高中数学讲义微专题70 求点的轨迹方程 10页

微专题 70 求点的轨迹问题 一、基础知识： 1、求点轨迹方程的步骤： （1）建立直角坐标系 （2）设点：将所求点坐标设为 ，同时将其他相关点坐标化（未知的暂用参数表示） （3）列式：从已知条件中发掘 的关系，列出方程 （4）化简：将方程进行变形化简，并求出 的范围 2、求点轨迹方程的方法 （1）直接法：从条件中直接寻找到 的关系，列出方程后化简即可 （2）代入法：所求点 与某已知曲线 上一点 存在某种关系， 则可根据条件用 表示出 ，然后代入到 所在曲线方程中，即可得到关于 的方程 （3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确 定相关曲线的要素，求出曲线方程。常见的曲线特征及要素有： ① 圆：平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹 直角→圆：若 ，则 点在以 为直径的圆上 确定方程的要素：圆心坐标 ，半径 ② 椭圆：平面上到两个定点的距离之和为常数（常数大于定点距离）的点的轨迹 确定方程的要素：距离和 ，定点距离 ③ 双曲线：平面上到两个定点的距离之差的绝对值为常数（小于定点距离）的点的轨迹 注：若只是到两定点的距离差为常数（小于定点距离），则为双曲线的一支 确定方程的要素：距离差的绝对值 ，定点距离 ④ 抛物线：平面上到一定点的距离与到一定直线的距离（定点在定直线外）相等的点的轨迹 确定方程的要素：焦准距： 。若曲线位置位于标准位置（即标准方程的曲线），则通过准线 方程或焦点坐标也可确定方程 （4）参数法：从条件中无法直接找到 的联系，但可通过一辅助变量 ，分别找到 与  ,x y ,x y ,x y ,x y  ,P x y  0 0, 0F x y   0 0,Q x y ,x y 0 0,x y Q ,x y AB AC A BC  ,a b r 2a 2c 2a 2c p ,x y k ,x y k 的联系，从而得到 和 的方程： ，即曲线的参数方程，消去参数 后即可得 到轨迹方程。 二、典型例题： 例 1：设一动点 到直线 的距离到它到点 的距离之比为 ，则动点 的轨 迹方程是（ ） A. B. C. D. 思路：设 ，则可直接利用已知条件列出关于 的等式，化简即可 解：设 答案：C 例 2：已知两定点的坐标分别为 ，动点满足条件 ，则动 点 的轨迹方程为___________ 思路：通过作图可得 等价的条件为直线 的斜率的关系，设 ，则 ，则可通过 的斜率关系得到动点 的方程 解：若 在 轴上方，则 代入可得： ,x y k     x f k y g k   k P : 3l x   1,0A 3 3 P 2 2 13 2 x y  2 2 13 2 x y   2 24 13 6 x y   2 2 12 3 x y   ,P x y ,x y  ,P x y  2 2 3 3 31 P l xd PA x y        2 23 3 3 1x x y          2 2 23 3 1x x y     2 22 16 26x x y        2 2 2 2 42 4 6 13 6 x yx y           1,0 , 2,0A B 2MBA MAB   M 2MBA MAB   ,MA MB MAB   2MBA   ,MA MB M M x tan , tan2MA MBk k    2 2 1 MA MB MA kk k    ,1 2MA MB y yk kx x   ，化简可得： 即 若 在 轴下方，则 ，同理可得： 当 时，即 为等腰直角三角形， 或 满足上述方程 所以当 在一四象限时，轨迹方程为 当 在 线 段 上 时 ， 同 样 满 足 ， 所 以 线 段 的 方 程 也为 的轨迹方程 综上所述： 的轨迹方程为 或 答案： 或 例 3：已知 是抛物线 的焦点， 是该抛物线上的动点，则线段 中点 的轨迹 方程是（ ） A. B. C. D. 