第55讲 曲线的轨迹方程 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第55讲 曲线的轨迹方程 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，共21页。
三、典题精讲 PAGEREF _Tc237076166 \h 3
考点一：直接法求轨迹方程 PAGEREF _Tc237076167 \h 3
考点二：定义法求轨迹方程 PAGEREF _Tc237076168 \h 13
考点三：相关点法求轨迹方程 PAGEREF _Tc237076169 \h 23
考点四：交轨法求轨迹方程 PAGEREF _Tc237076170 \h 27
考点五：参数法与点差法求轨迹方程 PAGEREF _Tc237076171 \h 32
考点六：向量与新定义曲线的轨迹问题 PAGEREF _Tc237076172 \h 35
四、高考真题 PAGEREF _Tc237076173 \h 38
一、考情分析
1. 考查频次与题型
在近三年全国一卷中，本讲内容2024年以多选题形式直接考查（6分），2025年以解答题形式间接考查（17分），2026年未考查.
2. 命题角度与特色
（1） 依托几何条件建系立式：常以距离、角度、向量等几何关系为载体，要求考生直接翻译为代数方程，如2024年利用距离乘积为定值求轨迹.
（2） 结合相关点与代数关系探究轨迹：在解答题中，常结合相关点法或斜率关系，要求先求出动点的轨迹方程，再进一步探究最值或范围问题，如2025年通过斜率倍数关系求出动点轨迹为圆.
3. 备考策略
（1） 熟练掌握求轨迹方程的基本方法：如直接法、定义法、相关点法、交轨法和参数法等，能够根据题目条件灵活选择合适的方法.
（2） 强化代数化简与图形性质分析能力：在求出轨迹方程后，往往需要结合方程的代数特征（如范围、对称性、渐近趋势等）分析曲线的几何性质，或结合圆锥曲线的定义解决最值问题.
二、知识清单
1. 曲线与方程的概念
一般地，在直角坐标系中，如果某曲线 C 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. 曲线的对称性与交点
（1） 曲线的对称性：
① 若曲线方程 f(x,y)=0 中，以 −x 代替 x 方程不变，即 f(−x,y)=f(x,y)，则曲线关于 y 轴对称.
② 若以 −y 代替 y 方程不变，即 f(x,−y)=f(x,y)，则曲线关于 x 轴对称.
③ 若同时以 −x 代替 x，−y 代替 y 方程不变，即 f(−x,−y)=f(x,y)，则曲线关于原点对称.
④ 若以 x 代替 y，y 代替 x 方程不变，即 f(y,x)=f(x,y)，则曲线关于直线 y=x 对称.
（2） 两曲线的交点：设曲线 C1 的方程为 f1(x,y)=0，曲线 C2 的方程为 f2(x,y)=0，则两曲线的交点坐标就是方程组 f1(x,y)=0f2(x,y)=0 的实数解.若方程组无实数解，则两曲线无交点.
3. 直接法求动点的轨迹方程
利用直接法求动点的轨迹方程的步骤如下：
（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：列出有限制关系的几何等式.
（4） 代换：将轨迹所满足的条件用含 x,y 的代数式表示，如选用距离和斜率公式等将其转化为 x,y 的方程式化简.
（5） 证明（一般省略）：证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程（对某些特殊值应另外补充检验），简记为：建设现代化，补充说明.
4. 定义法求动点的轨迹方程
回顾之前所讲的第一定义的求解轨迹问题，我们常常需要把动点 P 和满足焦点标志的定点连起来判断.熟记焦点的特征：
（1） 关于坐标轴对称的点.
（2） 标记为 F 的点.
（3） 圆心.
（4） 题目提到的定点等等.
当看到以上的标志的时候要想到曲线的定义，把曲线和满足焦点特征的点连起来结合曲线定义求解轨迹方程.
5. 相关点法求动点的轨迹方程
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.
6. 交轨法求动点的轨迹方程
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.
7. 参数方程法求动点的轨迹方程
动点 M(x,y) 的运动主要是由于某个参数 φ 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 x=f(φ)，y=g(φ)，再消去参数.
8. 点差法求动点的轨迹方程
圆锥曲线中涉及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 A(x1,y1)，B(x2,y2) 的坐标代入圆锥曲线方程，两式相减可得 x1+x2，y1+y2，x1−x2，y1−y2 等关系式，由于弦 AB 的中点 P(x,y) 的坐标满足 2x=x1+x2，2y=y1+y2 且直线 AB 的斜率为 y2−y1x2−x1，由此可求得弦 AB 中点的轨迹方程.
三、典题精讲
考点一：直接法求轨迹方程
考法1：利用距离或向量关系直接列式求轨迹方程
1.（2026·湖南永州·一模）已知两条直线 l1:y=2x，l2:y=12x，有一动圆 M 与 l1 交于 A，B 两点，与 l2 交于 C，D 两点，且 AB=2，CD=4，则圆心 M 轨迹为（ ）
A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线
【答案】C
【思路】根据弦长公式和圆心到直线的距离，列出圆心坐标满足的等式，化简即可得到轨迹方程.
【解析】分别求得圆心到直线 l1，l2 的距离 d1,d2，由 d12+1=d22+4 可求解.
设动圆的圆心坐标为 (x,y)，
圆心到直线 l1:y=2x 的距离为 d1=|y−2x|5，
圆心到直线 l2:y=12x 距离为 d2=|2y−x|5，
又动圆 M 与 l1 交于 A，B 两点，与 l2 交于 C，D 两点，且 AB=2，CD=4，
所以 d12+1=d22+4，即 |y−2x|52+1=|2y−x|52+4，
化简得 x25−y25=1，所以圆心 M 的轨迹为双曲线，
故选：C.
2.（2026·湖北孝感·二模）如图①，在圆 C:x2+y2=1 上任取一点 P，过点 P 作 y 轴的垂线段 PI，I 为垂足.点 M 在 IP 的延长线上，且 |IM|=2|IP|.当点 P 在圆上运动时，点 M 的轨迹为曲线 Γ.（当点 P 经过圆与 y 轴的交点时，规定点 M 与点 P 重合.）
（1） 求曲线 Γ 的方程；
（2） 矩形 ABCD 中，|AB|=4，|BC|=2.E,F,G,H 分别是矩形的四条边的中点.
（i） 如图②，已知点 R 是线段 OF 上靠近原点 O 的 4 等分点，直线 ER 与曲线 Γ 交于 E,T 两点，与圆 C:x2+y2=1 交于 E,K 两点，求 |ET||EK| 的值；
（ii） 如图③，已知点 R1,R2,⋯,Rn−1 是线段 OF 的 n,(n≥2) 等分点，点 S1,S2,⋯,Sn−1 是线段 CF 的 n 等分点.证明：直线 ERi 与 GSi (i=1,2,3,⋯,n−1) 的交点 L 在曲线 Γ 上.
