1、第10讲曲线与方程1曲线与方程在平面直角坐标系中，如果某曲线C(看作满足某种条件的点的集合或轨迹)上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解；(2)以这个方程的解为坐标的点都在曲线上那么，这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫做方程的曲线2曲线的交点设曲线C1的方程为F1(x，y)0，曲线C2的方程为F2(x，y)0，则C1，C2的交点坐标即为方程组的实数解，若此方程组无解，则两曲线无交点3求动点的轨迹方程的一般步骤(1)建系建立适当的坐标系；(2)设点设轨迹上的任一点P(x，y)；(3)列式列出动点P所满足的关系式；(4)代换依条件式的特点，选用距离公式、
2、斜率公式等将其转化为关于x，y的方程式，并化简；(5)证明证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程1“曲线C是方程f(x，y)0的曲线”是“曲线C上的点的坐标都是方程f(x，y)0的解”的充分不必要条件2求轨迹问题常用的数学思想(1)函数与方程思想：求平面曲线的轨迹方程就是将几何条件(性质)表示为动点坐标x，y的方程及函数关系(2)数形结合思想：由曲线的几何性质求曲线方程是“数”与“形”的有机结合(3)等价转化思想：通过坐标系使“数”与“形”相互结合，在解决问题时又需要相互转化1(2022贵阳模拟)已知M(2,0)，N(2,0)，则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程为()Ax2y22
3、Bx2y24Cx2y22(x)Dx2y24(x2)答案D解析MN的中点为原点O，易知|OP|MN|2，得点P的轨迹是以原点O为圆心，2为半径的圆，除去与x轴的两个交点，即顶点P的轨迹方程为x2y24(x2)，故选D.2(2021广西百色模拟)已知点P是直线2xy30上的一个动点，定点M(1,2)，Q是线段PM延长线上的一点，且|PM|MQ|，则Q点的轨迹方程是()A2xy10B2xy50C2xy10D2xy50答案D解析设Q(x，y)，则P(2x,4y)，代入2xy30，得Q点的轨迹方程为2xy50.3已知平面内有一条线段AB，其长度为4，动点P满足|PA|PB|3，O为AB的中点，则|OP|
4、的最小值为()A1BC2D3答案B解析以AB的中点O为原点，中垂线为y轴建立直角坐标系，则P点的轨迹为双曲线的一支，且c2，a，所以|OP|mina.4(2021皖南八校联考)设点A为圆(x1)2y21上的动点，PA是圆的切线，且|PA|1，则P点的轨迹方程为()Ay22xB(x1)2y24Cy22xD(x1)2y22答案D解析如图，设P(x，y)，圆心为M(1,0)连接MA，PM.则MAPA，且|MA|1，又因为|PA|1，所以|PM|，即|PM|22，所以P点的轨迹方程为(x1)2y22.5已知圆C1：(x3)2y21和圆C2：(x3)2y29，动圆M同时与圆C1及圆C2相外切，则动圆圆心
5、M的轨迹方程为()Ax21B.y21Cx21(x1)Dx21(x1)答案D解析如图所示，设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于点A和点B.根据两圆外切的条件，得|MC1|AC1|MA|，|MC2|BC2|MB|，因为|MA|MB|，所以|MC1|AC1|MC2|BC2|，即|MC2|MC1|BC2|AC1|2，所以点M到两定点C2，C1的距离的差是常数且小于|C1C2|.又根据双曲线的定义，得动点M的轨迹为双曲线的左支(点M到C2的距离大，到C1的距离小)，其中a1，c3，则b28.故点M的轨迹方程为x21(x1)6(2022河南南阳模拟)已知圆的方程为x2y24，若抛物线过点A(1,0)，B(1
6、,0)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点的轨迹方程是_答案1(y0)解析设抛物线的焦点为F，过A，B，O作准线的垂线AA1，BB1，OO1，则|AA1|BB1|2|OO1|4，由抛物线定义得|AA1|BB1|FA|FB|，所以|FA|FB|4，故F点的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(去掉长轴两端点)，所以抛物线的焦点的轨迹方程为1(y0)考向一定义法求轨迹方程例1如图所示，已知圆A：(x2)2y21与点B(2，0)，分别求出满足下列条件的动点P的轨迹方程(1)PAB的周长为10；(2)圆P与圆A外切，且过B点(P为动圆圆心)解(1)根据题意，知|PA|PB|AB|10，即|PA|PB|
