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2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章 平面解析几何 第8讲 曲线与方程学案
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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章 平面解析几何 第8讲 曲线与方程学案，共17页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。
一、知识梳理
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、习题改编
1．(选修21P37练习T3改编)已知点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，直线l：x＝－eq \f(1,4)，点B是l上的动点，若过点B垂直于y轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹是( )
A．双曲线 B．椭圆
C．圆 D．抛物线
解析：选D.由已知|MF|＝|MB|，根据抛物线的定义知，点M的轨迹是以点F为焦点，直线l为准线的抛物线．
2．(选修21P35例1改编)曲线C：xy＝2上任一点到两坐标轴的距离之积为________．
解析：在曲线xy＝2上任取一点(x0，y0)，则x0y0＝2，该点到两坐标轴的距离之积为|x0||y0|＝|x0y0|＝2.
答案：2
3．(选修21P37A组T4改编)已知⊙O的方程为x2＋y2＝4，过M(4，0)的直线与⊙O交于A，B两点，则弦AB中点P的轨迹方程为________．
解析：根据垂径定理知：OP⊥PM，所以P点轨迹是以OM为直径的圆且在⊙O内的部分．以OM为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝4，它与⊙O的交点为(1，±eq \r(3))．结合图形可知所求轨迹方程为(x－2)2＋y2＝4(0≤x＜1)．
答案：(x－2)2＋y2＝4(0≤x＜1)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)“f(x0，y0)＝0”是“点P(x0，y0)在曲线f(x，y)＝0上”的充要条件．( )
(2)方程x2＋xy＝x的曲线是一个点和一条直线．( )
(3)动点的轨迹方程和动点的轨迹是一样的．( )
(4)方程y＝eq \r(x)与x＝y2表示同一曲线．( )
(5)y＝kx与x＝eq \f(1,k)y表示同一直线．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)混淆“轨迹”与“轨迹方程”出错；
(2)忽视轨迹方程的“完备性”与“纯粹性”．
1．(1)平面内与两定点A(2，2)，B(0，0)距离的比值为2的点的轨迹是________．
(2)设动圆M与y轴相切且与圆C：x2＋y2－2x＝0相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为________．
解析：(1)设动点坐标为(x，y)，则
eq \f(\r(（x－2）2＋（y－2）2),\r(x2＋y2))＝2，整理得3x2＋3y2＋4x＋4y－8＝0，所以满足条件的点的轨迹是圆．
(2)若动圆在y轴右侧，则动圆圆心到定点C(1，0)与到定直线x＝－1的距离相等，其轨迹是抛物线，且eq \f(p,2)＝1，所以其方程为y2＝4x(x＞0)；若动圆在y轴左侧，则圆心轨迹是x轴负半轴，其方程为y＝0(x＜0)．故动圆圆心M的轨迹方程为y2＝4x(x＞0)或y＝0(x＜0)．
答案：(1)圆 (2)y2＝4x(x＞0)或y＝0(x＜0)
2．已知A(－2，0)，B(1，0)两点，动点P不在x轴上，且满足∠APO＝∠BPO，其中O为原点，则P点的轨迹方程是________．
解析：由角的平分线性质定理得|PA|＝2|PB|，设P(x，y)，则eq \r(（x＋2）2＋y2)＝2eq \r(（x－1）2＋y2)，整理得(x－2)2＋y2＝4(y≠0)．
答案：(x－2)2＋y2＝4(y≠0)
直接法求轨迹方程(师生共研)
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．
【解】 (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).
eq \a\vs4\al()
(1)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．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．
已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点P(26，1)，Q(2，1)，且|MP|＝5|MQ|.
(1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)记(1)中轨迹为C，若过点N(－2，3)的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l的方程．
解：(1)由|MP|＝5|MQ|，得eq \r(（x－26）2＋（y－1）2)＝5eq \r(（x－2）2＋（y－1）2)，
化简得x2＋y2－2x－2y－23＝0，
所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25，轨迹是以(1，1)为圆心，5为半径的圆．
(2)当直线l的斜率不存在时，l：x＝－2，此时所截得的线段长度为2×eq \r(52－32)＝8，
所以l：x＝－2符合题意．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－3＝k(x＋2)，
即kx－y＋2k＋3＝0，
圆心(1，1)到l的距离d＝eq \f(|3k＋2|,\r(k2＋1))，
由题意，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))))eq \s\up12(2)＋42＝52，解得k＝eq \f(5,12)，
所以直线l的方程为eq \f(5,12)x－y＋eq \f(23,6)＝0，
即5x－12y＋46＝0.
