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 第 页 共 页 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， 第 页 共 页 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=20   -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- 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(- 20可得-3 22， 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