2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之圓錐曲線綜合（2025年4月）

第42頁（共42頁）2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之圓錐曲線綜合（2025年4月）一．選擇題（共8小題）1．（2025春?越秀區(qū)月考）已知O（0，0），A（﹣6，0），動點P滿足|PA|＝2|PO|，點P的軌跡為曲線C，則曲線C與拋物線y2＝3x的公共弦長為（）A．3 B．6 C．23 D．2．（2025?商丘開學(xué)）已知F是拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點，M是該拋物線上位于第一象限的點，且|MF|＝3，直線y＝x﹣4與C交于A，B兩點，且OA⊥OB（O為坐標原點），則以M為圓心且與該拋物線的準線相切的圓的方程為（）A．(xB．(xC．（x﹣2）2+（y﹣2）2＝4 D．（x﹣2）2+（y﹣2）2＝93．（2024秋?大連校級期末）與兩圓C1：xA．一個橢圓上 B．雙曲線的一支上 C．兩支雙曲線上 D．一條拋物線上4．（2025春?普陀區(qū)校級月考）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的圖像由方程x|x|4+y|①對于任意的x1，x2∈R且x1≠x2，恒有f(②對于任意的x∈R，恒有2f③在函數(shù)y＝f（x）的圖像上可以找到一點P，使得P到原點的距離小于2．則其中真命題的個數(shù)是（）A．0 B．1 C．2 D．35．（2025?鷹潭一模）過橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上的點M作圓x2+y2＝b2的兩條切線，切點分別為P，A．12 B．33 C．22 6．（2025?浦東新區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，當(dāng)P（x，y）不是原點時，定義P（x，y）的“伴隨點”為P'(yx2+y2，-xx2+y2)；當(dāng)P（x①若點A的“伴隨點”是點A′，則點A′的“伴隨點”是點A；②圓心在原點的單位圓的“伴隨曲線”是它自身；③若曲線C關(guān)于x軸對稱，則其“伴隨曲線”C′關(guān)于y軸對稱；④一條直線的“伴隨曲線”是一條直線．真命題的序號是（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④7．（2024秋?浦東新區(qū)校級期末）在平面直角坐標系xOy中，動點P（x，y）到兩個定點F1（0，﹣1），F(xiàn)2（0，1）的距離之積等于4，則下列命題中正確的個數(shù)是（）①曲線C關(guān)于x軸對稱；②x的最大值為2；③|PF1|+|PF2|的最小值為43④|OP|的最大值為5．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個8．（2025春?安徽月考）在平面直角坐標系中，A（0，3），B（0，﹣1），點P滿足|PA|＝2|PB|，則△PAB面積的最大值是（）A．2 B．83 C．163 D二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?黃梅縣校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，已知點P（x0，y0）是曲線E：A．E的圖象關(guān)于原點對稱 B．|OP|≥1 C．E上有無數(shù)個整點（整點指橫、縱坐標均為整數(shù)的點） D．|x0+2y0﹣8|的最小值為8（多選）10．（2025?新余一模）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分別是AA1、CC1、C1D1的中點，Q是線段D1A1上的動點（不包含端點），則（）A．四面體BCC1P的外接球的表面積為9π B．存在點Q，使B、N、P、Q四點共面 C．過Q且與BN垂直的平面截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面積取值范圍為(0，D．點H是四邊形AA1B1B內(nèi)的動點，且直線PH與直線AD夾角為π4，則點H的軌跡長度為（多選）11．（2025?吳忠模擬）對于一段曲線C，若存在M點，使得對于任意的P∈C，都存在Q∈C，使得|PM|?|QM|＝1，則稱曲線C為“自相關(guān)曲線”．則下列曲線中都是“自相關(guān)曲線”的是（）A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線（多選）12．（2025?池州模擬）定義：既有對稱中心又有對稱軸的曲線稱為“和美曲線”，“和美曲線”與其對稱軸的交點叫做“和美曲線”的頂點．已知曲線C：2x2+3y2+x2y2＝6，下列說法正確的是（）A．曲線C是“和美曲線” B．點(2，0)是曲線C．曲線C所圍成的封閉圖形的面積S＞D．當(dāng)點（x0，y0）在曲線C上時，y三．填空題（共4小題）13．（2025?遼寧一模）y＝（2cosθ﹣cosα）2+（sinθ﹣sinα﹣3）2的最大值為．14．（2025?商丘開學(xué)）已知F是橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦點，過點F的直線l與圓x2+y2=a29交于A，B兩點，l與C在15．（2025?上海校級模擬）雙曲線C1：x2a2-y2b2=1的左、右焦點分別為F1和F2，若以點F2為焦點的拋物線y2＝2px（p＞0）與C1在第一象限交于點P，且∠PF1F2=π16．（2025春?東城區(qū)校級月考）已知曲線C：x2+y2＝1+|y|x．給出下列三個結(jié)論：①曲線C關(guān)于x軸對稱；②曲線C恰好經(jīng)過6個整點（即橫，縱坐標均為整數(shù)的點）；③曲線C上任意一點到原點的距離都不超過2；④曲線C所圍成的區(qū)域的面積小于3．其中，所有正確結(jié)論的序號是．四．解答題（共4小題）17．（2025?