高中数学复习专题2：曲线的轨迹方程

第第页参考答案1．①②④⑤【分析】由题设条件线段的垂直平分线的性质，结合圆锥曲线的定义，分类讨论，即可求解.【解析】（1）因为为圆内的一定点，为上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点，可得，即动点到两定点的距离之和为定值，①当不重合时，根据椭圆的定义，可知点的轨迹是：以为焦点的椭圆；②当重合时，点的轨迹是圆；（2）当为圆外的一定点，为上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点，可得，即动点到两定点的距离之差为定值，根据双曲线的定义，可得点的轨迹是：以为焦点的双曲线；（3）当为圆上的一定点，为上的一动点，此时点的轨迹是圆心.综上可得：点的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线.故答案为：①②④⑤【点评】本题主要考查了椭圆、双曲线和圆的定义及其应用，其中解答中熟练应用线段垂直平分线的性质，以及椭圆和双曲线的定义是解答的关键，着重考查推理与论证能力，以及转化思想的应用.2．【分析】先利用椭圆的几何性质得到的轨迹方程为：，再根据的坐标与的坐标关系可得的轨迹方程.【解析】如图，延长交的延长线于，连接.因为为的平分线且，故为等腰三角形且，，所以.在中，因为，所以，故的轨迹方程为：.令，则，所以即，故答案为：【点评】本题考查椭圆的几何性质以及动点的轨迹方程，注意遇到与焦点三角形有关的轨迹问题或计算问题时，要利用好椭圆的定义，另外，求动点的轨迹，注意把要求的动点的轨迹转移到已知的动点的轨迹上去.3．【分析】设点坐标，，由于，是过点的圆的两条切线，求出切点弦的方程，将其与圆的方程联立，可以得到点坐标，由于垂直于轴，于是垂线就垂直于轴，因此、横坐标相同．又、是圆的两条切线，于是，因此可知过中点，而由圆的对称性可知，也过的中点，于是可知、、三点共线．又直线的斜率知道了，点的横坐标知道了，于是点的纵坐标也出来了，则垂心的轨迹可求．【解析】解：由题意设点坐标，，则以为直径的圆的方程为，又圆的方程为，两式作差得：．联立，解得或．则点的横坐标为．由于垂直于轴，于是垂线就垂直于轴，因此、横坐标相同．又、是圆的两条切线，于是，因此可知为三角形的垂心）过中点，而由圆的对称性可知，也过的中点，于是可知、、三点共线．由直线的方程为，代入点横坐标得点的纵坐标为．三角形的垂心的轨迹方程为．消掉得：．故答案为：【点评】本题考查轨迹方程的求法，训练了参数法求曲线的轨迹，解答此题的关键是求出过切点的弦的方程，属于中档题．4．【分析】由已知，可得直线l恒过，由题意知，直线斜率不为0，设的方程为，，，联立椭圆方程，解得，再由由三点共线可得，由三点共线可得，两式相除可得，再将代入化简即可.【解析】因为，所以，由得，故直线l恒过，由题意知，直线斜率不为0，设的方程为，，，联立椭圆方程，得，则，，，由三点共线可得，由三点共线可得，两式相除可得，解得，所以点在定直线上，故点R的轨迹方程为.故答案为：.【点评】本题考查直线与椭圆位置关系中的定值问题，考查学生的逻辑推理与数学运算能力，是一道难度较大的题.5．【分析】设的内心为，连接交轴于点，由内角平分线性质定理得到，设，再由焦半径公式及内角平分线定理得到，则，然后利用向量关系把的坐标用的坐标表示出来，代入椭圆方程求解.【解析】如图，设的内心为，连接交轴于点，连接在中是的角平分线.根据内角平分线性质定理得到.同理可得.所以，根据等比定理得：在椭圆中，所以设，则同理又，则，可得所有由，得，所以，代入椭圆方程.得，由，则.所以的内心轨迹方程为：故答案为：【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查焦半径公式，内角平分线定理的应用，属于难题.6．（1）；（2）【分析】（1）由点且于点，可求得直线AB的方程，联立直线方程与抛物线方程由韦达定理可表示，进而表示，再由，得构建方程，解得p值；（2）分别表示与，由已知构建方程，解得t的值，设的中点的坐标为，当与轴不垂直时，由构建等式，整理得中点轨迹方程；当与轴垂直时，与重合，综上可得答案.【解析】（1）由及，得直线的斜率，则的方程为，即，设，，联立消去得，，由韦达定理，得，于是，由，得，即，则，解得.（2）由（1）得抛物线的焦点，设的准线与轴的交点为，则，，由，得，且，得.