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10.5 曲線與方程
挖命題
【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.
2015浙江文,7
曲線與方程的求法
平面截圓錐的性質(zhì)
★★☆
分析解讀 1.求曲線方程的題目往往出現(xiàn)在解答題中,并且以第一小題的形式出現(xiàn),難度適中.
2.預(yù)計2020年高考試題中,求曲線的方程會有所涉及.
破考點
【考點集訓(xùn)】
考點 曲線與方程
1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試,8)在圓C:x2+y2+2x-2y-23=0中,長為8的弦中點的軌跡方程為( )
A.(x-1)2+(y+1)2=9 B.(x+1)2+(y-1)2=9
C.(x-1)2+(y+1)2=16 D.(x+1)2+(y-1)2=16
答案 B
2.(2017浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考(4月),21)已知兩個不同的動點A,B在橢圓y28+x24=1上,且線段AB的垂直平分線恒過點P(0,-1).求:
(1)線段AB的中點M的軌跡方程;
(2)線段AB的長度的最大值.
解析 (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).易知直線AB的斜率存在,
由題意可知,y128+x124=1,y228+x224=1,
則(y1-y2)(y1+y2)8+(x1-x2)(x1+x2)4=0,
得y1-y2x1-x2=-2x0y0.
又y1-y2x1-x2y0+1x0=-1,得y0=-2.
從而,線段AB的中點M的軌跡方程為y=-2(-2
,
即當(dāng)k∈(-∞,-1)∪12,+∞時,直線l與C1沒有公共點,與C2有一個公共點,
故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點.
若Δ=0,x0<0或Δ>0,x0≥0,由②③解得k∈-1,12或-≤k<0,
即當(dāng)k∈-1,12時,直線l與C1只有一個公共點,與C2有一個公共點.
當(dāng)k∈-12,0時,直線l與C1有兩個公共點,與C2沒有公共點.
故當(dāng)k∈-12,0∪-1,12時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點.
若Δ>0,x0<0,由②③解得-1b>0),由e==22,得a2-b2a2=12,從而a2=2b2,所以c=b.
故橢圓C方程為x2+2y2=2b2,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),∵A、B在橢圓C上,∴x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,兩式相減得(x12-x22)+2(y12-y22)=0,即y1-y2x1-x2=-x1+x22(y1+y2).
設(shè)AB的中點為(x0,y0),則kAB=-x02y0,又(x0,y0)在直線y=x上,故y0=x0,于是-x02y0=-1,即kAB=-1,故直線l的方程為y=-x+1.
右焦點(b,0)關(guān)于直線l的對稱點設(shè)為(x,y),
則yx-b=1,y2=-x+b2+1,解得x=1,y=1-b.
由點(1,1-b)在橢圓上,得1+2(1-b)2=2b2,
∴b=,∴b2=916,a2=.
∴所求橢圓C的方程為x298+y2916=1.
過專題
【五年高考】
統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組
考點 曲線與方程
1.(2017課標(biāo)全國Ⅱ理,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)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=2NM.
(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=2NM得x0=x,y0=22y.
因為M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.
因此點P的軌跡方程為x2+y2=2.
(2)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OQ⊥PF.
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.
2.(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(biāo);
(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)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(biāo)為(3,0).
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),
則x0=x1+x22,y0=y1+y22.
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Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+t2,
所以x0=31+t2,代入直線l的方程,得y0=3t1+t2.
因為x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,
所以x0-322+y02=.
由(*)解得t2<,又t2≥0,所以b>0)的離心率為22,點(2,2)在C上.
(1)求C的方程;
(2)直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.
解析 (1)由題意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,
解得a2=8,b2=4.
所以C的方程為x28+y24=1.
(2)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28+y24=1得
(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.
于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-.
所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.
思路分析 (1)利用橢圓的離心率,以及橢圓經(jīng)過的點,求解a,b,然后得到橢圓的方程;(2)聯(lián)立直線方程與橢圓方程,通過根與系數(shù)的關(guān)系求解kOM,然后推出直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.
