专题04 轨迹方程的求法（模拟+真题）-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。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
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．（2023上·福建厦门·高二校考阶段练习）如图所示，已知，是椭圆的左右焦点，P是椭圆上任意一点，过作的外角的角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】延长，与的延长线交于点，连接，由角平分线、中位线性质得，，再根据椭圆定义得，即可得轨迹．
【详解】延长，与的延长线交于点，连接，
由是外角的角平分线，且，
在中，且为线段的中点
又为线段的中点，由三角形的中位线：，
根据椭圆的定义得：，则，
点的轨迹为以原点为圆心，2为半径的圆，点的轨迹方程：.
故选：A.
2．（2023·青海·校联考模拟预测）已知为抛物线上一动点，是圆上一点，则的最小值是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】将转化为，再根据抛物线的定义考虑三点共线时的情况，由此求解出的最小值．
【详解】的焦点为，准线为，
即为，
所以圆心为即为焦点，半径，显然在抛物线内部，
过点作准线，交准线于点，记点如下图所示：

所以，
当且仅当三点共线时取最小值，此时，
所以的最小值为，
故选：B.
3．（2024·浙江温州·统考一模）动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据距离公式即可化简求解．
【详解】根据题意可得，平方化简可得，
进而得，
故选:A
4．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知为圆的一条弦，且以为直径的圆始终经过原点，则中点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意可得，设，用表示出，化简即可求得答案．
【详解】由题意可得：,连接,则，
则，
由圆可知,
设，则，
化简得：，
即点的轨迹方程为，
故选：B
5．（2020·江西南昌·江西师大附中校考一模）设过点的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若且，则点P的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，根据求出，再利用，求出轨迹方程，注意.
【详解】由题意得：，设，
因为，所以，
解得：，
因为，所以
所以，
因为，
所以，
即.
故选：D
6．（2020·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的点，为的外角平分线，于点，则点的轨迹为（ ）
A．双曲线B．抛物线C．椭圆D．圆
【答案】D
【分析】延长交于点，可得出，进而可得出，利用中位线的性质可得出，即可得出结论．
【详解】延长交于点，如下图所示：
由于平分，则，，，
所以，，则，，则点为的中点，
又因为为的中点，，
所以，点的轨迹是圆．
故选：D.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程．
7．（2019·湖北黄冈·黄冈中学校考二模）设为椭圆上任意一点，，，点满足，，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】题意可得，为椭圆两焦点，由点满足，，可得，可得长为定值，可得点的轨迹方程．
【详解】解：由椭圆方程，得，，
，则，为椭圆两焦点，
由题意点满足，，可得点P在延长线上，
且，.
点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，其方程为.
【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，由题意得出长为定值是解题的关键．
8．（2021·青海西宁·统考三模）设P为椭圆C：上一动点，，分别为左、右焦点，延长至点Q，使得，则动点Q的轨迹方程为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】推导出，，从而，进而得到Q的轨迹为圆，由此能求出动点Q的轨迹方程．
【详解】为椭圆C：上一动点，，分别为左、右焦点，
延长至点Q，使得，
，，
，
的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
动点Q的轨迹方程为．
故选C．
【点睛】本题考查动点的轨迹方程的求法，考查椭圆的定义、圆的标准方程等基础知识，考查运算求解能
9．（2024·全国·模拟预测）已知A是圆E：上的任意一点，点，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T．
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知点，过点的直线l与C交于M，N两点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点T满足条件符合椭圆的定义，得点T的轨迹方程；
（2）按直线斜率是否为零分类讨论，当直线斜率不为零时，联立方程组，得，所以x轴平分，用角平分线定理证明命题成立．
【详解】（1）因为，
所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆，
因为，，所以，，
所以动点T的轨迹C的方程是．
（2）
证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，
不妨设，，则，，所以，
若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为，
设点，，由，得，
因为，所以，，
因为，
所以x轴平分，所以，
综上，．
【点睛】关键点睛：动点满足曲线的定义，可以直接得动点的轨迹方程． 欲证可证x轴平分.
10．（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程．
(2)已知点，过作轴的垂线交直线于点，的平分线交于点，当点在轴右侧运动时，试判断是否为定值．若为定值，求出该定值；否则，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是定值.
【分析】（1）设，根据题设直接列方程整理可得；
（2）根据和表示出，然后表示出即可得定值．
【详解】（1）设，依题意得，
化简得，
所以的方程为．
（2）设，，则，即，
，．
因为为的平分线，
所以设，
代入，化简得．
又，
所以，解得，
所以，
，
所以，
所以为定值．
【点睛】本题关键在于利用角平分线性质结合向量得，然后表示出t，利用t求出即可．
11．（2023·四川成都·石室中学校考一模）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作不平行于坐标轴的直线交于D，E两点，若轴于点M，轴于点N，直线DN与EM交于点Q.