【答案】（1） x24+y2=1
（2） （i） 2017 （ii） 证明见解析
【思路】（1） 设出点 M 和点 P 的坐标，根据向量或线段比例关系找出坐标间的联系，代入圆的方程即可求得轨迹方程；（2） 结合直线方程与曲线方程联立，利用韦达定理或坐标代入法求解交点坐标，进而求得线段比值或证明点在曲线上.
【解析】
（1） 设点 M 坐标为 (x,y)，点 P 的坐标为 (x0,y0)，则点 I 的坐标为 (0,y0)
由 |IM|=2|IP| 得 x=2x0，y=y0，所以 x0=x2，y0=y
因为点 P(x0,y0) 在圆 x2+y2=1 上，所以 x02+y02=1，把 x0=x2，y0=y 代入得：x22+y2=1，即曲线 Γ 的方程是：x24+y2=1
（2） （i） 由题意，点 F(2,0)，E(0,−1)，R12,0，kER=2
所以直线 ER 方程为 y=2x−1
由 y=2x−1x24+y2=1 得 17x2−16x=0 所以 xT=1617
由 y=2x−1x2+y2=1 得 5x2−4x=0 所以 xK=45
由相似得 |ET||EK|=xTxK=161745=2017
（ii） 证明：由题知：E(0,−1)，Ri2in,0，G(0,1)，Si2,n−in
kERi=0−(−1)2in−0=n2i，kGSi=n−in−12−0=−i2n
直线 ERi 方程：y=n2ix−1
直线 GSi 方程：y=−i2nx+1
联立直线 ERi 方程和直线 GSi 方程，得 n2ix−1=−i2nx+1，所以 x=4nin2+i2
代入直线 GSi 方程得 y=−i2n⋅4nin2+i2+1=n2−i2n2+i2
所以 L4nin2+i2,n2−i2n2+i2
所以 xL24+yL2=4nin2+i224+n2−i2n2+i22=4n2i2(n2+i2)2+(n2−i2)2(n2+i2)2=(n2+i2)2(n2+i2)2=1
所以，点 L 在椭圆 x24+y2=1 上.
考法2：利用绝对值方程探究曲线对称性与交点问题
3.（2025·江西上饶·二模）（多选）已知曲线 C:|x|+|2y|=|y|=2，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线 y=22x 与曲线 C 没有交点
B. 已知点 A(−3,0),B(3,0)，则曲线 C 上存在点 P，使得 |PA|−|PB|=22
C. 若过点 (0,2) 的直线 l 与曲线 C 有三个不同的交点，则直线 l 的斜率的取值范围是 (−62,−22)
D. 点 Q 是曲线 C 上在第四象限内的一点，过点 Q 向直线 y=22x 与直线 y=−22x 作垂线，垂足分别为 M,N，则 |QM|⋅|QN|=23
【答案】BCD
【思路】通过去绝对值，将曲线 C 分象限转化为椭圆或双曲线的一部分，画出图象，结合圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系逐项分析.
【解析】曲线 C:|x|+|2y|=|y|=2，当 x≥0,y≥0 时，曲线 C:x22+y2=1，表示焦点在 x 轴上的椭圆的一部分，
当 x>0,y≤0 时，曲线 C:x22−y2=1，表示焦点在 x 轴上的双曲线在第四象限的部分，
其渐近线方程为 y=−22x，焦点为 A(−3,0)，B(3,0)，
当 x≤0,y>0 时，曲线 C:y2−x22=1，表示焦点在 y 轴上 双曲线第二象限的部分，
其渐近线方程为 y=−22x，
当 x0 时，f'(x)>0，f(x) 单调递增，
又 f（0）=12>0，f(π2)=π24+12>0，
所以 f(x) 在 (0,+∞) 上无零点，
同理 f(x) 在 (−∞,0) 上也无零点，
所以直线 y=x 与曲线 C 没有交点，B 错误.
选项 C.令 u=x+y，则 y=u−x，代入原方程可得参数形式：x=u±2csu+1−u22，y=u∓2csu+1−u22.
要使 x,y 有意义，则 2csu+1−u2≥0，
令 ℎ(u)=2csu+1−u2，则 ℎ'(u)=−2sinu−2u，
当 u>0 时，ℎ'(u)0，ℎ(π2)=1−π240 恒成立，
方程恒有两个不同实根，直线与曲线恒有两个交点.
所以 D 正确
故选：ABD.
【考点一 方法总结】
1. 直接法求轨迹方程：当动点满足的几何条件容易直接转化为代数等式时，可设动点坐标为 (x,y)，直接列出关于 x,y 的方程并化简.如利用距离公式、斜率公式等.
2. 绝对值方程与曲线对称性：含有绝对值的曲线方程，常通过去掉绝对值符号，将其转化为分象限的圆锥曲线的一部分.分析其对称性时，可通过代数替换（如以 −x 替换 x）来判断.
3. 联立方程组消参法：当动点坐标由其他参数（如角度、斜率等）表示时，可通过联立方程组消去参数，得到仅含 x,y 的轨迹方程.
4. 极坐标与三角换元：对于涉及圆或椭圆的轨迹问题，可引入极坐标或三角换元，将问题转化为三角函数的最值或值域问题，结合三角函数的有界性进行求解.
考点二：定义法求轨迹方程
考法5：利用圆锥曲线定义求轨迹方程
10.（2026·湖南邵阳·二模）在平面直角坐标系中， O 为坐标原点， A(1,0)，B(4,0)，动点 P 满足 |PA|=2|PB|.当 ∠AOP 取最大值时， |OP|= ＿＿＿＿＿＿.
【答案】21
【思路】根据两点间距离公式，由已知条件求出点 P 的轨迹方程（阿波罗尼斯圆），再结合几何图形，当直线 OP 与圆相切时，∠AOP 取得最大值，利用勾股定理求解.
【解析】设 P(x,y)，则由 |PA|=2|PB| 得 (x−1)2+y2=4[(x−4)2+y2]，
整理得 x2+y2−10x+21=0，即 (x−5)2+y2=4，
所以点 P 的轨迹是以 C(5,0) 为圆心，2 为半径的圆，
当 ∠AOP 取最大值时，直线 OP 与圆相切，
此时 OP⟂CP，
所以 |OP|=|OC|2−r2=52−22=21.
11.（2026·河北沧州八校·二模）在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 到直线 y=−12 的距离的平方比点 P 到点 O 的距离的平方大 12，记动点 P 的轨迹为 Γ.
（1） 求 Γ 的方程.
（2） 已知 A1,A2,A3 为 Γ 上不同的三点.
