【数学】2020届一轮复习（理）通用版9-6曲线与方程作业

【数学】2020届一轮复习（理）通用版9-6曲线与方程作业

‎9.6　曲线与方程 挖命题 ‎【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 ‎2017课标Ⅱ,20,12分 轨迹方程及应用 向量的坐标运算 ‎★★★‎ ‎2016课标Ⅲ,20,12分 轨迹方程及应用 两条直线平行,三角形面积公式 ‎2016课标Ⅰ,20,12分 轨迹方程及应用 弦长公式 ‎2014湖北,21,14分 轨迹方程及应用 直线与抛物线的位置关系 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.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点　曲线与方程 ‎1.(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(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.圆　　　　B.椭圆　　　　C.双曲线　　　　D.抛物线 答案　C　‎ ‎2.(2018广东七校二联,15)已知点P是圆F1:(x+1)2+y2=16上任意一点(F1是圆心),点F2与点F1关于原点对称,线段PF2的垂直平分线m分别与PF1,PF2交于M,N两点,则点M的轨迹方程为　　　　　　　　. ‎ 答案　x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法　求轨迹方程的方法 ‎1.(2018湖南怀化调研,8)已知F1、F2分别为椭圆C:x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1的左、右焦点,点P是椭圆C上的动点,则△PF1F2的重心G的轨迹方程为(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.x‎2‎‎36‎+y‎2‎‎27‎=1(y≠0)　　　　B.‎4‎x‎2‎‎9‎+y2=1(y≠0)‎ C.‎9‎x‎2‎‎4‎+3y2=1(y≠0)　　　　D.x2+‎4‎‎3‎y2=1(y≠0)‎ 答案　C　‎ ‎2.(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.x=±a(y≠0)　　　　B.y2=2b(|x|-a)(y≠0)‎ C.x2+y2=a2+b2(y≠0)　　　　D.x‎2‎a‎2‎-y‎2‎b‎2‎=1(y≠0)‎ 答案　D　‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(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)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)‎ 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F‎1‎‎2‎‎,0‎.设l1: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,E与D重合.所以,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 ‎1.(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,带动‎··‎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,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.‎ 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.‎ ‎2.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程;‎ ‎(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.‎ 解析　(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,‎ 即‎(x-1‎)‎‎2‎+‎y‎2‎=|x|+1,‎ 化简整理得y2=2(|x|+x).‎ 故点M的轨迹C的方程为y2=‎‎4x,　x≥0,‎‎0,　　　　x<0.‎ ‎(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),‎ 依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).‎ 由方程组y-1=k(x+2),‎y‎2‎‎=4x,‎可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①‎ i)当k=0时,y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=‎1‎‎4‎.‎ 故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点‎1‎‎4‎‎,1‎.‎ ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②‎ 设直线l与x轴的交点为(x0,0),则 由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-‎2k+1‎k.③‎ 若Δ<0,‎x‎0‎‎<0,‎由②③解得k<-1或k>‎1‎‎2‎,‎ 即当k∈(-∞,-1)∪‎1‎‎2‎‎,+∞‎时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,‎ 故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.‎ 若Δ=0,‎x‎0‎‎<0‎或Δ>0,‎x‎0‎‎≥0,‎则由②③解得k∈‎-1,‎‎1‎‎2‎或-‎1‎‎2‎≤k<0,‎ 即当k∈‎-1,‎‎1‎‎2‎时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.‎ 当k∈‎-‎1‎‎2‎,0‎时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点,‎ 故当k∈‎-‎1‎‎2‎,0‎∪‎-1,‎‎1‎‎2‎时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.