思路：依题意可得 ， ， ，则有 ，因 为 自身有轨迹方程，为： ，将 代入可得关于 的方程，即 的轨迹方程： 答案：D 例 4：已知 是抛物线 上的焦点， 是抛物线上的一个动点，若动点 满足 2 2 1 22 21 1 y y x x y x              2 23 3x y  2 2 13 yx   M x tan , tan2MA MBk k    2 2 13 yx   2 2   MAB  2,3M  2, 3M  x   2 2 1 13 yx x   M AB 2 0MBA MAB    AB  0 1 2y x    M M   2 2 1 13 yx x    0 1 2y x      2 2 1 13 yx x    0 1 2y x    F 2 4x y P PF M 2 1 2x y  2 12 16x y  2 2 2x y  2 2 1x y   0,1F  ,M x y  0 0,P x y 0 0 0 0 22 1 2 1 2 xx x x y y yy          0 0,P x y 2 0 04x y 0 0 2 2 1 x x y y     ,x y M    2 22 4 2 1 2 1x y x y     F 2 4y x P M ，则 的轨迹方程是__________ 思路：考虑设 ，由抛物线 可得： ，且 ，故考虑 利用向量关系得到 与 的关系，从而利用代入法将 用 进行表示，代入到 即可 解：由抛物线 可得： 设 ① 在 上 ，将①代入可得： ，即 答案： 例 5 ： 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， 直 线 与 椭 圆 交 于 两 点 ，且 ， 分别为椭圆的左，右顶点，则直线 与 的交点所在曲线方程为________ 思 路 ： 由 椭 圆 可 得 ： ， 从 而 可 确 定 线 与 的 方 程 。 ，若联立方程解 ，则形式较为复杂不易化 简，观察两条直线方程的特点，可发现若两边相乘，有平方差的特点，且 与椭圆相交， 则 关 于 轴 对 称 ， 有 。 所 以 两 方 程 左 右 两 边 分 别 相 乘 可 得 ： ，再利用 满足椭圆方程，消去等式中的 即可 解：由椭圆可知： ，设交点坐标 。 与椭圆相交于 关于 轴对称 2FP FM  M    0 0, , ,M x y P x y 2 4y x  1,0F 2 0 04y x ,x y 0 0,x y 0 0,x y ,x y 2 0 04y x 2 4y x  1,0F    0 0, , ,M x y P x y    0 01, , 1,FP x y FM x y      2FP FM     00 00 2 11 2 1 22 x xx x y yy y          P 2 4y x 2 0 04y x     22 4 2 1y x  2 2 1y x  2 2 1y x  xOy  4 4x t t    2 2 116 9 x y     1 1 2 2, , ,P t y P t y 1 20, 0y y  1 2,A A 1 2A P 2 1A P    1 24,0 , 4,0A A 1 2A P 2 1A P    2 1 1 2 2 1: 4 , : 44 4 y yA P y x A P y xt t     ,x y x t 1 2,P P x 2 1y y   2 2 21 2 416 yy xt    1 1,P t y 1,t y    1 24,0 , 4,0A A  ,x y x t 1 2,P P  1 2,P P x 2 1y y   考虑直线 与 的方程：由 可得： ① 同理可得： ② ① ②可得： ③ 由 在椭圆上可得： ，代入③可得： ，整理后可得： 答案： 小 炼 有 话 说：本题消元的方法比较特殊，是抓住了两直线中某些地方具备平方差公式的特点， 从而两式相乘，再进行代入消元。 例 6：若动圆过定点 且和定圆 外切，则动圆圆心 的轨迹方 程是___________ 思路：定圆的圆心为 ，观察到恰好与 关于 原点对称，所以考虑 点轨迹是否为椭圆或双曲线，设动圆 的 半 径 为 ， 则 有 ， 由 两 圆 外 切 可 得 ，所以 ，即距离差为定值，所以 判断出 的轨迹为双曲线的左支，则 ，解得 ，所以轨迹方程为 答案： 小 炼 有 话 说：本题从所给条件中的对称定点出发，先作一个预判，从而便可去寻找符合定义 1 2A P 2 1A P    1 2 14,0 , ,A P t y  1 2 1 4A P yk t    1 1 2 : 44 yA P y xt     1 2 1 : 44 yA P y xt    2 2 21 2 1616 yy xt    1 1,P t y  2 2 2 21 1 91 1616 9 16 t y y t      2 2 2 2 9 16 1616 16 ty xt     2 2 116 9 x y  2 2 116 9 x y   3,0A   2 2: 3 4C x y   P  3,0C  3,0A  P P r PA r 2PC r  2PC PA  P 1, 3a c  2 2 2 8b c a     2 2 1 18 yx x      2 2 1 18 yx x    的要素，即线段的和或差。