2021高三数学教师用书：第9章 第8讲曲线与方程含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第9章第8讲曲线与方程含解析第8讲曲线与方程基础知识整合1．曲线与方程在平面直角坐标系中,如果某曲线C(看作满足某种条件的点的集合或轨迹）上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：（1)曲线上点的坐标都是eq\x(\s\up1(01）)这个方程的解；(2）以这个方程的解为坐标的点都在eq\x（\s\up1（02))曲线上.那么，这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫做方程的曲线．2．曲线的交点设曲线C1的方程为F1（x,y）＝0，曲线C2的方程为F2（x，y）＝0，则C1，C2的交点坐标即为方程组eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(F1x，y＝0，，F2x，y＝0))的eq\x(\s\up1（03））实数解，若此方程组无解，则两曲线无交点．3．求动点的轨迹方程的一般步骤(1)建系——建立适当的坐标系;(2)设点——设轨迹上的任一点P（x,y）;(3）列式——列出动点P所满足的关系式；(4)代换——依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为关于x，y的方程式，并化简;(5）证明——证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程．1．“曲线C是方程f（x，y）＝0的曲线”是“曲线C上的点的坐标都是方程f（x，y）＝0的解”的充分不必要条件．2．求轨迹问题常用的数学思想（1)函数与方程思想：求平面曲线的轨迹方程就是将几何条件（性质）表示为动点坐标x，y的方程及函数关系．(2）数形结合思想：由曲线的几何性质求曲线方程是“数"与“形”的有机结合．（3）等价转化思想:通过坐标系使“数"与“形”相互结合，在解决问题时又需要相互转化．1．(2019·云南质量检测）已知M（－2,0）,N（2，0)，则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程为()A．x2＋y2＝2 B．x2＋y2＝4C．x2＋y2＝2（x≠±eq\r(2）) D．x2＋y2＝4（x≠±2)答案D解析MN的中点为原点O，易知｜OP|＝eq\f（1，2）|MN｜＝2,得P的轨迹是以原点O为圆心，2为半径的圆,除去与x轴的两个交点，即顶点P的轨迹方程为x2＋y2＝4（x≠±2），故选D．2．（2019·金华模拟)已知点P是直线2x－y＋3＝0上的一个动点，定点M（－1，2）,Q是线段PM延长线上的一点，且|PM|＝|MQ|,则Q点的轨迹方程是（）A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y－5＝0C．2x－y－1＝0 D．2x－y＋5＝0答案D解析设Q（x，y）,则P为（－2－x，4－y)，代入2x－y＋3＝0，得Q点的轨迹方程为2x－y＋5＝0.3．已知平面内有一条线段AB，其长度为4，动点P满足|PA｜－|PB|＝3,O为AB的中点，则｜OP|的最小值为（）A．1 B．eq\f(3，2)C．2 D．3答案B解析以AB的中点为原点，中垂线为y轴建立直角坐标系，P点的轨迹为双曲线，得c＝2，a＝1。5，所以|OP｜min＝a＝1。5.4．(2019·皖南八校联考）设点A为圆(x－1)2＋y2＝1上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1,则P点的轨迹方程为（)A．y2＝2x B．(x－1）2＋y2＝4C．y2＝－2x D．（x－1)2＋y2＝2答案D解析（直译法）如图，设P（x，y)，圆心为M（1，0)．连接MA，PM.则MA⊥PA．且｜MA｜＝1，又因为｜PA｜＝1，所以｜PM|＝eq\r（｜MA|2＋|PA|2)＝eq\r(2),即|PM|2＝2,所以（x－1）2＋y2＝2。5．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（）A．x2－eq\f(y2，8）＝1 B．eq\f（x2,8）－y2＝1C．x2－eq\f（y2，8）＝1(x≥1) D．x2－eq\f(y2，8）＝1(x≤－1）答案D解析如图所示,设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于点A和B．根据两圆外切的条件，得|MC1｜－|AC1|＝｜MA｜，|MC2|－｜BC2|＝｜MB|，因为｜MA|＝|MB｜,所以|MC1｜－|AC1|＝｜MC2｜－|BC2｜，即|MC2|－｜MC1｜＝｜BC2｜－|AC1｜＝2，所以点M到两定点C2，C1的距离的差是常数且小于｜C1C2｜.又根据双曲线的定义,得动点M的轨迹为双曲线的左支(点M到C2的距离大,到C1的距离小），其中a＝1，c＝3,则b2＝8。故点M的轨迹方程为x2－eq\f（y2,8)＝1（x≤－1）．6．已知圆的方程为x2＋y2＝4,若抛物线过点A(－1,0)，B（1，0）且以圆的切线为准线,则抛物线的焦点轨迹方程是________．答案eq\f（x2,4)＋eq\f(y2，3)＝1(y≠0)解析设抛物线焦点为F，过A，B，O作准线的垂线AA1，BB1，OO1,则|AA1｜＋｜BB1｜＝2|OO1|＝4,由抛物线定义得|AA1｜＋｜BB1|＝｜FA|＋|FB|，所以｜FA｜＋|FB｜＝4，故F点的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(去掉长轴两端点），所以抛物线的焦点轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f（y2,3)＝1（y≠0）．