第20章 點的軌跡-假期晉級利器之初升高數(shù)學(xué)銜接教材（解析版）

第20章點的軌跡【知識銜接】————初中知識回顧————初中階段的動點問題主要為“動態(tài)幾何問題”。所謂“動態(tài)幾何問題”是指題設(shè)圖形中存在一個或多個動點、動線、動面，它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放性題目．動態(tài)幾何問題有兩個顯著特點：一是“動態(tài)”，常以圖形或圖象中點、線、面的運動(包括圖形的平移、翻折、旋轉(zhuǎn)、相似等圖形變換)為重要的構(gòu)圖背景；二是“綜合”，主要體現(xiàn)為三角形、四邊形等幾何知識與函數(shù)、方程等代數(shù)知識的綜合．解決動點問題的關(guān)鍵是在認真審題的基礎(chǔ)上先做到靜中求動，根據(jù)題意畫一些不同運動時刻的圖形，想像從頭到尾的整個運動過程，對整個運動過程有一個初步的理解，理清運動過程中的各種情形；然后是做到動中取靜，畫出運動過程中各種情形的瞬間圖形，尋找變化的本質(zhì)，或?qū)D中的相關(guān)線段代數(shù)化，轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題或方程問題解決．————高中知識鏈接————高中動點問題主要為求曲線的軌跡方程問題。求點軌跡方程的方法（1）直接法：從條件中直接尋找到的關(guān)系，列出方程后化簡即可（2）代入法：所求點與某已知曲線上一點存在某種關(guān)系，則可根據(jù)條件用表示出，然后代入到所在曲線方程中，即可得到關(guān)于的方程（3）定義法：從條件中能夠判斷出點的軌跡為學(xué)過的圖形，則可先判定軌跡形狀，再通過確定相關(guān)曲線的要素，求出曲線方程．常見的曲線特征及要素有：①圓：平面上到定點的距離等于定長的點的軌跡直角→圓：若，則點在以為直徑的圓上確定方程的要素：圓心坐標，半徑②橢圓：平面上到兩個定點的距離之和為常數(shù)（常數(shù)大于定點距離）的點的軌跡確定方程的要素：距離和，定點距離③雙曲線：平面上到兩個定點的距離之差的絕對值為常數(shù)（小于定點距離）的點的軌跡注：若只是到兩定點的距離差為常數(shù)（小于定點距離），則為雙曲線的一支確定方程的要素：距離差的絕對值，定點距離④拋物線：平面上到一定點的距離與到一定直線的距離（定點在定直線外）相等的點的軌跡確定方程的要素：焦準距：．若曲線位置位于標準位置（即標準方程的曲線），則通過準線方程或焦點坐標也可確定方程【經(jīng)典題型】初中經(jīng)典題型1、如圖，在△ABC中，AB=BC=8，AO=BO，點M是射線CO上的一個動點，∠AOC=60°，則當△ABM為直角三角形時，AM的長為．【答案】或或4．【分析】分三種情況討論：①當M在AB下方且∠AMB=90°時，②當M在AB上方且∠AMB=90°時，③當∠ABM=90°時，分別根據(jù)含30°直角三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)或勾股定理，進行計算求解即可．三角形，∴AM=AO=4；如圖3，當∠ABM=90°時，∵∠BOM=∠AOC=60°，∴∠BMO=30°，∴MO=2BO=2×4=8，∴Rt△BOM中，BM==，∴Rt△ABM中，AM==．綜上所述，當△ABM為直角三角形時，AM的長為或或4．故答案為：或或4．【方法歸納】從點動的特殊情形入手，進行推理或判斷，再對一般情形作出猜想或判斷并證明．