资源描述
三角函数
1、已知向量，，函数．
（Ⅰ）求的最大值及相应的的值；
（Ⅱ）若，求的值．
解：（Ⅰ）由于，，所以
．
因此，当，即（）时，取得最大值；
（Ⅱ）由及得，两边平方得
，即．
因此，．
2、设函数f(x)=cos2x +sinx cosx+a(其中＞0,aR),且f(x)的图象在y轴右侧的第一个高点的横坐标为。
（Ⅰ）求ω的值；
（Ⅱ）假如f(x)在区间上的最小值为，求a的值。
解析：（I）
依题意得 ．
（II）由（I）知，。
又当时，，故，从而在区间上的最小值为，故
3、在锐角中，角所对的边分别为，已知，（1）求的值；（2）若，，求的值。
解析：（1）由于锐角△ABC中，A＋B＋C＝p，，所以cosA＝，
则
（2），则bc＝3。
将a＝2，cosA＝，c＝代入余弦定理：中，
得解得b＝。
4、已知A、B、C是三内角，向量，且，（Ⅰ）求角A；（Ⅱ）若
解析：（Ⅰ）∵ ∴，即，
，；
∵，∴，∴。
（Ⅱ）由题知，
整理得，∴ ∴；
∴或，而使，舍去；
∴。
5、已知ΔABC的三个内角A、B．C成等差数列，其外接圆半径为1，且有。（1）求A、B．C的大小；（2）求ΔABC的的面积。
解析：∵A+B+C=180°且2B=A+C，∴B=60°，A+C=120°，C=120°－A。
∵，
∴=，
又∵0°<A<180°，∴A=60°或A=105°，
当A=60°时，B=60°，C=60°，
当A=105°时，B=60°，C=15°，
立体几何
A
B
C
D
E
F
G
P
1、如图所示，四棱锥中，底面为正方形，
平面，，，，分别为
、、的中点．
（1）求证：；
（2）求二面角D－FG－E的余弦值．
（1）证法1：∵平面，平面，∴．
又为正方形，∴．
∵，∴平面．……………………………………………3分
∵平面，∴．
∵，∴．…………………………………………………………6分
证法2：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，， ，，，．
…………………………………………………4分
x
y
z
A
B
C
D
E
F
G
P
∵，
∴．………………………………………6分
（2）解法1：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，．
………………8分
设平面DFG的法向量为，
∵
令，得是平面的一个法向量．…………………………10分
设平面EFG的法向量为，
∵
令，得是平面的一个法向量．……………………………12分
∵．
设二面角的平面角为θ，则．
x
y
z
A
B
C
D
E
F
G
P
所以二面角的余弦值为．………………………………………14分
解法2：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，．………………………………8分
过作的垂线，垂足为，
∵三点共线，∴，
∵，∴，
即，解得．
∴．………………………………………………10分
再过作的垂线，垂足为，
∵三点共线，∴，
∵，∴，
即，解得．
∴．……………………………………………12分
∴．
∵与所成的角就是二面角的平面角，
所以二面角的余弦值为．………………………………………14分
2、如图，已知四棱锥的
底面是菱形；平面,，
点为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的正切值．
(Ⅰ)证明: 连结，与交于点，连结.………………………………………1分
是菱形, ∴是的中点. ……………………………………………………………2分
点为的中点, ∴. ……………………………………………………………3分
平面平面, ∴平面. …………… 6分
(Ⅱ)解法一:
平面,平面,∴ .
，∴. …………………………… 7分
是菱形, ∴.
，
∴平面. …………………………………………………………………………………8分
作，垂足为，连接，则,
所以为二面角的平面角. ……………………………………………………… 10分
,∴，.
在Rt△中,=，……………………………………………………… 12分
∴.…………………………………………………………… 13分
∴二面角的正切值是. ………………………………………………………… 14分
解法二：如图，以点为坐标原点，线段的垂直平分线所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，令，…………………………………2分
则，,．
F
P
D
C
B
A
∴． ……………………4分
设平面的一个法向量为,
由，得，
令，则，∴. …………………7分
平面,平面,
∴. ……………………………………………… 8分
，∴.
是菱形,∴.
