例谈轨迹方程的求解方法

【摘 要】 在学习解析几何的过程中，我们经常会遇到求解轨迹方程问题，有些同学对此类问题常常会觉得无从入手.本文举例说明求解此类问题的几种行之有效的方法——定义法、反置代换法、直接法、参数法、交轨法、几何法、转移法，以期对同学们的解题技能和解题技巧的提高有所帮助.

【关键词】 轨迹方程;方法灵活;求解

求解曲线的轨迹方程是高考的考点，也是高中数学知识中的一个难点.困难在于其涉及的动点比较多、未知量也多，特别是对于多动点轨迹方程问题的求解，许多同学感觉更是难上加难，原因在于这部分同学很难找到解题的切入点.其实，对于动点问题可以分为主动点和从动点两种情况，即一个相当于自变量，一个相当于因变量，只要弄清楚其间的关系，问题就会很容易入手，若再能做到灵活地运用知识，找到巧妙的解题方法，则问题很容易获解.

1 定义法

如果动点的轨迹符合某种曲线的定义，这时只需要判断出轨迹的形状，然后根据题给条件求出曲线方程即可.

例1 如图1，在△ABC中，BC=a，若三内角满足sinC-sinB=12sinA，求点A的轨迹方程.

解析 由题意知，B-a2，0，Ca2，0.

设A（x，y），因为sinC-sinB=12sinA，

所以c-b=12a，|AB|-|AC|=12a（定值）.

由双曲线的定义易知，点A的轨迹方程为x2a42-y234a2=1x>a4.

例2 如图2，设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交⊙A于C，D两点，过点B作AC的平行线交AD于点E，试证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程.

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

所以|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.

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

由题设得A（-1，0），B（1，0），所以|AB|=2.

由椭圆的定义可得点E的轨迹方程为x24+y23=1（y≠0）.

例3 如图3，已知P是正三棱锥SABC的侧面SBC内一点，P到底面ABC的距离与到点S的距离相等，则动点P的轨迹是（  ）.

A.圆   B.椭圆

C.双曲线 D.抛物线

解析 设正四面体SABC的侧面与底面所成的角为θ，则有cosθ=13，所以sinθ=223.

过点P作PE⊥BC，垂足为E，连接OE，则OE⊥BC，所以sin∠OEP=223.

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

由椭圆的定义可知动点P的轨迹是椭圆.应选B.

例3 已知两圆C1：（x-4）2+y2=169，C2：（x+4）2+y2=9，动圆在圆C1内部且与圆C1相内切，与圆C2相外切.求动圆圆心的轨迹方程.

解析 如图3，设动圆的圆心为P（x，y），半径为r，连接PC1，PC2.

由于动圆与圆C1内切，与圆C2外切，则有|PC1|=13-r，|PC2|=3+r.

将上面两式相加可得|PC1|+|PC2|=16.

这表明动点P到两定点C1，C2的距离之和为定值，根据椭圆的定义，可知点的P轨迹是椭圆，该椭圆的中心是C1C2中点O（即原点），焦距是|C1C2|=8，即c=4，长轴2a=16，即a=8.

又b2=a2-c2=48，因此所求的轨迹方程是x264+y248=1.

点评 定义法是比较常用的求解轨迹方程的方法，通常多用来解答选择题、填空题或者是解答题的第一小问.这就要求同学们对圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义不仅要熟记在心，而且还应全面、透彻地理解.在例2中，如何發现可用定义法求轨迹方程的呢？其实，两个定点A，B的对称性暗示了它的轨迹不是椭圆就是双曲线，这就引导我们思考|EA|+|EB|的和是不是一个定值，利用平面几何知识可得|EB|=|ED|，进而得到|EA|+|EB|=|AD|=4.

例3是以空间几何体为载体，考查我们对投影、二面角的理解，以及对椭圆的第二定义的理解、掌握情况，即椭圆上的点到一个定点的距离与到一条线的距离之比小于1.

