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a3，b2a2c24，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yk(xx0)y0，則由得1，即(9k24)x218k(y0kx0)x9(y0kx0)240，18k(y0kx0)236(9k24)(y0kx0)240，整理得(x9)k22x0y0ky40.又所引的兩條切線相互垂直，設兩切線的斜率分別為k1，k2，于是有k1k21，即1，即xy13(x03)若兩切線中有一條斜率不存在，則易得或或或經(jīng)檢驗知均滿足xy13.因此，動點P(x0，y0)的軌跡方程是x2y213.2（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y22(|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：y24x，C2：y0(x<0)依題意，可設直線l的方程為y1k(x2)由方程組可得ky24y4(2k1)0.()當k0時，此時y1.把y1代入軌跡C的方程，得x.故此時直線l：y1與軌跡C恰好有一個公共點.()當k0時，方程的判別式為16(2k2k1)設直線l與x軸的交點為(x0,0)，則由y1k(x2)，令y0，得x0.a若由解得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若由解得1<k<或0<k<.即當k時，直線l與C1有兩個公共點，與C2有一個公共點，故此時直線l與軌跡C恰好有三個公共點綜合()()可知，當k(，1)0時，直線l與軌跡C恰好有一個公共點；當k時，直線l與軌跡C恰好有兩個公共點；當k時，直線l與軌跡C恰好有三個公共點3（xx陜西，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：本題考查圓的幾何性質(zhì)和軌跡方程的求解方法，探究直線恒過定點的問題，涉及平面幾何性質(zhì)的應用(1)如圖，設動圓圓心O1(x，y)，由題意，|O1A|O1M|，當O1不在y軸上時，過O1作O1HMN交MN于H，則H是MN的中點，|O1M| ，又|O1A| ， ，化簡得y28x(x0)又當O1在y軸上時，O1與O重合，點O1的坐標(0,0)也滿足方程y28x，動圓圓心的軌跡C的方程為y28x.(2)證明：由題意，設直線l的方程為ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將ykxb代入y28x中，得k2x2(2bk8)xb20，其中32kb64>0.由根與系數(shù)的關系得，x1x2，x1x2，因為x軸是PBQ的角平分線，所以，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，將代入，得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此時>0，直線l的方程為yk(x1)，直線l過定點(1,0)4（xx四川，13分）已知橢圓C：1，(ab0)的兩個焦點分別為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且橢圓C經(jīng)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(zhuǎn)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，c1，所以橢圓C的離心率e.(2)由(1)知，橢圓C的方程為y21.設點Q的坐標為(x，y)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.當直線l與x軸不垂直時，設直線l的方程為ykx2.因為M，N在直線l上，可設點M，N的坐標分別為(x1，kx12)，(x2，kx22)，則|AM|2(1k2)x，|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得，即.將ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化簡，得x2.因為點Q在直線ykx2上，所以k，代入中并化簡，得10(y2)23x218.由及k2，可知0x2，即x.又滿足10(y2)23x218，故x.由題意，Q(x，y)在橢圓C內(nèi)，所以1y1，又由10(y2)2183x2有(y2)2，)，且1y1，則y.所以點Q的軌跡方程為10(y2)23x218，其中x，y.5（2011北京，5分）曲線C是平面內(nèi)與兩個定點F1(1,0)和F2(1,0)的距離的積等于常數(shù)a2(a1)的點的軌跡給出下列三個結(jié)論：曲線C過坐標原點；曲線C關于坐標原點對稱；若點P在曲線C上，則F1PF2的面積不大于a2.其中，所有正確結(jié)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a1，所以曲線C不過原點，即錯誤；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，即正確；因為SF1PF2|PF1|PF2|sinF1PF2|PF1|PF2|a2，即面積不大于a2，所以正確答案：6（xx湖南，13分）在直角坐標系xOy中，曲線C1上的點均在圓C2：(x5)2y29外，且對C1上任意一點M，M到直線x2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)(y03)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x4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|x2|3.易知圓C2上的點位于直線x2的右側(cè)，于是x20，所以x5.化簡得曲線C1的方程為y220x.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x5的距離因此，曲線C1是以(5,0)為焦點，直線x5為準線的拋物線故其方程為y220x.(2)當點P在直線x4上運動時，P的坐標為(4，y0)，又y03，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yy0k(x4)，即kxyy04k0.于是3.整理得72k218y0ky90.設過P所作的兩條切線PA，PC的斜率分別為k1，k2，則k1，k2是方程的兩個實根，故k1k2. 由得k1y220y20(y04k1)0. 設四點A，B，C，D的縱坐標分別為y1，y2，y3，y4，則y1，y2是方程的兩個實根，所以y1y2. 同理可得y3y4. 于是由，三式得y1y2y3y46 400.所以，當P在直線x4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：x2y2t12，b<t1<a.點A1，A2分別為C0的左，右頂點，C1與C0相交于A，B，C，D四點(1)求直線AA1與直線A2B交點M的軌跡方程；(2)設動圓C2：x2y2t22與C0相交于A，B，C，D四點，其中b<t2<a，t1t2.若矩形ABCD與矩形ABCD的面積相等，證明：t12t22為定值解：(1)設 A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a,0)，A2(a,0)，則直線A1A的方程為y(xa)，直線A2B的方程為y(xa)由得y2(x2a2)由點A(x1，y1)在橢圓C0上，故1.從而yb2(1)，代入得1(x<a，y<0)(2)設A(x2，y2)，由矩形ABCD與矩形ABCD的面積相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故xyxy.因為點A，A均在橢圓上，所以b2x(1)b2x(1)由t1t2，知x1x2，所以xxa2.從而yyb2，因此tta2b2為定值8(xx廣東，14分)已知雙曲線y21的左、右頂點分別為A1、A2，點P(x1，y1)，Q(x1，y1)是雙曲線上不同的兩個動點(1)求直線A1P與A2Q交點的軌跡E的方程；(2)若過點H(0，h)(h>1)的兩條直線l1和l2與軌跡E都只有一個交點，且l1l2，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)，直線A2Q的方程為y(x)法一：聯(lián)立解得交點坐標為x，y，即x1，y1，則x0，|x|<.而點P(x1，y1)在雙曲線y21上，y1.將代入上式，整理得所求軌跡E的方程為y21，x0且x.法二：設點M(x，y)是A1P與A2Q的交點，得y2(x22)又點P(x1，y1)在雙曲線上，因此y1，即y1.代入式整理得y21.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xy0.解方程組得x，y0.所以直線l與雙曲線只有唯一交點A2.故軌跡E不經(jīng)過點(0,1)同理軌跡E也不經(jīng)過點(0，1)綜上分析，軌跡E的方程為y21，x0且x.(2)設過點H(0，h)的直線為ykxh(h>1)，聯(lián)立y21得(12k2)x24khx2h220.令16k2h24(12k2)(2h22)0得h212k20，解得k1 ，k2.由于l1l2，則k1k21，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l1l2，因此A1HA2H，由()1，得h.此時，l1，l2的方程分別為yx與yx，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.