浙江版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)專(zhuān)題10.5曲線與方程（試題練）教學(xué)講練

1、數(shù)學(xué)高考總復(fù)習(xí)PAGE PAGE 15學(xué)好數(shù)理化，走遍天下都不怕10.5曲線與方程探考情 悟真題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)曲線與方程了解方程的曲線與曲線的方程的對(duì)應(yīng)關(guān)系.2019課標(biāo)全國(guó)理,21,12分動(dòng)點(diǎn)軌跡方程的求法直線與圓錐曲線的位置關(guān)系分析解讀1.求曲線方程的題目往往出現(xiàn)在解答題中的第一小問(wèn),難度適中.2.預(yù)計(jì)2021年高考試題中,求曲線的方程會(huì)有所涉及.破考點(diǎn) 練考向【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)曲線與方程1.(2018浙江杭州二中期中,9)2 000多年前,古希臘大數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯(Apollonius)發(fā)現(xiàn):平面截圓錐的截口曲線是圓錐曲線.已知圓錐的高為PH

2、,AB為底面直徑,頂角為2,那么不過(guò)頂點(diǎn)P的平面:與PH的夾角滿(mǎn)足2時(shí),截口曲線為橢圓;與PH的夾角=時(shí),截口曲線為拋物線;與PH的夾角滿(mǎn)足0時(shí),截口曲線為雙曲線的一支.如圖,底面內(nèi)的直線AMAB,過(guò)AM的平面截圓錐所得的曲線為橢圓,其中與PB的交點(diǎn)為C,可知AC為長(zhǎng)軸.那么當(dāng)C在線段PB上運(yùn)動(dòng)時(shí),截口曲線的短軸頂點(diǎn)的軌跡為() A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線答案D2.如圖,P是圓x2+y2=4上的動(dòng)點(diǎn),P點(diǎn)在x軸上的射影是D,點(diǎn)M滿(mǎn)足DM=12(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程,并說(shuō)明軌跡是什么圖形;(2)過(guò)點(diǎn)N(3,0)的直線l與動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C交于不同的兩點(diǎn)A,B,求以O(shè)A,OB為鄰邊的平行

3、四邊形OAEB的頂點(diǎn)E的軌跡方程.解析(1)設(shè)M(x,y),則D(x,0),由DM=12DP點(diǎn)P在圓x2+y2=4上,x2+4y2=4,故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為x24+y2=1,且軌跡C(2)設(shè)E(x,y),由題意知l的斜率存在,設(shè)l:y=k(x-3),代入x24+y2=1,得(1+4k2)x2-24k2x+36k設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=24ky1+y2=k(x1-3)+k(x2-3)=k(x1+x2)-6k=24k31+4四邊形OAEB為平行四邊形,OE=OA+OB=(x1+x2,y1+y2)=24k又OE=(x,y),x消去k得,x2+4y2-6x=0,由=(-

4、24k2)2-4(1+4k2)(36k2-4)0得,k215,0 x8頂點(diǎn)E的軌跡方程為x2+4y2-6x=00q.直線PB的方程:y-p=y0化簡(jiǎn)得(y0-p)x-x0y+x0p=0,圓心(2,0)到直線PB的距離是2,|2從而4(y0-p)2+4x02=4(y0-p)2+4x0p(y0-p)+x02p2,上式化簡(jiǎn)后,得(x0-4)p2+4y0p-4x0=0,同理,(x0-4)q2+4y0q-4x0=0,p+q=-4y0 xp-q=-4y0B(x0,y0)是拋物線上的一點(diǎn),y02=4x0,p-q=SBPQ=12(p-q)x0=124x0當(dāng)且僅當(dāng)x0-4=16x0-4,即x0=8,y0=42時(shí)

5、取等號(hào),此時(shí)B(8,42).方法2定義法求軌跡方程1.(2019浙江高考信息卷(五),21)已知圓M:(x+23)2+y2=64,定點(diǎn)N(23,0),點(diǎn)P為圓M上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)Q在NP上,點(diǎn)G在MP上,且滿(mǎn)足NP=2NQ,GQNP=0.(1)求點(diǎn)G的軌跡方程;(2)已知點(diǎn)B(0,2),A、D是曲線G上的兩動(dòng)點(diǎn)且ABDB,若直線AD與以原點(diǎn)為圓心的圓總有公共點(diǎn),求該圓的半徑r的取值范圍.解析(1)連接GN,則|GN|=|GP|,|MP|=|MG|+|GP|=|MG|+|GN|=8,根據(jù)橢圓的定義知點(diǎn)G的軌跡是以M、N為焦點(diǎn),長(zhǎng)軸長(zhǎng)為8的橢圓,即a=4,c=23,則b2=a2-c2=4,故所求的軌跡方

6、程是x216+(2)設(shè)直線AB的方程是y=kx+2,則直線BD的方程是y=-1kx+2,由y=kx+2,x216+y24=1得(1+4k2)x2+16kx=0,xA=-16k1+4k2,從而yA=2-8k21+4k2,由y=-1kx+2,x216+y24=1得xD=16kk2+4,yD=2k2-8k2+4,則k2.(2018浙江嘉興期末,21)如圖,AB為半圓x2+y2=1(y0)的直徑,點(diǎn)D,P是半圓弧上的兩點(diǎn),ODAB,POB=30.曲線C經(jīng)過(guò)點(diǎn)P,且曲線C上任意一點(diǎn)M滿(mǎn)足|MA|+|MB|為定值.(1)求曲線C的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)D的直線l與曲線C交于不同的兩點(diǎn)E,F,求OEF面積最大時(shí)

7、直線l的方程.解析(1)根據(jù)橢圓的定義,曲線C是以A(-1,0),B(1,0)兩點(diǎn)為焦點(diǎn)的橢圓,其中2c=2,P322a=|PA|+|PB|=32+12+122a2=32,b2=12,曲線C的方程為x232(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),OEF不存在,所以直線l的斜率存在.設(shè)過(guò)點(diǎn)D的直線l的斜率為k,則l:y=kx+1.由y=kx+1,2x=(12k)2-4(2+6k2)3=24(3k2-1)0,k213設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),x1+x2=-12k2+6k2,x1x2=|EF|=1+k2|x1-x2|=1+k2又點(diǎn)O到直線l的距離d=11+OEF的面積S=12|EF|d=6(3令3

8、k2-1=,0,則S=1262+2=126+212622=34,當(dāng)且僅當(dāng)此時(shí)直線l的方程為y=x+1或y=-x+1.(15分)方法3相關(guān)點(diǎn)法求軌跡方程1.已知定點(diǎn)A(1,0)及圓x2+y2=4上的兩點(diǎn)P、Q,滿(mǎn)足POQ=60(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),則PAQ的重心G的軌跡方程為.答案x-1322.過(guò)橢圓x264+y236=1上一點(diǎn)P(-8,0)作直線交橢圓于點(diǎn)Q,解析易知P為橢圓長(zhǎng)軸的左端點(diǎn),所作直線交橢圓于P、Q兩點(diǎn),則直線PQ斜率存在.設(shè)弦PQ的中點(diǎn)為M(x,y),弦端點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2),則有9兩式相減得9(x12-x22)+16(因?yàn)閤1+x2=2x,y1+y2=2y,所以

9、92x(x1-x2)+162y(y1-y2)=0,所以y1-y2x1-x2=-9x16y,化簡(jiǎn)可得9x2+72x+16y2=0(x-8).【五年高考】統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)曲線與方程1.(2019課標(biāo)全國(guó)理,21,12分)已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿(mǎn)足直線AM與BM的斜率之積為-12.記M的軌跡為曲線(1)求C的方程,并說(shuō)明C是什么曲線;(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PEx軸,垂足為E,連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.(i)證明:PQG是直角三角形;(ii)求PQG面積的最大值.解析本題主要考查軌跡方程的求法,直線與橢圓的位置關(guān)系,兩條直

10、線的位置關(guān)系,弦長(zhǎng)問(wèn)題,三角形的面積以及基本不等式的應(yīng)用等相關(guān)知識(shí);通過(guò)對(duì)三角形形狀的判斷以及面積最值的求解考查學(xué)生的知識(shí)遷移能力、運(yùn)算求解能力及函數(shù)思想方法的應(yīng)用;體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由題設(shè)得yx+2yx-2=-12,化簡(jiǎn)得x24+y22=1(|x|2),(2)(i)證明:設(shè)直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k0).由y=kx,x記u=21+2k2于是直線QG的斜率為k2,方程為y=k由y=k2(x-u),x24+設(shè)G(xG,yG),則-u和xG是方程的解,故xG=u(3k2+2)2+從而直線PG的斜率為uk32+所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)由(i

