高考数学微专题集专题26求动点轨迹方程微点1直接法求动点的轨迹方程(原卷版+解析)

这是一份高考数学微专题集专题26求动点轨迹方程微点1直接法求动点的轨迹方程(原卷版+解析)，共27页。

【微点综述】
求动点轨迹方程是解析几何的重要内容，因而也是高考的重点和热点，常考常新，久考不衰．考生一定要掌握常用的求解方法，以便有所遵循．
求轨迹方程需要充分利用题设中的几何条件，寻找动点与已知条件之间的关系，并将其转化为代数式，是求解动点轨迹方程中重要的一步．由于动点的运动规律千变万化，其给出的条件也各不相同，故求动点轨迹方程的方法也就多种多样．本专题将通过具体例题介绍几种求解的方法．
一、动点轨迹的概念
中学阶段只研究平面上的动点的轨迹．我们把平面上具有某种共同属性的动点的集合，叫做该动点的轨迹．动点的轨迹即平面上的点集，它可能是一些孤立的点，一般情况下是曲线（段）．中学阶段主要研究直线（段）或圆锥截线（段）等．
二、曲线与方程
1．曲线和方程的概念
平面直角坐标系的建立，使得平面上的点与有序实数对一一对应起来，进而使曲线与方程对应起来．
某曲线（视作适合某种条件的动点的轨迹或集合）和一个二元方程之间，如果存在下列对应关系：
（1）曲线上每一点的坐标都是这个方程的解，即“在、合”；
（2）以这个方程的每一组解为坐标的点都在这条曲线上，即“合、在”，那么，方程就叫做曲线的方程，曲线就叫做方程的曲线．
运用概念判断曲线和方程的对应关系时，必须注意“两点论”，即（1）“合，在”，（2）“在、合”，两者缺一不可．即要确保其纯粹性（即不能多余）和完备性（即不能缺少），这可以通过检验题目条件和画图解决．
2．曲线和方程思维导图
三、求动点轨迹方程的一般步骤—“五步到位法”
建（建立适当的坐标系）；设（设轨迹上的动点为）；列（列出动点所满足的条件式）；代（依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为的方程式）；化（化简所得的方程）．这就是通常所说的“建系、设点、列式、代换、化简”等步聚．从理论上讲，我们还应证明所得轨迹的完备性及纯粹性，其实推导方程的过程便是完备性的证明，而纯粹性的证明常略去，值得强调的是：既然论证略去了，那么我们必须考虑曲线上哪些点不合条件应除掉，通常运用限制方程中的取值范围的方法，还要指出的是，如果所求轨迹曲线不完备，那么也要运用条件分析、挖掘将其补上．
四、求动点轨迹方程的基本方法
求动点轨迹方程的基本思想方法是，藉助于坐标法．使几何的点集与代数的方程对应起来．因此它的实质是形数对应、形数结合与转化的思想方法的一个具体的应用．
求轨迹方程的方法比较多，但从宏观上说不外乎两个途径：一是利用平面几何知识和圆锥曲线的定义，这类题目对计算的要求不髙，主要考查观察、联想的能力；二是利用代数的方法通过消参数得出轨迹方程，计算、对式子的变形是解决问题的关键．
根据动点的不同的运动性质和规律，常用的解题方法有：
1．直译法．若动点运动过程中量的关系简明，那么直接将此量的关系建系转化为方程即可．多见于距离的和、差、积、商(比)的关系．
2．定义法．若动点运动的几何条件符合某方程为已知的曲线的定义，那么便可先设其标准方程形式，然后运用待定系数法解之．多见于直线和圆锥曲线，它是高考命题热点．
3．几何法．即运用平几中的基本轨迹命题或平面规则图形的某些性质．
4．代换法．常用于解多动点轨迹问题．它有直角坐标代换，极坐标代换和复数代换之分．
5．参数法．动点的流动坐标间不便直接联系时，可考虑选取参数!作桥，先建立参数方程，然后消参得普通方程．
6．交轨法．若动点尸是由两动曲线相交所得，那么可用求两曲线交点的方法解尸的轨迹方程．
7．复数法．以复数面L目出现的动点轨迹问题，常以代换法或比较法或运用加、减、乘的几何意义求解为简．有些直角坐标系下的轨迹问题，也可转化为运用复数法来解．
8．极坐标法．如求动点旋转而成的轨迹，或求与圆锥曲线的焦点弦有关的轨迹等，运用极坐标来解较为简捷．
五、求动点轨迹方程的基本联系
求动点的轨迹方程是一个综合性的课题，渗透性强，牵涉知识面宽．从几何本身看，它与平面图形的基本性质，与直线的倾斜角、斜率、方程，与圆锥曲线的定义，充要条件的概念等密切相关．从代数的角度看，它与代数方程的理论、与解三角形、与加法定理、与复数等知识存在着深刻的内在联系．从题型看，它与一类最值问题也有着千丝万缕的联系．
求动点轨迹方程的实质是将“形”转化为“数”，将“曲线”转化为“方程”，使我们通过对方程的研究认识曲线的性质，因此，它是培养我们形数转化的数学思想和方法、技巧的最好教材，也是解几中的一个最主要的课题．
我们先介绍直接法求动点的轨迹方程．
六、直接法求动点的轨迹方程
1．定义
如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，不需要特殊的技巧，易于表述成含的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法．
