高中数学苏教版选修22.6曲线与方程教学设计

这是一份高中数学苏教版选修22.6曲线与方程教学设计，共12页。

1．曲线与方程
一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下关系：
(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是曲线上的点．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．求动点轨迹方程的一般步骤
(1)建立适当的坐标系，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点M的坐标；
(2)写出适合条件p的点M的集合P＝{M|p(M)}；
(3)用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x，y)＝0；
(4)化方程f(x，y)＝0为最简形式；
(5)说明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上．
3．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\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．
[小题体验]
1．已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，如果动点P满足PA＝2PB，则点P的轨迹方程为________．
解析：设P点的坐标为(x，y)，
∵A(－2,0)，B(1,0)，动点P满足PA＝2PB，
∴eq \r(x＋22＋y2)＝2eq \r(x－12＋y2)，
平方得(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，
化简得(x－2)2＋y2＝4，
∴点P的轨迹是以(2,0)为圆心、2为半径的圆，方程为(x－2)2＋y2＝4.
答案：(x－2)2＋y2＝4
2．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________．
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.
答案：2x－y＋5＝0
3．已知F是抛物线y＝eq \f(1,4)x2的焦点，P是该抛物线上的动点，则线段PF中点的轨迹方程是________．
解析：因为抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，设线段PF的中点坐标是(x，y)，则P(2x,2y－1)在抛物线x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化简得x2＝2y－1.
答案：x2＝2y－1
1．曲线与曲线方程、轨迹与轨迹方程是两个不同的概念，前者指曲线的形状、位置、大小等特征，后者指方程(包括范围)．
2．求轨迹方程时易忽视轨迹上特殊点对轨迹的“完备性与纯粹性”的影响．
[小题纠偏]
1．若M，N为两个定点，且|MN|＝6，动点P满足eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0，则P点的轨迹是________．
解析：因为eq \(PM,\s\up7(―→))·eq \(PN,\s\up7(―→))＝0，所以PM⊥PN.
所以点P的轨迹是以线段MN为直径的圆．
答案：以线段MN为直径的圆
2．在△ABC中，A为动点，B，C为定点，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0))(a＞0)，且满足条件 sin C－sin B＝eq \f(1,2)sin A，则动点A的轨迹方程是________．
解析：由正弦定理得eq \f(AB,2R)－eq \f(AC,2R)＝eq \f(1,2)×eq \f(BC,2R)，
即AB－AC＝eq \f(1,2)BC，故动点A是以B，C为焦点，eq \f(a,2)为实轴长的双曲线右支．
即动点A的轨迹方程为eq \f(16x2,a2)－eq \f(16y2,3a2)＝1(x＞0且y≠0)．
答案：eq \f(16x2,a2)－eq \f(16y2,3a2)＝1(x＞0且y≠0)
eq \a\vs4\al(考点一 直接法求轨迹方程) eq \a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)
[题组练透]
1．已知点O(0,0)，A(1，－2)，动点P满足|PA|＝3|PO|，则P点的轨迹方程是________．
解析：设P点的坐标为(x，y)，
则eq \r(x－12＋y＋22)＝3eq \r(x2＋y2)，
整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
答案：8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0
2．已知M(－2,0)，N(2, 0)，求以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程．
解：设P(x，y)，
因为△MPN为以MN为斜边的直角三角形，
所以MP2＋NP2＝MN2，
所以(x＋2)2＋y2＋(x－2)2＋y2＝16，
整理得x2＋y2＝4.
因为M，N，P不共线，所以x≠±2，
所以轨迹方程为x2＋y2＝4(x≠±2)．
3．设F(1,0)，点M在x轴上，点P在y轴上，且eq \(MN,\s\up7(―→))＝2eq \(MP,\s\up7(―→))，eq \(PM,\s\up7(―→))⊥eq \(PF,\s\up7(―→))，当点P在y轴上运动时，求点N的轨迹方程．
解：设M(x′，0)，P(0，y′)，N(x，y)，
由eq \(MN,\s\up7(―→))＝2eq \(MP,\s\up7(―→))，得(x－x′，y)＝2(－x′，y′)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－x′＝－2x′,y＝2y′，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x′＝－x，,y′＝\f(y,2).))
