高中排列组合知识点汇总及典型例题全 本文关键词：例题，知识点，汇总，典型，排列组合
高中排列组合知识点汇总及典型例题全 本文简介：一．基本原理1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。二．排列：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一
高中排列组合知识点汇总及典型例题全 本文内容：
一．基本原理
1．加法原理：做一件事有n类办法，则完成这件事的方法数等于各类方法数相加。
2．乘法原理：做一件事分n步完成，则完成这件事的方法数等于各步方法数相乘。
注：做一件事时，元素或位置允许重复使用，求方法数时常用基本原理求解。
二．排列：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一
1.公式：1.
2.
(1)
(2)
；
(3)
三．组合：从n个不同元素中任取m（m≤n）个元素并组成一组，叫做从n
个不同的m
元素中任取
m
个元素的组合数，记作
Cn
。
1.
公式：
①；②；③；④
若
四．处理排列组合应用题
1.①明确要完成的是一件什么事（审题）
②有序还是无序
③分步还是分类。
2．解排列、组合题的基本策略
（1）两种思路：①直接法；
②间接法：对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉。这是解决排列组合应用题时一种常用的解题方法。
（2）分类处理：当问题总体不好解决时，常分成若干类，再由分类计数原理得出结论。注意：分类不重复不遗漏。即：每两类的交集为空集，所有各类的并集为全集。
（3）分步处理：与分类处理类似，某些问题总体不好解决时，常常分成若干步，再由分步计数原理解决。在处理排列组合问题时，常常既要分类，又要分步。其原则是先分类，后分步。
（4）两种途径：①元素分析法；②位置分析法。
3．排列应用题：
（1）穷举法（列举法）：将所有满足题设条件的排列与组合逐一列举出来；
(2)、特殊元素优先考虑、特殊位置优先考虑；
（3）．相邻问题：捆邦法：
对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。
（4）、全不相邻问题，插空法：某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法.即先安排好没有限制条件的元素，然后再将不相邻接元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入。
（5）、顺序一定，除法处理。先排后除或先定后插
解法一：对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除于这几个元素的全排列数。即先全排，再除以定序元素的全排列。
解法二：在总位置中选出定序元素的位置不参加排列，先对其他元素进行排列，剩余的几个位置放定序的元素，若定序元素要求从左到右或从右到左排列，则只有1种排法；若不要求，则有2种排法；
（6）“小团体”排列问题——采用先整体后局部策略
对于某些排列问题中的某些元素要求组成“小团体”时，可先将“小团体”看作一个元素与其余元素排列，最后再进行“小团体”内部的排列。
（7）分排问题用“直排法”把元素排成几排的问题，可归纳为一排考虑，再分段处理。
（8）．数字问题（组成无重复数字的整数）
①
能被2整除的数的特征：末位数是偶数；不能被2整除的数的特征：末位数是奇数。②能被3整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数；
③能被9整除的数的特征：各位数字之和是9的倍数④能被4整除的数的特征：末两位是4的倍数。
⑤能被5整除的数的特征：末位数是0或5。
⑥能被25整除的数的特征：末两位数是25，50，75。
⑦能被6整除的数的特征：各位数字之和是3的倍数的偶数。
4．组合应用题：（1）.“至少”“至多”问题用间接排除法或分类法:
（2）．
“含”与“不含”
用间接排除法或分类法:
3．分组问题：
均匀分组：分步取，得组合数相乘，再除以组数的阶乘。即除法处理。
非均匀分组：分步取，得组合数相乘。即组合处理。
混合分组：分步取，得组合数相乘，再除以均匀分组的组数的阶乘。
4．分配问题：
定额分配：（指定到具体位置）即固定位置固定人数，分步取，得组合数相乘。
随机分配：（不指定到具体位置）即不固定位置但固定人数，先分组再排列，先组合分堆后排，注意平均分堆除以均匀分组组数的阶乘。
5．隔板法：
不可分辨的球即相同元素分组问题
例1.电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有
种不同的播放方式（结果用数值表示）.
解：分二步：首尾必须播放公益广告的有A22种；中间4个为不同的商业广告有A44种，从而应当填
A22·A44＝48.
从而应填48．
例3.6人排成一行，甲不排在最左端，乙不排在最右端，共有多少种排法？
解一：间接法：即
解二：（1）分类求解：按甲排与不排在最右端分类.
(1)
甲排在最右端时,有种排法；
(2)
甲不排在最右端（甲不排在最左端）时，则甲有种排法，乙有种排法，其他人有种排法，共有种排法，分类相加得共有+=504种排法
例.有4个男生，3个女生，高矮互不相等，现将他们排成一行，要求从左到右，女生从矮到高排列，有多少种排法？
分析一：先在7个位置上任取4个位置排男生，有A种排法.剩余的3个位置排女生，因要求“从矮到高”，只有1种排法，故共有A·1=840种.
1.从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有
解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种,选.
解析2：至少要甲型和乙
型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有台,选.
2．从5名男生和4名女生中选出4人去参加辩论比赛（1）如果4人中男生和女生各选2人，有
种选法；
（2）如果男生中的甲与女生中的乙必须在内，有
种选法；
（3）如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有
种选法；
（4）如果4人中必须既有男生又有女生，有
种选法
分析：本题考查利用种数公式解答与组合相关的问题.由于选出的人没有地位的差异，所以是组合问题.
解：（1）先从男生中选2人，有种选法，再从女生中选2人，有种选法，所以共有=60（种）；
（2）除去甲、乙之外，其余2人可以从剩下的7人中任意选择，所以共有=21（种）；
（3）在9人选4人的选法中，把甲和乙都不在内的去掉，得到符合条件的选法数：=91（种）；
直接法，则可分为3类：只含甲；只含乙；同时含甲和乙，得到符合条件的方法数=91（种）.
