2012年高中数学联赛试题分类解析几何

单元测试(二)　方程与不等式(时100分钟　满分：150分)题号一二三四五六七八总分合分人复分人得分 一、选择题(本大题共10小题每小题4分满分40分)(滚动考查相反数与绝对值的概念)－的相反数是( )－4 2．(滚动考查科学记数法)南海资源丰富其面积约为350万平方千米相当于我国的渤海、黄海和东海总面积的3倍．其中350万用科学记数法表示为( )B．3.5×107 C．3.5×106 D．35×105 3．(滚动考查分式性质)下列等式成立的是( )＋＝＝＝D.＝－把不等式组的解集表示在数轴上正确的为图中的( ) 5．(兼顾考查因式分解、一元二次方程的解、实数与整式运算)在一节数学复习课上王老师在小黑板上写＝－3；②分解因式：16x－1＝(4x＋1)(4x－1)；③方程x(x＋2)＝3(x＋2)的解是x＝3；④化简：x＋2x＝3x其中正确的个数是( )个 ．个 ．个 ．个已知二元一次方程组则x＋y等于( )(滚动考查列代数式的实际应用)岳西某村贫困家庭的孩子读书享受“两免一补”(即免学杂费、免课本费补助寄宿生活费)加上免收农业税该家庭现在平均每月可减少40的费用支出．若该家庭原来平均每月支出m元则现在每月的支出为( ) B. C．60%m D．40%m 8．不等式组的解集在数轴上表示正确的是( ) 9．为了丰富同学们的业余生活体育委员小强到体育用品商店购买羽毛球拍和乒乓球拍若购买1副羽毛球拍和1副乒乓球拍共需50元小强一共用了320元购买了6副同样的羽毛球拍和10副同样的乒乓球拍若设每副羽毛球拍x元每副乒乓球拍y元可列二元一次方程组为( ) B. C. D. 10．(2015·哈尔滨)今年我市计划扩大城区绿地面积现有一块长方形绿地它的短边长为60 若将短边增大到与长边相等(长边不变)使扩大后的绿地的形状是正方形则扩大后的绿地面积比原来增加1 600时．设扩大后的正方形绿地边长为x 下面所列方程正确的是( )(x－60)＝1 600 ．(x＋60)＝1 600(x＋60)＝1 600 ．(x－60)＝1 600二、填空题(本大题共4小题每小题5分满分20分)(2014·怀远模拟)分式方程＝的解为x＝________. 12．(2014·宣城模拟)方程组的解是________．如图数轴上所表示的不等式组的解集是____________________． 14．(2015·咸宁)如果实数x满足方程组则x－y的值为________．三、(本大题共2小题每小题8分满分16分)解方程：5(x－5)＋2x＝－4.解方程：x＋3x＝2.四、(本大题共2小8分满分16分)7．(兼顾考查整式的运算和一元二次方程的解法)已知x－4x＝0求代数式(2x－1)－(2x＋y)(2x－y)－y的值．解不等式组：五、(本大题共2小题每小题10分满分20分)(兼顾考查分式的运算和分式方程的解法)已知y＝－当x为何值时的值为？(兼定义新运算：对于任意实数a都有ab＝a(a－b)＋1等式右边是通常的加法、减法及乘法运算比如：25＝2×(2－5)＋1＝2×(－3)＋1＝－6＋1＝－5.(1)求(－2)3的值；(2)若3x的值小于13求x的取值范围并在数轴上表示出来．六、(本题满分12分)小明在超市帮妈请你根据图中的信息若小明把50个纸杯整齐叠放在一起你能帮小明求出它的高度吗？ 七、(本题满分12分)年底某市汽车拥有量为100万辆而截止2015年底该市的汽车拥有量已达到144万辆．求2013年底至2015年底该市汽车拥有量的年平均增长率．八、(本题满分14分)(兼顾考查二元一次方程组、一元一次不等式及一次函数的应用)(2015·常德)某物流公司承接A、B两种货物的运输业务已知5月份A货物运费单价为50元/吨货物运费单价为30元/吨共收运费9 500元；6月份由于油价上涨运费单价上涨为：A货物70元/吨货物40元/吨．该物流公司6月份承接的A种货物和B种货物数量与5月份相同13 000元．问：(1)该物流公司5月份运输两种货物各多少吨？(2)该物流公司预计7月份运输这两种货物共330吨且A货物的数量不大于B货物的2倍在运费单价与6月份相同的情况下该物流公司7月份最多将收取多少运输费？　2.　3.　4.B　5.　6.　7.　8.　9.　10.　11.1　12.　13.－1＜x≤2(其他表示也可) 14.－ 15.去括号得：5x－25＋2x＝－4移项得：7x＝21系数化为1得：x＝3. 16.∵a＝1＝3＝－2＝＝＝＝ 17.原式＝4x－4x＋1－4x＋y－y＝－4x＋1.∵x2－4x＝0解得x＝4＝0. 当x＝4时原式＝－4x＋1＝－4×4＋1＝－15； 当x＝0时原式＝－4x＋1＝－4×0＋1＝1. 18.由①去分母得：3－(x－1)≥0化简得：－x≥－4解得x≤4； 由②去括号得：3－(2x－2)＜3x即3－2x＋2＜3x解得x＞1把两解集表示在数轴上如图所示： ∴不等式组的解集为1＜x≤4. 19.原式＝－ ＝－当y的值为时－＝解得x＝－3经检验x＝－3是这个方程的解且原式有意义当x＝－3时的值为 20.(1)(－2)3＝－2×(－2－3)＋1＝－2×(－5)＋1＝10＋1＝11. (2)∵3x＜13(3－x)＋1＜13－3x＋1＜13－3x＜3x＞－1.在数轴上表示如图所示： 21．设每两个纸杯叠放在一起比单独的一个纸杯增高单独一个纸杯的高度为y 则 解得 则49x＋y＝49×1＋7＝56. 答：把50个纸杯整齐地叠放在一起时的高度约是56 22.设2013年底至2015年底该市汽车拥有量的年平均增长率为x根据题意得 100(1＋x)＝144.解得x＝0.2＝20＝－2.2(不合题意舍去)． 答：2013年底至2015年底该市汽车拥有量的年平均增长率为20 23.1)设该物流公司5月份运输A、B两种货物各x吨、y吨依题意得 解得 答：该物流公司5月份运输A种货物100吨运输B种货物150吨． (2)设物流公司7月份运输A种货物a吨收取w元运输费则依题意有： a≤2(330－a)则a≤220. ∴a最大为220.w＝70a＋40(330－a)＝30a＋13 200. ∵k＝30>0随a的增大而增大． ∴当a＝220时最大＝30×220＋13 200＝19 800(元)． 答：该物流公司7月份最多将收取运输费19 800元． 初中学习网，资料共分享！我们负责传递知识！。