2、如圖，在等腰△ABC中，AB=AC=4cm，∠B=30°，點P從點B出發(fā)，以cm/s的速度沿BC方向運動到點C停止，同時點Q從點B出發(fā)，以1cm/s的速度沿BA﹣AC方向運動到點C停止，若△BPQ的面積為y（cm2），運動時間為x（s），則下列最能反映y與x之間函數(shù)關(guān)系的圖象是（）A．B．C．D．【答案】D．【分析】作AH⊥BC于H，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得BH=CH，利用∠B=30°可計算出AH=AB=2，BH=AH=，則BC=2BH=，利用速度公式可得點P從B點運動到C需4s，Q點運動到C需8s，然后分類討論：當0≤x≤4時，作QD⊥BC于D，如圖1，BQ=x，BP=x，DQ=BQ=x，利用三角形面積公式得到；當4＜x≤8時，作QD⊥BC于D，如圖2，CQ=8﹣x，BP=，DQ=CQ=（8﹣x），利用三角形面積公式得，于是可得0≤x≤4時，函數(shù)圖象為拋物線的一部分，當4＜x≤8時，函數(shù)圖象為線段，則易得答案為D．△BDQ中，DQ=CQ=（8﹣x），∴y=?（8﹣x）?，即，綜上所述，．故選D．【方法歸納】從點動的特殊情形入手，進行推理或判斷，再對一般情形作出猜想或判斷并證明．3、如圖，矩形AOCB的頂點A、C分別位于x軸和y軸的正半軸上，線段OA、OC的長度滿足方程（OA＞OC），直線y=kx+b分別與x軸、y軸交于M、N兩點，將△BCN沿直線BN折疊，點C恰好落在直線MN上的點D處，且tan∠CBD=．（1）求點B的坐標；（2）求直線BN的解析式；（3）將直線BN以每秒1個單位長度的速度沿y軸向下平移，求直線BN掃過矩形AOCB的面積S關(guān)于運動的時間t（0＜t≤13）的函數(shù)關(guān)系式．【答案】（1）B（15，13）；（2）；（3）．【分析】（1）由非負數(shù)的性質(zhì)可求得x、y的值，則可求得B點坐標；（2）過D作EF⊥OA于點E，交CB于點F，由條件可求得D點坐標，且可求得=，結(jié)合DE∥ON，利用平行線分線段成比例可求得OM和ON的長，則可求得N點坐標，利用待定系數(shù)法可求得直線BN的解析式；（3）設(shè)直線BN平移后交y軸于點N′，交AB于點B′，當點N′在x軸上方時，可知S即為?BNN′B′的面積，當N′在y軸的負半軸上時，可用t表示出直線B′N′的解析式，設(shè)交x軸于點G，可用t表示出G點坐標，由S=S四邊形BNN′B′﹣S△OGN′，可分別得到S與t的函數(shù)關(guān)系式．【解答】（3）設(shè)直線BN平移后交y軸于點N′，交AB于點B′，分兩種情況討論：①當點N′在x軸上方，即0＜t≤8時，如圖2，由題意可知四邊形BNN′B′為平行四邊形，且NN′=t，∴S=NN′?OA=15t；【方法歸納】按線動的位置進行分類，畫出各狀態(tài)圖形，利用這些等量關(guān)系轉(zhuǎn)化為方程來解決．4、如圖1，在平面直角坐標系中，，直線MN分別與x軸、y軸交于點M（6，0），N（0，），等邊△ABC的頂點B與原點O重合，BC邊落在x軸正半軸上，點A恰好落在線段MN上，將等邊△ABC從圖l的位置沿x軸正方向以每秒l個單位長度的速度平移，邊AB，AC分別與線段MN交于點E，F(xiàn)（如圖2所示），設(shè)△ABC平移的時間為t（s）．學(xué)-科網(wǎng)（1）等邊△ABC的邊長為_______；（2）在運動過程中，當t=_______時，MN垂直平分AB；（3）若在△ABC開始平移的同時．點P從△ABC的頂點B出發(fā)．以每秒2個單位長度的速度沿折線BA—AC運動．當點P運動到C時即停止運動．△ABC也隨之停止平移．①當點P在線段BA上運動時，若△PEF與△MNO相似．