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【题型突破】2023年高考数学一轮之考点微综合（新人教A版2019）
利用定义求椭圆的方程（轨迹方程）
【考点梳理】
椭圆的定义
把平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆. 这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距，焦距的一半称为半焦距.
在用椭圆定义时，若|F1F2|＝2a，则动点的轨迹不是椭圆，而是连接两定点的线段(包括端点)；若|F1F2|＞2a，则轨迹不存在.
【题型归纳】
一、定义法求轨迹
1．若动点满足方程，则动点P的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
2．已知的周长等于10，，通过建立适当的平面直角坐标系，顶点的轨迹方程可以是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，是圆上一动点，线段的垂直平分线交于点，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
二、与复数相结合
4．设复数满足，在复平面内对应的点为，则在复平面内的轨迹方程为__________．
三、与平面向量相结合
5．已知平面向量，，满足，，，则的最小值是________．
6．在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知点满足，点A，B关于点对称且，则的最大值为（ ）
A．10 B．9 C．8 D．2
【巩固训练】
一、单选题
8．已知曲线上任意一点满足，则曲线上到直线的距离最近的点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
9．已知两定点，，直线l：y＝x－，在l上满足|PM|＋|PN|＝2的点P的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．0或1或2
10．已知椭圆C的焦点为，，过的直线与C交于A，B两点．若，，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
11．设椭圆C：的两个焦点分别为，，P是C上一点，若，且，则椭圆C的方程为（ ）
A． B． C． D．
12．已知圆的半径为定长，是圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹是（ ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
13．已知椭圆方程为，点在椭圆上，右焦点为F，过原点的直线与椭圆交于A，B两点，若，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
14．椭圆的焦点坐标为(﹣5，0)和(5，0），椭圆上一点与两焦点的距离和是26，则椭圆的方程为（ ）
A．＝1 B．+＝1 C．+＝1 D．+＝1
15．记的面积为，若，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
16．已知椭圆的左、右焦点分别是，焦距，过点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
17．已知圆：和点，是圆上一点，线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹方程是:（ ）
A． B．
C． D．
18．在中，已知， 且的周长为16，则顶点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
19．已知椭圆的两个焦点分别为，P是椭圆上一点，，且C的短半轴长等于焦距，则椭圆C的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
20．已知椭圆上任意一点都满足关系式，则椭圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
21．古希腊数学家阿基米德用“逼近法”得到椭圆面积的4倍除以圆周率等于椭圆的长轴长与短轴长的积．已知椭圆C的中心在原点，焦点F1，F2在y轴上，其面积为8π，过点F1的直线l与椭圆C交于点A，B且△F2AB的周长为32，则椭圆C的方程为（ ）
A． B．
C． D．
22．若动点满方程，则动点M的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
二、解答题
23．已知圆和点是圆上任意一点，线段的垂直平分线和相交于点，记的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）点是曲线与轴正半轴的交点，过点的直线交于两点， 直线的斜率分别是，试探索是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
24．动圆与内切于定圆，与定圆外切，点的坐标为．
（1）求动圆的圆心的轨迹方程；
（2）若轨迹上的两点满足，求的值．
25．已知点是圆上任意一点，是圆内一点，线段的垂直平分线与半径相交于点．
(1)当点在圆上运动时，求点的轨迹的方程；
(2)设不经过坐标原点，且斜率为的直线与曲线相交于、两点，记、的斜率分别是、，以、为直径的圆的面积分别为、当、都存在且不为时，试探究是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
26．已知定圆，动圆过点，且和圆相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)若过点的直线交轨迹于两点，与轴于点，且，当直线的倾斜角变化时，探求的值是否为定值？若是，求出的值；否则，请说明理由.
27．已知圆：，定点，A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点．
(1)求P点的轨迹C的方程；
(2)设直线过点且与曲线C相交于M，N两点，不经过点．证明：直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值．
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A
【分析】根据方程可以利用几何意义得到动点P的轨迹方程是以与为焦点的椭圆方程，从而求出轨迹方程.
【详解】由题意得：到与的距离之和为8，且8>4，故动点P的轨迹方程是以与为焦点的椭圆方程，故，，所以，，所以椭圆方程为.
故选：A
2．A
【分析】根据椭圆的定义进行求解即可.
【详解】因为的周长等于10，，
所以，
因此点的轨迹是以为焦点的椭圆，且不在直线上，
因此有，
所以顶点的轨迹方程可以是，
故选：A
3．A
【分析】根据垂直平分线的性质得，再由椭圆的定义可得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，由椭圆的方程可求得动点的轨迹方程.
【详解】由题意，可知圆的标准方程为，圆心为，半径为6．
∵线段的垂直平分线交于点，
∴，
∴，
∴点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
∴，，，
∴其轨迹方程为．
故选：A
4．
【分析】由条件可得，然后结合椭圆的定义可得答案.
【详解】因为且，所以，
所以在复平面内的轨迹是以和为焦点，为长轴的椭圆，
所以的轨迹方程为
故答案为：
5．
【分析】建立平面直角坐标系，使，求出向量满足.设，，，，得到A、B、C、D、E的坐标，求出E关于直线AB的对称点F，把转化为，利用几何意义得到：当C位于短轴上顶点时，最小.
