重难点培优03 求动点轨迹方程（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优03 求动点轨迹方程 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 3 题型一 直接法求动点的轨迹方程（★★） 3 题型二 定义法求动点的轨迹方程（★★★） 4 题型三 待定系数法求动点的轨迹方程（★★★★） 5 题型四 相关点法求动点的轨迹方程（★★★） 6 03 实战检测・分层突破验成效 7 检测Ⅰ组 重难知识巩固 7 检测Ⅱ组 创新能力提升 9 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． 一、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． 二、求轨迹方程——定义法 若某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆、圆锥曲线的定义，则可以利用所学过的圆的定义、椭圆的定义、双曲线的定义、抛物线的定义等直接写出所求的动点的轨迹方程，这种方法叫做定义法．这种方法要求题设中有定点与定直线及两定点距离之和或差为定值的条件，或利用平面几何知识分析得出这些条件． 常见情形 1．到线段两端点相等的点的轨迹是该线段的垂直平分线． 2．到角的两边相等的点的轨迹是该角的平分线及外角平分线． 3．平面内到一定点的距离等于定长的点的轨迹是圆，定点为圆心，定长为圆的半径． 4．平面内一个动点到两个定点的距离之和等于常数（为常数）的动点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆． 5．平面内一个动点到两个定点的距离之差的绝对值等于常数（为常数）的动点的轨迹是以为焦点，为实轴长的双曲线． 6．平面内与一定点和一条定直线（不经过点）距离之比对于常数的动点的轨迹是圆锥曲线．当时为椭圆；当时为双曲线；当时为抛物线．其中，定点叫做圆锥曲线的焦点，定直线叫做圆锥曲线的准线． 三、待定系数法解题步骤 用待定系数法解题的基本步骤： 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式； 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决． 四、相关点法 若动点的变动依赖于另一动点，而在某已知曲线（或具有某种规律的图形）上（这时把从动点叫做轨迹动点，主动点叫做点的相关点），求出关系式（*），并代入方程，得所求轨迹（或轨迹所在曲线）方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法，又叫代入法、代换法或转移法．这是求轨迹方程的一种常用的重要方法．此法的关键是，构建用轨迹动点的坐标表示其相关点的坐标（即向的转移）的关系式（*）． 相关点法解题步骤 一般分为三步： 第一步，设所求轨迹的点，曲线上的动点； 第二步，找出与的关系，由表示，即； 第三步，满足已知的曲线方程，将代人，消去参数．对于不符合条件的点要注意取舍． 而从动点的坐标来表达主动点的坐标的方法较多，一般采用以下几种方法进行转移： ①利用定义；②利用参数；③利用向量；④利用相关公式；⑤利用对称知识等．下面举例说明． 题型一 直接法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 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 1．在平面直角坐标系中，已知，，，满足，点与点可以重合，记点的轨迹为. (1)求曲线的方程； (2)若，求的值； (3)若点不与原点重合，求的角平分线所在直线的斜截式方程. 2．已知椭圆与动直线相交于两点． (1)求实数的取值范围； (2)设弦的中点为，求动点的轨迹方程． 3．已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. (1)求椭圆C的方程. (2)若直线l的斜率为，求的面积. (3)设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 4．已知椭圆，过点的直线交椭圆于两点，点（除点外的一点）在直线上，且满足．试探求点的轨迹方程． 5．已知定点，定直线，动点在直线上，过点且与垂直的直线上有一动点，满足，请讨论点的轨迹类型． 题型二 定义法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 若某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆、圆锥曲线的定义，则可以利用所学过的圆的定义、椭圆的定义、双曲线的定义、抛物线的定义等直接写出所求的动点的轨迹方程 1．如图，已知圆和点，由圆外一点向圆引切线，切点为，且有． (1)求点的轨迹方程； (2)求的最大值． 2．在直角坐标系xOy中，点A到的距离等于点A到点的距离，记动点A的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)设M为C上的一个动点，若，过M作圆E：的两条切线，，若，分别交y轴于P，Q两点，求面积的最小值． 3．在直角坐标系中，点到直线的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的标准方程； (2)若点在上，过点的直线与交于两点，分别以为切点作曲线的两条切线交于点，求周长的取值范围． 4．已知动点到的距离比点到直线的距离小1，动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)设，过点的直线交于两点（异于点）． （i）若，求直线的方程； （ii）过点与直线垂直的直线交于两点，设线段的中点分别为是坐标原点，求面积的最小值． 5．已知平面内的动点与两个定点，的距离的比为，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程，并说明其形状； (2)若过点的直线与曲线交于两点，求的取值范围； (3)已知，过直线上的动点分别作曲线的两条切线，（为切点），证明：直线过定点，并求该定点坐标． 