H 解析几何H1 直线的倾斜角与斜率、直线的方程12.H1、H7、H8[2012·北京卷] 在直角坐标系xOy 中,直线l 过抛物线y 2＝4x 的焦点F ,且与该抛物线相交于A ,B 两点,其中点A 在x 轴上方,若直线l 的倾斜角为60°,则△OAF 的面积为________.12.3 [解析] 本题考查抛物线方程、抛物线简单几何性质以及直线和抛物线的位置关系以及三角形面积公式,考查数形结合及转化化归思想.抛物线y 2＝4x 的焦点F (1,0),直线l 的斜率为tan600＝3,所以直线l 的方程为y ＝3x －3,将直线l 的方程和抛物线方程联立⎩⎨⎧y ＝3x －3，y 2＝4x ，可得3x 2－10x ＋3＝0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由点A 在x 轴上方,所以A 点在第一象限,则x 1＝3,y 1＝2 3.法一：|AF |＝x 1＋1＝4,O 点到直线AB 的距离为d ＝32,所以S ΔFOA ＝12×4×32＝ 3.法二： A (3,23),所以S ΔFOA ＝12×1×23＝ 3.16.H1、H 7[2012·浙江卷] 定义：曲线C 上的点到直线l 的距离的最小值称为曲线C 到直线l 的距离.已知曲线C 1：y ＝x 2＋a 到直线l ：y ＝x 的距离等于曲线C 2：x 2＋(y ＋4)2＝2到直线l ：y ＝x 的距离,则实数a ＝________.16.94[解析] 本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程,一、二次曲线之间的位置关系与导数的几何意义等基础知识,考查综合运用知识的能力以及函数与方程和数形结合的数学思想.求出曲线C 1到直线l 的距离和曲线C 2到直线l 的距离,建立等式,求出参数a 的值. 曲线C 2：x 2＋(y ＋4)2＝2到直线l ：y ＝x 的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差,即d －r ＝||－42－2＝2,由y ＝x 2＋a 可得y ′＝2x ,令y ′＝2x ＝1,则x ＝12,在曲线C 1上对应的点P ⎝⎛⎭⎫12，14＋a ,所以曲线C 1到直线l 的距离即为点P ⎝⎛⎭⎫12，14＋a 直线l 的距离,故⎪⎪⎪⎪12－14－a 2＝⎪⎪⎪⎪14－a 2,所以⎪⎪⎪⎪14－a 2＝2,可得⎪⎪⎪⎪a －14＝2,a ＝－74或a ＝94,当a ＝－74时,曲线C 1：y ＝x 2－74与直线l ：y ＝x 相交,两者距离为0,不合题意,故a ＝94.19.H1、H5、H8[2012·北京卷] 已知曲线C ：(5－m )x 2＋(m －2)y 2＝8(m ∈R ). (1)若曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆,求m 的取值范围；(2)设m ＝4,曲线C 与y 轴的交点为A ,B (点A 位于点B 的上方),直线y ＝kx ＋4与曲线C 交于不同的两点M ,N ,直线y ＝1与直线BM 交于点G .求证：A ,G ,N 三点共线.19.解：(1)曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧5－m >0，m －2>0，85－m >8m －2，解得72<m <5,所以m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5.(2)当m ＝4时,曲线C 的方程为x 2＋2y 2＝8,点A ,B 的坐标分别为(0,2),(0,－2). 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋4，x 2＋2y 2＝8，得(1＋2k 2)x 2＋16kx ＋24＝0. 因为直线与曲线C 交于不同的两点, 所以Δ＝(16k )2－4(1＋2k 2)×24>0,即k 2>32.设点M ,N 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),则 y 1＝kx 1＋4,y 2＝kx 2＋4,x 1＋x 2＝－16k 1＋2k 2,x 1x 2＝241＋2k 2.直线BM 的方程为y ＋2＝y 1＋2x 1x ,点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫3x 1y 1＋2，1.因为直线AN 和直线AG 的斜率分别为k AN ＝y 2－2x 2,k AG ＝－y 1＋23x 1,所以k AN －k AG ＝y 2－2x 2＋y 1＋23x 1＝kx 2＋2x 2＋kx 1＋63x 1＝43k ＋2(x 1＋x 2)x 1x 2＝43k ＋2×－16k 1＋2k 2241＋2k 2＝0, 即k AN ＝k AG .故A ,G ,N 三点共线.19.H1、H5、F1 [2012·陕西卷] 已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1,椭圆C 2以C 1的长轴为短轴,且与C 1有相同的离心率.(1)求椭圆C 2的方程；(2)设O 为坐标原点,点A ,B 分别在椭圆C 1和C 2上,OB →＝2OA →,求直线AB 的方程.19.解：(1)由已知可设椭圆C 2的方程为y 2a 2＋x 24＝1(a >2),其离心率为32,故a 2－4a ＝32,则a ＝4,故椭圆C 2的方程为y 216＋x 24＝1.(2)解法一：A ,B 两点的坐标分别记为(x A ,y A ),(x B ,y B ), 由OB →＝2OA →及(1)知,O ,A ,B 三点共线且点A ,B 不在y 轴上, 因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中,得(1＋4k 2)x 2＝4,所以x 2A＝41＋4k 2, 将y ＝kx 代入y 216＋x 24＝1中,得(4＋k 2)x 2＝16,所以x 2B ＝164＋k 2,又由OB →＝2OA →,得x 2B ＝4x 2A,即164＋k 2＝161＋4k 2, 解得k ＝±1,故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x . 解法二：A ,B 两点的坐标分别记为(x A ,y A ),(x B ,y B ), 由OB →＝2OA →及(1)知,O ,A ,B 三点共线且点A ,B 不在y 轴上,因此可设直线AB 的方程为y＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中,得(1＋4k 2)x 2＝4,所以x 2A ＝41＋4k 2, 由OB →＝2OA →,得x 2B ＝161＋4k 2,y 2B ＝16k 21＋4k 2,将x 2B ,y 2B 代入y 216＋x 24＝1中,得4＋k 21＋4k 2＝1,即4＋k 2＝1＋4k 2, 解得k ＝±1,故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x . 4.H1、F1[2012·上海卷] 若n ＝(－2,1)是直线l 的一个法向量,则l 的倾斜角的大小为________(结果用反三角函数值表示).4.arctan2 [解析] 考查直线的法向量和倾斜角,关键是求出直线的斜率.由已知可得直线的斜率k ×1－2＝－1,∴k ＝2,k ＝tan α,所以直线的倾斜角α＝arctan2.8.H1、H6[2012·浙江卷] 如图1－2所示,F 1,F 2分别是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ,b >0)的左、右焦点,B 是虚轴的端点,直线F 1B 与C 的两条渐近线分别交于P ,Q 两点,线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M .若|MF 2|＝|F 1F 2|,则C 的离心率是( )A.233B.62C. 2D. 38.B [解析] 本题主要考查直线与双曲线的位置关系,直线间的位置关系,直线间的交点,双曲线的方程与几何性质等.依题得直线F 1B 的方程为y ＝bc x ＋b ,那么可知线段PQ 的垂直平分线的方程为y ＝－cb(x －3c ),由⎩⎨⎧ y ＝bc x ＋b ，y ＝－bax联立解得点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－ac a ＋c ，bca ＋c ,由⎩⎨⎧y ＝bcx ＋b ，y ＝ba x联立解得点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫ac c －a ，bc c －a , 那么可得线段PQ 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2c b 2，c 2b ,代入y ＝－cb (x －3c )并整理可得2c 2＝3a 2,可得e ＝c a ＝32＝62,故应选B. [点评] 众多的条件与复杂的计算是阻碍本题求解的关键,解答时要静下心来,分析点、直线、曲线的关系,求解对应的坐标并加以正确计算.H2 两直线的位置关系与点到直线的距离3.A2、H2[2012·浙江卷] 设a ∈R ,则“a ＝1”是“直线l 1：ax ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋(a ＋1)y ＋4＝0平行”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.A [解析] 本题主要考查直线的平行关系与充要条件的判断等基础知识和基本方法. 法一：直接推理：分清条件和结论,找出推出关系即可.当a ＝1时,直线l 1：x ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋2y ＋4＝0显然平行,所以条件具有充分性；若直线l 1与直线l 2平行,则有：a1＝2a ＋1,解之得：a ＝1 或 a ＝－2,经检验,均符合,所以条件不具有必要性.故条件是结论的充分不必要条件.法二：把命题“a ＝1”看作集合M ＝{1},把命题“直线l 1：ax ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋(a ＋1)y ＋4＝0平行”看作集合N ＝{1,－2},易知M ⊆N ,所以条件是结论的充分不必要条件,答案为A.H3 圆的方程21.H5、H3、H8[2012·湖北卷] 设A 是单位圆x 2＋y 2＝1上的任意一点,l 是过点A 与x 轴垂直的直线,D 是直线l 与x 轴的交点,点M 在直线l 上,且满足|DM |＝m |DA |(m >0,且m ≠1).当点A 在圆上运动时,记点M 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程,判断曲线C 为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标；(2)过原点且斜率为k 的直线交曲线C 于P ,Q 两点,其中P 在第一象限,它在y 轴上的射影为点N ,直线QN 交曲线C 于另一点H .是否存在m ,使得对任意的k >0,都有PQ ⊥PH ？若存在,求m 的值；若不存在,请说明理由.21.解：(1)如图(1),设M (x ,y ),A (x 0,y 0),则由|DM |＝m |DA |(m ＞0,且m ≠1),可得x ＝x 0,|y |＝m |y 0|,所以x 0＝x ,|y 0|＝1m |y |.①因为点A 在单位圆上运动,所以x 20＋y 20＝1.②将①式代入②式即得所求曲线C 的方程为x 2＋y 2m2＝1(m ＞0,且m ≠1).因为m ∈(0,1)∪(1,＋∞),所以当0＜m ＜1时,曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为(－1－m 2,0),(1－m 2,0)； 当m ＞1时,曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为(0,－m 2－1),(0,m 2－1).(2)方法1：如图(2)、(3),对任意的k ＞0,设P (x 1,kx 1),H (x 2,y 2),则Q (－x 1,－kx 1),N (0,kx 1),直线QN 的方程为y ＝2kx ＋kx 1,将其代入椭圆C 的方程并整理可得(m 2＋4k 2)x 2＋4k 2x 1x ＋k 2x 21－m 2＝0.依题意可知此方程的两根为－x 1,x 2,于是由韦达定理可得－x 1＋x 2＝－4k 2x 1m 2＋4k 2,即x 2＝m 2x 1m 2＋4k 2.因为点H 在直线QN 上,所以y 2－kx 1＝2kx 2＝2km 2x 1m 2＋4k 2.于是PQ →＝(－2x 1,－2kx 1),PH →＝(x 2－x 1,y 2－kx 1)＝⎝⎛⎭⎫－4k 2x 1m 2＋4k 2，2km 2x 1m 2＋4k 2. 而PQ ⊥PH 等价于PQ →·PH →＝4(2－m 2)k 2x 21m 2＋4k 2＝0,即2－m 2＝0,又m ＞0,得m ＝2,故存在m ＝2,使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上,对任意的k ＞0,都有PQ ⊥PH .方法2：如图(2)、(3),对任意x 1∈(0,1),设P (x 1,y 1),H (x 2,y 2),则Q (－x 1,－y 1),N (0,y 1).因为P ,H 两点在椭圆C 上,所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2x 21＋y 21＝m 2，m 2x 22＋y 22＝m 2， 两式相减可得m 2(x 21－x 22)＋(y 21－y 22)＝0.③依题意,由点P 在第一象限可知,点H 也在第一象限,且P ,H 不重合, 故(x 1－x 2)(x 1＋x 2)≠0.于是由③式可得 (y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝－m 2.④又Q ,N ,H 三点共线,所以k QN ＝k QH ,即2y 1x 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2.于是由④式可得k PQ ·k PH ＝y 1x 1·y 1－y 2x 1－x 2＝12·(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝－m 22.而PQ ⊥PH 等价于k PQ ·k PH ＝－1,即－m22＝－1,又m ＞0,得m ＝2,故存在m ＝2,使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上,对任意的k ＞0,都有PQ ⊥PH . 20.H3、H7、H8[2012·课标全国卷] 设抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ,准线为l ,A 为C 上一点,已知以F 为圆心,F A 为半径的圆F 交l 于B ,D 两点.(1)若∠BFD ＝90°,△ABD 的面积为42,求p 的值及圆F 的方程；(2)若A 、B 、F 三点在同一直线m 上,直线n 与m 平行,且n 与C 只有一个公共点,求坐标原点到m ,n 距离的比值.20.解：(1)由已知可得△BFD 为等腰直角三角形,|BD |＝2p ,圆F 的半径|F A |＝2p . 由抛物线定义可知A 到l 的距离d ＝|F A |＝2p .因为△ABD 的面积为42,所以12|BD |·d ＝42,即12·2p ·2p ＝42,解得p ＝－2(舍去),p ＝2. 所以F (0,1),圆F 的方程为 x 2＋(y －1)2＝8.(2)因为A ,B ,F 三点在同一直线m 上,所以AB 为圆F 的直径,∠ADB ＝90°. 由抛物线定义知|AD |＝|F A |＝12|AB |,所以∠ABD ＝30°,m 的斜率为33或－33.当m 的斜率为33时,由已知可设n ：y ＝33x ＋b ,代入x 2＝2py 得x 2－233px －2pb ＝0.由于n 与C 只有一个公共点,故Δ＝43p 2＋8pb ＝0.解得b ＝－p6.因为m 的截距b 1＝p 2,|b 1||b |＝3,所以坐标原点到m ,n 距离的比值为3.当m 的斜率为－33时,由图形对称性可知,坐标原点到m ,n 距离的比值为3.H4 直线与圆、圆与圆的位置关系20.H5、H4、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率e ＝23,且椭圆C 上的点到点Q (0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)在椭圆C 上,是否存在点M (m ,n ),使得直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ,且△OAB 的面积最大？若存在,求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在,请说明理由.20.解：(1)∵e ＝23＝ca ＝a 2－b 2a,∴a 2＝3b 2,即椭圆C 的方程可写为x 23b 2＋y 2b2＝1.设P (x ,y )为椭圆C 上任意给定的一点, |PQ |2＝x 2＋(y －2)2＝－2(y ＋1)2＋6＋3b 2 ≤6＋3b 2,y ∈[－b ,b ].由题设存在点P 1满足|P 1Q |＝3, 则9＝|P 1Q |2≤6＋3b 2,∴b ≥1.当b ≥1时,由于y ＝－1∈[－b ,b ],此时|PQ |2取得最大值6＋3b 2. ∴6＋3b 2＝9⇒b 2＝1,a 2＝3.故所求椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)存在点M 满足要求,使△OAB 的面积最大.假设直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ,则圆心O 到l 的距离d ＝1m 2＋n 2<1.因为点M (m ,n )∈C ,所以m 23＋n 2＝1<m 2＋n 2,于是0<m 2≤3.∵|AB |＝21－d 2＝2m 2＋n 2－1m 2＋n 2,∴S △OAB ＝12·|AB |·d ＝m 2＋n 2－1m 2＋n 2＝23|m |1＋23m 2≤23|m |21·23m 2＝12.上式等号成立当且仅当1＝23m 2⇒m 2＝32∈(0,3],因此当m ＝±62,n ＝±22时等号成立.所以满足要求的点恰有四个,其坐标分别为⎝⎛⎭⎫62，22,⎝⎛⎭⎫62，－22,⎝⎛⎭⎫－62，22和⎝⎛⎭⎫－62，－22,此时对应的诸三角形的面积均达到最大值12.12.H4[2012·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy 中,圆C 的方程为x 2＋y 2－8x ＋15＝0,若直线y ＝kx －2上至少存在一点,使得以该点为圆心,1为半径的圆与圆C 有公共点,则k 的最大值是________.12.43[解析] 本题考查用几何方法判定两圆的位置关系.解题突破口为设出圆的圆心坐标.圆C 方程可化为(x －4)2＋y 2＝1圆心坐标为(4,0),半径为1,由题意,直线y ＝kx －2上至少存在一点(x 0,kx 0－2),以该点为圆心,1为半径的圆与圆C 有公共点,因为两个圆有公共点,故(x －4)2＋(kx －2)2≤2,整理得(k 2＋1)x 2－(8＋4k )x ＋16≤0,此不等式有解的条件是Δ＝(8＋4k )2－64(k 2＋1)≥0,解之得0≤k ≤43,故最大值为43.4.H4[2012·陕西卷] 已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0,l 是过点P (3,0)的直线,则( ) A.l 与C 相交 B.l 与C 相切 C.l 与C 相离D.以上三个选项均有可能4.A [解析] 本小题主要考查直线与圆的位置关系,解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法.x 2＋y 2－4x ＝0是以(2,0)为圆心,以2为半径的圆,而点P (3,0)到圆心的距离为d ＝(3－2)2＋(0－0)2＝1<2,点P (3,0)恒在圆内,过点P (3,0)不管怎么样画直线,都与圆相交.故选A.3.H4[2012·重庆卷] 对任意的实数k ,直线y ＝kx ＋1与圆x 2＋y 2＝2的位置关系一定是( )A.相离B.相切C.相交但直线不过圆心D.相交且直线过圆心3.C [解析] 圆x 2＋y 2＝2的圆心为(0,0),半径为2,因为圆心(0,0)到直线y ＝kx ＋1的距离d ＝|0·k ＋0·(－1)＋1|k 2＋(－1)2＝1k 2＋1,因为0＜1k 2＋1≤1＜2,所以直线与圆相交但不过圆心.8.H4[2012·天津卷] 设m ,n ∈R ,若直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切,则m ＋n 的取值范围是( )A.[1－3,1＋3]B.(－∞,1－3]∪[1＋3,＋∞)C.[2－22,2＋22]D.(－∞,2－22]∪[2＋22,＋∞)8.D [解析] 本题考查直线与圆相切条件、点到直线的距离公式及不等式的运用,考查运算求解能力及转化思想,偏难.∵直线与圆相切,∴|m ＋n |(m ＋1)2＋(n ＋1)2＝1,整理得mn ＝(m ＋n )＋1,由基本不等式得(m ＋n )＋1≤⎝⎛⎭⎫m ＋n 22,即(m ＋n )2－4(m ＋n )－4≥0,解之得m ＋n ≤2－22或m ＋n ≥2＋2 2.10.E5、H4[2012·重庆卷] 设平面点集A ＝(x ,y )⎪⎪(y －x )·y －1x≥0，B ＝{}(x ，y )|(x －1)2＋(y －1)2≤1，则A ∩B 所表示的平面图形的面积为( )A.34πB.35πC.47πD.π210．D [解析] 平面点集A 表示的平面区域就是不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ y －x ≥0，y －1x ≥0与⎩⎪⎨⎪⎧y －x ≤0，y －1x ≤0表示的两块平面区域，而平面点集B 表示的平面区域为以点(1,1)为圆心，以1为半径的圆及圆的内部，作出它们所示的平面区域，如图所示，图中的阴影部分就是A ∩B 所表示的平面图形．由于圆和曲线y ＝1x关于直线y ＝x 对称，因此阴影部分所表示的图形面积为圆面积的12，即为π2. H5 椭圆及其几何性质4．H5[2012·课标全国卷] 设F 1，F 2是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，P 为直线x ＝3a2上一点，△F 2PF 1是底角为30°的等腰三角形，则E 的离心率为( )A.12B.23C.34D.454．C [解析] 根据题意，一定有∠PF 1F 2＝30°，且∠PF 2x ＝60°，故直线PF 2的倾斜角是π3，设直线x ＝32a 与x 轴的交点为M ，则|PF 2|＝2|F 2M |，又|PF 2|＝|F 1F 2|，所以|F 1F 2|＝2|F 2M |.所以2c ＝2⎝⎛⎭⎫32a －c ，即4c ＝3a ，故e ＝c a ＝34.故选C.19．H5、H8[2012·天津卷] 设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P在椭圆上且异于A ，B 两点，O 为坐标原点．(1)若直线AP 与BP 的斜率之积为－12，求椭圆的离心率；(2)若|AP |＝|OA |，证明直线OP 的斜率k 满足|k |＞ 3. 19．解：(1)设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由题意，有x 20a 2＋y 20b2＝1. ①由A (－a,0)，B (a,0)，得k AP ＝y 0x 0＋a ，k BP ＝y 0x 0－a.由k AP ·k BP ＝－12，可得x 20＝a 2－2y 20，代入①并整理得(a 2－2b 2)y 20＝0.由于y 0≠0，故a 2＝2b 2.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝12，所以椭圆的离心率e ＝22.(2)证明：(方法一)依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ， 设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 20b 2＝1，消去y 0并整理得 x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.②由|AP |＝|OA |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2.整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0.而x 0≠0，于是x 0＝－2a 1＋k2，代入②，整理得(1＋k 2)2＝4k 2⎝⎛⎭⎫b a 2＋4.由a ＞b ＞0，故(1＋k 2)2＞4k 2＋4，即k 2＋1＞4，因此k 2＞3，所以|k |> 3.(方法二)依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0)．由点P 在椭圆上，有x 20a 2＋k 2x 20b 2＝1.因为a ＞b ＞0，kx 0≠0，所以x 20a 2＋k 2x 20a2＜1，即(1＋k 2)x 20＜a 2.③由|AP |＝|OA |，A (－a,0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入③，得(1＋k 2)4a 2(1＋k 2)2＜a 2，解得k 2＞3，所以|k |＞ 3.19．H5、F1、H1[2012·陕西卷] 已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2以C 1的长轴为短轴，且与C 1有相同的离心率．(1)求椭圆C 2的方程；(2)设O 为坐标原点，点A ，B 分别在椭圆C 1和C 2上，OB →＝2OA →，求直线AB 的方程．19．解：(1)由已知可设椭圆C 2的方程为y 2a 2＋x 24＝1(a >2)，其离心率为32，故a 2－4a ＝32，则a ＝4，故椭圆C 2的方程为y 216＋x 24＝1.(2)解法一：A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )， 由OB →＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上， 因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，所以x 2A ＝41＋4k 2， 将y ＝kx 代入y 216＋x 24＝1中，得(4＋k 2)x 2＝16，所以x 2B ＝164＋k 2， 又由OB →＝2OA →，得x 2B ＝4x 2A ，即164＋k 2＝161＋4k 2， 解得k ＝±1，故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x .解法二：A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )， 由OB →＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上，因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，所以x 2A ＝41＋4k 2， 由OB →＝2OA →，得x 2B ＝161＋4k 2，y 2B ＝16k 21＋4k 2，将x 2B ，y 2B 代入y 216＋x 24＝1中，得4＋k 21＋4k 2＝1，即4＋k 2＝1＋4k 2， 解得k ＝±1，故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x . 20．H5、H8 [2012·重庆卷] 如图1－3，设椭圆的中心为原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左、右焦点分别为F 1，F 2，线段OF 1，OF 2的中点分别为B 1，B 2，且△AB 1B 2是面积为4的直角三角形．(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B 1作直线l 交椭圆于P ，Q 两点，使PB 2⊥QB 2，求直线l 的方程．20．解：(1)设所求椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，右焦点为F 2(c,0)．因△AB 1B 2是直角三角形，又|AB 1|＝|AB 2|，故∠B 1AB 2为直角，因此|OA |＝|OB 2|，得b ＝c 2.结合c 2＝a 2－b 2得4b 2＝a 2－b 2，故a 2＝5b 2，c 2＝4b 2，所以离心率e ＝c a ＝255. 在Rt △AB 1B 2中，OA ⊥B 1B 2，故S △AB 1B 2＝12·|B 1B 2|·|OA |＝|OB 2|·|OA |＝c2·b ＝b 2.由题设条件S △AB 1B 2＝4，得b 2＝4，从而a 2＝5b 2＝20. 因此所求椭圆的标准方程为： x 220＋y 24＝1. (2)由(1)知B 1(－2,0)，B 2(2,0)．由题意知直线l 的倾斜角不为0，故可设直线l 的方程为：x ＝my －2.代入椭圆方程得(m 2＋5)y 2－4my －16＝0.设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则y 1，y 2是上面方程的两根，因此y 1＋y 2＝4m m 2＋5，y 1·y 2＝－16m 2＋5，又B 2P →＝(x 1－2，y 1)，B 2Q →＝(x 2－2，y 2)，所以 B 2P →·B 2Q →＝(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2 ＝(my 1－4)(my 2－4)＋y 1y 2＝(m 2＋1)y 1y 2－4m (y 1＋y 2)＋16＝－16(m 2＋1)m 2＋5－16m 2m 2＋5＋16＝－16m 2－64m 2＋5，由PB 2⊥QB 2，得B 2P →·B 2Q →＝0，即16m 2－64＝0，解得m ＝±2.所以满足条件的直线有两条，其方程分别为x ＋2y ＋2＝0和x －2y ＋2＝0.20．H5、H9[2012·辽宁卷] 如图1－7，椭圆C 0：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0，a ，b 为常数)，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 21，b ＜t 1＜a .点A 1，A 2分别为C 0的左，右顶点．C 1与C 0相交于A ，B ，C ，D 四点．(1)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程； (2)设动圆C 2：x 2＋y 2＝t 22与C 0相交于A ′，B ′，C ′，D ′四点，其中b ＜t 2＜a ，t 1≠t 2.若矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等．证明：t 21＋t 22为定值．20．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 1，－y 1)，又知A 1(－a,0)，A 2(a,0)，则直线A 1A 的方程为y ＝y 1x 1＋a (x ＋a )，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 1x 1－a(x －a )，②由①②得y 2＝－y 21x 21－a2(x 2－a 2)．③ 由点A (x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21b2＝1.从而y 21＝b 2⎝⎛⎭⎫1－x 21a 2，代入③得 x 2a 2－y2b 2＝1(x ＜－a ，y ＜0). (2)证明：设A ′(x 2，y 2)，由矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，得4|x 1||y 1|＝4|x 2||y 2|，故x 21y 21＝x 22y 22.因为点A ，A ′均在椭圆上，所以b 2x 21⎝⎛⎭⎫1－x 21a 2＝b 2x 22⎝⎛⎭⎫1－x 22a 2，由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 21＋x 22＝a 2.从而y 21＋y 22＝b 2，因此t 21＋t 22＝a 2＋b 2为定值． 19．H1、H5、H8[2012·北京卷] 已知曲线C ：(5－m )x 2＋(m －2)y 2＝8(m ∈R )． (1)若曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，求m 的取值范围；(2)设m ＝4，曲线C 与y 轴的交点为A ，B (点A 位于点B 的上方)，直线y ＝kx ＋4与曲线C 交于不同的两点M ，N ，直线y ＝1与直线BM 交于点G .求证：A ，G ，N 三点共线．19．解：(1)曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧5－m >0，m －2>0，85－m >8m －2，解得72<m <5，所以m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫72，5.(2)当m ＝4时，曲线C 的方程为x 2＋2y 2＝8，点A ，B 的坐标分别为(0,2)，(0，－2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋4，x 2＋2y 2＝8，得(1＋2k 2)x 2＋16kx ＋24＝0. 因为直线与曲线C 交于不同的两点， 所以Δ＝(16k )2－4(1＋2k 2)×24>0，即k 2>32.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则 y 1＝kx 1＋4，y 2＝kx 2＋4，x 1＋x 2＝－16k 1＋2k 2，x 1x 2＝241＋2k 2. 直线BM 的方程为y ＋2＝y 1＋2x 1x ，点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫3x 1y 1＋2，1.因为直线AN 和直线AG 的斜率分别为k AN ＝y 2－2x 2，k AG ＝－y 1＋23x 1，所以k AN －k AG ＝y 2－2x 2＋y 1＋23x 1＝kx 2＋2x 2＋kx 1＋63x 1＝43k ＋2(x 1＋x 2)x 1x 2＝43k ＋2×－16k 1＋2k 2241＋2k 2＝0， 即k AN ＝k AG .故A ，G ，N 三点共线．20．H5、H4、H8[2012·广东卷] 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率e ＝23，且椭圆C 上的点到点Q (0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)在椭圆C 上，是否存在点M (m ，n )，使得直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ，且△OAB 的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在，请说明理由．20．解：(1)∵e ＝23＝ca ＝a 2－b 2a，∴a 2＝3b 2，即椭圆C 的方程可写为x 23b 2＋y 2b2＝1.设P (x ，y )为椭圆C 上任意给定的一点， |PQ |2＝x 2＋(y －2)2＝－2(y ＋1)2＋6＋3b 2 ≤6＋3b 2，y ∈[－b ，b ]．由题设存在点P 1满足|P 1Q |＝3， 则9＝|P 1Q |2≤6＋3b 2，∴b ≥1.当b ≥1时，由于y ＝－1∈[－b ，b ]，此时|PQ |2取得最大值6＋3b 2. ∴6＋3b 2＝9⇒b 2＝1，a 2＝3.故所求椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)存在点M 满足要求，使△OAB 的面积最大．假设直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ，则圆心O 到l 的距离d ＝1m 2＋n 2<1.因为点M (m ，n )∈C ，所以m 23＋n 2＝1<m 2＋n 2，于是0<m 2≤3.∵|AB |＝21－d 2＝2m 2＋n 2－1m 2＋n 2，∴S △OAB ＝12·|AB |·d ＝m 2＋n 2－1m 2＋n 2＝23|m |1＋23m 2≤23|m |21·23m 2＝12.上式等号成立当且仅当1＝23m 2⇒m 2＝32∈(0,3]，因此当m ＝±62，n ＝±22时等号成立．所以满足要求的点恰有四个，其坐标分别为⎝⎛⎭⎫62，22，⎝⎛⎭⎫62，－22，⎝⎛⎭⎫－62，22和⎝⎛⎭⎫－62，－22，此时对应的诸三角形的面积均达到最大值12.20．H5、H8[2012·安徽卷] 如图1－5，点F 1(－c,0)，F 2(c,0)分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1作x 轴的垂线交椭圆C 的上半部分于点P ，过点F 2作直线PF 2的垂线交直线x ＝a 2c于点Q .(1)如果点Q 的坐标是(4,4)，求此时椭圆C 的方程； (2)证明：直线PQ 与椭圆C 只有一个交点．图1－520．解：(1)(方法一)由条件知，P ⎝⎛⎭⎫－c ，b 2a ，故直线PF 2的斜率为kPF 2＝b 2a －0－c －c＝－b 22ac .因为PF 2⊥F 2Q ，所以直线F 2Q 的方程为y ＝2ac b 2x －2ac 2b2，故Q ⎝⎛⎭⎫a 2c ，2a . 由题设知，a 2c＝4,2a ＝4，解得a ＝2，c ＝1.故椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(方法二)设直线x ＝a 2c 与x 轴交于点M ，由条件知，P ⎝⎛⎭⎫－c ，b 2a .因为△PF 1F 2∽△F 2MQ ，所以||PF 1||F 2M ＝||F 1F 2||MQ .即b 2a a 2c－c ＝2c ||MQ ，解得||MQ ＝2a . 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2c ＝4，2a ＝4，a ＝2，c ＝1，故椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：直线PQ 的方程为y －2ab 2a －2a ＝x －a 2c －c －a 2c，即y ＝cax ＋a .将上式代入椭圆方程得，x 2＋2cx ＋c 2＝0.解得x ＝－c ，y ＝b 2a，所以直线PQ 与椭圆C 只有一个交点．19．H5、H8、F3[2012·福建卷] 如图1－4，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12，过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆E 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．19．解：解法一：(1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ， 所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝ 3.故椭圆E 的方程是x 24＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0， 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m . 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m 得Q (4,4k ＋m )． 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．设M (x 1,0)，则MP →·MQ →＝0对满足(*)式的m 、k 恒成立．因为MP →＝⎝⎛⎭⎫－4k m －x 1，3m ，MQ →＝(4－x 1,4k ＋m )，由MP →·MQ →＝0， 得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m＋3＝0， 整理，得(4x 1－4)km ＋x 21－4x 1＋3＝0.(**)由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.故存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M . 解法二：(1)同解法一．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0， 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m . 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q (4,4k ＋m )． 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．取k ＝0，m ＝3，此时P (0，3)，Q (4，3)，以PQ 为直径的圆为(x －2)2＋(y －3)2＝4，交x 轴于点M 1(1,0)，M 2(3,0)；取k ＝－12，m ＝2，此时P ⎝⎛⎭⎫1，32，Q (4,0)，以PQ 为直径的圆为⎝⎛⎭⎫x －522＋⎝⎛⎭⎫y －342＝4516，交x 轴于点M 3(1,0)，M 4(4,0)．所以若符合条件的点M 存在，则M 的坐标必为(1,0)．以下证明M (1,0)就是满足条件的点：因为M 的坐标为(1,0)，所以MP →＝⎝⎛⎭⎫－4k m－1，3m ，MQ →＝(3,4k ＋m )， 从而MP →·MQ →＝－12k m －3＋12k m＋3＝0，故恒有MP →⊥MQ →，即存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .21．H5、H3、H8[2012·湖北卷] 设A 是单位圆x 2＋y 2＝1上的任意一点，l 是过点A 与x 轴垂直的直线，D 是直线l 与x 轴的交点，点M 在直线l 上，且满足|DM |＝m |DA |(m >0，且m ≠1)．当点A 在圆上运动时，记点M 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程，判断曲线C 为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点且斜率为k 的直线交曲线C 于P ，Q 两点，其中P 在第一象限，它在y 轴上的射影为点N ，直线QN 交曲线C 于另一点H .是否存在m ，使得对任意的k >0，都有PQ ⊥PH ？若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．21．解：(1)如图(1)，设M (x ，y )，A (x 0，y 0)，则由|DM |＝m |DA |(m ＞0，且m ≠1)，可得x ＝x 0，|y |＝m |y 0|，所以x 0＝x ，|y 0|＝1m|y |.①因为点A 在单位圆上运动，所以x 20＋y 20＝1.②将①式代入②式即得所求曲线C 的方程为x 2＋y 2m2＝1(m ＞0，且m ≠1)．因为m ∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以当0＜m ＜1时，曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(－1－m 2，0)，(1－m 2，0)； 当m ＞1时，曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，－m 2－1)，(0，m 2－1)．(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意的k ＞0，设P (x 1，kx 1)，H (x 2，y 2)，则Q (－x 1，－kx 1)，N (0，kx 1)，直线QN 的方程为y ＝2kx ＋kx 1，将其代入椭圆C 的方程并整理可得(m 2＋4k 2)x 2＋4k 2x 1x ＋k 2x 21－m 2＝0.依题意可知此方程的两根为－x 1，x 2，于是由韦达定理可得－x 1＋x 2＝－4k 2x 1m 2＋4k 2，即x 2＝m 2x 1m 2＋4k 2.因为点H 在直线QN 上，所以y 2－kx 1＝2kx 2＝2km 2x 1m 2＋4k 2.于是PQ →＝(－2x 1，－2kx 1)，PH →＝(x 2－x 1，y 2－kx 1)＝⎝⎛⎭⎫－4k 2x 1m 2＋4k 2，2km 2x 1m 2＋4k 2. 而PQ ⊥PH 等价于PQ →·PH →＝4(2－m 2)k 2x 21m 2＋4k 2＝0，即2－m 2＝0，又m ＞0，得m ＝2，故存在m ＝2，使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上，对任意的k ＞0，都有PQ ⊥PH .方法2：如图(2)、(3)x 1∈(0,1)1，y 1)2y 2)，则Q (－x 1，－y 1)，N (0，y 1)．因为P ，H 两点在椭圆C 上，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2x 21＋y 21＝m 2，m 2x 22＋y 22＝m 2， 两式相减可得m 2(x 21－x 22)＋(y 21－y 22)＝0.③依题意，由点P 在第一象限可知，点H 也在第一象限，且P ，H 不重合， 故(x 1－x 2)(x 1＋x 2)≠0.于是由③式可得 (y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝－m 2.④又Q ，N ，H 三点共线，所以k QN ＝k QH ，即2y 1x 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2.于是由④式可得k PQ ·k PH ＝y 1x 1·y 1－y 2x 1－x 2＝12·(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝－m 22.而PQ ⊥PH 等价于k PQ ·k PH ＝－1，即－m 22＝－1，又m ＞0，得m ＝2，故存在m ＝2，使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上，对任意的k ＞0，都有PQ ⊥PH . 13．H5[2012·江西卷] 椭圆x 2a 2＋y2b2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别是A ，B ，左、右焦点分别是F 1，F 2，若|AF 1|，|F 1F 2|，|F 1B |成等比数列，则此椭圆的离心率为________．13.55[解析] 考查椭圆的定义和性质、等比数列的性质等；解题的突破口是建立关于a ，c 的齐次等式，然后转化为离心率e 的方程求解．由椭圆的定义知，|AF 1|＝a －c ，|F 1F 2|＝2c ，|BF 1|＝a ＋c ，∵|AF 1|，|F 1F 2|，|BF 1|成等比数列，因此4c 2＝(a －c )(a ＋c )，整理得5c 2＝a 2，两边同除以a 2得5e 2＝1，解得e ＝55.10．H5[2012·山东卷] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32.双曲线x 2－y 2＝1的渐近线与椭圆C 有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C 的方程为( )A.x 28＋y 22＝1B.x 212＋y 26＝1 C.x 216＋y 24＝1 D.x 220＋y 25＝110．D [解析] 本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，中档题．由离心率为32得，a 2＝4b 2，排除选项B ，双曲线的渐近线方程为y ＝±x ，与椭圆的四交点组成的四边形的面积为16可得在第一象限的交点坐标为()2，2，代入选项A 、C 、D ，知选项D 正确．22．H5、H6[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C 1：2x 2－y 2＝1. (1)过C 1的左顶点引C 1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x 轴围成的三角形的面积；(2)设斜率为1的直线l 交C 1于P 、Q 两点．若l 与圆x 2＋y 2＝1相切，求证：OP ⊥OQ ；(3)设椭圆C 2：4x 2＋y 2＝1，若M 、N 分别是C 1、C 2上的动点，且OM ⊥ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值．22．解：(1)双曲线C 1：x 212－y 2＝1，左顶点A ⎝⎛⎭⎫－22，0，渐近线方程：y ＝±2x .过点A 与渐近线y ＝2x 平行的直线方程为y ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋22，即y ＝2x ＋1.解方程组⎩⎨⎧y ＝－2x ，y ＝2x ＋1得⎩⎨⎧x ＝－24，y ＝12.所以所求三角形的面积为S ＝12|OA ||y |＝28.(2)设直线PQ 的方程是y ＝x ＋b ，因直线PQ 与已知圆相切， 故|b |2＝1，即b 2＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，2x 2－y 2＝1，得x 2－2bx －b 2－1＝0. 设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2b ，x 1x 2＝－1－b 2. 又y 1y 2＝(x 1＋b )(x 2＋b )，所以 OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2 ＝2(－1－b 2)＋2b 2＋b 2＝b 2－2＝0. 故OP ⊥OQ .(3)当直线ON 垂直于x 轴时，|ON |＝1，|OM |＝22，则O 到直线MN 的距离为33.当直线ON 不垂直于x 轴时，设直线ON 的方程为y ＝kx ⎝⎛⎭⎫显然|k |＞22，则直线OM 的方程为y ＝－1kx .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，4x 2＋y 2＝1得⎩⎨⎧x 2＝14＋k 2，y 2＝k24＋k 2，所以|ON |2＝1＋k 24＋k 2.同理|OM |2＝1＋k 22k 2－1，设O 到直线MN 的距离为d ， 因为(|OM |2＋|ON |2)d 2＝|OM |2|ON |2.所以1d 2＝1|OM |2＋1|ON |2＝3k 2＋3k 2＋1＝3，即d ＝33. 综上，O 到直线MN 的距离是定值．15．H5[2012·四川卷] 椭圆x 24＋y 23＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点A 、B .当△F AB 的周长最大时，△F AB 的面积是________．15．3 [解析] 与x 轴相交于C ，由椭圆第一定义，|AF |＋|AF ′|＝|BF |＋|BF ′|＝2a ＝4， 而|AB |＝|AC |＋|BC |≤|AF ′|＋|BF ′|，∴当且仅当AB 过F ′时，△ABF 周长最大．此时，由c ＝1，得A ⎝⎛⎭⎫1，32，B ⎝⎛⎭⎫1，－32，即|AB |＝3， ∴S △ABF ＝12|AB ||FF ′|＝3.H6 双曲线及其几何性质8．H6[2012·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2m －y 2m 2＋4＝1的离心率为5，则m 的值为________．8．2 [解析] 本题考查双曲线离心率的求解．解题突破口是明确焦点所在轴．根据双曲线方程可得：m >0，所以e ＝m ＋m 2＋4m＝5，解之得m ＝2.5．H6[2012·湖南卷] 已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的焦距为10，点P (2,1)在C 的渐近线上，则C 的方程为( )A.x 220－y 25＝1B.x 25－y 220＝1 C.x 280－y 220＝1 D.x 220－y 280＝1 5．A [解析] 本题考查双曲线方程和渐近线方程，意在考查考生对双曲线方程和其性质的掌握；解题思路：首先由a ，b ，c 的关系，排除C ，D ，再由渐近线方程得答案A.由已知可得双曲线的焦距2c ＝10，a 2＋b 2＝52＝25，排除C ，D ，又由渐近线方程为y ＝b a x ＝12x ，得12＝ba，解得a 2＝20，b 2＝5，所以选A. [易错点] 本题易错一：对双曲线的几何性质不清，错以为c ＝10，错选C ；易错二：渐近线求解错误，错解成12＝ab，从而错选B.8．H6[2012·全国卷] 已知F 1、F 2为双曲线C ：x 2－y 2＝2的左、右焦点，点P 在C 上，|PF 1|＝2|PF 2|，则cos ∠F 1PF 2＝( )A.14B.35C.34D.458．C [解析] 本小题主要考查双曲线的定义及余弦定理的应用，解题的突破口为运用双曲线的定义求出PF 1和PF 2的长，再用余弦定理即可求．由双曲线的定义有|PF 1|－|PF 2|＝|PF 2|＝2a ＝22，∴|PF 1|＝2|PF 2|＝42，cos ∠F 1PF 2＝(42)2＋(22)2－422×(42)×(22)＝34，故选C.8．H1、H6[2012·浙江卷] 如图1－2所示，F 1，F 2分别是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ，b >0)的左、右焦点，B 是虚轴的端点，直线F 1B 与C 的两条渐近线分别交于P ，Q 两点，线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M .若|MF 2|＝|F 1F 2|，则C 的离心率是( )A.233B.62C. 2D. 38．B [解析] 本题主要考查直线与双曲线的位置关系，直线间的位置关系，直线间的交点，双曲线的方程与几何性质等．依题得直线F 1B 的方程为y ＝bcx ＋b ，那么可知线段PQ 的垂直平分线的方程为y ＝－cb(x －3c )，由⎩⎨⎧ y ＝bc x ＋b ，y ＝－bax联立解得点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－ac a ＋c ，bca ＋c ，由⎩⎨⎧y ＝bcx ＋b ，y ＝ba x联立解得点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫ac c －a ，bcc －a ，那么可得线段PQ 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2c b 2，c 2b ，代入y ＝－c b (x －3c )并整理可得2c 2＝3a 2，可得e ＝c a ＝32＝62，故应选B.[点评] 众多的条件与复杂的计算是阻碍本题求解的关键，解答时要静下心来，分析点、直线、曲线的关系，求解对应的坐标并加以正确计算．8．H6、H7[2012·课标全国卷] 等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线y 2＝16x 的准线交于A ，B 两点，|AB |＝43，则C 的实轴长为( )A. 2 B ．2 2 C ．4 D ．88．C [解析] 由题意可设双曲线的方程为x 2a 2－y 2a2＝1(a >0)．易知抛物线y 2＝16x 的准线方程为x ＝－4，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2a 2＝1，x ＝－4，得16－y 2＝a 2(*)，因为|AB |＝43，所以y ＝±2 3.代入(*)式，得16－(±23)2＝a 2，解得a ＝2(a >0)．所以C 的实轴长为2a ＝4，故选C.22．H5、H6[2012·上海卷] 在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C 1：2x 2－y 2＝1. (1)过C 1的左顶点引C 1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x 轴围成的三角形的面积；(2)设斜率为1的直线l 交C 1于P 、Q 两点．若l 与圆x 2＋y 2＝1相切，求证：OP ⊥OQ ；(3)设椭圆C 2：4x 2＋y 2＝1，若M 、N 分别是C 1、C 2上的动点，且OM ⊥ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值．22．解：(1)双曲线C 1：x 212－y 2＝1，左顶点A ⎝⎛⎭⎫－22，0，渐近线方程：y ＝±2x .过点A 与渐近线y ＝2x 平行的直线方程为y ＝2⎝⎛⎭⎫x ＋22，即y ＝2x ＋1.解方程组⎩⎨⎧y ＝－2x ，y ＝2x ＋1得⎩⎨⎧x ＝－24，y ＝12.所以所求三角形的面积为S ＝12|OA ||y |＝28.(2)设直线PQ 的方程是y ＝x ＋b ，因直线PQ 与已知圆相切， 故|b |2＝1，即b 2＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，2x 2－y 2＝1，得x 2－2bx －b 2－1＝0. 设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2b ，x 1x 2＝－1－b 2. 又y 1y 2＝(x 1＋b )(x 2＋b )，所以 OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2 ＝2(－1－b 2)＋2b 2＋b 2＝b 2－2＝0. 故OP ⊥OQ .(3)当直线ON 垂直于x 轴时，|ON |＝1，|OM |＝22，则O 到直线MN 的距离为33.当直线ON 不垂直于x 轴时，设直线ON 的方程为y ＝kx ⎝⎛⎭⎫显然|k |＞22，则直线OM 的方程为y ＝－1kx .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，4x 2＋y 2＝1得⎩⎨⎧x 2＝14＋k 2，y 2＝k24＋k 2，所以|ON |2＝1＋k 24＋k 2.同理|OM |2＝1＋k 22k 2－1，设O 到直线MN 的距离为d ， 因为(|OM |2＋|ON |2)d 2＝|OM |2|ON |2.所以1d 2＝1|OM |2＋1|ON |2＝3k 2＋3k 2＋1＝3，即d ＝33. 综上，O 到直线MN 的距离是定值．14．H6、H8[2012·湖北卷] 如图1－5所示，双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ，b >0)的两顶点为A 1，A 2，虚轴两端点为B 1，B 2，两焦点为F 1，F 2.若以A 1A 2为直径的圆内切于菱形F 1B 1F 2B 2，切点分别为A ，B ，C ，D .则(1)双曲线的离心率e ＝________；(2)菱形F 1B 1F 2B 2的面积S 1与矩形ABCD 的面积S 2的比值S 1S 2＝________.14．(1)5＋12 (2)5＋22[解析] (1)由图可知，点O 到直线F 1B 2的距离d 与圆O 的半径OA 1相等，又直线F 1B 2的方程为x －c ＋yb＝1，即bx －cy ＋bc ＝0.所以d ＝bcb 2＋c2＝a ，整理得b 2(c 2－a 2)＝a 2c 2，即(c 2－a 2)2＝a 2c 2，得c 2－a 2＝ac .所以e 2－e －1＝0，解得e ＝5＋12(负值舍去)．(2)连结OB ，设BC 与x 轴的交点为E ，由勾股定理可求得|BF 1|＝c 2－a 2.由等面积法可求得|BE |＝|F 1B ||OB ||F 1O |＝abc ，所以|OE |＝|OB |2－|BE |2＝a2c .所以S 2＝2|OE |·2|EB |＝4a 3bc2.而S 1＝12|F 1F 2||B 1B 2|＝2bc, 所以S 1S 2＝c 32a 3＝12e 3＝5＋22.H7 抛物线及其几何性质8．H7[2012·四川卷] 已知抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点O ，并且经过点M (2，y 0)，若点M 到该抛物线焦点的距离为3，则|OM |＝( )A ．2 2B ．2 3C ．4D ．2 58．B [解析] 由于抛物线关于x 轴对称，且经过的点M 的横坐标2＞0，可知抛物线开口向右，设方程为y 2＝2px ，准线为x ＝－p 2，而M 点到准线距离为3，可知p2＝1，即p ＝2，故抛物线方程为y 2＝4x . 当x ＝2时，可得y 0＝±22， ∴|OM |＝22＋(22)2＝2 3. 13．H7[2012·陕西卷] 图1－4是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽________米．13．26 [解析] 本小题主要考查了抛物线的知识，解题的关键是建立坐标系求出抛物线的方程．以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为：x 2＝－2py (p >0)，由题意知抛物线过点(2，－2)，代入方程得p ＝1，则抛物线的方程为：x 2＝－2y ，当水面下降1米时，为y ＝－3，代入抛物线方程得x ＝6，所以此时水面宽为26米．。

