摘要：已知△ABC中.B(1.0).C(5.0).点A在x轴上方移动.且tanB+tanC=3.则 △ABC的重心G的轨迹方程为 . 解析:设A(x0.y0). ∵tanB+tanC=3. ∴-=3.点A的轨迹方程为y0=-(x02-6x0+5)(x0≠1且x0≠5).若 G(x.y)为△ABC的重心.则由重心坐标公式:x=.y=.∴x0=3x-6.且y0=3y.代入A点轨迹方程得G的轨迹方程为y-1=-(x-3)2(x≠且x≠). 答案:y-1=-(x-3)2(x≠且x≠) ●典例剖析 [例1] 在△PMN中.tan∠PMN=.tan∠MNP=-2.且△PMN的面积为1.建立适当的坐标系.求以M.N为焦点.且过点P的椭圆的方程. 剖析:如上图.以直线MN为x轴.线段MN的垂直平分线为y轴.建立平面直角坐标系.则所求椭圆方程为+=1.显然a2.b2是未知数.但a2.b2与已知条件没有直接联系.因此应寻找与已知条件和谐统一的未知元.或改造已知条件. 解法一:如上图.过P作PQ⊥MN.垂足为Q. 令|PQ|=m.于是可得|MQ|=|PQ|cot∠PMQ=2m.|QN|=|PQ|cot∠PNQ=m. ∴|MN|=|MQ|-|NQ|=2m-m=m. 于是S△PMN=|MN|·|PQ|=·m·m=1. 因而m=.|MQ|=2.|NQ|=.|MN|=. |MP|===. |NP|===. 以MN的中点为原点.MN所在直线为x轴建立直角坐标系.设椭圆方程为+=1(a＞b＞0). 则2a=|MP|+|NP|=. 2c=|MN|=. 故所求椭圆方程为+=1. 解法二:设M(-c.0).N(c.0).P(x.y).y＞0. =. 则 =2. y·c=1. 解之.得x=.y=.c=. 设椭圆方程为b2x2+a2y2=a2b2.则 b2·()2+a2()2=a2b2. a2-b2=. 解之.得a2=.b2=3. 评述:解法一选择了与a较接近的未知元|PM|.|PN|.但需改造已知条件.以便利用正弦定理和面积公式,解法二以条件为主.选择了与条件联系最直接的未知元x.y.c.本题解法较多.但最能体现方程思想方法的.学生易于理解和接受的是这两种解法. 深化拓展 若把△PMN的面积为1改为·=.求椭圆方程. 提示:由tan∠PMN=.tan∠MNP=-2. 易得sin∠MPN=.cos∠MPN=. 由·=.得||||=. 易求得|PM|=.|PN|=. 进而求得椭圆方程为+=1. [例2] 如下图.P是抛物线C:y=x2上一点.直线l过点P且与抛物线C交于另一点Q.若直线l与过点P的切线垂直.求线段PQ中点M的轨迹方程. 剖析:欲求PQ中点M的轨迹方程.需知P.Q的坐标.思路一.P.Q是直线l与抛物线C的交点.故需求直线l的方程.再与抛物线C的方程联立.利用韦达定理.中点坐标公式可求得M的轨迹方程,思路二.设出P.Q的坐标.利用P.Q的坐标满足抛物线C的方程.代入抛物线C的方程相减得PQ的斜率.利用PQ的斜率就是l的斜率.可求得M的轨迹方程. 解:设P(x1.y1).Q(x2.y2).M(x0.y0).依题意知x1≠0.y1>0.y2>0. 由y=x2. ① 得y′=x. ∴过点P的切线的斜率k切=x1. ∴直线l的斜率kl=-=-. 直线l的方程为y-x12=-(x-x1). ② 方法一:联立①②消去y.得x2+x-x12-2=0. ∵M为PQ的中点. ∴ x0==-. y0=x12-(x0-x1). 消去x1.得y0=x02++1(x0≠0). ∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0). 方法二:由y1=x12.y2=x22.x0=. 得y1-y2=x12-x22=(x1+x2)(x1-x2)=x0(x1-x2). 则x0==kl=-. ∴x1=-. 将上式代入②并整理.得y0=x02++1(x0≠0). ∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2++1(x≠0). 评述:本题主要考查了直线.抛物线的基础知识.以及求轨迹方程的常用方法.本题的关键是利用导数求切线的斜率以及灵活运用数学知识分析问题.解决问题. 深化拓展 当点P在抛物线C上移动时.求点M到x轴的最短距离. 提示:∵x≠0.x2>0.∴y=x2++1≥2+1=+1.当且仅当x2=.x=±时等号成立.即点M到x轴的最短距离为+1. [例3] 已知抛物线y2＝4px(p＞0).O为顶点.A.B为抛物线上的两动点.且满足OA⊥OB.如果OM⊥AB于M点.求点M的轨迹方程. 剖析:点M是OM与AB的交点.点M随着A.B两点的变化而变化.而A.B为抛物线上的动点.点M与A.B的直接关系不明显.因此需引入参数. 解法一:设M(x0.y0). 则kOM=.kAB=-. 直线AB方程是y=-(x-x0)+y0. 由y2=4px可得x=.将其代入上式.整理.得 x0y2-(4py0)y-4py02-4px02=0. ① 此方程的两根y1.y2分别是A.B两点的纵坐标. ∴A(.y1).B(.y2). ∵OA⊥OB.∴kOA·kOB=-1. ∴·=-1.∴y1y2=-16p2. 根据根与系数的关系.由①可得 y1·y2=. ∴=16p2. 化简.得x02+y02-4px0=0. 即x2+y2-4px=0为所求. ∴点M的轨迹是以(2p.0)为圆心.以2p为半径的圆.去掉坐标原点. 解法二:设A.B两点坐标为A(pt12.2pt1).B(pt22.2pt2). ∴kOA=.kOB=.kAB=. ∵OA⊥OB.∴t1·t2=-4. ∴AB方程是y-2pt1=(x-pt12). ① 直线OM的方程是y=-x. ② ①×②.得(px)t12+2pyt1-(x2+y2)=0. ③ ∴直线AB的方程还可写为 y-2pt2=(x-pt22). ④ 由②×④.得(px)t22+(2py)t2-(x2+y2)=0. ⑤ 由③⑤可知t1.t2是方程(px)t2+(2py)t2-(x2+y2)=0的两根. 由根与系数的关系可得 t1t2=.又t1·t2=-4. ∴x2+y2-4px=0为所求点M的轨迹方程. 故M的轨迹是以(2p.0)为圆心.以2p为半径的圆.去掉坐标原点. 解法三:设M(x.y).直线AB方程为y=kx+b. 由OM⊥AB得k=-. 由y2=4px及y=kx+b消去y.得 k2x2+x(2kb-4p)+b2=0. 所以x1x2=.消去x.得ky2-4py+4pb=0. 所以y1y2=.由OA⊥OB. 得y1y2=-x1x2. 所以=-.b=-4kp. 故y=kx+b=k(x-4p). 用k=-代入.得 x2+y2-4px=0(x≠0). 解法四:设点M的坐标为(x.y).直线OA的方程为y=kx. 解得A点的坐标为(.). 显然k≠0.则直线OB的方程为y=-x. 由 y=kx. y2=4px. 类似地可得B点的坐标为(4pk2.-4pk). 从而知当k≠±1时. kAB= =. 故得直线AB的方程为y+4pk=(x-4pk2).即(-k)y+4p=x. ① 直线OM的方程为y=-(-k)x. ② 可知M点的坐标同时满足①②. 由①及②消去k便得4px=x2+y2. 即(x-2p)2+y2=4p2.但x≠0. 当k=±1时.容易验证M点的坐标仍适合上述方程. 故点M的轨迹方程为(x-2p)2+y2=4p2(x≠0). 它表示以点(2p.0)为圆心.以2p为半径的圆. 评述:本题考查了交轨法.参数法求轨迹方程.涉及了类比.分类讨论等数学方法.消参时又用到了整体思想法.对含字母的式子的运算能力有较高的要求.同时还需要注意轨迹的“完备性和纯粹性 .此题是综合考查学生能力的一道好题. 深化拓展 本题中直线AB恒过定点(4p.0).读者不妨探究一番. ●闯关训练 夯实基础

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