（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（五十）曲线与方程 理（含解析）苏教版

课时跟踪检测（五十）曲线与方程一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．方程(x＋y－1)x－1＝0表示的曲线是______________．解析：由(x＋y－1)x－1＝0，得x＋y－1＝0，x－1≥0或x－1＝0，即x＋y－1＝0(x≥1)或x＝1.所以方程表示的曲线是射线x＋y－1＝0(x≥1)和直线x＝1.答案：射线x＋y－1＝0(x≥1)和直线x＝12．平面上有三个点A(－2，y)，B0，y2，C(x，y)，若AB―→⊥BC―→，则动点C的轨迹方程为________．解析：由题意得AB―→＝2，－y2，BC―→＝x，y2，由AB―→⊥BC―→，得AB―→·BC―→＝0，即2x＋－y2·y2＝0，所以动点C的轨迹方程为y2＝8x.答案：y2＝8x3．(2018·江苏太湖高级中学检测)若动点P(x，y)满足条件|x＋2＋y2－x－2＋y2|＝6，则点P的轨迹是________．解析：|x＋2＋y2－x－2＋y2|＝6表示点P到(4,0)，(－4,0)两点的距离的差的绝对值为6，根据定义得点P轨迹是双曲线．答案：双曲线4．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________．解析：如图，设P(x，y)，圆心为M(1,0)．连结MA，PM，则MA⊥PA，且MA＝1，又因为PA＝1，所以PM＝MA2＋PA2＝2，即PM2＝2，所以(x－1)2＋y2＝2.答案：(x－1)2＋y2＝25．已知点A(－2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)，满足PA―→·PB―→＝x2－6，则动点P的轨迹方程是________．解析：因为动点P(x，y)满足PA―→·PB―→＝x2－6，所以(－2－x，－y)·(3－x，－y)＝x2－6，即y2＝x，所以动点P的轨迹方程是y2＝x.答案：y2＝x6．已知定点A(4,0)和圆x2＋y2＝4上的动点B，动点P(x，y)满足OA―→＋OB―→＝2OP―→，则点P的轨迹方程为________．解析：设B(x0，y0)，由4＋x0＝2x，y0＝2y，得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＝1二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·盐城一模)设点Q(2,0)，圆C：x2＋y2＝1，若动点M到圆C的切线长与MQ长的比等于2，则动点M的轨迹方程是________．解析：如图，设MN切圆于N，则动点M满足MN＝2MQ，∵圆的半径ON＝1，∴MN2＝MO2－ON2＝MO2－1.设点M的坐标为(x，y)，则x2＋y2－1＝2x－2＋y2，化简得3x2＋3y2－16x＋17＝0.答案：3x2＋3y2－16x＋17＝02．长为3的线段AB的端点A，B分别在x轴，y轴上移动，AC―→＝2CB―→，则点C的轨迹方程为________________．解析：设C(x，y)，A(a,0)，B(0，b)，则a2＋b2＝9，①又AC―→＝2CB―→，所以(x－a，y)＝2(－x，b－y)，即a＝3x，b＝32y，②代入①式整理可得x2＋y24＝1.答案：x2＋y24＝13．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MN―→2＝λAN―→·NB―→，当λ＜0时，动点M的轨迹为________．解析：设M(x，y)，则N(x,0)，所以MN―→2＝y2，λAN―→·NB―→＝λ(x＋1,0)·(1－x,0)＝λ(1－x2)，所以y2＝λ(1－x2)，即λx2＋y2＝λ，变形为x2＋y2λ＝1.又因为λ＜0，所以动点M的轨迹为双曲线．答案：双曲线4．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________．解析：因为M为AQ垂直平分线上一点，则AM＝MQ，所以MC＋MA＝MC＋MQ＝CQ＝5，故M的轨迹为以点C，A为焦点的椭圆，所以a＝52，c＝1，则b2＝a2－c2＝214，所以椭圆的方程为4x225＋4y221＝1.答案：4x225＋4y221＝15．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BP―→＝2PA―→，且OQ―→·AB―→＝1，则点P的轨迹方程是________．解析：设A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由BP―→＝2PA―→，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝32x＞0，b＝3y＞0.即AB―→＝－32x，3y，点Q(－x，y)，故由OQ―→·AB―→＝1，得(－x，y)·－32x，3y＝1，即32x2＋3y2＝1.故所求的轨迹方程为32x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．答案：32x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)6.(2019·扬州一模)如图，已知椭圆x24＋y2＝1的焦点为F1，F2，点P为椭圆上任意一点，过F2作∠F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为点Q，过点Q作y轴的垂线，垂足为N，线段QN的中点为M，则点M的轨迹方程为________．