《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 8.5 軌跡問題教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 8.5 軌跡問題教案（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 8.5 軌跡問題教案 ●知識梳理 本節(jié)主要內(nèi)容是軌跡的概念及軌跡方程的求法.求軌跡方程常用的方法：（1）結(jié)合解析幾何中某種曲線的定義，從定義出發(fā)尋找解決問題的方法；（2）利用幾何性質(zhì)，若所求的軌跡與圖形的性質(zhì)相關(guān)，往往利用三角形或圓的性質(zhì)來解問題；（3）如果點P的運(yùn)動軌跡或所在曲線已知，又點Q與點P之間的坐標(biāo)可以建立某種關(guān)系，則借助點P的軌跡可以得到點Q的軌跡；（4）參數(shù)法. ●點擊雙基 1.動點P到直線x=1的距離與它到點A（4，0）的距離之比為2，則P點的軌跡是 A.中心在原點的橢圓 B.中心在（5，0）的橢圓 C.中心在原點的雙曲線 D.中

2、心在（5，0）的雙曲線 解析：直接法. 答案：B 2.（xx年春季北京，6）已知雙曲線的兩個焦點為F1（－，0）、F2（，0），P是此雙曲線上的一點，且PF1⊥PF2，|PF1|·|PF2|=2，則該雙曲線的方程是 A.－=1 B.－=1 C.－y2=1 D.x2－=1 解析：設(shè)雙曲線的方程為－=1. 由題意||PF1|－|PF2||=2a，|PF1|2+|PF2|2=（2）2. 又∵|PF1|·|PF2|=2，∴a=2，b=1. 故雙曲線方程為－y2=1. 答案：C 3.

3、已知A（0，7）、B（0，－7）、C（12，2），以C為一個焦點作過A、B的橢圓，橢圓的另一個焦點F的軌跡方程是 A.y2－＝1（y≤－1） B.y2－＝1 C.y2－＝－1 D.x2－＝1 解析：由題意｜AC｜＝13，｜BC｜＝15， ｜AB｜＝14，又｜AF｜＋｜AC｜＝｜BF｜＋｜BC｜， ∴｜AF｜－｜BF｜＝｜BC｜－｜AC｜＝2. 故F點的軌跡是以A、B為焦點，實軸長為2的雙曲線下支.又c=7，a=1，b2＝48， 所以軌跡方程為y2－＝1（y≤－1）. 答案：A 4.F1、F2為橢圓

4、+=1的左、右焦點，A為橢圓上任一點，過焦點F1向∠F1AF2的外角平分線作垂線，垂足為D，則點D的軌跡方程是________________. 解析：延長F1D與F2A交于B，連結(jié)DO，可知DO=F2B=2，∴動點D的軌跡方程為x2+y2=4. 答案：x2+y2=4 5.已知△ABC中，B（1，0）、C（5，0），點A在x軸上方移動，且tanB+tanC=3，則 △ABC的重心G的軌跡方程為________________. 解析：設(shè)A（x0，y0）， ∵tanB+tanC=3， ∴－=3，點A的軌跡方程為y0=－（x02－6x0+5）（x0≠1且x0≠5）.

5、若 G（x，y）為△ABC的重心，則由重心坐標(biāo)公式：x=，y=，∴x0=3x－6，且y0=3y.代入A點軌跡方程得G的軌跡方程為y－1=－（x－3）2（x≠且x≠）. 答案：y－1=－（x－3）2（x≠且x≠） ●典例剖析 【例1】 在△PMN中，tan∠PMN=，tan∠MNP=－2，且△PMN的面積為1，建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求以M、N為焦點，且過點P的橢圓的方程. 剖析：如上圖，以直線MN為x軸，線段MN的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，則所求橢圓方程為+=1.顯然a2、b2是未知數(shù)，但a2、b2與已知條件沒有直接聯(lián)系，因此應(yīng)尋找與已知條件和諧統(tǒng)一的未知元，或改造

6、已知條件. 解法一：如上圖，過P作PQ⊥MN，垂足為Q， 令|PQ|=m，于是可得|MQ|=|PQ|cot∠PMQ=2m，|QN|=|PQ|cot∠PNQ=m. ∴|MN|=|MQ|－|NQ|=2m－m=m. 于是S△PMN=|MN|·|PQ|=·m·m=1. 因而m=，|MQ|=2，|NQ|=，|MN|=. |MP|===， |NP|===. 以MN的中點為原點，MN所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系，設(shè)橢圓方程為+=1（a＞b＞0）.則2a=|MP|+|NP|=，2c=|MN|=， 故所求橢圓方程為+=1. 解法二：設(shè)M（－c，0）、N（c，0），P（x，y），y＞0，

