補上一課　圓錐曲線中的軌跡問題

補上一課圓錐曲線中的軌跡問題方法分析1.曲線C與方程F(x，y)＝0滿足兩個條件：(1)曲線C上點的坐標都是方程F(x，y)＝0的解；(2)以方程F(x，y)＝0的解為坐標的點都在曲線C上.則稱曲線C為方程F(x，y)＝0的曲線，方程F(x，y)＝0為曲線C的方程.2.求曲線方程的基本方法主要有：(1)直接法：直接將幾何條件或等量關(guān)系表示為代數(shù)方程；(2)定義法：利用曲線的定義，判斷曲線類型，再由曲線的定義直接寫出曲線方程；(3)代入法(相關(guān)點法)：題中有兩個動點，一個為所求，設(shè)為(x，y)，另一個在已知曲線上運動，設(shè)為(x0，y0)，利用已知條件找出兩個動點坐標的關(guān)系，用所求表示已知，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝f（x，y），,y0＝g（x，y），))將(x0，y0)代入已知曲線即得所求曲線方程；(4)參數(shù)法：引入?yún)?shù)t，求出動點(x，y)與參數(shù)t之間的關(guān)系eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝f（t），,y＝g（t），))消去參數(shù)即得所求軌跡方程；(5)交軌法：引入?yún)?shù)表示兩動曲線的方程，將參數(shù)消去，得到兩動曲線交點的軌跡方程.方法一直接法例1已知M(－2，0)，N(2，0)，點P滿足eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝12，則點P的軌跡方程為()A.eq\f(x2,16)＋y2＝1 B.x2＋y2＝16C.y2－x2＝8 D.x2＋y2＝8答案B解析設(shè)P(x，y)，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－2－x，－y)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，因為eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝12，所以x2－4＋y2＝12，即x2＋y2＝16.感悟提升直接法求軌跡方程時，最關(guān)鍵的就是把幾何條件或等量關(guān)系翻譯成代數(shù)方程，再建系、設(shè)點、列式、代換、化簡、證明.最后的證明這一步驟可以省略，求出軌跡的方程后還需注意檢驗方程的“純粹性”和“完備性”.兩種常見的題型及解題策略為：(1)題目給出等量關(guān)系，求軌跡方程，直接代入即可得出方程.(2)題中未明確給出等量關(guān)系，求軌跡方程，可利用已知條件尋找等量關(guān)系，得出方程.但要注意“完備性”.訓練1在平面直角坐標系xOy中，已知點A(1，2)，B是一動點，直線OA，OB，AB的斜率分別為k1，k2，k3，且eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(1,k3)，記點B的軌跡為E，則曲線E的方程為__________.答案y2＝4x(x≠0且x≠1)解析設(shè)B(x，y)，因為eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝eq\f(1,k3)，所以eq\f(1,2)＋eq\f(x,y)＝eq\f(x－1,y－2)(x≠0，x≠1)，化簡可得y2＝4x(x≠0，x≠1)，故曲線E的方程為y2＝4x(x≠0，x≠1).方法二定義法例2(多選)(2024·泰安模擬)已知圓O的半徑為定長r，A是圓O所在平面內(nèi)一個定點，P是圓上任意一點，線段AP的垂直平分線l和直線OP相交于點Q.當點P在圓上運動時，下列說法正確的是()A.當點A在圓O內(nèi)(不與圓心重合)時，點Q的軌跡是橢圓B.點Q的軌跡可能是一個定點C.當點A在圓O外時，點Q的軌跡是雙曲線的一支D.點Q的軌跡可能是拋物線答案AB解析對于A，連接QA，OA，由已知得|QA|＝|QP|，所以|QO|＋|QA|＝|QO|＋|QP|＝|OP|＝r.又因為點A在圓內(nèi)，所以|OA|<|OP|，根據(jù)橢圓的定義，得點Q的軌跡是以O(shè)，A為焦點，r為長軸長的橢圓，A正確.對于B，當點A在圓上時，點Q與圓心O重合，點Q的軌跡為定點，故B正確.對于C，連接QA，OA，由已知得|QA|＝|QP|，所以||QO|－|QA||＝||QO|－|QP||＝|OP|＝r.又因為點A在圓外，所以|OA|>|OP|，根據(jù)雙曲線的定義，點Q的軌跡是以O(shè)，A為焦點，r為實軸長的雙曲線，C錯誤.對于D，由于當點A與圓心O重合時，點Q的軌跡為圓，所以點Q的軌跡不可能為拋物線，D錯誤.感悟提升利用定義法求軌跡方程時，還要看所求軌跡是否是完整的圓、橢圓、雙曲線、拋物線，如果不是完整的曲線，則應(yīng)對其中的變量x或y進行限制.