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高考数学押题预测 圆锥曲线综合
一.选择题(共10小题)
1.(2025 湛江一模)已知A(﹣1,0),B(1,0),点P满足,当∠PAB取到最大值时△PAB的面积为( )
A. B. C. D.
2.(2025 淄博模拟)数学中有许多形状优美的曲线.例如曲线:|x|n+|y|n=1(n>0),当n=2时,是我们熟知的圆;当时,曲线是形状如“四角星”的曲线,称为星形线,常用于超轻材料的设计.则下列关于曲线E说法错误的是( )
A.曲线E关于x轴对称
B.曲线E上的点到x轴,y轴的距离之积不超过
C.曲线E与|x|+|y|=1有8个交点
D.曲线E所围成图形的面积小于2
3.(2025春 岳麓区校级月考)设F(1,0),点M在x轴上,点N在y轴上,且0,当点N在y轴上运动时,点P的轨迹方程为( )
A. B. C.y2=2x D.y2=4x
4.(2024秋 德州期末)双曲线C:1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(﹣c,0),F2(c,0),以C的实轴为直径的圆记为D,过F1作D的切线与双曲线C在第一象限交于点P,且4ab,则双曲线C的离心率为( )
A. B. C. D.
5.(2024秋 卓尼县校级期末)古希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇编》中,完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义,他指出:到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线.当0<e<1时,轨迹为椭圆;当e=1时,轨迹为抛物线;当e>1时,轨迹为双曲线.则方程表示的圆锥曲线为( )
A.椭圆 B.双曲线
C.抛物线 D.以上都不对
6.(2024秋 资中县校级期末)法国数学家加斯帕尔 蒙日发现:与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆Γ:1(a>b>0)的蒙日圆方程C:x2+y2=a2+b2,F1,F2分别为椭圆Γ的左、右焦点,离心率为,P为蒙日圆C上一个动点,过点P作椭圆Γ的两条切线,与蒙日圆C分别交于A,B两点,若△PAB面积的最大值为25,则椭圆Γ的长轴长为( )
A. B.2 C. D.2
7.(2025 鼓楼区校级开学)设F1,F2为曲线C1:的左,右两个焦点,P是曲线C2:与C1的一个交点,则sin∠F1PF2的值为( )
A. B. C. D.
8.(2024秋 平谷区期末)已知椭圆上一点A和焦点F,AF⊥x轴,若双曲线的一条渐近线经过点A,那么双曲线的离心率e为( )
A. B. C. D.
9.(2025 宝鸡模拟)在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,G为棱B1C1上一点,则( )
A.AE∥面A1C1D
B.直线AE,A1B1,D1G不可能相交于同一点
C.正方体表面上满足的P点的轨迹长度为
D.面AEC与面DA1G可能平行
10.(2024秋 东坡区校级期末)已知椭圆,从C上任意一点P向y轴作垂线段PP′,P′为垂足,则线段PP′的中点M的轨迹方程为( )
A. B.
C.x2+y2=4(x≠0) D.x2+y2=8(x≠0)
二.多选题(共2小题)
(多选)11.(2025 贵阳模拟)封闭曲线C是平面内与两个定点F1(﹣1,0)和F2(1,0)的距离之积为2的点的轨迹,M(x,y)是曲线C上一点,O为坐标原点.则下列说法正确的有( )
A.曲线C关于坐标原点对称
B.曲线C位于直线和直线y=±1所围成的矩形框内
C.△MF1F2的周长的最小值为
D.
(多选)12.(2025 市中区校级模拟)数学中有许多美丽的曲线,如图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成,曲线C1:1,上顶点为E,右顶点为G,曲线C2上的点满足到F(0,﹣1)和直线y=1的距离之和为定值4,已知两条曲线具有公共的上下顶点,过F作斜率小于0的直线l与两曲线从左到右依次交于A,B,C,D且yA≥1,则( )
A.曲线C2由两条抛物线的一部分组成
B.线段AF的长度与A点到直线y=5的距离相等
C.若线段AB的长度为,则直线l的斜率为
D.若S△AFE=3S△DFG,则直线l的斜率为
三.填空题(共4小题)
13.(2025 雁江区校级模拟)数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观,它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中,揭示了规律性,是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中,曲线C:x2+y2=2|x|+2|y|就是一条形状优美的曲线,曲线C围成的图形的周长是为 ;若T(a,b)是曲线C上任意一点,|4a+3b﹣18|的最小值为 .
14.(2024秋 金山区期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,已知AA1=7,点O在棱AA1上,且AO=4,则正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为 .
