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素养拓展33 曲线的轨迹方程问题（精讲+精练）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
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这是一份素养拓展33 曲线的轨迹方程问题（精讲+精练）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用），文件包含素养拓展33曲线的轨迹方程问题精讲+精练原卷版docx、素养拓展33曲线的轨迹方程问题精讲+精练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
一、知识点梳理
一、曲线方程的定义
一般地，如果曲线与方程之间有以下两个关系：
①曲线上的点的坐标都是方程的解；
②以方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
此时，把方程叫做曲线的方程，曲线叫做方程的曲线．
二、求曲线方程的一般步骤（直接法）
（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；
（2）设曲线上任意一点的坐标为；
（3）根据曲线上点所适合的条件写出等式；
（4）用坐标表示这个等式，并化简；
（5）确定化简后的式子中点的范围．
上述五个步骤可简记为：求轨迹方程的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围．
三、求轨迹方程的方法
1.定义法
如果动点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。
2.代入法（相关点法）
如果动点的运动是由另外某一点的运动引发的，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，用表示出相关点的坐标，然后把的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点的轨迹方程。
3.交轨法
在求动点的轨迹方程时，存在一种求解两动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常可以先解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数得出所求轨迹的方程，该方法经常与参数法并用，和参数法一样，通常选变角、变斜率等为参数．
4.参数法
动点的运动主要是由于某个参数的变化引起的，可以选参、设参，然后用这个参数表示动点的坐标，即，再消参.
5.点差法
圆锥曲线中与弦的中点有关的轨迹问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得，，，等关系式，由于弦的中点的坐标满足，且直线的斜率为，由此可求得弦中点的轨迹方程.
二、题型精讲精练
【典例1】已知点P是椭圆上任意一点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，则线段PM的中点的轨迹方程为______．
【答案】
【解析】因为轴，垂足为M，且PM的中点为，
所以，又因为P是椭圆上任意一点，
所以，即.故答案为：.
【典例2】已知圆：，动圆与圆外切，且与定直线相切，设动点的轨迹为．求的方程；
【解析】设，圆的半径为，由题可知，点在直线右侧，
因为圆与定直线相切，所以．
又圆与圆外切，所以，
所以，化简得，即的方程为．
【典例3】（单选题）设分别是直线和上的动点，且满足，则的中点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设，，，
因为为的中点，则，故，，又因为，所以，即，所以点M的轨迹方程为．
故选: A.
【典例4】已知、为椭圆C：的左右顶点，直线与C交于两点，直线和直线交于点.求点的轨迹方程.
【解析】由题意得，，
设，，，则，，
即，，得，
又∵点在C上，即，得，∴；
【典例5】已知椭圆的弦所在直线过点，求弦中点的轨迹方程.
【解析】设，弦的中点，则，
将代入椭圆方程得，
两式相减得，
所以，
当时，，
因为，所以，则，
整理得；
当时，则直线方程为，代入椭圆方程解得
所以满足上述方程，故点的轨迹方程.
【题型训练-刷模拟】
一、单选题
1．平面直角坐标系中点满足，则点的轨迹为（ ）
A．线段B．圆C．椭圆D．不存在
【答案】A
【分析】根据两点距离之和的几何意义分析即可
【详解】因为，表示点到两点的距离之和为2，
又，则点的轨迹就是线段.
故选：A
2．一动圆过定点，且与已知圆：相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由两圆相切分析可知，符合双曲线的定义，可得，，根据双曲线中a，b，c的关系，即可求出动圆圆心的轨迹方程.
【详解】解：已知圆：圆心，半径为4，
动圆圆心为，半径为，
当两圆外切时：，所以；
当两圆内切时：，所以；
即，表示动点P到两定点的距离之差为常数4，符合双曲线的定义，
所以P在以M、N为焦点的双曲线上，且，，
，
所以动圆圆心的轨迹方程为：，
故选：C.
3．在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若=2，则点C的轨迹为（ ）
A．椭圆B．射线C．圆D．直线
【答案】C
【分析】建立合适的平面直角坐标系，设，根据以及向量数量积的坐标形式求解出满足的关系式，即可判断出轨迹形状.
【详解】因为点是两个定点，不妨设，
以所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
设，，，所以，，
由得：，即，所以点C的轨迹为圆.
故选：C.
4．已知面积为16的正方形ABCD的顶点A、B分别在x轴和y轴上滑动，O为坐标原点，，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用相关点法即可求得动点P的轨迹方程.
【详解】设，不妨令，
正方形ABCD的面积为16，则，则，
由，可得，即，
则，整理得
故选：B
5．已知圆，直线l过点.线段的端点B在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】设，，
由点是的中点，得，可得，
又点在圆上运动，所以，
将上式代入可得，，
化简整理得点的轨迹方程为：.
故选：B
6．已知分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆E上一动点，G点是三角形的重心，则点G的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，利用三角形的重心坐标公式可得，将其代入可得结果.
【详解】分别为椭圆的左、右焦点，
设，G点是三角形的重心
则，得，
又是椭圆E上一动点，，即，
又G点是三角形的重心，
所以点G的轨迹方程为
故选：B
7．将上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，得到曲线，若直线与曲线交于两点，且中点坐标为，那么直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据变换法则可得曲线方程为，再利用点差法求解直线的斜率与方程即可.
【详解】将上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，则设曲线上的点坐标为，
故在上，故，即曲线方程为.
设，则，，
利用点差法有，，
又中点坐标为，故，
即，直线的斜率为.
故直线的方程为，化简可得.
故选：B
8．已知是圆上的一动点，点，线段的垂直平分线交直线于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意有，从而有，根据双曲线的定义得点的轨迹为是以F1、F2为焦点的双曲线．再写出其方程即可.
【详解】如图所示：
∵是圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点，
∴，，
∵是圆上一动点，∴，∴，
∴，，，
∴点的轨迹为以F1、F2为焦点的双曲线，且，，得，
∴点的轨迹方程为.
故选：C.
9．已知A，B为平面内两定点，过该平面内动点M作直线AB的垂线，垂足为N.若，则动点M的轨迹是（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．双曲线
【答案】D
【分析】建立适当的平面直角坐标系，设A，B的坐标，设M的坐标，由题意可得N的坐标，求出3个向量，由向量的关系求出M的轨迹方程.
