第2章 2.7 用坐标方法解决几何问题（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（湘教版）

该高中数学课件聚焦“用坐标方法解决几何问题”，核心涵盖坐标法证明几何问题与求动点轨迹方程。通过笛卡尔解析几何创立背景导入，衔接平面解析几何初步知识，搭建“几何问题代数化”的转化支架，帮助学生建立形与数的联系。 其亮点是明确坐标法“三步曲”步骤，结合多种轨迹方程求法（直接法、定义法等），通过例题（如证明EF平分CD）和跟踪训练强化应用。注重数学思维（逻辑推理）、数学眼光（抽象几何关系）和数学语言（方程表达），强调坐标系建立原则与易错点。学生能掌握转化思想，教师可借助系统步骤与丰富例题提升教学效率。

§2.7 用坐标方法解决几何问题 第2章　平面解析几何初步 <<< 1.理解坐标法的意义，并会用坐标法研究问题. 2.进一步掌握用解析法处理平面几何问题. 学习目标 导 语 笛卡尔创立解析几何之后，人们借助坐标系把形与数联系起来，使几何问题可以通过建立坐标系，把几何问题代数化，图形性质坐标化，从而使几何问题由难变简，本节就利用坐标法来解决平面几何中的有关问题. 一、坐标法证明几何问题 二、求动点的轨迹方程 课时对点练 随堂演练 内容索引 坐标法证明几何问题 一 1.坐标法：平面解析几何的基本思想方法就是在平面直角坐标系中，把点用坐标表示，将直线与圆等曲线用方程表示，通过研究方程来研究图形的性质，这种代数研究方法被称为坐标法. 2.用坐标法解决平面几何问题的“三步曲” 第一步：建立适当的平面直角坐标系，用坐标和方程表示问题中的几何元素，将几何问题转化为代数问题； 第二步：实施代数运算，求解代数问题； 第三步：将代数解转化为几何结论并作答. 　如图所示，在圆O上任取一点C为圆心，作圆C与圆O的直径AB相切于点D，圆C与圆O交于点E，F，且EF与CD相交于点H，求证：EF平分CD. 例 1 7 以AB所在直线为x轴，O为坐标原点， 建立平面直角坐标系，如图所示， 设|AB|=2r，D(a，0)， 则|CD|=， ∴C(a，)， ∴圆O：x2+y2=r2， 圆C：(x-a)2+(y-)2=r2-a2. 两方程作差得直线EF的方程为2ax+2y=r2+a2. 证明 8 令x=a，得y=， ∴H，即H为CD的中点， ∴EF平分CD. 证明 9 建立直角坐标系应遵循的原则 (1)若有两条相互垂直的直线，一般以它们分别为x轴和y轴. (2)充分利用图形的对称性. (3)让尽可能多的点落在坐标轴上，或关于坐标轴对称. (4)关键点的坐标易于求得. 反 思 感 悟 10 如图，Rt△ABC的斜边长为定值2m，以斜边的中点O为圆心作半径为n的圆，直线BC交圆于P，Q两点，求证：|AP|2+|AQ|2+|PQ|2为定值. 跟踪训练1 11 如图，以O为坐标原点，以直线BC为x轴，建立平面直角坐标系， 于是有B(-m，0)，C(m，0)，P(-n，0)，Q(n，0). 设A(x，y)，由已知，点A在圆x2+y2=m2上， 故|AP|2+|AQ|2+|PQ|2 =(x+n)2+y2+(x-n)2+y2+4n2 =2x2+2y2+6n2=2m2+6n2(定值). 证明 12 二 求动点的轨迹方程 　(课本例3)　△ABC的顶点B，C的坐标分别是(-3，-1)，(2，1)，顶点A在圆x2+y2+4x-8y+16=0上运动，求△ABC的重心G的轨迹方程. 例 2 14 设△ABC的重心G的坐标是(x，y)，顶点A的坐标是(x0，y0). 又点B，C的坐标分别是(-3，-1)，(2，1)， 则△ABC的重心G的坐标满足x=，y=. 即x0=3x+1，y0=3y. ① 因为点A在圆x2+y2+4x-8y+16=0上运动，所以点A的坐标(x0，y0)满足方程x2+y2+4x-8y+16=0，即满足方程 (x+2)2+(y-4)2=4. ② 将①代入②，得(3x+1+2)2+(3y-4)2=4. 因此所求轨迹方程为(x+1)2+=. 解 15 　已知Rt△ABC的斜边为AB，且A(-1，0)，B(3，0)，求直角顶点C的轨迹方程. 例 2 16 方法一　设顶点C(x，y)，因为AC⊥BC，且A，B，C三点不共线，所以x≠3，且x≠-1. 