（2009•閘北區(qū)二模）和平面解析幾何的觀點相同，在空間中，空間曲面可以看作是適合某種條件的動點的軌跡．一般來說，在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，空間曲面的方程是一個三元方程F（x，y，z）=0．
（Ⅰ）在直角坐標(biāo)系O-xyz中，求到定點M₀（0，2，-1）的距離為3的動點P的軌跡（球面）方程；
（Ⅱ）如圖，設(shè)空間有一定點F到一定平面α的距離為常數(shù)p＞0，即|FM|=2，定義曲面C為到定點F與到定平面α的距離相等（|PF|=|PN|）的動點P的軌跡，試建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系O-xyz，求曲面C的方程；  
（Ⅲ）請類比平面解析幾何中對二次曲線的研究，討論曲面C的幾何性質(zhì)．并在圖中通過畫出曲面C與各坐標(biāo)平面的交線（如果存在）或與坐標(biāo)平面平行的平面的交線（如果必要）表示曲面C的大致圖形．畫交線時，請用虛線表示被曲面C自身遮擋部分．

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（選做題）本題包括A、B、C、D四小題，請選定其中兩題，并在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，若多做，則按作答的前兩題評分，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
A．[選修4-1：幾何證明選講]
已知△ABC中，AB=AC，D是△ABC外接圓劣弧AC上的點（不與點A，C重合），延長BD至點E．
求證：AD的延長線平分∠CDE
B．[選修4-2：矩陣與變換]
已知矩陣A=

1 2 -1 4

（1）求A的逆矩陣A^-1；
（2）求A的特征值和特征向量．
C．[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
已知曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ=4sinθ，以極點為原點，極軸為x軸的非負半軸建立平面直角坐標(biāo)系，直線l的參數(shù)方程為

x= 1 2 t y= 3 2 t+1

（t為參數(shù)），求直線l被曲線C截得的線段長度．
D．[選修4-5，不等式選講]（本小題滿分10分）
設(shè)a，b，c均為正實數(shù)，求證：

1

2a

+

1

2b

+

1

2c

≥

1

b+c

+

1

c+a

+

1

a+b

．

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（2011•江蘇二模）選答題：本大題共四小題，請從這4題中選作2小題，如果多做，則按所做的前兩題記分．每小題10分，共20分，解答時應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟．
A、選修4-1：
幾何證明選講．如圖，圓O的直徑AB=4，C為圓周上一點，BC=2，過C作圓O的切線l，過A作l的垂線AD，AD分別與直線l、圓O交于點D，E，求∠DAC的度數(shù)與線段AE的長．
B、選修4-2：矩陣變換
求圓C：x²+y²=4在矩陣A=[

2 0 0 1

]的變換作用下的曲線方程．
C、選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程
若兩條曲線的極坐標(biāo)方程分別為ρ=1與ρ=2sinθ，它們相交于A、B兩點，求線段AB的長．
D、選修4-5：不等式選講
已知a、b、c為正數(shù)，且滿足acos²θ+bsin²θ＜c．求證：

a

cos²θ+

b

sin²θ＜

c

．

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難點磁場

解：由方程組消去y,整理得(a²+b²)x²－2a²x+a²(1－b²)=0                      ①

則橢圓與直線l在第一象限內(nèi)有兩個不同的交點的充要條件是方程①在區(qū)間(0，1）內(nèi)有兩相異實根，令f(x)=(a²+b²)x²－2a²x+a²(1－b²),則有

同時滿足上述四個條件的點P(a,b)的存在區(qū)域為下圖所示的陰影部分：

殲滅難點訓(xùn)練

一、1.解析：由題意知A(1，1)，B(m,),C(4,2).

直線AC所在方程為x－3y+2=0,

點B到該直線的距離為d=.

∵m∈(1,4),∴當(dāng)時，S_△ABC有最大值，此時m=.

答案：B

2.解析：考慮式子的幾何意義，轉(zhuǎn)化為求圓x²+y²=2上的點與雙曲線xy=9上的點的距離的最小值.

答案：C

二、3.解析：設(shè)橢圓方程為=1(a＞b＞0),以OA為直徑的圓：x²－ax+y²=0,兩式聯(lián)立消y得x²－ax+b²=0.即e²x²－ax+b²=0,該方程有一解x₂,一解為a,由韋達定理x₂=－a,0＜x₂＜a，即0＜－a＜a＜e＜1.

答案：＜e＜1

4.解析：由題意可設(shè)拋物線方程為x²=－ay,當(dāng)x=時，y=－；當(dāng)x=0.8時，y=－.由題意知≥3,即a²－12a－2.56≥0.解得a的最小整數(shù)為13.

答案：13

5.解析：設(shè)P(t,t²－1)，Q(s,s²－1)

∵BP⊥PQ,∴=－1,

即t²+(s－1)t－s+1=0

∵t∈R,∴必須有Δ=(s－1)²+4(s－1)≥0.即s²+2s－3≥0,

解得s≤－3或s≥1.

答案：(－∞,－3∪1,+∞)

三、6.解：設(shè)A(x₁,y₁）,B(x₂,y₂).

由,得(1－k²）x²+2kx－2=0,

又∵直線AB與雙曲線左支交于A、B兩點，

故有

解得－＜k＜－1

7.解：由拋物線y²=4x,得焦點F(1,0),準線l：x=－1.

(1)設(shè)P(x,y)，則B(2x－1,2y),橢圓中心O′,則|FO′|∶|BF|=e,又設(shè)點B到l的距離為d,則|BF|∶d=e,∴|FO′|∶|BF|=|BF|∶d,即(2x－2)²+(2y)²=2x(2x－2),化簡得P點軌跡方程為y²=x－1(x＞1).

(2)設(shè)Q(x,y),則|MQ|=?

(?)當(dāng)m－≤1,即m≤時，函數(shù)t=[x－(m－)²]+m－在(1，+∞)上遞增，故t無最小值，亦即|MQ|無最小值.

(?)當(dāng)m－＞1,即m＞時，函數(shù)t=[x²－(m－)²]+m－在x=m－處有最小值m－,∴|MQ|_min=.

8.解：(1)以AB、OD所在直線分別為x軸、y軸，O為原點，建立平面直角坐標(biāo)系，?

∵|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2＞|AB|=4.

∴曲線C為以原點為中心，A、B為焦點的橢圓.

設(shè)其長半軸為a,短半軸為b,半焦距為c,則2a=2,∴a=,c=2,b=1.

∴曲線C的方程為+y²=1.

(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+2,

代入+y²=1,得(1+5k²)x²+20kx+15=0.

Δ=(20k)²－4×15(1+5k²)＞0,得k²＞.由圖可知=λ

由韋達定理得

將x₁=λx₂代入得

兩式相除得

                             ①

M在D、N中間，∴λ＜1                                                             ②

又∵當(dāng)k不存在時，顯然λ= (此時直線l與y軸重合).