课时过关检测（五十二） 曲线与方程

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1．方程(2x＋3y－1)(eq \r(x－3)－1)＝0表示的曲线是( )
A．两条直线 B．两条射线
C．两条线段D．一条直线和一条射线
解析：选D 原方程可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3y－1＝0，,x－3≥0，))或eq \r(x－3)－1＝0，即2x＋3y－1＝0(x≥3)或x＝4，故原方程表示的曲线是一条直线和一条射线．
2．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＝4
C．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，PM，
则MA⊥PA，且|MA|＝1，
又因为|PA|＝1，
所以|PM|＝eq \r(|MA|2＋|PA|2)＝eq \r(2)，
即|PM|2＝2，所以(x－1)2＋y2＝2.
3.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.
4．动点P为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上异于椭圆顶点A(a,0)，B(－a,0)的一点，F1，F2为椭圆的两个焦点，动圆M与线段F1P，F1F2的延长线及线段PF2相切，则圆心M的轨迹为除去坐标轴上的点的( )
A．抛物线B．椭圆
C．双曲线的右支D．一条直线
解析：选D 如图，设切点分别为E，D，G，由切线长相等可得|F1E|＝|F1G|，|F2D|＝|F2G|，|PD|＝|PE|.由椭圆的定义可得|F1P|＋|PF2|＝|F1P|＋|PD|＋|DF2|＝|F1E|＋|DF2|＝2a，即|F1E|＋|GF2|＝2a，也即|F1G|＋|GF2|＝2a，故点G与点A重合，所以点M的横坐标是x＝a，即点M的轨迹是一条直线(除去A点)，故选D.
5．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eq \(BP,\s\up7(―→))＝2eq \(PA,\s\up7(―→))，且eq \(OQ,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝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eq \(BP,\s\up7(―→))＝2eq \(PA,\s\up7(―→))，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eq \(OQ,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝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)．
6.如图所示，已知F1，F2是椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆Γ上任意一点，过F2作∠F1PF2的外角的角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹为( )
A．直线B．圆
C．椭圆D．双曲线
解析：选B 如图，延长F2Q，与F1P的延长线交于点M，连接OQ.因为PQ是∠F1PF2的外角的角平分线，且PQ⊥F2M，所以在△PF2M中，|PF2|＝|PM|，且Q为线段F2M的中点．又O为线段F1F2的中点，由三角形的中位线定理，得|OQ|＝eq \f(1,2)|F1M|＝eq \f(1,2)(|PF1|＋|PF2|)．根据椭圆的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|OQ|＝a，所以点Q的轨迹为以原点为圆心，半径为a的圆，故选B.
7．已知A(－5,0)，B(5,0)，动点P满足|eq \(PB,\s\up7(―→))|，eq \f(1,2)|eq \(PA,\s\up7(―→))|,8成等差数列，则点P的轨迹方程为________．
解析：由已知得|eq \(PA,\s\up7(―→))|－|eq \(PB,\s\up7(―→))|＝8，
所以点P的轨迹是以A，B为焦点的双曲线的右支，
且a＝4，b＝3，c＝5，
所以点P的轨迹方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1(x≥4)．
答案：eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1(x≥4)
8．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\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋t(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))，其中t∈R，则点C的轨迹方程是____________________．
解析：设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up7(―→))＝(x，y)，eq \(OA,\s\up7(―→))＋t(eq \(OB,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→)))＝(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.
答案：y＝2x－2
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．已知A(－2,0)，B(2,0)，斜率为k的直线l上存在不同的两点M，N满足|MA|－|MB|＝2eq \r(3)，|NA|－|NB|＝2eq \r(3)，且线段MN的中点为(6,1)，则k的值为________．
解析：因为|MA|－|MB|＝2eq \r(3)，|NA|－|NB|＝2eq \r(3)，
由双曲线的定义知，点M，N在以A，B为焦点的双曲线的右支上，且c＝2，a＝eq \r(3)，所以b＝1，所以该双曲线的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝12，y1＋y2＝2.设直线l的方程为y＝kx＋m，代入双曲线的方程，消去y，得(1－3k2)x2－6mkx－3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(6mk,1－3k2)＝12，①
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝12k＋2m＝2，②
由①②解得k＝2.