2．直接法求动点轨迹方程的一般步骤为：
第一步，根据已知条件及一些基本公式（两点间距离公式、点到直线的距离公式、直线斜率公式等．）
第二步，根据公式直接列出动点满足的等量关系式，从而得到轨迹方程．
3．典型例题精析
例1．（2023年高考浙江卷9）
1．已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）
A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线
例2．
2．在平面直角坐标系中，点B与点关于原点O对称，P是动点，且直线与的斜率之积等于，求动点P的轨迹方程.
例3．
3．在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足，，求点的轨迹方程.
例4．（2023全国甲卷文理21）
4．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
例5．(2023年高考课标II理20）
5．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）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.
例6．
6．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.
例8．
7．已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，．
（1）求线段的中点的轨迹的方程；
（2）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．
例9．
8．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.
【强化训练】
9．设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若＝2，且·＝1，则点P的轨迹方程是（ ）
A． x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)B．x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0)D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0)
10．如图，设A，B的坐标分别为(－5，0)，(5，0)．直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－则点M的轨迹方程为________．
11．直角坐标系中，已知两点，，点满足，其中，且．求点的轨迹方程．
12．已知动点M(x，y)到直线l：x＝4的距离是它到点N(1,0)的距离的2倍．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)过点P(0,3)的直线m与轨迹C交于A，B两点，若A是PB的中点，求直线m的斜率．
13．设分别是椭圆的左、右焦点，过斜率为1的直线与相交于两点，且成等差数列．
(1)求与的等量关系；
(2)设点满足，求的方程．
14．已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.
15．已知椭圆C：1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆C经过点P.
（1）求椭圆C的离心率；
（2）设过点A(0，2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝＋，求点Q的轨迹方程.
专题26 求动点轨迹方程 微点1 直接法求动点的轨迹方程
专题26 求动点轨迹方程 微点1 直接法求动点的轨迹方程
【微点综述】
求动点轨迹方程是解析几何的重要内容，因而也是高考的重点和热点，常考常新，久考不衰．考生一定要掌握常用的求解方法，以便有所遵循．
求轨迹方程需要充分利用题设中的几何条件，寻找动点与已知条件之间的关系，并将其转化为代数式，是求解动点轨迹方程中重要的一步．由于动点的运动规律千变万化，其给出的条件也各不相同，故求动点轨迹方程的方法也就多种多样．本专题将通过具体例题介绍几种求解的方法．
一、动点轨迹的概念
中学阶段只研究平面上的动点的轨迹．我们把平面上具有某种共同属性的动点的集合，叫做该动点的轨迹．动点的轨迹即平面上的点集，它可能是一些孤立的点，一般情况下是曲线（段）．中学阶段主要研究直线（段）或圆锥截线（段）等．
二、曲线与方程
