《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第8講 曲線與方程練習(xí) 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第8講 曲線與方程練習(xí) 理 北師大版（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講 曲線與方程 [基礎(chǔ)題組練] 1．方程(x－y)2＋(xy－1)2＝0表示的曲線是(　　) A．一條直線和一條雙曲線 B．兩條雙曲線 C．兩個(gè)點(diǎn) D．以上答案都不對(duì) 解析：選C.(x－y)2＋(xy－1)2＝0? 故或 2．(2020·銀川模擬)設(shè)D為橢圓＋x2＝1上任意一點(diǎn)，A(0，－2)，B(0，2)，延長AD至點(diǎn)P，使得|PD|＝|BD|，則點(diǎn)P的軌跡方程為(　　) A．x2＋(y－2)2＝20 B．x2＋(y＋2)2＝20 C．x2＋(y－2)2＝5 D．x2＋(y＋2)2＝5 解析：選B.設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(x，y)．因?yàn)镈為橢圓＋x2＝1上任意一點(diǎn)，且

2、A，B為橢圓的焦點(diǎn)，所以|DA|＋|DB|＝2.又|PD|＝|BD|，所以|PA|＝|PD|＋|DA|＝|DA|＋|DB|＝2，所以＝2，所以x2＋(y＋2)2＝20，所以點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋(y＋2)2＝20.故選B. 3.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(1，0)，B(1，1)，C(0，1)，映射f將xOy平面上的點(diǎn)P(x，y)對(duì)應(yīng)到另一個(gè)平面直角坐標(biāo)系uO′v上的點(diǎn)P′(2xy，x2－y2)，則當(dāng)點(diǎn)P沿著折線A-B-C運(yùn)動(dòng)時(shí)，在映射f的作用下，動(dòng)點(diǎn)P′的軌跡是(　　) 解析：選D.當(dāng)P沿AB運(yùn)動(dòng)時(shí)，x＝1，設(shè)P′(x′，y′)，則(0≤y≤1)，故y′＝1－(0≤x′

3、≤2，0≤y′≤1)．當(dāng)P沿BC運(yùn)動(dòng)時(shí)，y＝1，則(0≤x≤1)，所以y′＝－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的軌跡如D項(xiàng)圖象所示，故選D. 4．(2020·蘭州模擬)已知兩點(diǎn)M(－2，0)，N(2，0)，點(diǎn)P為坐標(biāo)平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，滿足||·||＋·＝0，則動(dòng)點(diǎn)P(x，y)的軌跡方程為(　　) A．y2＝－8x　　　　　　　 B．y2＝8x C．y2＝－4x D．y2＝4x 解析：選A.設(shè)P(x，y)，M(－2，0)，N(2，0)，||＝4.則＝(x＋2，y)，＝(x－2，y)，由||·||＋·＝0，得4＋4(x－2)＝0，化簡整理得y2＝－8x.故選A. 5．(20

4、20·鄭州模擬)動(dòng)點(diǎn)M在圓x2＋y2＝25上移動(dòng)，過點(diǎn)M作x軸的垂線段MD，D為垂足，則線段MD中點(diǎn)的軌跡方程是(　　) A.＋＝1 B．＋＝1 C.－＝1 D．－＝1 解析：選B.如圖，設(shè)線段MD中點(diǎn)為P(x，y)，M(x0，y0)，D(x0，0)，因?yàn)镻是MD的中點(diǎn)， 所以又M在圓x2＋y2＝25上，所以x＋y＝25，即x2＋4y2＝25，＋＝1，所以線段MD的中點(diǎn)P的軌跡方程是＋＝1.故選B. 6．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A(1，0)，B(2，2)，若點(diǎn)C滿足＝＋t(－)，其中t∈R，則點(diǎn)C的軌跡方程是________． 解析：設(shè)C(x，y)，則＝(x，y)

