高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

高中数学选修2-1课后习题答案

第一章 常用逻辑用语

1.1 命题及其关系

练习（P4）

1、略. 2、（1）真； （2）假； （3）真； （4）真. 3、（1）若一个三角形是等腰三角形，则这个三角形两边上的中线相等. 这是真命题. （2）若一个函数是偶函数，则这个函数的图象关于y轴对称. 这是真命题. （3）若两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行. 这是假命题.

练习（P6）

1、逆命题：若一个整数能被5整除，则这个整数的末位数字是0. 这是假命题. 否命题：若一个整数的末位数字不是0，则这个整数不能被5整除. 这是假命题. 逆否命题：若一个整数不能被5整除，则这个整数的末位数字不是0. 这是真命题. 2、逆命题：若一个三角形有两个角相等，则这个三角形有两条边相等. 这是真命题. 否命题：若一个三角形有两条边不相等，这个三角形有两个角也不相等. 这是真命题. 逆否命题：若一个三角形有两个角不相等，则这个三角形有两条边也不相等.这是真命题. 3、逆命题：图象关于原点对称的函数是奇函数. 这是真命题.

否命题：不是奇函数的函数的图象不关于原点对称. 这是真命题. 逆否命题：图象不关于原点对称的函数不是奇函数. 这是真命题.

练习（P8）

证明：若ab1，则a2b22a4b3

(ab)(ab)2(ab)2b3 ab22b3

ab10 所以，原命题的逆否命题是真命题，从而原命题也是真命题.

习题1.1 A组（P8）

1、（1）是； （2）是； （3）不是； （4）不是.

2、（1）逆命题：若两个整数a与b的和ab是偶数，则a,b都是偶数. 这是假命题. 否命题：若两个整数a,b不都是偶数，则ab不是偶数. 这是假命题.

逆否命题：若两个整数a与b的和ab不是偶数，则a,b不都是偶数. 这是真命题. （2）逆命题：若方程x2xm0有实数根，则m0. 这是假命题. 否命题：若m0，则方程x2xm0没有实数根. 这是假命题.

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逆否命题：若方程x2xm0没有实数根，则m0. 这是真命题.

3、（1）命题可以改写成：若一个点在线段的垂直平分线上，则这个点到线段的两个端点的

距离相等.

逆命题：若一个点到线段的两个端点的距离相等，则这个点在线段的垂直平分线上.

这是真命题.

否命题：若一个点到不在线段的垂直平分线上，则这个点到线段的两个端点的距离不

相等. 这是真命题.

逆否命题：若一个点到线段的两个端点的距离不相等，则这个点不在线段的垂直平分

线上. 这是真命题.

（2）命题可以改写成：若一个四边形是矩形，则四边形的对角线相等. 逆命题：若四边形的对角线相等，则这个四边形是矩形. 这是假命题. 否命题：若一个四边形不是矩形，则四边形的对角线不相等. 这是假命题. 逆否命题：若四边形的对角线不相等，则这个四边形不是矩形. 这是真命题.

4、证明：如果一个三角形的两边所对的角相等，根据等腰三角形的判定定理，这个三角形是等腰三角形，且这两条边是等腰三角形，也就是说这两条边相等. 这就证明了原命题的逆否命题，表明原命题的逆否命题为真命题. 所以，原命题也是真命题.

习题1.1 B组（P8）

证明：要证的命题可以改写成“若p，则q”的形式：若圆的两条弦不是直径，则它们不能互相平分.

此命题的逆否命题是：若圆的两条相交弦互相平分，则这两条相交弦是圆的两条直径. 可以先证明此逆否命题：设AB,CD是O的两条互相平分的相交弦，交点是E，若E和圆心O重合，则AB,CD是经过圆心O的弦，AB,CD是两条直径. 若E和圆心O不重合，连结则OE是等腰AOB，COD的底边上中线，所以，OEAB，OECD. AO,BO,CO和DO，

且与OE垂直，这是不可能的. 所以，E和O必然重合. 即AB和CD是AB和CD都经过点E，

圆的两条直径.

原命题的逆否命题得证，由互为逆否命题的相同真假性，知原命题是真命题.

1.2 充分条件与必要条件

练习（P10）

1、（1）； （2）； （3）； （4）. 2、（1）. 3（1）. 4、（1）真； （2）真； （3）假； （4）真.

练习（P12）

1、（1）原命题和它的逆命题都是真命题，p是q的充要条件； （2）原命题和它的逆命题都是真命题，p是q的充要条件； （3）原命题是假命题，逆命题是真命题，p是q的必要条件.

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2、（1）p是q的必要条件； （2）p是q的充分条件； （3）p是q的充要条件； （4）p是q的充要条件.

习题1.2 A组（P12）

1、略. 2、（1）假； （2）真； （3）真. 3、（1）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a2b2r2.

习题1.2 B组（P13）

1、（1）充分条件； （2）必要条件； （3）充要条件.

2、证明：（1）充分性：如果a2b2c2abacbc，那么a2b2c2abacbc0. 所以(ab)2(ac)2(bc)20 所以，ab0，ac0，bc0. 即 abc，所以，ABC是等边三角形. （2）必要性：如果ABC是等边三角形，那么abc 所以(ab)2(ac)2(bc)20 所以a2b2c2abacbc0 所以a2b2c2abacbc

1.3 简单的逻辑联结词

练习（P18）

1、（1）真； （2）假. 2、（1）真； （2）假.

3、（1）225，真命题； （2）3不是方程x290的根，假命题； （3）(1)21，真命题.

习题1.3 A组（P18）

1、（1）4{2,3}或2{2,3}，真命题； （2）4{2,3}且2{2,3}，假命题； （3）2是偶数或3不是素数，真命题； （4）2是偶数且3不是素数，假命题. 2、（1）真命题； （2）真命题； （3）假命题.

