高中数学课课练必修2_答案
第一章 立体几何初步
§1.1 棱柱、棱锥、棱台
1.C 2.C 3.D 4.B 5. ④ 6. ④ 7. 六 8. 这些集合间的包含关系为Q 刎N
P
9.
∴B 、D 、F 、E 四点共面.
(2)由(1)BE 、DF 共面,EF//DB且EF
∴EFDB 是梯形, BE、DF 必相交于一点P ,点P 既属于面DC '又属于面BC '⇒点P 属于这两个面的交线CC ', ∴BE 、DF 、CC '三线交于同一点P. §1.7 异面直线
1.B 2.D 3.A 4.A
5. 相交、平行或成异面直线. 6. 90︒ 7. ③④ 8. 提示:取AB 中点H, 先证明D 1F //A 1H ,
D 1 再证明∆A 1AH ≅∆ABE . 从而求得所求角是. 90︒C E
1
10.
发现有关系:
n 棱锥的棱数有2n 条,n 棱锥面数有n +1个; n 棱柱(棱台)的棱数有3n 条, n 棱柱(棱台)的面数有n
+2个.
§1.2 圆柱、圆锥、圆台和球
1.B 2.C 3.D 4.D 5. 12 6. 7. 3π 8. 略
29. 上底面半径为a ,下底面半径为2a ,两底面面积之和为5πa 2. 10、或.
22
§1.3 中心投影和平行投影
1.A 2.D 3.B 4.B 5. ③
6. 长度与高度,长度与宽度,宽度与高度 7. 84 8. 略 9. 略
10. 根据三视图可以画出该多面体形状如右:
§1.4 直观图画法
1.C 2.C 3.C 4.B 5. ① 6. 8 8. 略 9. 略. 10. 如右图:
§1.5 平面的基本性质
1.B 2.C 3.D 4.B 5. ④ 6. ②③⑤ 7. 4; 6; 7; 8 8. 提示:只要证明点P 同时在平面ABD 与平面BCD 内. 9. 略
10. 证明:a //b ⇒a 、b 确定一平面α⇒a ⊂α,
9. 解:如图.
A 1
A 1∉面DC 1, C ∈面DC 1,
又EF ⊂面DC 1, 且C ∉EF ,
由异面直线判定定理,得EF 与AC 1是异面直线。
1
F
C
A
B
10.证:(用反证法) 设b 和c 不是异面直线, 则b 和c 是共面直线, 所以b 和c 不是平行就是相交. 由于b 和c 不相交, 所以b //c ; 而直线c //a,由公理4得a//b, 这与a,b 是异面直线相矛盾, 故b 和c 是异面直线.
§1.8 直线与平面平行
1. D 2. A 3. C 4. B 提示:令==k ,
DA AC
则AH =EH =1-k ,∴GH =5k , EH =4(1-k ) ,∴周长等于8+2k ,又 0
8. 证明:如图, 设过直线a 的两个平面 与平面α、β分别交于直线c , d , a //α, a /β/∴a /c /a , /d ∴c //d , ∴c 平面//β, 而b 为过c 的平面α与平面β的交线, ∴c //b , 而a //c , ∴a //b
9. 提示:想办法证明MN//BD.
10. 证明: 设A 1C 1、B 1D 1相交于O 1 ,连结O 1G , ∵O 1、G 分别是B 1D 1和D 1C 1的中点. ∴O 1G //1B 1C 1. 又BE=1BC=1B 1C 1,
且BE//B1C 1,∴O 1G //BE ∴BEGO 1是平行四边形. ∴GE//BO1. ∴GE//平面BB 1D 1D.
§1.9 直线与平面垂直
1. D 2. D 3. C 4. B 5. ①② 6. 7. 12
138.证明:∵PA ⊥平面ABCD ,∴PA ⊥BC 又∵ABCD 是矩形,∴AB ⊥BC C
∴BC ⊥平面PAB ∴BC ⊥AE 又AE ⊥PB , ∴AE ⊥平面PBC ,∴AE ⊥PC.
9. 证明: ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱,∴AB ⊥BB 1, d
b
c
a
a c =A ⇒A ∈a 又a ⊂α⇒A ∈α,
同理B ∈α,∴AB ⊂α即c ⊂α, ∴直线a 、b 、c 共面于一个平面α.
