專題2-8動點軌跡方程五種題型匯總

。常考題型目錄

題型1直接法........................................................................2

題型2定義法........................................................................5

題型3相關點法.....................................................................10

題型4交軌法.......................................................................17

題型5參數法.......................................................................23

但知識梳理

知識點一.直接法求動點的軌跡方程

定義：如果動點運動的條件就是一些幾何量的等量關系，這些條件簡單明確，不需要特殊的

技巧，易于表述成含x,y的等式，就得到軌跡方程，這種方法稱之為直接法.

知識點二.定義法求軌跡方程

若某動點的軌跡符合某一基本軌跡如直線、圓、圓錐曲線的定義，則可以利用所學過的圓的

定義、橢圓的定義、雙曲線的定義、拋物線的定義等直接寫出所求的動點的軌跡方程，這種

方法叫做定義法.這種方法要求題設中有定點與定直線及兩定點距離之和或差為定值的條件,

或利用平面幾何知識分析得出這些條件.

知識點三.相關點法求軌跡方程

若動點P（x,y）的變動依賴于另一動點Q（x°,y0）,而Q在某已知曲線F（x,y）=0（或具有某種

規律的圖形）上（這時把從動點P叫做軌跡動點，主動點Q叫做點P的相關點），求出關系式

『°："：’、）、’（*）,并代入方程尸（久,丫）=0,得所求軌跡（或軌跡所在曲線）方程

f[/（x,y），5（x,y）]=o,這種求軌跡方程的方法叫做相關點法，又叫代入法、代換法或轉

移法.這是求軌跡方程的一種常用的重要方法.此法的關鍵是，構建用軌跡動點P的坐標

O,y）表示其相關點Q的坐標（而，y0）（即P向Q的轉移）的關系式（*）.

知識點四.交軌法求軌跡方程

定義：如果一個動點是兩條動曲線的交點，那么選取參數并把參數看成已知數，寫出這兩條

動曲線的方程，再聯立兩動曲線的方程消去參數或者動曲線的方程與定曲線的方程聯立，

消去X或y,轉化為一元二次方程，再消去參數，便得到動點的軌跡方程.這種求動點的軌

跡方程的方法，我們稱之為交軌法.

知識點二.參數法求動點的軌跡方程

有時不容易得出動點應滿足的幾何條件，也無明顯的相關點，但卻較容易發現（或經分析可

發現）該動點常常受到另一個變量（角度，斜率，比值，解距或時間等）的制約，即動點坐

標（久,y）中的分別隨另一變量的變化而變化，我們稱這個變量為參數，由此建立軌跡的

參數方程，這種方法叫參數法（或設參消參法），如果需要得到軌跡的普通方程，只要消去

參數即可，在選擇參數時，選用的參變量可以具有某種物理或幾何性質，如時間，速度，距

離，角度，有向線段的數量，直線的斜率及點的橫縱坐標等，也可以沒有具體的意義，還要

特別注意選定的參變量的取值范圍對動點坐標取值范圍的影響.

但題型分類_________________________________________________

題型1直接法

【方法總結】

直接法求動點軌跡方程的一般步驟為：

第一步，根據已知條件及一些基本公式（兩點間距離公式、點到直線的距離公式、直線斜率

公式等.）

第二步，根據公式直接列出動點滿足的等量關系式，從而得到軌跡方程.

【例題1]（23-24上?大興期中）已知等腰三角形4BC的頂點為4（4,2）,底邊的一個端

點為B（5,3）,則底邊的另一個端點C的軌跡方程為

【答案】x2+y2-8%-4y+18=0(x-y-20或除去點(3,1),(5,3))

【分析】根據題意，設另一個端點C的坐標為0,y),由|AB|=\AC\,列出方程，化簡即可

得到結果.

【詳解】設底邊的另一個端點C的坐標為⑶y),則1(4一1)2+底一y)2=

7(4-5)2+(2-3)2,

化簡可彳導久2+y2—8x—4y+18—0,

因為48,C三點構成三角形，所以三點不共線且不重合，

當4B,C三點共線時，%B=三=1，

5—4

由直線的點斜式可得y-2=1x(X-4),化簡可得％-y-2=0,

所以點C的軌跡方程為/+于一8%—4y+18=0(%-y-2片0或除去點

(3,1),(5,3)).

故答案為：/+V-8x-4y+18=0(x—y—27。或除去點(3,1),(5,3)).

