专题17 圆锥曲线求曲线方程归类（10题型+提分快招）-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（天津专用）

专题17 圆锥曲线求曲线方程归类 目录 题型01 直接法 1 题型02 定义法 2 题型03 相关点法 3 题型04消参法 4 题型05交轨法 5 题型06复数型 6 题型07 向量型 7 题型08 立体几何型 8 题型09综合难题：单选压轴题 10 题型10 综合难题：填空压轴题 11 题型01 直接法 【解题规律·提分快招】 可以直接列出等量关系式 解题步骤： 1.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。） 2.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.注意“多点”和“少点”，一般情况下，斜率和三角形顶点等约束条件 【典例1-1】 （2020高三·全国·专题练习）已知点，直线，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，且，则动点的轨迹C的方程为（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （21-22高二·江苏·单元测试）已知，是双曲线的左，右焦点，点P为双曲线C上的动点，过点作的平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹是（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式1-1】 （23-24高二下·江西·阶段练习）已知点，动点满足，则取得最小值时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （20-21高二上·北京海淀·期末）设点，，为动点，已知直线与直线的斜率之积为定值，点的轨迹是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （24-25高三上·湖北武汉·阶段练习）天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为定值的点的轨迹是一条曲线，我们称该曲线为卡西尼卵形线.已知两定点，，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列结论不正确的是（   ） A．既是轴对称图形，又是中心对称图形 B． C．的面积大于2 D． 题型02 定义法 【解题规律·提分快招】 若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义，就用定义直接求． 1. 椭圆，双曲线，抛物线的定义 2. 一些特殊图像的定义，如阿波罗尼斯圆 3. 两个圆内外切情况下，较多与圆锥曲线定义有关 【典例1-1】 （22-23高二上·广西河池·阶段练习）已知动圆与圆外切，同时又与轴相切，则圆的圆心轨迹方程为（    ） A． B．和 C． D．和 【典例1-2】 （22-23高二下·湖北·期中）已知两圆C1：（x-4）2+y2=169，C2：（x+4）2+y2=9.动圆M在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】 （24-25高二上·山东枣庄·阶段练习）若动圆过定点，且和定圆外切，则动圆圆心的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （21-22高二上·陕西西安·阶段练习）已知点，直线 ：，点是上的动点．若过垂直于轴的直线与线段的垂直平分线交于点,则点的轨迹是(　 　)． A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线 【变式1-3】 （2020高三·全国·专题练习）已知点，直线，点是上的动点.若过垂直于轴的直线与线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹是（    ） A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线 题型03 相关点法 【解题规律·提分快招】 一般情况下，所求点的运动，依赖于另外一个或者两个多个点的运动，可以通过对这些点设坐标来寻求代换关系。 1、 求谁设谁，设所求点坐标为（x，y） 2、 所依赖的点称之为“参数点”，设为或等 3、 “参数点”满足某个（些）方程，可供代入 4、 寻找所求点与“参数点”之间的坐标关系，反解参数值。 5、 代入方程，消去参数值 【典例1-1】 （24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）设，点在轴上，点在轴上，且，当点在轴上运动时，点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （22-23高二上·河南南阳·期末）点在圆上运动，则点的轨迹是　　 A．焦点在轴上的椭圆 B．焦点在轴上的椭圆 C．焦点在轴上的双曲线 D．焦点在轴上的双曲线 【变式1-1】 （2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，点的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （24-25高二上·江苏扬州·期中）椭圆可以看作圆沿定直线方向拉伸或压缩而得.如图，M是圆O上动点，M在y轴上身影为N，则满足（）的动点P的轨迹是椭圆.若椭圆的离心率,则λ=（   ） A．2 B． C． D． 【变式1-3】 （20-21高二上·福建福州·期末）已知，、分别在轴和轴上运动，为原点，，则点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 题型04消参法 【解题规律·提分快招】 解题步骤： 1 引入参数，用此参数分别表示动点的横纵坐标； 2.消去参数，得到关于的方程，即为所求轨迹方程。 【典例1-1】 （2015·河南南阳·三模）和是抛物线上除去原点以外的两个动点，是坐标原点且满足，，则动点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （20-21高二上·上海宝山·期中）如图，设点和为抛物线上除原点以外的两个动点，已知，则点的轨迹方程为（    ） A． （原点除外） B．（原点除外） C． （原点除外） D．（原点除外） 【变式1-1】 （21-22高二·江苏·单元测试）已知直线l与抛物线C：交于A，B两点，O为坐标原点，且，过O作直线AB的垂线，垂足为P，则点P的轨迹方程为（    ） A．不包括原点 B．不包括原点 C．不包括原点 D．不包括原点 【变式1-2】 （22-23高二上·湖南岳阳·期中）已知直线交抛物线于轴异侧两点，且，过O向作垂线，垂足为D，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D．或 【变式1-3】 （2022高三·全国·专题练习）已知抛物线，O为顶点，A、B为抛物线上的两动点，且满足OA⊥OB，如果OM⊥AB于M点，求点M的轨迹方程. 题型05交轨法 【解题规律·提分快招】 交轨法，即轨迹交点法。 1. 所求点满足条件方程1 2. 所求点满足条件方程2 3. 动点是两轨迹方程，则满足两个轨迹所组成的方程组，通过两个方程选择适当的技巧消去参数得到轨迹的普通方程 4. 参数法求轨迹方程，关键有两点：一是选参，容易表示出动点；二是消参，消参的途径灵活多变. 【典例1-1】 （2024高二上·全国·专题练习）设是椭圆与x轴的两个交点，是椭圆上垂直于的弦的端点，则直线与交点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （2023高三·全国·专题练习）已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，是椭圆长轴的两个端点，则直线和的交点的轨迹方程为 ． 