7、64|AB|，故P点轨迹是椭圆，且2a6,2c4，即a3，c2，所以b，因此其轨迹方程为1(y0)(2)设圆P的半径为r，则|PA|r1，|PB|r，因此|PA|PB|13)D.1(x4)答案C解析设ABC的内切圆与x轴相切于点D，则D(3，0)由于AC，BC都为圆的切线，故有|CA|CB|AD|BD|8263)2(2021江西上饶二模)已知圆M：(x)2y236及定点N(，0)，点P是圆M上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足2，0，则点G的轨迹方程为_答案1解析Q为PN的中点，且GQPN，GQ所在直线是PN的中垂线，|PG|GN|.|PM|GM|PG|GM|GN|62，点G的轨迹是以
8、M，N为焦点的椭圆，又a3，c，b2，点G的轨迹方程为1.精准设计考向，多角度探究突破考向二直接法求轨迹方程角度利用动点满足的关系式求轨迹例2(2021广西桂林模拟)已知点F(0,1)，直线l：y1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且，则动点P的轨迹方程为()Ax24yBy23xCx22yDy24x答案A解析设点P(x，y)，则Q(x，1)因为，所以(0，y1)(x,2)(x，y1)(x，2)，即2(y1)x22(y1)，整理得x24y，所以动点P的轨迹方程为x24y.角度无明确等量关系求轨迹方程例3已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.(1)求动圆圆心
9、的轨迹C的方程；(2)已知点B(1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是PBQ的平分线，证明：直线l过定点解(1)如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意得|O1A|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于点H，则点H是MN的中点，|O1M|，又|O1A|， ，化简得y28x(x0)又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)，满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C的方程为y28x.(2)证明：由题意，设直线l的方程为ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykxb代入y28x，得k2x2(2bk8)xb20.其中32kb
10、640.由根与系数的关系，得x1x2，x1x2，x轴是PBQ的平分线，kBPkBQ，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，将代入，得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此时0，直线l的方程为yk(x1)，即直线l过定点(1,0)直接法求轨迹方程(1)利用直接法求解轨迹方程的关键是根据条件准确列出方程，然后进行化简(2)运用直接法应注意的问题在用直接法求轨迹方程时，在化简的过程中，有时破坏了方程的同解性，此时就要补上遗漏的点或删除多余的点，这是不能忽视的若方程的化简过程是恒等变形，则最后的验证可以省略3
11、.(2022陕西汉中模拟)在平面直角坐标系xOy中，点B与点A(1，1)关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于.则动点P的轨迹方程为_答案x23y24(x1)解析因为点B与点A(1,1)关于原点O对称，所以点B的坐标为(1，1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，化简得x23y24(x1)故动点P的轨迹方程为x23y24(x1)4如图，过点P(2,4)作两条互相垂直的直线l1，l2，若l1交x轴的非负半轴于A点，l2交y轴的非负半轴于B点，求线段AB的中点M的轨迹方程解设点M的坐标为(x，y)因为M(x，y)为线段AB的中点，所以点A，B的坐标分别为A(2x,0)，B(0,2
