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2011年高考数学文科试卷(全国1卷)(含答案)(新课标卷卷)

时间:2012-02-07


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2011 年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学(必修+选 修 I) 必修+
本试卷分第Ⅰ 选择题)和第Ⅱ 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷 1 至 2 页。第Ⅱ卷 3 至 4 非选择题)两部分。 考试结束后, 页。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回 。

第Ⅰ卷
注意事项: 注意事项:

1.答题前,考生在答题卡上务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将自己的姓 名、准考证号填写清楚,并贴好条形码.请认真核准条形码上的准考证号、姓名和 科目. 2.每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如 需改动, 用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效. ......... 3.第Ⅰ卷共 l2 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中, 只有一项是符合题目要求的.
一、选择题

(1)设集合 U= {1, 2,3, 4} , M = {1, 2,3} , N = {2,3, 4} , 则 ?U I N) (M =

2} (A) {1,

3} (B) {2,

(C) {2,4}

(D) {1,4}

【答案】D 【命题意图】本题主要考查集合交并补运算. 【解析】 Q M I N = {2,3},∴ ?U ( M I N ) = {1, 4} (2)函数 y = 2 x ( x ≥ 0) 的反函数为 x2 (A) y = ( x ∈ R) 4 x2 (B) y = ( x ≥ 0) 4

(C) y = 4 x 2 ( x ∈ R )
【答案】B

(D) y = 4 x 2 ( x ≥ 0)

【命题意图】本题主要考查反函数的求法. 【解析】由原函数反解得 x =
x2 的反函数为 y = ( x ≥ 0) . 4
(3)设向量 a, b 满足 | a |=| b |= 1 , a ? b = ?

y2 ,又原函数的值域为 y ≥ 0 ,所以函数 y = 2 x ( x ≥ 0) 4

r r

r

r

r r

r r 1 ,则 a + 2b = 2
-1-

(A) 2

(B) 3

(C) 5

(D) 7

【答案】B 【命题意图】本题主要考查平面向量的数量积与长度的计算方法. r r r r r r r ur 1 【解析】 | a + 2b |2 =| a |2 +4a ? b + 4| b |2 = 1 + 4 × (? ) + 4 = 3 ,所以 a + 2b = 3 2

?x + y ≤ 6 ? (4)若变量 x,y 满足约束条件 ? x ? 3 y ≤ -2 ,则 z =2 x + 3 y 的最小值为 ?x ≥ 1 ?
(A)17 (B)14 (C)5 (D)3

【答案】C 【命题意图】本题主要考查简单的线性规划. 【解析】 作出不等式组表示的可行域,从图中不难观察当直线 z =2 x + 3 y 过直线 x=1 与
x-3y=-2 的交点(1,1)时取得最小值,所以最小值为 5.

(5)下面四个条件中,使 a > b 成立的充分而不必要的条件是

(A) a>b + 1
【答案】A

(B) a>b ? 1

(C) a 2>b 2

(D) a 3>b3

【命题意图】本题主要考查充要条件及不等式的性质. 【解析】即寻找命题 P ,使 P ? a > b ,且 a > b 推不出 P ,逐项验证知可选 A. (6)设 S n 为等差数列 {an } 的前 n 项和, a1 = 1 , 若 公差 d = 2 ,Sk + 2 ? Sk = 24 , k = 则

(A)8

(B ) 7

(C ) 6

(D ) 5

【答案】D 【命题意图】本题主要考查等差数列的基本公式的应用. 【解析】解法一 (k + 2)(k + 1) k (k ? 1) Sk + 2 ? Sk = [(k + 2) ×1 + × 2] ? [k ×1 + × 2] = 4k + 4 = 24 ,解得 k = 5 . 2 2 解法二: Sk + 2 ? Sk = ak + 2 + ak +1 = [1 + (k + 1) × 2] + (1 + k × 2) = 4k + 4 = 24 ,解得 k = 5 . (7)设函数 f ( x) = cos ω x (ω > 0) ,将 y = f ( x) 的图像向右平移

π
3

个单位长度后,所

得的图像与原图像重合,则 ω 的最小值等于 1 (A) (B) 3 (C) 6 (D) 9 3 【答案】C 【命题意图】本题主要考查三角函数的周期性与三角函数图像变换的关系.

