高中数学课课练必修2-答案

高中数学课课练必修2一答案

第一章立体几何初步

§1.1棱柱、棱锥、棱台

l.C2.C3.D4.B5.④6.④7.六8.这些集合间的包含关系为Q刎N

P

72

9.

；.B、D、F、E四点共面.

（2）由（1）BE、DF共面，EF〃DB且EF〈DB<DB,

...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,ABE,DF,CC三线交于同一点P.§1.7异面直线

1.B2.D3.A4.A

5.相交、平行或成异面直线.6.907.③④8.提示:取AB中点H,先证明D1F〃A1H,

D1再证明A1AIIABE.从而求得所求角是.90CE

1

10.

多面体三棱惟四棱推三棱柱四棱柱三楼台四楼台

楼数68912912

面数455656

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.B2.C3.D4.D5.126.7.38.略

29.上底面半径为a,下底面半径为2a,两底面面积之和为5a2.10、或.

22

§1.3中心投影和平行投影

1.A2.D3.B4.B5.③

6.长度与高度，长度与宽度，宽度与高度7.848.略9.略

10.根据三视图可以画巾该多面体形状如右：

§1.4直观图画法

1.C2.C3.C4.B5.①6.88.略9.略.10.如右图：

§1.5平面的基本性质

l.B2.C3.D4.B5.@6.②③⑤7.4;6;7;88.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//ba、b确定一平面a,

9.解：如图.

A1

A1面DC1,C面DC1,

又EF面DC1,且CEF,

由异面直线判定定理，得EF与AC1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”/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.D2.A3.C4.B提示：令k,

DAAC

则AHEH1k,GH5k,Ell4（1k）,...周长等于82k,又0k1，范围

为（8,10）,故选B.5.相交；平行6.①②③④7.①②

8.证明：如图，设过直线a的两个平面与平面a、B分别交于直线c,d,

a//,a//a/c/a,/dc//d,c平面//,而b为过c的平面与平面的交

线，c//b,而2〃5a//b

9.提示：想办法证明MN〃BD.

10.证明：设A1C1、B1D1相交于01,连结01G,VOhG分别是B1D1和D1C1的中

点..*.OIGZ/IBICI.又BE=1BC=1B1C1,

且BE〃B1C1,.*.01G//BE，BEG01是平行四边形.，GE〃BOL；.GE〃平面BB1D1D.

§1.9直线与平面垂直

1.D2.D3.C4.B5.①②6.7.12

138.证明：YPA，平面ABCD,，PAJ_BC又;ABCD是矩形，AABIBCC

；.BC_L平面PAB；.BC_LAE又AE_LPB,；.AE_L平面PBC,.\AE±PC.

9.证明：ABCA1B1C1是直三棱柱，ABBBL又ABC90，平-1-

BB1C1CABBID.

d

b

c

a

acAAa又aA,

同理B,AAB即c,...直线a、b、c共面于一个平面.

§1.6平行直线

l.D2.C3.D4.C5.30或1506.平行四边形

7.DE//AC且DEAC8.略.

3

9.证明：如图，连结BD,

II

；EH是aABC的中位线，

El.•.EH//BD,EH=BD,G

又在4BCD中，CBCD3

BFG//BD,FG2BD.EH//FG,

,四边形EFGH是梯形。又FGEH

10.证明：（1）EF和DB均平行于DBEF//DBEF和DB共面，由已知

BCCDDC1B1C1BDCC1DB145,BDB190,BIDBD.又

ABBDB,BID平面ABD.10、证明：：DE垂直平分SC,...DELSC,且E为SC的中点,

又SB=BC,

.,.BE_LSC,但DECBE=E,ASCIBD,又$人_1_面ABC,BDU面ABC,

SA_LBD,而SCCSA=S,BD_L面SAC.

§1.10直线与平面所成的角

1.D2.B3.C4.B5.30

更

7.90

8

.解：BCCA,AB,C90,又点Al在底面ABC上的射影0在AC上，底面

ABC,A01侧面ACC1A1,AOI

§1.11两平面平行

1.A2.D3.A4.A5.①③6.

