學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE23學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE§16。1曲線與方程考綱解讀考點(diǎn)內(nèi)容解讀要求五年高考統(tǒng)計(jì)常考題型預(yù)測(cè)熱度201320142015201620171.求曲線方程求曲線的軌跡方程及方程的應(yīng)用A解答題★☆☆2。拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)求拋物線方程及拋物線方程的綜合運(yùn)用B22題10分解答題★★☆分析解讀求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程及其應(yīng)用江蘇高考近5年沒有考查,是命題的冷點(diǎn),主要考查求拋物線方程以及方程的運(yùn)用，難度中等.命題探究（1）拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為，由點(diǎn)在直線l：x-y-2=0上,得—0—2=0,即p=4。所以拋物線C的方程為y2=8x.(2）設(shè)P（x1，y1),Q(x2,y2)，線段PQ的中點(diǎn)M（x0,y0）.因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對(duì)稱,所以直線l垂直平分線段PQ,于是直線PQ的斜率為—1，則可設(shè)其方程為y=-x+b.①由消去x得y2+2py—2pb=0。(＊)因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn)，所以y1≠y2，從而Δ=（2p）2—4×（-2pb）>0,化簡(jiǎn)得p+2b>0。方程(*)的兩根為y1，2=—p±,從而y0==—p.因?yàn)镸（x0,y0)在直線l上，所以x0=2-p.因此，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為（2-p，—p)。②因?yàn)镸(2—p，—p）在直線y=—x+b上，所以-p=—(2—p）+b，即b=2—2p.由①知p+2b>0，于是p+2(2-2p)〉0,所以p〈.因此，p的取值范圍是。五年高考考點(diǎn)求曲線方程1.（2017課標(biāo)全國(guó)Ⅱ理，20,12分）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)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。解析本題考查了求軌跡方程的基本方法和定點(diǎn)問題.(1)設(shè)P（x，y）,M(x0，y0），則N(x0，0）,=（x—x0,y）,=(0，y0)。由=得x0=x，y0=y。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）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課標(biāo)全國(guó)Ⅲ理，20，12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn)。（1）若F在線段AB上，R是PQ的中點(diǎn)，證明AR∥FQ;(2）若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解析由題設(shè)知F。設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab≠0,且A，B,P,Q，R.記過A,B兩點(diǎn)的直線為l，則l的方程為2x—（a+b）y+ab=0。(3分）(1）由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=====-b=k2.所以AR∥FQ.（5分)(2）設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0），則S△ABF=|b—a｜｜FD|=｜b-a｜，S△PQF=.由題設(shè)可得2×｜b—a|=,所以x1=0（舍去)，或x1=1.(8分)設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得=(x≠1)。而=y,所以y2=x—1(x≠1).當(dāng)AB與x軸垂直時(shí)，E與D重合。所以，所求軌跡方程為y2=x-1。（12分)3.(2015天津,19，14分)已知橢圓+=1(a〉b>0）的左焦點(diǎn)為F(-c，0）,離心率為,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=截得的線段的長(zhǎng)為c,｜FM|=。（1）求直線FM的斜率;(2)求橢圓的方程;（3）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上，若直線FP的斜率大于，求直線OP（O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.解析（1)由已知有=,又由a2=b2+c2，可得a2=3c2，b2=2c2。設(shè)直線FM的斜率為k(k>0)，則直線FM的方程為y=k(x+c）。由已知，有+=,解得k=。（2)由（1)得橢圓方程為+=1，直線FM的方程為y=（x+c）,兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0，解得x=-c或x=c。因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限，可得M的坐標(biāo)為.由|FM｜==，解得c=1，所以橢圓的方程為+=1。(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y），直線FP的斜率為t，得t=，即y=t（x+1）(x≠-1），與橢圓方程聯(lián)立得消去y，整理得2x2+3t2(x+1）2=6。又由已知,得t=〉,解得—〈x〈-1,或-1<x〈0.設(shè)直線OP的斜率為m,得m=,即y=mx(x≠0)，與橢圓方程聯(lián)立,整理可得m2=—.①當(dāng)x∈時(shí)，有y=t（x+1)〈0，因此m>0，于是m=,得m∈.②當(dāng)x∈（-1,0)時(shí),有y=t(x+1）>0，因此m<0，于是m=-，得m∈.綜上,直線OP的斜率的取值范圍是∪.4.