高中數(shù)學 曲線與方程.doc

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9.9 曲線與方程 一、填空題 1．方程(x－y)2＋(xy－1)2＝0表示的是________． 解析　(x－y)2＋(xy－1)2＝0? ∴或 故此方程表示兩個點． 答案　兩個點 2．方程|y|－1＝表示的曲線是________． 解析　原方程等價于 ? ?或 答案　兩個半圓 3. 動點P到點F(2,0)的距離與它到直線x+2=0的距離相等,則點P的軌跡方程為_______． 解析 考查拋物線定義及標準方程,知P的軌跡是以F(2,0)為焦點的拋物線,p=2,所以其方程為. 答案 4．設P為圓x2＋y2＝1上的動點，過P作x軸的垂線，垂足為Q，若＝λ(其中λ為正常數(shù))，則點M的軌跡為________． 解析　設M(x，y)，P(x0，y0)，則Q(x0,0)， 由＝λ得(λ＞0)， ∴ 由于x20＋y20＝1，∴x2＋(λ＋1)2y2＝1，∴M的軌跡為橢圓． 答案　橢圓 5.設P為雙曲線上一動點,O為坐標原點,M為線段OP的中點,則點M的軌跡方程是 . 解析 設M(x,y),則P(2x,2y)代入雙曲線方程即得. 答案 6．如圖所示，一圓形紙片的圓心為O，F(xiàn)是圓內(nèi)一定點，M是圓周上一動點，把紙片折疊使M與F重合，然后抹平紙片，折痕為CD，設CD與OM交于點P，則點P的軌跡是________． 解析　由條件知PM＝PF. ∴PO＋PF＝PO＋PM＝OM＝R>OF. ∴P點的軌跡是以O、F為焦點的橢圓． 答案　橢圓 7．若△ABC的頂點A(－5,0)、B(5,0)，△ABC的內(nèi)切圓圓心在直線x＝3上，則頂點C的軌跡方程是________． 解析　如圖AD＝AE＝8，BF＝BE＝2，CD＝CF，所以CA－CB＝8－2＝6. 根據(jù)雙曲線定義，所求軌跡是以A、B為焦點，實軸長為6的雙曲線的右支，方程為－＝1(x>3)． 答案?。?(x>3) 8．對于曲線C：＋＝1，給出下面四個命題： ①曲線C不可能表示橢圓； ②當1＜k＜4時，曲線C表示橢圓； ③若曲線C表示雙曲線，則k＜1或k＞4； ④若曲線C表示焦點在x軸上的橢圓，則1＜k＜. 其中所有正確命題的序號為________． 解析 根據(jù)橢圓和雙曲線的定義，可得當即時，表示橢圓；當k<1或k>4時，表示雙曲線． 答案 ③④　 9．在△ABC中，A為動點，B、C為定點，B，C(a>0)，且滿足條件sin C－sin B＝sin A，則動點A的軌跡方程是________． 解析　由正弦定理得－＝×， ∴AB－AC＝BC，由雙曲線的定義知動點A的軌跡為雙曲線右支． 答案?。?(x>0且y≠0) 10．已知P是橢圓＋＝1(a＞b＞0)上的任意一點，F(xiàn)1、F2是它的兩個焦點，O為坐標原點，＝＋，則動點Q的軌跡方程是______________． 解析　由＝＋， 又＋＝＝2＝－2， 設Q(x，y)，則＝－＝－(x，y)＝， 即P點坐標為，又P在橢圓上， 則有＋＝1，即＋＝1(a＞b＞0)． 答案?。?(a＞b＞0) 11．已知兩條直線l1：2x－3y＋2＝0和l2：3x－2y＋3＝0，有一動圓(圓心和半徑都動)與l1、l2都相交，且l1、l2被圓截得的弦長分別是定值26和24，則圓心的軌跡方程是____________． 解析　設動圓的圓心為M(x，y)，半徑為r，點M到直線l1，l2的距離分別為d1和d2. 由弦心距、半徑、半弦長間的關(guān)系得， 即 消去r得動點M滿足的幾何關(guān)系為d22－d21＝25， 即－＝25. 化簡得(x＋1)2－y2＝65. 此即為所求的動圓圓心M的軌跡方程． 答案　(x＋1)2－y2＝65 12．直線＋＝1與x、y軸交點的中點的軌跡方程是______． 解析　(參數(shù)法)設直線＋＝1與x、y軸交點為A(a,0)、B(0,2－a)，A、B中點為M(x，y)，則x＝，y＝1－，消去a，得x＋y＝1，∵a≠0，a≠2，∴x≠0，x≠1. 答案　x＋y＝1(x≠0，x≠1) 13．到兩互相垂直的異面直線的距離相等的點，在過其中一條直線且平行于另一條直線的平面內(nèi)的軌跡是________． 解析　在邊長為a的正方體ABCDA1B1C1D1中，DC與A1D1是兩條相互垂直的異面直線，平面ABCD過直線DC且平行于A1D1，以D為原點，分別以DA、DC為x軸、y軸建立平面直角坐標系，設點P(x，y)在平面ABCD內(nèi)且到A1D1與DC之間的距離相等，∴|x|＝， ∴x2－y2＝a2，故該軌跡為雙曲線． 答案　雙曲線 二、解答題 14.求過直線x-2y+4=0和圓1=0的交點,且滿足下列條件之一的圓的方程: (1)過原點; (2)有最小面積. 解析 設所求圓的方程是+4)=0, 即. (1)因為圓過原點,所以即. 故所求圓的方程為. (2)將圓系方程化為標準式,有: . 當其半徑最小時,圓的面積最小,此時為所求. 