专题05 轨迹方程的求法（教师版）-【高考总复习】2022高考数学满分突破之解析几何篇

这是一份高中数学人教版新课标A必修5本册综合综合训练题，共41页。

专题05 轨迹方程的求法
【突破满分数学之秒杀技巧与答题模板】：

1.动点轨迹问题解题策略一般有以下几种：
（1） 直译法：一般步骤为：
①建系,建立适当的坐标系；
②设点,设轨迹上的任一点P(x，y)；
③列式,列出动点P所满足的关系式；
④代换,依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为x，y的方程式，并化简；
⑤证明,证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程.
(2)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；
(3)代入法(相关点法)：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程；
(4)参数法：当动点P(x，y)坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关动点可用时，可考虑将x，y均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．
2.解轨迹问题注意：
（1）求点的轨迹与求轨迹方程是不同的要求，求轨迹时，应先求轨迹方程，然后根据方程说明轨迹的形状、位置、大小等.
（2）要验证曲线上的点是否都满足方程，以方程解为坐标点是否都在曲线上，补上在曲线上而不满足方程解得点，去掉满足方程的解而不再曲线上的点.

【考点精选例题精析】：

定义法：
如果动点P的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。








例1、 已知中，、、的对边分别为、、，若依次构成等差数列，且，，求顶点的轨迹方程.


【解析】：如右图，以直线为轴，线段的中点为原点建立直角坐标系. 由题意，构成等差数列，（两定点的距离等于定长—椭圆），即，又，的轨迹为椭圆的左半部分.在此椭圆中，，，故的轨迹方程为
例2、已知A、B为两定点，动点M到A与到B的距离比为常数λ,求点M的轨迹方程，并注明轨迹是什么曲线






【解析】、 建立坐标系如图所示，设|AB|=2a,则A(－a,0）,B(a,0)
设M(x,y）是轨迹上任意一点
则由题设，得=λ,坐标代入，得=λ,化简得
(1－λ2)x2+(1－λ2)y2+2a(1+λ2)x+(1－λ2)a2=0
(1)当λ=1时，即|MA|=|MB|时，点M的轨迹方程是x=0，点M的轨迹是直线(y轴)
(2)当λ≠1时，点M的轨迹方程是x2+y2+x+a2=0 点M的轨迹是以(－，0）为圆心，为半径的圆
例3、【2016高考新课标1卷】设圆的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
（I）证明为定值,并写出点E的轨迹方程；
（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.

则,.
所以.
过点且与垂直的直线：,到的距离为,所以
.故四边形的面积
.
可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为.
当与轴垂直时,其方程为,,,四边形的面积为12.
综上,四边形面积的取值范围为.

直接法：
如果动点P的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标（x，y）表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。

例4、已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：，动点M到圆C的切线长与的比等于常数（如图），求动点M的轨迹方程，说明它表示什么曲线．
【解析】、设M（x，y），直线MN切圆C于N，则有，即，．整理得，这就是动点M的轨迹方程．
若，方程化为，它表示过点和x轴垂直的一条直线；
若λ≠1，方程化为， 它表示以为圆心，为半径的圆．
例5、【2017课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。
(1) 求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线上，且。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。

因此点P的轨迹方程为。
（2）由题意知。设,则
，
。
由得，又由（1）知，故
。
所以，即。又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F。

参数法：
如果采用直译法求轨迹方程难以奏效，则可寻求引发动点P运动的某个几何量t，以此量作为参变数，分别建立P点坐标x，y与该参数t的函数关系x＝f（t），
y＝g（t），进而通过消参化为轨迹的普通方程F（x，y）＝0。


