求軌跡方程題型全歸納

1、求軌跡方程題型全歸納求軌跡方程的六種常用方法1.直接法根據(jù)已知條件及一些基本公式如兩點間距 離公式，點到直線的距離公式，直線的斜率公式 等，直接列出動點滿足的等量關(guān)系式，從而求得 軌跡方程。例1 .已知線段AB 6 ,直線AM ,BM相交于M , 且它們的斜率之積是 總求點M的軌跡 方程。解：以AB所在直線為x軸，AB垂直平分線為y 軸建立坐標(biāo)系)則A( 3,0), B(3,0),設(shè)點M的 坐標(biāo)為(x,y)則直線AM的斜率 kAM (x 3),直線 BM 的斜率 kAM (x 3)x 3x 3由已知有工?上4(x 3)x 3 x 3 9化簡，整理得點M的軌跡方程為22二匕 1(x3)94練習(xí)：

2、1 .平面內(nèi)動點P到點F(10,0)的距離與到直線X 4的距離之比為 2,則點P的軌跡方程2 .設(shè)動直線l垂直于X軸，且與橢圓X2 2y2 4交 于A、B兩點，P是l上滿足戰(zhàn)器1的點，求 點P的軌跡方程。3 .到兩互相垂直的異面直線的距離相等的 點，在過其中一條直線且平行于另一條 直線的平面內(nèi)的軌跡是（）A.直線 B.橢圓 C .拋物線 D.雙曲線132.定義法通過圖形的幾何性質(zhì)判斷動點的軌跡是何 種圖形，再求其軌跡方程，這種方法叫做定義法， 運用定義法，求其軌跡，一要熟練掌握常用軌跡 的定義，如線段的垂直平分線，圓、橢圓、雙曲 線、拋物線等，二是熟練掌握平面幾何的一些性 質(zhì)定理。例2 .若B

3、( 8,0),C(8,0)為ABC的兩頂點,AC和AB兩 邊上的中線長之和是30,則ABC的重心 軌跡方程是解：設(shè)ABC的重心為G(x,y),則由AC和AB兩邊 上的中線長之和是30可得BG CG 2 30 20)而點 B( 8,0),C(8,0)為定點) 3所以點G的軌跡為以B,C為焦點的橢圓。 所以由 2a 20,c 8可得 a 10,b Ja2 c2 6 故ABC的重心軌跡方程是乂亡1(y 0)100 36練習(xí)：_4.方程2j(x 1)2 (y 1)2 |x y 2|表示的曲線是( ) A.橢圓 B.雙曲線 C .線段 D.拋物線3 ,點差法圓錐曲線中與弦的中點有關(guān)的問題可用點差法，其基

4、本方法星把弦啊兩端點A(xi, y) B%, y2)的坐標(biāo)代入圓錐曲線方程，然而相減入利用平方差 公式可得xi X2 yi y2, x yi y2等關(guān)系式,由于 弦AB的中點晨y)的坐標(biāo)滿足2X Xi X2,2y yi y2且直線AB的斜率為 31,由此可求得弦ABX2 Xi中點的軌跡方程。.>b,22例3 ,橢圓、"i中，過P")的弦恰被P點平分 則該弦所在直線方程為A（Xi,yi）、B%, y2）,2解：設(shè)過點P(i,i)的直線交橢圓于 則有222x_ y_ 至424可得（XI X2）（為 X2）、4P（i，i）為線段ABXi X22, yi y22（%丫2）（%

5、y2）2的中點，故有以（XiX2）2 （yiy2）20 y1y242Xix2ikAB 一2所以所求直線方程為y 1 (x 1)化簡可2y練習(xí):5 .已知以P(2,2)為圓心的圓與橢圓x2 2y2 m交 于A、B兩點)求弦AB的中點M的軌跡萬 程。,一 26 .已知雙曲線x2 1,過點p(1,1)能否作一條直線l與雙曲線交于A,B兩點，使P為線段AB的中點？4 ,轉(zhuǎn)移法例4.已知P是以F1,F2為焦點的雙曲線1三1上的動點，求FiF2P的重心G的軌跡方解:設(shè) 重心 G(x,y), 點P(X0,y0), 因為 Fi( 4,0), F2(4,0)4 4 X0貝U有x 3 0 0 y0 ,y、2故X0