因为eq \(PM,\s\up7(―→))⊥eq \(PF,\s\up7(―→))，eq \(PM,\s\up7(―→))＝(x′，－y′)，eq \(PF,\s\up7(―→))＝(1，－y′)，
所以(x′，－y′)·(1，－y′)＝0，
即x′＋y′2＝0，
所以－x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＝0，
即y2＝4x.
因此所求的轨迹方程为y2＝4x.
[谨记通法]
直接法求轨迹方程的2种常见类型及解题策略
(1)题目给出等量关系，求轨迹方程．可直接代入即可得出方程．
(2)题中未明确给出等量关系，求轨迹方程．可利用已知条件寻找等量关系，得出方程．但要注意完备性易忽视．
eq \a\vs4\al(考点二 定义法求轨迹方程) eq \a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
1．(2017·扬州模拟)△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，AD＝AE＝8，
BF＝BE＝2，CD＝CF，
所以CA－CB＝8－2＝6.
根据双曲线的定义，所求轨迹是以A，B为焦点，
实轴长为6的双曲线的右支，
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)
2．(2019·常熟中学检测)已知动圆M与直线y＝2相切，且与定圆C：x2＋(y＋3)2＝1外切，那么动圆圆心M的轨迹方程________．
解析：由题意知动圆M与直线y＝2相切，且与定圆C：x2＋(y＋3)2＝1外切，
∴动点M到C(0，－3)的距离与到直线y＝3的距离相等，
由抛物线的定义知，点M的轨迹是以C(0，－3)为焦点，直线y＝3为准线的抛物线，
故所求M的轨迹方程为x2＝－12y.
答案：x2＝－12y
[由题悟法]
定义法求曲线方程的2种策略
(1)运用圆锥曲线的定义求轨迹方程，可从曲线定义出发直接写出方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出方程．
(2)定义法和待定系数法适用于已知曲线的轨迹类型，其方程是何形式的情况，利用条件把待定系数求出来，使问题得解．
[即时应用]
1．(2019·海门中学检测)已知△ABC的周长为20，且顶点B(0，－4)，C(0,4)，则顶点A的轨迹方程是________．
解析：∵△ABC的周长为20，顶点B(0，－4)，C(0,4)，
∴BC＝8，AB＋AC＝20－8＝12，
∵12＞8，∴点A到两个定点的距离之和等于定值，
∴点A的轨迹是椭圆，∵a＝6，c＝4，∴b2＝20，
∴椭圆的方程为eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,36)＝1(x≠0)．
答案：eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,36)＝1(x≠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，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＝2CP＋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＝a2－12＝3，
所以曲线M：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)为所求．
eq \a\vs4\al(考点三 代入法求轨迹方程) eq \a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)
[典例引领]
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\up7(―→))＝λeq \(NM,\s\up7(―→)).
(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\up7(―→))＝(x－x1，y－y1)＝(0，y－y1)，
eq \(NM,\s\up7(―→))＝(x1－x，－y)＝(0，－y)，
由eq \(PN,\s\up7(―→))＝λeq \(NM,\s\up7(―→))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(x\\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即为所求的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).
所以当λ＝－eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(3,2)时，N点的轨迹是圆．
[由题悟法]
代入法求轨迹方程的4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．
[即时应用]
1．(2019·丰县中学检测)定长为3的线段AB的两个端点A，B分别在x轴，y轴上滑动，动点P满足eq \(BP,\s\up7(―→))＝2eq \(PA,\s\up7(―→))，求点P的轨迹方程．
解：设A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，
由eq \(BP,\s\up7(―→))＝2eq \(PA,\s\up7(―→))，得(x，y－y0)＝2(x0－x，－y)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2x0－2x，,y－y0＝－2y，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(3,2)x，,y0＝3y，))
又因为AB的定长为3，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝9，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x))2＋(3y)2＝9，化简得eq \f(x2,4)＋y2＝1，
故点P的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
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\up7(―→))＝－2eq \(MA,\s\up7(―→)).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\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，2))，eq \(MA,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(\r(3),3)，y0)).
