考点42曲线与方程备战2020年高考数学理一轮复习导练案纸间书屋

考点 曲线与方了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系C（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程f(x,y)0的实数解建立了如下的关系：建立适当的坐标系，用有序实数对(x，y)MpMPM|p(Mp(M)f(x,y)0f(x,y)0（2... 方程(𝑥＋𝑦－2)√𝑥2+𝑦2−9＝0表示的曲线 B．半个圆和一条直C．一个圆和两条射 【答案】 【解析】(𝑥＋𝑦－2)√𝑥2+𝑦2−9＝0可变形为𝑥2+𝑦2−9＝0或{𝑥+𝑦−2=0 𝑥+𝑦−9≥故表示以原点为圆心，3为半径的圆和直线x＋y－2＝0在圆x2＋y2－9＝0外面的两条射线.典例2 方程y=-√4−𝑥2对应的曲线是【答案】【解析】将y=-√4−𝑥2平方得x2+y2=4(y≤0)，它表示的曲线是圆心在原点，半径为2的圆的下半部分，A.xyR2y是1x和1xPxyx一条直 B．一个C．双曲线的一 方程mx2m1y2m(m1)(mR椭 B．抛物C．双曲 3M(－2，0)，N(2，0)P为坐标平面内的动点，满足|MN||MP|MNNP0A．y2B．y2C．y2【答案】D．y2【解析】P（x，y，M（﹣2，0N（2，04x22由|MN||MP|x22

4x20y28x 已知坐标平面上一点M(x,y)与两个定点M1(26,1)，

MMMM

5M记（1）中轨迹为CP(23的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l(x26)2(x26)2(y(x2)2(y

|MM2

5

5x2y22x2y230M的轨迹方程是(x1)2y1)225)52（2）当直线llx52所以lx2

8当直线l的斜率存在时，设ly3k(x2kxy2k303k圆心到l的距离d k2k2由题意，得(|3k2|)24252kk2 所以直线l的方程 xy 0，即5x12y460 综上，直线lx2或5x12y460PA(80)D(2,0)2Px2y2 B．x2y2C．(x1)2y2 D．x2(y1)21已知𝑂(0,0)和𝐾(0,2)是平面直角坐标系中的两个定点，过动点𝑀(𝑥,𝑦)的直线𝑀𝑂和𝑀𝐾的斜率分别为1𝑘2k1k22Mxy的轨迹CK作相互垂直的两条直线与轨迹CABAB过定点xy进行限制． 已知圆A：(𝑥+2)2+𝑦2=25，圆B：x22y21，动圆P与圆A、圆B均外切 PCBCM、N两点，求｜MN｜的最小值【解析】（1）P的半径为𝑟，则│PA│＝r5，│PBr1 PA、B2

y y3（2）MN的方程为𝑥=𝑚𝑦+代入双曲线方程，得(3𝑚2−1)𝑦2+12𝑚𝑦+9=3m21由 ，解得−√3<𝑚< y1y2设𝑀(𝑥1𝑦1𝑁(𝑥2

16m2 1

yy

1 1

1 当𝑚2=0时|𝑀𝑁|min=设圆(x＋1)2＋y2＝25C，A(1，0)是圆内一定点，QAQCQMM

4y2

4y211 11

4y2

4y211 11已知曲线GF(10x3求曲线G的方程F的直线l，使得l与曲线GABAxA△ABF4？若存在，求出此时直线l的方程；若不存在，请说明理由P(x,y却随另一动点Q(x,y的运动而有规Qxyx，y的式子，再QP的轨迹方程． N，若向量=+Q的轨迹方程Q的坐标为(x，y)M的坐标为(x0，y0)(y0≠0)N的坐标为y＝⃗⃗⃗⃗＋⃗⃗⃗⃗MC上，所以𝑥2＋𝑦2＝4，即𝑥2𝑦2=4(𝑦≠ Q

yx＋＝1y0yx 在直角坐标系xOy中，A2,0,B2,0，不在x轴上的动点C满足ACBC,CDAB于DP为CD的中点PEEyH1EMNMHBN2（1）Pxyy因为CDxP为CD的中点，所以Cx,2y因为ACBC，所以