‎ 若Δ>0,‎x‎0‎‎<0,‎则由②③解得-1|MN|,‎ 根据椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左、右焦点的椭圆(左长轴端点除外),‎ 即2a=4,∴a=2,c=1,∴b2=3,‎ ‎∴椭圆的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1(x≠-2).‎ ‎(2)过点Q(1,1)作圆M的两条切线,切点分别为A,B,如图:‎ 则|QA|=|QB|=2,以Q为圆心,|QA|为半径的圆Q:(x-1)2+(y-1)2=4与圆M:(x+1)2+y2=1公共弦所在直线AB的方程为y=-2x-1,联立曲线C:x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1(x≠-2)与直线AB:y=-2x-1可得19x2+16x-8=0,Δ>0,‎ 设直线AB与曲线C的交点为E(x1,y1),F(x2,y2),则x1+x2=-‎16‎‎19‎,所以中点的横坐标为x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=-‎8‎‎19‎,代入y=-2x-1得中点的纵坐标为-‎3‎‎19‎,即所求中点坐标为‎-‎8‎‎19‎,-‎‎3‎‎19‎.‎ 思路分析　(1)已知动圆P与圆M外切,与圆N内切,利用圆心距和半径的数量关系得到P到M和P到N的距离之和为定值,符合椭圆定义,从而求得曲线C的方程;‎ ‎(2)先求直线AB的方程,联立直线与椭圆方程,再根据一元二次方程根与系数的关系求得相交弦的中点的横坐标,进而得中点坐标.‎ ‎8.(2019届河南开封10月联考,20)已知直线l1:y=‎3‎‎3‎x,l2:y=-‎3‎‎3‎x,动点P,Q分别在l1,l2上移动,|PQ|=2‎3‎,N是线段PQ的中点,记点N的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)过点M(0,1)分别作直线MA,MB交曲线C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.‎ 解析　(1)根据条件设P(‎3‎m,m),Q(-‎3‎n,n),‎ ‎∵|PQ|=2‎3‎,∴3(m+n)2+(m-n)2=12.‎ 设N(x,y)是线段PQ的中点,则x=‎3‎‎(m-n)‎‎2‎,‎y=m+n‎2‎,‎ 消去m,n可得曲线C的方程为x‎2‎‎9‎+y2=1.‎ ‎(2)证明:由(1)知,点M(0,1)为椭圆x‎2‎‎9‎+y2=1的上顶点,‎ 当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),‎ 由k1+k2=2得y‎0‎‎-1‎x‎0‎+‎-y‎0‎-1‎x‎0‎=2,得x0=-1;‎ 当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立x‎2‎‎9‎‎+y‎2‎=1,‎y=kx+m⇒(1+9k2)x2+18kmx+9m2-9=0,‎ 得x1+x2=-‎18km‎1+9‎k‎2‎,x1·x2=‎9m‎2‎-9‎‎1+9‎k‎2‎,‎ k1+k2=2⇒y‎1‎‎-1‎x‎1‎+y‎2‎‎-1‎x‎2‎=2⇒‎(kx‎2‎+m-1)x‎1‎+(kx‎1‎+m-1)‎x‎2‎x‎1‎x‎2‎=2,‎ 即(2-2k)x1x2=(m-1)(x1+x2)⇒(2-2k)(9m2-9)=(m-1)·(-18km),由m≠1,得(1-k)(m+1)=-km⇒m=k-1,‎ 即y=kx+m=kx+k-1⇒y=k(x+1)-1,故直线AB过定点(-1,-1).经检验,此时直线与椭圆有两个交点,满足题意.‎ 综上所述,直线AB过定点(-1,-1).‎ ‎9.(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)由题意知切线斜率存在.‎ 设切线方程为y-y0=k(x-x0).‎ 令y=0,可得x=x0-y‎0‎k,‎ 圆心(2,0)到切线的距离d=‎|2k+y‎0‎-kx‎0‎|‎k‎2‎‎+1‎=2,‎ 整理可得(x‎0‎‎2‎-4x0)k2+(4y0-2x0y0)k+y‎0‎‎2‎-4=0.‎ 设两条切线的斜率分别为k1,k2,‎ 则k1+k2=‎2x‎0‎y‎0‎-4‎y‎0‎x‎0‎‎2‎‎-4‎x‎0‎,k1k2=y‎0‎‎2‎‎-4‎x‎0‎‎2‎‎-4‎x‎0‎,‎ ‎∴△QAB的面积S=‎1‎‎2‎x‎0‎‎-‎y‎0‎k‎1‎-x‎0‎‎-‎y‎0‎k‎2‎|y0|=2·x‎0‎‎2‎x‎0‎‎-1‎.‎ 设t=x0-1∈[4,+∞),则f(t)=2t+‎1‎t+2‎,f(t)在[4,+∞)上单调递增,∴f(t)≥‎25‎‎2‎,即△QAB面积的最小值为‎25‎‎2‎.‎ ‎10.(2018云南玉溪模拟,20)已知点M(4,0)、N(1,0),若动点P满足MN·MP=6|NP|.‎ ‎(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),∵点M(4,0)、N(1,0),‎ ‎∴MP=(x-4,y),MN=(-3,0),NP=(x-1,y).(3分)‎ 由MN·MP=6|NP|,得-3(x-4)=6‎(x-1‎)‎‎2‎+‎y‎2‎,(4分)‎ ‎∴x2-8x+16=4(x2-2x+1)+4y2,‎ 故3x2+4y2=12,即x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1,(6分)‎ ‎∴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‎3x‎2‎+4y‎2‎=12,‎x+2y+m=0‎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=‎|4+12|‎‎1+4‎=‎16‎‎5‎‎5‎.‎ 当m=-4时,直线l1:x+2y-4=0,直线l与l1的距离d=‎|-4+12|‎‎1+4‎=‎8‎‎5‎‎5‎.‎ 由于‎8‎‎5‎‎5‎<‎16‎‎5‎‎5‎,故曲线C上的点Q到直线l的距离的最小值为‎8‎‎5‎‎5‎.(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=‎3‎‎2‎,故Q‎1,‎‎3‎‎2‎,(13分)‎ ‎∴曲线C上的点Q‎1,‎‎3‎‎2‎到直线l的距离最小.(14分)‎