浙江版高考数学总复习专题10.5曲线与方程（试题练）教学讲练

1、数学高考总复习PAGE PAGE 15学好数理化，走遍天下都不怕10.5曲线与方程探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点曲线与方程了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.2019课标全国理,21,12分动点轨迹方程的求法直线与圆锥曲线的位置关系分析解读1.求曲线方程的题目往往出现在解答题中的第一小问,难度适中.2.预计2021年高考试题中,求曲线的方程会有所涉及.破考点 练考向【考点集训】考点曲线与方程1.(2018浙江杭州二中期中,9)2 000多年前,古希腊大数学家阿波罗尼奥斯(Apollonius)发现:平面截圆锥的截口曲线是圆锥曲线.已知圆锥的高为PH

2、,AB为底面直径,顶角为2,那么不过顶点P的平面:与PH的夹角满足2时,截口曲线为椭圆;与PH的夹角=时,截口曲线为抛物线;与PH的夹角满足0时,截口曲线为双曲线的一支.如图,底面内的直线AMAB,过AM的平面截圆锥所得的曲线为椭圆,其中与PB的交点为C,可知AC为长轴.那么当C在线段PB上运动时,截口曲线的短轴顶点的轨迹为() A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线答案D2.如图,P是圆x2+y2=4上的动点,P点在x轴上的射影是D,点M满足DM=12(1)求动点M的轨迹C的方程,并说明轨迹是什么图形;(2)过点N(3,0)的直线l与动点M的轨迹C交于不同的两点A,B,求以OA,OB为邻边的平行

3、四边形OAEB的顶点E的轨迹方程.解析(1)设M(x,y),则D(x,0),由DM=12DP点P在圆x2+y2=4上,x2+4y2=4,故动点M的轨迹C的方程为x24+y2=1,且轨迹C(2)设E(x,y),由题意知l的斜率存在,设l:y=k(x-3),代入x24+y2=1,得(1+4k2)x2-24k2x+36k设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=24ky1+y2=k(x1-3)+k(x2-3)=k(x1+x2)-6k=24k31+4四边形OAEB为平行四边形,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顶点E的轨迹方程为x2+4y2-6x=00q.直线PB的方程:y-p=y0化简得(y0-p)x-x0y+x0p=0,圆心(2,0)到直线PB的距离是2,|2从而4(y0-p)2+4x02=4(y0-p)2+4x0p(y0-p)+x02p2,上式化简后,得(x0-4)p2+4y0p-4x0=0,同理,(x0-4)q2+4y0q-4x0=0,p+q=-4y0 xp-q=-4y0B(x0,y0)是抛物线上的一点,y02=4x0,p-q=SBPQ=12(p-q)x0=124x0当且仅当x0-4=16x0-4,即x0=8,y0=42时

5、取等号,此时B(8,42).方法2定义法求轨迹方程1.(2019浙江高考信息卷(五),21)已知圆M:(x+23)2+y2=64,定点N(23,0),点P为圆M上的动点,点Q在NP上,点G在MP上,且满足NP=2NQ,GQNP=0.(1)求点G的轨迹方程;(2)已知点B(0,2),A、D是曲线G上的两动点且ABDB,若直线AD与以原点为圆心的圆总有公共点,求该圆的半径r的取值范围.解析(1)连接GN,则|GN|=|GP|,|MP|=|MG|+|GP|=|MG|+|GN|=8,根据椭圆的定义知点G的轨迹是以M、N为焦点,长轴长为8的椭圆,即a=4,c=23,则b2=a2-c2=4,故所求的轨迹方

6、程是x216+(2)设直线AB的方程是y=kx+2,则直线BD的方程是y=-1kx+2,由y=kx+2,x216+y24=1得(1+4k2)x2+16kx=0,xA=-16k1+4k2,从而yA=2-8k21+4k2,由y=-1kx+2,x216+y24=1得xD=16kk2+4,yD=2k2-8k2+4,则k2.(2018浙江嘉兴期末,21)如图,AB为半圆x2+y2=1(y0)的直径,点D,P是半圆弧上的两点,ODAB,POB=30.曲线C经过点P,且曲线C上任意一点M满足|MA|+|MB|为定值.(1)求曲线C的方程;(2)设过点D的直线l与曲线C交于不同的两点E,F,求OEF面积最大时

