点的轨迹方程的求法

点的轨迹方程的求法第一页，共十二页，编辑于2023年，星期一求曲线方程的步聚：1、建立适当的直角坐标系，并设动点坐标2、列出动点满足的条件等式3、列方程4、化简5、检验1）已知给定长度的线段2）已知两条垂直的直线3）对称图形如何建立合适的直角坐标系？第二页，共十二页，编辑于2023年，星期一

1、直接法例1、求与圆x2+y2-4x=0外切且与Y轴相切的动圆的圆心的轨迹方程。PABxyo变式：外切改为相切呢？解：设动圆圆心为P(x,y).由题，得即-4x+y2=4|x|得动圆圆心的轨迹方程为y=0(x<0),或y2=8x(x>0)第三页，共十二页，编辑于2023年，星期一

x例2已知ΔABC底边BC的长为2,又知tanBtanC=t(t≠0).(t为常数).求顶点A的轨迹方程.

BC

A所求的轨迹方程为

tx2+y2=t

yo变式：把tgBtgC=t(t≠0)改为C=2B呢？tanC=tan2B

解：以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立如图直角系。则B(-1,0),C(1,0).设A(x,y).又tanBtanC=t(x≠1)第四页，共十二页，编辑于2023年，星期一(2)求圆x2+y2-2x+4y=0关于直线x-y=0对称的圆方程。2、转移代入法变式：(1)中点改为MP:PA=t(t>0的常数）例3、圆上的点M与定点A(3,0)的线段MA的中点为P，求P点的轨迹。MPA(3,0)xyo第五页，共十二页，编辑于2023年，星期一例4

如图,过点A(-3,0)的直线l与曲线C：x2+2y2=4交于A,B两点.作平行四边形OBPC，求点P的轨迹。AoxyBCPG解法一：利用韦达定理解法二：点差法连PO交CB于G.设P(x,y),G(x0,y0),C(x1,y1),B(x2,y2),则x12+2y12=4x22+2y22=4作差，得(x2-x1)(x2+x1)+(y2-y1)(y2+y1)=0即x0+y0k=0又k=解得，x0=y0=x=y=因此消去k,得(x+3)2+y2=9故所求轨迹为(-3,0)为圆心，3为半径的圆.?3、参数法第六页，共十二页，编辑于2023年，星期一ABQPxyoG变式：已知圆：x2+y2=r2,定点A(a,0),其中a，r>0.P,B是圆上两点，作矩形PABQ，求点Q的轨迹。设P(x1,y1),B(x2,y2),则又ABPA,所以x1x2+y1y2=a(x1+x2)-a2=ax即(x1-a,y1)(x2-a,y2)=0,(x,y)(1)(2)(3)(4)(5)(3)2+(4)2,得(x+a)2+y2=2r2+2(x1x2+y1y2)结合（5），得点Q的坐标满足方程x2+y2=2r2-a2若，表示原点；讨论：若,表示原点为圆心，为半径的圆；若，无轨迹。解：连PB,AQ交于点G。设Q(x,y),G(x0,y0),则则x+a=2x0,y=2y0.第七页，共十二页，编辑于2023年，星期一ABQPxyoG又ABPA,所以(x,y)(1)(2)(3)另解：设Q(x,y),G(x0,y0),则x+a=2x0,y=2y0.设B(rcos,rsin),P(rcos,rsin),则第八页，共十二页，编辑于2023年，星期一1、抛物线的顶点的轨迹方程是

。练习y=2x,第九页，共十二页，编辑于2023年，星期一

依题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4a),D(-2,4a)设=k(0≤k≤1),由此有E(2,4ak),F(2-4k,4a),G(-2,4a-4ak)xy

2、(2003年高考第22题变式)已知常数a>0,在矩形ABCD中，AB=4,BC=4a,O为AB中点，点E,F,G分别在BC、CD、DA上移动，且,P为GE与OF的交点,求点P轨迹方程。ABCDEFGoP直线OF的方程为2ax+(2k-1)y=0……………①直线GE的方程为-a(2k-1)x+y-2a=0…………②从①②消去参数k，得点P(x,y)坐标满足方程2a2x2+y2-2ay=0(去掉（0，0））解：以AB所在直线为x轴,过o垂直AB直线为y轴,建立如图直角坐标系.第十页，共十二页，编辑于2023年，星期一直接法:转移代入法

(也称相关点法):所求动点M的运动依赖于一已知曲线上的一个动点M0的运动,将M0的坐标用M的坐标表示,代入已知曲线,所的方程即为所求.参数法:动点的运动依赖于某一参数(角度、斜率、坐标等)的变化,可建立相应的参数方程,再化为普通方程.一