数学选择性必修 第一册2.7 用坐标方法解决几何问题课后作业题

这是一份数学选择性必修 第一册2.7 用坐标方法解决几何问题课后作业题，共7页。
1．方程y＝eq \r(36－x2)表示的曲线是( )
A．一个圆B．两条射线
C．半个圆D．一条射线
2．设A为圆C：(x＋1)2＋y2＝4上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1，则P点的轨迹方程为( )
A．(x＋1)2＋y2＝25B．(x＋1)2＋y2＝5
C．x2＋(y＋1)2＝25D．(x－1)2＋y2＝5
3．若两定点A，B的距离为3，动点M满足|MA|＝2|MB|，则M点的轨迹围成区域的面积为( )
A．πB．2π
C．3πD．4π
4．若一动点C在曲线x2＋y2＝1上移动，则它和定点B(3，0)的连线的中点P的轨迹方程是( )
A．(x＋3)2＋y2＝4
B．(x－3)2＋y2＝1
C．(2x－3)2＋4y2＝1
D．(x＋eq \f(3,2))2＋y2＝1
5．已知直线l：y＝kx－1与曲线y＝eq \r(1－x2)有公共点，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)
B．[－1，1]
C．[－1，0)∪(0，1]
D．[0，＋∞)
6．(多选)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－4，0)，点B是圆C：(x－2)2＋y2＝4上任一点，点P为AB的中点，若点M满足MA2＋MO2＝58，则线段PM的长度可能为( )
A．2B．4
C．6D．8
7．方程|y|－1＝eq \r(3－（x－2）2)所表示的曲线的长度是________．
8．已知等腰三角形ABC的一腰的两个端点分别是A(4，2)，B(－2，0)，|AB|＝|AC|，则另一腰的一个端点C的轨迹方程是________．
9．已知正方形ABCD中，E，F分别是BC，AB的中点，DE，CF交于点G，求证：|AG|＝|AD|.
[提能力]
10．曲线x2＋y2＝|x|＋|y|围成的图形的面积为( )
A．π＋2B．2π＋2
C．π＋4D．2π＋4
11．(多选)已知动直线m：λx－y＋λ＝0和n：x＋λy－3－2λ＝0，P是两直线的交点，A、B是两直线m和n分别过的定点，下列说法正确的是( )
A．B点的坐标为(3，－2)
B．m⊥n
C．P的轨迹是一条直线
D．|PA|·|PB|的最大值为10
12．如图，△ABC是边长为1的正三角形，M，N分别为线段AC，AB上一点，满足AM∶MC＝1∶2，AN∶NB＝1∶3，CN与BM的交点为P，则线段AP的长度为________．
13．已知AB是圆O：x2＋y2＝2的一条弦，其长度为eq \r(6)，M是AB的中点，则点M的轨迹方程是________；若动点P(0，t＋2)、Q(m，－2)使得四边形PMOQ为平行四边形，则实数m的最大值为________．
14．已知圆C经过(－1，3)，(5，3)，(2，0)三点．
(1)求圆C的方程：
(2)设点A在圆C上运动，点B(8，6)，且点M满足eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))，求点M的轨迹方程．
[培优生]
15．阿波罗尼斯(古希腊数学家，约公元前262～190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有△ABC，AC＝6，sinC＝2sinA，则当△ABC的面积最大时，BC的长为________．
课时作业(二十四) 用坐标方法解决几何问题
1．解析：由y＝eq \r(36－x2)得y2＝36－x2，即x2＋y2＝36(y≥0)，∴曲线表示圆x2＋y2＝36在x轴上方的半圆．
答案：C
2．解析：圆(x＋1)2＋y2＝4的圆心坐标为C(－1，0)，半径为2.
设点P(x，y)，由题得|PC|2＝|PA|2＋r2＝5，故(x＋1)2＋y2＝5.