§1.6 平行直线
1.D 2.C 3.D 4.C 5. 30︒或150︒ 6. 平行四边形
7. DE //AC 且DE =AC 8. 略.
3
9. 证明:如图,连结BD,
H
∵EH 是△ABC 的中位线,
E 1 ∴EH//BD, EH=BD, G
又在△BCD 中==, CB CD 3
B ∴F G //B D , FG =2BD . ∴EH //FG ,
, 四边形EFGH 是梯形。 又F G >E H
由已知BC =CD =DC 1=B 1C 1⇒∠BDC =∠C 1DB 1=45︒, ∴∠BDB 1=90︒, ⇒B 1D ⊥BD . 又AB BD =B ,∴B 1D ⊥平面ABD . 10、证明: ∵DE 垂直平分SC, ∴DE ⊥SC, 且E 为SC 的中点, 又SB=BC,
∴BE ⊥SC, 但DE∩BE=E, ∴SC ⊥面BDE, ∴SC ⊥BD, 又 SA ⊥面ABC,BD ⊂面ABC, ∴SA ⊥BD, 而SC∩SA=S, ∴BD ⊥面SAC.
§1.10 直线与平面所成的角
1.D 2.B 3.C 4.B 5. 30︒
7. 90
8
.解: BC =CA , AB , ∴∠C =90︒, 又点A 1在底面ABC 上的射影O 在AC 上, ⊥底面ABC , ∴AO 1⊂侧面ACC 1A 1, AO 1
§1.11 两平面平行
1.A 2.D 3.A 4.A 5. ①③ 6.
7. ③⑤ ②⑤
8. 证明: 设AC 、BD 相交于O ,A 1C 1,B 1D 1相交于 C
O 1,连,结O 1H ,OF 、AC 1. ∵BB 1//A 1A //D 1D , ∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形,
∴B 1D 1//BD.∴B 1D 1//平面BDF.
又O 1H//AC1,OF//AC1,∴O 1H//平面BDF. ∴平面BDF//平面B 1D 1H
9. 解: 如图. 连结AD ,并取其中点G
, 则EG //BD , GF //AC ∴EG //β, GF //α
∵α//β,∴GF //β, 而EG GF =G ∴平面EFG //β∴EF //β//α
10. 90° 提示:过C 点作AB 的平行线交B 于点E ,可证明四边形ABE 是平行四边形,连接ED ,在△BDE 中 ∠DBE 即为所求的角,为90°.
§1.12 二面角
1.A 2.C 3.B 4.D 6. 3 7. 60︒
8.解:如图,在正四面体ABCD 中, 点A 在面BCD 上的正投影 O 是三角形BCD 的中心, 取CD 的中点E , 则AE ⊥CD ,BE ⊥CD ,
C
C
B
B A E
G
F
∴A 1O ⊥B C ,又AC ⊥BC ,∴BC ⊥侧面ACC 1A 1, ∴AB 与侧面ACC 1A 1所成的角为∠BAC =45︒. 9. (1)证明:取BC 的中点D , 连AD , B 'D , B 'C ∆ABC , ∆BB 'C 为等边三角形,
∴B 'D ⊥BC , AD ⊥BC ,
∴BC ⊥平面AB 'D , 则
AB '⊥BC .
(2)解:由(1)知B 'D ⊥BC , 又由题意, ∠B 'BC 为B 'B 与底面ABC 所成的角,
∴B 'D ⊥底面则∠B 'AD 为AB '与底面ABC 所成的角.
'
易知B 'D =AD , 则tan ∠B 'AD ==1,
BD
∴∠B 'AD =45︒. 10、解: 如图.
(1)∵SA 、SB 、SC 两两垂直, ∴SC ⊥平面SAB , ∴SB 是BC 在平面SAB 上的射影. ∴BC 与平面SAB 所成的角就是∠SBC ,
∴BC 与平面SAB 所成的角为60︒. (2)在Rt △ASB 中, ∠SBA = 45︒, 设SB =a , 则SA =a ,AB
,在Rt △CSB 中, ∠SBC = 60︒,则SC
,BC = 2a , 在Rt △ASC 中,AC = 2a ,
在△ABC 中取AB 中点D ,连接CD 、SD , 由SA = SB ⇒SD ⊥AB. 由(1)知SC ⊥平面SAB , ∴SC ⊥AB ,∴AB ⊥平面SDC ,
过S 做SE ⊥DC 于E ,则SE ⊥AB . ∴SE ⊥平面ABC , ∴EC 是SC 在平面ABC 上的射影.
∠SCE 为SC 与平面ABC 所成的角. 易知SD
,
在Rt △CSD 中CD
,
cos ∠SCE = cos∠SCD
=SC .
B
∠AEB 是二面角A -CD -B 的平面角,点O 在BE 上, 且OE =1BE =1AE ,cos ∠AEO =OE =1.