【变式1-1】 （2016·安徽六安·三模）如图所示，椭圆的左，右顶点分别为，线段是垂直于椭圆长轴的弦，连接相交于点，则点的轨迹方程为 ． 【变式1-2】 （2022高三·山东·）设是椭圆（）长轴上的两个顶点，是垂直于长轴的弦，直线与的交点为．则点的轨迹的方程是 ． 【变式1-3】 （2022高三·全国·专题练习）由圆外一定点向圆作割线，交圆周于两点，求弦中点的轨迹 题型06复数型 【解题规律·提分快招】 复数中的轨迹，基本是转化为解析几何来求 1、 利用复数的模运算转化 2、 利用复数的几何意义 【典例1-1】 （2025·河南安阳·一模）若复数满足，则在复平面内，复数所对应的点组成的图形的周长为（   ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （20-21高二下·江苏泰州·期中）如果复数z满足|z＋i|＋|z－i|＝2，那么|z＋i＋1|的最小值是（ ） A．1 B． C．2 D． 【变式1-1】 （21-22高一下·福建三明·阶段练习）已知设，则，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式1-2】 （22-23高二上·上海静安·期末）已知，且为虚数单位，则的最大值是 （    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （21-22高二下·上海普陀·期末）在复数列中，，，设在复平面上对应的点为，则（    ） A．存在点，对任意的正整数，都满足 B．不存在点，对任意的正整数，都满足 C．存在无数个点，对任意的正整数，都满足 D．存在唯一的点，对任意的正整数，都满足 题型07 向量型 【解题规律·提分快招】 向量背景下求轨迹 1.向量几何意义 2.向量坐标运算或者数量积运算 【典例1-1】 （20-21高一上·江西宜春·期末）如图，B是的中点，，P是平行四边形内（含边界）的一点，且，则下列结论正确的个数为（    ） ①当时， ②当P是线段的中点时，， ③若为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段 ④的最大值为 A．1 B．2 C．3 D．4 【典例1-2】 （21-22高一下·重庆·期中）已知是三角形所在平面内一定点，动点满足，则点轨迹一定通过三角形的（    ） A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 【变式1-1】 （19-20高三下·广西南宁·阶段练习）已知O是三角形ABC所在平面内一定点，动点P满足∈R.则P点的轨迹一定通过三角形ABC的（    ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 【变式1-2】 （22-23高一下·重庆·阶段练习）设为所在平面上一点,动点满足，其中为的三个内角，则点的轨迹一定通过的 A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【变式1-3】 （2021·浙江·模拟预测）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 . 题型08 立体几何型 【解题规律·提分快招】 立体几何内的轨迹，，尝尝从以下方向切入 1. 建系，利用空间坐标系求出方程。 2. 通过转化，把空间关系转化为平面关系，把空间轨迹转化为平面轨迹求解。 【典例1-1】 （24-25高二上·广东惠州·期末）如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（   ） A． B． C．1 D． 【典例1-2】 （24-25高二上·福建厦门·阶段练习）在棱长为的正方体中，分别为的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（    ）. A． B． C． D． 【变式1-1】 （24-25高二上·天津·期中）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （24-25高二上·安徽·开学考试）如图，在中，，，是上一点，且，将沿翻折，当动点在平面上的射影在内部及边界上时，动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （24-25高二上·重庆·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 题型09综合难题：单选压轴题 【典例1-1】 （23-24高二上·福建福州·阶段练习）平面内两定点和，动点，满足，动点的轨迹为曲线，其中错误的是（    ） A．存在，使曲线过坐标原点； B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称； C．若三点不共线，则周长最小值为； D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于. 【典例1-2】 （22-23高二上·四川眉山·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面及其边界上运动，下列命题：①当时，异面直线与所成角的正切值为2；②当点到平面的距离等于到直线的距离时，点的轨迹为拋物线的一部分；③存在点P满足；④满足的点P的轨迹长度为；其中真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-1】 （2023·全国·模拟预测）椭圆E：，过E外一点P作E两条切线PA，PB，，记P的轨迹为T，圆C：，记T与C的交点为，当的最大值m最大时，，则E的离心率为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （20-21高二下·浙江金华·期末）如图，，等边的边长为2，M为BC中点，G为的重心，B，C分别在射线OP，OQ上运动，记M的轨迹为，G的轨迹为，则（    ） A．为部分圆，为部分椭圆 B．为部分圆，为线段 C．为部分椭圆，为线段 D．为部分椭圆，也为部分椭圆 【变式1-3】 （22-23高二上·北京·阶段练习）已知椭圆的两个焦点分别为，短轴的两个端点分别为，点在椭圆上，且满足．当变化时，给出下列三个命题： ①点的轨迹关于轴对称； ②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个； ③的最小值为2． 其中，所有正确命题的序号是（    ） A．① B．①② C．①③ D．②③ 题型10 综合难题：填空压轴题 【典例1-1】 （24-25高二上·重庆·阶段练习）已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时， ；当时，的最小值为 . 【典例1-2】 （24-25高二上·四川成都·期中）已知，点满足：，过点分别作两条相互垂直的射线DM，DN分别与点的轨迹交于M，N两点，记MN的中点为，记的轨迹为，过点分别作轨迹的两条切线，切点分别为，则取值范围为 . 【变式1-1】 （23-24高二上·重庆·期中）如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和为的中点，则在翻折过程中，与的夹角为 ，点的轨迹的长度为 ． 【变式1-2】 （24-25高二上·河北保定·期中）在平面直角坐标系中，定义为，两点之间的“折线距离”．已知，，，，点在矩形内（含边界）且到点，的“折线距离”相等，则点的轨迹长度为 ． 【变式1-3】 （23-24高二上·北京朝阳·期末）如图，在长方体中，为棱的中点，点是侧面上的动点，满足，给出下列四个结论： ①动点的轨迹是一段圆弧； ②动点的轨迹长度为； ③动点的轨迹与线段有且只有一个公共点； ④三棱锥的体积的最大值为. 其中所有正确结论的序号是 . 冲高考 1．