1 3 6 指I點I迷I津平面內到一定點的距離等于定長的點的軌跡是圓，定點為圓心，定長為圓的半徑.直線l2:y-4=-m(x+2)交于點P（P與A，B不重合則錯誤的是() C．PA22【答案】【答案】B由動直線l2:y-4=-m(x+2)，可得B(-2,4)，所以所以l1丄lPA2+PB2=AB22PA2+PB2=AB設設P(x,y)，則(x-2)2+(y-1)2+(x+PA=5cosθ,PBPA=5cosθ,PB所以所以2PA+PB=5(2cosθ+sinθ)=5sin(θ+j)，所以當所以當sin(θ+j)=1時，2PA+PB取最大值5，故D正確.【答案】【答案】B其范圍.動直線動直線mx-y-m+2=0，即m(x-1)P又是兩條直線的交點，P又是兩條直線的交點，:PA丄PB，:|PA|2+|PB|2=|AB|2=10．設上ABP=θ,則|PA|=sinθ,由由|PA|≥0且|PB|≥0，可得θ∈[0，]:|PA|+|PB|=(sinθ+cosθ)=2sin(θ+)，Qθ∈[0，]，::θ+∈[，]，:sin1]，:2sin(θ+)∈[，2]，故選：B.【點睛】關鍵點點睛：此題考查直線過定點問題，考查兩直線的位置【點睛】關鍵點點睛：此題考查直線過定點問題，考查兩直線的位置值范圍，考查數學轉化思想，屬于較難題.的交點，則3PO+2PQl的最小值為()A．33B．6-32【答案】【答案】A且且l1,l2分別過定點A(-2,3),B(-2,-3)，取其中點C(―2,0)，易知AP丄BP，則則P點在以C為圓心，3為半徑的圓上，取點E，連接PE,QE,QP,當且僅當當且僅當P、Q、E三點共線，且P與線段QE和圓C的交點重合時取得等號.直線l2:y-4=-m(x+2)交于點P（P與A，B不重合則下列結論中正確的是() 2【答案】ACD【答案】ACD【分析】根據定點判斷方法、直線垂直關系、勾股定理、三角函數輔助角求最值即可得解.227PAB=θ,θPAPBmx-y-2m+3=0交于點P(x,y)【分析】根據兩直線的方程可求得定點【分析】根據兩直線的方程可求得定點A、B的坐標，以及兩直線垂直，進而可得P點的軌跡是以AB為直徑的圓，即得.所以P點的軌跡方程是，即指I點I迷I津平面內與兩個定點F1,F2的距離之和等于常數(大于|F1F2|)的點的軌跡叫做橢圓．這兩個定點叫做橢圓【答案】C【答案】C點A作與y軸垂直的直線分別交OP于點E，交OQ于點F，得等邊△OEF，由平面幾何可得G是等邊△OEF的外心，由此可得點G的軌跡C2為y軸在曲線C1內的一段線段.【詳解】以O為原點，以上POQ的角平分線為y軸建立平面直角坐標系如圖所示.依題意得直線OQ的方程為y=3x，直線OP的方程為y=-3x.設點M(x,y)，因為M是BC的中點，所以即過點A作與y軸垂直的直線分別交OP于點E，交OQ于點F，則△OEF顯然也是等邊三角形.因此OC=AF.證OG=EG，即點G是等邊△OEF的外心，所以，點G在y軸上移動，故點G的軌跡C2為y軸在曲線C1內【點睛】關鍵點點睛：建立適當的坐標系是解決本題的關鍵.22024·浙江紹興·模擬預測）單位向量，向量滿足若存在兩個均滿足此條件的向量,使得，設在起點為原點時，終點分別為A,B1,B2.則S△AB1B2的最大值() B3，分析可知A,B1,B3三點共線，結合橢圓性質分析求解. 可得可得=(1-λ)+λ，由(1-λ)+λ=1可知A,B1,B3三點共線，設設B1當且僅當當且僅當B1為短軸頂點時，等號成立，所以S△ABB2.2.設B2關于點O的對稱點為B3，可知A,B1,B3三點共線.323-24高三上·上?！つM）設圓O1和圓O2是兩個定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則動圓P的圓心的軌跡不可能是()【答案】A【分析】按動圓【答案】A【分析】按動圓P與圓O1、圓O2內【詳解】設動圓P的半徑為r，圓O1和圓O，若圓P與圓O1、圓O2都外切或都內切，則有或í，若圓P與圓O1、圓O2一個外切一個內切，則有í11或í11，P的軌跡是雙曲線，，而兩個圓相交或相外切時，P點軌跡是被直線O1O2分成的不連續的兩段圖形，軌跡不可能是完整的橢圓），r【點睛】關鍵點睛：涉及軌跡形狀的判斷問題，利題的關鍵.423-24高三·陜西榆林·模擬）已知點N(2,0)，動點A在圓M：(x+2)2+y2=64上運動，線段AN的垂直【答案】6焦點的橢圓，即可求解.二次函數求給定區間的最大值即可.