2.4曲线与方程 同步练习2023——2024学年上学期高二数学人教B版（2019）选择性必修1（含解析）
文档属性
| 名称 | 2.4曲线与方程 同步练习2023——2024学年上学期高二数学人教B版（2019）选择性必修1（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-21 12:21:52 | ||
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文档简介
2.4曲线与方程同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于方程所表示的曲线，下列说法正确的是（ ）
A．关于轴对称 B．关于轴对称
C．关于轴对称 D．关于原点中心对称
2．已知圆，直线l过点.线段的端点B在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知曲线．当时，
①曲线所围成的封闭图形的面积小于8；
②曲线上的点到原点的距离的最大值为．
则（ ）
A．①成立②成立 B．①成立②不成立
C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立
5．平面内两定点和，动点，满足，动点的轨迹为曲线，其中错误的是（ ）
A．存在，使曲线过坐标原点；
B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称；
C．若三点不共线，则周长最小值为；
D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于.
6．关于曲线，给出下列四个结论：
①曲线C关于原点对称，但不关于轴，轴对称；
②曲线C恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
③曲线C上任意一点到原点的距离都不大于；
④曲线C上任意一点到原点的距离都不小于2．
其中，正确结论的个数是（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
7．通过斜截圆柱可得到一椭圆截面．现将圆柱的侧面从任意处展开成长方形，所得的椭圆截面的截线始终为平滑的曲线．则该截线在展开图上的方程最可能为下列哪种曲线的一部分（ ）
A． B． C． D．
8．如图，定点A和B都在平面内，定点，C是内异于A和B的动点，且．那么，动点C在平面内的轨迹是（ ）
A．一条线段，但要去掉两个点 B．一个圆，但要去掉两个点
C．一个椭圆，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点
二、多选题
9．曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于的点P的轨迹，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于坐标轴对称 B．点P到原点距离的最大值为
C．周长的最大值为 D．点P到y轴距离的最大值为
10．在平面直角坐标系中，曲线：到定点，的距离之积等于的点的轨迹．若是曲线上一点，则下列说法中正确的有（ ）
A．曲线关于原点成中心对称
B．的取值范围是
C．曲线上有且仅有一点满足
D．曲线上所有的点都在圆的内部或圆上
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则（ ）
A．曲线有两条对称轴
B．曲线上的点到原点的最大距离为
C．曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的图形面积最大值为
D．四叶草面积小于
12．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线（Cassinioval）.在平面直角坐标系xOy中，动点到两个定点，的距离之积等于3，化简得曲线C：.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称 B．的最小值为
C．面积的最大值为 D．的取值范围为
三、填空题
13．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，点满足，则点的轨迹方程为 .
14．已知圆的方程是，则圆心的轨迹方程为 .
15．在三棱锥中，，PA＝4，AB＝3，二面角的大小为，在侧面△PAB内（含边界）有一动点M，满足M到PA的距离与M到平面ABC的距离相等，则M的轨迹的长度为 ．
16．卵形线是由法国天文学家引入的．卵形线的定义是：曲线上的任意点到两个固定点，的距离的乘积等于，是正常数．设，的距离为，如果，就得到一个没有自交点的卵形线；如果，就得到一个双纽线；如果，就得到两个卵形线．若，，一动点满足，则动点的轨迹的方程为 ，面积的最大值为 .
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，圆C过点，且圆心C在上．
(1)求圆C的方程；
(2)若点D为所求圆上任意一点，定点E的坐标为，求直线DE的中点M的轨迹方程．
18．已知一曲线是与两个定点、的距离之比为的点的轨迹.
(1)求该轨迹方程，并说明该轨迹是什么曲线；
(2)求过点且与（1）中曲线相切的直线方程.
(3)过点的直线与（1）中曲线相交于、两点，且，求直线的方程.
19．在长方体中，，，M为棱的中点，动点P在面上运动，且满足．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)求点P在长方形内的轨迹长度；
(3)求线段长度的最大值．
20．已知圆，点，点为圆上的动点，线段的中点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设，过点作与轴不重合的直线交曲线于两点.
（i）过点作与直线垂直的直线交曲线于两点，求四边形面积的最大值；
（ii）设曲线与轴交于两点，直线与直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
21．如图，已知点A，B的坐标分别为，，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积是，求点P的轨迹方程.
