小结名师教学设计2

求轨迹方程的六种常用技法

轨迹方程的探求是解析几何中的基本问题之一，也是近几年来高考中的常见题型之一。学生解这类问题时，不善于揭示问题的内部规律及知识之间的相互联系，动辄就是罗列一大堆的坐标关系，进行无目的大运动量运算，致使不少学生丧失信心，半途而废，因此，在平时教学中，总结和归纳探求轨迹方程的常用技法，对提高学生的解题能力、优化学生的解题思路很有帮助。本文通过典型例子阐述探求轨迹方程的常用技法。

1．直接法

根据已知条件及一些基本公式如两点间距离公式，点到直线的距离公式，直线的斜率公式等，直接列出动点满足的等量关系式，从而求得轨迹方程。

4 例1．已知线段AB6，直线AM,BM相交于M，且它们的斜率之积是，求点M

的9轨迹方程。

解：以AB所在直线为x轴，AB垂直平分线为y轴建立坐标系，则A(3,0),B(3,0)，设点M的坐标为(x,y)，则直线AM的斜率kAMy(x3)，直线BM的斜率x3y(x3) x3yy4(x3) 由已知有x3x39kAMx2y21(x3)

化简，整理得点M的轨迹方程为94练习：

1．平面内动点P到点F(10,0)的距离与到直线x4的距离之比为2，则点P的轨迹方程是

。

2．设动直线l垂直于x轴，且与椭圆x22y24交于A、B两点，P是l上满足PAPB1的点，求点P的轨迹方程。

3. 到两互相垂直的异面直线的距离相等的点,在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是

（

）

A．直线

B．椭圆

C．抛物线

D．双曲线

2．定义法

通过图形的几何性质判断动点的轨迹是何种图形，再求其轨迹方程，这种方法叫做定义法，运用定义法，求其轨迹，一要熟练掌握常用轨迹的定义，如线段的垂直平分线，圆、椭圆、双曲线、抛物线等，二是熟练掌握平面几何的一些性质定理。

例2．若B(8,0),C(8,0)为ABC的两顶点，AC和AB两边上的中线长之和是30，则ABC的重心轨迹方程是_______________。

解：设ABC的重心为G(x,y)，则由AC和AB两边上的中线长之和是30可得

2BGCG3020，而点B(8,0),C(8,0)为定点，所以点G的轨迹为以B,C

为焦3点的椭圆。

所以由2a20,c8可得a10,ba2c26

1

x2y21(y0)

故ABC的重心轨迹方程是10036练习：

4．方程2(x1)2(y1)2|xy2|表示的曲线是

（

）

A．椭圆

B．双曲线

C．线段

D．抛物线

3．点差法

圆锥曲线中与弦的中点有关的问题可用点差法，其基本方法是把弦的两端点然而相减，利用平方差公式可得x1x2，y1y2，A(x)1,y1),B(x2,y2的坐标代入圆锥曲线方程，x1x2，y1y2等关系式，由于弦AB的中点P(x,y)的坐标满足2xx1x2，

