圆锥曲线培优练一 求曲线的轨迹方程——2026届高三数学一轮复习

圆锥曲线培优一 求曲线的轨迹方程 一、单选题 1．在平面直角坐标系中，方程所表示的曲线是（    ） A．椭圆 B．两条平行线 C．三角形 D．菱形 2．方程所表示的曲线（    ） A．关于轴对称 B．关于轴对称 C．关于原点对称 D．关于直线对称 3．方程表示的曲线是（    ） A． B． C． D． 4．已知曲线C方程为，则曲线C关于（    ） A．x轴对称 B．y轴对称 C．原点对称 D．对称 5．若曲线C的方程是，则曲线C关于x轴对称的曲线方程是（    ） A． B． C． D． 6．方程所表示的曲线 A．关于轴对称 B．关于轴对称 C．关于原点对称 D．关于直线对称 7．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的值为  （     ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．方程：所对应的曲线是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．若曲线C上的点的坐标都是方程的解，则下列结论中正确的是（    ） A．方程的曲线是C B．方程的曲线可能不是C C．曲线C上的点都在方程的曲线上 D．以方程的解为坐标的点都在曲线C上 10．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，动点满足，记点的轨迹为C，则（    ） A．存在实数a，使得C上所有的点到点的距离大于2 B．存在实数a，使得C上有两点到点与的距离之和为6 C．存在实数a，使得C上有两点到点与的距离之差为2 D．存在实数a，使得C上有两点到点的距离与到直线的距离相等 三、填空题 11．过点，且与圆外切的动圆圆心P的轨迹方程为 ． 12．已知定圆，定圆，动圆和定圆外切，和圆内切，动圆的圆心的轨迹方程为 ． 13．在平面直角坐标系xOy中，动点P关于x轴对称的点为Q，且，则点P的轨迹方程为 . 14．如果直线与曲线有公共点，那么b的取值范围是 ． 15．如果点M（x，y）在运动过程中，总满足关系式，那么点M的轨迹是 ． 16．已知P是圆O：上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使．则点M的轨迹E的方程为 ． 17．在平面直角坐标系xOy中，已知M（2，－1），N（0，1），动点P满足，则动点P的轨迹E的方程为 ． 18．已知椭圆，则斜率为2的平行弦中点的轨迹方程为 . 19．已知定点和曲线上的动点，则线段中点的轨迹方程是 四、解答题 20．（1）求动圆圆心的轨迹方程； （2）动圆与定圆外切，且与直线相切，求动圆圆心的轨迹方程. 21．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点距离之比为（且）的点的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆. (1)已知两定点，，若动点满足，求点的轨迹方程； (2)已知，是圆上任意一点，在平面上是否存在点，使得恒成立?若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 22．已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 23．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且. (1)求点P的轨迹方程； (2)若点P在（1）的轨迹上运动，点M为AP的中点，求点M的轨迹方程; (3)若点在（1）的轨迹上运动，求的取值范围. 24． 在平面直角坐标系中，，，是满足的一个动点．求垂心的轨迹方程. 25．已知的边AB长为6， (1)若该三角形的周长为16，建立适当的平面直角坐标系，求顶点C的轨迹方程； (2)若该三角形BC边上的中线长为5，建立适当的平面直角坐标系，求顶点C的轨迹方程． 26．已知曲线和点，动点C在曲线上， (1)若线段AC的中点为M，求动点M的轨迹方程； (2)若动点P满足，求动点P的轨迹方程； (3)若，求的重心G的轨迹方程． 27．阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线：，则称点和直线：是圆锥曲线的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换；以替换，以替换，即可得到对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点对应的极线方程为；对于双曲线，与点对应的极线方程为；对于抛物线，与点对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基本性质､定理：①当在圆锥曲线上时，其极线是曲线在点处的切线；②当在外时，其极线是从点向曲线所引两条切线的切点所在的直线（即切点弦所在直线）；③当在内时，其极线是曲线过点的割线两端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下面的问题：已知椭圆：. (1)点是直线：上的一个动点，过点向椭圆引两条切线，切点分别为，，是否存在定点恒在直线上，若存在，当时，求直线的方程；若不存在，请说明理由. (2)点在圆上，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最大值. 28．阅读材料： （一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系. （二）极点与极线的基本性质､定理 ①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线； ②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）； ③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹. 