专题02 求曲线的轨迹方程9种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

专题02 求曲线的轨迹方程 【例1】【答案】B 【分析】根据动点到定点和定直线的距离比例关系列等式，化简得到轨迹方程后匹配选项即可. 【详解】由题意可知，动点 到定点 的距离为 ， 到定直线 的距离为 ， 则两边平方消去根号和绝对值化简得， 即. 【变式1-1】【答案】A 【分析】设动点的坐标为，根据，结合两点间公式，列出方程，准确化简，即可得到动点的轨迹方程. 【详解】设动点的坐标为，且，，为原点， 因为，所以可得， 即， 可得， 可得， 令，可得， 可得，所以， 可得，即， 整理得，即动点的轨迹方程为. 【变式1-2】【答案】 【分析】设点，可求得的长及到直线的距离，根据题意，列出方程，化简计算，即可得答案. 【详解】设点， 所以，到直线的距离为， 由题意得，即， 所以，整理得， 所以点的轨迹方程为. 【变式1-3】【答案】(1). (2)为椭圆，． 【详解】（1）由，得， 两边平方得， 化简整理得， 两边平方得， 化简整理得，即. （2）由（1）知，动点的轨迹为椭圆，且，， 由所给椭圆面积公式得. ▌题型02 定义法 【例2】【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，所以此曲线是椭圆，有，即， 由题，，知椭圆的焦点在轴上，有， 设它的标准方程为，即. 所以， 因此曲线的方程为. （2）设，， 因为， 又因为，由勾股定理得， 将两边平方，得，代入，解得，即， 所以的面积. 【变式2-1】【答案】(1)圆与圆外离 (2)，它表示双曲线靠近圆的一支（左支） 【分析】（1）分别求出圆和圆的圆心坐标与半径，计算圆心距，并与两圆半径之和进行比较，即可判断位置关系； （2）设动圆的圆心和半径，根据动圆与圆内切、与圆外切列出等量关系，利用绝对值的性质消去半径，结合双曲线的定义求出轨迹方程，并注意限制条件. 【详解】（1）已知圆，圆心为，半径； 圆，圆心为，半径. 两圆圆心距， 因为，所以圆与圆外离； （2）设动圆的半径为（），圆心．因为动圆与圆内切， 所以；因为动圆与圆外切，所以， 即，代入得． 若，则，但，矛盾，舍去； 故，得，即到的距离比到的距离大3，在靠近圆的一侧． 由双曲线定义，，；，， 故，且双曲线的中心为的中点． 所以动圆圆心的轨迹方程为，即， 它表示双曲线靠近圆的一支（左支）． 【变式2-2】【答案】 【分析】先求两定圆的圆心与半径，根据圆与圆外切、内切的性质推导动圆圆心到两定圆圆心的距离之和为定值，结合椭圆定义即可求得轨迹方程. 【详解】圆的标准方程为，故圆心，半径； 圆化为标准方程：，故圆心，半径，两圆心距离. 设动圆的半径为，动圆与外切，故； 动圆与内切，且动圆在内部，故. 两式相加得，且，符合椭圆定义. 设椭圆的标准方程为，则： 长轴长，得；焦距，得； 由，得. 又，若，代入可得，此时不能构成圆，故舍去点. 因此动圆圆心的轨迹方程为. 【变式2-3】【答案】C 【分析】直接由题意可得：，符合椭圆定义，且得到长半轴和半焦距，再由求得，则点的轨迹方程可求. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为8． 依题意知：， 点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 且，，，所求点的轨迹方程为． ▌题型03 相关点法 【例3】【答案】 【详解】设，结合题意得到，再代入曲线中化简后可得. 设，则， 因为，所以，所以. 【变式3-1】【答案】(1) (2)（ⅰ）依题意可设直线的方程为，（）， 联立，整理得， 设，，则有，， 因为点在圆上，且是圆的直径，所以，即， 所以，即， 因为，， 所以， 即， 所以， 整理得，解得，或（舍）， 所以直线的方程为，即直线恒过定点，即直线与相交于点， 而不是线段的中点，即与不可能互相平分， 所以四边形不可能为平行四边形，即不存在直线使得四边形为平行四边形． 若四边形是梯形，则有或， 当时，因为，所以，即，， 又因为点为线段的中点，所以点为线段的中点， 设，因为，所以， 因为点在曲线上，点在圆上， 则有，解得（舍），或，即，或， 所以或，所以直线的方程为或； 同理，时，求得直线的方程也为或． 即直线的方程为或时，四边形为梯形． （ⅱ） 【分析】（1）先设，得到点的坐标，再将点的坐标代入圆的方程，整理即可得到曲线的方程； （2）（ⅰ）先根据题意设直线的方程为，（），再联立曲线的方程得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理，圆的性质，及平行四边形的判定即可判断四边形是否为平行四边形；再结合梯形的性质求出点的坐标，进而即可判断直线的方程是否存在； （ⅱ）结合（ⅰ）得，进而根据对勾函数的性质即可求出其最大值． 【详解】（1）设，则， 因为点在圆上，所以， 所以曲线的方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）结合（ⅰ）得 ， 令，则，则， 令，根据对勾函数的性质得在上单调递增， 所以当时，即时，取最小值，此时取最大值，且最大值为． 【变式3-2】【答案】(1) (2) 【详解】（1）由椭圆C的长轴长为16，短轴长为4，得出，， 得，， 则，， 所以椭圆C的方程为. （2）设M的坐标为，则， 由已知，，得， 因为，所以， 则有， 因为是椭圆C上一点，所以有，代入得 ， 化简得. 【变式3-3】【答案】(1) (2) 【分析】（1）把点的坐标用点和点的坐标表示，代入点的轨迹方程即可求解； （2）设点、，利用可得，结合韦达定理可得与的关系，最后代入判别式，利用即可求解. 【详解】（1）由题意，设点、，则， 因为点为线段的中点，则，即， 因为点在圆上，所以，即， 因此，点的轨迹的方程为． （2）由已知可得，设点、， 联立得， 由已知可得，得， 由韦达定理可得，， 因为，即，则，即， 所以，所以， 即， 当时，不成立， 所以，代入得， 解得，因此，的取值范围是． ▌题型04 交轨法 【例4】【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到的方程为，联立直线方程，得到，由韦达定理得，根据条件得到，结合韦达定理，即可得到，通过换元，得到，再利用基本不等式，即可求出结果； （2）直接求出坐标，结合韦达定理得到中点，法一：由题得，从而可求得以为直径的圆的方程，再结合条件，即可求出结果；法二：根据条件，求出点的坐标为，结合（1）中条件，得到，再由两式由相乘，即可求出结果. 【详解】（1）由题知，，解得， 所以的方程为， 由，消并整理得， 由，解得， 设，则（※）， 又直线过点， 所以的面积， 将（※）代入，得， 设，则， 又，当且仅当，即，时取等号，所以， 故面积的最大值为（当且仅当即时取得）.    （2）直线的方程为，令，得到， 所以，同理可得 故点的横坐标. 由（1）知（※）， 将（※）代入，得，故， 法1：又，所以直线的斜率，因为，所以， 设，则直线与的交点在以为直径的圆上. 以为直径的圆的方程是，即. 又点在椭圆内，所以，由， 消得，解得， 所以点的轨迹方程是. 法2：又，所以直线的方程为. 与联立，解得交点的坐标为. 因为，所以，即， 又由，两式相乘，得. 所以点的轨迹方程是. 【变式4-1】【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意可得求解即可； （2）联立直线方程结合求点P的横坐标． 