1、考点考点1 1 直线的方程直线的方程 (2019上海春,16,5分)以(a1,0),(a2,0)为圆心的两圆均过(1,0),与y轴正半轴分别交于(0,y1),(0,y2),且满 足ln y1+ln y2=0,则点的轨迹是( ) A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线 12 11 , aa 答案答案 A 设两圆半径分别为r1,r2,则r1=|1-a1|=1-2a1, 同理:=1-2a2.因为ln y1+ln y2=0,所以y1y2=1, 则(1-2a1)(1-2a2)=1,即2a1a2=a1+a2+=2. 设则x+y=2,故点的轨迹是直线.故选A. 22 11 ay 2 1 y 2 2 y 1
2、1 a 2 1 a 1 2 1 , 1 , x a y a 12 11 , aa 思路分析思路分析 根据圆心和圆上的点建立关于半径的方程,得到=1-2a1和=1-2a2;根据ln y1+ln y2=0 整理出+=2,从而得到点的轨迹. 2 1 y 2 2 y 1 1 a 2 1 a 考点考点2 2 圆的方程圆的方程 1.(2020课标,5,5分)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切,则圆心到直线2x-y-3=0的距离为( ) A. B. C. D. 5 5 2 5 5 3 5 5 4 5 5 答案答案 B 设圆心为P(x0,y0),半径为r,圆与x轴,y轴都相切,|x0|=|y0|=r,又圆经
3、过点(2,1),x0=y0=r 且(2-x0)2+(1-y0)2=r2,(r-2)2+(r-1)2=r2,解得r=1或r=5. r=1时,圆心P(1,1),则圆心到直线2x-y-3=0的距离d=; r=5时,圆心P(5,5),则圆心到直线2x-y-3=0的距离d=.故选B. 22 |2-1-3| 2(-1) 2 5 5 22 |10-5-3| 2(-1) 2 5 5 2.(2020北京,5,4分)已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 答案答案 A 设圆心为A(x,y),由已知得(x-3)2+(y-4)2=1,即A在以(3,4)为
4、圆心,1为半径的圆上,所以圆心 A到原点的距离的最小值为-1=5-1=4.故选A. 22 (3-0)(4-0) 3.(2017上海春,7,5分)若P、Q是圆x2+y2-2x+4y+4=0上的动点,则|PQ|的最大值为 . 答案答案 2 解析解析 圆x2+y2-2x+4y+4=0可化为(x-1)2+(y+2)2=1. P、Q是圆x2+y2-2x+4y+4=0上的动点, |PQ|的最大值为2. 思路分析思路分析 圆x2+y2-2x+4y+4=0可化为(x-1)2+(y+2)2=1,由P、Q是圆上的动点知|PQ|的最大值为直径 长. 4.(2017江苏,13,5分)在平面直角坐标系xOy中,A(-1
5、2,0),B(0,6),点P在圆O:x2+y2=50上.若20, 则点P的横坐标的取值范围是 . PA PB 答案答案 -5,1 2 解析解析 本题考查平面向量数量积及其应用,圆的方程的应用及圆与圆的相交. 解法一:设P(x,y),则由20可得, (-12-x)(-x)+(-y)(6-y)20, 即(x+6)2+(y-3)265, 所以P为圆(x+6)2+(y-3)2=65上或其内部一点. 又点P在圆x2+y2=50上, 故联立得解得或 PA PB 22 22 50, (6)( -3)65, xy xy 1, 7 x y -5, -5, x y 即P为圆x2+y2=50的劣弧MN上的一点(如图
6、), 易知-5x1. 解法二:设P(x,y),则由20, 可得(-12-x)(-x)+(-y)(6-y)20,即x2+12x+y2-6y20, 由于点P在圆x2+y2=50上, 2 PA PB 故12x-6y+300,即2x-y+50, 点P为圆x2+y2=50上且满足2x-y+50的点,即P为圆x2+y2=50的劣弧MN上的一点(如图), 同解法一,可得N(1,7),M(-5,-5), 易知-5x1. 2 5.(2018课标,19,12分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A,B两点,| AB|=8. (1)求l的方程; (2)求过点A,B且与C的准线相
7、切的圆的方程. 解析解析 (1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k0), 设A(x1,y1),B(x2,y2). 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. =16k2+160,故x1+x2=. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=. 由题设知=8,解得k=-1(舍去)或k=1,因此l的方程为y=x-1. (2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5. 设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则 解得或 因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