-2-

【解析】由题意将 y = f ( x) 的图像向右平移
说明了

π
3

个单位长度后,所得的图像与原图像重合,

π
3

是此函数周期的整数倍,得



ω

×k =

π

3

(k ∈ Z ) ,解得 ω = 6k ,又 ω > 0 ,令 k = 1 ,得

ωmin = 6 .
(8)已知直二面角 α ? l ? β ,点 A ∈ α , AC ⊥ l , C 为垂足, B ∈ β , BD ⊥ l , D 为垂 足,若 AB = 2, AC = BD = 1 ,则 CD =
(A) 2 (B) 3 (C) 2 (D)1

α

A

【答案】C 【命题意图】本题主要考查二面角的平面角及解三角形.

l

D C B

【解析】因为 α ? l ? β 是直二面角, AC ⊥ l ,∴ AC ⊥ 平面 β ,∴ AC ⊥ BC
∴ BC = 3 ,又 BD ⊥ l ,∴ CD = 2

β

(9) 4 位同学每人从甲、乙、丙 3 门课程中选修 1 门,则恰有 2 人选修课程甲的不同选法共有
(A) 12 种 (B) 24 种 (C) 30 种 (D)36 种

【答案】B 【命题意图】本题主要考查两个原理与排列组合知识,考察考生分析问题的能力. 【解析】第一步选出 2 人选修课程甲有 C42 = 6 种方法,第二步安排剩余两人从乙、丙中各选
1 门课程有 2 × 2 种选法,根据分步计数原理,有 6 × 4 = 24 种选法.

5 (10) 设 f ( x) 是周期为 2 的奇函数,当 0 ≤ x ≤ 1 时, f ( x) = 2 x(1 ? x) ,则 f (? ) = 2 1 1 1 1 (A) (B) ? (C) (D) 2 4 4 2

【答案】A 【命题意图】 本题主要考查利用函数的周期性和奇偶性求函数值的方法. 关键是把
5 通过周期性和奇偶性把自变量 ? 转化到区间[0,1]上进行求值. 2

【 解 析 】 由 f ( x) 是 周 期 为 2 的 奇 函 数 , 利 用 周 期 性 和 奇 偶 性 得 :
5 5 1 1 1 1 1 f (? ) = f (? + 2) = f (? ) = ? f ( ) = ?2 × × (1 ? ) = ? 2 2 2 2 2 2 2
(11)设两圆 C1 、 C2 都和两坐标轴相切,且都过点(4,1) ,则两圆心的距离 C1C2 = (A)4 (B) 4 2 (C)8 (D) 8 2

-3-

【答案】C 【命题意图】本题主要考查圆的方程与两点间的距离公式. 【解析】 由题意知圆心在直线 y=x 上并且在第一象限,设圆心坐标为 (a, a )(a > 0) ,则
a = (a ? 4) 2 + (a ? 1) 2 , 即 a 2 ? 10a + 17 = 0 , 所 以 由 两 点 间 的 距 离 公 式 可 求 出

C1C2 = 2[(a1 + a2 ) 2 ? 4a1a2 ] = 2 × (100 ? 4 ×17) = 8 .
(12)已知平面α截一球面得圆 M

,过圆心 M 且与α成 600 二面角的平面β截该球面得圆

N .若该球面的半径为 4,圆 M 的面积为 4 π ,则圆 N 的面积为

(A)7 π
【答案】D

(B)9 π

(C)11 π

(D)13 π

【命题意图】本题主要考查二面角的概念与球的性质. 【解析】 如图所示,由圆 M 的面积为 4 π 知球心 O 到圆 M 的距 离 OM = 2 3 , 在 Rt ?OMN 中 , ∠OMN = 30° ,


1 ON = OM = 3 ,故圆 N 的半径 r = R 2 ? ON 2 = 13 ,∴圆 N 2

的面积为 S = π r 2 = 13π .

第 Ⅱ卷
小题, 线上. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在题中横 线上. 填空题:

(注意 :在试卷上作答无效) ........ (13) (1 ? x)10 的二项展开式中, x 的系数与 x9 的系数之差为
【答案】0 【命题意图】本题主要考查二项展开式的通项公式和组合数的性质.
r r 9 【解析】由 Tr +1 = C10 (? x) r = (?1) r C10 x r 得 x 的系数为 ?10 , x9 的系数为 ?C10 = ?10 ,所

.