结合阅读材料回答下面的问题： (1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程； (2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由. 29．阅读材料： （一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线，则称点和直线是圆锥曲线的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换（另一变量也是如此），即可得到点对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点对应的极线方程为；对于双曲线，与点对应的极线方程为；对于抛物线，与点对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系. （二）极点与极线的基本性质，定理 ①当在圆锥曲线上时，其极线是曲线在点处的切线； ②当在外时，其极线是曲线从点所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）； ③当在内时，其极线是曲线过点的割线两端点处的切线交点的轨迹. 结合阅读材料回答下面的问题： 已知椭圆的离心率为是上一点. (1)求椭圆的标准方程并写出与点对应的极线方程； (2)设分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线与椭圆交于两点，直线与直线交于点，记的斜率为的斜率为.证明： ①为定值； ②点在定直线上. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《圆锥曲线培优一 求曲线的轨迹方程》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B B B D B D BC BD 1．D 【分析】用轴对称和点对称的定义逐一判断即可. 【详解】当，方程为； 以代替x方程不变，曲线关于y轴对称； 以代替y方程不变，曲线关于x轴对称； 以、代替x、y方程不变，曲线关于原点对称； ∴曲线既是轴对称图形也是中心对称图形； ∴方程的曲线围成的封闭图形是一个 以、、、为顶点的菱形． 故选：D． 2．C 【分析】将代入方程，若方程不变，则方程所表示的曲线分别关于轴，原点及对称，即可得出结论. 【详解】代入方程得， 即，与原方程不相同，故选项A不正确； 代入方程得， 即，与原方程不相同，故选项B不正确； 代入方程得， 即，与原方程相同，故选项C正确； 代入方程得， 即与原方程不相同，故选项D不正确. 故选：C. 3．B 【分析】由题设判断方程对应曲线所在的象限即可. 【详解】由可知，对应的曲线在一、三象限. 故选:B 4．B 【分析】用轴对称和点对称的定义逐一判断即可. 【详解】用替换方程中的y，方程变为， 与原方程不同，故曲线C不关于轴对称，故A错误； 用替换方程中的x，方程可化为为， 与原方程相同，故曲线C关于轴对称，故B正确； 用和替换方程中的和，化简后方程变为， 故曲线C不关于原点对称，故C错误； 用y替换方程中的x，同时用x替换方程中的y，方程变为， 故C不关于直线对称，故D错误. 故选：B. 5．B 【分析】用代换曲线C的方程中的，得到，即可求解. 【详解】根据曲线的对称性质得，用代换曲线C的方程是中的，可得， 则曲线C关于x轴对称的曲线方程. 故选：B. 6．D 【详解】将方程中的换为换为方程变为与原方程相同，故曲线关于直线对称， 故选D. 点睛：函数关于轴对称得到； 函数关于轴对称得到; 函数关于对称得到； 函数关于轴对称得到. 7．B 【分析】设点，运用直接法求得点P的轨迹方程为：，依题意圆心在已知直线上，代入化简即得. 【详解】设点，则由可得，， 两边取平方，， 化简得：，即， 依题意，其圆心在直线上，可得， 故. 故选：B. 8．D 【解析】由时，，利用其定义域，奇偶性和值域判断. 【详解】当时，， 因为定义域为，排除C， 该函数为偶函数，排除A, 又，当且仅当时，取等号，排除B, 故选：D. 9．BC 【分析】AD选项可以举出反例，从而B选项正确；C选项可以从题干信息直接判断. 【详解】根据题意，曲线C上的点的坐标都是方程的解，故曲线C上的点都在方程的曲线上，C选项正确； 但以方程的解为坐标的点不一定在曲线C上， 举出反例：曲线C为圆心为，半径为1的圆位于x轴上方的部分，则C上的点的坐标是方程的解，但的解为坐标的点不在曲线C上， 故D选项错误； 从上面的反例可以看出方程的曲线不一定是C，A选项错误，B选项正确； 故选：BC 10．BD 【分析】先求出C的方程，然后求出选项A，B，C，D给定条件对应的轨迹方程，最后探讨它们的关系而得解. 【详解】设点P(x，y)，由得， 化简得，则曲线C是斜率为2的动直线， 对于A：点到直线C的距离为，即曲线C上存在点与距离小于2，故A错误； 对于B：因，则到点与的距离之和为6的轨迹是中心在原点，长轴长为6的椭圆， 当时，直线C：与这个椭圆有两个交点，故B正确； 对于C：因，则到点与的距离之差为2的轨迹是中心在原点，实轴长为2的双曲线右支， 直线C：与此双曲线渐近线平行，直线C：与这个双曲线右支最多有一个公共点，故C错误； 对于D：当时，到点的距离与到直线的距离相等的点的轨迹是顶点在原点，焦点在轴上的抛物线， 由消去得，， 当，直线C与抛物线交于两点，故D正确. 故选：BD. 11． 【分析】设点，且圆的圆心，由题意，即，得点P的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的左支，计算得出方程. 【详解】点，且圆的圆心，半径为2， 由题意，即， 所以点P的轨迹为以A，B为焦点的双曲线的左支，且，， 得，故圆心P的轨迹方程为． 故答案为：. 12． 【分析】根据圆、圆、圆的位置关系列方程，结合椭圆的定义求得的轨迹方程. 