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第23讲轨迹专题(答案)

求动点轨迹方程参考答案

【方法应用举例】

例1.解：——直接法，设曲线上的任意一点的坐标为M(x,y)则M 到x 轴的距离为|y|，由题意得 ||||MA y -=2，

即x y y 22

22+--=()||

（1）当y ≥0时，有x y y 22

22+-=+()，

两端平方化简得：y x =

2 （2）当y <0时，有x y y 22

22+-=-()，两端平方化简得x =0。

因此所求的轨迹方程为： y x =

和x y =<00()

例 2. 解：——定义法，设半径为r 的动圆圆心为P(x,y)，因为与⊙O ，⊙C 外切，则

||||,||||PO r PC r PC PO =+=+-=121，

因此点P 的轨迹是焦点为O （0，0）、C （4，0），中心在（2，0）的双曲线的左支。故所求轨迹方程为： 42415132

2()x y x --=≤（）

例3. 解：——转移法，设动点P(x,y)及圆上点B(x 0,y 0)，则由AP →=2PB →

有(x －4,y)=2(x 0－x,y 0

－y)，

所以???x －4=2(x 0

－x)y=2(y 0

－y)

，所以???x 0

=3x －42y 0=3y 2

，因为B 在圆上，所以有(3x －42)2

+(3y

2)2

=4，

化简得(x －43)2+9

y 2=4，此即P 点的轨迹方程。

类题：解：设点P(x,y)，B(x ',y ')，由BP ：PA=1：2，知点P 分AB 所成的比为λ=2，则

x x y y x x y y =++=++????????=-=-?

????

??32121212332

312''''，

又B 点在抛物线上，则 (

)31233

12y x -=-+

整理得：()()y x -=-13

231

为所求轨迹方程。

例4. 解：法一，连接PO ，PO ⊥PA ，所以点P 的轨迹是以OA 为直径的

圆，

即(x －2)2+y 2=4 (在已知圆O 内的部分) 法二，因为PO ⊥PA ，所以|PO|2+|PA|2=|OA|2，

设P(x,y)，则有x 2+y 2+(x －4)2+y 2=16，化简得x 2+y 2－4x=0 (在已知圆O 内

的部分)

法三，因为PO ⊥PA ，所以k PO k PA =－1，(余略)

类题：解：设动点Q 为(x,y)，圆C 即为(x －12)2+(y －14)2=376，连接CA ，CQ ，PQ ，则CQ

⊥AB ，

又因为∠APB=900，所以|PQ|=|AQ|，由|AQ|2+|CQ|2=|CA|2得|PQ|2+|CQ|2=376，即(x －4)2+(y －2)2+(x －12)2+(y －14)2=376，

化简得x 2+y 2－16x －16y －8=0，此即为Q 点的轨迹方程。

例5. 解：——待定系数法，以直线MN 为x 轴，MN 的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标

系。设所求椭圆方程为： x a y b

222

21+=，

焦点为M c N c ()()-，，，00 由2

1tan =

∠PMN ， 2)t a n (t a n

=∠-=M N P πα 得直线PM ：y x c =+1

()，（1）直线PN ：y x c =-2() （2）

（1）（2）联立，求得点P （534

c c ，）

又S c c c MNP ?=??==1224343

，

可得c =

32，则点P （536233，）又||||PM PN =

=215315

，，

则a PM PN =

1215

(||||) 又b a c 2

3=-=，

故所求椭圆方程为4153

122

x y += 例6.解：——参数法，设中点P （x y ，），过点M 的直线方程为y k x =-()1

由y k x x y =-+=?????()14

122

，

得()()1484102222+-+-=k x k x k

由x x k k

122

814+=+，得x x x k k =+=+122

2414 （1） y k x k

=-=

-+()1142

（2）（1）÷（2）得 k x y

4代入（2），得x y x 22

40+-= 故所求轨迹方程为：x y x 2

40+-= 【综合强化A 】

1.解析：∵|PF 1|+|PF 2|=2a,|PQ|=|PF 2|, ∴|PF 1|+|PF 2|=|PF 1|+|PQ|=2a,

即|F 1Q|=2a,∴动点Q 到定点F 1的距离等于定长2a,故动点Q 的轨迹是圆. ( ) 2.解析：设交点P(x,y ）,A 1(－3,0),A 2(3,0),P 1(x 0,y 0),P 2(x 0,－y 0) ∵A 1、P 1、P 共线，∴y －y 0x －x 0=y

x+3

∵A2、P2、P 共线，∴y+y 0x －x 0=y

x －3

解得x 0=9x ,y 0=3y x ,代入得x 029－y 024=1，即x 29－y 2

4=1

3.解析：由sinC －sinB=12sinA,得c －b=1

∴应为双曲线一支，且实轴长为a 2,故方程为16x 2a 2 － 16y 23a 2=1 (x>a

4.解析：设P(x,y ），依题意有

5(x+5)2+y 2=3

(x －5)2+y 2

,化简得P 点轨迹方程为4x2+4y2－

85x+100=0.

5.解：设过B 、C 异于l 的两切线分别切⊙O ′于D 、E 两点，两切线交于点P.由切线的性质知：|BA|=|BD|，|PD|=|PE|，|CA|=|CE|，故|PB|+|PC|=|BD|+|PD|+|PC|=|BA|+|PE|+|PC| =|BA|+|CE|=|AB|+|CA|=6+12=18＞6=|BC|，故由椭圆定义知，点P 的轨迹是以B 、C 为两焦点的椭圆，以l 所在的直线为x 轴，以BC 的中点为原点，建立坐标系，可求得动点P 的轨迹方程为x 281+y 2

72=1 (y ≠0)

6.解：设P(x 0,y 0）(x ≠±a),Q(x,y). ∵A 1(－a,0),A 2(a,0).

由条件?????-=±≠-=??????

?-=-?--=+?+y a x y a x x x a x y a x y a x y a x y 22000000

0)( 11得

而点P(x 0,y 0）在双曲线上，∴b 22x 02－a 2y 02=a 2b 2. 即b 2

(－x 2

)－a 2

(x 2－a 2y

)2=a 2b 2

化简得Q 点的轨迹方程为：a 2x 2－b 2y 2=a 4(x ≠±a).

7.解：(1)设P 点的坐标为(x1,y1)，则Q 点坐标为(x1,－y1),又有A1(－m,0),A2(m,0),

则A1P 的方程为：y=

)(11

m x m x y ++ ①

A2Q 的方程为：y=－)(11

m x m

x y -- ②

①3②得：y2=－)(222

m x m

x y -- ③

又因点P 在双曲线上，故).(,12

21222122

1221m x m n y n y m x -==-即代入③并整理得

22n y m x +=1.此即为M 的轨迹方程. (2)当m ≠n 时，M 的轨迹方程是椭圆.

(ⅰ)当m ＞n 时，焦点坐标为(±2

2n m -,0)，准线方程为x=

222

n m m -,离心率

e=m n m 22-；

(ⅱ)当m ＜n 时，焦点坐标为(0,±

22n m -),准线方程为y=±222

m n n -,离心率

e=n m n 22-.

8. 解：(1)∵点F2关于l 的对称点为Q ，连接PQ ，

∴∠F2PR=∠QPR ，|F2R|=|QR|，|PQ|=|PF2| 又因为l 为∠F1PF2外角的平分线，故点F1、P 、Q 在同一直线上，设存在R(x0,y0）,Q(x1,y1),F1(－c,0),F2(c,0).

|F1Q|=|F2P|+|PQ|=|F1P|+|PF2|=2a,则(x1+c)2+y12=(2a)2.

又??????

?=+=221

010y y c x x

得x1=2x0－c,y1=2y0.

∴(2x0)2+(2y0)2=(2a)2，∴x02+y02=a2. 故R 的轨迹方程为：x2+y2=a2(y ≠0)

(2)如右图，∵S △AOB=21

|OA|2|OB|2sinAOB=22a sinAOB

当∠AOB=90°时，S △AOB 最大值为21

a2.

此时弦心距|OC|=2

2|k ak +.

在Rt △AOC 中，∠AOC=45°，

,2245cos 1|2|||||2±=∴=?=+=∴

k k a ak OA OC

9.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－(x 2+y 2)

又|AR|=|PR|=(x －4)2+y 2

所以有(x －4)2+y 2=36－(x 2+y 2),即x 2+y 2－4x －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(x 1,y 1)，因为R 是PQ 的中点，所以x 1=x+42,y 1=y+0

代入方程x 2+y 2－4x －10=0,得(x+42)2+(y 2)2－42x+4

2－10=0

整理得：x 2+y 2=56,这就是所求的轨迹方程.

