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2025年高考数学高频易错考前冲刺：圆锥曲线综合
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 献县期末）已知定点A（a，0），B（﹣a，0）（a≠0），动点P满足kPA kPB＝λ（﹣1＜λ＜0），则动点P的轨迹是（　　）
A．椭圆的一部分 B．双曲线的一支
C．抛物线的一部分 D．直线
2．（2024秋 遂宁期末）已知点集Ω1＝{（x，y）|x+y+|x﹣y|＝2}，分别表示曲线Γ1，Γ2，若Γ1，Γ2有四个公共点，则a的取值范围（　　）
A． B．
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．（﹣2，﹣1）∪（1，2）
3．（2024秋 浦东新区校级期末）在平面直角坐标系xOy中，动点P（x，y）到两个定点F1（0，﹣1），F2（0，1）的距离之积等于4，则下列命题中正确的个数是（　　）
①曲线C关于x轴对称；
②x的最大值为2；
③|PF1|+|PF2|的最小值为；
④|OP|的最大值为．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2024秋 湖南期末）已知圆与，动圆M与圆C1内切，且与圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024秋 惠州期末）如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD、ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点N在对角线BF上移动，另一个端点M在正方形ABCD内（含边界）移动，且始终保持MN⊥AB，则端点M的轨迹长度为（　　）
A． B． C．1 D．
6．（2025 沈阳一模）已知平面直角坐标系中不同的三点A（0，5），B（x，0），C（0，y），圆心在y轴上的圆E经过A，B，C三点，设点M的坐标为（x，y），则M点的轨迹方程为（　　）
A．x2＝5y（y≠0） B．y2＝5x（x≠0）
C．y2＝﹣5x（x≠0） D．x2＝﹣5y（y≠0）
7．（2024秋 蒙阴县校级期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0）．点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论不正确的是（　　）
A．C的方程为（x+4）2+y2＝16
B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为3
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离为1
8．（2024秋 丰台区期末）已知圆C：（x+1）2+y2＝16及点A（1，0），在圆C上任取一点P，连接CP，将点P折叠到点A，记CP与折痕l的交点为M（如图）．当点P在圆C上运动时，点M的轨迹方程为（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 株洲一模）在平面直角坐标系中，已知定点F（4，0）和定直线l：x＝﹣4，若到点F与直线l的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线C．给出下列四个结论，其中正确是（　　）
A．曲线C关于y轴对称
B．若点M（x0，y0）在曲线C上，则2≤|MF|≤10
C．若点M（x0，y0）在曲线C上，则|x0|≤5
D．若点M（x0，y0）在曲线C上，则|y0|≤6
（多选）10．（2024秋 榆阳区校级期末）在平面直角坐标系中，曲线C：x2+y2＝2|x|+2|y|是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（　　）
A．曲线C围成的图形有4条对称轴
B．曲线C围成的图形的周长是
C．曲线C上任意两点间的距离最大值是
D．若T（a，b）是曲线C上任意一点，则|4a+3b﹣18|的最小值是
（多选）11．（2024秋 张家口期末）圆锥曲线过焦点的弦称为焦点弦，垂直于椭圆的长轴（双曲线的实轴、抛物线的对称轴）的焦点弦称为通径．若点F是椭圆、抛物线y2＝2px（p＞0）和双曲线的焦点，且椭圆、抛物线和双曲线的通径长l1，l2，l3恰好成等差数列，则（　　）
A．p＝2
B．l1，l2，l3可以是直角三角形三条边的长
C．双曲线的离心率
D．点F到双曲线渐近线的距离为
（多选）12．（2024秋 宝安区期末）若直线y＝kx（k∈R）与圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1交于不同的两点A、B，O为坐标原点，则（　　）
A．当k＝2时，
B．的取值范围为[﹣1，1]
C．|OA| |OB|＝1
D．线段AB中点的轨迹长度小于
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 丰台区期末）已知方程y（y﹣x）＝2所表示的曲线为C．给出以下四个结论：
①曲线C与y轴有两个不同交点；
②曲线C关于原点对称；
③x轴及直线y＝x为曲线C的两条渐近线；
