浙江版高考數(shù)學總復(fù)習專題10.5曲線與方程（試題練）教學講練

1、數(shù)學高考總復(fù)習PAGE PAGE 15學好數(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】考點內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點曲線與方程了解方程的曲線與曲線的方程的對應(yīng)關(guān)系.2019課標全國理,21,12分動點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,難度適中.2.預(yù)計2021年高考試題中,求曲線的方程會有所涉及.破考點 練考向【考點集訓】考點曲線與方程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,那么不過頂點P的平面:與PH的夾角滿足2時,截口曲線為橢圓;與PH的夾角=時,截口曲線為拋物線;與PH的夾角滿足0時,截口曲線為雙曲線的一支.如圖,底面內(nèi)的直線AMAB,過AM的平面截圓錐所得的曲線為橢圓,其中與PB的交點為C,可知AC為長軸.那么當C在線段PB上運動時,截口曲線的短軸頂點的軌跡為() A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線答案D2.如圖,P是圓x2+y2=4上的動點,P點在x軸上的射影是D,點M滿足DM=12(1)求動點M的軌跡C的方程,并說明軌跡是什么圖形;(2)過點N(3,0)的直線l與動點M的軌跡C交于不同的兩點A,B,求以O(shè)A,OB為鄰邊的平行

3、四邊形OAEB的頂點E的軌跡方程.解析(1)設(shè)M(x,y),則D(x,0),由DM=12DP點P在圓x2+y2=4上,x2+4y2=4,故動點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E的軌跡方程為x2+4y2-6x=00q.直線PB的方程:y-p=y0化簡得(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,y02=4x0,p-q=SBPQ=12(p-q)x0=124x0當且僅當x0-4=16x0-4,即x0=8,y0=42時

5、取等號,此時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N(23,0),點P為圓M上的動點,點Q在NP上,點G在MP上,且滿足NP=2NQ,GQNP=0.(1)求點G的軌跡方程;(2)已知點B(0,2),A、D是曲線G上的兩動點且ABDB,若直線AD與以原點為圓心的圓總有公共點,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G的軌跡是以M、N為焦點,長軸長為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D,P是半圓弧上的兩點,ODAB,POB=30.曲線C經(jīng)過點P,且曲線C上任意一點M滿足|MA|+|MB|為定值.(1)求曲線C的方程;(2)設(shè)過點D的直線l與曲線C交于不同的兩點E,F,求OEF面積最大時

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)兩點為焦點的橢圓,其中2c=2,P322a=|PA|+|PB|=32+12+122a2=32,b2=12,曲線C的方程為x232(2)當直線l的斜率不存在時,OEF不存在,所以直線l的斜率存在.設(shè)過點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,當且僅當此時直線l的方程為y=x+1或y=-x+1.(15分)方法3相關(guān)點法求軌跡方程1.已知定點A(1,0)及圓x2+y2=4上的兩點P、Q,滿足POQ=60(其中O為坐標原點),則PAQ的重心G的軌跡方程為.答案x-1322.過橢圓x264+y236=1上一點P(-8,0)作直線交橢圓于點Q,解析易知P為橢圓長軸的左端點,所作直線交橢圓于P、Q兩點,則直線PQ斜率存在.設(shè)弦PQ的中點為M(x,y),弦端點P(x1,y1),Q(x2,y2),則有9兩式相減得9(x12-x22)+16(因為x1+x2=2x,y1+y2=2y,所以

9、92x(x1-x2)+162y(y1-y2)=0,所以y1-y2x1-x2=-9x16y,化簡可得9x2+72x+16y2=0(x-8).【五年高考】統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點曲線與方程1.(2019課標全國理,21,12分)已知點A(-2,0),B(2,0),動點M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-12.記M的軌跡為曲線(1)求C的方程,并說明C是什么曲線;(2)過坐標原點的直線交C于P,Q兩點,點P在第一象限,PEx軸,垂足為E,連接QE并延長交C于點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,弦長問題,三角形的面積以及基本不等式的應(yīng)用等相關(guān)知識;通過對三角形形狀的判斷以及面積最值的求解考查學生的知識遷移能力、運算求解能力及函數(shù)思想方法的應(yīng)用;體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學運算的核心素養(yǎng).(1)由題設(shè)得yx+2yx-2=-12,化簡得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,當且僅當k=1時取等號因為S=8t1+2t2在2,+)單調(diào)遞減,所以當t=2,即k=1時,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P、Q的坐標,由Q、E的坐標得出直線QG的方程,聯(lián)立橢圓方程,得出點G的坐標,進而表示出直線PG的斜率,從而得出結(jié)論.(ii)利用弦長公式求出|PQ|與|PG|的表達式,從而將三角形的面積表示成關(guān)于k的函