要注意本题中 ，所以轨迹为双曲线的一支。 例 7：是圆 的圆心为 ， 是圆内一定点， 为圆周上任一点，线段 的垂直平分线与 的连线交于点 ，则 的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 思路：可得 ，发现刚好与 均在 轴上且关于原点对称，从而联想到双曲线或 椭圆的焦点，观察几何性质可得：由 的中垂线可得 ， 从而考虑 ，即 到 的 距 离 和 为 定 值 5 ， 从 而 判 断 出 其 轨 迹 为 椭 圆 ， 可 得 ， 则 ， 所 以 椭 圆 方 程 为 ： 答案：C 例 8：已知直线 与抛物线 交于 两点，且 ，其 中 为坐标原点，若 于 ，则点 的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 思路：先处理条件 可得由 为邻 边 的 平 行 四 边 形 对 角 线 相 等 ， 所 以 该 四 边 形 为 矩 形 。 即 ，设 ，即 ，联立 直线与抛物线方程并利用韦达定理可得 ，从而可得直线 过定点 ，结合图像性质可得 ，则 的轨迹为以 为直径的圆，轨迹方程 为 解： ，且 为 为邻边的平行四边形对角 线 PC PA  2 21 25x y   C  1,0A Q AQ CQ M M 2 24 4 121 25 x y  2 24 4 121 25 x y  2 24 4 125 21 x y  2 24 4 125 21 x y   1,0C   1,0A x AQ AM QM 5CM AM CM QM CQ r      M ,A C 52 5 , 12a a c    2 2 2 21 4b a c   2 24 4 125 21 x y  y kx m  2 2y x ,A B OA OB OA OB      O OM AB M M 2 2 2x y   2 21 1x y    22 1 1x y    2 21 4x y   OA OB OA OB      ,OA OB  OA OB     1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 2 0x x y y  2m k   2,0 OM AB M OC  2 21 1x y   OA OB OA OB       ,OA OB OA OB     ,OA OB  该四边形为矩形，即 设 ， 联立方程： ，消去 可得： ，由 可得 ，即直线过定点 即 的轨迹为以 为直径的圆 则该圆的圆心为 ，半径 轨迹方程为 答案：B 例 9：过点 作圆 的割线，交圆 于 两点，在线段 上取一点 ，使得 ，求点 的轨迹 解：设点 ，直线 的斜率为 由 可得： ①，联立方程： ，消去 可得： 代入①可得：  OA OB     1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 2 0OA OB x x y y      2 2 y kx m y x     x 2 2 2 2 02 kyy m ky y m      1 2 2my y k  2 2 2 1 2 1 2 24 y y mx x k  2 2 2 0m m k k   0km  2m k   : 2 2l y kx m kx k k x        2,0C OM AB OM CM M OC  1,0 1r    2 21 1x y    6,0M  2 2: 6 4 9 0C x y x y     C ,A B AB Q 1 1 2 MA MB MQ  Q      1 1 2 2, , , , ,A x y B x y Q x y AB k      2 2 2 1 21 6 , 1 6 , 1 6MA k x MB k x MQ k x          1 1 2 MA MB MQ       2 2 2 1 2 1 1 2 1 6 1 6 1 6k x k x k x              1 2 1 1 2 6 6 6x x x           