【详解】（1） 根据题意可得，解得， ∴求椭圆C的方程为 （2） 根据题意可得直线AE：，BF：， 由可得， 所以，故，故， 同理，，故， 因为三点共线，故共线， 而， 故，整理得到：或， 若，则由可得，这与题设矛盾，故. 联立方程，解得， ∴P点的轨迹方程为 【变式4-2】【答案】 【分析】先求出A、B坐标，由MN与x轴垂直，设出M、N的坐标，设MA与NB的交点为P，利用三点共线得到，，用坐标表示出来，两式相乘，消去x1，y1即可得到直线MA与NB交点的轨迹方程. 【详解】因为A，B分别为椭圆的左､右顶点，所以A(-2，0)，B(2，0)， 设MA与NB的交点为P，P(x，y)，M(x1，y1)，N(x1，-y1)， 由，，得，， 两式相乘得∶，化解得. 故答案为：. 【点睛】坐标法是解析几何的基本方法. 【变式4-3】【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. ▌题型05 参数法 【例5】【答案】 【分析】设根据题意，得出动点的参数方程，消参即可求解. 【详解】设 则， 由题意可得， 消参可得： 所以点的轨迹方程为． 故答案为： 【变式5-1】【答案】 【分析】根据中点坐标公式可得中点坐标，设点为线段的中点轨迹上任一点的坐标，即得，消去参数，可得答案. 【详解】因为，， 所以中点坐标为， 即， 设点为线段的中点轨迹上任一点的坐标， ，， ， 即当时，线段的中点轨迹方程为， 故答案为： 【变式5-2】【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：． 【变式5-3】【答案】 【分析】由题设可得，根据三角形内角性质有，令，，，则，即可求轨迹方程. 【详解】由题得 ， 则，即， 又，为的内角，则，则有，故， 由题可设，，，则， 所以且，则，即. 故答案为： ▌题型06 点差法 【例6】【答案】 【分析】设这组平行直线的方程为，联立方程组结合韦达定理求得中点坐标为，进而求得中点的轨迹方程. 【详解】设这组平行直线的方程为， 联立方程组，整理得， 由可得， 则，所以它们与椭圆交点的中点坐标为， 即这些点均在轨迹上， 即直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是. 故答案为：． 【变式6-1】【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）设弦的端点，，可得：，，相减化简再利用中点坐标公式、斜率计算公式即可得出； （2）设直线方程为：，弦的端点坐标及中点，与椭圆方程联立化为：，由，化为：，再利用根与系数的关系、中点坐标公式即可得出. 【详解】（1）设弦的端点，， 可得：， ， 相减可得：， 把，， 代入可得： ． ∴以为中点的弦所在直线的方程为：，化为： ． （2）设直线方程为：，弦的端点， ，中点． 联立，化为 ， ，化为： ， ∴，化为： ． 得， ∴ 【点睛】关键点点睛： （1）涉及直线与圆锥曲线相交中点弦问题时，利用点差法； （2）由直线与椭圆的位置关系得出的范围. 【变式6-2】【答案】/ 【分析】设斜率为直线方程为，联立方程组，写出韦达定理，然后求出线段的中点为的参数方程，消参后得到的轨迹方程，然后利用数形结合方法分析即可. 【详解】设斜率为直线方程为：， 代入椭圆中，消元整理得： ， 线段的中点为，设， 则， 所以， ， 所以，消去得：， 所以线段的中点为的轨迹方程为：， 如图所示： 的轨迹即为线段， 由或， 所以， 所以的轨迹长度为： ， 故答案为：. 【变式6-3】【答案】B 【分析】设，，P（x，y）,坐标代入椭圆方程后相减后利用可得轨迹方程，由方程判断曲线． 【详解】设，，P（x，y）,则，相减后可得： ， 将代入得，整理得，轨迹为椭圆． 故选B． 【点睛】方法点睛：本题考查求平面上的轨迹，解题方法是通过求出轨迹方程，由方程判断曲线形状．由于有弦中点问题，因此利用点差法易得结论． ▌题型07 立体几何与圆锥曲线的轨迹 【例7】【答案】 【分析】先得到构成半顶角为的圆锥面，再利用圆锥曲线的定义求解即可. 【详解】因为，所以所有满足条件的构成半顶角为的圆锥面， 因为在平面内，所以的轨迹是平面对圆锥的截线，且与所成角为， 若动点的轨迹为椭圆，则，而是斜线，可得， 得到，即的取值范围为. 【变式7-1】【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据三角形面积得到点P到直线AB的距离，由点到直线的距离向量公式得到，并设点，结合三角函数有界性得出线段CP长度的最值，得到答案. 【详解】易知平面，以点C为坐标原点，CA、CB所在直线分别为x、z轴， 平面内过点C且垂直于AC的直线为y轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，因为点P在平面内， 设点，点P到直线AB的距离为d， ， ，所以． 因为，， 则， 整理可得，故点P的轨迹为椭圆，①正确； 设点， 则， 因为，所以，则， 故， 即线段CP长度的最小值为，最大值为7，故②错误，③正确． 【变式7-2】【答案】A 【分析】将点到顶点的距离与到对角线所在直线距离相等转化为点到线的距离与到对角线所在直线距离相等，过点作的角平分线，类比到角平分面，此面与底面的交的是直线，进而得出结论． 【详解】如图所示，在长方体中，可得平面， 因为平面，所以， 所以，点到直线的距离等于， 又因为点到顶点的距离与到对角线所在直线距离相等， 所以点到线的距离与到对角线所在直线距离相等， 过点作的角平分线，类比到角平分面，此面与底面的交的是直线， 又由点在矩形内（包含边线）运动，所以点的轨迹是线段. 故选：A. 【变式7-3】【答案】C 【分析】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解. 【详解】由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 因为到的距离是到的距离的2倍， 所以，即， 整理，得， 所以点P的轨迹为双曲线. 故选：C ▌题型08 复数与圆锥曲线的轨迹 【例8】【答案】D 【分析】根据给定条件，利用复数的乘法求出，再列出方程判断即得. 【详解】由复数，得， 而的实部为4，则，即， 因此的轨迹是短轴长为的椭圆，ABC错误，D正确. 故选：D 【变式8-1】【答案】C 【分析】根据复数乘法运算化简，再由实部为4得出轨迹方程，根据方程判断轨迹即可. 【详解】因为， 所以，即， 所以点的轨迹是长轴长为4的椭圆. 故选：C 【变式8-2】【答案】B 【分析】设复数，根据椭圆定义直接得到答案. 【详解】设复数，则， 根据椭圆定义知对应点的轨迹为椭圆. 故选：. 【点睛】本题考查了椭圆的轨迹方程，意在考查学生对于椭圆基础知识的理解. 【变式8-3】【答案】AC 【分析】根据复数模的几何意义，及椭圆、双曲线的定义逐项分析即可. 【详解】由复数模的几何意义知， 表示复平面内点与点之间的距离为定值2， 则在复平面内对应点的轨迹是圆，故A正确； 由复数模的几何意义知， 表示复平面内点到点和的距离之和为， 又，不满足椭圆的定义，故B不正确； 由复数模的几何意义知， 表示复平面内点到点和的距离之差为1， 又，满足双曲线的定义，故C正确； 对于D，可化为， 表示复平面内点到点和的距离相等，轨迹是直线， 故D不正确， 故选：AC. ▌题型09 四心的轨迹方程 【例9】【答案】 【详解】设点，的坐标分别为，， 因为在已知的椭圆方程中，，所以， 所以可知椭圆两焦点为，． 