2023高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第九章解析幾何課時達(dá)標(biāo)檢測（四十八）曲線與方程理

PAGEPAGE6課時達(dá)標(biāo)檢測〔四十八〕曲線與方程[練根底小題——強(qiáng)化運(yùn)算能力]1．點O(0,0)，A(1，－2)，動點P滿足|PA|＝3|PO|，那么P點的軌跡方程是()A．8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0C．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0D．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝0解析：選A設(shè)P點的坐標(biāo)為(x，y)，那么eq\r(x－12＋y＋22)＝3eq\r(x2＋y2)，整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.2．方程(x2＋y2－2x)eq\r(x＋y－3)＝0表示的曲線是()A．一個圓和一條直線 B．一個圓和一條射線C．一個圓 D．一條直線解析：選D依題意，題中的方程等價于①x＋y－3＝0或②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≥0，,x2＋y2－2x＝0.))注意到圓x2＋y2－2x＝0上的點均位于直線x＋y－3＝0的左下方區(qū)域，即圓x2＋y2－2x＝0上的點均不滿足x＋y－3≥0，②不表示任何圖形，因此題中的方程表示的曲線是直線x＋y－3＝0.3．設(shè)圓(x＋1)2＋y2＝25的圓心為C，A(1,0)是圓內(nèi)一定點，Q為圓周上任一點．線段AQ的垂直平分線與CQ的連線交于點M，那么M的軌跡方程為()A.eq\f(4x2,21)－eq\f(4y2,25)＝1 B.eq\f(4x2,21)＋eq\f(4y2,25)＝1C.eq\f(4x2,25)－eq\f(4y2,21)＝1 D.eq\f(4x2,25)＋eq\f(4y2,21)＝1解析：選D如圖，∵M(jìn)為AQ的垂直平分線上一點，那么|AM|＝|MQ|，∴|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝5，故M的軌跡是以定點C，A為焦點的橢圓．∴a＝eq\f(5,2)，c＝1，那么b2＝a2－c2＝eq\f(21,4)，∴M的軌跡方程為eq\f(4x2,25)＋eq\f(4y2,21)＝1.4．平面直角坐標(biāo)系中，兩點A(3,1)，B(－1，3)，假設(shè)點C滿足＝λ1＋λ2(O為原點)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，那么點C的軌跡是()A．直線 B．橢圓C．圓 D．雙曲線解析：選A設(shè)C(x，y)，因為＝λ1＋λ2，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ1＝\f(y＋3x,10)，,λ2＝\f(3y－x,10)，))又λ1＋λ2＝1，所以eq\f(y＋3x,10)＋eq\f(3y－x,10)＝1，即x＋2y＝5，所以點C的軌跡是直線，應(yīng)選A.5．F是拋物線y＝eq\f(1,4)x2的焦點，P是該拋物線上的動點，那么線段PF中點的軌跡方程是________．解析：因為拋物線x2＝4y的焦點F(0,1)，設(shè)線段PF的中點坐標(biāo)是(x，y)，那么P(2x,2y－1)在拋物線x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化簡得x2＝2y－1.答案：x2＝2y－1[練?？碱}點——檢驗高考能力]一、選擇題1．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，M為橢圓上一動點，F(xiàn)1為橢圓的左焦點，那么線段MF1的中點P的軌跡是()A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線解析：選B設(shè)橢圓的右焦點是F2，由橢圓定義可得|MF1|＋|MF2|＝2a＞2c，所以|PF1|＋|PO|＝eq\f(1,2)(|MF1|＋|MF2|)＝a＞c，所以點P的軌跡是以F1和O為焦點的橢圓．2．A(－1,0)，B(1,0)兩點，過動點M作x軸的垂線，垂足為N，假設(shè)2＝λ·，當(dāng)λ＜0時，動點M的軌跡為()A．圓B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線解析：選C設(shè)M(x，y)，那么N(x,0)，所以2＝y(tǒng)2，λ·＝λ(x＋1,0)·(1－x,0)＝λ(1－x2)，所以y2＝λ(1－x2)，即λx2＋y2＝λ，變形為x2＋eq\f(y2,λ)＝1.又因為λ＜0，所以動點M的軌跡為雙曲線．3．正方形的四個頂點分別為O(0,0)，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，點D，E分別在線段OC，AB上運(yùn)動，且OD＝BE，設(shè)AD與OE交于點G，那么點G的軌跡方程是()A．y＝x(1－x)(0≤x≤1)B．x＝y(tǒng)(1－y)(0≤y≤1)C．y＝x2(0≤x≤1)D．y＝1－x2(0≤x≤1)解析：選A設(shè)D(0，λ)，E(1,1－λ)，0≤λ≤1，所以線段AD的方程為x＋eq\f(y,λ)＝1(0≤x≤1)，線段OE的方程為y＝(1－λ)x(0≤x≤1)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,λ)＝1，0≤x≤1，,y＝1－λx，0≤x≤1))(λ為參數(shù))，消去參數(shù)λ得點G的軌跡方程為y＝x(1－x)(0≤x≤1)．4．(2022·洛陽模擬)設(shè)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(guān)于y軸對稱，O為坐標(biāo)原點．假設(shè)＝2，且·＝1，那么點P的軌跡方程是()A.eq\f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)B.eq\f(3,2)x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)C．3x2－eq\f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)D．3x2＋eq\f(3,2)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＝eq\f(3,2)x＞0，b＝3y＞0.點Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.將a＝eq\f(3,2)x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的軌跡方程為eq\f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．5．F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左，右焦點，點P為橢圓C上的動點，那么△PF1F2的重心G的軌跡方程為()A.