2021年高考理科数学一轮复习：专题9.8 曲线与方程 题型全归纳与高效训练突破

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc22159" 一、考点全归纳 PAGEREF _Tc22159 1
\l "_Tc9401" 二、题型全归纳 PAGEREF _Tc9401 2
\l "_Tc20969" 题型一 定义法求轨迹方程 PAGEREF _Tc20969 2
\l "_Tc1149" 题型二 直接法求轨迹方程 PAGEREF _Tc1149 4
\l "_Tc31428" 题型三 相关点法(代入法)求轨迹方程 PAGEREF _Tc31428 5
\l "_Tc30870" 三、高效训练突破 PAGEREF _Tc30870 8
一、考点全归纳
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这个方程的解．
(2)以这个方程的解为坐标的点都在曲线上．
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\{(\a\vs4\al\c1(F1（x，y）＝0，,F2（x，y）＝0))的实数解，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．
【常用结论】
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．曲线的交点与方程组的关系
(1)两条曲线交点的坐标是两个曲线方程的公共解，即两个曲线方程组成的方程组的实数解；
(2)方程组有几组解，两条曲线就有几个交点；方程组无解，两条曲线就没有交点．
二、题型全归纳
题型一 定义法求轨迹方程
【解题要点】定义法求轨迹方程的适用条件及关键点
(1)求轨迹方程时，若动点与定点、定直线间的等量关系满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义，则可直接根据定义先确定轨迹类型，再写出其方程，
(2)理解解析几何中有关曲线的定义是解题关键．
(3)利用定义法求轨迹方程时，还要看所求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．
【例1】．A为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上的任意一点，过焦点F1作∠F1AF2的角平分线的垂线，垂足为M，则点M的轨迹方程为________．
【答案】 x2＋y2＝a2
【解析】 如图，延长F1M交AF2延长线于点N，
故|AF1|＝|AN|，|AF1|－|AF2|＝2a，
故|AN|－|AF2|＝2a，所以|F2N|＝2a，
所以|OM|＝eq \f(1,2)|F2N|＝a，
故M点的轨迹方程为x2＋y2＝a2.
【例2】．如图所示，已知点C为圆(x＋eq \r(2))2＋y2＝4的圆心，点A(eq \r(2)，0)．P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP所在的直线上，且eq \(MQ,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(AM,\s\up6(→)).当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程．
【答案】x2－y2＝1
【解析】 由(x＋eq \r(2))2＋y2＝4知圆心C(－eq \r(2)，0)，半径r＝2.
∵eq \(MQ,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(AM,\s\up6(→))，
∴MQ⊥AP，点M为AP的中点，因此QM垂直平分线段AP.如图，连接AQ，则|AQ|＝|QP|，
∴||QC|－|QA||＝||QC|－|QP||＝|CP|＝2.
又|AC|＝2eq \r(2)>2，根据双曲线的定义，点Q的轨迹是以C(－eq \r(2)，0)，A(eq \r(2)，0)为焦点，实轴长为2的双曲线．
由c＝eq \r(2)，a＝1，得b2＝1，故点Q的轨迹方程为x2－y2＝1.
题型二 直接法求轨迹方程
【规律与方法】1．直接法求轨迹方程的应用条件和步骤
若曲线上的动点满足的条件是一些几何量的等量关系，则可用直接法，其一般步骤是：设点→列式→化简→检验．
2．用直接法求轨迹方程需要注意的问题
(1)求动点的轨迹方程时要注意检验，即除去多余的点，补上遗漏的点．
(2)若是只求轨迹方程，则把方程求出，把变量的限制条件附加上即可；若是求轨迹，则要说明轨迹是什么图形．
【例1】．已知△ABC的三个顶点分别为A(－1，0)，B(2，3)，C(1，2eq \r(2))，定点P(1，1)．
(1)求△ABC外接圆的标准方程；
(2)若过定点P的直线与△ABC的外接圆交于E，F两点，求弦EF中点的轨迹方程．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题意得AC的中点坐标为(0，eq \r(2))，AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))，kAC＝eq \r(2)，kAB＝1，故AC中垂线的斜率为－eq \f(\r(2),2)，AB中垂线的斜率为－1，则AC的中垂线的方程为y－eq \r(2)＝－eq \f(\r(2),2)x，AB的中垂线的方程为y－eq \f(3,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)＝－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，,y－\r(2)＝－\f(\r(2),2)x，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝0，))
所以△ABC的外接圆圆心为(2，0)，半径r＝2＋1＝3，故△ABC外接圆的标准方程为(x－2)2＋y2＝9.
