2021版新高考数学（理科）一轮复习教师用书：第9章第8节　曲线与方程

第八节　曲线与方程
[最新考纲]　1.了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.2.了解解析几何的基本思想和利用坐标法研究几何问题的基本方法.3.能够根据所给条件选择适当的方法求曲线的轨迹方程．


1．曲线与方程的定义
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的实数解建立如下的对应关系：

那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．
2．求动点的轨迹方程的基本步骤


1．“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．
2．曲线的交点与方程组的关系
(1)两条曲线交点的坐标是两个曲线方程的公共解，即两个曲线方程组成的方程组的实数解；
(2)方程组有几组解，两条曲线就有几个交点；方程组无解，两条曲线就没有交点．

一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)f(x0，y0)＝0是点P(x0，y0)在曲线f(x，y)＝0上的充要条件．(　　)
(2)方程x2＋xy＝x的曲线是一个点和一条直线．(　　)
(3)动点的轨迹方程和动点的轨迹是一样的．(　　)
(4)方程y＝与x＝y2表示同一曲线．(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×
二、教材改编
1．到点F(0，4)的距离比到直线y＝－5的距离小1的动点M的轨迹方程为(　　)
A．y＝16x2 B．y＝－16x2
C．x2＝16y D．x2＝－16y
C　[由题意可知，动点M到点F(0，4)的距离等于到直线y＝－4的距离，故点M的轨迹为以点F(0，4)为焦点，以y＝－4为准线的抛物线，其轨迹方程为x2＝16y.]
2．P是椭圆＋＝1上的动点，过P作椭圆长轴的垂线，垂足为M，则PM中点的轨迹方程为(　　)
A.x2＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
B　[设中点坐标为(x，y)，则点P的坐标为(x，2y)，
代入椭圆方程得＋y2＝1.故选B.]
3．若过点P(1，1)且互相垂直的两条直线l1，l2分别与x轴，y轴交于A，B两点，则AB中点M的轨迹方程为________．
x＋y－1＝0　[设M的坐标为(x，y)，则A，B两点的坐标分别是(2x，0)，(0，2y)，连接PM，∵l1⊥l2.
∴|PM|＝|OM|，
而|PM|＝，|OM|＝.
∴＝，
化简，得x＋y－1＝0，即为所求的轨迹方程．]
4．已知线段AB的长为6，直线AM，BM相交于M，且它们的斜率之积是，则点M的轨迹方程是________．
－＝1(x≠±3)　[以AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系(图略)，则A(－3，0)，B(3，0)．设点M的坐标为(x，y)，则直线AM的斜率kAM＝(x≠－3)，直线BM的斜率kBM＝(x≠3)．由已知有·＝(x≠±3)，化简整理得点M的轨迹方程为－＝1(x≠±3)．]