10.解:法一：设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),M(x,y)依题意，有

????????????--=---=--?

-=?==11

2121212

1122

212

11144x x y y x x y y x x y y x y x y x y px y px y

①－②得(y 1－y 2)(y 1+y 2)=4p(x 1－x 2)

若x 1≠x 2,则有2

121214y y p

x x y y +=

-- ⑥ ①3②,得y 122y 22=16p 2x 1x 2 ③代入上式有y 1y 2=－16p 2

⑦

⑥代入④，得

y y p -

=+214 ⑧

⑥代入⑤，得

p y x y y x x y y y y p

442

11121-

-=--=+ 所以2

11214)(44y px y y p y y p

--=+

即4px －y 12=y(y 1+y 2)－y 12－y 1y 2

⑦、⑧代入上式，得x 2+y 2－4px=0(x ≠0)

当x 1=x 2时，AB ⊥x 轴，易得M(4p,0)仍满足方程.

故点M 的轨迹方程为x 2+y 2－4px=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.

解法二：设M(x,y)，直线AB 的方程为y=kx+b 由OM ⊥AB ，得k=－x

由y 2=4px 及y=kx+b ，消去y,得k 2x 2+(2kb －4p)x+b 2=0 所以x 1x 2=b 2

k 2,消x,得ky 2－4py+4pb=0

所以y 1y 2=

4pb

，由OA ⊥OB ，得y 1y 2=－x 1x 2 ① ② ③ ④ ⑤

所以4pb k =－b 2

2,b=－4kp

故y=kx+b=k(x －4p),用k=－x

代入，得x 2+y 2－4px=0(x ≠0)

故动点M 的轨迹方程为x 2+y 2－4px=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.

【综合强化B 】

1.解析：设P （x 0，y 0） ∴M （x ，y ）

∴2

,200y

y x x ==

∴2x ＝x 0，2y ＝y 0 ∴4

x －4y 2＝1?x 2－4y 2＝1

2.解：（1）椭圆C 的焦点在x 轴上，

由椭圆上的点A 到F 1、F 2两点的距离之和是4，得2a =4，即a =2.

又点A （1，2

）在椭圆上，因此22

2)23(21b +=1得b 2=3，于是c 2=1.

所以椭圆C 的方程为3

2y x +

=1，焦点F 1（－1，0），F 2（1，0）. （2）设椭圆C 上的动点为K （x 1，y 1），线段F 1K 的中点Q （x ，y ）满足：

,2111y

y x x =+-=

，即x 1=2x +1，y 1=2y . 因此3)2(4)12(22y x ++=1.即13

4)21(2

2=++y x 为所求的轨迹方程.

（3）类似的性质为：若M 、N 是双曲线：22

22b

y a x -=1上关于原点对称的两个点，点P

是双曲线上任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，并记为k PM 、k PN 时，那么k PM 与k PN

之积是与点P 位置无关的定值.

设点M 的坐标为（m ，n ），则点N 的坐标为（－m ，－n ），其中22

22b

n a m -=1.

又设点P 的坐标为（x ，y ），由m

x n

y k m x n y k PN PM

++=--=

,，

得k PM 2k PN =2

22m x n y m x n y m x n y --=++?--，将222

22222,a b n b x a b y =-=m 2－b 2代入得k PM 2k PN =22

b .

3.（Ⅰ）解：由△OBC 三顶点坐标O （0，0），B （1，0），C （b ，c ）（c ≠0），可求得重心G

（3,31c b +），外心F （c b c b 2,2122-+），垂心H （b ，c

b b 2

-）. 当b =

21时，G 、F 、H 三点的横坐标均为21

，故三点共线；当b ≠2

时，设G 、H 所在直线的斜率为k GH ，F 、G 所在直线的斜率为k FG .

因为)21(333

13222b c b b c b b c b b c k GH

--+=-+--

=，

)21(332

131232222b c b b c b c b c b c k FG

--+=-+-+-

=，

所以，k GH =k FG ，G 、F 、H 三点共线.

综上可得，G 、F 、H 三点共线.

（Ⅱ）解：若FH ∥OB ，由k FH =)

21(3322b c b

b c --+=0，得

3（b 2－b ）+c 2=0（c ≠0，b ≠

1），配方得3（b －

21）2+c 2=4

，即 1)2

3()21()21

(22

22=+-c b

即2222

3()21()21(y x +-=1（x ≠21，y ≠0）.

因此，顶点C 的轨迹是中心在（

21，0），长半轴长为23

，短半轴长为21，且短轴在 x 轴上的椭圆，除去（0，0），（1，0），（

21，23），（21，－2

）四点.

4.解：由题设知点Q 不在原点，设P 、R 、Q 的坐标分别为（x P ，y P ），（x R ，y R ），（x ，y ），其中x 、y 不同时为零.

设OP 与x 轴正方向的夹角为α，则有 x P ＝|OP |cos α，y P ＝|OP |sin α x R ＝|OR |cos α，y R ＝|OR |sin α x ＝|OQ |cos α，y ＝|OQ |sin α

由上式及题设|OQ |2|OP |＝|OR |2，得

???

?==y OQ OP y x OQ OP x P P ||||||||

?==

2||||||||y OQ OP y x OQ OP x R R 由点P 在直线L 上，点R 在椭圆上，得方程组

???????=+=+116

2418

122

2R R P

P y x y x 将①②③④代入⑤⑥，整理得点Q 的轨迹方程为3

5)1(25)1(2

2-+

-y x ＝1（其中x 、y 不同时为零）

所以点Q 的轨迹是以（1，1）为中心，长、短半轴分别为210和3

，且长轴与x 轴平行的椭圆，去掉坐标原点.

5.解:设(,)R x y ，相应的11(,)P x y 。则

1110

2022x x y y +-+?=???

++?=?? 111

x x y y =--??

=-+? 又点P 在抛物线2x y =上。∴2(1)2x y --=-+

∴即2(1)2x y +=-+ 这就是R 点的轨迹方程。

6．解：设),,(),,(),,(2

22211y x Q AB x x B x x A 中点

,0,0,0,0212

22121≠≠=+∴=?x x x x x x 又 .121-=∴x x

???

????

+=+=,2,2222121x x y x x x 又则2122122212)[(21][21x x x x x x y -+=+=].12]24[2122+=+=x x AB ∴为直径的圆的圆心的轨迹方程为.122+=x y

（Ⅱ）由2x y =，得x y 2='，

∴过A 点的切线方程为)(2112

1x x x x y -=-，即,2211x x x y -=①

同理过B 点的切线方程为.2222x x x y -=②

设),,(y x M 则02,221=+-y xt t x x 为方程的两根，由韦达定理知,21y x x =?又由（Ⅰ）,121-=x x

7．解：（1）设点),(y x M ，点),(00y x E ，x DE ⊥ 轴，DE DM 2=,

,00y y x x =

=∴ 又点E 在圆12

=+y x 上，有12

020=+y x ，

2=+

∴y x 就是点M 的轨迹方程. （2）设点).,0(m P 直线l 的方程为),0(3≠-=k kx y

代入14

y x 中得,0132)4(22=--+kx x k 设),,(),,(2211y x B y x A 则,41

,4322

1221k x x k k x x +-=?+=

+ ∵PF 是∠APB 的角平分线，0=+∴PA PB k k ，即

,01

122=-+-x m

y x m y 即.0)(212112=+-+x x m x y x y 又 ,3,31122-=-=kx y kx y 代入得,0))(3(22121=++-x x m x kx

0,0432)3(422

2≠=++-+-∴

k k

k m k k ，解得,33

4-=m 即所求P 坐标为（0，3

）. 8．解：（1）设=(x ,y ),=(0,a ),OQ =(b ,0)(b >0)

则=(3,a ),AQ =(b ,-a ),又2AQ =0, ∴a 2=3b ①

又∵QM =(x-b ,y ),AQ =(b ,-a ),QM =2AQ , ∴?

