2009年江西省高考数学试卷(文科)【word版本、可编辑、附详细答案和解释】

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2009年江西省高考数学试卷(文科)【word版本、可编辑、附详细答案和解释】

‎2009年江西省高考数学试卷(文科)‎ 一、选择题(共12小题,每小题5分,满分60分)‎ ‎1. 下列命题是真命题的为( )‎ A.若‎1‎x‎=‎‎1‎y,则x=y B.若x‎2‎‎=1‎,则x=1‎ C.若x=y,则x‎=‎y D.若x0, b>0)‎的两个焦点,若F‎1‎,F‎2‎,P(0, 2b)‎是正三角形的三个顶点,则双曲线的离心率为( )‎ A.‎3‎‎2‎ B.‎2‎ C.‎5‎‎2‎ D.‎‎3‎ ‎8. 公差不为零的等差数列‎{an}‎的前n项和为Sn.若a‎4‎是a‎3‎与a‎7‎的等比中项,S‎8‎‎=32‎,则S‎10‎等于(        )‎ A.‎18‎ B.‎24‎ C.‎60‎ D.‎‎90‎ ‎9. 如图,在四面体ABCD中,截面PQMN是正方形,则在下列命题中,错误的为( )‎ A.‎AC⊥BD B.AC // ‎截面PQMN C.AC=‎BD D.异面直线PM与BD所成的角为‎45‎‎∘‎ ‎10. 甲、乙、丙、丁‎4‎个足球队参加比赛,假设每场比赛各队取胜的概率相等,现任意将这‎4‎个队分成两个组(每组两个队)进行比赛,胜者再赛.则甲、乙相遇的概率为( )‎ A.‎1‎‎6‎ B.‎1‎‎4‎ C.‎1‎‎3‎ D.‎‎1‎‎2‎ ‎11. 如图所示,一质点P(x, y)‎在xOy平面上沿曲线运动,速度大小不变,其在x轴上的投影点Q(x, 0)‎的运动速度V=V(t)‎的图象大致为( )‎ A.‎ B.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 C.‎ D.‎ ‎12. 若存在过点‎(1, 0)‎的直线与曲线y=‎x‎3‎和y=ax‎2‎+‎15‎‎4‎x-9‎都相切,则a等于( )‎ A.‎-1‎或‎-‎‎25‎‎64‎ B.‎-1‎或‎21‎‎4‎ C.‎-‎‎7‎‎4‎或‎-‎‎25‎‎64‎ D.‎-‎‎7‎‎4‎或‎7‎ 二、填空题(共4小题,每小题4分,满分16分)‎ ‎13. 已知向量a‎→‎‎=(3,1)‎,b‎→‎‎=(1,3)‎,c‎→‎‎=(k,2)‎,若‎(a‎→‎-c‎→‎)⊥‎b‎→‎则k=‎________.‎ ‎14. 体积为‎8‎的一个正方体,其全面积与球O的表面积相等,则球O的体积等于________.‎ ‎15. 若不等式‎4-‎x‎2‎‎≤k(x+1)‎的解集为区间‎[a, b]‎,且b-a=1‎,则k=‎________.‎ ‎16. 设直线系M:xcosθ+(y-2)sinθ=1(0≤θ≤2π)‎,对于下列四个命题:A、存在一个圆与所有直线相交;B、存在一个圆与所有直线不相交;C、存在一个圆与所有直线相切;D、M中的直线所能围成的正三角形面积都相等 其中真命题的代号是________(写出所有真命题的代号).‎ 三、解答题(共6小题,满分74分)‎ ‎17. 设函数f(x)‎=x‎3‎‎-‎9‎‎2‎x‎2‎+6x-a.‎ ‎(1)对于任意实数x,f'(x)≥m恒成立,求m的最大值;‎ ‎(2)若方程f(x)‎=‎0‎有且仅有一个实根,求a的取值范围.‎ ‎18. 