上海校級模擬）已知橢圓：x22+y2=1的左右焦點為F1、F2，左右頂點分別為A、B，（1）求△PF1F2的周長；（2）若過F2的直線x＝my+1與橢圓交于M、N兩點，且MF2→（3）若直線l過點B且與x軸垂直，直線AP交直線l于點D，判斷以BD為直徑的圓與直線PF2的位置關(guān)系，并加以證明．18．（2025春?南崗區(qū)校級月考）已知點F（0，1），直線l：y＝﹣1，動圓過點F且與直線l相切，動圓圓心軌跡為曲線C．（1）求曲線C的方程；（2）已知定點P（0，2），過點P的直線m交曲線C與M，N兩點．①若直線m與直線l交于點H，求|HM②在y軸上是否存在與點P不同的定點Q，使得|QM19．（2025春?重慶月考）已知在平面直角坐標系xOy內(nèi)，點P到直線m：x＝2的距離是到點F（1，0）的距離的2倍，設(shè)點P的軌跡為曲線C，（1）求曲線C的方程，（2）已知m上一動點T，過F且垂直于FT的直線l交曲線C于A、B兩點，線段AB的中點為M．①證明：O、M、T共線；②若曲線C上存在點N，使得ON→=λOM→，且20．（2025?河南模擬）已知A，B兩點的坐標分別是（2，0），（﹣2，0），直線AP，BP相交于點P，且它們的斜率之積是-34，記點P的軌跡為曲線C，直線l與曲線C交于不同的兩點M，（1）求曲線C的方程；（2）若以線段MN為直徑的圓經(jīng)過點A（2，0）．①求證：直線l過定點D，并求出D的坐標；②求三角形AMN面積的最大值．

2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之圓錐曲線綜合（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案DBBBCBBC二．多選題（共4小題）題號9101112答案BDACDABAD一．選擇題（共8小題）1．（2025春?越秀區(qū)月考）已知O（0，0），A（﹣6，0），動點P滿足|PA|＝2|PO|，點P的軌跡為曲線C，則曲線C與拋物線y2＝3x的公共弦長為（）A．3 B．6 C．23 D．【考點】軌跡方程．【專題】方程思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】D【分析】先根據(jù)條件求出曲線C的方程，再聯(lián)立曲線C與拋物線的方程求出交點坐標，最后根據(jù)兩點間距離公式求出公共弦長．【解答】解：設(shè)點P（x，y），已知A（﹣6，0），O（0，0），根據(jù)兩點間距離公式，可得|PA|=(由于|PA|＝2|PO|，因此(x可得（x+6）2+y2＝4（x2+y2）．化簡得（x﹣2）2+y2＝16．聯(lián)立(x-2)2+y2=16y2=3x，將y2＝3可得（x﹣2）2+3x＝16．解得x＝4或x＝﹣3．當(dāng)x＝4時，y2＝3×4＝12，那么y=當(dāng)x＝﹣3時，y2＝3×（﹣3）＝﹣9，由于y2≥0，因此舍去x＝﹣3．因此交點坐標為(4，-23根據(jù)兩點間距離公式，可得公共弦長為(4-故選：D．【點評】本題考查軌跡方程問題，屬于中檔題．2．（2025?商丘開學(xué)）已知F是拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點，M是該拋物線上位于第一象限的點，且|MF|＝3，直線y＝x﹣4與C交于A，B兩點，且OA⊥OB（O為坐標原點），則以M為圓心且與該拋物線的準線相切的圓的方程為（）A．(xB．(xC．（x﹣2）2+（y﹣2）2＝4 D．（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9【考點】圓與圓錐曲線的綜合．【專題】方程思想；綜合法；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】B【分析】聯(lián)立直線方程與拋物線方程，利用韋達定理和OA⊥OB求出p，設(shè)M（x0，y0），y0＞0，由焦半徑公式求出x0、y0與p的關(guān)系，即可求出圓心和半徑，則答案可求．【解答】解：如圖，聯(lián)立y=x-4y2=2px，得x2﹣（8+2p）x+16＝0，設(shè)A（x1，y1），則Δ＝（8+2p）2﹣64＝4p2+32p＞0，x1x2＝16，x1+x2＝8+2p，∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2＝0，即x1x2+（x1﹣4）（x2﹣4）＝2x1x2﹣4（x1+x2）+16＝48﹣4（8+2p）＝0，故p＝2，由已知設(shè)M（x0，y0），y0＞0，則|MF|=x0+p2=3，∴則M(2，22)∴點M(2，22)與拋物線的準線x以M為圓心且與該拋物線的準線相切的圓的半徑為3，故以M為圓心且與該拋物線的準線相切的圓的方程為(x故選：B．【點評】本題考查拋物線與圓位置關(guān)系的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是利用韋達定理和OA⊥OB求出p，考查運算求解能力，是中檔題．3．（2024秋?大連校級期末）與兩圓C1：xA．一個橢圓上 B．雙曲線的一支上 C．兩支雙曲線上 D．一條拋物線上【考點】軌跡方程．【專題】方程思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】B【分析】由條件求出圓C1和圓C2的圓心坐標和半徑，設(shè)與圓C1和圓C2都外切的圓的圓心為P，結(jié)合條件可得|PC2|﹣|PC1|＝1，結(jié)合雙曲線定義判斷點P的軌跡可得結(jié)論．【解答】解：圓C1：x2+(y+1)2=1的半徑r1x2+y2﹣8x+2y+13＝0可化為（x﹣4）2+（y+1）2＝4圓C2：x2+y2-8x+2y+13=0設(shè)與圓C1和圓C2都外切的圓的圓心為P，該圓的半徑為R，則|PC1|＝1+R，|PC2|＝2+R，所以|PC2|﹣|PC1|＝1，且|C1C2|＝4＞1，所以點P的軌跡為以C1，C2為焦點的雙曲線左支．故選：B．【點評】本題考查軌跡方程問題，屬于中檔題．4．（2025春?普陀區(qū)校級月考）設(shè)函數(shù)y＝f（x）的圖像由方程x|x|4+y|①對于任意的x1，x2∈R且x1≠x2，恒有f(②對于任意的x∈R，恒有2f③在函數(shù)y＝f（x）的圖像上可以找到一點P，使得P到原點的距離小于2．則其中真命題的個數(shù)是（）A．0 B．1 C．2 D．3【考點】曲線與方程；命題的真假判斷與應(yīng)用．