新版新课标高三数学一轮复习 第8篇 第7节 曲线与方程课时训练 理

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2、 1 【导与练】（新课标）20xx届高三数学一轮复习 第8篇 第7节 曲线与方程课时训练 理 　　　　 　 　　　　　　 　　　　　　 　　 【选题明细表】 知识点、方法 题号 曲线与方程 1 直接法求轨迹(方程) 4、9、12、13 定义法求轨迹(方程) 2、5、6、11、15、16、17 相关点法求轨迹(方程) 7、10、14 参数法求轨迹(方程)

3、 3、8 基础过关 一、选择题 1.方程(x2+y2-4)x+y+1=0的曲线形状是(　C　) 解析:原方程可化为x2+y2-4=0,x+y+1≥0或x+y+1=0. 显然方程表示直线x+y+1=0和圆x2+y2-4=0在直线x+y+1=0的右上方部分,故选C. 2. △ABC的顶点A(-5,0),B(5,0),△ABC的内切圆圆心在直线x=3上,则顶点C的轨迹方程是(　C　) (A)x29-y216=1 (B)x216-y29=1 (C)x29-y216=1(x>3) (D)x216-y29=1(x>4) 解析:如图,|AD|=|AE|=8,|BF|=|BE|=2

4、,|CD|=|CF|, 所以|CA|-|CB|=8-2=6. 根据双曲线定义,所求轨迹是以A、B为焦点,实轴长为6的双曲线的右支, 方程为x29-y216=1 (x>3). 3.平面直角坐标系中,已知两点A(3,1),B(-1,3),若点C满足OC→= λ1OA→+λ2OB→(O为坐标原点),其中λ1,λ2∈R,且λ1+λ2=1,则点C的轨迹是(　A　) (A)直线 (B)椭圆 (C)圆 (D)双曲线 解析:设C(x,y),则OC→=(x,y),OA→=(3,1),OB→=(-1,3), ∵OC→=λ1OA→+λ2OB→, ∴x=3λ1-λ2,y=λ1+3λ2,又λ1+λ

5、2=1, ∴x+2y-5=0,表示一条直线. 4.动点P为椭圆x2a2+y2b2=1 (a>b>0)上异于椭圆顶点(±a,0)的一点,F1、F2为椭圆的两个焦点,动圆C与线段F1P、F1F2的延长线及线段PF2相切,则圆心C的轨迹为(　D　) (A)椭圆 (B)双曲线 (C)抛物线 (D)直线 解析:如图所示,设三个切点分别为M、N、Q. ∴|PF1|+|PF2|=|PF1|+|PM|+|F2N|=|F1N|+|F2N|=|F1F2|+2|F2N|=2a, ∴|F2N|=a-c, ∴N点是椭圆的右顶点, ∴CN⊥x轴, ∴圆心C的轨迹为直线. 5.已知点M(-3

6、,0),N(3,0),B(1,0),动圆C与直线MN切于点B,过M、N与圆C相切的两直线相交于点P,则P点的轨迹方程为(　A　) (A)x2-y28=1 (x>1) (B)x2-y28=1 (x<-1) (C)x2+y28=1 (x>0) (D)x2-y210=1 (x>1) 解析:设另两个切点为E、F, 如图所示,则|PE|=|PF|, |ME|=|MB|, |NF|=|NB|. 从而|PM|-|PN|=|ME|-|NF|=|MB|-|NB|=4-2=2<|MN|, 所以P的轨迹是以M、N为焦点,实轴长为2的双曲线的右支.a=1,c=3, ∴b2=8. 故方程为x2

7、-y28=1 (x>1).故选A. 6.点P是以F1、F2为焦点的椭圆上一点,过焦点F2作∠F1PF2外角平分线的垂线,垂足为M,则点M的轨迹是(　A　) (A)圆 (B)椭圆 (C)双曲线 (D)抛物线 解析:如图,延长F2M交F1P延长线于N. ∵|PF2|=|PN|, ∴|F1N|=2a. 连接OM,则在△NF1F2中,OM为中位线, 则|OM|=12|F1N|=a. ∴点M的轨迹是圆. 7.(20xx瑞安十校模拟)点P(4,-2)与圆x2+y2=4上任一点连线的中点的轨迹方程是(　A　) (A)(x-2)2+(y+1)2=1 (B)(x-2)2+(y+