④若曲线C与圆x2+y2＝r2（r＞0）有公共点，则r的最小值为．
其中，所有正确结论的序号是 　 　．
14．（2024秋 船营区校级期末）已知椭圆的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，过点P（﹣1，2）且斜率为的直线交椭圆C于M，N两点，若点P是线段MN的中点，则椭圆C的方程为 　 　．
15．（2024秋 浦东新区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为，M，N为体对角线BD1的三等分点，动点P在三角形ACB1内，且三角形PMN的面积，则点P的轨迹长度为 　 　．
16．（2024秋 松原期末）已知两定点M（4，0），N（1，0），动点P满足 6||，则动点P的轨迹方程为　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淮安期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（﹣2，0），F2（2，0），||PF1|﹣|PF2||＝2，点P的轨迹为曲线C，过点F1的直线l与曲线C交于A，B两点（A，B两点均在y轴左侧）．
（1）求曲线C的方程；
（2）若点A在x轴上方，且，求直线l的方程；
（3）过点A作x轴的平行线m，直线m与直线BF2交于点M，线段AM的中点为N，若直线l与直线NF2交于点Q，求证：点Q恒在一条定直线上．
18．（2024秋 站前区校级期末）已知F1（﹣2，0），F2（2，0），动点P满足|PF1|﹣|PF2|＝2．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设在P点处曲线C的切线为l：y＝kx+m，若M，N为l上两点，且满足0，0，
（i）证明：N点在定直线上，并求出定直线方程；
（ii）是否存在点P使tan∠PNF2 tan∠PF2M＝2成立，若存在，求出P点横坐标；若不存在，请说明理由．
19．（2024秋 酒泉期末）（1）已知过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，求证y1y2＝﹣p2，x1x2；
（2）若方程1表示双曲线，求m的取值范围，并说明该方程表示的双曲线有共同的焦点；
（3）求到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ＞0）的点的轨迹方程，并指出轨迹表示什么曲线．
20．（2024秋 长沙县校级期末）设x，y∈R，向量，分别为平面直角坐标内x，y轴正方向上的单位向量，若向量（xy），（x）y，且||+||＝4．
（Ⅰ）求点M（x，y）的轨迹C的方程；
（Ⅱ）设椭圆E：1，曲线C的切线y＝kx+m交椭圆E于A、B两点，试证：△OAB的面积为定值．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：圆锥曲线综合
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B B B A D C A
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 献县期末）已知定点A（a，0），B（﹣a，0）（a≠0），动点P满足kPA kPB＝λ（﹣1＜λ＜0），则动点P的轨迹是（　　）
A．椭圆的一部分 B．双曲线的一支
C．抛物线的一部分 D．直线
【考点】轨迹方程．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】A
【分析】根据五步求曲法及椭圆的几何性质，即可求解．
【解答】解：设P（x，y），A（a，0），B（﹣a，0）（a≠0），动点P满足kPA kPB＝λ，
所以，x≠±a，
化简可得动点P的轨迹方程为：，﹣1＜λ＜0，
所以动点P的轨迹是以AB为长轴的椭圆，除去长轴的两顶点．
故选：A．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
2．（2024秋 遂宁期末）已知点集Ω1＝{（x，y）|x+y+|x﹣y|＝2}，分别表示曲线Γ1，Γ2，若Γ1，Γ2有四个公共点，则a的取值范围（　　）
A． B．
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．（﹣2，﹣1）∪（1，2）
【考点】曲线与方程．
【专题】方程思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】B
【分析】化简曲线Γ1，Γ2的方程，分析可知a≠0，数形结合可知点E（1，1）在曲线Γ2外，且点（1，0）在曲线Γ2内，可得出关于实数a的不等式组，解之即可．
【解答】解：对于曲线Γ1，当x≥y时，该曲线的方程可化为2＝x+y+x﹣y＝2x，即x＝1，
当x≤y时，该曲线的方程可化为x+y+y﹣x＝2y＝2，即y＝1．
曲线Γ2的方程即为（ax+y）2+（ax﹣y）2＝2a2x2+2y2＝4，即为a2x2+y2＝2，
当a＝0时，曲线Γ2的方程为y，此时，两曲线只有一个公共点，不合乎题意，
所以，a≠0，如下图所示：
由图可知，只需点E（1，1）在曲线Γ2外，且点（1，0）在曲线Γ2内，
所以，解得或，
