选修2-1数学课后习题答案(全)

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新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
第一章常用逻辑用语11命题及其关系练习P4
1、略.21)真;2)假;3)真;4)真.31)若一个三角形是等腰三角形,则这个三角形两边上的中线相等.这是真命题.2)若一个函数是偶函数,则这个函数的图象关于y轴对称.这是真命题.
3)若两个平面垂直于同一个平面,则这两个平面平行.这是假命题.练习P6
1、逆命题:若一个整数能被5整除,则这个整数的末位数字是0.这是假命题.否命题:若一个整数的末位数字不是0,则这个整数不能被5整除.这是假命题.逆否命题:若一个整数不能被5整除,则这个整数的末位数字不是0.这是真命题.2、逆命题:若一个三角形有两个角相等,则这个三角形有两条边相等.这是真命题.否命题:若一个三角形有两条边不相等,这个三角形有两个角也不相等.这是真命题.逆否命题:若一个三角形有两个角不相等,则这个三角形有两条边也不相等.这是真命.
3、逆命题:图象关于原点对称的函数是奇函数.这是真命题.
否命题:不是奇函数的函数的图象不关于原点对称.这是真命题.逆否命题:图象不关于原点对称的函数不是奇函数.这是真命题.练习P8
证明:若ab1,则a2b22a4b3
(ab(ab2(ab2b3
ab22b3
ab10
所以,原命题的逆否命题是真命题,从而原命题也是真命题.习题1.1AP811)是;2)是;3)不是;4)不是.
21)逆命题:若两个整数ab的和ab是偶数,则a,b都是偶数.这是假命题.否命题:若两个整数a,b不都是偶数,则ab不是偶数.这是假命题.
逆否命题:若两个整数ab的和ab不是偶数,则a,b不都是偶数.这是真命题.2)逆命题:若方程x2xm0有实数根,则m0.这是假命题.否命题:若m0,则方程x2xm0没有实数根.这是假命题.逆否命题:若方程x2xm0没有实数根,则m0.这是真命题.
31)命题可以改写成:若一个点在线段的垂直平分线上,则这个点到线段的两个端点的
距离相等.
逆命题:若一个点到线段的两个端点的距离相等,则这个点在线段的垂直平分线上.
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这是真命题.
否命题:若一个点到不在线段的垂直平分线上,则这个点到线段的两个端点的距离不
相等.这是真命题.
逆否命题:若一个点到线段的两个端点的距离不相等,则这个点不在线段的垂直平分
线上.这是真命题.
2)命题可以改写成:若一个四边形是矩形,则四边形的对角线相等.逆命题:若四边形的对角线相等,则这个四边形是矩形.这是假命题.否命题:若一个四边形不是矩形,则四边形的对角线不相等.这是假命题.逆否命题:若四边形的对角线不相等,则这个四边形不是矩形.这是真命题.
4、证明:如果一个三角形的两边所对的角相等,根据等腰三角形的判定定理,这个三角形是等腰三角形,且这两条边是等腰三角形,也就是说这两条边相等.这就证明了原命题的逆否命题,表明原命题的逆否命题为真命题.所以,原命题也是真命题.习题1.1BP8
证明:要证的命题可以改写成“若p,则q”的形式:若圆的两条弦不是直径,则它们不能互相平分.
此命题的逆否命题是:若圆的两条相交弦互相平分,则这两条相交弦是圆的两条直径.可以先证明此逆否命题:设AB,CDO的两条互相平分的相交弦,交点是E,若E和圆O重合,则AB,CD是经过圆心O的弦,AB,CD是两条直径.E和圆心O不重合,连结OE是等腰AOBCOD的底边上中线,所以,AO,BO,CODOOEABOECD.
ABCD都经过点E,且与OE垂直,这是不可能的.所以,EO必然重合.ABCD
是圆的两条直径.
原命题的逆否命题得证,由互为逆否命题的相同真假性,知原命题是真命题.12充分条件与必要条件练习P1011234.21.31.41)真;2)真;3)假;4)真.练习P12
11)原命题和它的逆命题都是真命题,pq的充要条件;2)原命题和它的逆命题都是真命题,pq的充要条件;3)原命题是假命题,逆命题是真命题,pq的必要条件.21pq的必要条件;2pq的充分条件;3pq的充要条件;4pq的充要条件.
习题1.2AP121、略.21)假;2)真;3)真.31)充分条件,或充分不必要条件;2)充要条件;
3)既不是充分条件,也不是必要条件;4)充分条件,或充分不必要条件.4、充要条件是a2b2r2.
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习题1.2BP1311)充分条件;2)必要条件;3)充要条件.
2、证明:1)充分性:如果a2b2c2abacbc,那么a2b2c2abacbc0.所以(ab2(ac2(bc20所以,ab0ac0bc0.abc,所以,ABC是等边三角形.2)必要性:如果ABC是等边三角形,那么abc所以(ab2(ac2(bc20所以a2b2c2abacbc0所以a2b2c2abacbc
13简单的逻辑联结词练习P1811)真;2)假.21)真;2)假.
31225,真命题;23不是方程x290的根,假命题;3(121,真命题.习题1.3AP18
114{2,3}2{2,3},真命题;24{2,3}2{2,3},假命题;32是偶数或3不是素数,真命题;42是偶数且3不是素数,假命题.21)真命题;2)真命题;3)假命题.
312不是有理数,真命题;2515的约数,真命题;323,假命题;48715,真命题;5)空集不是任何集合的真子集,真命题.习题1.3BP18
1)真命题.因为p为真命题,q为真命题,所以pq为真命题;2)真命题.因为p为真命题,q为真命题,所以pq为真命题;3)假命题.因为p为假命题,q为假命题,所以pq为假命题;4)假命题.因为p为假命题,q为假命题,所以pq为假命题.14全称量词与存在量词练习P2311)真命题;2)假命题;3)假命题.21)真命题;2)真命题;3)真命题.练习P26
11n0Z,n0Q2)存在一个素数,它不是奇数;
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3)存在一个指数函数,它不是单调函数.21)所有三角形都不是直角三角形;2)每个梯形都不是等腰梯形;3)所有实数的绝对值都是正数.习题1.4AP2611)真命题;2)真命题;3)真命题;4)假命题.21)真命题;2)真命题;3)真命题.
32
x031x0N,x02)存在一个可以被5整除的整数,末位数字不是0
3xR,x2x104)所有四边形的对角线不互相垂直.习题1.4BP27
1)假命题.存在一条直线,它在y轴上没有截距;2)假命题.存在一个二次函数,它的图象与x轴不相交;
3)假命题.每个三角形的角和不小于1804)真命题.每个四边形都有外接圆.
第一章复习参考题A组(P30
1、原命题可以写为:若一个三角形是等边三角形,则此三角形的三个角相等.逆命题:若一个三角形的三个角相等,则此三角形是等边三角形.是真命题;
否命题:若一个三角形不是等边三角形,则此三角形的三个角不全相等.是真命题;逆否命题:若一个三角形的三个角不全相等,则此三角形不是等边三角形.是真命题.2、略.31)假;2)假;3)假;4)假.41)真;2)真;3)假;4)真;5)真.
51nN,n202P{PP在圆x2y2r2}OPr(O为圆心3(x,y{(x,yx,y是整数}2x4y3
3
4x0{xx是无理数}x0{qq是有理数}.
6132,真命题;254,假命题;3x0R,x00,真命题;4)存在一个正方形,它不是平行四边形,假命题.
第一章复习参考题B组(P31
11pq2(p(q,或(pq.
21RtABCC90A,B,C的对边分别是a,b,c,则c2a2b22ABCA,B,C的对边分别是a,b,c,则

