附加题高分练 1．矩阵与变换
1．(20172常州期末)已知矩阵A＝?
2 1?x4
，列向量X＝??，B＝??，若AX＝B，直接写出 ?3 2??y??7?
A－1，并求出X.
2 1 2 －1－1
解 由A＝?3 2?，得到A＝?－3 2?.
???? 2 －141－1
由AX＝B，得到X＝AB＝?－3 2??7?＝?2?.
??????
??2x＋y＝4，2 1??x??4??也可由AX＝B得到3 2y＝7，即?
????????3x＋2y＝7，
??x＝1，
解得?
??y＝2，
1
所以X＝?2?.
??
2．(20172江苏淮阴中学调研)已知矩阵A＝?
3 3?
?c d?，若矩阵A属于特征值6的一个特征向
1 3
量为α1＝?1?，属于特征值1的一个特征向量α2＝?－2?.求矩阵A，并写出A的逆矩阵．
????13
解 由矩阵A属于特征值6的一个特征向量α1＝??可得，??1??c
3??1??1?
d??1?＝6?1?，即c＋d＝6；
33 3 3 3
由矩阵A属于特征值1的一个特征向量α2＝?－2?，可得?c d??－2?＝?－2?，即3c－2d＝
????????
??c＝2，
－2，解得?
?d＝4.?
21
－??323 3??即A＝2 4，A的逆矩阵是?
??11?
?－3 2?
1 a22
3．(20172江苏建湖中学月考)曲线x＋4xy＋2y＝1在二阶矩阵M＝?b 1?的作用下变换为
??曲线x－2y＝1. (1)求实数a，b的值； (2)求M的逆矩阵M.
解 (1)设P(x，y)为曲线x－2y＝1上任意一点，P′(x′，y′)为曲线x＋4xy＋2y＝1
??x＝x′＋ay′，1 a??x′??x??上与P对应的点，则＝，即?
?b 1??y′??y???y＝bx′＋y′，
2
2
2
2
2
2
2
2
－1
2
2
2
2
2
代入x－2y＝1得(x′＋ay′)－2(bx′＋y′)＝1得(1－2b)x′＋(2a－4b)x′y′＋(a－2)y′＝1，
2
1－2b＝1，??22
及方程x＋4xy＋2y＝1，从而?2a－4b＝4，
??a2－2＝2，解得a＝2，b＝0. (2)因为M＝?
1 2?
?0 1?＝1≠0，
2
故M－1
－2 ?1?1 －211＝?＝?0 1?. ???01
?11?
1?1 0?2
4．已知曲线C：y＝x，在矩阵M＝??对应的变换作用下得到曲线C1，C1在矩阵N＝
2?0 －2?
?0
??1
1?0?
?对应的变换作用下得到曲线C2，求曲线C2的方程．
1??1 0??0 －2????＝??， 0??0 －2??1 0?
?0
解 设A＝NM，则A＝?
?1
设P(x′，y′)是曲线C上任一点，在两次变换下，在曲线C2上对应的点为P(x，y)，
?x??0 －2??x′??－2y′?则??＝????＝??， ?y??1 0??y′?? x′?
??x＝－2y′，即?
?y＝x′，?
x′＝y，??
∴?1
y′＝－x.?2?
12
又点P(x′，y′)在曲线C：y＝x上，
2
?1?212
∴?－x?＝y，即x＝2y. ?2?2
3．曲线与方程、抛物线
1．(20172江苏南通天星湖中学质检)已知点A(1,2)在抛物线F：y＝2px上．
(1)若△ABC的三个顶点都在抛物线F上，记三边AB，BC，CA所在直线的斜率分别为k1，k2，
2
k3, 求－＋的值；
k1k2k3
(2)若四边形ABCD的四个顶点都在抛物线F上，记四边AB，BC，CD，DA所在直线的斜率分1111
别为k1，k2，k3，k4，求－＋－的值．
111
k1k2k3k4
解 (1)由点A(1,2)在抛物线F上，得p＝2，∴抛物线F：y＝4x，
2
?y1??y2?设B?，y1?，C?，y2?， ?4??4?
1－
4y1＋2y2＋y12＋y2
∴－＋＝－＋＝－＋＝1. k1k2k3y1－2y2－y12－y24441
1
1
4
4
4
1111y1＋2y2＋y1y3＋y22＋y3?y3?(2)另设D?，y3?，则－＋－＝－＋－＝0.
k1k2k3k44444?4?
