2020届高考数学理一轮复习精品特训专题九解析几何9曲线与方程

解析几何（9）曲线与方程1、若圆22210xyaxy和圆221xy关于直线1yx对称，过点(,)Caa的圆P与y轴相切，则圆心P的轨迹方程是()A．24480yxyB．22220yxyC．24480yxyD．2210yxy2、已知圆22:(3)100Cxy和点)0,3(B，P是圆上一点，线段BP的垂直平分线交CP于M点，则M点的轨迹方程是()A.xy62B.1162522yxC.1162522yxD.2522yx3、设定点(1,0)F，动圆D过点F且与直线1x相切.则动圆圆心D的轨迹方程为（）A．24xyB．22xyC．24yxD．22yx4、已知P是椭圆2212xy上任一点,O是坐标原点，则OP中点的轨迹方程为()A．1222yxB．22241xyC．2221xyD．2221xy5、已知(2,0),(2,0),2MNPMPN，则动点P的轨迹是()A.一条射线B.双曲线C.双曲线左支D.双曲线右支6、直角坐标系xOy中，已知两点(2,1),(4,5)AB，点C满足OCOAOB，其中,R，且1．则点C的轨迹方程为()A.23yxB.1yxC.29xyD.22(3)(3)5xy7、RtABC△中，90,23,4ABCABBC，ABD△中，120ADB，则CD的取值范围是（）A.[272,272]B.(4,232]C.[272,232]D.[232,232]8、已知动圆P过定点0()3,A－，并且在定圆22:(3)64Bxy＋的内部与定圆相切，则动圆的圆心P的轨迹是()A.线段B.直线C.圆D.椭圆9、过抛物线28xy的焦点做直线l交抛物线于BA,两点，分别过,AB作抛物线的切线12,ll，则1l与2l的交点P的轨迹方程是()A．2yB．1yC．1yxD．1yx10、已知动圆圆心M到直线3x的距离比到2,0A的距离大1，则M的轨迹方程为（）A．24yxB．22143xyC．28yxD．2214xy11、如图：在RtABC△中，90,4,3CABABAC，一曲线E过C点，动点P在曲线E上运动，且PAPB的值保持不变,若以AB所在直线为x坐标轴，且AB方向为正方向，AB的中垂线为y坐标轴,则曲线E的轨迹方程为___________.12、已知P是椭圆2212xy上任一点，O是坐标原点，则OP中点的轨迹方程为___________.13、已知动圆过定点)0,4(A，且在y轴上截得的弦长为8,求动圆圆心的轨迹方程14、阿波罗尼斯是占希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在代表作《圆锥曲线论》一书中，其中阿波罗尼斯圆是研究成果之一.已知动点M与两定点的距离之比为(0,1),那么点M的轨迹就是关于点,AB的阿波罗尼斯圆.我们据此来研究一个相关问题：已知圆22:9Oxy和点(1,0)A,点(3,1)B,M为圆O上一动点，则3||+||MAMB的最小值为__________.15、已知直线1l：xy33，2l：xy33，动点BA,分别在直线1l，2l上移动，32||AB，M是线段AB的中点.1.求点M的轨迹E的方程；2.设l不经过坐标原点O且斜率为k的直线交轨迹E于点QP,，点R满足OQOPOR，若点R在轨迹E上，求四边形OPRQ的面积.答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：圆22210xyaxy的圆心(,1)2a，因为圆22210xyaxy与圆221xy关于直线1yx对称，设圆心(,1)2a和(0,0)的中点为1(,)42a，所以1(,)42a满足直线1yx方程，解得2a，过点(2,2)C的圆P与y轴相切，圆心P的坐标为(,)xy所以22(2)(2)||xyx解得：24480yxy，所以圆心P的轨迹方程是24480yxy，故答案为：C2答案及解析：答案：B解析：3答案及解析：答案：C解析：4答案及解析：答案：B解析：5答案及解析：答案：D解析：由题意22MN∵24PMPN∴PMPNMN∴点P的轨迹是双曲线靠近N的一支,即右支,6答案及解析：答案：A解析：由OCOAOB，且1，得(1)()OCOAOBOAOBOB，∴OCOBBA，即BCBA，则CAB、、三点共线．设(,)Cxy，则C在AB所在的直线上，∵(2,1),(4,5)AB，∴AB所在直线方程为1524yyxx，整理得：23yx．故P的轨迹方程为：23yx．故选：A.7答案及解析：答案：C解析：由题，以点B为坐标原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴建立直角坐标系；(0,0),(23,0),(0,4)BAC设点(,)Dxy，因为120ADB，所以由题易知点D可能在直线AB的上方，也可能在AB的下方；当点D可能在直线AB的上方；直线BD的斜率1ykx；直线AD的斜率223ykx由两直线的夹角公式可得：212123tan12031123yykkxxyykkxx化简整理的22(3)(1)4xy可得点D的轨迹是以点(3,1)M为圆心，半径2r的圆，且点D在AB的上方，所以是圆在AB上方的劣弧部分；此时CD的最短距离为：22(3)(41)2272CMr当点D可能在直线AB的下方；同理可得点D的轨迹方程：22(3)(1)4xy此时点D的轨迹是以点(3,1)N为圆心，半径2r的圆，且点D在AB的下方，所以是圆在AB下方的劣弧部分；此时CD的最大距离为：22(3)(41)2232CNr所以CD的取值范围为[272,232]8答案及解析：答案：D解析：设动圆P和定圆B内切于点M．动点P到定点(3,0)A和定圆圆心(3,0)B距离之和恰好等于定圆半径，即8||||||6PAPBPMPBBM．∴点P的轨迹是以,AB为两焦点，半长轴为4的椭圆，22437b∴点p的轨迹方程为221167yx．故答案为：D9答案及解析：答案：A解析：10答案及解析：答案：C解析：11答案及解析：答案：221(0)3yxx解析：12答案及解析：答案：22241xy解析：13答案及解析：答案：28yx解析：14答案及解析：答案：145解析：令3||||MAMC,则||1||3MAMC,由题意可得圆229xy是关于点,AC的阿波罗尼斯圆,且13.设(,),(,)MxyCmn,则2222()()9[(1)]xmynxy.整理得222288(218)29xymxnymn,由题意得该方程等价于229xy,由对影响系数相等可得9,0mn,即点C的坐标为(9,0),∴3||||||||||145MAMBMCMBBC,当M在线段BC与圆O的交点处时取等号.15答案及解析：答案：1.根据条件可设3Amm，，3Bnn，，由23AB，得:223()()12mnmn设Mxy，，则3()22mnxmny，，得232.xmnmny，①②将①和②代入223()()12mnmn中并化简得：2219xy.所以点M的轨迹E的方程为2219xy.2.设直线l的方程为ykxm，),(11yxP，),(22yxQ，00Rxy，.将ykxm代入2219xy，整理得0)1(918)91(222mkmxxk.则1221819kmxxk，222191)1(9kmxx.212121222182()221919kmmyykxmkxmkxxmmkk.因为OROPOQ，则有：01221819kmxxxk，0122219myyyk因为00Rxy，在椭圆上，222218()219()1919kmmkk，化简得：22419mk.所以mkxx2921，22214)1(9mmxx，因为]4))[(1(||212212xxxxkPQ]4)1(94)29)[(1(2222mmmkk)449)(1(||23222mkkm)1(3||232km又点O到PQ的距离为21||kmh.由OROPOQ，可知四边形OPRQ为平行四边形，223||332||3(1)2||21OPRQOPQmSSPQhkmk.解析：