专题68+轨迹与轨迹方程的求法（检测）-2019年高考数学（理）名师揭秘之一轮总复习 49页

‎【学习目标】‎ ‎1.了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.‎ ‎2.理解解析几何的基本思想和利用坐标法研究几何问题的基本方法.‎ ‎3.能熟练地运用直接法、定义法、代数法、参数法等方法求曲线的轨迹方程.‎ ‎【高考模拟】‎ 一、单选题 ‎1．当点在圆上变动时，它与定点相连，线段的中点的轨迹方程是（ ）．‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设的中点为的坐标为，设，，利用相关点法求解的轨迹方程.‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 本题考查点的轨迹的求法，注意相关点法的合理运用.‎ ‎2．设动点P到A(－5，0)的距离与它到B(5，0)的距离的差等于6，则P点的轨迹方程是(　　)‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据课本中所给定义可得到轨迹是双曲线的一支，根据定义得到：c＝5，a＝3，∴b＝4，进而得到方程.‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.‎ ‎3．在三棱锥中，，点为 ‎ 所在平面内的动点，若与所成角为定值，，则动点的轨迹是 A． 圆 B． 椭圆 C． 双曲线 D． 抛物线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系，根据题意，求出轨迹方程，可得其轨迹.‎ ‎【详解】‎ 由题，三棱锥为正三棱锥，顶点在底面的射影是底面三角形的中心，则以 为坐标原点，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得，设为平面内任 一点，则 ，由题与所成角为定值，，则 ‎ 则 ，化简得 ， 故动点的轨迹是椭圆.‎ 选B ‎【点睛】‎ 本题考查利用空间向量研究两条直线所成的角，轨迹方程等，属中档题.‎ ‎4．动圆x2＋y2－(4m＋2)x－2my＋4m2＋4m＋1＝0的圆心的轨迹方程是(　　)．‎ A． 2x－y－1＝0 B． 2x－y－1＝0(x≠1)‎ C． x－2y－1＝0(x≠1) D． x－2y－1＝0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用配方法得到圆心坐标，消去参数得到圆心的轨迹方程，关键注意自变量的取值范围要求。‎ ‎【详解】‎ 配方得 ‎ 所以圆心坐标为 ，则令 ‎ 消m得 ‎ 所以选C ‎【点睛】‎ 本题考查了圆的标准方程，轨迹方程的简单求法，属于基础题。‎ ‎5．如右图，在四棱锥中，侧面为正三角形，底面为正方形，侧面，为底面内的一个动点，且满足，则点在正方形内的轨迹为下图中的（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先找符合条件的特殊位置，然后根据符合条件的轨迹为线段的垂直平分面与平面的交线得到结论.‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与平面垂直的性质，以及公理二等有关知识，同时考查了空间想象能力，推理能力，属于难题.‎ ‎6．已知双曲线过，两点，点为该双曲线上除点，外的任意一点，直线，斜率之积为，则双曲线的方程是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：根据两条直线斜率之积为定值，设出动点P的坐标，即可确定解析式。‎ 详解：因为直线，斜率之积为，即 ，设P（）‎ 则 ，化简得 ‎ 所以选D 点睛：本题考查了圆锥曲线的简单应用，根据斜率乘积为定值确定动点的轨迹方程，属于简单题。‎ ‎7．在平面直角坐标系中，定义为两点、‎ 的“切比雪夫距离”，又设点及上任意一点，称的最小值为点到 直线的“切比雪夫距离”，记作，给出下列三个命题：‎ ‎① 对任意三点、、，都有；‎ ‎② 已知点和直线，则；‎ ‎③ 定点、，动点满足（），‎ 则点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点；‎ 其中真命题的个数是（ ）‎ A． 0 B． 1 C． 2 D． 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】设，由题意可得：‎ 同理可得： ,则：‎ ‎，‎ 命题①成立；‎ 设点Q是直线y=2x-1上一点，且Q（x,2x-1），可得，‎ 由，解得，即有，当时取得最小值；‎ 由，解得或，即有，‎ 的范围是，无最小值.