高考数学玩转压轴题专题3_2动点轨迹成曲线坐标关系是关键1 23页

专题 3.2 动点轨迹成曲线 坐标关系是关键 【题型综述】 1.动点轨迹问题解题策略一般有以下几种： （1）直译法：一般步骤为：①建系,建立适当的坐标系；②设点,设轨迹上的任一点 P(x，y)；③列式,列出 动点 P 所满足的关系式；④代换,依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为 x，y 的方程式， 并化简；⑤证明,证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程. (2)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程； (3)代入法(相关点法)：动点 P(x，y)依赖于另一动点 Q(x0，y0)的变化而变化，并且 Q(x0，y0)又在某已知曲 线上，则可先用 x，y 的代数式表示 x0，y0，再将 x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程； (4)参数法：当动点 P(x，y)坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关动点可用时，可考虑将 x，y 均用一 中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程． 2.解轨迹问题注意： （1）求点的轨迹与求轨迹方程是不同的要求，求轨迹时，应先求轨迹方程，然后根据方程说明轨迹的形状、 位置、大小等. （2）要验证曲线上的点是否都满足方程，以方程解为坐标点是否都在曲线上，补上在曲线上而不满足方程 解得点，去掉满足方程的解而不再曲线上的点. 【典例指引】 类型一 代点法求轨迹方程 例 1 【2017 课标 II，理】设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： 2 2 1 2 x y  上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足 2NP NM   。 (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q在直线 3x   上，且 1OP PQ    。证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F。 因此点 P 的轨迹方程为 2 2 2x y  。 （2）由题意知  1,0F  。设    3, , ,Q t P m n ,则    3, , 1 , , 3 3OQ t PF m n OQ PF m tn              ，    , , 3 ,OP m n PQ m t n       。 由 1OP PQ    得 2 23 1m m tn n     ，又由（1）知 2 2 2m n  ，故 3 3 0m tn   。 所以 0OQ PF    ，即 OQ PF   。又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l过 C 的左焦点 F。 类型二 定义法求轨迹方程 例 2.【2016 高考新课标 1卷】设圆 2 2 2 15 0x y x    的圆心为 A,直线 l 过点 B（1,0）且与 x 轴不重合,l 交圆 A 于 C,D 两点,过 B作 AC 的平行线交 AD 于点 E. （I）证明 EA EB 为定值,并写出点 E 的轨迹方程； （II）设点 E的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1于 M,N 两点,过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点,求四边 形 MPNQ 面积的取值范围. 则 34 8 2 2 21   k kxx , 34 124 2 2 21    k kxx . 所以 34 )1(12||1|| 2 2 21 2    k kxxkMN . 过点 )0,1(B 且与 l垂直的直线m： )1(1  x k y , A到m的距离为 1 2 2 k ,所以 1 344) 1 2(42|| 2 2 2 2 2      k k k PQ .