专题08 曲线与方程（点的轨迹问题）（竞赛培优专项训练）（竞赛培优专项训练，10大题型+强基、竞赛真题）高二数学人教A版全国通用

**基本信息** 聚焦曲线与方程核心题型，系统整合定义法、参数法等六大轨迹求法，构建从概念辨析到空间拓展的逻辑体系，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |曲线方程的概念|3题|概念辨析与性质判断|从方程与曲线关系切入，夯实基础认知| |直接法求轨迹方程|3题|几何条件代数化|连接几何直观与代数表达，培养数学语言转化能力| |定义法求轨迹方程|3题|圆锥曲线定义应用|深化定义理解，发展模型观念| |参数法求轨迹方程|3题|参数引入与消参技巧|提升数学思维的灵活性与系统性| |交轨法求轨迹方程|3题|曲线交点轨迹推导|强化逻辑推理，构建动态问题解决框架| |与立体几何有关的轨迹问题|3题|空间几何关系转化|拓展空间观念，培养跨维度思维能力|

西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题08曲线与方程（点的轨迹问题） 目录 A组考点专项过送练 竞赛核心题型速览 题型01曲线方程的概念 题型06定义法求轨迹方程 题型02由方程求曲线的图形 题型07代入法求轨迹方程 题型03由方程研究曲线的性质 题型08参数法求轨迹方程 题型04两曲线的交点问题 题型09交轨法求轨迹方程 题型05直接法求轨迹方程 题型10与立体几何有关的轨迹问题 B组选拔真题冲奖练（精选各地竞赛、强基试题15道） 考点精研·竞赛考点专项攻坚 考点一曲线方程的概念 1.(多选)设方程f(x,y)=0的解集非空，若命题“坐标满足方程f(:,y)=0的点都在曲线c上”是不正 确的，则下列命题不正确的是( A.坐标满足方程f(x,y)=0的点都不在曲线C上 B.曲线C上的点的坐标都不满足方程f(x,y)=0 C.坐标满足方程f(x,y)=0的点有些在曲线C上，有些不在曲线C上 D.一定有不在曲线C上的点，其坐标满足∫(x,y)=0 2.下列四组方程中表示不相同的曲线的是( x=2sint 3 a80:经e2与 [x=tane, A.y=3sinty xe[-2.2] 1/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2t 1+2, C. 1-2与 D.x=t2-3t+1与 y= 1+2 x2+y2=1 y=t-1x=y2-y-1 3.条件甲：“曲线C上的点的坐标都是方程F(x,)=0的解”，条件乙：“曲线C是F(x,)=0的图形”， 则乙是甲的( A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 考点二由方程求曲线的图形 4.由曲线x+y=2+以围成的图形的面积为( +4 C.2元+4 D.2元+8 5.方程sinx2=siny2表示的曲线可能是() B D 6.设曲线D的方程为ar+by=y(a,b为系数)，则( A.曲线D一定经过第一象限 B.当a=0,曲线D可能为抛物线 C.曲线D一定经过第三象限 D.当a=b,曲线D一定关于直线y=x对称 2113 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 考点三由方程研究曲线的性质 7.(多选)己知曲线B的轨迹方程为x+y=x+以，其中x,y不同时为0，则(） A.曲线E关于直线y=x对称 B.曲线E围成的图形面积为π+2 2's6s+2 C.若点(，)在曲线E上，则-1+ 2 1+V2 D.若圆x2+y2=r2c>0能覆盖曲线B,则，的最小值为2 8.(多选)对于曲线C:V2+(0-·V2+(+=3,下列说法中正确的是( A.曲线C过原点 B.曲线C关于x轴对称 C.曲线C上点的纵坐标的取值范围是[-2,2] D.若点P为曲线C上一动点，M(-l,O),N(3,O),则aPMN的面积最大值为6 9.(多选)某市以“渤海湾畔、生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者 设计了“渤海明珠”曲线C,其方程为x+y+22=0,对应的曲线如图（实线部分）：对于曲线C, 则下列结论正确的是( A.曲线C所围成的封闭区域面积等于2π-4 B.若直线y=x与曲线C有唯一公共点，则k取值范围为[l,川 3/13 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C.曲线。上恰好存在4个不同点到直线y=x+ 2 的距离为 D.曲线C上存在唯一的点P,使得点P到点(0,5)与到点(0，-5)的距离之差为4 考点四两曲线的交点问题 10.已知平面直角坐标系中的直线y=2x、12:y=-2x.设到4、2距离之和为2℃的点的轨迹是曲线C, 到、2距离平方和为2C2的点的轨迹是曲线C2,其中G,C2>0.则C、C2公共点的个数不可能为 A.0个 B.4个 C.8个 D.12个 11.抛物线E:x2=4y与圆M:x2+0-)2=25交于A、B两点，圆心M(0,),点P为劣弧B上不同于A、 B的一个动点，平行于y轴的直线PW交抛物线于点N,则△PMW的周长的取值范围是( A.(6,12) B.(8,10) C.(6,10) D.(10,12) 12.若曲线G:(x2-4y)(y+x-3k)=0与曲线C,:y=1+V-x2-2x的图象恰有三个不同的交点，则k的取 值范围为( A. B.（ （(别 考点五直接法求轨迹方程 13.已知动点P到定点(1,0)和定直线x=3的距离之和为4，则点P的轨迹方程为() A.y2=4x B.y2=-12(x-4) C.若x≥3，则y2=4x:若x<3,则y2=-12(x-4) D.若x≤3，则y=4x;若x>3,则y2=-12(x-4) 14.己知A(-1,0),B(3,0),P为平面上的一个动点，若PB=5PA,则P的轨迹所围成的面积为 4113 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 25π 5π 5π A.4元 B.36 C.6 D.3 15.己知A(-m,0),B(m,0),m>0,连接动点P与A、B形成的直线斜率记为kP、k即，且满足 kP+k即=2.设点P的轨迹为曲线C.有以下命题： ①曲线C关于原点中心对称； ②曲线C与直线y=x+1恒有交点： ③曲线C上的点到原点的距离的最小值为2m; ④存在直线与曲线C有且仅有一个交点. 