第1期 一次函数的图象与直线的方程，直线的倾斜角、斜率及其关系，直线的方程-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 观察问题的角度决定了对问题认识的深度，数学 问题不是孤立的，而是相互联系的．有时我们抓住一个 概念、定义或例题，多角度分析、多方位思考，将一个简 单问题，逐步引向深入，可谓不变不知道，数学真奇妙． 问题：直线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋３ｋ－２与线段ｙ＝－１４ｘ＋１（０ ≤ｘ≤４）有公共点，求实数ｋ的取值范围． 解析：先求线段的端点： 当ｘ＝０时，ｙ＝１，得Ｂ（０，１）； 当ｘ＝４时，ｙ＝０，得Ａ（４，０）． 直线ｌ恒过点Ｐ（－３，－２），且ｋ为直线ｌ的斜率，如 图１所示．当直线ｌ过点Ａ时，斜率ｋ取得最小值，当直线 ｌ过点Ｂ时，斜率ｋ取得最大值． 由斜率公式得 ｋＰＡ ＝ ０－（－２） ４－（－３）＝ ２ ７， ｋＰＢ ＝ １－（－２） ０－（－３）＝１， 故实数ｋ的取值范围为 ２７≤ｋ≤１． 点评：本题的实质是过定点的一系列直线与线段 有公共点时，求斜率的最大值与最小值．当我们认清实 质之后，求解难度不大．如果我们改变定直线的给出方 式，你还能认识此题吗？ 变式一：点（ｘ，ｙ）在线段ｙ＝ｘ（－１≤ｘ≤１）上运 动，求 ｙ＋３ ｘ－５的最大值与最小值． 解析：看看式子 ｙ＋３ ｘ－５，可以把它认为是连结两点 （ｘ，ｙ）与（５，－３）的直线的斜率．而点（ｘ，ｙ）呢？它在线 段ｙ＝ｘ（－１≤ｘ≤１）上运动，由于此线段的两端点分 别为（－１，－１）与（１，１），于是，此问题又是过定点（５， －３）的一系列直线问题．易求得ｙ＋３ｘ－５的最大值与最小 值分别为 －１３与 －１． 点评：变式一将直线方程换成了一个式子，对该式 子深入分析时发现了它与原题之间的联系，借助于直 线斜率产生结论．那么，线段会改变吗？ 变式二：点（ｘ，ｙ）在三角形ＡＢＣ的区域内及边界上 运动，又知三角形 ＡＢＣ的三顶点分别为 Ａ（１，２），Ｂ（２， ３），Ｃ（４，１），试求 ｙｘ的最大值与最小值． 解析：画出三角形，如图３． 由于 ｙ ｘ表示两点（ｘ，ｙ） 与（０，０）连线的斜率，而点 （ｘ，ｙ）在三角形 ＡＢＣ的区域 内及边界上运动，显然， ｙ ｘ的 最大值与最小值分别为２（ｋＯＡ）与 １ ４（ｋＯＣ）． 点评：变式二将线段改成了区域，此时，我们要观 察区域，从区域的特点及待求的式子入手分析，可使结 论产生． 变式三：若１≤ｘ≤２，求ｘ ２＋２ ｘ＋３的最大值与最小值． 解析：还是先观察式子 ｘ２＋２ ｘ＋３，再从斜率的角度，可 以认为式子 ｘ２＋２ ｘ＋３表示两点（ｘ，ｘ ２）与Ｃ（－３，－２）连线 的斜率．那么点（ｘ，ｘ２）具有什么特点呢？ 可以发现点（ｘ，ｘ２）是函数ｙ＝ｘ２图象上的点，又１ ≤ｘ≤２，画出图看一下，如图４．显然，ＣＡ的斜率最小， ＣＢ的斜率最大． 故 ｘ２＋２ ｘ＋３的最大值与最小值分别为 ６ ５与 ３ ４． 点评：此题与前面的变式比较，难度明显增加了， 它不仅要求我们对式子 ｘ２＋２ ｘ＋３能够从斜率的角度进行 理解，还要求我们可以从点（ｘ，ｘ２）看出函数ｙ＝ｘ２，两者 缺一不可． 怎么样？建立在斜率的基础上，通过一题的几种变 式将斜率的方方面面都认识了，数学奇妙吗？来思考下 面的习题吧！ 跟踪训练：已知实数ｘ，ｙ满足方程ｘ＋２ｙ＝６，当ｘ ∈［１，２）∪（２，３］时，试求ｙ－１ｘ－２的取值范围． 书 １８．（１７分）（２０２４浙江联考）已知直线ｌ１：ａｘ＋２ｙ－ １２＝０，直线ｌ２过点Ａ（－４，１）， ．在①直线ｌ２的 斜率是直线ｙ＝－１４ｘ的斜率的２倍，②直线ｌ２不过原点 且在ｘ轴上的截距等于在ｙ轴上的截距的２倍，这两个条 件中任选一个，补充在上面的横线中，并解答下列问题． （１）求ｌ２的一般式方程； （２）若ｌ１与ｌ２在ｘ轴上的截距相等，求ａ的值． １９．（１７分）（２０２４河南宜阳县一中联考）已知直线 ｌ：ｋｘ－ｙ＋２＋３ｋ＝０经过定点Ｐ． （１）证明：无论ｋ取何值，直线ｌ始终过第二象限； （２）若直线ｌ交ｘ轴负半轴于点Ａ，交ｙ轴正半轴于点 Ｂ，当１２｜ＰＡ｜＋ １ ３｜ＰＢ｜取最小值时，求直线ｌ的方程． 书 第一招：点斜式 出招条件：能够确定直线的斜率ｋ和一个具体的点 （ｘ１，ｙ１）． 招数拆解：已知直线过点（１，２），且倾斜角的正切 值为 １２ ５，求该直线的方程． 解：设直线的倾斜角为α，则ｔａｎα＝１２５， 即直线的斜率为ｋ＝１２５． 所以直线的点斜式方程为ｙ－２＝１２５（ｘ－１）， 即１２ｘ－５ｙ－２＝０． 招数缺陷：点斜式不能表示垂直于 ｘ轴的直线．因 为这样的直线倾斜角为９０°，其正切值不存在，也就是 斜率不存在．没有了斜率，也就没有直线的点斜式． 第二招：斜截式 出招条件：能够确定直线的斜率ｋ和截距ｂ． 招数拆解：若直线的倾斜角为６０°，且过点（０，１）， 求该直线的方程． 解：因为直线的倾斜角为６０°， 所以直线的斜率为ｋ＝ｔａｎ６０°＝槡３． 因为直线的纵截距为ｂ＝１， 所以直线的斜截式方程为ｙ＝槡３ｘ＋１， 即槡３ｘ－ｙ＋１＝０． 招数缺陷：斜截式同点斜式一样不能表示垂直于ｘ 轴的直线，因为直线斜率不存在，其纵截距也就不存 在，该招式也就派不上用场． （下转２版） ! !" # ! 书 编者语：直线方程的形式比较多，而在实际题目中 所给条件不相同，那么在求解时如何合理选择直线方程 的形式呢？现与同学们分享几道求解直线方程的例题， 希望对同学们的学习有所帮助． 例１求斜率为槡３３，且分别满足下列条件的直线方程： （１）经过点（槡３，－１）； （２）在ｘ轴上的截距是 －５． 分析：根据对应的条件，只要再加一个条件就可以 求解对应的直线方程，关键是正确选择相应的直线方程 的形式加以分析求解． 解：（１）因为直线经过点（槡３，－１），斜率为槡 ３ ３，所以 直线方程是ｙ＋１＝槡３３（ｘ－槡３），即槡３ｘ－３ｙ－６＝０． （２）因为直线的斜率为槡３３，在ｘ轴上的截距是 －５， 即过点（－５，０），所以直线方程是ｙ－０＝槡３３（ｘ＋５），即 槡３ｘ－３ｙ＋ 槡５３＝０． 感悟：正确理解与掌握直线方程的形式与对应的确 定方程的条件，是解决此类问题的关键所在． 例２已知 △ＡＢＣ的三个顶点分别是 Ａ（０，－６）， Ｂ（３，０），Ｃ（－２，３），求它的三条边所在直线的方程． 分析：由于点Ａ在ｙ轴上，点Ｂ在ｘ轴上，所以ＡＢ边 所在直线的方程可选用截距式表示，ＡＣ边所在直线的方 程可选用斜截式表示，ＢＣ边所在直线的方程可选用点 斜式或两点式表示，最后统一都化为一般式． 解：由题知点Ａ在ｙ轴上，点Ｂ在ｘ轴上，所以ＡＢ边所 在直线在ｙ轴上的截距为－６，在ｘ轴上的截距为３，故ＡＢ边 所在直线的方程为 ｘ ３＋ ｙ －６＝１，即２ｘ－ｙ－６＝０； 因为点Ａ在ｙ轴上，ＡＣ边所在的直线在ｙ轴上的截 距为 －６，故设ＡＣ边所在直线的方程为ｙ＝ｋＡＣｘ－６，将 点Ｃ（－２，３）代入直线方程求得ｋＡＣ ＝－ ９ ２，所以ＡＣ边 所在直线的方程为ｙ＝－９２ｘ－６，即９ｘ＋２ｙ＋１２＝０； 由点Ｂ（３，０），Ｃ（－２，３），得 ＢＣ边所在直线的斜率 为ｋＢＣ ＝ ３－０ －２－３＝－ ３ ５，所以ＢＣ边所在直线的方程为 ｙ－０＝－３５（ｘ－３），即３ｘ＋５ｙ－９＝０． 感悟：应根据条件选择适当的方程形式，以使解法 简便．由于△ＡＢＣ的三个顶点已知，求三边所在直线的 方程，都可以采用两点式求解．本题还可以利用待定系 数法，将所求的直线方程均设为斜截式ｙ＝ｋｘ＋ｂ，只需 确定ｋ与ｂ的值即可． 例３已知直线与坐标轴围成的三角形面积为３，且 在ｘ轴和ｙ轴上的截距之和为５，求这样的直线的条数． 分析：直线与坐标轴围成三角形，故截距不为零，所 以设出直线的截距式方程，再由条件写出相应的截距之 间的关系，联立方程组并加以求解． 解：设直线的截距式方程为 ｘ ａ＋ ｙ ｂ ＝１， 由题意得 １ ２｜ａｂ｜＝３， ａ＋ｂ＝５ { ， 即 ａｂ＝６， ａ＋ｂ＝５{ ；或 ａｂ＝－６，ａ＋ｂ＝５{ ， 解得 ａ＝３， ｂ＝２{ ，或 ａ＝２，ｂ＝３{ ；或 ａ＝６，ｂ＝－１{ ，或 ａ＝－１，ｂ＝６{ ． 故所求的直线条数有４条． 感悟：直线的截距问题中应注意截距不是距离，可 以取一切实数，本题又结合了面积问题，面积只能是正 的，因此要解好此类题型一定要小心． 书 例１求经过点Ｍ（０，２）并且和两条坐标轴围成的三 角形的面积为１的直线方程． 错解：因为直线经过点Ｍ（０，２），故可设直线方程为 ｘ ａ＋ ｙ ２ ＝１，由题意得 １ ２×２ａ＝１，解得ａ＝１． 所以直线方程为ｘ＋ｙ２ ＝１，即２ｘ＋ｙ－２＝０． 