2025年高考數(shù)學(xué)大題復(fù)習(xí)：圓錐曲線中的軌跡問題（解析）

專題13圓錐曲線中的軌跡問題

1.求解下列問題:

(1)如圖，動圓的：x2+y2^t2,l<t<3與橢圓C2：f+y2=l相交于/，B,C,。四點，點40色分

別為。2的左、右頂點.求直線力&與直線必3的交點M的軌跡方程.

(2)已知%,尸2分別為橢圓C：。+q=1的左、右焦點，點尸為橢圓C上的動點，求△P%F2的重心G的

43

軌跡方程.

【答案】(琮一必=1(x<-3,y<0)

(2中+3y2=l(y*0)

【分析】(1)交軌法求動點軌跡方程，選擇適當(dāng)?shù)膮?shù)表示兩條直線的方程，聯(lián)立方程，消去參數(shù)，即可

得交點W的軌跡方程；

(2)相關(guān)點法求動點軌跡方程，用所求點G表示已知P點坐標(biāo)，再代入已知橢圓方程，化簡整理可得.

【詳解】⑴由橢圓Q：'+y2=i,知4(—3,0),4(3,o).

設(shè)點/的坐標(biāo)為(%0，劭)，由曲線的對稱性，得點3的坐標(biāo)為(刈,-

設(shè)點M的坐標(biāo)為(x,y),則直線4公的方程為y=+3)①；

%o+3

直線的方程為y=二"(尢—3)②.

由①②相乘得V=耍(/_叼③.

又點4(*0,yo)在橢圓C上,所以羽=1一黑).

2

將④代入③得5—y2=l(x<-3,y<0).

因此點”的軌跡方程為卷一必=1(%<-3,y<0)

(由于/,8僅在y軸的左側(cè)，因此點M的軌跡只能在第三象限).

(2)依題意知點尸式―1,0),F2(l,0),設(shè)點POo，yo)，G(x,y).

'_%0-1+1

由三角形重心坐標(biāo)關(guān)系可得「—焉，即匕°=四代入m+券=1，

V=生仇=3y,43

y3'

Qv2

得△的重心G的軌跡方程為?+3y2=i(y力0).

2.已知過右焦點F(3,0)的直線交雙曲線C：S-l(a,6>0)于M,N兩點，曲線C的左右頂點分別為公，42,

虛軸長與實軸長的比值為當(dāng)

(1)求曲線C的方程；

(2)如圖，點M關(guān)于原點。的對稱點為點P,直線A*與直線&N交于點S,直線。S與直線MN交于點T,求T的

軌跡方程.

【答案】(厲—=1

(2)x=-2(y0,±^)

【分析】(1)根據(jù)右焦點坐標(biāo)、虛軸長與實軸長的比值可得曲線C的方程；

(2)設(shè)直線42MM2N的斜率分別為七,初直線MN為x=my+3,M(Xi，yD，N(X2，y2)，與雙曲線方程聯(lián)立,

利用韋達定理代入可得口?心、的+心的值，求出直線4P、直線&N方程聯(lián)立求得S(-貴，-涓V，可

得直線OS的方程y=恭,與x=my+3聯(lián)立可得T(—2,—/可得答案.

【詳解】⑴由題意得c=3,f—又a2+/=c2,則a2=4,/=5,曲線c的方程為。一4=1；

2aa245

(2)設(shè)直線42M4N的斜率分別為的,的，直線MN為久=my+3,M(Xi，yi),N(%2，y2)，

x=my+3

x2/_,得(5血2-4)y2+30my+25=0,

iT-T-

(5m2-4W02V5

(A=900m2-4(5m2-4)x25>0,m,

,30m25

為+為=一附，為力=訴,

2

則心.心=匕?==—產(chǎn)2、

-2犯一2—2(%I+%2)+4

=__________________yiy2__________________

51yl+3)(my2+3)-2(my1+my2+6)+4

=_________yiy?._________

血2yly2+-(yi+丫2)+1

__________25__________25

25m2-30m2+5m2-4__4'

,,,_為一。，為一。_乃(久2-2)+-2)

12一百_2%2-2一(巧—2)(%2—2)

=X/2+%2為一2(乃+乃)

%1%2—2(%1+%2)+4

(myi+3處2+(譏y2+3)yi-2(y1+%)

(my1+3)(my2+3)—2(jny1+my2+6)+4

=2nly/2+(為+%)

小2yly2+瓶(為+力)+1

_50m-30m_-

-25m2-30m2+5m2-4―孫

由于點M關(guān)于原點。的對稱點為點P,ArP//A2M,

則直線41P為丫=均0+2),直線4為丫=七(比一2),顯然心大七,

{_2(憶1+七)_10m

*k?-kik2-ki

為二一二'

)k2-k1k2Tl

即s(-貴，-彘')，

則直線OS的方程為y=景,

由廣=Q得仁二，即(2,，

Lx=my+3(7—一￡'m'

當(dāng)爪=0時，由對稱性可知S在y軸上，

此時直線。S平行于直線MN,不符合題意,

故T的軌跡方程為x=-2(yK0,±苧).