综上，直线l的方程为x＝－2或5x－12y＋46＝0.
定义法求轨迹方程(师生共研)
已知圆C与两圆x2＋(y＋4)2＝1，x2＋(y－2)2＝1外切，圆C的圆心轨迹为L，设L上的点与点M(x，y)的距离的最小值为m，点F(0，1)与点M(x，y)的距离为n.
(1)求圆C的圆心轨迹L的方程；
(2)求满足条件m＝n的点M的轨迹Q的方程．
【解】 (1)两圆半径都为1，两圆圆心分别为C1(0，－4)，C2(0，2)，由题意得|CC1|＝|CC2|，可知圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线，C1C2的中点为(0，－1)，直线C1C2的斜率不存在，所以圆C的圆心轨迹L的方程为y＝－1.
(2)因为m＝n，所以M(x，y)到直线y＝－1的距离与到点F(0，1)的距离相等，故点M的轨迹Q是以y＝－1为准线，点F(0，1)为焦点，顶点在原点的抛物线，而eq \f(p,2)＝1，即p＝2，所以，轨迹Q的方程是x2＝4y.
eq \a\vs4\al()
定义法求轨迹方程
(1)在利用圆锥曲线的定义求轨迹方程时，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．
1．已知△ABC的顶点B(0，0)，C(5，0)，AB边上的中线长|CD|＝3，则顶点A的轨迹方程为__________________．
解析：设A(x，y)，由题意可知Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2))).又因为|CD|＝3，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－5))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))eq \s\up12(2)＝9，即(x－10)2＋y2＝36，由于A、B、C三点不共线，所以点A不能落在x轴上，即y≠0，所以点A的轨迹方程为(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．
答案：(x－10)2＋y2＝36(y≠0)
2.如图，已知△ABC的两顶点坐标A(－1，0)，B(1，0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M，求曲线M的方程．
解：由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，
所以曲线M是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)．
设曲线M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0，y≠0)，
则a2＝4，b2＝a2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))eq \s\up12(2)＝3，
所以曲线M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
相关点法(代入法)求轨迹方程(师生共研)
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．
【解】 (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)]．
eq \a\vs4\al()
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，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，
所以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)．
所以y－y1＝－λy，即y1＝(1＋λ)y.
因为P(x1，y1)在椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上，
则eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，所以eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1，
故eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1为所求的N点的轨迹方程．
(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).
故当λ＝－eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(3,2)时，N点的轨迹是圆．
2．已知曲线E：ax2＋by2＝1(a＞0，b＞0)，经过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))的直线l与曲线E交于点A，B，且eq \(MB,\s\up6(→))＝－2eq \(MA,\s\up6(→)).若点B的坐标为(0，2)，求曲线E的方程．
解：设A(x0，y0)，因为B(0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))，
故eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，2))，eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(\r(3),3)，y0)).
由于eq \(MB,\s\up6(→))＝－2eq \(MA,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，2))＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(\r(3),3)，y0)).
所以x0＝eq \f(\r(3),2)，y0＝－1，即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－1)).
因为A，B都在曲线E上，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·02＋b·22＝1，,a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋b·（－1）2＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,4).))
所以曲线E的方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1.
[基础题组练]
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
解析：选C.(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
解析：选B.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( )
解析：选D.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
解析：选A.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
解析：选B.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．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________．
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.
答案：y＝2x－2
7．△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________．
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)．
答案：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)
8．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________．
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.
答案：x2＋y2＝4
9．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)；
(3)圆P与圆A外切，且与直线x＝1相切(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，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.
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，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\c1(x≥\f(1,2))).
(3)依题意，知动点P到定点A的距离等于到定直线x＝2的距离，故其轨迹为抛物线，且开口向左，p＝4.
