鞏固練習(xí)(102)最新修正版

1、最新修正版【鞏固練習(xí)】1. 到A (2, 3)和B (4, 1)的距離相等的點的軌跡方程是(A. X y 1=0 B.Xy+1=0 C . x+y 1=0 D . x+y+1=0)2. 已知A (2, 5)、B (3, 1)，則線 AB的方程是(A. 6x+y 17=0C. 6x+y 17=0 (X < 3)3. 動點P到點(1， 2).6x+y 17=0 ( x> 3)D . 6x+y 17=0 ( 2W x < 3) 的距離為3，則動點P的軌跡方程是A. (x+1)2 +(y -2)2 =9 B(x-1)2 +(y+ 2)2 =9C(X+1)2 +(y-2)2 =3 D

2、.(X-1)2 +(y+2)2=34.到兩坐標軸距離之和為6的點的軌跡方程為.X± y=6 C|2分別經(jīng)過(0, 0)A. x+y=6 B5.兩條動直線l 1和 跡方程是(A.)2 2X (y-1)=12 2B . X +(y-1)=2曲線c的方程為()A.充分條件C.充要條件B.D.7 已知橢圓的焦點是| PQ |=|PF2 I，那么動點A.圓 B.橢圓點和c.( )|x|+|y|=6 D(0, 2 )點，且2 2X +(y-1) =1.|x+y|=6li丄12,則它們交點的軌2 2D . X +(y + 1) =1f (x,y) = 0,點 P(Xo, yo),則 f(Xo,yo

3、)=O 是點 P 在曲線 C 上的必要條件既不充分又不必要條件F1、F2 , P是橢圓上的一個動點，如果延長RP到Q，使得Q的軌跡是()C. 雙曲線的一支 D.拋物線& 方程 log(1_y)x+log(14y)x =2log(1_y)x logd*) x表示的曲線的圖象是(005 "0D9.高為5m和3m的兩根旗桿豎在水平地面上，且相距10m，如果兩旗桿底部的坐標分別為A(-5,0)、B(5,0),則地面觀測兩旗桿頂端仰角相等的點P的軌跡方程是aa10. AABC中，A為動點，B、C為定點，B匚，0),%，0),且滿足條件sinC - sinB1 sinA,則動點A的軌跡方

4、程為211已知A、B、C是直線I上的三點，且|AB|=|BC|=6 ,圓O切直線I于點A ,又過B、C作圓0 '異于I的兩切線，設(shè)這兩切線交于點P ,求點P的軌跡方程。12.以P22 為圓心的圓與橢圓x2+2y2=m交于A、B兩點，求線段AB的中點M 的軌跡方程。13.如圖，已知點F(1,0)，直線l:x=-1.P為平面上的動點，過 P作直線l的垂線，垂足為點 Q ,(I)求動點P的軌跡C的方程;(n)過點F的直線交軌跡 C于A B兩點，交直線l于點M，已知AF ,lyFi1-101xBF，求打 +>.2 的值;14.已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在 x軸上，橢圓C上的點到焦點

5、距離的最大值 為3，最小值為1.(I)求橢圓C的標準方程；(n)若直線l:y=kx + m與橢圓C相交于A , B兩點(A, B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓 C的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標.X2y215.設(shè)橢圓 p+4=1(a >b :>0)的左、右焦點分別為F1, F2, A是橢圓上的一點,a b1AF2丄F1F2，原點0到直線AF1的距離為一OR .3(n)設(shè)Qj, q2為橢圓上的兩個動點，OQj丄0Q2,過原點0作直線Q1Q2的垂線0D , 垂足為D，求點D的軌跡方程.【參考答案與解析】1.C;2.D;3.B;4.C ;5.C 6. C7. A

6、解析：- | PFi |+| PF2 F2a, I PQ F|PF2I， |PQ | +| PFi |=| PFi | +| PF2 戶2a ,即 | RQ 戶 2a ,動點Q到定點Fi的距離等于定長2a,故動點Q的軌跡是圓。解析： x>0,1 + yA0,1 ynO,1 + y 工 1，1 y 工1， _yO ,1 cy d, y h0)x2X >0.(1)當x=1時，_1cyv1,yH0，原方程表示線段 x=1(2)當1 AXA0時，由對數(shù)的換底公式有l(wèi)og x(1 y) + log x(1 中 y) = 2 即 log xK1 yX1 + y) = 2， y H0), . 2

7、 2此時，原方程表示半圓x + y =1 (1x>0, yH0 )結(jié)合(1) (2)可以知道選Co2 29.答案：4x +4y 85x+100 =0解析：設(shè)P(x, y)，依題意有 ,=.=J(x+5)2 +y2J(x-5)2 +y2化簡得P點軌跡方程為4x2+4y2 -85x+100 =0.2 210.答案：警=1(x >-)a 3a411解析：由 sin Cs in B= si nA,得 c-b = a,CAb ,22動點A的軌跡為以B、C為兩焦點雙曲線的右支，且實軸長為2 2故方程為6 -器=1(x £ o11.解析：設(shè)過B、C異于I的兩切線分別切 圓O '

8、于D、E兩點，兩切線交于點 P ,A由切線的性質(zhì)知：|AB|=|BD|, I PE|=| PD I, |AC|=|CE|PC I +1 PB 1=1 PC |中| PD 1+1 BD 1=1 PC I +1 PE 1 + 1 AB I=|CE I +| AB |=| AC I +| AB | = 18 >6 =|CB |故由橢圓定義知，點 P的軌跡是以B、C為兩焦點的橢圓, 以I所在的直線為X軸，以CB的中點為原點，建立坐標系，2 2可求得動點P的軌跡方程為 +-L 1( 0)。12.解析：設(shè)8172Md, y)、A(Xi,yi)、B(X2,y2),則 Xi+X2=2x,yi + y2

9、= 2y ,由 #：2；由垂徑定理知，兩式相減得:為+X2PM丄AB kPM 七,X 2(-上)= 1,化簡得：xy+2x-4y =0 2y X -2點M的軌跡方程為：xy + 2x -4y =0。13.解法一：(I)設(shè)點P(x,y)，則 Q(1, y),聯(lián)立方程組Jy "4x,x= my +1,QQ，消去 x得：y -4my-4=0，也= (-4m) +12 a 0,冊 W *2 =4m,故4y y2 = -4Ii+t22由 MAiAF , MB=)2BF 得：y,中=->-1y1, y?中一=一為丫2,mm22整理得：人=1 -丄,g= -1- my1my24 一2一？農(nóng)=

10、0yym -4、. c 2 1 ) 2 /.+ 2 2 I + = 2 一 ml% y2 丿m)=0,解法二：(I)由 qPq?=fPfq得：fQ(pQ+pf/.(P-P? hPQ+PF) =0,. pQ2 -Pf0所以點P的軌跡C是拋物線，由題意，軌跡 C的方程為：y2 =4x MA則：MB'(n)由已知 MaxA? , MB =)2B?，得)訂<0 扎2 BF過點A, B分別作準線I的垂線，垂足分別為 A1, B1,則有:mB由得:BB，即右+扎2 = 0 A?2 2Xy14.解析；(I)由題意設(shè)橢圓的標準方程為每=1(a>bA0),ab2a+c = 3,a-c=1 ,

11、 a=2,c=1,b =3,22Xy+ =1.43(II)設(shè) A(Xi,yi),B(X2,y2),y = kx + mI999x2 y2得(3+4k )x +8mkx+4(m -3)=0 ,I+ J =1I一l432,2= 64m k2 2 2 2-16(3+4k2)(m2-3)0 , 4k-m>0.2亠8mk4(m -3)十 X2 = , x1 x2 =223+4k2123+4k2yi3(m2 _ 4k2) 目2 =(快 +m) (kx2 +m) = k2x,X2 +mk(x1 +x2)+m2 一3 +4k2T以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0), kAD kBD = 1Xi -

12、2X2 21 y = -1, yy +X1X2 2(X1 +X2) + 4 =0 ,2 2 23(m -4k4(m -30, 3+4k 3+4k 3+4k222k227m2 +16mk +4k =0，解得=-2k,m2，且滿足 3 + 4k -m >0 .當m = 2k時,I : y = k(x -2)，直線過定點(2,0),與已知矛盾;2k當時,7l:y=k(x2)，直線過定點(2,0).綜上可知，直線I過定點，定點坐標為(2,0).15. (I)證法一：由題設(shè) AF2 丄 F1F2 及 Fi(c0) , F2(c0)，不妨設(shè)點 A(c, y)，其中y0.2. 22由于點A在橢圓上，有

13、a b+丄 _12I 2 _ I .a b解得y=，從而得到a直線AFi的方程為y =£X+c)，2 2整理得 b X - 2acy + b c = 0 .由題設(shè)，原點 0到直線AF1的距離為3of將C2 = a2 -b2代入上式并化簡得a2b2c=2b2，即 a= V2b .b2 )證法二：同證法一，得到點 A的坐標為Ic.I a丿過點0作OB丄AF1，垂足為B ,易知 FiBO s F1F2A，故bOF2aOF1 -F1A由橢圓定義得 AF1 +AF2I =2a，又 |bo| =1|oF1 ,3F2AFA = 2aIF2AI解得F2A =a，而2F2A工a(n)解法一：設(shè)點D的坐

14、標為(xo, yo).當yo HO時，由OD丄Q1Q2知,直線Q1Q2的斜率為-yo所以直線Q1Q2的方程為y = o(X -Xo) + yo，或y = kx + m ,yo2其中 k = 一 , m = yo + X" yoyoI y = kx + m點Q1(X1, yj, Q2(X2, y2)的坐標滿足方程組222x2y -2b2.將式代入式，得 X2 +2( kx + m)2 = 2b2 , 整理得(1+2k2)x2 +4kmx + 2m2 -2b2 =o,2曰4km2m -2b于疋 Xr +x2 = T，片2 =2121+2k221+2k22 2由式得 屮丫2 =(kx1 +

15、m)(kx2 +m) = k X1X2 +km(X1 +x2)+ m+km士1+2k21 +2k1 +2k2由OQj丄OQ2知x1x2 + %丫2 = 0 .將式和式代入得3m2 -澎 - 2b2k2=o ,1 + 2k23m2 =2b2(1+k2).2將k = 一', m = yo +滄代入上式，整理得xj + y2 = yoyo當yo = 0時，直線Q1Q2的方程為X = xo,Q1(X1, y1), Q2(X2, y2)的坐標滿足方程組 譏一心？2lx+2y =2b .所以 Xr = X =XO ,2 2由 OQj 丄 OQ2 知 x-iXy-iyO ,即卩 x： = O ,2解

16、得 x2 =2b2.3這時，點D的坐標仍滿足綜上，點D的軌跡方程為運 +y： =|b2 .32 丄22.2X +y =b .3解法二：設(shè)點D的坐標為（X0, yo），直線 0D 的方程為 y0X X0y=O，QQ由OD丄QiQ2，垂足為D，可知直線QiQ2的方程為XoX + yo y = Xo + yo .2 2記 m = xo + yo (顯然 m H O),點 Qi (xi,4Ixox + yoy =m, yi), Q2(X2, y2)的坐標滿足方程組222x + 2y = 2b .由式得yoy =m XoX.2222c2,2由式得yox +2yoy =2yob .將式代入式得yOV +2(m x0x)2 =2y2b2 .整理得(2xo + yo)x -4mxox +2m -2b yo = O,2m2 2b2y2于是X1X222xo + yo由式得xox =m yoy .由式得xOV +2怎2 "xfb2. 將式代