两点间的距离-2.3 直线的交点坐标与距离公式知识点回顾进阶选择题自测题解析-广西壮族自治区等高一数学选择必修,平均正确率50.0%

第一题：

已知条件：$$| \vec{DA} | = | \vec{DB} | = | \vec{DC} |$$，且$$\vec{DA} \cdot \vec{DB} = \vec{DB} \cdot \vec{DC} = \vec{DC} \cdot \vec{DA} = -2$$。

设$$| \vec{DA} | = | \vec{DB} | = | \vec{DC} | = r$$，则根据点积公式：$$\vec{DA} \cdot \vec{DB} = r^2 \cos \theta = -2$$，其中$$\theta$$为向量夹角。

由于三个点积相等，可知向量两两夹角相同，设为$$\theta$$，则$$\cos \theta = \frac{{-2}}{{r^2}}$$。

又因为$$\vec{DA} + \vec{DB} + \vec{DC} = \vec{0}$$（对称性），平方得：$$3r^2 + 6 \cdot (-2) = 0$$，即$$3r^2 = 12$$，$$r^2 = 4$$，$$r = 2$$。

因此$$\cos \theta = \frac{{-2}}{{4}} = -\frac{{1}}{{2}}$$，$$\theta = 120^\circ$$。

建立坐标系：设$$D$$为原点，$$\vec{DA}$$沿$$x$$轴，则$$A = (2, 0, 0)$$，$$\vec{DB}$$与$$\vec{DA}$$夹角$$120^\circ$$，设$$B = (2 \cos 120^\circ, 2 \sin 120^\circ, 0) = (-1, \sqrt{3}, 0)$$。

由于对称，$$\vec{DC}$$与$$\vec{DA}$$夹角$$120^\circ$$，但方向需满足$$\vec{DA} + \vec{DB} + \vec{DC} = 0$$，计算得$$\vec{DC} = -\vec{DA} - \vec{DB} = (-2 + 1, 0 - \sqrt{3}, 0) = (-1, -\sqrt{3}, 0)$$，即$$C = (-1, -\sqrt{3}, 0)$$。

动点$$P$$满足$$| \vec{AP} | = 1$$，即$$P$$在以$$A$$为圆心、半径为1的圆上。设$$P = (2 + \cos \alpha, 0 + \sin \alpha, 0)$$。

$$\vec{PM} = \vec{MC}$$，即$$M$$为$$PC$$中点，$$M = \frac{{P + C}}{{2}} = \left( \frac{{2 + \cos \alpha - 1}}{{2}}, \frac{{\sin \alpha - \sqrt{3}}}{{2}}, 0 \right) = \left( \frac{{1 + \cos \alpha}}{{2}}, \frac{{\sin \alpha - \sqrt{3}}}{{2}}, 0 \right)$$。

$$B = (-1, \sqrt{3}, 0)$$，则$$\vec{BM} = M - B = \left( \frac{{1 + \cos \alpha}}{{2}} + 1, \frac{{\sin \alpha - \sqrt{3}}}{{2}} - \sqrt{3}, 0 \right) = \left( \frac{{3 + \cos \alpha}}{{2}}, \frac{{\sin \alpha - 3\sqrt{3}}}{{2}}, 0 \right)$$。

$$| \vec{BM} |^2 = \left( \frac{{3 + \cos \alpha}}{{2}} \right)^2 + \left( \frac{{\sin \alpha - 3\sqrt{3}}}{{2}} \right)^2 = \frac{{1}}{{4}} \left[ (3 + \cos \alpha)^2 + (\sin \alpha - 3\sqrt{3})^2 \right]$$。

展开：$$= \frac{{1}}{{4}} \left[ 9 + 6 \cos \alpha + \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha - 6\sqrt{3} \sin \alpha + 27 \right] = \frac{{1}}{{4}} \left[ 36 + 6 \cos \alpha - 6\sqrt{3} \sin \alpha + 1 \right]$$。

$$= \frac{{1}}{{4}} \left[ 37 + 6 (\cos \alpha - \sqrt{3} \sin \alpha) \right]$$。

令$$R = \sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2} = 2$$，$$\cos \alpha - \sqrt{3} \sin \alpha = 2 \cos (\alpha + \phi)$$，其中$$\tan \phi = \sqrt{3}$$，$$\phi = 60^\circ$$。

最大值当$$\cos (\alpha + \phi) = 1$$时取得，即$$| \vec{BM} |^2_{\max} = \frac{{1}}{{4}} [37 + 6 \times 2] = \frac{{37 + 12}}{{4}} = \frac{{49}}{{4}}$$。