2．(20172江苏赣榆中学月考)抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x1，
2
22
y21
－1
2y2y12
－y22
y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．
(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；
(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1＋y2的值及直线AB的斜率． 解 (1)由已知条件，可设抛物线的方程为y＝2px. ∵点P(1,2)在抛物线上， ∴2＝2p31，得p＝2，
故所求抛物线的方程是y＝4x，准线方程是x＝－1. (2)设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB， 则kPA＝
2
2
2
y1－2y2－2
(x1≠1)，kPB＝(x2≠1)． x1－1x2－1
∵PA与PB的斜率存在且倾斜角互补， ∴kPA＝－kPB，
由A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线上，得
y21＝4x1，① y22＝4x2，②
∴
y2－2＝－， 1212y1－1y2－144
y1－2
∴y1＋2＝－(y2＋2)， ∴y1＋y2＝－4，
由①－②得直线AB的斜率
y2－y144kAB＝＝＝－＝－1(x1≠x2)．
x2－x1y1＋y24
→→
3．(20172江苏常州中学质检)已知点A(－1,0)，F(1,0)，动点P满足AP2AF＝2→FP. (1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)在直线l：y＝2x＋2上取一点Q，过点Q作轨迹C的两条切线，切点分别为M，N.问：是否存在点Q，使得直线MN∥l？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
||
→→→
解 (1)设P(x，y)，则AP＝(x＋1，y)，FP＝(x－1，y)，AF＝(2,0)， →→→222
由AP2AF＝2|FP|，得2(x＋1)＝2?x－1?＋y，化简得y＝4x. 故动点P的轨迹C的方程为y＝4x.
(2)直线l方程为y＝2(x＋1)，设Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
设过点M的切线方程为x－x1＝m(y－y1)，代入y＝4x，得y－4my＋4my1－y1＝0， 由Δ＝16m－16my1＋4y1＝0，得m＝，所以过点M的切线方程为y1y＝2(x＋x1)，同理过点
2
2
2
2
2
2
2
y1
N的切线方程为y2y＝2(x＋x2)．所以直线MN的方程为y0y＝2(x0＋x)，
2
又MN∥l，所以＝2，得y0＝1，而y0＝2(x0＋1)，
y0
?1?故点Q的坐标为?－，1?. ?2?
4．(20172江苏宝应中学质检)如图，已知抛物线C：y＝4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于A(x1，y1)(y1＞0)，B(x2，y2)两点，T为抛物线的准线与x轴的交点．
2
→→
(1)若TA2TB＝1，求直线l的斜率； (2)求∠ATF的最大值．
解 (1)因为抛物线y＝4x焦点为F(1,0)，T(－1,0)．
→→→→
当l⊥x轴时，A(1,2)，B(1，－2)，此时TA2TB＝0，与TA2TB＝1矛盾， 所以设直线l的方程为y＝k(x－1)，代入y＝4x，得kx－(2k＋4)x＋k＝0， 2k＋4
则x1＋x2＝2，x1x2＝1，①
2
2
22
2
2
2
k所以y1y2＝16x1x2＝16，所以y1y2＝－4，② →→
因为TA2TB＝1，所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝1， 将①②代入并整理得，k＝4，所以k＝±2. (2)因为y1＞0，所以tan∠ATF＝
2
22
y11y11＝2＝≤1，当且仅当＝，即y1＝2时，x1＋1y1y114y1
＋1＋44y1
y1
ππ
取等号，所以∠ATF≤，所以∠ATF的最大值为. 44
4．空间向量与立体几何
1．(20172苏锡常镇调研)如图，已知正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝2，点M，N分别在PA，
PMBN1
BD上，且＝＝.
PABD3
(1)求异面直线MN与PC所成角的大小； (2)求二面角N－PC－B的余弦值．
解 (1)设AC，BD交于点O，在正四棱锥P－ABCD中，OP⊥平面ABCD，又PA＝AB＝2，所以
OP＝2.以O为坐标原点，DA，AB，OP方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角
坐标系O－xyz，如图．
→→→
→
则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，2)，AP＝(－1,1，2)．故122?→1→?11?→→→→2→?1
OM＝OA＋AM＝OA＋AP＝?，－，?，ON＝3OB＝?3，3，0?，
3??33??322?→→?2
所以MN＝?0，，－?，PC＝(－1,1，－2)，
3??3→→MN2PC3→→
所以cos〈MN，PC〉＝＝，
→→2|MN||PC|π
所以异面直线MN与PC所成角的大小为. 6
→→→?42?
(2)由(1)知PC＝(－1,1，－2)，CB＝(2,0,0)，NC＝?－，，0?.
?33?→→
设m＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，则m2PC＝0，m2CB＝0，
?－x＋y－2z＝0，可得?
?x＝0，
令y＝2，则z＝1，即m＝(0，2，1)．