訓練2若動圓與兩定圓(x＋5)2＋y2＝1和(x－5)2＋y2＝49都外切，則動圓圓心的軌跡方程是____________.答案eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1(x≤－3)解析設(shè)圓C1為(x＋5)2＋y2＝1，可得圓心C1(－5，0)，半徑r1＝1，設(shè)圓C2為(x－5)2＋y2＝49，可得圓心C2(5，0)，半徑r2＝7，且|C1C2|＝10.設(shè)動圓圓心為C，半徑為r，因為動圓C同時與圓C1和圓C2外切，所以|CC1|＝r＋1，|CC2|＝7＋r，所以|CC2|－|CC1|＝6<|C1C2|＝10，所以點C的軌跡是以C1(－5，0)，C2(5，0)為焦點的雙曲線的左支，所以a＝3，c＝5，b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(16)＝4，所以動圓的圓心C的軌跡方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1(x≤－3).方法三代入法(相關(guān)點法)例3已知曲線C0：y＝3x2＋1和點A(－2，0)，動點C在曲線C0上.(1)若線段AC的中點為M，求動點M的軌跡方程；(2)若動點P滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PC,\s\up6(→))，求動點P的軌跡方程.解(1)設(shè)動點M的坐標為(x，y)，C(x0，y0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(－2＋x0,2)，,y＝\f(y0,2)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2x＋2，,y0＝2y，))由動點C在曲線C0上可知y0＝3xeq\o\al(2,0)＋1，故2y＝3(2x＋2)2＋1，即y＝6(x＋1)2＋eq\f(1,2)，故動點M的軌跡方程為y＝6(x＋1)2＋eq\f(1,2).(2)設(shè)動點P的坐標為(x，y)，C(x0，y0)，則由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PC,\s\up6(→))，得(x＋2，y)＝3(x0－x，y0－y)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(4x＋2,3)，,y0＝\f(4,3)y，))而y0＝3xeq\o\al(2,0)＋1，故eq\f(4,3)y＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x＋2,3)))eq\s\up12(2)＋1，即y＝(2x＋1)2＋eq\f(3,4)，故動點P的軌跡方程為y＝(2x＋1)2＋eq\f(3,4).感悟提升利用相關(guān)點法求軌跡方程的基本步驟：(1)設(shè)點：設(shè)被動點坐標為(x，y)，主動點坐標為(x0，y0).(2)求關(guān)系式：求出兩個動點坐標之間的關(guān)系式eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝f（x，y），,y0＝g（x，y）.))(3)代換：將上述關(guān)系式代入主動點滿足的曲線方程，便可得到所求被動點的軌跡方程.訓練3設(shè)P為雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1上的動點，O為坐標原點，M為線段OP的中點，則點M的軌跡方程是()A.x2－4y2＝1 B.4y2－x2＝1C.x2－eq\f(y2,4)＝1 D.eq\f(x2,2)－y2＝1答案A解析設(shè)M(x，y)，由M為線段OP的中點，得P(2x，2y)，代入雙曲線方程，得eq\f(（2x）2,4)－(2y)2＝1，即x2－4y2＝1，故選A.方法四參數(shù)法例4已知點A和點B是拋物線y2＝4px(p>0)上除原點以外的兩個動點，若OA⊥OB，OM⊥AB于點M，求點M的軌跡方程.解當AB所在直線的斜率不存在時，M為一定點，坐標為(4p，0).當AB所在直線的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝kx＋b(k≠0).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,y2＝4px，))得k2x2＋2(kb－2p)x＋b2＝0.由題可知，k2≠0，Δ>0.設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2（2p－kb）,k2)，x1x2＝eq\f(b2,k2)，所以y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝eq\f(4pb,k).