又因为kAC=，kBC=， 且kAC·kBC=-1，所以·=-1， 化简得x2+y2-2x-3=0， 所以直角顶点C的轨迹方程为x2+y2-2x-3=0(x≠3，且x≠-1). 解 17 方法二　同方法一，得x≠3，且x≠-1， 由勾股定理，得|AC|2+|BC|2=|AB|2， 即(x+1)2+y2+(x-3)2+y2=16， 化简得x2+y2-2x-3=0， 所以直角顶点C的轨迹方程为x2+y2-2x-3=0(x≠3，且x≠-1). 方法三　设AB的中点为D，由中点坐标公式， 得D(1，0)， 由直角三角形的性质，知|CD|=|AB|=2. 解 18 由圆的定义，知动点C的轨迹是以D(1，0)为圆心， 以2为半径的圆(因为A，B，C三点不共线，所以应除去与x轴的交点). 设C(x，y)，所以直角顶点C的轨迹方程为(x-1)2+y2=4(x≠3，且x≠-1). 解 19 求轨迹方程的常用方法 (1)直接法：根据题目条件，建立坐标系，设出动点坐标，找出动点满足的条件，然后化简、证明. (2)定义法：当动点的运动轨迹符合圆的定义时，可利用定义写出动点的轨迹方程. (3)代入法：若动点P(x，y)依赖于某圆上的一个动点Q(x1，y1)而运动，把x1，y1用x，y表示，再将点Q的坐标代入到已知圆的方程中，得点P的轨迹方程. 反 思 感 悟 20 　点A(2，0)是圆x2+y2=4上的定点，点B(1，1)是圆内一点，P，Q为圆上的动点. (1)求线段AP的中点M的轨迹方程； 跟踪训练 2 设线段AP的中点M(x，y)， 由中点坐标公式，得点P的坐标为(2x-2，2y). ∵点P在圆x2+y2=4上， ∴(2x-2)2+(2y)2=4， 故线段AP的中点M的轨迹方程为(x-1)2+y2=1. 解 21 (2)若∠PBQ=90°，求线段PQ的中点N的轨迹方程. 设线段PQ的中点N(x，y)， 在Rt△PBQ中，|PN|=|BN|. 设O为坐标原点，连接ON(图略)，则ON⊥PQ， ∴|OP|2=|ON|2+|PN|2=|ON|2+|BN|2， ∴x2+y2+(x-1)2+(y-1)2=4， 故线段PQ的中点N的轨迹方程为x2+y2-x-y-1=0. 解 22 1.知识清单： (1)坐标法证明几何问题. (2)坐标法求动点的轨迹方程. 2.方法归纳：坐标法，转化思想. 3.常见误区：求轨迹方程时易忽视排除不符合的点. 课堂小结 随堂演练 三 1 2 3 4 1.方程x2+xy=x的曲线是 A.一个点 B.一个点和一条直线 C.一条直线 D.两条直线 √ 1 2 3 4 2.平面上一动点P满足：|PM|2+|PN|2=6且M(-1，0)，N(1，0)，则动点P的轨迹方程为 A.(x+1)2+y2=3 B.(x-1)2+y2=3 C.x2+y2=2 D.x2+y2=3 设P(x，y)，由|PM|2+|PN|2=6，所以(x+1)2+y2+(x-1)2+y2=6， 整理得x2+y2=2，即动点P的轨迹方程为x2+y2=2. 解析 √ 1 2 3 4 3.长度为6的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则线段AB的中点M的轨迹方程为　　 　　.  x2+y2=9 1 2 3 4 方法一　设M(x，y)，因为△AOB是直角三角形，所以|OM|=|AB|=3为定值，故M的轨迹是以O为圆心，3为半径的圆，故M的轨迹方程为x2+y2=9. 方法二　设M(x，y)，则A(2x，0)，B(0，2y) ∴|AB|= ==6， 故M的轨迹方程为x2+y2=9. 解析 1 2 3 4 4.已知P是圆x2+y2=16上的动点，A(12，0)，M为PA的中点，则点M的轨迹方程为____________. 设M(x，y)， ∵A(12，0)，M为PA的中点， ∴P(2x-12，2y). ∵P为圆x2+y2=16上的动点， ∴(2x-12)2+4y2=16，即(x-6)2+y2=4， 点M的轨迹方程为(x-6)2+y2=4. 