教考衔接9 轨迹方程问题(圆)(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦圆的轨迹方程核心考点，涵盖定义圆、伴生圆、阿氏圆及参数方程等高考高频类型，按教材典题溯源、变式拓展深化、高考真题对接的逻辑架构系统整合知识点。通过考点梳理明确命题脉络，方法指导提炼定义法、相关点法等通性通法，真题训练强化解题技巧，帮助学生构建完整知识网络突破难点。 资料以“教考衔接”为特色，创新采用“教材典题-变式拓展-高考真题”三阶训练模式，通过引导学生用数学眼光观察轨迹形成过程，用数学思维分析参数关系，如在阿氏圆问题中通过距离比转化培养逻辑推理能力。设置分层变式题（基础定义到综合应用）和多解法真题解析（如2023乙卷几何法与参数法对比），确保高效突破考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供实用指导。

教考衔接9 轨迹方程问题(圆) 题在书外根植书内典题演变直通高考 教材类题·慧聚 题号 类题说明 题源(1) 源自人教A版选择性必修一第89页综合运用·T8,此题为定义圆 题源(2) 源自人教A版选择性必修一第87页例5,此题为圆的伴生圆 题源(3) 源自人教A版选择性必修一第89页拓广探索·T9,此题为比例圆(阿氏圆) 题源(4) 源自人教A版选择性必修一第89页拓广探索·T10,此题为圆的参数方程 题源(1)长为2a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的中点的轨迹方程为________.  题源(2)已知线段AB的端点B的坐标是(4,3),端点A在圆(x+1)2+y2=4上运动,则线段AB的中点M的轨迹方程为________________.  题源(3)已知动点M与两个定点O(0,0),A(3,0)的距离的比为,则动点M的轨迹方程为________________.  题源(4)在平面直角坐标系中,如果点P的坐标(x,y)满足其中θ为参数.则点P的轨迹为________.  【解析】(1)如图,设线段AB的中点为M(x,y),当点M运动时,它到原点O的距离为定长, 即为Rt△AOB斜边上的中线长. 因为AB=2a,即点M∈,点M的轨迹方程为x2+y2=a. 答案:x2+y2=a (2)如图,设点M的坐标是(x,y),点A的坐标是(x0,y0), 由于点B的坐标是(4,3),且M是线段AB的中点,所以x=,y=. 于是有x0=2x-4,y0=2y-3①. 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,即+=4②. 把①代入②,得(2x-4+1)2+(2y-3)2=4,整理,得+=1. 答案:+=1 (3)如图,设点M的坐标为(x,y), 根据题设有M∈,根据已知条件得=2.化简得点M的轨迹方程为x2+y2+2x-3=0. 轨迹是圆心为(-1,0),半径为2的圆. 答案:x2+y2+2x-3=0 (4)由于点P的坐标(x,y)满足 其中θ为参数,所以 可得(x-a)2+(y-b)2=(rcos θ)2+(rsin θ)2=r2,所以点P的轨迹方程为(x-a)2+(y-b)2=r2. 答案:(x-a)2+(y-b)2=r2 [选题说明]四个小题从不同角度给出圆的轨迹方程,分别为定义圆、圆的伴生圆、比例圆(阿氏圆)、圆的参数方程.高考试题可能会以其中之一或其拓展延伸为知识情境进行命题. 创新拓宽·变式 [变式1]点A为圆x2+y2=4上的动点,PA是圆的切线,|PA|=1,则点P的轨迹方程是(　　) A.x2+y2=4 B.x2+y2=5 C.(x-1)2+y2=4 D.(x-1)2+y2=5 【解析】选B.因为点A为圆x2+y2=4上的动点, 所以|OA|=2,因为PA是圆的切线,所以OA⊥PA, 所以|OA|2+|PA|2=|OP|2, 设点P(x,y),因为|PA|=1,则x2+y2=5, 所以点P的轨迹方程是x2+y2=5. [变式2]已知直线l:+=1,θ∈(0,)与坐标轴的交点分别为A,B,则线段AB的中点C的轨迹与坐标轴围成图形的面积为(　　) A. B. C. D. 【解析】选D.