以 x 的系数与 x9 的系数之差为 0. (14)已知 α ∈ (π , 【答案】 ?
5 5

3π ) , tan α = 2 ,则 cos α = 2

.

-4-

【命题意图】本题主要考查同角三角函数的基本关系式. 要注意角的范围,进而确定
值的符号.

【解析】 α ∈ (π ,

3π 5 ) , tan α = 2 ,则 cos α = ? . 2 5

(15)已知正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,E 为 C1 D1 的中点,则异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦 值为 .

【答案】

2 3

【命题意图】本题主要考查正方体中异面直线 AE 与 BC 所成的角. 【解析】 A1B1 的中点 M 连接 EM, AE, ∠AEM 就是异面直线 AE 与 BC 所成的角。 ?AEM 取 AM, 则 在
中, cos ∠AEM =

22 + 32 ? 5 2 = . 2× 2×3 3

x2 y 2 (16)已知 F1 、 F2 分别为双曲线 C : ? = 1 的左、右焦点,点 A ∈ C ,点 M 的坐 9 27
标为(2,0), AM 为 ∠F1 AF2 的平分线.则 | AF2 |= 【答案】6 【命题意图】本题主要考查三角形的内角平分线定理,双曲线的第一定义和性质. 【解析】 Q AM 为 ∠F1 AF2 的平分线,∴ | AF2 | | MF2 | 4 1 = = = ∴ | AF1 |= 2 | AF2 | | AF1 | | MF1 | 8 2 .

又点 A ∈ C ,由双曲线的第一定义得 | AF1 | ? | AF2 |= 2 | AF2 | ? | AF2 |=| AF2 |= 2a = 6 . 三.解答题:本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算 解答题: 小题, 解答应写出文字说明, 解答应写出文字说明 步骤. 步骤 (17)(本小题满分 l0 分)(注意:在试题卷上作答无效) 注意: 本小题满分 注意 .........
设等比数列 {an } 的前 n 项和为 Sn .已知 a2 = 6, 6a1 + a3 = 30, 求 an 和 Sn . 【思路点拨】解决本题的突破口是利用方程的思想建立关于 a1 和公比 q 的方程,求出 a1 和 q, 然后利用等比数列的通项公式及前 n 项和公式求解即可。 【解析】设 {an } 的公比为 q,由题设得

? a1q = 6 ? ?6a1 + a1q = 30

…………………………………3 分

-5-

解得 ?

?a1 = 3 ?a1 = 2 或? , ?q = 2 ? q = 3
n ?1

…………………………………6 分

当 a1 = 3, q = 2 时, an = 3 × 2

, S n = 3 × (2 n ? 1) ; , S n = 3n ? 1 ……………………………10 分

当 a1 = 2, q = 3 时, an = 2 × 3

n ?1

(18)(本小题满分 12 分)(注意:在试题卷上作答无效) 注意: 本小题满分 注意 ......... c.己知 △ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c.己知 a sin A + csin C ? 2a sin C = b sin B . (Ⅰ )求 B; (Ⅱ)若 A = 75 , b = 2, 求a,c .
0

【思路点拨】第(I)问由正弦定理把正弦转化为边,然后再利用余弦定理即可解决。 (II)在(I)问的基础上知道两角一边可以直接利用正弦定理求解. 【解析】(I)由正弦定理得 a + c ? 2ac = b …………………………3 分
2 2 2

由余弦定理得 b = a + c ? 2ac cos B .
2 2 2

故 cos B =

2 o ,因此 B = 45 2

.…………………………………6 分

(II) sin A = sin(30o + 45o )

= sin 30o cos 45o + cos 30o sin 45o = 2+ 6 4

…………………………………8 分



a = b×

sin A 2+ 6 = = 1+ 3 sin B 2 sin C sin 60o = 2× = 6 .…………………………………12 分 sin B sin 45o

c = b×

(19)(本小题满 分 l2 分)(注意:在试题卷上作答无效) ......... 根据以往统计资料,某地车主购买甲种保险的概率为 0.5,购买乙种保险但不购买甲种保 险的概率为 0.3.设各车主购买保险相互独立. (I)求该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种的概率; (II)求该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买的概率.