【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二位關(guān)鍵點是利用韋達定理得的/2、的+電的值，直線OS的方程與直線MN方程

聯(lián)立得T點坐標(biāo)，考查了學(xué)生發(fā)現(xiàn)問題解決問題的能力.

3.已知橢圓C：5+/=l（a>b〉0）的離心率為奈且經(jīng)過M（l,苧），經(jīng)過定點T（1,O）斜率不為0的

直線/交C于E,尸兩點，A,3分別為橢圓C的左，右兩頂點.

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)直線/￡與3b的交點為尸，求尸點的軌跡方程.

2

【答案】（1方+y2=i

（2）%=4

（cV3

~a~~2

【分析】（1）根據(jù)題意可得=按+02求解即可;

工+3=1

Ia?十4b2,

（2）聯(lián)立直線方程結(jié)合獸=；求點P的橫坐標(biāo).

K23

【詳解】（1）

c_V3

(?=2

a2^b2+c2,解得b=1,

±+_L-i(c=V^

(a2+4b21

...求橢圓C的方程為S+y2=i

4

(2)

根據(jù)題意可得直線AE：y=/q(x+2),BF：y=/c2(x-2),

由可得。+4憂)/+16后％+16好-4=0,

所以-2沖=黑，故「微，故.瑞p

同理，制=焉，故yF=墨，

因為E,T,F三點共線，故前，行共線,

而前=(1-饋k島)，*(露T闔

故一蒜，(普一1)=卷乂(1-畿)，整理得到：合(或出=/

若七七=—則由以后冊呂=一：可得々EB=攵尸8=k2，這與題設(shè)矛盾，故￡=(?

聯(lián)立方程"解得久一華誓一室2=4,

(.y=卜2。-2)*i-fc2

(1)求線段/尸的中點M的軌跡方程.

⑵若NPBQ=90。，求線段PQ中點N的軌跡方程.

【答案】⑴(久―l)2+y2=1

(2)x2+y2-x—y—1=0.

【分析】(1)根據(jù)中點坐標(biāo)公式，結(jié)合相關(guān)點法即可求解，

(2)根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，結(jié)合勾股定理即可由點點距離求解.

【詳解】(1)設(shè)4P中點為M(x,y),

由中點坐標(biāo)公式可知，P點坐標(biāo)為(2x-2,2y)

點在圓%2+y2=4上，；.(2%-2)2+(2y)2=4.

故線段2P中點的軌跡方程為(x-1)2+y2=1.

(2)設(shè)PQ的中點為N(%,y),在RtZkPBQ中,\PN\=\BN\f

設(shè)。為坐標(biāo)原點，則0N1PQ,所以|0P|2二|ON|2+|RV|2=|ON|2+|BN|2,

所以第2+y2+(%—I)2+(y—I)2=4.

5.類似于圓的垂徑定理，橢圓C：a+左=1(Q>b>0)中有如下性質(zhì)：不過橢圓中心。的一條弦PQ的中

點為M,當(dāng)PQ,0M斜率均存在時，kpQ，koM=—《，利用這一結(jié)論解決如下問題：已知橢圓E：言+三=1,

ya.oiy

直線。P與橢圓E交于4B兩點，且瓦？=3而，其中。為坐標(biāo)原點.

(1)求點P的軌跡方程T；

(2)過點P作直線CD交橢圓E于C,。兩點，使麗+方=6,求四邊形ACBD的面積.

【答案】(琮+產(chǎn)=1

(2)36V2

【分析】(1)設(shè)出PQ,y),由市=3荏可求出點力的坐標(biāo)，代入橢圓E方程可得點P的軌跡方程.

(2)設(shè)P(&,yo),由麗+麗=0,知P為CD中點，當(dāng)直線OP不與坐標(biāo)軸重合時，結(jié)合已知條件，可得々CD=-

魯，求出直線CD的方程，與橢圓E聯(lián)立，可得根與系數(shù)關(guān)系，由弦長公式求出|CD|,再由點到直線的距離

公式可求得，點4到直線CD的距離，點B到直線CD的距離，S4CBD=S“CD+SABCD可求得面積，當(dāng)直線

與坐標(biāo)軸重合時，易得解.