题型三 待定系数法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 待定系数法解题步骤 用待定系数法解题的基本步骤： 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式； 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决． 1．已知曲线C上任一点到两个定点和的距离和为定值4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P． （ⅰ）证明：直线PM过定点Q； （ⅱ）对于（ⅰ）中的点Q，求的取值范围． 2．已知的周长为18，，． (1)求顶点的轨迹的标准方程； (2)当时，求点的纵坐标． 3．如图，已知，，，动圆与轴相切于点，过，两点分别作圆的非轴的两条切线，这两条切线的交点为．求证：为定值，并写出点的轨迹方程． 4．已知圆与直线相切，点在圆上，点，且的垂直平分线交于点，求点的轨迹方程． 5．已知A，F是椭圆的右顶点和左焦点，椭圆E过点，且焦距为2． (1)求椭圆E的标准方程； (2)直线与E交于M点（不与B点重合），求的面积． 题型四 相关点法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 相关点法解题步骤 一般分为三步： 第一步，设所求轨迹的点，曲线上的动点； 第二步，找出与的关系，由表示，即； 第三步，满足已知的曲线方程，将代人，消去参数．对于不符合条件的点要注意取舍． 1．已知圆经过点，且圆心在直线上． (1)求圆的标准方程． (2)设点，为圆上的动点，点满足． （i）求点的轨迹方程； （ii）判断点的轨迹与圆的位置关系． 2．已知椭圆的短轴长为2，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上不同的两点，且关于轴对称，直线和交于点. （i）求动点的轨迹； （ii）过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 3．已知定点，点为圆上的动点，为的中点． (1)求的轨迹方程； (2)若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程． 4．在圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 为垂足． (1)当点 在圆上运动时，求线段 的中点 的轨迹方程． (当点 经过圆与 轴的交点时，规定点 与点 重合) (2)根据（1）中所得的点 的轨迹方程，若直线 与点 的轨迹相交于 ， 两点，且 ，试判断的面积是否为定值． 若是，求出该定值；若不是， 请说明理由． 5．已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段的中点. (1)求点M的轨迹方程； (2)记（1）中所求轨迹为曲线C，过定点的直线l与曲线C交于P，Q两点，并且被曲线截得的弦长为，求直线l的方程． 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·天津·二模）平面内，动点与定点的距离与到定直线：的距离之比为常数. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作不垂直于轴的直线，与动点的轨迹交于两点，点在直线上，记直线的斜率分别为，证明：成等差数列. 2．（2025·天津·二模）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且. (1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程； (2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度. 3．（2025·天津滨海新·三模）已知圆心为C的圆经过，两点，且圆心C在直线上． (1)求圆C的方程； (2)已知点，点N在圆C上运动，求线段中点P的轨迹方程． 4．（2025·天津河北·二模）已知定点，，动点满足．设动点的轨迹是曲线，直线l恒过点 (1)求曲线的方程； (2)当直线l与曲线相交于M，N两点，且时，求l的方程． 5．（2025·天津和平·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知点F（1，0），过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设，若λ∈，求|AB|的取值范围． 6．（2025·天津·二模）已知圆，线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，且点满足线段，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点斜率为的直线与曲线交于，两点，试探究： ①设为坐标原点，若，这样的直线是否存在，若存在求出；若不存在说明理由； ②求线段的中点的轨迹方程. 7．（2025·天津·期末）在直角坐标系xOy中，动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，且圆P与直线x＝﹣1相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的轨迹方程； （2）设过定点S（﹣2，0）的动直线l与曲线C交于A，B两点，试问：在曲线C上是否存在点M（与A，B两点相异），当直线MA，MB的斜率存在时，直线MA，MB的斜率之和为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 8．（2024·天津·模拟预测）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. 9．（2024·天津·二模）在平面直角坐标系中，已知，直线与相交于点，且两直线的斜率之积为． (1)设点的轨迹为，求曲线的方程； (2)设一组斜率为的平行直线与均有两个交点，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上． 10．