?-==a y b

x 23 ②

由①②得y 2=4x (x ≠0)

(2)设=（x 1,y 1）,=(x 2,y 2),DB =(x 1-1,y 1) =(x 2-1,y 2), 2=||2||cos ∠BDC ,

∵∠BDC 为钝角，∴cos ∠BDC DC DB ?<0,

∴2<0,∴x 1x 2-(x 1+x 2)+1+y 1y 2<0 ③ 由?????+==)

1(42x k y x y 消去y 得:k 2x 2+(2k 2-4)x +k 2=0 (k ≠0),则 x 1+x 2=

24k

k -,x 1x 2=1 ④ y 1y 2=k 2(x 1+1)(x 2+1)=k 2［x 1x 2+(x 1+x 2)+1］ ⑤ ④⑤代入③,得k 2<

21?-22

2.(k ≠0),满足Δ

>0.

9．解：（1）Q ???

???????=?=02为PN 的中点且GQ ⊥PN

GQ ?为PN 的中垂线||||GN PG =?

∴|GN | +|GM | = |MP | = 6，

故G 点的轨迹是以M 、N 为焦点的椭圆，其长半轴长a = 3，半焦距5=

c ，

∴短半轴长b = 2，∴点G 的轨迹是方程：.14

2=+y x （2）因为OB OA OS +=，所以四边形OASB 为平行四边形，

若存在l 使得||||AB OS =，则四边形OASB 为矩形 ∴0=?

若l 的斜率不存，直线l 的方程为x = 2，由??

???±==?????=+=3522,149222y x y x x 得

?∴OB OA ，与0=?OB OA 矛盾，故l 斜率存在设l 的方程为).,(),,(),2(2211y x B y x A x k y -=

由.0)1(3626)49(149

)2(222222=-+-+??????=+-=k x k x k y

x x k y .4

1(36,49362

2212221+-=+=+∴k k x x k k x x ① .4

920]4)(2[)]2()][2([22

21212

2121+-=++-=--=k k x x x x k x k x k y y ②

把①、②代入.2

302121±

==+k y y x x 得 ∴存在直线l ：3x －2y －6=0或3x +2y －6=0，使得四边形OASB 的对角线相等 10．解：（I ）设P(x,y),Q(2,t),(t ∈R) 则AQ =(1,T),PQ =(2-x,t-y)

由?

??==?PQ AQ OQ OP λ0得

由②可知λ≠0，则

t x

t =--2∴y=(x-1)t ……④ 由①④可知，x ≠1且2x 2+y 2

-2x=0

∴P 点轨迹方程是2x 2+y 2

-2x=0（x ≠1）（II ）因λ≠0由②③得???

???

-=-=λλt t y x 12

代入方程2x 2+y 2-2x=0得 t 2(λ-1)2

=-2(λ-1)(2λ-1) ∵λ≠1则t 2

1)12(2---λλ≥0 ∴1

12--λλ≤0故21≤λ＜1

11．解：（1）设直线AB ：0,>+=b b kx y

由???=-+=3

2x y b

kx y 得()

0323222=-++-b kbx x k ()()()

()()0

30,0,,,,A 3

3342,032221221122222

2=->>=+∴=---=?≠-x y y y y x B y x b k b k kb k 双曲线的渐近线方程为则　设

()

()()

330,03,3,13

12344,030230

321212121212

222212122212222222

222

2=?+?=?∴=?=?∴>>==-=-=?>=--=?≠-*=++-???=-+=y y x x x x y y y y x y x y k h x x b k b b k k b kbx x k x y b kx y 且得由

（2）= ，所以四边形BOAM 是平行四边形

()()得

则由设*+=∴,,M y x

k k kb x x x ,

232221=--

=+= ① ()()

b b b k b b k b x x k y y y 6

22222222121=+=+=++=+= ②

由①②及14

1232

=-=+x y b k 得

()014

12M ,0602

2>=->=∴>y x y b y b 的轨迹方程为所以点

12.

13．解:（1）设双曲线C 的渐近线方程为y ＝k x ，即k x －y ＝0．

∵该直线与圆1)2(22=-+y x 相切，∴双曲线C 的两条渐近线方程为x y ±=．

设双曲线C 的方程为122

22=-a

y a x ，∵双曲线C 的一个焦点为)0,2(，

∴1,2222==a a ．∴双曲线C 的方程为122=-y x ．

（2）若Q 在双曲线的右支上，则延长QF 2到T ，使|QT|＝|OF 1|；若Q 在双曲线的左支上，则在QF 2上取一点T ，使|QT|＝|QF 1|．

根据双曲线的定义，|TF 2|＝2，所以点T 在以F 2)0,2(为圆心，2为半径的圆上，即点T 的轨迹方程是)0(4)2(22≠=+-x y x ． ① 由于点N 是线段F 1T 的中点，设N （x ，y ），T （T T y x ,），

则2 2.2

T T x x x y y y y ?=??=+????=???=??即，代入①并整理，得点N 的轨迹方程为

221(x y x +=≠

．

（3）由2222

1(1)2201y mx m x mx x y =+?---=?-=?，得，

．令22)1()(2

2---=mx x m x f ，直线与双曲线左支交于两点，等价于方程 )0,(0)(-∞=在x f 上有两个不等实根，

因此2

020 112

0.1m m m m ?

??>??<<?-?，，解得又AB 的中点为)11,1(

22m m m --，∴直线L 的方程为)2(2

+++-=x m m y ．令x ＝0，得8

17)41(22

2222

--=++-=m m m b ． ∵)2,1(∈m ，∴)1,22(8

)41(22+-∈+

--m ． ∴故b 的取值范围是),2()22,(+∞?---∞．

14．解:（1）如图，设点C （x ，y ）（x≠0），E （x E ，0），F （x F ，0），由A ，C ，F 三点共线，

0)1()1(·=---?E x y x AE AC ，x E ＝

-1．同理，由B 、C 、F 三点共线可得x F ＝

+1．化简，得点C 的轨迹方程为x 2＋4y 2－4（x ≠0）． ∵·＝4，∴x E ·

x F ＝y

x y x +-1·1＝4．（2）若CF BC 8-=， ①设F （x F ，0），C （x C ，y C ），

∴8-=?（x c ，y c ＋1）＝－8（x F －x c ，y c ）． ∴x c ＝

F x 7

8，y C ＝71

．

代入x 2＋4y 2＝4，得x F ＝±3．∴F （±3，0），即F 为椭圆的焦点．

②猜想：取F （3，0），设F 1（－3，0）是左焦点，则当P 点位于直线BF 1与椭圆

的交点处时，△PBF 周长最大，最大值为8．证明如下：|PF|＋|PB|＝4－|PF 1|＋|PB|≤4＋|BF 1|， ∴△PBF 的周长≤4＋|BF 1|＋|BF|≤8．

15．

解由sin sin A B =，

sin B A C =

，1

||||||||2AC BC AB AB -==，所以顶点C 的轨迹E 的方程为222(1)x y x -=>．

（2）设l ：(1)y k x =-（斜率不存在时不合题意），1122(,),(,)Dx y Ex y 由222,

(1),x y y k x ?-=?=-?得2222(1)220k x k x k -+--=，则0?>时，有22121222

,11

k k x x x x k k ++=?=--．

1221121212121

[(1)(1)2(2)22(2)(2)

DM EM y y k k kx x kx x k x x x x x x +=

+=-+--+----- 33

121222*********[23()4](4)0(2)(2)(2)(2)11

k k k kx x k x x k k x x x x k k +=-++=-+=------．

16.解：（1）以直线AB 为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立直角坐标系，则A （－c ，0），B （c ，0）

依题意：c a PB PA PB a PA 22|||||,|2||<=-=-

∴点P 的轨迹为以A 、B 为焦点，实半轴为a ，虚半轴为22a c -的双曲线右支

∴轨迹方程为：)(12

22a x a

c y a x ≥=--。（6分）（2）法一：设M （1x ，1y ），N （2x ，2y ）依题意知曲线E 的方程为

)1(13

≥=-x y x ，l 的方程为x y 3=（7分）

设直线m 的方程为)2(-=x k y

由方程组??

???-==-

)2(13

2x k y y x ，消去y 得 0344)3(2222=++--k x k x k ①

∴)03(3

34,342

22212

221≠--+=-=+k k k x x k k x x （9分） ∵直线)2(:-=x k y m 与双曲线右支交于不同的两点 ∴021>+x x 及021>x x ，从而32

>k （10分）

由①得)2(34

≠>+--=x x x x k 解得4

x 且2≠x 当x ＝2时，直线m 垂直于x 轴，符合条件，∴),4

5(1+∞∈x （11分）又设M 到l 的距离为d ，则2

3|11y x d -=

∵13211-=

x y

设1

23)(2-+?

x x x d ，),45[-∞∈x （12分）由于函数x y =与12-=

x y 均为区间),4

[+∞的增函数

∴)(x d 在),4

5[+∞单调递减

∴)(x d 的最大值＝4

)45(=

d （13分）又∵01

23)(2lim

lim =-+?=+∞

→+∞→x x x d x x

而M 的横坐标),4

5(1+∞∈x ，∴)4

,0(∈d （14分）法二：x g l 3:=为一条渐近线

①m 位于1l 时，m 在无穷远，此时0>d （9分） ②m 位于2l 时，)4

45(→M ，d 较大

由4513)

2(322=???