【變式1-1]1.(23-24上?北京?期中)古希臘幾何學家阿波羅尼斯證明過這樣一個命題：

平面內到兩定點距離之比為常數＞Q,k手1)的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅

尼斯圓.在平面直角坐標系xOy中，4(-4,0),B(2,0),點M滿足震=2,則點M的軌跡方程

\MD\

為

【答案】(x—4)2+y2=16

【分析】根據點點距離即可列方程化簡求解.

【詳解】設貝喘=^g=2，

化簡得%2+y2—8%=0,即(x—4)2+y2—16,

故答案為：(X-4尸+y2=16

【變式1-1]2.(23-24上?全國?課時練習)如圖，已知點A,B的坐標分別為(-2,0),(2,0),

求點P的軌跡方程.

【答案】]―必=1（X力±2）

q

【分析】根據兩點間的斜率公式列方程求解即可.

【詳解】設點P的坐標為@y）,

由點A,B的坐標可得直線AP,BP的斜率分別為%p=20力-2）,k=t（x72）.

X+ZBPX—Z

由已知得益?六=*久#±2）,

化簡得點P的軌跡方程為?-必=1（%片±2）.

【變式1-1]3.（23-24上?全國?課時練習）已知兩條直線4：y-fxJ2：y=V3x,求到這

兩條直線距離相等的所有的點組成的軌跡方程.

【答案】y=%或y=-x

【分析】根據點到直線的距離公式表示出兩個距離，整理即可.

【詳解】直線方程整理為人：x-V3y=0,Z2：V3X-y-0,

設滿足條件的點坐標為⑶y）,

則根據題意得：弓型二塔二1,

即有％—V3y=—V3x+y或支—V3y=V3x—y,即y=%或丫=—x.

故所求軌跡方程為：y=%或、=一x.

【變式1-1】4.（23-24上?昆明?期中）若圓％2+y2—ax+2y+1=0與圓％2+y2=1關

于直線y=%-1對稱,過點（一見a）的圓P與y軸相切，則圓心P的軌跡方程為（）

A.y2—4%+4y+8=0B.y2—2%+2y+2=0

C.y2+4x—4y+8=0D.y2—2x—y—1—0

【答案】C

【分析】出兩個圓的圓心坐標，兩個半徑，利用兩個圓關于直線的對稱知識，求出a的值，

然后設出圓心P的坐標為(x,y),圓心到點(-a,a)的距離等于圓心到y軸的距離，列出方程求

出圓心P的軌跡方程.

【詳解】如圖所示：

圓/+y2_a%+2y+1=。的圓心為46,-1),圓/+y2=I的圓心為B(0,0),

因為圓/+y2—ax+2y+1=0與圓%2+y2=1關于直線y=x—1對稱,

所以4B的中點G，-￡)滿足直線方程y=x-l,解得a=2,

過點C(-2,2)的圓P與y軸相切，設圓心P的坐標為(x,y),

所以J(x+2)2+(y-2)2=|x|,解得：y2+4久-4y+8=0.

故選：C.

題型2定義法

【方法總結】

常見情形

1.到線段兩端點相等的點的軌跡是該線段的垂直平分線.

2.到角的兩邊相等的點的軌跡是該角的平分線及外角平分線.

3.平面內到一定點的距離等于定長的點的軌跡是圓，定點為圓心，定長為圓的半徑.

4.平面內一個動點P到兩個定點&,尸2的距離之和等于常數(|P0|+\PF2\=2a>I&F2I,a

為常數)的動點P的軌跡是以&,尸2為焦點，2a為長軸長的橢圓.

5.平面內一個動點P到兩個定點&,尸2的距離之差的絕對值等于常數(\\PFI\-\PF2\\=

2a<I&F2I，a為常數)的動點P的軌跡是以0,6為焦點，2a為實軸長的雙曲線.

6.平面內與一定點F和一條定直線1(1不經過點F)距離之比對于常數e(e>0)的動點的軌

跡是圓錐曲線.當0<e<1時為橢圓；當e>1時為雙曲線；當e=1時為拋物線.其中，

定點F叫做圓錐曲線的焦點，定直線1叫做圓錐曲線的準線.

【例題2](23-24上?全國?課時練習)已知△2BC的三邊a,b,c成等差數列，且a>b>c,

A、C兩點的坐標分別為(-1,0),(1,0),則頂點B的軌跡方程為

22

【答案】—+^-=1(-2<x<0)

4J

【分析】由AABC的三邊a,b,c成等差數列，可得點B的軌跡滿足橢圓的定義，可求出

橢圓方程，再結合a>b>c和B、A、C三點構成4ABC,可得頂點B的軌跡是此橢圓的部

分，可得其軌跡方程.