8、 2 ( -1), 4 yk x yx 2 2 24k k 2 2 44k k 2 2 44k k 00 2 2 00 0 -5, (-1) (1)16. 2 yx y x x 0 0 3, 2 x y 0 0 11, -6. x y 6.(2017课标,20,12分)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直 径的圆. (1)证明:坐标原点O在圆M上; (2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程. 解析解析 (1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2. 由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4. 又x1=,x2
9、=,故x1x2=4. 因此OA的斜率与OB的斜率之积为=-1,所以OAOB.故坐标原点O在圆M上. (2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4. 故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=. 由于圆M过点P(4,-2),因此 =0, 故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0, 即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-. 当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)
10、2+(y-1)2=10. 当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,圆M的半径为,圆M的方程为 2 2, 2 xmy yx 2 1 2 y 2 2 2 y 2 12 () 4 y y 1 1 y x 2 2 y x -4 4 222 (2)mm APBP 1 2 10 1 2 91 ,- 42 85 4 +=. 2 9 - 4 x 2 1 2 y 85 16 7.(2016江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y2-12x-14y+60=0及 其上一点A(2,4). (1)设圆N与x轴相切,与圆M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的
11、标准方程; (2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B,C两点,且BC=OA,求直线l的方程; (3)设点T(t,0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得+=,求实数t的取值范围. TATPTQ 解析解析 圆M的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25, 所以圆心M(6,7),半径为5. (1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0). 因为圆N与x轴相切,与圆M外切,所以0y02, 于是圆N的半径为y0,从而7-y0=5+y0,解得y0=1. 因此,圆N的标准方程为(x-6)2+(y-1)2=1. (2)因为直线lOA,所以直线l的斜率为=2. 设直线l的方程为y=2x+m,即2x-y+m=
12、0, 则圆心M到直线l的距离 d=. 因为BC=OA=2,而MC2=d2+, 所以25=+5,解得m=5或m=-15. 故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0. 4-0 2-0 |2 6-7| 5 m|5| 5 m 22 245 2 2 BC 2 (5) 5 m (3)设P(x1,y1),Q(x2,y2). 因为A(2,4),T(t,0),+=, 所以 因为点Q在圆M上, 所以(x2-6)2+(y2-7)2=25. 将代入,得(x1-t-4)2+(y1-3)2=25. 于是点P(x1,y1)既在圆M上, 又在圆x-(t+4)2+(y-3)2=25上, 从而圆(x-6)2+(y-7