3、（1）2不是有理数，真命题； （2）5是15的约数，真命题； （3）23，假命题； （4）8715，真命题； （5）空集不是任何集合的真子集，真命题.

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习题1.3 B组（P18）

（1）真命题. 因为p为真命题，q为真命题，所以pq为真命题； （2）真命题. 因为p为真命题，q为真命题，所以pq为真命题； （3）假命题. 因为p为假命题，q为假命题，所以pq为假命题； （4）假命题. 因为p为假命题，q为假命题，所以pq为假命题.

1.4 全称量词与存在量词

练习（P23）

1、（1）真命题； （2）假命题； （3）假命题. 2、（1）真命题； （2）真命题； （3）真命题.

练习（P26）

1、（1）n0Z,n0Q； （2）存在一个素数，它不是奇数；

（3）存在一个指数函数，它不是单调函数. 2、（1）所有三角形都不是直角三角形； （2）每个梯形都不是等腰梯形； （3）所有实数的绝对值都是正数.

习题1.4 A组（P26）

1、（1）真命题； （2）真命题； （3）真命题； （4）假命题. 2、（1）真命题； （2）真命题； （3）真命题.

32x03、（1）x0N,x0； （2）存在一个可以被5整除的整数，末位数字不是0；

（3）xR,x2x10； （4）所有四边形的对角线不互相垂直.

习题1.4 B组（P27）

（1）假命题. 存在一条直线，它在y轴上没有截距； （2）假命题. 存在一个二次函数，它的图象与x轴不相交；

（3）假命题. 每个三角形的内角和不小于180； （4）真命题. 每个四边形都有外接圆.

第一章 复习参考题A组（P30）

1、原命题可以写为：若一个三角形是等边三角形，则此三角形的三个内角相等. 逆命题：若一个三角形的三个内角相等，则此三角形是等边三角形. 是真命题；

否命题：若一个三角形不是等边三角形，则此三角形的三个内角不全相等. 是真命题； 逆否命题：若一个三角形的三个内角不全相等，则此三角形不是等边三角形. 是真命题. 2、略. 3、（1）假； （2）假； （3）假； （4）假. 4、（1）真； （2）真； （3）假； （4）真； （5）真.

5、（1）nN,n20； （2）P{PP在圆x2y2r2上}，OPr(O为圆心)；

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（3）(x,y){(x,y)x,y是整数}，2x4y3；

3（4）x0{xx是无理数}，x0{qq是有理数}.

6、（1）32，真命题； （2）54，假命题； （3）x0R,x00，真命题； （4）存在一个正方形，它不是平行四边形，假命题.

第一章 复习参考题B组（P31）

1、（1）pq； （2）(p)(q)，或(pq).

2、（1）RtABC，C90，A,B,C的对边分别是a,b,c，则c2a2b2； （2）ABC，A,B,C的对边分别是a,b,c，则

abc.sinAsinBsinC第5页 共38页

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第二章 圆锥曲线与方程

2.1 曲线与方程

练习（P37）

1、是. 容易求出等腰三角形ABC的边BC上的中线AO所在直线的方程是x0.

32182、a,b.

25253、解：设点A,M的坐标分别为(t,0)，(x,y). （1）当t2时，直线CA斜率 kCA 所以，kCB202 2t2t1t2 kCA2 由直线的点斜式方程，得直线CB的方程为 y2 令x0，得y4t，即点B的坐标为(0,4t).

t2(x2). 2t4t 由于点M是线段AB的中点，由中点坐标公式得x,y.

22t4t 由x得t2x，代入y，

2242x 得y，即xy20……①

2 （2）当t2时，可得点A,B的坐标分别为(2,0)，(0,2) 此时点M的坐标为(1,1)，它仍然适合方程①

由（1）（2）可知，方程①是点M的轨迹方程，它表示一条直线.

习题2.1 A组（P37）

1、解：点A(1,2)、C(3,10)在方程x2xy2y10表示的曲线上；

点B(2,3)不在此曲线上

2、解：当c0时，轨迹方程为xc1；当c0时，轨迹为整个坐标平面. 23、以两定点所在直线为x轴，线段AB垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，得点M的轨迹方程为x2y24.

4、解法一：设圆x2y26x50的圆心为C，则点C的坐标是(3,0). 由题意，得CMAB，则有kCMkAB1.

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所以，

yy1(x3,x0) x3x 化简得x2y23x0(x3,x0)

当x3时，y0，点(3,0)适合题意；当x0时，y0，点(0,0)不合题意.

22525xy3x0x,y 解方程组 2， 得 233xy6x505 所以，点M的轨迹方程是x2y23x0，x3.

3 解法二：注意到OCM是直角三角形，

利用勾股定理，得x2y2(x3)2y29， 即x2y23x0. 其他同解法一.

习题2.1 B组（P37）

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

xy1. ab341 ab 由已知点M的坐标为(a,b)，所以点M的轨迹方程为xy4x3y0. 2、解：如图，设动圆圆心M的坐标为(x,y).

由于动圆截直线3xy0和3xy0所得弦分别为

yBCFMEAAB，CD，所以，AB8，CD4. 过点M分别

作直线3xy0和3xy0的垂线，垂足分别为E，

DF，则AE4，CF2.

ME3xy10，MF3xy10. O（第2题） x连接MA，MC，因为MAMC， 则有，AEMECFMF

2222(3xy)2(3xy)24所以，16，化简得，xy10. 1010因此，动圆圆心的轨迹方程是xy10.

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2.2 椭圆

练习（P42）

1、14. 提示：根据椭圆的定义，PF1PF220，因为PF214. 16，所以PFx2y2x2y2y2x222x1； （3）1，或1. 2、（1）y1； （2）

1616361636163、解：由已知，a5，b4，所以ca2b23. （1）AF1B的周长AF1AF2BF1BF2.