???=-

--=x y x x y （12分）点M )4

45(

∴4

32433453=-?=

d （14分）故 4

30<

x 0x ，与直线x ＝－p 交于点M (－

p ，－py 0x 0)，代入|OM ||MN |＝1|NA |

得，

(－p )2＋(－py 0

x 0

(x 0＋p )2

＋(y 0＋py 0x 0

)

2＝1

(x 0＋1p

)2＋y 0

，

化简得(p 2－1)x 02＋p 2y 02＝p 2－1．把x 0，y 0换成x ，y 得点N 的轨迹方程为(p 2－1)x 2＋p 2y 2＝p 2－1．(x ＞0)

（1）当0＜p ＜1时，方程化为x 2

－y 2

1－p 2p 2

＝1表示焦点在x 轴上的双曲线的右支；

（2）当p ＝1时，方程化为y ＝0，表示一条射线（不含端点）；

（3）当p ＞1时，方程化为x 2

＋y 2

p 2－1p 2

＝1表示焦点在x 轴上的椭圆的右半部分．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知|AN |＝

(x 0＋1

p )2＋y 02＝

(x 0＋1p )2＋1－1p 2－(1－1p

2)x 02

＝

1p 2x 02＋2p x 0＋1＝1

x 0＋1．当0＜p ＜1时，因x 0∈[1，＋∞)，故|AN |无最大值，不合题意．

当p ＝1，因x 0∈(0，＋∞)，故|AN |无最大值，不合题意．

当p ＞1时，x 0∈(0，1]，故当x 0＝1时，|AN |有最大值1p ＋1，由题意得1p ＋1≤3

2，

解得p ≥2．

所以p 的取值范围为[2，＋∞)．

18. 解:（1）由324||=

AB ，可得,31

)322(1)2||(||||2222=-=-=AB MA MP 由射影定理，得 ,3|||,|||||2

=?=MQ MQ MP MB 得在Rt △MOQ 中，

523||||||222

2=-=

-=MO MQ OQ ，

故55-==a a 或，所以直线AB 方程是

;0525205252=+-=-+y x y x 或（2）连接MB ，MQ ，设),0,(),,(a Q y x P 由

点M ，P ，Q 在一直线上，得

(*),22x

y a -=-由射影定理得|,|||||2MQ MP MB ?= 即(**),14)2(2

22=+?-+a y x 把（*）及（**）消去a ，

并注意到2

7(2

≠=

-+y y x

高中数学动点轨迹问题专题讲解

动点轨迹问题专题讲解一．专题内容：求动点(, )P x y 的轨迹方程实质上是建立动点的坐标, x y 之间的关系式，首先要分析形成轨迹的点和已知条件的内在联系，选择最便于反映这种联系的坐标形式，寻求适当关系建立等式，常用方法有：（1）等量关系法．．．．．：根据题意，列出限制动点的条件等式，这种求轨迹的方法叫做等量关系法，利用这种方法时，要求对平面几何中常用的定理和解析几何中的有关基本公式很熟悉．（2）定义法．．．：如果动点满足的条件符合某种已知曲线（如圆锥曲线）的定义，可根据其定义用待定系数法求出轨迹方程．（3）转移代入法．．．．．：如果所求轨迹上的点(, )P x y 是随另一个在已知曲线C ：(, )0F x y =上的动点00(, )M x y 的变化而变化，且00, x y 能用, x y 表示，即0(, )x f x y =，0(, )y g x y =，则将00, x y 代入已知曲线(, )0F x y =，化简后即为所求的轨迹方程．（4）参数法．．．：选取适当的参数（如直线斜率k 等），分别求出动点坐标, x y 与参数的关系式，得出所求轨迹的参数方程，消去参数即可．（5）交轨法．．．：即求两动直线交点的轨迹，可选取同一个参数，建立两动直线的方程，然后消去参数，即可（有时还可以由三点共线，斜率相等寻找关系）．

注意：轨迹的完备性和纯粹性！一定要检验特殊点和线！二．相关试题训练（一）选择、填空题 1．（）已知1F 、2F 是定点，12||8F F =，动点M 满足12||||8MF MF +=，则动点M 的轨迹是（A ）椭圆（B ）直线（C ）圆（D ）线段 2．（）设(0,5)M ，(0,5)N -，MNP ?的周长为36，则MNP ?的顶点P 的轨迹方程是（A ）22125169x y + =（0x ≠）（B ）22 1144169 x y +=（0x ≠）（C ） 22116925x y +=（0y ≠）（D ）22 1169144 x y +=（0y ≠） 3．与圆2240x y x +-=外切，又与y 轴相切的圆的圆心轨迹方程是； 4．P 在以1F 、2F 为焦点的双曲线22 1169 x y -=上运动，则12F F P ?的重心G 的轨迹方程是； 5．已知圆C ： 22(16x y +=内一点)A ，圆C 上一动点Q ， AQ 的垂直平

求轨迹方程的几种常用方法

求轨迹方程的几种常用方法求轨迹的方程，是学习解析几何的基础，求轨迹的方程常用的方法主要有： 1直接法：若命题中所求曲线上的动点与已知条件能直接发生关系，这时，设曲线上动点坐标为( x, y )后，就可根据命题中的已知条件，研究动点形成的几何特征，在此基础上运用几何或代数的基本公式、定理等列出含有x,y 的关系式。从而得到轨迹方程，这种求轨迹方程的方法称作直接法。例1 ：在直角△ ABC中，斜边是定长2a (a 0)，求直角顶点C的轨迹方程。解：由于未给定坐标系，为此，首先建立直角坐标系，取AB所在的直线为X轴，AB的中点0为坐标原点，过0与AB垂直的直线为y轴(如图).则有A ( a,0), B (a,0)。设动点C为(x, y), ??? | AC |2 |BC |2 |AB|2, a)2y2]2h(x a)2y2]24a2, 即x2 由于C点到达A、B位置时直角三角形ABC不存在，轨迹中应除去A、B两点, 故所求方程为x2y2a2( x a )。 2?代入法(或利用相关点法)：即利用动点是定曲线上的动点，另一动点依赖于它，那么可寻求它们坐标之间的关系，然后代入定曲线的方程进行求解，就得到原动点的轨迹。例2 :已知一条长为6的线段两端点A、B分别在x、y轴上滑动，点M在线段AB上，且AM : MB 1:2，求动点M的轨迹方程。解：设 A (a,0) , B (0, b), M (x, y), 一方面，. 另一方面, 36 , M分AB的比为 1 , 2

评注：本例中，由于 M 点的坐标随着 A 、B 的变化而变化，因而动点 M 的坐标(x, y)可以用A 、B 点的坐标来表示，而点 M 又满足已知条件，从而得到 M 的轨迹方程。此外，与上例一样，求曲线的方程时，要充分注意化简过程是否完全同解变形，还要考虑曲线上的一些特殊点。 3.几何法：求动点轨迹问题时，动点的几何特征与平面几何中的定理及有关平面几何知识有着直接或间接的联系，且利用平面几何的知识得到包含已知量和动点坐标的等式，化简后就可以得到动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法称作几何法。求动点P 的轨迹方程。解：设P (x, y)，由题 APO BPO ，由三角形角平分线定理有 L P A | ^A 0-1 |PB| |BO| ..(x 6)2 y 2 3 3 , (x 2)2 y 2 整理得x 2 y 2 6x 0,当x 0时，y 0, P 和O 重合，无意义，??? x 0, 又易知P 落在x 轴上时，除线段AB 以外的任何点均有 APO BPO 00 , ? y 0 ( x 6或x 2)也满足要求。综上，轨迹方程为 x 2 y 2 6x 0 ( x 0)或y 0 (x 6或x 2 )。评注：本例利用平面几何的知识(三角形的角平分线定理进行解题) ，方便了求轨迹的方程。 4.参数法：有时很难直接找出动点的横、纵坐标之间关系。如果借助中间量(参数) 联系，然后再从所求式子中消去参数，这便可得动点的轨迹方程。 0 -b _2_ 1 - -b 3 a x 2 b 3y ②代入①得: 3 2 2 (評(3y) 2 36，即一 16 例3 :如图，已知两定点 A ( 6,0 ), B ( 2,0 ), O 为原点，动点 P 与线段AO 、BO 所张的角相等, ，使(x, y)之间的关系建立起

