2025年高考数学大题复习：圆锥曲线中的轨迹问题（解析）

专题13圆锥曲线中的轨迹问题

1.求解下列问题:

(1)如图，动圆的：x2+y2^t2,l<t<3与椭圆C2：f+y2=l相交于/，B,C,。四点，点40色分

别为。2的左、右顶点.求直线力&与直线必3的交点M的轨迹方程.

(2)已知%,尸2分别为椭圆C：。+q=1的左、右焦点，点尸为椭圆C上的动点，求△P%F2的重心G的

43

轨迹方程.

【答案】(琮一必=1(x<-3,y<0)

(2中+3y2=l(y*0)

【分析】(1)交轨法求动点轨迹方程，选择适当的参数表示两条直线的方程，联立方程，消去参数，即可

得交点W的轨迹方程；

(2)相关点法求动点轨迹方程，用所求点G表示已知P点坐标，再代入已知椭圆方程，化简整理可得.

【详解】⑴由椭圆Q：'+y2=i,知4(—3,0),4(3,o).

设点/的坐标为(%0，劭)，由曲线的对称性，得点3的坐标为(刈,-

设点M的坐标为(x,y),则直线4公的方程为y=+3)①；

%o+3

直线的方程为y=二"(尢—3)②.

由①②相乘得V=耍(/_叼③.

又点4(*0,yo)在椭圆C上,所以羽=1一黑).

2

将④代入③得5—y2=l(x<-3,y<0).

因此点”的轨迹方程为卷一必=1(%<-3,y<0)

(由于/,8仅在y轴的左侧，因此点M的轨迹只能在第三象限).

(2)依题意知点尸式―1,0),F2(l,0),设点POo，yo)，G(x,y).

'_%0-1+1

由三角形重心坐标关系可得「—焉，即匕°=四代入m+券=1，

V=生仇=3y,43

y3'

Qv2

得△的重心G的轨迹方程为?+3y2=i(y力0).

2.已知过右焦点F(3,0)的直线交双曲线C：S-l(a,6>0)于M,N两点，曲线C的左右顶点分别为公，42,

虚轴长与实轴长的比值为当

(1)求曲线C的方程；

(2)如图，点M关于原点。的对称点为点P,直线A*与直线&N交于点S,直线。S与直线MN交于点T,求T的

轨迹方程.

【答案】(厉—=1

(2)x=-2(y0,±^)

【分析】(1)根据右焦点坐标、虚轴长与实轴长的比值可得曲线C的方程；

(2)设直线42MM2N的斜率分别为七,初直线MN为x=my+3,M(Xi，yD，N(X2，y2)，与双曲线方程联立,

利用韦达定理代入可得口・心、的+心的值，求出直线4P、直线&N方程联立求得S(-贵，-涓V，可

得直线OS的方程y=恭,与x=my+3联立可得T(—2,—/可得答案.

【详解】⑴由题意得c=3,f—又a2+/=c2,则a2=4,/=5,曲线c的方程为。一4=1；

2aa245

(2)设直线42M4N的斜率分别为的,的，直线MN为久=my+3,M(Xi，yi),N(%2，y2)，

x=my+3

x2/_,得(5血2-4)y2+30my+25=0,

iT-T-

(5m2-4W02V5

(A=900m2-4(5m2-4)x25>0,m,

,30m25

为+为=一附，为力=诉,

2

则心.心=匕•==—产2、

-2犯一2—2(%I+%2)+4

=__________________yiy2__________________

51yl+3)(my2+3)-2(my1+my2+6)+4

=_________yiy?._________

血2yly2+-(yi+丫2)+1

__________25__________25

25m2-30m2+5m2-4__4'

,,,_为一。，为一。_乃(久2-2)+-2)

12一百_2%2-2一(巧—2)(%2—2)

=X/2+%2为一2(乃+乃)

%1%2—2(%1+%2)+4

(myi+3处2+(讥y2+3)yi-2(y1+%)

(my1+3)(my2+3)—2(jny1+my2+6)+4

=2nly/2+(为+%)

小2yly2+瓶(为+力)+1

_50m-30m_-

-25m2-30m2+5m2-4―孙

由于点M关于原点。的对称点为点P,ArP//A2M,

则直线41P为丫=均0+2),直线4为丫=七(比一2),显然心大七,

{_2(忆1+七)_10m

*k?-kik2-ki

为二一二'

)k2-k1k2Tl

即s(-贵，-彘')，

则直线OS的方程为y=景,

由广=Q得仁二，即(2,，

Lx=my+3(7—一£'m'

当爪=0时，由对称性可知S在y轴上，

此时直线。S平行于直线MN,不符合题意,

故T的轨迹方程为x=-2(yK0,±苧).