①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线；
②求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析，；②
【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；
（2）①求出直线DN与EM方程，得到Q点坐标，即可判定；②将面积表示出来，然后换元，利用基本不等式求最值．
【详解】（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为，
所以，
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），
且，所以，
所以的轨迹的方程为.
（2）①依题意，设直线DE方程为.
联立，得，
易知
设，，则，.
因为轴，轴，
所以，.
所以直线DN：，
直线EM：，
联立解得.
从而点Q在定直线上．
②因为，
又，则，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为.
12．（2023·广西南宁·统考模拟预测）已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径．记的轨迹为曲线.
(1)说明是什么曲线，并求的方程；
(2)设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值?若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)为定值，这个值为
【分析】（1）根据圆的一般方程可知圆心，半径，再利用椭圆定义即可求得的轨迹曲线的方程为；
（2）依题意设出,可得，求出直线的直线方程解出其与轴的交点坐标，，即可得出的表达式，再进行化简即可知.
【详解】（1）根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
13．（2022上·湖北孝感·高二校考期末）如图，已知圆，点，为圆上的动点，线段的垂直平分线与线段相交于点.

(1)求动点的轨迹方程；
(2)设（1）中曲线为，直线与曲线交于两点，求线段的中点坐标和弦长.
【答案】(1)
(2)的中点坐标为，弦长.
【分析】（1）连接，根据题意得到，结合椭圆的定义，即可求得的轨迹方程；
（2）设，联立方程组，结合韦达定理和弦长公式，即可求解．
【详解】（1）（1）连接，由题意得圆的圆心为，半径为，且，
所以，
根据椭圆的定义，点的轨迹为椭圆，其方程为.
（2）解：设
联立方程组，整理得，
则，且，
所以的中点坐标为，弦长.
14．（2024上·湖北·高二期末）已知O为坐标原点，，，点P满足，记点P的轨迹为曲线
(1)求曲线E的方程；
(2)过点的直线l与曲线E交于两点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线的定义，易判断点的轨迹是双曲线的右支，求出的值，即得；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立消元得到一元二次方程，推出韦达定理，依题得出参数的范围，将所求式等价转化为关于的函数式，通过整体换元即可求出其取值范围．
【详解】（1）因，，且动点P满足，由双曲线的定义知：
曲线E是以为焦点的双曲线的右支，且，，则，故曲线E的方程为
（2）
当直线l的斜率为0时，直线l与双曲线的右支只有一个交点，故不符题意．如图，不妨设直线l方程为：，
设，，联立，得，
由韦达定理得，，.
由题意：解得：
，令，因故，
而，在为减函数，
故，即的取值范围为.
15．（2023上·河南·高二校联考阶段练习）已知圆，圆，动圆与这两个圆中的一个内切，另一个外切．
(1)求动圆圆心的轨迹方程．
(2)若动圆圆心的轨迹为曲线，，斜率不为0的直线与曲线交于不同于的，两点，，垂足为点，若以为直径的圆经过点，试问是否存在定点，使为定值？若存在，求出该定值及的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，定值为6，
【分析】（1）由题意根据圆与圆的位置关系可得，进一步由双曲线的定义即可得解．
（2）由题意以为直径的圆经过点，所以，即，联立直线方程与椭圆方程结合韦达定理可得直线过定点，而，即点在中点为圆心，的一半为半径的圆上，由此即可得解．
【详解】（1）设动圆的半径为，由题意圆、的半径均为2，圆心.
因为动圆与圆，圆一个外切，另一个内切，所以或，得，
所以圆心的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的双曲线，
即，得动圆圆心的轨迹方程为.
（2）如图所示：
存在定点，使得为定值6，理由如下：
直线的斜率不为0，设直线，，，
则，.
由得，
由，得，
由韦达定理得，
因为以为直径的圆经过点，所以，
则.
因为
，
所以，
得.
因为直线不经过，所以，，满足.
直线经过定点.
取，，当，不重合时，，
则由斜边上的中线等于斜边的一半可知，
当，重合时，.
故存在定点，使得为定值6.