动点的轨迹问题

动点的轨迹问题根据动点的运动规律求出动点的轨迹方程，这是解析几何的一大课题：一方面求轨迹方程的实质是将“形”转化为“数”，将“曲线”转化为“方程”，通过对方程的研究来认识曲线的性质；另一方面求轨迹方程是培养学生数形转化的思想、方法以及技巧的极好教材。该内容不仅贯穿于“圆锥曲线”的教学的全过程，而且在建构思想、函数方程思想、化归转化思想等方面均有体现和渗透。轨迹问题是高考中的一个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，特别是当今高考的改革以考查学生创新意识为突破口，注重考查学生的逻辑思维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力，而轨迹方程这一热点，常涉及函数、三角、向量、几何等知识，能很好地反映学生在这些能力方面的掌握程度。求轨迹方程的的基本步骤：建设现代化（检验）建（坐标系）设（动点坐标）现（限制条件，动点、已知点满足的条件）代（动点、已知点坐标代入）化（化简整理）检验（要注意定义域“挖”与“补”）求轨迹方程的的基本方法： 1．直接法：如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，不需要特殊的技巧，易于表述成含 x,y 的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法。 2．定义法：运用解析几何中一些常用定义（例如圆锥曲线的定义），可从曲线定义出发直接写出轨迹方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出轨迹方程。 3.代入法：动点所满足的条件不易表述或求出，但形成轨迹的动点 P（x,y）却随另一动点Q（x ' ， y ' ）的运动而有规律的运动，且动点 Q 的轨迹为给定或容易求得，则可先将 x ',y ' 表示为 x,y的式子，再代入 Q 的轨迹方程，然而整理得 P 的轨迹方程，代入法也称相关点法。 4.参数法：求轨迹方程有时很难直接找到动点的横坐标、纵坐标之间的关系，则可借助中间变量（参数），使 x,y 之间建立起联系，然而再从所求式子中消去参数，得出动点的轨迹方程。 5.交轨法：求两动曲线交点轨迹时，可由方程直接消去参数，例如求两动直线的交点时常用此法，也可以引入参数来建立这些动曲线的联系，然而消去参数得到轨迹方程。可以说是参数法的一种变种。 6.转移法：如果动点 P 随着另一动点 Q 的运动而运动，且 Q 点在某一已知曲线上运动，那么只需将 Q 点的坐标来表示，并代入已知曲线方程，便可得到 P 点的轨迹方程。

专题_解析几何中的动点轨迹问题

专题：解析几何中的动点轨迹问题学大分教研中心周坤轨迹方程的探解析几何中的基本问题之一，也是近几年各省高考中的常见题型之一。解答这类问题，需要善于揭示问题的部规律及知识之间的相互联系。本专题分成四个部分，首先从题目类型出发，总结常见的几类动点轨迹问题，并给出典型例题；其次从方法入手，总结若干技法（包含高考和竞赛要求，够你用的了...）；然后，精选若干练习题，并给出详细解析与答案，务必完全弄懂；最后，回顾高考，列出近几年高考中的动点轨迹原题。OK ，不废话了，开始进入正题吧... Part 1 几类动点轨迹问题一、动线段定比分点的轨迹例1 已知线段AB 的长为5，并且它的两个端点A 、B 分别在x 轴和y 轴上滑动，点P 在段AB 上，(0)AP PB λλ=>，求点P 的轨迹。 ()()()00P x y A a B b 解：设，，，，，， ()( )0 11101a a x x y b b y λλλλλλλ+???=+=??? +??++?=??=? ?+? ， 2225a b +=代入 () () 2 2 2 2 2 1125y x λλλ +++ = () () 2 2 2 2 2 125 2511x y λλλ+ =++

2225 14 P x y λ=+= 当时，点的轨迹是圆；① 1P y λ>当时，点的轨迹是焦点在轴上的椭圆;② 01P x λ<<当时，点的轨迹是焦点在轴上的椭圆③；例2 已知定点A(3,1),动点B 在圆O 224x y +=上,点P 在线段AB 上,且BP:PA=1:2,求点P 的轨迹的方程. ()()113P x y B x y AB BP =-解：设，，，，有 ()()()()11 33131313x x y y ?+-= ?+-? ? +-?=?+-? 11332 312 x x y y -?=??? -?=??化简即： 22114x y +=代入 22 3331422x y --???? += ? ????? 得所以点P 的轨迹为()2 2 116139x y ? ?-+-= ?? ? 二、两条动直线的交点问题例3 已知两点P （-1,3），Q （1,3）以及一条直线:l y x = AB 在l 上移动（点A 在B 的左下方），求直线PA 、QB 交点M 的轨迹的方程 ()()()11M x y A t t B t t ++解：设，，，，，， ()()1313PM x y PA t t =+-=+-，，，，

高三数学轨迹方程50题及答案精选

高三数学轨迹方程50题及答案求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法、交轨法，待定系数法. (1)直接法直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程. (2)定义法若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义(如椭圆、双曲线、抛物线、圆等)，可用定义直接探求. (3)相关点法根据相关点所满足的方程，通过转换而求动点的轨迹方程. (4)参数法若动点的坐标(x ,y )中的x ,y 分别随另一变量的变化而变化，我们可以以这个变量为参数，建立轨迹的参数方程. （5）交轨法若动点是受某一参量影响的两动曲线的交点，我们可以以消去这个参量得到动点轨迹方程. (6)待定系数法求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性.要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念. 一、选择题： 1、方程y=122+--x x 表示的曲线是：（） A 、双曲线 B 、半圆 C 、两条射线 D 、抛物线 2、方程[(x －1)2+(y+2)2](x 2－y 2)=0表示的图形是：（） A 、两条相交直线 B 、两条直线与点（1，－2） C 、两条平行线 D 、四条直线 3、动点p 与定点A(－1,0), B(1,0)的连线的斜率之积为－1，则p 点的轨迹方程是：（） A 、x 2+y 2=1 B 、x 2+y 2=1(x ≠±1） C 、x 2+y 2=1(x ≠1） D 、y=21x - 4、一动点到两坐标轴的距离之和的2倍，等于该点到原点距离的平方，则动点的轨迹方程是：（） A 、x 2+y 2=2(x+y) B 、x 2+y 2=2|x+y| C 、x 2+y 2=2(|x|+|y|) D 、x 2+y 2=2(x －y) 5、动点P 到直线x=1的距离与它到点A （4，0）的距离之比为2，则P 点的轨迹是：（）A 、中心在原点的椭圆 B 、中心在（5，0）的椭圆 C 、中点在原点的双曲线 D 、中心在（5，0）的双曲线