‎ 综上可得，P,Q两点的“切比雪夫距离”的最小值为.‎ 说法②正确.‎ 定点、，动点满足（），则：‎ ‎，‎ 显然上述方程所表示的曲线关于原点对称，故不妨设x≥0，y≥0.‎ ‎(1)当时，有，得： ；‎ ‎(2)当时，有，此时无解；‎ ‎(3)当时，有；‎ 则点P的轨迹是如图所示的以原点为中心的两支折线.‎ 结合图象可知，点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点，命题③正确.‎ 综上可得命题①②③均正确，真命题的个数是3.‎ 本题选择D选项.‎ 点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. ‎ ‎8．如图，正方体中，动点在侧面内，且点到棱与棱距离相等，则点运动形成的图形是（ ）．‎ ‎ ‎ A． 线段 B． 圆弧 C． 椭圆的一部分 D． 抛物线的一部分 ‎【答案】D 点睛：求轨迹方程时，若动点与定点、定线间的等量关系满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义，则可以直接根据定义先定轨迹类型，再写出其方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法，其关键是准确应用解析几何中有关曲线的定义．‎ ‎9．在正方体中，点为对角面内一动点，点分别在直线和上自由滑动，直线与所成角的最小值为，则下列结论中正确的是（ ）‎ A． 若，则点的轨迹为双曲线的一部分 B． 若，则点的轨迹为双曲线的一部分 C． 若，则点的轨迹为双曲线的一部分 D． 若，则点的轨迹为双曲线的一部分 ‎【答案】A ‎【解析】由题意结合最小角定理可知，若直线与所成角的最小值为，则原问题等价于：‎ 已知圆锥的母线与底面的夹角为，圆锥的顶点为点，底面与平面平行，求圆锥被平面截得的平面何时为双曲线.‎ 由圆锥的特征结合平面与平面所成角的平面角为可知：‎ 当时截面为双曲线的一部分；‎ 当时截面为圆的一部分；‎ 当时截面为椭圆的一部分.‎ 本题选择A选项.‎ ‎10．已知椭圆为椭圆上一动点， 为椭圆的左焦点则线段的中点的轨迹是（ ）‎ A． 椭圆 B． 圆 C． 双曲线的一支 D． 线段 ‎【答案】A ‎【解析】设线段的中点 ‎ ‎ ‎ ‎∴点的轨迹方程为 ‎ ‎∴线段 的中点 的轨迹是椭圆． 故选A．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设 ，则 ，因为，所以 ，所以动点的轨迹是椭圆，故选D.‎ ‎12．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． ‎ ‎【答案】B 点睛：求轨迹方程的常用方法：‎ ‎（1）直接法：直接利用条件建立， 之间的关系；‎ ‎（2）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程；‎ ‎（3）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；‎ ‎（4）代入(相关点)法：动点依赖于另一动点的变化而运动，常利用代入法求动点的轨迹方程．‎ ‎13．已知点M(－3,0)，N(3,0)．动点P(x，y)满足，则点P的轨迹的曲线类型为(　　)‎ A． 双曲线 B． 抛物线 C． 圆 D． 椭圆 ‎【答案】B ‎【解析】＝(3,0)－(－3,0)＝(6,0)，||＝6，＝(x，y)－(－3,0)＝(x＋3，y)，＝(x，y)－(3,0)＝(x－3，y)，∴＝6＋6(x－3)＝0，化简可得y2＝－12x.故点P的轨迹为抛物线．‎ ‎14．已知|| =3，A，B分别在x轴和yp轴上运动，O为原点， ，则点P的轨迹方程为( )．‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】A ‎ ‎ ‎15．如图， 是平面的斜线段， 为斜足，若点在平面内运动，使得的面积为定值，则动点的轨迹是（ ）‎ A． 圆 B． 一条直线 C． 椭圆 D． 两条平行直线 ‎【答案】C ‎【解析】本题其实就是一个平面斜截一个圆柱表面的问题，‎ 因为三角形面积为定值，以AB为底，则底边长一定，从而可得P到直线AB的距离为定值，‎ 分析可得，点P在以AB为轴线的圆柱面与平面α的交线上，且α与圆柱的轴线斜交，‎ 由平面与圆柱面的截面的性质判断，可得P的轨迹为椭圆；‎ 本题选择C选项.‎ ‎16．