1、2021版高考數學一輪復習第8章平面解析幾何8.8曲線與方程學案理PAGE PAGE 4488曲線與方程知識梳理求曲線方程的基本步驟診斷自測1概念思辨(1)f(x0，y0)0是點P(x0，y0)在曲線f(x，y)0上的充要條件()(2)方程x2xyx的曲線是一個點和一條直線()(3)到兩條互相垂直的直線距離相等的點的軌跡方程是x2y2.()(4)方程yeq r(x)與xy2表示同一曲線()答案(1)(2)(3)(4) 2教材衍化(1)(選修A21P36例3)到點F(0,4)的距離比到直線y5的距離小1的動點M的軌跡方程為()Ay16x2 By16x2Cx216y Dx216y答案C解析由題意可

2、知動點M到點F(0,4)的距離與到直線y4的距離相等，則點M的軌跡為拋物線，故選C.(2)(選修A21P35例1)到兩坐標軸距離之積等于2的點的軌跡方程為_答案yeq f(2,x)解析根據題意，設動點為M，其坐標為(x，y)，而動點M到兩坐標軸距離之積等于2，即|x|y|2，變形可得yeq f(2,x)，故到兩坐標軸距離之積等于2的點的軌跡方程為yeq f(2,x).3小題熱身(1)(2018銀川模擬)設點A為圓(x1)2y21上的動點，PA是圓的切線，且|PA|1，則P點的軌跡方程為()Ay22x B(x1)2y24Cy22x D(x1)2y22答案D解析如圖，設P(x，y)，圓心為M(1,

3、0)，連接MA，則MAPA，且|MA|1.又|PA|1，|PM|eq r(|MA|2|PA|2)eq r(2)，即|PM|22，(x1)2y22.故選D.(2)(2017聊城一模)在平面直角坐標系中，O為坐標原點，A(1,0)，B(2,2)，若點C滿足eq o(OC,sup16()eq o(OA,sup16()t(eq o(OB,sup16()eq o(OA,sup16()，其中tR，則點C的軌跡方程是_答案y2x2解析設C(x，y)，則eq o(OC,sup16()(x，y)，eq o(OA,sup16()t(eq o(OB,sup16()eq o(OA,sup16()(1t,2t)，所以e

4、q blcrc (avs4alco1(xt1，,y2t，)消去參數t得點C的軌跡方程為y2x2.題型1定義法求軌跡方程eq o(sup7(),sdo5(典例)(2017大慶模擬)已知圓C1：(x3)2y21和圓C2：(x3)2y29，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_用定義法答案x2eq f(y2,8)1(x1)解析如圖所示，設動圓M與圓C1及圓C2分別外切于點A和點B，則有|MC1|AC1|MA|，|MC2|BC2|MB|.又|MA|MB|，所以|MC2|MC1|BC2|AC1|312，即動點M到兩定點C2，C1的距離的差是常數2，且2|MC1|，故動圓圓心M的軌跡

5、為以定點C2，C1為焦點的雙曲線的左支，則2a2，所以又c3，則b2c2a28.設動圓圓心M的坐標為(x，y)，則動圓圓心M的軌跡方程為x2eq f(y2,8)1(x1)條件探究將本例條件變為：“圓C1：(x1)2y21，圓C2：(x1)2y29，動圓P與圓C1外切且與圓C2內切”，求圓心P的軌跡方程解因為圓P與圓C1外切且與圓C2內切，所以|PC1|PC2|(R1)(3R)4，由橢圓的定義可知，曲線是以C1，C2為左、右焦點，長半軸長為2，短半軸長為eq r(3)的橢圓(左頂點除外)，其方程為eq f(x2,4)eq f(y2,3)1(x2)方法技巧定義法求軌跡方程的適用條件及關鍵點1求軌跡

6、方程時，若動點與定點、定線間的等量關系滿足圓、橢圓、雙曲線、拋物線的定義，則可直接根據定義先確定軌跡類型，再寫出其方程見典例2理解解析幾何中有關曲線的定義是解題關鍵3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，則應對其中的變量x或y進行限制見典例沖關針對訓練已知圓C與兩圓x2(y4)21，x2(y2)21外切，圓C的圓心軌跡方程為L，設L上的點與點M(x，y)的距離的最小值為m，點F(0,1)與點M(x，y)的距離為n.(1)求圓C的圓心軌跡L的方程；(2)求滿足條件mn的點M的軌跡Q的方程解(1)兩圓半徑都為1，兩圓圓心分別為C1(0，4)

