2022版高考数学大一轮复习课时作业55《曲线与方程》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业55《曲线与方程》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
方程(x2－y2－1)eq \r(x－y－1)=0表示的曲线的大致形状是(图中实线部分)( )
动点P(x，y)满足 SKIPIF 1 < 0 =|3x＋4y－11|，则点P的轨迹是( )
A.椭圆 B.双曲线 C.抛物线 D.直线
方程(x2＋y2－2x)eq \r(x＋y－3)=0表示的曲线是( )
A.一个圆和一条直线
B.一个圆和一条射线
C.一个圆
D.一条直线
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\up15(→))=λ1eq \(OA,\s\up15(→))＋λ2eq \(OB,\s\up15(→))(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
已知点M(－3,0)，N(3,0)，B(1,0)，动圆C与直线MN切于点B，过M，N与圆C相切的两直线相交于点P，则P点的轨迹方程为( )
A.x2－eq \f(y2,8)=1(x>1) B.x2－eq \f(y2,8)=1(x<－1) C.x2＋eq \f(y2,8)=1(x>0) D.x2－eq \f(y2,10)=1(x>1)
过抛物线x2=4y的焦点作直线l交抛物线于A，B两点，分别过A，B作抛物线的切线l1，l2，则l1与l2的交点P的轨迹方程是( )
A.y=－1 B.y=－2 C.y=x－1 D.y=－x－1
二、填空题
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,0)，B(2,2)，若点C满足eq \(OC,\s\up15(→))=eq \(OA,\s\up15(→))＋t(eq \(OB,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→)))，
其中t∈R，则点C的轨迹方程是 .
在△ABC中，A为动点，B，C为定点，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0))(a>0)，且满足条件：
sinC－sinB=eq \f(1,2)sinA，则动点A的轨迹方程是 .
如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且AM=eq \f(1,3)AB，点P在平面ABCD上，且动点P到直线A1D1的距离的平方与P到点M的距离的平方差为1，在平面直角坐标系xAy中，动点P的轨迹方程是 .
P是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1上的任意一点，F1、F2是它的两个焦点，O为坐标原点，eq \(OQ,\s\up15(→))=eq \(PF1,\s\up15(→))＋eq \(PF2,\s\up15(→))，
则动点Q的轨迹方程是 .
三、解答题
如图所示，已知C为圆(x＋eq \r(2))2＋y2=4的圆心，点A(eq \r(2)，0)，P是圆上的动点，点Q在直线CP上，且eq \(MQ,\s\up15(→))·eq \(AP,\s\up15(→))=0，eq \(AP,\s\up15(→))=2eq \(AM,\s\up15(→)).当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程.
如图，P是圆x2＋y2=4上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足eq \(DM,\s\up15(→))=eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up15(→)).
(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.
已知直线l1：ax－y＋1=0，直线l2：x＋5ay＋5a=0，直线l1与l2的交点为M，点M的轨迹为曲线C.
(1)当a变化时，求曲线C的方程；
(2)已知点D(2,0)，过点E(－2,0)的直线l与C交于A，B两点，求△ABD面积的最大值.
\s 0 答案详解
答案为：B.
解析：原方程等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2－1＝0，,x－y－1≥0))或x－y－1=0，前者表示等轴双曲线x2－y2=1位于直线x－y－1=0下方的部分，后者为直线x－y－1=0，这两部分合起来即为所求.
答案为：B.
解析：设定点F(1,2)，定直线l：3x＋4y－11=0，则|PF|= SKIPIF 1 < 0 ，
点P到直线l的距离d=eq \f(|3x＋4y－11|,5).由已知得eq \f(|PF|,d)=1，
但注意到点F(1,2)恰在直线l上，所以点P的轨迹是直线.选D.
答案为：D.
解析：依题意，题中的方程等价于①x＋y－3=0或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－3≥0，,x2＋y2－2x＝0.))
注意到圆x2＋y2－2x=0上的点均位于直线x＋y－3=0的左下方区域，
即圆x2＋y2－2x=0上的点均不满足x＋y－3≥0，②不表示任何图形，
因此题中的方程表示的曲线是直线x＋y－3=0.
答案为：A.
解析：设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up15(→))=(x，y)，eq \(OA,\s\up15(→))=(3,1)，eq \(OB,\s\up15(→))=(－1,3).
∵eq \(OC,\s\up15(→))=λ1eq \(OA,\s\up15(→))＋λ2eq \(OB,\s\up15(→))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ1＝\f(3x＋y,10)，,λ2＝\f(3y－x,10)，))
又λ1＋λ2=1，∴x＋2y－5=0，表示一条直线.
答案为：A.
解析：设另外两个切点为E，F，如图所示，则|PE|=|PF|，|ME|=|MB|，|NF|=|NB|.
从而|PM|－|PN|=|ME|－|NF|=|MB|－|NB|=4－2=2<|MN|，
∴P点的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2的双曲线的右支.
又∵a=1，c=3，∴b2=8.故P点的轨迹方程为x2－eq \f(y2,8)=1(x>1).
答案为：A.
解析：抛物线的焦点为F(0,1)，设l：y=kx＋1，代入x2=4y得x2=4kx＋4，
即x2－4kx－4=0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=4k，x1x2=－4.
