曲線與方程(理)

一、選擇題1．到點F(0,4)的距離比它到直線y＝－5的距離小1的動點M的軌跡方程為()A．y＝16x2 B．y＝－16x2C．x2＝16y D．x2＝－16y[答案]C[解析]∵動點M到點F(0,4)的距離比它到直線y＝－5的距離小1，∴動點M到點F(0,4)的距離與它到直線y＝－4的距離相等．根據(jù)拋物線的定義可得點M的軌跡是以F(0,4)為焦點，以直線y＝－4為準線的拋物線，其標準方程為x2＝16y，故選C.2．(2022·山東實驗中學(xué)模擬)已知兩點M(－2,0)，N(2,0)，點P滿足eq\o(PM,\s\up15(→))·eq\o(PN,\s\up15(→))＝0，則點P的軌跡方程為()\f(x2,16)＋y2＝1 B．x2＋y2＝4C．y2－x2＝8 D．x2＋y2＝8[答案]B[解析]設(shè)點P的坐標為(x，y)，即eq\o(PM,\s\up15(→))·eq\o(PN,\s\up15(→))＝(－2－x，－y)·(2－x，－y)＝－4＋x2＋y2＝0，即得點P的軌跡為x2＋y2＝4.3．(2022·珠海模擬)方程(x＋y－1)eq\r(x2＋y2－4)＝0，表示的曲線是()A．一直線與一圓 B．一直線與一半圓C．兩射線與一圓 D．兩射線與一半圓[答案]C[解析]由式可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－1＝0,x2＋y2－4≥0))，或eq\r(x2＋y2－4)＝0，前者表示直線x＋y－1＝0在圓x2＋y2＝4上及圓外的部分，后者表示圓x2＋y2＝4，所以選C.4．(2022·山東濰坊)已知圓x2＋y2＝4，過點A(4,0)作圓的割線ABC，則弦BC中點的軌跡方程為()A．(x－1)2＋y2＝4(－1≤x<eq\f(1,2))B．(x－1)2＋y2＝4(0≤x<1)C．(x－2)2＋y2＝4(－1≤x<eq\f(1,2))D．(x－2)2＋y2＝4(0≤x<1)[答案]D[解析]由圓的幾何性質(zhì)知，BC的中點到A與圓心連線的中點的距離為2，即方程為(x－2)2＋y2＝4，又中點在圓內(nèi)，∴0≤x<1.5．F1、F2是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩焦點，P是橢圓上任一點，過一焦點引∠F1PF2的外角平分線的垂線，則垂足Q的軌跡為()A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線[答案]A[解析]∵PQ平分∠F1PA，且PQ⊥AF1，∴Q為AF1的中點，且|PF1|＝|PA|，∴|OQ|＝eq\f(1,2)|AF2|＝eq\f(1,2)(|PA|＋|PF2|)＝a，∴Q點軌跡是以O(shè)為圓心，a為半徑的圓．6．(2022·廣東湛江質(zhì)檢)已知△ABC中，A、B的坐標分別為(0,2)和(0，－2)，若三角形的周長為10，則頂點C的軌跡方程是()\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1(y≠0) \f(x2,5)＋eq\f(y2,9)＝1(x≠0)\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1(y≠0) \f(x2,32)＋eq\f(y2,36)＝1(x≠0)[答案]B[解析]由題意知，|CA|＋|CB|＝6>|AB|，所以點C的軌跡是以A、B為焦點，長軸長為6的橢圓，其軌跡方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,9)＝1(x≠0)．二、填空題7．(2022·湖北理，14)如圖，直角坐標系xOy所在的平面為α，直角坐標系x′Oy′(其中y′軸與y軸重合)所在的平面為β，∠xOx′＝45°.(1)已知平面β內(nèi)有一點P′(2eq\r(2)，2)，則點P′在平面α內(nèi)的射影P的坐標為________；(2)已知平面β內(nèi)的曲線C′的方程是(x′－eq\r(2))2＋2y′2－2＝0，則曲線C′在平面α內(nèi)的射影C的方程是________．[答案](1)(2,2)(2)(x－1)2＋y2＝1[解析]本題考查幾何圖形的射影及二面角的應(yīng)用．(1)作P′P⊥平面α，垂足為P，則點P為P′在α內(nèi)的射影．∵∠xox′＝45°，∴二面角α－y－β的大小為45°，∴xp＝x′p′cos45°＝2，又y′軸與y軸重合，∴yp＝y(tǒng)′p′＝2，∴點P坐標為(2,2)．(2)在x′Oy′平面內(nèi)點M′(x′，y′)與xOy平面內(nèi)點的射影M(x，y)的關(guān)系為：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′cos45°＝x，,y′＝y(tǒng)))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\r(2)x，,y′＝y(tǒng).))將上式代入(x′－eq\r(2))2＋2y′2－2＝0，得2(x－1)2＋2y2－2＝0，即(x－1)2＋y2＝1.8．