专题7-2求曲线方程和动点轨迹归类（11题型+解题攻略）-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

这是一份专题7-2求曲线方程和动点轨迹归类（11题型+解题攻略）-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用），文件包含专题7-2求曲线方程和动点轨迹归类原卷版docx、专题7-2求曲线方程和动点轨迹归类解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc2152" 题型01定义法求轨迹：动直线圆型 PAGEREF _Tc2152 \h 1
\l "_Tc30801" 题型02定义法求轨迹：椭圆型 PAGEREF _Tc30801 \h 3
\l "_Tc11821" 题型03定义法求轨迹：双曲线型 PAGEREF _Tc11821 \h 5
\l "_Tc29506" 题型04定义法求轨迹：抛物线型 PAGEREF _Tc29506 \h 7
\l "_Tc18866" 题型05 直接法：所见即所得型 PAGEREF _Tc18866 \h 9
\l "_Tc2114" 题型06点带入法：相关点型 PAGEREF _Tc2114 \h 11
\l "_Tc11810" 题型07交轨法 PAGEREF _Tc11810 \h 13
\l "_Tc25155" 题型08 消参型 PAGEREF _Tc25155 \h 15
\l "_Tc13647" 题型09空间轨迹：截面型 PAGEREF _Tc13647 \h 19
\l "_Tc3025" 题型10 空间轨迹：双球模式 PAGEREF _Tc3025 \h 23
\l "_Tc32654" 题型11 空间轨迹：定角模式 PAGEREF _Tc32654 \h 27
\l "_Tc19449" 高考练场 PAGEREF _Tc19449 \h 30

题型01定义法求轨迹：动直线圆型
【解题攻略】
【典例1-1】（2024上·福建泉州高三校考阶段练习）设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是（ ）
A．5B．10C．D．
【答案】A
【分析】易知动点的坐标，由已知直线化为点斜式可得动点B的坐标，由两条直线垂直公式可得两条动直线互相垂直，结合勾股定理和重要不等式可求得结果.
【详解】容易知道动直线过定点为，
由可得，所过定点为，
由可知两条动直线互相垂直，即，因为，
所以，
所以，当且仅当时等号成立.故选：A
【典例1-2】（2024上·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两条直线的位置关系和所过的定点，结合圆与圆的位置关系进行求解即可.
【详解】，所以直线恒过点，
，所以直线恒过点，
由两条直线的方程可以判断直线与直线互相垂直，
因此点在以为直径的圆上，线段中点为，
半径为，
圆的圆心为，半径为，
由已知条件可知点在圆：上，
所以圆与圆相交或相切，，
因此有，
解得：，所以则的最大值是，故选：A
【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由两直线方程求出的坐标，由于两直线垂直，所以，若设，则，，然后表示出变形后，利用三角函数的性质可求得其范围.
【详解】解：由题意可知，动直线经过定点，
动直线，即，经过点定点，
动直线和动直线的斜率之积为，始终垂直，又是两条直线的交点，
，．设，则，，
由且，可得，，
，，，，，，
，，故选：B．
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）设，过定点的动直线和过定点的动直线相交于点不重合），则面积的最大值是（ ）
A．B．5C．D．
【答案】D
【分析】由题意结合直线位置关系的判断可得两直线互相垂直，由直线过定点可得定点与定点，进而可得，再利用基本不等式及三角形面积公式即得．
【详解】由题意直线过定点，
直线可变为，所以该直线过定点，
所以，又，所以直线与直线互相垂直，
所以，所以即，当且仅当时取等号,
所以，，即面积的最大值是.故选：D.
【变式1-3】（2022·四川南充高三 （理））过定点M的直线与过定点N的直线交于点P，则的最大值为（ ）
A．2B．C．4D．8
【答案】C
【分析】根据直线斜截式方程和点斜式方程的特点求出、两点坐标，再判断两直线的位置关系，利用基本不等式进行求解即可.
【详解】解：由，所以，
由，所以，
因为，所以这两条直线垂直，即，
所以三角形是直角三角形，
因此，
所以有，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为4，
故选：C.
题型02定义法求轨迹：椭圆型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知定圆A的半径为4，B是圆A内一个定点，且，P是圆上任意一点.线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，则点Q的轨迹是（ ）

A．面积为的圆B．面积为的圆C．离心率为的椭圆D．离心率为的椭圆
【答案】D
【分析】连接，由线段垂直平分线的性质结合圆的性质可得，再由椭圆的定义可得其轨迹.
【详解】连接，因为线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，
所以，
因为，所以，
所以点的轨迹是以为焦点，4为长轴长，焦距为2的椭圆，
所以椭圆的离心率为，故选：D
【典例1-2】．（2023·江苏高三专题练习）若点满足方程，则动点M的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用两点距离公式的几何意义，结合椭圆的定义即可得解.
