2020高中數(shù)學(xué) 8 由曲線求它的方程、由方程研究曲線的性質(zhì)（含解析）2-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE7-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時分層作業(yè)(八)由曲線求它的方程、由方程研究曲線的性質(zhì)(建議用時：40分鐘）[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練］一、選擇題1．方程(a－1)x－y＋2a＋1＝0（aA．恒過定點(－2,3)B．恒過定點(2，3）C．恒過點(－2，3)和點（2，3)D．都是平行直線A[把點（－2,3）和點（2，3)的坐標(biāo)代入方程(a－1)x－y＋2a2．方程x2＋2y2＋2x－2y＋eq\f（3，2）＝0表示的曲線是()A．一個點 B．一條直線C．一個圓 D．兩條線段A[方程可化為（x＋1)2＋2eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(y－\f（1,2）））2＝0,所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋1＝0，，y－\f（1，2)＝0，）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1,，y＝\f(1，2),))它表示點eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－1,\f(1，2）））.故選A。］3．平面直角坐標(biāo)系中,已知兩點A（3，1)，B(－1，3)，若點C滿足eq\o（OC，\s\up15（→））＝λ1eq\o(OA，\s\up15（→））＋λ2eq\o(OB，\s\up15(→）)(O為原點)，其中λ1,λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，則點C的軌跡是()A．直線 B．橢圓C．圓 D．雙曲線A［設(shè)C（x，y），則eq\o（OC,\s\up15（→)）＝(x,y），eq\o(OA，\s\up15(→））＝(3，1），eq\o（OB，\s\up15（→）)＝(－1，3），∵eq\o(OC,\s\up15（→)）＝λ1eq\o(OA,\s\up15(→))＋λ2eq\o(OB,\s\up15（→)），∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，））又λ1＋λ2＝1，∴x＋2y－5＝0，表示一條直線．]4．已知log2x，log2y,2成等差數(shù)列,則在平面直角坐標(biāo)系中，點M（x,y）的軌跡為(）A[由2log2y＝2＋log2x，得log2y2＝log24x，∴y2＝4x（x＞0，y＞0)，即y＝2eq\r（x）(x>0）．］5．設(shè)過點P（x，y）的直線分別與x軸的正半軸和y軸的正半軸交于A，B兩點，點Q與點P關(guān)于y軸對稱，O為坐標(biāo)原點，若eq\o(BP,\s\up15(→))＝2eq\o（PA,\s\up15(→）)且eq\o（OQ,\s\up15（→))·eq\o(AB,\s\up15（→))＝1,則點P的軌跡方程是（)A．3x2＋eq\f（3，2）y2＝1(x＞0，y＞0)B．3x2－eq\f（3,2）y2＝1(x＞0，y＞0）C.eq\f（3，2）x2－3y2＝1(x＞0，y＞0）D。eq\f(3，2）x2＋3y2＝1（x＞0，y＞0)D［由P（x，y），得Q(－x，y）．設(shè)A(a,0），B(0，b)，則a>0，b〉0,于是eq\o(BP,\s\up15(→）)＝(x，y－b），eq\o(PA，\s\up15（→)）＝(a－x，－y），由eq\o（BP，\s\up15（→))＝2eq\o(PA，\s\up15（→)）可得a＝eq\f(3，2）x,b＝3y，所以x>0，y>0。又eq\o(AB,\s\up15(→)）＝（－a，b)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（3,2）x，3y))，由eq\o(OQ,\s\up15(→）)·eq\o(AB,\s\up15（→）)＝1可得eq\f（3，2）x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．故選D。］二、填空題6．方程(x－1）2＋(x2＋y2－1)2＝0表示的圖形為________．點（1,0)［∵(x－1)2＋（x2＋y2－1）2＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝1，，x2＋y2＝1，）)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝1.,y＝0。）)即方程表示一個點(1，0）．]7．已知動點P(x，y)與兩定點M（－1，0)，N（1,0)連線的斜率之積等于常數(shù)λ(λ≠0）．