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知椭圆的中心为，、是椭圆上的两个不同的点且满足，给出下列四个结论： ①点在直线上投影的轨迹为圆； ②的平分线交于点，的最小值为； ③面积的最小值为； ④中，边上中线长的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 2．（21-22高二上·上海虹口·期末）在直角坐标系中，是原点，，动点在直线上运动，若从动点向点的轨迹引切线，则所引切线长的最小值为 . 3．（2019·北京·二模）已知平面内两个定点和点，是动点，且直线,的斜率乘积为常数，设点的轨迹为. ① 存在常数，使上所有点到两点距离之和为定值； ② 存在常数，使上所有点到两点距离之和为定值； ③ 不存在常数，使上所有点到两点距离差的绝对值为定值； ④ 不存在常数，使上所有点到两点距离差的绝对值为定值. 其中正确的命题是 .（填出所有正确命题的序号） 4．（21-22高三上·浙江宁波·期末）已知，直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，则点M的轨迹C的方程是 ．若点为轨迹C的焦点，是直线上的一点，是直线与轨迹的一个交点，且，则 ． 5．（21-22高三下·河南·阶段练习）已知动点到的距离是到的距离的2倍，记动点的轨迹为，直线：与交于，两点，若（点为坐标原点，表示面积），则 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题17 圆锥曲线求曲线方程归类 目录 题型01 直接法 1 题型02 定义法 4 题型03 相关点法 6 题型04消参法 8 题型05交轨法 12 题型06复数型 15 题型07 向量型 17 题型08 立体几何型 20 题型09综合难题：单选压轴题 23 题型10 综合难题：填空压轴题 29 题型01 直接法 【解题规律·提分快招】 可以直接列出等量关系式 解题步骤： 1.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。） 2.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.注意“多点”和“少点”，一般情况下，斜率和三角形顶点等约束条件 【典例1-1】 （2020高三·全国·专题练习）已知点，直线，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，且，则动点的轨迹C的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点，得到，结合，列出方程，即可求解. 【详解】设点，则， 因为且，所以， 即，整理得， 所以动点的轨迹的方程为. 故选：A. 【典例1-2】 （21-22高二·江苏·单元测试）已知，是双曲线的左，右焦点，点P为双曲线C上的动点，过点作的平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹是（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】A 【分析】点关于的角平分线PQ的对称点M在上，故，又OQ是的中位线，故，由此可以判断出点Q的轨迹． 【详解】如图，点关于的角平分线PQ的对称点M在上， 故，又OQ是的中位线，故，所以点Q的轨迹是以原点为圆心，a为半径的圆.故选：A． 【变式1-1】 （23-24高二下·江西·阶段练习）已知点，动点满足，则取得最小值时，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，由，得点轨迹方程，，故当且仅当三点共线，且点在之间时，取得最小值，点轨迹方程与直线联立方程组，求出点的坐标即可. 【详解】设，由，得，化简得， 由，得，所以， 故当且仅当三点共线，且点在之间时，取得最小值， 此时线段的方程为，由并结合， 解得故此时点的坐标为.故选：C. 【变式1-2】 （20-21高二上·北京海淀·期末）设点，，为动点，已知直线与直线的斜率之积为定值，点的轨迹是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设动点，根据已知条件，结合斜率公式，即可求解. 【详解】解：设动点，则，则，，， 直线与直线的斜率之积为定值，，化简可得，， 故点的轨迹方程为.故选：C. 【变式1-3】 （24-25高三上·湖北武汉·阶段练习）天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为定值的点的轨迹是一条曲线，我们称该曲线为卡西尼卵形线.已知两定点，，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列结论不正确的是（   ） A．既是轴对称图形，又是中心对称图形 B． C．的面积大于2 D． 【答案】C 【分析】A项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B项结合曲线方程特征消元转化进行判断即可；D项根据方程特征求得P纵坐标的范围，C项结合三角形面积公式及的纵坐标的范围进行判断即可. 【详解】由题意可知的轨迹方程为：， 则关于轴对称的点的横、纵坐标满足 ， 同理关于轴对称的点，关于原点对称的点均满足轨迹方程， ， ， 即的轨迹关于轴、轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确； 将轨迹方程平方得： ， 整理得，解得， 所以，即，故B正确； 又因为，故，故D正确； 又，当且仅当时取得最大值，故C错误.故选：C. 题型02 定义法 【解题规律·提分快招】 若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义，就用定义直接求． 1. 椭圆，双曲线，抛物线的定义 2. 一些特殊图像的定义，如阿波罗尼斯圆 3. 两个圆内外切情况下，较多与圆锥曲线定义有关 【典例1-1】 （22-23高二上·广西河池·阶段练习）已知动圆与圆外切，同时又与轴相切，则圆的圆心轨迹方程为（    ） A． B．和 C． D．和 【答案】D 【分析】 设动圆圆心为，半径为，则由题意可得化简可得答案. 【详解】 的圆心为，半径为2 设动圆圆心为，半径为， 由题意得，即 当时，化简得：，当时，化简得：， 故选：D. 【典例1-2】 （22-23高二下·湖北·期中）已知两圆C1：（x-4）2+y2=169，C2：（x+4）2+y2=9.动圆M在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由两圆外切和内切，得出圆心距与两圆的半径和差的关系，设出动圆的半径，消去，再由圆锥曲线的定义，可得动圆的圆心的轨迹，进一步求出其方程. 【详解】设动圆的圆心，半径为 圆与圆:内切，与C2：外切. 所以. 由椭圆的定义，的轨迹是以为焦点，长轴为16的椭圆. 则，所以 动圆的圆心的轨迹方程为： 故选：D 【点睛】本题考查两圆的位置关系以及判断方法和动点的轨迹方程，椭圆的定义，属于中档题. 【变式1-1】 （24-25高二上·山东枣庄·阶段练习）若动圆过定点，且和定圆外切，则动圆圆心的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据动圆与定圆外切得出，再由双曲线定义判断动点轨迹，写出方程即可. 【详解】定圆的圆心为，与关于原点对称. 设，由两圆外切可得，所以,所以，点的轨迹为双曲线的右支. 设双曲线的方程为，则，，， 所以，点的轨迹方程为.故选：D. 【变式1-2】 （21-22高二上·陕西西安·阶段练习）已知点，直线 ：，点是上的动点．若过垂直于轴的直线与线段的垂直平分线交于点,则点的轨迹是(　 　)． A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线 【答案】D 【详解】如图所示，连结，结合线段垂直平分线的性质可得：， 即点到直线的距离与点到点的距离相等， 结合抛物线的定义可知，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线. 