2023高考数学复习专项训练《与圆有关的动点轨迹方程》

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2023高考数学复习专项训练《与圆有关的动点轨迹方程》一 、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）在平面直角坐标系中，A(-3,0)，B(3,0)，若|PA|=2|PB|，则动点P的轨迹方程是A. x2+y2+12x-4=0 B. x2+y2-12x+4=0C. x2+y2+10x-9=0 D. x2+y2-10x+9=02.（5分）已知动圆M与圆C1：x+12+y2=1外切，与圆C2：x-12+y2=25内切，则动圆圆心M的轨迹方程是( )A. x29+y28=1 B. x28+y29=1C. x29+y2=1 D. x2+y29=13.（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262～公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0,k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼奥斯圆．已知A，B是平面上的两定点，|AB|=2，动点M满足|MA||MB|=2，∠CAB=120°，动点N在直线AC上，则MN距离的最小值为( )A. 11-22 B. 3-22 C. 23-22 D. 25-224.（5分）已知ΔABC的周长为18，且顶点B(0,-4)，C(0,4)，则顶点A的轨迹方程为(    )A. x220+y236=1(x≠0) B. x236+y220=1(x≠0)C. x29+y225=1(x≠0) D. x225+y29=1(x≠0)5.（5分）化简方程|x2+(y-2)2-x2+(y+2)2|=2的结果为(    )A. x2-y23=1 B. y23-x2=1C. y2-x23=1 D. y2-x25=16.（5分）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为底面正方形ABCD内一个动点，Q为棱AA1上的一个动点，若|PQ|=2，则PQ的中点M的轨迹所形成图形的面积是(    )A. 2π4 B. π2 C. 3 D. 4π7.（5分）已知向量OB→=(1,0)，OC→=(0,1)，CA→=(cosθ,sinθ)，则|AB→|的取值范围是( )A. [1,2] B. [22,4]C. [2-1,2+1] D. [2,2+1]8.（5分）与y轴相切且和半圆x2+y2=4(0⩽x⩽2)内切的动圆圆心的轨迹方程是( )A. y2=4(x+1)(0C1C2， 故动圆M的圆心轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆， 则a=3,c=1,b2=a2-c2=8， 故动圆圆心M的轨迹方程为x29+y28=1， 故选A.3.【答案】C;【解析】解：如图，以A为坐标原点，AB为x轴建立平面直角坐标系，  则A(0,0)，B(2,0)， 设动点M(x,y)，则由|MA||MB|=2，可得x2+y2(x-2)2+y2=2， 整理可得(x-4)2+y2=8， 故点M的轨迹是以(4,0)为圆心，22为半径的圆， 易得直线AC的方程为y=-3x， 则由图可知MN距离的最小值为圆心(4,0)到直线的距离减去半径， 因为圆心到直线的距离为43(3)2+12=23， 所以MN的最小值为23-22. 故选：C. 以A为原点建立平面直角坐标系，根据定义可得点M的轨迹是以(4,0)为圆心，22为半径的圆，则MN的最小值为圆心(4,0)到直线的距离减去半径． 此题主要考查了直线与圆的位置关系，属于基础题．4.【答案】C;【解析】 该题考查椭圆的定义，属于基础题． 根据三角形的周长和定点，得到点A到两个定点的距离之和等于定值，∴点A的轨迹是椭圆，椭圆的焦点在y轴上，写出椭圆的方程．  解：∵ΔABC的周长为18，顶点B (0,-4)，C (0,4)， ∴BC=8，AB+AC=18-8=10， ∵10>8 ∴点A到两个定点的距离之和等于定值， ∴点A的轨迹是椭圆， ∵a=5，c=4 ∴b2=9， ∴椭圆的方程是x29+y225=1(x≠0)． 