因为存在，所以． 由三角形重心坐标公式得，即； 因为，所以． 将点代入已知椭圆方程，得， 即所求的重心的轨迹方程为． 【变式9-1】【答案】 【分析】设的内心为，连接交轴于点，由内角平分线性质定理得到，设，再由焦半径公式及内角平分线定理得到，则，然后利用向量关系把的坐标用的坐标表示出来，代入椭圆方程求解. 【详解】如图，设的内心为，连接交轴于点，连接 在中是的角平分线. 根据内角平分线性质定理得到. 同理可得. 所以，根据等比定理得： 在椭圆中， 所以 设，则 同理 又，则，可得 所有 由，得， 所以，代入椭圆方程. 得，由，则. 所以的内心轨迹方程为： 故答案为： 【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查焦半径公式，内角平分线定理的应用，属于难题. 【变式9-2】【答案】(1) (2) (3)（去除点）. 【分析】（1）将点代入双曲线的方程求出值，即可求得的离心率； （2）根据三角形的重心公式求得动点的轨迹方程，根据两点间距离公式求出的最小值； （3）根据求动点的轨迹方程. 【详解】（1）因为双曲线经过点，所以，解得， 所以的离心率， （2）易知.设. 因为△的重心为 ，所以,解得, 因为，所以，即. 因为不共线，所以 且， 所以的轨迹不含两点. 故，当且仅当时，等号成立， 即的最小值为. （3）因为为△的垂心，所以， 设， 当直线或的斜率为0时，点的坐标为或， 此时点与点重合，不合题意，舍. 当直线或的斜率不为0时，直线与的斜率存在， 则， 由（2）知，则， 则. 因为，所以， ，则，得， 则，因为构成三角形，故不能在轨迹上， 综上，动点的轨迹方程为（去除点）. 【变式9-3】【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）根据离心率以及焦点到渐近线的距离，并结合求解出的值，则双曲线的方程可求； （Ⅱ）先设出的坐标，分别联立直线与渐近线方程由此得到每个点的横、纵坐标的关系，再根据化简得到点的坐标之间的等量关系，由此求解出的轨迹方程. 【详解】解：（Ⅰ）由已知可得：且， 即，，所以双曲线的方程为； （Ⅱ）设，，且由已知得，渐近线方程为， 联立，解得：，所以； 联立，解得：，所以； 法一：设的外心，则由得： 即——①，同理——②， ①②两式相乘得， 又∵ 所以的外心的轨迹方程为； 法二：设的外心， 线段的中垂线方程为：，线段的中垂线方程为：， 联立，解得 ∵， 即， 代入得 所以的外心的轨迹方程为； 【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键是通过三角形的外心对应的几何特点即外心到三角形的三个顶点的距离相等，由此通过坐标的化简运算得到对应的轨迹方程.此外，三角形任意两边中垂线的交点也是三角形的外心，也可借由此结论完成解答. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 求曲线的轨迹方程 （题型突破·举一反三） 题型 01 直接法 题型 02 定义法 题型 03 相关点法 题型 04 交轨法 题型 05 参数法 题型 06 点差法 题型 07 立体几何与圆锥曲线的轨迹 题型 08 复数与圆锥曲线的轨迹 题型 09 四心的轨迹方程 ▌题型01 直接法 1.核心逻辑 题目直接给出动点满足的几何条件（距离、距离之比、垂直等），直接翻译成坐标等式，平方、移项、化简得到轨迹方程。 2.解题步骤 ①设动点； ②把文字条件转化距离、斜率等式； ③去掉根号、绝对值，代数化简； ④检查是否需要剔除特殊点。 3.易错提醒 平方变形会增根，最后要回代检验；不要遗漏分母不为零的情况。 【例1】（26-27高二·吉林·期中）动点与定点的距离和M到定直线l：的距离的比是常数，则动点M的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据动点到定点和定直线的距离比例关系列等式，化简得到轨迹方程后匹配选项即可. 【详解】由题意可知，动点 到定点 的距离为 ， 到定直线 的距离为 ， 则两边平方消去根号和绝对值化简得， 即. 【变式1-1】（26-27高二·河北石家庄·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知，，为原点，为平面内的动点，且，则动点的轨迹方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设动点的坐标为，根据，结合两点间公式，列出方程，准确化简，即可得到动点的轨迹方程. 【详解】设动点的坐标为，且，，为原点， 因为，所以可得， 即， 可得， 可得， 令，可得， 可得，所以， 可得，即， 整理得，即动点的轨迹方程为. 【变式1-2】（26-27高三·全国·一轮复习）平面上动点到定点的距离与到直线距离之比为，求动点轨迹方程. 【答案】 【分析】设点，可求得的长及到直线的距离，根据题意，列出方程，化简计算，即可得答案. 【详解】设点， 所以，到直线的距离为， 由题意得，即， 所以，整理得， 所以点的轨迹方程为. 【变式1-3】（26-27高二·江苏南通·阶段检测）已知动点满足方程． (1)试将上面的方程化简为标准方程； (2)类比圆的面积公式可以得到椭圆的面积公式为，其中，分别是椭圆的长半轴和短半轴的长，如得到动点的轨迹为椭圆，则求该椭圆的面积.如不是椭圆，请写出点的轨迹图形． 【答案】(1). (2)为椭圆，． 【详解】（1）由，得， 两边平方得， 化简整理得， 两边平方得， 化简整理得，即. （2）由（1）知，动点的轨迹为椭圆，且，， 由所给椭圆面积公式得. ▌题型02 定义法 1.核心逻辑 根据圆、椭圆、双曲线定义，识别出动点满足距离和、距离差为定值，直接读出，写出标准方程；高频考动圆与两定圆相切模型。 2.解题步骤 ①分析几何条件，匹配圆锥曲线定义； ②判断是椭圆/双曲线/圆，确定焦点、中心位置； ③求出，写出标准方程； ④注意双曲线单支、剔除不符合条件的点。 3.易错提醒 双曲线注意是整支还是单支；忽略定值与两焦点距离大小关系。 【例2】（26-27高二·安徽安庆·阶段检测）平面直角坐标系中，点，，，点的轨迹为． (1)求的方程 (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，所以此曲线是椭圆，有，即， 由题，，知椭圆的焦点在轴上，有， 设它的标准方程为，即. 所以， 因此曲线的方程为. （2）设，， 因为， 又因为，由勾股定理得， 将两边平方，得，代入，解得，即， 所以的面积. 【变式2-1】（26-27高二·江西宜春·阶段检测）已知圆：与圆：，动圆与圆内切、与圆外切． (1)判断圆与圆的位置关系； (2)求动圆圆心的轨迹方程，并指出它表示什么曲线． 【答案】(1)圆与圆外离 (2)，它表示双曲线靠近圆的一支（左支） 【分析】（1）分别求出圆和圆的圆心坐标与半径，计算圆心距，并与两圆半径之和进行比较，即可判断位置关系； （2）设动圆的圆心和半径，根据动圆与圆内切、与圆外切列出等量关系，利用绝对值的性质消去半径，结合双曲线的定义求出轨迹方程，并注意限制条件. 【详解】（1）已知圆，圆心为，半径； 圆，圆心为，半径. 两圆圆心距， 因为，所以圆与圆外离； （2）设动圆的半径为（），圆心．