轨迹方程的求法及典型例题含答案

1、 轨迹方程的求法及典型例题(含) 答案 2 3 22是圆上两动点，且满足、+yB=36内的一点，Ax例2、如图所示，已知P(4，0)是圆. Q的轨迹方程APB=90，求矩形APBQ的顶点 |. ABP中，|AR|=|PR,解：设AB的中点为R，坐标为(xy)，则在Rt22222) +|OR|y=36(|AB又因为R是弦的中点，依垂径定理：在RtOAR中，AR|x=|AO |=|=|PRAR又|22y?(x?4)22222210=0 xx+y(所以有x4)+y=36(x4+y),即. 点即在所求的轨迹上运动在此圆上运动时，因此点R在一个圆上，而当RQ0?4x?y, x=的中点，所以，因为y)R是

2、PQ,R,设Q(xy)，(x?y,11112222 10=0,得+y4xx代入方程4x?yx?410=0 22?)4?()?( 22222. y这就是所求的轨迹方程=56,x整理得：+ 4 上A, B为端点的曲线段C. L, 点N ?L以和例3、如图, 直线LL相交于点M, L?12112, |AN| = 为锐角三角形17 , |AM|= 的距离与到点N的距离相等. 若?AMN的任一点到L2 3, 且|BN|=6. 建立适当的坐标系,求曲线段C的方程. O为坐标原点。的垂直平分线为y轴，点为解法一：如图建立坐标系，以lx轴，MN1 分别为C的端点。为准线的抛物线的一段，其中依题意知：曲线段C是

3、以点N为焦点，以lA，B22)?pxy?2(p?0),(xx?x,y0? 的方程为，C设曲线段BA P=|MN|。分别为其中xxA，B的横坐标，BA,pp?M(所以),N(,0)0, 22得|?3|由|AM|?17,ANp2)1x(?)?2px17( AA2p2)22(px?)(x?9? AA2 ?2?p4p?4或?x21x?x A?p?AA由，两式联立解得。再将其代入式并由p0 解得 5 2p?p?x?2x? A?2 因为AMN，故舍去是锐角三角形，所以A=1 p=4,xA p4?|?x?|BNB2 由点B上，得。在曲线段C2)y?0(1?x?4y,?8x 的方程为综上得曲线段C为l、l解法

4、二：如图建立坐标系，分别以 12 轴，M为坐标原点。 、Fl垂足分别为E、D作AEl,ADl，BF212, 0) N(x)、B(x, y、设A(x, yNBABA 依题意有 x?|ME|?DA|?|AN|?3A22?22?|DA|?DM|?|AM|yA由于?AMN为锐角三角形故有x?|ME|?|EN|N22?4|AE?|AM|?ME?|x?|BE|?|NB|?6B设点P(x,y)是曲线段C上任一点则由题意知P属于集合222,x?x?x,y?)(,(xy)|x?xy?0?xBAN故曲线段C的方程2?8(x?2)(3?x?y6,y?0) 6 上移动，AB在直线=x，设长为的线段以及一条直线例4、已

5、知两点：y?2)2(0,P(?22),Q M的轨迹方程求直线PA和QB交点 ，A、B的移动而变化，故可设）随PA和QB的交点M（x，y解：)?1,),B(t?1t,A(tt1?t2t： 则PAQB：).1?2?x2?)(t?2),?y2?(ty?(xt?2t?1消去t，得 22.0?8?y2?2x?yx?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 22.0?2x?2x?y?x2?y8 7 2OMOB，p0)上原点以外的两个动点，已知为抛物线5、设点A和B yOA=4px(例. 的轨迹方程，并说明它表示什么曲线，求点MAB bkx+，直线AB的方程为y=y解法一：

6、设M(x,)x kAB，得=由OMy2222=0 +bxkb4p,+及=4pxy=kxb，消去y得kx)+(2y由24pbb， =yy , =x所以x 2121 2kk 8 =由OAOB，得yyxx22112bpk4 =, b=4kp 所以 2kk p), x4=kx+b=k( 故y220) x4xpx+y=0(得22 ，xy0)4px的轨迹方程为故动点Mx=0(+. 2p为半径的圆，去掉坐标原点(2它表示以p,0)为圆心，以 ?2pxy?4? 11?2pxy?4?22? yy解法二：设依题意，有 ),A(x,y),B(x,yM(x,y)211?2211xx?21? yy?y21?1?xx?x