【详解】因为动点满足关系式，
所以该等式表示点到两个定点，的距离的和为12，
而，即动点M的轨迹是以，为焦点的椭圆，
且，即，又，，
所以动点M的轨迹方程为.故选：C.
【变式1-1】（2023秋高三课时练习）已知动点满足（为大于零的常数）﹐则动点的轨迹是（ ）
A．线段B．圆C．椭圆D．直线
【答案】C
【分析】根据题意，结合椭圆的定义即可得到结果.
【详解】的几何意义为点与点间的距离，
同理的几何意义为点与点间的距离，且又由为大于零的常数，可知，当且仅当，即时取等，故，
即动点到点与到点的距离之和为定值，且大于，所以动点的轨迹为椭圆，故选：C.
【变式1-2】（2023·江苏高三专题练习）已知动圆过定点，并且在定圆B：的内部与其相切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，动圆的半径为，由圆与圆的位置关系可得，判断出的轨迹为以为焦点，长轴长为8 的椭圆，即可求出的轨迹方程.
【详解】设动圆圆心为，动圆的半径为，则，
因为动圆在定圆：的内部与其相内切，
所以,所以，即，
因为，,所以，
由椭圆的定义可知：的轨迹为以为焦点，长轴长为8 的椭圆，
所以，
所以动圆圆心的轨迹方程为.
故选：A
【变式1-3】（2020秋·山东淄博高三校考 ）已知图O的半径为定长r,A是圆O内一个定点,P是圆上任意一点,线段AP的垂直平分线和半径OP相交于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹是（ ）
A．圈B．椭圆C．双曲线的一支D．双曲线的两支CB
【答案】B
【分析】连接,因为点Q在线段AP的垂直平分线上,所以,所以,可得点Q的轨迹符合椭圆的定义.
【详解】解:连接,如图所示:
因为点Q在线段AP的垂直平分线上,所以,
所以,
因为A是圆O内一个定点,所以,
即,即动点Q到两定点O、A的距离和为定值,
根据椭圆的定义,可知点Q的轨迹是:以O,A为焦点,OA为实轴长的椭圆.
故选:B
.
题型03定义法求轨迹：双曲线型
【解题攻略】
【典例1-1】已知，，若曲线上存在点满足，则的取值范围是___________.
四川省内江市2022届高三第三次模拟考试数学（文）试题
【答案】
【分析】曲线上存在点满足，等价于与以A、B为焦点的双曲线右支相交，根据双曲线渐近线性质即可求解．
【详解】若，，且，
则点在以A、B为焦点的双曲线的右支上，且，，
∴，，∴双曲线方程为，其渐近线方程为，
则曲线上存在点满足，
等价于与双曲线相交，∴．故答案为：．
【典例1-2】（2023上·四川凉山高三校联考 ）已知点，，动点满足条件，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的定义可判断动点的轨迹形状，利用待定系数法即可求得轨迹方程.
【详解】因为，，所以，动点满足，
由双曲线的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点的双曲线的左支，
设双曲线方程为，则有，，，
所以动点的轨迹方程为.故选：D.
【变式1-1】（2023上·北京高三北京市陈经纶中学校考阶段练习）化简方程的结果是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据两点间距离公式化简条件，再根据双曲线定义求解即可.
【详解】设，，则由已知得，
即动点P到两个定点A､B的距离之差的绝对值等于常数，又，且，
所以根据双曲线的定义知，动点P的轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线.
设双曲线方程为：，则，所以，
所以，所以双曲线方程为，
即化简方程的结果是.
故选：D.
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，一动圆与轴切于点，分别过点作圆的切线并交于点(点不在轴上)，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C．或 D．
【答案】A
【分析】根据圆的切线长定理以及双曲线的定义得点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支（不含顶点），再求出可得双曲线方程.
【详解】设分别与圆相切于点，则，，，
所以，且，
所以点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支(除去与轴交点)，
这里，，，则，
故点的轨迹方程为.
故选：A
【变式1-3】（2023上·江苏连云港高三统考 ）方程可化简为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】移项平方化简可得答案.
【详解】由得，
两边平方得，且得，
两边再平方得，
可化简为.
故选：D.
题型04定义法求轨迹：抛物线型
【解题攻略】
【典例1-1】若动点满足，则点M的轨迹是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】D
【分析】根据题意，化简得到，结合抛物线的定义，即可求解.
【详解】由题意，动点满足，
即，
即动点到定点的距离等于动点到定直线的距离，
又由点不在直线上，
根据抛物线的定义，可得动点的轨迹为以为焦点，以的抛物线.
故选：D.