（i）若线段 A1A2 的中点坐标为 (1,3)，求 △A1OA2 的面积;
（ii）若直线 A1A2 和直线 A1A3 均与圆 C:x2+y−942=1 相切，证明：直线 A2A3 与圆 C 相切.
【答案】（1） y=x2+14
（2） （i）72；（ii）证明见解析.
【思路】（1） 设出动点坐标，根据题意列出等式，化简即可得到轨迹方程；（2） 利用点差法或设线法求出直线方程，联立抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式、点到直线的距离公式进行计算或证明.
【解析】（1）设动点 P 的坐标为 (x,y)，
由已知点 P 到 y=−12 的距离的平方比到原点 O 的距离平方大 12，
所以 y+122−(x2+y2)=12
化简可得 y=x2+14，
所以 Γ 的方程为 y=x2+14，
（2）（i）设 A1(x1,y1),A2(x2,y2)，
因为 A1,A2 都在 Γ 上，故 y1=x12+14,y2=x22+14，
所以 y1−y2=(x1+x2)(x1−x2)，
所以直线 A1A2 的斜率 k=y1−y2x1−x2=x1+x2，
因为 A1A2 中点为 (1,3)，所以 x1+x2=2×1=2，
所以 k=2，直线 A1A2 的方程为 y−3=2(x−1)，即 y=2x+1，
联立直线与抛物线方程：
y=2x+1y=x2+14⇒x2−2x−34=0，
方程 x2−2x−34=0 的判别式 Δ=(−2)2−4×1×(−34)=7>0
由韦达定理得 x1+x2=2,x1x2=−34，
所以 |x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=4+3=7
所以 △A1OA2 的面积 S△A1OA2=12|b|⋅|x1−x2|=12×1×7=72(b=1 是直线在 y 轴截距)；
（ii）设 Aixi,xi2+14,i=1,2,3，
所以直线 A1A2 的方程为 (x1+x2)x−y+14−x1x2=0，
圆 C:x2+(y−94)2=1 的圆心为 C0,94，半径 r=1，
因为 A1A2 与圆 C 相切，故圆心到直线距离等于 1，
所以 0−94+14−x1x2(x1+x2)2+1=1，即 |2+x1x2|(x1+x2)2+1=1，
所以 (2+x1x2)2=(x1+x2)2+1，
同理 (2+x1x3)2=(x1+x3)2+1，
所以 x2，x3 是一元二次方程 (x1t+2)2=(x1+t)2+1 的两个根，
故 x2，x3 是方程 (x12−1)t2+2x1t+(3−x12)=0，
方程 (x12−1)t2+2x1t+(3−x12)=0 的判别式 Δ=4x12−4(x12−1)(3−x12)=4x14−12x12+12>0
由韦达定理得 x2+x3=2x11−x12，x2x3=x12−31−x12，
对直线 A2A3，同理得圆心到 A2A3 的距离平方为 d2=(x2x3+2)2(x2+x3)2+1，
又 x2x3+2=x12−31−x12+2=x12+1x12−1，故 (x2x3+2)2=(x12+1)2(x12−1)2
(x2+x3)2+1=2x11−x122+1=(x12+1)2(x12−1)2，
所以 d2=1，即 d=1=r，故直线 A2A3 与圆 C 相切.
考法6：转化中垂线与相切关系求圆锥曲线轨迹
12.（2026·广东东莞·模拟）已知 M 为圆 P:x2+y2+2x−35=0 上的一个动点，定点 Q(1,0)，线段 MQ 的垂直平分线交线段 MP 于点 N，则 N 点的轨迹为（ ）
A. 椭圆 B. 双曲线 C. 抛物线 D. 圆
【答案】A
【思路】利用垂直平分线的性质将线段转化，结合圆的半径，得出点 N 到两定点的距离之和为定值，进而根据椭圆的定义判断轨迹形状.
【解析】根据垂直平分线的性质可得 |NM|=|NQ|，进而得 |NP|+|NQ|=|PM|，结合椭圆的定义即可求解.
由 x2+y2+2x−35=0 可得 (x+1)2+y2=36，
所以圆心 P(−1,0)，半径 r=6，
因为点 N 在线段 MQ 的垂直平分线上，所以 |NM|=|NQ|，
又点 N 在线段 MP 上，所以 |NP|+|NQ|=|NP|+|NM|=|PM|=6>|PQ|=2，
所以点 N 的轨迹是以 P,Q 为焦点，长轴长为 6 的椭圆.
故选：A.
13.（2026·湖北楚天协作体·联考）已知圆 C 与直线 x=1 相切，且与圆 (x+2)2+y2=1 外切，则圆心 C 的轨迹为（ ）
A. 椭圆 B. 双曲线的一支
C. 抛物线 D. 圆
【答案】C
【思路】根据圆与直线相切及圆与圆外切的条件，将几何关系转化为点到定点的距离等于点到定直线的距离，利用抛物线的定义判断轨迹形状.
【解析】由题意圆心 C 在直线 x=1 的左侧，可转化为圆心 C 到 M(−2,0) 的距离等于圆心 C 到直线 x=2 的距离，由抛物线的定义知圆心 C 的轨迹为抛物线，轨迹方程为 y2=−8x.
方法一：由题意圆心 C 在直线 x=1 的左侧，可转化为圆心 C 到 M(−2,0) 的距离等于圆心 C 到直线 x=2 的距离，由抛物线的定义知圆心 C 的轨迹为抛物线，轨迹方程为 y2=−8x.故选 C.
方法二：解：设所求圆的圆心为 C(x,y)，半径为 r，
由圆与直线 x=1 相切，得 r=|x−1|，已知圆 (x+2)2+y2=1 的圆心为 M(−2,0)，半径为 1，
当两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和，即 |MC|=r+1，得 (x+2)2+y2=|x−1|+1，
当 x≥1 时，方程变为 (x+2)2+y2=x，
平方后整理得 y2=−4(x+1)，但此时 x≤−1 与 x≥1 矛盾，无解；
当 x|AM|，
所以点 Q 的轨迹是椭圆；
当点 A 在圆 M 外时，||QM|−|QA||=||QM|−|QP||=|PM|=4AC.
由椭圆定义知，点 P 的轨迹为以 A,C 为焦点的椭圆，且 c=1,a=2，
所以 b2=a2−c2=4−1=3.
所以 T 的方程为：x24+y23=1.
（2） （i） 四边形 BDEF 为平行四边形，且 O 为其中心.
（ii） 显然直线 BD,EF 的斜率不为 0，设直线 EF 方程为 x=my+1，
联立 T 的方程 3x2+4y2=12x=my+1，消 x 得：
(3m2+4)y2+6my−9=0，显然 Δ>0，
且 y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4.
