第12讲圆锥曲线中的轨迹方程（教师版）

圆锥曲线中的轨迹方程（核心考点精讲精练）1.4年真题考点分布4年考情考题示例考点分析关联考点2023年新I卷，第22题,12分求平面轨迹方程由导数求函数的最值(不含参)基本(均值)不等式的应用求直线与抛物线相交所得弦的弦长2021年新I卷，第21题,12分求双曲线的轨迹方程双曲线中的定值问题2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题不定，难度中等或偏难，分值为512分【备考策略】1.理解、掌握圆锥曲线的定义2.会用方法求解轨迹方程的相关计算【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，小题和大题都会作为载体命题，同学们要会结合公式运算，需强化训练复习知识讲解求轨迹方程的5种常用方法

1直接法:直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法通常叫做直接法。

2定义法:如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法。

3相关点法:用动点M的坐标x，y表示相关点P的坐标x0、y0，然后代入点P的坐标x0、y0所满足的曲线方程，整理化简便得到动点Q轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法。（用未知表示已知，带入已知求未知)

4参数法:当动点坐标考点一、直接法求轨迹方程1．（辽宁·高考真题）已知点、，动点满足，则点的轨迹是（）A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线【答案】D【分析】向量坐标化代入等式即可.【详解】∵动点满足，∴，∴，解得，∴点的轨迹是抛物线.故选:D【点睛】直译法求轨迹方程:把等式中相关量坐标化（代数化），然后整理化简.2．（湖北·高考真题）设过点的直线分别与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，若且，则点P的轨迹方程是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】设，根据求出，再利用，求出轨迹方程，注意.【详解】由题意得：，设，因为，所以，解得：，因为，所以所以，因为，所以，即.故选：D3．（2021·浙江·统考高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（

）A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线【答案】C【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得，即，对其进行整理变形：，，，，所以或，其中为双曲线，为直线.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.4．（江苏·高考真题）如图所示，圆与圆的半径都是1，，过动点分别作圆、圆的切线（为切点），使得，试建立适当的坐标系，并求动点的轨迹方程．【答案】（或）.【分析】建立直角坐标系，设P点坐标，根据几何关系列方程，化简即可得到结果.【详解】以的中点为原点，所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，设点.由已知，得.因为两圆的半径均为1，所以，则，即，所以点的轨迹方程为（或）.【点睛】本题主要考查了与圆相关的动点轨迹方程，考查学生计算能力和转化能力，熟练运用数形结合的思想是本题的关键.5．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，故.（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则,令，同理令，且，则，设矩形周长为,由对称性不妨设，，则.，易知则令,令，解得，当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，则，故,即.当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,得证.法二：不妨设在上，且，依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，直线的方程为，则联立得，，则则，同理，令，则，设，则，令，解得，当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，则，，但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.设,根据对称性不妨设.则,由于,则.由于,且介于之间,则.令,,则,从而故①当时,②当时,由于,从而,从而又,故,由此，当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.

.【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.1．（全国·统考高考真题）在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（

）A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线【答案】A【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：，设，可得：，从而：，结合题意可得：，整理可得：，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.故选：A.【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．（江苏·高考真题）已知两点M(－2，0)，N(2，0)，点P为坐标平面内的动点，满足,则动点P(x，y)的轨迹方程为()A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据MN的坐标求出|MN|然后设点P的坐标表示出关系0即可得到答案．【详解】设P（x，y），x＞0，y＞0，M（﹣2，0），N（2，0），则由，则，化简整理得y2＝﹣8x．故选A．【点睛】直接法求轨迹方程的一般步骤：（1）建立适当的坐标系；（2）设出所求曲线上点的坐标，把几何条件或等量关系用坐标表示为代数方程；（3）化简整理这个方程，检验并说明所求方程就是曲线的方程.直接法求轨迹方程时最关键的就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性.通常将步骤简记为“建系，设点，列式，化简”.3．（上海·高考真题）直角坐标平面中，若定点与动点满足，则点的轨迹方程是【答案】【分析】设点，则，由，所以，代入，即可求解。【详解】设点，则，可得，因为，所以，即，所以点的轨迹方程为。故答案为：。【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及轨迹方程的求解，其中解答中熟练应用向量的数量积的运算公式，准确计算即可求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。4．（四川·高考真题）如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为．（1）求轨迹的方程；（2）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围．【答案】（1）3x2y23=0（x>1）；（2）【详解】（1）设的坐标为，显然有，且，当时，点的坐标为，当时，，由，有，即，化简可得，，而点也在曲线，综上可知，轨迹的方程为；（2）由，消去并整理，得，由题意，方程有两根且均在内．设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3，∴，解得，且，设，的坐标分别为，，由及方程有，，∴，由，且，得且，故的取值范围是．考点：1．圆锥曲线轨迹；2．直线与双曲线相交综合题．考点二、定义法求轨迹方程1．（重庆·高考真题）如图，M（2，0）和N（2，0）是平面上的两点，动点P满足：（Ⅰ）求点P的轨迹方程;（Ⅱ）设d为点P到直线l：的距离，若,求的值.【答案】（I）；（II）．【分析】（I）由双曲线的定义知点轨迹是以为焦点，实轴长的双曲线，由此易得其标准方程；（II）先求出（注意其取值范围），根据双曲线的第二定义，建立与的关系，从而，再由可得结论．【详解】（I）由双曲线的定义知点轨迹是以为焦点，实轴长的双曲线，因此半焦距，实半轴长，从而虚半轴长，双曲线方程为．（II）由（I）及图，易知，因，①知|PM|>|PN|，故P为双曲线右支上的点，所以|PM|=|PN|+2.

