2023年高考数学一轮复习易错题专项突破：曲线与方程

2023年高考数学易错点专题突破：曲线与方程

一、单选题

1.已知/（一2,0）,5（2,0）,平面内一动点P满足|P川+|PB|=4,则动点P的轨

迹为（）

A.圆B.直线C.椭圆D.线段

2.已知三棱柱/BC—AB'C,AAfABC,P是△AB'C内一点，点E,F在

直线BC上运动，若直线PA和AE所成角的最小值与直线PF和平面ABC所成角

的最大值相等，则满足条件的点P的轨迹是（）

A.直线的一部分B.圆的一部分

C.抛物线的一部分D.椭圆的一部分

3.如图，已知点P在焦点为a、尸2的椭圆上运动，则与的边PF2相切，且

与边居尸2，F1P的延长线相切的圆的圆心M一定在（）

A.一条直线上B.一个圆上C.一个椭圆上D.一条抛物线上

22

4.设直线I与椭圆土4--=1相交于4B两点，与圆（％-I）2+y2=r2（r>0）相

168

切于点M,且M为线段AB的中点，若这样的直线/恰有4条，则/•的取值范围

是（）

A.(1,A/6)B.(2,V7)C.(2,V6)D.(1,V7)

5.在直角坐标平面内，已知做一2,0）,8（2,0）以及动点。是的三个顶点，且

sinAsinB-2cosC=0,则动点C的轨迹曲线的离心率是（）

A.立B.四C.V2D.V3

22

6.古希腊数学家波罗尼斯（公元前262-190年）的著作胭锥曲线论》是古代世

界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余

地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k>0,且kH1）

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的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.现有椭圆今+—=l（a>

a2bz

b>0),A,8为椭圆的长轴端点，C,。为椭圆的短轴端点，动点M满足器=2,

△MAB面积的最大值为8,△MCO面积的最小值为1,则椭圆的离心率为()

A匹B.3C.亚D.3

3322

7.数学家华罗庚曾说过“数形结合百般好，隔离分家万事休”，数学学习中数和形

是两个最主要的研究对象，在一定条件下数和形之间可以相互转化，这样代数问

题可以转化为几何问题加以解决.如：与-a)2+(y—b)2相关的代数问题

可以转化为点A(x,y)与点B(a,b)之间距离的几何问题，由此观点，满足方程

yjx2+4%+y2+4—yjx2—4%+y2+4=2的点的轨迹为()

22

A.%2—y=1(%>1)B.%2-y=1(%<1)

C?—?=l(x?2)D.=1(%W-2)

8.过点(0,2)的直线/与圆x2+y2=9相交于A,8两点，不在直线/上的点C满

足。4=&CB，当线段AB最小时，则△ABC的面积的最大值为()

A.12B.6A/5C.10V2D.4兀

二'填空题

9.已知定点4(一2,0),5(2,0),若动点M满足|M4|+\MB\=8,则|MA|的取值范

围是.

10.在平面直角坐标系内，到两个定点(-3,0)与(3,0)的距离之和为6的点的轨迹

方程是.

11.在平面上给定相异两点A、B,在同一平面上的点P满足缁=九当；1>0且

A声1时，P点的轨迹是一个圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，

故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有椭圆W+¥=l(a>b>0),A、B为椭

圆的长轴端点，C、。为椭圆的短轴端点，动点P满足器=2,APAB的面积的

最大值为£，△PCD面积的最小值为右则椭圆的离心率为.

12.已知A4BC中，BC=2,AB=2AC,则/L4BC面积的最大值为.

三'解答题

13.已知点C为圆％2+y2=1上一点，c/_Lx轴于点A,CB_Ly轴于点8,点尸

满足丽=2而+而(0为坐标原点)，点尸的轨迹为曲线E.

(1)求E的方程；

(2)斜率为日的直线/交曲线E于不同的两点M、N,是否存在定点T,使得直线

TM、TN的斜率之和恒为0.若存在，则求出点T的坐标；若不存在，则请说明理

由.

14.已知圆G：/+y2+4%—32=0,圆C2：/+y?—4久=0,点A为两圆的公

共点，点P(异于点力)在过点A且垂直于x轴的直线/上，直线PM1与圆G切于点

M](异于点A),直线PM2与圆心切于点场(异于点⑷，直线G弧交直线C2M2与点

M.

(1)交点M的轨迹。的方程

(2)直线MQ与轨迹。的另一个交点N,在x轴上是否存在定点Q,使得

ZMQQ=ZJVQG?若存在，求出定点的坐标;若不存在，请说明理由.

15.在直角坐标系xQy中，点P到两点n(0,-伺)、尸2(0,8)的距离之和等于4,

设点尸的轨迹为曲线C,直线y=kx+l与曲线C交于A、B两点.

(1)求出。的方程；

(2)若上=1,求zMOB的面积；

(3)若瓦？J.南，求实数人的值.

16.在平面直角坐标系xOy中，已知/(IO,。)]*。),动点M满足|MA|=2|MB|,

记M轨迹是C.

(1)求。的方程；

(H)过A作C的两条切线，切点分别记为S,T,求直线ST的方程；

(〃/)过A作直线/交。于P,Q两点，交(II)中直线ST于点凡问是否存在常数3

使得高+高=看

答案及解析

1.【答案】。

2.【答案】C

【解析】解：过P作P01平面ABC,垂足为。，

由最小角定理可知，直线PA和AE所成角的最小值为PA与平面ABC所成角的

大小，即4P40的大小，

直线P—和平面ABC所成的角为ZPR9,由tanzPFO=/可知，要使"F0最大,

OF

需使。尸最小，即OF_LBC.

乂因为tanzPAO=/，直线PA和AE所成角的最小值与直线Pb和平面ABC所

AO

成角的最大值相等，所以。4=。0也，即。点到A点的距离等于到直线8C的

距离，所以点尸的轨迹是抛物线的一部分.

3.【答案】A

【解析】解:如图,

设圆M与a尸2，RP,PF2分别相切于A，B,C

由切线定理得:\PB\=\PC\,|F2AI=得口，|&B|=因川,

因为P在椭圆上，.・.|PFi|+|PF2l=2a

•••|F$|+|M|=|&P|+\PB\+\FXF2\+\F2A\

=\FiP\+|FP|+=2a+2c为定值.

2\FXF2\

二|BFJ=\AFr|=a+c

切点4(a,0)

・•・圆心M在过A垂直于椭圆所在轴的直线上.

4【答案】D

【解析】解：设4(%1，%)，8(%2，丫2)，M(&，yo)，

可得我+城=1,逋+或=1，

168168

两式相减,整理得-2(>1+、2)(71-乃)=(%1-%2)(%1+%2)，

由％1+乃=2&,y】+丫2=2y0,

当/的斜率存在时，设为上上=乎资，

X1-X2

可得2收0=-g,

圆(％—I)2+y2=r2(r>0)的圆心为(1,0),半径为r,

因为直线与圆相切，所以；所以％。=2,

X()-lKU

即M的轨迹是直线％=2.

将x=2代入椭圆方程，得y2=6,

•••—\/6<y0<V6>

•••M在圆上，

•••(&-I)2+羽=产，

r2=yQ+1<7,

•・•直线/恰有4条，

•••y00,

1<r2<7,

故l<r<夕时，直线/有2条；

斜率不存在时，直线/有2条；

所以直线/恰有4条，l<r<夕，

5.【答案】A

【解析】解：•・，sinAsinB—2cosC=0,二sinAsinB=2cosC=-2cos(A+B)=

-2^cosAcosB-sinAsinB^

・•・sinAsinB=2cosAcosB,^tanAtanB=2,

・•・kAC-kBC=-2,

设C(%y),又4(—2,0),8(2,0),

所以有长•土=-2(y=o),

22

整理得卜卜1,尸0,

:.a=2V2,c=2,

离心率为：”争

6.【答案】D

【解析】解:设4(一a,0),B(a,0),M(x,y).