【詳解】(1)設(shè)P(x,y),因為瓦？=3訶，

???4(3x,3y),代入橢圓E得：霽+竽=1,

設(shè)P(%o,yo)<由(1)則自+%=1，

①當(dāng)直線。P不與坐標(biāo)軸重合時，由麗+麗=0,知P為CD中點,

-卜"?%磊*=-9>臉=一

直線CD：丫=_疑_的)+%=譚一,

代入橢圓E：%2+9y2=81的方程得：

Go+V卜-2x0x+9-81羽=0

2

即：x-2x0x+9-81yo=0,設(shè)C(%i，yD，。(%2，丫2)，

v△>0

由根與系數(shù)關(guān)系，m二蒸

Rm=J。燕氏一久2l=J1+急-J4就一36+4-81%=J1+焉-12V2|y0|)

設(shè)或一⑺表示點2到直線CD的距離，dB_co表示點B到直線CD的距離，

'''S@D/m?(服-CD+盛皿)=圖?6V2|y0|=36V2；

它法：利用比例關(guān)系轉(zhuǎn)化:sACBD=2SxABC=4S&AOC=12ShAOC=6S3OCD，酌情給分.

②當(dāng)直線0P與坐標(biāo)軸重合時，

不妨取P(0,l),C(6V2,1),￡>(-6V2,l).SACBD=36V2

或P(3,0),C(3,2V2),￡)(3,-2V2),SACBD-36V2

綜上所述：四邊形4C8D的面積是36vl

6.已知圓E經(jīng)過點4(0,0),8(1,1),且圓E與y軸相切.

(1)求圓E的一般方程；

(2)設(shè)P是圓E上的動點，點C的坐標(biāo)為(4,0),求線段CP的中點M的軌跡方程.

【答案】(l)/+y2-2x=0

⑵0-斤+必=|

【分析】(1)利用待定系數(shù)法設(shè)圓E的一般方程為了+y2+Dx+Ey+F=0,根據(jù)已知條件列式求出。E,F

可得結(jié)果；

(2)設(shè)M(x,y),得P(2x-4,2y),代入(x-+y2=1可得結(jié)果.

【詳解】(1)設(shè)圓的方程為/+y2+￡)x+Ey+F=0,

因為圓E過點4(0,0),8(1,1),又跟y軸相切，

???圓E必在y軸右側(cè)，且跟y軸的切點為4(0,0),

???圓心的縱坐標(biāo)為0.

'F=0m--2

....1+1+D：E+F=°,解得E=0,

E八

一工=0F=0

二圓E的方程為好+y2-2%=o.

(2)設(shè)M(x,y),則P(2久—4,2y),

將P(2x-4,2y)代入/+y2_2%=0得口X-4)2+(2y)2-2(2%-4)=0,

整理得(X-g)2+y2=*

即線段CP的中點”的軌跡方程(X-|)2+y2=*

7.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線/：久=-2交x軸于點/.設(shè)尸是/上一點，M是線段OP的垂直平分

線上一點，且滿足NMP。=NAOP.當(dāng)點尸在/上運動時，求點M的軌跡方程.

【答案】y1=4(%+1)(%>-1)或y=0(x<-1)

【分析】首先根據(jù)點M和點A與直線OP的位置關(guān)系分類討論，當(dāng)點M和點A位于直線OP的兩側(cè)時，利

用NMP。=N40P與垂直平分線性質(zhì)將條件轉(zhuǎn)化為點M到直線1的距離等于到原點的距離，再設(shè)點坐標(biāo)代入

直接求軌跡方程即可；當(dāng)點M和點A位于直線0P的同側(cè)時，可得點M在x軸上，再求解橫坐標(biāo)范圍即可;

當(dāng)點4、P重合時可得M坐標(biāo)最后，綜合作答.

【詳解】設(shè)MQ為線段0P的垂直平分線，交0P于點Q.分兩種情況求點M的軌跡方程.

①點M和點A位于直線0P的兩側(cè)，如圖1,

,/Z.MPO=Z.AOP,：.MP//AO,即MPJ.I,

又|M0|=\MP\,即點M到直線1的距離等于到原點的距離.

設(shè)則+/=J+2|,即y2=4(x+l),x>—1.

②點M和點A位于直線OP的同側(cè)時，如圖2,

VMQ為線段0P的垂直平分線，=乙MOQ,

又NMPQ=N40P,J./-MOQ=/.AOP,

因此點M在x軸上.設(shè)點M(x,O),P(-2,a)(a40),

由|MO|=|MP|,即|久|=+2/+,得x=-i-1a2<-l,

故點M(%,0)的軌跡方程為y=0,x<-l.

③當(dāng)點力、P重合時，由NMP0=N40P知，M為。P中點(一1,0).

8.已知圓C的圓心在x軸上，并且過4(1,3),B(3,3)兩點.

(1)求圓C的方程；

⑵若P為圓C上任意一點，定點M(8,0),點Q滿足麗=3的，求點Q的軌跡方程.

【答案】(l)(x—2)2+y2=io

(2)(x-6)2+(y)2=y

【分析】(1)求出圓心的坐標(biāo)和圓的半徑，即得解；

(2)設(shè)點PQoJo)，Q(x，y)，由麗=3兩得,°；?3y16,代入圓的方程即得解.

