《2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 9.7 曲線與方程練習(xí) 理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 9.7 曲線與方程練習(xí) 理.doc（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

9.7　曲線與方程 考綱解讀 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 要求 高考示例 常考題型 預(yù)測(cè)熱度 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 了解 2017課標(biāo)全國(guó)Ⅱ,20; 2016課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,20; 2015湖北,21;2014廣東,20; 2013福建,18 解答題 ★★★ 分析解讀　1.了解解析幾何的基本思想和研究幾何問(wèn)題的方法——坐標(biāo)法.2.理解軌跡的概念.能夠根據(jù)所給條件選擇適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系,運(yùn)用求軌跡方程的常用方法(如:直接法、代入法、定義法、待定系數(shù)法、參數(shù)法、交軌法等)求軌跡方程.3.本節(jié)在高考中以求曲線的方程和研究曲線的性質(zhì)為主,分值約為12分,屬中高檔題. 五年高考 考點(diǎn)　曲線與方程 1.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅱ,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:+y2=1上,過(guò)M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿足=. (1)求點(diǎn)P的軌跡方程; (2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且=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　(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0). 由=得x0=x,y0=y. 因?yàn)镸(x0,y0)在C上, 所以+=1. 因此點(diǎn)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=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n). 由=1得-3m-m2+tn-n2=1, 又由(1)知m2+n2=2, 故3+3m-tn=0. 所以=0,即⊥. 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. 2.(2016課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,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AR∥FQ; (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F.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab≠0, 且A,B,P,Q,R. 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)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=====-b=k2. 所以AR∥FQ.(5分) (2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,S△PQF=. 由題設(shè)可得2|b-a|=, 所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分) 設(shè)滿足條件的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=(x≠1).而=y,所以y2=x-1(x≠1). 當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.(12分) 教師用書專用(3—6) 3.(2015湖北,21,14分)一種作圖工具如圖1所示.O是滑槽AB的中點(diǎn),短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動(dòng),長(zhǎng)桿MN通過(guò)N處鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動(dòng),且DN=ON=1,MN=3.當(dāng)栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),N繞O轉(zhuǎn)動(dòng)一周(D不動(dòng)時(shí),N也不動(dòng)),M處的筆尖畫出的曲線記為C.以O(shè)為原點(diǎn),AB所在的直線為x軸建立如圖2所示的平面直角坐標(biāo)系. (1)求曲線C的方程; (2)設(shè)動(dòng)直線l與兩定直線l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分別交于P,Q兩點(diǎn).若直線l總與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),試探究:△OPQ的面積是否存在最小值?若存在,求出該最小值;若不存在,說(shuō)明理由. 圖1 圖2 解析　(1)設(shè)點(diǎn)D(t,0)(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y),依題意,=2,且||=||=1, 所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且 即且t(t-2x0)=0. 