【尚择优选】轨迹方程的求法及典型例题(含答案)

轨迹方程的求法

一、知识复习

轨迹方程的求法常见的有（1）直接法；（2）定义法；（3）待定系数法（4）参数法（5）交轨法；（6）相

关点法

注意：求轨迹方程时注意去杂点，找漏点. 一、知识复习

例1：点P（－3，0）是圆x2+y2－6x－55=0内的定点，动圆M与已知圆相切，且过点P，求圆心M的轨迹方程。

例2、如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程.

解：设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则在Rt△ABP中，|AR|=|PR|. 又因为R是弦AB的中点，依垂径定理：在Rt△OAR中，|AR|2=|AO|2－|OR|2=36－(x2+y2) 又|AR|=|PR|=(x4)2y2

所以有(x－4)2+y2=36－(x2+y2),即x2+y2－4x－10=0

因此点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动.

设Q(x,y)，R(x1,y1)，因为R是PQ的中点，所以x1=代入方程x2+y2－4x－10=0,得

(x42yx4－10=0 )()24222x4y0, ,y122整理得：x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程.

例3、如图,直线L1和L2相交于点M,L1L2,点NL1.以A,B为端点的线段C上的任一点到L2的距离与到点N的距离相等.若AMN为锐三角形,|AM|=17 ,|AN|=3,且|BN|=6.建立适当的坐标系,求曲线

1

曲角段C

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的方程.

解法一：如图建立坐标系，以l1为x轴，MN的垂直平分线为y轴，点O为坐标原点。

依题意知：曲线段C是以点N为焦点，以l2为准线的抛物线的一段，其中A，B分别为C的端点。

2y设曲线段C的方程为2px(p0),(xAxxB,y0)，

其中xA,xB分别为A，B的横坐标，P=|MN|。

pp,0),N(,0)22由|AM|17,|AN|3得p(xA)22pxA17(1)2p(xA)22pxA9(2)2 所以M(p4p24或xAx1xA2 p。再将其代入①式并由p>0解得A由①，②两式联立解得

p2pxAx2因为△AMN是锐角三角形，所以2，故舍去A ∴p=4,xA=1

由点B在曲线段C上，得

xB|BN|p42。

2y综上得曲线段C的方程为8x(1x4,y0)

解法二：如图建立坐标系，分别以l1、l2为 轴，M为坐标原点。

作AE⊥l1,AD⊥l2，BF⊥l2垂足分别为E、D、F 设A(xA,yA)、B(xB,yB)、N(xN,0) 依题意有

2

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xA|ME|DA||AN|3yA|DM||AM|2|DA|222由于AMN为锐角三角形故有xN|ME||EN||ME||AM|2|AE|24xB|BE||NB|6设点P(x,y)是曲线段C上任一点则由题意知P属于集合{(x,y)|(xxN)2y2x2,xAxxB,y0}故曲线段C的方程y28(x2)(3x6,y0)

例4、已知两点P(2,2),Q(0,2)以及一条直线：y=x，设长为2的线段AB在直线上移动，求直线PA和QB交点M的轨迹方程．

解：PA和QB的交点M（x，y）随A、B的移动而变化，故可设A(t,t),B(t1,t1)，

t2t1(x2)(t2),QB：y2x(t1). 则PA：y2t2t1消去t，得x2y22x2y80.

当t=－2，或t=－1时，PA与QB的交点坐标也满足上式，所以点M的轨迹方程是

x2y22x2x2y80.

例5、设点A和B为抛物线y2=4px(p＞0)上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.

解法一：设M(x,y)，直线AB的方程为y=kx+b 由OM⊥AB，得k=－

由y2=4px及y=kx+b，消去y,得k2x2+(2kb－4p)x+b2=0

b24pb所以x1x2=2,y1y2=，

kkxy由OA⊥OB，得y1y2=－x1x2

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b24pk所以=－2,b=－4kp kk故y=kx+b=k(x－4p),

得x2+y2－4px=0(x≠0)

故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，

它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.

2y14px12y24px2yy解法二：设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y)依题意，有121

xx12yy1y21xxx12y1y2yy1x1x2xx1① ② ③ ④ ⑤|

①－②得(y1－y2)(y1+y2)=4p(x1－x2) 若x1≠x2,则有⑥代入④，得

y1y24p ⑥①×②,得y12·y22=16p2x1x2③代入上式有y1y2=－16p2 x1x2y1y2⑦

yy1yy14p(yy1)4p4p4px ⑧⑥代入⑤，得所以 22y1y2xx1y1y2yy1y2y14pxy1x4p即4px－y12=y(y1+y2)－y12－y1y2⑦、⑧代入上式，得x2+y2－4px=0(x≠0) 当x1=x2时，AB⊥x轴，易得M(4p,0)仍满足方程.