(2)设弦EF的中点为M(x，y)，△ABC外接圆的圆心为N，则N(2，0)，
由MN⊥MP，得eq \(NM,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝0，
所以(x－2，y)·(x－1，y－1)＝0，
整理得x2＋y2－3x－y＋2＝0，
所以弦EF中点的轨迹方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2).
【例2】．(2020·葫芦岛调研)在△ABC中，已知A(2,0)，B(－2，0)，G，M为平面上的两点，且满足eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝0，|eq \(MA,\s\up6(→))|＝|eq \(MB,\s\up6(→))|＝|eq \(MC,\s\up6(→))|，eq \(GM,\s\up6(→))∥eq \(AB,\s\up6(→))，则顶点C的轨迹为( )
A．焦点在x轴上的椭圆(长轴端点除外)
B．焦点在y轴上的椭圆(短轴端点除外)
C．焦点在x轴上的双曲线(实轴端点除外)
D．焦点在x轴上的抛物线(顶点除外)
【答案】B
【解析】设C(x，y)(y≠0)，则由eq \(GA,\s\up6(→))＋eq \(GB,\s\up6(→))＋eq \(GC,\s\up6(→))＝0，即G为△ABC的重心，得Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)，\f(y,3))).又|eq \(MA,\s\up6(→))|＝|eq \(MB,\s\up6(→))|＝|eq \(MC,\s\up6(→))|，即M为△ABC的外心，所以点M在y轴上，又eq \(GM,\s\up6(→))∥eq \(AB,\s\up6(→))，则有Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y,3))).所以x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(y,3)))2＝4＋eq \f(y2,9)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,12)＝1，y≠0.所以顶点C的轨迹为焦点在y轴上的椭圆(除去短轴端点)．
题型三 相关点法(代入法)求轨迹方程
【解题要点】
【例1】(2020·莆田二模)已知A(0，－1)，B是曲线y＝eq \f(1,8)x2＋1上任意一点，动点P满足 eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝0.
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)过点D(0,1)的直线交E于M，N两点，过原点O与点M的直线交直线y＝－1于点H，求证：|DN|＝|HN|.
【答案】见解析
【解析】 (1)设P(x，y)，B(x0，y0)，
由eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＝0得，
(x，y＋1)＋(x－x0，y－y0)＝(0,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－x0＝0，,2y－y0＋1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x，,y0＝2y＋1，))
因为点B为曲线y＝eq \f(1,8)x2＋1上任意一点，
故y0＝eq \f(1,8)xeq \\al(2,0)＋1，代入得x2＝4y.
所以点P的轨迹E的方程是x2＝4y.
(2)证明：依题意，得直线MN的斜率存在，其方程可设为y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，
所以Δ＝16k2＋16>0，x1x2＝－4.
因为直线OM的方程为y＝eq \f(y1,x1)x，
且点H是直线OM与直线y＝－1的交点，所以点H的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x1,y1)，－1)).
根据抛物线的定义|DN|等于点N到准线y＝－1的距离，由于点H在准线y＝－1上，
所以要证明|DN|＝|HN|，只需证明HN垂直准线y＝－1，即证HN∥y轴．
因为点H的横坐标为－eq \f(x1,y1)＝－eq \f(x1,\f(x\\al(2,1),4))＝eq \f(－4,x1)＝eq \f(x1x2,x1)＝x2，
所以HN∥y轴成立，所以|DN|＝|HN|成立．
【例2】．(2020·河南郑州模拟)如图所示，抛物线E：y2＝2px(p＞0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
【答案】见解析
【解析】 (1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2，2)，
代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)由(1)知抛物线E：y2＝2x.
设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),2)，y1))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),2)，y2))，y1≠0，y2≠0，切线l1的斜率为k，则切线l1：y－y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(yeq \\al(2,1),2)))，代入y2＝2x，
得ky2－2y＋2y1－kyeq \\al(2,1)＝0，由Δ＝0，解得k＝eq \f(1,y1)，
所以l1的方程为y＝eq \f(1,y1)x＋eq \f(y1,2)，
同理l2的方程为y＝eq \f(1,y2)x＋eq \f(y2,2).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(1,y2)x＋\f(y2,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1·y2,2)，,y＝\f(y1＋y2,2).))
