山東專用2025版高考數(shù)學一輪復習第八章解析幾何第八講曲線與方程學案含解析

PAGE1-第八講曲線與方程ZHISHISHULISHUANGJIZICE學問梳理·雙基自測學問梳理學問點一曲線與方程的定義一般地，在直角坐標系中，假如某曲線C上的點與一個二元方程f(x，y)＝0的實數(shù)解建立如下的對應關系：那么，這個方程叫做__曲線__的方程；這條曲線叫做__方程__的曲線．學問點二求動點的軌跡方程的基本步驟重要結論1．“曲線C是方程f(x，y)＝0的曲線”是“曲線C上的點的坐標都是方程f(x，y)＝0的解”的充分不必要條件．2．求軌跡問題常用的數(shù)學思想(1)函數(shù)與方程思想：求平面曲線的軌跡方程就是將幾何條件(性質)表示為動點坐標x，y的方程及函數(shù)關系．(2)數(shù)形結合思想：由曲線的幾何性質求曲線方程是“數(shù)”與“形”的有機結合．(3)等價轉化思想：通過坐標系使“數(shù)”與“形”相互結合，在解決問題時又須要相互轉化．雙基自測題組一走出誤區(qū)1．(多選題)下列結論錯誤的是(ABCD)A．方程x2＋xy＝x的曲線是一個點和一條直線B．到兩條相互垂直的直線距離相等的點的軌跡方程是x2＝y(tǒng)2C．y＝kx與x＝eq\f(1,k)y表示同始終線D．動點的軌跡方程和動點的軌跡是一樣的題組二走進教材2．(必修2P37T3)已知點F(eq\f(1,4)，0)，直線l：x＝－eq\f(1,4)，點B是l上的動點，若過點B垂直于y軸的直線與線段BF的垂直平分線交于點M，則點M的軌跡是(D)A．雙曲線 B．橢圓C．圓 D．拋物線[解析]由已知|MF|＝|MB|，依據(jù)拋物線的定義知，點M的軌跡是以點F為焦點，直線l為準線的拋物線．題組三考題再現(xiàn)3．(2024·廣東汕頭模擬)一動圓的圓心在拋物線y2＝8x上，且動圓恒與直線x＋2＝0相切，則此動圓必過定點(B)A．(4,0) B．(2,0)C．(0,2) D．(0,0)[解析]圓心C在拋物線上，設與直線x＋2＝0相切的切點為A，與x軸交點為M，由拋物線的定義可知，CA＝CM＝R，直線x＋2＝0為拋物線的準線，故依據(jù)拋物線的定義得到該圓必過拋物線的焦點(2,0)，故選B．4．(2024·長春模擬)如圖所示，A是圓O內肯定點，B是圓周上一個動點，AB的中垂線CD與OB交于點E，則點E的軌跡是(B)A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線[解析]由題意知，|EA|＋|EO|＝|EB|＋|EO|＝r(r為圓的半徑)且r>|OA|，故E的軌跡為以O，A為焦點的橢圓，故選B．5．(2024·豫北名校聯(lián)考)已知△ABC的頂點B(0,0)，C(5,0)，AB邊上的中線長|CD|＝3.則頂點A的軌跡方程為__(x－10)2＋y2＝36(y≠0)__.[解析]設A(x，y)，由題意可知D(eq\f(x,2)，eq\f(y,2))．又∵|CD|＝3，∴(eq\f(x,2)－5)2＋(eq\f(y,2))2＝9，即(x－10)2＋y2＝36，由于A、B、C三點不共線，∴點A不能落在x軸上，即y≠0，∴點A的軌跡方程為(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．KAODIANTUPOHUDONGTANJIU考點突破·互動探究考點一曲線與方程——自主練透例1(多選題)關于x，y的方程eq\f(x2,m2＋2)＋eq\f(y2,3m2－2)＝1，(其中m2≠eq\f(2,3))對應的曲線可能是(ABCD)A．焦點在x軸上的橢圓B．焦點在y軸上的橢圓C．焦點在x軸上的雙曲線D．圓[解析]由題，若m2＋2>3m2－2，解得－eq\r(2)<m<eq\r(2)，3m2－2>0，解得m<－eq\f(\r(6),3)或m>eq\f(\r(6),3)，則當x∈(－eq\r(2)，－eq\f(\r(6),3))∪(eq\f(\r(6),3)，eq\r(2))時，曲線是焦點在x軸上的橢圓，A正確；若3m2－2>m2＋2，解得m<－eq\r(2)或m>eq\r(2)，此時曲線是焦點在y軸上的橢圓，B正確；若3m2－2<0，解得－eq\f(\r(6),3)<m<eq\f(\r(6),3)，此時曲線是焦點在x軸上的雙曲線，C正確；當m2＝2時，方程為x2＋y2＝4，所以D正確．故選ABCD．〔變式訓練1〕(多選題)(2024·山東青島一中期末)已知點F(1,0)為曲線C的焦點，則曲線C的方程可能為(AD)A．y2＝4xB．x2＝4yC．eq\f(x2,cos2θ)＋eq\f(y2,sin2θ)＝1(0<θ<eq\f(π,2))D．eq\f(x2,cos2θ)－eq\f(y2,sin2θ)＝1(0<θ<eq\f(π,2))[解析]y2＝4x的焦點坐標為(1,0)；x2＝4y的焦點坐標為(0,1)；當θ＝eq\f(π,4)時，sin2θ＝cos2θ＝eq\f(1,2)，eq\f(x2,cos2θ)＋eq\f(y2,sin2θ)＝1表示圓；雙曲線eq\f(x2,cos2θ)－eq\f(y2,sin2θ)＝1(0<θ<eq\f(π,2))的焦點在x軸上，且c＝eq\r(cos2θ＋sin2θ)＝1，其焦點坐標為(1,0)，(－1,0)，故選AD．考點二定義法求軌跡方程——自主練透例2(1)(2024·沈陽模擬)若點P到點F(0,2)的距離比它到直線y＋4＝0的距離小2，則點P的軌跡方程為(C)A．