因此其轨迹方程为y2＝－8x.
10．(2020·宝鸡模拟)已知动圆P恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，且与直线x＝－eq \f(1,4)相切．
(1)求动圆P圆心的轨迹M的方程；
(2)在正方形ABCD中，AB边在直线y＝x＋4上，另外C，D两点在轨迹M上，求该正方形的面积．
解：(1)由题意得动圆P的圆心到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))的距离与它到直线x＝－eq \f(1,4)的距离相等，
所以圆心P的轨迹是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))为焦点，直线x＝－eq \f(1,4)为准线的抛物线，且p＝eq \f(1,2)，所以动圆P圆心的轨迹M的方程为y2＝x.
(2)由题意设CD边所在直线方程为y＝x＋t.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋t，,y2＝x，))消去y，整理得x2＋(2t－1)x＋t2＝0.
因为直线CD和抛物线交于两点，
所以Δ＝(2t－1)2－4t2＝1－4t＞0，解得t＜eq \f(1,4).
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝1－2t，x1x2＝t2.
所以|CD|＝eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(2[（1－2t）2－4t2])＝eq \r(2（1－4t）).
又直线AB与直线CD之间的距离为|AD|＝eq \f(|t－4|,\r(2))，|AD|＝|CD|，
所以eq \r(2（1－4t）)＝eq \f(|t－4|,\r(2))，解得t＝－2或t＝－6，
经检验t＝－2和t＝－6都满足Δ＞0.
所以正方形边长|AD|＝3eq \r(2)或|AD|＝5eq \r(2)，
所以正方形ABCD的面积S＝18或S＝50.
[综合题组练]
1．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)
解析：选A.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)．
2．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
解析：选B.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”．
3.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线
B．抛物线
C．椭圆
D．双曲线的一支
解析：选C.母线与中轴线夹角为30°，然后用平面α去截，使直线AB与平面α的夹角为60°，则截口为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆．故选C.
4．(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)
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.
答案：③④
5．(一题多解)(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．
解：(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).
6．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(→)).
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\{(\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．
一、知识梳理
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、习题改编
1．(选修21P37练习T3改编)已知点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，直线l：x＝－eq \f(1,4)，点B是l上的动点，若过点B垂直于y轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹是( )
A．双曲线 B．椭圆
C．圆 D．抛物线
解析：选D.由已知|MF|＝|MB|，根据抛物线的定义知，点M的轨迹是以点F为焦点，直线l为准线的抛物线．
2．(选修21P35例1改编)曲线C：xy＝2上任一点到两坐标轴的距离之积为________．
解析：在曲线xy＝2上任取一点(x0，y0)，则x0y0＝2，该点到两坐标轴的距离之积为|x0||y0|＝|x0y0|＝2.
答案：2
3．(选修21P37A组T4改编)已知⊙O的方程为x2＋y2＝4，过M(4，0)的直线与⊙O交于A，B两点，则弦AB中点P的轨迹方程为________．
解析：根据垂径定理知：OP⊥PM，所以P点轨迹是以OM为直径的圆且在⊙O内的部分．以OM为直径的圆的方程为(x－2)2＋y2＝4，它与⊙O的交点为(1，±eq \r(3))．结合图形可知所求轨迹方程为(x－2)2＋y2＝4(0≤x＜1)．
答案：(x－2)2＋y2＝4(0≤x＜1)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)“f(x0，y0)＝0”是“点P(x0，y0)在曲线f(x，y)＝0上”的充要条件．( )
(2)方程x2＋xy＝x的曲线是一个点和一条直线．( )
(3)动点的轨迹方程和动点的轨迹是一样的．( )
(4)方程y＝eq \r(x)与x＝y2表示同一曲线．( )
(5)y＝kx与x＝eq \f(1,k)y表示同一直线．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见,误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)混淆“轨迹”与“轨迹方程”出错；
(2)忽视轨迹方程的“完备性”与“纯粹性”．
1．(1)平面内与两定点A(2，2)，B(0，0)距离的比值为2的点的轨迹是________．
(2)设动圆M与y轴相切且与圆C：x2＋y2－2x＝0相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为________．
解析：(1)设动点坐标为(x，y)，则
eq \f(\r(（x－2）2＋（y－2）2),\r(x2＋y2))＝2，整理得3x2＋3y2＋4x＋4y－8＝0，所以满足条件的点的轨迹是圆．