，∴平面.…………………………………………………………… 9分
∴是平面的一个法向量,．……………… 10分
∴，
∴， …………………………………… 12分
∴．………………………………………… 13分
∴二面角的正切值是. …………………………………… 14分
3、如图，在三棱拄中，侧面，已知
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）试在棱(不包含端点上确定一点的位置,使得；
(Ⅲ) 在（Ⅱ）的条件下,求二面角的平面角的正切值.
证（Ⅰ）由于侧面，故
在中， 由余弦定理有
故有
而 且平面
（Ⅱ）由
从而 且 故
不妨设 ，则，则
又 则
在中有 从而（舍负）
故为的中点时，
法二：以为原点为轴，设，则 由得 即
化简整理得 或
当时与重合不满足题意
当时为的中点
故为的中点使
（Ⅲ）取的中点，的中点，的中点，的中点
连则，连则，连则
连则，且为矩形，
又 故为所求二面角的平面角
在中，
法二：由已知， 所以二面角的平面角的大小为向量与的夹角
由于
故
4、如图，已知矩形ABCD中，AB=10，BC=6，将矩形沿对角线BD把△ABD折起，使A移到点，且在平面BCD上的射影O恰好在CD上．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求三棱锥的体积．
证明：（Ⅰ）∵ 在平面上的射影在上，
∴ ⊥平面，又平面
∴ ………………………………………………………………………2分
又，
∴ 平面，又，
∴ …………………………4分
（Ⅱ）∵ 为矩形 ，∴
由（Ⅰ）知
∴ 平面，又平面
∴ 平面平面 ……………………8分
（Ⅲ）∵ 平面 ， ∴ ．…………10分
∵ ， ∴ ， ………12分
∴ …………14分
5、一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M、N分别是AB、AC的中点，G是DF上的一动点.
（1）求证：
（2）当FG=GD时，在棱AD上确定一点P，使得GP//平面FMC,并给出证明.
证明：由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF,DF=AD=DC
(1)连接DB，可知B、N、D共线，且AC⊥DN
又FD⊥AD FD⊥CD，
FD⊥面ABCD
FD⊥AC
AC⊥面FDN
GN⊥AC
（2）点P在A点处
证明：取DC中点S，连接AS、GS、GA
G是DF的中点，GS//FC,AS//CM
面GSA//面FMC
GA//面FMC 即GP//面FMC
6、如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，, , ,为的中点，为的中点
（Ⅰ）证明：直线；
（Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小；
（Ⅲ）求点B到平面OCD的距离。
方法一：（1）证明：取OB中点E，连接ME，NE
又
（2）
为异面直线与所成的角（或其补角）
作连接
，
所以 与所成角的大小为
（3）点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作
于点Q，
又 ,线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离
，
，所以点B到平面OCD的距离为
方法二(向量法)
作于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为轴建立坐标系
,
(1)
设平面OCD的法向量为,则
即
取,解得
(2)设与所成的角为,
, 与所成角为
(3)设点B到平面OCD的沟通为,则为在向量上的投影的确定值, 由 , 得.所以点B到平面OCD的距离为
7、已知等腰梯形PDCB中（如图1），PB=3，DC=1，PB=BC=，A为PB边上一点，且PA=1，将△PAD沿AD折起，使面PAD⊥面ABCD（如图2）。
（Ⅰ）证明：平面PAD⊥PCD；
（Ⅱ）试在棱PB上确定一点M，使截面AMC
把几何体分成的两部分；
（Ⅲ）在M满足（Ⅱ）的状况下，推断直线AM
是否平行面PCD.
（I）证明：依题意知：
…………2分
…4分
（II）由（I）知平面ABCD
∴平面PAB⊥平面ABCD. …………4分
在PB上取一点M，作MN⊥AB，则MN⊥平面ABCD，
设MN=h
则
…………6分
要使
即M为PB的中点. …………8分
（III）以A为原点，AD、AB、AP所在直线为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系
则A（0，0，0），B（0，2，0），
C（1，1，0），D（1，0，0），
P（0，0，1），M（0，1，）
由（I）知平面，则
的法向量。 …………10分
又为等腰
由于
所以AM与平面PCD不平行. …………12分
8、如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点.
D
P
E
A
B
C
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成的角；
（Ⅲ）求点到平面的距离.
