轨迹方程求法练习题
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.
二、练习
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.
1
轨迹方程求法练习题
例3：如图, 直线L1和L2相交于点M, L1?L2, 点N ?L1. 以A, B为端点的曲线段C上的任一点到L2的距离与到点N的距离相等. 若?AMN为锐角三角形, |AM|= 17 , |AN| = 3, 且|BN|=6. 建立适当的坐标系,求曲线段C的方程.
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．
2
轨迹方程求法练习题
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.
例6：(08、山东文22)已知曲线C1：
|x||y|??1(a?b?0)所围成的封闭图形的面
ab
积为曲线C
1，记C2为以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭
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．
3
轨迹方程求法练习题
?2ab??22a?5，b?4 解：(1)
由题意得???x2y2
?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)．
?x2y2
2020k2?1??22，yA?①由?54 ?xA?224?5k4?5k??y?kx,
20(1?k2)． ?|OA|?x?y?4?5k222A2A
设M(x，y)，由|MO|＝λ|OA|(λ≠0)?|MO|＝λ|OA|222?20(1?k2) x?y??．24?5k222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：
x2
20(1?2)22y222220(x?y)22222，由， x?y????5x?4y?20?x?y?0?222x4y?5x4?5?2y
x2y2当k＝0或不存时，上式仍然成立.，综上所述，M的轨迹方程为???2，451kxy
（λ?0）．
②当
2
Ak存在且k?0时，2020k220(1?k2)2222x?，yA?．
?|OA|＝xA?yA?2224?5k4?5k4?5k
由
4
轨迹方程求法练习题
?x2y2
??1?20k22020(1?k2)?54222，yM?． ?xM??|OM|??2225?4k5?4k5?4k?y??1x?k??1
OA2?1OM2?119?＝． 20(1?k2)20(1?k2)20
4?5k25?4k2
402119|OA|?|OB|≥． ????229|OA|?|OB|OA20OM
S?AMB?401?2?|OA|?|OB|＝|OA|?|OB|≥， 92
当且仅当4＋5k2＝5＋4k2时，即k＝?1时等号成立．
当k?0，S?AMB??2??
1
21240； 940． 9
综上所述，?AMB的面积的最小值为40． 9当k
不存在时，S?AMB?4??
例7：（07、江西理21）设动点P到点A(?10)的距离分别为d1和d2，，0)和B(1，?APB?2?，且存在常数?(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＝0，其中点O为坐标原点．
解：(1)在△PAB中，AB?2，即
22?d12?d22，?2d1dcs 22?o
，
即
n214?(d1?d2)2?4d1d2sin2?d1???4（常数）d1s， d2i
点P的轨迹C是以A，B为焦点，实轴长
5
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x2y2
??1． 2a?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．
即11， ??1??2???1?0???1???1． 2因为0???
1，所以??
②当MN不垂直于x轴时，设MN的方程为
． y?k(x?1)
?x2y2
??1由?得： 1?????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??)k
k2?2． ?y1y2?k(x1?1)(x2?1)???(1??)k22
由＝0，且M，N在双曲线右支上，
(1??)?x1x2?y1y2?0?k2?????(1??)2??2??????1??2?????． 所以?x1?x2?0?????11???3?xx?0?k2????2???1?0??12?1???
由①②知5?12???． 23
例8：（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
6
轨迹方程求法练习题
两个焦点的距离分别是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，OP
OM，求?e2（e为椭圆C的离心率）
点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线？ 解：（Ⅰ）设椭圆长半轴长及分别为a，c．由
已知得??a?c?1?a＝4，c＝3?椭圆C的?a?c?7
x2y2方程为??1． 167
（2）设M（x，y），P（x0，y0）．
其中x0∈[－4，4]，x0＝x．有
22x0y0??1……① 167
229x0?y04由＝． ?e?e得：2216x?yOMOP
22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??2112?7x2……………………………………②
?y0?16?
22x0y0(?4?x?4)，所以点M的轨迹是两 ②式代入①：??
1并整理得：y??1673
条平行于x轴的线段．
例9：（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?
