2022版高考数学一轮复习-第八章-解析几何-第八讲-曲线与方程学案新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 第八章 解析几何 第八讲 曲线与方程学案新人教版

2022版高考数学一轮复习 第八章 解析几何 第八讲 曲线与方程学案新人教版

年级：
姓名：

第八讲　曲线与方程(理)

知识梳理·双基自测

知识点一　曲线与方程的定义
一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立如下的对应关系：

那么，这个方程叫做__曲线__的方程；这条曲线叫做__方程__的曲线．
知识点二　求动点的轨迹方程的基本步骤

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．求轨迹问题常用的数学思想
(1)函数与方程思想：求平面曲线的轨迹方程就是将几何条件(性质)表示为动点坐标x，y的方程及函数关系．
(2)数形结合思想：由曲线的几何性质求曲线方程是“数”与“形”的有机结合．
(3)等价转化思想：通过坐标系使“数”与“形”相互结合，在解决问题时又需要相互转化．

题组一　走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)方程x2＋xy＝x的曲线是一个点和一条直线．(　×　)
(2)到两条互相垂直的直线距离相等的点的轨迹方程是x2＝y2．(　×　)
(3)y＝kx与x＝y表示同一直线．(　×　)
(4)动点的轨迹方程和动点的轨迹是一样的．(　×　)
题组二　走进教材
2．(必修2P37T3)已知点F，直线l：x＝－，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(　D　)
A．双曲线 B．椭圆
C．圆 D．抛物线
[解析]　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．
3．(选修2－1P37T1改编)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，则点P的轨迹方程是__x2＋y2－4x＝0(y≠0)__．
[解析]　设P(x，y)，

∵∠APO＝∠BPO，
∴＝＝2，
即|PA|＝2|PB|，
∴(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，(y≠0)
化简整理得P的轨迹方程为x2＋y2－4x＝0(y≠0)．
题组三　走向高考
4．(2020·山东改编)已知曲线C：mx2＋ny2＝1．则下列结论错误的是(　B　)
A．若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＝n＞0，则C是圆，其半径为
C．若mn＜0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±x
D．若m＝0，n＞0，则C是两条直线
[解析]　A．若m＞n＞0，则＜，则根据椭圆定义，知＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；B．若m＝n＞0，则方程为x2＋y2＝，表示半径为的圆，故B错误；C．若m＜0，n＞0，则方程为＋＝1，表示焦点在y轴的双曲线，故此时渐近线方程为y＝±x，若m＞0，n＜0，则方程为＋＝1，表示焦点在x轴的双曲线，故此时渐近线方程为y＝±x，故C正确；D．当m＝0，n＞0时，则方程为y＝±表示两条直线，故D正确；故选B．
5．(2019·北京卷)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(　C　)
A．① B．②
C．①② D．①②③
[解析]　将x换成－x方程不变，所以图形关于y轴对称，
当x＝0时，代入得y2＝1，
∴y＝±1，即曲线经过(0,1)，(0，－1)；
当x＞0时，方程变为y2－xy＋x2－1＝0，
所以Δ＝x2－4(x2－1)≥0，解得x∈，
所以x只能取整数1，当x＝1时，y2－y＝0，
解得y＝0或y＝1，即曲线经过(1,0)，(1,1)，
根据对称性可得曲线还经过(－1,0)，(－1,1)，
故曲线一共经过6个整点，故①正确．
当x＞0时，由x2＋y2＝1＋xy得
x2＋y2－1＝xy≤，(当x＝y时取等)，
∴x2＋y2≤2，∴≤，

即曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得：曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；故②正确．
在x轴上图形面积大于矩形面积＝1×2＝2，x轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积＝×2×1＝1，因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2＋1＝3，故③错误．故选C．

考点突破·互动探究
考点一　曲线与方程——自主练透
例1 关于x，y的方程＋＝1，对应的曲线可能是
①焦点在x轴上的椭圆　②焦点在y轴上的椭圆　③焦点在x轴上的双曲线　④圆
其中正确结论个数为(　D　)
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　由题，若m2＋2＞3m2－2，解得－＜m＜，3m2－2＞0，解得m＜－或m＞，则当x∈∪时，曲线是焦点在x轴上的椭圆，①正确；若3m2－2＞m2＋2，解得m＜－或m＞，此时曲线是焦点在y轴上的椭圆，②正确；若3m2－2＜0，解得－＜m＜，此时曲线是焦点在x轴上的双曲线，③正确；当m2＝2时，方程为x2＋y2＝4，所以④正确．故选D．
〔变式训练1〕
(2021·山东青岛一中期末改编)已知点F(1,0)为曲线C的焦点，则曲线C的方程可能为
①y2＝4x　②x2＝4y　③＋＝1
④－＝1
其中正确结论个数为(　B　)
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析]　y2＝4x的焦点坐标为(1,0)；x2＝4y的焦点坐标为(0,1)；当θ＝时，sin2θ＝cos2θ＝，＋＝1表示圆；双曲线－＝1的焦点在x轴上，且c＝＝1，其焦点坐标为(1,0)，(－1,0)，故选B．
考点二　定义法求轨迹方程——自主练透
例2 (1)(2021·长春模拟)如图所示，A是圆O内一定点，B是圆周上一个动点，AB的中垂线CD与OB交于点E，则点E的轨迹是(　B　)

