《（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习 专题10 圆锥曲线与方程 10.5 曲线与方程检测》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习 专题10 圆锥曲线与方程 10.5 曲线与方程检测（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、10.5曲线与方程挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点曲线与方程了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.2015浙江文,7曲线与方程的求法平面截圆锥的性质分析解读1.求曲线方程的题目往往出现在解答题中,并且以第一小题的形式出现,难度适中.2.预计2020年高考试题中,求曲线的方程会有所涉及.破考点【考点集训】考点曲线与方程1.(2018浙江镇海中学阶段性测试,8)在圆C:x2+y2+2x-2y-23=0中,长为8的弦中点的轨迹方程为() 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、)2=16答案B2.(2017浙江稽阳联谊学校联考(4月),21)已知两个不同的动点A,B在椭圆y28+x24=1上,且线段AB的垂直平分线恒过点P(0,-1).求:(1)线段AB的中点M的轨迹方程;(2)线段AB的长度的最大值.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0).易知直线AB的斜率存在,由题意可知,y128+x124=1,y228+x224=1,则(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.从而,线段AB的中点M的轨迹方程为y=-2(-2x2).
3、(2)由(1)知,直线AB的斜率k=x0.所以直线AB的方程为y+2=x0(x-x0),与椭圆方程联立得,(x02+2)x2-2x0(x02+2)x+x04+4x02-4=0,则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,当且仅当x0=0时,取等号,所以线段AB的长度的最大值为22.炼技法【方法集训】方法1直接法求轨迹方程(2014湖北,22,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求
4、轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即(x-1)2+y2=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=4x,x0,0,x0.(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2-4y+4(2k+1)=0.(i)当k=0时,y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有
5、一个公共点14,1.(ii)当k0时,方程的判别式=-16(2k2+k-1).设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k+1k.若0,x00,由解得k,即当k(-,-1)12,+时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.若=0,x00,x00,由解得k-1,12或-k0,x00,由解得-1k-或0kb0),由e=22,得a2-b2a2=12,从而a2=2b2,所以c=b.故椭圆C方程为x2+2y2=2b2,设A(x1,y1),B(x2,y2),A、B在椭圆C上,x12+2y12=2b2,x22+2y22=2
6、b2,两式相减得(x12-x22)+2(y12-y22)=0,即y1-y2x1-x2=-x1+x22(y1+y2).设AB的中点为(x0,y0),则kAB=-x02y0,又(x0,y0)在直线y=x上,故y0=x0,于是-x02y0=-1,即kAB=-1,故直线l的方程为y=-x+1.右焦点(b,0)关于直线l的对称点设为(x,y),则yx-b=1,y2=-x+b2+1,解得x=1,y=1-b.由点(1,1-b)在椭圆上,得1+2(1-b)2=2b2,b=,b2=916,a2=.所求椭圆C的方程为x298+y2916=1.过专题【五年高考】统一命题、省(区、市)卷题组考点曲线与方程1.(201
7、7课标全国理,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题.(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3
8、,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OQPF=0,即OQPF.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F.2.(2015广东,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标;(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明
9、理由.解析(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0),则x0=x1+x22,y0=y1+y22.由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.由题意,可得=36-20(1+t2)0(*),x1+x2=61+t2,所以x0=31+t2,代入直线l的方程,得y0=3t1+t2.因为x02+y02=9(1+t2)2+9t2(1+t2)2=9(1+t2)(1+t2)2=91+t2=3x0,所以x0-3
10、22+y02=.由(*)解得t2,又t20,所以x03.所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为x-322+y2=9453b0)的离心率为22,点(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解析(1)由题意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+y24=1.(2)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将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.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.思路分析(1)利用椭圆的离心率,以及椭圆经过的点,求解a,b,然后得到椭圆的方程;(2)联立直线方程与椭圆方程,通过根与系数的关系求解kOM,然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.3.(2014广东,20,14分)已知椭圆C:x