【典例1-2】已知动点的坐标满足方程，则动点的轨迹是（ ）
A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆
【答案】C
【分析】表示动点到坐标原点的距离，表示动点到的距离，再根据抛物线的定义判断即可；
【详解】解 方程，此式表示的是动点到定点与定直线的距离相等且定点不在定直线上，
根据抛物线的定义可知：动点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的一条抛物线．
故选：．
【变式1-1】.已知动点的坐标满足，则动点的轨迹方程为_____________．
【答案】
【分析】将转化为动点到点的距离，转化为动点到直线的距离，再根据抛物线的定义，即可求出结果.
【详解】设直线，则动点到点的距离为，动点到直线的距离为，又因为，
所以动点M的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，其轨迹方程为．
故答案为：
【变式1-2】若动点满足，则点的轨迹应为（ ）
A．椭圆B．抛物线C．双曲线D．圆
【答案】B
【分析】利用抛物线的定义即可得出.
【详解】动点满足，
可知：动点到定点与到定直线距离相等，
其中定点不在定直线上.因此P点的轨迹应为抛物线.
故选：B.
【变式1-3】.若点满足，则动点M的轨迹是（ ）
A．直线B．圆C．椭圆D．抛物线
【答案】D
【分析】根据抛物线的定义即可得出选项.
【详解】依题意，动点M到点的距离等于其到定直线的距离，
且点不在直线上，因此动点M的轨迹是抛物线.
故选：D
题型05 直接法：所见即所得型
【解题攻略】
【典例1-1】（2024上·安徽合肥高三合肥一中校考阶段练习）平面上动点到定点的距离比点到轴的距离大，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】设点，可得出，分、两种情况讨论，化简可得出点的轨迹方程.
【详解】设点，因为平面上动点到定点的距离比点到轴的距离大，
则，
当时，则有，即，
等式两边平方整理可得；
当时，则有，即，
等式两边平方可得.
综上所述，点的轨迹方程为或.
故选：D.
【典例1-2】（2024·浙江温州·统考一模）动点到定点的距离与到定直线：的距离的比等于，则动点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据距离公式即可化简求解.
【详解】根据题意可得，平方化简可得，
进而得，故选:A
【变式1-1】（2022上高三课时练习）在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若=2，则点C的轨迹为（ ）
A．椭圆B．射线C．圆D．直线
【答案】C
【分析】建立合适的平面直角坐标系，设，根据以及向量数量积的坐标形式求解出满足的关系式，即可判断出轨迹形状.
【详解】因为点是两个定点，不妨设，
以所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
设，，，所以，，
由得：，即，所以点C的轨迹为圆.
故选：C.
【变式1-2】（2021上·广东深圳高三统考 ）已知点，，动点满足，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由向量数量积及模长公式,计算即可.
【详解】设,因为,所以
又因为,所以,
即得
可得点的轨迹方程为
故选:.
【变式1-3】（2022上·上海浦东新高三华师大二附中校考阶段练习）在平面内，，是两个定点，是动点，若，则点的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】A
【分析】设出、、的坐标，利用已知条件，转化求解的轨迹方程，推出结果即可．
【详解】解：在平面内，，是两个定点，是动点，
不妨设，，设，
所以，
因为，
所以，即，
所以点的轨迹为圆．
故选：A．
.
题型06点带入法：相关点型
【解题攻略】
【典例1-1】（2022上·北京高三北京二中校考阶段练习）设为坐标原点，动点在椭圆C：上，过作轴的垂线，垂足为，点满足，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出点的坐标，根据向量的坐标表示，建立等量关系，代入椭圆方程，整理可得答案.
【详解】设，，，则，，
由，则，解得，
由点在椭圆C：上，则，即，
即点的轨迹方程是.故选：C.
【典例1-2】（2024下·江西·高三校联考开学考试）已知面积为的正方形的顶点、分别在轴和轴上滑动，为坐标原点，，则动点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设点、、，由平面向量的坐标运算可得出，由正方形的面积公式可得出，将代入等式整理可得出点的轨迹方程.
【详解】设点、、，由，
所以，，可得，因为正方形的面积为，即，即，
整理可得，因此，动点的轨迹方程为.故选：C.
【变式1-1】（2021上·河南安阳高三安阳市第三十九中学校考 ）已知，A、B分别在y轴和x轴上运动，O为原点，，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】B
【分析】设点，，，根据求得，再根据把代入得到的等量关系即可．
【详解】解：设，，，则，，，
由得，，，，
，把代入上式化简得为椭圆．故选：B．
【变式1-2】（2024·全国高三专题练习）当点在椭圆上运动时，连接点与定点，则的中点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，，结合中点坐标公式，利用点坐标表示出点坐标，代入椭圆方程中即可求得点轨迹方程.
