届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编97 曲线与方程.docx

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届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编97曲线与方程

§9.7　曲线与方程

考纲解读

考点

内容解读

要求

高考示例

常考题型

预测热度

曲线与方程

了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系

了解

2017课标全国Ⅱ,20;

2016课标全国Ⅲ,20;

2015湖北,21;2014广东,20;

2013福建,18

解答题

★★★

分析解读　1.了解解析几何的基本思想和研究几何问题的方法——坐标法.2.理解轨迹的概念.能够根据所给条件选择适当的直角坐标系,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）求轨迹方程.3.本节在高考中以求曲线的方程和研究曲线的性质为主,分值约为12分,属中高档题.

五年高考

考点　曲线与方程

1.（2017课标全国Ⅱ,20,12分）设O为坐标原点,动点M在椭圆C:

+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.

（1）求点P的轨迹方程;

（2）设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:

过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

解析　

（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,则N（x0,0）,=（x-x0,y）,=（0,y0）.

由=得x0=x,y0=y.

因为M（x0,y0）在C上,

所以+=1.

因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.

（2）由题意知F（-1,0）.设Q（-3,t）,P（m,n）,则=（-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.

2.（2016课标全国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.

（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F.设l1:

y=a,l2:

y=b,则ab≠0,

且A,B,P,Q,R.

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=====-b=k2.

所以AR∥FQ.（5分）

（2）设l与x轴的交点为D（x1,0）,则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,S△PQF=.

由题设可得2×|b-a|=,

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=（x≠1）.而=y,所以y2=x-1（x≠1）.

当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.（12分）

教师用书专用（3—6）

3.（2015湖北,21,14分）一种作图工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,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=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,N绕O转动一周（D不动时,N也不动）,M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点,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,Q两点.若直线l总与曲线C有且只有一个公共点,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,=2,且||=||=1,

所以（t-x,-y）=2（x0-t,y0）,且

即且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=,y0=-,

代入+=1,可得+=1,

即所求的曲线C的方程为+=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=×4×4=8.

（ii）当直线l的斜率存在时,设直线l:

y=kx+m,

由消去y,可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-16=0.

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

又由可得P;

同理可得Q.

由原点O到直线PQ的距离为d=和|PQ|=

|xP-xQ|,

可得S△OPQ=|PQ|·d=|m||xP-xQ|

=·|m|·=.②

将①代入②得,S△OPQ==8.

当k2>时,S△OPQ=8·=8>8;

当0≤k2<时,S△OPQ=8·=8.

因0≤k2<,则0<1-4k2≤1,≥2,

所以S△OPQ=8≥8,

当且仅当k=0时取等号.所以当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.

4.（2014广东,20,14分）已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的一个焦点为（,0）,离心率为.

（1）求椭圆C的标准方程;

（2）若动点P（x0,y0）为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.

解析　

（1）由题意知c=,e==,

∴a=3,b2=a2-c2=4,

故椭圆C的标准方程为+=1.

（2）设两切线为l1,l2,

①当l1⊥x轴或l1∥x轴时,l2∥x轴或l2⊥x轴,可知P（±3,±2）.

②当l1与x轴不垂直且不平行时,x0≠±3,设l1的斜率为k,且k≠0,则l2的斜率为-,l1的方程为y-y0=k（x-x0）,

与+=1联立,

整理得（9k2+4）x2+18（y0-kx0）kx+9（y0-kx0）2-36=0,

∵直线l1与椭圆相切,∴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的一个根,

同理,-是方程（-9）x2-2x0y0x+-4=0的另一个根,

∴k·=,整理得+=13,其中x0≠±3,

∴点P的轨迹方程为x2+y2=13（x≠±3）.

检验P（±3,±2）满足上式.

综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.

5.（2013福建,18,13分）如图,在正方形OABC中,O为坐标原点,点A的坐标为（10,0）,点C的坐标为（0,10）.分别将线段OA和AB十等分,分点分别记为A1,A2,…,A9和B1,B2,…,B9.连接OBi,过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi（i∈N*,1≤i≤9）.

（1）求证:

点Pi（i∈N*,1≤i≤9）都在同一条抛物线上,并求该抛物线E的方程;

（2）过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M,N,若△OCM与△OCN的面积比为4∶1,求直线l的方程.

