最新高考理数考点一遍过讲义 考点42 曲线与方程

这是一份最新高考理数考点一遍过讲义 考点42 曲线与方程，共39页。学案主要包含了曲线与方程的概念，坐标法求曲线方程的步骤，两曲线的交点等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题42 曲线与方程
了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.
一、曲线与方程的概念
一般地，在直角坐标系中，如果某曲线C（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：
（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．
二、坐标法（直接法）求曲线方程的步骤
求曲线的方程，一般有下面几个步骤：
（1）建立适当的坐标系，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；
（3）用坐标表示条件p(M)，列出方程；
（4）化方程为最简形式；
（5）说明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上．
一般地，化简前后方程的解集是相同的，步骤（5）可以省略不写．若遇到某些点虽适合方程，但不在曲线上时，可通过限制方程中x，y的取值范围予以剔除．另外，也可以根据情况省略步骤（2），直接列出曲线方程．
三、两曲线的交点
（1）由曲线方程的定义可知，两条曲线交点的坐标应该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；反过来，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．
（2）两条曲线有交点的充要条件是它们的方程所组成的方程组有实数解．可见，求曲线的交点问题，就是求由它们的方程所组成的方程组的实数解问题.
考向一 考查曲线与方程的概念
判断曲线与方程的关系时，把握两个对应关系：
（1）曲线上的每个点都符合某种条件；
（2）每个符合条件的点都在这条曲线上.若要判断点是否在方程表示的曲线上，只需检验点的坐标是否满足方程.
典例1 方程(x＋y－2)x2+y2−9＝0表示的曲线是
A．一个圆和一条直线B．半个圆和一条直线
C．一个圆和两条射线D．一个圆和一条线段
【答案】C
【解析】(x＋y－2)x2+y2−9＝0可变形为x2+y2−9＝0或x+y−2=0x2+y2−9≥0，
故表示以原点为圆心，3为半径的圆和直线x＋y－2＝0在圆x2＋y2－9＝0外面的两条射线.
典例2 方程y=-4−x2对应的曲线是
【答案】A
【解析】将y=-4−x2平方得x2+y2=4(y≤0)，它表示的曲线是圆心在原点，半径为2的圆的下半部分，故选A.
1．设，且是和的等比中项，则动点的轨迹为除去轴上点的
A．一条直线 B．一个圆
C．双曲线的一支 D．一个椭圆
2．方程表示的曲线不可能是
A．椭圆B．抛物线
C．双曲线D．直线
考向二 直接法求轨迹方程
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．
典例3 已知两点M(－2，0)，N(2，0)，点P为坐标平面内的动点，满足，则动点P(x，y)的轨迹方程为
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设P（x，y），M（﹣2，0），N（2，0），，
则，
由，得，
化简整理得．
故选A．
典例4 已知坐标平面上一点与两个定点，，且．
（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
（2）记（1）中轨迹为，过点的直线被所截得的线段长度为，求直线的方程．
【解析】（1）由，得，
化简得，
所以点的轨迹方程是，
该轨迹是以为圆心，以为半径的圆．
（2）当直线的斜率不存在时，，此时所截得的线段的长为，
所以符合题意．
当直线的斜率存在时，设的方程为，即，
圆心到的距离，
由题意，得，解得．
所以直线的方程为，即．
综上，直线的方程为或．
3．若动点到点的距离是到点D(2,0)的距离的2倍，则动点的轨迹方程为
A．B．
C．D．
4．已知O0,0和K0,2是平面直角坐标系中的两个定点，过动点Mx,y的直线MO和MK的斜率分别为k1，k2，且.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点作相互垂直的两条直线与轨迹交于，两点，求证：直线过定点.
考向三 定义法求轨迹方程
求轨迹方程时，若动点与定点、定直线间的等量关系满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义，则可直接根据定义先确定轨迹类型，再写出其方程．理解解析几何中有关曲线的定义是解题的关键．
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．
典例5 已知圆A：(x+2)2+y2=254，圆B：，动圆P与圆A、圆B均外切.
（1）求动圆P的圆心的轨迹C的方程；
（2）过圆心B的直线与曲线C交于M、N两点，求｜MN｜的最小值.