故选：C． 5.【答案】C;【解析】解：方程|x2+(y-2)2-x2+(y+2)2|=2， 表示点P(x,y)到两定点F1(0,2)，F2(0,-2)的距离之差的绝对值等于定值2<|F1F2|， 其轨迹是以F1(0,2)，F2(0,-2)为焦点，2为实轴长的双曲线，其标准方程为：y2-x23=1． 故选：C． 方程|x2+(y-2)2-x2+(y+2)2|=2，表示点P(x,y)到两定点F1(0,2)，F2(0,-2)的距离之差的绝对值等于定值2<|F1F2|，利用双曲线的定义及其标准方程即可得出． 该题考查了椭圆的定义及其标准方程，属于基础题．6.【答案】B;【解析】解：∵P为底面正方形ABCD内一个动点，Q为棱AA1上的一个动点，  故PQ的中点M的轨迹所形成图形是一个球面的八分之一，  由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，|PQ|=2，  故M的轨迹是以A为球心，半径为1的球面的八分之一，  其面积S=18.4π=π2，  故选：B． 根据正方体的几何特征和球的几何特征可得：M的轨迹是以A为球心，半径为1的球面的八分之一，进而得到答案．  该题考查的知识点是点的轨迹，分析出M点的轨迹所形成图形的形状，是解答的关键．7.【答案】C;【解析】解：向量OB→=(1,0)，OC→=(0,1)，CA→=(cosθ,sinθ)， 设A(x,y)， 可得(x,y-1)=(cosθ,sinθ)， 所以x2+(y-1)2=1，是以(0,1)为圆心以1为半径的圆， 则|AB→|的取值的最小值为：2-1，最大值为：2+1. 故选：C. 利用已知条件求出A的轨迹方程，然后求解|AB→|的取值范围即可． 此题主要考查轨迹方程的求法，点与圆的位置关系的应用，是中档题．8.【答案】C;【解析】解：设圆心为(x,y)，则动圆的半径为x， 因为与已知圆内切，还要与y轴相切，所以可知x的范围为00，故方程组有实数解，因此抛物线与直线y=2x-3有交点， 故直线y=2x-3是“最远距离直线”，故C正确， 联立{x2=8yy=12x-1，化简整理可得，x2-4x+8=0， Δ=(-4)2-4×8=-16<0，方程组无实数解， 故y=12x-1 不是“最远距离直线”，故D正确． 故选：BCD. 根据已知条件，确定出P点轨迹是抛物线，再确定此抛物线与BCD中的直线有无公共点，即可求解． 此题主要考查轨迹方程的求解，掌握抛物线的定义是解本题的关键，属于中档题．10.【答案】AD;【解析】 此题主要考查复数的代数形式及几何意义，复数的四则运算，复数的模，属于中档题. 根据复数的代数运算及模的运算可判定选项AB；根据复数的几何意义可判定选项CD.解：设z1=a+bi,a,b∈R，z2=c+di,c,d∈R，则点Z1(a,b)，Z2(c,d)， 对于A，|z1+z2|=(a+c)2+(b+d)2，|z1-z2|=(a-c)2+(b-d)2， 因为|z1+z2|=|z1-z2|，可求得ac+bd=0， 所以O→Z1.O→Z2=ac+bd=0，故A正确； 对于B，当|O→Z1+O→Z2|=3|Z1→Z2|，可得(a+c)2+(b+d)2=3(a-c)2+(b-d)2， 解得ac+bd=a2+b2+c2+d24≠0，故B错误； 对于C， 根据复数的几何意义可知，|z1-1|=1表示的几何图形是圆，故C错误； 对于D，在复平面中，点M(1,0)到N(0,2)间距离为|MN|=5，设z2=c+di， ∴|z2-1|+|z2-2i|=(c-1)2+d2+c2+(d-2)2=3>|MN|=5， ∴点Z2的轨迹表示以M(1,0)、N(0,2)为焦点的椭圆，故D正确. 故答案为：AD. 11.【答案】AD;【解析】 此题主要考查的知识要点：复数的几何意义，复数的定义，复数的运算，主要考查运算能力和数学思维能力，属于基础题． 直接利用复数的几何意义，复数的定义，复数的运算判断A、B、C、D的结论． 