【详解】解：建立以所在的直线为x轴，以线段的中垂线为y轴的直角坐标系，
设，，，
设M的坐标为，由题意可得，
则，，，
所以，，
由，可得，
整理可得：，所以，，
故动点M的轨迹是双曲线.
故选：D.
10．已知是椭圆的长轴上的两个顶点，点是椭圆上异于长轴顶点的任意一点，点与点关于轴对称，则直线与直线的交点所形成的轨迹为（ ）
A．双曲线B．抛物线
C．椭圆D．两条互相垂直的直线
【答案】A
【分析】由题意设出点，坐标，然后求出直线与直线的方程，根据直线方程的特点，两方程相乘，从而得到点的轨迹方程，进而得解.
【详解】
由于是椭圆的长轴上的两个顶点，所以，
设，则，
所以直线的方程为①，直线的方程为②，
①②得，
又因为在椭圆上，所以，即，
所以，即，
即直线与直线的交点在双曲线上.
故选：A.
11．已知点P是圆上的动点，作轴于点H，则线段PH的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出中点，利用几何关系建立与点P坐标的关系，代入圆方程即可整理出轨迹方程.
【详解】如下图所示：
不妨设，则满足；
易知，
又线段的中点为，可得；
即，代入方程可得，
整理得.
故选：D
12．已知双曲线的两个焦点分别为，离心率等于，设双曲线的两条渐近线分别为直线；若点分别在上，且满足，则线段的中点的轨迹的方程为
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据离心率得到双曲线方程，渐近线方程为．设，，线段的中点，根据得到轨迹方程.
【详解】由已知，求得，得双曲线方程为，
从而其渐近线方程为．
设，，线段的中点，
由已知不妨设，，
从而，，
由得，
所以，即，
则M的轨迹C的方程为．
【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
13．已知，，，以C为焦点的椭圆过A、B两点，则椭圆的另一个焦点F的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由两点间距离公式可得 ，根据题中条件，得到，结合双曲线的定义，即可得出结果.
【详解】因为，，，
所以，，，
因为 都在椭圆上，
所以，，
故的轨迹是以，为焦点的双曲线的下支，
又，，即，，所以，
因此的轨迹方程是（）.
故选：A.
【点晴】方法点睛：
求轨迹方程的常见方法有:
①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；
②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；
③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；
④逆代法，将代入.
二、填空题
14．如果点M（x，y）在运动过程中，总满足关系式，那么点M的轨迹是 ．
【答案】椭圆
【分析】根据两点间距离公式，即可判断点轨迹满足椭圆的定义.
【详解】可看作M（x，y）到的距离之和为，由于,所以点M的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.
故答案为：椭圆
15．平面上一动点C的坐标为，则点C的轨迹E的方程为 ．
【答案】
【分析】根据同角平方和关系消参即可求解.
【详解】令，所以，故，进而，
故答案为：
16．曲线C上任意一点P到点F（2，0）的距离与它到直线x＝4的距离之比等于，则C的方程为 ．
【答案】
【分析】设点坐标，直接根据题中等量列方程即可求解.
【详解】设P（x，y），由题意，
化简得，即C的方程为．
故答案为：.
17．已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别相交于两个动点，则点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】由题意可知，为该动圆的直径, ，可列等式得方程.
【详解】因为动圆圆心在轴上移动，且该动圆始终经过点和，所以，为该动圆的直径,
又因为点在该动圆上，所以，，即，
所以，点的轨迹方程为.
故答案为：
18．已知点分别在轴、轴上运动，，点在线段上，且.则点的轨迹方程是 ；
【答案】
【分析】设，由，得，在根据，转化为平面向量关系建立方程组，建立间的关系，代入中化简即可.
【详解】设，
因为，
所以，①
因为点在线段上，且，
所以，即代入①
，
即，
故答案为：.
19．已知点A，B，P是平面内的一个动点，直线PA与PB的斜率之积是，则动点P的轨迹C的方程为 .
【答案】
【分析】根据题意列出方程，化简可得答案.
【详解】设，
由，
整理得，
故动点P的轨迹C的方程为，
故答案为：
20．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，点满足，则点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】根据点点距离即可列方程化简求解.
【详解】设，则，
化简得，即，
故答案为：
21．已知圆M与圆C1：和圆C2：一个内切一个外切，则点M的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】根据内切和外切的性质及双曲线的定义得到点的轨迹为双曲线，然后求方程即可.
【详解】当圆与圆内切，与圆外切时，，，
当圆与圆外切，与圆内切时，，，
所以，点的轨迹为双曲线，设轨迹方程为，，，则，所以轨迹方程为.
故答案为：.
22．已知点是曲线上任意一点，，连接并延长至，使得，求动点Q的轨迹方程 ．
【答案】
【分析】设出动点和相关点，再根据条件，，再代入即可得出结果.
【详解】设动点的坐标，点P坐标，，
因为，所以，，
可得，，
代入，得，整理得，
所以动点Q的轨迹方程为．
故答案为：
23．在椭圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为，点在的延长线上，满足，当点在椭圆上运动时，点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】设，根据题意将点的坐标用点表示，再利用相关点法即可得解.
【详解】解：设，
因为轴，，
所以，所以，即，
又点在椭圆上，
所以，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：.
24．已知点P为椭圆上的任意一点，O为原点，M满足，则点M的轨迹方程为 ．
【答案】.
【分析】先设点,再由应用相关点法求轨迹方程即可.
【详解】设点，
由得点，而点P为椭圆上的任意一点，
于是得，整理得：，
所以点M的轨迹方程是.
故答案为:
25．设平面直角坐标系中，O为原点，N为动点，，，过点M作轴于点，过点N作轴于点，M与不重合，N与不重合，设，则点T的轨迹方程是 .
【答案】
【分析】设出点的坐标，根据，可以知道点的横坐标和纵坐标之间的关系， 可以求出的坐标，进而根据已知的条件，求出、的坐标，设出点的坐标，通过，可以得到的坐标和的坐标之间的关系，再根据点的横坐标和纵坐标之间的关系，求出点的轨迹方程.