解法一：（Ⅰ）设与交点为，延长交的延长线于点，
则，∴，∴，∴，
又∵，∴，
又∵，∴，
∴，∴
又∵底面，∴，∴平面，
∵平面，∴平面平面…………………………………（4分）
（Ⅱ）连结，过点作于点，
则由（Ⅰ）知平面平面，
且是交线，依据面面垂直的性质，
P
E
A
B
D
C
H
F
得平面，从而即
为直线与平面所成的角.
在中，，
在中，
. 所以有，
即直线与平面所成的角为…………………………………（8分）
（Ⅲ）由于，所以可知点到平面的距离等于点到平面的距离的，即. 在中，，
从而点到平面的距离等于………………………………………………（12分）
解法二：如图所示，以点为坐标原点，
P
E
A
B
D
C
z
x
y
直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，
则相关点的坐标为
，，，.
（Ⅰ）由于，，
，
所以，
，
所以，
而，所以平面，∵平面，
∴平面平面……………………………………………………………（4分）
（Ⅱ）设是平面的一个法向量，则，
由于，，所以有
，
令，则，即，
再设直线与平面所成的角为，而，
所以，
∴，因此直线与平面所成的角为………………（8分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）知是平面的一个法向量，而，
所以点到平面的距离为
概率
1、已知射手甲射击一次，击中目标的概率是．
（1）求甲射击5次，恰有3次击中目标的概率；
（2）假设甲连续2次未击中目标，则中止其射击，求甲恰好射击5次后，被中止射击的概率．
解：（1）设“甲射击5次，恰有3次击中目标”为大事A，则
．
答：甲射击5次，恰有3次击中目标的概率为．………………………………6分
（2）方法1：设“甲恰好射击5次后，被中止射击”为大事C，由于甲恰好射击5次后被中止射击，所以必定是最终两次未击中目标，第三次击中目标，第一次与其次次至少有一次击中目标，则
．
答：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率为．……………………………12分
方法2：设“甲恰好射击5次后，被中止射击”为大事C，由于甲恰好射击5次后被中止射击，所以必定是最终两次未击中目标，第三次击中目标，第一次与其次次至少有一次击中目标，则
．
答：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率为．……………………………12分
2、甲、乙、丙三人分别独立的进行某项技能测试，已知甲能通过测试的概率是，甲、乙、丙三人都能通过测试的概率是，甲、乙、丙三人都不能通过测试的概率是，且乙通过测试的概率比丙大.
（Ⅰ）求乙、丙两人各自通过测试的概率分别是多少；
（Ⅱ）求测试结束后通过的人数的数学期望.
解（Ⅰ）设乙、丙两人各自通过测试的概率分别是、依题意得：
即 或 （舍去）┅┅┅┅┅┅┅4分
所以乙、丙两人各自通过测试的概率分别是、. ┅┅┅┅┅┅┅6分
（Ⅱ）由于
所以= ┅┅┅┅┅┅┅12分
3、在一次抗洪抢险中，预备用射击的方法引爆从桥上游漂流而下的一巨大汽油罐.已知只有5发子弹备用，且首次命中只能使汽油流出，再次命中才能引爆成功，每次射击命中率都是.，每次命中与否相互独立.
(Ⅰ) 求油罐被引爆的概率. (Ⅱ) 假如引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为ξ，求ξ的分布列及ξ的数学期望；
解：（I）“油罐被引爆”的大事为大事A，其对立大事为，则P()=C…………4分
∴P(A)=1- 答：油罐被引爆的概率为…………6分
（II）射击次数ξ的可能取值为2，3，4，5， …………7分
P(ξ=2)=， P(ξ=3)=C ，
P(ξ=4)=C， P(ξ=5)=C …………10分
故ξ的分布列为：
ξ
2
3
4
5
P
Eξ=2×+3×+4×+5×= …………12分
4、小李和小王同时到某商场购物，并参与购物促销的抽奖活动. 抽奖规章是：一袋中有大小相同的红球5个，白球2个，红球上分别标有数字1，2，3，4，5. 每次购物满100元可抽奖1次，200元可抽奖2次，以此类推. 每次抽奖时，从袋中任意取出两个球（不放回），假如两个球都是红色则中奖，球上标记的数字之和表示所得奖金（单位：元）.
