2021新高考版数学一轮习题：专题9+第82练+几何概型Word版含解析

1．把红、蓝、黑、白4张纸牌随机分给甲、乙、丙、丁4个人，每人分得一张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( )A ．对立事件B ．互斥但不对立事件C ．不可能事件D ．以上都不对2．(2020·湖北省实验中学等六校联考)某射击手在一次射击中，射中10环、9环、8环的概率分别是0.20,0.30，0.10.则该射手在一次射击中成绩不够8环的概率为( )A ．0.30B ．0.40C ．0.60D ．0.903．(2019·九江统考)洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数，其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图，若从4个阴数中随机抽取2个数，则能使这两数与居中阳数之和等于15的概率是( )A.12B.23C.14D.134．若某公司欲从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为( )A.23B.25C.35D.9105．(2019·福州模拟)从大小相同的红、黄、白、紫、粉5个小球中任选2个，则取出的两个小球中没有红色的概率为( )A.25B.35C.56D.9106．10张奖券中只有3张有奖，5人购买，每人1张，至少有1人中奖的概率是( ) A.310 B.112 C.12 D.11127．袋中共有7个球，其中3个红球，2个白球，2个黑球．若从袋中任取3个球，则所取3个球中至多有1个红球的概率是( )A.435B.3135C.1835D.22358．(多选)某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能的随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P 1，P 2，则( )A ．P 1·P 2＝16B ．P 1＝P 2＝12C ．P 1＋P 2＝56D ．P 1>P 29．抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件A 为出现奇数点，事件B 为出现2点，已知P (A )＝12，P (B )＝16，则出现奇数点或2点的概率为________． 10．将一颗骰子投掷两次分别得到点数a ，b ，则直线ax －by ＝0与圆(x －2)2＋y 2＝2相交的概率为________．11．(2020·江西名校联盟)已知某运动员每次投篮命中的概率都是0.4.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有一次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数作为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907,966,191,925,271,932,812,458,569,683,431,257,393,027,556,488,730,113,537,989.据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为( )A ．0.25B ．0.2C ．0.35D ．0.4 12．已知f 1(x )＝x ，f 2(x )＝sin x ，f 3(x )＝cos x ，f 4(x )＝lg(x ＋1＋x 2)，从以上四个函数中任意取两个相乘得到新函数，那么所得新函数为奇函数的概率为( )A.14B.13C.12D.2313．(2020·湖南长郡中学月考)某城市有连接8个小区A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H 和市中心O 的整齐方格形道路网，每个小方格均为正方形，如图所示．某人从道路网中随机地选择一条最短的路径，由小区A 前往小区H ，则他经过市中心O 的概率为( )A.13B.23C.14D.3414．(2019·武汉调研)大学生小明与另外3名大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学至少分配1名大学生，则小明恰好分配到甲村小学的概率为( ) A.112 B.12 C.13 D.1615．若随机事件A ，B 互斥，且A ，B 发生的概率均不为0，P (A )＝2－a ，P (B )＝3a －4，则实数a 的取值范围为________．16．从－1,0,1,2这四个数中选出三个不同的数作为二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的系数，从而组成不同的二次函数，其中使二次函数有两个零点的概率为________．答案精析1．B 2.B 3.D 4.D 5.B 6.D 7.D 8.ACD 9.23 10.51211.A 12.C 13．B [此人从小区A 前往小区H 的所有最短路径为A →B →C →E →H ，A →B →O →E →H ，A →B →O →G →H ，A →D →O →E →H ，A →D →O →G →H ，A →D →F →G →H ，共6条．记“此人经过市中心O ”为事件M ，则M 包含的基本事件为A →B →O →E →H ，A →B →O →G →H ，A →D →O →E →H ，A →D →O →G →H ，共4条．所以P (M )＝46＝23.即他经过市中心O 的概率为23.] 14．C [大学生小明与另外3个大学生一起分配到某乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，每个村小学至少分配1名大学生，基本事件总数n ＝C 24A 33＝36， 小明恰好分配到甲村小学包含的基本事件个数m ＝A 33＋C 23A 22＝12，∴小明恰好分配到甲村小学的概率为P ＝m n ＝1236＝13.] 15.⎝⎛⎦⎤43，32解析 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ 0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0<2－a <1，0<3a －4<1，2a －2≤1，解得43<a ≤32. 16.79解析 首先取a ，∵a ≠0，∴a 的取法有3种，再取b ，b 的取法有3种，最后取c ，c 的取法有2种，树状图如图所示：∴组成不同的二次函数共有3×3×2＝18(个)．若f (x )有两个零点，则不论a >0还是a <0，均应有Δ>0，即b 2－4ac >0， ∴b 2>4ac .结合树形图可得，满足b 2>4ac 的取法有6＋4＋4＝14(种)，∴所求概率P ＝1418＝79.。

第6讲几何概型1．几何概型如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度(面积或体积)成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．2．几何概型的概率公式P(A)＝构成事件A的区域长度（面积或体积）试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）[做一做]1．在区间[－2，3]上随机选取一个数X，则X≤1的概率为()A.45 B.35 C.25 D.15解析：选B.在区间[－2，3]上随机选取一个数X，则X≤1，即－2≤X≤1的概率为P＝35.2．若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB＝2，BC＝1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是()A.π2 B.π4 C.π6 D.π8解析：选B.设质点落在以AB为直径的半圆内为事件A，则P(A)＝阴影面积长方形面积＝12π·121×2＝π4.辨明两个易误点(1)几何概型中，线段的端点、图形的边框是否包含在事件之内不影响所求结果．(2)易混淆几何概型与古典概型，两者共同点是基本事件的发生是等可能的，不同之处是几何概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的．[做一做]3. 如图，正方形ABCD 的边长为2，△EBC 为正三角形．若向正方形ABCD 内随机投掷一个质点，则它落在△EBC 内的概率为( )A.32 B.34 C.12 D.14解析：选B.正方形的面积为4，S △EBC ＝12×2×2×sin 60°＝3，所以质点落在△EBC 内的概率为34.4．一只蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1.称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为( )A.4π81B.81－4π81C.127D.827 解析：选C.由已知条件可知，蜜蜂只能在一个棱长为1的小正方体内飞行， 结合几何概型可得蜜蜂“安全飞行”的概率为P ＝1333＝127.考点一__与长度有关的几何概型(高频考点)______与长度有关的几何概型是高考命题的热点，多以选择题或填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中档题．高考对与长度有关的几何概型的考查主要有以下四个命题角度：(1)与线段长度有关的几何概型；(2)与时间有关的几何概型；(3)与不等式有关的几何概型； (4)与距离有关的几何概型．(1)一个路口的红绿灯，红灯的时间为30秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为40秒，则某人到达路口时看见的是红灯的概率是( )A.15B.25C.35D.45(2)设p 在[0，5]上随机地取值，则方程x 2＋px ＋p 4＋12＝0有实数根的概率为________．(3)在面积为S 的矩形ABCD 内随机取一点P ，则△P AB 的面积不大于S4的概率是________.[解析] (1)以时间的长短进行度量，故P ＝3075＝25.(2)一元二次方程有实数根即Δ＝p 2－4(p 4＋12)＝(p ＋1)(p －2)≥0，解得p ≤－1或p ≥2，故所求概率为5－25＝35.(3) 如图，作PE⊥AB，设矩形的边长AB＝a，BC＝b，PE＝h，由题意得，12ah≤S4＝ab4，∴h≤b2，由几何概型的概率计算公式得所求概率P＝121＝12.[答案](1)B(2)35(3)12[规律方法]解答关于长度的几何概型问题，只要将所有基本事件及事件A包含的基本事件转化为相应长度，即可利用几何概型的概率计算公式求解．此处的“长度”可以是线段的长短，也可以表示时间的长短等．1. (1)在区间[－π2，π2]上随机取一个x，sin x的值介于－12与12之间的概率为() A.13 B.2πC.12 D.23(2)在区间[－5，5]内随机地取出一个数a，使得1∈{x|2x2＋ax－a2＞0}的概率为________．(3)设a∈[0，10]，则函数g(x)＝a－2x在区间(0，＋∞)内为增函数的概率为________．解析：(1)所求概率为π6－（－π6）π2－（－π2）＝13，故选A.