2020高考數(shù)學(xué)刷題首選卷 第七章 平面解析幾何 考點(diǎn)測試55 曲線與方程 理（含解析）.docx

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考點(diǎn)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(yīng)關(guān)系 2．了解解析幾何的基本思想和利用坐標(biāo)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(dāng)?shù)姆椒ㄇ笄€的軌跡方程 一、基礎(chǔ)小題 1．方程(2x＋3y－1)(－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－1＝0，即2x＋3y－1＝0(x≥3)或x＝4，故原方程表示的曲線是一條直線和一條射線． 2．過點(diǎn)F(0，3)且和直線y＋3＝0相切的動圓圓心的軌跡方程為(　　) A．y2＝12x B．y2＝－12x C．x2＝－12y D．x2＝12y 答案　D 解析　由拋物線的定義知，過點(diǎn)F(0，3)且和直線y＋3＝0相切的動圓圓心的軌跡是以點(diǎn)F(0，3)為焦點(diǎn)，直線y＝－3為準(zhǔn)線的拋物線，故其方程為x2＝12y．故選D． 3．點(diǎn)A，B分別為圓M：x2＋(y－3)2＝1與圓N：(x－3)2＋(y－8)2＝4上的動點(diǎn)，點(diǎn)C在直線x＋y＝0上運(yùn)動，則|AC|＋|BC|的最小值為(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 答案　A 解析　設(shè)M(0，3)關(guān)于直線x＋y＝0的對稱點(diǎn)為P(－3，0)，且N(3，8)，∴|AC|＋|BC|≥|PN|－1－2＝－3＝7．故選A． 4．已知點(diǎn)F，直線l：x＝－，點(diǎn)B是l上的動點(diǎn)．若過B垂直于y軸的直線與線段BF的垂直平分線交于點(diǎn)M，則點(diǎn)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(diǎn)M的軌跡是以F為焦點(diǎn)，l為準(zhǔn)線的拋物線．故選D． 5．與圓x2＋y2＝1及x2＋y2－8x＋12＝0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x2＋y2－8x＋12＝0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B． 6．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，則圓心P的軌跡方程為________． 答案　＋＝1(x≠－2) 解析　設(shè)圓M，圓N與動圓P的半徑分別為r1，r2，R，因?yàn)閳AP與圓M外切且與圓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(diǎn)，長半軸長為2，短半軸長為的橢圓(左頂點(diǎn)除外)，其方程為＋＝1(x≠－2)． 7．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的左、右焦點(diǎn)，A為橢圓上任意一點(diǎn)，過焦點(diǎn)F1向∠F1AF2的外角平分線作垂線，垂足為D，則點(diǎn)D的軌跡方程是________． 答案　x2＋y2＝4 解析　由題意，延長F1D，F(xiàn)2A并交于點(diǎn)B，易證Rt△ABD≌Rt△AF1D，則|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O為F1F2的中點(diǎn)，連接OD，則OD∥F2B，從而可知|DO|＝|F2B|＝(|AF1|＋|AF2|)＝2，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(x，y)，則x2＋y2＝4． 8．點(diǎn)P(－3，0)是圓C：x2＋y2－6x－55＝0內(nèi)一定點(diǎn)，動圓M與已知圓C相內(nèi)切且過P點(diǎn)，則圓心M的軌跡方程為________． 答案?。? 解析　已知圓為(x－3)2＋y2＝64，其圓心C(3，0)，半徑為8，由于動圓M過P點(diǎn)，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|＝8－r，從而有|MC|＝8－|MP|，即|MC|＋|MP|＝8． 根據(jù)橢圓的定義，動點(diǎn)M到兩定點(diǎn)C，P的距離之和為定值8>6＝|CP|，所以動點(diǎn)M的軌跡是橢圓， 并且2a＝8，a＝4；2c＝6，c＝3；b2＝16－9＝7， 因此M點(diǎn)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(diǎn)為F2(5，0)，則雙曲線C的方程為(　　) A．－＝1 B．－＝1 C．－＝1 D．－＝1 答案　C 解析　由已知得解得 故b＝3，從而所求的雙曲線方程為－＝1．故選C． 10．(2015安徽高考)下列雙曲線中，焦點(diǎn)在y軸上且漸近線方程為y＝2x的是(　　) A．x2－＝1 B．－y2＝1 C．－x2＝1 D．y2－＝1 答案　C 解析　由于焦點(diǎn)在y軸上，故排除A，B．由于漸近線方程為y＝2x，故排除D．故選C． 11．(2015天津高考)已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線過點(diǎn)(2，)，且雙曲線的一個焦點(diǎn)在拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線上，則雙曲線的方程為(　　) A．