1、9.6曲线与方程探考情 悟真题【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2019课标,21,12分直译法求轨迹方程,并说明轨迹斜率公式、三角形面积公式2017课标,20,12分相关点法求轨迹方程向量的坐标运算2016课标,20,12分求轨迹方程两条直线平行,四边形面积公式2016课标,20,12分定义法求轨迹方程弦长公式分析解读1.了解解析几何的基本思想和研究几何问题的方法坐标法.2.理解轨迹的概念.能够根据所给条件选择适当的直角坐标系,运用求轨迹方程的常用方法(如:直接法、代入法、定义法、待定系数法、参数法、交轨法等)求轨迹方程
2、.3.本节在高考中以求曲线的方程和研究曲线的性质为主,注重考查学生的数学运算、直观想象的核心素养.分值约为12分,属中高档题.破考点 练考向【考点集训】考点曲线与方程1.(2020届江西金太阳示范卷十八,3)曲线y2-4x+16=0关于直线x=2对称的曲线方程是()A.y2=4xB.x2=-4yC.x2=4yD.y2=-4x答案D2.(2018晋冀豫三省联考,6)已知A(-1,0),B(1,0)两点,过动点M作x轴的垂线,垂足为N,若MN2=ANNB,则当b0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是()A.x=a(y0)B
3、.y2=2b(|x|-a)(y0)C.x2+y2=a2+b2(y0)D.x2a2-y2b2=1(y0)答案D2.(2019四川彭州中学2月月考,14)已知圆C1:(x+3)2+y2=1和圆C2:(x-3)2+y2=9,动圆M同时与圆C1及圆C2相外切,则动圆圆心M的轨迹方程为.答案x2-y28=1(x-1)【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点曲线与方程1.(2019课标,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx
4、轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.(i)证明:PQG是直角三角形;(ii)求PQG面积的最大值.解析本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得yx+2yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).由y=kx,x24+y22=1得
5、x=21+2k2.记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以PQG的面积S=12|PQ|PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(
6、2+k2)=81k+k1+21k+k2.设t=k+1k,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号.因为S=8t1+2t2在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.因此,PQG面积的最大值为169.思路分析(1)利用直线AM与BM的斜率之积为-12求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求
7、其最大值.解题关键利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关键.2.(2016课标,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.解析(1)证明:因为|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.
8、所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y23=1(y0).(4分)(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)
9、4k2+3.(6分)过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四边形MPNQ的面积S=12|MN|PQ|=121+14k2+3.(10分)可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,83).(12分)3.(2016课标,20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q
10、两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.解析由题设知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(5分)(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a
11、|x1-12,SPQF=|a-b|2.由题设可得212|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.(12分)疑难突破第(1)问需把ARFQ的证明转化为kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.B组自主命题省(区、市)卷题组考点曲线与方程(2015湖北,21,14分)一种作图工具如图1所示.O是滑槽AB的
12、中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动N绕O转动一周(D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.(1)求曲线C的方程;(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与曲线C有且只有一个公共点,试探究:OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.图1图2解析(1)设点D(t,0)(|t|2),N(x0,y0),M(x,y),依题意,MD
13、=2DN,且|DN|=|ON|=1,所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且(x0-t)2+y02=1,x02+y02=1.即t-x=2x0-2t,y=-2y0,且t(t-2x0)=0.由于当点D不动时,点N也不动,所以t不恒等于0,于是t=2x0,故x0=x4,y0=-y2,代入x02+y02=1,可得x216+y24=1,即所求的曲线C的方程为x216+y24=1.(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有SOPQ=1244=8.(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+mk12,由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8k