②将②代入①，得2||PN|2|PN|2=0，解得|PN|=,所以|PN|=.因为双曲线的离心率e==2，直线l:x=是双曲线的右准线，故=e=2,所以d=|PN|，因此．【点睛】本小题主要考查双曲线的第一定义、第二定义及转化与化归的数学思想，同时考查了学生的运算能力．2．（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考三模）已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，(1)求圆心的轨迹方程(2)若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到<4，再利用双曲线的定义求解；（2）设直线为，联立，利用弦长公式求得，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解.【详解】（1）解：因为圆C与圆A、圆B外切，设C点坐标，圆C半径为，则，，所以<4，所以点C的轨迹是双曲线的一支，又，，，所以其轨迹方程为；（2）设直线为，联立，消去y得：，所以，设MN中点坐标为G，则，所以，，直线GP的方程为:，，所以，所以=1.3．（2022·四川绵阳·绵阳中学实验学校校考模拟预测）已知在平面直角坐标系中有两定点，，平面上一动点到两定点的距离之和为．(1)求动点的轨迹的方程；(2)过点作两条互相垂直的直线，分别与交于，，，四点，求四边形面积的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆定义确定轨迹，由此求得轨迹方程；（2）当其中一条直线斜率不存在（或为0）时直接求出四边形面积，当斜率存在且不为0时，设直线方程为，代入椭圆方程由弦长公式求得弦长，同理得弦长，计算四边形面积并求得取值范围，从而可得最小值．（1）因为（），所以点轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆，所以，，，所以轨迹方程为；（2）当一条直线斜率不存在时，代入椭圆方程得，，因此弦长，另一直线斜率为0，，；当两条直线斜率都存在且不为0时，设直线方程为，，，由，得，所以，，，由于，所以直线斜率为，同理，，令，则，，因为，所以，，综上，，的最小值为．4．（2022·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考三模）在平面直角坐标系中，动点到点的距离比到直线的距离小2．(1)求的轨迹的方程；(2)设动点的轨迹为曲线，过点作斜率为，的两条直线分别交于M，N两点和P，Q两点，其中．设线段和的中点分别为A，B，过点作，垂足为．试问：是否存在定点，使得线段的长度为定值．若存在，求出点的坐标及定值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在定点，使得线段的长度为定值2；理由见解析【分析】（1）根据动点G到点的距离比它到直线的距离小2和抛物线的定义可知点G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，进而得出结果；（2）设直线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，从而表示出AB的方程，说明其过定点，由可说明点D点在一个圆上，由此可得结论.【详解】（1）由题意可得动点到点的距离比到直线的距离小2，则动点到点的距离与到直线的距离相等，故G的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，设抛物线方程为，则焦准距，故的轨迹的方程为：；（2）由题意，直线MN的方程为，由题意可知，由，消去y得：，，设，则，故，同理可求得，所以直线AB的斜率，故直线AB的方程为：，故直线AB过定点，设该点为,又因为，所以点D在以EF为直径的圆上，由于,,故以EF为直径的圆的方程为，故存在定点，使得线段的长度为定值2.【点睛】本题考查了抛物线方程的求解以及直线和抛物线的位置关系中的定点问题，综合性较强，解答时要注意设直线方程并和抛物线方程联立,利用很与系数的关系进行化简，关键是解题思路要通畅，计算要准确，很容易出错.5．（2022·上海徐汇·统考一模）在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线K，P是曲线K上一点．(1)求曲线K的方程；(2)过点A且斜率为k的直线l与曲线K交于B、C两点，若且直线OP与直线交于Q点．求的值；(3)若点D、E在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．【答案】(1)(2)(3)8【分析】（1）由题意动圆的轨迹满足抛物线的定义，所以得出抛物线的轨迹方程即可，（2）联立直线l与抛物线，求出的值，又，设出OP的方程，再联立抛物线求出的值，再求出，得出的值；（3）由于D、E在y轴上，设出D、E坐标，并求出，P点的横坐标即为的高，再求面积的最小值即可．【详解】（1）由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离，由抛物线的定义可知，曲线K的轨迹方程为，（2）设直线l的方程为，联立，消y得，∴，∴，设，∴,又，∴∵，∴设直线OP的方程为，联立，消y得，∴，∴，∴，令，则，∴，∴，∴，故的值为，（3）设，直线PD的方程为，又圆心到PD的距离为1，即，整理得，同理可得，所以，可知b，c是方程的两根，所以，，依题意，即，则，因为，所以，所以，当且仅当，即时上式取等号，所以面积的最小值为8．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．1．（江西·高考真题）设动点P到两定点和的距离分别为和，，且存在常数，使得．(1)证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程；(2)如图，过点的直线与双曲线C的右支交于两点．问：是否存在，使是以点B为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；.(2)存在；.【分析】（1）在中，利用余弦定理得出是一个常数，从而动点P的轨迹C是以为焦点的双曲线，最后求出双曲线的方程即可；（2）在中，设,对于存在性问题，可先假设存在，即假设为等腰直角三角形，再利用方程组，求出的值，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在.【详解】（1）证明：在中，，因为存在常数，使得，故，∴（小于2的常数），故动点P的轨迹C是以为焦点，实轴长的双曲线，，双曲线方程为.（2）在中，设,假设为等腰直角三角形，则

,由②与③得，则,由⑤得，即，又，，故，故存在满足题设条件．【点睛】关键点点睛：本题考查了轨迹方程的求解，考查了双曲线定义的应用以及双曲线中的探索性问题，解答的关键是利用双曲线的性质结合图形的几何性质得到相应等量关系，进而化简求值,解答时等量关系式较多，要注意化简顺序和技巧，可使得计算简化，本题综合性较强，计算量较大.2．（重庆·高考真题）如图，和是平面上的两点，动点P满足：．(1)求点P的轨迹方程；(2)若，求点P的坐标．【答案】(1)(2)，，，【分析】由已知，可根据椭圆的定义，判断点P的轨迹为椭圆，设出椭圆方程，利用待定系数法，分别求解出即可；由已知，由可得：，将这个式子代入到中，利用余弦定理得到中，可得：，从而判断点P的轨迹满足双曲线，求解出双曲线的方程，令椭圆和双曲线方程联立，即可求解坐标.【详解】（1）由已知，和是平面上的两点，动点P满足：，所以由椭圆的定义可知，点P的轨迹是以和为焦点，长轴为的椭圆，设椭圆方程为：，由已知可得：半焦距，长半轴，所以，所以点P的轨迹方程为：.（2）由，得，①又因为，所以点P不为椭圆长轴的顶点，故点P、点M、点N三点组成三角形，在中，，，由余弦定理可知：，②将①代入②得：，所以，即，故点P的轨迹是以和为焦点，实轴为的双曲线，设双曲线方程为：，由已知可得：，，所以点P的轨迹方程为：.又因为点P又满足椭圆方程：，所以由方程组：解得：，所以点P的坐标为：，，，.3．（2022·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点，，点到的距离比到的距离大2，点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)过点且斜率不为0的直线与交于两点，与点关于原点对称，求直线与斜率的比值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用双曲线的定义和性质求解即可；（2）当斜率存在时，设，，的方程为，将直线方程与曲线方程联立，利用韦达定理求解即可，注意讨论斜率不存在时的情况.