（4）在9人选4人的选法中，把只有男生和只有女生的情况排除掉，得到选法总数=120（种）.
直接法：分别按照含男生1、2、3人分类，得到符合条件的选法为=120（种）.
1．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为(
)
A．40
B．50
C．60
D．70
[解析]
先分组再排列，一组2人一组4人有C＝15种不同的分法；两组各3人共有＝10种不同的分法，所以乘车方法数为25×2＝50，故选B.
2．有6个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有(
)
A．36种
B．48种
C．72种
D．96种
[解析]
恰有两个空座位相邻，相当于两个空位与第三个空位不相邻，先排三个人，然后插空，从而共AA＝72种排法，故选C.
3．只用1,2,3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有(
)
A．6个
B．9个
C．18个
D．36个
[解析]
注意题中条件的要求，一是三个数字必须全部使用，二是相同的数字不能相邻，选四个数字共有C＝3(种)选法，即1231,1232,1233，而每种选择有A×C＝6(种)排法，所以共有3×6＝18(种)情况，即这样的四位数有18个．
4．男女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有(
)
A．2人或3人
B．3人或4人
C．3人
D．4人
[解析]
设男生有n人，则女生有(8－n)人，由题意可得CC＝30，解得n＝5或n＝6，代入验证，可知女生为2人或3人．
5．某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有(
)
A．45种
B．36种
C．28种
D．25种
[解析]
因为10÷8的余数为2，故可以肯定一步一个台阶的有6步，一步两个台阶的有2步，那么共有C＝28种走法．
6．某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有(
)
A．24种
B．36种
C．38种
D．108种
[解析]
本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C种分法，然后再分到两部门去共有CA种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C种方法，由分步乘法计数原理共有2CAC＝36(种)．
7．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为(
)
A．33
B．34
C．35
D．36
[解析]
①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C·A＝12个；
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C·A＋A＝18个；
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C＝3个．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.
8．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是(
)
A．72
B．96
C．108
D．144
[解析]
分两类：若1与3相邻，有A·CAA＝72(个)，若1与3不相邻有A·A＝36(个)
故共有72＋36＝108个．
9．如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有(
)
A．50种
B．60种
C．120种
D．210种
[解析]
先安排甲学校的参观时间，一周内两天连排的方法一共有6种：(1,2)、(2,3)、(3,4)、(4,5)、(5,6)、(6,7)，甲任选一种为C，然后在剩下的5天中任选2天有序地安排其余两所学校参观，安排方法有A种，按照分步乘法计数原理可知共有不同的安排方法C·A＝120种，故选C.
10．安排7位工作人员在5月1日到5月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙二人都不能安排在5月1日和2日，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
[解析]
先安排甲、乙两人在后5天值班，有A＝20(种)排法，其余5人再进行排列，有A＝120(种)排法，所以共有20×120＝2400(种)安排方法．
11．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的排法．(用数字作答)
[解析]
由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有C·C·C＝1260(种)排法．
12．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．
[解析]
先将6名志愿者分为4组，共有种分法，再将4组人员分到4个不同场馆去，共有A种分法，故所有分配方案有：·A＝1
080种．
13．要在如图所示的花圃中的5个区域中种入4种颜色不同的花，要求相邻区域不同色，有________种不同的种法(用数字作答)．
[解析]
5有4种种法，1有3种种法，4有2种种法．若1、3同色，2有2种种法，若1、3不同色，2有1种种法，∴有4×3×2×(1×2＋1×1)＝72种．
14.
将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有
（A）12种
（B）18种
（C）36种
（D）54种
【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.
15.
某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有
A.
504种
B.
960种
C.
1008种
D.
1108种
解析：分两类：甲乙排1、2号或6、7号
共有种方法
甲乙排中间,丙排7号或不排7号，共有种方法
故共有1008种不同的排法
排列组合
二项式定理
1，分类计数原理
完成一件事有几类方法，各类办法相互独立每类办法又有多种不同的办法（每一种都可以独立的完成这个事情）
分步计数原理
完成一件事，需要分几个步骤，每一步的完成有多种不同的方法
2，排列
排列定义：从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素（被取出的元素各不相同），按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列。
排列数定义；从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素的所有排列的个数
公式
=
规定0！=1
3，组合
组合定义
从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
组合数