A．圆 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
(2)(2021·福州模拟)已知圆M：(x＋)2＋y2＝36，定点N(，0)，点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在线段MP上，且满足＝2，·＝0，则点G的轨迹方程是(　A　)
A．＋＝1 B．＋＝1
C．－＝1 D．－＝1
(3)(2021·江苏南京二十九中调研)已知两圆C1：(x＋3)2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1和圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为(　D　)
A．x2－＝1 B．－y2＝1
C．x2－＝1(x≥1) D．x2－＝1(x≤－1)
[解析]　(1)由题意知，|EA|＋|EO|＝|EB|＋|EO|＝r(r为圆的半径)且r＞|OA|，故E的轨迹为以O，A为焦点的椭圆，故选B．
(2)由＝2，·＝0知GQ所在直线是线段NP的垂直平分线，连接GN，∴|GN|＝|GP|，∴|GM|＋|GN|＝|MP|＝6＞2，∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中2a＝6,2c＝2，∴b2＝4，∴点G的轨迹方程为＋＝1，故选A．

(3)设动圆M的半径为r，则|C1M|＝r＋1，|C2M|＝3＋r，∴|C2M|－|C1M|＝2＜6＝|C1C2|．∴动圆圆心M的轨迹是以C1、C2为焦点的双曲线左支，且c＝3，a＝1，∴b2＝c2－a2＝8，∴其轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．故选D．
[引申1]本例(3)中，若动圆M与圆C1内切，与圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为__－＝1(x≤－2)__．
[引申2]本例(3)中，若动圆M与圆C1外切，与圆C2内切，则动圆圆心M的轨迹方程为__－＝1(x≥2)__．
[引申3]本例(3)中，若动圆M与圆C1、圆C2都内切，则动圆圆心M的轨迹方程为__x2－＝1(x≥1)__．
[引申4]本例3中，若动圆M与圆C1、圆C2中一个内切一个外切，则动圆圆心M的轨迹方程为__－＝1__．

名师点拨
定义法求轨迹方程及其注意点
(1)在利用圆锥曲线的定义法求轨迹方程时，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．
〔变式训练2〕
(1)动圆M经过双曲线x2－＝1的左焦点且与直线x＝2相切，则圆心M的轨迹方程是(　B　)
A．y2＝8x B．y2＝－8x
C．y2＝4x D．y2＝－4x
(2)(2021·湖南娄底质检)在水平地面上的不同两点处竖有两根笔直的电线杆，假设它们都垂直于地面，则在水平地面上视它们上端仰角相等的点P的轨迹可能是__①②__．
①直线　②圆　③椭圆　④抛物线
[解析]　(1)双曲线x2－＝1的左焦点为F(－2,0)，由题意可知点M的轨迹是以F为焦点、原点为顶点、对称轴为x轴的抛物线，故其方程为y2＝－8x．故选B．
(2)如图两根电杆AB，CD，

①当|AB|＝|CD|时，
∵∠BPA＝∠DPC，∴|PA|＝|PC|，
∴P的轨迹是AC的中垂线，
②当|AB|＝λ|CD|(λ≠1，λ＞0)时，
由∠BPA＝∠DPC知Rt△ABP∽Rt△CDP，
∴＝＝λ，
以AC所在直线为x轴，线段AC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
记A(－1,0)，C(1,0)，P(x，y)，
则＝λ，
即2＋y2＝2，
轨迹为圆，故答案为①②．
考点三,直接法求轨迹方程——师生共研
例3 (1)(2021·四川、云南、贵州、西藏四省四校联考)已知圆C过点A(0,2)且与直线y＝－2相切，则圆心C的轨迹方程为(　B　)
A．x2＝4y B．x2＝8y
C．x2＝－4y D．x2＝－8y
(2)(2021·山东菏泽模拟)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦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．
[解析]　(1)设圆心C(x，y)，
由题意知＝|y＋2|，
化简得x2＝8y，故选B．
(2)①设动圆圆心P(x，y)，线段MN的中点为E，
则|PA|2＝|PE|2＋42，
即(x－4)2＋y2＝x2＋16，化简得y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x．
②设直线l的方程为y＝kx＋b，
联立
得k2x2＋2kbx＋b2＝8x，
k2x2－(8－2kb)x＋b2＝0(其中Δ＞0)，
设P(x1，kx1＋b)，Q(x2，kx2＋b)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
若x轴是∠PBQ的角平分线，
则kPB＋kQB＝＋
＝
＝
＝＝0，即k＝－b．
故直线l的方程为y＝k(x－1)，直线l过定点(1,0)．