22．如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，.过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【分析】根据题意，由曲线方程，依次分析选项即可得出答案.
【详解】对于A，将方程中换为，则有，
则，与原方程不同，所以方程不关于轴对称；
对于B，将方程中换为，则有，
则，与原方程不同，所以方程不关于轴对称；
对于C，将方程中换为，换为，则有，
与原方程相同，所以方程不关于轴对称；
对于D，将方程中换为，换为，则有，
则，与原方程相同，所以方程关于原点中心对称.
故选：D.
2．B
【分析】建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】设，，
由点是的中点，得，可得，
又点在圆上运动，所以，
将上式代入可得，，
化简整理得点的轨迹方程为：.
故选：B
3．A
【分析】根据距离公式即可化简求解.
【详解】根据题意可得，平方化简可得，
进而得，
故选:A
4．A
【分析】根据曲线在一个长为4，宽为2的矩形内部判断①正确，利用三角换元计算得到②正确，
【详解】因为曲线．
所以，当时，曲线，
对①：因为，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
故曲线在一个长为4，宽为2的矩形内部，
故曲线所围成的封闭图形的面积小于，正确；
对②：设曲线上一点为，则，设，
到原点的距离的平方为，，，
当时，距离平方有最大值为，故距离的最大值为，正确．
故选：A．
5．B
【分析】根据题意得到曲线方程为，根据各项描述依次分析判断即可.
【详解】平面内和，动点满足，故 ，
A：代入，可得，正确；
B：对应曲线任意点，则关于y轴对称点为，关于轴对称点为，
将代入上式得；
将代入上式得；
所以曲线既关于轴对称，也关于轴对称，不正确;
C：若、、三点不共线，则 ，
当且仅当时等号成立，又，
所以周长的最小值为，正确；
D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式，
曲线上与、不共线的任意一点关于原点对称的点为，
又图象既关于轴对称，又关于轴对称，且，知：
四边形的面积为，
当且仅当时等号成立，此时，
所以四边形的面积不大于，正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：曲线为，对于的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合基本不等式即可证明C，对于D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象，得到面积表达式.
6．B
【分析】根据曲线方程的特点，结合对称性及重要不等式即可得到结果.
【详解】曲线，
对于①，将替换，替换，代入曲线可得，所以曲线关于原点对称；
将替换，代入曲线可得，所以曲线不关于轴对称；
将替换，代入曲线可得，所以曲线不关于轴对称，故①正确；
对于②，当时，，所以经过，；
当时，，所以经过，；
当时，无整数解；
当时，，所以经过；
当时，，所以经过，所以曲线C恰好经过6个整点，故②错误；
对于③④，由，得，
由于，即，
则有，
解得，即，故③正确，④错误.
故选：B.
7．B
【分析】沿着椭圆短轴端点所在的某条母线展开，作出其展开图，观察图象可得出结论.
【详解】如下图所示：
沿着椭圆短轴端点所在的某条母线展开如下图所示：
结合图形可知，该截线在展开图上的方程最可能为曲线的一部分.
故选：B.
8．B
【分析】利用线面垂直判定定理和性质定理即可求得，进而得到动点C在平面内的轨迹是以为直径的圆（去掉两个点）.
【详解】连接.
，则，又，
，平面，则平面，
又平面，则，
则动点C在平面内的轨迹是以为直径的圆（去掉两个点）.
故选：B
9．ABC
【分析】根据给定条件，求出曲线的方程，由对称的性质判断A；求出的范围结合两点间距离计算判断B；利用基本不等式求出的最小值判断C；结合曲线的方程确定成立判断D.
【详解】设，由，得，整理得，
若点在曲线C上，显然，都满足方程，即点，也在曲线C上，
因此曲线C关于坐标轴对称，A正确；
由，得，解得，当且仅当时取等号，
因此点P到原点的距离，
于是当时，点P到原点距离取得最大值，B正确；
显然的周长为，当且仅当时取等号，C正确；
由曲线的方程，得，
当时，，即，两边平方解得，
即当曲线的点满足时，点到轴距离，D错误.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
10．ACD
【分析】利用直接法可得曲线的轨迹方程，设，代入轨迹方程可判断A选项，利用不等性质可得，解不等式可判断B选项，由，可得在轴上，令，可判断C选项，由曲线方程可得，可得，可判断D选项.
