轨迹问题

1. 已知平面//平面，直线l，点Pl，平面、间的距离为4，则在内到点P的距离为5且到直线l的距离为的点的轨迹是（ ）

A. 一个圆 C. 四个点

B. 两条平行直线 D. 两个点

922 在四棱锥PABCD中，AD面PAB，BC面PAB，底面ABCD为梯形，AD=4，BC=8，AB=6，APDCPB，满足上述条件的四棱锥的顶点P的轨迹是（ ） A. 圆

B. 不完整的圆 D. 抛物线的一部分

C. 抛物线

3. 如图,定点A和B都在平面内，定点P,PB,C是内异于A和B的动点。且PCAC，那么动点C在平面内的轨迹是（ ）

A. 一条线段，但要去掉两个点 B. 一个圆，但要去掉两个点 C. 一个椭圆，但要去掉两个点 D. 半圆，但要去掉两个点

4. 如图3，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧面BC1内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（ ） A. 直线

B. 圆

C. 双曲线

D. 抛物线

图3

5. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P是平面AC内的动点，若点P到直线A1D1的距离等于点P到直线CD的距离，则动点P的轨迹所在的曲线是（ ） A. 抛物线

B. 双曲线

6. 已知异面直线a,b成60角，公垂线段MN的长等于2，线段AB两个端点A、B分别在a,b上移动，且线段AB长等于4，求线段AB中点的轨迹方程。

7. 已知圆E的方程为 (x-1)2 + y2 = 1, 四边形PABQ为该圆的内接梯形，底AB为圆的直径且在x 轴上，以A、B为焦点的椭圆C过P、Q两点．

(1) 若直线QP与椭圆C的右准线相交于点M，求点M的轨迹； (2) 当梯形PABQ周长最大时，求椭圆C的方程．

8. 已知双曲线的两个焦点分别为F1、F2，其中F1又是抛物线 y2 = 4 x的一个焦点，且点A(-1, 2)，B(3, 2)在双曲线上．

(1)求点F2的轨迹;

(2)是否存在直线y = x+m与点F2的轨迹有且只有两个公共点，若存在，求出实数m的值，若不存在，说明理由．

C. 椭圆 D. 直线

9. 已知常数a > 0，c = (0, a)，i = (1, 0)，经过原点O，以c +λi为方向向量的直线与经过定点A(0 , a)，以i - 2λc为方向向量的直线交于点P，其中λ∈R，试问：是否存在两个定点E , F，使得 | PE| + | PF | 为定值，若存在，求出E, F的坐标，若不存在，说明理由．

10. 如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB边所在直线的方程为x3y60点T(11)，在AD边所在直线上．

（I）求AD边所在直线的方程； （II）求矩形ABCD外接圆的方程；

（III）若动圆P过点N(2，0)，且与矩形ABCD的外接圆外

切，求动圆P的圆心的轨迹方程．

11. 如图，设抛物线C:yx2的焦点为F，动点P在直线l:xy20上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.

（1）求△APB的重心G的轨迹方程. （2）证明∠PFA=∠PFB. y

F A

O

P

yTD C M B NO A x B x l

x2y212. 已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），

abQ是椭圆外的动点，满足|F1Q|2a.点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足PTTF20,|TF2|0. （Ⅰ）设x为点P的横坐标，证明|F1P|acx； a （Ⅱ）求点T的轨迹C的方程；

（Ⅲ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M， 使△F1MF2的面积S=b2.若存在，求∠F1MF2

的正切值；若不存在，请说明理由.

13. 过抛物线y2=4x的焦点的直线l与抛物线交于A、B两点，O为坐标原点.求△AOB的重心G的轨迹C的方程.

14. 已知圆C:x2y21和点Q(2,0)，动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数(0)，求动点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线？

15. 如图，圆O1与圆O2的半径都是1，O1O24，过动点P分别作圆O1、圆O2的切线PM、PN（M、N分别为切点），使得PM2PN．试建立适当的坐标系，并求动点P的轨迹方程．

x2y21和点P（1，2）16. 已知椭圆C：，直线l经过点P并与椭圆C交于A、

169B两点，求当l倾斜角变化时，弦中点的轨迹方程。

17. 已知棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，长为2的线段MN的一个端点在DD1上运动，另一个端点N在底面ABCD上运动，求MN中点P的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积。

