高三數(shù)學一輪復習 8-9曲線與方程隨堂訓練 理 蘇教版

第9課時曲線與方程一、填空題1．下面各對方程中，表示相同曲線的一對方程是________．①y＝x與y＝eq\r(x2)②(x－1)2＋(y＋2)2＝0與(x－1)·(y＋2)＝0③y＝eq\f(1,x)與xy＝1④y＝lgx2與y＝2lgx答案：③2．曲線f(x，y)＝0關(guān)于直線x－y－3＝0對稱的曲線方程為________．解析：在對稱曲線上任選一點(x，y)，關(guān)于x－y－3＝0的對稱點為(y＋3，x－3)在f(x，y)＝0上．故f(y＋3，x－3)＝0.答案：f(y＋3，x－3)＝03．已知l1是過原點O且與向量a＝(2，－λ)垂直的直線，l2是過定點A(0,2)且與向量b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(λ,2)))平行的直線，則l1與l2交點P的軌跡方程是________，軌跡是________．解析：由題意，l1可為過原點除x軸的任意直線，l2可為過A(0,2)除y軸的任意直線，又l1與l2垂直，由平面幾何性質(zhì)知，交點P的軌跡是以OA為直徑的圓除去原點O的部分，故P點軌跡方程為x2＋(y－1)2＝1(y≠0)．答案：x2＋(y－1)2＝1(y≠0)以(0,1)為圓心、1為半徑的圓(不包括原點)4．已知兩直線a1x＋b1y＋1＝0和a2x＋b2y＋1＝0的交點為P(2,3)，則過兩點Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)的直線方程是____________．解析：P(2,3)在a1x＋b1y＋1＝0上，代入得2a1＋3b1＋1＝0.同理2a2＋3b故(a1，b1)，(a2，b2)都在直線2x＋3y＋1＝0上，兩點確定一條直線，故過Q1，Q2兩點的直線方程為2x＋3y＋1＝0.答案：2x＋3y＋1＝05．方程|x－1|＋|y－1|＝1表示的曲線所圍成的圖形的面積是________．解析：|x－1|＋|y－1|＝1可寫成eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,y≥1，,x＋y＝3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,y≤1，,x－y＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤1，,y≥1，,y－x＝1，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤1，,y≤1，,x＋y＝1.))其圖形如圖所示．它是邊長為eq\r(2)的正方形，其面積為2.答案：26.已知△ABC的兩頂點A、B的坐標分別為A(0,0)、B(6,0)，頂點C在曲線y＝x2＋3上運動，則△ABC重心的軌跡方程為________________．解析：設G(x，y)為所求軌跡上任一點，頂點C的坐標為(x′，y′)，則由重心坐標公式，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(0＋6＋x′,3)，,y＝\f(0＋0＋y′,3)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝3x－6，,y′＝3y.))∵頂點C(x′，y′)在曲線y＝x2＋3上，∴3y＝(3x－6)2＋3，整理，得y＝3(x－2)2＋1.故所求軌跡方程為y＝3(x－2)2＋1.答案：y＝3(x－2)2＋17．設以P(2,2)為圓心的圓與橢圓x2＋2y2＝1交于A、B兩點，則AB中點M的軌跡方程是________________．解析：如圖所示，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB中點M(x0，y0)，則xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝1，兩式作差得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,y1＋y2)))＝－eq\f(x0,2y0).∵PM⊥AB，∴kPM·kAB＝－1，即eq\f(y0－2,x0－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x0,2y0)))＝－1.∴所求軌跡方程是xy＋2x－4y＝0(橢圓內(nèi)部分)．答案：xy＋2x－4y＝0(橢圓內(nèi)部分)二、解答題8．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(guān)于y軸對稱，O為坐標原點，若求P點的軌跡方程．解：∵∴P分有向線段所成的比為2.∴由P(x，y)可得B(0,3y)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)，0)).∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)x，3y)).∵Q與P關(guān)于y軸對稱．∴Q(－x，y)，且＝(－x，y)．∴由＝1得eq\f(3x2,2)＋3y2＝1(x>0，y>0)為所求．9．(江蘇姜堰、如皋、淮陰、前黃四校聯(lián)考)已知動圓Q與x軸相切，且過點A(0,2)．(1)求動圓圓心Q的軌跡M方程；(2)設B、C為曲線M上兩點，P(2,2)，PB⊥BC，求點C橫坐標的取值范圍．解：(1)設P(x，y)為軌跡上任一點，則|y|＝eq\r(x2＋y－22)≠0，化簡得y＝eq\f(1,4)x2＋1，∴y＝eq\f(1,4)x2＋1為所求方程．(2)設Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(1,4)x\o\al(2,1)＋1))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(1,4)x\o\al(2,2)＋1))，∵＝0，∴x2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(16,x1＋2))).∴x2≥10或x2≤－6為所求．10．(南京市調(diào)研)已知曲線E：ax2＋by2＝1(a>0，b>0)．經(jīng)過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))的直線l與曲線E交于點A、B，且(1)若點B的坐標為(0,2)，求曲線E的方程；(2)若a＝b＝1，求直線AB的方程．