故滿足條件的圓的方程是. 點評:(1)直線和圓相交問題,這里應用了曲線系方程,這種解法比較方便;當然也可以用待定系數(shù)法.(2)面積最小時即圓半徑最小;也可用幾何意義,即直線與相交弦為直徑時圓面積最小. 15．如圖，橢圓C：＋＝1的右頂點是A，上、下兩個頂點分別為B、D，四邊形OAMB是矩形(O為坐標原點)，點E、P分別是線段OA、AM的中點． (1)求證：直線DE與直線BP的交點在橢圓C上； (2)過點B的直線l1，l2與橢圓C分別交于點R、S(不同于點B)，且它們的斜率k1，k2滿足k1k2＝－，求證：直線RS過定點，并求出此定點的坐標． 解析　(1)由題意，得A(4,0)，B(0,2)，D(0，－2)，E(2,0)，P(4,1)． 所以直線DE的方程為y＝x－2，直線BP的方程為y＝－x＋2. 解方程組得 所以直線DE與直線BP的交點坐標為. 因為＋＝1， 所以點在橢圓＋＝1上． 即直線DE與直線BP的交點在橢圓C上． (2)設直線BR的方程為y＝k1x＋2. 解方程組 得或 所以點R的坐標為. 因為k1k2＝－，所以直線BS的斜率k2＝－. 直線BS的方程為y＝－x＋2. 解方程組得或 所以點S的坐標為. 所以點R，S關(guān)于坐標原點O對稱． 故R，O，S三點共線，即直線RS過定點O. 16．已知圓O：x2＋y2＝2交x軸于A、B兩點，曲線C是以AB為長軸，離心率為的橢圓，其左焦點為F.若點P是圓O上的一點，連接PF，過原點O作直線PF的垂線交橢圓C的左準線于點Q. (1)求橢圓C的標準方程； (2)若點P的坐標為(1,1)，求證：直線PQ與圓O相切； (3)試探究：當點P在圓O上運動時(不與點A、B重合)，直線PQ與圓O是否保持相切的位置關(guān)系？若是，請證明；若不是，請說明理由． 解析　(1)因為a＝，e＝，所以c＝1. 則b＝1，即橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)因為P(1,1)，所以kPF＝，所以kOQ＝－2，所以直線OQ的方程為y＝－2x. 又橢圓的左準線方程為x＝－2，所以點Q(－2,4)． 所以kPQ＝－1.又kOP＝1，所以kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ，故直線PQ與圓O相切． (3)當點P在圓O上運動時，直線PQ與圓O保持相切． 證明如下： 設P(x0，y0)(x0≠0，±1)，則y＝2－x，所以kPF＝，kOQ＝－. 所以直線OQ的方程為y＝－x. 所以點Q. 所以kPQ＝＝＝＝－，又kOP＝， 所以kOP·kPQ＝－1，即OP⊥PQ，故直線PQ始終與圓O相切． 17．如圖，在直角坐標系中，A、B、C三點在x軸上，原點O和點B分別是線段AB和AC的中點，已知AO＝m(m為常數(shù))，平面的點P滿足PA＋PB＝6m. (1)試求點P的軌跡C1的方程； (2)若點(x，y)在曲線C1上，求證：點一定在某圓C2上； (3)過點C作直線l與圓C2相交于M、N兩點，若點N恰好是線段CM的中點，試求直線l的方程． 解析　(1)由題意可得點P的軌跡C1是以A、B為焦點的橢圓， 且半焦距長c＝m，長半軸長a＝3m，則C1的方程為＋＝1. (2)若點(x，y)在曲線C1上，則＋＝1.設＝x0，＝y(tǒng)0， 則x＝3x0，y＝2y0. 代入＋＝1，得x＋y＝m2， 所以點一定在某一圓C2上． (3)由題意，得C(3m,0)． 設M(x1，y1)，則x＋y＝m2.① 因為點N恰好是線段CM的中點，所以N. 代入C2的方程得2＋2＝m2.② 聯(lián)立①②，解得x1＝－m，y1＝0. 故直線l有且只有一條，方程為y＝0. 18．在平面直角坐標系xOy中，已知定點A(－4,0)，B(4,0)，動點P與點A、B連線的斜率之積為－. (1)求點P的軌跡方程； (2)設點P的軌跡與y軸負半軸交于點C，半徑為r的圓M的圓心M在線段AC的垂直平分線上，且在y軸右側(cè)，圓M被y軸截得的弦長為r. ①求圓M的方程； ②當r變化時，是否存在定直線l與動圓M均相切？如果存在，求出定直線l的方程；如果不存在，請說明理由． 解析　(1)設P(x，y)，則直線PA、PB的斜率分別為 k1＝，k2＝. 由題意，知·＝－，即＋＝1(x≠±4)． 所以動點P的軌跡方程是＋＝1(x≠±4)． (2)①由題意，得C(0，－2)，A(－4,0)， 所以線段AC的垂直平分線方程為y＝2x＋3. 設M(a,2a＋3)(a＞0)，則⊙M的方程為(x－a)2＋(y－2a－3)2＝r2. 圓心M到y(tǒng)軸的距離d＝a，由r2＝d2＋2，得a＝. 所以⊙M的方程為2＋(y－r－3)2＝r2. ②假設存在定直線l與動圓M均相切． 當定直線的斜率不存在時，不合題意． 設直線l∶y＝kx＋b， 則＝r對任意r＞0恒成立． 由＝r， 得2r2＋(k－2)(b－3)r＋(b－3)2＝(1＋k2)r2. 所以解得或 所以存在兩條直線y＝3和4x＋3y－9＝0與動圓M均相切．