2012年全国高中数学联合竞赛（B 卷）一试一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。

2012B1、对于集合{}b x a x ≤≤，我们把a b -称为它的长度。

设集合{}1981+≤≤=a x a x A ，{}b x b x B ≤≤-=1014，且B A ,都是集合{}20120≤≤=x x U 的子集，则集合B A 的长度的最小值是◆答案：983★解析：因为B A ,都是集合{}20120≤≤=x x U 的子集，所以310≤≤a ，20121014≤≤b ，{}19811014|+≤≤-=a x b x B A ，或{}b x a x B A ≤≤=| ，故当2012,0==b a 或者1014,31==b a 时，集合B A 的长度最小，最小为9833110149981981=-=-2012B 2、已知0,0>>y x ，且满足⎪⎩⎪⎨⎧=-=+=+120)sin()sin(1)sin(2)(cos 222y x y x y x ππππ，则有序实数对=),(y x ◆答案：()2,4★解析：由1)sin(2)(cos 2=+y x ππ及0)sin()sin(=+y x ππ得()()[]0sin 2sin =+x x ππ，得()0sin =x π，代入0)sin()sin(=+y x ππ得()0sin =y π可得y x ,都是整数。

由()()1222=-+=-y x y x y x ，y x y x +<-，得⎩⎨⎧=+=-62y x y x ，解得⎩⎨⎧==24y x ，故有序实数对),(y x 即为()2,4。

2012B3、如图，设椭圆12222=+b y a x （0>>b a ）的左右焦点分别为21,F F ，过点2F 的直线交椭圆于),(11y x A ，),(22y x B 两点。

若B AF 1∆内切圆的面积为π，且421=-y y ，则椭圆的离心率为◆答案：1★解析：由性质可知B AF 1∆的周长为a 4，内切圆半径为1，则2122114211y y c a S B AF -⨯⨯=⨯⨯=∆，可得c a 2=，即21==a c e 2012B 4、若关于x 的不等式组⎩⎨⎧≤-->--+012033223ax x x x x ，（0>a ）的整数解有且只有一个，则a 的取值范围为◆答案：⎪⎭⎫⎢⎣⎡34,43★解析：由03323>--+x x x 解得13-<<-x 或1>x ，所以不等式组的唯一整数解只可能为2-或2。

2012届全国各省市高三上学期数学联考试题重组专题题型五解析几何（学生版）【备考要点】考情分析从近几年高考来看，本讲高考命题具有以下特点：1．圆锥曲线是高考中每年必考内容，是高考的重点和热点，选择题、填空题和解答题均有涉及，所占分数在12～18分．主要考查圆锥曲线的标准方程、几何性质等．2．由于新课标对此部分的考查增加了“理解数形结合思想”的要求，所以考查数形结合、等价转化、分类讨论等数学思想方法的问题有所加强．3．以向量为载体的解析几何问题已成为高考的重中之重，联系方程、不等式以及圆锥曲线的转化，题型灵活多样．解答题的题型设计主要有三类：圆锥曲线的有关元素计算．关系证明或范围的确定；涉及与圆锥曲线平移与对称变换、最值或位置关系的问题；求平面曲线（整体或部分）的方程或轨迹．近年来，高考中解析几何综合题的难度有所下降．随着高考的逐步完善，结合上述考题特点分析，预测今后高考的命题趋势是：将加强对于圆锥曲线的基本概念和性质的考查，加强对于分析和解决问题能力的考查．因此，教学中要注重对圆锥曲线定义、性质、以及圆锥曲线基本量之间关系的掌握和灵活应用．高考第二阶段的复习，应在继续作好知识结构调整的同时，抓好数学基本思想、数学基本方法的提炼，进行专题复习；做好“五个转化”，即从单一到综合、从分割到整体、从记忆到应用、从慢速摸仿到快速灵活、从纵向知识到横向方法.这一复习过程，要充分体现分类指导、分类要求的原则，内容的选取一定要有明确的目的性和针对性，要充分发挥教师的创造性，更要充分考虑学生的实际，要密切注意学生的信息反馈，防止过分拔高，加重负担. 要点知识整合【2011高考题型】根据近年来各地高考的情况，解析几何高考考查 1 题型稳定:近几年来高考解析几何试题一直稳定在三或二个选择题,一个填空题,一个解答题上,分值约为30分左右, 占总分值的20%左右。

2 整体平衡,重点突出:对直线、圆、圆锥曲线知识的考查几乎没有遗漏,通过对知识的重新组合,考查时既注意全面,更注意突出重点, 对支撑数学科知识体系的主干知识, 考查时保证较高的比例并保持必要深度。