13、)2=25与圆x-(t+4)2+(y-3)2=25有公共点,所以5-55+5, 解得2-2t2+2. 因此,实数t的取值范围是2-2,2+2. TATPTQ 21 21 2- , 4. xxt yy 22 (4)-6(3-7)t 2121 2121 (2016四川,15,5分)在平面直角坐标系中,当P(x,y)不是原点时,定义P的“伴随点”为P ;当P是原点时,定义P的“伴随点”为它自身.平面曲线C上所有点的“伴随点” 所构成的曲线C定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题: 若点A的“伴随点”是点A,则点A的“伴随点”是点A; 单位圆的“伴随曲线”是它自身; 若曲线C关于x轴对称,则其“伴随
14、曲线”C关于y轴对称; 一条直线的“伴随曲线”是一条直线. 其中的真命题是 (写出所有真命题的序号). 2222 - , yx xyxy 以下为教师用书专用 答案答案 解析解析 设A(1,0),则A的“伴随点”为A(0,-1), A(0,-1)的“伴随点”为A(-1,0), 是假命题. 在单位圆上任取一点P(cos ,sin ), 则P的“伴随点”为P, 即P(sin ,-cos ),仍在单位圆上, 是真命题. 设M(x,y),M关于x轴的对称点为N(x,-y),则M的“伴随点”为M, N的“伴随点”为N, M与N关于y轴对称, 是真命题. 取直线y=x+1,Q(0,1),E(1,2),F(2
15、,3), 则Q的“伴随点”为Q(1,0), 2222 sin-cos , sincossincos 2222 - , yx xyxy 2222 - , yx xyxy F的“伴随点”为F, 通过计算可知Q、E、F三点不共线, 故是假命题. 32 ,- 13 13 E的“伴随点”为E , 21 ,- 55 思路分析思路分析 对于,利用特殊值判断;对于,单位圆上的点的坐标的设法是关键;对于,直接设 点判断即可. 考点考点1 1 直线的方程直线的方程 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020山西大同重点中学第六次模拟,7)数学家欧拉在1765年提出定理:三角形的外心、重心、垂 心依次位于
16、同一直线上,且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半,这条直线被后人称为三角 形的欧拉线,已知ABC的顶点A(4,0),B(0,2),且AC=BC,则ABC的欧拉线方程为( ) A.x-2y+3=0 B.2x+y-3=0 C.x-2y-3=0 D.2x-y-3=0 答案答案 D 本题主要考查直线方程,数学文化等内容,考查的核心素养为数学运算,逻辑推理. 线段AB的中点为M(2,1),kAB=-,线段AB的垂直平分线方程为y-1=2(x-2),即2x-y-3=0,AC=BC, ABC的外心,重心,垂心都位于线段AB的垂平分线上,ABC的欧拉线方程为2x-y-3=0,故 选D. 1 2 2.(20
17、20豫西五校5月联考,5)过点P(1,2)作直线l,若点A(2,3),B(4,-5)到它的距离相等,则直线l的方程 为( ) A.4x+y-6=0或x=1 B.3x+2y-7=0 C.4x+y-6=0或3x+2y-7=0 D.3x+2y-7=0或x=1 答案答案 C 若A,B位于直线l的同侧,则直线lAB. kAB=-4,直线l的方程为y-2=-4(x-1),即4x+y-6=0;若A,B位于直线l的两侧,则直线l必经过线段 AB的中点(3,-1),kl=-,直线l的方程为y-2=-(x-1),即3x+2y-7=0.综上,直线l的方程为4x+ y-6=0或3x+2y-7=0,故选C. 35 2-
18、4 2-(-1) 1-3 3 2 3 2 3.(2019豫南豫北精英对抗赛,5)直线ax+y+3a-1=0恒过定点N,则直线2x+3y-6=0关于点N对称的直线 方程为( ) A.2x+3y-12=0 B.2x+3y+12=0 C.2x-3y+12=0 D.2x-3y-12=0 答案答案 B 由ax+y+3a-1=0可得a(x+3)+y-1=0, 令可得x=-3,y=1,N(-3,1). 设直线2x+3y-6=0关于点N对称的直线方程为2x+3y+c=0(c-6).则=,解得c=12或c =-6(舍去).所求直线方程为2x+3y+12=0,故选B. 30, -10, x y |-63-6| 4
19、9 |-63| 49 c 4.(2020百所名校单元示范卷(五),13)直线l经过A(2,1),B(1,m2),mR两点,那么直线l的倾斜角的取 值范围为 . 答案答案 0, 4 , 2 解析解析 直线l的斜率存在且kl=1-m21,又直线l的倾斜角为,则有tan 1,即tan 0或0tan 1,根据正切函数在与上的图象,可得0,将P,Q两点的坐标代入得 令y=0,得x2+Dx+F=0, 设x1,x2是方程的两根,由|x1-x2|=6得D2-4F=36, 由得或 故所求的圆的方程为x2+y2-2x-4y-8=0或x2+y2-6x-8y=0. 2 -4 -20, 3 -10, DE F D EF