查缺：直线截距是直线与坐标轴交点的不恒为０的 那个坐标，可取任意实数，上述错解直接把直线在ｘ轴上 的截距ａ视为三角形的边长，导致遗漏了ａ＝－１这一种 情形．其实，三角形的这条边长应为｜ａ｜． 补漏：因为直线经过点Ｍ（０，２），故可设直线方程为 ｘ ａ＋ ｙ ２ ＝１，由题意得 １ ２×２｜ａ｜＝１，解得ａ＝±１． 所以直线方程为 ｘ＋ｙ２ ＝１或 －ｘ＋ ｙ ２ ＝１，即 ２ｘ＋ｙ－２＝０或２ｘ－ｙ＋２＝０． 例２已知直线ｌ过点（２，－６），它在ｙ轴上的截距是 在ｘ轴上的截距的２倍，求直线ｌ的方程． 错解：由题意，设直线方程为 ｘ ａ＋ ｙ ２ａ＝１，把点（２， －６）代入直线方程，得２ａ－ ６ ２ａ＝１，解得ａ＝－１． 所以直线方程为 －ｘ－ｙ２ ＝１，即２ｘ＋ｙ＋２＝０． 查缺：当直线过原点时，直线在两条坐标轴上的截 距都等于０，这种情况也适合题意，上述错解显然没有虑 及这种情形． 补漏：（１）当直线ｌ过原点时，它在两坐标轴上的截 距都是０，适合题意，故直线方程为ｙ＝－６２ｘ＝－３ｘ，即 ３ｘ＋ｙ＝０； （２）当直线ｌ不过原点时，设它在 ｘ轴上的截距为 ａ（ａ≠０），在ｙ轴上的截距为２ａ，则直线方程的截距式 为 ｘ ａ＋ ｙ ２ａ＝１，把点（２，－６）代入直线方程，得 ２ ａ－ ６ ２ａ ＝１，解得ａ＝－１． 故直线方程为 －ｘ－ｙ２ ＝１，即２ｘ＋ｙ＋２＝０． 综上，直线方程为３ｘ＋ｙ＝０或２ｘ＋ｙ＋２＝０． 例３已知直线 ｌ过点（１，２），它与 ｘ轴的交点到点 （－１，０）的距离为２，求直线ｌ的方程． 错解：设直线ｌ的斜率为ｋ，则由点斜式得直线方程 为ｙ－２＝ｋ（ｘ－１）， 化为一般式得ｋｘ－ｙ＋２－ｋ＝０， ① 它与ｘ轴的交点为 １－２ｋ，( )０． 又由 １－２ｋ＋１ ＝２，解得ｋ＝ １２， 代入①得直线ｌ的方程为ｘ－２ｙ＋３＝０． 查缺：上述解法未经考察就认为直线的斜率一定存 在，从而遗漏了直线斜率不存在的情形．其实，当直线的 斜率不存在时，经检验，也适合题意． 补漏：（１）当直线ｌ的斜率不存在时，直线方程为 ｘ ＝１，直线ｌ与ｘ轴的交点为（１，０），它到点（－１，０）的距 离为２，适合题意； （２）当直线ｌ的斜率存在时，设其为 ｋ，则直线的点 斜式方程为ｙ－２＝ｋ（ｘ－１）， 可化为ｋｘ－ｙ＋２－ｋ＝０， ① 它与ｘ轴的交点为 １－２ｋ，( )０． 又由 １－２ｋ＋１ ＝２，解得ｋ＝ １２， 代入①得直线ｌ的方程为ｘ－２ｙ＋３＝０． 综上，直线ｌ的方程为ｘ－１＝０或ｘ－２ｙ＋３＝０． 书 高中数学 北师大版选择性必修 编辑计划 ２０２４年７月～２０２５年６月 选择性必修第一册 第一章　直线与圆 １期　一次函数的 图象与直线的方程，直 线的倾斜角、斜率及其 关系，直线的方程 ２期　两条直线的 平行与重直，两条直线 的交点坐标，平面直角 坐标系中的距离公式 ３期　圆的标准方 程，圆的一般方程 ４期　直线与圆的 位置关系，圆与圆的位 置关系 ５期　直线与圆核 心素养综合测评 第二章　圆锥曲线 ６期　椭圆（一） ７期　椭圆（二） ８期　双曲线（一） ９期　双曲线（二） １０期　抛物线（一） １１期　抛物线（二） １２期　直线与圆 锥曲线的位置关系 １３期　圆锥曲线 核心素养综合测评 第三章　空间向量 与立体几何 １４期　空间直角 坐标系，空间向量与向 量运算 １５期　空间向量 基本定理及向量的直角 坐标运算 １６期　直线的方 向向量与平面的法向 量，用向量方法讨论立 体几何中的位置关系 １７期　用向量方 法研究立体几何中的度 量关系（空间中的角） １８期　用向量方 （下转２，３版中缝） !"#$ %&' ()*+,-./ ! 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!"#$%&'() *+,- ! ./ 书 １．下列图形中，对直线的倾斜角与斜率描述正确 的是 （　　） ２．已知直线ｌ：ｙ＝ｋｘ上有点（ｃｏｓ２，ｓｉｎ２），则ｌ的倾 斜角α为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （Ａ）π－２ （Ｂ）－２ （Ｃ）２－π２ （Ｄ）２ ３．（多选）（２０２４重庆市黔江中学阶段练习）已知 点Ａ（２，－１），若在坐标轴上存在一点Ｐ，使直线ＰＡ的 倾斜角为４５°，则点Ｐ的坐标不能为 （　　） （Ａ）（３，０） （Ｂ）（－３，０） （Ｃ）（０，－３） （Ｄ）（０，３） ４．（２０２４上海校考期末）直线３ｘ＋（ａ＋１）ｙ＋１＝ ０的斜率为 －２，则实数ａ的值为 ． ５．根据条件求下列倾斜角、斜率． （１）直线ｌ的倾斜角的正弦值是 １２，则直线 ｌ的斜 率是 ． （２）直线ｘｔａｎπ７＋ｙ＝０的倾斜角是 ． ６．（２０２４青海课时练习）求经过两点 Ａ（２ｍ，１）， Ｂ（ｍ，２）（ｍ∈Ｒ）的直线ｌ的斜率． １．（２０２４重庆课时练习）过点Ｐ（－２，１）且倾斜角 为０°的直线方程为 （　　） （Ａ）ｙ＝１ （Ｂ）ｘ＝－２ （Ｃ）ｙ＝－２ （Ｄ）ｘ＝１ ２．（２０２４湖北课时练习）已知直线的方程是 ｙ＋７ ＝－ｘ－３，则 （　　） （Ａ）直线经过点（－３，７），斜率为 －１ （Ｂ）直线经过点（７，－１），斜率为 －１ （Ｃ）直线经过点（－３，－７），斜率为 －１ （Ｄ）直线经过点（－７，－３），斜率为１ ３．（多选）在平面直角坐标系中，下列四个结论中 正确的是 （　　） （Ａ）每一条直线都有点斜式和斜截式方程 （Ｂ）倾斜角是钝角的直线，斜率为负数 （Ｃ）方程ｋ＝ｙ＋１ｘ－２与方程ｙ＋１＝ｋ（ｘ－２）表示 同一条直线 （Ｄ）直线过点Ｐ（ｘ０，ｙ０），倾斜角为９０°，则其方程 为ｘ＝ｘ０ ４．（２０２４江苏苏州课时练习）过点Ａ（１，４）的直线 的方 向 向 量 为 ｍ ＝ （１，２），则 该 直 线 方 程 为 ． ５．有一个装有进出水管 的容器，每单位时间进出的 水量是一定的，设从某时刻 开始１０分钟内只进水，不出 水，在随后的３０分钟内既进 水又出水，得到时间ｘ（分）与 水量ｙ（升）之间的关系如右图所示，则ｙ与ｘ的函数关 系式为 ． ６．（２０２４北京课时练习）在平面直角坐标系中，画 出经过点（１，２），且斜率分别为３与 －３的直线． １．（２０２４内蒙古赤峰阶段练习）经过点Ａ（－３，２）， Ｂ（４，４）的直线的两点式方程为 （　　） （Ａ）ｙ－２２ ＝ ｘ＋３ ７ （Ｂ） ｙ－２ －２ ＝ ｘ－３ ７ （Ｃ）ｙ＋２２ ＝ ｘ－３ ７ （Ｄ） ｙ－２ ｘ＋３＝ ２ ７ ２．（２０２４浙江温州统考）过两点Ａ（３，－５），Ｂ（－５， ５）的直线在ｙ轴上的截距为 （　　） （Ａ）－５４ （Ｂ） ５ ４ （Ｃ）－ ２ ５ （Ｄ） ２ ５ ３．（多选）（２０２４广东揭阳期中）直线ｌ：ｘａ＋ ｙ ｂ＝ １中，已知ａ＞０，ｂ＞０．若ｌ与坐标轴围成的三角形的面 积不小于１０，则实数对（ａ，ｂ）可以是 （　　） （Ａ）（３，８） （Ｂ）（１，９） （Ｃ）（７，４） （Ｄ）（５，３） ４．过两点 Ｐ（１，２），Ｑ（５，３）的直线的方程是 ． ５．（２０２４福建厦门期中）若三点Ａ（０，１），Ｂ（ａ，０）， Ｃ（３，２）在同一条直线上，则ａ的值为 ． ６．已知△ＡＢＣ顶点为Ａ（２，８），Ｂ（－４，０），Ｃ（６，０）， 求过点Ｂ且将△ＡＢＣ面积平分的直线方程．（中点坐标 公式：Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）的中点坐标为 （ ｘ１＋ｘ２ ２ ， ｙ１＋ｙ２ ２ ）） 书 （上接１版） 第三招：两点式 出招条件：能够确定直线的两个点． 招数拆解：如果直线 ｌ上有两个已知点 Ａ（－４，３）， Ｂ（３，－４），求该直线的方程． 解：因为直线经过两点Ａ（－４，３），Ｂ（３，－４）， 所以直线的两点式方程为 ｙ－３ －４－３＝ ｘ－（－４） ３－（－４）， 即ｘ＋ｙ＋１＝０． 招数缺陷：两点式是个分式，这就要受到分式分母 不为零的影响．因此，方程式必需满足“ｙ２≠ ｙ１，ｘ２≠ ｘ１”，所以该式既不能表示垂直于 ｘ轴的直线，也不能表 示垂直于ｙ轴的直线． 第四招：截距式 出招条件：能够确定直线的两个截距． 招数拆解：已知直线ｌ过点Ｐ（６，－２），且与坐标轴 围成一个直角三角形的面积为３，求直线ｌ的方程． 解：设所求方程为 ｘ ａ＋ ｙ ｂ ＝１，由题可知 ６ ａ－ ２ ｂ ＝１， １ ２｜ａ｜｜ｂ｜＝３ { ， 即 ６ｂ－２ａ＝ａｂ， ｜ａｂ｜＝６{ ， 解得 ａ＝３， ｂ＝２{ ，或 ａ＝－６， ｂ＝－１{ ． 所以直线方程为 ｘ ３＋ ｙ ２ ＝１，或 ｘ －６＋ ｙ －１＝１， 即２ｘ＋３ｙ－６＝０，或ｘ＋６ｙ＋６＝０． 招数缺陷：截距式也是个分式，也要受到分式分母 不为零的影响．