2yy1y2且直线AB的斜率为y2y1，由此可求得弦AB中点的轨迹方程。

x2x1x2y21中,过P(1,1)的弦恰被P点平分,则该弦所在直线方程为例3．椭圆42_________________。

解：设过点P(1,1)的直线交椭圆于A(x1,y1)、B(x2,y2)，则有

x12y12x22y221 ① 1 ②

4242(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

42而P(1,1)为线段AB的中点，故有x1x22,y1y22

①②可得所以1(x1x2)2(y1y2)2yy1012，即kAB

242x1x221所以所求直线方程为y1(x1)化简可得x2y30

2练习：

5．已知以P(2,2)为圆心的圆与椭圆x22y2m交于A、B两点，求弦AB的中点M的轨迹方程。

y21，过点P(1,1)能否作一条直线l与双曲线交于A,B两点，使P

为6．已知双曲线x22线段AB的中点？

4．转移法

转移法求曲线方程时一般有两个动点，一个是主动的，另一个是次动的。

当题目中的条件同时具有以下特征时，一般可以用转移法求其轨迹方程：

①某个动点P在已知方程的曲线上移动；

②另一个动点M随P的变化而变化；

③在变化过程中P和M满足一定的规律。

2

x2y2例4．

已知P是以F1,F2为焦点的双曲线1上的动点，求F1F2P的重心G

的轨169迹方程。

解：设

重心G(x,y)，点

P(x0,y0)，因为F1(4,0),F2(4,0)

44x0xx3x3则有，

故0代入00y0y3y0y3x2y2001 1699x2y21(y0)

得所求轨迹方程

16例5．抛物线x24y的焦点为F,过点(0,1)作直线l交抛物线A、B两点,再以AF、BF为邻边作平行四边形AFBR，试求动点R的轨迹方程。

xy1)，

解法一：（转移法）设R(x,y)，∵F(0,1)，∴平行四边形AFBR的中心为P(,22将ykx1，代入抛物线方程,得设A(x1,y1),B(x2,y2)，则

x24kx40，

16k2160|k|1xx4k12x1x24k

①

x1x24x1x242x12x2(x1x2)22x1x24k22，

∴y1y244xx1x22kx4k22∵P为AB的中点.∴，消去k得

2y1y1y22k21y4k322x24(y3)，由①得，|x|4，故动点R的轨迹方程为x24(y3)(|x|4)。

xy1)，

解法二：（点差法）设R(x,y)，∵F(0,1)，∴平行四边形AFBR的中心为P(,22设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有

x124y1

①

x224y2

②

由①②得(x1x2)(x1x2)4(y1y2)x1x24kl

③

3

y11xy3而P为AB的中点且直线l过点(0,1)，所以x1x22x,kl2代入③可得x2x2y3x2122x4，化简可得x4y12y④

x4xy1xy1)在抛物线口内，可得()24x28(y1)⑤

由点P(,2222x2121)x216|x|4

将④式代入⑤可得x8(42故动点R的轨迹方程为x24(y3)(|x|4)。

练习：

7．已知A(1,0),B(1,4)，在平面上动点Q满足QAQB4，点P是点Q关于直线y2(x4)的对称点，求动点P的轨迹方程。

5．参数法

求曲线的轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一，求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，通过“坐标互化”将其转化为寻求变量间的关系。在确定了轨迹方程之后，有时题目会就方程中的参数进行讨论；参数取值的变化使方程表示不同的曲线；参数取值的不同使其与其他曲线的位置关系不同；参数取值的变化引起另外某些变量的取值范围的变化等等。

例6．过点M(2,0)作直线l交双曲线x2y21于A、B两点，已知OPOAOB。

（1）求点P的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；

（2）是否存在这样的直线l，使OAPB矩形？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。

解：当直线l的斜率存在时，设l的方程为yk(x2)(k0)，代入方程x2y21，得

(1k2)x24k2x4k210

因为直线l与双曲线有两个交点，所以1k20，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则

4k24k21x1x2,x1x22

①

21kk1k4k24ky1y2k(x12)k(x22)k(x1x2)4k4k

1k21k24k24k设P(x,y)，由OPOAOB

得(x,y)(x1x2,y1y2)(,)

221k1k4k24xx21k4kxyy∴

所以k，代入y可得，化简得

2x1ky24k1()yy1k2x2y24x0即(x2)2y24

②

4

当直线l的斜率不存在时，易求得P(4,0)满足方程②，故所求轨迹方程为（也可考虑用点差法求解曲线方程）

(x2)2y24(y0)，其轨迹为双曲线。（2）平行四边OPAB为矩形的充要条件是OAOB0即x1x2y1y20

③

当k不存在时，A、B坐标分别为(2,3)、(2,3)，不满足③式

当k存在时，x1x2y1y2x1x2k(x12)k(x22)(1k2)x1x22k2(x1x2)4k2

(1k2)(14k2)2k24k2k21224k0化简得20，

1k2k1k1此方程无实数解，故不存在直线l使OPAB为矩形。

练习：

y21,过点M(0,1)的直线l交椭圆于点A、B,O是坐标原点,点P8．设椭圆方程为x42满足OP111(OAOB),点N的坐标为(,),当l绕点M旋转时,求: 222(1)动点P的轨迹方程； (2)|NP|的最小值与最大值。