易知CD的方程为x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0满足xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8，x0∈[2，2eq \r(2) ]，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x0x＋y0y＝8，))得x0y2＋2y0y－16＝0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2y0,x0)，,y1·y2＝－\f(16,x0)，))代入eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1·y2,2)，,y＝\f(y1＋y2,2)，))
可得M(x，y)满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(8,x0)，,y＝－\f(y0,x0)，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(8,x)，,y0＝\f(8y,x)，))
代入xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8，并化简，得eq \f(x2,8)－y2＝1，
考虑到x0∈[2，2eq \r(2)]，知x∈[－4，－2eq \r(2)]，
所以动点M的轨迹方程为eq \f(x2,8)－y2＝1，x∈[－4，－2eq \r(2)]．
三、高效训练突破
一、选择题
1．方程(x－y)2＋(xy－1)2＝0表示的曲线是( )
A．一条直线和一条双曲线
B．两条双曲线
C．两个点
D．以上答案都不对
【答案】C.
【解析】：(x－y)2＋(xy－1)2＝0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,xy－1＝0.))故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1.))
2．(2020·银川模拟)设D为椭圆eq \f(y2,5)＋x2＝1上任意一点，A(0，－2)，B(0，2)，延长AD至点P，使得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为( )
A．x2＋(y－2)2＝20 B．x2＋(y＋2)2＝20
C．x2＋(y－2)2＝5 D．x2＋(y＋2)2＝5
【答案】B.
【解析】：设点P坐标为(x，y)．因为D为椭圆eq \f(y2,5)＋x2＝1上任意一点，且A，B为椭圆的焦点，所以|DA|＋|DB|＝2eq \r(5).又|PD|＝|BD|，所以|PA|＝|PD|＋|DA|＝|DA|＋|DB|＝2eq \r(5)，所以eq \r(x2＋（y＋2）2)＝2eq \r(5)，所以x2＋(y＋2)2＝20，所以点P的轨迹方程为x2＋(y＋2)2＝20.故选B.
3.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A(1，0)，B(1，1)，C(0，1)，映射f将xOy平面上的点P(x，y)对应到另一个平面直角坐标系uO′v上的点P′(2xy，x2－y2)，则当点P沿着折线A­B­C运动时，在映射f的作用下，动点P′的轨迹是( )
【答案】D.
【解析】：当P沿AB运动时，x＝1，设P′(x′，y′)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2y，,y′＝1－y2))(0≤y≤1)，故y′＝1－eq \f(x′2,4)(0≤x′≤2，0≤y′≤1)．当P沿BC运动时，y＝1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2x，,y′＝x2－1))(0≤x≤1)，所以y′＝eq \f(x′2,4)－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的轨迹如D项图象所示，故选D.
4．(2020·兰州模拟)已知两点M(－2，0)，N(2，0)，点P为坐标平面内的动点，满足|eq \(MN,\s\up6(→))|·|eq \(MP,\s\up6(→))|＋eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为( )
A．y2＝－8x B．y2＝8x
C．y2＝－4x D．y2＝4x
【答案】A.
【解析】：设P(x，y)，M(－2，0)，N(2，0)，|eq \(MN,\s\up6(→))|＝4.则eq \(MP,\s\up6(→))＝(x＋2，y)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(x－2，y)，由|eq \(MN,\s\up6(→))|·|eq \(MP,\s\up6(→))|＋eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝0，得4eq \r(（x＋2）2＋y2)＋4(x－2)＝0，化简整理得y2＝－8x.故选A.
5．(2020·福州模拟)动点M在圆x2＋y2＝25上移动，过点M作x轴的垂线段MD，D为垂足，则线段MD中点的轨迹方程是( )
A.eq \f(4x2,25)＋eq \f(y2,25)＝1 B．eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1
C.eq \f(4x2,25)－eq \f(y2,25)＝1 D．eq \f(x2,25)－eq \f(4y2,25)＝1
【答案】B.
【解析】：如图
设线段MD中点为P(x，y)，M(x0，y0)，D(x0，0)，因为P是MD的中点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝x，,y0＝2y.))又M在圆x2＋y2＝25上，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝25，即x2＋4y2＝25，eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1，所以线段MD的中点P的轨迹方程是eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1.故选B.