1，即2

2y1xy2

x

x PE

x2y4y

解法二：依题意可知点Ca2b24a2Pxyy0，因为CDxP为CD的中点，所以Cx,2y

2y

4

x2y4y

1PE

x2y4y

H0,1MNy1xmm12y1x由 ，得x22mx2m220y1x22y184m20xx2mx

2m22 1k

y11

y11x22x1 x

x

1

m1x2x1

m2

12

x1x2m1x1x22m 02m22m12m 0

xOyA4,3B是圆x12y24AB 3 3

3 3x2y2

x2y2 x32y32

x32y32Q的轨迹方程P(x,y)P(x,y)用，但较易发现（或经分析可发现）P(x,y中的x，ykkMxfM的参数方程yg(kkmkx，y 如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10).分别将线OAABA1,A2,…,A9B1,B2,…,B9.OBiAixOBiClEM,N,若△OCM与△OCN4∶1,l的Bi的坐标为(10,i),OBiy=𝑖xPi的坐标为(x,y),由y

y

（2）依题意,l的斜率存在,lykxx由x

10

x210kx1000Δ=100k2+400>0,lEMxyNx

x1x2 ,

xx100 因 ,所以3x2 分别代入①和②,得4x2100 ly=±3x+10,3x-2y+20=03x+2y-2解法二：（1）Pi(i∈N*,1≤i≤9)E：x2=10y上Ai(i∈N*,1≤i≤9)xBi的坐标为(10,i),OBiy=𝑖x由

i的坐标为

𝑖2y10 Pix2=10yPi(i∈N*,1≤i≤9)E过点P1(1,5)作一条直线交x轴于点A,过点P2(2,7)作直线P1A的垂线,交y轴于点B,点M段AB上,|BM|∶|MA|=1∶2,则动点M的轨迹方程 若在抛物线y2=2x上存在相异的两点关于直线l:y=m(x-2)对称,求m的取值范围【解析】解法一：如图m=0时,l:y=0恰好是抛物线的对称轴,满足题设条件m≠0时,P(x1,y1),Q(x2,y2)l对称的两点,PQM(x1x2,y1y2 PQy1my1x由

y2∵方程(*)有两个不相等的实数根,∴Δ=4m2+8mb>0,即m2+2mb>0 又y1+y2=-2m,x1+x2=2mb-m(y1+y2)=2mb+2m2,∴M(mb+m2,-m).1由点M在直线l上,得-m=m(mb+m2-2),即 m综上可知,m的取值范围为(-√2,√2).解法二(点差法)m=0时,同解法一.m≠0时,P(x1,y1),Q(x2,y2)y2=2xl对称的两点,PQM的坐标为P,Q在抛物线上 两式相减,得(y+y)(y-y)=2(x-x),2y(y-y)=2(x-x),y1y2

(x≠x 1 1

01

1 x 1y y0又点M在直线l上,∴y0=m(x0- 由①②,M的坐标为(1,-∵P,Q为抛物线上的两点,M在抛物线的内部综上可知,m的取值范围是(- 设椭圆

1ab0AB．已知椭圆的离心率为e

2ABx3y20所截得的弦长为23A的直线lMMMxN2NB与直线lP，若直线OP5，求直线l的斜率k命题“Cf(x，y)＝0的解”f(x，y)＝0f(x，y)＝0C．f(x，y)＝0Df(x，y)＝0y2=x与 B．y=lgx2与y=2lgC．y1=1与lg(y+1)=lg(x- D．x2+y2=1与|y|=√1−xx

88半个 B．双曲线的一C．一个 椭 B．两条射C．双曲 与圆(x2)2y21yPy26x B．y22xC．x26y D．x24x2y3F(10DFx1Dx24y B．x22yC．y2 D．y2𝑚𝑥2+𝑛𝑦2=1抛物 B．双曲C．椭 已知动圆CA20y4，则圆心C B．椭C．双曲 设𝐷为椭圆𝑥2𝑦2=1上任意一点，𝐴(02)，𝐵(02)，延长𝐴𝐷至点𝑃，使得|𝑃𝐷|=|𝐵𝐷|，则点𝑃5A．𝑥2+(𝑦−2)2= B．𝑥2+(𝑦+2)2=C．𝑥2+(𝑦−2)2= D．𝑥2+(𝑦+2)2=，且1C的轨迹方程为y2xC．x2y

yxD．x32y32已知点Q在椭圆C:x2y2P满足OQ1(OF1OP)（其中O为坐标原点，F为椭圆 的左焦点P B．抛物C．双曲 以a10,a20为圆心的两圆均过10y轴正半轴分别交于0y1,0y2lnylny0，则点1,1 a 2直 B．C．椭 3y2x2F、F3

