【文档说明】2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 第八章 平面解析几何 课时规范练43　曲线与方程含解析【高考】.docx，共(5)页，155.144 KB，由小赞的店铺上传

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1课时规范练43曲线与方程1.方程x2+y2=1(xy<0)的曲线形状是()2.已知0≤α<2π,点P(cosα,sinα)在曲线(x-2)2+y2=3上,则α的值为()A.π3B.5π3C.π3或5π3D.π3或π63.在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=1,则点C的轨迹为()A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线4.从抛物线y2=8x上各点向x轴作垂线段,则垂线段中点的轨迹方程为()A.y2=4xB.y2=2xC.y2=xD.y2=12x5.已知点A(-2,0),B(3,0),动点P(x,y)满足𝑃𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=x2-6,则动点P的轨迹方程是.6.已知方程x2+(y-1)2=10.(1)判断点P(1,-2),Q(√2,3)是否在此方程表示的曲线上;(2)若点M𝑚2,-m在此方程表示的曲线上,求m的值.7.设点P是圆x2+y2=4上任意一点,由点P向x轴作垂线PP

0,垂足为P0,且𝑀𝑃0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√32𝑃𝑃0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,求点M的轨迹C的方程.综合提升组8.在平面直角坐标系xOy中,已知M(-1,2),N(1,0),动点P满足|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,则动

点P的轨迹方程是()A.y2=4xB.x2=4y2C.y2=-4xD.x2=-4y9.已知△ABC的顶点B(-3,0),C(1,0),顶点A在抛物线y=x2上运动,点G满足关系𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,则点G的轨迹方程为

()A.y=3x2+4x+43B.y=3x2+4x+43(y≠0)C.x=3y2+4y+43D.x=3y2+4y+43(x≠0)10.(多选)给出下列结论,其中错误的是()A.方程𝑦𝑥-2=1表示斜率为1,在y轴上截距为-2的直线B.到x轴距离为2的点的轨迹方程为y=-2C.方程|x

-3|+(y2-9)2=0表示两个点D.到两坐标轴距离之和为a(a>0)的点M的轨迹方程为x+y=a(a>0)11.已知两定点A(-2,0),B(1,0),如果动点P满足条件|PA|=2|PB|,则动点P的轨迹方程为,P点轨迹所围成的图

形的面积为.创新应用组12.古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中提出“在同一平面上给出三点,若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数,则该点轨迹是一个圆”.现在,某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信号塔来构建一个三角形信号覆盖区域,以实现5G商用.已知甲、乙两地

相距4公里,丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的√3倍,则这个三角形信号覆盖区域的最大面积(单位:平方公里)是()A.2√3B.4√3C.3√6D.4√613.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M在棱AB上

,且AM=13,点P是平面ABCD上的动点,且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为1,则动点P的轨迹是()A.圆B.抛物线C.双曲线D.直线14.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3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|𝑃𝐴||𝑃𝐵|=12.设点P

所构成的曲线为C,下列结论正确的是()A.C的方程为(x+4)2+y2=9B.在C上存在点D,使得D到点(1,1)的距离为3C.在C上存在点M,使得|MO|=2|MA|D.在C上存在点N,使得|NO|2+|NA|2=4参考答案课时规

范练43曲线与方程1.C方程x2+y2=1(xy<0)表示以原点为圆心,1为半径的圆在第二、四象限的部分.故选C.2.C由(cosα-2)2+sin2α=3,得cosα=12.又0≤α<2π,∴α=π3或α=5π3.故选C.3.A以AB所

在直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴,建立平面直角坐标系.设A(-a,0),则B(a,0),C(x,y),则𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(x+a,y),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(x-a,y),由𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=1,得(x+a)(x-a)+y2=1,整理得x2+y2=a2+1,即点C的轨迹为圆.故选A.4.B设垂线段中点为(x,y),(x0,y0)是抛物线上任意一点,则有{𝑥=𝑥0,𝑦=12𝑦0,∴{𝑥0=𝑥,𝑦0=2𝑦,∵𝑦02=8x

0,∴4y2=8x,即y2=2x就是垂线段中点的轨迹方程.5.y2=x因为A(-2,0),B(3,0),P(x,y),所以𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(-2-x,-y),𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(3-x,-y),又因为𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗=x2-6,所以(-2-x)(3-x)+y2=x2-6,整理得y2=x.6.解(1)∵12+(-2-1)2=10,∴点P(1,-2)在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上.∵(√2)2+(