故四边形MPNQ的面积 34 1112|||| 2 1 2   k PQMNS . 可得当 l与 x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为 )38,12[ . 当 l与 x轴垂直时,其方程为 1x , 3|| MN , 8|| PQ ,四边形MPNQ的面积为 12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为 )38,12[ . 类型三 参数法求轨迹方程 例 3[2016 高考新课标Ⅲ文数]已知抛物线C： 2 2y x 的焦点为 F ，平行于 x轴的两条直线 1 2,l l 分别交C于 ,A B两点，交C的准线于 P Q， 两点． （I）若 F 在线段 AB上， R是 PQ的中点，证明 / /AR FQ； （II）若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍，求 AB中点的轨迹方程. 则 2 , 2 1 2 1 2 1 1 ba SxabFDabS PQFABF    . 由题设可得 22 1 2 1 1 ba xab   ，所以 01 x （舍去）， 11 x . 设满足条件的 AB 的中点为 ),( yxE . 当 AB 与 x轴不垂直时，由 DEAB kk  可得 )1( 1 2     x x y ba . 而 yba   2 ，所以 )1(12  xxy . 当 AB 与 x轴垂直时， E与D重合，所以，所求轨迹方程为 12  xy . ....12 分 类型四 直译法求轨迹方程 例 4. 已知动圆C过点  1,0Q ，且在 y 轴上截得的弦长为 2. （Ⅰ）求圆心C的轨迹方程； （Ⅱ）过点  1,0Q 的直线 l交轨迹C于    1 1 2 2, , ,A x y B x y 两点，证明： 2 2 1 1 QA QB  为定值，并求出 这个定值. 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该 问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求 定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显 现. 【扩展链接】 1.若一个圆 1C 内含于另一个圆 2C ，则与大圆内切与小圆外切的圆的圆心的轨迹为一椭圆，两圆的圆心为焦 点，其长轴长为两圆半径之和； ⒉在一个圆内有一点，则过该点且与已知圆相切的圆的圆心的点的轨迹为一椭圆，且其长轴长为已知圆的 半径。 ⒊过两点的两条直线的斜率之积为一负常数m的点的轨迹为一椭圆（两点除外）。两定点为椭圆的顶点， 两定点间的距离为长轴长。（ 1 0m   时，焦点在 x 轴上；当 1m   时，焦点在 y轴上） ⒋将圆的横坐标（或纵坐标）拉伸或缩短为原来的m倍，该圆变成椭圆； ⒌连接圆内一定点与圆上任一点的线段的垂直平分线与圆上该点到圆心的连线的交点的轨迹为一椭圆。方 椭圆的长半轴与圆的半径长相等； ⒍两个同心圆较大圆上任一点与圆心的连线与小圆交于一点，从大圆上该点作 x 轴的垂线， 则过小圆交点 向该垂线作垂线，其垂足的点的轨迹为椭圆。 【同步训练】 1．在平面直角坐标系 xoy中，设点F (1，0)，直线 l : 1x   ，点 P在直线 l上移动， R是线段 PF 与 y 轴的交点, 异于点 R 的点 Q 满足： RQ FP ， PQ l . （1）求动点Q的轨迹的方程； （2） 记Q的轨迹的方程为 E，过点F 作两条互相垂直的曲线E的弦 AB . CD，设 AB . CD 的中点分 别为M N， ．问直线MN是否经过某个定点？如果是，求出该定点，如果不是，说明理由． 【思路引导】（1）由已知条件知，点 R 是线段 FP 的中点，RQ 是线段 FP 的垂直平分线，点 Q的轨迹 E 是以 F为焦点，l 为准线的抛物线，写出抛物线标准方程． （2）设出直线 AB 的方程，把 A、B坐标代入抛物线方程，再利用中点公式求出点 M 的坐标，同理可得 N 的 坐标，求出直线 MN 的斜率，得到直线 MN 的方程并化简，可看出直线 MN 过定点． 2.已知点 为圆 上一动点， 轴于点 ，若动点 满足 （其中 为非 零常数） （1）求动点 的轨迹方程； （2）若是一个中心在原点，顶点在坐标轴上且面积为 8的正方形，当 时，得到动点 的轨迹为曲线 ， 过点 的直线与曲线 相交于 两点，当线段 的中点落在正方形内（包括边界）时，求直线斜率的 取值范围. 