1．曲线和方程的概念
平面直角坐标系的建立，使得平面上的点与有序实数对一一对应起来，进而使曲线与方程对应起来．
某曲线（视作适合某种条件的动点的轨迹或集合）和一个二元方程之间，如果存在下列对应关系：
（1）曲线上每一点的坐标都是这个方程的解，即“在、合”；
（2）以这个方程的每一组解为坐标的点都在这条曲线上，即“合、在”，那么，方程就叫做曲线的方程，曲线就叫做方程的曲线．
运用概念判断曲线和方程的对应关系时，必须注意“两点论”，即（1）“合，在”，（2）“在、合”，两者缺一不可．即要确保其纯粹性（即不能多余）和完备性（即不能缺少），这可以通过检验题目条件和画图解决．
2．曲线和方程思维导图
三、求动点轨迹方程的一般步骤—“五步到位法”
建（建立适当的坐标系）；设（设轨迹上的动点为）；列（列出动点所满足的条件式）；代（依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为的方程式）；化（化简所得的方程）．这就是通常所说的“建系、设点、列式、代换、化简”等步聚．从理论上讲，我们还应证明所得轨迹的完备性及纯粹性，其实推导方程的过程便是完备性的证明，而纯粹性的证明常略去，值得强调的是：既然论证略去了，那么我们必须考虑曲线上哪些点不合条件应除掉，通常运用限制方程中的取值范围的方法，还要指出的是，如果所求轨迹曲线不完备，那么也要运用条件分析、挖掘将其补上．
四、求动点轨迹方程的基本方法
求动点轨迹方程的基本思想方法是，藉助于坐标法．使几何的点集与代数的方程对应起来．因此它的实质是形数对应、形数结合与转化的思想方法的一个具体的应用．
求轨迹方程的方法比较多，但从宏观上说不外乎两个途径：一是利用平面几何知识和圆锥曲线的定义，这类题目对计算的要求不髙，主要考查观察、联想的能力；二是利用代数的方法通过消参数得出轨迹方程，计算、对式子的变形是解决问题的关键．
根据动点的不同的运动性质和规律，常用的解题方法有：
1．直译法．若动点运动过程中量的关系简明，那么直接将此量的关系建系转化为方程即可．多见于距离的和、差、积、商(比)的关系．
2．定义法．若动点运动的几何条件符合某方程为已知的曲线的定义，那么便可先设其标准方程形式，然后运用待定系数法解之．多见于直线和圆锥曲线，它是高考命题热点．
3．几何法．即运用平几中的基本轨迹命题或平面规则图形的某些性质．
4．代换法．常用于解多动点轨迹问题．它有直角坐标代换，极坐标代换和复数代换之分．
5．参数法．动点的流动坐标间不便直接联系时，可考虑选取参数!作桥，先建立参数方程，然后消参得普通方程．
6．交轨法．若动点尸是由两动曲线相交所得，那么可用求两曲线交点的方法解尸的轨迹方程．
7．复数法．以复数面L目出现的动点轨迹问题，常以代换法或比较法或运用加、减、乘的几何意义求解为简．有些直角坐标系下的轨迹问题，也可转化为运用复数法来解．
8．极坐标法．如求动点旋转而成的轨迹，或求与圆锥曲线的焦点弦有关的轨迹等，运用极坐标来解较为简捷．
五、求动点轨迹方程的基本联系
求动点的轨迹方程是一个综合性的课题，渗透性强，牵涉知识面宽．从几何本身看，它与平面图形的基本性质，与直线的倾斜角、斜率、方程，与圆锥曲线的定义，充要条件的概念等密切相关．从代数的角度看，它与代数方程的理论、与解三角形、与加法定理、与复数等知识存在着深刻的内在联系．从题型看，它与一类最值问题也有着千丝万缕的联系．
求动点轨迹方程的实质是将“形”转化为“数”，将“曲线”转化为“方程”，使我们通过对方程的研究认识曲线的性质，因此，它是培养我们形数转化的数学思想和方法、技巧的最好教材，也是解几中的一个最主要的课题．
我们先介绍直接法求动点的轨迹方程．
六、直接法求动点的轨迹方程
1．定义
如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，不需要特殊的技巧，易于表述成含的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法．
2．直接法求动点轨迹方程的一般步骤为：
第一步，根据已知条件及一些基本公式（两点间距离公式、点到直线的距离公式、直线斜率公式等．）
第二步，根据公式直接列出动点满足的等量关系式，从而得到轨迹方程．
3．典型例题精析
例1．（2023年高考浙江卷9）
1．已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）
A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线
例2．
2．在平面直角坐标系中，点B与点关于原点O对称，P是动点，且直线与的斜率之积等于，求动点P的轨迹方程.
例3．
3．在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足，，求点的轨迹方程.