从n个不同元素中，任取m（m≤n）个元素的所有组合个数
=
性质
=
排列组合题型总结
一．
直接法
1
.特殊元素法
例1用1，2，3，4，5，6这6个数字组成无重复的四位数，试求满足下列条件的四位数各有多少个
（1）数字1不排在个位和千位
（2）数字1不在个位，数字6不在千位。
分析：（1）个位和千位有5个数字可供选择，其余2位有四个可供选择，由乘法原理：=240
2．特殊位置法
（2）当1在千位时余下三位有=60，1不在千位时，千位有种选法，个位有种，余下的有，共有=192所以总共有192+60=252
二
间接法当直接法求解类别比较大时，应采用间接法。如上例中（2）可用间接法=252
Eg
有五张卡片，它的正反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9，将它们任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
分析：：任取三张卡片可以组成不同的三位数个，其中0在百位的有个，这是不合题意的。故共可组成不同的三位数-=432
Eg
三个女生和五个男生排成一排
（1）
女生必须全排在一起
有多少种排法（
捆绑法）
（2）
女生必须全分开
（插空法
须排的元素必须相邻）
（3）
两端不能排女生
（4）
两端不能全排女生
（5）
如果三个女生占前排，五个男生站后排，有多少种不同的排法
二．
插空法
当需排元素中有不能相邻的元素时，宜用插空法。
例3
在一个含有8个节目的节目单中，临时插入两个歌唱节目，且保持原节目顺序，有多少中插入方法？
分析：原有的8个节目中含有9个空档，插入一个节目后，空档变为10个，故有=100中插入方法。
三．
捆绑法
当需排元素中有必须相邻的元素时，宜用捆绑法。
1．四个不同的小球全部放入三个不同的盒子中，若使每个盒子不空，则不同的放法有
种（）,2，某市植物园要在30天内接待20所学校的学生参观，但每天只能安排一所学校，其中有一所学校人数较多，要安排连续参观2天，其余只参观一天，则植物园30天内不同的安排方法有（）（注意连续参观2天，即需把30天种的连续两天捆绑看成一天作为一个整体来选有其余的就是19所学校选28天进行排列）
四．
阁板法
名额分配或相同物品的分配问题，适宜采阁板用法
例5
某校准备组建一个由12人组成篮球队，这12个人由8个班的学生组成，每班至少一人，名额分配方案共
种
。
分析：此例的实质是12个名额分配给8个班，每班至少一个名额，可在12个名额种的11个空当中插入7块闸板，一种插法对应一种名额的分配方式，故有种
五
平均分推问题
eg
6本不同的书按一下方式处理，各有几种分发？
（1）
平均分成三堆，
（2）
平均分给甲乙丙三人
（3）
一堆一本，一堆两本，一对三本
（4）
甲得一本，乙得两本，丙得三本（一种分组对应一种方案）
（5）
一人的一本，一人的两本，一人的三本
分析：1，分出三堆书（a1,a2）,(a3,a4)，（a5,a6）由顺序不同可以有=6种，而这6种分法只算一种分堆方式，故6本不同的书平均分成三堆方式有=15种
2，六本不同的书，平均分成三堆有x种，平均分给甲乙丙三人
就有x种
3，
5，
五．
合并单元格解决染色问题
Eg
如图1，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不
得使用同一颜色，现有四种颜色可供选择，则不同的着色方法共有
种（以数字作答）。
分析：颜色相同的区域可能是2、3、4、5．
下面分情况讨论:
(ⅰ)当2、4颜色相同且3、5颜色不同时，将2、4合并成一个单元格，此时不同的着色方法相当于4个元素
①③⑤的全排列数
（ⅱ）当2、4颜色不同且3、5颜色相同时，与情形(ⅰ)类似同理可得
种着色法．
（ⅲ）当2、4与3、5分别同色时，将2、4；3、5分别合并，这样仅有三个单元格
①
从4种颜色中选3种来着色这三个单元格，计有种方法．
由加法原理知：不同着色方法共有2=48+24=72（种）
练习1（天津卷（文））将3种作物种植
1
2
3
4
5
在如图的5块试验田里，每快种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一作物
，
不同的种植方法共
种（以数字作答）
（72）
2．某城市中心广场建造一个花圃，花圃6分为个部分（如图3），现要栽种4种颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种
同一样颜色的话，不同的栽种方法有
种（以数字作答）．（120）
图3
图4
3．如图4，用不同的5种颜色分别为ABCDE五部分着色，相邻部分不能用同一颜色，但同一种颜色可以反复使用也可以不用，则符合这种要求的不同着色种数．（540）
4．如图5：四个区域坐定4个单位的人，有四种不同颜色的服装，每个单位的观众必须穿同种颜色的服装，且相邻两区域的颜色不同，不相邻区域颜色相同，不相邻区域颜色相同与否不受限制，那么不同的着色方法是
种（84）
图5
图6
5．将一四棱锥(图6)的每个顶点染一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，若只有五种颜色可供使用，则不同的染色方法共
种（420）
篇2：直线与圆的方程例题(总结版)
直线与圆的方程例题(总结版) 本文关键词：例题，方程，直线
直线与圆的方程例题(总结版) 本文简介：【考试大纲要求】1．理解直线的斜率的概念，掌握两点的直线的斜率公式．掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线的方程．2．掌握两条直线平行与垂直的条件和点到直线的距离公式；能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系．4．了解解析几何的基本思想，了解坐标法．5．掌握圆的标准方程和一
直线与圆的方程例题(总结版) 本文内容：
【考试大纲要求】
1．理解直线的斜率的概念，掌握两点的直线的斜率公式．掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线的方程．
2．掌握两条直线平行与垂直的条件和点到直线的距离公式；能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系．
4．了解解析几何的基本思想，了解坐标法．
5．掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念，理解圆的参数方程.
6．掌握直线与圆的位置关系的判断方法，能利用直线和圆的位置关系解决相关问题.
直线方程考察的重点是直线方程的特征值（主要是直线的斜率、截距）有关问题，可与三角知识联系；圆的方程，从轨迹角度讲，可以成为解答题，尤其是参数问题，在对参数的讨论中确定圆的方程．
【基础知识归纳】
1．直线方程
（1）直线的倾斜角
直线倾斜角的取值范围是：.
（2）直线的斜率.
倾斜角是90°的直线没有斜率；倾斜角不是90°的直线都有斜率，斜率的取值范围是（－∞，+∞）.
(3)直线的方向向量
设F1（x1，y1）、F2（x2，y2）是直线上不同的两点，则向量=（x2－x1，y2－y1）称为直线的方向向量
向量=（1，）=（1，k）也是该直线的方向向量，k是直线的斜率.特别地，垂直于轴的直线的一个方向向量为＝(0,1)
.
