必修2-选修1答案(文科).doc

江苏最高考·假期作业(寒假)
高二数学(文科)参考答案(必修2＋选修1)
第1天　立体几何(1)
1. ③⑤　解析： 根据棱柱结构特征可知只有③⑤是棱柱．
2. 6π　解析： 由已
知条件得圆柱的底面半径为1，所以S表＝S侧＋2S底＝cl＋2πr2＝2π×2＋2π＝6π.
3. 　解析： 由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为，连结顶点和底面中心即为高，可求得高为，所以体积V＝×1×1×＝.
4. 24 　解析： 四边形OABC是平行四边形，并且OA＝O′A′＝6，OA边上的高是2 ×2，所以原图形OABC的面积为24 .
5. 45 　解析： 取AB、CD的中点G、H，将这个几何体分割成正三棱柱ADEGHF和四棱锥FGBCH，正三棱柱ADEGHF的体积是(×62)×3＝27 ，四棱锥FGBCH的体积是×(3×6)×3 ＝18 .所以多面体的体积为27 ＋18 ＝45 .

(第6题)
6. 60°　解析： 将正方体复原，如图，EA∥CD，所以正△EAB的内角就是直线AB、CD所成的角．
7. ③④　解析： 没有公共点的两条直线平行或异面，故①错；互相垂直的两条直线相交或异面，故②错；既不平行也不相交的直线是异面直线，不同在任一平面内的两条直线是异面直线，故③、④正确．
8. 4　解析： 四边形ABCD适合①，四面体ACB1D1适合②，DB1C1D1适合③，DA1C1D1适合④，因此正确的结论有4个．
9. (，5)　解析： 由题意知PO⊥平面ABCD，AB＝3，PB＝4，设PO＝h，OB＝x，则OA2＝AB2－OB2＝9－x2，PO2＝PB2－OB2＝16－x2，所以PA2＝PO2＋OA2＝16－x2＋9－x2＝25－2x2，因为0明：(1) ∵ D、E为PC、AC中点，∴ DE∥PA.∵ PA平面DEF，DE平面DEF，∴ PA∥平面DEF.
(2) ∵ D、E为PC、AC中点，∴ DE＝PA＝3.∵ E、F为AC、AB中点，∴ EF＝BC＝4.
∴ DE2＋EF2＝DF2，∴ ∠DEF＝90°，∴ DE⊥EF.
∵ DE∥PA，PA⊥AC，∴ DE⊥AC.∵ AC∩EF＝E，∴ DE⊥平面ABC.
∵ DE平面BDE，∴ 平面BDE⊥平面ABC.
12. 证明：(1) 因为SA＝AB且AF⊥SB，所以F为SB的中点．又E、G分别为SA、SC的中点，
所以EF∥AB，EG∥AC.又EF平面EFG，AB平面EFG，所以AB∥平面EFG.
同理AC∥平面EFG，又AB∩AC＝A，AB面ABC，AC面ABC，所以，平面EFG∥平面ABC.
(2) 因为平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF平面ASB，AF⊥SB.
所以AF⊥平面SBC.又BC平面SBC，所以AF⊥BC.
又AB⊥BC，AF∩AB＝A，所以BC⊥平面SAB.又SA平面SAB，所以BC⊥SA.

13. (1) 证明：∵ 平面PAB⊥平面ABCD，又底面ABCD是矩形，AD⊥AB，平面PAB∩平面ABCD＝AB，∴ AD⊥平面PAB.又AD在平面PAD内，∴ 平面PAD⊥平面PAB.
(2) 解：过点P作PH⊥AB于H，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，∴ PH⊥平面ABCD.
由题设可得，PH＝PA·sin60°＝，
∴ 四棱锥PABCD的体积V＝PH·SABCD＝××6＝2 .
14. (1) 证明： 在等边三角形ABC中，AD＝AE，
∴ ＝，在折叠后的三棱锥ABCF中也成立，
∴ DE∥BC , 又∵ DE平面BCF，BC平面BCF，∴ DE∥平面BCF.
(2) 证明： 在等边三角形ABC中，F是BC的中点，所以CF⊥AF.
又BF＝CF＝，BC＝，∴ BC2＝BF2＋CF2，∴ CF⊥BF.
∵ AF∩BF＝F，∴ CF⊥平面ABF.
(3) 解： 由(1)可知GE∥CF，又CF⊥平面ABF，∴ GE⊥平面DFG.