某公司拟资助三位大学生自主创业,现聘请两位专家,独立地对每位大学生的创业方案进行评审、假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是‎1‎‎2‎、若某人获得两个“支持”,则给予‎10‎万元的创业资助;若只获得一个“支持”,则给予‎5‎万元的资助;若未获得“支持”,则不予资助、求:‎ ‎(1)‎该公司的资助总额为零的概率;‎ ‎(2)‎该公司的资助总额超过‎15‎万元的概率.‎ ‎19. 在‎△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,A=‎π‎6‎,‎(1+‎3‎)c=2b,‎ ‎(1)‎求C;‎ ‎(2)‎若CB‎→‎‎⋅CA‎→‎=1+‎‎3‎,求a,b,c.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎20. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥‎平面ABCD,PA=AD=4‎,AB=2‎,以BD的中点O为球心、BD为直径的球面交PD于点M,‎ ‎(1)‎求证:平面ABM⊥‎平面PCD;‎ ‎(2)‎求直线PC与平面ABM所成的角;‎ ‎(3)‎求点O到平面ABM的距离.‎ ‎21. 数列‎{an}‎的通项an‎=n‎2‎(cos‎2‎nπ‎3‎-sin‎2‎nπ‎3‎)‎,其前n项和为Sn.‎ ‎(1)求Sn;‎ ‎(2)bn‎=‎S‎3nn⋅‎‎4‎n,求数列‎{bn}‎的前n项和Tn.‎ ‎22. 如图,已知圆G:‎(x-2‎)‎‎2‎+y‎2‎=‎r‎2‎是椭圆x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎=1‎的内接‎△ABC的内切圆,其中A为椭圆的左顶点,‎ ‎(1)求圆G的半径r;‎ ‎(2)过点M(0, 1)‎作圆G的两条切线交椭圆于E,F两点,证明:直线EF与圆G相切.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2009年江西省高考数学试卷(文科)‎ 一、选择题(共12小题,每小题5分,满分60分)‎ ‎1.A ‎【解答】‎ 解:A、由‎1‎x‎=‎‎1‎y得x-yxy‎=0‎,则x=y,为真命题;‎ B‎、由x‎2‎‎=1‎得x=±1‎,x不一定为‎1‎,为假命题;‎ C‎、若x=y,x‎,‎y不一定有意义,为假命题;‎ D‎、若x‎y‎2‎,为假命题;‎ 故选A.‎ ‎2.D ‎【解答】‎ 解:由x≠0‎‎-x‎2‎-3x+4≥0‎ 得‎-4≤x<0‎或‎00‎;‎ 当‎12‎时,f'(x)>0‎;‎ 所以当x=‎1‎时,f(x)‎取极大值f(1)=‎5‎‎2‎-a;‎ 当x=‎2‎时,f(x)‎取极小值f(2)‎=‎2-a;‎ 故当f(2)>0‎或f(1)<0‎时,‎ 方程f(x)‎=‎0‎仅有一个实根、解得a<2‎或a>‎‎5‎‎2‎ ‎【解答】‎ f'(x)‎‎=‎3x‎2‎-9x+6‎=‎3(x-1)(x-2)‎,‎ 因为x∈(-∞, +∞)‎,f'(x)≥m,‎ 即‎3x‎2‎-9x+(6-m)≥0‎恒成立,‎ 所以‎△‎=‎81-12(6-m)≤0‎,‎ 得m≤-‎‎3‎‎4‎,即m的最大值为‎-‎‎3‎‎4‎ 因为当x<1‎时,f'(x)>0‎;‎ 当‎12‎时,f'(x)>0‎;‎ 所以当x=‎1‎时,f(x)‎取极大值f(1)=‎5‎‎2‎-a;‎ 当x=‎2‎时,f(x)‎取极小值f(2)‎=‎2-a;‎ 故当f(2)>0‎或f(1)<0‎时,‎ 方程f(x)‎=‎0‎仅有一个实根、解得a<2‎或a>‎‎5‎‎2‎ ‎18.