2019-2020年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第八章 第8節(jié) 曲線與方程 理(含解析).doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)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(ab0)的一個焦點為(,0),離心率為.(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:(1)依題意得,c,e,因此a3,b2a2c24,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是1.(2)若兩切線的斜率均存在,設(shè)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(shè)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(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:(1)設(shè)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(x0)依題意,可設(shè)直線l的方程為y1k(x2)由方程組可得ky24y4(2k1)0.()當(dāng)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(dāng)k0時,方程的判別式為16(2k2k1)設(shè)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.即當(dāng)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k0.即當(dāng)k時,直線l與C1只有一個公共點,與C2有一個公共點當(dāng)k時,直線l與C1有兩個公共點,與C2沒有公共點故當(dāng)k時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點c若由解得1k或0k0.由根與系數(shù)的關(guān)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(shè)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(guān)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(xué)思想,考查考生的運(yùn)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(shè)點Q的坐標(biāo)為(x,y)當(dāng)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(biāo)為.當(dāng)直線l與x軸不垂直時,設(shè)直線l的方程為ykx2.因為M,N在直線l上,可設(shè)點M,N的坐標(biāo)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(biāo)原點;曲線C關(guān)于坐標(biāo)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(guān)于原點對稱,所以|PF1|PF2|a2對應(yīng)的軌跡關(guān)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(biāo)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(shè)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(dāng)P在直線x4上運(yùn)動時,四點A,B,C,D的縱坐標(biāo)之積為定值解:(1)法一:設(shè)M的坐標(biāo)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(shè)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(zhǔn)線的拋物線故其方程為y220x.(2)當(dāng)點P在直線x4上運(yùn)動時,P的坐標(biāo)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(shè)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(shè)四點A,B,C,D的縱坐標(biāo)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(dāng)P在直線x4上運(yùn)動時,四點A,B,C,D的縱坐標(biāo)之積為定值6 400.7.(xx遼寧,12分)如圖,橢圓C0:1(ab0,a,b為常數(shù)),動圓C1:x2y2t12,bt1a.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(shè)動圓C2:x2y2t22與C0相交于A,B,C,D四點,其中bt2a,t1t2.若矩形ABCD與矩形ABCD的面積相等,證明:t12t22為定值解:(1)設(shè) 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(xa,y1)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(shè)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(biāo)為x,y,即x1,y1,則x0,|x|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.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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