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abc
.sinAsinBsinC

新课程标准数学选修21第二章课后习题解答
第二章圆锥曲线与方程21曲线与方程练习P37
1、是.容易求出等腰三角形ABC的边BC上的中线AO所在直线的方程是x0.
3218
2a,b.
25253、解:设点A,M的坐标分别为(t,0(x,y.1)当t2时,直线CA斜率kCA所以,kCB
202

2t2t
1t2kCA2
由直线的点斜式方程,得直线CB的方程为y2x0,得y4t,即点B的坐标为(0,4t.
t2
(x2.2
t4t
由于点M是线段AB的中点,由中点坐标公式得x,y.
22
t4t
xt2x,代入y
2242x
y,即xy20……①
22)当t2时,可得点A,B的坐标分别为(2,0(0,2此时点M的坐标为(1,1,它仍然适合方程①
由(12)可知,方程①是点M的轨迹方程,它表示一条直线.习题2.1AP37
1、解:点A(1,2C(3,10在方程x2xy2y10表示的曲线上;
B(2,3不在此曲线上
2、解:当c0时,轨迹方程为x
c1
;当c0时,轨迹为整个坐标平面.2
3、以两定点所在直线为x轴,线段AB垂直平分线为y轴,建立直角坐标系,得点M的轨迹方程为x2y24.
4、解法一:设圆x2y26x50的圆心为C,则点C的坐标是(3,0.由题意,得CMAB,则有kCMkAB1.
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所以,
yy
1(x3,x0x3x
化简得x2y23x0(x3,x0
x3时,y0,点(3,0适合题意;当x0时,y0,点(0,0不合题意.
22525xy3x0
x,y解方程组22
33xy6x50
5
所以,点M的轨迹方程是x2y23x0x3.
3
解法二:注意到OCM是直角三角形,
利用勾股定理,得x2y2(x32y29x2y23x0.其他同解法一.习题2.1BP37
1、解:由题意,设经过点P的直线l的方程为因为直线l经过点P(3,4,所以因此,ab4a3b0
由已知点M的坐标为(a,b,所以点M的轨迹方程为xy4x3y0.2、解:如图,设动圆圆心M的坐标为(x,y.
由于动圆截直线3xy03xy0所得弦分别为
xy
1.ab
341ab
y
B
C
F
M
EA
ABCD,所以,AB8CD4.过点M分别
作直线3xy03xy0的垂线,垂足分别为E
D
F,则AE4CF2.
ME
3xy10
MF
3xy10
.
O
(第2题)
x
连接MAMC,因为MAMC则有,AEMECFMF
2
2
2
2
(3xy2(3xy2
4所以,16,化简得,xy10.1010因此,动圆圆心的轨迹方程是xy10.
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22椭圆练习P42
114.提示:根据椭圆的定义,PF1PF220,因为PF214.16,所以PF
x2y2x2y2y2x222
x131,或1.21y12
1616361636163、解:由已知,a5b4,所以ca2b23.1AF1B的周长AF1AF2BF1BF2.
由椭圆的定义,得AF1AF22aBF1BF22a.所以,AF1B的周长4a20.
2)如果AB不垂直于x轴,AF1B的周长不变化.
这是因为①②两式仍然成立,AF1B的周长20,这是定值.4、解:设点M的坐标为(x,y,由已知,得
直线AM的斜率kAM直线BM的斜率kBM由题意,得
y
(x1x1y(x1x1
kAMyy
2,所以(x1,y02kBMx1x1
化简,得x3(y0
因此,点M的轨迹是直线x3,并去掉点(3,0.
练习P48
1、以点B2(或B1)为圆心,以线段OA2(或OA1为半径画圆,圆与x轴的两个交点分别为F1,F2.A1F1,F2就是椭圆的两个焦点.
这是因为,在RtB2OF2中,OB2bB2F2OA2a所以,OF2c.同样有OF1c.21)焦点坐标为(8,0(8,02)焦点坐标为(0,2(0,2.
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yB2
F1
F2
A2x
O
B1
(第1题)