由椭圆的定义，得AF1AF22a，BF1BF22a. 所以，AF1B的周长4a20.

（2）如果AB不垂直于x轴，AF1B的周长不变化.

这是因为①②两式仍然成立，AF1B的周长20，这是定值. 4、解：设点M的坐标为(x,y)，由已知，得

直线AM的斜率 kAM直线BM的斜率 kBM由题意，得

y(x1)； x1y(x1)； x1kAMyy2，所以(x1,y0) 2kBMx1x1化简，得x3(y0)

因此，点M的轨迹是直线x3，并去掉点(3,0).

练习（P48）

yB21、以点B2（或B1）为圆心，以线段OA2（或OA1） A1为半径画圆，圆与x轴的两个交点分别为F1,F2. 点F1,F2就是椭圆的两个焦点.

F1OF2A2xB1（第1题）

这是因为，在RtB2OF2中，OB2b，B2F2OA2a， 所以，OF2c. 同样有OF1c. 2、（1）焦点坐标为(8,0)，(8,0)；

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（2）焦点坐标为(0,2)，(0,2).

x2y2y2x21； （2）1. 3、（1）36322516x2y2y2x2x2y21 （2）1，或1. 4、（1）10064100649422x2y211的离心率是， 5、（1）椭圆9xy36的离心率是，椭圆31612222221x2y2，所以，椭圆1更圆，椭圆9x2y236更扁； 因为3216122210x2y21的离心率是（2）椭圆x9y36的离心率是，椭圆，

35610222210x2y21更圆，椭圆x29y236更扁. 因为，所以，椭圆3561082848706、（1）(3,)； （2）(0,2)； （3）(,). 7、.

753737习题2.2 A组（P49）

1、解：由点M(x,y)满足的关系式x2(y3)2x2(y3)210以及椭圆的定义得，

点M的轨迹是以F1(0,3)，F2(0,3)为焦点，长轴长为10的椭圆.

y2x21. 它的方程是

2516x2y2y2x2x2y2y2x21； （2）1； （3）1，或1. 2、（1）4940494036322593、（1）不等式2x2，4y4表示的区域的公共部分； （2）不等式25x25，1010y表示的区域的公共部分. 图略. 333， 24、（1）长轴长2a8，短轴长2b4，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)，(0,2)； （2）长轴长2a18，短轴长2b6，离心率e22， 3第9页 共38页

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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).

x2x2y2y2x221； （2）y1，或1； 5、（1）985819x2y2y2x21，或1. （3）

2592596、解：由已知，椭圆的焦距F1F22.

1 因为PF1F2的面积等于1，所以，F1F2yP1，解得yP1.

215x21 代入椭圆的方程，得1，解得x. 254 所以，点P的坐标是(Pl15,1)，共有4个. 2QOA7、解：如图，连接QA. 由已知，得QAQP. 所以，QOQAQOQPOPr. 又因为点A在圆内，所以OAOP

（第7题）

根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以O,A为焦点，r为长轴长的椭圆. 8、解：设这组平行线的方程为y3xm. 2x2y231，得9x26mx2m2180. 把yxm代入椭圆方程492 这个方程根的判别式 36m236(2m218) （1）由0，得32m32. 当这组直线在y轴上的截距的取值范围是(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).

x1x2m. 233m 因为点M在直线yxm上，与x联立，消去m，得3x2y0.

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. 则 x第10页 共38页

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x2y21. 9、223.5252.87510、地球到太阳的最大距离为1.5288108km，最下距离为1.4712108km.

习题2.2 B组（P50）

1、解：设点M的坐标为(x,y)，点P的坐标为(x0,y0)，

则xx0，y3y02. 所以x0x，y0y ……①. 2322y04 ……②. 因为点P(x0,y0)在圆上，所以x0x2y2421 将①代入②，得点M的轨迹方程为xy4，即4992所以，点M的轨迹是一个椭圆

与例2相比可见，椭圆也可以看作是由圆沿某个方向压缩或拉伸得到.

2、解法一：设动圆圆心为P(x,y)，半径为R，两已知圆的圆心分别为O1,O2.

分别将两已知圆的方程 x2y26x50，x2y26x910 配方，得 (x3)2y24， (x3)2y2100 当当

P与O1：(x3)2y24外切时，有O1PR2 ……① P与O2：(x3)2y2100内切时，有O2P10R ……②

①②两式的两边分别相加，得O1PO2P12 即，(x3)2y2(x3)2y212 ……③ 化简方程③.

先移项，再两边分别平方，并整理，得 2(x3)2y212x ……④ 将④两边分别平方，并整理，得 3x24y21080 ……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12，63. 解法二：同解法一，得方程(x3)2y2(x3)2y212 ……①

由方程①可知，动圆圆心P(x,y)到点O1(3,0)和点O2(3,0)距离的和是常数12，

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所以点P的轨迹方程是焦点为(3,0)、(3,0)，长轴长等于12的椭圆.

并且这个椭圆的中心与坐标原点重合，焦点在x轴上，于是可求出它的标准方程. 因为 2c6，2a12，所以c3，a6 所以b236927.

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x8的距离，根据题意，所求轨迹就是集合PM

d2 由此得

(x2)2y21

8x222x2y21 将上式两边平方，并化简，得 3x4y48，即1612 所以，点M的轨迹是长轴、短轴长分别为8，43的椭圆. 4、解：如图，由已知，得E(0,3)，F(4,0)，G(0,3)，H(4,0). y 因为R,S,T是线段OF的四等分点， R,S,T是线段CF的四等分点， 所以，R(1,0),S(2,0),T(3,0)；

DGLMCR'S'HORSTNT'Fx933 R(4,),S(4,),T(4,).