设圆的圆心为， 是圆内一定点， 为圆周上任一点，线段的垂直平分线与的连线交于点，则的轨迹方程为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】D ‎【解析】圆心,半径为5,设点, 的垂直平分线交于,又,由椭圆的定义可得点M是以A,C为焦点的椭圆,且,故椭圆方程为,故选D. ‎ 点睛:‎ ‎ 求轨迹方程的常用方法一般分为两大类，一类是已知所求曲线的类型，求曲线方程——先根据条件设出所求曲线的方程，再由条件确定其待定系数——待定系数法；另一类是不知曲线类型常用的方法有：(1)直接法；(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)；(4)参数法．‎ ‎17．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点、的距离之比为（， ），那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．下面，我们来研究与此相关的一个问题．已知圆： 和点，点， 为圆上动点，则的最小值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎ ‎ 二、填空题 ‎18．已知定点和定圆，动圆和圆外切，且经过点，求圆心的轨迹方程_______‎ ‎【答案】双曲线的左支 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出图形，利用双曲线的定义转化求解即可．‎ ‎【详解】‎ 结合图象可得，|MQ|﹣|MP|=4，可得a=2，c=4，则b=，‎ M的轨迹为双曲线的左支．‎ 故答案为：双曲线的左支．‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)本题主要考查点的轨迹方程,意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 求轨迹方程的四种主要方法:①待定系数法：通过对已知条件的分析，发现动点满足某个曲线（圆、圆锥曲线）的定义，然后设出曲线的方程，求出其中的待定系数，从而得到动点的轨迹方程.②代入法：如果点的运动是由于点的运动引起的，可以先用点的坐标表示点的坐标，然后代入点满足的方程，即得动点的轨迹方程.③直接法：直接把已知的方程和条件化简即得动点的轨迹方程.④参数法：动点的运动主要是由于某个参数的变化引起的，可以选参、设参，然后用这个参数表示动点的坐标，即，再消参. ‎ ‎19．如图所示，放置的边长为1的正方形沿轴滚动，点恰好经过原点．设顶点的轨迹方程是，则对函数有下列判断：‎ ‎①若，则函数是偶函数；‎ ‎②对任意的，都有；‎ ‎③函数在区间上单调递减；‎ ‎④函数在区间上是减函数．‎ 其中判断正确的序号是________．(写出所有正确结论的序号)‎ ‎【答案】①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方形的运动，得到点P的轨迹方程，然后根据函数的图象和性质分别进行判断即可．‎ ‎【详解】‎ 因此最终构成图象如下：‎ ‎①根据图象的对称性可知函数y=f（x）是偶函数，∴①正确．‎ ‎②由图象即分析可知函数的周期是4．∴②正确．‎ ‎③函数y=f（x）在区间[2，3]上单调递增，∴③错误．‎ ‎④函数y=f（x）在区间[4，6]上是减函数，由函数的图象即可判断是真命题、∴④正确．‎ 故答案为：①②④．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点是函数图象的变化，其中根据已知画出正方形转动过程中的一个周期内的图象，利用数形结合的思想对本题进行分析是解答本题的关键．‎ ‎20．以下关于圆锥曲线的命题中 ‎①设是两个定点， 为非零常数，若，则动点的轨迹为双曲线的一支；②过定圆上一定点作圆的动弦， 为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆；③方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；④双曲线与椭圆有相同的焦点.‎ 其中真命题的序号是_______.‎ ‎【答案】③‎ ‎21．已知两定点， 和一动点，给出下列结论：‎ ‎①若，则点的轨迹是椭圆；‎ ‎②若，则点的轨迹是双曲线；‎ ‎③若，则点的轨迹是圆；‎ ‎④若，则点的轨迹关于原点对称；‎ ‎⑤若直线与斜率之积等于，则点的轨迹是椭圆（除长轴两端点）．‎ 其中正确的是__________（填序号）．‎ ‎【答案】③④‎ ‎【解析】对于①，由于，所以点的轨迹是线段，①不正确；‎ 对于②，由于，故点的轨迹是双曲线的右支，②不正确；‎ 对于③，设，由题意得，‎ 整理得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴点的轨迹是圆，③正确。‎ 对于④，设，‎ 则。‎ 又点关于原点的对称点为，‎ ‎∵，‎ ‎∴点也在曲线上，‎ 即点的轨迹关于原点对称。故④正确。‎ ‎ 对于⑤，设，则，‎ 由题意得，‎ 整理得。