基于轨迹意识的试题研究

福建 黄清波 黄晓琳

(作者单位：福建省南安国光中学)

近几年各级各类考试轨迹问题的命题不再局限于解析几何,而是转变为在知识的交汇处命题,将平面几何与解析几何、三角函数、立体几何、平面向量等融为一体，从而使题目更加新颖、灵活,符合考试说明中提出的“以数学知识为载体,测量考生将知识迁移到不同情境的能力,从而检测考生已有的潜在学习能力”.本文结合典例从几个视角进行剖析，引导考生思考如何在解题中建立轨迹意识.

一、轨迹意识在解析几何中的应用

【典型例题】(2021·衡中全国第二次联考·12)在一张纸上有一圆C:(x+2)2+y2=r2(r>0)与点M(m,0)(m≠-2)，折叠纸片，使圆C上某一点M′恰好与点M重合，每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线M′C的交点为T,则下列说法正确的是( )

A.当-2-r

C.当m=2,1≤r≤3时，点T的轨迹对应曲线的离心率取值范围为[2,4]

【命题意图】本小题考查轨迹问题、圆锥曲线的定义、圆锥曲线的性质与方程、命题真假判断等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想，考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养.

【思路探析】对于A：根据题意可得|TM|+|TC|=|CM′|=r>|CM|，则点T的轨迹是以C,M为焦点的椭圆，即可判断A是否正确；

对于B：根据题意可得‖TM|-|TC‖=|CM′|=r<|CM|，则点T的轨迹是以C,M为焦点的双曲线，其中2a=r=1，2c=CM=4，进而可得双曲线方程，即可判断B是否正确；

对于C：根据题意可得点T的轨迹是以C,M为焦点的双曲线及方程，进而可得离心率，即可判断C是否正确；

对于D：根据题意可得T的轨迹方程为x2-y2=2，即可判断C是否正确；设S(p,q)，直线SN的方程, 它与y=x的交点N的坐标，即可计算S△SNO是否为定值，即可判断D是否正确.

解：当-2-r|CM|,故点T的轨迹是以C,M为焦点的椭圆，故A正确；

【反思】一般情况下，在轨迹问题中，所有的动点等动元素都是在一个不变的背景或框架下运动的，或者说动点轨迹一般都是确定的，有的题目直接交代了，属于“显轨迹”，有的题目没有明确交代，可称为“隐轨迹”，发现这些轨迹路径，这类问题将不再无迹可寻.

破解此类问题的关键：一是对图形变化要有动态的认识——通过对图形结构的理解、探索，能够建立良好的形与数的联系，迅速挖掘隐藏的轨迹,找到轨迹就找到了要害，因此解题要树立用轨迹思想解决动态问题的意识，并且反复强化，达到熟能生巧的地步；二是熟练掌握求轨迹的方法，如熟悉几类特殊曲线定义的定义法、求出符合各条件对应点轨迹的公共部分的交轨法、含参的动点坐标消参的参数法、直接将条件翻译成等式并化简得到的直译法等.

所以A为BE的中点，

过C作CF⊥AB，垂足为F.

因此点E的轨迹方程为(x-1)2+y2=5.

二、轨迹意识在解三角形中的应用

【典型例题】已知△ABC中，角A,B,C对应的边分别为a,b,c,记△ABC的面积为S.

【命题意图】本小题以三角形为载体，主要考查正、余弦定理、面积公式、基本不等式等基础知识，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养.

【思路探析】本题如果能够理解三角形中点、线的运动和静止的关系，利用轨迹的思想数形结合地解决问题，将能出奇制胜、化繁为简.

显然当A位于该弧的中点A′处时，△ABC面积最大.

此时，△ABC是正三角形，

(Ⅱ)如图，以BC的中垂线所在的直线为y轴建立平面直角坐标系.

化简得(x-3)2+y2=8(y≠0).

【反思】解决这类问题的关键在于抓住边或角的某种定量关系,探索出三角形某个顶点运动的轨迹,用“形”的观点去解决所要研究的问题.这种数形结合的解题方法,使问题的求解更加直观形象.

A.{Sn}为递增数列

B.{Sn}为递减数列

C.{S2n-1}为递增数列，{S2n}为递减数列

D.{S2n-1}为递减数列，{S2n}为递增数列

解：因为an+1=an，故数列{an}为常数数列，

所以bn+cn=2a，即{bn+cn}也为常数列.

在△AnBnCn中，BnCn=an=a，AnBn+AnCn=bn+cn=2a.

故An是以Bn,Cn为焦点，长轴长为2a的椭圆，

设An(xn,yn)，由椭圆的焦半径公式有bn-cn=-2exn，其中e为椭圆离心率.

三、轨迹意识在平面向量中的应用

【命题意图】本小题以三角形为载体，主要考查平面向量及其应用、圆的相关知识等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养.

解：如图，以AB的中点O为坐标原点，AB所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(-1,0),B(1,0)，设点P(x,y)，

即(-1-x)(1-x)+y2-2λ+1=0.

化简得x2+y2=2λ(λ>0).

过点O作OM⊥AC，垂足为点M.

由题意知，线段AC与圆x2+y2=2λ有两个交点，

四、轨迹意识在立体几何中的应用

【命题意图】本小题以四棱柱为载体，考查点线面间的位置关系，涉及动点的轨迹问题等，考查化归与转化思想，考查直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养，体现基础性与创新性，有一定难度.

解：如图，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，

已知∠BAD=60°，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，

又四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱，BB1⊥平面A1B1C1D1，BB1⊥D1E，

且BB1∩B1C1=B1，因此D1E⊥侧面BCC1B，

设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1E⊥EP，

【反思】解决这类问题主要有两种方法：一种是几何法，化立体为平面，通过几何证明或几何关系分析，由几何图形的定义，确定动点轨迹；另一种是代数法，化几何为代数，通过向量的表示和运算将原问题转化为代数问题，得到动点的轨迹方程，根据方程形式判断轨迹.

【变式】(2020·安徽省合肥市三模理·10)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=6,AA1=2,M为棱BC的中点，动点P满足∠APD=∠CPM,则点P的轨迹与长方体的面DCC1D1的交线长等于( )

【思路探析】依题意画出图形，由角的关系得到边的关系，建系后由求轨迹方程的方法求得P的轨迹，进而求得交线长.

解：如图，当P在平面DCC1D1内时，

AD⊥平面DCC1D1,CM⊥平面DCC1D1,

∠APD=∠CPM.

在Rt△PDA与Rt△PCM中，AD=6，所以MC=3,

得PD=2PC.

在平面DCC1D1中，以DC所在直线为x轴，以DC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，

则D(-3,0),C(3,0)，

整理得(x-5)2+y2=16.所以点P的轨迹是以G(5,0)为圆心，半径为4的圆.

五、解题感悟

《普通高中数学课程标准(2017年版2020年修订)》提出“在高中数学的教学中，要注重数学的不同分支和不同内容之间的联系”，高考大纲也提出了数学整体性和综合性的要求，轨迹问题利用基本对象的几何要素、几何性质的转化，建立数与形的联系，将立体几何、平面几何与解析几何等融为一体，凸显了知识的应用性，更好地实现问题的解决.