由OA⊥OB，得x1x2＋y1y2＝0，則b＝－4pk.①設(shè)點M(x，y)(x≠0，y≠0)，由OM⊥AB，知eq\f(y,x)·k＝－1，則k＝－eq\f(x,y).②由①②及y＝kx＋b消去k，b，得x2＋y2－4px＝0(y≠0).又點(4p，0)滿足x2＋y2－4px＝0，所以點M的軌跡方程為x2＋y2－4px＝0.感悟提升1.參數(shù)法求動點軌跡方程的一般步驟(1)選擇坐標系，設(shè)動點坐標P(x，y)；(2)分析軌跡的已知條件，選定參數(shù)(選擇參數(shù)時要考慮，既要有利于建立方程又要便于消去參數(shù))；(3)建立參數(shù)方程；(4)消去參數(shù)得到普通方程；(5)討論并判斷軌跡.2.常用的消參方法有：代入消參，加減消參，整體代換法，三角消參法(sin2θ＋cos2θ＝1)等，要特別注意：消參前后變量x，y的取值范圍不能改變.訓練4(2024·廣州模擬)變量x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(t)，,y＝2\r(1－t)))(t為參數(shù))，則代數(shù)式eq\f(y＋2,x＋2)的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(t)，,y＝2\r(1－t)))消去參數(shù)t可得x2＋eq\f(y2,4)＝1(x≥0，y≥0)，則M(x，y)的軌跡為橢圓在第一象限的部分(包含與坐標軸的交點)，eq\f(y＋2,x＋2)＝eq\f(y－（－2）,x－（－2）)可看成點A(－2，－2)與點M(x，y)連線斜率，如圖，B(1，0)，C(0，2)，∴kAB＝eq\f(0＋2,1＋2)＝eq\f(2,3)，kAC＝eq\f(2＋2,0＋2)＝2，則eq\f(y＋2,x＋2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2)).方法五交軌法例5如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1的短軸端點分別為B1，B2，點M是橢圓C上的動點，且不與點B1，點B2重合，點N滿足NB1⊥MB1，NB2⊥MB2，求動點N的軌跡方程.解法一設(shè)直線MB1：y＝kx－3(k≠0)，則直線NB1：y＝－eq\f(1,k)x－3.①直線MB1與橢圓C：eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1的交點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).則直線MB2的斜率為kMB2＝eq\f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq\f(1,2k).所以直線NB2：y＝2kx＋3.②由①②得點N的軌跡方程eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0).法二設(shè)N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0).由題意知B1(0，－3)，B2(0，3)，所以kMB1＝eq\f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq\f(y0－3,x0).因為MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，所以直線NB1：y＋3＝－eq\f(x0,y0＋3)x，①直線NB2：y－3＝－eq\f(x0,y0－3)x，②聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(yeq\o\al(2,0)－9,x0)，,y＝－y0.))又eq\f(xeq\o\al(2,0),18)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1，所以x＝－eq\f(x0,2)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－2x，,y0＝－y，))代入eq\f(xeq\o\al(2,0),18)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1，得eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,\f(9,2))＝1.所以動點N的軌跡方程為eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0).感悟提升1.求兩條動直線交點軌跡方程一般用交軌法.2.