因此截距式不能表示过原点的直线，也 不能表示平行于坐标轴的直线． 第五招：一般式 出招条件：通过运算能够确定三个数值“Ａ，Ｂ，Ｃ”． 招数拆解：如果直线 ｌ上有两点 Ａ（－２，３），Ｂ（３， －２），求该直线的一般式方程． 解：设直线的方程为Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０． 因为直线过点Ａ（－２，３），Ｂ（３，－２）， 所以有 －２Ａ＋３Ｂ＋Ｃ＝０， ３Ａ－２Ｂ＋Ｃ＝０{ ， 化简得Ａ＝Ｂ＝－Ｃ． 所以Ａｘ＋Ａｙ－Ａ＝０，即直线方程为ｘ＋ｙ－１＝０． 招数缺陷：一般式Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０中，Ａ，Ｂ不能同时 为零． 书 （上接１，４版中缝） 法研究立体几何中的度 量关系（空间中的距离 问题） 第四章　数学建模 １９期　空间向量 与立体几何，数学建模 核心素养综合测评 ２０期　核心素养 阶段测评（一） ２１期　核心素养 阶段测评（二） 第五章　计数原理 ２２期　计数原理 ２３期　排列，组合 ２４期　二项式定 理 ２５期　计数原理 核心素养综合测评 第六章　概率 ２６期　随机事件 的条件概率 ２７期　离散型随 机变量及其分布列 ２８期　离散型随 机变量的均值与方差 ２９期　二项分布 与超几何分布 ３０期　正态分布 ３１期　概率核心 素养综合测评 第七章　统计案例 ３２期　一元线性 回归，成对数据的线性 相关性 ３３期　独立性检验 ３４期　统计案例 核心素养综合测评 ３５期　核心素养 阶段测评（三） ３６期　学业水平 测评（一） 选择性必修第二册 第一章　数列 ３７期　数列概念 及函数特性 ３８期　等差数列 ３９期　等比数列 ４０期　数列在日 常经济生活中的应用 ４１期　数列性质、 通项公式、求和 ４２期　数列核心 素养综合测评 第二章　导数 ４３期　平均变化 率与瞬时变化率，导数 的概念及其几何意义， 导数的计算 ４４期　导数的四 则运算法则，简单复合 函数的求导法则 ４５期　用导数研 究函数的性质，导数的 应用 ４６期　导数核心 素养综合测评 ４７期　学业水平 测评（二） ４８期　学业水平 测评（三） !"#$%&'()*+ !"#$%#&'$&() !",-%&'()*+ *"#$+#&'$$&# ! ! 0(!123456789:*;<=.>- " ? !"#$%&' 9@ABCDEF@EG HIJK L@ABMNOPEQ RSETQ> U@ABMNOVWQX 9YQRSTZQ> !," !-" !." !/" ! " ! # $0* % " ! & $0* % " ! & $1* % " ! & $1* ()*+, ! " [(!123456789:R;<\.>8 " ? &2! ' ( ! $* &* "* 3* " # "* &* $* "4" &! ) $ ) & " &! ) $ ) & " & ! ) $ ) & " & ! ) $ ) & " !," !-" !." !/" &! " &! " &! " &! " !," !-" !." !/" ' * ( + $ , - # $ . . . . . . . . &5 65 ( % &5 35 (5 )5 # ' ( " # & 78 %' %# %" %6 6 & " %6 %& ( # 3 " & 6 ( - ' * # " % # " 书 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）２０２４年７月 第１～４期参考答案 第１期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＢＤ．　４．１２； ５．（１）槡３３或 － 槡３ ３，（２） ６π ７． ６．解：当２ｍ＝ｍ，即ｍ＝０时，直线ｌ垂直于ｘ轴，其斜率不存在； 当２ｍ≠ｍ，即ｍ≠０时，直线ｌ的斜率ｋ＝ ２－１ｍ－２ｍ＝－ １ ｍ． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＢＤ．　４．２ｘ－ｙ＋２＝０； ５．ｙ＝ ２ｘ， １ ３ｘ＋ ５０ ３ { ，０≤ｘ＜１０，１０≤ｘ≤４０． ６．解：经过点（１，２），且斜率为３ 的直线，即ｙ－２＝３（ｘ－１）， 化简得：ｙ＝３ｘ－１； 经过点（１，２），且斜率为 －３的直 线，即ｙ－２＝－３（ｘ－１）， 化简得：ｙ＝－３ｘ＋５． 图象如右图所示． 专项小练三 １．Ａ；　２．Ａ；　３．ＡＣ．　４．ｘ－４ｙ＋７＝０；　５．－３． ６．解：设ＡＣ边的中点为Ｄ，由中点坐标公式可求得Ｄ点的坐 标为（４，４），则直线ＢＤ即为所求． 由直线方程的两点式得 ｙ－０ ４－０＝ ｘ＋４ ４＋４， 即所求直线方程为ｘ－２ｙ＋４＝０． 第１期３，４版 直线的倾斜角、斜率，直线的方程同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＡＤＡＢ　５～８　ＡＤＤＤ 提示： ２．已知ｋｂ≠０，ｌ２：ｙ＝－ ｂ ｋｘ＋ｂ，由四个选项中的ｌ１可知ｋ＞ ０，可排除（Ａ），（Ｃ）；当ｂ＜０时，可排除（Ｂ）；当ｂ＞０时，（Ｄ）符 合题意． ３．由题意可知直线ｌ的斜率ｋ＝ｔａｎπ４ ＝１， 所以直线ｌ的方程为ｙ－３＝ｘ－１，即ｙ＝ｘ＋２， 所以它在ｙ轴上的截距为２． ４．因为直线ｌ的倾斜角为１５０°，所以ｔａｎ１５０°＝－槡３３， 由斜率的定义ｋ＝ ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ 可知，取ｘ１ ＝ｙ１ ＝０， 解得一组解可以是ｘ２ ＝－３，ｙ２ ＝槡３， 所以直线的一个方向向量可以是（－３，槡３）． ５．由直线ｌ的方程为：２ｘ＋３ｙ－１＝０， 得斜率ｋ＝ｔａｎθ＝－２３， 则ｓｉｎ（θ－π）· (ｓｉｎ π２ － )θ ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ１ ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ ｓｉｎ２θ＋ｃｏｓ２θ ＝ －ｔａｎθ ｔａｎ２θ＋１ ＝ ( ２ ３ － )２３ ２ ＋１ ＝ ６１３． ６．由 (ｆ π４ ) (－ｘ ＝ｆ π４ )＋ｘ 知函数ｆ（ｘ）的图象关于 直线ｘ＝π４对称，所以ｆ（０） (＝ｆ π )２ ，所以ａ＝－ｂ．由直线ａｘ －ｂｙ＋ｃ＝０知其斜率ｋ＝ ａｂ ＝－１，所以直线的倾斜角为 ３π ４． ７．因为点（－１，２） (和 槡３３， )０ 在直线ｌ：ａｘ－ｙ＋１＝０（ａ≠ ０）的同侧，所以（－ａ－２＋１ (）· 槡３３ａ－０＋ )１ ＞０，即（ａ＋１）（ａ ＋槡３）＜０，所以－槡３＜ａ＜－１．又知直线ｌ的斜率ｋ＝ａ，即－槡３ ＜ｋ＜－１，又因为直线倾斜角范围是［０，π），所以直线ｌ的倾斜角 (的取值范围为 ２π３，３π)４ ． ８．ｍ（ｘ＋１）＋ｎ（ｙ＋２）＝０可化为ｍｘ＋ｎｙ＋ｍ＋２ｎ＝０， ① 要使ｌ与两坐标轴能围成三角形，则ｍｎ≠０且ｍ＋２ｎ≠０， 由①令ｘ＝０得ｙ＝－ｍ＋２ｎｎ ；令ｙ＝０得ｘ＝－ ｍ＋２ｎ ｍ ． 依题意， １ ２ (× －ｍ＋２ｎ)ｎ (× －ｍ＋２ｎ)ｍ ＝ １２ × ｍ２＋４ｍｎ＋４ｎ２ ｍｎ ＝ １ ２ × ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４ ＝６， 所以 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４＝１２或 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４＝－１２， 所以 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＝８或 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＝－１６． 设ｔ＝ ｍｎ，则ｔ＋ ４ ｔ ＝８或ｔ＋ ４ ｔ ＝－１６， 则ｔ２－８ｔ＋４＝０或ｔ２＋１６ｔ＋４＝０， 解得ｔ＝４± 槡２３或ｔ＝－８± 槡２ １５， 即 ｍ ｎ ＝４± 槡２３或 ｍ ｎ ＝－８± 槡２ １５， 所以这样的直线有４条． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．由ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０可知直线斜率ｋ＝－ａｂ ＞０， 直线在ｙ轴上的截距ｙ＝－ ｃｂ ＜０，满足条件的只有（Ｂ）， 所以不可能是（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．