2021高考数学一轮复习课后限时集训57曲线与方程理北师大版

2021高考数学一轮复习课后限时集训57曲线与方程理北师大版

课后限时集训57‎ 曲线与方程 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．若方程x2＋＝1(a是常数)，则下列结论正确的是(　　)‎ A．任意实数a方程表示椭圆 B．存在实数a方程表示椭圆 C．任意实数a方程表示双曲线 D．存在实数a方程表示抛物线 B　[当a＞0且a≠1时，该方程表示椭圆；当a＜0时，该方程表示双曲线；当a＝1时，该方程表示圆．故选B.]‎ ‎2．(2019·深圳调研)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 A　[设点P(x，y)，则Q(x，－1)．‎ ‎∵·＝·，∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)，即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，整理得x2＝4y，∴动点P的轨迹C的方程为x2＝4y.]‎ ‎3．已知圆M：(x＋)2＋y2＝36，定点N(，0)，点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在线段MP上，且满足＝2，·＝0，则点G的轨迹方程是 ‎(　　)‎ A.＋＝1 B．＋＝1‎ C.－＝1 D．－＝1‎ A　[由＝2，·＝0知GQ所在直线是线段NP的垂直平分线，连接GN，∴|GN|＝|GP|，∴|GM|＋|GN|＝|MP|＝6>2，∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中‎2a＝6,‎2c＝2，∴b2＝4，∴点G的轨迹方程为＋＝1，故选A.]‎ ‎4．在△ABC中，B(－2,0)，C(2,0)，A(x，y)，给出△ABC满足的条件，就能得到动点A 7‎ 的轨迹方程．‎ 下表给出了一些条件及方程：‎ 条件 方程 ‎①△ABC周长为10‎ C1：y2＝25‎ ‎②△ABC面积为10‎ C2：x2＋y2＝4(y≠0)‎ ‎③△ABC中，∠A＝90°‎ C3：＋＝1(y≠0)‎ 则满足条件①，②，③的轨迹方程依次为(　　)‎ A．C3，C1，C2 B．C1，C2，C3‎ C．C3，C2，C1 D．C1，C3，C2‎ A　[①△ABC的周长为10，即|AB|＋|AC|＋|BC|＝10，又|BC|＝4，所以|AB|＋|AC|＝6>|BC|，此时动点A的轨迹为椭圆，与C3对应；②ABC的面积为10，所以|BC|·|y|＝10，即|y|＝5，与C1对应；③因为∠A＝90°，所以·＝(－2－x，－y)·(2－x，－y)＝x2＋y2－4＝0，与C2对应．故选A.]‎ ‎5．设线段AB的两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，且|AB|＝5，＝＋，则点M的轨迹方程为(　　)‎ A.＋＝1 B．＋＝1‎ C.＋＝1 D．＋＝1‎ A　[设M(x，y)，A(x0,0)，B(0，y0)，‎ 由＝＋，得(x，y)＝(x0,0)＋(0，y0)，‎ 则 解得 由|AB|＝5，得2＋2＝25，‎ 化简得＋＝1.]‎ 二、填空题 ‎6．已知△ABC的顶点B(0,0)，C(5,0)，AB边上的中线长|CD|＝3，则顶点A的轨迹方程为__________．‎ ‎(x－10)2＋y2＝36(y≠0)　[设A(x，y)，‎ 则D.‎ 7‎ ‎∴|CD|＝＝3，‎ 化简得(x－10)2＋y2＝36，由于A，B，C三点构成三角形，‎ ‎∴A不能落在x轴上，‎ 即y≠0.]‎ ‎7．一条线段的长等于6，两端点A，B分别在x轴和y轴的正半轴上滑动，P在线段AB上且＝2，则点P的轨迹方程是________．‎ ‎4x2＋y2＝16　[设P(x，y)，A(a,0)，B(0，b)，‎ 则a2＋b2＝36.因为＝2，‎ 所以(x－a，y)＝2(－x，b－y)，‎ 所以即代入a2＋b2＝36，得9x2＋y2＝36，即4x2＋y2＝16.]‎ ‎8．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，则抛物线的焦点轨迹方程是________．‎ ＋＝1(y≠0)　[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)．所以抛物线的焦点轨迹方程为＋＝1(y≠0)．]‎ 三、解答题 ‎9．已知动点M到定点F1(－2,0)和F2(2,0)的距离之和为4.‎ ‎(1)求动点M的轨迹C的方程；‎ ‎(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交曲线C于不同于N的两点A，B，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值．