解析　解法一:

（1）依题意,过Ai（i∈N*,1≤i≤9）且与x轴垂直的直线方程为x=i,Bi的坐标为（10,i）,所以直线OBi的方程为y=x.

设Pi的坐标为（x,y）,由

得y=x2,即x2=10y.

所以点Pi（i∈N*,1≤i≤9）都在同一条抛物线上,且抛物线E的方程为x2=10y.

（2）依题意,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+10.

由得x2-10kx-100=0,

此时Δ=100k2+400>0,直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M,N.

设M（x1,y1）,N（x2,y2）,

则

因为S△OCM=4S△OCN,所以|x1|=4|x2|.

又x1·x2<0,所以x1=-4x2,

分别代入①和②,得

解得k=±.

所以直线l的方程为y=±x+10,即3x-2y+20=0或3x+2y-20=0.

解法二:

（1）点Pi（i∈N*,1≤i≤9）都在抛物线E:

x2=10y上.

证明如下:

过Ai（i∈N*,1≤i≤9）且与x轴垂直的直线方程为x=i,Bi的坐标为（10,i）,所以直线OBi的方程为y=x.

由解得Pi的坐标为,

因为点Pi的坐标都满足方程x2=10y,

所以点Pi（i∈N*,1≤i≤9）都在同一条抛物线上,且抛物线E的方程为x2=10y.

（2）同解法一.

6.（2013四川,20,13分）已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的两个焦点分别为F1（-1,0）,F2（1,0）,且椭圆C经过点P.

（1）求椭圆C的离心率;

（2）设过点A（0,2）的直线l与椭圆C交于M,N两点,点Q是线段MN上的点,且=+,求点Q的轨迹方程.

解析　

（1）由椭圆定义知,2a=|PF1|+|PF2|=+=2,

所以a=.

又由已知得,c=1,

所以椭圆C的离心率e===.（4分）

（2）由

（1）知,椭圆C的方程为+y2=1.

设点Q的坐标为（x,y）.

（i）当直线l与x轴垂直时,直线l与椭圆C交于（0,1）,（0,-1）两点,此时点Q的坐标为.

（ii）当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=kx+2.

因为M,N在直线l上,所以可设点M,N的坐标分别为（x1,kx1+2）,（x2,kx2+2）,

则|AM|2=（1+k2）,|AN|2=（1+k2）.

又|AQ|2=x2+（y-2）2=（1+k2）x2.

由=+,得

=+,

即=+=.①

将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中并化简,得

x2=.③

因为点Q在直线y=kx+2上,所以k=,代入③中并化简,得10（y-2）2-3x2=18.

由③及k2>,可知0

又满足10（y-2）2-3x2=18,故x∈.

由题意知,Q（x,y）在椭圆C内,所以-1≤y≤1,

由10（y-2）2=18+3x2得（y-2）2∈,且-1≤y≤1,

则y∈.

所以点Q的轨迹方程为10（y-2）2-3x2=18,其中x∈,y∈.（13分）

三年模拟

A组　2016—2018年模拟·基础题组

考点　曲线与方程

1.（2018广东韶关模拟,9）设M是圆O:

x2+y2=9上的动点,直线l过M且与圆O相切,若过A（-2,0）,B（2,0）两点的抛物线以直线l为准线,则抛物线焦点F的轨迹方程是（　　）

A.-=1（y≠0）B.-=1（y≠0）

C.+=1（y≠0）D.+=1（y≠0）

答案　C

2.（2017河北衡水中学期中,11）已知A（-1,0）,B是圆F:

x2-2x+y2-11=0（F为圆心）上一动点,线段AB的垂直平分线交BF于P,则动点P的轨迹方程为（　　）

A.+=1B.-=1

C.-=1D.+=1

答案　D

3.（2018河北唐山调研,14）过抛物线y2=4x的焦点作直线与此抛物线交于P,Q两点,那么线段PQ中点的轨迹方程是　　　　. 

答案　y2=2x-2

4.（2017安徽安庆二模,20）已知抛物线x2=2py（p>0）,F为其焦点,过点F的直线l交抛物线于A、B两点,过点B作x轴的垂线,交直线OA于点C,如图所示.

