10.5曲線與方程挖命題【考情探究】考點內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點曲線與方程了解方程的曲線與曲線的方程的對應(yīng)關(guān)系.2015浙江文,7曲線與方程的求法平面截圓錐的性質(zhì)分析解讀1.求曲線方程的題目往往出現(xiàn)在解答題中,并且以第一小題的形式出現(xiàn),難度適中.2.預(yù)計2020年高考試題中,求曲線的方程會有所涉及.破考點【考點集訓(xùn)】考點曲線與方程1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試,8)在圓C:x2+y2+2x-2y-23=0中,長為8的弦中點的軌跡方程為() A.(x-1)2+(y+1)2=9B.(x+1)2+(y-1)2=9C.(x-1)2+(y+1)2=16D.(x+1)2+(y-1)2=16答案B2.(2017浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考(4月),21)已知兩個不同的動點A,B在橢圓y28+x24=1上,且線段AB的垂直平分線恒過點P(0,-1).求:(1)線段AB的中點M的軌跡方程;(2)線段AB的長度的最大值.解析(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).易知直線AB的斜率存在,由題意可知,y128+x124=1,y228+x224=1,則(y1-y2)(y1+y2)8+(x1-x2)(x1+x2)4=0,得y1-y2x1-x2=-2x0y0.又y1-y2x1-x2y0+1x0=-1,得y0=-2.從而,線段AB的中點M的軌跡方程為y=-2(-2<x<2).(2)由(1)知,直線AB的斜率k=x0.所以直線AB的方程為y+2=x0(x-x0),與橢圓方程聯(lián)立得,(x02+2)x2-2x0(x02+2)x+x04+4x02-4=0,則x1+x2=2x0,x1x2=x04+4x02-4x02+2,于是,|AB|=1+x02|x1-x2|=8(x02+1)(2-x02)x02+2=22-(x02+2)+4x02+2+522,當(dāng)且僅當(dāng)x0=0時,取等號,所以線段AB的長度的最大值為22.煉技法【方法集訓(xùn)】方法1直接法求軌跡方程(2014湖北,22,14分)在平面直角坐標(biāo)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)2+y2=|x|+1,化簡整理得y2=2(|x|+x).故點M的軌跡C的方程為y2=4x,x0,0,x<0.(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y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2-4y+4(2k+1)=0.(i)當(dāng)k=0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14,1.(ii)當(dāng)k0時,方程的判別式=-16(2k2+k-1).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=-2k+1k.若<0,x0<0,由解得k<-1或k>,即當(dāng)k(-,-1)12,+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.若=0,x0<0或>0,x00,由解得k-1,12或-k<0,即當(dāng)k-1,12時,直線l與C1只有一個公共點,與C2有一個公共點.當(dāng)k-12,0時,直線l與C1有兩個公共點,與C2沒有公共點.故當(dāng)k-12,0-1,12時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點.若>0,x0<0,由解得-1<k<-或0<k<,即當(dāng)k-1,-120,12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(i)(ii)可知,當(dāng)k(-,-1)12,+0時,直線l與軌跡C恰好有一個公共點;當(dāng)k-12,0-1,12時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點;當(dāng)k-1,-120,12時,直線l與軌跡C恰好有三個公共點.方法2定義法求軌跡方程1.已知A(0,7),B(0,-7),C(12,2),以C為焦點的橢圓過A,B兩點,則橢圓的另一個焦點F的軌跡方程為() A.y2-x248=1(y-1)B.y2-x248=1(y-1)C.y2-x248=1D.x2-y248=1答案A2.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)第一學(xué)期期中,6)如圖,在四邊形ABCD中,將ADC沿AC所在的直線進(jìn)行翻折,則翻折過程中線段DB的中點M的軌跡是()A.橢圓的一段B.拋物線的一段C.一段圓弧D.雙曲線的一段答案C方法3相關(guān)點法求軌跡方程1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試,8)已知點M在經(jīng)過點A(-4,-3)和點B(2,5)且面積最小的圓C上運動,點N(3,-3),則線段MN的中點P的軌跡方程為.答案(x-1)2+(y+1)2=2542.過點(1,0)的直線l與中心在原點、焦點在x軸上且離心率為22的橢圓C相交于A、B兩點,直線y=x過線段AB的中點,同時橢圓C上存在一點與右焦點關(guān)于直線l對稱,試求直線l與橢圓C的方程.