2024届一轮复习北师大版 22 曲线方程与轨迹问题 学案

目录曲线与轨迹问题 2【课前诊断】 2【知识点一：求曲线方程】 4【典型例题】 4考点一：定义法 4考点二：直接法 4考点三：相关点法 5考点四：参数法 6【小试牛刀】 8【巩固练习——基础篇】 9【巩固练习——提高篇】 10

曲线与轨迹问题【课前诊断】成绩（满分10）：完成情况：优/中/差1．已知点M(a，b)在圆O：x2＋y2＝1外，则直线ax＋by＝1与圆O的位置关系是()A．相切 B．相交C．相离 D．不确定【答案】B2．圆x2＋y2－2x＋4y＝0与直线2tx－y－2－2t＝0(t∈R)的位置关系为()A．相离 B．相切C．相交 D．以上都有可能【答案】C3．直线与圆的位置关系是()A．相交 B．相离C．相交或相切 D．相切【答案】：C4．设m＞0，则直线与圆的位置关系为()A．相切 B．相交C．相切或相离 D．相交或相切【答案】：C5．直线与圆相交于A，B两点，若弦AB的中点为，则直线l的方程为()A．x－y＋5＝0 B．x＋y－1＝0C．x－y－5＝0 D．x＋y－3＝0【答案】：A6．与圆相切，且在轴上的截距相等的直线共有()A．1条 B．2条C．3条 D．4条【答案】：C7．过原点O作圆的两条切线，设切点分别为P，Q，则线段PQ的长为________．【答案】：48．已知两圆分别为圆C1：x2＋y2＝81和圆C2：x2＋y2－6x－8y＋9＝0，这两圆的位置关系是()A．相离 B．相交C．内切 D．外切【答案】：选C9．两圆，外切，则正实数r的值是()A. B.C. D．5【答案】：选B10．圆与圆的公切线条数为()A．4条 B．3条C．2条 D．1条【答案】：选C11．圆和圆交于A，B两点，则AB的垂直平分线的方程是()A．x＋y＋3＝0 B．2x－y－5＝0C．3x－y－9＝0 D．4x－3y＋7＝0【答案】：选C

【知识点一：求曲线方程】一、求曲线方程的常用方法：（1）定义法；（2）直接法；（3）相关点法；（4）参数法；【典型例题】考点一：定义法例1.已知中，为直角，且求满足条件的的轨迹方程。解析：以斜边AB的中点为原点，AB所在的直线为轴建立平面直角坐标系内。因为在中，为直角，所以点C到直线AB的中点的距离为的一半，即。所以点C的轨迹是以O(0,0)为圆心，r=1为半径的圆，故圆的方程为：又因为点C是的顶点，所以A,B,C不共线，即。所以，点C的轨迹方程为（）。易错点提示：求出曲线方程后易忽视点C为三角形的顶点，从而忘记去掉点（1,0）与（-1,0）。总结：定义法求曲线方程：如果动点的轨迹满足某种已知曲线定义，则可由曲线的定义直接写出方程，利用定义法求轨迹方程要善于抓住曲线定义的特征。练1.已知点A（-5,0），B（5,0），曲线上任意一点M与A,B连接的线段MA,MB互相垂直，求曲线的方程。【答案】解析：依题意，,所以点M的轨迹是以O为圆心，半径的圆。所以，点M的轨迹方程为：。练2.动点P到点(－1，2)的距离是3，则动点P的轨迹方程为A．(x＋1)2＋(y－2)2＝9 B．(x－1)2＋(y＋2)2＝9C．(x＋1)2＋(y－2)2＝3 D．(x－1)2＋(y＋2)2＝3【答案】A解析由条件可知，点P的轨迹是以(－1，2)为圆心，以3为半径的圆，方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝9.考点二：直接法例1.求与两定点A,B满足的动点P的轨迹方程。解析：设以线段AB的中点O为坐标原点，AB所在的直线为轴建立坐标系，,因为所以，所以点P的轨迹方程为。练1.动点到两定点的距离的比为3（即）,求动点P的轨迹方程。解析：所以，动点的轨迹方程为背景资料：上题研究的轨迹就是“阿波罗尼斯圆”，“阿波罗尼斯圆”的叙述为：平面上的动点P到同一平面两定点A,B的距离之比为定值（）的点的轨迹是个圆。当时，动点P的轨迹是线段AB的垂直平分线。这样的轨迹第一次出现在学生面前的是在人教A版《数学必修2》教材第124页练2.已知A(1，0)，B(－1，0)，动点M满足|MA|－|MB|＝2，则点M的轨迹方程是A．y＝0(－1≤x≤1) B．y＝0(x≥1)C．y＝0(x≤－1) D．y＝0(|x|≥1)解析设M(x，y)，则eq\r(（x－1）2＋y2)－eq\r(（x＋1）2＋y2)＝2，化简得y＝0(x≤－1)．【答案】C考点三：相关点法例1.在圆上人取一点P，过点P作轴的垂线段PD，D为垂足。当点P在圆上运动时，线段PD的中点M的轨迹方程。解析：设因为点P在圆上，所以。把带入上式得：所以。点M的轨迹方程是。总结：相关点法求轨迹方程的基本思路：①设点：设被动点的坐标，主动点的坐标；②求关系式：用被动点的坐标表示主动点的坐标，即得关系式；③代换：将上述关系式带入主动点满足的方程，化简整理可得所求动点的轨迹方程。练1. 已知中，，第三个顶点C在曲线上移动，求的重心G的轨迹方程。解析：设的重心，由重心坐标公式得：因为点在曲线上，所以，即的重心G的轨迹方程是。