9．设点A和B为抛物线y24px(p0)上原点O以外的两个动点，且OAOB，过O作OMAB于M，求点M的轨迹方程。

6．交轨法

若动点是两曲线的交点，可以通过这两曲线的方程直接求出交点的方程，也可以解方程组先求出交点的参数方程，再化为普通方程。

x2y2例7．已知MN是椭圆1中垂直于长轴的动弦，A、B是椭圆长轴的两个端点，22ab求直线MA和NB的交点P的轨迹方程。

解1:(利用点的坐标作参数)令M(x1,y1)，则N(x1,y1)

而A(a,0),B(a,0).设AM与NB的交点为P(x,y)

因为A,M,P共线，所以两式相乘得x2y2y1yyy1 因为N,B,P共线，所以xax1axax1a

y1222xax12a2x12y12b2(a2x12)2①，

而代入①

1即y1222abab2x2y2得，

即交点P的轨迹方程为

1

22222xaaab解2: (利用角作参数) 设M(acos,bsin)，则N(acos,bsin)

所以

yybsinbsin , 两式相乘消去

xaacosaxaacosax2y2即可得所求的P点的轨迹方程为

1。

22ab

5

练习：

10．两条直线axy10和xay10(a1)的交点的轨迹方程是___ ______。

总结归纳

1．要注意有的轨迹问题包含一定隐含条件，也就是曲线上点的坐标的取值范围．由曲线和方程的概念可知，在求曲线方程时一定要注意它的“完备性”和“纯粹性”，即轨迹若是曲线的一部分，应对方程注明x的取值范围，或同时注明x,y的取值范围。

2．“轨迹”与“轨迹方程”既有区别又有联系，求“轨迹”时首先要求出“轨迹方程”，然后再说明方程的轨迹图形，最后“补漏”和“去掉增多”的点，若轨迹有不同的情况，应分别讨论，以保证它的完整性。

6

练习参考答案

(x2)2y21．1

16484x22．解：设P点的坐标为(x,y)，则由方程x2y4，得y

222由于直线l与椭圆交于两点A、B，故2x2

4x24x2即A、B两点的坐标分别为A(x,),B(x,)

224x24x2∴PA(0,y),PB(0,y)

224x24x2由题知PAPB1即(0,y)(0,y)1

224x2x2y2221即x2y6所以点P的轨迹方程为1(2x2)

∴y26323．D 【解析】在长方体ABCDA1BC11D1中建立如图角坐标系，易知直线AD与D1C1是异面垂直的两AD与D1C1平行的平面是面ABCD，设在平面M(x,y)满足到直线AD与D1C1的距离相等，作连结MP，M1，MNCD于N，NPD1C1于P，面CDDC，则有MMM，P11,MPDC11|y|2x2a2(其中a是异面直线AD与D1C1间的，因此动点M的轨迹是双曲线，选D. y2x2a24．A 5．解

设M(x,y)，A(x1,y1),B(x2,y2)

则x1x22x,y1y222y2m，x22y2m 2y，由x1122所示的空间直条直线，过直线ABCD内动点MM1MP于易知MN平距离)，即有y

．P ．

M B A O 两式相减并同除以(x1x2)得

y1y2yy1xx1x12 , 而kAB12

x1x22y1y22yx1x2kPMy2, 又因为PMAB所以kABkPM1

x2x

1xy21

化简得点M的轨迹方程xy2x4y0

2yx26．先用点差法求出2xy10，但此时直线与双曲线并无交点，所以这样的直线不存在。

7

中点弦问题，注意双曲线与椭圆的不同之处，椭圆不须对判别式进行检验，而双曲线必须进行检验。

7．解：设Q(x,y)，则QA(1x,y),QB(1x,4y)