x2y2y2x2
121.31
36322516
x2y2y2x2x2y2
121,或1.41
100641006494
22x2y21
1的离心率是51)椭圆9xy36的离心率是,椭圆
316122
2
2
221x2y2
,所以,椭圆1更圆,椭圆9x2y236更扁;因为3216122210x2y2
1的离心率是2)椭圆x9y36的离心率是,椭圆
35610
2
2
2210x2y2
1更圆,椭圆x29y236更扁.因为,所以,椭圆356108284870
61(3,2(0,23(,.7.
753737习题2.2AP49
1、解:由点M(x,y满足的关系式x2(y32x2(y3210以及椭圆的定义得,
M的轨迹是以F1(0,3F2(0,3为焦点,长轴长为10的椭圆.
y2x2
1.它的方程是
2516
x2y2y2x2x2y2y2x2
12131,或1.21
49404940363225931)不等式2x24y4表示的区域的公共部分;2)不等式25x25
1010
y表示的区域的公共部分.图略.33
3
2
41)长轴长2a8,短轴长2b4,离心率e
焦点坐标分别是(23,0(23,0,顶点坐标分别为(4,0(4,0(0,2(0,22)长轴长2a18,短轴长2b6,离心率e
22
3
焦点坐标分别是(0,62(0,62,顶点坐标分别为(0,9(0,9(3,0(3,0.
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x2x2y2y2x22
12y1,或151
985819x2y2y2x2
1,或1.3
2592596、解:由已知,椭圆的焦距F1F22.
1
因为PF1F2的面积等于1,所以,F1F2yP1,解得yP1.
215x21
代入椭圆的方程,得1,解得x.
254所以,点P的坐标是(
P
l
15
,1,共有4.2
QO
A
7、解:如图,连接QA.由已知,得QAQP.所以,QOQAQOQPOPr.又因为点A在圆,所以OAOP
(第7题)
根据椭圆的定义,点Q的轨迹是以O,A为焦点,r为长轴长的椭圆.8、解:设这组平行线的方程为y
3
xm.2
x2y23
1,得9x26mx2m2180.yxm代入椭圆方程
492这个方程根的判别式36m236(2m2181)由0,得32m32.
当这组直线在y轴上的截距的取值围是(32,32时,直线与椭圆相交.2)设直线与椭圆相交得到线段AB,并设线段AB的中点为M(x,y.
x1x2m
.23
3m
因为点M在直线yxm上,与x联立,消去m,得3x2y0.
23
这说明点M的轨迹是这条直线被椭圆截下的弦(不包括端点),这些弦的中点在一
条直线上.x
x2y2
1.9
3.52522.8752
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10、地球到太阳的最大距离为1.5288108km,最下距离为1.4712108km.习题2.2BP50
1、解:设点M的坐标为(x,y,点P的坐标为(x0,y0
xx0y
3y02
.所以x0xy0y……①.23
22
y04……②.因为点P(x0,y0在圆上,所以x0
x2y242
1将①代入②,得点M的轨迹方程为xy4,即
499
2
所以,点M的轨迹是一个椭圆
与例2相比可见,椭圆也可以看作是由圆沿某个方向压缩或拉伸得到.
2、解法一:设动圆圆心为P(x,y,半径为R,两已知圆的圆心分别为O1,O2.
分别将两已知圆的方程x2y26x50x2y26x910配方,得(x32y24(x32y2100
PO1(x32y24外切时,有O1PR2……①PO2(x32y2100切时,有O2P10R……②
①②两式的两边分别相加,得O1PO2P12即,(x32y2(x32y212……③化简方程③.
先移项,再两边分别平方,并整理,得2(x32y212x……④将④两边分别平方,并整理,得3x24y21080……⑤
x2y2
1……⑥将常数项移至方程的右边,两边分别除以108,得
3627由方程⑥可知,动圆圆心的轨迹是椭圆,它的长轴和短轴长分别为1263.
解法二:同解法一,得方程(x32y2(x32y212……①
由方程①可知,动圆圆心P(x,y到点O1(3,0和点O2(3,0距离的和是常数12所以点P的轨迹方程是焦点为(3,0(3,0,长轴长等于12的椭圆.
并且这个椭圆的中心与坐标原点重合,焦点在x轴上,于是可求出它的标准方程.因为2c62a12,所以c3a6
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所以b236927.
x2y2
1.于是,动圆圆心的轨迹方程为
3627
MF1
3、解:设d是点M到直线x8的距离,根据题意,所求轨迹就是集合PM
d2
(x22y21
由此得
8x2
x2y2
1将上式两边平方,并化简,得3x4y48,即
1612
2
2
所以,点M的轨迹是长轴、短轴长分别为843的椭圆.4、解:如图,由已知,得E(0,3F(4,0G(0,3H(4,0.
y
因为R,S,T是线段OF的四等分点,
D
G
L
M
CR'S'NT'
R,S,T是线段CF的四等分点,所以,R(1,0,S(2,0,T(3,0
H
O
R
S
T
Fx
933
R(4,,S(4,,T(4,.
424直线ER的方程是y3x3
A3E直线GR的方程是yx3.
16(第4题)
3245
联立这两个方程,解得x,y.
17173245
所以,点L的坐标是(,.
17171699621
同样,点M的坐标是(,,点N的坐标是(,.
552525
B
x2y2
由作图可见,可以设椭圆的方程为221(m0,n0……①
mn把点L,M的坐标代入方程①,并解方程组,得
1111
.2222m4n3
x2y2
1.所以经过点L,M的椭圆方程为
169
x2y2196121
把点N的坐标代入,得(2(21
1691625925
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x2y2
1.所以,点N
169
x2y2
1.因此,点L,M,N都在椭圆
16923双曲线练习P55
y2x2y22
1.2x1.11
31693)解法一:因为双曲线的焦点在y轴上
y2x2
所以,可设它的标准方程为221(a0,b0
ab将点(2,5代入方程,得a2b236
2222
ab4a25b0
解方程组22
ab36
2542222
ab4a25b0,即122
ab
mn4m25n0
ma2,nb2,代入方程组,得
mn36
解得
m20m45
,或
n16n9
第二组不合题意,舍去,得a220,b216
y2x2
1所求双曲线的标准方程为
2016
解法二:根据双曲线的定义,有2a
所以,a25
c6,所以b2362016
4(5624(56245.
y2x2
1.由已知,双曲线的焦点在y轴上,所以所求双曲线的标准方程为
20162、提示:根据椭圆中a2b2c2和双曲线中a2b2c2的关系式分别求出椭圆、双曲线的焦点坐标.
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3、由(2m(m10,解得m2,或m1练习P61
11)实轴长2a82,虚轴长2b4;顶点坐标为(42,0,(42,0焦点坐标为(6,0,(6,0;离心率e
32
.4
2)实轴长2a6,虚轴长2b18;顶点坐标为(3,0,(3,0焦点坐标为(310,0,(310,0;离心率e10.3)实轴长2a4,虚轴长2b4;顶点坐标为(0,2,(0,2焦点坐标为(0,22,(0,22;离心率e2.
4)实轴长2a10,虚轴长2b14;顶点坐标为(0,5,(0,5焦点坐标为(0,74,(0,74;离心率e
74.5
x2y2y2x2x2y2
121.3121
169362835x2y2
1,渐近线方程为yx.4
1818
14225
51(6,2,(,2(,3
334
习题2.3AP61
y2x2
1.因为a8,由双曲线定义可知,点P到两焦点距1、把方程化为标准方程,得
6416离的差的绝对值等于16.因此点P到另一焦点的距离是17.
x2y2x2y2
1.2121
20162575
5
35
2)焦点坐标为F1(0,5,F2(0,5,离心率e
431)焦点坐标为F1(5,0,F2(5,0,离心率e
x2y2y2x2
1.2141
25169163)解:因为e
c
2,所以c22a2,因此b2c2a22a2a2a2.a
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x2y2y2x2
设双曲线的标准方程为221,或221.
aaaa(5,3代入上面的两个方程,得
259925
,或121.222
aaaa
解得a216(后一个方程无解).
x2y2
1.所以,所求的双曲线方程为
16165、解:连接QA,由已知,得QAQP.所以,QAQOQPQOOPr.又因为点A在圆外,所以OAOP.
根据双曲线的定义,点Q的轨迹是以O,A为焦点,r为实轴长的双曲线.
x2y2
1.6
88习题2.3BP62
x2y2
11
169
2、解:由声速及A,B两处听到爆炸声的时间差,可知A,B两处与爆炸点的距离的差,
因此爆炸点应位于以A,B为焦点的双曲线上.
使A,B两点在x轴上,并且原点O与线段AB的中点重合,建立直角坐标系xOy.设爆炸点P的坐标为(x,y,则PAPB34031020.2a1020a510.
AB1400,所以2c1400c700b2c2a2229900.
x2y2
1.因此,所求双曲线的方程为
260100229900
x2y2
3221
ab
4、解:设点A(x1,y1B(x2,y2在双曲线上,且线段AB的中点为M(x,y.
设经过点P的直线l的方程为y1k(x1,即ykx1k
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第14页共4页)