(2)由1∈{x|2x2＋ax－a2＞0}，得a2－a－2＜0⇒－1＜a＜2，所以所求概率为2－（－1）5－（－5）＝310.(3)∵函数g(x)＝a－2x在区间(0，＋∞)内为增函数，∴a－2＜0，解得a＜2，∴函数g(x)＝a－2x在区间(0，＋∞)内为增函数的概率为210＝15.答案：(1)A(2)310(3)15如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，H分别是棱A1B1，D1C1上的点(点E与B1不重合)，且EH∥A1D1，过EH的平面与棱BB1，CC1相交，交点分别为F，G.设AB＝2AA1＝2a，EF＝a，B1E＝2B1F.在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点，则该点取自于几何体A1ABFE­D1DCGH内的概率为________．[解析]因为EH∥A1D1，所以EH∥B1C1，所以EH∥平面BCC1B1.过EH的平面与平面BCC1B1交于FG，则EH∥FG，所以易证明几何体A1ABFE­D1DCGH和EB1F­HC1G分别是等高的五棱柱和三棱柱，由几何概型可知，所求概率为：P＝1－V三棱柱V长方体＝1－S△EB1FS矩形ABB1A1＝1－12×55a×255a2a2＝910.[答案]910[规律方法]对于与体积有关的几何概型问题，关键是计算问题的总体积(总空间)以及事件的体积(事件空间)，对于某些较复杂的也可利用其对立事件去求．2.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD-A1B1C1D1内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为()A.π12B．1－π12 C.π6D．1－π6解析：选B.点P到点O的距离大于1的点位于以O为球心，以1为半径的半球外．记“点P到点O的距离大于1”为事件A，则P(A)＝23－12×4π3×1323＝1－π12.(1)如图，在矩形区域ABCD 的A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF (该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是( )A ．1－π4 B.π2－1 C ．2－π2 D.π4(2)由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y ≥0，y －x －2≤0确定的平面区域记为Ω1，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤1，x ＋y ≥－2确定的平面区域记为Ω2，在Ω1中随机取一点，则该点恰好在Ω2内的概率为( )A.18B.14C.34D.78[解析] (1)取面积为测度，则所求概率为P ＝S 图形DEBF S 矩形ABCD ＝2×1－π×12×14×22×1＝2－π22＝1－π4.(2)如图，平面区域Ω1就是三角形区域OAB ，平面区域Ω2与平面区域Ω1的重叠部分就是区域OACD ，易知C (－12，32)，故由几何概型的概率公式，得所求概率P ＝S 四边形OACD S △OAB ＝2－142＝78.[答案] (1)A (2)D[规律方法] 求解与面积有关的几何概型的注意点：求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积以求面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解．3.(1)在区间[－1，1]内随机取两个实数x，y，则满足y≥x－1的概率是()A.18 B.19 C.89 D.78(2)设区域Ω＝{(x，y)|10≤x≤2，0≤y≤2}，区域A＝{(x，y)|xy≤1，(x，y)∈Ω}，在区域Ω中随机取一个点，则该点恰好在区域A中的概率为________．解析：(1)点(x，y)分布在正方形区域，画出区域x－y－1≤0，可知所求的概率为78.(2)在平面直角坐标系中画出区域Ω和A，则区域Ω的面积为4，区域A的面积分成两小块：一是小长方形的面积，二是曲线y＝1x(x＞0)与x＝12，x＝2，y＝0所形成的曲边梯形的面积，则区域A的面积S A＝12×2＋∫2121x d x＝1＋2ln 2.根据几何概型的概率计算公式可知该点恰好落在区域A中的概率P＝A的面积Ω的面积＝1＋2ln 24.答案：(1)D(2)1＋2ln 24方法思想——转化与化归思想在几何概型中的应用某校早上8∶00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7∶30～7∶50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为________．(用数字作答)[解析]设小王到校时间为x，小张到校时间为y，则小张比小王至少早到5分钟时满足x－y≥5.如图，原点O 表示7∶30，在平面直角坐标系中画出小王和小张到校的时间构成的平面区域(图中正方形区域)，该正方形区域的面积为400，小张比小王至少早到5分钟对应的图形(图中阴影部分)的面积为12×15×15＝2252，故所求概率为P＝2252400＝932.[答案]932[名师点评]本题通过设置小张、小王两人到校的时间这两个变量x，y，将已知转化为x，y所满足的不等式，进而转化为坐标平面内的点(x，y)的相关约束条件，从而把时间这个长度问题转化为平面图形的二维面积问题，进而转化为面积型的几何概型问题求解．若题中涉及到三个相互独立的变量，则需将其转化为空间几何体的体积问题加以求解．节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )A.14B.12C.34D.78解析：选C. 设两串彩灯同时通电后，第一次闪亮的时刻分别为x ，y ，则0≤x ≤4，0≤y ≤4，而事件A “它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒”，即|x －y |≤2，可行域如图阴影部分所示．由几何概型概率公式得 P (A )＝42－2×⎝⎛⎭⎫12×2×242＝34.1．利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a ，则事件“⎠⎛0a x 2d x ＞181”发生的概率为( )A.89B.19C.23D.13 解析：选C.∵⎠⎛0a x 2d x ＝13x 3|a 0＝13a 3＞181，∴a ＞13， ∴P (a ＞13)＝1－131＝23.2．一次试验：向如图所示的正方形中随机撒一大把豆子，经查数，落在正方形中的豆子的总数为N ，其中有m (m ＜N )粒豆子落在该正方形的内切圆内，以此估计圆周率π的值为( )A.m NB.2m NC.3m ND.4mN 解析：选D.根据几何概型可知m N ＝πr 2（2r ）2，π＝4m N .3．若k ∈[－3，3]，则k 的值使得过A (1，1)可以作两条直线与圆(x －k )2＋y 2＝2相切的概率等于( ) A.12 B.13 C.23 D.34解析：选C.点在圆外，过该点可做两条直线与圆相切．故使圆心与点A 的距离大于半径即可，即(1－k )2＋1＞2，解得k ＜0或k ＞2，所以所求k ∈[－3，0)∪(2，3]，所求概率P ＝46＝23.4．向边长分别为5，6，13的三角形区域内随机投一点M ，则该点M 与三角形三个顶点距离都大于1的概率为( )A ．1－π18B ．1－π12C ．1－π9D ．1－π4解析：选A.在△ABC 中，设AB ＝5，BC ＝6，AC ＝13，则cos B ＝52＋62－（13）22×5×6＝45，则sin B ＝35，S △ABC ＝12×5×6×35＝9，分别以A ，B ，C 为圆心，以1为半径作圆，则三个扇形面积之和为以1为半径的半圆，故所求概率P ＝S △ABC －12×π×12S △ABC＝1－π18.5．在可行域内任取一点，规则如流程图所示，则能输出数对(x ，y )的概率为( )A.14B.12 C.π4 D.π8解析：选C. 程序中不等式组⎩⎨⎧－2≤x ＋y ≤2－2≤x －y ≤2表示的平面区域如图所示，面积为4×12×2×2＝4.满足不等式x 2＋y 2≤1的点表示的区域如图中阴影部分所示，所占面积为π，所以能输出数对(x ，y )的概率为π4.故选C.6．已知函数f (x )＝x 2－x －2，x ∈[－5，5]，若从区间[－5，5]内随机抽取一个实数x 0，则所取的x 0满足f (x 0)≤0的概率为________．解析：令x 2－x －2≤0，解得－1≤x ≤2，由几何概型的概率计算公式得P＝2－（－1）5－（－5）＝310＝0.3.答案：0.37．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在正方体内随机取点M ，则使四棱锥M -ABCD 的体积小于16的概率为________．解析：正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，设M -ABCD 的高为h ，则13×S 四边形ABCD ×h ＝16.又S 四边形ABCD ＝1，∴h ＝12.若体积小于16，则h <12，即点M 在正方体的下半部分，∴P ＝12V正方体V 正方体＝12.答案：128．如图，四边形ABCD 为矩形，AB ＝3，BC ＝1，以A 为圆心，1为半径作四分之一个圆弧DE ，在∠DAB 内任作射线AP ，则射线AP 与线段BC 有公共点的概率为________．解析：(用几何概型，化概率为角度之比)当点P 在BC 上时，AP 与BC 有公共点， 此时AP 扫过△ABC ，所以所求概率P ＝∠BAC ∠BAD ＝30°90°＝13. 答案：139．已知集合A ＝[－2，2]，B ＝[－1，1]，设M ＝{(x ，y )|x ∈A ，y ∈B }，在集合M 内随机取出一个 元素(x ，y )．(1)求以(x ，y )为坐标的点落在圆x 2＋y 2＝1内的概率； (2)求以(x ，y )为坐标的点到直线x ＋y ＝0的距离不大于22的概率． 解：(1)集合M 内的点形成的区域面积S ＝8.因x 2＋y 2＝1的面积S 1＝π，故所求概率为P 1＝S 1S ＝π8.(2)由题意|x ＋y |2≤22，即－1≤x ＋y ≤1，形成的区域如图中阴影部分所示，面积S 2＝4，所求概率为P 2＝S 2S ＝12.10．城市公交车的数量太多容易造成资源的浪费，太少又难以满足乘客需求，为此，某市公交公司在某站台60名候车乘客中随机抽取15人，将他们的候车时间作为样本分成5组，如下表所示(单位：min)：(1)求这15名乘客的平均候车时间；(2)估计这60名乘客中候车时间少于10 min 的人数；(3)若从上表第三、四组的6人中选2人作进一步问卷调查，求抽到的2人恰好来自不同组的概率． 解：(1)115×(2.5×2＋7.5×6＋12.5×4＋17.5×2＋22.5×1)＝115×157.5＝10.5，故这15名乘客的平均候车时间为10.5 min.(2)由几何概型的概率计算公式可得，候车时间少于10分钟的概率为2＋615＝815，所以候车时间少于10 min 的人数为60×815＝32.(3)将第三组乘客编号为a 1，a 2，a 3，a 4，第四组乘客编号为b 1，b 2.从6人中任选2人的所有可能情况为(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，a 4)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 3)，(a 2，a 4)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，a 4)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(a 4，b 1)，(a 4，b 2)，(b 1，b 2)，共15种，其中2人恰好来自不同组包含8种可能情况，故所求概率为815.。

