2023年高考数学大题专练专题17圆锥曲线的轨迹问题试题含解析

这是一份2023年高考数学大题专练专题17圆锥曲线的轨迹问题试题含解析，共36页。试卷主要包含了在直角坐标系中，曲线的方程为，已知点D为圆O等内容，欢迎下载使用。
 专题17 圆锥曲线中的轨迹问题
1．（浙江省杭州市八县市区2021-2022学年高二下学期期末数学试题）已知椭圆C的离心率为，其焦点是双曲线的顶点.
(1)写出椭圆C的方程；
(2)直线l：与椭圆C有唯一的公共点M，过点M作直线l的垂线分别交x轴､y轴于，两点，当点M运动时，求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.
【答案】(1)
(2)轨迹方程，为椭圆除去4个顶点
【解析】
【分析】
（1）根据双曲线的顶点，结合椭圆离心率的公式与基本量的关系求解即可；
（2）根据题意可得直线l与椭圆C相切，故联立直线与椭圆的方程，利用判别式为0可得的关系，再得到点M坐标的表达式，从而得到过点M作直线l的垂线的方程，求得，结合椭圆的方程求解即可
(1)
设椭圆C的方程为，，由题意，双曲线的顶点为，故.又，故，故，故椭圆C的方程为
(2)
由题意，直线l与椭圆C相切，联立得，故，即.设，则，故，故.所以直线的方程为，即，当时，，故，当时，，故，故.又，故则，又在上，故，即，由题意可得，故点的轨迹方程为，为椭圆除去4个顶点
2．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知动圆E过定点，且y轴被圆E所截得的弦长恒为4．
(1)求圆心E的轨迹方程．
(2)过点P的直线l与E的轨迹交于A，B两点，，证明：点P到直线AM，BM的距离相等．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设，由圆的弦长公式列式可得；
（2）设，，设，直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，，计算，得直线PM平分，从而得结论，再说明直线斜率不存在时也满足．
(1)
设，圆E的半径，圆心E到y轴的距离，
由题意得，
化简得，经检验，符合题意．
(2)
设，与E的方程联立，消去y得，．
设，，则，
∵，
∴，则直线PM平分，
当直线l与x轴垂直时，显然直线PM平分．
综上，点P到直线AM， BM的距离相等．
3．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于点，两个动点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线交于，两点，直线，与圆：的另一交点分别为，（其中为坐标原点），求与的面积之比的最大值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设动圆的圆心为，则 ，半径为，所以，化简整理即可；（2）分析可知直线斜率存在，设，，，联立得，，再求出直线的方程为 ，直线的方程为，分别与圆联立求出，，所以，展开再代入韦达定理，分析求解即可.
(1)
设动圆的圆心为，则 ，半径为，
，化简得： ，即的方程为 ；
(2)
当直线的斜率不存在时，直线为：，此时与抛物线只有一个交点，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设过的直线方程为 ， ，，联立方程：
，得 ，，，
则直线的方程为 ，直线的方程为 ，
联立方程：，解得 ，同理 ，
，，
，


显然当时最大，最大值为 ；
综上，的方程为， 与 的面积之比的最大值为：.
4．（2022·河南省兰考县第一高级中学模拟预测（理））已知点，平面上的动点S到F的距离是S到直线的距离的倍，记点S的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过直线上的动点向曲线C作两条切线，，交x轴于M，交y轴于N，交x轴于T，交y轴于Q，记的面积为，的面积为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设是所求轨迹上的任意一点，根据题意列出方程，即可求解；
（2）设直线的方程分别为，求得的坐标，求得，联立方程组求得，得到，化简得到，令，结合基本不等式，即可求解.
(1)
解：设是所求轨迹上的任意一点，
由题意知动点到的距离是到直线的距离的倍，
可得，整理得，
即曲线C的方程为.
(2)
解：设直线的方程分别为，
可得，
所以
，
联立方程组，整理得，
则，
整理得，所以，
所以，所以，
代入上式，可得，
令，
，
当且仅当时，即时，即时，的最小值为.