【详解】设，，
为中点，，则，即，
又在椭圆上，，即，
点轨迹方程为：.故选：D.
【变式1-3】（2023上·湖南湘潭高三湘潭大学附属实验学校校考 ）已知圆，直线l过点.线段的端点B在圆上运动，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.
【详解】设，，
由点是的中点，得，可得，
又点在圆上运动，所以，
将上式代入可得，，
化简整理得点的轨迹方程为：.
故选：B
题型07交轨法
【解题攻略】
【典例1-1】（2019上·江西鹰潭高三统考 ）过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，分别过作抛物线的切线，则的交点的轨迹方程是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，由斜截式写出过焦点的直线方程，和抛物线方程联立求出A，B两点横坐标的积，再利用导数写出过A，B两点的切线方程，然后整体运算可求得两切线的交点的纵坐标为定值﹣2，从而得到两切线焦点的轨迹方程．
【详解】由抛物线x2＝8y得其焦点坐标为F（0，2）．
设A（），B（），直线l：y＝kx+2，联立，得：x2﹣8kx﹣16＝0．
∴x1x2＝﹣16…①．又抛物线方程为：，求导得，
∴抛物线过点A的切线的斜率为，切线方程为②
抛物线过点B的切线的斜率为，切线方程为③
由①②③得：y＝﹣2．∴l1与l2的交点P的轨迹方程是y＝﹣2．故选A．
【典例1-2】（2020上·辽宁沈阳·高三校联考 ）已知椭圆，点A，B分别是它的左，右顶点.一条垂直于x轴的动直线l与椭圆相交于P，Q两点，又当直线l与椭圆相切于点A或点B时，看作P，Q两点重合于点A或点B，则直线AP与直线BQ的交点M的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，则，写出直线和直线的方程，利用消去和即可得到结果.
【详解】设，则，则，因为，，当时，
所以直线的方程为：直线的方程为：，
所以，又，所以，即，
当时，也符合上式，
所以直线AP与直线BQ的交点M的轨迹方程是.故选：B.
【变式1-1】（2021上·北京高三校考 ）已知定点是动点且直线的斜率之积为，动点的轨迹不可能是（ ）
A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分
【答案】D
【解析】根据题意设，进而得，，，再对分类讨论即可得答案.
【详解】解：设，则根据题意得，，，
所以，即 ，，
故当时，动点的轨迹方程为双曲线；
当且时，动点的轨迹为椭圆；
当时，动点的轨迹为圆.
由于抛物线的标准方程中，或的指数必有一个为，
故动点的轨迹不可能是：抛物线的一部分.
故选：D.
【变式1-2】（2021·全国高三专题练习）在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，是动点，且直线与的斜率之积等于，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得，设，再根据斜率之积化简即可得答案.
【详解】解：由题意得，，设，
则.由得：，
整理得.故选：D.
【变式1-3】．（2023上·全国高三专题练习）已知在中，点，点，若，则点C的轨迹方程为（ ）
A．B．（）
C．D．（）
【答案】B
【分析】设动点,由两点间斜率公式及倾斜角的关系,可得的方程,化简即可得动点C的轨迹方程,排除不符合要求的点即可.
【详解】设由两点间斜率公式可得
由斜率与倾斜角关系,结合可得变形可得
当时,C与A或B重合,不合题意所以点C的轨迹方程为（）
故选:B
题型08 消参型
【解题攻略】
【典例1-1】（2022上·河南信阳高三信阳高中校考 ）已知椭圆，作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点，作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点，且ABCD，两垂线相交于点P，则点P的轨迹是（ ）
A．椭圆B．双曲线C．圆D．抛物线
【答案】B
【分析】首先根据，设出点坐标，再根据点在椭圆上，代入椭圆方程，求出点轨迹方程即可.
【详解】由题知，
故设，，
所以，
又因为，，
消去t可得：，
可知点轨迹为双曲线.
故选：B.
【典例1-2】（2020下·四川成都高三树德中学校考 ）已函数的两个极值点是和，则点的轨迹是（ ）
A．椭圆弧B．圆弧C．双曲线弧D．抛物线弧
【答案】D
【分析】根据极值点的定义把用表示后，消去得关于的方程，由方程确定曲线．
【详解】由题意，所以是方程的两根，所以且，所以，，
所以点在曲线上，还要满足，轨迹为抛物线弧．
故选:D
【变式1-1】（2020·全国·高三专题练习）过点的动直线交圆于，两点，分别过，作圆的切线，如果两切线交于点，那么点的轨迹是（ ）
A．直线B．直线的一部分
C．圆的一部分D．双曲线的一支
【答案】B
【解析】设，，由圆的对称性及直线方程的相关知识可得直线的方程为、直线的方程为，联立消去m、n即可得解.