（2024·天津和平·二模）已知抛物线上一点是抛物线上另两点，且． (1)求点的轨迹方程； (2)问：直线是否过定点？ 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．已知椭圆为椭圆的左焦点，过点的直线交椭圆于两点，分别为椭圆的左，右顶点，动点满足，试探究点的轨迹方程． 2．过抛物线上不同的两点分别作抛物线的切线，相交于点，． (1)求点的轨迹方程． (2)已知点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 3．如图，若以抛物线上两动点为直径端点的圆恒过定点，求证： (1)圆心的轨迹仍是抛物线； (2)直径过定点． 4．点分别在射线，上运动，且． (1)求的中点的轨迹； (2)求证：的中点到两射线距离的积为定值． 5．已知椭圆（）的离心率，椭圆上动点到右焦点的距离最大值等于3． (1)求的方程； (2)设是坐标平面上的动点，且线段的垂直平分线与恰有一个公共点 ①求动点的轨迹方程； ②求线段的长度的取值范围． 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点培优03 求动点轨迹方程 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 3 题型一 直接法求动点的轨迹方程（★★） 3 题型二 定义法求动点的轨迹方程（★★★） 10 题型三 待定系数法求动点的轨迹方程（★★★★） 16 题型四 相关点法求动点的轨迹方程（★★★） 22 03 实战检测・分层突破验成效 28 检测Ⅰ组 重难知识巩固 28 检测Ⅱ组 创新能力提升 39 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． 一、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． 二、求轨迹方程——定义法 若某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆、圆锥曲线的定义，则可以利用所学过的圆的定义、椭圆的定义、双曲线的定义、抛物线的定义等直接写出所求的动点的轨迹方程，这种方法叫做定义法．这种方法要求题设中有定点与定直线及两定点距离之和或差为定值的条件，或利用平面几何知识分析得出这些条件． 常见情形 1．到线段两端点相等的点的轨迹是该线段的垂直平分线． 2．到角的两边相等的点的轨迹是该角的平分线及外角平分线． 3．平面内到一定点的距离等于定长的点的轨迹是圆，定点为圆心，定长为圆的半径． 4．平面内一个动点到两个定点的距离之和等于常数（为常数）的动点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆． 5．平面内一个动点到两个定点的距离之差的绝对值等于常数（为常数）的动点的轨迹是以为焦点，为实轴长的双曲线． 6．平面内与一定点和一条定直线（不经过点）距离之比对于常数的动点的轨迹是圆锥曲线．当时为椭圆；当时为双曲线；当时为抛物线．其中，定点叫做圆锥曲线的焦点，定直线叫做圆锥曲线的准线． 三、待定系数法解题步骤 用待定系数法解题的基本步骤： 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式； 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决． 四、相关点法 若动点的变动依赖于另一动点，而在某已知曲线（或具有某种规律的图形）上（这时把从动点叫做轨迹动点，主动点叫做点的相关点），求出关系式（*），并代入方程，得所求轨迹（或轨迹所在曲线）方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法，又叫代入法、代换法或转移法．这是求轨迹方程的一种常用的重要方法．此法的关键是，构建用轨迹动点的坐标表示其相关点的坐标（即向的转移）的关系式（*）． 相关点法解题步骤 一般分为三步： 第一步，设所求轨迹的点，曲线上的动点； 第二步，找出与的关系，由表示，即； 第三步，满足已知的曲线方程，将代人，消去参数．对于不符合条件的点要注意取舍． 而从动点的坐标来表达主动点的坐标的方法较多，一般采用以下几种方法进行转移： ①利用定义；②利用参数；③利用向量；④利用相关公式；⑤利用对称知识等．下面举例说明． 题型一 直接法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 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 1．在平面直角坐标系中，已知，，，满足，点与点可以重合，记点的轨迹为. (1)求曲线的方程； (2)若，求的值； (3)若点不与原点重合，求的角平分线所在直线的斜截式方程. 【答案】(1)； (2)； (3)或. 【分析】（1）根据两点间距离公式，代入化简，即可得曲线的方程； （2）画图，根据几何关系，可得为直角三角形，根据勾股定理即可求解； （3）分和，结合正切函数的两角和公式、二倍角公式，进行求解. 【详解】（1）根据题意，，，，且满足， 即，化简得， 即曲线的方程为； （2）由（1），可得曲线的图像，如图所示，    因为，所以， 又为圆心，在圆上，所以， 又，； （3）设的角平分线所在直线的倾斜角为， 当时，为锐角，且，又，，所以， 所以，即，解得或， 因为为锐角，所以， 又因为的角平分线过原点，所以其直线方程的斜截式为：； 当时，为钝角，且，又，，所以， 所以，即，解得或， 因为为锐角，所以， 所以 又因为的角平分线过原点，所以其直线方程的斜截式为：. 综上所述，的角平分线所在直线的斜截式方程为或. 2．已知椭圆与动直线相交于两点． (1)求实数的取值范围； (2)设弦的中点为，求动点的轨迹方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联立直线与椭圆方程组，然后化简，使得判别式大于零，进而求得的范围. （2）解法一：根据中点横坐标和纵坐标，可求出轨迹方程；解法二：利用点差法，将点的坐标代入椭圆方程，两式相减并化简，可求出轨迹方程. 【详解】（1）联立直线与椭圆方程得消去得（*），则，解得， 故实数的取值范围是． （2）解法一：设弦的中点，，，由（1）中（*）式可得消去可得，即动点的轨迹方程， 注意由的取值范围可得． 