•••动点M满足需=2,

则，(x+a)?+y2—2,(%-a)2+y2,化简得(工_^)2+y2=

・・・△M4B面积的最大值为8,△面积的最小值为1,

・•・；x2QX：a=8,；x2bx；a=L解得。=V^，b——9

23232

•••椭圆的离心率为V3

2

7.【答案】A

【解析】解：V+4%+y2+4—J%2—4x+y2+4=2,

AQ(x+2)2+y2_J(%_2)2+y2=2,

方程表示到两点(-2,0),(2,0)的距离之差为2,

两点(一2,0),(2,0)间的距离为4,

•••满足方程+4%+y2+4-一4%+y2+4=2的点的轨迹是以(-2,0),

(2,0)为焦点的双曲线的右支，

・••满足方程+4%+y2+4—“2—4%+y2+4=2的点的轨迹方程为/—

y=2(%>l).

8.【答案】C

【解析】解：・•・圆/+y2=9,直线/与圆相交于A,B两点,

设圆心。(0,0)到直线1的距离为d,

AB=2A/9-浸,

当线段A3最小时，d最大，

•••直线/恒过定点。(0,2),

••・当。D1卿轴时，线段最小.

此时/(一6,2),F(V5,2),

设C(x,y),

•••CA=V2C5>

•••CA2=2cB2,

即(％+V5)2+(y—2尸=2[(%-V5)2+(y-2)2j,

整理得：x2+y2-6y/5x—4y+9=0-

即(x—3A/5)+(y-2)2=40>

•••点。在以M(3形,2)为圆心，2“U为半径的圆上，

设三角形ABC的面积为S,点C到AB的距离即AB边上的高为h,

.-.S=-2ABh,

由AB=2强，圆心M在直线AB上，

=r=

hmaxM2V10>

•••当九=2，IU时，S最大为24x2“U=10A/L

9.【答案】[2,6]

【解析】解:动点M满足|M4|+\MB\=8>\AB\=4,

则M的轨迹是以A,8为焦点的椭圆，

所以a=4,c=2,

又|M4|€[a—c,a+c],二|“川€[2,6].

10.【答案】y=0,%e[-3,3]

【解析】解：到两个定点(-3,0)与(3,0)的距离之和为6的点的轨迹方程是一条线

段，

且线段是在x轴上，

故可得到两个定点(-3,0)与(3,0)的距离之和为6的点的轨迹方程是y=0,xe

[-3,3],

故答案为y=0,xG[-3,3]

11.【答案】立

2

【解析】解:由题意可得A(-a,0),B(a,0),

设P(x,y),\PA\=2\PB\,

所以J(%+a)2+y2=2yj(x-a)2+y2,

两边平方可得：(x-|a)2+y2=Ga)2,

故为圆心G。,0),半径r=[a的圆，

所以(SAPAB)=?2a-a=g,解得a=2,

(SAPCD)=12b(|a-ga)=b-|=|,所以可得b=1,

所以离心率e=Jl—(g)2=亨.

故答案为：

2

12.【答案】g

【解析】解：设B(—l,0),C(l,0),A(x,y),则由/B=2AC得，^x+ly+y2=

2,(%—+y2,

化简得(％—(f+y2=岸所以A点轨迹为以信0)为圆心，以g为半径的圆,

所以△ABC面积的最大值为］x2xg=

故答案为g.

