1、 【题型综述题型综述】 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：建系,建立适当的坐标系；设点,设轨迹上的任一点 P(x，y)；列式,列出动 点 P 所满足的关系式；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；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
2、 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. 【典例指引】【典例指引】 类型一类型一 代点法求轨迹方程代点法求轨迹方程 例 1 【2017 课标课标 II，理】
3、，理】设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： 2 2 1 2 x y上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足 为 N，点 P 满足2NPNM。 (1) 求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线3x 上，且1OP PQ。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 22 2xy。 （2）由题意知1,0F 。设3,QtP m n,则 3,1,33OQtPFmnOQ PFmtn ， ,3,OPm nPQm tn 。 由1OP PQ得 22 31mmtnn，又由（1）知 22 2mn，故 330mtn。 所以0OQ PF，即OQPF。又过点 P 存在
4、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。&网 类型二类型二 定义法求轨迹方程定义法求轨迹方程 例 2.【2016 高考新课标 1 卷】设圆 22 2150 xyx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EAEB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 34 8 2 2 21
5、k k xx, 34 124 2 2 21 k k xx. 所以 34 ) 1(12 |1| 2 2 21 2 k k xxkMN. 过点)0 , 1 (B且与l垂直的直线m：) 1( 1 x k y,A到m的距离为 1 2 2 k ,所以 1 34 4) 1 2 (42| 2 2 2 2 2 k k k PQ.故四边形MPNQ的面积 34 1 112| 2 1 2 k PQMNS. 可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为)38 ,12. 当l与x轴垂直时,其方程为1x,3|MN,8|PQ,四边形MPNQ的面积为 12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为)38 ,12.&网
6、 类型三类型三 参数法求轨迹方程参数法求轨迹方程 例 32016 高考新课标高考新课标文数文数已知抛物线C： 2 2yx的焦点为F，平行于x轴的两条直线 12 , l l分别交C于 ,A B两点，交C的准线于PQ，两点 （I）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明/ /ARFQ； （II）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程. 则 2 , 2 1 2 1 2 1 1 ba SxabFDabS PQFABF . 由题设可得 22 1 2 1 1 ba xab ，所以0 1 x（舍去） ，1 1 x. 设满足条件的AB的中点为),(yxE. 当AB与x轴不垂直时，由 DEAB
7、kk可得) 1( 1 2 x x y ba . 而y ba 2 ，所以) 1( 1 2 xxy.&网 当AB与x轴垂直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为1 2 xy. .12 分 类型四类型四 直直译法求轨迹方程译法求轨迹方程 例 4. 已知动圆C过点1,0Q，且在y轴上截得的弦长为2. （）求圆心C的轨迹方程； （）过点1,0Q的直线l交轨迹C于 1122 ,A x yB xy两点，证明： 22 11 QAQB 为定值，并求出 这个定值. 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，证明该式是恒定的.
