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苏教版 (2019)选择性必修第一册2.1 圆的方程第3课时教案及反思
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这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册2.1 圆的方程第3课时教案及反思，共10页。教案主要包含了定义法求轨迹方程，直接法求轨迹方程，代入法求轨迹方程等内容，欢迎下载使用。
一、定义法求轨迹方程
例1 已知圆x2＋y2＝1，点A(1,0)，△ABC内接于圆，且∠BAC＝60°，当B，C在圆上运动时，BC中点D的轨迹方程是( )
A．x2＋y2＝eq \f(1,2)
B．x2＋y2＝eq \f(1,4)
C．x2＋y2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2)))
D．x2＋y2＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x<\f(1,4)))
答案 D
解析 如图所示，因为∠BAC＝60°，
又因为圆周角等于圆心角的一半，
所以∠BOC＝120°，又D为BC的中点，OB＝OC，
所以∠BOD＝60°，在Rt△BOD中，
有OD＝eq \f(1,2)OB＝eq \f(1,2)，
故中点D的轨迹方程是x2＋y2＝eq \f(1,4)，
如图，由∠BAC的极限位置可得，x反思感悟 (1)当动点满足到定点距离等于定长时，直接求圆心、半径得圆的方程．
(2)注意轨迹与轨迹方程不同．
跟踪训练1 长度为6的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点M的轨迹方程为__________．
答案 x2＋y2＝9
解析 设M(x，y)，因为△AOB是直角三角形，所以OM＝eq \f(1,2)AB＝3为定值，故M的轨迹为以O为圆心，3为半径的圆，故x2＋y2＝9即为所求．
二、直接法求轨迹方程
例2 点A(2,0)是圆x2＋y2＝4上的定点，点B(1,1)是圆内一点，P，Q为圆上的动点．若∠PBQ＝90°，求线段PQ的中点N的轨迹方程．
解 设线段PQ的中点为N(x，y)，
在Rt△PBQ中，PN＝BN.
设O为坐标原点，连接ON(图略)，则ON⊥PQ，
∴OP2＝ON2＋PN2＝ON2＋BN2，
∴x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4，
故线段PQ的中点N的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.
反思感悟 直接法求轨迹方程的两种常见类型及解题策略
直接法求轨迹方程，就是设出动点的坐标(x，y)，然后根据题目中的等量关系列出x，y之间的关系并化简．主要有以下两类常见题型．
(1)题目给出等量关系，求轨迹方程．可直接代入即可得出方程．
(2)题中未明确给出等量关系，求轨迹方程．可利用已知条件寻找等量关系，得出方程．
提醒：求出曲线的方程后要注意验证方程的纯粹性和完备性．
跟踪训练2 点A(2,0)是圆x2＋y2＝4上的定点，点B(1,1)是圆内一点．求过点B的弦的中点T的轨迹方程．
解 设T(x，y)．
因为点T是弦的中点，所以OT⊥BT.
当斜率存在且不为0时，有kOT·kBT＝－1.
即eq \f(y,x)·eq \f(y－1,x－1)＝－1，
整理得x2＋y2－x－y＝0.
当x＝0或1时，点(0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1)也都在圆上．
故所求轨迹方程为x2＋y2－x－y＝0.
三、代入法求轨迹方程
例3 已知动点M在曲线x2＋y2＝1上移动，M和定点B(3,0)连线的中点为P，求P点的轨迹方程．
解 设P(x，y)，M(x0，y0)，∵P为MB的中点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x0＋3,2)，,y＝\f(y0,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－3，,y0＝2y，))
又∵M在曲线x2＋y2＝1上，∴(2x－3)2＋4y2＝1，
∴P点的轨迹方程为(2x－3)2＋4y2＝1.
反思感悟 代入法求解曲线方程的步骤
(1)设动点P(x，y)，相关动点M(x0，y0)．
(2)利用条件求出两动点坐标之间的关系eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝fx，y，,y0＝gx，y.))
(3)代入相关动点的轨迹方程．
(4)化简、整理，得所求轨迹方程．
其步骤可总结为“一设、二找、三代、四整理”．
跟踪训练3 设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON(O为坐标原点)为邻边作平行四边形MONP，求点P的轨迹方程．
解 如图所示，连接OP，MN.
设P(x，y)，N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2)))，线段MN的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0－3,2)，\f(y0＋4,2))).