所以 SBDEF=4S△OEF=4×12|OA|⋅|y1−y2|
=2×36m2+36(3m2+4)3m2+4=24m2+13m2+4，
令 t=m2+1，则 t≥1，且 SBDEF=24t3t2+1=243t+1t.
令 f(x)=243x+1x，显然 f(x)=243x+1x 在 [1,+∞) 时单调递减，
所以 f(x)max=f（1）=6.
即 SBDEF 的最大值为 6，此时直线 BD 的方程为 x=−1，直线 EF 的方程为 x=1.
16.（2025·河北NT20·二模）平面直角坐标系 xOy 中，圆 A 的方程为 x2+(y−1)2=16，点 B 的坐标为 (0,−1)，点 P 是圆上任意一点，线段 BP 的垂直平分线交半径 AP 于点 Q，当点 P 在圆上运动时，点 Q 的轨迹为曲线 E.
（1） 求点 Q 的轨迹 E 的方程；
（2） 过点 A 作一条直线 l 与点 Q 的轨迹 E 相交于 M，N 两点，满足 MA=μAN，点 H 满足 HM=μHN，问：点 H 是否在一条定直线上，若是，求出这条直线方程，若不是，请说明理由.
【答案】（1） y24+x23=1
（2） 是，y=4
【思路】（1） 利用垂直平分线的性质转化为椭圆定义求解；（2） 设出各点坐标，利用向量共线转化为坐标关系，消去参数 μ 得到点 H 坐标与交点坐标的关系，再结合直线方程与椭圆联立后的韦达定理证明结论.
【解析】（1） 由题意知 |QA|+|QB|=|QA|+|QP|=|AP|=4>|AB|=2.
所以 Q 点的轨迹是以 A(0,1)，B(0,−1) 为焦点，长轴长为 4 的椭圆.
设椭圆的方程为 y2a2+x2b2=1(a>b>0)，则 a=2，c=1，b=3，
所以椭圆方程为 y24+x23=1.
（2） 解法一：韦达定理法（直线设为纵截式）
设 M(x1,y1)，N(x2,y2)，H(x3,y3)，A(0,1)，
由 MA=μAN 可得 (−x1,1−y1)=μ(x2,y2−1)，
则 x1+μx2=0，即 μ=−x1x2 ①.
由 HM=μHN 可得 (x1−x3,y1−y3)=μ(x2−x3,y2−y3)，
则 x1−x3=μ(x2−x3)，即 μ=x1−x3x2−x3 ②.
所以 −x1x2=x1−x3x2−x3，整理得 x3=2x1x2x1+x2 ③.
当直线 l 的斜率存在时，设直线的方程为：y=kx+1，联立得 y=kx+1y24+x23=1，
消去 y 得 (3k2+4)x2+6kx−9=0，x1x2=−93k2+4，
x1+x2=−6k3k2+4.
代入③得 x3=3k，又因为 y3=kx3+1，所以 y3=4.
直线 l 的斜率不存在时，不妨取 M(0,2)，N(0,−2)，
则 AM=1，AN=3，则 μ=13，HM=13HN，解得 y3=4.
综上可得，点 H 在一条定直线上，直线方程为 y=4.
解法二：韦达定理法（直线设为横截式）
设 M(x1,y1)，N(x2,y2)，H(x3,y3)，A(0,1)，
由 MA=μAN 可得 (−x1,1−y1)=μ(x2,y2−1)，
则 1−y1=μ(y2−1)，即 μ=1−y1y2−1 ①.
由 HM=μHN 可得 (x1−x3,y1−y3)=μ(x2−x3,y2−y3)，
则 (y1−y3)=μ(y2−y3)，即 μ=y1−y3y2−y3 ②.
所以 1−y1y2−1=y1−y3y2−y3，整理得 y3=−2y1y2+y1+y22−(y1+y2) ③.
当直线 l 的斜率不存在或不为 0 时，设直线方程为 x=m(y−1)，
联立 x=m(y−1)y24+x23=1，消去 x 得 (3+4m2)y2−8m2y+4m2−12=0，
y1y2=4m2−123+4m2，y1+y2=8m23+4m2.
代入③得 y3=4.
当直线 l 的斜率为 0 时，M(−32,1)，N(32,1)，
则 μ=1，1−y31−y3=1 恒成立，点 H 在 y=4 上也成立，
综上可得，点 H 在一条定直线上，直线方程为 y=4.
17.（2026·河北邯郸·一模）已知 B(−4,0),C(4,0) 是 △ABC 的两个顶点，G 是 △ABC 的重心，D,E 分别是边 AB,AC 的中点，且 ||BE|−|CD||=6.记点 G 的轨迹为曲线 Γ.
（1） 求 Γ 的方程.
（2） 若 △GBC 的面积为 24，求点 A 的坐标.
（3） 已知点 F(−1,0),M(−2,0),N(2,0)，过 F 的直线 l 与曲线 Γ 交于 P,Q 两点，直线 MP 与 NQ 交于点 H，试判断 H 是否在一条定直线上.若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.
【答案】（1） x24−y212=1(x≠±2)
（2） A(12,18) 或 A(12,−18) 或 A(−12,18) 或 A(−12,−18)
（3） 是，x=−4
【思路】（1） 根据重心性质将中线长转化为重心到顶点的距离，利用双曲线定义求轨迹方程；（2） 利用三角形面积公式求出重心纵坐标，代入轨迹方程求出横坐标，再利用重心坐标公式求出点 A 坐标；（3） 设直线方程并与双曲线联立，写出两直线方程求交点，利用韦达定理化简证明.
【解析】（1） 由题意知 |BE|=12|AC|，|CD|=12|AB|，
所以 ||BE|−|CD||=12||AC|−|AB||=6，即 ||AC|−|AB||=12.
因为 G 是 △ABC 的重心，所以 AG=23AD，
所以 |GB|=23|BE|，|GC|=23|CD|，
所以 ||GB|−|GC||=23||BE|−|CD||=23×6=40，得 k2≠3k2b>0) 上的动点，M,N 为圆 x2+y2=a24 上的两个动点，若 ∠MPN 的最大值为 π2，则 E 的离心率为（ ）
A. 12 B. 22 C. 23 D. 32
【答案】D
【思路】根据切线与圆的几何性质，将角度最值问题转化为点 P 到原点距离的条件，代入椭圆方程求出参数关系，进而求得离心率.
