2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第八章 第8节 曲线与方程 理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学5年真题备考题库 第八章 第8节 曲线与方程 理（含解析）1（xx广东，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：(1)依题意得，c，e，因此a3，b2a2c24，故椭圆C的标准方程是1.(2)若两切线的斜率均存在，设过点P(x0，y0)的切线方程是yk(xx0)y0，则由得1，即(9k24)x218k(y0kx0)x9(y0kx0)240，18k(y0kx0)236(9k24)(y0kx0)240，整理得(x9)k22x0y0ky40.又所引的两条切线相互垂直，设两切线的斜率分别为k1，k2，于是有k1k21，即1，即xy13(x03)若两切线中有一条斜率不存在，则易得或或或经检验知均满足xy13.因此，动点P(x0，y0)的轨迹方程是x2y213.2（xx湖北，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：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|x|1，即|x|1，化简整理得y22(|x|x)故点M的轨迹C的方程为y2(2)在点M的轨迹C中，记C1：y24x，C2：y0(x<0)依题意，可设直线l的方程为y1k(x2)由方程组可得ky24y4(2k1)0.()当k0时，此时y1.把y1代入轨迹C的方程，得x.故此时直线l：y1与轨迹C恰好有一个公共点.()当k0时，方程的判别式为16(2k2k1)设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则由y1k(x2)，令y0，得x0.a若由解得k<1或k>.即当k(，1)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b若或由解得k，或k<0.即当k时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点当k时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点故当k时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点c若由解得1<k<或0<k<.即当k时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点综合()()可知，当k(，1)0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点3（xx陕西，13分）已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是PBQ的角平分线，证明直线l过定点解：本题考查圆的几何性质和轨迹方程的求解方法，探究直线恒过定点的问题，涉及平面几何性质的应用(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于H，则H是MN的中点，|O1M| ，又|O1A| ， ，化简得y28x(x0)又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C的方程为y28x.(2)证明：由题意，设直线l的方程为ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykxb代入y28x中，得k2x2(2bk8)xb20，其中32kb64>0.由根与系数的关系得，x1x2，x1x2，因为x轴是PBQ的角平分线，所以，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，将代入，得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此时>0，直线l的方程为yk(x1)，直线l过定点(1,0)4（xx四川，13分）已知椭圆C：1，(ab0)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：本题考查椭圆的定义、离心率，直线与圆锥曲线的位置关系及轨迹方程等知识，意在考查函数与方程、转化与化归的数学思想，考查考生的运算求解能力(1)由椭圆定义知，2a|PF1|PF2|2，所以a.又由已知，c1，所以椭圆C的离心率e.(2)由(1)知，椭圆C的方程为y21.设点Q的坐标为(x，y)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.当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2.因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx12)，(x2，kx22)，则|AM|2(1k2)x，|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得，即.将ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化简，得x2.因为点Q在直线ykx2上，所以k，代入中并化简，得10(y2)23x218.由及k2，可知0x2，即x.又满足10(y2)23x218，故x.由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以1y1，又由10(y2)2183x2有(y2)2，)，且1y1，则y.所以点Q的轨迹方程为10(y2)23x218，其中x，y.5（2011北京，5分）曲线C是平面内与两个定点F1(1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a1)的点的轨迹给出下列三个结论：曲线C过坐标原点；曲线C关于坐标原点对称；若点P在曲线C上，则F1PF2的面积不大于a2.其中，所有正确结论的序号是_解析：因为原点O到两个定点F1(1,0)，F2(1,0)的距离的积是1，而a1，所以曲线C不过原点，即错误；因为F1(1,0)，F2(1,0)关于原点对称，所以|PF1|PF2|a2对应的轨迹关于原点对称，即正确；因为SF1PF2|PF1|PF2|sinF1PF2|PF1|PF2|a2，即面积不大于a2，所以正确答案：6（xx湖南，13分）在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x5)2y29外，且对C1上任意一点M，M到直线x2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值(1)求曲线C1的方程；(2)设P(x0，y0)(y03)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值解：(1)法一：设M的坐标为(x，y)，由已知得|x2|3.易知圆C2上的点位于直线x2的右侧，于是x20，所以x5.化简得曲线C1的方程为y220x.法二：由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x5的距离因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x5为准线的抛物线故其方程为y220x.(2)当点P在直线x4上运动时，P的坐标为(4，y0)，又y03，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为yy0k(x4)，即kxyy04k0.于是3.整理得72k218y0ky90.设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程的两个实根，故k1k2. 由得k1y220y20(y04k1)0. 设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程的两个实根，所以y1y2. 同理可得y3y4. 于是由，三式得y1y2y3y46 400.所以，当P在直线x4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6 400.7.（xx辽宁，12分）如图，椭圆C0：1(a>b>0，a，b为常数)，动圆C1：x2y2t12，b<t1<a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：x2y2t22与C0相交于A，B，C，D四点，其中b<t2<a，t1t2.若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，证明：t12t22为定值解：(1)设 A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y(xa)，直线A2B的方程为y(xa)由得y2(x2a2)由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故1.从而yb2(1)，代入得1(x<a，y<0)(2)设A(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故xyxy.因为点A，A均在椭圆上，所以b2x(1)b2x(1)由t1t2，知x1x2，所以xxa2.从而yyb2，因此tta2b2为定值8(xx广东，14分)已知双曲线y21的左、右顶点分别为A1、A2，点P(x1，y1)，Q(x1，y1)是双曲线上不同的两个动点(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程；(2)若过点H(0，h)(h>1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点，且l1l2，求h的值解：(1)由题设知|x1|>，A1(，0)，A2(，0)，则有直线A1P的方程为y(x)，直线A2Q的方程为y(x)法一：联立解得交点坐标为x，y，即x1，y1，则x0，|x|<.而点P(x1，y1)在双曲线y21上，y1.将代入上式，整理得所求轨迹E的方程为y21，x0且x.法二：设点M(x，y)是A1P与A2Q的交点，得y2(x22)又点P(x1，y1)在双曲线上，因此y1，即y1.代入式整理得y21.因为点P，Q是双曲线上的不同两点，所以它们与点A1，A2均不重合故点A1和A2均不在轨迹E上过点(0,1)及A2(，0)的直线l的方程为xy0.解方程组得x，y0.所以直线l与双曲线只有唯一交点A2.故轨迹E不经过点(0,1)同理轨迹E也不经过点(0，1)综上分析，轨迹E的方程为y21，x0且x.(2)设过点H(0，h)的直线为ykxh(h>1)，联立y21得(12k2)x24khx2h220.令16k2h24(12k2)(2h22)0得h212k20，解得k1 ，k2.由于l1l2，则k1k21，故h.过点A1，A2分别引直线l1，l2通过y轴上的点H(0，h)，且使l1l2，因此A1HA2H，由()1，得h.此时，l1，l2的方程分别为yx与yx，它们与轨迹E分别仅有一个交点(，)与(，)所以，符合条件的h的值为或.