3.(2014廣東,20,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個焦點為(5,0),離心率為53.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)若動點P(x0,y0)為橢圓C外一點,且點P到橢圓C的兩條切線相互垂直,求點P的軌跡方程.
解析 (1)由題意知c=5,e==53,
∴a=3,b2=a2-c2=4,
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y24=1.
(2)設(shè)兩切線為l1,l2,
①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時, l2∥x軸或l2⊥x軸,可知P(3,2).
②當(dāng)l1與x軸不垂直且不平行時,x0≠3,設(shè)l1的斜率為k,且k≠0,則l2的斜率為-,l1的方程為y-y0=k(x-x0),與x29+y24=1聯(lián)立,
整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,
∵直線l1與橢圓相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0,
∴(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0,
∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一個根,同理,-是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一個根,
∴k-1k=y02-4x02-9,整理得x02+y02=13,其中x0≠3,
∴點P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠3).
P(3,2)滿足上式.
綜上,點P的軌跡方程為x2+y2=13.
評析 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及軌跡方程的求法.考查分類討論思想以及方程思想的應(yīng)用.
4.(2013課標(biāo)Ⅰ,20,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x-1)2+y2=9,動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線C.
(1)求C的方程;
(2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線,l與曲線C交于A,B兩點,當(dāng)圓P的半徑最長時,求|AB|.
解析 由已知得圓M的圓心為M(-1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.
(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.
由橢圓的定義可知,曲線C是以M、N為左、右焦點,長半軸長為2,短半軸長為3的橢圓(左頂點除外),其方程為x24+y23=1(x≠-2).
(2)對于曲線C上任意一點P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時,R=2.所以當(dāng)圓P的半徑最長時,其方程為(x-2)2+y2=4.
若l的傾斜角為90,則l與y軸重合,可得|AB|=23.
若l的傾斜角不為90,由r1≠R知l不平行于x軸,
設(shè)l與x軸的交點為Q,則|QP||QM|=Rr1,
可求得Q(-4,0),
所以可設(shè)l:y=k(x+4).
由l與圓M相切得|3k|1+k2=1,
解得k=24.
當(dāng)k=24時,將y=24x+2代入x24+y23=1,
并整理得7x2+8x-8=0,
解得x1,2=-4627.
所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.
當(dāng)k=-24時,由圖形的對稱性可知|AB|=187.
綜上,|AB|=23或|AB|=187.
思路分析 (1)由動圓P與兩定圓的位置關(guān)系可求得|PM|+|PN|=4,根據(jù)橢圓的定義即可判定動圓圓心P的軌跡,進(jìn)而求得曲線C的方程,注意檢驗特殊點是否符合題意;(2)根據(jù)條件確定圓P的半徑最長時圓P的方程,對直線l的傾斜角進(jìn)行討論.當(dāng)直線的斜率不存在時,直接求|AB|.當(dāng)直線的斜率存在時,利用相切關(guān)系求其斜率與方程,將直線方程代入曲線C的方程,解出x,再利用弦長公式求|AB|.
【三年模擬】
一、選擇題(每小題4分,共8分)
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,AB為底面直徑,頂角為2θ,那么不過頂點P的平面:與PH的夾角α滿足>α>θ時,截口曲線為橢圓;與PH的夾角α=θ時,截口曲線為拋物線;與PH的夾角α滿足θ>α>0時,截口曲線為雙曲線.如圖,底面內(nèi)的直線AM⊥AB,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(dāng)C在線段PB上運(yùn)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 D
2.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)一輪階段檢測,7)已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c(ac≠0)圖象的頂點坐標(biāo)為-b2a,-14a,與x軸的交點P,Q位于y軸的兩側(cè),以線段PQ為直徑的圓與y軸交于F1(0,4)和F2(0,-4),則點(b,c)所在的曲線為( )
A.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線
答案 B
二、填空題(單空題4分,多空題6分,共6分)
3.(2018浙江嘉興教學(xué)測試(4月),12)在直角坐標(biāo)系中,A(-2,0),B(2,0),動點P滿足|PA|=2|PB|,則點P的軌跡方程是 ;軌跡為 .
