专题04 轨迹方程的求法（讲义）-2024高考数学二轮复习解析几何压轴题

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
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六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

专题04 轨迹方程的求法
1．动点轨迹问题解题策略一般有以下几种：
（1）直译法：一般步骤为：
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,依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为x，y的方程式，并化简；
⑤证明,证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程．
(2)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；
(3)代入法(相关点法)：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程；
(4)参数法：当动点P(x，y)坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关动点可用时，可考虑将x，y均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．
2．解轨迹问题注意：
（1）求点的轨迹与求轨迹方程是不同的要求，求轨迹时，应先求轨迹方程，然后根据方程说明轨迹的形状、位置、大小等．
（2）要验证曲线上的点是否都满足方程，以方程解为坐标点是否都在曲线上，补上在曲线上而不满足方程解得点，去掉满足方程的解而不再曲线上的点．
定义法：
如果动点P的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。
例1、（2022上·安徽芜湖·高二校考期末）已知、，若，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义求出、，即可求出，从而得到椭圆方程．
【详解】因为、且，
由椭圆的定义可知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，
且、，解得，，
所以点的轨迹方程是.
故选：B
例2、（2023上·江西南昌·高三南昌市第三中学校考阶段练习）一动圆与圆外切，与圆内切，则动圆圆心点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据两圆位置关系分析可得，结合椭圆的定义分析求解．
【详解】由题意可知：圆的圆心，半径；
圆的圆心，半径；
因为，可知圆与圆内切于点，

显然圆心不能与点重合，设圆的半径为，
由题意可知：，则，
可知点M的轨迹是以为焦点的椭圆（点除外），
且，可得，
所以点的轨迹方程为.
故选：D.
1．（2023·安徽·校联考模拟预测）已知动点的坐标满足方程，则动点的轨迹是（ ）
A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆
【答案】C
【分析】根据方程表示的几何意义结合抛物线定义，即可判断出答案．
【详解】方程变形为，
表示动点到点和直线的距离相等，
所以动点的轨迹是以为焦点的抛物线，
故选：C.
2．（2023上·山东聊城·高二统考期中）已知圆，为圆内一点，将圆折起使得圆周过点（如图），然后将纸片展开，得到一条折痕，这样继续下去将会得到若干折痕，观察这些折痕围成的轮廓是一条圆锥曲线，则该圆锥曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】记点关于折痕的对称点为A，折痕相交于点，分析的值，结合椭圆定义可解．
【详解】由题知，，记点关于折痕的对称点为A，折痕相交于点，
则点A在圆周上，折痕为线段的垂直平分线，如图所示：
则有，可知，
所以点的轨迹是以为左、右焦点的椭圆，其中长轴，焦距，
所以，
所以点的轨迹方程，即折痕围成轮廊的圆锥曲线的方程为.
故选：.
3．（2023上·四川成都·高二校联考期末）已知圆，圆，若动圆M与圆F1外切，与圆F2内切．
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；
(2)直线l与（1）中轨迹C相交于A，B两点，若Q为线段AB的中点，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）利用两圆内外切的充要条件可求出动点到两定点的距离，再运用椭圆的定义判断动点的轨迹，最后对轨迹上的特殊点进行检测，去除不符题意的点即得；
（2）利用椭圆的中点弦问题运用“点差法”即可求出弦的斜率即得直线方程．
【详解】（1）设动圆M的半径为r，动圆M与圆F1外切，与圆F2内切，
，且，于是，
动圆圆心M的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为8的椭圆，
故，，椭圆方程为
又因当M点为椭圆左顶点时，动圆M不存在，故不合题意舍去，
故动圆圆心M的轨迹C的方程为；
（2）设，由题意，显然，
则有，，两式作差可得，
即有，又Q为线段AB的中点，
则有，代入即得直线l的斜率为，
直线l的方程为，整理可得直线l的方程为.
4．（2023上·重庆黔江·高二重庆市黔江中学校校考阶段练习）已知圆，圆，动圆P以点P为圆心，且与圆外切，与圆内切．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)已知点为轨迹C上任意一点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用动圆与圆外切，与圆内切可得动圆圆心满足的几何性质，再根据椭圆的定义可得的轨迹方程．
（2）根据点中x,y的关系，代入消去x，转化为关于y的二次函数求最值．
【详解】（1）设动圆圆心，设动圆的半径为r，由题意有
，，消r得到：，
动圆圆心P的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，
故，，
故轨迹的方程为：.
（2）因为点为（1）所求轨迹上任意一点，则，且，
所以，
当时，取最大值为.
直接法：
如果动点P的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标（x，y）表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。
例3、（2023上·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点，动点P满足．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)直线与轨迹C交于E，F两点，若的长为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意列出方程，化简，即得答案；
（2）利用点到直线的距离公式，结合圆的几何性质，求出弦长的表达式，结合题意列式计算，求得k的值，即可得答案．
【详解】（1）设动点P的坐标为，
则由点，动点P满足，得，
化简得，
即动点P的轨迹C的方程；
（2）轨迹C为圆心为，半径为2的圆，
由于直线与轨迹C交于E，F两点，