【点睛】关键点点睛：第二位关键点是利用韦达定理得的/2、的+电的值，直线OS的方程与直线MN方程

联立得T点坐标，考查了学生发现问题解决问题的能力.

3.已知椭圆C：5+/=l（a>b〉0）的离心率为奈且经过M（l,苧），经过定点T（1,O）斜率不为0的

直线/交C于E,尸两点，A,3分别为椭圆C的左，右两顶点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线/£与3b的交点为尸，求尸点的轨迹方程.

2

【答案】（1方+y2=i

（2）%=4

（cV3

~a~~2

【分析】（1）根据题意可得=按+02求解即可;

工+3=1

Ia?十4b2,

（2）联立直线方程结合兽=；求点P的横坐标.

K23

【详解】（1）

c_V3

(«=2

a2^b2+c2,解得b=1,

±+_L-i(c=V^

(a2+4b21

...求椭圆C的方程为S+y2=i

4

(2)

根据题意可得直线AE：y=/q(x+2),BF：y=/c2(x-2),

由可得。+4忧)/+16后％+16好-4=0,

所以-2冲=黑，故「微，故.瑞p

同理，制=焉，故yF=墨，

因为E,T,F三点共线，故前，行共线,

而前=(1-馈k岛)，*(露T阖

故一蒜，(普一1)=卷乂(1-畿)，整理得到：合(或出=/

若七七=—则由以后册吕=一：可得々EB=攵尸8=k2，这与题设矛盾，故£=(•

联立方程"解得久一华誓一室2=4,

(.y=卜2。-2)*i-fc2

(1)求线段/尸的中点M的轨迹方程.

⑵若NPBQ=90。，求线段PQ中点N的轨迹方程.

【答案】⑴(久―l)2+y2=1

(2)x2+y2-x—y—1=0.

【分析】(1)根据中点坐标公式，结合相关点法即可求解，

(2)根据直角三角形的性质，结合勾股定理即可由点点距离求解.

【详解】(1)设4P中点为M(x,y),

由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x-2,2y)

点在圆%2+y2=4上，；.(2%-2)2+(2y)2=4.

故线段2P中点的轨迹方程为(x-1)2+y2=1.

(2)设PQ的中点为N(%,y),在RtZkPBQ中,\PN\=\BN\f

设。为坐标原点，则0N1PQ,所以|0P|2二|ON|2+|RV|2=|ON|2+|BN|2,

所以第2+y2+(%—I)2+(y—I)2=4.

5.类似于圆的垂径定理，椭圆C：a+左=1(Q>b>0)中有如下性质：不过椭圆中心。的一条弦PQ的中

点为M,当PQ,0M斜率均存在时，kpQ，koM=—《，利用这一结论解决如下问题：已知椭圆E：言+三=1,

ya.oiy

直线。P与椭圆E交于4B两点，且瓦？=3而，其中。为坐标原点.

(1)求点P的轨迹方程T；

(2)过点P作直线CD交椭圆E于C,。两点，使丽+方=6,求四边形ACBD的面积.

【答案】(琮+产=1

(2)36V2

【分析】(1)设出PQ,y),由市=3荏可求出点力的坐标，代入椭圆E方程可得点P的轨迹方程.

(2)设P(&,yo),由丽+丽=0,知P为CD中点，当直线OP不与坐标轴重合时，结合已知条件，可得々CD=-

鲁，求出直线CD的方程，与椭圆E联立，可得根与系数关系，由弦长公式求出|CD|,再由点到直线的距离

公式可求得，点4到直线CD的距离，点B到直线CD的距离，S4CBD=S“CD+SABCD可求得面积，当直线

与坐标轴重合时，易得解.

【详解】(1)设P(x,y),因为瓦？=3诃，

・••4(3x,3y),代入椭圆E得：霁+竽=1,

设P(%o,yo)<由(1)则自+%=1，

①当直线。P不与坐标轴重合时，由丽+丽=0,知P为CD中点,

-卜"•%磊*=-9>脸=一

直线CD：丫=_疑_的)+%=谭一,

代入椭圆E：%2+9y2=81的方程得：

Go+V卜-2x0x+9-81羽=0

2

即：x-2x0x+9-81yo=0,设C(%i，yD，。(%2，丫2)，

v△>0

由根与系数关系，m二蒸

Rm=J。燕氏一久2l=J1+急-J4就一36+4-81%=J1+焉-12V2|y0|)

设或一⑺表示点2到直线CD的距离，dB_co表示点B到直线CD的距离，

'''S@D/m•(服-CD+盛皿)=图•6V2|y0|=36V2；

它法：利用比例关系转化:sACBD=2SxABC=4S&AOC=12ShAOC=6S3OCD，酌情给分.