【详解】（1）由已知可得，所以曲线是以点，为焦点的双曲线的左支，设的方程为（，，），根据题意得，得，所以方程为.（2）由题意可得，设直线，的斜率分别为，，①当的斜率不存在时，易知的坐标分别为，或，，当，时，，，所以.当，时，，，所以.所以当l的斜率不存在时，；②当的斜率存在时，设，，的方程为，将直线代入的方程得，所以，，所以，所以，因为，所以，即，综上，直线与斜率的比值为.【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线中定值问题的思路一般有两种：一是从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关，本题先研究直线的斜率不存在时的值，再求直线的斜率存在时的值；二是直接推理､计算，并在推理计算的过程中消去变量，从而得到定值.4．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知一动圆与圆外切，与圆内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线.(1)求的标准方程；(2)直线与交于，两点，点在线段上，点在线段的延长线上，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分.①；②；③是直线与直线的交点.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】(1)设圆心为由外切及内切分别得出圆心距等于半径之和及半径之差，再由双曲线的定义即可得到圆心的轨迹方程.(2)由三选二作为条件另一个作为结论，逐一选择，与第一问求得的结果联立，得出相应结论.【详解】（1）设动圆的圆心为，半径为，则，，所以，由双曲线定义可知，的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线的右支，所以，，即，，所以，所以的标准方程为，.（2）证明：若①②③：由题可设直线，，，，，由直线与交于，两点，所以，联立得，所以，，由，得，即，由题知，所以，即异于的中点，所以，即，得，又，所以，故，化简得，所以点在直线上，又是上的点，所以③成立.若①③②：设，，，，则.由，，，四点共线，设，，其中且，，则，，，，又点在上，所以，所以，整理得，又，所以，同理，所以，又，，所以，故，，所以，故，即成立，所以②成立.若②③①：由题设，，，，由，得，又点为线段上一点，点为线段延长线上一点，所以设，，其中且，则，，，，又点在上，所以，所以，整理得，同理，所以，故，将代入得，所以故即①成立.5．（2022·河南安阳·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足．记M的轨迹为C．(1)求C的方程；(2)设点P为x轴上的动点，经过且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A，B两点，且，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明过程见解析【分析】（1）利用椭圆定义求轨迹方程；（2）设出直线l为：，，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出AB中点，进而表达出AB的垂直平分线，求出P点坐标，得到的长，得到为定值.【详解】（1）由椭圆的定义可知：M的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，，所以，所以C的方程为（2）设直线l为：，则联立得：，设，则，，，则，AB中点坐标为，所以AB的垂直平分线为，令得：，所以，，【点睛】直线与椭圆结合问题，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，表达出弦长或面积，进而求解定值或取值范围等.考点三、相关点法求轨迹方程1．（上海·高考真题）点与圆上任一点连线的中点的轨迹方程是A．B．C．D．【答案】A【详解】试题分析：设圆上任一点为，中点为，根据中点坐标公式得，，因为在圆上，所以，即，化为，故选A.考点：1、圆的标准方程；2、“逆代法”求轨迹方程.【方法点晴】本题主要考查圆的标准方程、“逆代法”求轨迹方程，属于难题.求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.本题就是利用方法④求的轨迹方程的.2．（陕西·高考真题）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且.(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；(2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度.【答案】(1)(2)【分析】（1）用相关点法求解轨迹方程，设出，得到，代入中，得到轨迹方程；（2）求出过点且斜率为的直线方程，联立第一问所求的曲线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式求出答案.【详解】（1）设，则，，因为，所以，即，故，所以，因为P是圆上的点，所以，即；（2）过点且斜率为的直线方程为，与联立得：，易得，设直线与的两交点坐标分别为，则，，故被C所截线段的长度为.3．（2022·福建福州·福建省福州格致中学校考模拟预测）圆：与轴的两个交点分别为，，点为圆上一动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足(1)求点的轨迹方程；(2)设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，直线与交于点，试问：是否存在一个定点，当变化时，为等腰三角形【答案】(1)(2)存在，证明见解析【分析】（1）设点在圆上，故有，设，根据题意得，，再代入圆即可求解；（2）先判断斜率不存在的情况；再在斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆联立得：，，，再根据题意求解判断即可.【详解】（1）设点在圆上，故有，设，又，可得，，即，代入可得，化简得：，故点的轨迹方程为：.（2）根据题意，可设直线的方程为，取，可得，，可得直线的方程为，直线的方程为联立方程组，可得交点为；若，，由对称性可知交点，若点在同一直线上，则直线只能为：上，以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线：上.由，整理得设，，则，设与交于点，由，可得设与交于点，由，可得，因为，因为，即与重合，所以当变化时，点均在直线：上，因为，，所以要使恒为等腰三角形，只需要为线段的垂直平分线即可，根据对称性知，点.故存在定点满足条件.【点睛】求定点问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．1．（全国·高考真题）设P为双曲线上一动点，O为坐标原点，M为线段的中点，则点M的轨迹方程为．【答案】【分析】设，，用的坐标表示的坐标，再代入双曲线方程即可得答案.【详解】设，，则，即，又，则，整理得，即点M的轨迹方程为.故答案为：2．（2022·广东茂名·统考二模）已知圆O：x2+y2＝4与x轴交于点，过圆上一动点M作x轴的垂线，垂足为H，N是MH的中点，记N的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过作与x轴不重合的直线l交曲线C于P，Q两点，设直线AP，AS的斜率分别为k1，k2.证明：k1＝4k2．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）运用相关点法即可求曲线C的方程；(2)首先对直线的斜率是否存在进行讨论,再根据几何关系分别求出P、Q、S三点的坐标，进而表示出直线AP，AS的斜率，再根据斜率的表达式进行化简运算,得出结论.【详解】（1）设N（x0，y0），则H（x0，0），∵N是MH的中点，∴M（x0，2y0），又∵M在圆O上，，即；∴曲线C的方程为：；（2）①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，若点P在轴上方，则点Q在x轴下方，则，直线OQ与曲线C的另一交点为S，则S与Q关于原点对称，∴，；若点P在x轴下方，则点Q在x轴上方，同理得：，，∴k1＝4k2；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：，由与联立可得，其中，设，则，则，∴则，∴k1＝4k2.