【解析】设 P(x0,y0)，则 x02a2+y022=1，
当 ∠MPN 取得最大值时，PM,PN 为圆 x2+y2=a24 的切线，
此时 ∠MPO=π4，所以 |OP|=2|OM|=22a，
即 x02+y02=a22，代入椭圆方程得 x02=a2(a2−4)2(a2−2)，
因为 0≤x02≤a2，解得 a2≥4，
此时 e=1−2a2≥22，
当 a2=4 时，e=22，此时 P(0,2)，
当 P 在短轴端点时，∠MPN 取得最大值，即 sin∠MPN2=a22，
此时 ∠MPN 的最大值不为 π2，
所以 a2>4，
此时 e=1−2a2>22，
结合选项，E 的离心率为 32.
故选：D.
考法8：识别圆内滚动轨迹与新定义曲线图形
19.（2026·江苏南京·二模）如右图，一个直径为 1 的小圆沿着直径为 2 的大圆内壁的逆时针方向滚动，M 和 N 是小圆的一条固定直径的两个端点.那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点 M，N 在大圆内所绘出的图形大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【思路】通过分析小圆在大圆内壁滚动时的弧长相等关系，找出圆心角和转过角度的联系，从而确定点在不同时刻的位置，判断其轨迹.
【解析】如图，取小圆上一点 B，连接 OB 并延长交大圆 O 于点 B1，连接 O0B，∠MOB=θ，则在小圆 O0 中，MB=2θr=2θ，在大圆 O 中，MB1=θR=2θ=MB，根据大圆的半径是小圆半径的 2 倍，可知 OB1 的中点 O1 是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是 θ，综上可知小圆 O0 在大圆内壁上滚动，圆心转过 θ 角后的位置为点 O1，小圆 O0 上的点 B，恰好滚动到大圆上的 B1 也就是此时的小圆 O1 与大圆的切点.而在小圆 O1 中，圆心角 ∠B1O1M1（M1 是小圆 O1 与 MO 的交点）恰好等于 2θ，则 M1B1=2θ=MB，而点 B1 与点 B 其实是同一个点在不同时刻的位置，则可知点 M1 与点 M 是同一个点在不同时刻的位置.由于 θ 的任意性，可知点 M1(M) 的轨迹是大圆水平的这条直径.类似的可知点 N 的轨迹是大圆竖直的这条直径.
故选 A.
20.（2026·湖南师大附中·模拟）已知平面直角坐标系中不同的三点 A(0,5)，B(x,0)，C(0,y)，圆心在 y 轴上的圆 E 经过 A,B,C 三点，设点 M 的坐标为 (x,y)，则点 M 的轨迹方程为（ ）
A. x2=5y(y≠0)
B. y2=5x(x≠0)
C. y2=−5x(x≠0)
D. x2=−5y(y≠0)
【答案】D
【思路】利用圆心在 y 轴上，求出圆心坐标和半径的表达式，再将点 B 坐标代入圆的方程，化简即可得到点 M 的轨迹方程.
【解析】因为圆心在 y 轴上，所以 A,C 关于 x 轴对称，
即 y=−5，又 B 在圆上，所以 x2+y2=25，
因为 A,B,C 为不同的三点，所以 x≠0，
所以 x2+25=25，即 x=0，与 x≠0 矛盾，
所以圆心不在 y 轴上，题目有误.
若圆心在 y 轴上，且过 A(0,5),B(x,0),C(0,y)，
则 AC 的中垂线为 y=y+52，即圆心为 (0,y+52)，
则 r2=(5−y+52)2=(5−y)24，
又 B(x,0) 在圆上，所以 x2+(0−y+52)2=(5−y)24，
化简得 x2=−5y(y≠0).
故选 D.
【考点二 方法总结】
1. 利用圆锥曲线定义求轨迹方程：当动点到定点的距离之和、差或距离的比例满足圆锥曲线的定义时，可直接判定轨迹形状，求出基本量 a,b,c 后写出标准方程.注意检验是否需要剔除某些特殊点.
2. 转化中垂线与相切关系：题目中出现垂直平分线时，常利用中垂线上的点到线段两端点距离相等的性质，将线段长度进行转化；出现两圆相切时，利用圆心距与两圆半径和（或差）的关系，转化为动点到定点距离的和（或差）为定值，进而运用圆锥曲线定义.
3. 圆内滚动轨迹的识别：对于圆在圆内滚动的问题，需通过弧长相等建立圆心角与滚动角度的关系，结合几何图形分析特殊点在不同时刻的位置，从而确定轨迹形状.
考点三：相关点法求轨迹方程
考法9：利用相关点法代入已知曲线求轨迹方程
21.（2026·安徽江淮十校·模拟）已知点 D 为圆 x2+y2=9 上一动点，过点 D 作 x 轴的垂线，垂足为 A，点 B 满足 AD=3AB，设点 B 的轨迹为曲线 C.
（1） 求曲线 C 的方程；
（2） 已知点 E(0,1)、F(0,−1)，S 为直线 y=2 上的动点，连接 SE 交曲线 C 于 G，连接 SF 交曲线 C 于 H.
(ⅰ) 证明直线 GH 过定点 M；
(ⅱ) 若线段 EG 上存在点 R，有 SESG=RERG，连接 RM 与 FS 交于点 N，求证：SHSF=NHNF.
【答案】（1） x29+y2=1
（2） (ⅰ) 证明见解析；(ⅱ) 证明见解析
【思路】（1） 设出动点坐标，利用向量关系找到相关点坐标之间的联系，代入已知圆的方程求轨迹；（2） 设出动点坐标，联立直线与曲线方程，利用韦达定理求出交点坐标，进而求出直线方程验证过定点，再利用向量共线关系证明比例等式.
【解析】（1） 设 B(x,y)，D(x0,y0)，则 A(x0,0)，
因为 AD=3AB，所以 (0,y0)=3(x−x0,y)，
所以 x0=x，y0=3y，
又点 D 在圆 x2+y2=9 上，所以 x2+(3y)2=9，
即 x29+y2=1，所以曲线 C 的方程为 x29+y2=1.
（2） (ⅰ) 设 S(t,2)，当 t≠0 时，则 SE:y−1=1t⋅x 联立 y=1tx+1x2+9y2=9 可得 (t2+9)x2+18tx=0
因为 E(0,1)，∴G−18tt2+9,t2−9t2+9，同理可得：H54tt2+81,81−t2t2+81，
∴kGH=t2−9t2+9−81−t2t2+81−18tt2+9−54tt2+81=27−t236t，∴GH:y=27−t236tx+12，故 GH 过定点 0,12.
当 t=0 时，易得 GH 过定点 0,12.
综上：GH 过定点 0,12.
