高考数学考点归纳之 曲线与方程 12页

高考数学考点归纳之 曲线与方程 一、基础知识 1．曲线与方程 一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线 C上的点与一个二元方程 f(x，y)＝0的实数 解建立了如下关系： (1)曲线上点的坐标都是这个方程的解． (2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么这个方程叫做曲线的方程，这条 曲线叫做方程的曲线❶. 2．求动点轨迹方程的一般步骤 (1)建立适当的坐标系❷，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点 M的坐标； (2)写出适合条件 p的点 M的集合 P＝{M|p(M)}❸； (3)用坐标表示条件 p(M)，列出方程 f(x，y)＝0； (4)化方程 f(x，y)＝0为最简形式； (5)说明化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上． (1)如果曲线 C的方程是 f(x，y)＝0, 那么点 P0(x0，y0)在曲线 C上的充要条件是 f(x0， y0)＝0. (2)“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. 坐标系建立的不同，同一曲线在不同坐标系中的方程也不同，但它们始终表示同一曲 线． 有时此过程可根据实际情况省略，直接列出曲线方程． 考点一 直接法求轨迹方程 1．已知点 F(0,1)，直线 l：y＝－1，P为平面上的动点，过点 P作直线 l的垂线，垂足 为 Q，且 QP ―→ · QF ―→ ＝ FP ―→ · FQ ―→ ，则动点 P的轨迹 C的方程为( ) A．x2＝4y B．y2＝3x C．x2＝2y D．y2＝4x 解析：选 A 设点 P(x，y)，则 Q(x，－1)． ∵ QP ―→ · QF ―→ ＝ FP ―→ · FQ ―→ ， ∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)， 即 2(y＋1)＝x2－2(y－1)，整理得 x2＝4y， ∴动点 P的轨迹 C的方程为 x2＝4y. 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－ 1 3 .则动点 P的轨迹方程为________________． 解析：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 y－1 x＋1 ·y＋1 x－1 ＝－ 1 3 ， 化简得 x2＋3y2＝4(x≠±1)． 故动点 P的轨迹方程为 x2＋3y2＝4(x≠±1)． 答案：x2＋3y2＝4(x≠±1) 3．已知△ABC的顶点 B(0,0)，C(5,0)，AB边上的中线长|CD|＝3，则顶点 A的轨迹方程 为____________________． 解析：设 A(x，y)，由题意可知 D x 2 ， y 2 . ∵|CD|＝3，∴ x 2 －5 2＋ y 2 2＝9， 即(x－10)2＋y2＝36， 由于 A，B，C三点不共线， ∴点 A不能落在 x轴上，即 y≠0， ∴点 A的轨迹方程为(x－10)2＋y2＝36(y≠0)． 答案：(x－10)2＋y2＝36(y≠0) 考点二 定义法求轨迹方程 [典例精析] 已知圆 M：(x＋1)2＋y2＝1，圆 N：(x－1)2＋y2＝9，动圆 P与圆 M外切并且与圆 N内切， 圆心 P的轨迹为曲线 C.求 C的方程． [解] 由已知得圆 M的圆心为 M(－1,0)，半径 r1＝1；圆 N的圆心为 N(1,0)，半径 r2＝3. 设圆 P的圆心为 P(x，y)，半径为 R. 因为圆 P与圆 M外切并且与圆 N内切， 所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4＞|MN|＝2. 由椭圆的定义可知，曲线 C是以 M，N为左、右焦点，长半轴长为 2，短半轴长为 3的 椭圆(左顶点除外)，其方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1(x≠－2)． [解题技法] 定义法求曲线方程的 2种策略 (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，利用条件把待定系数求出来，使 问题得解． [题组训练] 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： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0，y≠0)， 则 a2＝4，b2＝a2－ |AB| 2 2＝3， 所以曲线 M的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1(y≠0). 