因此，实数a的取值范围是．
故选：B．
【点评】本题考查曲线与方程的综合应用，属于中档题．
3．（2024秋 浦东新区校级期末）在平面直角坐标系xOy中，动点P（x，y）到两个定点F1（0，﹣1），F2（0，1）的距离之积等于4，则下列命题中正确的个数是（　　）
①曲线C关于x轴对称；
②x的最大值为2；
③|PF1|+|PF2|的最小值为；
④|OP|的最大值为．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】曲线与方程．
【专题】方程思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】B
【分析】利用直接法可得轨迹方程，再根据曲线的对称性可判断①；
由基本不等式可判断③；
化简轨迹方程可得，即，由x2≥0，可得0≤y2≤5，利用换元法结合二次函数性质可判断②④．
【解答】解：由已知|，
代入点（x，﹣y），则4成立，①正确；则，当且仅当|PF1|＝|PF2|，
即点时，等号成立，③错误；
化简，可得（x2+y2+1）2＝16+4y2，
即，
，
即y4﹣2y2﹣15≤0，解得﹣3≤y2≤5，即0≤y2≤5，
设，则t∈[2，3]，y2＝t2﹣4，
所以x2＝2y2﹣1＝﹣t2+2t+3＝﹣（t﹣1）2+4∈[0，3]，即x，②错误；
且，即，
即，④正确．
综上所述正确的个数为2个．
故选：B．
【点评】本题考查曲线与方程的综合应用，属于中档题．
4．（2024秋 湖南期末）已知圆与，动圆M与圆C1内切，且与圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轨迹方程．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】B
【分析】由条件可得|MC1|+|MC2|＝14，结合椭圆的定义判断点M的轨迹形状及位置，利用待定系数法求其方程．
【解答】解：圆心C1（4，0），半径R1＝12，C2（﹣4，0），半径R2＝2，
设动圆的半径为r，
由动圆M与圆C1内切，且与圆C2外切，得|MC1|＝12﹣r，|MC2|＝2+r，
则|MC1|+|MC2|＝14＞8＝|C1C2|，因此点M的轨迹为以C1，C2为焦点，长轴长2a＝14的椭圆，
而焦距2c＝8，即a＝7，c＝4，则短半轴长，
所以动圆圆心M的轨迹方程为．
故选：B．
【点评】本题主要考查两圆的位置关系以及轨迹方程的求解，考查计算能力，属于中档题．
5．（2024秋 惠州期末）如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD、ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点N在对角线BF上移动，另一个端点M在正方形ABCD内（含边界）移动，且始终保持MN⊥AB，则端点M的轨迹长度为（　　）
A． B． C．1 D．
【考点】轨迹方程．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】过M作MH⊥AB于点H，连接HN，易得AB⊥平面MNH，且MH⊥平面ABEF，从而可得AB⊥HN，MH⊥HN，建系设点，利用圆的几何性质，即可求解．
【解答】解：过M作MH⊥AB于点H，连接HN，
则根据题意易得AB⊥平面MNH，且MH⊥平面ABEF，
∴AB⊥HN，MH⊥HN，
分别以BA，BE，BC所在直线为坐标轴，建系如图：
设N（x，x，0），则M（x，0，z），B（0，0，0），
∴|MN|2＝x2+z2＝1，
即|MB|2＝1，∴|MB|＝1，
∴端点M的轨迹为以B为圆心，1为半径的四分之一圆弧，
∴端点M的轨迹长度为．
故选：A．
【点评】本题考查动点轨迹问题的求解，属中档题．
6．（2025 沈阳一模）已知平面直角坐标系中不同的三点A（0，5），B（x，0），C（0，y），圆心在y轴上的圆E经过A，B，C三点，设点M的坐标为（x，y），则M点的轨迹方程为（　　）
A．x2＝5y（y≠0） B．y2＝5x（x≠0）
C．y2＝﹣5x（x≠0） D．x2＝﹣5y（y≠0）
【考点】轨迹方程．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】由已知得线段AC是动圆的直径，故AB⊥CB，即，再利用向量数量积的坐标运算求解即可．
【解答】解：由已知得线段AC是动圆的直径，
故AB⊥CB，
所以，
因为A（0，5），B（x，0），C（0，y），
所以（x，﹣5），（x，﹣y），
所以x2+5y＝0，
可得x2＝﹣5y，
又B，C不重合，所以原点除外，
所以M点的轨迹方程为x2＝﹣5y（y≠0）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了动点轨迹方程，属于中档题．
7．（2024秋 蒙阴县校级期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A（﹣2，0），B（4，0）．点P满足，设点P所构成的曲线为C，下列结论不正确的是（　　）
A．C的方程为（x+4）2+y2＝16
B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为3
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离为1
【考点】轨迹方程．
【专题】方程思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】C
【分析】对A：设点P（x，y），由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点（1，1）到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点M（x，y），求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离，由此分析判断．
【解答】解：对A：设点P（x，y），由A（﹣2，0），B（4，0），|PB|＝2|PA|，
可得2，两边平方可得x2+y2﹣8x+16＝4（x2+y2+4x+4），
整理得（x+4）2+y2＝16，故A正确；
对B：（x+4）2+y2＝16的圆心C1（﹣4，0），半径为r1＝4，
∵点（1，1）到圆心C1（﹣4，0）的距离，
则圆上一点到点（1，1）的距离的取值范围为，
而，故在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为3，故B正确；
对C：设点M（x，y），∵|MO|＝2|MA|，则，整理得，
∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，
又，则两圆内含，没有公共点，
∴在C上不存在点M，使得|MO|＝2|MA|，C不正确；
对D：由点到直线的距离公式，可得圆心C1（﹣4，0）到直线3x﹣4y﹣13＝0的距离为，
∴C上的点到直线3x﹣4y﹣13＝0的最小距离为d2﹣r1＝1，故D正确．
故选：C．
【点评】本题考查圆的方程和性质，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
8．（2024秋 丰台区期末）已知圆C：（x+1）2+y2＝16及点A（1，0），在圆C上任取一点P，连接CP，将点P折叠到点A，记CP与折痕l的交点为M（如图）．当点P在圆C上运动时，点M的轨迹方程为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】轨迹方程．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义，即可求解．
【解答】解：根据题意可得|MA|+|MC|＝|MP|+|MC|＝|CP|＝4＞|CA|＝2，
∴点M的轨迹为以C，A为焦点的椭圆，且2a＝4，2c＝2，
∴a＝2，c＝1，∴b，
∴点M的轨迹方程为．
故选：A．
【点评】本题考查椭圆的定义的应用，属基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 株洲一模）在平面直角坐标系中，已知定点F（4，0）和定直线l：x＝﹣4，若到点F与直线l的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线C．给出下列四个结论，其中正确是（　　）
A．曲线C关于y轴对称
B．若点M（x0，y0）在曲线C上，则2≤|MF|≤10
C．若点M（x0，y0）在曲线C上，则|x0|≤5
D．若点M（x0，y0）在曲线C上，则|y0|≤6
【考点】轨迹方程．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】CD
【分析】根据题意求出动点的轨迹方程，分类讨论，得到方程，画出图象，数形结合，即可求解．
【解答】解：在平面直角坐标系中，已知定点F（4，0）和定直线l：x＝﹣4，若到点F与直线l的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线C，
设动点P（x，y），根据点P到点F与直线l的距离之和等于10，
所以|PF|+|x+4|＝10，即，
化简得，当x≥﹣4时，y2＝﹣4（x﹣5），
当x＜﹣4时，y2＝36（x+5），图象如下，
选项A，根据图象得，曲线C不关于y轴对称，故A错误；
选项B，若点M（x0，y0）在曲线C上，则|x0|≤5，
所以0≤|x0+4|≤9，由|MF|+|x+4|＝10，得|MF|＝10﹣|x+4|，
所以1≤|MF|≤10，故B错误；选项C，若点在曲线上M（x0，y0），则|x0|≤5，C正确；
选项D，若点在曲线上M（x0，y0），
当x0≥﹣4时，，得，故|y0|≤6，
当x0＜﹣4时，，得，故|y0|≤6，
所以|y0|≤6，D正确，故CD正确．
故选：CD．
【点评】本题考查动点轨迹问题的求解，属中档题．
（多选）10．（2024秋 榆阳区校级期末）在平面直角坐标系中，曲线C：x2+y2＝2|x|+2|y|是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（　　）
A．曲线C围成的图形有4条对称轴
B．曲线C围成的图形的周长是
C．曲线C上任意两点间的距离最大值是
D．若T（a，b）是曲线C上任意一点，则|4a+3b﹣18|的最小值是
【考点】曲线与方程．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】分类讨论去掉绝对值可得曲线C的四段关系式，从而作出曲线C的图象，由曲线C图象判断各选项即可．