33

|AB

|F1F2|ABM的轨迹C22

2 y12

y1y2 y2

1y已知两点M(－2，0)，N(2，0)，点P满足∙＝12，则点P的轨迹方程 y点𝑃(4,−2)与圆𝑥2+𝑦2=4上任一点连结的线段的中点的轨迹方程 Px2y21PA、PBA、B，若APB120P轨迹方程 17．在平面直角坐标系中，方程|𝑥+𝑦|+|𝑥−𝑦|=1所代表的曲线形状 2⃗⃗⃗ 已知双曲线的一支C:y=√𝑥2−2𝑥+2和直线l:y=kx,若l与C有两个不同的交点A,B,则线段AB的中点 F10，直线lx1PF的距离等于它到直线lP的轨迹C若曲线Cmyx1B两点，求△OAB的面积P(2,2)C：x2＋y2－8y＝0PlCA，BAB的中点为M，O为坐标原点.M当|OP|＝|OM|l的方程A(30BCyxPBC BPBC1CPP2已知圆Cx22y25，直线lmxy12m0mRmR，直线l与圆CA、BABM的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线设OPM(40yP的轨迹CAB是轨迹C上的动点，直线OAOBAB过定点4已知定点A(1,0)及直线l:x2，动点P到直线l的距离为d，若|PA| 2 PCMN是Cx轴上方的两点，B点的坐标为(10AM∥BN，MNx轴D(30)AM的方程.

AByxmAB两点，CD在椭圆上，且CD2对称，问：是否存在实数m，使AB CD，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由2MF(10x1M的轨迹记为Cx1x轴的交NN且斜率为k的直线l与轨迹CABO为坐标原点．M的轨迹C的方程，并求直线l的斜率kD是轨迹CABDADBF(10x轴的直线PQOPOQ为定值，并求出该定值．2求动点𝑄过椭圆右焦点𝐹的直线与椭圆交于点𝑀𝑁，求△AMN1．（2019年高考 卷理数）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：x2y21|x|y就C6个整点（即横、纵坐标均为整数的点2②曲线C上任意一点到原点的距离都不超 2C所围成的“心形”3． 2．（2019年高考Ⅱ卷理数）已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之为−1.M2CCCP，QP在第一象限，PE⊥xEQEC△PQG求△PQG面积的最大值3（2017

x2y2y

1Mx

PQx3上，且OPPQ1POQlC【答案】2y是1x和1x的等比中项，所以2y21x1x1x2y0x24y21y0x轴上点的一个椭圆.D．mm10m0m1时，方程mx2m1y2mm1mRy0x0mm10m0m1mx2m1y2mm1mRm

y 1m0m1ym2当mm10，即 时，方程mx2m1y2mm1mR可化为2

y2

m ，表示双曲线，mx2m1y2mm1mR不能表示抛物线【答案】(x2)2(x2)2

x2y216.(x8)2(x8)2

1yy21 1x2yy202故C

2x yx 2

22

4y0（2）KKykx2ykx

，解得x4k，y ，x22y24y

2k2

2k2ABAxByC0x

，y

4kA

C02k2

2k2

2k2 2k22Ck24Ak2BC0由于两直线垂直，斜率乘积为12BC1，即2B3C0，AB过定点02 3 2

42c=2b4

,故其方程

1所以曲线Gy24x.（2）设直线lxmy1y2与抛物线C的方程联立，得xmy1xy4my402AxyBxy16m24416m2160 12y1y24my1y2412

2

x21

my1

4m4，m则直线lxy10【答案】 得m2x4,n2y3B在圆x12y24m2x4n2y32x322y324 3 3即x2y2

ABR,坐标为(x,y),则在Rt△ABP中RAB的中点,依垂径定理，在Rt△OAR中,|𝐴𝑅|2=|𝐴𝑂|2−|𝑂𝑅|2=36−(𝑥2+又|𝐴𝑅|=|𝑃𝑅|=√(𝑥−4)2+𝑦2,所以有(𝑥−4)2+𝑦2=36−(𝑥2+𝑦2),即𝑥2+𝑦2−4𝑥−10=R在一个圆上,R在此圆上运动时,Q点即在所求的轨迹上运动x4, yQ(x,y),R(x1,y1),RPQ的中点,x1

1 ,代入方程𝑥2+𝑦2−4𝑥−10=0, x4

y

4x4100,x2+y2=56,Q的轨迹方程 2 P2y-7=k(x-2)(k≠0),P1y-5=-1(x-1),x5k1 B(0,-2k+7).设M(x,y),则由|BM|∶|MA|=1∶2,得 4k14,消去k,整理得12x+15y-y 3M12x+15y-（1）AB为直径的圆的圆心为00，半径rar2dar2da23

