例談軌跡方程的求解方法

【摘 要】 在學習解析幾何的過程中，我們經(jīng)常會遇到求解軌跡方程問題，有些同學對此類問題常常會覺得無從入手.本文舉例說明求解此類問題的幾種行之有效的方法——定義法、反置代換法、直接法、參數(shù)法、交軌法、幾何法、轉(zhuǎn)移法，以期對同學們的解題技能和解題技巧的提高有所幫助.

【關鍵詞】 軌跡方程;方法靈活;求解

求解曲線的軌跡方程是高考的考點，也是高中數(shù)學知識中的一個難點.困難在于其涉及的動點比較多、未知量也多，特別是對于多動點軌跡方程問題的求解，許多同學感覺更是難上加難，原因在于這部分同學很難找到解題的切入點.其實，對于動點問題可以分為主動點和從動點兩種情況，即一個相當于自變量，一個相當于因變量，只要弄清楚其間的關系，問題就會很容易入手，若再能做到靈活地運用知識，找到巧妙的解題方法，則問題很容易獲解.

1 定義法

如果動點的軌跡符合某種曲線的定義，這時只需要判斷出軌跡的形狀，然后根據(jù)題給條件求出曲線方程即可.

例1 如圖1，在△ABC中，BC=a，若三內(nèi)角滿足sinC-sinB=12sinA，求點A的軌跡方程.

解析 由題意知，B-a2，0，Ca2，0.

設A（x，y），因為sinC-sinB=12sinA，

所以c-b=12a，|AB|-|AC|=12a（定值）.

由雙曲線的定義易知，點A的軌跡方程為x2a42-y234a2=1x>a4.

例2 如圖2，設圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A，直線l過點B（1，0）且與x軸不重合，l交⊙A于C，D兩點，過點B作AC的平行線交AD于點E，試證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程.

解析 因為|AD|=|AC|，EB∥AC，所以∠EBD=∠ACD=∠ADC，所以|EB|=|ED|，

所以|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.

又因為⊙A的方程為（x+1）2+y2=16，所以|EA|+|EB|=|AD|=4.

由題設得A（-1，0），B（1，0），所以|AB|=2.

由橢圓的定義可得點E的軌跡方程為x24+y23=1（y≠0）.

例3 如圖3，已知P是正三棱錐SABC的側(cè)面SBC內(nèi)一點，P到底面ABC的距離與到點S的距離相等，則動點P的軌跡是（? ）.

A.圓?? B.橢圓

C.雙曲線 D.拋物線

解析 設正四面體SABC的側(cè)面與底面所成的角為θ，則有cosθ=13，所以sinθ=223.

過點P作PE⊥BC，垂足為E，連接OE，則OE⊥BC，所以sin∠OEP=223.

設SP=b，在Rt△POE中，PE=OP223=3b22，所以SPPE=b3b22=223<1.

由橢圓的定義可知動點P的軌跡是橢圓.應選B.

例3 已知兩圓C1：（x-4）2+y2=169，C2：（x+4）2+y2=9，動圓在圓C1內(nèi)部且與圓C1相內(nèi)切，與圓C2相外切.求動圓圓心的軌跡方程.

解析 如圖3，設動圓的圓心為P（x，y），半徑為r，連接PC1，PC2.

由于動圓與圓C1內(nèi)切，與圓C2外切，則有|PC1|=13-r，|PC2|=3+r.

將上面兩式相加可得|PC1|+|PC2|=16.

這表明動點P到兩定點C1，C2的距離之和為定值，根據(jù)橢圓的定義，可知點的P軌跡是橢圓，該橢圓的中心是C1C2中點O（即原點），焦距是|C1C2|=8，即c=4，長軸2a=16，即a=8.

又b2=a2-c2=48，因此所求的軌跡方程是x264+y248=1.

點評 定義法是比較常用的求解軌跡方程的方法，通常多用來解答選擇題、填空題或者是解答題的第一小問.這就要求同學們對圓、橢圓、雙曲線、拋物線的定義不僅要熟記在心，而且還應全面、透徹地理解.在例2中，如何發(fā)現(xiàn)可用定義法求軌跡方程的呢？其實，兩個定點A，B的對稱性暗示了它的軌跡不是橢圓就是雙曲線，這就引導我們思考|EA|+|EB|的和是不是一個定值，利用平面幾何知識可得|EB|=|ED|，進而得到|EA|+|EB|=|AD|=4.

例3是以空間幾何體為載體，考查我們對投影、二面角的理解，以及對橢圓的第二定義的理解、掌握情況，即橢圓上的點到一個定點的距離與到一條線的距離之比小于1.

2 反置代換法圖4

例4 如圖4，已知圓的方程為x2+y2=r2（r>0），作一線段MN，使點A（a，b）為MN的中點，而點M恒在圓上，求點N的軌跡方程.