【解析】（1）设动圆P的半径为r，则│PA│＝，│PB│=，
∴│PA│－│PB│=2.
故点P的轨迹是以A、B为焦点，实轴长为2的双曲线的右支，
其方程为.
（2）设MN的方程为x=my+2，
代入双曲线方程，得(3m2−1)y2+12my+9=0.
由，解得 −33设M(x1,y1),N(x2,y2),
则，
当m2=0时, |MN|min=6.
故｜MN｜的最小值为6.
5．设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1，0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点，线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为
A． B．
C． D．
6．已知曲线上的点到点的距离比它到直线的距离小2.
（1）求曲线的方程.
（2）是否存在过的直线，使得与曲线相交于，两点，点关于轴的对称点为，且的面积等于4？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，请说明理由.
考向四 相关点法求轨迹方程
动点所满足的条件不易得出或转化为等式，但形成轨迹的动点却随另一动点的运动而有规律地运动，而且动点Q的轨迹方程为给定的或容易求得的，则可先将，表示成关于x，y的式子，再代入Q的轨迹方程整理化简即得动点P的轨迹方程．
典例6 已知圆C的方程为x2＋y2＝4，过圆C上的一动点M作平行于x轴的直线m，设m与y轴的交点为N，若向量OQ=OM+ON，求动点Q的轨迹方程.
【解析】设点Q的坐标为(x，y)，点M的坐标为(x0，y0)(y0≠0)，则点N的坐标为(0，y0).
因为OQ＝OM＋ON，即(x，y)＝(x0，y0)＋(0，y0)＝(x0，2y0)，则x0＝x，y0＝.
又点M在圆C上，所以x02＋y02＝4，即x2＋y24=4(y≠0)，
所以动点Q的轨迹方程为.
典例7 在直角坐标系中，，不在轴上的动点满足于点为的中点.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设曲线与轴正半轴的交点为，斜率为的直线交于两点，记直线的斜率分别为，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【解析】（1）解法一：设点，
因为轴，为的中点，所以，
因为，所以，即，化简得，
所以，点的轨迹的方程为.
解法二：依题意可知点的轨迹方程为，
设点，因为轴，为的中点，所以，
所以，即，
所以，点的轨迹的方程为.
（2）依题意可知，设直线的方程为，
、，
由，得，
所以，，，
所以
，
所以，为定值0.
7．在平面直角坐标系中，已知点，点是圆上的动点，则线段的中点的轨迹方程是
A．B．
C．D．
8．如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A，B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程.
考向五 参数法求轨迹方程
若动点坐标之间的关系不易直接找到，且无法判断动点的轨迹，也没有明显的相关动点可用，但较易发现（或经分析可发现）这个动点的运动受到另一个变量的制约，即动点中的x，y分别随另一变量的变化而变化，我们可称这个变量为参数，建立轨迹的参数方程，这种求轨迹方程的方法叫做参数法.
参数法求轨迹方程的步骤：
（1）选取参数k，用k表示动点M的坐标．
（2）得出动点M的参数方程.
（3）消去参数k，得m的轨迹方程．
（4）由k的范围确定x，y的范围．
典例8 如图，在正方形OABC中，O为坐标原点，点A的坐标为(10,0)，点C的坐标为(0,10).分别将线段OA和AB十等分，分点分别记为A1,A2,…,A9和B1,B2,…,B9.连接OBi，过Ai作x轴的垂线与OBi交于点Pi(i∈N*,1≤i≤9).
（1）求证:点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上,并求该抛物线E的方程;
（2）过点C作直线l与抛物线E交于不同的两点M,N,若与的面积比为4∶1,求直线l的方程.
【解析】解法一：（1）依题意,过Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x=i,
Bi的坐标为(10,i),所以直线OBi的方程为y=i10x.
设Pi的坐标为(x,y),由得y=110x2,即x2=10y.
所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上,且抛物线E的方程为x2=10y.
（2）依题意,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+10.
由得,
此时Δ=100k2+400>0,直线l与抛物线E恒有两个不同的交点M,N.
设,则，
因为S△OCM=4S△OCN,所以|x1|=4|x2|.
又x1·x2<0,所以x1=-4x2,
分别代入①和②,得，解得k=±32.
所以直线l的方程为y=±32x+10,即3x-2y+20=0或3x+2y-20=0.