故选B。

第二题：

设$$\angle BDA = 60^\circ$$，从$$D$$沿$$DA$$走10米至点$$Q$$，再拐弯走14米至$$BD$$上点$$N$$。

在$$\triangle DQN$$中，$$DQ = 10$$，$$QN = 14$$，$$\angle DQN = 120^\circ$$（因为拐弯后方向改变，与原方向夹角为$$180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$$）。

由余弦定理：$$DN^2 = DQ^2 + QN^2 - 2 \cdot DQ \cdot QN \cdot \cos 120^\circ = 100 + 196 - 2 \cdot 10 \cdot 14 \cdot (-\frac{{1}}{{2}}) = 296 + 140 = 436$$。

$$DN = \sqrt{436} = 2\sqrt{109}$$，但选项为整数，检查计算：$$436 = 4 \times 109$$，但109为质数，无整数根。

重新审题：”拐弯往另一方向行走14米正好到达$$\angle BDA$$的另一边$$BD$$上的一点$$N$$”，即$$\angle QDN = 60^\circ$$？

实际上，从$$Q$$拐弯后，路径$$QN$$与$$DQ$$的夹角应为$$180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$$（外角），但这是方向改变角，而非$$\triangle DQN$$中的角。

正确：在$$\triangle DQN$$中，已知$$DQ = 10$$，$$QN = 14$$，$$\angle DQN = 120^\circ$$（因为从$$DA$$转向$$QN$$，转过的角度为$$180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$$）。

但$$DN$$对面角为$$\angle DQN = 120^\circ$$，由余弦定理：$$DN^2 = 10^2 + 14^2 - 2 \cdot 10 \cdot 14 \cdot \cos 120^\circ = 100 + 196 - 280 \cdot (-\frac{{1}}{{2}}) = 296 + 140 = 436$$。

$$DN = \sqrt{436} = 2\sqrt{109} \approx 20.88$$，不在选项中。

可能误解：”拐弯往另一方向”可能指沿角平分线方向？但题中未明确。

另一种理解：从$$D$$沿$$DA$$走10米到$$Q$$，然后拐弯（即改变方向）走14米到$$N$$，且$$N$$在$$BD$$上。设$$\angle QDN = \theta$$，则由正弦定理：$$\frac{{QN}}{{\sin \angle QDN}} = \frac{{DQ}}{{\sin \angle QND}}$$，但未知。

考虑$$\angle BDQ = 60^\circ$$，设$$\angle DQN = \alpha$$，则$$\angle DNQ = 120^\circ - \alpha$$？复杂。

重新读题：”他从角的顶点D出发，沿角的一边DA行走10米后，拐弯往另一方向行走14米正好到达$$\angle BDA$$的另一边BD上的一点N” – 即路径为D->Q->N，Q在DA上，N在BD上。

在$$\triangle DQN$$中，$$DQ = 10$$，$$QN = 14$$，$$\angle DQN = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$$（因为DA与BD夹角为60°，QN与DA夹角为180°-60°=120°）。

则$$DN^2 = 10^2 + 14^2 - 2 \cdot 10 \cdot 14 \cdot \cos 120^\circ = 100 + 196 - 280 \cdot (-\frac{{1}}{{2}}) = 296 + 140 = 436$$。

但436不是完全平方数，而选项为14,15,16,17，所以可能我错了。

另一种可能：拐弯后往角内方向走，即与DA夹角为60°（而不是120°）。

设从Q拐弯后，QN与DQ夹角为60°（即沿角平分线方向？），则$$\angle DQN = 60^\circ$$。

则$$DN^2 = 10^2 + 14^2 - 2 \cdot 10 \cdot 14 \cdot \cos 60^\circ = 100 + 196 - 280 \cdot \frac{{1}}{{2}} = 296 - 140 = 156$$，$$DN = \sqrt{156} = 2\sqrt{39} \approx 12.49$$，不对。

若QN与BD垂直？但未指明。

考虑点N到DA的距离：设DN = x，则由正弦定理：$$\frac{{10}}{{\sin \angle DNQ}} = \frac{{14}}{{\sin \angle NDQ}} = \frac{{x}}{{\sin 120^\circ}}$$，但角未知。

实际上，标准解法：应用余弦定理直接求DN，但需知角。

发现错误：在$$\triangle DQN$$中，$$\angle QDN = 60^\circ$$（因为DN在BD上，与DA夹角60°），所以$$\angle QDN = 60^\circ$$。

则$$QN^2 = DQ^2 + DN^2 - 2 \cdot DQ \cdot DN \cdot \cos 60^\circ$$，即$$196 = 100 + DN^2 - 2 \cdot 10 \cdot DN \cdot \frac{{1}}{{2}} = 100 + DN^2 - 10 DN$$。