解：对于A：复数z满足iz=1-i，整理得：z=-1-i，则z的虚部为-1，故A正确； 对于B：若z为复数，设z=a+bi，则|z|2=a2+b2，z2=a2-b2+2abi，故B错误； 对于C：若|z-2|=3，且z=x+yi(x,y∈R)，整理得(x-2)2+y2=3， 设y=kx，整理得kx-y=0，利用圆心(2,0)到直线的距离d=|2k|1+k2⩽3，整理得-3⩽k⩽3，故C错误； 对于D：知复数z满足|z-1|=|z+1|，则复数z表示为A(1,0)和B(-1,0)两点的垂直平分线，故D正确； 故选：AD.12.【答案】BCD;【解析】 此题主要考查直线和圆的位置关系，两圆位置关系，直线系方程及其应用，圆有关的轨迹问题，属于中档题. 得出圆心C(-2,0)到直线l的距离可分析A；求出直线l所过定点可分析B，由两圆外切的判定可分析C，利用代入法求出点M的轨迹方程可判断D. 解：当m=0时，圆心C(-2,0)到直线l：x+2y-1=0的距离为d=|-2+2×0-1|12+22=35>1， 此时圆C上有两个点到直线l的距离等于1，故A错误； 直线l:mx+x+2y-1+m=0可化为m(x+1)+x+2y-1=0， 令{x+1=0x+2y-1=0可得{x=-1y=1，即直线l过定点(-1,1)，故B正确； 由题意，圆C:(x+2)2+y2=4的圆心为C(-2,0)，半径为r=2， 若圆C与圆x2+y2-2x+8y+a=0，即(x-1)2+(y+4)2=17-a恰有三条公切线， 即圆C与圆(x-1)2+(y+4)2=17-a外切， 则(-2-1)2+[0-(-4)]2=2+17-a，解得a=8，故C正确； 设D(x0,y0)，M(x,y)， 因为点E(2,4)，则{x=x0+22y=y0+42， 即{x0=2x-2y0=2y-4， 因为D点在圆C上， 所以(x0+2)2+y02=4， 所以(2x-2+2)2+(2y-4)2=4， 化简，得x2+(y-2)2=1， 即点M的轨迹方程为x2+(y-2)2=1，故D正确. 故选BCD. 13.【答案】AD;【解析】 此题主要考查直线与圆的位置关系和平面向量数量积等知识的有关运用，属于难题. 设设P(x0,y0),由题意可得PA2=x02+y02-4,PB2=(x0-4)2+y02-12,再结合PA→=PB→可得点P的轨迹在直线x=1，设P(1,t)(t>3),利用P→O1⋅P→O2⩽1即可求出t的取值范围，进而确定点P的轨迹长度.  解：设P(x0,y0),则PA2=x02+y02-4,PB2=(x0-4)2+y02-12, 由PA→=PB→可得x0=1，故点P的轨迹在直线x=1上，设P(1,t)(t>3), 由P→O1⋅P→O2⩽1得t2-3⩽1,即t2⩽4,即t∈(3,2]∪[-2,-3), 故点P的轨迹长度为4-23， 故选AD. 14.【答案】x2+y2=6;【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，Q(x,y)，又P(1,1)， 则x1+x2=x+1，y1+y2=y+1，PA→=(x1-1,y1-1)，PB→=(x2-1,y2-1). 由PA⊥PB，得PA→.PB→=0，即(x1-1)(x2-1)+(y1-1)(y2-1)=0. 整理得：x1x2+y1y2-(x1+x2)-(y1+y2)+2=0， 即x1x2+y1y2=x+1+y+1-2=x+y    ① 又∵点A、B在圆上，∴x12+y12=x22+y22=4    ② 再由|AB|=|PQ|，得(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x-1)2+(y-1)2， 整理得：x12+x22+y12+y22-2x1x2-2y1y2=(x-1)2+(y-1)2  ③ 把①②代入③得：x2+y2=6. ∴矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程为：x2+y2=6. 故答案为：x2+y2=6. 设出A、B和Q的坐标，由AB与PQ的中点相同得到A、B和Q的坐标的关系，再由PA→.PB→=0得到A、B和Q的坐标的关系，然后结合A，B在圆上及|AB|=|PQ|列式后消掉A，B的坐标，得到关于Q的横纵坐标的函数关系式，则答案可求． 此题主要考查了轨迹方程，考查了数学转化思想方法，训练了利用代入法求曲线的方程，是中档题．15.【答案】3;【解析】 本题重点考查了复数的模的几何意义，属于基础题. 利用|z|=1和|z-2i|表示的几何意义即可求解.