2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十六章曲線與方程16.1曲線與方程講義.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十六章曲線與方程16.1曲線與方程講義 考點 內(nèi)容解讀 要求 五年高考統(tǒng)計 ?？碱}型 預(yù)測熱度 xx xx xx xx xx 1.求曲線方程 求曲線的軌跡方程及方程的應(yīng)用 A 解答題 ★☆☆ 2.拋物線標準方程及其幾何性質(zhì) 求拋物線方程及拋物線方程的綜合運用 B 22題 10分 解答題 ★★☆ 分析解讀　　求動點的軌跡方程及其應(yīng)用江蘇高考近5年沒有考查,是命題的冷點,主要考查求拋物線方程以及方程的運用,難度中等. 命題探究 (1)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為, 由點在直線l:x-y-2=0上,得-0-2=0,即p=4. 所以拋物線C的方程為y2=8x. (2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點M(x0,y0). 因為點P和Q關(guān)于直線l對稱,所以直線l垂直平分線段PQ, 于是直線PQ的斜率為-1,則可設(shè)其方程為y=-x+b. ①由消去x得y2+2py-2pb=0.(*) 因為P和Q是拋物線C上的相異兩點,所以y1≠y2, 從而Δ=(2p)2-4(-2pb)>0,化簡得p+2b>0. 方程(*)的兩根為y1,2=-p,從而y0==-p. 因為M(x0,y0)在直線l上,所以x0=2-p. 因此,線段PQ的中點坐標為(2-p,-p). ②因為M(2-p,-p)在直線y=-x+b上, 所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p. 由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,所以p<. 因此,p的取值范圍是. 五年高考 考點　求曲線方程 1.(xx課標全國Ⅱ理,20,12分)設(shè)O為坐標原點,動點M在橢圓C:+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足=. (1)求點P的軌跡方程; (2)設(shè)點Q在直線x=-3上,且=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 解析　本題考查了求軌跡方程的基本方法和定點問題. (1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0). 由=得x0=x,y0=y. 因為M(x0,y0)在C上,所以+=1. 因此點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⊥. 又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 2.(xx課標全國Ⅲ理,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(shè)知F.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab≠0, 且A,B,P,Q,R. 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=====-b=k2. 所以AR∥FQ.(5分) (2)設(shè)l與x軸的交點為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的中點為E(x,y). 當(dāng)AB與x軸不垂直時,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,E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.(12分) 3.(xx天津,19,14分)已知橢圓+=1(a>b>0)的左焦點為F(-c,0),離心率為,點M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=截得的線段的長為c,|FM|=. (1)求直線FM的斜率; (2)求橢圓的方程; (3)設(shè)動點P在橢圓上,若直線FP的斜率大于,求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍. 解析　(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2. 設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=. (2)由(1)得橢圓方程為+=1,直線FM的方程為y=(x+c),兩個方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因為點M在第一象限,可得M的坐標為. 由|FM|==,解得c=1, 所以橢圓的方程為+=1. (3)設(shè)點P的坐標為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=>,解得-0,于是m=,得m∈. ②當(dāng)x∈(-1,0)時,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈. 綜上,直線OP的斜率的取值范圍是∪. 4.(xx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(zhuǎn)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(dāng)栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運動時,N繞O轉(zhuǎn)動一周(D不動時,N也不動),M處的筆尖畫出的曲線記為C.以O(shè)為原點,AB所在的直線為x軸建立如圖2所示的平面直角坐標系. (1)求曲線C的方程; (2)設(shè)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(shè)點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D不動時,點N也不動,所以t不恒等于0, 于是t=2x0,故x0=,y0=-, 代入+=1,可得+=1, 即曲線C的方程為+=1. (2)(i)當(dāng)直線l的斜率不存在時,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,設(shè)直線l:y=kx+m, 由 消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 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 又由可得P; 同理可得Q. 