说明：直线的倾斜角、斜率、方向向量都是刻划、描述直线的倾斜程度的．
每一条直线都有倾斜角和方向向量，但不是每一条直线都有斜率，要注意三者之间的内在联系．
（4）直线方程的五种形式
点斜式：，(斜率存在)
斜截式：
(斜率存在)
两点式：，(不垂直坐标轴)
截距式：
(不垂直坐标轴,不过原点)
一般式：.
引申：过直线,交点的直线系方程为：
（λ∈R）(除l2外)．
2．两条直线的位置关系
（1）直线与直线的位置关系
存在斜率的两直线；.有：
①
且；
②；
③与相交
0④与重合
且.
一般式的直线,.
有①；且;
②;
③与相交;④与重合；且
（2）点与直线的位置关系
若点在直线上，则有；
若点不在直上，则有，此时点到直线的距离为．
平行直线与之间的距离为
．
（3）两条直线的交点
直线,的公共点的坐标是方程
的解
相交方程组有唯一解，交点坐标就是方程组的解；
平行方程组无解.
重合方程组有无数解.
3．曲线与方程
4.
圆的方程
(1)圆的定义
(2)圆的方程
标准式：，其中为圆的半径，为圆心．
一般式：（）.其中圆心为
，半径为
参数方程:，是参数）.
消去θ可得普通方程
5.
点与圆的位置关系
判断点与圆的位置关系代入方程看符号.
6.直线与圆的位置关系
直线与圆的位置关系有：相离、相切和相交.
有两种判断方法：
（1）代数法：（判别式法）时分别相离、相交、
相切.
（2）几何法：圆心到直线的距离
时相离、相交、相切.
7．弦长求法
（1）几何法：弦心距d，圆半径r，弦长l，则
．
（2）解析法：用韦达定理，弦长公式.
8．圆与圆的位置关系
题型1：直线的倾斜角
1．（07·上海）直线的倾斜角
．
答案：
解析：直线可化为，
．
题型2
：直线的斜率
2．（08·安徽卷）若过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率的取值范围为
（
）
A．
B．
C．
D．
答案：C
解析：记圆心为,记上、下两切点分别记为，则
，∴的斜率
即.
题型3
直线的方程
3．（07·浙江）直线关于直线对称的直线方程是
（
）
Ａ．Ｂ．
Ｃ．Ｄ．
答案：D
解析：(利用相关点法)设所求直线上任一点(x,y),则它关于对称点为(2-x,y)在直线上,即，化简得答案D.
题型4：直线方程的综合题
y
x
O
B
A
F
E
P
C
4．（08·江苏卷）在平面直角坐标系中，设三角形ABC
的顶点分别为A(0,a),B(b,0),C
(c,0)
，点P（0，p）在线段AO
上（异于端点），设a,b,c,p
均为非零实数，直线BP,CP
分别交AC,AB
于点E,F
，一同学已正确算的OE的方程：，请你求OF的方程：
___________________.
答案：
解析：直线AB的方程为
①
直线CP的方程为
②
②-①得，
直线AB与CF的交点F坐标满足此方程，原点O的坐标也满足此方程，所以OF的方程为.（若敢于类比猜想，交换x的系数中b、c的位置，便很快可得结果.）
题型5：直线与直线的位置关系
5．（06·福建）已知两条直线和互相垂直，则等于
(
)
A．2
B．1
C．0
D．
答案
D
解析：两条直线和互相垂直，则，∴
a=－1，选D.
题型6：点与直线的位置关系
6．（06·湖南）圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是
(
)
A．36
B.
18
C.
D.
答案C
解析：圆的圆心为(2，2)，半径为3，
圆心到直线的距离为>3，
圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是2R
=6，选C.
题型7：平行线间的距离
【例7】（07·四川）如图，、、是同一平面内的三条平行直线，与间的距离是1，与间的距离是2，正三角形的三顶点分别在、、上，则△的边长是
(
)
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】过点Ｃ作的垂线，以、为轴、轴建立平面直角坐标系．设、、，由知边长，检验A：，无解；
检验B：，无解；
检验D：，正确.
题型8：动点的轨迹方程
A
B
C
D
O
x
y
8．（08·上海）如图，在平面直角坐标系中，是一个与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别相切于点C、D的定圆所围成的区域（含边界），A、B、C、D是该圆的四等分点．若点、点满足且，则称P优于．如果中的点满足：不存在中的其它点优于Q，那么所有这样的点Q组成的集合是劣弧
(
)
Ａ．弧AB
B．弧BC
C．弧CD
D．弧DA
答案D
解析：分别在弧AB、弧BC、弧CD、弧DA上任意取一点Q，只有在弧DA上的点Q满足不存在中的其它点优于Q，故选D．
题型9：圆的方程
9.
(06·重庆)以点（2，－1）为圆心且与直线相切的圆的方程为
（
）
A．
B．
C．
D．
答案
C
解析
＝3，故选C.
10.。（08·福建)若直线3x+4y+m=0与圆
（为参数）没有公共点，则实数m的取值范围是
.
解析：将圆化成标准方程得
，圆心，半径.
直线与圆相离，
∴，∴，∴
.
题型10：直线与圆的位置关系
11.（09?辽宁）已知圆C与直线x－y＝0
及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为
（
）
A.
B.
C.
D.
答案B
解析：圆心在x＋y＝0上,排除C、D,再结合图象,或者验证A、B中圆心到两直线的距离等于半径即可.
