《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

【例 5】如下图所示，过圆 $O:x^2 + y^2 = 4$ 与 $y$ 轴正半轴交点 $A$ 作此圆的切线 $l$，$M$ 为 $l$ 上任一点，过 $M$ 作圆 $O$ 的另一条切线，切点为 $Q$，求 $\triangle MAQ$ 垂心 $P$ 的轨迹方程。

答案： 答案 $x^2 + (y - 2)^2 = 4(x \neq 0)$
解析 连 $OQ$，则由 $OQ \perp MQ$，$AP \perp MQ$，得 $OQ // AP$。同理，$OA // PQ$。又 $OA = OQ$，所以 $OAPQ$ 为菱形，所以 $|PA| = |OA| = 2$。设 $P(x,y)$，$Q(x_0,y_0)$，则 $\begin{cases}x_0 = x\\y_0 = y - 2\end{cases}$，又 $x_0^2 + y_0^2 = 4$，所以 $x^2 + (y - 2)^2 = 4(x \neq 0)$。
点睛 代入法求轨迹方程的关键是建立两个动点坐标 $(x_0,y_0)$，$(x,y)$ 之间的关系 $\begin{cases}x_0 = g(x)\\y_0 = g(y)\end{cases}$，从而实现坐标转移。同时，在解题中要充分发挥平面几何的性质，挖掘其背后的几何关系，快速构建数量关系。

变式 5 已知圆 $M:x^2 + (y - 2)^2 = 1$，$Q$ 是 $x$ 轴上的动点，$QA$，$QB$ 分别切圆 $M$ 于 $A$，$B$ 两点，如下图所示。

(1) 如果 $|AB| = \frac{4\sqrt{2}}{3}$，求直线 $MQ$ 的方程；
(2) 求动弦 $AB$ 的中点 $P$ 的轨迹方程。

答案： 答案
(1) $2x + \sqrt{5}y - 2\sqrt{5} = 0$ 或 $2x - \sqrt{5}y + 2\sqrt{5} = 0$
(2) $x^2 + y^2 - \frac{7}{2}y + 3 = 0$
解析
(1) 连接 $AB$ 和 $MQ$，设 $AB$ 交 $MQ$ 于 $P$ 点，则有 $AB \perp MQ$。又因为 $|AB| = \frac{4\sqrt{2}}{3}$，所以 $|AP| = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，即有 $|MP| = \frac{1}{3}$，由射影定理可得：$|MQ| = 3$，那么点 $Q$ 的坐标为 $(\sqrt{5},0)$ 或 $(-\sqrt{5},0)$，故有 $MQ$ 的方程为 $2x + \sqrt{5}y - 2\sqrt{5} = 0$ 或 $2x - \sqrt{5}y + 2\sqrt{5} = 0$。
(2) 解析 1 设点 $Q(x_0,0)$，则 $AB$ 的方程为 $x_0x - 2(y - 2) = 1$，又直线 $MQ$ 的方程为 $\frac{x}{x_0} + \frac{y}{2} = 1$，即 $2x + x_0y - 2x_0 = 0$，而点 $P(x,y)$ 为 $AB$ 与 $MQ$ 的交点，即 $\frac{2x}{2 - y} = \frac{1 + 2(y - 2)}{x}$，即 $2x^2 + 2y^2 - 7y + 6 = 0$，化为 $x^2 + y^2 - \frac{7}{2}y + 3 = 0$，此即为中点 $P$ 的轨迹方程。
解析 2 设点 $Q(x_0,0)$，因为 $AB$ 为圆 $M:x^2 + (y - 2)^2 = 1$ 与以 $MQ$ 为直径的圆 $x(x - x_0) + (y - 2)y = 0$ 的公共弦，方程为 $x_0x - 2(y - 2) = 1$，恒过定点 $N(0,\frac{3}{2})$。又动弦 $AB$ 的中点 $P$ 满足 $MP \perp NP$，则 $P$ 的轨迹为以 $MN$ 为直径的圆，方程是 $x · x + (y - 2)(y - \frac{3}{2}) = 0$，即 $x^2 + y^2 - \frac{7}{2}y + 3 = 0$。
点睛 在本题中运用切点弦的方程来解决问题很方便。