2018年高考数学命题角度5.1曲线与轨迹问题大题狂练理.doc

命题角度5.1：曲线与轨迹问题，直线（1）判断直线和圆的位置关系2）求圆心到直线的距离的最大值3）如图所示，圆与轴的正方向交于点，点在直线上运动，过做圆的切线，切点为，求垂心的轨迹方程．【答案】（1）相交；（2）；（3）试题解析：（1）∵∴∴直线经过定点P（1，-1）又∵12+12<4∴（1，-1）在圆的内部∴直线与圆相交2）由（1）知圆心到直线的最大距离为 【点睛】本题第（1）问中直线为中心直线系，对于含有参数的直线或曲线，我们可以先分析直线或曲线特征，再选择合适的方法解题，本题如果用点到直线距离公式，较复杂些2）第（2）利用了几何知识，在解解析几何题时，首先要考虑这是一个几何问题，看是否有几何特征，有时可以简化运算，再考虑代数方法2.在平面内，设到定点F（0，2）和轴距离之和为4的点P轨迹为曲线C，直线过点F，交曲线C于M，N两点1）说明曲线C的形状，并画出图形；（2）求线段MN长度的范围答案】曲线C是焦点在F（0，2），准线分别为和顶点分别是（0，-1）和（0，3）的两条抛物线一部分组成的封闭图形ABCD【解析】解：（1）设动点，由已知得： 1分当时，，化简得：当时，化简得： 3分如图：曲线C是焦点在F（0，2），准线分别为和顶点分别是（0，-1）和（0，3）的两条抛物线一部分组成的封闭图形ABCD ……6分（2）当M、N在两支抛物线上时，过M、N分别作相应准线的垂线，垂足分别是M1、N1，由抛物线定义，MM1=MF；NN1=NF，设M、N的纵坐标分别为当过BD时，|MN|最小，最小值为4，当过C（或A）时，|MN|最大，此时直线的方程为和抛物线另一个交点，|MN|最大值为，|MN|范围是 10分当M、N都在上支抛物线上时，易求|MN|范围也是由上综述：|MN|范围是xOy上取两个定点 再取两个动点，，且．（Ⅰ）求直线与交点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）过的直线与轨迹C交于P,Q，过P作轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若,求证：.【答案】（Ⅰ） ; （Ⅱ）见解析.（Ⅱ）设，由 （） ………………………………6分由故, ………………8分要证,即证,只需证：只需即证 即,………10分由（）得：，即证. ……………………12分（本题亦可先证直线NQ过焦点F，再由得证）点睛：椭圆是圆锥曲线的重要而典型的代表曲线之一，求解这类问题时，充分借助题设条件与椭圆的有关知识，运用等价转化思想、函数方程思想、分类整合思想等数学思想及运算求解能力、推理论证能力等综合运用所学知识去分析问题和解决问题的能力。