因为动圆与圆内切， 所以；因为动圆与圆外切，所以， 即，代入得． 若，则，但，矛盾，舍去； 故，得，即到的距离比到的距离大3，在靠近圆的一侧． 由双曲线定义，，；，， 故，且双曲线的中心为的中点． 所以动圆圆心的轨迹方程为，即， 它表示双曲线靠近圆的一支（左支）． 【变式2-2】（26-27高二·河南洛阳·阶段检测）在直角坐标系中，动圆与圆：外切，同时与圆：内切，则动圆圆心的轨迹方程为________． 【答案】 【分析】先求两定圆的圆心与半径，根据圆与圆外切、内切的性质推导动圆圆心到两定圆圆心的距离之和为定值，结合椭圆定义即可求得轨迹方程. 【详解】圆的标准方程为，故圆心，半径； 圆化为标准方程：，故圆心，半径，两圆心距离. 设动圆的半径为，动圆与外切，故； 动圆与内切，且动圆在内部，故. 两式相加得，且，符合椭圆定义. 设椭圆的标准方程为，则： 长轴长，得；焦距，得； 由，得. 又，若，代入可得，此时不能构成圆，故舍去点. 因此动圆圆心的轨迹方程为. 【变式2-3】（26-27高二·湖南长沙·阶段检测）已知圆，，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接由题意可得：，符合椭圆定义，且得到长半轴和半焦距，再由求得，则点的轨迹方程可求. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为8． 依题意知：， 点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 且，，，所求点的轨迹方程为． ▌题型03 相关点法 1.核心逻辑 有主动点（在已知曲线上）、从动点（要求轨迹）；建立两点坐标变换关系，用从动点表示主动点，代入已知曲线方程。 2.解题步骤 ①设从动点，主动点； ②利用中点、向量、伸缩写出； ③将代入已知曲线； ④整理得到从动点轨迹，注意范围。 3.易错提醒 搞反主动点、从动点；忽略主动点本身取值范围，造成轨迹多余部分。 【例3】（26-27高二·全国·课前预习）已知曲线，从上任意一点向轴作垂线为垂足，则的中点所在曲线的方程为____________. 【答案】 【详解】设，结合题意得到，再代入曲线中化简后可得. 设，则， 因为，所以，所以. 【变式3-1】（26-27高三·安徽·阶段检测）已知是圆：上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设直线是过原点的一条动直线，直线与圆交于，两点，，直线，与曲线的交点分别为点，． （ⅰ）是否存在直线，使得四边形为平行四边形？使得四边形为梯形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）依题意可设直线的方程为，（）， 联立，整理得， 设，，则有，， 因为点在圆上，且是圆的直径，所以，即， 所以，即， 因为，， 所以， 即， 所以， 整理得，解得，或（舍）， 所以直线的方程为，即直线恒过定点，即直线与相交于点， 而不是线段的中点，即与不可能互相平分， 所以四边形不可能为平行四边形，即不存在直线使得四边形为平行四边形． 若四边形是梯形，则有或， 当时，因为，所以，即，， 又因为点为线段的中点，所以点为线段的中点， 设，因为，所以， 因为点在曲线上，点在圆上， 则有，解得（舍），或，即，或， 所以或，所以直线的方程为或； 同理，时，求得直线的方程也为或． 即直线的方程为或时，四边形为梯形． （ⅱ） 【分析】（1）先设，得到点的坐标，再将点的坐标代入圆的方程，整理即可得到曲线的方程； （2）（ⅰ）先根据题意设直线的方程为，（），再联立曲线的方程得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理，圆的性质，及平行四边形的判定即可判断四边形是否为平行四边形；再结合梯形的性质求出点的坐标，进而即可判断直线的方程是否存在； （ⅱ）结合（ⅰ）得，进而根据对勾函数的性质即可求出其最大值． 【详解】（1）设，则， 因为点在圆上，所以， 所以曲线的方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）结合（ⅰ）得 ， 令，则，则， 令，根据对勾函数的性质得在上单调递增， 所以当时，即时，取最小值，此时取最大值，且最大值为． 【变式3-2】（26-27高二·甘肃白银·期中）已知椭圆C：的长轴长为16，短轴长为4． (1)求椭圆C的方程； (2)已知点是椭圆C上任意一点，，若点M满足，求点M的轨迹方程． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由椭圆C的长轴长为16，短轴长为4，得出，， 得，， 则，， 所以椭圆C的方程为. （2）设M的坐标为，则， 由已知，，得， 因为，所以， 则有， 因为是椭圆C上一点，所以有，代入得 ， 化简得. 【变式3-3】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把点的坐标用点和点的坐标表示，代入点的轨迹方程即可求解； （2）设点、，利用可得，结合韦达定理可得与的关系，最后代入判别式，利用即可求解. 【详解】（1）由题意，设点、，则， 因为点为线段的中点，则，即， 因为点在圆上，所以，即， 因此，点的轨迹的方程为． （2）由已知可得，设点、， 联立得， 由已知可得，得， 由韦达定理可得，， 因为，即，则，即， 所以，所以， 即， 当时，不成立， 所以，代入得， 解得，因此，的取值范围是． ▌题型04 交轨法 1.核心逻辑 动点是两条动直线的交点；两条动直线含有同一个参数，联立两直线方程，消去参数，得到交点轨迹。 2.解题步骤 ①写出两条过动点的动直线方程（含同一参数）； ②联立方程组，消去参数； ③化简得到轨迹； ④剔除直线无交点对应的情况。 3.易错提醒 消参计算出错；漏掉动点取不到的位置。 【例4】（四川省成都市第七中学2025-2026学年高二学期4月期中考试数学试题）已知椭圆经过点，且离心率为.直线与交于两点，连结. (1)求面积的最大值； (2)设直线分别与轴交于点，线段的中点为，求直线与直线的交点的轨迹方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到的方程为，联立直线方程，得到，由韦达定理得，根据条件得到，结合韦达定理，即可得到，通过换元，得到，再利用基本不等式，即可求出结果； （2）直接求出坐标，结合韦达定理得到中点，法一：由题得，从而可求得以为直径的圆的方程，再结合条件，即可求出结果；法二：根据条件，求出点的坐标为，结合（1）中条件，得到，再由两式由相乘，即可求出结果. 【详解】（1）由题知，，解得， 所以的方程为， 由，消并整理得， 由，解得， 设，则（※）， 又直线过点， 所以的面积， 将（※）代入，得， 设，则， 又，当且仅当，即，时取等号，所以， 故面积的最大值为（当且仅当即时取得）.    （2）直线的方程为，令，得到， 所以，同理可得 故点的横坐标. 由（1）知（※）， 将（※）代入，得，故， 法1：又，所以直线的斜率，因为，所以， 设，则直线与的交点在以为直径的圆上. 以为直径的圆的方程是，即. 又点在椭圆内，所以，由， 消得，解得， 所以点的轨迹方程是. 法2：又，所以直线的方程为. 与联立，解得交点的坐标为. 因为，所以，即， 又由，两式相乘，得. 所以点的轨迹方程是. 【变式4-1】已知椭圆C：的离心率为，且经过，经过定点斜率不为0的直线l交C于E，F两点，A，B分别为椭圆C的左，右两顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)设直线AE与BF的交点为P，求P点的轨迹方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意可得求解即可； （2）联立直线方程结合求点P的横坐标． 【详解】（1） 根据题意可得，解得， ∴求椭圆C的方程为 （2） 根据题意可得直线AE：，BF：， 由可得， 所以，故，故， 同理，，故， 因为三点共线，故共线， 而， 故，整理得到：或， 若，则由可得，这与题设矛盾，故. 联立方程，解得， ∴P点的轨迹方程为 【变式4-2】（2026高三·贵州贵阳·阶段检测）已知A，B分别为椭圆的左､右顶点，点M，N为椭圆上的两个动点，满足线段MN与x轴垂直，则直线MA与NB交点的轨迹方程为___________. 【答案】 【分析】先求出A、B坐标，由MN与x轴垂直，设出M、N的坐标，设MA与NB的交点为P，利用三点共线得到，，用坐标表示出来，两式相乘，消去x1，y1即可得到直线MA与NB交点的轨迹方程. 【详解】因为A，B分别为椭圆的左､右顶点，所以A(-2，0)，B(2，0)， 设MA与NB的交点为P，P(x，y)，M(x1，y1)，N(x1，-y1)， 由，，得，， 两式相乘得∶，化解得. 故答案为：. 【点睛】坐标法是解析几何的基本方法. 【变式4-3】（2026高二·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. ▌题型05 参数法 1.核心逻辑 引入中间参数（角度、斜率、t等），把动点分别写成参数表达式，消去参数得到普通方程。 2.解题步骤 ①选合适参数，写出； ②消去参数； ③得到轨迹方程；标注变量范围。 3.易错提醒 消参过程不等价，产生多余点；忽略参数本身取值限制。 【例5】（2026高三·云南·阶段检测）已知O为坐标原点，，A是上的动点，连接OA，线段OA交于点B，过A作x轴的垂线交x轴于点C，过B作AC的垂线交AC于点D，则点D的轨迹方程为________． 【答案】 【分析】设根据题意，得出动点的参数方程，消参即可求解. 【详解】设 则， 由题意可得， 消参可得： 所以点的轨迹方程为． 故答案为： 【变式5-1】（2026高二·全国·专题练习）已知，，当时，线段的中点轨迹方程为_________． 【答案】 【分析】根据中点坐标公式可得中点坐标，设点为线段的中点轨迹上任一点的坐标，即得，消去参数，可得答案. 【详解】因为，， 所以中点坐标为， 即， 设点为线段的中点轨迹上任一点的坐标， ，， ， 即当时，线段的中点轨迹方程为， 故答案为： 【变式5-2】（专项练—解析几何4）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：． 【变式5-3】（第87练计算速度训练7）已知在中，AB＝8，以AB的中点为原点O，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设，，若，则点P的轨迹方程为______． 【答案】 【分析】由题设可得，根据三角形内角性质有，令，，，则，即可求轨迹方程. 【详解】由题得 ， 则，即， 又，为的内角，则，则有，故， 由题可设，，，则， 所以且，则，即. 故答案为： ▌题型06 点差法 1.核心逻辑 专门处理圆锥曲线弦中点轨迹；将弦的两个端点代入圆锥曲线方程，两式相减，结合中点坐标、弦斜率建立关系。 2.解题步骤 ①设弦两端点、中点坐标；两点代入圆锥曲线； ②两式作差，因式分解； ③代入中点公式、斜率公式； ④得到中点轨迹；结合限定轨迹范围。 3.易错提醒 不检验判别式，得到不存在的中点；中点轨迹往往只是线段，不是完整圆锥曲线。 【例6】已知椭圆，一组平行直线的斜率是，当它们与椭圆相交时，这些直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是__． 【答案】 【分析】设这组平行直线的方程为，联立方程组结合韦达定理求得中点坐标为，进而求得中点的轨迹方程. 【详解】设这组平行直线的方程为， 联立方程组，整理得， 由可得， 则，所以它们与椭圆交点的中点坐标为， 即这些点均在轨迹上， 即直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是. 故答案为：． 【变式6-1】（2026高二·山东泰安·期中）已知：椭圆，求： （1）以为中点的弦所在直线的方程； （2）斜率为2的平行弦中点的轨迹方程． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）设弦的端点，，可得：，，相减化简再利用中点坐标公式、斜率计算公式即可得出； （2）设直线方程为：，弦的端点坐标及中点，与椭圆方程联立化为：，由，化为：，再利用根与系数的关系、中点坐标公式即可得出. 【详解】（1）设弦的端点，， 可得：， ， 相减可得：， 把，， 代入可得： ． ∴以为中点的弦所在直线的方程为：，化为： ． （2）设直线方程为：，弦的端点， ，中点． 联立，化为 ， ，化为： ， ∴，化为： ． 得， ∴ 【点睛】关键点点睛： （1）涉及直线与圆锥曲线相交中点弦问题时，利用点差法； （2）由直线与椭圆的位置关系得出的范围. 【变式6-2】（2026·吉林长春·模拟预测）已知斜率为的动直线与椭圆交于两点，线段的中点为，则的轨迹长度为_________． 【答案】/ 【分析】设斜率为直线方程为，联立方程组，写出韦达定理，然后求出线段的中点为的参数方程，消参后得到的轨迹方程，然后利用数形结合方法分析即可. 【详解】设斜率为直线方程为：， 代入椭圆中，消元整理得： ， 线段的中点为，设， 则， 所以， ， 所以，消去得：， 所以线段的中点为的轨迹方程为：， 如图所示： 的轨迹即为线段， 由或， 所以， 所以的轨迹长度为： ， 故答案为：. 【变式6-3】过椭圆内一点R（1，0）作动弦MN，则弦MN中点P的轨迹是（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】B 【分析】设，，P（x，y）,坐标代入椭圆方程后相减后利用可得轨迹方程，由方程判断曲线． 【详解】设，，P（x，y）,则，相减后可得： ， 将代入得，整理得，轨迹为椭圆． 故选B． 【点睛】方法点睛：本题考查求平面上的轨迹，解题方法是通过求出轨迹方程，由方程判断曲线形状．由于有弦中点问题，因此利用点差法易得结论． ▌题型07 立体几何与圆锥曲线的轨迹 1.核心逻辑 立体几何背景，空间约束条件，把空间条件转化到某个平面内，判断平面内动点轨迹；常考圆锥面被平面截得圆锥曲线。 2.解题步骤 ①建立空间坐标系，写出动点坐标； ②翻译距离、角度条件，化简平面内方程； ③判断轨迹类型（椭圆、双曲线、线段等）； ④注意几何体边界，轨迹一般是曲线一部分。 3.易错提醒 忽略几何体边界，误把部分轨迹当成完整曲线。 【例7】（2026高三·全国·专题练习）如图平面的斜线交于点，且与所成角为，平面内有一动点满足，若动点的轨迹为椭圆，则的取值范围为______. 【答案】 【分析】先得到构成半顶角为的圆锥面，再利用圆锥曲线的定义求解即可. 【详解】因为，所以所有满足条件的构成半顶角为的圆锥面， 因为在平面内，所以的轨迹是平面对圆锥的截线，且与所成角为， 若动点的轨迹为椭圆，则，而是斜线，可得， 得到，即的取值范围为. 