解析 設點N的坐標為（x，y），點M的坐標為（x0，y0），則有x20+y20=r2.

因為點A是線段MN的中點，所以a=x0+x2，b=y0+y2，即x0=2a-x，y0=2b-y.由此可得（x-2a）2+（y-2b）2=r2（r>0），此即為點N的軌跡方程.圖5

例5 如圖5，點P是以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓x225+y216=1上的動點，求△F1F2P重心G的軌跡方程.

解析 設點G的坐標為（x，y），點P的坐標為（x0，y0），則有x2025+y2016=1.

因為G點是△F1F2P的重心，由題意知F1（-3，0），F(xiàn)2（3，0），

所以x=3+（-3）+x03，y=0+0+y03，即x0=3x，y0=3y，

因此可得9x225+9y216=1，此即為所求△F1F2P重心G的軌跡方程.

點評 求解本題的關鍵在于找到已知曲線上的動點并設為（x0，y0），而將所求動點設為（x，y），用點（x，y）表示已知曲線上動點（x0，y0），代入已知曲線方程，從而求出所求動點的軌跡方程.所以對于此類考題，只要找到主動點與從動點之間的關系，并用從動點的坐標表示主動點的坐標，即可快速、簡捷獲解.

3 直接法

動點滿足的幾何條件易于“坐標化”時，只需直接將幾何條件通過有關定理、公式“翻譯”成含x，y的等式，就得到曲線的軌跡方程.此法也叫“直譯法”，具體步驟是設點、列式、代入、化簡.

例6 如圖6，已知拋物線C：y2=4x，若橢圓的左焦點及相應準線與拋物線C的焦點F和準線l分別重合，求橢圓短軸端點B與焦點F所連線段的中點M的軌跡方程.

解析 設M（x，y），根據(jù)題意可知B（2x-1，2y）.

設x軸與準線l的交點為K，則有|FK|=2.

因為|FK|=a2c-c=b2c，所以2=b2c，即b2=2c（*）.

又b=|2y|，c=2x-2（x>1），代入（*）式有4y2=2（2x-2），即y2=x-1（x>1）為所求點M的軌跡方程.

例8 動點P到直線x+y=6的距離的平方等于由兩坐標軸及點P到兩坐標軸之垂線所圍成的矩形面積，求點P的軌跡方程.

解析 設動點P（x，y），則S矩形=|xy|，點P到直線x+y=6的距離d=|x+y-6|2.

因為d2=S，所以|x+y-6|22=|xy|，即（x+y-6）2=2|xy|.

當xy≥0時，點P的軌跡方程為（x-6）2+（y-6）2=36;當xy<0時，點P的軌跡方程為x2+4xy+y2-12x-12y+36=0.

例7 設橢圓x2a+y2b=1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A是橢圓上的一點，AF2⊥F1F2，原點O到直線AF1的距離為13|OF1|.設Q1，Q2為橢圓上的兩個動點，OQ1⊥OQ2，過原點O作直線Q1Q2的垂線OD，垂足為D，求點D的軌跡方程.

解析 設D（x0，y0），當y0≠0時，由OD⊥Q1Q2，得直線Q1Q2的方程為y=-x0y0（x-x0）+y0.

令k=-x0y0，m=x20y0+y0，即y=kx+m.

點Q1（x1，y1），Q2（x2，y2）滿足方程組y=kx+m，x2+y2=2b2.消去y得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2b2=0.可知x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-2b21+2k2. ①

又y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=m2-2b2k21+2k2. ②由OQ1⊥OQ2，知x1x2+y1y2=0，將①②代入得3m2-2b2-2b2k21+2k2=0. ③

將k=-x0y0，m=x20y0+y0代入③整理，得x20+y20=23b2.當y0=0時，驗證上式也成立.

故點D的軌跡方程為x2+y2=23b2.

4 參數(shù)法

引入第三個變量t（參數(shù)），建立起動點P（x，y）的坐標x，y與t的關系式F1（x，y，t）=0，F(xiàn)2（x，y，t）=0，或x=f（t），y=g（t）.從上述關系式中消去參數(shù)t，便可得到動點P（x，y）的軌跡方程F（x，y）=0.

例8 如圖7，給出定點A（a，0）（a>0）和直線l上的動點，∠BOA的角平分線交AB于點C，求點C的軌跡方程.

解析 設C（x，y），直線l上動點B的坐標為（-1，tanθ）（θ為參數(shù)，-π2<θ<π2），則有|OB|=1+tan2θ=secθ.

因為OC平分∠AOB，所以|AC||CB|=|OA||OB|=Acosθ，即C是AB的內(nèi)分點，則由定比分點坐標公式得x=a-acosθ1+acosθ，y=asinθ1+acosθ.

解得cosθ=a-xa（1+x），sinθ=（1+a）ya（1+x）.

因為sin2θ+cos2θ=1，所以（1-a）x2-2ax+（1+a）y2=0（0≤x<a）.

這就是點C的軌跡方程.

例9 過拋物線y2=2px（p>0）頂點O，作相互垂直的弦OA，OB，求AB中點M的軌跡方程.解析 方法1：設At212p，t1，Bt222p，t2，M（x，y）.

因為OA⊥OB，所以kOA·kOB=-1，即2pt1t21·2pt2t22=-1，據(jù)此可得t1t2=-4p2. ①

因為M為線段AB的中點，所以x=t21+t224p，? ②

y=t1+t22.? ③

將③式平方可得：4y2=（t1+t2）2=t21+t22+2t1t2，并將①②代入，消去參數(shù)t1，t2，從而得到點M的軌跡方程為y2=px-2p2.

方法2：設A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），

則根據(jù)題意有y21=2px1，????? ①y22=2px2， ②2x=x1+x2， ③2y=y1+y2， ④

x1x2+y1y2=0. ⑤

將①②代入③得4px=y21+y22，??? ⑥

由①×②得x1x2=y21y224p2，?? ??⑦

將⑦代入⑤得y1y2=-4p2，??? ⑧

將④平方并將⑥⑧代入，得4y2=4px-8p2，故所求點M的軌跡方程為y2=px-2p2.

例12 如圖9，已知拋物線y2=2px（p>0），O為頂點，AB為拋物線的弦，且OA⊥OB，求弦AB的中點P的軌跡方程.

解析 設弦的兩端點為A（2pt21，2pt1），B（2pt22，2pt2），弦的中點為P（x，y），則有x=p（t21+t22）???? ①y=p（t1+t2）? ②

因為OA⊥OB，設kAO=1t1，kBO=1t2，所以

t1·t2=-1???????? ③

由②平方得y2=p2（t21+t22）+2p2t1t2④

將①③代入④，可得所求的軌跡方程為y2=p（x-2p）.

例10 如圖8，設λ>0，點A的坐標為（1，1），點B在拋物線y=x2上運動，點Q滿足BQ=λQA，經(jīng)過點Q與x軸垂直的直線交拋物線于點M，點P滿足QM=λMP，求點P的軌跡方程.

解析 設點P（x，y），由題意可得QxB+λ1+λ，x2B+λ1+λ，xM=xQ=x，所以xB=（1+λ）x-λ.

又x2=yQ+λy1+λ，可得（1+λ）x2=x2B+λ1+λ+λy，

即（1+λ）2x2-λ（1+λ）y-（x2B+λ）=0，

于是可得（1+λ）2x2-λ（1+λ）y-[（1+λ）x-λ]2-λ=0，

化簡可得y=2x-1.點評 例9是A，B兩個主動點，例10是B，Q，M三個主動點，雖然問題較為復雜，但不是無章可循的.求解此類問題，關鍵是要找到兩類動點之間的關系，只不過需要借助參數(shù)才能建立兩類動點之間的關系.例9是以t1，t2建立參數(shù)，例10是以xB，λ為參數(shù).從以上兩例可以看出，恰當?shù)剡x擇參數(shù)可以對問題的順利解答起到事半功倍的作用.

5 交軌法

如果所求軌跡是由兩條動曲線（包括直線）的交點所得，其一般解法是恰當?shù)匾M一個參數(shù)，寫出兩條動曲線的方程，消去參數(shù)，所得方程便是所求的軌跡方程.

例11 設橢圓與雙曲線有共同的焦點F1（-4，0），F(xiàn)2（4，0），且橢圓的長軸長是雙曲線實軸長的2倍.求橢圓與雙曲線交點的軌跡.

解析 設雙曲線的實半軸長為a（2<a<4），則橢圓長半軸長為2a，由半焦距為4可得：

x2a2-y216-a2=1，?? ①

x24a2+y24a2-16=1.②

解得y2=（a2-4）（16-a2）4，代入①可得

a2=2|x|，所以x22|x|-y216-2|x|=1.

當x>0時，得（x-5）2+y2=9;當x<0時，得（x+5）2+y2=9.

由2<a<4，知2<|x|<8，故所求軌跡半徑為3，分別以（5，0）及（-5，）為圓心的兩個圓.

例12 橢圓x24+y2=1與x軸的交點為A（2，0），A′（-2，0），與y軸平行的直線交該橢圓于P，P′兩點，試求AP和A′P′交點Q的軌跡方程.

解析 如圖9，設平行于y軸的直線x=x1.

設P（x1，y1），P′（x1，-y1），Q（x，y），則有

x214+y21=1，???? ①

當x1≠±2時，直線AP和A′P′的方程分別為

y=y1x1-2（x-2），?? ②

y=-y1x1+2（x+2），?? ③

因為交點Q滿足②③，則由②×③可得

y2=-y22x21-4（x2-4）， ④

由①得x21-4=-4y21，將其代入④得y2=14（x2-4），即x24-y2=1.

當x1=±2時，可得點Q的坐標為（±2，0），也滿足x24-y2=1.

所以交點Q的軌跡方程是x24-y2=1.

6 幾何法

動點的幾何特性與平面幾何的定理有著直接或間接地聯(lián)系，且利用平面幾何的基本知識得到包含已知量和動點坐標的等式，化簡后即可得所求軌跡方程.

例13 在直角坐標系平面內(nèi)，P（3，4）為定點，過P作相互垂直的兩直線l1，l2，其中l(wèi)1交x軸于點M，l2交y軸于點N，求線段MN中點Q的軌跡方程.

解析 如圖10，因為∠NPM=∠NOM=90°，所以M，O，N，P四點共圓，點Q即為圓心.

設Q（x，y），因為|QO|=|PQ|，所以x2+y2=（x-3）2+（y-4）2，化簡得點Q的軌跡方程為6x+8y-25=0.例14 已知橢圓x2+4y2=1，l1，l2是經(jīng)過橢圓長軸的二端點A，B的切線，當M為橢圓上任一點，AM交l2于C，BM交l1于D，過M作x軸垂線MN，延長NM交CD于P.當M在橢圓上運動時，求點P的軌跡方程.

解析 如圖11，用平面幾何知識解梯形ABCD.設二對角線AC，BD交于M，則有|MN|=|MP|.

設P（x，y），M（x1，y1），則x1=x，y1=y2.

因為點M（x1，y1）在橢圓x2+4y2=1上，所以x21+4y21=1，即x2+4y22=1，從而得點P的軌跡方程是x2+y2=1.

7 轉(zhuǎn)移法

動點P（x，y）隨另一個動點P0（x0，y0）的運動而運動，當P0的軌跡是已知或可求時，常用轉(zhuǎn)移法求得點P的軌跡方程.這種方法也叫做“代入法”或“相關點法”.其具體的解題步驟如下：

1.設P0（x0，y0），寫出x0，y0應滿足的等式F（x0，y0）=0（*）;

2.設所求軌跡上的動點P（x，y），并求出點P和P0的坐標應滿足關系式x0=f（x，y），y0=g（x，y）.

3.將上述關系式代入等式（*）式中，便可得到動點P的軌跡方程F[f（x，y），g（x，y）]=0.

例15 從定點A（0，4）連接雙曲線x2-4y2=16上任一點Q，求內(nèi)分線段AQ成1∶2的分點P的軌跡方程.

解析 設Q（x0，y0），P（x，y）.由題設λ=APPQ=12，則x=12x01+12=13x0，y=4+12y01+12=8+y03.解得x0=3x，y0=3y-8.

因為Q（x0，y0）在雙曲線上，所以x20-4y20=16，即（3x）2-4（3y-8）2=16.從而得點P的軌跡方程是x2169-y-83249=1.

例16 過原點的雙曲線的一個焦點F（4，0），實軸長為2，求雙曲線中心O′的軌跡方程.

解析 如圖12，設O′（x，y），另一個焦點F′（x0，y0），則有x=x0+42，y=y02.

解得x0=2x-4，y0=2y. ①

因為雙曲線過原點，則由雙曲線的定義知||OF′|-|OF||=2a.

因為F（4，0），實軸長2a=2，所以x20+y20-4=±2，所以x20+y20=36或x20+y20=4.

將上面的①式代入上述等式，便得到中心O′的軌跡方程是（x-2）2+y2=9或（x-2）2+y2=1.

8 小結(jié)

求軌跡方程，可謂是內(nèi)容豐富多彩，形式多種多樣，因此也就可用多種不同的、行之有效的方法求解，上述幾例均可用其它方法求解，請大家不妨試一試，以開闊解題思路，培養(yǎng)思維品質(zhì).求出曲線方程后，務必要注意軌跡的完備性和純粹性[1].因為將軌跡條件解析化或化簡方程時，常常會擴大或縮小變量的取值范圍，應注意把丟掉的找回來，將擴大的舍去掉，即求出方程后要注意動點坐標的取值范圍，力避錯解的發(fā)生.

參考文獻

[1] 黃榮清. 淺談高中數(shù)學中軌跡方程的求解方法[J]. 基礎教育論談，2012（19）：30.

作者簡介 華騰飛（1987—），男，安徽靈璧人，中教一級;主要從事中學數(shù)學教學與研究工作;在各種刊物上發(fā)表文章數(shù)十篇.