數(shù)學(xué)學(xué)案：平面直角坐標(biāo)系與曲線方程

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精§1平面直角坐標(biāo)系1。1平面直角坐標(biāo)系與曲線方程1．通過回顧平面直角坐標(biāo)系,體會借助坐標(biāo)系研究曲線和方程的關(guān)系．2．了解曲線和方程的對應(yīng)關(guān)系，了解兩條曲線交點的求法．3．能利用已知條件求出曲線方程．1．平面直角坐標(biāo)系（1)在平面內(nèi)兩條互相垂直的數(shù)軸構(gòu)成了平面直角坐標(biāo)系，如圖所示．在平面直角坐標(biāo)系中，有序?qū)崝?shù)對與坐標(biāo)平面內(nèi)的點具有________關(guān)系,如圖，有序?qū)崝?shù)對(x，y)與點P相對應(yīng),這時(x，y)稱作點P的________，并記為P(x，y)，其中,x稱為點P的橫坐標(biāo)，y稱為點P的縱坐標(biāo)．（2）曲線可看做是滿足某些條件的點的____或____，由此我們可借助坐標(biāo)系，研究曲線與方程間的關(guān)系．(1)建立平面直角坐標(biāo)系的意義：平面圖形都是二維圖形，建立直角坐標(biāo)系就能準(zhǔn)確表示一個點所處的位置．(2)水平軸為x軸，垂直軸為y軸，x軸、y軸統(tǒng)稱為坐標(biāo)軸．在x，y軸上，單位長度一般相同．【做一做1－1】已知點P(－1＋2m，－3－m）在第三象限，則m的取值范圍是__________．【做一做1－2】已知點A（－1，3)，B（3，1)，點C在坐標(biāo)軸上，∠ACB＝90°，則滿足條件的點C的個數(shù)是（）．A．1B．2C．3D．42．曲線與方程在平面直角坐標(biāo)系中,如果某曲線C上的點與一個二元方程f(x，y）＝0的實數(shù)解建立了如下關(guān)系：(1)曲線C上的________都是方程f(x，y)＝0的解;（2)以方程f（x,y)＝0的________的點都在曲線C上．那么，方程f(x,y)＝0叫作曲線C的方程,曲線C叫作方程f(x,y）＝0的曲線．【做一做2】已知B，C是兩個定點，|BC|＝6，且△ABC的周長為16,頂點A的軌跡方程是（)．A．eq\f(x2，16)＋eq\f（y2,25)＝1（y≠0)B．eq\f(x2,25）＋eq\f（y2，16)＝1(y≠0）C．eq\f（x2，16）＋eq\f（y2,25）＝1(x≠0）D．eq\f(x2，25)＋eq\f（y2,16)＝1(x≠0）1．建立直角坐標(biāo)系的作用剖析:坐標(biāo)系是現(xiàn)代數(shù)學(xué)中的重要內(nèi)容，它在數(shù)學(xué)發(fā)展的歷史上，起過劃時代的作用．坐標(biāo)系的創(chuàng)建，在代數(shù)和幾何之間架起了一座橋梁．利用坐標(biāo)系，我們可以方便地用代數(shù)的方法確定平面內(nèi)一個點的位置,也可以方便地確定空間內(nèi)一個點的位置．它使幾何概念得以用代數(shù)的方法來描述，幾何圖形可以通過代數(shù)形式來表達，這樣便可將抽象的代數(shù)方程用形象的幾何圖形表示出來，又可將先進的代數(shù)方法應(yīng)用于幾何學(xué)的研究．2．建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系的一些規(guī)則剖析：(1)如果圖形有對稱中心，可以選擇對稱中心為坐標(biāo)原點;（2）如果圖形有對稱軸,可以選擇對稱軸為坐標(biāo)軸；（3）使圖形上的特殊點盡可能地在坐標(biāo)軸上．答案:1．（1)一一對應(yīng)坐標(biāo)(2)集合軌跡【做一做1－1】－3＜m＜eq\f(1，2）∵第三象限點的坐標(biāo)特征是橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)均小于0,∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－1＋2m〈0,，－3－m<0,））即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(m〈\f(1，2)，，m>－3.））∴－3＜m＜eq\f（1，2）?！咀鲆蛔?－2】C若點C在x軸上，可設(shè)點C(x,0),由∠ACB＝90°，得｜AB|2＝｜AC｜2＋｜BC｜2，∴有（－1－3）2＋（3－1）2＝(x＋1）2＋32＋(x－3）2＋1，解得x1＝0，x2＝2。故點C的坐標(biāo)為(0,0)或(2,0）．若點C在y軸上，可設(shè)點C為（0，y)，由∠ACB＝90°，得|AB｜2＝｜AC|2＋｜BC｜2,∴有（－1－3)2＋（3－1)2＝（0＋1)2＋（3－y)2＋(0－3）2＋（y－1)2，解之，得y1＝0，y2＝4.故點C的坐標(biāo)為（0，0)或（0，4）．∴這樣的點C有（0,0）,(2，0),(0,4)共3個點．2．(1)點的坐標(biāo)(2）解為坐標(biāo)【做一做2】B∵△ABC的周長為16，｜BC｜＝6，∴｜AB|＋｜AC|＝10.以BC所在的直線為x軸，過BC的中點做BC的垂線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系，則B(－3，0），C(3,0），設(shè)A（x，y）(y≠0)，則eq\r(x＋32＋y2）＋eq\r（x－32＋y2）＝10(y≠0)，化簡得頂點A的軌跡方程是eq\f(x2,25）＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)．題型一利用坐標(biāo)系解決代數(shù)問題【例1】已知一條長為6的線段兩端點A，B分別在x，y軸上滑動,點M在線段AB上，且AM:MB＝1:2，求動點M的軌跡方程．分析：利用平面直角坐標(biāo)系，設(shè)出A，B，M三點的坐標(biāo)，再利用定比分點公式表示出點M的坐標(biāo)關(guān)系，即點M的軌跡方程．反思：利用點在平面直角坐標(biāo)系中的關(guān)系，找到其關(guān)系式，并用代入法解出相關(guān)點的軌跡方程是常見題型．題型二利用坐標(biāo)系解決幾何問題【例2】已知正△ABC的邊長為a，在平面上求一點P，使｜PA|2＋|PB｜2＋|PC|2最小，并求出此最小值．分析：此題是平面幾何最值問題，用平面幾何法不易解決，考慮用坐標(biāo)法來解決．反思：(1)也可以以B為原點，BC所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,計算也不復(fù)雜．(2)配方法是求最值的重要方法，應(yīng)掌握好．題型三利用坐標(biāo)系解決實際問題【例3】我海軍某部發(fā)現(xiàn)，一艘敵艦從離小島O正東方向80海里的B處．沿東西方向向O島駛來,指揮部立即命令在島嶼O正北方向40海里的A處的我軍艦沿直線前往攔截，以東西方向為x軸,南北方向為y軸,島嶼O為原點,建立平面直角坐標(biāo)系并標(biāo)出A，B兩點，若敵我兩艦行駛的速度相同,在上述坐標(biāo)系中標(biāo)出我軍艦最快攔住敵艦的位置,并求出該點的坐標(biāo)．分析:先畫出坐標(biāo)系，標(biāo)出A，B的位置及坐標(biāo),根據(jù)相應(yīng)的圖形結(jié)構(gòu)求出攔住敵艦的位置并求出坐標(biāo)．反思：利用坐標(biāo)解決實際問題的關(guān)鍵是分析好題意，根據(jù)題意建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系或利用已有的坐標(biāo)系建立相關(guān)點的關(guān)系式,從而解決實際問題．題型四易錯題型【例4】已知兩定點A,B,且｜AB｜＝4，動點M滿足：直線MA與MB斜率之積為常數(shù)－eq\f(3，4)，求點M的軌跡方程，并注明軌跡是什么曲線．錯解:建立坐標(biāo)系如圖，則A(－2,0），B(2，0），設(shè)M(x,y)，則kMA·kMB＝－eq\f(3，4)。代入坐標(biāo)，得eq\f(y,x＋2）·eq\f（y，x－2)＝－eq\f（3，4),化簡得3x2＋4y2＝12,即eq\f(x2，4）＋eq\f(y2，3）＝1.錯因分析：(1)在解本題時沒有考慮到式子的意義,eq\f（y,x＋2），eq\f(y,x－2）中x＋2≠0,x－2≠0，即x≠±2，沒有去掉相應(yīng)的兩個點．（2)沒有說明軌跡是什么曲線．反思：在利用平面直角坐標(biāo)系求軌跡問題時，往往會遇到去點或去掉圖形的某一部分的情況，做這種題時要認真分析題目條件，求出準(zhǔn)確的軌跡方程．答案：【例1】解:如圖,設(shè)A(xA,0)，B(0，yB），M（x，y)，∵|AB|＝6,∴eq\r（x\o\al(2,A)＋y\o\al（2，B))＝6，即xeq\o\al(2，A）＋yeq\o\al（2,B）＝36，①又∵AM∶MB＝1∶2,∴x＝eq\f(xA，1＋\f(1，2）），y＝eq\f(\f（1，2)yB,1＋\f(1,2))，即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(xA＝\f(3，2)x，，yB＝3y，））代入①得eq\f(9,4）x2＋9y2＝36,即x2＋4y2＝16。得動點M的軌跡方程為:x2＋4y2＝16。②【例2】解：以BC所在直線為x軸,BC的垂直平分線為y軸,建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則Aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（\r(3）,2）a))，Beq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（a,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(a，2)，0））.設(shè)P(x,y），則｜PA｜2＋|PB|2＋|PC｜2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r（3)，2)a)）2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a，2）））2＋y2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（a，2)））2＋y2＝3x2＋3y2－eq\r（3）ay＋eq\f(5a2，4)＝3x2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（y－\f(\r(3),6)a））2＋a2≥a2,當(dāng)且僅當(dāng)x＝0，y＝eq\f(\r(3），6)a時,等號成立，∴所求最小值為a2，此時P點坐標(biāo)為Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(3），6)a)),它是正△ABC的中心．【例3】解：A，B兩點如圖所示，A（0，40），B（80，0),∴OA＝40（海里）,OB＝80(海里）．我軍艦直行到點C與敵艦相遇,設(shè)C（x，0）,∴OC＝x，BC＝OB－OC＝80－x。∵敵我兩艦速度相同，∴AC＝BC＝80－x.在Rt△AOC中，OA2＋OC2＝AC2，即402＋x2＝（80－x）2，解得x＝30?！帱cC的坐標(biāo)為（30,0)．【例4】正解：以AB所在直線為x軸，過AB中點且垂直于AB的直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，則A（－2，0），B（2,0），設(shè)M(x，y)，則kAM·kMB＝－eq\f（3,4），即eq\f（y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f（3，4)(x≠±2)，化簡得eq\f（x2，4）＋eq\f(y2，3)＝1（x≠±2）．∴點M的軌跡是除去點(±2，0）的橢圓．1已知平行四邊形ABCD的三個頂點A，B，C的坐標(biāo)分別為(－1,2)，（3,0），（5，1)，則D的坐標(biāo)是（）．A．(9，－1）B．（－3,1)C．（1,3）D．（2,2）2在△ABC中，B(－2,0）,C(2，0），△ABC的周長為10，則A點的軌跡方程是()．A．(y≠0）B．(y≠0）C．(x≠0）D．(x≠0)3已知△ABC的三邊a,b，c滿足b2＋c2＝5a2，BE,CF分別為邊AC,AB上的中線,則BE與CF的位置關(guān)系是__________．4選擇適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，表示邊長為1的正六邊形的頂點．答案：1．C設(shè)D(x，y）,則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－1＋5＝3＋x，，2＋1＝0＋y，)）解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝1,,y＝3.））故D(1，3)．2．A∵△ABC的周長為10,∴｜AB｜＋｜AC|＋|BC｜＝10，其中|BC|＝4，即有|AB｜＋|AC｜＝6＞4，∴A點的軌跡為橢圓除去與x軸相交的兩點,且2a＝6，2c＝4.∴a＝3，c＝2，b2＝5.∴A點的軌跡方程為eq\f（x2,9）＋eq\f（y2,5)＝1（y≠0）．3．垂直如圖,以△ABC的頂點A為原點O，邊AB所在的直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系,則A(0，0)，B（c，0），F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（c,2），0））。設(shè)C（x，y），則Eeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x,2），\f（y,2）））,∴kBE＝－eq\f（y，2c－x）,kCF＝eq\f(2y，2x－c），由b2＋c2＝5a2，得|AC|2＋｜AB｜2＝5|BC|2，即x2＋y2＋c2＝5［(x－c）2＋y2]，整理得2y2＝(2x－c）(2c－x)，∴kBE·kCF＝eq\f（－2y2,2x－c2c－x）＝－1.∴BE與CF互相垂直．4．解：方法一：建立如圖(1）所示的平面直角坐標(biāo)系，(1）則正六邊形的頂點分別為A（1,0），Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2），\f(\r（3),2））),Ceq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），\f（\r（3)，2)）），D（－1,0），Eeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2），－\f(\r(3）,2)）)，F(xiàn)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)，－\f（\r（3),2））)。方法二：建立如圖(2）所示的平面直角坐標(biāo)系，(2）則正六邊形的頂