备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第九章 §9.9 曲线与方程

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知识梳理
1．“曲线的方程”与“方程的曲线”
在平面直角坐标系中，如果某曲线C(看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹)上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下的关系：
(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解；
(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．
2．坐标法
(1)用坐标表示点，把曲线看成满足某种条件的点的集合或轨迹．
(2)用曲线上点的坐标(x，y)所满足的方程f(x，y)＝0表示曲线．
(3)通过研究方程的性质间接地研究曲线的性质．
3．求动点轨迹方程的步骤
(1)建系——建立适当的坐标系．
(2)设点——设轨迹上的任一点P(x，y)．
(3)列式——列出动点P所满足的关系式．
(4)代换——依关系式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为关于x，y的方程，并化简．
(5)证明——证明所得方程即为符合条件的动点轨迹方程．
4．求动点轨迹方程的常用方法
(1)直接法：即根据题目条件，写出关于动点的几何关系并用坐标表示，再进行整理、化简．
(2)定义法：先根据已知条件判断动点的轨迹形状，然后根据曲线的定义直接求动点的轨迹方程．
(3)代入法：也叫相关点法，其特点是动点M(x，y)与已知曲线C上的点(x′，y′)相关联，可先用x，y表示x′，y′，再代入曲线C的方程，即得点M的轨迹方程．
(4)参数法：选取适当的参数，分别用参数表示动点坐标(x，y)，消去参数，即得其普通方程．
常用结论
1．“曲线C是方程f(x，y)＝0的曲线”是“曲线C上的点的坐标都是方程f(x，y)＝0的解”的充分不必要条件．
2．曲线的交点与方程组的关系
(1)两条曲线交点的坐标是两个曲线方程的公共解，即两个曲线方程组成的方程组的实数解．
(2)方程组有几组解，两条曲线就有几个交点；方程组无解，两条曲线就没有交点．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)方程x2＋xy＝x表示的曲线是一个点和一条直线．( × )
(2)“f(x0，y0)＝0”是“点P(x0，y0)在曲线f(x，y)＝0上”的充要条件．( × )
(3)y＝kx与x＝eq \f(1,k)y表示同一条直线．( × )
(4)动点的轨迹方程和动点的轨迹是一样的．( × )
教材改编题
1．已知点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，直线l：x＝－eq \f(1,4)，点B是l上的动点，若过点B垂直于y轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹是( )
A．双曲线 B．椭圆
C．圆 D．抛物线
答案 D
解析 由题意得|MF|＝|MB|，根据抛物线的定义知，
点M的轨迹是以点F为焦点，直线l为准线的抛物线．
2．已知动点M(x，y)到点O(0,0)与到点A(6,0)的距离之比为2，则动点M的轨迹所围成的区域的面积是________．
答案 16π
解析 依题意可知eq \f(|MO|,|MA|)＝2，
即eq \f(\r(x2＋y2),\r(x－62＋y2))＝2，
化简整理得(x－8)2＋y2＝16，
即动点M的轨迹是以(8,0)为圆心，以4为半径的圆．
所以其轨迹围成的区域面积S＝πR2＝16π.
3．若过点P(1,1)且互相垂直的两条直线l1，l2分别与x轴、y轴交于A，B两点，则AB中点M的轨迹方程为______________．
答案 x＋y－1＝0
解析 设M的坐标为(x，y)，则A，B两点的坐标分别是(2x,0)，(0,2y)，连接PM(图略)，
∵l1⊥l2，∴|PM|＝|OM|(O为坐标原点)，
而|PM|＝eq \r(x－12＋y－12)，
|OM|＝eq \r(x2＋y2)，
∴eq \r(x－12＋y－12)＝eq \r(x2＋y2)，
化简得x＋y－1＝0，即为所求点M的轨迹方程.
