专题26 求动点轨迹方程 微点7 求动点轨迹方程综合训练及答案

这是一份专题26 求动点轨迹方程 微点7 求动点轨迹方程综合训练及答案，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题26 求动点轨迹方程 微点7 求动点轨迹方程综合训练
专题26 求动点轨迹方程
微点7 求动点轨迹方程综合训练
一、单选题
（2022·安徽·合肥一中模拟预测）
1．首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天．中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌．雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示.假设圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为（    ）


A． B．
C． D．
（2022·江西南昌·三模）
2．已知两条直线：，：，有一动圆（圆心和半径都在变动）与，都相交，并且，被截在圆内的两条线段的长度分别是定值，，则动圆圆心的轨迹是（    ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．直线
（2022·上海·华师大二附中模拟预测）
3．已知平面直角坐标系中的直线、.设到、距离之和为的点的轨迹是曲线，到、距离平方和为的点的轨迹是曲线，其中.则、公共点的个数不可能为（    ）
A．0个 B．4个 C．8个 D．12个
二、多选题
（2022·福建省福州第一中学三模）
4．已知曲线C是平面内到定点和定直线的距离之和等于4的点的轨迹，若在曲线C上，则下列结论正确的是（    ）
A．曲线C关于x轴对称 B．曲线C关于y轴对称
C． D．
三、填空题
（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）
5．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则线段长度的最小值为__________.
（2022·北京·北大附中模拟预测）
6．在平面直角坐标系中，点到两个定点，的距离之积等于，称点的轨迹为双纽线.双纽线是瑞士数学家伯努利于1694年发现的.所以点的轨迹也叫做伯努利双纽线.给出下列结论：
①；
②点的轨迹的方程为；
③双纽线关于坐标轴及直线对称；
④满足的点有三个.
其中所有正确结论的序号是___________.
7．在平面直角坐标系中，已知点P分别到点的距离之和为3，记点P的轨迹为曲线W，关于曲线W有如下命题：
①曲线W关于y轴对称
②曲线W关于坐标原点对称
③存在实数，对于曲线W上任意一点都有；
④曲线W过坐标原点O；
⑤点M是曲线W上的动点，则面积的最大值为.
其中所有正确命题的序号是______.
（2022·浙江·模拟预测）
8．设正四面体的棱长是，、分别是棱、的中点，是平面内的动点.当直线、所成的角恒为时，点的轨迹是抛物线，此时的最小值是______.
（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测）
9．①已知点，直线，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为；
②已知圆C的方程为，直线l为圆C的切线，记点，到直线l的距离分别为，，动点P满足，；
③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且，动点P满足；
在①，②，③这三个条件中，动点P的轨迹W为椭圆的是______．
（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测）
10．已知在直角坐标平面内，两定点，，动点Q满足以FQ为直径的圆与x轴相切．直线FQ与动点Q的轨迹E交于另一点P，当时，直线PQ的斜率为______．
（2022·全国·模拟预测）
11．在中，，，，点在边上，且，动点满足，则的最小值为___________.
（2022·江苏南通·模拟预测）
12．舒腾尺是荷兰数学家舒腾(1615-1660)设计的一种作图工具，如图，是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处的铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动.当点在滑槽内作往复移动时，带动点绕转动，点也随之而运动.记点的运动轨迹为，点的运动轨迹为.若，，过上的点向作切线，则切线长的最大值为___________.

（2022·江西·模拟预测）
13．已知抛物线C：，焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，分别作抛物线C在A，B处的切线，且两切线交于点P，则点P的轨迹方程为：___________．
（2022·浙江·模拟预测）
14．已知为平面内一定点且，平面内的动点满足：存在实数，使，若点的轨迹为平面图形，则的面积为___________.
（2022·山西·三模）
15．已知圆和圆，过点P（x，y）分别作的切线PA，PB，其中A，B为切点，且，则动点P的轨迹方程为___________．
16．方程(t为参数)所表示的圆的圆心轨迹方程是___________(结果化为普通方程)
（2022·河南·模拟预测）
17．在平面直角坐标系中，已知点，，若动点满足（为坐标原点），则的最小值是______.
（2022·贵州·模拟预测）
18．Cassini卵形线是由法国天文家Jean-DominiqueCassini(1625-1712)引入的.卵形线的定义是：线上的任何点到两个固定点，的距离的乘积等于常数.是正常数，设，的距离为，如果，就得到一个没有自交点的卵形线；如果，就得到一个双纽线；如果，就得到两个卵形线.若，.动点满足.则动点的轨迹的方程为___________；若和是轨迹与轴交点中距离最远的两点，则面积的最大值为___________.