例6、过抛物线（）的顶点作两条互相垂直的弦、，求弦的中点的轨迹方程.
【解析】、设，直线的斜率为，则直线的斜率为.直线OA的方程为，由解得，即，同理可得.
由中点坐标公式，得，消去，得，此即点的轨迹方程.
例7、设点A和B为抛物线 y2=4px(p＞0)上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线
【解析】、解法一 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y) (x≠0)
直线AB的方程为x=my+a
由OM⊥AB，得m=－
由y2=4px及x=my+a，消去x,得y2－4pmy－4pa=0
所以y1y2=－4pa, x1x2=
所以，由OA⊥OB，得x1x2 =－y1y2
所以
故x=my+4p,用m=－代入，得x2+y2－4px=0(x≠0)
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点
解法二 设OA的方程为，代入y2=4px得
则OB的方程为，代入y2=4px得
∴AB的方程为，过定点，
由OM⊥AB，得M在以ON为直径的圆上（O点除外）
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点
解法三 设M(x,y) (x≠0)，OA的方程为，代入y2=4px得
则OB的方程为，代入y2=4px得
由OM⊥AB，得M既在以OA为直径的圆 ……①上，
又在以OB为直径的圆 ……②上（O点除外），
① +②得 x2+y2－4px=0(x≠0)
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点 。
例8、[2016高考新课标Ⅲ文数]已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.

则.
由题设可得，所以（舍去），.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.学科&网
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. ....12分

代入法（相关点法）：
如果动点P的运动是由另外某一点P'的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出P（x，y），用（x，y）表示出相关点P'的坐标，然后把P'的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程。

例9、如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程

【解析】、设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则在Rt△ABP中，|AR|=|PR|
又因为R是弦AB的中点，依垂径定理 在Rt△OAR中，|AR|2=|AO|2－|OR|2=36－(x2+y2)
又|AR|=|PR|=
所以有(x－4)2+y2=36－(x2+y2),即x2+y2－4x－10=0
因此点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动
设Q(x,y)，R(x1,y1)，因为R是PQ的中点，所以x1=,
代入方程x2+y2－4x－10=0,得－10=0
整理得 x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程
例10、如图，从双曲线上一点引直线的垂线，垂足为，求线段的中点的轨迹方程.







【解析】设，则.在直线上，
① 又得即.②
联解①②得.又点在双曲线上，，化简整理得：，此即动点的轨迹方程.
例11、双曲线有动点，是曲线的两个焦点，求的重心的轨迹方程。
【解析】设点坐标各为，
∴在已知双曲线方程中，∴
∴已知双曲线两焦点为，
∵存在，∴
由三角形重心坐标公式有，即 。 ∵，∴。
已知点在双曲线上，将上面结果代入已知曲线方程，有
即所求重心的轨迹方程为：。


交轨法：
在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这种问题通常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程（若能直接消去两方程的参数，也可直接消去参数得到轨迹方程），该法经常与参数法并用。

例12、







如右图，垂直于轴的直线交双曲线于、两点，为双曲线的左、右顶点，求直线与的交点的轨迹方程，并指出轨迹的形状.




【解析】设及，又，可得
直线的方程为------①；
直线的方程为------②.
由①x②得---------③.
又 ，代入③得，化简得，此即点的轨迹方程.
当时，点的轨迹是以原点为圆心、为半径的圆；
当时，点的轨迹是椭圆.
例13、抛物线的顶点作互相垂直的两弦OA、OB，求抛物线的顶点O在直线AB上的射影M的轨迹。
【解析】点A、B在抛物线上，设A（，B（所以kOA= kOB=,由OA垂直OB得kOA kOB = -1，得yAyB= -16p2 ,又AB方程可求得，即（yA+yB）y--4px--yAyB=0,把 yAyB= -16p2代入得AB方程（yA+yB）y--4px+16p2 =0 ①
又OM的方程为 ②
由①②消去得yA+yB即得， 即得。
所以点M的轨迹方程为，其轨迹是以为圆心，半径为的圆,除去点（0，0）。


【达标检测】：
1、设椭圆中心为原点O，一个焦点为F（0，1），长轴和短轴的长度之比为t．
（1）求椭圆的方程；
（2）设经过原点且斜率为t的直线与椭圆在y轴右边部分的交点为Q，点P在该直线上，且，当t变化时，求点P的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形．
【解析】、（1）设所求椭圆方程为由题意得解得 所以椭圆方程为．
(2)设点解方程组得 由和得
其中t＞1．消去t，得点P轨迹方程为和．其轨迹为抛物线在直线右侧的部分和抛物线在直线在侧的部分．
2．（2021·江苏高二专题练习）已知点、以及直线，设长为的线段在直线l上移动（如图所示），求直线和的交点M的轨迹方程．

