专题9-2 轨迹八类求法-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练(全国通用)(解析版)

这是一份专题9-2 轨迹八类求法-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练(全国通用)(解析版)，共27页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练19等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳1
\l "_Tc17993" 【题型一】 直接法求轨迹1
\l "_Tc26924" 【题型二】 相关点代入法求轨迹2
\l "_Tc12217" 【题型三】 定义法求轨迹4
\l "_Tc30563" 【题型四】 交轨法求轨迹5
\l "_Tc30563" 【题型五】 参数求轨迹6
\l "_Tc30563" 【题型六】 立体几何中的轨迹8
\l "_Tc30563" 【题型七】 向量与求轨迹12
\l "_Tc30563" 【题型八】 新高考：复数中求轨迹17
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练19
一般情况下，求轨迹题，多在解析几何大题第一问，小题不太多。本专题例题所选大题，大多把第二问隐去。第二问放到下一个专题中归纳细讲。
【题型一】直接法求轨迹
【典例分析】
设点，，为动点，已知直线与直线的斜率之积为定值，点的轨迹是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
设动点，根据已知条件，结合斜率公式，即可求解.
【详解】
解：设动点，则，则，，，
直线与直线的斜率之积为定值，，化简可得，，
故点的轨迹方程为.故选：C.
【提分秘籍】
可以直接列出等量关系式
解题步骤：
1.根据已知条件及一些基本公式（两点间距离公式、点到直线的距离公式、直线斜率公式等。）
2.根据公式直接列出动点满足的等量关系式，从而得到轨迹方程。
3.注意“多点”和“少点”，一般情况下，斜率和三角形顶点等约束条件
【变式演练】
1.若两定点A，B的距离为3，动点M满足，则M点的轨迹围成区域的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
以点A为坐标原点，射线AB为x轴的非负半轴建立直角坐标系，求出点M的轨迹方程即可计算得解.
【详解】
以点A为坐标原点，射线AB为x轴的非负半轴建立直角坐标系，如图，设点，
则，化简并整理得：，
于是得点M的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，其面积为，
所以M点的轨迹围成区域的面积为.故选：D
2.已知点，直线，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，且，则动点的轨迹C的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】
设点，得到，结合，列出方程，即可求解.
【详解】
设点，则，因为且，所以，
即，整理得，所以动点的轨迹的方程为.故选：A
3.已知M(4,0)，N(1,0)，若动点P满足eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(MP,\s\up6(→))＝6|eq \(NP,\s\up6(→))|.(1)求动点P的轨迹C的方程；
解 (1)设动点P(x，y)，则eq \(MP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－3,0)，eq \(PN,\s\up6(→))＝(1－x，－y)，
由已知得－3(x－4)＝6eq \r(1－x2＋－y2)，化简得3x2＋4y2＝12，即eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.∴点P的轨迹方程是椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
【题型二】 相关点代入法
【典例分析】
已知△ABC的顶点，顶点在抛物线上运动，求的重心的轨迹方程．
【解析】解：设，，由重心公式，得
又在抛物线上，． ③
将①，②代入③，得，即所求曲线方程是．
【提分秘籍】
一般情况下，所求点的运动，依赖于另外一个或者两个多个点的运动，可以通过对这些点设坐标来寻求代换关系。
求谁设谁，设所求点坐标为（x，y）
所依赖的点称之为“参数点”，设为或等
“参数点”满足某个（些）方程，可供代入
寻找所求点与“参数点”之间的坐标关系，反解参数值。
代入方程，消去参数值
【变式演练】
1.已知抛物线 的焦点为.
(1)点满足.当点在抛物线上运动时,求动点的轨迹方程;
【答案】(1)设动点的坐标为,点的坐标为,则,
因为的坐标为,所以,
由得.
即 解得 代入,得到动点的轨迹方程为.
2.已知圆与直线相切，点为圆上一动点，轴于点，且动点满足，设动点的轨迹为曲线.
（1）求动点的轨迹曲线的方程；
【答案】（1）x28+y24=1.
试题解析：（I）设动点M(x,y),A(x0,y0)，由于AN⊥x轴于点N.
∴N(x0,0).又圆C1：x2+y2=r2(r>0)与直线l0:y=12x+325即x−2y+35=0相切，∴r=|35|1+4=3.∴圆C1：x2+y2=9.