18. （经典问题，值得一做，很能训练学生的思维能力） 三峡工程需修建一个土石基坑，基坑成矩形ABCD，按规定，挖出的土方必须沿道路PA或PB送到P点处。已知

PA100m,PB150m,BC60m,AB160m，能否在池中确

定一条界线，使得位于界线一侧的点沿道路PA送土方较近，而另一侧的点沿道路PB送土方较近？如果能，请说明这条界线是什么曲线，并求出轨迹方程。

19. 设点A和B为抛物线 y2=4px(p＞0)上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线

20. 某检验员通常用一个直径为2 cm和一个直径为1 cm的标准圆柱，检测一个直径为3 cm的圆柱，为保证质量，有人建议再插入两个合适的同号标准圆柱，问这两个标准圆柱的直径为多少？

答案：

1. 如图1，设点P在平面内的射影是O，则OP是、的公垂线，OP=4。在内到点P的距离等于5的点到O的距离等于3，可知所求点的轨迹是内在以O为圆心，3为半径的圆上。又在内到直线l的距离等于的点的集合是两条平行直线m、n，它们到点O的距离都等于()24292173，所以直线m、n与这个圆均相交，共有四个292交点。因此所求点的轨迹是四个点，故选C。

2. 因为AD面PAB，BC面PAB，所以AD//BC，且DAPCBP90。 又APDCPB,AD4,BC8， 可得tanAPD即得

ADCBtanCPB， PAPBPBCB2 PAAD在平面PAB内，以AB所在直线为x轴，AB中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，则A（-3，0）、B（3，0）。设点P（x,y），则有

|PB||PA|(x3)2y2(x3)y222，

整理得x2y210x90

由于点P不在直线AB上，故此轨迹为一个不完整的圆，选B。

3. 因为ACPC，且PC在内的射影为BC，所以ACBC，即ACB90。所以点C的轨迹是以AB为直径的圆且去掉A、B两点，故选B。

4. 因为P到C1D1的距离即为P到C1的距离，所以在面BC1内，P到定点C1的距离与P到定直线BC的距离相等。由圆锥曲线的定义知动点P的轨迹为抛物线，故选D。

5. 以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系。设P（x,y），作PEAD于E、PFA1D1于F，连结EF，易知

|PF|2|PE|2|EF|2x21

又作PNCD于N，则|PN||y1|。 依题意|PF||PN|， 即x21|y1|， 化简得x2y22y0

故动点P的轨迹为双曲线，选B。

6. 如图，易知线段AB的中点P在公垂线段MN的中垂面上，直线a'、b'为平面内过MN的中点O分别平行于a、b的直线，AA'a'于A'，BB'b'于B'，则ABA'B'P，且P也为A'B'的中点。

由已知MN=2，AB=4，易知AA'1,AP2,得A'B'23。

则问题转化为求长等于23的线段A'B'的两个端点A'、B'分别在a'、b'上移动时其中点P的轨迹。现以A'OB'的角平分线为x轴，O为原点建立如图所示的平面直角坐标系。

设P(x,y)，|OA'|m,|OB'|n， 则A'(x3131m,m),B'(n,n) 222231(mn),y(mn) 4431(mn)2(mn)2(23)2 44x2消去m、n，得线段AB的中点P的轨迹为椭圆，其方程为y21。

9 y 22 2222

7. 解 (1) 设椭圆C：b(x-1)+ ay = a b (a >b >0)，

B 由题意知 2c = 2, 故 c = 1,

O 如图9-9，从而可得 右准线的方程

x = a2 +1, „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ ① 设 M(x, y)，P(x0, y0)，连PB，则有 | PA| 2 + |PB| 2 = |AB| 2, ∴ ( | PA| + | PB| )2- 2| PA|·|PB| = 4，由此可得 (2a)2- 2·2 | yP | = 4，即 yP = ±(a2-1)，„„„„„„②

于是，由①②得 y =±(x- 2)．

又∵ 点P(x0, y0)是圆E上的点，且不与AB重合， ∴ 0 < |y0| < 1，故有 0 < a2- 1< 1 ,

即 1 < a2 < 2„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ ③

由①③得 2 < x < 3，∴ 点M的轨迹是两条线段，其方程为 y =±(x-2) (2 < x < 3)．

(2) 设∠ABQ =θ，∵点Q在P点左侧，∴θ∈(45o, 90o)，

又|AB| = 2, 于是，由图9-9可得 | PA| = |BQ| = 2cosθ, |PQ| = |AB|-2|BQ|cosθ= 2- 4cos2θ,

∴ 周长 L= (2-4cos2θ) + 4cosθ+ 24(cos1)25．

2Q P A x 图9-9

当cos1 ， 即 60时，周长23L取最大值5．

3此时 |BQ| = 1, |AQ| =∴a2(132)2232，2a = |BQ| +|AQ| =1+

32,

,

b2a21，

1．

故 所求椭圆的方程为

(x1)2232y2328. 解 (1) 由题意知F1(1, 0)，设F2(x , y)，则 | |AF1|-|AF2| | = | |BF1|-|BF2| | = 2a > 0．„„„„„„„„„„„①