解:‎(1)‎由题意知独立地对每位大学生的创业方案进行评审,‎ 假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是‎1‎‎2‎,‎ 该公司的资助总额为零表示三个大学生都没有获得支持,‎ 这三个大学生是否获得支持是相互独立的,‎ 设A表示资助总额为零这个事件,‎ 则P(A)=(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎=‎‎1‎‎64‎.‎ ‎(2)‎公司的资助总额超过‎15‎万元,表示三个大学生得到四个支持,‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 五个支持和六个支持,这三个事件之间是互斥的,‎ 设B表示资助总额超过‎15‎万元这个事件,‎ ‎∴ P=C‎6‎‎4‎(‎1‎‎2‎‎)‎‎4‎(‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+C‎6‎‎5‎(‎1‎‎2‎‎)‎‎5‎×‎1‎‎2‎+C‎6‎‎6‎(‎‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎,‎ 即P(B)=15×(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎+6×(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎+(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎=‎‎11‎‎32‎.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由题意知独立地对每位大学生的创业方案进行评审,‎ 假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是‎1‎‎2‎,‎ 该公司的资助总额为零表示三个大学生都没有获得支持,‎ 这三个大学生是否获得支持是相互独立的,‎ 设A表示资助总额为零这个事件,‎ 则P(A)=(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎=‎‎1‎‎64‎.‎ ‎(2)‎公司的资助总额超过‎15‎万元,表示三个大学生得到四个支持,‎ 五个支持和六个支持,这三个事件之间是互斥的,‎ 设B表示资助总额超过‎15‎万元这个事件,‎ ‎∴ P=C‎6‎‎4‎(‎1‎‎2‎‎)‎‎4‎(‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+C‎6‎‎5‎(‎1‎‎2‎‎)‎‎5‎×‎1‎‎2‎+C‎6‎‎6‎(‎‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎,‎ 即P(B)=15×(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎+6×(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎+(‎1‎‎2‎‎)‎‎6‎=‎‎11‎‎32‎.‎ ‎19.