12、y)当x1时，因为l1l2，且l1，l2过点P(2,4)，所以kPAkPB1，即1(x1)，化简得x2y50(x1)当x1时，A，B的坐标分别为(2,0)，(0,4)，所以线段AB的中点为(1,2)，满足方程x2y50(x0，y0)综上，得M的轨迹方程为x2y50(x0，y0)考向三利用相关点(代入法)求轨迹方程例4如图，已知P是椭圆y21上一点，PMx轴于点M.若.(1)求点N的轨迹方程；(2)当点N的轨迹为圆时，求的值解(1)设点P，N的坐标分别为P(x1，y1)，N(x，y)，则易知点M的坐标为(x1,0)，且xx1，(xx1，yy1)(0，yy1)，(x1x,0y)(0，y)，由得(0
13、，yy1)(0，y)yy1y，即y1(1)y.P(x1，y1)在椭圆y21上，y1，(1)2y21.点N的轨迹方程为(1)2y21.(2)要使点N的轨迹为圆，则(1)2，解得或.当或时，点N的轨迹是圆代入法求轨迹方程的四个步骤(1)设出所求动点坐标P(x，y)；(2)寻求所求动点P(x，y)与已知动点Q(x，y)的关系；(3)建立P，Q两坐标间的关系，并表示出x，y；(4)将x，y代入已知曲线方程中化简求解5.过双曲线x2y21上一点Q作直线xy2的垂线，垂足为N，求线段QN的中点P所形成的曲线的方程解设动点P的坐标为(x，y)，点Q的坐标为(x0，y0)，则N(2xx0,2yy0)代入xy2
14、，得2xx02yy02.又PQ垂直于直线xy2，故1，即x0xyy00.由得x0xy1，y0xy1，代入双曲线方程，得点P所形成的曲线的方程为2x22y22x2y10.考向四参数法求轨迹方程例5(2021南宁模拟)在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1(，0)，A2(，0)，再取两个动点N1(0，m)，N2(0，n)，且mn2.(1)求直线A1N1与A2N2的交点M的轨迹C的方程；(2)过R(3,0)的直线与轨迹C交于P，Q两点，过点P作PNx轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若(1)，求证：.解(1)依题意知，直线A1N1的方程为y(x)，直线A2N2的方程为y(x)，设M(x，
15、y)是直线A1N1与A2N2的交点，得y2(x26)，又mn2，整理得1.故点M的轨迹C的方程为1(y0)(2)证明：设过点R的直线l：xty3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，y1)，由消去x，得(t23)y26ty30，所以y1y2，y1y2.由，得(x13，y1)(x23，y2)，故x13(x23)，y1y2，由(1)得F(2,0)，要证，即证(2x1，y1)(x22，y2)，只需证2x1(x22)，y1y2，只需证，即证2x1x25(x1x2)120，又x1x2(ty13)(ty23)t2y1y23t(y1y2)9，x1x2ty13ty23t(y1y2)6，所以2t2y
16、1y26t(y1y2)185t(y1y2)30120，即2t2y1y2t(y1y2)0，而2t2y1y2t(y1y2)2t2t0成立，即成立参数法求轨迹方程的步骤(1)选取参数k，用k表示动点M的坐标；(2)得出动点M的参数方程(3)消去参数k，得M的轨迹方程；(4)由k的范围确定x，y的范围6.已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为B1，B2，C是线段B1F2的中点，若2，且.(1)若点Q是椭圆上任意一点，点A(9,6)，求|QA|QF1|的最小值；(2)若点M，N是椭圆上的两个动点，M，N两点处的切线相交于点P，当0时，求点P的轨迹方程解(1)由题意得F1(c,
17、0)，F2(c,0)，B1(0，b)，则C，由得即解得从而a24，所以椭圆的方程为1.由椭圆的定义得|QF1|QF2|4，所以|QA|QF1|QA|(4|QF2|)|QA|QF2|4，而|QA|QF2|AF2|10，所以|QA|QF1|的最小值为6.(2)设P(x0，y0)，当PMx轴，或PNx轴时，可知P(2，)或P(2，)或P(2，)或P(2，)当PM与x轴不垂直且不平行时，x02，设直线PM的斜率为k，则k0，PN的斜率为，直线PM的方程为yy0k(xx0)，由得(34k2)x28k(y0kx0)x4(y0kx0)2120.因为直线PM与椭圆相切，所以0，即4k2(y0kx0)2(34k