3y20d

11a2

3y20截得的弦长为

又椭圆的离心率eca3a2c3a2

321，

x2y4y

1（2）Mx0y0，其中0x020y01Nx0y0，k

x

，

2x AMy

x02

x2BNy

2

x2y

x02

x

42y由

, 0，y

22

x

x0k x0y024

44440

k

44y244y20110

4 2 令

tt03

1t1t10 510 111121k 21 t0,3，25,2，1

21121 5 1

42 42即直线l的斜率k的取值范围是1142 Cf(x，y)＝0的解只满足点在曲线上，不能说明曲线上的f(x，y)＝0CB正确.xy的取值范围,A,B,Cxy的取值范围不一致;Dxy的取值范围都是[-1,1],且化简后的解析式相同,D正确.D.【答案】88

x2y28x088

【答案】F1（﹣3，0B．【答案】P与圆(x2)2y21y(x(x2)2

1xy26x3【答案】DFx1x1的距离等于圆心FF10y24x.C．7当𝑚,𝑛相等为正时，表示圆；当𝑚,𝑛0时，图形不存在.A.【答案】C（x，y∴（x﹣2）2+y2＝22+x2y2＝4x，则圆心C的轨迹是抛物线．D．【答案】∵𝐷为椭圆𝑥2+𝑦2=1上任意一点,A,B为焦点，∴|𝐷𝐴||𝐷𝐵|=2𝑎=2√5∴|𝑃𝐷|=5∴|𝑃𝐴|=|𝑃𝐷|+|𝐷𝐴|=2√5，故点𝑃的轨迹方程为𝑥2+(𝑦+2)2=【解析】由OCOAOB，且1，得OCOA1OB＝OAOBOBOCOBBABCBAC、A、B三点共线．C（x，yCAB所在的直线上，∵A（2，1B（4，5∴ABy1x5 4Cy2x3．A．

y2x3P满足OQ1(OF1OP，根据向量的运算，可得QPF2P(abF为椭圆C:x2y2F

6,0)，1由中点坐 ，可得Qa

6,b 2 (a (a又点在椭圆

1P

1 D．r11

y212aa2 a2 则12a1

1，即2aaa

1

2 x

1

设y

xy2a2【解析】由已知ea2a

3a21 则双曲线方程为y 2y2x22Ax1y1Bx2y2ABM(xy2由已知不妨设y 2x，

x

从而2yyy

2

x，2xxx

2

y3 3

3 |AB32

2 x2 x y22

2 所以(22

(2x)(2

， 4

1MC

x2y4y

1＝(－2－𝑥，－𝑦)x2＋y2＝16P的轨迹方程.【答案】(𝑥−2)2+(𝑦+1)2=（x1，y1（x，y𝑥=则

，即

𝑥1=2𝑥−4𝑦=2

𝑦1=2𝑦+代入𝑥2+𝑦2=4，得（2x﹣4）2+（2y+2）2=4，化简得(𝑥−2)2+(𝑦+1)2=1．故答案为(𝑥−2)2+(𝑦+1)2=1．x2y23APB120BAP18012030OAB90302OAOBr1，∴△OABOP

23323∴点P的轨迹方程为x2y2

4

3 𝑥+𝑦≥0,𝑥−𝑦≥0时，𝑥=1(−1≤𝑦≤𝑥+𝑦≤0,𝑥−𝑦≤0时，𝑥=−1(−1≤𝑦≤𝑥+𝑦≥0,𝑥−𝑦≤0时，𝑦=1(−1≤𝑥≤𝑥+𝑦≤0,𝑥−𝑦≥0时，𝑦=−1(−1≤𝑥≤∴方程|𝑥+𝑦|+|𝑥−𝑦|=1 故答案为正方形【答案】𝑥2+𝑦2=1(𝑦≠2【解析】设点𝐻的坐标为(𝑥𝑦)，点𝐶的坐标为(𝑥𝑚)，则𝐷(𝑥0)，则(0,−𝑚)，⃗⃗⃗=(0,𝑦𝑚)2⃗⃗⃗∴2𝑦2𝑦)∵0∴0故点𝐻的轨迹方程为𝑥2+𝑦2=1(𝑦≠2 yx22xABx22x