动点的轨迹问题

动点的轨迹问题根据动点的运动规律求出动点的轨迹方程，这是解析几何的一大课题：一方面求轨迹方程的实质是将“形”转化为“数”，将“曲线”转化为“方程”，通过对方程的研究来认识曲线的性质；另一方面求轨迹方程是培养学生数形转化的思想、方法以及技巧的极好教材。该内容不仅贯穿于“圆锥曲线”的教学的全过程，而且在建构思想、函数方程思想、化归转化思想等方面均有体现和渗透。轨迹问题是高考中的一个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，特别是当今高考的改革以考查学生创新意识为突破口，注重考查学生的逻辑思维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力，而轨迹方程这一热点，常涉及函数、三角、向量、几何等知识，能很好地反映学生在这些能力方面的掌握程度。求轨迹方程的的基本步骤：建设现代化（检验）建（坐标系）设（动点坐标）现（限制条件，动点、已知点满足的条件）代（动点、已知点坐标代入）化（化简整理）检验（要注意定义域“挖”与“补”）求轨迹方程的的基本方法： 1．直接法：如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，不需要特殊的技巧，易于表述成含x,y 的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法。 2．定义法：运用解析几何中一些常用定义（例如圆锥曲线的定义），可从曲线定义出发直接写出轨迹方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出轨迹方程。 3.代入法：动点所满足的条件不易表述或求出，但形成轨迹的动点P(x,y)却随另一动点Q(x ’，y ’)的运动而有规律的运动，且动点Q 的轨迹为给定或容易求得，则可先将x ’,y ’表示为x,y 的式子，再代入Q 的轨迹方程，然而整理得P 的轨迹方程，代入法也称相关点法。 4.参数法：求轨迹方程有时很难直接找到动点的横坐标、纵坐标之间的关系，则可借助中间变量（参数），使x,y 之间建立起联系，然而再从所求式子中消去参数，得出动点的轨迹方程。 5.交轨法：求两动曲线交点轨迹时，可由方程直接消去参数，例如求两动直线的交点时常用此法，也可以引入参数来建立这些动曲线的联系，然而消去参数得到轨迹方程。可以说是参数法的一种变种。 6.转移法：如果动点P 随着另一动点Q 的运动而运动，且Q 点在某一已知曲线上运动，那么只需将Q 点的坐标来表示，并代入已知曲线方程，便可得到P 点的轨迹方程。 7.几何法：利用平面几何或解析几何的知识分析图形性质，发现动点运动规律和动点满足的条件，然而得出动点的轨迹方程。 8.待定系数法：求圆、椭圆、双曲线以及抛物线的方程常用待定系数法求。 9.点差法：求圆锥曲线中点弦轨迹问题时，常把两个端点设为),(),,(2211y x B y x A 并代入圆锥曲线方程，然而作差求出曲线的轨迹方程。此部分内容主要考查圆锥曲线，圆锥曲线的定义是根本，它是相应标准方程和几何性质的“源”。对于圆锥曲线的有关问题，要有运用圆锥曲线定义解题的意识，“回归定义”是一种重要的解题策略。二、注意事项： 1. 求轨迹方程的关键是在纷繁复杂的运动变化中，发现动点P 的运动规律，即P 点满足的等量关系，因此要学会动中求静，变中求不变。

2021高考数学圆锥曲线轨迹方程问题解法指导

2021高考数学圆锥曲线轨迹方程问题解法指导纵观近几年高考轨迹问题是高考中的一个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，主要注重考查学生的逻辑思维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力，而轨迹方程这一热点，常涉及函数、三角、向量、几何等知识，能很好地反映学生在这些能力方面的掌握程度.有的学生看到就头疼的题目.分析原因除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理。圆锥曲线问题是山东卷高考压轴大题，解题的关键往往是第一问能否求出轨迹方程。圆锥曲线问题轨迹方程，解答题中以待定系数法为多，一旦变换考法，往往会造成学生心理负担，为了更好的解决这一问题，本专题针对轨迹方程的常见考法做出了系统总结。一、考法解法命题特点分析求曲线的轨迹方程是解析几何的基本问题之一,求符合某种条件的动点轨迹方程,其实质就是利用题设中的已知条件,用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系问题，解决这类问题不但对圆锥曲线的定义、性质等基础知识要熟练掌握，还要利用各种数学思想方法，同时具备一定的推理能力和运算能力。高考考查轨迹问题通常是以下两类：一类是容易题，以定义法、相关点法、待定系数法等为主，另一类是高难度的纯轨迹问题，综合考查各种方法.“轨迹”、“方程”要区分求轨迹方程，求得方程就可

以了；若是求轨迹，求得方程还不够，还应指出方程所表示的曲线类型（定形、定位、定量）.处理轨迹问题成败在于：对各种方法的领悟与解题经验的积累.所以在处理轨迹问题时，一定要善于根据题目的特点选择恰当的方法，确定轨迹的范围是处理轨迹问题的难点，也是学生容易出现错误的地方，在确定轨迹范围时，应注意以下几个方面：①准确理解题意，挖掘隐含条件；②列式不改变题意，并且要全面考虑各种情形；③推理要严密，方程化简要等价；④消参时要保持范围的等价性；⑤数形结合，查“漏”补“缺”。在处理轨迹问题时，要特别注意运用平面几何知识，其作用主要有：①题中没有给出明显的条件式时，可帮助列式；②简化条件式；③转化化归。解题方法荟萃 1.直接法：根据题目条件，直译为关于动点的几何关系，再利用解析几何有关公式（如两点间距离公式、点到直线距离公式、夹角公式等）进行整理、化简。这种求轨迹方程的过程不需要特殊的技巧，它是求轨迹方程的基本方法。直接法一般有下列几种情况： 1）代入题设中的已知等量关系：若动点的规律由题设中的已知等量关系明显给出，则采用直接将数量关系代数化的方法求其轨迹。2）列出符合题设条件的等式：有时题中无坐标系，需选定适当位置的坐标系，再根据题设条件列出等式，得出其轨迹方程。 3）运用有关公式：有时要运用符合题设的有关公式，使其公式中含有动点坐标，并作相应的恒等变换即得其轨迹方程。

立体几何中的动点轨迹问题讲解

立体几何中的动点轨迹问题讲解这类问题在高考中并不常见，或者说在高考中出现得并不明显，但在用空间向量求二面角时偶尔会遇到一种题目，即需要用到的点并不是一个确定的点，而是在一个面上的动点，且这个点还满足一些特定的值或平面几何关系，此时需要根据条件确定出动点所在的轨迹，在每年高考前的模拟题中也会遇到这种题目，若在选填中，则一般位于压轴或次压轴位置，求几何体中动点的轨迹或者与轨迹求值相关的问题，在解析几何中满足条件的动点都会有特定的轨迹，动点绝不是乱点，在几何体中依旧如此。这种题目做法和平面几何求轨迹方程类似，因为点在面内(非平面)，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，这四种情况没有过于明显的界限，知道就好，下列题目中就不再分门别类的去叙述了。立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别。题目中可以找到与AM垂直且包含OP的平面，这样动点P的轨迹就知道了，从O点向底面作垂线，垂足为O'，连接BO',可知AM⊥平面OO'B，即可得知P的轨迹。

但题目是在规则的正方体中，直线OP和AM为异面直线，两者成90°的特殊角度，根据射影法求异面直线的夹角方法，我们只需确定出OP在底面上的投影位置即可。与上题类似，需要找到一个与BD1垂直且包含AP的平面，根据三垂线定理可知BD1⊥AC，BD1⊥AB1，所以BD1⊥平面ACB1，平面ACB1与有侧面的交线为B1C，所以点P的轨迹为线段B1C

轨迹方程问题专题-求轨迹方程

1 轨迹方程问题专题常见的有六种求轨迹方程的方法： ①待定系数法：由几何量确定轨迹方程； ②定义法：根据曲线的定义，求轨迹方程； ③直接法：给出某些条件（几何、三角或向量表达式等）求轨迹方程； ④“代入法”求轨迹方程； ⑥参数法（包括解决中点弦问题的点差法）求轨迹方程． ⑤“交轨法”求轨迹方程；一．直接法求轨迹方程．给出某种条件：平面几何、三角函数、解析几何、向量形式等．求解程序：①设动点P 的坐标为P(x ，y)；②按题目的条件写出关系式；③整合关系式；④注明范围．例1．设m R ∈,在平面直角坐标系中,已知向量(,1)a mx y =+,向量(,1)b x y =-,a b ⊥，动点(,)M x y 的轨迹为E ．求轨迹E 的方程,并说明该方程所表示曲线的形状；二．根据圆锥曲线的定义，求轨迹方程例2．已知圆的圆心为M 1，圆的圆心为M 2，一动圆与这两个圆外切，求动圆圆心P 的轨迹方程。三．参数法求轨迹方程：例3．动圆P 过点A (0,1)且与直线y=-1相切，O 是坐标原点，动圆P 的圆心轨迹是曲线C. （1）求曲线C 的方程；（2）过A 作直线l 交曲线C 于,D E 两点，求弦DE 的中点M 的轨迹方程；（3）在（2）中求ODE ?的重心G 的轨迹方程。四．“代入法”求轨迹方程：设点M 是已知曲线F （x ，y ）＝0上的动点，点P 因点M 的运动而运动（即点P 是点M 的相关点），求点P 的轨迹方程． ①设点M 的坐标为M （0x ，0y ），则F （0x ，0y ）＝0； ②设点P 的坐标为P （x ，y ）； ③因为“点P 随点M 的运动而运动”，可以求得：0x ＝f （x ，y ），0y ＝g （x ，y ）； ④把0x ＝f （x ，y ），0y ＝g （x ，y ）代入F （0x ，0y ）＝0，即得所求点P 的轨迹方程．例 4.已知点为双曲线（为正常数）上任一点,为双曲线的右焦点,过作右准线的垂线,垂足为,连接并延长交轴于.求线段的中点的轨迹的方程. 100(,)P x y 22 2218x y b b -=b 2F 1P A 2F A y 2P 1P 2P P E 2F 1F O y x A 2 P 1 P P

动点问题中的最值、最短路径问题(解析版)

专题01 动点问题中的最值、最短路径问题动点问题是初中数学阶段的难点，它贯穿于整个初中数学，自数轴起始，至几何图形的存在性、几何图形的长度及面积的最值，函数的综合类题目，无不包含其中. 其中尤以几何图形的长度及面积的最值、最短路径问题的求解最为繁琐且灵活多变，而其中又有一些技巧性很强的数学思想（转化思想），本专题以几个基本的知识点为经，以历年来中考真题为纬，由浅入深探讨此类题目的求解技巧及方法. 一、基础知识点综述 1. 两点之间，线段最短； 2. 垂线段最短； 3. 若A、B是平面直角坐标系内两定点，P是某直线上一动点，当P、A、B在一条直线上时，PA PB 最大，最大值为线段AB的长（如下图所示）；（1）单动点模型 ~ 作图方法：作已知点关于动点所在直线的对称点，连接成线段与动点所在直线的交点即为所求点的位置. 如下图所示，P是x轴上一动点，求PA+PB的最小值的作图.