其中正确的命题序号为( A.①② B.①③ C.①④ D.③④ 考点六定义法求轨迹方程 16.己知动圆C与圆(x-2)+y=25内切，同时与圆(x+2)+y2=1外切，则动圆C的圆心轨迹方程为一 17.己知圆M的方程为(c++y=16,定点N(L,0),P为圆M上任意一点，线段NP的垂直平分线与 直线MP相交于点Q,则点Q的轨迹方程为() 4+y2=1 A. x B.43 C.- 0.-g=1 8 18.己知A(-3,0),B(3,0),0为坐标原点，点N是圆0：x2+y2=4上任意一点，点M是圆0外一点，若 5/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ∠AMN=∠BMN,MN⊥BN,则点M的轨迹方程为( A. 之_女=1(x0) 45 B.45 =1(y≠0) 之g=10y0) c.43 若-号=e0 考点七代入法求轨迹方程 19.己知线段AB的端点A的坐标是(3，-)，动点B在双曲线x2-y2=1上运动，且MA=BM,则点M的轨 迹方程为一一 2》.在平面直角坐标系心中，已知点6，）B化，)在指国c:号+少-1上，且直线04OB的 1 斜率之积为2，则AB中点的轨迹方程为 21. 己知抛物线C:y2=4x,过点A(0,-2)的直线1交抛物线于RQ两点，以0R0Q为邻边作平行四边形 OPRQ. (1)求点R的轨迹方程. (2)是否存在1，使四边形OPRQ为正方形？证明你的结论. 考点八参数法求轨迹方程 22.当g在0,2 内变动时，求抛物线y=x2-4xsin0-cos20顶点p的轨迹. 6/13 耐学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 x2.y2 23已知椭圆+分京=1(a>b>0) 3 的离心率为3，以原点为圆心、椭圆短半轴长半径的圆与直线 y=x+2相切. (1)求a与b; (2)设该椭圆的左，右焦点分别为F和，直线过B且与x轴垂直，动直线与y轴垂直，2交 (与点P.求线段PF的垂直平分线与的交点M的轨迹方程，并指明曲线类型. 2A.船因。+的两点P0.0为凰点，连接OP.O0:若a火o0则践段P0平点M的逊 方程为 考点九交轨法求轨迹方程 25.已知椭圆E:京+少=1（a>1),过E的右焦点且与x轴垂直的直线被E截得的线段长为、2 (1)求E的离心率： (2)设O为坐标原点，给定点G(,0)(≠0)，A(xy)y≠0)为E上的点，过A作y轴的垂线，垂足为B, 直线AO与直线GB的交点为P.当A在E上运动时，点P的轨迹为M.求M的方程 26、(2526有三上·湖北·阶段练习)设4：4是双曲线着少=1与轴的左右丙个交点，B.乃是双 曲线上垂直于x轴的弦的端点，直线AP与4，B交点为点P. (1)求点P轨迹方程「. 7113 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (②)过点M(L,O)的直线1交曲线T于C,D两点，其中点C在x轴上方.设直线AD的斜率为k,直线A,C k 的斜率为k,探究飞是否为定值，若为定值，求出定值：若不是定值，说明理由。 27,已知椭圆C:C+Q>b>0)的左、石焦点分别为下，E,0为坐标原点，点M为椭圆C上的动点 3 椭圆C的离心率为2，△MOF的面积的最大值为2 (1)求椭圆C的标准方程； (②)A,B为椭圆的左，右顶点，点P(,0),当M不与A,B重合时，射线MP交椭圆C于点N,直线 AM,BN交于点T,求点T的轨迹方程. 考点十与立体几何有关的轨迹问题 28.己知正方体ABCD-AB,CD,的棱长为√2，空间中的点M满足：AM=1AB+uAD,其中 ∈R,HeR,且MB =巨，则点M的轨迹的长度为( ) V3π A.6 B.3元 C.23π D. 2 29.在棱长为2的正方体ABCD-ABCD,中，M,N分别为AB,CC的中点，P是正方体侧面ADD,4 上的一动点（含边界），给出下列四个结论： 8/13 的学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A B N D M B ①满足MP⊥MN的点P有无数个： ②满足直线MP11平面ABC的点P有且只有一个； ③满足MP=V2的点p的轨迹长度为2： ④满足直线MP与A4C,所成角为3的点p不存在 其中正确结论的序号是 30.如图，八面体2的每一个面都是边长为8的正三角形，且顶点B,C,D,E,在同一个平面内.若 点M在四边形BCDE内（包含边界）运动，当MA⊥ME时，则点M的轨迹的长度为_一 M. D B 实战进阶·竞赛选拔模拟特训 1.(第九届高二“枫叶希望杯”竞赛)己知正四面体S-ABC,若平面ABC内有一动点P到平面SAB、 平面SBC、平面SCA的距离依次成等差数列，则点P的轨迹是( ) A.一条线段 B.一个点 9/13 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C.一段圆弧 D.抛物线的一段 2.(2023·湖南岳阳高二上竞赛)己知二次方程2+y-6y2-20x-20y+k=0表示两条直线，则k为 ) A.94 B.95 C.96 D.98 3.(2024·山东泰安冬季竞赛)设点A(-5,0),B(5,0),直线AM,BM相交于点M且它们的斜率之积 为k,对于结论： ①当k=-1时，点M的轨迹方程为x2+y2=25: x2,9y2 ②当k=-专时，点M的轨迹方程为25+100 1(x≠±5) ③当k=0时，点M的轨迹方程为y=0 其中正确结论的个数为( A.0 B.1 C.2 D.3 4.(第二届“枫叶新希望杯”全国竞赛)和y轴相切且和半圆x+y=4(0≤x≤2)内切的动圆圆心的轨 迹方程是( A.y2=-4(x-1)(0<x≤1) B.y2=4(x+1)(0<x≤1) C.y2=4(x-1)(0<x≤1) D.y2=-2(x-1)(0<x≤1) 5.(第四届“枫叶新希望杯”全国竞赛)如图所示，正方体的一个表面即正方形A4BB内有一个动点P, 10 点p到D,4和CB的距离之和为3，正方体棱长为2，则点p对AB张角最大时，∠APB=（ D B Di 10/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.2 3 3 C.arccos 5 D.2arctan 。.