高三数学第一轮复习课时作业(53)曲线与方程

课时作业(五十三)第53讲曲线与方程时间：45分钟分值：100分基础热身1．与两圆x2＋y2＝1及x2＋y2－8x＋12＝0都外切的圆的圆心在()A．一个椭圆上B．双曲线的一支上C．一条抛物线上D．一个圆上2．2011·湖南师大附中月考已知两定点A(1,1)，B(－1，－1)，动点P满足·＝x22，则点P的轨迹是()A．圆B．椭圆C．双曲线D．拋物线3．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＝0B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0C．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0D．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝04．已知A(0,7)、B(0，－7)、C(12,2)，以C为一个焦点作过A、B的椭圆，椭圆的另一个焦点F的轨迹方程是()A．y2－x248＝1(y≤－1)B．y2－x248＝1C．y2－x248＝－1D．x2－y248＝1能力提升5．2011·江门质检设过点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P点的轨迹方程是()A.32x2＋3y2＝1(x0，y0)B.32x2－3y2＝1(x0，y0)C．3x2－32y2＝1(x0，y0)D．3x2＋32y2＝1(x0，y0)6．已知||＝3，A、B分别在y轴和x轴上运动，O为原点，＝13＋23，则动点P的轨迹方程是()A.x24＋y2＝1B．x2＋y24＝1C．.x29＋y2＝1D．.x2＋y29＝17．已知二面角α－l－β的平面角为θ，点P在二面角内，PA⊥α，PB⊥β，A，B为垂足，且PA＝4，PB＝5，设A，B到棱l的距离分别为x，y，当θ变化时，点(x，y)的轨迹方程是()A．x2－y2＝9(x≥0)B．x2－y2＝9(x≥0，y≥0)C．y2－x2＝9(y≥0)D．y2－x2＝9(x≥0，y≥0)8．2011·南平测试已知点M(－3,0)，N(3,0)，B(1,0)，圆C与直线MN切于点B，过M、N与圆C相切的两直线相交于点P，则P点的轨迹方程为()A．x2－y28＝1(x－1)B．x2－y28＝1(x1)C．x2＋y28＝1(x0)D．x2－y210＝1(x1)9．2011·哈尔滨第三中学三模已知动点P在直线x＋2y－2＝0上，动点Q在直线x＋2y＋4＝0上，线段PQ中点M(x0，y0)满足不等式y0≤x03＋2，y0≤－x0＋2，则x20＋y20的取值范围是()A.55，34B.15，34C.15，10D．10,3410．已知直线l：2x＋4y＋3＝0，P为l上的动点，O为坐标原点．若2＝，则点Q的轨迹方程是________________．11．已知F1、F2为椭圆x24＋y23＝1的左、右焦点，A为椭圆上任一点，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________．12．设过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A、B两点，且AB中点为M，则点M的轨迹方程是________．13．2011·北京卷曲线C是平面内与两个定点F1(－1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a1)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12a2.其中，所有正确结论的序号是________．14．(10分)2011·课标全国卷在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0，－1)，B点在直线y＝－3上，M点满足∥，·＝·，M点的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求O点到l距离的最小值．15．(13分)2011·银川一中一模已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆短半轴长为1，动点M(2，t)(t0)在直线x＝a2c(a为长半轴长，c为半焦距)上．(1)求椭圆的标准方程；(2)求以OM为直径且被直线3x－4y－5＝0截得的弦长为2的圆的方程；(3)设F是椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与以OM为直径的圆交于点N，求证：线段ON的长为定值，并求出这个定值．难点突破16．(12分)2011·东北三省四市测试已知A、B分别是直线y＝33x和y＝－33x上的两个动点，线段AB的长为23，D是AB的中点．(1)求动点D的轨迹C的方程；(2)过点N(1,0)作与x轴不垂直的直线l，交曲线C于P、Q两点，若在线段ON上存在点M(m,0)，使得以MP、MQ为邻边的平行四边形是菱形，试求m的取值范围．课时作业(五十三)【基础热身】1．B解析圆x2＋y2－8x＋12＝0的圆心为(4,0)，半径为2，动圆的圆心到(4,0)的距离减去到(0,0)的距离等于1，由此可知，动圆的圆心在双曲线的一支上．2．B解析设点P(x，y)，则＝(1－x,1－y)，＝(－1－x，－1－y)，所以·＝(1－x)(－1－x)＋(1－y)(－1－y)＝x2＋y2－2.由已知x2＋y2－2＝x22，即x24＋y22＝1，所以点P的轨迹为椭圆．3．A解析设P点的坐标为(x，y)，则(x－1)2＋(y＋2)2＝3x2＋y2，整理，得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.4．A解析由题意|AC|＝13，|BC|＝15，|AB|＝14，又|AF|＋|AC|＝|BF|＋|BC|，∴|AF|－|BF|＝|BC|－|AC|＝2.故F点的轨迹是以A、B为焦点，实轴长为2的双曲线下支．又c＝7，a＝1，b2＝48，所以轨迹方程为y2－x248＝1(y≤－1)．【能力提升】5．A解析设A(a,0)，B(0，b)，a0，b0.由＝2得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝32x0，b＝3y0.