答案：B
3．解析：以点A为坐标原点，射线AB为x轴的非负半轴建立直角坐标系，如图，设点M(x，y)，
则eq \r(x2＋y2)＝2eq \r(（x－3）2＋y2)，化简并整理得：(x－4)2＋y2＝4，
于是得点M的轨迹是以点(4，0)为圆心，2为半径的圆，其面积为4π，
所以M点的轨迹围成区域的面积为4π.
答案：D
4．解析：设动点C的坐标为(x0，y0)，P点的坐标为(x，y)，则x＝eq \f(x0＋3,2)，y＝eq \f(y0＋0,2)，即x0＝2x－3，y0＝2y.
又动点C(x0，y0)在曲线x2＋y2＝1上，∴x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝1，∴(2x－3)2＋4y2＝1，即为P点的轨迹方程．
答案：C
5．解析：由y＝eq \r(1－x2)可得x2＋y2＝1(y≥0)，即曲线y＝eq \r(1－x2)表示以原点为圆心，1为半径的圆的上半部分，
直线l：y＝kx－1过定点P(0，－1)，
如图，要使直线l：y＝kx－1与曲线y＝eq \r(1－x2)有公共点，
则应满足k≤kPB或k≥kPA，因为kPB＝－1，kPA＝1，
所以k≤－1或k≥1，即k的取值范围是(－∞，－1]∪[1，＋∞).
答案：A
6．解析：设P(x，y)，点P为AB的中点，所以B(2x＋4，2y)，代入圆C：(x－2)2＋y2＝4，
可得：(2x＋4－2)2＋(2y)2＝4，整理得：点P的轨迹方程为：(x＋1)2＋y2＝1，
设M(x，y)，则(x＋4)2＋y2＋x2＋y2＝58，
∴(x＋2)2＋y2＝25，
则易知当两圆心和PM共线时取得最大值和最小值3≤PM≤7.
答案：BC
7．解析：由|y|－1＝eq \r(3－（x－2）2)，得|y|－1≥0，所以y≥1或y≤－1.
将原式变形可得(x－2)2＋(|y|－1)2＝3，所以曲线为两个半圆，半径为eq \r(3)，
所以曲线的长度为C＝2π×eq \r(3)＝2eq \r(3)π.
答案：2eq \r(3)π
8．解析：设点C(x，y)，
由|AB|＝|AC|，得(4＋2)2＋(2－0)2＝(x－4)2＋(y－2)2，
即x2＋y2－8x－4y－20＝0.
又点B与点C不重合且B，C，A不共线，
所以x≠－2，x≠10.
答案：x2＋y2－8x－4y－20＝0(x≠－2，x≠10)
9.
解析：建立如图所示的直角坐标系，设正方形边长为2，则B(0，0)，C(2，0)，A(0，2)，E(1，0)，F(0，1)，D(2，2).
直线DE的方程为y＝2x－2，
直线CF的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋1，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－2，,y＝－\f(1,2)x＋1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(6,5)，,y＝\f(2,5)，))
即点G(eq \f(6,5)，eq \f(2,5))，
从而|AG|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)－0))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)－2))\s\up12(2))＝2＝|AD|，
所以|AG|＝|AD|.
10．解析：曲线x2＋y2＝|x|＋|y|关于x轴和y轴对称，图形如图所示：
即四个半圆和一个正方形构成，正方形的边长为eq \r(2)，半圆的半径为eq \f(\r(2),2)，
所以面积为4×eq \f(1,2)×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＋(eq \r(2))2＝π＋2.