②当直线0P与坐标轴重合时，

不妨取P(0,l),C(6V2,1),£>(-6V2,l).SACBD=36V2

或P(3,0),C(3,2V2),£)(3,-2V2),SACBD-36V2

综上所述：四边形4C8D的面积是36vl

6.已知圆E经过点4(0,0),8(1,1),且圆E与y轴相切.

(1)求圆E的一般方程；

(2)设P是圆E上的动点，点C的坐标为(4,0),求线段CP的中点M的轨迹方程.

【答案】(l)/+y2-2x=0

⑵0-斤+必=|

【分析】(1)利用待定系数法设圆E的一般方程为了+y2+Dx+Ey+F=0,根据已知条件列式求出。E,F

可得结果；

(2)设M(x,y),得P(2x-4,2y),代入(x-+y2=1可得结果.

【详解】(1)设圆的方程为/+y2+£)x+Ey+F=0,

因为圆E过点4(0,0),8(1,1),又跟y轴相切，

・••圆E必在y轴右侧，且跟y轴的切点为4(0,0),

・•・圆心的纵坐标为0.

'F=0m--2

....1+1+D：E+F=°,解得E=0,

E八

一工=0F=0

二圆E的方程为好+y2-2%=o.

(2)设M(x,y),则P(2久—4,2y),

将P(2x-4,2y)代入/+y2_2%=0得口X-4)2+(2y)2-2(2%-4)=0,

整理得(X-g)2+y2=*

即线段CP的中点”的轨迹方程(X-|)2+y2=*

7.在平面直角坐标系xOy中，直线/：久=-2交x轴于点/.设尸是/上一点，M是线段OP的垂直平分

线上一点，且满足NMP。=NAOP.当点尸在/上运动时，求点M的轨迹方程.

【答案】y1=4(%+1)(%>-1)或y=0(x<-1)

【分析】首先根据点M和点A与直线OP的位置关系分类讨论，当点M和点A位于直线OP的两侧时，利

用NMP。=N40P与垂直平分线性质将条件转化为点M到直线1的距离等于到原点的距离，再设点坐标代入

直接求轨迹方程即可；当点M和点A位于直线0P的同侧时，可得点M在x轴上，再求解横坐标范围即可;

当点4、P重合时可得M坐标最后，综合作答.

【详解】设MQ为线段0P的垂直平分线，交0P于点Q.分两种情况求点M的轨迹方程.

①点M和点A位于直线0P的两侧，如图1,

,/Z.MPO=Z.AOP,：.MP//AO,即MPJ.I,

又|M0|=\MP\,即点M到直线1的距离等于到原点的距离.

设则+/=J+2|,即y2=4(x+l),x>—1.

②点M和点A位于直线OP的同侧时，如图2,

VMQ为线段0P的垂直平分线，=乙MOQ,

又NMPQ=N40P,J./-MOQ=/.AOP,

因此点M在x轴上.设点M(x,O),P(-2,a)(a40),

由|MO|=|MP|,即|久|=+2/+,得x=-i-1a2<-l,

故点M(%,0)的轨迹方程为y=0,x<-l.

③当点力、P重合时，由NMP0=N40P知，M为。P中点(一1,0).

8.已知圆C的圆心在x轴上，并且过4(1,3),B(3,3)两点.

(1)求圆C的方程；

⑵若P为圆C上任意一点，定点M(8,0),点Q满足丽=3的，求点Q的轨迹方程.

【答案】(l)(x—2)2+y2=io

(2)(x-6)2+(y)2=y

【分析】(1)求出圆心的坐标和圆的半径，即得解；

(2)设点PQoJo)，Q(x，y)，由丽=3两得,°；?3y16,代入圆的方程即得解.

【详解】(1)由题意可知，力B的中点为(2,3),kAB=0,所以48的中垂线方程为x=2,

它与x轴的交点为圆心C(2,0),又半径r=|4C|=亚而，所以圆C的方程为0-2)2+y=io；

(2)设P(xo，y()),Q(x,y),由两=3画，得(8—孙,一为)=3(8—x,-y),

所以r0：受116,又点P在圆C上,故(而-2尸+就=10,

所以(3乂-18尸+(3y)2=10,化简得Q的轨迹方程为0一6)2+。尸=£

9.已知反比例函数y=：的图象C是以x轴与y轴为渐近线的等轴双曲线.