18、2)(y0kx0)230，即(x4)k22x0y0ky30，所以k是方程(x4)k22x0y0ky30的一个根，同理是方程(x4)k22x0y0ky30的另一个根，所以k，即xy7，其中x02，所以点P的轨迹方程为x2y27(x2)P(2，)或P(2，)或P(2，)或P(2，)也满足上式综上，点P的轨迹方程为x2y27.自主培优(十八) 解析几何中的“设而不求”与“设而要求”思想1(2022云南昆明摸底)已知动点M(x，y)满足 2.(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)设过点N(1,0)的直线l与曲线E交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为C(点C与点B不重合)证明直线BC恒过定点，并求该定点
19、的坐标解(1)由已知，动点M到点P(1,0)，Q(1,0)的距离之和为2，且|PQ|0)，点A为长轴的右端点B，C为椭圆E上关于原点对称的两点直线AB与直线AC的斜率kAB和kAC满足kABkAC.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l：ykxt与圆x2y2相切，且与椭圆E相交于M，N两点，求证：以线段MN为直径的圆恒过原点解(1)由题知A(a,0)设B(x0，y0)(x0a)，则C(x0，y0)由y1，得y1，由kABkAC，即，得y，所以，所以a22，即椭圆E的标准方程为y21.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得(12k2)x24ktx2t220，x1x2，x1x2.
20、y1y2(kx1t)(kx2t)k2x1x2kt(x1x2)t2t2，因为直线l与圆x2y2相切，所以，即，所以x1x2y1y20，所以，即MON90，所以以线段MN为直径的圆恒过原点1已知点A(1,0)，B(2,4)，ABC的面积为10，则动点C的轨迹方程是()A4x3y160或4x3y160B4x3y160或4x3y240C4x3y160或4x3y240D4x3y160或4x3y240答案B解析由题意，得直线AB的方程为4x3y40，又|AB|5，设动点C(x，y)由题意可知510，所以4x3y160或4x3y240.故选B.2(2021山西晋城模拟)已知点F，直线l：x，点B是l上的动点
21、若过点B垂直于y轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M，则点M的轨迹是()A双曲线B椭圆C圆D抛物线答案D解析由已知，知|MF|MB|，根据抛物线的定义知，点M的轨迹是以点F为焦点，直线l为准线的抛物线故选D.3. 如图所示，A是圆O内一定点，B是圆周上一个动点，AB的中垂线CD与OB交于点E，则点E的轨迹是()A圆B椭圆C双曲线D抛物线答案B解析连接EA.由题意知，|EA|EO|EB|EO|r(r为圆的半径)且r|OA|，故点E的轨迹是以O，A为焦点的椭圆故选B.4(2022甘肃兰州摸底)已知点Q在椭圆C：1上，点P满足()(其中O为坐标原点，F1为椭圆C的左焦点)，则点P的轨迹为()A圆B
22、抛物线C双曲线D椭圆答案D解析因为点P满足()，所以P是线段QF1的中点，设P(x，y)，由于F1为椭圆C：1的左焦点，则F1(，0)，故Q(2x，2y)，由于点Q在椭圆C上，则点P的轨迹方程为1，故点P的轨迹为椭圆故选D.5动圆M经过双曲线x21的左焦点且与直线x2相切，则圆心M的轨迹方程是()Ay28xBy28xCy24xDy24x答案B解析设双曲线x21的左焦点为F，则点F的坐标为(2,0)，因为动圆M经过F且与直线x2相切，所以圆心M到点F的距离和到直线x2的距离相等，由抛物线的定义知轨迹是抛物线，其方程为y28x.6在ABC中，已知A(1,0)，C(1,0)，且|BC|，|CA|，|
23、AB|成等差数列，则顶点B的轨迹方程是()A.1B.1(x)C.1D.1(x2)答案D解析因为|BC|，|CA|，|AB|成等差数列，所以|BC|AB|2|CA|4.所以点B在以A，C为焦点，半焦距c1，长轴长2a4的椭圆上又B是三角形的顶点，A，B，C三点不能共线，故顶点B的轨迹方程为1，且x2.故选D.7(2020全国卷)在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若1，则点C的轨迹为()A圆B椭圆C抛物线D直线答案A解析设AB2a(a0)，以AB的中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则A(a,0)，B(a,0)，设C(x，y)，可得(xa，y)，(xa，y)，从而(xa)(xa)y21
