2026年高考数学二轮复习专题17 圆锥曲线求曲线方程归类（题型）（天津）（解析版）

专题17圆锥曲线求曲线方程归类目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译】题型01直接法求曲线方程题型02定义法求曲线方程题型03相关点法求轨迹方程题型04交轨法求轨迹方程题型05点差法求轨迹方程第二部分综合巩固整合应用，模拟实战题型01直接法求曲线方程【例1-1】（2025·天津·一模）在平面直角坐标系中，已知动点E与定点的距离和E到定直线的距离之比为2，动点E的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)设点，过点的直线l与曲线C相交于A，B两点，求直线PA，PB的斜率之和．【答案】(1)(2)0【分析】（1）设动点，根据两点之间距离公式、点到直线距离公式和题意联立方程即可；（2）设直线的方程为，，联立直线和曲线方程，通过斜率定义表示直线和的斜率之和，再结合韦达定理求解.【详解】（1）设动点，则点与定点的距离，E到定直线的距离为，所以，等式两侧同时平方可得，整理可得曲线C的方程为.（2）如图示，设直线的方程为，，联立直线和曲线方程，消去可得，因为直线与曲线相交于两点，所以，，由韦达定理可知；已知，则直线的斜率为，直线的斜率为，即知，代入，得，再将代入上式，可得，所以直线的斜率之和为.【例1-2】（2025·天津·二模）在平面直角坐标系中，(1)求点所在的曲线的方程；(2)设点在直线上，若过点存在直线交曲线于两点，使得为线段的中点，求点的横坐标的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）假设，根据题意和两点间的距离公式联立关于的方程求解；（2）假设，，根据题意易得点的轨迹方程，将问题转化为的轨迹和曲线的轨迹有交点的问题，即两圆相交或相切，进而求的取值范围.【详解】（1）设，由题知，根据两点间的距离公式可得，整理得，等式两边同时平方可得，即得点所在的曲线的方程为.（2）由题知点在直线上，可设，，由为线段的中点可知，因为在曲线上，所以，整理可得，即知点也在以为圆心，1为半径的圆上，设圆心为，半径为，因为点为圆和圆的交点，所以两圆相交或相切，则，即；因为，整理得，所以由不等式可得，即，解得，故点的横坐标的取值范围为.求曲线方程的一般步骤（直接法）（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；（2）设曲线上任意一点的坐标为；（3）根据曲线上点所适合的条件写出等式；（4）用坐标表示这个等式，并化简；（5）确定化简后的式子中点的范围．上述五个步骤可简记为：求轨迹方程的步骤：建系、设点、列式、化简、确定点的范围．【变式1-1】（2024·天津·三模）已知点，动点满足直线与的斜率之积为，记点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程；(2)若过点且倾斜角为的直线与曲线相交于两点，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据斜率公式表示出和，利用斜率之积为，列方程，化简后得到双曲线方程即可；（2）先求直线的方程，再与双曲线方程联立，利用韦达定理求出和，最后代入弦长公式计算即可．【详解】（1）因为的坐标为，又，，,又动点满足直线与的斜率之积为，，即，故曲线的方程为.（2）根据已知作图如下：直线过点且倾斜角为，直线的方程为，联立，消去，整理得，，设，则，，故.【变式1-2】（2026·天津南开·开学考试）设，向量分别为平面直角坐标内轴正方向上的单位向量，若向量，，且.(1)求点的轨迹的方程；(2)设椭圆，曲线的切线交椭圆于两点，求的面积.【答案】(1);(2).【分析】（1）利用平面向量的模的坐标运算，转化为到两定点的距离之和为定值，再判断轨迹是椭圆，从而即可得椭圆的标准方程.（2）利用直线与椭圆的相切可得参数的关系，再利用弦长公式计算,用点到直线的距离公式计算高来求三角形面积，最后消可得面积为定值.【详解】（1）如上图，由题意，∵，，∴即为点与点的距离，即为点与点的距离，∴由可得，∴由椭圆的定义可知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且长轴长为，，则，∴由椭圆的标准方程知点的轨迹的方程为.（2）如上图，由题意，直线是曲线：的切线，∴由可得：，则，化简得：.由题意，直线交椭圆：于两点，∴由可得：，设、，则，，∴，又∵，∴.且由知，∴.又∵中边上的高即为点到直线的距离，∴由点到直线距离公式得，又∵，∴，即的面积为定值.【变式1-3】（2025·天津和平·一模）已知动点P到定点的距离与到直线的距离之差为1（P不在直线l左侧）.过点F作直线m与动点P的轨迹交于A、B两点，点C位于轨迹上异于A、B的一点，且点C到直线AB的距离为.(1)求动点P的轨迹方程；(2)求面积的最小值.【答案】(1)动点P的轨迹方程为(2)【分析】（1）设点，由题意可得，化简可得动点P的轨迹方程；（2）分直线斜率是否存在两种情况求得的范围，进而可求得面积的最小值.【详解】（1）设点，由动点P到定点的距离与到直线的距离之差为1，所以，因为P不在直线l左侧，所以，所以，所以，所以，所以，所以动点P的轨迹方程为；（2）当过点的直线斜率存在时，设直线的方程为，代入方程，得，所以，整理得，因为直线与动点P的轨迹交于A、B两点，所以，设，则，所以令，所以，所以，当斜率不存在时，直线方程为，所以，此时，所以，综上所述：，所以面积的最小值为.题型02定义法求曲线方程【例2-1】（2025·天津红桥·月考）如图：已知圆内有一点，Q是圆C上的任意一点，线段AQ的垂直平分线与CQ相交点M，当点Q在圆C上运动时，点M的轨迹方程为【答案】【分析】利用线段的中垂线性质，即可推导出动点到两定点的距离之和为定值，所以动点轨迹是椭圆，即可出椭圆方程.【详解】连接，由线段的垂直平分线与相交点M，可得，则有，所以点M的轨迹是以为焦点，以5为长轴长的椭圆，则，即，所以点M的轨迹方程为：，即，故答案为：.【例2-2】（2024·天津河西·二模）已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，直线：交椭圆C于M，N两点，当直线过点时，的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设P为x轴上一点，是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，求直线的方程及点P的坐标.【答案】(1)(2)直线方程为，点的坐标为【分析】（1）由的周长借助椭圆的定义可求，再结合椭圆的离心率求得，进而求得椭圆C的标准方程；（2）联立直线和椭圆的方程，表示出的中点的坐标，根据，表示出点的坐标，再由列出等式，求出，即得解．【详解】（1）因为的周长为8，由椭圆的定义，，所以，又椭圆C的离心率为，即，∴，∴，∴椭圆C的标准方程为.

（2）设，，的中点为，，联立，整理得，因为直线与椭圆C交于M，N两点，故，解得，，，则，代入，∴，故，因为是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，∴，故，即，解得，故，由，故，即，又，，所以，经计算，，因为，所以，所以直线的方程为，点的坐标为.

如果动点的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程。【变式2-1】（2025·天津宁河·联考）设椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，其中一个焦点在抛物线的准线上，且椭圆上的任意一点到两个焦点的距离的和等于10，则椭圆的方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据抛物线方程有准线为，由题意可得、，进而写出椭圆方程.【详解】由抛物线的准线为，故椭圆的一个焦点为，则，由椭圆定义知，故，所以椭圆方程为.故选：C【变式2-2】（2025·天津·联考）已知椭圆的两个焦点坐标分别是，椭圆上一点到两个焦点的距离之和为26，则该椭圆方程为.【答案】【分析】根据已知条件及椭圆定义求椭圆的标准方程.【详解】由题意，椭圆的两个焦点坐标分别是，则椭圆的焦点在y轴上，且，又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为26，所以，即，所以，所以该椭圆方程为.故答案为：【变式2-3】（2025·天津河西·联考）已知椭圆上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为，且离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)设为的左顶点，过点作两条互相垂直的直线分别与交于两点，证明：直线经过定点，并求这个定点的坐标．【答案】(1)(2)直线恒过定点，证明见解析【分析】（1）根据椭圆定义、离心率和椭圆关系可直接求得椭圆方程；（2）当斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据垂直关系可得，代入韦达定理的结论可整理求得或，验证可知不合题意；当时，由直线过定点求法可知恒过；当斜率不存在时，若，可求得恒成立；综合两种情况可得结论.【详解】（1）由椭圆定义知：，解得：，又离心率，，，椭圆的标准方程为：.（2）由（1）知：；当直线斜率存在时，设，，，由得：，则，解得：，，，，，即，，即，整理可得：，或；当时，直线恒过点，不合题意；当时，直线，恒过定点；当直线斜率不存在且恒过时，即，由得：，，满足题意；综上所述：直线恒过定点.题型03相关点法求轨迹方程【例3-1】（2025·天津红桥·模拟预测）已知曲线，从上任意一点向轴作垂线为垂足，则的中点所在曲线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】设，结合题意得到，再代入曲线中化简后可得.【详解】设，则，因为，所以，所以.故选：A.【例3-2】（2026·天津河西·联考）过圆上一动点作轴的垂线，垂足为，设，则点的轨迹方程为．【答案】【分析】设动点的坐标，根据题目条件列出等式即可求出点坐标，再根据等量关系即可求解轨迹方程.【详解】设，，则，，，，代入圆的方程可得：，故点轨迹方程为.故答案为：如果动点的运动是由另外某一点的运动引发的，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，用表示出相关点的坐标，然后把的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点的轨迹方程。【变式3-1】（2026·天津·月考）已知点，圆C的圆心在直线上且与y轴切于点，(1)求圆C的方程；(2)设点Q在圆C上运动，求线段PQ的中点N的轨迹方程．【答案】(1)；(2).【分析】（1）设圆心坐标为，代入得到，圆与轴切于点，得到，从而得到圆心的坐标，利用圆心坐标和，使用两点间距离公式求出半径，从而得到圆的标准方程；（2）设的坐标为，点的坐标为，利用中点坐标公式得到用表示的等式，用表示的等式，又是圆上的点，将代入圆的方程，得到的横纵坐标的等式就是所求.【详解】（1）设圆心坐标为，圆的圆心在直线上且与轴切于点，，解得，圆心，半径，故圆的方程为.（2）设点的坐标为，点的坐标为，点，又点为的中点，，，，即点的坐标为，在圆上运动，，即，点的轨迹方程为.【变式3-2】（2026·天津·月考）已知点是圆上的动点，点，则线段中点的轨迹方程为.【答案】【分析】设，，根据为的中点可得，进而代入圆的方程即可求解.【详解】设，，由于为的中点，则，即，又在圆上所以，则，所以的轨迹方程为.故答案为：.【变式3-3】（2025·天津河北·模拟预测）已知曲线：，从上任意一点向轴作垂线段，为垂足，点满足，则点的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】设，，由题意可得，代入曲线中即可得.【详解】设，则有，设，则，由，则有，即，故有，即.

故选：B.题型04交轨法求轨迹方程【例4-1】（2025·天津静海·三模）已知A，B是圆O:与x轴的两个交点，动点满足，记点M的轨迹为，则（

）A．与圆O相切B．是两条平行的直线C．的最大值为D．上的点到原点O的距离的最大值为6【答案】C【分析】依题意，设，利用先求出动点M的轨迹方程，得到是圆心在点，半径为的圆，结合作图，利用圆与圆之间位置关系判断，圆的切线性质以及圆上的点到定点距离的最值求解逐一判断各选项即可.【详解】设，由题意，，因，代入坐标可得：，两边取平方，整理得：，即，故点M的轨迹为是圆心在点，半径为的圆.对于A，因圆与圆的圆心距满足，故两圆相交，即A错误；对于B，由上分析知是圆心在点，半径为的圆，故B错误；对于C，如图，当与圆相切时，取得最大值，此时记切点为，因，则，故得的最大值即，故C正确；对于D，由上分析，因圆的圆心与原点O都在轴上，故圆与轴的右交点到原点O的距离最大，且距离最大为，故D错误.故选：C.【例4-2】（2025·天津武清·模拟预测）已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴的另一个交点为，与轴的交点为，则点的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据，列式可得点轨迹方程.【详解】由题意，点在以为直径的圆上，所以.又，，所以.故选：C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．【变式4-1】（2025·天津·模拟预测）已知正方体，点是与的交点，点是直线上异于的一点，点是平面上的动点，满足直线与直线的夹角为，则动点的轨迹在（

）A．圆上 B．椭圆上 C．抛物线上 D．双曲线上【答案】D【分析】由题意得在以为顶点的对顶圆锥上，对顶圆锥的轴线为，进一步即可求解.【详解】直线与直线的夹角为，则在以为顶点的对顶圆锥上，对顶圆锥的轴线为，因为平面，所以动点的轨迹在双曲线上.故选：D.【变式4-2】（2025·天津滨海新·三模）在平面直角坐标系中，，动点和分别位于正半轴和负半轴上，若，则和的交点的轨迹方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】通过设出交点的坐标，利用、、、的坐标关系以及已知条件来建立等式，从而求出的轨迹方程.【详解】设，，.因为，所以.

已知，，根据直线的截距式方程（为轴上的截距，为轴上的截距），可得直线的方程：.已知，，则直线的方程为.

因为是和的交点，所以的坐标满足和的方程.对于直线的方程，可得.对于直线的方程，可得.又因为，所以，即.

故选：D.【变式4-3】（2025·天津·一模）已知是椭圆的长轴上的两个顶点，点是椭圆上异于长轴顶点的任意一点，点与点关于轴对称，则直线与直线的交点所形成的轨迹为（

）A．双曲线 B．抛物线C．椭圆 D．两条互相垂直的直线【答案】A【分析】由题意设出点，坐标，然后求出直线与直线的方程，根据直线方程的特点，两方程相乘，从而得到点的轨迹方程，进而得解.【详解】

由于是椭圆的长轴上的两个顶点，所以，设，则，所以直线的方程为①，直线的方程为②，①②得，又因为在椭圆上，所以，即，所以，即，即直线与直线的交点在双曲线上.故选：A.题型05点差法求轨迹方程【例5-1】（2025·天津南开·一模）已知直四棱柱的棱长均为，设棱的中点分别为，若菱形内（含边界）的动点满足，则点的运动轨迹的长度为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据，得出点在以为直径的球与底面的交线上，再通过建立空间直角坐标系得出球心的坐标，最后根据平面几何关系即可求出.【详解】由，知，所以点在以为直径的球与底面的交线上.以为坐标原点，平面内垂直于方向，方向，方向分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，故球的直径长为，球心为的中点.因为球心到底面的距离为1，所以底面截球所得圆的半径为，圆心为，则在以为直径的圆与菱形的交线上，如图，由平面几何关系得，菱形中，则，实际交线为劣弧和劣弧，易知和为等边三角形，劣弧和劣弧相等，则，故的运动轨迹长为.故选：A【例5-2】（2025·天津·模拟预测）（2026·天津·月考）点P是圆上一动点，直线，，Q为垂足，M是中点，求M的轨迹方程，并指出它是什么图形．【答案】M的轨迹方程为，长轴长为2，短轴长为1，焦点在y轴上的椭圆.【分析】设出中点，利用几何关系建立M与点P坐标的关系，代入圆方程整理即可得出M的轨迹方程.【详解】

不妨设，则满足；易知，又线段的中点为，可得；即，代入,得，即.故M的轨迹方程为，M的轨迹是长轴长为2，短轴长为1，焦点在y轴上的椭圆.圆锥曲线中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的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得，，，等关系式，由于弦的中点的坐标满足，且直线的斜率为，由此可求得弦中点的轨迹方程.【变式5-1】（2025·天津·一模）在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质确定点轨迹，再利用等腰三角形性质求出最小值.【详解】在正四棱柱中，取中点，连接，由四边形是矩形，为棱的中点，得，平面即平面，取中点，连接，则，平面，平面，则平面，而，，于是四边形是平行四边形，，又平面，平面，则平面，而平面，因此平面平面，而平面，则平面，即平面，又点为侧面内一动点，则点的轨迹为线段，由，得，，，因此等腰的腰上的高等于，故线段的长度的最小值为.故选：D【变式5-2】（2025·天津·模拟预测）已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形（包括边界）内运动，若平面，则线段的长度的最小值是（

）

A． B．2 C． D．3【答案】A【分析】取的中点，的中点，连接，，，.在正方体中，易证平面平面.又平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，可确定点在线段上运动.在中，利用三角形知识即可求解线段的长度的最小值.【详解】

取的中点，的中点，连接，，，，如图所示.在正方体中，∵，且，∴四边形是平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.∵，分别是和的中点，∴.同理可知，∴.又平面，平面，∴平面.又，平面，平面，∴平面平面.∵平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，∴点在线段上运动.在中，易求，，为等腰三角形，∴点为线段的中点时，取得最小值.

此时，即的最小值为.故选：A.【变式5-3】（2025·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为是线段的中点，过作的垂线交轴于点（异于点．若，则的离心率为（

）A． B． C．2 D．3【答案】A【分析】方法一，设，，代入渐近线方程，作差可得，由已知可得，，则可得，进而得，即可求得双曲线的离心率；方法二，由，再由，则可得，即可求得双曲线的离心率；方法三，设，联立，消去并整理，利用韦达定理，可得，可得，由，可得，即可求得双曲线的离心率.【详解】

方法一，设，，且，则．由分别在双曲线的两条渐近线上，得，两式作差并整理，得，即．，，，，则，即，，则．故选：A．方法二，由方法一可知，，，，，则，即，，解得或（舍去）．故选：A．方法三，设．由分别在双曲线的两条渐近线上，得，消去并整理，得．设，，则，，，，则，，又，，，，解得，离心率．故选：A．1．（2025·天津·模拟预测）已知圆心在轴上移动的圆经点，且轴交于另一点，与轴交于点，则点的轨迹方程为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由为直径，确定圆心和半径，进而可求解.【详解】由题意可知：为圆的直径，所以圆心坐标为，半径为，因为点在圆上，所以，整理得.故选：C.2．（2025·天津·一模）已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（）A．一个点 B．一条线段 C．一段圆弧 D．一段抛物线【答案】B【分析】推导出，进而可得出，设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，可得出以及，求出的值，即可得出结论.【详解】在三棱锥中，，且，，两两垂直，，，即为等边三角形，设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示：

由题意可知，，则，即，即，所以，，不妨设点到边、、的距离分别为、、，设等边的边长为，则，又因为，即，所以，，①由，可得，可得，②联立①②可得，所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段．故选：B．3．若两定点，，动点满足，则动点的轨迹围成区域的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设点的坐标为，利用两点间的距离公式代入等式，化简整理得，所以点的轨迹是一个圆，求出圆的半径利用圆面积公式，即可算出所求图形的面积．【详解】设点的坐标为，∵，，动点满足，∴，两边平方化简得，∴点的轨迹是以为圆心、为半径的圆，因此，点的轨迹所包围的图形的面积．故选：D4．（2025·天津·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值.【详解】如图，连接AC，由，得，

由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上．而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点.取CD的中点E，AB的中点的中点，连接，则由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形，而平面，所以平面平面EFG，作于，因平面平面，平面，故平面，故为截面圆的圆心.又，故截面圆的半径为，即点在以为圆心，为半径的圆上，而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上，故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为．故选：D．5．（2025·天津·模拟预测）过直线上的动点作的两条切线，切点分别为，则的重心的轨迹方程为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，，，的重心为，通过求导确定的方程.的方程为，再结合重心坐标公式得到，即可求解.【详解】设，，，的重心为，的方程为，对求导可得.故，的方程为，将，代入的方程化简得.同理的方程为，两方程联立解得，.，则，，故的重心的轨迹方程为.故选：C.6．（2025·山西忻州·模拟预测）已知正六棱柱的底面边长为4，体积为，点N在正六边形内及其边界上运动，若，则动点N的轨迹长度为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据棱柱体积公式列方程求高．已知的值，利用勾股定理求出，可知点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧（在正六边形内的部分），再根据已知得，用弧长公式算出轨迹长度．【详解】设此正六棱柱的高为h，则体