【详解】设点，因为，所以有，因为，所以有，由题意可知：，，因为与不重合，与不重合，所以且，，
设，因为，所以有，而，
所以，又因为且，
故答案为：（且）.
26．自引圆的割线ABC，则弦中点P的轨迹方程 .
【答案】（）
【分析】设，根据⊥，利用斜率列出方程，再考虑的取值范围.
【详解】设，则⊥，
当时，有，即，整理得①，
当时，此时割线ABC的中点为原点，代入①式，也成立，
故弦中点P的轨迹方程为（在圆内部分），
联立，解得，
故轨迹方程为（）
故答案为：（）
27．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：
28．已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，是椭圆长轴的两个端点，则直线和的交点的轨迹方程为 ．
【答案】（）．
【分析】设，直线和的交点为，根据三点共线及三点共线，可得两个式子，两式相乘，再结合在椭圆上即可得出答案.
【详解】设，
因为椭圆的长轴端点为，
设直线和的交点为，
因为三点共线，所以，，
因为三点共线，所以，
两式相乘得，（）,
因为，所以，即，
所以，整理得（），
所以直线和的交点的轨迹方程（）.
故答案为：（）.
29．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，直线与抛物线交于两点，过点作抛物线的切线，若交于点，则点的轨迹方程为 .
【答案】或
【分析】由题可得抛物线方程，利用切线几何意义可得切线斜率，即可表示出切线方程求出交点坐标，再将抛物线与直线联立，结合韦达定理可得轨迹方程.
【详解】由焦点到准线的距离为2，可得抛物线.
由可得，故，
故在处的切线方程为，即，
同理在点处的切线方程为，
联立，即.
联立直线与抛物线方程：，消去得，
由题或.
由韦达定理，，
得，其中或，故点的轨迹方程为：或.
故答案为：或
30．直线在轴上的截距为且交抛物线于、两点，点为抛物线的顶点，过点、分别作抛物线对称轴的平行线与直线交于、两点．分别过点、作抛物线的切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】设点、，分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出抛物线在点、处的切线方程，求出两切线的交点坐标，可得出交点的轨迹方程.
【详解】设点、，
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，联立，可得，
，由韦达定理，可得，，
显然抛物线在点处切线斜率存在且不为，
设其方程为，
由，消去并整理，得，
解得或，因此有，解得，
则抛物线在点处切线方程为，即，
同理抛物线在点处切线方程为，
而，由，解得，，
于是得两条切线的交点在直线上，
又，所以两条切线的交点的轨迹方程为．
故答案为：.
三、解答题
31．已知直线l平行于y轴，且l与x轴的交点为，点A在直线l上，动点P的纵坐标与A的纵坐标相同，且，求P点的轨迹方程，并说明轨迹方程的形状．
【答案】，轨迹是开口向左的抛物线．
【分析】根据向量垂直的坐标运算即可列方程求解.
【详解】由条件可知，直线l的方程为，因此点A的横坐标为4．
设P的坐标为，则点A的坐标为．因此
因为的充要条件是，所以，即动点P的轨迹方程为．
从而可以看出，轨迹是开口向左的抛物线．
32．在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，，点为坐标系内一点，若直线与直线的斜率的乘积为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)说明点的轨迹是何种几何图形．
【答案】(1)
(2)点的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，且不包括与x轴的交点
【分析】（1）根据题意结合斜率公式运算求解，注意；
（2）根据（1）中结果，结合椭圆方程分析说明.
【详解】（1）由题意可知：直线与直线的斜率分别为，
则，整理得，
所以点的轨迹方程为.
（2）由（1）可知：点的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，且不包括与x轴的交点.
33．已知椭圆，点A，B分别是它的左､右顶点，一条垂直于x轴的动直线l与椭圆相交于P，Q两点，当直线l与椭圆相切于点A或点B时，看作P，Q两点重合于点A或点B，求直线与直线的交点M的轨迹方程.
【答案】
【分析】设，则，写出直线和直线的方程，利用消去和即可得到结果.
【详解】由椭圆方程可知：，则，，
设，则，则，
当时，则有：
直线的方程为：，直线的方程为：，
可得，
又因为，所以，即，
当时，也符合上式，
所以直线AP与直线BQ的交点M的轨迹方程是.
34．已知的斜边为AB，且.求:
(1) 外接圆的一般方程;
(2)直角边的中点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据直角三角形外接圆性质求解圆心和半径， 从而计算出外接圆的一般方程;
（2）设，根据M是线段BC的中点，得到然后根据即可求得动点的轨迹方程.
【详解】（1）由题意知，设圆心为，则，
，
故圆的方程为：
即外接圆的一般方程为：.
（2）
设，由此解得：
因为C为直角，所以
代入解得：即
配方得：，
又因为三点不共线，
所以
综上：.
35．已知直线，圆.
(1)证明:直线与圆相交；
(2)设与的两个交点分别为A、，弦的中点为，求点的轨迹方程.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）求出直线恒过点，而在圆内，故证明出结论；
（2）联立直线与圆的方程，设出，得到两根之和，两根之积，进而表达出点的坐标为，消去参数，求出点的轨迹方程，注意去掉原点.
【详解】（1）恒过点，
又，所以点在圆内，
所以直线与圆相交；
（2）联立与得：，
设，
则，，
，
故，，
所以点的坐标为，
令，，两式相除可得：，
代入中，消去可得，，
由于，故，即去除原点，
则点的轨迹方程为：.
36．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．
(1)求椭圆的方程；
(2)点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设，表示出直线OQ的方程，定点和.
进而求出，把代入得，从而，判断出点始终在以OF为直径的圆上，即可求解 .
【详解】（1）因为椭圆过点，所以.
因为，所以，得．
故，
从而椭圆C的方程为．
（2）设，则直线AP的斜率为.
因为，所以直线OQ的方程为.
令可得，所以，
又M是AP的中点，所以.
从而，
所以①
因为点在椭圆C上，所以，故，
代入式①可得，从而，
所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为
37．已知过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点．
(1)证明：；
(2)设为抛物线的焦点，直线与直线交于点，直线交抛物线与两点（在轴的同侧），求直线与直线交点的轨迹方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，，利用三点共线，解得，再利用向量数量积的坐标表示即可求解；
（2）设， ，，根据题意可得，由此解出与，与的关系，进而得到直线与直线的方程，联立即可求解.
