数学学案：平面直角坐标系与曲线方程

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精§1平面直角坐标系1。1平面直角坐标系与曲线方程1．通过回顾平面直角坐标系,体会借助坐标系研究曲线和方程的关系．2．了解曲线和方程的对应关系，了解两条曲线交点的求法．3．能利用已知条件求出曲线方程．1．平面直角坐标系（1)在平面内两条互相垂直的数轴构成了平面直角坐标系，如图所示．在平面直角坐标系中，有序实数对与坐标平面内的点具有________关系,如图，有序实数对(x，y)与点P相对应,这时(x，y)称作点P的________，并记为P(x，y)，其中,x称为点P的横坐标，y称为点P的纵坐标．（2）曲线可看做是满足某些条件的点的____或____，由此我们可借助坐标系，研究曲线与方程间的关系．(1)建立平面直角坐标系的意义：平面图形都是二维图形，建立直角坐标系就能准确表示一个点所处的位置．(2)水平轴为x轴，垂直轴为y轴，x轴、y轴统称为坐标轴．在x，y轴上，单位长度一般相同．【做一做1－1】已知点P(－1＋2m，－3－m）在第三象限，则m的取值范围是__________．【做一做1－2】已知点A（－1，3)，B（3，1)，点C在坐标轴上，∠ACB＝90°，则满足条件的点C的个数是（）．A．1B．2C．3D．42．曲线与方程在平面直角坐标系中,如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y）＝0的实数解建立了如下关系：(1)曲线C上的________都是方程f(x，y)＝0的解;（2)以方程f（x,y)＝0的________的点都在曲线C上．那么，方程f(x,y)＝0叫作曲线C的方程,曲线C叫作方程f(x,y）＝0的曲线．【做一做2】已知B，C是两个定点，|BC|＝6，且△ABC的周长为16,顶点A的轨迹方程是（)．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．建立直角坐标系的作用剖析:坐标系是现代数学中的重要内容，它在数学发展的历史上，起过划时代的作用．坐标系的创建，在代数和几何之间架起了一座桥梁．利用坐标系，我们可以方便地用代数的方法确定平面内一个点的位置,也可以方便地确定空间内一个点的位置．它使几何概念得以用代数的方法来描述，几何图形可以通过代数形式来表达，这样便可将抽象的代数方程用形象的几何图形表示出来，又可将先进的代数方法应用于几何学的研究．2．建立适当的坐标系的一些规则剖析：(1)如果图形有对称中心，可以选择对称中心为坐标原点;（2）如果图形有对称轴,可以选择对称轴为坐标轴；（3）使图形上的特殊点尽可能地在坐标轴上．答案:1．（1)一一对应坐标(2)集合轨迹【做一做1－1】－3＜m＜eq\f(1，2）∵第三象限点的坐标特征是横坐标与纵坐标均小于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）。【做一做1－2】C若点C在x轴上，可设点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。故点C的坐标为(0,0)或(2,0）．若点C在y轴上，可设点C为（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.故点C的坐标为（0，0)或（0，4）．∴这样的点C有（0,0）,(2，0),(0,4)共3个点．2．(1)点的坐标(2）解为坐标【做一做2】B∵△ABC的周长为16，｜BC｜＝6，∴｜AB|＋｜AC|＝10.以BC所在的直线为x轴，过BC的中点做BC的垂线为y轴,建立平面直角坐标系，则B(－3，0），C(3,0），设A（x，y）(y≠0)，则eq\r(x＋32＋y2）＋eq\r（x－32＋y2）＝10(y≠0)，化简得顶点A的轨迹方程是eq\f(x2,25）＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)．题型一利用坐标系解决代数问题【例1】已知一条长为6的线段两端点A，B分别在x，y轴上滑动,点M在线段AB上，且AM:MB＝1:2，求动点M的轨迹方程．分析：利用平面直角坐标系，设出A，B，M三点的坐标，再利用定比分点公式表示出点M的坐标关系，即点M的轨迹方程．反思：利用点在平面直角坐标系中的关系，找到其关系式，并用代入法解出相关点的轨迹方程是常见题型．题型二利用坐标系解决几何问题【例2】已知正△ABC的边长为a，在平面上求一点P，使｜PA|2＋|PB｜2＋|PC|2最小，并求出此最小值．分析：此题是平面几何最值问题，用平面几何法不易解决，考虑用坐标法来解决．反思：(1)也可以以B为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,计算也不复杂．(2)配方法是求最值的重要方法，应掌握好．题型三利用坐标系解决实际问题【例3】我海军某部发现，一艘敌舰从离小岛O正东方向80海里的B处．沿东西方向向O岛驶来,指挥部立即命令在岛屿O正北方向40海里的A处的我军舰沿直线前往拦截，以东西方向为x轴,南北方向为y轴,岛屿O为原点,建立平面直角坐标系并标出A，B两点，若敌我两舰行驶的速度相同,在上述坐标系中标出我军舰最快拦住敌舰的位置,并求出该点的坐标．分析:先画出坐标系，标出A，B的位置及坐标,根据相应的图形结构求出拦住敌舰的位置并求出坐标．反思：利用坐标解决实际问题的关键是分析好题意，根据题意建立适当的平面直角坐标系或利用已有的坐标系建立相关点的关系式,从而解决实际问题．题型四易错题型【例4】已知两定点A,B,且｜AB｜＝4，动点M满足：直线MA与MB斜率之积为常数－eq\f(3，4)，求点M的轨迹方程，并注明轨迹是什么曲线．错解:建立坐标系如图，则A(－2,0），B(2，0），设M(x,y)，则kMA·kMB＝－eq\f(3，4)。代入坐标，得eq\f(y,x＋2）·eq\f（y，x－2)＝－eq\f（3，4),化简得3x2＋4y2＝12,即eq\f(x2，4）＋eq\f(y2，3）＝1.错因分析：(1)在解本题时没有考虑到式子的意义,eq\f（y,x＋2），eq\f(y,x－2）中x＋2≠0,x－2≠0，即x≠±2，没有去掉相应的两个点．（2)没有说明轨迹是什么曲线．反思：在利用平面直角坐标系求轨迹问题时，往往会遇到去点或去掉图形的某一部分的情况，做这种题时要认真分析题目条件，求出准确的轨迹方程．答案：【例1】解:如图,设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\(\a\vs4\al\co1(xA＝\f(3，2)x，，yB＝3y，））代入①得eq\f(9,4）x2＋9y2＝36,即x2＋4y2＝16。得动点M的轨迹方程为:x2＋4y2＝16。②【例2】解：以BC所在直线为x轴,BC的垂直平分线为y轴,建立平面直角坐标系，如图，则Aeq\b\lc\（\rc\)(\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））.设P(x,y），则｜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,当且仅当x＝0，y＝eq\f(\r(3），6)a时,等号成立，∴所求最小值为a2，此时P点坐标为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两点如图所示，A（0，40），B（80，0),∴OA＝40（海里）,OB＝80(海里）．我军舰直行到点C与敌舰相遇,设C（x，0）,∴OC＝x，BC＝OB－OC＝80－x。∵敌我两舰速度相同，∴AC＝BC＝80－x.在Rt△AOC中，OA2＋OC2＝AC2，即402＋x2＝（80－x）2，解得x＝30。∴点C的坐标为（30,0)．【例4】正解：以AB所在直线为x轴，过AB中点且垂直于AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，则A（－2，0），B（2,0），设M(x，y)，则kAM·kMB＝－eq\f（3,4），即eq\f（y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f（3，4)(x≠±2)，化简得eq\f（x2，4）＋eq\f(y2，3)＝1（x≠±2）．∴点M的轨迹是除去点(±2，0）的椭圆．1已知平行四边形ABCD的三个顶点A，B，C的坐标分别为(－1,2)，（3,0），（5，1)，则D的坐标是（）．A．(9，－1）B．（－3,1)C．（1,3）D．（2,2）2在△ABC中，B(－2,0）,C(2，0），△ABC的周长为10，则A点的轨迹方程是()．A．(y≠0）B．(y≠0）C．(x≠0）D．(x≠0)3已知△ABC的三边a,b，c满足b2＋c2＝5a2，BE,CF分别为边AC,AB上的中线,则BE与CF的位置关系是__________．4选择适当的平面直角坐标系，表示边长为1的正六边形的顶点．答案：1．C设D(x，y）,则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的周长为10,∴｜AB｜＋｜AC|＋|BC｜＝10，其中|BC|＝4，即有|AB｜＋|AC｜＝6＞4，∴A点的轨迹为椭圆除去与x轴相交的两点,且2a＝6，2c＝4.∴a＝3，c＝2，b2＝5.∴A点的轨迹方程为eq\f（x2,9）＋eq\f（y2,5)＝1（y≠0）．3．垂直如图,以△ABC的顶点A为原点O，边AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系,则A(0，0)，B（c，0），Feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（c,2），0））。设C（x，y），则Eeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x,2），\f（y,2）））,∴kBE＝－eq\f（y，2c－x）,kCF＝eq\f(2y，2x－c），由b2＋c2＝5a2，得|AC|2＋｜AB｜2＝5|BC|2，即x2＋y2＋c2＝5［(x－c）2＋y2]，整理得2y2＝(2x－c）(2c－x)，∴kBE·kCF＝eq\f（－2y2,2x－c2c－x）＝－1.∴BE与CF互相垂直．4．解：方法一：建立如图(1）所示的平面直角坐标系，(1）则正六边形的顶点分别为A（1,0），Beq\b\lc\（\rc\)(\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\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2），－\f(\r(3）,2)）)，Feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2)，－\f（\r（3),2））)。方法二：建立如图(2）所示的平面直角坐标系，(2）则正六边形的顶