答案：2
11.如图，动圆C1：x2＋y2＝t2(1解：由椭圆C2：eq \f(x2,9)＋y2＝1，知A1(－3,0)，A2(3,0)．
设点A的坐标为(x0，y0)，
由曲线的对称性，得B(x0，－y0)，
设点M的坐标为(x，y)，
直线AA1的方程为y＝eq \f(y0,x0＋3)(x＋3)．①
直线A2B的方程为y＝eq \f(－y0,x0－3)(x－3)．②
由①②相乘得y2＝eq \f(－y\\al(2,0),x\\al(2,0)－9)(x2－9)．③
又点A(x0，y0)在椭圆C2上，故yeq \\al(2,0)＝1－eq \f(x\\al(2,0),9).④
将④代入③得eq \f(x2,9)－y2＝1(x<－3，y<0)．
因此点M的轨迹方程为eq \f(x2,9)－y2＝1(x<－3，y<0)．
12．在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1(－eq \r(6)，0)，A2(eq \r(6)，0)，再取两个动点N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2.
(1)求直线A1N1与A2N2的交点M的轨迹C的方程；
(2)过R(3,0)的直线与轨迹C交于P，Q两点，过点P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若eq \(RP,\s\up7(―→))＝λeq \(RQ,\s\up7(―→)) (λ>1)，求证：eq \(NF,\s\up7(―→))＝λeq \(FQ,\s\up7(―→)).
解：(1)依题意知，直线A1N1的方程为y＝eq \f(m,\r(6))(x＋eq \r(6))，①
直线A2N2的方程为y＝－eq \f(n,\r(6))(x－eq \r(6))，②
设M(x，y)是直线A1N1与A2N2的交点，
①×②得y2＝－eq \f(mn,6)(x2－6)，
又mn＝2，整理得eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.故点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明：设过点R的直线l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，－y1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)
所以y1＋y2＝－eq \f(6t,t2＋3)，y1y2＝eq \f(3,t2＋3).
由eq \(RP,\s\up7(―→))＝λeq \(RQ,\s\up7(―→))，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，
由(1)得F(2,0)，要证eq \(NF,\s\up7(―→))＝λeq \(FQ,\s\up7(―→))，
即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，
只需证2－x1＝λ(x2－2)，只需eq \f(x1－3,x2－3)＝－eq \f(x1－2,x2－2)，
即证2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，
又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，
而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·eq \f(3,t2＋3)－t·eq \f(6t,t2＋3)＝0成立，即NF＝λFQ成立．
B级——综合应用
13.历史上，许多人研究过圆锥的截口曲线．如图，在此圆锥中，母线与圆锥的轴的夹角为30°，现有一截面与圆锥的一条母线垂直，与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1，对于所得截口曲线给出如下命题：
①曲线为椭圆；
②点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点；
③该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为eq \f(3,2)，最短的距离为eq \f(2\r(3),3)；
④该曲线的离心率为eq \f(\r(3),3).
其中正确命题的序号为( )
A．①②④B．①②③④
C．①②③D．①④
解析：选A 由题意易知曲线为椭圆，故①正确．
画出轴截面的示意图如图所示，A，B为截面与圆锥的两条母线的交点．
因为∠AMO＝∠BMO＝30°，MA⊥AB，MO＝1，
所以AO＝eq \f(1,2)MO＝eq \f(1,2)，∠OMB＝∠OBM＝30°，
所以BO＝MO＝1，所以eq \f(AO,BO)＝eq \f(1,2).
因为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段为AB，
所以点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点，所以②正确．
因为曲线是一个封闭的曲线，所以该曲线上任意两点间的距离中没有最短的距离，故③错误．
易知cs∠AOM＝cs 60°＝eq \f(1,2)，cs∠AMO＝cs 30°＝eq \f(\r(3),2)，则椭圆的离心率e＝eq \f(cs∠AOM,cs∠AMO)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(3),3)，故④正确．故选A．
14．若曲线C上存在点M，使M到平面内两点A(－5,0)，B(5，0)距离之差的绝对值为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的有________(填序号)．
①x＋y＝5；②x2＋y2＝9；③eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1；④x2＝16y.
解析：∵M到平面内两点A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8，
∴M的轨迹是以A(－5,0)，B(5,0)为焦点的双曲线，方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1.
①，直线x＋y＝5过点(5,0)，故直线与M的轨迹有交点，满足题意；
②，x2＋y2＝9的圆心为(0,0)，半径为3，与M的轨迹没有交点，不满足题意；
③，eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的右顶点为(5,0)，故椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1与M的轨迹有交点，满足题意；
④，把x2＝16y代入eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1，可得y－eq \f(y2,9)＝1，
即y2－9y＋9＝0，∴Δ>0，满足题意．
答案：②
15.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\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up7(―→)).
(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\up7(―→))＝eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up7(―→))，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，
则轨迹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，
Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0，得k2＜eq \f(1,5)，
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\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝(x1＋x2，y1＋y2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24k2,1＋4k2)，\f(－6k,1＋4k2)))，
又eq \(OE,\s\up7(―→))＝(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，
∵k2＜eq \f(1,5)，∴0＜x＜eq \f(8,3).
∴顶点E的轨迹方程为x2＋4y2－6x＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(8,3))).