题型一 直接法求轨迹方程
例1 已知动点P(x，y)与两定点M(－1,0)，N(1,0)连线的斜率之积等于常数λ(λ≠0)．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)试根据λ的取值情况讨论轨迹C的形状．
解 (1)由题意可知，直线PM与PN的斜率均存在且均不为零，
所以kPM·kPN＝eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝λ，
整理得x2－eq \f(y2,λ)＝1(λ≠0，x≠±1)．
即动点P的轨迹C的方程为x2－eq \f(y2,λ)＝1(λ≠0，x≠±1)．
(2)当λ>0时，轨迹C为中心在原点，焦点在x轴上的双曲线(除去顶点)；
当－10，b>0)的两个焦点，Q是双曲线上任意一点，从焦点F1引∠F1QF2的角平分线的垂线，垂足为P，则点P的轨迹为( )
A．直线 B．圆
C．椭圆 D．双曲线
答案 B
解析 不妨设点Q在双曲线的右支上，延长F1P交直线QF2于点S(图略)，
∵QP是∠F1QF2的角平分线，且QP⊥F1S，
∴P是F1S的中点．
∵O是F1F2的中点，
∴PO是△F1SF2的中位线，
∴|PO|＝eq \f(1,2)|F2S|＝eq \f(1,2)(|QS|－|QF2|)
＝eq \f(1,2)(|QF1|－|QF2|)＝a，
∴点P的轨迹为圆．
题型三 相关点法(代入法)求轨迹方程
例3 如图，已知P是椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上一点，PM⊥x轴于点M.若eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(NM,\s\up6(→)).
(1)求点N的轨迹方程；
(2)当点N的轨迹为圆时，求λ的值．
解 (1)设点P，点N的坐标分别为P(x1，y1)，N(x，y)，
则M的坐标为(x1,0)，且x＝x1，
所以eq \(PN,\s\up6(→))＝(x－x1，y－y1)＝(0，y－y1)，
eq \(NM,\s\up6(→))＝(x1－x，－y)＝(0，－y)，
由eq \(PN,\s\up6(→))＝λeq \(NM,\s\up6(→))得(0，y－y1)＝λ(0，－y)．
所以y－y1＝－λy，
即y1＝(1＋λ)y.
因为P(x1，y1)在椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，
所以eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1，
故eq \f(x2,4)＋(1＋λ)2y2＝1为所求的点N的轨迹方程．
(2)要使点N的轨迹为圆，则(1＋λ)2＝eq \f(1,4)，
解得λ＝－eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(3,2).
故当λ＝－eq \f(1,2)或λ＝－eq \f(3,2)时，点N的轨迹是圆．
思维升华
跟踪训练3 (1)(2022·银川模拟)动点A在圆x2＋y2＝1上移动时，它与定点B(3,0)连线的中点的轨迹方程是________________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq \f(1,4)
解析 设中点M(x，y)，由中点坐标公式，
可得A(2x－3,2y)，
因为点A在圆上，将点A的坐标代入圆的方程，
得所求轨迹方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq \f(1,4).
(2)设F(1,0)，M点在x轴上，P点在y轴上，且eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(MP,\s\up6(→))，eq \(PM,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→))，当点P在y轴上运动时，点N的轨迹方程为________．
答案 y2＝4x
解析 设M(x0,0)，P(0，y0)，N(x，y)，
因为eq \(PM,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→))，eq \(PM,\s\up6(→))＝(x0，－y0)，
eq \(PF,\s\up6(→))＝(1，－y0)，
所以(x0，－y0)·(1，－y0)＝0，
所以x0＋yeq \\al(2,0)＝0.
由eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(MP,\s\up6(→))得(x－x0，y)＝2(－x0，y0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－x0＝－2x0，,y＝2y0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－x，,y0＝\f(1,2)y，))
所以－x＋eq \f(y2,4)＝0，即y2＝4x.
故所求点N的轨迹方程是y2＝4x.
课时精练
1．在平面直角坐标系xOy中，动点P关于x轴对称的点为Q，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝2，则点P的轨迹方程为( )
A．x2＋y2＝2 B．x2－y2＝2
C．x＋y2＝2 D．x－y2＝2
答案 B
解析 设P(x，y)，则Q(x，－y)，
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝2，
所以x2－y2＝2.