上的动点． ，离心率e?，M是椭圆23
|MD|的最大值； (1)若C、D的坐标分别是(0，√3)、(0，－√3)，求|MC|·
7
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(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．
x2y2解：(1)设椭圆方程为：2?2?1（a＞b＞0）
．准线方程y?abca2
，e?＝?a?2，c2?3?b?1?椭圆方程为：acy2y2
2x??1．所以：C、D是椭圆x??1的两个焦点?|MC|＋442
|MD|＝4．|MC|·|MD|≤(|MC|?|MD|2)?4，当且仅当|MC|＝2
|MD|，即点M的坐标为(?1,0)时上式取等号?|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＝＋
?xQ?2xm，yQ?ym
222?yQ?(2xm)2?ym?4………① ?xQ
由QA·BA＝0
(1?xB，?yB)＝(1?xQ)(1?xB)＋yQyB＝0 ?yQ)·?(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 22?yP?(?xPxQ?xB2)2?(yQ?yB
212222?xB?yQ?yB?2xQxB?2yQyB) )2＝(xQ4＝[5?2(xQ?xB?1)]＝1322(5?4xP?2)?xP?yP??xP 44
1?动点P的方程为：(x?)2?y2?1．
2
8 14
轨迹方程求法练习题
x2y2
例10：（09、安徽）已知椭圆2＋2＝1（a＞b＞0）的离心ab
率为3．以原点为圆心，以椭圆短半轴长为半径的圆与直线y3
＝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
2b22解：（1）e＝， ?2＝．又圆心（0，0）到直线y＝x＋2的距离d＝半径b＝2233a?1
x2y2
??1 ∴b＝2，a＝3．3222
（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】
直线PF1的斜率k＝t2，∴线段PF1的中垂线MN的斜率＝－． 2t
所以：直线MN的方程为：
??y?tt2
t2??xM??y－＝－x．由??4， 2t?2ty??x???y?tt2??M
消去参数t得：yM??4xM，即：
． y2??4x，其轨迹为抛物线（除原点）
又解：由于MN＝（－x，
y）．∵MN·PF1＝0， 2tt－y），PF＝（－x，－122
tt?(?x,)·(?x?y)?0?2∴?，消参数t得：y??4x（x≠0），其轨迹为抛物线（除原点）．
22??y?t
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轨迹方程求法练习题
6．(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（1）若动点M满足FM?F1A?F1B?FO11（其中
标原点），求点M的轨迹方程； ????????CB为常数？若存在，(2)在x轴上是否存在定点C，使CA·
求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由条件知F1(?2，0)，F2(2，0)，设A(x1，y1)，
B(x2，y2)．设M(x，y)，则 ?????????，，FM?(x?2，y)F1A?(x1?2，y1)1????????F1B?(x2?2，y2)，FO?(2，0)， 1
??????????????????x?2?x1?x2?6由FM ?FA?FB?FO??1111?y?y1?y2
?x1?x2?x?4?x?4y??． ???AB的中点坐标为?22?y?y?y??12
当AB不与x轴垂直时，
y?0y1?y2y， ??x?4x1?x2?2x?8
2
y(x1?x2)． 即y1?y2?x?8
2又因为A，B两点在双曲线上，所以x1?y12?2，
22x2?y2?2，两式相减得
，即(x1?x2)(x1?x2)?(y1?y2)(y1?y2)
． 4(x1?x2)?(x?y)?y(y)
y(x1?x2)代入上式，化简得(x?6)2?y2?4． 将y1?y2?x?8
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)?y?4． 22
????????CB为常数． 0)，使CA·（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x?y?2有(1?k)x?4kx?(4k?2)?0． 222222
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????????CB?(k2?1)x1x2?(2k2?m)(x1?x2)?4k2?m2 于是CA·
(k2?1)(4k2?2)4k2(2k2?m)22???4k?m 22k?1k?
1
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轨迹方程求法练习题
2(1?2m)k2?24?4m22??m?2(1?2m)??m． 22k?1k?1????????????????CB是与k无关的常数，所以4?4m?0，即m?1，此时CA·CB＝－1． 因为CA·
当AB与x轴垂直时，点A，
B的坐标可分别设为(2
，(2， ????????????????CB＝(1，√2)·(1，－√2)＝－1．故在x轴上存在定点C(1，CB为常数． 0)，使CA·此时CA·
例2：如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36
A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，
APBQ的顶点Q的轨迹方程.
解：设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则
Rt△ABP中，|AR|=|PR|. 内的一点，求矩形在
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=x?4,y1?2y?0, 2
代入方程x2+y2－4x－10=0,得
(x?42yx?4－10=0 )?()2?4?222
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为端点的曲线段C上的任一点到L2的距离与到点N的距离相等. 若?AMN为锐角三角形, |AM|= 17 , |AN| = 3, 且|BN|=6. 建立适
系,求曲线段C的方程. 当的坐标解法一：如图建立坐标系，以l1为x轴，MN的垂直
11 平分线为
y
轨迹方程求法练习题
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|?,|AN|?3得
p(xA?)2?2pxA?17(1)2
p(xA?)2?2pxA?9(2)2 所以M(?
?p?4?p?24或??xA?p。再将其代入①式并由p>0解得?xA?1?xA?2 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
xA?|ME|?DA|?|AN|?3；yA?|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?4；xB?|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:y?8(x?2)(3?x?6,y?0)
2 12
轨迹方程求法练习题
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)，
则PA：y?2?t?2t?1(x?2)(t??2),QB：y?2?x(t??1). 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
所以b2x1x2=2kxy, y1y2=4pb， k
由OA⊥OB，得y1y2=－x1x2 所以4pk
kb2=－2k, b=－4kp
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
.
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轨迹方程求法练习题
???2?y1?4px1?2?y2?4px2
?y1y2??1??xx解法二：设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y)依题意，有?12 ?yy1?y2??1??
?xx1?x2
?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y1?y24p?x1?x2y1?y2 ⑥ ①×②,得y12·y22=16p2x1x2 ③代入上式
有y1y2=－16p2
⑥代入④，得 ⑦ ⑧ ⑥代入⑤，得y?y1y?y14p??2y1?y2x?x1y1x?4p4px??y1?y2y所以
4p(y?y1)4p?2y1?y24px?y1
即4px－y12=y(y1+y2)－y12－y1y2 ⑦、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.
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