专题3.2动点轨迹成曲线坐标关系是关键【题型综述】1.动点轨迹问题解题策略一般有以下几种：（1）直译法：一般步骤为：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,列出动点P所满足的关系式；④代换,依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为x，y的方程式，并化简；⑤证明,证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程.(2)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；(3)代入法(相关点法)：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程；(4)参数法：当动点P(x，y)坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关动点可用时，可考虑将x，y均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．2.解轨迹问题注意：（1）求点的轨迹与求轨迹方程是不同的要求，求轨迹时，应先求轨迹方程，然后根据方程说明轨迹的形状、位置、大小等.（2）要验证曲线上的点是否都满足方程，以方程解为坐标点是否都在曲线上，补上在曲线上而不满足方程解得点，去掉满足方程的解而不再曲线上的点.【典例指引】类型一代点法求轨迹方程例1【2022课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线上，且。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。因此点P的轨迹方程为。23\n（2）由题意知。设,则，。由得，又由（1）知，故。所以，即。又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F。类型二定义法求轨迹方程例2.【2022高考新课标1卷】设圆的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.（I）证明为定值,并写出点E的轨迹方程；（II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.则,.23\n所以.过点且与垂直的直线：,到的距离为,所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时,其方程为,,,四边形的面积为12.综上,四边形面积的取值范围为.类型三参数法求轨迹方程例3[2022高考新课标Ⅲ文数]已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．（I）若在线段上，是的中点，证明；（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.则.23\n由题设可得，所以（舍去），.设满足条件的的中点为.当与轴不垂直时，由可得.而，所以.当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为.....12分类型四直译法求轨迹方程例4.已知动圆过点，且在轴上截得的弦长为（Ⅰ）求圆心的轨迹方程；（Ⅱ）过点的直线交轨迹于两点，证明：为定值，并求出这个定值.23\n点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.【扩展链接】1.若一个圆内含于另一个圆，则与大圆内切与小圆外切的圆的圆心的轨迹为一椭圆，两圆的圆心为焦点，其长轴长为两圆半径之和；⒉在一个圆内有一点，则过该点且与已知圆相切的圆的圆心的点的轨迹为一椭圆，且其长轴长为已知圆的半径。⒊过两点的两条直线的斜率之积为一负常数的点的轨迹为一椭圆（两点除外）。两定点为椭圆的顶点，两定点间的距离为长轴长。（时，焦点在x轴上；当时，焦点在y轴上）⒋将圆的横坐标（或纵坐标）拉伸或缩短为原来的倍，该圆变成椭圆；⒌连接圆内一定点与圆上任一点的线段的垂直平分线与圆上该点到圆心的连线的交点的轨迹为一椭圆。方椭圆的长半轴与圆的半径长相等；23\n⒍两个同心圆较大圆上任一点与圆心的连线与小圆交于一点，从大圆上该点作x轴的垂线，则过小圆交点向该垂线作垂线，其垂足的点的轨迹为椭圆。【同步训练】1．在平面直角坐标系中，设点(1，0)，直线:，点在直线上移动，是线段与轴的交点,异于点R的点Q满足：，.（1）求动点的轨迹的方程；（2）记的轨迹的方程为，过点作两条互相垂直的曲线的弦.，设.的中点分别为．问直线是否经过某个定点？如果是，求出该定点，如果不是，说明理由．【思路引导】（1）由已知条件知，点R是线段FP的中点，RQ是线段FP的垂直平分线，点Q的轨迹E是以F为焦点，l为准线的抛物线，写出抛物线标准方程．（2）设出直线AB的方程，把A、B坐标代入抛物线方程，再利用中点公式求出点M的坐标，同理可得N的坐标，求出直线MN的斜率，得到直线MN的方程并化简，可看出直线MN过定点．23\n23\n2.已知点A为圆x2+y2=8上一动点，AN⊥x轴于点N，若动点Q满足OQ=mOA+(1−m)ON（其中m为非零常数）（1）求动点Q的轨迹方程；（2）若是一个中心在原点，顶点在坐标轴上且面积为8的正方形，当m=22时，得到动点Q的轨迹为曲线C，过点P(−4,0)的直线与曲线C相交于E,F两点，当线段EF的中点落在正方形内（包括边界）时，求直线斜率的取值范围.【思路引导】(1)由相关点法得到Q点轨迹；（2）求出线段E,F中点坐标，点G在正方形内（包括边界）的条件是y'≤x'+2， y'≥-x'-2， 即4k1+2k2≤-8k21+2k2+2， 4k1+2k2≥8k21+2k2-2， ，解出来即可.【详细解析】（1）设动点Q(x， y)， A(x0， y0)，则N(x0， 0)，且x02+y02=8，①3.在直角坐标系中，已知定圆，动圆过点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线.23\n（1）求曲线的方程；（2）设是曲线上两点，点关于轴的对称点为(异于点)，若直线分别交轴于点，证明:为定值.【思路引导】（1）由两圆关系得等量关系，再根据椭圆定义确定轨迹形状及标准方程，（2）解析几何中定值问题，往往通过计算给予证明，先设坐标，列直线方程，求出与轴交点坐标，再利用点在椭圆上这一条件进行代入消元，化简计算为定值.【详细解析】(1)因为点在内，所以圆内切于圆，则，由椭圆定义知，圆心的轨迹为椭圆，且，则，4.已知圆C1:x2+y2=r2(r>0)与直线l0:y=12x+325相切，点A为圆C1上一动点，AN⊥x轴于点N，且动点M满足OM+2AM=(22−2)ON，设动点M的轨迹为曲线C.（1）求动点M的轨迹曲线C的方程；（2）若直线与曲线C相交于不同的两点P、Q且满足以PQ为直径的圆过坐标原点O，求线段PQ长度的取值范围.23\n【思路引导】（1）由圆C1:x2+y2=r2(r>0)与直线l0:y=12x+325相切，可得r=|35|1+4=3.然后设动点M(x,y),A(x0,y0)，即可求解.（2）设出直线的，分斜率存在和不存在两种情形，以PQ为直径的圆过坐标原点O可转化为OP⋅OQ=0.再把直线方程和椭圆方程联立【详细解析】（1）设动点M(x,y),A(x0,y0)，由于AN⊥x轴于点N.∴N(x0,0).又圆C1：x2+y2=r2(r>0)与直线l0:y=12x+325即x-2y+35=0相切，∴r=|35|1+4=3.∴圆C1：x2+y2=9.将（*）代入可得3m2-8k2-81+2k2=0，即3m2-8k2-8=0.即m2=8(k2+1)3，又|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k264k2-8m2+321+2k2.将m2=8(k2+1)3代入，可得|PQ|=1+k22×64k23+3231+2k2=323⋅(4k2+1)(1+k2)(1+2k2)2=3231+k21+4k4+4k223\n=3231+11k2+4k2+4≤23.∴当且仅当1k2=4k2，即k=±22时等号成立．又由k21+4k4+4k2≥0，∴|PQ|≥323=463，∴463≤|PQ|≤23．②若直线的斜率不存在，因以PQ为直径的圆过坐标原点O，故可设OP所在直线方程为y=x，联立{y=x,x28+y24=1,解得P(263,263),同理求得Q(263,-263),故|PQ|=463．综上，得463≤|PQ|≤23．5.已知椭圆，过点作直线交椭圆于两点，是坐标原点．（1）求中点的轨迹方程；（2）求的面积的最大值，并求此时直线的方程．【思路引导】（1）利用点差法，结合中点坐标公式，即可求中点的轨迹方程；（2）令代入，利用韦达定理，表示出面积，利用函数的单调性，即可求面积的最大值，及此时直线的方程．23\n23\n（2）令联立得：因为所以所以令则在上单调递减，23\n当，即时，此时，6.已知圆与轴交于两点，点为圆上异于的任意一点，圆在点处的切线与圆在点处的切线分别交于，直线和交于点，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）曲线与轴正半轴交点为，则曲线是否存在直角顶点为的内接等腰直角三角形，若存在，求出所有满足条件的的两条直角边所在直线的方程，若不存在，请说明理由.【思路引导】（1）设，则处的切线为，切线CD与AC,BD组方程组可求得C,D点坐标，再直线AD,BC组方程组，解点交点P轨迹方程。注意消参，需要用到点M在圆上。同时注意曲线方程变量范围。（2）设，则，与椭圆组方程组，可求得GH,同理求得，再利用进行分类讨论。23\n①时，得得：或②时，得得：或综上，共分三种情况①两条直角边所在直线方程为：；②两条直角边所在直线方程为：③两条直角边所在直线方程为：7.在平面直角坐标系中，点，圆，以动点为圆心的圆经过点，且圆与圆内切.（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；（Ⅱ）若直线过点，且与曲线交于两点，则在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.23\n【思路引导】（1）根据两圆内切得，再根据椭圆定义得动点的轨迹的方程；（2）轴平分，就是直线的斜率相反，设直线，根据斜率坐标公式得，将直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理代入化简可得，即得.23\n8.已知点、，动点满足，设动点的轨迹为曲线，将曲线上所有点的纵坐标变为原来的一半，横坐标不变，得到曲线.（1）求曲线的方程；（2）是曲线上两点，且，为坐标原点，求面积的最大值.【思路引导】（1）由直接法,即利用坐标表示条件，并化简可得，再根据伸缩变换得曲线E的方程为.（2）设直线方程为：，由点到直线距离公式可得三角形高，由三角形面积公式可得，利用直线方程与椭圆方程联立方程,结合韦达定理及弦长公式可得，代入消元可得一元二次函数,利用二次函数性质求最值.23\n9.．已知点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，点的轨迹为曲线.（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）过点作直线交曲线于两点，交轴于点，若，，证明：为定值.【思路引导】（1）设出动点坐标为，把斜率之积用坐标表示出来化简可得的方程（注意有些点不合要求）；（2）解析几何中的定值问题，设点的坐标分别为.由，可求得，并代入曲线的方程，得的方程，同理得的方程，这样发现是方程的两个实数根，由韦达定理可得．23\n【详细解析】（1）设点，由已知得，10.已知为坐标原点，，是椭圆上的点，且，设动点满足.（1）求动点的轨迹方程；（2）若直线与曲线相交于，两个不同点，求面积的最大值.【思路引导】(1)利用向量关系可得动点的轨迹的方程为.23\n(2)联立直线与椭圆的方程可得面积函数，注意等号成立的条件.【详细解析】（1）设点，则由，得，即（2）由曲线与直线联立得，消得，因为直线与曲线交于，两点，所以，又，所以.设，，则，，因为点到直线：的距离，，，所以，，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为.23\n11.已知圆：（），设为圆与轴负半轴的交点，过点作圆的弦，并使弦的中点恰好落在轴上．（Ⅰ）求点的轨迹的方程；（Ⅱ）延长交曲线于点，曲线在点处的切线与直线交于点，试判断以点为圆心，线段长为半径的圆与直线的位置关系，并证明你的结论．【思路引导】（1）由题意得，设中点为则得到关于的方程就是点的轨迹的方程.（2）设直线的方程为求出直线的方程并联立得到点坐标，由两点距离公式求出，再由点到直线的距离公式求出距离则线段长为半径的圆与直线相切.（2）设直线MN的方程为，，，直线BN的方程为，，可得，，则点A，所以直线AM的方程为，，，可得，23\n直线BN的方程为，联立可得，所以点，，，∴与直线MN相切．12.已知点，点在轴上，点在轴的正半轴上，点在直线上，且满足（1）当点在轴上移动时，求点的轨迹的方程；（2）过点做直线与轨迹交于两点，若在轴上存在一点，使得是以点为直角顶点的直角三角形，求直线的斜率的取值范围.【思路引导】（1）设动点，由于点在轴上，点在轴的正半轴上，于是可以根据条件表示出，再根据，坐标表示后整理可求出N点的轨迹方程，注意曲线上点坐标的取值范围；（2）由题分析，直线的斜率显然存在且不为0，于是可设方程为，与曲线C的方程联立，消去未知数x，得到关于y的一元二次方程，设，于是得出，，根据弦长公式求出，若在轴上存在一点，使得是以为直角顶点的直角三角形，则点到轴的距离不大于，转化为关于的不等式，可以求出取值范围.23\n23