2．(2022·云南质检)已知M(－2,0)，N(2,0)，则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程为( )
A．x2＋y2＝2
B．x2＋y2＝4
C．x2＋y2＝2(x≠±eq \r(2))
D．x2＋y2＝4(x≠±2)
答案 D
解析 MN的中点为原点O，
易知|OP|＝eq \f(1,2)|MN|＝2，
∴点P的轨迹是以原点O为圆心，2为半径的圆，除去与x轴的两个交点，
即点P的轨迹方程为x2＋y2＝4(x≠±2)．
3．已知点A(－1,0)，B(2,4)，△ABC的面积为10，则动点C的轨迹方程是( )
A．4x－3y－16＝0或4x－3y＋16＝0
B．4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0
C．4x－3y＋16＝0或4x－3y＋24＝0
D．4x－3y＋16＝0或4x－3y－24＝0
答案 B
解析 可知AB的方程为4x－3y＋4＝0，
又|AB|＝5，设动点C(x，y)．
由题意可知eq \f(1,2)×5×eq \f(|4x－3y＋4|,5)＝10，
所以动点C的轨迹方程是4x－3y－16＝0或4x－3y＋24＝0.
4．已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，点P是椭圆C上的动点，则△PF1F2的重心G的轨迹方程为( )
A.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1(y≠0)
B.eq \f(4x2,9)＋y2＝1(y≠0)
C.eq \f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0)
D．x2＋eq \f(4,3)y2＝1(y≠0)
答案 C
解析 依题意知F1(－1,0)，F2(1,0)，
设P(x0，y0)(y0≠0)，G(x，y)，
则由三角形重心坐标公式可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x0－1＋1,3)，,y＝\f(y0,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3x，,y0＝3y，))
代入椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
得重心G的轨迹方程为eq \f(9x2,4)＋3y2＝1(y≠0)．
5．在平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足eq \(OC,\s\up6(→))＝λ1eq \(OA,\s\up6(→))＋λ2eq \(OB,\s\up6(→))(O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线
答案 A
解析 设C(x，y)，则eq \(OC,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(OA,\s\up6(→))＝(3,1)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－1,3)，
∵eq \(OC,\s\up6(→))＝λ1eq \(OA,\s\up6(→))＋λ2eq \(OB,\s\up6(→))，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3λ1－λ2，,y＝λ1＋3λ2，))
又λ1＋λ2＝1，
∴化简得x＋2y－5＝0，
即点C的轨迹是一条直线．
6．在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为椭圆上的点，PQ为∠F1PF2的外角平分线，F2T⊥PQ于点T，则点T的轨迹为( )
A．双曲线 B．抛物线
C．椭圆 D．圆
答案 D
解析 延长F2T交F1P的延长线于点M，如图所示．
由于PQ平分∠F2PM，
则∠F2PT＝∠MPT，|PT|＝|PT|，
所以Rt△PTF2≌Rt△PTM，
则|PF2|＝|PM|，|TF2|＝|TM|，
则点T为MF2的中点，
又因为O为F1F2的中点，
所以|OT|＝eq \f(1,2)|F1M|＝eq \f(1,2)(|F1P|＋|PM|)
＝eq \f(1,2)(|F1P|＋|F2P|)＝a，
所以点T的轨迹是圆．
7．动点M(x，y)与定点F(4,0)的距离和M到定直线l：x＝eq \f(25,4)的距离的比是常数eq \f(4,5)，则动点M的轨迹方程是________________．
答案 eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1
解析 因为动点M(x，y)与定点F(4,0)的距离和M到定直线l：x＝eq \f(25,4)的距离的比是常数eq \f(4,5)，
所以eq \f(\r(x－42＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(25,4))))＝eq \f(4,5)，
即25[(x－4)2＋y2]＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(25,4)))2，
整理可得9x2＋25y2＝225，
即eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1.
8．已知两点M(－2,0)，N(2,0)，点P为坐标平面内的动点，满足|eq \(MN,\s\up6(→))||eq \(MP,\s\up6(→))|＋eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝0，则动点P(x，y)的轨迹方程为______________．
答案 y2＝－8x
解析 已知点P的坐标为(x，y)，则eq \(MN,\s\up6(→))＝(4,0)，eq \(MP,\s\up6(→))＝(x＋2，y)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(x－2，y)，∴|eq \(MN,\s\up6(→))|＝4，|eq \(MP,\s\up6(→))|＝eq \r(x＋22＋y2)，eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(NP,\s\up6(→))＝4(x－2)．根据已知条件得4eq \r(x＋22＋y2)＝4(2－x)．整理得y2＝－8x.∴点P的轨迹方程为y2＝－8x.