（1）求点C的轨迹M的方程;

（2）直线n是抛物线不与x轴重合的切线,切点为P,轨迹M与直线n交于点Q,求证:

以线段PQ为直径的圆过点F.

解析　

（1）依题意可得,直线l的斜率存在,故设其方程为y=kx+,又设A（x1,y1）,B（x2,y2）,C（x,y）,

由⇒x2-2pkx-p2=0⇒x1·x2=-p2.（3分）

易知直线OA:

y=x=x,直线BC:

x=x2,

由得y==-,

即点C的轨迹M的方程为y=-.（6分）

（2）证明:

由题意知直线n的斜率存在.

设直线n的方程为y=k1x+m.

由⇒x2-2pk1x-2pm=0⇒Δ=4p2+8pm.

∵直线n与抛物线相切,∴Δ=0⇒p+2m=0,可得P（pk1,-m）.

又由⇒Q,（9分）

∴·=·=-（p+2m）+pm+=0⇒FP⊥FQ,

∴以线段PQ为直径的圆过点F.（12分）

B组　2016—2018年模拟·提升题组

（满分:

55分　时间:

50分钟）

一、填空题（每小题5分,共15分）

1.（2017豫北名校4月联考,15）已知△ABC的顶点B（0,0）,C（5,0）,AB边上的中线长|CD|=3,则顶点A的轨迹方程为　　　　　　　　　　. 

答案　（x-10）2+y2=36（y≠0）

2.（人教A选2—1,二A,3

（2）,变式）已知圆O1:

（x-2）2+y2=16和圆O2:

x2+y2=r2（0e2）,则e1+2e2的最小值为　　　　. 

答案　

3.（2016广东佛山六校联考,15）已知A（3,2）、B（1,0）,P（x,y）满足=x1+x2（O是坐标原点）,若x1+x2=1,则P的坐标满足的方程是　　　　. 

答案　x-y-1=0

二、解答题（共40分）

4.（2018湖南郴州模拟,20）已知抛物线E:

y2=8x,圆M:

（x-2）2+y2=4,点N为抛物线E上的动点,O为坐标原点,线段ON的中点P的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程;

（2）点Q（x0,y0）（x0≥5）是曲线C上的点,过点Q作圆M的两条切线,分别与x轴交于A、B两点,求△QAB面积的最小值.

解析　

（1）设P（x,y）,则点N（2x,2y）在抛物线E:

y2=8x上,∴4y2=16x,

∴曲线C的方程为y2=4x.

（2）设切线方程为y-y0=k（x-x0）.

令y=0,可得x=x0-,

圆心（2,0）到切线的距离d==2,

整理可得（-4x0）k2+（4y0-2x0y0）k+-4=0.

设两条切线的斜率分别为k1,k2,

则k1+k2=,k1k2=,

∴△QAB的面积S=

-

|y0|=2·.

设t=x0-1∈[4,+∞）,则f（t）=2在[4,+∞）上单调递增,∴f（t）≥,即△QAB面积的最小值为.

5.（2018云南玉溪模拟,20）已知点M（4,0）、N（1,0）,若动点P满足·=6||.

（1）求动点P的轨迹C;

（2）在曲线C上求一点Q,使点Q到直线l:

x+2y-12=0的距离最小.

解析　

（1）设动点P（x,y）,又点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,

∴轨迹C是焦点为（±1,0）,长轴长为4的椭圆.（7分）

（2）椭圆C上的点Q到直线l的距离的最值等于平行于直线l:

x+2y-12=0且与椭圆C相切的直线l1与直线l的距离.

设直线l1的方程为x+2y+m=0（m≠-12）.（8分）

由消去y得4x2+2mx+m2-12=0（*）.

依题意得Δ=0,即4m2-16（m2-12）=0,

故m2=16,解得m=±4.

当m=4时,直线l1:

x+2y+4=0,直线l与l1的距离d==.

当m=-4时,直线l1:

x+2y-4=0,直线l与l1的距离d==.

由于<,故曲线C上的点Q到直线l的距离的最小值为.（12分）

当m=-4时,方程（*）化为4x2-8x+4=0,即（x-1）2=0,解得x=1.