（1）小李购物100元，求他没有中奖的概率；
（2）小王购物200元，求他的奖金数的期望.
解：（1）记没有中奖为大事A，由题设得. ……（4分）
（2）中奖一次后的奖金结果为
，共10种， ……（6分）
记一次中奖后的奖金数为X，则，其分布列为：
X
3
4
5
6
7
8
9
P
所以，. ……（10分）
由于抽奖一次后中奖的概率为，所以小王购物200元，他的奖金数的期望为（元）. ……（13分）
5、袋中装有黑球和白球共7个,从中任取2个球都是白球的概率为现有甲、乙两人从袋中轮番摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取……取后不放回，直到两人中有一人取到白球时既终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用表示取球终止所需要的取球次数.
（1）求袋中全部的白球的个数；
（2）求随机变量的概率分布；
（3）求甲取到白球的概率.
解：解:(1)设袋中原有个白球,由题意知
可得或(舍去)即袋中原有3个白球.
(2)由题意,的可能取值为1,2,3,4,5
所以的分布列为:
1
2
3
4
5
(3)由于甲先取,所以甲只有可能在第一次,第三次和第5次取球,记”甲取到白球”为大事,则.
6、在盒子里有大小相同，仅颜色不同的乒乓球共10个，其中红球5个，白球3个，蓝球2个.现从中任取出一球确定颜色后放回盒子里，再取下一个球.重复以上操作，最多取3次，过程中假如取出蓝色球则不再取球.求：(1)最多取两次就结束的概率；
(2)整个过程中恰好取到2个白球的概率； (3)取球次数的分布列和数学期望.
解析：(1)设取球次数为ξ，则
.
所以最多取两次的概率 ……………………4分
(2)由题意知可以如下取球：红白白、白红白、白白红、白白蓝四种状况，所以恰有两次取到白球的概率为 ……………………8分
(3)设取球次数为η，则
，则分布列为
η
1
2
3
P
取球次数的数学期望为
7、某校设计了一个试验学科的试验考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，依据题目要求独立完成全部试验操作. 规定：至少正确完成其中2题的便可提高通过. 已知6道备选题中考生甲有4题能正确完成，2题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响. 求：
(1) 分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；
(2)试用统计学问分析比较两考生的试验操作力气.
解：（1）设考生甲、乙正确完成试验操作的题数分别为、，
则取值分别为1，2，3；取值分别为0，1，2，3。…………………………………2分
，，。
∴考生甲正确完成题数的概率分布列为
1
2
3
。……………………………………………………………5分
∵，
同理：，，。
∴考生乙正确完成题数的概率分布列为：
0
1
2
3
………………………8分
。……………………………………………9分
（2）∵，
。
（或）。∴。
∵，，
∴。
8、食品监管部门要对某品牌食品四项质量指标在进入市场前进行严格的检测，并规定四项指标中只要第四项不合格或其它三项指标中只要有两项不合格，这种品牌的食品就不能上市。巳知每项指标检测是相互独立的。若第四项不合格的概率为，且其它三项指标毁灭不合格的概率均是
（1）求该品牌的食品能上市的概率；
（2）生产厂方规定：若四项指标均合格，每位职工可得质量保证奖1500元；若第一、其次、第三项指标中仅有一项不合格且第四项指标合格，每位职工可得质量保证奖500元；若该品牌的食品不能上市，每位职工将被扣除质量保证金1000元。设随机变量表示某位职工所得质量保证奖金数，求的期望。
解：（1）该品牌的食品能上市的概率等于1减去该品牌的食品不能上市的概率，
即 6分
解法二：该品牌的食品能上市的概率等于四项指标都合格或第一、其次、第三项指标中仅有一项不合格且第四项指标合格的概率，即
（2）；
易知 12分
∴的分布列为：
1500
500
∴的期望为
数列
1、已知数列中，，，其前项和满足
（，）．
（1）求数列的通项公式；