15.(2024秋 卓尼县校级期末)若△ABC的顶点B,C的坐标分别是(﹣3,﹣1),(2,1),顶点A在圆x2+y2+4x﹣6y+9=0上运动,则△ABC的重心G的轨迹方程为 .
16.(2024秋 平谷区期末)生活中一些常见的漂亮图案不仅具有艺术美,其中也有数学的对称、和谐、简洁美.曲线C:4﹣|x|,下面是关于曲线C的四个结论:
①曲线C关于原点中心对称;
②曲线C上点的横坐标取值范围是[﹣4,4];
③曲线C上任一点到坐标原点的最小距离为2;
④若直线y=kx与曲线C无交点,则实数k的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是 .
四.解答题(共4小题)
17.(2025 聊城一模)已知圆C1:(x+2)2+y2,圆C2:(x﹣2)2+y2,动圆C与C1,C2都外切.
(1)求圆心C的轨迹方程;
(2)设A(﹣1,0),M,N是圆心C轨迹上的不同两点,过点A作AH⊥MN,垂足为H,若直线AM与AN的斜率之积等于﹣2,求动点H轨迹的长度.
18.(2024秋 浦东新区校级期末)带着数学的眼光看世界,则生活中处处有数学.以一种常见的生活用品——酒杯为例,根据其造型,不妨将其抽象为开口向上的抛物线,并假设其内壁足够光滑.
(1)将一定长度,质量分布均匀,各处粗细相等的小木棍丢入酒杯中,想要研究小木棍自然静止下来后所处位置的特征.查阅资料后可知,物理中有被称为“重心最低”的原理.试将该物理原理抽象为这一抛物线酒杯模型中的数学语言,并借助之给出研究结论.
【注】①请将“抽象出的数学问题:XXX……”与“问题解答:XXX……”分开书写,不明确问题直接开始解答的不得分;
②自行定义必要的字母记号,并配以相应的图形说明.
(2)将许多长短不一(但均足够长)的小木棍丢入酒杯中,待它们全部自然静止后,发现它们全部交汇于同一点,请解释该现象.
19.(2024秋 上城区校级月考)公元前180年,古希腊数学家狄俄克利斯(Diocles)在研究倍立方问题时独立发明了蔓叶线.已知:如图所示,平面内给定圆和直线l1:x=2,从坐标轴原点O引射线分别交圆C和直线l1于点A、B,在射线OA上取一点M满足OM=AB,则点M的轨迹为蔓叶线C2.
(1)求C2的方程;
(2)若直线l2与C2相交于P、Q、R三点,记P、Q、R三点到原点O的斜率分别为
k1、k2、k3,已知k1+k2+k3=2.
①证明:直线l2经过定点;
②若,求直线l2的方程.
参考公式:若x1、x2、x3是一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0的三个根,则
,,.
20.(2025 青浦区校级模拟)已知双曲线C:的离心率为,点(3,﹣1)在双曲线C上.过C的左焦点F作直线l交C的左支于A、B两点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若M(﹣2,0),试问:是否存在直线l,使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理由.
(3)点P(﹣4,2),直线AP交直线x=﹣2于点Q.设直线QA、QB的斜率分别k1、k2,求证:k1﹣k2为定值.
高考数学押题预测 圆锥曲线综合
参考答案与试题解析
一.选择题(共10小题)
1.(2025 湛江一模)已知A(﹣1,0),B(1,0),点P满足,当∠PAB取到最大值时△PAB的面积为( )
A. B. C. D.
【考点】轨迹方程.
【专题】计算题;转化思想;综合法;直线与圆;运算求解.
【答案】C
【分析】直接法可得动点P的轨迹方程,判断∠PAB取到最大值时的位置,求出△PAB的面积即可判断选项.
【解答】解:设点P(x,y),A(﹣1,0),B(1,0),点P满足,
得 ,
化简可得(x﹣2)2+y2=3,即点P在以M(2,0)为圆心,为半径的圆,
当PA与圆(x﹣2)2+y2=3相切时,∠PAB取到最大值,
此时△PAB的面积S|PA|r.
故选:C.
【点评】本题考查求动点的轨迹方程,考查直线与圆的位置关系,考查运算求解能力,属于中档题.
2.(2025 淄博模拟)数学中有许多形状优美的曲线.例如曲线:|x|n+|y|n=1(n>0),当n=2时,是我们熟知的圆;当时,曲线是形状如“四角星”的曲线,称为星形线,常用于超轻材料的设计.则下列关于曲线E说法错误的是( )
A.曲线E关于x轴对称
B.曲线E上的点到x轴,y轴的距离之积不超过
C.曲线E与|x|+|y|=1有8个交点
D.曲线E所围成图形的面积小于2
【考点】曲线与方程.