6、 3；代入崇0- 1 9得所求軌跡方程9x2162y i(y 0)四邊形AFBR的中心為例5.拋物線X2 4y的焦點為F,過點(0, 1)作直 線l交拋物線A、B兩點，再以AF、BF為 鄰邊作平行四邊形AFBR,試求動點R的 軌跡方程。解法一：(轉(zhuǎn)移法)設(shè)R(x,y): F(0,1)，平行將y kx 1 ,代入拋物線方彳導(dǎo) x2 4kx 4 0)設(shè) A(x1, y1), Bd, V2)則-216k2x1 x2x1x2416 04k|k| 1x1x2x2 4k Q.422x1x2小y2一-一4(x1 x2)2 2x1x2. P為AB的中點.Jx2y2Xix2 2y122kV222kx 4k2y

7、4k2 3消去k得x2 4(y 3)由得) 程為 x2 4(y 3)(|x| 4)。 解法二：(點差法)4)故動點R的軌跡方R(x,y) ) : F(0,1) ) 二平彳亍四邊形AFBR的中心為P(，牙) 設(shè) A(x1, y1), Bd,、2)則有x； 4y1(由得2X24 y2(X1 x2)(x1 x2) 4( y1 y2)x x2 4k|而P為AB的中點且直線l過點(0,1),所以x,K 122._x2二代入可得x x簡可得x24y12由點吟？在拋物線口內(nèi)(2)2 4 ?x2 8(y 1)將式代入可得x2故動點R的軌跡方程為x2 1228( 1) x 16 |x| 44x2 4(y 3)(

8、|x| 4)。練習(xí)：7 .已知A( 1,0), B(1,4),在平面上動點Q滿足 QAQB 4,點P是點Q關(guān)于直線y 2(x 4)的對 稱點，求動點P的軌跡方程。5.參數(shù)法求曲線的軌跡方程是解析幾何的兩個基本 問題之一，求符合某種條件的動點的軌跡方程， 其實質(zhì)就是利用題設(shè)中的幾何條件，通過“坐標(biāo) 互化”將其轉(zhuǎn)化為尋求變量間的關(guān)系。在確定了 軌跡方程之后，有時題目會就方程中的參數(shù)進(jìn)行 討論；參數(shù)取值的變化使方程表示不同的曲線； 參數(shù)取值的不同使其與其他曲線的位置關(guān)系不 同；參數(shù)取值的變化引起另外某些變量的取值范 圍的變化等等。例6.過點M(2,0)作直線l交雙曲線x2 y2 1于A、uuu uu

9、u uuur兩點)已知OP OAOB,(1)求點P的軌跡方程，并說明軌跡是 什么曲線；(2)是否存在這樣的直線l,使。APB矩 形？若存在，求出的方程；若不-存人濕明理乳解：當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)的方程為y k(x 2如明代入方程x2 y2 1,得(1 k2)x2 4k2x 4k2 1 0因為直線l與雙曲線有兩個交點，所以 1 k2 0)設(shè) A(x1,y1),B(x2,y2)則XiX24k2 4k2rv,x1X2 港yiy2k(xi 2)k(x22) k(xiX2) 4kk 4k2P(x,y)uuuOP1uuuOAk2uuuOB4k4k1 k2(x, y) (x1 x2,y1、2)4k2x 2