解析設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),由e=22,得a2-b2a2=12,從而a2=2b2,所以c=b.故橢圓C方程為x2+2y2=2b2,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),A、B在橢圓C上,x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,兩式相減得(x12-x22)+2(y12-y22)=0,即y1-y2x1-x2=-x1+x22(y1+y2).設(shè)AB的中點為(x0,y0),則kAB=-x02y0,又(x0,y0)在直線y=x上,故y0=x0,于是-x02y0=-1,即kAB=-1,故直線l的方程為y=-x+1.右焦點(b,0)關(guān)于直線l的對稱點設(shè)為(x,y),則yx-b=1,y2=-x+b2+1,解得x=1,y=1-b.由點(1,1-b)在橢圓上,得1+2(1-b)2=2b2,b=,b2=916,a2=.所求橢圓C的方程為x298+y2916=1.過專題【五年高考】統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點曲線與方程1.(2017課標(biāo)全國理,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點,動點M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足NP=2NM.(1)求點P的軌跡方程;(2)設(shè)點Q在直線x=-3上,且OPPQ=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),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因為M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=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OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以O(shè)QPF=0,即OQPF.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.(2015廣東,20,14分)已知過原點的動直線l與圓C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的兩點A,B.(1)求圓C1的圓心坐標(biāo);(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程;(3)是否存在實數(shù)k,使得直線L:y=k(x-4)與曲線C只有一個交點?若存在,求出k的取值范圍;若不存在,說明理由.解析(1)圓C1的方程x2+y2-6x+5=0可化為(x-3)2+y2=4,所以圓心坐標(biāo)為(3,0).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0),則x0=x1+x22,y0=y1+y22.由題意可知直線l的斜率必存在,設(shè)直線l的方程為y=tx.將上述方程代入圓C1的方程,化簡得(1+t2)x2-6x+5=0.由題意,可得=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=61+t2,所以x0=31+t2,代入直線l的方程,得y0=3t1+t2.因為x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,所以x0-322+y02=.由(*)解得t2<,又t20,所以<x03.所以線段AB的中點M的軌跡C的方程為x-322+y2=9453<x3.(3)存在.由(2)知,曲線C是在區(qū)間53,3上的一段圓弧.如圖,D53,253,E53,-253,F(3,0),直線L過定點G(4,0).聯(lián)立直線L的方程與曲線C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.令=0,解得k=,由求根公式解得交點的橫坐標(biāo)為xH,I=12553,3,由圖可知,要使直線L與曲線C只有一個交點,則kkDG,kEGkGH,kGI,即k-257,257-34,34.教師專用題組考點曲線與方程1.(2015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,帶動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(biāo)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22.(2015課標(biāo),20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.解析(1)由題意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程為x28+y24=1.(2)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-.所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.