专题训练2： 曲线的轨迹方程 -新人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册高二上学期.docx

1、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_椭圆；双曲线；抛物线；圆；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

2、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x2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

3、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.，（）求椭圆的方程；（）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

4、.（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，.求证：点在定直线上；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AB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

5、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DE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【分析】由题设条件线段的垂

6、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，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；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：【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

7、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

8、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】

9、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

10、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）

11、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

12、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：当时，有，化简得：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，化简得当时，此时方程组（*）有两解，即增加有两组对称

13、点. 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，）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BDx轴，根据几何性质得出MBD的内

14、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（x2r，0），直线BD的方程为xx2，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MTHMEB，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

15、 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

16、，（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

17、、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、两式，将式两边同时乘 ，并利用式整理得由、两式得由式知， 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

18、方程。注意最后要把不符合要求的点坐标舍弃，属于难题。11（）；（）.【分析】（）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；（）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】（）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；（）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，. ，而，由题意得，故得，解得，再代回式得，回代式可得，由此说明点的轨

19、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

20、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）证明见解析；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）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；由（1）得，又，进

21、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：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.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

22、）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，

23、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AB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 ， y1=k(x1-a)+b ，y2

24、=k(x2-a)+b， 得(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0.+得y1+y2=k(x1+x2)-2ka+2b， 由及，得点Q的坐标满足方程2x2+y2-2ax-by=0， 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 综上所述，点Q的坐标满足方程2x2+y2-2ax-by=0，设方程所表示的曲线为l.则由得(2a2+b2)x2-4ax+2-b2=0，因为=8b2(a2+-1)，由已知，所以当a2+=1时，=0，曲线l与椭圆C有且只有一个交点P(a，b)；当a2+1时，0，曲线l与椭圆C没有交

25、点，因为(0，0)在椭圆C内，又在曲线l上，所以曲线l在椭圆C内，故点Q的轨迹方程为2x2+y2-2ax-by=0；（2）由，得曲线l与y轴交于点(0，0)(0，b)；由，得曲线l与x轴交于点(0，0)(a，0)；当a=0，b=0，即点P(a，b)为原点时，(a，0)(0，b)与(0，0)重合，曲线l与x轴只有一个交点(0，0)；当a=0且0|b|时，即点P(a，b)不在椭圆C外且在除去原点的y轴上时，点(a，0)与(0，0)重合，曲线l与坐标轴有两个交点(0，b)与(0，0)；同理，当b=0且0|a|1时，即点P(a，b)不在椭圆C外且在除去原点的x轴上时，曲线l与坐标轴有两个交点(a，0)

26、与(0，0)；当0|a|1且0|b|时，即点P(a，b)在椭圆C内且不在坐标轴上时，曲线l与坐标轴有三个交点(a，0)(0，b)与(0，0).【点评】解答圆锥曲线问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.16（1），曲线C是焦点在x轴上，长轴长为4，短轴长为2的椭圆，去掉两点，；（2）证明见解析.【

27、分析】（1）由斜率公式求得各直线的斜率，根据题意列式整理得到曲线的轨迹方程，结合椭圆的方程判定轨迹为椭圆，注意根据斜率有存在，得到,轨迹中要去掉椭圆的左右顶点;（2）直线l斜率不存在时，易得直线l的方程为；直线l斜率存在时，设l的方程为，设，联立方程，利用韦达定理和斜率公式可得，进而利用直线的方程说明直线恒过定点综和即得结论【解析】（1）解：因为AM与BM的斜率之积为，所以有，化简得，所以曲线C是焦点在x轴上，长轴长为4，短轴长为2的椭圆，去掉两点，（2）证明：直线l不经过点，则点D，E不与点P重合，直线l斜率不存在时，设直线l的方程为，由，解得，所以，因为得，即直线l的方程为；直线l斜率存在

28、时，设l的方程为，设，由得，由得，则，则，恒过定点综上所述，l过定点【点评】本题考查求曲线的轨迹方程和轨迹，椭圆的方程和性质，直线与椭圆的位置关系和圆锥曲线中的直线过定点问题，属中档题.注意第二问中的定点问题，要分直线的斜率存在于不存在两种情况的讨论说明.17（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设点，列式，化简（注意斜率存在的条件），求轨迹方程.（2）直线倾斜角不为0，设直线的方程（不用取讨论斜率是否存在），联立直线和椭圆的方程，消元，韦达定理，用点的坐标表示直线和方程，求交点，进而求出，即证明交点在直线.【解析】（1）设点，则，得，即.故轨迹C的方程为：.（2）根据题意，可设直线的方程为

29、：，由，消去x并整理得. 其中，.设，则，.因直线的倾斜角不为0，故，不等于（，不为0），从而可设直线的方程为：，直线的方程为：，所以，直线，的交点的坐标满足：. 而，因此，即点Q在直线上.【点评】本小题主要考查曲线轨迹的求法、直线与椭圆的位置关系；考查运算求解能力和转化化归思想，属于难题.18（1）.（2）.（3）【分析】（1）讨论切线，的斜率都存在时，设出切线方程，联立椭圆方程，结合相切的条件：判别式为0，由两直线垂直的条件：斜率之积为，可得的轨迹方程；再讨论切线的斜率不存在，可得所求；（2）设，求得，处的切线方程，可得切点弦的方程，联立椭圆方程，由韦达定理和弦长公式，可得，求得到直线的距

30、离，再由三角形的面积公式，化简可得所求；（3）运用换元法和导数，判断面积函数的单调性，结合的横坐标的范围，可得所求范围.【解析】解：（1）当切线，的斜率都存在时，设切线方程为，由，.，.当切线，的斜率有一条不存在时，在上.故的轨迹方程.（2）设点，在椭圆上，则过点，的切线方程为，以下来证明此结论：因为点，在椭圆上，得把，代入方程，得，所以点，在直线上， 联列方程组，消去可得，解得，即方程组只有唯一解所以，直线为椭圆在点处的切线方程；设，可知，过的切线方程为，过的切线方程为.又两切线均过，.说明，均在直线上.过两点的直线唯一，切点弦所在的直线方程为：.由，可得，即有，可得，又到直线的距离为，可得的面积为，由.可得，即有；（3）设，则，可得在递增，可得.则运动时，求面积的取值范围为.【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质直线与椭圆相切直线垂直与斜率的关系分类讨论等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题.