60 名志愿者编号,编号为 01,02,03,?,60; 第二步:在随机数表中任选一数作为开始,按任意方向读数,比如第 8 行第 29 列的数 7 开始,向右读; 第三步:从数 7 开始,向右读,每次取两位,凡不在 01~60 中的数,或已读过的数,都跳过去不作记录, 依次可得到 12,58,07,44,39,52,38,33,21,34; 第四步:找出以上号码对应的志愿者,就是志愿小组的成员. 配套练习 1 解 方法一 (抽签法):把每瓶矿泉水都编上号码 001,002,003,?,112,并制作 112 个号签,把 112 个形状、大小相同的号签放在同一个箱子里,进行均匀搅拌,抽签时,每次从中抽出 1 个号签,连续抽取 10 次,就得到一个容量为 10 的样本. 方法二 (随机数表法):第一步,将原来的编号调整为 001,002,003,?,112. 第二步,在随机数表中任选一数作为开始,任选一方向作为读数方向.比如:选第 9 行第 7 列的数 3,向右 读. 第三步,从选定的数 3 开始向右读,每次读取三位,凡不在 001~112 中的数跳过去不读,前面已经读过的也 跳过去不读,依次可得到 074,100,094,052,080,003,105,107,083,092. 第四步,对应原来编号 74,100,94,52,80,3,105,107,83,92 的瓶装矿泉水便是要抽取的对象. 例2 解 (1)将每个人编一个号由 0001 至 1003; (2)利用简单随机抽样法找到 3 个号将这 3 名工人剔除; (3)将剩余的 1 000 名工人重新编号 0001 至 1000; 1 000 (4)分段,取间隔 k= =100,将总体平均分为 10 段,每段含 100 名工人; 10 (5)从第一段即为 0001 号到 0100 号中随机抽取一个号 l; (6)按编号将 l,100+l,200+l,?,900+l 共 10 个号选出, 这 10 个号所对应的工人组成样本.

77

配套练习 2



(1) 当 x = 24 时 , 按 规 则 可 知 所 抽 取 的 样 本 的 10 个 号 码 依 次 为 :

24,157,290,323,456,589,622,755,888,921. (2)当 k=0,1,2,?,9 时,33k 的值依次为 0,33,66,99,132,165,198,231,264,297;又抽取样本的 10 个号码中有 一 个 的 后 两 位 数 是 87 , 从 而 x 可 以 为 87,54,21,88,55,22,89,56,23,90 , ∴ x 的 取 值 范 围 是 {21,22,23,54,55,56,87,88,89,90}. 例3 x· 40%+3xb (1)设登山组人数为 x,游泳组中青年人、中年人、老年人各占比例分别为 a、b、c,则有 = 4x x· 10%+3xc 47.5%, =10%,解得 b=50%,c=10%,则 a=40%, 4x 解 即游泳组中,青年人、中年人、老年人各占比例分别为 40%、50%、10%. 3 (2)游泳组中,抽取的青年人数为 200× ×40%=60(人); 4 3 抽取的中年人数为 200× ×50%=75(人); 4 3 抽取的老年人数为 200× ×10%=15(人). 4 配套练习 3 二 80、60、50 综合练习 A组 1.B 2.B 3.C 4.D 5.2 6.63 7.分层抽样、简单随机抽样 8.解 设该单位职工中老年人的人数为 x,则中年人的人数为 x+50,青年人的人数为 2(x+50). ∴x+x+50+2(x+50)=550,∴x=100,x+50=150,2(x+50)=300. 22 1 ∴该单位有青年人 300 人、中年人 150 人、老年人 100 人.由题意知抽样比例为 = , 550 25 ∴青年人、中年人、老年人应分别抽取 12 人、6 人、4 人. B组 1. C 2.B 3.A 4.B 5.182 6.37 20 7.76 8.解 用分层抽样方法抽取.具体实施抽取如下: 10 70 20 (1)∵20∶100=1∶5,∴ =2, =14, =4, 5 5 5 ∴从副处级以上干部中抽取 2 人,从一般干部中抽取 14 人,从工人中抽取 4 人. (2)因副处级以上干部与工人的人数较少,他们分别按 1~10 编号与 1~20 编号,然后采用抽签法分别抽取 2 人和 4 人;对一般干部 70 人采用 00,01,02,?,69 编号,然后用随机数表法抽取 14 人. (3)将 2 人,4 人,14 人的编号汇合在一起就取得了容量为 20 的样本.

