江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测五十曲线与方程理含解析苏教版.pdf
课时跟踪检测（五十） 曲线与方程课时跟踪检测（五十） 曲线与方程 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1方程(xy1)0 表示的曲线是_x1 解析：由(xy1)0，得Error!或0，即xy10(x1)或x1.所x1x1 以方程表示的曲线是射线xy10(x1)和直线x1. 答案：射线xy10(x1)和直线x1 2平面上有三个点A(2，y)，B，C(x，y)，若，则动点C的轨迹方 (0， y 2) AB BC 程为_ 解析 ： 由题意得， 由， 得·0， 即 2xAB (2， y 2) BC (x， y 2) AB BC AB BC · 0，所以动点C的轨迹方程为y28x. ( y 2) y 2 答案：y28x 3(2018·江苏太湖高级中学检测)若动点P(x，y)满足条件|x42y2 |6，则点P的轨迹是_x42y2 解析：|6 表示点P到(4,0)，(4,0)两点的距离x42y2x42y2 的差的绝对值为 6，根据定义得点P轨迹是双曲线 答案：双曲线 4设点A为圆(x1)2y21 上的动点，PA是圆的切线，且PA1，则P点的轨迹方 程为_ 解析：如图，设P(x，y)， 圆心为M(1,0) 连结MA，PM， 则MAPA， 且MA1，又因为PA1， 所以PM，MA2PA22 即PM22，所以(x1)2y22. 答案：(x1)2y22 5已知点A(2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)，满足·x26，则动点P的轨PA PB 迹方程是_ 解析：因为动点P(x，y)满足·x26，PA PB 所以(2x，y)·(3x，y)x26，即y2x， 所以动点P的轨迹方程是y2x. 答案：y2x 6已知定点A(4,0)和圆x2y24 上的动点B，动点P(x，y)满足2，OA OB OP 则点P的轨迹方程为_ 解析：设B(x0，y0)，由Error!得Error! 代入圆方程得(2x4)24y24， 即(x2)2y21. 答案：(x2)2y21 二保高考，全练题型做到高考达标 1(2019·盐城一模)设点 Q(2,0)，圆C：x2y21，若动点M到圆C的切线长与MQ 长的比等于 2，则动点M的轨迹方程是_ 解析：如图，设MN切圆于N，则动点M满足MN2MQ， 圆的半径ON1， MN2MO2ON2MO21. 设点M的坐标为(x，y)， 则2，化简得 3x23y216xx2y21x22y217 0. 答案：3x23y216x170 2长为 3 的线段AB的端点A，B分别在x轴，y轴上移动，2，则点C的轨AC CB 迹方程为_ 解析：设C(x，y)，A(a,0)，B(0，b)，则a2b29， 又2，所以(xa，y)2(x，by)，AC CB 即Error! 代入式整理可得x21. y2 4 答案：x21 y2 4 3 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 ·MN AN ，当0 时，动点M的轨迹为_NB 解析 ： 设M(x，y)， 则N(x,0)， 所以 2y2， ·(x1,0)·(1x,0)MN AN NB (1x2)，所以y2(1x2)，即x2y2，变形为x21.又因为0，所以 y2 动点M的轨迹为双曲线 答案：双曲线 4 设圆(x1)2y225 的圆心为C，A(1,0)是圆内一定点， Q 为圆周上任一点 线段AQ 的垂直平分线与CQ 的连线交于点M，则M的轨迹方程为_ 解析：因为M为AQ 垂直平分线上一点， 则AMMQ， 所以MCMAMCMQCQ5， 故M的轨迹为以点C，A为焦点的椭圆，所以a ，c1， 5 2 则b2a2c2， 21 4 所以椭圆的方程为1. 4x2 25 4y2 21 答案：1 4x2 25 4y2 21 5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BP PA OQ AB 是_ 解析：设A(a,0)，B(0，b)，a0，b0. 由2，得(x，yb)2(ax，y)，BP PA 即ax0，b3y0. 3 2 即，AB ( 3 2x，3y) 点 Q(x，y)，故由·1，OQ AB 得(x，y)·1， ( 3 2x，3y) 即x23y21. 3 2 故所求的轨迹方程为x23y21(x0，y0) 3 2 答案：x23y21(x0，y0) 3 2 6.(2019·扬州一模)如图， 已知椭圆y21 的焦点为F1，F2， x2 4 点P为椭圆上任意一点， 过F2作F1PF2的外角平分线的垂线， 垂 足为点 Q，过点 Q 作y轴的垂线，垂足为N，线段 QN的中点为M， 则点M 的轨迹方程为_ 解析：因为点F2关于F1PF2的外角平分线PQ 的对称点 Q在直线F1P的延长线上， 故F1QPF1PF22a4， 又OQ 是F2F1Q的中位线，所以OQF1Q2， 1 2 设M(x，y)，则 Q(2x，y)， 所以有 4x2y24. 