所以动点的轨迹方程为． 解法二：点差法． 设，，，则，． 由点在椭圆上得，，两式相减得， 即，，即， 即．要保证弦存在，需限制为椭圆的范围， 由（1）中的取值范围可知，则动点的轨迹方程为． 3．已知椭圆的离心率为，右焦点为F，点在C上，过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点. (1)求椭圆C的方程. (2)若直线l的斜率为，求的面积. (3)设点Q满足，求点Q的轨迹方程. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得，结合可求出，从而可求出椭圆方程； （2）设，求出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可求出的面积； （3）设，，由，得，将代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子得，两式相比化简可求得，代入其中的一个化简可求得点Q的轨迹方程. 【详解】（1）由题意得，由得，得， 所以，得，则， 故椭圆C的方程为； （2）由（1）可知，则， 因为直线l的斜率为，所以直线l的方程为， 设， 由，得， 所以， 所以， 因为点到直线的距离为， 所以的面积为； （3）设，， 则， 因为， 所以， 所以（*）， 直线l的方程为， 由，得， ， 则， 所以 ， 代入（*），可得：， 当时，，得（且）， 所以， 化简整理得 当时，得，，即，满足上面的方程， 所以点Q的轨迹方程为 4．已知椭圆，过点的直线交椭圆于两点，点（除点外的一点）在直线上，且满足．试探求点的轨迹方程． 【答案】 【分析】分直线的斜率为0和不为0讨论，设直线方程，代入椭圆方程求解坐标，设，代入求解即可. 【详解】当直线的斜率为0时，的方程为， 此时，设， 由，有， 解得或， 时，点与点重合，不满足题意，所以； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 如图，设， 由，消元得， ，于是． 当时，的方程为，得，有， 由有，则点在x轴上， 即点与点重合，不满足题意； 当时，由得， ，， ， 又因为点在上，所以代入直线方程得． 综上可知，点的轨迹方程为． 5．已知定点，定直线，动点在直线上，过点且与垂直的直线上有一动点，满足，请讨论点的轨迹类型． 【答案】答案见解析 【分析】利用直接法求出轨迹方程，化简得出，再按照，，分类讨论即可. 【详解】如图，设，则． 由，得． 化简得， 当时，点的轨迹是抛物线； 当时， ，即， 当时，，点轨迹是椭圆； 当时，，点轨迹是双曲线． 题型二 定义法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 若某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆、圆锥曲线的定义，则可以利用所学过的圆的定义、椭圆的定义、双曲线的定义、抛物线的定义等直接写出所求的动点的轨迹方程 1．如图，已知圆和点，由圆外一点向圆引切线，切点为，且有． (1)求点的轨迹方程； (2)求的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）设，和列方程化简可得； （2）求出点关于直线的对称点为，结合图形分析即可得解. 【详解】（1）设，如图，连接，为切点，， 由勾股定理得， 又，， ，整理得． 点的轨迹方程为． （2）如图，作出直线，设关于直线的对称点为，连接， 则，解得，． 连接，则， 当三点共线时，取得等号．则的最大值为． 2．在直角坐标系xOy中，点A到的距离等于点A到点的距离，记动点A的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)设M为C上的一个动点，若，过M作圆E：的两条切线，，若，分别交y轴于P，Q两点，求面积的最小值． 【答案】(1)； (2)32． 【分析】（1）根据题意列等量关系，化简即可求解， （2）根据两点可求解直线，的直线方程，进而可得a，b为方程的两根，由韦达定理，可求解的长度，进而根据面积公式，结合基本不等式求解最值. 【详解】（1）设，依题有，即， 则的方程为． （2）如图，不妨设，，，    依题意，，所以， 设直线MP的方程为，直线MQ的方程为， 依题意直线MP与圆E：相切，所以， 整理可得， 同理可得， 所以a，b为关于的方程的两根， 所以，， 又M是C上的动点，则， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最小值为32． 3．在直角坐标系中，点到直线的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的标准方程； (2)若点在上，过点的直线与交于两点，分别以为切点作曲线的两条切线交于点，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用距离公式建立方程化简即可. （2）先求出A点的坐标，然后设直线的方程和两点坐标，联立抛物线方程和直线的方程根据韦达定理即可得到，再对抛物线方程求导得到切线方程，再联立切线方程得到点坐标，由于无法直接求解，做关于对称点，考虑利用两点之间线段最短求解即可. 【详解】（1）由点到直线的距离等于点到点的距离可得的轨迹为抛物线， 设点的坐标为，由题意可得， 等式两边平方并整理得，符合题意． 故的标准方程为． （2）因为点在上， 所以，解得，所以． 如图，因为直线过点，所以设的方程为 联立消去得，， 则． 由可得，所以， 设以为切点的切线斜率分别为，则， 故以为切点的切线方程为①， 以为切点的切线方程为②， 又，由①，③ 由②，④ 联立③④可得，即， 所以点在定直线上． 设点关于直线的对称点为，则，所以． 因为，， 所以周长的最小值为，故周长的取值范围为． 4．