考点三 代入法(相关点)求轨迹方程 [典例精析] 如图所示，抛物线 E：y2＝2px(p＞0)与圆 O：x2＋y2＝8相交于 A， B两点，且点 A的横坐标为 2.过劣弧 AB上动点 P(x0，y0)作圆 O的切线 交抛物线 E于 C，D两点，分别以 C，D为切点作抛物线 E的切线 l1， l2，l1与 l2相交于点 M. (1)求 p的值； (2)求动点 M的轨迹方程． [解] (1)由点 A的横坐标为 2，可得点 A的坐标为(2,2)，代入 y2＝2px，解得 p＝1. (2)由(1)知抛物线 E：y2＝2x， 设 C y21 2 ，y1 ，D y22 2 ，y2 ，y1≠0，y2≠0.切线 l1的斜率为 k，则切线 l1：y－y1＝k x－y21 2 ， 代入 y2＝2x，得 ky2－2y＋2y1－ky21＝0， 由Δ＝0，解得 k＝1 y1 ，∴l1的方程为 y＝1 y1 x＋y1 2 ， 同理 l2的方程为 y＝1 y2 x＋y2 2 . 联立 y＝1 y1 x＋y1 2 ， y＝1 y2 x＋y2 2 ， 解得 x＝y1y2 2 ， y＝y1＋y2 2 . 易知 CD的方程为 x0x＋y0y＝8， 其中 x0，y0满足 x20＋y20＝8，x0∈[2,2 2 ]， 由 y2＝2x， x0x＋y0y＝8， 得 x0y2＋2y0y－16＝0， 则 y1＋y2＝－ 2y0 x0 ， y1·y2＝－ 16 x0 . 代入 x＝y1y2 2 ， y＝y1＋y2 2 ， 可得 M(x，y)满足 x＝－ 8 x0 ， y＝－ y0 x0 ， 可得 x0＝－ 8 x ， y0＝8y x ， 代入 x20＋y20＝8，并化简，得 x2 8 －y2＝1. 考虑到 x0∈[2,2 2]，知 x∈[－4，－2 2]， ∴动点 M的轨迹方程为 x2 8 －y2＝1，x∈[－4，－2 2]． [解题技法] “相关点法”求轨迹方程的基本步骤 (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 x1＝fx，y， y1＝gx，y； (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． [题组训练] 已知曲线 E：ax2＋by2＝1(a＞0，b＞0)，经过点 M 3 3 ，0 的直线 l与曲线 E交于点 A， B，且MB ―→ ＝－2MA ―→ .若点 B的坐标为(0,2)，求曲线 E的方程． 解：设 A(x0，y0)，∵B(0,2)，M 3 3 ，0 ， 故MB ―→ ＝ － 3 3 ，2 ，MA ―→ ＝ x0－ 3 3 ，y0 . 由于MB ―→ ＝－2MA ―→ ，∴ － 3 3 ，2 ＝－2 x0－ 3 3 ，y0 . ∴x0＝ 3 2 ，y0＝－1，即 A 3 2 ，－1 . ∵A，B都在曲线 E上， ∴ a·02＋b·22＝1， a· 3 2 2＋b·－12＝1， 解得 a＝1， b＝1 4 . ∴曲线 E的方程为 x2＋y2 4 ＝1. [课时跟踪检测] A级 1．平面直角坐标系中，已知两点 A(3,1)，B(－1，3)，若点 C满足 OC ―→ ＝λ1 OA ―→ ＋λ2 OB ―→ (O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点 C的轨迹是( ) A．直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线 解析：选 A 设 C(x，y)，因为 OC ―→ ＝λ1 OA ―→ ＋λ2 OB ―→ ， 所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)， 即 x＝3λ1－λ2， y＝λ1＋3λ2， 解得 λ1＝ y＋3x 10 ， λ2＝ 3y－x 10 ， 又λ1＋λ2＝1，所以 y＋3x 10 ＋ 3y－x 10 ＝1，即 x＋2y＝5，所以点 C的轨迹是直线，故选 A. 2.如图所示，在平面直角坐标系 xOy中，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，映 射 f将 xOy平面上的点 P(x，y)对应到另一个平面直角坐标系 uO′v 上的 点 P′(2xy，x2－y2)，则当点 P沿着折线 ABC运动时，在映射 f的作用 下，动点 P′的轨迹是( ) 解析：选 D 当 P沿 AB运动时，x＝1，设 P′(x′，y′)，则 x′＝2y， y′＝1－y2 (0≤y≤1)， 故 y′＝1－x′2 4 (0≤x′≤2,0≤y′≤1)．当P沿BC运动时，y＝1，则 x′＝2x， y′＝x2－1 (0≤x≤1)， 所以 y′＝ x′2 4 －1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知 P′的轨迹如 D所示，故选 D. 3．设点 A为圆(x－1)2＋y2＝1上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1，则 P点的轨迹方 程为( ) A．y2＝2x B.(x－1)2＋y2＝4 C．y2＝－2x D．(x－1)2＋y2＝2 解析：选 D 如图，设 P(x，y)， 圆心为 M(1,0)．连接 MA，PM， 则 MA⊥PA，且|MA|＝1， 又因为|PA|＝1， 所以|PM|＝ |MA|2＋|PA|2＝ 2， 即|PM|2＝2，所以(x－1)2＋y2＝2. 4．设过点 P(x，y)的直线分别与 x轴的正半轴和 y轴的正半轴交于 A，B两点，点 Q 与 点 P关于 y轴对称，O为坐标原点．若 BP ―→ ＝2 PA ―→ ，且OQ ―→ · AB ―→ ＝1，则点 P的轨迹方程是 ( ) A.3 2 x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0) B.3 2 x2－3y2＝1(x＞0，y＞0) C．3x2－3 2 y2＝1(x＞0，y＞0) D．3x2＋3 2 y2＝1(x＞0，y＞0) 解析：选 A 设 A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由 BP ―→ ＝2 PA ―→ ，得(x，y－b)＝2(a－x， －y)，即 a＝3 2 x＞0，b＝3y＞0.点 Q(－x，y)，故由OQ ―→ · AB ―→ ＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1， 即 ax＋by＝1.将 a＝3 2 x，b＝3y代入 ax＋by＝1，得所求的轨迹方程为 3 2 x2＋3y2＝1(x＞0，y ＞0)． 5.如图所示，已知 F1，F2是椭圆Γ：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左，右焦 点，P是椭圆Γ上任意一点，过 F2作∠F1PF2的外角的角平分线的垂线， 垂足为 Q，则点 Q 的轨迹为( ) A．直线 B.圆 C．椭圆 D．双曲线 解析：选 B 延长 F2Q，与 F1P的延长线交于点 M，连接 OQ.因为 PQ 是∠F1PF2的外角的角平分线，且 PQ⊥F2M，所以在△PF2M中，|PF2| ＝|PM|，且 Q 为线段 F2M的中点．又 O为线段 F1F2的中点，由三角形 的中位线定理，得|OQ|＝1 2 |F1M|＝1 2 (|PF1|＋|PF2|)．根据椭圆的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a，所 以|OQ|＝a，所以点 Q 的轨迹为以原点为圆心，半径为 a的圆，故选 B. 6．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,0)，B(2,2)，若点 C满足 OC ―→ ＝ OA ―→ ＋t( OB ―→ － OA ―→ )，其中 t∈R，则点 C的轨迹方程是____________________． 解析：设 C(x，y)，则 OC ―→ ＝(x，y)， OA ―→ ＋t( OB ―→ － OA ―→ )＝(1＋t,2t)，所以 x＝t＋1， y＝2t 消去参数 t得点 C的轨迹方程为 y＝2x－2. 答案：y＝2x－2 7．设 F1，F2为椭圆 x2 4 ＋ y2 3 ＝1的左、右焦点，A为椭圆上任意一点，过焦点 F1向∠F1AF2 的外角平分线作垂线，垂足为 D，则点 D的轨迹方程是________________． 解析：由题意，延长 F1D，F2A并交于点 B，易证 Rt△ABD≌Rt△AF1D， 则|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又 O为 F1F2的中点，连接 OD，则 OD∥F2B， 从而可知|DO|＝1 2 |F2B|＝ 1 2 (|AF1|＋|AF2|)＝2，设点 D的坐标为(x，y)，则 x2 ＋y2＝4. 答案：x2＋y2＝4 8．(2019·福州质检)已知 A(－2,0)，B(2,0)，斜率为 k的直线 l上存在不同的两点 M，N 满足|MA|－|MB|＝2 3，|NA|－|NB|＝2 3，且线段 MN的中点为(6,1)，则 k的值为________． 解析：因为|MA|－|MB|＝2 3，|NA|－|NB|＝2 3， 由双曲线的定义知，点 M，N在以 A，B为焦点的双曲线的右支上，且 c＝2，a＝ 3， 所以 b＝1，所以该双曲线的方程为 x2 3 －y2＝1. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝12，y1＋y2＝2.设直线 l的方程为 y＝kx＋m，代入 双曲线的方程，消去 y，得(1－3k2)x2－6mkx－3m2－3＝0， 所以 x1＋x2＝ 6mk 1－3k2 ＝12，① y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝12k＋2m＝2，② 由①②解得 k＝2. 答案：2 9.