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2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章 平面解析几何 第8讲 高效演练分层突破学案
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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章 平面解析几何 第8讲 高效演练分层突破学案，共9页。
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
解析：选C.(x－y)2＋(xy－1)2＝0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,xy－1＝0.))
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1.))
2．(2020·银川模拟)设D为椭圆eq \f(y2,5)＋x2＝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
解析：选B.设点P坐标为(x，y)．因为D为椭圆eq \f(y2,5)＋x2＝1上任意一点，且A，B为椭圆的焦点，所以|DA|＋|DB|＝2eq \r(5).又|PD|＝|BD|，所以|PA|＝|PD|＋|DA|＝|DA|＋|DB|＝2eq \r(5)，所以eq \r(x2＋（y＋2）2)＝2eq \r(5)，所以x2＋(y＋2)2＝20，所以点P的轨迹方程为x2＋(y＋2)2＝20.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)对应到另一个平面直角坐标系uO′v上的点P′(2xy，x2－y2)，则当点P沿着折线ABC运动时，在映射f的作用下，动点P′的轨迹是( )
解析：选D.当P沿AB运动时，x＝1，设P′(x′，y′)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2y，,y′＝1－y2))(0≤y≤1)，故y′＝1－eq \f(x′2,4)(0≤x′≤2，0≤y′≤1)．当P沿BC运动时，y＝1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2x，,y′＝x2－1))(0≤x≤1)，所以y′＝eq \f(x′2,4)－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的轨迹如D项图象所示，故选D.
4．(2020·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|eq \(MN,\s\up6(→))|·|eq \(MP,\s\up6(→))|＋eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为( )
A．y2＝－8x B．y2＝8x
C．y2＝－4x D．y2＝4x
解析：选A.设P(x，y)，M(－2，0)，N(2，0)，|eq \(MN,\s\up6(→))|＝4.则eq \(MP,\s\up6(→))＝(x＋2，y)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(x－2，y)，由|eq \(MN,\s\up6(→))|·|eq \(MP,\s\up6(→))|＋eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝0，得4eq \r(（x＋2）2＋y2)＋4(x－2)＝0，化简整理得y2＝－8x.故选A.
5．(2020·福州模拟)动点M在圆x2＋y2＝25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.eq \f(4x2,25)＋eq \f(y2,25)＝1 B．eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1
C.eq \f(4x2,25)－eq \f(y2,25)＝1 D．eq \f(x2,25)－eq \f(4y2,25)＝1
解析：选B.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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝x，,y0＝2y.))又M在圆x2＋y2＝25上，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝25，即x2＋4y2＝25，eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1，所以线段MD的中点P的轨迹方程是eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1.故选B.
6．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eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，其中t∈R，则点C的轨迹方程是________．
解析：设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝(1＋t，2t)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝t＋1，,y＝2t，))消去参数t得点C的轨迹方程为y＝2x－2.
答案：y＝2x－2
7．△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________．
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|＝8－2＝6.
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eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)．
答案：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)
8．设F1，F2为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1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，则点D的轨迹方程是________．
解析：由题意，延长F1D，F2A并交于点B，易证Rt△ABD≌Rt△AF1D，则|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O为F1F2的中点，连接OD，则OD∥F2B，从而可知|OD|＝eq \f(1,2)|F2B|＝eq \f(1,2)(|AF1|＋|AF2|)＝2，设点D的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝4.
答案：x2＋y2＝4
9．如图所示，已知圆A：(x＋2)2＋y2＝1与点B(2，0)，分别求出满足下列条件的动点P的轨迹方程．
(1)△PAB的周长为10；
(2)圆P与圆A外切，且过B点(P为动圆圆心)；
(3)圆P与圆A外切，且与直线x＝1相切(P为动圆圆心)．
解：(1)根据题意，知|PA|＋|PB|＋|AB|＝10，即|PA|＋|PB|＝6>4＝|AB|，故P点轨迹是椭圆，且2a＝6，2c＝4，即a＝3，c＝2，b＝eq \r(5).
因此其轨迹方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1(y≠0)．
(2)设圆P的半径为r，则|PA|＝r＋1，|PB|＝r，
因此|PA|－|PB|＝1.