理

7.③⑤②⑤

8.证明：设AC、BD相交于0,A1C1,B1D1相交于C

01,连，结01H,OF、AC1.VBB1//A1A//D1D,二四边形BB1D。是平行四边形,

.♦.B1DU/BD..DB1D1〃平面BDF.

又01H//AC1,OF〃AC1,，01H〃平面BDF.二平面BDF〃平面B1D1H

9.解：如图.连结AD,并取其中点G

,则EG〃BD,GF〃ACAEG//,GF//

//,：.GF//,而EGGFG，平面EFG〃AEF////

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ABDE中/DBE即为所求的角，为90°.

§1.12二面角

1.A2.C3.B4.D6.37.60

8.解：如图，在正四面体ABCD中，点A在面BCD上的正投影0是二角形BCD的中

心，取CD的中点E,则AECD,BECD,

C

C

B

BAE

G

F

A10BC,又ACBC,BC侧面ACC1A1,AB与侧面ACC1A1所成的角为

BAC45.9.(1)证明：取BC的中点D,连AD,BD,BCABC,BBC为等边三角

形，

BDBC,ADBC,

BC平面ABD,则

ABBC.

⑵解：由⑴知BDBC,又由题意，BBC为BB与底面ABC所成的角，

BD底面则BAD为AB与底面ABC所成的角.

易知BDAD,则tanBAD1,

BD

BAD45.10、解：如图.

(1)VSA>SB、SC两两垂直，；.SC_L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RtZ\ASB中，NSBA=45,设SB=a,则

SA=a,AB

,在RtACSB中，ZSBC=60,则SC

,BC=2a,在RtZXASC中，AC=2a,

在aABC中取AB中点D,连接CD、SD,由SA=SBSD1AB.由⑴知SC_L平面SAB,

/.SCIAB,.MB，平面SDC,

过S做SELDC于E,贝IJSELAB....SE，平面ABC,.'EC是SC在平面ABC上的射影.

ZSCE为SC与平面ABC所成的角.易知SD

J2

在RtACSD中CD

Jsd+SD：

»

cosZSCE=cosZSCD

y/3a

7官

742

二SC.

-2-

B

AEB是二面角ACDB的平面角，点。在BE上，且0E1BE1AE,

cosAEO0E1.

9.证明：如图，作DEAB于E,连接CE,

D

CD,CDAB,CDDEDAB面CDE,ABCE,CED是二面角CABD

的平面角CED,CAD1,CBD2,

22sin21sin22CD2CD2

ACBC22222

CD222222sin2

ACBCCEABCE

10.(1)证明：如图，BF平面ACE,BFAE,

二面角DABE为直二面角，平面ABCD平面ABE.

又BCAB,BC平面ABE,BCAE,

又BF平面BCE,BFBCB,AE平面BCE.

(2)解：连结AC,BD交于G,连结FG,「ABCD为正方形，ABDAC,：BFJ_平面

ACE,AFGAC,FGB为二面角BAC的平面角，E

由(1)可知，AE,平面BCE,AAEEB,

又AEEB,AB2,AEBE,在直角三角形BCE中，

J靖+照

瓜

CE

2s/2

前

不

BFBCBE

在正方形中，BG,在直角三角形BFG中，

76

sinFGB,

BG，二面角BAC

旦

E.

§L13两平面垂直

l.C2.C3.C4.D5.906.①④

瓜

8.证明：依题意知，AB=AC,取BC的中点0,连AO,S0,贝ijAOBC,SOBC,

AOS为二面角S-BC-A的平面角.

设SA=SB=SC=a,又BSC=90,

6

>1AC'-CO:

正

,AO

:.A1D/7B1C.:.M0/7B1C,

且B1C平面B1BCC1,M0平面B1BCC1,

...M0〃平面B1BCC1.