考点四、参数法求轨迹方程1．（全国·高考真题）在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2,在y轴上截得线段长为2.(1)求圆心P的轨迹方程;(2)若P点到直线y=x的距离为,求圆P的方程.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或【详解】试题分析：（1）设，圆的半径为，则，可得圆心的轨迹方程；（2）设，则，又根据点到直线距离公式得，解出，进而可得圆的半径，求得圆的方程．试题解析：（1）设，圆的半径为，由题设，从而，故的轨迹方程为．（2）设，由已知得，又点在双曲线上，从而得．由，得，此时，圆的半径，由，得，此时，圆的半径，故圆的方程为或．考点：1.勾股定理及点到直线的距离公式；2.轨迹方程及待定系数法求圆的方程．【方法点晴】本题主要考查直接法求轨迹方程、点到直线的距离公式及三角形面积公式，属于难题.求轨迹方程的常见方法有：①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入．本题（1）就是利用方法①求的轨迹方程的．2．（2022·四川成都·石室中学校考三模）已知点，，，，动点S，T满足，，直线MS与NT交于一点P．设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)直线与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），倾斜角为的直线经过点G，与曲线C交于E，F的值与点G的位置无关，求证：.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）设，由M，P，S三点共线，得，由N，P，T三点共线，得，消去即得解；（2）不妨设点A在第一象限，设点，其中，若直线的斜率不存在，则直线的方程为，故不为定值.若直线的斜率存在，设直线的斜率为k，则直线的方程为.将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理得到韦达定理计算即得证.(1)解：由题意，知，从而，则.设，则，.由M，P，S三点共线，得.由，得，从而.由N，P，T三点共线，得，消去得，整理得，即曲线C的方程为.(2)证明：由题意并结合（1）易知（不妨设点A在第一象限），，.设点，其中，则，，所以.若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，，故不为定值.若直线的斜率存在，设直线的斜率为k，则直线的方程为.将直线的方程代入曲线C的方程化简、整理，得.设，，则，，所以，故.因为的值与m的值无关，所以，解得，所以，所以G是EF的中点，即.1．（·辽宁·高考真题）设椭圆方程为，过点的直线l交椭圆于点A，B，O是坐标原点，点P满足，点N的坐标为，当l绕点M旋转时，求：（1）动点P的轨迹方程；（2）的最小值与最大值.【答案】（1）；（2）当时，最小值为；当时，最大值为.【分析】（1）设出直线的方程和点A、B的坐标，联立直线与椭圆的方程，即可求出，然后根据求出点P的坐标，消去参数，即可得到动点P的轨迹方程，再检验当k不存在时，是否也满足方程即可；（2）根据点P的轨迹方程求得的取值范围，再根据两点间的距离公式求出，消元，由二次函数的性质即可求出的最小值与最大值．【详解】（1）直线l过点，设其斜率为k，则l的方程为．设，，由题设可得点A、B的坐标是方程组的解．将①代入②并化简得，所以于是，，设点P的坐标为，则消去参数k得，③当k不存在时，A、B中点为坐标原点，也满足方程③，所以点P的轨迹方程为．（2）点P的轨迹方变形为，知，即．所以，故当时，取得最小值，最小值为．当时，取得最大值，最大值为．【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用，平面向量的坐标运算，两点间的距离公式的应用，利用参数法求轨迹，以及二次函数的性质应用，意在考查学生的数学运算能力，综合性较强，属于中档题．考点五、交轨法求轨迹方程1．（全国·高考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点，若点C满足，其中，，且，则点C的轨迹方程为A． B．C． D．【答案】D【分析】向量坐标化得结合即可得点C的轨迹方程．【详解】设.由已知可知，又，又，可得点C的轨迹方程为.故选D.【点睛】本题考查向量坐标运算，消元法求轨迹方程，是基础题2．（湖南·高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的动直线与双曲线相交于两点．（1）若动点满足（其中为坐标原点），求点的轨迹方程；（2）在轴上是否存在定点，使·为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）【分析】（1）设，则，，，，讨论直线的斜率存在和不存在的两种情况，当不与轴垂直时，利用的中点坐标和的坐标表示直线的斜率，从而得到的方程，结合点差法消去的坐标可求得结果，当与轴垂直时，也满足；（2）假设在轴上存在定点，使为常数．当不与轴垂直时，设直线的方程是，联立双曲线方程，利用韦达定理化简整理得到的表达式，从而得到，当与轴垂直时，也满足.【详解】（1）由条件知，，设，．设，则，，，，由得即，于是的中点坐标为．当不与轴垂直时，，即．又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得，即．将代入上式，化简得．当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．所以点的轨迹方程是．（2）假设在轴上存在定点，使为常数．当不与轴垂直时，设直线的方程是．代入有．则是上述方程的两个实根，所以，，于是．因为是与无关的常数，所以，即，此时.当与轴垂直时，点的坐标可分别设为，，此时．故在轴上存在定点，使为常数．【点睛】本题考查求轨迹方程的方法和直线与双曲线的位置关系，根据条件设而不求，最后再消去交点坐标是解题的方向，属难题.3．（福建·高考真题）如图，P是抛物线上一点，直线l过点P且与抛物线C交于另一点Q.（1）若直线l与过点P的切线垂直，求线段PQ中点M的轨迹方程；（2）若直线l不过原点且与x轴交于点S，与y轴交于点T，试求的取值范围.【答案】（1）(x≠0)；（2）(2,+∞).【分析】（1）设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M（x0,y0），欲求点M的轨迹方程，即寻找其坐标的关系，可通过另外两点P，Q与中点M的关系结合中点坐标公式求解；（2）欲求的取值范围，可转化为将其表示成某变量的表达式，设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，分别过P、Q作PP′⊥x轴，QQ′⊥x轴，垂足分别为P′、Q′，则，然后再利用韦达定理及均值不等式求此表达式的最值问题．【详解】(1)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，M(x0,y0)，依题意x1≠0，y1>0，y2>0.由，得y′=x.∴过点P的切线的斜率k=x1，∴直线l的斜率，∴直线l的方程为，②联立①②消去y，得.∵M是PQ的中点，∴，消去x1，得，∴PQ中点M的轨迹方程为(x≠0).(2)设直线l:y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，则T(0,b).分别过P、Q作PP′⊥x轴，QQ′⊥x轴，垂足分别为P′、Q′，则.由，y=kx+b消去x，得y2−2(k2+b)y+b2=0.③则y1+y2=2(k2+b)，y1y2=b2.∴.∵y1、y2可取一切不相等的正数，∴的取值范围是(2,+∞).【点睛】本题考查轨迹方程，中点坐标公式，直线与圆锥曲线的综合问题，解题的关键是将问题的转化再结合韦达定理即可，属于难题.1．（江西·高考真题）设点在直线上，过点P作双曲线的两条切线，切点为A、B，定点．(1)过点A作直线的垂线，垂足为N，试求的重心G所在的曲线方程；(2)求证A、M、B三点共线．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）联立垂线与直线的方程求出，根据重心公式求出点坐标，代入双曲线得解（2）将切线方程与双曲线联立，根据判别式为0求出、的方程，根据在上，得点都在直线上又也在直线上，得证.