由QAQB4(1x,y)(1x,4y)4(1x)(1x)(y)(4y)4

即x2(y2)232

所以点Q的轨迹是以C(0,2)为圆心，以3为半径的圆。

∵点P是点Q关于直线y2(x4)的对称点。

∴动点P的轨迹是一个以C0(x0,y0)为圆心，半径为3的圆，其中C0(x0,y0)是点C(0,2)关于直线y2(x4)的对称点，即直线y2(x4)过CC0的中点，且与CC0

y02x02102y0x040x08垂直，于是有即

y02x00y02x0180y022422故动点P的轨迹方程为(x8)2(y2)29。

8．解：(1)解法一:直线l过点M(0,1)，设其斜率为k,则l的方程为ykx1 记A(x1,y1)、B(x2,y2),由题设可得点A、B的坐标(x1,y1)、(x2,y2)是方程组 ykx12y21x4①

的解 ②

2kxx,1224k于是 2kx30,所以8yy.124k2将①代入②并化简得,(4k2)x2OPxx2y1y21k4(OAOB)(1,)(,). 222224k4kkx,24k设点P的坐标为(x,y),则消去参数k得4x2y4.4k2y2y0 ③ 当k不存在时, A、B中点为坐标原点(0,0),也满足方程③,所以点P的轨迹方程为4x2y2y0 解法二:设点P的坐标为(x,y),因A(x1,y1)、B(x2,y2)在椭圆上,所以 2y12y22x1, ④ x21. ⑤ 4421122(y12y2)0,所以 ④—⑤得x12x241(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0. 4

8

yy21当x1x2时,有x1x2(y1y2)10. ⑥ 4x1x2x1x2x,2yy2并且y1, ⑦ 将⑦代入⑥并整理得

4x2y2y0. ⑧ 2y1y1y2xxx.12当x1x2时,点A、B的坐标为(0,2),(0,2)，这时点P的坐标为(0,0)

1(y)22x21 也满足⑧,所以点P的轨迹方程为11164111(2)解:由点P的轨迹方程知x2，即x所以 1644111117|NP|2(x)2(y)2(x)24x23(x)2 222461211121故当x,|NP|取得最小值,最小值为;当x时,|NP|取得最大值, 最大值为

44669．解法1 ：(常规设参)设M(x,y)，A(x1,y1),B(x2,y2)，则

y24px11y24px2yy16p22y12y124py

（※）

1yyx1x212xyyy211x1x2xyyy124p4px12由A,M,B共线得yy1(x) 则yy1y2y1y2y1y24p

x24px把（※）代入上式得y化简得Myy的轨迹方程为x2y24px0(x0)) 1解法2： (变换方向) 设OA的方程为ykx(k0)，则OB的方程为yx

kykx由2

y2px2p2pyx2

得A(2,)

， 由k

得B(2pk,2pk)

kky22px1所以直线AB的方程为 yk(x2p)①

1k2

9

1k2x

②

因为OMAB，所以直线OM的方程为yk①×②即得M的轨迹方程: x2y24px0(x0)

解法3： (转换观点) 视点M为定点,令M(x0,y0)，由OMAB可得直线AB的方程为yy0x04py04p22(xx0), 与抛物线y24px联立消去y得y2y(x0y0)0,y0x0x04p22(x0y0)

x0设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1y2又因为OAOB，所以y1y216p2 故4p2222(x0y0)16p2即x0y04px00

x0所以M点的轨迹方程为x2y24px0(x0)

10．x2y2xy0(x0,y0)

10