(ⅱ) 证明：若 SESG=RERG，不妨设 G(x1,y1)，设 SG=mSE，设 S(t,2)，∴x1−t=−mty1−2=−m，
∴x1=t(1−m)y1−m=2(1−m) ⋯①
又 ∵RG=−mRE，∴Rx11+m,y1+m1+m
已知 x12+9y12=9，∴x12+9(y12−m2)=9(1−m2) 代入①可得：t(1−m)x1+9(y1+m)⋅2(1−m)=9(1−m2)
∴tx1+18(y1+m)=9(1+m) ∴t9x1+y1+m1+m=1 即 t9xR+2yR=1
故点 R 在直线 t9x+2y=1 上，过 M0,12.同理，若线段 HF 上存在点 N'，使得 SHSF=N'HN'F，
可证点 N' 也在直线 t9x+2y=1 上，又 ∵RM 与 FH 交点唯一确定，所以 N' 与 N 重合.∴SHSF=NHNF
22.（2025·河北沧州·一模）已知圆 C:x2+y2=3，直线 l 过点 A(−2,0).
（1） 当直线 l 与圆 C 相切时，求直线 l 的斜率；
（2） 线段 AB 的端点 B 在圆 C 上运动，求线段 AB 的中点 M 的轨迹方程.
【答案】（1） ±3
（2） (x+1)2+y2=34
【思路】（1） 设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径求斜率；（2） 设出中点坐标，利用中点坐标公式表示出点 B 坐标，代入圆的方程即可.
【解析】（1） 设直线斜率为 k，
则直线方程是 y=k(x+2)，即 kx−y+2k=0，
则圆心到直线距离为 |2k|k2+1=3，
解得直线的斜率 k=±3.
（2） 设点 M(x,y),B(x0,y0) 则，
由点 M 是 AB 的中点得，x=x0−22y=y0+02，
所以 x0=2x+2y0=2y ①
因为 B 在圆 C 上运动，所以 C:x02+y02=3 ②
①代入②得，(2x+2)2+(2y)2=3，
化简得点 M 的轨迹方程是 (x+1)2+y2=34.
考法10：结合相关点法探究动点轨迹与距离面积最值
23.（2025·河北承德·一模）在平面直角坐标系中，A(−1,0)，B(1,0)，C(x,y)，点 F,H 分别是 △ABC 的外心和垂心，若 FH=1+m2−2mAB，则 m 的取值范围是（ ）
A. (−∞,0) B. (−1,0)
C. (−∞,12] D. (0,+∞)
【答案】A
【思路】根据外心和垂心的性质，求出点 F,H 的坐标表达式，再利用向量共线关系求出点 C 的轨迹方程，结合椭圆性质求出参数范围.
【解析】因为 A(−1,0),B(1,0)，所以外心 F 在 y 轴上，设其坐标为 F(0,b)，则 |AF|=|CF|，
所以 1+b2=x2+(y−b)2，所以 b=x2+y2−12y(y≠0)，即 F(0,x2+y2−12y).
设 H(x,n)，则 AH=(x+1,n),BC=(x−1,y).因为 AH⋅BC=0，所以 x2−1+yn=0，
所以 n=1−x2y(y≠0)，所以 H(x,1−x2y).又因为 FH=1+m2−2mAB，
即 (x,3−3x2−y22y)=(1+m1−m,0)，所以 x=1+m1−m,3−3x2−y2=0，
故点 C 的轨迹方程为 x2+y23=1(y≠0)，所以 −10).
（2） （i） 设 D(xD,yD)，则 xD2−yD2=25，
所以 DA⋅DB=(xD+5)(xD−5)+yD2=xD2−25+yD2=2258，
解得 xD=254，yD=154，
所以 D254,154.
（ii） 法一：
因为 k3=154−0254−5=3，
又因为 k1k2+k2k3−k1k3=k1k2−3k1+3k2=(k1+3)(k2−3)+9
=yCxC−5+3yC−154xC−254−3+9
=3(xC−5)+yCxC−5⋅4[yC−3(xC−5)]4xC−25+9=4yC2−9(xC−5)2(xC−5)(4xC−25)+9
=4xC2−9−9(xC−5)2(xC−5)(4xC−25)+9
=−84xC2−45xC+125(xC−5)(4xC−25)+9=1 为定值.
法二：
因为 k3=154−0254−5=3.
因为 k1k2+k2k3−k1k3=k1k2+3k2−3k1
=yCxC−5⋅yC−154xC−254+3yC−154xC−254−yCxC−5
=yC(yC−154)(xC−5)(xC−254)+3(yC−154)(xC−5)−yC(xC−254)(xC−254)(xC−5)
=yC2−154yC+3(−154xC+254yC+754)(xC−5)(xC−254)
=yC2+15yC−454xC+2254(xC−5)(xC−254)
=xC2−25+15yC−454xC+2254(xC−5)(xC−254)
=(xC−5)(xC−254)(xC−5)(xC−254)=1 为定值.
考法12：利用斜率乘积定值探究直线与圆锥曲线交点轨迹
26.（2026·山东菏泽·一模）已知双曲线 y22−x2=1 与直线 l:y=kx+m(k≠±2) 有唯一的公共点 M，过点 M 且与 l 垂直的直线分别交 x 轴、y 轴于 A(x,0)、B(0,y) 两点.当点 M 运动时，点 P(x,y) 的轨迹方程为（ ）
A. x2100−y225=1(y≠0)
B. x225−y2100=1(y≠0)
C. x29−2y29=1(y≠0)
D. 2x29−y29=1(y≠0)
【答案】C
【思路】利用直线与双曲线相切的条件求出参数关系，进而求出切点坐标，写出垂线方程求出截距，通过消参法求出轨迹方程.
【解析】因为双曲线 y22−x2=1 与直线 l:y=kx+m(k≠±2) 有唯一的公共点 M，
所以直线 l 与双曲线相切，
联立 y=kx+my22−x2=1，消去 y 并整理得 (k2−2)x2+2kmx+m2−2=0，
所以 Δ=4k2m2−4(k2−2)(m2−2)=0，即 m2+2k2=2，
将 m2+2=k2 代入 (2−k2)x2−2kmx−m2−2=0 得 m2x2+2kmx+k2=0，(mx+k)2=0，
因为 k≠±2，m2+2=k2，所以 m≠0，
所以 x=−km，y=k⋅(−km)+m=m2−k2m=−2m，即 M(−km,−2m)，
由 m2+2=k2 可知 k≠0，
所以过点 M 且与 l 垂直的直线为 y+2m=−1k(x+km)，
令 y=0，得 x=−3km；令 x=0，得 y=−3m，
则 A(−3km,0)，B(0,−3m)，则 x=−3kmy=−3m，所以 m=−3y，k=xy，
代入 m2+2=k2 得 9y2+2=x2y2，即 x29−2y29=1(y≠0)，
故选：C.