§10.2
要点梳理 1.(1)样本的频率分布估计总体的分布 (3)样本容量 记录 表示 2.(1)最多 最中间 基础检测 1.5 2.c b+c 2a+2b+3c+d 2 8 组数 总体密度曲线

用样本估计总体
频率 组距

样本的数字特征估计总体的数字特征 总体在各个范围内取值的百分比

(2)

各小长方形的面积

1

(4)保留所有信息

可以随时记录

1 (x +x +?+xn) 相等 (2)样本容量 平均数 标准差 n 1 2

平方 样本容量接近总体容量

3.3.2 4.4 0.7 5.A

78

考点导学· 例1 解 (1)由题意 M= 8 =50,落在区间 165.5~169.5 内数据频数 m=50-(8+6+14+10+8)=4,频率为 0.16

n=0.08,总频率 N=1.00. (2)频率分布直方图如下图:

(3)该所学校高一女生身高在 149.5~165.5 cm 之间的比例为 0.12+0.28+0.20+0.16=0.76,则该校高一女生 在此范围内的人数为 450×0.76=342(人). 配套练习 1 解 (1)由于各组的组距相等,∴各组的频率与各小长方形的高成正比且各组频率的和等于 1,那么 1 3 6 4 2 6 2 各组的频率分别为 , , , , .设该样本容量为 n,则 = ,∴样本容量为 n=48. 16 16 16 16 16 n 16 (2)由以上得频率分布表如下: 成绩 [50.5,60.5) [60.5,70.5) [70.5,80.5) [80.5,90.5) [90.5,100.5) 合计 频数 3 9 18 12 6 48 频率 1 16 3 16 6 16 4 16 2 16 1

3 (3)成绩落在[70.5,80.5)之间的人数最多,该组的频数和频率分别是 18 和 . 8 1? (4)不低于 60 分的学生占总人数的百分比约为?1-16?×100%=93.75%. ? 例2 解 (1)两学生成绩的茎叶图如图所示.

(2)将甲、乙两学生的成绩从小到大排列为: 甲:512 522 528 534 536 538 541 549 554 556 乙:515 521 527 531 532 536 543 548 558 559 536+538 从以上排列可知甲学生成绩的中位数为 =537, 2 532+536 乙学生成绩的中位数为 =534. 2 12+22+28+34+36+38+41+49+54+56 甲学生成绩的平均数为 500+ =537, 10

79

乙学生成绩的平均数为 500+ 配套练习 2 解 (1)如下图

15+21+27+31+32+36+43+48+58+59 =537. 10

(2)由于每个品种的数据都只有 25 个,样本不大,画茎叶图很方便;此时茎叶图不仅清晰明了地展示了数据 的分布情况,便于比较,没有任何信息损失,而且还可以随时记录新的数据. (3)通过观察茎叶图可以看出:①品种 A 的亩产平均数(或均值)比品种 B 高;②品种 A 的亩产标准差(或方差) 比品种 B 大,故品种 A 的亩产稳定性较差. 例3 解 (1)由图象可得甲、乙两人五次测试的成绩分别为 甲:10 分,13 分,12 分,14 分,16 分; 乙:13 分,14 分,12 分,12 分,14 分. 10+13+12+14+16 13+14+12+12+14 x 甲= =13, x 乙= =13, 5 5 1 s2 = [(10-13)2+(13-13)2+(12-13)2+(14-13)2+(16-13)2]=4, 甲 5 1 s2 = [(13-13)2+(14-13)2+(12-13)2+(12-13)2+(14-13)2]=0.8. 乙 5
2 (2)由 s2 >s乙可知乙的成绩较稳定. 甲