解法二：（1）点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在抛物线E：x2=10y上.
证明如下：过Ai(i∈N*,1≤i≤9)且与x轴垂直的直线的方程为x=i,
Bi的坐标为(10,i),所以直线OBi的方程为y=i10x.
由解得Pi的坐标为(i,i210).
因为点Pi的坐标都满足方程x2=10y，所以点Pi(i∈N*,1≤i≤9)都在同一条抛物线上，且抛物线E的方程为x2=10y.
（2）同解法一.
9．过点P1(1,5)作一条直线交x轴于点A,过点P2(2,7)作直线P1A的垂线,交y轴于点B,点M在线段AB上,且|BM|∶|MA|=1∶2,则动点M的轨迹方程为 .
考向六 圆锥曲线中的对称问题
圆锥曲线上两点关于直线对称的问题是高考命题的一个热点问题，该问题集垂直、中点弦、直线与圆锥曲线的位置关系、点与圆锥曲线的位置关系、方程、函数、不等式、点差法等重要数学知识和思想方法于一体，符合在知识网络交汇处、思想方法的交织线上和能力层次的交叉区内设置问题的命题特点，此类试题综合性强，但难度适中,对数学知识和能力的考查具有一定的深度,具有很好的选拔功能.圆锥曲线上两点关于直线对称的问题主要有联立方程和点差法两种解法.
典例9 若在抛物线y2=2x上存在相异的两点关于直线l:y=m(x-2)对称,求m的取值范围.
【解析】解法一：如图,
当m=0时,直线l:y=0恰好是抛物线的对称轴,满足题设条件.
当m≠0时,设P(x1,y1),Q(x2,y2)是抛物线上关于直线l对称的两点,则PQ的中点是M(,).
设直线PQ的方程是y=x+b.
由消去x,得y2+2my-2mb=0 (*).
∵方程(*)有两个不相等的实数根,∴Δ=4m2+8mb>0,即m2+2mb>0 ①.
又y1+y2=-2m,x1+x2=2mb-m(y1+y2)=2mb+2m2,∴M(mb+m2,-m).
由点M在直线l上,得-m=m(mb+m2-2),即b= ②.
把②代入①,得m2<2,即-2综上可知,所求m的取值范围为(-2,2).
解法二(点差法)：当m=0时,同解法一.
当m≠0时,设P(x1,y1),Q(x2,y2)是抛物线y2=2x上关于直线l对称的两点,线段PQ的中点M的坐标为(x0,y0).
∵点P,Q在抛物线上,∴y12=2x1,y22=2x2,
两式相减,得(y1+y2)(y1-y2)=2(x1-x2),即2y0(y1-y2)=2(x1-x2),∴(x1≠x2).
∵直线PQ⊥l,∴kPQ·kl=-1,∴·m=-1,即m+y0=0 ①.
又点M在直线l上,∴y0=m(x0-2) ②.
由①②,得点M的坐标为(1,-m).
∵P,Q为抛物线上的两点,∴点M在抛物线的内部,
∴m2<2,解得-2综上可知,所求m的取值范围是(-2,2).
