2019-2020年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第八章 第8節(jié) 曲線與方程 理（含解析）.doc

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2019-2020年高考數(shù)學5年真題備考題庫 第八章 第8節(jié) 曲線與方程 理（含解析） 1．（xx廣東，14分）已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個焦點為(，0)，離心率為. (1)求橢圓C的標準方程； (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：(1)依題意得，c＝，e＝＝，因此a＝3，b2＝a2－c2＝4， 故橢圓C的標準方程是＋＝1. (2)若兩切線的斜率均存在，設過點P(x0，y0)的切線方程是y＝k(x－x0)＋y0， 則由得＋＝1， 即(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9[(y0－kx0)2－4]＝0，Δ＝[18k(y0－kx0)]2－36(9k2＋4)[(y0－kx0)2－4]＝0，整理得(x－9)k2－2x0y0k＋y－4＝0. 又所引的兩條切線相互垂直，設兩切線的斜率分別為k1，k2，于是有k1k2＝－1，即＝－1，即x＋y＝13(x0≠3)． 若兩切線中有一條斜率不存在，則易得或或或經檢驗知均滿足x＋y＝13. 因此，動點P(x0，y0)的軌跡方程是x2＋y2＝13. 2．（xx湖北，14分）在平面直角坐標系xOy中，點M到點F(1，0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點M的軌跡為C. (1)求軌跡C的方程； (2)設斜率為k的直線l過定點P(－2,1)，求直線l與軌跡C恰好有一個公共點、兩個公共點、三個公共點時k的相應取值范圍． 解：(1)設點M(x，y)，依題意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1， 化簡整理得y2＝2(|x|＋x)． 故點M的軌跡C的方程為y2＝ (2)在點M的軌跡C中，記C1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)． 依題意，可設直線l的方程為y－1＝k(x＋2)． 由方程組 可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.?、? (ⅰ)當k＝0時，此時y＝1. 把y＝1代入軌跡C的方程，得x＝. 故此時直線l：y＝1與軌跡C恰好有一個公共點. (ⅱ)當k≠0時，方程①的判別式為Δ＝－16(2k2＋k－1)．?、? 設直線l與x軸的交點為(x0,0)，則由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.?、? a．若由②③解得k<－1或k>. 即當k∈(－∞，－1)∪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． b．若或由②③解得k∈，或－≤k<0. 即當k∈時，直線l與C1只有一個公共點，與C2有一個公共點． 當k∈時，直線l與C1有兩個公共點，與C2沒有公共點． 故當k∈∪時，直線l與軌跡C恰好有兩個公共點． c．若由②③解得－10. 由根與系數(shù)的關系得，x1＋x2＝，① x1x2＝，② 因為x軸是∠PBQ的角平分線，所以＝－， 即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0， (kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0， 2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③ 將①②代入③，得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0， ∴k＝－b，此時Δ>0， ∴直線l的方程為y＝k(x－1)， ∴直線l過定點(1,0)． 4．（xx四川，13分）已知橢圓C：＋＝1，(a＞b＞0)的兩個焦點分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且橢圓C經過點P. (1)求橢圓C的離心率； (2)設過點A(0,2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且＝＋，求點Q的軌跡方程． 解：本題考查橢圓的定義、離心率，直線與圓錐曲線的位置關系及軌跡方程等知識，意在考查函數(shù)與方程、轉化與化歸的數(shù)學思想，考查考生的運算求解能力． (1)由橢圓定義知， 2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2，所以a＝. 又由已知，c＝1， 所以橢圓C的離心率e＝＝＝. (2)由(1)知，橢圓C的方程為＋y2＝1. 設點Q的坐標為(x，y)． ①當直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0,1)，(0，－1)兩點， 此時點Q的坐標為. ②當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為y＝kx＋2. 因為M，N在直線l上，可設點M，N的坐標分別為(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，則|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x. 