高考数学一轮复习第8章平面解析几何第8讲曲线与方程知能训练轻松闯关理北师大版

第8讲曲线与方程1．方程(x－y)2＋(xy－1)2＝0表示的曲线是(　　)A．一条直线和一条双曲线B．两条双曲线C．两个点D．以上答案都不对解析：选C.(x－y)2＋(xy－1)2＝0⇔故或2．设圆C与圆x2＋(y－3)2＝1外切，与直线y＝0相切，则C的圆心轨迹为(　　)A．抛物线　　　　　　　B．双曲线C．椭圆D．圆解析：选A.设圆C的半径为r，则圆心C到直线y＝0的距离为r.由两圆外切可得，圆心C到点(0，3)的距离为r＋1，也就是说，圆心C到点(0，3)的距离比到直线y＝0的距离大1，故点C到点(0，3)的距离和它到直线y＝－1的距离相等，符合抛物线的特征，故点C的轨迹为抛物线．3．设点A为圆(x－1)2＋y2＝1上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1，则P点的轨迹方程为(　　)A．y2＝2xB．(x－1)2＋y2＝4C．y2＝－2xD．(x－1)2＋y2＝2解析：选D.如图，设P(x，y)，圆心为M(1，0)．连接MA，则MA⊥PA，且|MA|＝1，又因为|PA|＝1，所以|PM|＝＝，即|PM|2＝2，所以(x－1)2＋y2＝2.4．(2022·珠海模拟)已知点A(1，0)，直线l：y＝2x－4，点R是直线l上的一点，若＝，则点P的轨迹方程为(　　)A．y＝－2xB．y＝2xC．y＝2x－8D．y＝2x＋47\n解析：选B.设P(x，y)，R(x1，y1)，由＝知，点A是线段RP的中点，所以即因为点R(x1，y1)在直线y＝2x－4上，所以y1＝2x1－4，所以－y＝2(2－x)－4，即y＝2x.5．设m∈R，在平面直角坐标系中，已知向量a＝(mx，y＋1)，向量b＝(x，y－1)，a⊥b，则动点M(x，y)的轨迹为(　　)A．两条直线B．圆或椭圆C．双曲线D．两条直线或圆或椭圆或双曲线解析：选D.因为a⊥b，a＝(mx，y＋1)，b＝(x，y－1)，所以a·b＝mx2＋y2－1＝0即mx2＋y2＝1.当m＝0时，动点M的轨迹为两条直线，y＝±1，当m＝1时，动点M的轨迹为圆x2＋y2＝1，当m>0且m≠1时，动点M的轨迹为椭圆＋y2＝1，当m<0时，动点M的轨迹为双曲线y2－＝1.6．(2022·长春模拟)设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1，0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为(　　)A.－＝1B.＋＝1C.－＝1D.＋＝1解析：选D.因为M为AQ垂直平分线上一点，则|AM|＝|MQ|，所以|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝5，故M的轨迹为椭圆．所以a＝，c＝1，则b2＝a2－c2＝，所以椭圆的方程为＋＝1.7．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P7\n的轨迹方程是________．解析：设P(x，y)，因为△MPN为直角三角形，所以|MP|2＋|NP|2＝|MN|2，所以(x＋2)2＋y2＋(x－2)2＋y2＝16，整理得，x2＋y2＝4.因为M，N，P不共线，所以x≠±2，所以轨迹方程为x2＋y2＝4(x≠±2)．答案：x2＋y2＝4(x≠±2)8．已知点P是圆C：(x＋2)2＋y2＝4上的动点，定点F(2，0)，线段PF的垂直平分线与直线CP的交点为Q，则点Q(x，y)的轨迹方程是________．解析：依题意有|QP|＝|QF|，则||QC|－|QF||＝|CP|＝2，又|CF|＝4>2，故点Q的轨迹是以C、F为焦点的双曲线，a＝1，c＝2，得b2＝3，所求轨迹方程为x2－＝1.答案：x2－＝19．已知P是椭圆＋＝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，＝＋，则动点Q的轨迹方程是________．解析：＝＋，如图，＋＝＝2＝－2，设Q(x，y)，则＝－＝－(x，y)＝，即P点坐标为，又P在椭圆上，则有＋＝1，即＋＝1.7\n答案：＋＝110．曲线C是平面内与两个定点F1(－1，0)和F2(1，0)的距离的积等于常数a2(a>1)的点的轨迹．给出下列三个结论：①曲线C过坐标原点；②曲线C关于坐标原点对称；③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于a2.其中，所有正确结论的序号是________．解析：设曲线C上任一点P(x，y)，由|PF1|·|PF2|＝a2，可得·＝a2(a>1)，将原点(0，0)代入等式不成立，故①不正确．因为点P(x，y)在曲线C上，则点P关于原点的对称点为P′(－x，－y)，将P′代入曲线C的方程等式成立，故②正确．设∠F1PF2＝θ，则S△F1PF2＝|PF1||PF2|·sinθ＝a2sinθ≤a2，故③正确．答案：②③11．已知点A(－1，0)，B(2，4)，△ABC的面积为10，求动点C的轨迹方程．解：因为|AB|＝＝5，所以AB边上高h＝＝4.故C的轨迹是与直线AB距离等于4的两条平行线．