【详解】（1）设，，
因为三点共线，所以,
所以，整理可得，
所以，所以．
（2）设， ，，
由题意，，
因为，，所以，
又因为，，
所以，整理得．
因为在轴同侧，所以，同理可得，
所以直线的方程为，同理的方程为，
两式联立代入，可得，
由题意可知交点不能在x轴上，
所以交点的轨迹方程为．
38．已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上除右顶点之外的一点．若该双曲线与椭圆有共同的焦点且过点，求内切圆圆心的轨迹方程．
【答案】
【分析】根据双曲线定义和圆的切线定理可得所求轨迹方程为，再由已知列方程组即可求得a，即得方程.
【详解】解：如图所示，，
设内切圆与x轴的切点是点H，内切圆的圆心为点M，，与内切圆的切点分别为A，B，
由双曲线的定义可得，
即，
又，，
所以，即.
设点M的横坐标为x，则点H的横坐标为x，
所以，即.
因为双曲线与椭圆有共同的焦点且过点，
所以，解得，
故内切圆圆心的轨迹方程为．
39．已知点是圆上的定点，点是圆内一点，、为圆上的动点．
(1)求线段AP的中点的轨迹方程．
(2)若，求线段中点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据中点坐标公式，结合相关点法即可求解，
（2）根据直角三角形的性质，结合勾股定理即可由点点距离求解.
【详解】（1）设中点为，
由中点坐标公式可知，点坐标为
∵点在圆上，∴．
故线段中点的轨迹方程为．
（2）设的中点为，在中，，
设为坐标原点，则，所以，
所以．
故线段中点的轨迹方程为．
40．已知椭圆的上､下顶点分别为，点是椭圆上异于的动点，记分别为直线的斜率.点满足.
(1)证明：是定值，并求出该定值；
(2)求动点的轨迹方程.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据两点斜率公式以及点在椭圆上，即可代入化简求解，
（1）根据垂直关系求解斜率关系，联立直线方程得交点坐标即可求解.
【详解】（1）由题意可知,
设点，显然
，为定值.
（2）设点,
由于，
的方程：①.
的方程：②
由①②联立可得：，
代入①可得，
即点
点满足：，
代入可得点的轨迹方程为：
41．已知抛物线的焦点为F，点E在C上，以点E为圆心，为半径的圆的最小面积为．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点F的直线与C交于M，N两点，过点M，N分别作C的切线，，两切线交于点P，求点P的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当圆心在原点时，此时半径为，圆的面积最小是解题的关键；
（2）设出直线MN的方程，利用导数与切线方程的关系求出切线，联立两条切线方程求出交点即可求解.
【详解】（1）设点，，则，
因为以E为圆心，以为半径的圆的最小面积为，
所以，
所以（负值舍去），解得，
所以抛物线C的标准方程为．
（2）设，，
易得，由题意知直线MN的斜率一定存在，
则设直线MN的方程为，
联立得，
，所以，．
由，得，则切线的斜率为，
则切线的方程为，即①．
同理可得切线的方程为②．
①②得，
代入①得，，
所以点P的轨迹方程为．
【点睛】关键点睛：利用设而不求的方法，设出直线方程与圆锥曲线联立消元得出韦达定理，通过转化化简用韦达定理表示出问题，是处理直线与圆锥曲线位置关系必须要掌握的方法.
42．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
43．已知椭圆C：的长轴长为，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动点P为椭圆C外一点，且过点P的椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的相关概念及离心率求解即可；
（2）设出动点P的坐标，求出切线方程，联立方程组由求解即可（注意分类讨论）.
【详解】（1）由题意可知，解得，，
∵，
∴椭圆C的标准方程为；
（2）设点，
①当两条切线斜率均存在时，设其中一条切线为，另一条为，
联立方程，消去y得，
∴，
即，
则，是方程的两个不等实根，
∴，
又∵两条切线相互垂直，∴，
∴，
整理得，
即点P的轨迹方程为，
②当两条切线中有一条斜率不存在时，即A、B两点分别位于椭圆长轴与短轴的端点，
P的坐标为，把点代入亦成立，
综上所述，点P的轨迹方程为：.
44．已知拋物线，过其焦点作两条相互垂直且不平行于轴的直线，分别交抛物线于点和点的中点分别为.
(1)若直线的斜率为2，求直线的方程；
(2)求线段的中点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立直线和抛物线方程，求得中点坐标，即可求解直线的方程；
（2）首先设直线的方程为，与抛物线方程联立，求得点的坐标，并利用直线与直线的关系，求得点的坐标，即可求解点，再通过消参求得点的轨迹方程.
【详解】（1）抛物线的焦点，，
直线的方程为，设，
联立，得，，
所以中点的横坐标为，中点的纵坐标为，即，
直线的方程为，设，
联立，得，，
所以中点的横坐标为，中点的纵坐标为，即，
所以，直线的方程为，
化简为直线的方程为；
（2）设直线的方程为，设，，
联立，得，
得，
所以中点的横坐标为，纵坐标为，
即，将换成得，
得的中点的坐标为，
即，得，
45．已知分别为双曲线的左、右顶点，点是直线上的动点，延长分别与交于点．
(1)若点的纵坐标为，求的坐标；
(2)若在直线上且满足，求的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，得到点的坐标，进而可得直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，求出点的横坐标，再代入双曲线方程中即可求解；
（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当斜率存在时，设出直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，结合根与系数的关系以及三点共线的定义进行求解即可．
【详解】（1）易知，
则直线的方程为，
联立，解得，故,
又点在上，解得，
即；
（2）不妨设,,,,，
由题意可知：直线不可能平行于轴，
不妨设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
因为直线与有两交点，
所以，且，即，
由韦达定理得，，
所以，
由，，三点共线，此时，即，
由，，三点共线，此时，
消去整理得，
即，
此时，
即，
所以对任意，，都有成立，
解得或，
若，
因为，又，
解得，，
所以，即，不符合题意，
所以，则，
所以直线恒过点，
故点的轨迹是以为直径的圆，
由,可得圆心坐标为，直径为2，
故圆的方程为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
一、知识点梳理
一、曲线方程的定义
一般地，如果曲线与方程之间有以下两个关系：
①曲线上的点的坐标都是方程的解；
②以方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
此时，把方程叫做曲线的方程，曲线叫做方程的曲线．
二、求曲线方程的一般步骤（直接法）
（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；
（2）设曲线上任意一点的坐标为；
（3）根据曲线上点所适合的条件写出等式；
（4）用坐标表示这个等式，并化简；
（5）确定化简后的式子中点的范围．
上述五个步骤可简记为：求轨迹方程的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围．
三、求轨迹方程的方法
1.定义法
如果动点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。
2.代入法（相关点法）
如果动点的运动是由另外某一点的运动引发的，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，用表示出相关点的坐标，然后把的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点的轨迹方程。
3.交轨法
在求动点的轨迹方程时，存在一种求解两动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常可以先解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数得出所求轨迹的方程，该方法经常与参数法并用，和参数法一样，通常选变角、变斜率等为参数．
4.参数法
动点的运动主要是由于某个参数的变化引起的，可以选参、设参，然后用这个参数表示动点的坐标，即，再消参.