此方程不一定表示椭圆。⑤不正确。‎ 综上，正确的结论是③④。‎ 答案：③④‎ 三、解答题 ‎22．如图，抛物线的焦点为，抛物线上两点，在抛物线的准线上的射影分别为.‎ ‎（1）如图，若点在线段上，过作的平行线与抛物线准线交于，证明：是的中点；‎ ‎（2）如图，若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设直线,与抛物线方程联立可得，∴.‎ 于是，直线，设直线与交于点，令.‎ 易得 ‎（2）设与轴的焦点分别为，则，∵的面积是的面积的两倍，∴，所以点. 可设直线，与抛物线方程联立可得∴，从而可得 ‎,即所求轨迹方程.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由题，，准线.‎ 设直线，，.‎ 联立，∴.‎ 于是，直线，‎ 设直线与交于点，令.‎ 得：‎ ‎.‎ 故直线经过的中点.‎ ‎（2）设与轴的焦点分别为，‎ ‎【点睛】‎ 求轨迹方程的常见方法有：（1）直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②‎ 定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入.解题时要注意解题技巧的运用，如常用的“设而不求”、“整体代换”的方法，以简化计算. ‎ ‎23．在△ABC中，已知，且，求点A的轨迹方程，并说明轨迹实什么图形。‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设两定点中点为原点，BC所在直线为x轴，建立如下图直角坐标系，设点A的坐标为，把坐标化，可得，再分和讨论图形特征。‎ ‎【详解】‎ ‎【点睛】‎ 本题为典型的求轨迹的问题，第一步是建立合适的坐标系，如本题尽量利用对称性。第二步，建立几何关系，第三步几何关系代数化，第四步，检验，本题含有参数所以还需要分析参数不同时图形不同。‎ ‎24．已知圆上一动点，过点作轴，垂足为点，中点为．‎ ‎（1）当在圆上运动时，求点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点的直线与交于两点，当时，求线段的垂直平分线方程．‎ ‎【答案】(1)；(2)或．‎ ‎【解析】分析：（1）要求点的轨迹的方程，可设点的坐标为，由条件过点作轴，垂足为点，中点为，可写出点A的坐标。因为点在圆上，故可将点的坐标代入圆的方程，可得点的轨迹。‎ ‎(2)要线段的垂直平分线方程，应先求直线的方程，所以应设直线的方程，根据弦长求直线的方程。因为直线的斜率是否存在不确定，为了避免讨论，可设直线方程为：，并与轨迹的方程联立可得，由根与系数的关系可得，由弦长公式可得，可解得。分情况讨论，求线段的中点，直线的斜率，进而可求线段的垂直平分线方程。‎ 详解：（1）设，则 将代入圆方程得：点的轨迹 ‎（注：学生不写也不扣分）‎ ‎（2）由题意可设直线方程为：，‎ 由得：‎ 所以 所以．‎ 当时，中点纵坐标，代入得：‎ 中点横坐标，斜率为 故的垂直平分线方程为：‎ 当时，同理可得的垂直平分线方程为：‎ 所以的垂直平分线方程为：或．‎ 点睛：求动点的轨迹方程方法 ‎ ‎（1）直接法 按求动点轨迹方程的一般步骤求,其过程是建系设点,列出几何等式,坐标代换,化简整理,主要用于动点具有的几何条件比较明显时．‎ ‎（2）代入法 若动点M（x,y）依赖已知曲线上的动点N而运动,则可将转化后的动点N的坐标代入已知曲线的方程或满足的几何条件,从而求得动点M的轨迹方程,此法称为代入法,一般用于两个或两个以上动点的情况．‎ ‎（3）定义法 若动点运动的规律满足某种曲线的定义,则可根据曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．此法一般用于求圆锥曲线的方程,在高考中常以填空、选择题的形式出现．‎ ‎（4）参数法 若动点P（x,y）的坐标x与y之间的关系不易直接找到,而动点变化受到另一变量的制约,则可求出x、y关于另一变量的参数方程,再化为普通方程．‎ ‎25．已知圆的圆心为，点是圆上的动点，点，线段的垂直平分线交于点．‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点作斜率不为0的直线与（1）中的轨迹交于，两点，点关于轴的对称点为，连接交轴于点，求．‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】分析：（1）利用待定系数法求出点在以、为焦点，长轴长为4的椭圆上，点的轨迹的方程为．（2）先求出点Q的坐标，再利用两点间的距离公式求．‎ 详解：（1）由题意知，线段的垂直平分线交于点，所以，‎ ‎∴，‎ ‎∴点在以、为焦点，长轴长为4的椭圆上，‎ ‎，，，‎ ‎∴点的轨迹的方程为．