9.6-曲线与方程(试题部分).docx

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　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Ⅱ,21,12分
直译法求轨迹方程,
并说明轨迹
斜率公式、三角形面积公式
★★★
2017课标Ⅱ,20,12分
相关点法求轨迹方程
向量的坐标运算
2016课标Ⅲ,20,12分
求轨迹方程
两条直线平行,四边形面积公式
2016课标Ⅰ,20,12分
定义法求轨迹方程
弦长公式
分析解读　　——,运用求轨迹方程的常用方法(如:直接法、代入法、定义法、待定系数法、参数法、交轨法等),注重考查学生的数学运算、,属中高档题.
破考点 练考向
【考点集训】
考点　曲线与方程
1.(2020届江西金太阳示范卷十八,3)曲线y2-4x+16=0关于直线x=2对称的曲线方程是(　　)
=4x =-4y
=4y =-4x
答案　D　
2.(2018晋冀豫三省联考,6)已知A(-1,0),B(1,0)两点,过动点M作x轴的垂线,垂足为N,若MN2=λAN·NB,则当λ<0时,动点M的轨迹为(　　)

2
答案　C　
炼技法 提能力
【方法集训】
方法　求轨迹方程的方法
1.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是(　　)
=±a(y≠0) =2b(|x|-a)(y≠0)
+y2=a2+b2(y≠0) -y2b2=1(y≠0)
答案　D　
2.(2019四川彭州中学2月月考,14)已知圆C1:(x+3)2+y2=1和圆C2:(x-3)2+y2=9,动圆M同时与圆C1及圆C2相外切,则动圆圆心M的轨迹方程为　　　　　　　. 
答案　x2-y28=1(x≤-1)
【五年高考】
A组　统一命题·课标卷题组
考点　曲线与方程
1.(2019课标Ⅱ,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-.
(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,PE⊥x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.
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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+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,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,最大值为169.
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的函数,进而利用函数思想求其最大值.
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解题关键　①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;②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.(2016课标Ⅰ,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)证明:因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.
所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圆A的标准方程为(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≠0).(4分)
(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2).
由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.
所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.(6分)
过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.
故四边形MPNQ的面积S=12|MN||PQ|=121+14k2+3.(10分)
可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83).当l与x轴垂直时,其方程为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)
3.(2016课标Ⅲ,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.
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(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;
(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F12,:y=a,l2:y=b,则ab≠0,
且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.
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)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-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.
所以AR∥FQ.(5分)
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a|x1-12,S△PQF=|a-b|2.
由题设可得2×12|b-a|x1-12=|a-b|2,
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=yx-1(x≠1).
而a+b2=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,,所求轨迹方程为y2=x-1.(12分)
疑难突破　第(1)问需把AR∥FQ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.
B组　自主命题·省(区、市)卷题组
考点　曲线与方程
(2015湖北,21,14分),短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=
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,带动··N绕O转动一周(D不动时,N也不动),,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.
(1)求曲线C的方程;
(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,,试探究:△OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.
图1
图2
解析　(1)设点D(t,0)(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y),依题意,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,
所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且(x0-t)2+y02=1,x02+y02=1.
即t-x=2x0-2t,y=-2y0,且t(t-2x0)=0.
由于当点D不动时,点N也不动,所以t不恒等于0,
于是t=2x0,故x0=x4,y0=-y2,代入x02+y02=1,可得x216+y24=1,
即所求的曲线C的方程为x216+y24=1.
(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有S△OPQ=12×4×4=8.
(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+mk≠±12,
由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.
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因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,
所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.①
又由y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k.
同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.
由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1+k2和|PQ|=
1+k2|xP-xQ|,
可得S△OPQ=12|PQ|·d=12|m||xP-xQ|
=12·|m|·2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.②
将①代入②得,S△OPQ=2m21-4k2=8|4k2+1||4k2-1|.
当k2>14时,S△OPQ=8·4k2+14k2-1=81+24k2-1>8;
当0≤k2<14时,S△OPQ=8·4k2+11-4k2=8-1+21-4k2.
因为0≤k2<14,则0<1-4k2≤1,21-4k2≥2,
所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8,
当且仅当k==0时,S△OPQ的最小值为8.
综合(i)(ii)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,△OPQ的面积取得最小值8.
C组　教师专用题组
考点　曲线与方程
　(2013课标Ⅰ,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
解析　由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=(x,y),半径为R.
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(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.
由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x≠-2).
(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=,其方程为(x-2)2+y2=4.
若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得|AB|=23.
若l的倾斜角不为90°,由r1≠R知l不平行于x轴,
设l与x轴的交点为Q,则|QP||QM|=Rr1,
可求得Q(-4,0),
所以可设l:y=k(x+4).
由l与圆M相切得|3k|1+k2=1,解得k=±24.
当k=24时,将y=24x+2代入x24+y23=1,
并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=-4±627.
所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.
当k=-24时,由图形的对称性可知|AB|=187.
综上,|AB|=23或187.
思路分析　(1)由动圆P与两定圆的位置关系可求得|PM|+|PN|=4,根据椭圆的定义即可判定动圆圆心P的轨迹,进而求得曲线C的方程,注意检验特殊点是否符合题意;(2)根据条件确定圆P的半径最长时圆P的方程,,直接求|AB|.当直线的斜率存在时,利用相切关系求其斜率与方程,将直线方程代入曲线C的方程,解出x,再利用弦长公式求|AB|.
方法总结　应用定义法求曲线方程的关键在于由已知条件推出动点满足的等量关系,由等量关系结合相应曲线定义判断是何种曲线,进而得出曲线标准方程中的基本量.
【三年模拟】
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一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2020届云南名校8月月考,10)古希腊数学家阿波罗尼斯(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,且k≠1)的点的轨迹是圆,,设A(-3,0),B(3,0),动点M满足|MA||MB|=2,则动点M的轨迹方程为(　　)
A.(x-5)2+y2=16 +(y-5)2=9
C.(x+5)2+y2=16 +(y+5)2=9
答案　A　
2.(2019青海西宁四中模拟,3)已知△ABC的周长为12,B(0,-2),C(0,2),则顶点A的轨迹方程为(　　)
+y216=1(x≠0) +y216=1(y≠0)
+y212=1(x≠0) +y212=1(y≠0)
答案　A　
3.(2018陕西西安铁一中二模,5)在平面直角坐标系xOy中,动点P关于x轴的对称点为Q,且OP·OQ=2,则点P的轨迹方程为(　　)
+y2=2 -y2=2
+y2=2 -y2=2
答案　B　
4.(2019云南花溪质检,8)已知圆的方程为x2+y2=4,若抛物线过定点A(0,1),B(0,-1),且以该圆的切线为准线,则抛物线焦点的轨迹方程是(　　)
+y24=1(y≠0) +y23=1(y≠0)
+y24=1(x≠0) +y23=1(x≠0)
答案　C　
二、填空题(每小题5分,共10分)
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5.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上,且MN=2MP,PM⊥PF,当点P在y轴上运动时,则点N的轨迹方程为　　　　. 
答案　y2=4x
6.(2019豫北名校联盟4月联考,14)已知△ABC中,AB=2,且sin A(1-2cos B)+sin B(1-2cos A)=0,以边AB的中垂线为x轴,以AB所在的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则动点C的轨迹方程为　　　　　　　. 
答案　y24+x23=1(x≠0)
三、解答题(共50分)
7.(2020届河南信阳月考,19)已知定点A(-3,0),B(3,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为-19,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P,Q两点,是否存在定点S(x0,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值?若存在,求出S的坐标;若不存在,请说明理由.
解析　本题主要考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.
(1)设动点M(x,y),则直线MA的斜率kMA=yx+3(x≠-3),
直线MB的斜率kMB=yx-3(x≠3),所以yx+3·yx-3=-19,化简得x29+y2=1,
又x≠±3,所以曲线C的方程为x29+y2=1(x≠±3).
(2),根据直线l过点T(1,0),可设直线l的方程为x=my+1,
联立x=my+1,x2+9y2=9,消去x得(m2+9)y2+2my-8=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则y1+y2=-2mm2+9,y1y2=-8m2+9.
因为直线SP与SQ的斜率分别为kSP=y1x1-x0=y1my1+1-x0,kSQ=y2x2-x0=y2my2+1-x0,
所以kSP·kSQ=y1y2(my1+1-x0)(my2+1-x0)