運用交軌法探求軌跡方程問題，主要是把選取的參數(shù)看成已知數(shù)，寫出兩條動曲線方程；如果動點(x0，y0)影響動點P(x，y)的軌跡，那么就選取動點(x0，y0)為參數(shù).如果動直線的斜率k影響動點P(x，y)的軌跡，那么就選取動直線的斜率k為參數(shù).如果動直線在y軸上的截矩b影響動點P(x，y)的軌跡，那么就選取動直線在y軸上的截距b為參數(shù).如果動直線的傾斜角α影響動點P(x，y)軌跡，那么就選取動直線的傾斜角α為參數(shù).訓練5如圖，橢圓C0：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，動圓C1：x2＋y2＝teq\o\al(2,1)，b<t1<a.點A1，點A2分別為橢圓C0的左、右頂點.動圓C1與橢圓C0相交于A，B，C，D四點.求直線AA1與直線A2B的交點M的軌跡方程.解設(shè)A(x1，y1)，B(x1，－y1).因為A1(－a，0)，A2(a，0)，所以直線A1A的方程為y＝eq\f(y1,x1＋a)(x＋a)，①直線A2B的方程為y＝eq\f(－y1,x1－a)(x－a).②①×②得y2＝eq\f(－yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－a2)(x2－a2).③又點A(x1，y1)在橢圓C0上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，從而yeq\o\al(2,1)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),a2)))，代入③得eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(x<－a，y<0).【A級基礎(chǔ)鞏固】1.在平面內(nèi)，到直線x＝－2與到定點P(2，0)的距離相等的點的軌跡是()A.拋物線 B.雙曲線 C.橢圓 D.直線答案A解析由動點M到點P(2，0)的距離與到直線x＝－2的距離相等，則動點M的軌跡是以點P為焦點，直線x＝－2為準線的拋物線，故選A.2.動點A在圓x2＋y2＝1上移動時，它與定點B(3，0)連線的中點的軌跡方程是()A.x2＋y2＋3x＋2＝0 B.x2＋y2－3x＋2＝0C.x2＋y2＋3y＋2＝0 D.x2＋y2－3y＋2＝0答案B解析設(shè)動點A(xA，yA)與定點B(3，0)連線的中點為P(x，y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xA＋3,2)＝x，,\f(yA＋0,2)＝y(tǒng)，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xA＝2x－3，,yA＝2y.))因為點A在圓x2＋y2＝1上，所以(2x－3)2＋(2y)2＝1，即4x2－12x＋9＋4y2＝1，整理得x2＋y2－3x＋2＝0.3.方程eq\r(（x＋10）2＋y2)－eq\r(（x－10）2＋y2)＝12的化簡結(jié)果為()A.eq\f(x2,36)－eq\f(y2,64)＝1 B.eq\f(x2,64)－eq\f(y2,36)＝1C.eq\f(x2,36)－eq\f(y2,64)＝1(x>0) D.eq\f(x2,64)－eq\f(y2,36)＝1(x>0)答案C解析設(shè)A(－10，0)，B(10，0)，P(x，y)，由于動點P(x，y)的軌跡方程為eq\r(（x＋10）2＋y2)－eq\r(（x－10）2＋y2)＝12，則|PA|－|PB|＝12，故點P到定點A(－10，0)與到定點B(10，0)的距離差為12，則動點P(x，y)的軌跡是以(±10，0)為焦點，以12為實軸長的雙曲線的右支，由于2a＝12，c＝10，則b2＝c2－a2＝100－36＝64，所以原方程可以化簡為eq\f(x2,36)－eq\f(y2,64)＝1(x>0).4.已知面積為16的正方形ABCD的頂點A，B分別在x軸和y軸上滑動，O為坐標原點，eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))，則動點P的軌跡方程是()A.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1 B.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,8)＝1 D.eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1答案B解析設(shè)P(x，y)，不妨令A(yù)(x1，0)，B(0，y2)，正方形ABCD的面積為16，則|AB|＝4，則xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝16，由eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up6(→))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,4)x1，,y＝\f(1,2)y2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(4,3)x，,y2＝2y，))則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4x,3)))eq\s\up12(2)＋(2y)2＝16，整理得eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.5.