2012年全国高中数学联合竞赛（A 卷）一试一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。

2012A1、设P 是函数xx y 2+=（0>x ）的图像上任意一点，过点P 分别向直线x y =和y 轴作垂线，垂足分别为B A ,，则PB PA ⋅的值是◆答案：1-★解析：设0002(,),p x x x +则直线PA 的方程为0002((),y x x x x -+=--即0022.y x x x =-++由00000011(,).22y xA x x y x x x x x=⎧⎪⇒++⎨=-++⎪⎩又002(0,),B x x +所以00011(,(,0).PA PB x x x =-=-故001() 1.PA PB x x ⋅=⋅-=- 2012A 2、设ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，且满足c A b B a 53cos cos =-，则BAtan tan 的取值为◆答案：4★解析：由题设及余弦定理得222223225c a b b c a a b c ca bc +-+-⋅-⋅=,即22235a b c -=，故222222222222228tan sin cos 2542tan sin cos 5a cb a cA AB c a b ac b c a B B A b c a c b bc+-⋅+-=====+-+-⋅2012A 3、设]1,0[,,∈z y x ，则||||||x z z y y x M -+-+-=的最大值为◆答案：12+★解析：不妨设01,x y z ≤≤≤≤则M =所以 1.M ≤=当且仅当1,0,1,2y x z y x z y -=-===时上式等号同时成立.故max 1.M =2012A 4、在平面直角坐标系xOy 中，抛物线x y 42=的焦点为F ，准线为l ，B A ,是抛物线上的两个动点，且满足3π=∠AFB ，设线段AB 的中点M 在准线l 上的投影为N ，则||||AB MN 的最大值为◆答案：1★解析：由抛物线的定义及梯形的中位线定理得.AF BFMN +=在AFB ∆中,由余弦定理得2222cos3AB AF BF AF BF π=+-⋅2()3AF BF AF BF =+-⋅22()3()AF BFAF BF +≥+-22().AF BFMN +==当且仅当AF BF =时等号成立.故MN AB的最大值为1.2012A 5、设同底的两个正三棱锥ABC P -和ABC Q -内接于同一个球.若正三棱锥ABC P -的侧面与底面所成角为045，则正三棱锥ABC Q -的侧面与底面所成角的正切值为◆答案：4★解析：如图.连结PQ ,则PQ ⊥平面ABC ,垂足H 为正ABC ∆的中心,且PQ 过球心O ,连结CH 并延长交AB 于点M ,则M 为AB 的中点,且CM AB ⊥,易知,PMH QMH ∠∠分别为正三棱锥,P ABC Q ABC --的侧面与底面所成二角的平面角,则45PMH ∠=,从而12PH MH AH ==,因为90,,PAQ AH PQ ∠=⊥所以2,AP PH QH =⋅即21.2AH AH QH =⋅所以24.QH AH MH ==,故tan 4QHQMH MH∠==2012A 6、设函数)(x f 是定义在R 上的奇函数，且当0≥x 时，2)(x x f =.若对任意的]2,[+∈a a x ，不等式)(2)(x f a x f ≥+恒成立，则实数a 的取值范围是◆答案：).+∞★解析：由题设知22(0)()(0)x x f x x x ⎧≥⎪=⎨-<⎪⎩,则2()).f x f =因此,原不等式等价于()).f x a f +≥因为()f x 在R 上是增函数,所以,x a +≥即1).a x ≥又[,2],x a a ∈+所以当2x a =+时,1)x -取得最大值1)(2).a -+因此,1)(2),a a ≥+解得a ≥故a 的取值范围是).+∞2012A 7、满足31sin 41<<n π的所有正整数n 的和为◆答案：33★解析：由正弦函数的凸性,有当(0,6x π∈时,3sin ,x x x π<<由此得131sin ,sin ,1313412124πππππ<<>⨯=131sin ,sin .10103993πππππ<<>⨯=所以11sinsin sin sin sin .134********πππππ<<<<<<故满足11sin 43n π<<的正整数n 的所有值分别为10,11,12,它们的和为33.2012A 8、某情报站有D C B A ,,,四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种。