‎ 点睛：求动点的轨迹方程常用的有四种方法：直接法、待定系数法（定义法）、相关点代入法和参数法.每一种方法都分为五个步骤：建（建立直角坐标系）设（设点）限（写出动点满足的限制条件）代（代点和公式）化简. ‎ ‎26．设动圆P(圆心为P)经过定点(0，2)，被x轴截得的弦长为4，P的轨迹为曲线C ‎(1) 求C的方程 ‎(2) 设不经过坐标原点O的直线l与C交于A、B两点，O在以线段AB为直径的圆上，求证：直线l 经过定点，并求出定点坐标.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】分析：(1)由圆的几何性质布列方程组，消去参数即可得到轨迹方程；‎ ‎（2）设不经过坐标原点O的直线的方程为，，‎ 则：，解得：，利用根与系数的关系表示垂直关系可得，从而得到直线l经过定点.‎ 详解：（1）设动圆P圆心为，半径为，被x轴截得的弦为 依题意的： ‎ 化简整理得：‎ 所以，点P的轨迹C的方程 ‎（2）设不经过坐标原点O的直线的方程为，，‎ 则：，解得：，，‎ 又∵O在以线段AB为直径的圆上，∴ 即 又，，‎ ‎，‎ ‎，或（舍去）‎ 所以直线l经过定点 点睛：求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：‎ ‎①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．‎ ‎②定义法：根据圆、直线等定义列方程．‎ ‎③几何法：利用圆的几何性质列方程．‎ ‎④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．‎ ‎27．已知焦点为的的抛物线：（）与圆心在坐标原点，半径为的交于，两点，且 ‎，，其中，，均为正实数.‎ ‎（1）求抛物线及的方程；‎ ‎（2）设点为劣弧上任意一点，过作的切线交抛物线于，两点，过，的直线，均于抛物线相切，且两直线交于点，求点的轨迹方程.‎ ‎【答案】(1)答案见解析；(2).‎ ‎【解析】试题分析:(1)由题意可得到将点A坐标代入方程可得到m=2,进而得到点A的坐标，由点点距得到半径；（2）设，，，,由直线和曲线相切得到，：，同理： ，联立两直线得，根据点在圆上可消参得到轨迹.‎ 解析：‎ ‎（2）设，，，，‎ 设：，‎ 则由 得，‎ 令，解得，‎ 故：，‎ 同理： .‎ 则由 解得 因直线 ，.‎ 则由 得，‎ 则 因此根据点在圆上满足方程，消参得到.‎ 点睛：这道题考查圆锥曲线中的求轨迹方程的方法；常见的方法有：数形结合法即几何法；相关点法，直接法；定义法，代入法，引入参数再消参的方法，交轨法是一种解决两直线交点的轨迹的方法，也是一种消参的方法. ‎ ‎28．已知圆的圆心为，，为圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段的交点为.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）若过点的直线交曲线于，两点，求的取值范围.‎ ‎【答案】见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）第（1）问，利用定义法确定点P的轨迹是椭圆，再求椭圆的标准方程. (2)第（2）问，先求出关于直线斜率k的表达式，再求函数的取值范围.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连结，由于是线段的垂直平分线，所以，‎ 所以，所以点的轨迹是以为焦点，以4为长轴长的椭圆，故其方程为．‎ ‎（2）①当直线的斜率不存在时，，‎ ‎，所以．‎ ‎②当直线的斜率存在时，设：，代入消去得 ‎，‎ 设，则，‎ 因为，‎ 所以 因为，所以，所以，‎ 综上可知，的取值范围是．‎ 点睛：本题关键是第（2）问，首先要想到函数的思想，先求出关于直线斜率k的表达式，再求函数的取值范围.函数的思想是高中数学里的一个重要思想，大家要理解掌握并灵活运用.‎ ‎29．已知动圆恒过点，且与直线相切.‎ ‎（1）求圆心的轨迹方程；‎ ‎（2）若过点的直线交轨迹于， 两点，直线， （为坐标原点）分别交直线于点， ，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.‎ ‎【答案】(1) ;(2)见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）分析题意，由抛物线的定义，可知圆心的轨迹为以为焦点， 为准线的抛物线，且，圆心C的轨迹方程为；（2）设，由A,P,B三点共线，求出，以MN为直径的圆的方程为，化简得，令，求出的值，求出弦长。