3-1)2=6≠10,∴点Q(√2,3)不在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上.(2)∵点M𝑚2,-m在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上,∴𝑚22+(-m-1)2=10,解得m=2或m=-185,∴m的值为2或-185.7.解设

点M(x,y),P(x0,y0),则由题意知P0(x0,0).所以𝑀𝑃0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x0-x,-y),𝑃𝑃0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-y0),又因为𝑀𝑃0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√32𝑃𝑃0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以(x0-x,-y)=√3

2(0,-y0),4所以{𝑥0-𝑥=0,-𝑦=-√32𝑦0,即{𝑥0=𝑥,𝑦0=2√3𝑦.又因为𝑥02+𝑦02=4,所以x2+43y2=4,所以,点M的轨迹C的方程为𝑥24+𝑦23=1.8.A设P(x,y),因为M(-1,2),N(1,0),所以𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1

-x,2-y),𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0),𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1-x,-y).因为|𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,所以|1+x|=√(1-𝑥)2+𝑦2,整理得y2=4x.9.B

设A(x0,y0),G(x,y),又B(-3,0),C(1,0),∴𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(x0-x,y0-y),𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-3-x,-y),𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1-x,-y),由𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗=0,得{𝑥0-𝑥-3-𝑥+1-𝑥=0,𝑦0-𝑦-𝑦-𝑦=0,即{𝑥0=3𝑥+2,𝑦0=3𝑦.∵A在抛物线y=x2上,∴y0=𝑥02,即3y=(3x+2)2,得y=3x2+4x+43,若y=0,

求得x=-23,此时A(0,0),A,B,C三点共线,不合题意,∴点G的轨迹方程为y=3x2+4x+43(y≠0).10.ABD对于A,方程𝑦𝑥-2=1表示斜率为1,在y轴上的截距为-2的直线且去掉点(2,0),故A错误;对于B,到x轴距离为2的点的轨迹方程为y=-2或y=2

,故B错误;对于C,方程|x-3|+(y2-9)2=0表示(3,-3),(3,3)两个点,故C正确;对于D,轨迹方程应为|x|+|y|=a(a>0),故D错误.11.(x-2)2+y2=44π设P(x,y),由|PA|=2|PB|得,√(𝑥+2)2+𝑦2=2√(𝑥-1)2

+𝑦2,化简整理得(x-2)2+y2=4,所以动点P的轨迹是以(2,0)为圆心,2为半径的圆,所以动点P的轨迹方程为(x-2)2+y2=4,此圆的面积为S=22π=4π.12.B由题意不妨设甲、乙两地坐标分别为(-2,0),(2,0),丙地坐标为(x,y),由题意得√(𝑥

+2)2+𝑦2=√3·√(𝑥-2)2+𝑦2,整理得(x-4)2+y2=12(x≠0),半径r=2√3,所以最大面积为12×4×2√3=4√3.513.B如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,作PQ⊥AD,垂足为Q,则PQ⊥平面ADD1A

1,过点Q作QR⊥A1D1,则A1D1⊥平面PQR,则PR为点P到直线A1D1的距离,由题意得PR2-PQ2=RQ2=1,由已知得PR2-PM2=1,所以PQ=PM,即P到点M的距离等于P到AD的距离,根据抛物线的定义

可得,点P的轨迹是抛物线.故选B.14.BD设点P(x,y),由|𝑃𝐴||𝑃𝐵|=12,得√(𝑥+2)2+𝑦2√(𝑥-4)2+𝑦2=12,化简得x2+y2+8x=0,即(x+4)2+y2=16,故A错误;对于B,设D(x0,y0),由D到点(1,1

)的距离为3,得√(𝑥0-1)2+(𝑦0-1)2=3,又(𝑥0+4)2+𝑦02=16,联立方程可知有解,故B正确;对于C,设M(x0,y0),由|MO|=2|MA|,得√𝑥02+𝑦02=2√

(𝑥0+2)2+𝑦02,又(𝑥0+4)2+𝑦02=16,联立方程消去y0得x0=2,则y0无解,故C错误;对于D,设N(x0,y0),由|NO|2+|NA|2=4,得𝑥02+𝑦02+(𝑥0+2)2+𝑦02=4,又(𝑥

0+4)2+𝑦02=16,联立方程消去y0得x0=0,解得y0=0,即有解,故D正确.