习题2.1名师教学设计1

课题：轨迹方程的探究

【教学目标】

1、知识目标：掌握在不同条件下求动点的轨迹的基本方法. 2、能力目标：

通过渗透数形结合、转化等思想方法培养学生的思维能力. 通过引导探究问题，培养学生的创新意识和探究能力. 3、情感目标：

主动参与教学过程，提出问题，解决问题

，激发潜能，体验成功. 【教学重点】根据动点轨迹的不同特征选择用恰当的方法求轨迹方程.

【教学难点】轨迹的定型及其纯粹性和完备性的讨论

教学过程

【知识要点】

1.

求曲线的轨迹方程是解析几何的基本问题之一,求符合某种条件的动点轨迹方程,其实质就是利用题设中的已知条件,用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系问题，解决这类问题不但对圆锥曲线的定义、性质等基础知识要熟练掌握，还要利用各种数学思想方法，同时具备一定的推理能力和运算能力。

2.

求曲线的轨迹方程常采用的方法有：定义法、直接法、代入法（相关点法）、参数法、交轨法等. 3. 求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性.要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念. 一、【课前热身】

1. （2013·新课标Ⅰ高考文科）已知圆M:(x1)y1，圆N:(x1)y9，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。

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长是，求|AB|。

21．解：由已知得圆M的圆心为M（-1,0），半径r11;圆N的圆心为N（1,0），半径r23. 设知P的圆心为P（x,y）,半径为R. （I）

因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以

2222PMPN(Rr1)(r2R)r1r24. 有椭圆的定义可知，曲线C是以M,N为左.右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的椭圆（左定点除外），x2y21(x2)其方程为4。

3（II）

对于曲线C上任意一点P(x,y)，由于PMPN2R22，所以R2，当且仅当圆P的圆心为（2,0）时，R=2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x2)y4；

若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得AB23. 第

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若l的倾斜角不为90°，则r1R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，

则QPQM3kR，可求得Q（-4,0），所以可设l:y=k(x+4).由l于圆M相切得1，

2r11k2。

4解得k=±x2y2221，并整理得7x28x80，

当k=时，将y=x+2代入4344解得x1,246218.所以AB=1+k2x2x1. 77218时，有图形的对称性可知AB=. 4718. 7

当k=综上，AB=23或AB【方法点评】----定义法的一般步骤：一定型，二定位，三定方程，四定范围。

熟悉一些基本曲线的定义是用定义法求曲线方程的关键。

（1）

圆：到定点的距离等于定长

（2）

椭圆：到两定点的距离之和为常数（大于两定点的距离）

（3）

双曲线：到两定点距离之差的绝对值为常数（小于两定点的距离）

（4）

抛物线:到定点与定直线距离相等。

2．已知圆C1:(x4)2y21，圆C2:x2(y2)21，动点P到圆C1,C2上点的距离的最小值相等. （1）求点P的轨迹方程；

（2）点P的轨迹上是否存在点Q，使得点Q到点A(22,0)的距离减去点Q到点B(22,0)的距离的差为4，如果存在求出Q点坐标，如果不存在说明理由. 解：（1）设动点P的坐标为(x,y)，

圆C1的圆心C1坐标为(4,0)，圆C2的圆心C2坐标为(0,2)，……………2分

因为动点P到圆C1,C2上的点距离最小值相等，所以|PC1||PC2|, ………………3分

22即(x4)yx2(y2)2，化简得y2x3， ………………4分

因此点P的轨迹方程是y2x3； ……………5分

（2）假设这样的Q点存在，

因为Q点到A(22,0)点的距离减去Q点到B(22,0)点的距离的差为4，

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所以Q点在以A(22,0)和B(22,0)为焦点，实轴长为4的双曲线的右支上， x2y21(x2)上， …………………9分