解:‎(1)‎由‎(1+‎3‎)c=2b,‎ 得bc‎=‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎=‎sinBsinC,‎ 则有sin(π-π‎6‎-C)‎sinC‎=‎sin‎5π‎6‎cosC-cos‎5π‎6‎sinCsinC ‎=‎1‎‎2‎cotC+‎‎3‎‎2‎ ‎=‎1‎‎2‎+‎‎3‎‎2‎‎,‎ 得cotC=1‎,‎ 即C=‎π‎4‎.‎ ‎(2)‎由CB‎→‎‎⋅CA‎→‎=1+‎‎3‎推出abcosC=1+‎‎3‎;‎ 而C=‎π‎4‎,‎ 即得‎2‎‎2‎ab=1+‎‎3‎,‎ 则有‎2‎‎2‎ab=1+‎3‎,‎‎(1+‎3‎)c=2b,‎asinA‎=csinC,‎ 解得a=‎2‎,‎b=1+‎3‎,‎c=2.‎ ‎【解答】‎ 解:‎(1)‎由‎(1+‎3‎)c=2b,‎ 得bc‎=‎1‎‎2‎+‎3‎‎2‎=‎sinBsinC,‎ 则有sin(π-π‎6‎-C)‎sinC‎=‎sin‎5π‎6‎cosC-cos‎5π‎6‎sinCsinC ‎=‎1‎‎2‎cotC+‎‎3‎‎2‎ ‎=‎1‎‎2‎+‎‎3‎‎2‎‎,‎ 得cotC=1‎,‎ 即C=‎π‎4‎.‎ ‎(2)‎由CB‎→‎‎⋅CA‎→‎=1+‎‎3‎推出abcosC=1+‎‎3‎;‎ 而C=‎π‎4‎,‎ 即得‎2‎‎2‎ab=1+‎‎3‎,‎ 则有‎2‎‎2‎ab=1+‎3‎,‎‎(1+‎3‎)c=2b,‎asinA‎=csinC,‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 解得a=‎2‎,‎b=1+‎3‎,‎c=2.‎ ‎20.解:方法(一):‎ ‎(1)‎证:依题设,M在以BD为直径的球面上,则BM⊥PD 因为PA⊥‎平面ABCD,则PA⊥AB,又AB⊥AD,‎ 所以AB⊥‎平面PAD,则AB⊥PD,‎ 因此有PD⊥‎平面ABM,所以平面ABM⊥‎平面PCD ‎(2)‎设平面ABM与PC交于点N,‎ 因为AB // CD,所以AB // ‎平面PCD,则AB // MN // CD,‎ 由‎(1)‎知,PD⊥‎平面ABM,‎ 则MN是PN在平面ABM上的射影,‎ 所以‎∠PNM就是PC与平面ABM所成的角,‎ 且‎∠PNM=∠PCDtan∠PNM=tan∠PCD=PDDC=2‎‎2‎ 所求角为arctan2‎‎2‎ ‎(3)‎因为O是BD的中点,‎ 则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半,‎ 由‎(1)‎知,PD⊥‎平面ABM于M,则‎|DM|‎就是D点到平面ABM距离 因为在Rt△PAD中,PA=AD=4‎,PD⊥AM,‎ 所以M为PD中点,DM=2‎‎2‎,‎ 则O点到平面ABM的距离等于‎2‎.‎ 方法二:‎ ‎(1)‎同方法一;‎ ‎(2)‎如图所示,建立空间直角坐标系,‎ 则A(0, 0, 0)‎,P(0, 0, 4)‎,B(2, 0, 0)‎,C(2, 4, 0)‎,D(0, 4, 0)‎,M(0, 2, 2)‎,‎ 设平面ABM的一个法向量n‎→‎‎=(x,y,z)‎,‎ 由n‎→‎‎⊥AB‎→‎,n‎→‎⊥‎AM‎→‎可得:‎2x=0‎‎2y+2z=0‎,‎ 令z=-1‎,则y=1‎,即n‎→‎‎=(0,1,-1)‎ 设所求角为α,则sinα=|‎|PC‎→‎||n‎→‎|‎‎˙‎|=‎‎2‎‎2‎‎3‎,‎ 所求角的大小为arcsin‎2‎‎2‎‎3‎、‎ ‎(3)‎设所求距离为h,由O(1,2,0),AO‎→‎=(1,2,0)‎,‎ 得:‎h=|‎|n‎→‎|‎‎˙‎|=‎‎2‎ ‎【解答】‎ 解:方法(一):‎ ‎(1)‎证:依题设,M在以BD为直径的球面上,则BM⊥PD 因为PA⊥‎平面ABCD,则PA⊥AB,又AB⊥AD,‎ 所以AB⊥‎平面PAD,则AB⊥PD,‎ 因此有PD⊥‎平面ABM,所以平面ABM⊥‎平面PCD ‎(2)‎设平面ABM与PC交于点N,‎ 因为AB // CD,所以AB // ‎平面PCD,则AB // MN // CD,‎ 由‎(1)‎知,PD⊥‎平面ABM,‎ 则MN是PN在平面ABM上的射影,‎ 所以‎∠PNM就是PC与平面ABM所成的角,‎ 且‎∠PNM=∠PCDtan∠PNM=tan∠PCD=PDDC=2‎‎2‎ 所求角为arctan2‎‎2‎ ‎(3)‎因为O是BD的中点,‎ 则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半,‎ 由‎(1)‎知,PD⊥‎平面ABM于M,则‎|DM|‎就是D点到平面ABM距离 因为在Rt△PAD中,PA=AD=4‎,PD⊥AM,‎ 所以M为PD中点,DM=2‎‎2‎,‎ 则O点到平面ABM的距离等于‎2‎.‎ 方法二:‎ ‎(1)‎同方法一;‎ ‎(2)‎如图所示,建立空间直角坐标系,‎ 则A(0, 0, 0)‎,P(0, 0, 4)‎,B(2, 0, 0)‎,C(2, 4, 0)‎,D(0, 4, 0)‎,M(0, 2, 2)‎,‎ 设平面ABM的一个法向量n‎→‎‎=(x,y,z)‎,‎ 由n‎→‎‎⊥AB‎→‎,n‎→‎⊥‎AM‎→‎可得:‎2x=0‎‎2y+2z=0‎,‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 令z=-1‎,则y=1‎,即n‎→‎‎=(0,1,-1)‎ 设所求角为α,则sinα=|‎|PC‎→‎||n‎→‎|‎‎˙‎|=‎‎2‎‎2‎‎3‎,‎ 所求角的大小为arcsin‎2‎‎2‎‎3‎、‎ ‎(3)‎设所求距离为h,由O(1,2,0),AO‎→‎=(1,2,0)‎,‎ 得:‎h=|‎|n‎→‎|‎‎˙‎|=‎‎2‎ ‎21.解:(1)由于cos‎2‎nπ‎3‎‎-sin‎2‎nπ‎3‎=cos‎2nπ‎3‎,‎an‎=n‎2‎⋅cos‎2nπ‎3‎ 故S‎3k‎=(a‎1‎+a‎2‎+a‎3‎)+(a‎4‎+a‎5‎+a‎6‎)+...+(a‎3k-2‎+a‎3k-1‎+a‎3k)‎ ‎=(-‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎)+(-‎4‎‎2‎‎+‎‎5‎‎2‎‎2‎+‎6‎‎2‎)+…+[-‎(3k-2‎)‎‎2‎+(3k-1‎‎)‎‎2‎‎2‎+(3k‎)‎‎2‎]‎ ‎=‎13‎‎2‎+‎31‎‎2‎+…+‎18k-5‎‎2‎=‎k(4+9k)‎‎2‎ S‎3k-1‎‎=S‎3k-a‎3k=‎k(4-9k)‎‎2‎‎,‎ S‎3k-2‎‎=S‎3k-1‎-a‎3k-1‎=k(4-9k)‎‎2‎+‎(3k-1‎‎)‎‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎-k=-‎3k-2‎‎3‎-‎‎1‎‎6‎‎,‎ 故Sn‎=‎-n‎3‎-‎‎1‎‎6‎n=3k-2‎‎(n+1)(1-3n)‎‎6‎n=3k-1‎n(3n+4)‎‎6‎n=3k(k∈N‎*‎)‎ ‎(2)bn‎=S‎3nn⋅‎‎4‎n=‎‎9n+4‎‎2⋅‎‎4‎n,‎ Tn‎=‎1‎‎2‎[‎13‎‎4‎+‎22‎‎4‎‎2‎+…+‎9n+4‎‎4‎n]‎‎,‎ ‎4Tn=‎1‎‎2‎[13+‎22‎‎4‎+…+‎9n+4‎‎4‎n-1‎]‎‎,‎ 两式相减得‎3Tn=‎1‎‎2‎[13+‎9‎‎4‎+…+‎9‎‎4‎n-1‎-‎9n+4‎‎4‎n]=‎1‎‎2‎[13+‎9‎‎4‎‎-‎‎9‎‎4‎n‎1-‎‎1‎‎4‎-‎9n+4‎‎4‎n]=8-‎1‎‎2‎‎2n-3‎-‎‎9n‎2‎‎2n+1‎,‎ 故Tn‎=‎8‎‎3‎-‎1‎‎3⋅‎‎2‎‎2n-3‎-‎‎3n‎2‎‎2n+1‎.‎ ‎【解答】‎ 解:(1)由于cos‎2‎nπ‎3‎‎-sin‎2‎nπ‎3‎=cos‎2nπ‎3‎,‎an‎=n‎2‎⋅cos‎2nπ‎3‎ 故S‎3k‎=(a‎1‎+a‎2‎+a‎3‎)+(a‎4‎+a‎5‎+a‎6‎)+...+(a‎3k-2‎+a‎3k-1‎+a‎3k)‎ ‎=(-‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎)+(-‎4‎‎2‎‎+‎‎5‎‎2‎‎2‎+‎6‎‎2‎)+…+[-‎(3k-2‎)‎‎2‎+(3k-1‎‎)‎‎2‎‎2‎+(3k‎)‎‎2‎]‎ ‎=‎13‎‎2‎+‎31‎‎2‎+…+‎18k-5‎‎2‎=‎k(4+9k)‎‎2‎ S‎3k-1‎‎=S‎3k-a‎3k=‎k(4-9k)‎‎2‎‎,‎ S‎3k-2‎‎=S‎3k-1‎-a‎3k-1‎=k(4-9k)‎‎2‎+‎(3k-1‎‎)‎‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎-k=-‎3k-2‎‎3‎-‎‎1‎‎6‎‎,‎ 故Sn‎=‎-n‎3‎-‎‎1‎‎6‎n=3k-2‎‎(n+1)(1-3n)‎‎6‎n=3k-1‎n(3n+4)‎‎6‎n=3k(k∈N‎*‎)‎ ‎(2)bn‎=S‎3nn⋅‎‎4‎n=‎‎9n+4‎‎2⋅‎‎4‎n,‎ Tn‎=‎1‎‎2‎[‎13‎‎4‎+‎22‎‎4‎‎2‎+…+‎9n+4‎‎4‎n]‎‎,‎ ‎4Tn=‎1‎‎2‎[13+‎22‎‎4‎+…+‎9n+4‎‎4‎n-1‎]‎‎,‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 两式相减得‎3Tn=‎1‎‎2‎[13+‎9‎‎4‎+…+‎9‎‎4‎n-1‎-‎9n+4‎‎4‎n]=‎1‎‎2‎[13+‎9‎‎4‎‎-‎‎9‎‎4‎n‎1-‎‎1‎‎4‎-‎9n+4‎‎4‎n]=8-‎1‎‎2‎‎2n-3‎-‎‎9n‎2‎‎2n+1‎,‎ 故Tn‎=‎8‎‎3‎-‎1‎‎3⋅‎‎2‎‎2n-3‎-‎‎3n‎2‎‎2n+1‎.‎ ‎22.解:(1)设B(2+r, y‎0‎)‎,过圆心G作GD⊥AB于D,BC交长轴于H 由GDAD‎=‎HBAH得r‎36-‎r‎2‎‎=‎y‎0‎‎6+r,‎ 即y‎0‎‎=r‎6+r‎6-r(1)‎ 而点B(2+r, y‎0‎)‎在椭圆上,‎y‎0‎‎2‎‎=1-‎(2+r‎)‎‎2‎‎16‎=‎12-4r-‎r‎2‎‎16‎=-‎(r-2)(r+6)‎‎16‎(2)‎ 由(1)、(2)式得‎15r‎2‎+8r-12=0‎,‎ 解得r=‎‎2‎‎3‎或r=-‎‎6‎‎5‎(舍去)‎ ‎(2)设过点M(0, 1)‎与圆‎(x-2‎)‎‎2‎+y‎2‎=‎‎4‎‎9‎相切的直线方程为:‎y-1=kx(3)‎ 则‎2‎‎3‎‎=‎‎|2k+1|‎‎1+‎k‎2‎,即‎32k‎2‎+36k+5=0(4)‎ 