第82练 二项分布[基础保分练]1．已知随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13，则P (X ＝2)等于( ) A.1316B.4243C.80243D.132432．设随机变量X 服从二项分布，且均值E (X )＝3，p ＝15，则方差D (X )等于( )A.35B.45C.125D ．2 3．设随机变量X ，Y 满足：Y ＝3X －1，X ～B (2，p )，若P (X ≥1)＝59，则D (Y )等于( )A ．4B ．5C ．6D ．74．一袋中有5个白球、3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)等于( )A ．C 1012×⎝ ⎛⎭⎪⎫3810×⎝ ⎛⎭⎪⎫582B ．C 912×⎝ ⎛⎭⎪⎫3810×⎝ ⎛⎭⎪⎫582C ．C 911×⎝ ⎛⎭⎪⎫589×⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911×⎝ ⎛⎭⎪⎫3810×⎝ ⎛⎭⎪⎫5825．如果随机变量ξ～B (n ，p )，且E (ξ)＝10，D (ξ)＝8，则p 等于( )A.17B.16C.15D.146．已知一个射手每次击中目标的概率为p ＝35，他在四次射击中命中两次的概率为( )A.36625B.216625C.96625D.246257．设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥2)的值为( )A.1681B.3281C.1127D.65818．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{a n }，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球，1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A ．C 57×⎝ ⎛⎭⎪⎫135×⎝ ⎛⎭⎪⎫232B ．C 27×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫235C ．C 57×⎝ ⎛⎭⎪⎫135D ．C 27×⎝ ⎛⎭⎪⎫2329．某射手每次击中目标的概率都是23，各次射击互不影响，规定该射手连续两次射击不中，则停止射击，那么该射手恰好在射击完第5次后停止射击的概率为________．10．在4次独立重复试验中，事件A 发生的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率是6581，则事件A 在每次试验中出现的概率是________．[能力提升练]1．抽奖箱中有15个形状一样，颜色不一样的乒乓球(2个红色，3个黄色，其余为白色)，抽到红球为一等奖，黄球为二等奖，白球不中奖．有90人依次进行有放回抽奖．则这90人中中奖人数的均值和方差分别是( ) A ．6,0.4B ．18,14.4C ．30,10D ．30,202．位于坐标原点的一个质点M 按下述规则移动：质点每次移动一个单位长度；移动的方向为向上或向右，并且向上或向右移动的概率都是12.质点M 移动5次后位于点(2,3)的概率为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125 B ．C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫125C ．C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫123D ．C 25×C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1253．设每门高射炮命中飞机的概率都是0.6，今有一敌机来侵犯，若要以至少99%的概率命中敌机，则至少需要高射炮的数量为( ) A ．3B ．4C ．5D ．64．将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面的概率等于出现k ＋1次正面的概率，那么k 的值为( ) A ．0B ．1C ．2D ．35．集装箱内有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．若有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是________．6．设X 为随机变量，X ～B (n ，p )，若随机变量X 的均值E (X )＝4，D (X )＝43，则P (X ＝2)＝________.(结果用分数表示)答案精析基础保分练1．C 2.C 3.A 4.D5．C [依据二项分布的均值、方差的计算公式可得方程组⎩⎪⎨⎪⎧np ＝10，np －p ＝8，可得1－p ＝45，则p ＝1－45＝15，故选C.]6．B [由题意知，命中次数X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，35，所以在四次射击中命中两次的概率为P ＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫352×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝216625. 故选B.]7．C [由题意可得1－C 02p 0(1－p )2＝59，∴p ＝13，即η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13， 则P (η≥2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋C 34×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋C 44×⎝ ⎛⎭⎪⎫134×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝1127.故选C.] 8．A [S 7＝3，即为7次摸球中，有5次摸到白球，2次摸到红球． ∵摸到红球的概率为23，摸到白球的概率为13，∴所求概率P ＝C 57×⎝ ⎛⎭⎪⎫135×⎝ ⎛⎭⎪⎫232.故选A.]9.16243解析 由题意知该射手第四、五次射击未击中，第三次射击击中，第一、二次射击至少有一次击中，所以所求概率P ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝16243.10.13解析 设事件A 在每次试验中出现的概率为p ，依题意1－(1－p )4＝6581，∴p ＝13.能力提升练1．D [由题可得中奖概率为215＋315＝13，而中奖人数服从二项分布，故这90人中中奖人数的均值为90×13＝30，方差为90×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝20.故选D.]2．B [质点移动到点(2,3)，需向右移动2次，向上移动3次，故所求概率P ＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123.]3．D [设需n 门高射炮才可达到目的，用A 表示“命中敌机”这一事件，用A i 表示“第i 门高射炮命中敌机”，则A 1，A 2，…，A n 相互独立， ∴P (A )＝1－P (A )＝1－P (A 1 A 2…A n ) ＝1－P (A 1)P (A 2)…P (A n )＝1－(1－0.6)n. 根据题意知P (A )≥0.99，∴1－(1－0.6)n≥0.99，解得n ≥5.026.又n ∈N *， ∴至少需要6门高射炮才可达到目的．]4．C [由C k5×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－k ＝C k ＋15×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－k －1， 即C k5＝C k ＋15，得k ＋(k ＋1)＝5，故k ＝2.] 5.96625解析 获奖的概率为p ＝6C 26＝25，记获奖的人数为ξ，则ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，25，所以4人中恰好有3人获奖的概率为P ＝C 34×⎝ ⎛⎭⎪⎫253×35＝96625.6.20243解析 ∵X ～B (n ，p )， ∴其均值E (X )＝np ＝4，D (X )＝np (1－p )＝43，∴n ＝6，p ＝23，∴P (X ＝2)＝C 26·⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－234＝20243.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

2021届高考数学一轮复习第九章概率第三节几何概型课时作业课时作业 A 组——基础对点练1．在区间[0,1]上随机取一个数x ，则事件“log 0.5(4x －3)≥0”发生的概率为( ) A.34 B.23 C.13D ．14解析：因为log 0.5(4x －3)≥0，因此0<4x －3≤1，即34<x ≤1，因此所求概率P ＝1－341－0＝14，故选D. 答案：D2．小明每天上学都需要通过一个有交通信号灯的十字路口．已知十字路口的交通信号灯绿灯亮的时刻为40秒，黄灯5秒，红灯45秒．假如小明每天到路口的时刻是随机的，则小明上学时到十字路口需要等待的时刻许多于20秒的概率是( ) A.34 B ．23 C.12D ．13解析：设“小明上学时到十字路口需要等待的时刻许多于20秒”为事件A ，则P (A )＝45＋5－2040＋5＋45＝13，选D.答案：D3．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1内任取一点P ，则点P 到正方体各面的距离都不小于1的概率为( ) A.127 B ．2627 C.827D ．18解析：正方体中到各面的距离都不小于1的点的集合是一个中心与原正方体中心重合，且棱长为1的正方体，该正方体的体积是V 1＝13＝1，而原正方体的体积为V ＝33＝27，故所求的概率P ＝V 1V ＝127.答案：A4．已知事件“在矩形ABCD 的边CD 上随机取一点P ，使△APB 的最大边是AB ”发生的概率为12，则ADAB ＝( ) A.12 B ．14 C.32D ．74解析：由已知，点P 的分界点恰好是边CD 的四等分点，由勾股定理可得AB 2＝(34AB )2＋AD 2，解得(AD AB )2＝716，即AD AB ＝74，故选D.