3:一类轨迹问题的探求(阿波罗尼斯圆与卡西尼卵形线)

专题：一类动点轨迹问题的探求

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专题来源：学习了“椭圆的标准方程”后，对于PAPB2a，我们可以进一步研究：

PAPB2a,PAPB2a,

PA

2a，各自的轨迹方程如何？ PB

1

，那么点M的坐标应满足什2

引例：已知点M(x,y)与两定点O(0,0),A(3,0)的距离之比为么关系？（必修2 P103 探究·拓展）

探究 已知动点M与两定点A、B的距离之比为(0)，那么点M的轨迹是什么？

背景展示 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一

类题1： (1994,全国卷) 已知直角坐标平面上点Q(2，0)和圆C：x2+y2=1，动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数λ(λ>0).求动点M的轨迹方程，说明它表示什么曲线.

本小题考查曲线与方程的关系，轨迹概念等解析几何的基本思想以及综合运用知识的能力. 解：如图，设MN切圆于N，则动点M组成的集合是 P={M||MN|=λ|MQ|}，式中常数λ>0.

因为圆的半径|ON|=1，所以|MN|2=|MO|2－|ON|2=|MO|2－1. 设点M的坐标为(x，y)，则xy1整理得(λ2－1)(x2+y2 )－4λ

2x+(1+4λ2)=0.

经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P.故这个方程为所求的轨迹方程. ——8分

2

2

——2分 ——4分 ——5分

x22y2

当λ=1时，方程化为x=

55

，它表示一条直线，该直线与x轴垂直且交x轴于点(，0)， 44

2222132

当λ≠1时，方程化为(x－2)+y=它表示圆， 22

113222

该圆圆心的坐标为(2，0)，半径为

2

1——12分

类题2：（2008，江苏）满足条件AB  2，AC  2BC的ABC的面积的最大值是______ 类题3：（2002，全国）已知点P到两定点M(1,0)、N(1,0)距离的比为2，点N到直线PM的距离为1，求直线PN的方程 解：设P的坐标为(x,y)，由题意有

|PM|

2，即

|PN|

(x1)2y22(x1)2y2，整理得x2y26x10

因为点N到PM的距离为1，|MN|2

所以PMN30，直线PM的斜率为

3，直线PM的方程为y(x1) 33

将y

3

(x1)代入x2y26x10整理得x24x10 3

解得x23，x2

则点P坐标为(23,13)或(2,13)

(2

,1)或(2，直线PN的方程为yx1或yx1．

类题4：（2006，四川）已知两定点A(2,0),B(1,0),如果动点P满足条件PA2PB,则点P的轨迹所包围的图形的面积等于_________

类题5：（2011，浙江）P,Q是两个定点，点Ｍ为平面内的动点，且

MPMQ

，(0且1）

点Ｍ的轨迹围成的平面区域的面积为S，设Sf()，试判断函数的单调性．

引例：（2011，北京）曲线C是平面内与两个定点F1(1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常 数a2(a1)的点的轨迹.给出下列三个结论： ① 曲线C过坐标原点； ② 曲线C关于坐标原点对称；

③ 若点P在曲线C上，则F1PF2的面积不大于其中正确命题的序号为_____________

背景展示：在数学史上，到两个顶点（叫做焦点）的距离之积为常数的点的轨迹成为卡西尼卵形线（Cassini Oval），乔凡尼·多美尼科·卡西尼是一位意大利出生的法国籍天文学家和水利工程师，他是第一个发现土星的四个卫星的人.1675年，他发现土星光环中间有条暗缝，这就后来以他名字命名的卡西尼环缝。他猜测，光环是由无数小颗粒构成，两个多世纪后的分光观测证实了他的猜测。为了纪念卡西尼对土星研究的贡献，当代人类探测土星的探测器“卡西尼号”即以他的名字命名。卡西尼卵形线是1675年他在研究土星及其卫星的运行规律时发现的。

12

a 2

P满足PF探究：设两定点为F1,F2，且FF122，动点1PF2a(a0且为定值),

取直线F1F2作为x轴，F1F2的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，设P(x,y)，则

2

a2

整理得： (xy)2(xy)a1

解得：

y2(x21)1ax1a）

2

222222

于是曲线C

的方程可化为y2(x21)1ax1a） 对于常数a0,可讨论如下六种情况：

（1）当a0时，图像变为两个点F,0),F2(1,0)； 1(1

（2）当0a1时，图像分为两支封闭曲线，随着a的减小而分别向点F1,F2收缩； （3）当a1时，图像成8字形自相交叉，称为双纽线； （4

）当1a

2

（5

）当a （6

）当a

北京高考题的背景即为本研究的4—6里研究的结论； 学有余力的同学可作进一步思考：

思考1：若将“两定点”之一变为“定直线”，那么距离之比为定值的动点轨迹是什么？ 思考2：若将“两定点”之一变为“定直线”，那么距离之和为定值的动点轨迹是什么？ 思考3：到定点的距离与到定直线的距离的k倍之和为定值的定点轨迹是什么？ 思考4：到定点的距离与到定直线的距离之差（的绝对值）为定值的定点轨迹是什么？ 思考5：到定点的距离与到定直线的距离之积为定值的定点轨迹是什么？

在高考试题中常常以这类轨迹问题的探究为背景来设计考查综合能力的试题，如

1.（2009湖南）在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3,0）的距离的4倍与它到直线 x=2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和 （Ⅰ）求点P的轨迹C；

（Ⅱ）设过点F的直线I与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值。

解（Ⅰ）设点P的坐标为（x，y）

，则d3︳x-2︳

由题设 当x>2

6

1

x, 2

x2y2

1. 化简得

3627

当x2时

3x,

化简得y212x

x2y2

1在直线x=2的右侧故点P的轨迹C是椭圆C1:

3627

部分与抛物线C2:y212x在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点）所组成的曲线，参见图1

（Ⅱ）如图2所示，易知直线x=2与C1，C2的交点都是A（2

，），B（2

，，直线AF，BF的斜率分别为k

AF=k

BF=当点P在C1上时，由②知PF6

1

x. ④ 2

当点P在C2上时，由③知PF3x ⑤ 若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为yk(x3) （i）当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤

-2 N（x2，y2）都在C 1上，此时由④知

直线I与轨迹C的两个交点M（x1，y1），

∣MF∣= 6 -

11x1 ∣NF∣= 6 - x222

从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 -

111

x1）+ （6 - x2）=12 - ( x1+x2) 222

yk(x3)



由x2y2 得(34k2)x224k2x36k21080 则x1，y1是这个方程的两根，

1

3627

124k212k2

所以x1+x2=*∣MN∣=12 - （x1+x2）=12 -

234k234k2

因为当k或k,k224,

12k212100

MN1212.2

134k4112k

当且仅当k

（2

）当kAEkkAN,k时，直线L与轨迹C的两个交点

M(x1,y1),N(x2,y2) 分别在C1,C2上，不妨设点M在C1上，点C2上，则④⑤知，

MF6

1

x1,NF3x2 2

设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0,y0),则x0x1,x22.

MF6

11

x16x0EF,NF3x232AF 22

所以MNMFNFEFAFAE。而点A，E都在C1上，且

kAE有（1）知AE

100100

,所以MN1111

若直线的斜率不存在，则x1=x2=3，此时MN12综上所述，线段MN长度的最大值为

1100

(x1x2)9 211

100

11

2. （2011, 湖南文科高考试题）已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1．

（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；

（Ⅱ）过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,l2，设l1与轨迹C相交于点A,B，l2与 轨迹C相交于点D,E，求AD,EB的最小值. 21．解析：（I）设动点P的坐标为(x,y)，

|x|1.

化简得y22x2|x|,

当x0时,y24x;当x0时,y=0.、

所以动点P的轨迹C的方程为,y24x(x0)和y=0(x0).

（II）由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，则l1的方程为yk(x1)．

由

yk(x1)2222

，得kx(2k4)xk0. 2

y4x

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根，于是 x1x224

,x1x21． k2

1． k

因为l1l2，所以l2的斜率为

设D(x3,y3),B(x4,y4),则同理可得x3x424k2,x3x41 故

x1x2(x1x2)1x3x4(x3x4)1

当且仅当k

2

1

即k1时，ADEB取最小值16． 2k