即Q点在曲线44y2x3又Q点在直线l:y2x3上，

Q点的坐标是方程组x2y2的解，……………………11分

144消元得3x12x130，1243130，方程组无解，

所以点P的轨迹上不存在满足条件的点Q. ……………………13分

【方法点评】----直接法：是将动点满足的几何条件或者等量关系直接坐标化，列出等式后化简，得出动点的轨迹方程（也就是常说的五步法）

3．（2011·陕西高考理科）如图，设P是圆x2y225上的动点，点D是P在x轴上投影，M为PD上一点，且|MD|224|PD|．

5（Ⅰ）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；

（2）求过点（3，0）且斜率为4的直线被C所截线段的长度．

5【分析】（1）动点M通过点P与已知圆相联系，所以把点P的坐标用点M的坐标表示，然后代入已知圆的方程即可；（2）直线方程和椭圆方程组成方程组，可以求解，也可以利用根与系数关系；结合两点的距离公式计算．

【解】（1）设点M的坐标是(x,y)，P的坐标是(xp,yp)，

因为点Ｄ是Ｐ在x轴上投影，

Ｍ为PD上一点，且|MD|2245|PD|，所以xpx，且ypy，

54252x2y21，

∵P在圆xy25上，∴x(y)25，整理得42516x2y21．

即C的方程是2516（2）过点（3，0）且斜率为44的直线方程是y(x3)，

55设此直线与C的交点为A(x1,y1)，B(x2,y2)，

4x2y21得：

将直线方程y(x3)代入C的方程52516第

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x2(x3)23413411，化简得x23x80，∴x1，x2，

252522所以线段AB的长度是|AB|(x1x2)(y1y2)(12216)(x1x2)2

2541414141，即所截线段的长度是．

5255【方法点评】----代入法（相关点法）：动点依赖于已知曲线上的另一个动点运动

''解题步骤：第一步 判断动点Px,y随着已知曲线上的一个动点Qx,y的运动而运动

 第二步 求出关系式xfx,y,ygx,y

'' 第三步 将Q点的坐标表达式代入已知曲线方程

二、【限时演练】

4.（2012·辽宁高考文科·T20）如图，

x2动圆C1:xyt(1t3),与椭圆C2：y21相交于9222A，B，C，D四点，点A1,A2分别为C2的左，右顶点. （1）略；(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程. 解（2）由A(x0,y0),B(x0,y0),A1(3,0),A2(3,0)可得

直线AA1的方程：y直线A2B的方程：yy0(x3)--------------------①

x03y0(x3)--------------------②

x032设直线AA1与直线A2B的交点M(x,y)由①②得y2y02x092(x29)-----------③

由（1）知y0x021------------------④

9x2④代入③整理得y21(x3,y0)，

9x2因此点M的轨迹方程为y21(x3,y0). 9【方法点评】----交轨法：涉及到两曲线的交点轨迹问题

解题步骤：第一步 解两曲线方程组得到xft,ygt

第二步 消去动曲线中的参数。

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5．

过点A(2,3)的直线L与抛物线C2:x24y交于B,C两点，抛物线C2在点B,C处的切线分别为l1,l2, 且l1与l2交于点P.求点P的轨迹方程

法一：

法二：（2）设点B(x1,121212x1),C(x2,x2)，则BC(x2x1,(x2x12))，

4441BA(2x1,3x12)，∵A,B,C三点共线, ∴BC//BA.

4∴x2x131212x1x2x12442x,

1化简得：2(x1x2)x1x212.

①

由x24y,即y121x,得yx.

4212x1x1(xx1)，

42∴抛物线C2在点B处的切线l1的方程为y即yx11xx12.

② 24x12同理，抛物线C2在点C处的切线l2的方程为

y2xx2.

③

24x12x12设点P(x,y)，由②③得：1xx12xx2，

24241而x1x2，则x(x1x2).

