高三数学一轮复习 8-9曲线与方程随堂训练 理 苏教版

第9课时曲线与方程一、填空题1．下面各对方程中，表示相同曲线的一对方程是________．①y＝x与y＝eq\r(x2)②(x－1)2＋(y＋2)2＝0与(x－1)·(y＋2)＝0③y＝eq\f(1,x)与xy＝1④y＝lgx2与y＝2lgx答案：③2．曲线f(x，y)＝0关于直线x－y－3＝0对称的曲线方程为________．解析：在对称曲线上任选一点(x，y)，关于x－y－3＝0的对称点为(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是过原点O且与向量a＝(2，－λ)垂直的直线，l2是过定点A(0,2)且与向量b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(λ,2)))平行的直线，则l1与l2交点P的轨迹方程是________，轨迹是________．解析：由题意，l1可为过原点除x轴的任意直线，l2可为过A(0,2)除y轴的任意直线，又l1与l2垂直，由平面几何性质知，交点P的轨迹是以OA为直径的圆除去原点O的部分，故P点轨迹方程为x2＋(y－1)2＝1(y≠0)．答案：x2＋(y－1)2＝1(y≠0)以(0,1)为圆心、1为半径的圆(不包括原点)4．已知两直线a1x＋b1y＋1＝0和a2x＋b2y＋1＝0的交点为P(2,3)，则过两点Q1(a1，b1)，Q2(a2，b2)的直线方程是____________．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)都在直线2x＋3y＋1＝0上，两点确定一条直线，故过Q1，Q2两点的直线方程为2x＋3y＋1＝0.答案：2x＋3y＋1＝05．方程|x－1|＋|y－1|＝1表示的曲线所围成的图形的面积是________．解析：|x－1|＋|y－1|＝1可写成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.))其图形如图所示．它是边长为eq\r(2)的正方形，其面积为2.答案：26.已知△ABC的两顶点A、B的坐标分别为A(0,0)、B(6,0)，顶点C在曲线y＝x2＋3上运动，则△ABC重心的轨迹方程为________________．解析：设G(x，y)为所求轨迹上任一点，顶点C的坐标为(x′，y′)，则由重心坐标公式，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.))∵顶点C(x′，y′)在曲线y＝x2＋3上，∴3y＝(3x－6)2＋3，整理，得y＝3(x－2)2＋1.故所求轨迹方程为y＝3(x－2)2＋1.答案：y＝3(x－2)2＋17．设以P(2,2)为圆心的圆与椭圆x2＋2y2＝1交于A、B两点，则AB中点M的轨迹方程是________________．解析：如图所示，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB中点M(x0，y0)，则xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝1，两式作差得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.∴所求轨迹方程是xy＋2x－4y＝0(椭圆内部分)．答案：xy＋2x－4y＝0(椭圆内部分)二、解答题8．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，若求P点的轨迹方程．解：∵∴P分有向线段所成的比为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与P关于y轴对称．∴Q(－x，y)，且＝(－x，y)．∴由＝1得eq\f(3x2,2)＋3y2＝1(x>0，y>0)为所求．9．(江苏姜堰、如皋、淮阴、前黄四校联考)已知动圆Q与x轴相切，且过点A(0,2)．(1)求动圆圆心Q的轨迹M方程；(2)设B、C为曲线M上两点，P(2,2)，PB⊥BC，求点C横坐标的取值范围．解：(1)设P(x，y)为轨迹上任一点，则|y|＝eq\r(x2＋y－22)≠0，化简得y＝eq\f(1,4)x2＋1，∴y＝eq\f(1,4)x2＋1为所求方程．(2)设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为所求．10．(南京市调研)已知曲线E：ax2＋by2＝1(a>0，b>0)．经过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0))的直线l与曲线E交于点A、B，且(1)若点B的坐标为(0,2)，求曲线E的方程；(2)若a＝b＝1，求直线AB的方程．解：(1)设A(x0，y0)，因为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)).因为，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)).因为A，B都在曲线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).所以曲线E的方程为x2＋eq\f(y2,4)＝1.(2)解法一：当a＝b＝1时，曲线E的方程为圆：x2＋y2＝1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为所以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)).设线段AB的中点为T，则点T的坐标为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)．因为OT⊥AB，所以＝0，即3－4eq\r(3x)1＋3xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＝0.又因为xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以x1＝eq\f(\r(3),2)，y1＝±eq\f(1,2).当点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))时，对应的点B的坐标为(0,1)，此时直线AB的斜率k＝－eq\r(3)，所求直线AB的方程为y＝－eq\r(3)x＋1；当点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))时，对应的点B的坐标为(0，－1)，此时直线AB的斜率k＝eq\r(3)，所求直线AB的方程为y＝eq\r(3)x－1.解法二：当a＝b＝1时，曲线E的方程为圆：x2＋y2＝1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为所以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)).因为点A，B在圆上，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：如图所示，设AB的中点为T，由条件得TM＝TA－MA＝eq\f(1,6)AB，OM＝eq\f(\r(3),3).根据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).所以所求直线AB的方程为y＝－eq\r(3)x＋1或y＝eq\r(3)x－1.

1．设动点P在直线x＝1上，O为坐标原点，以OP为直角边、点O为直角顶点作等腰Rt△OPQ，则动点Q的轨迹是__________________．解析：设点Q、P的坐标分别为(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＝yeq\o\al(2,0)＋1.②由①、②消去y0，得点Q的轨迹方程为y＝1与y＝－1.答案：y＝1或y＝－12．已知抛物线y2＝4px(p>0)，O为顶点，A、B为抛物线上的两动点，且满足OA⊥OB，如果OM⊥AB于M点，求点M的轨迹方程．解：如图所示，设OA的方程为y＝kx(k≠0)，点M坐标为(x，y)(x≠0)，则OB的方程为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