求t的值；②當點P在線段AC上運動時，設(shè)，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值及此時點P的坐標．【答案】（1）3；（2）3；（3）①t=1或或；②S=，當t=時，△PEF的面積最大，最大值為，此時P（3，）．【分析】（1）根據(jù)，∠OMN=30°和△ABC為等邊三角形，求證△OAM為直角三角形，然后即可得出答案．（2）易知當點C與M重合時直線MN平分線段AB，此時OB=3，由此即可解決問題；（3）①如圖1中，由題意BP=2t，BM=6﹣t，由△PEF與△MNO相似，可得=或=，即=或=，解方程即可解決問題；②當P點在EF上方時，過P作PH⊥MN于H，如圖2中，構(gòu)建二次函數(shù)利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題；∵∠BAC=60°，∴EF=AE=t，當點P在EF下方時，PE=BE﹣BP=3﹣t，由，解得0≤t＜，∵△PEF與△MNO相似，∴=或=，∴=或=，解得t=1或t=．當點P在EF上方時，PE=BE﹣BP=t-3，∵△PEF與△MNO相似，∴=或=，∴=或=，解得t=或3．∵0≤t≤，且t-3＞0，即＜t≤，∴t=．綜上所述，t=1或或．②當P點在EF上方時，過P作PH⊥MN于H，如圖2中，由題意，EF=t，F(xiàn)C=MC=3﹣t，∠PFH=30°，∴PF=PC﹣CF=（6﹣2t）﹣（3﹣t）=3﹣t，∴PH=PF=，∴S=?EF?PH=×t×【方法歸納】根據(jù)題意畫一些不同運動時刻的圖形，想象從頭到尾的整個運動過程，對整個運動過程有一個初步的理解，理清運動過程中的各種情形；然后是做到動中取靜，畫出運動過程中各種情形的瞬間圖形，尋找變化的本質(zhì)，或?qū)D中的相關(guān)線段代數(shù)化，轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題或方程問題解決．高中經(jīng)典題型例1．如圖，已知線段上有一動點（異于）,線段,且滿足（是大于且不等于的常數(shù)），則點的運動軌跡為（）A．圓的一部分B．橢圓的一部分C．雙曲線的一部分D．拋物線的一部分【答案】B例2．設(shè)點A到圖形C上每一個點的距離的最小值稱為點A到圖形C的距離．已知點A（1，0），圓C：x2+2x+y2=0，那么平面內(nèi)到圓C的距離與到點A的距離之差為1的點的軌跡是（）A．雙曲線的一支B．橢圓C．拋物線D．射線【答案】D【解析】圓的標準方程為，如圖所示，設(shè)圓心坐標為，滿足題意的點為點，由題意有：，則，設(shè)，結(jié)合幾何關(guān)系可知滿足題意的軌跡為射線．本題選擇D選項．例3．動點在曲線上移動，點和定點連線的中點為，則點的軌跡方程為（）．A．B．C．D．【答案】B例4．點是圓上的動點，定點，線段的垂直平分線與直線的交點為，則點的軌跡方程是___．【答案】【解析】由垂直平分線的性質(zhì)有，所以，又，根據(jù)雙曲線的定義，點Q的軌跡是C，F(xiàn)為焦點，以4為實軸長的雙曲線，，，所以點Q的軌跡方程是．例5．已知直線過拋物線：的焦點，與交于，兩點，過點，分別作的切線，且交于點，則點的軌跡方程為________．【答案】，故原拋物線C相應(yīng)的點P的軌跡方程為，故答案為．學(xué)/科．．網(wǎng)例6．已知拋物線：的焦點為F，平行于x軸的兩條直線分別交C于A，B兩點，交C的準線于P，Q兩點．（I）若F在線段AB上，R是PQ的中點，證明AR∥FQ；（II）若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點的軌跡方程．【答案】（I）詳見解析；（II）．【解析】由題設(shè)．設(shè)，則，且．記過兩點的直線為，則的方程為．（I）由于在線段上，故．記的斜率為，的斜率為，則當與軸不垂直時，由可得．而，所以．當與軸垂直時，與重合．所以，所求軌跡方程為．【實戰(zhàn)演練】————先作初中題——夯實基礎(chǔ)————A組如圖1，拋物線經(jīng)過A（，0）、B（0，﹣2）兩點，點C在y軸上，△ABC為等邊三角形，點D從點A出發(fā)，沿AB方向以每秒2個單位長度的速度向終點B運動，設(shè)運動時間為t秒（t＞0），過點D作DE⊥AC于點E，以DE為邊作矩形DEGF，使點F在x軸上，點G在AC或AC的延長線上．學(xué)科/-網(wǎng)（1）求拋物線的解析式；（2）將矩形DEGF沿GF所在直線翻折，得矩形D'E'GF，當點D的對稱點D'落在拋物線上時，求此時點D'的坐標；（3）如圖2，在x軸上有一點M（，0），連接BM、CM，在點D的運動過程中，設(shè)矩形DEGF與四邊形ABMC重疊部分的面積為S，直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍．【答案】（1）；（2）D′（，）；（3）．【分析】（1）把A、B的坐標代入拋物線的解析式求解即可；（2）由等邊三角形的性質(zhì)可知∠BAC=60°，依據(jù)特殊銳角三角函數(shù)值可得到AE=t，DE=t，AF=t，然后再證明AD=DF=2t，過點D′作D′H⊥x軸與點H，接下來，再求得點D′的坐標，最后將點D′的坐標代入拋物線的解析式求解即可；（3）當0＜t≤時，S=ED?DF；當＜t≤2時，S=矩形DEGF的面積﹣△CGN的面積．∵∠D′FH=∠AFD=30°，∴D′H=D′F=t，F(xiàn)H=D′H=t，∴AH=AF+FH=t，∴OH=AH﹣AO=，∴D′（，t）．∴當0＜t≤時，S=ED?DF=．當＜t≤2時，如圖3所示：∵CG=AG﹣AC，∴CG=3t﹣4，∴GN=，∴S=ED?DF﹣CG?GN=﹣（3t﹣4）×（3t﹣4）=．綜上所述，S與t的函數(shù)關(guān)系式為．2、如圖，已知拋物線的圖象經(jīng)過點A（1，0），B（-3，0），與y軸交于點C，拋物線的頂點為D，對稱軸與x軸相交于點E，連接BD．（1）求拋物線的解析式．（2）若點P在直線BD上，當PE=PC時，求點P的坐標．（3）在（2）的條件下，作PF⊥x軸于F，點M為x軸上一動點，N為直線PF上一動點，G為拋物線上一動點，當以點F，N，G，M四點為頂點的四邊形為正方形時，求點M的坐標．【答案】（1）；（2）P（﹣2，﹣2）；（3）點M的坐標為（，0），（，0），（，0），（，0）．【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可得出結(jié)論；（2）先確定出點E的坐標，利用待定系數(shù)法得出直線BD的解析式，利用PC=PE建立方程即可求出a即可得出結(jié)論；（3）設(shè)出點M的坐標，進而得出點G，N的坐標，利用FM=MG建立方程求解即可得出結(jié)論．（﹣1，0），設(shè)直線BD的解析式為y=mx+n，∴，∴，∴直線BD的解析式為y=﹣2x﹣6，設(shè)點P（a，﹣2a﹣6）．∵C（0，﹣3），E（﹣1，0），根據(jù)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）如圖，作PF⊥x軸于F，∴F（﹣2，0）．設(shè)M（d，0），∴G（d，d2+2d﹣3），N（﹣2，d2+2d﹣3）．∵以點F，N，G，M四點為頂點的四邊形為正方形，必有FM=MG，∴|d+2|=|d2+2d﹣3|，∴d=或d=，∴點M的坐標為（，0），（，0），（，0），（，0）．3、如圖，直線l的解析式為y=﹣x+4，它與x軸和y軸分別相交于A，B兩點．平行于直線l的直線m從原點O出發(fā)，沿x軸的正方向以每秒1個單位長度的速度運動．它與x軸和y軸分別相交于C，D兩點，運動時間為t秒（0≤t≤4），以CD為斜邊作等腰直角三角形CDE（E，O兩點分別在CD兩側(cè)）．若△CDE和△OAB的重合部分的面積為S，則S與t之間的函數(shù)關(guān)系的圖象大致是（）A．B．C．D．【答案】C．【分析】分別求出0＜t≤2和2＜t≤4時，S與t的函數(shù)關(guān)系式即可爬判斷．4、將一個直角三角形紙片ABO放置在平面直角坐標系中，點A（，0），點B（0，1），點O（0，0）．P是邊AB上的一點（點P不與點A，B重合），沿著OP折疊該紙片，得點A的對應(yīng)點A'．（1）如圖①，當點A'在第一象限，且滿足A'B⊥OB時，求點A'的坐標；（2）如圖②，當P為AB中點時，求A'B的長；（3）當∠BPA'=30°時，求點P的坐標（直接寫出結(jié)果即可）．【答案】（1）（，1）；（2）1；（3）點P的坐標為（，）或（，）．【分析】（1）由點A和B的坐標得出OA=，OB=1，由折疊的性質(zhì)得：OA'=OA=，由勾股定理求出A'B的值，即可得出點A'的坐標為（，1）；（2）由勾股定理求出AB=2，證出OB=OP=BP，得出△BOP是等邊三角形，得出∠BOP=∠BPO=60°，求出∠OPA=120°，由折疊的性質(zhì)得：∠OPA'=∠OPA=120°，PA'=PA=1，證出OB∥PA'，得出四邊形OPA'B是平行四邊形，即可得出A'B=OP=1；（3）分兩種情況：①點A'在y軸上，由SSS證明△OPA'≌△OPA，得出∠A'OP=∠AOP=∠AOB=45°，得出點P在∠AOB的平分線上，由待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，即可得出點P的坐標；②由折疊的性質(zhì)得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，作出四邊形OAPA'是菱形，得出PA=OA=，作PM⊥OA于M，由直角三角形的性質(zhì)求出PM的長，把代入求出點P的縱坐標即可．【解答】（1）∵點A（，0），點B（0，1），∴OA=，OB=1，由折疊的性質(zhì)得：OA'=OA=，∵A'B⊥OB，∴∠A'BO=90°，在Rt△A'OB中，A'B==，∴點A'的坐標為（，1）；①如圖③所示：點A'在y軸上，在△OPA'和△OPA中，∵OA′=OA，PA′=PA，OP=OP，∴△OPA'≌△OPA（SSS），∴∠A'OP=∠AOP=∠AOB=45°，∴點P在∠AOB的平分線上，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，把點A（，0），點B（0，1）代入得：，解得：，∴直線AB的解析式為，∵P（x，y），∴，解得：x=，∴P（，）；②如圖④所示：由折疊的性質(zhì)得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，∵∠BPA'=30°，∴∠A'=∠A=∠BPA'，∴OA'∥AP，PA'∥OA，∴四邊形OAPA'是菱形，∴PA=OA=，作PM⊥OA于M，如圖④所示：學(xué)/科+-網(wǎng)∵∠A=30°，∴PM=PA=，把y=代入得：=，解得：x=，∴P（，）；綜上所述：當∠BPA'=30°時，點P的坐標為（，）或（，）．————再戰(zhàn)高中題——能力提升————B組1．到兩坐標軸的距離相等的動點的軌跡方程是（）A．B．C．D．【答案】D2．斜率為的直線過拋物線焦點，交拋物線于，兩點，點為中