8、1)2=4 (C)(x+4)2+(y-2)2=4 (D)(x+2)2+(y-1)2=1 解析:设圆上任一点为Q(x0,y0),PQ的中点为M(x,y), 则x=4+x02,y=-2+y02, 解得x0=2x-4,y0=2y+2, 又(2x-4)2+(2y+2)2=4,即(x-2)2+(y+1)2=1. 8.(20xx东营模拟)已知正方形的四个顶点分别为O(0,0),A(1,0),B(1,1),C(0,1),点D,E分别在线段OC,AB上运动,且OD=BE,设AD与OE交于点G,则点G的轨迹方程是(　A　) (A)y=x(1-x)(0≤x≤1) (B)x=y(1-y)(0≤y≤

9、1) (C)y=x2(0≤x≤1) (D)y=1-x2(0≤x≤1) 解析:设D(0,λ),E(1,1-λ)(0≤λ≤1), 所以线段AD方程为x+yλ=1(0≤x≤1),线段OE方程为y=(1-λ)x(0≤x≤1) , 联立方程组x+yλ=1(0≤x≤1),y=(1-λ)x(0≤x≤1)(λ为参数),消去参数λ得点G的轨迹方程为y=x(1-x)(0≤x≤1). 二、填空题 9.已知M(-2,0),N(2,0),则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程是　　　　　　　　.  解析:设P(x,y), ∵△MPN为直角三角形, ∴|MP|2+|NP|2=|MN|2,

10、∴(x+2)2+y2+(x-2)2+y2=16, 整理得,x2+y2=4. ∵M,N,P不共线, ∴x≠±2, ∴轨迹方程为x2+y2=4 (x≠±2). 答案:x2+y2=4 (x≠±2) 10.P是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的任意一点,F1、F2是它的两个焦点,O为坐标原点,OQ→=PF1→+PF2→,则动点Q的轨迹方程是　　　　.  解析:OQ→=PF1→+PF2→, 如图,PF1→+PF2→=PM→=2PO→=-2OP→, 设Q(x,y), 则OP→=-12OQ→=-12(x,y)=(-x2,-y2), 即P点坐标为(-x2,-y2), 又P

11、在椭圆上, 则有(-x2) 2a2+(-y2) 2b2=1, 即x24a2+y24b2=1. 答案:x24a2+y24b2=1 11.设x,y∈R,i、j为直角坐标平面内x,y轴正方向上的单位向量,向量a=xi+(y+2)j,b=xi+(y-2)j,且|a|+|b|=8,则点M(x,y)的轨迹方程为　　　　　　　　.  解析:由已知得a=(x,y+2),b=(x,y-2),而|a|+|b|=8,故有x2+(y+2)2+x2+(y-2)2=8①,由①式知动点M(x,y)到两定点F1(0,-2),F2(0,2)的距离之和为一常数,满足椭圆的定义,故M点轨迹为以F1、F2为焦点的椭圆,椭圆

12、的长半轴长a=4,所以短半轴长b=23,故其轨迹方程为x212+y216=1. 答案:x212+y216=1 三、解答题 12.(20xx长春高三调研)已知平面上的动点P(x,y)及两个定点A(-2,0),B(2,0),直线PA,PB的斜率分别为k1,k2且k1k2=-14. (1)求动点P的轨迹C方程; (2)设直线l:y=kx+m与曲线 C交于不同两点M,N,当OM⊥ON时,求O点到直线l的距离(O为坐标原点). 解:(1)设P(x,y), 由已知得yx+2·yx-2=-14, 整理得x2+4y2=4, 即x24+y2=1(x≠±2). (2)设M(x1,y1),N(x

13、2,y2) y=kx+m,x24+y2=1, 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=-8km4k2+1, x1·x2=4m2-44k2+1, ∵OM⊥ON, ∴x1·x2+y1·y2=0, 即x1·x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1·x2+km(x1+x2)+m2=0, ∴(1+k2)·4m2-44k2+1+km·(-8km4k2+1)+m2=0, ∴m2=45(k2+1)满足4k2+1-m2>0, ∴O点到l的距离为d=|m|1+k2,