（2020·浙江·温岭中学一模）
19．已知，，动点满足，则点的轨迹方程是___________；又若，此时的面积为___________.
20．在平面直角坐标系中，，，，，，是的中点，当在轴上移动时，与满足的关系式为__________；点的轨迹的方程为_________．
四、解答题
（2022·四川·遂宁中学高二开学考试）
21．已知直线，圆.
(1)证明：直线l与圆C相交；
(2)设l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程；
(3)在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由.
（2022·贵州·贵阳一中模拟预测）
22．如图，M，N分别在x轴､y轴上运动，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交于A，B两点，C，D在曲线C上，，求四边形ACBD面积的最大值.
（2022·河南平顶山·模拟预测）
23．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．
（2022·天津五十七中模拟预测）
24．如图，在平面直角坐标系中，已知点F（1，0），过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；
(2)过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设，若λ∈，求|AB|的取值范围．
（2022·广东佛山·二模）
25．已知圆心在x轴上移动的圆经过点A（-4，0），且与x轴、y轴分别交于点B（x，0），C（0，y）两个动点，记点D（x，y）的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点F（1，0）的直线l与曲线交于P，Q两点，直线OP，OQ与圆的另一交点分别为M，N（其中O为坐标原点），求△OMN与△OPQ的面积之比的最大值.




参考答案：
1．C
【分析】由题意可得到直线所在的方程和圆方程联立求得点的坐标，设所求抛物线方程，求导，根据导数的几何意义结合题意，可求得a,c,即得答案.
【详解】由于某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，
故,所以直线所在的方程为：，
代入，解得 或 （舍，离y轴较远的点），
所以点的坐标为.
由于起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，
故设抛物线方程为：，则，
则由M点处切线斜率为1可得，，
又，解得，
所以该抛物线的轨迹方程为，即，
故选：C.
2．C
【分析】利用几何法列式得圆的弦长与圆心到直线的距离之间的关系，由点到直线的距离公式表示出，，从而代入求解轨迹方程，即可判断.
【详解】设动圆圆心的坐标为，半径为，
圆心到，的距离分别是，，
则，，
所以，又因为，
，即，
得，即.
所以动圆圆心的轨迹方程为，
由方程可知，动圆圆心的轨迹为双曲线.
故选：C
3．D
【分析】由题意结合点到直线距离公式，整理等式，可判断曲线为矩形，曲线为椭圆，则由图形的对称性即可得到结果.
【详解】由题意，直线与直线相互垂直，设曲线上的点为，满足，即，
则当，时，；
当，时，；
当，时，；
当，时，，
所以曲线是以、、、为顶点的矩形，
设曲线上的点为，满足，即，
所以是椭圆，
所以二者公共点的个数只可能是0、4、8个，
故选：D
4．BD
【分析】设曲线C上任意一点，根据题意列式化简求出曲线C的轨迹方程，再结合图象判断AB，再根据抛物线的性质判断CD即可
【详解】由题，曲线C上任意一点，则.当时，即，
化简得，且；当时，，
化简可得，且，画出曲线C的图象：

