2020高考数学刷题首秧第七章平面解析几何考点测试55曲线与方程理含解析.docx

考点测试55曲线与方程高考概览考纲研读1了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系2了解解析几何的基本思想和利用坐标法研究几何问题的基本方法3能够根据所给条件选择适当的方法求曲线的轨迹方程一、基础小题1方程(2x3y1)(1)0表示的曲线是()A两条直线 B两条射线C两条线段 D一条直线和一条射线答案D解析原方程可化为或10，即2x3y10(x3)或x4，故原方程表示的曲线是一条直线和一条射线2过点F(0，3)且和直线y30相切的动圆圆心的轨迹方程为()Ay212x By212xCx212y Dx212y答案D解析由抛物线的定义知，过点F(0，3)且和直线y30相切的动圆圆心的轨迹是以点F(0，3)为焦点，直线y3为准线的抛物线，故其方程为x212y故选D3点A，B分别为圆M：x2(y3)21与圆N：(x3)2(y8)24上的动点，点C在直线xy0上运动，则|AC|BC|的最小值为()A7 B8 C9 D10答案A解析设M(0，3)关于直线xy0的对称点为P(3，0)，且N(3，8)，|AC|BC|PN|1237故选A4已知点F，直线l：x，点B是l上的动点若过B垂直于y轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹是()A双曲线 B椭圆 C圆 D抛物线答案D解析由已知得|MF|MB|由抛物线定义知点M的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线故选D5与圆x2y21及x2y28x120都外切的动圆的圆心在()A一个椭圆上 B双曲线的一支上C一条抛物线上 D一个圆上答案B解析圆x2y28x120的圆心为(4，0)，半径为2，动圆的圆心到(4，0)的距离减去到(0，0)的距离等于1，由此可知动圆的圆心在双曲线的一支上故选B6已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，则圆心P的轨迹方程为_答案1(x2)解析设圆M，圆N与动圆P的半径分别为r1，r2，R，因为圆P与圆M外切且与圆N内切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24，由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为1(x2)7设F1，F2为椭圆1的左、右焦点，A为椭圆上任意一点，过焦点F1向F1AF2的外角平分线作垂线，垂足为D，则点D的轨迹方程是_答案x2y24解析由题意，延长F1D，F2A并交于点B，易证RtABDRtAF1D，则|F1D|BD|，|F1A|AB|，又O为F1F2的中点，连接OD，则ODF2B，从而可知|DO|F2B|(|AF1|AF2|)2，设点D的坐标为(x，y)，则x2y248点P(3，0)是圆C：x2y26x550内一定点，动圆M与已知圆C相内切且过P点，则圆心M的轨迹方程为_答案1解析已知圆为(x3)2y264，其圆心C(3，0)，半径为8，由于动圆M过P点，所以|MP|等于动圆的半径r，即|MP|r又圆M与已知圆C相内切，所以圆心距等于半径之差，即|MC|8r，从而有|MC|8|MP|，即|MC|MP|8根据椭圆的定义，动点M到两定点C，P的距离之和为定值8>6|CP|，所以动点M的轨迹是椭圆，并且2a8，a4；2c6，c3；b21697，因此M点的轨迹方程为1二、高考小题9(2015广东高考)已知双曲线C：1的离心率e，且其右焦点为F2(5，0)，则双曲线C的方程为()A1 B1C1 D1答案C解析由已知得解得故b3，从而所求的双曲线方程为1故选C10(2015安徽高考)下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y2x的是()Ax21 By21Cx21 Dy21答案C解析由于焦点在y轴上，故排除A，B由于渐近线方程为y2x，故排除D故选C11(2015天津高考)已知双曲线1(a>0，b>0)的一条渐近线过点(2，)，且双曲线的一个焦点在抛物线y24x的准线上，则双曲线的方程为()A1 B1C1 D1答案D解析由题意知点(2，)在渐近线yx上，所以，又因为抛物线的准线为x，所以c，故a2b27，所以a2，b故双曲线的方程为1选D三、模拟小题12(2019福建漳州八校联考)已知圆M：(x)2y236，定点N(，0)，点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在线段MP上，且满足2，0，则点G的轨迹方程是()A1 B1C1 D1答案A解析由2，0知所在直线是线段NP的垂直平分线，连接GN，|GN|GP|，|GM|GN|MP|6>2，点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中2a6，2c2，b24，点G的轨迹方程为1，故选A13(2018深圳调研)如图，在矩形ABCD中，已知AB4，AD2，E，F分别为边CD，AD的中点，M为AE和BF的交点，则以A，B为长轴端点，且经过M的椭圆的标准方程为()A1 