§1.14空间几何体的表面积

1.A2.B3.D4.D5.206.7.1)8.52cm2；4cm、3cm、2cm.9.14；

310.解：⑴设截去圆锥的母线长为x,则rX,即xr1,

r3r06Or360r36

1(2)S侧(rr)l(rr)rr360616

§1.15空间几何体的体积

S

1.D2.D3.B4.C5.12

6.1：37.1

A

C8.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+4010)20=14000(cm)(2)下底面周长c'=4X10=40,下底面周长

c=4X40=160,斜高h'25(cm)

S正棱台侧=l(c+c')h'=1(160+40)X25=2500(cm2)

答：这个下料斗的体积为14000cm3,制造这样一个下料斗需铁板约2500cm2.9.

解：如图，过S作S01面ABCD于01,

SA2A02S02,AOS90故平面ABC平面BSC.

9.(1)连PM,MB

旦

国

，由题可得PM,MB,

N是PB的中点，MNPB.又PD_L平面ABCD,PDDC,

PC,PCCB,N是PB的中点，CNPB.PB平面MNC,又PB平面PBC,因

此平面MNC_L平面PBC.（2）由（1）PB平面MNC,点B到平面MNC的距离为

BNa.10.证明：如图，（1）•.•底面ABCD是正方形,BD1AC.,:C1C_L底面

x/66

5b旧丫广

2V6

BD底面ABCD,.IBD1C1C.

AC平面A1ACC1,

C1C平面A1ACC1,且ACCC1C=C,BD_L平面A1ACCL:BD平面A1BD,.,.平

面A1BD平面A1ACC1.

（2）连接BIC,在AAIBD中，是BD的中点，M是BA1的中点，MO〃A1D.：

A1B1〃DC,且A1B1=DC,...四边形A1DCB1为平行四边形.

-3-

1AC1,由已知0C1在RtS01C中，SC,SOU01S01A01BQIC01D

故01是过S,A,B,C,D的球的球心..•.球的半径r1,V球r3.

33

10.解：⑴体积V8立方单位.（2）由VPAOCVOPAV号

1SAOCP01SPACd（d为0到平面PAC距离）容易求得d立体几何初步单元测试

题

S1

B

C

1.D2.D3.D4.C5.A6.C7.D8.C9.C10.B11.3012.13.8414.

15.2ab（提示：连接AC,VAPCDlab,

而VPABCD2VAPCD）16.解：设E是AC中点，

AC,二面角则DEA

DACB为直二面角,

同理可求PA=

AAM2PM2PA2ZPMA=90°即PM_LAM(2)取CD的中点E,连结PE、EMVAPCD

为正三角形APE±CD,PE=PDsinZ

万

PDE=2sin600

;平面PCD_L平面ABCD.\PE_L平面ABCD由(1)可知PM_LAMAEM±AM.'NPME是二面

角P-AM-D的平面角AsinZ

、厅

立

PME=PE

IC

面ACB,DE

CB.DE

由已知易得：ACBCBC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ABCD为45

17.证明：⑴BC平面CDD1C1DE平面CDD1C1DEBC

在CDE中，CEDE2a,则有CD2CE2DE2DEC90,DEEC

又BCEC,CDE平面BCEA1(2)如图：连接EF,AC,A1C1,设AC交BD于0,连接

E0,EF//1AC,A0//1AC,11

11

四边形AOEF是平行四边形.AE//OE

又0E平面BDE,AF平面BDE

1

；.NPME=45°,二二面角P—AM—D为45°；(3)同解法⑴

第二章平面解析几何初步

§2.1直线的斜率

1.A2.D3.B4.C

5.(0,2)6.77.(l)ml(2)m1

8.解：A、B、C三点共线，kABkAC,可得a2或a2

9.解：直线AB的斜率kAB1,直线BC的斜率

kBC1,直线CA的斜率kCA1,

由kAB0,kCA0知，直线AB,直线CA的倾斜角均为锐角；

由kBC0知，直线BC的倾斜角为钝角。10.解:k(,1][1,)或不存在;

45135.

§2.2直线的方程(点斜式)

1.B2.D3.D4.B5.-96.(2,3)7.2个8.

