2009-广东卷理-19 解-动点轨迹方程

本题导读

本题是一道解析几何与函数区域交汇的综合压轴题。第一问通过中点坐标公式建立动点与已知曲线轨迹的代数联系，利用相关点法求解轨迹方程；第二问将曲线方程转化为动圆，通过分析目标区域的半平面边界约束，将圆与区域有公共点的问题转化为点到直线的距离最值问题。

📌【题干】

Question

（2009年广东卷(理)） 已知曲线 $C:y=x^2$ 与直线 $l:x-y+2=0$ 交于两点 $A(x_A,y_A)$ 和 $B(x_B,y_B)$，且 $x_A<x_B$. 记曲线 $C$ 在点 $A$ 和点 $B$ 之间那一段 $L$ 与线段 $AB$ 所围成的平面区域（含边界）为 $D$. 设点 $P(s,t)$ 是 $L$ 上的任一点，且点 $P$ 与点 $A$ 和点 $B$ 均不重合.

(1) 若点 $Q$ 是线段 $AB$ 的中点，试求线段 $PQ$ 的中点 $M$ 的轨迹方程；

(2) 若曲线 $G:x^2-2ax+y^2-4y+a^2+\frac{51}{25}=0$ 与 $D$ 有公共点，试求 $a$ 的最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问：联立方程组求出 $A,B$ 两点坐标，进而得到中点 $Q$ 的坐标。设出动点 $M(x,y)$，利用中点公式将点 $P(s,t)$ 的坐标用 $x,y$ 表示，代入抛物线方程并注意自变量的取值范围。

2. 第(2)问：配方将曲线 $G$ 化为圆的标准方程，明确其圆心为动点 $O_G(a,2)$，半径为定值 $R=\frac{7}{5}$。分析区域 $D$ 的边界特性，由于整个区域位于直线 $x-y+2\ge 0$ 的右下方，欲求 $a$ 的最小值（即圆心尽可能靠左），只需满足圆向右突出的边界能够触及区域 $D$ 的左边界即可，从而转化为点到直线的距离问题。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

联立曲线 $C$ 与直线 $l$ 的方程： $\{\begin{array}{l}y=x^2\\ x-y+2=0\end{array}⟹x^2-x-2=0⟹(x-2)(x+1)=0$ 因为 $x_A<x_B$，解得 $x_A=-1,x_B=2$. 代入直线方程得 $A(-1,1)$, $B(2,4)$.

(1) 依题意，点 $Q$ 是线段 $AB$ 的中点， 则 $x_Q=\frac{-1+2}{2}=\frac{1}{2}$， $y_Q=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2}$，即 $Q\left(\frac{1}{2},\frac{5}{2}\right)$. 设动点 $M$ 的坐标为 $(x,y)$，点 $P$ 的坐标为 $(s,s^2)$，其中 $-1<s<2$. 由中点坐标公式得： $x=\frac{s+\frac{1}{2}}{2}⟹s=2x-\frac{1}{2}$ $y=\frac{s^2+\frac{5}{2}}{2}⟹s^2=2y-\frac{5}{2}$ 将 $s=2x-\frac{1}{2}$ 代入含有 $s^2$ 的式子中，得： ${\left(2x-\frac{1}{2}\right)}^2=2y-\frac{5}{2}⟹4x^2-2x+\frac{1}{4}=2y-\frac{5}{2}$ 化简整理得：$y=2x^2-x+\frac{11}{8}$. 由 $-1<s<2$ 得 $-1<2x-\frac{1}{2}<2⟹-\frac{1}{4}<x<\frac{5}{4}$. 故线段 $PQ$ 的中点 $M$ 的轨迹方程为 $y=2x^2-x+\frac{11}{8}$ （其中 $-\frac{1}{4}<x<\frac{5}{4}$）.

(2) 将曲线 $G$ 的方程配方得： $(x-a{)}^2+(y-2{)}^2=4-\frac{51}{25}⟹(x-a{)}^2+(y-2{)}^2={\left(\frac{7}{5}\right)}^2$ 表明曲线 $G$ 是以 $O_G(a,2)$ 为圆心， $R=\frac{7}{5}$ 为半径的圆. 分析平面区域 $D$：对于区域内（含边界）的任意点 $(x,y)$，均满足 $y\le x+2$，即 $x-y+2\ge 0$. 要使圆 $G$ 与区域 $D$ 有公共点，只需圆上各点中能使 $x-y+2$ 取得最大值的点进入该半平面即可. 圆心 $O_G(a,2)$ 到直线 $x-y+2=0$ 的距离为： $d=\frac{|a-2+2|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=\frac{|a|}{\sqrt{2}}$ 由于寻找 $a$ 的最小值，圆心应位于直线的左侧区域（即 $a<0$），此时 $d=-\frac{a}{\sqrt{2}}$. 要使圆与半平面有交集，只需满足距离不超过半径，即： $d\le R⟹-\frac{a}{\sqrt{2}}\le \frac{7}{5}⟹a\ge -\frac{7\sqrt{2}}{5}$ 此时，圆与直线 $x-y+2=0$ 相切时的切点坐标为： $x_0=a+R\cos 45^{\circ }=-\frac{7\sqrt{2}}{5}+\frac{7}{5}\times \frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{7\sqrt{2}}{10}\approx -0.99$ $y_0=2-R\sin 45^{\circ }=2-\frac{7}{5}\times \frac{\sqrt{2}}{2}=2-\frac{7\sqrt{2}}{10}\approx 1.01$ 经验证， $-1\le x_0\le 2$ 且 $x_0^2=\frac{98}{100}\le y_0$，故该切点确实属于区域 $D$. 因此， $a$ 的最小值为 $-\frac{7\sqrt{2}}{5}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：相关点法求动点轨迹、圆与平面区域相交的临界条件判定。

2. 核心方法：利用半平面不等式约束 $x-y+2\ge 0$ 代替复杂的曲线相切联立，实现降维化简。

3. 避坑指南：第(1)问中求完解析式后，千万不可漏掉因变量 $s$ 的范围限制所转化出的 $x$ 的定义域；第(2)问若盲目将圆的方程与抛物线方程联立进行 $\Delta$ 讨论，会导致计算陷入高次方程深渊且难以判断边界交点是否有效。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是由经典解析几何中的抛物线弦长问题与初等数论、线性规划思想融合改编而成。其高数背景属于凸集拓扑学中关于“凸包边界与紧集的最小分离超平面”的探讨。

2. 结论推广：若区域 $D$ 的左边界由直线 $Ax+By+C=0$ 确定，动圆方程为 $(x-a{)}^2+(y-b{)}^2=R^2$。若圆心沿平行于边界的射线移动，则圆与区域相交的临界条件由点到直线的距离公式 $d=\frac{|Aa+Bb+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}\le R$ 严格控制。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• （待补）

类题演练 (Links)

• 1988-上海-09 填-动点轨迹方程
• 1989-上海-28 解-动点轨迹与最值
• 1990-广东文-13 单-动点轨迹方程