21代入②得yx1x2，

4则2xx1x2，4yx1x2代入

①

得

4x4y12，即点P的轨迹方程为yx3

【方法点评】----参数法：动点的运动受另一个变量的制约

解题步骤：第一步 引入参数，用此参数分别表示动点的横纵坐标x,y；

第二步 消去参数，得到关于x,y的方程，即为所求轨迹方程。

三【巩固演练】

1、已知双曲线两个动点。

xy21的左、右顶点分别为A1,A2，点P(x1,y1)，Q(x1,y1)是双曲线上不同的2E的方程；

（1）求直线A1P与A2Q交点的轨迹第

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20．（1）解：由A1,A2为双曲线的左右顶点知，A1(2,0), A2(2,0),

y1y1y122A1P:y(x2)，A2Q:y(x2)，两式相乘y2(x22)，

x12x12x12x121y1212y11，即2因为点P(x1,y1)在双曲线上，所以，故y2(x22)，

22x122x2x22所以y1，即直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程为y21(x2)

22

2、已知抛物线C2:x24y．过点P(1,1)作抛物线C2的两条切线PA,PB，其中A,B为切点．

求直线AB的方程.（

答案x2y20）

（2）设点A(x1,y1),B(x2,y2)，P(x0,y0)，由x24y,即y112x,得yx. 42∴抛物线C在点A处的切线PA的方程为yy1x1x1(xx1)，即y1xy1x12. 222∵y1xx12x1，

∴y1xy1 .∵点P(x0,y0)在切线l1上, ∴y01x0y1. ①

422x2x0y2. ②

2xx0y. 2同理，

y0综合①、②得，点A(x1,y1),B(x2,y2)的坐标都满足方程

y0∵经过A(x1,y1),B(x2,y2)两点的直线是唯一的，

∴直线AB

的方程为y0xx0y，即x0x2y2y00；

2四、【总结归纳】

求轨迹方程时，

1.一般先观察能否根据条件直接判断轨迹是什么图形，设出方程，利用待定系数法求方程，即定义法；否则通过条件列出动点坐标所满足的方程，若能直接列出就是直接法；

否则寻求动点的坐标与其它动点的坐标的关系即相关点法，

或寻求动点坐标与其它参数的关系，消去参数得到轨迹方程即参数法，

交轨法关键是处理涉及到的轨迹方程，消去参数得到普通方程. 2．“轨迹”与“轨迹方程”既有区别又有联系，求“轨迹”时首先要求出“轨迹方程”，然后再说明方程的轨迹图形，最后“补漏”和“去掉增多”的点，若轨迹有不同的情况，应分别讨论，以保证它的完整性. 五、【课后巩固提高】

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x2y21．椭圆1中,过P(1,1)的弦恰被P点平分,则该弦所在直线方程为_________________。

42解：设过点P(1,1)的直线交椭圆于A(x1,y1)、B(x2,y2)，则有

x12y12x22y221 ① 1 ②

4242(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

42而P(1,1)为线段AB的中点，故有x1x22,y1y22

①②可得所以1(x1x2)2(y1y2)2yy1012，即kAB

242x1x221(x1)化简可得x2y30

2所以所求直线方程为y1x2y22. （2013·新课标全国Ⅱ高考理科）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：221(a>b>0)右焦点的直ab线x+y-=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为1

2（1）求M的方程.（2）略

【解题指南】（1）涉及到弦AB的中点问题，考虑点差法，建立关于a,b的方程组，解得a,b的值，确立M的方程；

x12y12x22y22【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2，则221①,221

②,①-②得

ababx1x2x1x2y1y2y1y20.因为y1y2a2b2x1x21，设Px0,y0，因为P为AB的中点，且OP的斜率为11122，所以y0x0，即y1+y2x1x2，所以可以解得a2b，

2222x2y21. 即a2ac，即a2c，又因为c3，所以a＝6，所以M的方程为6322222【方法点评】----点差法

圆锥曲线中与弦的中点有关的问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点A(x1,y1),B(x2,y2)的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得x1x2，y1y2，x1x2，y1y2等关系式，由于弦AB的中点P(x,y)的坐标满足2xx1x2，

2yy1y2且直线AB的斜率为y2y1，由此可求得弦AB中点的轨迹方程。

x2x1第

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3．（本小题满分14分）

已知A、B分别是直线y点．

（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）过点Q(1,0)任意作直线l（与x轴不垂直），设l与（1）中轨迹C交于M、N两点，与y轴交于R点．若RMMQ，RNNQ，证明：为定值．

解：（1）设P(x,y)，A(x1,y1)，B(x2,y2)． 33x和yx上的两个动点，线段AB的长为23，P是AB的中33x1x2x,2∵P是线段AB的中点，∴ ………2分

yy2y1.2∵A、B分别是直线y3333x和yx2．

x上的点，∴y1x1和y23333x1x223y,∴23 …………4分

x.y1y2322又AB23，∴(x1x2)(y1y2)12． …………5分

42x2y21． …………6分

∴12yx12，∴动点P的轨迹C的方程为392（2）依题意，直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为yk(x1)．…………7分

设M(x3,y3)、N(x4,y4)、R(0,y5)，

yk(x1),则M、N两点坐标满足方程组x2

2y1.9消去y并整理，得(19k2)x218k2x9k290， …………9分

9k2918k2∴x3x4，

① x3x4． ② ………10分

19k219k2∵RMMQ，∴(x3,y3)(0,y5)(1,0)(x3,y3)．

x3(1x3),∴x3(1x3)．∵l与x轴不垂直，∴x31，

yyy.533x3x4∴，同理． ………12分

1x31x4(xx)2x3x4x3x∴．

4341x31x41(x3x4)x3x49将①②代入上式可得． …………14分

4即说明：本题主要考查直线与椭圆的的有关知识、求轨迹方程的方法，以及运算求解和推理论证能力．

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4. （2013·辽宁高考文科·Ｔ20）如图，抛物线C1:x24y,C2:x22py(p0).点M(x0,y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A,B(为M原点O时，A,B重合于O).当x012时，切线MA的斜率为1。

2()求p的值；

()当M在C2上运动时，求线段AB的中点N的轨迹方程（A,B重合于O，中点为O）. 【解题指南】利用导数的几何意义，求切线的斜率，建立相关参数的方程求参数；根据条件寻求动点坐标与相关点的坐标间的关系，消去相关点的坐标，可得轨迹方程。

【解析】()设A(a,b)，则

kMAyxa1a.

2已知切线MA在抛物线C1:x24y上的切点为A(a,b)，

由导数的几何意义得，kMAy所以a1.从而b故点A(1,).

由点斜式得切线MA的方程：yxa11a.

22121a.

441411(x1).

42由于点M(x0,y0)在抛物线C2上，又在切线MA上，

11y0(x01),所以得

42x22py.00将x012代入上述方程组，即得p2

故p的值为2. ()设N(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),x1x2

又点A(x1,y1),B(x2,y2)在抛物线C1:x4y上，

则y12121x1,y2x22，

44第

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x1x2y1y2x12x22,y. ①

由于N为线段AB的中点，所以x228x12x1切线MA,MB的方程分别为：y(xx1), ② 422x2xy2(xx2) ③

42由②③得切线MA,MB得交点M(x0,y0)的坐标x0x1x2xx,y012 ④

24又由于点M(x0,y0)在抛物线C2上，所以x204y0 x22由④⑤得x1x21x26 ⑥

由①得x1x22x4x2x221x22x1x2，x21x228y ⑦

将⑥代入得4x2x221x22x1x22(x2231x2) ⑧

由⑦⑧得x243y,x0. 当xx21x2时，A,B重合于O，中点N为O,其坐标满足方程43y

综上可知，线段AB的中点N的轨迹方程为x243y.

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