平面几何问题的解答及其它1. 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , ⊙(PBC )与⊙(PDA )的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .A B CDPOQ这是第26届IMO 的一道几何题的推广. 第26届IMO 的那道几何题的条件是A 、B 、C 、D 四点共圆, 且O 为圆心.思路1 欲证明OQ ⊥PQ , 可考虑证明点O 在过点Q 且垂直于PQ 的直线上.证法1 如图1所示, 过点Q 作PQ 的垂线分别交△P AD 与△PBC 的外接圆交于I 、J 两点, 则AI ⊥P A , BJ ⊥P A , 所以AI ∥BJ , 因而AB 的垂直平分线过IJ 的中点; 同理, CD 的垂直平分线也过IJ 的中点. 显然, O 是AB 的垂直平分线与CD 的垂直平分线的交点, 因此, O 为IJ 的中点. 故OQ ⊥PQ .思路2 如果有割线过相交两圆的一个交点, 则我们可以以两圆的另一个交点为中心作位似旋转变换, 使其中一个圆变为另一个圆, 此时, 割线与两圆的另一交点即为两个对应点. 沿着这条思路走下去, 可能使问题得到解决.证法2 如图2所示, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使圆PDA →圆PBC , 则A →B , D →C , 于是, 以Q 为位似中心作位似旋转变换, 使A →D , 则 B →C . 再设AB 、CD 的中点分别为M 、N , 则M →N , 因而P 、Q 、M 、N 四点共圆, 但⊙(PMN )显然以OP 为直径, 这说明点Q 在以OP 为直径的圆上, 故OQ ⊥PQ .A B C DPOQ NM1JM NQOPDC B A思路3 设M 、N 分别为AB 、CD 的中点, 则从证法1可以看出, 只要证明了P 、Q 、N 、M 四点共圆, 问题便得到解决.1.三弦定理及其逆定理 —一个不可小觑的证明四点共圆的方法我们知道, 对于圆内接四边形来说, 有一个关于四边长与对角线长之间的一个度量等式, 这就是著名的Ptolemy 定理, 即设ABCD 是一个圆内接凸四边形, 则AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅.Ptolemy 定理是处理圆内接四边形问题的一个有力工具, 其逆定理也是成立的, 即在凸四边形ABCD 中, 若AB CD BC DA AC BD ⋅+⋅=⋅, 则ABCD 是一个圆内接四边形.从表面上看来, Ptolemy 定理之逆可以证明四点共圆, 但在解题实践中, 欲用Ptolemy 定理之逆证明四点共圆似乎是一件奢侈的事件. 下面介绍Ptolemy 定理的一个等价定理——三弦定理.三弦定理 设P A 、PB 、PC 是一圆Γ内有一公共端点的三条弦, BPC α=, APB β=, 则sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+证明 设圆Γ的半径为R , 由正弦定理, 2sin BC R α=, 2sin AB R β=, 2sin()AC R αβ=+, 于是sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+⇔2sin 2sin 2sin ()PA R PC R PB R αβαβ⋅+⋅=⋅+⇔PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅.而P ABC 是一个圆内接四边形, 由Ptolemy 定理, PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅=⋅. 故三弦定理成立. 且三弦定理与Ptolemy 定理等价.三弦定理之逆 设P A 、PB 、PC 是有一公共端点的三条线段,BPC α=,APB β=. 若sin sin sin ()PA PC PB αβαβ+=+.则P 、A 、B 、C 四点共圆.证明 设过P 、A 、B 三点的圆与直线PC 交于P 、C ′两点, 由三弦定理, 有sin sin sin ()PA PC PB αβαβ'+=+. 比较条件, 得C ′ = C , 故P 、A 、B 、C 四点共圆.PBACP( C' )BAC与Ptolemy 定理一样, 三弦定理可以用来处理有关圆内接四边形的问题, 而且因为三弦定理与三角函数联系在一起, 因此, 用三弦定理处理某些圆内接四边形问题比Ptolemy 定理还要方便. 我们在这里不准备论及. 而三弦定理之逆与Ptolemy 定理之逆就不一样了, 也就是说, 三弦定理之逆在证明四点共圆时表现得够大方的. 其原因也在于它与三角函数联系起来了, 我们可以充分利用三角函数这一工具.例1 设点P 、Q 、R 分别在锐角△ABC 的三条高AD 、BE 、CF 上, 且△PBC 、△QCA 、△RAB 的面积之和等于△ABC 的面积. 证明: P 、Q 、R 、H 四点共圆. 其中, H 为△ABC 的垂心.(2001, 第27届俄罗斯数学奥林匹克)证明 如图所示, 不妨设R 在△HAB 内. 因PBC QCA RAB ABC HBC HCA HAB S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆++==++,所以()()HAB RAB PBC HBC QCA HCA S S S S S S ∆∆∆∆∆∆-=-+-即111222HR AB HP BC HQ CA ⋅=⋅+⋅, 再由正弦定理, 得sin sin sin HR C HP A HQ B =+. 而 180PHQ DHE C ∠=∠=︒-, RHQ A ∠=, PHR B ∠=,所以, sin sin sin HR PHQ HP RHQ HQ PHR ∠=∠+∠, 故由三弦定理之逆, P 、Q 、R 、H 四点共圆.PAECBF DHRQBC例2 设D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , O 是△ABC 的外心. 求证: O 、E 、A 、F 四点共圆. (第27届俄罗斯数学奥林匹克, 2001)证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BD BF B =, 2cos DCEC C=,所以, 2cos BD AF c B =-, 2cos DCAE b C=-. 又由正弦定理, sin OA A a =, 于是再注意90FAO C =︒-, 90OAC B =︒-, 即得sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=⇔cos cos sin AF B AE C OA A +=⇔()cos ()cos 2cos 2cos 2BD DC a c B b C B C -+-=⇔cos cos c B b C a +=而最后一式即众所周知的三角形的射影定理, 因而等式sin sin sin AF OAC AE BAO OA A +=成立.由三弦定理之逆, O 、E 、A 、F 四点共圆.例3 设H 为△ABC 的垂心, D 、E 、F 分别为△ABC 的三边BC 、CA 、AB 上的点, 且DB = DF , DC = DE . 求证: E 、A 、F 、H 四点共圆.证明 设BC a =, CA b =, AB c =, 仍用A 、B 、C 表示△ABC 的三个对应的内角, 则2cos BF BD B =, 2cos EC DC C =,所以, 2cos AF c BD B =-, 2cos AE b DC C =-.再设△ABC 的外接圆半径为R , 则不难知道, 2cos AH R A =. 又90HAE C =︒-, 90FAH B =︒-, 于是, 由正弦定理, 并注意cos cos()sin sin cos cos A B C B C B C =-+=-, 得sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=⇔cos cos cos AF C AE B a A +=⇔(2cos )cos (2cos )cos cos c BD B C b DC C B a A -+-=⇔cos cos (2cos cos cos )b B c C a B C A +=+⇔ cos cos (cos cos sin sin )b B c C a B C B C +=+⇔cos cos cos()b B c C a B C +=-而由正弦定理、倍角公式及和差化积公式, 有BCcos cos 2(sin cos sin cos )b B c C R B B C C +=+= (sin 2sin 2)2sin()cos()R B C R B C B C +=+-=2sin cos()cos ()R A B C a B C -=-.即cos cos cos ()b B c C a B C +=-成立, 因而sin sin sin AF HAE AE FAH AH A +=成立, 故由三弦定理之逆, E 、A 、F 、H 四点共圆.第1题的证法31 在△OAB 与△OCD 中, OA = OB , OC = OD . 直线AB 与CD 交于点P , △PBC 与△PDA 的外接圆交于P 、Q 两点. 求证: OQ ⊥PQ .证明 设∠QPD = α, ∠CP A = β, 则由三弦定理, 有sin sin sin()PA PQ PD αβαβ+=+, sin sin sin()PB PQ PC αβαβ+=+, 两式相加, 得()sin 2sin (+)sin()PA PB PQ PC PD αβαβ++=+.设AB 与CD 的中点分别为M 、N , 则P A + PB = 2PM , PC + PD = 2PN , 所以sin sin sin()PM PQ PN αβαβ+=+.由三弦定理之逆, M 、P 、Q 、N 四点共圆. 但O 、M 、P 、N 四点共圆, 所以O 、M 、P 、Q 四点共圆. 而PM ⊥OM , 故OQ ⊥PQ .M NQOPDC B AB C第19题的证明19. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设△AEF 的外接圆与△ABC 的A-陪位中线的另一交点为P , 由三弦定理, 有sin sin sin AP A AE BAP AF PAC =∠+∠.再设BD BC λ=, 则1DCBCλ=-, 所以, AE FD AC λ==, (1)AF ED AB λ==-, 于是 sin sin (1)sin AP A AC BAP AB PAC λλ=∠+-∠= sin (sin sin )AB PAC AC BAP AB PAC λ∠+∠-∠= sin (sin sin )AB BAM AC MAC AB BAM λ∠+∠-∠再注意M 是BC 的中点, 由分角线定理, sin 1sin BM AB BAMMB AC MAC∠==∠, 所以 sin sin AC MAC AB BAM ∠=∠因此, sin sin AP A AB BAM =∠, 从而sin sin AB BAMAP A∠=为定长. 故P 是一个定点, 且∠BAM =∠P AC .2. 圆过三角形的外心与一个顶点的条件2001年举行的第27届俄罗斯数学奥林匹克的一道几何题(例2)说明, 设O 是△ABC 的外心, D 是△ABC 的边BC 上一点, DC 的垂直平分线交CA 于E , BD 的垂直平分线交AB 于F , 则O 、E 、A 、F 四点共圆.我们可以证明, 如果一个过△ABC 的外心和顶点A 的圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 一定在BC 上存在一点D , 使E 、F 分别在DC 的垂直平分线和BD 的垂直平分线上.事实上, 由三弦定理, sin sin sin AF OAC AE BAO OA A ∠+∠=. 而sin cos OAC B ∠=, sin cos BAO C ∠=, 所以, 1cos cos sin 2AF B AE C OA A BC +==. 设F 、E 在BC 上的射影分别为M 、N , 则 1cos cos 2MN AF B AE C BC =+=是一个常数(与圆的位置无关), 且这个常数为边BC 的一半. 于是, 设点B 关于FM 的对称点为D , 则D 、C 关于EN 对称.这就证明了, 一个圆过△ABC 的外心和顶点A 的充分必要条件是: 这个圆与AC 、AB 分别交于E 、F 时, 线段EF 在BC 上的射影长等于BC 的一半.BCBC第17题的证明17. 设△ABC 的外心为O , 点P 、Q 分别在边AB 、CA 上, 且BP PQ QC CABCAB==. 求证: A 、P 、O 、Q 四点共圆.证明 作△RQP , 使△RQP ∽△ABC , 且R 与A 在PQ 的两侧, 则PR PQ QR CA BC AB ==. 而BP PQ QC CA BC AB==, 所以RP = BP , QR = QC , 因此, ∠PRB =∠RBP , ∠CRQ =∠QCR . 这样∠CRQ +∠QRP +∠PRB =∠QCR +∠BAC +∠RBA .另一方面, 因 (∠CRQ +∠QRP +∠PRB ) + (∠QCR +∠BAC +∠RBA ) = 360︒, 所以∠CRQ +∠QRP +∠PRB = 180°.这说明点R 在△ABC 的边BC 上. 因P 为BR 的垂直平分线与AB的交点, Q 为RC 的垂直平分线与AC 的交点, 故 A 、P 、Q 、O 四点共圆.附: 例2的另两个证法B C例2设D是△ABC的边BC上一点, DC的垂直平分线交CA于E, BD的垂直平分线交AB于F, O是△ABC的外心. 求证: A、E、O、F四点共圆.（第27届俄罗斯数学奥林匹克）分析1 当E、F分别是外心O在CA、AB上的射影时, 点D为A在BC上的射影, 此时, 欲证结论显然成立. 以此为出发点, 我们可以得到如下的证明.证法1 过点A作BC的垂线,垂足为L, 再设M、N分别为CA、AB的中点, 则ML= MC, NL = NB, 所以LM∥DE, LN∥DE, 进而EM MCDL LC=,DL BLFN BN=. 两式相乘, 得EM MC BL AC BN AC BNFN LC BN AB LC LC AB=⋅=⋅=⋅.但△ALC∽△BON, △ABL∽△COM, 所以AC OBLC ON=,BL OMAB OC=, 代入上式, 并注意OB = OC即得EM OMFN ON=. 于是△OME∽△ONF, 从而∠OEM =∠OFN, 故A、E、O、F四点共圆.分析2 如果E、A、F、O四点共圆. 因B、D、C三点在一直线上, 由Pascal定理, 直线DE与BO的交点则也应在这个圆上. 循着这个思路, 我们便得到证法2.证法2 设直线BO与DE交于P. 因∠BPD =∠CDE −∠CBP =∠ACB − (90°−∠BAC) = 90°−∠CBA. 又FD = FB, 所以, ∠BFD = 180°−2∠CBA = 2∠BPD, 再由FD = FB即知, 点F是△PBD的外心, 所以, FP = FD = FB, 因此, ∠FPD =∠EDF =180°− (∠FDB +∠EDC) = 180°− (∠CBA +∠ACB) =∠BAC, 这说明P、E、A、F四点共圆. 又∠FPB =∠PBF =∠BAO, 所以, O、P、A、F四点共圆. 故E、A、F、O四点共圆.B CC B3 一类四点共圆问题揭秘象例2、例3这类四点共圆的问题还有更深刻的背景. 它们涉及到同向相似三角形的相似中心.两个同向相似三角形, 只要其相似系数不等于1, 则它们必有相似中心. 这个相似中心可以按如下方法作出.设△ABC与△A′B′C′同向相似. 当A′B′∥AB时, 直线A′A与B′B的交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心. 当A′B′╫AB时, 如图1和图2.所示, 设直线A′B′与AB交于点P, 则⊙(P AA′)与⊙(PBB′)的第二个交点O即△ABC与△A′B′C′的相似中心.A当三角形△的三个顶点在三角形△′的三边所在直线上时, 我们称三角形是三角形的内接三角形.定理设△PQR是△ABC的内接三角形, 则△ABC的所有与△PQR同向相似的内接三角形(对应顶点在△ABC的同一边所在直线上)都有同一个相似中心.这个定理的证明简单. 其相似中心即△PQR关于△ABC的密克点.根据这个定理, 如果我们确定了△ABC的内接△PQR的形状, 就可以确定其相似中心, 那么, △ABC 的顶点A, △PQR在AB、AC上的两个顶点, 相似中心, 这四点必然共圆. 但直接这样表现, 则太过明显, 于是, 我们作△PQR的外接圆与BC的另一交点, 再将条件转换, 一道四点共圆问题便出笼了.例1 如图所示, 设△PEF∽△ABC, 则可证△ABC的外心O是所有这样的△PEF的相似中心, 因此, O、E、A、F四点共圆. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠ACB, 所以, F、E分别是BD、DC的垂直平分线与AB、AC的交点, 于是便有第27届俄罗斯数学奥林匹克的那道几何题. 而第17题则是△PQR的外接圆与BC相切的情形.B CB C例2 如图所示, 设△XYZ是非直角△ABC的垂足三角形, △ABC的内接△PEF∽△XYZ, 则不难证明△PEF与△XYZ的相似中心是△ABC的垂心H. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ZYX = 180°−2∠CBA, ∠CDE =∠PFE =∠XZY =180°−2∠ACB, 所以, ∠BFD =∠CBA, ∠DEC =∠ACB, 因此, DF = DB, DE = DC. 于是有题1设H为△ABC的垂心, D、E、F分别△ABC的三边BC、CA、AB上的点, 且DB = DF, DC = DE. 求证: E、A、F、H四点共圆.B CB C容易看出, △AEF的外心在△PEF的外接圆上.事实上, 设△AEF的外心为O, 则∠FOE = 2∠BAC, 而∠EPF =180°−2∠BAC, 所以, ∠FOE +∠EPF =180°, 故O在△PEF的外接圆上. 因此, △PEF的外接圆即△OEF的外接圆.当△OEF的外接圆与BC相切时, P、D重合. 此时, 因为DB = DF, DC = DE, 而△DEF∽△XYZ, 这样便有DC XYDB XZ=. 于是有题2 设AD、BE、CF是锐角△ABC的三条高, H是△ABC的垂心. 过A、H两点的⊙O与AB、AC分别交于Q、P (均异于A). 求证: 若△OPQ的外接圆与BC相切于R, 则RC DE RB DF=.这正是美国国家队2006年选拔考试题.BB例3 如图所示, 设△PEF与△ABC反向相似, AL是高, M、N分别是AB、AC的中点, △MAL的外接圆与△NLC的外接圆交于L、K两点, 则可以证明K是所有这样的与△ABC反向相似的△PEF的相似中心. 再设△PEF的外接圆与BC的另一交点为D, 则∠FDB =∠FEP =∠ACB, ∠CDE =∠PFE =∠CBA, 所以, FD∥AC, ED∥AB, 于是, 我们有题3 △ABC中, 点A在直线BC上的射影为D, M、N分别为AB、AC的中点, △MBL的外接圆Γ1与△NLC的外接圆Γ2相交于D、K两点. 对BC边上的任意一点P, 过P作AB、AC的平行线分别与AC、AB交于E、F. 求证: K、E、A、F四点共圆.A BC DPEF LK NM MNKLFE D CBA Γ2Γ1这是2010年中国国家集训队测试题.又可以证明, K 在△ABC 的A-陪位中线上, 于是便得到第19题:设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .BCC类似的与内心有关的问题是设I 是△ABC 的内心, D 、E 、F 分别边BC 、CA 、AB 上的点, 且BF = BD , CD = CE , 则E 、A 、F 、I 四点共圆.但这个问题太简单. 事实上, 由对称性, ∠IEC =∠CDI =∠IF A , 故E 、A 、F 、I 四点共圆.4 等角线及其性质给定一个角∠AOB , OC 是它的角平分线, 过O 点作两条关于OC 对称的直线OX 和OY ，则称OY 是OX 关于∠AOB 的等角线. 显然OX,OY 关于∠AOB 互为等角线.一个角的两边（所在直线）是本角的等角线; 一个角的平分线是重合的等角线, 即自等角线. 一角的邻补角的平分线也是自等角线.ABOYXTOA BCDPNM定理1自∠AOB 的顶点O 引两条直线OC 、OD , P 是直线OC 上一点, 过P 作直线OA 、OB 作垂线, 垂足分别为M 、N , 则OC 、OD 是∠AOB 的两条等角线的充分必要条件是OD ⊥MN .CDPNMOABAB CD E定理2 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 则∠BAD =∠EAC 的充分必要条件是: 22AB BD BEAC DC EC⋅=⋅. 定理3 设D 、E 是△ABC 的边BC 上两点, 且∠BAD =∠EAC , 则有AD ∙ AE = AB ∙ AC.最常见的等角线是三角形的同一顶点引出的三角形的高与外接圆的直径是该顶角的两条等角线. 实际上, 定理1已经包含了这一结果.利用等角线的性质可以简捷地处理一些竞赛中的平面几何问题.例1. 设O 是△ABC 的外心, K 是△BOC 的外心, 直线AB 、AC 分别交△BOC 的外接圆于另一点M 、N , L 是点K 关于直线MN 的反射点. 求证: AL ⊥BC .(俄罗斯, 2000)证明 因∠OMA =∠OCB = 90︒-∠BAC , 即∠OMA +∠BAN = 90︒, 所以MO ⊥AN . 同理, NO ⊥AM , 这说明O 为△AMN 的垂心, 于是△OMN 的外接圆与△AMN 的外接圆是等圆, 它们关于直线MN 对称. 由于K 为△OMN 的外心, 所以L 为△AMN 的外心, 从而AL 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 但O 为△ABC 的外心, 故AL ⊥BC .第4题的证明4. 在锐角△ABC 中, AB ≠AC . 过A 作BC 的垂线AD , P 为AB 延长线上一点, Q 为AC 延长线上一点, 且P 、B 、C 、Q 四点共圆, DP = DQ . 求证: D 是△APQ 的外心.证明 设O 为△ABC 的外心, 则AD 与AO 是∠BAC 的两条等角线, 而P 、B 、C 、Q 四点共圆, 所以△APQ 与△ACB 反向相似, 因此△APQ 的外心在直线AD 上.另一方面, 因AB ≠AC , 所以BC 与PQ 不平行, 因此, PQ 的垂直平分线与直线AD 不重合. 而DP = DQ , 所以D 是PQ 的垂直平分线与直线AD 的交点. 而△APQ 的外心既在直线AD 上, 也在PQ 的垂直平分线上, 故D 是△APQ 的外心.N5 三角形的陪位中线三角形的中线的等角线称为陪位中线. 为方便计, 过△ABC 的顶点A 的中线的陪位中线称为△ABC 的A-陪位中线.下面的定理1是三角形的陪位中线的一个基本性质.定理1 设D 是△ABC 的边BC 上一点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线的充分必要条件是22BD AB DC AC. 定理2与定理3是三角形的陪位中线的两个判定定理.定理2 已知△ABC, Γ1是过A 、B 两点且与AC 相切的圆, Γ2是过A 、C 两点且与AB 相切的圆, 圆Γ1与圆Γ2交于A 、D 两点, 则AD 是△ABC 的A-陪位中线.FEDABCKΓ2Γ1 ABCP定理3 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线. 利用三角形的陪位中线的理论可以方便地处理有关平面几何问题.例1 圆Γ1与圆Γ2交于A 、B 两点. 点P 在圆Γ1上. 直线PA 与PB 分别交圆Γ2于C 、D (不同于A 、B ), 圆Γ1在A 、B 两点的切线交于Q . 如果P 在圆Γ2的外部, C 、D 均在Γ1的外部. 求证：直线PQ 平分线段CD . (圣彼德堡, 1997)证明 因PQ 是△P AB 的P-对称中线, 而△P AB 与△PDC 反向相似, 所以PQ 为△PDC 的P-中线, 即直线PQ 通过CD 的中点. 换句话说, 直线PQ 平分线段CD .ΓΓAB21QP D CMABCΓC 1B 1TS例2 设Γ是△ABC 的外接圆, 圆Γ在B 、C 两点的切线交于T . 过A 且垂直于AT 的直线与直线BC 交于S , 点B 1、C 1在直线ST 上(B 1、B 在BC 的垂直平分线的同侧), 且TB 1 =TC 1 =TB . 求证: △AB 1C 1∽△ABC .(美国国家队选拔考试, 2006)证明 设M 为BC 的中点, 则AM 、AT 是∠BAC 的两条等角线, 所以∠BAT =∠MAC . 又∠TBC =∠BAC , 所以∠TBA =∠TBC +∠CBA =∠BAC +∠CBA =180°−∠ACB . 于是, 由TC 1 = TB 及正弦定理, 得1sin sin sin sin TC TB BAT MAC MCAT AT TBA ACB AM∠∠====∠∠. 另一方面, 因∠TMS = 90° =∠TAS , 所以A 、M 、T 、S 四点共圆, 于是, ∠STA =∠SMA , 即 ∠C 1TA =∠CMA , 因此, △ATC 1∽△AMC . 同理, △AB 1T ∽△ABM . 故△AB 1C 1∽△ABC .第6题的证明6. 设△ABC 的A-中线关于∠BAC 的角平分线的对称直线与BC 交于D . △ADC 的外接圆与AB 的另一个交点为E , △ABD 的外接圆与AC 的另一个交点为F . 求证: EF ∥BC .证明 因AD 是△ABC 的陪位中线. 于是22BD AB DC AC=. 另一方面, 由圆幂定理, BD BC EB AB ⋅=⋅, DC BC FC AC ⋅=⋅. 因此,BD EB AB DC FC AC ⋅=⋅, 于是KB ABLC AC=, 故EF ∥BC . FABCDE第19题的证法219. 设D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点, 且DE ∥AB , DF ∥AC . 求证: (ⅰ) △AEF 的外接圆通过一个定点P .(ⅱ) 若M 为BC 的中点, 则∠BAM =∠P AC .证明 设过A 、B 两点且与AC 相切的圆和过A 、C 两点且与AB 相切的圆交于A 、P 两点, 则P 是一个定点. 且由定理2, AP 是△ABC 的A-陪位中线, 也就是说, ∠BAM =∠P AC .由弦切角定理, ∠P AC =∠PBA , ∠ACP =∠BAP , 所以△PCA ∽△P AB . 又DE ∥AB , DF ∥AC , 所以CE CD AFEA DB FB==, 这说明E、F是两个相似三角形PCA与P AB的相似对应点, 因此, ∠PEC =∠PF A. 故E、A、F、P四点共圆. 换句话说, △AEF的外接圆通过定点P.6 三角形的等角共轭点容易证明以下事实设P是△ABC所在平面上的一点, 则AP、BP、CP分别关于∠BAC、∠CBA、∠ACB的等角线交于一点或互相平行. 而且, 这三条等角线互相平行当且仅当点P在△ABC的外接圆上.这个事实的既可以用Ceva定理的角元形式证明, 也可以用等角线的定理1和Ceva定理证明.如果AP、BP、CP分别关于∠BAC、∠CBA、∠ACB的等角线交于一点Q, 则点Q称为点P关于△ABC 的等角共轭点. 如, 三角形的外心和垂心即三角形的两个等角共轭点.定理1 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 则sinsinAP BQC AQ BPC∠=∠.定理2 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 则BPC BQC BAC+=.定理3 三角形的两个等角共轭点到各边的垂足在一个圆上, 且它的圆心是这两点连线的中点.定理4 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, D、E、F是点P分别关于BC、CA、AB的对称点, 则点Q是△DEF的外心.证明如图所示, 因E、F是点P分别关于CA、AB的对称点, 所以AE = AP = AF, 因此, 点A在线段EF的垂直平分线上. 设PE与CA交于M, PF与AB交于N, 则M、N分别为PE、PF的中点, 所以, EF∥MN. 又PM⊥CA, PN⊥AB, 由性质1.2, AQ⊥MN, 所以AQ⊥EF, 因而AQ即线段EF的垂直平分线. 同理, BQ是线段FD的垂直平分线. 故点Q是△DEF的外心.AB CDPQ'P'Q定理5 设P、Q是△ABC的两个等角共轭点, 直线AP关于∠BPC的等角线为1l, 直线AQ关于∠BQC的等角线为2l, 则1l与2l关于直线BC对称.事实上, 如图所示, 设P、Q两点关于BC的对称点分别为P′、Q′, 则∠Q′BC =∠CBQ =∠PBA, ∠BCQ′=∠QCB =∠ACP, 所以, Q′、A是△PBC的两个等角共轭点, 因而PQ′、P A是∠BPC的两条等角线. 同理, QP′、QA是∠BQC的两条等角线. 显然, PQ′与P′Q关于BC对称, 因此, PQ′与P′Q交于BC上一点.由此即可得到美国2010年选拔考试的一道几何题:设P、Q是△ABC内两点, 且∠ABP =∠QBC, ∠ACP =∠QCB, 点D在BC边上. 求证: ∠APB +∠DPC = 180°的充分必要条件是∠AQC +∠DQB =180°.事实上, 由条件知, P、Q是△ABC的两个等角共轭点, PD与P A是∠BPC的两条等角线. 由于QA关于∠BQC的等角线与P A关于∠BPC的等角线关于BC对称, 它们的交点必在BC上, 因此, QD即QA关于∠BQC的等角线.可以证明: 三角形的外接圆与内切圆的内位似中心和外位似中心分别是三角形的Gergonne 点的等角共轭点和三角形的Nagel 点的等角共轭点.三角形的等角共轭点可以用来处理角的相等或互补、三线共点等问题.例1 设△ABC 的外接圆在B 、C 两点的切线交于P , 则AP 是△ABC 的A-陪位中线.证明 设点A 关于BC 的中点M 的对称点为Q , 则ABQC 是一个平行四边形, 由此可知, BQ 、BP 是∠CBA 的两条等角线, CQ 、CP 是∠ACB 的两条等角线, 因而P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 所以AQ 、AP 是∠BAC 的两条等角线. 而AQ 过BC 的中点M , 故AP 是△ABC 的A-陪位中线.ABCMQABPCMQ第51届波兰数学奥林匹克的一道试题为在△ABC 中, AB = AC , P 是三角形内部一点, 使得∠CBP =∠ACP , M 是边AB 的中点. 求证:∠BPM +∠CP A = 180︒.这实际上就是上面这个问题. 只不过P 、A 换了个位置而已.例2 在凸四边形ABCD 中, 对角线BD 既不是平分∠ABC , 也不平分∠CDA , 点P 在四边形的内部, 满足∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA . 证明: 四边形ABCD 内接于圆的充分必要条件是P A = PC . (第45届IMO, 2004)证明 条件∠PBC =∠DBA , ∠PDC =∠BDA 表明A 、C 是△BDP 的等角共轭点, 所以sin sin PA BAD PC DCB ⋅∠=⋅∠.又由定理1, BAD BCD BPD +=,所以, ∠BAD −∠DCB =180°−∠DPB . 而∠BPD ≠180°, 因此, ∠BAD ≠∠DCB . 于是, P A = PC ⇔sin sin BAD DCB ∠=∠⇔∠BAD +∠BCD =180°⇔四边形ABCD 内接于圆.ABCDPBE'第15题的证明 15. 设P 、Q 是△ABC 的两个等角共轭点, 点P 在BC 、CA 、AB 上的射影分别为D 、E 、F . 求证: ∠EDF = 90°的充分必要条件是Q 为△AEF 的垂心.证明 如图所示, 设点P 关于BC 、CA 、AB 的对称点分别为D ′、E ′、F ′, 则∠EDF =∠E ′D ′F ′. 由定理4, Q 是△D ′E ′F ′的外心. 因PE ⊥AE , PF ⊥AF , E 、F 分别为PE ′、PF ′的中点, 于是∠EDF = 90°⇔∠E ′D ′F ′ = 90°当且仅当E ′、Q 、F ′三点共线, 且Q 为E ′F ′的中点⇔ PQ 与EF 互相平分⇔PEQF 是一个平行四边形⇔ EQ ∥PF , 且FQ ∥EF ⇔EQ ⊥AF , FQ ⊥AE ⇔ Q 为△AEF 的垂心.第16题的证明16．设△ABC 的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别切于D 、E 、F , 点D 关于∠BAC 的外角平分线的对称点为P , 点E 关于∠CBA 的外角平分线的对称点为Q , 点F 关于∠ACB 的外角平分线的对称点为R , 则△PQR 与△ABC 是位似的.证明 因AD 、BE 、CF 交于一点X , 而直线AP 与AD 是∠BAC 的两条等角线, BQ 与BE 是∠CBA 的两条等角线, CR 与CF 是∠ACB 的两条等角线, 所以AP 、BQ 、CR 三直线交于点X 关于△ABC 的等角共轭点Y .另一方面, 由正弦定理, sin sin AD C DC DAC =∠, sin sin BE CCE CBE=∠. 但DC = CE , ∠DAC =∠BAY , ∠CBE =∠YBA , 所以sin sin sin sin AD CBE YBA YABE DAC BAY YB∠∠==∠∠=. 又AP = AD , BQ = BE , 所以, YA AD AP YB BE BQ ==, 即YA YB APBQ=, 于是 PQ ∥AB . 同理, QR ∥BC , RP ∥CA . 故△XYZ 与△ABC 是位似的.RQA BCDPA 2B 2C 2C 1B 1A 1FLNME第20题的证明20．设AD 、BE 、CF 是△ABC 的三条高线(D 、E 、F 别在BC 、CA 、AB 上), P 为△ABC 所在平面上任意一点, 点P 在直线BC 、CA 、AB 、AD 、BE 、CF 上的射影分别为A 1、B 1、C 1、A 2、B 2、C 2. 求证: A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行.证明 如图所示, 设L 、M 、N 分别为A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2的中点. 因P A 1DA 2、PB 1EB 2、PC 1FC 2皆为矩形, 所以, L 、M 、N 也分别是PD 、PE 、PF 的中点, 于是, LM ∥DE , LN ∥DF . 而AD 、BC 为∠EDF 的内、外角平分线, 所以, 矩形P A 1DA 2的两条对称轴分别为∠MLN 的内、外角平分线. 但矩形P A 1DA 2的对角线A 1A 2与PD 关于其对称轴对称, 所以, 直线A 1A 2与PD 是∠MLN 的两条等角线. 同理, 直线B 1B 2与PE 是∠NML 的两条等角线, 直线C 1C 2与PF 是∠LNM 的两条等角线, 故A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点或互相平行. 当点P 不在△ABC 的九点圆上时, A 1A 2、B 1B 2、C 1C 2三线交于一点, 此点即点P 关于△LMN 的等角共轭点.7 根轴与根心一、点对圆的幂设Г是平面上一个圆心为O 、半径为r 的圆, 对于平面上任意一点P , 令ρ(P )=PO 2 – r 2,则ρ(P )称为点P 对于圆Г的幂.显然, 当点P 在圆Г外时, ρ(P )＞0; 当点P 在圆Г内时, ρ(P )＜0; 当点P 在圆Г上时, ρ(P )=0. 且由勾股定理易得, 点P 在圆Г外时, ρ(P )即点P 到圆Г的切线长的平方; 点P 在圆Г内时, ρ(P )即以点P 为中点的弦的一半的平方的相反数.有了点对圆的幂的概念, 相交弦定理、割线定理、切割线定理就可以统一为定理1 (圆幂定理) 过定点任作定圆的一条割线交定圆于两点, 则自定点到两交点的两条有向线段之积是一个常数, 这个常数等于定点对定圆的幂. 即过点P 任作一条直线交圆Г于两点A 、B (A 、B 可以重合), 则ρ(P )=PA PB ⋅.定理2 设A 、B 、C 、D 是一个已知圆上任意四点, 直线AB 与CD 交于点P , 直线AD 与BC 交于点Q , 则有2()()P Q PQ ρρ+=. 其中 ()X ρ表示点X 对已知圆的幂.PA定理3(Gergonne 定理) 设P 是△ABC 所在平面上任意一点, 过点P 作△ABC 的三边的垂线, 垂足分别为D 、E 、F , △ABC 与△DEF 的面积分别为S 、T , △ABC 的外接圆半径为R , 点P 对△ABC 的外接圆的幂为ρ , 则有2||4T S R ρ=.ABCDPFKEAPF DECBK例1 设I 为△ABC 的内心, D 、E 、F 分别为△ABC 的内切圆在边BC 、CA 、AB 上的切点. 过点A 作EF 的平行线分别与直线DE 、DF 交于P 、Q . 证明: ∠PIQ 为锐角. (第39届IMO, 1998)证明 如图4, 设△ABC 的内切圆半径为r , 因∠PQD =∠EFD =∠DEC , 所以, A 、Q 、D 、E 四点共圆, 于是有圆幂定理, 有 P A ⋅PQ = PE ⋅PD = PI 2–r 2; 同理, AQ ⋅PQ = FQ ⋅DQ = QI 2 – r 2. 两式相加, 得P A ⋅PQ + AQ ⋅PQ = PI 2 + QI 2 – 2r 2, 即PQ 2 = PI 2 + QI 2 – 2r 2＜PI 2 + QI 2.故∠PIQ 是一个锐角.例2 (Brocard 定理) 设⊙O 的内接四边形的两组对边的交点分别为P 、Q , 两对角线的交点为R . 求证:圆心O 为△PQR 的垂心.证明 如图10, 因ρ(P ) = OP 2 – r 2, ρ(Q ) = OQ 2 – r 2, ρ(R ) = OR 2 – r 2, 由定理1.2, 有PR 2 = OP 2 +OR 2 –2r 2, PQ 2 = OP 2 + OQ 2 – 2r 2. 两式相减, 得 PR 2 – PQ 2 = OR 2 – OQ 2, 所以OP ⊥RQ ; 同理, OQ ⊥PR . 故圆心O 为△PQR 的垂心.BPP 二、根轴可以证明, 如果动点到两定圆的幂相等, 则动点的轨迹是一条直线. 这条直线称为两定圆的根轴或等幂轴.如果两圆相切, 则两圆的根轴是过切点的公切线; 如果两圆相交, 则两圆的根轴是公共弦所在直线; 在任何情形, 两圆的根轴总是垂直于两圆连心线的一条直线. 设圆Γ1与圆Γ2的圆心分别为O 1、O 2, 半径分别为r 1、r 2. 如果圆外离, 则两圆的根轴在两圆之间; 如果两圆内含, 则两圆的根轴是在两圆之外(图14).两圆圆心O 1、O 2到两圆的根轴的距离分别为2221212122O O r r O O +-和2221212122O O r r O O -+.l Γ2Γ1l Γ2Γ1 lΓ2Γ1l如果两圆相等, 则其根轴即连心线段的垂直平分线; 如果两圆同心, 则其根轴是无穷远直线. 如果两圆中有一圆退化为一点O (此时点O 称为点圆), 则其根轴仍然存在, 且除了点在圆上时其根轴为过这点的切线外, 其余情形根轴都在圆外；根轴上任意一点P 到圆的切线长PT 等于点P 到点O的距离.Pl根轴的作用主要可以用于证明三点共线和垂直问题. 而与垂心有关的问题很多时候都与根轴联系在一起, 这是因为有垂心就有三条垂线, .例1 证明Steiner 定理: 四条直线相交成四个三角形, 则这四个三角形的垂心在一条直线上.证明 如图18, 设四条直线相交成四个三角形分别为△BEC 、△CDF 、△AED 、△ABF , H 1、H 2、H 3、H 4分别为它们的垂心. 设直线H 1B 、H 1E 分别交EC 、BC 于K 、L , 则K 在以BD 为直径的圆Γ1上, L 在以EF 为直径的圆Γ2上, 由于L 、E 、K 、B 四点共圆, 所以, H 1L ⋅H 1E =H 1B ⋅H 1K , 这说明H 1在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 再设EH 3、DH 3分别交AB 、AD 与M 、N , 则M 在圆Γ1上, N 在圆Γ2上, 而E 、D 、N 、M 四点共圆, 所以H 3D ⋅H 3M =H 3E ⋅H 3N , 因此, H 3也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上; 同理, H 2 、H 4也在圆Γ1与圆Γ2的根轴上. 故H 1、H 2、H 3、H 4四点共线.。