8、 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. 【扩展链接】【扩展链接】 1.若一个圆 1 C内含于另一个圆 2 C，则与大圆内切与小圆外切的圆的圆心的轨迹为一椭圆，两圆的圆心为焦 点，其长轴长为两圆半径之和； 在一个圆内有一点，则过该点且与已知圆相切的圆的圆心的点的轨迹为一椭圆，且其长轴长为已知圆的 半径。 过两点的两条直线的斜率之积为一负常数m的点的轨迹为一椭圆（两点除外）。两定点为椭圆的顶点， 两定点间的距离为长轴长。（10m 时，焦点在 x 轴上；当 1m 时，焦点在 y 轴上） 将圆的横坐标（或纵
9、坐标）拉伸或缩短为原来的m倍，该圆变成椭圆； 连接圆内一定点与圆上任一点的线段的垂直平分线与圆上该点到圆心的连线的交点的轨迹为一椭圆。方 椭圆的长半轴与圆的半径长相等； 两个同心圆较大圆上任一点与圆心的连线与小圆交于一点，从大圆上该点作 x 轴的垂线， 则过小圆交点 向该垂线作垂线，其垂足的点的轨迹为椭圆。 【新题展示】【新题展示】 1 【2019 河南郑州一模（节选） 】设点为圆上的动点，点在 轴上的投影为 ，动点 满足 ，动点 的轨迹为 （）求 的方程； 【思路引导】 （）设 P（x，y） ，M（x0，y0） ，由已知条件建立二者之间的关系，利用坐标转移法可得轨迹方程； 【解析】 （）设点
10、，由题意可知 ， 即， 又点在圆上 代入得 即轨迹 的方程为 2 【2019 四川绵阳二诊】己知椭圆 C：的左右焦点分别为 F1，F2，直线 l：ykx+m 与椭圆 C 交 于 A，B 两点O 为坐标原点 （1）若直线 l 过点 F1，且AF2十BF2 ，求直线 l 的方程； （2）若以 AB 为直径的圆过点 O，点 P 是线段 AB 上的点，满足 OPAB，求点 P 的轨迹方程 【思路引导】 （1） 设 A(x1， y1)， B(x2， y2) 联立 整理得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0 根据弦长公式|AB|=， 代入整理得，解得得到直线 l 的方程 （2）设直线 l 方程 y
11、=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0结 合韦达定理及条件，整理得 3m2=8k2+8从而有 |OP|2= （定值） ，得到点 P 的轨迹是圆，且去掉 圆与 x 轴的交点写出点 P 的轨迹方程即可 【解析】 （1）由椭圆定义得|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=8，则|AB|= 因为直线 l 过点 F1(-2，0)，所以 m=2k 即直线 l 的方程为 y=k(x+2) 设 A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立 整理得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-8=0 x1+x2= ，x1x2= 由弦长公式|AB|=， 代入整理得
12、，解得所以直线 l 的方程为， 即或 （2）设直线 l 方程 y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0 x1+x2= ，x1x2= 以 AB 为直径的圆过原点 O，即 x1x2+ y1y2=0将 y1=kx1+m，y2= kx2+m 代入，整理得 (1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0 将 x1+x2=，x1x2=代入， 整理得 3m2=8k2+8 点 P 是线段 AB 上的点，满足 ， 设点 O 到直线 AB 的距离为 d， |OP|=d，于是|OP|2=d2=（定值） ， 点 P 的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆，
13、且去掉圆与 x 轴的交点 故点 P 的轨迹方程为() 3 【2019 安徽江南十校第二次联考】已知两个定点，动点到点 的距离是它到点 距离 的 2 倍 （1）求 点的轨迹 ； （2）若过点作轨迹 的切线，求此切线的方程 【思路引导】 （1）利用两点间的距离公式列方程，化简后可求得轨迹 的方程 （2）由于轨迹 是圆，故设切线方程为点 斜式，然后利用圆心到直线的距离等于半径列方程，求得切线的斜率验证斜率不存在时直线也满足题意， 由此求得题目所求的切线方程，有两条 【解析】 （1）设动点，则，坐标代入得：， 化简得： 所以动点 的轨迹 是以为圆心，以 2 为半径的圆； （2）设是圆 的切线，则有：