由于當(dāng)點(diǎn)D不動(dòng)時(shí),點(diǎn)N也不動(dòng),所以t不恒等于0, 于是t=2x0,故x0=,y0=-, 代入+=1,可得+=1, 即所求的曲線C的方程為+=1. (2)(i)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線l為x=4或x=-4,都有S△OPQ=44=8. (ii)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l:y=kx+m, 由消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 因?yàn)橹本€l總與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn), 所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.① 又由可得P; 同理可得Q. 由原點(diǎn)O到直線PQ的距離為d=和|PQ|= |xP-xQ|, 可得S△OPQ=|PQ|d=|m||xP-xQ| =|m|=.② 將①代入②得,S△OPQ==8. 當(dāng)k2>時(shí),S△OPQ=8=8>8; 當(dāng)0≤k2<時(shí),S△OPQ=8=8. 因0≤k2<,則0<1-4k2≤1,≥2, 所以S△OPQ=8≥8, 當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào).所以當(dāng)k=0時(shí),S△OPQ的最小值為8. 綜合(i)(ii)可知,當(dāng)直線l與橢圓C在四個(gè)頂點(diǎn)處相切時(shí),△OPQ的面積取得最小值8. 4.(2014廣東,20,14分)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為(,0),離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)為橢圓C外一點(diǎn),且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直,求點(diǎn)P的軌跡方程. 解析　(1)由題意知c=,e==, ∴a=3,b2=a2-c2=4, 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. (2)設(shè)兩切線為l1,l2, ①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時(shí),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(shí),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+=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, ∴(-9)k2-2x0y0k+-4=0, ∴k是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0的一個(gè)根, 同理,-是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0的另一個(gè)根, ∴k=,整理得+=13,其中x0≠3, ∴點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠3). 檢驗(yàn)P(3,2)滿足上式. 綜上,點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13. 5.(2013福建,18,13分)如圖,在正方形OABC中,O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A的坐標(biāo)為(10,0),點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,10).分別將線段OA和AB十等分,分點(diǎn)分別記為A1,A2,…,A9和B1,B2,…,B9.連接OBi,過(guò)Ai作x軸的垂線與OBi交于點(diǎn)Pi(i∈N*,1≤i≤9). (1)求證:點(diǎn)Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上,并求該拋物線E的方程; (2)過(guò)點(diǎn)C作直線l與拋物線E交于不同的兩點(diǎn)M,N,若△OCM與△OCN的面積比為4∶1,求直線l的方程. 解析　解法一:(1)依題意,過(guò)Ai(i∈N*,1≤i≤9)且與x軸垂直的直線方程為x=i,Bi的坐標(biāo)為(10,i),所以直線OBi的方程為y=x. 設(shè)Pi的坐標(biāo)為(x,y),由 得y=x2,即x2=10y. 所以點(diǎn)Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上,且拋物線E的方程為x2=10y. (2)依題意,直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx+10. 由得x2-10kx-100=0, 此時(shí)Δ=100k2+400>0,直線l與拋物線E恒有兩個(gè)不同的交點(diǎn)M,N. 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 則 因?yàn)镾△OCM=4S△OCN,所以|x1|=4|x2|. 又x1x2<0,所以x1=-4x2, 分別代入①和②,得 解得k=. 所以直線l的方程為y=x+10,即3x-2y+20=0或3x+2y-20=0. 解法二:(1)點(diǎn)Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在拋物線E:x2=10y上. 證明如下:過(guò)Ai(i∈N*,1≤i≤9)且與x軸垂直的直線方程為x=i,Bi的坐標(biāo)為(10,i),所以直線OBi的方程為y=x. 由解得Pi的坐標(biāo)為, 因?yàn)辄c(diǎn)Pi的坐標(biāo)都滿足方程x2=10y, 所以點(diǎn)Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一條拋物線上,且拋物線E的方程為x2=10y. (2)同解法一. 6.(2013四川,20,13分)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(-1,0),F2(1,0),且橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)P. (1)求橢圓C的離心率; (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A(0,2)的直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),點(diǎn)Q是線段MN上的點(diǎn),且=+,求點(diǎn)Q的軌跡方程. 