【详解】曲线的方程为，
A选项：由是曲线上一点，则
点关于原点的对称点，
有，即也在曲线上，故A选项正确；
B选项：
由，得，
，故B选项错误；
选项：若，则点在的垂直平分线上，，将代入方程，得，解得，即仅是原点时满足，故C选项正确；
D选项：由，得，又得，
，故D选项正确；
故选：ACD．
11．BCD
【分析】通过方程中的变换得新曲线的对称轴判断A，利用基本不等式及距离公式判断B，设出曲线中第一象限的点，利用基本不等式即可求出矩形面积最大值判断C，由该曲线在以原点为圆心，半径为的圆内，故面积小于圆的面积判断D.
【详解】对于A：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
综上可知：有四条对称轴，错误；
对于B：因为，所以，所以，所以，
取等号时，所以最大距离为，正确；
对于C：设任意一点，所以围成的矩形面积为，
因为，所以，所以，
取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，正确；
对于D：由B可知，所以四叶草包含在圆的内部，
因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，正确.
故选：BCD.
12．ABD
【分析】根据条件得到，从而求得，利用换元法，令，得到，对于A选项：令即可判断；对于B选项：结合条件利用基本不等式得到即可判断；对于C选项：由面积为即可判断；对于D选项：根据两点间的距离公式和条件得到即可判断.
【详解】由题意得：，
即，则，解得：，
令，则，所以.
对于A选项：方程中的x换成方程不变，所以曲线C关于y轴对称，A选项正确；
对于B选项：，当且仅当，
即时等号成立，所以B选项正确；
对于C选项：面积为，
则面积的最大值为，所以C选项错误；
对于D选项：因为，
则的取值范围为，所以D选项正确，
故选：ABD.
13．
【分析】根据点点距离即可列方程化简求解.
【详解】设，则，
化简得，即，
故答案为：
14．
【分析】将圆方程化成标准方程可得出圆心坐标为，再根据表示圆的条件消去参数即可得圆心的轨迹方程.
【详解】因为方程表示圆，
即表示圆,所以，
解得,
易知圆心坐标为，且，
设圆心坐标为，则有，
消去，得即为所求圆心的轨迹方程.
故答案为：
15．/
【分析】过M作于N，MO⊥平面ABC于O，过O作于Q，连接MQ，则为二面角的平面角，以AB所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，求出直线AM、直线PB的方程可得直线AM与PB的交点坐标可得答案.
【详解】如图，过M作于N，MO⊥平面ABC于O，
过O作于Q，连接MQ，则为二面角的平面角，
由，得MQ＝2MO．又 MO＝MN，所以MQ＝2MN，
在△PAB中，以 AB 所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
则直线AM的方程为y＝2x，直线PB的方程为，
所以直线AM与PB的交点坐标为，
所以M的轨迹为线段AR，长度为．
故答案为：．
16． /0.5
【分析】根据已知条件求得点P的轨迹方程，求得点P纵坐标（），求最大值转化为求点P纵坐标绝对值的最大值，运用换元法求函数的最大值进而可求得结果.
【详解】已知，所以，点的轨迹应为双纽线，且，
设，则，
所以动点的轨迹的方程为.
因为最大时，点纵坐标绝对值最大，
又因为，
根据对称性只需分析点在第一象限及正半轴上即可，
则或，
又因为，
所以，
所以 ，
解得：，
令，则，.
设，当且仅当时，等号成立，
此时，即此时，解得.
所以此时面积取得最大值为.
故答案为：；.
17．(1)
(2)
【分析】（1）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；
（2）首先设出点M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程.
【详解】（1）由已知可设圆心，又由已知得，
从而有，解得：．
于是圆C的圆心，半径．
所以，圆C的方程为,
（2）设，则由M为线段ED的中点得：，解得，
又点D在圆C：上，
所以有，
化简得：．
故所求的轨迹方程为．
18．(1)，轨迹为以为圆心，半径为2的圆
(2)或
(3)或
【分析】（1）设，由，结合两点间距离公式可求；
（2）可得斜率不存在时满足，当斜率存在时，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率即可；
（3）分类讨论斜率不存在时及斜率存在时考虑，设出直线，结合圆心到直线的距离1，求出直线方程即可.