10、1 k 4ky 21 k(14k所以；k )代入y冷可得4xy工，化簡得1 (-)2yx2 y2 4x 0 即(x 2)2 y2 4當(dāng)直線l的斜率不存在時，易求得P( 4,0)滿 足方程，故所求軌跡方程為(x 2)2 y2 4(y 0), 其軌跡為雙曲線。(也可考慮用點差法求解曲線方程上一 E ,VD業(yè)而(2)平行四邊OPAB為矩形的充要條件是 uuu uuuOA OB 0R|Jx1x2 y1y2 0 當(dāng)k木存在時)A、B坐標(biāo)分別為(2,曲)、(2,辜，不滿足式 f當(dāng) k 存 在 時，x1x2 y1y2 x1x2 k(x1 2)k(x2 2) (1 k2)x1x2 2k2(x1 x2) 4k2

11、(1 k2)(124k2) 4 4k, 0 化簡得-0, 1 k2k2 1k2 1)此方程無實數(shù)解，故不存在直線l使OPAB 為矩形。練習(xí)：、一 .一 b, 、 一一 22、8 .設(shè)橢圓方程為x2 1，過點M(0,1)的直線l交 橢圓于點A、B, O是坐標(biāo)原點，點P滿足 OP 1(oA OB),點N的坐標(biāo)為(2,-2),當(dāng)l繞點M 旋轉(zhuǎn)時，求：(1)動點P的軌跡方程；(2) |NP|的最小值與最大值。9 .設(shè)點A和B為拋物線y2 4px(p 0)上原點O以外 的兩個動點)且OA OB,過。作OM AB于M) 求點M的軌跡方程。6.交軌法若動點是兩曲線的交點，可以通過這兩曲線的方程直接求出交點的

12、方程，也可以解方程組先 求出交點的參數(shù)方程，再化為普通方程。例7.已知MN是橢圓與1中垂直于長軸的 a2 b2動弦，A、B是橢圓長軸的兩個端點，求直線MA和NB的交點P的軌跡方程。解1：(利用點的坐標(biāo)作參數(shù))令乂(為,必)，則N(xi, yi)而 A( a,0), B(a,0).設(shè) AM 與 NB 的交點為 P(x, y)因為A,M,P共線)所以l因為N,B,P共 'x a xi a線，所以上上x a xi a兩式相乘得名，而耳耳1即 2 22 222 2x a xi aa byi2史丁代入a2得三b2, 即交點p的軌跡方程為 x2 a2 a2a2 b2解2:(利用角作參數(shù))M (ac

13、os,bsin貝U N(acos , bsin )所以 上 bsin , 工 bsin兩式相x a a cos ax a a cos a乘消去即可得所求的P點的軌跡方程為 與41。a2 b2練習(xí)：10.兩條直線ax y 1 0和x ay 1 0(a 1)的交點的軌跡方程是O總結(jié)歸納1 ,溥注意直陽軌跡回題魚盒二注隱含;條件， 也就是曲線上點的坐標(biāo)的取值范圍.由曲線和方 程的概念可知，在求曲線方程時一定要注意它的 “完備性”和“純粹性”，即軌跡若是曲線的一 部分？應(yīng)對方程注明x的取值范圍，或同時注明x，y 的取信范圍。2 “軌跡”與“軌跡方程”既有區(qū)別又有聯(lián) 系，求“軌跡”時首先要求出“軌跡方程

14、”？然后再說明方程的軌跡圖形，最后“補漏”和“去 掉增多”的點，若軌跡有不同的情況，應(yīng)分別討 論，以保證它的完整性。#練習(xí)參考答案_ 22(x 2)y 116482.解：設(shè)P點的坐標(biāo)為（x,y）,則由方程x2 2y2 4,由于直線l與橢圓交于兩點A、即A、B兩點的坐標(biāo)分別為A(x,B,故4 x22 )，B(x，2x24 x22)3. D.uuuP P PA (0,4 x2、uu 4 x22 y)，PB(0，, 2由題知PA PB 1即(0,y)4 x22y) (0,4 x22y) 14 x22x2 2y2 6所以點p的軌跡方程為X 2)nan格獴空間直ABCD AB1c1D1角坐標(biāo)系）易知直線

15、AD與DQ1 是異面垂直的兩條直線，過 直線AD與DG平行的平面是面滬fiABCD內(nèi)動點 相等,作MM1 MP 蓮結(jié)MP ）易知M（x,y）滿足到直線ABCD）設(shè)在平面 AD與DG的距離_222MM 1 MP ,| y| x a間的距離），即有是雙曲線，選D.于 M1JN CD 于 N,NP DQ1于 P）MN 平面 CDD1c1,MP D1C則有（其中a是異面直線AD與 ,因此動點M的軌跡D1c1i234 . A貝U Xi X2 2x,yi y2 2y)兩式相減并同除以由 x2 2yi2(xi X2)得而kAB5 .解設(shè)M(x, y) )A(Xi, yi), B(X2, y2)y1y21x1

16、x21 xXix22yiy22 ykpM泠，又因為PM AB所以kABkpMiL與Ui化簡得點M的軌跡方程xy 2x 4y 02 y x 26 .先用點差法求出2x y i 0,但此時直線與雙曲 線并無交點，所以這樣的直線不存在。中點弦 問題，注意雙曲線與橢圓的不同之處，橢圓不 須對刻別式進(jìn)行粒驗，而雙曲鷹必須進(jìn)行也 驗。7 .解：設(shè) Q(x,y), 則 QA ( i X, y),QB (i x,4 y)r uuu uur由 QA QB 4( i x, y) (i x,4 y) 4( i x)(i x) ( y)(4 y) 4即 x2 (y 2)2 32所以點Q的軌跡是以C(0，2)為圓心，以

17、3為半徑 的圓。丁點P是點Q關(guān)于直線y 2(x 4)的對稱點。，動點P的軌跡是一個以Co(Xo,yo)為周心)半徑為 3的圓)其中Co(xo,y。)是點C(0,2)關(guān)于直線y 2(x 4)的 對稱點)即直線y 2(x 4)過CCo的中點)且與CCoy_2 21垂直，于是有x0 0即yo 22 xo0 4222y0 凡 4 0 x0 8y0 2x0 18 0y02故動點P的軌跡方程為(x 8)2 (y 2)2 9。8 .解：(1)解法一：直線i過點Mg),設(shè)其斜率為k,則i的方程為y kx 1_記 小*)、BN y2),由題設(shè)可得點A、B的坐標(biāo) 一y1)、(x2, 丫2)是方程組y kx 122

18、 y .x 14解將代入并化簡得,(4 k2)x2 2kx 3 0,所以xiyiOP2kx22,4 k28y22 .4 k1 二于是2(OA OB)(xi x2 y1 y2k2,2) (4 k2,設(shè)點p的坐標(biāo)為(x，y)，則4 、2 ).4 kkx ：4 k4y 4 k消去參數(shù)k得22A、4x y y 0當(dāng)k不存在時乂 A、B中點為坐標(biāo)原點(。,。)，也 滿足方程&所以點P的軌跡方程為,224x y y 0解法二：設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y),因故*)、B(x2,y2)在橢圓上,所以2x Y 1,22 yx2 1.4一得xi2 x2yi2 y；) 0,所以4i(xi x2)(xi x2) (yi4當(dāng)xix2時，有xiy2)(yiy2) 0.ix2 4(yi、yiy2y2) 0.xix2xi x 并且y兇y ixx2,2y22，yi y2xix2將代入并整理得當(dāng)?shù)?24x yy 0.xix2 時，點 A、B 的坐標(biāo)為(0,2),(0, 2),坐標(biāo)為(0,0)這時點也滿足,所以點P的軌跡方程為2 x Ti6i 2(y 2)i4(2)解：由點p的軌跡方程知所以2 i 2i 2i 2i|NP|2(x 2)2(y 2)2(x -)244x3(x 6)2 i72故當(dāng)x4, |NP|取得最小值,最小