10．设椭圆的左顶点为，右顶点为．已知椭圆的离心率为，且以线段为直径的圆被直线所截得的弦长为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过点的直线与椭圆交于点，且点在第一象限，点关于轴的对称点为点，直线与直线交于点，若直线的斜率大于，求直线的斜率的取值范围．
1．命题“曲线C上的点的坐标都是方程f(x，y)＝0的解”是正确的，下面命题中正确的是
A．方程f(x，y)＝0的曲线是C
B．方程f(x，y)＝0的曲线不一定是C
C．f(x，y)＝0是曲线的方程
D．以方程f(x，y)＝0的解为坐标的点都在曲线上
2．下列四组方程表示同一条曲线的是
A．y2=x与y=xB．y=lg x2与y=2lg x
C．=1与lg(y+1)=lg(x-2)D．x2+y2=1与|y|=1−x2
3．方程表示的曲线是
A．半个圆 B．双曲线的一支
C．一个圆 D．双曲线
4．到两定点的距离之差的绝对值等于6的点的轨迹为
A．椭圆B．两条射线
C．双曲线D．线段
5．与圆外切，且与y轴相切的动圆圆心P的轨迹方程为
A．B．
C．D．
6．设定点，动圆过点且与直线相切，则动圆圆心的轨迹方程为
A．B．
C．D．
7．mx2+ny2=1表示的曲线一定不是
A．抛物线 B．双曲线
C．椭圆 D．直线
8．已知动圆经过点，且截y轴所得的弦长为4，则圆心的轨迹是
A．圆B．椭圆
C．双曲线D．抛物线
9．设D为椭圆x2+y25=1上任意一点，A(0 ，−2)，B(0 ， 2)，延长AD至点P，使得PD=BD，则点P的轨迹方程为
A．x2+(y−2)2=20 B．x2+(y+2)2=20
C．x2+(y−2)2=5 D．x2+(y+2)2=5
10．在平面直角坐标系中，已知两点，，点满足，其中，且．则点的轨迹方程为
A．B．
C．D．
11．已知点在椭圆上，点满足（其中为坐标原点，为椭圆的左焦点），则点的轨迹为
A．圆B．抛物线
C．双曲线D．椭圆
12．以为圆心的两圆均过，与轴正半轴分别交于，且满足，则点的轨迹是
A．直线B．圆
C．椭圆D．双曲线
13．已知双曲线的两个焦点分别为，离心率等于，设双曲线的两条渐近线分别为直线；若点分别在上，且满足，则线段的中点的轨迹的方程为
A．B．
C．D．
14．已知两点M(－2，0)，N(2，0)，点P满足PM∙PN＝12，则点P的轨迹方程为__________.
15．点P4,−2与圆x2+y2=4上任一点连结的线段的中点的轨迹方程为__________.
16．由动点向圆引两条切线、，切点分别为、，若，则动点的轨迹方程为__________．
17．在平面直角坐标系中，方程x+y2+x−y2=1所代表的曲线形状是________.
18．如图，在中，已知A(−2,0)，B(2,0)，CD⊥AB于D，的垂心为H，且CD=2CH，则点H的轨迹方程为________________．
19．已知双曲线的一支C:y=x2−2x+2和直线l:y=kx,若l与C有两个不同的交点A,B,则线段AB的中点的轨迹方程为__________.
20．已知点，直线，动点到点的距离等于它到直线的距离．
（1）试判断点的轨迹的形状，并写出其方程；
（2）若曲线与直线相交于两点，求的面积.
21．已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点.
（1）求M的轨迹方程；
（2）当|OP|＝|OM|时，求l的方程.
22．如图所示，已知，两点分别在轴和轴上运动，点为延长线上一点，并且满足，，试求动点的轨迹方程．
23．已知圆，直线，.
（1）求证：对于，直线与圆总有两个不同的交点；
（2）求弦的中点的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线.
24．设为坐标原点，动圆过定点，且被轴截得的弦长是8.
（1）求圆心的轨迹的方程；
（2）设是轨迹上的动点，直线的倾斜角之和为，求证：直线过定点.
25．已知定点及直线，动点到直线的距离为，若.
（1）求动点的轨迹C的方程；
（2）设是上位于轴上方的两点，点的坐标为，且，的延长线与轴交于点，求直线的方程.
26．已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，椭圆上任一点到两焦点，的距离之和为4.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线：与椭圆交于，两点，，在椭圆上，且，两点关于直线对称，问：是否存在实数，使，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
27．已知动圆恒过且与直线相切，动圆圆心的轨迹记为；直线与轴的交点为，过点且斜率为的直线与轨迹有两个不同的公共点，，为坐标原点．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程，并求直线的斜率的取值范围；
（2）点是轨迹上异于，的任意一点，直线，分别与过且垂直于轴的直线交于，，证明：为定值，并求出该定值．
28．已知焦点在x轴上的椭圆的离心率为，短轴长为2，O为坐标原点，定点A(2,0)，点P在已知椭圆上，动点Q满足OQ=OA−OP.
（1）求动点Q的轨迹方程；
（2）过椭圆右焦点F的直线与椭圆交于点M,N，求的面积的最大值．
1．（2019年高考北京卷理数）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．
其中，所有正确结论的序号是
A．①B．②
C．①②D．①②③
2．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
3．（2017新课标全国II理科）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：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在直线上，且．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
变式拓展
1．【答案】D
【解析】因为是和的等比中项，所以.