9.证明:如图,作DE ⊥AB 于E ,连接CE ,
D
CD ⊥α,∴CD ⊥AB ,CD DE =D ∴AB ⊥面CDE ,∴AB ⊥CE , ∠C E D 是二面角C -AB -D 的平面角 ∠CED =θ,∠CAD =φ1,∠CBD =φ2,
22 sin 2ϕ1+sin 2ϕ2=CD 2+CD 2
AC BC 22222
=CD 2⋅22=22=2=sin 2θ
AC ⋅BC CE ⋅AB CE
10. (1)证明:如图, BF ⊥平面ACE , ∴BF ⊥AE ,
二面角D -AB -E 为直二面角, ∴平面ABCD ⊥平面ABE .
又BC ⊥AB , ∴BC ⊥平面ABE , ∴BC ⊥AE ,
(2)解: 连结AC , BD 交于G ,连结FG , ∵ABCD 为正方形, ∴BD ⊥AC , ∵BF ⊥平面ACE , ∴FG ⊥AC , ∠F G B 为二面角 B -A C 的平面角, -E
由(1)可知,AE ⊥平面BCE , ∴AE ⊥EB ,
又AE =EB , AB =2, AE =BE , 在直角三角形BCE 中,
CE
BF =BC ⋅BE
在正方形中,BG ,在直角三角形BFG 中,
sin ∠FGB =,
BG ∴二面角B -AC -
E .
§1.13 两平面垂直
1.C 2.C 3.C 4. D 5. 90︒ 6. ①④
8.证明:依题意知,AB=AC, 取BC 的中点O ,连AO ,SO , 则AO ⊥BC ,SO ⊥BC ,
∠AOS 为二面角S -BC -A 的平面角.
设SA=SB=SC=a ,又∠BSC=90︒,∴
,
,AO
∴ A 1D ∥B 1C .∴ MO ∥B 1C ,
且B 1C ⊂平面B 1BCC 1,MO ⊄平面B 1BCC 1,
∴MO //平面B 1BCC 1.
§1.14 空间几何体的表面积
1.A 2.B 3.D 4.D 5. 20 6. 7. 1) 8. 52cm 2;4cm 、3cm 、2cm . 9.14;
310.解: (1) 设截去圆锥的母线长为x , 则r '=x ,即x =r 'l ,
r ⋅3︒-'r 0=6=0r ⋅︒3 60 θ=r ⋅36︒
+l (2)S 侧=π(r +r ') ⋅l =π(r +r ') ⋅r -r '⋅360︒=616
§1.15 空间几何体的体积
S
1.D 2.D 3.B 4.C 5. π 12
6. 1∶3 7. 1
A
C 8. 解:(1)因为S 上=402,S 下=102,h =20 所以V 正四棱台=1(S 上+S 下h
3
=1402+102+40⨯10)⨯20=14000(cm )(2)下底面周长c' =4×10=40,下底面周长c =4×40=160, 斜高h' 25(cm)
S 正棱台侧=1(c +c' ) h' =1(160+40) ×25=2500(cm2)
答:这个下料斗的体积为14000 cm3, 制造这样一个下料斗需铁板约2500 cm2. 9. 解:如图, 过S 作SO 1⊥面ABCD 于O 1,
∴SA 2=AO 2+SO 2,∴∠AOS =90︒ 故平面ABC ⊥平面BSC.
9. (1)连PM , MB
,由题可得PM , MB ,
N 是PB 的中点,∴MN ⊥PB . 又PD ⊥平面ABCD ,∴PD ⊥DC ,
⇒PC , ∴PC =CB , N 是PB 的中点, ∴CN ⊥PB . PB ⊥平面M NC ,又PB ⊂平面PBC , 因此平面MNC ⊥平面PBC. (2)由(1) PB ⊥平面M NC , ∴点B 到平面MNC 的距离为BN =a . 10.证明:如图, (1)∵底面ABCD 是正方形, ∴ BD ⊥AC . ∵ C 1C ⊥底面
BD ⊂底面ABCD , ∴ BD ⊥C 1C .
∵ AC ⊂平面A 1ACC 1,
C 1C ⊂平面A 1ACC 1, 且AC ∩C 1C =C , ∴ BD ⊥平面A 1ACC 1. ∵ BD ⊂平面A 1BD , ∴平面A 1BD ⊥平面A 1ACC 1.
(2)连接B 1C ,在△A 1BD 中,∵O 是BD 的中点, M 是BA 1的中点,MO ∥A 1D .∵ A 1B 1∥DC , 1AC =1, 由已知OC 1= 在Rt ∆SO 1C 中, SC , ∴SO 11 ∴O 1S =O 1A =O 1B =O 1C =O 1D 故O 1是过S, A, B, C, D的球的球心. ∴球的半径r =1, ∴V 球=πr 3=π.
