《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)55 曲線與方程 理（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)55 曲線與方程 理（含解析）新人教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)55　曲線與方程 一、選擇題 1．方程(x2－y2－1)＝0表示的曲線的大致形狀是(圖中實線部分)(　B　) 解析：原方程等價于或x－y－1＝0，前者表示等軸雙曲線x2－y2＝1位于直線x－y－1＝0下方的部分，后者為直線x－y－1＝0，這兩部分合起來即為所求． 2．動點P(x，y)滿足5＝|3x＋4y－11|，則點P的軌跡是(　D　) A．橢圓 B．雙曲線 C．拋物線 D．直線 解析：設(shè)定點F(1,2)，定直線l：3x＋4y－11＝0，則|PF|＝，點P到直線l的距離d＝.由已知得＝1，但注意到點F(1,2)恰在直線l上，所以點P的軌跡是直線．選D.

2、 3．方程(x2＋y2－2x)＝0表示的曲線是(　D　) A．一個圓和一條直線 B．一個圓和一條射線 C．一個圓 D．一條直線 解析：依題意，題中的方程等價于①x＋y－3＝0或②注意到圓x2＋y2－2x＝0上的點均位于直線x＋y－3＝0的左下方區(qū)域，即圓x2＋y2－2x＝0上的點均不滿足x＋y－3≥0，②不表示任何圖形，因此題中的方程表示的曲線是直線x＋y－3＝0. 4．平面直角坐標(biāo)系中，已知兩點A(3,1)，B(－1,3)，若點C滿足＝λ1＋λ2(O為原點)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，則點C的軌跡是(　A　) A．直線 B．橢圓 C．圓 D．

3、雙曲線 解析：設(shè)C(x，y)，則＝(x，y)，＝(3,1)，＝(－1,3)．∵＝λ1＋λ2， ∴得 又λ1＋λ2＝1， ∴x＋2y－5＝0，表示一條直線． 5．已知點M(－3,0)，N(3,0)，B(1,0)，動圓C與直線MN切于點B，過M，N與圓C相切的兩直線相交于點P，則P點的軌跡方程為(　A　) A．x2－＝1(x>1) B．x2－＝1(x<－1) C．x2＋＝1(x>0) D．x2－＝1(x>1) 解析：設(shè)另外兩個切點為E，F(xiàn)，如圖所示，則|PE|＝|PF|，|ME|＝|MB|，|NF|＝|NB|.從而|PM|－|PN|＝|ME|－|NF|＝|MB|－|NB

4、|＝4－2＝2<|MN|，∴P點的軌跡是以M，N為焦點，實軸長為2的雙曲線的右支．又∵a＝1，c＝3，∴b2＝8.故P點的軌跡方程為x2－＝1(x>1)． 6．過拋物線x2＝4y的焦點作直線l交拋物線于A，B兩點，分別過A，B作拋物線的切線l1，l2，則l1與l2的交點P的軌跡方程是(　A　) A．y＝－1 B．y＝－2 C．y＝x－1 D．y＝－x－1 解析：拋物線的焦點為F(0,1)，設(shè)l：y＝kx＋1，代入x2＝4y得x2＝4kx＋4，即x2－4kx－4＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.將y＝x2求導(dǎo)得y′＝x，所以由

5、x2＝4y得兩方程相除得＝，變形整理得y＝＝＝－1，所以交點P的軌跡方程是y＝－1. 二、填空題 7．在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，A(1,0)，B(2,2)，若點C滿足＝＋t(－)，其中t∈R，則點C的軌跡方程是y＝2x－2. 解析：設(shè)C(x，y)，則＝(x，y)，＋t(－)＝(1＋t,2t)，所以消去參數(shù)t得點C的軌跡方程為y＝2x－2. 8. 如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點M在AB上，且AM＝AB，點P在平面ABCD上，且動點P到直線A1D1的距離的平方與P到點M的距離的平方差為1，在平面直角坐標(biāo)系xAy中，動點P的軌跡方程是y2＝x－. 解析