考点1　直接法求轨迹方程
　直接法求曲线方程的关注点
(1)若曲线上的动点满足的条件是一些几何量的等量关系，则可用直接法，其一般步骤是：设点→列式→化简→检验．求动点的轨迹方程时要注意检验，即除去多余的点，补上遗漏的点．
(2)若是只求轨迹方程，则把方程求出，把变量的限制条件附加上即可；若是求轨迹，则要说明轨迹的形状、位置、大小等．
　已知动点P(x，y)与两定点M(－1，0)，N(1，0)连线的斜率之积等于常数λ(λ≠0)．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)试根据λ的取值情况讨论轨迹C的形状．
[解]　(1)由题意可知，直线PM与PN的斜率均存在且均不为零，所以kPM·kPN＝·＝λ，整理得x2－＝1(λ≠0，x≠±1)．
即动点P的轨迹C的方程为x2－＝1(λ≠0，x≠±1)．
(2)当λ＞0时，轨迹C为中心在原点，焦点在x轴上的双曲线(除去顶点)；
当－1＜λ＜0时，轨迹C为中心在原点，
焦点在x轴上的椭圆(除去长轴的两个端点)；
当λ＝－1时，轨迹C为以原点为圆心，1为半径的圆除去点(－1，0)，(1，0)．
当λ＜－1时，轨迹C为中心在原点，焦点在y轴上的椭圆(除去短轴的两个端点)．
　直接法求曲线方程的关键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，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．
[教师备选例题]
(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
[解]　由题意知F，
设直线l1的方程为y＝a，直线l2的方程为y＝b，
则ab≠0，且A，B，P，Q，R.记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.
(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝＝＝＝＝－b＝＝k2.
所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1，0)，
则S△ABF＝|b－a||FD|＝|b－a|，
S△PQF＝.
由题意可得|b－a|＝，
所以x1＝0(舍去)，x1＝1.
设满足条件的AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，
由kAB＝kDE
可得＝(x≠1)．
而＝y，
所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E点坐标为(1，0)，
满足方程y2＝x－1.
所以所求的轨迹方程为y2＝x－1.
　已知两点M(－1，0)，N(1，0)且点P使·，·，·成公差小于0的等差数列，则点P的轨迹是什么曲线？
[解]　设P(x，y)，由M(－1，0)，N(1，0)得
＝－＝(－1－x，－y)，
＝－＝(1－x，－y)，
＝－＝(2，0)，
所以·＝2(1＋x)，·＝x2＋y2－1，
·＝2(1－x)．
于是·，·，·是公差小于0的等差数列等价于
即
所以点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆(不含端点)．
考点2　定义法求轨迹方程
　(1)若动点的运动规律符合圆锥曲线的定义或由定义易求得圆锥曲线方程中的关键量，则往往用圆锥曲线的定义法求解．
(2)应用定义法求曲线方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系式结合曲线的定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解．
　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，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)．
[母题探究]
1．把本例中圆M的方程换为：(x＋3)2＋y2＝1，圆N的方程换为：(x－3)2＋y2＝1，求圆心P的轨迹方程．
[解]　由于点P到定点N(1，0)和定直线x＝－1的距离相等，所以根据抛物线的定义可知，点P的轨迹是以N(1，0)为焦点，以x轴为对称轴、开口向右的抛物线，故其方程为y2＝4x.
2．在本例中，若动圆P过圆N的圆心，并且与直线x＝－1相切，求圆心P的轨迹方程．
[解]　由已知条件可知圆M和N外离，所以|PM|＝1＋R，|PN|＝R－1，故|PM|－|PN|＝(1＋R)－(R－1)＝2＜|MN|＝6，由双曲线的定义知点P的轨迹是双曲线的右支，
其方程为x2－＝1(x＞1)．
　利用定义法求轨迹方程时，还要看所求轨迹是否是完整的圆、椭圆、双曲线、抛物线，如果不是完整的曲线，则应对其中的变量x或y进行限制．
　1.在△ABC中，||＝4，△ABC的内切圆切BC于D点，且||－||＝2，则顶点A的轨迹方程为________．
－＝1(x＞)　[以BC的中点为原点，中垂线为y轴建立如图所示的坐标系，E，F分别为两个切点．则|BE|＝|BD|，|CD|＝|CF|，|AE|＝|AF|.
所以|AB|－|AC|＝2，
所以点A的轨迹为以B，C为焦点的双曲线的右支(y≠0)，且a＝，c＝2，
所以b＝，
所以轨迹方程为－＝1(x＞)．]
2．(2019·长春模拟)已知椭圆C1：＋y2＝1(a>1)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，直线l1过点F1且垂直于椭圆的长轴，动直线l2垂直l1于点P，线段PF2的垂直平分线交l2于点M，求点M的轨迹C2的方程．
[解]　由e2＝＝＝，得a＝，c＝1，
故F1(－1，0)，F2(1，0)，
由条件可知|MP|＝|MF2|，
∴点M的轨迹是以l1为准线，F2为焦点的抛物线，
∴C2的方程为y2＝4x.
考点3　相关点(代入)法求轨迹方程
　“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
(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．
(4)检验：注意检验方程是否符合题意．
　(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
[解]　(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0，0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．
由＝得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则
＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
　本例第(1)问在求解中巧用“＝”实现了动点P(x，y)与另两个动点M(x0，y0)，N(x0，0)之间的转换，并借助动点M的轨迹求得动点P的轨迹方程；对于本例第(2)问的求解，采用的是“以算待证”的方法，即求得l的方程后，借助直线系的特点，得出直线过定点．
[教师备选例题]
在直角坐标系xOy中，长为＋1的线段的两端点C，D分别在x轴、y轴上滑动，＝.记点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)经过点(0，1)作直线与曲线E相交于A，B两点，＝＋，当点M在曲线E上时，求四边形AOBM的面积．
[解]　(1)设C(m，0)，D(0，n)，P(x，y)．
由＝，得(x－m，y)＝(－x，n－y)，
所以解得
由||＝＋1，得m2＋n2＝(＋1)2，
所以(＋1)2x2＋y2＝(＋1)2，
整理，得曲线E的方程为x2＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝＋，知点M坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．
由题意知，直线AB的斜率存在．
设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入曲线E的方程，得
(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.
由点M在曲线E上，
知(x1＋x2)2＋＝1，
即＋＝1，
解得k2＝2.
这时|AB|＝|x1－x2|＝＝，
原点到直线AB的距离d＝＝，
所以平行四边形OAMB的面积S＝|AB|·d＝.
　1.(2019·太原模拟)已知F1，F2分别为椭圆C：＋＝1的左、右焦点，点P是椭圆C上的动点，则△PF1F2的重心G的轨迹方程为(　　)
A.＋＝1(y≠0)　 B.＋y2＝1(y≠0)
C.＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋y2＝1(y≠0)
C　[依题意知F1(－1，0)，F2(1，0)，设P(x0，y0)(y0≠0)，G(x，y)，则由三角形重心坐标公式可得即 代入椭圆C：＋＝1，
得重心G的轨迹方程为＋3y2＝1(y≠0)．]
2.(2019·沂州一中月考)如图所示，动圆C1：x2＋y2＝t2，1 [解]　由椭圆C2：＋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＝(x＋3)．①
直线A2B的方程为y＝(x－3)．②
由①②相乘得y2＝(x2－9)．③
又点A(x0，y0)在椭圆C2上，故y＝1－.④
将④代入③得－y2＝1(x<－3，y<0)．
因此点M的轨迹方程为－y2＝1(x<－3，y<0)．