1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 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 (2x 3y 1)( x 3 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? 2x 3y 1 0，x 30 ， 或 x 3 1 0，即 2x 3y 1 0(x3)或 x 4，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 MN 2 AN NB ，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，
2、y)，则 N(x,0)，所以 MN 2 y2， AN NB (x 1,0)(1 x,0) (1 x2)，所以 y2 (1 x2)，即 x 2 y2 ，变形为 x2 y2 1.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 OC 1 OA 2 OB (O 为原点 )，其中 1， 2 R，且 1 2 1，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 OC (x， y)， OA (3,1)， OB ( 1,3) OC 1 OA 2 OB ， ? x 3 1 2，y 1 3 2，
3、 又 1 2 1， x 2y 5 0，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 BP 2 PA ，且 OQ AB 1，则点P 的轨迹方程是 ( ) A.32x2 3y2 1(x 0， y 0) B.32x2 3y2 1(x 0， y 0) C 3x2 32y2 1(x 0， y 0) =【 ;精品教育资源文库 】 = D 3x2 32y2 1(x 0， y 0) 解析 ： 选 A 设 A(a,0)， B(0， b)， a 0， b 0.由 BP 2 P
4、A ， 得 (x， y b) 2(a x， y)， 即 a 32x 0， b 3y 0.点 Q( x， y)， 故由 OQ AB 1， 得 ( x， y)( a， b) 1， 即 ax by 1.将 a 32x， b 3y 代入 ax by 1， 得所求的轨迹方程为 32x2 3y2 1(x 0， y 0) 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? ?x2， y2 .又 |CD| 3， ? ?x2 5 2 ? ?y2 2 9，即 (x 10)2
5、y2 36，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 (x 10)2 y2 36(y0) 答案： (x 10)2 y2 36(y0) 6设 F1， F2为椭圆 x24y23 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 Rt ABD RtAF1D，则 |F1D| |BD|， |F1A| |AB|，又 O 为 F1F2的中点，连接 OD，则 OD F2B，从而可知 |DO| 12|F2B| 12(|A
6、F1| |AF2|) 2，设点 D 的坐标为 (x， y)，则 x2 y2 4. 答案： x2 y2 4 大题常考题点 稳解全解 1已知长为 1 2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 AP 22 PB ，求点 P 的轨迹 C 的方程 解：设 A(x0,0)， B(0， y0)， P(x， y)，则 AP (x x0， y)， PB ( x， y0 y)，因为AP 22 PB ， 所以 x x0 22 x， y 22 (y0 y)， 得 x0 ? ?1 22 x， y0 (1 2)y. =【 ;精品教育资源文库 】 = 因为 |AB|
7、1 2，即 x20 y20 (1 2)2， 所以 ? ? ?1 22 x 2 (1 2)y2 (1 2)2，化简得 x22 y2 1. 所以点 P 的轨迹方程为 x22 y2 1. 2设圆 x2 y2 2x 15 0 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|， EB AC， 所以 EBD ACD ADC，所以 |EB| |ED|， 故 |EA| |EB| |EA| |
8、ED| |AD|. 又 圆 A 的标准方程为 (x 1)2 y2 16，从而 |AD| 4， 所以 |EA| |EB| 4. (2)由圆 A 方程 (x 1)2 y2 16，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 a 2， c 1，则 b2 a2 c3 3. 所以点 E 的轨迹方程为 x24y23 1(y0) 故曲线方程的离心率 e ca 12. 3.如图， P 是圆 x2 y2 4 上的动点， P 点在 x 轴上的射影是点D，点
9、 M 满足 DM 12 DP . (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 DM 12 DP 知 P(x,2y)， 点 P 在圆 x2 y2 4 上， x2 4y2 4，故动点 M 的轨迹 C 的方程为 x24 y2 1，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： y k(x 3)，代入 x24 y2 1，得 (1 4k2)x2 24k2x 36k2 4 0， =【 ;精品教育资源文库 】 = 由 ( 24k2)2 4(1 4k2)(36k2 4)0，得 00， 解得 b27，且 x1 x2 8b7 ， x1x2 4b2 127 . 又因为点 O 到直线 l 的距离 d1 |b|2， |BD| 2 x1 x2 2 4x1x2 4 67 7 b2. 所以 S OBD 12 |b|2 4 67 7 b2 2 37 b2 b2 3， 当且仅当 b2 7 b2， 即 b2 727 时取到最大值 所以 OBD 面积的最大值为 3.