∵ A(-1, 2)，B(3, 2) 在已知双曲线上，且 |AF1| = | BF1| =22．于是 (ⅰ) 当 | AF1|-|AF2| = |BF1|-|BF2|时，有 |AF2| = |BF2| , 再代入①得： F2的轨迹为直线 x = 1除去两个点F1(1, 0), D(1, 4)．

(ⅱ) ∵ 当 | AF1|-|AF2| = - ( |BF1|-|BF2| ) 时，有 | AF2| + |BF2| = |AF1| + |BF1| =42> 4 = |AB| ,

∴ 点F2的轨迹是以A、B两点为焦点的椭圆Q，且除去F1(1, 0)，D(1, 4)两点，

故所求的轨迹方程为 l：x = 1与Q：(x1)82(y2)21( y≠0，y≠ 44 )．

(2) 设存在直线L：y = x+ m满足条件．(ⅰ) 若L过点F1或点D，

∵ F1、D两点既在直线l：x = 1上，又在椭圆Q上，但不在F2的轨迹上， ∴ L与F2的轨迹只有一个公共点，不合题意．

(ⅱ) )若L不过点F1和D两点，(m≠-1, m≠3)，则L与l必有一个公共点E，且E点不在椭圆Q上，

∴ 要使L与F2的轨迹有且只有两个公共点，则L必与Q有且只有一个公共点．

由

yxm,得 (x1)2(y2)21,483x2 - (10 - 4m) x +2m2- 8m +1= 0,

从而，有 △= (10 - 4m) 2- 12(2m2- 8m+1) = - 8 ( m2-2m-11) , 当△= 0时，有m12

9. 解 ∵ c +λi = (λ, a)，i - 2λc = (1, - 2λa) ,

由向量平行关系得 OP与AP的方程分别为λy = ax，y- a = - 2λax．„„„„„„„„„„„„„„ ①

由此消去参数λ，得 点P(x ,y)满足方程为

a2)21, a()223．即存在符合条件的直线 y = x+123．

x182(y„„„„„„„„„„„„„„„„„ ②

∵ a > 0 , 从而，有(1) 当a两个定点 E，F ；

(2) 当0时，方程②表示的是椭圆，故存在符合题意的两个定点，即

1a11aa2,),F(a2,)； 222222为椭圆的两个焦点：E(1(3) 当a22

时，方程②表示的是椭圆，故存在合乎题意的两个定点，即为

2111a2)),F(0,(aa2) )．

222椭圆的两个焦点：E(0,1(a

10. 解：（I）因为AB边所在直线的方程为x3y60，且AD与AB垂直， 所以直线AD的斜率为3． 又因为点T(11)，在直线AD上， 所以AD边所在直线的方程为y13(x1)即3xy20．

x3y60，（II）由解得点A的坐标为(0，2)，

3xy2=0因为矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，0)． 所以M为矩形ABCD外接圆的圆心． 又AM(20)2(02)222．

从而矩形ABCD外接圆的方程为(x2)2y28．

（III）因为动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又因为动圆P与圆M外切， 所以PMPN22， 即PMPN22．

故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支． 因为实半轴长a2，半焦距c2．所以虚半轴长bc2a22．

x2y21(x≤2)． 从而动圆P的圆心的轨迹方程为22

211. 解：（1）设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x12)((x1x0)，

2∴切线AP的方程为：2x0xyx00;

切线BP的方程为：2x1xyx120;

x0x1,yPx0x1 2xx1xPxP， 所以△APB的重心G的坐标为 xG0322y0y1yPx0x12x0x1(x0x1)2x0x14xPypyG,

33332所以yp3yG4xG，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程解得P点的坐标为：xP为：

1x(3y4x2)20,即y(4x2x2).