6、：如圖，過P作PQ⊥AD于Q，再過Q作QH⊥A1D1于H，連接PH，PM，易證得PH⊥A1D1.設(shè)P(x，y)，由|PH|2－|PM|2＝1，得x2＋1－＝1，化簡得y2＝x－. 9．P是橢圓＋＝1上的任意一點，F(xiàn)1、F2是它的兩個焦點，O為坐標(biāo)原點，＝＋，則動點Q的軌跡方程是＋＝1. 解析：如圖，由＝＋，又＋＝＝2＝－2， 設(shè)Q(x，y)，則＝－＝－(x，y)＝， 即P點坐標(biāo)為，又P在橢圓上， 則有＋＝1，即＋＝1. 三、解答題 10. 如圖所示，已知C為圓(x＋)2＋y2＝4的圓心，點A(，0)，P是圓上的動點，點Q在直線CP上，且·＝0，＝2.當(dāng)點P在圓上運動時，求

7、點Q的軌跡方程． 解：圓(x＋)2＋y2＝4的圓心為C(－，0)，半徑r＝2，∵·＝0，＝2，∴MQ⊥AP，點M是線段AP的中點，即MQ是AP的垂直平分線，連接AQ，則|AQ|＝|QP|，∴||QC|－|QA||＝||QC|－|QP||＝|CP|＝r＝2，又|AC|＝2>2，根據(jù)雙曲線的定義，知點Q的軌跡是以C(－，0)，A(，0)為焦點，實軸長為2的雙曲線，由c＝，a＝1，得b2＝1，因此點Q的軌跡方程為x2－y2＝1. 11．在△ABC中，A為動點，B，C為定點，B，C(a>0)，且滿足條件sinC－sinB＝sinA，則動點A的軌跡方程是－＝1. 解析：由正弦定理得－＝×，

8、 即|AB|－|AC|＝|BC|， 故動點A是以B，C為焦點，為實軸長的雙曲線右支．即動點A的軌跡方程為－＝1. 12．如圖，P是圓x2＋y2＝4上的動點，P點在x軸上的射影是D，點M滿足＝. (1)求動點M的軌跡C的方程，并說明軌跡是什么圖形； (2)過點N(3,0)的直線l與動點M的軌跡C交于不同的兩點A，B，求以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形OAEB的頂點E的軌跡方程． 解：(1)設(shè)M(x，y)，則D(x,0)， 由＝，知P(x,2y)， ∵點P在圓x2＋y2＝4上， ∴x2＋4y2＝4，故動點M的軌跡C的方程為＋y2＝1，且軌跡C是以(－，0)，(，0)為焦點，長軸

9、長為4的橢圓． (2)設(shè)E(x，y)，由題意知l的斜率存在， 設(shè)l：y＝k(x－3)，代入＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝， ∴y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3) ＝k(x1＋x2)－6k＝－6k＝. ∵四邊形OAEB為平行四邊形， ∴＝＋ ＝(x1＋x2，y1＋y2)＝， 又＝(x，y)，∴ 消去k得，x2＋4y2－6x＝0， 由Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)>0，得k2<，∴0

10、．(2019·昆明調(diào)研測試)已知直線l1：ax－y＋1＝0，直線l2：x＋5ay＋5a＝0，直線l1與l2的交點為M，點M的軌跡為曲線C. (1)當(dāng)a變化時，求曲線C的方程； (2)已知點D(2,0)，過點E(－2,0)的直線l與C交于A，B兩點，求△ABD面積的最大值． 解：(1)由消去a，得曲線C的方程為＋y2＝1.(y≠－1，即點(0，－1)不在曲線C上，此步對考生不作要求) (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2， 由得(m2＋5)y2－4my－1＝0， 則y1＋y2＝，y1y2＝－， △ABD的面積S＝2|y2－y1| ＝2 ＝2＝， 設(shè)t＝，t∈[1，＋∞)， 則S＝＝≤， 當(dāng)t＝(t∈[1，＋∞))，即t＝2，m＝±時，△ABD的面積取得最大值. 7