设的中点的坐标为，则当与轴不垂直时，由，可得，；当与轴垂直时，与重合，所以的中点的轨迹方程为.【点评】本题考查由已知关系求抛物线的标准方程，还考查了在抛物线中线弦的问题下求中点的轨迹方程问题，属于难题.7．（1）；作图见解析；（2）答案不唯一，具体见解析.【分析】（1）设，由题意，分类讨论，可得点的轨迹方程，并画出方程的曲线草图；（2）当或显然不存在符合题意的对称点，当时，注意到曲线关于轴对称，至少存在一对（关于轴对称的）对称点，再研究曲线上关于对称但不关于轴对称的对称点即可.【解析】解：（1）设，由题意①：当时，有，化简得：②：当时，有，化简得：（二次函数）综上所述：点的轨迹方程为（如图）：（2）当或显然不存在符合题意的对称点，当时，注意到曲线关于轴对称，至少存在一对（关于轴对称的）对称点.下面研究曲线上关于对称但不关于轴对称的对称点设是轨迹上任意一点，则，它关于的对称点为，由于点在轨迹上，所以，联立方程组（*）得，化简得①当时，，此时方程组（*）有两解，即增加有两组对称点.②当时，，此时方程组（*）只有一组解，即增加一组对称点.（注：对称点为，）③当时，，此时方程组（*）有两解为，，没有增加新的对称点.综上所述：记对称点的对数为.【点评】本题考查根据几何条件告诉的等量关系求轨迹方程，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，难度大.8．（1）；（2）【分析】（1）设点P的坐标为（x，y），结合题意得出点Q的坐标，再利用向量数量积的运算可得出点P的轨迹方程；（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2）、D（x3，y3），设直线AM的方程为，将该直线方程与曲线C的方程联立，结合韦达定理进行计算得出点B和点D的横坐标相等，于是得出BD⊥x轴，根据几何性质得出△MBD的内切圆圆心H在x轴上，且该点与切点的连线与AB垂直．方法一是计算出△MBD的面积和周长，利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式；方法二是设H（x2﹣r，0），直线BD的方程为x＝x2，写出直线AM的方程，利用点H到直线AB和AM的距离相等得出r的表达式；方法三是利用△MTH∽△MEB，得出，然后通过计算得出△MBD内切圆半径r的表达式．通过化简得到r关于x2的函数表达式，并换元，将函数关系式转化为r关于t的函数关系式，然后利用单调性可求出r的取值范围．【解析】（1）设点，则∴，∵∴，即（2）设，，，直线与轴交点为，内切圆与的切点为．设直线的方程为：，则联立方程，得：∴且∴∴直线的方程为：，与方程联立得：，化简得：解得：或∵∴轴设的内切圆圆心为，则在轴上且方法（一）∴，且的周长为：∴∴.方法（二）设，直线的方程为：，其中直线的方程为：，即，且点与点在直线的同侧，∴，解得：方法（三）∵∴，即，解得：令，则∴在上单调增，则，即的取值范围为．【点评】本题考查轨迹方程以及直线与抛物线的综合问题，考查计算能力与化简变形能力，属于难题．9．（1）；（2）.【分析】（1）设所求直线l的方程为y=kx+b，由直线l与⊙C1相切、直线l截⊙C2的弦长，列方程组即可求出直线L的方程．（2）由题意得：|MC1|+|MC2|=6，设动点M（x，y），列方程能求出动圆M的圆心M轨迹方程．【解析】解：（1）设所求直线L的方程为y=kx+b，∵直线L与⊙C1相切，∴=1，（i）又直线L截⊙C2的弦长等于2，∴=2，（ii）2=2，解得d2=r2-21=4，∴|k-b|=2，∴|k-b|=2|k+b|，∴k+3b=0，（iii）或3k+b=0，（iiii）（iii）代入（i），得：||=，，无解，（iiii）代入（i），得：|-2k|=，解得k=，当k=时，b=-，直线方程为y=，当k=-时，b=，直线方程为y=-x+．经检验得斜率不存在的直线均不适合题意．故直线L的方程为y=，或y=-x+．（2）由题意得：|MC1|+|MC2|=6，设动点M（x，y），则+=6，解得=1，∴动圆M的圆心M轨迹方程为．【点评】本题考查直线方程的求法，动圆的圆心的轨迹方程的求法，直线与圆相切、弦长公式、直线方程、圆、两点间距离公式等基础知识，属于难题．10．的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，去掉坐标原点．