第一篇：對于解決動點問題的總結

對于解決動點問題的總結

西湖鎮中心學校 呂德嬌

動點問題的解答從以下四個方面入手

1、化動為靜；

2、數形結合；

3、找不變的量；

4、函數的思想。

常見類型有

1、最短路徑；

2、面積的最大最小問題；

3、已知了3點形成平行四邊形的問題。解決的方法：

1、解決最短路徑問題中，無論是周長最小，還是怎樣找到一個點有最短路程，基本上用到的是軸對稱的知識，兩點之間直線最短。造橋的問題則有平移的方法含在里面。

2、對于面積最大最小的問題，一般都與函數效果結合。一般要求出函數的解析式，找它們的公共點。

3、對于已知3個點，形成平行四邊形找到第4個點的問題，解決的辦法讓學生在腦海中形成圖形再到數學知識，最后又回到圖形的過程。找3點中任意兩點為對角線，然后建立平行四邊形，通過已知兩個點形成的邊的變化規律來找到第四個點。總的來說，找到不變的量，根據不變量的點的特點來確定變量。

第二篇：動點問題解題總結

解題關鍵是動中求靜

一．建立動點問題的函數解析式（特點：動點問題反映的是一種函數思想,由于某一個點或某圖形的有條件地運動變化,引起未知量與已知量間的一種變化關系,這種變化關系就是動點問題中的函數關系.那么,我們怎樣建立這種函數解析式呢?）1.應用勾股定理建立函數解析式 2.應用比例式子建立函數解析式

3.應用求圖形面積的方法建立函數關系式

二.動態幾何型壓軸題（特點：問題背景是特殊圖形，考查問題也是特殊圖形，所以要把握好一般與特殊的關系；分析過程中，特別要關注圖形的特性，如特殊角、特殊圖形的性質、圖形的特殊位置。動點問題一直是中考熱點，近幾年考查探究運動中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四邊形、梯形、特殊角或其三角函數、線段或面積的最值。）此類題型一般考察點動問題、線動問題、面動問題。解題方法：

1、特殊探路，一般推證。

2、動手實踐，操作確認。

3、建立聯系，計算說明。

三.雙動點問題。點動、線動、形動構成的問題稱之為動態幾何問題.它主要以幾何圖形為載體，運動變化為主線，集多個知識點為一體，集多種解題思想于一題.這類題綜合性強，能力要求高，它能全面的考查學生的實踐操作能力，空間想象能力以及分析問題和解決問題的能力。主要分一下四種。

1.以雙動點為載體，探求函數圖像問題

2.以雙動點為載體，探求結論開放性問題

3.以雙動點為載體，探求存在性問題

4.以雙動點為載體，探求函數最值問題

四.函數中因動點產生的相似三角形問題

五.以圓為載體的動點問題

第三篇：初中數學動點問題總結

初二動點問題

1.如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，動點P從A開始沿AD邊向D以1cm/s的速度運動；動點Q從點C開始沿CB邊向B以3cm/s的速度運動．P、Q分別從點A、C同時出發，當其中一點到達端點時，另外一點也隨之停止運動，設運動時間為ts．（1）當t為何值時，四邊形PQCD為平行四邊形？（2）當t為何值時，四邊形PQCD為等腰梯形？（3）當t為何值時，四邊形PQCD為直角梯形？

分析：

（1）四邊形PQCD為平行四邊形時PD=CQ．（2）四邊形PQCD為等腰梯形時QC-PD=2CE．（3）四邊形PQCD為直角梯形時QC-PD=EC．

所有的關系式都可用含有t的方程來表示，即此題只要解三個方程即可．

解答：

解：（1）∵四邊形PQCD平行為四邊形 ∴PD=CQ ∴24-t=3t 解得：t=6 即當t=6時，四邊形PQCD平行為四邊形．

（2）過D作DE⊥BC于E 則四邊形ABED為矩形 ∴BE=AD=24cm ∴EC=BC-BE=2cm ∵四邊形PQCD為等腰梯形 ∴QC-PD=2CE 即3t-（24-t）=4 解得：t=7（s）

