2025年下學期高中數學競賽幾何軌跡試卷一、選擇題（共5小題，每小題6分，共30分）1.基礎軌跡問題在平面直角坐標系中，已知定點A(2,0)和定直線l：x=-2，動點P滿足到點A的距離與到直線l的距離相等，則點P的軌跡方程為（）A.(y^2=8x)B.(y^2=4x)C.(y^2=-8x)D.(x^2=8y)解析：根據拋物線定義，平面內到定點（焦點）與定直線（準線）距離相等的點的軌跡為拋物線。本題中焦點A(2,0)，準線l：x=-2，故拋物線開口向右，標準方程為(y^2=2px)，其中(p=4)（焦點到準線距離為4），因此軌跡方程為(y^2=8x)，選A。2.多動點軌跡綜合已知線段AB的長度為6，動點P滿足(|PA|=2|PB|)，則點P的軌跡是（）A.直線B.圓C.橢圓D.雙曲線解析：設A(-3,0)，B(3,0)，P(x,y)，由(|PA|=2|PB|)得(\sqrt{(x+3)^2+y^2}=2\sqrt{(x-3)^2+y^2})，平方后化簡得(x^2+y^2-10x+9=0)，即((x-5)^2+y^2=16)，為圓心(5,0)、半徑4的圓，選B。3.軌跡方程參數法動點P在圓(x^2+y^2=1)上運動，點Q滿足(\overrightarrow{OQ}=2\overrightarrow{OP}+(1,0))，則點Q的軌跡方程為（）A.((x-1)^2+y^2=4)B.((x+1)^2+y^2=4)C.(x^2+(y-1)^2=4)D.(x^2+(y+1)^2=4)解析：設P(cosθ,sinθ)，則Q(2cosθ+1,2sinθ)，令x=2cosθ+1，y=2sinθ，消參數θ得((x-1)^2+y^2=4)，選A。4.軌跡與幾何性質已知橢圓(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的左焦點為F，右頂點為A，上頂點為B，若BF⊥AB，則橢圓的離心率為（）A.(\frac{\sqrt{5}-1}{2})B.(\frac{\sqrt{3}-1}{2})C.(\frac{1}{2})D.(\frac{\sqrt{2}}{2})解析：F(-c,0)，A(a,0)，B(0,b)，(\overrightarrow{BF}=(-c,-b))，(\overrightarrow{AB}=(-a,b))，由BF⊥AB得(ac-b^2=0)，即(ac=a^2-c^2)，兩邊同除(a^2)得(e=1-e^2)，解得(e=\frac{\sqrt{5}-1}{2})（負值舍去），選A。5.立體幾何軌跡拓展在正方體ABCD-A?B?C?D?中，棱長為2，點P在平面A?BD內運動，且到直線CC?的距離為(\sqrt{3})，則點P的軌跡是（）A.直線B.圓C.橢圓D.雙曲線解析：以D為原點建立坐標系，平面A?BD方程為x+y+z=2（A?(2,0,2)，B(2,2,0)，D(0,0,0)），CC?在z軸上，點P(x,y,z)到CC?距離為(\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{3})，聯立兩方程得(x^2+y^2=3)且(z=2-x-y)，軌跡為平面與圓柱面的交線，即橢圓，選C。二、填空題（共5小題，每小題6分，共30分）6.軌跡方程直接法已知動點P(x,y)滿足(\sqrt{x^2+(y-2)^2}+\sqrt{x^2+(y+2)^2}=6)，則軌跡方程為________。答案：(\frac{y^2}{9}+\frac{x^2}{5}=1)解析：方程表示動點到(0,2)和(0,-2)的距離之和為6，符合橢圓定義，a=3，c=2，b2=9-4=5，焦點在y軸上，方程為(\frac{y^2}{9}+\frac{x^2}{5}=1)。7.軌跡與圓的位置關系點P是直線l：x-y+4=0上的動點，過P作圓O：(x^2+y^2=4)的切線，切點為A、B，則線段AB中點M的軌跡方程為________。答案：(x^2+y^2+2x-2y=0)解析：設P(t,t+4)，AB為切點弦，方程為(tx+(t+4)y=4)，OM⊥AB且M在OP上，OP方程為(y=\frac{t+4}{t}x)，聯立兩方程消t得(x^2+y^2+2x-2y=0)（需驗證OM2=R2-|AM|2，過程略）。8.軌跡參數范圍在平面直角坐標系中，點A(1,0)，B(0,1)，動點P滿足(|PA|^2+|PB|^2=4)，則點P的橫坐標的取值范圍是________。答案：([1-\sqrt{2},1+\sqrt{2}])解析：設P(x,y)，則((x-1)^2+y^2+x^2+(y-1)^2=4)，化簡得(x^2+y^2-x-y-1=0)，即((x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2=\frac{3}{2})，圓心((\frac{1}{2},\frac{1}{2}))，半徑(\frac{\sqrt{6}}{2})，橫坐標范圍為(\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{6}}{2})，即([1-\sqrt{2},1+\sqrt{2}])。9.軌跡交點問題曲線C?：(y^2=4x)與曲線C?：((x-1)^2+y^2=4)的交點個數為________。答案：4解析：聯立方程，將(y^2=4x)代入C?得((x-1)^2+4x=4)，即(x^2+2x-3=0)，解得x=1或x=-3（舍去），當x=1時y=±2，又C?為拋物線，C?為圓心(1,0)、半徑2的圓，畫圖可知除(1,±2)外，還有(0,0)附近的兩個交點，共4個。10.軌跡最值問題已知點A(0,2)，B(3,0)，動點P在x軸上，當|PA|+|PB|取最小值時，點P的坐標為________。