解析 (x-6)2+y2=4 课时对点练 四 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D D C D C (x-1)2+y2=2 题号 7 8 答案 (x-1)2+(y-2)2=5 (a>0) 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，以BC的中点O为原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系， 设等边三角形ABC的边长为6，则B(-3，0)，C(3，0)，A(0，3)，E(2，)，D(-1，0)， ∵kAD==3， ∴直线AD的方程为y-0=3(x+1)，即y=3x+3， ① ∵kBE==， ∴直线BE的方程为y-0=(x+3)，即y=(x+3)， ② 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 联立①②解得x=-，y=，则P， ∵kAP=kAD=3，kCP==-， ∴kAP·kCP=-1，∴AP⊥CP. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 直线l1的方程为(1+2m)x+(m-1)y-3m=0， 即(x-y)+m(2x+y-3)=0， 则有 即点P的坐标为(1，1).因为点M，N在圆O上，且PM⊥PN，Q为线段MN的中点， 则MN=2PQ，设MN的中点Q(x，y)， 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则OM2=OQ2+MQ2=OQ2+PQ2， 即4=x2+y2+(x-1)2+(y-1)2， 化简可得+=， 即为点Q的轨迹方程. 1.方程y=-表示的曲线是 A.一条射线 B.一个圆 C.两条射线 D.半个圆 由y=-得x2+y2=25. ∵y=-≤0，∴曲线表示半个圆. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 一、单项选择题 2.已知圆C：(x-a)2+(y-b)2=1过点A(1，0)，则圆C的圆心的轨迹是 A.点 B.直线 C.线段 D.圆 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ ∵圆C：(x-a)2+(y-b)2=1过点A(1，0)， ∴(1-a)2+(0-b)2=1， ∴(a-1)2+b2=1， ∴圆C的圆心的轨迹是以(1，0)为圆心，1为半径的圆. 解析 3.已知某隧道内设双行线公路，车辆只能在道路中心线一侧行驶，隧道截面是半径为4米的半圆，若行驶车辆的宽度为2.5米，则车辆的最大高度应不超过 A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 建立如图所示的平面直角坐标系，O为圆心，易得半圆的方程为x2+y2= 16(y≥0)，A(2.5，0)，因为B在半圆上，且BA⊥x轴，所以=16-2.52= 9.75，即yB=.故车辆的最大高度应不超过 米. 解析 4.若两定点A，B的距离为3，动点M满足|MA|=2|MB|，则点M的轨迹围成区域的面积为 A.π B.2π C.3π D.4π 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，则可取B(3，0). 设M(x，y)，依题意有，=2，化简整理得x2+y2-8x+12=0， 即(x-4)2+y2=4，故点M的轨迹为圆，圆的面积为4π. 解析 5.已知等腰三角形ABC的底边BC对应的顶点是A(4，2)，底边的一个端点是B(3，5)，则底边另一个端点C的轨迹方程是 A.(x-4)2+(y-2)2=10 B.(x+4)2+(y-2)2=10 C.(x-4)2+(y-2)2=10(x≠3，x≠5) D.(x+4)2+(y-2)2=10(x≠3，x≠5) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设C(x，y)，由题意知，|AB|==， 因为△ABC是以BC为底边的等腰三角形，于是有|CA|=|AB|=，即点C的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，又点A，B，C构成三角形，即三点不可共线，则轨迹中需去掉点B(3，5)及点B关于点A对称的点(5，-1)，所以点C的轨迹方程为(x-4)2+(y-2)2=10(去掉(3，5)，(5，-1)两点). 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 二、填空题 6.设点A为圆B：(x-1)2+y2=1上的动点，PA是圆的切线且|PA|=1，则点P的轨迹方程是　　　　　　.  (x-1)2+y2=2 设点P(x，y)是轨迹上任一点，圆B：(x-1)2+y2=1的圆心为B(1，0)，则|PA|2+1=|PB|2，所以点P的轨迹方程是(x-1)2+y2=2. 解析 7.平面直角坐标系xOy中，已知点P(2，4)，圆O：x2+y2=4与x轴的正半轴交于点Q，过点P的直线l与圆O交于不同的两点A，B.若线段AB的中点为 M，则点M的轨迹方程为　　 　　　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (x-1)2+(y-2)2=5 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设点M(x，y)， ∵M是弦AB的中点，∴MO⊥MP， 又∵=(x，y)，=(x-2，y-4)， ∴x(x-2)+y(y-4)=0， 即x2+y2-2x-4y=0， 联立 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解得 又∵M在圆O的内部，∴点M的轨迹方程是(x-1)2+(y-2)2=5. 解析 8.树林的边界是直线l(如图CD所在的直线)，一只兔子在河边喝水时发现了一只狼，兔子和狼分别位于l的垂线AC上的A点和B点处，|AB|=|BC|=a(a为正常数)，若兔子沿AD方向以速度2μ(μ为正常数)向树林逃跑，同时狼沿线段BM(M∈AD)方向以速度μ进行追击，若狼到达M处的时间不多于兔子到达M处的时间，狼就会吃掉兔子，则兔子的所有不幸点(即可能被 狼吃掉的点)的区域面积S(a)=　　　　　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (a>0) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 建立如图所示的平面直角坐标系，设A(0，2a)，B(0，a)，M(x，y)， 由≤，得 x2+≤， ∴点M在以为半径的圆上及圆的内部， ∴S(a)=π×=(a>0). 解析 三、解答题 9.如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且|BD|=|BC|，|CE|=|CA|，AD，BE相交于点P.求证：AP⊥CP. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图，以BC的中点O为原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系， 证明 设等边三角形ABC的边长为6，则B(-3，0)，C(3，0)，A(0，3)， E(2，)，D(-1，0)， ∵kAD==3， ∴直线AD的方程为y-0=3(x+1)，即y=3x+3， ① ∵kBE==， ∴直线BE的方程为y-0=(x+3)，即y=(x+3)， ② 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 联立①②解得x=-，y=，则P， ∵kAP=kAD=3，kCP==-， ∴kAP·kCP=-1，∴AP⊥CP. 证明 10.已知圆O：x2+y2=4，直线l1的方程为(1+2m)x+(m-1)y-3m=0.若直线l1过定点P，点M，N在圆O上，且PM⊥PN，Q为线段MN的中点，求点Q的轨迹方程. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 直线l1的方程为(1+2m)x+(m-1)y-3m=0， 即(x-y)+m(2x+y-3)=0， 则有 即点P的坐标为(1，1).因为点M，N在圆O上，且PM⊥PN，Q为线段MN的中点， 则MN=2PQ，设MN的中点Q(x，y)， 则OM2=OQ2+MQ2=OQ2+PQ2， 即4=x2+y2+(x-1)2+(y-1)2， 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 化简可得+=， 即为点Q的轨迹方程. 解 第2章　平面解析几何初步 <<< $