14、， 当 不存在时，恰好与圆 切于点， 综合得：切线方程为：或 4 【2019 湖北黄冈、华师附中等八校联考（节选） 】已知点，的两顶点， 且点 满足 （1）求动点 的轨迹方程； （2）设，求动点 的轨迹方程； 【思路引导】 （1）设出 点的坐标，代入，化简后求得动点 的轨迹方程 （2）设出 点的坐标，利用向量相等 列方程，转化为 的坐标，代入（1）中的方程可求得 的方程 【解析】 （1）设动点，其中由得： （2）设点，由得代入（1）中的方程得：， 即曲线 的轨迹方程为 5 【2019 广东江门调研（节选） 】在平面直角坐标系中， 为不在 轴上的动点，直线、 的斜率满足 （1）求动点 的轨迹 的
15、方程； 【思路引导】 （1）设，将利用斜率公式进行化简整理即可得点 P 轨迹方程； 【解析】 （1）设为轨迹 上任意一点，依题意， 整理化简得： 6 【2019 广西柳州 1 月模拟（节选） 】已知点，直线为平面内的动点，过点 作直线 的垂 线，垂足为点 ，且 （1）求动点 的轨迹 的方程； 【思路引导】 （1）设动点，则，由展开计算得到的关系式即可； 【解析】 （1）设动点，则，由，则， 所以，化简得 故点 的轨迹 的方程为 【同步训练】【同步训练】 1在平面直角坐标系xoy中，设点F (1，0)，直线l: 1x ，点P在直线l上移动， R是线段PF与y 轴的交点, 异于点R的点Q满足： R
16、QFP， PQl. （1）求动点Q的轨迹的方程； （2） 记Q的轨迹的方程为E，过点F作两条互相垂直的曲线E的弦AB. CD，设AB. CD 的中点分 别为MN，问直线MN是否经过某个定点？如果是，求出该定点，如果不是，说明理由 【思路引导】 （1）由已知条件知，点 R 是线段 FP 的中点，RQ 是线段 FP 的垂直平分线，点 Q 的轨迹 E 是 以 F为焦点，l为准线的抛物线，写出抛物线标准方程 （2）设出直线 AB的方程，把 A、B坐标代入抛物线方程，再利用中点公式求出点 M的坐标，同理可得 N 的坐标，求出直线 MN的斜率，得到直线 MN的方程并化简，可看出直线 MN过定点 2.已知点
17、 为圆上一动点，轴于点 ，若动点 满足（其中 为非零常 数） （1）求动点 的轨迹方程； （2）若 是一个中心在原点，顶点在坐标轴上且面积为 8 的正方形，当时，得到动点 的轨迹为曲线 ，过点的直线 与曲线 相交于两点，当线段的中点落在正方形 内（包括边界）时，求直线 斜 率的取值范围. 【思路引导】(1)由相关点法得到 Q 点轨迹； （2）求出线段中点坐标，点 在正方形 内（包括边界）的条 件是即，解出来即可. 【详细解析】 （1）设动点，则，且， 3.在直角坐标系xOy中， 已知定圆 2 2 :136Mxy，动圆N过点1,0F且与圆M相切，记 动圆圆心N的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方
18、程； （2） 设,A P是曲线C上两点， 点A关于x轴的对称点为B (异于点P)， 若直线,AP BP分别交x轴 于点,S T，证明: OS OT 为定值. 【思路引导】（1）由两圆关系得等量关系6NMNFFM，再根据椭圆定义确定轨迹形状及 标准方程， （2）解析几何中定值问题，往往通过计算给予证明，先设坐标，列直线方程，求出与x 轴交点坐标，再利用点在椭圆上这一条件进行代入消元，化简计算OS OT为定值 . 【 详 细 解 析 】(1) 因 为 点1,0F在 2 2 136Mxy：内 ， 所 以 圆N内 切 于 圆M， 则 6NMNFFM，由椭圆定义知，圆心N的轨迹为椭圆，且26,1ac，则
19、 22 9,8ab， 4.已知圆与直线相切，点 为圆上一动点，轴于点 ，且动点 满足，设动点 的轨迹为曲线 . （1）求动点 的轨迹曲线 的方程； （2）若直线 与曲线 相交于不同的两点 、 且满足以为直径的圆过坐标原点 ，求线段长度的取值范 围. 【思路引导】 （1）由圆与直线相切，可得.然后设动点 ，即可求解. （2）设出直线 的，分斜率存在和不存在两种情形，以为直径的圆过坐标原点 可转化为 .再 把直线方程和椭圆方程联立 【详细解析】 （1）设动点，由于轴于点&网 又圆与直线即相切，圆 将（*）代入可得，即 即，又 将代入，可得 当且仅当，即时等号成立 又由， 若直线 的斜率不存在， 因
20、以为直径的圆过坐标原点 ， 故可设所在直线方程为， 联立 解得 同理求得 故综上，得&网 5.已知椭圆 2 2 1 4 x y，过点1,0M 作直线l交椭圆于,A B两点， O是坐标原点 （1）求AB中点P的轨迹方程； （2）求OAB的面积的最大值，并求此时直线l的方程 【思路引导】 （1）利用点差法，结合中点坐标公式，即可求AB中点P的轨迹方程； （2）令:1l xhy代入 22 44xy，利用韦达定理，表示出OAB面积，利用函数的单调性，即可求 OAB面积的最大值，及此时直线l的方程 （2）令:1l xhy 联立 22 44 1 xy xhy 得： 22 4230hyhy 因为 2 163
21、0h 所以 12 2 2 4 h yy h 所以 12 1 2 SOM yy 2 22 123 2 44 h hh 令 2 33ht 则 2 22 1 1 t S t t t 在 3, 上单调递减， 当3t ，即0h 时， max 3 2 S此时， :1l x &网 6.已知圆 22 :4O xy与x轴交于,A B两点，点M为圆O上异于,A B的任意一点，圆O在点M处 的切线与圆O在点,A B处的切线分别交于,C D， 直线AD和BC交于点P， 设P点的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）曲线E与y轴正半轴交点为H，则曲线E是否存在直角顶点为H的内接等腰直角三角形 Rt GHK，若存
22、在，求出所有满足条件的Rt GHK的两条直角边所在直线的方程，若不存在，请 说明理由. 【思路引导】 （1）设，则处的切线为，切线 CD 与 AC,BD 组方程组可求得 C,D 点 坐标，再直线 AD,BC 组方程组，解点交点 P 轨迹方程。注意消参，需要用到点 M 在圆上。同时注意曲线 方程变量范围。 （2）设:1 GH lykx，则 1 :1 KH lyx k ， GH l与椭圆组方程组，可求得 GH,同理求得 HK，再利用GHHK进行分类讨论。 0k 时，得 2 1310kkk得： 1k 或 35 2 k 0k 时，得 2 1310kkk得： 1k 或 35 2 k 综上，共分三种情况
23、两条直角边所在直线方程为： 1yx ； 两条直角边所在直线方程为： 53 1 2 yx 两条直角边所在直线方程为： 53 1 2 yx &网 7.在平面直角坐标系xOy中，点 1 3,0F ，圆 22 2: 2 3130Fxyx，以动点P为圆心的圆经过 点 1 F，且圆P与圆 2 F内切. （）求动点P的轨迹E的方程； （）若直线l过点1,0，且与曲线E交于,A B两点，则在x轴上是否存在一点,00D tt ，使得x轴 平分ADB？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由. 【思路引导】 （1）根据两圆内切得 12 4PFPF，再根据椭圆定义得动点P的轨迹E的方程； （2）x轴 平 分ADB，
24、 就 是 直 线,DA DB的 斜 率 相 反 ， 设 直 线:1l xny， 根 据 斜 率 坐 标 公 式 得 1212 210ny ytyy，将直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理代入化简可得 40n t ，即得4t . 8.已知点1,0A、4,0B，动点P满足2PBPA，设动点P的轨迹为曲线C，将曲线C上所有点的 纵坐标变为原来的一半，横坐标不变，得到曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）,A B是曲线E上两点，且2AB ， O为坐标原点，求AOB面积的最大值. 【思路引导】 （1）由直接法,即利用坐标表示条件2PBPA，并化简可得 22 4xy，再根据伸缩变换 得曲线 E 的
25、方程为 2 2 1 4 x y.（2）设直线AB方程为： ykxt，由点到直线距离公式可得三角形高 2 1 t d k ，由三角形面积公式可得 2 1 2 2 1 t Sd k ，利用直线方程与椭圆方程联立方程,结合韦达 定理及弦长公式可得 2 2 2 3 41 41 k t k ，代入消元可得S一元二次函数,利用二次函数性质求最值. 9.已知点,A B的坐标分别为 2,0 ,2,0，直线,AM BM相交于点M，且它们的斜率之积是 1 2 ， 点M的轨迹为曲线E. （）求E的方程； （）过点1,0F作直线l交曲线E于,P Q两点，交y轴于R点，若 1 RPPF， 2 RQQF，证明： 12 为
26、定值. 【思路引导】 （1）设出动点M坐标为, x y，把斜率之积用坐标表示出来化简可得E的方程（注意有些点 不合要求） ； （2）解析几何中的定值问题，设点,P Q R的坐标分别为 11220 ,0,P x yQ xyRy.由 1 RPPF， 可求得 11 ,x y，并代入曲线E的方程，得 1 的方程，同理得 2 的方程，这样发现 12 , 是方程 22 0 4220 xxy的两个实数根，由韦达定理可得 12 【详细解析】 （1）设点,M x y，由已知得 1 2 222 yy x xx ，&网 10.已知O为坐标原点， 11 ,M x y， 22 ,N xy是椭圆 22 1 42 xy 上
27、的点，且 1212 20 x xy y，设动点 P满足2OPOMON. （1）求动点P的轨迹C方程； （2）若直线:0l yxm m与曲线C相交于A， B两个不同点，求OAB面积的最大值. 【思路引导】(1)利用向量关系2OPOMON可得动点P的轨迹C的方程为 22 1 2010 xy . (2)联立直线与椭圆的方程可得面积函数 ABC S 22 22 30 22 305 2 332 mm mm ，注 意等号成立的条件. 【详细解析】 （1）设点,P x y，则由2OPOMON，得 1122 ,2,x yx yxy，即 （2）由曲线C与直线l联立得 22 220 x y yxm ， 消y得 2
28、2 342200 xmxm，因为直线l与曲线C交于A， B两点， 所以 22 164 32200mm ，又0m ，所以 2 030m. 设 33 ,A xy， 44 ,B xy，则 34 4 3 m xx ， 2 34 220 3 m x x ， 因为点O到直线AB： 0 xym的距离 2 m d ， 2 34 1ABkxx 2 2 3434 14kxxx x 22 16220 2 (4 93 mm ， 2 16 30 9 m，所以 2 116 30 292 ABC m Sm 22 2 30 3 mm， 22 30 2 5 2 32 mm ，当且仅当 22 30mm，即 2 15m 时取等号，
29、 所以OAB面积的最大值为5 2.&网 11.已知圆C： 2 22 1xyr（1r ） ，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM， 并使弦AM的中点恰好落在y轴上 （）求点M的轨迹E的方程； （）延长MC交曲线E于点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试判断以点B为圆心， 线段BC长为半径的圆与直线MN的位置关系，并证明你的结论 【思路引导】 （1）由题意得1,0Ar ，设,M x yAM中点为0, 2 y D 则 0CDAMCD AM 得到关于, x y 的方程就是点M 的轨迹E的方程.（2）设直线MN的方程为 1,xmy求出直线AMBN、的方程并联立得到B点坐标，由两点
30、距离公式求出BD，再由点B到直线 MN的距离公式求出距离,d dBD则线段BC长为半径的圆与直线MN相切. （2） 设直线 MN 的方程为 13 cossin 22 a， Q， l，直线 BN 的方程为P， 320 xya，可得 222 xya， / / 2 x x yy ，则点 A / / 2 x x yy ，所以直线 AM 的方程为 / /22 4 x ya， 2 22 4 x ya， 0 ，可得 2 2 k y ， 直线 BN 的方程为 2 2 2 2 y yx y ， 联立 1 1 2 2 2 , 2 2 , 2 y yx y y yx y 可得 2 11 11 44 1,2 22 B
31、B ymy xym yy ， 所以点1,2Bm， 2 44BCm， 2 22 2 22 4421 1 m dmm m ， B圆与直线 MN 相切 12.已知点3,0M ，点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，点N在直线PQ上，且满足 1 0,. 2 MP PNPNNQ （1）当点P在y轴上移动时，求点N的轨迹C的方程； （2）过点 1 ,0 2 T 做直线l与轨迹C交于,A B两点，若在x轴上存在一点 0,0 E x，使得AEB是以点 E为直角顶点的直角三角形，求直线l的斜率k的取值范围. 【思路引导】 （1）设动点,N x y，由于点P在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，于是可以根据条件 1 2 PNNQ表示出 3 0,3 ,0 2 y PQx ，再根据0MP PN，坐标表示后整理可求出 N 点的轨迹方程， 注意曲线上点坐标的取值范围； （2）由题分析，直线l的斜率显然存在且不为 0，于是可设l方程为 1 0 2 yk xk ，与曲线 C的方 程联立，消去未知数 x，得到关于 y的一元二次方程，设 1122 ,A x yB xy，于是得出 12 yy， 12 y y， 根据弦长公式求出AB，若在x轴上存在一点 0,0 E x，使得AEB是以为直角顶点的直角三角形，则点 F到x轴的距离不大于 1 2 AB，转化为关于k的不等式，可以求出取值范围.