【詳解】因為△ABC的三邊a,b,C成等差數列，A、C兩點的坐標分別為(-1,0),(1,0),

所以a+c=2b,即|BC|+\BA\=2\AC\=4>2,

所以點B的軌跡滿足橢圓的定義，此橢圓是以A、C為焦點，長軸長為4的橢圓，

22

故橢圓方程為彳++=1,

43

因為a>b>c,所以>\BA\,所以x<0,

又因為B、A、C三點構成^ABC,所以B、A、C三點不能在一條直線上，所以久豐-2,

所以頂點B的軌跡方程為1+4=1(-2<x<0).

故答案為：？+彳=1(-2<%<0)

【變式2-1]1.(23.24上?上海?課時練習)已知過拋物線y2=4x焦點F的直線交拋物線于

人B兩點，過原點。作而，使麗1AB,垂足為點M,求點M的軌跡方程.

【答案】丁+川=：

【分析】根據條件可得點M的軌跡是以。尸為直徑的圓，從而可得其軌跡方程.

【詳解】依題意F(0,1),

因為前1AB,所以ZOMF=90°,

所以點M的軌跡是以。F為直徑的圓，則其圓心為《,0),半徑為[,

故可得點M的軌跡方程為1-|)2+y2-i

【變式2-1]2.(22.23上?全國?課時練習)求下列動圓的圓心M的軌跡方程：

(1)與圓Cl：X2+(y-2)2=1和圓。2：+(y+2)2=4都內切；

(2)與圓G：(x+3)2+y2=9內切,且與圓。2：(X-3)2+y2-1外切；

【答案】⑴"-卷=l(yw-J

44

⑵2)

【分析】(1)依題意可得IM。/-IMQI=1<|C￡I，根據雙曲線的定義可知圓心M的軌跡

是以點G、心分別為上、下焦點的雙曲線的下支，即可求出其軌跡方程；

(2膿題意可得|MGI-IMGI=4<IGQI，根據雙曲線的定義可知圓心M的軌跡是以點心、

金分別為左、右焦點的雙曲線的左支，即可求出其軌跡方程；

【詳解】(1)圓G：%2+(y-2)2=1的圓心為G(0,2),半徑為q=1,

圓。2：/+(y+2)2=4的圓心為。2(。,一2),半徑為七=2,

因為IC1C2I=4>q+上，則圓Q與圓。2外離，

設圓M的半徑為R,由題意可得猾%=：一：，所以|MCi|-IMC2I=1<\^2\,

所以圓心M的軌跡是以點G、心分別為上、下焦點的雙曲線的下支，

22

設圓心M的軌跡方程為會-^=l(y<-a,a>0,b>0),

由題意可得2a=1,貝!ja=Jb=V22-a2=乎,

因此圓心”的軌跡方程為空

4~4

(2)圓G：(%+3尸+y2=9的圓心為G(-3,0),半徑為q=3,

圓C2：(%-3)2+y2=1的圓心為心⑶。)，半徑為上=1，

因為IC1C2I=6>『1+上，則圓G與圓。2外離，

設圓”的半徑為R,由題意可得[[,所以|MCzl-|MC]|=4<|QC2|,

7c12I=H十J-

所以圓心M的軌跡是以點C】、心分別為左、右焦點的雙曲線的左支，

設圓心M的軌跡方程為9-^=l(x<-a,a>0,b>0),

由題意可得2a=4,貝!]a=2,b=V32—a2=V5,

因此圓心M的軌跡方程為9-^=l(x<-2).

2222

【變式2-l】3.(2L22?全國?專題練習)已知兩圓Q：(%+4)+y=9,C2：(%-4)+y=

9,動圓C與圓Ci外切，且和圓。2內切，則動圓C的圓心C的軌跡方程為()

A.二—立=I(%23)B.g—日=1

79、797

c.立—優=1D.立—藝=1023)

【答案】D

【分析】通過動圓c與圓G外切，且和圓。2內切列出關于圓心距的式子，通過變形可得雙曲

線的方程.

【詳解】如圖，

設動圓C的半徑為R,則ICC1I=3+R,ICC2I=R—3,

則ICGI-ICGI=6<8=IGQI，

所以動圓圓心。的軌跡是以G,3為焦點，以6為實軸長的雙曲線的右支.

因為2a=6,2c=8,

所以a=3,c=4,b2=c2—a2=7.

22

故動圓圓心c的軌跡方程為篙-？=1(X23).

故選：D.

【變式2-1]4.(22-23上?廣州?期末)已知4(0,7),5(0,-7),C(12,2),以C為焦點的橢

圓過A、B兩點，則橢圓的另一個焦點F的軌跡方程為()

A.y2—■=l(yw—1)B.y2-^=l(y>1)

C.5-=l(yW-4V3)D.=l(y>4值)

【答案】A

【分析】由兩點間距離公式可得|4C|=13,|BC|=15,|XB|=14,根據題中條件，得到

\AF\-\BF\^2<14,結合雙曲線的定義，即可得出結果.

【詳解】因為4(0,7),8(0,—7),“12,2),

所以=,122+(7-2)2=13,\BC\=J122+(—7—2尸=15,\AB\=14,

因為4B都在橢圓上，

所以|4F|+\AC\=\BF\+\BC\,\AF\-\BF\=\BC\-\AC\=2<14,

故尸的軌跡是以a,B為焦點的雙曲線的下支，

又2c=\AB\=14,2cz=\AF\-\BF\=2,即c=7,a=1,所以62=48,

因此產的軌跡方程是y2-芻=1(y0-1).

故選：A.

題型3相關點法

【方法總結】

相關點法解題步驟

用殳分為三步：

第一步，設所求軌跡的點MO,y）,曲線上的動點QOo，%）；

第二步，找出M@,y）與Q（*o，y。）的關系，由右y表示x°,y。,即已[案,1）'；

第三步，Q（久o，y°）滿足已知的曲線方程，將殉，出代人，消去參數.對于不符合條件的點

要注意取舍.

而從動點的坐標（x,y）來表達主動點的坐標（比，出）的方法較多，一般采用以下幾種方法進

行轉移：

①利用定義；②利用參數；③利用向量；④利用相關公式；⑤利用對稱知識等.下面舉例

說明.

【例題3]（23-24上?南陽?階段練習）已知點P是圓。:/+外=4上的動點，作PH1y軸

于點H,則線段PH的中點M的軌跡方程為（）

2222

A.—4+Jy-1B.—16+y-1C.x+—16—1D.x+—4=1

【答案】D

【分析】設出中點M（x,y）,利用幾何關系建立與點P坐標的關系，代入圓方程即可整理出

軌跡方程.

【詳解】如下圖所示：

不妨設時（居、）,。0：0，丫0）,則滿足以+據=4；

易知H（0,y。），

又線段PH的中點為“，可得久=段,y=;

即Xo=2x,Vo=y，代入方程據+羽=4可得4/+y2=4,

整理得/+及=1.

4

故選：D

【變式3-111.(23-24上?臨夏?期中)已知圓C：/+y2=3,直線I過點4(-2,0).線段48的

端點B在圓C上運動，則線段4B的中點M的軌跡方程為()

A.(%—I)2+y2=|B.(x+l)2+y2=|

C.x2+(y—l)2=|D.(x+I)2+y2=1

【答案】B

【分析】建立點M和點4之間的關系式，再利用點4的坐標滿足的關系式得到點M的坐標滿足

的條件，即可求出.

【詳解】設M(”),BQxg.yo'),

X

由點M是AB的中點，得“二京，可得/°】^2y2,

2

又點B在圓C上運動，所以x()2+y0=3,

將上式代入可得，(2x+2)2+(2y￥=3,

化簡整理得點M的軌跡方程為：(%+I)2+*=*

故選：B

2

【變式3-1]2.(22-23上?全國?課時練習)設圓/+y-2x+2y-2=。的圓心為A，點

P在圓上，則PA的中點M的軌跡方程是

【答案】/+y2_2%+2y+1=0

【分析】設也“)，P(x0,y0),利用中點坐標公式得出(°二免二;，然后結合點P在圓

Uo—/y十工

上即可求解.

【詳解】圓%之+y2_2%+2y—2=0可化為園—I)2+(y+I)2=4,

1+%0_V

{2-y

整理得匕°;因；:，即P(2x-l,2y+1),

將點P代入圓的方程得(2x-I)2+(2y+I)2-2(2x-1)+2(2y+1)-2=0,

即為+y2-2x+2y+1=0.

故答案為：/+y2—2x+2y+1=0.