如图，动圆 C1：x2＋y2＝t2(1＜t＜3)与椭圆 C2： x2 9 ＋y2＝1相交于 A， B，C，D四点．点 A1，A2分别为 C2的左、右顶点，求直线 AA1与直线 A2B交点 M的轨迹方程． 解：由椭圆 C2： x2 9 ＋y2＝1，知 A1(－3,0)，A2(3,0)． 设点 A的坐标为(x0，y0)， 由曲线的对称性，得 B(x0，－y0)， 设点 M的坐标为(x，y)， 直线 AA1的方程为 y＝ y0 x0＋3 (x＋3)．① 直线 A2B的方程为 y＝ －y0 x0－3 (x－3)．② 由①②相乘得 y2＝ －y20 x20－9 (x2－9)．③ 又点 A(x0，y0)在椭圆 C2上，故 y20＝1－x20 9 .④ 将④代入③得 x2 9 －y2＝1(x＜－3，y＜0)． 因此点 M的轨迹方程为 x2 9 －y2＝1(x＜－3，y＜0)． 10．(2019·武汉模拟)在平面直角坐标系 xOy中取两个定点 A1(－ 6，0)，A2( 6，0)，再 取两个动点 N1(0，m)，N2(0，n)，且 mn＝2. (1)求直线 A1N1与 A2N2的交点 M的轨迹 C的方程； (2)过 R(3,0)的直线与轨迹 C交于 P，Q 两点，过点 P作 PN⊥x轴且与轨迹 C交于另一 点 N，F为轨迹 C的右焦点，若 RP ―→ ＝λ RQ ―→ (λ＞1)，求证： NF ―→ ＝λ FQ ―→ . 解：(1)依题意知，直线 A1N1的方程为 y＝m 6 (x＋ 6)，① 直线 A2N2的方程为 y＝－ n 6 (x－ 6)，② 设 M(x，y)是直线 A1N1与 A2N2的交点， ①×②得 y2＝－ mn 6 (x2－6)， 又 mn＝2，整理得 x2 6 ＋ y2 2 ＝1.故点 M的轨迹 C的方程为 x2 6 ＋ y2 2 ＝1. (2)证明：设过点 R的直线 l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 N(x1，－y1)， 由 x＝ty＋3， x2 6 ＋ y2 2 ＝1， 消去 x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*) 所以 y1＋y2＝－ 6t t2＋3 ，y1y2＝ 3 t2＋3 . 由 RP ―→ ＝λ RQ ―→ ，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故 x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2， 由(1)得 F(2,0)，要证 NF ―→ ＝λ FQ ―→ ， 即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)， 只需证 2－x1＝λ(x2－2)，只需 x1－3 x2－3 ＝－ x1－2 x2－2 ， 即证 2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0， 又 x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6， 所以 2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即 2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0， 而 2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2· 3 t2＋3 －t· 6t t2＋3 ＝0成立，即 NF ―→ ＝λ FQ ―→ 成立． B级 1．方程(2x＋3y－1)( x－3－1)＝0表示的曲线是( ) A．两条直线 B.两条射线 C．两条线段 D．一条直线和一条射线 解析：选 D 原方程可化为 2x＋3y－1＝0， x－3≥0， 或 x－3－1＝0，即 2x＋3y－1＝0(x≥3) 或 x＝4，故原方程表示的曲线是一条直线和一条射线． 2．动点 P为椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)上异于椭圆顶点 A(a,0)，B(－a,0)的一点，F1，F2 为椭圆的两个焦点，动圆 M与线段 F1P，F1F2的延长线及线段 PF2相切，则圆心 M的轨迹 为除去坐标轴上的点的( ) A．抛物线 B.椭圆 C．双曲线的右支 D．一条直线 解析：选 D 如图，设切点分别为 E，D，G，由切线长相等可得|F1E| ＝|F1G|，|F2D|＝|F2G|，|PD|＝|PE|.由椭圆的定义可得|F1P|＋|PF2|＝|F1P| ＋|PD|＋|DF2|＝|F1E|＋|DF2|＝2a，即|F1E|＋|GF2|＝2a，也即|F1G|＋|GF2| ＝2a，故点 G与点 A重合，所以点 M的横坐标是 x＝a，即点 M的轨迹 是一条直线(除去 A点)，故选 D. 3．已知圆的方程为 x2＋y2＝4，若抛物线过点 A(－1,0)，B(1,0)且以圆的切线为准线， 则抛物线的焦点轨迹方程是________________． 