解：(1)設A(x0，y0)，因為B(0,2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))，故＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，2))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(\r(3),3)，y0)).因為，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，2))＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(\r(3),3)，y0))，所以x0＝eq\f(\r(3),2)，y0＝－1，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－1)).因為A，B都在曲線E上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·02＋b·22＝1,a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋b·－12＝1))，解得a＝1，b＝eq\f(1,4).所以曲線E的方程為x2＋eq\f(y2,4)＝1.(2)解法一：當a＝b＝1時，曲線E的方程為圓：x2＋y2＝1.設A(x1，y1)，B(x2，y2)．因為所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(\r(3),3)，y2))＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(\r(3),3)，y1))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＋x2＝\r(3),y2＝－2y1)).設線段AB的中點為T，則點T的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－x1,2)，－\f(y1,2))).所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－x1,2)，－\f(y1,2)))，＝(x2－x1，y2－y1)＝(eq\r(3)－3x1，－3y1)．因為OT⊥AB，所以＝0，即3－4eq\r(3x)1＋3xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＝0.又因為xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以x1＝eq\f(\r(3),2)，y1＝±eq\f(1,2).當點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))時，對應的點B的坐標為(0,1)，此時直線AB的斜率k＝－eq\r(3)，所求直線AB的方程為y＝－eq\r(3)x＋1；當點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))時，對應的點B的坐標為(0，－1)，此時直線AB的斜率k＝eq\r(3)，所求直線AB的方程為y＝eq\r(3)x－1.解法二：當a＝b＝1時，曲線E的方程為圓：x2＋y2＝1.設A(x1，y1)，B(x2，y2)．因為所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(\r(3),3)，y2))＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(\r(3),3)，y1))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＋x2＝\r(3),y2＝－2y1)).因為點A，B在圓上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＝1，①,x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＝1，②))由①×4－②得(2x1＋x2)(2x1－x2)＝3.所以2x1－x2＝eq\r(3)，解得x1＝eq\f(\r(3),2)，x2＝0.由x1＝eq\f(\r(3),2)，得y1＝±eq\f(1,2).(以下同解法一)解法三：如圖所示，設AB的中點為T，由條件得TM＝TA－MA＝eq\f(1,6)AB，OM＝eq\f(\r(3),3).根據(jù)Rt△OTA和Rt△OTM得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(TM2＋OT2＝\f(1,3),TA2＋OT2＝1))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,36)AB2＋OT2＝\f(1,3),\f(1,4)AB2＋OT2＝1))，解得AB＝eq\r(3)，OT＝eq\f(1,2).所以在Rt△OTM中，tan∠OMT＝eq\f(OT,TM)＝eq\r(3).所以kAB＝－eq\r(3)或eq\r(3).所以所求直線AB的方程為y＝－eq\r(3)x＋1或y＝eq\r(3)x－1.

1．設動點P在直線x＝1上，O為坐標原點，以OP為直角邊、點O為直角頂點作等腰Rt△OPQ，則動點Q的軌跡是__________________．解析：設點Q、P的坐標分別為(x，y)、(1，y0)，由OQ⊥OP，得kOQ·kOP＝－1，即eq\f(y,x)·eq\f(y0,1)＝－1，y0＝－eq\f(x,y).①又由|OQ|＝|OP|，得eq\r(x2＋y2)＝eq\r(y\o\al(2,0)＋1)，即x2＋y2＝y(tǒng)eq\o\al(2,0)＋1.②由①、②消去y0，得點Q的軌跡方程為y＝1與y＝－1.答案：y＝1或y＝－12．已知拋物線y2＝4px(p>0)，O為頂點，A、B為拋物線上的兩動點，且滿足OA⊥OB，如果OM⊥AB于M點，求點M的軌跡方程．解：如圖所示，設OA的方程為y＝kx(k≠0)，點M坐標為(x，y)(x≠0)，則OB的方程為y＝－eq\f(1,k)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4px,y＝kx))，得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4p,k2)，\f(4p,k)))，由eq\b