【變式3-1]3.(2324?全國?競賽)平面直角坐標系xOy中，拋物線=4x,F為r的焦

點，4,B為「上的兩個不重合的動點，使得線段4B的一個三等分點P位于線段OF上(含端

點)，記Q為線段4B的另一個三等分點.求點Q的軌跡方程.

【答案】y2—|x(0<x-1)

【分析】設以卬為)，8(赴,火)，由三等分點關系可得P(芻產，型產)，根據P的位置特征

可設%=t,%=-21,從而可得Q的坐標(用t表示)，故可求點Q的軌跡方程.

解：設46,%),BO?,月)?不妨設存=而=而，貝加(芻產，駕坦

易知產(1,0).由于點P位于線段OF上，故芻產e[0,1],型產=0.

可設Vi=t，%=-2t,則Xi==,%2=產.止匕時有=Le[0,1],

且由4,B不重合知t*0,所以產e(0,2].

設、(和,％),貝[1和==|嚴，％==-t,有誑=:和.

注意到和=e(o,|],故點Q的軌跡方程為必=i%(o<x<|).

【變式3-1]4.(23-24上?上海?課時練習)已知曲線C:y2=x+1和定點4(3,1)，點B為曲

線C上任意一點，若方=2而，當點B在曲線C上運動時，求點P的軌跡方程.

【答案】3y2—2y—2x+1=0

【分析】設出點P(x,y)和點8(a,6),由前=2PB，得到這兩個坐標的關系，再根據8點在

拋物線上，滿足拋物線方程，即可得比，y的關系，亦即軌跡方程.

【詳解】設點B的坐標(a,b),點P的坐標為(x,y),又2(3,1),

所以?=0-3,y-1),而=(a-x,b-y),

AP=2PB,,

???(%—3,y—1)=2(a—x,b—y),

(x—3=2a—2x

[y-1=2b-2y1

a=|(x-1)

Z?=-(3y-1)

???點B在拋物線上，.??垓=a+i,...久3y一1尸=|(%一1)+i,

整理得3y2-2y-2x+1=0,

所以點P的軌跡方程為3y2—2y-2x+1=。.

2

【變式3-1]5.(2223?全國?課堂例題)橢圓器+外=1上有動點P,點后,4分別是橢圓

的左、右焦點，求4PF/2的重心M的軌跡方程.

2

【答案】x2+4-=l(y*0).

9

【分析】根據重心坐標公式以及相關點代入法求出M的軌跡方程.

【詳解】設點P,M的坐標分別為％%),(x,y),

在已知橢圓的方程中，a=3,b=1,

:.c=V9-1=2-/2,

則已知橢圓的兩焦點為6(-2VX0),F2(272,0).

PF/2存在，?寸i*0.

'_%1+(-2旬+2魚

由三角形重心坐標公式有"=’即以二3x,

Iy=~T~'

\y1W0,.,.yW0.

??點p在橢圓上，.丹+資=1,

.?.等+(3y)2=l(y豐0),

2

故4P&B的重心M的軌跡方程為/+卷=l(y70).

9

【變式3-1]6.(23-24上?全國?課時練習)過點4(0,-2)的直線與拋物線必=4x相交于兩

點P,Q,求以OP,OQ為鄰邊的平行四邊形的第四個頂點M的軌跡方程.

【答案】y2+4y-4%=0(y<-8或y>0)

【分析】設「3，乃),QOw?),M(x,y),設直線AB的方程為y=kx-2(fc力0),與拋物

線方程聯立利用韋達定理可得當+'2、xi+小和卜的范圍，根據平行四邊形對角線互相平分

和消參法可得答案.

【詳解】設P(X1，V1),Q(%2，y2)，M(x,y),

由題意過點力(0,-2)的直線的斜率存在，設直線4B的方程為y=kx-2(fc豐0),

與拋物線方程聯立,j二2,可得32一”—8=0,%+乃=,

且△=16+32k>。可得k>-jHfc力0,

所以由yi+%=k?+x2)-4可得/+%2=表+，

因為四邊形OPMQ是平行四邊形，所以(弱)=(詈，也產)，

即&5=(高+沈)，可得*+W-4久=0，

因為搟=,而k>-阻k*0,可得y<-8或y>0,

所以M的軌跡方程為必+4y-4久=0(y<—8或y>0).