7、直线l的方程.解析(1)根据椭圆的定义,曲线C是以A(-1,0),B(1,0)两点为焦点的椭圆,其中2c=2,P322a=|PA|+|PB|=32+12+122a2=32,b2=12,曲线C的方程为x232(2)当直线l的斜率不存在时,OEF不存在,所以直线l的斜率存在.设过点D的直线l的斜率为k,则l:y=kx+1.由y=kx+1,2x=(12k)2-4(2+6k2)3=24(3k2-1)0,k213设E(x1,y1),F(x2,y2),x1+x2=-12k2+6k2,x1x2=|EF|=1+k2|x1-x2|=1+k2又点O到直线l的距离d=11+OEF的面积S=12|EF|d=6(3令3

8、k2-1=,0,则S=1262+2=126+212622=34,当且仅当此时直线l的方程为y=x+1或y=-x+1.(15分)方法3相关点法求轨迹方程1.已知定点A(1,0)及圆x2+y2=4上的两点P、Q,满足POQ=60(其中O为坐标原点),则PAQ的重心G的轨迹方程为.答案x-1322.过椭圆x264+y236=1上一点P(-8,0)作直线交椭圆于点Q,解析易知P为椭圆长轴的左端点,所作直线交椭圆于P、Q两点,则直线PQ斜率存在.设弦PQ的中点为M(x,y),弦端点P(x1,y1),Q(x2,y2),则有9两式相减得9(x12-x22)+16(因为x1+x2=2x,y1+y2=2y,所以

9、92x(x1-x2)+162y(y1-y2)=0,所以y1-y2x1-x2=-9x16y,化简可得9x2+72x+16y2=0(x-8).【五年高考】统一命题、省(区、市)卷题组考点曲线与方程1.(2019课标全国理,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.(i)证明:PQG是直角三角形;(ii)求PQG面积的最大值.解析本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直

10、线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得yx+2yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|2),(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).由y=kx,x记u=21+2k2于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k由y=k2(x-u),x24+设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG=u(3k2+2)2+从而直线PG的斜率为uk32+所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)由(i

11、)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=所以PQG的面积S=12|PQ|PG|=8k(设t=k+1k,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号因为S=8t1+2t2在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值因此,PQG面积的最大值为169思路分析(1)利用直线AM与BM的斜率之积为-12求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函

12、数,进而利用函数思想求其最大值解题关键利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关键.2.(2017课标全国理,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题.(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2N

13、M得x0=x,y0=2因为M(x0,y0)在C上,所以x22+因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则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OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.思路分析(1)设出P、M的坐标,利用NP=2NM得到P、M坐标间的关系式,由点M在椭圆C上求解.(2)利用向量

14、的坐标运算得OQPF=0,进而证得直线l过椭圆C的左焦点教师专用题组考点曲线与方程1.(2016课标全国,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.解析(1)因为|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准

15、方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y23=1(y(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x-1),x24则x1+x2=8k24k2+3,x所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(过点B(1,0)且与l垂直的直线m的方程为y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,所以|PQ|=2故四边形MPNQ的面积S=12|MN|PQ|=121+14可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积

16、的取值范围为(12,83).当l与x轴垂直时,l的方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,83).(12分)方法总结定义法求轨迹方程的一般步骤:(1)判定动点的运动轨迹满足某种曲线的定义;(2)设标准方程,求方程中的基本量;(3)写出轨迹方程.2.(2016课标全国,20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.解析由题设知F1

17、2,0.设l1:y=a,l2:y=b,则且Aa22,a,Bb22,记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)证明:由于F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a-b1+a2=a-b所以ARFQ.(5分)(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12由题设可得212|b-a|x1-所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2当AB与x轴垂直时,E与D重合.