题型11：圆与圆的位置关系
12．（07·山东）与直线和曲线都相切的半径最小的圆的标准方程是_____
答案
【解析】曲线化为
，其圆心到直线的距离为
所求的最小圆的圆心在直线上，其到直线的距离为，圆心坐标为标准方程为.
【重点方法提炼】在解答有关直线的问题时，应特别注意的几个方面：
（1）在确定直线的斜率、倾斜角时，首先要注意斜率存在的条件，其次要注意倾角的范围．
（2）在利用直线的截距式解题时，要注意防止由于“零截距”造成丢解的情况.如题目条件中出现直线在两坐标轴上的“截距相等”“截距互为相反数”“在一坐标轴上的截距是另一坐标轴上的截距的m倍（m＞0）”等时，采用截距式就会出现“零截距”，从而丢解.此时最好采用点斜式或斜截式求解．
（3）在利用直线的点斜式、斜截式解题时，要注意防止由于“无斜率”，从而造成丢解.如在求过圆外一点的圆的切线方程时或讨论直线与圆锥曲线的位置关系时，或讨论两直线的平行、垂直的位置关系时，一般要分直线有无斜率两种情况进行讨论．
（4）有关圆的问题解答时，应注意利用圆的平面几何性质，如圆与直线相切、相交的性质，圆与圆相切的性质，这样可以使问题简化．
（5）对独特的数学方法——坐标法要引起足够重视．要注意学习如何借助于坐标系，用代数方法来研究几何问题，体会这种数形结合的思想．
（6）首先将几何问题代数化，用代数的语言描述几何要素及其关系，进而将几何问题转化为代数问题；处理代数问题；分析代数结果的几何含义，最终解决几何问题．这种思想应贯穿平面解析几何教学的始终．
1.（2004年湖北，文2）已知点M1（6，2）和M2（1，7），直线y=mx－7与线段M1M2的交点M分有向线段M1M2的比为3∶2，则m的值为
A.－
B.－
C.
D.4
解析：设M（x，y），点M分M1M2所成比为λ=.
得x==3，y==5.
代入y=mx－7，得m=4.
答案：D
2.（2003年辽宁）在同一直角坐标系中，表示直线y=ax与y=x+a正确的是
解：根据a的符号和表示直线的位置特征，显见C正确，因为当a0时，直线ax+2y-z=0的斜率k=-a/2>kAC=
-1,a-4,综合得a的取值范围是（，2
）
14．（2008全国2，11）等腰三角形两腰所在直线的方程分别为与，原点在等腰三角形的底边上，则底边所在直线的斜率为（
）
A．3B．2C．D．
15.（2010
福建，8）设不等式组所表示的平面区域是，平面区域与关于直线3x-4y-9对称。对于中的任意点A与中的任意点B，∣AB∣的最小值等于
A.
B.
4
C.
D.
2
16．（2010
浙江，7）若实数满足不等式组且的最大值为9，则实数
（A）-2（B）-1（C）1（D）2
17．（2009
安徽
7）若不等式组所表示的平面区域被直线分为面积相等的两部分，则的值是
（A）
（B）
（C）
（D）
18.
(2009
宁夏海南6)设满足则
（A）有最小值2，最大值3
（B）有最小值2，无最大值
（C）有最大值3，无最小值
（D）既无最小值，也无最大值
【答案】B
【解析】画出不等式表示的平面区域，如右图，由z＝x＋y，得y＝－x＋z，令z＝0，画出y＝－x的图象，当它的平行线经过A（2,0）时，z取得最小值，最小值为：z＝2，无最大值，故选.B
19．(2009
福建9)在平面直角坐标系中，若不等式组（为常数）所表示的平面区域内的面积等于2，则的值为
A.
-5
B.
1
C.
2
D.
3
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
【解析】
如图可得黄色即为满足的直线恒过（0，1），故看作直线绕点（0，1）旋转，当a=-5时，则可行域不是一个封闭区域，当a=1时，面积是1；a=2时，面积是；当a=3时，面积恰好为2，故选D.
20．(2008山东11)已知圆的方程为
设该圆过点（3，5）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为
（
）
（A）10（B）20（C）30（D）40
21．(2010
江苏9)在平面直角坐标系xOy中，已知圆上有且仅有四个点到直线12x-5y+c=0的距离为1，则实数c的取值范围是_________
【解析】考查圆与直线的位置关系。
圆半径为2，
圆心（0，0）到直线12x-5y+c=0的距离小于1，，的取值范围是（-13，13）。
22．（2009，上海，22）已知双曲线C的中心是原点，右焦点为F，一条渐近线m:,设过点A的直线l的方向向量。
（1）
求双曲线C的方程；
（2）
若过原点的直线，且a与l的距离为，求K的值；
（3）
证明：当时，在双曲线C的右支上不存在点Q，使之到直线l的距离为.
【解析】（1）设双曲线的方程为
，解双曲线的方程为
（2）直线，直线
由题意，得，解得
（3）【证法一】设过原点且平行于的直线
则直线与的距离当时，
又双曲线的渐近线为
双曲线的右支在直线的右下方，
双曲线右支上的任意点到直线的距离大于。故在双曲线的右支上不存在点，使之到直线的距离为
【证法二】假设双曲线右支上存在点到直线的距离为，
则
由（1）得
设，当时，；
将代入（2）得，
方程不存在正根，即假设不成立，
故在双曲线的右支上不存在点，使之到直线的距离为
圆的切线方程：
(x-a)(x0-a)+(y-b)(y0-b)=r2
椭圆的切线方程
(x·x0)/a2
+
(y·y0)/b2=1.
双曲线的切线方程(x·x0)/a2
-
(y·y0)/b2=1.