故到的距离为，
则，解得，
此时，满足直线与轨迹C交于E，F两点，
故直线的方程为或，
即或.
例4、（2021上·四川成都·高三石室中学校考期末）已知点S是圆上任意一点，过S作x轴的垂线，垂足为H，点T满足，记点T的轨迹为C．
(1)求轨迹C的方程；
(2)设轨迹C与x轴的交点分别为，，与y轴正半轴的交点为B，M是轨迹C上任意一点，且M不在坐标轴上．若直线与直线交于点P，直线与直线交于点Q．试判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)
(2)为等腰三角形，理由见解析
【分析】（1）设，根据向量关系得到，代入中，求出轨迹方程；
（2）先得到，设直线方程为，联立求出，设直线的方程为，联立求出，根据点坐标特点得到，并求出，得出的形状．
【详解】（1）设，则，
设，因为，
则，故，，
将代入中，得，
轨迹C的方程为；
（2）为等腰三角形，理由如下：
由（1）可知，，
设，则，
则，，
故，

设直线方程为，直线方程为，
联立与，可得，，
故，
直线方程为，直线的方程为，
联立与，可得，，
故，
可以得到，且，
则，
又因为，故，
其中，故，故，
综上，为等腰三角形．
【点睛】结论点睛：圆锥曲线中点弦相关结论及其推广：
椭圆与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知椭圆的两顶点分别为，则椭圆上一点（除两点），满足；
双曲线与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知双曲线的两顶点分别为，则双曲线上一点（除两点），满足.
1．（2023上·福建泉州·高二统考阶段练习）已知直线，，动点满足，且到和的距离之积为.
(1)求的轨迹的方程；
(2)已知，过的动直线与交于不同两点，，若线段上有一点满足，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到方程，化简后得到轨迹方程；
（2）直线斜率不存在时，不合要求，设出的方程为，联立，根据根的判别式得到的取值范围，并设，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，分三种情况考虑，表达出，求出三种情况下的取值范围或最值，得到答案．
【详解】（1）到的距离为，
又，化简得，即；
（2）当过的直线斜率不存在时，直线与双曲线无交点，舍去，
故直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，，
则，
解得，
设，，，
则，
由得，，
当，即，解得，
此时分别位于双曲线两支上，故，
故，
即，
因为，所以，此时，即两点重合，
因为，所以为定值；