名师点拨
直接法求曲线方程的一般步骤
(1)建立合适的直角坐标系．
(2)设出所求曲线上点的坐标，把几何条件或等量关系用坐标表示为代数方程．
(3)化简整理这个方程，检验并说明所求方程就是曲线的方程．直接法求曲线方程时最关键的就是把几何条件或等量关系“翻译”为代数方程，要注意“翻译”的等价性．
(4)运用直接法应注意的问题
①在用直接法求轨迹方程时，在化简的过程中，有时破坏了方程的同解性，此时就要补上遗漏的点或删除多余的点，这是不能忽视的．
②若方程的化简过程是恒等变形，则最后的验证可以省略．
〔变式训练3〕
(1)已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，如果动点P满足|PA|＝2|PB|，则动点P的轨迹是(　B　)
A．直线 B．圆
C．椭圆 D．双曲线
(2)(2021·湖南湘潭模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知点Q(1,0)，直线l：x＝2．若动点P在直线l上的射影为R，且||＝||，设点P的轨迹为C．
①求C的轨迹方程；
②设直线y＝x＋n与曲线C相交于A、B两点，试探究曲线C上是否存在点M，使得四边形MAOB为平行四边形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)设P(x，y)，
则＝2，
化简得x2＋y2－4x＝0，即(x－2)2＋y2＝4，
其表示以(2,0)为圆心，4为半径的圆，故选B．
(2)①设P(x，y)，由||＝||，
得|2－x|＝·，
平方化简得C的轨迹方程为＋y2＝1．
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，
联立，得x2＋2(x＋n)2－2＝0，
即3x2＋4nx＋2n2－2＝0，
所以x1＋x2＝－，y1＋y2＝x1＋x2＋2n＝．
假设存在点M使得四边形MAOB为平行四边形，
则＝＋，
所以(x3，y3)＝(x1，y1)＋(x2，y2)，
所以x3＝x1＋x2＝－，y3＝y1＋y2＝．
由点M在曲线C上得＋y＝1，
代入得＋＝1，
解得n2＝，n＝±．
所以当n＝±时，曲线C上存在点M使得四边形MAOB为平行四边形，
此时点M的坐标为或者M，
当n≠±，曲线C上不存在点M使得四边形MAOB为平行四边形．
考点四,代入法(相关点法)求轨迹方程——师生共研
例4　(2021·河南新乡模拟)在直角坐标系xOy中，点M(－2,0)，N是曲线x＝y2＋2上的任意一点，动点C满足＋＝0．
(1)求点C的轨迹方程；
(2)经过点P(1,0)的动直线l与点C的轨迹交于A，B两点，在x轴上是否存在定点D(异于点P)，使得∠ADP＝∠BDP？若存在，求出D的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)设C(x，y)，N(x0，y0)，
则＝(x＋2，y)，＝(x－x0，y－y0)，
＋＝(2x－x0＋2,2y－y0)．
又＋＝0，则
即
因为点N为曲线x＝y2＋2上的任意一点，
所以x0＝y＋2，
所以2x＋2＝(2y)2＋2，
整理得y2＝2x，故点C的轨迹方程为y2＝2x．
(2)设存在点D(t,0)，使得∠ADP＝∠BDP，
所以kDA＋kDB＝0．
由题易知，直线l的倾斜角不可能为0°，
故设直线l的方程为x＝my＋1，
将x＝my＋1代入y2＝2x，得y2－2my－2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2m，y1y2＝－2．
因为kDA＋kDB＝＋＝＋＝0，
所以2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0，
即－4m＋2m·(1－t)＝0，所以t＝－1．
故存在点D(－1,0)，使得∠ADP＝∠BDP．

名师点拨
代入法(相关点法)求轨迹方程
(1)当题目中的条件同时具有以下特征时，一般可以用相关点法求其轨迹方程：
①某个动点P在已知方程的曲线上移动；
②另一个动点M随P的变化而变化；
③在变化过程中P和M满足一定的规律．
(2)代入法(相关点法)的基本步骤
①设点：设被动点坐标为(x，y)，主动点坐标为(x1，y1)；
②求关系式：求出两个动点坐标之间的关系式