答案：D5．(2020·武汉市调研)在长为16 cm 的线段MN 上任取一点P ，以MP ，NP 为邻边作一矩形，则该矩形的面积大于60 cm 2的概率为( ) A.14 B ．12 C.13D ．34解析：设MP ＝x ，则NP ＝16－x ，由S ＝x (16－x )>60⇒x 2－16x ＋60<0，(x －6)(x －10)<0⇒6<x <10，因此P ＝416＝14.答案：A6．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12上随机取一个数x ，则cos πx 的值介于22与32之间的概率为( ) A.13 B ．14 C.15D ．16解析：区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12的长度为1，满足cos πx 的值介于22与32之间的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－16∪⎝ ⎛⎭⎪⎫16，14，区间长度为16，由几何概型概率公式得P ＝161＝16. 答案：D7．为了测量某阴影部分的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向正方形内随机投掷600个点，已知恰有200个点落在阴影部分内，据此能够估量阴影部分的面积是( ) A ．4B ．3C ．2D ．1解析：由投掷的点落在阴影部分的个数与投掷的点的个数比得到阴影部分的面积与正方形的面积比为13，因此阴影部分的面积约为9×13＝3.答案：B8.如图，矩形ABCD 中，点A在x 轴上，点B 的坐标为(1,0)，且点C 与点D在函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x ＜0的图像上．若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于( ) A.16 B ．14 C.38D ．12解析：因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x <0，B 点坐标为(1,0)，因此C 点坐标为(1,2)，D 点坐标为(－2,2)，A 点坐标为(－2,0)，故矩形ABCD 的面积为2×3＝6，阴影部分的面积为12×3×1＝32，故P ＝326＝14. 答案：B9．(2021·商丘模拟)已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2PA →＝0，现将一粒豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是( ) A.14 B ．13 C.12D ．23解析：如图所示，设点M 是BC 边的中点，因为PB →＋PC →＋2PA →＝0，因此点P 是中线AM 的中点，因此黄豆落在△PBC 内的概率P ＝S △PBC S △ABC ＝12，故选C.答案：C10．设复数z＝(x－1)＋y i(x，y∈R)，若|z|≤1，则y≥x的概率为( )A.34＋12πB．12＋1πC.12－1πD．14－12π解析：复数|z|≤1对应的区域是以(1,0)为圆心，以1为半径的圆及其内部，图中阴影部分表示在圆内(包括边界)且满足y≥x的区域，该区域的面积为14π－12×1×1＝14π－12，故满足y≥x的概率为14π－12π×12＝14－12π，故选D.答案：D11．(2021·郑州模拟)若不等式x2＋y2≤2所表示的平面区域为M，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x－y≥0，x＋y≥0，y≥2x－6表示的平面区域为N，现随机向区域N内抛一粒豆子，则豆子落在区域M内的概率为________．解析：作出不等式组与不等式表示的可行域如图所示，平面区域N的面积为12×3×(6＋2)＝12，区域M在区域N内的面积为14π(2)2＝π2，故所求概率P＝π212＝π24.答案：π2412．在区间[－2,4]上随机地取一个数x，若x满足|x|≤m的概率为56，则m＝________.解析：由几何概型知56＝m－－26，解得m＝3.答案：313．利用运算机产生0～1之间的平均随机数a，则事件“3a－1>0”发生的概率为________．解析：由题意知0≤a ≤1，事件“3a －1>0”发生时，a >13且a ≤1，取区间长度为测度，由几何概型的概率公式得其概率P ＝1－131＝23.答案：2314．若在区间[－4,4]内随机取一个数m ，在区间[－2,3]内随机取一个数n ，则使得方程x 2＋2mx －n 2＋4＝0有两个不相等的实数根的概率为________． 解析：∵方程x 2＋2mx －n 2＋4＝0有两个不相等的实数根，∴Δ>0，即(2m )2－4(－n 2＋4)>0，m 2＋n 2>4，总的事件的集合Ω＝{(m ，n )|－4≤m ≤4，－2≤n ≤3}，∴Ω所表示的平面区域(如图中矩形)的面积S ＝8×5＝40，而满足条件的事件的集合是{(m ，n )|m 2＋n 2>4，－4≤m ≤4，－2≤n ≤3}，∴图中阴影部分的面积S ′＝40－π×22＝40－4π，由几何概型的概率运算公式得所求事件的概率P ＝S ′S ＝40－4π40＝1－π10. 答案：1－π10B 组——能力提升练1．在平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4≤0x >0y >0内随机取一点(a ，b )，则函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1在区间[1，＋∞)上是增函数的概率为( ) A.14 B ．13 C.12D ．23解析：不等式组表示的平面区域为如图所示的△AOB 的内部及边界AB (不包括边界OA ，OB )，则S △AOB ＝12×4×4＝8.函数f (x )＝ax 2－4bx＋1在区间[1，＋∞)上是增函数，则应满足a >0且x ＝4b2a≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0a ≥2b ，可得对应的平面区域如图中阴影部分(包括边界OC ，BC ，不包括边界OB )，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b a ＋b －4＝0，解得a ＝83，b ＝43，因此S △COB ＝12×4×43＝83，依照几何概型的概率运算公式，可知所求的概率为838＝13，故选B.答案：B2．在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点的概率为( )A.78B．34C.12D．14解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则试验的全部结果构成的区域为正方形ABCD及其内部．要使函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点，则必须有Δ＝4a2－4(－b2＋π)≥0，即a2＋b2≥π，其表示的区域为图中阴影部分．故所求概率P＝S阴影S正方形＝3π24π2＝34.答案：B3．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )A.12－1πB.1πC．1－2πD．2π解析：设OA＝OB＝r，则两个以r2为半径的半圆的公共部分面积为2[14π·(r2)2－12×(r2)2]＝π－2r28，两个半圆外部的阴影部分的面积为14πr2－[12π(r2)2×2－π－2r28]＝π－2r28，因此所求概率为2×π－2r2814πr2＝1－2π.答案：C4．在区间[0,1]上随机取两个数x，y，记p1为事件“x＋y≤12”的概率，p2为事件“xy≤12”的概率，则( ) A ．p 1<p 2<12B ．p 2<12<p 1C.12<p 2<p 1 D ．p 1<12<p 2解析：如图，满足条件的x ，y 构成的点(x ，y )在正方形OBCA 内，其面积为1.事件“x ＋y ≤12”对应的图形为阴影△ODE ，其面积为12×12×12＝18，故p 1＝18<12，事件“xy ≤12”对应的图形为斜线表示部分，其面积明显大于12，故p 2>12，则p 1<12<p 2，故选D.答案：D5.在底和高等长的锐角三角形中有一个内接矩形，矩形的一边在三角形的底边上，如图，在三角形内任取一点，则该点落入矩形内的最大致率为( ) A.12 B ．13 C.25D ．34解析：设矩形长为x ，宽为y ，则x a ＝a －y a ，y ＝a －x ，S 矩形＝xy ＝x (a －x )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a －x 22＝a 24，其概率的最大值为S 矩形maxS △＝12.故选A. 答案：A6.把半径为2的圆分成相等的四段弧，再将四段弧围成星形放在半径为2的圆内，现在往该圆内任投一点，此点落在星形内的概率为 ( ) A.4π－1 B ．2π C.4π－12D ．12解析：星形弧半径为2，因此点落在星形内的概率为P ＝π×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫π×224－12×2×2×2×4π×22＝4π－1，故选A.答案：A7．已知A (2,1)，B (1，－2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－15，动点P (a ，b )满足0≤OP →·OA →≤2，且0≤OP →·OB →≤2，则动点P 到点C 的距离大于14的概率为( )A ．1－5π64B ．5π64C ．1－π16D ．π16解析：依题意有⎩⎪⎨⎪⎧0≤2a ＋b ≤2，0≤a －2b ≤2，目标函数⎝ ⎛⎭⎪⎫a －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋152>14表示以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－15为圆心，半径为14的圆外．画出可行域如图所示，可行域的面积为45，可行域内的圆别处积为45－π16，故概率为45－π1645＝1－5π64.故选A.答案：A8．运行如图所示的程序框图，假如在区间[0，e]内任意输入一个x 的值，则输出的f (x )值不小于常数e 的概率是( )A.1e B ．1－1eC ．1＋1eD ．1e ＋1解析：由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，0≤x ≤1，ln x ＋e ，1<x ≤e，如图所示，当1<x ≤e 时，f (x )>e ，故输出的f (x )值不小于常数e的概率是e －1e ＝1－1e，故选B.答案：B9. 在区间[1,5]和[2,4]分别取一个数，记为a ，b ，则方程x 2a 2＋y 2b2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆的概率为( ) A.12 B ．1532 C.1732D ．3132解析：∵x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32，∴a >b >0，a <2b .