解析　(1)由橢圓定義知,2a=|PF1|+|PF2|=+=2, 所以a=. 又由已知得,c=1, 所以橢圓C的離心率e===.(4分) (2)由(1)知,橢圓C的方程為+y2=1. 設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x,y). (i)當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),直線l與橢圓C交于(0,1),(0,-1)兩點(diǎn),此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為. (ii)當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+2. 因?yàn)镸,N在直線l上,所以可設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(x1,kx1+2),(x2,kx2+2), 則|AM|2=(1+k2),|AN|2=(1+k2). 又|AQ|2=x2+(y-2)2=(1+k2)x2. 由=+,得 =+, 即=+=.① 將y=kx+2代入+y2=1中,得 (2k2+1)x2+8kx+6=0.② 由Δ=(8k)2-4(2k2+1)6>0,得k2>. 由②可知,x1+x2=,x1x2=, 代入①中并化簡(jiǎn),得 x2=.③ 因?yàn)辄c(diǎn)Q在直線y=kx+2上,所以k=,代入③中并化簡(jiǎn),得10(y-2)2-3x2=18. 由③及k2>,可知00),F為其焦點(diǎn),過(guò)點(diǎn)F的直線l交拋物線于A、B兩點(diǎn),過(guò)點(diǎn)B作x軸的垂線,交直線OA于點(diǎn)C,如圖所示. (1)求點(diǎn)C的軌跡M的方程; (2)直線n是拋物線不與x軸重合的切線,切點(diǎn)為P,軌跡M與直線n交于點(diǎn)Q,求證:以線段PQ為直徑的圓過(guò)點(diǎn)F. 解析　(1)依題意可得,直線l的斜率存在,故設(shè)其方程為y=kx+,又設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x,y), 由?x2-2pkx-p2=0?x1x2=-p2.(3分) 易知直線OA:y=x=x,直線BC:x=x2, 由得y==-, 即點(diǎn)C的軌跡M的方程為y=-.(6分) (2)證明:由題意知直線n的斜率存在. 設(shè)直線n的方程為y=k1x+m. 由?x2-2pk1x-2pm=0?Δ=4p2+8pm. ∵直線n與拋物線相切,∴Δ=0?p+2m=0,可得P(pk1,-m). 又由?Q,(9分) ∴==-(p+2m)+pm+=0?FP⊥FQ, ∴以線段PQ為直徑的圓過(guò)點(diǎn)F.(12分) B組　2016—2018年模擬提升題組 (滿分:55分　時(shí)間:50分鐘) 一、填空題(每小題5分,共15分) 1.(2017豫北名校4月聯(lián)考,15)已知△ABC的頂點(diǎn)B(0,0),C(5,0),AB邊上的中線長(zhǎng)|CD|=3,則頂點(diǎn)A的軌跡方程為　　　　　　　　　　. 答案　(x-10)2+y2=36(y≠0) 2.(人教A選2—1,二A,3(2),變式)已知圓O1:(x-2)2+y2=16和圓O2:x2+y2=r2(0e2),則e1+2e2的最小值為　　　　. 答案　 3.(2016廣東佛山六校聯(lián)考,15)已知A(3,2)、B(1,0),P(x,y)滿足=x1+x2(O是坐標(biāo)原點(diǎn)),若x1+x2=1,則P的坐標(biāo)滿足的方程是　　　　. 答案　x-y-1=0 二、解答題(共40分) 4.(2018湖南郴州模擬,20)已知拋物線E:y2=8x,圓M:(x-2)2+y2=4,點(diǎn)N為拋物線E上的動(dòng)點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),線段ON的中點(diǎn)P的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程; (2)點(diǎn)Q(x0,y0)(x0≥5)是曲線C上的點(diǎn),過(guò)點(diǎn)Q作圓M的兩條切線,分別與x軸交于A、B兩點(diǎn),求△QAB面積的最小值. 解析　(1)設(shè)P(x,y),則點(diǎn)N(2x,2y)在拋物線E:y2=8x上,∴4y2=16x, ∴曲線C的方程為y2=4x. (2)設(shè)切線方程為y-y0=k(x-x0). 令y=0,可得x=x0-, 圓心(2,0)到切線的距離d==2, 整理可得(-4x0)k2+(4y0-2x0y0)k+-4=0. 設(shè)兩條切線的斜率分別為k1,k2, 則k1+k2=,k1k2=, ∴△QAB的面積S=-|y0|=2. 設(shè)t=x0-1∈[4,+∞),則f(t)=2在[4,+∞)上單調(diào)遞增,∴f(t)≥,即△QAB面積的最小值為. 5.(2018云南玉溪模擬,20)已知點(diǎn)M(4,0)、N(1,0),若動(dòng)點(diǎn)P滿足=6||. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C; (2)在曲線C上求一點(diǎn)Q,使點(diǎn)Q到直線l:x+2y-12=0的距離最小. 解析　(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P(x,y),又點(diǎn)M(4,0)、N(1,0), ∴=(x-4,y),=(-3,0),=(x-1,y).(3分) 由=6||,得-3(x-4)=6,(4分) ∴x2-8x+16=4(x2-2x+1)+4y2, 故3x2+4y2=12,即+=1, ∴軌跡C是焦點(diǎn)為(1,0),長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓.(7分) (2)橢圓C上的點(diǎn)Q到直線l的距離的最值等于平行于直線l:x+2y-12=0且與橢圓C相切的直線l1與直線l的距離. 設(shè)直線l1的方程為x+2y+m=0(m≠-12).(8分) 由消去y得4x2+2mx+m2-12=0(*). 依題意得Δ=0,即4m2-16(m2-12)=0, 故m2=16,解得m=4. 