考點測試55曲線與方程高考概覽考綱研讀1了解方程的曲線與曲線的方程的對應關系2了解解析幾何的基本思想和利用坐標法研究幾何問題的基本方法3能夠根據(jù)所給條件選擇適當?shù)姆椒ㄇ笄€的軌跡方程一、基礎小題1方程(2x3y1)(1)0表示的曲線是()A兩條直線 B兩條射線C兩條線段 D一條直線和一條射線答案D解析原方程可化為或10，即2x3y10(x3)或x4，故原方程表示的曲線是一條直線和一條射線2過點F(0，3)且和直線y30相切的動圓圓心的軌跡方程為()Ay212x By212xCx212y Dx212y答案D解析由拋物線的定義知，過點F(0，3)且和直線y30相切的動圓圓心的軌跡是以點F(0，3)為焦點，直線y3為準線的拋物線，故其方程為x212y故選D3點A，B分別為圓M：x2(y3)21與圓N：(x3)2(y8)24上的動點，點C在直線xy0上運動，則|AC|BC|的最小值為()A7 B8 C9 D10答案A解析設M(0，3)關于直線xy0的對稱點為P(3，0)，且N(3，8)，|AC|BC|PN|1237故選A4已知點F，直線l：x，點B是l上的動點若過B垂直于y軸的直線與線段BF的垂直平分線交于點M，則點M的軌跡是()A雙曲線 B橢圓 C圓 D拋物線答案D解析由已知得|MF|MB|由拋物線定義知點M的軌跡是以F為焦點，l為準線的拋物線故選D5與圓x2y21及x2y28x120都外切的動圓的圓心在()A一個橢圓上 B雙曲線的一支上C一條拋物線上 D一個圓上答案B解析圓x2y28x120的圓心為(4，0)，半徑為2，動圓的圓心到(4，0)的距離減去到(0，0)的距離等于1，由此可知動圓的圓心在雙曲線的一支上故選B6已知圓M：(x1)2y21，圓N：(x1)2y29，動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，則圓心P的軌跡方程為_答案1(x2)解析設圓M，圓N與動圓P的半徑分別為r1，r2，R，因為圓P與圓M外切且與圓N內(nèi)切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24，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，短半軸長為的橢圓(左頂點除外)，其方程為1(x2)7設F1，F(xiàn)2為橢圓1的左、右焦點，A為橢圓上任意一點，過焦點F1向F1AF2的外角平分線作垂線，垂足為D，則點D的軌跡方程是_答案x2y24解析由題意，延長F1D，F(xiàn)2A并交于點B，易證RtABDRtAF1D，則|F1D|BD|，|F1A|AB|，又O為F1F2的中點，連接OD，則ODF2B，從而可知|DO|F2B|(|AF1|AF2|)2，設點D的坐標為(x，y)，則x2y248點P(3，0)是圓C：x2y26x550內(nèi)一定點，動圓M與已知圓C相內(nèi)切且過P點，則圓心M的軌跡方程為_答案1解析已知圓為(x3)2y264，其圓心C(3，0)，半徑為8，由于動圓M過P點，所以|MP|等于動圓的半徑r，即|MP|r又圓M與已知圓C相內(nèi)切，所以圓心距等于半徑之差，即|MC|8r，從而有|MC|8|MP|，即|MC|MP|8根據(jù)橢圓的定義，動點M到兩定點C，P的距離之和為定值8>6|CP|，所以動點M的軌跡是橢圓，并且2a8，a4；2c6，c3；b21697，因此M點的軌跡方程為1二、高考小題9(2015廣東高考)已知雙曲線C：1的離心率e，且其右焦點為F2(5，0)，則雙曲線C的方程為()A1 B1C1 D1答案C解析由已知得解得故b3，從而所求的雙曲線方程為1故選C10(2015安徽高考)下列雙曲線中，焦點在y軸上且漸近線方程為y2x的是()Ax21 By21Cx21 Dy21答案C解析由于焦點在y軸上，故排除A，B由于漸近線方程為y2x，故排除D故選C11(2015天津高考)已知雙曲線1(a>0，b>0)的一條漸近線過點(2，)，且雙曲線的一個焦點在拋物線y24x的準線上，則雙曲線的方程為()A1 B1C1 D1答案D解析由題意知點(2，)在漸近線yx上，所以，又因為拋物線的準線為x，所以c，故a2b27，所以a2，b故雙曲線的方程為1選D三、模擬小題12(2019福建漳州八校聯(lián)考)已知圓M：(x)2y236，定點N(，0)，點P為圓M上的動點，點Q在NP上，點G在線段MP上，且滿足2，0，則點G的軌跡方程是()A1 B1C1 D1答案A解析由2，0知所在直線是線段NP的垂直平分線，連接GN，|GN|GP|，|GM|GN|MP|6>2，點G的軌跡是以M，N為焦點的橢圓，其中2a6，2c2，b24，點G的軌跡方程為1，故選A13(2018深圳調(diào)研)如圖，在矩形ABCD中，已知AB4，AD2，E，F(xiàn)分別為邊CD，AD的中點，M為AE和BF的交點，則以A，B為長軸端點，且經(jīng)過M的橢圓的標準方程為()A1 B1C1 