【详解】（1）设曲线上任一点坐标为，由已知可得，
把坐标代入上式得，化简得该轨迹的方程为
配方得，，该轨迹为以为圆心，半径为2的圆.
（2）若该直线与轴垂直，则直线方程为，此直线与圆相交，不合乎题意.
故切线的斜率存在，可设所求切线的方程为，则有，解得或，
故所求切线的方程为或.
（3）由题意可知，圆心到直线的距离为.
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离为，合乎题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，解得，
此时，直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
19．(1)点的轨迹方程为；
(2)；
(3).
【分析】（1）由题设得，应用等比例性质有，再以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设并利用两点距离公式列方程求轨迹方程；
（2）由（1）所得方程确定轨迹，进而得到P在长方形内的轨迹长度；
（3）由（2）所得轨迹，分析得到P在E处时线段长度的最大，求值即可.
【详解】（1）如图，当P在面内时，AD⊥面，CM⊥面，
∴，又，则．
∴且，，则，即．
在平面中，以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则，，
设，由得，整理得．
∴点P的轨迹是以为圆心，半径为2的圆．
（2）如图，，，，
∴，则P在长方形内的轨迹为圆心角是的弧，
故点P在长方形内的轨迹长度为．
（3）任意点P在底面投影落在TC上，
又，显然，当P在E处时与同时最大，，
所以线段AP长度的最大值为．
【点睛】关键点点睛：第一问，利用三角形相似得到，构建直角坐标系并利用两点距离公式求轨迹方程；第二、三问，根据所得轨迹方程分析出P在长方形内的轨迹为关键.
20．(1)
(2)（i）7；（ii）是在定直线上，直线方程：
【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii）联立直线和曲线的方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.
【详解】（1）设，因为点在圆上，所以 ①.
因为为中点，所以，整理得。
代入①式中得，整理得
所以曲线的方程为
（2）（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即.
则直线为
设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为.
则，所以.
所以
当时，.
当时，，当且仅当时等号成立.
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，联立，得.
则，.
因为曲线与轴交于两点，所以.
则直线的方程为，
直线的方程为，
联立两直线方程得.
直线与直线的交点在定直线上
【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，四边形的面积的最值和利用证明动直线的交点在定直线上。求动点的轨迹的方法有：：①定义法：根据已知的曲线的定义判断； ②直接法：当所求动点的要满足的条件简单明确时，直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”的步骤求轨迹方程即可；③代入法：有两个动点，，其中点的轨迹方程已知，同时两动点的坐标存在关系，设点的坐标为，，然后建立两坐标的关系式，代入的轨迹方程中即可；④参数法：动点的横纵坐标没有直接关系，但是都和某个参数存在某种关系，可以通过消参的思路得到横纵坐标之间的关系，即可得到轨迹方程。本题属于难题.
21．
【分析】根据两点间的斜率公式列方程求解即可.
【详解】设点P的坐标为，
由点A，B的坐标可得直线AP，BP的斜率分别为，.
由已知得，
化简得点P的轨迹方程为.
22．(1)轨迹长度为
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，利用圆的性质得动点的轨迹，进一步求出轨迹长度；
（2）方法一：由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
方法二：过作，过作垂足为，连接，利用二面角定义结合三垂线定理得为二面角的平面角，设，根据几何关系求得，再根据三垂线定理作出二面角的补角，在直角三角形中求解即可.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，所以平面，
又因为平面，所以，则点在以为直径的半圆弧上，轨迹长度为.
（2）方法一：分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
设，，，由（1）知，因为，所以，，所以，即，
故可设，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以，
解得，所以，
易知平面的一个法向量为，所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为.
方法二：过作，垂足为，过作垂足为，连接，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，因为，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角.
设，由二面角的平面角的余弦值为得，
则，在中，，所以，
在中，，所以，解得.
因此在中，.
因为平面，，所以由三垂线定理得，
所以为二面角的平面角的补角.
因为，所以.