∴ VFDEG＝VEDFG＝××DG×GF×GE＝××××＝.
第2天　立体几何(2)
1. 平行
2.
3. 6　解析： A1B1、A1D1、B1B、DD1、BC、DC都与对角线AC1异面．
4. 1　解析： 设长方体的高为h，则22＋22＋h2＝32，解得h＝1.
5. 1　解析： 设该圆锥的底面半径为r，则2πr＝2π×2×，解得r＝1.
6. ①②③　解析： ①②③都是正确的，根据长方体模型可知④是错误的．
7. 4　解析： 直线EF与正方体的前后两个侧面以及上下两个底面所在的平面都相交，直线EF与正方体的左右两个侧面都平行．
8. 　解析：∵ πR3＝，∴ R＝，由于正方体的对角线长等于球的直径2R，∴ 正方体的棱长为.
9. 3　解析： 由条件知天池盆内积水的形状是一个圆台，圆台的上底面是天池盆的中截面，其半径为＝10寸，面积是100π平方寸，下底面的面积是36π平方寸，积水的体积V＝×9×(100π＋＋36π)＝588π立方寸，又盆口的面积是196π平方寸，所以平地降雨量是＝3寸．
10. ①②③⑤　解析： ① 当0CQ＝时，截面S为如图③所示的图中的五边形，可以求出，S与C1D1的交点R满足C1R＝，所以③正确；

④ 当H.又AB∩BC＝B，∴ PH⊥平面ABC.
12. 证明：(1) 因为底面ABCD和侧面BCC1B1是矩形，所以BC⊥CD，BC⊥CC1.因为 CD∩CC1＝C，所以BC⊥平面DCC1D1.因为D1E平面DCC1D1，所以BC⊥D1E.
(2) 因为 BB1∥DD1, BB1＝DD1，所以四边形D1DBB1是平行四边形.
连结DB1交D1B于点F，连结EF，则F为DB1的中点.
在△B1CD中，因为DE＝CE，DF＝B1F，所以 EF∥B1C.
因为 B1C平面BED1，EF平面BED1，所以 B1C∥平面BED1.

13. (1) 证明：∵ QA⊥平面ABCD，∴ QA⊥CD，由四边形ABCD为正方形知DC⊥AD，又QA 、AD为平面PDAQ内两条相交直线，∴ CD⊥平面PDAQ，∴ CD⊥PQ，在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，∴ PQ⊥QD.
又CD∩QD＝D，∴ PQ⊥平面DCQ.
(2) 解：存在CP中点R，使QR∥平面ABCD.理由如下：
取CD中点T，连结QR、RT、AT，则RT∥DP，且RT＝DP，又AQ∥DP，且AQ＝DP，从而AQ∥RT，且AQ＝RT，∴ 四边形AQRT为平行四边形，∴ AT∥QR.∵ QR平面ABCD，AT平面ABCD，∴ QR∥平面ABCD.
14. (1) 证明： ∵ M为AB的中点，D为PB的中点，∴ DM∥AP，
又∵ DM平面APC，AP平面APC，∴ DM∥平面APC.
(2) 证明： ∵ △PMB为正三角形，且D为PB的中点，∴ DM⊥PB.
又MD∥AP，∴ AP⊥PB.
又已知AP⊥PC，∴ AP⊥平面PBC.
∴ AP⊥BC，又∵ AC⊥BC，∴ BC⊥平面APC，又BC平面ABC，
∴ 平面ABC⊥平面PAC.
(3) ∵ AB＝20，∴ MB＝10，PB＝10.又BC＝4，∴ PC＝＝＝2，
∴ S△BDC＝S△PBC＝BC·PC＝×4×2＝2.
又MD＝AP＝＝5，∴ VDBCM＝VMBCD＝S△BDC·DM＝×2×5＝10.
第3天　立体几何(3)
1. ①③④
2. 3　解析：VA－B1D1D＝VB1－AD1D＝×AD×A1A×AB＝3.
3. 18　解析： 六棱锥的高是4，体积V＝××4＝18.
4. 　解析：设圆锥的底面半径为r，则2πr＝·2π·2，解得r＝1，圆锥的高为＝.