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以eq \f(x,2)＝eq \f(x0－3,2)，eq \f(y,2)＝eq \f(y0＋4,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x＋3，,y0＝y－4.))
又点N(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，
所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4，
即所求点P的轨迹方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝4，
但应除去两点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(21,5)，\f(28,5)))(点P在直线OM上的情况)．
1．知识清单：
(1)定义法求轨迹方程．
(2)直接法求轨迹方程．
(3)代入法求轨迹方程．
2．方法归纳：数形结合．
3．常见误区：将求轨迹方程与求轨迹弄混．
1．若Rt△ABC的斜边的两端点A，B的坐标分别为(－3,0)和(7,0)，则直角顶点C的轨迹方程为( )
A．x2＋y2＝25(y≠0)
B．x2＋y2＝25
C．(x－2)2＋y2＝25(y≠0)
D．(x－2)2＋y2＝25
答案 C
解析 线段AB的中点为(2,0)，因为△ABC为直角三角形，C为直角顶点，所以C到点(2,0)的距离为eq \f(1,2)AB＝5，所以点C(x，y)满足eq \r(x－22＋y2)＝5(y≠0)，即(x－2)2＋y2＝25(y≠0)．
2．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( )
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1
B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4
D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
答案 A
解析 设圆上任一点为Q(x0，y0)，PQ的中点为M(x，y)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4＋x0,2)，,y＝\f(－2＋y0,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－4，,y0＝2y＋2.))因为点Q在圆x2＋y2＝4上，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，即(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.
3．已知动点M到点(8,0)的距离等于点M到点(2,0)的距离的2倍，则点M的轨迹方程是__________．
答案 x2＋y2＝16
解析 设M(x，y)，则eq \r(x－82＋y2)＝2eq \r(x－22＋y2)，整理可得点M的轨迹方程为x2＋y2＝16.
4．设圆x2＋y2－4x＋2y－11＝0的圆心为A，点P在圆上，则PA的中点M的轨迹方程是________________．
答案 x2＋y2－4x＋2y＋1＝0
解析 由条件知A(2，－1)，设M(x，y)，则P(2x－2,2y＋1)，由于P在圆上，
∴(2x－2)2＋(2y＋1)2－4(2x－2)＋2(2y＋1)－11＝0，
整理得x2＋y2－4x＋2y＋1＝0.
课时对点练
1．已知M(－2,0)，N(2,0)，则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程是( )
A．x2＋y2＝4
B．x2－y2＝4
C．x2＋y2＝4(x≠±2)
D．x2－y2＝4(x≠±2)
答案 C
解析 设P(x，y)，由条件知PM⊥PN，且PM，PN的斜率肯定存在，故kMP·kNP＝－1.即x2＋y2＝4，又当P，M，N三点共线时，不能构成三角形，所以x≠±2，即所求轨迹方程为x2＋y2＝4(x≠±2)．
2．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点A，B距离之比是常数λ(λ>0，λ≠1)的点M的轨迹是圆．若两定点A，B的距离为3，动点M满足MA＝2MB，则M点的轨迹围成区域的面积为( )
A．π B．2π C．3π D．4π
答案 D
解析 以A点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则可取B(3,0)．设M(x，y)，依题意有，eq \f(\r(x2＋y2),\r(x－32＋y2))＝2，化简整理得，x2＋y2－8x＋12＝0，即(x－4)2＋y2＝4，圆的面积为4π.
3．已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1过点A(1,0)，则圆C的圆心的轨迹是( )
A．点 B．直线
C．线段 D．圆
答案 D
解析 ∵圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1过点A(1,0)，
∴(1－a)2＋(0－b)2＝1，
∴(a－1)2＋b2＝1，
∴圆C的圆心的轨迹是以(1,0)为圆心，1为半径的圆．
4．已知A，B是圆O：x2＋y2＝16上的两点，且AB＝6，若以AB为直径的圆M恰好经过点C(1，－1)，则圆心M的轨迹方程是( )
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝9
B．(x－1)2＋(y＋1)2＝9
C．(x＋1)2＋(y－1)2＝9
D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝9
答案 B
解析 设圆心M的坐标为(x，y)，则(x－1)2＋(y＋1)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))2，即(x－1)2＋(y＋1)2＝9.