【详解】依题意可知：圆心为，半径为；圆心为，半径为. 设动圆的半径为， ，所以圆与圆的位置关系是内含. 根据两个圆内切和外切的知识可知： ， 符合椭圆的定义，且， 故的轨迹方程为. 故答案为： 13． 【分析】先设点的坐标，再根据已知等式化简得出轨迹方程. 【详解】设，则， 又因为可得. 则点的轨迹方程为. 故答案为：. 14． 【分析】将问题转化为直线与一个半圆有交点的问题，应用数形结合判断b的范围. 【详解】由题设，表示圆的上半部分，如下图： 当直线与圆在第一象限相切时，，则； 当直线过时，； 由上图，要使直线与曲线有公共点，只需. 故答案为： 15．椭圆 【分析】根据两点间距离公式，即可判断点轨迹满足椭圆的定义. 【详解】可看作M（x，y）到的距离之和为，由于,所以点M的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆. 故答案为：椭圆 16． 【分析】设M（x，y），用表示点坐标，代入已知圆方程可得轨迹方程． 【详解】设M（x，y），因为，所以P为QM的中点，又有PQ⊥y轴，所以． 因为P是圆O：上的点，所以，即点M的轨迹E的方程为． 故答案为：. 17． 【分析】根据向量数量积的坐标运算和模长公式，即可代入求解. 【详解】设P（x，y），则，，．由， 知，化简得，即动点P的轨迹E的方程为． 故答案为：. 18．x＋4y＝0 【解析】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为P(x0，y0)，有,两式作差，结合斜率为2求解. 【详解】设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为P(x0，y0)， 有, 两式作差，得 ＋(y2－y1)(y2＋y1)＝0. 因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝kAB， 代入得kAB＝－,即2＝－， 所以x0＋4y0＝0. 故所求的轨迹方程为x＋4y＝0， 将x＋4y＝0代入, 得：，解得x＝± ， 又中点在椭圆内，所以 故答案为：x＋4y＝0 19． 【分析】设出P，B的坐标，确定动点之间坐标的关系，利用动点B在圆x2+y2＝1上运动，可得轨迹方程． 【详解】设线段AB中点为P（x，y），B（m，n），则m＝2x﹣4，n＝2y ∵动点B在圆x2+y2＝1上运动， ∴m2+n2＝1， ∴（2x﹣4）2+（2y）2＝1， ∴（x﹣2）2+y2＝． 故答案为（x﹣2）2+y2＝． 【点睛】本题考查轨迹方程，考查代入法的运用，确定动点之间坐标的关系是关键． 20．（1）；（2）. 【解析】（1）将动圆方程转化为标准方程，得到圆心，然后令，消去m求解. （2）根据动圆与定圆外切，且与直线相切，得到动点M到的距离与到直线的距离相等，利用抛物线的定义求解. 【详解】（1）动圆化为标准方程为： ，圆心为：，， 令，消去m得：， 所以动圆圆心的轨迹方程是； （2）定圆化为标准方程为：，圆心为，， 因为动圆与定圆外切，且与直线相切， 所以动点到的距离与到直线的距离相等， 所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线， 所以其轨迹方程为. 21．(1) (2)存在，点 【分析】（1）设，根据列方程，化简求得的轨迹方程. （2）假设存在满足条件，设，根据已知条件列方程组，求得，进而确定正确答案. 【详解】（1）设，则由可得， 即，整理得点的轨迹方程为：； （2）假设存在满足条件，即有， 设，整理可得①， 又因为点在圆上，则②， 将②代入①可得， 由题可得，解得，， 所以， 故存在点满足条件. 【点睛】求动点轨迹方程的具体步骤如下：建立适当的坐标系，设出动点的坐标，写出点的集合，列出方程，化简方程为最简形式，检验.这些步骤是求动点轨迹方程的一般步骤，根据不同的题目和条件，可能需要进行适当的调整和变化. 22．（1）详见解析（2）详见解析 【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件； （2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形； （ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值. 【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为； （2）（i） [方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】 依题意设， 直线的斜率为，则， 所以． 又，所以， 进而有，即是直角三角形． [方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】 由题意设，则． 因为Q，E，G三点共线，所以， 又因为点P，G在椭圆上，所以， 两式相减得， 所以，所以． （ii） [方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】 设，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以． 令，即 ． 注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，． [方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】 设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为． 由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，． 又，从而，进而．以下同解法一． 【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键； 方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单. (ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解； 23．