整理得，即为除去轴上点的一个椭圆.
故选D．
2．【答案】B
【解析】当，即或时，方程可化为或，故方程表示直线；
当，即或时，方程可化为，当时，方程表示椭圆，当时，方程无解，不能表示任何曲线；
当，即时，方程可化为，表示双曲线.
综上，可知方程不能表示抛物线.
故选B.
3．【答案】B
【解析】设，则由题意可得，化简整理得.故选B．
4．【解析】（1）由题意，知，得，
整理得，
故的方程为.（也可以写作）.
（2）显然两条过点的直线斜率都存在，设过点的直线方程为，
联立，解得，，
设直线的方程为：，
将，代入得，
整理得：，
由于两直线垂直，斜率乘积为，则根据根与系数的关系可得，即，
故直线过定点.
5．【答案】B
【解析】本题主要考查轨迹方程的求解.结合线段的中垂线的性质可知，|MA|=|MQ|,且|MC|+|MQ|=5，故有|MA|+|MC|=5，则可知动点到两个定点的距离和为定值5>|AC|=2，则可知点M的轨迹就是椭圆，且2a=5，2c=2，结合椭圆的性质可知b=,故其方程为.
6．【解析】（1）设为曲线上任意一点，已知曲线上的点到点的距离比它到直线的距离小2，
所以点到的距离与它到直线的距离相等，
根据抛物线的定义得曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，
所以曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，
与抛物线的方程联立，得，消去，得.
设，，恒成立，
则，.
则，
解得，
则直线的方程为.
7．【答案】A
【解析】设，，则根据中点坐标公式得，
由点在圆上，将代入圆的方程，得，即.
故选A．
8．【解析】设AB的中点为R,坐标为(x,y),则在中,｜AR｜=｜PR｜,
又因为R是弦AB的中点,依垂径定理，在中,|AR|2=|AO|2−|OR|2=36−(x2+y2),
又|AR|=|PR|=(x−4)2+y2,所以有(x−4)2+y2=36−(x2+y2),即x2+y2−4x−10=0,
因此点R在一个圆上,而当R在此圆上运动时,Q点即在所求的轨迹上运动.
设Q(x,y),R(x1,y1),因为R是PQ的中点,所以,代入方程x2+y2−4x−10=0,得,整理得x2+y2=56,这就是所求的点Q的轨迹方程.
9．【答案】12x+15y-74=0
【解析】设过点P2的直线方程为y-7=k(x-2)(k≠0),则过点P1的直线方程为y-5=-1k(x-1),所以A(5k+1,0)，B(0,-2k+7).设M(x,y),则由|BM|∶|MA|=1∶2,得,消去k,整理得12x+15y-74=0.
当k=0时,易得A(1,0),B(0,7),则M(13,143),也满足上述方程.
故点M的轨迹方程为12x+15y-74=0.
10．【解析】（1）设以线段为直径的圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
圆被直线截得的弦长为，
解得：，
又椭圆的离心率，
，则，
椭圆的标准方程为.
（2）设，其中，，则，
，，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
由得，
，
，
，
令，，则，
，
，，，
即直线的斜率的取值范围是.
专题冲关
1．【答案】B
【解析】由题意，曲线C上的点的坐标都是方程f(x，y)＝0的解只满足点在曲线上，不能说明曲线上的点都是方程的解，即方程f(x，y)＝0的曲线不一定是C，所以答案B正确.
2．【答案】D
【解析】根据每一组曲线方程中x和y的取值范围,不难发现A,B,C中各组曲线对应的x或y的取值范围不一致;而D中两曲线的x与y的取值范围都是[-1,1],且化简后的解析式相同,所以D正确.故选D.
3．【答案】A
【解析】由题意，方程化简为且，
所以方程表示的曲线为半个圆，故选A．
4．【答案】B
【解析】∵到两定点F1（﹣3，0）、F2（3，0）的距离之差的绝对值等于6，
而|F1F2|＝6，
∴满足条件的点的轨迹为两条射线．
故选B．
5．【答案】A
【解析】设，
因为动圆P与圆外切，且与y轴相切，
所以，移项平方得.
故选A.