‎ ‎（2）由圆心的轨迹方程为，‎ 可设， ， ，‎ 则， ，‎ 由， ， 三点共线，可知，‎ 即.‎ 因为，所以.‎ 又依题得，直线的方程为.‎ 令，得.‎ 同理可知.‎ 因此以为直径的圆的方程可设为.‎ 化简得，‎ 即.‎ 将代入上式，可知，‎ 在上式中令，可知， ，‎ 因此以为直径的圆被轴截得的弦长为，为定值.‎ 点睛：本题主要考查轨迹方程的求法以及直线与抛物线，直线与圆的位置关系，属于中档题。熟练掌握定理及公式是解答本题的关键。‎ ‎30．已知双曲线的左、右顶点分别为，直线与双曲线交于，直线交直线于点.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）若点的轨迹与矩形的四条边都相切，探究矩形对角线长是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由.‎ ‎【答案】(1) ;(2)见解析.‎ ‎【解析】试题分析：(1)利用交轨法，求出点的轨迹方程；(2) 设点，过点作椭圆的切线，则切线的斜率存在且不为0，设斜率为，则切线方程为，‎ 代入到椭圆方程整理，得.由得到 ‎，这个关于的一元二次方程的两根即为与，‎ 由，可知，即，即点为矩形外接圆的圆心，其中为直径，大小为，故矩形对角线长为定值.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 代入上式得 ‎ ，‎ 由①与，得，‎ ‎①÷②，得.‎ 故点的轨迹方程为.‎ ‎（2）设点，过点作椭圆的切线，‎ 则切线的斜率存在且不为0，设斜率为，‎ 则切线方程为，‎ 代入到椭圆方程整理，‎ 得.‎ ‎ ，‎ 即.‎ 这个关于的一元二次方程的两根即为与，‎ 由，‎ 得.‎ 设为坐标原点，故可知，‎ 同理，得，‎ 即点为矩形外接圆的圆心，其中为直径，大小为，‎ 故矩形对角线长为定值.‎ 点睛：求定值问题常见的方法 ‎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．‎ ‎31．在平面直角坐标系中， 的两个顶点的坐标分别为，三个内角满足.‎ ‎（1）若顶点的轨迹为，求曲线的方程；‎ ‎（2）若点为曲线上的一点，过点作曲线的切线交圆于不同的两点（其中在的右侧），求四边形面积的最大值.‎ ‎【答案】（1）B点的轨迹方程为；（2）4.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用正弦定理，将正弦化为边，得出，化简得，利用椭圆的定义得出B点的轨迹和轨迹方程；（2）设直线，联立直线和椭圆方程，由，求得，由韦达定理求出的表达式，设点O到直线MN的距离为d，求得，由直线与圆相交时的弦长公式，求出，求出三角形OMN的面积，再分别求出三角形NAO和三角形MCO的面积和，利用基本不等式求出四边形ACMN面积的最大值。‎ ‎（2）易知直线的斜率存在，设，‎ ‎，‎ ‎，即，‎ 因为,设点到直线的距离为，‎ 则， ，‎ ‎，‎ 由，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎. ‎ 而， ，易知， ，‎ ‎， 时取到， .‎ 点睛：本题主要考查了求轨迹和轨迹方程，直线与圆、椭圆的位置关系等，弦长公式，韦达定理，点到直线的距离公式，基本不等式的应用等，属于中档题。‎ ‎32．已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动.‎ ‎（Ⅰ）求线段的中点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）设圆与曲线的两交点为，求线段的长；‎ ‎（Ⅲ）若点在曲线上运动，点在轴上运动，求的最小值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）;（Ⅲ）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设点的坐标为，点的坐标为，根据点坐标，和点是线段的中点，得， ，再由点在圆上运动，求得点的轨迹方程，进而可求得点点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）由两圆的方程，相减得到直线的方程，根据圆的弦长公式，即可求解的长；‎ ‎（Ⅲ）根据圆的性质得 ，由为关于轴的对称点，进而可求得的最小值，即可得到的最小值。‎ ‎（Ⅱ）圆与圆的方程 相减得： ‎ 由圆的圆心为，半径为1，且到直线 的距离 则公共弦长 ‎（Ⅲ）是以为圆心，半径的圆 是以为圆心，半径的圆 所以 ①‎ 当且仅当在线段且在线段上时，取等号.‎ 设为关于轴的对称点 则代入①式得：‎ ‎ ‎ 当且仅当共线时，取等号.‎ 所以的最小值为.