《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 5 如图，已知椭圆 $ C:\frac{x^2}{18} + \frac{y^2}{9} = 1 $ 的短轴端点分别为 $ B_1 $，$ B_2 $，点 $ M $ 是椭圆 $ C $ 上的动点，且不与点 $ B_1 $，点 $ B_2 $ 重合，点 $ N $ 满足 $ NB_1 \perp MB_1 $，$ NB_2 \perp MB_2 $，求动点 $ N $ 的轨迹方程。$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{9}=1(x\neq0)$

答案： 例5 解 法一 设直线$MB_1:y = kx - 3(k\neq0)$，
则直线$NB_1:y =-\frac{1}{k}x - 3$。 ①
直线$MB_1$与椭圆$C:\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$的交点$M$坐标为$(\frac{12k}{2k^{2}+1},\frac{6k^{2}-3}{2k^{2}+1})$，
则直线$MB_2$的斜率为$k_{MB_2}=\frac{\frac{6k^{2}-3}{2k^{2}+1}-3}{\frac{12k}{2k^{2}+1}}=-\frac{1}{2k}$，
所以直线$NB_2:y = 2kx + 3$。 ②
由①②得点$N$的轨迹方程为$\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{9}=1(x\neq0)$。
法二 设$N(x,y)$，$M(x_0,y_0)(x_0\neq0)$。
由题意知$B_1(0,-3)$，$B_2(0,3)$，
所以$k_{MB_1}=\frac{y_0 + 3}{x_0}$，$k_{MB_2}=\frac{y_0 - 3}{x_0}$，
因为$MB_1\perp NB_1$，$MB_2\perp NB_2$，
所以直线$NB_1:y + 3=-\frac{x_0}{y_0 + 3}x$， ①
直线$NB_2:y - 3=-\frac{x_0}{y_0 - 3}x$， ②
联立①②，解得$\begin{cases}x=\frac{y_0^{2}-9}{x_0}\\y=-y_0\end{cases}$
又$\frac{x_0^{2}}{18}+\frac{y_0^{2}}{9}=1$，所以$x=-\frac{x_0}{2}$，
故$\begin{cases}x_0=-2x\\y_0=-y\end{cases}$，代入$\frac{x_0^{2}}{18}+\frac{y_0^{2}}{9}=1$，得$\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{9}=1$。
所以动点$N$的轨迹方程为$\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{9}=1(x\neq0)$。

训练 5 如图，椭圆 $ C_0:\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0) $，动圆 $ C_1:x^2 + y^2 = t_1^2 $，$ b ＜ t_1 ＜ a $。点 $ A_1 $，点 $ A_2 $ 分别为椭圆 $ C_0 $ 的左、右顶点。动圆 $ C_1 $ 与椭圆 $ C_0 $ 相交于 $ A $，$ B $，$ C $，$ D $ 四点。求直线 $ AA_1 $ 与直线 $ A_2B $ 的交点 $ M $ 的轨迹方程。$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(x＜-a,y＜0)$

答案： 训练5 解 设$A(x_1,y_1)$，$B(x_1,-y_1)$。
因为$A_1(-a,0)$，$A_2(a,0)$，
所以直线$A_1A$的方程为$y=\frac{y_1}{x_1 + a}(x + a)$， ①
直线$A_2B$的方程为$y=\frac{-y_1}{x_1 - a}(x - a)$。 ②
①×②得$y^{2}=\frac{-y_1^{2}}{x_1^{2}-a^{2}}(x^{2}-a^{2})$。 ③
又点$A(x_1,y_1)$在椭圆$C_0$上，
所以$\frac{x_1^{2}}{a^{2}}+\frac{y_1^{2}}{b^{2}}=1$，从而$y_1^{2}=b^{2}(1-\frac{x_1^{2}}{a^{2}})$，
代入③得$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(x＜-a,y＜0)$。