【专题】对应思想;定义法;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】C
【分析】对A,在方程中,以x,﹣y替代x,y方程不变,可判断;
对B,由基本不等式求解判断;
对C,易得曲线E在|x|+|y|=1的内部,作出图象判断交点个数;
对D,易求|x|+|y|=1围成的正方形面积为2,又曲线E在|x|+|y|=1的内部,得解.
【解答】解:曲线是形状如“四角星”的曲线,称为星形线,
对于A,在方程中,以x,﹣y替代x,y方程不变,所以曲线E关于x轴对称,
同理,以﹣x,y;﹣x,﹣y替代x,y方程均不变,所以曲线E关于y轴,坐标原点对称,如图,故A正确;
对于B,曲线E上点(x,y)到x轴的距离为|y|,到y轴的距离为|x|,
由,当且仅当|x|=|y|时取等号,
∴,故B正确;
对于C,在第一象限内,,所以曲线E在直线x+y=1的下方,
所以两者有4个交点,分别为(﹣1,0),(1,0),(0,1),(0,﹣1),故C错误;
对于D,如图,|x|+|y|=1围成的正方形面积为,
所以曲线E围成图形的面积小于2,故D正确.
故选:C.
【点评】本题考查根据方程分析曲线E在第一象限的性质等相关知识,属于中档题.
3.(2025春 岳麓区校级月考)设F(1,0),点M在x轴上,点N在y轴上,且0,当点N在y轴上运动时,点P的轨迹方程为( )
A. B. C.y2=2x D.y2=4x
【考点】轨迹方程.
【专题】方程思想;综合法;平面向量及应用;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】D
【分析】设点P(x,y),根据向量关系及垂直关系可得点P的轨迹方程.
【解答】解:设F(1,0),点M在x轴上,点N在y轴上,且0,
设点P(x,y),由,可得N为MP的中点,
由中点坐标公式可得,M(﹣x,0),
又F(1,0),则,,
由,可得y2=4x,
故点P的轨迹方程为y2=4x.
故选:D.
【点评】本题考查轨迹方程的求法,以及向量相等和垂直的关系,考查方程思想和运算能力,属于基础题.
4.(2024秋 德州期末)双曲线C:1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(﹣c,0),F2(c,0),以C的实轴为直径的圆记为D,过F1作D的切线与双曲线C在第一象限交于点P,且4ab,则双曲线C的离心率为( )
A. B. C. D.
【考点】圆与圆锥曲线的综合;求双曲线的离心率.
【专题】计算题;转化思想;综合法;直线与圆;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】D
【分析】设∠AF1O=θ,求出及,由三角形面积及三角函数值得到|PF1|=4b,由双曲线定义得到|PF2|=4b﹣2a,在△F1PF2中,由余弦定理得到方程,求出,得到离心率.
【解答】解:双曲线C:1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(﹣c,0),F2(c,0),
以C的实轴为直径的圆记为D,过F1作D的切线与双曲线C在第一象限交于点P,
设切点为A,∠AF1O=θ,连接OA,如图,
则,,
过点P作PE⊥x轴于点E,则,故,
因为,解得|PF1|=4b,
由双曲线定义得|PF1|﹣|PF2|=2a,所以|PF2|=4b﹣2a,
在△F1PF2中,由余弦定理得cosθ,
化简得4a=3b ,所以离心率e.
故选:D.
【点评】本题考查圆与圆锥曲线的综合应用,离心率的求法,是中档题.
5.(2024秋 卓尼县校级期末)古希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇编》中,完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义,他指出:到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线.当0<e<1时,轨迹为椭圆;当e=1时,轨迹为抛物线;当e>1时,轨迹为双曲线.则方程表示的圆锥曲线为( )
A.椭圆 B.双曲线
C.抛物线 D.以上都不对
【考点】轨迹方程.
【专题】对应思想;综合法;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】B
【分析】将原方程整理为,再结合两点间距离公式与点到直线的距离公式,即可得解.
【解答】解:方程可化为,
可表示动点(x,y)到定点(1,0)的距离与到定直线4x﹣3y﹣12=0的距离的比为5,且5大于1,
所以该动点的轨迹为双曲线.
故选:B.
【点评】本题考查轨迹方程,熟练掌握圆锥曲线的定义,两点间距离公式与点到直线的距离公式是解题的关键,考查逻辑推理能力和运算能力,属于基础题.
6.(2024秋 资中县校级期末)法国数学家加斯帕尔 蒙日发现:与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆Γ:1(a>b>0)的蒙日圆方程C:x2+y2=a2+b2,F1,F2分别为椭圆Γ的左、右焦点,离心率为,P为蒙日圆C上一个动点,过点P作椭圆Γ的两条切线,与蒙日圆C分别交于A,B两点,若△PAB面积的最大值为25,则椭圆Γ的长轴长为( )
A. B.2 C. D.2
【考点】圆与圆锥曲线的综合;椭圆的离心率.