（2）设为非零整数，），试确定的值，使得对任意，都有成立．
解：（1）由已知，（，）， …………………2分
即（，），且．
∴数列是以为首项，公差为1的等差数列．
∴．……………………………………………………………………………4分
（2）∵，∴，要使恒成立，
∴恒成立，
∴恒成立，
∴恒成立．……………………………………………………………6分
（ⅰ）当为奇数时，即恒成立，…………………………………………7分
当且仅当时，有最小值为1，
∴．………………………………………………………………………………9分
（ⅱ）当为偶数时，即恒成立，………………………………………10分
当且仅当时，有最大值，
∴．……………………………………………………………………………12分
即，又为非零整数，则．
综上所述，存在，使得对任意，都有．…………………14分
2、已知数列中，
（1）求证：数列与都是等比数列；（2）求数列前的和；
（3）若数列前的和为，不等式对恒成立，求的最大值。
解：（1）∵，∴ 2分
∴数列是以1为首项，为公比的等比数列；
数列是以为首项，为公比的等比数列。 4分
（2）
9分
（3）
当且仅当时取等号，所以，即，∴的最大值为－48
3、已知数列中，其前n项和为 满足．
（1）试求数列的通项公式．
（2）令是数列的前n项和，证明：．
（3）证明:对任意的，均存在，使得（2）中的成立．
解：（1）由得
，，即
又，
故数列的通项公式为．……………………（4分）
（2）
……………………（8分）
（3）证明：由（2）可知
若,则得,化简得
，
当，即………（10分）
当，即
，取即可,
综上可知,对任意的均存在使得时（2）中的成立（12分）
4、已知数列{ an }的前n项和Sn满足，Sn=2an+（—1）n，n≥1。
①求数列{ an }的通项公式；
②求证：对任意整数m>4，有
解：解（1）化简即
即 由a1=1，故数列{}
是以为首项，公比为2的等比数列。
故即
（2）由已知得
故
5、已知数列中，且（且）．
（1）若数列为等差数列，求实数的值；
（2）求数列的前项和．
解：（1）方法1：∵，
∴，．
设，由为等差数列，则有．
∴．
∴．
解得 ．
事实上，
，
综上可知，当时，数列为首项是、公差是1的等差数列．
方法2：∵数列为等差数列，
设，由为等差数列，则有（）．
∴．
∴
．
综上可知，当时，数列为首项是、公差是1的等差数列．
（2）由（1）知，，
∴．
∴．
即．
令， ①
则． ②
②－①，得
．
∴．
导数
1、设函数．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若关于的方程在区间内恰有两个相异的实根，求实数的取值范围．
解：（1）函数的定义域为，…………………………………………………1分
∵，………………………………………2分
∵，则使的的取值范围为，
故函数的单调递增区间为． ……………………………………………4分
（2）方法1：∵，
∴．…………………………6分
令，
∵，且，
由．
∴在区间内单调递减，在区间内单调递增，……………………9分
故在区间内恰有两个相异实根……12分
即解得：．
综上所述，的取值范围是．………………………………14分
2、已知，（），直线与函数、的图像都相切，且与函数的图像的切点的横坐标为1．
（Ⅰ）求直线的方程及的值；
（Ⅱ）若（其中是的导函数），求函数的最大值；
（Ⅲ）当时，求证：．
解：（Ⅰ）依题意知：直线是函数在点处的切线，故其斜率
，
所以直线的方程为．
又由于直线与的图像相切，所以由
，
得（不合题意，舍去）；
（Ⅱ）由于（），所以
．
当时，；当时，．
因此，在上单调递增，在上单调递减．
因此，当时，取得最大值；
（Ⅲ）当时，．由（Ⅱ）知：当时，，即．因此，有
．
4、已知 ，其中.
（Ⅰ）求使在上是减函数的充要条件；
（Ⅱ）求在上的最大值；
（Ⅲ）解不等式．
解：（1）. , 时，，即.
当时，, 即.
在上是减函数的充要条件为. ………（4分）
（2）由（1）知，当时为减函数，的最大值为；
当时，，当时，，当时，
即在上是增函数，在上是减函数，时取最大值，
最大值为， 即 …（13分）
（3）在（1）中取，即, 由（1）知在上是减函数.
，即，
，解得或.