【思路引导】(1)由相关点法得到 Q点轨迹；（2）求出线段 中点坐标，点 在正方形内（包括边界）的条 件是 即 ，解出来即可. 【详细解析】（1）设动点 ，则 ，且 ，① 3.在直角坐标系 xOy中， 已知定圆  2 2: 1 36M x y   ，动圆 N 过点  1,0F 且与圆M 相切，记动圆 圆心 N 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C的方程； （2）设 ,A P是曲线C上两点，点 A关于 x轴的对称点为 B (异于点 P )，若直线 ,AP BP分别交 x轴于点 ,S T ，证明: ·OS OT 为定值. 【思路引导】（1）由两圆关系得等量关系 6NM NF FM   ，再根据椭圆定义确定轨迹形状及标准方 程，（2）解析几何中定值问题，往往通过计算给予证明，先设坐标，列直线方程，求出与 x轴交点坐标，再 利用点在椭圆上这一条件进行代入消元，化简计算 ·OS OT 为定值 . 【 详 细 解 析 】 (1) 因 为 点  1,0F 在  2 21 36M x y  ： 内 ， 所 以 圆 N 内 切 于 圆 M ， 则 6NM NF FM   ，由椭圆定义知，圆心 N 的轨迹为椭圆，且 2 6, 1a c  ，则 2 29, 8a b  ， 4.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； （2）若直线与曲线 相交于不同的两点 、 且满足以 为直径的圆过坐标原点 ，求线段 长度的取值范 围. 【思路引导】（1）由圆 与直线 相切，可得 .然后设动点 ，即可求解. （2）设出直线的，分斜率存在和不存在两种情形，以 为直径的圆过坐标原点 可转化为 .再 把直线方程和椭圆方程联立 【详细解析】（1）设动点 ，由于 轴于点 又圆 与直线 即 相切， ∴圆 将（*）代入可得 ，即 即 ，又 将 代入，可得 ∴当且仅当 ，即 时等号成立．又由 ， ， ． ②若直线的斜率不存在，因以 为直径的圆过坐标原点 ，故可设 所在直线方程为 ，联立 解得 同理求得 故 ．综上，得 ． 5.已知椭圆 2 2 1 4 x y  ，过点  1,0M  作直线 l交椭圆于 ,A B两点， O是坐标原点． （1）求 AB中点 P的轨迹方程； （2）求 OAB 的面积的最大值，并求此时直线 l的方程． 【思路引导】（1）利用点差法，结合中点坐标公式，即可求 AB中点 P的轨迹方程； （2）令 : 1l x hy  代入 2 24 4x y  ，利用韦达定理，表示出 OAB 面积，利用函数的单调性，即可求 OAB 面积的最大值，及此时直线 l的方程． （2）令 : 1l x hy  联立 2 24 4 { 1 x y x hy     得：  2 24 2 3 0h y hy    因为  216 3 0h    所以 1 2 2 2 4 hy y h    所以 1 2 1· · 2 S OM y y   2 2 2 1 2 3· 2 4 4 h h h      令 2 3 3h t   则 2 2 2 11 tS t t t     在 3,  上单调递减， 当 3t  ，即 0h  时， max 3 2 S  此时， : 1l x   6.已知圆 2 2: 4O x y  与 x轴交于 ,A B两点，点M 为圆O上异于 ,A B的任意一点，圆O在点M 处的切 线与圆O在点 ,A B处的切线分别交于 ,C D，直线 AD和 BC交于点P，设 P点的轨迹为曲线 E . （1）求曲线 E的方程； （2）曲线 E与 y 轴正半轴交点为H ，则曲线 E是否存在直角顶点为H 的内接等腰直角三角形 Rt GHK ， 若存在，求出所有满足条件的Rt GHK 的两条直角边所在直线的方程，若不存在，请说明理由. 【思路引导】（1）设 ，则 处的切线为 ，切线 CD 与 AC,BD 组方程组可求得 C,D 点坐 标，再直线 AD,BC 组方程组，解点交点 P 轨迹方程。注意消参，需要用到点 M 在圆上。同时注意曲线方程 变量范围。（2）设 : 1GHl y kx  ，则 1: 1KHl y x k    ， GHl 与椭圆组方程组，可求得 GH,同理求得HK， 再利用GH HK 进行分类讨论。 ① 0k  时，得    21 3 1 0k k k    得： 1k  或 3 5 2 k   ② 0k  时，得    21 3 1 0k k k    得： 1k   或 3 5 2 k    综上，共分三种情况 ①两条直角边所在直线方程为： 1y x   ； ②两条直角边所在直线方程为： 5 3 1 2 y x   ③两条直角边所在直线方程为： 5 3 1 2 y x    7.在平面直角坐标系 xOy中，点  1 3,0F  ，圆 2 2 2 : 2 3 13 0F x y x    ，以动点 P为圆心的圆经过 点 1F ，且圆 P与圆 2F 内切. （Ⅰ）求动点 P的轨迹E的方程； （Ⅱ）若直线 l过点  1,0 ，且与曲线 E交于 ,A B两点，则在 x轴上是否存在一点   ,0 0D t t  ，使得 x轴 平分 ADB ？若存在，求出 t的值；若不存在，请说明理由. 【思路引导】（1）根据两圆内切得 1 2 4PF PF  ，再根据椭圆定义得动点 P的轨迹 E的方程；（2） x轴 平 分 ADB ， 就 是 直 线 ,DA DB 的 斜 率 相 反 ， 设 直 线 : 1l x ny  ， 根 据 斜 率 坐 标 公 式 得    1 2 1 22 1 0ny y t y y    ，将直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理代入化简可得  4 0n t   ，即得 4t  . 8.已知点  1,0A 、  4,0B ，动点P满足 2PB PA ，设动点P的轨迹为曲线C，将曲线C上所有点的 纵坐标变为原来的一半，横坐标不变，得到曲线E . （1）求曲线 E的方程； （2） ,A B是曲线 E上两点，且 2AB  ， O为坐标原点，求 AOB 面积的最大值. 【思路引导】（1）由直接法,即利用坐标表示条件 2PB PA ，并化简可得 2 2 4x y  ，再根据伸缩变换 得曲线 E 的方程为 2 2 1 4 x y  .（2）设直线 AB 方程为： y kx t  ，由点到直线距离公式可得三角形高 21 t d k   ，由三角形面积公式可得 2 1 2 2 1 t S d k     ，利用直线方程与椭圆方程联立方程,结合韦 达定理及弦长公式可得     2 2 2 3 4 1 4 1 k t k    ，代入消元可得 S一元二次函数,利用二次函数性质求最值. 9.．已知点 ,A B的坐标分别为    2,0 , 2,0 ，直线 ,AM BM 相交于点M ，且它们的斜率之积是 1 2  ， 点M 的轨迹为曲线 E . （Ⅰ）求 E的方程； （Ⅱ）过点  1,0F 作直线 l交曲线 E于 ,P Q两点，交 y 轴于R点，若 1RP PF   ， 2RQ QF   ，证明： 1 2  为定值. 【思路引导】（1）设出动点M 坐标为  ,x y ，把斜率之积用坐标表示出来化简可得 E的方程（注意有些点 不合要求）； （2）解析几何中的定值问题，设点 , ,P Q R的坐标分别为      1 1 2 2 0, , , , 0,P x y Q x y R y .由 1RP PF   ， 可求得 1 1,x y ，并代入曲线 E 的方程，得 1 的方程，同理得 2 的方程，这样发现 1 2,  是方程 2 2 04 2 2 0x x y    的两个实数根，由韦达定理可得 1 2  ． 【详细解析】（1）设点  ,M x y ，由已知得  1 2 22 2 y y x x x        ， 10.已知O为坐标原点，  1 1,M x y ，  2 2,N x y 是椭圆 2 2 1 4 2 x y   上的点，且 1 2 1 22 0x x y y  ，设动 点P满足 2OP OM ON     . （1）求动点 P的轨迹C方程； （2）若直线  : 0l y x m m   与曲线C相交于 A， B两个不同点，求 OAB 面积的最大值. 【思路引导】(1)利用向量关系 2OP OM ON     可得动点 P的轨迹C的方程为 2 2 1 20 10 x y   . (2)联立直线与椭圆的方程可得面积函数 ABCS    2 2 2 2 302 230 5 2 3 3 2 m m m m         ，注 意等号成立的条件. 【详细解析】（1）设点  ,P x y ，则由 2OP OM ON     ，得      1 1 2 2, , 2 ,x y x y x y  ，即 （2）由曲线C与直线 l联立得 2 22 20 { x y y x m     ， 消 y 得 2 23 4 2 20 0x mx m    ，因为直线 l与曲线C交于 A， B两点， 所以  2 216 4 3 2 20 0m m       ，又 0m  ，所以 20 30m  . 设  3 3,A x y ，  4 4,B x y ，则 3 4 4 3 mx x   ， 2 3 4 2 20 3 mx x   ， 因为点O到直线 AB： 0x y m   的距离 2 m d  ， 2 3 41AB k x x       22 3 4 3 41 4k x x x x      2 216 2 202 ( 4 9 3 m m     ，  216 30 9 m ，所以  21 16 30 2 9 2ABC m S m       2 22 30 3 m m   ，  2 2302 5 2 3 2 m m     ，当且仅当 2 230m m  ，即 2 15m  时取等号， 所以 OAB 面积的最大值为5 2 . 11.已知圆C：  2 2 21x y r   （ 1r  ），设 A为圆C与 x轴负半轴的交点，过点 A作圆C的弦 AM ， 并使弦 AM 的中点恰好落在 y轴上． （Ⅰ）求点M 的轨迹 E的方程； （Ⅱ）延长MC交曲线 E于点 N ，曲线 E在点 N 处的切线与直线 AM 交于点 B，试判断以点 B为圆心， 线段 BC长为半径的圆与直线MN的位置关系，并证明你的结论． 【思路引导】（1）由题意得  1 ,0A r ，设  , ,M x y AM 中点为 0, , 2 yD       则 0CD AM CD AM      得到关于 ,x y 的方程就是点M 的轨迹 E的方程.（2）设直线MN的方程 为 1,x my  求出直线 AM BN、 的方程并联立得到 B点坐标，由两点距离公式求出 BD ，再由点 B到直 线MN的距离公式求出距离 , ,d d BD 则线段 BC长为半径的圆与直线MN相切. （2） 设直线 MN 的方程为 1 3cos sin 2 2 a     ， Q， l，直线 BN 的方程为 P， 3 2 0x y a   ，可得 2 2 2x y a  ， / / 2 { x x y y   ，则点 A / / { 2 xx y y   ，所以直线 AM 的方程为 / / 2 2 4 x y a  ， 2 2 2 4 x y a  ， 0  ，可得 2 2k y  ， 直线 BN 的方程为 2 2 2 2 yy x y   ， 联立 1 1 2 2 2 , 2 { 2 , 2 yy x y yy x y     可得 2 1 1 1 1 4 41, 2 2 2B B y myx y m y y       ， 所以点  1,2B m ， 24 4BC m  ， 2 2 2 2 2 2 4 4 2 1 1 m d m m m        ， ∴ B圆 与直线 MN 相切． 12.已知点  3,0M  ，点 P 在 y 轴上，点 Q 在 x 轴的正半轴上，点 N 在直线 PQ 上，且满足 10, . 2 MP PN PN NQ       （1）当点 P在 y 轴上移动时，求点 N 的轨迹C的方程； （2）过点 1 ,0 2 T      做直线 l与轨迹C交于 ,A B两点，若在 x轴上存在一点  0 ,0E x ，使得 AEB 是以点 E为直角顶点的直角三角形，求直线 l的斜率 k的取值范围. 【思路引导】（1）设动点  ,N x y ，由于点 P在 y 轴上，点Q在 x轴的正半轴上，于是可以根据条件 1 2 PN NQ   表示出  30, , 3 ,0 2 yP Q x      ，再根据 0MP PN    ，坐标表示后整理可求出 N点的轨迹方程， 注意曲线上点坐标的取值范围； （2）由题分析，直线 l的斜率显然存在且不为 0，于是可设 l方程为  1 0 2 y k x k       ，与曲线 C 的方 程联立，消去未知数 x，得到关于 y 的一元二次方程，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，于是得出 1 2y y ， 1 2y y ， 根据弦长公式求出 AB ，若在 x轴上存在一点  0 ,0E x ，使得 AEB 是以为直角顶点的直角三角形，则点F 到 x轴的距离不大于 1 2 AB ，转化为关于 k的不等式，可以求出取值范围.