故点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.

轨迹方程(练习1)

|x||y|1(ab0)所围成的封闭图形的面积为 1．(08、山东文22)已知曲线C1：ab25，记C2为以曲线C1与坐标轴的45，曲线C1的内切圆半径为3交点为顶点的椭圆．(1)求椭圆C2的标准方程；

(2)设AB是过椭圆C2中心的任意弦，L是线段AB的 垂直平分线，M是L上异于椭圆中心的点．

①若|MO|＝λ|OA|(O为坐标原点)，当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；

②若M是L与椭圆C2的交点，求AMB的面积的最小值．

4

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2ab4522解：(1)由题意得ab25a5，b4

223abx2y2椭圆方程：＝1．

54(2)若AB所在的斜率存在且不为零，设

AB所在直线方程为y＝kx(k≠0)，A(xA，yA)．

x2y22020k2122，yA①由5 xA42245k45kykx,20(1k2)222． |OA|xAyA45k2220(1k)

设M(x，y)，由|MO|＝λ|OA|(λ≠0)|MO|＝λ|OA|xy．245k1x因为L是AB的垂直平分线，所以直线L的方程为y＝xk＝，代入上式有：

ky222222x220(12)22y222220(xy)22222，由， xyxy05x4y20222x4y5x452yx2y22，当k＝0或不存时，上式仍然成立.，综上所述，M的轨迹方程为（λ0）．

452020k220(1k2)22222

，yA②当k存在且k0时，xA． |OA|＝xAyA45k245k245k2x2y2120k22020(1k2)54222，yM由． xM|OM|22254k54k54ky1xk11119＝． 222220(1k)20(1k)20OAOM45k254k2402119|OA||OB|≥． 229|OA||OB|OA20OM1402|OA||OB|＝|OA||OB|≥， 29当且仅当4＋5k2＝5＋4k2时，即k＝1时等号成立．

140当k0，SAMB25225；

29SAMB

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140当k不存在时，SAMB5425．

29综上所述，AMB的面积的最小值为40．

9 2．（07、江西理21）设动点P到点A(1，0)的距离分别为d1和d2，APB2，且存在常数0)和B(1，(01)，使得d1d2sin2．

(1)证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程；

(2)过点B作直线与双曲线C的右支于M，N两点，试确定的范围，使OM·ON＝0，其中点O为坐标原点．

22解：(1)在△PAB中，AB2，即22d1 d22d1d2cos2，

， 4(d1d2)24d1d2sin2，即d1d244d1d2sin2212（常数）

x2y21． 点P的轨迹C是以A，B为焦点，实轴长2a21的双曲线，方程为：1（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)

，，①当MN垂直于x轴时，MN的方程为x1，M(11)N(1，1)在双曲线上．

1115， 12101251因为01，所以．

2即

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②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程为yk(x1)．

x2y21由1得： yk(x1)22222(1)kx2(1)kx(1)(k)0(1)k，由题意知：0 2k2(1)(1)(k2)，x1x2 x1x222(1)k(1)kk22． y1y2k(x11)(x21)2(1)k2由OM·ON＝0，且M，N在双曲线右支上，

(1)x1x2y1y20k2(1)251212． 所以x1x201123xx0k2210121512． 233．（09、海南）已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个顶点到两个焦

由①②知

点的距离分别是7和1．（1）求椭圆C的方程；（2）若P为椭圆C上的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，

解：（Ⅰ）设椭圆长半轴长及分别为a，c．由已知得

OPOM，求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线． e2（e为椭圆C的离心率）

ac1x2y2a＝4，c＝3椭圆C的方程为1． 167ac7（2）设M（x，y），P（x0，y0）．

22x0y01……① 其中x0∈[－4，4]，x0＝x．有167 7

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229x0y04由＝． ee得：216xy2OMOP22故16(x0y0)9(x2y2)

【下面是寻找关系式x0＝f（x，y），y0＝g（x，y）的过程】

2x0x2又1127x2……………………………………② 2y01622x0y0471并整理得：y②式代入①： (4x4)，所以点M的轨迹是两条平行于x轴的线段．

1673轨迹方程(练习2)

