求轨迹方程题型全归纳

1、求轨迹方程的六种常用方法1.直接法根据条件及一些根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。例1.线段AB 6，直线AM , BM相交于M，且它们的斜率之积是-，求点M9的轨迹方程。解：以AB所在直线为x轴，AB垂直平分线为y轴建立坐标系，那么A( 3,0), B(3,0),设点M的坐标为(x, y)，那么直线AM的斜率kAM 丄(xx 3率 kAMJ (x 3)x 3由有一?4(x 3)x 3 x 393)，直线BM的斜22化简，整理得点 M的轨迹方程为 1(x943)练习:1.平面内动点P到点F(10,0)的距离与到直线x

2、4的距离之比为2,那么点P的轨迹方程是2 设动直线PA PBI垂直于x轴，且与椭圆 x21的点，求点P的轨迹方程。2y24交于A、B两点,P是I上满足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假设B( 8,0), C(8,0)为 ABC的两顶点，AC和AB两边上的中线长

3、之和是 30， 那么 ABC的重心轨迹方程是。解：设 ABC的重心为G(x, y)，那么由AC和AB两边上的中线长之和是 30可得BG CG - 3020 ,而点B( 8,0), C(8,0)为定点，所以点G的轨迹为以B,C3为焦点的椭圆。所以由 2a 20, c 8可得 a 10,b. ac-62 2故ABC的重心轨迹方程是乞 1(y0)10036练习：4方程2.(x1)2一(厂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，其根本方法是把弦的两端点A(x1,y1), B(X2,y2)的坐标代入圆锥曲线方程，然

4、而相减，利用平方差公式可得捲X2 ,y1 y2 , X1 X2 , y1 y等关系式，由于弦 AB的中点P(x, y)的坐标满足2x % X2,2y y1AB中点的轨迹方程。y且直线AB的斜率为业一玉，由此可求得弦X2 X11中，过P(1,1)的弦恰被 P点平分，那么该弦所在直线方程为解：设过点P(1,1)的直线交椭圆于A%, yj、B(X2, y2)，那么有2X242y2可得(X1 X2)(X1 X2) (y1 y2)(y1 必所以(X1 X2)2(yiy2)0y1 y21，即 kAB142X1X222所以所求直线方程为y11)化简可得X2y 30练习：5.以P(2, 2)为圆心的圆与椭圆2

5、 xr 2、十2ym父于A、B两点，求弦AB的中点M的轨迹方程。26 双曲线x2 才 1,过点P(1,1)能否作一条直线I与双曲线交于 代B两点，使P为线段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: 某个动点P在方程的曲线上移动； 另一个动点 M随P的变化而变化； 在变化过程中P和M满足一定的规律。2y91上的动点，求F,F2P的重心G的2x例4.P是以F,F2为焦点的双曲线 轨迹方程。解：设重心G(x, y)，点P(xo, yo)，因为 R( 4,0), F2(4,0)x那么有yv

6、22故X03X代入X0y00 1Y03y1694 4 X03o o yo得所求轨迹方程9x y2 i(y 0)0R04kM244x2k4kx221yiy2yyi224yi4kiXiX2X2X22x2124yy4iy42 X2Xi2 X2X22X22Xix,k|k| ix-ix2X2)4(yi y2)yiy24y24k2XiX22k2X| x2 4k4k2(2)2山i匚代X例5.抛物线x2 4y的焦点为F ,过点(0, I)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。解法一：(转移法)设R(x, y) , F(0,i) ,平行四边形 AFBR的中

7、心为P(?,乂),2 2解法二：(点差法)设R(x, y) , - F(0,i)，平行四边形AFBR的中心为P(二乂),2 2设 A(xi, yi), B(X2, y2)，那么有xix24xIx242(Xi X2)2XiX2 P为AB的中点二，消去k得34(y 3)(|X| 4)。由点P(X，-丄)在抛物线口内，可得2 22X 8(y i)将y kx i，代入抛物线方程2，得 x 4kx 4设 A(Xi, yi), B(X2, y2)，那么X24(y 3)，由得，|x|4，故动点R的轨迹方程为由得(论x2)(xi而P为AB的中点且直线l过点(0, I)，所以为y 32入可得X 4，化简可得xX

8、i6k2 I6将式代入可得x21)X2 16 |x| 4故动点R的轨迹方程为x24( y3)(| x| 4)。Q满足4，点P是点Q关于直线练习：7 . A( 1,0), B(1,4)，在平面上动点y 2( x 4)的对称点，求动点 P的轨迹方程。5.参数法O例6.过点M ( 2,0)作直线I交双曲线x2 y21于A、B两点，oP(1)求点P的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；求曲线的轨迹方程是解析几何的两个根本问题之一，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

9、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。(2)是否存在这样的直线I，使OAPB矩形？假设存在，求出I的方程；假设不存在,说明理由。解：当直线I的斜率存在时，设I的方程为y k(x 2)(k 0)，代入方程x2y21，得X2(1 k2)x2 4k2x 4 k210因为直线I与双曲线有两个交点，所以2 24k xx 4k 12，x1x2 21 kk 11 k20,设 A(X1,yJB(X2,y2)，那么y1 y2 k(X12) k(X22) k(N设 P(x, y)，由 oP oA OB 得(x,4kx1 kX所以

10、一k，代入4kyy1 kx2 y2 4x 0 即(x 2)2 y24X2)4kk 4k24k14 k2k21 ky)(X2,y1y2)2(4k4k )X1( 2 , 2 )1 k 1 k4xy4k2:可得y，化简得1k1(今y当直线I的斜率不存在时,易求得P( 4,0)满足方程，故所求轨迹方程为(X 2)2 y2(2)平行四边OPAB为矩形的充要条件是 当k不存在时，A、当k存在时，x1x24( y 0)，其轨迹为双曲线。(也可考虑用点差法求解曲线方程)0 即 x1x2 y-i y20 B坐标分别为(k(x1yi yX1X2也可考虑OA OB2,3)、( 2,、3)，不满足式22)k(x22)

11、(1 k )X1X22 22k2(% X2) 4k2(1 k2)(1 4k2)1 k22k2 4k2k214k20化简得知k21此方程无实数解，故不存在直线 练习：l使OPAB为矩形。&设椭圆方程为x21,过点M (0,1)的直线I交椭圆于点 A、B , O是坐标原点， 1点P满足OP -(OA2(1)动点P的轨迹方程；9 .设点A和B为抛物线yO作OM6 .交轨法一 1 1OB),点N的坐标为(一，),当I绕点M2 2(2)| NP |的最小值与最大值。2 4px(p 0)上原点O以外的两个动点，且 OA OB，过旋转时，求:AB于M，求点M的轨迹方程。假设动点是两曲线的交点，可以通

12、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。2 2例7MN是椭圆 1中垂直于长轴的动弦，A、B是椭圆长轴的两个端a2 b2点，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(x,yJ，那么N(xyj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X1N,B,P共线,所以丄x ay1X a两式相乘得y2 x2a2y12 x12a2,y12b2(a2 a2品代入x2得 一2 2x ab2 話,即交点P的轨迹方程为b2解2:(利用角作参数)设 M(acos ,bsin )，那么

13、 N(acos , bsin )所以bsinbsi n两式相乘消去a cos ax a a cos a2 2即可得所求的P点的轨迹方程为 1o2 .2a b练习：10.两条直线ax y 10和x ay 10(a1)的交点的轨迹方程是总结归纳即轨迹假设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，是曲线的一局部，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，假设轨迹有

14、不同的情况，应 分别讨论，以保证它的完整性。练习参考答案2 2(X 2)y_ 116482 22解：设P点的坐标为(x,y)，那么由方程x 2y4，得y4 x22由于直线I与椭圆交于两点 A、B，故 2 xB两点的坐标分别为 A(x飞宇),B(x,4 x2由题知. 2- y(0,4/ y)，PPA pB1 即(0,y)4 x24 x22(0,4 2x2y)y)4 x2(0,丁2 21即x 2y 6所以点P的轨迹方程为2y1( 2 x 2)3D【解析】在长方体ABCD A1C1D1中建立如下图的 空间直角坐标系，易知直线 AD与D1C1是异面垂直的两 条直线，过直线 AD与D1C1平行的平面是面

15、 在平面 ABCD内动点M(x, y)满足到直线 的距离相等，作MM1 MP于M1，MNNP D1C1于P，连结MP，易知DABCD，设AD 与 D1C1CD 于 N，MN 平面Hm,CDD1C1,MP D1C ，贝U 有 MM1 MP ，x2 a2，因此动点| y |2 x2 a2 (其中a是异面直线 AD与DQ间的距离)，即有y2 M的轨迹是双曲线，选 D.A 5解设 M (x, y) , A(X1, yJB(X2, y2)那么禺 X22x, y1 y 2y，由彳 2y?两式相减并同除以(为x2)得yiy2iXiX2i x而kyiy2XiX22yiy22y，而 kABXiX2kPMy25又

16、因为PMAB所以kABkPMiX2ix?y2i化简得点M的轨迹方程xy2x 4y 02 y x 22x y 10 ,但此时直线与双曲线并无交点，所以这样的直线不存在。6 .先用点差法求出中点弦问题，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。y)，那么 qA(i x, y),QB(1 x,4 y)4( i x, y) (i x,4 y) 4( i x)(i x) ( y)(4 y) 42小22)3点P是点Q关于直线y2( x 4)的对称点。动点P的轨迹是一个以C0(X0,y°)为圆心，半径为3的圆，其中 C0(X0,y°)是点C(0, 2)关

17、于直线y 2(x4)的对称点，即直线y 2(x 4)过CC°的中点，且与CC°y。2 2icccX002y0 Xd 4 0X0 8垂直，于是有即y。2 2Xo 0 Ayo 2Xo i8 0y。242厶2故动点P的轨迹方程为9。所以点Q的轨迹是以C(0, 2)为圆心，以3为半径的圆。2 28) (y 2)(x8.解：(i)解法一：直线|过点M(0,i)，设其斜率为k,那么I的方程为kx 1记 A(x1, y1)、kx i2L i4B(X2,y2),由题设可得点 A、的解B的坐标(Xi, yi)、(x2,y2)是方程组XiX2将代入并化简得,(4 k2)x2 2kx 30,所以

18、yiy22k2，4 k82 .4 k AOP (OA OB)XiX2yi _J22沧).设点P的坐标为x, y,那么y2，4 k消去参数44 k2 .k 得 4x2 y2 y 0当k不存在时，A、B中点为坐标原点0,0,22小4x y y 0解法二：设点P的坐标为,也满足方程，所以点 P的轨迹方程为(x, y),因 A(xyj、BX2, y2在椭圆上,所以22 yi彳Xii,42X2一得x22X2(XiX;)(Xix；)4(y2扣1y；)0,所以y；)(yiy；)0.当x1x2时,有xiX21(yi4y2)J 0.XiX2并且当xiXiX22yiy2J2i yi y2yXxix2将代入并整理得4x2 y2y 0.x2时,点A、B的坐标为(0,2),(0,2)，这时点P的坐标为(0,0)也满足,所以点p的轨迹方程为解：由点P的轨迹方程知x22XTi6ii6，(y"2 i 2 i 2 |NP| (x 2 (y 2)(