2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业52《曲线与方程》（教师版）

这是一份2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业52《曲线与方程》（教师版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．方程(x2－y2－1)eq \r(x－y－1)＝0表示的曲线的大致形状是(图中实线部分)( B )
解析：原方程等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2－1＝0，,x－y－1≥0))或x－y－1＝0，前者表示等轴双曲线x2－y2＝1位于直线x－y－1＝0下方的部分，后者为直线x－y－1＝0，这两部分合起来即为所求．
2．动点P(x，y)满足5eq \r(x－12＋y－22)＝|3x＋4y－11|，则点P的轨迹是( D )
A．椭圆 B．双曲线
C．抛物线 D．直线
解析：设定点F(1,2)，定直线l：3x＋4y－11＝0，则|PF|＝eq \r(x－12＋y－22)，点P到直线l的距离d＝eq \f(|3x＋4y－11|,5).由已知得eq \f(|PF|,d)＝1，但注意到点F(1,2)恰在直线l上，所以点P的轨迹是直线．选D.
3．方程(x2＋y2－2x)eq \r(x＋y－3)＝0表示的曲线是( D )
A．一个圆和一条直线 B．一个圆和一条射线
C．一个圆 D．一条直线
解析：依题意，题中的方程等价于①x＋y－3＝0或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－3≥0，,x2＋y2－2x＝0.))注意到圆x2＋y2－2x＝0上的点均位于直线x＋y－3＝0的左下方区域，即圆x2＋y2－2x＝0上的点均不满足x＋y－3≥0，②不表示任何图形，因此题中的方程表示的曲线是直线x＋y－3＝0.
4．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足eq \(OC,\s\up15(→))＝λ1eq \(OA,\s\up15(→))＋λ2eq \(OB,\s\up15(→))(O为原点)，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eq \(OC,\s\up15(→))＝(x，y)，eq \(OA,\s\up15(→))＝(3,1)，eq \(OB,\s\up15(→))＝(－1,3)．∵eq \(OC,\s\up15(→))＝λ1eq \(OA,\s\up15(→))＋λ2eq \(OB,\s\up15(→))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(3x＋y,10)，,λ2＝\f(3y－x,10)，))
又λ1＋λ2＝1，∴x＋2y－5＝0，表示一条直线．
5．已知点M(－3,0)，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－eq \f(y2,8)＝1(x>1) B．x2－eq \f(y2,8)＝1(x0) D．x2－eq \f(y2,10)＝1(x>1)
解析：设另外两个切点为E，F，如图所示，则|PE|＝|PF|，|ME|＝|MB|，|NF|＝|NB|.从而|PM|－|PN|＝|ME|－|NF|＝|MB|－|NB|＝4－2＝21)．
6．过抛物线x2＝4y的焦点作直线l交抛物线于A，B两点，分别过A，B作抛物线的切线l1，l2，则l1与l2的交点P的轨迹方程是( A )
A．y＝－1 B．y＝－2
C．y＝x－1 D．y＝－x－1
解析：抛物线的焦点为F(0,1)，设l：y＝kx＋1，代入x2＝4y得x2＝4kx＋4，即x2－4kx－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.将y＝eq \f(1,4)x2求导得y′＝eq \f(1,2)x，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(l1：y－y1＝\f(1,2)x1x－x1，,l2：y－y2＝\f(1,2)x2x－x2，))由x2＝4y得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(l1：y＋y1＝\f(1,2)x1x，,l2：y＋y2＝\f(1,2)x2x，))两方程相除得eq \f(y＋y1,y＋y2)＝eq \f(x1,x2)，变形整理得y＝eq \f(x1y2－x2y1,x2－x1)＝eq \f(x1x2x2－x1,4x2－x1)＝－1，所以交点P的轨迹方程是y＝－1.
二、填空题
7．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,0)，B(2,2)，若点C满足eq \(OC,\s\up15(→))＝eq \(OA,\s\up15(→))＋t(eq \(OB,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→)))，其中t∈R，则点C的轨迹方程是y＝2x－2.
解析：设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up15(→))＝(x，y)，eq \(OA,\s\up15(→))＋t(eq \(OB,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→)))＝(1＋t,2t)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＋1，,y＝2t，))消去参数t得点C的轨迹方程为y＝2x－2.
8. 如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且AM＝eq \f(1,3)AB，点P在平面ABCD上，且动点P到直线A1D1的距离的平方与P到点M的距离的平方差为1，在平面直角坐标系xAy中，动点P的轨迹方程是y2＝eq \f(2,3)x－eq \f(1,9).