由题意，OM+2AM=(22−2)ON，得(x,y)+2(x−x0,y−y0)=(22−2)(x0,0),∴(3x−2x0,3y−2y0)=((22−2)x0,0).
∴{3x−2x0=(22−2)x0,3y−2y0=0即∴{x0=3x22,y0=3y2.
将A(3x22,3y2)代入x2+y2=9，得曲线C的方程为x28+y24=1.
3.设F(1,0)，M点在x轴上，P点在y轴上，且eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(MP,\s\up6(→))，eq \(PM,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→))，当点P在y轴上运动时，求点N的轨迹方程．
【解析】解 设M(x0,0)，P(0，y0)，N(x，y)，∵eq \(PM,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→))，eq \(PM,\s\up6(→))＝(x0，－y0)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(1，－y0)，
∴(x0，－y0)·(1，－y0)＝0，∴x0＋yeq \\al(2,0)＝0.由eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(MP,\s\up6(→))得(x－x0，y)＝2(－x0，y0)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－x0＝－2x0,y＝2y0))，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－x,y0＝\f(1,2)y)).∴－x＋eq \f(y2,4)＝0，即y2＝4x.故所求的点N的轨迹方程是y2＝4x.
【题型三】 定义法
【典例分析】
已知动圆过定点，且与圆相外切，求动圆圆心的轨迹方程．
【解析】依题意，，说明点到定点的距离的差为定值，∴动点的轨迹是双曲线的一支，
∵，∴．∵，∴∴ 动圆圆心的轨迹方程是．
【提分秘籍】
若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义，就用定义直接求．
椭圆，双曲线，抛物线的定义
一些特殊图像的定义，如阿波罗尼斯圆
两个圆内外切情况下，较多与圆锥曲线定义有关
【变式演练】
已知两个定圆O1:(x+2)2＋y2＝1：和O2(x-2)2＋y2＝4，它们的半径分别是1和2，.动圆M与圆O1内切，又与圆O2外切，求动圆圆心M的轨迹方程，
【解析】解 由|O1O2|＝4，得O1(－2,0)、O2(2,0)．设动圆M的半径为r，则由动圆M与圆O1内切，有|MO1|＝r－1；由动圆M与圆O2外切，有|MO2|＝r＋2.∴|MO2|－|MO1|＝3.∴点M的轨迹是以O1、O2为焦点，实轴长为3的双曲线的左支．∴a＝eq \f(3,2)，c＝2，∴b2＝c2－a2＝eq \f(7,4).
∴点M的轨迹方程为eq \f(4x2,9)－eq \f(4y2,7)＝1 (x≤－eq \f(3,2))．
2、已知点，直线，点是直线上动点，若过垂直于轴的直线与线段的垂直平分线交于点，则点的轨迹是（ ）
双曲线 B、抛物线 C、椭圆 D、圆
【答案】
【解析】由题意知，点的轨迹为抛物线。
3.已知点满足条件.
（Ⅰ）求点的轨迹的方程；
【答案】（Ⅰ）;
试题解析：（Ⅰ） 满足条件，
所以点P的轨迹是以， 为焦点，长轴长为4的椭圆，
， ，因此所求点P的轨迹C的方程为．
【题型四】 交轨法
【典例分析】
如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，。点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点。
(Ⅰ)求直线与直线交点M的轨迹方程;【2012高考真题辽宁理20】
【解析】设，又知，则
直线的方程为 ①
直线的方程为 ②
由①②得 ③
由点在椭圆上，故可得，从而有，代入③得

【提分秘籍】
交轨法，即轨迹交点法。
所求点满足条件方程1
所求点满足条件方程2
动点是两轨迹方程，则满足两个轨迹所组成的方程组，通过两个方程选择适当的技巧消去参数得到轨迹的普通方程
参数法求轨迹方程，关键有两点：一是选参，容易表示出动点；二是消参，消参的途径灵活多变.
