《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1. 已知圆的方程为$x^{2}+y^{2}-4x - 1 = 0$，则下列选项不正确的是 （ ）
A. 关于点$(2,0)$中心对称
B. 关于直线$y = 0$对称
C. 关于直线$x + 3y - 2 = 0$对称
D. 关于直线$x - y + 2 = 0$对称

答案： D 【解析】圆的方程$x^{2}+y^{2}-4x - 1 = 0$整理为$(x - 2)^{2}+y^{2}=5$，可得圆心为$(2,0)$，半径为$r = \sqrt{5}$，根据圆的图形特点知，任何过圆心的直线都可以将圆平分，且圆关于过圆心的直线轴对称. 圆$(x - 2)^{2}+y^{2}=5$关于圆心$(2,0)$中心对称，故A正确；圆心$(2,0)$在直线$y = 0$和直线$x + 3y - 2 = 0$上，故圆$(x - 2)^{2}+y^{2}=5$关于直线$y = 0$对称，且关于直线$x + 3y - 2 = 0$对称，故BC正确；而直线$x - y + 2 = 0$不过圆心，故圆$(x - 2)^{2}+y^{2}=5$不关于该直线对称，故D错误. 故选D.

2. 直线$l:ax + by = 0$和圆$C:x^{2}+y^{2}-2ax - 2by = 0$在同一坐标系的图形只能是 （ ）
　
　

答案： A 【解析】$\because$圆$C$的方程可化为$(x - a)^{2}+(y - b)^{2}=a^{2}+b^{2}$，$\therefore$圆心$C(a,b)$，半径$r = \sqrt{a^{2}+b^{2}}$，直线$l$的方程可化为$y = -\frac{a}{b}x$. 由4个选项的圆心$C$都在第三象限，得$a\lt0$，$b\lt0$，$\therefore -\frac{a}{b}\lt0$，$\therefore$排除选项C，D. 又圆心$C$到直线$l$的距离$d=\frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=r$，$\therefore$直线$l$与圆$C$相切，故选项A正确，选项B错误. 故选A.

3. [河北石家庄2024高二月考]已知圆$x^{2}+y^{2}=1$与圆$x^{2}+y^{2}-6x - 8y + m + 8 = 0$相外切，则实数$m$的值为 （ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

答案： A 【解析】由$x^{2}+y^{2}-6x - 8y + m + 8 = 0$可得$(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=17 - m$，则$17 - m\gt0$，所以$m\lt17$，所以圆$x^{2}+y^{2}-6x - 8y + m + 8 = 0$的圆心为$(3,4)$，半径为$\sqrt{17 - m}$. 圆$x^{2}+y^{2}=1$的圆心为$(0,0)$，半径为1，圆$x^{2}+y^{2}=1$与圆$x^{2}+y^{2}-6x - 8y + m + 8 = 0$相外切，则$\sqrt{(3 - 0)^{2}+(4 - 0)^{2}}=1+\sqrt{17 - m}$，解得$m = 1$. 故选A.

4. [山东潍坊2023高二期中]在圆的方程的探究中，有四位同学分别给出了一个结论，甲：该圆的半径为$\sqrt{5}$；乙：该圆经过点$(3,3)$；丙：该圆的圆心为$(2,1)$；丁：该圆经过点$(7,0)$。如果只有一位同学的结论是错误的，那么这位同学是 （ ）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

答案： D 【解析】设$A(3,3)$，$B(2,1)$，$C(7,0)$. 假设甲错误，乙、丙、丁正确，$|AB|=\sqrt{1 + 2^{2}}=\sqrt{5}$，$|BC|=\sqrt{5^{2}+1}=\sqrt{26}$，$|AB|\neq|BC|$，矛盾，所以甲正确. 假设乙错误，甲、丙、丁正确，由甲、丙正确可知圆的方程为$(x - 2)^{2}+(y - 1)^{2}=5$，$C(7,0)$不满足上式，矛盾，所以乙正确. 假设丙错误，甲、乙、丁正确. 由乙、丁得$|AC|=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5\gt2\sqrt{5}$，与半径为$\sqrt{5}$矛盾，所以丙正确. 因此丁是错误的，甲、乙、丙都正确，则由甲、丙可知圆的方程为$(x - 2)^{2}+(y - 1)^{2}=5$，$A(3,3)$满足上式，符合题意. 综上所述，结论错误的同学是丁. 故选D.

5. $A$为圆$(x - 1)^{2}+y^{2}=1$上的动点，$PA$是圆的切线，$|PA| = 1$，则点$P$的轨迹方程是 （ ）
A. $(x - 1)^{2}+y^{2}=4$ B. $(x - 1)^{2}+y^{2}=2$
C. $y^{2}=2x$ D. $y^{2}=-2x$

答案： B 【解析】由于$|PA| = 1$，所以点$P$到圆心$(1,0)$的距离恒为$\sqrt{2}$. 设$P(x,y)$，由两点间的距离公式，有$(x - 1)^{2}+y^{2}=2$.

6. 已知点$A(-4,0)$，$B(-1,0)$，$C(-4,3)$，动点$P$，$Q$满足$\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|QA|}{|QB|}=2$，则$|\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{CQ}|$的取值范围是 （ ）
A. $[1,16]$ B. $[6,14]$
C. $[4,16]$ D. $[\sqrt{13},3\sqrt{5}]$

答案： B 【解析】设$P(x,y)$，则$|PA|=\sqrt{(x + 4)^{2}+y^{2}}$，$|PB|=\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}}$，由$\frac{|PA|}{|PB|}=2$，可知$\frac{\sqrt{(x + 4)^{2}+y^{2}}}{\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}}}=2$，即$x^{2}+y^{2}=4$. 因此点$P$在以原点$O$为圆心，2为半径的圆上，同理可得点$Q$也在以原点$O$为圆心，2为半径的圆上. 又因为$\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{CQ}=2\overrightarrow{CO}+\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}$，所以当$P$和$Q$重合，且$C$，$O$，$P$三点共线时，$|\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{CQ}|$取得最值，因此$|\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{CQ}|_{\max}=2(|OC| + 2)=14$，$|\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{CQ}|_{\min}=2(|OC| - 2)=6$. 故选B.

7. (多选)[广东佛山2024高二月考]在平面直角坐标系中，已知点$A(2,0)$，$B(0,2)$，圆$C:(x - a)^{2}+y^{2}=1$。若圆$C$上存在点$M$，使得$|MA|^{2}+|MB|^{2}=12$，则实数$a$的值可以是 （ ）
A. -2 B. 0 C. 2 D. 4

答案： BC 【解析】设$M(x,y)$，由$|MA|^{2}+|MB|^{2}=12$，得$(x - 2)^{2}+y^{2}+x^{2}+(y - 2)^{2}=12$，整理得$(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}=4$，所以点$M$的轨迹是以$D(1,1)$为圆心，半径$r_{1}=2$的圆. 圆$C:(x - a)^{2}+y^{2}=1$的圆心为$C(a,0)$，半径$r_{2}=1$，由于点$M$存在，两圆有公共点，所以$2 - 1\leqslant|CD|\leqslant2 + 1$，即$1\leqslant\sqrt{(a - 1)^{2}+1}\leqslant3$，$1\leqslant(a - 1)^{2}+1\leqslant9$，其中$1\leqslant(a - 1)^{2}+1$恒成立，由$(a - 1)^{2}+1\leqslant9$得$(a - 1)^{2}\leqslant8$，$|a - 1|\leqslant2\sqrt{2}$，则$-2\sqrt{2}\leqslant a - 1\leqslant2\sqrt{2}$，解得$1 - 2\sqrt{2}\leqslant a\leqslant1 + 2\sqrt{2}$，所以实数$a$的值可以是B，C选项，故选BC.

8. (多选)[重庆一中2024高二期中]已知圆$O:x^{2}+y^{2}=4$，则下列说法正确的是 （ ）
A. 过点$P(1,1)$作直线与圆$O$交于$A$，$B$两点，则$|AB|$的取值范围为$[2\sqrt{2},4]$
B. 过直线$l:x + y - 4 = 0$上任意一点$Q$作圆$O$的切线，切点分别为$C$，$D$，则直线$CD$必过定点$(1,1)$
C. 圆$O$与圆$C:(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=r^{2}(r＞0)$有且仅有两条公切线，则实数$r$的取值范围为$(3,5)$
D. 圆$O$上有2个点到直线$m:x-\sqrt{3}y + 1 = 0$的距离等于1

答案： AB 【解析】因为圆$O$的圆心为$O(0,0)$，半径$R = 2$. 对于选项A，因为$|OP|=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}\lt2$，可知点$P$在圆$O$内，可得圆心$O$到过点$P$的直线的距离$d\in[0,\sqrt{2}]$，所以$|AB|=2\sqrt{R^{2}-d^{2}}=2\sqrt{4 - d^{2}}\in[2\sqrt{2},4]$，故A正确；对于选项B，设$Q(a,4 - a)$，则$|OQ|=\sqrt{a^{2}+(4 - a)^{2}}$，可得$|QC|^{2}=|OQ|^{2}-r^{2}=a^{2}+(4 - a)^{2}-4$，以$Q$为圆心，$QC$为半径的圆的方程为$(x - a)^{2}+(y - 4 + a)^{2}=a^{2}+(4 - a)^{2}-4$，整理得$x^{2}+y^{2}-2ax - 2(4 - a)y + 4 = 0$，由题意可知，直线$CD$为圆$Q$与圆$O$的公共弦所在的直线，两圆的方程相减可得$4 - 2ax - 2(4 - a)y + 4 = 0$，整理得$a(x - y)+4(y - 1)=0$，令$\begin{cases}x - y = 0\\y - 1 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 1\\y = 1\end{cases}$，所以直线$CD$必过定点$(1,1)$，故B正确；对于选项C，圆$C:(x - 3)^{2}+(y - 4)^{2}=r^{2}$的圆心为$C(3,4)$，半径为$r$，则$|OC|=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$，若圆$O$与圆$C$有且仅有两条公切线，则$|r - R|\lt|OC|\lt r + R$，即$|r - 2|\lt5\lt r + 2$，解得$3\lt r\lt7$，所以实数$r$的取值范围为$(3,7)$，故C错误；对于选项D，因为圆心$O$到直线$m:x-\sqrt{3}y + 1 = 0$的距离为$\frac{|0 - 0 + 1|}{\sqrt{1^{2}+(-\sqrt{3})^{2}}}=\frac{1}{2}\lt1$，所以圆$O$上有4个点到直线$m:x-\sqrt{3}y + 1 = 0$的距离等于1，故D错误. 故选AB.

9. (多选) 已知直线$l:(m - 1)x + 2my - 3m + 3 = 0$，$m\in\mathbf{R}$和圆$C:(x - 2)^{2}+(y - 1)^{2}=4$，下列说法正确的是 （ ）
A. 直线$l$恒过定点$(3,0)$
B. 圆$C$被$x$轴截得的弦长为$2\sqrt{3}$
C. 直线$l$被圆截得的弦长存在最大值，且最大值为$2\sqrt{2}$
D. 直线$l$被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为$2\sqrt{2}$

答案： ABD 【解析】对于A，由$(m - 1)x+2my - 3m + 3 = 0$，得$m(x + 2y - 3)-x + 3 = 0$，联立$\begin{cases}x + 2y - 3 = 0\\-x + 3 = 0\end{cases}$，得$\begin{cases}x = 3\\y = 0\end{cases}$，无论$m$为何值，直线$l$恒过定点$(3,0)$，故A正确；对于B，在$(x - 2)^{2}+(y - 1)^{2}=4$中，令$y = 0$，得$x = 2\pm\sqrt{3}$，所以圆$C$被$x$轴截得的弦长为$2+\sqrt{3}-(2-\sqrt{3})=2\sqrt{3}$，故B正确；对于C，当直线$l$过圆心$C(2,1)$时，直线$l$被圆截得的弦长最大，最大值为圆$C$的直径4，故C错误；对于D，由于直线$l$恒过定点$(3,0)$，易知此点在圆内，设此定点为$P$，当直线$l$与过定点$P$的直径垂直时，直线$l$被圆截得的弦长最小，且最小值为$2\sqrt{4 - |PC|^{2}}=2\sqrt{4 - 2}=2\sqrt{2}$，故D正确. 故选ABD.

10. 已知直线$y = x + m$与圆$x^{2}+y^{2}=4$交于$A$，$B$两点。若$|AB|\geqslant2\sqrt{3}$，则实数$m$的取值范围是________。

答案： $[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$【解析】设线段$AB$的中点为$D$，圆心为$O$，由$|OD|^{2}+\frac{1}{4}|AB|^{2}=4\geqslant|OD|^{2}+\frac{1}{4}\times(2\sqrt{3})^{2}=|OD|^{2}+3$，解得$|OD|\leqslant1$. 由点到直线的距离公式可得$|OD|=\frac{|m|}{\sqrt{2}}\leqslant1$，解得$-\sqrt{2}\leqslant m\leqslant\sqrt{2}$.

11. 已知$m\in\mathbf{R}$，过定点$A$的动直线$x + my = 0$和过定点$B$的动直线$mx - y - m + 3 = 0$交于点$P(x,y)$，则$|PA|+|PB|$的取值范围是________。

答案： $[\sqrt{10},2\sqrt{5}]$【解析】由直线方程易知$A(0,0)$，$B(1,3)$，且两动直线垂直，$\therefore$点$P$的轨迹是以$AB$为直径的圆，而$|AB|=\sqrt{10}$，$\therefore$当$\triangle PAB$为等腰直角三角形时，$|PA|+|PB|$最大；当$P$与$A$或$B$重合时，$|PA|+|PB|$最小，$\therefore\sqrt{10}\leqslant|PA|+|PB|\leqslant2\sqrt{5}$.

12. [湖北黄冈2024高二期中]古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念。一直到两千多年前我国的墨子 (约公元前468—公元前376年) 才给圆下了一个定义：圆，一中同长也。意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等。现在从以点$(3,2)$为圆心，2为半径的圆上取任意一点$P(x,y)$，若$|3x + 4y + a|+|6 - 3x - 4y|$的值与$x$，$y$无关，则实数$a$的取值范围是________。

答案：
$(-\infty,-27]$【解析】由已知可得点$P(x,y)$所在圆的方程为$(x - 3)^{2}+(y - 2)^{2}=4$，设$z = |3x + 4y + a|+|6 - 3x - 4y|=5(\frac{|3x + 4y + a|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}+\frac{|3x + 4y - 6|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}})$，故$z$可看作点$P$到直线$m:3x + 4y + a = 0$与直线$l:3x + 4y - 6 = 0$距离之和的5倍，因为$|3x + 4y + a|+|6 - 3x - 4y|$的值与$x$，$y$无关，所以这个距离之和与点$P$在圆上的位置无关. 圆心$(3,2)$到直线$l$的距离为$\frac{|3\times3 + 4\times2 - 6|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=\frac{11}{5}\gt2$，所以圆与直线$l$相离，如图所示，可知直线$m$平移时，点$P$与直线$m$，$l$的距离之和均为直线$m$，$l$之间的距离，

此时可得圆在两直线之间，当直线$m$与圆$(x - 3)^{2}+(y - 2)^{2}=4$相切时，有$\frac{|3\times3 + 4\times2 + a|}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=2$，解得$a = - 7$（舍去）或$a = - 27$，所以$a\leqslant - 27$，即实数$a$的取值范围为$(-\infty,-27]$. 【名师点拨】本题解题的关键是将所求代数式转化为点$P$到直线$m:3x + 4y + a = 0$与直线$l:3x + 4y - 6 = 0$距离之和的5倍.

13. [河南郑州实验2024高二月考]如图，已知圆$O:x^{2}+y^{2}=16$，$A$，$B$是圆$O$上的两个动点，点$P(2,0)$，则矩形$PACB$的顶点$C$的轨迹方程是________。
　　　　　　　　　　　　　

答案：
$x^{2}+y^{2}=28$【解析】如图，设点$C(x,y)$，则矩形$PACB$的中心为$M(\frac{2 + x}{2},\frac{y}{2})$，由$|OB| = |OA|$，$M$为$AB$的中点，得$OM\perp AB$，$\therefore|OB|^{2}=|OM|^{2}+|MB|^{2}=|OM|^{2}+|MP|^{2}$，即$16=[(\frac{2 + x}{2})^{2}+(\frac{y}{2})^{2}]+[(\frac{2 + x}{2}-2)^{2}+(\frac{y}{2})^{2}]$，即$x^{2}+y^{2}=28$.

14. 已知圆满足：①截$y$轴所得弦长为2；②被$x$轴分成两段圆弧，其弧长的比为$3:1$；③圆心到直线$l:x - 2y = 0$的距离为$\frac{\sqrt{5}}{5}$。求该圆的方程。

答案： 【解】设所求圆的圆心为$A(a,b)$，与$x$轴的交点为$C$，$D$，弦$CD$的中点为$E$，由所求圆被$x$轴分成两段圆弧，其弧长的比为$3:1$，得$\angle CAD = 90^{\circ}$，则$\angle CAE = 45^{\circ}$，则半径$r=\sqrt{2}|b|$. 由截$y$轴所得的弦长为2，知$a^{2}+1=r^{2}$. 又圆心$A$到直线$l$的距离$d=\frac{|a - 2b|}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\therefore a - 2b=\pm1$. 由$\begin{cases}a - 2b=\pm1\\a^{2}+1=r^{2}\\2b^{2}=r^{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 1\\b = 1\\r=\sqrt{2}\end{cases}$或$\begin{cases}a = - 1\\b = - 1\\r=\sqrt{2}\end{cases}$，$\therefore$圆的方程是$(x - 1)^{2}+(y - 1)^{2}=2$或$(x + 1)^{2}+(y + 1)^{2}=2$.

15. [山东菏泽2023高二期中]已知圆$C$的圆心坐标为$C(3,0)$，与$y$轴的正半轴交于点$A$且$y$轴截圆$C$所得弦长为8。
(1) 求圆$C$的标准方程；
(2) 直线$n$交圆$C$于$M$，$N$两点 (点$M$，$N$异于点$A$)，若直线$AM$，$AN$的斜率之积为2，求证：直线$n$过一个定点，并求出该定点的坐标。

答案：

(1)【解】设圆的标准方程为$(x - 3)^{2}+y^{2}=r^{2}$，$y$轴截圆$C$所得弦长为8，即$r^{2}=3^{2}+(\frac{8}{2})^{2}=25$，故圆的标准方程为$(x - 3)^{2}+y^{2}=25$.
(2)【证明】令$x = 0$，可得$y^{2}=16$，$y=\pm4$，又点$A$在$y$轴正半轴，故$A(0,4)$. 当直线$n$的斜率不存在时，设$M(a,b)$，$N(a,-b)$，$\because$直线$AM$，$AN$的斜率之积为2，$\therefore\frac{b - 4}{a}\cdot\frac{-b - 4}{a}=2$，$a\neq0$，即$b^{2}=16 - 2a^{2}$，$a\neq0$. 又$b^{2}\gt0$，$\therefore - 2\sqrt{2}\lt a\lt0$或$0\lt a\lt2\sqrt{2}$. $\because$点$M(a,b)$在圆上，$\therefore(a - 3)^{2}+b^{2}=25$，联立$\begin{cases}b^{2}=16 - 2a^{2}\\(a - 3)^{2}+b^{2}=25\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 0\\b=\pm4\end{cases}$，此时有一点与$A$重合，不符合题意，因此直线$n$的斜率必存在.

当直线$n$的斜率存在时，设直线$n:y = kx + t$，$M(x_{1},kx_{1}+t)$，$N(x_{2},kx_{2}+t)$，$k_{AM}\cdot k_{AN}=\frac{kx_{1}+t - 4}{x_{1}}\cdot\frac{kx_{2}+t - 4}{x_{2}}=2\Rightarrow(k^{2}-2)x_{1}x_{2}+k(t - 4)(x_{1}+x_{2})+(t - 4)^{2}=0$①，联立方程$\begin{cases}y = kx + t\\(x - 3)^{2}+y^{2}=25\end{cases}$，得$(k^{2}+1)x^{2}+(2kt - 6)x+t^{2}-16 = 0$，$\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{-(2kt - 6)}{1 + k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{t^{2}-16}{1 + k^{2}}$，代入①，得$(k^{2}-2)(t^{2}-16)+(kt - 4k)(-2kt + 6)+(t - 4)^{2}(1 + k^{2})=0$，化简得$k=\frac{t}{6}+2$或$t = 4$. 若$t = 4$，则直线$n$过点$(0,4)$，与题设矛盾，舍去. $\therefore$直线$n$的方程为$y = (\frac{t}{6}+2)x + t$，$\therefore t(\frac{x}{6}+1)+2x - y = 0$，$\therefore\frac{x}{6}+1 = 0$且$2x - y = 0$，$\therefore x = - 6$，$y = - 12$，$\therefore$直线$n$过定点$(-6,-12)$.

16. [江苏镇江2024高二期中]已知圆$C$的半径为2，圆心在$x$轴正半轴上，直线$3x - 4y + 4 = 0$与圆$C$相切。
(1) 求圆$C$的方程；
(2) 若过点$(0,-3)$的直线$l$与圆$C$交于两点$A$，$B$，且$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=3$，$O$为坐标原点，求直线$l$的方程。

答案： 【解】
(1)设圆心坐标为$(a,0)(a\gt0)$，则有$\frac{|3a + 4|}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}}=2$，解得$a = 2$或$a = -\frac{14}{3}$（舍去），所以圆$C$的方程为$(x - 2)^{2}+y^{2}=4$.
(2)设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，易知直线$l$的斜率存在，则可设直线$l:y = kx - 3$，联立$\begin{cases}y = kx - 3\\(x - 2)^{2}+y^{2}=4\end{cases}$，得$(k^{2}+1)x^{2}-(4 + 6k)x + 9 = 0$，$\Delta=(4 + 6k)^{2}-36(k^{2}+1)=48k - 20\gt0$，解得$k\gt\frac{5}{12}$，所以$x_{1}x_{2}=\frac{9}{k^{2}+1}$，$x_{1}+x_{2}=\frac{4 + 6k}{k^{2}+1}$，所以$y_{1}y_{2}=(kx_{1}-3)(kx_{2}-3)=k^{2}x_{1}x_{2}-3k(x_{1}+x_{2})+9=\frac{9 - 12k}{k^{2}+1}$，因为$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=3$，所以$x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=\frac{9}{k^{2}+1}+\frac{9 - 12k}{k^{2}+1}=3$，解得$k = 1$或$k = - 5$（舍去），所以直线$l$的方程为$y = x - 3$.

17. [2024THUSSAT中学生标准学术能力诊断性测试]已知$\triangle ABC$中，$|BC| = 3$，角$A$的平分线交$BC$于点$D$，若$\frac{|BD|}{|DC|}=\frac{1}{2}$，则$\triangle ABC$面积的最大值为 （ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

答案：
C 【解析】在$\triangle ABD$中，$\frac{|AB|}{\sin\angle ADB}=\frac{|BD|}{\sin\angle BAD}$，在$\triangle ADC$中，$\frac{|AC|}{\sin\angle ADC}=\frac{|DC|}{\sin\angle CAD}$，故$\frac{|AB|}{|BD|}=\frac{\sin\angle ADB}{\sin\angle BAD}$，$\frac{|AC|}{|DC|}=\frac{\sin\angle ADC}{\sin\angle CAD}$，因为$\angle ADB = 180^{\circ}-\angle ADC$，所以$\sin\angle ADB=\sin(180^{\circ}-\angle ADC)=\sin\angle ADC$，又角$A$的平分线交$BC$于点$D$，则$\angle BAD=\angle CAD$，因此$\frac{|AB|}{|BD|}=\frac{|AC|}{|DC|}$，故$\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{|BD|}{|DC|}=\frac{1}{2}$. 以$D$为坐标原点，$BC$所在直线为$x$轴，建立如图所示的平面直角坐标

18. [中国科学技术大学2023强基计划]二元函数$f(x,y)=(x+\cos y)^{2}+(2x + 3+\sin y)^{2}$的值域为________。

答案：

1. 下列点在曲线$x^{2}+2xy + y^{2}=9$上的是 （ ）
A. (-1,3)
B. (-4,1)
C. (2,-3)
D. (3,-2)

答案： B

2. 若曲线$ax^{2}+by = 4$经过点A(0,2)和$B(\frac{1}{2},\sqrt{3})$，则a = _______，b = _______.

答案： 16-8$\sqrt{3}$    2

3. 方程$(x - y)^{2}+(xy - 1)^{2}=0$表示的是 （ ）
A. 一条直线和一条曲线
B. 两条直线
C. 两个点
D. 以上答案都不对

答案： C

4. 已知圆C的方程为$f(x,y)=0$，点$A(x_{0},y_{0})$在圆外，点$B(x',y')$在圆上，则$f(x,y)-f(x_{0},y_{0})+f(x',y')=0$表示的曲线 （ ）
A. 是圆C
B. 是过点A且与圆C相交的圆
C. 可能不是圆
D. 是过点A且与圆C同心的圆

答案： D

5. [江苏扬州2024高二期中]由曲线$x^{2}+y^{2}=2|x|+2|y|$围成的图形的面积为_______.

答案： 8 + 4π 【解析】当x＞0,y＞0时,曲线x² + y² = 2|x| + 2|y|表示的图形为以(1,1)为圆心,√2为半径的圆在第一象限的部分,所以面积为1/2×2×2 + π×(√2)²×1/2 = 2 + π,根据对称性,可知由曲线x² + y² = 2|x| + 2|y|围成的图形的面积为4(2 + π)=8 + 4π.

6. 在第四象限内，到原点的距离等于2的点的轨迹方程是 （ ）
A. $x^{2}+y^{2}=4$
B. $x^{2}+y^{2}=4(x＞0)$
C. $y=-\sqrt{4 - x^{2}}$
D. $y=-\sqrt{4 - x^{2}}(0＜x＜2)$

答案： D 【解析】易知点的轨迹为以(0,0)为圆心,2为半径的圆在第四象限内的部分,所以y = -√(4 - x²)(0＜x＜2).

7. 已知点A(-2,0)，B(2,0)，$\triangle ABC$的面积为10，则顶点C的轨迹是 （ ）
A. 一个点
B. 两个点
C. 一条直线
D. 两条直线

答案： D 【解析】设顶点C到边AB的距离为d,则1/2×4×d = 10,
∴ d = 5,
∴ 顶点C到x轴的距离等于5.
故顶点C的轨迹是直线y = -5和y = 5.

8. [安徽合肥一中2024高二月考]平面内动点P到定点F(2,0)的距离比点P到y轴的距离大2，则动点P的轨迹方程为 （ ）
A. y = 0
B. $y^{2}=8x$
C. y = 0或$y^{2}=8x$
D. y = 0(x＜0)或$y^{2}=8x(x\geq0)$

答案： D 【解析】设点P(x,y),因为平面内动点P到定点F(2,0)的距离比点P到y轴的距离大2,
所以√((x - 2)² + y²) - |x| = 2.
当x＜0时,√((x - 2)² + y²) + x = 2,即√((x - 2)² + y²) = 2 - x,
等号两边同时平方整理可得y = 0;
当x≥0时,√((x - 2)² + y²) - x = 2,即√((x - 2)² + y²) = x + 2,
等号两边同时平方整理可得y² = 8x.
综上所述,动点P的轨迹方程为y = 0(x＜0)或y² = 8x(x≥0). 故选D.

9. 平面内有两定点A，B，且|AB| = 4，动点P满足$|\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}| = 4$，则点P的轨迹是 （ ）
A. 线段
B. 半圆
C. 圆
D. 直线

答案： C 【解析】以AB的中点O为原点,以AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系(图略),则A(-2,0),B(2,0).
设动点P(x,y),则PA + PB = 2PO = 2(-x,-y),所以x² + y² = 4,即点P的轨迹是圆.

10. 由动点P向圆$x^{2}+y^{2}=1$引两条切线PA，PB，切点分别为A，B，$\angle APB = 60^{\circ}$，则动点P的轨迹方程为_______.

答案： x² + y² = 4 【解析】设动点P(x,y).
∵ 圆x² + y² = 1的圆心为O,
∵ ∠APB = 60°,OP平分∠APB,
∴ ∠OPB = 30°.
∵ |OB| = 1,∠OBP = 90°,
∴ |OP| = 2,
∴ x² + y² = 4.

11. 已知动点P是曲线y = 2$x^{2}$+1上任意一点，定点A(0,-1)，点M分PA所成的比为2:1，则点M的轨迹方程是 （ ）
A. $y = 6x^{2}-\frac{1}{3}$
B. $y = 3x^{2}+\frac{1}{3}$
C. $y = -3x^{2}-1$
D. $x = 6y^{2}-\frac{1}{3}$

答案： A 【解析】设点M的坐标为(x₀,y₀),因为点A(0,-1),点M分PA所成的比为2:1,所以点P的坐标为(3x₀,3y₀ + 2),代入曲线y = 2x² + 1,得y₀ = 6x₀² - 1/3,即点M的轨迹方程是y = 6x² - 1/3.

12. 已知A，B分别是直线y = 2x和y = -2x上的动点，且满足|AB| = 4，则AB的中点M的轨迹方程为_______.

答案： x² + y²/16 = 1 【解析】设A(x₁,2x₁),B(x₂,-2x₂),M(x,y),则AB的中点M((x₁ + x₂)/2,x₁ - x₂),所以x = (x₁ + x₂)/2,y = x₁ - x₂.
又|AB|² = (x₁ - x₂)² + (2x₁ + 2x₂)² = 16,即y² + (4x)² = 16,所以AB的中点M的轨迹方程为x² + y²/16 = 1.

13. 方程$(3x - y + 1)(y-\sqrt{1 - x^{2}})=0$表示 （ ）
A. 一条线段和半个圆
B. 一条线段和一个圆
C. 一条线段
D. 两条线段

答案： A 【解析】由方程(3x - y + 1)(y - √(1 - x²)) = 0得y = √(1 - x²)(y≥0)或3x - y + 1 = 0,且满足-1≤x≤1,即x² + y² = 1(y≥0)或3x - y + 1 = 0(-1≤x≤1),
∴ 方程(3x - y + 1)(y - √(1 - x²)) = 0表示一条线段和半个圆. 故选A.

14. [吉林长春2023高二月考]方程$y = -\sqrt{25 - x^{2}}$表示的曲线为 （ ）
A. 一条射线
B. 一个圆
C. 两条射线
D. 半个圆

答案： D 【解析】化简整理后为方程x² + y² = 25,y≤0,所以方程表示的曲线是半个圆. 故选D.
【易错警示】当出现根式、分式等或题目中给出条件时,要特别注意变量的取值范围,从而避免在判断曲线时造成错误.

15. [山东烟台2024高二期末]与圆C:$x^{2}+y^{2}-4x = 0$外切，又与y轴相切的圆的圆心的轨迹方程是 （ ）
A. $y^{2}=8x$
B. $y^{2}=8x(x＞0)$和y = 0
C. $y^{2}=8x(x＞0)$
D. $y^{2}=8x(x＞0)$和y = 0(x＜0)

答案： D 【解析】设动圆的圆心为M(x,y),半径为r,定圆的圆心为C(2,0),半径r₁ = 2. 由题意得|MC| = 2 + r,又r = |x|＞0,
∴ |MC| = 2 + |x|,故√((x - 2)² + y²) = 2 + |x|,化简得y² = 4x + 4|x|.
当x＞0时,y² = 8x;当x＜0时,y = 0.
∴ 所求轨迹方程为y² = 8x(x＞0)和y = 0(x＜0).
【易错警示】易忽略x＜0的情况,认为r = x而不是r = |x|导致漏解.