(1)求双曲线C的顶点坐标与焦点坐标；

(2)设4,42为双曲线C的两个顶点，点MQo，yo),N(yo，&)是双曲线C上不同的两个动点.求直线与42M

交点的轨迹£的方程；

⑶设直线/过点P(0,4),且与双曲线C交于42两点，与x轴交于点。.当丽=^OA=%砺，且九+山=-8

时，求点。的坐标.

【答案】⑴顶点：&(一1,一1)、4(L1)；焦点：尸1(-4-夜)、尸2(暮®;

(2)x2+y2=2(xw±1)

⑶Q(2,0)

【分析】(1)先得到双曲线的顶点和焦点均在直线y=x上，联立y=：与y=x得久=±1,即可求双曲线C

的顶点坐标与焦点坐标；

(2)求出直线4M与42M方程，两式相乘，将丫0=工代入，即可求直线4M与42M交点的轨迹E的方程；

%0

(3)将％=弋入y=~9得y?—4y—k=Of利用韦达定理，结合PQ=入1。4=^OB,且刈+%=—8,

求出k的值，即可求点Q的坐标.

【详解】(1)由题意得，双曲线的顶点和焦点均在直线y=%上，

联立y=:与y=%得，x=xf解得％=±1，

当％=1时，y=1,当无=-1时，y=-1,故顶点坐标为/式一1,一1)、i42(l,l),

设焦点横坐标为C,因为双曲线为等轴双曲线，故C=VTT7=VL

故焦点坐标为Fi(-金,一或)、F2(V2,V2)；

(2)&"：'+1=^1(久+1),&N：y-1=2(%-1)，

%o+iyo_i

两式相乘，得必―1=4.笔(/—1).

xo+1yo-1

将y°=j弋入上式，得y?-1=一(/一1)，即％2+y2=2.

即直线与&N交点的轨迹E的方程为%2+y2=2(%W±1).

(3)将％=弋入y=工，得y?-4y-fc=0,

设4(%1，丫1),8(%2，、2)，则月+72=4,yiy2=-k,

\'PQ=A^OA=A2OB,

4)=%(%i+p7i)=兄2卜2+1%)，

••4—^i3^i=a2y2'

44

Ai=---,A2=---.

yiyz

又入1+%——8,

•44―p

••——of

yiyz

"i+丫2=2yly2，

A4=-2k,

••k=-2,

【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，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.

10.已知定点F(2,0),关于原点。对称的动点P,Q到定直线1:x=4的距离分别为d“dQ,且子=早，记P

的轨迹为曲线c.

(1)求曲线C的方程，并说明曲线C是什么曲线？

(2)已知点M,N是直线机:久=(y+2与曲线C的两个交点，M,N在x轴上的射影分别为NJ%,N1

不同于原点。)，且直线MiN与直线/:%=4相交于点R,求ARMN与ARMiNi面积的比值.

【答案】(1)曲线C的方程为9+9=1或x=0,曲线C是以点(—2,0),(2,0)为焦点，长轴长为4鱼的椭圆

与y轴组成的曲线

（2）比值为1

【分析】（1）设PQ,y），由詈=甲直接列式化简可得;

dpa。

（2）先证直线MiN直线2:%=4的交点R也是直线Mg与直线上％=4的交点，则有+

S△RMM]S^RMN=S^MN[N+S^RMMI，由S^MMINI=S^MMIN即可求解.

【详解】（1）设PQy）,Q（-附一y）.

由|PF|二|QF|有J（%-2）2+y2=J（r2）2+（—y）2,田。*

两边平方得（％+4）2（/+/+4_4%）=（%-4/（久2+y2+4+4%）,

化简得%（%2+2y2-8）=0,

即曲线C的方程为1或x=0.

84

曲线C是以点（-2,0）,（2,0）为焦点，长轴长为4金的椭圆与y轴组成的曲线.

（2）设直线m与椭圆相交于%（%2，丫2）两点，则用式打,。），N1（x2,0）.

令三=t,将久=ty+2代入J+£=1并整理得（产+2）产+4ty-4=0,,y1+y2=-最，为力=一

直线aN的方程为：y=占（久一久。

设R(4,y0)，则%二*12y2(2-tyi)

%2Tl

同理直线MN1与直线=4相交于点R'（4,y'o）,y0=型上也.