5．（2022·重庆南开中学模拟预测）已知点，动点到直线的距离为，且，记的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过作圆的两条切线、（其中、为切点），直线、分别交的另一点为、．从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①为定值；
②．
【答案】(1)
(2)条件选择见解析，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、的等式，化简后可得出曲线的方程；
（2）设、、，分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证；在第二种情况下，设直线的方程为，由直线与圆相切结合韦达定理可得出.
选①，分析出，利用三角形相似可求得的值；
选②，分析可知，结合勾股定理可证得结论成立.
(1)
解：由题意知，两边平方整即得，
所以，曲线的方程为.
(2)
证明：设、、，
当时，，则不妨设点，则点或，
此时，则；                  
当时，设直线，
由直线与圆相切可得，即，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则
，
所以，，同理可得.
选①，由及可得，
则，所以，；
选②，出及可得：、、三点共线，则，
又，因此，.
6．（2022·河南郑州·三模（理））在直角坐标系中，曲线的方程为．为曲线上一动点，且，点的轨迹为曲线．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线，的极坐标方程；
(2)曲线的极坐标方程为，点为曲线上一动点，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用直角坐标和极坐标的互化关系求的极坐标方程，利用代入法求的极坐标方程；
（2）为上一点，为上一点，可知，即可求解.
(1)
由题意可知，将代入得，
则曲线的极坐标方程为，
设点的极坐标为，则，
点的极坐标为，由得，即，
将代入得，
所以点轨迹曲线的极坐标方程为；
(2)曲线直角坐标方程为，设点，
曲线的直角坐标方程为，则圆心为，
，
即
当时， ，所以.
7．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）在平面直角坐标系中，已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且它们的斜率之积为.
(1)求点的轨迹方程；
(2)记点的轨迹为曲线，是曲线上的点，若直线，均过曲线的右焦点且互相垂直，线段的中点为，线段的中点为. 是否存在点，使直线恒过点，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）根据直线斜率公式，结合已知等式进行求解即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系、直线斜率公式进行求解即可.
(1)
设，因为直线相交于点，且它们的斜率之积为，
所以，
整理可得，
所以点的轨迹方程为.
(2)
因为曲线的方程为，
所以直线的斜率都存在且不为0.   
设直线：，则直线：，
设
由可得：，
当时，即，方程为，此时只有一解，不符合题意，
当时，，
由韦达定理可得：，所以点的横坐标为，
代入直线：可得：，
所以线段的中点，
用替换可得，，
所以线段的中点，
当时，，
直线的方程为：，
整理可得：
，
此时直线过定点，
若时，
则， ，或，，直线的方程为，
此时直线也过点，
综上所述：直线过定点
8．（2022·河北张家口·三模）已知，点，，动点P满足，点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)直线与曲线C相切，与曲线交于M､N两点，且（O为坐标原点），求曲线E的离心率.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据两点间距离距离公式，结合已知等式进行求解即可；
（2）根据曲线切线的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、平面向量垂直的性质、双曲线的离心率公式进行求解即可.
(1)
设，由得，整理得即为曲线C；
(2)
与曲线C相切，，即.
设，，
将代入曲线E整理得：，
，，
，.
，，即.
，
，整理得，
，即，，.
故曲线E的离心率为.
9．（2022·河南·南阳中学三模（文））已知点D为圆O：上一动点，过点D分别作轴、轴的垂线，垂足分别为A、B，连接BA并延长至点P，使得，点P的轨迹记为曲线C ．
(1)求曲线C的方程；
(2)设直线l与曲线C交于不同于右顶点Q的M，N两点，且，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)       注意到A为BP的中点，由相关点法，即可求得曲线C的方程；
(2)       先判断直线l恒过点，而即为△QMN面积的两倍，故将问题转化为求△QMN面积的最大值.
(1)
设点P（x，y），D，则A 、B，由题意的，因为，
所以   而，，
所以代入圆O：得曲线C的方程为 .
(2)
由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为．
联立得消去x得，
，化简整理，得．
设，，则，．             
因为，所以．
因为，所以，，得，
将，代入上式，得，
得，
解得或（舍去），                                                     
所以直线l的方程为，则直线l恒过点，
所以．
设，则，，                 
易知在上单调递增，所以当时，取得最大值为．
又，所以．
10．（2022·河南·宝丰县第一高级中学模拟预测（理））已知点，动点 到直线的距离与到点的距离的比为2，设动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若点，点，为曲线上位于轴上方的两点，且，求四边形的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)3
【解析】
【分析】
（1）直接法求点的轨迹方程 ；
（2） 由已知得，为所求椭圆的焦点，通过计算，可得四边形为平行四边形，将所求四边形的面积转化为求三角形的面积，从而得到，利用换元法及导数法即可求出面积的最大值.
(1)
设，由题意得，所以，
两边平方，得，
化简，得，即曲线的方程为.
(2)