-6-

【命题意图】本题主要考查独立事件的概率、对立事件的概率、互斥事件的概率 及次独立重复试验发生 k 次的概率,考查考生分析问题、解决问题的能力.
【解析】记 A 表示事件:该地的 1 位车主购买甲种保险: B 表示事件:该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险。 C 表示事件:该地的 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种; D 表示事件:该地的 1 位车主甲、乙两种保险都不购买; E 表示事件:该地的 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买.

(I) P ( A) = 0.5 , P ( B ) = 0.3 , C = A + B
P (C ) = P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) = 0.8
(II)D= C ,P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2, P(E)= C3 × 0.2 × 0.8 = 0.384 .
2 2

……………………………3 分 ……………………………6 分 ……………………………9 分 ……………………………12 分

(20)(本小题满 分 l2 分)(注意:在试题卷上作答无效) ......... 如图,四棱锥 S ? ABCD 中, AB ∥ CD , BC ⊥ CD ,侧面

SAB 为等边三角形. AB = BC = 2, CD = SD = 1 .
(I) (II) 证明: SD ⊥ 平 面 SAB 求 AB 与平面 SBC 所成角的大小。

S

D

C

【分析】第(I)问的证明的突破口是利用等边三角形 SAB 这 个条件,找出 AB 的中点 E,连结 SE,DE,就做出了解决这个 问题的关键辅助线。

A S

B

(II)本题直接找线面角不易找出,要找到与 AB 平行的其 它线进行转移求解。

【命题意图】 以四棱锥为载体考查线面垂直证明和 线面角的计算,注重与平面几何的综合. 解法一:(Ⅰ)取 AB 中点 E ,连结 DE ,则四边形 BCDE 为 矩 形 , DE = CB = 2 , 连 结 SE , 则 SE ⊥ AB , SE = 3 . 又 SD = 1 ,故 ED 2 = SE 2 + SD 2 , 所以 ∠DSE 为直角. ………………3 分

D F A E

H G B

C

由 AB ⊥ DE , AB ⊥ SE , DE I SE = E ,得 AB ⊥
-7-

平面 SDE ,所以 AB ⊥ SD . SD 与两条相交直线 AB 、 SE 都垂直. 所以 SD ⊥ 平面 SAB .

………………6 分
2

另解:由已知易求得 SD = 1, AD = 5, SA = 2 ,于是 SA2 + SD 2 = AD .可知 SD ⊥ SA ,同 理可得 SD ⊥ SB ,又 SA I SB = S .所以 SD ⊥ 平面 SAB . (Ⅱ)由 AB ⊥ 平面 SDE 知,平面 ABCD ⊥ 平面 SDE . 作 SF ⊥ DE ,垂足为 F ,则 SF ⊥ 平面 ABCD, SF = 作 FG ⊥ BC ,垂足为 G ,则 FG = DC = 1 . 连结 SG .则 SG ⊥ BC . 又 BC ⊥ FG , SG I FG = G ,故 BC ⊥ 平面 SFG ,平面 SBC ⊥ 平面 SFG .……9 分 作 FH ⊥ SG , H 为垂足,则 FH ⊥ 平面 SBC .
FH = SF × FG 3 21 = ,即 F 到平面 SBC 的距离为 . SG 7 7 21 . 7

………………6 分

SD × SE 3 = . DE 2

由于 ED / / BC ,所以 ED / / 平面 SBC , E 到平面 SBC 的距离 d 也为

设 AB 与平面 SBC 所成的角为 α ,则 sin α =

d 21 21 = , α = arcsin .……12 分 EB 7 7

解法二:以 C 为原点,射线 CD 为 x 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系
C ? xyz .