、2(2Tyi)_yi(2-W2)

,其中28+乃）-2加为=一号+号=0.

yo-yoX2-X-i_X!-X

22**-

从而-y'o，R与R’重合.

因为MMi〃NNi，所以S^MMINI=

S&RMN

又S^RMIN1=S^MM[Ni+SARMM1S^RMN=S^MN[N+，则=1.

SAR[M]N]

所以△RMN与ARM/i面积的比值为1.

11.如图，E,F,G,修分别是矩形ABCD四边的中点，F(2,0),C(2,l),CSACF,0R=AOF.

(1)求直线ER与直线GS交点M的轨迹方程；

(2)过点/(1,0)任作直线与点M的轨迹交于P,Q两点，直线HP与直线Q尸的交点为/,直线HQ与直线PF的交点为

K,求△/〃＜面积的最小值.

【答案】(1卢+必=1(久力。且y片—1)

(2)3百

【分析】(1)利用已知可得直线ER,GS的方程，消去参数，根据交点M的变化即可求出其轨迹方程.

(2)设PQ方程：x—my+1,代入/+4y2—4=0,利用韦达定理表示出y1+丫2=,y/z=裾g，

my/2=J(yi+y2)，根据直线HP和QF，得出力=粤，同理根据直线HQ和PF,得至的《=电，即可利用

SA//K=T，(4—1)•协一、K|求出结果.

【详解】(1)由已知,R(24,0),S(2,l—%),E(0,—l),G(0,l),

当4H0时，直线ER方程：y=^-x-l,

直线GS方程：y=-(x+l,

联立上述两方程消去4得：^+y2=i,

当；1=0时，交点M(0,l)符合上述方程,

又交点M不可能为(0,-1),

2汽

故所求的轨迹方程为Tv+y2=1(%0且y。一1).

(2)设尸Q方程：x=my+1(依题意m存在)，

代入/+4y2—4=0得(m?+4)y2+2my—3=0,

A=16(m2+3)>0,设尸(％i，yD，Q(%2，y2)，

丫1+丫2=常工，丫1，2=；^不，爪乃乃=I(V1+力)，

”P方程：丫=盘(久+2),QF方程：了=会(％-2),

联立上述两方程消去得：

3

x+2_(xi+2)y2_(myi+3)y2_Z(yi+V2)+3y2_

-----■----------=-----------=------------=3.

x-2(%2—2)yi(my2—l)yi-(yi+y2)—71

X=4,

所以/(4,力)，其中为=墨，

同理直线HQ与直线PF的交点K(4,yQ,其中以=黑，

口=的一|一呼力)」=2>/^3(

JK||%i+2x2+2lI(myi+3)(my2+3)l

2

SA〃K=I-(4-1)­|y；-yK\=3Vm+3>3V3(当且仅当m=0时取等号),

故4//K的面积最小值为3g，此时直线PQ的方程为久=1.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆位置关系的综合问题，主要从以下几个角度分析:

(1)联立方程后，韦达定理的正确使用；

(2)各点对应直线关系要分清；

(3)数形结合思想的应用.

12.已知椭圆C：4+[=l(a>b>0)的长轴长为2vx离心率为冬

ab2

⑴求椭圆C的标准方程；

(2)若动点P为椭圆C外一点，且过点P的椭圆C的两条切线相互垂直，求点尸的轨迹方程.

„2c

【答案】(1方+丫2=1

(2)x2+y2=3

【分析】(1)由椭圆的相关概念及离心率求解即可；

(2)设出动点P的坐标，求出切线方程，联立方程组由后心=-1求解即可(注意分类讨论).

'2a=2V2一

【详解】(1)由题意可知,c_V2，解得a=鱼，c-1,

、~a~~

=a2—c2=1,

2

•••椭圆C的标准方程为5+y2=1；

(2)设点P(xo，y()),

①当两条切线斜率均存在时，设其中一条切线为y=/q(x-Xo)+yo,另一条为y=k2(x-Xo)+yo，

联立方程，一1,消去y得+；)久2+2k(yo-kxjx+(y0-k%o)2-1=0,

、y=fc(x-%)+yo

22

=4fc(y0-5)2-4(k+0[(y0-k尤一1]=0,

即(1一早)/+久0>0卜+家1—Vo?)=0,

2

则的，的是方程(1~)/+xoyok+^(1—yo)=0的两个不等实根，

..,_|d-yo2)

,，fclfe2-1町2，

又,两条切线相互垂直，，/q©=-1，

.1(l-yo2)

-得---=一1，

整理得出2+如2=3,

即点P的轨迹方程为好+y2=3,

②当两条切线中有一条斜率不存在时，即A、B两点分别位于椭圆长轴与短轴的端点，

P的坐标为(土V2,±1),把点P(士V2,±1)代入沏2+%2=3亦成立，

综上所述，点P的轨迹方程为：/+y2=3.