【答案】.
【分析】
由题设条件P、A、M三点共线，Q、B、M三点共线．若设A、B两点的坐标依次为，，利用三点共线导出相应的关系式后，若从中解出a和b，再由，可求得x和y满足的方程，即交点M的轨迹方程．
【详解】
解：如图所示，∵点A、B在直线上，设点A、B、M的坐标分别为，，，其中．
当时，由、、三点共线，
得，解出a，得①，
由、、三点共线，
得，解出b，得．②
由条件，得．∴．③，
由①、②、③式得．
整理得①．④，
当时，两直线和的交点M与点或点重合，得点P和点Q的坐标都满足方程④．
总之，④式就是点M的轨迹方程．
④式可改写成．
∴轨迹的图形是双曲线，它的中心是点，焦点在直线上．

3．（2021·全国高二课时练习）求两动直线与的交点的轨迹方程．
【答案】
【分析】
设点，利用两直线所过的定点，以及两直线的斜率关系，建立等式，即可求轨迹方程.
【详解】
令，，
则直线的斜率，直线的斜率，所以．
易知过定点，过定点．
令与的交点为，因为，存在，所以，
所以，，
所以，整理得，
所以交点的轨迹方程为．
故答案为：
4．（2021·梅河口市第五中学高二开学考试）已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍．
（1）求点的轨迹方程：
（2）若点与点关于点对称，求、两点间距离的最大值；
（3）若过点的直线与点的轨迹相交于、两点，，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）14；（3）存在；或．
【分析】
（1）由已知列关于，的方程化简即可求得点的轨迹方程；
（2）设，由点与点关于点对称，可得点坐标为，把的坐标代入（1）中的轨迹方程，整理可得点的轨迹方程为，由此可得、两点间距离的最大值；
（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，，，则，联立直线与圆的方程，由判别式大于0求得的范围，再求出及到直线的距离，代入三角形面积公式，利用配方法求最值，得到值，可得直线方程．
【详解】
解：（1）由已知，．
，即，
（2）设，因为点与点关于点对称，
则点坐标为，
点在圆上运动，
点的轨迹方程为，
即：，
；
（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，
则：，
联立方程：，
，
又直线不点，．
点到直线的距离，，
，
，，
当时，取得最大值，此时，，
直线得方程为或．
5．（2021·宁波市北仑中学）如图，已知，直线，是平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．

（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M；
①已知，求的值；
②求的最小值．
【答案】（1）；（2）①；②.
【分析】
（1）可设出点的坐标，由直线，过作直线的垂线，垂足为点，则，则我们根据，构造出一个关于，的方程，化简后，即可得到所求曲线的方程；
（2）①由过点的直线交轨迹于、两点，交直线于点，我们可以设出直线的点斜式方程，联立直线方程后，利用设而不求的思想，结合一元二次方程根与系数关系，易求的值．
②根据平面向量数量积的性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】
（1）设点，则，由，
得， 化简得曲线的方程为；
（2）由于直线不能垂直于轴，且又过轴上的定点，
设直线的方程为，则 ，
设，，联立方程组
消去得，，故
由，，得

利用对应的纵坐标相等，得，，整理得，，
所以.
②因为，，所以有：由上可知： ，
因此有，
所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，
因此.
【点睛】
关键点睛：结合基本不等式，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.
6．（2021·安徽省怀远县第一中学高二月考（理））已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为、，点在椭圆上，过点的直线与抛物线交于、两点，抛物线在点、处的切线分别为、，且与交于点．
（1）求椭圆的方程；
（2）求点的轨迹方程；
（3）是否存在满足的点？若存在，指出这样的点有几个（不必求出点的坐标）；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，有两个．
【分析】
（1）利用椭圆的定义求得的值，进一步可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）设点、、，利用导数求出直线、的方程，将点的坐标代入直线、的方程，可得出两个等式，结合等式结构可得出直线的方程，再点的坐标代入直线的方程，即可得出点的轨迹方程；
（3）分析点的轨迹直线与椭圆的位置关系，即可得出结论.
【详解】
（1）设椭圆的方程为，
由椭圆定义可得，则，
所以，，因此，椭圆的方程为；
（2）设点、、，
由，即，求导得，
所以，抛物线在点处的切线的方程为，
，所以，直线的方程为，同理，直线的方程为，
为直线、的公共点，则，
所以，点、的坐标都满足方程，
所以，经过点、的直线是唯一的，故直线的方程为，
点在直线上，，点的轨迹方程为；