13.【答案】解：(I)设P(3y),1(3),则4(7,0),5(0,/),

因为而=2OA+OB^

所以(%,y)=2(7,0)+(0,)/)=(2匕歹),即有%'=：,y'=y,

因为点。在圆上，

故有G)2+y2=l,整理得互+y2=i,

乙4

2

故E的方程为：—+y2=1;

(H)设直线/方程为y=苧％+6代入曲线E的方程可得/+V3bx+h2-1=0

设NQ2J2)，A=3炉一4(炉一1)>0即炉v4,

2

则+x2=—V3&，%i%i=b—1,

假设存在7(皿n),

yi-ny-n

则+%N=|2

-mx2-m

(-2-+b—n)•(x2—m)+(-2-x2+b—九)(％]—m)

(%i-m)(x2—m)

73%1%2+(b一九一孚m)(、i+%2)-2m(b-n)

(%i-m)(x2-m)

>/3(62—1)—>j3b(b—n—孚机)—2m(b—n)

(%i_m)(x2一瓶)

b(y/3n-^m)+2mn-y/3

(x1-rn)(x2-ni)

要使直线7M、77V的斜率之和恒为0,

所以存在满足条件的点T的坐标为(百*)或(-b

14.【答案】解：(1)已知圆G：(%+2)2+y2=36,圆C2：(久一2>+y?=4,

两圆的圆心距为两圆半径之差的绝对值，故两圆相切，切点为4(4,0),

直线/为两圆的公切线，|P*=由弧|=\PM2\

如图，

连接PM,在ElPMMi和ElPM%，ZPM1M=4PM2M=90°,

[PM/=\PM2\,\PM\=\PM\

^VXRt0MtPM=Rt0M2PM,所以[MM/=IMM2I

所以IM。/+|MC2|=+\MM2\+2=|MC/+\MMr\+2=6+2=8>

4=IGGI

根据椭圆的定义知，点M的轨迹是以C1，的为焦点的椭圆(不含X轴的交点)，且

2a=8,2c=4

所以a=4,c=2,所以/?2=12

故点M的轨迹12的方程为《+”=l(y。0).

(2)当直线MG的斜率不存在时，易知M,N两点关于工轴对称，

所以当点。为x轴上的任意点时，均为乙MQG=乙NQG

当直线MQ的斜率存在时，由(1)知，直线MG的斜率不为零.

设直线MG的方程为％=ty-2(tH0),

代入轨迹。的方程，得(3产+4)y2-12ty-36=0

设”(无1，%),由。2，、2)，则+丫2=-^4

设Q(m,O),若乙MQC、=LNQC「则心。+%2=0，即出+气=。，即

pp人］〃c人2〃c

xf

丫式X2-m)+y2(i-m)=0,即、式02-2-m)+y2(yi-2-m)=0,即

2ty02一(2+m)(yt+y2)=0

即I?',—(2+m)•*=0,得m=-8,

3t?+4''3t2+4

综上可得，在X轴上存在定点Q(—8,0),使得NMQC1=ZNQQ.

15.【答案】解：(1)设P(x,y),由题意可知，点尸的轨迹是以0(0,-8)，F2(0,V3)

为焦点的椭圆

由c=V3，2a=4即a=2

由a?—b2=可得，b=1

椭圆的方程为"+些=1；

4

(2)设4(X1，、1)，8(%2，丫2)，

当k=l时，直线方程为y=x+l,

(y=x+1

联立,必可得5/+2%-3=0,

xz2+—=1

I4

解方程可得，%=-1或%=;,

从而可得/(一1,0),

•••点O到直线£：y=%+1的距离d=争AB=J(-l-1)2+(0-1)2=塔

C1AC」18\/2V24

S〉AOB=-Xi45xd=-x—Xy=-,

(3)设AQi，yi)，5(x2,y2)

(y=kx+1

联立方程_］可得，(4+k2>)x2+2kx—3=0,

则+X2=-磊，=-篇，

■.■OALOB

••0A-OB=x1x2+丫1，2—0，

vA,3在直线y=k%+l上

•••yi，2=(kXi+l)(k%2+