链接高考9 轨迹问题——2026版53高考总复习精练册word 人教版
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链接高考9轨迹问题
1.(2025届河北张家口开学考,5)已知M、N两点坐标分别为(-2,0),(2,0).直线MK、NK相交于点K,且它们的斜率之和是3,则点K的轨迹方程为()
A.3x2-2xy-12=0(x≠±2)
B.3y2-2yx-12=0(x≠±2)
C.x24+y23=1(x≠±2)
D.x23?y24=1(x≠±2)
答案 A
2.(多选)(2025届湖北部分学校开学考,11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为DD1的中点,N为正方形ABCD所在平面内一动点,则下列命题正确的有()
A.若MN=2,则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为34π
B.若N到直线BB1与直线DC的距离相等,则N的轨迹为抛物线
C.若MN与平面ABCD所成的角为π3,则N的轨迹为椭圆
D.若D1N与AB所成的角为π3,则N的轨迹为双曲线
答案 ABD
3.(多选)(2025届广东广州三校期中联考,11)已知平面内两定点M(0,-2)和N(0,2)与一动点P(x,y),满足|PM|·|PN|=m(m≥4),若动点P的轨迹为曲线E,则下列关于曲线E的说法正确的是()
A.存在m,使曲线E过坐标原点
B.曲线E关于y轴对称,但不关于x轴对称
C.若P,M,N三点不共线,则△PMN周长的最小值为2m+4
D.曲线E上与M,N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H,则四边形GMHN的面积不大于m
答案 ACD
4.(2024湖北鄂南高中一模,13)已知对任意平面向量AB=(x,y),把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcosθ-ysinθ,xsinθ+ycosθ),叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.现将双曲线Γ:x22?y22=1上的每个点M绕坐标原点O沿逆时针方向旋转π4后得到曲线C,则曲线C的方程为.
答案xy=1
5.(2025届湖南长郡中学第一次调研,15)已知M为圆x2+y2=9上一个动点,MN垂直x轴,垂足为N,O为坐标原点,△OMN的重心为G.
(1)求点G的轨迹方程;
(2)记第(1)问中的轨迹为曲线C,直线l与曲线C相交于A、B两点,点Q(0,1),若点H(3,0)恰好是△ABQ的垂心,求直线l的方程.
解析(1)设G(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),
因为G为△OMN的重心,
故x=2x03,y=y03,解得x0=3x2,y0=3y,结合x02+y02=9,化简得x24+y2=1,
又x0y0≠0,故xy≠0,所以G的轨迹方程为x24+y2=1(xy≠0).
(2)因为H为△ABQ的垂心,所以AB⊥HQ,AH⊥BQ,
因为kHQ=1?00?3=?33,所以kl=3,故设直线l的方程为y=3x+m(m≠±1,±23),联立y=3x+m,x24+y2=1,
消去y得13x2+83mx+4m2-4=0,
由Δ=208-16m2>0得m20),
故直线l的方程为y=3x?165.
6.(2025届江苏淮安淮阴中学模拟,15)在平面直角坐标系xOy中,动点M到x轴的距离等于点M到点0,12的距离,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)已知点P(-1,y0)为曲线C上的一点,曲线C在点P的切线交直线y=-1于Q,过P作直线QP的垂线交C于点N,求△PQN的面积.
解析(1)设M(x,y),
由题意可得|y|=x2+y?122,化简得y=x2+14,
所以动点M的轨迹方程为y=x2+14.
(2)对y=x2+14求导得y'=2x,y'|x=-1=-2.把x=-1代入y=x2+14得y=54,即切点坐标为P?1,54,
所以直线QP的方程为y-54=-2(x+1),即y=-2x-34,
令y=-1,可得x=18,即Q18,?1,
因为PN⊥PQ,所以kPN=12,
则直线PN的方程为y-54=12(x+1),即y=12x+74,
联立y=12x+74,y=x2+14,解得x=?1,y=54或x=32,y=52,即N32,52,
所以△PQN的面积为12|PQ|·|PN|=12×?1?322+54?522×?1?182+54+12=22564.
7.(2025届广东华南师大附中二模,17)设A,B分别是直线y=22x和y=?22x上的动点,且|AB|=2,设O为坐标原点,动点P满足OP=OA+OB,记P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)已知点Q为曲线C的上顶点,点F1,F2分别为左、右焦点,过点Q的直线l交曲线C于另一点M,若S△QMF2=S△QF1F2,求l的方程.
