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高考数学专题八解析几何第练曲线与方程练习(新)-课件


【步步高】 (浙江专用)2017 年高考数学 专题八 解析几何 第 69 练 曲线与方程练习
训练目标 训练题型 理解曲线与方程的关系,会应用不同方法求曲线方程. (1)用直译法、定义法、待定系数法、交轨法、参数法求曲线方程;(2)曲线方 程的应用. 熟练掌握曲线方程的各种求法,理解求曲线方程的实质:建立曲线上点的坐标

解题策略

x、y 之间的等量关系式.

1.(2015?山东实验中学第三次诊断)已知点 A(-2,0),B(2,0),曲线 C 上的动点 P 满足

→ → A P ?B P =-3.
(1)求曲线 C 的方程; (2)若过定点 M(0,-2)的直线 l 与曲线 C 有公共点,求直线 l 的斜率 k 的取值范围; (3)若动点 Q(x,y)在曲线 C 上,求 u=

y+2 的取值范围. x-1

2.(2015?东北三省三校第一次模拟)在平面直角坐标系 xOy 中,已知动圆过点(2,0),且被

y 轴所截得的弦长为 4.
(1)求动圆圆心的轨迹 C1 的方程; (2)过点 P(1,2)分别作斜率为 k1,k2 的两条直线 l1,l2,分别交 C1 于 A,B 两点(点 A,B 异于 1 2 2 点 P),若 k1+k2=0,且直线 AB 与圆 C2:(x-2) +y = 相切,求△PAB 的面积. 2

1

3. (2015?长春二模)在△ABC 中, 顶点 B(-1,0), C(1,0),G, I 分别是△ABC 的重心和内心, 且 I G ∥B C . (1)求顶点 A 的轨迹 M 的方程; (2)过点 C 的直线交曲线 M 于 P,Q 两点,H 是直线 x=4 上一点,设直线 CH,PH,QH 的斜率 分别为 k1,k2,k3,试比较 2k1 与 k2+k3 的大小,并加以证明.





4.已知圆 C1:(x+2) +y =

2

2

81 1 2 2 ,圆 C2:(x-2) +y = ,动圆 Q 与圆 C1,圆 C2 均外切. 16 16

(1)求动圆圆心 Q 的轨迹方程; (2)在 x 轴负半轴上是否存在定点 M 使得∠QC2M=2∠QMC2?若存在,求出点 M 的坐标;若不 存在,请说明理由.

5.(2015?湖南师大附中月考)已知两个定点 A1(-2,0),A2(2,0),动点 M 满足直线 MA1 与 MA2 的斜率之积是定值 (m≠0). 4 (1)求动点 M 的轨迹方程,并指出随 m 变化时方程所表示的曲线 C 的形状; (2)若 m=-3,过点 F(-1,0)的直线交曲线 C 于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 G,AB 的中垂 线与 x 轴,y 轴分别交于 D,E 两点,记△GFD 的面积为 S1,△OED(O 为坐标原点)的面积为

m

S2,试问:是否存在直线 AB,使得 S1=S2?说明理由.

2

3

答案解析

1.解 (1)设 P(x,y),A P ?B P =(x+2,y)(x-2,y) =x -4+y =-3, 得 P 点轨迹(曲线 C)方程为 x +y =1, 即曲线 C 是圆. (2)可设直线 l 的方程为 y=kx-2, 其一般方程为 kx-y-2=0, |0-0-2| 由直线 l 与曲线 C 有交点,得 ≤1, k2+1 得 k≤- 3或 k≥ 3, 即所求 k 的取值范围是(-∞,- 3 ]∪[ 3,+∞). (3)由动点 Q(x,y),设定点 N(1,-2), 则直线 QN 的斜率 kQN=
2 2 2 2





y+2 =u, x-1

又点 Q 在曲线 C 上,故直线 QN 与圆有交点, 设直线 QN 的方程为 y+2=u(x-1), 即 ux-y-u-2=0. |-u-2| 当直线与圆相切时, =1, u2+1 3 解得 u=- , 4 当 u 不存在时,直线与圆相切, 3 所以 u∈(-∞,- ]. 4 2.解 (1)设动圆圆心坐标为(x,y),半径为 r,
? ?(x-2) +y =r , 由题可知? 2 2 2 ?2 +x =r , ?
2 2 2 2

? y =4x,

2

∴动圆圆心的轨迹方程为 y =4x. (2)设直线 l1 斜率为 k, 则 l1:y-2=k(x-1),l2:y-2=-k(x-1). 点 P(1,2)在抛物线 y =4x 上,
? ?y =4x, 由? ?y-2=k(x-1), ?
2 2

得 ky -4y+8-4k=0.

2

4

设 A(x1,y1),B(x2,y2), Δ >0 恒成立, 8-4k 2 即(k-1) >0,有 k≠1.∴y1yP= ,

k

4-2k ∵yP=2,∴y1= .

k

(k-2) 代入直线方程,得 x1= , 2

2

k

(2+k) 4+2k 同理可得 x2= ,y2= , k2 -k 4+2k 4-2k - -k k y2-y1 kAB= = =-1. 2 x2-x1 (k+2) -(k-2)2

2

k2
不妨设 lAB:y=-x+b, ∵直线 AB 与圆 C2 相切, ∴ |2-b| 2 = , 2 2

解得 b=3 或 1. 当 b=3 时,直线 AB 过点 P,舍去; 当 b=1 时,由?
? ?y=-x+1, ? ?y =4x,
2

? x -6x+1=0.