Dy21答案D解析以AB的中點為坐標原點，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標系，則BF：x4y2，AE：yx2，聯(lián)立兩直線方程可得M，顯然在橢圓y21上，故選D14(2018長沙統(tǒng)考)設點A(1，0)，B(1，0)，M為動點，已知直線AM與直線BM的斜率之積為定值m(m0)，若點M的軌跡是焦距為4的雙曲線(除去點A，B)，則m()A15 B3 C D答案B解析設動點M(x，y)，則直線AM的斜率kAM，直線BM的斜率kBM，所以m，即x21因為點M的軌跡是焦距為4的雙曲線(除去點A，B)，所以1m4，所以m3故選B15(2018江西九江聯(lián)考)設F(1，0)，點M在x軸上，點P在y軸上，且2，當點P在y軸上運動時，則點N的軌跡方程為_答案y24x解析設M(x0，0)，P(0，y0)，N(x，y)，由2，得即因為，(x0，y0)，(1，y0)，所以(x0，y0)(1，y0)0，所以x0y0，即xy20，所以點N的軌跡方程為y24x16(2018中原名校聯(lián)考)已知雙曲線y21的左、右頂點分別為A1，A2，點P(x1，y1)，Q(x1，y1)是雙曲線上不同于A1，A2的兩個不同的動點，則直線A1P與A2Q交點的軌跡方程為_答案y21(x0，且x)解析由題設知|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)，聯(lián)立，解得得所以x0，且|x|<，因為點P(x1，y1)在雙曲線y21上，所以y1將代入上式，整理得所求軌跡的方程為y21(x0，且x)一、高考大題1(2017全國卷)設O為坐標原點，動點M在橢圓C：y21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)設點Q在直線x3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(1)設P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0)由得x0x，y0y因為M(x0，y0)在C上，所以1因此點P的軌跡方程為x2y22(2)證明：由題意知F(1，0)設Q(3，t)，P(m，n)，則(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F2(2016全國卷)設圓x2y22x150的圓心為A，直線l過點B(1，0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E(1)證明|EA|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍解(1)證明：因為|AD|AC|，EBAC，故EBDACDADC所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|又圓A的標準方程為(x1)2y216，從而|AD|4，所以|EA|EB|4由題設得A(1，0)，B(1，0)，|AB|2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為1(y0)(2)當l與x軸不垂直時，設l的方程為yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120則x1x2，x1x2所以|MN|x1x2|過點B(1，0)且與l垂直的直線m：y(x1)，A到m的距離為，所以|PQ|24故四邊形MPNQ的面積S|MN|PQ|12可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12，8)當l與x軸垂直時，其方程為x1，|MN|3，|PQ|8，四邊形MPNQ的面積為12綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為12，8)3(經(jīng)典湖北高考)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DNON1，MN3當栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復運動時，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)設動直線l與兩定直線l1：x2y0和l2：x2y0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，說明理由解(1)設點D(t，0)，(|t|2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依題意，2，且|1，所以(tx，y)2(x0t，y0)，且即且t(t2x0)0由于當點D不動時，點N也不動，所以t不恒等于0，于是t2x0，故x0，y0，代入xy1，可得1，即所求的曲線C的方程為1(2)a當直線l的斜率不存在時，直線l為x4或x4，都有SOPQ448b當直線l的斜率存在時，設直線l：ykxm，由消去y可得(14k2)x28kmx4m2160因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