解得k‎1‎‎=‎-9+‎‎41‎‎16‎,k‎2‎=‎‎-9-‎‎41‎‎16‎ 将(3)代入x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎=1‎得‎(16k‎2‎+1)x‎2‎+32kx=0‎,‎ 则异于零的解为x=-‎‎32k‎16k‎2‎+1‎ 设F(x‎1‎, k‎1‎x‎1‎+1)‎,E(x‎2‎, k‎2‎x‎2‎+1)‎,‎ 则x‎1‎‎=-‎32‎k‎1‎‎16k‎1‎‎2‎+1‎,x‎2‎=-‎‎32‎k‎2‎‎16k‎2‎‎2‎+1‎ 则直线FE的斜率为:‎kEF‎=k‎2‎x‎2‎‎-‎k‎1‎x‎1‎x‎2‎‎-‎x‎1‎=k‎1‎‎+‎k‎2‎‎1-16‎k‎1‎k‎2‎=‎‎3‎‎4‎ 于是直线FE的方程为:‎y+‎32‎k‎1‎‎2‎‎16k‎1‎‎2‎+1‎-1=‎3‎‎4‎(x+‎32‎k‎1‎‎16k‎1‎‎2‎+1‎)‎ 即y=‎3‎‎4‎x-‎‎7‎‎3‎ 则圆心‎(2, 0)‎到直线FE的距离d=‎|‎3‎‎2‎-‎7‎‎3‎|‎‎1+‎‎9‎‎16‎=‎‎2‎‎3‎ 故结论成立.‎ ‎【解答】‎ 解:(1)设B(2+r, y‎0‎)‎,过圆心G作GD⊥AB于D,BC交长轴于H 由GDAD‎=‎HBAH得r‎36-‎r‎2‎‎=‎y‎0‎‎6+r,‎ 即y‎0‎‎=r‎6+r‎6-r(1)‎ 而点B(2+r, y‎0‎)‎在椭圆上,‎y‎0‎‎2‎‎=1-‎(2+r‎)‎‎2‎‎16‎=‎12-4r-‎r‎2‎‎16‎=-‎(r-2)(r+6)‎‎16‎(2)‎ 由(1)、(2)式得‎15r‎2‎+8r-12=0‎,‎ 解得r=‎‎2‎‎3‎或r=-‎‎6‎‎5‎(舍去)‎ ‎(2)设过点M(0, 1)‎与圆‎(x-2‎)‎‎2‎+y‎2‎=‎‎4‎‎9‎相切的直线方程为:‎y-1=kx(3)‎ 则‎2‎‎3‎‎=‎‎|2k+1|‎‎1+‎k‎2‎,即‎32k‎2‎+36k+5=0(4)‎ 解得k‎1‎‎=‎-9+‎‎41‎‎16‎,k‎2‎=‎‎-9-‎‎41‎‎16‎ 将(3)代入x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎=1‎得‎(16k‎2‎+1)x‎2‎+32kx=0‎,‎ 则异于零的解为x=-‎‎32k‎16k‎2‎+1‎ 设F(x‎1‎, k‎1‎x‎1‎+1)‎,E(x‎2‎, k‎2‎x‎2‎+1)‎,‎ 则x‎1‎‎=-‎32‎k‎1‎‎16k‎1‎‎2‎+1‎,x‎2‎=-‎‎32‎k‎2‎‎16k‎2‎‎2‎+1‎ 则直线FE的斜率为:‎kEF‎=k‎2‎x‎2‎‎-‎k‎1‎x‎1‎x‎2‎‎-‎x‎1‎=k‎1‎‎+‎k‎2‎‎1-16‎k‎1‎k‎2‎=‎‎3‎‎4‎ 于是直线FE的方程为:‎y+‎32‎k‎1‎‎2‎‎16k‎1‎‎2‎+1‎-1=‎3‎‎4‎(x+‎32‎k‎1‎‎16k‎1‎‎2‎+1‎)‎ 即y=‎3‎‎4‎x-‎‎7‎‎3‎ 则圆心‎(2, 0)‎到直线FE的距离d=‎|‎3‎‎2‎-‎7‎‎3‎|‎‎1+‎‎9‎‎16‎=‎‎2‎‎3‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 故结论成立.‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页
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