7、，C2(0,2)，由題意得|CC1|CC2|，可知圓心C的軌跡是線段C1C2的垂直平分線，C1C2的中點為(0，1)，直線C1C2的斜率不存在，故圓心C的軌跡是線段C1C2的垂直平分線，其方程為y1，即圓C的圓心軌跡(2)因為mn，所以M(x，y)到直線y1的距離與到點F(0,1)的距離相等，故點M的軌跡Q是以y1為準線，點F(0,1)為焦點，頂點在原點的拋物線，而eq f(p,2)1，即p2，所以軌跡Q的方程是x24y.題型2直接法求軌跡方程eq o(sup7(),sdo5(典例)(2014廣東高考)已知橢圓C：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的一個焦點為(eq r(

8、5)，0)，離心率為eq f(r(5),3).(1)求橢圓C的標準方程；(2)若動點P(x0，y0)為橢圓C外一點，且點P到橢圓C的兩條切線相互垂直，求點P的軌跡方程解(1)由題意知ceq r(5)，eq f(c,a)eq f(r(5),3)，所以a3，b2a2c24，故橢圓C的標準方程為eq f(x2,9)eq f(y2,4)1.(2)設兩切線為l1，l2，當l1x軸或l1x軸時，對應l2x軸或l2x軸，可知P(3，2)當l1與x軸不垂直且不平行時，x03.設l1的斜率為k，則k0，l2的斜率為eq f(1,k)，故l1的方程為yy0k(xx0)，聯立eq f(x2,9)eq f(y2,4)

9、1，得(9k24)x218(y0kx0)kx9(y0kx0)2360.因為直線l1與橢圓C相切，所以0，得9(y0kx0)2k2(9k24)(y0kx0)240，所以36k24(y0kx0)240，所以(xeq oal(2,0)9)k22x0y0kyeq oal(2,0)40，所以k是方程(xeq oal(2,0)9)x22x0y0 xyeq oal(2,0)40(x03)的一個根，同理eq f(1,k)是方程(xeq oal(2,0)9)x22x0y0 xyeq oal(2,0)40(x03)的另一個根，所以keq blc(rc)(avs4alco1(f(1,k)eq f(yoal(2,0)

10、4,xoal(2,0)9)，得xeq oal(2,0)yeq oal(2,0)13，其中x03，所以此時點P的軌跡方程為xeq oal(2,0)yeq oal(2,0)13(x03)因為P(3，2)滿足xeq oal(2,0)yeq oal(2,0)13，綜上可知，點P的軌跡方程為x2y213.方法技巧直接法求曲線方程的關鍵點和注意點1關鍵點：直接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方程，要注意翻譯的等價性通常將步驟簡記為建系、設點、列式、代換、化簡、證明這幾個步驟，但最后的證明可以省略2注意點：求出曲線的方程后還需注意檢驗方程的純粹性和完備性提醒：對方程化簡時，只要前后方

11、程解集相同，證明一步可以省略，必要時可說明x，y的取值范圍沖關針對訓練已知橢圓C的中心為平面直角坐標系xOy的原點，焦點在x軸上，它的一個頂點到兩個焦點的距離分別是7和1.(1)求橢圓C的方程；(2)若P為橢圓C上的動點，M為過P且垂直于x軸的直線上的一點，eq f(|OP|,|OM|)，求點M的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線解(1)設橢圓長半軸長及半焦距分別為a，c，由已知得eq blcrc (avs4alco1(ac1，,ac7，)解得eq blcrc (avs4alco1(a4，,c3，)所以beq r(7)，所以橢圓C的標準方程為eq f(x2,16)eq f(y2,7)1.(2)設M

12、(x，y)，其中x4,4由已知eq f(|OP|2,|OM|2)2及點P在橢圓C上，可得eq f(9x2112,16x2y2)2，整理得(1629)x2162y2112，其中x4，4當eq f(3,4)時，化簡得9y2112，所以點M的軌跡方程為yeq f(4r(7),3)(4x4)，軌跡是兩條平行于x軸的線段當eq f(3,4)時，方程變形為eq f(x2,f(112,1629)eq f(y2,f(112,162)1，其中x4,4當0eq f(3,4)時，點M的軌跡為中心在原點，實軸在y軸上的雙曲線滿足4x4的部分；當eq f(3,4)1時，點M的軌跡為中心在原點，長軸在x軸上的橢圓滿足4x

