第68讲曲线的轨迹方程_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第68讲 曲线的轨迹方程
知识梳理
一．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．
注：若求动点的轨迹，则不但要求出动点的轨迹方程，还要说明轨迹是什么曲线．
二．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．
三．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．
四．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．
五．参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
x=f(φ)
表示动点的坐标，即

，再消参.
y=g(φ)
六．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
(x ,y ),B(x ,y )的坐标代入圆锥曲线方程，两式相减可得x +x ，y +y ，x -x ，y -y 等
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
关系式，由于弦AB的中点P(x,y)的坐标满足2x=x +x ，2y=y +y 且直线AB的斜率
1 2 1 2
y -y
为 2 1，由此可求得弦AB中点的轨迹方程．
x -x
2 1
必考题型全归纳
1 题型一：直接法
第 页 共 页
2381 34273847 (2024·甘肃平凉·高三统考期中)动点P与定点A(-1,0),B1,0  的连线的斜率之积为
-1，则点P的轨迹方程是 .
【答案】x2+y2=1(x≠±1)
【解析】由题意可知：PA⊥PB，则点P的轨迹是以AB为直径的圆(A,B除外)，
即以AB的中点O0,0  为圆心，半径为1的圆，
所以点P的轨迹方程是x2+y2=1x≠±1  .
故答案为：x2+y2=1x≠±1  .
3848 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校联考阶段练习)已知圆A：x2+(y-3)2=1，过动点P
作圆A的切线PB(B为切点)，使得PB  = 3，则动点P的轨迹方程为 .
【答案】x2+(y-3)2=4
【解析】设Px,y  ，由PB  = 3得|PB|2=3，则x2+(y-3)2-1=3，即x2+(y-3)2=4.
故答案为：x2+(y-3)2=4
3849 (2024·全国·高三专题练习)已知两条直线l:2x-3y+2=0和l :3x-2y+3=0，有一
1 2
动圆与l 及l 都相交，并且l 、l 被截在圆内的两条弦长分别是26和24，则动圆圆心的轨
1 2 1 2
迹方程是 ．
(x+1)2 y2
【答案】 - =1
65 65
【解析】设圆心M的坐标为(x,y)，圆的半径为r，点M到l 、l 的距离分别为d 、d ，
1 2 1 2
则d2+132=r2，d2+122=r2，得d2-d2=52．
1 2 2 1
|2x-3y+2| |3x-2y+3| 3x-2y+3
由题意可得：d = ，d = ，即
1 13 2 13
 2 2x-3y+2
-
13
 2
=
13
25，
(x+1)2 y2
化简得x2+2x+1-y2=65．即 - =1．
65 65
(x+1)2 y2
故答案为： - =1.
65 65
3850 (2024·全国·高三专题练习)已知平面直角坐标系中有两点F 1-2,0  ,F 22,0  ，且曲线C 1
上的任意一点P都满足PF 1  ⋅PF 2  =5．则曲线C 的轨迹方程为 . 1
【答案】x4+y4+2x2y2-8x2+8y2-9=0
【解析】设Px,y  ，由题设有 x-2  2+y2⋅ x+2  2+y2=5，
整理得到x2-4x+4+y2  x2+4x+4+y2  =25，
故C:x4+y4+2x2y2-8x2+8y2-9=0.
1
故答案为：x4+y4+2x2y2-8x2+8y2-9=0.
3851 (2024·全国·高三专题练习)已知平面上的动点P到点O(0,0)和A(2,0)的距离之比为
3
，则点P的轨迹方程为 .
2
【答案】(x+6)2+y2=48
3
【解析】设P(x,y)，因为动点P到点O(0,0)和A(2,0)的距离之比为 ，
2
(x-0)2+(y-0)2 3 x2+y2 3
所以 = ， = ，即：4x2+4y2=3(x2-4x+4)+3y2，
(x-2)2+(y-0)2 2 (x-2)2+y2 4
所以x2+y2+12x=12，即(x+6)2+y2=48，
所以点P的轨迹方程是(x+6)2+y2=48.
第 页 共 页
2382 3427故答案为：(x+6)2+y2=48
3852 (2024·全国·高三专题练习)已知平面上一定点C(2,0)和直线l：x=8，P为该平面上一
 
1
动点，作PQ⊥l，垂足为Q，且PC+ PQ
2

 
1
·PC- PQ
2
 =0．则动点P的轨迹方程为
；
x2 y2
【答案】 + =1
16 12
【解析】设P(x,y)，则Q(8,y)，
 
1
由PC+ PQ
2

 
1
·PC- PQ
2

 
=0，得4|PC|2=|PQ|2，
即4(x-2)2+y2  =(x-8)2+(y-y)2 
x2 y2
，化简得 + =1，
16 12
x2 y2
所以点P在椭圆上，即动点P的轨迹方程为 + =1．
16 12
x2 y2
故答案为： + =1
16 12
2 题型二：定义法
3853 (2024·全国·高三专题练习)若F(0,-3)，F(0,3)，点P到F，F 的距离之和为10，则点P
1 2 1 2
的轨迹方程是
y2 x2
【答案】 + =1
25 16
【解析】因为PF 1  +PF 2  =10>F 1 F 2  =6，所以点P的轨迹是以F，F 为焦点的椭圆，其 1 2
y2 x2
中a=5,c=3,b= a2-c2=4，故点P的轨迹方程为 + =1.
25 16
y2 x2
故答案为： + =1
25 16
3854 (2024·浙江·高三校联考阶段练习)已知圆M与圆O:x2+y2=1内切，且圆M与直线x
=2相切，则圆M的圆心的轨迹方程为 ．
【答案】y2=1-2x
【解析】设M(x,y)，点M到直线x=2的距离为d，
如图，M只能在直线x=2的左侧，则d=2-x，
因为圆O:x2+y2=1的圆心为O0,0  ，半径为1，
依题意可得|MO|+1=d，即 x2+y2=(2-x)-1，化简可得y2=1-2x，
故圆M的圆心的轨迹方程为y2=1-2x．
故答案为：y2=1-2x.
3855 (2024·广东东莞·高三校考阶段练习)已知圆M:(x+1)2+y2=1，圆N:x-1  2+y2=25，
动圆P与圆M外切并与圆N内切，则圆心P的轨迹方程为
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2383 3427x2 y2
【答案】 + =1
9 8
【解析】设动圆P的圆心为Px,y  ，半径为R，
由题意得PM  =R+1,PN  =5-R，
所以PM  +PN  =6>2，
所以点P的轨迹为以MN为焦点的椭圆，
则2a=6，即a=3，c=1，则b2=8，
x2 y2
所以动圆圆心P的轨迹方程为 + =1，
9 8
x2 y2
故答案为： + =1
9 8
3856 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知△HMN的周长是18，M，N
是x轴上关于原点对称的两点，若MN 
   
=6，动点G满足GM+GN+GH=0.则动点G
的轨迹方程为 ；
x2 y2
【答案】 + =1x≠±2
4 3

   
【解析】由GM+GN+GH=0，知点G是△HMN的重心，取点F 1-1,0  ，F 21,0  ，
不妨设M-3,0  ，N3,0  ，则GF ∥HM，GF ∥HN， 1 2
且GF 1  +GF 2 
1
= HM 3  +HN   
1
= 18-6 3  =4>F 1 F 2  =2，
所以点G是以F，F 为焦点的椭圆(除去长轴端点)，
1 2
x2 y2
设椭圆C的方程是 + =1a>b>0
a2 b2
 ，
x2 y2
则2a=4，2c=2，于是b2=a2-c2=3，即 + =1，
4 3
x2 y2
从而，点G的轨迹方程为： + =1x≠±2
4 3
 .
x2 y2
故答案为： + =1x≠±2
4 3

3857 (2024·全国·高三对口高考)已知动圆P过点N-2,0  ，且与圆M:x-2  2+y2=8外切，
则动圆P圆心Px,y  的轨迹方程为 .
【答案】x2-y2=2，x≤- 2 
【解析】定圆的圆心为M2,0  ，与N-2,0  关于原点对称，
设动圆P的半径为r，则有PN  =r，因为与圆M:x-2  2+y2=8外切，
所以PM  =2 2+r，即PM  -PN  =2 2<MN  =4，
所以点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的左支，
则a= 2，c=2，b2=c2-a2=2，
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2384 3427x2 y2
所以轨迹方程为 - =1，x≤- 2
2 2
 ，即x2-y2=2，x≤- 2  .
故答案为：x2-y2=2，x≤- 2 
3858 (2024·全国·高三专题练习)△ABC中，A为动点，B-2,0  ，C2,0  且满足sinC+
sinB=2sinA，则A点的轨迹方程为 ．
x2 y2
【答案】 + =1(y≠0).
16 12
【解析】根据正弦定理，由sinC+sinB=2sinA⇒AB+AC=2BC⇒AB+AC=8>
BC，
所以点A点的轨迹是以B-2,0  ，C2,0  为焦点的椭圆，不包括两点(4,0),(-4,0)，
由2a=8,2c=4⇒a=4,c=2⇒b= a2-c2=2 3，
x2 y2
所以A点的轨迹方程为 + =1(y≠0)，
16 12
x2 y2
故答案为： + =1(y≠0).
16 12
3859 (2024·全国·高三专题练习)一个动圆与圆C:x2+(y+3)2=1外切，与圆C :x2+(y-3)
1 2
=81内切，则这个动圆圆心的轨迹方程为 ．
y2 x2
【答案】 + =1
25 16
【解析】设动圆圆心为M，半径为r，根据题意知：|MC|=1+r，|MC |=9-r，
1 2
所以|MC|+|MC |=10>|CC |=6，所以圆心M的轨迹为椭圆.
1 2 1 2
其中2a=10，2c=6，故a=5,b=4，
y2 x2
因为焦点在y轴上，故圆心轨迹方程为： + =1.
25 16
y2 x2
故答案为： + =1.
25 16
1 3860 (2024·全国·高三对口高考)已知A- ,0
2
 1 ，B是圆F :x-
2
 2 +y2=4(F为圆心)上
一动点.线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为 .
y2
【答案】x2+ =1．
3
4
1
【解析】由题意F ,0
2
 ，P在线段AB的垂直平分线上，则PB  =PA  ，
所以PF  +PA  =PF  +PB  =FB  =2，又AF  =1，
所以P在以A,F为焦点，长轴长为2的椭圆上，
1 3
2a=2，a=1，c= ，则b2=a2-c2= ，
2 4
y2
所以轨迹方程为x2+ =1．
3
4
y2
故答案为：x2+ =1．
3
4
3861 (2024·全国·高三专题练习)已知定点R(1,0)，圆S:x2+y2+2x-15=0，过R点的直线
L 交圆于M，N两点过R点作直线L ⎳SN交SM于Q点，求Q点的轨迹方程；
1 2
【解析】因为S:x2+y2+2x-15=0，即x+1  2+y2=16，所以S-1,0  ，半径为r=4，
第 页 共 页
2385 3427如图，根据题意可知SM  =SN  =r=4，
RQ
又RQ⎳SN，所以

SN 
QM
=

SM 
，故RQ  =QM  ，
又R(1,0)，所以QS  +QR  =SM  =4>SR  =2，
故动点Q的轨迹是以S,R 为焦点，长轴长为4的椭圆，这里a=2,c=1，故a2=4,b2=4
-1=3，
x2 y2
所以Q点的轨迹方程为： + =1.
4 3
3862 (2024·全国·高三专题练习)已知圆O:x2+y2=1，直线l:x+y-2=0，过l上的点P作
圆O的两条切线，切点分别为A,B，则弦AB中点M的轨迹方程为 .
1 【答案】x-
4
 2 1 +y-
4
 2 = 1 x2+y2≠0
8

【解析】由题意得弦AB中点M为直线OP和AB的交点，
设Pp,2-p 
2-p
,p≠0,2，则直线OP的方程为y= x，
p
又PA,PB均与圆O:x2+y2=1相切，故OA⊥PA,OB⊥PB，
故O,A,B,P四点共圆，且AB为以OP为直径的圆与圆O的公共弦.
又以OP为直径的圆的方程为x-0  x-p  +y-0  y-2+p  =0，即x2-px+y2-
2-p  y=0，
故AB的方程为x2-px+y2-2-p  y=0与x2+y2=1相减，即1-px-2-p  y=0.
2-p 2x
又y= x，所以p= ，
p x+y
代入1-px-2-p 
2x2 2x
y=0有1- -2-
x+y x+y
 y=0，
1
化简得x-
4

2 1
+y-
4

2 1
= .
8
当P0,2 
1
时，M0，
2
 ；当P2,0 
1
时，M ，0
2
 均满足方程.
又当M0，0  时，PA∥PB不满足题意.
1 综上点M的轨迹方程为x-
4
 2 1 +y-
4
 2 = 1 x2+y2≠0
8
 ，
1 故答案为：x-
4
 2 1 +y-
4
 2 = 1 x2+y2≠0
8

3863 (2024·吉林白山·高三抚松县第一中学校考阶段练习)设O为坐标原点，F2,0  ，点A是
直线x=-2上一个动点，连接AF并作AF的垂直平分线l，过点A作y轴的垂线交l于
点P，则点P的轨迹方程为 ．
第 页 共 页
2386 3427【答案】y2=8x
【解析】如图，由垂直平分线的性质可得PA  =PF  ，符合抛物线第一定义，抛物线开口
向右，焦点坐标为F2,0  ，故p=4,2p=8，点P的轨迹方程为y2=8x.
故答案为：y2=8x
3864 (2024·云南·高三校联考阶段练习)已知圆A 1 :x+1  2+y2=16，直线l 1 过点A 21,0  且与
圆A 交于点B，C，线段BC的中点为D，过A C的中点E且平行于AD的直线交AC
1 2 1 1
于点P．
(1)求动点P的轨迹方程；
【解析】(1)由题意得，A 1-1,0  ，A 21,0  ．
因为D为BC中点，所以AD⊥BC，即AD⊥A C，
1 1 2
又PE⎳AD，所以PE⊥A C，
1 2
又E为A 2 C的中点，所以PA 2  =PC  ，
所以PA 1  +PA 2  =PA 1  +PC  =A 1 C  =4>A 1 A 2  ，
所以动点P的轨迹是以A ，A 为焦点的椭圆(左、右顶点除外)．
1 1
x2 y2
设动点P的轨迹方程为： + =1x≠±a
a2 b2
 ，其中a>b>0，a2-b2=c2．
则2a=4，a=2，c=1，b= a2-c2= 3．
x2 y2
故动点P的轨迹方程为： + =1x≠±2
4 3
 ．
3 题型三：相关点法
x2 y2
3865 (2024·全国·高三专题练习)已知点P为椭圆 + =1上的任意一点，O为原点，M
25 16
 
1
满足OM= OP，则点M的轨迹方程为 ．
2
第 页 共 页
2387 34274x2 y2
【答案】 + =1.
25 4
【解析】设点M(x,y)，
 1  x2 y2
由OM= OP得点P(2x,2y)，而点P为椭圆 + =1上的任意一点，
2 25 16
(2x)2 (2y)2 4x2 y2
于是得 + =1，整理得： + =1，
25 16 25 4
4x2 y2
所以点M的轨迹方程是 + =1.
25 4
4x2 y2
故答案为: + =1
25 4
3866 (2024·福建泉州·高三校考开学考试)M是圆C:x2+y2=1上的动点，点N2,0  ，则线段
MN的中点P的轨迹方程是 .
【答案】x-1 
1
2+y2=
4
【解析】设Px,y  ,Mx 0 ,y 0 
x +2
，则
  0
2
=x
，解得 x 0 =2x-2 ， y +0  y =2y
 0 =y 0
 2
即M2x-2,2y  ，则2x-2  2+2y  2=1，整理得x-1 
1
2+y2= ，
4
故点P的轨迹方程是x-1 
1
2+y2= .
4
故答案为：x-1 
1
2+y2= .
4
3867 (2024·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习)已知定点A(4,-2)和曲线
x2+y2=4上的动点B，则线段AB的中点P的轨迹方程为 ．
【答案】(x-2)2+(y+1)2=1
4+m -2+n
【解析】设线段AB中点为P(x,y)，B(m,n)，则 =x， =y
2 2
即m=2x-4，n=2y+2
因为点B为圆上x2+y2=4的点，所以m2+n2=4
所以(2x-4)2+(2y+2)2=4，化简得：(x-2)2+(y+1)2=1
故答案为：(x-2)2+(y+1)2=1
x2
3868 (2024·全国·高考真题)设P为双曲线 -y2=1上一动点，O为坐标原点，M为线段
4
OP的中点，则点M的轨迹方程为 ．
【答案】x2-4y2=1
【解析】设Mx,y  ，Px 0 ,y 0  ，
x
则   x= y 2 0 ，即  x y 0 = = 2 2 y x ，
y= 0 0
2
x2 2x
又 0 -y2=1，则 4 0
 2
-2y 4  2=1，
整理得x2-4y2=1，
即点M的轨迹方程为x2-4y2=1.
故答案为：x2-4y2=1
第 页 共 页
2388 34273869 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的顶点B-3,0  ，C1,0  ，顶点A在抛物线y=
x2上运动，则△ABC的重心G的轨迹方程为 ．
1
【答案】y= 3x+2
3
 2 y≠0 
【解析】设Gx,y  ，Ax 0 ,y 0  ．
-3+1+x
由点G为△ABC的重心，得   x= y 3 0 ，所以  x y 0 = = 3 3 y x+2 ．
y= 0 0
3
又Ax 0 ,y 0  在抛物线y=x2上，所以y 0 =x2 0 ，即3y=3x+2  2．
又点A不在直线BC上，所以y ≠0，即y≠0，所以所求轨迹方程为y=
0
1
3x+2
3
 2 y≠0  ．
1
故答案为：y= 3x+2
3
 2 y≠0 
3870 (2024·全国·高三专题练习)设过点Px,y  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BP=2PA，且OQ⋅AB
=1，则点P的轨迹方程是 ．
3
【答案】 x2+3y2=1x>0,y>0
2

【解析】设点Px,y  ，则Q-x,y  ，设Aa,0  ，B0,b  ，则a>0,b>0，

∴BP=x,y-b 

，PA=a-x,-y  ，
 
3
∵BP=2PA，∴a= x,b=3y，∴x>0,y>0，
2

又∵AB=-a,b 
3
=- x,3y
2


，OQ=-x,y 
 
，OQ⋅AB=1，
3
∴- x
2
 ⋅-x 
3
+3y⋅y=1，即 x2+3y2=1x>0,y>0
2
 .
3
故答案为： x2+3y2=1x>0,y>0
2
 .

3871 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系中，△ABC满足A(-1，0)，B(1，0)，GA

    AB
+GB+GC=0，GP=GA+λ 
AB 

AC
+ 
AC 




，∠ACB的平分线与点P的轨迹相交于
 
点I，存在非零实数μ，使得GI=μAB，则顶点C的轨迹方程为 ．
x2 y2
【答案】 + =1xy≠0
4 3

  
【解析】设C(x,y)，因为GA+GB+GC=0，所以G是△ABC的重心，

  AB
因为GP=GA+λ 
AB 

AC
+ 
AC 





  AB
，所以GP-GA=λ 
AB 

AC
+ 
AC 




，

 AB
所以AP=λ 
AB 

AC
+ 
AC 




, 所以点P在∠BAC的角平分线上，
因为∠ACB的平分线与点P的轨迹相交于点I，所以点I为△ABC的内心.
-a+b+2x a×0+b×0+2y
所以点I ,
a+b+2 a+b+2

-a+b+2x 2y
，即I ,
a+b+2 a+b+2
 ，
    x y
又GI=μAB，∴GI⎳AB，所以GI与x轴平行，又G ,
3 3
 ，
第 页 共 页
2389 34272y y
所以 = ,∴a+b=4>|AB|,
a+b+2 3
所以点C的轨迹是以A,B为焦点，长轴长为4的椭圆，，
当C是椭圆的长轴的端点时，不能构成三角形，所以不能取到椭圆的长轴的端点；
   
当C是椭圆的短轴的端点时，GI=0,与已知存在非零实数μ，使得GI=μAB矛盾，所以
不能取到椭圆的短轴的端点.
x2 y2
又椭圆的焦距为2，所以椭圆的方程为 + =1.
4 3
x2 y2
所以点C的轨迹方程为 + =1xy≠0
4 3
 .
x2 y2
故答案为： + =1xy≠0
4 3

4 题型四：交轨法
3872 (2024·贵州铜仁·高三统考期末)已知直线l:y=-m(x+2)，l :x-my-m-2=0，当任
1 2
意的实数m变化时，直线l 与l 的交点的轨迹方程是 ．
1 2
1 【答案】x2+y+
2
 2 17 =
4
y=-m(x+2)
【解析】联立两直线得

，将这两式相乘，消去参数m，得y(y+1)=-(x
m(y+1)=x-2
+2)(x-2)，
1 即x2+y2+y-4=0，可得轨迹方程为x2+y+
2
 2 17 = ．
4
1 故答案为：x2+y+
2
 2 17 =
4
3873 (2024·河南·校联考模拟预测)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F到准线的距离为
2，直线l:y=kx-4  与抛物线C交于P,Q两点，过点P,Q作抛物线C的切线l,l ，若l, 1 2 1
l 交于点M，则点M的轨迹方程为 .
2
【答案】y=2x(x>8或x<0)
【解析】由焦点F到准线的距离为2，可得抛物线C:x2=4y.
x2 x
由x2=4y可得y= ，故y= ，
4 2
x2
故在Px, 1 1 4 
x2 x
处的切线方程为y- 4 1 = 2 1 x-x 1 
xx x2
，即y= 1 - 1， 2 4
x2
同理在点Qx , 2
2 4

x x x2
处的切线方程为y= 2 - 2，
2 4
xx x2 x +x
y=
2
1 -
4
1 x= 1
2
2
x +x xx
联立 ⇒ ，即M 1 2, 1 2
x x x2 xx 2 4
y= 2 - 2 y= 1 2
2 4 4
 .
x2=4y
联立直线与抛物线方程：
y=kx-4 


，消去y得x2-4kx+16k=0，
由题Δ=16k2-64k>0⇒k>4或k<0.
由韦达定理，x +x =4k,xx =16k,，
1 2 1 2
得M2k,4k  ，其中k>4或k<0，故点M的轨迹方程为：y=2x(x>8或x<0).
故答案为：y=2x(x>8或x<0)
第 页 共 页
2390 3427x2 y2
3874 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习)已知A，B分别为椭圆 + =1的左、
4 3
右顶点，点M，N为椭圆上的两个动点，满足线段MN与x轴垂直，则直线MA与NB交
点的轨迹方程为 .
x2 y2
【答案】 - =1
4 3
x2 y2
【解析】因为A，B分别为椭圆 + =1的左、右顶点，所以A(-2，0)，B(2，0)，
4 3
设MA与NB的交点为P，P(x，y)，M(x ，y)，N(x ，-y)，
1 1 1 1
y y y -y
由k =k ，k =k ，得 = 1 ， = 1 ，
PA MA PB NB x+2 x +2 x-2 x -2
1 1
x2
-31- 1
y2 -y2 4
两式相乘得∶ = 1 =
x2-4 x2-4
1

3 x2 y2
= ，化解得 - =1.
x2-4 4 4 3
1
x2 y2
故答案为： - =1.
4 3
x2 y2
3875 (2024·全国·高三专题练习)已知MN是椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
 中垂直于长轴的动
弦，A,B是椭圆长轴的两个端点，则直线AM和NB的交点P的轨迹方程为 ．
x2 y2
【答案】 - =1(x≠±a)．
a2 b2
【解析】设M(x,y),N(x,-y)，
1 1 1 1
x2 y2
因为椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
 的长轴端点为A(-a,0),B(a,0)，
设直线AM和NB的交点为P(x,y)，
y y
因为A,M,P三点共线，所以 = 1 ，x≠-a，
x+a x +a
1
y y
因为N,B,P三点共线，所以 =- 1 ，x≠a
x-a x -a
1
y2 y2
两式相乘得 =- 1 ，(x≠±a),
x2-a2 x2-a2
1
x2 y2 b2(a2-x2) y2 b2
因为 1 + 1 =1，所以y2= 1 ，即 1 =- ，
a2 b2 1 a2 x2-a2 a2
1
y2 b2 x2 y2
所以 = ，整理得 - =1(x≠±a)，
x2-a2 a2 a2 b2
x2 y2
所以直线AM和NB的交点P的轨迹方程 - =1(x≠±a).
a2 b2
x2 y2
故答案为： - =1(x≠±a).
a2 b2
3876 (2024·全国·高三专题练习)直线l在x轴上的截距为aa>0  且交抛物线y2=
2pxp>0  于A、B两点，点O为抛物线的顶点，过点A、B分别作抛物线对称轴的平行线
与直线x=-a交于C、D两点．分别过点A、B作抛物线的切线，则两条切线的交点的轨
迹方程为 ．
【答案】x=-a
【解析】设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，
若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线y2=2px只有一个交点，不合乎题意.
第 页 共 页
2391 3427x=my+a
设直线AB的方程为x=my+a，联立
 y2=2px
，可得y2-2mpy-2pa=0，
Δ=4m2p2+8pa>0，由韦达定理，可得y +y =2mp，yy =-2pa，
1 2 1 2
显然抛物线y2=2px在点A处切线斜率存在且不为0，
y2
设其方程为y-y =kx- 1
1 2p
 ，
y2=2px
由 y2
y-y =kx- 1
1 2p

 y2 y2
 ，消去x并整理，得y-y =k - 1
1 2p 2p
 ，
2p 2p p
解得y=y 或y= -y ，因此有y = -y ，解得k= ，
1 k 1 1 k 1 y
1
p y2
则抛物线y2=2px在点A处切线方程为y-y = x- 1
1 y 2p
1

y2
，即yy=px+ 1，
1 2
y2
同理抛物线y2=2px在点B处切线方程为y y=px+ 2，
2 2
y2
y
1
y=px+
2
1
y +y
而y ≠y ，由 ，解得x=-a，y= 1 2，
1 2 y2 2
y y=px+ 2
2 2
于是得两条切线的交点在直线x=-a上，
y +y
又y= 1 2 ∈R，所以两条切线的交点的轨迹方程为x=-a．
2
故答案为：x=-a.
3877 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：x2=8y，焦点为F，过F的直线l交C于A，
B两点，分别作抛物线C在A，B处的切线，且两切线交于点P，则点P的轨迹方程为：
．
【答案】y=-2
【解析】∵x2=8y，
∴F0,2  ，
由题意知：直线l的斜率存在，
设直线l的方程为：y=kx+2，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
联立：

x2=8y
，得：x2-8kx-16=0，
y=kx+2
x +x =8k,xx =-16，
1 2 1 2
1
又∵y= x，
4
1 1
∴过A,B的切线的斜率分别为： x, x ，
4 1 4 2
1
故过点A和点B的切线方程为：y-y 1 = 4 x 1x-x 1 
1
,y-y 2 = 4 x 2x-x 2  ，
1
y-y 1 = 4 x 1x-x 1
联立：

1
y-y 2 = 4 x 2x-x 2 
 


，
 1
y = x2
1 8 1

 y = 1 x2
2 8 2
第 页 共 页
2392 3427x +x x x -x
解得：x= 1 2，y= 1 2 1
2 4 2

x2 xx -16
+ 1 = 1 2 = =-2，
8 8 8
故点P的轨迹方程为：y=-2.
故答案为：y=-2.
3878 (2024·全国·高三专题练习)已知点M(-3,0)，N(3,0)，B(1,0)，动圆C与直线MN切于
点B，分别过点M,N且与圆C相切的两条直线相交于点P，则点P的轨迹方程为 .
y2
【答案】x2- =1x≥1
8

【解析】如图所示：
设PM，PN分别与圆C相切与R，Q，
由圆的切线长定理得PQ=PR，MR=MB，NQ=NB，
所以PM-PN=RM-QN=MB-NB=2<MN，
所以点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，且c=3，a=1，
y2
所以点P的轨迹方程为x2- =1x≥1
8

y2
故答案为：x2- =1x≥1
8

3879 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，两根杆分别绕着定点A和B(AB=2a)在平面内
转动，并且转动时两杆保持互相垂直，则杆的交点P的轨迹方程是 .
【答案】x2+y2=a2(不唯一)
【解析】如图，以AB所在直线为x轴，以线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐
标系，
则A-a,0  ，Ba,0  ，设Px,y  ，
y y
因为PA⊥PB，所以 ⋅ =-ax≠±a
x+a x-a
 ，
化简，得x2+y2=a2 x≠±a  ，
当x=±a时，点P与A或B重合，此时y=0，满足上式，
故杆的交点P的轨迹方程是x2+y2=a2.
因为取原点的位置不一样，所以答案不一样.
第 页 共 页
2393 3427故答案为：x2+y2=a2(答案不唯一).
3880 (2024·江西·高三校联考阶段练习)已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且
经过A-4,0  、B4,0  、C2,3  三点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过右焦点F 的直线l(斜率不为0)与椭圆E交于M、N两点，求直线AM与直线BN
2
的交点的轨迹方程.
x2 y2
【解析】(1)设椭圆方程E： + =1
a2 b2
16
 
a2
=1
由AC两点可知： ，解得a2=16，b2=12，
 4 9
 + =1
a2 b2
x2 y2
所以椭圆方程为 + =1；
16 12
(2)设x=my+2，M( x ，y)N(x ，y )
1 1 2 2
x=my+2

联立 x2 y2 ⇒(3m2+4)y2+12my-36=0
+ =1
16 12
Δ=576m2+576>0

 -12m
y +y =

1 2 3m2+4
 -36

y
1
y
2
=
3m2+4
y
直线AM： y= 1 x+4
x +4
1

y
直线BN： y= 2 x-4
x -4
2

4myy -4y +12y -12m
消去y：x= 1 2 1 2，y = -y
3y +y 1 3m2+4 2
2 1
-36 -12m
4m -4 -y
3m2+4 3m2+4 2
=
 +12y
2
-12m
3y + -y
2 3m2+4 2

=8
因斜率不为0，该直线方程：x=8y≠0  .
x2 y2
3881 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C： + =1a>b>0
a2 b2

3
的离心率为 ，且经
2
3
过M1,
2
 ，经过定点T1,0  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.
第 页 共 页
2394 3427(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.
【解析】(1)
  c = 3
a 2 a=2
 
根据题意可得

a2=b2+c2 ，解得b=1 ，
 1 3 c= 3
 + =1
a2 4b2
x2
∴求椭圆C的方程为 +y2=1
4
(2)根据题意可得直线AE：y=k 1x+2  ，BF：y=k 2x-2  ，
由 y=k 1x+2    x2+4y2=4 可得1+4k2 1  x2+16k2x+16k2-4=0， 1 1
16k2-4 2-8k2 4k
所以-2x = 1 ，故x = 1，故y = 1 ，
E 1+4k2 E 1+4k2 E 1+4k2
1 1 1
8k2-2 -4k
同理，x = 2 ，故y = 2 ，
F 1+4k2 F 1+4k2
2   2
因为E,T,F三点共线，故ET,TF共线，
 2-8k2 4k
而ET=1- 1,- 1
1+4k2 1+4k2
1 1

 8k2-2 -4k
,TF= 2 -1, 2
1+4k2 1+4k2
2 2
 ，
4k 8k2-2
故- 1 × 2 -1
1+4k2 1+4k2
1 2

-4k 2-8k2
= 2 ×1- 1
1+4k2 1+4k2
2 1

k 1 1
，整理得到： 1 = 或kk =- ，
k 3 1 2 4
2
1 1 k 1
若kk =- ，则由k k =- 可得k =k =k ，这与题设矛盾，故 1 = .
1 2 4 AE EB 4 EB FB 2 k 3
2
联立方程 y=k 1x+2 
y=k 2x-2 
  ，解得x=- 2k 1 +k 2 
k
2 1 +1
k =- 2
k -k 1 2

=4，
k 1 -1
k
2
∴P点的轨迹方程为x=4
3882 (2024·山西阳泉·高三统考期末)已知过点H8,0  的直线交抛物线E:y2=8x于A,B两
点，O为坐标原点．
(1)证明：OA⊥OB；
(2)设F为抛物线的焦点，直线AB与直线x=-4交于点M，直线MF交抛物线与C,D两
第 页 共 页
2395 3427点(A,C在x轴的同侧)，求直线AC与直线BD交点的轨迹方程．
y2
【解析】(1)设A A,y
8 A

y2
，B B,y
8 B
 ，
因为A,H,B三点共线，所以k =k ,
AH BH
y y
所以 A = B ，整理可得y y =-64，
y2 y2 A B
A -8 B -8
8 8
  y2y2
所以OA⋅OB= A B +y y =0，所以OA⊥OB．
64 A B
(2)设M-4,m  ，Cx ,y C C  ，Dx D ,y D  ，
由题意F2,0  ，H8,0  ，
m m
因为k =k =- ，k =k =- ，所以k =2k ，
CD MF 6 AB MH 12 CD AB
y 8y y 8y
又因为k = A = A ，k = C = C ，
AB x -8 y2-64 CD x -2 y2-16
A A C C
8y 16y
所以 C = A ，整理得y -2y
y2-16 y2-64 A C
C A
 y y +32
A C
 =0．
因为A,C在x轴同侧，所以y =2y ，同理可得y =2y ，
A C B D
16 1 16 1
所以直线AC的方程为y= x+ y ，同理BD的方程为y= x+ y ，
3y 3 A 3y 3 B
A B
两式联立代入y y =-64，可得x=-4，
A B
由题意可知交点不能在x轴上，
所以交点的轨迹方程为x=-4y≠0  ．
3883 (2024·四川泸州·高三四川省泸县第一中学校考开学考试)直线l在x轴上的截距为
aa>0  且交抛物线y2=2pxp>0  于A，B两点，点O为抛物线的顶点，过点A，B分别
作抛物线对称轴的平行线与直线x=-a交于C，D两点．
(1)当a=2p时，求∠AOB的大小；
(2)试探究直线AD与直线BC的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，
请说明理由；
(3)分别过点A，B作抛物线的切线，求两条切线的交点的轨迹方程．
【解析】(1)设直线l的方程为x=my+a，由

y2=2px
，消去x并整理得y2-2mpy-
x=my+a
2pa=0，
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则y +y =2mp，yy =-2pa，当a=2p时，y +y =2mp，yy = 1 2 1 2 1 2 1 2
-4p2，
第 页 共 页
2396 3427因xx = y2 1 ⋅ y2 2 = y 1 y 2
1 2 2p 2p
 2     =4p2，OA⋅OB=xx +yy =0，即OA⊥OB，
4p2 1 2 1 2
所以∠AOB=90°．
(2)显然，当AB⊥x轴时，直线AB：x=a，四边形ABDC是矩形，x，y轴分别为其对称
轴，则直线AD与BC交于原点(0,0)，
当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知y 1 +y 2 =2mp，y 1 y 2 =-2pa，且此时C-a,y 1  ，
D-a,y 2  ，
 y2
OA= 1 ,y
2p 1

 y2  
,OD=(-a,y )，则有 1 ⋅y -(-a)y =-ay +ay =0，即有OA⎳OD，
2 2p 2 1 1 1
因此点A,O,D共线，
同理点B,O,C共线，即直线AD与直线BC交于原点0,0  ，
所以直线AD与直线BC的交点恒为原点0,0  ．
(3)由(1)知y +y =2mp，yy =-2pa，
1 2 1 2
y2
显然抛物线y2=2px在点A处切线斜率存在且不为0，设其方程为：y-y =kx- 1
1 2p
 ，
y2=2px
由 y2
y-y =kx- 1
1 2p

 y2 y2
 消去x并整理得：y-y =k - 1
1 2p 2p

2p
，解得y=y 或y= -
1 k
y ，
1
2p p
因此有y = -y ，解得k= ，则抛物线y2=2px在点A处切线方程为y-y =
1 k 1 y 1
1
p y2
x- 1
y 2p
1

y2
，即yy=px+ 1，
1 2
y2
同理抛物线y2=2px在点B处切线方程为y y=px+ 2，
2 2
y2
y
1
y=px+
2
1
y +y
而y ≠y ，由 解得x=-a,y= 1 2，于是得两条切线的交点在直线x=
1 2 y2 2
y y=px+ 2
2 2
y +y
-a上，又y= 1 2 ∈R，
2
所以两条切线的交点的轨迹方程为x=-a．
3884 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,2)，直线l:x-my-2
=0与抛物线C交于A，B两点.
(1)若|AB|=4 6，求直线l的方程；
(2)过点(2,0)作直线l 和l ，其中l 交C于M，N两点，l 交C于P，Q两点，M，P位于x
1 2 1 2
轴的同侧，Q，N位于x轴的同侧，求直线MP与直线QN交点的轨迹方程.
【解析】(1)∵抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,2)，
∴p=2，抛物线C:y2=4x.
x-my-2=0,
联立
 y2=4x,
消去x并整理，得y2-4my-8=0，
设A(x ,y )，B(x ,y )，则y +y =4m，y y =-8.
A A B B A B A B
∵|AB|= m2+1y A -y B  = m2+1⋅ y A +y B  2-4y y . A B
∴|AB|=4 m2+1⋅ m2+2=4 6，
∴m2=-4(舍去)或m2=1，
第 页 共 页
2397 3427∴m=±1.
∴直线l的方程为x-y-2=0或x+y-2=0.
y2
(2)设M 1,y
4 1

y2
，N 2,y
4 2

y2
，P 3,y
4 3

y2
，Q 4,y
4 4
 .
由(1)可知，yy =-8，y y =-8.
1 2 3 4
y -y 4
直线QN的斜率为k = 4 2 = ，
1 y2 y2 y +y
4 - 2 2 4
4 4
4 y2
直线QN的方程为y-y = x- 2
2 y +y 4
2 4
 ，
4 y2
同理，直线MP的方程为y-y = x- 1
1 y +y 4
1 3
 ，
4 y2
联立化简可得， x- 2
y +y 4
2 4

4 y2
+y = x- 1
2 y +y 4
1 3
 +y.
1
4 y y 4 yy
x+ 2 4 = x+ 1 3 ，
y +y y +y y +y y +y
2 4 2 4 1 3 1 3
-8 -8
⋅
4 y y 4 yy
x+ 1 3 = x+ 1 3 ，
-8 -8 -8 -8 y +y y +y
+ + 1 3 1 3
y y y y
1 3 1 3
1
- y ⋅y
2 1 3 8 4 y ⋅y
x- = x+ 1 3 ，
y +y y +y y +y y +y
1 3 1 3 1 3 1 3
1 y +y 8
-  1 3 +
2 y +y y +y
1 3 1 3

y +y 8
x= 1 3 + .
y +y y +y
1 3 1 3
解得x=-2，则直线QN，MP的交点在直线x=-2上，
∴直线QN，MP交点的轨迹方程为x=-2.
3885 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:y2=2pxp>0  的内接等边三角形AOB的面
积为3 3(其中O为坐标原点)．
(1)试求抛物线C的方程；
(2)已知点M1,1  ,P,Q两点在抛物线C上，ΔMPQ是以点M为直角顶点的直角三角形．
①求证：直线PQ恒过定点；
②过点M作直线PQ的垂线交PQ于点N，试求点N的轨迹方程，并说明其轨迹是何种
曲线．
【解析】(1)解依题意，设Ax ,y A A  ，Bx B ,y B  ，
则由OA  =OB  ，得x2 +2px =x2 +2px ， A A B B
即x A -x B  x A +x B +2p  =0，
因为x >0，x >0，所以x +x +2p>0，
A B A B
故x A =x B ，y A  =y B  ，
则A，B关于x轴对称，
所以AB⊥x轴，且∠AOx=30°，
y
所以 A
x
A

3
=tan30°= .
3
y2
因为x = A，所以y
A 2p A
 =2 3p，
所以AB  =2y
A
 =4 3p，
第 页 共 页
2398 34273
故S = ×4 3p
ΔAOB 4

1
2=12 3p2=3 3，p= ，
2
故抛物线C的方程为y2=x.
(2)①证明 由题意可设直线PQ的方程为x=my+a，
Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ，
x=my+a
由
 y2=x
，消去x，得y2-my-a=0，
故Δ=m2+4a>0，y +y =m，yy =-a.
1 2 1 2
 
因为∠PMQ=90°，所以MP⋅MQ=0.
即x 1 -1  x 2 -1  +y 1 -1  y 2 -1  =0.
整理得x 1 x 2 -x 1 +x 2  +y 1 y 2 -y 1 +y 2  +2=0，
y2 1 y2 2 -y 1 +y 2  2+3y 1 y 2 -y 1 +y 2  +2=0，
即a2-m2-3a-m+2=0，
3
得a-
2

2 1
=m+
2

2
，
3 1 3 1
所以a- =m+ 或a- =-m+
2 2 2 2
 .
3 1
当a- =m+ ，即a=m+2时，
2 2
直线PQ的方程为x=my+a=my-1  +1，
过定点1,1  ，不合题意舍去.
故直线PQ恒过定点H2,-1  .
②解 设Nx,y 
   
，则MN⊥NH，即MN⋅NH=0，
得x-1  x-2  +y+1  y-1  =0，
即x2+y2-3x+1=0x≠1  ，
即轨迹是以MH为直径的圆(除去点1,±1  ).
5 题型五：参数法
3886 (2024·全国·高三专题练习)方程x2+y2-4tx-2ty+3t2-4=0(t为参数)所表示的圆
的圆心轨迹方程是 (结果化为普通方程)
【答案】x-2y=0
【解析】圆x2+y2-4tx-2ty+3t2-4=0化为(x-2t)2+(y-t)2=2t2+4，它表示以
(2t,t)为圆心， 2t2+4为半径的圆，
x=2t
设圆心坐标为(x,y)，于是得

(t为参数)，消去t得：x-2y=0，
y=t
所以所求圆心轨迹方程是x-2y=0.
故答案为：x-2y=0
3887 (2024·全国·高三专题练习)已知A2cosθ,4sinθ  ，B2sinθ,-4cosθ  ，当θ∈R时，线段
AB的中点轨迹方程为 ．
x2 y2
【答案】 + =1
2 8
【解析】因为A2cosθ,4sinθ  ，B2sinθ,-4cosθ  ，
2sinθ+2cosθ 4sinθ-4cosθ
所以AB中点坐标为 ,
2 2
 ，
第 页 共 页
2399 3427即sinθ+cosθ,2sinθ-2cosθ  ，
设点(x,y)为线段AB的中点轨迹上任一点的坐标，
x=sinθ+cosθ
x=sinθ+cosθ 
∴   ，∴ y ，
y=2sinθ-2cosθ =sinθ-cosθ
2
y2
∴x2+ =sinθ+cosθ
4
 2+sinθ-cosθ  2=2，
x2 y2
即当θ∈R时，线段AB的中点轨迹方程为 + =1，
2 8
x2 y2
故答案为： + =1
2 8
3888 (2024·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知O为坐标原点，⊙O:x2+y2=4,⊙
1
O :x2+y2=1，A是⊙O 上的动点，连接OA，线段OA交⊙O 于点B，过A作x轴的垂
2 1 2
线交x轴于点C，过B作AC的垂线交AC于点D，则点D的轨迹方程为 ．
x2
【答案】 +y2=1
4
【解析】设A(x ，y)，B(x ，y )，D(x，y)，
1 1 2 2
则C(x ，0)， ∠AOC=θ，
1
由题意可得 

x=x 1 =2cosθ， (θ为参数)，
y=y =sinθ，
2
x2
消参可得： +y2=1
4
x2
所以点D的轨迹方程为 +y2=1．
4
x2
故答案为： +y2=1
4
3889 (2024·全国·高三专题练习)已知在△PAB中，AB=8，以AB的中点为原点O，AB所
在直线为x轴，建立平面直角坐标系，设∠PAB=α，∠PBA=β，若cos(α+β)+
α+β
cos2
2

α-β
sin2
2

α+β
=sin2
2

α-β
cos2
2
 ，则点P的轨迹方程为 ．
x2 y2
【答案】 + =1 x
16 8
  ≠4 
【解析】由题得cosα+β 
α+β
=sin2
2

α-β
cos2
2

α+β
-cos2
2

α-β
sin2
2

α+β
= sin
2

α-β
cos
2

α+β
+cos
2

α-β
sin
2





⋅
α+β
sin
2

α-β
cos
2

α+β
-cos
2

α-β
sin
2





α+β α-β
=sin +
2 2

α+β α-β
⋅sin -
2 2
 =sinα⋅sinβ，
则cosαcosβ-sinαsinβ=sinαsinβ，即cosαcosβ=2sinαsinβ，
1
又α，β为△PAB的内角，则sinα⋅sinβ>0，则有cosα⋅cosβ>0，故tanαtanβ= ，
2
由题可设A-4,0  ，B4,0  ，Px,y 
1
，则k ⋅k =- ， PA PB 2
第 页 共 页
2400 3427y y 1
所以k PA ⋅k PB = x+4 ⋅ x-4 =- 2 且x 
x2 y2
≠4，则x2+2y2=16，即 + =1 x 16 8   ≠4  .
x2 y2
故答案为： + =1 x
16 8
  ≠4 
6 题型六：点差法
x2
3890 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆 +y2=1．
2
(1)过椭圆的左焦点F引椭圆的割线，求截得的弦的中点P的轨迹方程；
(2)求斜率为2的平行弦的中点Q的轨迹方程；
1 1
(3)求过点M ,
2 2
 且被M平分的弦所在直线的方程．
【解析】(1)设弦与椭圆两交点坐标分别为Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，
设Px,y  ，当x 1 =x 2 时，P-1,0  ．
当x 1 ≠x 2 时， x 2 2 +y2=1⇒x2+2y2=2，   x x 2 1 2 + + 2 2 y y 2 1 2 = = 2 2 , ,
2 2
两式相减得x 1 +x 2  x 1 -x 2  +2y 1 +y 2  y 1 -y 2  =0，即1+2⋅ y 1 +y 2  y 1 -y 2  x 1 +x 2  x 1 -x 2  =0(*
)，
y -y y
因为 1 2 =k = ，x +x =2x，y +y =2y，
x -x FP x+1 1 2 1 2
1 2
所以，代入上式并化简得x2+x+2y2=0，显然P-1,0  满足方程.
所以点P的轨迹方程为x2+x+2y2=0(在椭圆内部分)．
(2)设Qx,y  ，在(1)中式子1+2⋅ y 1 +y 2  y 1 -y 2 
x 1 +x 2  x 1 -x 2 
=0里，
y -y
将 1 2 =2，x +x =2x，y +y =2y代入上式并化简得点Q的轨迹方程为x+4y=
x -x 1 2 1 2
1 2
0(在椭圆内部分)．
所以，点Q的轨迹方程x+4y=0(在椭圆内部分).
(3)在(1)中式子1+2⋅ y 1 +y 2  y 1 -y 2 
x 1 +x 2  x 1 -x 2 
=0里，
y -y 1
将 1 2 =k，x +x =1，y +y =1代入上式可求得k=- ．
x -x 1 2 1 2 2
1 2
所以直线方程为2x+4y-3=0．
x2
3891 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆 +y2=1，求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程.
2
【解析】设弦的两个端点分别为Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，PQ的中点为Mx,y  .
第 页 共 页
2401 3427x2 x2
则 1 +y2=1，(1) 2 +y2=1，(2)
2 1 2 2
x2-x2
(1)-(2)得： 1 2 2 +y 1 2-y 2 2  =0，
x +x y -y
∴ 1 2 2 + x 1 -x 2 y 1 +y 2
1 2
 =0.
y -y
又x +x =2x,y +y =2y, 1 2 =2，∴x+4y=0.
1 2 1 2 x -x
1 2
由于弦中点轨迹在已知椭圆内，
x2
 +y2=1 4
联立 2 ∴x=±
3
x+4y=0
4 4
故斜率为2的平行弦中点的轨迹方程：x+4y=0- ≤x≤
3 3

x2 y2
3892 (2024·全国·高三专题练习)已知：椭圆 + =1，求：
16 4
(1)以P2,-1  为中点的弦所在直线的方程；
(2)斜率为2的平行弦中点的轨迹方程．
【解析】(1)设弦的端点Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
x2 y2 x2 y2
可得： 1 + 1 =1， 2 + 2 =1，
16 4 16 4
(x +x )(x -x ) (y +y )(y -y )
相减可得： 1 2 1 2 + 1 2 1 2 =0，
16 4
x +x y +y y -y 1
把 1 2 =2， 1 2 =-1，k= 1 2 代入可得：k= ．
2 2 x -x 2
1 2
∴以P2,-1 
1
为中点的弦所在直线的方程为：y+1= x-2
2
 ，化为：x-2y-4=0．
(2)设直线方程为：y=2x+m，弦的端点Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，中点Mx,y  ．
y=2x+m

联立 x2 y2 ，化为 17x2+16mx+4m2-16=0，
+ =1
16 4
△=256m2-684m2-16

>0，化为：m2<68，
16m 8m 8m
∴x +x =- =2x，化为：x=- ，y=2×-
1 2 27 17 17

m
+m= ．
17
16 17 16 17
得- <x< ，
17 17
1 16 17 16 17
∴y=- x- <x<
8 17 17

3893 (2024·全国·高三专题练习)斜率为2的平行直线截双曲线x2-y2=1所得弦的中点的轨
迹方程是 ．
2 3 2 3
【答案】x-2y=0(x> 或x<- ).
3 3
【解析】设直线为y=2x+m，与双曲线交点为(x,y),(x ,y )，
1 1 2 2
联立双曲线可得：3x2+4mx+m2+1=0，则Δ=16m2-12(m2+1)=4m2-12>0，即
m> 3或m<- 3，
4m 2m 2m m
所以x +x =- ，故y +y =2(x +x )+2m=- ，则弦中点为- ,-
1 2 3 1 2 1 2 3 3 3
 ，
2 3 2 3
所以弦的中点的轨迹方程为x-2y=0(x> 或x<- ).
3 3
第 页 共 页
2402 34272 3 2 3
故答案为：x-2y=0(x> 或x<- )
3 3
x2 y2 3
3894 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆 + =1，一组平行直线的斜率是 ，当它们与
4 9 2
椭圆相交时，这些直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是 ．
3
【答案】y=- x(- 2<x< 2)
2
3
【解析】设这组平行直线的方程为y= x+m，
2
3
  y=
2
x+m
联立方程组 ，整理得18x2+12mx+4m2-36=0，
 x2 y2
 + =1
 4 9
由Δ=14418-m2  >0可得-3 2<m<3 2，
2 1 1
则x +x =- m，所以它们与椭圆交点的中点坐标为- m, m
1 2 3 3 2
 ，
3
即这些点均在轨迹y=- x(- 2<x< 2)上，
2
3
即直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是y=- x(- 2<x< 2).
2
3
故答案为：y=- x(- 2<x< 2)．
2
x2
3895 (2024·全国·高三专题练习)直线l与椭圆 +y2=1交于A，B两点，已知直线l的斜率
4
为1，则弦AB中点的轨迹方程是 ．
4 5 4 5
【答案】x+4y=0- <x<
5 5

【解析】设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，线段AB的中点为Mx,y  ，连接OM(O为坐标原点)．
x2 x2 y -y y +y 1 y
由题意知 1 +y2=1= 2 +y2，则 1 2 ⋅ 1 2 =- =k ⋅k = ，
4 1 4 2 x -x x +x 4 AB OM x
1 2 1 2
∴点M的轨迹方程为x+4y=0．
又点M在椭圆内，
x2 x
∴ +-
4 4

2
<1，
4 5 4 5
解得：- <x< ，
5 5
4 5 4 5
故答案为：x+4y=0- <x<
5 5
 .
x2 1
3896 (2024·全国·高三专题练习)椭圆 +y2=1，则该椭圆所有斜率为 的弦的中点的轨
4 2
迹方程为 ．
x
【答案】y=- - 2<x< 2
2

1 1
【解析】设斜率为 2 的直线方程为y= 2 x+b，与椭圆的交点为Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
第 页 共 页
2403 3427设中点坐标为x,y 
y -y 1 x +x y +y
，则 2 1 =- , 1 2 =x, 2 1 =y，
x -x 2 2 2
1 2
x2
所以

4
1 +y
1
2=1
，两式相减可得 x 1 -x 2  x2
 2 +y2=1
 4 2
 x+x 2  4 =y 2 -y 1  y 2 +y 1  ，
x+x 2  y -y 4 = x 2 -x 1 y 2 +y 1
1 2
 x ，即y=- ， 2
  x 4 2 +y2=1 x2
由于在椭圆内部，由 得 +bx+b2-1=0，
 1 2
y= x+b
 2
所以Δ=b2-2b2-1  =0时，即b=± 2直线与椭圆相切，
x2
此时由 ± 2x+1=0解得x= 2或x=- 2，
2
所以- 2<x< 2，
x
所求得轨迹方程为y=- - 2<x< 2
2
 ．
x
故答案为：y=- - 2<x< 2
2
 ．
7 题型七：立体几何与圆锥曲线的轨迹
3897 (2024·北京·高三强基计划)在正方体ABCD-ABCD 中，动点M在底面ABCD内
1 1 1 1
运动且满足∠DDA=∠DDM，则动点M在底面ABCD内的轨迹为 ( )
1 1
A.圆的一部分 B.椭圆的一部分
C.双曲线一支的一部分 D.前三个答案都不对
【答案】A
【解析】因为∠DDA=∠DDM，故DM在圆锥面上，该圆锥以DD 为轴，D为顶点，
1 1 1
而M在底面ABCD内，
故动点M在底面ABCD内的轨迹是以D为圆心的四分之一圆弧AC．
故选：A.
3898 (2024·全国·高三对口高考)如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α,PB⊥α，C是
α内异于A和B的动点，且PC⊥AC．那么，动点C在平面α内的轨迹是 ( )
A.一条线段，但要去掉两个点 B.一个圆，但要去掉两个点
C.一个椭圆，但要去掉两个点 D.半圆，但要去掉两个点
【答案】B
【解析】连接AB,BC.
PB⊥α,AC⊂α，则PB⊥AC，又PC⊥AC，
PB∩PC=P，PB,PC⊂平面PBC，则AC⊥平面PBC，
第 页 共 页
2404 3427又BC⊂平面PBC，则AC⊥BC，
则动点C在平面α内的轨迹是以A,B为直径的圆(去掉A,B两个点).
故选：B
3899 (2024·云南保山·统考二模)已知正方体ABCD-ABCD ，Q为上底面ABCD 所在
1 1 1 1 1 1 1 1
平面内的动点，当直线DQ与DA 的所成角为45°时，点Q的轨迹为 ( )
1
A.圆 B.直线 C.抛物线 D.椭圆
【答案】C
  
【解析】以点D为原点，DA，DC，DD 为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，
1
设正方体棱长为1，则D0,0,0  ,A 11,0,1  ，设Qx,y,1  ，

可得DQ=x,y,1 

，DA 1 =1,0,1  ，
因为直线DQ与DA 的所成角为45°，
1
 
DQ⋅DA 则cos45°=  1
DQ 

⋅DA
1

  x+1 =
x2+y2+1× 2
 2 = ，化简可得y2=2x，
2
所以点Q的轨迹为抛物线.
故选：C.
3900 (2024·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测)在正四棱柱ABCD-ABCD 中，
1 1 1 1
AB=1，AA =4，E为DD 中点，P为正四棱柱表面上一点，且CP⊥BE，则点P的轨
1 1 1 1
迹的长为 ( )
A. 5+ 2 B.2 2+ 2 C.2 5+ 2 D. 13+ 2
【答案】A
【解析】在正四棱柱ABCD-ABCD 中，连接BD,AC ，如图，AC ⊥BD ，ED ⊥
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面ABCD ，
1 1 1 1
第 页 共 页
2405 3427因为AC ⊂平面ABCD ，则ED ⊥AC ，又BD,ED ⊂平面EBD ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
ED ∩BD =D ，则AC ⊥平面EBD ，又BE⊂平面EBD ，则CA ⊥BE，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
取CC 中点F，连接EF,BF，在平面BCCB 内过C 作CG⊥BF，交BB 于G，显然
1 1 1 1 1 1 1 1
EF⎳DC ，
1 1
而DC ⊥平面BCCB ，则EF⊥平面BCCB ，有CG⊥EF，
1 1 1 1 1 1 1
又BF,FE⊂平面BFE，FE∩BF=F，于是CG⊥平面BFE，而BE⊂平面BFE，
1 1 1 1 1 1 1
因此CG⊥BE，
1 1
因为CG,CA ⊂平面CGA ，CA ∩CG=C ，从而BE⊥平面CGA ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
连接AG，则点P的轨迹为平面CGA 与四棱柱的交线，即△ACG，
1 1 1 1 1
因为∠BCG+∠GCF=∠GCF+∠BFC =90°，即有∠BCG=∠BFC ，又∠CBG
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
=∠FCB ，
1 1
CB FC 1
于是△CBG∽△FCB ，有 1 1 = 1 =2，BG= ，
1 1 1 1 BG CB 1 2
1 1 1
1
所以点P的轨迹长为AG+CG+AC =2 1+ + 2= 5+ 2.
1 1 1 1 4
故选：A
3901 (2024·全国·学军中学校联考模拟预测)已知空间中两条直线l 、l 异面且垂直，平面α∥
1 2
l 且l ⊂α，若点P到l 、l 距离相等，则点P在平面α内的轨迹为 ( )
1 2 1 2
A.直线 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线
【答案】C
【解析】设l 在α内的射影为l，l 到α的距离为d，
1 1
以l与l 的交点O为原点，l 为x轴，l为y轴，l 与l的公垂线为z轴，建立如图所示的空
2 2 1
间直角坐标系.
设Px,y,0  ，则P到l 2 的距离为y  .
过点P作PD⊥l于点D，过点D作ED⊥l 于点E，
1
又l 在α内的射影为l，则ED⊥l，连结ED,
1
又PD⊥l，ED∩PD=D，
所以l⊥平面PED，又PE⊂平面PED，
第 页 共 页
2406 3427所以l⊥PE，所以l ⊥PE，
1
所以则P到l 的距离为 x2+d2,
1
因为点P到l 、l 距离相等，
1 2
所以y  = x2+d2，即x2-y2=d2，
所以点P在平面α内的轨迹为双曲线.
故选：C.

3902 (2024·江西赣州·统考二模)在棱长为4的正方体ABCD-ABCD 中，点P满足AA
1 1 1 1 1

=4AP，E，F分别为棱BC，CD的中点，点Q在正方体ABCD-ABCD 的表面上运
1 1 1 1
动，满足AQ⎳面EFP，则点Q的轨迹所构成的周长为 ( )
1
5 37 7 37 8 37
A. B.2 37 C. D.
3 3 3
【答案】D
【解析】延长AD,AB，交EF的延长线与H,G，连接PG,PH，分别交BB ，DD 于R，T
1 1
过点A 作AK⎳PG交BB 于点K，过点A 作AN⎳PH交DD 于点N，
1 1 1 1 1 1
因为AK⊄平面EFP，PG⊂平面EFP，所以AK⎳平面EFP，
1 1
同理可得AN⎳平面EFP，
1
因为AK∩AN=A ，所以平面EFP⎳平面AKN，
1 1 1 1
过点N作NM⎳AK交CC 于点M，
1 1
连接MK，则MK⎳AN
1
则平行四边形AKMN(A 点除外)为点Q的轨迹所构成的图形，
1 1
 
因为正方体棱长为4，E，F分别为棱BC，CD的中点，AA =4AP，
1
1
所以AP=1,BR=DT= ，
3
1 2
因为AP=KR=NT=3，所以BK=DN=4-3- = ，
1 1 1 3 3
2
过点N作NJ⊥CC 于点J，则CJ=DN= ，
1 1 1 3
2 2 2 4
则由几何关系可知JM=BK= ，所以CM= + = ，
1 3 1 3 3 3
4 2 37
由勾股定理得AK=AN=MN=MK= NJ2+JM2= 16+ = ，
1 1 9 3
8 37
所以点Q的轨迹所构成的周长为 .
3
故选：D
8 题型八：复数与圆锥曲线的轨迹
第 页 共 页
2407 34273903 (2024·辽宁朝阳·统考二模)已知z+ 5i  +z- 5i  =6，则复数z在复平面内所对应点
Px,y  的轨迹方程为 ．
y2 x2
【答案】 + =1
9 4
【解析】∵复数z在复平面内所对应点Px,y  ，
又z+ 5i  +z- 5i  =6，
∴ x2+y+ 5  2+ x2+y- 5  2=6，
即点Px,y  到点A0,- 5  ，和B0,- 5  的距离之和为6，且两定点的距离为2 5<
6，
故点P的运动轨迹是以点A,B为焦点的椭圆，且2a=6,2c=2 5，
故b= a2-c2=2，
∴复数z在复平面内所对应点Px,y 
y2 x2
的轨迹方程为： + =1，
9 4
y2 x2
故答案为： + =1．
9 4
3904 (2024·全国·高三专题练习)设复数z满足z+i  +z-i  =4，z在复平面内对应的点为
x,y  ，则z在复平面内的轨迹方程为 ．
x2 y2
【答案】 + =1
3 4
【解析】因为z=x+yi且z+i  +z-i  =4，所以 x2+y+1  2+ x2+y-1  2=4>2，
所以z在复平面内的轨迹是以0,-1  和0,1  为焦点，2a=4为长轴的椭圆，
x2 y2
所以z的轨迹方程为 + =1
3 4
x2 y2
故答案为： + =1
3 4
3905 (2024·辽宁锦州·统考模拟预测)已知复数z=a+bi(a,b∈R,i为虚数单位),z2为纯虚
数，则在复平面内，z对应的点Z的轨迹为 ( )
A.圆 B.一条线段
C.两条直线 D.不含端点的4条射线
【答案】D
【解析】由题意可知，复数z=a+bi在复平面内对应的点Za,b  ，
所以z2=a+bi

2=a2+2abi+bi

2=a2-b2+2abi，
因为z2为纯虚数，
所以

a2-b2=0
，解得a=b≠0或a=-b≠0，
2ab≠0
故在复平面内，z对应的点Z的轨迹为不含端点的4条射线.
故选：D.
3906 (2024·全国·高三专题练习)复平面中有动点Z，Z所对应的复数z满足|z-3|=|z-i|，
则动点Z的轨迹为 ( )
A.直线 B.线段 C.两条射线 D.圆
【答案】A
【解析】设动点Z坐标为x,y  ，则z=x+yi，所以|x+yi-3|=|x+yi-i|，即x-3  2+
第 页 共 页
2408 3427y2=x2+y-1

2，化简得：3x-y-4=0，故动点Z的轨迹为直线.
故选：A
3907 (2024·全国·高三专题练习)已知复数z满足z+i  +z-i  =2，则z的轨迹为 ( )
A.线段 B.直线 C.椭圆 D.椭圆的一部分
【答案】A
【解析】z=x+yi(x,y∈R)，根据复数的几何意义知z+i  +z-i  =2表示点Z(x,y)到
定点A(0,-1)与B(0,1)的距离之和为2，而AB  =2，故点Z的轨迹为线段AB.
故选：A
3908 (2024·全国·高三专题练习)若复数z满足z-1+i  =3，则复数z对应的点的轨迹围成图
形的面积等于 ( )
A.3 B.9 C.6π D.9π
【答案】D
【解析】复数z满足 z-1-i    =3，表示复数z对应的点的轨迹是以点1,-1  为圆心，
半径为3的圆，所以围成图形的面积等于S=π×32=9π.
故选：D
3909 (2024·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习)满足条件z-1  =3+4i  的复数z在
复平面上对应点的轨迹是 ( )
A.直线 B.圆 C.椭圆 D.抛物线
【答案】B
【解析】设z=x+yix,y∈R  ，求出x-1  2+y2=25，判断出点的轨迹是圆.设z=x+
yix,y∈R  ，由z-1  =3+4i  可得：
x-1  2+y2=5，
两边平方得：x-1  2+y2=25，
∴复数z在复平面上对应点的轨迹是圆.
故选：B
3910 (2024·辽宁抚顺·高三校联考期末)若复数z满足z+i  =1.则复数z在复平面内的点的
轨迹为 ( )
A.直线 B.椭圆 C.圆 D.抛物线
【答案】C
【解析】设复数z=x+yi(x,y∈R)，由题意可得 x+y+1   i  =1，则x2+y+1  2=1，故
复数z在复平面内的点的轨迹为圆.
故选：C.
9 题型九：向量与圆锥曲线的轨迹
3911 (2024·全国·高三专题练习)已知O是平面上一定点，A,B,C是平面上不共线的三个点，
   
动点P满足OP=OA+λ(AB+AC)，λ∈(0，+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的
( )
A.重心 B.外心 C.内心 D.垂心
【答案】A
第 页 共 页
2409 3427    
【解析】由题意AP=λ(AB+AC)，当λ∈(0，+∞)时，由于λ(AB+AC)表示BC边上的
中线所在直线的向量，∴动点P的轨迹一定通过△ABC的重心，如图，故选A．
3912 (2024·全国·高三对口高考)O是平面内一定点，A，B，C是平面内不共线三点，动点P
   
满足OP=OA+λ(AB+AC)，λ∈[0,+∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的 ( )
A.外心 B.垂心 C.内心 D.重心
【答案】D
    
【解析】由题设λ(AB+AC)=OP-OA=AP，
 
而AB+AC所在直线过BC中点，即与BC边上的中线重合，且λ∈[0,+∞)，
所以P的轨迹一定通过△ABC的重心.
故选：D
    
3913 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，设AC2-AB2=2AM⋅AC-AB  ，那么动点
M的轨迹必通过△ABC的 ( )
A.垂心 B.内心 C.重心 D.外心
【答案】D
 
【解析】设线段BC的中点为D，则DB、DC互为相反向量，
   
所以，AB+AC=AD+DB 
 
+AD+DC 
  
=2AD+DB+DC 

=2AD，
    
因为AC2-AB2=2AM⋅AC-AB 
 
，即AC+AB 
 
⋅AC-AB 
 
=2AM⋅BC，
 
所以，AC+AB 
 
⋅AC-AB 
     
=2AM⋅BC，即2AD⋅BC=2AM⋅BC，
  
即BC⋅AM-AD 
 
=BC⋅DM=0，即DM⊥BC，
所以，DM垂直且平分线段BC，
因此动点M的轨迹是BC的垂直平分线，必通过△ABC的外心.
故选：D.
 
3914 (2024·江苏·高三统考期末)△ABC中，AH为BC边上的高且BH=3HC，动点P满足
  
1
AP⋅BC=- BC2，则点P的轨迹一定过△ABC的 ( )
4
A.外心 B.内心 C.垂心 D.重心
【答案】A
【解析】设BC  =4a，AH  =b，
 
以H为原点，HC、HA方向为x、y轴正方向如图建立空间直角坐标系，
第 页 共 页
2410 3427 
∵BH=3HC，
∴BH  =3a，HC  =a，
则H0,0  ，B-3a,0  ，Ca,0  ，A0,b 

，则BC=4a,0  ，
设Px,y 

，则AP=x,y-b  ，
  
1
∵AP⋅BC=- BC2，
4
1
∴4ax=- 4a
4
 2，即x=-a，
即点P的轨迹方程为x=-a，
而直线x=-a平分线段BC，即点P的轨迹为线段BC的垂直平分线，
根据三角形外心的性质可得点P的轨迹一定过△ABC的外心，
故选：A.
3915 (2024·四川成都·成都市第二十中学校校考一模)在平面内，A,B是两个定点，C是动
 
点，若CA+CB 

=AB  ，则点C的轨迹为 ( )
A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线
【答案】A
    
【解析】设O为线段AB的中点，CA+CB=2CO.因为CA+CB 

=AB 

，所以AB  =

2CO 

，所以CO 

1
= AB
2

 
，所以AC⊥BC，当点C在点A或B时也满足CA+CB  =

AB  ，所以点C的轨迹为以线段AB为直径的圆.
故选: A.
3916 (2024·安徽·高三蚌埠二中校联考阶段练习)在△ABC中，AB=1，AC=3，S =
△ABC
  
3 3
，角A是锐角，O为△ABC的外心．若OP=m⋅OB+n⋅OC，其中m,n∈0,1
4
 ，则
点P的轨迹所对应图形的面积是 ( )
7 3 7 3 7 7
A. B. C. D.
6 12 6 12
【答案】A
3 3 1
【解析】因为AB=1，AC=3，S = = ×1×3sinA，
△ABC 4 2
3
所以sinA= ，又角A为锐角，所以A=60°．
2
因此BC2=AB2+AC2-2AB⋅ACcosA=7，BC= 7．
7 21
由 =2OB得OB= ．
sin60° 3
由题意知，点P的轨迹对应图形是边长为OB的菱形，∠BOC=120°．
1 7 3 7 3
于是这个菱形的面积2S =2× ×OB2⋅sin120°= × = ．
△BOC 2 3 2 6
故选：A．
第 页 共 页
2411 3427  
3917 (2024·全国·高三专题练习)正三角形OAB的边长为1，动点C满足OC=λOA+μOB，
且λ2+λμ+μ2=1，则点C的轨迹是 ( )
A.线段 B.直线 C.射线 D.圆
【答案】D

【解析】方法一：由题可知：OA 

=OB 

=AB  ，∠AOB=60°
 
1
∴OA⋅OB=1×1×cos60°=
2
  
又OC=λOA+μOB
  
∴OC2=λOA+μOB

   
2=λ2OA2+2λμOA⋅OB+μ2OB2
=λ2+λμ+μ2=1

所以OC 

2=1，即OC  =1
所以点C的轨迹是圆.

方法二：由题可知：OA 

=OB 

=AB  ，∠AOB=60°
如图，以O为原点OB为x轴，过O点与OB垂直的直线为y轴建立平面直角坐标系，
1 3
所以A ,
2 2
 ,B(1,0)
  
1 3
设C(x,y) ，∴OC=λOA+μOB=λ ,
2 2

1 3
+μ(1,0)= λ+μ, λ
2 2

1 3

x=
2
λ+μ μ=x-
3
y
∴ ⇒
3 2 3
y= λ λ= y
2 3
又λ2+λμ+μ2=1
2 3
所以 y
3

2 2 3 3
+ yx- y
3 3

3
+x- y
3

2
=1
整理得：x2+y2=1
所以点C的轨迹是圆.
故选：D.
3918 (2024·全国·高三专题练习)已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个
  
 OB+OC AB
点，动点P满足OP= +λ 
2 AB 

AC
+ 
cosB AC 


 cosC

，λ∈(0，+∞)，则动点P
的轨迹一定通过△ABC的 ( )
A.重心 B.外心 C.内心 D.垂心
【答案】B
【解析】设BC的中点为D，
第 页 共 页
2412 3427  
 OB+OC AB
因为OP= +λ 
2 AB 

AC
+ 
cosB AC 


 cosC

，

  AB
所以OP=OD+λ 
AB 

AC
+ 
cosB AC 


 cosC

，

 AB
即DP=λ 
AB 

AC
+ 
cosB AC 


 cosC
 
，两端同时点乘BC，
 
  AB⋅BC
所以DP⋅BC=λ 
AB 
 
AC⋅BC
+ 
cosB AC 


 cosC


AB
=λ


⋅BC  cosπ-B 

AB 

AC
+
cosB


⋅BC  cosC

AC 


 cosC
 
=λ -BC 

+BC    =0，
所以DP⊥BC，
所以点P在BC的垂直平分线上，即P经过△ABC的外心.
故选：B.
10 题型十：利用韦达定理求轨迹方程
x2 y2 2
3919 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，点
a2 b2 2
A0,1  在C上．过C的右焦点F的直线交C于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动点P满足k +k =2k ，求动点P的轨迹方程．
PM PN PF
c 2
【解析】(1)由题意，b=1， = ，又a2=b2+c2，解得b=1，a= 2，c=1．
a 2
x2
故椭圆C的方程为 +y2=1．
2
(2)直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx-1  ．
设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，Px 0 ,y 0  ．将y=kx-1  代入x2+2y2=2，得2k2+1  x2-4k2x
4k2 2k2-2
+2k2-2=0．于是x +x = ，xx = ．①
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
由题意，有k +k =2k ，即
PM PN PF
y 1 -y 0 + y 2 -y 0 = 2y 0 ⇒ kx 1 -1
x -x x -x x -1
1 0 2 0 0
 -y 0 + kx 2 -1
x -x
1 0
 -y 2y 0 = 0
x -x x -1
2 0 0
kx -k-y kx -k-y 2y 2y
⇒2k+ 0 0 + 0 0 = 0 ⇒2k- 0
x -x x -x x -1 x -1
1 0 2 0 0 0
 +
kx 0 -k-y 0 
1 1
 + x -x x -x
1 0 2 0
 =0
⇒ kx 0 -k-y 0 
2 1 1
 + + x -1 x -x x -x
0 1 0 2 0
 =0．
显然点Px 0 ,y 0  不在直线y=kx-1  上，∴kx -k-y ≠0，从而 0 0
2 1 1
x -1 + x -x + x -x =0⇒2 x 1 x 2 -x 0x 1 +x 2
0 1 0 2 0
  +x2 0  +x 0 -1  x 1 +x 2 -2x 0  =0
⇒2x 1 x 2 -x 0 +1  x 1 +x 2  +2x =0． 0
将式①代入，得22k2-2  -x 0 +1  4k2+2x 02k2+1  =0，化简得x =2． 0
当直线MN的斜率不存在时，经检验符合题意．
故满足题意的点P的轨迹方程为直线x=2．
第 页 共 页
2413 3427【反思】右焦点F1,0  关于椭圆C的极线是其右准线x=2，又∵点P满足k +k = PM PN
2k ，∴动点P在F的极线x=2上．本题是命题2的逆向应用．
PF
3920 (2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知过右焦点F3,0  的直线交双曲线
x2 y2
C: - =1(a,b>0)于M,N两点，曲线C的左右顶点分别为A,A ，虚轴长与实轴长
a2 b2 1 2
5
的比值为 ．
2
(1)求曲线C的方程；
(2)如图，点M关于原点O的对称点为点P，直线AP与直线A N交于点S，直线OS与
1 2
直线MN交于点T，求T的轨迹方程．
2b b 5
【解析】(1)由题意得c=3, = = ，又a2+b2=c2，则a2=4,b2=5，曲线C的方程
2a a 2
x2 y2
为 - =1；
4 5
(2)设直线A 2 M,A 2 N的斜率分别为k 1 ,k 2 ，直线MN为x=my+3,Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ，
x=my+3

由x2 y2 ，得5m2-4
- =1
4 5
 y2+30my+25=0，
5m2-4≠0
Δ=900m2-45m2-4 
 2 5
 ,m≠± ，
×25>0 5
30m 25
y +y =- ,yy = ，
1 2 5m2-4 1 2 5m2-4
y -0 y -0 yy
则k ⋅k = 1 ⋅ 2 = 1 2
1 2 x 1 -2 x 2 -2 x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4
yy
= 1 2
my 1 +3  my 2 +3  -2my 1 +my 2 +6  +4
yy
= 1 2
m2y 1 y 2 +my 1 +y 2  +1
25 25
= =- ，
25m2-30m2+5m2-4 4
k +k = y 1 -0 + y 2 -0 = y 1x 2 -2
1 2 x -2 x -2 1 2
 +y 2x 1 -2 
x 1 -2  x 2 -2 
= x 1 y 2 +x 2 y 1 -2y 1 +y 2 
x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4
= my 1 +3  y 2 +my 2 +3  y 1 -2y 1 +y 2 
my 1 +3  my 2 +3  -2my 1 +my 2 +6  +4
= 2my 1 y 2 +y 1 +y 2 
m2y 1 y 2 +my 1 +y 2  +1
第 页 共 页
2414 342750m-30m
= =-5m，
25m2-30m2+5m2-4
由于点M关于原点O的对称点为点P，AP⎳A M，
1 2
则直线A 1 P为y=k 1x+2  ，直线A 2 N为y=k 2x-2  ，显然k ≠k ， 1 2
由 y=k 1x+2 
y=k 2x-2 
x= 2k 1 +k 2  ，得   10m  k -k =- k -k  2 1 2 1 ，
4kk 25 y= 1 2 =-
k -k k -k
2 1 2 1
10m 25
即S- ,-
k -k k -k
2 1 2 1
 ，
5
则直线OS的方程为y= x，
2m
5 x=-2
y= x  5
由 2m 得 5 ，即T-2,-
y=- m
x=my+3 m
 ，
当m=0时，由对称性可知S在y轴上，
此时直线OS平行于直线MN，不符合题意，
5 5
故T的轨迹方程为x=-2y≠0,±
2
 ．
y2
3921 (2024·全国·高三专题练习)设椭圆方程为x2+ =1，过点M(0,1)的直线l交椭圆于点
4
  
1
A，B，O是坐标原点，点P满足OP= (OA+OB)，当l绕点M旋转时，求动点P的轨
2
迹方程；
【解析】直线l过点M(0,1)，点M在椭圆内部，所以直线l总与椭圆相交.
当l的斜率存在时，设斜率为k，则l的方程为y=kx+1.
y=kx+1

联立直线与椭圆的方程 y2 ，
x2+ =1
4
消去y得4+k2

x2+2kx-3=0，
设Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2 
2k
，则x +x =- ， 1 2 4+k2
8
则y +y =k(x +x )+2= ，
1 2 1 2 4+k2
 1   x +x y +y
于是OP= (OA+OB)= 1 2, 1 2
2 2 2

-k 4
= ,
4+k2 4+k2
 .
设点P的坐标为x,y 
-k
x= ①
 4+k2
，则 ，
4
y= ②
4+k2
-4x
由①÷②得k= ，代入②整理得4x2+y2-y=0③
y
当l的斜率不存在时，A、B中点为坐标原点(0，0)，也满足方程③，
所以点P的轨迹方程为4x2+y2-y=0．
x2 y2
3922 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C： + =1a>b>0
a2 b2
 过点A2,0  ，且椭圆上
任意一点到右焦点的距离的最大值为2+ 3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交不同于点A的P、Q两点，以线段PQ为直径的圆经过A，过点A
第 页 共 页
2415 3427作线段PQ的垂线，垂足为H，求点H的轨迹方程.
a=2 a=2
 
【解析】(1)由题意可得a+c=2+ 3，解得b=1 ，
a2=b2+c2 c= 3
x2
所以椭圆方程为 +y2=1.
4
(2)由题意知，直线l的斜率不为0，
则不妨设直线l的方程为x=my+t(t≠2)，
x2
 +y2=1
联立 4 消去x得m2+4
x=my+t
 y2+2mty+t2-4=0，
Δ=4m2t2-4m2+4

t2-4

>0，化简整理得m2+4>t2，
-2mt t2-4
设P(x,y),Q(x ,y )，则y +y = ,yy = ，
1 1 2 2 1 2 m2+4 1 2 m2+4
 
因为以线段PQ为直径的圆经过A，所以AP⋅AQ=0,
得x 1 -2  x 2 -2  +yy =0， 1 2
将x =my +t,x =my +t代入上式，
1 1 2 2
得m2+1  y 1 y 2 +m(t-2)y 1 +y 2  +(t-2)2=0，
得m2+1 
t2-4 -2mt
⋅ +m(t-2)⋅ +(t-2)2=0，
m2+4 m2+4
6 6
解得t= 或t=2(舍去)．所以直线l的方程为x=my+ ，
5 5
6
则直线l恒过点M ,0
5
 .
因为过点A做PQ的垂线，垂足为H，所以H在以AM为直径的圆周上，
8 所以点H的轨迹方程为：x-
5
 2 +y2= 4 ,除去点A(2,0).
25
y2
3923 (2024·全国·高三专题练习)已知双曲线C:x2- =1与直线l:y=kx+m(k≠± 2)．
2
(1)若直线l与双曲线C相交于A，B两点，点P1,2  是线段AB的中点，求直线l的方程；
(2)若直线l与双曲线有唯一的公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于
Dx D ,0  ，E0,y E  两点．当点M运动时，求点Px D ,y E  的轨迹方程，并说明轨迹是什么
曲线．
【解析】(1)设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，
y2
x2- 1 =1
1 2
则 ，
y2
x2- 2 =1
2 2
所以x 1 +x 2  x 1 -x 2  - y 1 +y 2  y 1 -y 2  =0， 2
因为点P1,2  是线段AB的中点，
x +x y +y
所以 1 2 =1, 1 2 =2，
2 2
所以2x 1 -x 2  -2y 1 -y 2  =0，
y -y
故 1 2 =1，所以直线AB的斜率为1，
x -x
1 2
所以k=1，又点P1,2  在直线AB上，
所以直线AB的方程为x-y+1=0，
第 页 共 页
2416 3427y2
x2- =1
联立 2 ，化简可得x2-2x-3=0，
x-y+1=0
x=3 x=-1
所以 或 ，满足条件；
 
y=4 y=0
所以直线l的方程为x-y+1=0.
y2
(2)当k=0时，直线y=m与双曲线x2- =1有两个交点，不满足要求，
2
y2
x2- =1
由已知 2 有且仅有一组解，
y=kx+m
所以方程2-k2  x2-2kmx-m2-2=0有且只有一个根，又k≠± 2，
所以Δ=4k2m2-42-k2  -m2-2  =0，
所以k2-m2=2，
设Mx 3 ,y 3 
km 2m
，则x = ，y = ， 3 2-k2 3 2-k2
2m 1 km
因为k≠0，所以直线DE的方程为y- =- x-
2-k2 k 2-k2
 ，
3m
令x=0，可得y = ，
E 2-k2
3km
令y=0，可得x = ，
D 2-k2
又k2-m2=2，k≠± 2，所以m≠0，y≠0，
x 3
所以 D =k，m=- ⇒x2 -2y2=9，
y y D E
E E
所以轨迹方程为x2-2y2=9y≠0  ，
所以点P轨迹为焦点在x轴上，实轴长为6，虚轴长为3 2的双曲线挖去点3,0  ,
-3,0  .
3924 (2024·全国·高三专题练习)设不同的两点A，B在椭圆C:x2+2y2=3上运动，以线段
AB为直径的圆过坐标原点O，过O作OM⊥AB，M为垂足．求点M的轨迹方程.
【解析】①若直线AB的斜率不存在，由已知得点M的坐标为±1,0  ；
②若直线AB的斜率存在，设直线AB为y=kx+m，联立椭圆C:x2+2y2=3，得：
1+2k2

x2+4kmx+2m2-3=0，
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2 
-4km 2m2-3
，则x +x = ，xx = ， 1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
以线段AB为直径的圆过原点O，即OA⊥OB，
所以x 1 x 2 +y 1 y 2 =x 1 x 2 +kx 1 +m  kx 2 +m  =1+k2  x 1 x 2 +mkx 1 +x 2  +m2=
第 页 共 页
2417 34273m2-3k2-3
=0，
1+2k2
所以m2=k2+1，又OM⊥AB，故O到AB的距离OM 
m
=

=1．
k2+1
综合①②，点M的运动轨迹为O以为圆心，以1为半径的圆，轨迹方程为：x2+y2=1．
2
3925 (2024·浙江·杭州市富阳区场口中学高三期末)已知椭圆C的离心率为 ，其焦点是双
2
y2
曲线x2- =1的顶点.
3
(1)写出椭圆C的方程；
(2)直线l：y=kx+m与椭圆C有唯一的公共点M，过点M作直线l的垂线分别交x轴、
y轴于Ax,0  ，B0,y  两点，当点M运动时，求点Px,y  的轨迹方程，并说明轨迹是什么
曲线.
x2 y2
【解析】(1)设椭圆C的方程为 + =1,a>b>0
a2 b2
 ，a2=b2+c2,c>0  ，由题意，双曲
y2
线x2- =1的顶点为±1,0
3

c 2
，故c=1.又 = ，故a= 2，故b2=2-1=1，故椭
a 2
x2
圆C的方程为 +y2=1
2
x2
 +y2=1
(2)由题意，直线l与椭圆C相切，联立 2 得1+2k2
y=kx+m
 x2+4kmx+2m2-2=0，
故Δ=16k2m2-41+2k2  2m2-2  =0，即m2=2k2+1.设Mx M ,y M 
-2km
，则x = = M 1+2k2
2k 2k
- ，故y =k-
m M m

m2-2k2 1 2k 1
+m= = ，故M- ,
m m m m
 .所以直线AB的方程为y
1 1 2k
- =- x+
m k m

1 1 k k
，即y=- x- ，当y=0时，x=- ，故A- ,0
k m m m
 ，当x=0
1 1
时，x=- ，故B0,-
m m

k 1
，故P- ,-
m m

2k 1
.又M- ,
m m
 ，故Px,y  则
M2x,-y  ，又M2x,-y 
x2 2x
在 +y2=1上，故
2
 2
+-y
2
 2=1，即2x2+y2=1，由题意
可得x≠0,y≠0，故点Px,y  的轨迹方程为2x2+y2=1,x≠0,y≠0  ，为椭圆2x2+y2=
1除去4个顶点
x2 y2
3926 (2024·广东·高三阶段练习)已知椭圆E: + =1a>b>0
a2 b2

3
的离心率是 ，其左、
2
右顶点分别是A、B，且AB  =4．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知点M、N是椭圆E上异于A、B的不同两点，设点P是以AM为直径的圆O 和以
1
AN为直径的圆O 的另一个交点，记线段AP的中点为Q，若k ⋅k =-1，求动点Q的
2 AM AN
轨迹方程．
  c = 3
a 2 x2
【解析】(1)由题意可得 ，解得a=2，b=1，故椭圆E的标准方程为 +y2=
2a=4 4

  a2=b2+c2
1．
(2)当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m，
设点Mx 1 ,y 1  、Nx 2 ,y 2  ．
第 页 共 页
2418 3427联立

x2+4y2=4
，整理得1+4k2
y=kx+m

x2+8kmx+4m2-4=0，
Δ=64k2m2-44k2+1

4m2-4

>0，可得m2<4k2+1，
8km 4m2-4
则x +x =- ，xx = ，
1 2 4k2+1 1 2 1+4k2
y 1 y 2 =kx 1 +m  kx 2 +m  =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2 
m2-4k2
+m2= ， 4k2+1
 
因为k ⋅k =-1，所以AM⊥AN，则AM⋅AN=0，
AM AN
且A-2,0 

，则AM=x 1 +2,y 1 

，AN=x 2 +2,y 2  ，
 
因为AM⋅AN=x 1 x 2 +2x 1 +x 2 
4m2-4 -16km 4+16k2
+4+yy = + + + 1 2 1+4k2 1+4k2 1+4k2
m2-4k2
，
1+4k2
5m2-16km+12k2 5m-6k
所以 =
1+4k2
 m-2k  6
=0，解得m= k或m=2k(舍去)．
1+4k2 5
6 6
则直线MN的方程为y=kx+ k=kx+
5 5

6
，所以直线MN过定点T- ,0
5
 ．
当直线MN的斜率不存在时，设直线MN的方程为x=t，其中-2<t<2，
t2 t2
将x=t代入椭圆E的方程可得y2=1- ，设点Mt, 1-
4 4

t2
、Nt,- 1-
4
 ，
 t2
AM=t+2, 1-
4

 t2
，AN=t+2,- 1-
4
 ，
 
则AM⋅AN=t+2 
t2
2-1-
4

5t2 6
= +4t+3=0，因为-2<t<2，解得t=- ，
4 5
6
故直线MN过定点T- ,0
5
 ．
8
因为O 为AM的中点，O 为AN的中点，所以OO 过线段AT的中点H- ,0
1 2 1 2 5
 ．
因为两圆相交，则连心线OO 垂直平分公共弦AP，所以，AQ⊥QH，
1 2
9
线段AH的中点为G- ,0
5
 ，则QG 
1
= AH
2

1
= ，且点Q不能与点A重合，
5
9
所以点Q在以AH为直径的圆上运动，且该圆圆心为G- ,0
5

1
，半径为 .
5
9 故动点Q的轨迹方程为x+
5
 2 +y2= 1 x≠-2
25
 ．
3927 (2024·全国·高三专题练习)已知三角形ABC的三个顶点均在椭圆4x2+5y2=80上，且
点A是椭圆短轴的一个端点(点A在y轴正半轴上).
(1)若三角形ABC的重心是椭圆的右焦点，试求直线BC的方程;
(2)若角A为900，AD垂直BC于D，试求点D的轨迹方程.
【解析】(1)设Bx 1 ,y 1  ,Cx 2 ,y 2  ,A0,4  ，BC中点为(x ,y )，F(2，0)， 0 0
x2 y2 x2 y2
则有 1 + 1 =1， 2 + 2 =1，
20 16 20 16
(x +x )(x -x ) (y -y )(y +y )
两式相减，得 1 2 1 2 + 1 2 1 2 =0，
20 16
x y k
即 0 + 0 =0， ①
5 4
x +x y +y +4
F(2，0)为三角形重心，所以由 1 2 =2，得x =3；由 1 2 =0，得y =-2，代入
3 0 3 0
6
①得k= ，素以直线BC的方程为6x-5y-28=0.
5
第 页 共 页
2419 3427 
(2)由AB⊥AC得AB⋅AC=0，所以x 1 x 2 +y 1 y 2 -4y 1 +y 2  +16=0 ②
设直线BC方程为y=kx+m，与椭圆方程联立消元，得(4+5k2)x2+10mkx+5m2-80
=0，
-10km 5m2-80 8m 4m2-80k2
所以x +x = ，xx = ，y +y = ,yy = ，
1 2 4+5k2 1 2 4+5k2 1 2 4+5k2 1 2 4+5k2
9m2-32m-16 4
代入②式得 =0，解得m=4(舍)或m=- ，
4+5k2 9
4 4
所以y=kx- ，所以直线过定点0,-
9 9
 ，
设Dx,y 
4
y+
9 y-4
，则 × =-1，即9y2+9x2-32y-16=0，
x x
16 所以所求点D的轨迹方程是x2+y-
9
 2 20 =
9
 2 (y≠4).
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