故二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：立体几何中的动态问题：①几何法：根据图形特征，寻找两点之间的距离的范围；②坐标法：建立空间直角坐标系，利用坐标求范围.本题在求二面角时利用向量法求解，计算更加简单.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于方程所表示的曲线，下列说法正确的是（ ）
A．关于轴对称 B．关于轴对称
C．关于轴对称 D．关于原点中心对称
2．已知圆，直线l过点.线段的端点B在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知曲线．当时，
①曲线所围成的封闭图形的面积小于8；
②曲线上的点到原点的距离的最大值为．
则（ ）
A．①成立②成立 B．①成立②不成立
C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立
5．平面内两定点和，动点，满足，动点的轨迹为曲线，其中错误的是（ ）
A．存在，使曲线过坐标原点；
B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称；
C．若三点不共线，则周长最小值为；
D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于.
6．关于曲线，给出下列四个结论：
①曲线C关于原点对称，但不关于轴，轴对称；
②曲线C恰好经过8个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
③曲线C上任意一点到原点的距离都不大于；
④曲线C上任意一点到原点的距离都不小于2．
其中，正确结论的个数是（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
7．通过斜截圆柱可得到一椭圆截面．现将圆柱的侧面从任意处展开成长方形，所得的椭圆截面的截线始终为平滑的曲线．则该截线在展开图上的方程最可能为下列哪种曲线的一部分（ ）
A． B． C． D．
8．如图，定点A和B都在平面内，定点，C是内异于A和B的动点，且．那么，动点C在平面内的轨迹是（ ）
A．一条线段，但要去掉两个点 B．一个圆，但要去掉两个点
C．一个椭圆，但要去掉两个点 D．半圆，但要去掉两个点
二、多选题
9．曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于的点P的轨迹，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于坐标轴对称 B．点P到原点距离的最大值为
C．周长的最大值为 D．点P到y轴距离的最大值为
10．在平面直角坐标系中，曲线：到定点，的距离之积等于的点的轨迹．若是曲线上一点，则下列说法中正确的有（ ）
A．曲线关于原点成中心对称
B．的取值范围是
C．曲线上有且仅有一点满足
D．曲线上所有的点都在圆的内部或圆上
11．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则（ ）
A．曲线有两条对称轴
B．曲线上的点到原点的最大距离为
C．曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的图形面积最大值为
D．四叶草面积小于
12．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线（Cassinioval）.在平面直角坐标系xOy中，动点到两个定点，的距离之积等于3，化简得曲线C：.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称 B．的最小值为
C．面积的最大值为 D．的取值范围为
三、填空题
13．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，点满足，则点的轨迹方程为 .
14．已知圆的方程是，则圆心的轨迹方程为 .
15．在三棱锥中，，PA＝4，AB＝3，二面角的大小为，在侧面△PAB内（含边界）有一动点M，满足M到PA的距离与M到平面ABC的距离相等，则M的轨迹的长度为 ．
16．卵形线是由法国天文学家引入的．卵形线的定义是：曲线上的任意点到两个固定点，的距离的乘积等于，是正常数．设，的距离为，如果，就得到一个没有自交点的卵形线；如果，就得到一个双纽线；如果，就得到两个卵形线．若，，一动点满足，则动点的轨迹的方程为 ，面积的最大值为 .
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，圆C过点，且圆心C在上．
(1)求圆C的方程；
(2)若点D为所求圆上任意一点，定点E的坐标为，求直线DE的中点M的轨迹方程．
18．已知一曲线是与两个定点、的距离之比为的点的轨迹.
(1)求该轨迹方程，并说明该轨迹是什么曲线；
(2)求过点且与（1）中曲线相切的直线方程.
(3)过点的直线与（1）中曲线相交于、两点，且，求直线的方程.
19．在长方体中，，，M为棱的中点，动点P在面上运动，且满足．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)求点P在长方形内的轨迹长度；
(3)求线段长度的最大值．
20．已知圆，点，点为圆上的动点，线段的中点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设，过点作与轴不重合的直线交曲线于两点.
（i）过点作与直线垂直的直线交曲线于两点，求四边形面积的最大值；
（ii）设曲线与轴交于两点，直线与直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
21．如图，已知点A，B的坐标分别为，，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积是，求点P的轨迹方程.
22．如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，.过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
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参考答案：
1．D
【分析】根据题意，由曲线方程，依次分析选项即可得出答案.
【详解】对于A，将方程中换为，则有，
则，与原方程不同，所以方程不关于轴对称；
对于B，将方程中换为，则有，
则，与原方程不同，所以方程不关于轴对称；
对于C，将方程中换为，换为，则有，
与原方程相同，所以方程不关于轴对称；
对于D，将方程中换为，换为，则有，
则，与原方程相同，所以方程关于原点中心对称.