【變式3-1]7.（2223?全國專題練習）一種作圖工具如圖1所示.。是滑槽4B的中點，短

桿ON可繞0轉動，長桿MN通過N處錢鏈與ON連接，MN上的栓子D可沿滑槽AB

滑動，目DN=ON=1,MN=3.當栓子D在滑槽AB內作往復運動時，帶動N繞。轉動

一周（D不動時，N也不動），M處的筆尖畫出的曲線記為C.以。為原點，AB所在的直線

為無軸建立如圖2所示的平面直角坐標系.求曲線C的軌跡方程；

圖1圖2

【答案】

【分析】利用相關點法，由點M、N的關系及N的軌跡建立方程消元化簡計算即可.

【詳解】

設點0（七,0）（田<2）,N（%0,yo）,M（%y）,依題意,

跖^=2DN,且|布|=\0N\=1=>（t-%,-y）=2（%°-匕y°）,｛（"。產?；

t—x=2x0—2t

即y=-2y0,由于當點。不動時，點N也不動，所以t不恒等于0,

、—2%0）=0

22

于是t=2x,故xo=；,y()=代入詔+詔=1,可得高+T=1?

04Z1O4

即所求的曲線C的方程為1+1=1.

164

題型4交軌法

【方法總結】

交軌法一般用于求兩動曲線交點的軌跡方程.若動點P是由兩動曲線相交所得，其過程是

選出一個適當的參數，求出兩動曲線的方程或動點P坐標適合的含參數的等式，再消去參

數，即得所求動點軌跡的方程.

【例題4](2021?全國?課時練習)求兩動直線y=依+1與y=-拄-1的交點P的軌跡方

程.

【答案】"+V=小不0)

2

【分析】設點P(x,y),利用兩直線所過的定點，以及兩直線的斜率關系，建立等式，即可求

軌跡方程.

【詳解】令=-+1,%：y=-於一1,

則直線。的斜率七=k,直線%的斜率B=-，所以七?6=-2.

易知4過定點4(0,1)過定點8(0,T).

令，1與心的交點為P(%,y)，因為七，6存在,所以x豐0,

所以心=?，電=岑,

所以心?0=??§1=—2,整理得2/+y2=1,

所以交點P的軌跡方程為苧+V=l(x豐0).

2

故答案為：卷+必=片0)

2

【變式4-1】1.(2L22?全國專題練習)如圖，垂直于x軸的直線交雙曲線提-5=1于M、

N兩點,4為雙曲線的左、右頂點，求直線公"與&N的交點P的軌跡方程，并指出軌跡

的形狀.

【答案】答案見解析

【分析】根據題意設0。,丫）及用。1，丫1）,70：1，->1）,4（-a,0）,4（a,0）,進而得直線,

22222

&N的方程，并得到y2='（/_。2）,再結合書一卷=1整理即可得今+￡=1,再分

%］一aciDciu

a=b和a豐b討論求解即可.

【詳解】解:設P（x,y）及M（Xi，yi）,N（%i，-%）,又4（—a,0）,42（a,。），

所以，直線的方程為y=+a）①；直線/N的方程為y=二"（久—a）②.

+aX-1—CL

由①②得*=jph（x2-。2）③、

又因為寫一第=1,

azbz

所以—無=白。2一就），代入③得必=-g（x2-a2），化簡得《+g=l,

所以，點P的軌跡方程為馬+g=l.

azoz

所以，當a=6時，點P的軌跡是以原點為圓心、a為半徑的圓；當a力b時，點P的軌跡是橢

圓.

【變式4-1］2.（2122?全國專題練習）設雙曲線C］的方程為《-5=l（a>0,6〉0）,人

8為其左、右兩個頂點,P是雙曲線Ci上的任意一點，弓|Q81PB.QA1PA,4Q與BQ交于點

Q,求Q點的軌跡方程.

(除點(-a,O),(a,O)外).

【分析】，設P（Xo，yo），Q（x，y），進而結合LQB-kpB=-1,%4?kpA=-1建立方程并整理即可

得-62y2=a",(X。±a),最后檢驗點(一a,0),(a,0)即可.

【詳解】解：根據題意,設「（＞0,%）,（2（工,'）,

■.A(-a,0),B(a,0),QB1PB,QA1PA,

-1,

y。y_含?￡=T（久力士a），兩式相乘得卷?七=1①

x0+a'x+a

??通_璉=1

?7一記一

=代入①得/工=1,

%Q-azazazxz-az

.,.b2y2=x2a2—a4,即a?/_b2y2=,(萬力士0)

經檢驗點(-a,0),(a,0)不滿足QB1PB,QALPA,不合題意,

??.Q點的軌跡方程為a?/—所必=a4（除點（_口,0）,（a,0）外）.