3

x0x11112,x0x1),FB(x1,x12). （2）方法1：因为FA(x0,x0),FP(4244由于P点在抛物线外，则|FP|0. x0x1111x0(x0x1)(x02)x0x1FPFA4424, ∴cosAFP|FP||FA||FP|1|FP|x02(x02)24x0x1111x1(x0x1)(x12)x0x1FPFB4424, 同理有cosBFP|FP||FB||FP|1|FP|x12(x12)24∴∠AFP=∠PFB.

方法2：①当x1x00时,由于x1x0,不妨设x00,则y00,所以P点坐标为

(x1,0)，则P点到直线AF的距离为： 2x12x114x,

|x1|1;而直线BF的方程:y2411即(x12)xx1yx10.

44d11xx1|x||(x12)11|(x12)142442|x1| 所以P点到直线BF的距离为：d21221222x(x1)(x1)144所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.

114(x0),即(x21)xxy1x0, ②当x1x00时，直线AF的方程：y0004x00441x1214(x0),即(x21)xxy1x0, 直线BF的方程：y1114x10442x0

所以P点到直线AF的距离为：

xx1xx112|(x0)(01)x02x1x0||01)(x02)42424|x0x1| d11221222x(x0)x0044|xx0|同理可得到P点到直线BF的距离d21，因此由d1=d2，可得到∠AFP=

2∠PFB.

12. （Ⅰ）证法一：设点P的坐标为(x,y).

由P(x,y)在椭圆上，得

b22c|F1P|(xc)y(xc)b2x(ax)2.aa

2222由xa,知accxca0，所以 |F1P|ax.

aa证法二：设点P的坐标为(x,y).记|F1P|r1,|F2P|r2, 则r1(xc)2y2,r2(xc)2y2. 由r1r22a,r12r224cx,得|F1P|r1acx. acx0. a证法三：设点P的坐标为(x,y).椭圆的左准线方程为a

2由椭圆第二定义得|F1P|c，即|F1P|c|xa||acx|.

2aca|xa|ca

由xa,知accxca0，所以|F1P|ax. aa（Ⅱ）解法一：设点T的坐标为(x,y).

当|PT|0时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上. 当|PT|0且|TF2|0时，由PTTF20，得PTTF2. 又|PQ||PF2|，所以T为线段F2Q的中点. 在△QF1F2中，|OT|1|F1Q|a，所以有x2y2a2. 2综上所述，点T的轨迹C的方程是x2y2a2.

解法二：设点T的坐标为(x,y). 当|PT|0时，点（a，0）和点（－a，0）在轨迹上.

当|PT|0且|TF2|0时，由PTTF20，得PTTF2. 又|PQ||PF2|，所以T为线段F2Q的中点.

x设点Q的坐标为（x,y），则yxc,x2xc,2 因此 ① y2y.y.2

由|F1Q|2a得(xc)2y24a2. ② 将①代入②，可得x2y2a2.

综上所述，点T的轨迹C的方程是x2y2a2.

（Ⅲ）解法一：C上存在点M（x0,y0）使S=b2的充要条件是

22x0y0a2,  122c|y0|b.2③ ④

2b2b|y|.由③得|y0|a，由④得0 所以，当a时，存在点M，使S=b2；

cc当ab时，不存在满足条件的点M

c2b当a时，MF1(cx0,y0),MF2(cx0,y0)， c222由MF1MF2x0c2y0a2c2b2，

MF1MF2|MF1||MF2|cosF1MF2，

S1|MF1||MF2|sinF1MF2b2，得tanF1MF22. 2解法二：C上存在点M（x0,y0）使S=b2的充要条件是

22x0y0a2,③

 122c|y0|b.④ 2

b2b4b2b222由④得|y0|. 上式代入③得x0a2(a)(a)0.

cccc

于是，当ab时，存在点M，使S=b2；

c2b当ac2时，不存在满足条件的点M

y0y0， ,k2kF2Mx0cx0c1k1k2当ab时，记k1kFMc12由|F1F2|2a,知F1MF290，所以tanF1MF2|k1k2|2.

13. 解：抛物线的焦点坐标为（1，0），当直线l不垂直于x轴时，设方程为y=k

2

（x－1），代入y=4x，

得k2x2－x（2k2+4）+k2=0. 设l方程与抛物线相交于两点， ∴k≠0.设点A、B的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），

2(k22)4根据韦达定理，有x1+x2=，从而y+y=k（x+x－2）=. 1212

kk2设△AOB的重心为G（x，y）， x=

0x1x224=+2， 33k3243则

0y1y243+3（4y）2， 消去k，得x=y==，

33k48∴y2=x－.当l垂直于x轴时，A、B的坐标分别为（1，2）和（1，－2），

39248△AOB的重心G（，0），也适合y2=x－，

33948因此所求轨迹C的方程为y2=x－.