【详解】由，，不妨建立平面直角坐标系，使.
设，则，整理化简得：.
不妨设，，则,.
因为=.
记,所以A、B、D三点共线.
由可得：直线AB为，所以点D落在直线AB上.
记,则.
所以表示CD间的距离，表示DE间的距离，所以表示.
设为E关于直线AB的对称点，则，解得：，即.
所以.
所以.
如图示，当C位于直线直线AB右上方的椭圆上时，能取得最小值.
由椭圆的几何性质，可知：当C位于短轴上顶点时，最小，所以最小值为.
故答案为：.
【点睛】距离的计算方法有两类：
（1）几何法：利用几何图形求最值；
（2）代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值.
6．C
【分析】根据题意得出的轨迹为椭圆，且方程为.设出点的坐标，利用向量数量积的定义求出，结合椭圆中的取值范围即可求出的最大值.
【详解】易知的轨迹为椭圆，其方程为，设，则，
因为，所以，即，
.
故选：.
7．C
【分析】利用向量的加法运算求出，根据向量数量积基底模式求出，
再用两点间的距离公式及点在椭圆上即可求解.
【详解】由椭圆定义可得点在椭圆上，因为点A，B关于点对称，所以，而，因为，
所以当时取得最大值3，所以的最大值为.
故选:C．
8．B
【分析】根据两点间距离公式和椭圆的定义可知曲线为椭圆，从而得出椭圆方程；设与直线平行且与曲线相切的直线方程，与椭圆方程联立，得到一元二次方程，利用判别式为零，求解交点坐标即可.
【详解】 设,则,
点的轨迹是以，为焦点的椭圆. 曲线的方程是：
设与直线平行且与曲线相切的直线方程为.由得，，，，
当时，，；当时，，；又中靠近的点应该在椭圆的下方，曲线上到直线的距离最近的点的坐标是.
故选：
9．B
【解析】利用椭圆的定义求出和，然后，联立直线和椭圆方程，求解即可求解
【详解】由椭圆的定义知，点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
故c＝1，a＝，b＝1，其方程为，
由，得
，则在l上满足的点P有1个，故选B.
【点睛】解题关键在于，联立直线和椭圆方程，利用求解，属于基础题
10．D
【解析】设，用表示，，由椭圆定义得，判断出，故点为椭圆的上（下）顶点，设，由得，代入椭圆方程即可得解，求得后再得，可得椭圆方程．
【详解】设，则，，
由椭圆定义知，
所以，
所以，
故点为椭圆的上（下）顶点，设，
由，得，
点在椭圆上，故，
解得，又由，可得，
故椭圆方程为．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查了椭圆基本量的运算，考查了椭圆的定义，关键点是把几何关系转化为数量关系，考查了转化思想，有一定的计算量，属于基础题．
11．D
【解析】根据，得到 ，由椭圆的定义得到，结合，求得，然后在中，由余弦定理求得a即可.
【详解】因为，所以 ，
P是C上一点，由椭圆的定义得：，
又，
所以，
又，则，
所以在中，由余弦定理得：，
即，
整理得：，
解得，则，
所以椭圆C的方程为
故选：D
12．B
【详解】试题分析：∵A为⊙O内一定点，P为⊙O上一动点
线段AP的垂直平分线交直线OP于点Q，
则QA=QP，则QA+QO=QP+QO=OP=R
即动点Q到两定点O、A的距离和为定值，
根据椭圆的定义，可知点Q的轨迹是：以O，A为焦点，OA为实轴长的椭圆
考点：轨迹方程
13．A
【分析】根据椭圆的性质可得，则椭圆方程可求.
【详解】由点在椭圆上得，
由椭圆的对称性可得，则，
故椭圆方程为.
故选：A.
14．A
【分析】由椭圆定义求得，已知焦点坐标得，再求出可得椭圆方程．
【详解】∵椭圆的焦点坐标为(﹣5，0)和(5，0)，椭圆上一点与两焦点的距离和是26，
∴椭圆的焦点在x轴上，c＝5，a＝13，∴＝12，
∴椭圆的方程为＝1．
故选：A．
15．C
【分析】以的中点为原点，直线为轴，直线为轴，建立如图所示直角坐标系，结合椭圆的定义和三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：以的中点为原点，直线为轴，直线为轴，建立如图所示直角坐标系，
由椭圆的定义易知，点的轨迹是分别以，为左、右焦点的椭圆（不含长轴两端点），且，，
则，故该椭圆的标准方程为，
当点为椭圆的上下顶点时，即时，取最大值，
则三角形面积，当且仅当时取等号．
故选：C．
16．A
【分析】画出图形，利用已知条件，推出，延长交椭圆于点，得到直角和直角，设，则，根据椭圆的定义转化求解，即可求得椭圆的方程.
【详解】如图所示，，则，
延长交椭圆于点，可得直角和直角，
设，则，
根据椭圆的定义，可得，
在直角中，，解得，
又在中，，
代入可得，所以，
所以椭圆的方程为.
故选：A.
17．B
【分析】先由在线段的垂直平分线上得出，再由题意得出，进而由椭圆定义可求出点的轨迹方程.
【详解】
如图，因为在线段的垂直平分线上，所以，又点在圆上，所以，因此，点在以、为焦点的椭圆上. 其中，，则. 从而点的轨迹方程是.
故选：B.
18．C
【解析】由周长得到，利用椭圆定义写出点的轨迹方程.
【详解】由条件可知，，
，
点是以为焦点的椭圆，除去左右顶点，并且，
，
顶点的轨迹方程是 .
故选：C
19．D
【详解】因为，所以．因为，所以，，
故椭圆C的标准方程为．
故选：D.
20．B
【分析】根据关系式，可知点满足椭圆方程，即可根据定义，求解椭圆方程.
【详解】由题设可知椭圆的焦点在轴上，其坐标分别为，，，故，，，所以椭圆的标准方程为．
故选：B
21．B
【分析】设椭圆标准方程为，根据条件求出即可.
【详解】∵焦点F1，F2在y轴上，
∴可设椭圆标准方程为，
由题意可得，
∴，即，
∵△F2AB的周长为32，
∴4a＝32，则a＝8，∴，
故椭圆方程为．
故选：B．
22．B
【分析】根据椭圆的定义即可求解.
【详解】依题意，动点到两定点，的距离之和等于常数10，且，
所以其轨迹为椭圆，且，故方程为．
故选：B
【点睛】本题考查了椭圆的定义求椭圆的标准方程，理解定义是关键，属于基础题.
23．（1）；（2）是定值为.
【解析】（1）由圆的方程可得圆心和半径，由线段垂直平分线的性质可得，
由椭圆的定义即可求解；
（2）设，设直线：与椭圆方程联立得由根与系数的关系可得、，计算即可求解.
【详解】（1）圆的圆心为，半径为，
点在圆内，，
所以曲线是为焦点，长轴长为的椭圆，
由，得，所以曲线的方程为.
（2）①设，由已知直线的斜率存在，
设直线：，联立方程组得，
，
（定值）
所以是定值.
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数参数求出所求轨迹的方程.
24．（1）；（2）6.
【分析】（1）根据椭圆定义求得轨迹方程；
（2）设，由可得两点坐标间的关系，结合两点在椭圆上求出两点的坐标，从而可得线段长．
【详解】（1）设动圆的半径为．由题意得，定圆的半径为，
定圆的半径为，则，①
，②
，得．
由椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点，
为的椭圆的一部分（在的内部）其轨迹方程为．
（2）设，
则．
由可得，
，
所以，③
由是轨迹上的两点，得
由④⑤得，
将代入③，得，
将代入④，得，所以，
所以．
【点睛】本题考查由椭圆的定义求轨迹方程，考查直线与椭圆相交的弦长．本题解题方法是求出交点坐标，由两点坐标得出线段长．考查学生的运算求解能力．
25．(1)；
(2)是定值，.
【分析】(1)由条件可得点轨迹满足椭圆定义，设出椭圆方程，由，的值可得的值，从而求得轨迹方程；
(2)设出直线的方程，结合韦达定理，分别求得为定值，也为定值，从而可得是定值．
(1)
由题意知，
，
根据椭圆的定义知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设椭圆的方程为，
则，，
曲线的方程为；
(2)
由题意知直线的方程为且m≠0)，
设直线与椭圆的交点为，，，，
由得，，
，
，
，
，
，
，
，
，
是定值，为．
26．(1)；
(2)是，.
【分析】（1）利用椭圆的定义即求；
（2）利用韦达定理及向量的共线定理可得，，即得.
(1)
由题可知圆的圆心为，半径，
设动圆的半径为，依题意有，
由，可知点在圆内，从而圆内切于圆，
故，即，
所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为，则，
∴圆心的轨迹的方程为；
(2)
直线与轴相交于，故斜率存在，又，
设直线方程为，则，
设交椭圆，
由，消去得，
，
又，
，
，同理，
当直线的倾斜角变化时，的值为定值.
27．(1)；
(2)证明见解析，定值为-1.
【分析】(1)根据给定条件探求出，再利用椭圆定义即可得轨迹C的方程.
(2)由给定条件可得直线的斜率k存在且不为0，写出直线的方程，再联立轨迹C的方程，借助韦达定理计算作答.
(1)
圆：的圆心，半径为8，
因A是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于P点，则，
于是得，因此，P点的轨迹C是以，为左右焦点，
长轴长2a=8的椭圆，短半轴长b有，
所以P点的轨迹C的方程是.
(2)
因直线过点且与曲线C：相交于M，N两点，则直线的斜率存在且不为0，
又不经过点，即直线的斜率不等于-1，设直线的斜率为k，且，
直线的方程为：，即，
由消去y并整理得：，
，即，则有且，
设，则，
直线MQ的斜率，直线NQ的斜率，
，
所以直线MQ的斜率与直线NQ的斜率之和为定值.

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