《第八届“权叶新希塑轩”全国克赛)已知丙点M》4》, 给出下列曲线方程： ①4x+2y-1=0:②x+y2=3:③2 +y1:@,yD 在曲线上存在点P满足MPHNP的所有曲线方程是( A.①③ B.②④ C.①②③ D.②③④ 7.(多选)(2023·“加速杯”全国竞赛)设直线：y=:+m与曲线C:x=Vy+1相切于点M,过M且 垂直于1的直线分别交x轴，y轴于点A(x,O),B(O,y),并记点P(:,乃).下列命题中正确的是 A.>1 B.|PM是AM与BM的等比中项 C.存在定点S,T,使得PS-PT为定值 D.存在定点S,T,使得PS+PT为定值 8.(多选)(2024·山东泰安冬季竞赛)如图，己知正方体ABCD-AB,CD的棱长为2，点E,F在平 面A,B,CD1内，若1AE=V5,AC⊥DF,则下述结论正确的是( A1 D ?E 11/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.点E的轨迹是一个圆 B.点F的轨迹是一个圆 C.EF的最小值为2-1 D.直线DF与平面ABD所成角的正弦值的最大值为3 9.(第二届“枫叶希望杯”全国竞赛)射线Q4的方程是y=V3x(x≥0)，射线OB的方程是 y=-√3x(c≥0)，长为2V3的动线段M的端点M在OA上移动，端点N在OB上移动，则MW的中点P(x,y) 的轨迹方程为一 10.(第七届“枫叶希望杯”全国竞赛)如图，AB是平面的斜线段，点A为斜足，若点P在平面内 运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹的形状是 11. (2026高三下·全国·竞赛)单位圆x2+y2=1与x轴交于A(-1,0),B(1,0)过圆上一点P(保于A, B)作圆的切线，与过A,B的切线分别交于C,D,则梯形ABCD的对角线交点T的轨迹方程为 12.(2026高二下·江西·竞赛)点C,D是直线y=2x+1与曲线2x2-3y2=y的两个交点所连线段的两 个三等分点，点P在y轴上，则PC+PD的最小值为 二、解答题 9 13.(2026高二下·贵州贵阳·竞赛)已知动点p到点0,4的距离等于到直线1：y=4的距离.记动点p 的轨迹为曲线C,点A,B是曲线C上位于y轴两侧的两点，过A,B分别作曲线C的切线，两条切线相 交于点E,且与x轴分别交于点F,G,求△EFG面积的最小值， 14.(2026高三下·四川·竞赛)过直线y=-1上一动点P向抛物线x=4y作两条切线，切点分别为M、 N,求△PMN的外心的轨迹方程， 12/13 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 15.(2023·全国高中数学联赛一试)平面直角坐标系xOy中，抛物线「：y=4x,F为Γ的焦点，A,B 为「上的两个不重合的动点，使得线段AB的一个三等分点P位于线段OF上（含端点），记Q为线段AB 的另一个三等分点.求点Q的轨迹方程 13/13 专题08曲线与方程（点的轨迹问题） 目 录 A组 考点专项过关练 竞赛核心题型速览 题型01 曲线方程的概念 题型06 定义法求轨迹方程 题型02 由方程求曲线的图形 题型07 代入法求轨迹方程 题型03 由方程研究曲线的性质 题型08 参数法求轨迹方程 题型04 两曲线的交点问题 题型09 交轨法求轨迹方程 题型05 直接法求轨迹方程 题型10 与立体几何有关的轨迹问题 B组 选拔真题冲奖练 （精选各地竞赛、强基试题15道） 考点一 曲线方程的概念 1．（多选）设方程的解集非空，若命题“坐标满足方程的点都在曲线C上”是不正确的，则下列命题不正确的是（    ） A．坐标满足方程的点都不在曲线C上 B．曲线C上的点的坐标都不满足方程 C．坐标满足方程的点有些在曲线C上，有些不在曲线C上 D．一定有不在曲线C上的点，其坐标满足 【答案】ABC 【分析】所给命题不正确则“坐标满足方程的点不都在曲线C上”是正确的，根据“不都在”的概念进行判断. 【详解】所给命题不正确，即“坐标满足方程的点不都在曲线C上”是正确的. “不都在”包括“都不在”和“有的在，有的不在”两种情况，故A，C错误，B显然错误. 故选：ABC 【点睛】本题考查命题的真假判断、曲线与方程基本概念的辨析，属于基础题. 2．下列四组方程中表示不相同的曲线的是（    ） A．与， B．与 C．与 D．与 【答案】C 【分析】根据参数方程变量的范围及对应普通方程是否与给定的普通方程相同判断即可. 【详解】A：化参数方程为普通方程为且，与给定普通方程是同一曲线； B：化参数方程为普通方程为且，与为同一曲线； C：化参数方程为普通方程为且，而普通方程中，不是同一曲线； D：化参数方程为普通方程为且，与普通方程为同一曲线. 故选：C 3．条件甲：“曲线上的点的坐标都是方程的解”，条件乙：“曲线是的图形”，则乙是甲的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】“曲线上的点的坐标都是方程的解”不能推出“曲线就是方程的轨迹”，而“曲线是的图形”一定能推出“曲线上的点的坐标都是方程的解”. 【详解】根据曲线与方程的关系， 若曲线是的图形，则曲线上的点的坐标都是方程的解； 若曲线上的点的坐标都是方程的解，可能曲线只是方程的曲线的一部分，所以不能推出曲线是的图形， 所以乙是甲的充分不必要条件. 故选：B 【点睛】此题考查充分条件与必要条件的辨析，关键在于弄清曲线与方程的关系. 考点二 由方程求曲线的图形 4．由曲线围成的图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据曲线的对称性，先求得曲线在第一象限部分的面积，即可求得曲线围成的图形的面积. 【详解】令，得或；令，得或. 以代替，以代替，方程仍然成立， 所以曲线关于轴，轴，原点对称. 所以可先分析的情况. 当时，，即， 所以曲线在第一象限的部分由以为圆心，以为半径的半圆和一个三角形，及原点组成. 所以其面积为. 所以曲线围成的图形的面积为. 故选：B. 5．方程表示的曲线可能是（   ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】由诱导公式可得或，，据此可排除错误答案. 【详解】因，则，或，. 对于，若，则， 表示直线或，故可排除A； 若，表示焦点在x轴上，左右顶点为的双曲线， 若，表示焦点在y轴上，上下顶点为的双曲线； 对于，因， 则时表示以原点为圆心，半径为的一系列同心圆，则可排除B； 注意到，则半径最小的圆在双曲线内部，据此可排除C. 