27.（2026·湖北楚天协作体·联考）（多选）如图，圆 F1:(x+1)2+y2=1，圆 F2:(x−1)2+y2=9，动圆 P 与圆 F1 外切于点 M，与圆 F2 内切于点 N，记圆心 P 的轨迹为曲线 C，若直线 l:y=x 与曲线 C 交于 S,T 两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线 C 的方程为 x24+y23=1(x≠−2)
B. ∠MPN 的最小值为 120∘
C. MP⋅PF1+NP⋅PF2≤12
D. kPSkPT=−43
【答案】ABC
【思路】利用圆与圆相切的条件，转化为动点到两定点距离之和为定值，求出轨迹方程；结合几何图形及向量数量积公式、基本不等式和椭圆的性质进行综合判断.
【解析】对于 A，设动圆 P 的半径为 r，由条件得 |PF1|=r+1，|PF2|=3−r，则 |PF1|+|PF2|=4>|F1F2|=2，且 P,M,N 不重合，故点 P 的轨迹是以 F1，F2 为焦点的椭圆 ( 去掉 P,M,N 重合的点 ) ，则曲线 C 的方程为 x24+y23=1(x≠−2)，故 A 正确；
对于 B，由图可知 ∠MPN 与 ∠F1PF2 互补，当 P 点为椭圆短轴端点时，∠F1PF2 最大，
此时 sin∠F2PO=ca=12，所以 ∠F2PO=30∘，则 ∠F1PF2 的最大值为 60∘，所以 ∠MPN 的最小值为 120∘，故 B 正确；
对于 C，MP⋅PF1+NP⋅PF2=−r(r+1)+r(3−r)=2r(1−r)≤2×r+1−r22=12，当且仅当 r=12 时等号成立，故 C 正确；
对于 D，椭圆上任意一点与椭圆上关于原点对称两点连线的斜率之积为定值，有 kPS⋅kPT=−b2a2=−34，故 D 错误.
故选：ABC.
28.（2026·湖北武汉·检测）在平面直角坐标系 xOy 中，A(−2,0)，B(2,0) 是两定点，动点 T 与 A,B 连线的斜率之积为 −34.
（1） 求动点 T 的轨迹方程；
（2） 过点 F(1,0) 的直线 l 与 T 的轨迹相交于点 P,Q，直线 AP,AQ 与直线 x=4 分别交于点 M,N.
（i） 证明：MF⟂NF；
（ii） 记 △PFM,△QFN,△MFN 的面积分别为 S1,S2,S3，且 S32=20S1S2，求直线 l 的方程.
【答案】（1） x24+y23=1(x≠±2)
（2） （i） 证明见解析；（ii） 3x+y−3=0 或 3x−y−3=0
【思路】（1） 利用斜率公式列出等式，化简求出轨迹方程；（2） 设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理化简向量数量积证明垂直；利用向量面积公式表示出各三角形面积，代入已知关系式求出参数.
【解析】（1） 设点 T(x,y)，由 kTAkTB=−34 知，yx+2⋅yx−2=−34，化简得 x24+y23=1.
所以动点 T 的轨迹方程为 x24+y23=1(x≠±2).
（2） （i） 可设直线 l 方程为 x=ty+1，点 P(x1,y1)，Q(x2,y2)
联立 x=ty+1x24+y23=1 得，(3t2+4)y2+6ty−9=0，则 y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4
又直线 AP、AQ 方程分别为 y=y1x1+2(x+2)，y=y2x2+2(x+2)，
分别与 x=4 联立，得 M4,6y1x1+2，N4,6y2x2+2.
∴FM=3,6y1x1+2，FN=3,6y2x2+2.
∴FM⋅FN=9+36y1y2(x1+2)(x2+2)=9+36y1y2(ty1+3)(ty2+3)=9+36y1y2t2y1y2+3t(y1+y2)+9
=9+36⋅−93t2+4t2−93t2+4+3t⋅−6t3t2+4+9=0
所以，FM⟂FN.
（ii） 先证明：在任意三角形 OST 中，若 OS=(m,n)，OT=(p,q)，
三角形 OST 的面积 S=12×|OS||OT|sin∠SOT=12×m2+n2⋅p2+q21−cs2⟨OS,OT⟩=|mq−np|2
由 （i） 知 FM=3,6y1x1+2=3,6y1ty1+3，FP=(x1−1,y1)=(ty1,y1)，
∴S1=123y1−6ty12ty1+3=32y1(ty1−3)ty1+3，同理 S2=32y2(ty2−3)ty2+3
∴S1S2=94y1y2(ty1−3)(ty2−3)(ty1+3)(ty2+3)=94y1y2[t2y1y2−3t(y1+y2)+9]t2y1y2+3t(y1+y2)+9
=94−93t2+4−9t23t2+4+18t23t2+4+9−9t23t2+4+−18t23t2+4+9=81(t2+1)4(3t2+4)
又 S3=12×3×|MN|=326y1x1+2−6y2x2+2=27(y1−y2)(ty1+3)(ty2+3)=27(y1−y2)t2y1y2+3t(y1+y2)+9=9t2+1，
由 S32=20S1S2 知，81(t2+1)=20×81(t2+1)4(3t2+4)，解得 t=±33.
所以直线 l 的方程为 3x+y−3=0 或者 3x−y−3=0.
【考点四 方法总结】
1. 交轨法求轨迹方程：当动点是两条动直线的交点时，若这两条直线的方程中含有同一个参数，可通过解方程组或直接消去该参数，得到仅含 x,y 的方程，即为交点的轨迹方程.
2. 斜率乘积定值问题：若动点与两定点连线的斜率之积为定值，可直接利用斜率公式列出等式，化简后即可得到轨迹方程.通常该轨迹为圆锥曲线的一部分（需注意剔除使得斜率不存在或为0的点）.
考点五：参数法与点差法求轨迹方程
考法13：利用参数方程探究摆线轨迹与交点最值
29.（2026·山东潍坊·模拟）（多选）半径为 1 的圆 M 沿圆 O:x2+y2=4 外侧无滑动滚动一周，设圆 M 上的点 A 的运动轨迹为曲线 C.已知点 A 的初始位置为 (2,0)，则（ ）
A. 点 (0,4) 在曲线 C 上
B. 曲线 C 围成的区域面积等于 16
C. 曲线 C 与直线 x+y−2=0 有三个交点
D. 曲线 C 上点的横坐标的最大值为 22
【答案】ACD
【思路】利用向量法求出点 A 轨迹的参数方程，然后代入点的坐标验证；利用定积分求面积；构造函数利用导数判断交点个数及求横坐标最值.