对于（Ａ）项，当ｘ＝２，ｙ＝６时，代入直线方程后得６≠２ －８，所以点（２，６）不在直线ｌ上，故（Ａ）项错误； 对于（Ｂ）项，易得直线ｌ的斜率为ｋ＝１，所以ｕ＝（１，１）为 直线ｌ的一个方向向量，故（Ｂ）项正确； 对于（Ｃ）项，令ｘ＝０得ｙ＝－８，所以直线ｌ在ｙ轴上的截距 为 －８，故（Ｃ）项错误； 对于（Ｄ）项，易得向量ｖ＝（１，－１）与直线ｌ的方向向量垂 直，故（Ｄ）项正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．对于（Ａ），整理ｍｘ＋ｙ＋１－３ｍ＝０，得ｍ（ｘ－３）＋ｙ＋ １＝０，令 ｘ－３＝０， ｙ＋１＝０{ ，解得 ｘ＝３， ｙ＝－１{ ，所以直线ｌ恒过点（３，－１）， （Ａ）正确； 对于（Ｂ），可知所求直线的斜率存在且不为０，设为ｋ， 则它的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ－１）． 令ｘ＝０，得ｙ＝１－ｋ，即该直线在ｙ轴上的截距为１－ｋ； 令 ｙ＝０，得ｘ＝１－１ｋ，即该直线在ｘ轴上的截距为１－ １ ｋ． 因为该直线在ｘ，ｙ轴上的截距相 等，所以１－ｋ＝１－１ｋ，解得ｋ＝±１， 所以所求直线的方程为ｘ－ｙ＝ ０或ｘ＋ｙ－２＝０，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），点Ｂ关于 ｘ轴的对称 点为Ｂ′（－１，－１），连接ＡＢ′交ｘ轴于 点Ｐ０，点Ｐ是 ｘ轴上任意一点，连接 ＢＰ０，ＡＰ，ＢＰ，ＰＢ′，如图１． 于是｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜＝｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ′｜≥｜ＡＢ′｜＝｜ＡＰ０｜＋ ｜Ｂ′Ｐ０｜＝｜ＡＰ０｜＋｜ＢＰ０｜， 当且仅当点Ｐ与Ｐ０重合时，等号成立， 因此（｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜）ｍｉｎ＝｜ＡＢ′｜＝ ３２＋４槡 ２ ＝５，（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），直线ｌ与ｘ，ｙ轴的正半轴分别交于Ａ，Ｂ两点，可知 直线ｌ的斜率为负数，设直线ｌ：ｙ－２＝ｋ（ｘ－３），ｋ＜０， 令ｘ＝０，得ｙ＝２－３ｋ，令ｙ＝０，得ｘ＝３－２ｋ，可知２－３ｋ ＞０，３－２ｋ ＞０， 所以Ｓ△ＡＯＢ ＝ １ ２ ×（２－３ｋ (） ３－２ )ｋ ＝ [１２ （－９ｋ）＋ ４ －ｋ＋ ]１２ ≥ １２（ 槡２ ３６＋１２）＝１２， 当且仅当 －９ｋ＝ ４－ｋ，即ｋ＝－ ２ ３时，等号成立， 所以△ＡＯＢ面积的最小值为１２，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．４；　１３．５；　１４．９１４． 提示： １２．设直线ＡＢ的倾斜角为α， 则直线ＡＢ的斜率ｋ＝ｔａｎα＝ｔａｎ４５°＝１， 又ｋ＝３ｍ－６２＋ｍ ＝１，解得ｍ＝４． １３．因为ｆ（２）＝ａ０＋１＝２，所以Ａ（２，２）； 由ｋｘ－ｙ＋２ｋ－１＝０得ｙ＋１＝ｋ（ｘ＋２），所以直线恒过定 点Ｂ（－２，－１），所以｜ＡＢ｜＝ （－２－２）２＋（－１－２）槡 ２ ＝５． １４．以Ｃ为原点，ＤＣ，ＢＣ边分别为ｘ轴，ｙ轴建立平面直角坐 标系，如图２，则Ｎ（－１２０，－８０），Ｍ（－６０，－２００）， Ｎ关 于 ｘ轴 的 对 称 点 为 Ｎ′（－１２０，８０），Ｎ′关于 ｙ轴的对称 点为Ｎ″（１２０，８０）， 直线ＭＮ″方向为本球射出方向， 故 (ｔａｎ π２ － )θ ＝８０＋２００１２０＋６０ ＝１４９，ｔａｎθ＝ ９ １４． 四、解答题 １５．解：（１）依题意，（－１，槡３）是直线ｌ的一个方向向量， 所以直线ｌ的斜率ｋ＝－槡３， 所以直线ｌ的倾斜角为１２０°． （２）直线的倾斜角是钝角，则直线斜率ｋＡＢ＝ ｍ－３ １－ｍ＋１＜０， 解得ｍ＜２或ｍ＞３． 所以实数ｍ的范围是（－∞，２）∪（３，＋∞）． １６．解：（１）由题图知点Ａ（６０，６），Ｂ（８０，１０）． 由直线方程的两点式可求得直线ＡＢ的方程是ｘ－５ｙ－３０＝０． （２）依题意，令ｙ＝０，解得ｘ＝３０，即旅客最多可免费携带 ３０千克的行李． １７．解：（１）由直线的两点式方程，得边 ＡＣ所在直线的方程 为 ｙ－４ ０－４＝ ｘ－０ －８－０，即ｘ－２ｙ＋８＝０． 由直线的两点式方程，得边 ＡＢ所在直线的方程为ｙ－４６－４＝ ｘ－０ －２－０，即ｘ＋ｙ－４＝０． （２）由题意，得点Ｄ的坐标为（－４，２）， 由直线的两点式方程，得中线ＢＤ所在直线的方程为ｙ－２６－２＝ ｘ－（－４） －２－（－４），即２ｘ－ｙ＋１０＝０． １８．解：（１）选择①：由题意可设直线ｌ２的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ＋４）， 因为直线ｌ２的斜率是直线ｙ＝－ １ ４ｘ的斜率的２倍， 所以ｋ＝－１２， 所以直线ｌ２的方程为ｙ－１＝－ １ ２（ｘ＋４），即ｘ＋２ｙ＋２＝０． 选择②：由题意可设直线ｌ２的方程为 ｘ ２ｍ＋ ｙ ｍ ＝１，ｍ≠０， 因为直线ｌ２过点Ａ（－４，１），所以 －４ ２ｍ＋ １ ｍ ＝１，解得ｍ＝－１． 所以直线ｌ２的方程为 ｘ －２＋ ｙ －１＝１，即ｘ＋２ｙ＋２＝０． （２）由（１）可知直线ｌ２的方程为ｘ＋２ｙ＋２＝０， 令ｙ＝０，可得ｘ＝－２，所以直线ｌ２在ｘ轴上的截距为 －２， 所以直线ｌ１在ｘ轴上的截距为 －２． 故直线ｌ１过点（－２，０），代入ａｘ＋２ｙ－１２＝０，得 －２ａ＋２× ０－１２＝０，解得ａ＝－６． １９．（１）证明：由ｋｘ－ｙ＋２＋３ｋ＝０可得：ｋ（ｘ＋３）＋２－ｙ＝０， 由 ｘ＋３＝０， ２－ｙ＝０{ ，可得 ｘ＝－３， ｙ＝２{ ，所以ｌ经过定点Ｐ（－３，２）， 即直线ｌ过定点（－３，２），且定点在第二象限， 所以无论ｋ取何值，直线ｌ始终经过第二象限． （２）解：设直线ｌ的倾斜角为α，则０＜α＜ π２， 可得｜ＰＡ｜＝ ２ｓｉｎα ，｜ＰＢ｜＝ ３ｃｏｓα ， 书 １７．解：（１）设圆Ｐ的方程为ｘ２＋ｙ２＋Ｄｘ＋Ｅｙ＋Ｆ＝０，则由已知 得 １２＋０２＋Ｄ＋０＋Ｆ＝０， ４２＋０２＋４Ｄ＋０＋Ｆ＝０， ６２＋（－２）２＋６Ｄ－２Ｅ＋Ｆ＝０ { ， 解得 Ｄ＝－５， Ｅ＝７， Ｆ＝４ { ． 故圆Ｐ的方程为ｘ２＋ｙ２－５ｘ＋７ｙ＋４＝０． （２）由圆的对称性可知，圆心Ｐ的横坐标为１＋４２ ＝ ５ ２， 故圆心 (Ｐ ５２， )２ ，故圆Ｐ的半径为ｒ＝｜ＡＰ｜ (＝ １－ )５２ ２ ＋（０－２）槡 ２ ＝ ５２， 故圆Ｐ (的标准方程为 ｘ－ )５２ ２ ＋（ｙ－２）２ ＝２５４． １８．解：（１）设圆的标准方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２＝ｒ２， 得到圆心坐标为（ａ，ｂ），半径为ｒ， 将Ａ与Ｂ的坐标代入圆方程得： （－１－ａ）２＋（１－ｂ）２ ＝ｒ２， （－２－ａ）２＋（－２－ｂ）２ ＝ｒ２， 消去ｒ，整理得ａ＋３ｂ＋３＝０， ① 将圆心坐标代入ｘ＋ｙ－１＝０得ａ＋ｂ－１＝０， ② 联立①②解得ａ＝３，ｂ＝－２， ｒ２ ＝（－１－３）２＋（１＋２）２ ＝２５， 则圆Ｃ的标准方程为（ｘ－３）２＋（ｙ＋２）２ ＝２５． （２）设Ｎ（ｘ１，ｙ１），Ｇ（ｘ，ｙ）， 因为线段ＭＮ的中点是Ｇ， 所以由中点公式得 ｘ１＋３ ２ ＝ｘ， ｙ１＋４ ２ { ＝ｙ ｘ１ ＝２ｘ－３，ｙ１ ＝２ｙ－４{ ． 因为Ｎ在圆Ｃ上，所以（２ｘ－６）２＋（２ｙ－２）２ ＝２５， 即（ｘ－３）２＋（ｙ－１）２ ＝２５４， 所以点Ｇ的轨迹方程是（ｘ－３）２＋（ｙ－１）２ ＝２５４． １９．解：（１）设Ｐ（ｘ，ｙ），则｜ＰＡ｜２＝（ｘ＋１）２＋ｙ２，｜ＰＢ｜２ ＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 所以 ｜ＰＡ｜ ｜ＰＢ｜＝ （ｘ＋１）２＋ｙ槡 ２ （ｘ－３）２＋ｙ槡 ２ ＝ １３， 则９（ｘ＋１）２＋９ｙ２ ＝（ｘ－３）２＋ｙ２， 整理得曲线Ｃ的方程为ｘ２＋３ｘ＋ｙ２ ＝０． （２）由（１）得曲线Ｃ为圆，即Ｃ (： ｘ＋ )３２ ２ ＋ｙ２ ＝ ９４． 设其关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的圆的圆心为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ－３２ ２ ＋ ｙ ２ －２＝０， ｙ ｘ＋３２ ＝１{ ， 解得 ｘ＝２，ｙ＝ ７２{ ． 