424 直线ER的方程是y3x3；

A3E 直线GR的方程是yx3.

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(,).

552525Bx2y2 由作图可见，可以设椭圆的方程为221(m0,n0) ……①

mn 把点L,M的坐标代入方程①，并解方程组，得

1111，. 2222m4n3第12页 共38页

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x2y21. 所以经过点L,M的椭圆方程为169x2y2196121 把点N的坐标代入，得()2()21，

1691625925x2y21上. 所以，点N在169x2y21上. 因此，点L,M,N都在椭圆1692.3 双曲线

练习（P55）

y2x2y221. （2）x1. 1、（1）3169 （3）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221(a0,b0)

ab 将点(2,5)代入方程，得 又 a2b236

2222ab4a25b0 解方程组 2 2ab362542222ab4a25b0 ，即122abmn4m25n0 令ma2,nb2，代入方程组，得

mn36m20m45 解得 ，或

n16n9 第二组不合题意，舍去，得a220,b216

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，a25 4(56)24(56)245.

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又c6，所以b2362016

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a2b2c2和双曲线中a2b2c2的关系式分别求出椭圆、双曲线的焦点坐标.

3、由(2m)(m1)0，解得m2，或m1

练习（P61）

1、（1）实轴长2a82，虚轴长2b4；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2a6，虚轴长2b18；顶点坐标为(3,0),(3,0)； 焦点坐标为(310,0),(310,0)；离心率e10. （3）实轴长2a4，虚轴长2b4；顶点坐标为(0,2),(0,2)； 焦点坐标为(0,22),(0,22)；离心率e2. （4）实轴长2a10，虚轴长2b14；顶点坐标为(0,5),(0,5)； 焦点坐标为(0,74),(0,74)；离心率e74. 5x2y2y2x2x2y21； （2）1. 3、1 2、（1）169362835x2y21，渐近线方程为yx. 4、1818142255、（1）(6,2),(,)； （2）(,3)

334习题2.3 A组（P61）

y2x21. 因为a8，由双曲线定义可知，点P到两焦点距1、把方程化为标准方程，得

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. （2）1 2、（1）

20162575第14页 共38页

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5； 35 （2）焦点坐标为F1(0,5),F2(0,5)，离心率e；

43、（1）焦点坐标为F1(5,0),F2(5,0)，离心率ex2y2y2x21. （2）1 4、（1）

2516916 （3）解：因为ec2，所以c22a2，因此b2c2a22a2a2a2. ax2y2y2x2 设双曲线的标准方程为 221，或221.

aaaa 将(5,3)代入上面的两个方程，得

259925，或121. 222aaaa 解得 a216 （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QAQP. 所以，QAQOQPQOOPr. 又因为点A在圆外，所以OAOP.

根据双曲线的定义，点Q的轨迹是以O,A为焦点，r为实轴长的双曲线.

x2y21. 6、88习题2.3 B组（P62）

x2y21 1、1692、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 PAPB34031020. 即 2a1020，a510.

又AB1400，所以2c1400，c700，b2c2a2229900.

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高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

x2y21. 因此，所求双曲线的方程为

260100229900x2y23、221

ab4、解：设点A(x1,y1)，B(x2,y2)在双曲线上，且线段AB的中点为M(x,y).

设经过点P的直线l的方程为y1k(x1)，即ykx1k

y21得 把ykx1k代入双曲线的方程x22 (2k2)x22k(1k)x(1k2)20（2k20） ……①

x1x2k(1k) 22k2k(1k)由题意，得1，解得 k2. 22k所以，x当k2时，方程①成为2x24x30.

根的判别式162480，方程①没有实数解.

所以，不能作一条直线l与双曲线交于A,B两点，且点P是线段AB的中点.

2.4 抛物线

练习（P67）

1、（1）y212x； （2）y2x； （3）y24x,y24x,x24y,x24y.

112、（1）焦点坐标F(5,0)，准线方程x5； （2）焦点坐标F(0,)，准线方程y；

8855 （3）焦点坐标F(,0)，准线方程x； （4）焦点坐标F(0,2)，准线方程y2；

88p

3、（1）a，a. （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 x39，x6，y62.

练习（P72）

yy2=4xy2=2x1、（1）y216x； （2）x220y； 5（3）y216x； （4）x232y. 2、图形见右，x的系数越大，抛物线的开口越大.

Oy2=x12y=x2x第16页 共38页

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3、解：过点M(2,0)且斜率为1的直线l的方程 为yx2

yx2 与抛物线的方程y4x联立 2

y4x2x1423x2423 解得 ， y1223y2223 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB(x2x1)2(y2y1)2(43)2(43)246. 4、解：设直线AB的方程为xa(a0).

将xa代入抛物线方程y24x，得y24a，即y2a. 因为 AB2y22a4a43， 所以，a3 因此，直线AB的方程为x3.

习题2.4 A组（P73）

111、（1）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.

222、（1）y28x； （2）(4,42)，或(4,42)

3、解：由抛物线的方程y22px(p0)，得它的准线方程为xp. 2 根据抛物线的定义，由MF2p，可知，点M的准线的距离为2p. 设点M的坐标为(x,y)，则 x 将xp3p. 2p，解得x223p代入y22px中，得y3p. 23p3p 因此，点M的坐标为(,3p)，(,3p).