則動點P的軌跡C的方程為________．x2－eq\f（y2，λ）＝1(λ≠0，x≠±1）［由題設(shè)知直線PM與PN的斜率存在且均不為零，所以kPM·kPN＝eq\f(y，x＋1）·eq\f（y,x－1）＝λ，整理得x2－eq\f（y2,λ）＝1(λ≠0，x≠±1)．即動點P的軌跡C的方程為x2－eq\f(y2，λ）＝1（λ≠0，x≠±1)．］8．在直角坐標(biāo)平面xOy中，過定點（0，1）的直線l與圓x2＋y2＝4交于A，B兩點．若動點P（x，y）滿足eq\o(OP，\s\up15（→))＝eq\o（OA,\s\up15(→))＋eq\o(OB，\s\up15（→）），則點P的軌跡方程為________．x2＋（y－1）2＝1［設(shè)AB的中點為M，則eq\o(OM,\s\up15（→))＝eq\f(1，2）eq\o（OP,\s\up15(→))，Meq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(x，2），\f(y,2))）。又因為OM⊥AB,eq\o(AB，\s\up15(→））的方向向量為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（x,2），\f(y,2)－1）），eq\o（OM,\s\up15（→）)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（x,2），\f（y,2））），所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（x,2），\f（y,2)－1）)·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（x,2)，\f（y,2）)）＝0，x2＋y（y－2)＝0，即x2＋(y－1)2＝1。]三、解答題9．已知圓C的方程為x2＋y2＝4，過圓C上的一動點M作平行于x軸的直線m,設(shè)m與y軸的交點為N，若向量eq\o（OQ，\s\up15(→))＝eq\o(OM，\s\up15（→))＋eq\o（ON，\s\up15（→）),求動點Q的軌跡方程．［解]設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x，y），點M的坐標(biāo)為（x0，y0)（y0≠0)，則點N的坐標(biāo)為(0，y0)．因為eq\o(OQ,\s\up15(→））＝eq\o(OM，\s\up15（→））＋eq\o（ON，\s\up15(→）），即(x，y）＝（x0，y0)＋（0,y0)＝(x0,2y0）,則x0＝x，y0＝eq\f(y,2）。又點M在圓C上，所以xeq\o\al（2，0)＋yeq\o\al（2，0)＝4。即x2＋eq\f（y2，4）＝4（y≠0）．所以，動點Q的軌跡方程為x2＋eq\f（y2,4）＝4（y≠0)．10．已知圓C:x2＋(y－3)2＝9，過原點作圓C的弦OP，求OP中點Q的軌跡方程．［解]法一：（直接法)如圖，因為Q是OP的中點，所以∠OQC＝90°.設(shè)Q(x，y)，由題意，得｜OQ|2＋|QC｜2＝|OC|2，即x2＋y2＋［x2＋(y－3）2]＝9，所以點Q的軌跡方程是x2＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f（3，2)））2＝eq\f(9，4）(去掉原點)．法二：（定義法)如圖所示，因為Q是OP的中點，所以∠OQC＝90°，則Q在以O(shè)C為直徑的圓上，故Q點的軌跡方程為x2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（y－\f（3，2))）2＝eq\f（9，4）(去掉原點)．法三：（代入法)設(shè)P(x1，y1)，Q(x，y），由題意,得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝\f（x1，2），,y＝\f（y1,2）,））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x1＝2x，,y1＝2y，)）又因為xeq\o\al(2,1）＋（y1－3）2＝9，所以4x2＋4eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2）））2＝9,即點Q的軌跡方程為x2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(y－\f（3,2)))2＝eq\f(9，4）(去掉原點）．［能力提升練］1．已知兩定點A(－2，0）,B（1，0），如果動點P滿足條件｜PA｜＝2｜PB|，則動點P的軌跡所圍成的圖形的面積等于()A．9πB．8πC．4πD．πC［設(shè)P(x，y）,由|PA｜＝2|PB|,知eq\r（x＋22＋y2)＝2eq\r（x－12＋y2），化簡整理，得（x－2）2＋y2＝4，所以，動點P的軌跡是圓心為（2