【数学】2018届一轮复习人教A版（理）9-8曲线与方程学案 11页

‎§9.8　曲线与方程 考纲展示►　‎ 考点1　直接法求轨迹方程 ‎1.曲线与方程 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的实数解建立了如下的关系：‎ ‎(1)曲线上点的坐标都是________的解；‎ ‎(2)以这个方程的解为坐标的点都是________的点．‎ 那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．‎ 曲线可以看作是符合某条件的点的集合，也可看作是适合某种条件的点的轨迹，因此，此类问题也叫轨迹问题．‎ 答案：(1)这个方程　(2)曲线上 ‎2．求曲线方程的基本步骤 ‎[典题1]　(1)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦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．‎ ‎①[解]　如图，设动圆圆心为O1(x，y)，‎ 由题意，|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)．‎ 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.‎ ‎②[证明]　由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，‎ P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 将y＝kx＋b代入y2＝8x，得 k2x2＋(2kb－8)x＋b2＝0.‎ 其中Δ＝－32kb＋64>0.‎ 由根与系数的关系，得 x1＋x2＝，①‎ x1x2＝，②‎ 因为x轴是∠PBQ的角平分线，‎ 所以＝－，‎ 即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，‎ ‎(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，‎ ‎2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③‎ 将①②代入③，得2kb2＋(k＋b)(8－2kb)＋2k2b＝0，‎ ‎∴k＝－b，此时Δ>0，‎ ‎∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．‎ ‎(2)在平面直角坐标系xOy中，点B与点A(－1,1)关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于－.求动点P的轨迹方程．‎ ‎[解]　因为点B与点A(－1,1)关于原点O对称，所以点B的坐标为(1，－1)．‎ 设点P的坐标为(x，y)，‎ 由题意得·＝－，‎ 化简得x2＋3y2＝4(x≠±1)．‎ 故动点P的轨迹方程为x2＋3y2＝4(x≠±1)．‎ ‎[点石成金]　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．通常将步骤简记为建系设点、列式、代换、化简、证明这五个步骤，但最后的证明可以省略，如果给出了直角坐标系，则可省去建系这一步，求出曲线的方程后还需注意检验方程的纯粹性和完备性．‎ 考点2　定义法求轨迹方程 ‎[典题2]　已知动圆C与圆C1：(x＋1)2＋y2＝1相外切，与圆C2：(x－1)2＋y2＝9相内切，设动圆圆心C的轨迹为T，且轨迹T与x轴右半轴的交点为A.‎ ‎(1)求轨迹T的方程；‎ ‎(2)已知直线l：y＝kx＋m与轨迹T相交于M，N两点(M，N不在x轴上)．若以MN为直径的圆过点A，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．‎ ‎[解]　(1)设动圆C的半径为r，则 ‎|CC1|＝r＋1，|CC2|＝3－r，‎ ‎∴|CC1|＋|CC2|＝4.‎ ‎∴点C的轨迹是以C1，C2为焦点(c＝1)，长轴长为‎2a＝4的椭圆，‎ ‎∴点C的轨迹T的方程是＋＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 将y＝kx＋m代入椭圆方程，得 ‎(4k2＋3)x2＋8kmx＋‎4m2‎－12＝0.‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.①‎ ‎∵以MN为直径的圆过点A，点A的坐标为(2,0)，‎ ‎∴·＝0，即(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0.②‎ ‎∵y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，‎ ‎∴y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.③‎ 将①③代入②，得‎7m2‎＋‎16km＋4k2＝0.‎ ‎∴＝－或＝－2，且都满足Δ＞0.‎ 由于直线l：y＝kx＋m与x轴的交点为，‎ 当＝－2时，直线l恒过定点(2,0)，不合题意，舍去．‎ ‎∴＝－，‎ ‎∴直线l：y＝k恒过定点.‎ ‎[点石成金]　1.