对一道求轨迹问题的探究

侯毅　翟文晓

解题是数学教学的中心，在大量的数学题目中，有不少习题是非常具有代表性的典型题目，能够起到很好的导向作用.教师应该善于利用这些习题，通过探究式教学，深入挖掘题目，充分发挥习题作用培养学生的探究能力.笔者就教学中的一道求轨迹的题目展开了探究.

一、问题的提出

例如图所示，已知P（4，0）是圆x2+y2=36内的一点，A，B是圆上的两个动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程.

解法1（几何法）设Q（x，y），AB的中点为R，则R也是PQ的中点，设R（x1，y1），由垂径定理

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

即x21+y21-4x1-10=0.又因为R是PQ的中点，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，即为Q点的轨迹方程.

解法2（构造圆）设Q（x0，y0），以PQ为直径构造圆：（x-x0）（x-4）+（y-y0）y=0，与圆x2+y2=36相减即得两圆公共弦AB的直线方程：（x0+4）x+y0y-36-4x0=0.又因为PQ的中点x0+42，y02在直线AB上，代入（x0+4）x+y0y-36-4x0=0，得（x0+4）x0+42+y0y02-36-4x0=0，化简得x20+y20=56，所以Q点的轨迹方程为x2+y2=56.

解法3（解析法）设圆上两点A，B的坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），所以x21+y21=36，x22+y22=36. 因为四边形APBQ是矩形，所以PA·PB=0，代入坐标（x1-4）（x2-4）+y1y2=0，化简x1x2-4（x1+x2）+16+y1y2=0，设Q（x0，y0），因为AQ=PB，则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点的轨迹方程为x2+y2=56.

二、问题的探究

以上三种解法从三个不同的角度解决了这道求轨迹问题，那么，如果P点及圆一般化后是否也有类似的结论呢？

探究1如图所示，已知P（a，b）是圆x2+y2=r2内的一点，a2+b2

解法1设Q（x，y），AB的中点为R，则R也是PQ的中点，设R（x1，y1），由垂径定理

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

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

2x21+2y21-2ax1-2by1=r2-a2-b2，化简得x2+y2=2r2-a2-b2，即为Q点的轨迹方程.

解法2和解法3同理可得.（过程略）

探究2如图所示，已知P（a，b）是圆（x-c）2+（y-d）2=r2内的一点，（a-c）2+（b-d）2

解答过程略，答案为（x-c）2+（y-d）2=2r2-a2-b2.

三、问题的应用

解题思维的提升、能力的提高离不开平时点点滴滴的积累.在平时的教学与解题中，遇到有价值的问题时，如果能在“一题多解”“延伸探究”中多用点心，不仅能开拓思维的视野，还能将研究结果自然地运用到同类题型上，从而提高解题速度.上述结论在下面的两个问题上就得到了很好的应用.

1.如图，在平面直角坐标系中，已知圆O：x2+y2=16，点P（1，2），M，N为圆O上不同的两点，且满足PM·PN=0.若PQ=PM+PN，则|PQ|的最小值为.

解因为PM·PN=0，所以PM⊥PN，又因为PQ=PM+PN，所以四边形MPNQ是矩形.由上面的结论可知Q的轨迹是圆x2+y2=27，所以|PQ|的最小值为33-5.

2.已知点A（2，0），圆x2+y2=16上存在两点M，N使得AM⊥AN，则线段MN长的范围是.

解构造矩形AMPN，设MN的中点为B，OA的中点为C（1，0），在△APO中，根据中位线定理，BC平行且等于12OP.由上面结论知P的轨迹是圆x2+y2=28，所以OP=27，BC=7，即B点的轨迹为圆（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长的范围是[27-2，27+2].