11、)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=所以PQG的面積S=12|PQ|PG|=8k(設(shè)t=k+1k,則由k0得t2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)因?yàn)镾=8t1+2t2在2,+)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時(shí),S取得最大值因此,PQG面積的最大值為169思路分析(1)利用直線AM與BM的斜率之積為-12求得曲線C的軌跡方程,從而得出曲線C的軌跡.(2)(i)設(shè)出直線PQ的方程,聯(lián)立橢圓方程,求得點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),由Q、E的坐標(biāo)得出直線QG的方程,聯(lián)立橢圓方程,得出點(diǎn)G的坐標(biāo),進(jìn)而表示出直線PG的斜率,從而得出結(jié)論.(ii)利用弦長(zhǎng)公式求出|PQ|與|PG|的表達(dá)式,從而將三角形的面積表示成關(guān)于k的函

12、數(shù),進(jìn)而利用函數(shù)思想求其最大值解題關(guān)鍵利用方程思想得出點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),進(jìn)而利用換元法及整體代換法簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程是順利解決本題的關(guān)鍵;正確利用基本不等式及函數(shù)單調(diào)性是求解PQG面積最值的關(guān)鍵.2.(2017課標(biāo)全國(guó)理,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:x22+y2=1上,過(guò)M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿(mǎn)足NP=(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明:過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.解析本題考查了求軌跡方程的基本方法和定點(diǎn)問(wèn)題.(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2N

13、M得x0=x,y0=2因?yàn)镸(x0,y0)在C上,所以x22+因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)證明:由題意知F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n),則OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以O(shè)QPF=0,即OQPF.又過(guò)點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ,所以過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.思路分析(1)設(shè)出P、M的坐標(biāo),利用NP=2NM得到P、M坐標(biāo)間的關(guān)系式,由點(diǎn)M在橢圓C上求解.(2)利用向量

14、的坐標(biāo)運(yùn)算得OQPF=0,進(jìn)而證得直線l過(guò)橢圓C的左焦點(diǎn)教師專(zhuān)用題組考點(diǎn)曲線與方程1.(2016課標(biāo)全國(guó),20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.解析(1)因?yàn)閨AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)

15、方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1(y(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x-1),x24則x1+x2=8k24k2+3,x所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m的方程為y=-1k(x-1),A到m的距離為2k2+1,所以|PQ|=2故四邊形MPNQ的面積S=12|MN|PQ|=121+14可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積

16、的取值范圍為(12,83).當(dāng)l與x軸垂直時(shí),l的方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,83).(12分)方法總結(jié)定義法求軌跡方程的一般步驟:(1)判定動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡滿(mǎn)足某種曲線的定義;(2)設(shè)標(biāo)準(zhǔn)方程,求方程中的基本量;(3)寫(xiě)出軌跡方程.2.(2016課標(biāo)全國(guó),20,12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明ARFQ;(2)若PQF的面積是ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解析由題設(shè)知F1

17、2,0.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則且Aa22,a,Bb22,記過(guò)A,B兩點(diǎn)的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)證明:由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a-b1+a2=a-b所以ARFQ.(5分)(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12由題設(shè)可得212|b-a|x1-所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)設(shè)滿(mǎn)足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.

18、所以,所求軌跡方程為y2=x-1.(12分)疑難突破第(1)問(wèn)求解關(guān)鍵是把ARFQ的證明轉(zhuǎn)化為kAR=kFQ的證明;第(2)問(wèn)需找到AB中點(diǎn)所滿(mǎn)足的幾何條件,從而將其轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系.在利用斜率表示幾何等量關(guān)系時(shí)應(yīng)注意分類(lèi)討論思想的應(yīng)用.評(píng)析本題主要考查拋物線的性質(zhì),直線的斜率及其應(yīng)用,軌跡方程的求法等知識(shí),考查分類(lèi)討論思想的應(yīng)用,考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的應(yīng)用能力.3.(2015廣東,20,14分)已知過(guò)原點(diǎn)的動(dòng)直線l與圓C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的兩點(diǎn)A,B.(1)求圓C1的圓心坐標(biāo);(2)求線段AB的中點(diǎn)M的軌跡C的方程;(3)是否存在實(shí)數(shù)k,使得直線L:y=k(x-4)

19、與曲線C只有一個(gè)交點(diǎn)?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,說(shuō)明理由.解析(1)圓C1的方程x2+y2-6x+5=0可化為(x-3)2+y2=4,所以圓心坐標(biāo)為(3,0).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0),則x0=x1+x22由題意可知直線l的斜率必存在,設(shè)直線l的方程為y=tx.將上述方程代入圓C1的方程,化簡(jiǎn)得(1+t2)x2-6x+5=0.由題意,可得=36-20(1+t2)0(*),x1+x2=61+所以x0=31+t2,代入直線l的方程,得y0因?yàn)閤02+y02=9(1+t2)所以x0-322由(*)解得t245,又t20,所以5314時(shí),SOP

