2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8篇 第7節(jié) 曲線與方程課時(shí)訓(xùn)練 理

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1、2022年高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8篇 第7節(jié) 曲線與方程課時(shí)訓(xùn)練 理 　　　　 　 　　　　　　 　　　　　　 　　 【選題明細(xì)表】 知識點(diǎn)、方法 題號 曲線與方程 1 直接法求軌跡(方程) 4、9、12、13 定義法求軌跡(方程) 2、5、6、11、15、16、17 相關(guān)點(diǎn)法求軌跡(方程) 7、10、14 參數(shù)法求軌跡(方程) 3、8 基礎(chǔ)過關(guān) 一、選擇題 1.方程(x2+y2-4)=0的曲線形狀是(　C　) 解析:原方程可化為或x+y+1=0. 顯然方程表示直線x+y+1=0和圓x2+y2-4=0在直線x+y+1=0的右上方部分,故選C. 2.

2、 △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(　C　) (A)-=1 (B)-=1 (C)-=1(x>3) (D)-=1(x>4) 解析:如圖,|AD|=|AE|=8,|BF|=|BE|=2,|CD|=|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, 方程為-=1 (x>3). 3.平面直角坐標(biāo)系中,已知兩點(diǎn)A(3,1),B(-1,3),若點(diǎn)C滿足= λ1+λ2(O為坐標(biāo)原點(diǎn)),其中λ1,λ2∈R,且λ1+λ2=1,則點(diǎn)C的軌跡是(　A　) (A

3、)直線 (B)橢圓 (C)圓 (D)雙曲線 解析:設(shè)C(x,y),則=(x,y),=(3,1),=(-1,3), ∵=λ1+λ2, ∴又λ1+λ2=1, ∴x+2y-5=0,表示一條直線. 4.動(dòng)點(diǎn)P為橢圓+=1 (a>b>0)上異于橢圓頂點(diǎn)(±a,0)的一點(diǎn),F1、F2為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn),動(dòng)圓C與線段F1P、F1F2的延長線及線段PF2相切,則圓心C的軌跡為(　D　) (A)橢圓 (B)雙曲線 (C)拋物線 (D)直線 解析:如圖所示,設(shè)三個(gè)切點(diǎn)分別為M、N、Q. ∴|PF1|+|PF2|=|PF1|+|PM|+|F2N|=|F1N|+|F2N|=|F1F2|+2|

4、F2N|=2a, ∴|F2N|=a-c, ∴N點(diǎn)是橢圓的右頂點(diǎn), ∴CN⊥x軸, ∴圓心C的軌跡為直線. 5.已知點(diǎn)M(-3,0),N(3,0),B(1,0),動(dòng)圓C與直線MN切于點(diǎn)B,過M、N與圓C相切的兩直線相交于點(diǎn)P,則P點(diǎn)的軌跡方程為(　A　) (A)x2-=1 (x>1) (B)x2-=1 (x<-1) (C)x2+=1 (x>0) (D)x2-=1 (x>1) 解析:設(shè)另兩個(gè)切點(diǎn)為E、F, 如圖所示,則|PE|=|PF|, |ME|=|MB|, |NF|=|NB|. 從而|PM|-|PN|=|ME|-|NF|=|MB|-|NB|=4-2=2<|MN|,

5、 所以P的軌跡是以M、N為焦點(diǎn),實(shí)軸長為2的雙曲線的右支.a=1,c=3, ∴b2=8. 故方程為x2-=1 (x>1).故選A. 6.點(diǎn)P是以F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓上一點(diǎn),過焦點(diǎn)F2作∠F1PF2外角平分線的垂線,垂足為M,則點(diǎn)M的軌跡是(　A　) (A)圓 (B)橢圓 (C)雙曲線 (D)拋物線 解析:如圖,延長F2M交F1P延長線于N. ∵|PF2|=|PN|, ∴|F1N|=2a. 連接OM,則在△NF1F2中,OM為中位線, 則|OM|=|F1N|=a. ∴點(diǎn)M的軌跡是圓. 7.(xx瑞安十校模擬)點(diǎn)P(4,-2)與圓x2+y2=4上任一點(diǎn)連線的