所以曲线Ｃ关于直线ｘ＋ｙ－２＝０对称的曲线方程为（ｘ－ ２）２ (＋ ｙ－ )７２ ２ ＝ ９４． （３） (由点 ５２， )３ 到圆心Ｃ的距离为 (ｄ＝ ５２ ＋ )３２ ２ ＋（３－０）槡 ２ ＝５． 因为圆Ｃ的半径ｒ＝ ３２， (所以点 ５２， )３ 到圆Ｃ的最短距离为ｄ－ｒ＝５－３２ ＝ ７２ ＞３，故在圆Ｃ上不存在点Ｄ，使得Ｄ (到点 ５２， )３ 的距离为３． 第４期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．Ｂ．　４．ｘ－ｙ－２＝０；　５．２． ６．解：已知圆的圆心为（０，０），半径为槡２， 圆心到直线的距离ｄ＝｜ｂ｜ 槡２ ． 当ｄ＜槡２，即 －２＜ｂ＜２时，直线与圆相交； 当ｄ＝槡２，即ｂ＝±２时，直线与圆相切； 当ｄ＞槡２，即ｂ＜－２或ｂ＞２时，直线与圆相离． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ａ．　４．４ｘ＋３ｙ－２＝０；　５．外切． ６．解：设所求圆的圆心为Ｐ（ａ，ｂ）， 所以 （ａ－４）２＋（ｂ＋１）槡 ２ ＝１． ① （１）若两圆外切，则有 （ａ－２）２＋（ｂ＋１）槡 ２ ＝１＋２＝３． ② 由①②，解得ａ＝５，ｂ＝－１， 所以所求圆的方程为（ｘ－５）２＋（ｙ＋１）２ ＝１． （２）若两圆内切，则有 （ａ－２）２＋（ｂ＋１）槡 ２ ＝２－１＝１． ③ 由①③，解得ａ＝３，ｂ＝－１， 所以所求圆的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ＋１）２ ＝１． 综上，可知所求圆的方程为（ｘ－５）２＋（ｙ＋１）２＝１或（ｘ－ ３）２＋（ｙ＋１）２ ＝１． 第４期３，４版 直线与圆、圆与圆的位置关系同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＤＤＡ　５～８　ＣＢＡＤ 提示： ２．两圆的圆心分别为：Ａ（３，－２），Ｂ（７，１）， 半径分别为：ｒ＝２，Ｒ＝６， 两圆心距为：｜ＡＢ｜＝ （７－３）２＋（１＋２）槡 ２ ＝５， 而Ｒ－ｒ＜｜ＡＢ｜＜Ｒ＋ｒ，所以两圆相交． ３．由题意可得圆心Ｃ（１，－４）到直线ｌ的距离ｄ≤５， 即 ｜３－４×（－４）＋ｍ｜ ５ ≤５，解得ｍ∈［－４４，６］． ４．因为圆Ｏ上恰有三个点到直线ｌ的距离等于１， 所以圆心Ｏ（０，０）到直线ｌ：ｙ＝ｘ＋ｂ的距离ｄ＝１， 所以 ｜ｄ｜ 槡２ ＝１，解得：ｂ＝槡２或ｂ＝－槡２． ５．设这１００个圆的半径从小到大依次为ｒ１，ｒ２，…，ｒ１００， 则由题知，ｒ２１ ＝１． 因为每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为 ２，即ｒ２２－ｒ２１ ＝１，ｒ２３－ｒ２２ ＝１，…，ｒ２９９－ｒ２９８ ＝１，ｒ２１００－ｒ２１００ ＝１， 即 ｒ２２ ＝１＋ｒ２１＝２，ｒ２３＝１＋ｒ２２＝３，…，ｒ２１００＝１＋ｒ２９９＝１００， 所以ｒ１００ ＝１０． ６．如图１，拱形桥ＡＣＢ， 以ＡＢ所在的直线为ｘ轴，以线段 ＡＢ的垂直平分线为ｙ轴，建立平面直 角坐标系，则 Ａ（－１０，０），Ｂ（１０，０）， Ｃ（０，５），圆心在ｙ轴上，设为Ｅ（０，ｂ）， 则有 ｜ＡＥ ｜＝｜ＣＥ ｜， 即 １００＋ｂ槡 ２ ＝｜５－ｂ｜， 整理可得２ｂ＋１５＝０，解得ｂ＝－１５２， 所以圆心为 (Ｅ ０，－１５)２ ，半径为｜ＣＥ｜＝｜５－ｂ｜＝２５２， 所以圆的方程为ｘ２ (＋ ｙ＋１５)２ ２ ＝６２５４． 设Ｄ（ａ，３），则有ａ２ (＋ ３＋１５)２ ２ ＝６２５４，解得ａ＝槡４６． 所以要使小船通过圆拱桥，船宽最长为 槡２ ４６． 因为６５＜槡４６＜７，所以１３＜ 槡２ ４６＜１４， 所以船宽最长约为１３米． ７．当射线 ＯＰ绕 Ｏ点从 ｘ轴正半轴逆时针匀速旋转到射线 ＯＣ时，所扫过的内部图形面积在变大，而且根据图２显示，变化 量ΔＳ也在变大； 当射线ＯＰ绕Ｏ点从射线ＯＣ逆时针匀速旋转到ｙ轴正半轴 时，所扫过的内部图形面积在变大，而且根据图３显示，变化量 ΔＳ在变小，综合选项可得，选项（Ａ）符合． ８．设Ｇ为△Ａ１Ａ２Ａ３的重心， 则Ａ１Ｂ → ｉ＋Ａ２Ｂ → ｉ＋Ａ３Ｂ → ｉ＝Ａ１ → Ｇ＋ＧＢ→ ｉ＋Ａ２→ Ｇ＋ＧＢ→ ｉ＋Ａ３→ Ｇ＋ＧＢ→ ｉ ＝３ＧＢ→ ｉ， 因为｜Ａ１Ｂ → ｉ＋Ａ２Ｂ → ｉ＋Ａ３Ｂ → ｉ｜＝ｉ，所以｜ＧＢ → ｉ｜＝ ｉ ３ ＝ｒｉ，即 Ｂｉ在以点Ｇ为圆心，ｒｉ＝ ｉ ３为半径的圆上面． 设点Ｇ与坐标原点重合， 则｜Ｂ１Ｂ２｜＋｜Ｂ２Ｂ３｜＋｜Ｂ３Ｂ４｜≥ｒ４ －ｒ１ ＝ ４ ３ － １ ３ ＝１，当且仅当Ｂ１，Ｂ２， Ｂ３都在线段ＯＢ４上时，等号成立， 又｜Ｂ１Ｂ２｜＋｜Ｂ２Ｂ３｜＋｜Ｂ３Ｂ４｜≤ｒ１ ＋ｒ２＋ｒ２＋ｒ３＋ｒ３＋ｒ４ ＝ １ ３ ＋ ２ ３ ×２ ＋１×２＋４３ ＝５，当且仅当Ｂ１，Ｏ，Ｂ２在线段Ｂ３Ｂ４上面，且Ｂ１在 线段ＯＢ３上，Ｂ２在线段ＯＢ４上时，等号成立． 综上所述，｜Ｂ１Ｂ２｜＋｜Ｂ２Ｂ３｜＋｜Ｂ３Ｂ４｜的取值范围为［１，５］． 二、多项选择题 ９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．对于（Ａ），因为两个圆相交，所以有两条公切线，正确； 对于（Ｂ），将两圆方程作差可得 －２ｘ＋２ｙ－２＝０，即得公共 弦ＡＢ的方程为ｘ－ｙ＋１＝０，正确； 对于（Ｃ），直线ＡＢ经过圆Ｏ２的圆心（０，１），所以线段 ＡＢ是 圆Ｏ２的直径，故圆Ｏ２中不存在比ＡＢ长的弦，错误； 对于（Ｄ），圆Ｏ１的圆心坐标为（１，０），半径为２，圆心到直线 ＡＢ：ｘ－ｙ＋１＝０的距离为｜１＋１｜ 槡２ ＝槡２，所以圆Ｏ１上的点到直 线ＡＢ的最大距离为２＋槡２，正确． １０．对于（Ａ），将直线ｌ的方程变形为ｘ＋２－ｍ（ｙ＋１）＝０， 由 ｘ＋２＝０， ｙ＋１＝{ ０可得 ｘ＝－２， ｙ＝－１{ ， 所以直线ｌ过定点（－２，－１），（Ａ）正确； 对于（Ｂ），Ｃ被ｌ截得的弦长最长时，直线ｌ过圆心Ｃ（５，１）， 则７－２ｍ＝０，解得ｍ＝ ７２，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），圆Ｃ的圆心为Ｃ（５，１），半径为ｒ＝２， 当直线ｌ与Ｃ相切时，则｜７－２ｍ｜ １＋ｍ槡 ２ ＝２， 解得ｍ＝４５２８，（Ｃ）错； 对于（Ｄ），由（Ｃ）可知，直线 ｌ与 Ｃ相切时只有一种情况， （Ｄ）错． １１．设圆心为Ｃ，则Ｃ（－２，－５）， 圆的半径为５，所以圆与ｘ轴相切． 设切点为 Ｐ，则 Ｐ（－２，０），连接 ＰＡ，ＰＢ，ＰＣ，ＭＣ，则｜ＰＭ｜＝６， 因为∠ＭＰＡ＝∠ＭＢＰ，∠ＰＭＡ＝ ∠ＢＭＰ，所以△ＭＰＡ∽△ＭＢＰ， 所以｜ＰＭ｜２＝｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝３６． 设ＡＢ的中点为Ｎ，连接ＣＮ， 则ＣＮ⊥ＡＢ， 设圆心Ｃ到直线ＡＢ的距离ｄ，则０≤ｄ＜５， ｜ ＭＣ ｜＝ （４＋２）２＋５槡 ２ ＝ 槡６１， ｜ ＭＮ ｜＝ ｜ＭＣ｜２－ｄ槡 ２ ＝ ６１－ｄ槡 ２， ｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜＝２｜ＭＡ｜＋｜ＡＢ｜＝２｜ＭＡ｜＋２｜ＡＮ｜＝ ２｜ＭＮ｜＝２ ６１－ｄ槡 ２， 因为 ２ ｜ＭＱ｜＝ １ ｜ＭＡ｜＋ １ ｜ＭＢ｜＝ ｜ＭＡ｜＋｜ＭＢ｜ ｜ＭＡ｜｜ＭＢ｜＝ ｜ＭＮ｜ １８ ， 所以｜ＭＱ｜＝ ３６｜ＭＮ｜＝ ３６ ６１－ｄ槡 ２ ， 因为０≤ｄ＜５，所以 槡３６ ６１ 槡６１ ≤｜ＭＱ｜＜６．故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．６０°／π３；　１３．２；　１４．－槡２． 提示： １２．如图６，圆心（０，０）到直线槡３ｘ＋ ｙ－ 槡２ ３ ＝ ０的 距 离：｜ＯＤ｜＝ ｜槡２３｜ （槡３）２＋槡 １ ＝槡３，所以弦长： ｜ＡＢ｜＝２ ２２－（槡３）槡 ２ ＝２， 所以△ＯＡＢ为等边三角形，所以 ∠ＡＯＢ＝６０°． １３．圆Ｃ：ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０的圆心为（０，１），半径为１，因为四 边形 ＰＡＣＢ的面积 Ｓ＝ＰＡ·ＡＣ ＝ ＰＣ２－ＡＣ槡 ２·ＡＣ ＝ ＰＣ２－槡 １，而Ｓ最小值为２，所以ＰＣ的最小值为槡５，即圆心（０， １）到直线ｌ的距离｜０＋１＋４｜ ｋ２＋槡 １ ＝槡５，解得ｋ＝２． １４．