（3）若，则点在椭圆上，又在直线上，
因为直线经过椭圆内一点，故直线与椭圆交于两点．
因此，满足条件的点有两个．
【点睛】
方法点睛：求二次曲线的切点弦所在直线方程的方法如下：
（1）设出两切点的坐标，并写出曲线在两切点处的切线方程；
（2）将两切点的公共点代入两切线方程，通过说明两切点的坐标满足某直线方程，可得出切点弦方程.
7．（2021·沙坪坝·重庆一中高三月考）过点的直线与抛物线交于P、Q两点.
（1）求线段PQ的中点B的轨迹方程；
（2）抛物线C的焦点为F，若，求直线l的斜率的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设，，，代入抛物线方程中，再根据中点坐标公式可求得以线段PQ的中点B的轨迹方程.
（2）设直线，与抛物线联立，得出根与系数的关系，再运用向量的夹角运算公式表示又，根据余弦函数的单调性建立不等式，解之可得直线l的斜率的范围.
【详解】
解：（1）设，，，代入得，
，
又，
所以线段PQ的中点B的轨迹方程为.
（2）设直线，与抛物线联立得，得，
所以，
又
，
又，又
所以直线l的斜率.
【点睛】
方法点睛：(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.
8．（2021·全国高三专题练习（理））设动点在直线和上的射影分别为点和，已知，其中为坐标原点.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过直线上的一点作轨迹的两条切线和(，为切点)，求证：直线经过定点.
【答案】（1）；（2）见详解.
【分析】
（1）利用直接法求轨迹方程，设，则代入条件可得，化简即可得解；
（2）利用导数的几何意义，求得切线斜率，设，可得切线、的方程，联立可得切点的坐标为，又点在直线上，代入可得，再代入到直线的方程即可得解.
【详解】
（1）设，则，
所以，
由条件可得，
整理可得点的轨方程为；
（2）由（1）知，，求导可得，
设，
则切线的方程为，
即①，
同理可得切线的方程为②，
联立①②，解得点的坐标为，
因为点在直线上，
所以，即，
又直线的斜率，
所以直线的方程为：，
即，又，
代入可得，
所以直线过定点.
9．（2021·安徽省舒城中学高三（理））已知点M是圆与x轴负半轴的交点，过点M作圆C的弦，并使弦的中点恰好落在y轴上．
（1）求点N的轨迹E的方程；
（2）过点的动直线l与轨迹E交于A，B两点，在线段上取点D，满足，，证明：点D总在定直线上．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，表示出弦的中点恰好落在轴上，，代入可得
点的轨迹方程．
解法二：设，弦的中点为，，表示出向量，由垂径定理得，由此可得轨迹方程；
（2）证明：设，，，直线的方程为．与抛物线的方程联立得，得出根与系数的关系，．根据向量的线性运算可得出点所在定直线．
【详解】
（1）解法一：由题意知，，设是上的任意点，
弦的中点恰好落在轴上，
，，，
整理得，，，
点的轨迹方程为．
解法二：设，弦的中点为，，
因为在轴的负半轴上，故．，
由垂径定理得，故．