－＝1 B．－＝1 C．－＝1 D．－＝1 答案　D 解析　由題意知點(diǎn)(2，)在漸近線y＝x上，所以＝，又因?yàn)閽佄锞€的準(zhǔn)線為x＝－，所以c＝，故a2＋b2＝7，所以a＝2，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＋)2＋y2＝36，定點(diǎn)N(，0)，點(diǎn)P為圓M上的動點(diǎn)，點(diǎn)Q在NP上，點(diǎn)G在線段MP上，且滿足＝2，＝0，則點(diǎn)G的軌跡方程是(　　) A．＋＝1 B．＋＝1 C．－＝1 D．－＝1 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(diǎn)G的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)的橢圓，其中2a＝6，2c＝2，∴b2＝4，∴點(diǎn)G的軌跡方程為＋＝1，故選A． 13．(2018深圳調(diào)研)如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝4，AD＝2，E，F(xiàn)分別為邊CD，AD的中點(diǎn)，M為AE和BF的交點(diǎn)，則以A，B為長軸端點(diǎn)，且經(jīng)過M的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A．＋＝1 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋y2＝1 答案　D 解析　以AB的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則BF：x＝－4y＋2，AE：y＝x＋2，聯(lián)立兩直線方程可得M－，．顯然在橢圓＋y2＝1上，故選D． 14．(2018長沙統(tǒng)考)設(shè)點(diǎn)A(1，0)，B(－1，0)，M為動點(diǎn)，已知直線AM與直線BM的斜率之積為定值m(m≠0)，若點(diǎn)M的軌跡是焦距為4的雙曲線(除去點(diǎn)A，B)，則m＝(　　) A．15 B．3 C． D． 答案　B 解析　設(shè)動點(diǎn)M(x，y)，則直線AM的斜率kAM＝，直線BM的斜率kBM＝，所以＝＝m，即x2－＝1．因?yàn)辄c(diǎn)M的軌跡是焦距為4的雙曲線(除去點(diǎn)A，B)，所以1＋m＝4，所以m＝3．故選B． 15．(2018江西九江聯(lián)考)設(shè)F(1，0)，點(diǎn)M在x軸上，點(diǎn)P在y軸上，且＝2，⊥，當(dāng)點(diǎn)P在y軸上運(yùn)動時，則點(diǎn)N的軌跡方程為________． 答案　y2＝4x 解析　設(shè)M(x0，0)，P(0，y0)，N(x，y)，由＝2，得即因?yàn)椤?，?x0，－y0)，＝(1，－y0)，所以(x0，－y0)(1，－y0)＝0，所以x0＋y＝0，即－x＋y2＝0，所以點(diǎn)N的軌跡方程為y2＝4x． 16．(2018中原名校聯(lián)考)已知雙曲線－y2＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x1，－y1)是雙曲線上不同于A1，A2的兩個不同的動點(diǎn)，則直線A1P與A2Q交點(diǎn)的軌跡方程為________． 答案?。珁2＝1(x≠0，且x≠) 解析　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－)，?、? 聯(lián)立①②，解得得　③ 所以x≠0，且|x|<，因?yàn)辄c(diǎn)P(x1，y1)在雙曲線－y2＝1上，所以－y＝1． 將③代入上式，整理得所求軌跡的方程為＋y2＝1(x≠0，且x≠)． 一、高考大題 1．(2017全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足＝． (1)求點(diǎn)P的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x＝－3上，且＝1．證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F． 解　(1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)， 則N(x0，0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)． 由＝得x0＝x，y0＝y(tǒng)． 因?yàn)镸(x0，y0)在C上，所以＋＝1． 因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝2． (2)證明：由題意知F(－1，0)．設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則 ＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)， ＝3＋3m－tn，＝(m，n)， ＝(－3－m，t－n)． 由＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1， 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0． 所以＝0，即⊥． 又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F． 2．