P是∠AOB内一点，M、N分别是边OA、OB上动点，求作△PMN周长最小值. 作图方法：作已知点P关于动点所在直线OA、OB的对称点P’、P’’，连接P’P’’与动点所在直线的交点M、N即为所求. O 5. 二次函数的最大（小）值 ()2 y a x h k =-+，当a>0时，y有最小值k；当a<0时，y有最大值k. 二、主要思想方法利用勾股定理、三角函数、相似性质等转化为以上基本图形解答. （详见精品例题解析） ~ 三、精品例题解析例1. （2019·凉山州）如图，正方形ABCD中，AB=12，AE=3，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为

圆锥曲线轨迹方程问题

圆锥曲线轨迹方程问题纵观近几年高考轨迹问题是高考中的一个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，主要注重考查学生的逻辑思维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力，而轨迹方程这一热点，常涉及函数、三角、向量、几何等知识，能很好地反映学生在这些能力方面的掌握程度.有的学生看到就头疼的题目. 分析原因除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理。圆锥曲线问题是 ft东卷高考压轴大题，解题的关键往往是第一问能否求出轨迹方程。圆锥曲线问题轨迹方程，解答题中以待定系数法为多，一旦变换考法，往往会造成学生心理负担，为了更好的解决这一问题，本专题针对轨迹方程的常见考法做出了系统总结。一、考法解法命题特点分析求曲线的轨迹方程是解析几何的基本问题之一,求符合某种条件的动点轨迹方程,其实质就是利用题设中的已知条件,用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系问题，解决这类问题不但对圆锥曲线的定义、性质等基础知识要熟练掌握，还要利用各种数学思想方法，同时具备一定的推理能力和运算能力。高考考查轨迹问题通常是以下两类：一类是容易题，以定义法、相关点法、待定系数法等为主，另一类是高难度的纯轨迹问题，综合考查各种方法.“轨迹”、“方程”要区分求轨迹方程，求得方程就可以了；若是求轨迹，求得方程还不够，还应指出方程所表示的曲线类型（定形、定位、定量）.处理轨迹问题成败在于：对各种方法的领悟与解题经验的积累.所以在处理轨迹问题时，一定要善于根据题目的特点选择恰当的方法，确定轨迹的范围是处理轨迹问题的难点，也是学生容易出现错误的地方，在确定轨迹范围时，应注意以下几个方面：①准确理解题意，挖掘隐含条件；②列式不改变题意，并且要全面考虑各种情形；③推理要严密，方程化简要等价；④消参时要保持范围的等价性；⑤数形结合，查“漏”补“缺”。在处理轨迹问题时，要特别注意运用平面几何知识，其作用主要有：①题中没有给出明显的条件式时，可帮助列式；② 简化条件式； ③转化化归。解题方法荟萃

专题02 求轨迹方程问题(第五篇)(原卷版)

3 / 3 备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第五篇解析几何专题02 求轨迹方程问题【典例1】【湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2019届高三上学期期末考试】已知点()0,1F ，点 ()(),0A x y y ≥为曲线C 上的动点，过A 作x 轴的垂线，垂足为B ，满足1AF AB +＝．（1）求曲线C 的方程；（2）直线l 与曲线C 交于两不同点P ，Q （非原点），过P ，Q 两点分别作曲线C 的切线，两切线的交点为M ．设线段PQ 的中点为N ，若FM FN ＝，求直线l 的斜率．【典例2】【广东省梅州市2020届质检】已知过定点(1,0)N 的动圆是P 与圆2 2 :(1)8M x y ++=相内切. （1）求动圆圆心P 的轨迹方程；（2）设动圆圆心P 的轨迹为曲线C ，,A B 是曲线C 上的两点，线段AB 的垂直平分线过点1 (0,)2 D ，求 OAB ?面积的最大值（O 是坐标原点）. 【典例3】【山东省济宁市2019届高三二模】在平面直角坐标系xOy 中，点P 是圆F 1：(x +√3)2+y 2=16上的动点，定点F 2(√3,0)，线段PF 2的垂直平分线交PF 1于Q ，记Q 点的轨迹为E . （Ⅰ）求轨迹E 的方程；（Ⅰ）若动直线l ：y =kx +m(k ≠0)与轨迹E 交于不同的两点M 、N ，点A 在轨迹E 上，且四边形OMAN 为平行四边形.证明：四边形OMAN 的面积为定值. 【典例4】【东北三省四市2019届高三第一次模拟】已知椭圆C ：221189 x y +=的短轴端点为1B ，2B ，点M 是椭圆C 上的动点，且不与1B ，2B 重合，点N 满足11NB MB ⊥，22NB MB ⊥.

动点轨迹问题

专题动点轨迹问题 ——直线、圆弧型路径自查: (2018 广州25题)如图12,在四边形ABCD中,∠B＝60°,∠D＝30°,AB＝B C、 (1)求∠A＋∠C得度数; (2)连接BD,探究AD,BD,CD三者之间得数量关系,并说明理由; (3)若AB＝1,点E在四边形ABCD内部运动,且满足,求点E运动路径得长度、一．几何模型 (1) 直线型路径 ①【定距离判断直线型路径】当某一动点到某条直线得距离不变时,该动点得路径为直线、 ②【定角度判断直线型路径】当某一动点与定线段得一个端点连接后所成得角度不变,该动点得路径为直线、 (2)圆弧型路径 ①【用一中同长定圆】到定点得距离等于定长得点得集合就是圆、 ②【用定弦对定角定圆】当某条边与该边所对得角就是定值时,该角得顶点得路径就是圆弧、二．典例分析例1如图,矩形ABCD中,AB=6,AD=8,点E在边AD上,且AE:ED=1:3.动点P从点A出发,沿AB 运动到点B停止.过点E作EF⊥PE交射线BC于点F,设M就是线段EF得中点,则在点P运动得整个过程中,点M运动路线得长为、例2如图,△ABC与△ADE都就是等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC=2,O为AC中点,若点D在直线BC 上运动,连接OE,则在点D运动过程中,线段OE得最小值就是为、例3如图,在等腰Rt△ABC中,AC=BC=,点P在以斜边AB为直径得半圆上,M为PC得中点,当点P沿半圆从点A 运动至点B时,点M运动得路径长就是、例4 在正方形ABCD中,AD=2,点E从点D出发向终点C运动,点F从C出发向终点B运动,且始终保持DE=CF、连接AE,DF交于点P,则点P运动得路径长就是、三、巩固练习 1、如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=3,点D就是平面内得一个动点,且AD=2,M为BD得中点,在D点运动过程中,线段CM长度得取值范围就是、 1题图 2题图 3题图 2.如图,等边三角形ABC中,BC=6,D、E就是边BC上两点,且BD=CE=1,点P就是线段DE上得一个动点,过点P分别作AC、AB得平行线交AB、AC于点M、N,连接MN、AP交于点G,则点P由点D移动到点E得过程中,线段BG扫过得区域面积为、

一类动点轨迹问题的探求---“阿波罗尼斯圆”