(2)若动圆在y轴右侧，则动圆圆心到定点C(1，0)与到定直线x＝－1的距离相等，其轨迹是抛物线，且eq \f(p,2)＝1，所以其方程为y2＝4x(x＞0)；若动圆在y轴左侧，则圆心轨迹是x轴负半轴，其方程为y＝0(x＜0)．故动圆圆心M的轨迹方程为y2＝4x(x＞0)或y＝0(x＜0)．
答案：(1)圆 (2)y2＝4x(x＞0)或y＝0(x＜0)
2．已知A(－2，0)，B(1，0)两点，动点P不在x轴上，且满足∠APO＝∠BPO，其中O为原点，则P点的轨迹方程是________．
解析：由角的平分线性质定理得|PA|＝2|PB|，设P(x，y)，则eq \r(（x＋2）2＋y2)＝2eq \r(（x－1）2＋y2)，整理得(x－2)2＋y2＝4(y≠0)．
答案：(x－2)2＋y2＝4(y≠0)
直接法求轨迹方程(师生共研)
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．
【解】 (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).
eq \a\vs4\al()
(1)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．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．
已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点P(26，1)，Q(2，1)，且|MP|＝5|MQ|.
(1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)记(1)中轨迹为C，若过点N(－2，3)的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l的方程．
解：(1)由|MP|＝5|MQ|，得eq \r(（x－26）2＋（y－1）2)＝5eq \r(（x－2）2＋（y－1）2)，
化简得x2＋y2－2x－2y－23＝0，
所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25，轨迹是以(1，1)为圆心，5为半径的圆．
(2)当直线l的斜率不存在时，l：x＝－2，此时所截得的线段长度为2×eq \r(52－32)＝8，
所以l：x＝－2符合题意．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y－3＝k(x＋2)，
即kx－y＋2k＋3＝0，
圆心(1，1)到l的距离d＝eq \f(|3k＋2|,\r(k2＋1))，
由题意，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|3k＋2|,\r(k2＋1))))eq \s\up12(2)＋42＝52，解得k＝eq \f(5,12)，
所以直线l的方程为eq \f(5,12)x－y＋eq \f(23,6)＝0，
即5x－12y＋46＝0.
综上，直线l的方程为x＝－2或5x－12y＋46＝0.
定义法求轨迹方程(师生共研)
已知圆C与两圆x2＋(y＋4)2＝1，x2＋(y－2)2＝1外切，圆C的圆心轨迹为L，设L上的点与点M(x，y)的距离的最小值为m，点F(0，1)与点M(x，y)的距离为n.
(1)求圆C的圆心轨迹L的方程；
(2)求满足条件m＝n的点M的轨迹Q的方程．
【解】 (1)两圆半径都为1，两圆圆心分别为C1(0，－4)，C2(0，2)，由题意得|CC1|＝|CC2|，可知圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线，C1C2的中点为(0，－1)，直线C1C2的斜率不存在，所以圆C的圆心轨迹L的方程为y＝－1.
(2)因为m＝n，所以M(x，y)到直线y＝－1的距离与到点F(0，1)的距离相等，故点M的轨迹Q是以y＝－1为准线，点F(0，1)为焦点，顶点在原点的抛物线，而eq \f(p,2)＝1，即p＝2，所以，轨迹Q的方程是x2＝4y.
eq \a\vs4\al()
定义法求轨迹方程
(1)在利用圆锥曲线的定义求轨迹方程时，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．
1．已知△ABC的顶点B(0，0)，C(5，0)，AB边上的中线长|CD|＝3，则顶点A的轨迹方程为__________________．
解析：设A(x，y)，由题意可知Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2))).又因为|CD|＝3，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－5))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))eq \s\up12(2)＝9，即(x－10)2＋y2＝36，由于A、B、C三点不共线，所以点A不能落在x轴上，即y≠0，所以点A的轨迹方程为(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．
答案：(x－10)2＋y2＝36(y≠0)
2.如图，已知△ABC的两顶点坐标A(－1，0)，B(1，0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M，求曲线M的方程．
解：由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，
所以曲线M是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)．
设曲线M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0，y≠0)，
则a2＝4，b2＝a2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AB|,2)))eq \s\up12(2)＝3，
所以曲线M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
相关点法(代入法)求轨迹方程(师生共研)
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．
【解】 (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)]．
eq \a\vs4\al()
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，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，
所以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)．
所以y－y1＝－λy，即y1＝(1＋λ)y.