思路分析(1)利用橢圓的離心率,以及橢圓經(jīng)過的點,求解a,b,然后得到橢圓的方程;(2)聯(lián)立直線方程與橢圓方程,通過根與系數(shù)的關(guān)系求解kOM,然后推出直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.3.(2014廣東,20,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個焦點為(5,0),離心率為53.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)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=5,e=53,a=3,b2=a2-c2=4,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y24=1.(2)設(shè)兩切線為l1,l2,當(dāng)l1x軸或l1x軸時, l2x軸或l2x軸,可知P(3,2).當(dāng)l1與x軸不垂直且不平行時,x03,設(shè)l1的斜率為k,且k0,則l2的斜率為-,l1的方程為y-y0=k(x-x0),與x29+y24=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,=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)(y0-kx0)2-4=0,(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0,k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一個根,同理,-是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一個根,k-1k=y02-4x02-9,整理得x02+y02=13,其中x03,點P的軌跡方程為x2+y2=13(x3).P(3,2)滿足上式.綜上,點P的軌跡方程為x2+y2=13.評析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及軌跡方程的求法.考查分類討論思想以及方程思想的應(yīng)用.4.(2013課標(biāo),20,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x-1)2+y2=9,動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程;(2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線,l與曲線C交于A,B兩點,當(dāng)圓P的半徑最長時,求|AB|.解析由已知得圓M的圓心為M(-1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由橢圓的定義可知,曲線C是以M、N為左、右焦點,長半軸長為2,短半軸長為3的橢圓(左頂點除外),其方程為x24+y23=1(x-2).(2)對于曲線C上任意一點P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時,R=2.所以當(dāng)圓P的半徑最長時,其方程為(x-2)2+y2=4.若l的傾斜角為90,則l與y軸重合,可得|AB|=23.若l的傾斜角不為90,由r1R知l不平行于x軸,設(shè)l與x軸的交點為Q,則|QP|QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可設(shè)l:y=k(x+4).由l與圓M相切得|3k|1+k2=1,解得k=24.當(dāng)k=24時,將y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=-4627.所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.當(dāng)k=-24時,由圖形的對稱性可知|AB|=187.綜上,|AB|=23或|AB|=187.思路分析(1)由動圓P與兩定圓的位置關(guān)系可求得|PM|+|PN|=4,根據(jù)橢圓的定義即可判定動圓圓心P的軌跡,進(jìn)而求得曲線C的方程,注意檢驗特殊點是否符合題意;(2)根據(jù)條件確定圓P的半徑最長時圓P的方程,對直線l的傾斜角進(jìn)行討論.當(dāng)直線的斜率不存在時,直接求|AB|.當(dāng)直線的斜率存在時,利用相切關(guān)系求其斜率與方程,將直線方程代入曲線C的方程,解出x,再利用弦長公式求|AB|.【三年模擬】一、選擇題(每小題4分,共8分)1.(2018浙江杭州二中期中,9)2 000多年前,古希臘大數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯(Apollonius)發(fā)現(xiàn):平面截圓錐的截口曲線是圓錐曲線.已知圓錐的高為PH,AB為底面直徑,頂角為2,那么不過頂點P的平面:與PH的夾角滿足>>時,截口曲線為橢圓;與PH的夾角=時,截口曲線為拋物線;與PH的夾角滿足>>0時,截口曲線為雙曲線.如圖,底面內(nèi)的直線AMAB,過AM的平面截圓錐所得的曲線為橢圓,其中與PB的交點為C,可知AC為長軸.那么當(dāng)C在線段PB上運動時,截口曲線的短軸頂點的軌跡為() A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線答案D2.