高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第8章　平面解析几何8.8(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第8章　平面解析几何8.8(教师版)，共12页。

一、选择题
1．图中曲线的方程可以是( )
A．(x＋y－1)·(x2＋y2－1)＝0 B.eq \r(x＋y－1)·(x2＋y2－1)＝0
C．(x＋y－1)·eq \r(x2＋y2－1)＝0 D.eq \r(x＋y－1)·eq \r(x2＋y2－1)＝0
答案 C
解析 由图象可知曲线的方程可以是x2＋y2＝1或x＋y－1＝0(x2＋y2≥1)，故选C.
2．若点P(x，y)坐标满足ln eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)))＝|x－1|，则点P的轨迹图象大致是( )
答案 B
解析 由题意，x＝1时，y＝1，故排除C，D；令x＝2，则y＝±eq \f(1,e)，排除A.故选B.
3．点集{(x，y)|(|x|－1)2＋y2＝4}表示的图形是一条封闭的曲线，这条封闭曲线所围成的区域面积是( )
A.eq \f(16π,3)＋2eq \r(3) B.eq \f(16π,3)＋4eq \r(3) C.eq \f(24π,3)＋2eq \r(3) D.eq \f(24π,3)＋4eq \r(3)
答案 A
解析 点集{(x，y)|(|x|－1)2＋y2＝4}表示的图形是一条封闭的曲线，关于x，y轴对称，如图所示．
由图可得面积S＝S菱形＋eq \f(4,3)S圆＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2＋eq \f(4,3)×π×4＝eq \f(16π,3)＋2eq \r(3).
故选A.
4．在△ABC中，B(－eq \r(5)，0)，C(eq \r(5)，0)，AB，AC边上的中线长之和为9.则△ABC重心G的轨迹方程是( )
A.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1(y≠0) B.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1(y≠0)
C.eq \f(x2,4)－y2＝1(y≠0) D．x2－eq \f(y2,4)＝1(y≠0)
答案 B
解析 设AB，AC边上的中线分别为CD，BE，
∵BG＝eq \f(2,3)BE，CG＝eq \f(2,3)CD，∴BG＋CG＝eq \f(2,3)(BE＋CD)＝6(定值)．
因此，G的轨迹为以B，C为焦点的椭圆，2a＝6，c＝eq \r(5)，
∴a＝3，b＝2，可得椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
∵当G点在x轴上时，A，B，C三点共线，不能构成△ABC.
∴G的纵坐标不能是0，可得△ABC的重心G的轨迹方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1(y≠0)．故选B.
5．已知抛物线y2＝4x，焦点为F，顶点为O，点P在抛物线上移动，Q是OP的中点，M是FQ的中点，则点M的轨迹方程是( )
A．y2＝x－1 B．y2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))
C．y2＝2(x－1) D．y2＝x－eq \f(1,2)
答案 D
解析 设M(x，y)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
易求y2＝4x的焦点F的坐标为(1,0)．∵M是FQ的中点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1＋x2,2)，,y＝\f(y2,2)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝2x－1，,y2＝2y，))
又Q是OP的中点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(x1,2)，,y2＝\f(y1,2)))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝2x2＝4x－2，,y1＝2y2＝4y.))
∵P在抛物线y2＝4x上，∴(4y)2＝4(4x－2)，
所以M点的轨迹方程为y2＝x－eq \f(1,2).故选D.
6．已知A(－1,0)，B是圆F：x2－2x＋y2－11＝0(F为圆心)上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,11)＝1 B.eq \f(x2,36)－eq \f(y2,35)＝1
C.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,2)＝1 D.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
答案 D
解析 将圆F改写成标准方程(x－1)2＋y2＝12，则圆心F的坐标为(1,0)，半径r＝2eq \r(3)，由题意可知|PA|＝|PB|.又点P在圆F的半径BF上，故|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝|BF|＝2eq \r(3)>2＝|AF|，所以动点P的轨迹是以A，F为焦点，2eq \r(3)为长轴长的椭圆，则2a＝2eq \r(3)，2c＝2，所以b＝eq \r(2).故动点P的轨迹方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.故选D.