6．【答案】C
【解析】动圆过点且与直线相切，根据圆的定义可得到圆心到直线的距离等于圆心到点F的距离，根据抛物线的定义可得到圆心的轨迹是焦点为的抛物线，即
故选C．
7．【答案】A
【解析】当m,n一正一负时，表示双曲线；当m,n不相等时，表示椭圆；当m,n有一个为0时，表示直线；当m,n相等为正时，表示圆；当m,n都小于等于0时，图形不存在.故无法表示抛物线，故选A.
8．【答案】D
【解析】设圆心C（x，y），弦为BD，过点C作CE⊥y 轴，垂足为E，则|BE|＝2，
∴|CA|2＝|CB|2＝|CE|2+|BE|2，
∴（x﹣2）2+y2＝22+x2，化为y2＝4x，则圆心的轨迹是抛物线．
故选D．
9．【答案】B
【解析】∵D为椭圆x2+y25=1上任意一点,且A,B为焦点，∴|DA|+|DB|=2a=25 ，又∴|PD|=|BD|，∴|PA|=|PD|+|DA|=25，故点P的轨迹方程为x2+(y+2)2=20.
10．【答案】A
【解析】由，且，得＝，
∴，即，则C、A、B三点共线．
设C（x，y），则C在AB所在的直线上，
∵A（2，1）、B（4，5），
∴AB所在直线方程为 ，整理得．
故点的轨迹方程为．
故选A．
11．【答案】D
【解析】由题意，点P满足，根据向量的运算，可得是线段的中点，
设，由于为椭圆的左焦点，则，
由中点坐标公式，可得，
又点在椭圆上，则点P的轨迹方程为，
所以点P的轨迹为椭圆，
故选D．
12．【答案】A
【解析】因为，
同理：，
又因为，所以，
则，即，
设，则，为直线，
故选A.
13．【答案】A
【解析】由已知，求得，
则双曲线方程为，
从而其渐近线方程为．
设，，线段的中点，
由已知不妨设，，
从而，，
由得，
所以，即，
则M的轨迹C的方程为．
14．【答案】x2＋y2＝16
【解析】设P(x，y)，则PM＝(－2－x，－y)，PN＝(2－x，−y).于是PM∙PN＝(－2－x)(2－x)＋y2＝12，化简得x2＋y2＝16，此即为所求点P的轨迹方程.
15．【答案】x−22+y+12=1
【解析】设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），
则x=x1+42y=y1−22，即x1=2x−4y1=2y+2，
代入x2+y2=4，得（2x﹣4）2+（2y+2）2=4，化简得x−22+y+12=1．
故答案为x−22+y+12=1．
16．【答案】
【解析】∵，∴，，
∵，∴是等边三角形，，为定值，
∴点P的轨迹方程为．
17．【答案】正方形
【解析】利用绝对值的几何意义，分类讨论方程可得，
x+y≥0,x−y≥0时，x=1−1≤y≤1；
x+y≤0,x−y≤0时，x=−1−1≤y≤1；
x+y≥0,x−y≤0时，y=1−1≤x≤1；
x+y≤0,x−y≥0时，y=−1−1≤x≤1，
∴方程x+y2+x−y2=1所代表的曲线形状是正方形，
故答案为正方形.
18．【答案】x22+y2=1(y≠0)
【解析】设点H的坐标为(x,y)，点C的坐标为(x,m)，则D(x,0)，则CD=(0,−m)，CH=(0,y−m)，又CD=2CH，∴m=2y，故C(x,2y)．∵AC⋅BH=0，∴(x+2,2y)⋅(x−2,y)=0，化简得x2+2y2=2，故点H的轨迹方程为x22+y2=1(y≠0)．
19．【答案】(x-12)2-y2=14(x>2)
【解析】设AB的中点为M(x0,y0),联立,得(k2-1)y2+2ky-2k2=0,则y0=k1−k2,x0=11−k2,消去k得x02-y02=x0,因为,所以222,所以AB的中点的轨迹方程是(x-12)2-y2=14(x>2).
20．【解析】（1）因为点到点的距离等于它到直线的距离，所以点的轨迹是以为焦点、直线为准线的抛物线，其方程为.
