《2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 9 第8講 曲線與方程練習(xí) 理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 9 第8講 曲線與方程練習(xí) 理（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(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．兩個點(diǎn) D．以上答案都不對 解析：選C.(x－y)2＋(xy－1)2＝0? 故或 2.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)對應(yīng)到另一個平面直角坐標(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)動時，在映射f的作用下，動點(diǎn)P′的軌跡是(　　) 解析：選D.當(dāng)P沿AB運(yùn)動時，x＝1，設(shè)P′(x′，y′)，則(0≤y≤1)，故y′

2、＝1－(0≤x′≤2，0≤y′≤1)．當(dāng)P沿BC運(yùn)動時，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. 3．已知A，B為平面內(nèi)兩定點(diǎn)，過該平面內(nèi)動點(diǎn)M作直線AB的垂線，垂足為N.若2＝λ·，其中λ為常數(shù)，則動點(diǎn)M的軌跡不可能是(　　) A．圓　　　　　　　　　　 B．橢圓 C．拋物線 D．雙曲線 解析：選C.以AB所在直線為x軸，AB的中垂線為y軸，建立坐標(biāo)系，設(shè)M(x，y)，A(－a，0)，B(a，0)，則N(x，0)． 因?yàn)?＝λ·， 所以y2＝λ(x＋a)(a－x)，即λx2＋y2＝λa2， 當(dāng)λ

3、＝1時，軌跡是圓； 當(dāng)λ>0且λ≠1時，軌跡是橢圓； 當(dāng)λ<0時，軌跡是雙曲線； 當(dāng)λ＝0時，軌跡是直線． 綜上，動點(diǎn)M的軌跡不可能是拋物線． 4．設(shè)線段AB的兩個端點(diǎn)A，B分別在x軸、y軸上滑動，且|AB|＝5，＝＋，則點(diǎn)M的軌跡方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：選A.設(shè)M(x，y)，A(x0，0)，B(0，y0)， 由＝＋，得(x，y)＝(x0，0)＋(0，y0)， 則解得 由|AB|＝5，得＋＝25， 化簡得＋＝1. 5．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軸對稱，O

4、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(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)． 6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若定點(diǎn)A(1，2)與動點(diǎn)P(x，

5、y)滿足向量在向量上的投影為－，則點(diǎn)P的軌跡方程是________． 解析：由＝－，知x＋2y＝－5，即x＋2y＋5＝0. 答案：x＋2y＋5＝0 7．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)，＋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 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

6、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為動圓圓心)； (3)圓P與圓A外切，且與直線x＝1相切(P為動圓圓心)． 解：(1)根據(jù)題意，知|PA|＋|PB|＋|

7、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，知動點(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y2＝－8x. 10.如圖，動圓C1：x2＋y2＝t2，1＜t＜3與橢圓C2：＋y2＝1相交于

8、A，B，C，D四點(diǎn)．點(diǎn)A1，A2分別為C2的左、右頂點(diǎn)，求直線AA1與直線A2B交點(diǎn)M的軌跡方程． 解：由橢圓C2：＋y2＝1，知A1(－3，0)，A2(3，0)． 設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x0，y0)，由曲線的對稱性， 得B(x0，－y0)， 設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)， 直線AA1的方程為y＝(x＋3)．?、? 直線A2B的方程為y＝(x－3)．?、? 由①②相乘得y2＝(x2－9)．　③ 又點(diǎn)A(x0，y0)在橢圓C2上，故y＝1－.?、? 將④代入③得－y2＝1(x＜－3，y＜0)． 因此點(diǎn)M的軌跡方程為－y2＝1(x＜－3，y＜0)． 11.如圖，P是圓x2＋y2＝4上的動點(diǎn)，

9、P點(diǎn)在x軸上的射影是D，點(diǎn)M滿足＝. (1)求動點(diǎn)M的軌跡C的方程，并說明軌跡是什么圖形； (2)過點(diǎn)N(3，0)的直線l與動點(diǎn)M的軌跡C交于不同的兩點(diǎn)A，B，求以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAEB的頂點(diǎn)E的軌跡方程． 解：(1)設(shè)M(x，y)，則D(x，0)， 由＝，知P(x，2y)， 因?yàn)辄c(diǎn)P在圓x2＋y2＝4上， 所以x2＋4y2＝4，故動點(diǎn)M的軌跡C的方程為＋y2＝1，且軌跡C是以(－，0)，(，0)為焦點(diǎn)，長軸長為4的橢圓． (2)設(shè)E(x，y)，由題意知l的斜率存在， 設(shè)l：y＝k(x－3)，代入＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，

