《2025年教材课本高中数学选择性必修第一册人教B版》

1 求到两定点$A(-1,2)$，$B(3,2)$的距离之比为$\sqrt{2}$的点的轨迹方程.

答案： 设满足题意的点为$u(x,y)$，可得$\frac{\sqrt{(x + 1)^{2}+(y - 2)^{2}}}{\sqrt{(x - 3)^{2}+(y - 2)^{2}}}=\sqrt{2}$或$\frac{\sqrt{(x - 3)^{2}+(y - 2)^{2}}}{\sqrt{(x + 1)^{2}+(y - 2)^{2}}}=\sqrt{2}$，分别化简，得$(x - 7)^{2}+(y - 2)^{2}=32$或$(x + 5)^{2}+(y - 2)^{2}=32$，即所求轨迹方程为$(x - 7)^{2}+(y - 2)^{2}=32$或$(x + 5)^{2}+(y - 2)^{2}=32$.

2 已知$A$，$B$是平面上两个定点，$AB = 6$，动点$M$满足条件$\overrightarrow{MA} \cdot (2\overrightarrow{MB}) = -1$，求点$M$的轨迹方程.

答案：
如图D1所示，以$AB$中点为坐标原点，以$\overrightarrow{AB}$方向为$x$轴正方向建立平面直角坐标系.

设$M(x,y)$，易知$A(-3,0),B(3,0)$，依题意可得，$\overrightarrow{MA}=(-3 - x,-y)$，$\overrightarrow{MB}=(3 - x,-y)$. 因为$\overrightarrow{MA}\cdot(2\overrightarrow{MB})=-1$，所以$(-3 - x)(3 - x)+(-y)^{2}=-\frac{1}{2}$，化简可得$x^{2}+y^{2}=\frac{17}{2}$. 经检验，$M$的轨迹方程为$x^{2}+y^{2}=\frac{17}{2}$.

3 已知动点$M$到点$(a,0)$的距离等于到点$(b,0)$的距离的2倍（其中$a\neq b$），求点$M$的轨迹方程，并指出轨迹曲线的形状.

答案： 设$M(x,y)$，则$\sqrt{(x - a)^{2}+(y - 0)^{2}}=2\sqrt{(x - b)^{2}+(y - 0)^{2}}$，化简得$(x-\frac{4b - a}{3})^{2}+y^{2}=\frac{4(b - a)^{2}}{9}$. 故$M$的轨迹方程为$(x-\frac{4b - a}{3})^{2}+y^{2}=\frac{4(b - a)^{2}}{9}(a\neq b)$，且该曲线形状为以$(\frac{4b - a}{3},0)$为圆心，$\frac{2|b - a|}{3}$为半径的圆.

4 已知动点$M$到$x$轴的距离与到点$F(0,4)$的距离相等，求点$M$的轨迹方程，并根据方程给出轨迹曲线的一些性质.

答案： 设$M(x,y)$，则$|y|=\sqrt{(x - 0)^{2}+(y - 4)^{2}}$，化简得$y=\frac{1}{8}x^{2}+2$. 故$M$的轨迹方程为$y=\frac{1}{8}x^{2}+2$. 性质：①其图象关于$y$轴对称；②曲线上的点的纵坐标有最小值为$2$，无最大值；③曲线与$x$轴没有交点.

5 已知点$B(-2,1)$和点$C(3,2)$，$Rt\triangle ABC$以$BC$为斜边，求直角顶点$A$的轨迹方程.

答案： 设$A(x,y)$，则$\overrightarrow{AB}=(-2 - x,1 - y)$，$\overrightarrow{AC}=(3 - x,2 - y)$. 依条件，知$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0$，即$(-2 - x)(3 - x)+(1 - y)(2 - y)=0$，化简，得$(x-\frac{1}{2})^{2}+(y-\frac{3}{2})^{2}=\frac{13}{2}$. 经检验，圆上的两点$B(-2,1)$和$C(3,2)$不满足题意，此时$A,B,C$三点连线无法构成三角形. 所以，所求轨迹方程为$(x-\frac{1}{2})^{2}+(y-\frac{3}{2})^{2}=\frac{13}{2}$且去掉$(-2,1)$与$(3,2)$两点.

6 已知点$M$到两条互相垂直的直线的距离的平方和等于常数$k（k＞0）$，求点$M$的轨迹方程，并根据方程研究曲线的性质.

答案： 以两条互相垂直的直线分别为$x$轴，$y$轴，两直线交点为坐标原点建立平面直角坐标系. 设$M(x,y)$，依题意有$x^{2}+y^{2}=k(k\gt0)$. 点$M$轨迹方程为$x^{2}+y^{2}=k(k\gt0)$. 由轨迹方程易知其是以$(0,0)$为圆心，$\sqrt{k}$为半径的圆，则点$M$的轨迹关于$x$轴对称、关于$y$轴对称、关于原点对称.

7 求通过圆$x^2 + y^2 = 1$与$x^2 + y^2 - 4x - 4y - 1 = 0$的交点，并且过点$(2,-1)$的圆的方程.