5. ①④
6. 必要不充分　解析： 根据线面垂直的判定定理知，若m为平面α内的一条直线，m⊥β，则α⊥β，即m为平面α内的一条直线，“m⊥β”“α⊥β”；若m为平面α内的一条直线，α⊥β，则直线m与平面β可能是mβ，也可能是m∥β，也可能是m与β相交，即m为平面α内的一条直线，“α⊥β”/“m⊥β”，所以“α⊥β”是“m⊥β”的必要不充分条件．
7. 　解析： 设甲、乙两个圆柱的底面积半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则＝＝＝，所以＝，又圆柱的侧面积S甲侧＝2πr1h1＝S乙侧＝2πr2h2，则＝＝，所以＝＝×＝.
8. ②　解析： α⊥β，m⊥α时，直线m也可能在β内，所以①是假命题；m∥α，m⊥n时，nα或n∥α或n与α相交，所以③是假命题；m∥α，mβ时，α与β也可能相交，所以④也是假命题，因此答案是②.
9. 　解析： 三棱锥CABD的体积等于三棱锥ABDC的体积，在三棱锥ABDC中AD是高，∠BDC＝60°，BD＝DC＝DA＝2，体积＝××2＝.
10. ②　解析： 找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量.

对于①，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，在图(1)中，由边AB、BC不相等可知点E、F不重合．在图(2)中，连结CE，若直线AC与直线BD垂直，∵ AC∩AE＝A，∴ BD⊥平面ACE，∴ BD⊥CE，与点E、F不重合相矛盾，故①错误．
对于②，若AB⊥CD，∵ AB⊥AD，AD∩CD＝D，∴ AB⊥平面ADC，∴ AB⊥AC.由ABAB∴ 不存在这样的直角三角形．∴ ③错误．
由上可知④错误，故正确的说法只有②.

11. 证明：(1) 因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PA⊥CD.又∠ACD＝90°，则CD⊥AC，而PA∩AC＝A, 所以CD⊥平面PAC.
因为CD平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD.
(2) 取AD中点M，连结EM、CM，则EM∥PA.
因为EM 平面PAB，PA平面PAB，所以EM∥平面PAB.
在Rt△ACD中，AM＝CM，所以∠CAD＝∠ACM.
又∠BAC＝∠CAD，所以∠BAC＝∠ACM，则MC∥AB.
因为MC平面PAB，AB平面PAB，所以MC∥平面PAB.
而EM∩MC＝M，所以平面EMC∥平面PAB.
由于EC平面EMC，从而EC∥平面PAB.
12. 证明：(1) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.因为AB平面CDEF，CD平面CDEF，所以AB∥平面CDEF.
因为AB平面ABFE，平面ABFE∩平面CDEF＝EF，所以AB∥EF.
(2) 因为DE⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以DE⊥BC.
因为BC⊥CD，CD∩DE＝D，CD、DE平面CDEF，所以BC⊥平面CDEF.
因为BC平面BCF，平面BCF⊥平面CDEF.
13．（1）解：因为OE∥平面PBC，OEÌ平面PAC，平面PAC∩平面PBC＝PC，所以OE∥PC，
所以AO∶OC＝AE∶EP．
因为DC//AB，DC＝2AB，所以AO∶OC＝AB∶DC＝1∶2，所以＝．
（2）证明：取PC的中点F，连结FB，FD．因为△PAD是正三角形，DA＝DC，所以DP＝DC．
因为F为PC的中点，所以DF⊥PC.
因为AB^平面PAD，所以AB⊥PA，AB⊥AD，AB⊥PD．
因为DC//AB，所以DC⊥DP，DC⊥DA．
设AB＝a，在等腰直角三角形PCD中，DF＝PF＝a．
在Rt△PAB中，PB＝a．
在直角梯形ABCD中，BD＝BC＝a．
因为BC＝PB＝a，点F为PC的中点，所以PC⊥FB．在Rt△PFB中，FB＝a．
在△FDB中，由DF＝a，FB＝a，BD＝a，可知DF2＋FB2＝BD2，所以FB⊥DF．
由DF⊥PC，DF⊥FB，PC∩FB＝F，PC、FBÌ平面PBC，所以DF⊥平面PBC．
又DFÌ平面PCD，所以平面PBC^平面PDC．
14. (1) 证明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∴ CC1⊥AD.