抛物线切线方程
y·y0
=
p·（x+x0）
【高考实战演习】
一．选择题
1．（09·湖南重点中学联考）过定点作直线分别交轴、轴正向于A、B两点，若使△ABC（O为坐标原点）的面积最小，则的方程是
（
）
A.
B.
C.
D.
2．（09·湖北重点中学联考）若P（2，－1）为圆（x－1）2+y2=25的弦AB的中点，则直线AB的方程是
（
）
A.x－y－3=0
B.2x+y－3=0
C.x+y－1=0
D.2x－y－5=0
3.（09·陕西）过原点且倾斜角为的直线被圆学所截得的弦长为（
）
A.
B.2
C.
D.2
4.（09·宁夏海南）已知圆：+=1，圆与圆关于直线对称，则圆的方程为
(
)
A.+=1
B.+=1
C.+=1
D.+=1
5.（09·重庆）直线与圆的位置关系为
（
）
A．相切
B．相交但直线不过圆心
C．直线过圆心
D．相离
6.（09·重庆）圆心在轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为
（
）
A．
B．
C．D．
7．（08·湖北）过点作圆的弦，其中弦长为整数的共有
（
）
A.16条
B.
17条
C.
32条
D.
34条
8．（08·北京）过直线上的一点作圆的两条切线，当直线关于对称时，它们之间的夹角为
（
）
A．
B．C．D．
二．填空题
9．（07·上海）已知与，若两直线平行，则的值为____________.
10.（08·天津）已知圆C的圆心与点关于直线对称．直线与圆C相交于两点，且，则圆C的方程为____________．
11.（09·四川）若⊙与⊙相交于A、B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是
w.
12.（09·全国）若直线被两平行线所截得的线段的长为，则的倾斜角可以是:
①
②
③
④⑤
其中正确答案的序号是
.（写出所有正确答案的序号）
13.（09·天津）若圆与圆（a>0）的公共弦的长为，则a=___________
.
14．（09·辽宁）已知圆C与直线x－y＝0
及x－y－4＝0都相切，圆心在直线x＋y＝0上，则圆C的方程为_____________.
三．解答题
15．
（09·广西重点中学第一次联考）设直线过点A（2，4），它被平行线x–y
+1=0与x-y-l=0所截得的线段的中点在直线x+2y-3=0上，求直线的方程.
16．（08·北京）已知菱形的顶点在椭圆上，对角线所在直线的斜率为1．
（Ⅰ）当直线过点时，求直线的方程；（Ⅱ）当时，求菱形面积的最大值．
17．（08·江苏）设平面直角坐标系中，设二次函数的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C．求：
（Ⅰ）求实数b
的取值范围；
（Ⅱ）求圆C
的方程；
（Ⅲ）问圆C
是否经过某定点（其坐标与b
无关）？请证明你的结论．
18．(08·海淀一模)如图，在平面直角坐标系中，N为圆A：上的一动点，点B（1，0），点M是BN中点，点P在线段AN上，且
（Ⅰ）求动点P的轨迹方程；
（Ⅱ）试判断以PB为直径的圆与圆=4的位置关系，并说明理由.
19．（08·年西城一模）在面积为9的中，，且.现建立以A点为坐标原点，以的平分线所在直线为x轴的平面直角坐标系，如图所示.
（Ⅰ）求AB、AC所在的直线方程；
(Ⅱ)求以AB、AC所在的直线为渐近线且过点D的双曲线的方程；
(Ⅲ)过D分别作AB、AC所在直线的垂线DF、DE（E、F为垂足），求的值.
20.（08·朝阳一模）已知点分别是射线，
上的动点，为坐标原点，且
的面积为定值2．
(Ⅰ）求线段中点的轨迹的方程；
（Ⅱ）过点作直线，与曲
线交于不同的两点，与射线分别交于点，若点恰为线段的两个三等分点，求此时直线的方程．
参考答案
一．选择题
1．【答案】D
【解析】由题设，可知，且，
∴
当且仅当时，.∴
的方程为：
∴应选D.
2．【答案】A
【解析】由（x－1）2+y2=25知圆心为Q（1，0）.据kQP·kAB=－1，
∴kAB=－=1（其中kQP==－1）.
∴AB的方程为y=（x－2）－1=x－3，
即x－y－3=0.∴
应选A.
3.
【答案】D
【解析】直线方程,圆的方程为：
圆心到直线的距离，由垂径定理知所求弦长为
，选D.
4.【答案】B
【解析】设圆的圆心为（a，b），则依题意，有，
解得，对称圆的半径不变，为1.
5.【答案】B
【解析】圆心为到直线，即的距离，
而，选B.
6.【答案】A
【解法】设圆心坐标为，则由题意知，解得，
故圆的方程为.
7．【答案】C
【解析】由已知得圆心为P(-1，2)，半径为13，显然过A点的弦长中最长的是直径，此时只有一条，其长度为26，过A点的弦长中最短的是过A点且垂直于线段PA的弦，也只有一条，其长度为10（PA的长为12，弦长=2=10），而其它的弦可以看成是绕A点不间断旋转而成的，并且除了最长与最短的外，均有两条件弦关于过A点的直径对称，所以所求的弦共有2（26-10-1）+2=32．故选C．
8．【答案】C
【解析】此圆的圆心为C（5，1），半径
.设直线上的点P符合要求，连结PC，则由题意知，
又.
设与⊙切于点A，连结AC，则.在中，
，∴，
∴l1与l2的夹角为60°.
故选C.
二．填空题
9．【答案】
【解析】
.