5．已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，若动点P满足PA＝2PB，则P的轨迹为( )
A．直线 B．线段
C．圆 D．半圆
答案 C
解析 设点P的坐标为(x，y)，
∵A(－2,0)，B(1,0)，动点P满足PA＝2PB，
∴eq \r(x＋22＋y2)＝2eq \r(x－12＋y2)，两边平方得(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，
即(x－2)2＋y2＝4.
∴P的轨迹为圆．
6.如图，已知线段AB的中点C的坐标是(4,3)，端点A在圆(x＋1)2＋y2＝4上运动，则线段AB的端点B的轨迹方程为( )
A．(x－9)2＋(y－6)2＝4
B．(x－6)2＋(y－9)2＝4
C．(x＋6)2＋(y＋9)2＝4
D．(x＋9)2＋(y＋6)2＝4
答案 A
解析 设B点坐标是(x，y)，点A的坐标是(x0，y0)，由于点C的坐标是(4,3)且点C是线段AB的中点，所以4＝eq \f(x0＋x,2)，3＝eq \f(y0＋y,2)，
于是有x0＝8－x，y0＝6－y.①
因为点A在圆(x＋1)2＋y2＝4上运动，
所以点A的坐标满足方程(x＋1)2＋y2＝4，
即(x0＋1)2＋yeq \\al(2,0)＝4，②
把①代入②，得(8－x＋1)2＋(6－y)2＝4，
整理，得(x－9)2＋(y－6)2＝4.
所以点B的轨迹方程为(x－9)2＋(y－6)2＝4.
7.已知圆O：x2＋y2＝4及一点P(－1,0)，Q在圆O上运动一周，PQ的中点M形成轨迹C，则轨迹C的方程为____________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋y2＝1
解析 设M(x，y)，则Q(2x＋1,2y)，
因为Q在圆x2＋y2＝4上，
所以(2x＋1)2＋4y2＝4，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋y2＝1，
所以轨迹C的方程是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋y2＝1.
8．圆x2＋y2＝8内有一点P(2，－1)，AB为过点P的弦，则AB的中点Q的轨迹方程为______________．
答案 x2＋y2＋y－2x＝0
解析 设AB的中点为Q(x，y)，
则AB的斜率为k＝eq \f(y＋1,x－2)，又OQ⊥AB，
所以kOQ·k＝－1，
即eq \f(y,x)·eq \f(y＋1,x－2)＝－1，整理得x2＋y2＋y－2x＝0，
所以点Q的轨迹方程为x2＋y2＋y－2x＝0.
9．已知两个定点的距离为6，点M到这两个定点的距离的平方和为26，求点M的轨迹方程．
解 以两定点A，B所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
设A(－3,0)，B(3,0)，M(x，y)，则MA2＋MB2＝26.
∴(x＋3)2＋y2＋(x－3)2＋y2＝26.
化简得M点的轨迹方程为x2＋y2＝4.
10．已知圆(x＋1)2＋y2＝2上动点A，x轴上定点B(2,0)，将BA延长到M，使AM＝BA，求动点M的轨迹方程．
解 设A(x1，y1)，M(x，y)，
∵AM＝BA，且M在BA的延长线上，
∴A为线段MB的中点．
由中点坐标公式得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(x＋2,2)，,y1＝\f(y,2)，))
∵A在圆上运动，将点A的坐标代入圆的方程，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)＋1))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＝2，
化简得(x＋4)2＋y2＝8，
∴点M的轨迹方程为(x＋4)2＋y2＝8.
11．等腰三角形ABC中，若一腰的两个端点分别是A(4,2)，B(－2,0)，A为顶点，则另一腰的一个端点C的轨迹方程是( )
A．x2＋y2－8x－4y＝0
B．x2＋y2－8x－4y－20＝0(x≠－2，x≠10)
C．x2＋y2＋8x＋4y－20＝0(x≠－2，x≠10)
D．x2＋y2－8x－4y＋20＝0(x≠－2，x≠10)
答案 B
解析 设另一腰的一个端点C的坐标为(x，y)，由题设条件知(x－4)2＋(y－2)2＝40，x≠10，x≠－2.
整理，得x2＋y2－8x－4y－20＝0(x≠10，x≠－2)．
12．已知△ABC的顶点A(0,0)，B(4,0)，且AC边上的中线BD的长为3，则顶点C的轨迹方程是__________．
答案 (x－8)2＋y2＝36(y≠0)
解析 设C(x，y)(y≠0)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2))).