圆Ｃ１：ｘ２＋ｙ２＋２ａｘ＋ａ２－４＝０的圆心Ｃ１（－ａ，０），半 径ｒ１ ＝２， 圆Ｃ２：ｘ２＋ｙ２－２ｂｙ－１＋ｂ２＝０的圆心Ｃ２（０，ｂ），半径ｒ２＝１， 由两个圆只有一条公切线可得两个圆内切，圆心距｜Ｃ１Ｃ２｜ ＝ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝２－１＝１，可得ａ２＋ｂ２ ＝１． 设ａ＝ｃｏｓα，ｂ＝ｓｉｎα，ａ∈Ｒ， 所以ａ＋ｂ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈［－槡２，槡２］， 当且仅当α＋π４ ＝－ π ２ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时， 即α＝－３４π＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ时，ａ＋ｂ的最小值为 －槡２． 四、解答题 由于版面有限，解答题答案见报纸． ! ! " !"#$%&'()*+,-./012!3+ "#$ 4 ! 5"6$3&'(7*+,-.8012!3+ "#$ 4 !"#$ !"#$ ! " # $ ! % & ! ! $! $" ' ( ' " ! #$! $" ) % & ' # ! " $" $ $ $ $ $ $ $ $ (*+#'(& (*#'$" ( ! " ' , ) , ) # ( ! !! ' ! ) # & " ( ! ! " ! ! ' " ( ) ' " ( ) ! # ' ( ) ! ' - ! $ " # % ' ) , ( ! & ' # & ! ) ( ! % 书 所以 １ ２｜ＰＡ｜＋ １ ３｜ＰＢ｜＝ １ ｓｉｎα ＋ １ｃｏｓα ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓαｓｉｎαｃｏｓα ． 令ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ， 因为０＜α＜ π２，可得 π ４ ＜α＋ π ４ ＜ ３π ４， 槡２ ２ ＜ (ｓｉｎ α＋ π )４ ≤１，则ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈（１，槡２］． 将ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα两边平方可得：ｔ２＝（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２ ＝ １＋２ｓｉｎα·ｃｏｓα，所以ｓｉｎαｃｏｓα＝ｔ ２－１ ２ ，所以 １ ２｜ＰＡ｜＋ １ ３｜ＰＢ｜ ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓαｓｉｎαｃｏｓα ＝ ２ｔ ｔ２－１ ＝ ２ ｔ－１ｔ ， 因为ｙ＝ｔ－１ｔ在（１，槡２］上单调递增， 所以０＜ｔ－１ｔ≤ 槡２ ２， 故ｙ＝ １ ｔ－１ｔ ≥槡２，所以 ２ ｔ－１ｔ ≥ 槡２２，当且仅当ｔ＝槡２时 取等号，此时ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ＝槡２， 可得α＝ π４，所以ｋ＝ｔａｎα＝ｔａｎ π ４ ＝１， 所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋５＝０． 第２期２版 专项小练一 １．ＡＢＤ；　２．Ｄ；　３．Ｂ．　４．４；　５．垂直． ６．解：因为ｋＡＣ ＝ ２＋ 槡２２－２ ２－４ ＝－槡２， ｋＢＣ ＝ ２－ 槡２２－２ ０－４ ＝ 槡２ ２， 则ｋＡＣ·ｋＢＣ ＝－槡２×槡 ２ ２ ＝－１， 所以ＡＣ⊥ＢＣ．故△ＡＢＣ是直角三角形． 专项小练二 １．ＡＤ；　２．Ｃ；　３．Ｃ．　４．（－４，３）；　５．－３． ６．解：（１）解方程组 ３ｘ－ｙ＋４＝０， ｘ＋３ｙ＋２＝０{ ，得 ｘ＝－７５， ｙ＝－１５ { ， 所以这两条直线相交， (交点坐标是 －７５，－ )１５ ． （２）ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０可化为方程３ｘ－５ｙ＋１０＝０， 所以 ３ｘ－５ｙ＋１０＝０， ９ｘ－１５ｙ＋３０＝{ ０有无数多个解， 故ｌ１：３ｘ－５ｙ＋１０＝０与ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０重合． 专项小练三 １．Ｂ；　２．ＢＣＤ；　３．Ａ．　４．２或 －４；　５． 槡１２５５ ． ６．解：（１）由点到直线的距离公式可得 ｄ＝｜３×３－４×（－２）－１｜ ３２＋（－４）槡 ２ ＝１６５． （２）由直线ｙ＝６与ｘ轴平行，得ｄ＝｜６－（－２）｜＝８． （３）ｄ＝｜３｜＝３． 第２期３版 §１．４～§１．６同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＣＡＤ　５～８　ＡＢＢＡ 提示： １．因为 ｘ＋ｙ－５＝０， ３ｘ＋ｙ－３＝{ ０的解为 ｘ＝－１， ｙ＝６{ ，所以集合Ａ∩Ｂ中 的元素是两直线的交点（－１，６），即Ａ∩Ｂ＝｛（－１，６）｝． ２．由 ２ｘ＋ｙ－４＝０， ｘ－ｙ－２＝０{ ， ｘ＝２， ｙ＝０{ ，即两直线交点坐标为（２，０）， 代入ｋｘ－ｙ＋３＝０得：２ｋ－０＋３＝０ｋ＝－３２． 故选：（Ｃ）． ３．直线ｌ１：ｙ＝３ａｘ－２过定点Ａ（０，－２），直线ｌ２：ａ（２ｘ＋５ｙ） －（ｘ＋１）＝０过定点 (Ｂ －１， )２５ ， 所以｜ＡＢ｜＝ （－１－０）２ [＋ ２５ －（－２ ]）槡 ２ ＝１３５． ４．设Ｍ（ｘ，ｙ），且Ｍ１ → Ｍ ＝ ３２ＭＭ → ２， 则（ｘ－６，ｙ－２）＝ ３２（１－ｘ，７－ｙ）， 得 ｘ－６＝ ３２（１－ｘ）， ｙ－２＝ ３２（７－ｙ { ），解得 ｘ＝３，ｙ＝５{ ， 代入直线ｙ＝ｍｘ－７，得５＝３ｍ－７，解得ｍ＝４． ５．△ＡＢＣ的顶点为 Ａ（０，０），Ｂ（４，０），Ｃ（３，槡３），所以重心 (Ｇ ７３，槡３)３ ．设△ＡＢＣ的外心为Ｗ（２，ａ），则｜ＡＷ｜＝｜ＷＣ｜，即 ２２＋ａ槡 ２ ＝ （３－２）２＋（槡３－ａ）槡 ２，解得 ａ＝０，所以 Ｗ（２， ０），则该三角形的欧拉线即直线ＧＷ，其方程为ｙ－０＝ 槡３ ３ －０ ７ ３ －２ （ｘ －２），化简得槡３ｘ－ｙ－ 槡２３＝０． ６．当ｘ≥０时，由 －ａ｜ｘ｜＝－ａ＋ｘ可得，－ａｘ＝－ａ＋ｘ， 当ａ≠－１时，解得ｘ＝ ａａ＋１； 当ｘ＜０时，由 －ａ｜ｘ｜＝－ａ＋ｘ可得，ａｘ＝－ａ＋ｘ， 解得ｘ＝－ ａａ－１， 所以 ａ ａ＋１≥０， － ａａ－１＜０ { ，其中ａ＜０，解得ａ＜－１． ７．因为直线ｙ＝ｋｘ＋２０２３的斜率存在，所以ｘ１≠ｘ２， 由题意 ｙ１ ＝ｋｘ１＋２０２３， ｙ２ ＝ｋｘ２＋２０２３ { ， 则ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１ ＝ｘ１（ｋｘ２ ＋２０２３）－ｘ２（ｋｘ１ ＋２０２３）＝ ２０２３（ｘ１－ｘ２）≠０， 故ｌ１：ｘ１ｘ＋ｙ１ｙ＝１与ｌ２：ｘ２ｘ＋ｙ２ｙ＝１相交， 所以方程组总有唯一解，（Ａ），（Ｄ）错误，（Ｂ）正确； 若 ｘ＝１， ｙ＝{ ２是方程组的一组解，则 ｘ１＋２ｙ１ ＝１， ｘ２＋２ｙ２ ＝１ { ， 则点 Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２）在直线ｘ＋２ｙ＝１，即ｙ＝－ １ ２ｘ＋ １ ２上， 但已知这两个点在直线ｙ＝ｋｘ＋２０２３上，而这两条直线不是 同一条直线，所以 ｘ＝１， ｙ＝{ ２不可能是方程组的一组解，（Ｃ）错误． ８．由题意，联立两直线方程 ｙ＝ｘ＋２， ｙ＝ｋｘ－４{ ，化简得（ｋ－１）ｘ＝６， ｋ－１＝－６，即ｋ＝－５时，ｘ＝－１，ｙ＝１； ｋ－１＝－３，即ｋ＝－２时，ｘ＝－２，ｙ＝０； ｋ－１＝－２，即ｋ＝－１时，ｘ＝－３，ｙ＝－１； ｋ－１＝－１，即ｋ＝０时，ｘ＝－６，ｙ＝－４； ｋ－１＝１，即ｋ＝２时，ｘ＝６，ｙ＝８； ｋ－１＝２，即ｋ＝３时，ｘ＝３，ｙ＝５； ｋ－１＝３，即ｋ＝４时，ｘ＝２，ｙ＝４； ｋ－１＝６，即ｋ＝７时，ｘ＝１，ｙ＝３． 所以ｋ的值可以取８个，选项（Ａ）正确． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．联立方程 ｘ＋ｙ－３＝０， ｙ＝ｋｘ＋３ｋ－２{ ，解得 ｘ＝５－３ｋｋ＋１， ｙ＝６ｋ－２ｋ＋１ { ， 因为两直线的交点在第四象限， 所以 ５－３ｋ ｋ＋１ ＞０， ６ｋ－２ ｋ＋１ ＜０ { ，解得 －１＜ｋ＜ １３．