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2025年学习探究诊断高中数学选择性必修第一册
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年学习探究诊断高中数学选择性必修第一册 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
10. 已知四边形$ABCD$是椭圆$M:\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$的内接四边形，其对角线$AC$和$BD$交于原点$O$，且斜率之积为$-\frac{1}{3}$，给出下列四个结论：
- ①四边形$ABCD$是平行四边形；
- ②存在四边形$ABCD$是菱形；
- ③存在四边形$ABCD$使得$\angle AOD = 91^{\circ}$；
- ④存在四边形$ABCD$使得$\vert AC\vert^{2}+\vert BD\vert^{2}=\frac{64}{5}$．
- 其中所有正确结论的序号为__________．
- ①四边形$ABCD$是平行四边形；
- ②存在四边形$ABCD$是菱形；
- ③存在四边形$ABCD$使得$\angle AOD = 91^{\circ}$；
- ④存在四边形$ABCD$使得$\vert AC\vert^{2}+\vert BD\vert^{2}=\frac{64}{5}$．
- 其中所有正确结论的序号为__________．
答案：
①③④
11. 在平面直角坐标系$xOy$内有三个定点：$A(2,2)$，$B(1,3)$，$C(1,1)$，记$\triangle ABC$的外接圆为$E$．
- (1)求圆$E$的方程；
- (2)若过原点$O$的直线$l$与圆$E$相交所得弦的长为$\sqrt{2}$，求直线$l$的方程．
- (1)求圆$E$的方程；
- (2)若过原点$O$的直线$l$与圆$E$相交所得弦的长为$\sqrt{2}$，求直线$l$的方程．
答案：
解：
-
(1)设 $\triangle ABC$ 的外接圆 $E$ 的圆心 $E$ 为 $(a,b)$，半径为 $r(r＞0)$。则 $E$ 为：$(x - a)^{2}+(y - b)^{2}=r^{2}$，由题意，得 $\begin{cases}(2 - a)^{2}+(2 - b)^{2}=r^{2}\\(1 - a)^{2}+(3 - b)^{2}=r^{2}\\(1 - a)^{2}+(1 - b)^{2}=r^{2}\end{cases}$，解得 $\begin{cases}a = 1\\b = 2\\r = 1\end{cases}$，所以圆 $E:(x - 1)^{2}+(y - 2)^{2}=1$。 -
(2)设直线 $l$ 的方程为 $y = kx$ 或 $x = 0$（舍）。设 $l$ 与圆 $E$ 相交于点 $M$，$N$，过圆心 $E$ 作直线 $l$ 的垂线，垂足为 $P$，所以 $|MN| = 2|PN|=\sqrt{2}$，即 $|PN|=\frac{\sqrt{2}}{2}$，在 $Rt\triangle EPN$ 中，$|EN| = 1$，$|PN|=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $|EP|=\sqrt{|EN|^{2}-|PN|^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又因为圆 $E$ 的圆心到直线 $l$ 的距离 $|EP|=\frac{|k - 2|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，所以 $|EP|=\frac{|k - 2|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得 $k = 1$ 或 $k = 7$，故直线 $l$ 的方程为 $y = x$ 或 $y = 7x$。
(1)设 $\triangle ABC$ 的外接圆 $E$ 的圆心 $E$ 为 $(a,b)$，半径为 $r(r＞0)$。则 $E$ 为：$(x - a)^{2}+(y - b)^{2}=r^{2}$，由题意，得 $\begin{cases}(2 - a)^{2}+(2 - b)^{2}=r^{2}\\(1 - a)^{2}+(3 - b)^{2}=r^{2}\\(1 - a)^{2}+(1 - b)^{2}=r^{2}\end{cases}$，解得 $\begin{cases}a = 1\\b = 2\\r = 1\end{cases}$，所以圆 $E:(x - 1)^{2}+(y - 2)^{2}=1$。 -
(2)设直线 $l$ 的方程为 $y = kx$ 或 $x = 0$（舍）。设 $l$ 与圆 $E$ 相交于点 $M$，$N$，过圆心 $E$ 作直线 $l$ 的垂线，垂足为 $P$，所以 $|MN| = 2|PN|=\sqrt{2}$，即 $|PN|=\frac{\sqrt{2}}{2}$，在 $Rt\triangle EPN$ 中，$|EN| = 1$，$|PN|=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $|EP|=\sqrt{|EN|^{2}-|PN|^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，又因为圆 $E$ 的圆心到直线 $l$ 的距离 $|EP|=\frac{|k - 2|}{\sqrt{k^{2}+1}}$，所以 $|EP|=\frac{|k - 2|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得 $k = 1$ 或 $k = 7$，故直线 $l$ 的方程为 $y = x$ 或 $y = 7x$。
12. 设椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$过点$(0,4)$，其离心率为$\frac{3}{5}$．
- (1)求椭圆$C$的方程；
- (2)求过点$(3,0)$且斜率为$\frac{4}{5}$的直线被$C$所截线段的中点的坐标．
- (1)求椭圆$C$的方程；
- (2)求过点$(3,0)$且斜率为$\frac{4}{5}$的直线被$C$所截线段的中点的坐标．
答案：
解：
-
(1)将点 $(0,4)$ 代入 $C$ 的方程得 $\frac{16}{b^{2}} = 1$，所以 $b = 4$，又 $e=\frac{c}{a}=\frac{3}{5}$，得 $\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=\frac{9}{25}$，即 $1-\frac{16}{a^{2}}=\frac{9}{25}$，所以 $a = 5$，所以椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$。 -
(2)过点 $(3,0)$ 且斜率为 $\frac{4}{5}$ 的直线方程为 $y=\frac{4}{5}(x - 3)$，设此直线与椭圆 $C$ 的交点为 $A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，将直线方程 $y=\frac{4}{5}(x - 3)$ 代入 $C$ 的方程，得 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{(x - 3)^{2}}{25}=1$，即 $x^{2}-3x - 8 = 0$，解得 $x_{1}=\frac{3-\sqrt{41}}{2}$，$x_{2}=\frac{3+\sqrt{41}}{2}$，所以 $AB$ 的中点的坐标 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{3}{2}$，$y_{0}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{2}{5}(x_{1}+x_{2}-6)=-\frac{6}{5}$，即所截线段的中点的坐标为 $(\frac{3}{2},-\frac{6}{5})$。
(1)将点 $(0,4)$ 代入 $C$ 的方程得 $\frac{16}{b^{2}} = 1$，所以 $b = 4$，又 $e=\frac{c}{a}=\frac{3}{5}$，得 $\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=\frac{9}{25}$，即 $1-\frac{16}{a^{2}}=\frac{9}{25}$，所以 $a = 5$，所以椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$。 -
(2)过点 $(3,0)$ 且斜率为 $\frac{4}{5}$ 的直线方程为 $y=\frac{4}{5}(x - 3)$，设此直线与椭圆 $C$ 的交点为 $A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，将直线方程 $y=\frac{4}{5}(x - 3)$ 代入 $C$ 的方程，得 $\frac{x^{2}}{25}+\frac{(x - 3)^{2}}{25}=1$，即 $x^{2}-3x - 8 = 0$，解得 $x_{1}=\frac{3-\sqrt{41}}{2}$，$x_{2}=\frac{3+\sqrt{41}}{2}$，所以 $AB$ 的中点的坐标 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{3}{2}$，$y_{0}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{2}{5}(x_{1}+x_{2}-6)=-\frac{6}{5}$，即所截线段的中点的坐标为 $(\frac{3}{2},-\frac{6}{5})$。
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