【詳解】(1)由題意可知，力B的中點為(2,3),kAB=0,所以48的中垂線方程為x=2,

它與x軸的交點為圓心C(2,0),又半徑r=|4C|=亞而，所以圓C的方程為0-2)2+y=io；

(2)設(shè)P(xo，y()),Q(x,y),由兩=3畫，得(8—孫,一為)=3(8—x,-y),

所以r0：受116,又點P在圓C上,故(而-2尸+就=10,

所以(3乂-18尸+(3y)2=10,化簡得Q的軌跡方程為0一6)2+。尸=￡

9.已知反比例函數(shù)y=：的圖象C是以x軸與y軸為漸近線的等軸雙曲線.

(1)求雙曲線C的頂點坐標(biāo)與焦點坐標(biāo)；

(2)設(shè)4,42為雙曲線C的兩個頂點，點MQo，yo),N(yo，&)是雙曲線C上不同的兩個動點.求直線與42M

交點的軌跡￡的方程；

⑶設(shè)直線/過點P(0,4),且與雙曲線C交于42兩點，與x軸交于點。.當(dāng)麗=^OA=%礪，且九+山=-8

時，求點。的坐標(biāo).

【答案】⑴頂點：&(一1,一1)、4(L1)；焦點：尸1(-4-夜)、尸2(暮?;

(2)x2+y2=2(xw±1)

⑶Q(2,0)

【分析】(1)先得到雙曲線的頂點和焦點均在直線y=x上，聯(lián)立y=：與y=x得久=±1,即可求雙曲線C

的頂點坐標(biāo)與焦點坐標(biāo)；

(2)求出直線4M與42M方程，兩式相乘，將丫0=工代入，即可求直線4M與42M交點的軌跡E的方程；

%0

(3)將％=弋入y=~9得y?—4y—k=Of利用韋達定理，結(jié)合PQ=入1。4=^OB,且刈+%=—8,

求出k的值，即可求點Q的坐標(biāo).

【詳解】(1)由題意得，雙曲線的頂點和焦點均在直線y=%上，

聯(lián)立y=:與y=%得，x=xf解得％=±1，

當(dāng)％=1時，y=1,當(dāng)無=-1時，y=-1,故頂點坐標(biāo)為/式一1,一1)、i42(l,l),

設(shè)焦點橫坐標(biāo)為C,因為雙曲線為等軸雙曲線，故C=VTT7=VL

故焦點坐標(biāo)為Fi(-金,一或)、F2(V2,V2)；

(2)&"：'+1=^1(久+1),&N：y-1=2(%-1)，

%o+iyo_i

兩式相乘，得必―1=4.筆(/—1).

xo+1yo-1

將y°=j弋入上式，得y?-1=一(/一1)，即％2+y2=2.

即直線與&N交點的軌跡E的方程為%2+y2=2(%W±1).

(3)將％=弋入y=工，得y?-4y-fc=0,

設(shè)4(%1，丫1),8(%2，、2)，則月+72=4,yiy2=-k,

\'PQ=A^OA=A2OB,

4)=%(%i+p7i)=兄2卜2+1%)，

??4—^i3^i=a2y2'

44

Ai=---,A2=---.

yiyz

又入1+%——8,

?44―p

??——of

yiyz

"i+丫2=2yly2，

A4=-2k,

??k=-2,

【點睛】求軌跡方程常用的方法：直接法，相關(guān)點法，交軌法，定義法，求解過程中要注意一些軌跡問題

中包含隱含條件，也就是曲線上的點的坐標(biāo)的取值范圍，有時還要補充特殊點的坐標(biāo).

10.已知定點F(2,0),關(guān)于原點。對稱的動點P,Q到定直線1:x=4的距離分別為d“dQ,且子=早，記P

的軌跡為曲線c.

(1)求曲線C的方程，并說明曲線C是什么曲線？

(2)已知點M,N是直線機:久=(y+2與曲線C的兩個交點，M,N在x軸上的射影分別為NJ%,N1

不同于原點。)，且直線MiN與直線/:%=4相交于點R,求ARMN與ARMiNi面積的比值.

【答案】(1)曲線C的方程為9+9=1或x=0,曲線C是以點(—2,0),(2,0)為焦點，長軸長為4魚的橢圓

與y軸組成的曲線

（2）比值為1

【分析】（1）設(shè)PQ,y），由詈=甲直接列式化簡可得;

dpa。

（2）先證直線MiN直線2:%=4的交點R也是直線Mg與直線上％=4的交點，則有+

S△RMM]S^RMN=S^MN[N+S^RMMI，由S^MMINI=S^MMIN即可求解.

【詳解】（1）設(shè)PQy）,Q（-附一y）.

由|PF|二|QF|有J（%-2）2+y2=J（r2）2+（—y）2,田。*

兩邊平方得（％+4）2（/+/+4_4%）=（%-4/（久2+y2+4+4%）,

化簡得%（%2+2y2-8）=0,

即曲線C的方程為1或x=0.

84

曲線C是以點（-2,0）,（2,0）為焦點，長軸長為4金的橢圓與y軸組成的曲線.

