1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 9.8 曲线与方程曲线与方程 目录 一、考点全归纳一、考点全归纳 1曲线与方程曲线与方程 在平面直角坐标系中，如果某曲线 C(看作满足某种条件的点的集合或轨迹)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在曲线上 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曲线的交点曲线的交点 设曲线 C1的方程为 F1(x，y)0，曲线 C2的方程为 F2(x，y)0，则 C1，C2的交点坐标即为方程组
2、F1（x，y）0， F2（x，y）0 的实数解，若此方程组无解，则两曲线无交点 3求动点的轨迹方程的一般步骤求动点的轨迹方程的一般步骤 (1)建系建立适当的坐标系 (2)设点设轨迹上的任一点 P(x，y) (3)列式列出动点 P 所满足的关系式 (4)代换依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为关于 x，y 的方程式，并化简 (5)证明证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程 【常用结论】【常用结论】 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
3、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 二、题型全归纳二、题型全归纳 题型一题型一 定义法求轨迹方定义法求轨迹方程程 【解题要点】定义法求轨迹方程的适用条件及关键点【解题要点】定义法求轨迹方程的适用条件及关键点 (1)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， (2)理解解析几何中有关曲线的定义是解题关键 (3)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
4、中的变量 x 或 y 进行限制 【例 1】 A 为双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)上的任意一点，过焦点 F1 作F1AF2的角平分线的垂线，垂足为 M，则点 M 的轨迹方程为_ 【答案】 x2y2a2 【解析】 如图，延长 F1M 交 AF2延长线于点 N， 故|AF1|AN|，|AF1|AF2|2a， 故|AN|AF2|2a，所以|F2N|2a， 所以|OM|1 2|F2N|a， 故 M 点的轨迹方程为 x2y2a2. 【例 2】 如图所示，已知点 C 为圆(x 2)2y24 的圆心，点 A( 2，0)P 是圆上的动点，点 Q 在圆的 半径 CP 所在的直线上，且MQ AP 0
5、，AP2AM .当点 P 在圆上运动时，求点 Q 的轨迹方程 【答案】x2y21 【解析】 由(x 2)2y24 知圆心 C( 2，0)，半径 r2. MQ AP 0，AP2AM ， MQAP，点 M 为 AP 的中点，因此 QM 垂直平分线段 AP.如图，连接 AQ，则|AQ|QP|， |QC|QA|QC|QP|CP|2. 又|AC|2 22，根据双曲线的定义，点 Q 的轨迹是以 C( 2，0)，A( 2，0)为焦点，实轴长为 2 的双曲 线 由 c 2，a1，得 b21，故点 Q 的轨迹方程为 x2y21. 题型二题型二 直接法求轨迹方程直接法求轨迹方程 【规律与方法】【规律与方法】1直接
6、法求轨迹方程的应用条件和步骤 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 2用直接法求轨迹方程需要注意的问题 (1)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，则要说明轨迹是什么 图形 【例【例 1】 已知ABC 的三个顶点分别为 A(1，0)，B(2，3)，C(1，2 2)，定点 P(1，1) (1)求ABC 外接圆的标准方程； (2)若过定点 P 的直线与ABC 的外接圆交于 E，F 两点，求弦 EF 中点的轨迹方程 【答案】见解析 【解析】 (
7、1)由题意得 AC 的中点坐标为(0， 2)，AB 的中点坐标为 1 2， 3 2 ，kAC 2，kAB1，故 AC 中垂 线的斜率为 2 2 ，AB 中垂线的斜率为1，则 AC 的中垂线的方程为 y 2 2 2 x，AB 的中垂线的方程 为 y3 2 x1 2 . 由 y3 2 x1 2 ， y 2 2 2 x， 得 x2， y0， 所以ABC 的外接圆圆心为(2，0)，半径 r213，故ABC 外接圆的标准方程为(x2)2y29. (2)设弦 EF 的中点为 M(x，y)，ABC 外接圆的圆心为 N，则 N(2，0)， 由 MNMP，得NM PM 0， 所以(x2，y) (x1，y1)0，