因为P(x1，y1)在椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上，
则eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，所以eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1，
故eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1为所求的N点的轨迹方程．
(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).
故当λ＝－eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(3,2)时，N点的轨迹是圆．
2．已知曲线E：ax2＋by2＝1(a＞0，b＞0)，经过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))的直线l与曲线E交于点A，B，且eq \(MB,\s\up6(→))＝－2eq \(MA,\s\up6(→)).若点B的坐标为(0，2)，求曲线E的方程．
解：设A(x0，y0)，因为B(0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0))，
故eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，2))，eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(\r(3),3)，y0)).
由于eq \(MB,\s\up6(→))＝－2eq \(MA,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，2))＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(\r(3),3)，y0)).
所以x0＝eq \f(\r(3),2)，y0＝－1，即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－1)).
因为A，B都在曲线E上，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a·02＋b·22＝1，,a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋b·（－1）2＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,4).))
所以曲线E的方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1.
[基础题组练]
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
解析：选C.(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
解析：选B.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( )
解析：选D.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
解析：选A.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
解析：选B.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．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________．
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.
答案：y＝2x－2
7．△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________．
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)．
答案：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)
8．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________．
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.
答案：x2＋y2＝4
9．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)；
(3)圆P与圆A外切，且与直线x＝1相切(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，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.
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，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\c1(x≥\f(1,2))).
(3)依题意，知动点P到定点A的距离等于到定直线x＝2的距离，故其轨迹为抛物线，且开口向左，p＝4.
因此其轨迹方程为y2＝－8x.
10．(2020·宝鸡模拟)已知动圆P恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，且与直线x＝－eq \f(1,4)相切．
(1)求动圆P圆心的轨迹M的方程；
(2)在正方形ABCD中，AB边在直线y＝x＋4上，另外C，D两点在轨迹M上，求该正方形的面积．
解：(1)由题意得动圆P的圆心到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))的距离与它到直线x＝－eq \f(1,4)的距离相等，
所以圆心P的轨迹是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))为焦点，直线x＝－eq \f(1,4)为准线的抛物线，且p＝eq \f(1,2)，所以动圆P圆心的轨迹M的方程为y2＝x.
(2)由题意设CD边所在直线方程为y＝x＋t.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋t，,y2＝x，))消去y，整理得x2＋(2t－1)x＋t2＝0.
因为直线CD和抛物线交于两点，
所以Δ＝(2t－1)2－4t2＝1－4t＞0，解得t＜eq \f(1,4).
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝1－2t，x1x2＝t2.
所以|CD|＝eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(2[（1－2t）2－4t2])＝eq \r(2（1－4t）).
又直线AB与直线CD之间的距离为|AD|＝eq \f(|t－4|,\r(2))，|AD|＝|CD|，
所以eq \r(2（1－4t）)＝eq \f(|t－4|,\r(2))，解得t＝－2或t＝－6，
经检验t＝－2和t＝－6都满足Δ＞0.
所以正方形边长|AD|＝3eq \r(2)或|AD|＝5eq \r(2)，
所以正方形ABCD的面积S＝18或S＝50.
[综合题组练]
1．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)
解析：选A.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)．
2．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
解析：选B.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”．
3.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线
B．抛物线
C．椭圆
D．双曲线的一支
解析：选C.母线与中轴线夹角为30°，然后用平面α去截，使直线AB与平面α的夹角为60°，则截口为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆．故选C.
4．(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)
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.
答案：③④
5．(一题多解)(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．
解：(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).
6．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(→)).
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\{(\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．
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