【解析】【分析】设出点的坐标，根据给出的两个垂直关系，得到各个坐标间的关系，最后消掉参数得到轨迹方程，并去掉不符合的点。【解析】如图，点在抛物线上，设，的斜率分别为．所以由，得依点在上，得直线方程由，得直线方程设点，则满足②、③两式，将②式两边同时乘，并利用③式整理得由③、④两式得由①式知，∴因为是原点以外的两点，所以．所以的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，去掉坐标原点．【点评】本题考查了曲线轨迹方程的求法，通过迭代法、设而不求，得到各个坐标间的相互关系，最后消去参数得到轨迹方程。注意最后要把不符合要求的点坐标舍弃，属于难题。11．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由椭圆的离心率得出，写出直线的方程，利用原点到直线的距离为得出的值，进而得出的值，于此得出椭圆的方程；（Ⅱ）设点、、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，利用斜率公式以及直线、、的斜率依次成等差数列，，并代入韦达定理求出的值，即可得出点的轨迹方程.【解析】（Ⅰ）由，得，由点、可知直线的方程为，即.由于原点到直线的距离为，即，得，，因此，椭圆的方程为；（Ⅱ）设点、、，设直线的方程为，联立直线的方程与椭圆的方程，消去并整理得，，由韦达定理得，.①，而②，由题意得，故得，解得，再代回①式得，回代②式可得，由此说明点的轨迹为直线.【点评】本题考查椭圆方程的求解，考查动点轨迹方程的求解，考查直线与圆锥曲线综合问题的求解，解决这类问题就是将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，结合韦达定理设而不求法来求解，难点在于计算量大，属于难题.12．（1）；（2）1，.【分析】（1）设，，分别求出以为切点的切线方程，联立两切线方程表示出点的坐标，再设直线的方程为：，与抛物线的方程联立，代入可得点的轨迹方程；（2）由（1）知和到直线的距离，利用三角形面积公式求得面积，可求得的最小值和直线的方程.【解析】（1）设，，，则以A为切点的切线为，整理得：，同理：以为切点的切线为：，联立方程组：，解得，设直线的方程为：，联立方程组，整理得：，恒成立，由韦达定理得：，，故，所以点的轨迹方程为；（2）由（1）知：，到直线的距离为：，∴，∴时，取得最小值，此时直线的方程为.【点评】思路点睛：本题考查直线与抛物线的交点相关问题，涉及到抛物线的切线和三角形的面积的最值，直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．属中档题.13．（1），曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含，两点；（2）①证明见解析；②证明见解析.【分析】（1）利用直接法表示出直线与的斜率之积，化简可得到曲线方程；（2）①设直线的方程，由，可得直线方程，与椭圆联立可求点坐标，进而可求得直线方程，与联立即可得证点在定直线上；②由（1）得，，又，进而可得直线与直线的斜率之积.【解析】（1）解：由题意，得，化简，得，所以曲线为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含，两点.（2）证明：①由题设知，直线，的斜率存在且均不为0.设直线的方程为，由，可知直线的斜率为，方程为.由得，解得，则，即.直线的斜率为，则直线的方程为，将代入，解得，故点在直线上.②由（1），得，，所以.结合，得为定值.即直线与直线的斜率之积为定值.【点评】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．14．（1）；（2）证明见解析，定点为.【分析】（1）设点，，，由可得出，由，可得出，，代入化间可得出动点的轨迹的方程；（2）设直线的方程为，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，由可求得的值，可得出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标.【解析】（1）设、、，则，，，，，.由，得，且点、均不在轴上，故，且，.由，得，即.由，得，即.所以，所以动点的轨迹的方程为：；（2）若直线的斜率为零时，则直线与曲线至多只有一个公共点，不合乎题意.