B1C1 Dy21答案D解析以AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，则BF：x4y2，AE：yx2，联立两直线方程可得M，显然在椭圆y21上，故选D14(2018长沙统考)设点A(1，0)，B(1，0)，M为动点，已知直线AM与直线BM的斜率之积为定值m(m0)，若点M的轨迹是焦距为4的双曲线(除去点A，B)，则m()A15 B3 C D答案B解析设动点M(x，y)，则直线AM的斜率kAM，直线BM的斜率kBM，所以m，即x21因为点M的轨迹是焦距为4的双曲线(除去点A，B)，所以1m4，所以m3故选B15(2018江西九江联考)设F(1，0)，点M在x轴上，点P在y轴上，且2，当点P在y轴上运动时，则点N的轨迹方程为_答案y24x解析设M(x0，0)，P(0，y0)，N(x，y)，由2，得即因为，(x0，y0)，(1，y0)，所以(x0，y0)(1，y0)0，所以x0y0，即xy20，所以点N的轨迹方程为y24x16(2018中原名校联考)已知双曲线y21的左、右顶点分别为A1，A2，点P(x1，y1)，Q(x1，y1)是双曲线上不同于A1，A2的两个不同的动点，则直线A1P与A2Q交点的轨迹方程为_答案y21(x0，且x)解析由题设知|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)，联立，解得得所以x0，且|x|<，因为点P(x1，y1)在双曲线y21上，所以y1将代入上式，整理得所求轨迹的方程为y21(x0，且x)一、高考大题1(2017全国卷)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F解(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0)由得x0x，y0y因为M(x0，y0)在C上，所以1因此点P的轨迹方程为x2y22(2)证明：由题意知F(1，0)设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故33mtn0所以0，即又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F2(2016全国卷)设圆x2y22x150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(1)证明：因为|AD|AC|，EBAC，故EBDACDADC所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4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1(y0)(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120则x1x2，x1x2所以|MN|x1x2|过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y(x1)，A到m的距离为，所以|PQ|24故四边形MPNQ的面积S|MN|PQ|12可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8)当l与x轴垂直时，其方程为x1，|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12，8)3(经典湖北高考)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DNON1，MN3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：x2y0和l2：x2y0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，说明理由解(1)设点D(t，0)，(|t|2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依题意，2，且|1，所以(tx，y)2(x0t，y0)，且即且t(t2x0)0由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，于是t2x0，故x0，y0，代入xy1，可得1，即所求的曲线C的方程为1(2)a当直线l的斜率不存在时，直线l为x4或x4，都有SOPQ448b当直线l的斜率存在时，设直线l：ykxm，由消去y可得(14k2)x28kmx4m2160因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以64k2m24(14k2)