y2＝8x B．y2＝－8xC．x2＝8y D．x2＝－8y(2)(2024·福州模擬)已知圓M：(x＋eq\r(5))2＋y2＝36，定點N(eq\r(5)，0)，點P為圓M上的動點，點Q在NP上，點G在線段MP上，且滿意eq\o(NP,\s\up6(→))＝2eq\o(NQ,\s\up6(→))，eq\o(GQ,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝0，則點G的軌跡方程是(A)A．eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1 B．eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,31)＝1C．eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,36)－eq\f(y2,31)＝1(3)(2024·大慶模擬)已知圓C1：(x＋3)2＋y2＝1和圓C2：(x－3)2＋y2＝9，動圓M同時與圓C1及圓C2相外切，則動圓圓心M的軌跡方程為__x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)__.[解析](1)由題意知P到F(0,2)的距離比它到y(tǒng)＋4＝0的距離小2，因此P到F(0,2)的距離與到直線y＋2＝0的距離相等，故P的軌跡是以F為焦點，y＝－2為準線的拋物線，所以P的軌跡方程為x2＝8y.故選C．(2)由eq\o(NP,\s\up6(→))＝2eq\o(NQ,\s\up6(→))，eq\o(GQ,\s\up6(→))·eq\o(NP,\s\up6(→))＝0知GQ所在直線是線段NP的垂直平分線，連接GN，∴|GN|＝|GP|，∴|GM|＋|GN|＝|MP|＝6>2eq\r(5)，∴點G的軌跡是以M，N為焦點的橢圓，其中2a＝6,2c＝2eq\r(5)，∴b2＝4，∴點G的軌跡方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，故選A．(3)如圖所示，設動圓M與圓C1及圓C2分別外切于點A和點B，且圓M半徑為r，則|MC1|＝r＋1，|MC2|＝r＋3，∴|MC2|－|MC1|＝2.即動點M到兩定點C2，C1的距離的差是常數(shù)2，且2<|C1C2|＝6，|MC2|>|MC1|，故動圓圓心M的軌跡為以定點C2，C1為焦點的雙曲線的左支，則2a＝2，所以a＝1.又c＝3，則b2＝c2－a2＝8.設動圓圓心M的坐標為(x，y)，則動圓圓心M的軌跡方程為x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)．[引申1]本例(3)中，若動圓M與圓C1內切，與圓C2外切，則動圓圓心M的軌跡方程為__eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x≤－2)__.[引申2]本例(3)中，若動圓M與圓C1外切，與圓C2內切，則動圓圓心M的軌道方程為__eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x≥2)__.[引申3]本例(3)中，若動圓M與圓C1、圓C2都內切，則動圓圓心M的軌跡方程為__x2－eq\f(y2,8)＝1(x≥1)__.[引申4]本例3中，若動圓M與圓C1、圓C2中一個內切一個外切，則動圓圓心M的軌跡方程為__eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1__.名師點撥?定義法求軌跡方程及其留意點(1)在利用圓錐曲線的定義法求軌跡方程時，若所求的軌跡符合某種圓錐曲線的定義，則依據(jù)曲線的方程，寫出所求的軌跡方程．(2)利用定義法求軌跡方程時，還要看軌跡是否是完整的圓、橢圓、雙曲線、拋物線，假如不是完整的曲線，則應對其中的變量x或y進行限制．〔變式訓練2〕(1)動圓M經過雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左焦點且與直線x＝2相切，則圓心M的軌跡方程是(B)A．y2＝8x B．y2＝－8xC．y2＝4x D．y2＝－4x(2)(多選題)(2024·湖南婁底質檢)在水平地面上的不同兩點處豎有兩根筆直的電線桿，假設它們都垂直于地面，則在水平地面上視它們上端仰角相等的點P的軌跡可能是(AB)A．直線 B．圓C．橢圓 D．拋物線[解析](1)雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左焦點為F(－2,0)，由題意可知點M的軌跡是以F為焦點、原點為頂點、對稱軸為x軸的拋物線，故其方程為y2＝－8x.故選B．(2)如圖兩根電桿AB，CD，①當|AB|＝|CD|時，∵∠BPA＝∠CPC，∴|PA|＝|PC|，∴P的軌跡是AC的中垂線，②當|AB|＝λ|CD|(λ≠1，λ>0)時，由∠BPA＝∠CPC知Rt△ABP∽Rt△CDP，∴eq\f(|AP|,|CP|)＝eq\f(|AB|,|CD|)＝λ，以AC所在直線為x軸，線段AC的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，不記記A(－1,0)，B(1,0)，P(x，y)，則eq\f(\r(x＋12＋y2),\r(x－12＋y2))＝λ，即(x－eq\f(λ2＋1,λ2－1))2＋y2＝(eq\f(2λ,λ2－1))2，軌跡為圓，故選AB．