运用圆锥曲线的定义求轨迹方程，可从曲线定义出发直接写出方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出方程．‎ ‎2．定义法和待定系数法适用于已知曲线的轨迹类型，其方程是几何形式的情况．利用条件把待定系数求出来，使问题得解.‎ 如图，已知△ABC的两顶点坐标A(－1,0)，B(1,0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M.求曲线M的方程．‎ 解：由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，‎ 所以曲线M是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)．‎ 设曲线M：＋＝1(a＞b＞0，y≠0)，‎ 则a2＝4，b2＝a2－2＝3，‎ 所以曲线M的方程为＋＝1(y≠0)．‎ 考点3　代入法求轨迹方程 ‎[典题3]　[2017·山东泰安质检]如图所示，动圆C1：x2＋y2＝t2,1＜t＜3，与椭圆C2：＋y2＝1相交于A，B，C，D四点，点A1，A2分别为C2的左，右顶点．‎ ‎(1)当t为何值时，矩形ABCD的面积取得最大值？并求出其最大面积；‎ ‎(2)求直线AA1与直线A2B的交点M的轨迹方程．‎ ‎[解]　(1)设A(x0，y0)，则S矩形ABCD＝4|x0y0|，‎ 由＋y＝1得y＝1－，‎ 从而xy＝x＝－2＋.‎ 当x＝，y＝时，Smax＝6.‎ 从而t2＝x＋y＝5，t＝，‎ ‎∴当t＝时，矩形ABCD的面积取得最大值，最大值为6.‎ ‎(2)由椭圆C2：＋y2＝1知，A1(－3,0)，A2(3,0)，‎ 由曲线的对称性及A(x0，y0)，得B(x0，－y0)，‎ 设点M的坐标为(x，y)，‎ 直线AA1的方程为y＝(x＋3)，①‎ 直线A2B的方程为y＝(x－3)．②‎ 由①②，得y2＝(x2－9)．③‎ 又点A(x0，y0)在椭圆C上，故y＝1－.④‎ 将④代入③得－y2＝1(x＜－3，y＜0)．‎ ‎∴点M的轨迹方程为－y2＝1(x＜－3，y＜0)．‎ ‎[点石成金]　代入法求轨迹方程的四个步骤 ‎(1)设出所求动点坐标P(x，y)．‎ ‎(2)寻求所求动点P(x，y)与已知动点Q(x′，y′)的关系．‎ ‎(3)建立P，Q两坐标间的关系，并表示出x′，y′.‎ ‎(4)将x′，y′代入已知曲线方程中化简求解.‎ ‎1.[2017·宁夏银川模拟]动点A在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点B(3,0)连线的中点的轨迹方程是________．‎ 答案：(2x－3)2＋4y2＝1‎ 解析：设中点M(x，y)，由中点坐标公式，可得A(2x－3,2y)，‎ ‎∵点A在圆上，将点A坐标代入圆的方程，‎ ‎∴轨迹方程为(2x－3)2＋4y2＝1.‎ ‎2．设F(1,0)，点M在x轴上，点P在y轴上，且＝2，⊥.当点P在y轴上运动时，求点N的轨迹方程．‎ 解：设M(x0,0)，P(0，y0)，N(x，y)，‎ ‎∵⊥，＝(x0，－y0)，＝(1，－y0)，‎ ‎∴(x0，－y0)·(1，－y0)＝0，‎ ‎∴x0＋y＝0.‎ 由＝2，得(x－x0，y)＝2(－x0，y0)，‎ ‎∴即 ‎∴－x＋＝0，即y2＝4x.‎ 故所求点N的轨迹方程是y2＝4x.‎ ‎[方法技巧]　求轨迹方程的三种方法：‎ ‎(1)直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量(如距离与角)的等量关系，或这些几何条件简单明了且易于表达，我们只需把这种关系转化为x，y的等式就得到曲线的轨迹方程．‎ ‎(2)定义法：其动点的轨迹符合某一基本轨迹(如直线或圆锥曲线)的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程．‎ ‎(3)代入法(相关点法)：所求动点M是随着另一动点P(称之为相关点)而运动的．如果相关点P所满足某一曲线方程，这时我们可以用动点坐标表示相关点坐标，再把相关点代入曲线方程，就把相关点所满足的方程转化为动点的轨迹方程，这种求轨迹的方法叫做相关点法或代入法．‎ ‎[易错防范]　1.求轨迹方程时，要注意曲线上的点与方程的解是一一对应关系．检验可从以下两个方面进行：一是方程的化简是否是同解变形；二是是否符合题目的实际意义．‎ ‎2．求点的轨迹与轨迹方程是不同的要求，求轨迹时，应先求轨迹方程，然后根据方程说明轨迹的形状、位置、大小等．‎ ‎ 真题演练集训 ‎ ‎1．[2016·新课标全国卷Ⅰ]设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；‎ ‎(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．‎ 解：(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，‎ 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC.‎ 所以|EB|＝|ED|，‎ 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，‎ 从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.