2026届高考数学二轮专题高频考点梳理：圆锥曲线中轨迹问题

**基本信息** 以圆锥曲线定义为核心，通过定义法、坐标法、点差法构建轨迹问题解题体系，强化几何条件转化与代数运算的逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |定义应用|单选1-6、填空11|椭圆/双曲线定义法、轨迹方程恒等变形|从曲线定义到轨迹判定，构建概念生成链条| |坐标转化|多选7-10、填空12-13|中点坐标法、参数方程法、新定义迁移（曼哈顿距离）|几何条件代数化，培养直观想象与数学表达| |综合探究|解答14-19|点差法、韦达定理应用、切线轨迹综合|多知识点交叉，提升逻辑推理与数学运算能力|

2026年高考数学二轮专题高频考点梳理： 圆锥曲线中轨迹问题 一、单选题 1．已知椭圆 的一个焦点为，则（   ） A． B． C．5 D．6 2．已知定点，（），动点满足（），则动点的轨迹是（    ） A．椭圆的一部分 B．双曲线的一支 C．抛物线的一部分 D．直线 3．已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 4．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为 A． B． C． D． 5．双曲线的左、右焦点分别为点在双曲线右支上，直线的斜率为2．若是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（   ） A． B． C． D． 6．已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（    ） A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线 二、多选题 7．已知，曲线的方程为，则（    ） A．当曲线为圆时，， B．当，时，曲线为两条直线 C．时，曲线为焦点在轴上的椭圆 D．当曲线为双曲线时，它的渐近线方程为 8．如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，点在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（    ）    A．若，则动点的轨迹是一条直线 B．若，则动点的轨迹长度为 C．若，则动点的轨迹长度为 D．若点在正方形所在平面上运动，的面积为，则动点的轨迹为椭圆 9．“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，则．在平面直角坐标系中，我们把到两定点的“曼哈顿距离”之和为常数的点的轨迹叫“新椭圆”．设“新椭圆”上任意一点设为，则（    ）    A．已知点，则 B．“新椭圆”关于轴，轴，原点对称 C．的最大值为 D．“新椭圆”围成的面积为 10．已知曲线C上点满足：到定点与定直线y轴的距离的差为定值m，其中，分别为曲线C上的两点，且点恒在点的右侧，选项正确的为（    ） A．若，则曲线C的图像为一条抛物线 B．若，则曲线C的方程为 C．当时，对于任意的和，都有 D．当时，曲线C不存在 三、填空题 11．双曲线的动弦所在直线的斜率为，则中点的轨迹方程是 ． 12．过曲线C上一点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若，则曲线C的方程为 ． 13．在直四棱柱中，底面是菱形，边长为2，，侧棱长，点为四边形内动点，若，则点的轨迹长为 ． 四、解答题 14．如图，已知椭圆的动弦垂直交轴于点，椭圆的长轴端点分别为，试探求直线与交点的轨迹方程． 15．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． 16．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． 17．已知双曲线的焦距为，是的一条渐近线． (1)求的方程； (2)直线与交于、两点，为坐标原点，动点满足，求点的轨迹方程． 18．已知为抛物线上两动点，且过抛物线内定点．过点分别作抛物线的切线，相交于点． (1)求点的轨迹方程； (2)求过点的中点弦所在直线的方程； (3)设过定点且平行于抛物线对称轴的直线交抛物线于点，求点处的切线方程； (4)求证：点的切线与（1）中轨迹和中点弦平行且等距离． 19．已知椭圆C：的离心率，短轴长为2，是椭圆外一点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若，过点P作直线l与椭圆C相切，求直线l的方程； (3)若过点P作椭圆C的两条切线互相垂直，求点P的轨迹方程. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A B A C ACD BCD BC AD 1．C 【分析】根据焦点坐标可直接构造方程组求得结果. 【详解】由题意知焦点在轴上， 由题意知：，解得：. 故选：C. 2．A 【分析】利用斜率两点式求动点的轨迹方程，结合圆锥曲线的定义即可判断轨迹图形. 【详解】设，因为（）， 所以，即（）， 因为，则， 所以动点的轨迹是椭圆的一部分. 