224、（1）y224x，y224x； （2）x212y（图略）

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

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 1y3(x1) 与抛物线y4x联立，得

2 2y4x 1 将1代入2得，3x210x30，解得，x1，x23

32 把x1231，x23分别代入①得 y1，y223 33123)不合题意，所以点M的坐标为(3,23). 由第5题图知(,33 因此，FM(31)2(230)24

6、证明：将yx2代入y22x中，得(x2)22x， 化简得 x26x40，解得 x35 则 y35215 因为 kOB1515，kOA 35351515151

953535yO2lx 所以 kOBkOA 所以 OAOB

7、这条抛物线的方程是x217.5y 8、解：建立如图所示的直角坐标系，

设拱桥抛物线的方程为x22py， 因为拱桥离水面2 m，水面宽4 m 所以 222p(2)，p1

因此，抛物线方程为x2y ……①

24（第8题）

水面下降1 m，则y3，代入①式，得x22(3)，x6. 这时水面宽为26 m.

习题2.2 B组（P74）

1、解：设垂线段的中点坐标为(x,y)，抛物线上相应点的坐标为(x1,y1).

根据题意，x1x，y12y，代入y122px1，得轨迹方程为y21px. 2第18页 共38页

高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

p由方程可知，轨迹为顶点在原点、焦点坐标为(,0)的抛物线.

82、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. 则 y122px1，y222y2又OAOB，所以 x12y12x2

22)2p(x1x2)0 2px12px20，(x12x2即x12x2因此，(x1x2)(x1x22p)0 因为x10,x20,2p0，所以x1x2 由此可得y1y2，即线段AB关于x轴对称. 因为x轴垂直于AB，且AOx30，所以

y13. tan30x13y12因为x1，所以y123p，因此AB2y143p.

2p3、解：设点M的坐标为(x,y)

y(x1). x1y直线BM的斜率 kBM(x1).

x1yy由题意，得kAMkBM2，所以，化简，得x2(y1)(x1) 2(x1)，

x1x1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,F2在x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221(ab0).

aby则 acOAOF2F2A63714396810，

acOBOF2F2B637123848755， 解得 a7782.5，c8755

所以 bac(ac)(ac)87556810 用计算器算得 b7722

22BF1OF2Ax（第1题）

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高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

x2y21. 因此，卫星的轨道方程是22778377222Rr1r2aacRr122、解：由题意，得 ， 解此方程组，得

rracRr2c212因此卫星轨道的离心率e3、（1）D； （2）B.

4、（1）当0时，方程表示圆.

cr2r1. a2Rr1r2y21. 方程表示焦点在y轴上的椭圆. （2）当090时，方程化成x1cos2 （3）当90时，x21，即x1，方程表示平行于y轴的两条直线.

（4）当90180时，因为cos0，所以x2y2cos1表示双曲线，其焦点在x轴

上. 而当180时，方程表示等轴双曲线. 5、解：将ykx1代入方程x2y24

得 x2k2x22kx140 即 (1k2)x22kx50 ……① 4k220(1k2)2016k2 令 0，解得k55，或k 22因为0，方程①无解，即直线与双曲线没有公共点， 所以，k的取值范围为k55，或k 22pp6、提示：设抛物线方程为y22px，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，PQy2px，BC2p，OQx.

所以，PQBCOQ，即PQ是BC和OQ的比例中项.

7、解：设等边三角形的另外两个顶点分别是A,B，其中点A在x轴上方.

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2高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

直线FA的方程为 y3p(x) 32 与y22px联立，消去x，得 y223pyp20 解方程，得 y1(32)p，y2(32)p 把y1(32)p代入y3p7(x)，得 x1(23)p. 3223p7(x)，得 x2(23)p. 322把y2(32)p代入y77所以，满足条件的点A有两个A1((23)p,(32)p)，A2((23)p,(32)p).

227根据图形的对称性，可得满足条件的点B也有两个B1((23)p,(32)p)，

27B2((23)p,(32)p)

2所以，等边三角形的边长是A1B12(32)p，或者A2B22(23)p. 8、解：设直线l的方程为y2xm.

把y2xm代入双曲线的方程2x23y260，得10x212mx3m260.

3m266m x1x2，x1x2 ……①

105由已知，得 (14)[(x1x2)24x1x2]16 ……② 把①代入②，解得 m210 3210 3所以，直线l的方程为y2x9、解：设点A的坐标为(x1,y1)，点B的坐标为(x2,y2)，点M的坐标为(x,y).

并设经过点M的直线l的方程为y1k(x2)，即ykx12k.

y21，得 把ykx12k代入双曲线的方程x22 (2k2)x22k(12k)x(12k)220(2k20). ……①

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高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

x1x2k(12k) 22k2k(12k)由题意，得2，解得k4

2k2所以，x当k4时，方程①成为 14x256x510

根的判别式56256512800，方程①有实数解. 所以，直线l的方程为y4x7.

10、解：设点C的坐标为(x,y).

y(x5) x5y 直线BC的斜率 kBC(x5)

x5yy由题意，得kACkBCm. 所以，m(x5)

x5x5由已知，得 直线AC的斜率 kACx2y21(x5) 化简得，

2525m当m0时，点C的轨迹是椭圆(m1)，或者圆(m1)，并除去两点(5,0),(5,0)； 当m0时，点C的轨迹是双曲线，并除去两点(5,0),(5,0)；

11、解：设抛物线y24x上的点P的坐标为(x,y)，则y24x.

点P到直线yx3的距离 dxy32y24y1242(y2)2842. 当y2时，d的最小值是2. 此时x1，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轴 （向上），建立直角坐标系.

设隧道顶部所在抛物线的方程 为x22py

因为点C(4,4)在抛物线上 所以 42p(4)

A2yO抛物线6 mDEC2 m3 m8 m（第12题）

x 解得 2p4

所以，隧道顶部所在抛物线的方程 第22页 共38页

3 mFB高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

为x24y.

设EFh0.5. 则F(3,h5.5)

把点F的坐标代入方程x24y，解得h3.25. 答：车辆通过隧道的限制高度为3.2 m.

第二章 复习参考题B组（P81）

1、SPF1F2243. 2、解：由题意，得PF1x轴.

b2b2把xc代入椭圆方程，解得 y. 所以，点P的坐标是(c,)

aab2b 直线OP的斜率k1. 直线AB的斜率k2.

acab2b，所以，bc，a2c. 由题意，得

aca由已知及F1Aac，得 ac105 所以 (12)c105，解得 c5 所以，a10，b5 x2y21. 因此，椭圆的方程为1053、解：设点A的坐标(x1,y1)，点B的坐标(x2,y2).

由OAOB，得x1x2y1y20.

由已知，得直线AB的方程为y2x5. 则有 y1y25(y1y2)250 ……①

由y2x5与y22px消去x，得y2py5p0 ……② y1y2p，y1y25p ……③ 把③代入①，解得p

5 4

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高中数学选修2-1课后习题答案[人教版]

当p

55时，方程②成为4y25y250，显然此方程有实数根. 所以，p 44

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

对于抛物线，有

p17635292292， 2所以，p4584，2p9168. 对于双曲线，有ca2080

ca529（第4题）

解此方程组，得a775.5，c1304.5 因此，b2c2a21100320.

x2y21(x775.5). 所以，所求双曲线的方程是

601400.31100320因为抛物线的顶点横坐标是 (1763a)(1763775.5)987.5 所以，所求抛物线的方程是 y29168(x987.5) 答：抛物线的方程为y29168(x987.5)，

x2y21(x775.5). 双曲线的方程是

601400.311003205、解：设点M的坐标为(x,y)

y(x1) x1y 直线BM的斜率 kBM(x1)

x1yy由题意，得kAMkBM2，所以2(x1)，化简，得xyx21(x1)

x1x1由已知，得 直线AM的斜率 kAM所以，点M轨迹方程是xyx21(x1).

6、解：（1）当m1时，方程表示x轴；（2）当m3时，方程表示y轴；

x2y21. （3）当m1,m3时，把方程写成

3mm1①当1m3,m2时，方程表示椭圆； ②m2时，方程表示圆；

③当m1，或m3时，方程表示双曲线.

7、以AB为直径的圆与抛物线的准线l相切.

证明：如图，过点A,B分别作抛物线y22px(p0)的准线l的

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垂线，垂足分别为D,E.

由抛物线的定义，得 ADAF，BEBF.

所以，ABAFBFADBE.

设AB的中点为M，且过点M作抛物线y22px(p0)的准线l的垂线，垂足为C.

显然MC∥x轴，

11所以，MC是直角梯形ADEB的中位线. 于是，MC(ADBE)AB.

22因此，点C在以AB为直径的圆上.

又MCl，所以，以AB为直径的圆与抛物线的准线l相切. 类似地，可以证明：

对于椭圆，以经过焦点的弦为直径的圆与相应的准线相离； 对于双曲线，以经过焦点的弦为直径的圆与相应的准线相交.

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第三章 空间向量与立体几何

3.1 空间向量及其运算

练习（P86）

1、略. 2、略. 3、ACABADAA，BDABADAA，DBAAABAD.

练习（P89）

1、（1）AD； （2）AG； （3）MG. 2、（1）x1； （2）xy3、如图. Q

练习（P92）

CBSOR11； （3）xy. 22PA（第3题） 1、B.

2、解：因为ACABADAA，

所以AC(ABADAA)2

2ABADAA2(ABADABAAADAA)4352(0107.5)85所以AC85 3、解：因为AC

所以ACBD，ACAB，又知BDAB.

所以ACBD0，ACAB0，又知BDAB0. CDCDCD

2222

222(CAABBD)(CAABBD) CAABBD222

a2b2c2所以CDa2b2c2.

练习（P94）

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1、向量c与ab，ab一定构成空间的一个基底. 否则c与ab，ab共面， 于是c与a，b共面，这与已知矛盾. 2、共面

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

BABABBOCOOcb

CACAAAOAOCOOabc

1111 （2）OGOCCGOCCBb(ac)abc.

2222练习（P97）

1、（1）(2,7,4)； （2）(10,1,16)； （3）(18,12,30)； （4）2. 2、略. 3、解：分别以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.

1则D(0,0,0)，B1(1,1,1)，M(1,,0)，C(0,1,0)

21所以，DB1(1,1,1)，CM(1,,0).

210DB1CM152所以，cosDB1,CM.

151DB1CM3141习题3.1 A组（P97）

A'DGD'C'B'M1、解：如图，（1）ABBCAC；

（2）ABADAAACAAACCCAC；

ACB1（3）设点M是线段CC的中点，则ABADCCACCMAM；

211（4）设点G是线段AC的三等分点，则(ABADAA)ACAG.

33 向量AC,AC,AM,AG如图所示. 2、A.

3、解：AC(ABADAA)2

2（第1题）

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222ABADAA2(ABADABAAADAA)1225232722(535737)22298562所以，AC13.3.

4、（1）ABACABACcos60

12a； 21（2）ADDBADDBcos120a2；

2111（3）GFACGFACcos180a2 (GFACa)；

222111（4）EFBCEFBCcos60a2 (EFBDa)；

422111（5）FGBAFGBAcos120a2 (FGACa)；

42211（6）GEGF(GCCBBA)CA

22111(DCCBBA)CA222111DCCACBCABACA424

111DCCAcos120CBCAcos60BACAcos604241a245、（1）60； （2）略.

6、向量a的横坐标不为0，其余均为0；向量b的纵坐标不为0，其余均为0；向量c的竖坐标不为0，其余均为0.

7、（1）9； （2）(14,3,3).