4．（09、重庆理）已知以原点O为中心的椭圆的一条准线方程为y343，离心率e，M是椭圆上

23的动点．

(1)若C、D的坐标分别是(0，√3)、(0，－√3)，求|MC|·|MD|的最大值；21世纪教育网

(2)如图，点A的坐标为(1，0)，点B是圆x2y21上的点，点N是点M(椭圆上的点)在x轴上的射影，点Q满足条件：OQ＝OM＋ON，QA·BA＝0．求线段QB的中点P的轨迹方程．

cx2y2a2343解：(1)设椭圆方程为：221（a＞b＞0）．准线方程y＝，e＝a2，

aabc23y2y22221．所以：1的两个焦点|MC|＋|MD|＝c3b1椭圆方程为：xC、D是椭圆x44|MC||MD|2)4，当且仅当|MC|＝|MD|，即点M的坐标为(1,0)时上式取等4．|MC|·|MD|≤(2号|MC|·|MD|的最大值为4．

(2)设M(xm,ym),B(xB,yB)，Q(xQ,yQ)，N(xm，0)

2222yB1． ym4，xB4xm由OQ＝OM＋ON

xQ2xm，yQym

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222yQ(2xm)2ym4………① xQ由QA·BA＝0

yB)＝(1xQ)(1xB)＋yQyB＝0 yQ)·(1xB，(1xQ，xQxByQyBxQxB1…………② 记P点的坐标为(xP，yP)，因为P是BQ的中点

2xPxQxB，2yPyQyB

12222xByQyB2xQxB2yQyB) )2＝(xQ42211322yPxP ＝[52(xQxB1)]＝(54xP2)xP4441动点P的方程为：(x)2y21．

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22yP(xPxQxB)2(yQyBx2y235．（09、安徽）已知椭圆2＋2＝1（a＞b＞0）的离心率为．以原点为圆心，以椭圆短半轴长

3ab为半径的圆与直线y＝x＋2相切． （1）求a与b的值；

（2）设该椭圆的左，右焦点分别为F1和F2，直线L1过F2且与x轴垂直，动直线L2与y轴垂直，L2交L1于点p.求线段PF1的垂直平分线与直线L2的交点M的轨迹方程，并指明曲线类型 2b223解：（1）e＝， 2＝．又圆心（0，0）到直线y＝x＋2的距离d＝半径b＝

2233a11x2y2221 ∴b＝2，a＝3．32（2）F1（－1，0）、F2（1，0），由题意可设P（1，t）（t≠0）.那么线段PF1的中点为N（0，

t）． 2L2的方程为：y＝t，设M(xM,yM)是所求轨迹上的任意点.

【下面求直线MN的方程，然后与直线L2的方程联立，求交点M的轨迹方程】

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t2，∴线段PF的中垂线MN的斜率＝－． 12t所以：直线MN的方程为：

直线PF1的斜率k＝

ytt2t2xMy－＝－x．由4， 2t2tyxytt2M2消去参数t得：yM4xM，即：

． y24x，其轨迹为抛物线（除原点）

tt又解：由于MN＝（－x，－y），PF＝（－x，－y）．∵MN·PF1122＝0，

tt(x,)·(x，y)0∴，消参数t得：y24x（x≠0），其轨迹为抛物线（除原点）． 22yt6．(07湖南理20）已知双曲线x2y22的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的动直线与双曲线相交于A，B两点．【直接法求轨迹】

O为坐标原点）（1）若动点M满足FM，求点M的轨迹方程； F1AF1BFO11（其中

(2)在x轴上是否存在定点C，使CA·CB为常数？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)由条件知F1(2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．设0)，F2(2，0)，

M(x，y)，则

FM(x2，y)1，

F1A(x12，y1)，

F1B(x22，y2)，FO(2，0)， 1x2x1x26由FM FAFBFO1111yyy12x1x2x4x4y，． AB的中点坐标为22y1y2yy0y1y2y2当AB不与x轴垂直时，， x1x2x42x82y(x1x2)． 即y1y2x822又因为A，B两点在双曲线上，所以x12y122，x2y22，两式相减得

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，即(x1x2)(x4)(y1y2)y．

y(x1x2)代入上式，化简得(x6)2y24． 将y1y2x8

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0)，也满足上述方程． 当AB与x轴垂直时，x1x22，求得M(8，所以点M的轨迹方程是(x6)2y24．

0)，使CA·CB为常数． （2）假设在x轴上存在定点C(m，当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是yk(x2)(k1)． 代入x2y22有(1k2)x24k2x(4k22)0．

4k24k22则x1，x2是上述方程的两个实根，所以x1x22，x1x22，

k1k1于是CA·CB(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)4k2m2

(k21)(4k22)4k2(2k2m)4k2m2 22k1k12(12m)k2244m22m2(12m)m． 22k1k1因为CA·CB是与k无关的常数，所以44m0，即m1，此时CA·CB＝－1．

当AB与x轴垂直时，点A，B的坐标可分别设为(2，2)，(2，2)，

0)，使CA·CB为常数． 此时CA·CB＝(1，√2)·(1，－√2)＝－1．故在x轴上存在定点C(1，

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