8、 整理得 x2y23xy20， 所以弦 EF 中点的轨迹方程为 x3 2 2 y1 2 2 1 2. 【例【例 2】 (2020 葫芦岛调研葫芦岛调研)在ABC 中，已知 A(2,0)，B(2，0)，G，M 为平面上的两点，且满足GA GB GC 0，|MA |MB |MC |，GM AB ，则顶点 C 的轨迹为( ) A焦点在 x 轴上的椭圆(长轴端点除外) B焦点在 y 轴上的椭圆(短轴端点除外) C焦点在 x 轴上的双曲线(实轴端点除外) D焦点在 x 轴上的抛物线(顶点除外) 【答案】B 【解析】设 C(x，y)(y0)，则由GA GB GC 0，即 G 为ABC 的重心，得 G x
9、3， y 3 .又|MA |MB |MC |，即 M 为ABC 的外心，所以点 M 在 y 轴上，又GM AB ，则有 M 0，y 3 .所以 x2 yy 3 24y 2 9，化简 得x 2 4 y2 121，y0.所以顶点 C 的轨迹为焦点在 y 轴上的椭圆(除去短轴端点) 题型三题型三 相关点法相关点法(代入法代入法)求轨迹方程求轨迹方程 【解题要点】【解题要点】 【例【例 1】(2020 莆田二模莆田二模)已知 A(0，1)，B 是曲线 y1 8x 21 上任意一点，动点 P 满足 APBP0. (1)求点 P 的轨迹 E 的方程； (2)过点 D(0,1)的直线交 E 于 M，N 两点
10、，过原点 O 与点 M 的直线交直线 y1 于点 H，求证：|DN|HN|. 【答案】见解析 【解析】 (1)设 P(x，y)，B(x0，y0)， 由AP BP0 得， (x，y1)(xx0，yy0)(0,0)， 则 2xx00， 2yy010， 即 x02x， y02y1， 因为点 B 为曲线 y1 8x 21 上任意一点， 故 y01 8x 2 01，代入得 x 24y. 所以点 P 的轨迹 E 的方程是 x24y. (2)证明：依题意，得直线 MN 的斜率存在，其方程可设为 ykx1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 ykx1， x24y， 得 x24kx40， 所以 16k2
11、160，x1x24. 因为直线 OM 的方程为 yy1 x1x， 且点 H 是直线 OM 与直线 y1 的交点，所以点 H 的坐标为 x1 y1，1 . 根据抛物线的定义|DN|等于点 N 到准线 y1 的距离，由于点 H 在准线 y1 上， 所以要证明|DN|HN|，只需证明 HN 垂直准线 y1，即证 HNy 轴 因为点 H 的横坐标为x1 y1 x1 x21 4 4 x1 x1x2 x1 x2， 所以 HNy 轴成立，所以|DN|HN|成立 【例 2】 (2020 河南郑州模河南郑州模拟拟)如图所示，抛物线 E：y22px(p0)与圆 O：x2y28 相交于 A，B 两点， 且点 A 的
12、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 【答案】见解析 【解析】 (1)由点 A 的横坐标为 2，可得点 A 的坐标为(2，2)， 代入 y22px，解得 p1. (2)由(1)知抛物线 E：y22x. 设 C y21 2，y1 ，D y22 2，y 2 ，y10，y20，切线 l1的斜率为 k，则切线 l1：yy1k xy 2 1 2 ，代入 y22x， 得 ky22y2y1ky210，由 0，解
13、得 k1 y1， 所以 l1的方程为 y1 y1x y1 2， 同理 l2的方程为 y1 y2x y2 2. 联立 y 1 y1x y1 2， y1 y2x y2 2， 解得 xy 1y2 2 ， yy1y2 2 . 易知 CD 的方程为 x0 xy0y8， 其中 x0，y0满足 x20y208，x02，2 2 ， 由 y22x， x0 xy0y8，得 x 0y 22y 0y160， 则 y1y2 2y0 x0 ， y1y216 x0， 代入 xy 1y2 2 ， yy1y2 2 ， 可得 M(x，y)满足 x 8 x0， yy0 x0， 可得 x0 8 x， y08y x ， 代入 x20y