8、解：因为ab，所以ab0，即823x0，解得x9、解：AB(5,1,10)，BA(5,1,10)

10. 3119设AB的中点为M，OM(OAOB)(,,2)，

22219所以，点M的坐标为(,,2)，AB(5)2(1)2102126 2210、解：以DA,DC,DD1分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.

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11则C,M,D1,N的坐标分别为：C(0,1,0)，M(1,0,)，D1(0,0,1)，N(1,1,).

2211 CM(1,1,)，D1N(1,1,)

221313所以CM12(1)2()2，D1N1212()2

222211cosCM,D1N141 994由于异面直线CM和D1N所成的角的范围是[0,]

21因此，CM和D1N所成的角的余弦值为.

93111、(,,3)

22习题3.1 B组（P99）

1、证明：由已知可知，OABC，OBAC

∴ OABC0，OBAC0，所以OA(OCOB)0，OB(OCOA)0. ∴ OAOCOAOB，OBOCOBOA.

∴ OAOCOBOC0，(OAOB)OC0，BAOC0. ∴ OCAB.

2、证明：∵ 点E,F,G,H分别是OA,OB,BC,CA的中点.

11AB，HGAB，所以EFHG 22∴四边形EFGH是平行四边形.

1111 EFEHABOC(OBOA)OC(OBOCOAOC)

2244 ∵ OAOB，CACB（已知），OCOC. ∴ BOC≌AOC（SSS） ∴ BOCAOC ∴ EF∴ OBOCOAOC ∴ EFEH0 ∴ EFEH

∴ 平行四边形□EFGH是矩形.

3、已知：如图，直线OA平面，直线BD平面，O,B为垂足.

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求证：OA∥BD

证明：以点O为原点，以射线OA方向为z轴正方向，

建立空间直角坐标系Oxyz，i,j,k分别为沿x轴、

y轴、z轴的坐标向量，且设BD(x,y,z).

∵ BD.

∴ BDi，BDj.

∴ BDi(x,y,z)(1,0,0)x0，BDj(x,y,z)(0,1,0)y0. ∴ BD(0,0,z). ∴ BDzk.

∴ BD∥k，又知O,B为两个不同的点. ∴ BD∥OA.

3.2 立体几何中的向量方法

练习（P104）

1、（1）b3a，l1∥l2； （2）ab0，l1⊥l2； （3）b3a，l1∥l2. 2、（1）uv0，； （2）v2u，∥； （3）

uvuv2929，与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.

D1FDFDD1，AEBEBA.

因为D1FAD(DFDD1)AD000，所以D1FAD. 因为D1FAE(DFDD1)(BEBA)0因此D1F平面ADE.

2、解：CDCD(CAABBD)2

21100，所以D1FAE. 22CAABBD2CAAB2CABD2ABBD 361664268cos(18060)68∴CD68

222第30页 共38页

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练习（P111）

11、证明：MNAB(MBBCCN)AB(MBBCCD)AB

211ADAC)AB22

1211aa2cos120a2cos60a2cos600222(MBBC∴ MNAB. 同理可证MNCD.

2、解：l2EF(EAAAAF)2m2d2n22mncos（或2mncos()）

2d2l2m2n22mncos，所以 AAdl2m2n22mncos.

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(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C(0,1,1)，O(,1,).

2211∵ DOBC(,1,)(1,0,1)0 ∴DOBC

22习题3.2 A组（P111）

1、解：设正方形的棱长为1

（1）MNCD(MBBN)(CCCD)2121 ，MNCD2211 cos2，60.

12 （2）MNAD(MBBN)AD2211，MNAD 22212 cos2，45.

2222、证明：设正方体的棱长为1

因为DB1AC(DBBB1)AC000，所以DB1AC.

DB1AD1. 因为DB1AD1(DA1AB11)AD1000，所以因此，DB1平面ACD1.

3、证明：∵OABC(OCOB)OAOCOAcosOBOAcos0，∴OABC.

ACLE. 4、证明：（1）因为AC1LE(A1AAC)LE000，所以1第31页 共38页

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ACEF. 因为AC1EF(A1BBC)EF000，所以1平面EFGHLK. 因此，AC1（2）设正方体的棱长为1

因为ACDB1(3)23 11DB1(A1AAC)(DBDB1)1，AC1所以 cos.

3因此DB1与平面EFGHLK的所成角的余弦cos5、解：（1）DE2DEDEDE(DAAB222. 311111ACAB)2(OAACAB)2 2222211(111111) 42所以，DE2 2311111（2）AEAO(ACAB)AO()，AEAO

222222163，sin cos23332点O到平面ABC的距离OHOAsin166. 336、解：（1）设AB1，作AOBC于点O，连接DO.

以点O为原点，OD,OC,OA的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向， 建立坐标系，得下列坐标：

O(0,0,0)，D(3313,0,0)，B(0,,0)，C(0,,0)，A(0,0,). 2222∴DODA(3333182,0,0)(,0,)，DODA，cos. 222442∴ AD与平面BCD所成角等于45. （2）BCDA(0,1,0)(33,0,)0. 所以，AD与BC所成角等于90. 22（3）设平面ABD的法向量为(x,y,1)，

第32页 共38页

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13)0， 则(x,y,1)AB(x,y,1)(0,,22(x,y,1)AD(x,y,1)(解得 x1，y3

显然(0,0,1)为平面BCD的法向量. (0,0,1)(1,3,1)1，cos33,0,)0. 2215. 13155. 5因此，二面角ABDC的余弦coscos()7、解：设点B的坐标为(x,y,z)，则AB(x1,y2,z).

因为AB∥，所以

x1y2z. 3412因为AB226，所以(x1)2(y2)2z226. 解得x5，y6，z24，或x7，y10，z24.

8、解：以点O为原点建立坐标系，得下列坐标：A(a,a,0)，B(a,a,0)，C(a,a,0)，

aahD(a,a,0)，V(0,0,h)，E(,,).