14、mx+4m2-16=0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.又由y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k.同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2|xP-xQ|,可得SOPQ=12|PQ|d=12|m|xP-xQ|=12|m|2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.将代入得,SOPQ=2m21-4k2=8|4k2+1|4k2-1|.当k214时,SOPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-18;当0k214时,SOPQ=
15、84k2+11-4k2=8-1+21-4k2.因为0k214,则00,且k1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中,设A(-3,0),B(3,0),动点M满足|MA|MB|=2,则动点M的轨迹方程为()A.(x-5)2+y2=16B.x2+(y-5)2=9C.(x+5)2+y2=16D.x2+(y+5)2=9答案A2.(2019青海西宁四中模拟,3)已知ABC的周长为12,B(0,-2),C(0,2),则顶点A的轨迹方程为()A.x212+y216=1(x0)B.x212+y216=1(y0)C.x216+y212=1(x0)D.x216+y212=1(y0)答案A
16、3.(2018陕西西安铁一中二模,5)在平面直角坐标系xOy中,动点P关于x轴的对称点为Q,且OPOQ=2,则点P的轨迹方程为()A.x2+y2=2B.x2-y2=2C.x+y2=2D.x-y2=2答案B4.(2019云南花溪质检,8)已知圆的方程为x2+y2=4,若抛物线过定点A(0,1),B(0,-1),且以该圆的切线为准线,则抛物线焦点的轨迹方程是()A.x23+y24=1(y0)B.x24+y23=1(y0)C.x23+y24=1(x0)D.x24+y23=1(x0)答案C二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上
17、,且MN=2MP,PMPF,当点P在y轴上运动时,则点N的轨迹方程为.答案y2=4x6.(2019豫北名校联盟4月联考,14)已知ABC中,AB=2,且sin A(1-2cos B)+sin B(1-2cos A)=0,以边AB的中垂线为x轴,以AB所在的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则动点C的轨迹方程为.答案y24+x23=1(x0)三、解答题(共50分)7.(2020届河南信阳月考,19)已知定点A(-3,0),B(3,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为-19,记动点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P,Q两点,是否存在定点
18、S(x0,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值?若存在,求出S的坐标;若不存在,请说明理由.解析本题主要考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.(1)设动点M(x,y),则直线MA的斜率kMA=yx+3(x-3),直线MB的斜率kMB=yx-3(x3),所以yx+3yx-3=-19,化简得x29+y2=1,又x3,所以曲线C的方程为x29+y2=1(x3).(2)存在.理由由题意得直线l的斜率不为0,根据直线l过点T(1,0),可设直线l的方程为x=my+1,联立x=my+1,x2+9y2=9,消去x得(m2+9)y2+2my-8=0.设P(x1,y1
19、),Q(x2,y2),则y1+y2=-2mm2+9,y1y2=-8m2+9.因为直线SP与SQ的斜率分别为kSP=y1x1-x0=y1my1+1-x0,kSQ=y2x2-x0=y2my2+1-x0,所以kSPkSQ=y1y2(my1+1-x0)(my2+1-x0)=-8(x02-9)m2+9(1-x0)2,当x0=3时,mR,kSPkSQ=-89(1-x0)2=-29;当x0=-3时,mR,kSPkSQ=-89(1-x0)2=-118.所以存在定点S(3,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值.8.(2020届甘肃顶级名校第一次联考,20)已知A(x0,0),B(0,y0)两点分别在x轴和y轴
20、上运动,且|AB|=1,若动点P(x,y)满足OP=2OA+3OB.(1)求出动点P的轨迹对应曲线C的标准方程;(2)一条纵截距为2的直线l1与曲线C交于P,Q两点,若以PQ为直径的圆恰过原点,求出直线l1的方程.解析本题主要考查了轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,体现了逻辑推理、数学运算的核心素养.(1)因为OP=2OA+3OB,即(x,y)=2(x0,0)+3(0,y0)=(2x0,3y0),所以x=2x0,y=3y0,所以x0=12x,y0=33y.又因为|AB|=1,所以x02+y02=1,即12x2+33y2=1,即x24+y23=1,所以曲线C的标准方程为x24+y23=1.(
21、2)因为纵截距为2,所以直线l1的斜率必存在,设直线l1的方程为y=kx+2,联立y=kx+2,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+16kx+4=0,由0,得k214(*).设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-16k3+4k2,x1x2=43+4k2.因为以PQ为直径的圆恰过原点,所以OPOQ,OPOQ=0,即x1x2+y1y2=0,也即x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=0,即(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=0,即4(1+k2)3+4k2-32k23+4k2+4=0,即4(1+k2)-32k2+4(3+4k2)=0,解得k2=43,满足(*)式,所以
22、k=233,所以直线l1的方程为y=233x+2.知识总结点O在以PQ为直径的圆上可转化为OPOQ=0;点O在以PQ为直径的圆外可转化为OPOQ0;点O在以PQ为直径的圆内可转化为OPOQ0)与F交于A,B两点,与E交于C,D两点,其中A,C在第一象限,是否存在k使|AC|=|BD|?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由.解析(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),由题设知1a2+34b2=1,a2-b2a=32.解得a=2,b=1,故E的方程为x24+y2=1.因此F(3,0),PF=12,即F的半径为12.所以F的方程为(x-3)2+y2=14.(2)由题设可知,A在E外,B在E内,C在F内,D在F外,在l上的四点A,B,C,D满足|AC|=|AB|-|BC|,|BD|=|CD|-|BC|.设C(x1,y1),D(x2,y2).将l的方程代入E的方程得(1+4k2)x2-83k2x+12k2-4=0,则x1+x2=83k24k2+1,x1x2=12k2-44k2+1,|CD|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=4k2+44k2+11.又因为F的直径AB=1,所以|BD|-|AC|=|CD|-|AB|=|CD|-10,故不存在正数k使|AC|=|BD|.