【变式演练】
1.已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，、是椭圆长轴的两个端点，求直线和的交点的轨迹方程。
【解析】解1:(利用点的坐标作参数)令，则而.设与的交点为
因为共线，所以 因为共线，所以
两式相乘得①， 而即代入①
得， 即交点的轨迹方程为
2.由圆外一定点向圆做割线，交圆周于A、B两点，求弦AB中点的轨迹
【解析】解答：设动弦AB的中点为P，P点的轨迹是经过定点的割线，设其斜率为k（参数），其方程为
b=k（x-a） （1）
再有意义可知，P点是在过O点到线AB的弦心距所在的直线上，其斜率为，方程为
Y=x （2）
P点是两直线系（1）、（2）相应直线之交点，两式相乘，消去参数，得
（本题另解法，也可以连接OQ，直接以OQ为直径的圆的方程即可）
【题型五】 参数法
【典例分析】
如图3所示，过双曲线C：的左焦点F作直线l与双曲线交于P、Q，以OP、OQ为邻边作平行四边形OPMQ，求点M的轨迹方程。
【解析】设所求点M的坐标为（x，y），则平行四边形中心N的坐标为。 而双曲线左焦点F为（-2，0）， 当直线l不垂直x轴时，斜率存在，设l：y=k(x+2)。 与双曲线方程联立消去y，得。 又设P、Q的坐标分别为，由韦达定理知。
∵N为PQ的中点， ∴ 即 消去参数k得，这就是点M的轨迹。 当直线l垂直于x轴时，此时M为（-4，0）仍满足上述方程。
故点M的轨迹方程为。
【提分秘籍】
解题步骤：
1 引入参数，用此参数分别表示动点的横纵坐标；
2.消去参数，得到关于的方程，即为所求轨迹方程。
【变式演练】
1.已知抛物线y2＝4px (p>0)，O为顶点，A、B为抛物线上的两动点，且满足OA⊥OB，如果OM⊥AB于M点，求点M的轨迹方程．
【解析】审题视角 (1)点M的运动是由A点的运动引起的，而A的变动又和OA的斜率有关．(2)若OA的斜率确定，A的坐标确定，M的坐标也确定，所以可选OA的斜率为参数．
规范解答
解 设点M的坐标为(x，y)，直线OA的方程为y＝kx，[1分]
显然k≠0，则直线OB的方程为y＝－eq \f(1,k)x.[2分]
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝4px，))解得A点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4p,k2)，\f(4p,k)))，
类似地可得B点的坐标为(4pk2，－4pk)，[6分]从而知当k≠±1时，kAB＝eq \f(4p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k)),4p\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)－k2)))＝eq \f(1,\f(1,k)－k).
故得直线AB的方程为y＋4pk＝eq \f(1,\f(1,k)－k)(x－4pk2)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－k))y＋4p＝x，① [9分]
直线OM的方程为y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－k))x.② [10分]可知M点的坐标同时满足①②，
由①及②消去k得4px＝x2＋y2，即(x－2p)2＋y2＝4p2 (x≠0)，[12分]
当k＝±1时，容易验证M点的坐标仍适合上述方程．
故点M的轨迹方程为(x－2p)2＋y2＝4p2(x≠0)，它表示以点(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆．
2.在平面直角坐标系xOy中，抛物线上异于坐标原点Ｏ的两不同动点Ａ、Ｂ满足．（Ⅰ）求得重心Ｇ（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；
【解析】解：（I）设△AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 …（1）
∵OA⊥OB ∴,即，……(2)
又点A，B在抛物线上，有，代入（2）化简得
∴
所以重心为G的轨迹方程为
3.设M是椭圆上的一点，P、Q、T分别为M关于y轴、原点、x轴的对称点，N为椭圆C上异于M的另一点，且MN⊥MQ，QN与PT的交点为E，当M沿椭圆C运动时，求动点E的轨迹方程．
【解析】解：设点的坐标则

由（1）－（2）可得
又MN⊥MQ，所以直线QN的方程为，又直线PT的方程为从而得所以代入（1）可得此即为所求轨迹方程.
【题型六】 立体几何中的轨迹
本方法可参考立体几何专题对应的轨迹题型和方法总结
【典例分析】
已知正方体的棱长为a，定点M在棱上（但不在端点A，B上），点P是平面内的动点，且点P到直线的距离与点P到点M的距离的平方差为，则点P的轨迹所在曲线为（ ）
A．直线B．圆C．双曲线D．抛物线
【答案】D
【分析】
作，，连接，以为原点建立空间直角坐标系，利用勾股定理和两点间距离公式以及，整理可知点P的轨迹.
【详解】
作，，垂足分别为
以为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：
设，，，由正方体结构特征可知，平面，易证平面，，，
，整理得：的轨迹是抛物线。故选：D．
【提分秘籍】
立体几何内的轨迹，，尝尝从以下方向切入
建系，利用空间坐标系求出方程。
通过转化，把空间关系转化为平面关系，把空间轨迹转化为平面轨迹求解。
【变式演练】
1.如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，并且平面，则动点的轨迹是（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．线段
【答案】D
【分析】
取棱的中点，棱的中点，证明平面平面，是侧面上的动点，可得是线段上的点时，平面，即可得出结论．
【详解】
取棱的中点，棱的中点，则，，
，平面，平面，平面，
同理，平面，，平面平面，
是侧面上的动点，是线段上的点时，平面，故选：D
2.在棱长为6的正方体中，点是线段的中点，是正方体（包括边界）上运动，且满足，则点的轨迹周长为________.
【答案】
【分析】
由题意易知，由此可得，在平面上，建立平面直角坐标系，可知点的轨迹为圆与四边形的交点，由弧长公式可求解.
【详解】
如图，在棱长为6的正方体中，
则平面，平面，
又，在平面上，，，
又，，
，即，
如图，在平面中，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，
则，，，
由，知，
化简整理得，，圆心，半径的圆，
所以点的轨迹为圆与四边形的交点，即为图中的
其中，，，则
由弧长公式知
故答案为：.
3.如图，正方体中，为边的中点，点在底面和侧面上运动并且使，那么点的轨迹是（ ）
A．两段圆弧B．两段椭圆弧
C．两段双曲线弧D．两段抛物线弧
【答案】C
【分析】
以点为坐标原点建立空间直角坐标系，可求得，，等点的坐标，从而可求得，设设与底面所成的角为，继而可求得，比较与的大小，利用正圆锥曲线被与中心轴成的平面所截曲线，即可得到答案．
【详解】
解：点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线；这个正圆锥面的中心轴即为，顶点为，顶角的一半即为；
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，0，，，1，，，1，，，1，，，1，，，
设与底面所成的角为，则，，
该正圆锥面和底面的交线是双曲线弧；
同理可知，点在平面的交线是双曲线弧，
故选：C．
【题型七】 向量与轨迹
【典例分析】
已知O，A，B为平面上三点，若，，动点P和实数，满足，，，则动点P轨迹的测度是__________.（注：当动点的轨迹是曲线时，其测度指其长度；当动点的轨迹是平面区域时，其测度指该区域面积.）
【答案】
【分析】
根据，得出点的坐标，设点结合，，得出关于满足的可行域，求出可行域面积即可.
【详解】
由，可得
设
由
因为，
所以，满足的可行域如下图四边形
所以故填:
【提分秘籍】
向量背景下求轨迹
1.向量几何意义
2.向量坐标运算或者数量积运算
【变式演练】
1.已知为平面内一定点且，平面内的动点满足：存在实数，使，若点的轨迹为平面图形，则的面积为___________.
【答案】
【分析】
以为圆心，以为半径作圆，过作圆的切线，分别与圆切于点，，连结，，延长与圆交于点，设点，满足，由，则点在的延长线上，若要存在使得，所以的延长线与圆有交点，从而得出点点的轨迹图形，从而可求解.
【详解】
以为圆心，以为半径作圆，
过作圆的切线，分别与圆切于点，，
连结，，延长与圆交于点，
存在点以及实数，设点，满足，
，即
由，可知点在的延长线上，
若要存在使得，相当于的延长线与圆有交点，
故只能在图中阴影部分，所以点的轨迹面积，
因为与圆相切于点，所以，
由勾股定理可知，，所以，同理，因为，所以，
所以，综上所述，的面积为.
故答案为：.
2.如图，B是AC的中点，，P是平行四边形BCDE内(含边界)的一点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当P在C点时，，
B．当时，
C．若为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段
D．当P是线段CE的中点时，，
【答案】ACD
【分析】
利用三角形法则以及三点共线的性质和平面向量基本定理对应各个选项逐个求解即可．
【详解】
选项：因为为的中点，则，
所以，则，所以，，故正确；
选项：当时，点在线段上，故，故错误；
选项：当为定值1时，，，三点共线，又是平行四边形内（含边界）的一点，故的轨迹是一条线段，故正确；
选项：当是线段的中点时，
，
所以，故正确，
故选：．
3.已知是所在平面内一点，以下说法正确的是（ ）
A．若动点满足，则点的轨迹一定通过的重心．
B．若点满足，则点是的垂心．
C．若为的外心，且，则是的内心．
D．若，则点为的外心
【答案】AD
【分析】
由正弦定理结合共线向量可判断A；将题设转化可得出点的位置，从而可判断B；依题意结合共线向量可得出点的位置，进而可判断C；由数量积的运算可得，由此可判断D.
【详解】
对于选项A：由正弦定理得（为外接圆半径），设的中点为，则由条件可得，所以与共线，因为是中线，所以点的轨迹一定通过的重心. 故A正确；
对于选项B：由得，则是的角平分线；同理，由得是的角平分线，所以点是的内心. 故B错误；
对于选项C：设的中点为点，由得，所以，由是外心可得，所以，所以；同理，，所以点是的垂心. 故C错误；
对于选项D：由得，则，即，同理，由得，故点是的外心. 故D正确.
故选：AD.
【题型八】 复数中的轨迹（新高考）
【典例分析】
已知复平面内点对应的复数为，点对应的复数为，．若，在的轨迹上任取一点，求的面积取值范围．
【答案】
【分析】
先求出点轨迹为圆，与直线的方程，再求出的长度，最后用点到直线的距离求边上的高，转化为圆上的点到直线的距离的最值问题求解即可
【详解】
因为，所以点轨迹为；
又因为点对应的复数为，点对应的复数为，
则线段的方程为：，
的长度为．
则知点到直线的距离为：．
则．则．
【提分秘籍】
复数中的轨迹，基本是转化为解析几何来求
利用复数的模运算转化
利用复数的几何意义
【变式演练】
1.若复数满足，则复数对应的点的轨迹围成图形的面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
利用复数的几何意义，即可判断轨迹图形，再求面积.
【详解】
复数满足，表示复数对应的点的轨迹是以点为圆心，半径为3的圆，所以围成图形的面积等于.
故选：D
2.已知复数满足，则的轨迹为（ ）
A．线段B．直线
C．椭圆D．椭圆的一部分
【答案】A
【分析】
设，由复数的几何意义可知，表示点到定点与的距离之和为2，进而可得结果.
【详解】
，根据复数的几何意义知表示点到定点与的距离之和为2，而，故点的轨迹为线段.
故选：A
3.设非零复数是复平面上一定点，为复平面上的动点，其轨迹方程，为复平面上另一个动点满足，则在复平面上的轨迹形状是（ ）
A．双曲线B．圆C．一条直线D．抛物线
【答案】B
【分析】
根据已知条件求得，由此判断出的轨迹.
【详解】
因为，所以，代入，得，
两边同乘，得，所以在复平面上的轨迹形状是以为圆心，为半径的圆.
故选:B
1．（上海市徐汇区2020-2021学年上学期期末）设是定直线的法向量，定点在直线上，定点在直线外，为一动点，若点满足，则动点的轨迹为（ ）
A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】D
【分析】
以为原点，直线为轴，建立直角坐标系，设出点的坐标及，根据题意列出的方程，从而可判断出动点的轨迹为抛物线.
【详解】
以为原点，直线为轴，建立直角坐标系，设，，
则，，
因为，所以，
整理，得，所以动点的轨迹为抛物线.故选：D.
2.（安徽省黄山市2020-2021年上学期）已知O是所在平面内的一定点，动点P满足，则动点P的轨迹一定通过的（ ）
A．内心B．外心C．重心D．垂心
【答案】A
【分析】
表示的是方向上的单位向量，画图象，根据图象可知点在的角平分线上，故动点必过三角形的内心.
【详解】
如图，设，，
已知均为单位向量，
故四边形为菱形，所以平分，由
得，又与有公共点，故三点共线，
所以点在的角平分线上，故动点的轨迹经过的内心.故选：A.
3.（山东省潍坊市2021-2022学年上学期高中学科核心素养测评）已知两定点，，动点与､的距离之比（且），那么点的轨迹是阿波罗尼斯圆，若其方程为，则的值为（ ）
A．B．C．0D．4
【答案】B
【分析】
设，由已知得，整理得，由恒等式思想可求得答案.
【详解】
解：设，则，即，又，所以，即，
整理得，所以，解得，所以，
故选：B.
4.（福建省福州高级中学2021-2022学年上学期期中）已知椭圆（a>b>0）的两个焦点分别为F1，F2，设Р为椭圆上一动点，角的外角平分线所在直线为l，过点F2做l的垂线，垂足为S，当点Р在椭圆上运动时，点S的轨迹所围成的图形的面积为：（ ）
A．a2B．4a2C．'D．
【答案】C
【分析】
延长交的延长线于，可证得，且是的中点，由此可求得的长度是定值，即可求点的轨迹为圆，进而可得结果
【详解】
是以，为焦点的椭圆上一点，过焦点作外角平分线的垂线，垂足为，延长交的延长线于，得，
由椭圆的定义知，故有，
连接，知是三角形的中位线，
∴，即点到原点的距离是定值，
由此知点的轨迹是以原点为圆心、半径等于的圆．
故点所形成的图形的面积为．
故选：C.
5.（2021·湖南省郴州市9月月考）试运用类似上面的解法解下列问题：求函数的值域．
【答案】．
【分析】
利用复数的几何意义求复数模的取值范围的解题思路，寻求利用斜率求三角函数值域．
【详解】
如图所示，设A的坐标为， B的坐标为，则的斜率为，
∴函数的值域为直线的斜率的取值范围．

点B的轨迹为以O为圆心，半径为1的圆，方程为①，
过点A作圆的切线和，设切线方程为②，
将②代入①，得，整理得．
∵直线和圆相切，
∴，即③，又A在切线上，
∴④，由③、④得：，．
∴直线的斜率的取值范围是，则函数的值域是．
6.（新疆克拉玛依市2022届高三第三次模拟检测数学（理）试题）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：
如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为___________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为___________.
【答案】
【分析】
①建立空间直角坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；②先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.
【详解】
①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，
则设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，
所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，令，则由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为.故答案为：；.
7.（四川省绵阳市绵阳第一中学2021-2022学年上学期期中数学试题）满足的点的轨迹是（ ）
A．圆B．双曲线C．直线D．抛物线
【答案】C
【分析】
根据题意得出点到点和到直线：的距离相等，从而可得出点P的轨迹.
【详解】
依题意得，点到点和到直线：的距离相等，
又在上，所以点P的轨迹是直线，即为过点且与垂直的直线.
故选：C.
8.（北京科技大学附属中学2020-2021学年上学期）已知定点、，是动点且直线、的斜率之积为，则动点的轨迹可能是（ ）
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】ABC
【分析】
设点，根据已知条件可得出，其中，对实数的取值进行分类讨论，可得出动点的轨迹的形状.
【详解】
设点，则，则，其中.
当时，则方程为，此时点的轨迹是圆的一部分；
当且时，动点的轨迹是椭圆的一部分；
当时，动点的轨迹是双曲线的一部分.
故选：ABC.
9.( 福建省泉州科技中学2022届高三上学期期中考试数学试题)如图，设点A，B的坐标分别为，，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为.
（1）求P的轨迹方程；
（2）设点P的轨迹为C，点M､N是轨迹为C上不同于A，B的两点，且满足APOM，BPON，求△MON的面积.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）设点的坐标为，根据列方程化简即可求解；
（2）设直线的方程为，的坐标分别为，联立方程，得根与系数的关系，根据可得，代入三角形面积公式即可化简求值.
（1）
由已知设点的坐标为，
由题意知，
化简得的轨迹方程为
（2）
证明：由题意是椭圆上非顶点的两点，且，
则直线斜率必存在且不为0，又由已知.
因为，所以
设直线的方程为，代入椭圆方程，
得①，
设的坐标分别为，则
又，
所以，得
又，
所以，
即的面积为定值.
10.( 福建省莆田第二中学2021-2022学年12月阶段性检测数学试题)在平面直角坐标系中，动圆经过点，且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）直线与曲线交于、两点，若以为直径的圆经过点（为坐标原点），求直线的方程.
【答案】
（1）；
（2）.
【分析】
（1）分析可知点的轨迹是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，即可求得轨迹的方程；
（2）设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，由求出的取值范围，列出韦达定理，由已知可得出，利用韦达定理结合平面向量数量积的坐标运算可求得的值，即可得出直线的方程.
（1）
解：由题意可知，点到点和到直线的距离相等，
故点的轨迹是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，且，得，
因此，动圆圆心的轨迹的方程为.
（2）
解：设点、，联立得，
若，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
所以，，且有，解得且，
由韦达定理可得，则，
因为以为直径的圆经过点，则，解得，
故直线的方程为.