222(（1）cosBE,DE3aaha3ah,,)(,,)22222222h6a.

h210a2BEDE3aahh220，h22a2 （2）VCBE(a,a,h)(,,)a2222h26a24a21cosBE,DE2

h10a212a231119、解：以点A为原点建立坐标系，得下列坐标：A(0,0,0)，B(0,1,0)，O(,,)，

2221A1(0,0,1)，D1(1,0,1)，M(0,0,).

2因为OMAA10，OMBD10， 所以OMAA1，OMBD1，OM112. 442第33页 共38页

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

D(x,y,z).

因为BDAB(x,y7,z)(0,7,0)0，所以y7. 由BDx2z224，CDx272(z24)225 解得z12，x123

cosBDACBDAC1，60 2因此，线段BD与平面所成的角等于9030.

11、解：以点O为原点建立坐标系，得下列坐标：O(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,3,0)，

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

2939PB83 由OPBD(0,3,z)(2,,4)0，解得z. 所以，tan.

28OB3812、解：不妨设这条线段MN长为2，则点M到二面角的棱的距离MP1，点N到二面角

的棱的距离NQ1，QMPN3，PQ2. PQ(MPPQQN)PQ2 cos， 45. 22222PQMN习题3.2 B组（P113）

PQMN21、解：SABC1222， 2ADBE(ABBD)BE22cos4502，

ADBEAD2cos20AD，AD20，BD2044. 1018VABCD42

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

F(1,1,0)，M(2222a,0,1a)，N(a,a,0). 222222a,a1)2a22a1，MNa22a1. 22 MN(0,2第34页 共38页

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（2）a22a1(a2212)，当a时，MN的长最小. 222（3）当a2111时，MN的中点为G(,,)， 2244所求二面角的余弦值cos1.

3GAGBGAGB3、证明：设AEBFb. 以点O为原点建立坐标系，得下列坐标：O(0,0,0)，A(0,a,0)， B(a,a,0)，C(a,0,0)，O(0,0,a)，A(0,a,a)，B(a,a,a)，C(a,0,a)，E(b,a,0)，

F(a,ab,0).

（1）AFCE(a,b,a)(ab,a,a)0，AFCE.

1111（2）SBEFb(ab)[a2(ab)2]，当a2b时，SBEF最大，三棱锥体积最大.

22422BBa，tan此时，EF的中点G与点B的连线BG22. 4BG第三章 复习参考题A组（P117）

1、B.

11111abc； （2）AMabc； 222221114 （3）ANabc； （4）AQabc.

25552、（1）AP3、证明：因为AMBA1(ABBCCM)(BAAA1)ABBACMAA13 所以AMBA1

60 213a,0)，4、解：（1）以点C为原点建立坐标系，得下列坐标：C(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a,

22 A1(a,0,2a)，C1(0,0,2a).

33a,2a)， （2）点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2(a,44 cosAC1AC2AC1AC23，30. 2第35页 共38页

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5、解：（1）cosABACABAC1，60，SABACsin73. 2 （2）设a的坐标为(x,y,z)，则(x,y,z)(2,1,3)0，(x,y,z)(1,3,2)0

解得a(1,1,1)，或a(1,1,1)

6、解：cos4OAOCOAOCOBOCOBOC6mn2，mn；

2236np2，np.

223 cos4 m2n2n2p21，解得n62. 4 cosAOBOAOBOAOBn2m2n2n2p223. 47、D. 8、C.

13,0)， 9、解：以点C为原点建立坐标系，得下列坐标：C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(,221313,2)，M(,,0)，N(0,0,z). C1(0,0,2)，B1(,22441 AB1MN0，得z.

811∴点N坐标为(0,0,)，即点N在CC1上，CN.

8810、（1）证明：因为EFCF(EDDF)CFEDCFDFCF0，所以EFCF. （2）解：因为EFCG(EDDF)(CBBG)EFCG151，cos， 154EFCG 所以，EF与CG所成角的余弦值为

15. 15 （3）解：CE115. 4211、解：以点C为原点建立坐标系，得下列坐标：C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，A1(1,0,2)，

11B1(0,1,2)，C1(0,0,2)，M(,,2)，N(1,0,1).

22（1）BN123. 第36页 共38页

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（2）cosBA1,CB1BA1CB1BA1CB130. 1011（3）因为A1BC1M(1,1,2)(,,0)0，所以A1BC1M.

2212、解：以点O为原点建立坐标系，得下列坐标：O(0,0,0)，A(22,0,0)，B(0,,0)， 22 C(22222,0,)，F(,0,0)，E(,,0). 442441OEOF1 cos8，EOF120.

2OEOF1122111113、证明：（1）因为FE(BABC)CA，HG(DADC)CA

2222 所以FEHG. 因此E,F,G,H四点共面.

（2）因为BD在平面EFGH之外，BD∥EH，所以BD∥平面EFGH.

11111（3）OM(OEOG)[(OAOB)(OCOD)](OAOBOCOD).

22224第三章 复习参考题B组（P119）

1、解：（1）ACACAC(ABBCCC)22a22abb2. （2）设BD与AC的夹角为，

BDACabbb4a22b2则cos. 2222224a2bBDAC2ab2a4a2b由于BD与AC所成的角的范围为[0,]，

2b4a22b2因此直线BD与AC夹角的余弦值为.

4a22b22、（1）证明：因为AC1AE(A1BBC)AEBCAEBC(ABBE)0

AE； 所以AC1 因为ACDC)AFDCAFBC(ADDF)0 1AF(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(0,0,0)，B1(4,0,0)，C1(4,3,0)，

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

aAC1aAC1122 251. 4

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

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

因此a(2,1,1). cosaADaAD6. 3第38页 共38页