5.点差法
圆锥曲线中与弦的中点有关的轨迹问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得，，，等关系式，由于弦的中点的坐标满足，且直线的斜率为，由此可求得弦中点的轨迹方程.
二、题型精讲精练
【典例1】已知点P是椭圆上任意一点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，则线段PM的中点的轨迹方程为______．
【答案】
【解析】因为轴，垂足为M，且PM的中点为，
所以，又因为P是椭圆上任意一点，
所以，即.故答案为：.
【典例2】已知圆：，动圆与圆外切，且与定直线相切，设动点的轨迹为．求的方程；
【解析】设，圆的半径为，由题可知，点在直线右侧，
因为圆与定直线相切，所以．
又圆与圆外切，所以，
所以，化简得，即的方程为．
【典例3】（单选题）设分别是直线和上的动点，且满足，则的中点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设，，，
因为为的中点，则，故，，又因为，所以，即，所以点M的轨迹方程为．
故选: A.
【典例4】已知、为椭圆C：的左右顶点，直线与C交于两点，直线和直线交于点.求点的轨迹方程.
【解析】由题意得，，
设，，，则，，
即，，得，
又∵点在C上，即，得，∴；
【典例5】已知椭圆的弦所在直线过点，求弦中点的轨迹方程.
【解析】设，弦的中点，则，
将代入椭圆方程得，
两式相减得，
所以，
当时，，
因为，所以，则，
整理得；
当时，则直线方程为，代入椭圆方程解得
所以满足上述方程，故点的轨迹方程.
【题型训练-刷模拟】
一、单选题
1．平面直角坐标系中点满足，则点的轨迹为（ ）
A．线段B．圆C．椭圆D．不存在
【答案】A
【分析】根据两点距离之和的几何意义分析即可
【详解】因为，表示点到两点的距离之和为2，
又，则点的轨迹就是线段.
故选：A
2．一动圆过定点，且与已知圆：相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由两圆相切分析可知，符合双曲线的定义，可得，，根据双曲线中a，b，c的关系，即可求出动圆圆心的轨迹方程.
【详解】解：已知圆：圆心，半径为4，
动圆圆心为，半径为，
当两圆外切时：，所以；
当两圆内切时：，所以；
即，表示动点P到两定点的距离之差为常数4，符合双曲线的定义，
所以P在以M、N为焦点的双曲线上，且，，
，
所以动圆圆心的轨迹方程为：，
故选：C.
3．在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若=2，则点C的轨迹为（ ）
A．椭圆B．射线C．圆D．直线
【答案】C
【分析】建立合适的平面直角坐标系，设，根据以及向量数量积的坐标形式求解出满足的关系式，即可判断出轨迹形状.
【详解】因为点是两个定点，不妨设，
以所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
设，，，所以，，
由得：，即，所以点C的轨迹为圆.
故选：C.
4．已知面积为16的正方形ABCD的顶点A、B分别在x轴和y轴上滑动，O为坐标原点，，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用相关点法即可求得动点P的轨迹方程.
【详解】设，不妨令，
正方形ABCD的面积为16，则，则，
由，可得，即，
则，整理得
故选：B
5．已知圆，直线l过点.线段的端点B在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】设，，
由点是的中点，得，可得，
又点在圆上运动，所以，
将上式代入可得，，
化简整理得点的轨迹方程为：.
故选：B
6．已知分别为椭圆的左、右焦点，是椭圆E上一动点，G点是三角形的重心，则点G的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，利用三角形的重心坐标公式可得，将其代入可得结果.
【详解】分别为椭圆的左、右焦点，
设，G点是三角形的重心
则，得，
又是椭圆E上一动点，，即，
又G点是三角形的重心，
所以点G的轨迹方程为
故选：B
7．将上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，得到曲线，若直线与曲线交于两点，且中点坐标为，那么直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据变换法则可得曲线方程为，再利用点差法求解直线的斜率与方程即可.
【详解】将上各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，则设曲线上的点坐标为，
故在上，故，即曲线方程为.
设，则，，
利用点差法有，，
又中点坐标为，故，
即，直线的斜率为.
故直线的方程为，化简可得.
故选：B
8．已知是圆上的一动点，点，线段的垂直平分线交直线于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意有，从而有，根据双曲线的定义得点的轨迹为是以F1、F2为焦点的双曲线．再写出其方程即可.
【详解】如图所示：
∵是圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点，
∴，，
∵是圆上一动点，∴，∴，
∴，，，
∴点的轨迹为以F1、F2为焦点的双曲线，且，，得，
∴点的轨迹方程为.
故选：C.
9．已知A，B为平面内两定点，过该平面内动点M作直线AB的垂线，垂足为N.若，则动点M的轨迹是（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．双曲线
【答案】D
【分析】建立适当的平面直角坐标系，设A，B的坐标，设M的坐标，由题意可得N的坐标，求出3个向量，由向量的关系求出M的轨迹方程.