对A,B，显然图象不关于轴对称，关于轴对称，故A错误，B正确；
对C，当时，解得，故，故C错误；
对D，因为即的焦点为，故抛物线的焦点为，
同理也是抛物线的焦点.
故的最小值为到的距离1，最大值为方程左右端点到的距离，故，故D正确；
故选：BD
5．
【分析】利用向量数乘的坐标运算可得，由此可求得点轨迹为直线，将问题转化为原点到直线距离的求解即可.
【详解】设，，，
，，，，
由，得：，，
两式相乘得：，同理可得：，
，
由题意知：且，否则与矛盾，，
点轨迹为，即直线，
线段长度的最小值即为原点到直线的距离，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够利用向量坐标运算求得动点的轨迹方程，根据轨迹为直线可将问题转化为坐标原点到直线距离的求解.
6．①②
【分析】先由双纽线的定义求出其方程，从而可判断选项②；由方程可得，从而可判断选项①；根据对称性的判断方法在点的轨迹上任取点，判断点是否也在曲线上，从而判断选项③；由满足的点在轴上，令，得从而可判断选项④.
【详解】由双纽线的定义可得，即
即
即
即，即，所以②正确.
由，则，当时等号成立.
即，所以，则，所以①正确.
在点的轨迹上任取点，即有
则点关于直线对称的点为，
若双纽线关于直线对称，则点也在该曲线上，即
所以，即，显然对于该曲线上任意取的点不满足.
所以双纽线不关于直线对称，故③不正确.
由，，若满足，则点在轴上.
在方程中，令，解得
所以满足的点为，故④不正确.
故答案为：①②
【点睛】关键点睛：本题考查曲线的轨迹及其性质的问题，解答本题的关键是先由题意先求出点的轨迹的方程，然后分析其对称性和范围，属于中档题.
7．①③④
【分析】① 将点带入计算即可；② 将点带入计算即可；③ 利用放缩法和绝对值不等式计算可得答案；④ 将点带入计算即可；⑤点到直线的距离为，得，利用③ 的结论可得答案.
【详解】解：设点，
则点P的轨迹曲线W的方程为：，
对于① ，将点带入得

则① 曲线W关于y轴对称正确；
对于② ，将点带入得

则② 曲线W关于坐标原点对称错误；
对于④ ，将点带入得
成立，
则④ 正确；
对于③ ，
， 则，
， 则，
故存在实数，对于曲线W上任意一点都有，③ 正确；
对于⑤，，
则点到直线的距离为,
则，由③ 知，，等号取不到，
则的面积取不到，⑤ 错误.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查函数对称性的判断，考查利用放缩法和绝对值不等式求最值，考查了学生的计算能力和分析能力，是一道难度较大的题目.
8．
【分析】设点在底面的射影点为，连接，以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点，由已知条件可得出关于、所满足的等式，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】设点在底面的射影点为，连接，则，，
以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，
设点，则，，
，
整理可得，
由题意可知，方程表示的曲线为抛物线，
所以，故，即有，可得，
则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
9．①②③
【分析】由①可采用直接法可得轨迹方程；②根据椭圆定义可得轨迹方程；③采用代入法，化简即可得轨迹方程；
【详解】对于①，
设，根据题意，，整理得，
所以轨迹方程为；
对于②，
设，直线l与圆相切于点H，则，
由椭圆定义知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以，，
故，所以轨迹方程为；
对于③，
设，，，则，
因为，所以，整理得，
代入得，
所以轨迹方程为；
故答案为：①②③
10．##
【分析】求得点的轨迹方程，设出直线的方程，结合根与系数关系列方程，化简求得直线的斜率.
【详解】设，的中点坐标为，
由于动点Q满足以FQ为直径的圆与x轴相切，
所以，整理得点的轨迹方程为.
依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去并化简得，，
设，
则，
由于，所以，
即，
，
，
，，解得.
故答案为：
11．1
【分析】以B为原点建立坐标系，结合，利用坐标运算求出动点的轨迹，再结合圆的性质求得最小值即可.
【详解】建立如图直角坐标系，依题意知，，，设，