故点M的轨迹方程为x21. y2 4 答案：x21 y2 4 7 在平面直角坐标系xOy中， 动点P和点M(2,0)，N(2,0)满足|·|·MN MP MN 0，则动点P(x，y)的轨迹方程为_NP 解析：因为|·|·0，MN MP MN NP 所以 44(x2)0，x22y2 化简变形，得y28x. 答案：y28x 8 (2019·通州一模)已知C： (x1)2y236 及点A(1,0)， 点P为圆上任意一点，AP 的垂直平分线交CP于点M，则点M的轨迹方程为_ 解析：由圆的方程可知，圆心C(1,0)，半径等于 6，设点M的坐标为(x，y)， AP的垂直平分线交CP于M，MAMP， 又MPMC6， MCMA6AC2， 点M满足椭圆的定义， 且 2a6,2c2， a3，c 1，b2a2c28，点M的轨迹方程为1. x2 9 y2 8 答案：1 x2 9 y2 8 9 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，2 且，求点P的轨迹方程AP 2 2 PB 解：设A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，由已知知，AP 2 2 PB 又(xx0，y)，(x，y0y)，AP PB 所以xx0x，y(y0y)， 2 2 2 2 得x0x，y0(1)y. (1 2 2) 2 因为AB1，2 即xy(1)2， 2 02 0 2 所以 2(1 )y2(1)2， (1 2 2)x 22 化简得y21. x2 2 即点P的轨迹方程为y21. x2 2 10已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程； (2)已知点B(1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴 是PBQ 的角平分线，证明：直线l过定点 解：(1)如图，设动圆圆心为O1(x，y)， 由题意O1AO1M， 当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于H， 则H是MN的中点 所以O1M，x242 又O1A，x42y2 所以，化简得y28x(x0)x42y2x242 当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y28x， 所以动圆圆心的轨迹C的方程为y28x. (2)证明 ： 由题意，设直线l的方程为ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2， y2)， 将ykxb代入y28x， 得k2x2(2kb8)xb20. 则32kb640. 且x1x2， 82kb k2 x1x2， b2 k2 因为x轴是PBQ 的角平分线，所以， y1 x11 y2 x21 即y1(x21)y2(x11)0， (kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0， 2kx1x2(bk)(x1x2)2b0， 将代入得 2kb2(kb)(82kb)2k2b0， 所以kb，此时0， 所以直线l的方程为yk(x1)，即直线l过定点(1,0) 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 在平面直角坐标系xOy中， 已知两点M(1， 3)，N(5,1)， 若点C的坐标满足tOC OM (1t)(tR)，且点C的轨迹与抛物线y24x交于A，B两点ON (1)求证：OAOB； (2)在x轴上是否存在一点P(m,0)，使得过点P任作一条抛物线的弦，并以该弦为直径 的圆都过原点若存在，求出m的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由 解：(1)证明：由t(1t) (tR)，可知点C的轨迹是M，N两点所在OC OM ON 的直线， 所以点C的轨迹方程为y3(x1)， 13 51 即yx4. 联立Error!化简得x212x160, 设C的轨迹方程与抛物线y24x的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1x212，x1x216， y1y2(x14)(x24)x1x24(x1x2)1616， 因为·x1x2y1y216160, OA OB 所以OAOB. (2)假设存在这样的P点，并设AB是过抛物线的弦，且A(x1，y1)，B(x2，y2)，其方程 为xnym， 代入y24x得y24ny4m0, 此时y1y24n，y1y24m， 所以kOAkOB·· 1， y1 x1 y2 x2 y1 y2 1 4 y2 y2 2 4 16 y1y2 4 m 所以m4(定值)，故存在这样的点P(4,0)满足题意 设AB的中点为T(x，y)， 则y (y1y2)2n，x (x1x2) (ny14ny24) (y1y2)42n24，消 1 2 1 2 1 2 n 2 去n得y22x8.
