圆锥曲线轨迹专题训练-2025届高三数学一轮复习

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页圆锥曲线轨迹专题题型一、圆锥曲线定义求轨迹1．设点为圆的圆心，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点．(1)求证：动点的轨迹是椭圆，并求出该椭圆的标准方程；(2)设（1）中椭圆的上顶点为，经过点的直线与该椭圆交于两点（异于点），记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．2．（1）点是圆内一定点，动圆与已知圆相内切且过点，判断圆心的轨迹．（2）已知是椭圆上一动点，为坐标原点，求线段的中点的轨迹方程．3．在中，点，，的周长为6.(1)求点的轨迹的方程；(2)若椭圆上点处的切线方程是，①过直线上一点引的两条切线，切点分别是、，求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.4．已知，直线，．(1)证明：到、的距离的平方和为定值的点的轨迹是圆或椭圆；(2)求到、的距离之和为定值的点的轨迹．5．设点是椭圆的左、右顶点，动点P使得直线与的斜率之积为2，记点P的轨迹为．(1)求的方程；(2)设过原点O的直线l与动点P的轨迹交于A，B两点，与椭圆C交于E，F两点，若，求直线l的方程．6．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹是椭圆．(1)求该椭圆的方程．(2)法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746—1818）发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”．若椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一动点，直线与椭圆的蒙日圆相交于点，求证：为定值．7．在平面直角坐标系中，已知过动点作x轴垂线，分别与和交于P，Q点，且，，若实数使得成立（其中O为坐标原点）．(1)求M点的轨迹方程，并求出当为何值时M点的轨迹为椭圆；(2)当时，经过点的直线l与轨迹M交于y轴右侧C，D两点，证明：直线，的斜率之比为定值．8．在平面直角坐标系​中：①已知点​，直线​，动点​满足到点​的距离与到直线​的距离之比​；②已知点​分别在​轴，​轴上运动，且​，动点​满​；③已知圆​的方程为​，直线​为圆​的切线，记点​到直线​的距离分别为​，动点​满足​．(1)在①，②，③这三个条件中任选一个，求动点​的轨迹方程；(2)记（1）中动点​的轨迹为​，经过点​的直线​交​于​两点，若线段​的垂直平分线与​轴相交于点​，求点​纵坐标的取值范围．9．已知动点与定点的距离和M到定直线的距离的比是常数．(1)求动点M的轨迹E；(2)在E上是否存在一点使得它到直线的距离最小？若存在，请求出最小距离；若不存在，请说明理由．10．在平面直角坐标系中，已知，圆与轴切于点，又过作圆异于轴的两切线，设这两切线交于点.(1)求点的轨迹方程;(2)设为坐标原点，是的轨迹上的不同两点且不关于原点对称，若直线的斜率分别为和，若，求的面积.11．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记的轨迹为曲线．(1)求的方程，并说明是什么曲线；(2)写出曲线的两条性质；(3)过坐标原点的直线交于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交于点．证明：是直角三角形．12．已知动圆与圆内切，与圆外切，记圆心的轨迹为曲线．求曲线的方程．13．已知，直线为平面内的一个动点，过点作的垂线，垂足为，且，动点的轨迹记为曲线.(1)求的方程；(2)若直线交于两点，交圆于两点，且，当的面积最大时，求的倾斜角.14．已知动圆与圆：和圆：都内切，记动圆圆心的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：.试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，，切点分别为，.（ⅰ）证明：；（ⅱ）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交曲线于，两点.记，的面积分别为，，求的取值范围.题型二、直接带入法求轨迹15．如图，点在圆上运动且满足轴，垂足为点，点在线段上，且，动点的轨迹为．(1)求曲线的方程；(2)已知，过的动直线交曲线于两点（点在轴上方）分别为直线与轴的交点，是否存在实数使得？说明理由．16．已知点是圆上的动点，，是线段上一点，且，设点的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)设不过原点的直线与交于两点，且直线的斜率的乘积为，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合）.试问的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是定值，说明理由.17．一动圆圆与圆外切，同时与圆内切.设动圆圆心的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程;(2)若曲线与轴的左、右交点分别为A、B，过点的直线与曲线交于P、Q两点，直线AP、BQ相交于点，当点的纵坐标为时，若，求的最小值.18．