12、數(shù),進而利用函數(shù)思想求其最大值解題關(guān)鍵利用方程思想得出點P、Q的坐標,進而利用換元法及整體代換法簡化運算過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課標全國理,20,12分)設(shè)O為坐標原點,動點M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足NP=(1)求點P的軌跡方程;(2)設(shè)點Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.解析本題考查了求軌跡方程的基本方法和定點問題.(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因為M(x0,y0)在C上,所以x22+因此點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.又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.思路分析(1)設(shè)出P、M的坐標,利用NP=2NM得到P、M坐標間的關(guān)系式,由點M在橢圓C上求解.(2)利用向量

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

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E的軌跡方程為x24+y23=1(y(2)當l與x軸不垂直時,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(過點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l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積

16、的取值范圍為(12,83).當l與x軸垂直時,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)判定動點的運動軌跡滿足某種曲線的定義;(2)設(shè)標準方程,求方程中的基本量;(3)寫出軌跡方程.2.(2016課標全國,20,12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點,交C的準線于P,Q兩點.(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點,證明ARFQ;(2)若PQF的面積是ABF的面積的兩倍,求AB中點的軌跡方程.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A,B兩點的直線為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)滿足條件的AB的中點為E(x,y).當AB與x軸不垂直時,由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2當AB與x軸垂直時,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)問求解關(guān)鍵是把ARFQ的證明轉(zhuǎn)化為kAR=kFQ的證明;第(2)問需找到AB中點所滿足的幾何條件,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)系時應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用.評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,考查分類討論思想的應(yīng)用,考查學生對基礎(chǔ)知識和基本技能的應(yīng)用能力.3.(2015廣東,20,14分)已知過原點的動直線l與圓C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的兩點A,B.(1)求圓C1的圓心坐標;(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程;(3)是否存在實數(shù)k,使得直線L:y=k(x-4)

19、與曲線C只有一個交點?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,說明理由.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因為x02+y02=9(1+t2)所以x0-322由(*)解得t245,又t20,所以5314時,SOP

20、Q=84k2當0k214時,SOPQ=84k2因0k214,則00),且在平面內(nèi)運動,則()A.當=1時,點C的軌跡是拋物線B.當=1時,點C的軌跡是一條直線C.當=2時,點C的軌跡是橢圓D.當=2時,點C的軌跡是雙曲線答案B2.(2019浙江高考數(shù)學仿真卷,8)動直線y=kx+4-2k與函數(shù)y=4x+1x-2的圖象交于A,B兩點,點P(x,y)是平面上的動點,且滿足|PA+PB|=4,則x2+y2A.40B.44C.46D.48答案D3.(2019浙江高考沖刺卷(四),6)點P到圖形C上每一個點的距離的最小值稱為點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A的距離的點的軌跡不可能是

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)在平面斜坐標系xOy中,xOy=45,點P的斜坐標定義為若OP=x0e1+y0e2(其中e1,e2分別為與斜坐標系的x軸,y軸同方向的單位向量),則點P的坐標為(x0,y0).若F1(-1,0),F2(1,0),且動點M(x,y)滿足|MF1|=|MF2|,則點M在斜坐標系中的軌跡方程為(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M,滿足MB,MC與平面ADEF所成的角相等,則點M的軌跡長度為()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是邊長為2的等邊三角形,O為底面中心,M為SO的中點,動點P在圓錐底面內(nèi)(包括圓周),若AMMP,則P點形成的軌跡的長度為.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A的距離為233的點形成一條曲線,則這條曲線的長度是答案32三、解答題(共45分)8.(2019浙江高考“超級全能生

23、”聯(lián)考,21)已知點F14,0,點M在y軸上,點N在x軸上,且NM=MP,NMMF,當點M在y軸上運動時,點(1)求曲線C的方程;(2)過曲線C上一點E,作圓Q:(x-5)2+y2=1的切線,交曲線C于A,B兩點,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P(x,y),則M0,所以FM=-14,y2因為MNMF,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.當直線EQ的斜率不存在時,由拋物線的特征易知EQ不垂直于AB,故不合題意.當直線EQ的斜率存在時,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的兩個實根,故y1+y所以kAB=y2-y1y又kEQ=y0y02-5,由EQAB得kABkEQ所以SEFQ=125-149.(2019浙江寧波北侖中學模擬(二),21)過橢圓C外一點P(x0,y0)