【詳解】由題意，圓(x+2)2+y2=64的圓心為M(-2,0)，點N(2,0)，線段AN的垂直平分線交MA于點P，所以P是AN的垂直平分線上的一點，所以PA=根據橢圓的定義，可得點P表示M,N為焦點的橢圓，其Q圓C的方程為2+y2=1，:圓心C，半徑r=1，設P，則=1，::P到圓心C的距離又x∈[-4,4]:當x=4時，PC取得最大值5，:PQ的最大值為：PCmax+r=5+1=6，指I點I迷I津平面內與兩個定點F1,F2的距離的差的絕對值等于常數(小于|F1F2|)的點的軌跡叫做雙曲線．這兩個定點做雙曲線的焦點,兩焦點間的距離叫做雙曲線的焦距.x2x2點，則PA-PB的最小值為()【答案】【答案】D【分析】【分析】A，B為兩個定點，問題可轉化為以A，B為焦點的雙曲線與圓有交點，由此求PA-PB的最小值.2上一點，求PA-PB的最小值，問題可以轉化為：已知點A(-2,0)，B(2,上一點，求PA-PB的最小值，2故選：故選：D2.解答曲線與曲線相交的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去2.解答曲線與曲線相交的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系，要強化聯立得出一力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題.分點和點A作直線，這兩條直線的交點為P，如圖建立平面直角坐標系，則點P滿足的方程可能是()【答案】C【分析】設P(x0,y0)，結合題意找出x0與y0的關系式，即可求解.于點N的對稱點為M，線段F1M的中垂線與直線F2M相交于點P，則點P的軌跡是【答案】【答案】D【分析】由N是圓O:x2+y2=1上任意—點，可得ON=1，結合已知，由垂直平分線的性質可得PM=PF1， 的雙曲線.F2MF2M法，設出動點的坐標(x,y)，根據題意列出關于x,y的等式即可；②定義法，根據題意動點符合已知曲線的代入f(x0,y0)=0.FF-3,0和F23,0連線的斜率之積等于，記點P的軌跡為曲線E，直線l：y=k(x-2)與E交于A，B兩點，則()C．E的漸近線與圓(x-2)2+y2=1相【答案】CD【答案】CD的離心率，利用圓心到E的漸近線距離判斷圓與E的漸近線的位置關系，聯立直線l與曲線E，結合|x1-x2|求k值的個數，由此即可判斷各選項的正誤.524-25高三·全國·模擬）過曲線C上一點P作圓x2+y2=1的兩條切線，切點分別為A,B，若2x2-y2=1系計算即可.【詳解】設p(x0,y0)，則過點P的切線方程為y-y0=k(x-x0)，即kx-y+y0-kx0=0，所以=1，得k2-2x0y0k+y-1=0，則kPA,kPB是此方程的兩根，x-1≠0，Δ=4xy3故答案為：2x2-y2=1指I點I迷I津rr【答案】【答案】C【分析】利用數量積運算可得動點【分析】利用數量積運算可得動點P的軌跡C方程，設M進而得到⊙M的方程為：22再利用基本不等式即可得出.=x2－2，∴x2＝4y.化為化為x2-2ax+y2-y=4-a2．令y＝0，則x2－2ax+a2＝4，22024高三·全國·專題練習）已知P是直線l:x-y-2=0上的一個動點，過點P作拋物線C:y=x2的兩條切線PA，PB，切點分別為A，B，則△APB的重心G的軌跡方程為()【答案】ByP=4x2-3y，代入直線l方程整理即可.【詳解】設A(x1,y1)，B(x2,y2)，△PAB的重心為G(x,y).于是，xP=x，yP=4x-3y=4x2-3y，由點P在直線l:x-y-2=0上得x--2=0，即y=其中定理1.1及證明：如圖，拋物線x2=2py(p>0)上兩個不同的點A，B的坐標分別為A(x1,y1)，B(x2,y2)，以A，B為切點的切線PA，PB相交于點P，我們稱弦AB為阿基米德△PAB的底邊.所以過點A的切線方程為，過點B的切線方程為聯立這兩個方程320-21高三·廣西南寧·模擬）拋物線：y2=4x的過焦點的弦的中點的軌跡方程為()A．y2=x-1B．y2=x-C．y2=2(x-1)D．y2=2x-1【答案】【答案】C【解析】設出過焦點的直線方程，與拋物線方程聯立求出兩根的軌跡方程.設直線與拋物線的交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，設AB的中點P(x,y)，【點睛】方法點睛：求軌跡方程的常見方法有：1、定義法；2、待定系數法；3、直法；5、參數方程法等等.42024·浙江·模擬預測）已知曲線C上的點滿足：到定點(1,0)與定直線y軸的距離的差為定值m，其中，點A，B分別為曲線C上的兩點，且點B恒在點A的右側，則()B．若m=1，則曲線C的方程為y2C．當m>1時，對于任意的A(x1,y0)，D．當m<-1時，對于任意的A(x1,y0)，B(x2,y0)，都有x1>【答案】AC【答案】AC【分析】設曲線C上的點p(x,y)，由題意求出x,y的方程，分x≥0、x<0化簡后逐項判斷可得答案.對于A，若m=設曲線C上的點p(x,y)，由題意可得化簡得y2=2x+，當x≥0時，y2=3x-為拋物線，對于C，若m>1，設曲線C上的點p(x,y)，由題意可得x1>x2因為A(x1,y0)，B(x2,x1>x2對于對于D，若m<-1，設曲線C上的點P(X,Y)，由題意可得化簡得化簡得y2=2x+2mx+m2-1，因為mx1<x2,故D錯誤.因為A(x1,y0)，B(x2x1<x2,故D錯誤.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是設曲線C上的點P(X,Y)，求出P點的軌跡方程，數形結合求出答案.524-25高三·全國·模擬）設F(1,0)，點M在x軸上，點P在y軸上，且=2，【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵點是設曲線C上的點P(X,Y)，求出P點的軌跡方程，數形結合求出答案.在y軸上運動時，點N的軌跡方程為.【答案】【答案】y2=4xx0=-x,y0=代入即可得結果.設M，則可得=0，即y2=4x．故點N的軌跡方程是y2=4x．故答案為：y2=4x.指I點I迷I津如果動點運動的條件就是一些幾何量的等量關系，這些條件簡單明確成含x,y的等式，就得到軌跡方程，這種方法稱之為直接法.（2）設點：設軌跡上的任一點p(x,y)（5）檢驗：對某些特殊值應另外補充檢驗.P￠為垂足，點M滿足=2￠,則點M的軌跡方程為()【答案】【答案】B【分析】設P(x0,y0)(y0>0)，M(x,y)，由題意可得代入曲線C中即可得.【詳解】設P(x0,y0)(y0>0)，則有x+y=9，設M(x,y)，ìxly0.224-25高三·河南南陽·階段練習）動點M(x,y)與定點F(4,0)的距離和M到定直線l:x=的距離的比是常數，則動點M的軌跡方程是()【答案】【答案】B【分析】根據已知條件列方程，化簡整理即可求解.【詳解】設d是點M到直線l:x=的距離，根據題意，動點M的軌跡就是集合.323-24高三·江蘇南通·階段練習）已知等腰△ABC底邊兩端點的坐標分別為B(4,0)，C(0,-4)，則頂點A的軌跡方程是()C．y=-x【答案】D【答案】D用斜率關系與點斜式方程可得.【詳解】QAB=AC，且A,B,C三點不共線，:頂點A的軌跡是線段BC的垂直平分線（除去垂直平分線與線段BC的交點，即除去BC的中點QB(4,0)，C(0,-4)，:kBC=所以與直線BC垂直的直線的斜率為-1，又BC的中點(2,-2)，則線段BC的垂直平分線的方程為y+2=-(x-2)，即y=-x.:頂點A的軌跡方程是y=-x(x≠2)，相交于點M，且它們的斜率之和是2.設動點M(x,y)的軌跡為曲線C，則()C．若曲線C與直線y=kx（k>0）無交【答案】AC【答案】AC化簡可得動點M的軌跡方程為x2-xy-1=0，將(-x,-y)代入曲線方程可得(-x)2-(-x).(-y)-1=x2-xy-1=0成立，做出曲線x2-xy-1=0，易知該曲線可表示漸近線為y=x及y軸的雙曲線，聯立直線與曲線方程聯立直線與曲線方程-1=0，得x2-1=0無解，則1-k=即曲線與單位圓交于即曲線與單位圓交于兩點，且MN=2，所以當P，Q分別與M，N重合時，PQ=2，D選項錯誤；524-25高三·江蘇常州·階段練習）已知在平面直角坐標系xOy中足條件A(-3,0)，B(1,0)，且PA= 指I點I迷I津如果動點p的運動是由另外某一點p′的運動引發的，而該點的運動規律已知該點坐標滿足某已知曲線方程則可以設出p(x,y),用(x,y)表示出相關點p′的坐標,然后把p′的坐標代入已知曲線方程，即可得到動點p的軌跡方程.第一步：設所求軌跡的點M(x,y)，曲線上的動點Q(x0,y0)；第二步：找出M(x,y)與Q(x0,y0)的關系，由x,y表示x0,y0，即；第三步：Q(x0,y0)滿足已知的曲線方程，將x0,y0代人，消去參數．對于不符合條件的點要注意取舍.122-23高三·北京·階段練習）設O為坐標原點，動點M在橢圓+y2=1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足=，則點P的軌跡方程是()2222【答案】【答案】C【分析】設出點的坐標，根據向量的坐標表示，建立等量關系，代入橢圓方程，整理可得答案.【詳解】設P(x,y)，M(m,n)，N(m,0)，則=(x-m,y)，=(0,n)，221-22高三·遼寧沈陽·模擬）設O為坐標原點，動點N在圓C:x2+y2=8上，過N作y軸的垂線，垂足為M，點P滿足MP=2MN，則點P的軌跡方程為【答案】【答案】B設P，因為MN丄y軸，且，所以M又動點N在圓C:x2+y2=8322-23高三·四川內江·模擬）已知面積為16的正方形ABCD的頂點A、B分別在x軸和y軸上滑動，O為坐標原點則動點P的軌跡方程是()【答案】B【答案】B【詳解】設P(x,y)，不妨令A(x1,0)，B(0,y2)22424-25高三·河北唐山·階段練習）數學著作《圓錐曲線論》中給出了圓的一種定義：平面內，到兩個定點A，B距離之比是常數λ(λ>0，且λ≠1）的點M的軌跡是圓．若兩定點A(-2,0)，B(2,0)，動點M 滿足MA=2MB，則下列說法正確的是()A．點M的軌跡圍成區域的面積為32πB．點M的軌跡關于直線x-y-6=0對稱C．點M到原點的距離的最大值為6 【答案】【答案】ABD(x-2)(x-2)2+y2 【分析】設動點M(x,y)，則|MA|=(x+2)2+y2，|MB|=(x-2)2+y2，由|MA|=2|M|，得動點M的軌跡方程為(x-6)2+y2=32，可得圓心坐標和半徑，即可判斷AB是否正確；對于D:SΔABM=|AB|.|yM|yM|max，即可判斷D是否正確；對于C【詳解】設動點M(x,y)，則|MA+y2+y2+y2所以動點所以動點M的軌跡方程為(x-6)2+y2=32，所以點所以點M的軌跡是圓且圓心N(6,0)，半徑為R=42，對于對于B，圓心N(6,0)在直線x-y-6=0上，故點M的軌跡關于直線x-y-6=0對稱，B正確，|yM|，520-21高三·上海楊浦·模擬）已知△ABC的頂點A(-3,0)、B(6,0)，若頂點C在拋物線y=x2上移動，則【答案】【答案】y=3(x-1)2,x≠1可得解.指I點I迷I津弦的端點，則直線A1P1與A2P2交點的軌跡方程為()【答案】【答案】C【分析】首先設出P(x,y)和P1(x0,y0),P2(x0,-y0),根據三點共線得到兩組等式，左右兩邊相乘后利用點P(x0,y0)在橢圓上，代入消元即得點P的軌跡方程.【詳解】因P22014·四川·一模）過拋物線x2=4y的焦點作直線l交拋物線于A，B兩點，分別過A，B作拋物線的切線l1，l2，則l1與l2的交點P的軌跡方程是()A．y=-1B．y=-2C．y=x-1D．y=--x1【答案】A【答案】A【分析】先求出焦點，設直線l:y=kx+1與拋物線聯立得x2-4kx-4=0，設出A(x1,y1)，B(x2,y2)，求導【詳解】拋物線為焦點為F(0,1)，設A(x1,y1)，B(x2,y2)將y=x2求導得322-23高三·全國·單元測試）已知A，B是橢圓+y2=1的左右頂點，過點P(1,0)且斜率不為零的直線與E交于M，N兩點，kAM，kBM，kAN，kBN分別表示直線AM，BM，AN，BN的斜率，則下列結論中正確的是()C．kAM=3kBND．直線AM與BN的交點的軌跡方程是x=4【答案】【答案】ABDA選項，設M，得到利用斜率公式表達出kAM.kBM=-；B選項，2)求出答案.【詳解】對于【詳解】對于A：設交點M(x1,y1)，因為M在橢圓上，故1y2對于對于C：聯立kBM.kBN=-和kAM.kBM=-相除得kBN=3kAM，故選項C錯誤；對于D：設直線AM方程：y=(y2-y1)2[y2(my1my2-1)]y2(my1(my2-1)4my1y2-2y1+6y23y21,4myy-2y+6y6(y+4myy-2y+6y6(y+y)-2y+6y3y2y21【點睛】求軌跡方程常用的方法：直接法，相關點法，交軌法，定義法，本題的難點是表達出直線AM和直線BN方程，聯立后得到下一步的處理方法，本題中用到了求軌跡方程的交軌法，屬于較難一些的方法，要結合交點坐標得到2my1y2=3(y1+y2)，再代入式子中，即可求解.42022高三·全國·專題練習）兩條直線x-my-1=0和mx+y-1=0的交點的軌跡方程是【答案】【答案】x2+y2-x-y=0【分析】由題意x2-x=mxy,y【詳解】直線方程變形為x-1=my,1-y=mx，即x2-x=mxy,y-y2=mxy，故x2-x=y-y2，x2故答案為：x2+y2-x-y=052022高三·全國·專題練習）由圓外一定點Q(a,b)向圓x2【答案】弦AB中點的軌跡是圓x2+y2-ax-by=0在圓x2+y2=r2內的部分.【分析】根據題意，設P(x,y)，割線斜率為k（參數進而點P(x,y)是y-b=k(x-a)與y=-x的交點，進而消參求解，并結合實際情況得其軌跡為圓x2+y2-ax-by=0在圓x2+y2=r2內的部分.【詳解】解：設動弦AB的中點為P(x,y)，P點的軌跡是經過定點設其斜率為k（參數其方程為y-b=k(x另一方面，由P(x,y)為弦AB的中點，故P(x,y)點是在過O點到線AB的弦心距所在的直線上，其斜率為1-k,方程為y1-k所以兩式相乘，消去參數，得x2+y2-ax-by=0，所以弦AB中點的軌跡是圓x2+y2-ax-by=0在圓x2+y2=r2內的部分.62022高三·全國·專題練習）在平面直角坐標系xOy中，拋物線y=x2上異于坐標原點O的兩不同動點A、B滿足AO丄BO，求△AOB得【分析】設出點的坐標，根據AO丄BO結合拋物線方程得到x1x2=-1，利用重心坐標公式，得到軌跡方程.x1x2=-1，所以y=2-2x1x2=3x2+指I點I迷I津有時不容易得出動點應滿足的幾何條件，也無明顯的相關點，但卻較容易發現（或經分析可發現）該動點的變化而變化，我們稱這個變量為參數，由此建立軌跡的參數方（1）選擇坐標系，設動點坐標P(x,y)；1引入參數，用此參數分別表示動點的橫縱坐標x,y；2.消去參數，得到關于x,y的方程，即為所求軌跡方程。120-21高三·上海寶山·模擬）如圖，設點A和B為拋物線y2=2px(p>0)上除原點以外的兩個動點，已知【答案】【答案】A【解析】當斜率存在時，由題意設M(x,y)，直線AB的方程為y=kx+b，根據直線AB與拋物線有可得x2+y2-2px=0(y≠0)，當斜率不存在時，設直線AB的方程為x=x0，M(x0,0)，解得x0=2p，故點M(2p,0)，滿足方程x2+y2-2px=0，從而確定動點M的軌跡方程.【詳解】當斜率存在時，設M(x,y)，直線AB的方程為y=kx+b，由OM丄AB得k=-，聯立y2=2px2x2y2所以b=-2kp，所以y=kx+b=k，把k=-代入得x2+y2-2px=0(y≠0)，當斜率不存在時，設直線AB的方程為x=x0，A(x0,y0)，B(x0,-y0)，由OM丄AB得點M在x軸上，即M(x0,0)，QOA丄OB，:x-y=0，又點A(x0,y0)在拋物線上，故y=2px0，整理得x0=2p，故點M(2p,0)，滿足方程x2+y2-2px=0，綜上所述：動點M的軌跡方程為x2+y2-2px=0（除原點外）（（2）有關直線與拋物線的弦長問題，要注式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式.22022·河南南陽·三模）A和B是拋物線y2=8x上除去原點以外的兩個動點，O是坐標原點且滿足【答案】A【分析】設出A，B，M的坐標，由已知得到三點坐標的關系，然后分l存在時，設出直線l的方程，和拋物線聯立后結合根與系數的關系求得M的軌跡.【詳解】解：設A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x,y)當l垂直于x軸時，x1=x2，y1=-y2則x12-y12=0，即x12-8x1=0，解得x1=8或x1=0（舍去此時y=0，即M在x軸上，設lAB:y=kx+b，代入拋物線方程可得k2x2+(2kb-8)x+b2=0，Qx1.x2.y2=0，:+=0即k=-③,Q.k=-1④,又Q點M滿足y=kx:點M的軌跡方程為：(x-4)2+y2=16即x2+y2-8x=0．故選：A.軌跡為曲線E，滿QN=2QM的動點Q的軌跡為曲線F，當動點Q在y軸正半軸上時，DQ 【答案】A【答案】A【分析】根據橢圓的定義，結合點到直線距離公式、結合圓的性質進行求解即可.設Q(x,y)，因為QN=2QM，所以Tx2+2=4m2，該圓的圓心坐標為F(0,2m)，半徑為2m，顯然原點經過該圓，當動點Q在y軸正半軸上時，此時Q(0,4m)，【分析】設點的坐標M(x1,y1),N(x2,y2)(x1y1≠0),E(x,y)，則P(-x1,y1),Q(--x1,y1),T(x1,-y1),由M和N求出QN斜率和方程，聯立QN方程和PT方程求出x，y，由此用x，y表示M的坐標，將M坐標代入橢圓【詳解】設點的坐標M(x1,y1),N(x2,y2)(x1y1≠0),E(x,y)，則P(-x1,y1),Q(--x1,y1),T(x1,-y1),又kMQ=kOM=，MN丄MQ，:kMN=-:kQN=，:直線QN的方程為y+y1=又直線PT的方程為，聯立和x1,y=-y1.:=2x,代入橢圓方程可得+y2=1此即為所求點E的軌跡方程.指I點I迷I津12022·北京石景山·模擬）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點M在棱AB上，且AM=，的軌跡是()【答案】B【答案】B軸，建立空間直角坐標系，設P(x,y,0)，利用已知條件可求出x,y的關系式，從而可得答案因為NH∩PN=N，所以AD丄平面PNH,因為PHì平面PNH，以AB,AD,AA1分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，設P(x,y,0)，依題意可得M(,0,0).由PN2+NH2=PH2,PH2-PM2=1,可得PN2+NH2-PM2=1，即x2+1-化簡可得的中點，若點P為正方體表面上一動點，且滿足NP丄平面MDC，則點P的軌跡長度為() 【答案】【答案】B【分析】建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，計算出從而得到NC1⊥平面MDC，從而點P在線段NC1上時，滿足NP【詳解】以D為坐標原點，DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，所以NC1又CD∩DM=D，CD,DMì平面MDC，所以NC1⊥平面MDC，故當點P在線段NC1上時，滿足NP丄平面MD點P的軌跡長度為NC1=故選：B32024·遼寧·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N，P分別是棱則故C1D1，AA1，BC的中點，Q為平面PMN上的動點，且直線QB1與直線DB1的夾角為30。度為()【答案】C【答案】C【分析】以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，由空間向量的位置關系可證得DB1丄平面PMN，可得點Q的軌跡為圓，由此即可得.【詳解】解：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x、y、z軸，B因為DB1丄平面PMN，Q為平面PMN上的動點，直線QB1與直線DB1的夾角為30°,424-25高三·吉林長春·階段練習）如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M為B1C1邊的中點，點P在底面ABCD內運動（包括邊界則下列說法正確的有()B．不存在點P，使得MP//AC1【答案】【答案】ABD【分析】建系標點，設【分析】建系標點，設P(x,y,0)(0≤x,y≤1)，根據空間向量的坐標運【詳解】如圖，以【詳解】如圖，以D為坐標原點，DA,DC,DD1分別為為x,y,z軸，為建立空間直角坐標系，對于對于B：因為,y-1,-1，若MP//A不合題意，所以不存在點P，使得MP//AC1，故B正確；對于對于C：因為B1N=4NB，則N1,1,可得x-1,y-1,-因為因為D1P524-25高三·浙江·階段練習）如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架ABCD、ABEF的邊長都是2，且它們所在的平面互相垂直.長度為2的金屬桿端點N在對角線BF上移動，另一個端點M在正方形ABCD內（含邊界）移動，且始終保持MN^AB，則端點M的軌跡長度為.【答案】【答案】π【分析】建系標點，設N(a,a,0),M(x,0,z),a,x,y∈[0,2]，根據垂直關系可得x=a，結合長度可得x2分析可知端點分析可知端點M的軌跡是以B為圓心，半徑r=2的圓的部分，即可得結果.【詳解】以【詳解】以B為坐標原點，BA,BE,BC分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，則A(2,0,0),B(0,0,0)，設N(a,a,0),M(x,0,z),a,x,y∈[0,2]，BB可知端點可知端點M的軌跡是以B為圓心，半徑r=2的圓的部分，則點Q的軌跡長度為() 【答案】【答案】D式計算即得.【詳解】【詳解】如圖，易得如圖，易得AB丄平面BCC1B1,因BQì平面BCC1B1，則AB丄BQ，又點又點Q∈平面BCC1B1，故點Q的223-24高一下·湖北武漢·模擬）已知棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1，點E是棱AB的中點，點F是棱CC1的中點，動點P在正方形AA1DD1（包括邊界）內運動，且PB1//平面DEF，則PD的長度范圍為【答案】C【答案】C【分析】先過點B1作出與平面DEF平行的平面，然后得出點P的軌跡，最后計算PD的長度取值范圍即可.【詳解】如圖，取BB1上靠近點B的四等分點G，連接EG、FG，由E是棱AB的中點，點F是棱CC1的中點，易得EG//DF，則EGì平面DEF，取取C1D1、A1A中點H、J，取DD1上靠近點D1的四等分點I，連接連接B1H、HI、IJ、JB1，由正方體的性質易得由正方體的性質易得HI//JB1，JB1//EG，則HI//EG，又又HI丈平面DEF，EGì平面DEF，所以HI//平面DEF，同理，同理，IJ//平面DEF，又又IJ∩IHìI，IJ,IHì平面HIJB1，故平面HIJB1//平面DEF，又又PB1//平面DEF，P∈平面AA1DD1，故P∈IJ，即點即點P的軌跡為線段IJ，設點D到IJ的距離為d，又又PDmax=DJ=，故PD的長度范圍為. 【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是過 【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是過B1作出與平面D得解.323-24高三·浙江寧波·模擬）已知正方體323-24高三·浙江寧波·模擬）已知正方體ABCD【答案】B【答案】B為半徑的，同理可得另外兩段弧，求出弧長即可得到答案.【詳解】如圖，在棱AB,BB1,BC上分別取F,G,H，因為因為A1D1⊥平面ABB1A1，A1F,A1Gì平面ABB1A1， A1的交線為以A1為圓心，A1F=2為半徑的同理，與平面同理，與平面ABCD的交線為2為半徑的，與平面BCC1B1的交線為2為半徑的，=θ=故曲線故曲線E的長度為故選：B424-25高三上·云南昆明·階段練習）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，PA丄平面ABCD，PA=AB=AD=2CD=4，AB∥CD，AB丄AD，已知點M在平面PAD上運動，點H在平面ABCD上運動，則下列說法正確的是()A．若點H到CD的距離等于其到平面PAB的距離，則點H的軌跡為拋物線的一部分C．若BM與BD所成的角為30°,則點M的軌跡為橢圓的一部分D．若CM與平面ABCD所成的角為30°,則點M的軌跡為雙曲線的一部分【答案】【答案】BCD【分析】A，過點H作HR丄CD交CD于點R，由立體幾何知BCD，建立如圖3所示的空間直角坐標系A-xyz，設M(x,0,z)，由題分別算出M(x,0,z)所在的曲線的表達式，即可判斷選項正誤.則點H到CD的距離為HR；過點H作HQ丄AB交AB于點Q，由于PA丄平面ABCD，HQì平面ABCD，則HQ丄PA，HQ丄AB，AB∩PA=A，AB,PAì平面PAB，所以HQ丄平面PAB，則點H到平面PAB的距離為HQ；∵AB∥CD且點H到CD的距離等于其到平面PAB的距離，∴點H在AD的垂直平分線上，故A錯誤；建立如圖3所示的空間直角坐標系A-xyz：對于B：∵BA丄DA，BA丄PA，DA∩PA=A，DA,PAì平面PDA，對于D：作MM1丄AD，則M1(x,0,0)，MM1丄平面ABCD，所以CM與平面ABCD所成的角即為【點睛】關鍵點睛：對于立體幾何中的軌跡問題，可建立適當坐標系，求出相應軌跡方程.524-25高三上·河南·開學考試）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA丄平面ABCD，底面ABCD為正方形，PA=AB=2，點E,F分別為CD,CP的中點，點T為△PAB內的一個動點（包括邊界若CTⅡ平面AEF，則點T的軌跡的長度為.【分析】記AB的中點為G，點T的軌跡與PB交于點H，則平面CHG//平面AEF，建立空間直角坐標系，利用垂直于平面AEF，的法向量確定點H的位置，利用向量即可得解.