专项训练五 解析几何（考点1 解析几何中的轨迹方程的求法）(解析版).docx

1、专项五 解析几何考点1 解析几何中的轨迹方程的求法大题 拆解技巧【母题】(2021年新高考全国卷)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2,记M的轨迹为C.(1)求C的方程;(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|TB|=|TP|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.【拆解1】在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),|MF1|-|MF2|=2,点M的轨迹为C,求C的方程.【解析】因为|MF1|-|MF2|=20,b0),则2a=2,可得a=1,b

2、=17-a2=4,所以轨迹C的方程为x2-y216=1(x1).【拆解2】已知双曲线的轨迹方程为x2-y216=1(x1).设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,设直线AB的斜率为k1,设直线PQ的斜率为k2,分别求|TA|TB|,|TP|TQ|的值.【解析】设点T(12,t),若过点T的直线的斜率不存在,此时该直线与曲线C无公共点,不妨设直线AB的方程为y-t=k1(x-12)(k10),即y=k1x+t-12k1,联立y=k1x+t-12k1,16x2-y2=16,消去y并整理可得(k12-16)x2+k1(2t-k1)x+(t-12k1)2+16=0.设

3、点A(x1,y1),B(x2,y2),则x11且x21.由韦达定理可得x1+x2=k12-2k1tk12-16,x1x2=(t-12k1)2+16k12-16,所以|TA|TB|=(1+k12)|x1-12|x2-12|=(1+k12)(x1x2-x1+x22+14)=(t2+12)(1+k12)k12-16.设直线PQ的斜率为k2(k1k2,k20),同理可得|TP|TQ|=(t2+12)(1+k22)k22-16.【拆解3】已知|TA|TB|=(t2+12)(1+k12)k12-16,|TP|TQ|=(t2+12)(1+k22)k22-16,且|TA|TB|=|TP|TQ|,求直线AB的斜

4、率与直线PQ的斜率之和.【解析】因为|TA|TB|=(t2+12)(1+k12)k12-16,|TP|TQ|=(t2+12)(1+k22)k22-16且|TA|TB|=|TP|TQ|,即(t2+12)(1+k12)k12-16=(t2+12)(1+k22)k22-16,整理可得k12=k22,即(k1-k2)(k1+k2)=0,显然k1-k20,故k1+k2=0.因此直线AB与直线PQ的斜率之和为0.小做 变式训练已知线段QR的长等于3,两端点Q和R分别在x轴和y轴上滑动,点S在线段QR上,且RS=2SQ,点S的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)曲线C与x轴相交于A,B两点,P为曲线C

5、上一动点,PA,PB与直线x=3交于M,N两点,PMN与PAB的外接圆的周长分别为L1,L2,求L1L2的最小值.【拆解1】已知线段QR的长等于3,两端点Q和R分别在x轴和y轴上滑动,点S在线段QR上,且RS=2SQ,点S的轨迹为曲线C.求曲线C的方程.【解析】设S(x,y),Q(x0,0),R(0,y0),|QR|=3,x02+y02=9,RS=2SQ,(x,y-y0)=2(x0-x,-y),x0=32x,y0=3y,代入式得点S的轨迹曲线C的方程为x24+y2=1.【拆解2】已知曲线C的方程为x24+y2=1,曲线C与x轴相交于A,B两点,P为曲线C上一动点,PA,PB与直线x=3交于M,

6、N两点,设直线PA的斜率为k,求|MN|的长度.【解析】由己知得A(-2,0),B(2,0),设椭圆C上动点P的坐标为(x,y)(y0),则利用两点连线的斜率公式可知kPA=y-0x+2,kPB=y-0x-2,kPAkPB=y-0x+2y-0x-2=y2(x+2)(x-2)=y2x2-4=1-x24x2-4=-14,直线PA的方程为y=k(x+2),则直线PB的方程为y=-14k(x-2),根据对称性设k0,令x=3,得yM=5k,yN=-14k,即M(3,5k),N(3,-14k),则|MN|=5k+14k.【拆解3】已知条件不变,且|MN|=5k+14k,设PMN与PAB的外接圆的周长分别

7、为L1,L2,求L1L2的最小值.【解析】由拆解2知,|MN|=5k+14k,设PMN,PAB的外接圆的半径分别为r1,r2,由正弦定理得2r1=|MN|sinMPN,2r2=|AB|sinAPB,又MPN+APB=180,sinMPN=sinAPB,L1L2=2r12r2=r1r2=|MN|AB|=5k+14k425k14k4=54,当且仅当5k=14k,即k=510时等号成立,即L1L2的最小值为54.通法 技巧归纳求轨迹方程的常用方法1.直接法:根据题目条件,直译为关于动点的几何关系,再利用解析几何的有关公式(两点间的距离公式、点到直线的距离公式、夹角公式等)进行整理、化简,即把这种关系