【變式4-1]3.（2122?全國?專題練習）已知拋物線必=4x,過頂點的兩弦OA,。8互相

垂直，求以。4,。8為直徑的兩圓的另一交點的軌跡方程.

【答案】x2+y2—4x-0(x*0)

【分析】可以先設。4,0B的直線方程分別為y=kx,y=啖,再和拋物線聯立解出力的坐

標，然后可以得出以。4為直徑的圓的方程，同理可得以。8為直徑的圓的方程，兩個方程消

參后即可得出所求軌跡方程

【詳解】解：易得直線。4,。3的斜率存在，設。4,。8的直線方程分別為y=kx,y=

一瑩也于0),

(__4_

直線。力和拋物線聯立得磔:匕，解得"或，所以4G，鄉，

以。a為直徑的圓的圓心為償，目,半徑為Jo?+(丁,

所以以。力為直徑的圓的方程為(％-*)2+(y-￡)2=(高)2+(￡)2，

所以[G-卷)2-信升+[(y-92-?2]=o整理得%(D+y(y-9=0-

所以1(*2_1_y2)-4x—4ky=0①,

同理，以-代替上可得以0B為直徑的圓的方程為/+y2—軌2久+4ky=0②，

①+②得(1+fc2)(x2+y2-4%)=0,

1+k20,x2+y2-4x=0,

所以以。力，0B為直徑的兩圓的另一交點的軌跡方程/+y2一4%=0(%*0)

【變式4-1】4.(16-17上通州?期中)已知正方形的四個頂點分別為。(0,0)4(1,0)鳳1,1),

C(0,l),點D,E分別在線段0C,48上運動，且。。=BE,設力。與。E交于點G,則點G的軌

跡方程是().

A.y=x(l—x)(0<x<1)B.x=y(l—y)(0<y<1)

C.y=x2(0<x<l)D.y=l—x2(0<x<l)

【答案】A

【詳解】設D(0,m)(0<m<1),則E(l,l-m),

所以直線力。的方程為x+5=l,

直線DE的方程為：y=(1-m)x,設G(x,y),

則由("+5=1可得(2=小、

[y=(1-m)x1=(1一m)小，

消去但可得y-(1—x)x(O<x<1).

本題選擇A選項.

【變式4-1】5.(2021?全國專題練習)已知點P(-2,2)、Q(0,2)以及直線1：y=x，設長為魚

的線段AB在直線I上移動(如圖所示)，求直線24和QB的交點M的軌跡方程.

【分析】由題設條件P、A、M三點共線，Q、B、M三點共線.若設A、B兩點的坐標依

次為3,a),(b,6),利用三點共線導出相應的關系式后，若從中解出a和b，再由=V2,

可求得x和y滿足的方程，即交點M的軌跡方程.

【詳解】解:如圖所示二點A、B在直線y=x±，設點A、B、M的坐標分別為(a,a),(瓦6),

(x,y),其中)>a.

當yH2時，由P(-2,2)、2(a,a)、M(x,y)三點共線，

得合=輜解出a,得。=迎也①，

y-2a-1'x-y+4^

由Q(0,2)、B(b,b)、M(x,y)三點共線,

得舌=￡，解出b，得小弟?②

由條件=V2，得夜(b—a)=V2.「.b=a+1.③，

由①、②、③式得=迎鰲+1.

x-y+2x-y+4

整理得①/—y2+2%—2y+8=0.④，

當y=2時，兩直線24和QB的交點M與點P(-2,2)或點Q(0,2)重合，得點P和點Q的坐標

都滿足方程④.

總之，④式就是點M的軌跡方程.

④式可改寫成出學-攵署=1.

,軌跡的圖形是雙曲線，它的中心是點(-1,-1),焦點在直線比=-1±.

22

【變式4-1】6.(2L22?全國專題練習)如圖，P為橢圓Q:高+《=1上的動點，過P作橢

OO

圓Q的切線交圓C2：x2+y2=24于M、N,過河、N作C2切線交于Q,求Q的軌跡方程.

【分析】設點P(x°，如)，可證得橢圓Q在點P處的切線方程為等+等=1，設點M值,%),

可證得圓Q在點M處的切線方程為*6+yry=24,圓在點N處的切線方程為切無+y2y=

24,則可得直線MN的方程為mx+ny=24,此直線與直線3與%+4yoy=24重合，從而可

表示出久o，y°，代入橢圓方程中化簡可得結果.

【詳解】設點P（x0,y0）,先證明橢圓G在點P處的切線方程為等+等=1.

產+維=1

聯立［：22,可得/一2xox+%0=0,A=4%o-4XQ=0,

上+匕=1

I86

故橢圓G在點P處的切線方程為等+券=1.

設點M&,yj,再證圓。2在點M處的切線方程為%I%+yiy=24.

當直線0M的斜率存在且不為零時，岫M=左，圓Q在點”處的切線斜率為七=--z

xiyi

二圓。2在點”處的切線方程為y-yi=~—-Xi）,即尤+yvy=xf+yf=24,

yi

當直線OM的斜率不存在且為零時，在點M處的切線滿足上式.

設點N12，丫2）7則圓。2在點N處的切線方程為%2%+y2y=24,

設點Qg力貝喘O

.,.點M、N的坐標滿足方程mx+ny=24,

故直線MN的方程為znx+ny=24,

由于直線m比+ny=24與直線等+貨=1重合，

o6

即直線血％+ny=24與直線3%o%+4y0y=24重合，

.pn=3%0日口產-3

由于點P在橢圓Cl上，則胃+4=I,即5+5=I,

oO/ZVo

因此，點Q的軌跡方程為2+g=l.

/Zyo

題型5參數法

【方法總結】

參數法求動點的軌跡方程一般步驟

第一步，選擇坐標系，設動點坐標PQ,y）；

第二步，分析軌跡的已知條件，選定參數(選擇參數時要考慮，既要有利于建立方程又要

便于消去參數)；

第三步，建立參數方程；

第四步，消去參數得到普通方程；

第五步，討論并判斷軌跡.

常用的消參方法有：代人消參，加減消參，整體代換法，三角消參法(sin2e+cos20=1)

等.要特別注意：消參前后變量％,y的取值范圍不能改變.

【例題5-11(17-18上?湖北?期中)已知過點(0,1)的直線與圓/+y2=4相交于4B兩點，

—>—>—>

若。A+OB=OP,則點P的軌跡方程是

A.%2+(y—|)2=1B.%2+(y—l)2=1

C.x2+(y—|)2=2D.x2+(y—l)2=2

【答案】B

【詳解】設P(x,y),401,/y2)，過點(。,1)的直線為y=kx+i,

2

由CM+=OP得(x,y)=Qi+x2/yi+%)，直線y=kx+1代入/+y=4得

(1+1)/+2fcx-3=0則*1+*2=一言,月+先=磊

即X=_器，y=備，所以/+(y_1)2=1

故選B

【變式5-1]1.(2122?全國?專題練習)已知拋物線*=%+1,定點2(3,1),B為拋物線上

任意一點，點P在線段AB上,且有BP:PA=1:2,當點8在拋物線上變動時，求點P的軌跡

方程.

【答案】尤=”—y+1

【分析】設B(X,y)、P(x,y),利用定比分點公式求點B坐標與點P坐標間數量關系，根據

點B在拋物線上求P的軌跡方程.

_?X+-X32X4-3Y+-X12Y+A

【詳解】區B(X,丫)、P(x,y),貝!k=-A-=――,y=—p-=——,

H■-31+—3

22

q-1

AX=|(x-l)?,y=i(3y-l)?

B在拋物線y2=%+l_t,

丫2=X+1,把①②代入得(等)2=|(X-1)+1,化簡得3y2一2y-2x+1=0,

即久=|y2-y+］軌跡為拋物線.

【變式5-1］2.(2L22?全國專題練習)當。在［。，］內變動時，求拋物線y-%2-4xsin0-

cos28頂點P的軌跡.

【答案】y=-|x2-1(0<%<2)

【分析】將原式配方，得頂點坐標，將參數方程化為普通方程，最后再注明久的范圍即可.

【詳解】將原式配方得，y=(%-2sin6)2-(1+2sin20),

設P點的坐標為(x,y),則［，［2s黑,

(y——1—zsin(7

消去參數。,得/=-2(y+1),即y=-|x2-1.

由于原參數方程中》的取值范圍是0<%<2，而普通方程y=-jx2-1中x的取值范圍是xG

R,兩者范圍不一致，所以對于原參數方程的普通方程應為y=-|%2-1(0<%<2).

【變式5-1］3.(2L22?全國專題練習)已知定點P(l,1)和拋物線y=