高考數(shù)學一輪復習 練案（57）第八章 解析幾何 第八講 曲線與方程（含解析）-人教版高三數(shù)學試題

[練案57]第八講曲線與方程A組基礎鞏固一、單選題1．(2019·云南質(zhì)量檢測)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P的軌跡方程為(D)A．x2＋y2＝2 B．x2＋y2＝4C．x2＋y2＝2(x≠±eq\r(2)) D．x2＋y2＝4(x≠±2)[解析]MN的中點為原點O，易知|OP|＝eq\f(1,2)|MN|＝2，∴P的軌跡是以原點O為圓心，2為半徑的圓，除去與x軸的兩個交點，即P的軌跡方程為x2＋y2＝4(x≠±2)，故選D.2．方程eq\r(x－1)lg(x2＋y2－1)＝0所表示的曲線圖形是(D)3．已知點F(1,0)，直線l：x＝－1，點B是l上的動點．若過B垂直于y軸的直線與線段BF的垂直平分線交于點M，則點M的軌跡是(D)A．雙曲線 B．橢圓C．圓 D．拋物線[解析]連接MF，由中垂線性質(zhì)知|MB|＝|MF|，即M到定點F的距離與它到直線x＝－1距離相等．∴點M的軌跡是拋物線，∴D正確．4．(2019·金華模擬)已知點P是直線2x－y＋3＝0上的一個動點，定點M(－1,2)，Q是線段PM延長線上的一點，且|PM|＝|MQ|，則Q點的軌跡方程是(D)A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y－5＝0C．2x－y－1＝0 D．2x－y＋5＝0[解析]設Q(x，y)，∵|PM|＝|MQ|，∴M為線段PQ的中點，∴則P為(－2－x,4－y)，代入2x－y＋3＝0，得Q點的軌跡方程為2x－y＋5＝0.5．(2019·四川雅安調(diào)研)設動點P在直線x＝1上，O為坐標原點，以OP為直角邊、點O為直角頂點作等腰Rt△OPQ，則動點Q的軌跡是(B)A．圓 B．兩條平行直線C．拋物線 D．雙曲線[解析]設P(1，a)，Q(x，y)．以點O為直角頂點作等腰直角三角形OPQ，eq\f(ay,x×1)＝－1，x＝－ay，∵|OP|＝|OQ|，∴1＋a2＝x2＋y2＝a2y2＋y2＝(a2＋1)y2，而a2＋1>0，∴y2＝1，∴y＝1或y＝－1，∴動點Q的軌跡是兩條平行于x軸的直線．6．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(B)A．x＋y＝5 B．x2＋y2＝9C.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1 D．x2＝16y[解析]M點的軌跡是雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1，依題意，是“好曲線”的曲線與M點的軌跡必有公共點．四個選項中，只有圓x2＋y2＝9與M點的軌跡沒有公共點，其他三個曲線與M點的軌跡都有公共點，所以圓x2＋y2＝9不是“好曲線”．7．(2019·大同模擬)設點A為圓(x－1)2＋y2＝1上的動點，PA是圓的切線，且|PA|＝1，則P點的軌跡方程為(D)A．y2＝2x B．(x－1)2＋y2＝4C．y2＝－2x D．(x－1)2＋y2＝2[解析]如圖，設P(x，y)，圓心為M(1,0)，連接MA，則MA⊥PA，且|MA|＝1.又∵|PA|＝1，∴|PM|＝eq\r(|MA|2＋|PA|2)＝eq\r(2)，即|PM|2＝2，∴(x－1)2＋y2＝2.8．已知F是拋物線y＝eq\f(1,4)x2的焦點，P是該拋物線上的動點，則線段PF中點的軌跡方程是(A)A．x2＝2y－1 B．x2＝2y－eq\f(1,16)C．x2＝y(tǒng)－eq\f(1,2) D．x2＝2y－2[解析]把拋物線方程y＝eq\f(1,4)x2化成標準形式x2＝4y，可得焦點F(0,1)，設P(x0，y0)，PF的中點為M(x，y)．由中點坐標公式得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0,2)，,y＝\f(y0＋1,2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x，,y0＝2y－1，))又∵P(x0，y0)在拋物線y＝eq\f(1,4)x2上，∴2y－1＝eq\f(1,4)(2x)2，即x2＝2y－1，故選A.9．(2019·江西省萍鄉(xiāng)市模擬)已知動圓C經(jīng)過點A(2,0)，且截y軸所得的弦長為4，則圓心C的軌跡是(D)A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線[解析]設圓心C(x，y)，弦為BD，過點C作CE⊥y軸，垂足為E，則|BE|＝2，∴|CA|2＝|BC|2＝|BE|2＋|CE|2，∴(x－2)2＋y2＝22＋x2，化為y2＝4x，y2＝4x為拋物線．二、多選題10．當α∈(eq\f(π,4)，eq\f(3π,4))時，方程x2sinα＋y2cosα＝1表示的軌跡可以是(ACD)A．兩條直線 B．圓C．橢圓 D．雙曲線[解析]當α∈(eq\f(π,4)，eq\f(π,2))時，sinα∈(eq\f(\r(2),2)，1)，eq\f(1,sinα)∈(1，eq\r(2))，cosα∈(0，eq\f(\r(2),2))，eq\f(1,cosθ)∈(eq\r(2)，＋∞)，eq\f(1,cosα)>eq\f(1,sinα)>0.方程x2sinα＋y2cosα＝1可化為eq\f(x2,\f(1,sinα))＋eq\f(y2,\f(1,cosα))＝1，表示焦點在y軸上的橢圓．當α＝eq\f(π,2)時，sinα＝1，cosα＝0，方程x2sinα＋y2cosα＝1化為x2＝1，x＝±1，表示兩條直線．當α∈(eq\f(π,2)，eq\f(3π,4))時，sinα∈(eq\f(\r(2),2)，1)，eq\f(1,sinα)∈(1，eq\r(2))，cosα∈(－eq\f(\r(2),2)，0)，eq\f(1,cosα)∈(－∞，－eq\r(2))，方程x2sinα＋y2cosα＝1可化為eq\f(x2,\f(1,sinα))－eq\f(y2,－\f(1,cosα))＝1，表示焦點在x軸上的雙曲線．