考点四：参数法例1.过点P(2,4)作两条相互垂直的直线，若交轴于点A，交轴于点B，求线段AB的中点M的轨迹方程。解析：设点M。当直线的斜率垂直且不为0时，可设其方程为：因为，所以，的方程为：。所以，交轴于点A，交轴于点B因为点M为线段AB的中点，所以，消去，得：当直线的斜率不存在时，线段AB的中点为M（1,2），也满足上述的轨迹方程。综上：点M的轨迹方程为：练1. 过曲线的顶点O，任作两条互相垂直的弦OA,OB，若分别以OA,OB为直径作圆，求两圆的另一交点C的轨迹方程。解析：设，因为以OA为直径的圆的方程为：①以OB为直径的圆的方程为：②因为点C满足①②，由①②知是关于的二次方程的两根，则：又因为所以，。所以，点C的轨迹方程为：

【小试牛刀】1.直角坐标系内到两坐标轴距离之差等于1的点的轨迹方程是A．|x|－|y|＝1 B．|x－y|＝1C．||x|－|y||＝1 D．|x±y|＝1解析设动点(x，y)，由题意可知|x|－|y|＝1或|y|－|x|＝1，即||x|－|y||＝1，选C.【答案】C等腰三角形ABC底边两端点是A(－eq\r(3)，0)，B(eq\r(3)，0)，顶点C的轨迹是A．一条直线 B．一条直线去掉一点C．一个点 D．两个点解析∵△ABC为等腰三角形，∴|CA|＝|CB|，∴点C的轨迹应是AB的中垂线，又∵C为AB中点时不能构成三角形，∴C的轨迹应是一条直线去掉一点．答案B4.已知A(－1，0)，B(2，4)，△ABC的面积为10，则动点C的轨迹方程是A．4x－3y－16＝0或4x－3y＋16＝0B．4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0C．4x－3y＋16＝0或4x－3y＋24＝0D．4x－3y＋16＝0或4x－3y－24＝0解析由两点式，得直线AB的方程是eq\f(y－0,4－0)＝eq\f(x＋1,2＋1)，即4x－3y＋4＝0，线段AB的长度|AB|＝eq\r(（2＋1）2＋42)＝5.设C的坐标为(x，y)，则eq\f(1,2)×5×eq\f(|4x－3y＋4|,5)＝10，即4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0.