【详解】圆的圆心，半径为2，
设，，则，由圆的对称性可得即，
当各直线的斜率均存在时，的斜率，切线的斜率，
所以直线的方程为即，
又直线的斜率，所以直线的斜率，
所以直线的方程为，
由可得，所以，
又圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交，
所以点的轨迹是直线在圆外的部分；
当直线、、、其中一条直线的斜率不存在时，点依然在该直线上；
所以点的轨迹是直线的一部分.
故选：B.
【变式1-2】（2023上·全国高三 ）在矩形中，，，点，分别为直线，上的动点，交于点.若（），则点的轨迹是（ ）
A．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线
【答案】C
【分析】建立直角坐标系，由，求得，，进而得出直线的方程，联立求得点，得出点的坐标满足的方程，即可求解.
【详解】分别以和所在的直线为，轴建立平面直角坐标系，
则，，，，,
因为，（），所以，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立这两条件直线方程可得点，，即点的坐标满足，
所以点的轨迹是以为对称中心，，分别为左右焦点的椭圆，
其中，，.故选C.
【变式1-3】（2022·浙江·高三专题练习）已知是双曲线的左右焦点，为圆上一动点（纵坐标不为零），直线分别交两条渐近线于两点，则线段中点的轨迹为（ ）
A．平行直线B．圆的一部分
C．椭圆的一部分D．双曲线的一部分
【答案】A
【分析】设点坐标为，依题设求线段中点的坐标可得解.
【详解】设点坐标为，渐近线方程为：，
直线：，直线：，
当点在上方时，
由，得，
同理，
，
当点在下方时，，
所以线段中点纵坐标，所以中点轨迹为平行直线.
故选:A.
题型09空间轨迹：截面型
【典例1-1】（2023春·江西抚州高三金溪一中校联考 ）如图所示圆锥，为母线的中点，点为底面圆心，为底面圆的直径，且，，的长度成等比数列，一个平面过，，与圆锥面相交的曲线为椭圆，若该椭圆的短轴与圆锥底面平行，则该椭圆的离心率为 ．
【答案】/
【分析】令，由等比数列性质可得，进而确定圆锥轴截面为等腰直角三角形，并求出椭圆长轴长的长度，根据圆锥的结构特征找到椭圆短轴长，最后应用椭圆离心率定义求离心率.
【详解】令，则，又，，的长度成等比数列，
所以，即，
由题意，显然，在直角△中，则，
所以△为等腰直角三角形，故圆锥轴截面为等腰直角三角形且，
所以，即椭圆长轴长，则，
轴截面如下图示：该椭圆的短轴与圆锥底面平行，过作交于，交于，则，
为中点，所以为中点，即为椭圆中心，
过作交于，
综上，有△△均为等腰直角三角形，故，则，
同理△△，故，则，
所以，即，
综上，椭圆离心率为.
故答案为：
【典例1-2】（2023春·上海杨浦·高三复旦附中校考开学考试）如图所示，（直径为的球放地面上，球上方有一点光源，则球在地面上的投影为以球与地面切点为一个焦点的椭圆，已知是椭圆的长轴，垂直于地面且与球相切，，则椭圆的离心率为 ．
【答案】/
【分析】作出球的一个截面，圆分别与、相切于点、，求出、的值，即可得出椭圆的离心率的值.
【详解】如图，是球的一个截面，圆分别与、相切于点、，
因为，球的半径为，所以，，
所以，
所以，
因为是椭圆的长轴长，所以，所以，
根据椭圆在锥体中截面与球相切的切点为椭圆的焦点知，
球与相切的切点为椭圆的一个焦点，
所以，所以，
所以离心率．
故答案为：.
【变式1-1】（2023·上海高三专题练习）已知圆柱底面半径为2，一个与底面成45°角的平面截这个圆柱，则截面上的椭圆离心率为 ．
【答案】
【分析】由题意作出图像，结合图像和椭圆的性质，求得的值，利用离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，圆柱的底面直径为，所以椭圆的短轴长，即，
又因为椭圆所在的平面与圆柱底面所成的角为，
所以，解得，则，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
【变式1-2】如图，已知水平地面上有一半径为3的球，球心为，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆C．如图，椭圆中心为O，球与地面的接触点为E，．若光线与地面所成角为，椭圆的离心率__________．
【答案】
【分析】
根据平行投影计算出椭圆C的短半轴长b，再求出光线与水平面所成锐角的正弦，进而求得椭圆C的长轴长2a而得解.