③代换：将上述关系式代入已知曲线方程，便可得到所求动点的轨迹方程；
④检验：注意检验所求方程是否符合题意．
〔变式训练4〕
(2021·河北石家庄模拟)已知点Q在椭圆C：＋＝1上，点P满足＝(＋)(其中O为坐标原点，F1为椭圆C的左焦点)，则点P的轨迹为(　D　)
A．圆　　 B．抛物线　
C．双曲线　 D．椭圆
[解析]　设P(x，y)，Q(x0，y0)，椭圆C的左焦点F1(－2,0)，
由题意知
又＋＝1，∴＋＝1，故选D．
考点五,参数法求轨迹方程——师生共研
例5　(2021·河北衡水中学调研)已知圆C1：x2＋y2＝2，圆C2：x2＋y2＝4，如图，C1，C2分别交x轴正半轴于点E，A．射线OD分别交C1，C2于点B，D，动点P满足直线BP与y轴垂直，直线DP与x轴垂直．

(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点E作直线l交曲线C与点M，N，射线OH⊥l于点H，且交曲线C于点Q．问：＋的值是否是定值？如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．
[分析]　显然点P(x，y)的变动由∠AOD的大小α(或kOD)决定，故可通过α(或kOD)建立x，y间的关系，即点P的轨迹方程．
[解析]　(1)解法一：如图设∠BOE＝α，
则B(cos α，sin α)，D(2cos α，2sin α)，
所以xP＝2cos α，yP＝sin α．
所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1．
解法二：当射线OD的斜率存在时，设斜率为k，OD方程为y＝kx，
由得y＝，
同理得x＝，
所以x＋2y＝4即有动点P的轨迹C的方程为＋＝1．
当射线OD的斜率不存在时，点(0，±)也满足．
(2)由(1)可知E为C的焦点，
设直线l的方程为x＝my＋(斜率不为0时)且设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由，得(m2＋2)y2＋2my－2＝0，
所以，
所以＝＝，
又射线OQ方程为y＝－mx，
代入椭圆C的方程得x2＋2(mx)2＝4，
即x＝，y＝，＝，
所以＋＝＋＝，
又当直线l的斜率为0时，也符合条件．
综上，＋为定值，且为．

名师点拨
](1)在选择参数时，参数可以具有某种物理或几何意义，如时间、速度、距离、角度、直线的斜率、点的横(纵)坐标等，也可以没有具体的意义，但要特别注意它的取值范围对动点坐标取值范围的影响．
(2)参数法求轨迹方程的适用条件
动点所满足的条件不易得出或不易转化为等式，也没有明显的相关点，但却较易发现(或经过分析可发现)这个动点的运动与某一个量或某两个变量(角、斜率、比值、截距等)有关．
〔变式训练5〕
若过点P(1,1)且互相垂直的两条直线l1，l2分别与x轴、y轴交于A、B两点，则AB中点M的轨迹方程为__x＋y－1＝0__．
[解析]　当直线l1的斜率存在时，l2的斜率也存在，设直线l1的方程是y－1＝k(x－1)，则直线l2的方程是y－1＝－(x－1)，所以直线l1与x轴的交点为A，l2与y轴的交点为B，设AB的中点M的坐标为(x，y)，则有两式相加消去k，得x＋y＝1，即x＋y－1＝0(x≠)，所以AB中点M的轨迹方程为x＋y－1＝0．
当直线l1(或l2)的斜率不存在时，点M的坐标为，此点在直线x＋y－1＝0上．
综上，AB中点M的轨迹方程为x＋y－1＝0．

另解：由题意易知|MP|＝|MO|，
∴M的轨迹为线段OP的中垂线，
其方程为y－＝－，
即x＋y－1＝0．

名师讲坛·素养提升
高考中的轨迹问题
例6　(2019·课标Ⅱ)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．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G．
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
[解题思路]　(1)→
(2)①→→
→→→
②→→→
[解析]　(1)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．
(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)，
由得x＝±．
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由，
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0．①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝．
从而直线PG的斜率为＝－．
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝
＝．
设t＝k＋，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号，
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，
即k＝1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
[解题关键]　①利用方程思想得出点P、Q的坐标，进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键；②正确利用基本不等式及函数单调性是求解△PQG面积最值的关键．
〔变式训练6〕
(2020·新课标Ⅲ)在平面内，A，B是两个定点C是动点，若·＝1，则点C的轨迹为(　A　)
A．圆 B．椭圆
C．抛物线 D．直线
[解析]　不妨以AB所在直线为x轴，AB的中点为原点，建立平面直角坐标系，
设C(x，y)，A(－c,0)，B(c,0)，c＞0，
则＝(x＋c，y)，＝(x－c，y)，
由·＝1，得(x＋c)(x－c)＋y·y＝1，
即x2＋y2＝c2＋1＞0，
∴点C的轨迹为圆．故选A．