由题得A为直线l与x轴的交点,B为直线l与y轴的交点, 则A(sin θ,0),B(0,cos θ),故C(,),设C(x,y),则x2+y2=, 且x>0,y>0,故点C的轨迹与坐标轴围成的图形的面积为×π×=. [变式3]已知等腰△ABC,其中顶点A的坐标为(0,0),底边的一个端点B的坐标为(1,1),则另一个端点C的轨迹方程为____________________.  【解析】设C(x,y),根据在等腰△ABC中|AB|=|AC|,可得(x-0)2+(y-0)2=(1-0)2+(1-0)2,即x2+y2=2.考虑到A,B,C三点要构成三角形,因此点C不能为(1,1)和(-1,-1).所以点C的轨迹方程为x2+y2=2(除去点(1,1)和(-1,-1)). 答案:x2+y2=2(除去点(1,1)和(-1,-1)) 高考真题·链接 1.(2023·全国乙卷)已知实数x,y满足x2+y2-4x-2y-4=0,则x-y的最大值是(　　) A.1+ B.4 C.1+3 D.7 【解析】选C.法一:令x-y=k,则x=k+y,代入原式化简得2y2+(2k-6)y+k2-4k-4=0, 因为存在实数y,则Δ≥0,即(2k-6)2-4×2(k2-4k-4)≥0, 化简得k2-2k-17≤0,解得1-3≤k≤1+3,故x-y的最大值是3+1. 法二:x2+y2-4x-2y-4=0,整理得(x-2)2+(y-1)2=9, 令x=3cos θ+2,y=3sin θ+1,其中θ∈[0,2π], 则x-y=3cos θ-3sin θ+1=3cos(θ+)+1, 因为θ∈[0,2π],所以θ+∈[,),则θ+=2π,即当θ=时,x-y取得最大值3+1. 法三:由x2+y2-4x-2y-4=0可得(x-2)2+(y-1)2=9,表示圆心为(2,1),半径为3的圆, 设x-y=k,则圆心到直线x-y=k的距离d=≤3, 解得1-3≤k≤1+3,故x-y的最大值为3+1. 2.(高考预测题)(多选题)已知线段AB=2,其端点A,B分别在x轴和y轴上滑动,OP⊥AB,垂足为P,点P的轨迹为如图所示的四叶玫瑰线,则下列结论正确的是(　　) A.(S△OAB)max=1 B.|OP|max=1 C.四叶玫瑰线围成的面积小于π D.(S△OAP)max= 【解析】选ABC.对于A,由OA2+OB2=AB2=4,得4≥2OA·OB,即OA·OB≤2,当且仅当OA=OB=时,等号成立,所以S△OAB=OA·OB≤1,故A正确; 对于B,设P(x,y),当P不在坐标轴上时,设A(a,0),B(0,b),则由P在AB上且OP⊥AB可知, 整理得　由①③得 代入②得(x2+y2)3=4x2y2,又当x=0或y=0时,满足,所以点P的轨迹(即四叶玫瑰线)方程为(x2+y2)3=4x2y2.(x2+y2)3=4x2y2≤(x2+y2)2当且仅当x=y时,等号成立, 即x2+y2≤1.所以|OP|=≤1,故B正确; 对于C,由题图可知,四叶玫瑰线围成的面积小于以|OP|max为半径的圆的面积π,故C正确; 对于D,设AP=t,t∈(0,2),则BP=2-t,OP2=AP·BP=t(2-t). 所以S△OAP=AP·OP=t=,设f(t)=t3(2-t)=2t3-t4,t∈(0,2), 则f'(t)=6t2-4t3=2t2(3-2t),所以当0<t<时,f'(t)>0,当<t<2时,f'(t)<0, 所以f(t)在(0,)上单调递增,在(,2)上单调递减.所以f(t)max=f()=. 所以(S△OAP)max=,故D错误. 3.(经典高考题)已知平面内两定点A,B间的距离为2,动点P满足=,则△PAB面积的最大值为________.  【解析】设以经过点A,B的直线为x轴,的方向为x轴正方向,以线段AB的垂直平分线为y轴,线段AB的中点O为原点,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(-1,0),B(1,0). 设点P(x,y),因为=,所以=,两边平方并整理得x2+y2-6x+1=0, 即点P的轨迹为(x-3)2+y2=8.要使△PAB的面积最大,只需点P到AB(x轴)的距离最大, 此时△PAB的面积为×2×2=2. 答案:2 - 4 - 学科网（北京）股份有限公司 $