18、所以,所求轨迹方程为y2=x-1.(12分)疑难突破第(1)问求解关键是把ARFQ的证明转化为kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨论思想的应用.评析本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类讨论思想的应用,考查学生对基础知识和基本技能的应用能力.3.(2015广东,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标;(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)

19、与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.解析(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0),则x0=x1+x22由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.由题意,可得=36-20(1+t2)0(*),x1+x2=61+所以x0=31+t2,代入直线l的方程,得y0因为x02+y02=9(1+t2)所以x0-322由(*)解得t245,又t20,所以5314时,SOP

20、Q=84k2当0k214时,SOPQ=84k2因0k214,则00),且在平面内运动,则()A.当=1时,点C的轨迹是抛物线B.当=1时,点C的轨迹是一条直线C.当=2时,点C的轨迹是椭圆D.当=2时,点C的轨迹是双曲线答案B2.(2019浙江高考数学仿真卷,8)动直线y=kx+4-2k与函数y=4x+1x-2的图象交于A,B两点,点P(x,y)是平面上的动点,且满足|PA+PB|=4,则x2+y2A.40B.44C.46D.48答案D3.(2019浙江高考冲刺卷(四),6)点P到图形C上每一个点的距离的最小值称为点P到图形C的距离,那么平面内到定圆C的距离等于到定点A的距离的点的轨迹不可能是

21、()A.圆B.椭圆C.双曲线的一支D.直线答案D4.(2020届浙江丽水四校联考,5)在平面斜坐标系xOy中,xOy=45,点P的斜坐标定义为若OP=x0e1+y0e2(其中e1,e2分别为与斜坐标系的x轴,y轴同方向的单位向量),则点P的坐标为(x0,y0).若F1(-1,0),F2(1,0),且动点M(x,y)满足|MF1|=|MF2|,则点M在斜坐标系中的轨迹方程为(A.x-2y=0B.x+2y=0C.2x-y=0D.2x+y=0答案D5.(2020届浙江台州五校联考,8)已知平面ABCD平面ADEF,ABAD,CDAD,且AB=1,AD=CD=2.四边形ADEF是正方形,在正方形ADE

22、F内部有一点M,满足MB,MC与平面ADEF所成的角相等,则点M的轨迹长度为()A.43B.C.49D.8答案C二、填空题(每空4分,共8分)6.(2020届浙江杭州四中月考,16)圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形,O为底面中心,M为SO的中点,动点P在圆锥底面内(包括圆周),若AMMP,则P点形成的轨迹的长度为.答案77.(2019浙江高考仿真卷(一),16)在四面体ABCD中,已知|DA|=|DB|=|DC|=1,且DA,DB,DC两两互相垂直,在该四面体的表面上与点A的距离为233的点形成一条曲线,则这条曲线的长度是答案32三、解答题(共45分)8.(2019浙江高考“超级全能生

23、”联考,21)已知点F14,0,点M在y轴上,点N在x轴上,且NM=MP,NMMF,当点M在y轴上运动时,点(1)求曲线C的方程;(2)过曲线C上一点E,作圆Q:(x-5)2+y2=1的切线,交曲线C于A,B两点,若直线EQ垂直于直线AB,求EFQ的面积.解析本题考查轨迹方程、直线与抛物线的位置关系.(1)设点P(x,y),则M0,所以FM=-14,y2因为MNMF,所以-x4+y24=0,即所以曲线C的方程为y2=x(x0).(2)由题意知直线EQ的斜率不为0.当直线EQ的斜率不存在时,由抛物线的特征易知EQ不垂直于AB,故不合题意.当直线EQ的斜率存在时,记E(y02,y0),A(y12,y1),B(y22,y2),则k所以直线EA的方程为y-y1=1y0+y1(x-y12),即(y1由直线EA和圆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的两个实根,故y1+y所以kAB=y2-y1y又kEQ=y0y02-5,由EQAB得kABkEQ所以SEFQ=125-149.(2019浙江宁波北仑中学模拟(二),21)过椭圆C外一点P(x0,y0)