【解析】设圆 M 滚动时，圆心 M 的坐标为 (3csθ,3sinθ)，
设点 A 的坐标为 (x,y)，则 MA=(x−3csθ,y−3sinθ)，
因为圆 M 沿圆 O 外侧无滑动滚动，
所以圆 M 转过的角度为 2θ1=2θ，
所以 MA 与 x 轴正方向的夹角为 θ+2θ+π=3θ+π，
所以 MA=(cs(3θ+π),sin(3θ+π))=(−cs3θ,−sin3θ)，
所以 x=3csθ−cs3θy=3sinθ−sin3θ，
对于 A，当 θ=π2 时，x=3csπ2−cs3π2=0，y=3sinπ2−sin3π2=4，
所以点 (0,4) 在曲线 C 上，故 A 正确；
对于 B，曲线 C 围成的区域面积 S=02πydx=02π(3sinθ−sin3θ)(−3sinθ+3sin3θ)dθ
=02π(−9sin2θ+9sinθsin3θ+3sinθsin3θ−3sin23θ)dθ
=02π(−9sin2θ+12sinθsin3θ−3sin23θ)dθ
由于 02πsin2θdθ=02π1−cs2θ2dθ=π，
02πsin23θdθ=02π1−cs6θ2dθ=π，
02πsinθsin3θdθ=02πcs2θ−cs4θ2dθ=0，
所以 S=−9π−3π=−12π，
面积为 12π，故 B 错误；
对于 C，直线 x+y−2=0 即 y=−x+2，
当 θ=0 时，x=2，y=0，满足 x+y−2=0，
当 θ=π2 时，x=0，y=4，不满足 x+y−2=0，
当 θ=π 时，x=−2，y=0，不满足 x+y−2=0，
当 θ=3π2 时，x=0，y=−4，不满足 x+y−2=0，
当 θ∈(0,π2) 时，x+y−2=3csθ−cs3θ+3sinθ−sin3θ−2，
令 f(θ)=3csθ−cs3θ+3sinθ−sin3θ−2，
则 f'(θ)=−3sinθ+3sin3θ+3csθ−3cs3θ，
当 θ∈(0,π2) 时，f'(θ)>0，
所以 f(θ) 在 (0,π2) 上单调递增，
又 f（0）=0，f(π2)=2>0，
所以 f(θ) 在 (0,π2) 上没有零点，
同理可得，f(θ) 在 (π2,π) 上有一个零点，在 (π,3π2) 上有一个零点，在 (3π2,2π) 上没有零点，
所以曲线 C 与直线 x+y−2=0 有三个交点，故 C 正确；
对于 D，x=3csθ−cs3θ=3csθ−(4cs3θ−3csθ)=6csθ−4cs3θ，
令 g(t)=6t−4t3，t∈[−1,1]，
则 g'(t)=6−12t2，
当 t∈[−1,−22) 时，g'(t)−2，
故 (x−2)2+y2×(x+2)=4.
当 x=22,y=0 时，(22−2)2×(22+2)=8−4=4，
故 (22,0) 在曲线上，故 B 正确.
对于 C：由曲线的方程可得 y2=16(x+2)2−(x−2)2，取 x=32，
则 y2=6449−14=6449−14−1=6449−54=256−24549×4>0，故此时 y2>1，
故 C 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于 1，故 C 错误.
对于 D：当点 (x0,y0) 在曲线上时，由 C 的分析可得 y02=16(x0+2)2−(x0−2)2≤16(x0+2)2，
故 −4x0+2≤y0≤4x0+2，故 D 正确.
故选：ABD.
2.（2025·全国一卷·第18题）设椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的离心率为 223，下顶点为 A，右顶点为 B，|AB|=10.
（1） 求椭圆的标准方程；
（2） 已知动点 P 不在 y 轴上，点 R 在射线 AP 上，且满足 |AR|⋅|AP|=3.
（i） 设 P(m,n)，求点 R 的坐标（用 m，n 表示）；
（ii） 设 O 为坐标原点，M 是椭圆上的动点，直线 OR 的斜率为直线 OP 的斜率的 3 倍，求 |PM| 的最大值.
【答案】（1） x29+y2=1
（2） （i） (3mm2+(n+1)2,n+2−m2−n2m2+(n+1)2)；（ii） 3(3+2)
【解析】（1） 由题可知，A(0,−b),B(a,0)，所以 e=ca=223c2=a2−b2，解得 a2=9,b2=1,c2=8，
故椭圆的标准方程为 x29+y2=1.
（2） （i） 设 R(x0,y0)，易知 m≠0，
法一：所以 kAP=n+1m，故 y0+1x0=n+1m，且 mx0>0.
因为 A(0,−1)，|AR||AP|=3，所以 x02+(y0+1)2×m2+(n+1)2=3，
即 [1+(n+1m)2]x0m=3，解得 x0=3mm2+(n+1)2，所以 y0=n+2−m2−n2m2+(n+1)2，
所以点 R 的坐标为 (3mm2+(n+1)2,n+2−m2−n2m2+(n+1)2).
法二：设 AR=λAP,λ>0，则 |AR||AP|=3⇒λ[m2+(n+1)2]=3，所以
λ=3m2+(n+1)2，AR=λAP=λ(m,n+1)=(3mm2+(n+1)2,3(n+1)m2+(n+1)2)，故
点 R 的坐标为 (3mm2+(n+1)2,n+2−m2−n2m2+(n+1)2).
（ii） 因为 kOR=n+2−m2−n2m2+(n+1)2÷3mm2+(n+1)2=n+2−m2−n23m，kOP=nm，由 kOR=3kOP，可得
3nm=n+2−m2−n23m，化简得 m2+n2+8n−2=0，即 m2+(n+4)2=18(m≠0)，
所以点 P 在以 N(0,−4) 为圆心，32 为半径的圆上（除去两个点），
|PM|max 为 M 到圆心 N 的距离加上半径，
法一：设 M(3csθ,sinθ)，所以
|MN|2=(3csθ)2+(sinθ+4)2=9cs2θ+sin2θ+8sinθ+16
=8cs2θ+1+8sinθ+16
=8(1−sin2θ)+8sinθ+17
=−8sin2θ+8sinθ+25
=−8(sinθ−12)2+27≤27，当且仅当 sinθ=12 时取等号，
所以 |PM|max=27+32=3(3+2).
法二：设 M(xM,yM)，则 xM29+yM2=1，
|MN|2=xM2+(yM+4)2=9−9yM2+yM2+8yM+16=−8yM2+8yM+25
=−8(yM−12)2+27≤27，当且仅当 yM=12 时取等号，
故 |PM|max=27+32=3(3+2).年份
题号与题型
分值
考察类型
考察内容
2026
—
—
—
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2025
第18题 解答
17分
间接考察
利用相关点法和代数关系求动点轨迹方程
2024
第11题 多选
6分
直接考察
根据几何条件求轨迹方程并探究曲线性质