【详解】（1）设，垂线的方程为：，由得垂足，设重心所以解得，由可得即为重心所在曲线方程．（2）设，由已知得到，且，，设切线的方程为：由得从而,解得因此的方程为：同理的方程为：又在上，所以，即点都在直线上又也在直线上，所以三点共线2．（全国·高考真题）已知点到两个定点、距离的比为，点到直线的距离为．求直线的方程．【答案】或．【详解】试题分析：先根据直接法求轨迹的方法求点轨迹方程，再根据三角形PMN确定，进而根据图像确定直线的斜率，利用点斜式写直线的方程，与圆联立解得点P坐标，最后根据两点式写直线的方程．试题解析：解：设点的坐标为，由题设有，即，整理得①，因为点到的距离为，，所以，直线的斜率为，直线的方程为②将②式代入①式整理得，解得，，代入②式得点的坐标为或；或，直线的方程为或．点睛：求动点轨迹方程，一般方法有直接法、转移法、参数法.本题关于动点P的条件为两线段的比值，所以利用直接法求动点轨迹.【能力提升】一、单选题1．（2023·广西梧州·苍梧中学校考模拟预测）若圆与圆关于直线对称，过点的圆P与y轴相切，则圆心P的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】求出两个圆的圆心坐标，两个半径，利用两个圆关于直线的对称知识，求出a的值，然后设出圆心P的坐标为，圆心到点C的距离等于圆心到y轴的距离，列出方程求出圆心P的轨迹方程．【详解】圆的圆心为，圆的圆心为，因为圆与圆关于直线对称，所以的中点满足直线方程，解得，过点的圆P与y轴相切，设圆心P的坐标为，所以解得：，故选：C．2．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）如图，已知圆，圆，已知为两圆外的动点，过点分别作两圆的割线和，总有，则点的轨迹方程是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，由可得，然后由割线定理可得，从而得到点的轨迹方程.【详解】因为圆，圆心，半径，圆，圆心，半径，由，可得，所以，即，由割线定理可知，过的切线是到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，过分别做圆的切线，切点为，则，，所以，连接，则，，所以，即，所以，即，设，则，化简可得，所以点的轨迹方程是，故选:A二、填空题3．（2023·河南·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，直线与抛物线交于两点，过点作抛物线的切线，若交于点，则点的轨迹方程为.【答案】或【分析】由题可得抛物线方程，利用切线几何意义可得切线斜率，即可表示出切线方程求出交点坐标，再将抛物线与直线联立，结合韦达定理可得轨迹方程.【详解】由焦点到准线的距离为2，可得抛物线.由可得，故，故在处的切线方程为，即，同理在点处的切线方程为，联立，即.联立直线与抛物线方程：，消去得，由题或.由韦达定理，，得，其中或，故点的轨迹方程为：或.故答案为：或三、解答题4．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中中，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，的轨迹为.(1)求曲线的方程；(2)已知点，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，且，求与面积之和的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意直接求动点的轨迹方程即可；（2）当直线的斜率为0时，不适合题意，所以设出直线的方程与抛物线联立利用基本不等式求解即可.【详解】（1）设动点的坐标为，由已知得，，化简得：，故曲线的方程为.（2）如图：因为点，分别为曲线上的第一象限和第四象限的点，所以当直线的斜率为0时，不适合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，由得，，，所以，由，得，因为，所以，所以，所以，解得：或（舍去），当时，直线的方程为，直线过定点，且满足，且，所以，当且仅当，即，时取等号，故最小值为.5．（2023·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测）已知曲线E上任意一点Q到定点的距离与Q到定直线的距离之比为．(1)求曲线E的轨迹方程；(2)斜率为的直线l交曲线E于B，C两点，线段BC的中点为M，点M在x轴下方，直线OM交曲线E于点N，交直线于点D，且满足（O为原点）．求证：直线l过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据直接法求轨迹方程的方法，设出点的坐标，列出关于的方程，化简即可；（2）设，，直线l的方程为，通过联立方程组，结合韦达定理求出，，，由得出，从而可求直线所过定点．【详解】（1）设曲线E上任意一点，由题意知，化简整理得，所以曲线E的轨迹方程为；（2）设，，直线l的方程为，联立，得，因为有两个交点，所以，即，所以，，即，因为点M在x轴下方，所以，又，所以，所以直线OM的斜率，则直线OM的直线方程为，将其代入双曲线E的方程，整理得，所以，将代入直线，解得，又因为，所以有，．由，解得，因为，，所以，因此直线l的方程为，故直线l过定点．6．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考一模）已知直线和直线，过动点作平行的直线交于点，过动点作平行的直线交于点，且四边形（为原点）的面积为1．(1)求动点的轨迹方程(2)当动点的轨迹的焦点在轴上时，记动点的轨迹为曲线，若过的直线与曲线交于两点，在曲线上是否存在点，使的重心为原点．若存在，求出直线的方程：若不存在，请说明理由．【答案】(1)或；(2)不存在，理由见解析．【分析】（1）由矩形面积公式结合两点间距离公式可得轨迹方程；（2）假设存在点满足题意，设直线方程为，设，直线方程代入双曲线方程后，应用韦达定理得，然后利用原点是三角形的重心，把用表示，再把代入代入双曲线方程后求解，如果求得值说明存在，如求不出值，说明不存在．【详解】（1）由题意，所以，，所以动点的轨迹方程是或；（2）假设存在满足题意，动点的轨迹的焦点在轴上时，轨迹方程为，易知直线不能与轴重合，设其方程为，设，由得，且，所以，所以，，满足的重心为原点，则，，，，又在双曲线上，所以，，无实数解，所以不存在点满足题意．【点睛】方法点睛：解析几何中存在性命题的解题方法：假设存在满足题意的点（直线或其它量），设出直线方程与交点坐标，直线方程与圆锥曲线方程联立消元后应用韦达定理得，把此结论代入题中条件求解，如能求得参数值则说明存在，如果求不出参数值，则说明假设错误，满足题意的点（直线或其它量）不存在．7．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知动圆M过点且与直线相切，记动圆圆心M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若直线与轴相交于点P，点B为曲线C上异于顶点的动点，直线PB交曲线C于另一点D，直线BO和DO分别交直线于点S和T．若四点共圆，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设点，根据题意列出方程，整理即可求解；（2）设直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求出直线与直线的交点坐标，然后利用相交弦定理即可证明.【详解】（1）设，则，解得.（2）设直线的方程为代入得，设，，则，又直线的方程为，即，则，同理：

，

则，