‎ 由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得，点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．‎ ‎(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以|MN|＝|x1－x2|＝.‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，‎ 所以|PQ|＝2＝4.‎ 故四边形MPNQ的面积为 S＝|MN||PQ|＝12.‎ 可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．‎ 当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.‎ 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．‎ ‎2．[2016·湖北卷]一种作图工具如图①所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN＝ON＝1，MN＝3 .当栓子D在滑槽AB内做往复运动时，带动N绕O转动一周(D不动时，N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点， AB所在的直线为x轴建立如图②所示的平面直角坐标系．‎ ‎　‎ ‎①　　　　　　　　　　②‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)设动直线l与两定直线l1：x－2y＝0和l2：x＋2y＝0分别交于P，Q两点．若直线l总与曲线C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设点D(t,0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依题意，＝2，且||＝||＝1，‎ 所以(t－x，－y)＝2(x0－t，y0)，‎ 且 即且t(t－2x0)＝0. ‎ 由于当点D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0，‎ 于是t＝2x0，故x0＝，y0＝－.‎ 代入x＋y＝1，可得＋＝1，‎ 故曲线C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l为x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝×4×4＝8. ‎ ‎②当直线l的斜率存在时，‎ 设直线l：y＝kx＋m，‎ 由消去y，可得 ‎(1＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－16＝0.‎ 因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，‎ 所以Δ＝64k‎2m2‎－4(1＋4k2)(‎4m2‎－16)＝0，‎ 即m2＝16k2＋4.(*1)‎ 又由 可得P；‎ 同理可得Q.‎ 由原点O到直线PQ的距离为d＝和|PQ|＝|xP－xQ|，‎ 可得S△OPQ＝|PQ|·d＝|m||xP－xQ|‎ ‎＝|m|＝.(*2)‎ 将(*1)代入(*2)，得 S△OPQ＝＝8. ‎ 当k2>时，S△OPQ＝8＝8>8；‎ 当0≤k2<时，S△OPQ＝8＝8.‎ 因为0≤k2<，则0<1－4k2≤1，≥2，‎ 所以S△OPQ＝8≥8，‎ 当且仅当k＝0时等号成立．‎ 所以当k＝0时，S△OPQ的最小值为8.‎ 综合①②可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.‎ ‎ 课外拓展阅读 ‎ 参数法求轨迹方程 ‎[典例]　已知抛物线y2＝4px(p>0)，O为顶点，A，B为抛物线上的两动点，且满足OA⊥OB，如果OM⊥AB于点M，则点M的轨迹为________．‎ ‎[审题视角]　(1)点M的运动是由点A的运动引起的，而A的变动又和OA的斜率有关．(2)若OA的斜率确定，A的坐标确定，M的坐标也确定，所以可以选OA的斜率为参数．‎ ‎[解析]　设点M的坐标为(x，y)，直线OA的方程为y＝kx，‎ 显然k≠0，则直线OB的方程为y＝－x.‎ 由得点A的坐标为，‎ 同理可得，点B的坐标为(4pk2，－4pk)．‎ 从而知当k≠±1时，‎ kAB＝＝.‎ 故得直线AB的方程为y＋4pk＝(x－4pk2)，‎ 即y＋4p－x＝0，①‎ 直线OM的方程为y＝－x.②‎ 可知点M的坐标同时满足①②，‎ 由①及②消去k，得4px＝x2＋y2，‎ 即(x－2p)2＋y2＝4p2(x≠0)，‎ 当k＝±1时，容易验证点M的坐标仍适合上述方程．‎ 故点M的轨迹方程为(x－2p)2＋y2＝4p2(x≠0)，‎ 其轨迹是以点(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆．‎ ‎[答案]　以点(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