从折线图看,甲的成绩基本呈上升状态,而乙的成绩上下波动,可知甲的成绩在不断提高,而乙的成绩则无 明显提高. 配套练习 3 解 (1) x 甲= 1 (8+6+7+8+6+5+9+10+4+7)=7(环), 10

1 x 乙= (6+7+7+8+6+7+8+7+9+5)=7(环). 10 1 (2)由方差公式 s2= [(x1- x )2+(x2- x )2+?+(xn- x )2]可求得 s2 甲=3.0(环 2),s2 乙=1.2(环 2). n (3)由 x 甲= x 乙,说明甲、乙两战士的平均水平相当; 又∵s2 甲>s2 乙,说明甲战士射击情况波动大,因此乙战士比甲战士射击情况稳定. 综合练习 A组 1.D 2.D 3.A 4.0.030 3 5.160 6.300

7.解 (1)月收入在[3 000,3 500)的频率为 0.000 3×(3 500-3 000)=0.15. (2)∵0.000 2×(1 500-1 000)=0.1,0.000 4×(2 000-1 500)=0.2, 0.000 5×(2 500-2 000)=0.25,0.1+0.2+0.25=0.55>0.5, 0.5-(0.1+0.2) ∴样本数据的中位数为:2 000+ =2 000+400=2 400(元). 0.000 5 (3)居民月收入在[2 500,3 000)的频数为 0.25×10 000=2 500(人), 再从 10 000 人中用分层抽样方法抽出 100 人, 2 500 则月收入在[2 500,3 000)的这段应抽取 100× =25(人). 10 000 B组 2 1.A 2.A 3.C 4. 5 5.4 6.10.5 10.5

80

7.解 (1)频率分布表 分组 [0,0.5) [0.5,1) [1,1.5) [1.5,2) [2,2.5) [2.5,3) [3,3.5) [3.5,4) [4,4.5) 合计 (2)频率分布直方图如图: 频数 4 8 15 22 25 14 6 4 2 100 频率 0.04 0.08 0.15 0.22 0.25 0.14 0.06 0.04 0.02 1

众数:2.25,中位数:2.02,平均数:2.02. (3)人均月用水量在 3t 以上的居民所占的比例为 6%+4%+2%=12%,即大约是 12% 的居民月用水量在 3t 以上,88%的居民月用水量在 3t 以下,因此政府的解释是正确的.

§10.3
要点梳理

变量间的相关关系

1.(1)左下角 右上角 (2)左上角 右下角 (3)一条直线附近
n n i 1

2.(1)距离的平方和最小 (2)

i 1

∑ (xi- x )(yi- y ) =
i=1

∑xiyi-n x =
i=1

y
2

^

∑ (xi- x )2

n

∑x2-n x i

n

y -b x

基础检测 1.143 2.2.6 3.0.254 4.③ 5.A 考点导学· 例1 解 (1)散点图如图所示

(2)由散点图知,各组数据对应点大致都在一条直线附近,∴施化肥量 x 与产量 y 具有线性相关关系. 配套练习 1 解 以 x 轴表示身高,y 轴表示体重,可得到相应的散点图如图所示:

81

由散点图可知,两者之间具有相关关系,且为正相关. 例2 解 (1)由题意知,年收入 x 为解释变量,年饮食支出 y 为预报变量,作散点图如图所示.

从图中可以看出,样本点呈条状分布,年收入和年饮食支出具有线性相关关系,因此可以用线性回归方程刻 画它们之间的关系.
10

(2)∵ x =6, y =1.83,∑x2=406,∑xiyi=117.7,∴b = i = =
i 1 i 1 ^ ^ ^

10

10

^

i 1

∑xiyi-10 x =
i 1

y ≈0.172,
2

∑x2-10 x i =

10

a = y -b x =1.83-0.172×6=0.798. 从而得到线性回归方程为y =0.172x+0.798.
^

配套练习 2 y=-3.2x+40 例3 解 (1)根据表中所列数据可得散点图如图所示:

5 5 25 250 (2)计算得: x = =5, y = =50,∑x2i=145,∑xiyi=1 380. 5 5 i=1 i=1 5 ^

于是可得b =

i 1

∑xiyi-5 x =
5 i=1

y =
2 ^

∑x2i-5 x

^ ^ 1 380-5×5×50 =6.5,a = y -b x =50-6.5×5=17.5, 2 145-5×5

因此,所求线性回归方程是y =6.5x+17.5.
^

(3)由上面求得的线性回归方程可知,当宣传费支出为 10 万元时,y =6.5×10+17.5=82.5(万元),即这种产 品的销售额大约为 82.5 万元. 配套练习 3 解 (1)散点图如下图:

3+4+5+6 2.5+3+4+4.5 (2) x = =4.5, y = =3.5, 4 4
i 1

∑xiyi=3×2.5+4×3+5×4+6×4.5=66.5,∑xi2=32+42+52+62=86, = =
i 1

4

4

82
4 ^ i=1

∴b =

∑xiyi-4 x ·y
i=1

∑x2-4 x i

4

2

^ ^ 66.5-4×4.5×3.5 = =0.7,a = y -b x =3.5-0.7×4.5=0.35. 2 86-4×4.5 ^

∴所求的线性回归方程为y =0.7x+0.35.
^

(3)现在生产 100 吨甲产品用煤y =0.7×100+0.35=70.35(吨), ∴90-70.35=19.65(吨).∴比技改前大约降低 19.65 吨标准煤. 综合练习 A组 1.C 2.A 3.B 4.185.03 5.11 676 6.68 7.0.88 -12-17+17-8+8+12 -6-9+8-4+4+1+6 8.解 (1) x =100+ =100; y =100+ =100; 7 7 994 250 ∴s2 = =142,∴s2 = , 从而 s2 >s2 ,∴物理成绩更稳定. 数学 物理 数学 物理 7 7
7 ^

(2)由于 x 与 y 之间具有线性相关关系,根据回归系数公式得到b =
^ ^

i 1

∑xiyi-7 x =
i=1

y
2

∑x2-7 x i

7

^ 497 = =0.5,a = y - 994

b x =100-0.5×100=50,∴线性回归方程为y =0.5x+50. 当 y=115 时,x=130,即该生物理成绩达到 115 分时,他的数学成绩大约为 130 分. 建议:进一步加强对数学的学习,提高数学成绩的稳定性,将有助于物理成绩的进一步提高. B组 1.A 2.D 3.C
^ 7 23 4.46 5.y = x+ 6.185 4 4

7.解 (1)n=6, x =3.5, y =71,
i 1

∑x2=79,∑xiyi=1 481, i = =
6 i 1

6

6

∑xiyi-6 x y 1 481-6×3.5×71 ^ ^ ^ i=1 b = 6 = ≈-1.82,a = y -b x =71+1.82×3.5=77.37, 2 79-6×3.5 ∑x2-6 x 2 i =
i 1 ^ ^ ^ ^

∴线性回归方程为y =a +b x=77.37-1.82x. (2)∵单位成本平均变动b =-1.82<0,且产量 x 的计量单位是千件,∴根据回归系数 b 的意义有:产量每 增加一个单位即 1 000 件时,单位成本平均减少 1.82 元.
^

(3)当产量为 6 000 件时,即 x=6,代入线性回归方程,得y =77.37-1.82×6=66.45(元) ∴当产量为 6 000 件时,单位成本大约为 66.45 元. 8.解 由所给数据可求得: 1 1 x = (120+108+117+?+99+108)=107.8, y = (84+64+?+57+71)=68, 10 10
i 1 10 i=1 ^

∑x2=1202+1082+?+992+1082=116 584,∑y2=842+642+?+572+712=47 384, i i = =
i 1

10

10

∑xiyi=120×84+108×64+?+108×71=73 796.
10

∑xiyi-10 x y 73 796-10×107.8×68 i=1 b = 10 = ≈1.309 9, 116 584-10×107.82 ∑x2-10 x 2 i =
i 1 ^ ^ ^ ^

a = y -b x ≈68-1.309 9×107.8≈-73.207, ∴y =1.309 9x-73.207. ∴当 x=118 时,y =1.309 9×118-73.207≈81.361(分).