13.过点力(0,-2)的直线与抛物线V=4x相交于两点尸，Q,求以OP,O。为邻边的平行四边形的第四个

顶点M的轨迹方程.

【答案】y2+4y—4久=0(y<—8或y>0)

【分析】设PQi，月），Q（x2,y2）,M（x,y）,设直线4B的方程为y=kx-2JH0）,与抛物线方程联立利用

韦达定理可得力+丫2、打+%2和k的范围，根据平行四边形对角线互相平分和消参法可得答案.

【详解】设<?（%2，乃），M（x,y）,

由题意过点4（0,-2）的直线的斜率存在，设直线4B的方程为y=kx-2（fc丰0）,

与抛物线方程联立可得的2-4'-8=0,乃+乃=（，

且4=16+32k>0可得/c丰0,

所以由丫1+=卜（/+%2）—4可得+%2=p'+p

因为四边形OPMQ是平行四边形，所以（曷）=段盘，弩），

即（曷）=仔+辅，可得V+4y-4%=0,

因为］而k>一g且kKO,可得y<-8或y>0,

所以M的轨迹方程为y2+4y—4x=0（?<-8或丫>0）.

14.已知双曲线C的方程为2/-必=2.

（1）直线y=x+m截双曲线C所得的弦长为4金，求实数加的值；

（2）过点（2,-1）作直线交双曲线C于尸、。两点，求线段PQ的中点M的轨迹方程.

【答案】（l）m=±l

（2）2x2—y2—4x—y=0

【分析】（1）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式即可求出m值；

（2）设201，乃）,（2（町,丫2），”（居//（2,-1）,利用点差法结合中点公式即可得到£=舞，化简即可.

【详解】（1）联立LI彳导/一2mx-m2-2=0,

—y—z

:直线y-x+m被双曲线C截得的弦长为442,A=4m2+4m2+8>0,

设直线与双曲线交于4Oi，yi),B(X2,y2),

=2

贝+x22m,xrx2=—m—2,

由弦长公式得4V2=V2-V4m2+4(m2+2),

解得rn=±1.

(2)设P(xi，y。Q(X2，y2)，M(x，y)/(2,-1),则

向+乂2=2%,yi+y2=2y,

•1•2xl-7i=2,2必_%=2,

上式作差得4x(Xi-x2)-2yQi-乃)=0，

当直线PQ的斜率不存在时，根据双曲线对称性知M(2,0),

当直线PQ的斜率存在时，但、1+及=0时，此时直线PQ为直线04根据双曲线对称性知”(0,0),

当直线PQ的斜率存在时，且以+丫2工0时，kPQ==p

•••kylM=匕、化简得2%2-y2-4%—y=。，其中％

x—2yx—2

而点(2,0),(0,0)适合上述方程，

则线段PQ的中点M的轨迹方程是2/一y2一©一y=0.

22

15.已知过曲线l(a,b>0)上一点(久ofo)作椭圆。的切线I，则切线，的方程为翳+登=1.若P为

2

椭圆Ci：^+y2=1上的动点，过P作Ci的切线已交圆C2：/+y2=4于M,N,过M,N分别作C2的切线匕/2,

直线匕,，2交于点Q

⑴求动点Q的轨迹E的方程；

(2)己知R为定直线x=4上一动点，过R的动直线机与轨迹E交于两个不同点4B,在线段4B上取一点T,满

&\AR\\TB\=\AT\\RB\,试证明动点T的轨迹过定点.

【答案】（1《+1=1

（2）证明见解析

%。=一

【分析】（1）设点P（%,yo），结合题意利用直线办的方程推出L进而利用代入法求得动点Q的轨迹E

口。=]

的方程；

（2）设点4（%3，、3），8（久4，y4），R（4,0，T（%T，yT），利用条件结合向量的坐标运算推出

坐标满足的关系，结合4（%3，y3），B（%4，y4）在曲线E上，推得2,”丁）+

专率=16,即可得动点7的轨迹方程，确定定点坐标.