（2）設(shè)直線m與橢圓相交于%（%2，丫2）兩點，則用式打,。），N1（x2,0）.

令三=t,將久=ty+2代入J+￡=1并整理得（產(chǎn)+2）產(chǎn)+4ty-4=0,,y1+y2=-最，為力=一

直線aN的方程為：y=占（久一久。

設(shè)R(4,y0)，則%二*12y2(2-tyi)

%2Tl

同理直線MN1與直線=4相交于點R'（4,y'o）,y0=型上也.

、2(2Tyi)_yi(2-W2)

,其中28+乃）-2加為=一號+號=0.

yo-yoX2-X-i_X!-X

22**-

從而-y'o，R與R’重合.

因為MMi〃NNi，所以S^MMINI=

S&RMN

又S^RMIN1=S^MM[Ni+SARMM1S^RMN=S^MN[N+，則=1.

SAR[M]N]

所以△RMN與ARM/i面積的比值為1.

11.如圖，E,F,G,修分別是矩形ABCD四邊的中點，F(xiàn)(2,0),C(2,l),CSACF,0R=AOF.

(1)求直線ER與直線GS交點M的軌跡方程；

(2)過點/(1,0)任作直線與點M的軌跡交于P,Q兩點，直線HP與直線Q尸的交點為/,直線HQ與直線PF的交點為

K,求△/〃＜面積的最小值.

【答案】(1盧+必=1(久力。且y片—1)

(2)3百

【分析】(1)利用已知可得直線ER,GS的方程，消去參數(shù)，根據(jù)交點M的變化即可求出其軌跡方程.

(2)設(shè)PQ方程：x—my+1,代入/+4y2—4=0,利用韋達定理表示出y1+丫2=,y/z=裾g，

my/2=J(yi+y2)，根據(jù)直線HP和QF，得出力=粵，同理根據(jù)直線HQ和PF,得至的《=電，即可利用

SA//K=T，(4—1)?協(xié)一、K|求出結(jié)果.

【詳解】(1)由已知,R(24,0),S(2,l—%),E(0,—l),G(0,l),

當(dāng)4H0時，直線ER方程：y=^-x-l,

直線GS方程：y=-(x+l,

聯(lián)立上述兩方程消去4得：^+y2=i,

當(dāng)；1=0時，交點M(0,l)符合上述方程,

又交點M不可能為(0,-1),

2汽

故所求的軌跡方程為Tv+y2=1(%0且y。一1).

(2)設(shè)尸Q方程：x=my+1(依題意m存在)，

代入/+4y2—4=0得(m?+4)y2+2my—3=0,

A=16(m2+3)>0,設(shè)尸(％i，yD，Q(%2，y2)，

丫1+丫2=常工，丫1，2=；^不，爪乃乃=I(V1+力)，

”P方程：丫=盤(久+2),QF方程：了=會(％-2),

聯(lián)立上述兩方程消去得：

3

x+2_(xi+2)y2_(myi+3)y2_Z(yi+V2)+3y2_

-----■----------=-----------=------------=3.

x-2(%2—2)yi(my2—l)yi-(yi+y2)—71

X=4,

所以/(4,力)，其中為=墨，

同理直線HQ與直線PF的交點K(4,yQ,其中以=黑，

口=的一|一呼力)」=2>/^3(

JK||%i+2x2+2lI(myi+3)(my2+3)l

2

SA〃K=I-(4-1)-|y；-yK\=3Vm+3>3V3(當(dāng)且僅當(dāng)m=0時取等號),

故4//K的面積最小值為3g，此時直線PQ的方程為久=1.

【點睛】方法點睛：直線與橢圓位置關(guān)系的綜合問題，主要從以下幾個角度分析:

(1)聯(lián)立方程后，韋達定理的正確使用；

(2)各點對應(yīng)直線關(guān)系要分清；

(3)數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.

12.已知橢圓C：4+[=l(a>b>0)的長軸長為2vx離心率為冬

ab2

⑴求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)若動點P為橢圓C外一點，且過點P的橢圓C的兩條切線相互垂直，求點尸的軌跡方程.

?2c

【答案】(1方+丫2=1

(2)x2+y2=3

【分析】(1)由橢圓的相關(guān)概念及離心率求解即可；

(2)設(shè)出動點P的坐標(biāo)，求出切線方程，聯(lián)立方程組由后心=-1求解即可(注意分類討論).