【解答】解：因为曲线C的方程为x2+y2＝2|x|+2|y|
当x≥0，y≥0时，曲线C的方程可化为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2；
当x≤0，y≥0时，曲线C的方程可化为（x+1）2+（y﹣1）2＝2；
当x≥0，y≤0时，曲线C的方程可化为（x﹣1）2+（y+1）2＝2；
当x≤0，y≤0时，曲线C的方程可化为（x+1）2+（y+1）2＝2，
则曲线图象如下所示：
对于选项A：由图可知曲线C围成的图形有4条对称轴，故选项A正确；
对于选项B：易知曲线C由4个半圆组成，
其周长为，故选项B错误；
对于选项C：由图可知曲线C上任意两点间的最大距离为，故选项C正确；
对于选项D：易知T（a，b）到直线4x+3y﹣18＝0的距离，
点（1，1）到直线4x+3y﹣18＝0的距离为，
由圆的性质得曲线C上一点到直线4x+3y﹣18＝0的距离最小为，
所以|4a+3b﹣18|的最小值为，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查曲线与方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
（多选）11．（2024秋 张家口期末）圆锥曲线过焦点的弦称为焦点弦，垂直于椭圆的长轴（双曲线的实轴、抛物线的对称轴）的焦点弦称为通径．若点F是椭圆、抛物线y2＝2px（p＞0）和双曲线的焦点，且椭圆、抛物线和双曲线的通径长l1，l2，l3恰好成等差数列，则（　　）
A．p＝2
B．l1，l2，l3可以是直角三角形三条边的长
C．双曲线的离心率
D．点F到双曲线渐近线的距离为
【考点】圆锥曲线的综合．
【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ABC
【分析】由题意可得l1＝3，，l2＝4，由l1，l2，l3恰好成等差数列可得l3＝5，可判断AB；再由，又因为1＝a2+b2，求出a可判断C；由点F到双曲线渐近线的距离为b可判断D．
【解答】解：对于A，由点F是椭圆的焦点，所以F（1，0），
又因为点F为抛物线y2＝2p x（p＞0）和双曲线的焦点，
所以p＝2，1＝a2+b2，故A正确；
对于B，令x＝1可得，所以，
所以椭圆的通径为3，所以l1＝3，
令x＝1，可得，
则，
所以，所以，
因为p＝2，所以y2＝4x，令x＝1，可得y＝±2，所以l2＝4，
因为椭圆，抛物线和双曲线的通径长l1，l2，l3恰好成等差数列，
所以2l2＝l1+l3，所以，即，l3＝5，
因为，
所以l1，l2，l3可以是直角三角形三边的长，故B正确；
对于C：因为.而1＝a2+b2，
所以2a2+5a﹣2＝0，
因为a＞0，解得，
，故C正确；
对于D，点F（c，0）到双曲线渐近线bx﹣ay＝0的距离为，
又因为，，
所以，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查圆锥曲线的方程与性质的应用，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 宝安区期末）若直线y＝kx（k∈R）与圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1交于不同的两点A、B，O为坐标原点，则（　　）
A．当k＝2时，
B．的取值范围为[﹣1，1]
C．|OA| |OB|＝1
D．线段AB中点的轨迹长度小于
【考点】轨迹方程；直线与圆的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据圆的几何性质，直线与圆的位置关系，针对各个选项分别求解即可．
【解答】解：∵直线y＝kx（k∈R）与圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1交于不同的两点A、B，O为坐标原点，
∴圆心C为（1，1），半径r＝1，
当k＝2时，直线方程为2x﹣y＝0，∴圆心C到直线：2x﹣y＝0的距离为d，
∴|AB|，∴A选项正确；
∵r2cos，cos，，又，∈（0，π]，
∴∈[﹣1，1），∴B选项错误；
设AB中点为M，则|OA| |OB|＝（|OM|）（|OM|）
＝|OM|2﹣（r2﹣|CM|2）＝|OM|2+|CM|2﹣r2
＝|OC|2﹣r2＝2﹣1＝1，∴C选项正确；
∵OM⊥CM，又|CO|，
∴线段AB的中点M在以AB为直径的圆的一部分，
而AB为直径的圆的周长为，
∴线段AB中点的轨迹长度小于，∴D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 丰台区期末）已知方程y（y﹣x）＝2所表示的曲线为C．给出以下四个结论：
①曲线C与y轴有两个不同交点；
②曲线C关于原点对称；
③x轴及直线y＝x为曲线C的两条渐近线；
④若曲线C与圆x2+y2＝r2（r＞0）有公共点，则r的最小值为．
其中，所有正确结论的序号是 　①②③　．
【考点】曲线与方程．
【专题】方程思想；定义法；直线与圆；逻辑思维．
【答案】①②③．
【分析】对于①，令x＝0，求解即可判断；
对于②，用﹣x代替x，﹣y代替y，判断方程的表达式是否一样即可；
对于③，将方程进行变形得，当y＝0时方程没有意义，故可判断故y＝0是曲线C的另一条渐近线，又y→∞时，x→y，故y＝x为曲线C的一条渐近线；