所以$$DN^2 - 10 DN + 100 - 196 = 0$$，$$DN^2 - 10 DN - 96 = 0$$。

解：$$DN = \frac{{10 \pm \sqrt{100 + 384}}}{{2}} = \frac{{10 \pm \sqrt{484}}}{{2}} = \frac{{10 \pm 22}}{{2}}$$。

取正：$$DN = \frac{{32}}{{2}} = 16$$或$$DN = \frac{{-12}}{{2}} = -6$$（舍）。

所以DN = 16米。

故选C。

第三题：

已知$$A(-1,0)$$，$$B(2,4)$$，$$\triangle ABC$$面积为10。

设$$C(x,y)$$，则向量$$\vec{AB} = (3,4)$$，$$\vec{AC} = (x+1, y)$$。

面积$$S = \frac{{1}}{{2}} | \vec{AB} \times \vec{AC} | = \frac{{1}}{{2}} |3y - 4(x+1)| = 10$$。

所以$$|3y - 4x - 4| = 20$$。

即$$3y - 4x - 4 = 20$$或$$3y - 4x - 4 = -20$$。

整理得：$$4x - 3y + 24 = 0$$或$$4x - 3y - 16 = 0$$。

故选B。

第五题：

抛物线$$y^2 = 4x$$，设$$A(x_1,y_1)$$，$$B(x_2,y_2)$$，则$$y_1^2 = 4x_1$$，$$y_2^2 = 4x_2$$。

$$OA \perp OB$$，则$$\vec{OA} \cdot \vec{OB} = x_1 x_2 + y_1 y_2 = 0$$。

又$$x_1 = \frac{{y_1^2}}{{4}}$$，$$x_2 = \frac{{y_2^2}}{{4}}$$，代入得：$$\frac{{y_1^2 y_2^2}}{{16}} + y_1 y_2 = 0$$。

即$$y_1 y_2 \left( \frac{{y_1 y_2}}{{16}} + 1 \right) = 0$$。

若$$y_1 y_2 = 0$$，则一点为原点，但O为顶点，舍去，所以$$\frac{{y_1 y_2}}{{16}} + 1 = 0$$，即$$y_1 y_2 = -16$$。

$$|AB|^2 = (x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2 = \left( \frac{{y_1^2 - y_2^2}}{{4}} \right)^2 + (y_1 - y_2)^2 = \frac{{(y_1 - y_2)^2 (y_1 + y_2)^2}}{{16}} + (y_1 - y_2)^2$$。

$$= (y_1 - y_2)^2 \left[ \frac{{(y_1 + y_2)^2}}{{16}} + 1 \right]$$。

又$$(y_1 - y_2)^2 = y_1^2 + y_2^2 - 2 y_1 y_2 = y_1^2 + y_2^2 + 32$$。

$$(y_1 + y_2)^2 = y_1^2 + y_2^2 + 2 y_1 y_2 = y_1^2 + y_2^2 - 32$$。

令$$t = y_1^2 + y_2^2$$，则$$|AB|^2 = (t + 32) \left[ \frac{{(t - 32)}}{{16}} + 1 \right] = (t + 32) \cdot \frac{{t - 32 + 16}}{{16}} = \frac{{(t + 32)(t - 16)}}{{16}}$$。

$$= \frac{{t^2 + 16t - 512}}{{16}}$$。

$$t = y_1^2 + y_2^2 \geq 2 |y_1 y_2| = 32$$，当$$y_1^2 = y_2^2 = 16$$时取等。

代入$$t = 32$$：$$|AB|^2 = \frac{{1024 + 512 - 512}}{{16}} = \frac{{1024}}{{16}} = 64$$，$$|AB| = 8$$。

故选C。

第六题：

圆1：$$x^2 + y^2 - 4 = 0$$，即$$x^2 + y^2 = 4$$，圆心$$O_1(0,0)$$，半径$$r_1 = 2$$。

圆2：$$x^2 + y^2 + 2x = 0$$，即$$(x+1)^2 + y^2 = 1$$，圆心$$O_2(-1,0)$$，半径$$r_2 = 1$$。

圆心距$$d = |O_1 O_2| = 1$$。

$$r_1 - r_2 = 1$$，$$d = r_1 - r_2$$，所以两圆内切。

故选B。

第七题：

表达式：$$(x+y)^2 + (x - \frac{{2}}{{y}})^2$$。

几何意义：点$$(x+y, x - \frac{{2}}{{y}})$$到原点距离的平方，但变量耦合。

令$$u = x + y$$，$$v = x - \frac{{2}}{{y}}$$，则需最小化$$u^2 + v^2$$。

从$$u,v$$中消去x：$$ _{题目来源于各渠道收集，若侵权请联系下方邮箱}