解析：因为点F2关于∠F1PF2的外角平分线PQ的对称点Q′在直线F1P的延长线上，故F1Q′＝PF1＋PF2＝2a＝4，又OQ是△F2F1Q′的中位线，所以OQ＝12F1Q′＝2，设M(x，y)，则Q(2x，y)，所以有4x2＋y2＝4.故点M的轨迹方程为y24＋x2＝1.答案：y24＋x2＝17．在平面直角坐标系xOy中，动点P和点M(－2,0)，N(2,0)满足|MN―→|·|MP―→|＋MN―→·NP―→＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为________．解析：因为|MN―→|·|MP―→|＋MN―→·NP―→＝0，所以4x＋2＋y2＋4(x－2)＝0，化简变形，得y2＝－8x.答案：y2＝－8x8．(2019·通州一模)已知⊙C：(x＋1)2＋y2＝36及点A(1,0)，点P为圆上任意一点，AP的垂直平分线交CP于点M，则点M的轨迹方程为________．解析：由圆的方程可知，圆心C(－1,0)，半径等于6，设点M的坐标为(x，y)，∵AP的垂直平分线交CP于M，∴MA＝MP，又MP＋MC＝6，∴MC＋MA＝6＞AC＝2，∴点M满足椭圆的定义，且2a＝6,2c＝2，∴a＝3，c＝1，∴b2＝a2－c2＝8，∴点M的轨迹方程为x29＋y28＝1.答案：x29＋y28＝19．已知长为1＋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AP―→＝22PB―→，求点P的轨迹方程．解：设A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，由已知知AP―→＝22PB―→，又AP―→＝(x－x0，y)，PB―→＝(－x，y0－y)，所以x－x0＝－22x，y＝22(y0－y)，得x0＝1＋22x，y0＝(1＋2)y.因为AB＝1＋2，即x20＋y20＝(1＋2)2，所以1＋22x2＋[(1＋2)y]2＝(1＋2)2，化简得x22＋y2＝1.即点P的轨迹方程为x22＋y2＝1.10．已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点．解：(1)如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意O1A＝O1M，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点．所以O1M＝x2＋42，又O1A＝x－2＋y2，所以x－2＋y2＝x2＋42，化简得y2＝8x(x≠0)．当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y2＝8x，所以动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx＋b代入y2＝8x，得k2x2＋(2kb－8)x＋b2＝0.则Δ＝－32kb＋64＞0.且x1＋x2＝8－2kbk2，①x1x2＝b2k2，②因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以y1x1＋1＝－y2x2＋1，即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③将①②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2kb)＋2k2b＝0，所以k＝－b，此时Δ＞0，所以直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校在平面直角坐标系xOy中，已知两点M(1，－3)，N(5,1)，若点C的坐标满足OC―→＝tOM―→＋(1－t)ON―→(t∈R)，且点C的轨迹与抛物线y2＝4x交于A，B两点．(1)求证：OA⊥OB；(2)在x轴上是否存在一点P(m,0)，使得过点P任作一条抛物线的弦，并以该弦为直径的圆都过原点．若存在，求出m的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由OC―→＝tOM―→＋(1－t)ON―→(t∈R)，可知点C的轨迹是M，N两点所在的直线，所以点C的轨迹方程为y＋3＝1－－5－1(x－1)，即y＝x－4.联立y＝x－4，y2＝4x，化简得x2－12x＋16＝0,设C的轨迹方程与抛物线y2＝4x的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝12，x1x2＝16，y1y2＝(x1－4)(x2－4)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＝－16，因为OA―→·OB―→＝x1x2＋y1y2＝16－16＝0,所以OA⊥OB.(2)假设存在这样的P点，并设AB是过抛物线的弦，且A(x1，y1)，B(x2，y2)，其方程为x＝ny＋m，代入y2＝4x得y2－4ny－4m＝0,此时y1＋y2＝4n，y1y2＝－4m，所以kOAkOB＝y1x1·y2x2＝y1y214·y2y224＝16y1y2＝－4m＝－1，所以m＝4(定值)，故存在这样的点P(4,0)满足题意．设AB的中点为T(x，y)，则y＝12(y1＋y2)＝2n，x＝12(x1＋x2)＝12(ny1＋4＋ny2＋4)＝n2(y1＋y2)＋4＝2n2＋4，消去n得y2＝2x－8.