‎ 点睛：本题考查了圆的标准方程求解、直线与圆的位置关系等知识点的应用，此类为解答的关键在于熟记圆的标准方程与一般方程、直线与圆的位置关系的判定与应用，同时注意数形结合法与转化思想在解题中的合理运用。‎ ‎33．过圆 ： 上的点 作 轴的垂线，垂足为 ，点 满足 .当 在 上运动时，记点 的轨迹为 .‎ ‎（1）求 的方程；‎ ‎【答案】（1）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）设点坐标，点坐标，由题意可得点坐标为满足则点的轨迹的方程为．‎ ‎ ‎ ‎34．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.‎ ‎（1）M为曲线上的动点，点P在线段OM上，且满足,求点P的轨迹的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点A的极坐标为，点B在曲线上，求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1)；‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）设，利用相似得出点坐标，根据列方程化简即可；（2）求出曲线的圆心和半径，得出到的最大距离，即可得出最大面积.‎ 试题解析：（1）曲线的直角坐标方程为：，设，，则，∴，∵，∴，即，∴，即，两边开方得：，整理得：，∴点的轨迹的直角坐标方程：．‎ ‎（2）点A的直角坐标为，显然点A在曲线上，，∴曲线的圆心到弦的距离，∴的最大面积 ‎ ‎35．已知线段的端点的坐标为，端点在圆上运动.‎ ‎（Ⅰ）求线段中点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）若一光线从点射出，经轴反射后，与轨迹相切，求反射光线所在的直线方程.‎ ‎【答案】(1) (2) ， ‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）设M（x，y），P（x0，y0），利用中点坐标公式，转化为P的坐标，代入圆的方程求解即可．（Ⅱ）设Q（-2，3）关于x轴对称点Q'（-2，-3）设过Q'（-2，-3）的直线ℓ：y+3=k（x+2），利用点到直线的距离公式化简求解即可．‎ 解析：‎ 设，‎ ‎ ‎ 则代入 轨迹的方程为 ‎（2）设关于轴对称点 设过的直线，即 ‎∵， ， ‎ ‎∴或 ‎∴反射光线所在即 即 ‎36．在平面直角坐标系中，动点（其中）到定点的距离比到轴的距离大1.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）若直线与曲线相交于两点，点在直线上， 垂直于轴，证明直线过坐标原点.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】试题分析：（1）将条件用坐标表示，化简可得动点的轨迹的方程（2）先设点坐标，利用斜率公式可得斜率与的斜率，将结论转化为证明坐标关系，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可证结果 ‎（2）设， ，由得 ‎∴， ，①‎ 点在直线上， 轴，∴‎ 又在抛物线上，∴‎ ‎∴斜率， 的斜率，‎ 由①，∴直线过原点.‎ ‎37．已知一动点， 到点的距离减去它到轴距离的差都是．‎ ‎（）求动点的轨迹方程．‎ ‎（）设动点的轨迹为，已知定点、，直线、与轨迹的另一个交点分别为、．‎ ‎（i）点能否为线段的中点，若能，求出直线的方程，若不能，说明理由．‎ ‎（ii）求证：直线过定点．‎ ‎【答案】(1) (2)①②见解析 ‎【解析】试题分析：（1）由题意易得： ，坐标化易得动点的轨迹方程；（2）（i）设， ， ，假设能为中点，则，利用点在抛物线上可得， 方程： ，∵与有两个交点，易得， ，从而得到直线的方程；（ii）设，由： 得到，同理可得： ，∴，从而得到直线过定点．‎ 试题解析：‎ ‎（）， ，‎ ‎， ，‎ ‎∴．‎ ‎（）‎ ‎（i）设， ， ，‎ 假设能为中点，则，‎ ‎， 在轨迹方程上，则：‎ ‎，‎ ‎， ，‎ ‎，‎ ‎，‎ 方程： ，即，‎ ‎， 或，‎ ‎∵与有两个交点，‎ ‎∴， ，‎ ‎∴， ，‎ ‎∴，即，‎ ‎， ，‎ ‎∴或，‎ ‎∴， ，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴，‎ ‎： ，‎ 同理得： ，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ 整理可得： ，‎ ‎∴， ， ， ， ，‎ ‎∴， ，‎ 恒过．‎ 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.‎ ‎38．