已知动点到的距离比点到直线的距离小1，动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)设，过点的直线交于两点（异于点）． （i）若，求直线的方程； （ii）过点与直线垂直的直线交于两点，设线段的中点分别为是坐标原点，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）根据题意，结合抛物线的定义，即可求解； （2）（i）联立直线与抛物线的方程，根据向量垂直的坐标运算即可求解，从而求出直线方程，（ii）根据中点坐标求解直线的方程，即可直线与轴的交点，根据三角形面积公式，结合基本不等式求解即可 【详解】（1）由题意知，动点到定点的距离等于点到定直线的距离，根据抛物线的定义可知，点的轨迹是抛物线； 因为，所以抛物线的方程为， 即点的轨迹C的方程为. （2）（ⅰ）由（1）可得，设直线的方程为，，.， 由方程组，消去，得， 则， 所以，. 由可得 解得或（舍）.所以直线的方程为，即 （ⅱ）由（ⅰ）可得，故 故， 将换成可得， 当时，或，故直线的方程为， 当时，， 故直线的方程为， 令，得，， 当且仅当时等号成立，所以面积的取值范围为，所以面积的最小值为. 5．已知平面内的动点与两个定点，的距离的比为，记动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程，并说明其形状； (2)若过点的直线与曲线交于两点，求的取值范围； (3)已知，过直线上的动点分别作曲线的两条切线，（为切点），证明：直线过定点，并求该定点坐标． 【答案】(1)，曲线是以为圆心，2为半径的圆． (2) (3)证明见解析，定点． 【分析】（1）设，根据条件得，化简，即可求解； （2）根据点与圆的位置关系，知点在圆内，设圆心到直线的距离为，利用几何关系可知，再利用弦长公式，即可求解； （3）根据条件可得在以为直径的圆上，求出以线段为直径的圆的方程，再利用两圆公共弦的求法，求得直线QR的方程为，即可求解. 【详解】（1）设，由，得， 化简得，即， 故曲线是以为圆心，为半径的圆． （2）设圆C：，将点代入圆C的方程等号左侧，得， 故点在圆的内部． 设圆心到直线的距离为，所以． 又，，所以，所以， 当直线过圆心时，，此时最大， 故的取值范围为． （3）如图，由题意知，与圆相切，为切点， 则，，则四点共圆，且在以为直径的圆上， 因为，，所以的中点为，， 以线段为直径的圆的方程为， 整理得，，① 又在曲线：  ②上， ②①，得，所以直线的方程为． 当时，，则直线恒过定点．   . 题型三 待定系数法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 待定系数法解题步骤 用待定系数法解题的基本步骤： 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式； 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决． 1．已知曲线C上任一点到两个定点和的距离和为定值4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P． （ⅰ）证明：直线PM过定点Q； （ⅱ）对于（ⅰ）中的点Q，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由椭圆定义可得； （2）设，，联立直线与椭圆方程，将代入直线方程，化简得定点；用坐标表示数量积，将代入化简求范围. 【详解】（1）因为，由椭圆定义可知，曲线C为以和为两焦点的椭圆， 其中，，解得，， 故C的方程为； （2）（ⅰ）依题意可设直线l的方程为， 设，，． 联立得得， 由韦达定理得，， 则直线PM的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点； （ⅱ），， ， 因为，所以，， 所以的取值范围为． 2．已知的周长为18，，． (1)求顶点的轨迹的标准方程； (2)当时，求点的纵坐标． 【答案】(1)． (2)． 【分析】（1）根据周长可得动点满足的几何性质，根据椭圆的定义可得动点的轨迹方程； （2）设点， 可得，与椭圆方程联立可得答案. 【详解】（1）设，易得，则， 由椭圆定义可得点的轨迹是以，为焦点的椭圆（不含轴上两点）， 且，， 所以，，， 所以所求轨迹方程为． （2）当动点满足时，可得在以为直径的圆上， 所以该圆圆心为，半径为，即圆的方程为， 设点， 可得， 又点在椭圆上，所以， 即， 解得，，则的纵坐标为．      3．如图，已知，，，动圆与轴相切于点，过，两点分别作圆的非轴的两条切线，这两条切线的交点为．求证：为定值，并写出点的轨迹方程． 【答案】证明见解析； 【分析】设过点的切线与圆相切于点，过点的切线与圆相切于点，结合切线长定理及椭圆的定义即可求解． 【详解】设过点的切线与圆相切于点，过点的切线与圆相切于点， 由切线长相等得，，， 那么． 由椭圆的定义可知，点在以，为焦点的椭圆上，且，， 故点的轨迹方程为． 4．已知圆与直线相切，点在圆上，点，且的垂直平分线交于点，求点的轨迹方程． 【答案】 【分析】利用圆的方程和与直线相切得出半径和的长，利用的垂直平分线得出，得到点的轨迹是椭圆和，利用点到直线距离公式求出参数，即可求出点的轨迹方程. 【详解】在圆中，， ∴圆心，半径， 如图，，， ∵的垂直平分线交于点，为圆的半径， ∴，， ∴， ∴点的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆， 设椭圆的短轴长为，焦距为，则， ∵圆与直线相切， ∴，解得， ∴椭圆中， ∴点的轨迹方程为． 5．已知A，F是椭圆的右顶点和左焦点，椭圆E过点，且焦距为2． (1)求椭圆E的标准方程； (2)直线与E交于M点（不与B点重合），求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可得：，方法一：代入点解得，，即可得方程；方法二：根据椭圆的定义可得，即可得方程； （2）由题意可得直线方程为，联立方程结合弦长公式可得，结合点到直线的距离公式求面积. 【详解】（1）因为焦距为，即， 方法一：由题意可得：，解得，， 所以椭圆方程． 方法二：由题意可知：，右焦点，则， 可得， 即，可得， 所以椭圆方程． （2）因为，，直线方程为，即， 联立方程，消去y可得，解得或， 可得， 且到直线的距离为， 所以的面积． 题型四 相关点法求动点的轨迹方程 【技巧通法·提分快招】 相关点法解题步骤 一般分为三步： 第一步，设所求轨迹的点，曲线上的动点； 第二步，找出与的关系，由表示，即； 第三步，满足已知的曲线方程，将代人，消去参数．对于不符合条件的点要注意取舍． 1．