由知，，整理得，
所以动点的轨迹是以B为圆心，2为半径的圆，
由圆的性质可知，当时，最小，为3-2=1.
故答案为：1.
12．
【分析】以滑槽所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，分别求出曲线和的方程，进而可求得结果.
【详解】以滑槽所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示.
因为，所以点的运动轨迹是以为圆心，半径为1的圆，其方程为.
设点的坐标为，由于，易得，
由可得，设，
则，解得，
所以点的运动轨迹是椭圆，其方程为.
设上的点，则，
则切线长为，即切线长的最大值为.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：通过建立直角坐标系分别求出曲线和的方程，将实际问题转化为数学问题.
13．
【分析】设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，表示出的坐标，进而表示出两条切线方程，求出点的坐标即可.
【详解】解：，
，
由题意知：直线的斜率存在，
设直线的方程为：，，
联立：，得：，
，
又，
过的切线的斜率分别为：，
故过点和点的切线方程为：，
联立：，
解得：，，
故点P的轨迹方程为：.
故答案为：.
14．
【分析】以为圆心，以为半径作圆，过作圆的切线，分别与圆切于点，，连结，，延长与圆交于点，设点，满足，由，则点在的延长线上，若要存在使得，所以的延长线与圆有交点，从而得出点点的轨迹图形，从而可求解.
【详解】以为圆心，以为半径作圆，
过作圆的切线，分别与圆切于点，，
连结，，延长与圆交于点，
存在点以及实数，设点，满足，
，即
由，可知点在的延长线上，
若要存在使得，相当于的延长线与圆有交点，
故只能在图中阴影部分，所以点的轨迹面积，
因为与圆相切于点，所以，
由勾股定理可知，，
所以，同理，
因为，所以，
所以，
综上所述，的面积为.
故答案为：.

【点睛】关键点睛：本题考查轨迹问题，圆的几何性质和平面向量的共线的结论的应用，解答本题的关键是设点，满足，由，可知点在的延长线上，由条件得出相当于的延长线与圆有交点，从而得出点点的轨迹图形，属于中档题.
15．
【分析】利用切线长的平方等于点到圆心的距离的平方减去半径的平方，列出关系式，整理即得.
【详解】解:设P(x,y),则由|PA|=|PB|，得|PA|2=|PB|2,
所以,
化简得：,此即为P的轨迹方程，
故答案为：.
【点睛】本题考查求动点的轨迹方程问题，涉及圆的切线长度的计算，属基础题.
16．
【分析】设出圆心坐标，把圆的方程化成标准形式，由此建立起关于t的参数方程，再化简即得.
【详解】圆化为，它表示以为圆心，为半径的圆，
设圆心坐标为，于是得(t为参数)，消去t得：，
所以所求圆心轨迹方程是.
故答案为：
17．
【分析】由，求得点的轨迹方程，把最小值转化为圆的圆心到直线距离，即可求解.
【详解】设点的坐标为，
因为，可得，整理得，
又由点，可得点在直线，即，
则圆心到直线的距离为，
即的最小值是.
故答案为：.
18．     ；    
【分析】设，代入，化简即可得到动点的轨迹的方程；进而求出，的坐标，然后将问题转化为求点的纵坐标的最大值，再利用面积公式求解即可．
【详解】解：设，
，
，即，
动点的轨迹的方程为：；
令，可得，解得或，所以，
由对称性，只考虑第一象限的部分，
为定值，
面积最大时，即点的纵坐标最大，
又，
，
令，则，因为，所以，，
令，
当时，取得最大值，即，
，
，
面积的最大值为．
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：第二空解题的关键是利用第一空求出的动点的轨迹方程，求出点的纵坐标的平方的表达式，然后构造函数，利用二次函数的性质求出点的纵坐标的最大值，从而面积的最大值可求．
19．     ；     .
【解析】设，由列式可得点的轨迹方程，再写出以为直径的圆的方程，与的轨迹联立求得的纵坐标，再由三角形面积公式求解.
【详解】解：，，设，
由，得，
整理得：；
以为直径的圆的方程为，
联立，
解得.
即点的纵坐标的绝对值为.
此时的面积为.
故答案为：；.
【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查数学转化思想方法，考查计算能力，属于中档题.
20．         
【分析】由向量数量积为0即可求出a,b的位置关系；设出B点坐标，将坐标用a,b表示，代入a,b关系式即可.
【详解】由题意得 ,即 ；
设，则，所以 ，因为，所以 ，从而点的轨迹的方程为.
故答案为：；
21．(1)证明见解析；
(2)；
(3)点Q恒在直线上，理由见解析.