设，动圆与轴相切于点，如图，过两点分别作圆的非轴的两条切线，两条切线交点为.‎ ‎（1）证明： 为定值，并写出点的轨迹方程；‎ ‎（2）设动直线与圆相切，又与点的轨迹交于两点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据圆的切线长定理得到点的轨迹方程；（2）联立直线和椭圆得到二次方程，根据向量坐标化得到，根据韦达定理得到，再求范围。‎ 解析：‎ ‎（1）点的轨迹方程 ‎（2）（i）当直线斜率不存在时， ，不妨设，则 ‎（ii）当直线斜率存在时，设，即因为直线与单位圆相切，则得.①‎ 由，则 ‎②‎ ‎②代①‎ ‎（iii）当过点或时， ，‎ 即或则 综上： .‎ 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎39．已知两点A(－，0)，B(，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）设出动点坐标，根据计算可得轨迹C的方程．（2）分两种情况考虑，当两直线的斜率都存在且不为0时，分别设出两直线的方程，联立方程组求得、的中点的坐标，从而得到直线的方程，再讨论直线所过的定点为；当两直线的斜率分别为0和不存在时，直线的方程为y＝0，也过点，从而可得结论成立．‎ ‎ ‎ ‎(2)证明：①当两直线的斜率都存在且不为0时，‎ 设直线的方程为y＝k(x－1)，则直线的方程为y＝ (x－1)．‎ 由消去y整理得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.‎ 则Δ>0恒成立.‎ 设G(x1，y1)，H(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，且x1x2＝.‎ ‎∴GH中点E1坐标为，‎ 同理，MN中点E2坐标为，‎ ‎∴，‎ ‎∴直线的方程为，‎ 整理得y＝，‎ ‎∴直线过定点．‎ ‎②当两直线的斜率分别为0和不存在时，直线的方程为y＝0，也过点．‎ 综上所述直线过定点．‎ 点睛：定点问题的常见解法 ‎(1)根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．‎ ‎(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．‎ ‎40．已知动圆过定点,且在轴上截得线段的长为 4，直线交轴于点.‎ ‎(1)求动圆圆心的轨迹的方程；‎ ‎(2)直线与轨迹交于两点，分别以为切点作轨迹的切线交于点，若.试判断实数所满足的条件，并说明理由.‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据垂径定理列出动圆圆心满足的条件，化简可得轨迹方程；（2）由, 得,再利用导数几何意义得切线斜率，根据点斜式可得切线方程，解方程组可得P点坐标，联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理化简等量关系得，解得.‎ ‎ ‎ ‎ (2)实数是定值，且，下面说明理由，‎ 不妨设，‎ ‎，由题知，‎ 由，消去得，‎ ‎∴，轨迹在点处的切线方程为，即，‎ 同理，轨迹在处的切线方程为，‎ 联立：的方程解得交点坐标，即，‎ 由,‎ 得,即,‎ ‎， ，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 则，‎ 则，故实数是定值，且.‎ 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.‎ ‎41．已知曲线 所围成封闭图形面积为,曲线是以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆, 离心率为. 平面上的动点为椭圆外一点,且过点 引椭圆的两条切线互相垂直.‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）求动点的轨迹方程.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用和离心率为得到关于的方程组，进而求出曲线的方程；（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，利用判别式、根与系数的关系及两直线垂直进行求解.‎ ‎（2）设,当两切线的斜率存在且不为时，设的方程为，‎ 联立直线和椭圆的方程，得，消去并整理，得:‎ ‎ ‎ 因为直线和椭圆有且仅有一个交点， ‎ ‎， ‎ 化简并整理，得．＊ ‎ 同理直线的斜率满足方程＊,又因为两切线垂直，所以两切线斜率之积.， ． ① ‎ 当切线的斜率为时, 的斜率不存在，此时，符合①式． ‎ 综上所述，点的轨迹方程为．‎