【专题】计算题;转化思想;综合法;直线与圆;圆锥曲线的定义、性质与方程;运算求解.
【答案】D
【分析】利用椭圆的离心率可得a,c关系,分析可知PQ为圆的一条直径,利用勾股定理得出|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=20c2,再利用基本不等式即可求即解.
【解答】解:∵椭圆C的离心率e,∴a,又a2=b2+c2,∴bc,
∴椭圆C的蒙日圆的半径为:,
∵MP⊥MQ,∴PQ为蒙日圆的直径,
∴|PQ|=2c,∴|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=20c2.
又|MP| |MQ|10c2,
当且仅当|MP|=|MQ|c时,等号成立,
∴△MPQ面积的最大值为:|MP| |MQ|=5c2.
∴5c2=25,∴c,∴a.
∴椭圆C的长轴长为2a=2.
故选:D.
【点评】本题考查椭圆的简单几何性质,圆的性质,重要不等式的应用,属中档题.
7.(2025 鼓楼区校级开学)设F1,F2为曲线C1:的左,右两个焦点,P是曲线C2:与C1的一个交点,则sin∠F1PF2的值为( )
A. B. C. D.
【考点】圆锥曲线的综合.
【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】D
【分析】求出F1,F2的坐标,由椭圆、双曲线的定义求出|PF1|,|PF2|,再由余弦定理求出cos∠F1PF2,即可求出sin∠F1PF2.
【解答】解:由曲线C1:和曲线C2:,
可得它们的焦点均为F1(﹣2,0),F2(2,0),
不妨设P在双曲线右支上,
由椭圆的定义得,
双曲线的定义得,
解得,,
在△PF1F2中,由余弦定理可得,
.
故选:D.
【点评】本题考查椭圆和双曲线的定义、方程与性质,以及三角形的余弦定理,考查方程思想和运算能力,属于中档题.
8.(2024秋 平谷区期末)已知椭圆上一点A和焦点F,AF⊥x轴,若双曲线的一条渐近线经过点A,那么双曲线的离心率e为( )
A. B. C. D.
【考点】圆锥曲线的综合.
【专题】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】C
【分析】由题意,设出A,F的坐标,结合双曲线的渐近线方程和离心率公式进行求解即可.
【解答】解:因为椭圆的方程为,
所以a,b=c=1,
设椭圆的焦点F(1,0),
因为AF⊥x轴,
所以,
解得y=±,
令A(1,),
易知双曲线的渐近线方程为y=±x,
若双曲线的一条渐近线yx经过点A,
所以,
解得ab,
则双曲线的离心率e.
故选:C.
【点评】本题考查双曲线的性质,考查了逻辑推理和运算能力,属于基础题.
9.(2025 宝鸡模拟)在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,G为棱B1C1上一点,则( )
A.AE∥面A1C1D
B.直线AE,A1B1,D1G不可能相交于同一点
C.正方体表面上满足的P点的轨迹长度为
D.面AEC与面DA1G可能平行
【考点】轨迹方程;直线与平面平行.
【专题】转化思想;综合法;空间向量及应用;运算求解.
【答案】C
【分析】选项A,由空间向量法判断线面的位置关系;
选项B,先根据位置关系确定直线AE与直线A1B1的交点,进而可确定当G为B1C1的中点时,直线AE,A1B1,D1G相交于同一点;
选项C,由对称性,由得P点位于四边形BB1D1D的边上,进而可得;
选项D,由空间向量法判断两个平面的法向量不平行,进而可得.
【解答】解:选项A:如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,1),,
A1(0,0,0),C1(1,1,0),D(0,1,1),
则,,,
设平面A1C1D的一个法向量为,则,
令x1=1,则y1=﹣1,z1=1,则(1,﹣1,1),
因,故AE与平面A1C1D不平行,故A错误;
选项B:延长AE交直线A1B1的延长线于F,则A1B1=B1F,则F∈平面A1B1C1D1,连接D1F,交直线B1C1于G,则B1G=GC1,
故可知当G为B1C1的中点时,直线AE,AB1,D1G相交于同一点,故B错误;
选项C:根据正方体的对称性,当时,
P点在四边形BB1D1D的边上,故P点的轨迹长度即为四边形BB1D1D的周长为,故C正确;
选项D:C(1,1,1),,
设平面AEC的一个法向量为,则,
令x2=1,得y2=﹣1,z2=2,则(1,﹣1,2),
设G(1,t,0),则,
设平面DA1G的一个法向量为,则,
令x3=t,则y3=﹣1,z3=1,故μ=(t,﹣1,1),
若平面AEC与平面DA1G平行,则λμ,即,显然λ不存在,故D错误.
