k52006年高考第一轮复习数学:8.5轨迹问题.pdf
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1、知识就是力量 本文为自本人珍藏版权所有仅供参考 8.5 轨迹问题 知识梳理 本节主要内容是轨迹的概念及轨迹方程的求法.求轨迹方程常用的方法:( 1)结合解析 几何中某种曲线的定义,从定义出发寻找解决问题的方法;(2)利用几何性质,若所求的轨 迹与图形的性质相关,往往利用三角形或圆的性质来解问题;(3)如果点P 的运动轨迹或 所在曲线已知,又点Q 与点 P 之间的坐标可以建立某种关系,则借助点P 的轨迹可以得到 点 Q 的轨迹;(4)参数法 . 点击双基 1.动点 P 到直线 x=1 的距离与它到点A(4,0)的距离之比为2,则 P 点的轨迹是 A.中心在原点的椭圆 B.中心在( 5,0)的椭圆
2、 C.中心在原点的双曲线 D.中心在( 5,0)的双曲线 解析:直接法. 答案: B 2.(2005 年春季北京,6)已知双曲线的两个焦点为F1( 5 ,0) 、 F2( 5,0) ,P 是此双曲线上的一点,且PF1PF2,|PF1|PF2|=2,则该双曲线的方程是 A. 2 2 x 3 2 y =1 B. 3 2 x 2 2 y =1 C. 4 2 x y 2 =1 D.x 2 4 2 y =1 解析:设双曲线的方程为 2 2 a x 2 2 b y =1. 由题意 |PF1|PF2|=2a, |PF1| 2+|PF 2| 2=(2 5) 2. 又 |PF1|PF2|=2, a=2,b=1.
3、 故双曲线方程为 4 2 x y 2 =1. 答案: C 3.已知 A(0, 7) 、B(0, 7) 、C(12,2) ,以 C 为一个焦点作过A、B 的椭圆,椭圆 的另一个焦点F 的轨迹方程是 A.y 2 48 2 x 1(y 1)B.y 2 48 2 x 1 C.y 2 48 2 x 1 D.x 2 48 2 y 1 解析:由题意AC 13, BC 15, 知识就是力量 AB 14,又 AF AC BF BC, AF BF BC AC 2. 故 F 点的轨迹是以A、B 为焦点,实轴长为2 的双曲线下支 .又 c=7,a=1,b 248, 所以轨迹方程为y 2 48 2 x 1(y 1).
4、答案: A 4.F1、F2为椭圆 4 2 x + 3 2 y =1 的左、右焦点,A 为椭圆上任一点,过焦点F1向 F1AF2 的外角平分线作垂线,垂足为D,则点 D 的轨迹方程是_. 解析:延长F1D 与 F2A 交于 B,连结 DO,可知 DO= 2 1 F2B=2,动点 D 的轨迹方程为 x 2+y2=4. 答案: x 2+y2=4 5.已知 ABC 中, B(1,0) 、C(5,0) ,点 A 在 x 轴上方移动,且tanB+tanC=3,则 ABC 的重心 G 的轨迹方程为 _. 解析:设A(x0,y0) , tanB+tanC=3, 1 0 0 x y 5 0 0 x y =3,点
5、 A 的轨迹方程为y0= 4 3 (x0 2 6x 0+5) (x01 且 x0 5).若 G(x, y)为 ABC 的重心, 则由重心坐标公式:x= 3 51 0 x ,y= 3 0 y ,x0=3x6, 且 y0=3y. 代入 A 点轨迹方程得G 的轨迹方程为y1= 4 9 (x3) 2(x 3 7 且 x 3 11 ). 答案: y1= 4 9 (x3) 2(x 3 7 且 x 3 11 ) 典例剖析 【例 1】在 PMN 中, tanPMN= 2 1 ,tan MNP=2,且 PMN 的面积为1,建立 适当的坐标系,求以M、N 为焦点,且过点P 的椭圆的方程 . MN P MN P O
6、x y Q 剖析:如上图,以直线MN 为 x 轴,线段 MN 的垂直平分线为y 轴,建立平面直角坐标 系,则所求椭圆方程为 2 2 a x + 2 2 b y =1.显然 a 2、b2 是未知数,但a 2、b2 与已知条件没有直接联 系,因此应寻找与已知条件和谐统一的未知元,或改造已知条件. 解法一:如上图,过P 作 PQMN,垂足为Q, 令|PQ|=m,于是可得 |MQ|=|PQ|cotPMQ=2m,|QN|=|PQ|cotPNQ= 2 1 m. 知识就是力量 |MN|=|MQ|NQ|=2m 2 1 m= 2 3 m. 于是 SPMN= 2 1 |MN|PQ|= 2 1 2 3 mm=1.