14、 即d2=m21+k2=45, ∴d=255. 13.(20xx高考陕西卷)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程; (2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,证明直线l过定点. (1)解:如图所示,设动圆圆心O1(x,y), 由题意,|O1A|=|O1M|, 当O1不在y轴上时, 过O1作O1H⊥MN交MN于H, 则H是MN的中点, ∴|O1M|=x2+42, 又|O1A|=(x-4)2+y2, ∴(x-4)2+y2=x2+42, 化简得y2=8

15、x(x≠0). 又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x, ∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x. (2)证明:由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0, 其中Δ=-32kb+64>0. 由根与系数的关系得,x1+x2=8-2bkk2,① x1x2=b2k2,② 因为x轴是∠PBQ的角平分线, 所以y1x1+1=-y2x2+1, 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)

16、(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③ 将①②代入③,得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此时Δ>0, ∴直线l的方程为y=k(x-1), ∴直线l过定点(1,0). 能力提升 14.在平行四边形ABCD中,∠BAD=60°,AD=2AB,若P是平面ABCD内一点,且满足:xAB→+yAD→+PA→=0(x,y∈R).则当点P在以A为圆心,33|BD→|为半径的圆上时,实数x,y应满足关系式为(　D　) (A)4x2+y2+2xy=1 (B)4x2+y2-2xy=1 (C)x2+4y2-2xy=1 (D)x2+4

17、y2+2xy=1 解析:如图所示,以A为原点建立平面直角坐标系,设AD=2. 据题意,AB=1,∠ABD=90°, BD=3. ∴B、D的坐标分别为(1,0)、(1,3), ∴AB→=(1,0),AD→=(1,3). 设点P的坐标为(m,n), 即AP→=(m,n), 则由xAB→+yAD→+PA→=0, 得:AP→=xAB→+yAD→, ∴m=x+y,n=3y. 据题意,m2+n2=1, ∴x2+4y2+2xy=1. 15.有一动圆P恒过定点F(a,0)(a>0)且与y轴相交于点A、B,若△ABP为正三角形,则点P的轨迹方程为　　　　.  解析:设P(x,y)

18、,动圆P的半径为R, 由于△ABP为正三角形, ∴P到y轴的距离d=32R, 即|x|=32R. 而R=|PF|=(x-a)2+y2, ∴|x|=32·(x-a)2+y2. 整理得(x+3a)2-3y2=12a2, 即(x+3a)212a2-y24a2=1. 答案:(x+3a)212a2-y24a2=1 16.(20xx高考广东卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为(5,0),离心率为53. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程. 解:(1)依题意得,c=5,

19、e=ca=53, 因此a=3,b2=a2-c2=4, 故椭圆C的标准方程是x29+y24=1. (2)若两切线的斜率均存在,设过点P(x0,y0)的切线方程是y=k(x-x0)+y0, 则由y=k(x-x0)+y0,x29+y24=1, 得x29+[k(x-x0)+y0]24=1, 即(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9[(y0-kx0)2-4]=0, 因为直线与椭圆C相切, 所以Δ=[18k(y0-kx0)]2-36(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0, 整理得(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0. 又所引的两条切线相互垂直,设两切线的斜率

20、分别为k1,k2, 于是有k1k2=-1, 即y02-4x02-9=-1, 即x02+y02=13(x0≠±3). 若两切线中有一条斜率不存在,则易得x0=3,y0=2或x0=-3,y0=2或x0=3,y0=-2或x0=-3,y0=-2.经检验知均满足x02+y02=13. 因此,动点P(x0,y0)的轨迹方程是x2+y2=13. 探究创新 17.(20xx河南郑州一模)如图,△PAB所在的平面α和四边形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,则点P在平面α内的轨迹是(　B　) (A)圆的一部分 (B)椭圆的一部分 (C)双曲线的一部分 (D)抛物线的一部分 解析:由题意可知PAAD+2PBBC=10, 则PA+PB=40>AB=6, 又因P、A、B三点不共线, 故点P的轨迹是以A、B为焦点的椭圆的一部分.