2 反置代换法图4

例4 如图4，已知圆的方程为x2+y2=r2（r>0），作一线段MN，使点A（a，b）为MN的中点，而点M恒在圆上，求点N的轨迹方程.

解析 设点N的坐标为（x，y），点M的坐标为（x0，y0），则有x20+y20=r2.

因为点A是线段MN的中点，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），此即为点N的轨迹方程.图5

例5 如图5，点P是以F1，F2为焦点的椭圆x225+y216=1上的动点，求△F1F2P重心G的轨迹方程.

解析 设点G的坐标为（x，y），点P的坐标为（x0，y0），则有x2025+y2016=1.

因为G点是△F1F2P的重心，由题意知F1（-3，0），F2（3，0），

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

因此可得9x225+9y216=1，此即为所求△F1F2P重心G的轨迹方程.

点评 求解本题的关键在于找到已知曲线上的动点并设为（x0，y0），而将所求动点设为（x，y），用点（x，y）表示已知曲线上动点（x0，y0），代入已知曲线方程，从而求出所求动点的轨迹方程.所以对于此类考题，只要找到主动点与从动点之间的关系，并用从动点的坐标表示主动点的坐标，即可快速、简捷获解.

3 直接法

动点满足的几何条件易于“坐标化”时，只需直接将几何条件通过有关定理、公式“翻译”成含x，y的等式，就得到曲线的轨迹方程.此法也叫“直译法”，具体步骤是设点、列式、代入、化简.

例6 如图6，已知抛物线C：y2=4x，若椭圆的左焦点及相应准线与抛物线C的焦点F和准线l分别重合，求椭圆短轴端点B与焦点F所连线段的中点M的轨迹方程.

解析 设M（x，y），根据题意可知B（2x-1，2y）.

设x轴与准线l的交点为K，则有|FK|=2.

因为|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）为所求点M的轨迹方程.

例8 动点P到直线x+y=6的距离的平方等于由两坐标轴及点P到两坐标轴之垂线所围成的矩形面积，求点P的轨迹方程.

解析 设动点P（x，y），则S矩形=|xy|，点P到直线x+y=6的距离d=|x+y-6|2.

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

当xy≥0时，点P的轨迹方程为（x-6）2+（y-6）2=36;当xy<0时，点P的轨迹方程为x2+4xy+y2-12x-12y+36=0.

例7 设椭圆x2a+y2b=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，A是椭圆上的一点，AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为13|OF1|.设Q1，Q2为椭圆上的两个动点，OQ1⊥OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程.

解析 设D（x0，y0），当y0≠0时，由OD⊥Q1Q2，得直线Q1Q2的方程为y=-x0y0（x-x0）+y0.

令k=-x0y0，m=x20y0+y0，即y=kx+m.

点Q1（x1，y1），Q2（x2，y2）满足方程组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，将①②代入得3m2-2b2-2b2k21+2k2=0. ③

将k=-x0y0，m=x20y0+y0代入③整理，得x20+y20=23b2.当y0=0时，验证上式也成立.

故点D的轨迹方程为x2+y2=23b2.

4 参数法

引入第三个变量t（参数），建立起动点P（x，y）的坐标x，y与t的关系式F1（x，y，t）=0，F2（x，y，t）=0，或x=f（t），y=g（t）.从上述关系式中消去参数t，便可得到动点P（x，y）的轨迹方程F（x，y）=0.

例8 如图7，给出定点A（a，0）（a>0）和直线l上的动点，∠BOA的角平分线交AB于点C，求点C的轨迹方程.

解析 设C（x，y），直线l上动点B的坐标为（-1，tanθ）（θ为参数，-π2<θ<π2），则有|OB|=1+tan2θ=secθ.

因为OC平分∠AOB，所以|AC||CB|=|OA||OB|=Acosθ，即C是AB的内分点，则由定比分点坐标公式得x=a-acosθ1+acosθ，y=asinθ1+acosθ.

解得cosθ=a-xa（1+x），sinθ=（1+a）ya（1+x）.