長為3的線段AB的端點A，B分別在x，y軸上移動，動點C(x，y)滿足eq\o(AC,\s\up15(→))＝2eq\o(CB,\s\up15(→))，則動點C的軌跡方程是________．[答案]x2＋eq\f(y2,4)＝1[解析]由題意設(shè)A(xA,0)，B(0，yB)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(x－xA，y)，eq\o(CB,\s\up15(→))＝(－x，yB－y)，∵eq\o(AC,\s\up15(→))＝2eq\o(CB,\s\up15(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－xA＝－2x，,y＝2yB－y))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xA＝3x，,yB＝\f(3,2)y.))由xeq\o\al(2,A)＋yeq\o\al(2,B)＝9?9x2＋eq\f(9,4)y2＝9?x2＋eq\f(y2,4)＝1.三、解答題9．(2022·廣東理，19)設(shè)圓C與兩圓(x＋eq\r(5))2＋y2＝4，(x－eq\r(5))2＋y2＝4中的一個內(nèi)切，另一個外切．(1)求C的圓心軌跡L的方程；(2)已知點M(eq\f(3\r(5),5)，eq\f(4\r(5),5))，F(xiàn)(eq\r(5)，0)，且P為L上動點．求||MP|－|FP||的最大值及此時點P的坐標．[解析](1)設(shè)圓C的圓心坐標為(x，y)，半徑為r.圓(x＋eq\r(5))2＋y2＝4的圓心為F1(－eq\r(5)，0)，半徑為2.圓(x－eq\r(5))2＋y2＝4的圓心為F(eq\r(5)，0)，半徑為2.由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|CF1|＝r＋2，,|CF|＝r－2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|CF1|＝r－2，,|CF|＝r＋2，))∴||CF1|－|CF||＝4.∴|F1F|＝2eq\r(5)>4，∴圓C的圓心軌跡是以F1(－eq\r(5)，0)，F(xiàn)(eq\r(5)，0)為焦點的雙曲線，其方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)由圖知，||MP|－|FP||≤|MF|，∴當(dāng)M，P，F(xiàn)三點共線，且點P在MF延長線上時，|MP|－|FP|取得取大值|MF|，且|MF|＝eq\r(\f(3\r(5),5)－\r(5)2＋\f(4\r(5),5)－02)＝2.直線MF的方程為y＝－2x＋2eq\r(5)，與雙曲線方程聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2x＋2\r(5)，,\f(x2,4)－y2＝1，))整理得15x2－32eq\r(5)x＋84＝0.解得x1＝eq\f(14\r(5),15)(舍去)，x2＝eq\f(6\r(5),5).此時y＝eq\f(－2\r(5),5).∴當(dāng)||MP|－|FP||取得最大值2時，點P的坐標為(eq\f(6\r(5),5)，－eq\f(2\r(5),5))．一、選擇題1．設(shè)P(a，b)是單位圓上的點，則Q(a＋b，ab)的軌跡方程是()A．(a＋b)2＋a2b2＝1 B．x2＝2y＋1C．a(chǎn)2＋b2＝1 D．x2＝2y－1[答案]B[解析]由已知條件得a2＋b2＝1，即(a＋b)2－2ab＝1，整體代換得Q(a＋b，ab)的軌跡方程為x2＝2y＋1，故選B.2．已知動點P(x，y)滿足10eq\r(x－12＋y－22)＝|3x＋4y|，則P點的軌跡是()A．橢圓 B．雙曲線C．拋物線 D．兩相交直線[答案]A[解析]條件化為2eq\r(x－12＋y－22)＝eq\f(|3x＋4y|,5)，即為點P(x，y)到定點F(1,2)的距離與到定直線l:3x＋4y＝0的距離之比為eq\f(1,2)，又點F不在直線l上，故根據(jù)橢圓的第二定義可知，點P的軌跡是橢圓．二、填空題3．點P在以F1、F2為焦點的橢圓eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1上運動，則△PF1F2的重心G的軌跡方程是________．[答案]eq\f(x2,\f(1,3))＋eq\f(y2,\f(4,9))＝1(x≠0)[解析]F1(0，－1)、F2(0,1)，設(shè)P(x0，y0)，G(x，y)，∵G為△PF1F2∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0,3),y＝\f(y0,3)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3x,y0＝3y))，代入eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1中得eq\f(x2,\f(1,3))＋eq\f(y2,\f(4,9))＝1構(gòu)成三角形時，三點P、F1、F2不共線，∴x≠0.4．