（2）证明：设，，，直线的方程为．
由得，，．
由，，得，，
故，化简得，
又，故，化简得，
即，则或．
当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符．
故点在定直线上．
【点睛】
方法点睛：(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.
10．（2021·全国高三专题练习（理））在直角坐标系xOy中，动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，且圆P与直线x＝﹣1相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）设过定点S（﹣2，0）的动直线l与曲线C交于A，B两点，试问：在曲线C上是否存在点M（与A，B两点相异），当直线MA，MB的斜率存在时，直线MA，MB的斜率之和为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）点或
【分析】
（1）设圆心，圆的半径为，根据题意可得以及，联立消去即求出曲线C的轨迹方程；
（2）假设存在曲线上点满足条件，设，可得，再联立直线与曲线C的轨迹方程即可得到，代入上式即可得到，所以，方程组的解即为所求的点的坐标．
【详解】
（1）设圆心，圆的半径为，因为动圆与圆外切, 所以①，又动圆与直线相切.所以②，联立①②消去，可得．
所以曲线的轨迹方程为.
（2）假设存在曲线上点满足条件，设,则
，,
所以③
显然动直线的斜率存在且不等于零，设，
所以由，消去，得，
由得或，所以, 且，
代入③得，令，为常数，
整理得④
因为④式对任意恒成立. 所以，
所以 或,即或
即曲线上存在点或满足题意.
【点睛】
本题第一问求轨迹方程，直接法即可求出，第二问解题关键是根据曲线的形式，设，联立后得到的关系，设进而整理成关于的方程，根据方程恒成立，得到方程组，即可求得点的坐标．
11．（2021·全国高三专题练习（理））在直角坐标系中，动点M到定点的距离比到y轴的距离大．
（1）求动点M的轨迹方程；
（2）当时，记动点M的轨迹为曲线C，过原点且斜率大于零的直线l交曲线C于点P（异于原点O），过点P作圆的切线交C于另一点Q，证明：为定值．
【答案】（1）曲线M的轨迹方程为和；（2）证明见解析．
【分析】
（1）设出点的坐标，根据题意列出所满足的方程，化简方程可求得的轨迹方程；
（2）设出直线的斜率，分别接虑直线的斜率是否存在；当直线的斜率不存在时，计算出坐标求解出的值，当直线的斜率存在时，设出直线的方程，根据直线与圆相切得到的关系式，再根据联立思想得到韦达定理形式，由此通过计算得出为定值.
【详解】
（1）设，由题意：
两边平方可得：
当时，化简可得，
当时，，
所以曲线M的轨迹方程为和；
（2）法1：由题意可知，设直线、的斜率分别是，，
当直线的斜率不存在时，其方程为，
解得，，，，则．
当直线的斜率存在时，设方程为，由题意知，，
因为直线与圆相切，所以，即．
联立方程组得到一元二次方程，
设，，，
由根与系数关系可知，，
又，，则