【巩固练习——基础篇】1.已知A(－1，0)，B(1，0)，C为平面内的一动点，且满足|AC|＝eq\r(2)|BC|，则点C的轨迹方程为A．x2＋y2＋6x＋1＝0 B．x2＋y2－6x＋1＝0C．x2＋y2－eq\f(10,3)x＋1＝0 D．x2＋y2＋eq\f(10,3)x＋1＝0解析设点C(x，y)，则由题意得(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]．整理得x2＋y2－6x＋1＝0.【答案】B2.已知点A(1，0)，直线l：y＝2x－4，点R是直线l上一点，若eq\o(RA,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))，则点P的轨迹方程是________．解析∵eq\o(RA,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))，∴R，A，P三点共线，且A为RP的中点，设P(x，y)，R(x1，y1)，则由eq\o(RA,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))，得(1－x1，－y1)＝(x－1，y)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x1＝x－1，,－y1＝y，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝2－x，,y1＝－y，))将其代入直线y＝2x－4，得y＝2x.答案y＝2x

【巩固练习——提高篇】1.已知直线l：2x＋4y＋3＝0，P为l上的动点，O为坐标原点，点Q分线段OP为1∶2两部分，则Q点的轨迹方程是________．解析设Q点的坐标为(x，y)，P点的坐标为(x′，y′)，又Q分OP所成的比例为eq\f(1,2)，即eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(QP,\s\up6(→))，所以(x，y)＝eq\f(1,2)(x′－x，y′－y)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)（x′－x），,y＝\f(1,2)（y′－y），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝3x，,y′＝3y.))又P(x′，y′)在2x＋4y＋3＝0上，所以2×(3x)＋4×(3y)＋3＝0，即2x＋4y＋1＝0，故点Q的轨迹方程是2x＋4y＋1＝0.答案2x＋4y＋1＝02.已知A，B分别是直线y＝eq\f(\r(3),3)x和y＝－eq\f(\r(3),3)x上的两个动点，线段AB的长为2eq\r(3)，P是AB的中点．求动点P的轨迹C的方程．解析设P(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵P是线段AB的中点，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1＋x2,2)，,y＝\f(y1＋y2,2).))∵A，B分别是直线y＝eq\f(\r(3),3)x和y＝－eq\f(\r(3),3)x上的点，∴y1＝eq\f(\r(3),3)x1，y2＝－eq\f(\r(3),3)x2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－x2＝2\r(3)y，,y1－y2＝\f(2\r(3),3)x.))又∵|AB|＝2eq\r(3)，∴(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝12.∴12y2＋eq\f(4,3)x2＝12，∴动点P的轨迹C的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.3.已知两点M(－1，0)，N(1，0)，动点P使eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))成公差大于零的等差数列，求动点P的轨迹方程．解析设动点P(x，y)，由已知M(－1，0)，N(1，0)，∴eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x＋1，y)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(2，0)，∴eq\o(NM,\s\up6(→))＝(－2，0)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－x－1，－y)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝(1－x，－y)，eq\o(NP,\s\up6(→))＝(x－1，y)．∴eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝2(x＋1)，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(－x－1)(1－x)＋(－y)2＝x2＋y2－1.eq\o(NM,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝－2(x－1)．依题意有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（x2＋y2－1）＝2（x＋1）－2（x－1）,－2（x－1）－2（x＋1）＞0))化简得：x2＋y2＝3且x＜0.所以动点P的轨迹方程是x2＋y2＝3(x＜0)．4.在边长为1的正方形ABCD中，边AB，BC上分别有一个动点Q，R，且|BQ|＝|CR|.求直线AR与DQ的交点P的轨迹方程．解析分别以AB，AD边所在的直线为x轴，y轴建立直角坐标系．如图所示，则点A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)．设动点P(x，y)．设|AQ