(2016全國卷Ⅰ)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點(diǎn)B(1，0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E． (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解　(1)證明：因?yàn)閨AD|＝|AC|，EB∥AC， 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC． 所以|EB|＝|ED|， 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|． 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16， 從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4． 由題設(shè)得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為＋＝1(y≠0)． (2)當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0． 則x1＋x2＝，x1x2＝． 所以|MN|＝|x1－x2|＝． 過點(diǎn)B(1，0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，A到m的距離為， 所以|PQ|＝2＝4． 故四邊形MPNQ的面積 S＝|MN||PQ|＝12． 可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12，8)． 當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|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(diǎn)，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(yùn)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(diǎn)，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(diǎn)．若直線l總與曲線C有且只有一個公共點(diǎn)，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(shè)點(diǎn)D(t，0)，(|t|≤2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依題意，＝2，且||＝||＝1， 所以(t－x，－y)＝2(x0－t，y0)， 且即 且t(t－2x0)＝0． 由于當(dāng)點(diǎn)D不動時，點(diǎn)N也不動，所以t不恒等于0， 于是t＝2x0，故x0＝，y0＝－， 代入x＋y＝1，可得＋＝1， 即所求的曲線C的方程為＋＝1． (2)a．當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l為x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝44＝8． b．當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l：y＝kx＋m， 由消去y可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0． 因?yàn)橹本€l總與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn)，所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，即m2＝16k2＋4．① 又由得P； 同理可得Q． 由原點(diǎn)O到直線PQ的距離為d＝和|PQ|＝|xP－xQ|， 可得S△OPQ＝|PQ|d＝|m||xP－xQ| ＝|m|＝．② 將①代入②，得S△OPQ＝＝8． 當(dāng)k2>時，S△OPQ＝8＝8>8； 當(dāng)0≤k2＜時，S△OPQ＝8＝8． 因0≤k2<，則0＜1－4k2≤1，≥2， 所以S△OPQ＝8≥8， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝0時取等號． 所以當(dāng)k＝0時，S△OPQ的最小值為8． 綜合a，b，當(dāng)直線l與橢圓C在四個頂點(diǎn)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：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過F的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，M為線段AB的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．AO，BO的延長線與直線x＝－4分別交于P，Q兩點(diǎn)． (1)求動點(diǎn)M的軌跡方程； (2)連接OM，求△OPQ與△BOM的面積比． 