，四点共圆，，即，又，则.8．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）在平面直角坐标系xOy中，点P到点的距离比到y轴的距离大1，记点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点F且斜率不为零的直线l交椭圆E：于A，B两点，交曲线C于M，N两点，若为定值，求实数λ的值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）根据给定条件，设出点P的坐标，再列出方程化简作答.（2）设出直线l的方程，分别与椭圆E、曲线C的方程联立，利用弦长公式求出弦长，再代入计算判断作答.【详解】（1）设，依题意，，两边平方并整理，得，所以曲线C的方程为．（2）设，，，，依题意，设直线l的方程为，由消去y并整理，得，而点为椭圆E的右焦点，因此，，则，由（1）知，，若直线l交曲线C于M、N两点，且，则直线l与相交，由消去y并整理，得，而点为抛物线的焦点，则，于是，从而，要使为定值，则，即，所以实数λ的值为3．9．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知圆心在x轴上移动的圆经过点，且与x轴，y轴分别交于M，N两个动点，线段MN中点Q的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)已知直线l分别与曲线和抛物线：交于四个不同的点，，，，且．（i）求证：；（ii）设l与x轴交于点G，若，求的值．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）设，则，设动圆圆心为，得，由化简可得曲线的方程；（2）（i）设直线的方程为，分别与，的方程联立，利用韦达定理即可求得，从而证得结论；（ii）由，，可得，得，再由得到结果．【详解】（1）设，则，设动圆圆心为，由，得，因为，所以，化简整理得，所以曲线的方程为．（2）（i）证明：直线与轴不垂直，设直线的方程为，由，,则，由，,则，故.（ii）∵，∴，又，∴，得，因此．10．（2023·福建厦门·统考模拟预测）已知点，点，点是轴上的动点，点在轴上，直线与直线垂直，关于的对称点为．(1)求的轨迹的方程；(2)过的直线交于两点，在第一象限，在处的切线为交轴于点，过作的平行线交于点是否存在最大值？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）利用向量垂直以及中点坐标公式即可求解，或者利用菱形的性质以及抛物线的定义可判断点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．（2）将问题转化为直线与的倾斜角之差最大．联立直线与抛物线方程，得到韦达定理，求导得切线斜率，即可利用倾斜角与斜率的关系，结合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解.【详解】（1）法1：设因为，所以，即．又，所以，所以．法2：如图，设关于的对称点为，由已知得，互相垂直平分，所以四边形为菱形，所以．因为为中点，所以，即点在定直线上，因为，所以与直线垂直，即点到定点的距离等于点到定直线的距离，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线．所以点的轨迹的方程为．（2）存在最大值．延长交于，所以最大即直线与的倾斜角之差最大．由题意可知直线有斜率，设，（）由得，，所以．因为，所以的斜率，的斜率．设直线与的倾斜角为，则．．当且仅当即,时等号成立．因为，所以，所以当最大时，最大，即最大，此时，所以，所以的方程为．【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知y轴右侧一动圆Q与圆P：相外切，与y轴相切.(1)求动圆圆心Q的轨迹M的方程；(2)过分别作两条直线，，与轨迹M相交于A，B两点，与轨迹M相交于C，D两点，，的倾斜角互补，定点，且与面积之和为，求直线的斜率.【答案】(1).(2).【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即得轨迹M的方程；（2）用设而不求的思想，由与面积之和为即可求直线的斜率.【详解】（1）圆P：，所以圆P的圆心坐标为，半径为1，设，依题意有，化简整理得：，故所求动圆圆心Q的轨迹M的方程为.（2）设直线的方程为，则直线的斜率，因为，的倾斜角互补，故直线的方程为，设，，，，由得：，所以，，所以，同理可得，因为与面积之和为，所以有，解得，所以直线的斜率.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交问题，通常用设而不求的思想，联立直线方程和曲线方程，用韦达定理表示出要求的问题或实现参数之间的转化.12．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，过右侧的点作，垂足为，且．(1)求点的轨迹的方程；(2)过点的动直线交轨迹于，设，证明：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据提意思，设，得到，结合，利用距离公式化简，即可求解曲线的方程；（2）当直线的斜率存在，可设，联立方程组，设，求得，化简，代入求得；当直线的斜率不存在，此时，求得，得到，即可求解.【详解】（1）由题意，直线与轴交于点，过右侧的点作，可得，设，则，因为，可得，即，整理得.（2）当直线的斜率存在，可设直线，联立方程组，整理得，设，因为直线与曲线交于两点，则，且，因为，可得，所以；当直线的斜率不存在，此时直线，联立方程组，解得，不妨设，此时，可得，综上可得，为定值.13．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）已知，，对于平面内一动点，轴于点M，且.(1)求点Р的轨迹C的方程；(2)当时，直线与曲线C交于不同两点Q，R，与直线交于点S，与直线交于点T，若，为坐标原点，求的面积.【答案】(1)当，；当，(2)【分析】（1）根据题意得到，分类讨论即可；（2）设直线，联立直线方程得，，再联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，再利用弦长公式得到关系式，最后将其代入面积表达式化简即可.【详解】（1）设，则，从而由，有，若，化简整理得；若，化简整理得.（2）当，则设直线，直线与直线相交，联立得，则解得；直线与直线相交，联立得，得；由，得，由得：，即，且，，因为，所以，即，所以，整理得，则，又，，所以.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，从而得到，，再联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式和弦长关系得到，再写出面积表达式代入上式化简即可.14．（2023·河南·校联考模拟预测）圆，圆心为，点，作圆上任意一点与点连线的中垂线，交于.(1)求的轨迹的方程；(2)设为曲线上任意一点，直线分别交曲线于两点，，求的值.【答案】(1)(2)14【分析】（1）作出辅助线，根据椭圆的定义得到的轨迹为以两点为焦点，长轴长为4的椭圆，求出椭圆方程；（2）设出，得到直线的方程，联立椭圆方程，得到，进而得到，由得到，同理得到，从而得到.【详解】（1）连接，则，其中，则，所以，故的轨迹为以两点为焦点，长轴长为4的椭圆，其中，故，，所以的方程为；（2）设，则，设，因为，，直线的方程为，所以，与椭圆方程联立得，即，故，所以，同理可得，因为，所以，故，同理可得，所以.【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，特别重视圆锥曲线的定义在求轨迹方程中的应用，只要动点满足已知曲线的定义，就可直接得到所求轨迹方程，求解过程中要注意一些轨迹问题中包含隐含条件，也就是曲线上的点的坐标的取值范围，有时还要补充特殊点的坐标.15．（2023·四川南充·模拟预测）如图所示，以原点为圆心，分别以2和1为半径作两个同心圆，设为大圆上任意一点，连接交小圆于点，设，过点分别作轴，轴的垂线，两垂线交于点．(1)求动点的轨迹的方程；(2)点分别是轨迹上两点，且，求面积的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据得到点坐标，设出点坐标，根据参数方程即可得到曲线的方程；（2）根据得到，根据与的位置关系进行分类，再联立化简韦达定理得到与的长，根据三角形的面积公式得到结果即可.【详解】（1）因为，所以，设，则（是参数），消去得，即曲线的方程为；（2），，当直线或的斜率不存在时，易得当直线和的斜率都存在时，设，则由得，，同理可得，令故.【点睛】压轴题点睛：该题关键在于分类与的位置关系，通过联立化解以及三角形的面积公式得到结果，注意化简中的技巧运用.16．（2023·全国·模拟预测）已知在平面直角坐标系xOy中，，点M到直线的距离为d，，记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)经过F的直线l与曲线C交于点D，E，设，直线DA，EA分别与直线交于点P，Q，证明：以PQ为直径的圆经过点F.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，利用可得，化简即可；（2）设直线的方程为，，与曲线C进行联立可得，，利用题意可得到直线的方程，求出的坐标，同理可求，然后通过计算即可求证【详解】（1）设，由题意可得，因为，所以，两边同时平方得，整理得，所以曲线的方程为.（2）显然直线不与轴垂直，故可设直线的方程为，，（当时，直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线只有一个交点，不符合题意），联立直线与的方程并消去，得则，恒成立，设，，所以，直线的方程为，令，得，同理，因为，所以，又，所以，所以，故以为直径的圆经过定点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.17．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，点P到点的距离比到y轴的距离大l，记点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点F且斜率为的直线l交椭圆于A，B两点，交曲线C于M、N两点，若为定值，则实数应满足什么关系？【答案】(1)(2)【分析】（1）设，根据题意列式运算即可；（2）分别联立方程结合韦达定理求，代入整理可得，结合定值分析运算.【详解】（1）设，由题意可得两边平方并整理，得，故曲线C的方程为.（2）设，，，，由题意可得直线l的方程为，与椭圆E的方程联立，得，则，，可得，∵，若直线l交曲线C于M、N两点，且，则直线l与相交，直线l的方程与曲线C的方程联立，得，则，，可得：，∴，要使为定值，则，即故当为定值时，实数应满足【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．18．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知，，动点关于轴的对称点为，直线与的斜率之积为.(1)求点的轨迹的方程；(2)设点是直线上的动点，直线，分别与曲线交于不同于，的点，，过点作的垂线，垂足为，求最大时点的纵坐标.【答案】(1)(2)【分析】（1）由两直线斜率之积为，得点Q所满足的方程式即可；（2）设直线的方程，代入曲线的方程，由几何关系得直线恒过点，点的轨迹是以为直径的圆，当与重合时，最大，求出此时，点的纵坐标.【详解】（1）由题意得，且，，，所以，整理得曲线.（2）设，，，若直线平行于轴，根据双曲线的对称性，可知点在轴上，不符合题意，故设直线：，代入曲线中，得，则，，则，由，A，三点共线得，即，同理，由，B，三点共线得，消去，得，即，得，得，即对任意，，都有成立，故或，若，由，可得：所以即，矛盾，故，所以.所以直线：恒过点，则点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，当与重合时，最大，此时轴，：，.所以当最大时，点的纵坐标为.19．（2023·广东广州·统考二模）已知点，P为平面内一动点，以为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形的面积最小时，求l的方程.【答案】(1)(2)或【详解】（1）设，则以为直径的圆的圆心为，根据圆与y轴相切，可得，化简得，所以C的方程为（2）由题意可知：直线的斜率存在且不为0，设直线：，，联立，所以，设直线的倾斜角为，则所以，所以，由题意可知四边形为梯形，所以，设，则，所以，当单调递增，当单调递减，所以当时，即时，面积最小，此时，故直线的方程为：，即或【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．必要时也可以利用导数求解最值.另外在解析几何中还要注意向量的应用.20．（2023·广东珠海·珠海市第一中学校考模拟预测）已知动圆M经过点，且动圆M被y轴截得的弦长为4，记圆心M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的标准方程；(2)设点M的横坐标为，A，B为圆M与曲线C的公共点，若直线AB的斜率，且，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，则点M到y轴的距离为，再根据圆M被y轴截得的弦长，即可得出答案；（2）设，，直线AB的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，，设线段AB的中点为T，点M的纵坐标为，则，由此可求出，再根据圆M经过点，即可得解.【详解】（1）设，则点M到y轴的距离为，因为圆M被y轴截得的弦长为4，所以，又，所以，化简可得，所以曲线C的标准方程为；（2）设，，因为直线AB的斜率，所以可设直线AB的方程为，由及，消去x可得，则，所以，所以，，所以，设线段AB的中点为T，点M的纵坐标为，则，，所以直线MT的斜率为，所以，所以，所以，易得圆心M到直线AB的距离，由圆M经过点，可得，所以，整理可得，解得或，所以或，又，所以．【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.21．（2023·四川宜宾·统考三模）已知点A在y轴右侧，点B，点C的坐标分别为，，直线AB，AC的斜率之积是3.(1)求点A的轨迹D的方程；(2)若抛物线与点A的轨迹D交于E，F两点，过B作于H，是否存在定点G使为常数？若存在，求出G的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）设点，，利用斜率公式结合已知条件化简可得出点的轨迹的方程；（2）设、，将抛物线的方程与曲线联立，列出韦达定理，求出直线的方程并化简，即可求得直线所过定点的坐标.【详解】（1）设点，，因为AB，AC的斜率之积是3，所以.所以点A的轨迹D的方程为.（2）由得，，，设，，则，，又因为，，所以，因为，所以直线EF的方程为，即，所以直线EF过定点，当G为BP的中点时，因为于H，所以，所以存在定点，使为常数.【点睛】求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.22．（2023·河北·统考模拟预测）已知直线l：与点，过直线l上的一动点Q作直线，且点P满足．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过点F作直线与C交于A，B两点，设，直线AM与直线l相交于点N．试问：直线BN是否经过x轴上一定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)(2)过定点；定点【分析】（1）根据题意，得到，设，代入即可求得曲线C的方程；（2）当直线AB的斜率不存在时，直线BN：，直线BN经过点，当直线AB的斜率存在时，不妨设直线AB：，得到直线AM：，求得，联立方程组求得，，再证直线BN经过点，再证得，即可得到直线BN经过点．【详解】（1）解：由，可得，所以，设，代入上式得，平方整理即得C的方程为．（2）解：当直线AB的斜率不存在时，不妨设点A在点B的上方，则，，，则直线BN：，直线BN经过点；当直线AB的斜率存在时，不妨设直线AB：，，，则直线AM：，当时，，故，由，得，则，，所以，，下面证明直线BN经过点，即证，即，即，由，，整理得，，即恒成立．即，即直线BN经过点．综上所述，直线BN过轴上的定点．【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.23．（2023·湖南永州·统考一模）已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点．(1)求点的轨迹的方程；(2)设轨迹E与轴分别交于两点（在的左侧），过的直线与轨迹交于两点，直线与直线的交于，证明：在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意推出，结合双曲线定义即可求得答案；（2）设出直线l的方程，联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出直线和的方程，推得，结合根与系数的关系化简，即可证明结论.【详解】（1）由得，其半径为4，因为线段的垂直平分线与直线交于点，故，则,而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，则，故点的轨迹的方程为.（2）证明：由题意知，若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，联立，得，，故，设，则直线的方程为，直线的方程为，故，则，即，解得，故直线与直线的交点在定直线上.