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸：步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点（即折叠后图中的点与点重合）；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.现取半径为4的圆形纸片，设点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以线段的中点为原点，线段所在直线为轴建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，，为直线上的一动点（点不在轴上），连接交椭圆于点，连接并延长交椭圆于点.是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.19．在中，已知，，设分别是的重心、垂心、外心，且存在使.(1)求点的轨迹的方程；(2)求的外心的纵坐标的取值范围；(3)设直线与的另一个交点为，记与的面积分别为，是否存在实数使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．已知圆，与x轴不重合的直线l过点，且与圆交于C、D两点，过点作的平行线交线段于点M．(1)判断与圆的半径的大小关系，求点M的轨迹E的方程；(2)已知点，直线m过点，与曲线E交于两点N、R（点N、R位于直线异侧），求四边形的面积的取值范围．21．已知的两个顶点，，的内切圆在边，，上的切点分别为，，，且，动点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)设直线与曲线交于，两点，点在曲线上，若为坐标原点，四边形为平行四边形，判断四边形的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是，请说明理由.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)证明见解析，(2)【分析】（1）根据圆内的几何关系，结合椭圆的定义，即可求解；（2）直线与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，并利用坐标表示斜率，并代入韦达定理，即可求解定值.【详解】（1）记的中点为，则是线段的垂直平分线，，点的轨迹是以点为焦点，焦距为，长轴为4的椭圆．点的轨迹方程为．（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与椭圆相切，不符合题意；若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，联立，得．设Ax1,.2．（1）轨迹是椭圆；（2）．【分析】（1）根据椭圆的定义求出圆心M的轨迹；（2）应用相关点法设点求轨迹方程即可.【详解】（1）方程化成标准形式为，圆心为，半径．因为动圆与已知圆相内切且过点，所以，根据椭圆的定义，动点到两定点的距离之和为定值，所以动点的轨迹是椭圆．（2）设，由中点坐标公式得所以又点在椭圆上，所以，即．3．(1)（）(2)①证明见解析；②存在实数【分析】（1）依题意可得，再由定义法即可求结果；（2）①通过题设发现切点、的坐标满足一个同构方程，从而得出直线的方程求出过的定点；②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法【详解】（1）因为点，，所以，又的周长为，所以，所以点在以，为焦点的椭圆上（除长轴上两顶点外），其中，，所以，所以点的轨迹的方程为（）.

（2）①设切点坐标为，直线上的点的坐标，则切线方程分别为，又两切线均过点，即，从而点、的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点.

②将直线的方程，代入椭圆方程，得，即，显然，，，不妨设，同理.所以故存在实数，使得.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.4．(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）设动点，依据到、的距离的平方和为定值得关于，的方程，化简即得轨迹方程，再对参数进行讨论即可；（2）设动点，依据到、的距离之和为定值得关于，的方程，化简即得轨迹方程，最后依据方程讨论其轨迹．【详解】（1）证明：设点为动点，则，整理得．因此，当时，，则动点的轨迹为圆，当，时，，则动点的轨迹为椭圆．（2）解：设点为动点，则．当时，，即；当时，，即；当，时，，即；当，时，，即．综上，动点的轨迹为矩形．5．(1)(2)【分析】（1）设动点，根据条件得到方程，变形后得到轨迹方程，注意；（2）由对称性得到，不妨设点A，E在同一象限，设，则，得到方程组，求出求出直线l的斜率，求出方程.【详解】（1）由题意得，设动点，则动点P不与点相同，即，∴直线的斜率为，直线的斜率，由题意得，即，，即动点P的轨迹的方程为：；（2）轨迹是以原点O为中心的双曲线，轨迹、椭圆C、直线l都关于原点O中心对称，由，则，不妨设点A，E在同一象限，则点E为OA的中点，设点，则直线l的斜率为，，，，即，，即，直线l的方程为．6．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）设出点的坐标，利用坐标代换法求出椭圆的方程．（2）求出椭圆的蒙日圆方程，利用余弦定理结合椭圆定义推理计算即得.【详解】（1）设，则，而点在圆上，即有，化简得，所以的方程为．（2）由（1）知椭圆的方程，长半轴长，短半轴长，半焦距，显然直线，都与椭圆相切，因此直线，所围成矩形的外接圆，即为椭圆的蒙日圆，方程为，设，则,在与中，由余弦定理得，，两式相加得，又，则，于是，又，所以，即为定值.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．7．(1)，(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，结合，求得，结合的范围，即可求得点M的轨迹及方程；（2）当时，得到点M的方程为，设CD方程为，联立方程组，求得，结合直线的斜率公式，准确化简，即可求解.【详解】（1）解：由动点，可得，，，因为，所以，化简得，当时，方程为，其中M点的轨迹为椭圆．（2）证明：当时，M的方程为，可得点为双曲线，设CD方程为，且，联立方程组，整理得，可得m2≠2且，，直线的斜率分别为，又由所以所以为定值．8．(1)所选条件见解析，​．(2)​．【分析】（1）分别根据选择的条件，设，把条件转化为数学表达式，化简得到与之间的关系即为点的轨迹方程；（2）设，当直线的斜率不存在时，；当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，，线段的中点为，联立，得到，线段的垂直平分线的方程为，令，得.代入得，从而求得的取值范围.【详解】（1）若选①：设​，根据题意，得​，整理可得​，所以动点​的轨迹方程为​．若选②：设​，则​，(I)因为​，所以​，整理，得​，代入(I)得：​，所以动点​的轨迹方程为​．若选③：设​，直线​与圆相切于点​，则​由椭圆的定义，知点​的轨迹是以​为焦点的椭圆，所以​，故，​所以动点​的轨迹方程为​．（2）设​，当直线​的斜率不存在时，​当直线​的斜率存在时，设直线​的斜率为​，线段​的中点为​，由​，得，​所以，​线段​的垂直平分线的方程为，​令x=0​，得​．由​，得，​由​得​，所以​，则​或​，所以​或​．综上所述，点​纵坐标的取值范围是​．【点睛】方法点睛：（1）根据条件中的点到直线距离，点到点的距离，向量关系及椭圆定义，分别化简求得与之间的关系，即可求得轨迹方程；（2）设直线方程，联立椭圆方程可以求得参数满足的关系，代入到题干条件，求得直线的方程，从而求得轴上的截距满足的一元二次函数条件，从而求得结果.9．(1)(2)存在，【分析】（1）根据题意，结合两点间距离公式进行求解即可；（2）根据平行线的性质，结合直线与椭圆的相切的性质、一元二次方程根的判别式进行求解即可.【详解】（1）设d是点M到直线的距离，根据题意，动点M的轨迹E就是集合．由此得．将此式两边平方，并化简，得，所以M的轨迹E为．（2）由直线方程方程可知与坐标轴的交点为，易知此直线与椭圆无公共点，设直线m与该直线平行，则直线m的方程可以写成．由方程组，消去y，得．令其根的判别式，解得或，当时，直线与椭圆的公共点到直线的距离最小，最小距离．10．(1)(2)【分析】（1）根据切线的几何性质，结合椭圆定义可判断点的轨迹是以为两焦点的椭圆，即可求解，（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据两点斜率公式可得，即可根据根据弦长公式以及点到直线距离公式，即可根据面积公式求解.【详解】（1）设过异于轴的两切线分别切于两点，两切线交于点，由切线的性质可知:，故，故由椭圆定义知，点的轨迹是以为两焦点的椭圆（去除在x轴上的两点），可求得动点的轨迹方程为:;（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，由，消去，得:，设，则，，点到直线的距离，，，，【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.11．(1)，为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据斜率的计算公式利用直接法即可得结果；（3）根据椭圆（类似）的性质作答即可；（3）直线的斜率为，通过联立方程组求出的坐标，通过斜率计算公式可得的斜率为，进而可得结果.【详解】（1）依题意可得，化简得，∴为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；（2）曲线的上下顶点为，曲线上点到中心的距离的取值范围为等；（3）设直线的斜率为，则其方程为．由，解得．记，则，，．于是直线的斜率为，方程为．由得①，设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为，∴，即是直角三角形．12．【分析】根据动圆与圆内切，与圆外切，列出等式，根据椭圆定义得到圆心的轨迹的方程.【详解】由题意可知，动圆与圆内切，与圆外切，设圆的半径为，则，所以，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，设点的轨迹方程，所以，则，点的轨迹方程为．

13．(1)(2)或.【分析】（1）根据数量积公式，设点，利用轨迹法，即可求轨迹方程；（2）首先根据面积公式，根据面积的最大值得到，同时求得点到的距离，并结合直线与椭圆方程联立，根据弦长公式，求直线的斜率，即可求直线的倾斜角.【详解】（1）由题意得，即.设点，则，得.故的方程为.（2）设点到的距离为，，当时，取得最大值，此时.当的斜率不存在时，，得，即，不符合题意.当的斜率存在时，设，由，得.联立得，则由，得.由，得或-2（负根舍去），即，所以的倾斜角为或.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是面积公式使用，从而由最值求得几何关系.14．(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）根据椭圆的几何定义求解动点的轨迹方程；（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而算出斜率，再去判断与另一直线是否垂直；（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出直线与轴的交点的坐标，再用垂直关系又去设出直线的方程与椭圆的方程联立，再用坐标去表示出，最后可由基本不等式得出结果.【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为7，1，因为与，都内切，所以，，所以，又，，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设的方程为：，则，，所以，故的方程为：（2）（i）证明：设，，，由题意中的性质可得，切线方程为，切线方程为，因为两条切线都经过点，所以，，故直线的方程为：，可得直线的斜率为：而直线的斜率为：，因为，所以;（ii）由直线的方程为：，可改设直线的方程为：，联立，整理得，由韦达定理得，又，所以直线的方程为，令得，，所以直线经过定点，又，再由，可设直线的方程为：，再联立，整理得，设，，则由韦达定理得，因为，所以，所以，当且仅当时，即时取等号.又因为，所以【点睛】方法点睛：（1）利用两圆相内切的几何关系来推导出椭圆的几何定义，从而求出轨迹方程；（2）利用曲线上某点的切线方程去推导出切点弦方程.15．(1)(2)存在实数，理由见解析【分析】（1）先利用得到点坐标关于点坐标的表示，再利用直接代入法即可求得点的轨迹方程；（2）设直线的方程为并与曲线的方程联立，化简写出根与系数关系，计算出，从而求得正确答案.【详解】（1）设点的坐标为，点，由题意可知，则由题可得，即，点在圆上运动，，即的轨迹方程为（2）易知直线的斜率不为0，设方程为，由，得，设，则，直线的方程，得，直线的方程，得，由此得，，又因为，即，所以，所以存在实数，使得．16．(1)(2)是，【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得解；（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，代入曲线方程中联立可得，结合题意计算可得，设，结合点【详解】（1）因为，所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，设C:x2a2+由知，所以点的轨迹的方程为；（2）设Ax1,y1因为点均在曲线上，所以，同向相乘得整理得：又因为，所以，所以，设，则，又因为点在曲线上，所以，整理得：，又因为，，代入上式得：，即，又因为，所以，所以.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出后，利用面积公式得到，从而可通过计算的值得解.17．(1)(2)【分析】（1）由题意，有，圆心的轨迹为椭圆，结合椭圆的定义求方程；（2）设直线的方程，与椭圆联立方程组，设，表示出直线AP、BQ的方程，结合韦达定理求出点和点P坐标，得直线PQ的方程，的最小值为点到直线PQ的距离，求解即可.【详解】（1）由题意知，设动圆的圆心坐标为，半径为，则有①，②，①+②得，所以动圆圆心的轨迹为以为焦点的椭圆，，设椭圆的方程为，则有，，故的方程为．（2）由题可知，直线的斜率，故可设直线PT的方程为，由消去得，设，所以，由（1）知，，，，，，即点在直线上，即，所以直线AP的方程为，联立，消去得，点的坐标为，直线PQ的方程为，由可知在直线PQ上，所以的最小值为点到直线PQ的距离，．所以的最小值为．【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．18．(1)(2)存在，理由见详解【分析】（1）由折纸的对称性可知，，从而确定点的轨迹；（2）设，，，，在根据点的坐标来表示各条直线的解析式，然后得出直线恒过定点的结论，最后数形结合将面积比转化为边长比化简计算.【详解】（1）由题意可知，，所以点的轨迹是以，为焦点，且长轴长的椭圆，焦距，所以，所以轨迹的方程为；（2）存在，使得成立，设，，，，又A−2,0，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，代入得：，所以，即，所以，因为，所以直线斜率为，所以直线的方程为，代入得：，所以，所以，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即，所以直线恒过定点1,0，设该定点为，所以，，，，所以，所以.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19．(1)(2)(3)存在，【分析】（1）根据重心坐标公式以及向量共线可得，即可根据垂直的坐标运算求解，（2）根据外心的性质得，与椭圆方程联立可得，即可根据椭圆的有界性求解，（3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据共线关系以及面积的表达，代入化简求解即可.【详解】（1）设，则的重心.，，则，为垂心，故因为存在使，故，所以，，而，由垂心定义得，即，整理得，所以点的轨迹的方程为.（2）

由外心的定义知点在轴上，则，的中点，，所以，整理得.与的方程为联立，得.因为，所以.（3）由对称性，不妨设点在第一象限，设Ax1,y1，，直线：联立方程得，，整理得；，又，所以.由条件知，，，所以三点共线且所在直线平行于轴，由，知，所以.令，解得（舍去）.又点Ax