故选（Ａ）（Ｃ）． １０．对于（Ａ）项，当ｋ＝０时，直线ｌ２的方程为ｘ＝０，此时直 线ｌ２的倾斜角为 π ２，故（Ａ）项正确； 对于（Ｂ）项，当ｋ＝－１２时，直线ｌ２的方程为ｘ－ｙ－１＝０， 与ｌ１重合，此时两直线有公共点； 当ｋ≠－１２时，有１×ｋ－（－１）×（ｋ＋１）＝２ｋ＋１≠０， 即ｌ１，ｌ２一定相交． 综上所述，对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都有公共点，故 （Ｂ）项正确； 对于（Ｃ）项，由（Ｂ）可知，当ｋ＝－１２时，直线ｌ２与ｌ１重合， 故（Ｃ）项错误； 对于（Ｄ）项，要使直线ｌ１与直线ｌ２垂直，则应有ｋ＋１－ｋ＝ ０，该方程无解，所以对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都不垂直， 故（Ｄ）项正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．若是三条直线两两相交，且交点不重合，则这三条直线把 平面分成７部分； 如果这三条直线将平面划分为六部分包括两种情况能够成立： （１）直线ａｘ＋２ｙ＋８＝０过另外两条直线的交点． 由４ｘ＋３ｙ＝１０和２ｘ－ｙ＝１０的交点是（４，－２）， 代入解得：ａ＝－１； （２）直线ａｘ＋２ｙ＋８＝０分别与另外两条直线平行． 当ａｘ＋２ｙ＋８＝０与４ｘ＋３ｙ＝１０平行时， 有 ａ ４ ＝ ２ ３≠ ８ －１０，解得ａ＝ ８ ３； 当ａｘ＋２ｙ＋８＝０与２ｘ－ｙ＝１０平行时， 有 ａ ２ ＝ ２ －１≠ ８ －１０，解得ａ＝－４．故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２． 槡７ １０２０ ；　１３．槡２５；　１４．１． 提示： １２．由两直线平行可得ｍ＝２． 直线３ｘ＋ｙ－３＝０变形为６ｘ＋２ｙ－６＝０， 所以距离为ｄ＝ ｜１＋６｜ ６２＋２槡 ２ ＝ 槡７ １０２０ ． １３．设Ｂ关于直线ｙ＝ １３ｘ的对称点为Ｂ′（ｘ０，ｙ０）， 则 ｙ０－２ ｘ０－１ ＝－３， ｙ０＋２ ２ ＝ １ ３ × ｘ０＋１ ２ { ，解得Ｂ′（２，－１）． 由平面几何知识得 ｜ＡＣ｜＋｜ＢＣ｜的最小值即是｜Ｂ′Ａ｜＝ （２＋２）２＋（－１－１）槡 ２ ＝ 槡２５． １４．直线ｌ１：ｍｘ－ｙ＋ｍ＝０，即ｍ（ｘ＋１）－ｙ＝０，恒过定点 （－１，０），直线ｌ３：（ｍ＋１）ｘ－ｙ＋（ｍ＋１）＝０，即ｍ（ｘ＋１）＋ｘ －ｙ＋１＝０，也恒过定点（－１，０）， 所以直线ｌ１与ｌ３相交于定点Ａ（－１，０）． 由 ｘ＋ｍｙ－ｍ（ｍ＋１）＝０， （ｍ＋１）ｘ－ｙ＋（ｍ＋１）＝０{ ，解得 ｘ＝０， ｙ＝ｍ＋１{ ，可知 直线ｌ２与直线ｌ３相交于点Ｂ（０，ｍ＋１）． 由题可得直线ｌ１与直线ｌ２相互垂直，所以△ＡＢＣ是Ｃ为直角 的直角三角形． 因为点Ａ到 ｌ２：ｘ＋ｍｙ－ｍ（ｍ＋１）＝０的距离 ｜ＡＣ｜＝ ｜－１－ｍ（ｍ＋１）｜ １＋ｍ槡 ２ ＝ｍ ２＋ｍ＋１ １＋ｍ槡 ２ ，点Ｂ到ｌ１：ｍｘ－ｙ＋ｍ＝０的 距离｜ＢＣ｜＝｜－ｍ－１＋ｍ｜ ｍ２＋槡 １ ＝ １ ｍ２＋槡 １ ， 所以△ＡＢＣ的面积Ｓ＝ １２｜ＡＣ｜｜ＢＣ｜＝ １ ２× ｍ２＋ｍ＋１ ｍ２＋１ ＝ (１２ １＋ ｍｍ２＋ )１ ， ｍ＜０时，△ＡＢＣ的面积不可能取到最大值； ｍ＝０时，Ｓ＝ １２； ｍ＞０时， ｍ ｍ２＋１ ≤ ｍ ２ ｍ槡 ２ ＝ １２，当且仅当ｍ＝１时，等号 成立，此时Ｓｍａｘ＝ (１２ １＋ )１２ ＝ ３４． 综上，当ｍ＝１时，△ＡＢＣ的面积Ｓ取得最大值 ３４． 四、解答题 １５．解：如图１，设Ｐ（０，３）点关于 直线ｘ－ｙ＋１＝０的对称点的坐标为 Ｐ′（ａ，ｂ）， 则 ａ ２ － ｂ＋３ ２ ＋１＝０， ｂ－３ ａ ＝－１ { ， 解得ａ＝２，ｂ＝１， 所以Ｐ′（２，１）． 设Ｑ（－２，３），Ｎ为直线ｘ－ｙ＋１＝０上的点， 则｜ＰＮ｜＝｜ＰＮ′｜．则 ｜ＱＮ｜＋｜ＰＮ｜＝｜ＱＮ｜＋｜Ｐ′Ｎ｜≥ ｜ＱＰ′｜，当且仅当Ｑ，Ｎ，Ｐ′三点共线时取等号． 而｜ＱＰ′｜＝ （－２－２）２＋（３－１）槡 ２ ＝ 槡２５， 所以最短总路程为 槡２５． １６．解：（１）由 ２ｘ－ｙ＋３＝０， ３ｘ－ｙ＋２＝０{ ，解得 ｘ＝１， ｙ＝５{ ， 即两直线的交点坐标为（１，５）． 则直线经过点（１，５）和（２，３）， 由两点式方程得， ｙ－３ ５－３＝ ｘ－２ １－２， 化简得所求直线方程为２ｘ＋ｙ－７＝０． （２）由３ｘ＋ｙ－１＝０可得直线的斜率为 －３， 故平行于直线３ｘ＋ｙ－１＝０的直线的斜率为 －３， 结合（１）问可知：两条直线ｙ＝２ｘ＋３与３ｘ－ｙ＋２＝０的交 点为（１，５）， 由点斜式方程得，ｙ－５＝－３（ｘ－１）， 书 化简得所求直线方程为３ｘ＋ｙ－８＝０． １７．解：因为Ａ，Ｂ两点纵坐标不相等， 所以ＡＢ与ｘ轴不平行，而ＡＢ⊥ＣＤ， 所以ＣＤ与ｘ轴不垂直，则 －ｔ≠３，即ｔ≠－３． ①当ＡＢ与ｘ轴垂直时，－ｔ－３＝－２ｔ－４， 解得ｔ＝－１，此时Ｃ，Ｄ的纵坐标均为 －１， 所以ＣＤ∥ｘ轴，此时ＡＢ⊥ＣＤ，满足题意． ②当ＡＢ与ｘ轴不垂直时，由斜率公式 ｋＡＢ ＝ ４－２ －２ｔ－４－（－ｔ－３）＝－ ２ ｔ＋１， ｋＣＤ ＝ ３ｔ＋２－ｔ ３－（－ｔ）＝ ２（ｔ＋１） ｔ＋３ ， 因为ＡＢ⊥ＣＤ，所以ｋＡＢ·ｋＣＤ ＝－１， 即 － ２ｔ＋１· ２（ｔ＋１） ｔ＋３ ＝－１，解得ｔ＝１， 综上，ｔ的值为１或 －１． １８．解：（１）设ＡＢ边的垂直平分线所在的直线为ｌ， 由题可知ｋＡＢ ＝ ５－３ ２－１＝２，则ｋｌ＝－ １ ２， 又可知ＡＢ (的中点坐标为 ３２， )４ ， 所以ｌ的方程为ｙ－４＝－ (１２ ｘ－ )３２ ， 即ｙ＝－１２ｘ＋ １９ ４． （２）设Ｂ关于直线ｘ－ｙ＋３＝０的对称点Ｍ的坐标为（ａ，ｂ）， 则 ｂ－３ ａ－１＝－１， １＋ａ ２ － ３＋ｂ ２ ＋３＝０ { ，解得 ａ＝０，ｂ＝４{ ，所以Ｍ（０，４）， 由题可知Ａ，Ｍ两点都在直线ＡＣ上， 所以直线ＡＣ的斜率为５－４２－０＝ １ ２， 所以直线ＡＣ的方程为ｙ－４＝ １２（ｘ－０）， 所以ＡＣ所在直线的方程为ｘ－２ｙ＋８＝０． １９．解：显然四边形ＡＢＣＤ为等腰梯形， 因为ａ＞０，根据等腰梯形的对称性可知：当ｂ＞１或ｂ≤０时 不符合题意，所以０＜ｂ≤１． 当ａ＝ １２，ｂ＝１时，设直线ＥＣ：ｙ＝ １ ２ｘ＋１与ｙ轴的交点 Ｆ（０，１），根据等腰梯形的对称性可知符合题意； 当ａ＞１２，ｂ＝１时，设直线ｙ ＝ａｘ＋１与梯形上、下底分别交于 Ｍ，Ｎ，如图２， 因为三角形 ＭＣＦ与三角形 ＮＥＦ全等， 所以直线ｙ＝ａｘ＋ (１ ａ＞ )１２ 将四边形ＡＢＣＤ分割为面积 相等的两部分； 当０＜ａ＜ １２时，设直线ｙ＝ｂ与ｙ轴交于Ｇ点，与梯形的 两腰交于Ｑ，Ｐ， 由题直线ｙ＝ａｘ＋ｂ（ａ＞０） 将四边形ＡＢＣＤ分割为面积相等 的两部分，则设该直线与梯形的 两腰交于Ｋ，Ｈ．如图３， 可知：直线ＡＤ：ｙ＝ｘ＋４，ＢＣ： ｙ＝４－ｘ， 联立 ｙ＝ｘ＋４， ｙ＝ａｘ＋ｂ{ ，解得 ｘ＝４－ｂａ－１， ｙ＝４ａ－ｂａ－１ { ，即 (Ｋ ４－ｂａ－１，４ａ－ｂａ－ )１ ， 同理可得：Ｑ（ｂ－４，ｂ）， (Ｈ ４－ｂａ＋１，４ａ＋ｂａ＋ )１ ，Ｐ（４－ｂ，ｂ）． 由题意可得：Ｓ梯形ＡＢＰＱ －Ｓ△ＧＱＫ＋Ｓ△ＨＧＰ ＝ １ ２Ｓ梯形ＡＢＣＤ， 即 （８＋８－２ｂ）ｂ ２ － １ ２（４－ｂ (） ｂ－４ａ－ｂａ－ )１ ＋ １２（４－ ｂ (） ４ａ＋ｂａ＋１ )－ｂ ＝６， 整理得ａ２ ＝ｂ ２－８ｂ＋６ －１０ (∈ ０， )１４ ，且０＜ｂ≤１， 解得４－槡１０＜ｂ≤１． 综上所述：ｂ的取值范围是（４－槡１０，１］． 第３期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．Ｃ．　４．（ｘ－２）２＋（ｙ＋１）２ ＝１；　５．４． ６．解：设圆（ｘ－３）２＋ｙ２ ＝９的圆心为Ｃ， 则Ｃ（３，０），圆的半径为３． 因为Ｐ为弦ＭＮ的中点，所以ｋＣＰ·ｋＭＮ ＝－１． 又ｋＣＰ ＝ １－０ １－３＝－ １ ２，所以ｋＭＮ ＝２． 所以直线ＭＮ的方程为ｙ－１＝２（ｘ－１）， 即２ｘ－ｙ－１＝０． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｄ．　４．ｘ－ｙ＋１＝０；　５．（－∞，－１３）． ６．解：（１）因为ｘ２＋ｙ２ ＝０，所以ｘ＝０且ｙ＝０． 即方程表示一个点（０，０）． （２）原方程可化为（ｘ－１）２＋（ｙ－１）２ ＝５． 