【详解】
连接，则，因为，如图：
所以，所以
在照射过程中，椭圆的短半轴长b是球的半径R，即，
过球心与椭圆长轴所在直线确定的平面截球面所得大圆及对应光线，如图：
椭圆的长轴长是，过A向做垂线，垂足是B，则，
由题意得：，又，
则，，即，
所以椭圆的离心率为.故答案为：
【变式1-3】1822年，比利时数学家 Dandelin利用圆锥曲线的两个内切球，证明了用一个平面去截圆锥，可以得到椭圆（其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点），实现了椭圆截线定义与轨迹定义的统一性．在生活中，有一个常见的现象：用手电筒斜照地面上的篮球，留下的影子会形成椭圆．这是由于光线形成的圆锥被地面所截产生了椭圆的截面．如图，在地面的某个占正上方有一个点光源，将小球放置在地面，使得与小球相切．若，小球半径为2，则小球在地面的影子形成的椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
设，从而可得 ，，，利用勾股定理可得，再由离心率的定义即可求解.
【详解】
在中，设，
，，，
，
， ∴长轴长，，
则离心率.
故选：A
题型10 空间轨迹：双球模式
【典例1-1】（2022·全国·高三专题练习）如图①，用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆．许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinal dandelin（1794-1847）的方法非常巧妙，极具创造性．在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面，截面相切，两个球分别与截面相切于E，F，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于C，B，由球和圆的几何性质，可以知道，AE=AC，AF=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC．由B，C的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以E，F为焦点的椭圆．
如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆．已知是椭圆的长轴，垂直于桌面且与球相切，，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【分析】利用球与圆锥相切，得出截面，在平面图形中求解，以及圆锥曲线的来源来理解切点为椭圆的一个焦点，求出，得出离心率.
【详解】切于,切于E，，球半径为2，所以，
，，中，，
，故,,
根据椭圆在圆锥中截面与二球相切的切点为椭圆的焦点知：球O与
相切的切点为椭圆的一个焦点，且，,c=4，
椭圆的离心率为.故答案为：
【点睛】本题要求有一定的空间图形辨别能力，能从整体上认识图形，并且对圆锥曲线的来源有一定的认识，借助平面图形来求解.
【典例1-2】（2023·湖北·校联考模拟预测）在圆锥内放入两个大小不等的外离的球与球，半径分别为和，且，使得它们与圆锥侧面和截面相切，两个球分别与截面相切于点，，在截口上任取一点，又过点作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，则可知线段的长度之和为常数.若圆锥轴截面为等边三角形，则截口曲线的离心率是 .
【答案】
【分析】取两球与圆锥同一母线上的切点，连接，连接交于点，则有，，，从而得点的轨迹是以点为焦点的椭圆，且，，再由离心率的计算公式求解即可.
【详解】解：如图所示：
取两球与圆锥同一母线上的切点，连接，连接交于点，
因为圆锥轴截面为等边三角形，所以，
所以，，，，
所以，
由题意可得，所以,
所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，且，
又，所以,
又，所以，
所以，，
所以，即有，
所以离心率.
故答案为：
【变式1-1】（2023秋·四川乐山高三统考 ）比利时数学家丹德林发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得它们分别与圆锥的侧面、底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆.这个结论在圆柱中也适用，如图所示，在一个高为，底面半径为的圆柱体内放两个球，球与圆柱底面及侧面均相切.若一个平面与两个球均相切，则此平面截圆柱边缘所得的图形为一个椭圆，该椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】作出圆柱的轴截面，根据已知给出的条件以及直角三角形的性质求出的值，而椭圆的短轴长即为圆柱的底面的直径，进而可以求出的值，从而可以求解.
【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，如图所示：
作出圆柱的轴截面，切点为、，延长与圆柱面相交于、，
过点在平面内作，
在直角三角形中，，，所以，
因为，所以，，
所以，，所以，
由平面与圆柱所截可知椭圆的短轴即为圆柱底面直径的长，即，则，
则，所以，椭圆的离心率为，
故答案为：.
【变式1-2】（2023秋·四川乐山高三统考 ）比利时数学家丹德林发现：在圆锥内放两个大小不同且不相切的球，使得它们分别与圆锥的侧面､底面相切，用与两球都相切的平面截圆锥的侧面得到的截面曲线是椭圆（其中两球与截面的切点即为椭圆的焦点）.如图，圆锥的锥角为，斜截面与圆锥轴所成角为，则椭圆的离心率为 .
【答案】
【分析】设两个球的半径分别为，已知圆锥母线与轴的夹角为，截面与轴的夹角为，利用已知条件和几何关确定的关系，结合椭圆的性质，即可得出椭圆离心率．
【详解】如图，
上面球心为，下面的球心为，设两个球的半径分别为和，
由于圆锥的锥角为，则球心距离，
截面分别与球，球相切于点，，是截面椭圆的焦点），
如图，圆锥面与其内切球、分别相切与，，
连接，，则，，连接，，交于点，截面与圆锥的母线交．
由于圆锥的锥角为，所以圆锥母线与轴的夹角为，斜截面与圆锥轴所成角为，
则，，
所以，
则椭圆的长轴长，焦距，
又，，，
，，
则，所以，
所以，
则椭圆的离心率．
.