10、 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3) ＝k(x1＋x2)－6k ＝－6k＝. 因?yàn)樗倪呅蜲AEB為平行四邊形， 所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝， 又＝(x，y)， 所以 消去k得，x2＋4y2－6x＝0， 由Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0， 得k2＜，所以0＜x＜. 所以頂點(diǎn)E的軌跡方程為x2＋4y2－6y＝0. [綜合題組練] 1．(創(chuàng)新型)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)M在AB上，且AM＝，點(diǎn)P在平面ABCD內(nèi)，且動點(diǎn)P到直線A1D1的距離

11、與動點(diǎn)P到點(diǎn)M的距離的平方差為1，則動點(diǎn)P的軌跡是(　　) A．直線 B．圓 C．雙曲線 D．拋物線 解析：選D.在平面ABCD內(nèi)過點(diǎn)P作PF⊥AD，垂足為F，過點(diǎn)F在平面AA1D1D內(nèi)作FE⊥A1D1，垂足為E，連接PE，則有PE⊥A1D1，即PE為點(diǎn)P到A1D1的距離． 由題意知|PE|2－|PM|2＝1， 又因?yàn)閨PE|2＝|PF|2＋|EF|2，所以|PF|2＋|EF|2－|PM|2＝1， 即|PF|2＝|PM|2，即|PF|＝|PM|， 所以點(diǎn)P滿足到點(diǎn)M的距離等于點(diǎn)P到直線AD的距離． 由拋物線的定義知點(diǎn)P的軌跡是以點(diǎn)M為焦點(diǎn)，AD為準(zhǔn)線的拋物線， 所以點(diǎn)

12、P的軌跡為拋物線． 2．(創(chuàng)新型)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＝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

13、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.(創(chuàng)新型)如圖，斜線段AB與平面α所成的角為60°，B為斜足，平面α上的動點(diǎn)P滿足∠PAB＝30°，則點(diǎn)P的軌跡是(　　) 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．已知△ABC的頂點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(－4，0)，(4，0)，C為動點(diǎn)，且滿足sin B＋sin A＝sin C，則C點(diǎn)

14、的軌跡方程為________． 解析：由sin B＋sin A＝sin C可知b＋a＝c＝10， 則|AC|＋|BC|＝10＞8＝|AB|，所以滿足橢圓定義． 令橢圓方程為＋＝1，則a′＝5，c′＝4，b′＝3， 則軌跡方程為＋＝1(x≠±5)． 答案：＋＝1(x≠±5) 5．(應(yīng)用型)已知拋物線C：y2＝2x的焦點(diǎn)為F，平行于x軸的兩條直線l1，l2分別交C于A，B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于P，Q兩點(diǎn)． (1)若F在線段AB上，R是PQ的中點(diǎn)，證明AR∥FQ； (2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點(diǎn)的軌跡方程． 解：由題意知F， 設(shè)直線l1的方程為y＝a，直線l

15、2的方程為y＝b， 則ab≠0，且A，B，P， Q，R. 記過A，B兩點(diǎn)的直線為l，則l的方程為2x－(a＋b)y＋ab＝0. (1)證明：由于F在線段AB上，則1＋ab＝0. 記AR的斜率為k1，F(xiàn)Q的斜率為k2，則 k1＝＝＝＝＝－b＝＝k2. 所以AR∥FQ. (2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1，0)，則S△ABF＝|a－b|·|FD|＝|a－b|，S△PQF＝. 由題意可得|a－b|＝， 所以x1＝1或x1＝0(舍去)． 設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x，y)． 當(dāng)AB與x軸不垂直時， 由kAB＝kDE可得＝(x≠1)． 而＝y(tǒng)，所以y2＝x－1(x≠1)．

16、當(dāng)AB與x軸垂直時，E與D重合， 此時E點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)， 滿足方程y2＝x－1. 綜上所求的軌跡方程為y2＝x－1. 6．(應(yīng)用型)(2019·湖北武漢模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中取兩個定點(diǎn)A1(－，0)，A2(，0)，再取兩個動點(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

17、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＋＝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＝－，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，即證． - 9 -