2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测:10.5 曲线与方程 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 10.5 曲线与方程 挖命题 【考情探究】 5 年考情 考点内容解读 考题示例考向关联考点 预测热度 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+(
2、y+1)2=9B.(x+1)2+(y-1)2=9 C.(x-1)2+(y+1)2=16 D.(x+1)2+(y-1)2=16 答案 B 2.(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+=1 上,且线段 AB 的垂直平 2 8 2 4 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,+=1,+=1, 2 1 8 2 1 4 2 2 8 2 2 4 则+=0, ( 1- 2)(1+
3、 2) 8 ( 1- 2)(1+ 2) 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 得=-. 1- 2 1- 2 2 0 0 又=-1,得 y0=-2. 1- 2 1- 2 0+ 1 0 从而,线段 AB 的中点 M 的轨迹方程为 y=-2(-, 0, 0 0, - 1,1 2 即当 k时,直线 l 与 C1只有一个公共点,与 C2有一个公共点. - 1,1 2 当 k时,直线 l 与 C1有两个公共点,与 C2没有公共点. - 1 2,0) 故当 k时,直线 l 与轨迹 C 恰好有两个公共点. - 1 2,0) - 1,1 2 若由解得-1 0, 0b0),由 e=,得= ,从而 a2=
4、2b2,所以 c=b. 2 2 2 2 2 2 2- 2 2 1 2 故椭圆 C 方程为 x2+2y2=2b2,设 A(x1,y1),B(x2,y2),A、B 在椭圆 C 上,+2=2b2,+2=2b2,两式相减 21212222 得(-)+2(-)=0,即=-. 21222122 1- 2 1- 2 1+ 2 2(1+ 2) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设 AB 的中点为(x0,y0),则 kAB=-,又(x0,y0)在直线 y=x 上,故 y0=x0,于是-=-1,即 kAB=-1,故直线 l 的 0 2 0 0 2 0 方程为 y=-x+1. 右焦点(b,0)关于直线 l
5、 的对称点设为(x,y), 则解得 - = 1, 2 =- + 2 + 1, = 1, = 1 - . 由点(1,1-b)在椭圆上,得 1+2(1-b)2=2b2, b=,b2=,a2=. 9 16 所求椭圆 C 的方程为+=1. 2 9 8 2 9 16 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.(2017 课标全国理,20,12 分)设 O 为坐标原点,动点 M 在椭圆 C:+y2=1 上,过 M 作 x 轴的垂线,垂足为 N, 2 2 点 P 满足=. 2 (1)求点 P 的轨迹方程; (2)设点 Q 在直线 x=-3 上,且=1.证明:过点 P 且垂直于
6、 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),=(x-x0,y),=(0,y0). 由=得 x0=x,y0=y. 2 2 2 因为 M(x0,y0)在 C 上,所以+=1. 2 2 2 2 因此点 P 的轨迹方程为 x2+y2=2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)由题意知 F(-1,0).设 Q(-3,t),P(m,n),则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n), =(-3-m,t-n). 由=1 得-3m-m2+tn-n2=1, 又由
7、(1)知 m2+n2=2,故 3+3m-tn=0. 所以=0,即. 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 明理由. 解析 (1)圆 C1的方程 x2+y2-6x+5=0 可化为(x-3)2+y2=4
8、,所以圆心坐标为(3,0). (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2),M(x0,y0), 则 x0=,y0=. 1+ 2 2 1+ 2 2 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=, 6 1 + 2 所以 x0=,代入直线 l 的方程,得 y0=. 3 1 + 2 3 1 + 2 因为+=+=3x0, 2020 9 (1 + 2)2 9 2 (1 + 2)2 9(1 + 2) (1 + 2)2 9 1 + 2 所以+=.
9、 (0 - 3 2) 2 20 由(*)解得 t2b0)的离心率为,点(2,)在 C 上. 2 2 2 2 2 2 2 (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=,+=1, 2- 2 2 2 4 2 2 2 解得 a2=8,b2=4. 所以 C 的方程为+=1. 2 8 2 4 (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+=1 得 2 8 2
10、 4 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故 xM=,yM=kxM+b=. 1+ 2 2 - 2 2 2 + 1 2 2 + 1 于是直线 OM 的斜率 kOM=-,即 kOMk=-. 1 2 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:+=1(ab0)的一个焦点为(,0),离心率为. 2 2 2 2 5 5 3 (
11、1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若动点 P(x0,y0)为椭圆 C 外一点,且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直,求点 P 的轨迹方程. 解析 (1)由题意知 c=,e=, 5 5 3 a=3,b2=a2-c2=4, 故椭圆 C 的标准方程为+=1. 2 9 2 4 (2)设两切线为 l1,l2, 当 l1x 轴或 l1x 轴时, l2x 轴或 l2x 轴,可知 P(3,2). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 当 l1与 x 轴不垂直且不平行时,x03,设 l1的斜率为 k,且 k0,则 l2的斜率为-,l1的方程为 y-y0=k(x- x0),与+=1 联立, 2 9 2
12、 4 整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0, 直线 l1与椭圆相切,=0,即 9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)(y0-kx0)2-4=0, (-9)k2-2x0y0k+-4=0, 2020 k 是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0 的一个根,同理,-是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0 的另一个根, 20202020 k=,整理得+=13,其中 x03, ( - 1 ) 2 0- 4 2 0- 9 2020 点 P 的轨迹方程为 x2+y2=13(x3). P(3,2)满足上式. 综上,点 P 的轨迹方程为 x2+y2=13.
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