8、“翻译”成含x,y的等式就得到曲线的轨迹方程.2.定义法:若动点轨迹满足已知曲线的定义,可先设定方程,再确定其中的基本量,求出动点的轨迹方程.3.相关点法:有些问题中,其动点满足的条件不便用等式列出,但动点是随着另一动点(称之为相关点)而运动的,如果相关点所满足的条件是明显的,或是可分析的,这时我们可以用动点坐标表示相关点坐标,根据相关点所满足的方程即可求得动点的轨迹方程.突破 实战训练1.已知点C是平面直角坐标系中异于原点O的一个动点,过点C且与y轴垂直的直线与直线x=-4交于点M,且向量OC与向量OM垂直.(1)求点C的轨迹方程E;(2)已知点P(1,2),F(1,0),过点F的直线l交轨

9、迹E于A,B(点A位于第一象限)两点,若SPBF=4SPAF,求直线l的方程.【解析】(1)设点C(x,y)(x0),则M(-4,y),OM=(-4,y),OC=(x,y).因为OCOM,所以OCOM=-4x+y2=0,因此点C的轨迹方程E为y2=4x(x0).(2)因为SPBF=4SPAF,所以|BF|=4|AF|,则BF=4FA.设点A(x1,y1),B(x2,y2),则y2=-4y1.若直线l与x轴重合,则直线l与曲线E无公共点,设直线l的方程为x=my+1(m0),联立x=my+1,y2=4x,可得y2-4my-4=0,=16m2+160,由韦达定理可得y1+y2=4m,可得y1=-4

10、3m,所以y1y2=-4y12=-4(-43m)2=-64m29=-4,解得m=34.因为点A在第一象限,即y10,则m2)与x轴负半轴的交点,过点M作圆C的弦MN,并使弦MN的中点恰好落在y轴上.(1)求点N的轨迹E的方程;(2)过点P(0,4)的动直线l与轨迹E交于A,B两点,在线段AB上取点D,满足PA=PB,AD=DB,证明:点D总在定直线上.【解析】(1)(法一)由题意知C(2,0),M(2-r,0).设N(x,y)是圆C:(x-2)2+y2=r2(r2)上的任意点.弦MN的中点(2-r+x2,y2)恰好落在y轴上,2-r+x2=0,r=2+x,(x-2)2+y2=(x+2)2,整理

11、得y2=8x.r2,x0,点N的轨迹方程为y2=8x(x0).(法二)设N(x,y),弦MN的中点为Q(0,y2),M(-x,0).点M在x轴的负半轴上,x0,CQ=(-2,y2),MN=(2x,y).由垂径定理得CQMN,则-22x+y22=0,点N的轨迹方程为y2=8x(x0).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x,y),直线l的方程为x=m(y-4)(m0).由y2=8x,x=m(y-4),得y2-8my+32m=0,y1+y2=8m,y1y2=32m.由PA=PB,AD=DB,得y1-4=(y2-4),y-y1=(y2-y),故y1-4y2-4=y-y1y2-y=,化简得

12、y=2y1y2-4(y1+y2)y1+y2-8=4mm-1,又x=m(y-4),y=4xy-4xy-4-1,化简得xy-y2+4y-4x=0,即(x-y)(y-4)=0,则y=x或y=4.当点D在定直线y=4上时,直线l与抛物线C只有一个交点,与题意不符.故点D在定直线y=x上.3.已知三点O(0,0),A(1,-2),B(1,2),M(x,y)为曲线C上任意一点,满足|MA+MB|=OM(OA+OB)+2.(1)求曲线C的方程;(2)已知点P(1,2),R,S为曲线C上的不同两点,且PRPS,PDRS,D为垂足,证明:存在定点Q,使|DQ|为定值.【解析】(1)由MA=(1-x,-2-y),

13、MB=(1-x,2-y),可得MA+MB=(2-2x,-2y),所以|MA+MB|=2(1-x)2+y2,OM(OA+OB)+2=(x,y)(2,0)+2=2x+2.由已知得2(1-x)2+y2=2x+2,化简得y2=4x,所以曲线C的方程为y2=4x.(2)若直线RSy轴,则直线RS与曲线C只有一个交点,不符合题意.设直线RS的方程为x=my+n,联立x=my+n,y2=4x,得y2-4my-4n=0,则=16m2+16n0,可得m2+n0.设R(x1,y1),S(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4n,所以PR=(x1-1,y1-2)=(y124-1,y1-2)=(y1-2)(

14、y1+2)4,y1-2),同理PS=(y2-2)(y2+2)4,y2-2).因为PRPS,所以PRPS=(y1-2)(y2-2)(y1+2)(y2+2)16+(y1-2)(y2-2)=0,所以(y1-2)(y2-2)(y1+2)(y2+2)+16=0,所以点P(1,2)在曲线C上,显然y12且y22,所以(y1+2)(y2+2)+16=y1y2+2(y1+y2)+20=-4n+8m+20=0,所以n=2m+5,所以直线RS的方程为x=m(y+2)+5,因此直线RS过定点M(5,-2),所以|PM|=42,且PDM是以PM为斜边的直角三角形,所以PM的中点Q(3,0)满足|DQ|=12|PM|=

15、22为定值,所以存在Q(3,0)使|DQ|为定值.4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),且点(2,1)在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于两个不同的点A,B,点O为坐标原点,则当AOB的面积S最大时,求线段AB的中点M的轨迹方程.【解析】(1)由题意知2a2+1b2=1,a2=b2+2,解得a=2,b=2,故椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),由x2+2y2=4,y=kx+m,得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0,则=16

16、k2m2-4(2k2+1)(2m2-4)=32k2-8m2+16=8(4k2-m2+2)0,由韦达定理可得x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-42k2+1,则点O到直线l的距离d=|m|k2+1,所以S=12d|AB|=12|m|k2+1k2+1(-4mk2k2+1)2-42m2-42k2+1=2m2(4k2+2-m2)2k2+12m2+(4k2+2-m2)22k2+1=2,S取得最大值2,当且仅当m2=4k2+2-m2,即m2=2k2+1时成立,符合0,此时x0=x1+x22=-2mk2k2+1=-2km,y0=kx0+m=-2k2m+m=1m,即m=1y0,k=-m2x0=-

17、x02y0,代入式,得1y02=x022y02+1,整理得x022+y02=1(y00),即点M的轨迹方程为x22+y2=1(y0).5.设圆x2+y2-4x-60=0的圆心为F2,直线l过点F1(-2,0)且与x轴不重合,交圆F2于C,D两点,过点F1作CF2的平行线交DF2于点E.(1)求|EF1|+|EF2|的值;(2)设点E的轨迹为曲线E1,直线l与曲线E1相交于A,B两点,与直线x=-8相交于点M, N(-2,y0)是曲线E1上一点,证明:k1,k3,k2成等差数列.(其中k1,k2,k3分别指直线AN,BN,MN的斜率)【解析】(1)因为圆x2+y2-4x-60=0的圆心为F2,所

18、以|F2D|=|F2C|,且F1ECF2,所以F2DC=F2CD=EF1D,所以|EF1|=|ED|,故|EF1|+|EF2|=|ED|+|EF2|=|DF2|.又因为圆F2的半径为8,即|DF2|=8,所以|EF1|+|EF2|=8.(2)由(1)知,曲线E1是以F1,F2为焦点的椭圆,且长轴长为8,不含长轴顶点,所以曲线E1的方程为x216+y212=1(y0),设直线l的方程为y=k(x+2),代入椭圆方程化简得4k2+3x2+16k2x+16k2-48=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),N(x0,y0),则x1+x2=-16k24k2+3,x1x2=16k2-484k2+3,所

19、以k1+k2=y0-y1-2-x1+y0-y2-2-x2=4k-y0x1+x2+2kx1x2+8k-4y04+2x1+x2+x1x2=6k+y03,又因为k3=y0+6k6,所以2k3=k1+k2,所以k1,k3,k2成等差数列.6.双曲线C:x24-y23=1的左,右顶点分别为A1,A2,直线l垂直双曲线C的实轴所在的直线,且交双曲线C于不同的两点M,N,直线A1N与直线A2M的交点为P,当直线l移动时,点P的轨迹记为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)过点H(1,0)作曲线E的两条互相垂直的弦BD,FG,证明:过两弦BD,FG中点的直线恒过定点.【解析】(1)根据题意可知A1(-2,0),

20、A2(2,0), 设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,-y0),且x024-y023=1,因为直线l交双曲线C于不同的两点M,N,所以x02,x2.因为直线A2M的方程为y=y0x0-2(x-2),直线A1N的方程为y=-y0x0+2(x+2), 由得y2=-y02x02-4(x2-4),把式代入式得y2=-34(x2-4),化简得x24+y23=1, 所以曲线E的方程为x24+y23=1(x2). (2)依题意得直线DE与直线FG斜率均存在且不为0,设直线DE的方程为x=my+1(m0),则直线FG的方程为x=-1my+1, 联立x=my+1,3x2+4y2=12,得(3m2+4)

21、y2+6my-9=0,则=36m2+36(3m2+4)=144(m2+1)0,设B(x1,y1),D(x2,y2),y1+y2=-6m3m2+4,x1+x2=m(y1+y2)+2=83m2+4, 所以直线BD的中点R的坐标为43m2+4,-3m3m2+4,同理,直线FG的中点S的坐标为4m24m2+3,3m4m2+3, 所以直线RS的斜率为kRS=-3m3m2+4-3m4m2+343m2+4-4m24m2+3=7m4(m2-1),所以直线RS的方程为y+3m3m2+4=7m4(m2-1)(x-43m2+4), 整理得y=7m4(m2-1)x-47, 所以直线RS恒过定点47,0,即过两弦BD,

22、FG中点的直线恒过定点47,0.7.在直角坐标系xOy中,动圆P与圆Q:(x-2)2+y2=1外切,且圆P与直线x=-1相切,记动圆圆心P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的轨迹方程;(2)设过定点S(-2,0)的动直线l与曲线C交于A,B两点,试问:在曲线C上是否存在点M(与A,B两点相异),当直线MA,MB的斜率存在时,直线MA,MB的斜率之和为定值?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)设圆心为P(x,y),圆P的半径为r,因为动圆P与圆Q:(x-2)2+y2=1外切,所以(x-2)2+y2=r+1,又动圆P与直线x=-1相切,所以r=x+1,联立消去r,可得y2=8x

23、.所以曲线C的轨迹方程为y2=8x.(2)假设曲线C上存在点M(x0,y0)满足条件,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y02=8x0,y12=8x1,y22=8x2,kMA=y1-y0x1-x0=8y1+y0,kMB=y2-y0x2-x0=8y2+y0,所以kMA+kMB=8y1+y0+8y2+y0=8(y1+y2+2y0)y02+(y1+y2)y0+y1y2,显然动直线l的斜率存在且不等于零,设l:x=ty-2(t0),联立方程组y2=8x,x=ty-2,消去x,得y2-8ty+16=0,由0得t1或t0,得m1.由AT=2TB,得y1+2y2=0,所以4+y2=0,解得y2=-4,

24、从而y1=8.因为y1y2=4m,所以4m=-32,故m=-8.(2)设M(x3,y3),N(x4,y4),因为M,N两点关于直线y=x+m对称,所以y4-y3x4-x3=y4-y3y424-y324=4y4+y3=-1,故y3+y4=-4.又y4+y32=x4+x32+m,于是-2=x4+x32+m,即x4=-4-2m-x3.由点N在抛物线上,得(-4-y3)2=4(-4-2m-x3).因为y32=4x3,所以y32+4y3+16+4m=0,于是MAMB=(x1-x3)(x2-x3)+(y1-y3)(y2-y3)=(y124-y324)(y224-y324)+(y1-y3)(y2-y3)=(

25、y1-y3)(y2-y3)16(y1+y3)(y2+y3)+16=(y1-y3)(y2-y3)16y1y2+y3(y1+y2)+y32+16=(y1-y3)(y2-y3)16(4m+4y3+y32+16)=0,因此MAMB,同理NANB,于是点M,N在以AB为直径的圆上,即A,B,M,N四点共圆.(3)易知F(1,0).设P(p2,2p),Q(q2,2q),则U(-1,2p),V(-1,2q).设直线PQ与x轴的交点为D(x1,0),则SPQF=12|2p-2q|FD|=|p-q|1-x1|,SUVF=12|UV|1-(-1)|=2|p-q|.由题意知SUVF=2SPQF,可得|1-x1|=1,所以x1=0或x1=2.设线段PQ的中点为R(x,y),则当x1=2,PQ与x轴不垂直时,由kPQ=kDR,可得2(q-p)q2-p2=yx-2(x2),即2q+p=yx-2(x2).而y=2p+2q2=p+q,所以y2=2(x-2)(x2).同理,当x1=0时,y2=2x(x0).当PQ与x轴垂直时,R与D(2,0)重合,符合y2=2(x-2).综上,线段PQ的中点的轨迹方程为y2=2(x-2)或y2=2x(x0).