当，即时，如图所示，

此时分别位于双曲线右支上，故，
故，
即，
因为，
所以，
解得，，
故
，
令，
因为，所以，
，
则，
令，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，
当，即时，
此时分别位于双曲线左支上，故，
故，
即，
同理可得，
令，
因为，所以，
，
则，
令，，
则在恒成立，
故在单调递增，
，
因为，所以，
综上，因为且，
所以的最小值为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
参数法：
如果采用直译法求轨迹方程难以奏效，则可寻求引发动点P运动的某个几何量t，以此量作为参变数，分别建立P点坐标x，y与该参数t的函数关系x＝f（t），
y＝g（t），进而通过消参化为轨迹的普通方程F（x，y）＝0。
例5、（2023上·湖南长沙·高二雅礼中学校考期中）如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）．
(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程；
(2)若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为．
（i）求证：为定值；
（ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析．
【分析】（1）设出点的坐标，利用给定的向量关系，借助坐标代换法求出轨迹方程．
（2）（i）求出曲线C的方程，并分别与直线方程联立，求出点的坐标，利用向量共线计算即得；（ii）由（i）的结论求出点的轨迹方程，借助反比例函数图象确定直线、即可计算得解．
【详解】（1）设点，则，，
由，得，，由P是上的动点，得，
即有，整理得，
所以点Q的轨迹C的方程为.
（2）（i）当时，由（1）知，曲线C的方程为，显然点，在曲线C上，
设，直线方程为，直线方程为，
由，消去y得，
则，，
由，消去y得，
则，，
令点为，，而点共线，
即有，，
整理得，
，
化简得，即，
观察图形知，直线的斜率同号，即，于是，即，
所以为定值为定值3.
（ii）设，则，由（i）知，
即，整理得，
显然函数的图象是函数的图象向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得，
函数的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线，
因此函数的图象，即点的轨迹是以直线为渐近线的双曲线，
此双曲线上任意点到直线的距离分别为，
显然，令直线分别为，
所以存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值．
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
例6、（2024·全国·模拟预测）在直角坐标系xOy中，y轴同侧的两点P和Q分别在直线和上，且，记PQ的中点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C有两个不同的交点A，B，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，结合中点坐标公式即可求解曲线C的方程为
（2）将代入双曲线方程得韦达定理，即可根据弦长公式以及点到直线的距离公式求解面积的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质即可求解最值．
【详解】（1）由于点P和Q分别在直线和上，所以可设，，
由，得，所以，
根据点P，Q在y轴同侧，得，所以．
设，则于是
得，即，
故曲线C的方程为．
（2）设，，
把代入，得，
故，，，
所以
，
又点O到直线的距离，
所以的面积
令，则，
令，则，
因为，所以，
由，得，
由，得，
由，得，当且仅当，即，即，即时等号成立，故面积的最小值为．

【点睛】方法点睛：解决解析几何中与面积有关的最值或范围问题的一般步骤：一是求出面积的表达式（常用直接法或分割法）；二是明确自变量及自变量的限制条件（如方程根的判别式大于0等）；三是利用配方法、基本不等式、函数单调性等求出面积的最值或取值范围．
1．（2023上·云南昆明·高三校考阶段练习）已知实数m，n满足．令，，记动点的轨迹为E.
(1)求E的方程，并说明E是什么曲线；
(2)过点作相互垂直的两条直线和，和与E分别交于A、B和C、D，证明：.
【答案】(1)，双曲线
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意消去后求解，
（2）由条件设出和方程，与双曲线方程联立后由弦长公式求解后证明．
【详解】（1）由题意知，故，所以E的方程为.
由方程得，，所以E是以，为焦点，实轴长为的等轴双曲线．
（2）证明：当直线垂直于x轴时，则AB为通径，故；
为x轴，此时为实轴长，故，所以.
当直线不垂直x轴，设：，：，，
与E联立方程，消去x并整理得，
因为与E交于两点，故，此时，
所以，
同理，所以.

2．（2024上·贵州贵阳·高三统考期中）圆：与轴的负半轴和正半轴分别交于两点，是圆与轴垂直非直径的弦，直线与直线交于点，记动点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)在平面直角坐标系中，倾斜角确定的直线称为定向直线．是否存在不过点的定向直线，当直线与轨迹交于时，；若存在，求直线的一个方向向量；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设出后，表示出直线、的方程即可
（2）先讨论倾斜角为90°的情况，倾斜角不为90°时先设出直线方程，联立后结合韦达定理和，运用坐标运算即可得解
【详解】（1）由题意得，
设，则
直线的方程为，直线的方程为
所以轨迹的方程为
代入法（相关点法）：
如果动点P的运动是由另外某一点P'的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出P（x，y），用（x，y）表示出相关点P'的坐标，然后把P'的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程。