由双曲线的定义知，P点的轨迹为双曲线的右支，
且2a＝1，2c＝4，即a＝eq \f(1,2)，c＝2，b＝eq \f(\r(15),2)，因此其轨迹方程为4x2－eq \f(4,15)y2＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2))).
(3)依题意，知动点P到定点A的距离等于到定直线x＝2的距离，故其轨迹为抛物线，且开口向左，p＝4.
因此其轨迹方程为y2＝－8x.
10．(2020·宝鸡模拟)已知动圆P恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，且与直线x＝－eq \f(1,4)相切．
(1)求动圆P圆心的轨迹M的方程；
(2)在正方形ABCD中，AB边在直线y＝x＋4上，另外C，D两点在轨迹M上，求该正方形的面积．
解：(1)由题意得动圆P的圆心到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))的距离与它到直线x＝－eq \f(1,4)的距离相等，
所以圆心P的轨迹是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))为焦点，直线x＝－eq \f(1,4)为准线的抛物线，且p＝eq \f(1,2)，所以动圆P圆心的轨迹M的方程为y2＝x.
(2)由题意设CD边所在直线方程为y＝x＋t.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋t，,y2＝x，))消去y，整理得x2＋(2t－1)x＋t2＝0.
因为直线CD和抛物线交于两点，
所以Δ＝(2t－1)2－4t2＝1－4t＞0，解得t＜eq \f(1,4).
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝1－2t，x1x2＝t2.
所以|CD|＝eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(2[（1－2t）2－4t2])＝eq \r(2（1－4t）).
又直线AB与直线CD之间的距离为|AD|＝eq \f(|t－4|,\r(2))，|AD|＝|CD|，
所以eq \r(2（1－4t）)＝eq \f(|t－4|,\r(2))，解得t＝－2或t＝－6，
经检验t＝－2和t＝－6都满足Δ＞0.
所以正方形边长|AD|＝3eq \r(2)或|AD|＝5eq \r(2)，
所以正方形ABCD的面积S＝18或S＝50.
[综合题组练]
1．设过点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eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PA,\s\up6(→))，且eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝1，则点P的轨迹方程是( )
A.eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)
B.eq \f(3,2)x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)
D．3x2＋eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)
解析：选A.设A(a，0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PA,\s\up6(→))，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝eq \f(3,2)x＞0，b＝3y＞0.点Q(－x，y)，故由eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a＝eq \f(3,2)x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的轨迹方程为eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
2．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( )
A．x＋y＝5 B．x2＋y2＝9
C.eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1 D．x2＝16y
解析：选B.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eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1.
A项，直线x＋y＝5过点(5，0)，满足题意，为“好曲线”；B项，x2＋y2＝9的圆心为(0，0)，半径为3，与M的轨迹没有交点，不满足题意；C项，eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的右顶点为(5，0)，满足题意，为“好曲线”；D项，方程代入eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1，可得y－eq \f(y2,9)＝1，即y2－9y＋9＝0，所以Δ＞0，满足题意，为“好曲线”．
3.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线
B．抛物线
C．椭圆
D．双曲线的一支
解析：选C.母线与中轴线夹角为30°，然后用平面α去截，使直线AB与平面α的夹角为60°，则截口为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆．故选C.
4．(2020·四川成都石室中学模拟)已知两定点F1(－1，0)，F2(1，0)和一动点P，给出下列结论：
①若|PF1|＋|PF2|＝2，则点P的轨迹是椭圆；
②若|PF1|－|PF2|＝1，则点P的轨迹是双曲线；
③若eq \f(|PF1|,|PF2|)＝λ(λ＞0，且λ≠1)，则点P的轨迹是圆；
④若|PF1|·|PF2|＝a2(a≠0)，则点P的轨迹关于原点对称；
⑤若直线PF1与PF2的斜率之积为m(m≠0)，则点P的轨迹是椭圆(除长轴两端点)．
其中正确的是________．(填序号)
解析：对于①，由于|PF1|＋|PF2|＝2＝|F1F2|，所以点P的轨迹是线段F1F2，故①不正确．
对于②，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②不正确．
对于③，设P(x，y)，由题意得eq \f(\r(（x＋1）2＋y2),\r(（x－1）2＋y2))＝λ，整理得(1－λ2)x2＋(1－λ2)y2＋(2＋2λ2)x＋1－λ2＝0.因为λ＞0，且λ≠1，所以x2＋y2＋eq \f(（2＋2λ2）,1－λ2)x＋eq \f(1－λ2,1－λ2)＝0，所以点P的轨迹是圆，故③正确．
对于④，设P(x，y)，则|PF1|·|PF2|＝eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2.又点P(x，y)关于原点的对称点为P′(－x，－y)，因为eq \r(（－x＋1）2＋（－y）2)·eq \r(（－x－1）2＋（－y）2)＝eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2，所以点P′(－x，－y)也在曲线eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2上，即点P的轨迹关于原点对称，故④正确．
对于⑤，设P(x，y)，则kPF1＝eq \f(y,x＋1)，kPF2＝eq \f(y,x－1)，由题意得kPF1·kPF2＝eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝m(m≠0)，整理得x2－eq \f(y2,m)＝1，此方程不一定表示椭圆，故⑤不正确．
综上，正确结论的序号是③④.
答案：③④
5．(一题多解)(2020·东北三省四市一模)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1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NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求动点N的轨迹方程；
(2)求四边形MB2NB1面积的最大值．
解：(1)法一：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由题知B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以kMB1＝eq \f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq \f(y0－3,x0).
因为MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x，①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x，②
①×②得y2－9＝eq \f(xeq \\al(2,0),yeq \\al(2,0)－9)x2.
又因为eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，
所以y2－9＝eq \f(18\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(yeq \\al(2,0),9))),yeq \\al(2,0)－9)x2＝－2x2，
整理得动点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
法二：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由题知B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以kMB1＝eq \f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq \f(y0－3,x0).
因为MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x，①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x，②
联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(yeq \\al(2,0)－9,x0)，,y＝－y0.))
又eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，
所以x＝－eq \f(x0,2)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－2x，,y0＝－y，))代入eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，得eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1.
所以动点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
法三：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3，①
直线MB1与椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
则直线MB2的斜率为kMB2＝eq \f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq \f(1,2k).
所以直线NB2：y＝2kx＋3.②
由①②得点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
(2)由(1)方法三得直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3，①
直线NB2：y＝2kx＋3，②
联立①②解得x＝eq \f(－6k,2k2＋1)，即xN＝eq \f(－6k,2k2＋1)，故四边形MB2NB1的面积S＝eq \f(1,2)|B1B2|(|xM|＋|xN|)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12|k|,2k2＋1)＋\f(6|k|,2k2＋1)))＝eq \f(54|k|,2k2＋1)＝eq \f(54,2|k|＋\f(1,|k|))≤eq \f(27\r(2),2)，当且仅当|k|＝eq \f(\r(2),2)时，S取得最大值eq \f(27\r(2),2).
6．在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1(－eq \r(6)，0)，A2(eq \r(6)，0)，再取两个动点N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2.
(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PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若eq \(RP,\s\up6(→))＝λeq \(RQ,\s\up6(→))(λ＞1)，求证：eq \(NF,\s\up6(→))＝λeq \(FQ,\s\up6(→)).
解：(1)依题意知，直线A1N1的方程为y＝eq \f(m,\r(6))(x＋eq \r(6))，①
直线A2N2的方程为y＝－eq \f(n,\r(6))(x－eq \r(6))，②
设M(x，y)是直线A1N1与A2N2的交点，①×②得y2＝－eq \f(mn,6)(x2－6)，
又mn＝2，整理得eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.故点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明：设过点R的直线l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，－y1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)
所以y1＋y2＝－eq \f(6t,t2＋3)，y1y2＝eq \f(3,t2＋3).
由eq \(RP,\s\up6(→))＝λeq \(RQ,\s\up6(→))，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，
由(1)得F(2，0)，要证eq \(NF,\s\up6(→))＝λeq \(FQ,\s\up6(→))，即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，
只需证2－x1＝λ(x2－2)，只需证eq \f(x1－3,x2－3)＝－eq \f(x1－2,x2－2)，即证2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，
而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·eq \f(3,t2＋3)－t·eq \f(6t,t2＋3)＝0成立，得证．
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
解析：选C.(x－y)2＋(xy－1)2＝0⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,xy－1＝0.))
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1.))
2．(2020·银川模拟)设D为椭圆eq \f(y2,5)＋x2＝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
解析：选B.设点P坐标为(x，y)．因为D为椭圆eq \f(y2,5)＋x2＝1上任意一点，且A，B为椭圆的焦点，所以|DA|＋|DB|＝2eq \r(5).又|PD|＝|BD|，所以|PA|＝|PD|＋|DA|＝|DA|＋|DB|＝2eq \r(5)，所以eq \r(x2＋（y＋2）2)＝2eq \r(5)，所以x2＋(y＋2)2＝20，所以点P的轨迹方程为x2＋(y＋2)2＝20.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)对应到另一个平面直角坐标系uO′v上的点P′(2xy，x2－y2)，则当点P沿着折线ABC运动时，在映射f的作用下，动点P′的轨迹是( )
解析：选D.当P沿AB运动时，x＝1，设P′(x′，y′)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2y，,y′＝1－y2))(0≤y≤1)，故y′＝1－eq \f(x′2,4)(0≤x′≤2，0≤y′≤1)．当P沿BC运动时，y＝1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x′＝2x，,y′＝x2－1))(0≤x≤1)，所以y′＝eq \f(x′2,4)－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的轨迹如D项图象所示，故选D.
4．(2020·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|eq \(MN,\s\up6(→))|·|eq \(MP,\s\up6(→))|＋eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为( )
A．y2＝－8x B．y2＝8x
C．y2＝－4x D．y2＝4x
解析：选A.设P(x，y)，M(－2，0)，N(2，0)，|eq \(MN,\s\up6(→))|＝4.则eq \(MP,\s\up6(→))＝(x＋2，y)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(x－2，y)，由|eq \(MN,\s\up6(→))|·|eq \(MP,\s\up6(→))|＋eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝0，得4eq \r(（x＋2）2＋y2)＋4(x－2)＝0，化简整理得y2＝－8x.故选A.
5．(2020·福州模拟)动点M在圆x2＋y2＝25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.eq \f(4x2,25)＋eq \f(y2,25)＝1 B．eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1
C.eq \f(4x2,25)－eq \f(y2,25)＝1 D．eq \f(x2,25)－eq \f(4y2,25)＝1
解析：选B.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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝x，,y0＝2y.))又M在圆x2＋y2＝25上，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝25，即x2＋4y2＝25，eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1，所以线段MD的中点P的轨迹方程是eq \f(x2,25)＋eq \f(4y2,25)＝1.故选B.
6．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eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，其中t∈R，则点C的轨迹方程是________．
解析：设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))＝(1＋t，2t)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝t＋1，,y＝2t，))消去参数t得点C的轨迹方程为y＝2x－2.
答案：y＝2x－2
7．△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________．
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|＝8－2＝6.
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eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)．
答案：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1(x>3)
8．设F1，F2为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1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，则点D的轨迹方程是________．
解析：由题意，延长F1D，F2A并交于点B，易证Rt△ABD≌Rt△AF1D，则|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O为F1F2的中点，连接OD，则OD∥F2B，从而可知|OD|＝eq \f(1,2)|F2B|＝eq \f(1,2)(|AF1|＋|AF2|)＝2，设点D的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝4.
答案：x2＋y2＝4
9．如图所示，已知圆A：(x＋2)2＋y2＝1与点B(2，0)，分别求出满足下列条件的动点P的轨迹方程．
(1)△PAB的周长为10；
(2)圆P与圆A外切，且过B点(P为动圆圆心)；
(3)圆P与圆A外切，且与直线x＝1相切(P为动圆圆心)．
解：(1)根据题意，知|PA|＋|PB|＋|AB|＝10，即|PA|＋|PB|＝6>4＝|AB|，故P点轨迹是椭圆，且2a＝6，2c＝4，即a＝3，c＝2，b＝eq \r(5).
因此其轨迹方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1(y≠0)．
(2)设圆P的半径为r，则|PA|＝r＋1，|PB|＝r，
因此|PA|－|PB|＝1.
由双曲线的定义知，P点的轨迹为双曲线的右支，
且2a＝1，2c＝4，即a＝eq \f(1,2)，c＝2，b＝eq \f(\r(15),2)，因此其轨迹方程为4x2－eq \f(4,15)y2＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2))).
(3)依题意，知动点P到定点A的距离等于到定直线x＝2的距离，故其轨迹为抛物线，且开口向左，p＝4.
因此其轨迹方程为y2＝－8x.
10．(2020·宝鸡模拟)已知动圆P恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，且与直线x＝－eq \f(1,4)相切．
(1)求动圆P圆心的轨迹M的方程；
(2)在正方形ABCD中，AB边在直线y＝x＋4上，另外C，D两点在轨迹M上，求该正方形的面积．
解：(1)由题意得动圆P的圆心到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))的距离与它到直线x＝－eq \f(1,4)的距离相等，
所以圆心P的轨迹是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))为焦点，直线x＝－eq \f(1,4)为准线的抛物线，且p＝eq \f(1,2)，所以动圆P圆心的轨迹M的方程为y2＝x.
(2)由题意设CD边所在直线方程为y＝x＋t.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋t，,y2＝x，))消去y，整理得x2＋(2t－1)x＋t2＝0.
因为直线CD和抛物线交于两点，
所以Δ＝(2t－1)2－4t2＝1－4t＞0，解得t＜eq \f(1,4).
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝1－2t，x1x2＝t2.
所以|CD|＝eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(2[（1－2t）2－4t2])＝eq \r(2（1－4t）).
又直线AB与直线CD之间的距离为|AD|＝eq \f(|t－4|,\r(2))，|AD|＝|CD|，
所以eq \r(2（1－4t）)＝eq \f(|t－4|,\r(2))，解得t＝－2或t＝－6，
经检验t＝－2和t＝－6都满足Δ＞0.
所以正方形边长|AD|＝3eq \r(2)或|AD|＝5eq \r(2)，
所以正方形ABCD的面积S＝18或S＝50.
[综合题组练]
1．设过点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eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PA,\s\up6(→))，且eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝1，则点P的轨迹方程是( )
A.eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)
B.eq \f(3,2)x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)
D．3x2＋eq \f(3,2)y2＝1(x＞0，y＞0)
解析：选A.设A(a，0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由eq \(BP,\s\up6(→))＝2eq \(PA,\s\up6(→))，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝eq \f(3,2)x＞0，b＝3y＞0.点Q(－x，y)，故由eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a＝eq \f(3,2)x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的轨迹方程为eq \f(3,2)x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
2．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( )
A．x＋y＝5 B．x2＋y2＝9
C.eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1 D．x2＝16y
解析：选B.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eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1.
A项，直线x＋y＝5过点(5，0)，满足题意，为“好曲线”；B项，x2＋y2＝9的圆心为(0，0)，半径为3，与M的轨迹没有交点，不满足题意；C项，eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的右顶点为(5，0)，满足题意，为“好曲线”；D项，方程代入eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1，可得y－eq \f(y2,9)＝1，即y2－9y＋9＝0，所以Δ＞0，满足题意，为“好曲线”．
3.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线
B．抛物线
C．椭圆
D．双曲线的一支
解析：选C.母线与中轴线夹角为30°，然后用平面α去截，使直线AB与平面α的夹角为60°，则截口为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆．故选C.
4．(2020·四川成都石室中学模拟)已知两定点F1(－1，0)，F2(1，0)和一动点P，给出下列结论：
①若|PF1|＋|PF2|＝2，则点P的轨迹是椭圆；
②若|PF1|－|PF2|＝1，则点P的轨迹是双曲线；
③若eq \f(|PF1|,|PF2|)＝λ(λ＞0，且λ≠1)，则点P的轨迹是圆；
④若|PF1|·|PF2|＝a2(a≠0)，则点P的轨迹关于原点对称；
⑤若直线PF1与PF2的斜率之积为m(m≠0)，则点P的轨迹是椭圆(除长轴两端点)．
其中正确的是________．(填序号)
解析：对于①，由于|PF1|＋|PF2|＝2＝|F1F2|，所以点P的轨迹是线段F1F2，故①不正确．
对于②，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②不正确．
对于③，设P(x，y)，由题意得eq \f(\r(（x＋1）2＋y2),\r(（x－1）2＋y2))＝λ，整理得(1－λ2)x2＋(1－λ2)y2＋(2＋2λ2)x＋1－λ2＝0.因为λ＞0，且λ≠1，所以x2＋y2＋eq \f(（2＋2λ2）,1－λ2)x＋eq \f(1－λ2,1－λ2)＝0，所以点P的轨迹是圆，故③正确．
对于④，设P(x，y)，则|PF1|·|PF2|＝eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2.又点P(x，y)关于原点的对称点为P′(－x，－y)，因为eq \r(（－x＋1）2＋（－y）2)·eq \r(（－x－1）2＋（－y）2)＝eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2，所以点P′(－x，－y)也在曲线eq \r(（x＋1）2＋y2)·eq \r(（x－1）2＋y2)＝a2上，即点P的轨迹关于原点对称，故④正确．
对于⑤，设P(x，y)，则kPF1＝eq \f(y,x＋1)，kPF2＝eq \f(y,x－1)，由题意得kPF1·kPF2＝eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝m(m≠0)，整理得x2－eq \f(y2,m)＝1，此方程不一定表示椭圆，故⑤不正确．
综上，正确结论的序号是③④.
答案：③④
5．(一题多解)(2020·东北三省四市一模)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1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NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
(1)求动点N的轨迹方程；
(2)求四边形MB2NB1面积的最大值．
解：(1)法一：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由题知B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以kMB1＝eq \f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq \f(y0－3,x0).
因为MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x，①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x，②
①×②得y2－9＝eq \f(xeq \\al(2,0),yeq \\al(2,0)－9)x2.
又因为eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，
所以y2－9＝eq \f(18\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(yeq \\al(2,0),9))),yeq \\al(2,0)－9)x2＝－2x2，
整理得动点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
法二：设N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由题知B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以kMB1＝eq \f(y0＋3,x0)，kMB2＝eq \f(y0－3,x0).
因为MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线NB1：y＋3＝－eq \f(x0,y0＋3)x，①
直线NB2：y－3＝－eq \f(x0,y0－3)x，②
联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(yeq \\al(2,0)－9,x0)，,y＝－y0.))
又eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，
所以x＝－eq \f(x0,2)，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－2x，,y0＝－y，))代入eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，得eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1.
所以动点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
法三：设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，
则直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3，①
直线MB1与椭圆C：eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1的交点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
则直线MB2的斜率为kMB2＝eq \f(\f(6k2－3,2k2＋1)－3,\f(12k,2k2＋1))＝－eq \f(1,2k).
所以直线NB2：y＝2kx＋3.②
由①②得点N的轨迹方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,\f(9,2))＝1(x≠0)．
(2)由(1)方法三得直线NB1：y＝－eq \f(1,k)x－3，①
直线NB2：y＝2kx＋3，②
联立①②解得x＝eq \f(－6k,2k2＋1)，即xN＝eq \f(－6k,2k2＋1)，故四边形MB2NB1的面积S＝eq \f(1,2)|B1B2|(|xM|＋|xN|)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12|k|,2k2＋1)＋\f(6|k|,2k2＋1)))＝eq \f(54|k|,2k2＋1)＝eq \f(54,2|k|＋\f(1,|k|))≤eq \f(27\r(2),2)，当且仅当|k|＝eq \f(\r(2),2)时，S取得最大值eq \f(27\r(2),2).
6．在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1(－eq \r(6)，0)，A2(eq \r(6)，0)，再取两个动点N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2.
(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PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若eq \(RP,\s\up6(→))＝λeq \(RQ,\s\up6(→))(λ＞1)，求证：eq \(NF,\s\up6(→))＝λeq \(FQ,\s\up6(→)).
解：(1)依题意知，直线A1N1的方程为y＝eq \f(m,\r(6))(x＋eq \r(6))，①
直线A2N2的方程为y＝－eq \f(n,\r(6))(x－eq \r(6))，②
设M(x，y)是直线A1N1与A2N2的交点，①×②得y2＝－eq \f(mn,6)(x2－6)，
又mn＝2，整理得eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.故点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明：设过点R的直线l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，－y1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋3，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)
所以y1＋y2＝－eq \f(6t,t2＋3)，y1y2＝eq \f(3,t2＋3).
由eq \(RP,\s\up6(→))＝λeq \(RQ,\s\up6(→))，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，
由(1)得F(2，0)，要证eq \(NF,\s\up6(→))＝λeq \(FQ,\s\up6(→))，即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，
只需证2－x1＝λ(x2－2)，只需证eq \f(x1－3,x2－3)＝－eq \f(x1－2,x2－2)，即证2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，
而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·eq \f(3,t2＋3)－t·eq \f(6t,t2＋3)＝0成立，得证．
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