考點三干脆法求軌跡方程——師生共研例3已知以點C(0,1)為圓心的動圓C與y軸負半軸交于點A，其弦AB的中點D恰好落在x軸上．(1)求點B的軌跡E的方程；(2)過直線y＝－1上一點P作曲線E的兩條切線，切點分別為M，N.求證：直線MN過定點．[解析](1)設B(x，y)，y>0，則AB的中點D(eq\f(x,2)，0)，∵C(0,1)，連接DC，∴eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－eq\f(x,2)，1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(eq\f(x,2)，y)．在⊙C中，DC⊥DB，∴eq\o(DC,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，∴－eq\f(x2,4)＋y＝0，即x2＝4y(y>0)．∴點B的軌跡E的方程為x2＝4y(y>0)．(2)由(1)可得曲線E的方程為x2＝4y(y>0)．設P(t，－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，∵y＝eq\f(x2,4)，∴y′＝eq\f(x,2)，∴過點M，N的切線方程分別為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，y－y2＝eq\f(x2,2)(x－x2)，由4y1＝xeq\o\al(2,1)，4y2＝xeq\o\al(2,2)，上述切線方程可化為2(y＋y1)＝x1x,2(y＋y2)＝x2x，∵點P在這兩條切線上，∴2(y1－1)＝tx1,2(y2－1)＝tx2，即直線MN的方程為2(y－1)＝tx，故直線MN過定點C(0,1)．名師點撥?干脆法求曲線方程的一般步驟(1)建立合適的直角坐標系．(2)設出所求曲線上點的坐標，把幾何條件或等量關系用坐標表示為代數(shù)方程．(3)化簡整理這個方程，檢驗并說明所求方程就是曲線的方程．干脆法求曲線方程時最關鍵的就是把幾何條件或等量關系“翻譯”為代數(shù)方程，要留意“翻譯”的等價性．(4)運用干脆法應留意的問題①在用干脆法求軌跡方程時，在化簡的過程中，有時破壞了方程的同解性，此時就要補上遺漏的點或刪除多余的點，這是不能忽視的．②若方程的化簡過程是恒等變形，則最終的驗證可以省略．〔變式訓練3〕(2024·湖南省湘潭市模擬)設D是圓O：x2＋y2＝16上的隨意一點，m是過點D且與x軸垂直的直線，E是直線m與x軸的交點，點Q在直線m上，且滿意2|EQ|＝eq\r(3)|ED|.當點D在圓O上運動時，記點Q的軌跡為曲線C．(1)求曲線C的方程；(2)已知點P(2,3)，過F(2,0)的直線l交曲線C于A，B兩點，交直線x＝8于點M.判定直線PA，PM，PB的斜率是否依次構成等差數(shù)列？并說明理由．[解析](1)設點Q(x，y)，D(x0，y0)，因為2|EQ|＝eq\r(3)|ED|，點Q在直線m上，所以x0＝x，|y0|＝eq\f(2,\r(3))|y|.①因為點D在圓O：x2＋y2＝16上運動，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16.②將①式代入②式，得曲線C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由題意可知l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x－2)，令x＝8，得M的坐標為(8,6k)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1,y＝kx－2))，得(4k2＋3)x2－16k2x＋16(k2－3)＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(16k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(16k2－3,4k2＋3).③記直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3，從而k1＝eq\f(y1－3,x1－2)，k2＝eq\f(y2－3,x2－2)，k3＝eq\f(6k－3,8－2)＝k－eq\f(1,2).因為直線AB的方程為y＝k(x－2)，所以y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，所以k1＋k2＝eq\f(y1－3,x1－2)＋eq\f(y2－3,x2－2)＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)－3(eq\f(1,x1－2)＋eq\f(1,x2－2))＝2k－3×eq\f(x1＋x2－4,x1x2－2x1＋x2＋4).④把③代入④，得k1＋k2＝2k－3×eq\f(\f(16k2,4k2＋3)－4,\f(16k2－3,4k2＋3)－\f(32k2,4k2＋3)＋4)＝2k－1，又k3＝k－eq\f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3，故直線PA，PM，PB的斜率成等差數(shù)列．