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）设出，由题意列出方程，化简得到点P的轨迹方程； （2）利用相关点法求解点M的轨迹方程； （3）表示的几何意义为圆心为，半径为2的圆上的点与连线的斜率，画出图形，数形结合求出最值，从而求出取值范围. 【详解】（1）设，则， 化简得：，故点P的轨迹方程为； （2）设，因为点M为AP的中点， 所以点P的坐标为， 将代入中，得到， 所以点M的轨迹方程为； （3）因为点在（1）的轨迹上运动， 所以，变形为， 即点为圆心为，半径为2的圆上的点， 则表示的几何意义为圆上一点与连线的斜率，如图： 当过的直线与圆相切时，取得最值， 设， 则由点到直线距离公式可得：， 解得：或·， 故的取值范围是. 24．（）或（） 【分析】求出外心坐标，外接圆半径同，得顶点C的轨迹方程，再利用相关点法可求垂心H的轨迹方程． 【详解】设的外心为，半径为R， 则有，又， 所以，即，或， 当坐标为时． 设，，有，即有（）， 由，则有， 由，则有， 所以有，，则， 则有（）， 所以垂心H的轨迹方程为（）. 同理当当坐标为时．H的轨迹方程为（）. 综上H的轨迹方程为（）或（）． 25．(1) (2) 【分析】建立直角坐标系，由条件与曲线定义求轨迹方程 【详解】（1） 以中点为原点，所在直线为轴，的垂直平分线为轴，如图所示建立平面直角坐标系 若的周长为16，则， 则C的轨迹为椭圆的一部分，，则， C的轨迹方程为 （2）设，中点为，则， 由题意， 化简得， 故C的轨迹方程为 26．(1) (2) (3) 【分析】（1）设动点M的坐标，利用线段AC的中点为M，表示出动点C的坐标，代入到，可求得答案; （2）设动点P的坐标，利用，表示出动点C的坐标，代入到，可求得答案; （3）设动点G的坐标，利用重心坐标公式，表示出动点C的坐标，代入到，可求得答案; 【详解】（1）设动点M的坐标为 ， 则 ，即， 由动点C在曲线上可知：， 故，即， 故动点M的轨迹方程为； （2）设动点P的坐标为, 则由得： ， 即 ，而， 故，即 ， 故动点P的轨迹方程为：； （3）设的重心G的坐标为， 则 ，即 ， 而，故，即， 故的重心G的轨迹方程为. 27．(1)存在， (2) 【分析】（1）根据给定条件，判断直线与椭圆的位置关系，求得点对应的极线方程，进而求出定点，再利用点差法求解即得. （2）求出极线方程，并与椭圆方程联立求出弦长及点到直线的距离，进而求得三角形面积的函数关系，利用导数求出最大值即得. 【详解】（1）设点，由点在直线上运动，得， 由消去并整理得，显然， 即此方程组无实数解，于是直线与椭圆相离，即点在椭圆外， 又，都与椭圆相切，因此点和直线是椭圆的一对极点和极线， 对于椭圆，与点对应的极线方程为， 将代入，整理得， 显然定点的坐标与的取值无关，即有，解得，所以存在定点恒在直线上， 当时，是线段的中点有在椭圆内，设，直线的斜率为， 则，两式相减并整理得，即， 所以当时，直线的方程为，即. （2）由（1）知直线的方程为，由题意知， 由消去并整理得：， 而，则， 设，，则，， 所以，   点到直线的距离为：， 因此面积，当时，令， 求导得，即在单调递增，则的最大值为， 由对称性可知当时，的最大值也为， 所以面积的最大值为. 【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解. 28．(1)， (2)存在， 【分析】(1)根据题意和离心率求出a、b，即可求解； (2)利用代数法证明点Q在椭圆C外，则点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线. 根据题意中的概念求出点Q对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点T（2,1），利用点差法求出直线的斜率，即可求解. 【详解】（1）因为椭圆过点P(4,0)， 则，得，又， 所以，所以， 所以椭圆C的方程为. 根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即； （2）由题意，设点Q的坐标为(,)， 因为点Q在直线上运动，所以， 联立，得， ，该方程无实数根， 所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外， 又QM，QN都与椭圆C相切， 所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线. 对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为， 将代入，整理得， 又因为定点T的坐标与的取值无关， 所以，解得， 所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上. 当时，T是线段MN的中点， 设，直线MN的斜率为， 则，两式相减，整理得，即， 所以当时，直线MN的方程为，即. 29．(1)椭圆方程为，极线方程为 (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据离心率以及坐标即可求解得椭圆方程，根据极线方程的公式即可求解， （2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，即可根据斜率公式化简求解①，联立两直线方程可得交点坐标，即可求解②. 【详解】（1）因为离心率为，故 又是上一点，所以，故，所以 椭圆方程为， 由于点对应的极线方程为；故处的极线方程为，即极线方程为， （2）①由题意可知的斜率不为，设， 设， ， ，， ②根据①结果，可设，则 （1） （2） 联立（1）（2）可得： 故点，易知点恒在上 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$