13、4的部分；當1時，點M的軌跡為中心在原點，長軸在x軸上的橢圓.題型3相關點法(代入法)求軌跡方程 eq o(sup7(),sdo5(典例1)已知F1，F2分別為橢圓C：eq f(x2,4)eq f(y2,3)1的左、右焦點，點P為橢圓C上的動點，則PF1F2的重心G的軌跡方程為()A.eq f(x2,36)eq f(y2,27)1(y0) B.eq f(4x2,9)y21(y0)C.eq f(9x2,4)3y21(y0) Dx2eq f(4y2,3)1(y0)答案C解析依題意知F1(1,0)，F2(1,0)，設P(x0，y0)，G(x，y)，則由三角形重心坐標關系可得eq blcrc (avs

14、4alco1(xf(x011,3)，,yf(y0,3)，)即eq blcrc (avs4alco1(x03x，,y03y，)代入eq f(xoal(2,0),4)eq f(yoal(2,0),3)1，得重心G的軌跡方程為eq f(9x2,4)3y21(y0)eq o(sup7(),sdo5(典例2)如圖，動圓C1：x2y2t2,1t3，與橢圓C2：eq f(x2,9)y21相交于A，B，C，D四點點A1，A2分別為C2的左、右頂點求直線AA1與直線A2B交點M的軌跡方程解由橢圓C2：eq f(x2,9)y21，知A1(3,0)，A2(3,0)設點A的坐標為(x0，y0)；由曲線的對稱性，得B(

15、x0，y0)，設點M的坐標為(x，y)，直線AA1的方程為yeq f(y0,x03)(x3)直線A2B的方程為yeq f(y0,x03)(x3)由相乘得y2eq f(yoal(2,0),xoal(2,0)9)(x29)，又點A(x0，y0)在橢圓C上，故yeq oal(2,0)1eq f(xoal(2,0),9).將代入得eq f(x2,9)y21(x3，y0)因此點M的軌跡方程為eq f(x2,9)y21(x3，y0得，k2eq f(1,5)，0 xeq f(8,3).頂點E的軌跡方程為x24y26x0eq blc(rc)(avs4alco1(0 x2|AF|，所以動點P的軌跡是以A，F為焦

16、點，2eq r(3)為長軸長的橢圓，則2a2eq r(3)，2c2，所以beq r(2).故動點P的軌跡方程為eq f(x2,3)eq f(y2,2)1.故選D.7(2018宜城期末)已知過定點C(2，0)的直線l與拋物線y22x相交于A，B兩點，作OEAB于E.則點E的軌跡方程是()Ax2y22x0(x0)Bx2y22x0(y0)Cx2y24x0Dx2y24x0(y0)答案A解析直線l過定點C(2,0)，O(0,0)，C(2,0)，OECE，OEC為直角三角形，點E的軌跡是以線段OC為直徑的圓除去點O，故點E的軌跡方程為(x1)2y21(x0)，即x2y22x0(x0)故選A.8(2017津

17、南模擬)平面直角坐標系中，已知兩點A(3,1)，B(1,3)，若點C滿足eq o(OC,sup16()1eq o(OA,sup16()2eq o(OB,sup16()(O為原點)，其中1，2R，且121，則點C的軌跡是()A直線 B橢圓 C圓 D雙曲線答案A解析設C(x，y)，因為eq o(OC,sup16()1eq o(OA,sup16()2eq o(OB,sup16()，所以(x，y)1(3,1)2(1，3)，即eq blcrc (avs4alco1(x312，,y132，)解得eq blcrc (avs4alco1(1f(y3x,10)，,2f(3yx,10)，)又121，所以eq f(

18、y3x,10)eq f(3yx,10)1，即x2y5，所以點C的軌跡為直線，故選A.9(2017湖北期中)已知方程eq f(x2,4t)eq f(y2,t1)1表示的曲線為C，給出以下四個判斷：當1t4或t1時曲線C表示雙曲線；若曲線C表示焦點在x軸上的橢圓，則1t4.其中判斷正確的個數是()A1 B2 C3 D4答案B解析由4tt1，可得teq f(5,2)，方程eq f(x2,4t)eq f(y2,t1)1表示圓，故不正確；由雙曲線的定義可知：當(4t)(t1)0時，即t4時，方程eq f(x2,4t)eq f(y2,t1)1表示雙曲線，故正確；由橢圓定義可知：當橢圓在x軸上時，滿足4tt