7、?21 ?yy?yy?121?x?xxx?211) y)=4p(xx得(yy)(y+221112y?yp4222代入上式x=16p ,得,若xxyx则有y 21? 2 121 2 1 y?y?xx22112 有yy=16p21yy?y?yp4xp4以所，得 代入，得 代入11? 2xyx?y?y?yyy112211?x p4)yy?(4pp4 1? 2y?yypx?421122220) px4=0(、代入上式，得y)+y(yyyyxy+x=4即pxy 1122 11 . 仍满足方程pMxAB时，=x当x轴，易得(4,0)21 9 22为半径的圆，pp,0)为圆心，以2x4px=0(0)它表示以

8、(2故点M的轨迹方程为x+y. 去掉坐标原点 1) 程(练习轨 迹 方|x|y|所围成的封闭图形的面积为22)已知曲线： 1(08、山东文C0)?b?1(a1ab 52 与坐为以曲线，曲线的内切圆半径为，记54CCC2113 求椭圆(1)的标准方程；标轴的交点为顶点的椭圆C2 是线段的(2)设是过椭圆中心的任意弦，CABLAB2 上异于椭圆中心的点垂直平分线，是ML上，当点在椭圆(若为坐标原点)C|MO|OA|OA2 运动时，求点的轨迹方程；M 的面积的最小值的交点，求是若与椭圆CAMB?LM2 10 11 5ab42? (1)由题意得解：22?4，b?a?5ab?22yx 椭圆方程：1?45

9、 所在的斜率存在且不为零，设(2)若AB )，A(AB所在直线方程为ykx(k0)yx，AA22?yx2k2020?1? 由22 ?x，y?45?AA22k54?4?5k?,y?kx?2)k20(1? 222?|OA|?x?y?AA2k4?52)20(1?k? 222|MO|OA|y)设M(x，由|MO|OA|(0)222?yx? 2k?54x1 k，代入上式有：的垂直平分线，所以直线L的方程为y因为L是AB?x?yk2x)20(1?222)yx?20(y ，由222222222?20x?y?x05?4y?yx?222xx?4y5?4?52y22yx M或不存时，上式仍然成立.，综上所述，的轨

10、迹方程为（0）0当k2?5422k2020)?k20(12时，|OA|0当k存在且k 2222?yx?x?，y?AAAA222k54?k4?k5?45 12 22?yx1?22 2020k)k20(1?45 由222?OM|?，xy? MM222k?54k4?54k5?1?x?y? ?k? 11119 ? 2222)?k)?20(1k20(120 OMOA22k5?k4?54401291 ?|OB|OA|? 22920|OB|OA?OMOA401 ，|OB?S?2?|OA|?|OBOA|?| AMB?9222 14k5时等号成立时，即k当且仅当45k?401 当；?5?2?0k?，S?252A

11、MB?92401 当k不存在时，?2S5?4?5AMB?9240 综上所述，的面积的最小值为AMB?9 13 14 ，且存和，的距离分别为07、江西理21）设动点到点和（2?2?APB?dd0)(1?1，0)，B(AP21 ，使得在常数2?ddsin1)?(021 的轨迹为双曲线，并求出的方程；(1)证明：动点CCP0的范围，使，两点，试确定的右支于过点(2)作直线与双曲线?CNM，ONOMB其中点为坐标原点 O 15 16 ，中，)在，即解：(1222?PAB2AB?2dd?dcos?22?d2211 ，即（常数）?22?si?d?dsin4?dd)d?d4?211221122y的双曲线，方

12、程为：是以为焦点，实轴长 点的轨?CB，12a21?P ?1 ，2）设（)，(x，y)yN(xM2112 ，在双曲线上的方程为当垂直于轴时，MNMN1x?x，(11)M1)N(1，? 5?111 即，2?0?1?1? ?21?15?，所以 因为?1?0?2为的方程直于轴时，设当不垂xMNMN 1)?y?k(x22?yx1? 得：由 ?1?1)x?y?k(?，由题意知：22222?0)k?(1?0?)(k?)?(1?k)x?2(1?x)k?(1? 22?)(?k?2k(1?)?(1 ，?xx?xx? 221122?k?)k?(1?(1?22?k 2?1)1)(yy?kx?x 21212?k?(1

13、) 17 在双曲线右支上，0由，且NM，ONOM?)?(1?0yy?xx?)(1?2?k2112? ? 215?2?1? 所以2?x?x0?11? 21?32?22?k0?1?0xx?21?1?2?5 由知?32 轴上，它的一个的原点，焦点在（09、海南）已知椭圆的中心为直角坐标系3xxOyC上的动点，2）若为椭圆1（1）求椭圆的方程；（顶点到两个焦点的距离分别是7和CCPOP的离心率）C（的轨迹e且垂直于为过为椭圆轴的直线上的点，求点2xe?MMPOM 方程，并说明轨迹是什么曲线 18 a?c?1?a4，c（）设椭圆长半轴长及分别为解：a，c由已知得3椭圆C的方?a?c?7?22yx 程为1

