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2027届高三数学上学期一轮复习专题：曲线与轨迹方程
一、单选题
1．若点为坐标原点，点为曲线上任意一点，，则点的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
2．已知椭圆，从上任意一点向轴作垂线段为垂足，则线段的中点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知动圆过点，并且在圆内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
4．已知的两个顶点为，，且，的斜率之积等于，则（ ）
A．当时，的轨迹为直线（去掉，两点）
B．当时，的轨迹为双曲线（去掉，两点）
C．当时，的轨迹为椭圆（去掉，两点）
D．当时，的轨迹为抛物线（去掉，两点）
5．已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率的差是，则点的轨迹方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
6．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．
7．如图，已知在中，，是边上一点，且，将沿进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在内部及边界上，则在翻折过程中，动点的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
8．以直角坐标系的轴为轴，轴绕原点O逆时针旋转作为轴，得到平面斜坐标系，点的斜坐标定义为：“若（其中、分别为与斜坐标系的轴，轴同方向的单位向量），则点的坐标为”.若直角坐标系中，，且动点满足，则点在斜坐标系中的轨迹方程为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在正方体中，点为平面内的一动点，是点到平面的距离，是点到直线的距离，且（为常数），则点的轨迹可能是（ ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
10．双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布 伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知曲线为一条双纽线，曲线上的点到定点的距离之积为4，点是曲线上一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．点在曲线上
B．面积的最大值为1
C．点在椭圆上，若，则点也在曲线上
D．的最大值为
11．“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．则下列说法正确的是（ ）（参考数据：）

A．若，则的方程为
B．若上的点到两定点、的距离之积为16，则点在上
C．若，点在上，则
D．当时，上第一象限内的点满足的面积为，则
三、填空题
12．已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时， ；当时，的最小值为 .
13．已知曲线是平面内到定点与到定直线的距离之和为3的点的轨迹，圆与曲线有两个交点，则的值为
14．设抛物线的焦点为为坐标原点，准线与轴交于点，若上一点满足，且点到准线的距离为，则 ．
四、解答题
15．已知圆．
(1)若直线经过点,且与圆相切,求直线的方程；
(2)设点,点在圆上,为线段的中点,求的轨迹的长度．
16．已知圆是圆上的一个动点，点是线段的中点，为坐标原点.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)当时，求直线的方程及的面积.
17．已知圆：，圆：，动圆与圆，圆均外切，线段与圆交于点，线段与圆交于点.
(1)求动圆的圆心的轨迹方程；
(2)证明：；
(3)过的直线与点的轨迹交于，两点，为坐标原点，试判断的形状，并说明理由.
18．已知为坐标原点，动点到轴的距离为，且，其中均为常数，动点的轨迹称为曲线.
(1)判断曲线为何种圆锥曲线.
(2)若曲线为双曲线，试问应满足什么条件？
(3)设曲线为曲线，斜率为且的直线过的右焦点，且与交于两个不同的点.
（i）若，求；
（ii）若点关于轴的对称点为点，试证明直线过定点.
19．已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为
(1)当到直线的距离为时，求直线方程；
(2)求的方程；
(3)坐标原点O关于的对称点分别为，点关于直线的对称点分别为，过的直线与交于点M，N，直线相交于点Q，求的面积．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C C C A B A D BCD ACD
题号 11
答案 ACD
1．B
【分析】根据题意，设点，再由向量的坐标运算代入计算化简，即可得到结果.
【详解】设点，因为，所以，
即，又点为曲线上任意一点，
所以，即，即点的轨迹方程为．
故选：B．
2．C
【分析】由代入法即可求解.
【详解】设点，根据中点的坐标公式可得，代入椭圆方程得，其中.
故选：C
3．C
【分析】设动圆圆心为，半径为，根据两圆位置关系得到，再利用椭圆的定义，即可求解.
【详解】设动圆圆心为，半径为
因为圆的圆心为，半径为，
由题有，又动圆过点，得，
即，则到两定点的距离之和为，
由椭圆的定义可知，点在以为焦点，长轴长为的椭圆上，
因为，得到，所以动圆圆心的轨迹方程为，
故选：C.
4．C
【分析】设，由条件求出的轨迹方程，根据的取值范围确定轨迹的形状即可．
【详解】设，由，的斜率之积等于，
得，即，
当时，方程为，
∴的轨迹是圆（去掉，两点），故A错误；
当时，方程为，且，
∴的轨迹为椭圆（去掉，两点），故B错误；
当时，方程为，且，
∴的轨迹为椭圆（去掉，两点），故C正确；
当时，方程为，且，
∴的轨迹为双曲线（去掉，两点），故D错误．
故选：C．
5．A
【分析】设，根据，整理即可得解.
【详解】设，则，整理得，
所以动点的轨迹方程是.
故选：A.
6．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.
7．A
【分析】过点作，得到动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，在所在平面建立平面直角坐标系，求得直线和的方程，联立方程组，求得，得到的长，进而求得，结合弧长公式，即可求解.
【详解】如图（1）所示，过点作，分别交于点，
则动点在平面上的射影轨迹为线段，
设当与重合时，有；当与重合时，有，
则由为定长，可知动点的轨迹是以为圆心，以为半径且圆心角为的圆弧，如图（1）所示，
在所在平面建立如图（2）所示的平面直角坐标系，
则，，，，直线，直线，
联立方程组，解得，即，则，
又由，可得，所以，，
所以动点的轨迹长度为.
故选：A．

【点睛】方法点睛：求解立体几何中的动态问题与存在性问题的策略：
1、解答方法：一般是根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.
8．D
【分析】首先可得，，再由向量模及数量积的运算律得到方程，整理即可得解.
【详解】因为，，则，
，
所以，
因为，
所以，
化简得.
故选：D
9．BCD
【分析】建立如图空间直角坐标系，设正方体的棱长为，，由可得，分类讨论、、三种情况下，化简上式即可.
【详解】由题意，建立如图空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，，
则，由，
得，即①，
当时，①式化得：，
此时点的轨迹为抛物线；
当时，①式化得：，
即，
等式两边同时除以，得②，
当时，，则②式为双曲线方程，即点的轨迹为双曲线；
当时，，则②式为椭圆方程，即点的轨迹为椭圆.
故选：BCD
10．ACD
【分析】对A：根据双纽线定义，求得其轨迹方程，将点坐标代入即可检验；对B：根据三角形面积公式，结合勾股定理，即可容易求得面积最大值；对C：根据题意，求得，即可验证是否满足双纽线定义；对D：根据，结合余弦定理，即可求得的最大值.
【详解】对A：设动点，由题可得的轨迹方程；
把点代入上式，上式显然成立，故点在曲线上，A正确；
对B：，
当时，即当时，
即当或时，，，
此时，的面积取得最大值，故B错误；
对C：椭圆上的焦点坐标恰好为与，则，
又，所以，故，
所以点也在曲线上，C正确；
对D：因为，
所以
由余弦定理得，
于是有，
因此，
所以，则，
当且仅当，也即时，根据A中所求，结合对称性可知，
也即，等号成立；故的最大值为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键，一是熟练掌握椭圆、双曲线中焦点三角形面积的处理方法，从而在双纽线中借鉴类似的处理手段；二是，紧扣双纽线定义和轨迹方程，从而处理问题.
11．ACD
【分析】由题意有，设为上任意一点，得到，再根据各项给定条件或值，判断各项正误.
【详解】已知原点在上，则，设为上任意一点，
则有，整理得．
若，则的方程为，故A正确；
若，则，代入方程得，显然点不在此曲线上，故B错误；
若，点在上，有，
整理得，所以，故C正确；
因为，，可得，
所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点，
联立方程，解得，，即，所以，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据题干背景得到曲线方程为关键.
12．
【分析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等和勾股定理以及对称性得到点的轨迹方程，再由两点间距离公式求出，由向量数量积的坐标表示结合几何意义求出的最小值；
【详解】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等可知，不妨设点在轴上方时，
由可得，又，所以，
设圆的半径为，所以在中，，解得，
所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆中所对应的优弧，不包括断点，
又对称性可得轴下方也满足，图形如下：
可得点的轨迹方程为，
当时，直线方程为，
联立，解得，
由对称性可得，
所以，
当时，设，由对称性可得，
所以，
由几何意义可得表示点到原点距离的平方，所以的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能根据圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等的到点的轨迹方程.
13．或
【分析】设，可得，分类讨论化简，与圆的方程联立可求得的值.
【详解】设，由题意可得：.
当或时，，所以无轨迹；
当时，，
由关于轴对称，
圆与有公共点时，
在有解，
可得，
当时，，
圆与有公共点时，
则在有解，
当时，，
由对称性可知圆与曲线有两个交点，则的值只能有唯一的值与之对应，
所以只有或符合题意，
所以圆与曲线有两个交点，则的值为或.
故答案为：或.
14．2
【分析】先根据确定点轨迹方程，与抛物线联立，表示出点的横坐标，再结合抛物线的定义，由点到准线的距离为可求的值.
【详解】如图：
设点，由题知，，，
则，，．
因为，即，
化简得，所以点在圆上，
联立，得，解得（负值舍去），
所以点到准线的距离为，解得．
故答案为：
15．(1)或
(2)
【分析】（1）易判断点A在圆,因此切线方程有两条,分直线的斜率不存在和直线斜率存在讨论即可；
（2）利用相关点法求出的轨迹方程，进而可求的轨迹的长度.
【详解】（1）圆C的标准方程为:
,
点在圆外,
故过点A且与圆C相切的直线有2条，
①当直线的斜率不存在时,
圆心到直线的距离
直线与圆C相切.
(2)当直线的斜率存在时,可设直线,即
圆心C到直线的距离,
由题意,解得,
此时,即,
终上所述,直线的方程为或.
（2）设因为为的中点,
所以,
点E在圆C上
,
即，
即，
所以点的轨迹是以为圆心,为半径的圆,
的轨迹的长度为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用相关点法即可求得动点的轨迹方程；
（2）先利用圆的性质求得直线的斜率，进而求得直线的方程，再利用垂径定理求得的长，进而求得的面积.
【详解】（1）可化为，
设，
是线段的中点，即
又因为在圆上，
，即
整理得.
的轨迹方程是.
（2）由（1）知的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
由于，故点在线段的垂直平分线上，
又点在圆上，故点在线段的垂直平分线上，
从而.
，直线的斜率为.
直线的方程为，即.
则到的距离为，
.
又到直线的距离为.
.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)钝角三角形
【分析】（1）根据外切的性质即可得，根据双曲线的定义即可求解，
（2）根据，即可结合双曲线定义求解，
（3）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量数量积的坐标运算求解.
【详解】（1）设圆的半径为，圆的半径分别为，圆心为.
由于动圆与圆，圆均外切，所以,
因此,
因此点的轨迹为以为焦点，以的双曲线的右支，
即，故，
故双曲线方程为

（2）由于,
所以
由（1）知，，故，
（3）为钝角三角形，利用如下：
设直线方程为，
联立，
由于双曲线表示右支，所以
设,则，
由于双曲线表示右支，所以，故，
,
由于，所以，故，
因此，故为钝角，故为钝角三角形.

【点睛】关键点点睛：根据判断为钝角.
18．(1)椭圆
(2)且
(3)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）设，根据曲线的定义，可得的坐标满足的方程，分析可得结果.
（2）将整理为，根据双曲线方程的特点分析可得结果.
（3）（i）先根据为曲线可得曲线的方程，利用双曲线的性质及弦长公式易得结果；
（ii）先设出直线的点斜式方程，由对称性得直线经过的定点必在轴上，令，结合韦达定理化简可得定点坐标.
【详解】（1）设，由，得，
当时，，即，所以曲线为椭圆.
（2）由，得.
若曲线为双曲线，则，
所以可化为，
所以，则；
故应满足且曲线为双曲线.
（3）由，得曲线的方程为，
则的右焦点坐标为，所以直线的方程为.
联立得.
设，则
（i）若，则
.
（ii）因为点关于轴的对称点为点，所以，
则直线的方程为，
根据对称性可知，直线经过的定点必在轴上，
令，得
.
当且时，
，
故直线过定点.
【点睛】本题难点在于理解并应用曲线的定义进行分析，考查对新定义的理解和应用.
19．(1)；
(2)；
(3)4
【分析】（1）设直线方程，依据点到直线的距离公式求解即可；
（2）结合已知条件和椭圆定义即可求得轨迹方程；
（3）思路（1）思路（2）和思路（4）设直线的方程，联立方程组，通过设而不求的方法，结合韦达定理解决.，思路（3）分析直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程联立椭圆方程来解决.
【详解】（1）设直线的斜率为，直线方程为，因为到直线的距离为，则，解得，所以直线的方程为.
（2）由题意得，．
因为D为BC中点，所以，即，
又，所以，
又E为的中点，所以，
所以，
所以点P的轨迹是以为焦点的椭圆（左、右顶点除外）．
设，其中．
则．
故．
（3）思路一：由题意得，，且直线的斜率不为0，
可设直线，且．
由，得，
所以，所以．
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，
，
解得．
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为．
思路二：由题意得，，且直线的斜率不为0，
可设直线，且．
由，得，
所以，
所以．
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，
得
，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为．
思路三：由题意得，，且直线的斜率不为0．
（i）当直线垂直于x轴时，，由得或．
不妨设，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
由得，，所以，
故Q到的距离，此时的面积是．
（ii）当直线不垂直于x轴时，设直线，且．
由，得，
所以．
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得
．
下证：．
即证，即证，
即证，
即证，
上式显然成立，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
此时的面积是定值，为．
由（i）（ii）可知，的面积为定值．
思路四：由题意得，，且直线的斜率不为0，
可设直线，且．
由，得，
所以．
直线的方程为：，直线的方程为：，
因为，所以，
故直线的方程为：
由，得
，
解得．
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为．
【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线综合问题中通常通过设直线方程与曲线方程联立，设而不求，借助韦达定理解决.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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