题型11 空间轨迹：定角模式
【典例1-1】（2022春·福建龙岩高三福建省长汀县第一中学校考阶段练习）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆
C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分
【答案】B
【分析】首先建立空间直角坐标系，设，则点的轨迹是椭圆．
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
设
所以点的轨迹是椭圆．
故选：B.
【典例1-2】（2021春·浙江湖州高三浙江省德清县第三中学校考开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，点M是底面正方形的中心，点P是底面所在平面内的一个动点，且满足，则动点P的轨迹为（ ）
A．圆B．抛物线C．双曲线D．椭圆
【答案】D
【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出向量，，代入化简整理为的形式，即可通过判别式判断轨迹.
【详解】在点D处建立如图所示直角坐标系，
正方体的棱长为1，则，，设点，
，，
，，
化简得，
等式两边同时平方可得，
，上式表示椭圆，即点P的轨迹方程为椭圆.
故选：D
【变式1-1】（2019秋·浙江高三校联考 ）斜线段PA与平面M成α角，斜足为A，动直线PB与直线PA成β（β＜α）角，交平面M于点B，动点B的轨迹图形为（ ）
A．一条直线B．一个圆C．一个半圆D．一个椭圆
【答案】D
【分析】由圆锥曲线与圆锥面的关系可得．
【详解】由于，因此运动后可形成以为对称轴的圆锥侧面，而平面与轴不垂直不平行，又与母线不平行，因此平面与此圆锥侧面的交线是椭圆．
故选D．
【变式1-2】（2017秋·江西吉安高三阶段练习）如图，斜线段与平面所成的角为60°，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是（ ）
A．圆B．抛物线
C．椭圆D．双曲线的一支
【答案】C
【分析】首先建立空间直角坐标系，再设，得的坐标，进而得到，再利用与空间向量的数量积，可得到，即可判断点的轨迹是椭圆.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设，
易得，
则，又因为，
所以，
，整理得，
所以点的轨迹是椭圆.
故选：C.
高考练场
1.（2021·湖南·益阳平高学校高二 ）设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值（ ）33
A．B．C．3D．6
【答案】D
【分析】根据动直线方程求出定点的坐标，并判断两动直线互相垂直，进而可得 ，最后由基本不等式即可求解.
【详解】解：由题意，动直线过定点，
直线可化为，令，可得，
又，所以两动直线互相垂直，且交点为，所以，因为，
所以，当且仅当时取等号.故选：D.
2.（2023·江苏高三专题练习）在中，已知，若，且满足，则顶点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先利用正弦定理化角为边，从而可得，再结合题意可得点的轨迹是以为焦点的椭圆的左半部分，即可得解.
【详解】解：在中，因为，所以，又，则，
所以，即，由于，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆的左半部分，
由，所以顶点的轨迹方程是.故选：A.
3.（2022上·江苏盐城高三盐城中学校考 ）已知是圆上的一动点，点，线段的垂直平分线交直线于点，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意有，从而有，根据双曲线的定义得点的轨迹为是以F1、F2为焦点的双曲线．再写出其方程即可.
【详解】如图所示：
∵是圆上一动点，点的坐标为，线段的垂直平分线交直线于点，
∴，，
∵是圆上一动点，∴，∴，∴，，，∴点的轨迹为以F1、F2为焦点的双曲线，且，，得，∴点的轨迹方程为.故选：C.
4.已知实数x，y满足，其中常数，则动点的轨迹是（ ）
A．射线B．直线C．抛物线D．椭圆
【答案】C
【分析】利用两点的距离公式、绝对值的几何意义以及抛物线的定义进行判断.
【详解】因为表示动点到定点的距离与到定直线l：的距离相等，且点F不在直线l上，所以由抛物线的定义知动点的轨迹为抛物线．故A，B，D错误.
5.（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，若定点与动点满足向量在向量上的投影为，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量投影的定义结合平面向量数量积的坐标运算可得出点的轨迹方程.
【详解】由已知可得，向量在向量上的投影为，整理可得.
因此，点的轨迹方程为.故选：C.
6.（2023·全国高三专题练习）已知面积为16的正方形ABCD的顶点A、B分别在x轴和y轴上滑动，O为坐标原点，，则动点P的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用相关点法即可求得动点P的轨迹方程.
