課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數學專題九平面解析幾何6曲線與方程試題理

課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數學專題九平面解析幾何6曲線與方程試題理課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數學專題九平面解析幾何6曲線與方程試題理PAGEPAGE18課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數學專題九平面解析幾何6曲線與方程試題理曲線與方程探考情悟真題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯考點曲線與方程了解方程的曲線與曲線的方程的對應關系2019課標Ⅱ,21,12分直譯法求軌跡方程,并說明軌跡斜率公式、三角形面積公式★★★2017課標Ⅱ,20,12分相關點法求軌跡方程向量的坐標運算2016課標Ⅲ，20，12分求軌跡方程兩條直線平行,四邊形面積公式2016課標Ⅰ，20,12分定義法求軌跡方程弦長公式分析解讀1。了解解析幾何的基本思想和研究幾何問題的方法——坐標法.2.理解軌跡的概念.能夠根據所給條件選擇適當的直角坐標系,運用求軌跡方程的常用方法（如:直接法、代入法、定義法、待定系數法、參數法、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為主，注重考查學生的數學運算、直觀想象的核心素養(yǎng).分值約為12分，屬中高檔題.破考點練考向【考點集訓】考點曲線與方程1。(2020屆江西金太陽示范卷十八，3）曲線y2-4x+16=0關于直線x=2對稱的曲線方程是（)A.y2=4x B。x2=—4yC。x2=4y D.y2=-4x答案D2。(2018晉冀豫三省聯考,6）已知A（-1，0）,B(1，0）兩點，過動點M作x軸的垂線,垂足為N，若MN2=λAN·NBA.圓 B.橢圓 C.雙曲線 D。拋物線答案C煉技法提能力【方法集訓】方法求軌跡方程的方法1。(2018山西臨汾模擬，9)已知橢圓C：x2a2A.x=±a(y≠0） B。y2=2b(｜x｜—a)(y≠0）C。x2+y2=a2+b2(y≠0) D。x2a2答案D2。(2019四川彭州中學2月月考，14)已知圓C1:(x+3)2+y2=1和圓C2：（x-3)2+y2=9，動圓M同時與圓C1及圓C2相外切,則動圓圓心M的軌跡方程為.

答案x2-y2【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標卷題組考點曲線與方程1。（2019課標Ⅱ,21，12分)已知點A（—2，0)，B(2，0),動點M（x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-12（1）求C的方程,并說明C是什么曲線；(2）過坐標原點的直線交C于P，Q兩點,點P在第一象限，PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長交C于點G.(i)證明:△PQG是直角三角形;（ii)求△PQG面積的最大值。解析本題主要考查軌跡方程的求法,直線與橢圓的位置關系，兩條直線的位置關系，弦長問題,三角形的面積以及基本不等式的應用等相關知識；通過對三角形形狀的判斷以及面積最值的求解考查學生的知識遷移能力、運算求解能力及函數思想方法的應用;體現了邏輯推理和數學運算的核心素養(yǎng)。(1）由題設得yx+2·yx-2=—1（2）(i)證明：設直線PQ的斜率為k，則其方程為y=kx(k>0).由y=kx,記u=21+2于是直線QG的斜率為k2,方程為y=k由y=k2(x-u),x24設G(xG,yG)，則-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2從而直線PG的斜率為uk32+所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形。（ii)由（i)得|PQ|=2u1+k2，|PG|=所以△PQG的面積S=12｜PQ|｜PG|=8k(設t=k+1k因為S=8t1+2t因此,△PQG面積的最大值為169思路分析(1）利用直線AM與BM的斜率之積為—12求得曲線C的軌跡方程,從而得出曲線C的軌跡。（2）(i）設出直線PQ的方程，聯立橢圓方程,求得點P、Q的坐標,由Q、E的坐標得出直線QG的方程,聯立橢圓方程，得出點G的坐標,進而表示出直線PG的斜率，從而得出結論。（ii)利用弦長公式求出｜PQ|與｜PG｜的表達式，從而將三角形的面積表示成關于k的函數,進而利用函數思想求其最大值.解題關鍵①利用方程思想得出點P、Q的坐標,進而利用換元法及整體代換法簡化運算過程是順利解決本題的關鍵；②正確利用基本不等式及函數單調性是求解△PQG面積最值的關鍵。2。(2016課標Ⅰ，20，12分)設圓x2+y2+2x—15=0的圓心為A，直線l過點B（1，0）且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E。（1）證明｜EA｜+|EB｜為定值,并寫出點E的軌跡方程;（2）設點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍。解析(1)證明:因為|AD|=|AC｜，EB∥AC，故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED｜，故｜EA｜+｜EB|=｜EA|+|ED|=|AD｜。又圓A的標準方程為（x+1)2+y2=16，從而|AD|=4,所以｜EA｜+｜EB｜=4。（2分）由題設得A(—1,0）,B（1,0)，|AB｜=2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為x24+(2）當l與x軸不垂直時，設l的方程為y=k(x—1）（k≠0)，M（x1，y1)，N(x2,y2）.由y=k(x-1),x2則x1+x2=8k24k2+3，x所以|MN｜=1+k2｜x1-x2｜=過點B（1，0)且與l垂直的直線m:y=-1k（x—1),A到m的距離為2k2+1,所以｜PQ｜=2故四邊形MPNQ的面積S=12｜MN|｜PQ｜=121+可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83)。當l與x軸垂直時,其方程為x=1，|MN｜=3,|PQ｜=8，四邊形MPNQ的面積為12。綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為［12,83）.