7、因而 m= 3 4 ,|MQ|=2 3 4 ,|NQ|= 3 1 ,|MN|=3. |MP|= 22 |PQMQ= 3 4 3 16 = 3 152 , |NP|= 22 |PQNQ= 3 4 3 1 = 3 15 . 以 MN 的中点为原点, MN 所在直线为x 轴建立直角坐标系,设椭圆方程为 2 2 a x + 2 2 b y =1 (ab0). 则 2a=|MP|+|NP|= 15 , 2c=|MN|=3, 故所求椭圆方程为 15 4 2 x + 3 2 y =1. 解法二:设M( c, 0) 、N(c,0) ,P( x,y) ,y0, cx y = 2 1 , cx y =2, yc=
8、1, 解之,得x= 6 35 ,y= 3 32 ,c= 2 3 . 设椭圆方程为b 2 x 2+a2y2 =a 2 b 2,则 b 2 ( 6 35 ) 2 +a 2( 3 32 ) 2=a2b2, a 2b2 = 4 3 , 解之,得a 2= 4 15 ,b 2 =3. (以下略) 评述:解法一选择了与a 较接近的未知元|PM|、 |PN|,但需改造已知条件,以便利用正 弦定理和面积公式;解法二以条件为主,选择了与条件联系最直接的未知元x、y、c.本题解 法较多,但最能体现方程思想方法的、学生易于理解和接受的是这两种解法. 则 知识就是力量 深化拓展 若把 PMN 的面积为 1 改为PMPN
9、= 3 8 ,求椭圆方程 . 提示:由tanPMN = 2 1 ,tanMNP=2, 易得 sinMPN= 5 3 ,cosMPN= 5 4 . 由PMPN= 3 8 ,得 |PM|PN|= 3 10 . 易求得 |PM |= 3 152 ,|PN|= 3 15 . 进而求得椭圆方程为 15 4 2 x + 3 2 y =1. 【例 2】(2004 年福建, 22)如下图, P 是抛物线C:y= 2 1 x 2 上一点,直线l 过点 P 且与抛物线C 交于另一点Q.若直线 l 与过点 P 的切线垂直, 求线段 PQ 中点 M 的轨迹方程 . x y O Q M T P S l 剖析:欲求PQ
10、中点 M 的轨迹方程,需知P、 Q 的坐标 .思路一, P、Q 是直线 l 与抛物 线 C 的交点,故需求直线l 的方程,再与抛物线C 的方程联立,利用韦达定理、中点坐标 公式可求得M 的轨迹方程;思路二,设出P、Q 的坐标,利用P、Q 的坐标满足抛物线C 的方程,代入抛物线C 的方程相减得PQ 的斜率,利用PQ 的斜率就是l 的斜率,可求得M 的轨迹方程 . 解:设 P(x1,y1) 、Q(x2,y2) 、M( x0,y0) ,依题意知x10,y10,y20. 由 y= 2 1 x 2, 得 y=x. 过点 P 的切线的斜率k切=x1, 直线 l 的斜率 kl= 切 k 1 = 1 1 x
11、, 直线 l 的方程为y 2 1 x1 2= 1 1 x (xx1). 方法一:联立消去y,得 x 2+ 1 2 x xx1 22=0. M 为 PQ 的中点, 知识就是力量 x0= 2 21 xx = 1 1 x , y0= 2 1 x1 2 1 1 x (x0x1). 消去 x1,得 y0=x0 2 + 2 0 2 1 x +1(x00) , PQ 中点 M 的轨迹方程为y=x 2 + 2 2 1 x +1(x0) . 方法二:由y1= 2 1 x1 2,y 2= 2 1 x2 2,x 0= 2 21 xx , 得 y1y2= 2 1 x1 2 2 1 x2 2 = 2 1 (x1+x2)
12、 (x1x2)=x0(x1x2) , 则 x0= 21 21 xx yy =kl= 1 1 x , x1= 0 1 x . 将上式代入并整理,得y0=x0 2+ 2 0 2 1 x +1(x00) , PQ 中点 M 的轨迹方程为y=x 2 + 2 2 1 x +1(x0) . 评述:本题主要考查了直线、抛物线的基础知识,以及求轨迹方程的常用方法.本题的 关键是利用导数求切线的斜率以及灵活运用数学知识分析问题、解决问题. 深化拓展 当点 P 在抛物线 C 上移动时,求点M 到 x 轴的最短距离 . 提示: x0,x 20, y=x2 + 2 2 1 x +12 2 1 +1=2+1,当且仅当x
13、 2 = 2 2 1 x ,x= 2 1 4 时等号成立,即点M 到 x 轴的最短距离为2+1. 【例 3】 (2000 年春季全国)已知抛物线y 24px(p0) ,O 为顶点, A、B 为抛物线 上的两动点,且满足OAOB,如果 OMAB于 M 点,求点 M 的轨迹方程 . 剖析:点 M 是 OM 与 AB 的交点, 点 M 随着 A、B 两点的变化而变化,而 A、B 为抛物 线上的动点,点M 与 A、B 的直接关系不明显,因此需引入参数. 解法一:设M(x0,y0) , 则 kOM= 0 0 x y ,kAB= 0 0 y x , 知识就是力量 直线 AB 方程是 y= 0 0 y x
14、(xx0)+y0. 由 y 2=4px 可得 x= p y 4 2 ,将其代入上式,整理,得 x0y 2( 4py 0)y 4py0 24px 0 2=0. 此方程的两根y1、y2分别是 A、B 两点的纵坐标, A( p y 4 2 1 ,y1) 、B( p y 4 2 2 ,y2). OAOB, kOAkOB=1. 1 4 y p 2 4 y p =1.y1y2=16p 2. 根据根与系数的关系,由可得 y1y2= 0 2 0 2 0 )(4 x yxp , 0 2 0 2 0 )(4 x yxp =16p 2. 化简,得x0 2 +y0 24px 0=0, 即 x 2+y24px=0(除去
15、原点)为所求 . 点 M 的轨迹是以( 2p,0)为圆心,以2p 为半径的圆,去掉坐标原点. 解法二:设A、B 两点坐标为A(pt1 2,2pt 1) 、B(pt2 2,2pt 2). kOA= 1 2 t ,kOB= 2 2 t ,kAB= 21 2 tt . OAOB, t1t2=4. AB 方程是 y2pt1= 21 2 tt (xpt1 2) , 直线 OM 的方程是 y= 2 21 tt x. ,得(px)t1 2 +2pyt1( x 2+y2 )=0. 直线 AB 的方程还可写为 y2pt2= 21 2 tt ( xpt2 2). 知识就是力量 由,得(px)t2 2+(2py)
16、t 2( x 2 +y 2)=0. 由可知t1、t2是方程( px)t 2+(2py) t 2( x 2+y2)=0 的两根 . 由根与系数的关系可得 t1t2= px yx)( 22 .又 t1t2=4, x 2+y24px=0(原点除外)为所求点 M 的轨迹方程 . 故 M 的轨迹是以( 2p, 0)为圆心,以2p 为半径的圆,去掉坐标原点. 解法三:设M(x,y) ,直线 AB 方程为 y=kx+b, 由 OMAB 得 k= y x . 由 y 2=4px 及 y=kx+b 消去 y,得 k 2 x 2+x(2kb 4p)+b2 =0. 所以 x1x2= 2 2 k b .消去 x,得
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