點，所以64k2m24(14k2)(4m216)0，即m216k24又由得P；同理可得Q由原點O到直線PQ的距離為d和|PQ|xPxQ|，可得SOPQ|PQ|d|m|xPxQ|m|將代入，得SOPQ8當k2>時，SOPQ88>8；當0k2時，SOPQ88因0k2<，則014k21，2，所以SOPQ88，當且僅當k0時取等號所以當k0時，SOPQ的最小值為8綜合a，b，當直線l與橢圓C在四個頂點處相切時，OPQ的面積取得最小值8二、模擬大題4(2018河北“五個一名校聯(lián)盟”模擬)已知拋物線C：y24x的焦點為F，過F的直線l交C于A，B兩點，M為線段AB的中點，O為坐標原點AO，BO的延長線與直線x4分別交于P，Q兩點(1)求動點M的軌跡方程；(2)連接OM，求OPQ與BOM的面積比解(1)設M(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題知拋物線焦點F的坐標為(1，0)，當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為yk(x1)，代入拋物線方程得k2x2(2k24)xk20，所以x1x22，所以中點M的橫坐標為x1，代入yk(x1)，得y，即中點M為1，所以消去參數(shù)k，得其方程為y22x2當直線l的斜率不存在時，線段AB的中點為焦點F(1，0)，滿足此式，故動點M的軌跡方程為y22x2(2)設AB：myx1，代入y24x，得y24my40，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y24m，y1y24，易得P4，Q4，|PQ|4|y1y2|，SOPQ8|y1y2|，又SOMBSOAB|OF|y2y1|y1y2|，故OPQ與BOM的面積比為325(2018鄭州質(zhì)檢三)已知動點M(x，y)滿足2(1)求動點M的軌跡E的方程；(2)設A，B是軌跡E上的兩個動點，線段AB的中點N在直線l：x上，線段AB的中垂線與E交于P，Q兩點問是否存在點N，使以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(1，0)？若存在，求出點N坐標；若不存在，請說明理由解(1)由橢圓的定義可得動點M的軌跡是以F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)為左、右焦點，半長軸長a的橢圓，即c1，故b2a2c21，從而動點M的軌跡E的方程為y21(2)當直線ABx軸時，直線AB的方程為x，此時點P(，0)，Q(，0)，橢圓E的右焦點F2(1，0)，1，不符合題意當直線AB不垂直于x軸時，設存在點N，m(m0)，直線AB的斜率為k，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(x1x2)2(y1y2)0，則14mk0，故k此時，直線PQ的斜率為k14m，直線PQ的方程為ym4mx，即y4mxm聯(lián)立消去y，整理得(32m21)x216m2x2m220，設點P(x3，y3)，Q(x4，y4)，所以x3x4，x3x4由題意(x31)(x41)y3y4x3x4(x3x4)1(4mx3m)(4mx4m)(116m2)x3x4(4m21)(x3x4)1m21m20，所以m因為N在橢圓內(nèi)，所以m2，所以m符合條件綜上，存在兩點N符合條件，坐標為，和，6(2018青島模擬)在平面直角坐標系中，已知點F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C：1(a0，b0)的左、右焦點，雙曲線C的離心率為2，點1，在雙曲線C上不在x軸上的動點P與動點Q關于原點O對稱，且四邊形PF1QF2的周長為4(1)求動點P的軌跡方程；(2)已知動直線l：ykxm與點P的軌跡交于不同的兩點M，N，且與圓W：x2y2交于不同的兩點G，H，當m變化時，恒為定值，求常數(shù)k的值解(1)設點F1，F(xiàn)2的坐標分別為(c，0)，(c，0)(c0)由已知2，所以c2a，c24a2，b2c2a23a2又因為點1，在雙曲線C上，所以1，則b2a2a2b2，即3a2a23a4，解得a2，a，所以c1連接PQ，因為|OF1|OF2|，|OP|OQ|，所以四邊形PF1QF2為平行四邊形因為四邊形PF1QF2的周長為4，所以|PF2|PF1|2|F1F2|2，所以動點P的軌跡是以點F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點，長軸長為2的橢圓(除去左、右頂點)，可得動點P的軌跡方程為y21(y0)(2)設點M(x1，y1)，N(x2，y2)，由題意得(12k2)x24kmx2m220，所以x1x2，x1x2又0，得12k2m2>0，所以|MN|2又定圓x2y2的圓心到直線l：ykxm的距離為d，所以|GH|22因為2為定值，所以設(為定值)，化簡得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