又AD⊥DE，∴ AD⊥平面BCC1B1，∵ AD平面ADE，∴ 平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2) 证明：连结DF，∵ A1B1＝A1C1，∴ AB＝AC.由AD⊥平面BCC1B1知AD⊥BC，∴ D为BC的中点．又F为B1C1的中点，则DF∥BB1∥AA1，且DF＝BB1＝AA1，∴ 四边形DFA1A为平行四边形，∴ AD∥A1F.又A1F不在平面ADE内，AD平面ADE，∴ 直线A1F∥平面ADE.
(3) 解：∵ AD⊥BC，AD⊥DE，∴ ∠EDC就是二面角EADC的平面角．又BC＝2CE，D为BC的中点，∴ Rt△EDC的两条直角边DC、EC相等，∠EDC＝45°，即二面角EADC是45°.
第4天　直线与圆(1)
1. 30°或150°
2. 1　解析：只有①是正确的．
3.
4. 　解析： ＝.
5. (，)　解析： 设A′的坐标为(a，b)，则2×－＋1＝0且＝－ ，解得a＝，b＝.
6. 1　解析： 直线4x＋3y＝10，2x－y＝10的交点坐标是(4，－2)，所以4a＋2×(－2)＝0，解得a＝1.
7. 3　解析： 依题意知AB的中点M的集合为与直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0距离都相等的直线，则M到原点的距离的最小值为原点到该直线的距离，设点M所在直线的方程为l：x＋y＋m＝0，根据平行线间的距离公式得＝|m＋7|＝|m＋5|m＝－6，所以l的方程为x＋y－6＝0，根据点到直线的距离公式，得M到原点的距离的最小值为＝3.

8. (－∞，－2)∪　解析： 由题意知直线l恒过定点P(2，1)，如图．若l与线段AB没有公共点，则k＜kPA，或k＞kPB.又kPA＝－2，kPB＝，
∴ k＜－2或k＞.
9. －7　解析： ∵ 直线l1的斜率k1＝－，又l1∥l2，∴ 直线l2的斜率k2存在，且k2＝－，所以－＝－且≠，解得m＝－7.

10. 直角三角形　解析： 由题意画出草图(如图所示)．设点A(－4，2)关于直线l：y＝2x的对称点为A′(a，b)，则A′必在直线BC上．利用点A′与点B的坐标可以求出BC边所在直线的方程，与直线l的方程联列即可求出的C的坐标，最后根据三角形三个顶点的坐标即可判断三角形的形状．
由对称性可得＝－且＝2·，解得a＝4，b＝－2，
∴ A′(4，－2)．∴ 直线BC的方程为＝，即3x＋y－10＝0.
由得C(2，4)．∴ kAC＝，kBC＝－3，∴ AC⊥BC.∴ △ABC是直角三角形．
11. 解： (1) 解得代入l1，得m＝2.
(2) 当三直线交于一点或其中两条互相平行时，它们不能构成三角形．
① 若三直线交于一点，由(1)知，m＝2；
② 若三直线中的两条互相平行，当l1∥l2时，m＝－2，当l1∥l3时，m＝，此时它们不能构成三角形．
综上所述：当m≠±2且m≠时，三条直线能构成三角形．
12. 解：(1) 设P′(x0，y0)，则线段PP′的中点M在对称轴l上，且PP′⊥l.
∴ 解得即点P′坐标为.
(2) 直线l1：y＝x－2关于直线l对称的直线为l2，则l2上任一点P(x，y)关于l的对称点P′(x′，y′)一定在直线l1上，反之也成立．
由得
把(x′，y′)代入直线l1的方程y＝x－2并整理，得7x－y－14＝0.
即直线l2的方程为7x－y－14＝0.
(3) 设直线l关于点A(1，1)的对称直线为l′，则直线l上任一点P(x1，y1)关于点A的对称点P′(x，y)一定在直线l′上，反之也成立．
由得
将(x1，y1)代入直线l的方程得x＋2y－4＝0.
∴ 直线l′的方程为x＋2y－4＝0.
13. 解：(1) ∵ 直线l的倾斜角与直线y＝x的倾斜角互补，∴ 直线l的倾斜角是135°，∴ 直线l的斜率k＝－1，所以直线l的方程为y－2＝－(x－3)，即x＋y－5＝0.
(2) 设直线l的方程为＋＝1(a≠0，b≠0)，
则解得或
所以直线l的方程为＋＝1或＋＝1，即x＋y－5＝0或x－y－1＝0.
(3) ∵ 直线l：x＋my－2m－1＝0在x轴上的截距为，∴ －2m－1＝0，解得m＝5.