（2015湖北,21，14分)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(dòng),長(zhǎng)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(dòng)，且DN=ON=1,MN=3。當(dāng)栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，N繞O轉(zhuǎn)動(dòng)一周(D不動(dòng)時(shí)，N也不動(dòng)），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(dòng)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(gè)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。圖1圖2解析(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(dòng)時(shí),點(diǎn)N也不動(dòng)，所以t不恒等于0，于是t=2x0，故x0=，y0=—，代入+=1,可得+=1,即曲線C的方程為+=1。（2)(i)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線l為x=4或x=-4，都有S△OPQ=×4×4=8。(ii)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),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(gè)公共點(diǎn)，所以Δ=64k2m2—4(1+4k2）（4m2-16)=0,即m2=16k2+4。①又由可得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(shí),S△OPQ=8·=8〉8;當(dāng)0≤k2<時(shí),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(shí)取等號(hào)。所以當(dāng)k=0時(shí)，S△OPQ的最小值為8。綜合(i）（ii）可知，當(dāng)直線l與橢圓C在四個(gè)頂點(diǎn)處相切時(shí)，△OPQ的面積取得最小值8.教師用書專用(5—8)5.(2014廣東，20，14分)已知橢圓C:+=1(a〉b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為（,0），離心率為.（1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2）若動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)為橢圓C外一點(diǎn)，且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點(diǎn)P的軌跡方程。解析（1）由題意知c=,e==，∴a=3，b2=a2-c2=4，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.（2)設(shè)兩切線為l1，l2,①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時(shí)，l2∥x軸或l2⊥x軸，可知P(±3,±2).②當(dāng)l1與x軸不垂直且不平行時(shí),x0≠±3,設(shè)l1的斜率為k,且k≠0，則l2的斜率為—,l1的方程為y—y0=k（x—x0),與+=1聯(lián)立，整理得（9k2+4)x2+18(y0-kx0）kx+9(y0—kx0)2—36=0,∵直線l1與橢圓相切，∴Δ=0，即9(y0—kx0）2k2—（9k2+4）·［（y0—kx0)2—4］=0,∴（-9）k2—2x0y0k+—4=0,∴k是方程（-9）x2—2x0y0x+-4=0的一個(gè)根,同理，-是方程(—9）x2-2x0y0x+—4=0的另一個(gè)根，∴k·=,整理得+=13,其中x0≠±3,∴點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠±3).檢驗(yàn)P（±3，±2)滿足上式。綜上,點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13。6.(2014湖北,21，14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)M到點(diǎn)F（1，0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1。記點(diǎn)M的軌跡為C。(1）求軌跡C的方程;（2）設(shè)斜率為k的直線l過定點(diǎn)P（-2,1）。求直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍.解析(1）設(shè)點(diǎn)M(x,y），依題意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1，化簡(jiǎn)整理得y2=2(|x|+x）。故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2=（2）在點(diǎn)M的軌跡C中，記C1:y2=4x,C2：y=0(x<0），依題意，可設(shè)直線l的方程為y—1=k（x+2).由方程組可得ky2-4y+4（2k+1)=0。①當(dāng)k=0時(shí)，此時(shí)y=1。把y=1代入軌跡C的方程，得x=.故此時(shí)直線l：y=1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn).當(dāng)k≠0時(shí),方程①的判別式為Δ=-16（2k2+k—1）.②設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為（x0，0),則由y—1=k（x+2)，令y=0，得x0=—.③（i)若由②③解得k<—1或k>。即當(dāng)k∈(—∞，—1)∪時(shí),直線l與C1沒有公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn),故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)。