10.【答案】.
【解析】圆C的圆心与P（－2,1）关于直线y=x+1对称的圆心为(0,-1),设该圆的方程为设AB中点为M，连结CM、CA，在三角形CMA中
故圆的方程为
11.【答案】4
【解析】由题知，
且，又，
所以有∴.
12.【答案】①或⑤
【解析】两平行线间的距离为，由图知直线与的夹角为，的倾斜角为，
所以直线的倾斜角等于或.
13.【答案】1
【解析】由知的半径为,解之得.
14．【答案】
【解析】圆心在x＋y＝0上,结合图象,或者验证A、B中圆心到两直线的距离等于半径即可.
三．解答题
15．【答案】3x-y-2=0
【解析】由几何的基本的性质，被两平行线所截得的线段的中点一定在y=x上，将x+2y-3=0与y=x联立构成方程组解得交点的坐标为（1，1）点，又由直线
过点A（2，4）由两点式得直线
的方程为：3x-y-2=0.
16．【解析】（Ⅰ）由题意得直线的方
程为．因为四边形为菱形，所以．于是可设直线的方程为．
由得．
因为在椭圆上，
所以，
解得．
设A，B两点坐标分别为，
则，，，．
所以．
所以的中点坐标为．
由四边形为菱形可知，
点在直线上，
所以，解得．
所以直线的方程为，
即．
（Ⅱ）因为四边形为菱形，
且，
所以．
所以菱形的面积．
由（Ⅰ）可得
所以
．
所以当时，菱形的面积取得最大值．
17．【解析】本小题主要考查二次函数图象与性质、圆的方程的求法．
（Ⅰ）令＝0，得抛物线与轴交点是（0，b）；令，
由题意b≠0
且Δ＞0，解得b＜1
且b≠0．
（Ⅱ）设所求圆的一般方程为：，
令＝0
得．
这与＝0
是同一个方程，
故D＝2，F＝．
令＝0
得＝0，此方程有一个根为b，代入得出E＝―b―1．
所以圆C
的方程为
.
（Ⅲ）圆C
必过定点（0，1）和（－2，1）．
证明如下：将（0，1）代入圆C
的方程，
左边＝0＋1＋2×0－（b＋1）＋b＝0，右边＝0，所以圆C
必过定点（0，1）．
同理可证圆C
必过定点（－2，1）．
18．【解析】由点M是BN中点，
又，可知PM垂直平分BN.所以|PN|=|PB|，又|PA|+|PN|=|AN|，
所以|PA|+|PB|=4.
由椭圆定义知，点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆.
设椭圆方程为，
由2a=4，2c=2，可得a2=4，b2=3.
动点P的轨迹方程为
（II）设点的中点为Q，
则，
即以PB为直径的圆的圆心为，半径为，
又圆的圆心为O（0，0），半径r2=2，
又
故|OQ|=r2－r1，即两圆内切.
19．【解析】（Ⅰ）设
则由
为锐角，，
AC所在的直线方程为y=2x
AB所在的直线方程为y=
-2x
（Ⅱ）设所求双曲线为
设，，
由可
，
即,由，
可得，又，
，
即，代入（1）得，
∴双曲线方程为
（Ⅲ）由题设可知，
∴
设点D为，则
又点D到AB，AC所在直线距离
，，
=
20.【解析】（I）由题可设，
，，其中.
则
∵的面积为定值2，
∴
，消去，得．
由于，∴，所以点的轨迹方程为（）．
（II）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为．
由消去得，
设点、、、的横坐标分别是、、、，∴由得
解之得：．
∴
由消去得：，
由消去得：，
∴.
由于为的三等分点，
∴.
解之得.
经检验，此时恰为的三等分点，故所求直线方程为.
21
篇3：高中物理万有引力定律知识点总结与典型例题精选
高中物理万有引力定律知识点总结与典型例题精选 本文关键词：例题，知识点，高中物理，典型，精选
高中物理万有引力定律知识点总结与典型例题精选 本文简介：万有引力定律人造地球卫星『夯实基础知识』1．开普勒行星运动三定律简介（轨道、面积、比值）丹麦天文学家第一定律：所有行星都在椭圆轨道上运动，太阳则处在这些椭圆轨道的一个焦点上；第二定律：行星沿椭圆轨道运动的过程中，与太阳的连线在单位时间内扫过的面积相等；第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周
高中物理万有引力定律知识点总结与典型例题精选 本文内容：
万有引力定律
人造地球卫星
『夯实基础知识』
1．开普勒行星运动三定律简介（轨道、面积、比值）
丹麦天文学家
第一定律：所有行星都在椭圆轨道上运动，太阳则处在这些椭圆轨道的一个焦点上；
第二定律：行星沿椭圆轨道运动的过程中，与太阳的连线在单位时间内扫过的面积相等；
第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等．即
开普勒行星运动的定律是在丹麦天文学家弟谷的大量观测数据的基础上概括出的，给出了行星运动的规律。
2．万有引力定律及其应用
(1)
内容：宇宙间的一切物体都是相互吸引的，两个物体间的引力大小跟它们的质量成积成正比，跟它们的距离平方成反比，引力方向沿两个物体的连线方向。
（1687年）
叫做引力常量，它在数值上等于两个质量都是1kg的物体相距1m时的相互作用力，1798年由英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置测出。
万有引力常量的测定——卡文迪许扭秤
实验原理是力矩平衡。
实验中的方法有力学放大（借助于力矩将万有引力的作用效果放大）和光学放大（借助于平面境将微小的运动效果放大）。