【详解】解：建立以所在的直线为x轴，以线段的中垂线为y轴的直角坐标系，
设，，，
设M的坐标为，由题意可得，
则，，，
所以，，
由，可得，
整理可得：，所以，，
故动点M的轨迹是双曲线.
故选：D.
10．已知是椭圆的长轴上的两个顶点，点是椭圆上异于长轴顶点的任意一点，点与点关于轴对称，则直线与直线的交点所形成的轨迹为（ ）
A．双曲线B．抛物线
C．椭圆D．两条互相垂直的直线
【答案】A
【分析】由题意设出点，坐标，然后求出直线与直线的方程，根据直线方程的特点，两方程相乘，从而得到点的轨迹方程，进而得解.
【详解】
由于是椭圆的长轴上的两个顶点，所以，
设，则，
所以直线的方程为①，直线的方程为②，
①②得，
又因为在椭圆上，所以，即，
所以，即，
即直线与直线的交点在双曲线上.
故选：A.
11．已知点P是圆上的动点，作轴于点H，则线段PH的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设出中点，利用几何关系建立与点P坐标的关系，代入圆方程即可整理出轨迹方程.
【详解】如下图所示：
不妨设，则满足；
易知，
又线段的中点为，可得；
即，代入方程可得，
整理得.
故选：D
12．已知双曲线的两个焦点分别为，离心率等于，设双曲线的两条渐近线分别为直线；若点分别在上，且满足，则线段的中点的轨迹的方程为
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据离心率得到双曲线方程，渐近线方程为．设，，线段的中点，根据得到轨迹方程.
【详解】由已知，求得，得双曲线方程为，
从而其渐近线方程为．
设，，线段的中点，
由已知不妨设，，
从而，，
由得，
所以，即，
则M的轨迹C的方程为．
【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
13．已知，，，以C为焦点的椭圆过A、B两点，则椭圆的另一个焦点F的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由两点间距离公式可得 ，根据题中条件，得到，结合双曲线的定义，即可得出结果.
【详解】因为，，，
所以，，，
因为 都在椭圆上，
所以，，
故的轨迹是以，为焦点的双曲线的下支，
又，，即，，所以，
因此的轨迹方程是（）.
故选：A.
【点晴】方法点睛：
求轨迹方程的常见方法有:
①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；
②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；
③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；
④逆代法，将代入.
二、填空题
14．如果点M（x，y）在运动过程中，总满足关系式，那么点M的轨迹是 ．
【答案】椭圆
【分析】根据两点间距离公式，即可判断点轨迹满足椭圆的定义.
【详解】可看作M（x，y）到的距离之和为，由于,所以点M的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.
故答案为：椭圆
15．平面上一动点C的坐标为，则点C的轨迹E的方程为 ．
【答案】
【分析】根据同角平方和关系消参即可求解.
【详解】令，所以，故，进而，
故答案为：
16．曲线C上任意一点P到点F（2，0）的距离与它到直线x＝4的距离之比等于，则C的方程为 ．
【答案】
【分析】设点坐标，直接根据题中等量列方程即可求解.
【详解】设P（x，y），由题意，
化简得，即C的方程为．
故答案为：.
17．已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴，轴分别相交于两个动点，则点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】由题意可知，为该动圆的直径, ，可列等式得方程.
【详解】因为动圆圆心在轴上移动，且该动圆始终经过点和，所以，为该动圆的直径,
又因为点在该动圆上，所以，，即，
所以，点的轨迹方程为.
故答案为：
18．已知点分别在轴、轴上运动，，点在线段上，且.则点的轨迹方程是 ；
【答案】
【分析】设，由，得，在根据，转化为平面向量关系建立方程组，建立间的关系，代入中化简即可.
【详解】设，
因为，
所以，①
因为点在线段上，且，
所以，即代入①
，
即，
故答案为：.
19．已知点A，B，P是平面内的一个动点，直线PA与PB的斜率之积是，则动点P的轨迹C的方程为 .
【答案】
【分析】根据题意列出方程，化简可得答案.
【详解】设，
由，
整理得，
故动点P的轨迹C的方程为，
故答案为：
20．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，，点满足，则点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】根据点点距离即可列方程化简求解.
【详解】设，则，
化简得，即，
故答案为：
21．已知圆M与圆C1：和圆C2：一个内切一个外切，则点M的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】根据内切和外切的性质及双曲线的定义得到点的轨迹为双曲线，然后求方程即可.
【详解】当圆与圆内切，与圆外切时，，，
当圆与圆外切，与圆内切时，，，
所以，点的轨迹为双曲线，设轨迹方程为，，，则，所以轨迹方程为.
故答案为：.
22．已知点是曲线上任意一点，，连接并延长至，使得，求动点Q的轨迹方程 ．
【答案】
【分析】设出动点和相关点，再根据条件，，再代入即可得出结果.
【详解】设动点的坐标，点P坐标，，
因为，所以，，
可得，，
代入，得，整理得，
所以动点Q的轨迹方程为．
故答案为：
23．在椭圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为，点在的延长线上，满足，当点在椭圆上运动时，点的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】设，根据题意将点的坐标用点表示，再利用相关点法即可得解.
【详解】解：设，
因为轴，，
所以，所以，即，
又点在椭圆上，
所以，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：.
24．已知点P为椭圆上的任意一点，O为原点，M满足，则点M的轨迹方程为 ．
【答案】.
【分析】先设点,再由应用相关点法求轨迹方程即可.
【详解】设点，
由得点，而点P为椭圆上的任意一点，
于是得，整理得：，
所以点M的轨迹方程是.
故答案为:
25．设平面直角坐标系中，O为原点，N为动点，，，过点M作轴于点，过点N作轴于点，M与不重合，N与不重合，设，则点T的轨迹方程是 .
【答案】
【分析】设出点的坐标，根据，可以知道点的横坐标和纵坐标之间的关系， 可以求出的坐标，进而根据已知的条件，求出、的坐标，设出点的坐标，通过，可以得到的坐标和的坐标之间的关系，再根据点的横坐标和纵坐标之间的关系，求出点的轨迹方程.
【详解】设点，因为，所以有，因为，所以有，由题意可知：，，因为与不重合，与不重合，所以且，，
设，因为，所以有，而，
所以，又因为且，
故答案为：（且）.
26．自引圆的割线ABC，则弦中点P的轨迹方程 .
【答案】（）
【分析】设，根据⊥，利用斜率列出方程，再考虑的取值范围.
【详解】设，则⊥，
当时，有，即，整理得①，
当时，此时割线ABC的中点为原点，代入①式，也成立，
故弦中点P的轨迹方程为（在圆内部分），
联立，解得，
故轨迹方程为（）
故答案为：（）
27．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：
28．已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，是椭圆长轴的两个端点，则直线和的交点的轨迹方程为 ．
【答案】（）．
【分析】设，直线和的交点为，根据三点共线及三点共线，可得两个式子，两式相乘，再结合在椭圆上即可得出答案.
【详解】设，
因为椭圆的长轴端点为，
设直线和的交点为，
因为三点共线，所以，，
因为三点共线，所以，
两式相乘得，（）,
因为，所以，即，
所以，整理得（），
所以直线和的交点的轨迹方程（）.
故答案为：（）.
29．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，直线与抛物线交于两点，过点作抛物线的切线，若交于点，则点的轨迹方程为 .
【答案】或
【分析】由题可得抛物线方程，利用切线几何意义可得切线斜率，即可表示出切线方程求出交点坐标，再将抛物线与直线联立，结合韦达定理可得轨迹方程.
【详解】由焦点到准线的距离为2，可得抛物线.
由可得，故，
故在处的切线方程为，即，
同理在点处的切线方程为，
联立，即.
联立直线与抛物线方程：，消去得，
由题或.
由韦达定理，，
得，其中或，故点的轨迹方程为：或.
故答案为：或
30．直线在轴上的截距为且交抛物线于、两点，点为抛物线的顶点，过点、分别作抛物线对称轴的平行线与直线交于、两点．分别过点、作抛物线的切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】设点、，分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出抛物线在点、处的切线方程，求出两切线的交点坐标，可得出交点的轨迹方程.
【详解】设点、，
若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，联立，可得，
，由韦达定理，可得，，
显然抛物线在点处切线斜率存在且不为，
设其方程为，
由，消去并整理，得，
解得或，因此有，解得，
则抛物线在点处切线方程为，即，
同理抛物线在点处切线方程为，
而，由，解得，，
于是得两条切线的交点在直线上，
又，所以两条切线的交点的轨迹方程为．
故答案为：.
三、解答题
31．已知直线l平行于y轴，且l与x轴的交点为，点A在直线l上，动点P的纵坐标与A的纵坐标相同，且，求P点的轨迹方程，并说明轨迹方程的形状．
【答案】，轨迹是开口向左的抛物线．
【分析】根据向量垂直的坐标运算即可列方程求解.
【详解】由条件可知，直线l的方程为，因此点A的横坐标为4．
设P的坐标为，则点A的坐标为．因此
因为的充要条件是，所以，即动点P的轨迹方程为．
从而可以看出，轨迹是开口向左的抛物线．
32．在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，，点为坐标系内一点，若直线与直线的斜率的乘积为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)说明点的轨迹是何种几何图形．
【答案】(1)
(2)点的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，且不包括与x轴的交点
【分析】（1）根据题意结合斜率公式运算求解，注意；
（2）根据（1）中结果，结合椭圆方程分析说明.
【详解】（1）由题意可知：直线与直线的斜率分别为，
则，整理得，
所以点的轨迹方程为.
（2）由（1）可知：点的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，且不包括与x轴的交点.
33．已知椭圆，点A，B分别是它的左､右顶点，一条垂直于x轴的动直线l与椭圆相交于P，Q两点，当直线l与椭圆相切于点A或点B时，看作P，Q两点重合于点A或点B，求直线与直线的交点M的轨迹方程.
【答案】
【分析】设，则，写出直线和直线的方程，利用消去和即可得到结果.
【详解】由椭圆方程可知：，则，，
设，则，则，
当时，则有：
直线的方程为：，直线的方程为：，
可得，
又因为，所以，即，
当时，也符合上式，
所以直线AP与直线BQ的交点M的轨迹方程是.
34．已知的斜边为AB，且.求:
(1) 外接圆的一般方程;
(2)直角边的中点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据直角三角形外接圆性质求解圆心和半径， 从而计算出外接圆的一般方程;
（2）设，根据M是线段BC的中点，得到然后根据即可求得动点的轨迹方程.
【详解】（1）由题意知，设圆心为，则，
，
故圆的方程为：
即外接圆的一般方程为：.
（2）
设，由此解得：
因为C为直角，所以
代入解得：即
配方得：，
又因为三点不共线，
所以
综上：.
35．已知直线，圆.
(1)证明:直线与圆相交；
(2)设与的两个交点分别为A、，弦的中点为，求点的轨迹方程.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）求出直线恒过点，而在圆内，故证明出结论；
（2）联立直线与圆的方程，设出，得到两根之和，两根之积，进而表达出点的坐标为，消去参数，求出点的轨迹方程，注意去掉原点.
【详解】（1）恒过点，
又，所以点在圆内，
所以直线与圆相交；
（2）联立与得：，
设，
则，，
，
故，，
所以点的坐标为，
令，，两式相除可得：，
代入中，消去可得，，
由于，故，即去除原点，
则点的轨迹方程为：.
36．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．
(1)求椭圆的方程；
(2)点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设，表示出直线OQ的方程，定点和.
进而求出，把代入得，从而，判断出点始终在以OF为直径的圆上，即可求解 .
【详解】（1）因为椭圆过点，所以.
因为，所以，得．
故，
从而椭圆C的方程为．
（2）设，则直线AP的斜率为.
因为，所以直线OQ的方程为.
令可得，所以，
又M是AP的中点，所以.
从而，
所以①
因为点在椭圆C上，所以，故，
代入式①可得，从而，
所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为
37．已知过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点．
(1)证明：；
(2)设为抛物线的焦点，直线与直线交于点，直线交抛物线与两点（在轴的同侧），求直线与直线交点的轨迹方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，，利用三点共线，解得，再利用向量数量积的坐标表示即可求解；
（2）设， ，，根据题意可得，由此解出与，与的关系，进而得到直线与直线的方程，联立即可求解.