解：设z在复平面内的对应点为P， 则|z|=1知点P的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆， 可知|z-2i|表示点P到点Q(0,2)的距离， 因为|OQ|=2，所以|PQ|max=|OQ|+r=2+1=3. 故答案为3.16.【答案】x2+y2=16;【解析】设圆心0,0到BC的距离为d，则由弦长公式可得d=4，即BC的中点到圆心0,0的距离等于4，BC的中点的轨迹是以原点为圆心，以4为半径的圆，故BC的中点的轨迹方程是x2+y2=16，故答案为x2+y2=16.17.【答案】（x+32）2+（y-12）2=52;【解析】解：动直线1：ax+y-1=0过A(0,1)， 动直线m：x-ay+3=0过点B(-3,0)，且两直线垂直， 故两直线的交点M是在以AB为直径的圆上， 因为AB的中点(-32,12)，AB=10， 故圆的方程为(x+32)2+(y-12)2=52． 故答案为：(x+32)2+(y-12)2=52． 由动直线1：ax+y-1=0过A(0,1)，动直线m：x-ay+3=0过点B(-3,0)，且两直线垂直，故两直线的交点M是在以AB为直径的圆上，可求． 这道题主要考查了圆方程的求解，解答该题的关键是确定M是在以AB为直径的圆上．18.【答案】2;【解析】 此题主要考查平面内点的轨迹问题以及点到直线的距离，属于基础题，先求出P点的轨迹方程，再由曲线与直线位置关系可解.  解：设点P(x,y)，则|PA|=(x-1)2+y2，|PB|=(x-4)2+y2，  ∵|PA|=12|PB|，  ∴平方得(x-1)2+y2=14[(x-4)2+y2]，  化简得：x2+y2=4， 则点P到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去圆的半径， 即为0-0+422-2=2 . 19.【答案】解：设M(x,y)，B(m,n)，∵M是AB的中点，∴{x=m-22y=n2⇒{m=2x+2n=2y， 又∵B在x2+y2-8x+12=0上，即(2x+2)2+(2y)2-8(2x+2)+12=0， 化简为(x-1)2+y2=1， ∴M点的轨迹方程为(x-1)2+y2=1. ;【解析】此题主要考查轨迹方程的求法，训练了利用代入法求曲线的方程，是中档题． 分别设出M，B的坐标，利用中点坐标公式把B的坐标用M的坐标表示，然后代入已知圆的方程得答案．20.【答案】解：（1）设动点P（x，y）， ∵动点P到直线x=-1的距离等于它到圆：（x-2）2+y2=1的点的最小距离， ∴|x+1|=(x-2)2+(y-0)2-1， 化简得：6x-2+2|x+1|=y2， 当x≥-1时，y2=8x， 当x＜-1时，y2=4x-4＜-8，不合题意． ∴点P的轨迹方程为：y2=8x； （2）证明：设Q（-2，m），过Q且与曲线C相切的直线设为y-m=k（x+2），k≠0， 与y2=8x联立得ky2-8y+16k+8m=0，则△=2k2+mk-2=0， 则k₁+k₂=-m2，k₁k₂=-1， 将x=0代入y-m=k（x+2），得A（0，2k₁+m），B（0，2k₂+m），由2k₁+m+2k₂+m=-m+2m=m， 则以AB为直径的圆的圆心为（0，m2），半径为|k₁-k₂|， 所以圆的方程为x2+（y-m2）2=（k₁-k₂）2=（k₁+k₂）2-4k₁k₁， 化简得x2+y2-my=4， 令y=0，得x=2，-2， 故以AB为直径的圆恒过（2，0），（-2，0）点．;【解析】 (1)利用动点P到直线x=-1的距离等于它到圆：(x-2)2+y2=1的点的最小距离，列出方程求解即可； (2)设Q(-2,m)，过Q且与曲线C相切的直线设为y-m=k(x+2)，k≠0，与y2=8x联立得ky2-8y+16k+8m=0，则Δ=2k2+mk-2=0，则k₁+k₂=-m2，k₁k₂=-1，求出A，B 的坐标，写出圆的方程，令y=0，求出定点即可． 考查点的轨迹方程，直线与圆的位置关系，定点问题，中档题．21.【答案】解：（1）由|PB|=2|PA|，可得：(x-4)2+y2=2(x-1)2+y2， 两边平方化简可得：x2+y2=4． 