(4) 设直线AB的方程为y＋2＝k(x＋1)(k＜0)，则A(，0)，B(0, k－2)，
S△＝＝≥4，等号仅当k＝－2时成立，
所以k＝－2时△AOB面积取最小值4，此时直线l的方程是2x＋y＋4＝0.
14. 解： (1) 设直线l的方程为y－1＝k(x－2)(k＜0)，令y＝0得x＝2－，所以A，同理可得B(0，1－2k)，于是，三角形AOB的面积S＝(1－2k)＝[4＋(－4k)＋]＝，所以4k2＋5k＋1＝0，解得k＝－或－1.
所以直线l的方程为y－1＝－(x－2)或y－1＝－(x－2)即x＋4y－6＝0或x＋y－3＝0.
(2) 设这样的直线l存在．且直线l的方程为y－1＝k(x－2)(k＜0)，则由三角形AOB的面积S＝(1－2k)＝[4＋(－4k)＋]≥(4＋4)＝4.当且仅当－4k＝－，即k＝－时，等号成立，
故这样的直线l存在，且直线l的方程为y－1＝－(x－2)，即x＋2y－4＝0.
第5天　直线与圆(2)
1. (1，－5)，　解析： 由圆的标准方程可得圆心(1，－5)，半径r＝.
2. m＜　解析： 表示圆的条件是12＋12－4m＞0，即m＜.
3. －2　解析： 将圆x2＋y2＋ax＝0化为标准方程为(x＋)2＋y2＝，由已知得－＝1，∴ a＝－2.
4. 3　解析： 易求得圆心C(1，2)，∴ d＝＝3.
5. x2＋(y＋1)2＝1　解析： 圆(x－1)2＋y2＝1的圆心为(1，0)，它关于直线y＝－x的对称点为(0，－1)，所以圆C的圆心为(0，－1)，半径为1，其方程为x2＋(y＋1)2＝1.
6. 3　解析： 圆心(－1，－2)到直线x＋y＋1＝0的距离d＝＝.又圆半径r＝2 ，所以满足条件的点共有3个．
7. 4　解析： ∵ 圆心(3，－1)到直线x＝－3的距离是6，∴ |PQ|的最小值为6－2＝4.
8. x＋y－2＝0　解析： 当圆心与P的连线和过点P的直线垂直时，符合条件．圆心与P点连线的斜率k＝1，∴ 所求方程为x＋y－2＝0.
9. 3－2　解析： 方程x2＋y2－2x－2y＋1＝0表示的曲线是以C(1，1)为圆心1为半径的圆，OC＝，所以圆C上的点到原点的距离的最小值是－1，所以x2＋y2的最小值是(－1)2＝3－2.
10. [－2，2]　解析： 根据题意可知，两条切线以及两个切点对应的半径构成正方形，又圆C的方程为(x－2)2＋y2＝4，∴ 圆心C(2，0)到点P的距离等于2，只要圆心到直线y＝k(x＋1)距离不超过2，∴ ≤2，解得－2≤k≤2.
11. 解： (1) 圆的半径r＝CP＝5，圆心为点C(8，－3)，∴ 圆的方程为(x－8)2＋(y＋3)2＝25.
(2) 设所求圆的方程是x2＋(y－b)2＝r2.
∵ 点P、Q在所求圆上，依题意有16＋(2－b)2＝r2且36＋(2＋b)2＝r2，解得b＝－，r2＝.
∴ 所求圆的方程是x2＋＝.
12. 解：(1) 方程C可化为(x－1)2＋(y－2)2＝5－m，显然5－m>0即m<5时方程C表示圆．
(2) 圆C的方程化为(x－1)2＋(y－2)2＝5－m，圆心 C(1，2)，半径r＝，则圆心C(1，2)到直线l：x＋2y－4＝0的距离为d＝＝.
因为MN＝，则MN＝，由r2＝d2＋(MN)2，得5－m＝()2＋()2，解得m＝4.
13. 解：(1) 由题意得，圆弧C1所在圆的方程为x2＋y2＝169.令x＝5，解得M(5，12)，N(5，－12)，又C2过点A(29，0)，设圆弧C2所在圆方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则解得
所以圆弧C2所在圆的方程为x2＋y2－28x－29＝0.
(2) 假设存在这样的点P(x，y)，则由PA＝PO，得(x－29)2＋y2＝30(x2＋y2)，即x2＋y2＋2x－29＝0.
由解得x＝－70(舍去)；
由解得x＝0(舍去)．
所以这样的点P不存在．
14. 解：(1) 令x＝0，得抛物线与y轴的交点是(0，b)，令f(x)＝0，得x2＋2x＋b＝0，由题意b≠0且Δ>0，解得b<1且b≠0.
(2) 设所求圆的一般方程为x2＋ y2＋Dx＋Ey＋F＝0，令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0，这与x2＋2x＋b＝0是同一个方程，故D＝2，F＝b，令x＝0，得y2＋Ey＋b＝0，圆C恒过(0，b)故此方程有一个根为b，代入得E＝－b－1，所以圆C的方程为x2＋ y2＋2x －(b＋1)y＋b＝0.
(3) 圆C必过定点(0，1)，(－2，1)．证明如下：
将(01)代入圆C的方程，得左边＝ 02＋ 12＋2×0－(b＋1)×1＋b＝0，右边＝0，所以圆C必过定点(0，1)；同理可证圆C必过定点(－2，1)．
第6天　直线与圆(3)
1. 2　解析： 因为圆心(0，0)到直线x＋y－2＝0的距离为1，所以AB＝2＝2.
2. －3≤a≤1　解析： ∵ 直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，∴ 圆心到直线的距离≤，化简得|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1.
3. 相交　解析：注意到直线(2m＋1)x＋(m＋1)y＝7m＋4，即(x＋y－4)＋m(2x＋y－7)＝0恒过直线x＋y－4＝0与2x＋y－7＝0的交点(3，1)，且点(3，1)与圆心(1，2)之间的距离等于 (小于半径5)，即点(3，1)位于圆C内，因此直线l与圆C相交．
4. －3或7　解析：将直线2x－y＋λ＝0沿x轴向左平移1个单位，得到直线2(x＋1)－y＋λ＝0，即2x－y＋2＋λ＝0.又圆x2＋y2＋2x－4y＝0的圆心为(－1，2)，半径为，由直线与圆相切的充要条件得＝，解得λ＝－3或7.
5. 相交　解析： 计算得两个圆心的距离为3 ，两圆半径分别为4和6，由2<3 <10得两圆相交．
6. 4　解析： 先作出已知圆C关于x轴对称的圆C′，问题转化为求点A到圆C′上的点的最短路径，即|AC′|－1＝4.
7. 3　解析： l是线段AB的垂直平分线，所以解得m＝3，c＝0，所以m＋c＝3.
8. x－2y＋3＝0　解析：圆心M坐标为(2，0)，劣弧最短时直线l与直线PM垂直，所以kl＝－＝，直线l的方程为y－2＝(x－1)，即x－2y＋3＝0.
9. {－3，－13}　解析： 由题意知直线l′的方程是(x＋1)＋2(y＋2)＋c＝0，即x＋2y＋(c＋5)＝0，∵ 直线l′与圆C：(x＋1)2＋(y－2)2＝5相切，∴ ＝，解得c＝－3或－13.
10. (x－1)2＋y2＝1　解析： ∵ 当P在圆C上运动时∠APB恒为60°，∴ 圆M与圆C一定是同心圆，∴ 可设圆M的方程为(x－1)2＋y2＝r2.当点P坐标是(3，0)时，设直线AB与x轴的交点为H，则MH＋HP＝2，MH＝r，AB＝2×r，所以r＋2×r×＝2，解得r＝1，∴ 所求圆M的方程为(x－1)2＋y2＝1.
11. (1) 证明：将直线l的方程整理为(x＋y－4)＋m(2x＋y－7)＝0，
由得 ∴ 直线l过定点A(3，1)．
∵ (3－1)2＋(1－2)2＝5<25，
∴ 点A在圆C的内部，故直线l恒与圆C相交．
(2) 解：圆心C(1，2)，当截得的弦长最小时，l⊥AC.
由kAC＝ －， 得直线l的方程为y－1＝2(x－3)，即2x－y－5＝0.
12. 解：设另一端点C的坐标为(x，y)．依题意，得AC＝AB.由两点间距离公式，得＝，整理得(x－4)2＋(y－2)2＝10.