如图，由（1）知曲线为椭圆，，为其焦点，延长与椭圆相交于另一点，延长与椭圆相交于另一点
设直线的方程为，，，
联立方程消去并化简，得，
所以，，
所以

因为，所以，设的方程为，
同理可求，所以，所以四边形为平行四边形，
所以四边形的面积.
点到直线的距离，
所以，
所以.
令，所以，
令，则，显然当时，，
所以在上单调递增，所以当，
即时，取得最小值，且，
所以，即四边形的最大值为3.
11．（2022·全国·模拟预测（理））已知，，动点满足AM与BM的斜率之积为，记M的轨迹为曲线C.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)点P，Q在C上，且，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设点，由坐标分别求出直线、的斜率，结合斜率之积为，得到关于，得方程，化简即可，注意考虑斜率不存在，得到取值范围；
（2）直线AP的斜率为，，由点斜式得到直线的方程，联立椭圆消去得到关于的一元二次方程，联立韦达定理求得，再由弦长公式求得，因为，则直线的斜率为，同理可得，代入化简得到关于的式子，利用换元法和对勾函数得到取值范围.
(1)
直线AM的斜率为，直线BM的斜率为，
由题意可知：，
故曲线C的方程为：.
(2)
不妨设P在x轴的上方，直线AP的斜率为k，则.
则直线AP的方程为：，联立椭圆，
得，即，
则由韦达定理得：，
所以，
由于，所以AQ的斜率为，直线AQ的方程为：，
以代替，
所以，
令，由于，所以，.
由于在时单调递增，所以时面积最大，此时.
综上：，故面积的取值范围为.
12．（2022·四川·石室中学三模（理））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两点.若的值与点G的位置无关，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【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.
13．（2022·福建三明·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，，过直线l：左侧且不在x轴上的动点P，作于点H，的角平分线交x轴于点M，且，记动点P的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；
(2)已知曲线C与x轴正半轴交于点，过点的直线交C于A，B两点，，点T满足，其中，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据条件，代入动点的坐标，化简即可；
（2）注意到S点在x轴上，所以，将作为桥梁，合理利用，即可求解.
(1)
设，因为轴，所以，
因为PM为的角平分线，所以，
所以，即，所以.
即，化简整理得，因为P不在x轴上，
即曲线C的方程为
(2)
易知直线的斜率存在且不为0，设的方程为.
联立方程组，消x整理得，
所以，得或，
设，，则，.
由得，所以，
设，由，得，
所以，
所以，
所以点在直线上，且，
又因为与关于直线对称，所以是等腰三角形，
（或者证明直线TS与直线的斜率互为相反数）
所以，因为，所以，
综上所述，.
14．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知平面上一动点P到定点的距离与它到定直线的距离相等，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程
(2)已知点，过点B引圆的两条切线BP；BQ，切线BP、BQ与曲线C的另一交点分别为P、Q，线段PQ中点N的纵坐标记为，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)的取值范围为．
【解析】
【分析】
(1)根据曲线轨迹方程的定义求解；(2) 设切线BP的方程为，切线的方程为，所以， ，再求出，即得解.
(1)
设，
根据题意可得，
化简得，
所以，
所以曲线C的方程为，
(2)
由已知，所以切线的斜率存在，
设切线的方程为，
则圆心到切线的距离，
所以，
设切线BQ的方程为，
同理可得，
所以是方程的两根，
所以， ，
设，
联立，得，
所以，
所以，
同理，
所以