故选：D 6．设曲线的方程为（，为系数），则（    ） A．曲线一定经过第一象限 B．当，曲线可能为抛物线 C．曲线一定经过第三象限 D．当，曲线一定关于直线对称 【答案】D 【分析】分别对曲线的方程中的系数，进行赋值，即可排除A,C项，对于B，因时，曲线表示直线或抛物线，排除B，对于D，分都等于0和相等但不为0两种情况分析讨论，均能验证曲线关于直线对称. 【详解】对于A，当时，由化简得，， 则可得，或，此时曲线表示轴或开口向下且顶点在原点的抛物线， 显然图象不经过第一象限，故A错误； 对于B，当时，由化简得，可得，或， 当时，曲线显然不是抛物线，当时，曲线表示轴或焦点在轴上的抛物线，故B错误； 对于C，当时，由化简得，，即或， 即曲线表示轴或轴，因而图象不经过第三象限，故C错误； 对于D，若时，由C分析知，曲线表示轴或轴，显然关于直线对称； 若相等但不为0时，由可得， 若点在曲线上，即， 而对于，有，即必有在曲线上， 而点与关于直线对称，故D正确. 故选：D. 考点三 由方程研究曲线的性质 7．（多选）已知曲线E的轨迹方程为，其中，不同时为0，则（   ） A．曲线E关于直线对称 B．曲线E围成的图形面积为 C．若点在曲线E上，则 D．若圆能覆盖曲线E，则的最小值为 【答案】ABC 【分析】根据给定条件逐一分析每一个选项，通过推理、计算判断即可． 【详解】1、曲线E上任意点满足：， 该点关于的对称点也满足：， 即由曲线E上任意点关于直线的对称点仍在曲线E上，故选项A正确； 2、因为点在曲线E上，点，点也都在曲线E上，则曲线E关于x轴，y轴对称， 当时，曲线E的方程为， 曲线E表示以点为圆心，为半径的圆在直线上方的半圆（含端点）， 因此，曲线E是四个顶点为的正方形各边为直径向正方形外作半圆围成，如图，    所以曲线E围成的图形的面积是，故选项B正确； 3、若点在曲线E上，则，所以， 所以，故选项C正确； 4、曲线E上的点到原点距离最大值为， 圆能覆盖曲线E，则，故选项D不正确． 故选：ABC． 8．（多选）对于曲线：，下列说法中正确的是（    ） A．曲线过原点 B．曲线关于轴对称 C．曲线上点的纵坐标的取值范围是 D．若点为曲线上一动点，，，则的面积最大值为6 【答案】BC 【分析】检验是否在曲线上后可判断A的正误，将方程中的换成后观察方程的变化情况后可判断B的正误，根据方程的形式可得，故可判断C的正误，根据C选项，可判断D的正误. 【详解】记． A，由于，于是点不在曲线C上，故A错误； B，由于，于是曲线C关于x轴对称，故B正确； C，根据题意，， 于是，等号当时取得， 结合连续性可知曲线C上的点的纵坐标的取值范围是，故C正确； D，由C可知， 从而点P到的距离的最大值为2，， 从而面积取得最大值为，故D错误． 9．（多选）某市以“渤海湾畔､生态宜居”为发展理念，将“生态渤海”融入城市脉络，一位数学爱好者设计了“渤海明珠”曲线，其方程为.对应的曲线如图（实线部分）：对于曲线，则下列结论正确的是（    ） A．曲线所围成的封闭区域面积等于 B．若直线与曲线有唯一公共点，则取值范围为 C．曲线上恰好存在4个不同点到直线的距离为 D．曲线上存在唯一的点，使得点到点与到点的距离之差为4 【答案】ABD 【分析】先根据方程分象限讨论曲线的方程，其图形是四个圆的一部分圆弧组成图形，根据弧长公式及扇形面积公式可判断A，根据直线与圆的相交相切关系可判断BC，根据双曲线的定义可判断D. 【详解】对于A，先计算第一象限部分的弓形弧的面积，扇形弦长为2，半径为， 所以扇形的圆心角为，所以第一象限部分的弓形的面积， 所以曲线所围成的封闭区域面积等于，故A正确； 对于B，直线过原点，所以直线必和曲线有一个交点， 再以第一象限为例，圆心到直线的距离，化简得， 即当时直线与圆相切，且切点为，同理可分析其他各个象限，由图象可知当时，直线与曲线有唯一公共点，故B正确； 对于C.当直线与切线的距离为时，则，解得或； 故恰好存在3个不同点到直线的距离为C错误； 对于D，因为点到点与到点的距离之差为4， 所以点在以为焦点，以实轴长为4的双曲线的下支上， 方程为，显然双曲线的一个实顶点在曲线C上且只有这一个点，所以D正确. 考点四 两曲线的交点问题 10．已知平面直角坐标系中的直线、.设到、距离之和为的点的轨迹是曲线，到、距离平方和为的点的轨迹是曲线，其中.则、公共点的个数不可能为（    ） A．0个 B．4个 C．8个 D．12个 【答案】D 【分析】由题意结合点到直线距离公式，整理等式，可判断曲线为矩形，曲线为椭圆，则由图形的对称性即可得到结果. 【详解】由题意，直线与直线相互垂直，设曲线上的点为，满足，即， 则当，时，； 当，时，； 当，时，； 当，时，， 所以曲线是以、、、为顶点的矩形， 设曲线上的点为，满足，即， 所以是椭圆， 所以二者公共点的个数只可能是0、4、8个， 故选：D 11．抛物线与圆交于、两点，圆心，点为劣弧上不同于、的一个动点，平行于轴的直线交抛物线于点，则的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题可得抛物线的焦点，过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得，故的周长为，联立圆与抛物线可得点坐标，可得的取值范围，可得答案. 【详解】∵圆，抛物线， ∴圆心也是抛物线的焦点，抛物线的准线为， 过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义，可得， 故的周长， 由可得，又圆与轴正半轴交于， ∴的取值范围为， 的周长的取值范围为. 故选：D. 12．若曲线与曲线的图象恰有三个不同的交点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】曲线看成两条曲线问题，与半圆交点有三个，即可求解k的取值范围. 【详解】曲线可得或 曲线, 由，可得; 那么，即, 圆心为，半径为1，作出图象如下，    通过图象可知与曲线交于A，只有一个交点; 那么与曲线必有2个交点; 直线恒过(0，3）点， 当直线与曲线相切于B点时，可得，解得或舍； 当直线恰好过A点时，可得 ; 所以恰有三个不同的交点，则k的取值范围为 故选：B 【点睛】关键点点睛：原方程转化为两条曲线，作出的图象，利用数形结合的思想，找出动直线的极限位置是解题的关键，属于中档题. 