对于④，联立及x2+y2＝r2（r＞0），消去x并整理得，转化为函数图象有交点即可求解r的范围．
【解答】解：对于①，令x＝0，得y2＝2，即，所以曲线C与y轴有两个不同交点，故①正确；
对于②，在曲线方程y（y﹣x）＝2中，用﹣x代替x，﹣y代替y，得（﹣y）[（﹣y）﹣（﹣x）]＝2，
即y（y﹣x）＝2，所以曲线C关于原点对称，故②正确；
对于③，因为方程y（y﹣x）＝2，所以y≠x，所以，
当y→∞时，x→y，故y＝x为曲线C的一条渐近线；
又y＝0时，没有意义，故y＝0是曲线C的另一条渐近线，即x轴为曲线C的另一条渐近线，
故x轴及直线y＝x为曲线C的两条渐近线，故③正确；
对于④，联立及x2+y2＝r2（r＞0），消去x并整理得，
因为，当且仅当2，即y2＝2时等号成立，
若曲线C与圆x2+y2＝r2（r＞0）有公共点，则，所以，
所以的最小值为，故④错误．
综上，正确结论的序号是①②③．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查曲线与方程的综合应用，属于中档题．
14．（2024秋 船营区校级期末）已知椭圆的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，过点P（﹣1，2）且斜率为的直线交椭圆C于M，N两点，若点P是线段MN的中点，则椭圆C的方程为 　　．
【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的弦及弦长．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】．
【分析】由抛物线方程确定椭圆的焦点坐标，再由点差法确定a2与b2的关系，列出关于a，b，c的方程组，解方程组即可求解椭圆C的方程．
【解答】解：抛物线y2＝8x的焦点坐标为（2，0），所以椭圆C的右焦点坐标为（2，0），
设椭圆的半焦距为c，则c＝2．
设M（x1，y1），（x2，y2），因为点M，N在椭圆C上，
所以，两式相减得，
即，
因为点P（﹣1，2）是MN的中点，且直线MN的斜率为，
所以x1+x2＝﹣2，y1+y2＝4，，
所以，则，解得，
所以椭圆C的方程为．
故答案为：．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想，属于中档题．
15．（2024秋 浦东新区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为，M，N为体对角线BD1的三等分点，动点P在三角形ACB1内，且三角形PMN的面积，则点P的轨迹长度为 　　．
【考点】轨迹方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】先通过位置关系的证明说明N在平面ACB1为，然后根据已知条件求解出PN的长度，根据PN的长度确定出P在平面ACB1内的轨迹形状，由此求解出对应的轨迹长度．
【解答】解：如图所示：连接BC1交B1C于点O，
∵四边形BCC1B1是正方形，∴BC1⊥B1C，
∵D1C1⊥平面BCC1B1，B1C 平面BCC1B1，
∴D1C1⊥B1C，又BC1⊥B1C，且BC1∩D1C1＝C1，
∴B1C⊥平面BC1D1，又D1B 平面BC1D1，
∴B1C⊥D1B，
同理可知B1A⊥D1B，
又∵B1C 平面ACB1，B1A 平面ACB1，B1C∩B1A＝B1，
∴D1B⊥平面ACB1，
又根据题意可知，棱长为D1BAB＝3，，∴ΔACB1为正三角形，∴∠B1AC＝60°，
∴，设B到平面ACB1的距离为h，
∵，∴，
∴S△ACB1 h＝S△ACB BB1，即，
∴h＝1D1B，∴h＝BN，
∴N为D1E与平面ACB1的交点，由题意可知D1B﹣平面ACB1∴MN⊥PN，
∴，∴PN，
如图所示：在正三角形ACB1中，高AO＝ACsin60°，
∴内切圆的半径，且，
取B1C的两个三等分点E，F，连接EN，FN，
∴NE∥AB1，NF∥AC，∴△NEF是以PN长度为边长的正三角形，
∴P的轨迹是以N为圆心，半径等于的圆，∴圆的周长为，
∴在△ACB1内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为60°，
∴对应的轨迹长度是圆周长的一半为．
故答案为：．
【点评】本题考查线面垂直的判定定理，等体积法思想的应用，轨迹长度的求解，数形结合思想，化归转化思想，属中档题．
16．（2024秋 松原期末）已知两定点M（4，0），N（1，0），动点P满足 6||，则动点P的轨迹方程为　　．
【考点】轨迹方程．
【专题】综合题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【答案】见试题解答内容
【分析】设出P（x，y），可得向量（x﹣4，y），（﹣3，0），（x﹣1，y），根据 6||，利用数量积公式和两点间的距离公式建立关于x，y的方程，化简即可得到动点P的轨迹方程．
【解答】解：设动点P（x，y），（x﹣4，y），（﹣3，0），（x﹣1，y），
由 6||，得﹣3（x﹣4）＝6，平方化简得3x2+4y2＝12，即．
∴点P的轨迹方程为．
故答案为：．