1—A

【详解】（1）设点POo，%），由题意知切线办的方程为等+y0y=i，

同理，设点M（“i,yi）,N（%2，y2），Q（m,n）,

xx

则切线匕,%的方程分别为:i+yiy=4,x2x+y2y=4,

又点Q在直线M上，所！dH，

m

X=—

所以直线办的方程为：mx+ny=4,和平+%丫=1比较可得on

2（加=]

2

又POo，y。）在曲线的上，即3+%=1，

所以＜+工=1,即点Q的轨迹E的方程为1+《=1；

oloo16

（2）设点月（#3,乃），8（必，yjR（4,t）,7（如yT），

则由"WEBI矢喘造，喘噜=九则4＞。且一,

则：AR^-ARB.AT=ATB,

即（4一比3,t一为）=-4（刀4一4,%—t），（叼-x3,yT-乃）=A（X4-xT,y4一力）＞

汽3-&4_彳1%3+&4

=xT

｛=yr

22

B+乃-1

8-6

29

又4（%3，、3），8（久4，：74）在曲线E上,%^

-+--1

86

故酒=16-2x1,yl=16-2x1，

丫丫-2%2

n%3-II3-%4_O%3^4I16-2X3-A（16-2X4）

_16（1—%）

=1-2216,

.一"W।4一"式

所以2・1-M十「平=16,

即+tyT=16,由于t6R,故yr=0时，xT=2,

所以动点T的轨迹过定点（2,0）.

【点睛】关键点睛：证明动点T的轨迹过定点问题，首先要根据|ZR||TB|=MTIIRBI，利用向量的坐标运

算推出Z（%3,丫3），B（%4,、4），R（4,t）,T（XT,y7）坐标满足的关系,关键在于结合Z（%3,、3），8（第4,丫4）在曲线E上，

推得2.专学+率孕=16,从而可确定T点轨迹方程，确定定点.

1-AZ1一於

16.已知椭圆C：f+y2=i,直线/与椭圆C交于4,2两点.

（1）点P（&,yo）为椭圆C上的动点（与点4,B不重合），若直线出，直线总的斜率存在且斜率之积为-1

4

试探究直线/是否过定点，并说明理由；

⑵若。力1OB.过点。作。Q,48,垂足为点。，求点0的轨迹方程.

【答案】⑴直线1过定点（0,0）；

⑵/+y2=g

【分析】(1)利用点在椭圆上和直线斜率公式即可证得直线1过定点(0,0)；

(2)利用三角函数设出A,B两点坐标，再利用题给。即可求得|OQ|=?,进而得到点Q的轨迹

方程.

【详解】(1)直线UB过定点(0，。)，下面证明：

设4(久1，乃)，B’(一"i，—为)，kPA-kPB'=J-gxJill=

又巧+%=L,+比=i，人4)=者=/

，直线2川过原点满足而4,kpB'=—]•

又当PA两点固定时的4为定值，有且仅有一个斜率值与之相乘之积为-",

则直线PB,PB'重合，则B,B’重合，

直线1过定点(0,0).

(2)设|。*=勺，\OB\=r2,Z.XOA=d,不妨设=8+*

.'.A(rrcos9,rising),B(—r2sin0,r2cos0),又点A,B在椭圆上，

■'.riC°s8+r^sin2g=1,e+r^cos2g=1,

2

^co£_esin2g_-|-COs0=两式相加得3+己=：,

由SAOAB=^A8|•|OQ|=；|。川•\0B\,

•••点Q的轨迹是以点O为圆心以期为半径的圆,

••.点Q的轨迹方程为/+产=、.

17.已知圆C：%2+y2+2久一4y+3=0.

(1)若直线，过点(-2,0)且被圆C截得的弦长为2,求直线2的方程；

⑵从圆C外一点P向圆C引一条切线，切点为M,。为坐标原点，满足|PM|=|PO|,求点P的轨迹方程.

【答案】(l)x=-2或3x-4y+6=0

(2)2x-4y+3=0

【分析】(1)讨论直线/是否存在斜率，当斜率存在时，设出直线方程，利用弦长公式，即可求得直线斜率,

则直线方程得解；

(2)根据题意以及几何关系，求得点P的轨迹方程，

【详解】(1)根据题意，圆C的方程为：Q+1尸+(y—2)2=2,其圆心为(—1,2),半径为近，

当直线/的斜率不存在时，其方程为乂=-2,

此时直线［与圆C的交点为4(一2,1),5(-2,3),\AB\=2,符合题意；

当直线I的斜率存在时，设其方程为y=k(x+2),即kx—y+2k=0,

则圆心C到直线/的距离d=与亨=1,解得女=

Vk2+14

所以直线/的方程为3x—4y+6=0,

综上，直线珀勺方程为x=-2或3x-4y+6=0；

(2)如图，PM为圆C的切线，连接MC,PC,贝!ICM1PM,

22

所以△PMC为直角三角形,即|PM|2=|pC|-\MC\.