即方程表示圆心为（１，１），半径为槡５的圆． （３）原方程可化为（ｘ＋ａ）２＋（ｙ＋ｂ）２ ＝ａ２＋ｂ２， 当ａ＝ｂ＝０时，方程表示一个点（０，０）， 当ａ２＋ｂ２≠ ０时，方程表示圆心为（－ａ，－ｂ），半径为 ａ２＋ｂ槡 ２的圆． 第３期３，４版 圆的标准方程与一般方程同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＡＤＣ　５～８　ＢＣＢＡ 提示： １．方程ｘ２＋ｙ２－６ｘ＝０可化为（ｘ－３）２＋ｙ２＝９，所以圆心 坐标为（３，０），半径为槡９＝３． ２．由题意知动点Ｐ的轨迹是以（１，３）为圆心，２为半径的圆， 结合图形可知该圆经过第一、二象限． ３．因为以Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）为直径的两端点的圆的方程 为（ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）＋（ｙ－ｙ１）（ｙ－ｙ２）＝０， 所以有（ｘ＋１）（ｘ－５）＋（ｙ－２）（ｙ＋６）＝０（ｘ２－４ｘ）＋ （ｙ２＋４ｙ）－１７＝０（ｘ－２）２＋（ｙ＋２）２ ＝２５． ４．由题意知Ｃ（６，－８），｜ＯＣ｜＝ ６２＋（－８）槡 ２ ＝１０．所以 以ＯＣ为直径的圆的半径为５，圆心为（３，－４），故所求圆的方程 为（ｘ－３）２＋（ｙ＋４）２ ＝２５． ５．把原圆的方程写成标准方程为（ｘ－２）２＋（ｙ＋３）２＝１０， 由于两圆共圆心，可设另一个圆方程为（ｘ－２）２＋（ｙ＋３）２＝ｒ２， 把ｘ＝１，ｙ＝－１代入所设方程，得（１－２）２＋（－１＋３）２＝ｒ２， 所以ｒ２＝５，所以所求的圆的方程为（ｘ－２）２＋（ｙ＋３）２＝５，化 简为ｘ２＋ｙ２－４ｘ＋６ｙ＋８＝０． ６．由题意知，满足条件的点Ｐ在平面内所组成的图形的面积 是以６为半径的圆的面积减去以２为半径的圆的面积，即３２π． ７．（３λ＋１）ｘ＋（２λ＋１）ｙ＝５λ＋２整理为（３ｘ＋２ｙ－５）λ＋ ｘ＋ｙ－２＝０， 令 ３ｘ＋２ｙ－５＝０， ｘ＋ｙ－２＝０{ ， 解得 ｘ＝１， ｙ＝１{ ， 所以定点Ｐ的坐标为Ｐ（１，１）， 代入圆的方程中（１＋２）２＋（１＋ １）２ ＞４，所以Ｐ（１，１）在圆外． 设圆Ｃ的半径为ｒ＝２，所以｜ＭＰ｜ 的最大值应该为｜ＰＣ｜＋ｒ（如图１）， 又｜ＰＣ｜＝ （－２－１）２＋（－１－１）槡 ２ ＝槡１３， 所以｜ＭＰ｜的最大值为槡１３＋２． ８．由题易得，Ｐ在两圆外，则｜ＰＭ｜的最小值为｜ＰＣ１｜－１， 同理｜ＰＮ｜的最小值为｜ＰＣ２｜－３，则｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜的最小值 为｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜－４．作 Ｃ１（２，３）关于 ｘ轴的对称点 Ｃ′１（２， －３）（图略），所以｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜＝｜ＰＣ′１｜＋｜ＰＣ２｜≥｜Ｃ′１Ｃ２｜＝ 槡５２（当且仅当Ｃ′１，Ｐ，Ｃ２三点共线时，｜ＰＣ′１｜＋｜ＰＣ２｜取最小值）， 即（｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜）ｍｉｎ＝（｜ＰＣ１｜＋｜ＰＣ２｜）ｍｉｎ－４＝ 槡５２－４． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．（Ａ）中，由ｘ２＋ｙ２－２ｘ＋４ｙ－４＝０， 得（ｘ－１）２＋（ｙ＋２）２ ＝９， 所以圆Ｃ的半径为３，其面积为π·３２ ＝９π，正确； （Ｂ）中，将ｘ２＋ｙ２－２ｙ＝０化为标准方程为 ｘ２＋（ｙ－１）２ ＝１，故圆心为（０，１），错误； （Ｃ）中，圆心坐标为（－１，－１）， ｜ＡＢ｜＝ ４＋槡 １６＝ 槡２５，ｒ＝槡５， 所以以线段ＡＢ为直径的圆的方程为 （ｘ＋１）２＋（ｙ＋１）２ ＝５，正确； （Ｄ）中，由圆Ｃ：（ｘ－２）２＋（ｙ＋４）２ ＝５， 可得圆Ｃ的圆心坐标为（２，－４），半径为槡５， 则｜ＯＣ｜＝ ２２＋（－４）槡 ２ ＝ 槡２５， 所以｜ＰＯ｜的最小值为｜ＯＣ｜－槡５＝槡５，错误． １０．依题意，１２ＡＢ·ＡＢ·ｓｉｎ π ３ ＝ 槡３ ４ＡＢ ２ ＝ 槡１２３， 解得ＡＢ＝ 槡４３．设ＡＢ边的中点为Ｄ， 则点Ｍ在ＣＤ上，且ＤＢ＝ 槡４３２ ＝ 槡２３， 且ＤＭ＝２，点Ｎ在以Ｍ为圆心，１为半径的圆上， →ＮＡ·→  ＮＢ＝（→ →ＮＤ＋ＤＡ）·（→ →  ＮＤ＋ＤＢ） ＝（→ＮＤ）２－（→  ＤＢ）２ →＝｜ＮＤ｜２－１２． 结合图形２可知 →｜ＮＤ｜ｍｉｎ＝２－１＝ １， →｜ＮＤ｜ｍａｘ＝２＋１＝３， 故→ＮＡ·→  ＮＢ∈［－１１，－３］． １１．选项（Ａ）：设ｙ＝ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ｘ， 因为ｆ（－ｘ）＝（－ｘ）３＋（－ｘ）＝－ｘ３－ｘ＝－ｆ（ｘ）， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是奇函数，它的图象将圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２＝１ 的周长与面积分别等分，如图３所示， 所以函数ｙ＝ｘ３＋ｘ是圆Ｏ的一个太极函数，故（Ａ）正确； 选项（Ｃ）：如图４所示：函数ｙ＝ｇ（ｘ）是偶函数，ｙ＝ｇ（ｘ）也 是圆Ｏ的一个太极函数，故（Ｃ）不正确； 选项（Ｂ）：根据选项（Ｃ）的分析，圆 Ｏ的太极函数可以是偶 函数不一定关于原点对称，故（Ｂ）不正确； 选项（Ｄ）：因为ｙ＝ｓｉｎｘ是 奇函数，所以它的图象将圆 ｘ２ ＋ｙ２ ＝１的周长与面积同时等 分，如图５所示，因此函数 ｙ＝ ｓｉｎｘ是圆 Ｏ的一个太极函数， 故（Ｄ）正确． 三、填空题 １２．（－２，１）；　１３．（－∞，１）； １４．（ｘ－４）２＋（ｙ－２）２＝１０（去掉（３，５），（５，－１）两点）． 提示； １２．由题意得ｍ２＋１＝３ｍ－１，解得ｍ＝１或２． 当ｍ＝１时，方程为ｘ２＋ｙ２＋４ｘ－２ｙ＋５２ ＝０，即（ｘ＋２） ２ ＋（ｙ－１）２ ＝ ５２，圆心为（－２，１）； 当ｍ＝２时，方程为５ｘ２＋５ｙ２＋８ｘ－４ｙ＋１０＝０， (即 ｘ＋ )４５ ２ (＋ ｙ－ )２５ ２ ＝－６５，不表示圆． 故圆心坐标是（－２，１）． １３．圆的方程变为（ｘ＋１）２＋（ｙ－２）２ ＝５－ａ， 所以其圆心为（－１，２），且５－ａ＞０，即ａ＜５． 又圆关于直线ｙ＝２ｘ＋ｂ成轴对称， 所以２＝－２＋ｂ，所以ｂ＝４． 所以ａ－ｂ＝ａ－４＜１．故答案为（－∞，１）． １４．设Ｃ（ｘ，ｙ），｜ＡＢ｜＝ （３－４）２＋（５－２）槡 ２ ＝槡１０， 因为△ＡＢＣ是以ＢＣ为底边的等腰三角形， 所以｜ＣＡ｜＝｜ＡＢ｜＝槡１０， 即点Ｃ的轨迹是以Ａ为圆心，槡１０为半径的圆． 又点Ａ，Ｂ，Ｃ构成三角形，即三点不可共线， 则轨迹中需去掉点 Ｂ（３，５）及点 Ｂ关于点 Ａ对称的点（５， －１），所以点Ｃ的轨迹方程为（ｘ－４）２＋（ｙ－２）２＝１０（去掉（３， ５），（５，－１）两点）． 四、解答题 １５．解：设圆心坐标为（ａ，－２ａ＋３），则圆的半径 ｒ＝ （ａ－０）２＋（－２ａ＋３－０）槡 ２ ＝ ５ａ２－１２ａ＋槡 ９＝ (５ ａ－ )６５ ２ ＋槡 ９ ５．当ａ＝ ６ ５时，ｒｍｉｎ＝ 槡３５ ５． (故所求圆的方程为 ｘ－ )６５ ２ (＋ ｙ－ )３５ ２ ＝ ９５． １６．解：如图６，以ＡＢ所在直线为ｘ轴， 弦ＡＢ的垂直平分线为ｙ轴，建立平面直角 坐标系．设圆弧的圆心为Ｃ，连接ＡＣ， 则ＡＯ＝ １２ｌ＝６， 所 以 ＯＣ ＝ ＡＣ２－ＯＡ槡 ２ ＝ ２９２－６槡 ２≈２８３７３， 即圆心的坐标为Ｃ（０，－２８３７３）， 所以圆弧 ) ＡＢ的方程为ｘ２＋（ｙ＋２８３７３）２＝２９２（－６≤ｘ≤ ６，ｙ≥０）． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./012!3+ "#$ 4 5"6$3&'(7*+,-.8012!3+ "#$ 4 !! " ! " #$" $! # # " ! $! $ $%&%!&' ! & ' ! ! $ ! # & ( ) ! ! $ * # + , ! - ( . " / &01 & ! # $ * # 2 ( . & ) 3 4 ! " 5 *.2 3 ) ( ! " $# &0$ # 6$ & ! # $# & &07!$" ! ( $ # &0)*+ $ & ! , ! - ( 8 * $ # 2 &