答案： 联立两圆的方程，得$\begin{cases}x^{2}+y^{2}=1\\x^{2}+y^{2}-4x - 4y-1 = 0\end{cases}$，解这个方程组，得$\begin{cases}x=\frac{\sqrt{2}}{2}\\y=-\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}$或$\begin{cases}x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\\y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{cases}$，即两圆交点的坐标为$(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$和$(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$. 设所求圆的方程为$(x - a)^{2}+(y - b)^{2}=r^{2}$，分别代入圆上的三个点的坐标得$\begin{cases}(\frac{\sqrt{2}}{2}-a)^{2}+(-\frac{\sqrt{2}}{2}-b)^{2}=r^{2}\\(-\frac{\sqrt{2}}{2}-a)^{2}+(\frac{\sqrt{2}}{2}-b)^{2}=r^{2}\\(2 - a)^{2}+(-1 - b)^{2}=r^{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 2\\b = 2\\r = 3\end{cases}$，故所求圆的方程为$(x - 2)^{2}+(y - 2)^{2}=9$.

1 已知圆$C_1$：$x^2 + y^2 + 6x - 16 = 0$，$C_2$：$x^2 + y^2 - 4x - 5 = 0$. 求证：对任意不等于-1的实数$\lambda$，方程
$x^2 + y^2 + 6x - 16 + \lambda(x^2 + y^2 - 4x - 5) = 0$
是通过两个已知圆交点的圆的方程.

答案： 联立两圆方程，有$\begin{cases}x^{2}+y^{2}+6x-16 = 0\\x^{2}+y^{2}-4x-5 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\frac{11}{10}\\y=\frac{\sqrt{819}}{10}\end{cases}$或$\begin{cases}x=\frac{11}{10}\\y=-\frac{\sqrt{819}}{10}\end{cases}$. 对$x^{2}+y^{2}+6x-16+\lambda(x^{2}+y^{2}-4x-5)=0$变形，得$(\lambda + 1)x^{2}+(\lambda + 1)y^{2}+(6 - 4\lambda)x-16 - 5\lambda = 0$，即$x^{2}+y^{2}+(\frac{6 - 4\lambda}{\lambda + 1})x=\frac{16 + 5\lambda}{\lambda + 1}$，整理得$(x-\frac{2\lambda - 3}{\lambda + 1})^{2}+y^{2}=\frac{9\lambda^{2}+9\lambda + 25}{(\lambda + 1)^{2}}$. 由所得方程可知，其描述的是一个以$(\frac{2\lambda - 3}{\lambda + 1},0)$为圆心，$\sqrt{\frac{9\lambda^{2}+9\lambda + 25}{(\lambda + 1)^{2}}}$为半径的圆. 将$\begin{cases}x=\frac{11}{10}\\y=\frac{\sqrt{819}}{10}\end{cases}$和$\begin{cases}x=\frac{11}{10}\\y=-\frac{\sqrt{819}}{10}\end{cases}$代入所得方程都可得，左边$=(\frac{11}{10}-\frac{2\lambda - 3}{\lambda + 1})^{2}+\frac{819}{100}=\frac{900\lambda^{2}+900\lambda + 2500}{100(\lambda + 1)^{2}}=\frac{9\lambda^{2}+9\lambda + 25}{(\lambda + 1)^{2}}=$右边，即点$(\frac{11}{10},\frac{\sqrt{819}}{10})$与点$(\frac{11}{10},-\frac{\sqrt{819}}{10})$都在圆$(x-\frac{2\lambda - 3}{\lambda + 1})^{2}+y^{2}=\frac{9\lambda^{2}+9\lambda + 25}{(\lambda + 1)^{2}}$上. 故原命题得证.

2 已知$A$，$B$是平面内的两点，且$AB = 6$，分别判断平面内满足下列条件的动点$P$是否存在，并说明理由.
（1）$|PA| + |PB| = 6$； （2）$|PA| - |PB| = 6$； （3）$|PB| - |PA| = 6$；
（4）$|PA| + |PB| = 3$； （5）$|PB| - |PA| = 7$.

答案：
(1)存在，点$P$在线段$AB$上；
(2)存在，点$P$在线段$AB$的延长线上；
(3)存在，点$P$在线段$BA$的延长线上；
(4)不存在，当点$P$在直线$AB$上时，$|PA|+|PB|\geqslant6$，当点$P$在直线$AB$外一点时，三点连线构成三角形，两边之和大于第三边，则$|PA|+|PB|\gt6$；
(5)不存在，当点$P$在直线$AB$上时，$|PB|-|PA|\leqslant6$，当点$P$在直线$AB$外时，三点连线构成三角形，两边之差小于第三边，$|PB|-|PA|\lt6$.

3 已知$A$，$B$是平面内的两点，且$|AB| = 6$，用坐标法判断平面内满足下列条件的动点$P$是否存在. 如果存在，求出轨迹方程；如果不存在，说明理由.
（1）$|PA|^2 + |PB|^2 = 36$； （2）$|PA|^2 + |PB|^2 = 10$.

答案： 以$AB$中点为坐标原点，$\overrightarrow{AB}$方向为$x$轴正方向建立平面直角坐标系，可知$A(-3,0),B(3,0)$. 设$P(x,y)$.
(1)存在. 若$|PA|^{2}+|PB|^{2}=36$，则$(x + 3)^{2}+y^{2}+(x - 3)^{2}+y^{2}=36$，化简整理，得$x^{2}+y^{2}=9$，所以存在点$P$满足题意，且轨迹方程为$x^{2}+y^{2}=9$.
(2)不存在. 若$|PA|^{2}+|PB|^{2}=10$，则$(x + 3)^{2}+y^{2}+(x - 3)^{2}+y^{2}=10$，化简整理，得$x^{2}+y^{2}=-4$，所以不存在点$P$满足题意.