即當t=7（s）時，四邊形PQCD為等腰梯形．

（3）由題意知：QC-PD=EC時，四邊形PQCD為直角梯形即3t-（24-t）=2 解得：t=6.5（s）

即當t=6.5（s）時，四邊形PQCD為直角梯形．

點評：

此題主要考查了平行四邊形、等腰梯形，直角梯形的判定，難易程度適中．

2.如圖，△ABC中，點O為AC邊上的一個動點，過點O作直線MN∥BC，設MN交∠BCA的外角平分線CF于點F，交∠ACB內角平分線CE于E．（1）試說明EO=FO；

（2）當點O運動到何處時，四邊形AECF是矩形并證明你的結論；

（3）若AC邊上存在點O，使四邊形AECF是正方形，猜想△ABC的形狀并證明你的結論．

分析：

（1）根據CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根據等邊對等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO．

（2）利用矩形的判定解答，即有一個內角是直角的平行四邊形是矩形．（3）利用已知條件及正方形的性質解答．

解答：

解：（1）∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠BCE，∵MN∥BC，∴∠OEC=∠ECB，∴∠OEC=∠OCE，∴OE=OC，同理，OC=OF，∴OE=OF．

（2）當點O運動到AC中點處時，四邊形AECF是矩形． 如圖AO=CO，EO=FO，∴四邊形AECF為平行四邊形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE= ∠ACB，同理，∠ACF= ∠ACG，∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=（∠ACB+∠ACG）= ×180°=90°，∴四邊形AECF是矩形．

（3）△ABC是直角三角形 ∵四邊形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM=90°，∵MN∥BC，∴∠BCA=∠AOM，∴∠BCA=90°，∴△ABC是直角三角形．

點評：

本題主要考查利用平行線的性質“等角對等邊”證明出結論（1），再利用結論（1）和矩形的判定證明結論（2），再對（3）進行判斷．解答時不僅要注意用到前一問題的結論，更要注意前一問題為下一問題提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性質等的綜合運用．

3.如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，已知AD=AB=3，BC=4，動點P從B點出發，沿線段BC向點C作勻速運動；動點Q從點D出發，沿線段DA向點A作勻速運動．過Q點垂直于AD的射線交AC于點M，交BC于點N．P、Q兩點同時出發，速度都為每秒1個單位長度．當Q點運動到A點，P、Q兩點同時停止運動．設點Q運動的時間為t秒．（1）求NC，MC的長（用t的代數式表示）；

（2）當t為何值時，四邊形PCDQ構成平行四邊形；（3）是否存在某一時刻，使射線QN恰好將△ABC的面積和周長同時平分？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由；（4）探究：t為何值時，△PMC為等腰三角形．

分析：

（1）依據題意易知四邊形ABNQ是矩形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ，BC、AD已知，DQ就是t，即解；∵AB∥QN，∴△CMN∽△CAB，∴CM：CA=CN：CB，（2）CB、CN已知，根據勾股定理可求CA=5，即可表示CM； 四邊形PCDQ構成平行四邊形就是PC=DQ，列方程4-t=t即解；

（3）可先根據QN平分△ABC的周長，得出MN+NC=AM+BN+AB，據此來求出t的值．然后根據得出的t的值，求出△MNC的面積，即可判斷出△MNC的面積是否為△ABC面積的一半，由此可得出是否存在符合條件的t值．（4）由于等腰三角形的兩腰不確定，因此分三種情況進行討論： ①當MP=MC時，那么PC=2NC，據此可求出t的值． ②當CM=CP時，可根據CM和CP的表達式以及題設的等量關系來求出t的值． ③當MP=PC時，在直角三角形MNP中，先用t表示出三邊的長，然后根據勾股定理即可得出t的值．

綜上所述可得出符合條件的t的值．

解答: 解：（1）∵AQ=3-t ∴CN=4-（3-t）=1+t 在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42 ∴AC=5 在Rt△MNC中，cos∠NCM= =，CM=（2）由于四邊形PCDQ構成平行四邊形 ∴PC=QD，即4-t=t 解得t=2．

（3）如果射線QN將△ABC的周長平分，則有： MN+NC=AM+BN+AB 即：（1+t）+1+t=（3+4+5）解得：t=（5分）而MN= NC=（1+t）

． ∴S△MNC=（1+t）2=（1+t）2

×4×3 當t= 時，S△MNC=（1+t）2= ≠ ∴不存在某一時刻t，使射線QN恰好將△ABC的面積和周長同時平分．

（4）①當MP=MC時（如圖1）則有：NP=NC 即PC=2NC∴4-t=2（1+t）解得：t=

②當CM=CP時（如圖2）則有：（1+t）=4-t 解得：t=

③當PM=PC時（如圖3）則有：

在Rt△MNP中，PM2=MN2+PN2 而MN= NC=（1+t）PN=NC-PC=（1+t）-（4-t）=2t-3 ∴[（1+t）]2+（2t-3）2=（4-t）2 解得：t1= ∴當t=，t=，t2=-1（舍去），t=

時，△PMC為等腰三角形

點評：

此題繁雜，難度中等，考查平行四邊形性質及等腰三角形性質．考查學生分類 討論和數形結合的數學思想方法．

4.如圖，在矩形ABCD中，BC=20cm，P，Q，M，N分別從A，B，C，D出發沿AD，BC，CB，DA方向在矩形的邊上同時運動，當有一個點先到達所在運動邊的另一個端點時，運動即停止．已知在相同時間內，若BQ=xcm（x≠0），則AP=2xcm，CM=3xcm，DN=x2cm．

（1）當x為何值時，以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊構成一個三角形；

（2）當x為何值時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形；

（3）以P，Q，M，N為頂點的四邊形能否為等腰梯形？如果能，求x的值；如果不能，請說明理由．

分析：

以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊構成一個三角形的必須條件是點P、N重合且點Q、M不重合，此時AP+ND=AD即2x+x2=20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm；或者點Q、M重合且點P、N不重合，此時AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC=BC即x+3x=20cm．所以可以根據這兩種情況來求解x的值．

以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形的話，因為由第一問可知點Q只能在點M的左側．當點P在點N的左側時，AP=MC，BQ=ND；當點P在點N的右側時，AN=MC，BQ=PD．所以可以根據這些條件列出方程關系式．

如果以P，Q，M，N為頂點的四邊形為等腰梯形，則必須使得AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm，AP=ND即2x=x2，BQ=MC即x=3x，x≠0．這些條件不能同時滿足，所以不能成為等腰梯形．

解答：

解：（1）當點P與點N重合或點Q與點M重合時，以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊可能構成一個三角形． ①當點P與點N重合時，由x2+2x=20，得x1=-1，x2=--1（舍去）． 因為BQ+CM=x+3x=4（-1）＜20，此時點Q與點M不重合． 所以x=-1符合題意．

②當點Q與點M重合時，由x+3x=20，得x=5． 此時DN=x2=25＞20，不符合題意． 故點Q與點M不能重合． 所以所求x的值為-1．

（2）由（1）知，點Q只能在點M的左側，①當點P在點N的左側時，由20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x1=0（舍去），x2=2．

當x=2時四邊形PQMN是平行四邊形． ②當點P在點N的右側時，由20-（x+3x）=（2x+x2）-20，解得x1=-10（舍去），x2=4．

當x=4時四邊形NQMP是平行四邊形．

所以當x=2或x=4時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形．（3）過點Q，M分別作AD的垂線，垂足分別為點E，F． 由于2x＞x，所以點E一定在點P的左側．

若以P，Q，M，N為頂點的四邊形是等腰梯形，則點F一定在點N的右側，且PE=NF，即2x-x=x2-3x． 解得x1=0（舍去），x2=4．

由于當x=4時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，所以以P，Q，M，N為頂點的四邊形不能為等腰梯形．

點評：

本題考查到三角形、平行四邊形、等腰梯形等圖形的邊的特點．

5.如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=14cm，AD=15cm，BC=21cm，點M從點A開始，沿邊AD向點D運動，速度為1cm/s；點N從點C開始，沿邊CB向點B運動，速度為2cm/s、點M、N分別從點A、C出發，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒．

（1）當t為何值時，四邊形MNCD是平行四邊形？（2）當t為何值時，四邊形MNCD是等腰梯形？

分析：（1）根據平行四邊形的性質，對邊相等，求得t值；

（2）根據等腰梯形的性質，下底減去上底等于12，求解即可．

解答：

解：（1）∵MD∥NC，當MD=NC，即15-t=2t，t=5時，四邊形MNCD是平行四邊形；（2）作DE⊥BC，垂足為E，則CE=21-15=6，當CN-MD=12時，即2t-（15-t）=12，t=9時，四邊形MNCD是等腰梯形

點評：

考查了等腰梯形和平行四邊形的性質，動點問題是中考的重點內容．

6.如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21，動點P從點D出發，沿射線DA的方向以每秒2個單位長的速度運動，動點Q從點C出發，在線段CB上以每秒1個單位長的速度向點B運動，P、Q分別從點D、C同時出發，當點Q運動到點B時，點P隨之停止運動，設運動時間為t（s）．

（1）設△BPQ的面積為S，求S與t之間的函數關系；

（2）當t為何值時，以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形？

分析：

（1）若過點P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形，得出PM=DC=12，由QB=16-t，可知：s= PM×QB=96-6t；

（2）本題應分三種情況進行討論，①若PQ=BQ，在Rt△PQM中，由 PQ2=PM2+MQ2，PQ=QB，將各數據代入，可將時間t求出；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB2=BM2+PM2，BP=BQ，將數據代入，可將時間t求出；

③若PB=PQ，PB2=PM2+BM2，PB=PQ，將數據代入，可將時間t求出．

解答：

解：（1）過點P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形． ∴PM=DC=12，∵QB=16-t，∴s= ?QB?PM=（16-t）×12=96-6t（0≤t≤

（2）由圖可知，CM=PD=2t，CQ=t，若以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形，可以分三種情況）．

：

①若PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122，由PQ2=BQ2得t2+122=（16-t）2，解得 ；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，PB2=（16-2t）2+122，由PB2=BQ2得（16-2t）2+122=（16-t）2，此方程無解，∴BP≠PQ．

③若PB=PQ，由PB2=PQ2得t2+122=（16-2t）2+122得 合題意，舍去）． 綜上所述，當 形．

或

時，以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角，t2=16（不點評： 本題主要考查梯形的性質及勾股定理．在解題（2）時，應注意分情況進行討論，防止在解題過程中出現漏解現象．

7.直線y=-34x+6與坐標軸分別交于A、B兩點，動點P、Q同時從O點出發，同時到達A點，運動停止．點Q沿線段OA運動，速度為每秒1個單位長度，點P沿路線O?B?A運動．

（1）直接寫出A、B兩點的坐標；（2）設點Q的運動時間為t（秒），△OPQ的面積為S，求出S與t之間的函數關系式；

（3）當S= 485時，求出點P的坐標，并直接寫出以點O、P、Q為頂點的平行四邊形的第四個頂點M的坐標．

分析：

（1）分別令y=0，x=0，即可求出A、B的坐標；（2））因為OA=8，OB=6，利用勾股定理可得AB=10，進而可求出點Q由O到A的時間是8秒，點P的速度是2，從而可求出，當P在線段OB上運動（或0≤t≤3）時，OQ=t，OP=2t，S=t2，當P在線段BA上運動（或3＜t≤8）時，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，作PD⊥OA于點D，由相似三角形的性質，得 PD=48-6t5，利用S= 12OQ×PD，即可求出答案；（3）令S= 485，求出t的值，進而求出OD、PD，即可求出P的坐標，利用平行四邊形的對邊平行且相等，結合簡單的計算即可寫出M的坐標．

解答：

解：（1）y=0，x=0，求得A（8，0）B（0，6），（2）∵OA=8，OB=6，∴AB=10． ∵點Q由O到A的時間是 81=8（秒），∴點P的速度是 6+108=2（單位長度/秒）． 當P在線段OB上運動（或O≤t≤3）時，OQ=t，OP=2t，S=t2．

當P在線段BA上運動（或3＜t≤8）時，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，如圖，做PD⊥OA于點D，由 PDBO=APAB，得PD= 48-6t5． ∴S= 12OQ?PD=-35t2+245t．

（3）當S= 485時，∵ 485＞12×3×6∴點P在AB上 當S= 485時，-35t2+245t= 485 ∴t=4 ∴PD= 48-6×45= 245，AD=16-2×4=8 AD= 82-(245)2= 325 ∴OD=8-325= 85 ∴P（85，245）M1（285，245），M2（-125，245），M3（125，-245）

點評：

本題主要考查梯形的性質及勾股定理．在解題（2）時，應注意分情況進行討論，防止在解題過程中出現漏解現象．

第四篇：動點問題教學設計

《動點問題》教學設計

郭華俊

【教學目標】

1、知識目標：能夠對點在運動變化過程中相伴隨的數量關系、圖形位置關系等進行觀察研究。

2、能力目標：進一步發展學生探究性學習能力，培養學生動手、動腦、手腦和諧一致的習慣。

3、情感目標：培養濃厚的學習興趣，養成與他人合作交流的習慣。【重點難點】

1、教學重點：化“動”為“靜”

2、教學難點：運動變化過程中的數量關系、圖形位置關系 【教學方法】

實踐操作、引導探究 【教學用具】 多媒體

【教學過程】

一典例分析

已知：如圖①，在Rt△ACB中，?C?90，AC?4cm，BC?3cm，點P由B出發沿BA方向向點A勻速運動，速度為1cm/s；點Q由A出發沿AC方向向點C勻速運動，速度為2cm/s；連接PQ．若設運動的時間為t(s)（0?t?2），解答下列問題：

（1）當t為何值時，PQ∥BC？

（2）：當t為何值時，△APQ是等腰三角形？

A變式2：把△APQ沿AQ翻折，得到四邊形PQP'A，那么是否存在某一時刻t，使四邊形PQP'A為菱形？

BP QC（3）設△AQP的面積為y（cm2），求y與t之間的函數關系式；

（4）是否存在某一時刻t，使S△APQ:S△ABC=2:5若存在，求出t的值，若不存在，說明理由；

變式：是否存在某一時刻t，使線段PQ恰好把Rt△ACB的周長和面積同時平分？若存在，求出此時t的值；

二、總結提高:小組交流學習收獲和解題思路

三、直擊中考，實戰演練

已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，tan∠BAC=，將∠ABC對折，使點C的對應點H恰好落在直線AB上，折痕交AC于點O，以點O為坐標原點，AC所在直線為x軸建立平面直角坐標系（1）求過A、B、O三點的拋物線解析式；

（2）若在線段AB上有一動點P，過P點作x軸的垂線，交拋物線于M，設PM的長度等于d，試探究d有無最大值，如果有，請求出最大值，如果沒有，請說明理由．

（3）若在拋物線上有一點E，在對稱軸上有一點F，且以O、A、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形，試求出點E的坐標．

第五篇：探究動點軌跡問題

探究動點軌跡問題（2）

福州時代中學戴煒

一、實驗內容 探究圓錐曲線中兩直線交點的軌跡問題

掌握利用超級畫板進行動態探究的常用方法

二、設計理念

本講意在通過具體任務，驅動學生進行主動探究，發現規律性質，并能總結出一般結論。最后能體會利用超級畫板探究動態幾何問題的一般方法，并將其應用到更加廣泛的探究過程中去。

三、實驗過程

1.探究問題（軌跡為定點型）x2

?y2?1，過橢圓的右焦點F作與x軸不垂直的直線L，交橢圓于已知橢圓方程為5

A、B兩點，C是點A關于x軸的對稱點，試用超級畫板探究直線BC與x軸的交點N的軌跡。

探究過程

（1）求出橢圓的右焦點?2,0?

x2

?y2?1和過點?2,0?的直線x?my?2，用畫筆標出交點A、B（2）作出橢圓：5

（3）作出點A關于x軸的對稱點C，作直線BC，找出其與x軸的交點N

（4）拖動關于m的滑動塊，觀察點N的軌跡

（5）猜測點N的坐標，你能用數學方法加以說明嗎？

探究結果

直線BC與x軸的交點N是定點，定點的坐標為??5?,0? ?2?

x2y2

拓展探究：若橢圓的方程為2?2?1，試用超級畫板探究N點的軌跡是否仍是定點。ab

2.探究問題（軌跡為圓錐曲線型）

x2

?y2?1，點A、B是橢圓長軸的兩個端點，直線（1）已知橢圓C的方程為4

x?m(?2?m?2)與橢圓C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試用超級畫板探究，當m變化時S的軌跡，并求出該軌跡方程。

x2x2y22

?y?1改為橢圓2?2?1，點A、B是橢圓長軸的兩個端（2）若將橢圓C：4ab

點，直線x?m??a?x?a?與橢圓C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試求S的軌跡方程。

x2y2x2y2

（3）若將橢圓C：2?2?1改為雙曲線2?2?1，點A、B是雙曲線實軸的兩

abab

個端點，直線x?m與雙曲線C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試求S的軌跡方程。

探究過程

x2

?y2?1和點A（-2,0）（1）作出橢圓：，點B（2,0）4

（2）作出直線x?m，用畫筆標出交點P、Q（3）作直線AP、BQ，用畫筆標出交點S（4）拖動關于m的滑動塊，觀察點S的軌跡（5）你能求出S的軌跡方程嗎？

x2y2x2y2

（6）用類似的方法探究橢圓方程為2?2?1和雙曲線方程為2?2?1時S的軌

abab

跡。

探究結果

x2

?y2?1（1）S的軌跡為雙曲線，方程為4x2y2

（2）S的軌跡為雙曲線，方程為2?2?1

ab

x2y2

（3）S的軌跡為橢圓，方程為2?2?1

ab

互動交流：結合“交軌法”求軌跡方程做相應討論和總結。

x2y2x2y2

以問題（3）為例，若將橢圓C：2?2?1改為雙曲線2?2?1，點A、B是雙

abab

曲線實軸的兩個端點，直線x?m與雙曲線C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試求S的軌跡方程。

解析過程：設P點的坐標為?x1,y1?，則Q點的坐標為?x1,?y1?.又有A??a,0?,B?a,0? 則直線AP的方程為y?

y1

?x?a?① x1?a

y1

?x?a?② x1?a

直線BQ的方程為y?

y1222

①×②得y??2③ x?a??2

x1?a

x12y12

又因點P在雙曲線上，故2?2?1

abm222

即y?2?x1?a?

n

x2y2

代入③并整理得2?2?1,此即為點S的軌跡方程.ab

拓展探究：（1）若直線x?m改為垂直于y軸的直線，最終的軌跡如何？

（2）若將問題架構在拋物線上，如拋物線y?2x上任意一點P向其準線l引垂線，垂足為Q，連接頂點O與P的直線和連接焦點F與Q的直線交于R點，則R點的軌跡如何？

結果：軌跡方程為y??2x?x 3.探究問題（軌跡為直線型）

前面的探究問題中，直線的平移是生成點M軌跡的因素之一，若將直線的平移改為旋轉，點S的軌跡如何？

x2

?y2?1，已知曲線C的方程為曲線C與x軸的交點分別為A、B，設直線x?my?14

與曲線C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試用超級畫板探究，當m變化時，S的軌跡是不是恒在一條直線上？如果是，請求出該直線方程。

探究過程

x2

?y2?1和直線x?my?1，用畫筆標出點A、B和交點P、Q，（1）作出曲線C：4

作直線AP、PQ，找出交點S，拖動關于m的滑動塊，觀察S的軌跡，判斷S的軌跡是不是恒在一條直線上，并求出該直線方程。

x2y2

（2）插入變量尺a、b，作出橢圓2?2?1；控制橢圓的長短軸大小，觀察軌跡變

ab

化；

（3）猜測影響軌跡位置與形狀的因素，你能用數學方法加以說明嗎？ 探究結果

（1）m改變時，S的軌跡為一條直線，直線方程為x?4

x2y2

（2）插入變量尺，作出橢圓2?2?1，改變a的值，軌跡位置發生改變，改變b

ab的值，軌跡位置不變；

x2y22

（3）假設橢圓方程為2?2?1，則按上述方法做出的點S的軌跡為直線x?a

ab

拓展探究

x2y2

（1）若曲線C由橢圓變為雙曲線2?2?1，S的軌跡是不是仍在一條直線上？你

ab

能否求出該直線方程。

x2y2

（2）假設橢圓方程為2?2?1，前面的探究問題中，A、B點為曲線和x軸的交點，ab

現在若將A、B點改為x軸上的定點（-2，0）和（2，0），則點S的軌跡還是直線嗎？請試用超級畫板探究，判斷S的軌跡為何種類型的曲線。

結果：當a?2時，S的軌跡為一個橢圓

當1?a?2時，S的軌跡為一個雙曲線