(12分)3。（2016課標Ⅲ，20,12分）已知拋物線C：y2=2x的焦點為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點,交C的準線于P,Q兩點.（1)若F在線段AB上,R是PQ的中點，證明AR∥FQ;（2）若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點的軌跡方程。解析由題設知F12,0.設l1且Aa22,a,Bb22,記過A,B兩點的直線為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=a-b1+a2=a-b所以AR∥FQ.（5分）(2）設l與x軸的交點為D（x1,0）,則S△ABF=12|b—a｜｜FD|=12|b—a｜x1-1由題設可得2×12|b—a|x1-所以x1=0(舍去）,或x1=1.（8分)設滿足條件的AB的中點為E（x，y).當AB與x軸不垂直時,由kAB=kDE可得2a+b而a+b2當AB與x軸垂直時，E與D重合.所以，所求軌跡方程為y2=x-1。(12分）疑難突破第(1）問需把AR∥FQ的證明轉化為kAR=kFQ的證明；第(2)問需找到AB中點所滿足的幾何條件,從而將其轉化為等量關系。B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點曲線與方程(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，短桿ON可繞O轉動,長桿MN通過N處鉸鏈與ON連接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動,且DN=ON=1，MN=3。當栓子D在滑槽AB內做往復運動時，帶動··(1）求曲線C的方程；（2)設動直線l與兩定直線l1:x—2y=0和l2：x+2y=0分別交于P,Q兩點。若直線l總與曲線C有且只有一個公共點,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，說明理由。圖1圖2解析(1)設點D(t，0)（|t|≤2)，N(x0,y0),M(x,y），依題意,MD=2DN，且|DN｜=|ON｜=1，所以(t—x，—y）=2(x0-t，y0）,且(即t-x=2由于當點D不動時,點N也不動,所以t不恒等于0，于是t=2x0,故x0=x4，y0=-y2,代入x02+y0即所求的曲線C的方程為x216+（2)（i)當直線l的斜率不存在時，直線l為x=4或x=-4，都有S△OPQ=12(ii)當直線l的斜率存在時，設直線l：y=kx+mk≠±由y=kx+m,x2因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點,所以Δ=64k2m2-4（1+4k2)(4m2—16)=0,即m2=16k2+4.①又由y=kx+同理可得Q-2由原點O到直線PQ的距離為d=|m1+k2｜xP—x可得S△OPQ=12｜PQ|·d=12｜m｜｜xP-x=12·｜m|·2m1將①代入②得，S△OPQ=2m21當k2>14時，S△OPQ=8·4k2當0≤k2〈14時，S△OPQ=8·4k2因為0≤k2〈14，則0<1—4k2≤1,2所以S△OPQ=8-1+當且僅當k=0時取等號。所以當k=0時，S△OPQ的最小值為8.綜合(i)（ii）可知，當直線l與橢圓C在四個頂點處相切時，△OPQ的面積取得最小值8。C組教師專用題組考點曲線與方程(2013課標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+（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，當且僅當圓P的圓心為（2，0)時,R=2。所以當圓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l與x軸的交點為Q,則|QP||可求得Q(—4,0)，所以可設l:y=k（x+4)。由l與圓M相切得|3k|當k=24時,將y=24x+2代入x2并整理得7x2+8x—8=0，解得x1,2=-4±6所以|AB｜=1+k2|x2—x1|=當k=-24時,由圖形的對稱性可知|AB｜=18綜上，|AB|=23或187思路分析（1)由動圓P與兩定圓的位置關系可求得｜PM|+|PN｜=4,根據橢圓的定義即可判定動圓圓心P的軌跡，進而求得曲線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的傾斜角進行討論。當直線的斜率不存在時,直接求|AB|。當直線的斜率存在時，利用相切關系求其斜率與方程,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｜。方法總結應用定義法求曲線方程的關鍵在于由已知條件推出動點滿足的等量關系，由等量關系結合相應曲線定義判斷是何種曲線,進而得出曲線標準方程中的基本量。【三年模擬】一、選擇題（每小題5分，共20分)1.（2020屆云南名校8月月考，10）古希臘數學家阿波羅尼斯(約公元前262—公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果,他證明過這樣一個命題:平面內與兩定點距離的比為常數k(k〉0,且k≠1)的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓。在平面直角坐標系中,設A(-3,0）,B(3,0)，動點M滿足|MAA。(x-5）2+y2=16 B。x2+(y—5）2=9C.（x+5)2+y2=16 D.x2+（y+5）2=9答案A2.(2019青海西寧四中模擬,3)已知△ABC的周長為12，B（0,-2）,C(0，2），則頂點A的軌跡方程為(）A。x212+y216=1(x≠0) B.C.x216+y212=1(x≠0） D。答案A3。(2018陜西西安鐵一中二模,5）在平面直角坐標系xOy中,動點P關于x軸的對稱點為Q,且OP·OQ=2,則點P的軌跡方程為(）A。x2+y2=2 B.x2—y2=2C。x+y2=2 D。x—y2=2答案B4。（2019云南花溪質檢,8）已知圓的方程為x2+y2=4,若拋物線過定點A（0，1），B(0，-1），且以該圓的切線為準線,則拋物線焦點的軌跡方程是(）A.x23+y24=1（y≠0) B.C。x23+y24=1(x≠0） D.答案C二、填空題（每小題5分，共10分)5。（2018江西九江3月聯考，14)設F（1，0）,點M在x軸上，點P在y軸上，且MN=2MP,PM⊥PF，當點P在y軸上運動時,則點N的軌跡方程為.