故选:C.
【点评】本题考查了空间向量法判断线面的位置关系,属于中档题.
10.(2024秋 东坡区校级期末)已知椭圆,从C上任意一点P向y轴作垂线段PP′,P′为垂足,则线段PP′的中点M的轨迹方程为( )
A. B.
C.x2+y2=4(x≠0) D.x2+y2=8(x≠0)
【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】C
【分析】根据相关点法,即可求解.
【解答】解:设点M(x,y),则P(2x,y),又P在椭圆C:上,
所以x2+y2=4,其中x≠0.
故选:C.
【点评】本题考查动点轨迹问题的求解,相关点法的应用,属基础题.
二.多选题(共2小题)
(多选)11.(2025 贵阳模拟)封闭曲线C是平面内与两个定点F1(﹣1,0)和F2(1,0)的距离之积为2的点的轨迹,M(x,y)是曲线C上一点,O为坐标原点.则下列说法正确的有( )
A.曲线C关于坐标原点对称
B.曲线C位于直线和直线y=±1所围成的矩形框内
C.△MF1F2的周长的最小值为
D.
【考点】轨迹方程.
【专题】转化思想;综合法;圆锥曲线中的最值与范围问题;运算求解.
【答案】ABD
【分析】根据与两个定点的距离之积为定值,列出曲线C的方程,对方程进行化简,再逐个分析各选项.
【解答】解:对于A,由已知得,曲线C的方程为 2,
将x换成﹣x,将y换成﹣y,得
2,
故曲线C关于原点对称,A选项正确;
对于B,由 2,
整理得:y2=﹣(x2+1)+2,
因为y2≥0,所以﹣(x2+1)+20,
得12,解得x,
由12,y2=﹣(x2+1)+21,
得0≤y2≤1,解得﹣1≤y≤1,故B正确;
对于C,因为|MF1||MF2|=2,所以|MF1|+|MF2|≥22,
当且仅当|MF1|=|MF2|时取等号,
又|F1F2|=2,所以△MF1F2的周长的最小值为22,故C错误;
对于D,由对B选项的分析,|OM|2=x2+y2=21,且12,
所以1≤|OM|2≤3,即,故D正确.
故选:ABD.
【点评】本题主要考查点的轨迹问题,属于中档题.
(多选)12.(2025 市中区校级模拟)数学中有许多美丽的曲线,如图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成,曲线C1:1,上顶点为E,右顶点为G,曲线C2上的点满足到F(0,﹣1)和直线y=1的距离之和为定值4,已知两条曲线具有公共的上下顶点,过F作斜率小于0的直线l与两曲线从左到右依次交于A,B,C,D且yA≥1,则( )
A.曲线C2由两条抛物线的一部分组成
B.线段AF的长度与A点到直线y=5的距离相等
C.若线段AB的长度为,则直线l的斜率为
D.若S△AFE=3S△DFG,则直线l的斜率为
【考点】曲线与方程.
【专题】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】ABD
【分析】对于选项A,根据题干列出等式即可判断;对于选项B,利用抛物线的定义即可判断,对于选项C,利用焦半径公式列出等式即可判断,对于选项D,由焦半径,又因为S△AFE=3S△DFG可得EG∥l,即可得到结果.
【解答】解:对于A选项:设曲线C2上任意一点M(x,y),
因为曲线C2上的点满足到F(0,﹣1)和直线y=1的距离之和为定值4,
所以,
整理得,
则曲线C2由两条抛物线的一部分组成,故选项A正确;
对于B选项:易知F和直线y=5分别为抛物线x2=﹣12y+24的焦点和准线,
由抛物线定义可知,线段AF的长度与A点到直线y=5的距离相等,故选项B正确;
对于C选项:设l与y轴夹角为θ,
因为F同时为抛物线x2=﹣12y+24和椭圆的焦点,p=6,
,
解得,
则,故选项C错误;
对于D选项:易知F为抛物线x2=4y+8和x2=﹣12y+24的焦点,
因为在x2=4y+8中p=2,在x2=﹣12y+24中p=6,
AF,DF分别为两个抛物线的较短的焦半径,
所以,
因为S△AFE=3S△DFG,
则dE﹣l=dG﹣l,
所以EG∥l,
所以,故选项D正确.
故选:ABD.
【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.