20、Q=84k2當(dāng)0k214時(shí),SOPQ=84k2因0k214,則00),且在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),則()A.當(dāng)=1時(shí),點(diǎn)C的軌跡是拋物線B.當(dāng)=1時(shí),點(diǎn)C的軌跡是一條直線C.當(dāng)=2時(shí),點(diǎn)C的軌跡是橢圓D.當(dāng)=2時(shí),點(diǎn)C的軌跡是雙曲線答案B2.(2019浙江高考數(shù)學(xué)仿真卷,8)動(dòng)直線y=kx+4-2k與函數(shù)y=4x+1x-2的圖象交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)P(x,y)是平面上的動(dòng)點(diǎn),且滿(mǎn)足|PA+PB|=4,則x2+y2A.40B.44C.46D.48答案D3.(2019浙江高考沖刺卷(四),6)點(diǎn)P到圖形C上每一個(gè)點(diǎn)的距離的最小值稱(chēng)為點(diǎn)P到圖形C的距離,那么平面內(nèi)到定圓C的距離等于到定點(diǎn)A的距離的點(diǎn)的軌跡不可能是

21、()A.圓B.橢圓C.雙曲線的一支D.直線答案D4.(2020屆浙江麗水四校聯(lián)考,5)在平面斜坐標(biāo)系xOy中,xOy=45,點(diǎn)P的斜坐標(biāo)定義為若OP=x0e1+y0e2(其中e1,e2分別為與斜坐標(biāo)系的x軸,y軸同方向的單位向量),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0).若F1(-1,0),F2(1,0),且動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿(mǎn)足|MF1|=|MF2|,則點(diǎn)M在斜坐標(biāo)系中的軌跡方程為(A.x-2y=0B.x+2y=0C.2x-y=0D.2x+y=0答案D5.(2020屆浙江臺(tái)州五校聯(lián)考,8)已知平面ABCD平面ADEF,ABAD,CDAD,且AB=1,AD=CD=2.四邊形ADEF是正方形,在正方形ADE

22、F內(nèi)部有一點(diǎn)M,滿(mǎn)足MB,MC與平面ADEF所成的角相等,則點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為()A.43B.C.49D.8答案C二、填空題(每空4分,共8分)6.(2020屆浙江杭州四中月考,16)圓錐的軸截面SAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,O為底面中心,M為SO的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在圓錐底面內(nèi)(包括圓周),若AMMP,則P點(diǎn)形成的軌跡的長(zhǎng)度為.答案77.(2019浙江高考仿真卷(一),16)在四面體ABCD中,已知|DA|=|DB|=|DC|=1,且DA,DB,DC兩兩互相垂直,在該四面體的表面上與點(diǎn)A的距離為233的點(diǎn)形成一條曲線,則這條曲線的長(zhǎng)度是答案32三、解答題(共45分)8.(2019浙江高考“超級(jí)全能生

23、”聯(lián)考,21)已知點(diǎn)F14,0,點(diǎn)M在y軸上,點(diǎn)N在x軸上,且NM=MP,NMMF,當(dāng)點(diǎn)M在y軸上運(yùn)動(dòng)時(shí),點(diǎn)(1)求曲線C的方程;(2)過(guò)曲線C上一點(diǎn)E,作圓Q:(x-5)2+y2=1的切線,交曲線C于A,B兩點(diǎn),若直線EQ垂直于直線AB,求EFQ的面積.解析本題考查軌跡方程、直線與拋物線的位置關(guān)系.(1)設(shè)點(diǎn)P(x,y),則M0,所以FM=-14,y2因?yàn)镸NMF,所以-x4+y24=0,即所以曲線C的方程為y2=x(x0).(2)由題意知直線EQ的斜率不為0.當(dāng)直線EQ的斜率不存在時(shí),由拋物線的特征易知EQ不垂直于AB,故不合題意.當(dāng)直線EQ的斜率存在時(shí),記E(y02,y0),A(y12,y1),B(y22,y2),則k所以直線EA的方程為y-y1=1y0+y1(x-y12),即(y1由直線EA和圓Q相切,得|5+y1y0|(y1+y0)同理可得(1-y02)y22-8y0y所以y1,y2是方程(1-y02)y2-8y0y+y02-24=0的兩個(gè)實(shí)根,故y1+y所以kAB=y2-y1y又kEQ=y0y02-5,由EQAB得kABkEQ所以SEFQ=125-149.(2019浙江寧波北侖中學(xué)模擬(二),21)過(guò)橢圓C外一點(diǎn)P(x0,y0)