2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第8章第8讲　曲线与方程


第8讲　曲线与方程
[考纲解读]　1.了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系，能用解析几何的基本思想和坐标法研究几何问题．(重点)
2．能够根据所给条件选择适当的方法求曲线的轨迹方程，并掌握求曲线方程的两种常见题型：①根据曲线确定方程，可用待定系数法；②求轨迹方程，可用直接法、定义法、代入法(相关点法)、参数法．(难点)
[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个命题热点．预测2021年高考将会有以下两种命题方式：①用定义法求曲线的方程；②由已知条件直接求曲线的方程．题型为解答题中的一问，试题难度中等偏上．考查知识点多，能力要求较高，尤其是运算变形能力．解题时注意函数与方程思想及等价转化思想的应用.

求曲线方程的基本步骤


1．概念辨析
(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)到两条互相垂直的直线距离相等的点的轨迹方程是x2＝y2.(　　)
(4)方程y＝与x＝y2表示同一曲线．(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．小题热身
(1)已知点P(x，y)满足方程x2－y2＋2x＋1＝0，则点P(x，y)的轨迹是(　　)
A．圆 B．一条直线
C．两条直线 D．直线的交点
答案　C
解析　点P(x，y)满足方程x2－y2＋2x＋1＝0，即(x＋1)2＝y2，可得x＋1＝±y，即x＋y＋1＝0或x－y＋1＝0，故点P(x，y)的轨迹是两条直线．
(2)在△ABC中，A(－4,0)，B(4,0)，△ABC的周长是18，则顶点C的轨迹方程是(　　)
A.＋＝1(y≠0) B.＋＝1(y≠0)
C.＋＝1(y≠0) D.＋＝1(y≠0)
答案　A
解析　由已知得，|AB|＝8，|CA|＋|CB|＋|AB|＝18，所以|CA|＋|CB|＝10>|AB|，所以顶点C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(去掉左右两个顶点)，其方程为＋＝1(y≠0)．
(3)已知点O(0,0)，A(1，－2)，动点P满足|PA|＝3|PO|，则点P的轨迹方程是(　　)
A．8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0
B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0
C．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝0
D．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0
答案　A
解析　设点P坐标为(x，y)，由|PA|＝3|PO|得(x－1)2＋(y＋2)2＝9(x2＋y2)，整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
(4)直线＋＝1与x轴、y轴交点连线的中点轨迹方程是________．
答案　x＋y＝1(x≠0且x≠1)
解析　直线＋＝1与x轴、y轴的交点坐标分别为(a,0)和(0,2－a)，设此直线与x轴、y轴交点连线的中点坐标为(x，y)，则消去a，得y＝1－x即x＋y＝1.由a≠0且2－a≠0，得x≠0且x≠1，故所求的轨迹方程为x＋y＝1(x≠0且x≠1)．

题型一　定义法求轨迹方程　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．A为双曲线－＝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|＝|F2N|＝a，
故M点的轨迹方程为x2＋y2＝a2.

2．如图所示，已知点C为圆(x＋)2＋y2＝4的圆心，点A(，0)．P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP所在的直线上，且·＝0，＝2.当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程．
解　由(x＋)2＋y2＝4知圆心C(－，0)，半径r＝2.
∵·＝0，＝2，
∴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|＝2>2，根据双曲线的定义，点Q的轨迹是以C(－，0)，A(，0)为焦点，实轴长为2的双曲线．
由c＝，a＝1，得b2＝1，故点Q的轨迹方程为x2－y2＝1.
条件探究　将本例中的条件“圆C的方程(x＋)2＋y2＝4”改为“圆C的方程(x＋)2＋y2＝16”，其他条件不变，求点Q的轨迹方程．
解　由(x＋)2＋y2＝16知圆心C(－，0)，半径r＝4.

∵·＝0，＝2，
∴QM垂直平分AP，连接AQ，则|AQ|＝|QP|，
∴|QC|＋|QA|＝|QC|＋|QP|＝r＝4.
根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以C(－，0)，A(，0)为焦点，长轴长为4的椭圆．
由c＝，a＝2，得b＝.
因此点Q的轨迹方程为＋＝1.

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，见举例说明1,2.
(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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

△ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆的圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是________．
答案　－＝1(x>3)
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－＝1(x>3)．
题型二　直接法求轨迹方程 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(2019·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＋＋＝0，||＝||＝||，∥，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＋＋＝0，即G为△ABC的重心，得G.又||＝||＝||，即M为△ABC的外心，所以点M在y轴上，又∥，则有M.所以x2＋2＝4＋，化简得＋＝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)．
2．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________．
答案　(x－10)2＋y2＝36(y≠0)
解析　设A(x，y)，由题意可知D.
又|CD|＝3，∴2＋2＝9，
即(x－10)2＋y2＝36，由于A，B，C三点不共线，
∴点A不能落在x轴上，即y≠0，
∴点A的轨迹方程为(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．
3．(2019·全国卷Ⅱ节选)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.求C的方程，并说明C是什么曲线．
解　由题设，得·＝－，
化简得＋＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．

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．如举例说明3.
(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，如举例说明2；若是求轨迹，则要说明轨迹是什么图形．如举例说明1.　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．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＝4
C．y2＝－2x D．(x－1)2＋y2＝2
答案　D

解析　如图，设P(x，y)，圆心为M(1,0)，连接MA，则MA⊥PA，且|MA|＝1.
又|PA|＝1，
∴|PM|＝＝，
即|PM|2＝2，∴(x－1)2＋y2＝2.故选D.
2．已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.求动圆圆心的轨迹C的方程．
解　
如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意，知|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，
∴|O1M|＝.
又|O1A|＝，
∴ ＝，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(0,0)也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
题型三　相关点法(代入法)求轨迹方程　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．动点P在抛物线y＝2x2＋1上移动，若P与点Q(0，－1)连线的中点为M，则动点M的轨迹方程为(　　)
A．y＝2x2 B．y＝4x2
C．y＝6x2 D．y＝8x2
答案　B
解析　设M(x，y)，P(x0，y0)，因为P与点Q(0，－1)连线的中点为M，所以x0＝2x，y0＝2y＋1，又因为点P在抛物线y＝2x2＋1上移动，所以2y＋1＝2(2x)2＋1，即y＝4x2.故选B.
2．(2019·莆田二模)已知A(0，－1)，B是曲线y＝x2＋1上任意一点，动点P满足 ＋＝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|.
解　(1)设P(x，y)，B(x0，y0)，
由＋＝0得，
(x，y＋1)＋(x－x0，y－y0)＝(0,0)，
则即
因为点B为曲线y＝x2＋1上任意一点，
故y0＝x＋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)，
联立得x2－4kx－4＝0，
所以Δ＝16k2＋16>0，x1x2＝－4.
因为直线OM的方程为y＝x，
且点H是直线OM与直线y＝－1的交点，所以点H的坐标为.
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－＝－＝＝＝x2，
所以HN∥y轴成立，所以|DN|＝|HN|成立．

代入法求轨迹方程的四步骤
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　


如图，已知P是椭圆＋y2＝1上一点，PM⊥x轴于M.若＝λ.
(1)求点N的轨迹方程；
(2)当点N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，
∴＝(x－x1，y－y1)＝(0，y－y1)，
＝(x1－x，－y)＝(0，－y)，
由＝λ得(0，y－y1)＝λ(0，－y)．
∴y－y1＝－λy，即y1＝(1＋λ)y.
∵P(x1，y1)在椭圆＋y2＝1上，
则＋y＝1，∴＋(1＋λ)2y2＝1，
故＋(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＝，
解得λ＝－或λ＝－.
所以当λ＝－或λ＝－时，点N的轨迹是圆．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　组　基础关
1．到点F(0,4)的距离比到直线y＝－5的距离小1的动点M的轨迹方程为(　　)
A．y＝16x2 B．y＝－16x2
C．x2＝16y D．x2＝－16y
答案　C
解析　由条件，知动点M到F(0,4)的距离与到直线y＝－4的距离相等，所以点M的轨迹是以F(0,4)为焦点，直线y＝－4为准线的抛物线，其标准方程为x2＝16y.
2．曲线C：x2＋2xy＋4＝0的对称性为(　　)
A．关于原点成中心对称
B．关于点(－2,0)成中心对称
C．关于直线y＝x对称
D．曲线C不具有对称性
答案　A
解析　设点P(a，b)(a，b∈R)在曲线上，则a2＋2ab＋4＝0，即(－a)2＋2(－a)(－b)＋4＝0，则P点关于原点的对称点P′(－a，－b)也在曲线上，∴曲线关于原点对称．
3．(2019·长沙模拟)已知点集M＝{(x，y)|·≥xy}，则平面直角坐标系中区域M的面积是(　　)
A．1 B．3＋
C．π D．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＋.
4．如图，已知F1，F2是椭圆Γ：＋＝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|＝|F1M|＝(|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.
5．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.＋＝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－＝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，＋＝1的右顶点为(5,0)，与M的轨迹有交点；D项，将x2＝16y代入－＝1，得y－＝1，即y2－9y＋9＝0，∴Δ>0.故选B.
6．已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，如果动点P满足|PA|＝2|PB|，则点P的轨迹所包围的图形的面积为________．
答案　4π
解析　设点P的坐标为(x，y)．则由|PA|＝2|PB|得(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，即(x－2)2＋y2＝4，所以点P的轨迹是以(2,0)为圆心，2为半径的圆，所以点P的轨迹所包围的图形的面积为4π.
7．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＝＋t(－)，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＝(x，y)，＋t(－)＝(1＋t,2t)，所以消去参数t，得点C的轨迹方程为y＝2x－2.
8．已知点P是椭圆＋＝1(a>b>0)上的任意一点，F1，F2是它的两个焦点，O为坐标原点，且＝＋，则动点Q的轨迹方程是________．
答案　＋＝1
解析　由于＝＋，又＋＝2＝－2.
设Q(x，y)，则＝－＝，即P点坐标为，又P在椭圆上，则有＋＝1，即动点Q的轨迹方程是＋＝1.
　组　能力关
1．(2019·宝鸡二模)设D为椭圆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　如图，由椭圆方程x2＋＝1，得a2＝5，b2＝1，∴c＝＝2，则A(0，－2)，B(0,2)为椭圆的两焦点，∴|DA|＋|DB|＝2a＝2，∵|PD|＝|BD|，∴|PA|＝|PD|＋|DA|＝|BD|＋|DA|＝2.
∴点P的轨迹是以A为圆心，2为半径的圆，其方程为x2＋(y＋2)2＝20.

2．(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；
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＋，所以x2＋y2≤2，所以≤，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.
3．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x－x0x1＋y－y0y1＝0，因为x＋y＝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.
4．(2019·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|－|＝4的解为________．
答案　±
解析　由|－|＝4，得
|－|＝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－＝1.
联立解得x＝±.
5．在直角坐标平面中，已知△ABC的顶点A(－2,0)，B(2，0)，C为平面内的动点，且sinAsinB＋3cosC＝0.求动点C的轨迹Q的方程．
解　解法一：设点C(x，y)．∵sinAsinB＋3cosC＝0，
即＋3×＝0，
∴y2＋3×＝0(y≠0)．
化简得点C的轨迹Q的方程为＋＝1(y≠0)．
解法二：设点C(x，y)．
∵sinAsinB＋3cosC＝0，
∴sinAsinB－3cos(A＋B)＝0，
即4sinAsinB－3cosAcosB＝0.
∵在△ABC中，sinA≠0，sinB≠0，
∴tanAtanB＝，
∴kAC·kBC＝－tanA·tanB＝－.
又A(－2,0)，B(2,0)，
∴直线AC的斜率为kAC＝(x≠－2)，直线BC的斜率为kBC＝(x≠2)，
∴·＝－(x≠－2，且x≠2)．
化简得点C的轨迹Q的方程为＋＝1(x≠－2，且x≠2)．