y2
1ykx1k代入双曲线的方程x2
2
(2k2x22k(1kx(1k2202k20……①
x1x2k(1k
2
22kk(1k
由题意,得1,解得k2.
2k2所以,x
k2时,方程①成为2x24x30.
根的判别式162480,方程①没有实数解.
所以,不能作一条直线l与双曲线交于A,B两点,且点P是线段AB的中点.
24抛物线练习P67
11y212x2y2x3y24x,y24x,x24y,x24y.
1121)焦点坐标F(5,0,准线方程x52)焦点坐标F(0,,准线方程y
88
55
3)焦点坐标F(,0,准线方程x4)焦点坐标F(0,2,准线方程y2
88p
31aa.2(6,62(6,62
2
提示:由抛物线的标准方程求出准线方程.由抛物线的定义,点M到准线的距离等于9
所以x39x6y62.
练习P72
16
11y2x2x220y
53y216x4x232y.2、图形见右,x的系数越大,抛物线的开口越大.3、解:过点M(2,0且斜率为1的直线l的方程yx2
Oy
y2=4x
y2=2xy2=x
1y2=x
2
x
yx2
与抛物线的方程y24x联立2
y4x
x1423x2423
解得
y1223y2223
(第2题)
A(x1,y1B(x2,y2AB(x2x12(y2y12(432(43246.4、解:设直线AB的方程为xa(a0.
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第15页共4页)

xa代入抛物线方程y24x,得y24a,即y2a.因为AB2y22a4a43所以,a3
因此,直线AB的方程为x3.
习题2.4AP73
11
11)焦点坐标F(0,,准线方程y
2233
2)焦点坐标F(0,,准线方程y
161611
3)焦点坐标F(,0,准线方程x
8833
4)焦点坐标F(,0,准线方程x.
2221y28x2(4,42,或(4,42
3、解:由抛物线的方程y22px(p0,得它的准线方程为x
p
.2
根据抛物线的定义,由MF2p,可知,点M的准线的距离为2p.设点M的坐标为(x,y,则xx
p3p
.2p,解得x
22
3p
代入y22px中,得y3p.2
3p3p
因此,点M的坐标为(,3p(,3p.
2241y224xy224x2x212y(图略)
5、解:因为xFM60,所以线段FM所在直线的斜率ktan603.因此,直线FM的方程为y3(x1
1y3(x1
与抛物线y4x联立,得
2
2y4x
1
1代入2得,3x210x30,解得,x1x23
3
2
x1
231
x23分别代入①得y1y223
33
123
不合题意,所以点M的坐标为(3,23.由第5题图知(,
33因此,FM(312(23024
6、证明:将yx2代入y22x中,得(x222x
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第16页共4页)