6、中點(diǎn)的軌跡方程是(　A　) (A)(x-2)2+(y+1)2=1 (B)(x-2)2+(y+1)2=4 (C)(x+4)2+(y-2)2=4 (D)(x+2)2+(y-1)2=1 解析:設(shè)圓上任一點(diǎn)為Q(x0,y0),PQ的中點(diǎn)為M(x,y), 則 解得 又(2x-4)2+(2y+2)2=4,即(x-2)2+(y+1)2=1. 8.(xx東營模擬)已知正方形的四個(gè)頂點(diǎn)分別為O(0,0),A(1,0),B(1,1),C(0,1),點(diǎn)D,E分別在線段OC,AB上運(yùn)動(dòng),且OD=BE,設(shè)AD與OE交于點(diǎn)G,則點(diǎn)G的軌跡方程是(　A　) (A)y=x(1-x)(0≤x≤1) (B)x

7、=y(1-y)(0≤y≤1) (C)y=x2(0≤x≤1) (D)y=1-x2(0≤x≤1) 解析:設(shè)D(0,λ),E(1,1-λ)(0≤λ≤1), 所以線段AD方程為x+=1(0≤x≤1),線段OE方程為y=(1-λ)x(0≤x≤1) , 聯(lián)立方程組(λ為參數(shù)),消去參數(shù)λ得點(diǎn)G的軌跡方程為y=x(1-x)(0≤x≤1). 二、填空題 9.已知M(-2,0),N(2,0),則以MN為斜邊的直角三角形的直角頂點(diǎn)P的軌跡方程是　　　　　　　　.? 解析:設(shè)P(x,y), ∵△MPN為直角三角形, ∴|MP|2+|NP|2=|MN|2, ∴(x+2)2+y2+(x-2)2+y

8、2=16, 整理得,x2+y2=4. ∵M(jìn),N,P不共線, ∴x≠±2, ∴軌跡方程為x2+y2=4 (x≠±2). 答案:x2+y2=4 (x≠±2) 10.P是橢圓+=1(a>b>0)上的任意一點(diǎn),F1、F2是它的兩個(gè)焦點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),=+,則動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡方程是　　　　.? 解析:=+, 如圖,+==2=-2, 設(shè)Q(x,y), 則=-=-(x,y)=(-,-), 即P點(diǎn)坐標(biāo)為(-,-), 又P在橢圓上, 則有+=1, 即+=1. 答案:+=1 11.設(shè)x,y∈R,i、j為直角坐標(biāo)平面內(nèi)x,y軸正方向上的單位向量,向量a=xi+(y+2)j,b=xi+

9、(y-2)j,且|a|+|b|=8,則點(diǎn)M(x,y)的軌跡方程為　　　　　　　　.? 解析:由已知得a=(x,y+2),b=(x,y-2),而|a|+|b|=8,故有+=8①,由①式知?jiǎng)狱c(diǎn)M(x,y)到兩定點(diǎn)F1(0,-2),F2(0,2)的距離之和為一常數(shù),滿足橢圓的定義,故M點(diǎn)軌跡為以F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓,橢圓的長半軸長a=4,所以短半軸長b=2,故其軌跡方程為+=1. 答案:+=1 三、解答題 12.(xx長春高三調(diào)研)已知平面上的動(dòng)點(diǎn)P(x,y)及兩個(gè)定點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),直線PA,PB的斜率分別為k1,k2且k1k2=-. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C方程; (2

10、)設(shè)直線l:y=kx+m與曲線 C交于不同兩點(diǎn)M,N,當(dāng)OM⊥ON時(shí),求O點(diǎn)到直線l的距離(O為坐標(biāo)原點(diǎn)). 解:(1)設(shè)P(x,y), 由已知得·=-, 整理得x2+4y2=4, 即+y2=1(x≠±2). (2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2) 消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 由Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0, 得4k2+1-m2>0. x1+x2=-, x1·x2=, ∵OM⊥ON, ∴x1·x2+y1·y2=0, 即x1·x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1·x2+km(x1+x2)+m2=