设Pay),由(1)知C(-l,2),|MC|=VL

因为|PM|=\P0\,所以(x+l)2+(y-2尸-2=%2+y2,

化简得点P的轨迹方程为2x-4y+3=0.

18.已知椭圆C「+5=l(a>6>0),F「F2为C的左右焦点.点P。，—0为椭圆上一点，且+匹1=

4.过尸作两直线与椭圆C相交于相异的两点4B,直线〃、的倾斜角互补，直线N3与x,y轴正半轴

相交.

(1)求椭圆。的方程；

⑵点〃•满足前=而，求M的轨迹方程.

【答案】(14+9=1

(2)y=-x(0<x<1)

【分析】(1)利用椭圆的定义，将点P代入椭圆方程计算即可;

(2)设直线AB,联立椭圆方程结合直线24、PB的倾斜角互补(即斜率之和为零)，利用韦达定理计算出直

线AB的斜率，再利用消参法求出动点M的轨迹方程.

【详解】(1)因为|PF/+\PF2\=4,所以2a=4,即a=2,

把P(l,-|)代入｝+方=1,得：+亲=1，所以>2=3,

故椭圆c的方程为9+9=1；

(2)由题意，直线AB斜率存在，不妨设其方程为丫=依+m,

设点401，月)、83,丫2)，

联立椭圆方程L21“9"n，得(4/+3)X2+8kmx+47n2-12=0,

(3xz+4yz-12=0

其中A=(8fcm)2—4(4fc2+3)(4m2—12)=48x(4k2—m2+3)>0,则/<4fc2+3,

-8km4m2-12

所以/+x2=“帝，久=砺"

因为直线P4PB的倾斜角互补，所以kp4+kpB=0,

33

所以"f+竺|=0,化简得32+%2为+式巧+乂2)-(71+72)-3=0,

Xj—1X2~lN

即2fcx1x2+(血—k+1)(%i+%2)—2m—3=0,

所以(2/c+l)(2k+2m+3)=0,若2攵+26+3=0,此时直线AB过点P,不合题意舍去;

故2k+1=0,所以％=—•!，所以直线AB方程为y=—1%+

设M（0，yo），因为病=丽，所以M为AB的中点,

X1+X2——4km2mmrr.,11.1.3

所以久0­=­，贝!Jy。=--%o+m=——m+血=-m,

-2—―4/C2+342244

消去m得yo=|x（）,又zn?<4/+3=4,且7n>o,所以0<小<2,

所以。<&<1,所以点M的轨迹方程为y=|x（0<x<1）.

19.已知椭圆C：?+5=l（a>b>0）的长轴长是短轴长的2倍，直线y=被椭圆截得的弦长为4.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设M,N,P,。为椭圆C上的动点，且四边形ACVP0为菱形，原点。在直线〃N上的垂足为点〃，求H

的轨迹方程.

【答案】（1）5/+20y=32

（2）%2+V=II

【分析】（1）由题意可得a=2b,联立方程，求出交点坐标，再根据弦长即可得解;

（2）设M（Xi，yD，P（X2，y2），菱形的中心为OoJo），利用点差法可得菱形的中心为原点，再分直线MP,NQ

的斜率都存在，和直线MP,NQ中有一条直线的斜率不存在，两种情况讨论，根据SA°MN=

^CH|J|0M|2+|ON|2=3|OM||ON|求出|。印即可得出答案.

【详解】（1）由题意可得a=2b,则椭圆C：4+，=1，

，，।y2=]x=V2b、x=—V2Z）

4fo2b2~,解得

联立y=会或V2,

y=--b

所以弦长V8b2+2b2=4,解得所以a2=S

22

所以椭圆C的方程为全+与=1,即5x2+20/=32；

T5

（2）因为四边形MNPQ为菱形，所以MP,NQ垂直且平分,

设M（%i，yi）,P（X2，y2），

则5xj+20yj=32,5%2+20%=32,

两式相减得5（X1-%2）+20（资-秃）=0,

即-比2）（的+%2）+4（yi-y2）Oi+凡2）=0,

设菱形的中心为（久0，%