圆锥曲线之轨迹问题例题习题精品.docx
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圆锥曲线之轨迹问题例题习题精品
专题:
圆锥曲线之轨迹问题
一、临阵磨枪
1•直接法(五部法):
如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量的等量关系,或这些几何条件简单明了且易于表达,我们只须把这种关系“翻译”成含x,y的等式就得到曲线
的轨迹方程。
这种求轨迹的方法称之为直接法。
2•定义法:
若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义(如圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义),则可根据定义直接求出动点的轨迹方程。
3•坐标转移法(代入法):
有些问题中,其动点满足的条件不便于等式列出,但动点是随着另一动点(称之为相关点)而运动的,如果相关点所满足的条件是明显的,或是可分析的,
这时我们可以用动点坐标表示相关点坐标,根据相关点所满足的方程即可求得动点的轨迹方
程,这种求轨迹的方法坐标转移法,也称相关点法或代入法。
4.参数法:
有时求动点应满足的几何条件不易求出,也无明显的相关点,但却较易发现
(或经分析可发现)这个动点的运动常常受到另一个变量(角度、斜率、比值、截距或时间
等)的制约,即动点坐标(x,y)中的x,y分别随另一变量的变化而变化,我们可以把这个变
量设为参数,建立轨迹的参数方程,这种方法叫做参数法,如果需要得到轨迹的普通方程,只要消去参变量即可。
5.交轨法:
在求动点轨迹时,有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题,这类问题常可
通过解方程组得出交点含参数的坐标,再消去参数得出所求轨迹方程,此种方法称为交轨法。
二、小试牛刀
1.已知M(-3,0),N(3,0)PMPN6,则动点P的轨迹方程为
析:
QMNPMPN•••点P的轨迹一定是线段MN的延长线。
故所求轨迹方程是y0(x3)
圆所引的切线长相等,则动点P的轨迹方程为
析:
•••圆O与圆o外切于点M(2,0)•两圆的内公切线上的点向两圆所引的切线长都相等,
故动点P的轨迹就是两圆的内公切线,其方程为x2
22
xy一
3.已知椭圆—亍1(ab0),M是椭圆上一动点,Fi为椭圆的左焦点,贝U线段MFi
ab
的中点P的轨迹方程为析:
设P(x,y)M(x°,y°)又F,(c,0)由中点坐标公式可得:
X。
C
2
yp.
2
x02xc
y。
2y
又点M(X0,y°)在椭圆
2
x
2
a
2yb2
1(ab0)上
2
•X。
•~2
a
222
b01(ab0)因此中点P的轨迹方程为y
4.已知
A、B、C是不在同一直线上的三点,
rjh
定点,
P是动点,若OPOA(AB
则点P的轨迹一定过三角形ABC
析:
设点D为BC的中点,显然有
O是平面
!
bc),
2
心。
uuu
ABC内的
0,
uuu
AB
uuu
AP
1uuu-BC
2
umrAD,
uuuuuuABBD
uur
AD
0,
故点P
的重
uuuuuuOPOAAP
的轨迹是射线AD,
所以,轨
迹一定过三角形的重心。
三、大显身手
1、直接法
y轴的正半轴交于A、B两点,点Q
例1、设过点P(x,y)的直线分别与x轴的正半轴和
与点P关于y轴对称,若
BP2PA,且OQAB1,则P点的轨迹方程为
解:
设A(a,O),B(O,b)
又P(x,y)
uuuuuu
所以BP(x,yb),PA(a
x,y)
又BP2PA,所以
2(a
b
x)
2y
3
x
2
3y
A(|x,0),B(0,3y)
uuu
AB
(3x,3y)
而Q点与P点关于y轴对称,
uur
•••点Q的坐标为(x,y)即OQ(
x,y)
""322
又OQAB1所以3y1这个方程即为所求轨迹方程。
MNNP0,动点P的轨
变式1、已知两点M(-2,0),N(2,0),点P满足MNMP
迹方程为
解:
设P(x,y)则:
MN
4,MP|J(x2)2y2,MN
uuu
(4,0),NP(x2,y).