(2022·北京理，14)曲線C是平面內(nèi)與兩個定點F1(－1,0)和F2(1,0)的距離的積等于常數(shù)a2(a>1)的點的軌跡．給出下列三個結(jié)論：①曲線C過坐標原點；②曲線C關(guān)于坐標原點對稱；③若點P在曲線C上，則△F1PF2的面積不大于eq\f(1,2)a2.其中，所有正確結(jié)論的序號是________．[答案]②③[解析]設(shè)曲線C上任一點P(x，y)，由|PF1|·|PF2|＝a2，可得eq\r(x＋12＋y2)·eq\r(x－12＋y2)＝a2(a>1)，將原點(0,0)代入等式不成立，故①不正確．∵點P(x，y)在曲線C上，點P關(guān)于原點的對稱點P′(－x，－y)，將P′代入曲線C的方程等式成立，故②正確．設(shè)∠F1PF2＝θ，則S△F1PF2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|·sinθ＝eq\f(1,2)a2sinθ≤eq\f(1,2)a2，故③正確．[點評]本題考查曲線的軌跡方程的求法，考查考生運用所學(xué)知識分析問題、解決問題的能力，難度適中．三、解答題5．(2022·湖北理，20)平面內(nèi)與兩定點A1(－a,0)、A2(a,0)(a>0)連線的斜率之積等于非零常數(shù)m的點的軌跡，加上A1、A2兩點所成的曲線C可以是圓、橢圓或雙曲線．求曲線C的方程，并討論C的形狀與m值的關(guān)系．[解析]設(shè)動點為M，其坐標為(x，y)，當(dāng)x≠±a時，由條件可得kMA1·kMA2＝eq\f(y,x－a)·eq\f(y,x＋a)＝eq\f(y2,x2－a2)＝m，即mx2－y2＝ma2(x≠±a)，又A1(－a,0)、A2(a,0)的坐標滿足mx2－y2＝ma2，故依題意，曲線C的方程為mx2－y2＝ma2.當(dāng)m<－1時，曲線C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,ma2)＝1，C是焦點在y軸上的橢圓；當(dāng)m＝－1時，曲線C的方程為x2＋y2＝a2，C是圓心在原點的圓；當(dāng)－1<m<0時，曲線C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,－ma2)＝1，C是焦點在x軸上的橢圓；當(dāng)m>0時，曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,ma2)＝1，C是焦點在x軸上的雙曲線．6．如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左、右頂點為A、B，右焦點為F.設(shè)過點T(t，m)的直線TA，TB與此橢圓分別交于點M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0(1)設(shè)動點P滿足eq\o(PF2,\s\up15(→))－eq\o(PB2,\s\up15(→))＝4，求點P的軌跡；(2)設(shè)x1＝2，x2＝eq\f(1,3)，求點T的坐標．[解析]本主要考查求簡單曲線的方程，考查直線與橢圓的方程等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力和探究問題的能力．由題設(shè)得A(－3,0)，B(3,0)，F(xiàn)(2,0)．(1)設(shè)點P(x，y)，則eq\o(PF2,\s\up15(→))＝(x－2)2＋y2，eq\o(PB2,\s\up15(→))＝(x－3)2＋y2.由PF2－PB2＝4，得(x－2)2＋y2－(x－3)2－y2＝4，化簡得x＝eq\f(9,2).故所點P的軌跡為直線x＝eq\f(9,2).(2)由x1＝2，eq\f(x\o\al(2,1),9)＋eq\f(y\o\al(2,1),5)＝1及y1>0，得y1＝eq\f(5,3)，則點M(2，eq\f(5,3))，從而直線AM的方程為y＝eq\f(1,3)x＋1；由x2＝eq\f(1,3)，eq\f(x\o\al(2,2),9)＋eq\f(y\o\al(2,2),5)＝1，及y2<0，得y2＝－eq\f(20,9)，則點N(eq\f(1,3)，－eq\f(20,9))，從而直線BN的方程為y＝eq\f(5,6)x－eq\f(5,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x＋1，,y＝\f(5,6)x－\f(5,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝\f(10,3).))所以點T的坐標為(7，eq\f(10,3))．7．在平面直角坐標系xOy中，點B與點A(－1，1)關(guān)于原點O對稱，P是動點，且直線AP與BP的斜率之積等于－eq\f(1,3).(1)求動點P的軌跡方程；(2)設(shè)直線AP與BP分別與直線x＝3交于點M，N.問：是否存在點P使得△PAB與△PMN的面積相等？若存在，求出點P的坐