考点五 直接法求轨迹方程 13．已知动点到定点和定直线的距离之和为，则点的轨迹方程为（　　） A． B． C．若，则；若，则 D．若，则；若，则 【答案】D 【详解】设，由题意可得， 即， 当时，则有，化简得； 当时，则有，化简得； 综上，当时，点的轨迹方程为； 当时，点的轨迹方程为. 14．已知，，为平面上的一个动点，若，则的轨迹所围成的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】法一：使用两点间距离公式结合条件可得的轨迹为圆，进而可得轨迹所围成的面积；法二：由题意得的轨迹为存在一条直径位于轴上的圆，由此求出圆的端点，进而可得半径与面积. 【详解】法一：因为，，设，由得， 平方并整理得，化简并整理得， 故点的轨迹是圆，其半径为，故其面积为. 法二：因为，，，所以的轨迹为一条直径位于轴上的圆， 设此直径的端点坐标为，则或 所以或，所以的轨迹所围成的面积为. 15．已知，，，连接动点与、形成的直线斜率记为、，且满足．设点的轨迹为曲线．有以下命题： ①曲线关于原点中心对称； ②曲线与直线恒有交点； ③曲线上的点到原点的距离的最小值为； ④存在直线与曲线有且仅有一个交点． 其中正确的命题序号为（     ） A．①② B．①③ C．①④ D．③④ 【答案】C 【分析】设出点的坐标，根据题意可求出点的轨迹方程，将分别替换为看曲线方程是否仍成立可判断①；联立与曲线方程得到方程组，根据方程组解的情况可判断②；曲线上的点到原点的距离，消参后由基本不等式可得距离的最小值，从而可判断③；直线与曲线只有一个交点，从而可判断④． 【详解】由题意知直线的斜率均存在，故可设， 由得，去分母后可得， 即点的轨迹（曲线）方程为. 对于①，将分别替换为得，方程不变， 故曲线关于原点中心对称，①正确. 对于②，联立与得， 解得，但需满足，即， 由得， 所以当时，曲线与直线有交点； 当时，曲线与直线没有交点， 故②错误. 对于③，曲线上的点到原点的距离， 由得，所以， 所以， 由基本不等式得，当且仅当时等号成立，此时，即曲线上的点到原点的距离的最小值不是，所以③错误. 对于④，因为曲线的方程可转化为， 取直线，将代入得， 即存在直线与曲线有且仅有一个交点，故④正确． 考点六 定义法求轨迹方程 16．已知动圆与圆内切，同时与圆外切，则动圆的圆心轨迹方程为___. 【答案】 【分析】利用两圆位置关系建立等式，再利用椭圆的定义求出轨迹方程. 【详解】圆圆心，半径，圆圆心，半径， 设动圆的圆心，半径，而，点在圆内， 由动圆与圆内切，与圆外切，得动圆在圆内，且， 因此，动圆圆心C的轨迹为以为左右焦点， 长轴长的椭圆，半焦距，短半轴长， 所以动圆圆心C的轨迹方程为． 17．已知圆的方程为，定点，为圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹方程为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为圆的圆心为，半径为， 由题知，又，则， 所以点在以，为焦点，的椭圆上， 由，得，所以点的轨迹方程为， 故选：B. 18．已知，，为坐标原点，点是圆上任意一点，点是圆外一点，若，，则点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意知，圆的半径，延长交直线于点，连接， 因为，且，所以，且为中点， 所以，且， 因此，， 所以点在以，为焦点的双曲线上， 设的方程为，可知，所以， 又，则，所以的方程为，即， 又点是圆外一点， 所以，即，故所求轨迹方程为. 故选：B 考点七 代入法求轨迹方程 19．已知线段的端点A的坐标是，动点B在双曲线上运动，且，则点M的轨迹方程为______ 【答案】 【分析】设，，则，然后通过向量的坐标公式求出，进而代入即可得解. 【详解】设，，则， 因为，所以， 即，所以， 代入得， 所以点M的轨迹方程为：. 20．在平面直角坐标系中，已知点，在椭圆：上，且直线，的斜率之积为，则中点的轨迹方程为 . 【答案】 【详解】因为点，在椭圆：上，所以， 两式相加可得，即， 又因为直线，的斜率之积为，所以，可得， 所以， 设中点为，则，， 所以，即， 即中点的轨迹方程为， 故答案为： 21．已知抛物线C：，过点的直线l交抛物线于P､Q两点，以OP､OQ为邻边作平行四边形OPRQ. (1)求点R的轨迹方程. (2)是否存在l，使四边形OPRQ为正方形？证明你的结论. 【答案】(1)或 (2)不存在，证明见解析 【详解】（1）显然直线的斜率存在，且，设直线，， 联立直线与抛物线的方程得，. 计算可得，，所以，且. 由韦达定理可得，， 则. 因为，POQR为平行四边形， 所以，PQ与OR相互平分，则， 所以，. 消元可得，. 因为，且，， 所以或. 所以，点R的轨迹方程是或. （2）假设存在l，使四边形OPRQ为正方形. 根据正方形的性质，应满足，. 由可得，， 所以，， 即， 由韦达定理得， 解得，满足； 由得，， 所以， 所以，，即. 又， 所以有， 解得或（舍去）， 这与或矛盾. 所以，假设不正确，所以，不存在这样的直线. 考点八 参数法求轨迹方程 22．当在内变动时，求抛物线顶点的轨迹． 【答案】 【详解】将原式配方得，， 设点的坐标为，则， 消去参数，得，即． 由于原参数方程中的取值范围是，而普通方程中的取值范围是，两者范围不一致，所以对于原参数方程的普通方程应为． 23.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心、椭圆短半轴长半径的圆与直线相切． （1）求与； （2）设该椭圆的左，右焦点分别为和，直线过且与轴垂直，动直线与轴垂直，交与点..求线段的垂直平分线与的交点的轨迹方程，并指明曲线类型． 【详解】（1）由于， ∴， ∴， 又， ∴，因此. （2）方法1.（直接法）由（1）知两点分别为，设，则，由，得，化简得． 方法2.（定义法）因为点在线段的垂直平分线上，故，即点到点的距离与到直线的距离相等，所以点的轨迹为以点为焦点、直线为准线的抛物线，其方程为． 方法3.（参数法、交轨法）由（1）知两点分别为，由题意可设.那么线段中点为，设是所求轨迹上的任意点.由于则消去参数得，其轨迹为抛物线． 24．椭圆上的两点为原点，连接，若，则线段中点的轨迹方程为______． 【答案】 【分析】设，，由条件可得，构造参数方程求解. 