§10.4

统计案例

83

要点梳理
n

1.(1)相关关系 (2)

i 1

∑ (xi- x )(yi- y ) =
i=1

^

∑ (xi- x )2

n

y -b x

1n 1n ∑xi ∑y ( x , y ) ni=1 ni=1 i ∑ (yi-y i)2 =
n ^

(3)②正相关 负相关 越强

几乎不存在线性相关关系 0.75 (4)1-

i 1

∑ (yi- y )2 =

i 1 n

越小 越好

2.(1)不同类别 (2)频数表 基础检测 1.D 2.A 考点导学· 例1 解
5 i 1

n(ad-bc)2 a+b+c+d (3)K2 有关系 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 4.A

3.C

2+3+4+5+6 2.2+3.8+5.5+6.5+7.0 (1) x = =4, y = =5. 5 5 y =112.3-5×4×5=12.3,∑x2-5 x 2=90-5×42=10, i =
i 1 5

(2)∑xiyi-5 x = ∑y2-5 i i=1 ∴r=
5 2

y =140.8-125=15.8,

12.3 12.3 = ≈0.979. 158 10×15.8
5

∵r>0.75,∴认为 x 与 y 之间具有线性相关关系,求线性回归方程是有意义的.
^

(3)b =

i 1

∑xiyi-5 x =
i=1

y =
2 ^

∑x2-5 x i
^

5

^ ^ 12.3 =1.23,a = y -b x =5-1.23×4=0.08, 10

∴线性回归方程为y =1.23x+0.08. (4)当 x=10 时,y =1.23×10+0.08=12.38(万元),即估计使用年限为 10 年时,维修费用约为 12.38 万元. 配套练习 1 一个地区受 9 年或更少教育的百分比每增加 1%, 收入低于官方规定的贫困线的人数占本州人数的百 分比将增加 0.8%左右 大于 0 例2 解 根据题目所给的数据作出如下的列联表: 色盲 男 女 总计 38 6 44 不色盲 442 514 956 总计 480 520 1 000

根据列联表作出相应的等高条形图,如图所示.

从等高条形图来看,男性患色盲的频率要高一些,因此直观上可以认为色盲与性别有关. 根据列联表中所给的数据可以有 a=38,b=442,c=6,d=514,a+b=480,c+d=520, n(ad-bc)2 a+c=44,b+d=956,n=1 000,代入公式 K2= , (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 1 000×(38×514-6×442)2 得 K2= ≈27.1. 480×520×44×956 由于 K2=27.1>10.828,∴我们有 99.9%的把握认为性别与患色盲有关. 这个结论只对所调查的 480 名男人和 520 名女人有效. 配套练习 2 解 (1)30 位亲属中 50 岁以上的人多以食蔬菜为主,50 岁以下的人多以食肉为主.

84

(2)如表所示. 主食蔬菜 50 岁以下 50 岁以上 4 16 主食肉类 8 2 10 合计 12 18 30

合计 20 30×(8-128)2 30×120×120 (3)K2= = =10>6.635. 12×18×20×10 12×18×20×10 ∴有 99%的把握认为其亲属的饮食习惯与年龄有关. 例3

解 (1)调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此该地区老年人中, 需要志愿者提供帮 70 助的老年人的比例的估计值为 ×100%=14%. 500 500×(40×270-30×160)2 (2)K2= ≈9.967. 200×300×70×430 由于 9.967>6.635,∴有 99%的把握认为该地区的老年人是否需要帮助与性别有关. (3)由(2)的结论知,该地区老年人是否需要帮助与性别有关,并且从样本数据能看出该地区男性老年人与女 性老年人中需要帮助的比例有明显差异,因此在调查时,先确定该地区老年人中男、女的比例,再把老年人 分成男、女两层并采用分层抽样方法,比采用简单随机抽样方法更好. 配套练习 3 解 (1)列联表补充如下: 喜爱打篮球 男生 女生 20 10 不喜爱打篮球 5 15 合计 25 25