1 2 1 2 1 2 12 2 6 36 6 x x x x x x x         2 2 6 6 4 9 0 y k x x y x y         x      2 2 2 21 2 6 2 3 3 12 8 3 0k x k k x k k           2 2 1 2 1 22 2 2 6 2 3 3 12 8 3 ,1 1 k k k k x x x xk k           即 ，而 代入可得： 化简可得： ，因为 在圆内 所以点 的轨迹是直线 被圆截得的弦 例 10：如图所示，点 在圆 上运动， 轴，点 在 的延长线上，且 （1）求点 的轨迹方恒，并求当 为何值时， 的轨迹表示焦点在 轴上的椭圆 （2）当 时，在（1）中所得曲线记为 ，已知直线 ， 是 上的动点，射 线 （ 为坐标原点）交曲线 于点 ，又点 在 上且满足 ，求点 的轨迹方程 解：（1 ）思路： 自身有轨迹方程，且条件中所求的点 与点 存在联系（ ），所以考虑利用代入法求轨迹方程。设 ，然后利用向量关系找到 的坐标与 坐标 的联系 ，从而代入到 所在的方程便得到关于 的等式，即 的轨迹方程 设 轴 ①         2 2 2 2 2 2 2 6 2 3 12 21 63 12 8 3 2 6 2 3 6 361 1 k k k xk k k k k k                4 18 2 81 6 k x    6MQ yk k x     4 18 26 81 6 y x x    9 2 27 0x y   Q Q 9 2 27 0x y   N 2 2 4x y  DN x M DN  0DM DN    M  M x 1 2  C : 12 xl y  P l OP O C R Q OP 2OQ OP OR  Q N M N DM DN     0 0, , ,M x y N x y M N 0 0 1 x x y y   N ,x y M    0 0, , ,M x y N x y    00, , 0,DM y DN y    DM DN   0y y  DN x 0x x  0 0 0 0 1 x xx x y y y y        由 在 上可知： ，代入①可得： 即 当 时， 的轨迹表示焦点在 轴上的椭圆 （2）思路：由（1）可知曲线方程为 ，从而题目中的点 均有方程。设所求点 ，则可考虑寻找 的坐标与 之间的联系。本题 共线是 关键点，因为在这条线上的点，其与 点距离的比值即为横纵坐标的比值。所以先从 入 手，题目中没有 的比例，则不妨设 ，进而得到 与 的联 系 ： ， 再 寻 找 的 联 系 ， 结 合 条 件 可 知 ，从而用 即可表示出 与 的联系（而不用再 设字母）： 。所以可以用代入法分别将两组关系代入至直线与椭圆方程，再消去 即可得到 的轨迹方程 解：由（1）可得曲线方程为： 设 设 由线段比例可得： 由 同理可得： N 2 2 4x y  2 2 0 0 4x y  2 2 2 4yx   2 2 2 14 4 x y    0 1  M x 2 2 14 x y  ,P R  ,Q x y Q    1 1 2 2, , ,P x y R x y , , ,O P Q R O ,P Q ,OP OQ OP tOQ   ,Q x y  1 1,P x y 1 1 x tx y ty    ,Q R 2OQ OP OR  2 2 2 2 2 2 2 2 OP OR x yt OQ x yOQ     t  ,Q x y  2 2,R x y 2 2 2 2 2 2 x tx y ty    t Q 2 2 14 x y       1 1 2 2, , , , ,P x y R x y Q x y 2OQ OP OR  OP tOQ   1 1OP x ytOQ x y   1 1 x tx y ty   2OQ OP OR  2 2 2 2 2 2 2 2 OP OR x yt OQ x yOQ     2 2 2 2 2 2 x tx y ty    分别在直线与椭圆上 ，代入 可得： ，化简可得： 的轨迹方程为： ,P R 2 21 2 1 21, 12 4 x xy y     2 2 1 2 2 2 1 2 ,x tx x tx y ty y ty       2 2 2 2 12 2 414 tx ty tx txty ty tx ty           Q 2 22 4 4 0x x y y   