7．已知过定点C(2，0)的直线l与抛物线y2＝2x相交于A，B两点，作OE⊥AB于E.则点E的轨迹方程是( )
A．x2＋y2－2x＝0(x≠0)
B．x2＋y2－2x＝0(y≠0)
C．x2＋y2－4x＝0
D．x2＋y2－4x＝0(y≠0)
答案 A
解析 直线l过定点C(2,0)，
∵O(0,0)，C(2,0)，OE⊥CE，∴△OEC为直角三角形，
∴点E的轨迹是以线段OC为直径的圆除去点O，
故点E的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1(x≠0)，
即x2＋y2－2x＝0(x≠0)．故选A.
8．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足eq \(OC,\s\up16(→))＝λ1eq \(OA,\s\up16(→))＋λ2eq \(OB,\s\up16(→))(O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线
答案 A
解析 设C(x，y)，因为eq \(OC,\s\up16(→))＝λ1eq \(OA,\s\up16(→))＋λ2eq \(OB,\s\up16(→))，
所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1，3)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(y＋3x,10)，,λ2＝\f(3y－x,10)，))
又λ1＋λ2＝1，所以eq \f(y＋3x,10)＋eq \f(3y－x,10)＝1，即x＋2y＝5，
所以点C的轨迹为直线，故选A.
9．已知方程eq \f(x2,4－t)＋eq \f(y2,t－1)＝1表示的曲线为C，给出以下四个判断：
①当1②当t>4或t<1时曲线C表示双曲线；
③若曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，则1④若曲线C表示焦点在x轴上的双曲线，则t>4.
其中判断正确的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 由4－t＝t－1，可得t＝eq \f(5,2)，方程eq \f(x2,4－t)＋eq \f(y2,t－1)＝1表示圆，故①不正确；由双曲线的定义可知：当(4－t)(t－1)<0时，即t<1或t>4时，方程eq \f(x2,4－t)＋eq \f(y2,t－1)＝1表示双曲线，故②正确；由椭圆定义可知：当椭圆在x轴上时，满足4－t>t－1>0，即10，,t－1<0，))∴t<1，故④不正确，故选B.
10．如图所示，在正方形ABCD－A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线A1B1与直线BC的距离相等，则动点P所在曲线的形状为( )
答案 C
解析 依题意可知P到点B的距离等于到直线A1B1的距离，根据抛物线的定义可知，动点P的轨迹是以B为焦点，以A1B1为准线的过A的抛物线的一部分．
A的图象为直线的图象，排除A.
B项中B不是抛物线的焦点，排除B.
D项不过A点，D排除．故选C.
二、填空题
11．若过抛物线y2＝4x的焦点作直线与其交于M，N两点，作平行四边形MONP，则点P的轨迹方程为________．
答案 y2＝4(x－2)
解析 当直线斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－1)，
点M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x，y)，由eq \(OM,\s\up16(→))＝eq \(NP,\s\up16(→))，
得(x1，y1)＝(x－x2，y－y2)．得x1＋x2＝x，y1＋y2＝y.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))联立得x＝x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2).
y＝y1＋y2＝eq \f(4,k)，消去参数k，得y2＝4(x－2)．
当直线斜率不存在时，MN的方程为x＝1，P(2,0)在曲线y2＝4(x－2)上．
12．设x，y∈R，i，j为直角坐标平面内x，y轴正方向上的单位向量，向量a＝xi＋(y＋2)j，b＝xi＋(y－2)j，且|a|＋|b|＝8，则点M(x，y)的轨迹方程为________．
答案 eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,16)＝1
解析 由已知得a＝(x，y＋2)，b＝(x，y－2)，而|a|＋|b|＝8，故有eq \r(x2＋y＋22)＋eq \r(x2＋y－22)＝8①，由①式知动点M(x，y)到两定点F1(0，－2)，F2(0,2)的距离之和为一常数，满足椭圆的定义，故M点轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，椭圆的长半轴长a＝4，所以短半轴长b＝2eq \r(3)，故其轨迹方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,16)＝1.