，
因为，所以
所以．
所以的取值范围为．
15．（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（文））已知点，，直线与直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线
(1)求曲线的方程；
(2)设为曲线上的一点，线段的垂直平分线交轴于点，若为等边三角形，求点的坐标﹒
【答案】(1)；
(2)或﹒
【解析】
【分析】
(1)设P(x，y)(y≠0)，根据即可求C的方程；
(2)设()，根据D在C上列出一个方程，用D表示出E，根据为等边三角形的，由此可得第二个方程，两根方程联立即可求出D的坐标．
(1)
设点的坐标为，
∵直线与直线的斜率之积为，
∴，即，化简得，
∴曲线的方程为；
(2)
设()，，线段的中点为，
则直线的斜率，直线的斜率，
由题可知，∴，整理得，
又∵，∴，得，故．
又∵为等边三角形，有，
∴，整理得，
∴，解得或(舍去)，
将代入，解得或
∴点的坐标为或．
16．（2022·河南平顶山·模拟预测（理））在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点F（2，0）且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点M（m，0）（m＞0）作两条互相垂直的直线，且与曲线交于A，B两点，与曲线交于C，D两点，点P，Q分别为AB，CD的中点，求△MPQ面积的最小值．
【答案】(1)
(2)16
【解析】
【分析】
（1）设出圆心坐标，列出等量关系，整理得到轨迹方程；（2）设出直线方程，与第一问求出的抛物线联立，得到两根之和，两根之积，从而表达出点P，Q的坐标，表达出△MPQ面积，利用基本不等式求出面积的最小值.
(1)
设圆心为，由题意得：，两边平方，整理得：，故曲线的方程为.
(2)
显然直线斜率均存在，不妨设，（）与联立得：，设，则，则，故，，所以，由于直线互相垂直，故，所以，当且仅当，即时等号成立，所以△MPQ面积的最小值为16.
17．（2021·福建省德化第一中学三模）在平面直角坐标系中，△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为，，平面内两点G，M同时满足以下3个条件：①G是△ABC三条边中线的交点：②M是△ABC的外心；③
(1)求△ABC的顶点C的轨迹方程；
(2)若点P（2，0）与（1）中轨迹上的点E，F三点共线，求的取值范围
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）设出点的坐标，利用两点间的距离公式即可求得轨迹方程；
（2）设出三点所在的直线方程，与（1）中的轨迹方程联立，由判别式大于0求出的范围，利用韦达定理得到，两点横坐标的和与积，将表示为的关系式，进一步得到的取值范围．
(1)
设C（x，y），G（，），M（，），
因为M是△ABC的外心，所以
所以M在线段AB的中垂线上，所以，
因为，所以，
又G是△ABC三条边中线的交点，所以G是△ABC的重心，
所以，
所以，
又，
所以，
化简得，
所以顶点C的轨迹方程为；
(2)
因为，，三点共线，所以，，三点所在直线斜率存在且不为0，
设所在直线的方程为，
联立得．
由，得．
设，，
则
所以

．
又，所以，
所以．
故的取值范围为．
18．（2022·广西柳州·三模（理））已知点，点，点M与y轴的距离记为d，且点M满足：，记点M的轨迹为曲线W．
(1)求曲线W的方程；
(2)设点P为x轴上除原点O外的一点，过点P作直线，，交曲线W于点C，D，交曲线W于点E，F，G，H分别为CD，EF的中点，过点P作x轴的垂线交GH于点N，设CD，EF，ON的斜率分别为，，的，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)设，则，根据平面向量数量积的坐标表示化简计算即可；
(2)设和直线GH的方程，进而求出点的坐标，设、，利用点差法和弦中点坐标公式计算化简可得，同理可得
，根据韦达定理可得，代入
计算化简即可.
(1)
设，由题意得，，
由,
∴
∴．
∴，
即M的轨迹方程为；
(2)
显然GH斜率存在，设，设GH的方程为：
由题意知CD的方程为：
联立方程
解得：
可得：
设，，C，D都在曲线W上，
则有①
②
①-②得：
则有：
又G为CD中点，则有；
可得：
同理可得：
故，为关于k的方程的两实根
由韦达定理得：，
将代入直线GH中得：
可得：故有：
则，故为定值
19．（2022·全国·模拟预测（理））已知圆与x轴交于A，B两点，动点P满足直线与直线的斜率之乘积为.
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)过点的直线l与曲线E交于M，N两点，则在x轴上是否存在定点Q，使得的值为定值？若存在，求出点Q的坐标和该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)存在点使得为定值，理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）设出动点，利用直接法求解轨迹方程；（2）先求出直线l斜率为0时不合题意，得到直线斜率不等于0，从而设出直线l的方程，联立第一问求出的轨迹方程，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，设出，求解，化简整理得到，从而得到存在点使得为定值.
(1)
令得：，不妨设，，则，整理得：，；动点P的轨迹方程E为，；
(2)
存在点，使得为定值，理由如下：
当直线l斜率为0时，则直线l为，此时与，无交点，故不合题意，舍去，即直线l斜率不为0
设，直线l设为，则与，联立得：，设，则，所以



当即时，为定值，即存在点使得为定值；
综上：存在点使得为定值.
20．（2022·全国·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
(1)
右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
(2)
由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.