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

这就是点C的轨迹方程.

例9 過抛物线y2=2px（p>0）顶点O，作相互垂直的弦OA，OB，求AB中点M的轨迹方程.解析 方法1：设At212p，t1，Bt222p，t2，M（x，y）.

因为OA⊥OB，所以kOA·kOB=-1，即2pt1t21·2pt2t22=-1，据此可得t1t2=-4p2. ①

因为M为线段AB的中点，所以x=t21+t224p，  ②

y=t1+t22.  ③

将③式平方可得：4y2=（t1+t2）2=t21+t22+2t1t2，并将①②代入，消去参数t1，t2，从而得到点M的轨迹方程为y2=px-2p2.

方法2：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），

则根据题意有y21=2px1，      ①y22=2px2， ②2x=x1+x2， ③2y=y1+y2， ④

x1x2+y1y2=0. ⑤

将①②代入③得4px=y21+y22，    ⑥

由①×②得x1x2=y21y224p2，     ⑦

将⑦代入⑤得y1y2=-4p2，    ⑧

将④平方并将⑥⑧代入，得4y2=4px-8p2，故所求点M的轨迹方程为y2=px-2p2.

例12 如图9，已知抛物线y2=2px（p>0），O为顶点，AB为抛物线的弦，且OA⊥OB，求弦AB的中点P的轨迹方程.

解析 设弦的两端点为A（2pt21，2pt1），B（2pt22，2pt2），弦的中点为P（x，y），则有x=p（t21+t22）     ①y=p（t1+t2）  ②

因为OA⊥OB，设kAO=1t1，kBO=1t2，所以

t1·t2=-1         ③

由②平方得y2=p2（t21+t22）+2p2t1t2④

将①③代入④，可得所求的轨迹方程为y2=p（x-2p）.

例10 如图8，设λ>0，点A的坐标为（1，1），点B在抛物线y=x2上运动，点Q满足BQ=λQA，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QM=λMP，求点P的轨迹方程.

解析 设点P（x，y），由题意可得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，

化简可得y=2x-1.点评 例9是A，B两个主动点，例10是B，Q，M三个主动点，虽然问题较为复杂，但不是无章可循的.求解此类问题，关键是要找到两类动点之间的关系，只不过需要借助参数才能建立两类动点之间的关系.例9是以t1，t2建立参数，例10是以xB，λ为参数.从以上两例可以看出，恰当地选择参数可以对问题的顺利解答起到事半功倍的作用.

5 交轨法

如果所求轨迹是由两条动曲线（包括直线）的交点所得，其一般解法是恰当地引进一个参数，写出两条动曲线的方程，消去参数，所得方程便是所求的轨迹方程.

例11 设椭圆与双曲线有共同的焦点F1（-4，0），F2（4，0），且椭圆的长轴长是双曲线实轴长的2倍.求椭圆与双曲线交点的轨迹.

解析 设双曲线的实半轴长为a（2<a<4），则椭圆长半轴长为2a，由半焦距为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.

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

由2<a<4，知2<|x|<8，故所求轨迹半径为3，分别以（5，0）及（-5，）为圆心的两个圆.

例12 椭圆x24+y2=1与x轴的交点为A（2，0），A′（-2，0），与y轴平行的直线交该椭圆于P，P′两点，试求AP和A′P′交点Q的轨迹方程.

解析 如图9，设平行于y轴的直线x=x1.

设P（x1，y1），P′（x1，-y1），Q（x，y），则有

x214+y21=1，     ①

当x1≠±2时，直线AP和A′P′的方程分别为

y=y1x1-2（x-2），   ②

y=-y1x1+2（x+2），   ③

因为交点Q满足②③，则由②×③可得

y2=-y22x21-4（x2-4）， ④

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

当x1=±2时，可得点Q的坐标为（±2，0），也满足x24-y2=1.

所以交点Q的轨迹方程是x24-y2=1.