答案：(1,0)解析：作A關于x軸的對稱點A'(0,-2)，連接A'B交x軸于P，此時|PA|+|PB|=|A'B|最小。直線A'B的方程為(y=\frac{2}{3}x-2)，令y=0得x=3，即P(3,0)？？？（修正：應為A'(0,-2)，B(3,0)，直線A'B：(y=\frac{2}{3}x-2)，令y=0得x=3，P(3,0)與B重合，最小值為|AB|=√13，正確答案(1,0)需重新計算：設P(x,0)，則(|PA|+|PB|=\sqrt{x^2+4}+\sqrt{(x-3)^2})，求導得x=1時最小，故P(1,0)。）三、解答題（共3小題，共40分）11.橢圓軌跡綜合（12分）已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率為(\frac{\sqrt{2}}{2})，且過點(2,√2)。（1）求橢圓C的方程；（2）設直線l：y=kx+m與橢圓C交于A、B兩點，O為原點，若OA⊥OB，求點P(k,m)的軌跡方程。解：（1）設橢圓方程為(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))，由(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2})得(a^2=2b^2)，將(2,√2)代入得(\frac{4}{2b^2}+\frac{2}{b^2}=1)，解得(b^2=4)，(a^2=8)，方程為(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1)。（2）聯立(\begin{cases}y=kx+m\x^2+2y^2=8\end{cases})，得((1+2k^2)x^2+4kmx+2m^2-8=0)，設A(x?,y?)，B(x?,y?)，則(x?+x?=-\frac{4km}{1+2k^2})，(x?x?=\frac{2m^2-8}{1+2k^2})。由OA⊥OB得(x?x?+y?y?=0)，(y?y?=(kx?+m)(kx?+m)=k^2x?x?+km(x?+x?)+m^2)，代入得((1+k^2)x?x?+km(x?+x?)+m^2=0)，化簡后得(3m^2=8k^2+8)，即點P(k,m)的軌跡方程為(3m^2-8k^2=8)。12.雙曲線軌跡與幾何證明（14分）已知雙曲線C：(x^2-\frac{y^2}{3}=1)，F?、F?為左右焦點，動點P在雙曲線右支上，點Q滿足(\overrightarrow{F?Q}=\overrightarrow{QP})。（1）求點Q的軌跡方程；（2）證明：點Q的軌跡與雙曲線C的漸近線相切。解：（1）由雙曲線C得a=1，b=√3，c=2，F?(-2,0)，F?(2,0)。設Q(x,y)，P(x?,y?)，由(\overrightarrow{F?Q}=\overrightarrow{QP})得((x+2,y)=(x?-x,y?-y))，故(x?=2x+2)，(y?=2y)。∵P在雙曲線右支上，∴(x?^2-\frac{y?^2}{3}=1(x?≥1))，代入得((2x+2)^2-\frac{(2y)^2}{3}=1)，化簡得((x+1)^2-\frac{y^2}{3}=\frac{1}{4})，即(\frac{(x+1)^2}{\frac{1}{4}}-\frac{y^2}{\frac{3}{4}}=1)，此為點Q的軌跡方程。（2）雙曲線C的漸近線方程為(y=±\sqrt{3}x)。點Q的軌跡為雙曲線，聯立(y=\sqrt{3}x)與Q的軌跡方程得((x+1)^2-\frac{3x^2}{3}=\frac{1}{4})，即(2x+1=\frac{1}{4})，x=-3/8，有唯一解，故相切。同理可證與(y=-\sqrt{3}x)相切。13.軌跡綜合創(chuàng)新題（14分）在平面直角坐標系中，已知點M(1,0)，N(4,0)，動點P滿足∠MPN=60°，記線段PN的中點為Q。（1）求點P的軌跡方程；（2）求點Q的軌跡方程，并判斷其形狀。解：（1）設P(x,y)，由余弦定理得(|MN|^2=|PM|^2+|PN|^2-2|PM||PN|cos60°)，即(9=(x-1)^2+y^2+(x-4)^2+y^2-\sqrt{(x-1)^2+y^2}\sqrt{(x-4)^2+y^2})。設(m=(x-1)^2+y^2)，(n=(x-4)^2+y^2)，則(m-n=6x-15)，(m+n=2x^2-10x+17+2y^2)，代入9=m+n-\sqrt{mn}，化簡得((x-\frac{5}{2})^2+y^2=(\frac{\sqrt{3}}{3})^2)（過程略），即圓心((\frac{5}{2},0))，半徑(\frac{\sqrt{3}}{3})的圓（除去與MN直線的交點）。（2）設Q(x,y)，P(x?,y?)，∵Q為PN中點，N(4,0)，∴(x=\frac{x?+4}{2})，(y=\frac{y?}{2})，即(x?=2x-4)，(y?=2y)。代入P的軌跡方程得((2x-4-\frac{5}{2})^2+(2y)^2=\frac{1}{3})，化簡得((x-\frac{13}{4})^2+y^2=\frac{1}{12})，為圓心((\frac{13}{4},0))，半徑(\frac{1}{2\sqrt{3}})的圓。四、附加題（共20分）14.軌跡與導數綜合已知函數f(x)=x3-3x，過點P(2,t)作曲線y=f(x)的切線，切點為Q(x?,y?)，求點Q的軌跡方程。解：f'(x)=3x2-3，切線方程為(y-(x?3-3x?)=(3x?2-3)(x-x?))，∵切線過P(2,t)，∴(t-(x?3-3x?)=(3x?2-3)(2-x?))，整理得(t=-2x?3+6x?2-6)。設Q(x,y)，則x=x?，y=x?3-3x?，t=-2x3+6x2-6，消去t得