（ii）若或則由②③解得k∈或—≤k<0。即當(dāng)k∈時(shí)，直線l與C1只有一個(gè)公共點(diǎn),與C2有一個(gè)公共點(diǎn)。當(dāng)k∈時(shí)，直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn)，與C2沒有公共點(diǎn).故當(dāng)k∈∪時(shí),直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn).(iii）若則由②③解得—1<k〈—或0〈k〈。即當(dāng)k∈∪時(shí)，直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn)，與C2有一個(gè)公共點(diǎn)，故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn)。綜上，當(dāng)k∈(—∞，—1)∪∪｛0｝時(shí),直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈∪時(shí)，直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈∪時(shí),直線l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn).7。（2014湖南，21，13分）如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C1:+=1(a>b〉0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，離心率為e1；雙曲線C2:-=1的左、右焦點(diǎn)分別為F3、F4，離心率為e2，已知e1e2=,且｜F2F4｜=—1.（1)求C1,C2的方程;（2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點(diǎn)，當(dāng)直線OM與C2交于P，Q兩點(diǎn)時(shí)，求四邊形APBQ面積的最小值。解析(1）因?yàn)閑1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,從而F2（b，0）,F4（b，0）,于是b-b=｜F2F4｜=—1，所以b=1，所以a2=2.故C1，C2的方程分別為+y2=1，—y2=1。(2）因?yàn)锳B不垂直于y軸,且過點(diǎn)F1(-1，0）,故可設(shè)直線AB的方程為x=my-1。由得（m2+2)y2—2my—1=0,易知此方程的判別式大于0，設(shè)A(x1,y1）,B(x2,y2），則y1,y2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，所以y1+y2=，y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2）-2=，于是AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為.故直線PQ的斜率為-，則PQ的方程為y=—x，即mx+2y=0.由得（2-m2)x2=4,所以2—m2〉0，且x2=,y2=，從而｜PQ｜=2=2。設(shè)點(diǎn)A到直線PQ的距離為d，則點(diǎn)B到直線PQ的距離也為d,所以2d=，因?yàn)辄c(diǎn)A，B在直線mx+2y=0的異側(cè),所以（mx1+2y1）（mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1｜+|mx2+2y2｜=｜mx1+2y1—mx2—2y2｜，從而2d=。又因?yàn)閨y1-y2|==,所以2d=。故四邊形APBQ的面積S=｜PQ|·2d==2。而0〈2—m2<2，故當(dāng)m=0時(shí)，S取得最小值2。綜上所述,四邊形APBQ面積的最小值為2。8.（2013陜西理，20,13分）已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A（4,0),且在y軸上截得弦MN的長(zhǎng)為8。(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程;（2)已知點(diǎn)B（—1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，證明直線l過定點(diǎn)。解析（1)如圖,設(shè)動(dòng)圓圓心為O1(x,y）,由題意知，｜O1A|=|O1M|，當(dāng)O1不在y軸上時(shí),過O1作O1H⊥MN交MN于H，則H是MN的中點(diǎn)，∴|O1M|=,又｜O1A|=,∴=,化簡(jiǎn)得y2=8x(x≠0）。又當(dāng)O1在y軸上時(shí)，O1與O重合，點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0）也滿足方程y2=8x，∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.(2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b（k≠0),P(x1，y1）,Q(x2，y2),將y=kx+b代入y2=8x中，得k2x2+(2bk—8）x+b2=0。其中Δ=-32kb+64〉0.由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=,①x1x2=,②因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線,所以=-,即y1（x2+1）+y2（x1+1）=0,(kx1+b）(x2+1）+（kx2+b)（x1+1）=0,2kx1x2+（b+k)(x1+x2）+2b=0，③將①,②代入③得2kb2+（k+b)(8—2bk)+2k2b=0，∴k=-b,此時(shí)Δ〉0，∴直線l的方程為y=k（x—1）,即直線l過定點(diǎn)（1,0）.三年模擬A組2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組考點(diǎn)求曲線方程1。(蘇教選2—1,二,6，6,變式）設(shè)A為圓(x-1)2+y2=1上的動(dòng)點(diǎn)，PA是圓的切線,且PA=1，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程是.