它对应的平面区域如图中阴影部分所示：则方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆的概率为P ＝S 阴影S 矩形＝1－12×1＋3×2＋12×12×12×4＝1532，故选B. 答案：B10．已知关于x ，y 的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤π，x －y ≥0，y ≥0所表示的区域为M ，曲线y ＝－x 2＋πx 与x 轴围成的区域为N ，若向区域N 内随机投一点，则该点落在区域M 内的概率为( )A.4π2 B ．2π2C.π4 D ．2π解析：由已知条件，作出区域M 为如图所示的△OAB 及其内部，而曲线y ＝－x 2＋πx 可化为(x －π2)2＋y 2＝π24，其中y ≥0，因而曲线y ＝－x 2－πx 与x 轴围成的区域N 为图中的半圆部分，可求得A (π2，π2)，因而△OAB 的面积S M ＝π24，半圆的面积S N ＝12×π×π24＝π38，由几何概型的概率运算公式，得所求概率P ＝S M S N ＝2π，故选D.答案：D11．已知O ，A ，B 三地在同一水平面内，A 地在O 地正东方向2 km 处，B 地在O 地正北方向2 km 处，某测绘队员在A ，B 之间的直线公路上任选一点C 作为测绘点，用测绘仪进行测绘，O 地为一磁场，距离其不超过 3 km 的范畴内会对测绘仪等电子仪器形成干扰，使测量结果不准确，则该测绘队员能够得到准确数据的概率是( ) A.12 B ．22C ．1－32D ．1－22解析：在等腰直角三角形OAB 中，以O 为圆心，3为半径的圆截AB 所得的线段长为2，而|AB |＝22，故该测绘队员能够得到准确数据的概率是1－222＝1－22，故选D. 答案：D12．一只昆虫在边长分别为5,12,13的三角形区域内随机爬行，则其到三角形顶点的距离小于2的地点的概率为________．解析：如图所示，该三角形为直角三角形，其面积为12×5×12＝30，阴影部分的面积为12×π×22＝2π，因此其概率为2π30＝π15.答案：π15 13．(2020·南昌质检)在边长为2的正方形ABCD 中有一个不规则的图形M ，用随机模拟方法来估量不规则图形的面积．若在正方形ABCD 中随机产生了10 000个点，落在不规则图形M 内的点数恰有2 000个，则在这次模拟中，不规则图形M 的面积的估量值为________． 解析：由题意，因为在正方形ABCD 中随机产生了10 000个点，落在不规则图形M 内的点数恰有2 000个，因此概率P ＝2 00010 000＝15. ∵边长为2的正方形ABCD 的面积为4，∴不规则图形M 的面积的估量值为15×4＝45. 答案：4514．已知正方形ABCD 的边长为2，H 是边DA 的中点．在正方形ABCD 内部随机取一点P ，则满足|PH |<2的概率为________．解析：如图，设E ，F 分别为边AB ，CD 的中点，则满足|PH |<2的点P 在△AEH ，扇形HEF 及△DFH 内，由几何概型的概率运算公式知，所求概率为14π22＋12×1×1×22×2＝π8＋14.答案：π8＋1415．若m ∈(0,3)，则直线(m ＋2)x ＋(3－m )y －3＝0与x 轴、y 轴围成的三角形的面积小于98的概率为________．解析：关于直线方程(m ＋2)x ＋(3－m )y －3＝0， 令x ＝0，得y ＝33－m ；令y ＝0，得x ＝3m ＋2，由题意可得12·|3m ＋2|·|33－m |<98，因为m ∈(0,3)，因此解得0<m <2，由几何概型的概率运算公式可得，所求事件的概率是23.答案：23。

姓名，年级：时间：第6讲几何概型基础知识整合1．几何概型(1）几何概型的定义如果每个事件发生的概率只与构成该事件区域的错误!长度（面积或体积)成比例，那么称这样的概率模型为几何概率模型，简称几何概型．（2）几何概型的两个基本特点2．几何概型的概率公式P（A)＝错误!错误!。

几种常见的几何概型(1)与长度有关的几何概型，其基本事件只与一个连续的变量有关．（2)与面积有关的几何概型，其基本事件与两个连续的变量有关，若已知图形不明确，可将两个变量分别作为一个点的横坐标和纵坐标，这样基本事件就构成了平面上的一个区域,即可借助平面区域解决问题．（3）与体积有关的几何概型，可借助空间几何体的体积公式解答问题．1．（2019·大连模拟)在长为6 m的木棒上任取一点P，使点P到木棒两端点的距离都大于2 m的概率是（）A。

错误! B.错误! C。

错误! D.错误!答案B解析将木棒三等分,当P位于中间一段（不包括两个三等分点)时,点P到木棒两端点的距离都大于2 m,∴P＝错误!＝错误!.2．(2019·湖南长沙统一检测）某人午觉醒来，发现表停了,他打开收音机，想听电台的整点报时，则他等待的时间不多于5分钟的概率为（）A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!答案B解析设距离电台的整点报时还有x分钟,由题意可得,0≤x≤60，等待的时间不多于5分钟的概率为P＝560＝错误!,故选B.3．(2019·湖南株洲二模)如图，在边长为1的正方形内有不规则图形Ω，由电脑随机从正方形中抽取10000个点，若落在图形Ω内和图形Ω外的点分别为3335，6665，则图形Ω面积的估计值为（)A.错误! B。

错误! C.错误! D。

错误!答案C解析设图形Ω的面积为S，则由几何概型及题意，得错误!＝错误!≈错误!，所以S≈错误!＝0.3335≈错误!，即图形Ω面积的估计值为错误!.故选C.4．（2019·衡水中学调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1内有一个内切球O,则在正方体ABCD－A1B1C1D1内任取点M，点M在球O内的概率是（）A.错误!B.错误! C。

第八章 其次讲A 组 基础巩固 一、选择题1．若l 1：x ＋(1＋m )y ＋(m －2)＝0，l 2：mx ＋2y ＋6＝0平行，则实数m 的值是导学号 25401907( ) A ．m ＝1或m ＝－2 B ．m ＝1 C ．m ＝－2 D ．m 的值不存在[答案] A[解析] 方法一：据已知若m ＝0，易知两直线不平行，若m ≠0，则有1m ＝1＋m 2≠m －26⇒m ＝1或m ＝－2.方法二：由1×2＝(1＋m )m ，得m ＝－2或m ＝1.当m ＝－2时，l 1：x －y －4＝0，l 2：－2x ＋2y ＋6＝0，平行． 当m ＝1时，l 1：x ＋2y －1＝0，l 2：x ＋2y ＋6＝0，平行．2．若直线mx ＋4y －2＝0与直线2x －5y ＋n ＝0垂直，垂足为(1，p )，则实数n 的值为导学号 25401908( )A ．－12B ．－2C ．0D ．10 [答案] A[解析] 由2m －20＝0，得m ＝10.由垂足(1，p )在直线mx ＋4y －2＝0上，得10＋4p －2＝0.∴p ＝－2.又垂足(1，－2)在直线2x －5y ＋n ＝0上，则解得n ＝－12.3．对任意实数a ，直线y ＝ax －3a ＋2所经过的定点是导学号 25401909( ) A ．(2,3) B ．(3,2) C ．(－2,3) D ．(3，－2)[答案] B[解析] 直线y ＝ax －3a ＋2变为a (x －3)＋(2－y )＝0.又a ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －3＝0，2－y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2，得定点为(3,2)．4．点A (1,1)到直线x cos θ＋y sin θ－2＝0的距离的最大值是导学号 25401910( )A ．2B ．2－ 2C ．2＋ 2D ．4[答案] C[解析] 由点到直线的距离公式，得d ＝|cos θ＋sin θ－2|cos 2θ＋sin 2θ＝2－2sin(θ＋π4)，又θ∈R ，d max ＝2＋2，故选C.5．光线沿直线y ＝2x ＋1射到直线y ＝x 上，被y ＝x 反射后的光线所在的直线方程为导学号 25401911( )A ．y ＝12x －1B ．y ＝12x －12C ．y ＝12x ＋12D ．y ＝12x ＋1[答案] B[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x ＋1，y ＝x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，即直线过(－1，－1)．又直线y ＝2x ＋1上一点(0,1)关于直线y ＝x 对称的点(1,0)在所求直线上． ∴所求直线方程为y －0－1－0＝x －1－1－1，即y ＝x 2－12.6．(2021·云南统考)已知A 、B 两点分别在两条相互垂直的直线2x －y ＝0和x ＋ay ＝0上，且AB 线段的中点为P (0，10a)，则线段AB 的长为导学号 25401912( )A ．11B ．10C ．9D ．8[答案] B[解析] 依题意，a ＝2，P (0,5)，设A (x,2x )，B (－2y ，y )，故⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x ＋y ＝10，则A (4,8)，B (－4,2)，∴|AB |＝(4＋4)2＋(8－2)2＝10. 二、填空题7．(2021·重庆检测)已知直线l 1的方程为3x ＋4y －7＝0，直线l 2的方程为6x ＋8y ＋1＝0，则直线l 1与l 2的距离为____________________.导学号 25401913[答案] 32[解析] 直线l 1的方程为3x ＋4y －7＝0，直线l 2的方程为6x ＋8y ＋1＝0，即3x ＋4y ＋12＝0，∴直线l 1与l 2的距离为|12＋7|32＋42＝32. 8．(2021·河北秦皇岛检测)直线l 1：y ＝2x ＋3关于直线l ：y ＝x ＋1对称的直线l 2的方程为____________________.导学号 25401914[答案] x －2y ＝0[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋3，y ＝x ＋1，解得直线l 1与l 的交点坐标为(－2，－1)， ∴可设直线l 2的方程为y ＋1＝k (x ＋2)， 即kx －y ＋2k －1＝0. 在直线l 上任取一点(1,2)，由题设知点(1,2)到直线l 1，l 2的距离相等，由点到直线的距离公式得|k －2＋2k －1|k 2＋1＝|2－2＋3|22＋1，解得k ＝12(k ＝2舍去)，∴直线l 2的方程为x －2y ＝0.9．(2021·北京东城区)若O (0,0)，A (4，－1)两点到直线ax ＋a 2y ＋6＝0的距离相等，则实数a ＝____________________.导学号 25401915[答案] －2或4或6 [解析] 由题意，得6a 2＋a 4＝|4a －a 2＋6|a 2＋a 4，即4a －a 2＋6＝±6，解之得a ＝0或－2或4或6.检验得a ＝0不合题意，所以a ＝－2或4或6.10．已知两直线a 1x ＋b 1y ＋1＝0和a 2x ＋b 2y ＋1＝0的交点为P (2,3)，则过两点Q 1(a 1，b 1)、Q 2(a 2，b 2)(a 1≠a 2)的直线方程为____________________.