已知兩點A(－5，0)，B(5，0)，若直線上存在點P，使|PA|－|PB|＝6，同時存在點Q，使|QB|－|QA|＝6，則稱該直線“一箭雙雕線”，給出下列直線，其中為“一箭雙雕線”的是()A.y＝eq\f(4,3)x B.x＝2C.y＝x＋1 D.y＝2x答案C解析∵|PA|－|PB|＝6<10＝|AB|，|QB|－|QA|＝6<10＝|AB|，∴P，Q在以A，B為焦點的雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1上，且P在雙曲線右半支上，Q在雙曲線左半支上；eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x，對于A，y＝eq\f(4,3)x為雙曲線漸近線，則其與雙曲線無交點，不合題意，A錯誤；對于B，當x＝2時，2<3＝a，直線與雙曲線沒有交點，不符合題意，B錯誤；對于C，∵y＝x＋1的斜率k<eq\f(4,3)且過點(0，1)，∴y＝x＋1與eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1交于兩點，且兩點分別位于左右半支，符合題意，C正確；對于D，∵y＝2x的斜率k>eq\f(4,3)且過坐標原點，∴y＝2x與eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1無交點，不合題意，D錯誤.6.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點M在棱AB上，且AM＝eq\f(1,3)，點P是平面ABCD上的動點，且動點P到直線A1D1的距離與點P到點M的距離的平方差為1，則動點P的軌跡是()A.圓 B.拋物線C.雙曲線 D.直線答案B解析如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，作PQ⊥AD，垂足為Q，過Q作QR⊥A1D1，R為垂足，則PR為點P到直線A1D1的距離，由題意得PR2－PQ2＝RQ2＝1，由已知得PR2－PM2＝1，所以PQ＝PM，即P到點M的距離等于P到AD的距離，所以根據(jù)拋物線的定義可得，點P的軌跡是拋物線，故選B.7.(多選)已知A，B兩點的坐標為(－1，0)，(1，0)，直線AM，BM相交于點M，直線AM，BM斜率分別為k1，k2，則下列說法正確的是()A.若k1＋k2＝2，則M的軌跡方程為y＝x－eq\f(1,x)B.若k1－k2＝2，則M在一條拋物線上C.若k1·k2＝2，則M的軌跡為雙曲線D.若eq\f(k1,k2)＝2，則M軌跡方程為x＝－3(y≠0)答案BD解析設(shè)M(x，y)，x≠±1，則k1＝eq\f(y,x＋1)，k2＝eq\f(y,x－1).對于A，eq\f(y,x＋1)＋eq\f(y,x－1)＝2，化簡得xy＝x2－1，x≠±1且x≠0，則y＝x－eq\f(1,x)，x≠±1且x≠0，故A錯誤；對于B，eq\f(y,x＋1)－eq\f(y,x－1)＝2，化簡得y＝1－x2，x≠±1，則點M的軌跡是拋物線(除去兩個點)，即點M在一條拋物線上，故B正確；對于C，eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－1)＝2，化簡得x2－eq\f(y2,2)＝1，x≠±1，則點M的軌跡是雙曲線(除去頂點)，故C錯誤；對于D，eq\f(y,x＋1)·eq\f(x－1,y)＝2，化簡得x＝－3，y≠0，故D正確.8.在平面直角坐標系xOy中，點M的坐標為(－1，2)，且eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，動點P與M，N連線的斜率之積為－eq\f(1,2)，則動點P的軌跡方程為________________.答案eq\f(x2,9)＋eq\f(2y2,9)＝1(x≠±1)解析因為點M的坐標為(－1，2)，且eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，所以N(1，－2)，設(shè)P(x，y)，則kMP＝eq\f(y－2,x＋1)，kNP＝eq\f(y＋2,x－1)(x≠±1)，由題意得eq\f(y－2,x＋1)·eq\f(y＋2,x－1)＝－eq\f(1,2)，整理可得動點P的軌跡方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(2y2,9)＝1(x≠±1).9.動圓經(jīng)過點A(3，0)，且與直線l：x＝－3相切，則動圓圓心M的軌跡方程是______________.答案y2＝12x解析設(shè)動點M(x，y)，設(shè)⊙M與直線l：x＝－3的切點為N，則|MA|＝|MN|，即動點M到定點A和定直線l：x＝－3的距離相等，所以點M的軌跡是拋物線，且以A(3，0)為焦點，以直線l：x＝－3為準線，所以p＝6，所以動圓圓心的軌跡方程為y2＝12x.10.已知兩圓C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，動圓M在圓C1內(nèi)部且和圓C1相內(nèi)切，和圓C2相外切，則動圓圓心M的軌跡方程為________.答案eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1解析設(shè)圓M的半徑為r，則|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16＞8＝|C1C2|，所以M的軌跡是以C1，C2為焦點的橢圓，且2a＝16，2c＝8，所以a＝8，c＝4，b＝eq\r(a2－c2)＝4eq\r(3)，故所求動圓圓心M的軌跡方程為eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1.11.在平面直角坐標系xOy中，動圓P與圓C1：x2＋y2＋2x－eq\f(45,4)＝0內(nèi)切，且與圓C2：x2＋y2－2x＋eq\f(3,4)＝0外切，記動圓P的圓心的軌跡為E，求軌跡E的方程.解設(shè)動圓P的半徑為R，圓心P的坐標為(x，y)，由題意可知，圓C1的圓心為C1(－1，0)，半徑為eq\f(7,2)；圓C2的圓心為C2(1，0)，半徑為eq\f(1,2).因為動圓P與圓C1相切，且與圓C2外切，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|PC1|＝\f(7,2)－R，,|PC2|＝\f(1,2)＋R，))兩式相加得|PC1|＋|PC2|＝4>|C1C2|＝2，所以動圓P的圓心的軌跡E是以C1，C2為焦點的橢圓，設(shè)其方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則2a＝4，2c＝2，所以a＝2，b2＝3，從而軌跡E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.12.已知點P是橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上一點，PM⊥x軸于點M.若eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(NM,\s\up6(→)).(1)求點N的軌跡方程；(2)當點N的軌跡為圓時，求λ的值.解(1)設(shè)點P(x1，y1)，N(x，y)，則點M的坐標為(x1，0)，且x＝x1，所以eq\o(PN,\s\up6(→))＝(x－x1，y－y1)＝(0，y－y1)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(x1－x，－y)＝(0，－y).因為eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(NM,\s\up6(→))，所以(0，y－y1)＝λ(0，－y)，所以y－y1＝－λy，即y1＝(1＋λ)y.因為點P(x1，y1)在橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以eq\f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1，所以eq\f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1為所求的點N的軌跡方程.(2)要使點N的軌跡為圓，則(1＋λ)2＝eq\f(1,4)，解得λ＝－eq\f(1,2)或λ＝－eq\f(3,2)，故當λ＝－eq\f(1,2)或λ＝－eq\f(3,2)時，點N的軌跡是圓.【B級能力提升】13.(多選)已知點M(0，2)，直線l：y＝－3，若某直線上存在點P，使得點P到點M的距離比到直線l的距離小1，則稱該直線為“最遠距離直線”，則下列結(jié)論正確的是()A.點P的軌跡曲線是一條線段B.