解析(1)由题意,设Ax1,22x1,Bx2,?22x2,P(x,y),
∵OP=OA+OB,∴x=x1+x2,y=22(x1-x2).
则x1+x2=x,x1?x2=2y.(*)
∵|AB|=2,∴2=(x1-x2)2+22x1+22x22,
将(*)式代入得2=2y2+12x2,化简得x24+y2=1.
∴动点P的轨迹方程为x24+y2=1.
(2)设点M(x,y).由题意得Q(0,1),F1(-3,0),F2(3,0).
∵S△QMF2=S△QF1F2,∴MF1∥QF2,故MF1∥QF2,
又MF1=(-3-x,-y),QF2=(3,-1),
∴3+x+3y=0,
故点M在直线x+3y+3=0上,
联立x+3y+3=0,x24+y2=1,消去x得7y2+6y-1=0,
解得y=-1或y=17.
∴M(0,-1)或M?837,17.
当M坐标为(0,-1)时,直线l的方程为x=0,
当M坐标为?837,17时,直线l方程为y-1=1?170+837x,
即y=34x+1.
8.(2021新高考Ⅰ,21,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析(1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=20,b>0,x≥a),
则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,
则b2=c2-a2=(17)2-12=16,
所以M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x≥1).
(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x?12,由y=k1x?12+m,x2?y216=1(x≥1),消去y得(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=k12?2k1mk12?16,x1x2=14k12+m2?k1m+16k12?16,
因为T12,m,
所以|TA|=x1?122+(y1?m)2
=x1?122+k1x1?12+m?m2
=x1?122+k12x1?122=1+k12x1?12x1>12,
同理|TB|=1+k12x2?12x2>12,
所以|TA|·|TB|=(1+k12)x1?12x2?12
=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+14
=(1+k12)14k12+m2?k1m+16k12?16?12×k12?2k1mk12?16+14
=(1+k12)14k12+m2?k1m+16?12k12+k1m+14k12?4k12?16
=(1+k12)(m2+12)k12?16.
设直线PQ的方程为y-m=k2x?12,
同理得|TP|·|TQ|=(m2+12)(1+k22)k22?16,
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以(m2+12)(1+k12)k12?16=(m2+12)(1+k22)k22?16,
1.(2025届河北张家口开学考,5)已知M、N两点坐标分别为(-2,0),(2,0).直线MK、NK相交于点K,且它们的斜率之和是3,则点K的轨迹方程为()
A.3x2-2xy-12=0(x≠±2)
B.3y2-2yx-12=0(x≠±2)
C.x24+y23=1(x≠±2)
D.x23?y24=1(x≠±2)
答案 A
2.(多选)(2025届湖北部分学校开学考,11)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M为DD1的中点,N为正方形ABCD所在平面内一动点,则下列命题正确的有()
A.若MN=2,则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为34π
B.若N到直线BB1与直线DC的距离相等,则N的轨迹为抛物线
C.若MN与平面ABCD所成的角为π3,则N的轨迹为椭圆
D.若D1N与AB所成的角为π3,则N的轨迹为双曲线
答案 ABD
3.(多选)(2025届广东广州三校期中联考,11)已知平面内两定点M(0,-2)和N(0,2)与一动点P(x,y),满足|PM|·|PN|=m(m≥4),若动点P的轨迹为曲线E,则下列关于曲线E的说法正确的是()
A.存在m,使曲线E过坐标原点
B.曲线E关于y轴对称,但不关于x轴对称
C.若P,M,N三点不共线,则△PMN周长的最小值为2m+4
D.曲线E上与M,N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H,则四边形GMHN的面积不大于m
答案 ACD
4.(2024湖北鄂南高中一模,13)已知对任意平面向量AB=(x,y),把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcosθ-ysinθ,xsinθ+ycosθ),叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.现将双曲线Γ:x22?y22=1上的每个点M绕坐标原点O沿逆时针方向旋转π4后得到曲线C,则曲线C的方程为.
答案xy=1
5.(2025届湖南长郡中学第一次调研,15)已知M为圆x2+y2=9上一个动点,MN垂直x轴,垂足为N,O为坐标原点,△OMN的重心为G.
(1)求点G的轨迹方程;
(2)记第(1)问中的轨迹为曲线C,直线l与曲线C相交于A、B两点,点Q(0,1),若点H(3,0)恰好是△ABQ的垂心,求直线l的方程.
