高中数学人教A版选修44创新应用教学案 第一讲 第1节 平面直角坐标系 Word版含答案.docx

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高中数学人教A版选修44创新应用教学案第一讲第1节平面直角坐标系Word版含答案

2019-2020年高中数学人教A版选修4-4创新应用教学案：

第一讲第1节平面直角坐标系Word版含答案

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φ：

的作用下，点P（x，y）对应到点P′（x′，y′），称φ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λ，μ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λ>0，μ>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Rt△ABC，|AB|＝2a（a>0），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＝（x＋a）2＋y2＋（x－a）2＋y2，化简得x2＋y2＝a2.依题意可知，x≠±a.

故所求直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2＝a2（x≠±a）．

法二：

由△ABC是直角三角形可知AC⊥BC，所以kAC·kBC＝－1，则·＝

－1（x≠±a），化简得直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2＝a2（x≠±a）．

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（x≠±a），化简得直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2＝a2（x≠±a）．

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）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y2－x2＋6＝0.

∴点M的轨迹方程为x2－y2＝6.

　已知△ABC中，AB＝AC，BD、CE分别为两腰上的高．求证：

BD＝CE.

[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y＝－x＋h，即：

hx＋ay－ah＝0.

直线AB的方程为y＝x＋h，

即：

hx－ay＋ah＝0.

由点到直线的距离公式：

|BD|＝，|CE|＝，

∴|BD|＝|CE|，

即BD＝CE.

（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，BD＝CD，求证：

AB2＋AC2＝2（AD2＋BD2）．

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（，），

∴AD2＋BD2＝＋＋＋

＝（a2＋b2＋c2），

AB2＋AC2＝a2＋b2＋c2.

∴AB2＋AC2＝2（AD2＋BD2）．

　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）y2＝2x；

（2）x2＋y2＝1.

[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

（1）将代入y2＝2x，可得4y′2＝6x′，

即y′2＝x′.

即伸缩变换之后的图形还是抛物线．

（2）将代入x2＋y2＝1，得（3x′）2＋（2y′）2＝1，

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φ：

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x′2－y′2＝1，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x′2－y′2＝1得（）2－（）2＝1，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x2＋y2＝1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|（m＞0，且m≠1）．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|（m＞0，且m≠1），可得x＝x0，|y|＝m|y0|，所以x0＝x，|y0|＝|y|.　　　　①

因为A点在单位圆上运动，所以x＋y＝1.②

将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2＋＝1（m＞0，且m≠1）．

因为m∈（0，1）∪（1，＋∞），所以

当0＜m＜1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m＞1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

1．y＝cosx经过伸缩变换后，曲线方程变为（　　）

A．y′＝3cos　　　　　　B．y′＝3cos2x′

C．y′＝cosD．y′＝cos2x′

解析：

选A　由得

又∵y＝cosx，

∴y′＝cos，即y′＝3cos.

2．直线2x＋3y＝0经伸缩变换后变为x′＋y′＝0，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x′＋y′＝0，得，

λx＋μy＝0.

又∵2x＋3y＝0，∴λ＝2，μ＝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．πB．4π

C．8πD．9π

解析：

选B　设P点的坐标为（x，y），

∵|PA|＝2|PB|，

∴（x＋2）2＋y2＝4[（x－1）2＋y2]．

即（x－2）2＋y2＝4.

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4π.

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y＝log3x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y＝log3x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y＝log3x得y′＝log3x′，

即y＝log3.

答案：

y＝log3

7．把圆x2＋y2＝16沿x轴方向均匀压缩为椭圆x′2＋＝1，则坐标变换公式是________．

解析：

设φ：

则代入x2＋y2＝16得＋＝1.

∴16λ2＝1，16μ2＝16.

∴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，n∈R，且2m2－n2＝2，则M的轨迹方程为________．

解析：

设M（x，y），则（x，y）＝m（2，－1）＋n（－1，1）＝（2m－n，n－m），∴又2m2－n2＝2，消去m，n得－y2＝1.

答案：

－y2＝1

三、解答题

9．在同一平面直角坐标系中，将曲线x2－36y2－8x＋12＝0变成曲线x′2－y′2－4x′＋3＝0，求满足条件的伸缩变换．

解：

x2－36y2－8x＋12＝0可化为

（）2－9y2＝1.①

x′2－y′2－4x′＋3＝0可化为

（x′－2）2－y′2＝1.②

比较①②，可得

即

所以将曲线x2－36y2－8x＋12＝0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x′2－y′2－4x′＋3＝0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），（y>0，a>0）用点的坐标表示等式

|PA|2＝|PB|2＋|PC|2，

有x2＋（y－a）2＝（x＋a）2＋y2＋（x－a）2＋y2，

化简得x2＋（y＋a）2＝（2a）2，

即点P的轨迹方程为x2＋（y＋a）2＝4a2（y>0）．

11．已知椭圆＋＝1（a>b>0）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y＝x＋2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x2＋y2＝b2与直线y＝x＋2相切，

∴b＝＝.

∴b2＝2，a2＝3.

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y2＝－4x，曲线类型为抛物线．