2024年暑假初升高衔接数学讲义学案 第20讲 点的轨迹

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————初中知识回顾————
初中阶段的动点问题主要为“动态几何问题”。
所谓“动态几何问题”是指题设图形中存在一个或多个动点、动线、动面，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．动态几何问题有两个显著特点：一是“动态”，常以图形或图象中点、线、面的运动(包括图形的平移、翻折、旋转、相似等图形变换)为重要的构图背景；二是“综合”，主要体现为三角形、四边形等几何知识与函数、方程等代数知识的综合．
解决动点问题的关键是在认真审题的基础上先做到静中求动，根据题意画一些不同运动时刻的图形，想像从头到尾的整个运动过程，对整个运动过程有一个初步的理解，理清运动过程中的各种情形；然后是做到动中取静，画出运动过程中各种情形的瞬间图形，寻找变化的本质，或将图中的相关线段代数化，转化为函数问题或方程问题解决．
————高中知识链接————
高中动点问题主要为求曲线的轨迹方程问题。
求点轨迹方程的方法
(1)直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可
(2)代入法：所求点与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程
(3)定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程．常见的曲线特征及要素有：
① 圆：平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹
直角→圆：若，则点在以为直径的圆上[来源:学+科+网Z+X+X+K]
确定方程的要素：圆心坐标，半径
② 椭圆：平面上到两个定点的距离之和为常数(常数大于定点距离)的点的轨迹
确定方程的要素：距离和，定点距离
③ 双曲线：平面上到两个定点的距离之差的绝对值为常数(小于定点距离)的点的轨迹
注：若只是到两定点的距离差为常数(小于定点距离)，则为双曲线的一支
确定方程的要素：距离差的绝对值，定点距离
④ 抛物线：平面上到一定点的距离与到一定直线的距离(定点在定直线外)相等的点的轨迹
确定方程的要素：焦准距：．若曲线位置位于标准位置(即标准方程的曲线)，则通过准线方程或焦点坐标也可确定方程
【经典题型】
初中经典题型
1、如图，在△ABC中，AB=BC=8，AO=BO，点M是射线CO上的一个动点，∠AOC=60°，则当△ABM为直角三角形时，AM的长为 ．
【答案】或或4．
【分析】分三种情况讨论：①当M在AB下方且∠AMB=90°时，②当M在AB上方且∠AMB=90°时，③当∠ABM=90°时，分别根据含30°直角三角形的性质、直角三角形斜边的中线的性质或勾股定理，进行计算求解即可．
三角形，∴AM=AO=4；
如图3，当∠ABM=90°时，∵∠BOM=∠AOC=60°，∴∠BMO=30°，∴MO=2BO=2×4=8，∴Rt△BOM中，BM==，∴Rt△ABM中，AM==．
综上所述，当△ABM为直角三角形时，AM的长为或或4．故答案为：或或4．

【方法归纳】从点动的特殊情形入手，进行推理或判断，再对一般情形作出猜想或判断并证明．
2、如图，在等腰△ABC中，AB=AC=4cm，∠B=30°，点P从点B出发，以cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BA﹣AC方向运动到点C停止，若△BPQ的面积为y(cm2)，运动时间为x(s)，则下列最能反映y与x之间函数关系的图象是( )
A． B．
C． D．
【答案】D．
【分析】作AH⊥BC于H，根据等腰三角形的性质得BH=CH，利用∠B=30°可计算出AH=AB=2，BH=AH=，则BC=2BH=，利用速度公式可得点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，然后分类讨论：当0≤x≤4时，作QD⊥BC于D，如图1，BQ=x，BP=x，DQ=BQ=x，利用三角形面积公式得到；当4＜x≤8时，作QD⊥BC于D，如图2，CQ=8﹣x，BP=，DQ=CQ=(8﹣x)，利用三角形面积公式得，于是可得0≤x≤4时，函数图象为抛物线的一部分，当4＜x≤8时，函数图象为线段，则易得答案为D．
△BDQ中，DQ=CQ=(8﹣x)，∴y=•(8﹣x)•，即，综上所述，．故选D．

【方法归纳】从点动的特殊情形入手，进行推理或判断，再对一般情形作出猜想或判断并证明．
3、如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程(OA＞OC)，直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=．
(1)求点B的坐标；
(2)求直线BN的解析式；
(3)将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t(0＜t≤13)的函数关系式．
【答案】(1)B(15，13)；(2)；(3)．
【分析】(1)由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；(2)过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；(3)设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为▱BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式．
【解答】
(3)设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，分两种情况讨论：
①当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，∴S=NN′•OA=15t；
【方法归纳】按线动的位置进行分类，画出各状态图形，利用这些等量关系转化为方程来解决．
4、如图1，在平面直角坐标系中，，直线MN分别与x轴、y轴交于点M(6，0)，N(0，)，等边△ABC的顶点B与原点O重合，BC边落在x轴正半轴上，点A恰好落在线段MN上，将等边△ABC从图l的位置沿x轴正方向以每秒l个单位长度的速度平移，边AB，AC分别与线段MN交于点E，F(如图2所示)，设△ABC平移的时间为t(s)．
(1)等边△ABC的边长为_______；
(2)在运动过程中，当t=_______时，MN垂直平分AB；
(3)若在△ABC开始平移的同时．点P从△ABC的顶点B出发．以每秒2个单位长度的速度沿折线BA—AC运动．当点P运动到C时即停止运动．△ABC也随之停止平移．
①当点P在线段BA上运动时，若△PEF与△MNO相似．求t的值；
②当点P在线段AC上运动时，设，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值及此时点P的坐标．
【答案】(1)3；(2)3；(3)①t=1或或；②S=，当t=时，△PEF的面积最大，最大值为，此时P(3，)．
【分析】(1)根据，∠OMN=30°和△ABC为等边三角形，求证△OAM为直角三角形，然后即可得出答案．
(2)易知当点C与M重合时直线MN平分线段AB，此时OB=3，由此即可解决问题；
(3)①如图1中，由题意BP=2t，BM=6﹣t，由△PEF与△MNO相似，可得=或=，即=或=，解方程即可解决问题；
②当P点在EF上方时，过P作PH⊥MN于H，如图2中，构建二次函数利用二次函数的性质即可解决问题；
∵∠BAC=60°，∴EF=AE=t，当点P在EF下方时，PE=BE﹣BP=3﹣t，由，解得0≤t＜，∵△PEF与△MNO相似，∴=或=，∴=或=，解得t=1或t=．
当点P在EF上方时，PE=BE﹣BP=t-3，∵△PEF与△MNO相似，∴=或=，∴=或=，解得t=或3．∵0≤t≤，且t-3＞0，即＜t≤，∴t=．
综上所述，t=1或或．
②当P点在EF上方时，过P作PH⊥MN于H，如图2中，由题意，EF=t，FC=MC=3﹣t，∠PFH=30°，∴PF=PC﹣CF=(6﹣2t)﹣(3﹣t)=3﹣t，∴PH=PF=，∴S=•EF•PH=×t×
【方法归纳】根据题意画一些不同运动时刻的图形，想象从头到尾的整个运动过程，对整个运动过程有一个初步的理解，理清运动过程中的各种情形；然后是做到动中取静，画出运动过程中各种情形的瞬间图形，寻找变化的本质，或将图中的相关线段代数化，转化为函数问题或方程问题解决．
高中经典题型
例1．如图，已知线段上有一动点(异于),线段,且满足(是大于且不等于的常数)，则点的运动轨迹为( )
A． 圆的一部分 B． 椭圆的一部分 C． 双曲线的一部分 D． 抛物线的一部分
【答案】B
例2．设点A到图形C上每一个点的距离的最小值称为点A到图形C的距离．已知点A(1，0)，圆C：x2+2x+y2=0，那么平面内到圆C的距离与到点A的距离之差为1的点的轨迹是( )
A． 双曲线的一支 B． 椭圆 C． 抛物线 D． 射线
【答案】D
【解析】圆的标准方程为，
如图所示，设圆心坐标为，满足题意的点为点，由题意有：
，则，
设，结合几何关系可知满足题意的轨迹为射线．
本题选择D选项．
例3．动点在曲线上移动，点和定点连线的中点为，则点的轨迹方程为( )．
A． B． C． D．
【答案】B
例4．点是圆上的动点，定点，线段的垂直平分线与直线的交点为，则点的轨迹方程是___．
【答案】
【解析】由垂直平分线的性质有，所以，
又，根据双曲线的定义，点Q的轨迹是C，F为焦点，以4为实轴长的双曲线，
，，
所以点Q的轨迹方程是．
例5．已知直线过抛物线： 的焦点， 与交于， 两点，过点， 分别作的切线，且交于点，则点的轨迹方程为________．
【答案】
，故原抛物线C相应的点P的轨迹方程为，故答案为．
例6．已知抛物线：的焦点为F，平行于x轴的两条直线分别交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．
【答案】(I)详见解析；(II)．
【解析】由题设．设，则，且
．
记过两点的直线为，则的方程为．
(I)由于在线段上，故．
记的斜率为，的斜率为，则
当与轴不垂直时，由可得．而，所以．
当与轴垂直时，与重合．所以，所求轨迹方程为．
【实战演练】
————先作初中题 —— 夯实基础————
A 组[来源:学+科+网Z+X+X+K]
如图1，抛物线经过A(，0)、B(0，﹣2)两点，点C在y轴上，△ABC为等边三角形，点D从点A出发，沿AB方向以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，设运动时间为t秒(t＞0)，过点D作DE⊥AC于点E，以DE为边作矩形DEGF，使点F在x轴上，点G在AC或AC的延长线上．学科/-网
(1)求抛物线的解析式；
(2)将矩形DEGF沿GF所在直线翻折，得矩形D'E'GF，当点D的对称点D'落在抛物线上时，求此时点D'的坐标；
(3)如图2，在x轴上有一点M(，0)，连接BM、CM，在点D的运动过程中，设矩形DEGF与四边形ABMC重叠部分的面积为S，直接写出S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．
【答案】(1)；(2)D′(，)；(3)．
【分析】(1)把A、B的坐标代入抛物线的解析式求解即可；
(2)由等边三角形的性质可知∠BAC=60°，依据特殊锐角三角函数值可得到AE=t，DE=t，AF=t，然后再证明AD=DF=2t，过点D′作D′H⊥x轴与点H，接下来，再求得点D′的坐标，最后将点D′的坐标代入抛物线的解析式求解即可；
(3)当0＜t≤时，S=ED•DF；当＜t≤2时，S=矩形DEGF的面积﹣△CGN的面积．
∵∠D′FH=∠AFD=30°，∴D′H=D′F=t，FH=D′H=t，∴AH=AF+FH=t，∴OH=AH﹣AO=，∴D′(，t)．
∴当0＜t≤时，S=ED•DF= ．
当＜t≤2时，如图3所示：
∵CG=AG﹣AC，∴CG=3t﹣4，∴GN=，∴S=ED•DF﹣CG•GN=﹣(3t﹣4)×(3t﹣4)=．
综上所述，S与t的函数关系式为．
2、如图，已知抛物线的图象经过点A(1，0)，B(-3，0)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴与x轴相交于点E，连接BD．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若点P在直线BD上，当PE=PC时，求点P的坐标．
(3)在(2)的条件下，作PF⊥x轴于F，点M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，G为抛物线上一动点，当以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形时，求点M的坐标．
【答案】(1)；(2)P(﹣2，﹣2)；(3)点M的坐标为(，0)，(，0)，(，0)，(，0)．
【分析】(1)利用待定系数法即可得出结论；
(2)先确定出点E的坐标，利用待定系数法得出直线BD的解析式，利用PC=PE建立方程即可求出a即可得出结论；
(3)设出点M的坐标，进而得出点G，N的坐标，利用FM=MG建立方程求解即可得出结论．
(﹣1，0)，设直线BD的解析式为y=mx+n，∴，∴，∴直线BD的解析式为y=﹣2x﹣6，设点P(a，﹣2a﹣6)．∵C(0，﹣3)，E(﹣1，0)，根据勾股定理得，PE2=(a+1)2+(﹣2a﹣6)2，PC2=a2+(﹣2a﹣6+3)2．∵PC=PE，∴(a+1)2+(﹣2a﹣6)2=a2+(﹣2a﹣6+3)2，∴a=﹣2，∴y=﹣2×(﹣2)﹣6=﹣2，∴P(﹣2，﹣2)；
(3)如图，作PF⊥x轴于F，∴F(﹣2，0)．设M(d，0)，∴G(d，d2+2d﹣3)，N(﹣2，d2+2d﹣3)．∵以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形，必有FM=MG，∴|d+2|=|d2+2d﹣3|，∴d=或d=，∴点M的坐标为(，0)，(，0)，(，0)，(，0)．
3、如图，直线l的解析式为y=﹣x+4，它与x轴和y轴分别相交于A，B两点．平行于直线l的直线m从原点O出发，沿x轴的正方向以每秒1个单位长度的速度运动．它与x轴和y轴分别相交于C，D两点，运动时间为t秒(0≤t≤4)，以CD为斜边作等腰直角三角形CDE(E，O两点分别在CD两侧)．若△CDE和△OAB的重合部分的面积为S，则S与t之间的函数关系的图象大致是( )
A． B．
C． D．
【答案】C．
【分析】分别求出0＜t≤2和2＜t≤4时，S与t的函数关系式即可爬判断．
4、将一个直角三角形纸片ABO放置在平面直角坐标系中，点A(，0)，点B(0，1)，点O(0，0)．P是边AB上的一点(点P不与点A，B重合)，沿着OP折叠该纸片，得点A的对应点A'．
(1)如图①，当点A'在第一象限，且满足A'B⊥OB时，求点A'的坐标；
(2)如图②，当P为AB中点时，求A'B的长；
(3)当∠BPA'=30°时，求点P的坐标(直接写出结果即可)．
【答案】(1)(，1)；(2)1；(3)点P的坐标为(，)或(，)．
【分析】(1)由点A和B的坐标得出OA=，OB=1，由折叠的性质得：OA'=OA=，由勾股定理求出A'B的值，即可得出点A'的坐标为(，1)；(2)由勾股定理求出AB=2，证出OB=OP=BP，得出△BOP是等边三角形，得出∠BOP=∠BPO=60°，求出∠OPA=120°，由折叠的性质得：∠OPA'=∠OPA=120°，PA'=PA=1，证出OB∥PA'，得出四边形OPA'B是平行四边形，即可得出A'B=OP=1；(3)分两种情况：①点A'在y轴上，由SSS证明△OPA'≌△OPA，得出∠A'OP=∠AOP=∠AOB=45°，得出点P在∠AOB的平分线上，由待定系数法求出直线AB的解析式，即可得出点P的坐标；②由折叠的性质得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，作出四边形OAPA'是菱形，得出PA=OA=，作PM⊥OA于M，由直角三角形的性质求出PM的长，把代入求出点P的纵坐标即可．
【解答】(1)∵点A(，0)，点B(0，1)，∴OA=，OB=1，由折叠的性质得：OA'=OA=，∵A'B⊥OB，∴∠A'BO=90°，在Rt△A'OB中，A'B==，∴点A'的坐标为(，1)；
①如图③所示：点A'在y轴上，在△OPA'和△OPA中，∵OA′=OA，PA′=PA，OP=OP，∴△OPA'≌△OPA(SSS)，∴∠A'OP=∠AOP=∠AOB=45°，∴点P在∠AOB的平分线上，设直线AB的解析式为y=kx+b，把点A(，0)，点B(0，1)代入得：，解得：，∴直线AB的解析式为，∵P(x，y)，∴，解得：x=，∴P(，)；
②如图④所示：由折叠的性质得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，∵∠BPA'=30°，∴∠A'=∠A=∠BPA'，∴OA'∥AP，PA'∥OA，∴四边形OAPA'是菱形，∴PA=OA=，作PM⊥OA于M，如图④所示：学/科+-网
∵∠A=30°，∴PM=PA=，把y=代入得： =，解得：x=，∴P(，)；
综上所述：当∠BPA'=30°时，点P的坐标为(，)或(，)．
————再战高中题 —— 能力提升————
B 组
1．到两坐标轴的距离相等的动点的轨迹方程是( )
A． B． C． D．
【答案】D
2．斜率为的直线过抛物线焦点，交抛物线于，两点，点为中点，作，垂足为，则下列结论中不正确的是( )
A．为定值 B．为定值 C．点的轨迹为圆的一部分 D．点的轨迹是圆的一部分
【答案】C
【解析】由题意知抛物线的焦点为，故直线的方程为，
由消去y整理得，
设，则，
∴．
选项A中，，为定值．故A正确．
选项B中，，为定值，故B正确．
选项C中，由消去k得，故点的轨迹不是圆的一部分，所以C不正确．
选项D中，由于，直线过定点，所以点Q在以为直径的圆上，故D正确．
综上选C．
3．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( )
A． (x＋2)2＋(y－1)2＝1 B． (x－2)2＋(y＋1)2＝4
C． (x＋4)2＋(y－2)2＝4 D． (x－2)2＋(y＋1)2＝1
【答案】D

4．设为椭圆上任意一点，，，延长至点，使得，则点的轨迹方程为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 为椭圆上任意一点,且A,B为焦点， ，
又，，所以点的轨迹方程为．
5．△ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的周长为22,则顶点C的轨迹方程是 ( )
A． B． C． D．
【答案】D
6．已知坐标平面上两个定点，，动点满足：．
(1)求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)记(1)中的轨迹为，过点的直线被所截得的线段的长为，求直线的方程．
【答案】(1)见解析;(2)．
【解析】分析：(1)直接利用，列出方程即可求出点M的轨迹方程，然后说明轨迹的形状；
(2)设出直线方程，利用圆心到直线的距离，半径与半弦长满足的勾股定理，求出直线l的方程．
详解：(1) 由得
化简得：，轨迹为圆
(2)当直线的斜率不存在时，直线 符合题意；
当直线的斜率存在时，设的方程为：
由圆心到直线的距离等于得
此时直线的方程为：．