【点睛】难点点睛：本题考查了利用双曲线定义求解双曲线方程以及直线和双曲线的位置关系中的点在定直线上的问题，难点在于证明直线与直线的交点在定直线上，解答时要设直线方程，利用根与系数的关系进行化简，计算过程比较复杂，且大都是关于字母参数的运算，要十分细心.24．（2023·江西·校联考二模）已知过曲线上一点作椭圆的切线，则切线的方程为.若为椭圆上的动点，过作的切线交圆于，过分别作的切线，直线交于点.(1)求动点的轨迹的方程；(2)已知为定直线上一动点，过的动直线与轨迹交于两个不同点，在线段上取一点，满足，试证明动点的轨迹过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设点，结合题意利用直线的方程推出，进而利用代入法求得动点的轨迹的方程；（2）设点，利用条件结合向量的坐标运算推出坐标满足的关系，结合在曲线E上，推得，即可得动点的轨迹方程，确定定点坐标.【详解】（1）设点，由题意知切线的方程为，同理，设点，则切线的方程分别为：，又点Q在直线上，所以，所以直线的方程为：，和比较可得，又在曲线上，即，所以，即点Q的轨迹E的方程为；（2）设点，则由知，设，则且，则：，即，，整理可得且，又在曲线E上，则，故，所以，所以，即，由于,故时，，所以动点T的轨迹过定点.【点睛】关键点睛：证明动点的轨迹过定点问题，首先要根据，利用向量的坐标运算推出坐标满足的关系，关键在于结合在曲线E上，推得，从而可确定T点轨迹方程，确定定点.25．（2023·江西·江西省丰城中学校联考模拟预测）已知圆M过点，且与直线相切．(1)求圆心M的轨迹的方程；(2)过点的直线交抛物线于A，B两点，过点和A的直线与抛物线交于另一点C，证明：直线CB过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设圆心，根据圆M与直线相切，可得，化简即可得解；（2）设，分别求出直线的方程，再根据直线过点，直线过点，求出的关系，即可得证.【详解】（1）设圆心，由题意得，化简整理得，所以圆心M的轨迹的方程为；（2）设，则，所以直线的方程为，即，同理可得直线的方程为，直线的方程为，因为直线过点，所以，则，因为直线过点，所以，则，所以，化简得，故直线的方程为，所以直线恒过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.26．（2023·河北沧州·校考三模）已知为圆：上任一点，，，，且满足.(1)求动点的轨迹的方程；(2)直线：与轨迹相交于，两点，与轴交于点，过的中点且斜率为的直线与轴交于点，记，若，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量的几何性质由得，进而可得，可得动点的轨迹为椭圆，进而可得轨迹方程；（2）根据弦长公式得，根据中垂线的方程可得，，由函数的单调性可得.【详解】（1）

如图，由，可得，因为，所以，所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，所以动点的轨迹的方程为.（2）直线的方程为，联立消去并整理，得，，设，，则，，又，可得线段的中点坐标为，所以线段垂直平分线的方程为，令，可得，对于直线，令，可得，所以，又，所以，令，则，，当时，，所以在上单调递增，所以，则.【点睛】方法点睛：弦长公式27．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线MA与直线垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线垂直，BOAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)点，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别为，，.若，求△PQE周长的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式分析运算；（2）直线，根据题意结合韦达定理分析可得，结合双曲线的定义运算求解.【详解】（1）因为直线、相互垂直，则四边形OAMB为矩形，设，且，可得，则点到直线、的距离分别为、，可得，整理得，所以C的方程为.（2）设直线，联立方程，消去y得，由题意可得：，①因为，则，整理得，即，整理得，解得或，若，则直线，过定点，此时①式为，无解，不符合题意；当时，则直线，过定点，此时①式为，解得，即或，则，因为，则，可得，所以，又因为为双曲线的左、右焦点，则，即，可得△PQE周长为，所以△PQE周长的取值范围.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．28．（2023·重庆巴南·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点、，的内切圆与直线相切于点，记点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，连接.若直线的斜率与直线的斜率之和为0，试比较与的大小.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据内切圆的性质得到，从而结合双曲线的定义得到轨迹方程；（2）根据条件设，，，，，，根据直线与双曲线方程的联立，由韦达定理得到，，结合弦长公式得到，从而证明，进而可得相似于，由四点共圆的知识即可得到答案.【详解】（1）因为点、，的内切圆与直线相切于点，所以，因此根据双曲线的定义可知，点的轨迹为以，为焦点的双曲线的右支，设点的轨迹C的方程为，焦距为，所以，，所以，，，所以点的轨迹方程C为（2）由题意，直线的斜率互为相反数，记，则，，，，，设，则直线，.联立直线和双曲线方程，整理得.该方程有两个不等实根，，则根据韦达定理可得，，同理可得，.又因为，.，.则，同理可得即进而可得相似于，即，，也即A，B，Q，P四点共圆，可得从而得.因此【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合问题.关键在于直线与双曲线方程的联立，进而通过韦达定理的转化得到，进而得到相似于，由A，B，Q，P四点共圆，可得从而进而得到答案.本题考查学生的数据运算与分析能力、数形结合能力、转化与化归能力，属于难题.29．（2023·重庆·统考模拟预测）已知椭圆：的长轴长是短轴长的2倍，直线被椭圆截得的弦长为4．(1)求椭圆的方程；(2)设M，N，P，Q为椭圆上的动点，且四边形MNPQ为菱形，原点О在直线MN上的垂足为点H，求H的轨迹方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意可得，联立方程，求出交点坐标，再根据弦长即可得解；（2）设，菱形的中心为，利用点差法可得菱形的中心为原点，再分直线的斜率都存在，和直线中有一条直线的斜率不存在，两种情况讨论，根据求出即可得出答案.【详解】（1）由题意可得，则椭圆：，联立，解得或，所以弦长，解得，所以，所以椭圆的方程为，即；（2）因为四边形MNPQ为菱形，所以垂直且平分，设，则，两式相减得，即，设菱形的中心为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，由，得，所以，即，同理，所以，由得，所以，即菱形的中心为原点，则直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，所以，同理，因为，所以，所以点在圆上；若直线中有一条直线的斜率不存在，由对称性可知棱形的中心为原点，四点分别为椭圆的顶点，不妨设为右顶点，为上顶点，则，同理可得，点任在圆上，综上所述，H的轨迹方程为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．30．（2023·广东广州·广州六中校考三模）已知动圆过点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)过上一点作曲线的两条切线，为切点，与轴分别交于，两点．记，，的面积分别为、、．（ⅰ）证明：四边形为平行四边形；（ⅱ）求的值．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）1【分析】（1）设出圆心，利用条件建立方程，再化简即可得出结果；（2）（ⅰ）设出两条切线方程，从而求出的坐标，再利用向量的加法法则即可得出证明；（ⅱ）利用（ⅰ）中条件，找出边角间的关系，再利用面积公式即可求出结果.【详解】（1）设圆心，由题意得：，化简整理得：，所以曲线的方程为：．（2）（ⅰ）设，，因为，所以，∴直线PA的方程