高中数学求轨迹方程的六种常用技法.doc

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。
例1．已知线段，直线相交于，且它们的斜率之积是，求点的轨迹方程。
解：以所在直线为轴，垂直平分线为轴建立坐标系，则，设点的坐标为，则直线的斜率，直线的斜率
由已知有
化简，整理得点的轨迹方程为
练习：
1．平面内动点到点的距离和到直线的距离之比为2，则点的轨迹方程是。
2．设动直线垂直于轴，且和椭圆交于、两点，是上满足的点，求点的轨迹方程。
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．若为的两顶点，和两边上的中线长之和是，则的重心轨迹方程是_______________。
解：设的重心为，则由和两边上的中线长之和是可得
，而点为定点，所以点的轨迹为以 为焦点的椭圆。
所以由可得
故的重心轨迹方程是
练习：
4．方程表示的曲线是 （　　）
A．椭圆 B．双曲线 C．线段 D．抛物线
3．点差法
圆锥曲线中和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的坐标代入圆锥曲线方程，然而相减，利用平方差公式可得，，，等关系式，由于弦的中点的坐标满足，
且直线的斜率为，由此可求得弦中点的轨迹方程。
例3．椭圆中,过的弦恰被点平分,则该弦所在直线方程为_________________。
解：设过点的直线交椭圆于、，则有
①②
①②可得
而为线段的中点，故有
所以，即
所以所求直线方程为化简可得
练习：
5．已知以为圆心的圆和椭圆交于、两点，求弦的中点的轨迹方程。
6．已知双曲线，过点能否作一条直线和双曲线交于两点，使 为线段的中点？
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某个动点在已知方程的曲线上移动；
②另一个动点随的变化而变化；
③在变化过程中和满足一定的规律。
例4． 已知是以为焦点的双曲线上的动点，求的重心的轨迹方程。
解：设 重心，点，因为
则有，故代入
得所求轨迹方程　
例5．抛物线的焦点为,过点作直线交抛物线、两点,再以、为邻边作平行四边形，试求动点的轨迹方程。
解法一：（转移法）设，∵，∴平行四边形的中心为，
将，代入抛物线方程,得，
设，则
①
∴，
∵为的中点.∴，消去得
，由①得，，故动点的轨迹方程为。
解法二：（点差法）设，∵，∴平行四边形的中心为，
设，则有
①②
由①②得③
而为的中点且直线过点，所以代入③可得，化简可得④
由点在抛物线口内，可得⑤
将④式代入⑤可得
故动点的轨迹方程为。
练习：
7．已知，在平面上动点满足，点是点关于直线的对称点，求动点的轨迹方程。
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和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．过点作直线交双曲线于、两点，已知。
（1）求点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；
（2）是否存在这样的直线，使矩形？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由。
解：当直线的斜率存在时，设的方程为，代入方程，得

因为直线和双曲线有两个交点，所以，设，则
①

设，由得
∴ 所以，代入可得，化简得
即②
当直线的斜率不存在时，易求得满足方程②，故所求轨迹方程为，其轨迹为双曲线。（也可考虑用点差法求解曲线方程）
（2）平行四边为矩形的充要条件是即③
当不存在时，、坐标分别为、，不满足③式
当存在时，
化简得，
此方程无实数解，故不存在直线使为矩形。
练习：
8．设椭圆方程为,过点的直线交椭圆于点、,是坐标原点,点满足,点的坐标为,当绕点旋转时,求:
(1)动点的轨迹方程；(2)的最小值和最大值。
9．设点和为抛物线上原点以外的两个动点，且，过作于，求点的轨迹方程。
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。
例7．已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，、是椭圆长轴的两个端点，求直线和的交点的轨迹方程。
解1:(利用点的坐标作参数)令，则
而.设和的交点为
因为共线，所以因为共线，所以
两式相乘得①，而即代入①
得，　即交点的轨迹方程为　
解2: (利用角作参数)
设，则
所以 , 两式相乘消去
即可得所求的点的轨迹方程为 。
练习：
10．两条直线和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，应对方程注明的取值范围，或同时注明的取值范围。
2．“轨迹”和“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。
练习参考答案
1．
2．解：设点的坐标为，则由方程，得
由于直线和椭圆交于两点、，故
即、两点的坐标分别为
∴
由题知即
∴即所以点的轨迹方程为
3．D【解析】在长方体中建立如图所示的空间直角坐标系，易知直线和是异面垂直的两条直线，过直线和平行的平面是面，设在平面内动点满足到直线和的距离相等，作于，于，于，连结，易知平面，则有，(其中是异面直线和间的距离)，即有，因此动点的轨迹是双曲线，选D.
4．A

5．解 设，
．P
．
M
A
则，由，
O
B
两式相减并同除以得
,　而
, 又因为所以
化简得点的轨迹方程
6．先用点差法求出，但此时直线和双曲线并无交点，所以这样的直线不存在。中点弦问题，注意双曲线和椭圆的不同之处，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，则
由
即
所以点的轨迹是以为圆心，以3为半径的圆。
∵点是点关于直线的对称点。
∴动点的轨迹是一个以为圆心，半径为3的圆，其中是点关于直线的对称点，即直线过的中点，且和
垂直，于是有即
故动点的轨迹方程为。
8．解：(1)解法一:直线过点，设其斜率为,则的方程为
记、由题设可得点、的坐标、是方程组
①
②
的解
将①代入②并化简得,,所以于是

设点的坐标为则消去参数得 ③
当不存在时,、中点为坐标原点,也满足方程③,所以点的轨迹方程为
解法二:设点的坐标为,因、在椭圆上,所以
④ ⑤
④—⑤得,所以

当时,有 ⑥
并且 ⑦ 将⑦代入⑥并整理得 ⑧
当时,点、的坐标为，这时点的坐标为
也满足⑧,所以点的轨迹方程为
(2)解:由点的轨迹方程知，即所以

故当,取得最小值,最小值为时,取得最大值,最大值为
9．解法1 ：(常规设参)设，，则
　（※）
由共线得 则
把（※）代入上式得化简得的轨迹方程为)
解法2： (变换方向) 设的方程为，则的方程为
由　 得 ， 　由　得
所以直线的方程为 ①
因为，所以直线的方程为②
①×②即得的轨迹方程:
解法3： (转换观点) 视点为定点,令，由可得直线的方程为, 和抛物线联立消去得,设，则
又因为，所以
故即
所以点的轨迹方程为
10．
10 / 10