5、，＋t(－)＝(1＋t，2t)，所以消去參數(shù)t得點(diǎn)C的軌跡方程為y＝2x－2. 答案：y＝2x－2 7．△ABC的頂點(diǎn)A(－5，0)，B(5，0)，△ABC的內(nèi)切圓圓心在直線x＝3上，則頂點(diǎn)C的軌跡方程是________． 解析：如圖，△ABC與內(nèi)切圓的切點(diǎn)分別為G，E，F(xiàn). |AG|＝|AE|＝8，|BF|＝|BG|＝2，|CE|＝|CF|， 所以|CA|－|CB|＝8－2＝6. 根據(jù)雙曲線定義，所求軌跡是以A，B為焦點(diǎn)，實(shí)軸長為6的雙曲線的右支，軌跡方程為－＝1(x>3)． 答案：－＝1(x>3) 8．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的左、右焦點(diǎn)，A為橢圓上任意一點(diǎn)，過焦點(diǎn)F1

6、向∠F1AF2的外角平分線作垂線，垂足為D，則點(diǎn)D的軌跡方程是________． 解析：由題意，延長F1D，F(xiàn)2A并交于點(diǎn)B，易證Rt△ABD≌Rt△AF1D，則|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O為F1F2的中點(diǎn)，連接OD，則OD∥F2B，從而可知|OD|＝|F2B|＝(|AF1|＋|AF2|)＝2，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x，y)，則x2＋y2＝4. 答案：x2＋y2＝4 9．如圖所示，已知圓A：(x＋2)2＋y2＝1與點(diǎn)B(2，0)，分別求出滿足下列條件的動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程． (1)△PAB的周長為10； (2)圓P與圓A外切，且過B點(diǎn)(P為動(dòng)圓圓心)； (3)圓P

7、與圓A外切，且與直線x＝1相切(P為動(dòng)圓圓心)． 解：(1)根據(jù)題意，知|PA|＋|PB|＋|AB|＝10，即|PA|＋|PB|＝6>4＝|AB|，故P點(diǎn)軌跡是橢圓，且2a＝6，2c＝4，即a＝3，c＝2，b＝. 因此其軌跡方程為＋＝1(y≠0)． (2)設(shè)圓P的半徑為r，則|PA|＝r＋1，|PB|＝r， 因此|PA|－|PB|＝1. 由雙曲線的定義知，P點(diǎn)的軌跡為雙曲線的右支， 且2a＝1，2c＝4，即a＝，c＝2，b＝，因此其軌跡方程為4x2－y2＝1. (3)依題意，知?jiǎng)狱c(diǎn)P到定點(diǎn)A的距離等于到定直線x＝2的距離，故其軌跡為拋物線，且開口向左，p＝4. 因此其軌跡方程為

8、y2＝－8x. 10．(2020·寶雞模擬)已知?jiǎng)訄AP恒過定點(diǎn)，且與直線x＝－相切． (1)求動(dòng)圓P圓心的軌跡M的方程； (2)在正方形ABCD中，AB邊在直線y＝x＋4上，另外C，D兩點(diǎn)在軌跡M上，求該正方形的面積． 解：(1)由題意得動(dòng)圓P的圓心到點(diǎn)的距離與它到直線x＝－的距離相等， 所以圓心P的軌跡是以為焦點(diǎn)，直線x＝－為準(zhǔn)線的拋物線，且p＝，所以動(dòng)圓P圓心的軌跡M的方程為y2＝x. (2)由題意設(shè)CD邊所在直線方程為y＝x＋t. 聯(lián)立消去y，整理得x2＋(2t－1)x＋t2＝0. 因?yàn)橹本€CD和拋物線交于兩點(diǎn)， 所以Δ＝(2t－1)2－4t2＝1－4t＞0，解得t＜.