已知圆经过点，且圆心在直线上． (1)求圆的标准方程． (2)设点，为圆上的动点，点满足． （i）求点的轨迹方程； （ii）判断点的轨迹与圆的位置关系． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）外离 【分析】（1）借助待定系数法计算即可得； （2）（i）设出，则可得关系，再借助点在圆上代入计算即可得；（ii）计算两圆圆心距离与半径之和即可得. 【详解】（1）设圆的标准方程为， 由题可知，解得， 所以圆的标准方程为； （2）（i）设点， 因为，所以， 即，所以， 又因为点在圆上，所以， 化简得， 即点的轨迹方程为； （ii）点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 圆的圆心为，半径为2， 因为， 所以两个圆外离． 2．已知椭圆的短轴长为2，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上不同的两点，且关于轴对称，直线和交于点. （i）求动点的轨迹； （ii）过点的动直线与点的轨迹交于两点，在轴上是否存在定点，使得？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）（ii）存在， 【分析】（1）由离心率和短轴长结合关系求值，写出方程； （2）（i）设，写出方程，两式相乘，代入点在椭圆上所得关系式，消元求出动点轨迹方程，说明轨迹；（ii）由得，设存在定点满足条件，由求出. 【详解】（1）由，得，故椭圆方程为：. （2）（i）：设， 则， 两式相乘，，即， ∵在椭圆上，，即代入得， 化简得，因为点不与重合，所以. 即动点的轨迹为双曲线，不包含顶点.    （ii）：因为， ∴，即，∴. 设，则，即. 所以. ∴，化简得. 又因为斜率存在，所以有. 所以，故在轴上存在点，使得.    3．已知定点，点为圆上的动点，为的中点． (1)求的轨迹方程； (2)若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设点的坐标为，表达出点的坐标，将其代入中，整理可得的轨迹方程； （2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案. 【详解】（1）设点的坐标为，则点的坐标为， 点为圆上的动点， ，化简得， 故的轨迹方程为． （2）圆的圆心坐标为，半径， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时圆心到直线的距离是，所以，满足条件； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 化简得， 因为，所以圆心到直线的距离， 由圆心到直线的距离公式得， 所以，即，平方得， 整理得，解得，故直线的方程为，即． 综上，直线的方程为或． 4．在圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 为垂足． (1)当点 在圆上运动时，求线段 的中点 的轨迹方程． (当点 经过圆与 轴的交点时，规定点 与点 重合) (2)根据（1）中所得的点 的轨迹方程，若直线 与点 的轨迹相交于 ， 两点，且 ，试判断的面积是否为定值． 若是，求出该定值；若不是， 请说明理由． 【答案】(1) (2)的面积为定值且定值为1，理由见解析. 【分析】（1）设，则，根据在圆上可得的轨迹方程； （2）设，则可用两点坐标表示的面积，再联立直线方程和椭圆方程后用斜率表示坐标，进而表示面积，化简后可得定值. 【详解】（1）设，则，由题设可知， 而在圆上，故即. （2）因为，故均存在且不为零， 故直线，直线，设，    由椭圆的对称性，不妨设在第一象限，在第四象限，故. 又，故， 由可得， 同理，而， 故，故. 故的面积为定值且定值为1. 5．已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段的中点. (1)求点M的轨迹方程； (2)记（1）中所求轨迹为曲线C，过定点的直线l与曲线C交于P，Q两点，并且被曲线截得的弦长为，求直线l的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设，由M是线段的中点，可得，代入圆的方程化简可得结果； （2）由弦长为，半径为2，可得圆心到直线的距离，再分斜率不存在和存在两种情况讨论可得结果. 【详解】（1）设点，由点的坐标为，且是线段的中点， 则，可得，即， 因为点在圆上运动，所以点坐标满足圆的方程， 即，整理得， 所以点的轨迹方程为. （2）由（1），曲线C的方程为，圆心，半径， 由弦长为，半径为2，则圆心到直线的距离， ①当直线的斜率不存在时，即：，符合题意； ②当直线的斜率存在时，设直线，即， 则圆心到直线的距离为，解得， 所以直线的方程为. 综上，直线的方程为或. 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．（2025·天津·二模）平面内，动点与定点的距离与到定直线：的距离之比为常数. (1)求动点的轨迹方程； (2)过点作不垂直于轴的直线，与动点的轨迹交于两点，点在直线上，记直线的斜率分别为，证明：成等差数列. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，设动点，结合题意列出等式并化简即可求出轨迹方程； （2）借助等差数列定义，可将证明等差数列问题转化为证明，讨论直线斜率是否存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立曲线得到方程组，设而不求，利用韦达定理即可证明. 【详解】（1）设动点，由题意可得， 化简整理得：， 所以动点的轨迹方程为； （2）当直线斜率不存在时，的坐标分别为，则， 即，所以成等差数列； 当直线斜率存在时，设直线：，， 联立直线和椭圆方程，化简得， 则， ， ， 即，所以成等差数列； 综上，成等差数列. . 2．（2025·天津·二模）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且. (1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程； (2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）用相关点法求解轨迹方程，设出，得到，代入中，得到轨迹方程； （2）求出过点且斜率为的直线方程，联立第一问所求的曲线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式求出答案. 【详解】（1）设，则，， 因为，所以，即，故， 所以， 因为P是圆上的点，所以，即； （2）过点且斜率为的直线方程为， 与联立得：，易得， 设直线与的两交点坐标分别为， 则，， 故被C所截线段的长度为. 3．（2025·天津滨海新·三模）已知圆心为C的圆经过，两点，且圆心C在直线上． (1)求圆C的方程； (2)已知点，点N在圆C上运动，求线段中点P的轨迹方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出圆的标准方程，将点的坐标代入圆的方程，结婚圆心在直线上，列出方程组，解之即可求解； （2）设点的坐标是，点的坐标是，利用中点坐标公式和点在圆上运动即可求解. 【详解】（1）设圆的方程为，由题意得 ，解得         所以圆的方程为. （2）设点的坐标是，点的坐标是， 由于点的坐标为，点是线段的中点，所以，   于是       因为点在圆上运动，所以点的坐标满足圆的方程， 即      所以， 整理得 所以，线段中点的轨迹方程. 4．（2025·天津河北·二模）已知定点，，动点满足．设动点的轨迹是曲线，直线l恒过点 (1)求曲线的方程； (2)当直线l与曲线相交于M，N两点，且时，求l的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】(1)运用求轨迹方程的方法即可；(2)利用弦长公式求出圆心到直线的距离，并设出直线方程，利用即可求解. 【详解】（1）设动点，由得， ， 化简得，， 所以曲线的方程为. （2）由(1)可知，曲线表示以点为圆心，为半径的圆， 设圆心直线的距离为， 由弦长公式解得，. 若直线的斜率不存在，则直线的方程为， 此时圆心直线的距离为满足题意； 若直线的斜率存在并设为，由点斜式， 整理得， ，解得. 所以的直线方程为. 综上所述，的直线方程为或. 5．（2025·天津和平·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知点F（1，0），过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设，若λ∈，求|AB|的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据题意得|MF|＝|PF|，再根据坐标化简即可求解； （2）由题意得设直线l′的方程为x＝my＋1，与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理表示弦长 利用坐标表示， 化简求出的取值范围，进而求出|AB|的取值范围 【详解】（1）（1）设P（x，y），由题意可知|MF|＝|PF|， 所以， 即，化简整理得， 即曲线C的方程为. （2）（2）由题意，得直线l′的斜率k≠0， 设直线l′的方程为x＝my＋1， 由，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0. 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 所以恒成立， 且，，① 又因为，所以－y1＝λy2，② 联立①②，利用，消去y1，y2， 得， 所以，解得 又 因为， 所以. 所以|AB|的取值范围是. 6．（2025·天津·二模）已知圆，线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，且点满足线段，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)过点斜率为的直线与曲线交于，两点，试探究： ①设为坐标原点，若，这样的直线是否存在，若存在求出；若不存在说明理由； ②求线段的中点的轨迹方程. 【答案】(1) (2)①直线不存在，理由见解析；② 【分析】（1）运用相关点代入法求解轨迹方程即可； （2）根据向量等式，求解直线的斜率k,结合联立方程组法确定k的取值范围，进而确定直线是否存在；根据中点坐标公式，再运用参数法求解点 D的轨迹方程. 【详解】（1）设，则， 设，，， 即. （2）①设存在满足条件的直线l，设直线l方程为， 则 设，直线与圆交于两点，则， 由韦达定理得：， ，则 即，与不符，所以满足条件的直线不存在； ②MN中点坐标为： ，设MN中点D为 则，即 所以中点的轨迹方程为：. 7．（2025·天津·期末）在直角坐标系xOy中，动圆P与圆Q：（x﹣2）2+y2＝1外切，且圆P与直线x＝﹣1相切，记动圆圆心P的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的轨迹方程； （2）设过定点S（﹣2，0）的动直线l与曲线C交于A，B两点，试问：在曲线C上是否存在点M（与A，B两点相异），当直线MA，MB的斜率存在时，直线MA，MB的斜率之和为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）点或 【分析】（1）设圆心，圆的半径为，根据题意可得以及，联立消去即求出曲线C的轨迹方程； （2）假设存在曲线上点满足条件，设，可得，再联立直线与曲线C的轨迹方程即可得到，代入上式即可得到，所以，方程组的解即为所求的点的坐标． 【详解】（1）设圆心，圆的半径为，因为动圆与圆外切, 所以①，又动圆与直线相切.所以②，联立①②消去，可得． 所以曲线的轨迹方程为. （2）假设存在曲线上点满足条件，设,则 ，, 所以③ 显然动直线的斜率存在且不等于零，设， 所以由，消去，得， 由得或，所以, 且， 代入③得，令，为常数， 整理得④ 因为④式对任意恒成立. 所以， 所以 或,即或 即曲线上存在点或满足题意. 8．（2024·天津·模拟预测）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. 【答案】（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<x2<，即x∈∪. 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∈. 9．（2024·天津·二模）在平面直角坐标系中，已知，直线与相交于点，且两直线的斜率之积为． (1)设点的轨迹为，求曲线的方程； (2)设一组斜率为的平行直线与均有两个交点，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用斜率之积即可求动点轨迹方程； （2）利用直线与椭圆联立方程组，即可求中点坐标，从而可证明在直线上. 【详解】（1）设交点，则根据直线与两直线的斜率之积为可得， ，整理得：， 由于直线与两直线的斜率一定存在，则， 所以点的轨迹为的方程为：. （2）    设斜率为的直线与曲线相交于两个交点， 则由直线方程与椭圆方程联立方程组可得： ， 由韦达定理可得：， 而， 设中点，则， 从而有，即可证明这些平行直线的中点一定在直线上. 10．（2024·天津和平·二模）已知抛物线上一点是抛物线上另两点，且． (1)求点的轨迹方程； (2)问：直线是否过定点？ 【答案】(1)； (2)是. 【分析】（1）设且，，联立抛物线并应用韦达定理、的坐标表示得，再由得，进而得到关系式，即可得； （2）由（1）得，即可得. 【详解】（1）如图，设且，， 与联立，得，，所以，    因为，即， 所以，则， 所以， 因为，则， 所以，即， 所以，则，即为点的轨迹方程； （2）由（1）知， 所以直线过定点. 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．已知椭圆为椭圆的左焦点，过点的直线交椭圆于两点，分别为椭圆的左，右顶点，动点满足，试探究点的轨迹方程． 【答案】 【分析】设，由三点共线及三点共线得，将代入，得；再由与椭圆联立求出代入前式化简得，即点的轨迹方程为. 【详解】如图，设，由题设得焦点． 因为直线过焦点，设，因为，则，，三点共线． 同理，三点共线． 故有，由①②，得． 将代入，得． 因为交椭圆于点，则，即． 整理得， 则，所以（设）． 故． 由上式，得， 所以，解得，即点轨迹方程为． 2．过抛物线上不同的两点分别作抛物线的切线，相交于点，． (1)求点的轨迹方程． (2)已知点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)存在，. 【分析】（1）设，写出切线、得，再由得，最后构建方程求轨迹方程； （2）设，结合（1）所得切线方程得为，联立抛物线并应用韦达定理得，最后根据已知及向量数量积的坐标表示，列方程求参数值. 【详解】（1）如图，所示建立平面直角坐标系． 设，切线（切线斜率一定存在）， 联立，则，即， 所以，可得，且， 所以，故，即， 所以则切线①， 同理可得切线②， 因为，所以，即，由①②，得， ，故点的轨迹方程为； （2）设，因为点在切线上，由（1）得， 所以直线，即， 代入，得， 由，所以， 则， 而，， 所以，则，所以. 3．如图，若以抛物线上两动点为直径端点的圆恒过定点，求证： (1)圆心的轨迹仍是抛物线； (2)直径过定点． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）解法1：利用相关动点法，求的轨迹方程，确定轨迹是抛物线. 解法2：设直线与抛物线方程联立，可得，同理可得，根据为中点，消去参数，可得轨迹方程，再确定轨迹是抛物线. （2）解法1：设直线方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理及列式，可得的关系，进而确定直线过定点. 解法2：利用平移变换，把问题转化成：点在新坐标原点，点在抛物线上，且，求证：直径过定点．再利用类似解法1的办法证明. 【详解】（1）设． 由已知及直径圆得 将⑤变形，并代入③④得， 即． 化简得，即．⑥ 将①变形，②平方，得，⑦ ．⑧ ⑧⑦和②均代入⑥，得的轨迹方程为． 所以的轨迹仍为抛物线. 解法2  相关直线法 已知，设，. 则，即， 由于2和为方程两根，故． 即， 同理：设，，则. 即， 即， 即即即． 所以的轨迹仍为抛物线. （2）解法1  联立方程得，整理得． 设， 因为，所以， 所以． 所以，，， 所以， 所以，所以，所以定点． 解法2  对作坐标变换 令题目等价于： 点在新坐标系原点，点在抛物线上，且，求证：直径过定点． 设， 则由，得． 联立方程得（齐次化）． 令，得，整理得． 因为，所以，即， 所以过定点． 还原后得，故定点为． 4．点分别在射线，上运动，且． (1)求的中点的轨迹； (2)求证：的中点到两射线距离的积为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据中点坐标公式以及面积公式，结合三角函数，即可化简求解， （2）由点到直线的距离公式即可求解. 【详解】（1）由图可知， 设， 由题意得,其中为直线的倾斜角，， ③④两式代入②式，得．⑥ 由，得．⑦ 对⑤式得，，． 得． 所以中点的轨迹方程为． （2）设中点到直线的距离分别为， 则 所以． 5．已知椭圆（）的离心率，椭圆上动点到右焦点的距离最大值等于3． (1)求的方程； (2)设是坐标平面上的动点，且线段的垂直平分线与恰有一个公共点 ①求动点的轨迹方程； ②求线段的长度的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；② 【分析】（1）根据条件，直接求出，即可求解； （2）①设，分和两种情况讨论，当时，可直接求得或，当时，的垂直平分线方程为：，联立直线与椭圆方程，结合条件，利用直线与椭圆的位置关系，得，化简即可求解；②利用恰为圆心，利用圆的性质有，再求出的范围，即可求解. 【详解】（1）由题可知，，解得，， 又，所以椭圆方程为. （2）由（1）知，设，则的中点为， ①当时，的垂直平分线方程为， 此时，则或；即或 当时，的垂直平分线方程为：， 由，消得， ， 整理得， 因为线段的垂直平分线与恰有一个公共点， 则， 即， 整理得， 即， 因为，所以， 而，也满足该式， 故点的方程为，即． ②由①知，点的方程是以为圆心，为半径的圆，且圆心为椭圆左焦点， 又易知点在圆内，则， 又由椭圆的性质知，，得到， 故所求线段MQ长度的取值范围是    34 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $