1、轨迹与方程摘 要：空间轨迹要比平面轨迹复杂的多，但它的方程的建立以及某些问题的处理两者却是非常相似的，我们只要对平面轨迹平面曲线的问题搞清楚了，空间轨迹与空间曲线的问题也就不难了，其实就是通过轨迹方程的建立就把几何问题归结为代数问题，从而可用代数的方法，来解决几何的问题。本文则是对求解轨迹方程的题型的总结。关键词： 距离，轨迹，点。 把直线绕在一个固定的圆周上，将线头拉紧后向后方向旋转，以把线从圆周上解放出来，使放出来的部分成为圆的切线。求线头的轨迹。解：设圆的半径为 R，线头 P 的最初位置是圆周上的点，以圆心为原点，OA 为 x 轴，经过某一过程后，切点移至 B，PB 为切线。那么 r =
2、OPB设 那么 ,iOBAcosinORij且矢量 对 x 轴所成的有向角为 ： P,2BA而 P所以 =cossin22Bij sincosRj所以 r = iicoRj在空间选取适当的坐标系求到一定点和一定平面距离之比等于常数的点的轨迹。解：选取顶点为0，0，c， 定平面为 xoy 平面，常数为 m。设次点为：x，y，z根据题意可知： 22xyzcm整理得： 22210 求与下列各对平面距离相等的点的轨迹9x-y+2z-14=0 与 9x-y+2z+6=0解：从题意可以观察出：9x-y+2z-14=0 与 9x-y+2z+6=0 是相互平行的又因为所求的点的轨迹是到两平面距离相等的则所求轨
3、迹方程是：9x-y+2z-4=0 设三平面 ：Ax+By+Cz+ =0i=1， 2，3l ，m，n 是分别属于平面 的任意点。求iiD12,3的重心轨迹。lmnA解：设 l m n P 是 lmn 的重心11,xyz22,xyz33,xyz,xyzA因为 P 是 lmn 的重心A所以 123x123y123z又因为： 110xBCzD22Ay33xz所以有 121231231230ByCzD所以： 3 3A所以 P 点轨迹为： 1230Dxyz 一直线分别交坐标面 yoz , zox , xoz 于三点 A，B ，C 当直线变动时，直线上有第四点 P，与 A，B ， C 三点的距离分别是 a,
4、b,c 当直线按照这样的规定 即保持 A，B，C 分别在三坐标面上 变动。试求 P 点的轨迹。解：设直线的方向余弦为 ， ， P 点的坐标为coscos0,xyz那么直线方程为： 0xt0ytcoszt令 x=0 得直线与 xoz 面的交点 A 的坐标，因此有 根据 t 的几何意义0x得： 即：t0cosxa0cosxa同理得： 0cosyb0cosz从而有： 22220 1xza所以 P 点的轨迹为椭圆：22xyzabc设动点与4，0，0 的距离等于这点到平面 x=1 的距离的两倍，试求这一动点的轨迹。解：设动点为 P x，y，z根据题意有： 2241yzx整 理 得： 1x设直线 l 与
5、m 为互不垂直的两条异面直线，C 是与的公垂线的中点，A，B 两点分别在直线l，m 上滑动， 。试求直线 AB 是一个单叶双曲线。90AB解：取两条异面直线 l，m 的公垂线为 z 轴，公垂线的中点 C 为原点，x 轴与两条异面直线成角，并设两条异面直线间的距离为 2a，交角 290那么有： l： m：1cosinxtyza2cosinxtyzaA B11cos,i,tt22cos,i,tt而 所以有：CB11n0t又因为 所以 0 从而得： 290cos221cosat而直线 AB 的方程为： 121sininxttuyza由两式消去参数 u 1t2得到 AB 的轨迹方程是：2221cosinsxyzaa它是一个单叶双曲面求与两直线 与 相交而且与平面 平行的直线的轨迹。6132xyz8432xyz2350xy解：设直线方程为： 000XYZ根据题意得： =0 06132xyz=0 0084xyzXYZ23xy由得到直线 l 的轨迹为：218xyz总 之：轨迹与方程就是根据已知条件求解曲线方程的，我们是对曲线方程这样不仅使我们对平面轨迹的问题作了复习与提高，而且使得一些看来较为复杂的空间轨迹问题也就迎刃而解了。参考文献：1 吕林根 许子道 编 解析几何高等教育出版社