11、0, ∴(1+k2)·+km·(-)+m2=0, ∴m2=(k2+1)滿足4k2+1-m2>0, ∴O點(diǎn)到l的距離為d=, 即d2==, ∴d=. 13.(xx高考陜西卷)已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8. (1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程; (2)已知點(diǎn)B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點(diǎn). (1)解:如圖所示,設(shè)動(dòng)圓圓心O1(x,y), 由題意,|O1A|=|O1M|, 當(dāng)O1不在y軸上時(shí), 過O1作O1H⊥MN交MN于H, 則H是MN的中點(diǎn), ∴|O1M|=,

12、 又|O1A|=, ∴=, 化簡得y2=8x(x≠0). 又當(dāng)O1在y軸上時(shí),O1與O重合,點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x, ∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x. (2)證明:由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 將y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0, 其中Δ=-32kb+64>0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=,① x1x2=,② 因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線, 所以=-, 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b

13、)(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③ 將①②代入③,得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此時(shí)Δ>0, ∴直線l的方程為y=k(x-1), ∴直線l過定點(diǎn)(1,0). 能力提升 14.在平行四邊形ABCD中,∠BAD=60°,AD=2AB,若P是平面ABCD內(nèi)一點(diǎn),且滿足:x+y+=0(x,y∈R).則當(dāng)點(diǎn)P在以A為圓心,||為半徑的圓上時(shí),實(shí)數(shù)x,y應(yīng)滿足關(guān)系式為(　D　) (A)4x2+y2+2xy=1 (B)4x2+y2-2xy=1 (C)x2+4y2-2xy=1 (D)x2+4y2+2xy=1 解析:

14、如圖所示,以A為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系,設(shè)AD=2. 據(jù)題意,AB=1,∠ABD=90°, BD=. ∴B、D的坐標(biāo)分別為(1,0)、(1,), ∴=(1,0),=(1,). 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m,n), 即=(m,n), 則由x+y+=0, 得:=x+y, ∴ 據(jù)題意,m2+n2=1, ∴x2+4y2+2xy=1. 15.有一動(dòng)圓P恒過定點(diǎn)F(a,0)(a>0)且與y軸相交于點(diǎn)A、B,若△ABP為正三角形,則點(diǎn)P的軌跡方程為　　　　.? 解析:設(shè)P(x,y),動(dòng)圓P的半徑為R, 由于△ABP為正三角形, ∴P到y(tǒng)軸的距離d=R, 即|x|=R. 而R=|P

15、F|=, ∴|x|=·. 整理得(x+3a)2-3y2=12a2, 即-=1. 答案:-=1 16.(xx高考廣東卷)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為(,0),離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)為橢圓C外一點(diǎn),且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直,求點(diǎn)P的軌跡方程. 解:(1)依題意得,c=,e==, 因此a=3,b2=a2-c2=4, 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是+=1. (2)若兩切線的斜率均存在,設(shè)過點(diǎn)P(x0,y0)的切線方程是y=k(x-x0)+y0, 則由 得+=1, 即(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9[

16、(y0-kx0)2-4]=0, 因?yàn)橹本€與橢圓C相切, 所以Δ=[18k(y0-kx0)]2-36(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0, 整理得(-9)k2-2x0y0k+-4=0. 又所引的兩條切線相互垂直,設(shè)兩切線的斜率分別為k1,k2, 于是有k1k2=-1, 即=-1, 即+=13(x0≠±3). 若兩切線中有一條斜率不存在,則易得或或或經(jīng)檢驗(yàn)知均滿足+=13. 因此,動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)的軌跡方程是x2+y2=13. 探究創(chuàng)新 17.(xx河南鄭州一模)如圖,△PAB所在的平面α和四邊形ABCD所在的平面β互相垂直,且AD⊥α,BC⊥α,AD=4,BC=8,AB=6,若 tan∠ADP+2tan∠BCP=10,則點(diǎn)P在平面α內(nèi)的軌跡是(　B　) (A)圓的一部分 (B)橢圓的一部分 (C)雙曲線的一部分 (D)拋物線的一部分 解析:由題意可知+2=10, 則PA+PB=40>AB=6, 又因P、A、B三點(diǎn)不共線, 故點(diǎn)P的軌跡是以A、B為焦點(diǎn)的橢圓的一部分.