點P的軌跡與直線l0：y＝－1無交點C.y＝2x－3是“最遠距離直線”D.y＝eq\f(1,2)x－1不是“最遠距離直線”答案BCD解析平面上點P到點M的距離比到直線l的距離小1，則點P到點M的距離與它到直線y＝－2的距離相等，因此其軌跡是以M為焦點，直線y＝－2為準線的拋物線，其軌跡方程是x2＝8y，A錯誤；此拋物線與直線y＝－1一定無交點，B正確；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝8y，,y＝2x－3))得x2＝8(2x－3)，即x2－16x＋24＝0，Δ＝162－4×24＝160>0，方程組有實數(shù)解，因此此拋物線與直線y＝2x－3有交點，即直線y＝2x－3上存在點P滿足題意，C正確；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝8y，,y＝\f(1,2)x－1))得x2－4x＋8＝0，Δ＝(－4)2－4×1×8＝－16<0，方程組無實數(shù)解，因此拋物線與直線y＝eq\f(1,2)x－1無公共點，所以直線y＝eq\f(1,2)x－1上不存在點P滿足題意，D正確.14.在平面直角坐標系中，已知點A(－2，0)，B(2，0)，C(2，2)，D(3，0)，直線AP，BP相交于點P，且它們斜率之積是eq\f(5,4).當|PA|<|PB|時，|PD|＋|PC|的最小值為()A.eq\r(29)＋4 B.eq\r(29)－4C.eq\r(5)＋4 D.eq\r(5)答案A解析設(shè)點P坐標為(x，y)，則直線AP的斜率kPA＝eq\f(y,x＋2)(x≠－2)；直線BP的斜率kPB＝eq\f(y,x－2)(x≠2).由已知有eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝eq\f(5,4)(x≠±2)，化簡得點P的軌跡方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x≠±2).又|PA|<|PB|，所以點P的軌跡方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1(x<－2)，即點P的軌跡為以A，B為頂點的雙曲線的左支(除A點)，因為D(3，0)，設(shè)F(－3，0)，由雙曲線的定義可知|PD|＝|PF|＋4，所以|PD|＋|PC|＝|PF|＋|PC|＋4≥|FC|＋4，當且僅當F，P，C三點共線時|PF|＋|PC|取得最小值|FC|，因為C(2，2)，所以|FC|＝eq\r(（2＋3）2＋22)＝eq\r(29)，所以|PD|＋|PC|≥eq\r(29)＋4，即|PD|＋|PC|的最小值為eq\r(29)＋4.15.(2024·南京調(diào)研)已知圓C：x2＋y2－4x＋3＝0，定點F(2，0)，動點Q滿足以FQ為直徑的圓與y軸相切.過點F的直線l與動點Q的軌跡E，圓C順次交于A，M，N，B四點，則|AN|＋4|BM|的最小值為________.答案23解析設(shè)Q(x，y)，則FQ的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1，\f(1,2)y))，所以eq\f(1,2)eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋1))，整理得y2＝8x，即動點Q的軌跡E為拋物線，焦點為F(2，0)，由直線AB過拋物線的焦點，則eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)＝eq\f(1,2)，其中eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(2,p)的證明過程如下：當AB不垂直于x軸時，可設(shè)直線AB的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，顯然k≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px))得ky2－2py－kp2＝0，∴y1y2＝－p2，x1x2＝eq\f(yeq\o\al(2,1),2p)·eq\f(yeq\o\al(2,2),2p)＝eq\f(p4,4p2)＝eq\f(p2,4).當AB⊥x軸時，直線AB的方程為x＝eq\f(p,2)，則y1＝p，y2＝－p，∴y1y2＝－p2，同上也有x1x2＝eq\f(p2,4).由拋物線的定義知：|AF|＝x1＋eq\f(p,2)，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)，又|AF|＋|BF|＝|AB|，所以x1＋x2＝|AB|－p，且x1x2＝eq\f(p2,4)，所以eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(|AF|＋|BF|,|AF|·|BF|)＝eq\f(|AB|,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(p,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al