导学号 25401916[答案] 2x ＋3y ＋1＝0[分析] 由两直线过定点得出系数之间的关系，从而得出直线方程．[解析] 由于点P (2,3)在已知直线上， 所以2a 1＋3b 1＋1＝0,2a 2＋3b 2＋1＝0， 所以2(a 1－a 2)＋3(b 1－b 2)＝0，即b 1－b 2a 1－a 2＝－23，所以所求直线方程为y －b 1＝－23(x －a 1)．所以2x ＋3y －(2a 1＋3b 1)＝0，即2x ＋3y ＋1＝0.三、解答题11．已知两条直线l 1：ax －by ＋4＝0和l 2：(a －1)x ＋y ＋b ＝0，求满足下列条件的a 、b 的值：导学号 25401917(1)l 1⊥l 2，且l 1过点(－3，－1)；(2)l 1∥l 2，且坐标原点到这两条直线的距离相等． [答案] (1)a ＝b ＝2 (2)a ＝2，b ＝－2或a ＝23，b ＝2[解析] (1)由已知可得l 2的斜率存在，且k 2＝1－a . 若k 2＝0，则1－a ＝0，a ＝1.∵l 1⊥l 2，直线l 1的斜率k 1必不存在，即b ＝0.又∵l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋4＝0，即a ＝43(冲突)．∴此种状况不存在，∴k 2≠0.即k 1，k 2都存在，∵k 2＝1－a ，k 1＝ab ，l 1⊥l 2，∴k 1k 2＝－1，即ab(1－a )＝－1.①又∵l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋b ＋4＝0.② 由①②联立，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵l 2的斜率存在，l 1∥l 2，∴直线l 1的斜率存在， k 1＝k 2，即ab＝1－a .③又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，且l 1∥l 2， ∴l 1，l 2在y 轴上的截距互为相反数，则4b＝b ，④联立③④，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝23，b ＝2.∴a ＝2，b ＝－2或a ＝23，b ＝2.12．若直线l 过点A (1，－1)与已知直线l 1：2x ＋y －6＝0相交于B 点，且|AB |＝5，求直线l 的方程.导学号 25401918[答案] x ＝1或3x ＋4y ＋1＝0[解析] 过点A (1，－1)与y 轴平行的直线为x ＝1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，2x ＋y －6＝0，求得B 点坐标为(1,4)，此时|AB |＝5，即x ＝1为所求．设过A (1，－1)且与y 轴不平行的直线为y ＋1＝k (x －1)，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －6＝0，y ＋1＝k (x －1)，得两直线交点为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝k ＋7k ＋2，y ＝4k －2k ＋2.(k ≠－2，否则与已知直线平行)． 则B 点坐标为(k ＋7k ＋2，4k －2k ＋2)．由已知(k ＋7k ＋2－1)2＋(4k －2k ＋2＋1)2＝52，解得k ＝－34，∴y ＋1＝－34(x －1)，即3x ＋4y ＋1＝0.综上可知，所求直线的方程为x ＝1或3x ＋4y ＋1＝0. B 组 力量提升1．(2021·烟台调研)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝导学号 25401919( )A ．2B ．－2C ．－12D ．12[答案] B[解析] 由于y ′＝x －1－x －1(x －1)2＝－2(x －1)2，所以曲线在点(3,2)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝3＝－12，又该切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，所以－a ·k ＝－1，所以a ＝－2，故选B.2．(2022·唐山一模)双曲线x 2－y 2＝4左支上一点P (a ，b )到直线y ＝x 的距离为2，则a ＋b ＝导学号 25401920( )A ．2B ．－2C ．4D ．－4[答案] B[解析] 利用点到直线的距离公式，得|a －b |2＝2，即|a －b |＝2，又P (a ，b )为双曲线左支上一点，故应在直线y ＝x 的上方区域，所以a －b ＜0，所以a －b ＝－2.由于P (a ，b )在双曲线上，所以a 2－b 2＝4，所以(a ＋b )(a －b )＝4，所以a ＋b ＝－2.3．如图，已知A (4,0)、B (0,4)，从点P (2,0)射出的光线经直线AB 反射后再射到直线OB 上，最终经直线OB 反射后又回到P 点，则光线所经过的路程是导学号 25401921( )A ．210B ．6C ．3 3D ．2 5[答案] A[解析] 由题意知点P 关于直线AB 的对称点为D (4,2)，关于y 轴的对称点为C (－2,0)，则光线所经过的路程PMN 的长为|CD |＝210.4．在△ABC 中，BC 边上的高所在直线l 1的方程为x －2y ＋1＝0，∠A 的平分线所在的直线l 2的方程为y ＝0，若点B 的坐标为(1,2)，求点A 、C 的坐标.导学号 25401922[答案] A (－1,0)，C (5，－6)[解析] 如图，设C (x 0，y 0)，由题意知l 1∩l 2＝A ，则⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＋1＝0，y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0. 即A (－1,0)．又∵l 1⊥BC ，∴k BC ·kl 1＝－1. ∴k BC ＝－1kl 1＝－112＝－2.∴由点斜式可得BC 的直线方程为y －2＝－2(x －1)，即2x ＋y －4＝0. 又∵l 2：y ＝0(x 轴)是∠A 的平分线，∴B 关于l 2的对称点B ′在直线AC 上，易得B ′点的坐标为(1，－2)，由两点式可得直线AC 的方程为x ＋y ＋1＝0.由C (x 0，y 0)在直线AC 和BC 上，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＋1＝0，2x 0＋y 0－4＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝5，y 0＝－6.即C (5，－6)．5．(2021·东营模拟)设直线l 的方程为(a ＋1)x ＋y －2－a ＝0(a ∈R ).导学号 25401923 (1)若直线l 在两坐标轴上的截距相等，求直线l 的方程；(2)若a ＞－1，直线l 与x 、y 轴分别交于M 、N 两点，O 为坐标原点，求△OMN 面积取最小值时，直线l 的方程．[答案] (1)x －y ＝0或x ＋y －2＝0 (2)x ＋y －2＝0[解析] (1)当直线l 经过坐标原点时，该直线在两坐标轴上的截距都为0，此时a ＋2＝0，解得a ＝－2， 此时直线l 的方程为－x ＋y ＝0，即x －y ＝0； 当直线l 不经过坐标原点，即a ≠－2且a ≠－1时， 由直线在两坐标轴上的截距相等可得2＋aa ＋1＝2＋a ，解得a ＝0，此时直线l 的方程为x ＋y －2＝0. 所以直线l 的方程为x －y ＝0或x ＋y －2＝0.(2)由直线方程可得M (2＋aa ＋1，0)，N (0,2＋a )，由于a ＞－1，所以S △OMN ＝12×2＋a a ＋1×(2＋a )＝12×[(a ＋1)＋1]2a ＋1＝12[(a ＋1)＋1a ＋1＋2]≥12×[2(a ＋1)·1a ＋1＋2]＝2，当且仅当a ＋1＝1a ＋1，即a ＝0时等号成立．此时直线l 的方程为x ＋y －2＝0.。

高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何9.12 圆锥曲线中的探索性与综合性问题题型一 探索性问题例1 已知双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)与C 2：y 29－x 23＝1有相同的渐近线，点F (2,0)为C 1的右焦点，A ，B 为C 1的左、右顶点．(1)求双曲线C 1的标准方程；(2)若直线l 过点F 交双曲线C 1的右支于M ，N 两点，设直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，是否存在实数λ使得k 1＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)∵C 2的渐近线方程为y ＝±3x ，∴b a ＝3， ∵c ＝a 2＋b 2＝2，∴a ＝1，b ＝3，∴双曲线C 1的标准方程为x 2－y 23＝1. (2)由已知，A (－1,0)，B (1,0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，l 过点F (2,0)与右支交于两点，则l 斜率不为零，设l ：x ＝my ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1，x ＝my ＋2，消元得(3m 2－1)y 2＋12my ＋9＝0， ∵l 与双曲线右支交于两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧3m 2－1≠0，y 1y 2＝93m 2－1<0，解得m ∈⎝⎛⎭⎫－33，33， Δ＝(12m )2－4×9(3m 2－1)＝36(m 2＋1)>0，∴y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1，∵k 1＝y 1x 1＋1，k 2＝y 2x 2－1≠0， ∴k 1k 2＝y 1x 2－1y 2x 1＋1＝y 1my 2＋1y 2my 1＋3＝my 1y 2＋y 1my 1y 2＋3y 2， ∵y 1＋y 2y 1y 2＝－12m 9＝－4m 3， ∴my 1y 2＝－34(y 1＋y 2)， ∴k 1k 2＝－34y 1＋y 2＋y 1－34y 1＋y 2＋3y 2＝14y 1－34y 2－34y 1＋94y 2 ＝－13， ∴存在λ＝－13使得k 1＝λk 2. 教师备选(2022·洛阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33，点E ，F 分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O ，且△EOF 的面积为 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，且点F 恰为△EAB 的垂心？