【專題】方程思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】B【分析】分類討論去絕對值可得函數(shù)f（x）的圖象，根據(jù)圖象以及橢圓和雙曲線的性質(zhì)可得答案．【解答】解：當(dāng)x≤0，y≤0時，方程x|x|當(dāng)x≤0，y≥0時，方程x|x|當(dāng)x≥0，y≥0時，方程x|x|當(dāng)x≥0，y≤0時，方程x|x|因此f（x）的圖象的圖象如下：根據(jù)圖可知f（x）在R上單調(diào)遞減，所以①錯誤；由于y22-x24=1（x≤0，y≥0）和x24-y因此f(x)＞-22x根據(jù)橢圓、雙曲線的性質(zhì)可知，f（x）圖象上，(0，2)到原點的距離最近，距離為2所以只有②正確．故選：B．【點評】本題考查曲線與方程，屬于中檔題．5．（2025?鷹潭一模）過橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上的點M作圓x2+y2＝b2的兩條切線，切點分別為P，A．12 B．33 C．22 【考點】圓與圓錐曲線的綜合；求橢圓的離心率．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】C【分析】設(shè)出相關(guān)點的坐標，借助向量垂直關(guān)系的坐標表示求出直線PQ方程，進而求出m，n，再代入a2n2+b2m2【解答】解：橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上的點M作圓x2+y2＝b2的兩條切線，切點分別為設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x0，y0），則x0即a2又x1令坐標原點為O，OP→∵MP切圓x2+y2＝b2于P，∴OP⊥MP，則OP→?MP→=x1(x1-x0)+同理可得x0x2+y0y2＝b2，因此直線PQ的方程為x0x+y因此a2n2+b2m2=∴橢圓離心率e=a故選：C．【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，離心率的求法，是中檔題．6．（2025?浦東新區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，當(dāng)P（x，y）不是原點時，定義P（x，y）的“伴隨點”為P'(yx2+y2，-xx2+y2)；當(dāng)P（x①若點A的“伴隨點”是點A′，則點A′的“伴隨點”是點A；②圓心在原點的單位圓的“伴隨曲線”是它自身；③若曲線C關(guān)于x軸對稱，則其“伴隨曲線”C′關(guān)于y軸對稱；④一條直線的“伴隨曲線”是一條直線．真命題的序號是（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④【考點】曲線與方程；命題的真假判斷與應(yīng)用．【專題】計算題；整體思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】B【分析】對①，由定義求得A′的“伴隨點”，化簡即可判斷；對②，任取單位圓上一點P（cosθ，sinθ），則P′（sinθ，﹣cosθ）為單位圓上的點，P′的軌跡為單位圓；對③，任取曲線C關(guān)于x軸對稱的兩點，判斷其伴隨點是否關(guān)于y軸對稱；對④，任取不過原點的直線上的三點，驗證其對應(yīng)的伴隨點不在一條線上．【解答】解：對①，設(shè)點A（x，y），則A'則A′的“伴隨點”為(-即（﹣x，﹣y），不為點A，①錯；對②，任取單位圓上一點P（cosθ，sinθ），則P′（sinθ，﹣cosθ）為單位圓上的點，P′的軌跡為單位圓，②對；對③，任取曲線C關(guān)于x軸對稱的兩點A（x，y），B（x，﹣y），則伴隨點為A'(yx2對④，不妨取x＝1上的三個點（1，0），（1，1），（1，2），對應(yīng)的伴隨點為(0，-由-1故一條直線的“伴隨曲線”不一定是一條直線，④錯．故選：B．【點評】本題考查了“伴隨點”和“伴隨曲線”的應(yīng)用，屬于中檔題．7．（2024秋?浦東新區(qū)校級期末）在平面直角坐標系xOy中，動點P（x，y）到兩個定點F1（0，﹣1），F(xiàn)2（0，1）的距離之積等于4，則下列命題中正確的個數(shù)是（）①曲線C關(guān)于x軸對稱；②x的最大值為2；③|PF1|+|PF2|的最小值為43④|OP|的最大值為5．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【考點】曲線與方程．【專題】方程思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】B【分析】利用直接法可得軌跡方程，再根據(jù)曲線的對稱性可判斷①；由基本不等式可判斷③；化簡軌跡方程可得x2+y2+1=2y2+4，即x2=2y2+4-y【解答】解：由已知|PF代入點（x，﹣y），則x2+(-y+1)2+x2+(-y-1)2=即點P(±3化簡x2+(y+1)2?x2+(y-1)即x2又x即y4﹣2y2﹣15≤0，解得﹣3≤y2≤5，即0≤y2≤5，設(shè)t=y2+4，則t∈[2，3]，y2＝t所以x2＝2y2+4-y2﹣1＝﹣t2+2t+3＝﹣（t﹣1）2+4∈[0，3]，即x∈且|OP|=x即|OP|∈綜上所述正確的個數(shù)為2個．故選：B．【點評】本題考查曲線與方程的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．8．（2025春?安徽月考）在平面直角坐標系中，A（0，3），B（0，﹣1），點P滿足|PA|＝2|PB|，則△PAB面積的最大值是（）A．2 B．83 C．163 D【考點】軌跡方程．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化法；直線與圓；運算求解．【答案】C【分析】設(shè)點P（x，y），因為|PA|＝2|PB|可得點P的軌跡是以(0，-73)為圓，以83為半徑的圓，進而求出點P【解答】解：設(shè)點P（x，y），因為A（0，3），B（0，﹣1），且|PA|＝2|PB|，所以x2整理得x2所以點P的軌跡是以(0，-73所以點P到直線AB的最大距離dmax=83，且|AB所以△PAB面積的最大值為S=故選：C．