综上可知为定值2．
法2：由题意可知，设直线、的斜率分别是，，
由题意可知直线的斜率不能为0，故可设的方程为；
因为直线与圆相切，所以，即．
联立方程组得到一元二次方程．
设，，，
由根与系数关系可知，，则．
又，，则
．
即为定值2．
【点睛】
关键点点睛：解答本题第二问的关键在于通过联立的思想得到坐标所满足的关系以及通过相切关系得到对应参数间的等量关系，借助坐标将斜率之差变形为和韦达定理有关的形式，从而达到判断是否为定值的目的.
12．（2021·四川南充·高三（理））已知动圆过定点，且在轴上截得弦的长为．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）若在轨迹上，过点作轨迹的弦，，若，证明：直线过定点，并求出定点的坐标．
【答案】（1）；（2）证明见解析，直线过定点．
【分析】
（1）设动圆圆心，当不在轴上时，轨迹方程为；当在轴上时，与原点重合，即得轨迹方程；
（2）设直线的方程为，，．联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，由得，即得直线过定点．
【详解】
解：（1）设动圆圆心，由题可知，

当不在轴上时，过作交于，则是的中点．
所以，
化简得
当在轴上时，动圆过定点，且在轴上截得弦的长为，所以与原点重合，即点也满足方程，
综上，动圆圆心的轨迹的方程为
（2）因为在上，所以，
设直线的方程为，，．
联立，得，
由得，，．
因为，所以．
所以，又因为，，
所以，
所以或，
所以或
所以或．
因为恒成立，所以，
所以直线的方程，
所以直线过定点．
【点睛】
方法点睛：证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式，（一般地，为关于的二元一次关系式）由上述原理可得方程组，从而求得该定点.
13．（2021·全国高三专题练习（理））线段的长等于，两端点、分别在轴和轴上滑动，点在线段上，且，点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作斜率为的动直线，交曲线于、两点，若为曲线的左顶点，直线、的斜率分别为、，求证：为定值，并求出该定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析，定值为.
【分析】
（1）设点、、，根据平面向量的坐标运算可得出代入等式化简可得出曲线的方程；
（2）将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，由直线的斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可得出结论.
【详解】
（1）设、、，由于，则①，
，，可得到，
代入①式得点的轨迹方程为；
（2）设的方程为，由（1）知，
由，消去整理得：.
设、，则，
故
.
【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．
14．（2021·河北张家口·高三）已知，，动点P满足：直线PM与直线PN的斜率之积为常数，设动点P的轨迹为曲线.抛物线与在第一象限的交点为A，过点A作直线l交曲线于点B.交抛物线于点E(点B，E不同于点A).
（1）求曲线的方程.
（2）是否存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点？若存在，求出p的最大值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，p的最大值为.
【分析】
（1）利用斜率公式进行求解即可；
（2）根据直线l与椭圆的方程联立、直线l与抛物线方程联立、抛物线方程与椭圆方程联立，结合一元二次方程根与系数、中点坐标公式、基本不等式进行求解判断即可.
【详解】
解：（1）设动点，则，.
，，
即，
即，
曲线C1的方程为.
（2）设，，，显然直线l存在斜率，
设，
，
，.
又，
，
，因此有，
，，
，
设，
当且仅当时取等号，即当时取等号，
则，当时，，
当，即时，取得最大值，最大值为，即.
此时，直线不过点M，N.
故存在不过原点的直线，使点E为线段AB的中点，且p的最大值为.
【点睛】
关键点睛：通过解方程组求出相应点的坐标，运用基本不等式进行求解是解题的关键.
15．（2021·全国高二专题练习）已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线.
（1）求的轨迹方程，并说明其形状；
（2）过直线上的动点分别作的两条切线、（、为切点），为弦的中点，直线：分别与轴、轴交于点、，求的面积的取值范围.
【答案】（1），曲线是以为圆心，半径为2的圆；（2）.
【分析】
（1）设出动点M坐标，代入距离比关系式，化简方程可得；
（2）先求切点弦方程，再根据切点弦过定点及弦中点性质得出N点轨迹，然后求出动点N到定直线EF的距离最值，最后求出面积最值.切点弦方程的求法可用以下两种方法.法一：由两切点即为两圆公共点，利用两圆相交弦方程（两圆方程作差）求出切点弦方程；法二：先分别求过Q、R两点的切线方程，再代入点P坐标，得到Q、R两点都适合的同一直线方程，即切点弦方程.
【详解】
解：（1）设，由，得.
化简得，即.
故曲线是以为圆心，半径为2的圆.
（2）法一(由两圆相交弦方程求切点弦方程)：
由题意知,、与圆相切，、为切点，则，，
则D、R、P、Q四点共圆，Q、R在以为直径的圆上(如图).

设，又，则的中点为，.
以线段为直径的圆的方程为，
整理得①
(也可用圆的直径式方程化简得. )
又、在：②上，
由两圆方程作差即②①得：.
所以，切点弦所在直线的方程为.
法二(求Q、R均满足的同一直线方程即切点弦方程)：
设，，.
由，可得处的切线上任一点满足(如图)，
即切线方程为.

整理得.
又，
整理得.
同理，可得处的切线方程为.
又既在切线上，又在切线上，
所以，整理得.
显然，，的坐标都满足直线的方程.
而两点确定一条直线，所以切点弦所在直线的方程为.
则恒过坐标原点.
由消去并整理得.
设，，则.
点纵坐标.
因为，显然，
所以点与点，均不重合.
(或者由对称性可知，的中点N点在x轴上当且仅当点P在x轴上，
因为，点P不在x轴上，则点N也不在x轴上，所以点与、均不重合.)
因为为弦的中点，且为圆心，

由圆的性质，可得，即(如图).
所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径.
因为直线分别与轴、轴交于点、，
所以，，.
又圆心到直线的距离.
设的边上的高为，则
点到直线的距离的最小值为；
点到直线的距离的最大值为(如图).

