【龍門亮劍】2011高三數(shù)學一輪理數(shù) 第七章 第四節(jié) 曲線與方程(課時提能精練) 全國版

(本欄目內容，學生用書中以活頁形式單獨裝訂成冊！)一、選擇題(每小題6分，共36分)1．方程|y|－1＝eq\r(1－(x－1)2)表示的曲線是()A．拋物線 B．一個圓C．兩個圓 D．兩個半圓【解析】原方程等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|y|－1≥0，,(|y|－1)2＋(x－1)2＝1.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≥1，,(x－1)2＋(y－1)2＝1；))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y≤－1，,(x－1)2＋(y＋1)2＝1.))【答案】D2．設過點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關于y軸對稱，O為坐標原點，若eq\o(BP,\s\up6(→))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))，且eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝1，則P點的軌跡方程是()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)【解析】如圖所示，若P(x，y)，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x，0))，B(0,3y)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x，3y))，OQeq\o(＝,\s\up6(→))(－x，y)，∵eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝1，∴eq\f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)，即為點P軌跡方程．【答案】D3．若直線y＝kx＋1與曲線x2＋y2＋kx－y＝0的兩個交點恰好關于y軸對稱，則k等于()A．0 B．1C．2 D．3【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1,x2＋y2＋kx－y＝0))消去y得(1＋k2)x2＋2kx＝0，∴x1＝0，x2＝－eq\f(2k,1＋k2).∵兩個交點關于y軸對稱，∴x1＝－x2，∴k＝0.【答案】A4．已知兩點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4)))、Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(5,4)))，給出下列曲線方程：①4x＋2y－1＝0；②x2＋y2＝3；③eq\f(x2,2)＋y2＝1；④eq\f(x2,2)－y2＝1.曲線上存在點P滿足|MP|＝|NP|的所有曲線方程是()A．①②③ B．②④C．①③ D．②③④【解析】由題意知P點必在線段MN的垂直平分線上，∵MN的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))，斜率為eq\f(1,2)，∴MN的垂直平分線方程是y＝－2x－3，它顯然與①中直線平行，∴排除A、C；注意到選項B、D的區(qū)別，考慮方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2x－3，,\f(x2,2)＋y2＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4,3),y＝－\f(1,3)))∴③中曲線上存在符合題設條件下的P點，選D.【答案】D5．方程y＝a|x|和y＝x＋a(a＞0)所確定的曲線有兩個交點，則a的取值范圍是()A．a＞1 B．0＜a＜1C．? D．0＜a＜1或a＞1【解析】當x≥0時，解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝ax，,y＝x＋a，))得x＝eq\f(a,a－1)，只有a＞1時才有解；當x＜0時，解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－ax，,y＝x＋a，))得x＝－eq\f(a,a＋1)＜0.故當a＞1時，兩曲線才有兩個交點．【答案】A6．已知曲線C1：F1(x，y)＝0，C2：F2(x，y)＝0，那么“點M的坐標是方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F1(x，y)＝0,F2(x，y)＝0))的解”是“點M是曲線C1和C2的交點”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件【解析】點M的坐標是方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F1(x，y)＝0,F2(x，y)＝0))的解，∴點M在曲線C1上同時又在曲線C2上，∴點M是曲線C1和C2的交點，∴“點M的坐標是方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F1(x，y)＝0,F2(x，y)＝0))的解”是“點M是曲線C1和C2的交點”的充分條件．反之，若點M是曲線C1和C2的交點，∴點M(x0，y0)的坐標滿足F1(x0，y0)＝0和F2(x0，y0)＝0，故是方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F1(x，y)＝0,F2(x，y)＝0))的解，∴“M點的坐標是方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F1(x，y)＝0,F2(x，y)＝0))的解”是“點M是曲線C1和C2的交點”的必要條件．故“點M的坐標是方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F1(x，y)＝0,F2(x，y)＝0))的解”是“點M是曲線C1和C2的交點”的充要條件．【答案】C二、填空題(每小題6分，共18分)7．曲線C1的方程為f(x，y)＝0，曲線C2的方程為φ(x，y)＝0，點M的坐標為(a，b)，命題p：M?C1∩C2；命題q：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(a，b)≠0,φ(a，b)≠0))，則p是q的________條件．【解析】由q：M?C1且M?C2，∴M?C1∩C2，p成立．由p：可能有M∈C1但M?C2或M∈C2但M?C1，q不一定成立．∴p是q的必要非充分條件．【答案】必要非充分8．已知A(2，－1)，B(－1,1)，O為坐標原點，動點M滿足eq\o(OM,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，其中m，n∈R且2m2－n2＝2，則M的軌跡方程為________．【解析】設M(x，y)，則(x，y)＝m(2，－1)＋n(－1,1)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2m－n,y＝n－m))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝x＋y,n＝x＋2y))，代入2m2－n2＝2，得x2－2y2＝2.【答案】x2－2y2＝29．已知⊙O′的方程是x2＋y2－2＝0，⊙O的方程是x2＋y2－8x＋10＝0，由動點P向⊙O和⊙O′所引的切線長相等，則動點P的軌跡方程是________．【解析】由已知得⊙O′的圓心為(0,0)，半徑為eq\r(2)，⊙O的圓心為(4,0)，半徑為eq\r(6)，由切線長相等得|PO|2－2＝|PO′|2－6，即|PO′|2－|PO|2＝4，設P(x，y)．則(x－4)2＋y2－(x2＋y2)＝4，化簡為x＝eq\f(3,2).【答案】x＝eq\f(3,2)三、解答題(10,11每題15分，12題16分，共46分)10．設F(m,0)(m>0)為定點，P，M，N為動點，且P，M分別在y軸和x軸上，若eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝0，求點N的軌跡C的方程．【解析】設N(x，y)，M(x0,0)，P(0，y0)，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x0，－y0)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(m，－y0)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x，y－y0)，由eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，得mx0＋yeq\o\al(2,0)＝0，由eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝0，得(x0＋x，y－2y0)＝0，∴將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－x,y0＝\f(y,2)))代入mx0＋yeq\o\al(2,0)＝0，得y2＝4mx即為所求．11．等腰三角形的頂點是A(4,2)，底邊一個端點是B(3,5)，求另一個端點C的軌跡方程，并說明它的軌跡是什么？【解析】設另一端點C的坐標為(x，y)，依題意得|AC|＝|AB|，由兩點間的距離公式得eq\r((x－4)2＋(y－2)2)＝eq\r((4－3)2＋(2－5)2)，兩邊平方得(x－4)2＋(y－2)2＝10，這是以點A(4,2)為圓心，以eq\r(10)為半徑的圓．又因為A，B，C為三角形的三個頂點，所以A，B，C三點不共線，即點B，C不能重合，且B，C不能為⊙A的一直徑的兩端點．因為B，C不能重合，所以C點的橫坐標x≠3.又因為點B，C不能為一直徑的兩端點，所以eq\f(x＋3,2)≠4，點C的橫坐標x≠5，故另一端點C的軌跡方程是(x－4)2＋(y－2)2＝10，但需去掉點(3,5)，(5，－1)．故C的軌跡是以點A(4,2)為圓心，以eq\r(10)為半徑的圓除去(3,5)和(5，－1)兩點．12．在平面直角坐標系中，O為坐標原點，點F、T、M、P滿足eq\o(OF,\s\up6(→))＝(1,0)，eq\o(OT,\s\up6(→))＝(－1，t)，eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\o(MT,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(FT,\s\up6(→))，eq\o(PT,\s\up6(→))∥eq\o(OF,\s\up6(→)).(1)當t變化時，求點P的軌跡C的方程；(2)若過點F的直線交曲線C于A、B兩點，求證：直線TA、TF、TB的斜率依次成等差數(shù)列．【解析】(1)設點P的坐標為(x，y)，由eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\o(MT,\s\up6(→))，得點M是線段FT的中點，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(t,2)))，eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x，\f(t,2)－y)).又eq\o(FT,\s\up6(→))＝eq\o(OT,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→))＝(－2，t)，eq\o(PT,\s\up6(→))＝(－1－x，t－y)，由eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(FT,\s\up6(→))，得2x＋teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)－y))＝0.①由eq\o(PT,\s\up6(→))∥eq\o(OF,\s\up6(→))，得(－1－x)×0＋(t－y)×1＝0，∴t＝y(tǒng).②由①②消去t，得y2＝4x即為所求點P的軌跡C的方程．(2)證明：設直線TA、TF、TB的斜率依次為k1，k，k2，并記A(x1，y1)，B(x2，y2)，則k＝－eq\f(t,2).設直線AB的方程為x＝my＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))得y2－4my－4＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－4.))∴yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.k1＋k2＝eq\f(y1－t,x1＋1)＋eq\f(y2－t,x2＋1)＝eq\f((y1－t)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)＋1))＋(y2－t)\b\lc\(\r