三.填空题(共4小题)
13.(2025 雁江区校级模拟)数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观,它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中,揭示了规律性,是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中,曲线C:x2+y2=2|x|+2|y|就是一条形状优美的曲线,曲线C围成的图形的周长是为 4π ;若T(a,b)是曲线C上任意一点,|4a+3b﹣18|的最小值为 .
【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】4π;.
【分析】分类讨论去掉绝对值可得曲线的四段关系式,从而作出曲线的图象,由曲线图象判断即可.
【解答】解:曲线C: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,
所以曲线C的图象如图所示,
曲线C由4个半圆组成,其周长为;
T(a,b)到直线4x+3y﹣18=0的距离,
而(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,
故|4a+3b﹣18|的最小值为.
故答案为:4π;.
【点评】本题考查曲线与方程,属于中档题.
14.(2024秋 金山区期末)在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,已知AA1=7,点O在棱AA1上,且AO=4,则正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为 .
【考点】轨迹方程;棱柱的结构特征.
【专题】转化思想;综合法;立体几何;运算求解.
【答案】.
【分析】确定点P为球心,半径为5的球在正方体每个面上的截面图形,求出轨迹的长度即可.
【解答】解:因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,AA1=7,
又点O在棱AA1上,且AO=4,
所以AA1=AB=A1B1=7,
所以在AB,A1B1上必存在点E,F满足OE=OF=5,如图所示:
,同理可得A1F=4=OA,
所以△AEO≌A1OF,所以∠AEO=∠A1OF,
又因为,所以,
所以,即OE⊥OF.
在平面AA1B1B内满足条件的点的轨迹为,
该轨迹是以5为半径的个圆周,所以长度为;
同理,在平面AA1D1D内满足条件的点轨迹长度为;
在平面A1B1C1D1内满足条件的点的轨迹为以A1为圆心,A1F为半径的圆弧,长度为;
同理,在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心,AE为半径的圆弧,长度为.
所以正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为.
故答案为:.
【点评】本题考查立体几何的综合应用,动点轨迹问题的求解,属中档题.
15.(2024秋 卓尼县校级期末)若△ABC的顶点B,C的坐标分别是(﹣3,﹣1),(2,1),顶点A在圆x2+y2+4x﹣6y+9=0上运动,则△ABC的重心G的轨迹方程为 .
【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】.
【分析】根据相关点法,即可求解.
【解答】解:因为△ABC的顶点B,C的坐标分别是(﹣3,﹣1),(2,1),顶点A在圆x2+y2+4x﹣6y+9=0上运动,
设△ABC的重心G的坐标是(x,y),点A的坐标是(x0,y0).
则△ABC的重心G的坐标满足,.
所以x0=3x+1,y0=3y①.
因为点A在圆x2+y2+4x﹣6y+9=0上运动,
所以点A的坐标(x0,y0)满足方程x2+y2+4x﹣6y+9=0,
即满足方程(x+2)2+(y﹣3)2=4②.
将①代入②,得.
即所求轨迹方程为.
故答案为:.
【点评】本题考查动点轨迹问题的求解,相关点法的应用,属中档题.
16.(2024秋 平谷区期末)生活中一些常见的漂亮图案不仅具有艺术美,其中也有数学的对称、和谐、简洁美.曲线C:4﹣|x|,下面是关于曲线C的四个结论:
①曲线C关于原点中心对称;
②曲线C上点的横坐标取值范围是[﹣4,4];
③曲线C上任一点到坐标原点的最小距离为2;
④若直线y=kx与曲线C无交点,则实数k的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是 ①③④ .
【考点】曲线与方程.
【专题】方程思想;综合法;直线与圆;运算求解.
【答案】①③④.
【分析】将原方程中的x换为﹣x,y换为﹣y,方程不变,可判断①;解0≤4﹣|x|≤2,可判断②;作出曲线C的图形,可判断③;由直线y=kx与曲线C相切,求得斜率k,可判断④.
【解答】解:由曲线C:4﹣|x|,将x换为﹣x,y换为﹣y,方程不变,则曲线C关于原点对称,故①正确;
由0≤4﹣|x|≤2,可得﹣4≤x≤﹣2或2≤x≤4,故②错误;
当2≤x≤4时,曲线C为(x﹣4)2+y2=4;当﹣4≤x≤﹣2时,曲线C为(x+4)2+y2=4;作出曲线C的图形,
可得曲线C上任一点到坐标原点的最小距离为2,故③正确;
若直线y=kx与曲线C相切,可得2,解得k=±,
可得,若直线y=kx与曲线C无交点,则实数k的取值范围是,故④正确.
故答案为:①③④.
【点评】本题考查直线与圆的方程、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.
四.解答题(共4小题)
17.(2025 聊城一模)已知圆C1:(x+2)2+y2,圆C2:(x﹣2)2+y2,动圆C与C1,C2都外切.