(4m216)0，即m216k24又由得P；同理可得Q由原点O到直线PQ的距离为d和|PQ|xPxQ|，可得SOPQ|PQ|d|m|xPxQ|m|将代入，得SOPQ8当k2>时，SOPQ88>8；当0k2时，SOPQ88因0k2<，则014k21，2，所以SOPQ88，当且仅当k0时取等号所以当k0时，SOPQ的最小值为8综合a，b，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8二、模拟大题4(2018河北“五个一名校联盟”模拟)已知抛物线C：y24x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，M为线段AB的中点，O为坐标原点AO，BO的延长线与直线x4分别交于P，Q两点(1)求动点M的轨迹方程；(2)连接OM，求OPQ与BOM的面积比解(1)设M(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题知抛物线焦点F的坐标为(1，0)，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x1)，代入抛物线方程得k2x2(2k24)xk20，所以x1x22，所以中点M的横坐标为x1，代入yk(x1)，得y，即中点M为1，所以消去参数k，得其方程为y22x2当直线l的斜率不存在时，线段AB的中点为焦点F(1，0)，满足此式，故动点M的轨迹方程为y22x2(2)设AB：myx1，代入y24x，得y24my40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y24m，y1y24，易得P4，Q4，|PQ|4|y1y2|，SOPQ8|y1y2|，又SOMBSOAB|OF|y2y1|y1y2|，故OPQ与BOM的面积比为325(2018郑州质检三)已知动点M(x，y)满足2(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)设A，B是轨迹E上的两个动点，线段AB的中点N在直线l：x上，线段AB的中垂线与E交于P，Q两点问是否存在点N，使以PQ为直径的圆经过点(1，0)？若存在，求出点N坐标；若不存在，请说明理由解(1)由椭圆的定义可得动点M的轨迹是以F1(1，0)，F2(1，0)为左、右焦点，半长轴长a的椭圆，即c1，故b2a2c21，从而动点M的轨迹E的方程为y21(2)当直线ABx轴时，直线AB的方程为x，此时点P(，0)，Q(，0)，椭圆E的右焦点F2(1，0)，1，不符合题意当直线AB不垂直于x轴时，设存在点N，m(m0)，直线AB的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(x1x2)2(y1y2)0，则14mk0，故k此时，直线PQ的斜率为k14m，直线PQ的方程为ym4mx，即y4mxm联立消去y，整理得(32m21)x216m2x2m220，设点P(x3，y3)，Q(x4，y4)，所以x3x4，x3x4由题意(x31)(x41)y3y4x3x4(x3x4)1(4mx3m)(4mx4m)(116m2)x3x4(4m21)(x3x4)1m21m20，所以m因为N在椭圆内，所以m2，所以m符合条件综上，存在两点N符合条件，坐标为，和，6(2018青岛模拟)在平面直角坐标系中，已知点F1，F2分别为双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点，双曲线C的离心率为2，点1，在双曲线C上不在x轴上的动点P与动点Q关于原点O对称，且四边形PF1QF2的周长为4(1)求动点P的轨迹方程；(2)已知动直线l：ykxm与点P的轨迹交于不同的两点M，N，且与圆W：x2y2交于不同的两点G，H，当m变化时，恒为定值，求常数k的值解(1)设点F1，F2的坐标分别为(c，0)，(c，0)(c0)由已知2，所以c2a，c24a2，b2c2a23a2又因为点1，在双曲线C上，所以1，则b2a2a2b2，即3a2a23a4，解得a2，a，所以c1连接PQ，因为|OF1|OF2|，|OP|OQ|，所以四边形PF1QF2为平行四边形因为四边形PF1QF2的周长为4，所以|PF2|PF1|2|F1F2|2，所以动点P的轨迹是以点F1，F2分别为左、右焦点，长轴长为2的椭圆(除去左、右顶点)，可得动点P的轨迹方程为y21(y0)(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意得(12k2)x24kmx2m220，所以x1x2，x1x2又0，得12k2m2>0，所以|MN|2又定圆x2y2的圆心到直线l：ykxm的距离为d，所以|GH|22因为2为定值，所以设(为定值)，化简得2(12k2)2(1k2)2m2(1k2)2(12k2)3(12k2)2(1k2)0，所以2(12k2)2(1k2)20且(1k2)2(12k2)3(12k2)2(1k2)0，解得k1