1,得(k2-1)y2+2ky-2k2=0,y0=1

y

k得𝑥2-𝑦2=x0,因为 0,所以√2<k<1,得x0>2,所以AB的中点的轨迹方程是(x-1)2- k2 k21（1）PF的距离等于它到直线lP的轨迹CF为焦点、直线y24xy2（2）Ax1y1Bx2y2,联立yx

x26x10，x1x26直线m经过抛物线CF，ABx1x2p628，2又点O到直线m的距离d 22212 ABd1 2212 （1）C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16C(0,4)4.＝(x，y－4)，由题设知PCM的轨迹方程是（2）由（1）MN(1,3)为圆心，√2为半径的圆由于|OP|＝|OM|，故O段PM的垂直平分线上，PNON⊥PM.ON3l3lP(x,yB(0yC(x0)BC(xyCP(xx,yBC1CP，得(xy1(xxyxxyyB(0yCx0) A(30AB3y)BPx3y 由 BP，得ABBP0，∴3x3y20，得y24x4Py24x5（1）圆Cx22y25的圆心为C20，半径为552m11所以圆心C到直线lmx2m11

11所以直线l与圆C相交，即直线l11（2）Mxy直线lmxy12m0恒过定点当直线CM

xkAB

y1，x

AB

∴y1x

x2

1 化简得x

y 2 2

x2；4当直线CMx2，M2,1，也满足上述方程 1

1 M的轨迹方程是x

y 2 2

4，它是一个以222为半径的圆 （1）Pxyr,则r2PM2x42y02 y8，得r2x2ry2P的轨迹Cy28x（2）ABxmynAx1y1、Bx2y2联立方程得xmynxy28my8n0y2y1y28my1y28n设直线OAOB的倾斜角分别是π,tan1,tantan 1tan∵ y1

tan

8tan

2y8y 18

y1y2y1ABxmy88，AB过定点8,8(x1)2【解析（1）设P(x,y)，则由A(1,0)，知|PA| 又l:x2，∴(x1)2

(x1)22|(x1)22∴(x1)2y21(x2)22∴x22y22P

x2y2y

（2）M(x1y1N(x2y2y10y20，A(10)B(10)D(30BAD∵AM∥BN，∴x132x2,y12y2 2x又1y21，∴ 4y21， x22

x5,

2

1，∴ 2∵y0，∴y 14，∴

1411

xx

14(x1)2（1）由题意，得2a42a2b6∴a2，b

x2y4y

1（2）∵CDAB对称，∴可设直线CDyxtyx联立

y2

y，得5x28tx4t24064t2454t240，解得t25设CD两点的坐标分别为Cx1y1Dx2y2x1x2

，x1x2

4t2，5设CDMx0y0∴xx1x24t,yxt1t，∴M4t,t5 5 Myxmt4tm ∴t5m3∵t25，∴m295CD

x1x2

2

2 8080x x 4x 212∵AB2

2 8080CD，∴AB22CD2∴2t2m25，∴m2459 ∴存在实数mAB

CD，此时m的值为320522（1）MF(10x1相切MF(10x1的距离相等，M的轨迹Cy24xy2联立yk(x

k2x22k24)xk20当k0时，一次方程只有一个根，不符合题意，所以k0且0，解得k(1,0) (0,1)．（2

D(x,y)，A(x,y)，B(x,y)直线 ：yy

(xx

(yy)y4xyy

y

0 其与x1的交点P(1,y0y14)，同理 与x1的交点Q(1,y0y24)y y yy

yy

y2y

4y(

y)所以OPOQ1(0 )(0 )101 ，y y y2y(yy)y 1由（1）可知x1x21，则y1y2 4y24y(yy)

4y2y(yy) 所以OPOQ145，为定值，该定值为522

1(ab0) e2

由题意可知

b

，即

b

𝑎=，解得{𝑏=1c2a2

c2a2

𝑐=故椭圆的标准方程为𝑥2+𝑦2=2设𝑄(𝑥𝑦𝑃(𝑥1因为𝐴(2,0)，所以==(2𝑥𝑦)=(𝑥1𝑦1)，所以𝑥1=2𝑥𝑦1=−x又∵点𝑃2

y21为动点𝑄（2）椭圆的右焦点𝐹(1,0)，设直线𝑀𝑁的方程是𝑥=𝑚𝑦+1，与𝑥2+𝑦2=1联立，可得(𝑚2+2)𝑦2+22𝑚𝑦−1=设𝑀(𝑥1𝑦1𝑁(𝑥2𝑦2)𝑥1=𝑚𝑦11，𝑥2=𝑚𝑦2+1，由题意𝑦1，𝑦2满足方程(𝑚2+