2小
y8x
又MN||MPMNNP0
4,(x2)2y24(x2)0化简得所求轨迹方程为:
2、定义法
例2、已知圆
22
(x3)y100,点B上任意一点,BM的中垂线交P的轨迹方程。
解:
由题意知:
MPBP
PBPAMPPA
PAPB10
又圆A的半径为10,
即点P的轨迹是以定点
A(3,0)B(-3,0)为焦点,10为长轴的椭圆
(椭圆与长轴所在的对称轴
22
的两交点除外)其轨迹方程为—y1(x5)
2516
2
爲1(ab0)的焦点为
b2
F1,F2,P是椭圆上的任意一点,如果M是线段F1P的
中点,则动点M的轨迹方程是
解:
因为M是线段F1P的中点,连接OM,贝U
11
|OM|2IPF2|MR2IPF1
由椭圆的定义知:
|pf」|PF2|2a
1
MF1I|MO2(PR|IPF2)a
4y2
b2
4(x|)2
以a为长轴的椭圆,其方程为22
a
(说明:
此题也可以用代入法解决)
3、坐标转移法(代入法)
22
例3、从双曲线xy1上一点Q引直线x+y=2的垂
线,垂足为N,求线段QN的中点P的轨迹方程。
解:
设Q(xo,y°)则由
xyxoyoo可得N点坐标
xy2o
Xo
2yo
2
设P(x
:
y)
人坐公
2
J式可得
3xo
\丄、J1寸
yo
2
2xo
3x
2
2
y
Xo
3yo
2
2yo
X
3y
2
2
4x2
4y2
4
代入得
(3x
y
2)2
y
2x
2y
所以
-即为所求轨迹方程。
2
(x3y2)2
(y2)2
XXoyo2
又点Q(xo,y°)在双曲线x2y21上,
化简得(x-)2
2
变式3、自抛物线
y22x上任意一点p向其准线I引垂线,
的直线和连接焦点F与Q的直线交于R,求点R的轨迹方程。
解:
设R(x,y),P(xo,y。
)•••抛物线的方程是y2
2x
11
•-f(2,o),q(”)
所以直线OP的方程是yoxxox
直线QF的方程是
yoxy
1
2yo
Xo
联立两方程得:
yo
所以护)2
4、参数法
2(
2x
2x1
2y
2x1
2x
2x
1)
y2x。
例4、设椭圆方程为x
于A、B,点P满足OP
M旋转时,求:
(1)动点P的轨迹方程;
1
Q!
1
r厂
\
z
1
0
\F
\
\
垂足为Q,连接顶点0与P
(2)
2
1—
2(0A
x0即为所求轨迹方程。
化简得:
2x2
2y
4
解:
(1)设直线I的方程为ykx1代入椭圆方程得
(4k2)x22kx30
设A(Xi,yj,B(X2,『2)则
Xi
X2
2k
yiy2k(xi
X2)2
2k2
k2
设动点p的坐标为
(x,y),由OP
!
(OAOB)可得
2
X1x2
X
2
y上吐
2
k
4,k2消去参数
4
4k2
k即得所求轨迹方程为:
4x2
y2y0
当斜率k不存在时,点P的坐标为
(0,0)显然在轨迹上,
2
故动点P的轨迹方程为4x
0。
(2)P点的轨迹方程可以化为16x2
4(y1)2
所以可设点P的坐标为Qcos」
42
(1sin
7
PN
2八
(cos
4
3/(cos
16
12
所以当cos
PN
max
11.
sin
2
)2
32
cos16
1
cos
4
21「当cos
6
1时lPNmi
min
2x的顶点作互相垂直的两弦
2
变式4、过抛物线y
OA、OB.
y2x2
(2)直线AB的斜率为kAB
所以,其方程为y2k
k
ik2
k2
2(x2k2)令y0得x2ik
故直线AB与x轴的焦点为定点(
5、交轨法
2,0)
例5、垂直于x轴的直线交双曲线
2
yi于M、N两点,b2
A,A2为双曲线的顶点,求直线AlM
与A2N的交点P的轨迹方程,
并指出轨迹的形状。
解:
.解:
⑴设M点的坐标为(xi,yi),
-屮),又有Ai(a,0),A2(a,0)
则AiM的方程为:
y=
丿一(x
xia
a)
A2N的方程为:
y=yi(x
xia
a)
1
Iy/
4
7
占0
•我
则N点坐标为(xi,
又因点M
代入③并整理得2
a
yi
22
xa
线上,故
22
xy.