13．已知双曲线eq \f(x2,2)－y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P(x1，y1)，Q(x1，－y1)是双曲线上不同于A1，A2的两个不同的动点，则直线A1P与A2Q交点的轨迹方程为________．
答案 eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠0且x≠±eq \r(2))
解析 由题设知|x1|>eq \r(2)，A1(－eq \r(2)，0)，A2(eq \r(2)，0)，则有
直线A1P的方程为y＝eq \f(y1,x1＋\r(2))(x＋eq \r(2))，①
直线A2Q的方程为y＝eq \f(－y1,x1－\r(2))(x－eq \r(2))，②
联立①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2,x1)，,y＝\f(\r(2)y1,x1)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(2,x)，,y1＝\f(\r(2)y,x)，))③
∴x≠0，且|x|所以eq \f(x\\al(2,1),2)－yeq \\al(2,1)＝1.将③代入上式，整理得所求轨迹的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1(x≠0且x≠±eq \r(2))．
14．已知圆O1：(x－2)2＋y2＝16和圆O2：x2＋y2＝r2(0e2)，则e1＋2e2的最小值为________．
答案 eq \f(3＋2\r(2),4)
解析 设动圆M的半径为R.动圆M与圆O1和圆O2都相切有两种情况，一是与圆O1内切、与圆O2外切，二是与圆O1和圆O2都内切．相切都可以转化为圆心距问题．第一种情况，dMO1＝4－R，dMO2＝r＋R，dMO1＋dMO2＝4＋r，为定值，且O1O2＝2.故由椭圆的定义可知，M的轨迹为一个椭圆，a＝eq \f(4＋r,2)，c＝1.
同理，第二种情况，M的轨迹为一个椭圆，a＝eq \f(4－r,2)，c＝1.
∵两个椭圆的离心率分别为e1和e2(e1>e2)，
∴e1＝eq \f(2,4－r)，e2＝eq \f(2,4＋r).
∴e1＋2e2＝eq \f(2,4－r)＋eq \f(4,4＋r)＝eq \f(24＋r＋44－r,4－r4＋r)＝eq \f(24－2r,16－r2)
＝eq \f(212－r,－12－r2＋2412－r－128)＝eq \f(2,－12－r－\f(128,12－r)＋24)
≥eq \f(2,－2 \r(12－r·\f(128,12－r))＋24)＝eq \f(2,－16\r(2)＋24)＝eq \f(2\r(2)＋3,4)，
当且仅当12－r＝eq \f(128,12－r)，即r＝12－8eq \r(2)时，取“＝”．
所以e1＋2e2的最小值为eq \f(3＋2\r(2),4).
三、解答题
15．如图，抛物线E：y2＝2px(p>0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
解 (1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2,2)，
代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),2)，y1))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),2)，y2))，y1≠0，y2≠0.
设切线l1：y－y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),2)))，
代入y2＝2x得ky2－2y＋2y1－kyeq \\al(2,1)＝0，由Δ＝0，
解得k＝eq \f(1,y1)，∴l1的方程为y＝eq \f(1,y1)x＋eq \f(y1,2)，
同理，l2的方程为y＝eq \f(1,y2)x＋eq \f(y2,2).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(1,y2)x＋\f(y2,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1·y2,2)，,y＝\f(y1＋y2,2).))①
∵直线CD的方程为x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0满足xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8，x0∈[2,2eq \r(2) ]，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x0x＋y0y＝8，))得x0y2＋2y0y－16＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2y0,x0)，,y1·y2＝－\f(16,x0).))②
由①②可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(8,x0)，,y＝－\f(y0,x0)，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(8,x)，,y0＝\f(8y,x)，))
代入xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8得eq \f(x2,8)－y2＝1.
考虑到x0∈[2,2eq \r(2) ]，则x∈[－4，－2eq \r(2) ]，
∴动点M的轨迹方程为eq \f(x2,8)－y2＝1，x∈[－4，－2eq \r(2) ]．
16．已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
解 由题知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)).设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，
且Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)，a))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,2)，b))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，b))，
Req \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2))).记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.
(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝eq \f(a－b,1＋a2)＝eq \f(a－b,a2－ab)＝eq \f(1,a)＝eq \f(－ab,a)＝－b＝k2.所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0)，
则S△ABF＝eq \f(1,2)|b－a|·|FD|＝eq \f(1,2)|b－a|eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2)))，S△PQF＝eq \f(|a－b|,2).
由题设可得2×eq \f(1,2)|b－a|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2)))＝eq \f(|a－b|,2)，所以x1＝0(舍去)或x1＝1.
设满足条件的AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE，可得eq \f(2,a＋b)＝eq \f(y,x－1)(x≠1)．
而eq \f(a＋b,2)＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E(1,0)满足方程y2＝x－1.
所以，所求轨迹方程为y2＝x－1.