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1、最新资料最新资料最新资料最新资料最新资料核心必知1平面直角坐标系(1)平面直角坐标系的作用通过直角坐标系，平面上的点与坐标(有序实数对)、曲线与方程建立了联系，从而实现了数与形的结合(2)坐标法解决几何问题的“三部曲”第一步：建立适当坐标系，用坐标和方程表示问题中涉及的几何元素，将几何问题转化为代数问题；第二步：通过代数运算解决代数问题；第三步：把代数运算结果翻译成几何结论2平面直角坐标系中的伸缩变换设点P(x，y)是平面直角坐标系中的任意一点，在变换：的作用下，点P(x，y)对应到点P(x，y)，称为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换问题思考1用坐标法解决几何问题时，坐标系的建立是
2、否是唯一的？提示：对于同一个问题，可建立不同的坐标系解决，但应使图形上的特殊点尽可能多地落在坐标轴，以便使计算更简单、方便2伸缩变换中的系数，有什么特点？在伸缩变换下，平面直角坐标系是否发生变化？提示：伸缩变换中的系数0，0，在伸缩变换下，平面直角坐标系保持不变，只是对点的坐标进行伸缩变换已知RtABC，|AB|2a(a0)，求直角顶点C的轨迹方程精讲详析解答此题需要结合几何图形的结构特点，建立适当的平面直角坐标系，然后设出所求动点的坐标，寻找满足几何关系的等式，化简后即可得到所求的轨迹方程以AB所在直线为x轴，AB的中点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则有A(a，0)，B(a，0)，设
3、顶点C(x，y)法一：由ABC是直角三角形可知|AB|2|AC|2|BC|2，即(2a)2(xa)2y2(xa)2y2，化简得x2y2a2.依题意可知，xa.故所求直角顶点C的轨迹方程为x2y2a2(xa)法二：由ABC是直角三角形可知ACBC，所以kACkBC1，则1(xa)，化简得直角顶点C的轨迹方程为x2y2a2(xa)法三：由ABC是直角三角形可知|OC|OB|，且点C与点B不重合，所以a(xa)，化简得直角顶点C的轨迹方程为x2y2a2(xa)求轨迹方程，其实质就是根据题设条件，把几何关系通过“坐标”转化成代数关系，得到对应的方程(1)求轨迹方程的一般步骤是：建系设点列式化简检验(2
4、)求轨迹方程时注意不要把范围扩大或缩小，也就是要检验轨迹的纯粹性和完备性(3)由于观察的角度不同，因此探求关系的方法也不同，解题时要善于从多角度思考问题1已知线段AB与CD互相垂直平分于点O，|AB|8，|CD|4，动点M满足|MA|MB|MC|MD|，求动点M的轨迹方程解：以O为原点，分别以直线AB，CD为x轴、y轴建立直角坐标系， 则A(4，0)，B(4，0)，C(0，2)，D(0，2)设M(x，y)为轨迹上任一点，则|MA|，|MB|，|MC|，|MD|，由|MA|MB|MC|MD|，可得.化简，得y2x260.点M的轨迹方程为x2y26.已知ABC中，ABAC，BD、CE分别为两腰上的
5、高求证：BDCE.精讲详析本题考查坐标法在几何中的应用解答本题可通过建立平面直角坐标系，将几何证明问题转化为代数运算问题如图，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设B(a，0)，C(a，0)，A(0，h)则直线AC的方程为yxh，即：hxayah0.直线AB的方程为yxh，即：hxayah0.由点到直线的距离公式：|BD|，|CE|，|BD|CE|，即BDCE.(1)建立适当的直角坐标系，将平面几何问题转化为解析几何问题，即“形”转化为“数”，再回到“形”中，此为坐标法的基本思想，务必熟练掌握(2)建立坐标系时，要充分利用图形的几何特征例如，中心对称图形，可利用它的对
6、称中心为坐标原点；轴对称图形，可利用它的对称轴为坐标轴；题设中有直角，可考虑以两直角边所在的直线为坐标轴等2已知ABC中，BDCD，求证：AB2AC22(AD2BD2)证明：以A为坐标原点O，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐系xOy，则A(0，0)，设B(a，0)，C(b，c)，则D(，)，AD2BD2(a2b2c2)，AB2AC2a2b2c2.AB2AC22(AD2BD2)在平面直角坐标系中，求下列方程所对应的图形经过伸缩变换后的图形是什么形状？(1)y22x；(2)x2y21.精讲详析本题考查伸缩变换的应用，解答此题需要先根据伸缩变换求出变换后的方程，然后再判断图形的形状由伸缩变换可知(
7、1)将代入y22x，可得4y26x，即y2x.即伸缩变换之后的图形还是抛物线(2)将代入x2y21，得(3x)2(2y)21，即1，即伸缩变换之后的图形为焦点在y轴上的椭圆利用坐标伸缩变换：求变换后的曲线方程，其实质是从中求出然后将其代入已知的曲线方程求得关于x，y的曲线方程3将圆锥曲线C按伸缩变换公式变换后得到双曲线x2y21，求曲线C的方程解：设曲线C上任意一点P(x，y)，通过伸缩变换后的对应点为P(x，y)，由得代入x2y21得()2()21，即1为所求本课时考点常以解答题(多出现在第(1)小问)的形式考查轨迹方程的求法，湖北高考将圆锥曲线的类型讨论同轨迹方程的求法相结合，以解答题的形
8、式考查，是高考命题的一个新热点考题印证(湖北高考改编)设A是单位圆x2y21上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|m|DA|(m0，且m1)当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标命题立意本题考查圆锥曲线的相关知识以及轨迹方程的求法解如图，设M(x，y)，A(x0，y0)，则由|DM|m|DA|(m0，且m1)，可得xx0，|y|m|y0|，所以x0x，|y0|y|.因为A点在单位圆上运动，所以xy1. 将式代入式即得所求曲线C的方程为x21(m0，且m1)因为m(0，1)(1，
9、)，所以当0m1时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(，0)，(，0)；当m1时，曲线C是焦点在y轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，)，(0，)一、选择题1ycos x经过伸缩变换后，曲线方程变为()Ay3cos By3cos 2xCycos Dycos 2x解析：选A由得又ycos x，ycos ，即y3cos .2直线2x3y0经伸缩变换后变为xy0，则该伸缩变换为()A. B.C. D.解析：选B设变换为，将其代入方程xy0，得，xy0.又2x3y0，2，3.即3将一个圆作伸缩变换后所得到的图形不可能是()A椭圆 B比原来大的圆C比原来小的圆 D双曲线解析：选D由伸缩变换的意
10、义可得4已知两定点A(2，0)，B(1，0)，如果动点P满足|PA|2|PB|，则点P的轨迹所围成的图形的面积等于()A B4C8 D9解析：选B设P点的坐标为(x，y)，|PA|2|PB|，(x2)2y24(x1)2y2即(x2)2y24.故P点的轨迹是以(2，0)为圆心，以2为半径的圆，它的面积为4.二、填空题5将点P(2，3)变换为点P(1，1)的一个伸缩变换公式为_解析：设伸缩变换为，由，解得答案：6将对数曲线ylog3x的横坐标伸长到原来的2倍得到的曲线方程为_解析：设P(x，y)为对数曲线ylog3x上任意一点，变换后的对应点为P(x，y)，由题意知伸缩变换为，代入ylog3x得y
11、log3x，即ylog3.答案：ylog37把圆x2y216沿x轴方向均匀压缩为椭圆x21，则坐标变换公式是_解析：设：则代入x2y216得1.1621，16216.故答案：8已知A(2，1)，B(1，1)，O为坐标原点，动点M满足，其中m，nR，且2m2n22，则M的轨迹方程为_解析：设M(x，y)，则(x，y)m(2，1)n(1，1)(2mn，nm)，又2m2n22，消去m，n得y21.答案：y21三、解答题9在同一平面直角坐标系中，将曲线x236y28x120变成曲线x2y24x30，求满足条件的伸缩变换解：x236y28x120可化为()29y21.x2y24x30可化为(x2)2y2
12、1.比较，可得即所以将曲线x236y28x120上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的3倍，就可得到曲线x2y24x30的图象10在正三角形ABC内有一动点P，已知P到三顶点的距离分别为|PA|，|PB|，|PC|，且满足|PA|2|PB|2|PC|2，求点P的轨迹方程解：以BC的中点为原点，BC所在的直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，设点P(x，y)，B(a，0)，C(a，0)，A(0，a)，(y0，a0)用点的坐标表示等式|PA|2|PB|2|PC|2，有x2(ya)2(xa)2y2(xa)2y2，化简得x2(ya)2(2a)2，即点P的轨迹方程为x2(y
13、a)24a2(y0)11已知椭圆1(ab0)的离心率为，以原点为圆心、椭圆短半轴长为半径的圆与直线yx2相切(1)求a与b；(2)设该椭圆的左、右焦点分别为F1和F2，直线l1过F2且与x轴垂直，动直线l2与y轴垂直，l2交l1于点P.求线段PF1的垂直平分线与l2的交点M的轨迹方程，并指明曲线类型解：(1)e，e2，.又圆x2y2b2与直线yx2相切，b.b22，a23.因此，a，b.(2)由(1)知F1，F2两点的坐标分别为(1，0)，(1，0)，由题意可设P(1，t)那么线段PF1的中点为N(0，)设M(x，y)，由于MN(x，y)，PF1(2，t)，则，消去t得所求轨迹方程为y24x，曲线类型为抛物线最新精品资料