故所求不等式的解集为[ ……………（8分）
5、已知函数，设。
（Ⅰ）求F（x）的单调区间；
（Ⅱ）若以图象上任意一点为切点的切线的斜率 恒成立，求实数的最小值。
（Ⅲ）是否存在实数，使得函数的图象与的图象恰好有四个不同的交点？若存在，求出的取值范围，若不存在，说名理由。
解.(Ⅰ)
由。
（Ⅱ）
当
…………………………………………4分
（Ⅲ）若的图象与
的图象恰有四个不同交点，
即有四个不同的根，亦即
有四个不同的根。
令，
则。
当变化时的变化状况如下表：
(-1,0)
(0,1)
(1,)
的符号
+
-
+
-
的单调性
↗
↘
↗
↘
由表格知：。
画出草图和验证可知，当时，
………………12分
5、已知函数
（Ⅰ）若，求证：；
（Ⅱ）是否存在实数，使方程有四个不同的实根？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.
理解：（I）令
则……（4分）
因 故函数上是增函数.又处连续，所以， 函数上是增函数.时，（7分）
（Ⅱ）令
……（9分）
当变化时，、的变化关系如下表：
－1
（－1，0）
0
（0，1）
1
（1，+）
－
0
+
0
－
0
+
微小值
极大值
0
微小值
据此可画出的简图如下，……（12分）
故存在，使原方程
有4个不同实根.……（14分）
解析
1、已知抛物线：和点，若抛物线上存在不同两点、满足．
（1）求实数的取值范围；
（2）当时，抛物线上是否存在异于、的点，使得经过、、三点的圆和抛物线在点处有相同的切线，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
解法1：（1）不妨设A，B，且，
∵，∴．
∴，．
∵（），即，
∴，即的取值范围为．
（2）当时，由（1）求得、的坐标分别为、．
假设抛物线上存在点（且），使得经过、、三点的圆和抛物线在点处有相同的切线．
设经过、、三点的圆的方程为，
则
整理得 ． ①
∵函数的导数为，
∴抛物线在点处的切线的斜率为，
∴经过、、三点的圆在点处的切线斜率为．
∵，∴直线的斜率存在．
∵圆心的坐标为，
∴，即． ②
∵，由①、②消去，得．
即．
∵，∴．
故满足题设的点存在，其坐标为．
解法2：（1）设，两点的坐标为，且。
∵，可得为的中点，即．
明显直线与轴不垂直，设直线的方程为，即，
将代入中，
得．
∴
∴．
故的取值范围为．
（2）当时，由（1）求得，的坐标分别为．
假设抛物线上存在点（且），使得经过、、三点的圆和抛物线在点处有相同的切线．
设圆的圆心坐标为，
∵ ∴
即 解得
∵抛物线在点处切线的斜率为，而，且该切线与垂直，
∴． 即．
将，代入上式，得．
即．∵且，∴．
故满足题设的点存在，其坐标为 ．
2、已知点的坐标分别是，，直线相交于点M，且它们的斜率之积为．
（1）求点M轨迹的方程；
（2）若过点的直线与（1）中的轨迹交于不同的两点、（在、之间），试求与面积之比的取值范围（为坐标原点）．
解：（1）设点的坐标为，
∵，∴． ………………………………………2分
整理，得（），这就是动点M的轨迹方程．……………………4分
（2）方法1：如图，由题意知直线的斜率存在，
设的方程为（） …… ①………………………………………5分
将①代入，
得，
………………6分
由，解得．………………7分
设，，则…… ② ……………………8分
令，则，即，即，且
……………………9分
由②得，
即
．……………………………………………11分
．
解得…………………………………………………………13分
，．
∴△OBE与△OBF面积之比的取值范围是．…………………………14分
方法2：如图，由题意知直线的斜率存在，
设的方程为 …… ①…………5分
将①代入，
整理，得，…………6分
由，解得．………………………………………………………………7分
设，，则…… ② ……………………8分
令，且．…………………………………9分
将代入②，得
∴．即．……………………………………11分
∵，∴．即．
解得…………………………………………………………13分
，．
故△OBE与△OBF面积之比的取值范围是．…………………………14分
3、给定圆P:及抛物
线S:,过圆心作直线,此直线与上述两曲线
的四个交点,自上而下顺次记为,假如线
段的长按此挨次构成一个等差数列,求直
线的方程.
解:圆的方程为,则其直径长,圆心为,设的方程为,即,代入抛物线方程得:,设，
有, ………………………………………2分
则. …………4分
故 ……… 6分
, ………………… 7分
因此. …………………………………………… 8分
据等差,, ……………………… 10分
所以，即,，…………… 12分
即：方程为或. …………………14分
4、在平面直角坐标系中，设点(1，0)，直线:，点在直线上移动，是线段与轴的交点, .