∵B(4,0)，且AC边上的中线BD长为3，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－4))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＝9，
即(x－8)2＋y2＝36(y≠0)．
13．存在如下结论：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．现已知在平面直角坐标系中A(－2,0)，B(2,0)，动点P满足PA＝λPB(λ>0)，若点P的轨迹为一条直线，则λ＝__________；若λ＝2，则点P的轨迹方程为__________________．
答案 1 x2＋y2－eq \f(20,3)x＋4＝0
解析 设P(x，y)，由PA＝λPB，可得eq \r(x＋22＋y2)＝λeq \r(x－22＋y2)，两边平方，整理得点P的轨迹方程为(1－λ2)x2＋(1－λ2)y2＋4(1＋λ2)x＋4－4λ2＝0.
若该方程表示直线，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－λ2＝0，,1＋λ2≠0，))解得λ＝1或λ＝－1(舍去)．
若λ＝2，则点P的轨迹方程为3x2＋3y2－20x＋12＝0，
即x2＋y2－eq \f(20,3)x＋4＝0.
14．已知△ABC的边AB的长为4，若BC边上的中线为定长3，则顶点C的轨迹方程为______________．
答案 (x＋6)2＋y2＝36(y≠0)
解析 以直线AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系(如图)，
则A(－2,0)，B(2,0)，设C(x，y)，BC的中点D(x0，y0)．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2＋x,2)＝x0，,\f(0＋y,2)＝y0.))①
∵AD＝3，∴(x0＋2)2＋yeq \\al(2,0)＝9.②
将①代入②，整理得(x＋6)2＋y2＝36.
∵点C不能在x轴上，∴y≠0.
综上，点C的轨迹是以(－6,0)为圆心，6为半径的圆，去掉(－12,0)和(0,0)两点．
轨迹方程为(x＋6)2＋y2＝36(y≠0)．
15．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2eq \r(3)，BC＝4.在△ABD中，∠ADB＝120°，则CD的取值范围是( )
A．[2eq \r(7)－2,2eq \r(7)＋2] B．(4,2eq \r(3)＋2]
C．[2eq \r(7)－2,2eq \r(3)＋2] D．[2eq \r(3)－2,2eq \r(3)＋2]
答案 C
解析 以点B为坐标原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B(0,0)，A(2eq \r(3)，0)，C(0,4)．
设D(x，y)，因为∠ADB＝120°，所以由题易知点D可能在直线AB的上方，也可能在直线AB的下方．
当点D在直线AB的上方时，直线BD的斜率k1＝eq \f(y,x)，直线AD的斜率k2＝eq \f(y,x－2\r(3)).
由两直线的夹角公式可得tan 120°＝－tan 60°＝eq \f(k2－k1,1＋k2·k1)，
即－eq \r(3)＝eq \f(\f(y,x－2\r(3))－\f(y,x),1＋\f(y,x－2\r(3))·\f(y,x))，
化简整理得(x－eq \r(3))2＋(y＋1)2＝4，
可得点D的轨迹是以点M(eq \r(3)，－1)为圆心，以r＝2为半径的圆，且点D在AB的上方，所以是圆在AB上方的劣弧部分，此时CD的最短距离为CM－r＝eq \r(\r(3)2＋4＋12)－2＝2eq \r(7)－2.
当点D在直线AB的下方时，
同理可得点D的轨迹方程为(x－eq \r(3))2＋(y－1)2＝4，
此时点D的轨迹是以点N(eq \r(3)，1)为圆心，以r＝2为半径的圆，且点D在AB的下方，所以是圆在AB下方的劣弧部分，
此时CD的最大距离为CN＋r＝eq \r(\r(3)2＋4－12)＋2＝2eq \r(3)＋2.