【变式7-1】（26-27高二·广东东莞·期中）如图，直角三角形ABC所在平面垂直于平面，直角边AC在平面内且，，若平面上存在点P，使得的面积为，则下列命题正确的是（   ） ①点P在平面上的轨迹为椭圆； ②线段CP长度的最小值为5； ③线段CP长度的最大值为7． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据三角形面积得到点P到直线AB的距离，由点到直线的距离向量公式得到，并设点，结合三角函数有界性得出线段CP长度的最值，得到答案. 【详解】易知平面，以点C为坐标原点，CA、CB所在直线分别为x、z轴， 平面内过点C且垂直于AC的直线为y轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，因为点P在平面内， 设点，点P到直线AB的距离为d， ， ，所以． 因为，， 则， 整理可得，故点P的轨迹为椭圆，①正确； 设点， 则， 因为，所以，则， 故， 即线段CP长度的最小值为，最大值为7，故②错误，③正确． 【变式7-2】（2026高二·江苏南京·开学考试）在长方体中，点在矩形内（包含边线）运动，在运动过程中，始终保持到顶点的距离与到对角线所在直线距离相等，则点的轨迹是（　　） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【分析】将点到顶点的距离与到对角线所在直线距离相等转化为点到线的距离与到对角线所在直线距离相等，过点作的角平分线，类比到角平分面，此面与底面的交的是直线，进而得出结论． 【详解】如图所示，在长方体中，可得平面， 因为平面，所以， 所以，点到直线的距离等于， 又因为点到顶点的距离与到对角线所在直线距离相等， 所以点到线的距离与到对角线所在直线距离相等， 过点作的角平分线，类比到角平分面，此面与底面的交的是直线， 又由点在矩形内（包含边线）运动，所以点的轨迹是线段. 故选：A. 【变式7-3】（2026·广东梅州·模拟预测）如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（    ）的一部分 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】C 【分析】建立如图空间直角坐标系，设，利用两点距离公式可得，即可求解. 【详解】由题意知，以D为原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 因为到的距离是到的距离的2倍， 所以，即， 整理，得， 所以点P的轨迹为双曲线. 故选：C ▌题型08 复数与圆锥曲线的轨迹 1.核心逻辑 利用复数模的几何意义：复平面内复数对应点，表示两点距离，转化解析几何轨迹。 2.解题步骤 ①设，代入复数等式； ②利用模、实部虚部条件，转化方程； ③判断轨迹。 3.易错提醒 混淆复数实部、虚部；模运算展开计算错误。 【例8】（2026高二·陕西西安·阶段检测）已知，复数，点，若的实部为4，则（    ） A．的轨迹是实轴长为4的双曲线 B．的轨迹是短轴长为4的椭圆 C．的轨迹是实轴长为的双曲线 D．的轨迹是短轴长为的椭圆 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用复数的乘法求出，再列出方程判断即得. 【详解】由复数，得， 而的实部为4，则，即， 因此的轨迹是短轴长为的椭圆，ABC错误，D正确. 故选：D 【变式8-1】（2026高三·四川雅安·阶段检测）若复数的实部为4，则点的轨迹是（    ） A．短轴长为4的椭圆 B．实轴长为4的双曲线 C．长轴长为4的椭圆 D．虚轴长为4的双曲线 【答案】C 【分析】根据复数乘法运算化简，再由实部为4得出轨迹方程，根据方程判断轨迹即可. 【详解】因为， 所以，即， 所以点的轨迹是长轴长为4的椭圆. 故选：C 【变式8-2】（2026·山东枣庄·模拟预测）复数满足，则对应点的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】B 【分析】设复数，根据椭圆定义直接得到答案. 【详解】设复数，则， 根据椭圆定义知对应点的轨迹为椭圆. 故选：. 【点睛】本题考查了椭圆的轨迹方程，意在考查学生对于椭圆基础知识的理解. 【变式8-3】【多选】（2026·河北·模拟预测）已知复数，，则下列结论正确的是（    ） A．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是圆 B．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是椭圆 C．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支 D．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是抛物线 【答案】AC 【分析】根据复数模的几何意义，及椭圆、双曲线的定义逐项分析即可. 【详解】由复数模的几何意义知， 表示复平面内点与点之间的距离为定值2， 则在复平面内对应点的轨迹是圆，故A正确； 由复数模的几何意义知， 表示复平面内点到点和的距离之和为， 又，不满足椭圆的定义，故B不正确； 由复数模的几何意义知， 表示复平面内点到点和的距离之差为1， 又，满足双曲线的定义，故C正确； 对于D，可化为， 表示复平面内点到点和的距离相等，轨迹是直线， 故D不正确， 故选：AC. ▌题型09 四心的轨迹方程 1.核心逻辑 圆锥曲线上的动点带动三角形重心、内心、外心、垂心运动；利用四心坐标/几何性质建立坐标变换，求四心轨迹。 2.解题步骤 ①写出四心坐标公式或者几何性质； ②建立四心与原曲线上动点的坐标关系； ③代入原曲线方程化简； ④剔除不能构成三角形的点。 3.易错提醒 忽略三点不能共线，没有剔除无效点；四心性质记错。 【例9】（26-27高二·全国·课后作业）椭圆上有动点，点，是椭圆的两个焦点，则的重心的轨迹方程为______． 【答案】 【详解】设点，的坐标分别为，， 因为在已知的椭圆方程中，，所以， 所以可知椭圆两焦点为，． 因为存在，所以． 由三角形重心坐标公式得，即； 因为，所以． 将点代入已知椭圆方程，得， 即所求的重心的轨迹方程为． 【变式9-1】（2026高二·四川成都·期中）点M为椭圆上一点，为椭圆的两个焦点，则的内心轨迹方程为____________. 【答案】 【分析】设的内心为，连接交轴于点，由内角平分线性质定理得到，设，再由焦半径公式及内角平分线定理得到，则，然后利用向量关系把的坐标用的坐标表示出来，代入椭圆方程求解. 【详解】如图，设的内心为，连接交轴于点，连接 在中是的角平分线. 根据内角平分线性质定理得到. 同理可得. 所以，根据等比定理得： 在椭圆中， 所以 设，则 同理 又，则，可得 所有 由，得， 所以，代入椭圆方程. 得，由，则. 所以的内心轨迹方程为： 故答案为： 【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查焦半径公式，内角平分线定理的应用，属于难题. 【变式9-2】（2026高三·江西抚州·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知双曲线经过点，点与点关于原点对称，为上一动点，且异于两点. (1)求的离心率； (2)若△的重心为，点，求的最小值； (3)若△的垂心为，求动点的轨迹方程. 