可设直线的方程为.由，得.设、，则，.，，解得，所以，直线的方程为，即直线恒过定点.【点评】方法点睛：直线过定点：根据题中条件确定直线方程中的与、所满足的等量关系或等式，然后再代入直线方程，即可确定直线所过定点的坐标15．（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）先把两点和点的坐标设出来，再分两点的横坐标相等和不相等两种情况分别设出直线的方程，再利用两点既在直线上又再椭圆上，可以找出两点坐标之间的关系，最后利用中点公式，即可求得点的轨迹方程（注意要反过来检验所求轨迹方程是否满足已知条件）；（2）先找到曲线与轴的交点以及与轴的交点，再对的取值分别讨论，分析出与坐标轴的交点的个数（注意点的坐标满足）.【解析】（1）设点A､B的坐标分别为(x1，y1)､(x2，y2)，点Q的坐标为Q(x，y)，当时，设直线斜率为k，则l的方程为y=k(x-a)+b，由已知①，，②y1=k(x1-a)+b③，y2=k(x2-a)+b，④①②得(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0.⑤③+④得y1+y2=k(x1+x2)-2ka+2b，⑥由⑤､⑥及，得点Q的坐标满足方程2x2+y2-2ax-by=0，⑦当x1=x2时，k不存在，此时l平行于y轴，因此AB的中点Q一定落在x轴，即Q的坐标为(a，0)，显然点Q的坐标满足方程⑦综上所述，点Q的坐标满足方程2x2+y2-2ax-by=0，设方程⑦所表示的曲线为l.则由得(2a2+b2)x2-4ax+2-b2=0，因为Δ=8b2(a2+-1)，由已知，所以当a2+=1时，Δ=0，曲线l与椭圆C有且只有一个交点P(a，b)；当a2+<1时，Δ<0，曲线l与椭圆C没有交点，因为(0，0)在椭圆C内，又在曲线l上，所以曲线l在椭圆C内，故点Q的轨迹方程为2x2+y2-2ax-by=0；（2）由，得曲线l与y轴交于点(0，0)､(0，b)；由，得曲线l与x轴交于点(0，0)､(a，0)；当a=0，b=0，即点P(a，b)为原点时，(a，0)､(0，b)与(0，0)重合，曲线l与x轴只有一个交点(0，0)；当a=0且0<|b|≤时，即点P(a，b)不在椭圆C外且在除去原点的y轴上时，点(a，0)与(0，0)重合，曲线l与坐标轴有两个交点(0，b)与(0，0)；同理，当b=0且0<|a|≤1时，即点P(a，b)不在椭圆C外且在除去原点的x轴上时，曲线l与坐标轴有两个交点(a，0)与(0，0)；当0<|a|<1且0<|b|<时，即点P(a，b)在椭圆C内且不在坐标轴上时，曲线l与坐标轴有三个交点(a，0)､(0，b)与(0，0).【点评】解答圆锥曲线问题的策略：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.16．（1），曲线C是焦点在x轴上，长轴长为4，短轴长为2的椭圆，去掉两点，；（2）证明见解析.【分析】（1）由斜率公式求得各直线的斜率，根据题意列式整理得到曲线的轨迹方程，结合椭圆的方程判定轨迹为椭圆，注意根据斜率有存在，得到,轨迹中要去掉椭圆的左右顶点;（2）①直线l斜率不存在时，易得直线l的方程为；②直线l斜率存在时，设l的方程为，设，，联立方程，利用韦达定理和斜率公式可得，进而利用直线的方程说明直线恒过定点．综和即得结论．【解析】（1）解：因为AM与BM的斜率之积为，所以有，化简得，所以曲线C是焦点在x轴上，长轴长为4，短轴长为2的椭圆，去掉两点，．（2）证明：直线l不经过点，则点D，E不与点P重合，①直线l斜率不存在时，设直线l的方程为，由，解得，，所以，，因为得，即直线l的方程为；②直线l斜率存在时，设l的方程为，设，，由得，，由得，则，则，恒过定点．综上所述，l过定点．【点评】本题考查求曲线的轨迹方程和轨迹，椭圆的方程和性质，直线与椭圆的位置关系和圆锥曲线中的直线过定点问题，属中档题.注意第二问中的定点问题，要分直线的斜率存在于不存在两种情况的讨论说明.17．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设点，列式，化简（注意斜率存在的条件），求轨迹方程.（2）直线倾斜角不为0，设直线的方程（不用取讨论斜率是否存在），联立直线和椭圆的方程，消元，韦达定理，用点的坐标表示直线和方程，