對一道求軌跡問題的探究

侯毅　翟文曉

解題是數學教學的中心，在大量的數學題目中，有不少習題是非常具有代表性的典型題目，能夠起到很好的導向作用.教師應該善于利用這些習題，通過探究式教學，深入挖掘題目，充分發揮習題作用培養學生的探究能力.筆者就教學中的一道求軌跡的題目展開了探究.

一、問題的提出

例如圖所示，已知P（4，0）是圓x2+y2=36內的一點，A，B是圓上的兩個動點，且滿足∠APB=90°，求矩形APBQ的頂點Q的軌跡方程.

解法1（幾何法）設Q（x，y），AB的中點為R，則R也是PQ的中點，設R（x1，y1），由垂徑定理

OR2=OB2-RB2=OB2-RP2，所以x21+y21=36-（x1-4）2-y21，

即x21+y21-4x1-10=0.又因為R是PQ的中點，所以x1=x+42，y1=y+02，代入

x21+y21-4x1-10=0，得x+422+y22-4x+42-10=0，整理得x2+y2=56，即為Q點的軌跡方程.

解法2（構造圓）設Q（x0，y0），以PQ為直徑構造圓：（x-x0）（x-4）+（y-y0）y=0，與圓x2+y2=36相減即得兩圓公共弦AB的直線方程：（x0+4）x+y0y-36-4x0=0.又因為PQ的中點x0+42，y02在直線AB上，代入（x0+4）x+y0y-36-4x0=0，得（x0+4）x0+42+y0y02-36-4x0=0，化簡得x20+y20=56，所以Q點的軌跡方程為x2+y2=56.

解法3（解析法）設圓上兩點A，B的坐標為A（x1，y1），B（x2，y2），所以x21+y21=36，x22+y22=36. 因為四邊形APBQ是矩形，所以PA·PB=0，代入坐標（x1-4）（x2-4）+y1y2=0，化簡x1x2-4（x1+x2）+16+y1y2=0，設Q（x0，y0），因為AQ=PB，則x0=x1+x2-4，y0=y1+y2，所以

x20+y20=（x1+x2-4）2+（y1+y2）2=x21+x22+2x1x2-8（x1+x2）+16+y21+y22+2y1y2=56，

所以Q點的軌跡方程為x2+y2=56.

二、問題的探究

以上三種解法從三個不同的角度解決了這道求軌跡問題，那么，如果P點及圓一般化后是否也有類似的結論呢？

探究1如圖所示，已知P（a，b）是圓x2+y2=r2內的一點，a2+b2

解法1設Q（x，y），AB的中點為R，則R也是PQ的中點，設R（x1，y1），由垂徑定理

OR2=OB2-RB2=OB2-RP2，所以x21+y21=r2-（x1-a）2-（y1-b）2，

即2x21+2y21-2ax1-2by1=r2-a2-b2.又因為R是PQ的中點，所以x1=x+a2，y1=y+b2，代入

2x21+2y21-2ax1-2by1=r2-a2-b2，化簡得x2+y2=2r2-a2-b2，即為Q點的軌跡方程.

解法2和解法3同理可得.（過程略）

探究2如圖所示，已知P（a，b）是圓（x-c）2+（y-d）2=r2內的一點，（a-c）2+（b-d）2

解答過程略，答案為（x-c）2+（y-d）2=2r2-a2-b2.

三、問題的應用

解題思維的提升、能力的提高離不開平時點點滴滴的積累.在平時的教學與解題中，遇到有價值的問題時，如果能在“一題多解”“延伸探究”中多用點心，不僅能開拓思維的視野，還能將研究結果自然地運用到同類題型上，從而提高解題速度.上述結論在下面的兩個問題上就得到了很好的應用.

1.如圖，在平面直角坐標系中，已知圓O：x2+y2=16，點P（1，2），M，N為圓O上不同的兩點，且滿足PM·PN=0.若PQ=PM+PN，則|PQ|的最小值為.

解因為PM·PN=0，所以PM⊥PN，又因為PQ=PM+PN，所以四邊形MPNQ是矩形.由上面的結論可知Q的軌跡是圓x2+y2=27，所以|PQ|的最小值為33-5.

2.已知點A（2，0），圓x2+y2=16上存在兩點M，N使得AM⊥AN，則線段MN長的范圍是.

解構造矩形AMPN，設MN的中點為B，OA的中點為C（1，0），在△APO中，根據中位線定理，BC平行且等于12OP.由上面結論知P的軌跡是圓x2+y2=28，所以OP=27，BC=7，即B點的軌跡為圓（x-1）2+y2=7，所以7-1≤AB≤7+1.又在直角△AMN中，MN=2AB，所以27-2≤MN≤27+2.故MN長的范圍是[27-2，27+2].