【点评】本题考查了轨迹方程，考查了平面数量积的运算，是基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 淮安期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（﹣2，0），F2（2，0），||PF1|﹣|PF2||＝2，点P的轨迹为曲线C，过点F1的直线l与曲线C交于A，B两点（A，B两点均在y轴左侧）．
（1）求曲线C的方程；
（2）若点A在x轴上方，且，求直线l的方程；
（3）过点A作x轴的平行线m，直线m与直线BF2交于点M，线段AM的中点为N，若直线l与直线NF2交于点Q，求证：点Q恒在一条定直线上．
【考点】轨迹方程；双曲线与平面向量．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；
（2）xy﹣2；
（3）证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义以及a，b，c之间的关系，列出等式求解即可；
（2）设出直线l的方程，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理以及向量的坐标运算求解即可；
（3）先求出M，N两点的坐标，结合（2）中信息求解即可．
【解答】解：（1）易知点P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线，
设曲线C方程为（a＞0，b＞0），
此时c＝2，，
解得，b＝1，c＝2，
则曲线C方程为；
（2）设直线l的方程为x＝my﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2）（y1＞0），
联立，消去x并整理得（m2﹣3）y2﹣4my+1＝0，
此时Δ＝16m2﹣4（m2﹣3）＞0，
由韦达定理得，，
因为，
所以y2＝﹣5y1
解得（舍去）或，
则直线l方程为xy﹣2；
（3）证明：直线，
令y＝y1，
解得，
即M，
N，
直线，
设Q（x，y），
此时直线l的方程为x＝my﹣2，
所以，
由（2）知，，
所以，
解得．
故点Q恒在定直线上．
【点评】本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18．（2024秋 站前区校级期末）已知F1（﹣2，0），F2（2，0），动点P满足|PF1|﹣|PF2|＝2．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）设在P点处曲线C的切线为l：y＝kx+m，若M，N为l上两点，且满足0，0，
（i）证明：N点在定直线上，并求出定直线方程；
（ii）是否存在点P使tan∠PNF2 tan∠PF2M＝2成立，若存在，求出P点横坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】轨迹方程；双曲线的定义．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；
（2）（i）证明过程见解析；
（ii）存在点P使tan∠PNF2 tan∠PF2M＝2成立，P点横坐标为4，理由见解析．
【分析】（1）由双曲线的定义可求得双曲线的方程；
（2）（i）联立直线方程与双曲线方程，消去y，可得（1﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣2＝0，由题意可得m2＝2k2﹣2（k≠±1），进而可求得，结合PF2⊥NF2，可得直线NF2的方程为y＝﹣（k+m）（x﹣2），与直线l的方程联立可得N点在定直线上；
（ii）设直线l的倾斜角为α，且tanα＝k，tan∠NF2O＝k+m，tan∠PNF2，结合已知可得k，m的方程，可求得点P的横坐标．
【解答】解：（1）因为|PF1|﹣|PF2|＝24＝|F1F2|，
所以点P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线中靠近F2点的一支，
且，
解得，
则b2＝c2﹣a2＝2，
故双曲线的方程为；
（2）（i）证明：联立，消去y并整理得（1﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣2＝0，
因为直线l与曲线C相切，
所以，
解得，
因为（1﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣2＝0，
所以0，
解得，
此时，
即，
所以，
因为0，
所以PF2⊥NF2，
此时（k+m），
所以直线NF2的方程为y＝﹣（k+m）（x﹣2），
联立，
解得x＝1；
所以N点在定直线上，该定直线方程为x＝1；
（ii）存在点P使tan∠PNF2 tan∠PF2M＝2成立，P点横坐标为4，理由如下：
设直线l的倾斜角为α，且tanα＝k，
因为0，
所以MF2⊥OF2，且PF2⊥NF2，
所以∠PF2M＝∠NF2O，∠PNF2＝∠NF2O+α，
由（i）知N（1，k+m），
所以tan∠NF2Ok+m，
则tan∠PNF2＝tan（∠NF2O+α），
所以tan∠PNF2 tan∠PF2M＝2，
可得，
整理得4k2+5km+m2﹣2＝0，
因为m2＝2k2﹣2（k≠±1），
所以2m2+4+5km+2k2﹣2﹣2＝0，