万有引力常量的测定使卡文迪许成为“能称出地球质量的人”：对于地面附近的物体m，有（式中RE为地球半径或物体到地球球心间的距离），可得到。
(2)定律的适用条件：严格地说公式只适用于质点间的相互作用，当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，公式也可近似使用，但此时r应为两物体重心间的距离．对于均匀的球体，r是两球心间的距离．
当两个物体间的距离无限靠近时，不能再视为质点，万有引力定律不再适用，不能依公式算出F近为无穷大。
(3)
地球自转对地表物体重力的影响。
重力是万有引力产生的，由于地球的自转，因而地球表面的物O
O′
N
F心
ω
m
F引
mg
甲
体随地球自转时需要向心力．重力实际上是万有引力的一个分力．另一个分力就是物体随地球自转时需要的向心力，如图所示，在纬度为的地表处，万有引力的一个分力充当物体随地球一起绕地轴自转所需的向心力
F向=mRcos·ω2（方向垂直于地轴指向地轴），而万有引力的另一个分力就是通常所说的重力mg，其方向与支持力N反向，应竖直向下，而不是指向地心。
由于纬度的变化，物体做圆周运动的向心力F向不断变化，因而表面物体的重力随纬度的变化而变化，即重力加速度g随纬度变化而变化，从赤道到两极R逐渐减小，向心力mRcos·ω2减小，重力逐渐增大，相应重力加速度g也逐渐增大。
在赤道处，物体的万有引力分解为两个分力F向和m2g刚好在一条直线上，则有F＝F向＋m2g，所以m2g=F一F向＝G－m2Rω自2
。
物体在两极时，其受力情况如图丙所示，这时物体不再做圆周运动，没有向心力，物体受到的万有引力F引和支持力N是一对平衡力，此时物体的重力mg＝N＝F引。
N
ω
o
F引
丙
N
F引
o
ω
乙
综上所述
重力大小：两个极点处最大，等于万有引力；赤道上最小，其他地方介于两者之间，但差别很小。
重力方向：在赤道上和两极点的时候指向地心，其地方都不指向地心，但与万有引力的夹角很小。
由于地球自转缓慢，物体需要的向心力很小，所以大量的近似计算中忽略了自转的影响，在此基础上就有：地球表面处物体所受到的地球引力近似等于其重力，即≈mg
万有引力定律的应用：
基本方法：卫星或天体的运动看成匀速圆周运动，F万=F心(类似原子模型)
方法：轨道上正常转：
地面附近：G=
mg
GM=gR2
(黄金代换式)
（1）天体表面重力加速度问题
通常的计算中因重力和万有引力相差不大，而认为两者相等，即m2g＝G，
g=GM/R2常用来计算星球表面重力加速度的大小，在地球的同一纬度处，g随物体离地面高度的增大而减小，即gh=GM/（R+h）2，比较得gh=（）2·g
设天体表面重力加速度为g，天体半径为R，由mg=得g=，由此推得两个不同天体表面重力加速度的关系为
（2）计算中心天体的质量
某星体m围绕中心天体m中做圆周运动的周期为T，圆周运动的轨道半径为r，则：
由得：
例如：利用月球可以计算地球的质量，利用地球可以计算太阳的质量。
可以注意到：环绕星体本身的质量在此是无法计算的（选择题）。
（3）计算中心天体的密度
ρ===
由上式可知，只要用实验方法测出卫星做圆周运动的半径r及运行周期T，就可以算出天体的质量M．若知道行星的半径R则可得行星的密度
人造地球卫星。
这里特指绕地球做匀速圆周运动的人造卫星。
1、卫星的轨道平面：由于地球卫星做圆周运动的向心力是由万有引力提供的，所以卫星的轨道平面一定过地球球心，地球球心一定在卫星的轨道平面内。
2、原理：由于卫星绕地球做匀速圆周运动，所以地球对卫星的引力充当卫星所需的向心力，于是有
3、表征卫星运动的物理量：线速度、角速度、周期等：
（1）向心加速度与r的平方成反比。
=当r取其最小值时，取得最大值。
a向max==g=9.8m/s2
（2）线速度v与r的平方根成反比
v=∴当h↑，v↓
当r取其最小值地球半径R时，v取得最大值。
V
max===7.9km/s
（3）角速度与r的二分之三次方成反比
=∴当h↑，ω↓
当r取其最小值地球半径R时，取得最大值。max==≈1.23×10－3rad/s
（4）周期T与r的二分之三次方成正比。
T=2∴当h↑，T↑
当r取其最小值地球半径R时，T取得最小值。
T
min=2=2≈84
min
卫星的能量：(类似原子模型)
r增v减小(EK减小V1>V4>V3
4.
★解析：设抛出点的高度为h，
可得
设该星球上的重力加速度为g，由平抛运动的规律得：
可得
由万有引力定律与牛顿第二定律得：
联立以上各式解得。
6.
★解析：设两星质量分别为M1和M2，都绕连线上O点作周期为T的圆周运动，星球1和星球2到O的距离分别为l1和l2。由万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得M1：
G＝M1（）2
l1
，∴M2＝
对M2：G＝M2（）2
l2，∴M1＝
两式相加得M1＋M2＝（l1＋l2）＝。
11.解：（1）设A、B的角速度分别为ω1、ω2，经过时间t，A转过的角度为ω1t，B转过的角度为ω2t。A、B距离最近的条件是：
ω1t-ω2t=。
恒星对行星的引力提供向心力，则：
，
由得得出：，，
求得：。
12.
★解析：根据万有引力定律，，挖去的球体原来对质点m的引力为，而。所以剩下的部分对质点m的引力为
。
答案：