例4．（2023全国甲卷文理21）
4．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
例5．(2023年高考课标II理20）
5．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）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.
例6．
6．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.
例8．
7．已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，．
（1）求线段的中点的轨迹的方程；
（2）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．
例9．
8．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.
【强化训练】
9．设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若＝2，且·＝1，则点P的轨迹方程是（ ）
A． x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)B．x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0)D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0)
10．如图，设A，B的坐标分别为(－5，0)，(5，0)．直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－则点M的轨迹方程为________．
11．直角坐标系中，已知两点，，点满足，其中，且．求点的轨迹方程．
12．已知动点M(x，y)到直线l：x＝4的距离是它到点N(1,0)的距离的2倍．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)过点P(0,3)的直线m与轨迹C交于A，B两点，若A是PB的中点，求直线m的斜率．
13．设分别是椭圆的左、右焦点，过斜率为1的直线与相交于两点，且成等差数列．
(1)求与的等量关系；
(2)设点满足，求的方程．
14．已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.
15．已知椭圆C：1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆C经过点P.
（1）求椭圆C的离心率；
（2）设过点A(0，2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝＋，求点Q的轨迹方程.
参考答案：
1．C
分析：首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，
其中为双曲线，为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
2．
分析：求得点坐标，设出点坐标，根据直线与的斜率之积等于列方程，化简后求得动点P的轨迹方程.
【详解】点B与点关于原点O对称，所以.设点P的坐标为.
由题意得，化简得，
故动点P的轨迹方程为.
【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查点关于原点对称点的求法，属于基础题.
3．．
分析：设，由，得，再由，得到，即可求解点的轨迹方程.
【详解】设，
则，……①
，…②
由①②可知，点的轨迹方程为.
4．（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
分析：（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
5．（1）；（2）见解析.
【详解】（1）设P（x，y），M（）,则N（），
由得.
因为M（）在C上，所以.
因此点P的轨迹为.
由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则
，
.
由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.
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l过C的左焦点F.
点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
6．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
分析：设的方程为
．（Ⅰ）由在线段上，又；（Ⅱ）设与轴的交点为（舍去），．设满足条件的的中点为．当与轴不垂直时．当与轴垂直时与重合所求轨迹方程为．
【详解】由题设，设，则，且
．
记过两点的直线为，则的方程为
（Ⅰ）由于在线段上，故，
记的斜率为的斜率为，则，
所以
（Ⅱ）设与轴的交点为，
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．
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为
【点睛】本题考查了1.抛物线定义与几何性质；2.直线与抛物线位置关系；3.轨迹求法．
7．（1）（2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）利用圆的几何性质，总有，根据斜率公式得到轨迹方程；（Ⅱ）做出曲线的图象，恒过点，利用数形结合，可知斜率的变化范围．
试题解析：（Ⅰ）设，则，
当直线的斜率不为0时，由 得，即
当直线的斜率为0时，也适合上述方程
∴ 线段的中点的轨迹的方程为；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知点的轨迹是以为圆心为半径的部分圆弧（如下图所示，不包括两端点），且，，又直线：过定点，当直线与圆相切时，由得，又，结合上图可知当时，直线：曲线只有一个交点．
考点：1、直线与圆的位置关系；2、中点轨迹方程；3、数形结合．
8．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
分析：设的方程为
．（Ⅰ）由在线段上，又；（Ⅱ）设与轴的交点为（舍去），．设满足条件的的中点为．当与轴不垂直时．当与轴垂直时与重合所求轨迹方程为．
【详解】由题设，设，则，且
．
记过两点的直线为，则的方程为
（Ⅰ）由于在线段上，故，
记的斜率为的斜率为，则，
所以
（Ⅱ）设与轴的交点为，
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．
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为
【点睛】本题考查了1.抛物线定义与几何性质；2.直线与抛物线位置关系；3.轨迹求法．
9．A
【解析】设A(a，0)，B(0，b)，a＞0，b＞0，由,得a＝x＞0，b＝3y＞0，再由，ax＋by＝1，两式联立求解即可.
【详解】设A(a，0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.
由,
得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，
即a＝x＞0，b＝3y＞0.
又点Q与点P关于y轴对称，则点Q(－x，y)，
由，
得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.
