2021届高考数学（理科）人教版 1轮复习资料（课件+达标练习）第九章　平面解析几何 (共24份打包)

一、选择题

1．已知l1⊥l2，A∈l1，B∈l2，|AB|＝a，则线段AB的中点M的轨迹是(　　)

A．直线　　　　　　　　　　 B．圆

C．椭圆   D．抛物线

解析：选B.设l1∩l2＝O，则|OM|＝.所以点M的轨迹是以O为圆心，半径为的圆．

2．已知点F(0，1)，直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·，则动点P的轨迹C的方程为(　　)

A．x2＝4y   B．y2＝3x

C．x2＝2y   D．y2＝4x

解析：选A.设点P(x，y)，则Q(x，－1)．

因为·＝·，

所以(0，y＋1)·(－x，2)＝(x，y－1)·(x，－2)，

即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，

整理得x2＝4y，

所以动点P的轨迹C的方程为x2＝4y.

3．动圆M经过双曲线x2－＝1的左焦点且与直线x＝2相切，则圆心M的轨迹方程是(　　)

A．y2＝8x   B．y2＝－8x

C．y2＝4x   D．y2＝－4x

解析：选B.双曲线x2－＝1的左焦点F(－2，0)，动圆M经过点F且与直线x＝2相切，则圆心M到点F的距离和到直线x＝2的距离相等，由抛物线的定义知轨迹是抛物线，其方程为y2＝－8x.

4．已知点O(0，0)，A(1，－2)，动点P满足|PA|＝3|PO|，则点P的轨迹方程是(　　)

A．8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0

B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0

C．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0

D．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝0

解析：选A.设点P的坐标为(x，y)，由|PA|＝3|PO|，得＝3，整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0，故选A.

5．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．y＝x(1－x)(0≤x≤1)

B．x＝y(1－y)(0≤y≤1)

C．y＝x2(0≤x≤1)

D．y＝1－x2(0≤x≤1)

解析：选A.设D(0，λ)，E(1，1－λ)，0≤λ≤1，所以线段AD的方程为x＋＝1(0≤x≤1)，线段OE的方程为y＝(1－λ)x(0≤x≤1)，联立方程组(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)．

6．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，则圆心P的轨迹为(　　)

A．直线   B．圆

C．椭圆   D．双曲线

解析：选D.设P(x，y)，动圆P的半径为R，

因为△ABP为正三角形，

所以P到y轴的距离d＝R，即|x|＝R.

而R＝|PF|＝，

所以|x|＝·.

整理得(x＋3a)2－3y2＝12a2，

即－＝1.

所以点P的轨迹为双曲线．故选D.

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＝＋t(－)，其中t∈R，则点C的轨迹方程是________．

解析：设C(x，y)，则＝(x，y)，＋t(－)＝(1＋t，2t)，所以消去参数t得点C的轨迹方程为y＝2x－2.

答案：y＝2x－2

8．点M(a，b)是曲线xy＝－1上的点，O为坐标原点，则|OM|的最小值为________．

解析：由题意得ab＝－1，

|OM|＝≥＝.

所以|OM|≥.

答案：

9．已知圆的方程为x2＋y2＝4，若抛物线过点A(－1，0)，B(1，0)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点的轨迹方程是________________．

解析：设抛物线焦点为F，过A，B，O作准线的垂线AA1，BB1，OO1，则|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4，由抛物线定义得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，所以|FA|＋|FB|＝4，故F点的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(去掉长轴两端点)．所以抛物线的焦点的轨迹的方程为＋＝1(y≠0)．

答案：＋＝1(y≠0)

10．在△ABC中，A为动点，B，C为定点，B，C(a>0)，且满足条件sin C－sin B＝sin A，则动点A的轨迹方程是________．

解析：由正弦定理：－＝×，

即AB－AC＝BC，且为双曲线右支．

答案：－＝1(x>0且y≠0)

三、解答题

11．如图，过点P(2，4)作两条互相垂直的直线l1，l2，若l1交x轴非负半轴于A点，l2交y轴非负半轴于B点，求线段AB的中点M的轨迹方程．

解：设点M坐标为(x，y)．

因为M(x，y)为线段AB中点，所以点A，B的坐标分别为A(2x，0)，B(0，2y)．

当x≠1时，因为l1⊥l2，且l1，l2过点P(2，4)，

所以kPA·kPB＝－1，即·＝－1(x≠1)，

化简得x＋2y－5＝0(x≠1)．

当x＝1时，A，B分别为(2，0)，(0，4)，

所以线段AB的中点为(1，2)，

满足方程x＋2y－5＝0(x≥0，y≥0)．

综上得M的轨迹方程为x＋2y－5＝0(x≥0，y≥0)．

12．已知圆C：(x＋1)2＋y2＝8，点A(1，0)，P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线交CP于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E的方程；

(2)若直线l：y＝kx＋m与曲线E相交于M，N两点，O为坐标原点，求△MON面积的最大值．

解：(1)因为点Q在线段AP的垂直平分线上，

所以|AQ|＝|PQ|.

又|CP|＝|CQ|＋|QP|＝2，所以|CQ|＋|QA|＝2>|CA|＝2.

所以曲线E是以坐标原点为中心，C(－1，0)和A(1，0)为焦点，长轴长为2的椭圆．

设曲线E的方程为＋＝1(a>b>0)．

因为c＝1，a＝，所以b2＝2－1＝1.

所以曲线E的方程为＋y2＝1.

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．

联立方程，得消去y，

得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

此时有Δ＝16k2－8m2＋8>0.

由一元二次方程根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝.

所以|MN|＝

＝.

因为原点O到直线l的距离d＝，

所以S△MON＝|MN|·d＝

.

由Δ>0，得2k2－m2＋1>0.又m≠0，所以根据基本不等式，得

S△MON≤·＝.

当且仅当m2＝时，不等式取等号．

所以△MON面积的最大值为.

1．已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上．

(1)求点M的轨迹E的方程；

(2)延长MC交曲线E于另一点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试判断以点B为圆心，线段BC的长为半径的圆与直线MN的位置关系，并证明你的结论．

解：(1)设M(x，y)，x>0，由题意可知，A(1－r，0)，记AM的中点为D，则D，

因为C(1，0)，＝，

＝.

在⊙C中，易知CD⊥DM，所以·＝0，

所以x－＝0，即y2＝4x(x>0)，

所以点M的轨迹E的方程为y2＝4x(x>0)．

(2)⊙B与直线MN相切．证明如下：

设直线MN的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

直线BN的方程为y＝k＋y2.

联立，得消去x，得y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.

r－1＝x1，则点A(－x1，0)，所以直线AM的方程为y＝x＋.

联立，得消去x，得ky2－4y＋4y2－ky＝0，由Δ＝0，可得k＝，

所以直线BN的方程为y＝x＋.

联立，得解得xB＝－1，yB＝＝＝＝＝2m，

所以点B(－1，2m)，|BC|＝，点B到直线MN的距离d＝＝＝|BC|，

所以⊙B与直线MN相切．

2.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝，过F1的直线交椭圆于A，B两点，且△ABF2的周长为8.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

解：(1)因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，

即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，

又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，

所以4a＝8，a＝2.

又因为e＝，即＝，所以c＝1，

所以b＝＝.

故椭圆E的方程是＋＝1.

(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.

因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，

所以m≠0，且Δ＝0，

即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.(*)

此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，

所以P.

由得Q(4，4k＋m)．

取k＝0，m＝，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－)2＝4，

交x轴于点M1(1，0)，M2(3，0)；

取k＝－，m＝2，此时P，Q(4，0)，以PQ为直径的圆为＋＝，

交x轴于点M3(1，0)，M4(4，0)．所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1，0)．

以下证明M(1，0)就是满足条件的点：

因为点M的坐标为(1，0)，

所以＝，＝(3，4k＋m)，

从而·＝－－3＋＋3＝0.

故恒有⊥，即存在定点M(1，0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.