答案 x2+y2-12x+4=0;一個圓
三、解答題(共45分)
4.(2019屆浙江高考信息卷(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AB⊥DB,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,故所求的軌跡方程是x216+y24=1.
(2)設(shè)直線AB的方程是y=kx+2,則直線BD的方程是y=-x+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kAD=yA-yDxA-xD=2-8k21+4k2-2k2-8k2+4-16k1+4k2-16kk2+4=k2-15k,∴直線AD的方程為y-2-8k21+4k2=k2-15kx+16k1+4k2,即y=k2-15kx-,即直線AD過定點0,-65,為使直線AD與圓x2+y2=r2總有公共點,只需r≥,即r的取值范圍是65,+∞.
5.(2018浙江新高考調(diào)研卷四(金華一中),21)已知動圓O1過定點A(2,0),且在y軸上截得弦MN的長為4.
(1)求動圓圓心O1的軌跡C的方程;
(2)若B(x0,y0)是動圓圓心O1的軌跡C上的動點,點P,Q在y軸上,圓(x-2)2+y2=4內(nèi)切于△BPQ,求△BPQ面積的最小值及此時點B的坐標(biāo).
解析 (1)如圖,設(shè)動圓圓心O1(x,y),由題意知,|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時,過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點,
∵|O1M|=|O1A|,∴x2+4=(x-2)2+y2,
化簡得y2=4x(x≠0).又當(dāng)O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=4x,
所以動圓圓心O1的軌跡C的方程為y2=4x.
(2)設(shè)P(0,p),Q(0,q),且p>q.
直線PB的方程:y-p=y0-px0x,
化簡得(y0-p)x-x0y+x0p=0,∵圓心(2,0)到直線PB的距離是2,∴|2(y0-p)+x0p|(y0-p)2+x02=2,
從而4(y0-p)2+4x02=4(y0-p)2+4x0p(y0-p)+x02p2,易知x0>4,
∴上式化簡后,得(x0-4)p2+4y0p-4x0=0,
同理,(x0-4)q2+4y0q-4x0=0,
∴p+q=-4y0x0-4,pq=-4x0x0-4,
p-q=-4y0x0-42-4-4x0x0-4=4x02+y02-4x0(x0-4)2,
∵B(x0,y0)是拋物線上的一點,∴y02=4x0,∴p-q=4x0x0-4,
∴S△BPQ= (p-q)x0=4x02x0-4=2(x0-4)+16x0-4+8≥32,
當(dāng)且僅當(dāng)x0-4=16x0-4,即x0=8,y0=42時取等號,此時B(8,42).∴△BPQ面積的最小值為32.
6.(2018浙江嘉興高三期末,21)如圖,AB為半圓x2+y2=1(y≥0)的直徑,點D,P是半圓弧上的兩點,OD⊥AB,∠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,P32,12.
2a=|PA|+|PB|=32+12+122+32-12+122=2+3+2-3,
∴a2=,b2=,∴曲線C的方程為x232+y212=1.(5分)
(2)當(dāng)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+1,2x2+6y2=3得(2+6k2)x2+12kx+3=0,
Δ=(12k)2-4(2+6k2)3=24(3k2-1)>0,∴k2>,
設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),
∴x1+x2=-12k2+6k2,x1x2=32+6k2,(8分)
∴|EF|=1+k2|x1-x2|=1+k224(3k2-1)2+6k2,(10分)
又∵點O到直線l的距離d=11+k2,
∴△OEF的面積S=|EF|d=6(3k2-1)2+6k2.(12分)
令3k2-1=λ,λ>0,則S=6λλ2+2=6λ+2λ≤622=34,當(dāng)且僅當(dāng)λ=,即λ=2,也即3k2-1=2,k=1時,△OEF的面積取到最大值34.
此時直線l的方程為y=x+1或y=-x+1.(15分)
（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 專題10 圓錐曲線與方程 10.5 曲線與方程檢測.doc
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