'2a=2V2一

【詳解】(1)由題意可知,c_V2，解得a=魚，c-1,

、~a~~

=a2—c2=1,

2

???橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為5+y2=1；

(2)設(shè)點P(xo，y()),

①當(dāng)兩條切線斜率均存在時，設(shè)其中一條切線為y=/q(x-Xo)+yo,另一條為y=k2(x-Xo)+yo，

聯(lián)立方程，一1,消去y得+；)久2+2k(yo-kxjx+(y0-k%o)2-1=0,

、y=fc(x-%)+yo

22

=4fc(y0-5)2-4(k+0[(y0-k尤一1]=0,

即(1一早)/+久0>0卜+家1—Vo?)=0,

2

則的，的是方程(1~)/+xoyok+^(1—yo)=0的兩個不等實根，

..,_|d-yo2)

,，fclfe2-1町2，

又,兩條切線相互垂直，，/q?=-1，

.1(l-yo2)

-得---=一1，

整理得出2+如2=3,

即點P的軌跡方程為好+y2=3,

②當(dāng)兩條切線中有一條斜率不存在時，即A、B兩點分別位于橢圓長軸與短軸的端點，

P的坐標(biāo)為(土V2,±1),把點P(士V2,±1)代入沏2+%2=3亦成立，

綜上所述，點P的軌跡方程為：/+y2=3.

13.過點力(0,-2)的直線與拋物線V=4x相交于兩點尸，Q,求以O(shè)P,O。為鄰邊的平行四邊形的第四個

頂點M的軌跡方程.

【答案】y2+4y—4久=0(y<—8或y>0)

【分析】設(shè)PQi，月），Q（x2,y2）,M（x,y）,設(shè)直線4B的方程為y=kx-2JH0）,與拋物線方程聯(lián)立利用

韋達定理可得力+丫2、打+%2和k的范圍，根據(jù)平行四邊形對角線互相平分和消參法可得答案.

【詳解】設(shè)<?（%2，乃），M（x,y）,

由題意過點4（0,-2）的直線的斜率存在，設(shè)直線4B的方程為y=kx-2（fc豐0）,

與拋物線方程聯(lián)立可得的2-4'-8=0,乃+乃=（，

且4=16+32k>0可得/c豐0,

所以由丫1+=卜（/+%2）—4可得+%2=p'+p

因為四邊形OPMQ是平行四邊形，所以（曷）=段盤，弩），

即（曷）=仔+輔，可得V+4y-4%=0,

因為］而k>一g且kKO,可得y<-8或y>0,

所以M的軌跡方程為y2+4y—4x=0（?<-8或丫>0）.

14.已知雙曲線C的方程為2/-必=2.

（1）直線y=x+m截雙曲線C所得的弦長為4金，求實數(shù)加的值；

（2）過點（2,-1）作直線交雙曲線C于尸、。兩點，求線段PQ的中點M的軌跡方程.

【答案】（l）m=±l

（2）2x2—y2—4x—y=0

【分析】（1）聯(lián)立直線與雙曲線方程，得到韋達定理式，利用弦長公式即可求出m值；

（2）設(shè)201，乃）,（2（町,丫2），”（居//（2,-1）,利用點差法結(jié)合中點公式即可得到￡=舞，化簡即可.

【詳解】（1）聯(lián)立LI彳導(dǎo)/一2mx-m2-2=0,

—y—z

:直線y-x+m被雙曲線C截得的弦長為442,A=4m2+4m2+8>0,

設(shè)直線與雙曲線交于4Oi，yi),B(X2,y2),

=2

貝+x22m,xrx2=—m—2,

由弦長公式得4V2=V2-V4m2+4(m2+2),

解得rn=±1.

(2)設(shè)P(xi，y。Q(X2，y2)，M(x，y)/(2,-1),則

向+乂2=2%,yi+y2=2y,

?1?2xl-7i=2,2必_%=2,

上式作差得4x(Xi-x2)-2yQi-乃)=0，

當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，根據(jù)雙曲線對稱性知M(2,0),

當(dāng)直線PQ的斜率存在時，但、1+及=0時，此時直線PQ為直線04根據(jù)雙曲線對稱性知”(0,0),

當(dāng)直線PQ的斜率存在時，且以+丫2工0時，kPQ==p

???kylM=匕、化簡得2%2-y2-4%—y=。，其中％

x—2yx—2

而點(2,0),(0,0)適合上述方程，

則線段PQ的中點M的軌跡方程是2/一y2一?一y=0.

22

15.已知過曲線l(a,b>0)上一點(久ofo)作橢圓。的切線I，則切線，的方程為翳+登=1.若P為

2

橢圓Ci：^+y2=1上的動點，過P作Ci的切線已交圓C2：/+y2=4于M,N,過M,N分別作C2的切線匕/2,

直線匕,，2交于點Q

⑴求動點Q的軌跡E的方程；

(2)己知R為定直線x=4上一動點，過R的動直線機與軌跡E交于兩個不同點4B,在線段4B上取一點T,滿

&\AR\\TB\=\AT\\RB\,試證明動點T的軌跡過定點.

【答案】（1《+1=1

（2）證明見解析

%。=一

【分析】（1）設(shè)點P（%,yo），結(jié)合題意利用直線辦的方程推出L進而利用代入法求得動點Q的軌跡E

口。=]

的方程；

（2）設(shè)點4（%3，、3），8（久4，y4），R（4,0，T（%T，yT），利用條件結(jié)合向量的坐標(biāo)運算推出

坐標(biāo)滿足的關(guān)系，結(jié)合4（%3，y3），B（%4，y4）在曲線E上，推得2,”丁）+

專率=16,即可得動點7的軌跡方程，確定定點坐標(biāo).