39

14. 解：设点M(x,y)，点M到圆C的切线的切点为P，则 |MP |||MQ  |MP||MO|2|OP|2x2y21 |MQ|(x2)2y2 ∴ x2y21(x2)2y2 整理，得：

(21)x2(21)y242x(142)0

∴ 动点M的轨迹方程为(21)x2(21)y242x(142)0 当1时，它表示直线4x50

P 2221322当1时，它的方程为(x2)y2， 1(1)2M O1N

O2 22132表示以(2,0)为圆心，2为半径的圆。

1|1|

15. 解：以O1O2的中点O为原点，O1O2所在的 直线为x轴，建立平面直角坐标系， 则O1(2,0),O2(2,0)

由已知PM2PN可得：PM22PN2

因为两圆的半径均为1，所以PO1212(PO221)

设P(x,y)，则(x2)212[(x2)2y21]，即(x6)2y233 所以所求轨迹方程为：(x6)2y233（或x2y212x30）

16. 解：设弦中点为M（x，y），交点为A(x1，y1)、B(x2，y2)。当M与P不重合时，A、B、M、P四点共线。

∴(y2y1)(x1)(x2x1)(y2) ①

22x12y12x2y2由1，1，两式相减得 169169(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

169又x1x22x，y1y22y ∴

2x(x1x2)2y(y1y2) ② 169由①②可得：9x216y29x32y0 ③

当点M与点P重合时，点M坐标为（1，2），适合方程③。 ∴弦中点的轨迹方程为：9x216y29x32y0

17. 由于M、N都是运动的，所以求的轨迹必须化“动”为“静”，结合动点P的几何性质，连结DP，因为MN=2，所以PD=1，因此点P的轨迹是一个以D为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围

141成的几何体的体积为球的体积的，即13。

8368

18. 解：如图所示，以AB所在直线为x轴，以AB中点为原点建立直角坐标系。 若这样界线存在，如图设点M为此曲线上任一点，则由题义得：

PAAMPBBM，即

MAMBPBPA15010050

点M的轨迹为以A、B为焦点的双曲线的右支（在矩形ABCD内部的一段）。

x2y21 x25（在矩形ABCD内部的一段） 方程为：。 6255775

19. 解法一 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y) (x≠0) 直线AB的方程为x=my+a

y由OM⊥AB，得m=－

x2

由y=4px及x=my+a，消去x,得y2－4pmy－4pa=0

yA(y1y2)22所以y1y2=－4pa, x1x2= a2(4p)所以，由OA⊥OB，得x1x2 =－y1y2 所以a24paa4p

oNMBxy代入，得x2+y2－4px=0(x≠0) x故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点

2p2p解法二 设OA的方程为ykx，代入y2=4px得A(2,)

kk1则OB的方程为yx，代入y2=4px得B(2pk2,2pk)

kk(x2p)，过定点N(2p,0)， ∴AB的方程为y1k2由OM⊥AB，得M在以ON为直径的圆上（O点除外）

故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点

故x=my+4p,用m=－

解法三 设M(x,y) (x≠0)，OA的方程为ykx，

2p2p,) 2kk1则OB的方程为yx，代入y2=4px得B(2pk2,2pk)

k由OM⊥AB，得

2p2py0„„①上， M既在以OA为直径的圆 x2y22xkk代入y2=4px得A(又在以OB为直径的圆 x2y22pk2x2pky0„„②上（O点除外），

①k2+②得 x2+y2－4px=0(x≠0)

故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点

20. 解 设直径为3,2,1的三圆圆心分别为O、A、B，问题转化为求两等圆P、Q,使它们与⊙O相内切，与⊙A、⊙B相外切 y建立如图所示的坐标系，并设⊙P的半径为r,则

P|PA|+|PO|=(1+r)+(1 5－r)=2 5

∴点P在以A、O为焦点，长轴长2 5的椭圆上，其方程为

116(x)2242y=1 ① 253AoBxQ同理P也在以O、B为焦点，长轴长为2的椭圆上，其方程为 (x－)2+y2=1 ② 由①、②可解得P(∴r=(321243912912,),Q(,)， 14141414921223)() 14147故所求圆柱的直径为

6 cm 7