由题知点Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a，b代入上式得，所求的轨迹方程为32x2＋3y2＝1(x0，y0)．6．A解析设A(0，a)，B(b,0)，则由||＝3得a2＋b2＝9.设P(x，y)，由＝13＋23得(x，y)＝13(0，a)＋23(b,0)，由此得b＝32x，a＝3y，代入a2＋b2＝9得9y2＋94x2＝9⇒x24＋y2＝1.7．B解析实际上就是求x，y所满足的一个等式，设平面PAB与二面角的棱的交点是C，则AC＝x，BC＝y，在两个直角三角形Rt△PAC，Rt△PBC中其斜边相等，根据勾股定理即可得到x，y所满足的关系式．如图，x2＋42＝y2＋52，即x2－y2＝9(x≥0，y≥0)．8．B解析设直线PM、PN与圆C的切点分别为A、D.由切线长定理知|AM|＝|MB|，|PD|＝|PA|，|DN|＝|NB|，所以|PM|－|PN|＝|PA|＋|AM|－|PD|－|DN|＝|MB|－|NB|＝2|MN|，由双曲线的定义知点P的轨迹是以M、N为焦点、实轴长为2的双曲线的右支(除去点B)．9．B解析由于已知的两直线平行，故其中点的轨迹是x＋2y＋1＝0，点M(x0，y0)就是直线x＋2y＋1＝0位于区域y0≤x03＋2，y0≤－x0＋2内的线段上，如图．根据几何意义，坐标原点到直线x＋2y＋1＝0的距离是15，故最小值是15，根据图形在点A处取得最大值，点A的坐标是(5，－3)，故最大值是34.10．2x＋4y＋1＝0解析设点Q的坐标为(x，y)，点P的坐标为(x1，y1)．根据2＝得2(x，y)＝(x1－x，y1－y)，即x1＝3x，y1＝3y.∵点P在直线l上，∴2x1＋4y1＋3＝0，把x1＝3x，y1＝3y代入上式并化简，得2x＋4y＋1＝0，为所求轨迹方程．11．x2＋y2＝4解析延长F1D与F2A交于B，连接DO，可知|DO|＝12|F2B|＝2，∴动点D的轨迹方程为x2＋y2＝4.12．y2＝2(x－1)解析F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，则x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，y21＝4x1，y22＝4x2，后两式相减并将前两式代入得(y1－y2)y＝2(x1－x2)，当x1≠x2时，y1－y2x1－x2×y＝2.又A、B、M、F四点共线，y1－y2x1－x2＝yx－1，代入得y2＝2(x－1)，当x1＝x2时，M(1,0)也适合这个方程，即y2＝2(x－1)是所求的轨迹方程．13．②③解析①曲线C经过原点，这点不难验证是错误的，如果经过原点，那么a＝1，与条件不符；②曲线C关于原点对称，这点显然正确，如果在某点处|PF1||PF2|＝a2，关于原点的对称点处也一定符合|PF1||PF2|＝a2；③三角形的面积S△F1F2P2≤a22，很显然S△F1F2P＝12|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤12|PF1||PF2|＝a22.所以②③正确．14．解答(1)设M(x，y)，由已知得B(x，－3)，A(0，－1)．所以＝(－x，－1－y)，＝(0，－3－y)，＝(x，－2)．再由题意可知(＋)·＝0，即(－x，－4－2y)·(x，－2)＝0，所以曲线C的方程为y＝14x2－2.(2)设P(x0，y0)为曲线C：y＝14x2－2上一点，因为y′＝12x，所以l的斜率为12x0.因此直线l的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，即x0x－2y＋2y0－x20＝0.则O点到l的距离d＝||2y0－x20x20＋4，又y0＝14x20－2，所以d＝12x20＋4x20＋4＝12x20＋4＋4x20＋4≥2，当x0＝0时取等号，所以O点到l距离的最小值为2.15．解答(1)由点M在直线x＝a2c上，得a2c＝2，又b＝1，故1＋c2c＝2，∴c＝1，从而a＝2.∴椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)以OM为直径的圆的方程为x(x－2)＋y(y－t)＝0，即(x－1)2＋y－t22＝t24＋1，其圆心为1，t2，半径r＝t24＋1.因为以OM为直径的圆被直线3x－4y－5＝0截得的弦长为2，所以圆心到直线3x－4y－5＝0的距离d＝r2－1＝t2，所以|3－2t－5|5＝t2，解得t＝4，所以所求圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5.(3)证法一：设OM，FN交于点K.由平面几何的性质知|ON|2＝|OK||OM|，直线OM：y＝t2x，直线FN：y＝－2t(x－1)．由y＝t2x，y＝－2t(x－1)，得xK＝4t2＋4.∴|ON|2＝1＋t24xK·1＋t24xM＝1＋t24·4t2＋4·2＝2，所以线段ON的长为定值2.证法二：设N(x0，y0)，则＝(x0－1，y0)，＝(2，t)，＝(x0－2，y0－t)，＝(x0，y0)，∵⊥，∴2(x0－1)＋ty0＝0，∴2x0＋ty0＝2，又∵⊥，∴x0(x0－2)＋y0(y0－t)＝0，∴x20＋y20＝2x0＋ty0＝2，所以，||＝x20＋y20＝2为定值．【难点突破】16．解答(1)设D(x，y)，Ax1，33x1，Bx2，－33x2.因为D是线段AB的中点，所以x＝x1＋x22，y＝33·x1－x22.因为|AB|＝23，所以(x1－x2)2＋33x1＋33x22＝12，所以(23y)2＋33×2x2＝12，即x29＋y2＝1.故点D的轨迹C的方程为x29＋y2＝1.(2)设l：y＝k(x－1)(k≠0)，代入椭圆方程x29＋y2＝1，得(1＋9k2)x2－18k2x＋9k2－9＝0，所以x1＋x2＝18k21＋9k2，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝－2k1＋9k2.所以PQ中点H的坐标为9k21＋9k2，－k1＋9k2.因为以MP、MQ为邻边的平行四边形是菱形，所以kMH·k＝－1.所以－k1＋9k29k21＋9k2－m·k＝－1，即m＝8k21＋9k2.因为k≠0，所以0m89.又点M(m,0)在线段ON上，所以0m1.综