若存在，求直线l 的方程，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可知⎩⎨⎧c a ＝33，12bc ＝2，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧ a ＝6，b ＝2，c ＝2， 所以椭圆C 的方程为x 26＋y 24＝1. (2)假设满足条件的直线l 存在，由E (0，－2)，F (2，0)，得k EF ＝2，因为点F 为△EAB 的垂心，所以AB ⊥EF ，所以k AB ＝－22， 设直线l 的方程为y ＝－22x ＋t ， 代入x 26＋y 24＝1， 得7x 2－62tx ＋6(t 2－4)＝0，Δ＝(－62t )2－4×7×6(t 2－4)＝－96t 2＋672>0，即－7<t <7，记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧ x 1＋x 2＝627t ，x 1x 2＝6t 2－47，由AF ⊥BE 得y 1x 1－2·y 2＋2x 2＝－1， 所以y 1y 2＋2y 1＋x 1x 2－2x 2＝0，将y 1＝－22x 1＋t ，y 2＝－22x 2＋t 代入上式，得3x 1x 2－2(t ＋2)(x 1＋x 2)＋(2t 2＋4t )＝0，所以3×6t 2－47－2(t ＋2)·62t 7＋(2t 2＋4t ) ＝0，所以5t 2＋t －18＝0，解得t ＝95(t ＝－2舍去)， 满足Δ>0，所以直线l 的方程为y ＝－22x ＋95. 思维升华 存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．跟踪训练1 (2022·南京模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：y 2＝4x ，经过P (t ，0)(t >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点．(1)若t ＝4，求AP 长度的最小值；(2)设以AB 为直径的圆交x 轴于M ，N 两点，问是否存在t ，使得OM →·ON →＝－4？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设A ⎝⎛⎭⎫y 204，y 0，由P (4,0)，可得|AP |2＝⎝⎛⎭⎫y 204－42＋y 20 ＝y 4016－y 20＋16 ＝116(y 20－8)2＋12≥12， 当y 0＝±22时，|AP |取得最小值2 3.(2)设直线AB 的方程为x ＝my ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，y 2＝4x ，可得y 2－4my －4t ＝0， 即有y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t ，设以AB 为直径的圆上任一点Q (x ，y )，M (x 3，0)，N (x 4,0)，所以Q 的轨迹方程为(x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0.x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2t ＝4m 2＋2t ，x 1x 2＝(my 1＋t )(my 2＋t )＝m 2y 1y 2＋mt (y 1＋y 2)＋t 2＝－4m 2t ＋4m 2t ＋t 2＝t 2.所以Q 的轨迹方程化为x 2－(4m 2＋2t )x ＋t 2＋y 2－4my －4t ＝0.令y ＝0，得x 2－(4m 2＋2t )x ＋t 2－4t ＝0.所以上式方程的两根分别为x 3，x 4，则x 3x 4＝t 2－4t .由OM →·ON →＝x 3x 4＝－4，即有t 2－4t ＝－4，解得t ＝2.所以存在t ＝2，使得OM →·ON →＝－4.题型二 圆锥曲线的综合问题例2 (2022·梅州模拟)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x ＋y ＋22－1＝0与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)△BMN 是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为△BMN 的重心，求点B 到直线MN 的距离的取值范围．解 (1)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点F 2(c ，0)，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆(x －c )2＋y 2＝a 2，所以圆心到直线x ＋y ＋22－1＝0的距离 d ＝|c ＋22－1|12＋12＝a ， 又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)设B (m ，n )，线段MN 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A ，B 两点，因为O 为△BMN 的重心，则|BO |＝2|OD |＝|OA |，所以D ⎝⎛⎭⎫－m 2，－n 2， 即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 的距离的3倍．当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时点B 在长轴的端点处．由|OB |＝2，得|OD |＝1，则点O 到直线MN 的距离为1，点B 到直线MN 的距离为3. 当MN 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则有⎩⎨⎧ x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1，两式相减得x 1＋x 2x 1－x 24＋y 1＋y 2y 1－y 23＝0，因为D 为线段MN 的中点，所以x 1＋x 2＝－m ，y 1＋y 2＝－n ，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3m 4n ， 所以直线MN 的方程为y ＋n 2＝－3m 4n ⎝⎛⎭⎫x ＋m 2，即6mx ＋8ny ＋4n 2＋3m 2＝0，所以原点O 到直线MN 的距离d ＝4n 2＋3m 264n 2＋36m 2. 因为m 24＋n 23＝1，所以3m 2＝12－4n 2， 所以d ＝4n 2＋3m 264n 2＋36m 2＝12144＋16n 2＝39＋n 2. 因为0<n 2≤3，所以3<9＋n 2≤23，所以123≤19＋n 2<13， 所以332≤3d <3， 即点B 到直线MN 的距离的取值范围为⎣⎡⎦⎤332，3. 教师备选(2022·开封模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，P 是抛物线C 上一点，且满足FP →＝(0，－2)．(1)求抛物线C 的方程；(2)已知斜率为2的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，若|F A →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，求该数列的公差．解 (1)由题设知F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，设点P (x 0，y 0)，由FP →＝(0，－2)，即⎝⎛⎭⎫x 0－p 2，y 0＝(0，－2)， ∴x 0＝p 2，y 0＝－2，代入y 2＝2px ， 得4＝p 2，又p >0，∴p ＝2，则抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设直线l ：y ＝2x ＋m ，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，y 2＝4x ， 消去y 得4x 2＋(4m －4)x ＋m 2＝0，满足Δ＝(4m －4)2－16m 2＝－32m ＋16>0，即m <12， 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝1－m ，x 1x 2＝m 24， 若|F A →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，则|F A →|＋|FB →|＝2|FP →|，即x 1＋x 2＋2＝4，即3－m ＝4，m ＝－1.即x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝14， 又∵公差d 满足2d ＝|FB →|－|F A →|＝x 2－x 1，而|x 2－x 1|＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝3，∴2d ＝±3，即d ＝±32. 思维升华 圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质．如：圆的半径r ，弦长的一半h ，弦心距d 满足r 2＝h 2＋d 2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB 是圆的直径，则圆上任一点P 有P A →·PB →＝0.跟踪训练2 (2022·鹰潭模拟)如图，O 为坐标原点，抛物线C 1：y 2＝2px (p >0)的焦点是椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点，A 为椭圆C 2的右顶点，椭圆C 2的长轴长为|AB |＝8，离心率e ＝12.(1)求抛物线C 1和椭圆C 2的方程；(2)过A 点作直线l 交C 1于C ，D 两点，射线OC ，OD 分别交C 2于E ，F 两点，记△OEF 和△OCD 的面积分别为S 1和S 2，问是否存在直线l ，使得S 1∶S 2＝3∶13？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)由题知，a ＝4，c a ＝12， 所以c ＝2，所以b ＝a 2－c 2＝23，p ＝4.所以抛物线C 1的方程为y 2＝8x ，椭圆C 2的方程为x 216＋y 212＝1. (2)由题设知直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋4.则⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x ＝my ＋4⇒y 2－8my －32＝0. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－32.所以S 2S 1＝12|OC |·|OD |sin ∠COD 12|OE |·|OF |sin ∠EOF ＝|OC |·|OD ||OE |·|OF |＝|y 1|·|y 2||y E |·|y F |＝32|y E |·|y F |， 因为直线OC 的斜率为y 1x 1＝y 1y 218＝8y 1，所以直线OC 的方程为y ＝8y 1x . 