19、10，即1t0，,t10，)teq r(2)，A1(eq r(2)，0)，A2(eq r(2)，0)，則有直線A1P的方程為yeq f(y1,x1r(2)(xeq r(2)，直線A2Q的方程為yeq f(y1,x1r(2)(xeq r(2)，聯立，解得eq blcrc (avs4alco1(xf(2,x1)，,yf(r(2)y1,x1)，)eq blcrc (avs4alco1(x1f(2,x)，,y1f(r(2)y,x)，)x0，且|x|eq r(2)，因為點P(x1，y1)在雙曲線eq f(x2,2)y21上，所以eq f(xoal(2,1),2)yeq oal(2,1)1.將代入上式，整

20、理得所求軌跡的方程為eq f(x2,2)y21(x0且xeq r(2)14(2018山西太原模擬)已知圓O1：(x2)2y216和圓O2：x2y2r2(0re2)，則e12e2的最小值為_答案eq f(32r(2),4)解析設動圓M的半徑為R.動圓M與圓O1和圓O2都相切有兩種情況，一是與圓O1內切、與圓O2外切，二是與圓O1和圓O2都內切相切都可以轉化為圓心距問題第一種情況，dMO14R，dMO2rR，dMO1dMO24r，為定值，且O1O22.故由橢圓的定義可知，M的軌跡為一個橢圓，aeq f(4r,2)，c1.同理，第二種情況，M的軌跡為一個橢圓，aeq f(4r,2)，c1.兩個橢圓的

21、離心率分別為e1和e2(e1e2)，e1eq f(2,4r)，e2eq f(2,4r).e12e2eq f(2,4r)eq f(4,4r)eq f(24r44r,4r4r)eq f(242r,16r2)eq f(212r,12r22412r128)eq f(2,12rf(128,12r)24)eq f(2,2 r(12rf(128,12r)24)eq f(2,16r(2)24)eq f(2r(2)3,4)，當且僅當12req f(128,12r)，即r128eq r(2)時，取“”所以e12e2的最小值為eq f(32r(2),4).三、解答題15(2018安徽合肥模擬)如圖，拋物線E：y22

22、px(p0)與圓O：x2y28相交于A，B兩點，且點A的橫坐標為2.過劣弧AB上動點P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點，分別以C，D為切點作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點M.(1)求p的值；(2)求動點M的軌跡方程解(1)由點A的橫坐標為2，可得點A的坐標為(2,2)，代入y22px，解得p1.(2)設Ceq blc(rc)(avs4alco1(f(yoal(2,1),2)，y1)，Deq blc(rc)(avs4alco1(f(yoal(2,2),2)，y2)，y10，y20.設切線l1：yy1keq blc(rc)(avs4alco1(xf(yoal(2,1)

23、,2)，代入y22x得ky22y2y1kyeq oal(2,1)0，由0，解得keq f(1,y1)，l1的方程為yeq f(1,y1)xeq f(y1,2)，同理，l2的方程為yeq f(1,y2)xeq f(y2,2).聯立eq blcrc (avs4alco1(yf(1,y1)xf(y1,2)，,yf(1,y2)xf(y2,2)，)解得eq blcrc (avs4alco1(xf(y1y2,2)，,yf(y1y2,2).)直線CD的方程為x0 xy0y8，其中x0，y0滿足xeq oal(2,0)yeq oal(2,0)8，x02,2eq r(2) ，由eq blcrc (avs4alco1(y22x，,x0 xy0y8，)得x0y22y0y160，則eq blcrc (avs4alco1(y1y2f(2y0,x0)，,y1y2f(16,x0).)由可得eq blcrc (avs4alco1(xf(8,x0)，,yf(y0,x0)，)則eq blcrc (avs4alco1(x0f(8,x)，,y0f(8y,x)，)代入xeq oal(2,0)yeq oal(2,0)8得eq f(x2,8)y21.考慮到x02,2eq r(2) ，則x4，2eq r(2) ，動點M的軌跡方程為eq f(x2,8)y21，x4，2eq r(2) 16(2016