24、，整理可得x2y2a21，即点C的轨迹是以AB的中点为圆心， 为半径的圆故选A.8设线段AB的两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，且|AB|5，则点M的轨迹方程为()A.1B1C.1D1答案A解析设M(x，y)，A(x0,0)，B(0，y0)，由，得(x，y)(x0,0)(0，y0)，则解得由|AB|5，得2225，化简得1.9已知点O(0,0)，A(2,0)，B(2,0)设点P满足|PA|PB|2，且P为函数y3图象上的点，则|OP|()A.BCD答案D解析因为|PA|PB|24，所以点P在以A，B为焦点，实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支上，由c2，a1，可得b2c2a2413，即双曲线
25、的右支方程为x21(x0)又点P还在函数y3的图象上，由解得则|OP|.故选D.10(2021浙江高考)已知a，bR，ab0，函数f(x)ax2b(xR)若f(st)，f(s)，f(st)成等比数列，则平面上点(s，t)的轨迹是()A直线和圆B直线和椭圆C直线和双曲线D直线和抛物线答案C解析因为函数f(x)ax2b，所以f(st)a(st)2b，f(s)as2b，f(st)a(st)2b.因为f(st)，f(s)，f(st)成等比数列，所以f2(s)f(st)f(st)，即(as2b)2a(st)2ba(st)2b，化简得2a2s2t2a2t42abt20，得t0或2as2at22b，因为ab
26、0，易知点(s，t)的轨迹是直线和双曲线故选C.11已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在AB上，且|AM|，点P在平面ABCD内，且动点P到直线A1D1的距离与动点P到点M的距离的平方差为1，则动点P的轨迹是()A直线B圆C双曲线D抛物线答案D解析在平面ABCD内过点P作PFAD，垂足为F，过点F在平面AA1D1D内作FEA1D1，垂足为E，连接PE，则有PEA1D1，即PE为点P到A1D1的距离由题意知|PE|2|PM|21，又因为|PE|2|PF|2|EF|2，所以|PF|2|EF|2|PM|21，即|PF|2|PM|2，即|PF|PM|，所以点P满足到点M的距离等于点P到
27、直线AD的距离由抛物线的定义知点P的轨迹是以点M为焦点，AD为准线的抛物线，所以动点P的轨迹为抛物线12(2022郑州质量检查)已知A(2,0)，B(2,0)，斜率为k的直线l上存在不同的两点M，N满足|MA|MB|2，|NA|NB|2，且线段MN的中点为(6,1)，则k的值为()A2BCD2答案D解析因为|MA|MB|2，|NA|NB|2，由双曲线的定义知，点M，N在以A，B为焦点的双曲线的右支上，且c2，a，所以b1，所以该双曲线的方程为y21.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于线段MN的中点为(6,1)，则x1x212，y1y22.设直线l的方程为ykxm，代入双曲线的方程，消去
28、y，得(13k2)x26mkx3m230，所以x1x212，y1y2k(x1x2)2m12k2m2，由，解得k2，故选D.13(2021重庆模拟)由动点P向圆x2y21引两条切线PA，PB，切点分别为A，B，APB60，则动点P的轨迹方程为_答案x2y24解析设P(x，y)，x2y21的圆心为O，因为APB60，OP平分APB，所以OPB30，因为|OB|1，OBP为直角，所以|OP|2，所以x2y24.14(2021广西桂林模拟)在ABC中，|BC|4，ABC的内切圆切BC于D点，且|BD|CD|2，则顶点A的轨迹方程为_答案1(x)解析以BC的中点为原点，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角