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1(y≠0) B.eq\f(4x2,9)＋y2＝1(y≠0)C.eq\f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋eq\f(4y2,3)＝1(y≠0)解析：選C依題意知F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，設(shè)P(x0，y0)，G(x，y)，那么由三角形重心坐標(biāo)關(guān)系可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0－1＋1,3)，,y＝\f(y0,3).))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3x，,y0＝3y.))代入eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1得重心G的軌跡方程為eq\f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0)．6.如下圖，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P(x，y)對應(yīng)到另一個平面直角坐標(biāo)系uO′v上的點P′(2xy，x2－y2)，那么當(dāng)點P沿著折線A-B-C運(yùn)動時，在映射f的作用下，動點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′)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2y，,y′＝1－y2))(0≤y≤1)，故y′＝1－eq\f(x′2,4)(0≤x′≤2,0≤y′≤1)．當(dāng)P沿BC運(yùn)動時，y＝1，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x，,y′＝x2－1))(0≤x≤1)，所以y′＝eq\f(x′2,4)－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的軌跡如D所示，應(yīng)選D.二、填空題7．M(－2,0)，N(2,0)，那么以MN為斜邊的直角三角形的直角頂點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＋y2＝16，整理得，x2＋y2＝4.∵M(jìn)，N，P不共線，∴x≠±2，∴頂點P的軌跡方程為x2＋y2＝4(x≠±2)．答案：x2＋y2＝4(x≠±2)8．定點A(4,0)和圓x2＋y2＝4上的動點B，動點P(x，y)滿足＋＝2，那么點P的軌跡方程為____________．解析：設(shè)B(x0，y0)，由＋＝2，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋x0＝2x，,y0＝2y，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x－4，,y0＝2y，))代入圓方程得(2x－4)2＋4y2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.答案：(x－2)2＋y2＝19．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點，A為橢圓上任意一點，過焦點F1向∠F1AF2的外角平分線作垂線，垂足為D，那么點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，那么|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O為F1F2的中點，連接OD，那么OD∥F2B，從而可知|DO|＝eq\f(1,2)|F2B|＝eq\f(1,2)(|AF1|＋|AF2|)＝2，設(shè)點D的坐標(biāo)為(x，y)，那么x2＋y2＝4.答案：x2＋y2＝410．△ABC的頂點A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的內(nèi)切圓圓心在直線x＝3上，那么頂點C的軌跡方程是______________．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，實軸長為6的雙曲線的右支，故方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1(x＞3)．答案：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1(x＞3)三、解答題11．長為1＋eq\r(2)的線段AB的兩個端點A，B分別在x軸、y軸上滑動，P是AB上一點，且＝eq\f(\r(2),2)，求點P的軌跡C的方程．解：設(shè)A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，那么＝(x－x0，y)，＝(－x，y0－y)，因為＝eq\f(\r(2),2)，所以x－x0＝－eq\f(\r(2),2)x，y＝eq\f(\r(2),2)(y0－y)，得x0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))x，y0＝(1＋eq\r(2))y.因為|AB|＝1＋eq\r(2)，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝(1＋eq\r(2))2，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))x))2＋[(1＋eq\r(2))y]2＝(1＋eq\r(2))2，化簡得eq\f(x2,2)＋y2＝1.所以點P的軌跡方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.12．橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點為(eq\r(5)，0)，離心率為eq\f(\r(5),3).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)假設(shè)動點P(x0，y0)為橢圓C外一點，且點P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點P的軌跡方程．解：(1)依題意得，c＝eq\r(5)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3)，因此a＝3，b2＝a2－c2＝4，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)假設(shè)兩切線的斜率均存在，設(shè)過點P(x0，y0)的切線方程是y＝k(x－x0)＋y0，那么由eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－x0＋y0，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1))得eq\f(x2,9)＋eq\f([kx－x0＋y0]2,4)＝1，即(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9[(y0－kx0)2－4]＝0，Δ＝[18k(y0－kx0)]2－36(9k2＋4)[(y0－kx0)2－4]＝0，整理得(xeq\o\al(2,0)－9)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－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eq\f(y\o\al(2,0)－4,x\o\al(2,0)－9)＝－1，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\