解析：如图，过P作PQ⊥AD于Q，再过Q作QH⊥A1D1于H，连接PH，PM，易证得PH⊥A1D1.设P(x，y)，由|PH|2－|PM|2＝1，得x2＋1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2＋y2))＝1，化简得y2＝eq \f(2,3)x－eq \f(1,9).
9．P是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1上的任意一点，F1、F2是它的两个焦点，O为坐标原点，eq \(OQ,\s\up15(→))＝eq \(PF1,\s\up15(→))＋eq \(PF2,\s\up15(→))，则动点Q的轨迹方程是eq \f(x2,4a2)＋eq \f(y2,4b2)＝1.
解析：如图，由eq \(OQ,\s\up15(→))＝eq \(PF1,\s\up15(→))＋eq \(PF2,\s\up15(→))，又eq \(PF1,\s\up15(→))＋eq \(PF2,\s\up15(→))＝eq \(PM,\s\up15(→))＝2eq \(PO,\s\up15(→))＝－2eq \(OP,\s\up15(→))，
设Q(x，y)，则eq \(OP,\s\up15(→))＝－eq \f(1,2)eq \(OQ,\s\up15(→))＝－eq \f(1,2)(x，y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)，－\f(y,2)))，
即P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)，－\f(y,2)))，又P在椭圆上，则有eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,2)))2,b2)＝1，即eq \f(x2,4a2)＋eq \f(y2,4b2)＝1.
三、解答题
10. 如图所示，已知C为圆(x＋eq \r(2))2＋y2＝4的圆心，点A(eq \r(2)，0)，P是圆上的动点，点Q在直线CP上，且eq \(MQ,\s\up15(→))·eq \(AP,\s\up15(→))＝0，eq \(AP,\s\up15(→))＝2eq \(AM,\s\up15(→)).当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程．
解：圆(x＋eq \r(2))2＋y2＝4的圆心为C(－eq \r(2)，0)，半径r＝2，∵eq \(MQ,\s\up15(→))·eq \(AP,\s\up15(→))＝0，eq \(AP,\s\up15(→))＝2eq \(AM,\s\up15(→))，∴MQ⊥AP，点M是线段AP的中点，即MQ是AP的垂直平分线，连接AQ，则|AQ|＝|QP|，∴||QC|－|QA||＝||QC|－|QP||＝|CP|＝r＝2，又|AC|＝2eq \r(2)>2，根据双曲线的定义，知点Q的轨迹是以C(－eq \r(2)，0)，A(eq \r(2)，0)为焦点，实轴长为2的双曲线，由c＝eq \r(2)，a＝1，得b2＝1，因此点Q的轨迹方程为x2－y2＝1.
11．在△ABC中，A为动点，B，C为定点，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0))(a>0)，且满足条件sinC－sinB＝eq \f(1,2)sinA，则动点A的轨迹方程是eq \f(16x2,a2)－eq \f(16y2,3a2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>\f(a,4))).
解析：由正弦定理得eq \f(|AB|,2R)－eq \f(|AC|,2R)＝eq \f(1,2)×eq \f(|BC|,2R)，即|AB|－|AC|＝eq \f(1,2)|BC|，
故动点A是以B，C为焦点，eq \f(a,2)为实轴长的双曲线右支．
即动点A的轨迹方程为eq \f(16x2,a2)－eq \f(16y2,3a2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>\f(a,4))).
12．如图，P是圆x2＋y2＝4上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足eq \(DM,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up15(→)).
(1)求动点M的轨迹C的方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)过点N(3,0)的直线l与动点M的轨迹C交于不同的两点A，B，求以OA，OB为邻边的平行四边形OAEB的顶点E的轨迹方程．
解：(1)设M(x，y)，则D(x,0)，由eq \(DM,\s\up15(→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up15(→))，知P(x,2y)，
∵点P在圆x2＋y2＝4上，
∴x2＋4y2＝4，故动点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，
且轨迹C是以(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)为焦点，长轴长为4的椭圆．
(2)设E(x，y)，由题意知l的斜率存在，
设l：y＝k(x－3)，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(24k2,1＋4k2)，
∴y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3)＝k(x1＋x2)－6k＝eq \f(24k3,1＋4k2)－6k＝eq \f(－6k,1＋4k2).
∵四边形OAEB为平行四边形，
∴eq \(OE,\s\up15(→))＝eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24k2,1＋4k2)，\f(－6k,1＋4k2)))，
又eq \(OE,\s\up15(→))＝(x，y)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(24k2,1＋4k2)，,y＝\f(－6k,1＋4k2)，))消去k得，x2＋4y2－6x＝0，
由Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)>0，得k2