故选：D.
2．B
【分析】建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】设，，
由点是的中点，得，可得，
又点在圆上运动，所以，
将上式代入可得，，
化简整理得点的轨迹方程为：.
故选：B
3．A
【分析】根据距离公式即可化简求解.
【详解】根据题意可得，平方化简可得，
进而得，
故选:A
4．A
【分析】根据曲线在一个长为4，宽为2的矩形内部判断①正确，利用三角换元计算得到②正确，
【详解】因为曲线．
所以，当时，曲线，
对①：因为，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
故曲线在一个长为4，宽为2的矩形内部，
故曲线所围成的封闭图形的面积小于，正确；
对②：设曲线上一点为，则，设，
到原点的距离的平方为，，，
当时，距离平方有最大值为，故距离的最大值为，正确．
故选：A．
5．B
【分析】根据题意得到曲线方程为，根据各项描述依次分析判断即可.
【详解】平面内和，动点满足，故 ，
A：代入，可得，正确；
B：对应曲线任意点，则关于y轴对称点为，关于轴对称点为，
将代入上式得；
将代入上式得；
所以曲线既关于轴对称，也关于轴对称，不正确;
C：若、、三点不共线，则 ，
当且仅当时等号成立，又，
所以周长的最小值为，正确；
D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式，
曲线上与、不共线的任意一点关于原点对称的点为，
又图象既关于轴对称，又关于轴对称，且，知：
四边形的面积为，
当且仅当时等号成立，此时，
所以四边形的面积不大于，正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：曲线为，对于的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合基本不等式即可证明C，对于D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象，得到面积表达式.
6．B
【分析】根据曲线方程的特点，结合对称性及重要不等式即可得到结果.
【详解】曲线，
对于①，将替换，替换，代入曲线可得，所以曲线关于原点对称；
将替换，代入曲线可得，所以曲线不关于轴对称；
将替换，代入曲线可得，所以曲线不关于轴对称，故①正确；
对于②，当时，，所以经过，；
当时，，所以经过，；
当时，无整数解；
当时，，所以经过；
当时，，所以经过，所以曲线C恰好经过6个整点，故②错误；
对于③④，由，得，
由于，即，
则有，
解得，即，故③正确，④错误.
故选：B.
7．B
【分析】沿着椭圆短轴端点所在的某条母线展开，作出其展开图，观察图象可得出结论.
【详解】如下图所示：
沿着椭圆短轴端点所在的某条母线展开如下图所示：
结合图形可知，该截线在展开图上的方程最可能为曲线的一部分.
故选：B.
8．B
【分析】利用线面垂直判定定理和性质定理即可求得，进而得到动点C在平面内的轨迹是以为直径的圆（去掉两个点）.
【详解】连接.
，则，又，
，平面，则平面，
又平面，则，
则动点C在平面内的轨迹是以为直径的圆（去掉两个点）.
故选：B
9．ABC
【分析】根据给定条件，求出曲线的方程，由对称的性质判断A；求出的范围结合两点间距离计算判断B；利用基本不等式求出的最小值判断C；结合曲线的方程确定成立判断D.
【详解】设，由，得，整理得，
若点在曲线C上，显然，都满足方程，即点，也在曲线C上，
因此曲线C关于坐标轴对称，A正确；
由，得，解得，当且仅当时取等号，
因此点P到原点的距离，
于是当时，点P到原点距离取得最大值，B正确；
显然的周长为，当且仅当时取等号，C正确；
由曲线的方程，得，
当时，，即，两边平方解得，
即当曲线的点满足时，点到轴距离，D错误.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
10．ACD
【分析】利用直接法可得曲线的轨迹方程，设，代入轨迹方程可判断A选项，利用不等性质可得，解不等式可判断B选项，由，可得在轴上，令，可判断C选项，由曲线方程可得，可得，可判断D选项.
【详解】曲线的方程为，
A选项：由是曲线上一点，则
点关于原点的对称点，
有，即也在曲线上，故A选项正确；
B选项：
由，得，
，故B选项错误；
选项：若，则点在的垂直平分线上，，将代入方程，得，解得，即仅是原点时满足，故C选项正确；
D选项：由，得，又得，
，故D选项正确；
故选：ACD．
11．BCD
【分析】通过方程中的变换得新曲线的对称轴判断A，利用基本不等式及距离公式判断B，设出曲线中第一象限的点，利用基本不等式即可求出矩形面积最大值判断C，由该曲线在以原点为圆心，半径为的圆内，故面积小于圆的面积判断D.