一类动点轨迹问题的探求专题来源：学习了“椭圆的标准方程”后，对于，我们可以进一步研究： 2PA PB a +=，各自的轨迹方程如何？ 2,2, 2PA PA PB a PA PB a a PB -=== 引例：已知点与两定点的距离之比为，那么点的坐标应满足什(,)M x y (0,0),(3,0)O A 1 2 M 么关系？（必修2 P103 探究·拓展）探究已知动点与两定点、的距离之比为，那么点的轨迹是什么？ M A B (0)λλ>M 背景展示阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一类题1： (1994,全国卷) 已知直角坐标平面上点Q (2，0)和圆C ：x 2+y 2=1，动点M 到圆C 的切线长与|MQ |的比等于常数λ(λ>0).求动点M 的轨迹方程，说明它表示什么曲线. 本小题考查曲线与方程的关系，轨迹概念等解析几何的基本思想以及综合运用知识的能力. 解：如图，设MN 切圆于N ，则动点M 组成的集合是 P={M ||MN |=λ|MQ |}，式中常数λ>0. ——2分因为圆的半径|ON |=1，所以|MN |2=|MO |2－|ON |2=|MO |2－1. ——4分设点M 的坐标为(x ，y )，则 ——5分 ()222 2 21y x y x +-=-+λ整理得(λ2－1)(x 2+y 2 )－4λ2x +(1+4λ2)=0. 经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P .故这个方程为所求的轨迹方程. ——8分

高考数学(文科)-轨迹方程问题的探讨-专题练习有答案

高考数学（文科）专题练习轨迹方程问题的探讨一、练高考 1．【2015高考广东，文8】已知椭圆 22 2 125x y m +=（0m >）的左焦点为()1F 4,0-，则m =（） A ．9 B ．4 C ．3 D ．2 2．【2015高考天津，文5】已知双曲线22 221(0,0)x y a b a b -=>>的一个焦点为(2,0)F ,且双曲线的渐近线与圆 ()222y 3x -+=相切,则双曲线的方程为（） A ．22 1913x y -= B ．22 1139 x y -= C ．2 213 x y -= D ．22 13 y x -= 3．【2016高考天津文数】已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M 在圆上，且圆心到直线20 x y -= ，则圆C 的方程为_________． 4．【2016高考新课标Ⅲ】已知抛物线2:2C y x =的焦点为F ，平行于轴的两条直线12l l 分别交C 于,A B 两点，交C 的准线于,P Q 两点．（I ）若F 在线段AB 上，是PQ 的中点，证明//AR FQ ；9 （II ）若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程． 5．【2016高考新课标1卷】设圆222150x y x ++-=的圆心为A ,直线l 过点(1,0)B 且与x 轴不重合,l 交圆A 于,C D 两点,过B 作AC 的平行线交AD 于点E ．（I ）证明EA EB +为定值,并写出点E 的轨迹方程；（II ）设点E 的轨迹为曲线1C ,直线l 交1C 于两点,过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于,P Q 两点,求四边形 MPNQ 面积的取值范围．二、练模拟 1．【广东省惠州市高三第一次调研】双曲线22 22:1(a 0,b 0)x y M a b -=>>实轴的两个顶点为,A B ，点P 为双曲线M 上除,A B 外的一个动点，若QA PA QB PB ⊥⊥且，则动点Q 的运动轨迹为（） A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线 D ．抛物线 x R

轨迹方程问题

第二十讲轨迹方程 1．一动圆与两圆221x y +=和228120x y x +++=都外切,则动圆圆心的轨迹为（） A,圆 B,椭圆 C,双曲线的一支 D,抛物线变式：已知定圆1622=+y x ，定点A ()0,2,动圆过点A 且与定圆相切，那么动圆圆心P 的轨迹方程是（） A.()134122=--y x B. ()134122 =+-y x C.()4122=+-y x D. 422=+y x 2．点)0,2(-A 、)0,3(B ，动点2),(x y x P =?满足，则点P 的轨迹是（） A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线 D ．抛物线 3． F 1、F 2为椭圆两个焦点，Q 为椭圆上任一点，以任一焦点作∠（） A 、圆 B 、椭圆 C 、双曲线 D 、抛物线 4．已知点F 1 (,0)4,直线l :14 x =-,点B 是l 上的动点.若过B 垂直于y 轴的直线与线段BF 的垂直平分线交于点M,则点M 的轨迹是（） A,双曲线 B,椭圆 C,圆 D,抛物线 5．在正方体ABCD A B C D -1111中，P 是侧面BB C C 11内一动点，若P 到直线BC 的距离是P 到直线C D 11的距离的一半，则动点P 的轨迹所在的曲线是（） A. 直线 B. 圆 C. 双曲线 D. 抛物线 6．设A 1、A 2是椭圆4 92 2y x +=1的长轴两个端点，P 1、P 2是垂直于A 1A 2的弦的端点，则直线A 1P 1与A 2P 2交点的轨迹方程为（） A.14922=+y x B.14922=+x y C.14922=-y x D.14 92 2=-x y 7．设椭圆与双曲线有共同的焦点12(1,0),(1,0)F F -,且椭圆长轴是双曲线实轴的2倍,则椭圆与双曲线的交点轨迹是 . 8．★★★以下四个关于圆锥曲线的命题中： ①设A 、B 为两个定点，k 为非零常数，||||PA PB k -=，则动点P 的轨迹为双曲线； ②过定圆C 上一定点A 作圆的动点弦AB ，O 为坐标原点，若1(),2OP OA OB =+则动点P 的轨迹为椭圆； ③方程02522=+-x x 的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率； ④双曲线135********=+=-y x y x 与椭圆有相同的焦点. 其中真命题的序号为（写出所有真命题的序号）

动点轨迹问题(基础教育)

专题动点轨迹问题 —— 直线、圆弧型路径自查：（2018 广州25题）如图12，在四边形ABCD 中，∠B ＝60°，∠D ＝30°，AB ＝B C . （1）求∠A ＋∠C 的度数；（2）连接BD ，探究AD ，BD ，CD 三者之间的数量关系，并说明理由；（3）若AB ＝1，点E 在四边形ABCD 内部运动，且满足2 2 2 +CE AE BE ，求点E 运动路径的长度.

一．几何模型（1）直线型路径 ①【定距离判断直线型路径】当某一动点到某条直线的距离不变时，该动点的路径为直线. ②【定角度判断直线型路径】当某一动点与定线段的一个端点连接后所成的角度不变，该动点的路径为直线. （2）圆弧型路径 ①【用一中同长定圆】到定点的距离等于定长的点的集合是圆. ②【用定弦对定角定圆】当某条边与该边所对的角是定值时，该角的顶点的路径是圆弧. 二．典例分析例1如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点E在边AD上，且AE：ED=1：3．动点P从点A出发，沿AB 运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，设M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M运动路线的长为 .

例2如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=2，O为AC中点，若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D运动过程中，线段OE的最小值是为 . 2，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半例3如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2 圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是 . 例4 在正方形ABCD中，AD=2，点E从点D出发向终点C运动，点F从C出发向终点B运动，且始终保持DE=CF.连接AE，DF交于点P，则点P运动的路径长是 .

专题四：求动点轨迹方程5种方法(解析版)

专题四：求动点轨迹方程5种方法（解析版）一、直接法步骤：1、建立恰当的坐标系，设动点坐标()y x ，； 2、由已知条件列出几何等量关系式，建立关于y x ，的方程()0=y x f ，； 3、化简整理； 4、检验，检验点轨迹的纯粹性与完备性。 [例1] 已知圆O 的方程是022 2 =-+y x ，圆O '的方程是01082 2 =+-+x y x ，如图所示。由动点P 向圆O 和圆O '所引的切线长相等，求动点P 的轨迹方程。【解析】设()y x P ，，由圆O 的方程为：22 2 =+y x ，圆O '的方程为 ()6422=+-y x 。由已知得BP AP =，所以22BP AP =，所以2222B O P O OA OP '-'=-，则622 2-'=-P O OP 。所以()6422 2 22-+-=-+y x y x ，化简得2 3= x 。所以动点P 的轨迹方程为2 3=x 。 [练习1] 已知平面上两定点()20-， M ，()20，N ，点P 满足MN PN MN MP ?=?，求点P 的轨迹方程。【解析】设()y x P ，，则()2+=y x MP ，，()40，=MN ，()y x PN --=2，，因为MN PN MN MP ?=?，所以 ()()222424y x y -+=+，所以()2222y x y -+=+。两端同时平方得：2 2 2 4444y y x y y +-+=++，整理得：y x 82 =。所以点P 的轨迹方程为y x 82 = 二、定义法步骤：1、分析几何关系； 2、由曲线的定义直接得出轨迹方程。

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