【详解】，，则，整理得，线段中点的坐标为 所以有，即线段中点的轨迹方程为． 故答案为：． 考点九 交轨法求轨迹方程 25．已知椭圆：（），过的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为. (1)求的离心率； (2)设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为.当在上运动时，点的轨迹为.求的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的标准方程及截得线段长列方程求解即可. （2）方法一：设点，联立直线与直线方程求出交点坐标，表示出点，代入椭圆方程求解即可；方法二：由于点三点共线，结合向量共线表示出点，代入椭圆方程求解即可. 【详解】（1）设椭圆的右焦点为，其中， 那么过右焦点且垂直于轴的直线为，代入椭圆得， 即，所以， 由于截线段长为，解得， 故，离心率. （2）方法一： 由（1）知椭圆方程为， 由于点满足，且，过作轴的垂线，交轴于点， 那么当时，点，点与点重合； 当时，直线方程为：，直线方程为：，即， 联立，解得， 即点. 设，则由，得， 代入椭圆方程得， 即， 两边乘以得， 整理得， 把点代入，仍然成立， 故轨迹的方程为； 方法二：由于，点在轴，故直线必有斜率； 设直线方程为，，那么点， 由于轴，则， 由于点三点共线，则，所以， 因为点在直线上，所以， 则 把代入椭圆方程：，得， 即， 整理化简，得 ， 故轨迹的方程为. 26．（25-26高三上·湖北·阶段练习）设，是双曲线与x轴的左右两个交点，是双曲线上垂直于x轴的弦的端点，直线与交点为点. (1)求点轨迹方程. (2)过点的直线l交曲线Γ于两点，其中点在轴上方.设直线的斜率为，直线的斜率为，探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由. 【答案】(1) (2)是定值，. 【详解】（1）设，，由题意可得， 共线，故，① 又共线，故，② 由①②两式相乘，得，（*） 因在双曲线上，则，即， 将其代入（*）式，得，即， 即的轨迹方程为.    （2）由题意可设直线的方程为， 联立，得. 设，则，即， 则 ，为定值.    27．已知椭圆的左、右焦点分别为，为坐标原点，点为椭圆C上的动点，椭圆C的离心率为，的面积的最大值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)，为椭圆的左，右顶点，点，当不与，重合时，射线交椭圆于点，直线，交于点，求点的轨迹方程. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，即可求解； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示直线的方程，并且联立方程求点的轨迹方程. 【详解】（1）由椭圆的性质，可知的面积的最大值为， 又，解得，，， 所以椭圆的方程为. （2）由题知不与轴重合，设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得， ， 设、，则，， 因为的方程为，的方程为， 两直线方程联立得：， 因为， 所以，解得. 所以动点的轨迹方程为. 考点十 与立体几何有关的轨迹问题 28．已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以平面， 如图1所示，设为的交点，所以， 又平面平面， 所以， 又，平面，所以平面， 因为点平面，故平面， 所以，则， 因为正方体的棱长为，所以，即， 在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示， 则， 设， 则，， 所以， 又，故，即， 整理得，即， 故点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度为． 故选：C． 29．在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，是正方体侧面上的一动点（含边界），给出下列四个结论： ①满足的点有无数个； ②满足直线平面的点有且只有一个； ③满足的点的轨迹长度为； ④满足直线与所成角为的点不存在． 其中正确结论的序号是___________． 【答案】①③ 【分析】分别为的中点，为中点，结论①，通过证明平面，得点轨迹为线段即可判断；结论②，证明平面平面，得点轨迹为线段，即可判断；结论③，结合线面垂直和勾股定理，点的轨迹为，计算轨迹长度即可判断；结论④，由直线与所成角为即可判断. 【详解】分别为的中点，为中点， 连接， 对于①，和中，，， 所以，， ，得， 正方体中，平面，平面，所以， 即，，平面，所以平面， 平面，所以， 分别为的中点，则， ，， 有，所以， ，平面，平面， 由，点轨迹为线段，点有无数个，结论①正确； 对于②，分别为的中点，则有，， 平面，平面，所以平面， 同理有平面，，平面， 所以平面平面，又直线平面， 点轨迹为线段，满足直线平面的点有无数个，结论②错误； 对于③，正方体中，平面，平面，所以， 有，又，满足的点的轨迹为， 轨迹长度为，结论③正确； 对于④，为等边三角形，，直线与所成角为， 所以点与点重合时，满足直线与所成角为，结论④错误. 正确结论的序号是①③. 30．如图，八面体的每一个面都是边长为的正三角形，且顶点，，，，在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，则点的轨迹的长度为________． 【答案】 【分析】取线段的中点，连接、交于点，连接、，取线段的中点，连接、，由直角三角形的几何性质得出，结合勾股定理得出，于是得出点的轨迹是正方形区域内以点为圆心，半径为的圆弧，数形结合可得出圆心角的大小，结合扇形弧长公式可得结果. 【详解】取线段的中点，连接、交于点，连接、， 取线段的中点，连接、，如下图所示： 在正四棱锥中，平面， 因为、分别为、的中点，所以，且， 因为四边形是边长为的正方形，则， 又因为，所以， 则，故， 因为，平面，所以平面， 因为，由直角三角形的几何性质可得， 故点在以点为球心，且半径为的球面上， 又因为点在四边形内（包含边界）运动，接下来考虑四边形与球的交线长， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以点的轨迹是正方形区域内以点为圆心，半径为的圆弧，如下图所示： 分别取线段、的中点、，连接、，则且， 同理可得，， 所以，，，，故四边形是边长为的正方形， 所以，故， 所以圆分别交线段、于点、，且、、三点共线， 所以圆弧的圆心角为，故点的轨迹的长度为. 