通用版2019版高考数学一轮复习第九章解析几何课时达标检测四十六曲线与方程（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时达标检测（四十六） 曲线与方程 小题常考题点 准解快解 1方程 (2x 3y 1)( x 3 1) 0 表示的曲线是 ( ) A两条直线 B两条射线 C两条线段 D一条直线和一条射线 解析：选 D 原方程可化为? 2x 3y 1 0，x 30 ， 或 x 3 1 0，即 2x 3y 1 0(x3)或 x 4，故原方程表示的曲线是一条直线和一条射线 2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 AN NB ，当 0 时，动点 M 的轨迹为 ( ) A圆 B椭圆 C双曲线 D抛物线 解析：选 C 设 M(x，

2、y)，则 N(x,0)，所以 MN 2 y2， AN NB (x 1,0)(1 x,0) (1 x2)，所以 y2 (1 x2)，即 x 2 y2 ，变形为 x2 y2 1.又因为 0，所以动点 M 的轨迹为双曲线 3平面直角坐标系中，已知两点 A(3,1)， B( 1,3)，若点 C 满足 OC 1 OA 2 OB (O 为原点 )，其中 1， 2 R，且 1 2 1，则点 C 的轨迹是 ( ) A直线 B椭圆 C圆 D双曲线 解析：选 A 设 C(x， y)，则 OC (x， y)， OA (3,1)， OB ( 1,3) OC 1 OA 2 OB ， ? x 3 1 2，y 1 3 2，

3、 又 1 2 1， x 2y 5 0，表示一条直线 4 (2018 洛阳模拟 )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 2 PA ，且 OQ AB 1，则点P 的轨迹方程是 ( ) A.32x2 3y2 1(x 0， y 0) B.32x2 3y2 1(x 0， y 0) C 3x2 32y2 1(x 0， y 0) =【 ;精品教育资源文库 】 = D 3x2 32y2 1(x 0， y 0) 解析 ： 选 A 设 A(a,0)， B(0， b)， a 0， b 0.由 BP 2 P

4、A ， 得 (x， y b) 2(a x， y)， 即 a 32x 0， b 3y 0.点 Q( x， y)， 故由 OQ AB 1， 得 ( x， y)( a， b) 1， 即 ax by 1.将 a 32x， b 3y 代入 ax by 1， 得所求的轨迹方程为 32x2 3y2 1(x 0， y 0) 5 (2018 豫北名校联考 )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 _ 解析：设 A(x， y)，由题意可知 D? ?x2， y2 .又 |CD| 3， ? ?x2 5 2 ? ?y2 2 9，即 (x 10)2

5、y2 36，由于 A， B， C 三点不共线， 点 A 不能落在 x 轴上，即 y0 ， 点 A 的轨迹方程为 (x 10)2 y2 36(y0) 答案： (x 10)2 y2 36(y0) 6设 F1， F2为椭圆 x24y23 1 的左、右焦点， A 为椭圆上任意一点，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 _ 解析：由题意，延长 F1D， F2A 并交于点 B，易证 Rt ABD RtAF1D，则 |F1D| |BD|， |F1A| |AB|，又 O 为 F1F2的中点，连接 OD，则 OD F2B，从而可知 |DO| 12|F2B| 12(|A

6、F1| |AF2|) 2，设点 D 的坐标为 (x， y)，则 x2 y2 4. 答案： x2 y2 4 大题常考题点 稳解全解 1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 22 PB ，求点 P 的轨迹 C 的方程 解：设 A(x0,0)， B(0， y0)， P(x， y)，则 AP (x x0， y)， PB ( x， y0 y)，因为AP 22 PB ， 所以 x x0 22 x， y 22 (y0 y)， 得 x0 ? ?1 22 x， y0 (1 2)y. =【 ;精品教育资源文库 】 = 因为 |AB|

7、1 2，即 x20 y20 (1 2)2， 所以 ? ? ?1 22 x 2 (1 2)y2 (1 2)2，化简得 x22 y2 1. 所以点 P 的轨迹方程为 x22 y2 1. 2设圆 x2 y2 2x 15 0 的圆心为 A，直线 l 过点 B(1,0)且与 x 轴不重合， l 交圆 A于 C， D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E. (1)证明 |EA| |EB|为定值； (2)求点 E 的轨迹方程，并求它的离心率 解： (1)证明：因为 |AD| |AC|， EB AC， 所以 EBD ACD ADC，所以 |EB| |ED|， 故 |EA| |EB| |EA| |

8、ED| |AD|. 又 圆 A 的标准方程为 (x 1)2 y2 16，从而 |AD| 4， 所以 |EA| |EB| 4. (2)由圆 A 方程 (x 1)2 y2 16，知 A( 1,0)又 B(1,0)， 因此 |AB| 2，则 |EA| |EB| 4|AB|. 由椭圆定义，知点 E 的轨迹是以 A， B 为焦点，长轴长为 4 的椭圆 (不含与 x 轴的交点 )， 所以 a 2， c 1，则 b2 a2 c3 3. 所以点 E 的轨迹方程为 x24y23 1(y0) 故曲线方程的离心率 e ca 12. 3.如图， P 是圆 x2 y2 4 上的动点， P 点在 x 轴上的射影是点D，点

9、 M 满足 DM 12 DP . (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 DM 12 DP 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 x24 y2 1，轨迹 C 为椭圆 (2)设 E(x， y)，由题意知 l 的斜率存在且不为零，设 l： y k(x 3)，代入 x24 y2 1，得 (1 4k2)x2 24k2x 36k2 4 0， =【 ;精品教育资源文库 】 = 由 ( 24k2)2 4(1 4k2)(36k2 4)0，得 00， 解得 b27，且 x1 x2 8b7 ， x1x2 4b2 127 . 又因为点 O 到直线 l 的距离 d1 |b|2， |BD| 2 x1 x2 2 4x1x2 4 67 7 b2. 所以 S OBD 12 |b|2 4 67 7 b2 2 37 b2 b2 3， 当且仅当 b2 7 b2， 即 b2 727 时取到最大值 所以 OBD 面积的最大值为 3.