由原點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,S△OPQ=8=8>8; 當(dāng)0≤k2<時,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時取等號. 所以當(dāng)k=0時,S△OPQ的最小值為8. 綜合(i)(ii)可知,當(dāng)直線l與橢圓C在四個頂點處相切時,△OPQ的面積取得最小值8. 教師用書專用(5—8) 5.(xx廣東,20,14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. 解析　(1)由題意知c=,e==, ∴a=3,b2=a2-c2=4, 故橢圓C的標準方程為+=1. (2)設(shè)兩切線為l1,l2, ①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時,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,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的一個根, 同理,-是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0的另一個根, ∴k=,整理得+=13,其中x0≠3, ∴點P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠3). 檢驗P(3,2)滿足上式. 綜上,點P的軌跡方程為x2+y2=13. 6.(xx湖北,21,14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(shè)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(yīng)取值范圍. 解析　(1)設(shè)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(shè)直線l的方程為y-1=k(x+2). 由方程組可得ky2-4y+4(2k+1)=0.① 當(dāng)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. 當(dāng)k≠0時,方程①的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).② 設(shè)直線l與x軸的交點為(x0,0),則 由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③ (i)若由②③解得k<-1或k>. 即當(dāng)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. (ii)若或則由②③解得k∈或-≤k<0. 即當(dāng)k∈時,直線l與C1只有一個公共點,與C2有一個公共點. 當(dāng)k∈時,直線l與C1有兩個公共點,與C2沒有公共點. 故當(dāng)k∈∪時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點. (iii)若則由②③解得-1b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:-=1的左、右焦點分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1. (1)求C1,C2的方程; (2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB,M為AB的中點,當(dāng)直線OM與C2交于P,Q兩點時,求四邊形APBQ面積的最小值. 解析　(1)因為e1e2=,所以=, 即a4-b4=a4, 因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1, 所以b=1,所以a2=2. 故C1,C2的方程分別為+y2=1,-y2=1. (2)因為AB不垂直于y軸,且過點F1(-1,0),故可設(shè)直線AB的方程為x=my-1. 由得(m2+2)y2-2my-1=0, 易知此方程的判別式大于0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1,y2是上述方程的兩個實根,所以y1+y2=,y1y2=. 因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中點M的坐標為.故直線PQ的斜率為-,則PQ的方程為y=-x,即mx+2y=0. 由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,從而|PQ|=2=2. 設(shè)點A到直線PQ的距離為d,則點B到直線PQ的距離也為d,所以2d=, 因為點A,B在直線mx+2y=0的異側(cè),所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|, 從而2d=. 又因為|y1-y2|==, 所以2d=. 故四邊形APBQ的面積 S=|PQ|2d==2 . 而0<2-m2<2,故當(dāng)m=0時,S取得最小值2. 綜上所述,四邊形APBQ面積的最小值為2. 8.(xx陜西理,20,13分)已知動圓過定點A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8. (1)求動圓圓心的軌跡C的方程; (2)已知點B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點. 解析　(1)如圖,設(shè)動圓圓心為O1(x,y),由題意知,|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時,過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點, ∴|O1M|=, 又|O1A|=, ∴=, 化簡得y2=8x(x≠0). 又當(dāng)O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標(0,0)也滿足方程y2=8x, ∴動圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x. (2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 將y=kx+b代入y2=8x中, 得k2x2+(2bk-8)x+b2=0. 