例7、（2022上·甘肃陇南·高二校考期末）已知在平面直角坐标系中的一个椭圆，它的中心在原点，左焦点为，上顶点为，设点.
(1)若是椭圆上的动点，求线段中点的轨迹方程；
(2)过原点的直线交椭圆于点、，若的面积为，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点与顶点坐标可得椭圆方程，再利用相关点法可求得点的轨迹方程；
（2）当直线斜率不存在时，不成立，当斜率存在时，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，进而可表示面积，列方程即可解得.
【详解】（1）由已知得椭圆的短半轴，焦半距，则长半轴，
又椭圆的焦点轴上，
则椭圆的标准方程为，
设线段的中点为，点的坐标是，
由，得，
由点在椭圆上，即得，
线段中点的轨迹方程是；
（2）当直线斜率不存在时，的方程为，此时，因此的面积，不成立；
当直线斜率存在时，设该直线方程为，
联立方程组，得，，
则，，
所以，
又点到直线的距离，
的面积，
即，解得.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
例8、（2023上·河南·高三统考阶段练习）已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴的直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在定点
【分析】（1）由相关点代入法求轨迹方程即可；
（2）先由特殊位置确定定点在轴上，设定点，由相切求出切点满足的关系式，再由垂直的坐标条件求解．
【详解】（1）设，则，
由题意线垂直于轴，与交于两点，知，
过点且平行于轴的直线方程为：，
直线的方程为：，
令，得，即，
由得，
因为在抛物线上，即，
则，化简得，
由题意知不重合，故，
所以曲线的方程为

（2）由（1）知曲线的方程为，
点在直线上运动， 当点在特殊位置时，
两个切点关于轴对称，
故要使得，则点在轴上．

故设，
曲线的方程为，求导得，
所以切线的斜率，
直线的方程为，
又点在直线上，
所以，
整理得，
同理可得，
故和是一元二次方程的根，
由韦达定理得，
，
当时，恒成立，
所以存在定点，使得恒成立．

1、双曲线有动点，是曲线的两个焦点，求的重心的轨迹方程。
【解析】设点坐标各为，
∴在已知双曲线方程中，∴
∴已知双曲线两焦点为，
∵存在，∴
由三角形重心坐标公式有，即 。 ∵，∴。
已知点在双曲线上，将上面结果代入已知曲线方程，有
即所求重心的轨迹方程为：。交轨法：
在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这种问题通常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程（若能直接消去两方程的参数，也可直接消去参数得到轨迹方程），该法经常与参数法并用。
例9、（2023上·北京·高二校考期中）在平面直角坐标系中，已知点，过动点向轴作垂线，垂足为，.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若直线的倾斜角为，求直线的方程；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由过动点向轴作垂线，垂足为，可得，继而由可得，列式化简即可得到动点的轨迹方程；
（2）由直线的倾斜角为，可得直线的斜率，结合，可得直线的斜率，结合点坐标，利用点斜式可得直线的方程．
【详解】（1）因为过动点向轴作垂线，垂足为，
所以，
又，所以，，
又，即，
所以可得,,化简可得，
因为与两点不重合所以
则动点的轨迹方程.
（2）因为直线的倾斜角为，
所以直线的斜率，
又，所以直线的斜率,
又点，所以直线的方程为,
即.
例10、（2023上·湖南·高二校联考期中）椭圆：的左、右焦点分别为，．过作直线交于，两点．过作垂直于直线的直线交于，两点．直线与相交于点.
(1)求点的轨迹方程；
(2)求四边形面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据两直线互相垂直得，应用直译法即可求轨迹方程；
（2）联立直线方程和椭圆方程，结合弦长公式即可，再应用换元法转化为二次函数的最值．
【详解】（1）设，依题意，，且.
所以，整理得.
故点的轨迹方程为；
（2）依题意，.
过作平行于的直线交于，两点，由对称性知.
①当的斜率为0或斜率不存在时，；
②当的斜率存在且不为0时，设：，，.
联立方程消元得：.
，故，
同理，.
故.
令，，则，
其中，
故.
综上，.
1．（2022上·广东东莞·高二东莞实验中学校考期中）设点A，B的坐标分别为，，直线相交于点，且它们的斜率之积为．
(1)求的轨迹方程；
(2)若点，点为椭圆上任意一点，求的面积的最大值．
【答案】(1);
(2)18
【分析】（1）先设动点坐标，根据条件斜率之积为列方程即得解；
（2）结合点到直线的距离求解面积的最大值；
【详解】（1）
由已知设点的坐标为，由题意知
，
化简得点的轨迹方程为.
（2）
代入点，满足方程，所以点刚好在椭圆上，
直线 直线可表示为；
，
点为椭圆上任意一点，设，
设点到直线的距离为：
当时，，
所以的面积的最大值为18.
【点睛】难点点睛：动点的轨迹方程是本题的难点，设出坐标然后根据斜率乘积表示出解析式是本题的突破点，第二问结合椭圆的参数方程求解点到直线的距离的最值求解面积的最值．