當(dāng)m=4時(shí),直線l1:x+2y+4=0,直線l與l1的距離d==. 當(dāng)m=-4時(shí),直線l1:x+2y-4=0,直線l與l1的距離d==. 由于<,故曲線C上的點(diǎn)Q到直線l的距離的最小值為.(12分) 當(dāng)m=-4時(shí),方程(*)化為4x2-8x+4=0,即(x-1)2=0,解得x=1. 由1+2y-4=0,得y=,故Q,(13分) ∴曲線C上的點(diǎn)Q到直線l的距離最小.(14分) 6.(2017河南洛陽(yáng)二模,20)已知?jiǎng)訄AM過(guò)定點(diǎn)E(2,0),且在y軸上截得的弦PQ的長(zhǎng)為4. (1)求動(dòng)圓圓心M的軌跡C的方程; (2)設(shè)A,B是軌跡C上的兩點(diǎn),且=-4,F(1,0),記S=S△OFA+S△OAB,求S的最小值. 解析　(1)設(shè)M(x,y),PQ的中點(diǎn)為N,連MN,則|PN|=2,MN⊥PQ,∴|MN|2+|PN|2=|PM|2. 又|PM|=|EM|, ∴|MN|2+|PN|2=|EM|2, ∴x2+4=(x-2)2+y2,整理得y2=4x. ∴動(dòng)圓圓心M的軌跡C的方程為y2=4x.(4分) (2)設(shè)A,B,不妨令y1>0, 則S△OFA=|OF|y1=y1,(5分) ∵=-4, ∴x1x2+y1y2=+y1y2=-4,解得y1y2=-8,①(6分) 當(dāng)y1=-y2時(shí),AB⊥x軸,A(2,2),B(2,-2), S△AOB=4,S△OFA=,S=5. 當(dāng)y1≠-y2時(shí),直線AB的方程為=,(7分) 即y-y1=,令y=0,得x=2, ∴直線AB恒過(guò)定點(diǎn)(2,0),設(shè)定點(diǎn)為E, ∴S△OAB=|OE||y1-y2|=y1-y2,(9分) 由①可得S△OAB=y1+,(10分) ∴S=S△OFA+S△OAB=y1+=y1+≥2=4當(dāng)且僅當(dāng)y1=,即y1=時(shí),取等號(hào).(11分) 綜上,Smin=4.(12分) C組　2016—2018年模擬方法題組 方法　求軌跡方程的方法 1.(2018山西臨汾模擬,9)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左,右頂點(diǎn)分別為A,B,點(diǎn)M,N是橢圓C上關(guān)于長(zhǎng)軸對(duì)稱的兩點(diǎn),若直線AM與BN相交于點(diǎn)P,則點(diǎn)P的軌跡方程是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.x=a(y≠0) B.y2=2b(|x|-a)(y≠0) C.x2+y2=a2+b2(y≠0) D.-=1(y≠0) 答案　D 2.(2018安徽合肥模擬,20)如圖,拋物線E:y2=2px(p>0)與圓O:x2+y2=8相交于A,B兩點(diǎn),且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2.過(guò)劣弧AB上動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)作圓O的切線交拋物線E于C,D兩點(diǎn),分別以C,D為切點(diǎn)作拋物線E的切線l1,l2,l1與l2相交于點(diǎn)M. (1)求p的值; (2)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程. 解析　(1)由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2,可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,2), 代入y2=2px,解得p=1. (2)由(1)知拋物線E的方程為y2=2x.設(shè)C,D,y1≠0,y2≠0.易知l1,l2的斜率均存在, 設(shè)切線l1:y-y1=k, 代入y2=2x得ky2-2y+2y1-k=0,由Δ=0解得k=, ∴l(xiāng)1的方程為y=x+,同理,l2的方程為y=x+, 聯(lián)立解得 ∵CD的方程為x0x+y0y=8,其中x0,y0滿足+=8,x0∈[2,2],聯(lián)立得x0y2+2y0y-16=0,則 代入可知M(x,y)滿足 代入+=8得-y2=1, 由x0∈[2,2]知x∈[-4,-2]. ∴動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為-y2=1,x∈[-4,-2]. 3.(2017福建泉州二模,20)在△ABC中,O是BC的中點(diǎn),|BC|=3,△ABC的周長(zhǎng)為6+3.若點(diǎn)T在線段AO上,且|AT|=2|TO|. (1)建立合適的平面直角坐標(biāo)系,求點(diǎn)T的軌跡E的方程; (2)若M,N是射線OC上不同的兩點(diǎn),|OM||ON|=1,過(guò)點(diǎn)M的直線與E交于P,Q,直線QN與E交于另一點(diǎn)R.證明:△MPR是等腰三角形. 解析　(1)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),以的方向?yàn)閤軸的正方向,建立平面直角坐標(biāo)系xOy. 依題意得B,C. 由|AB|+|AC|+|BC|=6+3,得|AB|+|AC|=6. 因?yàn)閨AB|+|AC|=6>|BC|, 所以點(diǎn)A的軌跡是以B,C為焦點(diǎn),6為長(zhǎng)軸長(zhǎng)的橢圓(除去長(zhǎng)軸端點(diǎn)),所以點(diǎn)A的軌跡方程為+=1(x≠3). 設(shè)A(x0,y0),T(x,y),依題意知=, 所以(x,y)=(x0,y0),即 又+=1,∴+=1, 所以點(diǎn)T的軌跡E的方程為x2+2y2=1(x≠1). (2)證明:設(shè)M(m,0)(m≠1),N,Q(x1,y1),P(x2,y2),R(x3,y3). 由題意可得直線QM不與坐標(biāo)軸平行, 因?yàn)閗QM=,所以直線QM的方程為y=(x-m),與x2+2y2=1聯(lián)立并整理可得,(m2+1-2mx1)x2-2m(1-)x+(2mx1--m2)=0, 由根與系數(shù)關(guān)系得x1x2=, 同理,x1x3===x1x2, 所以x2=x3或x1=0, 當(dāng)x2=x3時(shí),PR⊥x軸; 當(dāng)x1=0時(shí),由x1+x2=得x2=, 同理,x3===x2,∴PR⊥x軸. 因此|MP|=|MR|,故△MPR是等腰三角形.