这是以点A(4，2)为圆心，以为半径的圆，如图所示．又A、B、C为三角形的三个顶点，所以A、B、C三点不共线．即B、C不能重合且B、C不能为圆A的一直径的两个端点．
因为点B、C不能重合，所以点C不能为(3，5)．
又点B、C不能为一直径的两个端点，
所以≠4，且≠2，即点C不能为(5，－1)．
故端点C的轨迹方程是(x－4)2＋(y－2)2＝10(除去点(3，5)和(5，－1))，它的轨迹是以点A(4，2)为圆心，为半径的圆(除去(3，5)和(5，－1)两点)．
13. 解：(1) 将圆C配方得(x＋1)2＋(y－2)2＝2.
① 当直线在两坐标轴上的截距为零时，设直线方程为y＝kx，由＝，解得k＝2±，得y＝(2±)x.
② 当直线在两坐标轴上的截距不为零时，设直线方程为x＋y－a＝0，由＝，得|a－1|＝2，即a＝－1，或a＝3.
∴ 直线方程为x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
综上，所求圆的切线方程为y＝(2＋)x，或y＝(2－)x，或x＋y＋1＝0，或x＋y－3＝0.
(2) 由|PO|＝|PM|，得x＋y＝(x1＋1)2＋(y1－2)2－2，整理得2x1－4y1＋3＝0. 即点P在直线l：2x－4y＋3＝0上.
当|PM|取最小值时，OP也取最小值，∴ 直线OP⊥l，直线OP的方程为2x＋y＝0. 解方程组得点P的坐标为.
14. (1) 证明：由题设知，圆C的方程为(x－t)2＋＝t2＋，化简得x2－2tx＋y2－y＝0.
当y＝0时，x＝0或2t.则A(2t，0); 当x＝0时，y＝0或，则B.
∴ S△AOB＝|OA|·|OB|＝|2t|·＝4为定值．
(2) 解：∵ |OM|＝|ON|，则原点O在MN的中垂线上，设MN的中点为H，则CH⊥MN，∴ C、H、O三点共线，则由点C的坐标以及直线2x＋y－4＝0得直线OC的斜率k＝＝，解得t＝2或t＝－2.
∴ 圆心C(2，1)或C(－2，－1)∴ 圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5或(x＋2)2＋(y＋1)2＝5.
由于当圆方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝5时，直线2x＋y－4＝0到圆心的距离d＞r，不满足直线与圆相交，故舍去.
∴ 圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
(3) 解：点B(0，2)关于直线x＋y＋2＝0的对称点为B′(－4，－2) ，则|PB|＋|PQ|＝|PB′|＋|PQ|≥|B′Q|，又B′到圆上点Q的最短距离为|B′C|－r＝－＝3－＝2.
所以|PB|＋|PQ|的最小值为2，直线B′C的方程为y＝x，则直线B′C与直线x＋y＋2＝0的交点P的坐标为.
第7天　常用逻辑用语
1. x>0，x2－x>0
2. 若x2－x<0，则x>0
3. 01，即a<0，∴ s是t的必要不充分．
5. (－∞，1]　解析： ∵ 綈p是假命题，∴ p是真命题. 又－m＝4x－2x＋1＝(2x－1)2－1≥－1，∴ m≤1.
6. 0≤m＜2或m≤－2　解析： p是真命题时，－m>0，解得m<0；q是真命题时，Δ＝m2－4＜0，解得－2＜m＜2.又p或q是真命题，p且q是假命题，所以p、q两个命题一真一假. p假q真时0≤m＜2；p真q假时m≤－2.所以0≤m＜2或m≤－2.
7. 1　解析： ∵ 命题“x∈R，x2＋2x＋m≤0”是假命题，∴ x2＋2x＋m>0对任意实数x都成立，∴ Δ＝4－4m<0，解得m＞1，∴ a＝1.
8. －1≤a≤6　解析：∵ 綈p是綈q的充分不必要条件，利用原命题与逆否命题之间的等价关系，可知q是p的充分不必要条件；∴ 集合{x|(x－2)(3－x)>0}是{x||x－a|<4}的真子集，即{x|2a<.
10. m≤4　解析： p: 1＜2x＜8，即050，p：a<x<3a，∴ 綈p：x≤a或x≥3a；又q：23；
綈p是綈q的充分不必要条件，即綈p綈q，且綈q/綈p，∴ 解得1恒成立，需<2，又c>0，∴ c>.