29、坐标系，E，F分别为两个切点则|BE|BD|，|CD|CF|，|AE|AF|.所以|AB|AC|BE|CF|BD|CD|2)15已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C，则曲线C的方程为_答案1(x2)解析设圆M的半径为r1，圆N的半径为r2，圆P的半径为R.因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r242.由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为1(x2)16(2022四川绵阳诊断考试)若过抛物线y24x的焦点作直线与其交于M，N两
30、点，作平行四边形MONP，则点P的轨迹方程为_答案y24(x2)解析当直线的斜率k存在时，设直线方程为yk(x1)，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x，y)，由，得(x1，y1)(xx2，yy2)得x1x2x，y1y2y.由联立得k2x2(2k24)xk20，所以xx1x2，yy1y2k(x1x22)，消去参数k，得y24(x2)当直线的斜率k不存在时，直线方程为x1，设抛物线的焦点为F，由2得P(2,0)，适合y24(x2)综上，点P的轨迹方程为y24(x2)17已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点P(26，1)，Q(2,1)，且|MP|5|MQ|.(1)求点M的轨迹方程，并说
31、明轨迹是什么图形；(2)记(1)中轨迹为C，过点N(2,3)的直线l被C所截得线段的长度为8，求直线l的方程解(1)由题意，得5，即5，化简，得x2y22x2y230.所以点M的轨迹方程是(x1)2(y1)225.轨迹是以(1,1)为圆心，5为半径的圆(2)当直线l的斜率不存在时，l：x2，此时所截得线段的长度为28，所以l：x2符合题意当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y3k(x2)，即kxy2k30，圆心(1,1)到直线l的距离d，由题意，得24252，解得k.所以直线l的方程为xy0，即5x12y460.综上，直线l的方程为x2或5x12y460.18动点P在圆E：(x1)2y216
32、上运动，定点F(1,0)，线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q.(1)求点Q的轨迹T的方程；(2)过点F的直线l1，l2分别交轨迹T于A，B两点和C，D两点，且l1l2.证明：过AB和CD中点的直线过定点解(1)连接QF，根据题意，可知|QP|QF|，则|QE|QF|QE|QP|4|EF|2，故点Q的轨迹T是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，则a2，c1，所以b，所以点Q的轨迹T的方程为1.(2)证明：分别设直线AB和CD的中点为M，N，当直线AB斜率不存在或为0时，分析可知直线MN与x轴重合，当直线AB的斜率为1时，此时M，N，直线MN的方程为x，联立解得直线MN经过定点.下面证明一般性
33、：当直线AB的斜率存在且不为0,1时，设直线AB的方程为yk(x1)，则直线CD的方程为y(x1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y得(4k23)x28k2x4k2120，则x1x2，所以y1y2，即M，同理，N，于是直线MN的斜率为kMN，故直线MN的方程为y，即y，所以直线MN经过定点.19(2021新高考卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(，0)，F2(，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(1)因为|MF1|MF2|20，b0)，半焦距为c，则2a2，c，得a1，b2c2a216，所以点M的轨迹C的方程为x21(x1)(2)设T，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为ytk1(k10)，直线PQ的方程为ytk2(k20)，由得(16k)x22k1x2160.设A(xA，yA)，B(xB，yB)，易知16k0，则xAxB，xAxB，所以|TA|，|TB|，则|TA|TB|(1k)(1k)(1k).同理得|TP|TQ|.因为|TA|TB|TP|TQ|，所以，所以k16kk16kk16kk16k，即kk，又k1k2，所以k1k2，即k1k20.