由于eq \(MB,\s\up7(―→))＝－2eq \(MA,\s\up7(―→))，
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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·02＋b·22＝1，,a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋b·－12＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\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.
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1．方程(x＋y－1)eq \r(x－1)＝0表示的曲线是______________．
解析：由(x＋y－1)eq \r(x－1)＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－1＝0，,x－1≥0))或eq \r(x－1)＝0，即x＋y－1＝0(x≥1)或x＝1.所以方程表示的曲线是射线x＋y－1＝0(x≥1)和直线x＝1.
答案：射线x＋y－1＝0(x≥1)和直线x＝1
2．平面上有三个点A(－2，y)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y,2)))，C(x，y)，若eq \(AB,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，则动点C的轨迹方程为________．
解析：由题意得eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(y,2)))，eq \(BC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f(y,2)))，由eq \(AB,\s\up7(―→))⊥eq \(BC,\s\up7(―→))，得eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，即2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,2)))·eq \f(y,2)＝0，所以动点C的轨迹方程为y2＝8x.
答案：y2＝8x
3．(2018·江苏太湖高级中学检测)若动点P(x，y)满足条件|eq \r(x＋42＋y2)－eq \r(x－42＋y2)|＝6，则点P的轨迹是________．
解析：|eq \r(x＋42＋y2)－eq \r(x－42＋y2)|＝6表示点P到(4,0)，(－4,0)两点的距离的差的绝对值为6，根据定义得点P轨迹是双曲线．
答案：双曲线
4．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________．
解析：如图，设P(x，y)，圆心为M(1,0)．连结MA，PM，
则MA⊥PA，且MA＝1，又因为PA＝1，
所以PM＝eq \r(MA2＋PA2)＝eq \r(2)，
即PM2＝2，所以(x－1)2＋y2＝2.
答案：(x－1)2＋y2＝2
5．已知点A(－2,0)，B(3,0)，动点P(x，y)，满足eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝x2－6，则动点P的轨迹方程是________．
解析：因为动点P(x，y)满足eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝x2－6，
所以(－2－x，－y)·(3－x，－y)＝x2－6，即y2＝x，
所以动点P的轨迹方程是y2＝x.
答案：y2＝x
6．已知定点A(4,0)和圆x2＋y2＝4上的动点B，动点P(x，y)满足eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝2eq \(OP,\s\up7(―→))，则点P的轨迹方程为________．
解析：设B(x0，y0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋x0＝2x，,y0＝2y，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－4，,y0＝2y，))
代入圆方程得(2x－4)2＋4y2＝4，
即(x－2)2＋y2＝1.
答案：(x－2)2＋y2＝1
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1．(2019·盐城一模)设点Q(2,0)，圆C：x2＋y2＝1，若动点M到圆C的切线长与MQ长的比等于2，则动点M的轨迹方程是________．
解析：如图，设MN切圆于N，则动点M满足MN＝2MQ，
∵圆的半径ON＝1，
∴MN2＝MO2－ON2＝MO2－1.
设点M的坐标为(x，y)，
则eq \r(x2＋y2－1)＝2eq \r(x－22＋y2)，化简得3x2＋3y2－16x＋17＝0.
答案：3x2＋3y2－16x＋17＝0
2．长为3的线段AB的端点A，B分别在x轴，y轴上移动，eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，则点C的轨迹方程为________________．
解析：设C(x，y)，A(a,0)，B(0，b)，则a2＋b2＝9，①
又eq \(AC,\s\up7(―→))＝2eq \(CB,\s\up7(―→))，所以(x－a，y)＝2(－x，b－y)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3x，,b＝\f(3,2)y，))②
代入①式整理可得x2＋eq \f(y2,4)＝1.