答案y2=4x6。(2019豫北名校聯盟4月聯考,14）已知△ABC中，AB=2，且sinA（1-2cosB)+sinB(1—2cosA)=0，以邊AB的中垂線為x軸，以AB所在的直線為y軸,建立平面直角坐標系，則動點C的軌跡方程為。

答案y24+三、解答題（共50分）7。（2020屆河南信陽月考,19)已知定點A(—3,0),B(3,0)，直線AM,BM相交于點M,且它們的斜率之積為-19(1）求曲線C的方程；(2）過點T（1，0)的直線l與曲線C交于P，Q兩點,是否存在定點S(x0，0），使得直線SP與SQ斜率之積為定值?若存在，求出S的坐標；若不存在,請說明理由。解析本題主要考查橢圓的方程、直線與橢圓的位置關系等知識,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數學運算。（1)設動點M(x，y），則直線MA的斜率kMA=yx直線MB的斜率kMB=yx-3（x≠3),所以yx+3·yx-又x≠±3,所以曲線C的方程為x29+y（2）存在。理由由題意得直線l的斜率不為0,根據直線l過點T(1，0),可設直線l的方程為x=my+1,聯立x=my+1,x設P(x1，y1)，Q（x2，y2）,則y因為直線SP與SQ的斜率分別為kSP=y1x1-x0=y1所以kSP·kSQ=y=-8當x0=3時,?m∈R,kSP·kSQ=-89(當x0=-3時,?m∈R,kSP·kSQ=-89(所以存在定點S(±3,0),使得直線SP與SQ斜率之積為定值.8。(2020屆甘肅頂級名校第一次聯考,20)已知A（x0,0），B（0,y0）兩點分別在x軸和y軸上運動，且|AB｜=1，若動點P(x，y）滿足OP=2OA+3OB(1）求出動點P的軌跡對應曲線C的標準方程;(2）一條縱截距為2的直線l1與曲線C交于P，Q兩點,若以PQ為直徑的圓恰過原點，求出直線l1的方程。解析本題主要考查了軌跡方程的求法，直線與橢圓的位置關系，體現了邏輯推理、數學運算的核心素養(yǎng)。（1)因為OP=2OA+3OB即（x,y)=2(x0,0）+3(0,y0）=（2x0，3y0)，所以x=2x0，y=3y0,所以x0=12x，y0=3又因為|AB|=1,所以x02+即12x2+33y所以曲線C的標準方程為x24+（2)因為縱截距為2,所以直線l1的斜率必存在,設直線l1的方程為y=kx+2，聯立y得(3+4k2)x2+16kx+4=0,由Δ>0，得k2>14設P（x1，y1)，Q(x2,y2），則x1+x2=—16k3+4k2,x1x因為以PQ為直徑的圓恰過原點,所以OP⊥OQ,OP·OQ=0,即x1x2+y1y2=0,也即x1x2+（kx1+2)（kx2+2）=0，即（1+k2)x1x2+2k（x1+x2)+4=0，即4(1+k即4(1+k2)-32k2+4（3+4k2)=0,解得k2=43,滿足(＊)式，所以k=±2所以直線l1的方程為y=±23知識總結點O在以PQ為直徑的圓上可轉化為OP·OQ=0；點O在以PQ為直徑的圓外可轉化為OP·OQ>0；點O在以PQ為直徑的圓內可轉化為OP·OQ<0.9.(2019河南開封10月聯考，20)已知直線l1：y=33x,l2：y=—33x，動點P，Q分別在l1，l2上移動,｜PQ|=2(1）求曲線C的方程;（2)過點M（0,1)分別作直線MA，MB交曲線C于A，B兩點，設這兩條直線的斜率分別為k1,k2，且k1+k2=2,證明:直線AB過定點.解析(1)根據條件設P(3m，m），Q（—3n,n),∵｜PQ｜=23,∴3（m+n)2+（m-n)2=12。設N(x,y)是線段PQ的中點，則x消去m，n可得曲線C的方程為x29+y（2)證明：由(1）知，點M（0，1）為橢圓x29+y當直