【详解】对于A：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
综上可知：有四条对称轴，错误；
对于B：因为，所以，所以，所以，
取等号时，所以最大距离为，正确；
对于C：设任意一点，所以围成的矩形面积为，
因为，所以，所以，
取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，正确；
对于D：由B可知，所以四叶草包含在圆的内部，
因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，正确.
故选：BCD.
12．ABD
【分析】根据条件得到，从而求得，利用换元法，令，得到，对于A选项：令即可判断；对于B选项：结合条件利用基本不等式得到即可判断；对于C选项：由面积为即可判断；对于D选项：根据两点间的距离公式和条件得到即可判断.
【详解】由题意得：，
即，则，解得：，
令，则，所以.
对于A选项：方程中的x换成方程不变，所以曲线C关于y轴对称，A选项正确；
对于B选项：，当且仅当，
即时等号成立，所以B选项正确；
对于C选项：面积为，
则面积的最大值为，所以C选项错误；
对于D选项：因为，
则的取值范围为，所以D选项正确，
故选：ABD.
13．
【分析】根据点点距离即可列方程化简求解.
【详解】设，则，
化简得，即，
故答案为：
14．
【分析】将圆方程化成标准方程可得出圆心坐标为，再根据表示圆的条件消去参数即可得圆心的轨迹方程.
【详解】因为方程表示圆，
即表示圆,所以，
解得,
易知圆心坐标为，且，
设圆心坐标为，则有，
消去，得即为所求圆心的轨迹方程.
故答案为：
15．/
【分析】过M作于N，MO⊥平面ABC于O，过O作于Q，连接MQ，则为二面角的平面角，以AB所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，求出直线AM、直线PB的方程可得直线AM与PB的交点坐标可得答案.
【详解】如图，过M作于N，MO⊥平面ABC于O，
过O作于Q，连接MQ，则为二面角的平面角，
由，得MQ＝2MO．又 MO＝MN，所以MQ＝2MN，
在△PAB中，以 AB 所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
则直线AM的方程为y＝2x，直线PB的方程为，
所以直线AM与PB的交点坐标为，
所以M的轨迹为线段AR，长度为．
故答案为：．
16． /0.5
【分析】根据已知条件求得点P的轨迹方程，求得点P纵坐标（），求最大值转化为求点P纵坐标绝对值的最大值，运用换元法求函数的最大值进而可求得结果.
【详解】已知，所以，点的轨迹应为双纽线，且，
设，则，
所以动点的轨迹的方程为.
因为最大时，点纵坐标绝对值最大，
又因为，
根据对称性只需分析点在第一象限及正半轴上即可，
则或，
又因为，
所以，
所以 ，
解得：，
令，则，.
设，当且仅当时，等号成立，
此时，即此时，解得.
所以此时面积取得最大值为.
故答案为：；.
17．(1)
(2)
【分析】（1）首先设出方程，将点坐标代入得到关于参数的方程组，通过解方程组得到参数值，从而确定其方程；
（2）首先设出点M的坐标，利用中点得到点D坐标，代入圆的方程整理化简得到的中点M的轨迹方程.
【详解】（1）由已知可设圆心，又由已知得，
从而有，解得：．
于是圆C的圆心，半径．
所以，圆C的方程为,
（2）设，则由M为线段ED的中点得：，解得，
又点D在圆C：上，
所以有，
化简得：．
故所求的轨迹方程为．
18．(1)，轨迹为以为圆心，半径为2的圆
(2)或
(3)或
【分析】（1）设，由，结合两点间距离公式可求；
（2）可得斜率不存在时满足，当斜率存在时，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率即可；
（3）分类讨论斜率不存在时及斜率存在时考虑，设出直线，结合圆心到直线的距离1，求出直线方程即可.
【详解】（1）设曲线上任一点坐标为，由已知可得，
把坐标代入上式得，化简得该轨迹的方程为
配方得，，该轨迹为以为圆心，半径为2的圆.
（2）若该直线与轴垂直，则直线方程为，此直线与圆相交，不合乎题意.