2

Δ =32,|AB|= 1+1? 32=8,

P 到直线 AB 的距离 d= 2,
则△PAB 的面积为 4 2. 1 3.解 (1)由题意知 S△ABC= (|AB|+|AC|+|BC|)?r 2 1 = |BC|?|yA|, 2 且|BC|=2,|yA|=3r, 其中 r 为内切圆半径,yA 为点 A 的纵坐标. 化简得:|AB|+|AC|=4>2=|BC|, 所以顶点 A 的轨迹是以 B,C 为焦点,4 为长轴长的椭圆(去掉长轴端点), 其中 a=2,c=1,b= 3, 所以轨迹 M 的方程为 + =1(y≠0). 4 3

x2 y2

5

(2)2k1=k2+k3,以下进行证明: 当直线 PQ 的斜率存在时, 设直线 PQ:y=k(x-1)且 P(x1,y1),Q(x2,y2),

H(4,m), x y ? ? + =1, 联立? 4 3 ? ?y=k(x-1),
8k 则 x1+x2= 2, 3+4k
2 2 2

得(3+4k )x -8k x+4k -12=0,

2

2

2

2

x1x2=

4k -12 2 . 3+4k

2

m y1-m y2-m 由题意知:k1= ,k2= ,k3= , 3 x1-4 x2-4 k2+k3=
= = (y1-m)(x2-4)+(y2-m)(x1-4) (x1-4)(x2-4)

8m+8k+2kx1x2-(m+5k)(x1+x2) x1x2-4(x1+x2)+16 24mk +24m 2 36k +36
2

2m = =2k1. 3 当直线 PQ 的斜率不存在时, 3 3 不妨取 P(1, ),Q(1,- ), 2 2 3 3 m+ 2 2 2m 则 k2+k3= + = =2k1. 3 3 3

m-

综上可得 2k1=k2+k3. 9 4.解 (1)由题意得圆 C1 的圆心 C1(-2,0),半径 r1= . 4 1 圆 C2 的圆心 C2(2,0),半径 r2= . 4 9 设动圆 Q 的半径为 r,则|QC1|= +r, 4 1 |QC2|= +r. 4 ∵|QC1|-|QC2|=2<4=|C1C2|. ∴点 Q 的轨迹是以 C1(-2,0),C2(2,0)为焦点,
6

实轴长为 2 的双曲线的右支. ∴动圆圆心 Q 的轨迹方程是 x - =1(x≥1). 3 (2)假设点 M 存在,设 M(t,0)(t<0),Q(x0,y0)(x0≥1), 当 x0≠2 时,tan∠QC2M=-kQC2=- tan∠QMC2=kQM=
2

y2

y0

x0-2



y0 . x0-t

∵∠QC2M=2∠QMC2,

y0 x0-t ∴- = , x0-2 y0 2 1-( ) x0-t y0
2? 将 y0=3x0-3 代入并整理得 (4+4t)x0=t +4t+3. ∵Q(x0,y0)不唯一,
?4+4t=0, ? 故? 2 ?t +4t+3=0, ?
2 2 2

解得 t=-1,

当 x0=2 时,∠QC2M=90°, 而 t=-1 时,∠QMC2=45°, 满足∠QC2M=2∠QMC2. 故存在满足条件的点 M,且满足条件的点 M 为(-1,0). 5.解 (1)设动点 M(x,y), 依题意有 ? = (m≠0), x-2 x+2 4

y

y

m

整理得 - =1(x≠±2), 4 m 即为动点 M 的轨迹方程. 当 m>0 时,轨迹是焦点在 x 轴上的双曲线; 当 m∈(-4,0)时,轨迹是焦点在 x 轴上的椭圆; 当 m=-4 时,轨迹是圆; 当 m∈(-∞,-4)时,轨迹是焦点在 y 轴上的椭圆; 且点 A1(-2,0),A2(2,0)不在曲线上. (2)当 m=-3 时,曲线 C 的方程是 + =1(x≠±2), 4 3 假设存在直线 AB,使得 S1=S2,

x2 y2

x2 y2

7

显然直线 AB 不能与 x,y 轴垂直, 所以直线 AB 的斜率存在且不为 0, 设其方程为 y=k(x+1), 将其代入 + =1, 4 3 整理得(4k +3)x +8k x+4k -12=0, 设 A(x1,y1),B(x2,y2), -8k 6k 则 x1+x2= 2 ,y1+y2= 2 . 4k +3 4k +3 -4k 3k ∴G( 2 , 2 ). 4k +3 4k +3 设 D(xD,0), 3k 2 4k +3 ∵DG⊥AB,∴ ?k=-1. 2 -4k -xD 2 4k +3 解得 xD=-
2 2 2 2 2 2 2

x2 y2

k2 , 2 4k +3

-k 即 D( 2 ,0), 4k +3

S1 |DG| 2 因为△GFD∽△OED,所以 =( ). S2 |OD|
又因为 S1=S2,所以|GD|=|OD|. 又因为 ( -k -4k 2 3k 2 -k - 2 ) +(- 2 ) ≠| 2 |, 2 4k +3 4k +3 4k +3 4k +3
2 2 2

所以不存在直线 AB,使得 S1=S2.

8



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