解析(1)设G(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),
因为G为△OMN的重心,
故x=2x03,y=y03,解得x0=3x2,y0=3y,结合x02+y02=9,化简得x24+y2=1,
又x0y0≠0,故xy≠0,所以G的轨迹方程为x24+y2=1(xy≠0).
(2)因为H为△ABQ的垂心,所以AB⊥HQ,AH⊥BQ,
因为kHQ=1?00?3=?33,所以kl=3,故设直线l的方程为y=3x+m(m≠±1,±23),联立y=3x+m,x24+y2=1,
消去y得13x2+83mx+4m2-4=0,
由Δ=208-16m2>0得m20),
故直线l的方程为y=3x?165.
6.(2025届江苏淮安淮阴中学模拟,15)在平面直角坐标系xOy中,动点M到x轴的距离等于点M到点0,12的距离,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)已知点P(-1,y0)为曲线C上的一点,曲线C在点P的切线交直线y=-1于Q,过P作直线QP的垂线交C于点N,求△PQN的面积.
解析(1)设M(x,y),
由题意可得|y|=x2+y?122,化简得y=x2+14,
所以动点M的轨迹方程为y=x2+14.
(2)对y=x2+14求导得y'=2x,y'|x=-1=-2.把x=-1代入y=x2+14得y=54,即切点坐标为P?1,54,
所以直线QP的方程为y-54=-2(x+1),即y=-2x-34,
令y=-1,可得x=18,即Q18,?1,
因为PN⊥PQ,所以kPN=12,
则直线PN的方程为y-54=12(x+1),即y=12x+74,
联立y=12x+74,y=x2+14,解得x=?1,y=54或x=32,y=52,即N32,52,
所以△PQN的面积为12|PQ|·|PN|=12×?1?322+54?522×?1?182+54+12=22564.
7.(2025届广东华南师大附中二模,17)设A,B分别是直线y=22x和y=?22x上的动点,且|AB|=2,设O为坐标原点,动点P满足OP=OA+OB,记P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)已知点Q为曲线C的上顶点,点F1,F2分别为左、右焦点,过点Q的直线l交曲线C于另一点M,若S△QMF2=S△QF1F2,求l的方程.
解析(1)由题意,设Ax1,22x1,Bx2,?22x2,P(x,y),
∵OP=OA+OB,∴x=x1+x2,y=22(x1-x2).
则x1+x2=x,x1?x2=2y.(*)
∵|AB|=2,∴2=(x1-x2)2+22x1+22x22,
将(*)式代入得2=2y2+12x2,化简得x24+y2=1.
∴动点P的轨迹方程为x24+y2=1.
(2)设点M(x,y).由题意得Q(0,1),F1(-3,0),F2(3,0).
∵S△QMF2=S△QF1F2,∴MF1∥QF2,故MF1∥QF2,
又MF1=(-3-x,-y),QF2=(3,-1),
∴3+x+3y=0,
故点M在直线x+3y+3=0上,
联立x+3y+3=0,x24+y2=1,消去x得7y2+6y-1=0,
解得y=-1或y=17.
∴M(0,-1)或M?837,17.
当M坐标为(0,-1)时,直线l的方程为x=0,
当M坐标为?837,17时,直线l方程为y-1=1?170+837x,
即y=34x+1.
8.(2021新高考Ⅰ,21,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析(1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=20,b>0,x≥a),
则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,
则b2=c2-a2=(17)2-12=16,
所以M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x≥1).
(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x?12,由y=k1x?12+m,x2?y216=1(x≥1),消去y得(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=k12?2k1mk12?16,x1x2=14k12+m2?k1m+16k12?16,
因为T12,m,
所以|TA|=x1?122+(y1?m)2
=x1?122+k1x1?12+m?m2
=x1?122+k12x1?122=1+k12x1?12x1>12,
同理|TB|=1+k12x2?12x2>12,
所以|TA|·|TB|=(1+k12)x1?12x2?12
=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+14
=(1+k12)14k12+m2?k1m+16k12?16?12×k12?2k1mk12?16+14
=(1+k12)14k12+m2?k1m+16?12k12+k1m+14k12?4k12?16
=(1+k12)(m2+12)k12?16.
设直线PQ的方程为y-m=k2x?12,
同理得|TP|·|TQ|=(m2+12)(1+k22)k22?16,
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以(m2+12)(1+k12)k12?16=(m2+12)(1+k22)k22?16,