故切线的斜率存在，可设所求切线的方程为，则有，解得或，
故所求切线的方程为或.
（3）由题意可知，圆心到直线的距离为.
当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离为，合乎题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则，解得，
此时，直线的方程为，即.
综上所述，直线的方程为或.
19．(1)点的轨迹方程为；
(2)；
(3).
【分析】（1）由题设得，应用等比例性质有，再以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设并利用两点距离公式列方程求轨迹方程；
（2）由（1）所得方程确定轨迹，进而得到P在长方形内的轨迹长度；
（3）由（2）所得轨迹，分析得到P在E处时线段长度的最大，求值即可.
【详解】（1）如图，当P在面内时，AD⊥面，CM⊥面，
∴，又，则．
∴且，，则，即．
在平面中，以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，则，，
设，由得，整理得．
∴点P的轨迹是以为圆心，半径为2的圆．
（2）如图，，，，
∴，则P在长方形内的轨迹为圆心角是的弧，
故点P在长方形内的轨迹长度为．
（3）任意点P在底面投影落在TC上，
又，显然，当P在E处时与同时最大，，
所以线段AP长度的最大值为．
【点睛】关键点点睛：第一问，利用三角形相似得到，构建直角坐标系并利用两点距离公式求轨迹方程；第二、三问，根据所得轨迹方程分析出P在长方形内的轨迹为关键.
20．(1)
(2)（i）7；（ii）是在定直线上，直线方程：
【分析】（1）根据点在圆上，得到，再根据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；
（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最后分和两种情况讨论面积的最大值；
（ii）联立直线和曲线的方程，根据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.
【详解】（1）设，因为点在圆上，所以 ①.
因为为中点，所以，整理得。
代入①式中得，整理得
所以曲线的方程为
（2）（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即.
则直线为
设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为.
则，所以.
所以
当时，.
当时，，当且仅当时等号成立.
综上所述，四边形面积的最大值为7.
（ii）设，联立，得.
则，.
因为曲线与轴交于两点，所以.
则直线的方程为，
直线的方程为，
联立两直线方程得.
直线与直线的交点在定直线上
【点睛】本题考查求动点的轨迹方程，四边形的面积的最值和利用证明动直线的交点在定直线上。求动点的轨迹的方法有：：①定义法：根据已知的曲线的定义判断； ②直接法：当所求动点的要满足的条件简单明确时，直接按“建系设点、列出条件、代入坐标、整理化简、限制说明”的步骤求轨迹方程即可；③代入法：有两个动点，，其中点的轨迹方程已知，同时两动点的坐标存在关系，设点的坐标为，，然后建立两坐标的关系式，代入的轨迹方程中即可；④参数法：动点的横纵坐标没有直接关系，但是都和某个参数存在某种关系，可以通过消参的思路得到横纵坐标之间的关系，即可得到轨迹方程。本题属于难题.
21．
【分析】根据两点间的斜率公式列方程求解即可.
【详解】设点P的坐标为，
由点A，B的坐标可得直线AP，BP的斜率分别为，.
由已知得，
化简得点P的轨迹方程为.
22．(1)轨迹长度为
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，利用圆的性质得动点的轨迹，进一步求出轨迹长度；
（2）方法一：由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
方法二：过作，过作垂足为，连接，利用二面角定义结合三垂线定理得为二面角的平面角，设，根据几何关系求得，再根据三垂线定理作出二面角的补角，在直角三角形中求解即可.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，所以平面，
又因为平面，所以，则点在以为直径的半圆弧上，轨迹长度为.
（2）方法一：分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
设，，，由（1）知，因为，所以，，所以，即，
故可设，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以，
解得，所以，
易知平面的一个法向量为，所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为.
方法二：过作，垂足为，过作垂足为，连接，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，因为，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
所以为二面角的平面角.
设，由二面角的平面角的余弦值为得，
则，在中，，所以，
在中，，所以，解得.
因此在中，.
因为平面，，所以由三垂线定理得，
所以为二面角的平面角的补角.
因为，所以.
故二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：立体几何中的动态问题：①几何法：根据图形特征，寻找两点之间的距离的范围；②坐标法：建立空间直角坐标系，利用坐标求范围.本题在求二面角时利用向量法求解，计算更加简单.
答案第1页，共2页
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