33
10. 解:(1)体积V =8π立方单位. (2)由V P -AOC =V O -PAC 得
1⋅S AOC ⋅PO =1⋅S PAC ⋅d (d 为O 到平面PAC 距离) 容易求得d 立体几何初步单元测试题
S 1
B
C
1.D 2.D 3.D 4.C 5.A 6.C 7.D 8.C 9.C 10.B 11. 30︒ 12. π 13. 84π 14. 15.2ab (提示: 连接AC, V A -PCD =1ab ,
而V P -ABCD =2V A -PCD ) 16. 解:设E 是AC 中点,
'
D '-AC -B 为直二面角,
同理可求PA=
∴AM 2+PM 2=PA 2 ∴∠PMA=90° 即PM ⊥AM (2)取CD 的中点E ,连结PE 、EM ∵△PCD 为正三角形 ∴PE ⊥CD , PE=PDsin∠
PDE=2sin60°
∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴PE ⊥平面ABCD 由(1) 可知PM ⊥AM ∴EM ⊥AM ∴∠PME 是二面角P -AM -D 的平面角 ∴sin ∠
PME=PE
1C
'⊥面ACB , ∴DE
'⊥CB . ∴DE
由已知易得:AC ⊥BC ⇒BC ⊥面ACD ', ∴∠ACD '是二面角A ―BC ―D ′的平面角.
由已知易得:∆ACD '是等腰直角三角形,∠ACD '=45 , ∴二面角A -BC -D '为45 . 17. 证明:(1) BC ⊥平面CDD 1C 1 DE ⊂平面CDD 1C 1 ∴D E ⊥B C
在∆CDE 中,CE =DE =2a , 则有CD 2=CE 2+DE 2 D E C =90︒, ∴D E ⊥E ∴∠ C
又B C E C =, C ∴D ⊥E 平面B C E A 1(2) 如图:连接EF,AC,A 1C 1, 设AC 交BD 于O, 连接EO , EF //1AC , AO //1AC , 11
11
∴四边形AOEF 是平行四边形. ∴AF //OE
又 OE ⊂平面BDE , AF ⊄平面BDE
1
∴∠PME=45°, ∴二面角P -AM -D 为45°; (3)同解法(1)
第二章 平面解析几何初步
§2.1 直线的斜率
1. A 2. D 3. B 4. C
5. (0,-2) 6. 7 7. (1)m =1(2)m =-1
8. 解:A 、B 、C 三点共线, ∴k AB =k AC , 可得a =2或a =2
9.解: 直线AB 的斜率k AB =1,直线BC 的斜率
k BC =-1,直线CA 的斜率k CA =1,
由k AB >0, k CA >0知,直线AB , 直线CA 的倾斜角均为锐角;
由k BC
§2.2 直线的方程(点斜式)
1. B 2. D 3. D 4. B 5. -9 6.(2,3) 7. 2个 8.
解
: (1)y x +1) (2)y =-5
9. 解: 设直线l 的方程为y =-4x +b ,
则它与两坐标轴的交点分别为(3b , 0), (0,b ) ,
于是有|b |+|b |9,解得b =±3,
4 所求直线的方程为y =-4x ±3
10. 解:设直线l :y +4=k (x +5), k ≠0, 则直线l 与x 轴交点为A (4-5,0) ,
l 与y 轴交点为B (0,5k -4) 。
∴AF //平面BDE 18.如图, 解法1: (1) 取CD 的中点E , 连结PE 、EM 、EA ∵△PCD 为正三角形 ∴PE ⊥CD ,
PE=PDsin∠PDE=2sin60°
=
∵平面PCD ⊥平面ABCD, ∴PE ⊥平面ABCD ∵四边形ABCD 是矩形
∴△ADE 、△ECM 、△ABM 均为直角三角形 由勾股定理可求得
AE=3 ∴EM +AM =AE ∴∠AME=90° ∴AM ⊥PM (2)由(1)可知EM ⊥AM ,PM ⊥AM ∴∠PME 是二面角P -AM -D 的平面角 ∴tan ∠
PME=PE 1 ∴∠PME=45°
∴二面角P -AM -D 为45°;
(3)设D 点到平面PAM 的距离为d ,连结DM , 则V P -ADM =V D -PAM , ∴1S ∆ADM ⋅PE =1S ∆PAM ⋅d ,
而S ∆ADM =1AD ⋅CD = 在Rt ∆PEM 中,由勾股定理可求得
∴S ∆PAM =1AM ⋅PM =3,
所以:1⨯1⨯3⨯d ,
∴d 即点D 到平面PAM
222
(5k -42) 1 S ∆=1O A ⋅O 1455⋅k - 5=
当k >0时,(5k -4) 2=10k ⇒k =2或k =8,
8x -5y +20=0或2x -5y -10=0 ∴直线l :
当k
§2.3 直线的方程(两点式)
y
1. D 2.D 3. C 4. C 5. -+=1
35
解法2:
(1) ∵四边形ABCD 是矩形
∴BC ⊥CD ∵平面PCD ⊥平面ABCD ∴BC ⊥平面PCD, 而PC ⊂平面PCD 6. y =x +2;10 7. -2
9. 解:所求的两点式方程为 l -11=17-11,即l =2w -1
当弹簧长为13cm 时,所挂物体的重量为7kg 。 10. 解:设C (x 0, y 0) ,由条件得C (-5, -3) , 直线AB :
y -(-2) =3-(-2)
,整理得:y +2=2
(x -5) . 直线AC :y +2=1(x -5) , 直线BC :y -3=1(x -7) .