即（2m+k）（m+2k）＝0，
解得或（舍去）．
故P点横坐标为4．
【点评】本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19．（2024秋 酒泉期末）（1）已知过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，求证y1y2＝﹣p2，x1x2；
（2）若方程1表示双曲线，求m的取值范围，并说明该方程表示的双曲线有共同的焦点；
（3）求到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ＞0）的点的轨迹方程，并指出轨迹表示什么曲线．
【考点】圆锥曲线的综合；轨迹方程；求双曲线的渐近线方程．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）答案见解析；
（3）答案见解析．
【分析】（1）由题意，设出过抛物线焦点F的直线方程，将直线方程将抛物线方程联立，利用韦达定理即可得证；
（2）若方程表示双曲线，可得（9﹣m）（4﹣m）＜0，求出4＜m＜9，结合a，b，c之间的关系，求出双曲线的焦点坐标，进而可知
该方程表示的双曲线有共同的焦点；
（3）以B为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设P（x，y）是平面上任意一点，可得|PA|＝λ|PB|，利用两点间的距离公式得到轨迹方程，分别讨论当λ＝1和λ≠1这两种情况，进而可解．
【解答】解：（1）证明：易知抛物线的焦点，
设过焦点F的直线方程为，
联立，消去x并整理得y2﹣2pty﹣p2＝0，
由韦达定理得，
所以；
（2）若方程表示双曲线，
此时（9﹣m）（4﹣m）＜0，
解得4＜m＜9，
所以当4＜m＜9时方程表示双曲线，
双曲线方程表示为，
易知双曲线焦点在x轴上，且c2＝9﹣m+m﹣4＝5，
所以，
即双曲线焦点坐标为，，
焦点显然与m取值无关，
则该方程表示的双曲线有共同的焦点；
（3）以B为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
此时A（a，0），B（0，0），
其中a＝|AB|＞0，
设P（x，y）是平面上任意一点，
可得，
即|PA|＝λ|PB|，
由两点间距离公式得（x﹣a）2+y2＝λ（x2+y2）
整理得（1﹣λ2）x2+（1﹣λ2）y2﹣2ax+a2＝0，
当λ＝1时，轨迹方程为，
其表示线段AB的垂直平分线；
当λ≠1时，轨迹方程为，
即，
其表示圆的方程．
则λ≠1时轨迹是圆．
【点评】本题考查轨迹方程以及双曲线的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
20．（2024秋 长沙县校级期末）设x，y∈R，向量，分别为平面直角坐标内x，y轴正方向上的单位向量，若向量（xy），（x）y，且||+||＝4．
（Ⅰ）求点M（x，y）的轨迹C的方程；
（Ⅱ）设椭圆E：1，曲线C的切线y＝kx+m交椭圆E于A、B两点，试证：△OAB的面积为定值．
【考点】直线与圆锥曲线的综合；椭圆的几何特征．
【专题】综合题；对应思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）1；
（2）证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，根据平面向量的坐标运算、模的几何意义以及椭圆的定义再进行求解即可；
（2）根据曲线C的切线y＝kx+m交椭圆E于A、B两点，将直线y＝kx+m分别与曲线C和椭圆E的方程联立，利用韦达定理、根的判别式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式进行求解即可．
【解答】解：（1）因为，，
所以，
其表示点M（x，y）与点的距离|MF1|．
而，
其表示点M（x，y）与点的距离|MF2|，
又，
所以|MF1|+|MF2|＝4，
则点M（x，y）的轨迹C是以，为焦点的椭圆，且长轴长为2a＝4，，
可得，
则点M（x，y）的轨迹C的方程1；
（2）证明：直线y＝kx+m为曲线C的切线，
联立，消去y并整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
此时Δ＝64k2m2﹣4（1+4k2）（4m2﹣4）＝0，
即1+4k2＝m2，
因为曲线C的切线y＝kx+m交椭圆E于A、B两点，
联立，消去y并整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣16＝0，
不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），
由韦达定理得，，
此时，
因为1+4k2＝m2，
所以，
易知y1＝kx1+m，y2＝kx2+m，
所以|y1﹣y2|＝k|x1﹣x2|，
则|，
又△OAB中边AB上的高h即为点O到直线y＝kx+m的距离，
所以，
因为1+4k2＝m2，
此时S△OAB|AB|2，
故△OAB的面积为定值，定值为．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
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