化简得x26x40,解得x35y35215因为kOB
1515
kOA3535
151515
1353595
yO2l
x
所以kOBkOA
所以OAOB
7、这条抛物线的方程是x217.5y8、解:建立如图所示的直角坐标系,
设拱桥抛物线的方程为x22py因为拱桥离水面2m,水面宽4m所以222p(2p1
因此,抛物线方程为x2y……①
2
4
(第8题)
水面下降1m,则y3,代入①式,得x22(3x6.这时水面宽为26m.
习题2.2BP74
1、解:设垂线段的中点坐标为(x,y,抛物线上相应点的坐标为(x1,y1.
根据题意,x1xy12y,代入y122px1,得轨迹方程为y2
1
px.2
p
由方程可知,轨迹为顶点在原点、焦点坐标为(,0的抛物线.
8
2、解:设这个等边三角形OAB的顶点A,B在抛物线上,且坐标分别为(x1,y1(x2,y2
2
2px2.y122px1y2
22
y2OAOB,所以x12y12x2
22
2p(x1x202px12px20(x12x2x12x2
因此,(x1x2(x1x22p0因为x10,x20,2p0,所以x1x2由此可得y1y2,即线段AB关于x轴对称.
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第17页共4页)

因为x轴垂直于AB,且AOx30,所以
y13
.tan30
x13
y12
因为x1,所以y123p,因此AB2y143p.
2p
3、解:设点M的坐标为(x,y
y
(x1.x1y
直线BM的斜率kBM(x1.
x1yy
由题意,kAMkBM2所以,化简,x2(y1(x12(x1
x1x1由已知,得直线AM的斜率kAM
第二章复习参考题A组(P80
1解:如图,建立直角坐标系,使点A,B,F2x轴上,F2为椭圆的右焦点(记F1为左焦点).
x2y2
因为椭圆的焦点在x轴上,所以设它的标准方程为221(ab0.
ab
y
acOAOF2F2A63714396810
acOBOF2F2B637123848755
解得a7782.5c8755
所以ba2c2(ac(ac87556810用计算器算得b7722
B
F1
O
F2
Ax
x2y2
1.因此,卫星的轨道方程是
7783277222
(第1题)
2Rr1r2
aacRr12
2、解:由题意,得解此方程组,得
rracRr2c21
2
因此卫星轨道的离心率e
cr2r1
.a2Rr1r2
31D2B.41)当0时,方程表示圆.
y2
1.方程表示焦点在y轴上的椭圆.2)当090时,方程化成x1cos
2
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第18页共4页)

3)当90时,x21,即x1,方程表示平行于y轴的两条直线.
490180时,因为cos0所以x2y2cos1表示双曲线,其焦点在x
.而当180时,方程表示等轴双曲线.5、解:将ykx1代入方程x2y24
x2k2x22kx140(1k2x22kx50……①4k220(1k22016k20,解得k
55
,或k22
因为0,方程①无解,即直线与双曲线没有公共点,所以,k的取值围为k
55
,或k22
pp
6、提示:设抛物线方程为y22px,则点B的坐标为(,p,点C的坐标为(,p
22设点P的坐标为(x,y,则点Q的坐标为(x,0.
因为,PQy2pxBC2pOQx.
所以,PQBCOQ,即PQBCOQ的比例中项.
7、解:设等边三角形的另外两个顶点分别是A,B,其中点Ax轴上方.
直线FA的方程为y
2
3p
(x32
y22px联立,消去x,得y223pyp20解方程,得y1(32py2(32py1(32p代入y
3p7
(x,得x1(23p.3223p7
(x,得x2(23p.322
y2(32p代入y
77
所以,满足条件的点A有两个A1((23p,(32pA2((23p,(32p.
22
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答(第19页共4页)

7
根据图形的对称性,可得满足条件的点B也有两个B1((23p,(32p
27
B2((23p,(32p
2
所以,等边三角形的边长是A1B12(32p,或者A2B22(23p.8、解:设直线l的方程为y2xm.
y2xm代入双曲线的方程2x23y260,得10x212mx3m260.
3m266m
x1x2x1x2……①
105由已知,得(14[(x1x224x1x2]16……②把①代入②,解得m
210
3
210
3
所以,直线l的方程为y2x
9、解:设点A的坐标为(x1,y1,点B的坐标为(x2,y2,点M的坐标为(x,y.
并设经过点M的直线l的方程为y1k(x2,即ykx12k.
y2
1,得ykx12k代入双曲线的方程x2
2
(2k2x22k(12kx(12k220(2k20.……①
x1x2k(12k
2
22kk(12k
由题意,得2,解得k42
2k所以,x
k4时,方程①成为14x256x510
根的判别式56256512800,方程①有实数解.所以,直线l的方程为y4x7.
10、解:设点C的坐标为(x,y.
由已知,得直线AC的斜率kAC直线BC的斜率kBC
y
(x5x5y(x5x5
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第20页共4页)

由题意,得kACkBCm.所以,
yym(x5x5x5
x2y2
1(x5化简得,
2525m
m0时,C的轨迹是椭圆(m1或者圆(m1并除去两点(5,0,(5,0m0时,点C的轨迹是双曲线,并除去两点(5,0,(5,0
11、解:设抛物线y24x上的点P的坐标为(x,y,则y24x.
P到直线yx3的距离d
xy3
2

y24y1242

(y22842
.
y2时,d的最小值是2.此时x1,点P的坐标是(1,2.
12、解:如图,在隧道的横断面上,以拱
顶为原点、拱高所在直线为y(向上),建立直角坐标系.
设隧道顶部所在抛物线的方程x22py
因为点C(4,4在抛物线上所以42p(4
A
2
yO
抛物线
6mD
E
C2m
3m
8m
(第12题)
x
解得2p4
所以,隧道顶部所在抛物线的方程x24y.
EFh0.5.F(3,h5.5
3m
F
B
把点F的坐标代入方程x24y,解得h3.25.答:车辆通过隧道的限制高度为3.2m.
第二章复习参考题B组(P81
1SPF1F2243.
2、解:由题意,得PF1x.
b2b2
xc代入椭圆方程,解得y.所以,点P的坐标是(c,
aa
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第21页共4页)