【答案】(1) (2) (3)（去除点）. 【分析】（1）将点代入双曲线的方程求出值，即可求得的离心率； （2）根据三角形的重心公式求得动点的轨迹方程，根据两点间距离公式求出的最小值； （3）根据求动点的轨迹方程. 【详解】（1）因为双曲线经过点，所以，解得， 所以的离心率， （2）易知.设. 因为△的重心为 ，所以,解得, 因为，所以，即. 因为不共线，所以 且， 所以的轨迹不含两点. 故，当且仅当时，等号成立， 即的最小值为. （3）因为为△的垂心，所以， 设， 当直线或的斜率为0时，点的坐标为或， 此时点与点重合，不合题意，舍. 当直线或的斜率不为0时，直线与的斜率存在， 则， 由（2）知，则， 则. 因为，所以， ，则，得， 则，因为构成三角形，故不能在轨迹上， 综上，动点的轨迹方程为（去除点）. 【变式9-3】（2026·河北石家庄·模拟预测）已知坐标原点为，双曲线的焦点到其渐近线的距离为，离心率为. （Ⅰ）求双曲线的方程； （Ⅱ）设过双曲线上动点的直线分别交双曲线的两条渐近线于，两点，求的外心的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）根据离心率以及焦点到渐近线的距离，并结合求解出的值，则双曲线的方程可求； （Ⅱ）先设出的坐标，分别联立直线与渐近线方程由此得到每个点的横、纵坐标的关系，再根据化简得到点的坐标之间的等量关系，由此求解出的轨迹方程. 【详解】解：（Ⅰ）由已知可得：且， 即，，所以双曲线的方程为； （Ⅱ）设，，且由已知得，渐近线方程为， 联立，解得：，所以； 联立，解得：，所以； 法一：设的外心，则由得： 即——①，同理——②， ①②两式相乘得， 又∵ 所以的外心的轨迹方程为； 法二：设的外心， 线段的中垂线方程为：，线段的中垂线方程为：， 联立，解得 ∵， 即， 代入得 所以的外心的轨迹方程为； 【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键是通过三角形的外心对应的几何特点即外心到三角形的三个顶点的距离相等，由此通过坐标的化简运算得到对应的轨迹方程.此外，三角形任意两边中垂线的交点也是三角形的外心，也可借由此结论完成解答. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 求曲线的轨迹方程 （题型突破·举一反三） 题型 01 直接法 题型 02 定义法 题型 03 相关点法 题型 04 交轨法 题型 05 参数法 题型 06 点差法 题型 07 立体几何与圆锥曲线的轨迹 题型 08 复数与圆锥曲线的轨迹 题型 09 四心的轨迹方程 ▌题型01 直接法 1.核心逻辑 题目直接给出动点满足的几何条件（距离、距离之比、垂直等），直接翻译成坐标等式，平方、移项、化简得到轨迹方程。 2.解题步骤 ①设动点； ②把文字条件转化距离、斜率等式； ③去掉根号、绝对值，代数化简； ④检查是否需要剔除特殊点。 3.易错提醒 平方变形会增根，最后要回代检验；不要遗漏分母不为零的情况。 【例1】（26-27高二·吉林·期中）动点与定点的距离和M到定直线l：的距离的比是常数，则动点M的轨迹方程是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（26-27高二·河北石家庄·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知，，为原点，为平面内的动点，且，则动点的轨迹方程为（     ） A． B． C． D． 【变式1-2】（26-27高三·全国·一轮复习）平面上动点到定点的距离与到直线距离之比为，求动点轨迹方程. 【变式1-3】（26-27高二·江苏南通·阶段检测）已知动点满足方程． (1)试将上面的方程化简为标准方程； (2)类比圆的面积公式可以得到椭圆的面积公式为，其中，分别是椭圆的长半轴和短半轴的长，如得到动点的轨迹为椭圆，则求该椭圆的面积.如不是椭圆，请写出点的轨迹图形． ▌题型02 定义法 1.核心逻辑 根据圆、椭圆、双曲线定义，识别出动点满足距离和、距离差为定值，直接读出，写出标准方程；高频考动圆与两定圆相切模型。 2.解题步骤 ①分析几何条件，匹配圆锥曲线定义； ②判断是椭圆/双曲线/圆，确定焦点、中心位置； ③求出，写出标准方程； ④注意双曲线单支、剔除不符合条件的点。 3.易错提醒 双曲线注意是整支还是单支；忽略定值与两焦点距离大小关系。 【例2】（26-27高二·安徽安庆·阶段检测）平面直角坐标系中，点，，，点的轨迹为． (1)求的方程 (2)若，求的面积． 【变式2-1】（26-27高二·江西宜春·阶段检测）已知圆：与圆：，动圆与圆内切、与圆外切． (1)判断圆与圆的位置关系； (2)求动圆圆心的轨迹方程，并指出它表示什么曲线． 【变式2-2】（26-27高二·河南洛阳·阶段检测）在直角坐标系中，动圆与圆：外切，同时与圆：内切，则动圆圆心的轨迹方程为________． 【变式2-3】（26-27高二·湖南长沙·阶段检测）已知圆，，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． ▌题型03 相关点法 1.核心逻辑 有主动点（在已知曲线上）、从动点（要求轨迹）；建立两点坐标变换关系，用从动点表示主动点，代入已知曲线方程。 2.解题步骤 ①设从动点，主动点； ②利用中点、向量、伸缩写出； ③将代入已知曲线； ④整理得到从动点轨迹，注意范围。 3.易错提醒 搞反主动点、从动点；忽略主动点本身取值范围，造成轨迹多余部分。 【例3】（26-27高二·全国·课前预习）已知曲线，从上任意一点向轴作垂线为垂足，则的中点所在曲线的方程为____________. 【变式3-1】（26-27高三·安徽·阶段检测）已知是圆：上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)设直线是过原点的一条动直线，直线与圆交于，两点，，直线，与曲线的交点分别为点，． （ⅰ）是否存在直线，使得四边形为平行四边形？使得四边形为梯形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由； （ⅱ）求面积的最大值． 【变式3-2】（26-27高二·甘肃白银·期中）已知椭圆C：的长轴长为16，短轴长为4． (1)求椭圆C的方程； (2)已知点是椭圆C上任意一点，，若点M满足，求点M的轨迹方程． 【变式3-3】（2026·辽宁沈阳·模拟预测）已知点在圆上，作垂直于轴，垂足为，点为中点． (1)求动点的轨迹的方程； (2)直线与轴交于点，与交于、两个相异点，且，求的取值范围． ▌题型04 交轨法 1.核心逻辑 动点是两条动直线的交点；两条动直线含有同一个参数，联立两直线方程，消去参数，得到交点轨迹。 2.解题步骤 ①写出两条过动点的动直线方程（含同一参数）； ②联立方程组，消去参数； ③化简得到轨迹； ④剔除直线无交点对应的情况。 3.易错提醒 消参计算出错；漏掉动点取不到的位置。 【例4】（四川省成都市第七中学2025-2026学年高二学期4月期中考试数学试题）已知椭圆经过点，且离心率为.直线与交于两点，连结. (1)求面积的最大值； (2)设直线分别与轴交于点，线段的中点为，求直线与直线的交点的轨迹方程. 【变式4-1】已知椭圆C：的离心率为，且经过，经过定点斜率不为0的直线l交C于E，F两点，A，B分别为椭圆C的左，右两顶点. (1)求椭圆C的方程； (2)设直线AE与BF的交点为P，求P点的轨迹方程. 