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)一輪階段檢測,7)已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c(ac0)圖象的頂點坐標(biāo)為-b2a,-14a,與x軸的交點P,Q位于y軸的兩側(cè),以線段PQ為直徑的圓與y軸交于F1(0,4)和F2(0,-4),則點(b,c)所在的曲線為() A.圓 B.橢圓C.雙曲線D.拋物線答案B二、填空題(單空題4分,多空題6分,共6分)3.(2018浙江嘉興教學(xué)測試(4月),12)在直角坐標(biāo)系中,A(-2,0),B(2,0),動點P滿足|PA|=2|PB|,則點P的軌跡方程是;軌跡為.答案x2+y2-12x+4=0;一個圓三、解答題(共45分)4.(2019屆浙江高考信息卷(五),21)已知圓M:(x+23)2+y2=64,定點N(23,0),點P為圓M上的動點,點Q在NP上,點G在MP上,且滿足NP=2NQ,GQNP=0.(1)求點G的軌跡方程;(2)已知點B(0,2),A、D是曲線G上的兩動點且ABDB,若直線AD與以原點為圓心的圓總有公共點,求該圓的半徑r的取值范圍.解析(1)連接GN,則|GN|=|GP|,|MP|=|MG|+|GP|=|MG|+|GN|=8,根據(jù)橢圓的定義知點G的軌跡是以M、N為焦點,長軸長為8的橢圓,即a=4,c=23,則b2=a2-c2=4,故所求的軌跡方程是x216+y24=1.(2)設(shè)直線AB的方程是y=kx+2,則直線BD的方程是y=-x+2,由y=kx+2,x216+y24=1得(1+4k2)x2+16kx=0,xA=-16k1+4k2,從而yA=2-8k21+4k2,由y=-1kx+2,x216+y24=1得xD=16kk2+4,yD=2k2-8k2+4,則kAD=yA-yDxA-xD=2-8k21+4k2-2k2-8k2+4-16k1+4k2-16kk2+4=k2-15k,直線AD的方程為y-2-8k21+4k2=k2-15kx+16k1+4k2,即y=k2-15kx-,即直線AD過定點0,-65,為使直線AD與圓x2+y2=r2總有公共點,只需r,即r的取值范圍是65,+.5.(2018浙江新高考調(diào)研卷四(金華一中),21)已知動圓O1過定點A(2,0),且在y軸上截得弦MN的長為4.(1)求動圓圓心O1的軌跡C的方程;(2)若B(x0,y0)是動圓圓心O1的軌跡C上的動點,點P,Q在y軸上,圓(x-2)2+y2=4內(nèi)切于BPQ,求BPQ面積的最小值及此時點B的坐標(biāo).解析(1)如圖,設(shè)動圓圓心O1(x,y),由題意知,|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時,過O1作O1HMN交MN于H,則H是MN的中點,|O1M|=|O1A|,x2+4=(x-2)2+y2,化簡得y2=4x(x0).又當(dāng)O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=4x,所以動圓圓心O1的軌跡C的方程為y2=4x.(2)設(shè)P(0,p),Q(0,q),且p>q.直線PB的方程:y-p=y0-px0x,化簡得(y0-p)x-x0y+x0p=0,圓心(2,0)到直線PB的距離是2,|2(y0-p)+x0p|(y0-p)2+x02=2,從而4(y0-p)2+4x02=4(y0-p)2+4x0p(y0-p)+x02p2,易知x0>4,上式化簡后,得(x0-4)p2+4y0p-4x0=0,同理,(x0-4)q2+4y0q-4x0=0,p+q=-4y0x0-4,pq=-4x0x0-4,p-q=-4y0x0-42-4-4x0x0-4=4x02+y02-4x0(x0-4)2,B(x0,y0)是拋物線上的一點,y02=4x0,p-q=4x0x0-4,SBPQ= (p-q)x0=4x02x0-4=2(x0-4)+16x0-4+832,當(dāng)且僅當(dāng)x0-4=16x0-4,即x0=8,y0=42時取等號,此時B(8,42).BPQ面積的最小值為32.6.(2018浙江嘉興高三期末,21)如圖,AB為半圓x2+y2=1(y0)的直徑,點D,P是半圓弧上的兩點,ODAB,POB=30.曲線C經(jīng)過點P,且曲線C上任意一點M滿足|MA|+|MB|為定值.(1)求曲線C的方程;(2)設(shè)過點D的直線l與曲線C交于不同的兩點E,F,求OEF面積最大時直線l的方程.解析(1)根據(jù)橢圓的定義,曲線C是以A(-1,0),B(1,0)兩點為焦點的橢圓,其中2c=2,P32,12.2a=|PA|+|PB|=32+12+122+32-12+122=2+3+2-3,a2=,b2=,曲線C的方程為x232+y212=1.(5分)(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時,OEF不存在,所以直線l的斜率存在.設(shè)過點D的直線l的斜率為k,則l:y=kx+1.由y=kx+1,2x2+6y2=3得(2+6k2)x2+12kx+3=0,=(12k)2-4(2+6k2)3=24(3k2-1)>0,k2>,設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),x1+x2=-12k2+6k2,x1x2=32+6k2,(8分)|EF|=1+k2|x1-x2|=1+k224(3k2-1)2+6k2,(10分)又點O到直線l的距離d=11+k2,OEF的面積S=|EF|d=6(3k2-1)2+6k2.(12分)令3k2-1=,>0,則S=62+2=6+2622=34,當(dāng)且僅當(dāng)=,即=2,也即3k2-1=2,k=1時,OEF的面積取到最大值34.此時直線l的方程為y=x+1或y=-x+1.(15分)