【详解】（1）设，，
因为三点共线，所以,
所以，整理可得，
所以，所以．
（2）设， ，，
由题意，，
因为，，所以，
又因为，，
所以，整理得．
因为在轴同侧，所以，同理可得，
所以直线的方程为，同理的方程为，
两式联立代入，可得，
由题意可知交点不能在x轴上，
所以交点的轨迹方程为．
38．已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上除右顶点之外的一点．若该双曲线与椭圆有共同的焦点且过点，求内切圆圆心的轨迹方程．
【答案】
【分析】根据双曲线定义和圆的切线定理可得所求轨迹方程为，再由已知列方程组即可求得a，即得方程.
【详解】解：如图所示，，
设内切圆与x轴的切点是点H，内切圆的圆心为点M，，与内切圆的切点分别为A，B，
由双曲线的定义可得，
即，
又，，
所以，即.
设点M的横坐标为x，则点H的横坐标为x，
所以，即.
因为双曲线与椭圆有共同的焦点且过点，
所以，解得，
故内切圆圆心的轨迹方程为．
39．已知点是圆上的定点，点是圆内一点，、为圆上的动点．
(1)求线段AP的中点的轨迹方程．
(2)若，求线段中点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据中点坐标公式，结合相关点法即可求解，
（2）根据直角三角形的性质，结合勾股定理即可由点点距离求解.
【详解】（1）设中点为，
由中点坐标公式可知，点坐标为
∵点在圆上，∴．
故线段中点的轨迹方程为．
（2）设的中点为，在中，，
设为坐标原点，则，所以，
所以．
故线段中点的轨迹方程为．
40．已知椭圆的上､下顶点分别为，点是椭圆上异于的动点，记分别为直线的斜率.点满足.
(1)证明：是定值，并求出该定值；
(2)求动点的轨迹方程.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据两点斜率公式以及点在椭圆上，即可代入化简求解，
（1）根据垂直关系求解斜率关系，联立直线方程得交点坐标即可求解.
【详解】（1）由题意可知,
设点，显然
，为定值.
（2）设点,
由于，
的方程：①.
的方程：②
由①②联立可得：，
代入①可得，
即点
点满足：，
代入可得点的轨迹方程为：
41．已知抛物线的焦点为F，点E在C上，以点E为圆心，为半径的圆的最小面积为．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点F的直线与C交于M，N两点，过点M，N分别作C的切线，，两切线交于点P，求点P的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当圆心在原点时，此时半径为，圆的面积最小是解题的关键；
（2）设出直线MN的方程，利用导数与切线方程的关系求出切线，联立两条切线方程求出交点即可求解.
【详解】（1）设点，，则，
因为以E为圆心，以为半径的圆的最小面积为，
所以，
所以（负值舍去），解得，
所以抛物线C的标准方程为．
（2）设，，
易得，由题意知直线MN的斜率一定存在，
则设直线MN的方程为，
联立得，
，所以，．
由，得，则切线的斜率为，
则切线的方程为，即①．
同理可得切线的方程为②．
①②得，
代入①得，，
所以点P的轨迹方程为．
【点睛】关键点睛：利用设而不求的方法，设出直线方程与圆锥曲线联立消元得出韦达定理，通过转化化简用韦达定理表示出问题，是处理直线与圆锥曲线位置关系必须要掌握的方法.
42．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
43．已知椭圆C：的长轴长为，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动点P为椭圆C外一点，且过点P的椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的相关概念及离心率求解即可；
（2）设出动点P的坐标，求出切线方程，联立方程组由求解即可（注意分类讨论）.
【详解】（1）由题意可知，解得，，
∵，
∴椭圆C的标准方程为；
（2）设点，
①当两条切线斜率均存在时，设其中一条切线为，另一条为，
联立方程，消去y得，
∴，
即，
则，是方程的两个不等实根，
∴，
又∵两条切线相互垂直，∴，
∴，
整理得，
即点P的轨迹方程为，
②当两条切线中有一条斜率不存在时，即A、B两点分别位于椭圆长轴与短轴的端点，
P的坐标为，把点代入亦成立，
综上所述，点P的轨迹方程为：.
44．已知拋物线，过其焦点作两条相互垂直且不平行于轴的直线，分别交抛物线于点和点的中点分别为.
(1)若直线的斜率为2，求直线的方程；
(2)求线段的中点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立直线和抛物线方程，求得中点坐标，即可求解直线的方程；
（2）首先设直线的方程为，与抛物线方程联立，求得点的坐标，并利用直线与直线的关系，求得点的坐标，即可求解点，再通过消参求得点的轨迹方程.
【详解】（1）抛物线的焦点，，
直线的方程为，设，
联立，得，，
所以中点的横坐标为，中点的纵坐标为，即，
直线的方程为，设，
联立，得，，
所以中点的横坐标为，中点的纵坐标为，即，
所以，直线的方程为，
化简为直线的方程为；
（2）设直线的方程为，设，，
联立，得，
得，
所以中点的横坐标为，纵坐标为，
即，将换成得，
得的中点的坐标为，
即，得，
45．已知分别为双曲线的左、右顶点，点是直线上的动点，延长分别与交于点．
(1)若点的纵坐标为，求的坐标；
(2)若在直线上且满足，求的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，得到点的坐标，进而可得直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，求出点的横坐标，再代入双曲线方程中即可求解；
（2）对直线的斜率是否存在进行讨论，当斜率存在时，设出直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，结合根与系数的关系以及三点共线的定义进行求解即可．
【详解】（1）易知，
则直线的方程为，
联立，解得，故,
又点在上，解得，
即；
（2）不妨设,,,,，
由题意可知：直线不可能平行于轴，
不妨设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
因为直线与有两交点，
所以，且，即，
由韦达定理得，，
所以，
由，，三点共线，此时，即，
由，，三点共线，此时，
消去整理得，
即，
此时，
即，
所以对任意，，都有成立，
解得或，
若，
因为，又，
解得，，
所以，即，不符合题意，
所以，则，
所以直线恒过点，
故点的轨迹是以为直径的圆，
由,可得圆心坐标为，直径为2，
故圆的方程为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
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