§2.4 直线的方程(一般式)
1. B 2. B 3. C 4. B
5. 4x +3y +16=0 6. 5 7. -3
8.解: ⑴ABC ≠0;⑵B =0;⑶A =0; ⑷A =C =0;⑸C =0;⑹BC >0, AC
10. 解: ⑴m 2
-5m -6(m -2)(m -3)
2m -7m +3
=1⇒
=1⇒m -2=1, ∴m =-1;
⑵直线过(0,-3) , ∴3(2m 2-7m +3) =3m -9⇒m =3或m =1 又直线不过原点,则3m -9≠0,∴m ≠3,∴m =1。
§2.5 两条直线的平行与垂直
1. C 2. B 3. A 4. C
5. P (1,0)或P (6,0) 6. 2x +3y -13=0 7. 3x -y -8=0; x +3y -6=0
8. 解:k AB =-1, k CD =-1, k 3BC =, k DA =3,
k A B =k C , D k =B C k ,D A ∴AB //CD , BC //DA ,又 k AB ⋅k BC ≠-1, ∴四边形ABCD 是平行四边形。 9. D(-11,2)
10. 解:(1)设直线l ':3x +4y +m =0, 则在两坐标轴上的截距分别为-m 和-m
∴|(-3) ⨯(-4
)|=48,m =±24得
直线方程3x +4y ±24=0
⑵设 l ':y =4x +b ,它与x 轴交点为
A (-3b ,0) ,与y 轴交点为B (0,b ) ,
4=1-3b ⋅b ,∴b =,
则l ':4x -3y ±0。
§2.6 两条直线的交点
1. C 2. A 3. A 4. C 5. 相交; 平行; 重合 6. ⑴A =3,C ≠-2;⑵A ≠3;⑶A =-4。
7. a =-1或a =-3.
8. 解:
{
x +y -1=0⎧kx -2y +3=0, ∴⎪x =-1
⎨, ⎪⎩y =
3+k 又 l 1, l 2, l 3交于一点,∴P 的坐标满足l 3的方程: -2+k -(k +1) 2+k
-5=0,
得k =-7或k =-2(舍去),∴k =-7。 9. 解:三边所在直线的方程分别为2x -y +10=0, 3x +2y +1=0,y +2=0
10. 证明:以AB 所在直线为x 轴,AD 所在直线为 y 轴建立直角坐标系,设B (3a ,0) , 则D (0,a ), E (a , a ), F (2a , a ) .
∴BD 所在的直线方程为x +3y -3a =0, AF 所在的直线方程为y =1x ,
由
{
x +3y -3a =0
x -2y =0⇒G (6a , 3a ) ∴k EG =-2, k AF =1⇒k EG ⋅k AF =-1,从而EG ⊥AF .
§2.7 平面上两点间的距离
1. B 2. C 3. B 4. B
5 6.
7. (-4, -1), (4, 3), (4,-5) 8. 解: 求B 关于x 轴的对称点B 1(-3, -1), 连AB 1
交
x 轴于
P ,即为所求,所求点为P(-2,0),
且PA +PB 的最小值为9. 解: 设(B
x 0, y 0) ,则有2x 0+y 0-6=0 ………⑴ 又AB =5,∴(x 220-1) +(y 0+1) =25 ……⑵
由⑴,⑵可得x 0=1或x 0=5,∴B (1,4)或 B (5,-4) ∴l 1:x =1或3x +4y +1=.
010. 解: 由题意知直线BC 与AB 关于∠B 的平分线 x =0对称,∴点A (3,-1) 关于x =0的对称点 A 1(-3, -1) 在直线BC 上,同理点A 关于y =x 的 对称点A 2(-1, 3) 也在直线上,∴k BC =k A 1A 2=2 ∴直线BC 的方程为2x -y +5=0.
§2.8 点到直线的距离
1. D 2. B 3. B 4. D 5.
6. 4x +y -6=0或3x +2y -7=0
7. 最小值=1;最大值
8. 解: 直线BC 的方程:2x -3y -1=0,设l :2x -3y +m =0 设d 0为A 到PQ 的距离, d 为A 到BC 的距离. ∆APQ ∽∆ABC ,S ∆APQ =(AP ) 2=(d 0) 2⇒d
0=1
∆ABC
其中d d 0,
可求得m =3或m =3
(舍去),
∴直线PQ 的方程是:6x -9y +13=0.
9. 解:(1)l 1:y =0,l 2:y =5或l 1:5x -12y -5=0, l 2:5x -12
y +60=0. (2)0
§2.9 圆的方程(1)
7. 内切圆为(x+3)2+(y-3) 2=9; 外切圆为(x +4)2+(y -15) 2=4
.
8. 证明(略); 9. (x +4)2+(y +3)2=1; 10. 解:设可求圆的圆心为P(a , b ) ,半径为r , 则P 到x 轴,y 轴的距离分别为|b |,|a |.
由条件(2)知,因截x 轴可得弧所对圆心角为90度, 则圆截x
,故r 2=2b 2. 又由条件(1)得r 2=a 2+1,∴2b 2-a 2=1,
又点P(a , b ) 到直线x -2y =0的距离为
a -2b =±1.
即a -2b =±1a =1a =-12b 2-a 2
=1
解方程组得{b =1或{
b =-1,又r =2b =2, ∴可求圆的方程为(x −1) 2+(y −1) 2=2或(x +1)2+(y +1)2
=2.
§2.10 圆的方程(2)
1. C 2. C 3. B 4. D 5. (2
6. 2π 7. (x +2)2+( y -32) 2=54
8. x 2+y 2-7x -3y +2=0
9. 解:设D 为(x , y ) ,由已知得圆心E 的坐标为(3,4) , 由D E ⊥BC ,且∆ABC 为Rt ∆,知
AD =DB ,在Rt ∆DEB 中,DE 2+DB 2=EB 2, 从而有DE 2+AD 2=EB 2,
∴(x -3) 2+(y -4) 2+(x -5) 2+(y -3) 2=25 故所求D 点的轨迹方程为 x 2+y 2-8x -7y +17=0 10. 解:(1)-1
(2)
∵r ∴当t =3∈(-1,1) 时,r max
积最大,对应方程:(x -24) 2+( y +13749) 2=167
;
(3) 0
§2.11 圆的方程(3)
1. A 2. D 3. D 4. C 5. y =-x +3 6. 3
7. {0} 8. 解:由题意,可求得PQ 的中垂线方程为 x -y -1=0 ①
∵所求圆的圆心C 在直线①上,故可设其坐标为
(a , a -1.
) 又知圆C 的半径
r = ② 又已知圆C 截y
轴所得线段长为 又圆C 的圆心到y 轴的距离为a ,
∴r 2=a 2+2,代入②式得a 2-6a +5=0,
得a 1=1, a 2=5. ∴r 1r 2 故所求圆的方程为(x -1) 2
+y 2
=13 或(x -5) 2+(y -4) 2=37.
欲使其表示圆,需有m
(2) 设M (x 1, y 1), N (x 2, y 2) , OM ⊥ON , ∴k OM ⋅k ON =-1,即
y 1⋅y 2
=-1. ∴x 1x 2+y 1y 2=0. 12
又x 1=4-2y 1, x 2=4-2y 2, ∴16-8(y 1+y 2) +5y 1y 2=0. 又由
{
x =4-2y
x 2+y 2
-2x -4y +m =0
得5y 2-16y +m +8=0, ∴y 68+m 1+y 2=1, y y 1=2
代入16-8(y 1+y 2) +5y 1y 2=0,得m =8.
(3) 以MN 为直径的圆的方程为
(x -x 1)(x -x 2) +(y -y 1)(y -y 2) =0, 即x 2+y 2-(x 1+x 2) x -(y 1+y 2) y =0.
而y 81+y 2=16, x 1+x 2=8-2(y 1+y 2) =,
故所求圆的方程为x 2+y 2-5x -5y =0.
10. 解:设所求圆的方程为x 2+y 2
+Dx +Ey +F =0, ∵圆分别过点A ,B ,∴4D +2E +F +20=0 ……① -D +3E +F +10= 0
……② ∵圆在坐标轴上的截距是圆与坐标轴的交点在
轴上的坐标,∴{
y =0
x 2+y 2+Dx +Ey +F =0
故x 2+Dx +F =0,∴x 1+x 2=-D . 由
{
x =0
x 2+y 2
+Dx +Ey +F =0
得y 2+Ey +F =0, ∴y 1+y 2=-E . ∴-D -E =2 ……③ 解①②③得:D =-2, E =0, F =-12 故所求圆的方程为x 2+y 2-2x -12=0.