1—A

【詳解】（1）設(shè)點POo，%），由題意知切線辦的方程為等+y0y=i，

同理，設(shè)點M（“i,yi）,N（%2，y2），Q（m,n）,

xx

則切線匕,%的方程分別為:i+yiy=4,x2x+y2y=4,

又點Q在直線M上，所！dH，

m

X=—

所以直線辦的方程為：mx+ny=4,和平+%丫=1比較可得on

2（加=]

2

又POo，y。）在曲線的上，即3+%=1，

所以＜+工=1,即點Q的軌跡E的方程為1+《=1；

oloo16

（2）設(shè)點月（#3,乃），8（必，yjR（4,t）,7（如yT），

則由"WEBI矢喘造，喘嚕=九則4＞。且一,

則：AR^-ARB.AT=ATB,

即（4一比3,t一為）=-4（刀4一4,%—t），（叼-x3,yT-乃）=A（X4-xT,y4一力）＞

汽3-&4_彳1%3+&4

=xT

｛=yr

22

B+乃-1

8-6

29

又4（%3，、3），8（久4，：74）在曲線E上,%^

-+--1

86

故酒=16-2x1,yl=16-2x1，

丫丫-2%2

n%3-II3-%4_O%3^4I16-2X3-A（16-2X4）

_16（1—%）

=1-2216,

.一"W?4一"式

所以2?1-M十「平=16,

即+tyT=16,由于t6R,故yr=0時，xT=2,

所以動點T的軌跡過定點（2,0）.

【點睛】關(guān)鍵點睛：證明動點T的軌跡過定點問題，首先要根據(jù)|ZR||TB|=MTIIRBI，利用向量的坐標(biāo)運

算推出Z（%3,丫3），B（%4,、4），R（4,t）,T（XT,y7）坐標(biāo)滿足的關(guān)系,關(guān)鍵在于結(jié)合Z（%3,、3），8（第4,丫4）在曲線E上，

推得2.專學(xué)+率孕=16,從而可確定T點軌跡方程，確定定點.

1-AZ1一於

16.已知橢圓C：f+y2=i,直線/與橢圓C交于4,2兩點.

（1）點P（&,yo）為橢圓C上的動點（與點4,B不重合），若直線出，直線總的斜率存在且斜率之積為-1

4

試探究直線/是否過定點，并說明理由；

⑵若。力1OB.過點。作。Q,48,垂足為點。，求點0的軌跡方程.

【答案】⑴直線1過定點（0,0）；

⑵/+y2=g

【分析】(1)利用點在橢圓上和直線斜率公式即可證得直線1過定點(0,0)；

(2)利用三角函數(shù)設(shè)出A,B兩點坐標(biāo)，再利用題給。即可求得|OQ|=?,進而得到點Q的軌跡

方程.

【詳解】(1)直線UB過定點(0，。)，下面證明：

設(shè)4(久1，乃)，B’(一"i，—為)，kPA-kPB'=J-gxJill=

又巧+%=L,+比=i，人4)=者=/

，直線2川過原點滿足而4,kpB'=—]?

又當(dāng)PA兩點固定時的4為定值，有且僅有一個斜率值與之相乘之積為-",

則直線PB,PB'重合，則B,B’重合，

直線1過定點(0,0).

(2)設(shè)|。*=勺，\OB\=r2,Z.XOA=d,不妨設(shè)=8+*

.'.A(rrcos9,rising),B(—r2sin0,r2cos0),又點A,B在橢圓上，

■'.riC°s8+r^sin2g=1,e+r^cos2g=1,

2

^co￡_esin2g_-|-COs0=兩式相加得3+己=：,

由SAOAB=^A8|?|OQ|=；|。川?\0B\,

???點Q的軌跡是以點O為圓心以期為半徑的圓,

??.點Q的軌跡方程為/+產(chǎn)=、.

17.已知圓C：%2+y2+2久一4y+3=0.

(1)若直線，過點(-2,0)且被圓C截得的弦長為2,求直線2的方程；

⑵從圓C外一點P向圓C引一條切線，切點為M,。為坐標(biāo)原點，滿足|PM|=|PO|,求點P的軌跡方程.