设 D (1, 0, 0) ,则 A(2, 2, 0) 、 B (0, 2, 0) . 又设 S ( x, y, z ) ,则 x > 0, y > 0, z > 0 .

uur uur uuu r (Ⅰ) AS = ( x ? 2, y ? 2, z ), BS = ( x, y ? 2, z ), DS = ( x ? 1, y, z ) , uur uur 由 | AS |=| BS | 得
( x ? 2) 2 + ( y ? 2) 2 + z 2 = x 2 + ( y ? 2) 2 + z 2 ,

故 x =1. uuu r 由 | DS |= 1 得 y 2 + z 2 = 1 ,

uur 又由 | BS |= 2 得 x 2 + ( y ? 2) 2 + z 2 = 4 ,

-8-

1 3 即 y 2 + z 2 ? 4 y + 1 = 0 ,故 y = , z = . 2 2

………………3 分

r 1 3 uur 3 3 uur 3 3 uuu 1 3 于是 S (1, , ), AS = (?1, ? , ), BS = (1, ? , ), DS = (0, , ) , 2 2 2 2 2 2 2 2

uuu uur r uuu uur r DS ? AS = 0, DS ? BS = 0 .
故 DS ⊥ AS , DS ⊥ BS ,又 AS I BS = S , 所以 SD ⊥ 平面 SAB . ………………6 分

r (Ⅱ)设平面 SBC 的法向量 a = (m, n, p) , r uur r uur r uur r uur 则 a ⊥ BS , a ⊥ CB, a ? BS = 0, a ? CB = 0 .
uur 3 3 uur 又 BS = (1, ? , ), CB = (0, 2, 0) , 2 2

? 3 3 ?m ? n + p = 0, 故? 2 2 ?2n = 0 ?

………………9 分

r uuu r 取 p = 2 得 a = (? 3, 0, 2) ,又 AB = (?2, 0, 0),
uuu r r uuu r r AB ? a 21 cos < AB, a >= uuu r = r . 7 | AB | ? | a |

故 AB 与平面 SBC 所成的角为 arcsin

21 . 7

………………12 分

(21)(本小题满分 l2 分)(注意:在试题卷上作答无效) 本小题满分 注意: 注意 .........
已知函数 f ( x) = x + 3ax + (3 ? 6a ) x +12a ? 4 ( a ∈ R )
3 2

(Ⅰ)证明:曲线 y = f ( x)在x = 0处的切线过点(2,2);

(Ⅱ)若 f ( x)在x = x0处取得最小值,x0 ∈ (1,3), a 的取值范围. 求
【分析】第(I)问直接利用导数的几何意义,求出切线的斜率,然后易写出切线方程. (II)第(II)问是含参问题,关键是抓住方程 f ′( x ) = 0 的判别式进行分类讨论. 解: (I) f ′( x ) = 3 x 2 + 6ax + 3 ? 6a .………………2 分

由 f (0) = 12a ? 4, f ′(0) = 3 ? 6a 得曲线 y = f ( x) 在 x=0 处的切线方程为

-9-

y = (3 ? 6a ) x + 12a ? 4
由此知曲线 y = f ( x) 在 x=0 处的切线过点(2,2) (II)由 f ′( x ) = 0 得 x + 2ax ? 1 ? 2a = 0 .
2

.………………6 分

(i)当 ? 2 ? 1 ≤ a ≤ (ii)当 a >

2 ? 1 时, f ( x) 没有极小值;

.………………8 分

2 ? 1 或 a < ? 2 ? 1 时,由 f ′( x) = 0 得

x1 = ? a ? a 2 + 2a ? 1, x2 = ? a + a 2 + 2a ? 1
故 x0 = x2 .由题设知 1 < ? a + a + 2a ? 1 < 3 ,
2

当a >

2 ? 1 时,不等式 1 < ? a + a 2 + 2a ? 1 < 3 无解;
2

当 a < ? 2 ? 1 时,解不等式 1 < ? a + a + 2a ? 1 < 3 得 ? 综合(i)(ii)得 a 的取值范围是 (?

5 < a < ? 2 ?1 2

5 , ? 2 ? 1) ..………………12 分 2 (22)(本小题满分 l2 分)(注意:在试题卷上作答无效) 注意: 本小题满分 注意 .........