6.(2020·长沙模拟)已知点集M＝{(x，y)|eq \r(1－x2)·eq \r(1－y2)≥xy}，则平面直角坐标系中区域M的面积是( )
A．1 B．3＋eq \f(π,4)
C．π D．2＋eq \f(π,2)
【答案】 D
【解析】 当xy≤0时，只需要满足x2≤1，y2≤1即可；当xy>0时，对不等式两边平方整理，得x2＋y2≤1，所以区域M如图
易知其面积为2＋eq \f(π,2).
7．如图，已知F1，F2是椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆Γ上任意一点，过F2作∠F1PF2的外角的角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹为( )
A．直线 B．圆
C．椭圆 D．双曲线
【答案】 B
【解析】
延长F2Q，与F1P的延长线交于点M，连接OQ.因为PQ是∠F1PF2的外角的角平分线，且PQ⊥F2M，所以在△PF2M中，|PF2|＝|PM|，且Q为线段F2M的中点．又O为线段F1F2的中点，由三角形的中位线定理，得|OQ|＝eq \f(1,2)|F1M|＝eq \f(1,2)(|PF1|＋|PF2|)．根据椭圆的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|OQ|＝a，所以点Q的轨迹为以原点为圆心，半径为a的圆，故选B.
8．若曲线C上存在点M，使M到平面内两点A(－5,0)，B(5，0)的距离之差为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是( )
A．x＋y＝5 B．x2＋y2＝9
C.eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1 D．x2＝16y
【答案】 B
【解析】 ∵M到平面内两点A(－5,0)，B(5,0)的距离之差为8，∴M的轨迹是以A(－5,0)，B(5,0)为焦点的双曲线的右支，方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1(x≥4)．A项，直线x＋y＝5过点(5,0)，与M的轨迹有交点；B项，x2＋y2＝9的圆心为(0,0)，半径为3，与M的轨迹没有交点；C项，eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的右顶点为(5,0)，与M的轨迹有交点；D项，将x2＝16y代入eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1，得y－eq \f(y2,9)＝1，即y2－9y＋9＝0，∴Δ>0.故选B.
9.(2020·宝鸡二模)设D为椭圆x2＋eq \f(y2,5)＝1上任意一点，A(0，－2)，B(0,2)，延长AD至点P，使得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为( )
A．x2＋(y－2)2＝20 B．x2＋(y＋2)2＝20
C．x2＋(y－2)2＝5 D．x2＋(y＋2)2＝5
【答案】 B
【解析】 如图
由椭圆方程x2＋eq \f(y2,5)＝1，得a2＝5，b2＝1，∴c＝eq \r(a2－b2)＝2，则A(0，－2)，B(0,2)为椭圆的两焦点，∴|DA|＋|DB|＝2a＝2eq \r(5)，∵|PD|＝|BD|，∴|PA|＝|PD|＋|DA|＝|BD|＋|DA|＝2eq \r(5).∴点P的轨迹是以A为圆心，2eq \r(5)为半径的圆，其方程为x2＋(y＋2)2＝20.
10．(2019·北京高考)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：x2＋y2＝1＋|x|y就是其中之一(如图)．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点)；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过eq \r(2)；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是( )
A．① B．②
C．①② D．①②③
【答案】 C
【解析】
由x2＋y2＝1＋|x|y，当x＝0时，y＝±1；当y＝0时，x＝±1；当y＝1时，x＝0，±1.故曲线C恰好经过6个整点：A(0,1)，B(0，－1)，C(1,0)，D(1，1)，E(－1,0)，F(－1,1)，所以①正确．由基本不等式，当y>0时，x2＋y2＝1＋|x|y＝1＋|xy|≤1＋eq \f(x2＋y2,2)，所以x2＋y2≤2，所以eq \r(x2＋y2)≤eq \r(2)，故②正确．如图，由①知长方形CDFE面积为2，三角形BCE面积为1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3，故③错误．故选C.
11．设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PA,\s\up6(→))，且eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝1，则点P的轨迹方程是( )
A.eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0) B.eq \f(3,2)x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0) D．3x2＋eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)
【答案】A.
【解析】：设A(a，0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PA,\s\up6(→))，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝eq \f(3,2)x＞0，b＝3y＞0.点Q(－x，y)，故由eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a＝eq \f(3,2)x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的轨迹方程为eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
12．若曲线C上存在点M，使M到平面内两点A(－5，0)，B(5，0)距离之差的绝对值为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是( )
A．x＋y＝5 B．x2＋y2＝9
C.eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1 D．x2＝16y
【答案】B.