即为点P（x，y）形成的曲线Γ方程． （2）设直线l的方程为ty=x-4， 则圆心O到直线l的距离d=4t2+1＜2，解得t2＞3． ∴|CD|=2r2-d2=24-16t2+1=4t2-3t2+1． ∴△COD的面积S=12d|CD|=8t2-3t2+1=8t2-3+4t2-3≤824=2，当且仅当t2=7时取等号． ∴直线l的方程为：x±7y-4=0． （3）线段AB的中垂线方程为：x=52．设Q（52，m）． 则四点OMQN所在圆的方程为：x（x-52）+y（y-m）=0， 与x2+y2=4相减可得直线MN的方程为：52x+my=4， 因此直线MN经过定点(85，0)．;【解析】 (1)由|PB|=2|PA|，可得：(x-4)2+y2=2(x-1)2+y2，两边平方化简可得曲线Γ方程． (2)设直线l的方程为ty=x-4，圆心O到直线l的距离d=4t2+1<2，解得t2>3.|CD|=2r2-d2，ΔCOD的面积S=12d|CD|=8t2-3t2+1，利用基本不等式的性质即可得出(3)线段AB的中垂线方程为：x=52.设Q(52,m).可得四点OMQN所在圆的方程为：x(x-52)+y(y-m)=0，与x2+y2=4相减可得直线MN的方程，即可得出结论． 该题考查了圆的标准方程及其性质、直线与圆相交相切问题、弦长公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．22.【答案】（1）(x+3)2+(y+2)2=25（2）(x-1)2+(y+1)2=254;【解析】(1)设点D为线段AB的中点，直线m为线段AB的垂直平分线，则D(32,-12).又kAB=-3，所以km=13，所以直线m的方程为x-3y-3=0.由{x-3y-3=0x-y+1=0，得圆心C(-3,-2)，则半径r=CA=(-3-1)2+(-2-1)2=5，所以圆C的方程为(x+3)2+(y+2)2=25.(2)设点M(x,y)，Q(x0,y0).因为点P的坐标为(5,0)，所以{x=x0+52y=y0+02，即{x0=2x-5y0=2y又点Q(x0,y0)在圆C：(x+3)2+(y+2)2=25上运动，所以(x0+3)2+(y0+2)2=25，即(2x-5+3)2+(2y+2)2=25.整理得(x-1)2+(y+1)2=254.即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为(x-1)2+(y+1)2=254.23.【答案】解：（1）由已知F1（-3，0），F2（3，0），|F2Q|=4， 依题意有：|PF1|=|PQ|， ∴|PF1|+|PF2|=|PQ|+|PF2|=|QF2|=4， 故点P的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，即c=3，a=2，∴b=1， 故点P的轨迹E的方程为x24+y2=1． （2）令A（x1，y1），B（x2，y2）， 因A，B，D不共线，故l的斜率不为0， 令l的方程为：x=my+n，则由x=my+nx2+4y2=4得（m2+4）y2+2mny+n2-4=0， △=4m2n2-4（m2+4）（n2-4）＞0， 则y1+y2=-2mnm2+4，y1•y2=n2-4m2+4，① ∵∠ADO=∠BDO，∴kDA+kDB=0， 即y1x1-4+y2x2-4=0，整理得x2y1+x1y2-4（y1+y2）=0，② 而x2y1+x1y2=y1（my2+n）+y2（my1+n）=2my1y2+n（y1+y2），代入②得： 2my1y2+（n-4）（y1+y2）=0，③ 把①代入③得：2m•n2-4m2+4+（n-4）•-2mnm2+4=0， 当m≠0时，得：n=1， 此时l的方程为：x=my+1，过定点（1，0）． 当m=0时，n=1亦满足，此时l的方程为：x=1． 综上所述，直线l恒过定点（1，0）．;【解析】 (1)由中垂线性质可知|PF1|+|PF2|=|QF2|=4，根据椭圆性质得出P点轨迹方程；  (2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l方程为x=my+n，与椭圆方程联立方程，利用根与系数关系得出关系式，由∠ADO=∠BDO可知kDA+kDB=0，根据斜率公式化简即可得出m，n的关系，从而得出直线l的定点坐标． 此题主要考查了椭圆的定义与性质，直线与椭圆的位置关系，考查中档题．