解析：设抛物线焦点为 F，过 A，B，O作准线的垂线 AA1，BB1，OO1，则|AA1|＋|BB1| ＝2|OO1|＝4，由抛物线定义得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，所以|FA|＋|FB|＝4，故 F点的轨迹是 以 A，B为焦点，长轴长为 4的椭圆(去掉长轴两端点)．所以抛物线的焦点轨迹方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1(y≠0)． 答案： x2 4 ＋ y2 3 ＝1(y≠0) 4.如图，P是圆 x2＋y2＝4上的动点，P点在 x轴上的射影是 D，点 M满 足DM ―→ ＝ 1 2 DP ―→ . (1)求动点 M的轨迹 C的方程，并说明轨迹是什么图形； (2)过点 N(3,0)的直线 l与动点 M的轨迹 C交于不同的两点 A，B，求以 OA，OB为邻边 的平行四边形 OAEB的顶点 E的轨迹方程． 解：(1)设 M(x，y)，则 D(x,0)， 由DM ―→ ＝ 1 2 DP ―→ ，知 P(x,2y)， ∵点 P在圆 x2＋y2＝4上， ∴x2＋4y2＝4，故动点 M的轨迹 C的方程为 x2 4 ＋y2＝1，且轨迹 C是以(－ 3，0)，( 3， 0)为焦点，长轴长为 4的椭圆． (2)设 E(x，y)，由题意知 l的斜率存在， 设 l：y＝k(x－3)，代入 x2 4 ＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0， Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0，得 k2＜1 5 ， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ 24k2 1＋4k2 ， ∴y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3)＝k(x1＋x2)－6k＝ 24k3 1＋4k2 －6k＝ －6k 1＋4k2 . ∵四边形 OAEB为平行四边形， ∴ OE ―→ ＝ OA ―→ ＋ OB ―→ ＝(x1＋x2，y1＋y2)＝ 24k2 1＋4k2 ， －6k 1＋4k2 ， 又 OE ―→ ＝(x，y)， ∴ x＝ 24k2 1＋4k2 ， y＝ －6k 1＋4k2 ， 消去 k得，x2＋4y2－6x＝0， ∵k2＜1 5 ，∴0＜x＜8 3 . ∴顶点 E的轨迹方程为 x2＋4y2－6x＝0 0＜x＜8 3 . 5.如图，斜线段 AB与平面α所成的角为 60°，B为斜足，平面α上的动点 P满足∠PAB＝ 30°，则点 P的轨迹是( ) A．直线 B.抛物线 C．椭圆 D．双曲线的一支 解析：选 C 母线与中轴线夹角为 30°，然后用平面α去截，使直线 AB与 平面α的夹角为 60°，则截口为 P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的 轨迹为椭圆．故选 C. 6．若曲线 C上存在点 M，使 M到平面内两点 A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为 8， 则称曲线 C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是( ) A．x＋y＝5 B.x2＋y2＝9 C.x 2 25 ＋ y2 9 ＝1 D．x2＝16y 解析：选 B ∵M到平面内两点 A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为 8， ∴M的轨迹是以 A(－5,0)，B(5,0)为焦点的双曲线，方程为 x2 16 － y2 9 ＝1. A项，直线 x＋y＝5过点(5,0)，故直线与 M的轨迹有交点，满足题意； B项，x2＋y2＝9的圆心为(0,0)，半径为 3，与 M的轨迹没有交点，不满足题意； C项， x2 25 ＋ y2 9 ＝1的右顶点为(5,0)，故椭圆 x2 25 ＋ y2 9 ＝1与 M的轨迹有交点，满足题意； D项，把 x2＝16y代入 x2 16 － y2 9 ＝1，可得 y－y2 9 ＝1， 即 y2－9y＋9＝0，∴Δ＞0，满足题意． 7．已知△ABC中，A，B，C的对边分别为 a，b，c，且顶点 A，B的坐标分别为(－4,0)， (4,0)，C为动点，且满足 sin B＋sin A＝5 4 sin C，则 C点的轨迹方程为________________． 解析：由 sin B＋sin A＝5 4 sin C可知 b＋a＝5 4 c＝10， 则|AC|＋|BC|＝10＞8＝|AB|，∴满足椭圆定义． 令椭圆方程为 x2 a′2 ＋ y2 b′2 ＝1，则 a′＝5，c′＝4，b′＝3， 则轨迹方程为 x2 25 ＋ y2 9 ＝1(x≠±5)． 答案： x2 25 ＋ y2 9 ＝1(x≠±5)