§2.12 直线与圆的位置关系(1)
1. A 2. D 3. C 4. A
5. x -2y +5=0
6.
8. (1)x +y -1=0, (2)x -2y +5=0 9. 解:切线过原点时,y =(-1±
x 切线不过原点时,y =-x +5
±y =x +1
±10. 解:配方得圆心(-1, 3),由(1),
直线kx -y +4=0过圆心,得k =2
∴PQ 的斜率k =-1,设PQ 方程:y =-1x +b
代入圆方程消y 得:5x 2+4(4-b ) x +4b 2-24b +12=0 设P(x 1, y 1) ,Q(x 2, y 2), ∵OP ⊥OQ ,∴x 1x 2+y 1y 2=0 由韦达定理代入得:b =2或b =4
∴可求方程为x +2y -3=0,2x +4y -5=0.
§2.13 直线与圆的位置关系(2)
1. B 2. B 3. A 4. C
5.
6. 3
7. (-1]
8. 解:由已知设圆心为(a , a -1) ,半径为r. ∵此圆与直线l (7a +11) 2
2相切,∴r 2=
. (7a +6) 2
2
∴依题意有32+
(7a +6) 2=(7a +11) 2
⇒a =2, r 2=25 故所求圆的方程为(x -2) 2+(y -1) 2=25.
9. 解:设L 的方程为y =x +b , A (x 1, y 1), B (x 2, y 2) , 由题意有OA ⊥OB (O 为原点) , ∴x 1x 2+y 1y 2=0(*)
由{
y =x +b
x 2+y 2-2x +4y -4=0消去y 得:
2x 2+2(b +1) x +b 2+4b -4=0
∴x 1+x 2=-(b +1), x x 1=2
22
. 又y +b , y 2
1=x 12=x 2+b , ∴y 1y 2=b +4b -4-b
x 1x 2, y 1y 代入(2
*)得:b 2+3b -4=0 ∴b =1或b =-4. 故L 存在, 其方程为y =x +1或y =x -4. 10. 解:设Q (x 1, y 1) ,AM 边上的高为QB ,
MQ 边上的高为AC ,连接OQ ,MQ ⊥OQ ,
当k 时,k x y
OQ ≠0MQ =-1=-1, A (0,2),k AC =1,
OQ 11
⎧ 联立AC 、QB 的方程:⎪
⎨y -2=y 1x x =x ⎪1⇒1
⎩x =x {
y 1=y -2 1
Q (x , y -2) 在x 2+y 2=4上,∴x 2+(y -2) 2=4. 当k OQ =0时,此时垂心为点B ,也满足方程.
而点M 与点A 重合时,不能使A 、M 、Q 构成三角形, 故∆MAQ 的垂心的轨迹方程为x 2+(y -2) 2=4(x ≠0) .
§2.14 圆与圆的位置关系
1. D 2. C 3. B 4. B 5. (x -2) 2+(y +1) 2=1
6. x =3 7. (x -2) 2+(y -2) 2=2
8. 解:对于圆C 1,圆C 2的方程,经配方后, C 1:(x -m ) 2+(y +2) 2=9, C 2:(x +1) 2+(y -m ) 2=4. (1)如果C 1与C 2外切,则有
3+2,(m +1) 2+(m +2) 2=25.
m 2+3m -10
=,得0m =-5, m =2. 2)如果C 1与C 2内含,则有
3-2,(m +1) 2
+(m +2) 2
m 2
+3m +2
∴D =E +7≠F -10…………(1)
又圆过A(-2,3) ,B(1,4), ∴-2D+3E+13+F=0 ………(2); D+4E+17+F=0 …………(3)
联解(1)(2)(3),得D=2,E=-10,F=21 ∴圆的方程为x 2+y2+2x-10y+21=0.
10. 解:两圆方程相减得,直线l 的方程x -y +m =0, 因为圆C 与圆C 1关于l 对称,
∴圆C 的圆心为(-4-m , 2+m ) ,半径r =3, 又圆C 与x 轴相切∴2+=3, m =1或m =-5 又C 方程
(x -1) 2+(y +3)2=-1-2m
∴-1-2m >0,
∴m =-5,圆C 的方程为(x -1) 2+(y +3)2=9.
§2.15 圆的综合问题
1. C 2. C 3. A 4. C 5. 4π-
6. m
; -b 7. (x ±4) 2
+(y -6) 2=36
8. 解: 已知圆的标准方程是(x -2) 2+(y -2) 2=1, 它关于x 轴的对称圆的方程是(x -2) 2+(y +2) 2=1. 设光线L 所在直线方程是y -3=k (x +3).
由题设知对称圆的圆心C ' (2,−2) 到这条直线的距离等于1
,即
d 1.
整理得12k 2+25k +12=0, 解得k =-3或k =-4.
故所求的直线方程是y -3=-3(x +3) ,或y -3=-4(x +3)
即3x +4y -3=0或4x +3y +3=0. 9. 解:(1)设P 点坐标为(x , y ) , 由题知,点C 为(2,3) ,圆C 的半径r =1.
P M =P , O 2y 化简得:2x +3y =6
故P 点的轨迹方程为2x +3y =6.
(2)由PM 最小即PO 最小,∴PO 最小值为O 点到直线2x +3y =
6的距离,即d 设此时P 点坐标为(x 0, y 0) ,则有
⎧⎪2⎨x 0
+y 2⎧⎪x 120=360= 故所求P 点坐标为⎪(12, 18) . ⎩2x 3y ⇒⎨
0+0=6⎪⎩y 180=10.解:以直线AB 为x 轴,以线段AB 的垂直平分线为y 轴建立
直角坐标系. ∵AB=10km,
∴设A(-5,0) ,B(5,0),C(x , y ) 是平面内任意一点,从A 运货物到P 处的运费为2a /km,则从B 运到P 的费用为a /km,若P 地居民选择在A 地购买商品,
则2a a 化简得 (x +25) 2+y 2
即P 点在圆C :(x +25) 2+y 2=(20) 2的内部,
所以圆C 内部的居民应在A 地购物; 圆C 上的居民可随意选择A,B 两地之一购物; 圆外部的居民应在B 地购物.
§2.16 空间直角坐标系
1.B 2.B 3.B 4.B 5.(2a -x ,2b -y ,2c -z ) 6. yoz 平面 7. (4) (
DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立坐标系. (2
)V .
§2.17 空间两点间的距离
1. C 2. A 3. C 4. B 5. x 2+y 2+z 2=9 6. 4, 1, 2 7. (0, 0,-3) 8. 表面积为20π平方单位; 另一端点坐标为(3, 0, 2).
9. 解: 点N 关于平面xoy 的对称点N' 的坐标为(3,-2, -1) , 光线所经
过的路程为MN '=10. 提示:(1)只要证明AB 2=AC 2+BC 2即可。(2)外心为(3,
-3,-2)
平面解析几何初步单元检测题
1. C 2. B 3. C 4. D 5. B 6. C 7. D 8. B 9. C 10. C 11. (10,-15) 12. 2; -2 13. (x +2) 2+(y -2) 2=8 14. 3x -2y +c =0
15. 解:设直线方程为y +3=k (x -2), 分别与二直线联解得 x 2k +51=,x 2=10k +5,再由中点公式,得k =4
∴可求直线方程为4x -y -11=0. 16. 解:设所求的圆C 与直线y =x 交于A 、B , ∵圆心C 在直线x -3y =0上,∴设圆心为C (3a , a ) ∵圆与y 轴相切,∴R =3a .
而圆心C 到直线x -y =0的距离
CD . (D 为AB 的中点)
又 AB =BD , 在Rt ∆
CBD 中,R 2-2
=2, ∴9a 2-2a 2=7, a 2=1, a =±1, a 3=,
± 3 ∴圆心的坐标C 方别为(3,1) 和(-3, -1) , 故所求的方程为(x -3) 2+(y -1) 2=9或 (x +3) 2+(y +1) 2=9
17. 解:(1)因为AB 边所在直线的方程为x -3y -6=0, 且AD 与AB 垂直,所以直线AD 的斜率为-3. 又因为点T (-1,1) 在直线AD 上,
所以AD 边所在直线的方程为y -1=-3(x +1) . (2)由
{x -3y -6=0
3x +y +2=0
解得点A 的坐标为(0,-2) ,
因为矩形ABCD 两条线的交点为M (2,
0) . 所以M 为矩形ABCD 外接圆的对角圆心.
又AM
从而矩形ABCD 外接圆的方程为(x -2) 2+y 2=8. 18. 解:(1)∵圆心坐标为(2m -1, -m -1) , 令x =2m -1, y =-m -1,
消m 得圆心在直线l :x +2y +3=0上;
(2)设与l 平行的直线l '方程为:x +2y +k =0(k ≠3)
则圆心到直线的距离d
22
高级中学课程标准教科书教辅用书
高中数学2
课课练 单元测试 ★参考答案
(2011年3月)
汕头大学出版社