(1)求圆心C的轨迹方程;
(2)设A(﹣1,0),M,N是圆心C轨迹上的不同两点,过点A作AH⊥MN,垂足为H,若直线AM与AN的斜率之积等于﹣2,求动点H轨迹的长度.
【考点】轨迹方程.
【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)(x>0);
(2)2.
【分析】(1)由题意,根据双曲线的定义进行求解即可;
(2)设出直线MN的方程,将直线方程与轨迹方程联立,利用韦达定理和斜率公式求出直线MN的方程和所过定点坐标P(5,0),结合∠AHP=90°,可得动点H在以AP为直径的圆上,得到该圆的圆心和半径,进而可解.
【解答】解:(1)易知C1(﹣2,0),C2(2,0),圆C1,C2的半径分别为,,
设动圆C的半径为r,
此时,,
因为圆C与圆C1和圆C2都外切,
所以|CC1|﹣|CC2|=2<|C1C2|,
则圆心C的轨迹为以C1,C2为焦点的双曲线的右支,
设双曲线的方程为(a>0,b>0),
此时a=1,c=2,,
则圆心C的轨迹方程为(x>0);
(2)设直线MN的方程为x=my+n,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立,消去x并整理得(3m2﹣1)y2+6mny+3n2﹣3=0,
此时3m2﹣1≠0且Δ=(6mn)2﹣4(3m2﹣1)(3n2﹣3)>0,
由韦达定理得,,
因为直线AM与AN的斜率之积等于﹣2,
所以,
即y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0,
因为x1=my1+n,x2=my2+n,
所以y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=0,
因为,,
所以,
整理得n2﹣4n﹣5=0,
解得n=5或n=﹣1(舍去),
所以直线MN的方程为x=my+5,
此时直线MN经过定点P(5,0),
因为∠AHP=90°,
所以动点H在以AP为直径的圆上,
该圆是以C2(2,0)为圆心,半径R=3,
当n=5时,,
解得,
所以直线MN的斜率或或不存在.
则动点H的轨迹所对的圆心角为120°,其长度为2π.
【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.
18.(2024秋 浦东新区校级期末)带着数学的眼光看世界,则生活中处处有数学.以一种常见的生活用品——酒杯为例,根据其造型,不妨将其抽象为开口向上的抛物线,并假设其内壁足够光滑.
(1)将一定长度,质量分布均匀,各处粗细相等的小木棍丢入酒杯中,想要研究小木棍自然静止下来后所处位置的特征.查阅资料后可知,物理中有被称为“重心最低”的原理.试将该物理原理抽象为这一抛物线酒杯模型中的数学语言,并借助之给出研究结论.
【注】①请将“抽象出的数学问题:XXX……”与“问题解答:XXX……”分开书写,不明确问题直接开始解答的不得分;
②自行定义必要的字母记号,并配以相应的图形说明.
(2)将许多长短不一(但均足够长)的小木棍丢入酒杯中,待它们全部自然静止后,发现它们全部交汇于同一点,请解释该现象.
【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】(1)答案见解析.
(2)答案见解析.
【分析】(1)根据“重心最低”原理,可转化为木棍中点到杯底距离最小,从而抽象数学问题;联立直线与抛物线方程利用韦达定理求解中点坐标,并表示中点M到x轴的距离,利用双勾函数求最值即得;
(2)借助(1)结论分析可得.
【解答】解:(1)抽象出的数学问题:
已知x2=2py(p>0)上有一条长度为L(L>0)的动弦AB,求AB中点M到x轴的距离的最小值.
问题解答:
设B(x2,y2),A(x1,y1),AB:y=kx+m,
联立抛物线方程和直线AB可得,所以x2﹣2pkx﹣2pm=0,
根的判别式Δ=4p2k2+8pm>0,根据韦达定理可得,
,
因此,
所以,
AB中点M(pk,pk2+m),
那么中点M到x轴的距离为:
,
令k2+1=t,t≥1,设函数,
①当L≥2p时,函数,
当且仅当,即时,取到等号.
此时,
因此,恒过焦点;
②当0<L<2p时,函数f(t)在[1,+∞)上单调递增,那么.
当t=k2+1=1,即k=0时,AB中点M到x轴的距离最小为.
此时直线AB斜率k=0,所以A,B关于y轴对称.
回归实际问题,研究结论是:
当木棍长L∈[2p,+∞)时,小木棍自然静止下来后对应木棍通过抛物线焦点;
当木棍长L∈(0,2p)时,小木棍自然静止下来后对应木棍处于水平位置.