7、 =， 則 =2， y·c=1， 解之，得x=，y=，c=. 設(shè)橢圓方程為b2x2+a2y2=a2b2，則 b2·（）2+a2（）2=a2b2， a2－b2=， 解之，得a2=，b2=3. （以下略） 評述：解法一選擇了與a較接近的未知元|PM|、|PN|，但需改造已知條件，以便利用正弦定理和面積公式；解法二以條件為主，選擇了與條件聯(lián)系最直接的未知元x、y、c.本題解法較多，但最能體現(xiàn)方程思想方法的、學(xué)生易于理解和接受的是這兩種解法. 深化拓展 若把△PMN的面積為1改為·=，求橢圓方程. 提示：由tan∠PMN

8、=，tan∠MNP=－2， 易得sin∠MPN=，cos∠MPN=.由·=，得||||=. 易求得|PM|=，|PN|=.進(jìn)而求得橢圓方程為+=1. 【例2】 （xx年福建，22）如下圖，P是拋物線C：y=x2上一點，直線l過點P且與拋物線C交于另一點Q.若直線l與過點P的切線垂直，求線段PQ中點M的軌跡方程. 剖析：欲求PQ中點M的軌跡方程，需知P、Q的坐標(biāo).思路一，P、Q是直線l與拋物線C的交點，故需求直線l的方程，再與拋物線C的方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理、中點坐標(biāo)公式可求得M的軌跡方程；思路二，設(shè)出P、Q的坐標(biāo)，利用P、Q的坐標(biāo)滿足拋物線C的方程，代入拋物線C的方程相減得PQ的斜

9、率，利用PQ的斜率就是l的斜率，可求得M的軌跡方程. 解：設(shè)P（x1，y1）、Q（x2，y2）、M（x0，y0），依題意知x1≠0，y1>0，y2>0. 由y=x2， ① 得y′=x.∴過點P的切線的斜率k切=x1， ∴直線l的斜率kl=－=－， 直線l的方程為y－x12=－（x－x1）. ② 方法一：聯(lián)立①②消去y，得x2+x－x12－2=0. ∵M(jìn)為PQ的中點， ∴ x0==－， y0=x12－（x0－x1）. 消去x1，得y0=x02++1（x0≠0），∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1（x≠0）. 方法二：由y1=x12，y2=x

10、22，x0=， 得y1－y2=x12－x22=（x1+x2）（x1－x2）=x0（x1－x2），則x0==kl=－， ∴x1=－.將上式代入②并整理，得y0=x02++1（x0≠0）， ∴PQ中點M的軌跡方程為y=x2++1（x≠0）. 評述：本題主要考查了直線、拋物線的基礎(chǔ)知識，以及求軌跡方程的常用方法.本題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)求切線的斜率以及靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識分析問題、解決問題. 深化拓展 當(dāng)點P在拋物線C上移動時，求點M到x軸的最短距離. 提示：∵x≠0，x2>0，∴y=x2++1≥2+1=+1，當(dāng)且僅當(dāng)x2=，x=±時等號成立，即點M到x軸的最短距離為+1. 【例3】

11、 （xx年春季全國）已知拋物線y2＝4px（p＞0），O為頂點，A、B為拋物線上的兩動點，且滿足OA⊥OB，如果OM⊥AB于M點，求點M的軌跡方程. 剖析：點M是OM與AB的交點，點M隨著A、B兩點的變化而變化，而A、B為拋物線上的動點，點M與A、B的直接關(guān)系不明顯，因此需引入?yún)?shù). 解法一：設(shè)M（x0，y0），則kOM=，kAB=－， 直線AB方程是y=－（x－x0）+y0. 由y2=4px可得x=，將其代入上式，整理，得x0y2－（4py0）y－4py02－4px02=0. ① 此方程的兩根y1、y2分別是A、B兩點的縱坐標(biāo)， ∴A（，y1）、B（，y2）. ∵OA⊥OB，

12、∴kOA·kOB=－1.∴·=－1.∴y1y2=－16p2. 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，由①可得y1·y2=， ∴=16p2.化簡，得x02+y02－4px0=0， 即x2+y2－4px=0（除去原點）為所求. ∴點M的軌跡是以（2p，0）為圓心，以2p為半徑的圓，去掉坐標(biāo)原點. 解法二：設(shè)A、B兩點坐標(biāo)為A（pt12，2pt1）、B（pt22，2pt2）. ∴kOA=，kOB=，kAB=. ∵OA⊥OB，∴t1·t2=－4. ∴AB方程是y－2pt1=（x－pt12）， ① 直線OM的方程是y=－x. ② ①×②，得（px）t12+2pyt1－（x2+y2

13、）=0. ③ ∴直線AB的方程還可寫為y－2pt2=（x－pt22）. ④ 由②×④，得（px）t22+（2py）t2－（x2+y2）=0. ⑤ 由③⑤可知t1、t2是方程（px）t2+（2py）t2－（x2+y2）=0的兩根. 由根與系數(shù)的關(guān)系可得t1t2=.又t1·t2=－4， ∴x2+y2－4px=0（原點除外）為所求點M的軌跡方程. 故M的軌跡是以（2p，0）為圓心，以2p為半徑的圓，去掉坐標(biāo)原點. 解法三：設(shè)M（x，y），直線AB方程為y=kx+b， 由OM⊥AB得k=－. 由y2=4px及y=kx+b消去y，得k2x2+x（2kb－4p）+

14、b2=0. 所以x1x2=.消去x，得ky2－4py+4pb=0. 所以y1y2=.由OA⊥OB，得y1y2=－x1x2，所以=－，b=－4kp. 故y=kx+b=k（x－4p）.用k=－代入，得x2+y2－4px=0（x≠0）. 解法四：設(shè)點M的坐標(biāo)為（x，y），直線OA的方程為y=kx， 解得A點的坐標(biāo)為（，）， 顯然k≠0，則直線OB的方程為y=－x. 由 y=kx， y2=4px， 類似地可得B點的坐標(biāo)為（4pk2，－4pk），從而知當(dāng)k≠±1時， kAB==. 故得直線AB的方程為y+4pk=（x－4pk2），即（－k）y+4p=x，

15、 ① 直線OM的方程為y=－（－k）x. ② 可知M點的坐標(biāo)同時滿足①②，由①及②消去k便得4px=x2+y2， 即（x－2p）2+y2=4p2，但x≠0， 當(dāng)k=±1時，容易驗證M點的坐標(biāo)仍適合上述方程. 故點M的軌跡方程為（x－2p）2+y2=4p2（x≠0）， 它表示以點（2p，0）為圓心，以2p為半徑的圓. 評述：本題考查了交軌法、參數(shù)法求軌跡方程，涉及了類比、分類討論等數(shù)學(xué)方法，消參時又用到了整體思想法，對含字母的式子的運(yùn)算能力有較高的要求，同時還需要注意軌跡的“完備性和純粹性”

16、.此題是綜合考查學(xué)生能力的一道好題. 深化拓展 本題中直線AB恒過定點（4p，0），讀者不妨探究一番. ●闖關(guān)訓(xùn)練 夯實基礎(chǔ) 1.已知M（－2，0）、N（2，0），｜PM｜－｜PN｜＝4，則動點P的軌跡是 A.雙曲線 B.雙曲線左邊一支 C.一條射線 D.雙曲線右邊一支 解析：利用幾何性質(zhì). 答案：C 2.（xx年河南）已知雙曲線中心在原點且一個焦點為F（，0），直線y=x－1與其相交于M、N兩點，MN中點的橫坐標(biāo)為－，則此雙曲線的方程是 A.－=1

17、 B.－=1 C.－=1 D.－=1 解析：設(shè)雙曲線方程為－=1. 將y=x－1代入－=1，整理得（b2－a2）x2+2a2x－a2－a2b2=0. 由韋達(dá)定理得x1+x2=，==－. 由c2=a2+b2求得a2=2，b2=5. 答案：D 3.曲線x2＋4y2＝4關(guān)于點M（3，5）對稱的曲線方程為____________. 解析：代入法（或相關(guān)點法）. 答案：（x－6）2+4（y－10）2=4 4.與圓x2+y2－4x=0外切，且與y軸相切的動圓圓心的軌跡方程是____________.

18、解析：若動圓在y軸右側(cè)，則動圓圓心到定點（2，0）與到定直線x=－2的距離相等，其軌跡是拋物線；若動圓在y軸左側(cè)，則動圓圓心軌跡是x負(fù)半軸. 答案：y2=8x（x>0）或y=0（x<0） 5.自拋物線y2＝2x上任意一點P向其準(zhǔn)線l引垂線，垂足為Q，連結(jié)頂點O與P的直線和連結(jié)焦點F與Q的直線交于R點，求R點的軌跡方程. 解：設(shè)P（x1，y1）、R（x，y），則Q（－，y1）、F（，0）， ∴OP的方程為y=x， ① FQ的方程為y=－y1（x－）. ② 由①②得x1＝，y1＝，代入y2＝2x，可得y2＝－2x2+x. 6.求經(jīng)過定點A（1，2），以x

19、軸為準(zhǔn)線，離心率為的橢圓下方的頂點的軌跡方程. 解：設(shè)橢圓下方的焦點F（x0，y0），由定義=， ∴|AF|=1，即點F的軌跡方程為（x0－1）2+（y0－2）2=1. 又設(shè)橢圓下方頂點為P（x，y），則x0=x，y0=y， ∴點P的軌跡方程是（x－1）2+（y－2）2=1. 培養(yǎng)能力 7.AB是圓O的直徑，且｜AB｜＝2a，M為圓上一動點，作MN⊥AB，垂足為N，在OM上取點P，使｜OP｜＝｜MN｜，求點P的軌跡. 解：以圓心O為原點，AB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系（如下圖），則⊙O的方程為x2＋y2＝a2，設(shè)點P坐標(biāo)為（x，y），并設(shè)圓與y軸交于C、D兩點，作PQ⊥AB于Q

20、，則有＝. ∵｜OP｜＝｜MN｜，∴｜OP｜2＝｜OM｜·｜PQ｜. ∴x2+y2＝a｜y｜，即 x2＋（y±）2＝（）2. 軌跡是分別以CO、OD為直徑的兩個圓. 8.過拋物線y2=4x的焦點的直線l與拋物線交于A、B兩點，O為坐標(biāo)原點.求△AOB的重心G的軌跡C的方程. 解：拋物線的焦點坐標(biāo)為（1，0），當(dāng)直線l不垂直于x軸時，設(shè)方程為y=k（x－1），代入y2=4x，得k2x2－x（2k2+4）+k2=0. 設(shè)l方程與拋物線相交于兩點，∴k≠0.設(shè)點A、B的坐標(biāo)分別為（x1，y1）、（x2，y2）， 根據(jù)韋達(dá)定理，有x1+x2=， 從而y1+y2=k（x1+x2－2

21、）=. 設(shè)△AOB的重心為G（x，y）， 消去k，得x=+（y）2， 則 x==+， y==， ∴y2=x－.當(dāng)l垂直于x軸時，A、B的坐標(biāo)分別為（1，2）和（1，－2），△AOB的重心G（，0），也適合y2=x－， 因此所求軌跡C的方程為y2=x－. 探究創(chuàng)新 9.（xx年春季安徽）已知k＞0，直線l1：y=kx，l2：y=－kx. （1）證明：到l1、l2的距離的平方和為定值a（a＞0）的點的軌跡是圓或橢圓； （2）求到l1、l2的距離之和為定值c（c＞0）的點的軌跡. （1）證明：設(shè)點P（x，y）為動點，則 +=a，整理得+=1. 因此，當(dāng)k=1時，

22、動點的軌跡為圓； 當(dāng)k≠1時，動點的軌跡為橢圓. （2）解：設(shè)點P（x，y）為動點，則 |y－kx|+|y+kx|=c. 當(dāng)y≥k|x|時，y－kx+y+kx=c，即y=c； 當(dāng)y≤－k|x|時，kx－y－y－kx=c，即y=－c； 當(dāng)－k|x|＜y＜k|x|，x＞0時，kx－y+y+kx=c，即x=c； 當(dāng)－k|x|＜y＜k|x|，x＜0時，y－kx－y－kx=c，即x=－c. 綜上，動點的軌跡為矩形. ●思悟小結(jié) 1.求軌跡方程的一般步驟是：建系、設(shè)點、列式、代入、化簡、檢驗.檢驗就是要檢驗點的軌跡的純粹性和完備性. 2.如果題目中的條件有明顯的等量關(guān)系，或者可以利用

23、平面幾何知識推出等量關(guān)系，求方程時可用直接法. 3.如果能夠確定動點的軌跡滿足某種已知曲線的定義，則可用曲線定義寫出方程，這種方法稱為定義法. 4.如果軌跡動點P（x，y）依賴于另一動點Q（a，b），而Q（a，b）又在某已知曲線上，則可先列出關(guān)于x、y、a、b的方程組，利用x、y表示出a、b，把a(bǔ)、b代入已知曲線方程便得動點P的軌跡方程.此法稱為代入法. 5.如果軌跡動點P（x，y）的坐標(biāo)之間的關(guān)系不易找到，也沒有相關(guān)點可用時，可先考慮將x、y用一個或幾個參數(shù)來表示，消去參數(shù)得軌跡方程，此法稱為參數(shù)法.參數(shù)法中常選變角、變斜率等為參數(shù). 6.注意參數(shù)的取值范圍對方程的影響. ●教師下

24、載中心 教學(xué)點睛 1.已知曲線求方程或已知方程畫曲線是解析幾何中的兩個基本問題.如何探求動點的軌跡方程呢？①從定義出發(fā)，還本索源.在探求動點的軌跡方程時，如能結(jié)合解析幾何中某種曲線的定義，也就能尋找到解決問題的鑰匙；②利用平面幾何的性質(zhì).動點的軌跡與圖形的性質(zhì)相關(guān)，若某些軌跡與直線或圓有關(guān)，則可以利用三角形或圓的性質(zhì)來幫助分析；③伴隨曲線的思想和方法.如果點P的運(yùn)動軌跡或所在的曲線已知，又點P與點Q的坐標(biāo)之間可以建立起某種關(guān)系，則借助于點P的運(yùn)動軌跡，我們便可以得到點Q的運(yùn)動軌跡，這便是伴隨曲線的思想方法. 2.在探求軌跡的過程中，需要注意的是軌跡的“完備性”和“純粹性”，也就是說既不能

25、多，也不能少，因此，在求得軌跡方程之后，要深入地再思考一下：①是否還遺漏了一些點？是否還有另一個滿足條件的軌跡方程存在？②在所求得的軌跡方程中，x、y的取值范圍是否有什么限制? 拓展題例 【例1】 是否存在同時滿足下列條件的拋物線？若存在，求出它的方程；若不存在，請說明理由． （1）準(zhǔn)線是y軸； （2）頂點在x軸上； （3）點A（3，0）到此拋物線上動點P的距離最小值是2. 解：假設(shè)存在這樣的拋物線，頂點為（a，0），則方程為y2＝4a（x－a）（a≠0）， 設(shè)P（x0，y0），則y02＝4a（x0－a）， ｜AP｜2＝（x0－3）2＋y02 ＝［x0－（3－2a）］2＋12

26、a－8a2， 令f（a）＝｜AP｜2， ①當(dāng)a＞0時，有x0≥a， 當(dāng)3－2a≥a即a∈（0，1］時，｜AP｜2＝f（3－2a），∴a＝1或a＝； 拋物線方程為y2＝4（x－1）或y2＝2（x－）. 當(dāng)3－2a＜a即a＞1時，｜AP｜2＝f（a）. ∴a＝5或a＝1（舍），拋物線方程為y2＝20（x－5）. ②當(dāng)a＜0時，顯然與已知矛盾， ∴所求拋物線方程為y2＝4（x－1）或y2＝2（x－）或y2＝20（x－5）． 【例2】 （xx年太原市模擬題）已知橢圓的焦點為F1（－1，0）、F2（1，0），直線x=4是它的一條準(zhǔn)線. （1）求橢圓的方程； （2）設(shè)A1、A2分別是

27、橢圓的左頂點和右頂點，P是橢圓上滿足|PA1|－|PA2|=2的一點，求tan∠A1PA2的值； （3）若過點（1，0）的直線與以原點為頂點、A2為焦點的拋物線相交于點M、N，求MN中點Q的軌跡方程. 解：（1）設(shè)橢圓方程為+=1（a＞b＞0）. 由題設(shè)有 c=1， =4， ∴b2=3. 解得 c=1， a=2， 所求橢圓方程為+=1. （2）由題設(shè)知，點P在以A1、A2為焦點，實軸長為2的雙曲線的右支上. 由（1）知A1（－2，0），A2（2，0）， 設(shè)雙曲線方程為－=1（m＞0，n＞0）. 則 解得 2m=2，

28、 m=1， m2+n2=4， n=. ∴雙曲線方程為x2－=1.由 +=1， x2－=1， 解得P點的坐標(biāo)為（，）或（，－）.當(dāng)P點坐標(biāo)為（，）時，tan∠A1PA2==－4. 同理當(dāng)P點坐標(biāo)為（，－）時，tan∠A1PA2=－4.故tan∠A1PA2=－4. （3）由題設(shè)知，拋物線方程為y2=8x. 設(shè)M（x1，y1）、N（x2，y2），MN的中點Q（x，y）， 當(dāng)x1≠x2時，有 y12=8x1， ① y22=8x2，

29、 ② x=， ③ y=， ④ =. ⑤ ①－②，得（y1+y2）=8， 將④⑤代入上式，有·2y=8，即y2=4（x－1）（x≠1）. 當(dāng)x1=x2時，MN的中點為（1，0），仍滿足上式. 故所求點Q的軌跡方程為y2=4（x－1）.