高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.4 曲线与方程精练

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.4 曲线与方程精练，共7页。试卷主要包含了[探究点二]已知圆O1，阿波罗尼斯证明过这样一个命题等内容，欢迎下载使用。
第二章2.4　曲线与方程A级 必备知识基础练1.[探究点二(角度1)]在平面直角坐标系xOy中,动点P关于x轴对称的点为Q,且=2,则点P的轨迹方程为(　　)A.x2+y2=2B.x2-y2=2C.x+y2=2D.x-y2=22.[探究点一]方程x2+y2=1(xy<0)的曲线形状是(　　)3.[探究点一]已知0≤α<2π,点P(cos α,sin α)在曲线(x-2)2+y2=3上,则α的值为(　　)A. B.C. D.4.[探究点二(角度3)]已知A(2,1),B(2,-1),O为坐标原点,动点P(x,y)满足=m+n,其中m,n∈R,且m2+n2=,则动点P的轨迹方程是(　　)A.x2+=1 B.+y2=1C.x2-=1 D.-y2=15.[探究点三]曲线x2+y2+2x=0与曲线y+|x|=0的交点个数是　　　　　. 6.[探究点二(角度1)]已知圆O1:x2+y2=1和圆O2:(x-4)2+y2=4,过点P(x,y)分别作O1,O2的切线PA,PB,其中A,B为切点,且|PA|=|PB|,则动点P的轨迹方程为　　　　　. 7.[探究点二(角度1)]动点P与平面上两定点A(-,0),B(,0)连线的斜率的积为定值-,则动点P的轨迹方程为　　　　　　　　　. 8.[探究点二(角度3)]已知圆M经过原点和点(3,-1),且它的圆心M在直线2x+y-5=0上.(1)求圆M的方程;(2)若点D为圆M上的动点,定点C(2,0),求线段CD的中点P的轨迹方程.                  B级 关键能力提升练9.阿波罗尼斯(约公元前262—190年)证明过这样一个命题:在平面内到两定点距离之比为常数k(k>0,k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点A,B间的距离为2,动点P满足,则△PAB面积的最大值是(　　)A. B.2 C.2 D.410. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).曲线C上任意一点到原点的距离的最大值为(　　) A.1 B. C. D.211.(多选题)在平面直角坐标系中,曲线C上任意一点P与两个定点A(-2,0)和B(2,0)连线的斜率之和恒等于2,则关于曲线C的结论正确的是(　　)A.曲线C是轴对称图形B.曲线C上所有的点都在圆x2+y2=2外C.曲线C是中心对称图形D.曲线C上所有点的横坐标的绝对值都大于212.在平面直角坐标系xOy中,已知M(-1,2),N(1,0),动点P满足||=||,则动点P的轨迹方程是　　　　　. 13.已知A(-2,0),B(1,0)两点,动点P不在x轴上,且满足∠APO=∠BPO,其中O为原点,则点P的轨迹方程是　　　　　　　　. 14.已知P为圆(x+2)2+y2=1上的动点,O为坐标原点,M为线段OP的中点,求点M的轨迹方程,并指出轨迹曲线的形状.             15.在边长为1的正方形ABCD中,边AB,BC上分别有一个动点Q,R,且|BQ|=|CR|.求直线AR与DQ的交点P的轨迹方程.  C级 学科素养创新练16.[人教A版教材习题]求由曲线x2+y2=|x|+|y|围成的图形的面积.          17.已知直角坐标平面上点Q(2,0)和圆O:x2+y2=1,动点M到圆O的切线长与|MQ|的比等于常数λ(λ>0),求动点M的轨迹方程,并指出轨迹曲线的形状. 