1．（第九届高二“枫叶希望杯”竞赛）已知正四面体，若平面内有一动点到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（    ） A．一条线段 B．一个点 C．一段圆弧 D．抛物线的一段 【答案】A 【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论. 【详解】设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示： 由题意可知，，则， 即，即， 所以，， 不妨设点到边、、的距离分别为、、， 设等边的边长为，则， 又因为，即， 所以，，① 由，可得，可得，② 联立①②可得， 所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段. 故选：A. 2．（2023·湖南岳阳高二上竞赛）已知二次方程表示两条直线，则为（    ）． A．94 B．95 C．96 D．98 【答案】C 【分析】根据题意，设二次方程为，利用对应系数相等，得到方程组，求得的值，即可求解. 【详解】因为表示两条直线，即方程可分解为两个一次式的乘积， 由，可得， 设二次方程为， 整理得到， 可得，解得，所以. 故选：C. 3．（2024·山东泰安冬季竞赛）设点，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为k，对于结论： ①当时，点M的轨迹方程为； ②当时，点M的轨迹方程为 ③当时，点M的轨迹方程为. 其中正确结论的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】设,直线，的斜率之积，由直线，的斜率均存在，则，对三个命题进行逐一判断，即可得到答案. 【详解】设,由直线，的斜率均存在，则. 直线，的斜率之积. 当时，有 所以点M的轨迹方程为，所以①不正确. 当时,有，即. 所以点M的轨迹方程为，所以②正确. 当时,即，所以点M的轨迹方程为，所以③不正确. 故选：B 4．（第二届“枫叶新希望杯”全国竞赛）和y轴相切且和半圆内切的动圆圆心的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设动圆圆心为，根据已知条件，列出方程，整理化简即可求得结果. 【详解】设动圆圆心为，显然，依题意有：， 即，；又，解得； 综上所述，动圆圆心的轨迹方程是. 故选：A. 5．（第四届“枫叶新希望杯”全国竞赛）如图所示，正方体的一个表面即正方形内有一个动点，点到和的距离之和为，正方体棱长为2，则点对张角最大时，（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据椭圆的定义求得点P的轨迹，然后根据椭圆的对称性即可. 【详解】在正方形内，因为点到和的距离之和为， 所以根据椭圆的定义知，点的轨迹为以的中点为中心，、为焦点的椭圆的一部分（落在正方形内）. 则椭圆的，所以，所以， 根据椭圆的对称性知，要使点对张角最大时，点位于中垂线上， 即点为椭圆的短轴端点，所以，故. 故选：D 6．（第八届“枫叶新希望杯”全国竞赛）已知两点，给出下列曲线方程： ①；②；③；④． 在曲线上存在点P满足的所有曲线方程是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④ 【答案】D 【分析】先求线段MN的垂直平分线的方程，再分别与四个曲线方程联立，由判别式来判断直线与曲线是否有交点，若有则存在，若无则不存在. 【详解】∵ ∴MN的中点坐标为 ， ∴MN的垂直平分线的方程为： ，即： ①    ∵直线与直线平行 ∴曲线上不存在点P使得|MP|=|NP|. ②    联立 得： ∴直线与曲线有交点 ∴曲线上存在点P使得|MP|=|NP|. ③    联立得： ∴直线与曲线有交点 ∴曲线上存在点P使得|MP|=|NP|. ④    联立得： ∴直线与曲线有交点 ∴曲线上存在点P使得|MP|=|NP|. 综述：曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是：②③④ 故选：D. 7.（多选）（2023·“加速杯”全国竞赛）设直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线分别交轴，轴于点，，并记点．下列命题中正确的是（    ） A． B．是与的等比中项 C．存在定点，使得为定值 D．存在定点，使得为定值 【答案】ABC 【分析】联立方程组，得到，即可根据已知得出，化简为，而时不满足题意，则，即可证明选项A； 由，，求出切点横坐标，即可得出切点坐标，再根据已知设出过且垂直于的直线为：，即可代入得出，再通过已知，，得出，即可得出，即可求出、与，即可验证选项B； 得出，，即可代入曲线化简，得出的轨迹为双曲线的一只，即可根据双曲线的定义验证选项C与D. 【详解】对于选项A： 联立方程组，消去得：， 直线与曲线相切于点， ， 即， 则， 若时，即，直线与曲线无法相切， ，则， 故选项A正确； 对于选项B： 设切点， ，， 解得：， 则， 即， 过且垂直于的直线为：，即， 代入点得：， 则，解得：， 过且垂直于的直线分别交轴，轴于点，， ，即， 则， 则，，， 则， ， ， 则， 故是与的等比中项， 故选项B正确； 对于选项C与选项D： ，，则， ，，则， 在曲线上，代入化简得：， 则当为双曲线的焦点时，为定值4，无法确定， 故选项C正确，选项D错误， 综上所述：选项ABC正确， 故选：ABC. 8．（多选）（2024·山东泰安冬季竞赛）如图，已知正方体的棱长为2，点，在平面内，若，，则下述结论正确的是（    ） A．点的轨迹是一个圆 B．点的轨迹是一个圆 C．