本题选择D选项. 点睛：求轨迹方程时，若动点与定点、定线间的等量关系满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义，则可以直接根据定义先定轨迹类型，再写出其方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法，其关键是准确应用解析几何中有关曲线的定义． 【变式1-3】 （2020高三·全国·专题练习）已知点，直线，点是上的动点.若过垂直于轴的直线与线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹是（    ） A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线 【答案】D 【解析】根据垂直平分线的定义可得出点到直线的距离等于，利用抛物线的定义可得出结果. 【详解】连接，由中垂线性质知，即到定点的距离与它到直线距离相等. 因此，点的轨迹是抛物线.故选：D. 题型03 相关点法 【解题规律·提分快招】 一般情况下，所求点的运动，依赖于另外一个或者两个多个点的运动，可以通过对这些点设坐标来寻求代换关系。 1、 求谁设谁，设所求点坐标为（x，y） 2、 所依赖的点称之为“参数点”，设为或等 3、 “参数点”满足某个（些）方程，可供代入 4、 寻找所求点与“参数点”之间的坐标关系，反解参数值。 5、 代入方程，消去参数值 【典例1-1】 （24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）设，点在轴上，点在轴上，且，当点在轴上运动时，点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设点，根据向量关系及垂直关系可得点的轨迹方程. 【详解】设点，因为，则为的中点，且点在轴上， 所以，则,又，则，， 由，故点的轨迹方程为.故选：D. 【典例1-2】 （22-23高二上·河南南阳·期末）点在圆上运动，则点的轨迹是　　 A．焦点在轴上的椭圆 B．焦点在轴上的椭圆 C．焦点在轴上的双曲线 D．焦点在轴上的双曲线 【答案】B 【分析】根据变形，得出结论． 【详解】点在圆上，，， 点是椭圆上的点．故选B． 【点睛】本题考查了轨迹方程求解，椭圆的性质，属于基础题． 【变式1-1】 （2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于两点．当点运动时，点的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直线与双曲线相切，推出，，再求出,消去可得结果. 【详解】因为双曲线与直线有唯一的公共点， 所以直线与双曲线相切， 联立，消去并整理得， 所以，即， 将代入，得， 得，因为，，所以， 所以，，即， 由可知，所以过点且与垂直的直线为， 令，得，令，得，则，， 由，得，，代入，得，即， 故选：D 【变式1-2】 （24-25高二上·江苏扬州·期中）椭圆可以看作圆沿定直线方向拉伸或压缩而得.如图，M是圆O上动点，M在y轴上身影为N，则满足（）的动点P的轨迹是椭圆.若椭圆的离心率,则λ=（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】由相关点法求出椭圆的轨迹方程，再由，列方程代入解方程即可得出答案. 【详解】设圆的方程为， 设，因为， 则，所以，即 因为是圆上一点，所以，所以，即， 所以，而椭圆的离心率为：， 所以，解得：.故选：D. 【变式1-3】 （20-21高二上·福建福州·期末）已知，、分别在轴和轴上运动，为原点，，则点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设点、、，利用平面向量的坐标运算可得出，再利用化简可得出点的轨迹方程. 【详解】设点、、，由可得， 所以，，解得，所以，，化简可得. 因此，点的轨迹方程为.故选：A. 题型04消参法 【解题规律·提分快招】 解题步骤： 1 引入参数，用此参数分别表示动点的横纵坐标； 2.消去参数，得到关于的方程，即为所求轨迹方程。 【典例1-1】 （2015·河南南阳·三模）和是抛物线上除去原点以外的两个动点，是坐标原点且满足，，则动点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设出，，的坐标，由已知得到三点坐标的关系，然后分的斜率存在和不存在分析，当斜率存在时，设出直线的方程，和抛物线联立后结合根与系数的关系求得的轨迹． 【详解】解：设，，，由， 则①，②， 当垂直于轴时，，则，即，解得或（舍去），此时，即在轴上， 当斜率存在时，由题意可知斜率不为，则由，即，所以， 设，代入抛物线方程可得， ，，，， 即③，④，又点满足⑤， 由③④⑤得：，而满足上式， 点的轨迹方程为：即．故选：A． 【典例1-2】 （20-21高二上·上海宝山·期中）如图，设点和为抛物线上除原点以外的两个动点，已知，则点的轨迹方程为（    ） A． （原点除外） B．（原点除外） C． （原点除外） D．（原点除外） 【答案】A 【解析】当斜率存在时，由题意设，直线的方程为，根据直线与抛物线有两个公共点，且，整理可得，所以，又可得，代入直线方程，可得，当斜率不存在时，设直线的方程为，，解得，故点，满足方程，从而确定动点的轨迹方程. 【详解】当斜率存在时，设，直线的方程为，由得， 联立和消去得，所以， 所以， 由得，所以，所以， 所以，把代入得， 当斜率不存在时，设直线的方程为，，， 由得点在轴上，即，，， 又点在抛物线上，故， 整理得， 故点，满足方程， 综上所述：动点的轨迹方程为（除原点外） 故选：A. 【点睛】（1）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； （2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 【变式1-1】 （21-22高二·江苏·单元测试）已知直线l与抛物线C：交于A，B两点，O为坐标原点，且，过O作直线AB的垂线，垂足为P，则点P的轨迹方程为（    ） A．不包括原点 B．不包括原点 C．不包括原点 D．不包括原点 【答案】A 【分析】当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性易知点P的坐标为；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立，结合与韦达定理可知，化简即可求解P的轨迹． 【详解】当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性知，直线OA的倾斜角为， 所以直线OA的方程为， 易得，，故点P的坐标为； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为， 联立得：， 设，，所以，因为，所以，即， 所以，解得．由题知，直线OP的方程为， 联立得，又因为， 所以，因为点也满足方程， 所以点P的轨迹方程为不包括原点，故选：A． 【变式1-2】 （22-23高二上·湖南岳阳·期中）已知直线交抛物线于轴异侧两点，且，过O向作垂线，垂足为D，则点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】设直线方程，代入抛物线消去x，由和韦达定理，解得，所以直线经过定点，由可知在以为直径的圆上，可求轨迹方程. 【详解】设直线，将它与抛物线方程联立得：， 则， 设，则， 所以，故或， 当时，位于轴同侧，故舍去，所以， 所以直线经过定点，由可知在以为直径的圆（原点除外）上. 故选：B 【变式1-3】 （2022高三·全国·专题练习）已知抛物线，O为顶点，A、B为抛物线上的两动点，且满足OA⊥OB，如果OM⊥AB于M点，求点M的轨迹方程. 