其中Δ=-32kb+64>0. 由根與系數(shù)的關(guān)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①,②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), 即直線l過定點(1,0). 三年模擬 A組　xx模擬基礎(chǔ)題組 考點　求曲線方程 1.(蘇教選2—1,二,6,6,變式)設(shè)A為圓(x-1)2+y2=1上的動點,PA是圓的切線,且PA=1,則動點P的軌跡方程是　　　　. 答案　(x-1)2+y2=2 2.(xx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是坐標原點),若x1+x2=1,則P的坐標滿足的方程是　　　　. 答案　x-y-1=0 3.(xx江蘇東海中學(xué)期末模擬)已知動點P(x,y)與兩定點M(-1,0),N(1,0)連線的斜率之積等于常數(shù)λ(λ≠0). (1)求動點P的軌跡C的方程; (2)試根據(jù)λ的取值情況討論軌跡C的形狀; (3)當(dāng)λ=-2時,過點F(0,1)的直線l與軌跡C交于A,B兩點,求△OAB面積的最大值. 解析　(1)由題設(shè)知直線PM與PN的斜率存在且均不為零,且kPMkPN==λ, 整理得x2-=1(λ≠0,x≠1). (2)①當(dāng)λ>0時,軌跡C為中心在原點,焦點在x軸上的雙曲線(除去頂點); ②當(dāng)-1<λ<0時,軌跡C為中心在原點,焦點在x軸上的橢圓(除去長軸兩個端點); ③當(dāng)λ=-1時,軌跡C是以原點為圓心,1為半徑的圓(除去點(-1,0),(1,0)); ④當(dāng)λ<-1時,軌跡C為中心在原點,焦點在y軸上的橢圓(除去短軸兩個端點). (3)當(dāng)λ=-2時,軌跡C的方程為x2+=1(x≠1). 由題意知,l的斜率存在,設(shè)l的方程為y=kx+1(k≠1), 代入橢圓方程中整理得(k2+2)x2+2kx-1=0.(*) 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2為方程(*)的兩個實根, ∴x1+x2=-,x1x2=-. ∴S△OAB=OF|x1-x2| == ==≤,當(dāng)且僅當(dāng)k2+1=,即k=0時取等號. ∴k=0時,△OAB的面積最大,最大值為. B組　xx模擬提升題組 (滿分:20分　時間:10分鐘) 一、填空題(每小題5分,共5分) 1.(xx南京、鹽城二模,11)在平面直角坐標系xOy中,直線l1:kx-y+2=0與直線l2:x+ky-2=0相交于點P,則當(dāng)實數(shù)k變化時,點P到直線x-y-4=0的距離的最大值為　　　　. 答案　3 二、解答題(共15分) 2.(xx如東、前黃、栟茶、馬塘四校聯(lián)考,22)在平面直角坐標系xOy中,已知定點A(0,-8),M、N分別是x軸、y軸上的點,點P在直線MN上,滿足+=0,=0. (1)求動點P的軌跡方程; (2)設(shè)F是P點軌跡的焦點,C,D為P點軌跡在第一象限內(nèi)的任意兩點,直線FC、FD的斜率分別為k1、k2,且滿足k1+k2=0,求證:直線CD過定點. 解析　(1)設(shè)P點坐標為(x,y),M點坐標為(a,0),N點坐標為(0,b). 由+=0,=0, 得消去a,b得x2=4y. 故動點P的軌跡方程為x2=4y. (2)證明:設(shè)C,D兩點的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2), 則=4y1,=4y2,兩式相減得-=4(y1-y2), 所以kCD==, 由(1)可知F的坐標為(0,1), 則k1=,k2=,由k1+k2=0得x1y2+x2y1=x1+x2. 所以x1+x2=x1+x2,化簡得x1x2=4(顯然x1+x2≠0). 直線CD的方程為y-y1=(x-x1). 令x=0,得y=y1-==-=-1. 所以直線CD過定點(0,-1). C組　xx模擬方法題組 方法1　利用參數(shù)法求軌跡方程常用的方法與技巧 1.(xx江蘇無錫天一中學(xué)月考)已知動點A、B分別在x軸、y軸上,且滿足AB=2,點P在線段AB上,且=t(t是不為零的常數(shù)). (1)求點P的軌跡C的方程; (2)若t=2,點M、N是C上關(guān)于原點對稱的兩個動點(M、N不在坐標軸上),點Q的坐標為,求△QMN的面積的最大值. 解析　(1)設(shè)A(a,0),B(0,b),P(x,y), 因為=t,即(x-a,y)=t(-x,b-y), 所以,所以由題意知t>0, 因為AB=2,所以a2+b2=4,即(1+t)2x2+y2=4, 所以點P的軌跡方程為+=1. (2)t=2時,C的方程為+y2=1,設(shè)M(x1,y1), 則N(-x1,-y1),MN=2, 易知直線MN的方程為y=x(x1≠0),則點Q到直線MN的距離d=, 所以S△MNQ=2 =, 又+=1,所以9+=4. 所以=4-9x1y1, 而1=+≥-2=-, 所以-9x1y1≤4,當(dāng)且僅當(dāng)=-, 即x1=-y1時,取等號. 所以S△MNQ的最大值為2. 方法2　軌跡方程及應(yīng)用 2.(xx江蘇如東高級中學(xué)第二次學(xué)情調(diào)研)在平面直角坐標系xOy中,已知點A(-1,1),P是動點,△POA的三邊所在直線的斜率滿足kOP+kOA=kPA. (1)求點P的軌跡C的方程; (2)若Q是軌跡C上異于點P的一點,且=λ,直線OP與QA交于點M,請問:是否存在點P,使得△PQA和△PAM的面積滿足S△PQA=2S△PAM?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由. 解析　(1)設(shè)點P的坐標為(x,y), 由kOP+kOA=kPA,得-1=, 整理得軌跡C的方程為y=x2(x≠0且x≠-1). (2)存在.由(1)可設(shè)P(x1,),Q(x2,), 由=λ,可知直線PQ∥OA,則kPQ=kOA, 故=-1,即x2=-x1-1, 易知直線OP的方程為y=x1x,① 直線QA的斜率為=-x1-2, 所以直線QA的方程為y-1=(-x1-2)(x+1), 即y=-(x1+2)x-x1-1,② 聯(lián)立①②,解得x=-,所以點M的橫坐標為定值-. 由S△PQA=2S△PAM得QA=2AM,因為PQ∥OA,所以O(shè)P=2OM, 由=2得x1=1,所以點P的坐標為(1,1). 所以存在點P滿足S△PQA=2S△PAM,且點P的坐標為(1,1).