将y=eq \f(1,4)x2求导得y′=eq \f(1,2)x，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(l1：y－y1＝\f(1,2)x1x－x1，,l2：y－y2＝\f(1,2)x2x－x2，))
由x2=4y得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(l1：y＋y1＝\f(1,2)x1x，,l2：y＋y2＝\f(1,2)x2x，))两方程相除得eq \f(y＋y1,y＋y2)=eq \f(x1,x2)，
变形整理得y=eq \f(x1y2－x2y1,x2－x1)=eq \f(x1x2x2－x1,4x2－x1)=－1，所以交点P的轨迹方程是y=－1.
答案为：y=2x－2.
解析：设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up15(→))=(x，y)，eq \(OA,\s\up15(→))＋t(eq \(OB,\s\up15(→))－eq \(OA,\s\up15(→)))=(1＋t,2t)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＋1，,y＝2t，))消去参数t得点C的轨迹方程为y=2x－2.
答案为：eq \f(16x2,a2)－eq \f(16y2,3a2)=1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>\f(a,4))).
解析：由正弦定理得eq \f(|AB|,2R)－eq \f(|AC|,2R)=eq \f(1,2)×eq \f(|BC|,2R)，即|AB|－|AC|=eq \f(1,2)|BC|，
故动点A是以B，C为焦点，eq \f(a,2)为实轴长的双曲线右支.
即动点A的轨迹方程为eq \f(16x2,a2)－eq \f(16y2,3a2)=1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>\f(a,4))).
答案为：y2=eq \f(2,3)x－eq \f(1,9).
解析：如图，过P作PQ⊥AD于Q，再过Q作QH⊥A1D1于H，连接PH，PM，
易证得PH⊥A1D1.设P(x，y)，由|PH|2－|PM|2=1，得x2＋1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,3)))2＋y2))=1，
化简得y2=eq \f(2,3)x－eq \f(1,9).
答案为：eq \f(x2,4a2)＋eq \f(y2,4b2)=1.
解析：如图，由eq \(OQ,\s\up15(→))=eq \(PF1,\s\up15(→))＋eq \(PF2,\s\up15(→))，又eq \(PF1,\s\up15(→))＋eq \(PF2,\s\up15(→))=eq \(PM,\s\up15(→))=2eq \(PO,\s\up15(→))=－2eq \(OP,\s\up15(→))，
设Q(x，y)，则eq \(OP,\s\up15(→))=－eq \f(1,2)eq \(OQ,\s\up15(→))=－eq \f(1,2)(x，y)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)，－\f(y,2)))，
即P点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)，－\f(y,2)))，又P在椭圆上，则有eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,2)))2,b2)=1，即eq \f(x2,4a2)＋eq \f(y2,4b2)=1.
解：圆(x＋eq \r(2))2＋y2=4的圆心为C(－eq \r(2)，0)，半径r=2，
∵eq \(MQ,\s\up15(→))·eq \(AP,\s\up15(→))=0，eq \(AP,\s\up15(→))=2eq \(AM,\s\up15(→))，
∴MQ⊥AP，点M是线段AP的中点，即MQ是AP的垂直平分线，
连接AQ，则|AQ|=|QP|，
∴||QC|－|QA||=||QC|－|QP||=|CP|=r=2，
又|AC|=2eq \r(2)>2，
根据双曲线的定义，知点Q的轨迹是以C(－eq \r(2)，0)，A(eq \r(2)，0)为焦点，
实轴长为2的双曲线，由c=eq \r(2)，a=1，得b2=1，
因此点Q的轨迹方程为x2－y2=1.
解：(1)设M(x，y)，则D(x,0)，
由eq \(DM,\s\up15(→))=eq \f(1,2)eq \(DP,\s\up15(→))，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eq \f(x2,4)＋y2=1，
且轨迹C是以(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)为焦点，长轴长为4的椭圆.
(2)设E(x，y)，由题意知l的斜率存在，
设l：y=k(x－3)，代入eq \f(x2,4)＋y2=1，得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=eq \f(24k2,1＋4k2)，
∴y1＋y2=k(x1－3)＋k(x2－3)=k(x1＋x2)－6k=eq \f(24k3,1＋4k2)－6k=eq \f(－6k,1＋4k2).
∵四边形OAEB为平行四边形，
∴eq \(OE,\s\up15(→))=eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=(x1＋x2，y1＋y2)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24k2,1＋4k2)，\f(－6k,1＋4k2)))，
又eq \(OE,\s\up15(→))=(x，y)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(24k2,1＋4k2)，,y＝\f(－6k,1＋4k2)，))消去k得，x2＋4y2－6x=0，
由Δ=(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)>0，得k2∴顶点E的轨迹方程为x2＋4y2－6x=0(0 解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax－y＋1＝0，,x＋5ay＋5a＝0))消去a，得曲线C的方程为eq \f(x2,5)＋y2=1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x=my－2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,\f(x2,5)＋y2＝1，))得(m2＋5)y2－4my－1=0，
则y1＋y2=eq \f(4m,m2＋5)，y1y2=－eq \f(1,m2＋5)，
△ABD的面积S=2|y2－y1|=2eq \r(y2＋y12－4y2y1)
=2eq \r(\f(16m2,m2＋52)＋\f(4,m2＋5))=eq \f(4\r(5)·\r(m2＋1),m2＋5)，
设t=eq \r(m2＋1)，t∈[1，＋∞)，则S=eq \f(4\r(5)t,t2＋4)=eq \f(4\r(5),t＋\f(4,t))≤eq \r(5)，
当t=eq \f(4,t)(t∈[1，＋∞))，即t=2，m=±eq \r(3)时，
△ABD的面积取得最大值eq \r(5).