【详解】设，不妨令，正方形ABCD的面积为16，则，则，
由，可得，即，则，整理得
故选：B
7.（2023下·上海普陀高三上海市晋元高级中学校考 ）在直角坐标平面内，点的坐标分别为，则满足为非零常数）的点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设,由于直线的倾斜角为,直线的倾斜角的补角为,利用直线斜率公式可将转化为,化简整理即可
【详解】由题,设,
因为,
因为直线的倾斜角为,直线的倾斜角的补角为,
所以,化简可得
故选：C
8.（2022高三课时练习）已知，，当时，线段的中点轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】中点坐标为，整理得到，即可求解．
【详解】解：中点坐标为，
即，
，
，
，
．
故选：B
9.如图，平面，D为AB的中点，，，P为内的动点，且P到直线CD的距离为，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由题意推出到直线的距离为的的轨迹是圆柱，得到平面的图形是椭圆，然后可得到的最大值，进而可得到的最小值.
【详解】解：空间中到直线CD的距离为的点构成一个圆柱面，它和面相交得一椭圆，所以P在内的轨迹为一个椭圆，D为椭圆的中心，
所以，则，于是为椭圆的焦点，椭圆上点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大，故为60°.
所以的最小值为，
故答案为：.
10.（2022秋·广东广州高三校联考 ）如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于 .
【答案】
【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.
【详解】设，
由，解得，
所以，
所以，
设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，
则，
两式相加得，即，
过作，垂直为，
则四边形为矩形，所以，，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
11.长方体中，，，，为该长方体侧面内(含边界)的动点，且满足，则四棱锥体积的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先可以绘出长方体的图像，然后根据得出，根据椭圆定义即可得出点的轨迹，然后构建直角坐标系并绘出椭圆图像，结合图像即可求出以及，最后通过棱锥的体积计算公式即可得出结果.
【详解】如图，绘出长方体，
如果动点P的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，可直接写出所求的动点的轨迹方程，这种方法叫做定义法.
平面内到一定点的距离等于定长的点的轨迹是圆，定点为圆心，定长为圆的半径．
若直线含参，参数在x系数出，则不包含竖直，如y=k（x-1）+1，不含想x=1
若直线含参，参数在y的系数出，则不含水平，如x+m（y-1）+2=0，不含y=1
若直线参数在常数位置，则为一系列平行线，如x+y+c=0与y=-x平行
平面内与两个定点F1,F2的距离之和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的点,两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．
平面内与两个定点F1,F2的距离的差的绝对值等于常数(小于|F1F2|)的点的轨迹叫做双曲线．这两个定点做双曲线的焦点,两焦点间的距离叫做双曲线的焦距．
平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线．点F叫做抛物线的焦点,直线l叫做抛物线的准线．
如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，不需要特殊的技巧，易于表述成含的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法．
（1）到线段两端点相等的点的轨迹是该线段的垂直平分线．
（2）到角的两边相等的点的轨迹是该角的平分线及外角平分线．
（3）平面内到一定点的距离等于定长的点的轨迹是圆，定点为圆心，定长为圆的半径．
求解过程：
（1）建系：建立适当的坐标系
（2）设点：设轨迹上的任一点Px,y
（3）列式：列出有限制关系的几何等式
（4）代换：将轨迹所满足的条件用含x,y的代数式表示，
（5）检验：对某些特殊值应另外补充检验．
如果动点P的运动是由另外某一点P'的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出Px,y,用x,y表示出相关点P'的坐标,然后把P'的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程.
第一步：设所求轨迹的点，曲线上的动点；
第二步：找出与的关系，由表示，即；
第三步：满足已知的曲线方程，将代人，消去参数．对于不符合条件的点要注意取舍．
求两曲线的交点轨迹时,可由方程直接消去参数,或者先引入参数来建立这些动曲线的联系,然后消去参数来得到轨迹方程,称之交轨法. 该法经常与参数法并用.
1.求两条动直线交点轨迹方程一般用交轨法
2.运用交轨法探求轨迹方程问题，主要是把选取的参数看成已知数，写出两条动曲线方程，关键是参数的选取，困难是参数的消去．怎么把选取的参数看成已知数，写出两条动曲线方程？如何选取参数？怎样消去参数？
有时不容易得出动点应满足的几何条件，也无明显的相关点，但却较容易发现（或经分析可发现）该动点常常受到另一个变量（角度，斜率，比值，截距或时间等）的制约，即动点坐标x,y中的x,y分别随另一变量的变化而变化，我们称这个变量为参数，由此建立轨迹的参数方程，这种方法叫参数法，进而通过消参化为轨迹的普通方程Fx,y=0.
（1）选择坐标系，设动点坐标；
（2）分析轨迹的已知条件，选定参数（选择参数时要考虑，既要有利于建立方程又要便于消去参数）；
（3）建立参数方程；
（4）消去参数得到普通方程；
（5）讨论并判断轨迹．