(Ⅰ)求动点的轨迹的方程；
(Ⅱ) 记的轨迹的方程为，过点作两条相互垂直的曲线的弦、，设、 的中点分别为．求证：直线必过定点．
解：(Ⅰ)依题意知，直线的方程为：．点是线段的中点，且⊥，∴是线段的垂直平分线．…………………….2分
∴是点到直线的距离．
∵点在线段的垂直平分线，∴．…………4分
故动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，其方程为：．…………………………………………………….7分
(Ⅱ) 设，，直线AB的方程为
…………………………………………………….8分
则
（1）—（2）得，即，……………………………………9分
代入方程，解得．
所以点Ｍ的坐标为．……………………………………10分
同理可得：的坐标为．
直线的斜率为，方程为
，整理得，………………12分
明显，不论为何值，均满足方程，
所以直线恒过定点．………………14
5、已知圆方程为：.
（Ⅰ）直线过点，且与圆交于、两点，若，求直线的方程;
（Ⅱ）过圆上一动点作平行于轴的直线，设与轴的交点为，若向量，求动点的轨迹方程，并说明此轨迹是什么曲线.
解（Ⅰ）①当直线垂直于轴时，则此时直线方程为，与圆的两个交点坐标为和，其距离为 满足题意 ……… 1分
②若直线不垂直于轴，设其方程为，即
设圆心到此直线的距离为，则，得 …………3分
∴，，
故所求直线方程为
综上所述，所求直线为或 …………7分
（Ⅱ）设点的坐标为（），点坐标为
则点坐标是 …………9分
∵，
∴ 即， …………11分
又∵，∴
∴点的轨迹方程是， …………13分
轨迹是一个焦点在轴上的椭圆，除去短轴端点。 …………14分
6、在平面直角坐标系中，已知点、，是平面内一动点，直线、
的斜率之积为．
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）过点作直线与轨迹交于、两点，线段的中点为，求直线的斜率的取值范围．
解：（Ⅰ）依题意，有（），化简得
（），
这就是动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）依题意，可设、、，则有
，
两式相减，得，由此得点的轨迹方程为
（）．
设直线：（其中），则
，
故由，即，解之得的取值范围是．
7、已知M(-3,0)﹑N(3,0),P为坐标平面上的动点，且直线PM与直线PN的斜率之积为常数m(m-1,m0).(1)求P点的轨迹方程并争辩轨迹是什么曲线？(2)若, P点的轨迹为曲线C,过点Q(2,0)斜率为的直线与曲线C交于不同的两点A﹑B,AB中点为R,直线OR(O为坐标原点)的斜率为，求证为定值；（3）在（2）的条件下，设，且，求在y轴上的截距的变化范围.
解：（1）由得，若m= -1，则方程为，轨迹为圆；
若，方程为，轨迹为椭圆；若，方程为，轨迹为双曲线。（2）时，曲线C方程为，设的方程为：与曲线C方程联立得：，设，则①，②，可得，。
（3）由得代入①②得：③，④，
③式平方除以④式得：，而在上单调递增，，， 在y轴上的截距为b，=，
。
8、已知抛物线x2＝4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且＝λ（λ＞0）．过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为Ｍ．
（1）证明·为定值；
（2）设△ABM的面积为S，写出S＝f(λ)的表达式，并求S的最小值．
解：(1)由已知条件，得F(0，1)，λ＞0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由＝λ，
即得 (－x1，1－)＝λ(x2，y2－1)，
将①式两边平方并把y1＝x12，y2＝x22代入得 y1＝λ2y2 ③
解②、③式得y1＝λ，y2＝，且有x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4，
抛物线方程为y＝x2，求导得y′＝x．
所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是
y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2，
即y＝x1x－x12，y＝x2x－x22．
解出两条切线的交点M的坐标为(，)＝(，－1)．
所以·＝(，－2)·(x2－x1，y2－y1)＝(x22－x12)－2(x22－x12)＝0
所以·为定值，其值为0． ……7分
(2)由(Ⅰ)知在△ABM中，FM⊥AB，因而S＝|
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