①X②得:
『=—
2
xi~~2a
2
(x2
a2)
2yib2
2
i.即yi
£(Xi2
a
a2).
b2=-此即为P的轨迹方程.
2
变式5、设点A、B为抛物线y2px(p0)上除原点以外的两个动点,已知OALOB,
OMLAB于M求点M的轨迹方程,并说明它表示什么曲线。
解:
设OA=y=kx,则OB:
y
ykx
2c
y2px
得A(2p
2p)同理B(2pk2,-2pk)
kAB
AB:
y
p2pk1kkk
pci2T
pk
kk
k
2pk2(x
1k
k
1I
而op:
―x2pkk2
1k2
x
k"
1_k2丄匚1k
k
2X
1k
k2x
1k
2pk2)
2pk3
1k2
为AB与OM的交点,联立①②
2pk3
1k2
2pk
1k2
k
1k2
(x
1k2
x
k
k
T(x2p)■-①
2p)…•…
(1)
(2)
(1)X
(2)消去k,
222
y=-(x-2p)x,•••x+y-2px=0(x工0)
即为所求.
四、享受战果
2、经过抛物线y22px焦点的弦的中点的轨迹方程为
析:
设过焦点的弦AB所在的直线方程为yk(x卫)代入抛物线方程消去y的
2
■22,2“P、222“2kp
k(x)2pxkxp(k2)x0
设A(xnyi),B(x2,y2)AB的中点为M(x,y)
2
论x2p(k2)
x2
2k消去参数k得
今k(X1X2)p2p
22k
p(x自这就是所求轨迹方程。
2
3、与圆x
析:
若与圆
2
y4x0外切,又与y轴相切的圆的圆心的轨迹方程为
x2y24x0外切,又与y轴相切的圆在y轴的左侧,
则所求轨迹方程为y0(x0)
若与圆x2y24x0外切,又与y轴相切的圆在y轴的右侧
则动圆圆心到定圆圆心地距离减去定圆半径2等于动圆圆心到y轴的距离,
故所求轨迹方程为y28x.
22
xy一
4、设Ai,A2是椭圆1的左右顶点,R,P2是垂直于长轴的弦的端点,则直线AR
94
与A2P2的交点的轨迹方程为
解析:
设交点P(x,y),Ai(-3,O),A2(3,O),Pi(xo,yo),P2(xo,—yo)
•••Ai
、Pi、P共线,•‘
.y
y°
y
x
x
x3
TA2
、P2、P共线,•‘
.y
y。
y
x
x
x3
解得
X0=9,y°塑,代
入得
2x°
222
y0i,即xyi
xx
9
494
2
角平分线作垂线于D,则点D的轨迹方程为_解:
设FiD的延长线交直线F?
A于P,
D(x,y),P(xi,yi)由椭圆的定义知:
PF2AFjAF22a=8
•••(xii)2yi28①
xii
又x2xi2xi代入①得
y11yi2y
2
x2y22(y0)即为点D的轨迹方程。
6、过原点的双曲线以F(4,0)为一个焦点,且实轴长为2,则此双曲线的中心的轨迹方
程为
析:
设双曲线的中心为P(x,y),则双曲线的另一个焦点为F(2x4,2y)又双曲线过原点,且实轴长为2,
所以||0F||0F||4即47(2x4)24y24
化简得:
(x2)2y216(x6).
1
3^x
3
2
但此时(
8
1
1
x
3
2
x130,矛盾!
9
化简得
27
HPPQQH
不可能成等差数列.
22
8、已知直线I与椭圆笃耸i(ab0)有且仅有一个交点Q,且与x轴、y轴分别ab
交于R、S,求以线段SR为对角线的矩形ORPS的一个顶点P的轨迹方程.
解:
由已知,直线I不过椭圆的四个顶点,所以设直线I的方程为ykxm(k0).
代入椭圆方程b*x2a2y2a2b2,得b2x2a2(k2x22kmxm2)a2b2.
化简后,得关于的一元二次方程
2,2,2、22222,2小
于是其判别式
(akb)x2kamxamab0.
(2ka2m)24(a2k2b2)(a2m2a2b2)
由已知,得△=0•即a2k2b2m2.
①
R(£,0),S(0,m).
4a2b2(a2k2b2m2).
在直线方程y=kx+m中,分别令y=0,x=0,求得令顶点P的坐标为(x,y),由已知,得
即为所求顶点p的轨迹方程.
化简得:
3x2
4y2
30x
630
10、已知A(0,7),
另一焦点F的轨迹方程。
-7)C(12,2),以C为一个焦点作过A、B
的椭圆,求椭圆的
解:
由题意得:
所以AF
支,其方程是
AC
BF
AF
故动点
1(y
BC
BF而AC
13,BC15
F的轨迹是分别以A、B为焦点,实轴为
1)
2的双曲线的下半
11、已知圆O的方程
解:
首先设焦点为F(x,y),准线(即圆的切线)为L
A到L的距离为a,B到L的距离为b
那么根据抛物线的性质
有a=|AF|b=|BF|
于是|AF|+|BF|=a+b
而a+b恰是圆的直径(画个示意图想想为什么)
既有|AF|+|BF|=4
A,B为焦点的椭圆,
故动焦点F的轨迹是分别以
而且半长轴是2
2
故所求轨迹方程是乂
4
2
12、已知圆O的方程x
2,圆O的方程x2
2
y8x100,由动点P向圆O
和圆o所引的切线长相等,
解:
设由动点P向圆O和圆o所引的的切线的切点分别为
求动点
P的轨迹方程。
A、B,则由题意有:
PAPB,
PO2OA2PO2OB
设P(x,y)
则x2
y22
(x
4)2
y26
x2即为动点p的轨迹方程。
13、已知抛物线
2px,过顶点的两弦OA、OB互相垂直,
以OA、OB为直径的两圆
的另一交点Q的轨迹方程。
22
解:
设A(*-,y1),B(里,y2).由OA丄OB可得
2p2p
2p2p2
koAkoB1,yy4p••①
y1y2
可以求得,以OA为直径的圆的方程为:
x(x
xj
y(y
yjo
2
即x(xf)y(yyj0.
2p
同理,以OB为直径的圆的方程为x(x
2上)2p
y(y
y2)
o.
设P(xo,yo),点P为两圆交点,贝V
2
y1
xo(x°)yo(yoyjo,x°(x°
2p
2
y2)2p
yo(yo
y2)
o.
2
所以,\i,y可以看作是关于z的方程Xo(Xo—)yo(yoz)0的两根2p
222
整理得Xoz2py°z2p(x0y0)0.
(另法);解:
设A(X1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为ykxb(显然b0)
b(y)2p(y)2pko•/OA丄OB则
XX
泌迴1b2pk.
x1x2b
满足上面的方程,因此
P点的轨迹方程为y2
x(x2p),(xo).
14、已知三点N(o,
2a),P(t,2a),F(o,a),其中a
o,动点M满足NPPM
且PMMF2.
(1)求动点M的轨迹方程;
(2)过点F作直线与动点M的轨迹交于A、B两点,求
AOB的面积的最小值。
解:
(1)••动点M满足NPPM0,且PMMF2.
•动点M的轨迹是以F(0,a)为焦点,以ya为准线的抛物线。
所以点M的轨迹方程是x24ay.
EPAB0,求点E(Xo,O)的横坐标Xo的取值范围。
的部分•
(2)由题意可设直线I的方程为yk(x1)
uuuuuu
由EPAB0可知EP丄AB
k2k
k22
Xok
1整理得xo,
k
1.
--x0的取值范围是
11
3)
16、设双曲线Ci的方程为
2
与1(a0,b0),b
P是双曲线Ci上的任意
A、B为其左、右两个顶点,
点,弓IQB丄PB,QA丄PA,AQ与BQ交于点Q.
(I)求Q点的轨迹方程;
(□)设(I)中所求轨迹为C2,C1、C2
的离心率分别为8、e2,当e12时,
02的取值范围.
(I)解法一:
设P(xo,yo),Q(x,y)
PB,QA
A(a,O),B(a,O),QB
PA
y。
Xoa
(1)
Xo
yo
a
由⑴
⑵得:
2_y。
~2Xo
2
x
0
a
2
b2
1,
代入(3)得b2y2
即a2x2b2y2
2
a
2
y。
22
Xoa
22
xa
4
a
2
y
2
a
b2
~2
a
a4
经检验点(a,0),(a,0)不合
因此Q点的轨迹方程为a2x2-b2y2=a4(除点(—a,0),(a,0)外)
(I)解法二:
设P(xo,yo),Q(x,y),•/A(-a,0),B(a,0),QB丄PB,QA丄PA
axbya
Q点轨迹方程为a2x2b2y2a4(除点(a,0),(a,0)外)
(I)解法三:
设P(xo,yo),Q(x,y),•/PA丄QA
•••」匚1……
(1)
xoaxa
连接PQ,取PQ中点R
11
PAQA,QBPB,|RA||PQ|,|RB||PQ|
22
|RA||RB|,R点在y轴上
2
e2
(、、2)21
2
17、如右图,给出定点A(a,0)(a>0)和直线I:
x=—1.B是直线I上的动点,/BOA的角平分线交AB于C.求点C的轨迹方程,并讨论方程表示的曲线类型与a值的关系.
依题意,记B(—1,b)(b€R),则直线OA和OB的方程分别为y=0和y=—bx.设点C(x,y),则有0wxva,由OC平分/AOB,知点C到OA、OB距离相等.根据点到直线的距离公式得
(x—a).
b=—
(1a)y
将②式代入①式得
22
y2[1+
(1+a)yr(1a)xy2—]=[y—],
(xa)xa
整理得y[(1—a)x2—2ax+(1+a)y2]=0,
若y工0,则(1—a)x2—2ax+(1+a)y2=0(0vxva);
若y=0,则b=0,/AOB=n,点C的坐标为(0,0),满足上式.综上得点C的轨迹方程为
(1—a)x2—2ax+(1+a)y2=0(0 (i)当a=1时,轨迹方程化为y2二x(0 此时,方程③表示抛物线弧段; (ii)当aM1时,轨迹方程为 a2 (xC)y2 +—=1(0 a2a (c)rv 所以,当0vav1时,方程④表示椭圆弧段; X0又 y。 当a>1时,方程④表示双曲线一支的弧段. (1)如果|AB|7,求直线MQ的方程; 3 (2)求动弦AB的中点P的轨迹方程. 解: (1)设Q(a,O)由|AB|,可得 3 |MP|,|MA|2(|AB')212(232)23'由射影定理,得 |MB|2|MP||MQ|,得|MQ|3,在Rt△MOQ中, |OQ||MQ|2|MO|2“3222 故a5或a.5, 所以直线AB方程是 2x.5y250或2x.5y2.50; (2)连接MB,MQ,设P(x,y),Q(a,0),由 点M,P,Q在一直线上,得 —^-2,(*)由射影定理得|MB|2|MP||MQ|,ax 即.X2—(y—2)2.a241,(**)把 得 2 (y7)2—(y2). 416 X 20、 已知A、B、C是直线l上的三点,且作OO'异于I的两切线,设这两切线交于点 |AB|=|BC|=6,OO'切直线I于点A,又过B、C P,求点P的轨迹方程• 解: 设过B、C异于I的两切线分别切OO'于D、 E两点, 两切线交于点P.由切线的性质知: |BA|=|BD|, |PD|=|PE|,|CA|=|CE|, 故|PB|+|PC|=|BD|+|PD|+|PC|=|BA|+|PE|+|PC| =|BA|+|CE|=|AB|+|CA|=6+12=18 >6=|BC|, 故由椭圆定义知,点P的轨迹是以B、C为两 焦点的椭圆, P的轨迹方程 以I所在的直线为x轴,以BC
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