（2）设, 联立，得，，
直线经过抛物线的焦点，，
又点到直线的距离，
21．【解析】（1）圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，
所以圆心为C(0,4)，半径为4.
设M(x，y)，则CM＝(x，y－4)，MP＝(2－x,2－y).
由题设知CM·MP＝0，
故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
（2）由（1）可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，2为半径的圆.
由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，
又P在圆N上，从而ON⊥PM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－13，
故l的方程为x＋3y－8＝0.
22．【解析】设，，，则，，
由，得，即，，∴，．
又，∴，．
由，得，∴，得，
故动点的轨迹方程为．
23．【解析】（1）圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为.
所以直线与圆相交，即直线与圆总有两个不同的交点.
（2）设中点为，
直线恒过定点，
当直线的斜率存在时，，
又，，
∴，
化简得；
当直线的斜率不存在时，，
此时中点为，也满足上述方程.
所以的轨迹方程是，它是一个以为圆心，为半径的圆.
24．【解析】（1）设，动圆半径为
由动圆被轴截得的弦长是8，得
消去得
故圆心的轨迹的方程为.
（2）设直线的方程为，，
联立方程得，消去得，．
则，．
设直线的倾斜角分别是，
∵，同理，

∴．
则直线的方程为：，
故直线过定点．
25．【解析】（1）设，则由，知，
又，∴，
由题意知：，
∴，
∴，
∴点的轨迹方程为.
（2）设，
∵，∴为的中点，
∵，∴，
∴，
又，∴，
又，∴，
∵，∴，∴，
∴直线的方程为.
26．【解析】（1）由题意，得，，
∴，.
∴椭圆的标准方程为.
（2）∵，关于直线对称，∴可设直线的方程为，
联立，消去，得，
由，解得，
设，两点的坐标分别为，，
则，，
设的中点为，
∴，∴，
又点也在直线上，则，
∴，
∵，∴.
则.
同理.
∵，∴，
∴，∴，
∴存在实数，使，此时的值为.
27．【解析】（1）因为动圆恒过且与直线相切，
所以点到与到直线的距离相等，
所以圆心的轨迹的方程为，
联立，可得，
当时，一次方程只有一个根，不符合题意，
所以且，解得．
（2）设，，，直线：，即，
其与的交点，同理与的交点，
所以，
由（1）可知，则，
代入上式得，
所以，为定值，该定值为．
28．【解析】（1）设椭圆的标准方程为，
由题意可知，即，解得a=2b=1c=1，
故椭圆的标准方程为x22+y2=1.
设Q(x,y),P(x1,y1)，
因为A(2,0)，所以OP=OA−OQ=(2−x,−y)=(x1,y1)，所以x1=2−x,y1=−y.
又∵点P在已知椭圆上，故为动点Q的轨迹方程．
（2）椭圆的右焦点F(1,0)，设直线MN的方程是x=my+1，与x22+y2=1联立，可得(m2+2)y2+2my−1=0，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则 x1=my1+1，x2=my2+1，
由题意 y1，y2满足方程(m2+2)y2+2my−1=0，
∴Δ=4m2+4m2+2>0即m2+1>0，
由方程的根与系数的关系可得：，
∴|MN|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=(m2+1)|y1−y2|，
又y1−y2=(y1−y2)2=(y1+y2)2−4y1y2==，
∴，
点A(2,0)到直线MN的距离，于是的面积为，
当且仅当m2+1=1m2+1，即m=0时取到等号．
故的面积的最大值是.
直通高考
1．【答案】C
【解析】由得，，，
所以可取的整数有0，−1，1，
从而曲线恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)， (−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确.
由得，，解得，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.
如图所示，易知，
四边形的面积，很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误.
故选C.
【名师点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题，注重基础知识､基本运算能力及分析问题、解决问题的能力考查，渗透“美育思想”.将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.
2．【解析】（1）由题设得，化简得，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，
故，
由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，
所以△PQG的面积．
设t=k+，
则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，
所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.
3．【解析】（1）设，，
则．
由得．
因为在C上，所以．
因此点P的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，
则，．
由得，
又由（1）知，
故．
所以，
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的直线过C的左焦点F．
【名师点睛】求轨迹方程的常用方法：
（1）直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)＝0．
（2）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程．
（3）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．
（4）代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(x，y)的轨迹方程．