核心考向突破考向一定义法求轨迹方程例1如图所示，已知圆A：（x＋2）2＋y2＝1与点B(2,0)，分别求出满足下列条件的动点P的轨迹方程．（1）△PAB的周长为10；(2)圆P与圆A外切，且过B点(P为动圆圆心）．解（1）根据题意，知｜PA｜＋｜PB｜＋｜AB|＝10，即|PA｜＋｜PB｜＝6〉4＝｜AB｜，故P点轨迹是椭圆，且2a＝6，2c＝4，即a＝3，c＝2，所以b＝eq\r（5）,因此其轨迹方程为eq\f（x2，9）＋eq\f（y2,5）＝1(y≠0）．（2)设圆P的半径为r，则｜PA|＝r＋1，|PB|＝r，因此|PA｜－｜PB｜＝1<4＝｜AB|。由双曲线的定义知，P点的轨迹为双曲线的右支,且2a＝1,2c＝4，即a＝eq\f（1,2)，c＝2,所以b＝eq\f(\r（15)，2）,因此其轨迹方程为4x2－eq\f(4,15）y2＝1eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x≥\f(1,2）)）。定义法求轨迹方程及其注意点（1）在利用圆锥曲线的定义法求轨迹方程时，若所求的轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据曲线的方程，写出所求的轨迹方程．（2）利用定义法求轨迹方程时，还要看轨迹是否是完整的圆、椭圆、双曲线、抛物线，如果不是完整的曲线，则应对其中的变量x或y进行限制．［即时训练］1.△ABC的顶点为A（－5，0),B（5,0)，△ABC的内切圆圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是（）A．eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1 B．eq\f（x2，16)－eq\f（y2,9）＝1C．eq\f(x2,9)－eq\f（y2,16)＝1(x>3） D．eq\f（x2，16）－eq\f（y2，9)＝1（x〉4）答案C解析设△ABC的内切圆与x轴相切于点D，则D(3，0)．由于AC，BC都为圆的切线．故有|CA|－|CB｜＝|AD｜－｜BD｜＝8－2＝6。由双曲线定义知所求轨迹方程为eq\f(x2,9）－eq\f(y2,16）＝1(x〉3)．2．已知圆M：(x＋eq\r（5))2＋y2＝36及定点N（eq\r（5），0），点P是圆M上的动点,点Q在NP上，点G在MP上,且满足eq\o(NP，\s\up6（→))＝2eq\o(NQ，\s\up6（→)），eq\o（GQ，\s\up6(→）)·eq\o（NP，\s\up6(→)）＝0，则点G的轨迹方程为________。答案eq\f（x2，9)＋eq\f(y2,4)＝1解析eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\o（NP，\s\up6(→））＝2\o（NQ，\s\up6(→）），，\o(GQ,\s\up6（→)）·\o（NP，\s\up6(→））＝0，))⇒Q为PN的中点，且GQ⊥PN，∴GQ所在直线是PN的中垂线，|PG|＝｜GN|.∴｜PM｜＝｜GM|＋｜PG|＝|GM｜＋｜GN｜＝6>2eq\r（5)，∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，又a＝3,c＝eq\r（5)，∴b＝2，∴点G的轨迹方程为eq\f（x2，9）＋eq\f(y2，4)＝1。精准设计考向,多角度探究突破考向二直接法求轨迹方程角度1利用动点满足的关系式求轨迹例2已知点F（0,1)，直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且eq\o（QP，\s\up6(→))·eq\o（QF，\s\up6(→）)＝eq\o（FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6（→)),则动点P的轨迹方程为()A．x2＝4y B．y2＝3xC．x2＝2y D．y2＝4x答案A解析设点P(x，y)，则Q(x,－1)．因为eq\o（QP，\s\up6（→)）·eq\o(QF,\s\up6(→））＝eq\o（FP，\s\up6（→））·eq\o（FQ,\s\up6（→）），所以（0，y＋1)（－x,2）＝(x，y－1）（x，－2)，即2(y＋1）＝x2－2(y－1），整理得x2＝4y，所以动点P的轨迹方程为x2＝4y。角度2无明确等量关系求轨迹方程例3已知动圆过定点A(4,0），且在y轴上截得的弦MN的长为8.（1）求动圆圆心的轨迹C的方程；(2）已知点B（－1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q,若x轴是∠PBQ的平分线，证明直线l过定点．解(1）如图，设动圆圆心为O1（x,y)，由题意得|O1A｜＝|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于点H,则点H是MN的中点，∴|O1M|＝eq\r(x2＋42)，又｜O1A｜＝eq\r(x－42＋y2），∴eq\r（x－42＋y2）＝eq\r（x2＋42)，化简得y2＝8x(x≠0）．又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为（0,0）也满足方程y2＝8x，∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x。（2）证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0）,P(x1，y1），Q（x2，y2)，将y＝kx＋b代入y2＝8x中，得k2x2＋(2bk－8）x＋b2＝0。