20、 -2, -4, -8 D E F -6, -8, 0, D E F 3.(2020河南郑州二模,4)圆(x+2)2+(y-12)2=4关于直线x-y+8=0对称的圆的方程为( ) A.(x+3)2+(y+2)2=4 B.(x+4)2+(y-6)2=4 C.(x-4)2+(y-6)2=4 D.(x+6)2+(y+4)2=4 答案答案 C 本题主要考查圆的标准方程,点关于直线的对称问题,考查方程思想的应用,考查的核心 素养为数学运算和逻辑推理. 圆关于直线的对称图形仍然是圆,只不过圆心位置发生了变化,半径不变,因此只需求出圆心(-2,12) 关于直线x-y+8=0的对称点.设对称圆的圆心为(m,
21、n),则解得所以所求圆 的圆心为(4,6),故所求圆的方程为(x-4)2+(y-6)2=4,故选C. -12 -1, 2 -212 -80, 22 n m mn 4, 6, m n 4.(2019宁夏育才中学模拟,8)若圆过点(0,-1),(0,5),且截直线x-y=0所得的弦长为2,则圆的方 程为( ) A.x2+(y-2)2=9或(x+4)2+(y-2)2=25 B.x2+(y-2)2=9或(x-1)2+(y-2)2=10 C.(x+4)2+(y-2)2=25或(x+4)2+(y-2)2=17 D.(x+4)2+(y-2)2=25或(x-4)2+(y-1)2=16 7 答案答案 A 由于圆
22、过点(0,-1),(0,5), 所以圆心在直线y=2上,设圆心坐标为(a,2), 由题意得=, 解得a=0或a=-4. 当a=0时,圆心坐标为(0,2),半径为3, 当a=-4时,圆心坐标为(-4,2),半径为5, 所以圆的方程为x2+(y-2)2=9或(x+4)2+(y-2)2=25. 故选A. | -2| 2 a 2 22 2 7 (5-2) - 2 a 5.(2019甘肃酒泉中学二模,14)已知圆M与直线x-y=0及x-y+4=0都相切,且圆心在直线y=-x+2上,则圆 M的标准方程为 . 答案答案 x2+(y-2)2=2 解析解析 圆M的圆心在y=-x+2上, 设圆心为(a,2-a),
23、 圆M与直线x-y=0及x-y+4=0都相切, 圆心到直线x-y=0的距离等于圆心到直线x-y+4=0的距离,即=,解得a=0, 圆心坐标为(0,2),圆M的半径为=, 圆M的标准方程为x2+(y-2)2=2. |2 -2| 2 a|22| 2 a |2 -2| 2 a 2 一、选择题(每小题5分,共10分) B B组组 专题综合题组专题综合题组 (时间：45分钟 分值：60分) 1.(2020河南顶级名校4月联考,9)已知直线l经过不等式组表示的平面区域,且与圆O:x2 +y2=16相交于A、B两点,则当|AB|最小时,直线l的方程为( ) A.y-2=0 B.x-y+4=0 C.x+y-2
24、=0 D.3x+2y-13=0 -210, 3 -40, -20 xy xy y 答案答案 D 本题主要考查直线方程,圆的性质,圆的弦长以及线性规划的知识,考查学生的运算求解 能力,转化与化归思想以及数形结合思想的应用,考查的核心素养为逻辑推理与数学运算. 不等式组表示的平面区域如图中阴影部分,取AB的中点为P,连接OP,则APOP,OP最长时,AB 最小,由图形可知点P为直线x-2y+1=0与y-2=0的交点(3,2)时,OP最长,kOP=,则kl=-,直线l的方 程为y-2=-(x-3),即3x+2y-13=0,故选D. 2 3 3 2 3 2 2.(2019豫西五校联考,7)在平面直角坐
25、标系xOy中,以点(0,1)为圆心且与直线x-by+2b+1=0相切的所 有圆中,半径最大的圆的标准方程为( ) A.x2+(y-1)2=4 B.x2+(y-1)2=2 C.x2+(y-1)2=8 D.x2+(y-1)2=16 答案答案 B 解法一:由题意可得圆心(0,1)到直线x-by+2b+1=0的距离d= ,当且仅当b=1时取等号.所以半径最大的圆的半径r=,此时圆的标准方程为x2+(y-1)2=2,故选 B. 解法二:由x-by+2b+1=0可得直线x-by+2b+1=0过定点A(-1,2),设圆心为B(0,1),由题意可知要使所求 圆的半径最大,则rmax=|AB|=,所以半径最大的
26、圆的标准方程为x2+(y-1)2=2,故选B. 2 |1| 1 b b 2 2 1 1 b b 2 1 2 b b 22 22 (-1-0)(2-1)2 二、填空题(每小题5分,共25分) 3.(2020云南师大附中月考,14)过点P(2,1)作直线l,与x轴正半轴和y轴正半轴分别交于A,B两点,当 AOB的面积取得最小值时,直线l的方程为 . 答案答案 x+2y-4=0 解析解析 本题主要考查直线方程,三角形的面积,以三角形面积最值为载体考查基本不等式的应用, 体现了数学运算,逻辑推理等核心素养. 设直线l的方程为y-1=k(x-2),则A,B(0,1-2k),因为直线l与x轴,y轴正半轴分
