考纲解读 1.利用曲线与方程的关系辨认曲线；2.求动点的轨迹(方程)．
[基础梳理]
1．曲线与方程
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．
那么这个方程叫作曲线的方程；这条曲线叫作方程的曲线． 2．求动点轨迹方程的一般步骤
(1)建立坐标系，用(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)}； (3)用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x，y)＝0，并化简； (4)查漏补缺．
[三基自测]
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 C．x2＝16y 答案：C
2．在△ABC中，A(0,3)，B(－2,0)，C(2,0)，则中线AO(O为原点)所在的方程为________． 答案：x＝0(0≤y≤3)
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－，0和B(1,1)，则曲线方程为________．3．已知方程ax2＋by2＝2的曲线经过点A 4169
答案：x2＋y2＝1
2525
4．已知A(－5,0)，B(5,0)，则满足kAC·kBC＝－1的点C的轨迹方程为________． 答案：x2＋y2＝25(去掉A、B两点)
考点一 坐标法(直接法)求解曲线方程|模型突破
[例1] (2018·成都模拟)动点P与两定点A(a,0)，B(－a,0)连线的斜率的乘积为k，试求点P的轨迹方程，并讨论轨迹是什么曲线．
[解析] 设点P(x，y)，则kAP＝
yy
，kBP＝. x－ax＋a
B．y＝－16x2 D．x2＝－16y
yy
由题意得·＝k，即kx2－y2＝ka2.
x－ax＋a
所以点P的轨迹方程为kx2－y2＝ka2(x≠±a)．(*)
(1)当k＝0时，(*)式即y＝0，点P的轨迹是直线AB(除去A、B两点)． x2y2
(2)当k≠0时，(*)式即2－2＝1，
aka
①若k>0，点P的轨迹是焦点在x轴上的双曲线(除去A、B两点)． x2y2
②若k<0，(*)式可化为2＋＝1.
a－ka2
当－1 当k<－1时，点P的轨迹是焦点在y轴上的椭圆(除去A，B两点)． [模型解法] 坐标法是直接将动点满足的几何条件或者等量关系坐标化，得到代数方程，通过整理化简得到曲线方程的方法，是求曲线方程最根本的方法，此法适用于已知坐标系下曲线方程的求解，若题中没有坐标系，则需要先建立适当坐标系．破解此类题的关键点： (1)设动点，根据题意，确定动点，设出动点坐标． (2)坐标化，将动点满足的条件坐标化，得到坐标所满足的方程． (3)化简，将方程化为最简形式，注意动点限制条件对其坐标的取值限制，即得轨迹方程． [高考类题] (2016·高考全国卷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． 1 ，0 .设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0， 解析：由题设知F2ab111a＋b ，a ，B，b ，P－，a ，Q－，b ，R－，且A. 222222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. a－ba－b1－ab 记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则k1＝＝＝＝＝－b＝k2.所以AR a1＋a2a2－aba∥FQ. (2)设l与x轴的交点为D(x1,0)，则S△ABF 2 2 1|a－b|11 x1－，S△PQF＝＝|b－a||FD|＝|b－a|. 2222 1|a－b|1 x1－＝由题设可得2×|b－a|，所以x1＝0(舍去)，或x1＝1. 2 22设满足条件的AB的中点为E(x，y)． 2y 当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE可得＝(x≠1)． a＋bx－1而 a＋b ＝y，所以y2＝x－1(x≠1)． 2 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. 所以所求轨迹方程为y2＝x－1. 考点二 定义法求解曲线方程|模型突破 [例2] (1)(2018·北京模拟)△ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是________． (2)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，则圆心P的轨迹方程为________． [解析] (1)如图，△ABC的内切圆P与三边的切点分别为E、F、G. ∵P在x＝3上，∴|AC|>|BC|， ∴|CA|－|CB|＝|GA|－|FB|＝|EA|－|EB|＝(5＋3)－(5－3)＝6， ∴C点轨迹是以A、B为焦点的双曲线(右支)， ∴2a＝6，a＝3，c＝5，b＝4， x2y2 ∴方程为－＝1(x>3)． 916 (2)由题意可知，|PM|＝r＋1，|PN|＝3－r， ∴|PM|＋|PN|＝4且MN＝2， ∴P点轨迹是以M，N为焦点的椭圆． ∴2a＝4，a＝2，c＝1，∴b2＝3. x2y2 方程为＋＝1(x≠－2)． 43x2y2 [答案] (1)－＝1(x>3) 916x2y2 (2)＋＝1(x≠－2) 43[模型解法] 破解此类题的关键点： (1)定条件，确定动点所满足的条件类型，对其适当化简整理． (2)定型，根据动点所满足的条件，与直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义作比较，判断动点轨迹类型． (3)定量，设出轨迹方程，并根据已知求出方程中的待定系数，从而求出动点轨迹方程． [高考类题] (2013·高考新课标全国卷Ⅰ)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. (1)求C的方程； (2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 解析：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. (1)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. 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x2y2 椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)． 43 (2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4. 若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝23. |QP| 若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则＝ |QM|R|3k|2，可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得＝1，解得k＝±. 2r141＋k 22x2y2 当k＝时，将y＝x＋2代入＋＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝ 4443－4±62. 7 所以|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝当k＝－ 18. 7 218时，由图形的对称性可知|AB|＝. 47 18 . 7 考点三 代入法求曲线方程|模型突破 综上，|AB|＝23或|AB|＝ x2y2 [例3] (1)P是椭圆2＋2＝1(a>b>0)上的任意一点，F1、F2是它的两个焦点，O为坐标 ab→→→ 原点，有一动点Q满足OQ＝PF1＋PF2，则动点Q的轨迹方程是________． 1 (2)已知F是抛物线y＝x2的焦点，P是该抛物线上的动点，则线段PF中点的轨迹方程 4是________． [解析] (1)作P关于O的对称点M，连接F1M，F2M，则四边形F1PF2M→→→→→为平行四边形，所以PF1＋PF2＝PM＝2 PO＝－2OP， →→→又OQ＝PF1＋PF2， 1→→ 所以OP＝－OQ， 2 xy→ －，－， 设Q(x，y)，则OP＝22 xy －，－，又P在椭圆上， 即P点坐标为22 则有 －x2－y2 2 2 a2 ＋ b2 ＝1， x2y2 即2＋2＝1. 4a4b (2)因为抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，设线段PF的中点坐标是(x，y)，则P(2x,2y－1)在抛物线x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化简得x2＝2y－1. x2y2 [答案] (1)2＋2＝1 (2)x2＝2y－1 4a4b[模型解法] 破解此类题的关键点： (1)定关联点，根据已知条件确定与动点关联的点，以及该点所满足的条件． (2)建关系，根据两点之间的关联性确定两点坐标之间的关系． (3)代入，用动点坐标表示与之关联的点的坐标，然后代入该点所满足的条件，化简整理即可． [高考类题] x22 (2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y＝1上，过M作x轴 2→→ 的垂线，垂足为N，点P满足NP＝2 NM. (1)求点P的轨迹方程； →→ (2)设点Q在直线x＝－3上，且OP·PQ＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. →→ 解析：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，NP＝(x－x0，y)，NM＝(0，y0)． 2→→ 由NP＝2 NM得x0＝x，y0＝y. 2x2y2 因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1. 22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 →→ OQ＝(－3，t)，PF＝(－1－m，－n)， →→ OQ·PF＝3＋3m－tn， →→ OP＝(m，n)，PQ＝(－3－m，t－n)． →→ 由OP·PQ＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1， 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0. →→→→ 所以OQ·PF＝0，即OQ⊥PF.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. [考点一](2014·高考湖北卷)在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C. (1)求轨迹C的方程； (2)设斜率为k的直线l过定点P(－2,1)．求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围． 解析：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即x－12＋y2＝|x|＋1，化简整理得y2 ＝2(|x|＋x)．故点M的轨迹C的方程为 y2＝ 4x，x≥0，0，x<0. (2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)． 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)． y－1＝kx＋2 由方程组2可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.① y＝4x， (ⅰ)当k＝0时，此时y＝1. 1 把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝. 4 1 故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点4，1. (ⅱ)当k≠0时，方程①根的判别式为Δ＝－16(2k2＋k－1)．② 设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则 2k＋1由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－③ k Δ<0，1(a)若由②③解得k<－1，或k>. 2x0<0， 1 即当k∈(－∞，－1)∪(，＋∞)时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点， 2故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点． Δ＝0Δ>0，111(b)若或由②③解得k∈－1，2，或－≤k<0.即当k∈－1，2时， 2x0<0，x0≥0， 1 －，0时，直线l与C1有两个直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．当k∈211 －，0∪－1，时，直线l与轨迹C恰好有两个公公共点，与C2没有公共点．故当k∈22 共点． Δ>0，1111 －1，－∪0，时，直线l(c)若由②③解得－1 1综合(ⅰ)(ⅱ)可知，当k∈(－∞，－1)∪2，＋∞∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点； 11 －，0∪－1，时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点； 当k∈22 11 －1，－∪0，时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点． 当k∈22 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容