其中Δ＝－32kb＋64〉0。由根与系数的关系，得x1＋x2＝eq\f(8－2bk,k2)，①x1x2＝eq\f(b2,k2），②∵x轴是∠PBQ的平分线，∴eq\f(y1，x1＋1)＝－eq\f（y2,x2＋1),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将①②代入③，得2kb2＋（k＋b）（8－2bk）＋2k2b＝0，∴k＝－b，此时Δ〉0，∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点（1,0)．直接法求轨迹方程(1)利用直接法求解轨迹方程的关键是根据条件准确列出方程,然后进行化简．(2）运用直接法应注意的问题①在用直接法求轨迹方程时，在化简的过程中，有时破坏了方程的同解性，此时就要补上遗漏的点或删除多余的点,这是不能忽视的．②若方程的化简过程是恒等变形，则最后的验证可以省略．［即时训练］3.在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（－1，1)关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于－eq\f（1，3)。则动点P的轨迹方程为____________．答案x2＋3y2＝4（x≠±1)解析因为点B与点A(－1，1）关于原点O对称，所以点B的坐标为（1，－1）．设点P的坐标为(x，y），由题意得eq\f(y－1，x＋1)·eq\f（y＋1，x－1)＝－eq\f(1，3)，化简得x2＋3y2＝4(x≠±1)．故动点P的轨迹方程为x2＋3y2＝4（x≠±1)．4．如图，过点P(2，4）作两条互相垂直的直线l1，l2，若l1交x轴的非负半轴于A点，l2交y轴的非负半轴于B点,求线段AB的中点M的轨迹方程．解设点M坐标为(x，y）．因为M（x，y）为线段AB的中点,所以点A，B的坐标分别为A（2x,0)，B(0,2y)．当x≠1时，因为l1⊥l2，且l1，l2过点P（2,4），所以kPA·kPB＝－1，即eq\f（0－4,2x－2)·eq\f（2y－4,0－2）＝－1（x≠1），化简得x＋2y－5＝0(x≠1）．当x＝1时，A,B分别为(2，0)，（0,4),所以线段AB的中点为(1,2)，满足方程x＋2y－5＝0(x≥0，y≥0）．综上得M的轨迹方程为x＋2y－5＝0(x≥0,y≥0）．考向三利用相关点(代入法)求轨迹方程例4如图,已知P是椭圆eq\f（x2,4)＋y2＝1上一点,PM⊥x轴于点M。若eq\o（PN,\s\up6(→））＝λeq\o(NM，\s\up6(→)）.（1)求N点的轨迹方程;(2）当N点的轨迹为圆时，求λ的值．解(1)设点P，N的坐标分别为P(x1，y1），N(x，y），则M的坐标为(x1，0），且x＝x1,∴eq\o(PN，\s\up6（→））＝（x－x1，y－y1)＝(0，y－y1）,eq\o（NM,\s\up6(→)）＝（x1－x，－y)＝(0，－y）,由eq\o(PN,\s\up6(→)）＝λeq\o（NM,\s\up6(→)）得（0，y－y1)＝λ（0，－y）．∴y－y1＝－λy，即y1＝(1＋λ)y。∵P(x1，y1)在椭圆eq\f（x2,4）＋y2＝1上，∴eq\f(x\o\al（2,1)，4)＋yeq\o\al(2,1）＝1，∴eq\f(x2,4)＋（1＋λ)2y2＝1。∴点N的轨迹方程为eq\f(x2，4）＋(1＋λ)2y2＝1。(2）要使点N的轨迹为圆,则（1＋λ)2＝eq\f(1,4），解得λ＝－eq\f（1,2)或λ＝－eq\f（3，2).∴当λ＝－eq\f（1，2)或λ＝－eq\f（3，2）时，点N的轨迹是圆．代入法求轨迹方程的四个步骤(1)设出所求动点坐标P（x，y)．(2)寻求所求动点P(x，y)与已知动点Q（x′，y′）的关系．（3)建立P，Q两坐标间的关系，并表示出x′，y′。（4）将x′,y′代入已知曲线方程中化简求解．［即时训练］5。已知曲线E:ax2＋by2＝1（a>0，b>0)，经过点Meq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r(3),3)，0))的直线l与曲线E交于点A，B，且eq\o（MB，\s\up6(→)）＝－2eq\o(MA,\s\up6(→))。若点B的坐标为(0，2）,求曲线E的方程．解设A(x0,y0),∵B(0,2），Meq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(3)，3)，0)),∴eq\o(MB,\s\up6（→）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r(3)，3),2）)，eq\o（MA，\s\up6（→)）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x0－\f(\r(3),3），y0))。又eq\o（MB，\s\up6（→）)＝－2eq\o（MA，\s\up6（→）)，∴eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（\r（3),3),2））＝－2eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x0－\f(\r（3），3）,y0)）.∴x0＝eq\f（\r（3），2）,y0＝－1，即Aeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(3），2)，－1)）.