【分析】（1）求出直线过定点，得到在圆内部，故证明直线l与圆C相交；（2）设出点，利用垂直得到等量关系，整理后即为轨迹方程；（3）利用Q、A、B、C四点共圆，得到此圆的方程，联立，求出相交弦的方程，即直线的方程，根据直线过的定点，得到，从而得到点Q恒在直线上.
【详解】（1）证明：直线过定点，代入得：，故在圆内，故直线l与圆C相交；
（2）圆的圆心为，设点，由垂径定理得：，即，化简得：，点M的轨迹方程为：
（3）设点，由题意得：Q、A、B、C四点共圆，且圆的方程为：，即，与圆C的方程联立，消去二次项得：，即为直线的方程，因为直线过定点，所以，解得：，所以当m变化时，点Q恒在直线上.
【点睛】本题的第三问是稍有难度的，处理方法是根据四点共圆，直径的端点坐标，求出此圆的方程，与曲线联立后得到相交弦的方程，是处理此类问题的关键.
22．(1)
(2)

【分析】(1)设，根据曲线方程的定义求其轨迹方程；(2)联立方程组求，由条件表示四边形ACBD面积并求其最值.
（1）
设
由已知，即，
又，
即，


所以曲线C的方程为；
（2）
设，
则，

，
，

设的方程为，





当时，，
此时.
四边形ACBD面积的最大值为.
【点睛】直线与椭圆的综合问题的解决经常需使用设而不求法.
23．(1)
(2)16

【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.
24．(1)
(2)

【分析】（1）先根据题意得|MF|＝|PF|，再根据坐标化简即可求解；
（2）由题意得设直线l′的方程为x＝my＋1，与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理表示弦长
利用坐标表示，
化简求出的取值范围，进而求出|AB|的取值范围
（1）
（1）设P（x，y），由题意可知|MF|＝|PF|，
所以，
即，化简整理得，
即曲线C的方程为.
（2）
（2）由题意，得直线l′的斜率k≠0，
设直线l′的方程为x＝my＋1，
由，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），
所以恒成立，
且，，①
又因为，所以－y1＝λy2，②
联立①②，利用，消去y1，y2，
得，
所以，解得
又
因为，
所以.
所以|AB|的取值范围是.
【点睛】关键点睛：（1）设P（x，y），由题意可知|MF|＝|PF|，利用等量代换，得到，利用等量代换后才能列出方程；
（2）通过联立方程，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，利用韦达定理和题中条件，得到，等量代换是解题的关键，求出的范围后，再次利用等量代换，得出，进而求出范围，难点在于利用计算和合理的等量代换，属于难题
25．(1) ；
(2)

【分析】（1）根据所给条件，得D点的参数方程，消去参数即可；
（2）作图，联立方程，分别求出OP，OQ，OM，ON的长度即可求解.
（1）
设动圆的圆心为 ，因为经过（-4,0），则 ，半径为a+4，
圆的方程为 ，与x轴的另一个交点为B ，
与y轴的交点为 ，即 ，
，即 的方程为 ；
（2）
由（1）作下图：

设过F点的直线方程为 ，显然m是存在的，联立方程：
，得 ， ①， ②
设 ，代入①②得 …③
则直线OP的方程为 ，直线OQ的方程为 ，联立方程：
，解得 ，同理 ，
， ，
，
④，
由③得 ，代入④得：，
显然当m=0时最大，最大值为 ；
综上， 的方程为， 与 的面积之比的最大值为.
【点睛】本题的关键在于先作图，设点P，Q的坐标，求出M，N点的坐标，
由于 和 顶角 相同，只要计算边长乘积之比即可，
这样做计算相对简单.