合计 30 20 50 2 50×(20×15-10×5) (2)∵K2= ≈8.333>7.879,∴有 99.5%的把握认为喜爱打篮球与性别有关. 30×20×25×25 (3)从 10 位女生中选出喜欢打羽毛球、喜欢打乒乓球、喜欢踢足球的各 1 名,其一切可能的结果组成的基本 事件如下: (A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B3,C2),(A2,B1,C1),(A2, B1,C2),(A2,B2,C1),(A2,B2,C2),(A2,B3,C1),(A2,B3,C2),(A3,B1,C1),(A3,B1,C2),(A3,B2, C1),(A3,B2,C2),(A3,B3,C1),(A3,B3,C2),(A4,B1,C1),(A4,B1,C2),(A4,B2,C1),(A4,B2, C2),(A4,B3,C1),(A4,B3,C2),(A5,B1,C1),(A5,B1,C2),(A5,B2,C1),(A5,B2,C2),(A5,B3, C1),(A5,B3,C2), 基本事件的总数为 30. 用 M 表示“B1,C1 不全被选中”这一事件,则其对立事件 M 表示“B1,C1 全被选中”这一事件,由于 M 由(A1,B1,C1),(A2,B1,C1),(A3,B1,C1),(A4,B1,C1),(A5,B1,C1)共 5 个基本事件组成,∴P( M ) 5 1 = = . 30 6 1 5 由对立事件的概率公式得 P(M)=1-P( M )=1- = . 6 6 综合练习 A组 1.C 2.A 3.C 4.C 5.①③ 6.5% 7.97.5% 8.解 对于上述三种心理障碍分别构造三个随机变量 K21,K22,K23. 110×(5×60-25×20)2 由表中数据可得 K21= ≈0.863<2.706, 30×80×25×85

85

110×(10×70-20×10) 110×(15×30-15×50)2 K22= ≈6.366>5.024,K23= ≈1.410<2.706. 30×80×20×90 30×80×65×45 ∴没有充分的证据显示焦虑与性别有关,有 97.5%的把握认为说谎与性别有关,没有充分的证据显示懒惰 与性别有关. B组 1.C 2.D 7. 解 3.B 4.有关 5.1.78 不能作出这两种手术对病人又发作心脏病的影响有差别的结论 6.①④ (1)随机抽查这个班的一名学生, 50 种不同的抽查方法, 有 由于积极参加班级工作的学生有 18+6=24(人), 24 12 ∴有 24 种不同的抽法,因此由古典概型的计算公式可得抽到积极参加班级工作的学生的概率是 P1= = , 50 25 又∵不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生有 19 人, ∴抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一 19 般的学生的概率是 P2= . 50 2 2 2 50×(18×19-6×7) (2)由 K 统计量的计算公式得 K = ≈11.538, 24×26×25×25 由于 11.538>10.828,∴有 99.9%的把握认为“学生的学习积极性与对待班级工作的态度有关系”.

2

§11.1
要点梳理

随机事件的概率

1. (1)必然事件 (2)不可能事件 (3)必然事件与不可能事件 (4)在条件 S 下可能发生也可能不发生 (5)确定事件 nA 随机事件 2.(1) (2)频率 常数 常数 n 3.包含 B?A A=B 并事件 事件 A 发生 事件 B 发生 (4)①P(A)+P(B) ②1-P(B) 2 基础检测 1.(1)(2)(3)(4) (5)(6) 2. 3.0 4.A 3 4.(1)0≤P(A)≤1 (2)1 (3)0 考点导学· 例1 解 (1)事件 M 不可能发生,故为不可能事件. (2)事件 A1 或 A2 发生,则事件 A 必发生,故 A1?A,A2?A,且 A=A1+A2.又 A∩A3 为不可能事件,A∪A3 为必然事件,故 A 与 A3 对立. 配套练习 1 解 (1)由于事件 C“至多订一种报纸”中有可能“只订甲报纸”,即事件 A 与事件 C 有可

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