6

解

/

息

：(l)yx1)(2)y5

9.解：设直线1的方程为y4xb,

则它与两坐标轴的交点分别为(3b,0),(0,b),

于是有|b|9,解得b3,

4所求直线的方程为y4x3

10.解:设直线1：y4k(x5),k0,则直线］与*轴交点为人(45,0),

1与y轴交点为B(0,5k4)。

AF〃平面BDE18.如图，解法1：(1)取CD的中点E,连结PE、EM、EAVAPCD

为正三角形/.PE1CD,

PE=PDsinZPDE=2sin60°

.平面PCD,平面ABCD,...PE，平面ABCD二•四边形ABCD是矩形

...△ADE、AECM,△ABM均为直角三角形由勾股定理可求得

AE=3AEMAMAE/.ZAME=90°AAMXPM⑵由⑴可知EMJ_AM,PM±AM/.ZPME

是二面角P—AM—D的平面角AtanZ

V3

不

PME=PE1.,.ZPME=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VPADMVDPAM,

AISADMPEISPAMd,

而SADM1ADCD在RtPEM中，由勾股定理可求得

SPAM1AMPM3,

所以：113d,

2>/6

Ad即点D到平面PAM

2x/b

222

(5k42)1S10A01455k5

当k0时，(5k4)210kk2或k8,

8x5y200或2x5y100直线1：

当k0时，(5k4)210kk不存在。

§2.3直线的方程(两点式)

y

1.D2.D3.C4.C5.1

35

解法2：

(1)♦.•四边形ABCD是矩形

/.BC±CD;平面PCD_L平面ABCD.'.BCL平面PCD,而PC平面PCDABC±PC同理

AD±PD,在Rt△PCM中，

ylsicr+PC-

7(V2r+22

瓜

-4-

6.yx2；107.—2

y

8.解:用截距式求得直线方程为Xy1或132

9.解:所求的两点式方程为1111711,即12w1

当弹簧长为13cm时，所挂物体的重量为7kg。10.解:设C(x0,y0),由条件得

C(5,3),直线AB:

y(2)3(2)

,整理得:y22

(x5).直线AC:y2l(x5),直线BC:y31(x7).

§2.4直线的方程(一般式)

1.B2.B3.C4.B

5.4x3y1606.57.3

8.解：⑴ABC0；(2)B0；(3)A0；(4)AC0；(5)C0；(6)BC0,AC0.9.解：

以长为8的对角线所在直线为x釉，另一条对角线所在直线为y轴，建立直角坐标系.可

得四边方程为3x4y120,3x4y120,3x4y120,3x4y120

10.解：(Dm2

5m6(m2)(m3)

2m7m3

1

1m21,m1；

⑵直线过(0,3),3(2m27m3)3m9m3或m1又直线不过原点，见I

3m90,m3,m1。

§2.5两条直线的平行与垂直

1.C2.B3.A4.C

5.P(l,0)或P(6,0)6.2x3y1307.3xy80;x3y60

8.解：kAB1,kCDl,k3BC,kDA3,

kABkC,DkBCk,DAAB//CD,BC//DA,又kABkBC1,四边形ABCD是

平行四边形。9.D(-11,2)

10.解：(1)设直线1:3x4ym0,则在两坐标轴上的截距分别为m和m

/.|(3)(4

)|48,m24得

直线方程3x4y240

⑵设1:y4xb,它与x轴交点为

A(3b,0),与y轴交点为B(0,b),

413bb,b,

则1:4x3y0o

§2.6两条直线的交点

1.C2.A3.A4.C5.相交;平行;重合6.(DA3,C2；(2)A3；(3)A4,

7.a1或a3.

8.解：

xy10kx2y30,x1

3k13kl与12的交点是P(12k,2k

)»

又11,12,13交于一点，P的坐标满足13的方程：2k(k1)2k

50,

得k7或k2(舍去)，k7o9.解:三边所在直线的方程分别为

2xy100,3x2y10,y20

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x3y3a0,AF所在的直线方程为ylx,

由

x3y3a0

x2y0G(6a,3a)kEG2,kAF1kEGkAF1,从而EGAF.

§2.7平面上两点间的距离

1.B2.C3.B4.B

x/5

56.

7.(4,1),(4,3),(4,5)8.解：求B关于x轴的对称点Bl(—3,—1),连

ABI

交

x轴于

7?

P,即为所求，所求点为P(—2,0),

且PA+PB的最小值为9.解：设(B

x0,y0),则有2x0y060......(1)又AB5,

(x2201)(y01)25....⑵

由⑴，⑵可得xO1或x05,B(l,4)或B⑸4)ll:x1或3x4y1

010.解：由题意知直线BC与AB关于B的平分线X0对称，.•.点A(3,1)关于

x0的对称点Al(3,1)在直线BC上，同理点A关于yx的对称点A2(1,3)也在

直线上，kBCkA!A22直线BC的方程为2xy50.

§2.8点到直线的距离

1.D2.B3.B4.D5.

6.4xy60或3x2y70

7?

7.最小值1；最大值

8.解：直线BC的方程：2x3y10,设l:2x3ym0设dO为A至ijPQ的距离，d

为A到BC的距离.APQsABC,SAPQ(AP)2(d0)2d

01

h-7|

,2：+3)

ABC

l~Bl

VF+T

其中ddO,

可求得m3或m3

(舍去)，

直线PQ的方程是：6x9y130.

9.解：(1)11：y0,12：y5或11：5x12y50,12：5x12

依

y600.(2)0diO.x3y70;y3x9;y3x3.

§2.9圆的方程（1）

1.B

3.C4.D.5.(,)6.x2+(y-l)2=4-5-7.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=l;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

心

,故r2=2b2.又由条件(1)得r2=a2+l,，2b2-a2=L

又点P(a,b)到直线x—2y=0的距离为

a—2b=1.

即a2blala12b2a2

解方程组得b1或

b1,又厂2b=2,，可求圆的方程为(x—l)2+(y—l)2=2或(x+l)2+(y+l)2

=2.

§2.10圆的方程(2)

1.C2.C3.B4.D5.(2

6.27.(x+2)2+(y-32)2=54

8.x2y27x3y20

9.解：设D为(x,y),由已知得圆心E的坐标为⑶4),由DEBC,且ABC为Rt

ADDB,在RtDEB中，DE2DB2EB2,从而有DE2AD2EB2,

(x3)2(y4)2(x5)2(y3)225故所求D点的轨迹方程为

x2y28x7y17010.解：t<1;

(2)

1-7(/一尹+与

r・••当t=3(—1,1)时、rmax

垃

积最大，对应方程：(x-24)2+(y+13749)2=167

(3)0<t<3.

§2.11圆的方程(3)

1.A2.D3.D4.C5.yx36.3

7.{0}8.解：由题意，可求得PQ的中垂线方程为xy10①

•.•所求圆的圆心C在直线①上，故可设其坐标为

(a,a1.

）又知圆C的半径

yj(a-4)2+(a+])2

r②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,

r2a22,代入②式得a26a50,

得all,a25.rlr2故所求圆的方程为（x1）2

y2

13或(x5)2(y4)237.

9.解：⑴原方程可化为(x1)2(y2)25m,

欲使其表示圆，需有m5.

(2)设M(xl,yl),N(x2,y2),0MON,kOMkON1,即

yly2

1.xlx2yly20.12

又xl42yl,x242y2,168(yly2)5yly20.又由

x42y

x2y2

2x4ym0

得5y216ym80,y68mly21,yyl2

代入168(yly2)5yly20,得m8.

(3)以MN为直径的圆的方程为

(xxl)(xx2)(yyl)(yy2)0,即x2y2(xlx2)x(yly2)y0.

而y81y216,xlx282(yly2),

故所求圆的方程为x2y25x5y0.

10.解：设所求圆的方程为x2y2

DxEyF0,•・•圆分别过点A,B,4D2EF200....①D3EF10

0

……②,・•圆在坐标轴上的截距是圆与优标轴的交点在

轴上的坐标，

y0

x2y2DxEyF0

故x2DxF0,xlx2D.由

x0

x2y2

DxEyF0

得y2EyF0,yly2E.DE2……③解①②③得：

D2,E0,F12故所求圆的方程为x2y22x120.

§2.12直线与圆的位置关系(1)

1.A2.D3.C4.A

5.x—2y+5=0

无

6.

Jr；++£hj+£\]+F

8.(l)xy10,(2)x2y509.解：切线过原点时:y=(-l

>/n)

X切线不过原点时，y=-x+5

娟

y=x+l

Vio

10.解：配方得圆心(一1,3),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=一lx+b

代入圆方程消y得:5x2+4(4-b)x+4b2-24b+12=0设P(xl,yl),Q(x2,y2),

VOP0Q,Axlx2+yly2=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.B2.B3.A4.C

行

5.

6.3

7.(1]

8.解：由已知设圆心为(a,a1),半径为r.•.•此圆与直线l(7a11)2

2相切，r2

.又圆心到直线1(7a6)2

3的距离d2,-6-

；•依题意有32

(7a6)2(7a11)2

a2,r225故所求圆的方程为(x2)2(y1)225.

9.解：设L的方程为yxb,A(xl,yl)1B(x2,y2),由题意有OA0B(0为原点)，

xlx2yly20(*)

由

yxb

x2y22x4y40消去y得：

2x22(bl)xb24b40

xlx2(b1),xxl2

22

.又yb,y2

1xl2x2b,yly2b4b4b

xlx2,yly代入(2

*)得：b23b40b1或b4.故L存在，其方程为yx1或yx4.10.

解：设Q(xl,yl),AM边上的高为QB,

MQ边上的高为AC,连接OQ,MQOQ,

当k时，kxy

0QOMQ1l,A(0,2),kAC1,

0Q11

联立AC、QB的方程：

y2ylxxx11

xx

yly21

Q(x,y2)在x2y24上，x2(y2)24.当kOQ0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

x2(y2)24(x0).

§2.14圆与圆的位置关系

1.D2.C3.B4.B5.(x2)2(y1)21

6.x37.(x2)2(y2)22

8.解：对于圆Cl,圆C2的方程，经配方后，Cl：(xm)2(y2)29,C2：

(x1)2(ym)24.(1)如果Cl与C2外切，则有

^/(w+ir+(/«+2)2

32,(m1)2(m2)225.

m23m10

，得0m5,m2.2)如果Cl与C2内含，则有

J团+2)'

32,(m1)2

(m2)2

1.

m2

3m20,得2m1.・••当m5或m2时，Cl与C2外切；当2nl1

时，Cl与C2内含.9.解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,由两圆的公共弦方程为

Dx+(E+7)y+F—10=0,由公共弦与1平行，

.,.D=E7F10........(1)

又圆过A(—2,3),B(l,4),A-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x2+y2+2x-10y+21=0.

10.解：两圆方程相减得，直线1的方程x—y+m=0,圆Cl为(x—2)2+(y+4)2=9

因为圆C与圆Cl关于1对称，

...圆C的圆心为(一4一m,2+m),半径r=3,又圆C与x轴相切；.2+=3,m=l或m=-5

又C方程

(x-l)2+(y+3)2=-l-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.C2.C3.A4.C5.4一

3+而

6.m

;b7.(x4)2

(y6)236

8.解：已知圆的标准方程是(x2)2(y2)21,它关于x轴的对称圆的方程是

(x2)2(y2)21.设光线L所在直线方程是y3k(x3).

由题设知对称圆的圆心C'(2,-2)到这条直线的距离等于1

也+x

,即

dl.

整理得12k225k120,解得k3或k4.

故所求的直线方程是y33(x3),或y34(x3)

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r1.

.△)+(v-U

PMP,02y化简得：2x3y6

故P点的轨迹方程为2x3y6.

(2)由PM最小即PO最小，...P0最小值为0点到直线2x3y

Tn

6的距离，即d设此时P点坐标为(xO,y0),则有

2x0

y2xl20360故所求P点坐标为(12,18).2x3y

006yl8010.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