b2b
直线OP的斜率k1.直线AB的斜率k2.
acab2b
,所以,bca2c.由题意,得
aca由已知及F1Aac,得ac105所以(12c105,解得c5所以,a10b5
x2y2
1.因此,椭圆的方程为
105
3、解:设点A的坐标(x1,y1,点B的坐标(x2,y2.
OAOB,得x1x2y1y20.
由已知,得直线AB的方程为y2x5.则有y1y25(y1y2250……①
y2x5y22px消去x,得y2py5p0……②y1y2py1y25p……③把③代入①,解得pp
54
55时,方程②成为4y25y250,显然此方程有实数根.所以,p44
4、解:如图,以连接F1,F2的直线为x轴,线段F1F2的中点为原点,建立直角坐标系.
对于抛物线,有
p
176352922922
所以,p45842p9168.对于双曲线,有
ca2080

ca529
(第4题)
解此方程组,得a775.5c1304.5因此,b2c2a21100320.
x2y2
1(x775.5.所以,所求双曲线的方程是
601400.31100320
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第22页共4页)

因为抛物线的顶点横坐标是(1763a(1763775.5987.5所以,所求抛物线的方程是y29168(x987.5答:抛物线的方程为y29168(x987.5
x2y2
1(x775.5.双曲线的方程是
601400.31100320
5、解:设点M的坐标为(x,y
y
(x1x1y
直线BM的斜率kBM(x1
x1yy
由题意,得kAMkBM2,所以2(x1,化简,得xyx21(x1
x1x1由已知,得直线AM的斜率kAM所以,点M轨迹方程是xyx21(x1.
6、解:1)当m1时,方程表示x轴;2)当m3时,方程表示y轴;
x2y2
1.3)当m1,m3时,把方程写成
3mm1
①当1m3,m2时,方程表示椭圆;m2时,方程表示圆;
③当m1,或m3时,方程表示双曲线.
7、以AB为直径的圆与抛物线的准线l相切.
证明:如图,过点A,B分别作抛物线y22px(p0的准线l垂线,垂足分别为D,E.
由抛物线的定义,得ADAFBEBF.
所以,ABAFBFADBE.
(第7题)
AB的中点为M,且过点M作抛物线y22px(p0的准线l的垂线,垂足为C.
显然MCx轴,
11
所以,MC是直角梯形ADEB的中位线.于是,MC(ADBEAB.
22
因此,点C在以AB为直径的圆上.
MCl,所以,以AB为直径的圆与抛物线的准线l相切.类似地,可以证明:
对于椭圆,以经过焦点的弦为直径的圆与相应的准线相离;对于双曲线,以经过焦点的弦为直径的圆与相应的准线相交.
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第23页共4页)

新课程标准数学选修21第三章课后习题解答
第三章空间向量与立体几何31空间向量及其运算练习P86
1、略.2、略.3ACABADAABDABADAADBAAABAD.练习P89
11AD2AG3MG.21x12xy3、如图.Q
练习P921B.
C
BSO
R
113xy.22
P
A
(第3题)
2、解:因为ACABADAA
所以AC(ABADAA2
2
ABADAA2(ABADABAAADAA4232522(0107.585
所以AC85
3、解:因为AC
所以ACBDACAB,又知BDAB.
所以ACBD0ACAB0,又知BDAB0.CDCDCD
2
222

(CAABBD(CAABBD
CAABBD
2
2
2

a2b2c2
所以CDa2b2c2.
练习P94
1、向量cabab一定构成空间的一个基底.否则cabab共面,于是cab共面,这与已知矛盾.2、共面
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第24页共4页)

21)解:OBOBBBOAABBBOAOCOOabc
BABABBOCOOcb
CACAAAOAOCOOabc
11112OGOCCGOCCBb(acabc.
2222
练习P97
11(2,7,42(10,1,163(18,12,3042.2、略.3、解:分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
1
D(0,0,0B1(1,1,1M(1,,0C(0,1,0
21
所以,DB1(1,1,1CM(1,,0.
2
10
DB1CM152所以,cosDB1,CM.
151DB1CM
31
4
1
习题3.1AP97
1、解:如图,1ABBCAC
2ABADAAACAAACCCAC
A'D
G
D'
C'
B'
M
C
1(第1题)3)设点M是线段CC的中点,则ABADCCACCMAM
211
4)设点G是线段AC的三等分点,则(ABADAAACAG.
33向量AC,AC,AM,AG如图所示.2A.
3、解:AC(ABADAA2
2
A
B
ABADAA2(ABADABAAADAA122
5232722(535737
222
98562
所以,AC13.3.
41ABACABACcos60

222
12
a2
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第25页共4页)

1
2ADDBADDBcos120a2
2111
3GFACGFACcos180a2(GFACa
222111
4EFBCEFBCcos60a2(EFBDa
422111
5FGBAFGBAcos120a2(FGACa
422
11
6GEGF(GCCBBACA
22
111
(DCCBBACA222111
DCCACBCABACA424

111
DCCAcos120CBCAcos60BACAcos604241a24
51602)略.
6、向量a的横坐标不为0,其余均为0;向量b的纵坐标不为0,其余均为0;向量c的竖坐标不为0,其余均为0.
7192(14,3,3.
8、解:因为ab,所以ab0,即823x0,解得x9、解:AB(5,1,10BA(5,1,10
10
.3
119
AB的中点为MOM(OAOB(,,2
22219
所以,点M的坐标为(,,2AB(52(12102126
22
10、解:以DA,DC,DD1分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
11
C,M,D1,N的坐标分别为:C(0,1,0M(1,0,D1(0,0,1N(1,1,.
22
11
CM(1,1,D1N(1,1,
221313
所以CM12(12(2D1N1212(2
2222
11
cosCM,D1N
1
41994
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第26页共4页)

由于异面直线CMD1N所成的角的围是[0,]
21
因此,CMD1N所成的角的余弦值为.
9
3111(,,3
22
习题3.1BP99
1、证明:由已知可知,OABCOBAC
OABC0OBAC0,所以OA(OCOB0OB(OCOA0.OAOCOAOBOBOCOBOA.
OAOCOBOC0(OAOBOC0BAOC0.OCAB.
2、证明:∵E,F,G,H分别是OA,OB,BC,CA的中点.