2.4　曲线与方程1.B　设P(x,y),则Q(x,-y).因为=2,所以x2-y2=2.故选B.2.C　方程x2+y2=1(xy<0)表示以原点为圆心,1为半径的圆在第二、四象限的部分.3.C　由(cosα-2)2+sin2α=3,得cosα=.又0≤α<2π,∴α=.4.B　由题意得(x,y)=(2m+2n,m-n),∴x=2m+2n,y=m-n,∴m=,n=.∵m2+n2=,∴()2+()2=,即+y2=1.故选B.5.2　由可得x2+x=0,所以所以交点个数是2.6.x=　设P(x,y),则由|PA|=|PB|,得|PA|2=|PB|2,所以x2+y2-1=(x-4)2+y2-4,化简得x=.7.x2+2y2-2=0(x≠±)　设P(x,y),由题意知,x≠±,kAP=,kBP=,由条件知kAP·kBP=-,所以=-,整理得x2+2y2-2=0(x≠±).8.解(1)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),则圆心M(-,-),依题意得解得所以圆M的方程为x2+y2-4x-2y=0.(2)设P(x,y),D(x1,y1),依题意得点D(x1,y1)为圆M上的动点,得(2x-2)2+(2y)2-4(2x-2)-2(2y)=0,化简得P的轨迹方程为x2+y2-4x-y+3=0.9. C　设经过点A,B的直线为x轴,的方向为x轴正方向,线段AB的垂直平分线为y轴,线段AB的中点O为原点,建立平面直角坐标系,则A(-1,0),B(1,0). 设P(x,y),∵,∴,两边平方并整理得x2+y2-6x+1=0,即(x-3)2+y2=8.要使△PAB的面积最大,只需点P到AB(x轴)的距离最大,此时面积为×2×2=2.故选C.10.B　∵图形关于y轴对称,∴只考虑x≥0的情况,此时曲线C:x2+y2=1+xy,曲线C上任意一点P(x,y)到原点距离d=.当x=0时,y=±1,∴d=1;当x>0时,x2+y2=1+xy≤1+⇒x2+y2≤2⇒d≤,∴曲线C上任意一点到原点距离的最大值为.故选B.11.BC　设P(x,y),依题意有=2,整理,得x2=xy+4,于是曲线C的方程为y=x-(x≠0,x≠±2),所以曲线C不是轴对称图形,而是中心对称图形,原点是它的对称中心,因此A选项错误,C选项正确;又因为x2+y2=x2+(x-)2=2x2+-8≥2-8=8-8>2,当且仅当x=±2时等式成立,所以曲线C上所有的点都在圆x2+y2=2外,故B选项正确;代入点(1,-3),得-3=1-,所以点(1,-3)在曲线C上,但其横坐标的绝对值不大于2,故D选项错误.故选BC.12.y2=4x　设P(x,y).由M(-1,2),N(1,0),得=(-1-x,2-y),=(1,0),=(1-x,-y).因为||=||,所以|1+x|=,整理得y2=4x.13.(x-2)2+y2=4(y≠0)　由角平分线的性质定理得|PA|=2|PB|,设P(x,y),则=2,整理得(x-2)2+y2=4(y≠0).14.解设M(x,y),P(x1,y1).∵M为线段OP的中点,∴即P(2x,2y).将P(2x,2y)代入圆的方程(x+2)2+y2=1,可得(2x+2)2+(2y)2=1,即(x+1)2+y2=,此方程为点M的轨迹方程.∴点M的轨迹曲线是以(-1,0)为圆心,为半径的圆.15.解分别以AB,AD边所在的直线为x轴、y轴建立直角坐标系.如图所示,则点A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),设动点P(x,y),Q(t,0)(0≤t≤1),由|BQ|=|CR|知|AQ|=|BR|,则R(1,t).当t≠0时,直线AR:y=tx, ①直线DQ:+y=1,则1-y=, ②①×②,得y(1-y)=tx·,化简得x2+y2-y=0.当t=0时,点P与原点重合,坐标(0,0)也满足上述方程.故点P的轨迹方程为x2+y2-y=0(0≤x≤,0≤y≤).16.解当x≥0,y≥0时,方程x2+y2=|x|+|y|化成x2+y2=x+y,即(x-)2+(y-)2=.上式表示圆心为(),半径为的圆.所以,当x≥0,y≥0时,方程x2+y2=|x|+|y|表示圆(x-)2+(y-)2=在第一象限的部分以及点(1,0),(0,1),(0,0).同理,当x≥0,y<0时,方程x2+y2=|x|+|y|表示圆(x-)2+(y+)2=在第四象限的部分以及点(0,-1);当x<0,y≥0时,方程x2+y2=|x|+|y|表示圆(x+)2+(y-)2=在第二象限的部分以及x轴负半轴上的点(-1,0);当x<0,y<0时,方程x2+y2=|x|+|y|表示圆(x+)2+(y+)2=在第三象限的部分.以上合起来构成如图所示的图形,面积为2+π.17. 解如图所示,设直线MN切圆于N点,则动点M组成的集合是P={M||MN|=λ|MQ|}(λ>0). 因为圆的半径|ON|=1,所以|MN|2=|MO|2-|ON|2=|MO|2-1.设点M的坐标为(x,y),则λ2[(x-2)2+y2]=x2+y2-1,整理,得(λ2-1)(x2+y2)-4λ2x+(1+4λ2)=0,当λ=1时,方程化为x=,它表示一条直线;当λ≠1时,方程化为+y2=,它表示圆心为,半径为的圆.