所以CD的取值范围为[2eq \r(7)－2,2eq \r(3)＋2]．
16．已知圆O：x2＋y2＝4，直线l1的方程为(1＋2m)x＋(m－1)y－3m＝0.若直线l1过定点P，点M，N在圆O上，且PM⊥PN，Q为线段MN的中点，求点Q的轨迹方程．
解 直线l1的方程为(1＋2m)x＋(m－1)y－3m＝0，即(x－y)＋m(2x＋y－3)＝0，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,2x＋y－3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))即点P的坐标为(1,1)．因为点M，N在圆O上，且PM⊥PN，Q为线段MN的中点，则MN＝2PQ，设MN的中点Q(x，y)，
则OM2＝OQ2＋MQ2＝OQ2＋PQ2，即4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2，
化简可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(3,2)，即为点Q的轨迹方程．
一、定义法求轨迹方程
例1 已知圆x2＋y2＝1，点A(1,0)，△ABC内接于圆，且∠BAC＝60°，当B，C在圆上运动时，BC中点D的轨迹方程是( )
A．x2＋y2＝eq \f(1,2)
B．x2＋y2＝eq \f(1,4)
C．x2＋y2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2)))
D．x2＋y2＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x<\f(1,4)))
答案 D
解析 如图所示，因为∠BAC＝60°，
又因为圆周角等于圆心角的一半，
所以∠BOC＝120°，又D为BC的中点，OB＝OC，
所以∠BOD＝60°，在Rt△BOD中，
有OD＝eq \f(1,2)OB＝eq \f(1,2)，
故中点D的轨迹方程是x2＋y2＝eq \f(1,4)，
如图，由∠BAC的极限位置可得，x
(2)注意轨迹与轨迹方程不同．
跟踪训练1 长度为6的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点M的轨迹方程为__________．
答案 x2＋y2＝9
解析 设M(x，y)，因为△AOB是直角三角形，所以OM＝eq \f(1,2)AB＝3为定值，故M的轨迹为以O为圆心，3为半径的圆，故x2＋y2＝9即为所求．
二、直接法求轨迹方程
例2 点A(2,0)是圆x2＋y2＝4上的定点，点B(1,1)是圆内一点，P，Q为圆上的动点．若∠PBQ＝90°，求线段PQ的中点N的轨迹方程．
解 设线段PQ的中点为N(x，y)，
在Rt△PBQ中，PN＝BN.
设O为坐标原点，连接ON(图略)，则ON⊥PQ，
∴OP2＝ON2＋PN2＝ON2＋BN2，
∴x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4，
故线段PQ的中点N的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.
反思感悟 直接法求轨迹方程的两种常见类型及解题策略
直接法求轨迹方程，就是设出动点的坐标(x，y)，然后根据题目中的等量关系列出x，y之间的关系并化简．主要有以下两类常见题型．
(1)题目给出等量关系，求轨迹方程．可直接代入即可得出方程．
(2)题中未明确给出等量关系，求轨迹方程．可利用已知条件寻找等量关系，得出方程．
提醒：求出曲线的方程后要注意验证方程的纯粹性和完备性．
跟踪训练2 点A(2,0)是圆x2＋y2＝4上的定点，点B(1,1)是圆内一点．求过点B的弦的中点T的轨迹方程．
解 设T(x，y)．
因为点T是弦的中点，所以OT⊥BT.
当斜率存在且不为0时，有kOT·kBT＝－1.
即eq \f(y,x)·eq \f(y－1,x－1)＝－1，
整理得x2＋y2－x－y＝0.
当x＝0或1时，点(0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1)也都在圆上．
故所求轨迹方程为x2＋y2－x－y＝0.
三、代入法求轨迹方程
例3 已知动点M在曲线x2＋y2＝1上移动，M和定点B(3,0)连线的中点为P，求P点的轨迹方程．
解 设P(x，y)，M(x0，y0)，∵P为MB的中点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x0＋3,2)，,y＝\f(y0,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－3，,y0＝2y，))
又∵M在曲线x2＋y2＝1上，∴(2x－3)2＋4y2＝1，
∴P点的轨迹方程为(2x－3)2＋4y2＝1.
反思感悟 代入法求解曲线方程的步骤
(1)设动点P(x，y)，相关动点M(x0，y0)．
(2)利用条件求出两动点坐标之间的关系eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝fx，y，,y0＝gx，y.))
(3)代入相关动点的轨迹方程．
(4)化简、整理，得所求轨迹方程．
其步骤可总结为“一设、二找、三代、四整理”．
跟踪训练3 设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON(O为坐标原点)为邻边作平行四边形MONP，求点P的轨迹方程．
解 如图所示，连接OP，MN.
设P(x，y)，N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2)))，线段MN的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0－3,2)，\f(y0＋4,2))).
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以eq \f(x,2)＝eq \f(x0－3,2)，eq \f(y,2)＝eq \f(y0＋4,2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x＋3，,y0＝y－4.))
又点N(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，
所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4，
即所求点P的轨迹方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝4，
但应除去两点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,5)，\f(12,5)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(21,5)，\f(28,5)))(点P在直线OM上的情况)．
1．知识清单：
(1)定义法求轨迹方程．
(2)直接法求轨迹方程．
(3)代入法求轨迹方程．
2．方法归纳：数形结合．
3．常见误区：将求轨迹方程与求轨迹弄混．
1．若Rt△ABC的斜边的两端点A，B的坐标分别为(－3,0)和(7,0)，则直角顶点C的轨迹方程为( )
A．x2＋y2＝25(y≠0)
B．x2＋y2＝25
C．(x－2)2＋y2＝25(y≠0)
D．(x－2)2＋y2＝25
答案 C
解析 线段AB的中点为(2,0)，因为△ABC为直角三角形，C为直角顶点，所以C到点(2,0)的距离为eq \f(1,2)AB＝5，所以点C(x，y)满足eq \r(x－22＋y2)＝5(y≠0)，即(x－2)2＋y2＝25(y≠0)．
2．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( )
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1
B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4
D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1
答案 A
解析 设圆上任一点为Q(x0，y0)，PQ的中点为M(x，y)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4＋x0,2)，,y＝\f(－2＋y0,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2x－4，,y0＝2y＋2.))因为点Q在圆x2＋y2＝4上，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝4，即(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.
3．已知动点M到点(8,0)的距离等于点M到点(2,0)的距离的2倍，则点M的轨迹方程是__________．
答案 x2＋y2＝16
解析 设M(x，y)，则eq \r(x－82＋y2)＝2eq \r(x－22＋y2)，整理可得点M的轨迹方程为x2＋y2＝16.
4．设圆x2＋y2－4x＋2y－11＝0的圆心为A，点P在圆上，则PA的中点M的轨迹方程是________________．
答案 x2＋y2－4x＋2y＋1＝0
解析 由条件知A(2，－1)，设M(x，y)，则P(2x－2,2y＋1)，由于P在圆上，
∴(2x－2)2＋(2y＋1)2－4(2x－2)＋2(2y＋1)－11＝0，
整理得x2＋y2－4x＋2y＋1＝0.
课时对点练
1．已知M(－2,0)，N(2,0)，则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程是( )
A．x2＋y2＝4
B．x2－y2＝4
C．x2＋y2＝4(x≠±2)
D．x2－y2＝4(x≠±2)
答案 C
解析 设P(x，y)，由条件知PM⊥PN，且PM，PN的斜率肯定存在，故kMP·kNP＝－1.即x2＋y2＝4，又当P，M，N三点共线时，不能构成三角形，所以x≠±2，即所求轨迹方程为x2＋y2＝4(x≠±2)．
2．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点A，B距离之比是常数λ(λ>0，λ≠1)的点M的轨迹是圆．若两定点A，B的距离为3，动点M满足MA＝2MB，则M点的轨迹围成区域的面积为( )
A．π B．2π C．3π D．4π
答案 D
解析 以A点为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则可取B(3,0)．设M(x，y)，依题意有，eq \f(\r(x2＋y2),\r(x－32＋y2))＝2，化简整理得，x2＋y2－8x＋12＝0，即(x－4)2＋y2＝4，圆的面积为4π.
3．已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1过点A(1,0)，则圆C的圆心的轨迹是( )
A．点 B．直线
C．线段 D．圆
答案 D
解析 ∵圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1过点A(1,0)，
∴(1－a)2＋(0－b)2＝1，
∴(a－1)2＋b2＝1，
∴圆C的圆心的轨迹是以(1,0)为圆心，1为半径的圆．
4．已知A，B是圆O：x2＋y2＝16上的两点，且AB＝6，若以AB为直径的圆M恰好经过点C(1，－1)，则圆心M的轨迹方程是( )
A．(x－2)2＋(y＋1)2＝9
B．(x－1)2＋(y＋1)2＝9
C．(x＋1)2＋(y－1)2＝9
D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝9
答案 B
解析 设圆心M的坐标为(x，y)，则(x－1)2＋(y＋1)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))2，即(x－1)2＋(y＋1)2＝9.
5．已知两定点A(－2,0)，B(1,0)，若动点P满足PA＝2PB，则P的轨迹为( )
A．直线 B．线段
C．圆 D．半圆
答案 C
解析 设点P的坐标为(x，y)，
∵A(－2,0)，B(1,0)，动点P满足PA＝2PB，
∴eq \r(x＋22＋y2)＝2eq \r(x－12＋y2)，两边平方得(x＋2)2＋y2＝4[(x－1)2＋y2]，
即(x－2)2＋y2＝4.
∴P的轨迹为圆．
6.如图，已知线段AB的中点C的坐标是(4,3)，端点A在圆(x＋1)2＋y2＝4上运动，则线段AB的端点B的轨迹方程为( )
A．(x－9)2＋(y－6)2＝4
B．(x－6)2＋(y－9)2＝4
C．(x＋6)2＋(y＋9)2＝4
D．(x＋9)2＋(y＋6)2＝4
答案 A
解析 设B点坐标是(x，y)，点A的坐标是(x0，y0)，由于点C的坐标是(4,3)且点C是线段AB的中点，所以4＝eq \f(x0＋x,2)，3＝eq \f(y0＋y,2)，
于是有x0＝8－x，y0＝6－y.①
因为点A在圆(x＋1)2＋y2＝4上运动，
所以点A的坐标满足方程(x＋1)2＋y2＝4，
即(x0＋1)2＋yeq \\al(2,0)＝4，②
把①代入②，得(8－x＋1)2＋(6－y)2＝4，
整理，得(x－9)2＋(y－6)2＝4.
所以点B的轨迹方程为(x－9)2＋(y－6)2＝4.
7.已知圆O：x2＋y2＝4及一点P(－1,0)，Q在圆O上运动一周，PQ的中点M形成轨迹C，则轨迹C的方程为____________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋y2＝1
解析 设M(x，y)，则Q(2x＋1,2y)，
因为Q在圆x2＋y2＝4上，
所以(2x＋1)2＋4y2＝4，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋y2＝1，
所以轨迹C的方程是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋y2＝1.
8．圆x2＋y2＝8内有一点P(2，－1)，AB为过点P的弦，则AB的中点Q的轨迹方程为______________．
答案 x2＋y2＋y－2x＝0
解析 设AB的中点为Q(x，y)，
则AB的斜率为k＝eq \f(y＋1,x－2)，又OQ⊥AB，
所以kOQ·k＝－1，
即eq \f(y,x)·eq \f(y＋1,x－2)＝－1，整理得x2＋y2＋y－2x＝0，
所以点Q的轨迹方程为x2＋y2＋y－2x＝0.
9．已知两个定点的距离为6，点M到这两个定点的距离的平方和为26，求点M的轨迹方程．
解 以两定点A，B所在直线为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
设A(－3,0)，B(3,0)，M(x，y)，则MA2＋MB2＝26.
∴(x＋3)2＋y2＋(x－3)2＋y2＝26.
化简得M点的轨迹方程为x2＋y2＝4.
10．已知圆(x＋1)2＋y2＝2上动点A，x轴上定点B(2,0)，将BA延长到M，使AM＝BA，求动点M的轨迹方程．
解 设A(x1，y1)，M(x，y)，
∵AM＝BA，且M在BA的延长线上，
∴A为线段MB的中点．
由中点坐标公式得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(x＋2,2)，,y1＝\f(y,2)，))
∵A在圆上运动，将点A的坐标代入圆的方程，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)＋1))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＝2，
化简得(x＋4)2＋y2＝8，
∴点M的轨迹方程为(x＋4)2＋y2＝8.
11．等腰三角形ABC中，若一腰的两个端点分别是A(4,2)，B(－2,0)，A为顶点，则另一腰的一个端点C的轨迹方程是( )
A．x2＋y2－8x－4y＝0
B．x2＋y2－8x－4y－20＝0(x≠－2，x≠10)
C．x2＋y2＋8x＋4y－20＝0(x≠－2，x≠10)
D．x2＋y2－8x－4y＋20＝0(x≠－2，x≠10)
答案 B
解析 设另一腰的一个端点C的坐标为(x，y)，由题设条件知(x－4)2＋(y－2)2＝40，x≠10，x≠－2.
整理，得x2＋y2－8x－4y－20＝0(x≠10，x≠－2)．
12．已知△ABC的顶点A(0,0)，B(4,0)，且AC边上的中线BD的长为3，则顶点C的轨迹方程是__________．
答案 (x－8)2＋y2＝36(y≠0)
解析 设C(x，y)(y≠0)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)，\f(y,2))).
∵B(4,0)，且AC边上的中线BD长为3，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－4))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,2)))2＝9，
即(x－8)2＋y2＝36(y≠0)．
13．存在如下结论：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆．现已知在平面直角坐标系中A(－2,0)，B(2,0)，动点P满足PA＝λPB(λ>0)，若点P的轨迹为一条直线，则λ＝__________；若λ＝2，则点P的轨迹方程为__________________．
答案 1 x2＋y2－eq \f(20,3)x＋4＝0
解析 设P(x，y)，由PA＝λPB，可得eq \r(x＋22＋y2)＝λeq \r(x－22＋y2)，两边平方，整理得点P的轨迹方程为(1－λ2)x2＋(1－λ2)y2＋4(1＋λ2)x＋4－4λ2＝0.
若该方程表示直线，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－λ2＝0，,1＋λ2≠0，))解得λ＝1或λ＝－1(舍去)．
若λ＝2，则点P的轨迹方程为3x2＋3y2－20x＋12＝0，
即x2＋y2－eq \f(20,3)x＋4＝0.
14．已知△ABC的边AB的长为4，若BC边上的中线为定长3，则顶点C的轨迹方程为______________．
答案 (x＋6)2＋y2＝36(y≠0)
解析 以直线AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系(如图)，
则A(－2,0)，B(2,0)，设C(x，y)，BC的中点D(x0，y0)．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2＋x,2)＝x0，,\f(0＋y,2)＝y0.))①
∵AD＝3，∴(x0＋2)2＋yeq \\al(2,0)＝9.②
将①代入②，整理得(x＋6)2＋y2＝36.
∵点C不能在x轴上，∴y≠0.
综上，点C的轨迹是以(－6,0)为圆心，6为半径的圆，去掉(－12,0)和(0,0)两点．
轨迹方程为(x＋6)2＋y2＝36(y≠0)．
15．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2eq \r(3)，BC＝4.在△ABD中，∠ADB＝120°，则CD的取值范围是( )
A．[2eq \r(7)－2,2eq \r(7)＋2] B．(4,2eq \r(3)＋2]
C．[2eq \r(7)－2,2eq \r(3)＋2] D．[2eq \r(3)－2,2eq \r(3)＋2]
答案 C
解析 以点B为坐标原点，AB所在直线为x轴，BC所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则B(0,0)，A(2eq \r(3)，0)，C(0,4)．
设D(x，y)，因为∠ADB＝120°，所以由题易知点D可能在直线AB的上方，也可能在直线AB的下方．
当点D在直线AB的上方时，直线BD的斜率k1＝eq \f(y,x)，直线AD的斜率k2＝eq \f(y,x－2\r(3)).
由两直线的夹角公式可得tan 120°＝－tan 60°＝eq \f(k2－k1,1＋k2·k1)，
即－eq \r(3)＝eq \f(\f(y,x－2\r(3))－\f(y,x),1＋\f(y,x－2\r(3))·\f(y,x))，
化简整理得(x－eq \r(3))2＋(y＋1)2＝4，
可得点D的轨迹是以点M(eq \r(3)，－1)为圆心，以r＝2为半径的圆，且点D在AB的上方，所以是圆在AB上方的劣弧部分，此时CD的最短距离为CM－r＝eq \r(\r(3)2＋4＋12)－2＝2eq \r(7)－2.
当点D在直线AB的下方时，
同理可得点D的轨迹方程为(x－eq \r(3))2＋(y－1)2＝4，
此时点D的轨迹是以点N(eq \r(3)，1)为圆心，以r＝2为半径的圆，且点D在AB的下方，所以是圆在AB下方的劣弧部分，
此时CD的最大距离为CN＋r＝eq \r(\r(3)2＋4－12)＋2＝2eq \r(3)＋2.
所以CD的取值范围为[2eq \r(7)－2,2eq \r(3)＋2]．
16．已知圆O：x2＋y2＝4，直线l1的方程为(1＋2m)x＋(m－1)y－3m＝0.若直线l1过定点P，点M，N在圆O上，且PM⊥PN，Q为线段MN的中点，求点Q的轨迹方程．
解 直线l1的方程为(1＋2m)x＋(m－1)y－3m＝0，即(x－y)＋m(2x＋y－3)＝0，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,2x＋y－3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))即点P的坐标为(1,1)．因为点M，N在圆O上，且PM⊥PN，Q为线段MN的中点，则MN＝2PQ，设MN的中点Q(x，y)，
则OM2＝OQ2＋MQ2＝OQ2＋PQ2，即4＝x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2，
化简可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(3,2)，即为点Q的轨迹方程．
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