【詳解】由題知，AB,AD,AP兩兩垂直，以A為原點，AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，記AB的中點為G，連接CG，因為ABCD為正方形，E為CD中點，所以AG//CE，且AG=CE，所以AGCE為平行四邊形，所以CG//AE，又CG丈平面AEF，AEì平面AEF，所以CG//平面AEF，記點T的軌跡與PB交于點H，由題知CH//平面AEF，因為CH,CG是平面CHG內的相交直線，所以平面CHG//平面AEF，所以GH即為點T的軌跡，λ=(-2,-2,2)+λ(2,0,-2)=(2【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于利用向量垂直確定點【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于利用向量垂直確定點T的軌跡與PB的交點位置，然12023·遼寧阜新·模擬預測）比利時數學家丹德林(GerminalDandelin)發現：在圓錐內放不相切的球使得它們與圓錐的側面相切，用與兩球都相切的平面截圓錐的側面得均相切．若一個平面與兩個球均相切，則此平面截圓柱側面所得的截線為一個橢 【答案】【答案】D故選：D219-20高三·河南·階段練習）比利時數學家GerminalDandeli的球，使得它們分別與圓錐的側面、底面相側面均相切.若一個平面與兩個球均相切，則此平面截圓柱邊緣所得的圖形為一個橢圓， 【答案】【答案】D心率.作OD⊥DC，垂足為D.在直角三角形ABO中，AB=2，BO=【點睛】此題考查了圓與圓的位置關系、直角三角形中正弦的定義和橢圓的基本概念等知識，屬于基礎題.323-24高三·浙江寧波·模擬）如圖1，用一個平面去截圓錐，得到的截口曲性.在圓錐內放兩個大小不同的球，使得它們分別與圓錐的側面、截面相切，兩個球分別與截面切于E、F，在截口曲線上任取一點A，過A作圓錐的母線，分別與兩個球切于C、B，由球和圓的幾何性質，可以知道，AE=AC，AF=AB，于是AE+AF=AB+AC=BC，由B、C的產生方法可知，它們之間的距離BC是定值，由橢圓定義可知，截口曲線是以E、F為焦點的橢圓.如面上方有一點光源P，則球在桌面上的投影是橢圓，已知A1A2是橢圓的長軸，PA1垂直于桌面且與球相切，PA1【答案】【答案】APA2，由此可得a，由A1F=a-c可求得c，得出離心率.-EA142024·山東日照·一模）如圖是數學家Germ橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”在圓錐內放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側面、截面【答案】【答案】ACD【分析】根據給定的幾何體，作出軸截面，結合圓的切線性質及勾股定理求出橢圓長軸和焦距作答【分析】根據給定的幾何體，作出軸截面，結合圓的切線性質及勾股定理求出橢圓長軸和焦距作答.點A點A,B分別為圓O1,O2與圓錐軸截面等腰三角形一腰相切的切點，線段MN是橢圓長軸，過過O2作O2D^O1A于D，連O2B，顯然四邊形ABO2D為矩形，過過O2作O2C【點睛】關鍵點點睛：涉及與旋轉體有關的組合體，作出軸截面，借助平面幾何知鍵.52020·吉林·模擬預測）如圖（1在圓錐內放兩個大小不同且不相切的球,使得它們分別與圓錐的側面、底面相切，用與兩球都相切的平面截圓錐的側面得到截口曲線是橢圓.理由如與截面相切于點E,F，在得到的截口曲線上任取一點A，過點A作圓錐母線，分別與兩球相切于點C,B，由球與圓的幾何性質，得AE=AC，AF=AB，所以AE由橢圓定義知截口曲線是橢圓，切點E,F為焦點.這個結論在圓柱中也適用，如圖（3在一個高為10，底面半徑為2的圓柱體內放球，球與圓柱底面及側面均相切.若一個平面與兩個球均相切，則此平面截圓柱所5【答案】53根據題意可得橢圓上的點A到兩個切點的距離等于BC，BC=10-4=6=2aTa=3，Q2b=4Tb=2，:e= 【點睛】本題考查數學文化、橢圓離心率的求解，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、數形結合思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.的中心，點P是底面ABCD所在平面內的一個動點，且滿足上MC1P=30°,則動點P的軌跡為()【答案】D正方體的棱長為1，則M，設點P化簡得化簡得2x+2+4=3等式兩邊同時平方可得7x2+2xy+7y2-6x-12y=0，QB24AC=4-4×49<0，:上式表示橢圓，即點P的軌跡方程為橢圓.故選：DQB2【點睛】【點睛】(1)如果是標準方程是橢圓方程是雙曲線方程；?=0?=0，是拋物線；(特殊情況：兩平行直線或一直線).219-20高三·安徽黃山·模擬）如圖所示正方體ABCD-A1B1C1D1中，設M是底面正方形ABCD所在平面內的一個動點，且滿足直線C1D與直線C1M所成的角等于30°,則以下說法正確的是()A．點M的軌跡是圓C．點M的軌