答案（x-1)2+y2=22。（2016廣東佛山六校聯(lián)考,15)已知A(3，2）、B（1,0）,P(x，y）滿足=x1+x2(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，若x1+x2=1,則P的坐標(biāo)滿足的方程是。

答案x—y-1=03。(2017江蘇東海中學(xué)期末模擬）已知?jiǎng)狱c(diǎn)P（x，y）與兩定點(diǎn)M(-1，0）,N（1,0)連線的斜率之積等于常數(shù)λ（λ≠0).(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；（2）試根據(jù)λ的取值情況討論軌跡C的形狀;（3）當(dāng)λ=-2時(shí),過點(diǎn)F(0,1)的直線l與軌跡C交于A，B兩點(diǎn),求△OAB面積的最大值.解析(1)由題設(shè)知直線PM與PN的斜率存在且均不為零,且kPM·kPN=·=λ,整理得x2—=1(λ≠0，x≠±1）.（2)①當(dāng)λ〉0時(shí),軌跡C為中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線(除去頂點(diǎn)）；②當(dāng)-1〈λ<0時(shí),軌跡C為中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的橢圓(除去長(zhǎng)軸兩個(gè)端點(diǎn)）;③當(dāng)λ=-1時(shí)，軌跡C是以原點(diǎn)為圓心,1為半徑的圓（除去點(diǎn)（-1，0)，（1,0)）；④當(dāng)λ〈—1時(shí)，軌跡C為中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在y軸上的橢圓（除去短軸兩個(gè)端點(diǎn)）。（3）當(dāng)λ=-2時(shí),軌跡C的方程為x2+=1（x≠±1）。由題意知，l的斜率存在，設(shè)l的方程為y=kx+1(k≠±1），代入橢圓方程中整理得（k2+2)x2+2kx-1=0.（*)設(shè)A（x1，y1），B(x2,y2），則x1，x2為方程(＊）的兩個(gè)實(shí)根,∴x1+x2=—,x1x2=—。∴S△OAB=·OF·|x1-x2｜===·=·≤,當(dāng)且僅當(dāng)k2+1=,即k=0時(shí)取等號(hào)。∴k=0時(shí),△OAB的面積最大，最大值為.B組2016-2018年模擬·提升題組(滿分:20分時(shí)間:10分鐘）一、填空題（每小題5分，共5分）1.(2017南京、鹽城二模，11)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：kx—y+2=0與直線l2：x+ky—2=0相交于點(diǎn)P，則當(dāng)實(shí)數(shù)k變化時(shí)，點(diǎn)P到直線x—y-4=0的距離的最大值為.

答案3二、解答題(共15分)2.（2017如東、前黃、栟茶、馬塘四校聯(lián)考,22）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知定點(diǎn)A（0，—8）,M、N分別是x軸、y軸上的點(diǎn)，點(diǎn)P在直線MN上，滿足+=0，·=0。（1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；(2)設(shè)F是P點(diǎn)軌跡的焦點(diǎn)，C,D為P點(diǎn)軌跡在第一象限內(nèi)的任意兩點(diǎn)，直線FC、FD的斜率分別為k1、k2，且滿足k1+k2=0，求證：直線CD過定點(diǎn).解析（1）設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y),M點(diǎn)坐標(biāo)為(a，0），N點(diǎn)坐標(biāo)為（0,b).由+=0，·=0，得消去a，b得x2=4y.故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為x2=4y.(2）證明:設(shè)C，D兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2，y2)，則=4y1，=4y2，兩式相減得—=4（y1—y2),所以kCD==，由(1)可知F的坐標(biāo)為（0,1），則k1=，k2=，由k1+k2=0得x1y2+x2y1=x1+x2.所以x1·+x2·=x1+x2,化簡(jiǎn)得x1x2=4（顯然x1+x2≠0)。直線CD的方程為y—y1=（x-x1）。令x=0,得y=y1-==-=—1.所以直線CD過定點(diǎn)（0，—1).C組2016—2018年模擬·方法題組方法1利用參數(shù)法求軌跡方程常用的方法與技巧1。(2016江蘇無錫天一中學(xué)月考)已知?jiǎng)狱c(diǎn)A、B分別在x軸、y軸上,且滿足AB=2，點(diǎn)P在線段AB上,且=t(t是不為零的常數(shù))。（1）求點(diǎn)P的軌跡C的方程;（2）若t=2,點(diǎn)M、N是C上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（M、N不在坐標(biāo)軸上），點(diǎn)Q的坐標(biāo)為，求△QMN的面積的最大值.解析(1）設(shè)A（a,0），B（0，b),P（x，y)，因?yàn)?t，即（x—a,y)=t（—x,b-y),所以,所以由題意知t>0,因?yàn)锳B=2，所以a2+b2=4,即(