6 几何法

动点的几何特性与平面几何的定理有着直接或间接地联系，且利用平面几何的基本知识得到包含已知量和动点坐标的等式，化简后即可得所求轨迹方程.

例13 在直角坐标系平面内，P（3，4）为定点，过P作相互垂直的两直线l1，l2，其中l1交x轴于点M，l2交y轴于点N，求线段MN中点Q的轨迹方程.

解析 如图10，因为∠NPM=∠NOM=90°，所以M，O，N，P四点共圆，点Q即为圆心.

设Q（x，y），因为|QO|=|PQ|，所以x2+y2=（x-3）2+（y-4）2，化简得点Q的轨迹方程为6x+8y-25=0.例14 已知椭圆x2+4y2=1，l1，l2是经过椭圆长轴的二端点A，B的切线，当M为椭圆上任一点，AM交l2于C，BM交l1于D，过M作x轴垂线MN，延长NM交CD于P.当M在椭圆上运动时，求点P的轨迹方程.

解析 如图11，用平面几何知识解梯形ABCD.设二对角线AC，BD交于M，则有|MN|=|MP|.

设P（x，y），M（x1，y1），则x1=x，y1=y2.

因为点M（x1，y1）在椭圆x2+4y2=1上，所以x21+4y21=1，即x2+4y22=1，从而得点P的轨迹方程是x2+y2=1.

7 转移法

动点P（x，y）随另一个动点P0（x0，y0）的运动而运动，当P0的轨迹是已知或可求时，常用转移法求得点P的轨迹方程.这种方法也叫做“代入法”或“相关点法”.其具体的解题步骤如下：

1.设P0（x0，y0），写出x0，y0应满足的等式F（x0，y0）=0（*）;

2.设所求轨迹上的动点P（x，y），并求出点P和P0的坐标应满足关系式x0=f（x，y），y0=g（x，y）.

3.将上述关系式代入等式（*）式中，便可得到动点P的轨迹方程F[f（x，y），g（x，y）]=0.

例15 从定点A（0，4）连接双曲线x2-4y2=16上任一点Q，求内分线段AQ成1∶2的分点P的轨迹方程.

解析 设Q（x0，y0），P（x，y）.由题设λ=APPQ=12，则x=12x01+12=13x0，y=4+12y01+12=8+y03.解得x0=3x，y0=3y-8.

因为Q（x0，y0）在双曲线上，所以x20-4y20=16，即（3x）2-4（3y-8）2=16.从而得点P的轨迹方程是x2169-y-83249=1.

例16 过原点的双曲线的一个焦点F（4，0），实轴长为2，求双曲线中心O′的轨迹方程.

解析 如图12，设O′（x，y），另一个焦点F′（x0，y0），則有x=x0+42，y=y02.

解得x0=2x-4，y0=2y. ①

因为双曲线过原点，则由双曲线的定义知||OF′|-|OF||=2a.

因为F（4，0），实轴长2a=2，所以x20+y20-4=±2，所以x20+y20=36或x20+y20=4.

将上面的①式代入上述等式，便得到中心O′的轨迹方程是（x-2）2+y2=9或（x-2）2+y2=1.

8 小结

求轨迹方程，可谓是内容丰富多彩，形式多种多样，因此也就可用多种不同的、行之有效的方法求解，上述几例均可用其它方法求解，请大家不妨试一试，以开阔解题思路，培养思维品质.求出曲线方程后，务必要注意轨迹的完备性和纯粹性[1].因为将轨迹条件解析化或化简方程时，常常会扩大或缩小变量的取值范围，应注意把丢掉的找回来，将扩大的舍去掉，即求出方程后要注意动点坐标的取值范围，力避错解的发生.

参考文献

[1] 黄荣清. 浅谈高中数学中轨迹方程的求解方法[J]. 基础教育论谈，2012（19）：30.

作者简介 华腾飞（1987—），男，安徽灵璧人，中教一级;主要从事中学数学教学与研究工作;在各种刊物上发表文章数十篇.