因为kAB＝，AB的方程为4x－3y＋4＝0，可设轨迹方程为4x－3y＋c＝0.由＝4，得c＝24或c＝－16，故动点C的轨迹方程为4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0.12．(2022·高考广东卷节选)已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.(1)求圆C1的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程．解：(1)把圆C1的方程化为标准方程得(x－3)2＋y2＝4，所以圆C1的圆心坐标为C1(3，0)．　(2)设M(x，y)，因为A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，所以由圆的性质知：MC1⊥MO，所以·＝0.又因为＝(3－x，－y)，＝(－x，－y)，所以由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0.易知直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为y＝mx，当直线l与圆C1相切时，d＝＝2，7\n解得m＝±.把相切时直线l的方程代入圆C1的方程化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝.当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3，0)．　又因为直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，所以<x≤3.所以点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中<x≤3，其轨迹为一段圆弧．1．(2022·成都质量检测)在棱长为1的正方体ABCDA′B′C′D′中，若点P是棱上一点，则满足|PA|＋|PC′|＝2的点P的个数为(　　)A．4B．6C．8D．12解析：选B.因为正方体的棱长为1，所以AC′＝.因为|PA|＋|PC′|＝2，所以点P是以2c＝为焦距，以a＝1为长半轴，以为短半轴的椭球上．因为P在正方体的棱上，所以P应是椭球与正方体的棱的交点．结合正方体的性质可知，在棱B′C′，C′D′，CC′，AA′，AB，AD上各有一点满足条件．故选B.2．已知点A，B分别是射线l1：y＝x(x≥0)，l2：y＝－x(x≥0)上的动点，O为坐标原点，且△OAB的面积为定值2，则线段AB中点M的轨迹方程为________．解析：由题意可设A(x1，x1)，B(x2，－x2)，M(x，y)，　其中x1>0，x2>0，则因为△OAB的面积为定值2，所以S△OAB＝OA·OB＝(x1)(x2)＝x1x2＝2.①2－②2得x2－y2＝x1x2，而x1x2＝2，所以x2－y2＝2.由于x1>0，x2>0，所以x>0，即所求点M的轨迹方程为x2－y2＝2(x>0)．7\n答案：x2－y2＝2(x>0)3．(2022·唐山模拟)已知P为圆A：(x＋1)2＋y2＝8上的动点，点B(1，0)．线段PB的垂直平分线与半径PA相交于点M，记点M的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)当点P在第一象限，且cos∠BAP＝时，求点M的坐标．解：(1)圆A的圆心为A(－1，0)，半径等于2.由已知|MB|＝|MP|，于是|MA|＋|MB|＝|MA|＋|MP|＝2>2＝|AB|，故曲线Γ是以A，B为焦点，以2为长轴长的椭圆，即a＝，c＝1，b＝1，所以曲线Γ的方程为＋y2＝1.(2)由cos∠BAP＝，|AP|＝2，得P.于是直线AP的方程为y＝(x＋1)．由整理得5x2＋2x－7＝0，解得x1＝1，x2＝－.由于点M在线段AP上，所以点M坐标为.4．(2022·郑州质检)已知动点P到定点F(1，0)和到直线x＝2的距离之比为，设动点P的轨迹为曲线E，过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A、B两点，直线l：y＝mx＋n与曲线E交于C、D两点，与线段AB相交于一点(与A、B不重合)．(1)求曲线E的方程；(2)当直线l与圆x2＋y2＝1相切时，四边形ACBD的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l的方程；若没有，请说明理由．解：(1)设点P(x，y)，由题意可得，＝，整理可得＋y2＝1.所以曲线E的方程是＋y2＝1.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由已知可得|AB|＝.当m＝0时，不合题意．7\n当m≠0时，由直线l与圆x2＋y2＝1相切，可得＝1，即m2＋1＝n2.联立消去y得x2＋2mnx＋n2－1＝0，Δ＝4m2n2－4(n2－1)＝2m2>0，x1＝，x2＝，S四边形ACBD＝|AB||x2－x1|＝＝≤，当且仅当2|m|＝，即m＝±时等号成立，此时n＝±，经检验可知，直线y＝x－和直线y＝－x＋符合题意．7