的最小值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【分析】选项A：由，得，分析得E的轨迹为圆； 选项B：由平面，而点在上，即的轨迹为线段，； 选项C：由E的轨迹为圆，的轨迹为线段，可分析得； 选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】对于A:，即，所以，即点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上；故A正确； 对于B: 正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即的轨迹为线段，故B错误； 对于C:在平面内， 到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确； 对于D: 建立如图示的坐标系，则, 由B选项的证明过程可知：的轨迹为线段， 所以设，则，则， 而 设平面的法向量，则有 不妨令，则， 设与平面所成角为，则： 当时，有最大值，故D正确； 故选：ACD 9．（第二届“枫叶希望杯”全国竞赛）射线OA的方程是，射线OB的方程是，长为的动线段MN的端点M在OA上移动，端点N在OB上移动，则MN的中点的轨迹方程为 . 【答案】 【分析】设，，由中点坐标公式得，，根据段MN的长为得，代入化简即可求得轨迹方程. 【详解】设，，则，， 由题意，， 又，则， 即，所以， 整理得. 故答案为： 10．（第七届“枫叶希望杯”全国竞赛）如图，是平面的斜线段，点为斜足，若点在平面内运动，使得的面积为定值，则动点的轨迹的形状是 ．      【答案】椭圆 【分析】由题意点到直线的距离为定值，由平面与圆柱面的截面性质的判断即可得解. 【详解】依题意知点到直线的距离为定值， 若忽略平面的限制，则点的轨迹为一个以为轴的圆柱面， 即点的轨迹为一个以为轴的圆柱面与平面的交线， 且平面与圆柱的轴斜交， 由平面与圆柱面的截面性质的判断可得，平面截圆柱面所得的曲线即点的轨迹形状为椭圆． 故答案为：椭圆. 11．（2026高三下·全国·竞赛）单位圆 与 轴交于 过圆上一点(异于， )作圆的切线，与过 的切线分别交于 ，则梯形的对角线交点的轨迹方程为_________. 【答案】（，） 【分析】先设圆上动点 的参数方程，写出过 的切线方程，再与两条固定切线（）联立求出 的坐标，接着联立梯形对角线 与 的方程求得交点，得到交点坐标关于参数的表达式，最后消去参数，得到轨迹方程，注意排除与 重合情形. 【详解】设单位圆上点 坐标为，，， 当时，直线的斜率为，为坐标原点， 故过点的切线斜率为， 所以过点的切线方程为， 当时，， 若，切线方程为，满足关系， 若，切线方程为，满足关系， 则 点切线方程为， 与两条竖直切线 、 的交点分别为 、, 所以直线方程为：， 直线方程为：， 设交点的坐标为， 联立两直线方程可解得， 因为不与重合，所以，所以， 所以，， 所以， 即交点的轨迹方程为（，）. 12．（2026高二下·江西·竞赛）点，是直线与曲线的两个交点所连线段的两个三等分点，点在轴上，则的最小值为________. 【答案】/ 【分析】联立两方程求出交点坐标，再由向量线性关系求出的三等分点坐标，接着利用对称性求得点坐标，由三点共线时求得最小值. 【详解】设，是直线和曲线的两交点，设为靠近点的三等分点， 设,由得, 则，可得, 同理由可得. 由题，联立直线方程和曲线方程化简得，，解得，， 分别代入，可得，，即,， 则有，， 如图作点关于轴的对称点为，连接交轴于点,连接, 则， 即最小值为.    二、解答题 13．（2026高二下·贵州贵阳·竞赛）已知动点到点的距离等于到直线的距离.记动点的轨迹为曲线，点，是曲线上位于轴两侧的两点，过，分别作曲线的切线，两条切线相交于点，且与轴分别交于点，，求面积的最小值. 【答案】. 【分析】用坐标表示动点满足的条件，列出方程，化简可得动点轨迹方程，把三角形的面积用两点的横坐标表示出来，再用换元法结合均值不等式求最小值. 【详解】设，点到点的距离等于到直线的距离， 则有，整理得：，即：， 不妨设点，， 由，则过的切线斜率， 切线方程为. 同理，过的切线方程为. 两条切线与轴的交点分别为，， 两切线交点的纵坐标， 所求三角形面积为， 令，，有，， 则， 令，则， 当且仅当且时取等号，即，时取等号， 故两条切线与轴围成的三角形面积的最小值为.    14．（2026高三下·四川·竞赛）过直线上一动点向抛物线作两条切线，切点分别为、.求的外心的轨迹方程. 【答案】 【分析】方法1，设，，，由题可得过点与点的切线方程，因切线都过点，可得直线的方程为：，又可得直线的方程为，则可得的外心为的中点，据此可得方程； 方法2，设切点，，其中，联立过点与点的切线方程，可得，然后将中垂线与中垂线联立可得外心为，最后由结合记，可得方程； 方法3，设，由直线为点关于抛物线的极线，可得方程，将方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得的外心为的中点，据此可得方程. 【详解】解法一：设，，， 则过点的抛物线的切线方程为：， 过点的抛物线的切线方程为：， 因为这两条切线都过点， 所以，①，②， ①、②两式相减，得，即③. 所以，直线的斜率为：. 所以，直线的方程为：，即④. 结合①知，直线的方程为可写为：⑤， 将点坐标代入⑤式，得，所以，.⑥ 因此，，所以，. 因此，的外心为的中点，设其坐标为， 则. 所以，的外心的轨迹方程为：. 解法二：设切点，，其中， 由可知，抛物线在点处切线的斜率为， 于是可知点的切线为， 同理，点的切线为， 这样计算两条切线的交点得到. 由在上得. 由切线和点、的坐标得中垂线方程为， 类似可得中垂线方程为：， 联立两条中垂线交点得外心为， 注意到：， 从而外心为，记，则 ， 即外心坐标为， 所以，的外心的轨迹方程为：. 解法三：设，由题意知，直线为点关于抛物线的极线， 因此，直线的方程为：，即. 与抛物线方程联立，消去得，， 设，，则由韦达定理知，. 从而 ， 所以，. 因此，的外心为的中点，设其坐标为， 则 ， 所以，的外心的轨迹方程为：.    15．（2023·全国高中数学联赛一试）平面直角坐标系中，抛物线，为的焦点，，为上的两个不重合的动点，使得线段的一个三等分点位于线段上（含端点），记为线段的另一个三等分点.求点的轨迹方程. 【答案】 【分析】设，，由三等分点关系可得，根据的位置特征可设，，从而可得的坐标（用表示），故可求点的轨迹方程. 【详解】 解：设，.不妨设，则. 易知.由于点位于线段上，故，. 可设，，则，.此时有， 且由，不重合知，所以. 设，则，，有. 注意到，故点的轨迹方程为. 1 / 46 学科网（北京）股份有限公司 $