9、 設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)， 則x1＋x2＝1－2t，x1x2＝t2. 所以|CD|＝ ＝＝. 又直線AB與直線CD之間的距離為|AD|＝，|AD|＝|CD|， 所以＝，解得t＝－2或t＝－6， 經(jīng)檢驗(yàn)t＝－2和t＝－6都滿足Δ＞0. 所以正方形邊長|AD|＝3或|AD|＝5， 所以正方形ABCD的面積S＝18或S＝50. [綜合題組練] 1．設(shè)過點(diǎn)P(x，y)的直線分別與x軸的正半軸和y軸的正半軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)Q與點(diǎn)P關(guān)于y軸對(duì)稱，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若＝2，且·＝1，則點(diǎn)P的軌跡方程是(　　) A.x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0) B.x2－3y2＝1

10、(x＞0，y＞0) C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0) D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0) 解析：選A.設(shè)A(a，0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由＝2，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝x＞0，b＝3y＞0.點(diǎn)Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.將a＝x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的軌跡方程為x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)． 2．若曲線C上存在點(diǎn)M，使M到平面內(nèi)兩點(diǎn)A(－5，0)，B(5，0)距離之差的絕對(duì)值為8，則稱曲線C為“好曲線”．以下曲線不是“好曲線”的是(　　) A．x＋y＝5 B．x2＋y2

11、＝9 C.＋＝1 D．x2＝16y 解析：選B.因?yàn)镸到平面內(nèi)兩點(diǎn)A(－5，0)，B(5，0)距離之差的絕對(duì)值為8，所以M的軌跡是以A(－5，0)，B(5，0)為焦點(diǎn)的雙曲線，方程為－＝1. A項(xiàng)，直線x＋y＝5過點(diǎn)(5，0)，滿足題意，為“好曲線”；B項(xiàng)，x2＋y2＝9的圓心為(0，0)，半徑為3，與M的軌跡沒有交點(diǎn)，不滿足題意；C項(xiàng)，＋＝1的右頂點(diǎn)為(5，0)，滿足題意，為“好曲線”；D項(xiàng)，方程代入－＝1，可得y－＝1，即y2－9y＋9＝0，所以Δ＞0，滿足題意，為“好曲線”． 3.如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60°，B為斜足，平面α上的動(dòng)點(diǎn)P滿足∠PAB＝30°，則點(diǎn)P的

12、軌跡是(　　) A．直線 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線的一支 解析：選C.母線與中軸線夾角為30°，然后用平面α去截，使直線AB與平面α的夾角為60°，則截口為P的軌跡圖形，由圓錐曲線的定義可知，P的軌跡為橢圓．故選C. 4．(2020·四川成都石室中學(xué)模擬)已知兩定點(diǎn)F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)和一動(dòng)點(diǎn)P，給出下列結(jié)論： ①若|PF1|＋|PF2|＝2，則點(diǎn)P的軌跡是橢圓； ②若|PF1|－|PF2|＝1，則點(diǎn)P的軌跡是雙曲線； ③若＝λ(λ＞0，且λ≠1)，則點(diǎn)P的軌跡是圓； ④若|PF1|·|PF2|＝a2(a≠0)，則點(diǎn)P的軌跡關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱； ⑤若

13、直線PF1與PF2的斜率之積為m(m≠0)，則點(diǎn)P的軌跡是橢圓(除長軸兩端點(diǎn))． 其中正確的是________．(填序號(hào)) 解析：對(duì)于①，由于|PF1|＋|PF2|＝2＝|F1F2|，所以點(diǎn)P的軌跡是線段F1F2，故①不正確． 對(duì)于②，由于|PF1|－|PF2|＝1，故點(diǎn)P的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，故②不正確． 對(duì)于③，設(shè)P(x，y)，由題意得＝λ，整理得(1－λ2)x2＋(1－λ2)y2＋(2＋2λ2)x＋1－λ2＝0.因?yàn)棣耍?，且λ≠1，所以x2＋y2＋x＋＝0，所以點(diǎn)P的軌跡是圓，故③正確． 對(duì)于④，設(shè)P(x，y)，則|PF1|·|PF2|＝·＝a2.又點(diǎn)P(

14、x，y)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為P′(－x，－y)，因?yàn)椤ぃ健ぃ絘2，所以點(diǎn)P′(－x，－y)也在曲線·＝a2上，即點(diǎn)P的軌跡關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故④正確． 對(duì)于⑤，設(shè)P(x，y)，則kPF1＝，kPF2＝，由題意得kPF1·kPF2＝·＝＝m(m≠0)，整理得x2－＝1，此方程不一定表示橢圓，故⑤不正確． 綜上，正確結(jié)論的序號(hào)是③④. 答案：③④ 5．(一題多解)(2020·東北三省四市一模)如圖，已知橢圓C：＋＝1的短軸端點(diǎn)分別為B1，B2，點(diǎn)M是橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，且不與B1，B2重合，點(diǎn)N滿足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2. (1)求動(dòng)點(diǎn)N的軌跡方程； (2)求四邊形MB2NB1面積的

15、最大值． 解：(1)法一：設(shè)N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)． 由題知B1(0，－3)，B2(0，3)， 所以kMB1＝，kMB2＝. 因?yàn)镸B1⊥NB1，MB2⊥NB2， 所以直線NB1：y＋3＝－x，① 直線NB2：y－3＝－x，② ①×②得y2－9＝x2. 又因?yàn)椋?， 所以y2－9＝x2＝－2x2， 整理得動(dòng)點(diǎn)N的軌跡方程為＋＝1(x≠0)． 法二：設(shè)N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)． 由題知B1(0，－3)，B2(0，3)， 所以kMB1＝，kMB2＝. 因?yàn)镸B1⊥NB1，MB2⊥NB2， 所以直線NB1：y＋3＝－x，① 直線

16、NB2：y－3＝－x，② 聯(lián)立①②，解得 又＋＝1， 所以x＝－， 故代入＋＝1，得＋＝1. 所以動(dòng)點(diǎn)N的軌跡方程為＋＝1(x≠0)． 法三：設(shè)直線MB1：y＝kx－3(k≠0)， 則直線NB1：y＝－x－3，① 直線MB1與橢圓C：＋＝1的交點(diǎn)M的坐標(biāo)為. 則直線MB2的斜率為kMB2＝＝－. 所以直線NB2：y＝2kx＋3.② 由①②得點(diǎn)N的軌跡方程為＋＝1(x≠0)． (2)由(1)方法三得直線NB1：y＝－x－3，① 直線NB2：y＝2kx＋3，② 聯(lián)立①②解得x＝，即xN＝，故四邊形MB2NB1的面積S＝|B1B2|(|xM|＋|xN|)＝3×＝＝≤，當(dāng)且

17、僅當(dāng)|k|＝時(shí)，S取得最大值. 6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中取兩個(gè)定點(diǎn)A1(－，0)，A2(，0)，再取兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2. (1)求直線A1N1與A2N2的交點(diǎn)M的軌跡C的方程； (2)過R(3，0)的直線與軌跡C交于P，Q兩點(diǎn)，過點(diǎn)P作PN⊥x軸且與軌跡C交于另一點(diǎn)N，F(xiàn)為軌跡C的右焦點(diǎn)，若＝λ(λ＞1)，求證：＝λ. 解：(1)依題意知，直線A1N1的方程為y＝(x＋)，① 直線A2N2的方程為y＝－(x－)，② 設(shè)M(x，y)是直線A1N1與A2N2的交點(diǎn)，①×②得y2＝－(x2－6)， 又mn＝2，整理得＋＝1.故點(diǎn)M的軌跡C的方程為＋＝

18、1. (2)證明：設(shè)過點(diǎn)R的直線l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則N(x1，－y1)， 由消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*) 所以y1＋y2＝－，y1y2＝. 由＝λ，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2， 由(1)得F(2，0)，要證＝λ，即證(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，　 只需證2－x1＝λ(x2－2)，只需證＝－，即證2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0， 而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·－t·＝0成立，得證． 10