所以曲線不可能表示圓，故選A、C、D.11．已知雙曲線C過點(3，eq\r(2))且漸近線為y＝±eq\f(\r(3),3)x，則下列結(jié)論正確的是(AC)A．C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1B．C的離心率為eq\r(3)C．曲線y＝ex－2－1經(jīng)過C的一個焦點D．直線x－eq\r(2)y－1＝0與C有兩個公共點[解析]對于選項A：由已知可設所求雙曲線方程為eq\f(1,3)x2－y2＝λ，又雙曲線C過點(3，eq\r(2))，從而eq\f(1,3)×32－(eq\r(2))2＝λ，即λ＝1，從而A正確；對于選項B：由雙曲線方程可知a＝eq\r(3)，b＝1，c＝2，從而離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)，所以B錯誤；對于選項C：雙曲線的右焦點坐標為(2,0)，滿足y＝ex－2－1，從而C正確；對于選項D：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\r(2)y－1＝0,\f(x2,3)－y2＝1))，整理，得y2－2eq\r(2)y＋2＝0，由Δ＝(2eq\r(2))2－4×2＝0，知直線與雙曲線C只有一個交點，D錯誤．故選A、C.三、填空題12．已知圓的方程為x2＋y2＝4，若拋物線過點A(－1,0)，B(1,0)且以圓的切線為準線，則拋物線的焦點軌跡方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0).[解析]設拋物線焦點為F，過A，B，O作準線的垂線AA1，BB1，OO1，則|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4，由拋物線定義得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，∴|FA|＋|FB|＝4，故F點的軌跡是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓(去掉長軸兩端點)，所以拋物線的焦點軌跡方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．13．(2019·江西九江聯(lián)考)設F(1,0)，點M在x軸上，點P在y軸上，且eq\o(MN,\s\up6(→))＝2eq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→))，當點P在y軸上運動時，則點N的軌跡方程為__y2＝4x__.[解析]設M(x0,0)，P(0，y0)，N(x，y)，由eq\o(MN,\s\up6(→))＝2eq\o(MP,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－x0＝－2x0，,y＝2y0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－x，,y0＝\f(1,2)y，))因為eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x0，－y0)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(1，－y0)，所以(x0，－y0)·(1，－y0)＝0，所以x0＋yeq\o\al(2,0)＝0，即－x＋eq\f(1,4)y2＝0，所以點N的軌跡方程為y2＝4x.四、解答題14．(2019·四川成都診斷)已知長度為4的線段AB的兩個端點A，B分別在x軸和y軸上運動，動點P滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(PA,\s\up6(→))，記動點P的軌跡方程為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設不經(jīng)過點H(0,1)的直線y＝2x＋t與曲線C相交于M，N若直線HM與HN的斜率之和為1，求實數(shù)t的值．[解析](1)設P(x，y)，A(m,0)，B(0，n)，∵eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(PA,\s\up6(→))，∴(x，y－n)＝3(m－x，－y)＝(3m－3x，－3y即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3m－3x,y－n＝－3y))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(4,3)x,n＝4y)).又|AB|＝4，∴m2＋n2＝16.從而eq\f(16x2,9)＋16y2＝16.∴曲線C的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋t,\f(x2,9)＋y2＝1))，消去y，得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，由Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，可得－eq\r(37)<t<eq\r(37).又直線y＝2x＋t不經(jīng)過點H(0,1)，且直線HM與HN的斜率存在，∴t≠±1.∴－eq\r(37)<t<eq\r(37)，且t≠±1.∴x1＋x2＝－eq\f(36t,37)，x1x2＝eq\f(9t2－9,37).∵kHM＋kHN＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(4x1x2＋t－1x1＋x2,x1x2)，∴eq\f(4x1x2＋t－1x1＋xt,x1x2)＝4－eq\f(4t,t＋1)＝1.