则的最小值，最大值.
因此，的面积的取值范围是.
【点睛】
设是圆锥曲线外一点，过点P作曲线的两条切线，切点为A、B两点，则 A、B两点所在的直线方程为切点弦方程.常见圆锥曲线的切点弦方程有以下结论：
圆的切点弦方程：，
圆的切点弦方程：
椭圆的切点弦方程：；
双曲线的切点弦方程：；
抛物线的切点弦方程为：.
特别地，当为圆锥曲线上一点时，可看作两切线重合，两切点A、B重合，以上切点弦方程即曲线在P处的切线方程.
16．（2021·全国高三）在平面直角坐标系中，的两个顶点，的坐标分别为，，平面内两点，同时满足以下3个条件：
①是三条边中线的交点；②是的外心；③．
（Ⅰ）求的顶点的轨迹方程；
（Ⅱ）若点与（Ⅰ）中轨迹上的点，三点共线，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）（）；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）设出点的坐标，利用两点间的距离公式即可求得轨迹方程；
（Ⅱ）设出三点所在的直线方程，与（Ⅰ）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．
【详解】
（Ⅰ）设，，，
因为是的外心，所以，
所以在线段的中垂线上，
所以．
因为，所以．
又是三条边中线的交点，
所以是的重心，
所以，，
所以．
又，所以，
化简得（），所以顶点的轨迹方程为（）．
（Ⅱ）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．
【点睛】
关键点睛：本题的关键是利用韦达定理得到，两点横坐标的和与积，将表示为的关系式.
17．（2021·江西上饶·高三（理））在平面直角坐标系中，已知点，是动点，且直线的斜率与直线的斜率之和等于直线的斜率.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过作斜率为的直线与轨迹相交于点，点，直线与分别交轨迹于点、，设直线的斜率为，是否存在常数，使得，若存在，求出值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（且）；（2）存在，使得.
【分析】
（1）设点的坐标为，利用化简可得出动点的轨迹的方程；
（2）求得点，设点、，求出直线、的方程，分别将这两条直线与曲线的方程联立，求出、，利用斜率公式求出，进而可得出的值.
【详解】
（1）设点的坐标为，由题意可得，即，则且.
整理可得（且）.
因此，动点的轨迹的方程为（且）；
（2）设点，则，解得，则，
所以，点的坐标为.
设点、，则直线的斜率为，
直线的斜率为，直线的方程为，
联立，整理可得，解得，
直线的斜率为，直线的方程为，
联立，整理可得，解得，
所以，，即，所以，.
因此，存在，使得.
【点睛】
思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：
第一步：假设结论存在；
第二步：结合已知条件进行推理求解；
第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．
18．（2021·河南高三月考（理））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.
【答案】（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.
【详解】
（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.
【点睛】
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．
19．（2021·全国高二期末（文））在平面直角坐标系中，已知点，动点满足关系式.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点作一直线交于两点，若的面积是的面积的倍，求弦长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设动点，则有由可得动点的轨迹的方程；
（2）设，由得到. 将其代入韦达定理可解得，进而由弦长公式得到弦长.
【详解】
（1）设动点，则有
又由，得，
化简得.故所求动点的轨迹的方程为.
（2）如图，设，由，
得，且，可得①.
由于直线过点，显然直线与轴不垂直，
设直线的方程为，代入方程中，
整理得，其显然成立，
由韦达定理得②，③.
由①②得，代入③得；
由弦长公式得

【点睛】
关键点点睛：第（2）问的关键点是：设，由得到.
20．（2020·深圳实验学校高二月考）已知直线（）与抛物线 相交于，两点，且以弦为直径的圆恒经过坐标原点．
（1）证明直线过定点，并求出这个定点；
（2）求动圆的圆心的轨迹方程．
【答案】（1）证明见解析， ；（2）.
【分析】
（1）设直线，，，，，则以弦为直径的圆恒经过坐标原点，求出，即可得到答案；
（2）设，，，，利用斜率关系可得，即可得到答案；
【详解】
解：（1）直线，设，，，，
则以弦为直径的圆恒经过坐标原点．
由得，所以，．

．
所以，解得或（舍去）
所以恒经过定点，．
（2）设，，，，

两式相减得
由已知条件， 点是的中点且过定点，


动圆的圆心的轨迹方程是