2025年高考数学重点题型精准训练(新高考通用)专题14圆锥曲线中的轨迹问题(学生版+解析)

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(1)如图，动圆C1：x2+y2=t2，1-1)或 y=0(x≤-1)
【分析】首先根据点M和点A与直线OP的位置关系分类讨论，当点M和点A位于直线OP的两侧时，利用∠MPO=∠AOP与垂直平分线性质将条件转化为点M到直线l的距离等于到原点的距离，再设点坐标代入直接求轨迹方程即可；当点M和点A位于直线OP的同侧时，可得点M在x轴上，再求解横坐标范围即可；当点A、P重合时可得M坐标最后，综合作答.
【详解】设MQ为线段OP的垂直平分线，交OP于点Q．分两种情况求点M的轨迹方程.
①点M和点A位于直线OP的两侧，如图1，
∵∠MPO=∠AOP，∴MP//AO，即MP⊥l，
又MO=MP，即点M到直线l的距离等于到原点的距离.
设Mx,y，则x2+y2=x+2，即y2=4x+1，x>-1.
②点M和点A位于直线OP的同侧时，如图2，
∵MQ为线段OP的垂直平分线，∴∠MPQ=∠MOQ，
又∠MPQ=∠AOP，∴∠MOQ=∠AOP，
因此点M在x轴上．设点Mx,0，P-2,aa≠0，
由MO=MP，即x=x+22+a2，得x=-1-14a20，设Px1,y1,Qx2,y2，
y1+y2=-4mm2+4,y1y2=-3m2+4，my1y2=34y1+y2，
HP方程：y=y1x1+2x+2，QF方程：y=y2x2-2x-2，
联立上述两方程消去得：
x+2x-2=x1+2y2x2-2y1=my1+3y2my2-1y1=34y1+y2+3y234y1+y2-y1=3.
∴x=4，
所以J4,yJ，其中yJ=6y1x1+2，
同理直线HQ与直线PF的交点K4,yK，其中yK=6y2x2+2，
yJ-yK=6y1x1+2-6y2x2+2=18y2-y1my1+3my2+3=2m2+3，
S△IJK=12⋅4-1⋅yJ-yK=3m2+3≥33（当且仅当m=0时取等号），
故△IJK的面积最小值为33，此时直线PQ的方程为x=1.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆位置关系的综合问题，主要从以下几个角度分析：
（1）联立方程后，韦达定理的正确使用；
（2）各点对应直线关系要分清；
（3）数形结合思想的应用.
12．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为22，离心率为22.
(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)x22+y2=1
(2)x2+y2=3
【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k1k2=-1求解即可（注意分类讨论）.
【详解】（1）由题意可知2a=22ca=22，解得a=2，c=1，
∵b2=a2-c2=1，
∴椭圆C的标准方程为x22+y2=1；
（2）设点Px0,y0，
①当两条切线斜率均存在时，设其中一条切线为y=k1x-x0+y0，另一条为y=k2x-x0+y0，
联立方程x22+y2=1y=kx-x0+y0，消去y得k2+12x2+2ky0-kx0x+y0-kx02-1=0，
∴Δ=4k2y0-kx02-4k2+12y0-kx02-1=0，
即1-x022k2+x0y0k+121-y02=0，
则k1，k2是方程1-x022k2+x0y0k+121-y02=0的两个不等实根，
∴k1k2=121-y021-x022，
又∵两条切线相互垂直，∴k1k2=-1，
∴121-y021-x022=-1，
整理得x02+y02=3，
即点P的轨迹方程为x2+y2=3，
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±2,±1，把点P±2,±1代入x02+y02=3亦成立，
综上所述，点P的轨迹方程为：x2+y2=3.
13．过点A0,-2的直线与抛物线y2=4x相交于两点P，Q，求以OP，OQ为邻边的平行四边形的第四个顶点M的轨迹方程.
【答案】y2+4y-4x=0（y0）
【分析】设Px1,y1，Qx2,y2，Mx,y，设直线AB的方程为y=kx-2k≠0，与抛物线方程联立利用韦达定理可得y1+y2、x1+x2和k的范围，根据平行四边形对角线互相平分和消参法可得答案.
【详解】设Px1,y1，Qx2,y2，Mx,y，
由题意过点A0,-2的直线的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx-2k≠0，
与抛物线方程联立y=kx-2y2=4x，可得ky2-4y-8=0，y1+y2=4k，
且Δ=16+32k>0可得k>-12且k≠0，
所以由y1+y2=kx1+x2-4可得x1+x2=4k2+4k，
因为四边形OPMQ是平行四边形，所以x2,y2=x1+x22,y1+y22，
即x2,y2=2k2+2k,2k，可得y2+4y-4x=0，
因为y2=2k，而k>-12且k≠0，可得y0，
所以M的轨迹方程为y2+4y-4x=0（y0）.

14．已知双曲线C的方程为2x2-y2=2．
(1)直线y=x+m截双曲线C所得的弦长为42，求实数m的值；
(2)过点2,-1作直线交双曲线C于P、Q两点，求线段PQ的中点M的轨迹方程．
【答案】(1)m=±1
(2)2x2-y2-4x-y=0
【分析】（1）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式即可求出m值；
（2）设Px1,y1,Qx2,y2,M(x,y),A2,-1，利用点差法结合中点公式即可得到2xy=y+1x-2，化简即可.
【详解】（1）联立y=x+m2x2-y2=2,得x2-2mx-m2-2=0，
∵直线y=x+m被双曲线C截得的弦长为42,∴Δ=4m2+4m2+8>0,
设直线与双曲线交于Ax1,y1,Bx2,y2,
则x1+x2=2m,x1x2=-m2-2,
由弦长公式得42=2⋅4m2+4m2+2,
解得m=±1.
（2）设Px1,y1,Qx2,y2,M(x,y),A2,-1，则
x1+x2=2x,y1+y2=2y，
∴2x12-y12=2,2x22-y22=2，
上式作差得4xx1-x2-2yy1-y2=0，
当直线PQ的斜率不存在时，根据双曲线对称性知M2,0，
当直线PQ的斜率存在时，但y1+y2=0时，此时直线PQ为直线OA，根据双曲线对称性知M0,0，
当直线PQ的斜率存在时，且y1+y2≠0时，kPQ=y1-y2x1-x2=2xy，
∵kAM=y+1x-2，∴2xy=y+1x-2，化简得2x2-y2-4x-y=0，其中x≠2,y≠0，
而点2,0，0,0适合上述方程，
则线段PQ的中点M的轨迹方程是2x2-y2-4x-y=0.

15．已知过曲线C:x2a2+y2b2=1a,b>0上一点x0,y0作椭圆C的切线l，则切线l的方程为x0xa2+y0yb2=1.若P为椭圆C1:x22+y2=1上的动点，过P作C1的切线l0交圆C2:x2+y2=4于M,N，过M,N分别作C2的切线l1,l2，直线l1,l2交于点Q.
(1)求动点Q的轨迹E的方程；
(2)已知R为定直线x=4上一动点，过R的动直线m与轨迹E交于两个不同点A,B，在线段AB上取一点T，满足ARTB=ATRB，试证明动点T的轨迹过定点.
【答案】(1)x28+y216=1
(2)证明见解析
【分析】（1）设点P(x0,y0)，结合题意利用直线l0的方程推出x0=m2y0=n4，进而利用代入法求得动点Q的轨迹E的方程；
（2）设点Ax3,y3,Bx4,y4,R4,t,TxT,yT，利用条件结合向量的坐标运算推出Ax3,y3,Bx4,y4,R4,t,TxT,yT坐标满足的关系，结合Ax3,y3,Bx4,y4在曲线E上，推得2⋅x32-λ2x421-λ2+y32-λ2y421-λ2=16，即可得动点T的轨迹方程，确定定点坐标.
【详解】（1）设点P(x0,y0)，由题意知切线l0的方程为x0x2+y0y=1，

同理，设点Mx1,y1,Nx2,y2,Qm,n，
则切线l1,l2的方程分别为：x1x+y1y=4,x2x+y2y=4，
又点Q在直线l1,l2上，所以x1m+y1n=4x2m+y2n=4，
所以直线l0的方程为：mx+ny=4，和x0x2+y0y=1比较可得x0=m2y0=n4，
又P(x0,y0)在曲线C1上，即x022+y02=1，
所以m28+n216=1，即点Q的轨迹E的方程为x28+y216=1；
（2）设点Ax3,y3,Bx4,y4,R4,t,TxT,yT，

则由|AR∥TB|=|AT∥RB|知ARRB=ATTB，设ARRB=ATTB=λ，则λ>0且λ≠1，
则：AR=-λRB,AT=λTB，
即4-x3,t-y3=-λx4-4,y4-t，xT-x3,yT-y3=λx4-xT,y4-yT，
整理可得x3-λx41-λ=4y3-λy41-λ=t且x3+λx41+λ=xTy3+λy41+λ=yT，
又Ax3,y3,Bx4,y4在曲线E上，则x328+y3216=1x428+y4216=1，
故y32=16-2x32,y42=16-2x42，
所以2⋅x32-λ2x421-λ2++y32-λ2y421-λ2=2⋅x32-λ2x421-λ2+16-2x32-λ2(16-2x42)1-λ2
=16(1-λ2)1-λ2=16，
所以2⋅x32-λ2x421-λ2+y32-λ2y421-λ2=16，
即8xT+tyT=16，由于t∈R,故yT=0时，xT=2，
所以动点T的轨迹过定点2,0.
【点睛】关键点睛：证明动点T的轨迹过定点问题，首先要根据|AR∥TB|=|AT∥RB|，利用向量的坐标运算推出Ax3,y3,Bx4,y4,R4,t,TxT,yT坐标满足的关系，关键在于结合Ax3,y3,Bx4,y4在曲线E上，推得2⋅x32-λ2x421-λ2+y32-λ2y421-λ2=16，从而可确定T点轨迹方程，确定定点.
16．已知椭圆C：x24+y2=1，直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)点P(x0,y0)为椭圆C上的动点（与点A，B不重合），若直线PA，直线PB的斜率存在且斜率之积为-14，试探究直线l是否过定点，并说明理由；
(2)若OA⊥OB．过点O作OQ⊥AB，垂足为点Q，求点Q的轨迹方程．
【答案】(1)直线l过定点0,0；
(2)x2+y2=45
【分析】（1）利用点在椭圆上和直线斜率公式即可证得直线l过定点0,0；
（2）利用三角函数设出A，B两点坐标，再利用题给OQ⊥AB即可求得OQ=255，进而得到点Q的轨迹方程．
【详解】（1）直线lAB过定点0,0，下面证明：
设Ax1,y1，B'-x1,-y1，kPA⋅kPB'=y0-y1x0-x1×y0+y1x0+x1=y02-y12x02-x12，
又x024+y02=1，x124+y12=1，∴kPA⋅kPB'=1-x024-1-x124x02-x12=-x02-x124x02-x12=-14，
∴直线lAB'过原点满足kPA⋅kPB'=-14．
又当PA两点固定时kPA为定值，有且仅有一个斜率值与之相乘之积为-14，
则直线PB,PB'重合，则B,B'重合，
∴直线l过定点0,0．
（2）设OA=r1，OB=r2，∠xOA=θ，不妨设∠xOB=θ+π2，
∴Ar1csθ,r1sinθ，B-r2sinθ,r2csθ，又点A，B在椭圆上，
∴r12cs2θ4+r12sin2θ=1，r22sin2θ4+r22cs2θ=1，
∴cs2θ4+sin2θ=1r12，sin2θ4+cs2θ=1r22，两式相加得1r12+1r22=54，
由S△OAB=12AB⋅OQ=12OA⋅OB，
得OQ=OA⋅OBAB=r1r2r12+r22=r12r22r12+r22=11r22+1r12=45=255，
∴点Q的轨迹是以点O为圆心以255为半径的圆，
∴点Q的轨迹方程为x2+y2=45．
17．已知圆C:x2+y2+2x-4y+3=0.
(1)若直线l过点-2,0且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程；
(2)从圆C外一点P向圆C引一条切线，切点为M，O为坐标原点，满足PM=PO，求点P的轨迹方程.
【答案】(1)x=-2或3x-4y+6=0
(2)2x-4y+3=0
【分析】（1）讨论直线l是否存在斜率，当斜率存在时，设出直线方程，利用弦长公式，即可求得直线斜率，则直线方程得解；
（2）根据题意以及几何关系，求得点P的轨迹方程，
【详解】（1）根据题意，圆C的方程为：x+12+y-22=2，其圆心为-1,2，半径为2，
当直线l的斜率不存在时，其方程为x=-2，
此时直线l与圆C的交点为A-2,1，B-2,3，AB=2，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+2，即kx-y+2k=0，
则圆心C到直线l的距离d=-k-2+2kk2+1=1，解得k=34，
所以直线l的方程为3x-4y+6=0，
综上，直线l的方程为x=-2或3x-4y+6=0；
（2）如图，PM为圆C的切线，连接MC，PC，则CM⊥PM，
所以△PMC为直角三角形，即PM2=PC2-MC2.
设Px,y，由（1）知C-1,2，MC=2，
因为PM=PO，所以x+12+y-22-2=x2+y2，
化简得点P的轨迹方程为2x-4y+3=0.
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，F1，F2为C的左右焦点.点P1,-32为椭圆上一点，且PF1+PF2=4.过P作两直线与椭圆C相交于相异的两点A，B，直线PA、PB的倾斜角互补，直线AB与x，y轴正半轴相交.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点M满足AM=MB，求M的轨迹方程.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)y=32x (00,x≥a
则2a=1，2c=2，从而a=12，c=1，b2=c2-a2=34
∴点P的轨迹方程为：4x2-43y2=1(x≥12) ①
设Gx,y，P(x0,y0)，
∵G为OP的中点，则有x=x02y=y02，从而x0=2xy0=2y，∴P2x,2y
代入①得点G的轨迹方程为：16x2-16y23=1(x≥14)．
28．已知两定点A-4,0，B-1,0，动点P满足PA=2PB，直线l: 2m+1x+m+1y-5m-3=0．
(1)求动点P的轨迹方程，并说明轨迹的形状；
(2)记动点P的轨迹为曲线E，把曲线E向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度后得到曲线E'，求直线l被曲线E'截得的最短的弦长；
(3)已知点M的坐标为5,3，点N在曲线E'上运动，求线段MN的中点H的轨迹方程．
【答案】(1)动点P的轨迹方程是x2+y2=4，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；
(2)23；
(3)x-32+y-22=1．
【分析】（1）设点Px,y，由题可得x+42+y2=2x+12+y2，进而即得；
（2）由题可得圆E'：x-12+y-12=4，然后根据圆的性质及弦长公式即得；
（3）设Hx,y，Nx0,y0，根据坐标关系可得x0=2x-5y0=2y-3，代入曲线E'的方程进而即得.
【详解】（1）设点Px,y，
由PA=2PB得x+42+y2=2x+12+y2，
化简得x2+y2=4，
∴动点 P 的轨迹方程是x2+y2=4，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；
（2）∵曲线E的方程为x2+y2=4，
∴曲线E'的方程为x-12+y-12=4，圆心为E'1,1在，半径为2，
又∵直线l可化为2x+y-5m+x+y-3=0，
由2x+y-5=0x+y-3=0，可得x=2y=1，
∴直线l恒过定点D2,1，
由平面几何知识可知，当直线l垂直于E'D时被截得的弦长最短，
∵E'D=1，半径为2，
∴最短弦长为222-1=23；
（3）设Hx,y，Nx0,y0，又点M的坐标为5,3，
所以x=x0+52y=y0+32，
∴x0=2x-5y0=2y-3，
∵点 N 在圆E'：x-12+y-12=4上运动，
∴x0-12+y0-12=4，
所以2x-5-12+2y-3-12=4，即x-32+y-22=1，
∴点 H 的轨迹方程是x-32+y-22=1．
29．已知过定点P0，1的直线l交曲线x2-y24=1于A，B两点．
(1)若直线l的倾斜角为45°，求AB；
(2)若线段AB的中点为M，求点M的轨迹方程．
【答案】(1)823
(2)4x2-y2+y=0，其中y∈-∞，-4∪1，+∞
【分析】对于（1），得l方程为：y=x+1，与双曲线联立后可求出A，B坐标，即可求得AB.
对于（2），先利用点差法可求得M轨迹方程.后利用韦达定理可求得曲线上点坐标的范围.
【详解】（1）由题得l方程为：y=x+1，将其与x2-y24=1联立有
y=x+1x2-y24=1，消去y得：3x2-2x-5=0，解得x=-1或x=53.
则令A-1,0，B53，83，则AB=53+12+832=823.
（2）由题，直线l存在，故设l方程为：y=kx+1.
将其与x2-y24=1联立有：y=kx+1x2-y24=1，消去y得：4-k2x2-2kx-5=0
因l与双曲线有两个交点，则4-k2≠0Δ=80-16k2>0，
得0≤k2