【变式4-2】（2026高三·贵州贵阳·阶段检测）已知A，B分别为椭圆的左､右顶点，点M，N为椭圆上的两个动点，满足线段MN与x轴垂直，则直线MA与NB交点的轨迹方程为___________. 【变式4-3】（2026高二·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． ▌题型05 参数法 1.核心逻辑 引入中间参数（角度、斜率、t等），把动点分别写成参数表达式，消去参数得到普通方程。 2.解题步骤 ①选合适参数，写出； ②消去参数； ③得到轨迹方程；标注变量范围。 3.易错提醒 消参过程不等价，产生多余点；忽略参数本身取值限制。 【例5】（2026高三·云南·阶段检测）已知O为坐标原点，，A是上的动点，连接OA，线段OA交于点B，过A作x轴的垂线交x轴于点C，过B作AC的垂线交AC于点D，则点D的轨迹方程为________． 【变式5-1】（2026高二·全国·专题练习）已知，，当时，线段的中点轨迹方程为_________． 【变式5-2】（专项练—解析几何4）椭圆上的两点为原点，连接，若，则线段中点的轨迹方程为______． 【变式5-3】（第87练计算速度训练7）已知在中，AB＝8，以AB的中点为原点O，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设，，若，则点P的轨迹方程为______． ▌题型06 点差法 1.核心逻辑 专门处理圆锥曲线弦中点轨迹；将弦的两个端点代入圆锥曲线方程，两式相减，结合中点坐标、弦斜率建立关系。 2.解题步骤 ①设弦两端点、中点坐标；两点代入圆锥曲线； ②两式作差，因式分解； ③代入中点公式、斜率公式； ④得到中点轨迹；结合限定轨迹范围。 3.易错提醒 不检验判别式，得到不存在的中点；中点轨迹往往只是线段，不是完整圆锥曲线。 【例6】已知椭圆，一组平行直线的斜率是，当它们与椭圆相交时，这些直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是__． 【变式6-1】（2026高二·山东泰安·期中）已知：椭圆，求： （1）以为中点的弦所在直线的方程； （2）斜率为2的平行弦中点的轨迹方程． 【变式6-2】（2026·吉林长春·模拟预测）已知斜率为的动直线与椭圆交于两点，线段的中点为，则的轨迹长度为_________． 【变式6-3】过椭圆内一点R（1，0）作动弦MN，则弦MN中点P的轨迹是（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 ▌题型07 立体几何与圆锥曲线的轨迹 1.核心逻辑 立体几何背景，空间约束条件，把空间条件转化到某个平面内，判断平面内动点轨迹；常考圆锥面被平面截得圆锥曲线。 2.解题步骤 ①建立空间坐标系，写出动点坐标； ②翻译距离、角度条件，化简平面内方程； ③判断轨迹类型（椭圆、双曲线、线段等）； ④注意几何体边界，轨迹一般是曲线一部分。 3.易错提醒 忽略几何体边界，误把部分轨迹当成完整曲线。 【例7】（2026高三·全国·专题练习）如图平面的斜线交于点，且与所成角为，平面内有一动点满足，若动点的轨迹为椭圆，则的取值范围为______. 【变式7-1】（26-27高二·广东东莞·期中）如图，直角三角形ABC所在平面垂直于平面，直角边AC在平面内且，，若平面上存在点P，使得的面积为，则下列命题正确的是（   ） ①点P在平面上的轨迹为椭圆； ②线段CP长度的最小值为5； ③线段CP长度的最大值为7． A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【变式7-2】（2026高二·江苏南京·开学考试）在长方体中，点在矩形内（包含边线）运动，在运动过程中，始终保持到顶点的距离与到对角线所在直线距离相等，则点的轨迹是（　　） A．线段 B．圆的一部分 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【变式7-3】（2026·广东梅州·模拟预测）如图，正四棱柱中，，点是面上的动点，若点到点的距离是点到直线的距离的2倍，则动点的轨迹是（    ）的一部分 A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 ▌题型08 复数与圆锥曲线的轨迹 1.核心逻辑 利用复数模的几何意义：复平面内复数对应点，表示两点距离，转化解析几何轨迹。 2.解题步骤 ①设，代入复数等式； ②利用模、实部虚部条件，转化方程； ③判断轨迹。 3.易错提醒 混淆复数实部、虚部；模运算展开计算错误。 【例8】（2026高二·陕西西安·阶段检测）已知，复数，点，若的实部为4，则（    ） A．的轨迹是实轴长为4的双曲线 B．的轨迹是短轴长为4的椭圆 C．的轨迹是实轴长为的双曲线 D．的轨迹是短轴长为的椭圆 【变式8-1】（2026高三·四川雅安·阶段检测）若复数的实部为4，则点的轨迹是（    ） A．短轴长为4的椭圆 B．实轴长为4的双曲线 C．长轴长为4的椭圆 D．虚轴长为4的双曲线 【变式8-2】（2026·山东枣庄·模拟预测）复数满足，则对应点的轨迹为（    ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【变式8-3】【多选】（2026·河北·模拟预测）已知复数，，则下列结论正确的是（    ） A．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是圆 B．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是椭圆 C．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支 D．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是抛物线 ▌题型09 四心的轨迹方程 1.核心逻辑 圆锥曲线上的动点带动三角形重心、内心、外心、垂心运动；利用四心坐标/几何性质建立坐标变换，求四心轨迹。 2.解题步骤 ①写出四心坐标公式或者几何性质； ②建立四心与原曲线上动点的坐标关系； ③代入原曲线方程化简； ④剔除不能构成三角形的点。 3.易错提醒 忽略三点不能共线，没有剔除无效点；四心性质记错。 【例9】（26-27高二·全国·课后作业）椭圆上有动点，点，是椭圆的两个焦点，则的重心的轨迹方程为______． 【变式9-1】（2026高二·四川成都·期中）点M为椭圆上一点，为椭圆的两个焦点，则的内心轨迹方程为____________. 【变式9-2】（2026高三·江西抚州·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知双曲线经过点，点与点关于原点对称，为上一动点，且异于两点. (1)求的离心率； (2)若△的重心为，点，求的最小值； (3)若△的垂心为，求动点的轨迹方程. 【变式9-3】（2026·河北石家庄·模拟预测）已知坐标原点为，双曲线的焦点到其渐近线的距离为，离心率为. （Ⅰ）求双曲线的方程； （Ⅱ）设过双曲线上动点的直线分别交双曲线的两条渐近线于，两点，求的外心的轨迹方程. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $