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1、8.5 轨迹问题知识梳理本节主要内容是轨迹的概念及轨迹方程的求法.求轨迹方程常用的方法：（1）结合解析几何中某种曲线的定义，从定义出发寻找解决问题的方法；（2）利用几何性质，若所求的轨迹与图形的性质相关，往往利用三角形或圆的性质来解问题；（3）如果点P的运动轨迹或所在曲线已知，又点Q与点P之间的坐标可以建立某种关系，则借助点P的轨迹可以得到点Q的轨迹；（4）参数法.点击双基1.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.中心在原点的双曲线D.中心在（5，0）的双曲线解析：直接法.答案：B2.（2005年春季北京，6
2、）已知双曲线的两个焦点为F1（，0）、F2（，0），P是此双曲线上的一点，且PF1PF2，|PF1|PF2|=2，则该双曲线的方程是A.=1 B.=1C.y2=1 D.x2=1解析：设双曲线的方程为=1.由题意|PF1|PF2|=2a，|PF1|2+|PF2|2=（2）2.又|PF1|PF2|=2，a=2，b=1.故双曲线方程为y2=1.答案：C3.已知A（0，7）、B（0，7）、C（12，2），以C为一个焦点作过A、B的椭圆，椭圆的另一个焦点F的轨迹方程是A.y21（y1） B.y21C.y21 D.x21解析：由题意AC13，BC15，AB14，又AFACBFBC，AFBFBCAC2.故F
3、点的轨迹是以A、B为焦点，实轴长为2的双曲线下支.又c=7，a=1，b248，所以轨迹方程为y21（y1）.答案：A4.F1、F2为椭圆+=1的左、右焦点，A为椭圆上任一点，过焦点F1向F1AF2的外角平分线作垂线，垂足为D，则点D的轨迹方程是_.解析：延长F1D与F2A交于B，连结DO，可知DO=F2B=2，动点D的轨迹方程为x2+y2=4.答案：x2+y2=45.已知ABC中，B（1，0）、C（5，0），点A在x轴上方移动，且tanB+tanC=3，则 ABC的重心G的轨迹方程为_.解析：设A（x0，y0），tanB+tanC=3，=3，点A的轨迹方程为y0=（x026x0+5）（x01且
4、x05）.若 G（x，y）为ABC的重心，则由重心坐标公式：x=，y=，x0=3x6，且y0=3y.代入A点轨迹方程得G的轨迹方程为y1=（x3）2（x且x）.答案：y1=（x3）2（x且x）典例剖析【例1】 在PMN中，tanPMN=，tanMNP=2，且PMN的面积为1，建立适当的坐标系，求以M、N为焦点，且过点P的椭圆的方程.剖析：如上图，以直线MN为x轴，线段MN的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则所求椭圆方程为+=1.显然a2、b2是未知数，但a2、b2与已知条件没有直接联系，因此应寻找与已知条件和谐统一的未知元，或改造已知条件.解法一：如上图，过P作PQMN，垂足为Q，令|P
5、Q|=m，于是可得|MQ|=|PQ|cotPMQ=2m，|QN|=|PQ|cotPNQ=m.|MN|=|MQ|NQ|=2mm=m.于是SPMN=|MN|PQ|=mm=1.因而m=，|MQ|=2，|NQ|=，|MN|=.|MP|=，|NP|=.以MN的中点为原点，MN所在直线为x轴建立直角坐标系，设椭圆方程为+=1（ab0）.则2a=|MP|+|NP|=，2c=|MN|=，故所求椭圆方程为+=1.解法二：设M（c，0）、N（c，0），P（x，y），y0， =，则=2，yc=1，解之，得x=，y=，c=.设椭圆方程为b2x2+a2y2=a2b2，则b2（）2+a2（）2=a2b2，a2b2=，解之
6、，得a2=，b2=3.（以下略）评述：解法一选择了与a较接近的未知元|PM|、|PN|，但需改造已知条件，以便利用正弦定理和面积公式；解法二以条件为主，选择了与条件联系最直接的未知元x、y、c.本题解法较多，但最能体现方程思想方法的、学生易于理解和接受的是这两种解法.深化拓展 若把PMN的面积为1改为=，求椭圆方程.提示：由tanPMN=，tanMNP=2，易得sinMPN=，cosMPN=.由=，得|=.易求得|PM|=，|PN|=.进而求得椭圆方程为+=1.【例2】 （2004年福建，22）如下图，P是抛物线C：y=x2上一点，直线l过点P且与抛物线C交于另一点Q.若直线l与过点P的切线垂
7、直，求线段PQ中点M的轨迹方程.剖析：欲求PQ中点M的轨迹方程，需知P、Q的坐标.思路一，P、Q是直线l与抛物线C的交点，故需求直线l的方程，再与抛物线C的方程联立，利用韦达定理、中点坐标公式可求得M的轨迹方程；思路二，设出P、Q的坐标，利用P、Q的坐标满足抛物线C的方程，代入抛物线C的方程相减得PQ的斜率，利用PQ的斜率就是l的斜率，可求得M的轨迹方程.解：设P（x1，y1）、Q（x2，y2）、M（x0，y0），依题意知x10，y10，y20.由y=x2， 得y=x.过点P的切线的斜率k切=x1，直线l的斜率kl=，直线l的方程为yx12=（xx1）. 方法一：联立消去y，得x2+xx122
8、=0.M为PQ的中点， x0=，y0=x12（x0x1）. 消去x1，得y0=x02+1（x00），PQ中点M的轨迹方程为y=x2+1（x0）.方法二：由y1=x12，y2=x22，x0=，得y1y2=x12x22=（x1+x2）（x1x2）=x0（x1x2），则x0=kl=，x1=.将上式代入并整理，得y0=x02+1（x00），PQ中点M的轨迹方程为y=x2+1（x0）.评述：本题主要考查了直线、抛物线的基础知识，以及求轨迹方程的常用方法.本题的关键是利用导数求切线的斜率以及灵活运用数学知识分析问题、解决问题.深化拓展 当点P在抛物线C上移动时，求点M到x轴的最短距离.提示：x0，x20，
9、y=x2+12+1=+1，当且仅当x2=，x=时等号成立，即点M到x轴的最短距离为+1.【例3】 （2000年春季全国）已知抛物线y24px（p0），O为顶点，A、B为抛物线上的两动点，且满足OAOB，如果OMAB于M点，求点M的轨迹方程.剖析：点M是OM与AB的交点，点M随着A、B两点的变化而变化，而A、B为抛物线上的动点，点M与A、B的直接关系不明显，因此需引入参数.解法一：设M（x0，y0），则kOM=，kAB=，直线AB方程是y=（xx0）+y0.由y2=4px可得x=，将其代入上式，整理，得x0y2（4py0）y4py024px02=0. 此方程的两根y1、y2分别是A、B两点的纵坐
10、标，A（，y1）、B（，y2）.OAOB，kOAkOB=1.=1.y1y2=16p2.根据根与系数的关系，由可得y1y2=，=16p2.化简，得x02+y024px0=0，即x2+y24px=0（除去原点）为所求.点M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.解法二：设A、B两点坐标为A（pt12，2pt1）、B（pt22，2pt2）.kOA=，kOB=，kAB=.OAOB，t1t2=4.AB方程是y2pt1=（xpt12）， 直线OM的方程是y=x. ，得（px）t12+2pyt1（x2+y2）=0. 直线AB的方程还可写为y2pt2=（xpt22）. 由，得（px）t2
11、2+（2py）t2（x2+y2）=0. 由可知t1、t2是方程（px）t2+（2py）t2（x2+y2）=0的两根.由根与系数的关系可得t1t2=.又t1t2=4，x2+y24px=0（原点除外）为所求点M的轨迹方程.故M的轨迹是以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.解法三：设M（x，y），直线AB方程为y=kx+b，由OMAB得k=.由y2=4px及y=kx+b消去y，得k2x2+x（2kb4p）+b2=0.所以x1x2=.消去x，得ky24py+4pb=0.所以y1y2=.由OAOB，得y1y2=x1x2，所以=，b=4kp.故y=kx+b=k（x4p）.用k=代入，得x2
12、+y24px=0（x0）.解法四：设点M的坐标为（x，y），直线OA的方程为y=kx，解得A点的坐标为（，），显然k0，则直线OB的方程为y=x.由 y=kx，y2=4px， 类似地可得B点的坐标为（4pk2，4pk），从而知当k1时，kAB=.故得直线AB的方程为y+4pk=（x4pk2），即（k）y+4p=x， 直线OM的方程为y=（k）x. 可知M点的坐标同时满足，由及消去k便得4px=x2+y2，即（x2p）2+y2=4p2，但x0，当k=1时，容易验证M点的坐标仍适合上述方程.故点M的轨迹方程为（x2p）2+y2=4p2（x0），它表示以点（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆.评述：
13、本题考查了交轨法、参数法求轨迹方程，涉及了类比、分类讨论等数学方法，消参时又用到了整体思想法，对含字母的式子的运算能力有较高的要求，同时还需要注意轨迹的“完备性和纯粹性”.此题是综合考查学生能力的一道好题.深化拓展 本题中直线AB恒过定点（4p，0），读者不妨探究一番.闯关训练夯实基础1.已知M（2，0）、N（2，0），PMPN4，则动点P的轨迹是A.双曲线 B.双曲线左边一支C.一条射线 D.双曲线右边一支解析：利用几何性质.答案：C2.（2003年河南）已知双曲线中心在原点且一个焦点为F（，0），直线y=x1与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为，则此双曲线的方程是A.=1 B.=1C.=1 D.=1解析：设双曲线方程为=1.将y=x1代入=1，整理得（b2