【答案】 【分析】设点M的坐标为(x，y)，OA为y＝kx，OB为y＝－，联立OA和抛物线方程抛物线得A坐标，联立OB方程和抛物线方程得B坐标，求出直线AB、OM方程，联立AB和OM方程消去k即可得M轨迹方程. 【详解】设点M的坐标为(x，y)，直线OA的方程为y＝kx，显然k≠0，则直线OB的方程为y＝－. 由解得A，同理可得B，从而知当k≠±1时，， 故得直线AB的方程为，即① 直线OM的方程为② 联立①②消去k得，即， 当k＝1时，A(4p，4p)，B(4p，－4p)，M(4p，0)，显然M(4p，0)满足上述方程， 同理k＝－1时，M也满足上述方程， 故点M的轨迹方程为. 题型05交轨法 【解题规律·提分快招】 交轨法，即轨迹交点法。 1. 所求点满足条件方程1 2. 所求点满足条件方程2 3. 动点是两轨迹方程，则满足两个轨迹所组成的方程组，通过两个方程选择适当的技巧消去参数得到轨迹的普通方程 4. 参数法求轨迹方程，关键有两点：一是选参，容易表示出动点；二是消参，消参的途径灵活多变. 【典例1-1】 （2024高二上·全国·专题练习）设是椭圆与x轴的两个交点，是椭圆上垂直于的弦的端点，则直线与交点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先设出和根据三点共线得到两组等式，左右两边相乘后利用点在椭圆上，代入消元即得点的轨迹方程. 【详解】 如图，设直线与的交点为，则 ∵共线，故①，又∵共线，故②. 由①，② 两式相乘得（*）, 因在椭圆上，则，可得：将其代入（*）式，即得：， 化简得：，即P的轨迹方程为. 故选：C. 【典例1-2】 （2023高三·全国·专题练习）已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，是椭圆长轴的两个端点，则直线和的交点的轨迹方程为 ． 【答案】（）． 【分析】设，直线和的交点为，根据三点共线及三点共线，可得两个式子，两式相乘，再结合在椭圆上即可得出答案. 【详解】设，因为椭圆的长轴端点为， 设直线和的交点为，因为三点共线，所以，， 因为三点共线，所以，两式相乘得，（）, 因为，所以，即， 所以，整理得（）， 所以直线和的交点的轨迹方程（）. 故答案为：（）. 【变式1-1】 （2016·安徽六安·三模）如图所示，椭圆的左，右顶点分别为，线段是垂直于椭圆长轴的弦，连接相交于点，则点的轨迹方程为 ． 【答案】 【分析】设，求出直线的方程，将两式相乘，再利用点在椭圆上建立关系式，即可求解 【详解】设，，所以直线， 两式相乘得到①，又点在椭圆上，所以，即， 代入①整理为，又点P不在x轴上，即两直线交点的轨迹是. 故答案为：. 【变式1-2】 （2022高三·山东·）设是椭圆（）长轴上的两个顶点，是垂直于长轴的弦，直线与的交点为．则点的轨迹的方程是 ． 【答案】 【详解】设点的坐标为，则有． 所在直线的方程为．所在直线的方程为． 两式相乘，并利用，消去有． 整理得． 【变式1-3】 （2022高三·全国·专题练习）由圆外一定点向圆作割线，交圆周于两点，求弦中点的轨迹 【答案】弦中点的轨迹是圆在圆内的部分. 【分析】根据题意，设，割线斜率为k（参数），进而点是与的交点，进而消参求解，并结合实际情况得其轨迹为圆在圆内的部分. 【详解】解：设动弦的中点为，P点的轨迹是经过定点的割线， 设其斜率为k（参数），其方程为（1） 另一方面，由为弦的中点，故P点是在过O点到线AB的弦心距所在的直线上，其斜率为，方程为 （2） 所以点是两直线系（1）、（2）相应直线的交点， 所以两式相乘，消去参数，得， 所以弦中点的轨迹是圆在圆内的部分. 题型06复数型 【解题规律·提分快招】 复数中的轨迹，基本是转化为解析几何来求 1、 利用复数的模运算转化 2、 利用复数的几何意义 【典例1-1】 （2025·河南安阳·一模）若复数满足，则在复平面内，复数所对应的点组成的图形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据复数的几何意义判断在复平面内，复数所对应的点是半径为2的圆，进而求出其周长. 【详解】设， 由，则， 则在复平面内，复数所对应的点组成的图形为以为圆心，为半径的圆， 故复数所对应的点组成的图形的周长为. 故选：D. 【典例1-2】 （20-21高二下·江苏泰州·期中）如果复数z满足|z＋i|＋|z－i|＝2，那么|z＋i＋1|的最小值是（ ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】直接利用复数模的几何意义求出的轨迹．然后利用数形结合求解即可． 【详解】解： 点到点与到点的距离之和为2．点的轨迹为线段． 而表示为点到点的距离．数形结合，得最小距离为1 所以|z＋i＋1|min＝1.故选：A   【变式1-1】 （21-22高一下·福建三明·阶段练习）已知设，则，则的最小值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】先求得复数实部与虚部的关系，再去求的最小值即可解决. 【详解】由，可得，可令， 则 （为锐角，且） 由，可得 则的最小值为3.故选：A 【变式1-2】 （22-23高二上·上海静安·期末）已知，且为虚数单位，则的最大值是 （    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而表示圆上的点到的距离，由圆的图形可得的的最大值. 【详解】根据复数的几何意义，可知中对应点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 表示圆C上的点到的距离， 的最大值是， 故选B 【点睛】本题主要考查了复数的几何意义，圆的性质，属于中档题. 【变式1-3】 （21-22高二下·上海普陀·期末）在复数列中，，，设在复平面上对应的点为，则（    ） A．存在点，对任意的正整数，都满足 B．不存在点，对任意的正整数，都满足 C．存在无数个点，对任意的正整数，都满足 D．存在唯一的点，对任意的正整数，都满足 【答案】C 【分析】由，可得为绕原点逆时针旋转，且到原点的距离变为原来的一半，根据这个关系结合各选项中给出的条件可得正确的选项. 【详解】因为，故，由，可得， ，， 对应A，表示到以为圆心，半径为10的圆及其内部的点的集合， 同理表示到以为圆心，半径为10的圆及其内部的点的集合， 但是，故存在唯一的点，使得且（如图（1））， 但是，故A错误. 对应B， 表示到以为圆心，半径为的圆及其内部的点的集合， 同理表示到以为圆心，半径为的圆及其内部的点的集合， 同理表示到以为圆心，半径为的圆及其内部的点的集合， 但是，故存在唯一的点，使得（如图（2））， 此时，且均在圆的内部， 故存在，使得，故B错误. 对于C，如图（3），以分别为圆心，半径为作圆面，三个圆面的公共部分如所示，此时均在圆的内部， 故此时存在无数个点，对任意的正整数，都满足，故C正确，D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点：复数乘法的几何意义是向量的旋转，而模的范围则表示圆面，因此根据圆面的关系来寻找点的存在性是关键. 题型07 向量型 【解题规律·提分快招】 向量背景下求轨迹 1.向量几何意义 2.向量坐标运算或者数量积运算 【典例1-1】 （20-21高一上·江西宜春·期末）如图，B是的中点，，P是平行四边形内（含边界）的一点，且，则下列结论正确的个数为（    ） ①当时， ②当P是线段的中点时，， ③若为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段 ④的最大值为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用向量共线的充要条件判断出①错，③正确；利用向量的运算法则求出，求出x，y判断出②正确,利用三点共线解得④正确 【详解】当时，，则在线段上，故，故①错 当是线段的中点时， ，故②对 为定值1时，，，三点共线，又是平行四边形内（含边界）的一点，故的轨迹是线段，故③对 如图，过作，交于，作，交的延长线于， 则：； 又；，； 由图形看出，当与重合时：； 此时取最大值0，取最小值1；所以取最大值，故④正确 所以选项②③④正确. 故选：C 【点睛】结论点睛：若，则三点共线. 【典例1-2】 （21-22高一下·重庆·期中）已知是三角形所在平面内一定点，动点满足，则点轨迹一定通过三角形的（    ） A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 【答案】D 【分析】结合图形，将题干条件变形为，从而得解. 【详解】记为的中点，连接，作，如图， 则，， 因为， 所以， 所以点在三角形的中线上，则动点P的轨迹一定经过的重心. 故选：D. 【变式1-1】 （19-20高三下·广西南宁·阶段练习）已知O是三角形ABC所在平面内一定点，动点P满足∈R.则P点的轨迹一定通过三角形ABC的（    ） A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 【答案】C 【解析】利用正弦定理化简已知条件，由此判断出的轨迹经过重心. 【详解】设三角形外接圆的半径为，由正弦定理得， 所以， 根据向量加法的几何意义可知：表示以为邻边的平行四边形的对角线， 此对角线与三角形中线重合，所以在三角形的中线上，也即点的轨迹一定通过三角形的重心. 故选：C 【点睛】本小题主要考查正弦定理的运用，考查向量加法的几何意义，属于中档题. 【变式1-2】 （22-23高一下·重庆·阶段练习）设为所在平面上一点,动点满足，其中为的三个内角，则点的轨迹一定通过的 A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】A 【详解】试题分析：由原式可得，两边再时与进行数量积运算,则，中，，所以所以P轨迹一定过外心． 考点：向量的数量积运算，三角形的三心． 【变式1-3】 （2021·浙江·模拟预测）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 . 【答案】 【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. 题型08 立体几何型 【解题规律·提分快招】 立体几何内的轨迹，，尝尝从以下方向切入 1. 建系，利用空间坐标系求出方程。 2. 通过转化，把空间关系转化为平面关系，把空间轨迹转化为平面轨迹求解。 【典例1-1】 （24-25高二上·广东惠州·期末）如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．长度为1的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】双动点，目标求轨迹长，需先确定轨迹，建系列条件找出轨迹即可求解. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设，可得， 因为，即，可得， 则，则，整理可得， 可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分， 所以端点的轨迹长度为．故选：A． 【典例1-2】 （24-25高二上·福建厦门·阶段练习）在棱长为的正方体中，分别为的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系设点，利用以及两点的位置关系可得点的轨迹为四边形，求出该矩形周长即可得结果. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，， 设，则， ，可得； 当时，，当时，，取， 连结，则， 四边形为矩形，则， 即，又和为平面中的两条相交直线， 平面，又， 为的中点，则平面，为使，必有点平面， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又，则点的轨迹不是正方形， 则矩形的周长为.故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用线面垂直证明 过程中辅助线较为复杂，所以建立空间直角坐标系可简化求解过程，得出点的轨迹形状即可求得周长. 【变式1-1】 （24-25高二上·天津·期中）在棱长为2的正方体中，点P是侧面正方形内的动点，点Q是正方形的中心，且PQ与平面所成角的正弦值是，则动点P的轨迹图形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取正方形的中心，利用线面垂直及线面角可求得，进而确定轨迹并求出面积. 【详解】在棱长为2的正方体中，取正方形的中心，连接， 由Q是正方形的中心，得平面，则是PQ与平面所成的角， 则，而，于是，， 因此动点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，其面积为. 故选：A    【变式1-2】 （24-25高二上·安徽·开学考试）如图，在中，，，是上一点，且，将沿翻折，当动点在平面上的射影在内部及边界上时，动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设在平面上翻折前的位置为，翻折后位于.过点作，得到动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，在所在平面建立平面直角坐标系，求得直线和的方程，联立方程组，求得，得到的长，进而求得，结合弧长公式，即可求解. 【详解】设在平面上翻折前的位置为，翻折后位于. 如图（1）所示，过点作，分别交于点，则动点在平面上的射影轨迹为线段， 设当与重合时，有；当与重合时，有， 则由为定长，可知动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，如图（1）所示，在所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系， 则，，，，直线，直线， 联立方程组，解得，即，则， 又由，可得，所以，， 所以动点的轨迹长度为.选：A． 【变式1-3】 （24-25高二上·重庆·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，、分别为线段、的中点，若点为正方体表面上一动点，且满足平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，从而得到⊥平面，从而点在线段上时，满足平面，点的轨迹长度为. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，则， 故， 所以，又，平面，所以⊥平面， 故当点在线段上时，满足平面，点的轨迹长度为. 故选：B 题型09综合难题：单选压轴题 【典例1-1】 （23-24高二上·福建福州·阶段练习）平面内两定点和，动点，满足，动点的轨迹为曲线，其中错误的是（    ） A．存在，使曲线过坐标原点； B．曲线关于轴对称，但不关于轴对称； C．若三点不共线，则周长最小值为； D．曲线上与不共线的任意一点关于原点对称的点为，则四边形的面积不大于. 【答案】B 【分析】根据题意得到曲线方程为，根据各项描述依次分析判断即可. 【详解】平面内和，动点满足，故 ， A：代入，可得，正确； B：对应曲线任意点，则关于y轴对称点为，关于轴对称点为， 将代入上式得； 将代入上式得； 所以曲线既关于轴对称，也关于轴对称，不正确; C：若、、三点不共线，则 ， 当且仅当时等号成立，又， 所以周长的最小值为，正确； D：由于实质是卡西尼卵形线（图象形式较多），下图为其中一种图象形式，    曲线上与、不共线的任意一点关于原点对称的点为， 又图象既关于轴对称，又关于轴对称，且，知： 四边形的面积为， 当且仅当时等号成立，此时， 所以四边形的面积不大于，正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：曲线为，对于的取值范围不同，实际的图象呈现不同的形式，结合基本不等式即可证明C，对于D虽不能画出具体图形，但是可以根据其对称性画出大概图象，得到面积表达式. 【典例1-2】 （22-23高二上·四川眉山·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面及其边界上运动，下列命题：①当时，异面直线与所成角的正切值为2；②当点到平面的距离等于到直线的距离时，点的轨迹为拋物线的一部分；③存在点P满足；④满足的点P的轨迹长度为；其中真命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】对于①，可得为异面直线与所成角，由可得，然后在中利用正余弦定理可求得结果，对于②，将距离转化后，利用抛物线的定义分析判断，对于③，由题意可得点轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上，点P轨迹是以为圆心，长度为的圆上，则可得点是两圆的交点，对于④，取的中点，连接，过M点作交BC于点G，过M点作交于H，可得点的轨迹为. 【详解】对于①，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，即， 因为，所以，，， 所以由余弦定理，得， 由正弦定理，，所以， 所以， 即CP与AD所成的角的正切值为2，①正确； 对于②，点P到平面的距离即点P到直线的距离，点P到直线的距离即点P到的距离， 依据抛物线的定义当两距离相等时点P的轨迹为抛物线一部分，②正确； 对于③选项，假设，点到距离可以转化成， 正好点，且始终垂直平面，所以只需要让即可， 点轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上， 同理，，只需要让即可，点P轨迹是以为圆心，长度为的圆上，如图1. 又因为，所以两个圆相交有交点，即存在点P满足， 选项③正确； 对于④选项，取的中点，连接，过M点作交BC于点G，过M点作交于H，则， 因为分别为的中点，所以， 因为，所以≌， 所以，因为，所以， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以， 同理，因为，平面， 所以平面，平面平面， 所以点的轨迹为， 所以选项④正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角，考查点到面的距离的求解，考查立体几何中的轨迹问题，考查正余弦定理的应用，解题的关键是根据题意结合正方体的性质和线面垂直的判定与性质求出动点的轨迹，考查空间想象能力和计算能力，属于难题. 【变式1-1】 （2023·全国·模拟预测）椭圆E：，过E外一点P作E两条切线PA，PB，，记P的轨迹为T，圆C：，记T与C的交点为，当的最大值m最大时，，则E的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，设出切线方程并与椭圆方程联立求出轨迹T的方程，再探求取最大值的情况求解作答. 【详解】设，过点的椭圆的切线的斜率都存在时， 设切线方程为，其中分别为的斜率， 由消去y得：， 则，即有，又， 于是，显然，是这个方程的二根， 有，令直线的倾斜角分别为，有， 又， 即，即有， ，整理得， 而当时，或，此时有或， 即，满足， 因此点P的轨迹T的方程为， 由与联立，整理得： ， 于是当时，有最大值，因此， 整理得，解得，则半焦距， 所以E的离心率.故选：B 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. 【变式1-2】 （20-21高二下·浙江金华·期末）如图，，等边的边长为2，M为BC中点，G为的重心，B，C分别在射线OP，OQ上运动，记M的轨迹为，G的轨迹为，则（    ） A．为部分圆，为部分椭圆 B．为部分圆，为线段 C．为部分椭圆，为线段 D．为部分椭圆，也为部分椭圆 【答案】C 【分析】建系如图，由两点间距离公式结合中点坐标公式可得点的轨迹方程，由此得为部分椭圆；过点作与轴垂直的直线分别交于点，交于点，得等边，由平面几何可得是等边的外心，由此可得点的轨迹为轴在曲线内的一段线段. 【详解】以为原点，以的角平分线为轴建立平面直角坐标系如图所示. 依题意得直线的方程为，直线的方程为. 设点，，由得（*）， 设点，因为是的中点，所以即. 将其代入（*）得，即，故的轨迹为椭圆在内部的部分. 过点作与轴垂直的直线分别交于点，交于点，则显然也是等边三角形. 下面证明等边的重心即等边的外心. 设，则，又，且，所以，因此. 在和中，，又，所以，则，同理可证，即点是等边的外心，所以，点在轴上移动，故点的轨迹为轴在曲线内的一段线段.故选：C. 【点睛】关键点点睛：建立适当的坐标系是解决本题的关键. 【变式1-3】 （22-23高二上·北京·阶段练习）已知椭圆的两个焦点分别为，短轴的两个端点分别为，点在椭圆上，且满足．当变化时，给出下列三个命题： ①点的轨迹关于轴对称； ②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个； ③的最小值为2． 其中，所有正确命题的序号是（    ） A．① B．①② C．①③ D．②③ 【答案】C 【分析】由题可知，所以点同时也在以为焦点，长轴长为的椭圆上，其椭圆方程为：，而点则是两椭圆交点，根据椭圆的几何性质即可对选项进行判断. 【详解】由题可知，所以点同时也在以为焦点，长轴长为的椭圆上，其椭圆方程为： 对于①，将x换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，故①正确； 对于②，由椭圆方程可知椭圆的长轴顶点，短轴长度小于，椭圆的长轴顶点，短轴长度小于，所以椭圆与椭圆有4个交点，对应的点有4个，故②错误； 对于③，代数法：联立，即，即，两式相加可得，则，当时，的最小值为4，即当的最小值为2； 几何法：如图所示 因为椭圆与椭圆长轴确定，所以当点靠近坐标轴时（或），即其中一个椭圆更接近圆时，此时会越接近，会越大；反之点远离坐标轴时，即两个椭圆离心率逐渐接近时，越小，所以当，即时最小 此时，，两式相加得，即的最小值为2，故③正确. 故选：C 题型10 综合难题：填空压轴题 【典例1-1】 （24-25高二上·重庆·阶段练习）已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时， ；当时，的最小值为 . 【答案】 【分析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等和勾股定理以及对称性得到点的轨迹方程，再由两点间距离公式求出，由向量数量积的坐标表示结合几何意义求出的最小值； 【详解】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等可知，不妨设点在轴上方时， 由可得，又，所以， 设圆的半径为，所以在中，，解得， 所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆中所对应的优弧，不包括断点， 又对称性可得轴下方也满足，图形如下：可得点的轨迹方程为，当时，直线方程为，联立，解得， 由对称性可得，所以， 当时，设，由对称性可得，所以， 由几何意义可得表示点到原点距离的平方，所以的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能根据圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等的到点的轨迹方程. 【典例1-2】 （24-25高二上·四川成都·期中）已知，点满足：，过点分别作两条相互垂直的射线DM，DN分别与点的轨迹交于M，N两点，记MN的中点为，记的轨迹为，过点分别作轨迹的两条切线，切点分别为，则取值范围为 . 【答案】 【分析】先分别求出点的轨迹和的轨迹方程，设，根据圆的性质结合数量积的定义化简，进而可得出答案. 【详解】设，由，得，化简得， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，因为，为的中点，所以， 又在圆上，所以，则， 设，得，化简得， 则轨迹的方程是以为圆心，为半径的圆， 设，则，故， 则， 则，因为，所以点在圆内，则，即，所以， 由双钩函数的性质可得函数在上递减，在上递增， 又，所以，又，，所以， 所以.   故答案为：. 【变式1-1】 （23-24高二上·重庆·期中）如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和为的中点，则在翻折过程中，与的夹角为 ，点的轨迹的长度为 ． 【答案】 / 【分析】 通过证明面得，故与的夹角为；设是的中点，可证的轨迹与的轨迹相同，求得的轨迹之后再求的轨迹. 【详解】 由为边的中点知：且， 易知，而，面，故面， 又面，所以，故与的夹角为． 设是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且，即为平行四边形，故且，故的轨迹与的轨迹相同.因为面且，所以的轨迹为以为圆心，1为半径的半圆，设的中点为，则，，又面，面，所以面，故的轨迹为以为圆心，为半径的半圆， 所以的轨迹长度为.故答案为：； 【变式1-2】 （24-25高二上·河北保定·期中）在平面直角坐标系中，定义为，两点之间的“折线距离”．已知，，，，点在矩形内（含边界）且到点，的“折线距离”相等，则点的轨迹长度为 ． 【答案】 【分析】由题意设，可知，，根据点到点，的“折线距离”相等，可得，即可求解. 【详解】  设，因为点在矩形内（含边界）， 则，，因为点到点，的“折线距离”相等，所以，即，则，当时，，当时，， 设，，则点的轨迹为线段，故点的轨迹长度为.故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是设出点，根据折线距离的计算公式列出相关的式子，由，的取值去掉绝对值符号求解即可. 【变式1-3】 （23-24高二上·北京朝阳·期末）如图，在长方体中，为棱的中点，点是侧面上的动点，满足，给出下列四个结论： ①动点的轨迹是一段圆弧； ②动点的轨迹长度为； ③动点的轨迹与线段有且只有一个公共点； ④三棱锥的体积的最大值为. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】利用三角函数的定义得到，再建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式求得动点的轨迹，从而逐一分析各选项即可得解. 【详解】由长方体性质可知：都与平面垂直， 而在平面内，所以， 由，可知，即，故， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，因为点是侧面上的动点，故设， 故所求点满足，化简得， 则动点的轨迹为此圆在矩形内的部分，是一段圆弧，故①正确； 记圆心为，当时，由，得， 显然动点的轨迹与线段没有公共点，故③错误； 当时，由，得或（舍去）， 当时，由，得或（舍去）， 则，，易得，又，则， 所以动点的轨迹长度为，故②正确； 显然，动点到平面的最大距离为点到平面的距离，即， 所以三棱锥的体积的最大值为，故④正确. 故答案为：①②④. 冲高考 1．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知椭圆的中心为，、是椭圆上的两个不同的点且满足，给出下列四个结论： ①点在直线上投影的轨迹为圆； ②的平分线交于点，的最小值为； ③面积的最小值为； ④中，边上中线长的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】根据斜率是否存在分类设直线方程，利用，可求得点到直线的距离为定值，即可判断①；根据椭圆的对称性，的平分线及边上中线最小值都为点到直线的距离可判断②④；对于③可三角形相似和基本不等式求出的最小值，进而得到面积的最小值. 【详解】对于①，如图，作于，则点在直线上投影为点， 当直线斜率不存在时，设直线的方程为， 因，根据椭圆的对称性可知，若在第一象限，则， 代入得，得， 故直线方程为，此时为直线与轴的交点，， 根据椭圆的对称性知，当直线方程为，也符合题意，， 当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立得， 设、，则，，因，故，即，化简得， 即，得， 即点到直线的距离，则， 综上可知为定值，故点的轨迹是以为圆心以为半径的圆，故①正确； 对于②，由①可知点到直线的距离为，的平分线交于点， 因为点到直线上任意一点的距离，垂线段最短，即， 当且仅当时，即当时，即当点、关于坐标轴对称时，等号成立， 所以，的最小值为，故②正确； 对于③，因为，， 所以，，则，则， 故，当且仅当时等号成立， 此时，故③正确； 对于④，当直线斜率不存在时， 根据椭圆的对称性，中，边上中线长即为，故④错误， 故答案为：①②③. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 2．（21-22高二上·上海虹口·期末）在直角坐标系中，是原点，，动点在直线上运动，若从动点向点的轨迹引切线，则所引切线长的最小值为 . 【答案】 【分析】由题意可知点的轨迹为圆心，半径的圆. 从动点向点的轨迹引切线的切点为，则半径为，切线长为，则当为圆心到直线的距离时，所引的切线长最小.求解的值，即可. 【详解】设点，则， 即则.点的轨迹为圆心，半径的圆. 设从动点向点的轨迹引切线的切点为，则半径为. 切线长为 当时，最小，此时 则切线长最小为：   故答案为： 3．（2019·北京·二模）已知平面内两个定点和点，是动点，且直线,的斜率乘积为常数，设点的轨迹为. ① 存在常数，使上所有点到两点距离之和为定值； ② 存在常数，使上所有点到两点距离之和为定值； ③ 不存在常数，使上所有点到两点距离差的绝对值为定值； ④ 不存在常数，使上所有点到两点距离差的绝对值为定值. 其中正确的命题是 .（填出所有正确命题的序号） 【答案】②④ 【分析】由题意首先求得点P的轨迹方程，然后结合双曲线方程的性质和椭圆方程的性质考查所给的说法是否正确即可. 【详解】设点P的坐标为：P（x，y），依题意，有：，整理，得：， 对于①，点的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且c＝4，a＜0， 椭圆在x轴上两顶点的距离为：2＝6，焦点为：2×4＝8，不符； 对于②，点的轨迹为焦点在y轴上的椭圆，且c＝4， 椭圆方程为：，则，解得：，符合； 对于③，当时，，所以，存在满足题意的实数a，③错误； 对于④，点的轨迹为焦点在y轴上的双曲线，即， 不可能成为焦点在y轴上的双曲线， 所以，不存在满足题意的实数a，正确. 所以，正确命题的序号是②④. 【点睛】本题主要考查轨迹方程的求解，双曲线方程的性质，椭圆方程的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 4．（21-22高三上·浙江宁波·期末）已知，直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，则点M的轨迹C的方程是 ．若点为轨迹C的焦点，是直线上的一点，是直线与轨迹的一个交点，且，则 ． 【答案】 【详解】设M（x，y），∵A（1，），B（﹣1，），直线AM，BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率的差是，∴kAM﹣kBM=， 整理，得点M的轨迹C的方程是x2=4y（x≠±1）． ∵点F为轨迹C的焦点，∴F（0，1）， P是直线l：y=﹣1上的一点，Q是直线PF与轨迹C的一个交点，且=3， 作QM⊥y轴于M点，作PN⊥y轴于N点，则，∴MF=，∴Q（，）， ∴|QF|=．故答案为(1).     (2). 5．（21-22高三下·河南·阶段练习）已知动点到的距离是到的距离的2倍，记动点的轨迹为，直线：与交于，两点，若（点为坐标原点，表示面积），则 ． 【答案】 【分析】由题意求出的轨迹方程，与直线方程联立，再由面积关系求解 【详解】设，则， 整理得． 设，．联立 整理得， 故①，②． 又，故③． 联立①②③，解得． 故答案为： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$