解得t＝3.∴t的值為3.15．(2019·四川省宜賓市診斷)已知點M到定點F(4,0)的距離和它到直線l：x＝eq\f(25,4)的距離的比是常數(shù)eq\f(4,5).(1)求點M的軌跡C的方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2＝9相切，切點N在第四象限，直線與曲線C交于A、B兩點，求證：△FAB的周長為定值．[解析](1)設M(x，y)由題意得eq\f(\r(x－42＋y2),|x－\f(25,4)|)＝eq\f(4,5)，∴eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1為軌跡C的方程．(2)證明：設A(x1，y1)，A到l的距離為d，eq\f(|AF|,d)＝eq\f(4,5)，∴|AF|＝eq\f(4,5)d＝eq\f(4,5)|eq\f(25,4)－x1|，∵x1∈[－5,5]，∴|AF|＝5－eq\f(4,5)x1，∵eq\f(x\o\al(2,1),25)＋eq\f(y\o\al(2,1),9)＝1，∴|AN|＝eq\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)－9)＝eq\f(4,5)x1，∴|FA|＋|AN|＝5－eq\f(4,5)x1＋eq\f(4,5)x1＝5，同理|FB|＋|BN|＝5，∴|FA|＋|FB|＋|AB|＝10，∴△FAB的周長為定值10.B組能力提升1．(2019·杭州模擬)已知兩圓C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，動圓在圓C1內(nèi)部且和圓C1相內(nèi)切，和圓C2相外切，則動圓圓心M的軌跡方程為(D)A．eq\f(x2,64)－eq\f(y2,48)＝1 B．eq\f(x2,48)＋eq\f(y2,64)＝1C.eq\f(x2,48)－eq\f(y2,64)＝1 D．eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1[解析]設圓M的半徑為r，則|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16>8＝|C1C2所以M的軌跡是以C1，C2為焦點的橢圓，且2a＝16,2c＝8，所以a＝8，c＝4，b＝4eq\r(3).故所求的軌跡方程為eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1.故選D.2．△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(C)A．eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1 B．eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1C.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1(x＞3) D．eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝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，實軸長為6的雙曲線的右支，方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1(x>3)．3．已知A(0,7)，B(0，－7)，C(12,2)，以C為一個焦點作過A，B的橢圓，橢圓的另一個焦點F的軌跡方程是(A)A．y2－eq\f(x2,48)＝1(y≤－1) B．y2－eq\f(x2,48)＝1C．y2－eq\f(x2,48)＝－1 D．x2－eq\f(y2,48)＝1[解析]顯然|AC|＝13，|BC|＝15，又|AF|＋|AC|＝|BF|＋|BC|，∴|AF|－|BF|＝2.∴F的軌跡是以A、B為焦點的雙曲線的下支，故選A.4．過拋物線y2＝4x的焦點作直線與其交于M、N兩點，作平行四邊形MONP，則點P的軌跡方程為__y2＝4(x－2)__.[解析]設直線方程為y＝k(x－1)，點M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x，y)，由eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(NP,\s\up6(→))，得(x1，y1)＝(x－x2，y－y2)．得x1＋x2＝x，y1＋y2＝y(tǒng).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))聯(lián)立得x＝x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2).y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(4k,k2)，消去參數(shù)k，得y2＝4(x－2)．5．(2019·課標Ⅱ，21)已知點A(－2,0)，B(2,0)，動點M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－eq\f(1,2).記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；(2)過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點G.①證明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面積的最大值．[解析](1)由題設得eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(1,2)，化簡得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(