11
ABHGAB,所以EFHG22
∴四边形EFGH是平行四边形.
1111
EFEHABOC(OBOAOC(OBOCOAOC
2244
OAOBCACB(已知)OCOC.BOCAOCSSSBOCAOCEF
OBOCOAOCEFEH0EFEH
平行四边形EFGH是矩形.
3、已知:如图,直线OA平面,直线BD平面O,B为垂足.求证:OABD
证明:以点O为原点,以射线OA方向为z轴正方向,
建立空间直角坐标系Oxyzi,j,k分别为沿x轴、
y轴、z轴的坐标向量,且设BD(x,y,z.
BD.
BDiBDj.
(第3题)
BDi(x,y,z(1,0,0x0BDj(x,y,z(0,1,0y0.
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第27页共4页)

BD(0,0,z.BDzk.
BDk,又知O,B为两个不同的点.
BDOA.
32立体几何中的向量方法练习P104
11b3al1l22ab0l1l23b3al1l2.21uv02v2u3
uvuv

2929
相交,交角的余弦等于.
22472247
练习P107
1、证明:设正方形的棱长为1.
D1FDFDD1AEBEBA.
因为D1FAD(DFDD1AD000,所以D1FAD.因为D1FAE(DFDD1(BEBA0因此D1F平面ADE.
2、解:CDCD(CAABBD2
2
11
00,所以D1FAE.22
CAABBD2CAAB2CABD2ABBD361664268cos(1806068CD68
练习P111
222
1
1、证明:MNAB(MBBCCNAB(MBBCCDAB
2
11
ADACAB22

111
a2a2cos120a2cos60a2cos600222(MBBC
MNAB.同理可证MNCD.
2、解:l2EF(EAAAAF2m2d2n22mncos(或2mncos(
2
d2l2m2n22mncos,所以AAdl2m2n2
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第28页共4页)
2mncos.

3证明:以点D为原点,DA,DC,DD的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立坐标系,
11
得下列坐标:D(0,0,0C(0,1,0B(1,1,0C(0,1,1O(,1,.
22
11
DOBC(,1,(1,0,10DOBC
22
习题3.2AP111
1、解:设正方形的棱长为1
1MNCD(MBBN(CCCD
21
21MNCD22
1
1
cos260.
12
2MNAD(MBBNAD
221
1MNAD222
1
2
cos245.
222
2、证明:设正方体的棱长为1
因为DB1AC(DBBB1AC000,所以DB1AC.
DB1AD1.因为DB1AD1(DA1AB11AD1000,所以因此,DB1平面ACD1.
3、证明:∵OABC(OCOBOAOCOAcosOBOAcos0,∴OABC.
ACLE.4、证明:1)因为AC1LE(A1AACLE000,所以1
ACEF.因为AC1EF(A1BBCEF000,所以1平面EFGHLK.因此,AC1
2)设正方体的棱长为1
DB1(323因为AC11DB1(A1AAC(DBDB11AC
1
所以cos.
3
因此DB1与平面EFGHLK的所成角的余弦cos
5、解:1DE2DEDEDE(DAAB
2
22
.3
11111
ACAB2(OAACAB222222
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第29页共4页)

11(11111142所以,DE
2
2
311111
2AEAO(ACABAO(AEAO
222222
1
63
sincos2
333
2
O到平面ABC的距离OHOAsin1
66.33
6、解:1)设AB1,作AOBC于点O,连接DO.
以点O为原点,OD,OC,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立坐标系,得下列坐标:
O(0,0,0D(
3313
,0,0B(0,,0C(0,,0A(0,0,.2222
DODA(
3333182,0,0(,0,DODAcos.222442
AD与平面BCD所成角等于45.2BCDA(0,1,0(
33
,0,0.所以,ADBC所成角等于90.22
3)设平面ABD的法向量为(x,y,1
13
0(x,y,1AB(x,y,1(0,,
22(x,y,1AD(x,y,1(解得x1y3
显然(0,0,1为平面BCD的法向量.(0,0,1(1,3,11cos
33
,0,0.22
15
.
1315
5.5
因此,二面角ABDC的余弦coscos(
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第30页共4页)

7、解:设点B的坐标为(x,y,z,则AB(x1,y2,z.
因为AB,所以
x1y2z
.3412
因为AB226,所以(x12(y22z226.解得x5y6z24,或x7y10z24.
8、解:以点O为原点建立坐标系,得下列坐标:A(a,a,0B(a,a,0C(a,a,0
aah
D(a,a,0V(0,0,hE(,,.
222
(
1cosBE,DE
3aaha3ah,,(,,22
222222h6a.
h210a2BEDE
3aahh22
0h22a22VCBE(a,a,h(,,a
2222
h26a24a21
cosBE,DE222
h10a12a3
111
9、解:以点A为原点建立坐标系,得下列坐标:A(0,0,0B(0,1,0O(,,
222
1
A1(0,0,1D1(1,0,1M(0,0,.
2
因为OMAA10OMBD10所以OMAA1OMBD1OM
112.442
10、解:以点A为原点建立坐标系,得下列坐标:A(0,0,0B(0,7,0C(0,0,24
D(x,y,z.
因为BDAB(x,y7,z(0,7,00,所以y7.BDx2z224CDx272(z24225解得z12x123
cos
BDACBDAC

