版2019版高考数学一轮复习第九章解析几何课时达标检测四十六曲线与方程理29347.doc

课时达标检测（四十六） 曲线与方程小题常考题点准解快解1方程(2x3y1)(1)0表示的曲线是()A两条直线B两条射线C两条线段D一条直线和一条射线解析：选D原方程可化为或10，即2x3y10(x3)或x4，故原方程表示的曲线是一条直线和一条射线2已知A(1,0)，B(1,0)两点，过动点M作x轴的垂线，垂足为N，若2，当0时，动点M的轨迹为()A圆B椭圆 C双曲线D抛物线解析：选C设M(x，y)，则N(x,0)，所以2y2，(x1,0)(1x,0)(1x2)，所以y2(1x2)，即x2y2，变形为x21.又因为0，所以动点M的轨迹为双曲线3平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(1,3)，若点C满足12 (O为原点)，其中1，2R，且121，则点C的轨迹是()A直线B椭圆C圆D双曲线解析：选A设C(x，y)，则(x，y)，(3,1)，(1,3)12，又121，x2y50，表示一条直线4(2018洛阳模拟)设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点若2，且1，则点P的轨迹方程是()A.x23y21(x0，y0)B.x23y21(x0，y0)C3x2y21(x0，y0)D3x2y21(x0，y0)解析：选A设A(a,0)，B(0，b)，a0，b0.由2，得(x，yb)2(ax，y)，即ax0，b3y0.点Q(x，y)，故由1，得(x，y)(a，b)1，即axby1.将ax，b3y代入axby1，得所求的轨迹方程为x23y21(x0，y0)5(2018豫北名校联考)已知ABC的顶点B(0,0)，C(5,0)，AB边上的中线长|CD|3，则顶点A的轨迹方程为_解析：设A(x，y)，由题意可知D.又|CD|3，229，即(x10)2y236，由于A，B，C三点不共线，点A不能落在x轴上，即y0，点A的轨迹方程为(x10)2y236(y0)答案：(x10)2y236(y0)6设F1，F2为椭圆1的左、右焦点，A为椭圆上任意一点，过焦点F1向F1AF2的外角平分线作垂线，垂足为D，则点D的轨迹方程是_解析：由题意，延长F1D，F2A并交于点B，易证RtABDRtAF1D，则|F1D|BD|，|F1A|AB|，又O为F1F2的中点，连接OD，则ODF2B，从而可知|DO|F2B|(|AF1|AF2|)2，设点D的坐标为(x，y)，则x2y24.答案：x2y24大题常考题点稳解全解1已知长为1的线段AB的两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，P是AB上一点，且，求点P的轨迹C的方程解：设A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，则(xx0，y)， (x，y0y)，因为，所以xx0x，y(y0y)，得x0x，y0(1)y.因为|AB|1，即xy(1)2，所以2(1)y2(1)2，化简得y21.所以点P的轨迹方程为y21.2设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|EB|为定值；(2)求点E的轨迹方程，并求它的离心率解：(1)证明：因为|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.(2)由圆A方程(x1)2y216，知A(1,0)又B(1,0)，因此|AB|2，则|EA|EB|4|AB|.由椭圆定义，知点E的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(不含与x轴的交点)，所以a2，c1，则b2a2c33.所以点E的轨迹方程为1(y0)故曲线方程的离心率e.3.如图，P是圆x2y24上的动点，P点在x轴上的射影是点D，点M满足.(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的轨迹方程解：(1)设M(x，y)，则D(x,0)，由知P(x,2y)，点P在圆x2y24上，x24y24，故动点M的轨迹C的方程为y21，轨迹C为椭圆(2)设E(x，y)，由题意知l的斜率存在且不为零，设l：yk(x3)，代入y21，得(14k2)x224k2x36k240，由(24k2)24(14k2)(36k24)0，得0k2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，y1y2k(x13)k(x23)k(x1x2)6k6k.四边形OAEB为平行四边形，(x1x2，y1y2)，又(x，y)