由1+2y-4=0,得y=,故Q,（13分）

∴曲线C上的点Q到直线l的距离最小.（14分）

6.（2017河南洛阳二模,20）已知动圆M过定点E（2,0）,且在y轴上截得的弦PQ的长为4.

（1）求动圆圆心M的轨迹C的方程;

（2）设A,B是轨迹C上的两点,且·=-4,F（1,0）,记S=S△OFA+S△OAB,求S的最小值.

解析　

（1）设M（x,y）,PQ的中点为N,连MN,则|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.

∴动圆圆心M的轨迹C的方程为y2=4x.（4分）

（2）设A,B,不妨令y1>0,

则S△OFA=·|OF|·y1=y1,（5分）

∵·=-4,

∴x1x2+y1y2=+y1y2=-4,解得y1y2=-8,①（6分）

当y1=-y2时,AB⊥x轴,A（2,2）,B（2,-2）,

S△AOB=4,S△OFA=,S=5.

当y1≠-y2时,直线AB的方程为=,（7分）

即y-y1=,令y=0,得x=2,

∴直线AB恒过定点（2,0）,设定点为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

当且仅当y1=,即y1=时,取等号

.（11分）

综上,Smin=4.（12分）

C组　2016—2018年模拟·方法题组

方法　求轨迹方程的方法

1.（2018山西临汾模拟,9）已知椭圆C:

+=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.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安徽合肥模拟,20）如图,抛物线E:

y2=2px（p>0）与圆O:

x2+y2=8相交于A,B两点,且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P（x0,y0）作圆O的切线交抛物线E于C,D两点,分别以C,D为切点作抛物线E的切线l1,l2,l1与l2相交于点M.

（1）求p的值;

（2）求动点M的轨迹方程.

解析　

（1）由点A的横坐标为2,可得点A的坐标为（2,2）,

代入y2=2px,解得p=1.

（2）由

（1）知抛物线E的方程为y2=2x.设C,D,y1≠0,y2≠0.易知l1,l2的斜率均存在,

设切线l1:

y-y1=k,

代入y2=2x得ky2-2y+2y1-k=0,由Δ=0解得k=,

∴l1的方程为y=x+,同理,l2的方程为y=x+,

联立解得

∵CD的方程为x0x+y0y=8,其中x0,y0满足+=8,x0∈[2,2],联立得x0y2+2y0y-16=0,则

代入可知M（x,y）满足

代入+=8得-y2=1,

由x0∈[2,2]知x∈[-4,-2].

∴动点M的轨迹方程为-y2=1,x∈[-4,-2].

3.（2017福建泉州二模,20）在△ABC中,O是BC的中点,|BC|=3,△ABC的周长为6+3.若点T在线段AO上,且|AT|=2|TO|.

（1）建立合适的平面直角坐标系,求点T的轨迹E的方程;

（2）若M,N是射线OC上不同的两点,|OM|·|ON|=1,过点M的直线与E交于P,Q,直线QN与E交于另一点R.证明:

△MPR是等腰三角形.

解析　

（1）如图,以O为坐标原点,以的方向为x轴的正方向,建立平面直角坐标系xOy.

依题意得B,C.

由|AB|+|AC|+|BC|=6+3,得|AB|+|AC|=6.

因为|AB|+|AC|=6>|BC|,

所以点A的轨迹是以B,C为焦点,6为长轴长的椭圆（除去长轴端点）,所以点A的轨迹方程为+=1（x≠±3）.

设A（x0,y0）,T（x,y）,依题意知=,

所以（x,y）=（x0,y0）,即

又+=1,∴+=1,

所以点T的轨迹E的方程为x2+2y2=1（x≠±1）.

（2）证明:

设M（m,0）（m≠1）,N,Q（x1,y1）,P（x2,y2）,R（x3,y3）.

由题意可得直线QM不与坐标轴平行,

因为kQM=,所以直线QM的方程为y=（x-m）,与x2+2y2=1联立并整理可得,（m2+1-2mx1）x2-2m（1-）x+（2mx1--m2）=0,

由根与系数关系得x1x2=,

同理,x1x3===x1x2,

所以x2=x3或x1=0,

当x2=x3时,PR⊥x轴;

当x1=0时,由x1+x2=得x2=,

同理,x3===x2,∴PR⊥x轴.

因此|MP|=|MR|,故△MPR是等腰三角形.