14、? 716（2）设M（x，y），P（，） yx 0022yx 有4，4，x其中001?xx 00167 19 22OPy?x9得： 由400e?e? 22y?x16OM 故2222)?9(x16(xy?y)00 （x，y），g（x，y）的过程】【下面是寻找关系式fyx0022?x?x0? 又 ?2x7112?2?y?016?22y4并整理得式代入：x所以点M的轨迹是两条平行于 ，0?y?4x?4(1?3716 轴的线段 2) (练习 方 程 轨迹为中心的椭圆的一条准线方程、重庆理）已知以原点4（09O 343是椭圆上的动点M为，离心率，?y?e 233)，求(0若C、D的坐标分别是，3)、(0

15、，(1)|MC|MD| 的最大值； 育网世纪教21 上的点，点的坐标为(1，0)，点B是圆如图，点(2)A221?yx?满足条件：轴上的射影，椭圆上的点N是点M()在点QOMxOQ 的轨迹方程QB的中点P求线段，0ONBAQA 20 21 2234yx设椭圆方程为：）准线方程（解：(1)ab0?y1? 223ba 223yac、椭圆方程为：，所以：C22?e1x?3c?1?2?ba 24ca2y4是椭点圆的两个焦D21?x?|MD|MD|MC|MC|4|?|MD|MC|时上M的坐标为，当且仅当，即点21,0)?(|MC|MD|4)(? 2 式取等号的最大值为4?|MC|MDN(，(2)设) ，

16、)Q,y(x)x),xM(,yB(,y，x0mQQBBmm， 2222?xy?441x?ymmBB 由ONOMOQ 22 ，?x?2xy?ymQmQ 2222?x4y)2x?y?(QmQm 0 由BAQA0 )()()?y?xy?y11?x，yx11?x?QBQQQBBB ?1?x?yxx?y?xBQBBQQ 的中点，因为P是P记点的坐标为(，)yxBQPP ，?y?2xx?x2y?yBBPQPQy?xy?x1 BQBQ22222222()?(x?y?)?)y2xx?(x2y?xy?y?PPBQBQQQBB224 311 22?x?2)?x?x5?2(?x1)4(5?xy? PBPPPQ444

17、1的方程为：动点P 22?1?(x?)?y2 23 22yx）的离心率（ab015（09、安徽）已知椭圆 22ba3为以原点为圆心，以椭圆短半轴长为半径的圆与直线yx 32相切 （1）求a与b的值； （2）设该椭圆的左，右焦点分别为和，直线过且与xFFLF2211轴垂直，动直线与y轴垂直，交于点p.求线段的垂直PFLLL2211平分线与直线的交点M的轨迹方程，并指明曲线类型 L2 24 25 232的又圆心（0，02x）到直线y解：（1）e?233a2半径b， 距离d221?22yx32 ，221?ab23.）t0）P（1，t（）0（2）（1，）、（1，0，由题意可设FF21t ），那么线段的

18、中点为N（0PF12. ()是所求轨迹上的任意点的方程为：yt，设MyxL,MM2求交点的方程联立，【下面求直线 MN的方程，然后与直线L2 的轨迹方程】Mt的中垂的斜率k线段， 直线PFPF 1122 的斜率线MNt 的方程为：所以：直线MN2ty?t2t?x y由，x?M?4t2? t2?y?x?ty?2t?M 消去参数t得：，即：2x?y?4MM ，其轨迹为抛物线（除原点）2x?4?ytty）x）x又解： 由于（，y，（，MNMNPFPF1122 ，0 26 tt?(?x，?y)?0(?x,)，消参数t得：（x0），其轨迹为抛物?2 x4?y22?ty? 线（除原点） ，已知双曲线的左、

19、右焦点分别为6(07湖南理20）22F2?y?x1 ，过点的动直线与双曲线相交于两点【直接法求轨迹】FFBA，22的求点，满足（1）若动点（其中为坐标原点）FO?F?FA?BFMOMM1111 轨迹方程； 为常数？若存在，求出(2)在轴上是否存在定点，使xCBCAC 点的坐标；若不存在，请说明理由C 由条件知，设，解：，(1)设，2()F?)0)，F(20)(Ax，yxB(，y)M(xy，222111 则 ，)?x2，y(?)，?(?FMx2yFA0)x?FB(?FO)y，?，(2，211111212 27 6?x?2?x?x? 由21?FOB?FA?FMF?1111y?yy? 214x?x?x?y?4x 的中点坐标为?21?A，? 22y