【點評】本題考查圓的方程的應(yīng)用，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?黃梅縣校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，已知點P（x0，y0）是曲線E：A．E的圖象關(guān)于原點對稱 B．|OP|≥1 C．E上有無數(shù)個整點（整點指橫、縱坐標均為整數(shù)的點） D．|x0+2y0﹣8|的最小值為8【考點】曲線與方程．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】BD【分析】選項A；取特殊點（2，0），（﹣2，0）驗證即可判斷；選項B：由|OP|=x02+1-x0|x0選項C：分x≥0，x＜0討論，分析即可判斷；選項D：將問題轉(zhuǎn)化為點P（x0，y0）到直線x+2y﹣8＝0的距離的5倍，當(dāng)x0≥0時，由參數(shù)方程可得；當(dāng)x＜0，由特殊點驗證可得D正確．【解答】解：對于選項A，（2，0）滿足x|故點（2，0）在曲線上，但（﹣2，0）不滿足x|故點（﹣2，0）不在曲線上，所以曲線C不關(guān)于原點對稱，故選項A錯誤；對于選項B，|OP當(dāng)x0＜0時，|OP當(dāng)x0≥0時，|OP故曲線C上任意點P滿足|OP|≥1，故選項B正確；對于選項C，當(dāng)x＜0時，曲線C為-x若為整點，則x＝2k，k∈Z，y=若y=±1+k2∈Z，則k當(dāng)x≥0時，曲線C為x2若為整點，則x24=0故有（2，0），（0，1），（0，﹣1）三個整點，故曲線C上只有三個整點，故C錯誤；對于D，問題可變?yōu)楫?dāng)﹣1≤y≤1時，點P（x0，y0）到直線x+2y﹣8＝0的距離d=|x0當(dāng)x0≥0時，設(shè)x0＝2cosθ，y0＝sinθ，θ∈[0，π]，則d=此時|x0+2y0﹣8|的最小值為8-當(dāng)x＜0時，由B選項可得﹣2≤x＜0，此時y0＝0，x0＝﹣2時，d取得最小值為105此時|x0+2y0﹣8|的最小值為25綜上，|x0+2y0﹣8|的最小值為8-22故選：BD．【點評】本題考查曲線方程的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）10．（2025?新余一模）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分別是AA1、CC1、C1D1的中點，Q是線段D1A1上的動點（不包含端點），則（）A．四面體BCC1P的外接球的表面積為9π B．存在點Q，使B、N、P、Q四點共面 C．過Q且與BN垂直的平面截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面積取值范圍為(0，D．點H是四邊形AA1B1B內(nèi)的動點，且直線PH與直線AD夾角為π4，則點H的軌跡長度為【考點】軌跡方程；球內(nèi)接多面體；共面直線及四點共面．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】ACD【分析】利用補形法可判斷A選項；作出輔助線，得到PN∥A1B，即A1、P、N、B四點共面，當(dāng)Q與A1重合時滿足要求，但Q不能與A1重合，可判斷B選項；作出輔助線，得到平面QKT截正方體ABCD﹣A1B1C1D1截面為平行四邊形QKTL，當(dāng)T與點C重合時，面積最大，此時面積為25，當(dāng)Q與點D1無限接近時，面積接近于0，可判斷C選項；作出輔助線，得到點H的軌跡是以O(shè)為圓心，2為半徑的部分圓弧XVY，可求出點H的軌跡長度，可判斷D【解答】解：對于選項A：將四棱錐P﹣BCC1B1補成長方體PEFG﹣C1B1BC，所以四面體BCC1P的外接球的直徑即為長方體PEFG﹣C1B1BC的體對角線長，即四面體BCC1P的外接球的直徑為2R則四面體BCC1P的外接球的表面積為S＝4πR2＝9π，故選項A正確；對于選項B：連接A1B，A1P，CD1，因為BC∥A1D1且BC＝A1D1，所以四邊形A1BCD1為平行四邊形，所以CD1∥A1B，因為P，N分別是C1D1，C1C中點，所以PN∥CD1，所以PN∥A1B，即A1、P、N、B四點共面，當(dāng)Q與A1重合時滿足B、N、P、Q四點共面，因為Q是線段D1A1上的動點（不包含端點），所以不存在點Q，使B、N、P、Q四點共面，故選項B錯誤；對于選項C：在平面A1B1C1D1上作QK⊥B1C1，垂足為點K，過點K作在平面BB1C1C內(nèi)KT⊥BN交BC或者CC1于T，因為平面A1B1C1D1⊥平面BCC1B1，平面A1B1C1D1∩平面BCC1B1＝B1C1，且QK?平面A1B1C1D1，所以QK⊥平面BCC1B1，因為BN?平面BCC1B1，所以QK⊥BN，因為QK∩KT＝K，QK、KT?平面QKT，所以BN⊥平面QKT，平面QKT截正方體ABCD﹣A1B1C1D1截面為平行四邊形QKTL，當(dāng)T與點C重合時，面積最大，此時KT=5，QK＝其面積為25當(dāng)Q與點D1無限接近時，面積接近于0，則過Q且與BN垂直的平面截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得截面面積取值范圍為(0，25對于選項D：取A1B1的中點O，連接PO，此時PO∥AD，因為AD⊥平面AA1B1B，所以PO⊥平面AA1B1B，取AB的中點V，以O(shè)為圓心，OV＝2為半徑作圓，交AA1、B1B于X、Y，此時點H的軌跡為以O(shè)為圓心，2為半徑的部分圓弧XVY，所以滿足直線PH與直線AD夾角為π4易知OX＝OY＝XY＝2，所以∠XOY則點H的軌跡長度為π3×2=2故選：ACD．【點評】本題考查軌跡方程，考查了邏輯推理、數(shù)形結(jié)合和運算能力，屬于中檔題．（多選）11．（2025?吳忠模擬）對于一段曲線C，若存在M點，使得對于任意的P∈C，都存在Q∈C，使得|PM|?|QM|＝1，則稱曲線C為“自相關(guān)曲線”．則下列曲線中都是“自相關(guān)曲線”的是（）A．圓 B．橢圓 C．雙曲線 D．拋物線【考點】軌跡方程．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解；新定義類．【答案】AB【分析】在圓的外部適當(dāng)取點M，使得M到圓上點的距離的最小值與最大值之積為1，經(jīng)分析可以滿足題設(shè)條件；在橢圓的長軸的延長線上適當(dāng)取點M，使得M橢圓上點的距離的最小值與最大值之積為1，經(jīng)分析可以滿足題設(shè)條件；由于雙曲線和拋物線的無限性，可以分析發(fā)現(xiàn)無法找到適合要求的點M．【解答】解：圓：設(shè)圓的半徑為r，在圓的直徑AB的反向延長線上取點M，如圖1所示，滿足|MA|?|MB|＝|MO|2﹣|AO|2＝|MO|2﹣r2＝1，即|MO則|MA|=r對于圓上的任意點P，r2所以1r即r2根據(jù)圓的圖形的連續(xù)性，可知存在Q，滿足|PQ|=1|PM|，從而|PM|?橢圓：設(shè)其長軸為AB，|AB|＝2a，在AB的反向延長線上取點M，如圖2所示，滿足|MA|?|MB|＝|MO|2﹣|AO|2＝|MO|2﹣a2＝1，即|MO則|MA|=a對于橢圓上的任意點P，a2所以1a即a2根據(jù)橢圓的圖形的連續(xù)性，可知存在Q，滿足|PQ|=1|PM|，從而|PM|?雙曲線和拋物線：不是封閉曲線，且其圖象趨向無窮遠．由|PM|?|QM|＝1，所以|PM|≠0，于是M不在曲線上，設(shè)M到曲線的上點的距離的最小值為d，則當(dāng)|MP|＞這與d的最小性相矛盾，故此時不存在要求的點Q．因此雙曲線和拋物線不符合題意．故選：AB．【點評】本題考查曲線方程的應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）12．（2025?池州模擬）定義：既有對稱中心又有對稱軸的曲線稱為“和美曲線”，“和美曲線”與其對稱軸的交點叫做“和美曲線”的頂點．已知曲線C：2x2+3y2+x2y2＝6，下列說法正確的是（）A．曲線C是“和美曲線” B．點(2，0)是曲線C．曲線C所圍成的封閉圖形的面積S＞D．當(dāng)點（x0，y0）在曲線C上時，y【考點】曲線與方程．【專題】方程思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】AD【分析】由曲線方程結(jié)合選項逐項判斷即可．【解答】解：對于A，將（﹣x，﹣y）代入曲線方程，易知成立，故曲線關(guān)于原點對稱，將（﹣x，y），（x，﹣y）代入，易知成立，故曲線關(guān)于坐標軸對稱，故A正確；對于B，令y＝0可得：x2＝3，即x=±3對于C，2x2+3y2＝6﹣x2y2≤6，所以曲線C所圍成的封閉圖形在橢圓x2而橢圓面積為：π×3×對于D，由2x2+3y2+x2y2＝6，可得：y2所以y02=6-2x02x故選：AD．【點評】本題考查曲線與方程，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?遼寧一模）y＝（2cosθ﹣cosα）2+（sinθ﹣sinα﹣3）2的最大值為25．【考點】圓與圓錐曲線的綜合．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線中的最值與范圍問題；運算求解．【答案】25．【分析】將等式轉(zhuǎn)化為點到點的距離問題，然后再得到兩動點的軌跡，找到兩點之間的最大距離即可．【解答】解：∵y＝（2cosθ﹣cosα）2+（sinθ﹣sinα﹣3）2，設(shè)x1＝2cosθ，y1＝sinθ，x2＝cosα，y2＝sinα+3．則A（x1，y1）在橢圓C1B（x2，y2）在圓C2令（2cosθ﹣cosα）2+（sinθ﹣sinα﹣3）2＝|AB|2．設(shè)P（m，n）是C1上一點，|P∵﹣1≤n≤1，∴|PC2|2≤16，即|∴當(dāng)A，C2，B共線的時，|AC2|取最大值4，此時|AB|最大，最大值為5，∴y＝|AB|2≤52＝25．故答案為：25．【點評】本題考查橢圓與圓的方程的應(yīng)用，屬于中檔題．14．（2025?商丘開學(xué)）已知F是橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦點，過點F的直線l與圓x2+y2=a29交于A，B兩點，l與C在【考點】圓與圓錐曲線的綜合；求橢圓的離心率．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】175【分析】設(shè)橢圓的右焦點為F′，AB的中點為M，連接OA，OM，DF′，設(shè)|FA|＝|AB|＝|BD|＝2m（m＞0），表示出|FD|，|DF′|，再由三角形的中位線定理得|OM|，然后在Rt△AOM中利用勾股定理列方程求得m=415a，再在【解答】解：F是橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦點，過點F的直線設(shè)橢圓的右焦點為F′，AB的中點為M，連接OA，OM，DF′，則OM⊥AB，|OA∵|FA|＝|AB|＝|BD|，∴M為DF的中點，∵O為FF′的中點，∴OM‖DF′，12∴FD⊥DF′，設(shè)|FA|＝|AB|＝|BD|＝2m（m＞0），則|FD|＝6m，|AM|＝m，∵|FD|+|DF′|＝2a，∴|DF′|＝2a﹣6m，∴|OM|＝a﹣3m，在Rt△AOM中，由|AM|2+|OM|2＝|OA|2，得m2化簡整理得45m2﹣27am+4a2＝0，解得m=415當(dāng)m=13a時，|OM|＝a﹣3m＝a﹣∴m=∴|FD在Rt△DFF′中，由|DF|2+|DF′|2＝|FF′|2，得6425則17a2＝25c2，得ca即C的離心率為175故答案為：175【點評】本題考查橢圓的離心率的求法，考查橢圓的定義的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是取AB的中點為M，由已知條件結(jié)合圓的知識得M為DF的中點，再應(yīng)用三角形中位線定理和勾股定理求解，考查數(shù)形結(jié)合的思想和計算能力，屬于較難題．15．（2025?上海校級模擬）雙曲線C1：x2a2-y2b2=1的左、右焦點分別為F1和F2，若以點F2為焦點的拋物線y2＝2px（p＞0）與C1在第一象限交于點P，且∠PF1F2=π4【考點】圓錐曲線的綜合；求雙曲線的離心率．【專題】方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】2+1【分析】由題意可得p＝2c，設(shè)出直線PF1的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，解方程求得P的坐標，代入雙曲線的方程，結(jié)合離心率公式，解方程可得所求值．【解答】解：設(shè)F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），可得p2=c，即p＝2直線PF1的方程為y＝x+c，與拋物線方程y2＝4cx聯(lián)立，可得（x+c）2＝4cx，解得x＝c，y＝2c，即P（c，2c），代入雙曲線的方程，可得c2a即為e2-4e2e2-1=1，化為e4由e＞1，可得e2＝3+22，解得e=2+故答案為：2+1【點評】本題考查雙曲線和拋物線的方程、性質(zhì)，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．16．（2025春?東城區(qū)校級月考）已知曲線C：x2+y2＝1+|y|x．給出下列三個結(jié)論：①曲線C關(guān)于x軸對稱；②曲線C恰好經(jīng)過6個整點（即橫，縱坐標均為整數(shù)的點）；③曲線C上任意一點到原點的距離都不超過2；④曲線C所圍成的區(qū)域的面積小于3．其中，所有正確結(jié)論的序號是①②③．【考點】曲線與方程．【專題】方程思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】①②③．【分析】對于①：根據(jù)方程研究對稱性即可；對于②：由基本不等式可得x2+y2≤2，進而可知-2對于③：根據(jù)x2+y2≤2分析判斷即可；對于④：根據(jù)整點分析可知：曲線C位于x軸上方部分的面積大于梯形ABEF的面積，再結(jié)合對稱性分析判斷．【解答】解：對于①：將x2+y2＝1+|y|x中的y換成﹣y，那么x2+（﹣y）2＝1+|﹣y|x，所以x2+y2＝1+|y|x，方程不變，因此C關(guān)于x軸對稱，所以①正確；對于②：因為C：x2+y2＝1+|y|x，根據(jù)對稱性可令y≥0，那么x2+y2=1+xy≤1+x2當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝1時，等號成立，可知-2當(dāng)x＝1時，y＝0，±1；當(dāng)x＝﹣1時，y＝0；當(dāng)x＝0時，y＝±1；因此C恰好經(jīng)過6個整點，所以②正確；對于③：由于x2+y2≤2，所以x2因此C上任意一點到原點的距離都不超過2，所以③正確；對于④：根據(jù)②可知：C過點A（﹣1，0），B（1，0），F(xiàn)（0，1），E（1，1），可知SABEF如果y≥0，可得x2+y2＝1+xy，那么x2+y2﹣xy﹣1＝0，當(dāng)﹣1＜x＜0時，假設(shè)y＜x+1，那么x2+y2﹣xy﹣1＜x2+（x+1）2﹣x（x+1）﹣1＝x（x+1）＜0，不滿足方程，可知當(dāng)﹣1＜x＜0時，y≥x+1；當(dāng)0≤x≤1時，可得y=由于（4﹣3x2）﹣（2﹣x）2＝4（1﹣x2）≥0，所以4﹣3x2≥（2﹣x）2，可得4-3x據(jù)此結(jié)合圖象可知：曲線C位于x軸上方部分的面積大于梯形ABEF的面積，結(jié)合對稱性可知曲線C所圍成的區(qū)域的面積大于3，故④錯誤．故答案為：①②③．【點評】本題考查曲線與方程，屬于中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025?上海校級模擬）已知橢圓：x22+y2=1的左右焦點為F1、F2，左右頂點分別為A、B，（1）求△PF1F2的周長；（2）若過F2的直線x＝my+1與橢圓交于M、N兩點，且MF2→（3）若直線l過點B且與x軸垂直，直線AP交直線l于點D，判斷以BD為直徑的圓與直線PF2的位置關(guān)系，并加以證明．【考點】直線與圓錐曲線的綜合；橢圓的幾何特征．【專題】方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】（1）22+2；（2）m=【分析】（1）利用橢圓的定義與幾何性質(zhì)，求解即可；（2）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），將直線MN的方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理與平面向量的坐標運算，可得關(guān)于m的方程，解之即可；（3）不妨設(shè)P是第一象限的點，其坐標為（x0，y0），寫出直線AP的方程，從而知點D的坐標，進而得到BD為直徑的圓的圓心和半徑，再利用點到直線的距離公式，證明即可．【解答】解：（1）由橢圓的定義知，|PF1|+|PF2|＝2a＝22，焦距|F1F2|＝2c＝22-1所以△PF1F2的周長為|PF1|+|PF2|+|F1F2|＝22+2（2）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立x=my+1x22+y2=1，得（m2+2則y1+y2=-2mm2+2①，y因為MF2→=2F2N→，所以（1﹣x1，﹣y1）＝2（x2﹣1，y2），且y1+y所以﹣y1＝2y2，代入①②可得，﹣y2=-2mm消去y2得，2?(2解得m＝±147故m的值為147（3）以BD為直徑的圓與直線PF2相切，證明過程如下：由橢圓的對稱性，不妨設(shè)P是第一象限的點，其坐標為（x0，y0），則x02直線AP的方程為y=y0x0令x=2，則y=22y0x0所以BD的中點為（2，2y即以BD為直徑的圓的圓心為（2，2y0x0而直線PF的方程為y=y0x0-1（x﹣1），即y0x﹣（x0﹣1）y所以圓心到直線PF的距離d=|2故以BD為直徑的圓與直線PF2相切．【點評】本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，熟練掌握橢圓的定義，平面向量的坐標運算，直線與圓的位置關(guān)系的判斷方法等是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．18．（2025春?南崗區(qū)校級月考）已知點F（0，1），直線l：y＝﹣1，動圓過點F且與直線l相切，動圓圓心軌跡為曲線C．（1）求曲線C的方程；（2）已知定點P（0，2），過點P的直線m交曲線C與M，N兩點．①若直線m與直線l交于點H，求|HM②在y軸上是否存在與點P不同的定點Q，使得|QM【考點】直線與圓錐曲線的綜合；軌跡方程．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；圓錐曲線中的最值與范圍問題．【答案】（1）x2＝4y；（2）①25；②存在Q（0，﹣2）．【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義求解即可；（2）①設(shè)m：y＝kx+2，再聯(lián)立拋物線的方程可得韋達定理，再利用弦長公式得到|HM→|?|②設(shè)Q（0，n），將|QM||QN|=|PM|【解答】解：（1）由題意，動圓圓心到點F的距離等于到直線l的距離，故曲線C是以F為焦點，l為準線的拋物線，故曲線C的方程為x2＝4y．（2）由題意知m的斜率一定存在且不為零，設(shè)為k，則m：y＝kx+2，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立x2=4yy=kx+2，得x2﹣則Δ＝16k2+32＞0，x1+x2＝4k，x1x2＝﹣8，而H(-3k，則|=(1+k≥13+2當(dāng)且僅當(dāng)4k2=9k②設(shè)Q（0，n），根據(jù)|QM||QN|即kQM+kQN＝0，∴y1-nx1+y2-nx2=0，即（y1﹣n）x故y1x2+y2x1﹣n（x1+x2）＝0，（kx1+2）x2+（kx2+2）x1﹣n（x1+x2）＝0，∴2kx1x2+（2﹣n）（x1+x2）＝0，∴﹣16k+（2﹣n）?4k＝0，解得n＝﹣2，即Q（0，﹣2）．【點評】本題考查了直線與拋物線的綜合，考查了方程思想及轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．19．（2025春?重慶月考）已知在平面直角坐標系xOy內(nèi)，點P到直線m：x＝2的距離是到點F（1，0）的距離的2倍，設(shè)點P的軌跡為曲線C，（1）求曲線C的方程，（2）已知m上一動點T，過F且垂直于FT的直線l交曲線C于A、B兩點，線段AB的中點為M．①證明：O、M、T共線；②若曲線C上存在點N，使得ON→=λOM→，且【考點】軌跡方程．【專題】方程思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；邏輯思維．【答案】（1）x2（2）①證明見解析；②[2，4]．【分析】（1）利用設(shè)點法，用距離公式表達已知條件，整理可得到曲線的方程，整理為橢圓的標準方程；（2）①設(shè)T（2，﹣t），可得直線AB：x＝ty+1，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理表示線段AB中點坐標，得到直線OT的方程，進而證明三點共線；②根據(jù)已知向量關(guān)系，得到點N(2λt2+2，【解答】解：（1）設(shè)P（x，y），因為d=2|PF|（2）如圖，①證明：根據(jù)（1）可得曲線C是橢圓，c=2-1=1，右焦點為F（1因為點T在直線m：x＝2上，故可設(shè)T（2，﹣t），則kTF＝﹣t．又因為AB⊥TF，故直線AB方程為：x＝ty+1，代入C整理得（t2+2）y2+2ty﹣1＝0．設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則Δ＝8（t2+1）＞0，y1+y設(shè)AB中點M（x0，y0），則y0直線OT：y=則M在直線OT上，即O，M，T共線；②因為ON→=λ代入C得λ2＝t2+2∈[3，9]，即t2∈[1，7]．因為|OT||S=(【點評】本題考查軌跡方程問題，屬于中檔題．20．（2025?河南模擬）已知A，B兩點的坐標分別是（2，0），（﹣2，0），直線AP，BP相交于點P，且它們的斜率之積是-34，記點P的軌跡為曲線C，直線l與曲線C交于不同的兩點M，（1）求曲線C的方程；（2）若以線段MN為直徑的圓經(jīng)過點A（2，0）．①求證：直線l過定點D，并求出D的坐標；②求三角形AMN面積的最大值．【考點】軌跡方程；恒過定點的直線．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線中的最值與范圍問題；運算求解．【答案】（1）x24+y23=1，（x≠±2）且（y≠0）；（2）【分析】（1）設(shè)P（x，y），則有kPA（2）①設(shè)直線MN的方程為x＝my+n，聯(lián)立方程組，由韋達定理有y1+y2=-②點A到直線MN的方程為d=127m2【解答】解：（1）設(shè)P（x，y），動點P滿足直線PA和直線PB的斜率乘積為-3所以kPA?即x24+y2所以曲線C的方程為x24+y23=1，（x（2）①設(shè)點M（x1，y1）、N（x2，y2），若MN⊥y軸，則N（﹣x1，y1）且x1≠0，MA→=(2-x此時，MA→設(shè)直線MN的方程為x＝my+n，聯(lián)立x=可得（3m2+4）y2+6mny+3n2﹣12＝0，Δ＝36m2n2﹣12（3m2+4）（n2﹣4）＝48（3m2+4﹣n2）＞0，由韋達定理可得y1+yAM→=(x所以AM=(m=3(因為直線MN不過點A，則n≠2，整理可得7n﹣2＝0，解得n=所以直線MN的方程為x=所以直線MN過定點D(②直線MN的方程為x-所以點A到直線MN的距離為d=|MN=4所以S=24令t＝3m2+4≥4，則S△因為0＜故當(dāng)t＝4時，S△AMN取最大值243【點評】本題考查橢圓方程的應(yīng)用，屬于難題．