与轴交于两点，点为圆上异于的任意一点，圆在点处的切线与圆在点处的切线分别交于，直线和交于点，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）曲线与轴正半轴交点为，则曲线是否存在直角顶点为的内接等腰直角三角形，若存在，求出所有满足条件的的两条直角边所在直线的方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）详见解【解析】试题分析：（1）设，则处的切线为，切线CD与AC,BD组方程组可求得C,D点坐标，再直线AD,BC组方程组，解点交点P轨迹方程注意消参，需要用到点M在圆上同时注意曲线方程变量范围2）设，则， 与椭圆组方程组，可求得GH,同理求得，再利用进行分类讨论试题解析：（Ⅰ）设，则处的切线为，则， ，则，则；（Ⅱ）由于直线不与坐标轴平行或垂直，可设，则，得，由于恒成立，设两个根为，则，同理， 由知： ，得：（3）两条直角边所在直线方程为： 点睛：（1）中求轨迹方程是交轨法，只需把直线AD,BC两直线方程两边对应相乘，再代入M点在圆上，可轻松消参，求得P点轨迹方程5.如图，已知直线与抛物线交于两点，且交于点（不为原点）．（Ⅰ）求点的轨迹方程；（Ⅱ）若点坐标为求的值．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】试题分析：(1)设出点 的坐标，利用坐标关系首先写出直线 的方程，然后结合题意即可求得点 的轨迹方程.(2)利用点在抛物线上，将点的坐标代入抛物线方程求解 的值即可.试题解析：（Ⅰ）设点的坐标点的坐标，点的坐标为，由得 由已知，得直线的方程为．又有由得．把代入并消去得得代入得，故所求点的轨迹方程为． （Ⅱ）以代入方程中，得，，边所在直线的斜率之积为定值，（1）求动点的轨迹方程；（2）当时，过点的直线与曲线相交于两点，求两点的中点的轨迹方程【答案】（1）当时，动点的轨迹方程为，当时，动点的轨迹方程为当时，动点的轨迹方程为当时，动点的轨迹方程为 当时，动点的轨迹方程为 （2）或 试题解析：以边所在直线为轴，以边的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系则设点的坐标为，则当时，动点的轨迹方程为，表示轴所在直线去掉两点剩下的部分 当时，动点的轨迹方程为表示焦点在轴上的双曲线去掉两点剩下的部分 当时，动点的轨迹方程为表示焦点在轴上的椭圆去掉两点剩下的部分 当时，动点的轨迹方程为 表示焦点在轴上的椭圆去掉两点剩下的部分当时，动点的轨迹方程为 表示以为直径的圆去掉两点剩下的部分 （2）当时，动点的轨迹方程为， 当直线的斜率不存在时，显然不可能与有交点，舍去；当直线的斜率存在时，设的方程为，设，联立方程组，消去得：由题意得：是此方程的解所以所以，所以得 又直线与动点的轨迹方程有两个不同的焦点，则 且且，或所以两点的中点的轨迹方程为或7. 已知椭圆的离心率是，上顶点是抛物线的焦点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若是椭圆上的两个动点，且是坐标原点），由点作于,试求点的轨迹方程.【来源】【全国百强校】2017届云南省昆明市第一中学高三月考卷（五）理数试卷（带解析）【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.试题解析：（Ⅰ）由题设知 ①又 ②所以椭圆的标准方程为 （Ⅱ）若直线轴，设直线，并联立椭圆方程解出，，，，由得定值；若直线不平行轴，设直线，，，联立椭圆 的方程消得，设，，，，由韦达定理得 ③， ④，由得，即，即，即 ⑤把③、④代入⑤并化简得 ，所以 又原点到直线的距离定值，所以动点的轨迹是以点 为圆心，为半径的圆，其方程为． 点睛：本题椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质，以及直线与椭圆的位置关系的应用，着重考查了学生分析问题和解答问题，以及推理与运算能力，本题的解答中把直线的方程代入椭圆的方程，转化为根与系数的关系及韦达定理的应用是解答的关键，试题有一定的难度，属于难题。

的坐标为，是抛物线上不同于原点的相异的两个动点，且.（Ⅰ）求证：点共线；（Ⅱ）若，当时，求动点的轨迹方程.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.【解析】试题分析：（1）利用，可得，根据 ，，，即可证明；（2）由题意知，点Q是直角三角形AOB斜边上的垂足，又定点C在直线AB上，，即可求点Q的轨迹方程．试题解析：（Ⅰ）设，，（，，），则，，因为，所以.又，，所以.因为，.且 ，所以.又，都过点，所以三点共线.（Ⅱ）由题意知，点是直角三角形斜边上的垂足，又定点在直线上，.所以设动点，则，.又，所以，即.动点的轨迹方程为.的右焦点与短轴两端点构成一个面积为2的等腰直角三角形，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）设点在椭圆上，点在直线上，且，求证：为定值；（3）设点在椭圆上运动，，且点到直线的距离为常数，求动点的轨迹方程．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】试题分析：(1)由椭圆的右焦点与短轴两端点构成一个面积为的等腰直角三角形,求出,可得椭圆方程;(2)设，则的方程为：,由得点坐标,可证明．(3) 设，由得 ,又点在椭圆上得：,从而化简可得的轨迹方程.试题解析：解：（1）由条件可得，椭圆的方程为． （2）设，则的方程为：，由得：所以．（3）设，由得 ①又点在椭圆上得： ②联立①②可得 ， ③ 由得，即可得，将③代入得：.化简得点轨迹方程为：．点睛:本题考查圆锥曲线的标准方程,曲线与方程,直线与椭圆的位置关系以及定值问题,属于中档题目.证明定值问题,先设出点坐标,根据求出直线的方程,再根据点在上求出坐标, 证明为定值,利用两点间距离公式代入坐标,根据点在曲线上两元换一元,分子分母成倍数关系,即为定值.是椭圆上三个点，在直线上的射影分别为．（1）若直线过原点，直线斜率分别为，求证：为定值；（2）若不是椭圆长轴的端点，点坐标为，与面积之比为5，求中点的轨迹方程．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）设出各点坐标，利用斜率公式表示，然后借助点差法求解为定值；（2）根据与面积之比为5，进行转化为直线经过点定点.然后分直线是否垂直于轴两种情况讨论，进而采用将直线与椭圆的方程联立，消建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系得到中点的坐标满足的等量关系，通过消去法明确轨迹方程.同时注意范围的限制.（Ⅰ）设，则，又两式相减得，即，.直线与轴不垂直时，设的方程为，则...消去，整理得.综上所述，点的轨迹方程为.点睛：本题主要考查直线的斜率、直线与椭圆的位置关系、轨迹方程，以椭圆为载体，通过利用设而不求法，考查逻辑推证能力、运算能力以及分类讨论思想、设而不求的思想．定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的．在求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．。