【精品】2012年全国高考数学试题+解答分类专题★★★ （11解析几何初步）一、选择题：1.(2012安徽文)若直线10x y -+=与圆22()2x a y -+=有公共点，则实数a 取值范围是（ ）()A [3,1]-- ()B [1,3]- （C ） [3,1]- ()D (,3][1,)-∞-+∞ 【解析】选C圆22()2x a y -+=的圆心(,0)C a 到直线10x y -+=的距离为d则 1231d r a a ≤=⇔≤⇔+≤⇔-≤≤2. (2012福建文)直线x+y 2-2=0与圆x 2+y 2=4相交于A,B 两点，则弦AB 的长度等于A. B C. D.13. (2012广东文)在平面直角坐标系xOy 中，直线3450x y +-=与圆224x y += 相交于A 、B 两点，则弦AB 的长等于A. B. C. D . 13. B. 圆心(0,0)到直线3450x y +-=的距离1d ==，则222()32AB r d =-=，即AB =4. (2012湖北文)过点P （1,1）的直线，将圆形区域{（x ，y ）|x 2+y 2≤4}分两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为( )A. x+y-2=0B. y-1=0C. x-y=0D. x+3y-4=05.A 【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点P 的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线OP 垂直即可.又已知点(1,1)P ，则1OP k =,故所求直线的斜率为-1.又所求直线过点(1,1)P ，故由点斜式得，所求直线的方程为()11y x -=--，即20+-=x y .故选A.【点评】本题考查直线、线性规划与圆的综合运用，数形结合思想.本题的解题关键是通过观察图形发现当面积之差最大时，所求直线应与直线OP 垂直，利用这一条件求出斜率，进而求得该直线的方程.来年需注意直线与圆相切的相关问题.5、(2012江西理)在直角三角形ABC 中，点D 是斜边AB 的中点，点P 为线段CD 的中点，则222||||||PA PB PC +=（ ） A ．2 B ．4 C ．5 D ．105. D 【解析】本题主要考查两点间的距离公式，以及坐标法这一重要的解题方法和数形结合的数学思想.不失一般性，取特殊的等腰直角三角形，不妨令4AC BC ==,则AB =CD = 12AB =1||2PC PD CD ===PA PB ====所以222||||101010||2PA PB PC ++==. 【点评】对于非特殊的一般图形求解长度问题，由于是选择题，不妨尝试将图形特殊化，以方便求解各长度，达到快速求解的目的.体现考纲中要求掌握两点间的距离公式.来年需要注意点到直线的距离公式.6.(2012辽宁文) 将圆x 2+y 2 -2x-4y+1=0平分的直线是（ ）（A ）x+y-1=0 （B ） x+y+3=0 （C ）x-y+1=0 （D ）x-y+3=0【答案】C【解析】圆心坐标为（1，2），将圆平分的直线必经过圆心，故选C【点评】本题主要考查直线和圆的方程，难度适中。