答案：x2＋eq \f(y2,4)＝1
3．已知A(－1,0)，B(1,0)两点，过动点M作x轴的垂线，垂足为N，若eq \(MN,\s\up7(―→))2＝λeq \(AN,\s\up7(―→))·eq \(NB,\s\up7(―→))，当λ＜0时，动点M的轨迹为________．
解析：设M(x，y)，则N(x,0)，所以eq \(MN,\s\up7(―→))2＝y2，λeq \(AN,\s\up7(―→))·eq \(NB,\s\up7(―→))＝λ(x＋1,0)·(1－x,0)＝λ(1－x2)，所以y2＝λ(1－x2)，即λx2＋y2＝λ，变形为x2＋eq \f(y2,λ)＝1.又因为λ＜0，所以动点M的轨迹为双曲线．
答案：双曲线
4．设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1,0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为________．
解析：因为M为AQ垂直平分线上一点，
则AM＝MQ，
所以MC＋MA＝MC＋MQ＝CQ＝5，
故M的轨迹为以点C，A为焦点的椭圆，所以a＝eq \f(5,2)，c＝1，
则b2＝a2－c2＝eq \f(21,4)，
所以椭圆的方程为eq \f(4x2,25)＋eq \f(4y2,21)＝1.
答案：eq \f(4x2,25)＋eq \f(4y2,21)＝1
5．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\up7(―→))＝2eq \(PA,\s\up7(―→))，且eq \(OQ,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝1，则点P的轨迹方程是________．
解析：设A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.
由eq \(BP,\s\up7(―→))＝2eq \(PA,\s\up7(―→))，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，
即a＝eq \f(3,2)x＞0，b＝3y＞0.
即eq \(AB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x，3y))，
点Q(－x，y)，故由eq \(OQ,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝1，
得(－x，y)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x，3y))＝1，
即eq \f(3,2)x2＋3y2＝1.
故所求的轨迹方程为eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
答案：eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)
6.(2019·扬州一模)如图，已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的焦点为F1，F2，点P为椭圆上任意一点，过F2作∠F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为点Q，过点Q作y轴的垂线，垂足为N，线段QN的中点为M，则点M的轨迹方程为________．
解析：因为点F2关于∠F1PF2的外角平分线PQ的对称点Q′在直线F1P的延长线上，故F1Q′＝PF1＋PF2＝2a＝4，
又OQ是△F2F1Q′的中位线，所以OQ＝eq \f(1,2)F1Q′＝2，
设M(x，y)，则Q(2x，y)，
所以有4x2＋y2＝4.
故点M的轨迹方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
答案：eq \f(y2,4)＋x2＝1
7．在平面直角坐标系xOy中，动点P和点M(－2,0)，N(2,0)满足|eq \(MN,\s\up7(―→))|·|eq \(MP,\s\up7(―→))|＋eq \(MN,\s\up7(―→))·eq \(NP,\s\up7(―→))＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为________．
解析：因为|eq \(MN,\s\up7(―→))|·|eq \(MP,\s\up7(―→))|＋eq \(MN,\s\up7(―→))·eq \(NP,\s\up7(―→))＝0，
所以4eq \r(x＋22＋y2)＋4(x－2)＝0，
化简变形，得y2＝－8x.