(2)根据题意,小木棍长短不一,但均足够长,可以认为木棍长度L均满足L≥2p.
根据第一问可知,当L≥2p时,小木棍自然静止下来后对应木棍通过抛物线焦点.
因此将许多长短不一(但均足够长)的小木棍丢入酒杯中,待它们全部自然静止后,
它们全部交汇于同一点,交点即为抛物线的焦点.
【点评】本题考查曲线与方程,属于中档题.
19.(2024秋 上城区校级月考)公元前180年,古希腊数学家狄俄克利斯(Diocles)在研究倍立方问题时独立发明了蔓叶线.已知:如图所示,平面内给定圆和直线l1:x=2,从坐标轴原点O引射线分别交圆C和直线l1于点A、B,在射线OA上取一点M满足OM=AB,则点M的轨迹为蔓叶线C2.
(1)求C2的方程;
(2)若直线l2与C2相交于P、Q、R三点,记P、Q、R三点到原点O的斜率分别为
k1、k2、k3,已知k1+k2+k3=2.
①证明:直线l2经过定点;
②若,求直线l2的方程.
参考公式:若x1、x2、x3是一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0的三个根,则
,,.
【考点】轨迹方程.
【专题】方程思想;定义法;函数的性质及应用;逻辑思维.
【答案】(1);
(2)①l2过定点(2,4);
②3x﹣y﹣2=0.
【分析】(1)设B(2,t),求出直线AB:,设M(xM,yM),再联立直线AB和圆C1,求解即可.
(2)①根据题意得出显然l2不经过原点,再设l2:mx+ny=1,齐次化联立l2与C2结合韦达定理求解.
②结合已知和参考公式求解.
【解答】解:(1)设点B(2,t),那么AB:,设M(xM,yM),
联立AB和圆C1,解得,所以,,
根据,那么,可得,
因为,坐标代入,可得,可得,
所以C2为;
(2)①证明:显然直线l2不经过原点,设直线l2:mx+ny=1,
齐次化联立直线l2与C2:,那么,
根据方程联立的意义可知,所得的关于的一元三次方程的三个根即为k1、k2、k3,
结合韦达定理,k1k2+k2k3+k3k1=0,,
整理得2m+4n=1,所以直线l2过定点(2,4);
②根据题意,
化简得,所以,进而根据,解得,
因此直线l2:3x﹣y﹣2=0.
【点评】本题考查轨迹方程问题,属于中档题.
20.(2025 青浦区校级模拟)已知双曲线C:的离心率为,点(3,﹣1)在双曲线C上.过C的左焦点F作直线l交C的左支于A、B两点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若M(﹣2,0),试问:是否存在直线l,使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理由.
(3)点P(﹣4,2),直线AP交直线x=﹣2于点Q.设直线QA、QB的斜率分别k1、k2,求证:k1﹣k2为定值.
【考点】直线与圆锥曲线的综合;双曲线的几何特征.
【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);
(2)不存在,理由见解析;
(3)证明过程见解析.
【分析】(1)由题意,结合题目所给信息以及a,b,c之间的关系,列出等式即可求解;
(2)对直线l的斜率是否为零进行讨论,当直线l的斜率不为零时,设出直线l的方程,将直线l的方程与双曲线方程联立,利用韦达定理、向量的坐标运算以及圆的性质进行求解即可;
(3)用A,B两点坐标表示出直线AP,得到点Q坐标,表示出k1,k2结合韦达定理,进而即可得证.
【解答】解:(1)因为双曲线C:的离心率为,且M(3,﹣1)在双曲线C上,
所以,①
又c2=a2+b2,②
联立①②,解得a2=8,b2=8,
所以双曲线的方程为;
(2)由(1)知双曲线C的左焦点为F(﹣4,0),
当直线l的斜率为0时,
此时直线l的方程为y=0,
其与双曲线C的左支只有一个交点,不符合题意;
当直线l的斜率不为0时,
不妨设直线l的方程为x=my﹣4,
联立,消去x并整理得(m2﹣1)y2﹣8my+8=0,
此时Δ>0,
因为过点F作直线l交C的左支于A,B两点,
不妨设A(x1,y1),B(x2,y2),
由韦达定理得,,
所以﹣1<m<1,
易知,,
则
=(m2+1)y1y2﹣2m(y1+y2)+44,
所以,
此时直线MA与MB不相互垂直,
故不存在直线l,使得点M在以AB为直径的圆上;
(3)证明:易知直线AP的方程为y﹣2=k1(x+4),
所以Q(﹣2,2+2k1),
此时,
又,
所以
,
因为,
所以k1my1=y1﹣2且y1+y2=my1y2,
此时,
故k1﹣k2为定值.
【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.
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