9．已知平面内B，C是两个定点，|BC|＝8.
①△ABC的周长为18；
②直线AB，AC的斜率分别为kAB，kAC，且kAB·kAC＝－eq \f(9,16).
请从上面条件中任选一个作答，以BC的中点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，求出△ABC顶点A的轨迹方程．
注：如果选择多个条件作答，按第一个条件计分．
解 选择条件①：根据椭圆定义，平面上到两个定点的距离之和为定值，且定值大于定长的点的轨迹为椭圆，
|BC|＝8,2c＝8，c＝4 以及2a＝18－8＝10，a＝5，则a2＝25，c2＝16，那么b2＝a2－c2＝9，且A，B，C三点构成三角形，
那么点A的轨迹方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1(y≠0)．
选择条件②：设点A(x，y)，
又B(－4,0)，C(4,0)，
则有kAB＝eq \f(y,x＋4)，kAC＝eq \f(y,x－4)，
且kAB·kAC＝－eq \f(9,16)，
那么eq \f(y,x＋4)·eq \f(y,x－4)＝－eq \f(9,16)，
化简可得eq \f(y2,x2－16)＝－eq \f(9,16)，
即9x2＋16y2＝9×16，
且A，B，C三点构成三角形，那么点A的轨迹方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1(y≠0)．
10．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，M(1，y0)(y0>0)是抛物线C上一点且△MOF的面积为eq \f(1,8)(其中O为坐标原点)，不过点M的直线l与抛物线C交于P，Q两点，且以PQ为直径的圆经过点M，过点M作MN⊥PQ交PQ于点N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证直线PQ恒过定点，并求出点N的轨迹方程．
解 (1)因为点M在抛物线C上，所以y0＝eq \r(2p)，
故S△MOF＝eq \f(1,2)×eq \f(p,2)×eq \r(2p)＝eq \f(1,8)，p>0，解得p＝eq \f(1,2)，
故拋物线C的方程为y2＝x.
(2)易得M(1,1)，
由题意可设直线PQ的方程为x＝my＋a，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋a，,y2＝x，))消去x，得y2－my－a＝0，
故Δ＝m2＋4a>0，y1＋y2＝m，y1y2＝－a，
因为∠PMQ＝90°，
所以eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝0，
即(x1－1)(x2－1)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋2＝0，
即yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)－(y1＋y2)2＋3y1y2－(y1＋y2)＋2＝0，
所以a2－m2－3a－m＋2＝0，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(3,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2)))2，
所以a－eq \f(3,2)＝m＋eq \f(1,2)或a－eq \f(3,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2)))，
当a－eq \f(3,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2)))，即a＝－m＋1时，
直线PQ的方程为x＝my＋a＝m(y－1)＋1，
此时直线l过点M(1,1)，不符合题意，舍去；
当a－eq \f(3,2)＝m＋eq \f(1,2)，即a＝m＋2时，
直线PQ的方程为x＝my＋a＝m(y＋1)＋2，
此时直线PQ恒过定点H(2，－1)．
设N(x，y)，
则由eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(HN,\s\up6(→))，
即eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(HN,\s\up6(→))＝0，
得(x－1)(x－2)＋(y＋1)(y－1)＝0，即点N的轨迹方程为x2＋y2－3x＋1＝0(x≠1)．
11.如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．抛物线
C．椭圆 D．双曲线的一支
答案 C
解析 可构造如图所示的圆锥．母线与AB所在直线(中轴线)的夹角为30°，然后用平面α去截圆锥，使直线AB与平面α的夹角为60°，则平面α与圆锥侧面的交线为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆．
12．若曲线C上存在点M，使M到平面内两点A(－5，0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是( )
A．x＋y＝5 B．x2＋y2＝9
C.eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1 D．x2＝16y
答案 B
解析 因为点M到平面内两点A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8，
所以M的轨迹是以A(－5,0)，B(5,0)为焦点的双曲线，其轨迹方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1.
A项，直线x＋y＝5过点(5,0)，满足题意，为“好曲线”；
B项，x2＋y2＝9的圆心为(0,0)，半径为3，与点M的轨迹没有交点，不满足题意；
C项，eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的右顶点为(5,0)，满足题意，为“好曲线”；
D项，将x2＝16y代入eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1，可得y－eq \f(y2,9)＝1，即y2－9y＋9＝0，Δ>0，满足题意，为“好曲线”．
13．已知△ABC中，|AB|＝3，eq \f(|CA|,|CB|)＝eq \f(1,2)，则△ABC面积的最大值为________．
答案 3
解析 以A为原点，以AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系(图略)，
则A(0,0)，B(3,0)，设C(x，y)．
由eq \f(|CA|,|CB|)＝eq \f(1,2)，
得eq \f(\r(x2＋y2),\r(x－32＋y2))＝eq \f(1,2).
即(x＋1)2＋y2＝4.
所以点C的轨迹是圆心为M(－1,0)，半径为2的圆(不含与AB共线的两点)．
所以S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·|yC|＝eq \f(3,2)|yC|≤3.
即△ABC面积的最大值为3.
14．已知过点A(－3,0)的直线与x＝3相交于点C，过点B(3，0)的直线与x＝－3相交于点D，若直线CD与圆x2＋y2＝9相切，则直线AC与BD的交点M的轨迹方程为______________．
答案 eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,\f(9,4))＝1(y≠0)
解析 设点M(x，y)，C(3，m)，D(－3，n)，mn≠0，则直线CD的方程为(m－n)x－6y＋3(m＋n)＝0，因为直线CD与圆x2＋y2＝9相切，所以eq \f(3|m＋n|,\r(m－n2＋36))＝3，所以mn＝9，又直线AC与BD的交点为M，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋3)＝\f(y－m,x－3)，,\f(y,x－3)＝\f(y－n,x＋3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(6y,x＋3)，,n＝\f(－6y,x－3)，))
所以－eq \f(36y2,x2－9)＝9，
所以点M的轨迹方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,\f(9,4))＝1(y≠0)．
15.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：x2＋y2＝1＋|x|y就是其中之一(如图)．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点)；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过eq \r(2)；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是( )
A．① B．② C．①② D．①②③
答案 C
解析 曲线的方程x2＋y2＝1＋|x|y可以看成关于y的一元二次方程
y2－|x|y＋x2－1＝0，
由题图可知该方程必有两个不相等的实根，
∴Δ＝|x|2－4(x2－1)>0，
∴x20)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上的动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
解 (1)由点A的横坐标为2及点A在第一象限，可得点A的坐标为(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)由(1)得，抛物线E：y2＝2x.
设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),2)，y1))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),2)，y2))，y1≠0，y2≠0，切线l1的斜率为k，则切线l1：y－y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),2)))，代入y2＝2x，
得ky2－2y＋2y1－kyeq \\al(2,1)＝0，
由Δ＝0解得k＝eq \f(1,y1)，所以l1的方程为y＝eq \f(1,y1)x＋eq \f(y1,2)，同理l2的方程为y＝eq \f(1,y2)x＋eq \f(y2,2).
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(1,y2)x＋\f(y2,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1·y2,2)，,y＝\f(y1＋y2,2).))
易知CD的方程为x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0满足xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8，x0∈[2,2eq \r(2)]，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x0x＋y0y＝8，))
得x0y2＋2y0y－16＝0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2y0,x0)，,y1·y2＝－\f(16,x0)，))代入eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1·y2,2)，,y＝\f(y1＋y2,2)，))
可得M(x，y)满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(8,x0)，,y＝－\f(y0,x0)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(8,x)，,y0＝\f(8y,x)，))
代入xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8并化简，得eq \f(x2,8)－y2＝1，
考虑到x0∈[2,2eq \r(2)]，知x∈[－4，－2eq \r(2)]，所以动点M的轨迹方程为eq \f(x2,8)－y2＝1，x∈[－4，－2eq \r(2)]．