27、别交于A,B两点, 所以解得k0,b0),则+=1,又因为+2,即ab4,当且仅 当=,即a=4,b=2时,AOB的面积S=ab有最小值4,此时直线l的方程为+=1,即x+2y-4=0. x a y b 2 a 1 b 2 a 1 b 2 ab 1 2 2 a 1 b 1 2 1 24 x 2 y 4.(2020云南顶级名校第八次适应性月考,14)过点P(0,2)的直线l与圆O:x2+y2=9相交于M,N两点,且圆 上一点Q到l的距离的最大值为4,则直线MN的方程为 . 答案答案 x-y+2=0或x+y-2=0 33 解析解析 由题意可知直线MN的斜率一定存在,设直线l的方程为y=kx+2,如
28、图所示,过圆心O作OH MN,易得当Q位于HO的延长线上时距离最大,即HQ=4,所以HO=1,由点到直线的距离公式可得d= =1,所以k=,所以直线l的方程为y-x-2=0或y+x-2=0,即x-y+2=0或x+y-2=0. 2 |2| 1k 33333 5.(2020豫南豫北5月精英对抗赛,14)平面直角坐标系xOy中,以点C(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1= 0(mR)相切的所有的圆中,半径最大的圆的标准方程为 . 答案答案 (x-1)2+y2=2 解析解析 本题主要考查圆的标准方程,点到直线的距离公式,以及直线与圆的位置关系,考查学生运 算的求解能力和逻辑思维能力,渗透函数思想
29、和分类讨论思想,考查的核心素养为数学运算,逻辑 推理. 圆心C(1,0)到直线mx-y-2m-1=0的距离d=, 当m0时,d=, m0,m+2或m+-2,当且仅当m2=1时等号成立;m=0时,d=1,m+=2时,d最大,为, 半径r的最大值为, 所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2. 2 | -0-2 -1| 1 mm m 2 |- -1| 1 m m 2 2 21 1 mm m 2 1 1 m m 1 m 1 m 1 m 2 2 一题多解一题多解 直线mx-y-2m-1=0过定点A(2,-1),点C(1,0)到直线mx-y-2m-1=0的距离最大值为|AC| =,半径的最大值为,所求圆
30、的标准方程为(x-1)2+y2=2. 22 6.(2020四川南充二模,16)已知圆C:x2+y2-4x-2y-44=0,点P的坐标为(t,4),其中t2,若过点P有且只有一 条直线l被圆C截得的弦长为4,则直线l的一般式方程是 . 6 答案答案 4x+3y-36=0 解析解析 本题主要考查圆的方程,直线的方程,以及直线与圆的位置关系等基础知识,考查学生的运 算求解能力,体现数学运算,逻辑推理等核心素养. 设直线l被圆C截得的弦为MN.整理可得圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=49,由弦长|MN|=4知,圆心C到 直线l的距离d=5,即点C到直线l的距离恒为5,故这样的直线l是圆D:(x
31、-2)2+(y- 1)2=25的切线,若点P在圆D外,这样的直线必有两条,由直线l的唯一性知,点P在圆D上,于是有(t-2)2+ (4-1)2=25,解得t=6或t=-2,又因为t2,所以t=6,所以点P坐标为(6,4),于是直线PC的斜率kPC=,而 lPC,故直线l的方程为y-4=-(x-6),即4x+3y-36=0. 6 2 | 49- 2 MN 49-24 4-1 6-2 3 4 4 3 7.(2019广西玉林高中4月月考,15)若过点(2,1)总可以作两条直线与圆x2+y2+kx+2y+k2-15=0相切,则 实数k的取值范围是 . 答案答案 8 3 -,-4 3 8 3 2, 3
32、解析解析 利用点与圆的位置关系可知点在圆外就可以作两条切线.圆的方程可化为+(y+1)2= 16-k2, 则有 解得-k-4或2k0). 因为圆C经过A,B两点, 所以+=+, 即+-b+b2=+-b+b2,解得b=4. 则r2=+=, 所以圆C的方程为x2+(y-4)2=. (2)当直线l的斜率不存在时,由l与C相切得l的方程为x=,此时直线l与C1交于P,Q两点,不妨设P 点在Q点的上方,则P,Q或P-,Q-,-,则=0,所以OP OQ,满足题意. 当直线l的斜率存在时,易知其斜率不为0,设直线l的方程为y=kx+m(k0,m0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 将直线l的方程与圆C
33、1的方程联立,得消去y,整理得(1+k2)x2+2kmx+m2-1=0, 则=4k2m2-4(1+k2)(m2-1)=4(k2-m2+1)0, 2 7 4 2 17 - 4 b 2 31 - 8 2 33 - 8 b 7 16 289 16 17 2 31 64 1 089 64 33 4 2 7 4 2 17 -4 4 1 2 1 2 2 2 22 , 22 22 ,- 22 2 2 2 2 2 2 2 2 OPOQ 22 , 1, ykxm xy 即1+k2m2.因为x1+x2=-,x1x2=, 所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=-+m2=
34、. 因为OPOQ,所以=0,即x1x2+y1y2=+=0,故2m2=1+k2,满足0,符合题意. 因为直线l:y=kx+m与圆C:x2+(y-4)2=相切,所以圆心C(0,4)到直线l的距离d=,即m2-8m+1 6=,故m2-8m+16=m2,得m=2, 故1+k2=222,得k=. 故直线l的方程为y=x+2. 综上,直线l的方程为x=或y=x+2. 2 2 1 km k 2 2 -1 1 m k 22 2 (-1) 1 km k 22 2 2 1 k m k 22 2 - 1 m k k OPOQ 2 2 -1 1 m k 22 2 - 1 m k k 1 2 2 | -4| 1 m k
35、 2 2 2 1 2 k 77 2 2 7 1.(2020 5 3原创题)直线l1:mx-y-2m=0与l2:nx-y+2n=0相交于点A,其中m+n=2,则A点的轨迹方程为 . 答案答案 y=x-(x0) 4 x 解析解析 设A(x,y),解方程组得即A, 又m+n=2,所以x=,y=, 消去m得,y=x-,由直线l1与l2相交得mn,所以x0, 故A点的轨迹方程为y=x-(x0). - -20, -20, mx ym nx yn 2() , - 4 , - mn x m n mn y m n 2() 4 , - mnmn m nm n 2 -1m 2 4 -2 -1 mm m 4 x 4
36、x 命题说明命题说明 本题以求两条相交直线交点的轨迹方程为载体,考查直线斜率、两直线的交点以及消 参法求轨迹方程等知识.考查发现问题、分析问题与解决问题的能力,着重考查学生数学运算的学 科素养. 一题多解一题多解 由已知可得直线l1,l2分别过定点B(2,0),C(-2,0),且两直线的斜率之和为2. 设A(x,y),则有+=2,化简得y=x-(x0). 当m=0时,直线l1过点(-2,0),当n=0时,直线l2过点(2,0), 所以A点的轨迹方程为y=x-(x0). -2 y x2 y x 4 x 4 x 2.(2020 5 3原创题)公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯(Apolloniu
37、s)在平面轨迹一书中,研 究了众多的平面轨迹问题,其中有如下著名结果:平面内到两个定点A、B距离之比为(0且1) 的点P的轨迹为圆,此圆称为阿波罗尼斯圆. (1)已知两定点A(-2,0),B(4,0),若动点P满足=,求点P的轨迹方程; (2)已知A(-6,0),P是圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点,在平面上是否存在点B,使得=恒成立?若存 在,求出点B坐标;若不存在,说明理由; (3)已知P是圆D:x2+y2=4上任意一点,在平面内求出两个定点A、B,使得=恒成立.只需写出两 个定点A、B的坐标,无需证明. | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 | | PA PB
38、1 2 解析解析 (1)设点P(x,y),由=得|PB|2=4|PA|2,即(x-4)2+y2=4(x+2)2+y2,化简得(x+4)2+y2=16. 即点P的轨迹方程为(x+4)2+y2=16. (2)假设存在点B(a,b)满足对圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,都有=,即|PB|2=4|PA|2. 设P(x0,y0),则(x0-a)2+(y0-b)2=4(x0+6)2+, 化简得3+3+(48+2a)x0+2by0+144-a2-b2=0. 又点P在圆C上,+=-8x0. 将代入得(24+2a)x0+2by0+144-a2-b2=0. 根据题意有 解得B(-12,0). 故对于A
39、(-6,0),圆C:(x+4)2+y2=16上任意一点P,在平面上存在点B,使得=恒成立. (3)设A(m,n),B(s,t),P(x1,y1). 由|PB|2=4|PA|2得(x1-s)2+(y1-t)2=4(x1-m)2+4(y1-n)2. 化简得3+3+(2s-8m)x1+(2t-8n)y1+4m2+4n2-s2-t2=0, | | PA PB 1 2 | | PA PB 1 2 2 0 y 2 0 x 2 0 y 2 0 x 2 0 y 22 2420, 20, 144-0, a b a b -12, 0, a b | | PA PB 1 2 2 1 x 2 1 y 又P在圆D:x2+y2=4上,+=4, 将代入得(2s-8m)x1+(2t-8n)y1+4m2+4n2-s2-t2+12=0. 根据题意有即 答案不唯一,只需满足上面的方程组即可,例如A(1,0),B(4,0)或A,B(2,2)等. 2 1 x 2 1 y 2222 2 -80, 2 -80, 44-120, sm tn mn s t 22 4 , 4 , 1. sm tn mn 13 , 22 3