【解析】：因为M到平面内两点A(－5，0)，B(5，0)距离之差的绝对值为8，所以M的轨迹是以A(－5，0)，B(5，0)为焦点的双曲线，方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1.A项，直线x＋y＝5过点(5，0)，满足题意，为“好曲线”；B项，x2＋y2＝9的圆心为(0，0)，半径为3，与M的轨迹没有交点，不满足题意；C项，eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的右顶点为(5，0)，满足题意，为“好曲线”；D项，方程代入eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1，可得y－eq \f(y2,9)＝1，即y2－9y＋9＝0，所以Δ＞0，满足题意，为“好曲线”．
二、填空题
1．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1，0)，B(2，2)，若点C满足eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，其中t∈R，则点C的轨迹方程是________．
【答案】：y＝2x－2
【解析】：设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝(1＋t，2t)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝t＋1，,y＝2t，))消去参数t得点C的轨迹方程为y＝2x－2.
2．△ABC的顶点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________．
【答案】：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)
【解析】：如图，△ABC与内切圆的切点分别为G，E，F.
|AG|＝|AE|＝8，|BF|＝|BG|＝2，|CE|＝|CF|，
所以|CA|－|CB|＝8－2＝6.
根据双曲线定义，所求轨迹是以A，B为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，轨迹方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)．
3．设F1，F2为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，A为椭圆上任意一点，过焦点F1向∠F1AF2的外角平分线作垂线，垂足为D，则点D的轨迹方程是________．
【答案】：x2＋y2＝4
【解析】
由题意，延长F1D，F2A并交于点B，易证Rt△ABD≌Rt△AF1D，则|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O为F1F2的中点，连接OD，则OD∥F2B，从而可知|OD|＝eq \f(1,2)|F2B|＝eq \f(1,2)(|AF1|＋|AF2|)＝2，设点D的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝4.
4.已知圆C：x2＋y2＝25，过点M(－2,3)作直线l交圆C于A，B两点，分别过A，B两点作圆的切线，当两条切线相交于点Q时，点Q的轨迹方程为________．
【答案】 2x－3y＋25＝0
【解析】 圆C：x2＋y2＝25的圆心C为(0,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，因为AQ与圆C相切，所以AQ⊥CA，所以(x1－x0)(x1－0)＋(y1－y0)(y1－0)＝0，即xeq \\al(2,1)－x0x1＋yeq \\al(2,1)－y0y1＝0，因为xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝25，所以x0x1＋y0y1＝25，同理x0x2＋y0y2＝25，所以过点A，B的直线方程为xx0＋yy0＝25.因为直线AB过点M(－2,3)，所以得－2x0＋3y0＝25，所以点Q的轨迹方程为2x－3y＋25＝0.
5．(2020·哈尔滨三模)数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”．事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解法，例如，与eq \r(x－a2＋y－b2)相关的代数问题，可以转化为点A(x，y)与点B(a，b)之间距离的几何问题．结合上述观点，可得方程|eq \r(x2＋6x＋13)－eq \r(x2－6x＋13)|＝4的解为________．
【答案】 ±eq \f(6\r(5),5)
【解析】 由|eq \r(x2＋6x＋13)－eq \r(x2－6x＋13)|＝4，得|eq \r(x＋32＋4)－eq \r(x－32＋4)|＝4，
其几何意义为平面内动点(x,2)与两定点(－3,0)，(3,0)距离差的绝对值为4.
平面内动点与两定点(－3,0)，(3,0)距离差的绝对值为4的点的轨迹方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2，,\f(x2,4)－\f(y2,5)＝1，))解得x＝±eq \f(6\r(5),5).