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，得 x2＝.?、? 因為點Q在直線y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化簡，得10(y－2)2－3x2＝18. 由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪. 又滿足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈. 由題意，Q(x，y)在橢圓C內，所以－1≤y≤1， 又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈[，)，且－1≤y≤1，則y∈. 所以點Q的軌跡方程為10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈. 5．（2011北京，5分）曲線C是平面內與兩個定點F1(－1,0)和F2(1,0)的距離的積等于常數(shù)a2(a＞1)的點的軌跡．給出下列三個結論： ①曲線C過坐標原點； ②曲線C關于坐標原點對稱； ③若點P在曲線C上，則△F1PF2的面積不大于a2. 其中，所有正確結論的序號是____． 解析：因為原點O到兩個定點F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)的距離的積是1，而a＞1，所以曲線C不過原點，即①錯誤；因為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)關于原點對稱，所以|PF1||PF2|＝a2對應的軌跡關于原點對稱，即②正確；因為S△F1PF2＝|PF1||PF2|sinF1PF2≤|PF1||PF2|＝a2，即面積不大于a2，所以③正確． 答案：②③ 6．（xx湖南，13分）在直角坐標系xOy中，曲線C1上的點均在圓C2：(x－5)2＋y2＝9外，且對C1上任意一點M，M到直線x＝－2的距離等于該點與圓C2上點的距離的最小值． (1)求曲線C1的方程； (2)設P(x0，y0)(y0≠3)為圓C2外一點，過P作圓C2的兩條切線，分別與曲線C1相交于點A，B和C，D.證明：當P在直線x＝－4上運動時，四點A，B，C，D的縱坐標之積為定值． 解：(1)法一：設M的坐標為(x，y)，由已知得|x＋2|＝－3. 易知圓C2上的點位于直線x＝－2的右側，于是x＋2＞0，所以＝x＋5. 化簡得曲線C1的方程為y2＝20x. 法二：由題設知，曲線C1上任意一點M到圓心C2(5,0)的距離等于它到直線x＝－5的距離．因此，曲線C1是以(5,0)為焦點，直線x＝－5為準線的拋物線．故其方程為y2＝20x. (2)當點P在直線x＝－4上運動時，P的坐標為(－4，y0)，又y0≠3，則過P且與圓C2相切的直線的斜率k存在且不為0，每條切線都與拋物線有兩個交點，切線方程為y－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0.于是＝3. 整理得72k2＋18y0k＋y－9＝0.① 設過P所作的兩條切線PA，PC的斜率分別為k1，k2，則k1，k2是方程①的兩個實根，故 k1＋k2＝－＝－. ② 由得 k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0. ③ 設四點A，B，C，D的縱坐標分別為y1，y2，y3，y4，則y1，y2是方程③的兩個實根，所以 y1y2＝. ④ 同理可得y3y4＝. ⑤ 于是由②，④，⑤三式得 y1y2y3y4＝ ＝ ＝＝6 400. 所以，當P在直線x＝－4上運動時，四點A，B，C，D的縱坐標之積為定值6 400. 7.（xx遼寧，12分）如圖，橢圓C0：＋＝1(a>b>0，a，b為常數(shù))，動圓C1：x2＋y2＝t12，b1)的兩條直線l1和l2與軌跡E都只有一個交點，且l1⊥l2，求h的值． 解：(1)由題設知|x1|>，A1(－，0)，A2(，0)，則有直線A1P的方程為y＝(x＋)，① 直線A2Q的方程為y＝(x－)．② 法一：聯(lián)立①②解得交點坐標為x＝，y＝，即x1＝，y1＝，③ 則x≠0，|x|<. 而點P(x1，y1)在雙曲線－y2＝1上， ∴－y＝1. 將③代入上式，整理得所求軌跡E的方程為 ＋y2＝1，x≠0且x≠. 法二：設點M(x，y)是A1P與A2Q的交點，①②得 y2＝(x2－2)．③ 又點P(x1，y1)在雙曲線上，因此 －y＝1， 即y＝－1.代入③式整理得 ＋y2＝1. 因為點P，Q是雙曲線上的不同兩點，所以它們與點A1，A2均不重合． 故點A1和A2均不在軌跡E上． 過點(0,1)及A2(，0)的直線l的方程為x＋y－＝0. 解方程組得x＝，y＝0. 所以直線l與雙曲線只有唯一交點A2. 故軌跡E不經過點(0,1)． 同理軌跡E也不經過點(0，－1)． 綜上分析，軌跡E的方程為 ＋y2＝1，x≠0且x≠. (2)設過點H(0，h)的直線為y＝kx＋h(h>1)， 聯(lián)立＋y2＝1得(1＋2k2)x2＋4khx＋2h2－2＝0. 令Δ＝16k2h2－4(1＋2k2)(2h2－2)＝0得h2－1－2k2＝0， 解得k1＝ ，k2＝－. 由于l1⊥l2，則k1k2＝－＝－1，故h＝. 過點A1，A2分別引直線l1，l2通過y軸上的點H(0，h)，且使l1⊥l2，因此A1H⊥A2H， 由(－)＝－1，得h＝.此時， l1，l2的方程分別為y＝x＋與y＝－x＋， 它們與軌跡E分別僅有一個交點(－，)與(，)． 所以，符合條件的h的值為或.