∵A,B都在曲线E上,∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a·02＋b·22＝1，,a·\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(3），2））)2＋b·－12＝1，））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,,b＝\f（1，4).））∴曲线E的方程为x2＋eq\f(y2,4）＝1。考向四参数法求轨迹方程例5（2019·湖北武汉模拟)在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1（－eq\r(6），0)，A2（eq\r（6)，0),再取两个动点N1(0，m)，N2（0,n）,且mn＝2.（1)求直线A1N1与A2N2的交点M的轨迹C的方程；(2）过R(3，0)的直线与轨迹C交于P，Q两点，过点P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若eq\o(RP,\s\up6（→）)＝λeq\o(RQ,\s\up6（→）)（λ>1），求证：eq\o（NF,\s\up6（→)）＝λeq\o（FQ,\s\up6（→)）。解（1）依题意知，直线A1N1的方程为y＝eq\f(m，\r（6）)(x＋eq\r（6)），①直线A2N2的方程为y＝－eq\f(n，\r（6)）(x－eq\r(6))，②设M(x，y）是直线A1N1与A2N2的交点,①×②得y2＝－eq\f（mn,6)（x2－6），又mn＝2，整理得eq\f（x2，6）＋eq\f(y2,2)＝1.故点M的轨迹C的方程为eq\f（x2，6）＋eq\f（y2，2)＝1.（2）证明：设过点R的直线l:x＝ty＋3，P（x1，y1)，Q(x2，y2）,则N(x1,－y1），由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝ty＋3，，\f（x2，6）＋\f（y2,2)＝1，）)消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0,所以y1＋y2＝－eq\f（6t,t2＋3)，y1y2＝eq\f（3,t2＋3)。由eq\o（RP，\s\up6(→））＝λeq\o(RQ,\s\up6(→)），得(x1－3,y1）＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2,由(1)得F（2,0）,要证eq\o（NF,\s\up6（→))＝λeq\o（FQ，\s\up6(→))，即证(2－x1，y1）＝λ（x2－2，y2)，只需证2－x1＝λ(x2－2），y1＝λy2，只需eq\f(x1－3，x2－3)＝－eq\f(x1－2，x2－2)，即证2x1x2－5(x1＋x2）＋12＝0,又x1x2＝(ty1＋3)（ty2＋3）＝t2y1y2＋3t（y1＋y2）＋9,x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6,所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2）＋18－5t（y1＋y2)－30＋12＝0,即2t2y1y2＋t（y1＋y2）＝0，而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·eq\f(3,t2＋3）－t·eq\f(6t,t2＋3）＝0成立,即证．参数法求轨迹方程的步骤(1)选取参数k，用k表示动点M的坐标．(2）得出动点M的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝fk,,y＝gk.)）（3）消去参数k，得M的轨迹方程．（4)由k的范围确定x，y的范围．[即时训练]6.已知椭圆eq\f（x2,a2)＋eq\f（y2，b2)＝1(a>b〉0）的左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，C是线段B1F2的中点，若eq\o(B1F1,\s\up6（→）)·eq\o（B1F2，\s\up6(→)）＝2,且eq\o（CF1,\s\up6（→）)⊥eq\o（B1F2，\s\up6（→)).（1)若点Q是椭圆上任意一点,点A（9，6)，求｜QA|－|QF1｜的最小值；（2）若点M，N是椭圆上的两个动点,M，N两点处的切线相交于点P，当eq\o(PM，\s\up6（→))·eq\o（PN,\s\up6（→))＝0时，求点P的轨迹方程．解（1）由题意得F1（－c,0)，F2(c，0），B1（0，b)，则Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(c，2)，\f(b，2））)，由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\o（B1F1,\s\up6(→）)·\o（B1F2,\s\up6（→))＝2，,\o(CF1，\s\up6(→))⊥\o(B1F2,\s\up6(→)），）)得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－c,－b·c，－b＝2，，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3c,2),－\f(b,2）））·c,－b＝0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（b2－c2＝2,,b2＝3c2，））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（b2＝3，，c2＝1，))从而a2＝4