考點四代入法(相關點法)求軌跡方程——多維探究例4(2024·泉州模擬)在直角坐標系xOy中，長為eq\r(2)＋1的線段的兩端點C，D分別在x軸，y軸上滑動，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(PD,\s\up6(→)).記點P的軌跡為曲線E.(1)求曲線E的方程；(2)經過點(0,1)作直線l與曲線E相交于A，B兩點，eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，當點M在曲線E上時，求直線l的方程．[解析](1)設C(m,0)，D(0，n)，P(x，y)．由eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(PD,\s\up6(→))，得(x－m，y)＝eq\r(2)(－x，n－y)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－m＝－\r(2)x，,y＝\r(2)n－y，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\r(2)＋1x，,n＝\f(\r(2)＋1,\r(2))y，))由|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)＋1，得m2＋n2＝(eq\r(2)＋1)2，所以(eq\r(2)＋1)2x2＋eq\f(\r(2)＋12,2)y2＝(eq\r(2)＋1)2，整理，得曲線E的方程為x2＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，知點M的坐標為(x1＋x2，y1＋y2)．易知直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝kx＋1，代入曲線E的方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，則x1＋x2＝－eq\f(2k,k2＋2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝eq\f(4,k2＋2).由點M在曲線E上，知(x1＋x2)2＋eq\f(y1＋y22,2)＝1，即eq\f(4k2,k2＋22)＋eq\f(8,k2＋22)＝1，解得k2＝2.此時直線l的方程為y＝±eq\r(2)x＋1.名師點撥?代入法(相關點法)求軌跡方程(1)當題目中的條件同時具有以下特征時，一般可以用相關點法求其軌跡方程：①某個動點P在已知方程的曲線上移動；②另一個動點M隨P的改變而改變；③在改變過程中P和M滿意肯定的規(guī)律．(2)代入法(相關點法)的基本步驟①設點：設被動點坐標為(x，y)，主動點坐標為(x1，y1)；②求關系式：求出兩個動點坐標之間的關系式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝fx，y，,y1＝gx，y；))③代換：將上述關系式代入已知曲線方程，便可得到所求動點的軌跡方程；④檢驗：留意檢驗所求方程是否符合題意．〔變式訓練4〕(2024·河北石家莊模擬)已知點Q在橢圓C：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,10)＝1上，點P滿意eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OF1,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→)))(其中O為坐標原點，F(xiàn)1為橢圓C的左焦點)，則點P的軌跡為(D)A．圓 B．拋物線C．雙曲線 D．橢圓[解析]設P(x，y)，Q(x0，y0)，橢圓C的左焦點F1(－2,0)，由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x－2,2)，,y0＝\f(y,2)))又eq\f(x\o\al(2,0),16)＋eq\f(y\o\al(2,0),10)＝1，∴eq\f(x－22,64)＋eq\f(y2,40)＝1，故選D．MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG名師講壇·素養(yǎng)提升參數(shù)法求軌跡方程例5(2024·山西臨汾)已知橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的上、下頂點分別為M、N，點P在橢圓C外，直線PM交橢圓與另一點A，若PN⊥NA，則點P的軌跡方程是(D)A．y＝x2＋1(x≠0) B．y＝x2＋3(x≠0)C．y2－eq\f(x2,2)＝1(y>0，x≠0) D．y＝3(x≠0)[解析]設P的坐標為(x，y)，A的坐標為(m，n)，且m≠0，由題意可知M(0,1)，N(0，－1)，∴kPN＝eq\f(y＋1,x)，kAN＝eq\f(n＋1,m)，kPM＝eq\f(y－1,x)，kAM＝eq\f(n－1,m)，∵PN⊥NA，∴－eq\f(x,y＋1)＝eq\f(n＋1,m).①又知點A(m，n)在直線PM上，∴kPM＝kAM，即eq\f(y－1,x