【答案】(l)x=-2或3x-4y+6=0

(2)2x-4y+3=0

【分析】(1)討論直線/是否存在斜率，當(dāng)斜率存在時，設(shè)出直線方程，利用弦長公式，即可求得直線斜率,

則直線方程得解；

(2)根據(jù)題意以及幾何關(guān)系，求得點P的軌跡方程，

【詳解】(1)根據(jù)題意，圓C的方程為：Q+1尸+(y—2)2=2,其圓心為(—1,2),半徑為近，

當(dāng)直線/的斜率不存在時，其方程為乂=-2,

此時直線［與圓C的交點為4(一2,1),5(-2,3),\AB\=2,符合題意；

當(dāng)直線I的斜率存在時，設(shè)其方程為y=k(x+2),即kx—y+2k=0,

則圓心C到直線/的距離d=與亨=1,解得女=

Vk2+14

所以直線/的方程為3x—4y+6=0,

綜上，直線珀勺方程為x=-2或3x-4y+6=0；

(2)如圖，PM為圓C的切線，連接MC,PC,貝!ICM1PM,

22

所以△PMC為直角三角形,即|PM|2=|pC|-\MC\.

設(shè)Pay),由(1)知C(-l,2),|MC|=VL

因為|PM|=\P0\,所以(x+l)2+(y-2尸-2=%2+y2,

化簡得點P的軌跡方程為2x-4y+3=0.

18.已知橢圓C「+5=l(a>6>0),F「F2為C的左右焦點.點P。，—0為橢圓上一點，且+匹1=

4.過尸作兩直線與橢圓C相交于相異的兩點4B,直線〃、的傾斜角互補，直線N3與x,y軸正半軸

相交.

(1)求橢圓。的方程；

⑵點〃?滿足前=而，求M的軌跡方程.

【答案】(14+9=1

(2)y=-x(0<x<1)

【分析】(1)利用橢圓的定義，將點P代入橢圓方程計算即可;

(2)設(shè)直線AB,聯(lián)立橢圓方程結(jié)合直線24、PB的傾斜角互補(即斜率之和為零)，利用韋達定理計算出直

線AB的斜率，再利用消參法求出動點M的軌跡方程.

【詳解】(1)因為|PF/+\PF2\=4,所以2a=4,即a=2,

把P(l,-|)代入｝+方=1,得：+親=1，所以>2=3,

故橢圓c的方程為9+9=1；

(2)由題意，直線AB斜率存在，不妨設(shè)其方程為丫=依+m,

設(shè)點401，月)、83,丫2)，

聯(lián)立橢圓方程L21“9"n，得(4/+3)X2+8kmx+47n2-12=0,

(3xz+4yz-12=0

其中A=(8fcm)2—4(4fc2+3)(4m2—12)=48x(4k2—m2+3)>0,則/<4fc2+3,

-8km4m2-12

所以/+x2=“帝，久=礪"

因為直線P4PB的傾斜角互補，所以kp4+kpB=0,

33

所以"f+竺|=0,化簡得32+%2為+式巧+乂2)-(71+72)-3=0,

Xj—1X2~lN

即2fcx1x2+(血—k+1)(%i+%2)—2m—3=0,

所以(2/c+l)(2k+2m+3)=0,若2攵+26+3=0,此時直線AB過點P,不合題意舍去;

故2k+1=0,所以％=—?!，所以直線AB方程為y=—1%+

設(shè)M（0，yo），因為病=麗，所以M為AB的中點,

X1+X2——4km2mmrr.,11.1.3

所以久0-=-，貝!Jy。=--%o+m=——m+血=-m,

-2—―4/C2+342244

消去m得yo=|x（）,又zn?<4/+3=4,且7n>o,所以0<小<2,

所以。<&<1,所以點M的軌跡方程為y=|x（0<x<1）.

19.已知橢圓C：?+5=l（a>b>0）的長軸長是短軸長的2倍，直線y=被橢圓截得的弦長為4.

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)M,N,P,。為橢圓C上的動點，且四邊形ACVP0為菱形，原點。在直線〃N上的垂足為點〃，求H

的軌跡方程.

【答案】（1）5/+20y=32

（2）%2+V=II

【分析】（1）由題意可得a=2b,聯(lián)立方程，求出交點坐標(biāo)，再根據(jù)弦長即可得解;

（2）設(shè)M（Xi，yD，P（X2，y2），菱形的中心為OoJo），利用點差法可得菱形的中心為原點，再分直線MP,NQ

的斜率都存在，和直線MP,NQ中有一條直線的斜率不存在，兩種情況討論，根據(jù)SA°MN=

^CH|J|0M|2+|ON|2=3|OM||ON|求出|。印即可得出答案.

【詳解】（1）由題意可得a=2b,則橢圓C：4+，=1，

，，?y2=]x=V2b、x=—V2Z）

4fo2b2~,解得

聯(lián)立y=會或V2,

y=--b

所以弦長V8b2+2b2=4,解得所以a2=S

22

所以橢圓C的方程為全+與=1,即5x2+20/=32；

T5

（2）因為四邊形MNPQ為菱形，所以MP,NQ垂直且平分,

設(shè)M（%i，yi）,P（X2，y2），

則5xj+20yj=32,5%2+20%=32,

兩式相減得5（X1-%2）+20（資-禿）=0,

即-比2）（的+%2）+4（yi-y2）Oi+凡2）=0,

設(shè)菱形的中心為（久0，%