《2021版高考數(shù)學一輪復習 第九章 平面解析幾何 第8講 曲線與方程練習 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021版高考數(shù)學一輪復習 第九章 平面解析幾何 第8講 曲線與方程練習 理 北師大版（10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 D．以上答案都不對 解析：選C.(x－y)2＋(xy－1)2＝0? 故或 2．(2020·銀川模擬)設D為橢圓＋x2＝1上任意一點，A(0，－2)，B(0，2)，延長AD至點P，使得|PD|＝|BD|，則點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.設點P坐標為(x，y)．因為D為橢圓＋x2＝1上任意一點，且

2、A，B為橢圓的焦點，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，在平面直角坐標系xOy中，A(1，0)，B(1，1)，C(0，1)，映射f將xOy平面上的點P(x，y)對應到另一個平面直角坐標系uO′v上的點P′(2xy，x2－y2)，則當點P沿著折線A-B-C運動時，在映射f的作用下，動點P′的軌跡是(　　) 解析：選D.當P沿AB運動時，x＝1，設P′(x′，y′)，則(0≤y≤1)，故y′＝1－(0≤x′

3、≤2，0≤y′≤1)．當P沿BC運動時，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項圖象所示，故選D. 4．(2020·蘭州模擬)已知兩點M(－2，0)，N(2，0)，點P為坐標平面內(nèi)的動點，滿足||·||＋·＝0，則動點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)動點M在圓x2＋y2＝25上移動，過點M作x軸的垂線段MD，D為垂足，則線段MD中點的軌跡方程是(　　) A.＋＝1 B．＋＝1 C.－＝1 D．－＝1 解析：選B.如圖，設線段MD中點為P(x，y)，M(x0，y0)，D(x0，0)，因為P是MD的中點， 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P的軌跡方程是＋＝1.故選B. 6．在平面直角坐標系中，O為坐標原點，A(1，0)，B(2，2)，若點C滿足＝＋t(－)，其中t∈R，則點C的軌跡方程是________． 解析：設C(x，y)，則＝(x，y)

5、，＋t(－)＝(1＋t，2t)，所以消去參數(shù)t得點C的軌跡方程為y＝2x－2. 答案：y＝2x－2 7．△ABC的頂點A(－5，0)，B(5，0)，△ABC的內(nèi)切圓圓心在直線x＝3上，則頂點C的軌跡方程是________． 解析：如圖，△ABC與內(nèi)切圓的切點分別為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，實軸長為6的雙曲線的右支，軌跡方程為－＝1(x>3)． 答案：－＝1(x>3) 8．設F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的左、右焦點，A為橢圓上任意一點，過焦點F1

6、向∠F1AF2的外角平分線作垂線，垂足為D，則點D的軌跡方程是________． 解析：由題意，延長F1D，F(xiàn)2A并交于點B，易證Rt△ABD≌Rt△AF1D，則|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O為F1F2的中點，連接OD，則OD∥F2B，從而可知|OD|＝|F2B|＝(|AF1|＋|AF2|)＝2，設點D的坐標為(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B(2，0)，分別求出滿足下列條件的動點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(P為動圓圓心)； (3)圓P

7、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|＋|AB|＝10，即|PA|＋|PB|＝6>4＝|AB|，故P點軌跡是橢圓，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P到定點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)已知動圓P恒過定點，且與直線x＝－相切． (1)求動圓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兩點在軌跡M上，求該正方形的面積． 解：(1)由題意得動圓P的圓心到點的距離與它到直線x＝－的距離相等， 所以圓心P的軌跡是以為焦點，直線x＝－為準線的拋物線，且p＝，所以動圓P圓心的軌跡M的方程為y2＝x. (2)由題意設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. 因為直線CD和拋物線交于兩點， 所以Δ＝(2t－1)2－4t2＝1－4t＞0，解得t＜.

9、 設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．設過點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，點Q與點P關于y軸對稱，O為坐標原點．若＝2，且·＝1，則點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M，使M到平面內(nèi)兩點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

11、＝9 C.＋＝1 D．x2＝16y 解析：選B.因為M到平面內(nèi)兩點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)為焦點的雙曲線，方程為－＝1. A項，直線x＋y＝5過點(5，0)，滿足題意，為“好曲線”；B項，x2＋y2＝9的圓心為(0，0)，半徑為3，與M的軌跡沒有交點，不滿足題意；C項，＋＝1的右頂點為(5，0)，滿足題意，為“好曲線”；D項，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上的動點P滿足∠PAB＝30°，則點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模擬)已知兩定點F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)和一動點P，給出下列結論： ①若|PF1|＋|PF2|＝2，則點P的軌跡是橢圓； ②若|PF1|－|PF2|＝1，則點P的軌跡是雙曲線； ③若＝λ(λ＞0，且λ≠1)，則點P的軌跡是圓； ④若|PF1|·|PF2|＝a2(a≠0)，則點P的軌跡關于原點對稱； ⑤若

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

14、x，y)關于原點的對稱點為P′(－x，－y)，因為·＝·＝a2，所以點P′(－x，－y)也在曲線·＝a2上，即點P的軌跡關于原點對稱，故④正確． 對于⑤，設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，正確結論的序號是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的短軸端點分別為B1，B2，點M是橢圓C上的動點，且不與B1，B2重合，點N滿足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2. (1)求動點N的軌跡方程； (2)求四邊形MB2NB1面積的

15、最大值． 解：(1)法一：設N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)． 由題知B1(0，－3)，B2(0，3)， 所以kMB1＝，kMB2＝. 因為MB1⊥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. 又因為＋＝1， 所以y2－9＝x2＝－2x2， 整理得動點N的軌跡方程為＋＝1(x≠0)． 法二：設N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)． 由題知B1(0，－3)，B2(0，3)， 所以kMB1＝，kMB2＝. 因為MB1⊥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. 所以動點N的軌跡方程為＋＝1(x≠0)． 法三：設直線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M的坐標為. 則直線MB2的斜率為kMB2＝＝－. 所以直線NB2：y＝2kx＋3.② 由①②得點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×＝＝≤，當且

17、僅當|k|＝時，S取得最大值. 6．在平面直角坐標系xOy中取兩個定點A1(－，0)，A2(，0)，再取兩個動點N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2. (1)求直線A1N1與A2N2的交點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，過點P作PN⊥x軸且與軌跡C交于另一點N，F(xiàn)為軌跡C的右焦點，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M(x，y)是直線A1N1與A2N2的交點，①×②得y2＝－(x2－6)， 又mn＝2，整理得＋＝1.故點M的軌跡C的方程為＋＝

18、1. (2)證明：設過點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