将a＝x，b＝3y代入ax＋by＝1，
得所求的轨迹方程为x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
故选：A
10．
分析：求动点M的轨迹方程，首先设M的坐标为（x，y），由已知点A、B的坐标代入求得直线AM、BM的斜率，由乘积为即可得到点M坐标的关系式，将其整理化简可得到M的轨迹方程，最后去除多余点
【详解】设点M的坐标为（x，y），因为点A的坐标是（－5，0）．
所以直线AM的斜率kAM＝ （x≠－5），
同理，直线BM的斜率kBM＝ （x≠5）．
由已知有·＝ （x≠±5），
化简，得点M的轨迹方程为
故答案为：
11．
分析：根据，可得，，三点共线，即可得点的轨迹方程.
【详解】由，且，得，
所以，即，
则、，三点共线．
则在所在的直线上，设，
，，
所以，
整理得：，
故的轨迹方程为：．
12．（1）；（2）或
【详解】试题分析：（Ⅰ）直接由题目给出的条件列式化简即可得到动点M的轨迹C的方程；（Ⅱ）经分析当直线m的斜率不存在时，不满足A是PB的中点，然后设出直线m的斜截式方程，和椭圆方程联立后整理，利用根与系数关系写出，，结合得到关于k的方程，则直线m的斜率可求
试题解析：如图，设点到直线的距离为，
根据题意，，由此
化简得：
所以动点的轨迹的方程为
（2）设，，由A是PB的中点，得，椭圆的上下顶点分别是，不满足，即m的斜率存在.
设直线的方程为
，，如图所示.
将代入，得
其中，
且…①，…②
又是的中点，故…③
将③代入①②，得，
所以，且
解得或
所以直线的斜率为或.
考点：直线与圆锥曲线的综合问题；曲线与方程
13．(1)
(2)
分析：(1)根据椭圆的定义和等差数列的定义可求得，联立方程组利用设而不求法求的表达式，列关系式确定与的等量关系；
(2)设的中点为，由可得，列方程可求，由此可得椭圆方程.
（1）
由椭圆定义知，，又，
所以，因为成等差数列，所以，所以，
由已知点的坐标为，其中，设的方程为，
联立，化简得：，方程的判别式，
设，由已知是方程的两个根，所以，因为直线斜率为1，，
所以，故．
（2）
设的中点为，由(1)知．
由可得,所以，所以，所以
所以，又，从而，，
故椭圆的方程为．
14．（1）；（2）.
【详解】试题分析：（1）利用题中条件求出的值，然后根据离心率求出的值，最后根据、、三者的关系求出的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点所引的两条切线的斜率都存在的前提下，设两条切线的斜率分别为、，并由两条切线的垂直关系得到，并设从点所引的直线方程为，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于的一元二次方程，利用得到有关的一元二次方程，最后利用以及韦达定理得到点的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点的坐标，并验证点是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点的轨迹方程.
（1）由题意知，且有，即，解得，
因此椭圆的标准方程为；
（2）①设从点所引的直线的方程为，即，
当从点所引的椭圆的两条切线的斜率都存在时，分别设为、，则，
将直线的方程代入椭圆的方程并化简得，
，
化简得，即，
则、是关于的一元二次方程的两根，则，
化简得；
②当从点所引的两条切线均与坐标轴垂直，则的坐标为，此时点也在圆上.
综上所述，点的轨迹方程为.
考点：本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.
15．（1）；（2）10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.
【解析】（1）根据椭圆的定义求出，根据焦点坐标求出，根据离心率公式求出心率；
（2）由（1）求出椭圆方程，①当直线l与x轴垂直时，求出点Q的坐标为，
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理以及可得点Q的轨迹方程，根据判别式和点在椭圆内求出的范围.
【详解】（1）由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝＝2，
所以a＝.
又由已知，得c＝1，
所以椭圆C的离心率e＝.
（2）由（1）知，，所以椭圆C的方程为.
设点Q的坐标为(x，y).
①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为，
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，
则，，
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.
由，得＝＋，
即.①
将y＝kx＋2代入中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②
由＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6>0，得k2>.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
代入①中并化简，得x2＝.③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化简，
得10(y－2)2－3x2＝18，
由③及k2>，可知0又点满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈.
由题意知Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1.
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈，且－1≤y≤1，则y∈.
所以点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.
【点睛】关键点点睛：求出点Q的轨迹方程后，利用判别式和点在椭圆内求出的范围是解题关键.