考點卡片1．命題的真假判斷與應(yīng)用【知識點的認識】判斷含有“或”、“且”、“非”的復(fù)合命題的真假，首先要明確p、q及非p的真假，然后由真值表判斷復(fù)合命題的真假．注意：“非p”的正確寫法，本題不應(yīng)將“非p”寫成“方程x2﹣2x+1＝0的兩根都不是實根”，因為“都是”的反面是“不都是”，而不是“都不是”，要認真區(qū)分．【解題方法點撥】1．判斷復(fù)合命題的真假，常分三步：先確定復(fù)合命題的構(gòu)成形式，再指出其中簡單命題的真假，最后由真值表得出復(fù)合命題的真假．2．判斷一個“若p則q”形式的復(fù)合命題的真假，不能用真值表時，可用下列方法：若“pq”，則“若p則q”為真；而要確定“若p則q”為假，只需舉出一個反例說明即可．3．判斷逆命題、否命題、逆否命題的真假，有時可利用原命題與逆否命題同真同假，逆命題與否命題同真同假這一關(guān)系進行轉(zhuǎn)化判斷．【命題方向】該部分內(nèi)容是《課程標準》新增加的內(nèi)容，幾乎年年都考，涉及知識點多而且全，多以小題形式出現(xiàn)．2．球內(nèi)接多面體【知識點的認識】1、球內(nèi)接多面體的定義：多面體的頂點都在球面上，且球心到各頂點的距離都是半徑．球內(nèi)接多面體也叫做多面體外接球．球外切多面體的定義：球面和多面體的各個面都相切，球心到各面的距離都是球的半徑．球外切多面體也叫做多面體內(nèi)切球．2、研究球與多面體的接、切問題主要考慮以下幾個方面的問題：（1）球心與多面體中心的位置關(guān)系；（2）球的半徑與多面體的棱長的關(guān)系；（3）球自身的對稱性與多面體的對稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關(guān)量的分析：（1）球內(nèi)接正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②正方體的四個頂點都在球面上；③球半徑和正方體棱長的關(guān)系：r=32（2）球外切正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設(shè)球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②球與正方體每個面的切點都是每個面的中心點；③球半徑和正方體棱長的關(guān)系：r=123．共面直線及四點共面【知識點的認識】共面直線是指在同一平面上的直線．四個點共面是指這四個點在同一平面上．【解題方法點撥】﹣共面判定：判斷給定直線或點是否共面．﹣符號表示：利用幾何符號表示共面關(guān)系．【命題方向】﹣共面判斷：考查如何判斷直線和點的共面關(guān)系．﹣實際應(yīng)用：如何在實際問題中應(yīng)用共面判斷進行計算．4．恒過定點的直線【知識點的認識】﹣定點：直線總是通過一個固定的點（x1，y1）的方程形式為：a（x﹣x1）+b（y﹣y1）＝0其中a和b是直線的方向向量分量．【解題方法點撥】﹣求方程：1．已知定點：將定點（x1，y1）代入直線方程．2．確定直線：確定直線方向向量，代入標準方程形式．3．標準方程：得到直線方程如：a（x﹣x1）+b（y﹣y1）＝0【命題方向】﹣定點直線：考查如何找到所有恒過一個定點的直線方程，通常涉及固定點和直線方程的轉(zhuǎn)換．5．橢圓的幾何特征【知識點的認識】1．橢圓的范圍2．橢圓的對稱性3．橢圓的頂點頂點：橢圓與對稱軸的交點叫做橢圓的頂點．頂點坐標（如上圖）：A1（﹣a，0），A2（a，0），B1（0，﹣b），B2（0，b）其中，線段A1A2，B1B2分別為橢圓的長軸和短軸，它們的長分別等于2a和2b，a和b分別叫做橢圓的長半軸長和短半軸長．4．橢圓的離心率①離心率：橢圓的焦距與長軸長的比ca叫做橢圓的離心率，用e表示，即：e=ca，且0＜e②離心率的意義：刻畫橢圓的扁平程度，如下面兩個橢圓的扁平程度不一樣：e越大越接近1，橢圓越扁平，相反，e越小越接近0，橢圓越圓．當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，c＝0，橢圓變?yōu)閳A，方程為x2+y2＝a2．5．橢圓中的關(guān)系：a2＝b2+c2．6．求橢圓的離心率【知識點的認識】橢圓的離心率e由公式e=ca【解題方法點撥】1．計算離心率：使用公式e=【命題方向】﹣給定a和b，求橢圓的離心率．﹣計算橢圓的離心率，并分析其含義．7．求雙曲線的離心率【知識點的認識】雙曲線的離心率e是e=ca【解題方法點撥】1．計算離心率：利用公式e=2．求解參數(shù)：從雙曲線方程中提取參數(shù)．【命題方向】﹣給定雙曲線的參數(shù)，求離心率．﹣根據(jù)離心率計算雙曲線的標準方程．8．曲線與方程【知識點的認識】在直角坐標系中，如果某曲線C（看作點的集合或適合某種條件的點的軌跡）上的點與一個二元方程f（x，y）＝0的實數(shù)解建立了如下的關(guān)系：①曲線上點的坐標都是這個方程的解；②以這個方程的解為坐標的點都是曲線上的點．那么，這個方程叫做曲線的方程，這條曲線叫做方程的曲線．求解曲線方程關(guān)鍵是要找到各變量的等量關(guān)系．【解題方法點撥】例：：定義點M到曲線C上每一點的距離的最小值稱為點M到曲線C的距離．那么平面內(nèi)到定圓A的距離與它到定點B的距離相等的點的軌跡不可能是（）A：直線B：圓C：橢圓D：雙曲線一支．解：對定點B分類討論：①若點B在圓A內(nèi)（不與圓心A重合），如圖所示：設(shè)點P是圓A上的任意一點，連接PB，作線段PB的垂直平分線l交AP于點M，連接BM，則|AM|+|BM|＝|AP|＝R＞|AB|．由橢圓的定義可知：點M的軌跡是以點A、B為焦點的橢圓．②若點B在圓A外，如圖2所示：設(shè)點P是圓A上的任意一點，連接PB，作線段PB的垂直平分線l交AP于點M，連接BM，則|BM|﹣|AM|＝|AP|＝R＜|AB|．由雙曲線的定義可知：點M的軌跡是以點A、B為焦點的雙曲線的一支．③若定點B與圓心A重合，如圖3所示：設(shè)點P是圓A上的任意一點，取線段AP的中點M，則點M滿足條件，因此點M的軌跡是以點A為圓心，以12④若點B在圓A上，則滿足條件的點是一個點B．綜上可知：可以看到滿足條件的點M的軌跡可以是：橢圓、雙曲線的一支，圓，一個點，而不可能是一條直線．故選A．這是一個非常好的題，一個題把幾個很重要的曲線都包含了，我認為這個題值得每一個學(xué)生去好好研究一下．這個題的關(guān)鍵是找等量關(guān)系，而這個等量關(guān)系是靠自己去建立的，其中還要注意到圓半徑是相等的和中垂線到兩端點的距離相等這個特點，最后還需結(jié)合曲線的第二定義等來判斷，是個非常有價值的題．【命題方向】這個考點非常重要，但也比較難，我們在學(xué)習(xí)這個考點的時候，先要認真掌握各曲線的定義，特別是橢圓、拋物線、雙曲線的第二定義，然后學(xué)會去找等量關(guān)系，最后建系求解即可．9．直線與圓錐曲線的綜合【知識點的認識】直線與圓錐曲線的綜合