《2023年高考数学一轮复习易错题专项突破：曲线与方程.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考数学一轮复习易错题专项突破：曲线与方程.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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 ABC,AAf ABC,P 是ABC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
2、条直线上 B.一个圆上 C.一个椭圆上 D.一条抛物线上2 24.设直线I与椭圆土4-=1相交于4 B 两点，与圆（-I）2+y2=r2（r 0）相16 8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.V2 D.V32 26.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
3、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k H 1）2 7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 a2 bzb 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.3 C.亚 D.33 3 2 27.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
4、)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()2 2A.%2 y =1(%1)B.%2-y =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，B C=2,AB =2 A C,则/L4BC面 积
5、 的 最 大 值 为.三 解答题1 3 .已知点C为圆2 +y 2 =1 上一点，c/_ L x 轴于点A,C B _ L y 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T M、T N 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.1 4.已知圆G：/+y 2 +4%32 =0,圆C 2：/+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P M1 与圆G 切于点M(异于点A),直线P M2 与圆心切于点
6、场(异于点，直线G 弧 交直线C 2 M2 与点M.(1)交点M 的轨迹。的方程(2)直线M Q与轨迹。的另一个交点N,在 x轴上是否存在定点Q,使得Z M Q Q =ZJ V Q G?若存在，求出定点的坐标;若不存在，请说明理由.1 5.在直角坐标系x Q y 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z MO B的面积；(3)若瓦？J.南，求实数人的值.1 6 .在平面直角坐标系x O y 中，已知/(I O,。)*。),动点M 满足|MA|=2|MB|,记
7、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S T 的方程；(/)过A 作直线/交。于P,Q 两点，交(I I)中直线S T 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P0 1平面A BC,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4P4 0 的大小，直线P和平面ABC所成的角为ZPR9,由tanzPFO=/可知，要使 F 0 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
8、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+|F2P|+FXF2=2 a+2 c 为定值.二|BF J =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(&，y o)，可得我+城=
9、1,逋+或=1，1 6 8 1 6 8两式相减,整理得-2(1 +、2)(7 1 -乃)=(%1 -%2)(%1 +%2)，由 1 +乃=2&,y】+丫2 =2 y 0,当/的斜率存在时，设为上上=乎 资，X 1-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()-l K U即M 的轨迹是直线 =2.将x =2 代入椭圆方程，得y 2 =6,/6 y0 M在圆上，(&-I)2+羽=产，r2=yQ+1 7,直线/恰有4 条，y0 0,1 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
10、线/恰有4 条，l r 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=2 A/9-浸,当线段A 3最小时，d最大，直线/恒过定点。(0,2),当。D 1卿轴时，线 段 最 小.此时/(一6,2),F(V 5,2),设 C(x,y),CA=V 2 C 5 CA2=2 cB 2,即(+V 5)2+(y 2尸=2 (%-V 5)2+(y -2)2j,整理得：x2+y2-6 y/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A B C的面积为S,点C到
11、A B的距离即A B边上的高为h,.-.S=-2AB h,由AB=2强，圆心M在直线A B上，hmax=rM=2 V 1 0 当九=2，I U时，S 最 大 为2 4 x 2“U=1 0A/L9.【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 .1 0.【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,x e-
12、3,3,故答案为y =0,x G -3,31 1.【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=2 yj(x-a)2+y2,两边平方可得：(x-|a)2+y2=G a)2,故为圆心G。,0),半径r =a的圆，所以(SAPAB)=?2 a-a =g,解得a=2,(SAPCD)=1 2 b(|a-g a)=b-|=|,所以可得b=1,所以离心率e=J l (g)2=亨.故答案为：212.【答案】g【解析】解：设B(l,0),C(l,0),A(x,y),则由/B =2A C得，x +l y+y2=2,(%+y2,化简得
13、(f+y 2=岸 所以A点轨迹为以信0)为圆心，以g为半径的圆,所以 A B C面积的最大值为x 2 x g =故答案为g.13.【答案】解：(I)设P(3y),1(3),则4(7,0),5(0,/),因为而=2 OA+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 42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/+V 3bx +h2-1=0设N Q 2 J 2)，A =3炉 一4(炉一 1)0即炉 v 4,则+x2=V 3&，%i%i=b2 1,假设存在7(皿n
14、),则+%N =y i-n|y2-n-m x2-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)2 m(b n)(%i _ m)(x2 一 瓶)b(y/3n-m)+2mn-y/3(x1-rn)(x2-ni)要使直线7 M、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(-b14.【答案】解：(1)已知圆G：(%+2)2+y2=3 6,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
15、4(4,0),直线/为两圆的公切线，|P*=由弧|=PM2如图，连接 P M,在ElPMMi 和ElPM%，ZPM1M=4PM2M=90,PM/=PM2,PM=PMVXRt 0 MtPM=Rt 0 M2P M,所以M M/=IMM2I所 以 IM。/+|MC2|=+MM2+2=|MC/+MMr+2=6+2=84=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M
16、QG=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(t H 0),代入轨迹。的方程，得(3产+4)y2-12 ty-36=0设”(无1，%),由。2，、2)，则+丫2=-4设Q(m,O),若乙M Q C、=LNQC则心。+%2 =0，即 出+气=。，即p p 人 c 人 2 c丫 式X 2-m)+y2(xi-m)=0,即、式02-2-m)+y2(fyi-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N M QC1=Z N Q
17、Q.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,V 3)为焦点的椭圆由c =V 3，2a=4即a=2由a?b2=可得，b=1椭圆的方程为+些=1；4(2)设4(X 1，、1)，8(%2，丫2)，当k =l时，直线方程为y=x +l,(y=x+1联 立2,必 可得5/+2%-3 =0,xz+=1I 4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C 1 A C 1 8/2 V 2 4SAOB=-X i 4 5 x d=-x Xy =-,(3)设A Q i
18、，yi)，5(x2,y2)(y=kx+1联立方程_ 可得，(4 +k2)x2+2 kx 3=0,则+X2=-磊，=-篇，.OALOB 0A-OB=x1x2+丫1，2 0，v A,3 在直线y=k%+l 上 y i，2=(k X i+l)(k%2 +1)=左2%1%2+fc(%i+X2)+1=造-芸+1=4-4/C24+H 3,4-4/C2 八4+k2 4+H 4 f c2-1=016.【答案】解：(I)由题意,设M(3),5(|,0),动点 M 满足|M/|=y/(x-10)2 4-y2=2J(x -1)2+y2,化简得 2+y2=25,.C的方程为2+y 2 =2 5.（I I）过A作C的两
19、条切线，切点分别记为S,7,则切点S,T是圆/+y 2 =25 与以0 A 为 直 径 的 圆5）2+y 2 =25 的交点，两圆的方程联立诃，可得直线S T的方程为1（%一 5）1+yz=2 5 2（ni）存在t=2,使得/+7 AP MQ|4R设直线I的方程y =k（x-10）与圆2+y2 =25 联立七2曹；消去y得，（1+/c2）%2-2 0k2 x+100k2-25 =0,设P,Q两点坐标分别为（%i，y i），（%2，丫2），R点坐标为（|,一当幻，则小+力=篙P%1%2=100k2-251+H1 1 _ AP+U Ql _ AP+M Q|_ V 1+k22 0-(%i+x2)m+M Q i=AP-AQ=_IW-=75,1+火2(2 0-2)_ 475 15“1+上2AR=J(1 0-|)2+(-y f c)2=y V l._2_ _ 2*AR-15V1+K2.当t =2时，有 三+；=成立|4P|MQI