已知 O 为坐标原点, F 为椭圆 C : x 2 +

y2 = 1 在 y 轴正半轴上的焦点,过 F 且 2

斜率为 ? 2 的直线 l 与 C 交与 A 、 B 两点,点 P 满 足 uur uuu uuu r r r OA + OB + OP = 0 . (I)证明:点 P 在 C 上; (II)设点 P 关于点 O 的对称点为 Q ,证明: A 、 P 、 B 、 Q 四点在同一圆上. 【命题意图】本题考查直线方程、平面向量的坐标运算、 点与曲线的位置关系、曲线交点坐标求法及四点共圆的条件。 uuu uuu uuu r r r 【分析】方程联立利用韦达定理是解决这类问题的基本思路,注意把 OA + OB + OP = 0. 用坐
标表示后求出 P 点的坐标,然后再结合直线方程把 P 点的纵坐标也用 A、B 两点的横坐标表示 出来.从而求出点 P 的坐标代入椭圆方程验证即可证明点 P 在 C 上;(II)此问题证明有两种思 路:思路一:关键是证明 ∠APB, ∠AQB 互补.通过证明这两个角的正切值互补即可,再求正 切值时要注意利用到角公式. 思路二: 根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上, 所以根据两条弦的垂直平分线的交

- 10 -

点找出圆心 N,然后证明 N 到四个点 A、B、P、Q 的距离相等即可.

【解析】(I) F (0,1) , l 的方程为 y = ? 2 x + 1 ,代入 x 2 +

y2 = 1 并化简得 2

4x2 ? 2 2x ?1 = 0 .
设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y2 ), P( x3 , y3 ) , 则 x1 =
2? 6 2+ 6 , x2 = , 4 4 2 , y1 + y2 = ? 2( x1 + x2 ) + 2 = 1, 2

…………………………2 分

x1 + x2 =

由题意得 x3 = ?( x1 + x2 ) = ?

2 , y3 = ?( y1 + y2 ) = ?1, 2

所以点 P 的坐标为 (?

2 , ?1) . 2

2 y2 2 经验证点 P 的坐标 (? , ?1) 满足方程 x + = 1 ,故点 P 在椭圆 C 上 …6 分 2 2

(II)由 P (?

2 2 , ?1) 和题设知, Q ( ,1) , PQ 的垂直平分线 l1 的方程为 2 2 2 x. 2

y=?


2 1 , ) , AB 的垂直平分线 l2 的方程为 4 2

设 AB 的中点为 M ,则 M (
2 1 x+ . 2 4

y=


2 1 , ). 8 8

由①、②得 l1 、 l2 的交点为 N (?

…………………………9 分

| NP |= (?

2 2 2 1 3 11 + ) + ( ?1 ? ) 2 = , 2 8 8 8 3 2 , 2
- 11 -

| AB |= 1 + (? 2) 2 g| x2 ? x1 |=

| AM |=

3 2 , 4

| MN |= (

2 2 2 1 1 2 3 3 + ) +( ? ) = , 4 8 2 8 8 3 11 , 8

| NA |= | AM |2 + | MN |2 =

故 又 所以

| NP |=| NA | , | NP |=| NQ | , | NA |=| NB | , | NA |=| NP |=| NB |=| NQ | ,

由此知 A 、 P 、 B 、 Q 四点在以 N 为圆心, NA 为半径的圆上. ……………12 分
y1 ? (?1) y ? (?1) ? 2 2 2 x1 ? (? ) x2 ? (? ) 2 2 = y ? (?1) y ? (?1) 1+ 1 ? 2 2 2 x1 ? (? ) x2 ? (? ) 2 2

(II)法二: tan ∠APB =

k PA ? k PB 1 + k PA k PB

=

3( x2 ? x1 ) 4( x2 ? x1 ) = 3 3 2 9 3 x1 x2 ? ( x1 + x2 ) + 2 2

同理

tan ∠AQB =

kQB ? kQA 1 + kQA kQB

y2 ? 1 y1 ? 1 ? 2 2 x2 ? x1 ? (? ) 2 2 = y ?1 y1 ? 1 1+ 2 ? 2 2 x2 ? x1 ? (? ) 2 2

=

( x1 ? x2 ) 4( x2 ? x1 ) =? 3 2 1 3 x1 x2 ? ( x1 + x2 ) + 2 2

所以 ∠APB, ∠AQB 互补, 因此 A、P、B、Q 四点在同一圆上。

- 12 -


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