故选：A 3．A 【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，则， 因为为的中点，所以，即， 又在圆上， 所以，即， 即点的轨迹方程为. 故选：A 4．B 【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解. 【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得． 所求椭圆方程为，故选B． 法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B． 【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养． 5．A 【分析】可利用三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设，由面积公式求出，由勾股定理得出，结合第一定义再求出. 【详解】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设， ，由，求得， 因为，所以，求得，即， ，由正弦定理可得：， 则由得， 由得， 则， 由双曲线第一定义可得：，， 所以双曲线的方程为. 故选：A 6．C 【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程. 【详解】由题意得，即， 对其进行整理变形： ， ， ， ， 所以或， 其中为双曲线，为直线. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题. 7．ACD 【分析】根据曲线为圆，求出的值可判断A；根据，解方程可判断B；根据，得到可判断C；根据曲线为双曲线，求出渐近线方程可判断D. 【详解】对于A，当曲线为圆时，，则，，故A正确； 对于B，当时，，， 当时，，，曲线表示两条直线； 当时，，曲线不表示任何图形，故B错误； 对于C，因为，所以，则， 曲线的方程为，所以曲线表示焦点在轴上的椭圆，故C正确； 对于D，若曲线表示双曲线，令，则， 所以渐近线方程为，故D正确. 故选：ACD. 8．BCD 【分析】对于A，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设（其中，），根据可得可得点的轨迹是线段即可判断A；对于B，根据，即，可得，然后求得线段长度即可判断B；对于C，由可得，根据圆的周长公式即可判断C；对于D，解法一、由题可得即可判断D，解法二、平面斜截圆柱的轨迹为椭圆即可判断D. 【详解】如图，以为坐标原点，射线，，分别为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系， 则．    因为位于正方形内（含边界），故可设（其中，）． 对于A，，由已知，可得， 所以，整理得． 连接，因为点在正方形内部（含边界）运动，所以点的轨迹是一条线段，A不正确． 对于B，，若，则， 所以，即， 又，所以点的轨迹长度为，B正确． 对于C，，， ， 整理得， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 其轨迹长度为，C正确． 对于D，解法一（轨迹方程法）  设到的距离为，则， 解得，，，设， 则， 所以， 所以点到直线的距离， 整理得． 由D选项知，令， 则， 所以，整理得，显然此方程表示椭圆． D正确． 解法二（定义法）  易知，设到的距离为， 则，解得， 所以点位于以为旋转轴，1为半径的圆柱侧面上，如图所示．    因为位于平面内，则位于正方形与圆柱侧面的交线上， 根据圆柱侧面与平面的位置关系，可得的轨迹为椭圆，故D正确． 故选：BCD． 9．BC 【分析】根据曼哈顿两点间距离公式，可判定A错误；根据“新椭圆”的定义，求得其方程，画出“新椭圆”的图象，结合图象，可判定B、C正确；根据“新椭圆”的图象，结合三角形和矩形的面积公式，可判定D错误. 【详解】对于A中，因为，可得，所以A不正确； 对于B中，设“新椭圆”上任意一点为， 根据“新椭圆”的定义，可得，即， 当时，可得；当时，可得； 当时，可得；当时，可得； 当时，可得；当时，可得， 当时，可得；当时，可得； 当时，可得， 作出“新椭圆”的图象，如图所示， 可得“新椭圆”关于轴，轴，原点对称，所以B正确；      对于C中，由“新椭圆”的图象，可得的最大值为，所以C正确； 对于D中，设“新椭圆”的图象，围成的六边形为，    联立方程组，解得，所以，则， 根据“新椭圆”的对称性，可得： “新椭圆”围成的面积为 ，所以D错误. 故选：BC. 10．AD 【分析】设曲线上的点，由题意求出的方程，分、化简后逐项判断可得答案. 【详解】对于A，若，设曲线上的点，由题意可得， 化简得，当时，为抛物线， 当时，，因为，所以，而，显然不成立， 综上，若，则曲线的图象为一条抛物线，故A正确； 对于B，若，设曲线上的点， 由题意可得， 化简得，当时，为抛物线， 当时，为一条射线，故B错误； 对于C，若，设曲线上的点， 由题意可得， 化简得， 因为， 当时，， 为开口向右，顶点为的抛物线的一部分，， 当时，， 为开口向左，顶点为的抛物线的一部分，， 且与关于对称,其图象大致如下， 因为，两点的纵坐标相同， 根据对称性可得，故C错误； 对于D，若，设曲线上的点， 由题意可得， 因为， 所以， 又，所以无解，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是设曲线上的点，求出点的轨迹方程，数形结合求出答案. 11． 【分析】设，根据题意利用点差法，中点公式等化简即可. 【详解】设， 设直线为，代入，化简得 ， 由，得， 因为为的中点，所以， 所以，所以， 由题意得： ， 两式相减得， 由中点公式，整理得： ，又， 所以，即， 所以中点的轨迹方程为， 故答案为：. 12．（且） 【分析】设及切线方程，由直线与圆相切得出关于斜率k的方程，由判别式得出，再由斜率关系计算即可. 【详解】设，则过点的切线方程为，即， 所以，得， 则，是此方程的两根，，， 即， 所以，得，又，所以， 即曲线的方程为（且）． 故答案为：（且）. 13．/ 【分析】过点作，过点作，结合已知得，再结合平面几何知识即可求解. 【详解】如图所示，过点作，过点作， 因为四棱柱是直四棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为直线平面， 所以， 因为，，， 所以， 又因为，所以， 因为点在侧面内， 所以在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，如图所示： 点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧， 显然，，所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于确定点轨迹图形，进而结合平面几何知识即可求解. 14． 【分析】设，计算直线与的两点式方程，两式相乘得到，结合点在抛物线上化简得到所求点的轨迹方程. 【详解】设直线与交于点， 设， 则，① ．② ①②得．③ 又因为在椭圆上，所以． 所以，代入③得． 经化简得，即． 所以所求直线与交点的轨迹方程为． 15． 【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． 16．(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. 17．(1) (2)或 【分析】（1）由双曲线的渐近线方程和关系列方程组可得； （2）直曲联立表示出韦达定理，再由向量坐标的线性运算可得. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以，双曲线的方程为． （2）设点、、， 联立可得， 则，解得或， 所以，，则， 因为，即， 所以，点的轨迹方程为或． 18．(1) (2) (3) (4)证明见解析 【分析】（1）求出切点弦的方程，由过定点，可得点的轨迹方程； （2）由已知，过定点的中点弦的中点即为，利用点差法求出直线斜率，即可得到中点弦所在直线的方程； （3）求出点坐标，点处的切线的斜率，可得点处的切线方程； （4）利用斜率相等可证得平行，利用平行线间距离公式计算证得等距离. 【详解】（1）    设, 对求导得过点的切线的斜率为， 又，则， 则抛物线过切点的切线方程为， 同理，抛物线过切点的切线方程为， 因为点是两条切线的交点，所以， 又都在直线上，过定点， 所以点的轨迹方程为； （2）因为过抛物线内定点 则过定点的中点弦的中点即为， 设, 因为，两式相减得, 又,,所以, 又直线过定点， 所以过点的中点弦所在直线的方程，即. （3）过定点且平行于抛物线对称轴的直线方程为，代入抛物线， 解得，则， 由（1）知，点处的切线的斜率为1， 所以，点处的切线方程为，即. （4）由（3）知点处的切线为， 由（1）知点的轨迹方程为,即, 所以两直线平行，距离为， 由（2）知中点弦所在直线的方程，即， 所以两直线平行，距离为， 所以点的切线与（1）中轨迹和中点弦平行且等距离． 19．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）利用已知条件及即可求解； （2）讨论直线的斜率是否存在，再联立直线与椭圆的方程，令即可求解； （3）讨论直线的斜率是否存在及是否为，联立直线与椭圆的方程，令，再借助韦达定理即可求解； 【详解】（1）由题意得，因为，，所以， 故椭圆C的标准方程为； （2）当直线l的斜率不存在时，直线l：，易得与椭圆C相切； 当直线l的斜率存在时，设直线l：，即， 联立，可得， 由可得，， 即，解得. 此时直线l的方程为. 综上所述，直线l的方程为或. （3）设切点分别为A，B， 当直线PA斜率不存在时，此时直线的斜率为； 当直线PA斜率为0时，此时直线的斜率不存在，易得； 当直线PA斜率存在且不为0时，此时，， 设直线PA方程为， 联立，可得， 由于直线PA与椭圆C相切，所以， 化简得，即， 由于直线PB斜率为， 所以方程的两个根分别为k和， 所以， 化简得， 此时点P的轨迹方程为， 将代入中成立， 综上所述，点P的轨迹方程为. www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $