2021高考数学（理）大一轮复习习题：第九章解析几何课时达标检测（四十八）曲线与方程 word版含答案

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这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第九章解析几何课时达标检测（四十八）曲线与方程 word版含答案，共5页。试卷主要包含了方程eq \r＝0表示的曲线是等内容，欢迎下载使用。

1．已知点O(0,0)，A(1，－2)，动点P满足|PA|＝3|PO|，则P点的轨迹方程是( )
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P点的坐标为(x，y)，
则eq \r(x－12＋y＋22)＝3eq \r(x2＋y2)，
整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
2．方程(x2＋y2－2x)eq \r(x＋y－3)＝0表示的曲线是( )
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：选D 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.
3．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.eq \f(4x2,21)－eq \f(4y2,25)＝1 B.eq \f(4x2,21)＋eq \f(4y2,25)＝1
C.eq \f(4x2,25)－eq \f(4y2,21)＝1 D.eq \f(4x2,25)＋eq \f(4y2,21)＝1
解析：选D 如图，∵M为AQ的垂直平分线上一点，则|AM|＝|MQ|，∴|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝5，故M的轨迹是以定点C，A为焦点的椭圆．∴a＝eq \f(5,2)，c＝1，则b2＝a2－c2＝eq \f(21,4)，∴M的轨迹方程为eq \f(4x2,25)＋eq \f(4y2,21)＝1.
4．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1，3)，若点C满足＝λ1＋λ2 (O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆
C．圆 D．双曲线
解析：选A 设C(x，y)，因为＝λ1＋λ2，
所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(y＋3x,10)，,λ2＝\f(3y－x,10)，))
又λ1＋λ2＝1，所以eq \f(y＋3x,10)＋eq \f(3y－x,10)＝1，即x＋2y＝5，所以点C的轨迹是直线，故选A.
5．已知F是抛物线y＝eq \f(1,4)x2的焦点，P是该抛物线上的动点，则线段PF中点的轨迹方程是________．
解析：因为抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，设线段PF的中点坐标是(x，y)，则P(2x,2y－1)在抛物线x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化简得x2＝2y－1.
答案：x2＝2y－1
一、选择题
1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，M为椭圆上一动点，F1为椭圆的左焦点，则线段MF1的中点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
解析：选B 设椭圆的右焦点是F2，由椭圆定义可得|MF1|＋|MF2|＝2a＞2c，所以|PF1|＋|PO|＝eq \f(1,2)(|MF1|＋|MF2|)＝a＞c，所以点P的轨迹是以F1和O为焦点的椭圆．
2．已知A(－1,0)，B(1,0)两点，过动点M作x轴的垂线，垂足为N，若2＝λ·，当λ＜0时，动点M的轨迹为( )
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
解析：选C 设M(x，y)，则N(x,0)，所以2＝y2，λ·＝λ(x＋1,0)·(1－x,0)＝λ(1－x2)，所以y2＝λ(1－x2)，即λx2＋y2＝λ，变形为x2＋eq \f(y2,λ)＝1.又因为λ＜0，所以动点M的轨迹为双曲线．
3．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＋eq \f(y,λ)＝1(0≤x≤1)，线段OE的方程为y＝(1－λ)x(0≤x≤1)，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(y,λ)＝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)．
4．(2017·洛阳模拟)设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若＝2，且·＝1，则点P的轨迹方程是( )
A.eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)
B.eq \f(3,2)x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)
D．3x2＋eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)
解析：选A 设A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由＝2，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝eq \f(3,2)x＞0，b＝3y＞0.点Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a＝eq \f(3,2)x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的轨迹方程为eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
5．已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左，右焦点，点P为椭圆C上的动点，则△PF1F2的重心G的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1(y≠0) B.eq \f(4x2,9)＋y2＝1(y≠0)
C.eq \f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋eq \f(4y2,3)＝1(y≠0)
解析：选C 依题意知F1(－1,0)，F2(1,0)，设P(x0，y0)，G(x，y)，则由三角形重心坐标关系可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x0－1＋1,3)，,y＝\f(y0,3).))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3x，,y0＝3y.))代入eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＝1得重心G的轨迹方程为eq \f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0)．
6.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A(1，0)，B(1,1)，C(0,1)，映射f将xOy平面上的点P(x，y)对应到另一个平面直角坐标系uO′v上的点P′(2xy，x2－y2)，则当点P沿着折线ABC运动时，在映射f的作用下，动点P′的轨迹是( )
解析：选D 当P沿AB运动时，x＝1，设P′(x′，y′)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝2y，,y′＝1－y2))(0≤y≤1)，故y′＝1－eq \f(x′2,4)(0≤x′≤2,0≤y′≤1)．当P沿BC运动时，y＝1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝2x，,y′＝x2－1))(0≤x≤1)，所以y′＝eq \f(x′2,4)－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的轨迹如D所示，故选D.
二、填空题
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，∴(x＋2)2＋y2＋(x－2)2＋y2＝16，整理得，x2＋y2＝4.∵M，N，P不共线，∴x≠±2，∴顶点P的轨迹方程为x2＋y2＝4(x≠±2)．
答案：x2＋y2＝4(x≠±2)
8．已知定点A(4,0)和圆x2＋y2＝4上的动点B，动点P(x，y)满足＋＝2，则点P的轨迹方程为____________．
解析：设B(x0，y0)，由＋＝2，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋x0＝2x，,y0＝2y，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－4，,y0＝2y，))代入圆方程得(2x－4)2＋4y2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.
答案：(x－2)2＋y2＝1
9．设F1，F2为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，A为椭圆上任意一点，过焦点F1向∠F1AF2的外角平分线作垂线，垂足为D，则点D的轨迹方程是________________．
解析：由题意，延长F1D，F2A并交于点B，易证Rt△ABD≌Rt△AF1D，则|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O为F1F2的中点，连接OD，则OD∥F2B，从而可知|DO|＝eq \f(1,2)|F2B|＝eq \f(1,2)(|AF1|＋|AF2|)＝2，设点D的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝4.
答案：x2＋y2＝4
10．△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______________．
解析：如图，|AD|＝|AE|＝8，|BF|＝|BE|＝2，|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，故方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x＞3)．
答案：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x＞3)
三、解答题
11．已知长为1＋eq \r(2)的线段AB的两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，P是AB上一点，且＝eq \f(\r(2),2)，求点P的轨迹C的方程．
解：设A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，则＝(x－x0，y)，＝(－x，y0－y)，因为＝eq \f(\r(2),2)，
所以x－x0＝－eq \f(\r(2),2)x，y＝eq \f(\r(2),2)(y0－y)，
得x0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)))x，y0＝(1＋eq \r(2))y.
因为|AB|＝1＋eq \r(2)，即xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝(1＋eq \r(2))2，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)))x))2＋2＝(1＋eq \r(2))2，化简得eq \f(x2,2)＋y2＝1.
所以点P的轨迹方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
12．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点为(eq \r(5)，0)，离心率为eq \f(\r(5),3).
(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＝eq \r(5)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),3)，
因此a＝3，b2＝a2－c2＝4，
故椭圆C的标准方程是eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝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eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－x0＋y0，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1))
得eq \f(x2,9)＋eq \f([kx－x0＋y0]2,4)＝1，
即(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9＝0，Δ＝2－36(9k2＋4)＝0，整理得(xeq \\al(2,0)－9)k2－2x0y0k＋yeq \\al(2,0)－4＝0.
又所引的两条切线相互垂直，设两切线的斜率分别为k1，k2，于是有k1k2＝－1，即eq \f(y\\al(2,0)－4,x\\al(2,0)－9)＝－1，
即xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝13(x0≠±3)．
若两切线中有一条斜率不存在，
则易得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－3，,y0＝－2，))
经检验知均满足xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝13.
因此，动点P(x0，y0)的轨迹方程是x2＋y2＝13.