答案：y2＝－8x
8．(2019·通州一模)已知⊙C：(x＋1)2＋y2＝36及点A(1,0)，点P为圆上任意一点，AP的垂直平分线交CP于点M，则点M的轨迹方程为________．
解析：由圆的方程可知，圆心C(－1,0)，半径等于6，设点M的坐标为(x，y)，
∵AP的垂直平分线交CP于M，∴MA＝MP，
又MP＋MC＝6，∴MC＋MA＝6＞AC＝2，∴点M满足椭圆的定义，且2a＝6,2c＝2，∴a＝3，c＝1，∴b2＝a2－c2＝8，∴点M的轨迹方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
答案：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1
9．已知长为1＋eq \r(2)的线段AB的两个端点A，B分别在x轴，y轴上滑动，P是AB上一点，且eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(\r(2),2)eq \(PB,\s\up7(―→))，求点P的轨迹方程．
解：设A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，由已知知eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \f(\r(2),2)eq \(PB,\s\up7(―→))，
又eq \(AP,\s\up7(―→))＝(x－x0，y)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(－x，y0－y)，
所以x－x0＝－eq \f(\r(2),2)x，y＝eq \f(\r(2),2)(y0－y)，
得x0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)))x，y0＝(1＋eq \r(2))y.
因为AB＝1＋eq \r(2)，
即xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝(1＋eq \r(2))2，
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)))x))2＋[(1＋eq \r(2))y]2＝(1＋eq \r(2))2，
化简得eq \f(x2,2)＋y2＝1.
即点P的轨迹方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
10．已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦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的角平分线，证明：直线l过定点．
解：(1)如图，设动圆圆心为O1(x，y)，
由题意O1A＝O1M，
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，
则H是MN的中点．
所以O1M＝eq \r(x2＋42)，
又O1A＝eq \r(x－42＋y2)，
所以eq \r(x－42＋y2)＝eq \r(x2＋42)，化简得y2＝8x(x≠0)．
当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y2＝8x，
所以动圆圆心的轨迹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，
得k2x2＋(2kb－8)x＋b2＝0.
则Δ＝－32kb＋64＞0.
且x1＋x2＝eq \f(8－2kb,k2)，①
x1x2＝eq \f(b2,k2)，②
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以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)(8－2kb)＋2k2b＝0，
所以k＝－b，此时Δ＞0，
所以直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．
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在平面直角坐标系xOy中，已知两点M(1，－3)，N(5,1)，若点C的坐标满足eq \(OC,\s\up7(―→))＝teq \(OM,\s\up7(―→))＋(1－t)eq \(ON,\s\up7(―→))(t∈R)，且点C的轨迹与抛物线y2＝4x交于A，B两点．
(1)求证：OA⊥OB；
(2)在x轴上是否存在一点P(m,0)，使得过点P任作一条抛物线的弦，并以该弦为直径的圆都过原点．若存在，求出m的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由eq \(OC,\s\up7(―→))＝teq \(OM,\s\up7(―→))＋(1－t)eq \(ON,\s\up7(―→)) (t∈R)，可知点C的轨迹是M，N两点所在的直线，
所以点C的轨迹方程为y＋3＝eq \f(1－－3,5－1)(x－1)，
即y＝x－4.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－4，,y2＝4x，))化简得x2－12x＋16＝0,
设C的轨迹方程与抛物线y2＝4x的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝12，x1x2＝16，
y1y2＝(x1－4)(x2－4)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＝－16，
因为eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝x1x2＋y1y2＝16－16＝0,
所以OA⊥OB.
(2)假设存在这样的P点，并设AB是过抛物线的弦，且A(x1，y1)，B(x2，y2)，其方程为x＝ny＋m，
代入y2＝4x得y2－4ny－4m＝0,
此时y1＋y2＝4n，y1y2＝－4m，
所以kOAkOB＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(y1,\f(y\\al(2,1),4))·eq \f(y2,\f(y\\al(2,2),4))＝eq \f(16,y1y2)＝－eq \f(4,m)＝－1，
所以m＝4(定值)，故存在这样的点P(4,0)满足题意．
设AB的中点为T(x，y)，
则y＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝2n，x＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝eq \f(1,2)(ny1＋4＋ny2＋4)＝eq \f(n,2)(y1＋y2)＋4＝2n2＋4，消去n得y2＝2x－8.