6．(2020·四川成都石室中学模拟)已知两定点F1(－1，0)，F2(1，0)和一动点P，给出下列结论：
①若|PF1|＋|PF2|＝2，则点P的轨迹是椭圆；
②若|PF1|－|PF2|＝1，则点P的轨迹是双曲线；
③若eq \f(|PF1|,|PF2|)＝λ(λ＞0，且λ≠1)，则点P的轨迹是圆；
④若|PF1|·|PF2|＝a2(a≠0)，则点P的轨迹关于原点对称；
⑤若直线PF1与PF2的斜率之积为m(m≠0)，则点P的轨迹是椭圆(除长轴两端点)．
其中正确的是________．(填序号)
【答案】：③④
【解析】：对于①，由于|PF1|＋|PF2|＝2＝|F1F2|，所以点P的轨迹是线段F1F2，故①不正确．
对于②，由于|PF1|－|PF2|＝1，故点P的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，故②不正确．
对于③，设P(x，y)，由题意得eq \f(\r(（x＋1）2＋y2),\r(（x－1）2＋y2))＝λ，整理得(1－λ2)x2＋(1－λ2)y2＋(2＋2λ2)x＋1－λ2＝0.因为λ＞0，且λ≠1，所以x2＋y2＋eq \f(（2＋2λ2）,1－λ2)x＋eq \f(1－λ2,1－λ2)＝0，所以点P的轨迹是圆，故③正确．
对于④，设P(x，y)，则|PF1|·|PF2|＝eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2.又点P(x，y)关于原点的对称点为P′(－x，－y)，因为eq \r(（－x＋1）2＋（－y）2)·eq \r(（－x－1）2＋（－y）2)＝eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2，所以点P′(－x，－y)也在曲线eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2上，即点P的轨迹关于原点对称，故④正确．
对于⑤，设P(x，y)，则kPF1＝eq \f(y,x＋1)，kPF2＝eq \f(y,x－1)，由题意得kPF1·kPF2＝eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝m(m≠0)，整理得x2－eq \f(y2,m)＝1，此方程不一定表示椭圆，故⑤不正确．
综上，正确结论的序号是③④.
三 解答题
1．如图，已知P是椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上一点，PM⊥x轴于M.若eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(NM,\s\up6(→)).
(1)求点N的轨迹方程；
(2)当点N的轨迹为圆时，求λ的值．
【答案】见解析
【解析】 (1)设点P，点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 \(PN,\s\up6(→))＝(x－x1，y－y1)＝(0，y－y1)，
eq \(NM,\s\up6(→))＝(x1－x，－y)＝(0，－y)，
由eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(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，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，∴eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1，
故eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1即为所求的点N的轨迹方程．
(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).
所以当λ＝－eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(3,2)时，点N的轨迹是圆．
2.(2020·东北三省四市一模)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的短轴端点分别为B1，B2，点M是椭圆C上的动点，且不与B1，B2重合，点N满足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求动点N的轨迹方程；
(2)求四边形MB2NB1面积的最大值．
【答案】见解析
【解析】：(1)法一：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由题知B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以kMB1＝eq \f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq \f(y0－3,x0).
因为MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x，①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x，②
①×②得y2－9＝eq \f(xeq \\al(2,0),yeq \\al(2,0)－9)x2.
又因为eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，
所以y2－9＝eq \f(18\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(yeq \\al(2,0),9))),yeq \\al(2,0)－9)x2＝－2x2，
整理得动点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
法二：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由题知B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以kMB1＝eq \f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq \f(y0－3,x0).
因为MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x，①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x，②
联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(yeq \\al(2,0)－9,x0)，,y＝－y0.))
又eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，
所以x＝－eq \f(x0,2)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－2x，,y0＝－y，))代入eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，得eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1.
所以动点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
法三：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3，①
直线MB1与椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
则直线MB2的斜率为kMB2＝eq \f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq \f(1,2k).
所以直线NB2：y＝2kx＋3.②
由①②得点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
(2)由(1)方法三得直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3，①
直线NB2：y＝2kx＋3，②
联立①②解得x＝eq \f(－6k,2k2＋1)，即xN＝eq \f(－6k,2k2＋1)，故四边形MB2NB1的面积S＝eq \f(1,2)|B1B2|(|xM|＋|xN|)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12|k|,2k2＋1)＋\f(6|k|,2k2＋1)))＝eq \f(54|k|,2k2＋1)＝eq \f(54,2|k|＋\f(1,|k|))≤eq \f(27\r(2),2)，当且仅当|k|＝eq \f(\r(2),2)时，S取得最大值eq \f(27\r(2),2).
3．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 \(RP,\s\up6(→))＝λeq \(RQ,\s\up6(→))(λ＞1)，求证：eq \(NF,\s\up6(→))＝λeq \(FQ,\s\up6(→)).
【答案】见解析
【解析】：(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\{(\a\vs4\al\c1(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 \(RP,\s\up6(→))＝λeq \(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 \(NF,\s\up6(→))＝λeq \(FQ,\s\up6(→))，即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，
只需证2－x1＝λ(x2－2)，只需证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，得证．