解　(1)設(shè)M(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由題知拋物線焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，0)， 當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，代入拋物線方程得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 所以x1＋x2＝2＋， 所以中點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x＝1＋， 代入y＝k(x－1)，得y＝， 即中點(diǎn)M為1＋，， 所以 消去參數(shù)k，得其方程為y2＝2x－2． 當(dāng)直線l的斜率不存在時，線段AB的中點(diǎn)為焦點(diǎn)F(1，0)，滿足此式，故動點(diǎn)M的軌跡方程為y2＝2x－2． (2)設(shè)AB：my＝x－1，代入y2＝4x，得y2－4my－4＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， 易得P－4，－，Q－4，－，|PQ|＝4|y1－y2|， ∴S△OPQ＝8|y1－y2|， 又∵S△OMB＝S△OAB＝|OF||y2－y1|＝|y1－y2|， 故△OPQ與△BOM的面積比為32． 5．(2018鄭州質(zhì)檢三)已知動點(diǎn)M(x，y)滿足＋＝2． (1)求動點(diǎn)M的軌跡E的方程； (2)設(shè)A，B是軌跡E上的兩個動點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)N在直線l：x＝－上，線段AB的中垂線與E交于P，Q兩點(diǎn)．問是否存在點(diǎn)N，使以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)(1，0)？若存在，求出點(diǎn)N坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解　(1)由橢圓的定義可得動點(diǎn)M的軌跡是以F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)為左、右焦點(diǎn)，半長軸長a＝的橢圓，即c＝1，故b2＝a2－c2＝1，從而動點(diǎn)M的軌跡E的方程為＋y2＝1． (2)當(dāng)直線AB⊥x軸時，直線AB的方程為x＝－， 此時點(diǎn)P(－，0)，Q(，0)， 橢圓E的右焦點(diǎn)F2(1，0)，＝－1，不符合題意． 當(dāng)直線AB不垂直于x軸時，設(shè)存在點(diǎn)N－，m(m≠0)， 直線AB的斜率為k，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得(x1＋x2)＋2(y1＋y2)＝0， 則－1＋4mk＝0，故k＝． 此時，直線PQ的斜率為k1＝－4m，直線PQ的方程為y－m＝－4mx＋， 即y＝－4mx－m． 聯(lián)立消去y，整理得(32m2＋1)x2＋16m2x＋2m2－2＝0，設(shè)點(diǎn)P(x3，y3)，Q(x4，y4)，所以x3＋x4＝－，x3x4＝． 由題意＝(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋(4mx3＋m)(4mx4＋m) ＝(1＋16m2)x3x4＋(4m2－1)(x3＋x4)＋1＋m2 ＝＋＋1＋m2 ＝＝0， 所以m＝． 因?yàn)镹在橢圓內(nèi)，所以m2＜， 所以m＝符合條件． 綜上，存在兩點(diǎn)N符合條件，坐標(biāo)為 －，和－，－． 6．(2018青島模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)，雙曲線C的離心率為2，點(diǎn)1，在雙曲線C上．不在x軸上的動點(diǎn)P與動點(diǎn)Q關(guān)于原點(diǎn)O對稱，且四邊形PF1QF2的周長為4． (1)求動點(diǎn)P的軌跡方程； (2)已知動直線l：y＝kx＋m與點(diǎn)P的軌跡交于不同的兩點(diǎn)M，N，且與圓W：x2＋y2＝交于不同的兩點(diǎn)G，H，當(dāng)m變化時，恒為定值，求常數(shù)k的值． 解　(1)設(shè)點(diǎn)F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－c，0)，(c，0)(c＞0)． 由已知＝2，所以c＝2a，c2＝4a2，b2＝c2－a2＝3a2． 又因?yàn)辄c(diǎn)1，在雙曲線C上， 所以－＝1， 則b2－a2＝a2b2，即3a2－a2＝3a4， 解得a2＝，a＝，所以c＝1． 連接PQ，因?yàn)閨OF1|＝|OF2|，|OP|＝|OQ|， 所以四邊形PF1QF2為平行四邊形． 因?yàn)樗倪呅蜳F1QF2的周長為4， 所以|PF2|＋|PF1|＝2＞|F1F2|＝2， 所以動點(diǎn)P的軌跡是以點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)，長軸長為2的橢圓(除去左、右頂點(diǎn))， 可得動點(diǎn)P的軌跡方程為＋y2＝1(y≠0)． (2)設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由題意 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝． 又Δ＞0，得1＋2k2－m2>0， 所以|MN|＝ ＝ ＝2． 又定圓x2＋y2＝的圓心到直線l：y＝kx＋m的距離為d＝， 所以|GH|＝2＝2． 因?yàn)椋?為定值， 所以設(shè)＝λ(λ為定值)， 化簡得[2λ(1＋2k2)2－(1＋k2)2]m2＋(1＋k2)2(1＋2k2)－3λ(1＋2k2)2(1＋k2)＝0， 所以2λ(1＋2k2)2－(1＋k2)2＝0且(1＋k2)2(1＋2k2)－3λ(1＋2k2)2(1＋k2)＝0，解得k＝1．