【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是充分利用圆与圆之间的位置关系以及双曲线的定义即可，第二问关键是数学结合，首先求出直线过顶点，进一步根据平面几何知识确定点在定圆上运动，从而即可顺利得解．
16．（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知圆，点，P是圆M上的动点，线段PN的中垂线与直线PM交于点Q，点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)，点E、F（不在曲线C上）是直线上关于x轴对称的两点，直线、与曲线C分别交于点A、B（不与、重合），证明：直线AB过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据得到曲线C是以M、N为焦点的双曲线，从而求出轨迹方程；
（2）方法一：设，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，设，表达出直线、，从而得到的纵坐标，由对称得到，根据得到，从而得到，整理后得到方程，结合两根之和，两根之积，得到，求出答案；
方法二：设，表达出直线、，求出两点坐标，表达出直线AB方程，令，求出定点坐标；
方法三：先得到，根据E、F关于x轴对称，得到，从而得到，再利用齐次化进行求解，得到定点坐标．
【详解】（1）连接，则，
故，
所以曲线C是以M、N为焦点的双曲线，
设C的方程为，则，
解得，
所以曲线C的方程为
（2）方法一：设，，
直线，令得，
直线，令得，
因为E、F关于x轴对称，所以，
所以①，
因为，所以，所以②，
将②代入①得，所以，
所以，
由得
，解得且，
，
所以，
所以，
所以，
即，
因为直线AB不过点，所以，
所以，直线过定点．
方法二：设（且），
直线，
由得，
所以，同理，
所以，
所以直线AB方程为，
令得，
所以直线AB过定点．
方法三：设，则，
，
因为E、F关于x轴对称，
设（且），则，
所以，所以，
将坐标系移动至点，即令，
则椭圆方程化为，
即，
设直线为，
则有，整理得，
两边同除以整理得，
设，
则，
又，故，解得，
故恒过点，
换元到原坐标系，可得到直线AB过定点．
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数．
17．（2023上·河南开封·高二河南省兰考县第一高级中学校联考期中）如图，已知动圆M过定点且与y轴相切，点F关于圆心M的对称点为，点的轨迹为H.
(1)求曲线H的方程；
(2)一条直线经过点F，且交曲线H于A，B两点，点C为直线上的动点．求证：不可能是钝角．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，表示出的坐标以及，根据圆满足的条件列出等式，化简可得答案；
（2）设直线的方程为，联立可得与系数的关系式，求出的表达式，结合根与系数的关系化简推出，即可证明结论．
【详解】（1）设，因为点在圆上，且点关于圆心的对称点为，
则，而，
因为动圆过定点且与轴相切，则，
即，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）若直线与轴重合，则直线与抛物线有且只有一个公共点，不合乎题意．
设直线的方程为，设点，，，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
，同理，
所以，
，
即，故不可能为钝角．
18．（2024·全国·高二假期作业）已知点的坐标分别是，，直线相交于点M，且它们的斜率之积为．
(1)求点M轨迹的方程；
(2)若过点的直线与（1）中的轨迹交于不同的两点、（在、之间），试求与面积之比的取值范围（为坐标原点）．
【答案】(1)（）
(2)
【分析】（1）设动点M的坐标，用坐标表示出已知条件即可得；
（2）设直线l的方程，联立轨迹的方程，利用韦达定理及三角形面积公式，根据条件建立不等关系可求解．
【详解】（1）设点的坐标为，依题意，直线的斜率均存在且，
即，整理得（），
所以动点M的轨迹方程为（）．
（2）由题意知直线的斜率存在且不为零，
设的方程为（）， ①
将①代入，得，
依题意有，解得，
且，
设，，则， ②
令，则，即,即，且
由②得，，
即，所以，即，
且，解得且，
又，且．
所以与面积之比的取值范围是.
19．（2023·安徽合肥·校联考三模）已知点，动点在直线：上，过点且垂直于轴的直线与线段的垂直平分线交于点，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的标准方程；
(2)过的直线与曲线交于A，两点，直线，与圆的另一个交点分别为，，求与面积之比的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用抛物线定义即可求得曲线的标准方程；
（2）先求得的表达式，再利用均值定理即可求得其最大值．
【详解】（1）过点且垂直于轴的直线与线段的垂直平分线交于点，
则，则点到直线和定点距离相等，
则的轨迹为以为焦点以直线为准线的抛物线，
则曲线的方程为：
（2）设A，，，坐标分别为，，，，
因为
令直线：，，：，，
由得：，
由得：
所以
令：，与联立得：，
所以，，，则
所以，代入得：
又因为，
所以，当且仅当，时取等号
所以与面积之比的最大值为
（2）当定向直线的倾斜角为90°时，设，
由得
时，
所以，矛盾．
当定向直线的倾斜角不为90°时，假设存在定向直线
由得，
时，
设，则
由得即，
故，
，化简得，
所以或，
时，经验证，满足条件；当时，过点，不合题意
综上所述，当即直线的一个方向向量为时，
1．（2020·全国·统考高考真题）在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．直线
【答案】A
【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可．
【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：，设，可得：，
从而：，
结合题意可得：，
整理可得：，
即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆．
故选：A.
【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．
2．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可．
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可．
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明．
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证．
法二：不妨设在上，且，

依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可．
3．（2011·陕西·高考真题）如图，设P是圆上的动点，点D是P在x轴上投影，M为上一点，且.
(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)求过点且斜率为的直线被C所截线段的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用相关点法求解轨迹方程，设出，得到，代入中，得到轨迹方程；
（2）求出过点且斜率为的直线方程，联立第一问所求的曲线方程，得到两根之和，两根之积，由弦长公式求出答案．
【详解】（1）设，则，，
因为，所以，即，故，
所以，
因为P是圆上的点，所以，即；
（2）过点且斜率为的直线方程为，
与联立得：，易得，
设直线与的两交点坐标分别为，
则，，
故被C所截线段的长度为.