备战2022高考数学圆锥曲线专题2：曲线的轨迹方程36页（含解析）

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专题2：曲线的轨迹方程
一、填空题
1．圆的半径为定长，是圆所在平面上与不重合的一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹是________
①椭圆；②双曲线；③抛物线；④圆；⑤一个点
2．已知椭圆 的左右焦点为、，点为椭圆上任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为点，过点作轴的垂线，垂足为，线段的中点为，则点的轨迹方程为___________.
3．过圆与轴正半轴的交点A作圆O的切线，M为上任意一点，过M作圆O的另一条切线，切点为Q．当点M在直线上运动时，△MAQ的垂心的轨迹方程为________．
4．已知在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右顶点分别为，.直线l：（）交椭圆于P，Q两点，直线和直线相交于椭圆外一点R，则点R的轨迹方程为______.
5．点M为椭圆上一点，为椭圆的两个焦点，则的内心轨迹方程为____________.

二、解答题
6．在平面直角坐标系中，为抛物线上不同的两点，且，点且于点.
（1）求的值；
（2）过轴上一点 的直线交于，两点，在的准线上的射影分别为，为的焦点，若，求中点的轨迹方程.
7．若动点到定点与定直线的距离之和为4.
（1）求点的轨迹方程，并画出方程的曲线草图；
（2）记（1）得到的轨迹为曲线，问曲线上关于点（）对称的不同点有几对？请说明理由.
8．已知直线x＝﹣2上有一动点Q，过点Q作直线l，垂直于y轴，动点P在l1上，且满足(O为坐标原点)，记点P的轨迹为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知定点M(，0)，N(，0)，点A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．
9．已知，．
（1）若直线L与⊙C1相切，且截⊙C2的弦长等于，求直线L的方程．
（2）动圆M与⊙C1外切，与⊙C2内切，求动圆M的圆心M轨迹方程．
10．如图，设点 和 为抛物线 上原点以外的两个动点，已知 ，．求点 的轨迹方程，并说明它表示什么曲线．

11．设椭圆的离心率为，已知、，且原点到直线的距离等于.，
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知过点的直线交椭圆于、两点，若存在动点，使得直线、、的斜率依次成等差数列，试确定点的轨迹方程.
12．已知抛物线：，过点的动直线与抛物线交于不同的两点，分别以为切点作抛物线的切线、，直线、交于点.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）求面积的最小值，并求出此时直线的方程.
13．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程，并说明曲线是什么样的曲线；
（2）设，是曲线上的两个动点，直线与交于点，.
①求证：点在定直线上；
②求证：直线与直线的斜率之积为定值.
14．已知点，，为直线上的两个动点，且，动点满足，（其中为坐标原点）.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若直线与轨迹相交于两不同点、，如果，证明直线必过一定点，并求出该定点的坐标.
15．已知椭圆C的方程为，点P(a，b)的坐标满足，过点P的直线l与椭圆交于A､B两点，点Q为线段AB的中点，求：
（1）点Q的轨迹方程；
（2）点Q的轨迹与坐标轴的交点的个数.
16．已知点，，动点满足直线AM与BM的斜率之积为．记M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程，并说明是什么曲线；
（2）设直线l不经过点且与曲线C相交于点D．E两点．若直线PD与PE的斜率之和为2，证明：l过定点．
17．在直角坐标系内，点A，B的坐标分别为，，P是坐标平面内的动点，且直线，的斜率之积等于，设点P的轨迹为C.
（1）求轨迹C的方程；
（2）设过点且倾斜角不为0的直线与轨迹C相交于M，N两点，求证：直线，的交点在直线上.
18．过椭圆外一点作椭圆的切线，，切点分别为，，满足.

（1）求的轨迹方程
（2）求的面积(用的横坐标表示)
（3）当运动时，求面积的取值范围.

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，， ②
y1=k(x1-a)+b ③，y2=k(x2-a)+b， ④
①②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+