答案：A
11．解析：由直线m的方程知：当x＝－1时，y＝0，即过定点A(－1，0)；由直线n的方程知：
当y＝2时，x＝3，即过定点B(3，2)，故A错误；
由λ×1＋(－1)×λ＝0，可知：m⊥n，故B正确；
由A、B是定点且m⊥n，易知P的轨迹是以AB为直径的圆，故C错误；
由|PA|2＋|PB|2≥2|PA|·|PB|，
又|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝[3－(－1)]2＋(2－0)2＝20，
则|PA|·|PB|≤10，当且仅当|PA|＝|PB|＝eq \r(10)时等号成立，故D正确．
答案：BD
12．解析：以A为原点，AB为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0，0)，B(1，0)，C(eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2))，M(eq \f(1,6)，eq \f(\r(3),6))，N(eq \f(1,4)，0)，
所以直线BM的方程为y＝eq \f(\f(\r(3),6)－0,\f(1,6)－1)(x－1)，即eq \r(3)x＋5y－eq \r(3)＝0，
直线CN的方程为y＝eq \f(\f(\r(3),2)－0,\f(1,2)－\f(1,4))(x－eq \f(1,4))，即4eq \r(3)x－2y－eq \r(3)＝0，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋5y－\r(3)＝0,4\r(3)x－2y－\r(3)＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(7,22),y＝\f(3\r(3),22)))，即P(eq \f(7,22)，eq \f(3\r(3),22))，
所以|AP|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,22)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),22)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(19),11).
答案：eq \f(\r(19),11)
13．解析：因为|AB|＝eq \r(6)，M为AB的中点，且圆O的半径为eq \r(2)，所以，|OM|2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(2)＝2，
可得|OM|＝eq \f(\r(2),2)，所以，点M的轨迹方程为x2＋y2＝eq \f(1,2)，
设点M(x，y)，因为四边形PMOQ为平行四边形，则eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(QP,\s\up6(→))，
所以，(x，y)＝(－m，t＋4)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－m,y＝t＋4))，
因为－eq \f(\r(2),2)≤x≤eq \f(\r(2),2)，即－eq \f(\r(2),2)≤－m≤eq \f(\r(2),2)，解得－eq \f(\r(2),2)≤m≤eq \f(\r(2),2)，
因此，实数m的最大值为eq \f(\r(2),2).
答案：x2＋y2＝eq \f(1,2) eq \f(\r(2),2)
14．解析：(1)设圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，将三点(－1，3)，(5，3)，(2，0)分别代入得：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－1－a）2＋（3－b）2＝r2,（5－a）2＋（3－b）2＝r2,（2－a）2＋（0－b）2＝r2))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＋2a－6b＋10＝r2,a2＋b2－10a－6b＋34＝r2,a2＋b2－4a＋4＝r2))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝3,r＝3))，
所以圆C的方程为：(x－2)2＋(y－3)2＝9.
(2)设M(x，y)，A(xA，yA)，由eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))则有，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(xA＋8,2),y＝\f(yA＋6,2)))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xA＝2x－8,yA＝2y－6))，
又点A在圆C上运动，则(xA－2)2＋(yA－3)2＝9，即(2x－8－2)2＋(2y－6－3)2＝9，整理得：(x－5)2＋(y－eq \f(9,2))2＝eq \f(9,4)，
所以点M的轨迹方程为(x－5)2＋(y－eq \f(9,2))2＝eq \f(9,4)，是圆心为(5，eq \f(9,2))，半径为eq \f(3,2)的圆．
15．解析：如图所示，以AC的中点为原点，AC边所在直线为x轴建立直角坐标系，
因为AC＝6，所以A(－3，0)，C(3，0)，
设点B(x，y)，因为sinC＝2sinA，由正弦定理可得：c＝2a，即|AB|＝2|BC|，
所以：(x＋3)2＋y2＝4(x－3)2＋4y2，化简得：(x－5)2＋y2＝16，且x≠1，x≠9，
圆的位置如图所示，圆心为(5，0)，半径r＝4，
观察可得，三角形底边长AC不变的情况下，当B点位于圆心D的正上方时，高最大，
此时△ABC的面积最大，B点坐标为(5，4)，所以|BC|＝eq \r(（5－3）2＋42)＝2eq \r(5).
答案：2eq \r(5)