1
602
因此,线段BD与平面所成的角等于9030.
11、解:以点O为原点建立坐标系,得下列坐标:O(0,0,0A(4,0,0B(0,3,0
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第31页共4页)

3
O(0,0,4A(4,0,4B(0,3,4D(2,,4P(0,3,z.
2
9
39PB83
OPBD(0,3,z(2,,40,解得z.所以,tan.
28OB38
12、解:不妨设这条线段MN长为2,则点M到二面角的棱的距离MP1,点N到二面角
的棱的距离NQ1QMPN3PQ2.
PQ(MPPQQNPQ2
cos45.
22222PQMN
习题3.2BP113
1
1、解:SABC222
2
PQMN
2
ADBE(ABBDBE22cos4502
ADBEAD2cos
20
ADAD20BD2044.10
18
VABCD42
33
2、解:1)以点B为原点建立坐标系,得下列坐标:B(0,0,0A(1,0,0C(0,0,1
F(1,1,0M(
2222
a,0,1aN(a,a,0.2222
22
a,a12a22a1MNa22a1.22
2212
,当a时,MN的长最小.222
MN(0,
2
2a22a1(a
3)当a
2111
时,MN的中点为G(,,2244
所求二面角的余弦值cos
1
.
3GAGB
GAGB
3、证明:AEBFb.以点O为原点建立坐标系,得下列坐标:O(0,0,0A(0,a,0
B(a,a,0C(a,0,0O(0,0,aA(0,a,aB(a,a,aC(a,0,aE(b,a,0F(a,ab,0.
1AFCE(a,b,a(ab,a,a0AFCE.
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第32页共4页)

1111
2SBEFb(ab[a2(ab2],当a2b时,SBEF最大,三棱锥体积最大.
2242
此时,EF的中点G与点B的连线BG
2BB
atan22.4BG
第三章复习参考题A组(P117
1B.
11111
abc2AMabc222221114
3ANabc4AQabc.
255521AP
3、证明:因为AMBA1(ABBCCM(BAAA1ABBACMAA13所以AMBA1
6
02
13
a,04、解:1)以点C为原点建立坐标系,得下列坐标:C(0,0,0A(a,0,0B(a,
22A1(a,0,2aC1(0,0,2a.
33
a,2a2)点C1在侧面ABB1A1的射影为点C2(a,
44cos
AC1AC2AC1AC2

3
30.2
1
60SABACsin73.2
5、解:1cos
ABACABAC
2)设a的坐标为(x,y,z,则(x,y,z(2,1,30(x,y,z(1,3,20
解得a(1,1,1,或a(1,1,1
6、解:cos

4

OAOCOAOCOBOCOBOC

6mn2
mn
2236np2
np.
223
cos

4

m2n2n2p21,解得n
62.4
cosAOB
OAOBOAOB

n2
m2n2n2p2

23
.4
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第33页共4页)

7D.8C.
13
,09、解:以点C为原点建立坐标系,得下列坐标:C(0,0,0A(1,0,0B(,221313
,2M(,,0N(0,0,z.C1(0,0,2B1(,2244
1
AB1MN0,得z.
811
∴点N坐标为(0,0,,即点NCC1上,CN.
88
101)证明:因为EFCF(EDDFCFEDCFDFCF0,所以EFCF.2)解:因为EFCG(EDDF(CBBG
EFCG151
cos154EFCG
所以,EFCG所成角的余弦值为
15
.15
3)解:CE1
15.42
11解:以点C为原点建立坐标系,得下列坐标:C(0,0,0A(1,0,0B(0,1,0A1(1,0,2
11
B1(0,1,2C1(0,0,2M(,,2N(1,0,1.
221BN123.2cosBA1,CB1
BA1CB1BA1CB1

30.10
11
3)因为A1BC1M(1,1,2(,,00,所以A1BC1M.
2212、解:以点O为原点建立坐标系,得下列坐标:O(0,0,0A(
22,0,0B(0,,022
C(
22222
,0,F(,0,0E(,,0.44244
1
OEOF1
cos8EOF120.
2OEOF11
221111
13、证明:1)因为FE(BABCCAHG(DADCCA
2222

所以FEHG.因此E,F,G,H四点共面.
新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第34页共4页)

2)因为BD在平面EFGH之外,BDEH,所以BD∥平面EFGH.
11111
3OM(OEOG[(OAOB(OCOD](OAOBOCOD.
22224
第三章复习参考题B组(P119
1、解:1ACACAC(ABBCCC22a22abb2.2)设BDAC的夹角为
BDACabbb4a22b2
cos.2222224a2bBDAC2ab2a4a2b
由于BDAC所成的角的围为[0,]
2

b4a22b2
因此直线BDAC夹角的余弦值为.
4a22b2
21)证明:因为AC1AE(A1BBCAEBCAEBC(ABBE0
AE所以AC1
因为ACDCAFDCAFBC(ADDF01AF(AD1
AF因此,AC平面AEF.所以AC11
2)解:以点A1为原点建立坐标系,得下列坐标:A1(0,0,0B1(4,0,0C1(4,3,0D1(0,3,0A(0,0,5B(4,0,5C(4,3,5D(0,3,5.设平面D1B1BD的法向量为a(x,y,0,则aB1D10,得4x3y.x3,y4,则a(3,4,0所以cos3、解:1V
aAC1aAC1

122
25
1.4
2)以点A为原点建立坐标系,得下列坐标:A(0,0,0B(0,1,0C(1,1,0
1
D(,0,0S(0,0,12
设平面SDC的法向量为a(x,y,1,则aSC0aSD0,得x2,y1.
因此a(2,1,1.cos

新课程标准数学选修21第一章课后习题解答
(第35页共4页)
aADaAD

6.3

选修2-1数学课后习题答案(全)

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