由⎩⎨⎧ y ＝8y 1x ，x 216＋y 212＝1， 得y 2⎝⎛⎭⎫y 2164×16＋112＝1， 则y 2E⎝⎛⎭⎫y 2164×16＋112＝1， 同理可得y 2F⎝⎛⎭⎫y 2264×16＋112＝1， 所以y 2E ·y 2F ⎝⎛⎭⎫y 2264×16＋112⎝⎛⎭⎫y 2164×16＋112＝1， 所以y 2E ·y 2F ＝36×256121＋48m 2， 要使S 1∶S 2＝3∶13，只需322121＋48m 236×256＝⎝⎛⎭⎫1332， 解得m ＝±1，所以存在直线l ：x ±y －4＝0符合条件．课时精练1．已知椭圆C ：x 28＋y 24＝1的左、右焦点为F 1，F 2，点P 为双曲线x 24－y 24＝1上异于顶点的任意一点，直线PF 1和PF 2与椭圆的交点分别为A ，B 和C ，D .(1)设直线PF 1，PF 2的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1·k 2＝1；(2)是否存在常数λ，使得1|AB |＋1|CD |＝λ恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，则k 1＝y 0x 0＋2，k 2＝y 0x 0－2， 因为点P 为双曲线x 24－y 24＝1上异于顶点的任意一点， 所以x 20－y 20＝4(x 0≠±2)，所以k 1k 2＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4＝1， 即k 1k 2＝1.(2)解 由直线PF 1的方程为y ＝k 1(x ＋2)， 代入椭圆C ：x 28＋y 24＝1， 可得(1＋2k 21)x 2＋8k 21x ＋8k 21－8＝0，所以x 1＋x 2＝－8k 212k 21＋1，x 1x 2＝8k 21－82k 21＋1， 所以|AB |＝1＋k 21x 1＋x 22－4x 1x 2＝42·k 21＋12k 21＋1， 同理可得|CD |＝42·k 22＋12k 22＋1， 因为k 1k 2＝1，可得|CD |＝42·k 21＋1k 21＋2， 则1|AB |＋1|CD |＝142·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋1k 21＋1＋k 21＋2k 21＋1 ＝328， 即存在常数λ＝328， 使得1|AB |＋1|CD |＝328恒成立． 2．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的实半轴长为1，且C 上的任意一点M 到C 的两条渐近线的距离的乘积为34. (1)求双曲线C 的方程；(2)设直线l 过双曲线C 的右焦点F ，与双曲线C 相交于P ，Q 两点，问在x 轴上是否存在定点D ，使得∠PDQ 的平分线与x 轴或y 轴垂直？若存在，求出定点D 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可得a ＝1，所以双曲线C ：x 2－y 2b 2＝1， 所以渐近线方程为bx ±y ＝0，设M (x 0，y 0)， 则|bx 0－y 0|b 2＋1·|bx 0＋y 0|b 2＋1＝34， 即|b 2x 20－y 20|b 2＋1＝34， 因为M (x 0，y 0)在双曲线上，所以x 20－y 20b2＝1， 即b 2x 20－y 20＝b 2，所以b 2b 2＋1＝34， 解得b 2＝3，所以双曲线C 的方程为x 2－y 23＝1. (2)假设存在D (t ，0)，使得∠PDQ 的平分线与x 轴或y 轴垂直，则可得k PD ＋k QD ＝0，F (2,0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，当直线l 的斜率存在时，直线l ：y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，3x 2－y 2＝3， 可得(3－k 2)x 2＋4k 2x －4k 2－3＝0，所以x 1＋x 2＝4k 2k 2－3， x 1x 2＝4k 2＋3k 2－3， 所以k PD ＋k QD ＝y 1x 1－t ＋y 2x 2－t ＝y 1x 2－t ＋y 2x 1－t x 1x 2－t x 1＋x 2＋t 2＝0， 即k (x 1－2)(x 2－t )＋k (x 2－2)(x 1－t )＝0恒成立，整理可得k [2x 1x 2－(t ＋2)(x 1＋x 2)＋4t ]＝0，所以k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×4k 2＋3k 2－3－t ＋2×4k 2k 2－3＋4t ＝0， 即2×4k 2＋3k 2－3－(t ＋2)×4k 2k 2－3＋4t ＝0， 所以8k 2＋6－4k 2(t ＋2)＋4t (k 2－3)＝0，所以6－12t ＝0，解得t ＝12， 当直线l 的斜率不存在时，t ＝12也满足题意． 所以存在点D ⎝⎛⎭⎫12，0，使得∠PDQ 的平分线与x 轴或y 轴垂直．3．(2022·承德模拟)已知M (－2,0)，N (2,0)，动点P 满足：直线PM 与直线PN 的斜率之积为－14，设动点P 的轨迹为曲线C 1.抛物线C 2：x 2＝2py (p >0)与C 1在第一象限的交点为A ，过点A 作直线l 交曲线C 1于点B ，交抛物线C 2于点E (点B ，E 不同于点A )．(1)求曲线C 1的方程；(2)是否存在不过原点的直线l ，使点E 为线段AB 的中点？若存在，求出p 的最大值；若不存在，请说明理由．解 (1)设动点P (x ，y )(x ≠±2)，则k PM ＝y x ＋2，k PN ＝y x －2. ∵k PM ·k PN ＝－14， ∴y x ＋2·y x －2＝－14， 即y 2x 2－4＝－14， 即x 24＋y 2＝1(x ≠±2)， ∴曲线C 1的方程为x 24＋y 2＝1(x ≠±2)． (2)设A (x 1，y 1)(x 1>0，y 1>0)，B (x 2，y 2)，E (x 0，y 0)，显然直线l 存在斜率，设l ：y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ， 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，∴x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 0＝－4km 1＋4k 2. 又由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋m ， 得x 2＝2p (kx ＋m )，即x 2－2pkx －2pm ＝0，∴x 1x 0＝－2pm ，∴x 1·－4km 1＋4k 2＝－2pm ⇒x 1＝p ⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k ， ∴k >0，∵⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，x 2＝2py ， 即x 2＋x 4p 2＝4， ∴p 2⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 2＋p 4⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 4p 2＝4， ∴p 2＝4⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 2＋⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 4，设⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 2＝⎝⎛⎭⎫12k ＋2k 2 ＝t ≥⎝⎛⎭⎫212k ·2k 2＝4， 当且仅当12k ＝2k ，即k ＝12时取等号， 则p 2＝4t ＋t 2＝4⎝⎛⎭⎫t ＋122－14， 当t ≥4时，⎝⎛⎭⎫t ＋122－14≥20， 当k ＝12，即t ＝4时，p 2取得最大值，最大值为15， 即p ＝55. 此时A ⎝⎛⎭⎫255，255，满足Δ>0， 故存在不过原点的直线l ，使点E 为线段AB 的中点，且p 的最大值为55.4．(2022·九江模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，P 为直线y ＝x －2上的动点，过点P 作抛物线C 的两条切线，切点分别为A ，B .当P 在y 轴上时，OA ⊥OB .(1)求抛物线C 的方程；(2)求点O 到直线AB 距离的最大值．解 (1)P 为直线y ＝x －2上的动点，当P 在y 轴上时，则P (0，－2)，由x 2＝2py (p >0)，得y ＝x 22p (p >0)， 所以y ′＝x p(p >0)， 设A ⎝⎛⎭⎫x 1，x 212p ，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 222p ，x 1>0，x 2<0， 所以过点A 的切线方程为y －x 212p ＝x 1p(x －x 1)， 又因为点P 在过点A 的切线上，所以－2－x 212p ＝x 1p(0－x 1)， 解得x 21＝4p ，又因为OA ⊥OB ，所以直线OA 的斜率为1，所以x 1＝x 212p，解得x 1＝2p ， 解得p ＝1，所以抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)由(1)得抛物线的切线的斜率y ′＝x ，A ⎝⎛⎭⎫x 1，x 212，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 222， 所以切线P A 的方程为y －x 212＝x 1(x －x 1)， 切线PB 的方程为y －x 222＝x 2(x －x 2)， 两切线方程联立解得P ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，x 1x 22，又点P 在直线y ＝x －2上，所以x 1x 22＝x 1＋x 22－2， 由题意知直线AB 的斜率一定存在，所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，与抛物线的方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝2y ， 消元得x 2－2kx －2m ＝0，Δ＝4k 2＋8m >0，所以x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2m ， 所以－2m 2＝2k 2－2，即k ＋m ＝2，满足Δ>0， 所以点O 到直线AB 的距离为d ＝|m |1＋k 2＝2－k 21＋k 2＝1＋－4k ＋31＋k 2， 令t ＝－4k ＋31＋k 2， 则t ′＝2k －22k ＋11＋k 22， 令t ′＝0，得k ＝2或k ＝－12， 所以当k ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪(2，＋∞)时， t ′>0，t 单调递增，当k ∈⎝⎛⎭⎫－12，2时，t ′<0，t 单调递减， 当k ＝－12时，t ＝4，当k →＋∞时，t →0且t <0， 所以t max ＝4，所以d max ＝1＋4＝5，所以点O 到直线AB 距离的最大值为 5.。