2012年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.已知集合+b }，B ={a −b,ab }，且A ∩B ={−1,0}.则a 、b 的值分别为（ ）.A. -1，0B. 0，-1C. -1，1D. 1，-12.在平面直角坐标系xOy 中，曲线2|x |+3|y |=5所围成图形的面积为（ ）.A. 53B. 5C. 203D. 2533.已知在(x 2−1x )n的展开式中，常数项为15.则n 的值为（ ）.A. 3B. 6C. 9D. 124.设A 、B 、C 、D 是以O 为球心的球面上四点，AB 、AC 、AD 两两互相垂直，且AB=3厘米，AC =4厘米，AD =√11厘米.则球的半径r 为（ ）厘米.A. 3B. 4C. 5D. 65.已知平面内三点A 、B 、C 满足|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =3，|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =5，|CA |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =6.则AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的值为（ ）. A. -55 B. -45 C. -35 D. -256.设z 1、z 2为一对不相等的共轭复数，且|z 1|=√3，z 12z 2为实数.则|z 1−z 2|=（ ）.A. √3B. √6C. 3D. 2√37.已知S 为直平行六面体.命题p:S 为正方体；命题q:S 的任意体对角线与其不相交的面对角线垂直.则命题p 是命题q 的（ ）条件 .A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要8.称分子和分母的最大公约数为1的分数为既约分数.则所有分母为100的正的既约真分数之和为（ ）.A. 20B. 30C. 35D. 459.某科室安排甲、乙、丙、丁四人国庆节放假期间（共放假八天）的值班表.已知甲、乙各值班四天，甲不能在第一天值班且甲、乙不在同一天值班；丙需要值班三天，且不能连续值班；丁需要值班五天；规定每天必须两人值班.则符合条件的不同方案共有（ ）种.A. 400B. 700C. 840D. 960 10.已知f (x )=x 4+kx 2+1x 4+x 2+1(k 、x ∈R ).则f (x )的最大值与最小值的乘积为（ ）.A.4k−13 B. k C. k+12 D. k+23第II 卷（非选择题）二、填空题11.函数2sinx(x ∈(0,2π))的单调递减区间为______.12.在等差数列{a n }中，已知a 20=1a ，a 201=1b ，a 2012=1c.则1992ac −1811bc −181ab =______.13.已知常数a 、b 满足a 、b>0，a ≠1，且点P (a,b )，Q (b,a )均在曲线y =cos (x +c )上，其中，c 为常数.则log a b =______.14.设O 为ΔABC 内一点，且AO ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +14AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ .则S ΔOAB :S ΔOBC=______.三、解答题15.给定正整数n ，等差数列{a n }满足a 12+a n+12≤25.证明：∑a i ≤n +12n+1i=n+1.16.在三棱锥A −BCD 中，已知ΔBCD 、ΔACD 均是边长为2的正三角形，ΔBCD 在平面α内，侧棱AB =√3.现对其四个顶点随机贴上写有数字1~8的八个标签中的四个，并记对应的标号为f (η)（η取值为A 、B 、C 、D ），E 为侧棱AB 上一点. （1）求事件“f (C )+f (D )为偶数”的概率P 1. （2）若|BE ||EA |=f (B )f (A )，求“二面角E −CD −A 的平面角θ大于π4”的概率P 2. 17.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，记A d 为与原点距离等于d 的全体直线所成的集合.问：是否存在常数d (0<d <b )，使得对任意的直线l ∈A d ，均存在l 1、l 2∈A d ，l 1、l 2分别过l 与椭圆C 的交点P 、Q ，且有l 1∥l 2？并说明理由.18.设函数f (x )=ax 2+bx +c(a 、b 、c ∈R,a ≠0)满足当|x |≤1时，均有|f (x )|≤1.设|f ′(x )|在|x |≤1时的最大值为K .试求所有函数f (x )，使得存在x 0∈[−1,1]，满足|f ′(x 0)|=K . 19.设集合A⊆R ， A 是集合A 的所有子集组成的集合.若集合A 满足对任意的映射f:A →(X))⋅⋅⋅))≠A−X成立，其中，A−X表示集合A A，总存在X∈A，使得f(f(⋅⋅⋅(f⏟2n个的子集X的补集，n为给定的正整数.试求所有满足上述条件的集合A.参考答案1.A【解析】1. 由1∉A ∩B ，知b 、a +b 中必有一个为0，一个为-1.如果b=-1,a+b=0,则a=1,b=-1,此时B={2,-1},不满足题意. 如果b=0,a+b=-1,则a=-1,b=0，此时B={-1,0},满足题意. 因此，a=−1，b =0.故答案为：A 2.D【解析】2.如图，显然，曲线2|x |+3|y |=5所围成的图形关于x 轴、y 轴对称.于是，只需考虑图像在第一象限的部分.此时，x >0，y >0，即曲线为2x +3y =5.故曲线2|x |+3|y |=5所围成的图形是一个菱形，其面积为2×52×53=253.故答案为：D3.B【解析】3. 由题设知C n k(x 2)n−k(−1x )k=15.所以C n k (−1)kx2n−3k =15, 注意到，2n −3k =0⇒k =n 3⇒C n n3=15.当n=3时，C 31=3≠15；当n =6时，C 62=15.故答案为：B 4.A【解析】4.以A 为原点、AB 和AC 和AD 所在射线分别为x 轴和y 轴和z 轴建立空间直角坐标系.则B (3,0,0)，C (0,4,0)，D(0,0,√11). 显然，球心应为下述三个平面α:x =32，β:y =2，γ:z =√112的交点.所以，球心O (32,2,√112)，半径r =OA =3.故答案为：A 5.C【解析】5.由余弦定理知AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−BA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|BA |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2−|AC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22. 同理，BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|CA |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|CB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2−|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22，CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|AC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2−|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22.故AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|AC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22=−35.故答案为：C 6.C【解析】6.由题意得z 12z 2=(z 12z 2)⇒z 12z 2=z 2z 12.两边同乘以z 1z 2得z 13|z 2|2=z 1z 22|z 1|2.由z 1=z 2，知z 13=z 23.故(z 1−z 2)(z 12+z 1z 2+z 22)=0.又z 1−z 2≠0，则z 12+z 1z 2+z 22=0.故(z 1−z 2)2=−3z 1z 2=−3|z 1|2=−9.所以，|z 1−z 2|=3.故答案为：C 7.C【解析】7.充分性显然成立，下面证明必要性成立.如下左图，上下底面为平行四边形，各个侧面均为矩形. 作体对角线A 1C 和B 1D 在平面AA 1B 1B 上的射影. 因为平面AA 1B 1B⊥平面ABCD ，所以，点C 、D 的垂足C ′、D ′必在直线AB 上，A 1C 和B 1D 在平面AA 1B 1B 上的射影分别为A 1C ′和B 1D ′.平面AA 1B 1B 上的图形如下右图.由C ′D′∥A 1，C ′D ′=CD =C 1D 1=A 1B 1，知四边形A 1B 1C ′D ′是平行四边形，其对角线的交点为Q .又A 1C ⊥AB 1，B 1D ⊥A 1B ，由三垂线定理知A 1C′⊥AB 1，B 1D ′⊥A 1B .则∠A1QB1+∠A1PB1=π.因为点Q到A1B1的距离等于点P到A1B1的距离等于12AA1，且Q是等腰ΔA1PB1两腰上高的交点，所以，ΔA1QB1也是等腰三角形.从而，点Q与P重合，且∠A1PB1=∠A1QB1=π2.故侧面AA1B1B是正方形.同理，其他侧面四边形均为正方形.又点D′、C′分别与A、B重合，由此可得底面四边形为正方形.综上，六面体S为正方体.故答案为：C8.A【解析】8.由100=22×52，令A={n|2|n,n≤100,n∈N+}，B={n|5|n,n≤100,n∈N+}.则|A∪B|=|A|+|B|−|A∩B|=50+20−10=60.故符合条件的真分数共有40个.又(i,100)=1⇒(100−i,100)=1.故上述真分数两两配对.因此，所有真分数之和为20.故答案为：A9.B【解析】9.先考虑甲、乙.甲不在第一天值班，可在后面七天中任选四天，因此，有C74种排法，余下的分派给乙，则乙有C44种排法.再考虑丙、丁.设丙的值班日分别安排在假期的第n1、n2、n3天.则由题意，知n1、n2、n3互不相邻，且1≤n1<n2<n3≤8.令m 1=n 1，m 2=n 2−1，m 3=n 3−2.则1≤m 1<m 2<m 3≤6.显然，n 1、n 2、n 3互不相邻 等价于m 1、m 2、m 3互不相同，且{n 1,n 2,n 3}和{m 1,m 2,m 3}的对应是一一对应.所以，丙的值班安排共有C 63个不同方案.丁的值班方案为C 55.由乘法原理，知甲、乙、丙、丁的不同值班方案种数为C 73C 44C 63C 55=700.故答案为：B 10.D【解析】10.注意到，f (x )=1+(k−1)x 2x 4+x 2+1.而x 4+1≥2x 2，则0≤x 2x 4+x 2+1≤13.当k ≥1时，f (x )max =k+23，f (x )min=1； 当k<1时，f (x )min =k+23，f (x )max=1.因此，f (x )max f (x )min =k+23.故答案为：D 11.(π6,π2)，(5π6,3π2)【解析】11. 对题设函数求导得y ′=−2sin2x +2cosx =−2cosx (2sinx −1).令y ′<0.则{2sinx −1>0,cosx >0 或{2sinx −1<0,cosx <0.如图.结合单位圆知函数y=cos2x +2sinx 在区间(π6,π2)，(5π6,3π2)是单调递减的. 故答案为：(π6,π2)，(5π6,3π2)12.0【解析】12.设等差数列的公差为d .则由题意得a 201−a 20=a−b ab =181d ，a 2012−a 201=b−cbc=1811d ，a 2012−a 20=a−c ac=1992d .故1992ac −1811bc −181ab =a−c d+c−b d+b−a d=0.故答案为：0 13.1【解析】13.由点P (a,b )，Q (b,a )均在曲线y=cos (x +c )上，知a −b =cos (b +c )−cos (a +c ) =2sin (a+b+2c2)·sin a−b 2.不失一般性，设a ≥b .若a>b ，则|sin a+b+2c 2|≤1，|sin a−b 2|<a−b2. 故|a −b |<2|a−b2|=|a −b |，矛盾. 又函数y=x 和y =cos (x +c )的图像必有交点，知a =b 成立.所以，log a b =1. 故答案为：1 14.35【解析】14.由题设得5OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC⃑⃑⃑⃑⃑ =0. 如图，分别延长OA 、OB 、OC 至OA ′、OB ′、OC ′，使得|OA ′|=5|OA |，|OB ′|=4|OB |，|OC ′|=3|OC |.联结A ′B ′、B ′C ′、C ′A ′.则OA ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +OB ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0.所以，O 为ΔA ′B ′C ′的重心.因此，S ΔOA ′B ′=S ΔOB ′C ′=S ΔOC ′A ′.又SΔOABS ΔOA ′B ′=OA OA ′·OB OB′=120，S ΔOBC S ΔOB ′C′=OB OB′·OC OC′=112，故S ΔOAB S ΔOBC=35. 故答案为：3515.见解析【解析】15. 由题意得 ∑a i =(n+1)(a n+1+a 2n+1)22n+1i=n+1 =(n+1)(3a n+1−a 1)2≤n+12√a 12+9a n+12−6a 1a n+1 =n+12√a 12+9a n+12+2×3a 1(−a n+1)≤n+12√10(a 12+a n+12) ≤n+12√10×25=n +1.16.（1）37（2）956【解析】16.（1）用M 1表示“f (C )、f (D )均为奇数”的事件，用M 2表示“f (C )、f (D )均为偶数”的事件.由题意知P (M 1)=A 42A 82=4×38×7=314，P (M 2)=A 42A 82=4×38×7=314.记“f (C )+f (D )为偶数”为事件Q .则Q =M 1+M 2.故P 1=P (M 1)+P (M 2)=314×2=37.（2）如图，取边CD 的中点F ，连结BF 、AF 、EF . 因为ΔBCD 、ΔACD 均是边长为2的正三角形，所以，AF ⊥CD ，BF ⊥CD .因此，CD⊥平面ABF .从而，∠AFE 是二面角E −CD −A 的平面角θ.又AF=BF =√3=AB ，则∠AFB =π3. 故f (A )f (B )=|AE ||BE |=sin∠AFE sin∠BFE =sinθsin(π3−θ)>sinπ4sin π12=√3+1.当f (B )=1时，f (A )≥3，则f (A )可取3，4，…，8共六个值； 当f (B )=2时，f (A )≥6，则f (A )可取6，7，8共三个值； 当f (B )≥3时，f (A )≥9，则f (A )不存在.综上，P 2=9A 82=956.17.d =√a 2+b 2【解析】17.假设存在满足题设条件的常数d .取l ∈A d 为特殊直线：x =d ，且与椭圆C 交于P 、Q 两点.作以原点O 为圆心、d 为半径的圆O d 与x 轴的正半轴交于点G .显然，圆O d 与直线PQ 切于点G ，且GP=GQ .依题意，存在直线l 1、l 2，分别过点P 、Q ，且与圆O d 相切.设切点分别为P 0、Q 0. 则OP 0、OQ 0分别垂直相互平行的直线l 1、l 2.故P 0Q 0为圆O d 的直径. 从而，OG 是梯形P 0Q 0QP 的中位线. 由OG⊥PQ ，知l 1⊥PQ ，l 2⊥PQ .因此，点P (d,d )，且l 1:y =d ，l 2:y =−d .又点P (d,d )在椭圆C 上，由假设知椭圆方程为d 2a 2+d2b2=1⇒d =√a 2+b.下面证明：d =√a 22即为所求.先证明：若l ∈A d ，且与椭圆C 交于点P 、Q ，则OP ⊥OQ .设直线l:y=kx +m .则原点O 到l 的距离为√k +1.故√a 2+b =√k +1⇒(k 2+1)a 2b 2=m 2(a 2+b 2).将直线l 的方程代入椭圆方程得(a 2k 2+b 2)x 2+2a 2kmx +a 2(m 2−b 2)=0.设P (x 1,y 1)，Q (x 2,y 2).则由韦达定理得x1+x2=−2a2km，a2k2+b2x1x2=a2(m2−b2).故x1x2+y1y2a2k2+b2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+mk(x1+x2)+m2=(a2+b2)m2−(k2+1)a2b2=0，即OP⊥OQ.a2k2+b2易证，若直线l∈A d的斜率不存在，则OP⊥OQ.假设l1、l2分别与椭圆C交于点P与P1、Q与Q1.则OP⊥OQ，OP⊥OP1，OQ⊥OQ1，且∠OPP1=∠OPQ，∠OQQ1=∠OQP. 故∠P1PQ+∠Q1QP=π，即l1∥l2.满足题意.综上，存在唯一d=√a2+b218.f(x)=±(2x2−1)【解析】18.注意到，|f(0)|=|c|≤1.由b、−b中必有一个与a+c同号知|f(1)|=|a+b+c|≤1，|f(−1)|=|a−b+c|≤1⇒|a+c|+|b|≤1⇒|a+c|≤1−|b|⇒|a|−|c|≤|a+c|≤1−|b|⇒|a|≤1+|c|−|b|≤2−|b|.当|x|≤1时，有|f′(x)|=|2ax+b|≤2|a|+|b|≤4−|b|≤4.事实上，当f(x)=2x2−1时，|f′(1)|=4⇒K=4.对存在x0∈[−1,1]，满足|f′(x0)|=4的f(x)，由4=|f′(x0)|≤4−|b|⇒|b|=0，|a|=2.当a=2时，f(x)=2x2+c.则|f(1)|=|2+c|≤1⇒−3≤c≤−1.而|c|≤1⇒c=−1.故f(x)=2x2−1.当a=−2时，同理，f(x)=−2x2+1满足条件.综上，满足题设条件的函数为f(x)=±(2x2−1).19.见解析【解析】19.记f k(X)=f(f(⋅⋅⋅(f⏟k个(X))⋅⋅⋅)).若存在有限子集B⊆A，满足|B|=n+1.首先证明：存在映射f:A→|A，对任意的集合Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y.设集合B的全部子集构成的集合为B={B0,B1,⋅⋅⋅,B2n+1−1},其中，B0=∅，B2n=B，B i∪B2n+i=B，B i∩B2n+i=∅(i=0,1,⋅⋅⋅,2n−1). 定义映射φ:B→B，φ(B i)=B i+1(i=0,1,⋅⋅⋅,2n−1)，φ(B2n+1−1)=B0，则对任意的B i∈B，均有φ2n(B i)=B−B i.定义映射f:A→A，对于任意的Y∈A，设Y∩B=B i，Y∩(A−B)=X.则Y= B i∪X.定义f(Y)={φ(B i)∪X,0≤i≤2n−2;φ(B i)∪X,2n−1≤i≤2n+1−2;X,i=2n+1−1,其中，X=(A−B)−X.则对任意的Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y.因此，对于映射f:A→A，若不存在集合Y∈A，使得f2n(Y)≠A−Y，则|A|≤n. 其次证明：对任何有限集A，|A|=m≤n，均满足题设条件.反证法.假设存在映射f:A→A，使得对任意的Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y.任取X∈A，由A是有限集，故必存在整数k，使得f k(X)=X，且对任意的i、j(1≤i、j<k≤2m,i≠j)，有f i(X)≠f j(X).设2n=pk+l(1≤l<k).则f2n(X)=f l(X)=A−X.同理，f l+1(X)=A−f(X)，f l+2(X)=A−f2(X)，……f2l−1(X)=f k−1(X)=A−f l−1(X).由此知k=2l.所以，2n=pk+l=(2p+1)l，与2n不含不为1的奇数因子矛盾.因此，不存在这样的映射f:A→A，使得对任意的Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y，即对任一映射f:A→A，均存在Y∈A，有f2n(Y)≠A−Y.从而，A必为所有元素个数小于或等于n的实数的集合.。