‎ ‎[解]　(1)由椭圆的定义，可知点M的轨迹是以F1，F2为焦点，4为长轴长的椭圆．‎ 由c＝2，a＝2，得b＝2.‎ 故动点M的轨迹C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，‎ 由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.‎ Δ＝[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)＞0，‎ 则k＞0或k＜－.‎ 7‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 从而k1＋k2＝＋ ‎＝ ‎＝2k－(k－4)＝4.‎ 当直线l的斜率不存在时，得A，‎ B，所以k1＋k2＝4.‎ 综上，恒有k1＋k2＝4.‎ ‎10.如图，P是圆x2＋y2＝4上的动点，点P在x轴上的射影是点D，点M满足＝.‎ ‎(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＝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＋y2＝1，且轨迹C为椭圆．‎ ‎(2)设E(x，y)，由题意知l的斜率存在，‎ 设l：y＝k(x－3)，代入＋y2＝1，‎ 得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，(*)‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，‎ ‎∴y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3)‎ ‎＝k(x1＋x2)－6k＝－6k＝－.‎ ‎∵四边形OAEB为平行四边形，‎ ‎∴＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)‎ ‎＝，‎ 7‎ 又＝(x，y)，∴ 消去k，得x2＋4y2－6x＝0，‎ 由(*)中Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)>0，‎ 得k2<，∴04，‎ 且||QA|－|QM||＝|PM|＝4<|MA|，‎ 所以Q点的轨迹是以M，A为焦点的双曲线，见图(1)．‎ ‎②当A在圆M内，且与M不重合时，|MA|<4，且|QA|＋|QM|＝|MP|＝4>|MA|，‎ 所以Q点的轨迹是以M，A为焦点的椭圆，见图(2)．‎ ‎③当A在圆M上时，l过定点M，l与PM的交点Q就是点M，所以点Q的轨迹就是一个点，见图(3)．‎ ‎④当A与M重合时，l与PM的交点Q就是PM的中点，所以点Q的轨迹就是圆，见图(4)．‎ 综上所述，Q点的轨迹可能是①②④⑥四种．‎ ‎(2)因为A(5,0)在圆M内，‎ 由(1)知，点Q的轨迹是以M，A为焦点的椭圆，‎ 且|MA|＝2＝‎2c，|MP|＝4＝‎2a，所以b＝，‎ 由椭圆的几何性质可知，Q为短轴端点时，S△MQA最大，‎ 所以S△MQA的最大值为·‎2c·b＝.‎ ‎1．(2019·安庆模拟)如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是(　　)‎ 7‎ A．直线 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支 C　[可构造如图所示的圆锥．母线与中轴线夹角为30°，然后用平面α去截，使直线AB与平面α的夹角为60°，则截口为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆．故选C.]‎ ‎2．(2019·济南模拟)曲线C是平面内与两个定点F1(－2,0)和F2(2,0)的距离的积等于常数a2(a2>4)的点的轨迹．给出下列三个结论：‎ ‎①曲线C过坐标原点；‎ ‎②曲线C关于坐标原点对称；‎ ‎③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于a2.‎ 其中，所有正确结论的序号是________．‎ ‎②③　[因为原点O到两个定点F1(－2,0)，F2(2,0)的距离的积是4，又a2>4，所以曲线C不过原点，即①错误；设动点P在曲线C上，因为F1(－2,0)，F2(2,0)关于原点对称，所以|PF1|·|PF2|＝a2对应的轨迹关于原点对称，即②正确；‎ 因为S△F1PF2＝|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤|PF1||PF2|＝a2，‎ 即△F1PF2的面积不大于a2，即③正确．] ‎ 7‎