又“p或q”为真命题，“p且q”为假命题，所以p、q中必一真一假．
若p真q假，则c的取值范围是0显然x<1时，g(x)<0，x≥1时，g(x)≥0，而对x∈R都有f(x)<0或g(x)<0成立即可，故只要x≥1时，f(x)<0恒成立即可．
若m＝0，f(x)＝0，f(x)<0不成立，所以舍去；
若m>0，由f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)<0得－m－30，x≥1，故x－2m>0，所以x＋m＋3>0，即m>－(x＋3)．又x≥1，故－(x＋3)∈(－∞，－4]，所以m>－4.又m<0，故m∈(－4，0)；
综上所述，m的取值范围是(－4，0)．
第8天　圆锥曲线(1)
1. 4　解析： 由题意知|OM|＝|PF2|＝3，所以|PF2|＝6，由椭圆的定义知|PF1|＝2×5－6＝4.
2. 2＜m＜6且m≠4　解析：若＋＝1表示椭圆，则有解得2＜m＜6且m≠4.
3. ＋＝1或＋＝1　解析： ∵ a＝4，e＝，∴ c＝3.∴ b2＝a2－c2＝16－9＝7.∴ 椭圆的标准方程是＋＝1或＋＝1.
4. 　解析： 由题意得(a2＋b2)＋a2＝(a＋c)2，即c2＋ac－a2＝0，即e2＋e－1＝0，解得e＝.又e＞0，故所求的椭圆的离心率为.
5. ＋＝1　解析： 设椭圆的方程为＋＝1(a＞b＞0)．由点(2，)在椭圆上知＋＝1.又PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|，即2a＝4c，a＝2c.又c2＝a2－b2，联立得a2＝8，b2＝6.
6. 1或2　解析： 当m＞1时，得＋＝1，∴ a＝1；当0＜m＜1时，得＋＝1，∴ e2＝＝1－m＝，解得m＝，∴ a2＝＝4，即a＝2.
7. 24　解析： PF1＋PF2＝14，(PF1＋PF2)2＝196，PF＋PF＝(2c)2＝100，相减得2PF1·PF2＝96，∴ S＝PF1·PF2＝24.
8. 2或4　解析：∵ 2c＝2，即c＝1，
∴ 当焦点在x轴上时，m－4＝1，∴ a＝，则椭圆上的点到两个焦点的距离之和为2；
同理，当焦点在y轴上时，4－m＝1，∴ b＝，a＝2，则椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4.
∴ 椭圆上的点到两个焦点的距离之和为2或4.

9. 　解析： 如题图，PA、PB与圆O相切，由于切线PA、PB互相垂直，所以四边形OAPB为正方形，OP＝OA，这样就得到一个关于基本量a、c的齐次方程，从而求解出比值(e)的值．由已知条件，四边形OAPB为正方形，所以OP＝OA，所以＝a，解得＝，即e＝.
10. 　解析： 由题意可得点M坐标是，又△PQM是钝角三角形，所以圆心M到y轴的距离c小于MF，即c＜·，ac＜b2＝a2－c2，c2＋ac－a2＜0，所以e2＋e－1＜0，解得＜e＜.又e＞0，所以0＜e＜.
11. 解： (1) 由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，所以e＝.
(2) ∵ a2＝4c2，∴ b2＝3c2.直线AB的方程为y＝－(x－c)，
与椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，联立解得B，所以|AB|＝2＝c.
由△AF1B的面积S＝|AF1|·|AB|sin ∠F1AB＝a ·c ·＝a2＝40，
解得a＝10，b＝5.
12. 解：(1) 由题设可知：∴ a＝3，c＝.又b2＝a2－c2，∴ b2＝4.∴ 椭圆标准方程为＋＝1.
(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由＝＋得P(x1＋x2，y1＋y2)．
∴ kAB·kOP＝·＝＝－ .
由|kAB|∈(0，＋∞)得|kAB|＋|kOP|≥2＝，当且仅当kAB＝±时取等号，
∴ |kAB|＋|kOP|的最小值为.
13. 解： (1) 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，F(c，0)，则＝(c－x1，－y1)，＝(x2－c，y2)．
又＝，∴ －y1＝y2，x1＋x2＝2c.
∵ M、N两点在椭圆C上，∴ x＝a2，x＝a2，∴ x＝x.
若x1＝－x2，则x1＋x2＝0≠2c(舍去)，∴ x1＝x2，
∴ ＝(0，2y2)，＝(c＋4，0)，∴ ·＝0.
(2) 由(1)知x1＝x2＝c，∴ M，N，∴ ＝，＝