14、208，并化简，得x 2 8y 21， 考虑到 x02，2 2，知 x4，2 2， 所以动点 M 的轨迹方程为x 2 8y 21，x4，2 2 三、高效训练突破三、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1方程(xy)2(xy1)20 表示的曲线是( ) A一条直线和一条双曲线 B两条双曲线 C两个点 D以上答案都不对 【答案】C. 【解析】 ：(xy)2(xy1)20 xy0， xy10. 故 x1， y1 或 x1， y1. 2 (2020 银川模拟银川模拟)设 D 为椭圆y 2 5x 21 上任意一点， A(0， 2)， B(0， 2)， 延长 AD 至点 P， 使得|PD|BD|， 则点
15、P 的轨迹方程为( ) Ax2(y2)220 Bx2(y2)220 Cx2(y2)25 Dx2(y2)25 【答案】B. 【解析】 ： 设点 P 坐标为(x， y) 因为 D 为椭圆y 2 5x 21 上任意一点， 且 A， B 为椭圆的焦点， 所以|DA|DB| 2 5.又|PD|BD|，所以|PA|PD|DA|DA|DB|2 5，所以 x2（y2）22 5，所以 x2(y 2)220，所以点 P 的轨迹方程为 x2(y2)220.故选 B. 3.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
16、直角坐标系 uOv 上的点 P(2xy，x2y2)，则当点 P 沿着折线 A- B- C 运动时，在映射 f 的作 用下，动点 P的轨迹是( ) 【答案】D. 【解析】 ：当 P 沿 AB 运动时，x1，设 P(x，y)，则 x2y， y1y2(0y1)，故 y1 x2 4 (0 x2，0 y1)当 P 沿 BC 运动时，y1，则 x2x， yx21(0 x1)，所以 y x2 4 1(0 x2，1y0)，由 此可知 P的轨迹如 D 项图象所示，故选 D. 4(2020 兰州模拟兰州模拟)已知两点 M(2，0)，N(2，0)，点 P 为坐标平面内的动点，满足|MN | |MP |MN NP 0
17、， 则动点 P(x，y)的轨迹方程为( ) Ay28x By28x Cy24x Dy24x 【答案】A. 【解析】 ：设 P(x，y)，M(2，0)，N(2，0)，|MN |4.则MP (x2，y)，NP (x2，y)，由|MN | |MP |MN NP 0，得 4 （x2）2y24(x2)0，化简整理得 y28x.故选 A. 5(2020 福州模拟福州模拟)动点 M 在圆 x2y225 上移动，过点 M 作 x 轴的垂线段 MD，D 为垂足，则线段 MD 中点的轨迹方程是( ) A.4x 2 25 y2 251 Bx 2 25 4y2 251 C.4x 2 25 y2 251 Dx 2 25
18、 4y2 251 【答案】B. 【解析】 ：如图 设线段 MD 中点为 P(x，y)，M(x0，y0)，D(x0，0)，因为 P 是 MD 的中点， 所以 x0 x， y02y. 又 M 在圆 x2y225 上，所以 x20y2025，即 x24y225，x 2 25 4y2 251，所以线段 MD 的中 点 P 的轨迹方程是x 2 25 4y2 251.故选 B. 6.(2020 长沙模拟长沙模拟)已知点集 M(x，y)| 1x2 1y2xy，则平面直角坐标系中区域 M 的面积是( ) A1 B3 4 C D2 2 【答案】 D 【解析】 当 xy0 时， 只需要满足 x21， y21 即可
19、； 当 xy0 时， 对不等式两边平方整理， 得 x2y21， 所以区域 M如图 易知其面积为 2 2. 7如图，已知 F1，F2是椭圆 ：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点，P 是椭圆 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 【答案】 B 【解析】 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 PQF2M，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
20、|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. 8 若曲线 C 上存在点 M， 使 M 到平面内两点 A(5,0)， B(5， 0)的距离之差为 8， 则称曲线 C 为“好曲线” 以 下曲线不是“好曲线”的是( ) Axy5 Bx2y29 C.x 2 25 y2 91 Dx216y 【答案】 B 【解析】 M 到平面内两点 A(5,0)，B(5,0)的距离之差为 8，M 的轨迹是以 A(5,0)，B(5,0)为焦点的 双曲线的右支，方程为x 2 16 y2 91(x
21、4)A 项，直线 xy5 过点(5,0)，与 M 的轨迹有交点；B 项，x 2y2 9 的圆心为(0,0)，半径为 3，与 M 的轨迹没有交点；C 项，x 2 25 y2 91 的右顶点为(5,0)，与 M 的轨迹有交 点；D 项，将 x216y 代入x 2 16 y2 91，得 y y2 91，即 y 29y90，0.故选 B. 9.(2020 宝鸡二模宝鸡二模)设 D 为椭圆 x2y 2 51 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( ) Ax2(y2)220 Bx2(y2)220 Cx2(y2)25 Dx2(y
22、2)25 【答案】 B 【解析】 如图 由椭圆方程 x2y 2 51，得 a 25，b21，c a2b22，则 A(0，2)，B(0,2)为椭圆的两焦点，|DA| |DB|2a2 5， |PD|BD|， |PA|PD|DA|BD|DA|2 5.点 P 的轨迹是以 A 为圆心， 2 5为 半径的圆，其方程为 x2(y2)220. 10(2019 北京高考北京高考)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C：x2y21|x|y 就是其中之一(如 图)给出下列三个结论： 曲线 C 恰好经过 6 个整点(即横、纵坐标均为整数的点)； 曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2； 曲线 C 所围成
23、的“心形”区域的面积小于 3. 其中，所有正确结论的序号是( ) A B C D 【答案】 C 【解析】 由 x2y21|x|y，当 x0 时，y 1；当 y0 时，x 1；当 y1 时，x0， 1.故曲线 C 恰好经过 6 个 整点：A(0,1)，B(0，1)，C(1,0)，D(1，1)，E(1,0)，F(1,1)，所以正确由基本不等式，当 y0 时， x2y21|x|y1|xy|1x 2y2 2 ，所以 x2y22，所以 x2y2 2，故正确如图，由知长方形 CDFE 面积为 2，三角形 BCE 面积为 1，所以曲线 C 所围成的“心形”区域的面积大于 3，故错误故选 C. 11 设过点
24、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 2PA，且OQ AB 1，则点 P 的轨迹方程是( ) A.3 2x 23y21(x0，y0) B.3 2x 23y21(x0，y0) C3x23 2y 21(x0，y0) D3x23 2y 21(x0，y0) 【答案】A. 【解析】 ：设 A(a，0)，B(0，b)，a0，b0.由BP 2PA，得(x，yb)2(ax，y)，即 a3 2x0，b3y 0.点 Q(x，y)，故由OQ AB 1，得(x，y) (a，b)1，即 axby1.将 a3 2x，
25、b3y 代入 axby1， 得所求的轨迹方程为3 2x 23y21(x0，y0) 12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( ) Axy5 Bx2y29 C.x 2 25 y2 91 Dx216y 【答案】B. 【解析】 ：因为 M 到平面内两点 A(5，0)，B(5，0)距离之差的绝对值为 8，所以 M 的轨迹是以 A(5，0)， B(5，0)为焦点的双曲线，方程为x 2 16 y2 91.A 项，直线 xy5 过点(5，0)，满足题意，为“好曲线”；B 项，x2y29 的圆心
26、为(0，0)，半径为 3，与 M 的轨迹没有交点，不满足题意；C 项，x 2 25 y2 91 的右顶点 为(5，0)，满足题意，为“好曲线”；D 项，方程代入x 2 16 y2 91，可得 y y2 91，即 y 29y90，所以 0，满足题意，为“好曲线” 二、填空题二、填空题 1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 tR， 则点 C 的轨迹方程是_ 【答案】 ：y2x2 【解析】 ：设 C(x，y)，则OC (x，y)，OA t(OB OA )(1t，2t)，所以 xt1， y2t， 消去参数 t 得点 C 的
27、轨 迹方程为 y2x2. 2 ABC 的顶点 A(5， 0)， B(5， 0)， ABC 的内切圆圆心在直线 x3 上， 则顶点 C 的轨迹方程是_ 【答案】 ：x 2 9 y2 161(x3) 【解析】 ：如图，ABC 与内切圆的切点分别为 G，E，F. |AG|AE|8，|BF|BG|2，|CE|CF|， 所以|CA|CB|826. 根据双曲线定义，所求轨迹是以 A，B 为焦点，实轴长为 6 的双曲线的右支，轨迹方程为x 2 9 y2 161(x3) 3设 F1，F2为椭圆x 2 4 y2 31 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
28、，则点 D 的轨迹方程是_ 【答案】 ：x2y24 【解析】 由题意，延长 F1D，F2A 并交于点 B，易证 RtABDRtAF1D，则|F1D|BD|，|F1A|AB|，又 O 为 F1F2 的中点，连接 OD，则 ODF2B，从而可知|OD|1 2|F2B| 1 2(|AF1|AF2|)2，设点 D 的坐标为(x，y)，则 x 2 y24. 4.已知圆 C：x2y225，过点 M(2,3)作直线 l 交圆 C 于 A，B 两点，分别过 A，B 两点作圆的切线，当两 条切线相交于点 Q 时，点 Q 的轨迹方程为_ 【答案】 2x3y250 【解析】 圆 C：x2y225 的圆心 C 为(0
29、,0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，因为 AQ 与圆 C 相切， 所以 AQCA，所以(x1x0)(x10)(y1y0)(y10)0，即 x21x0 x1y21y0y10，因为 x21y2125，所以 x0 x1y0y125， 同理 x0 x2y0y225， 所以过点 A， B 的直线方程为 xx0yy025.因为直线 AB 过点 M(2,3)， 所以得2x03y025，所以点 Q 的轨迹方程为 2x3y250. 5(2020 哈尔滨三模哈尔滨三模)数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”事实上，很多代数问题 可以转化为几何问题加以解法， 例如， 与
30、xa2yb2相关的代数问题， 可以转化为点 A(x， y)与点 B(a， b)之间距离的几何问题结合上述观点，可得方程| x26x13 x26x13|4 的解为_ 【答案】 6 5 5 【解析】 由| x26x13 x26x13|4，得|x324 x324|4， 其几何意义为平面内动点(x,2)与两定点(3,0)，(3,0)距离差的绝对值为 4. 平面内动点与两定点(3,0)，(3,0)距离差的绝对值为 4 的点的轨迹方程为x 2 4 y2 51. 联立 y2， x2 4 y2 51， 解得 x 6 5 5 . 6(2020 四川成都石室中学模拟四川成都石室中学模拟)已知两定点 F1(1，0)
31、，F2(1，0)和一动点 P，给出下列结论： 若|PF1|PF2|2，则点 P 的轨迹是椭圆； 若|PF1|PF2|1，则点 P 的轨迹是双曲线； 若|PF1| |PF2|(0，且 1)，则点 P 的轨迹是圆； 若|PF1|PF2|a2(a0)，则点 P 的轨迹关于原点对称； 若直线 PF1与 PF2的斜率之积为 m(m0)，则点 P 的轨迹是椭圆(除长轴两端点) 其中正确的是_(填序号) 【答案】 ： 【解析】 ：对于，由于|PF1|PF2|2|F1F2|，所以点 P 的轨迹是线段 F1F2，故不正确 对于，由于|PF1|PF2|1，故点 P 的轨迹是以 F1，F2为焦点的双曲线的右支，故不
32、正确 对于，设 P(x，y)，由题意得 （x1）2y2 （x1）2y2，整理得(1 2)x2(12)y2(222)x120.因为 0，且 1，所以 x2y2（22 2） 12 x1 2 120，所以点 P 的轨迹是圆，故正确 对于，设 P(x，y)，则|PF1|PF2|（x1）2y2 （x1）2y2a2.又点 P(x，y)关于原点的对称点 为 P(x， y)， 因为 （x1）2（y）2 （x1）2（y）2 （x1）2y2 （x1）2y2 a2， 所以点 P(x， y)也在曲线 （x1）2y2 （x1）2y2a2上， 即点 P 的轨迹关于原点对称， 故正确 对于，设 P(x，y)，则 kPF1
33、y x1，kPF2 y x1，由题意得 kPF1kPF2 y x1 y x1 y2 x21m(m0)，整理 得 x2y 2 m1，此方程不一定表示椭圆，故不正确 综上，正确结论的序号是. 三三 解答题解答题 1如图，已知 P 是椭圆x 2 4y 21 上一点，PMx 轴于 M.若PNNM . (1)求点 N 的轨迹方程； (2)当点 N 的轨迹为圆时，求 的值 【答案】见解析 【解析】 (1)设点 P，点 N 的坐标分别为 P(x1，y1)， N(x，y)，则 M 的坐标为(x1,0)，且 xx1， PN (xx 1，yy1)(0，yy1)， NM (x1x，y)(0，y)， 由PN NM 得
34、(0，yy1)(0，y) yy1y，即 y1(1)y. P(x1，y1)在椭圆x 2 4y 21 上， 则x 2 1 4y 2 11，x 2 4(1) 2y21， 故x 2 4(1) 2y21 即为所求的点 N 的轨迹方程 (2)要使点 N 的轨迹为圆，则(1)21 4， 解得 1 2或 3 2. 所以当 1 2或 3 2时，点 N 的轨迹是圆 2.(2020 东北三省四市一模东北三省四市一模)如图，已知椭圆 C：x 2 18 y2 91 的短轴端点分别为 B1，B2，点 M 是椭圆 C 上的动 点，且不与 B1，B2重合，点 N 满足 NB1MB1，NB2MB2. (1)求动点 N 的轨迹方
35、程； (2)求四边形 MB2NB1面积的最大值 【答案】见解析 【解析】 ：(1)法一：设 N(x，y)，M(x0，y0)(x00) 由题知 B1(0，3)，B2(0，3)， 所以 kMB1y03 x0 ，kMB2y03 x0 . 因为 MB1NB1，MB2NB2， 所以直线 NB1：y3 x0 y03x， 直线 NB2：y3 x0 y03x， 得 y29 x20 y209x 2. 又因为x 2 0 18 y20 91， 所以 y29 18 1y 2 0 9 y209 x22x2， 整理得动点 N 的轨迹方程为y 2 9 x2 9 2 1(x0) 法二：设 N(x，y)，M(x0，y0)(x0
36、0) 由题知 B1(0，3)，B2(0，3)， 所以 kMB1y03 x0 ，kMB2y03 x0 . 因为 MB1NB1，MB2NB2， 所以直线 NB1：y3 x0 y03x， 直线 NB2：y3 x0 y03x， 联立，解得 xy 2 09 x0 ， yy0. 又x 2 0 18 y20 91， 所以 xx0 2， 故 x02x， y0y， 代入x 2 0 18 y20 91，得 y2 9 x2 9 2 1. 所以动点 N 的轨迹方程为y 2 9 x2 9 2 1(x0) 法三：设直线 MB1：ykx3(k0)， 则直线 NB1：y1 kx3， 直线 MB1与椭圆 C：x 2 18 y2
37、 91 的交点 M 的坐标为 12k 2k21， 6k23 2k21 . 则直线 MB2的斜率为 kMB2 6k23 2k213 12k 2k21 1 2k. 所以直线 NB2：y2kx3. 由得点 N 的轨迹方程为y 2 9 x2 9 2 1(x0) (2)由(1)方法三得直线 NB1：y1 kx3， 直线 NB2：y2kx3， 联立解得x 6k 2k21， 即xN 6k 2k21， 故四边形MB2NB1的面积S 1 2|B1B2|(|xM|xN|)3 12|k| 2k21 6|k| 2k21 54|k| 2k21 54 2|k| 1 |k| 27 2 2 ，当且仅当|k| 2 2 时，S
38、取得最大值27 2 2 . 3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 mn2. (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 PNx 轴且与轨迹 C 交于另一点 N，F 为轨迹 C 的右焦点，若RP RQ (1)，求证：NF FQ . 【答案】见解析 【解析】 ：(1)依题意知，直线 A1N1的方程为 y m 6(x 6)， 直线 A2N2的方程为 y n 6(x 6)， 设 M(x，y)是直线 A1N1与 A2N
39、2的交点，得 y2mn 6 (x26)， 又 mn2，整理得x 2 6 y2 21.故点 M 的轨迹 C 的方程为 x2 6 y2 21. (2)证明：设过点 R 的直线 l：xty3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 N(x1，y1)， 由 xty3， x2 6 y2 21， 消去 x，得(t23)y26ty30，(*) 所以 y1y2 6t t23，y1y2 3 t23. 由RP RQ ，得(x13，y1)(x23，y2)，故 x13(x23)，y1y2， 由(1)得 F(2，0)，要证NF FQ ，即证(2x1，y1)(x22，y2)， 只需证 2x1(x22)，只需证x13 x23 x12 x22，即证 2x1x25(x1x2)120，又 x1x2(ty13)(ty23) t2y1y23t(y1y2)9，x1x2ty13ty23t(y1y2)6，所以 2t2y1y26t(y1y2)185t(y1y2)30 120，即 2t2y1y2t(y1y2)0， 而 2t2y1y2t(y1y2)2t2 3 t23t 6t t230 成立，得证
