2020届二轮复习求点的轨迹方程学案（全国通用）

2020届二轮复习求点的轨迹方程学案（全国通用）

微专题70 求点的轨迹问题 一、基础知识：‎ ‎1、求点轨迹方程的步骤：‎ ‎（1）建立直角坐标系 ‎（2）设点：将所求点坐标设为，同时将其他相关点坐标化（未知的暂用参数表示）‎ ‎（3）列式：从已知条件中发掘的关系，列出方程 ‎（4）化简：将方程进行变形化简，并求出的范围 ‎2、求点轨迹方程的方法 ‎（1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可 ‎（2）代入法：所求点与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程 ‎（3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程。常见的曲线特征及要素有：‎ ‎① 圆：平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹 ‎ 直角→圆：若，则点在以为直径的圆上 确定方程的要素：圆心坐标，半径 ‎② 椭圆：平面上到两个定点的距离之和为常数（常数大于定点距离）的点的轨迹 确定方程的要素：距离和，定点距离 ‎③ 双曲线：平面上到两个定点的距离之差的绝对值为常数（小于定点距离）的点的轨迹 注：若只是到两定点的距离差为常数（小于定点距离），则为双曲线的一支 确定方程的要素：距离差的绝对值，定点距离 ‎④ 抛物线：平面上到一定点的距离与到一定直线的距离（定点在定直线外）相等的点的轨迹 确定方程的要素：焦准距：。若曲线位置位于标准位置（即标准方程的曲线），则通过准线方程或焦点坐标也可确定方程 ‎（4）参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与 的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程。‎ 二、典型例题：‎ 例1：设一动点到直线的距离到它到点的距离之比为，则动点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ 思路：设，则可直接利用已知条件列出关于的等式，化简即可 解：设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 答案：C 例2：已知两定点的坐标分别为，动点满足条件，则动点的轨迹方程为___________‎ 思路：通过作图可得等价的条件为直线的斜率的关系，设，则，则可通过的斜率关系得到动点的方程 解：若在轴上方，则 ‎ 代入可得：‎ ‎ ，化简可得：‎ 即 ‎ 若在轴下方，则，同理可得：‎ 当时，即为等腰直角三角形，或满足上述方程 所以当在一四象限时，轨迹方程为 当在线段上时，同样满足，所以线段的方程也为的轨迹方程 综上所述：的轨迹方程为或 答案：或 例3：已知是抛物线的焦点，是该抛物线上的动点，则线段中点的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 思路：依题意可得， ，，则有，因为自身有轨迹方程，为：，将代入可得关于的方程，即的轨迹方程： ‎ 答案：D 例4：已知是抛物线上的焦点，是抛物线上的一个动点，若动点满足 ‎，则的轨迹方程是__________‎ 思路：考虑设，由抛物线可得：，且，故考虑利用向量关系得到与的关系，从而利用代入法将用进行表示，代入到即可 解：由抛物线可得：‎ 设 ‎ ‎ ①‎ 在上 ，将①代入可得：‎ ‎，即 ‎ 答案：‎ 例5：在平面直角坐标系中，直线与椭圆交于两点，且，分别为椭圆的左，右顶点，则直线与的交点所在曲线方程为________‎ 思路：由椭圆可得：，从而可确定线与的方程。，若联立方程解，则形式较为复杂不易化简，观察两条直线方程的特点，可发现若两边相乘，有平方差的特点，且与椭圆相交，则关于轴对称，有。所以两方程左右两边分别相乘可得：，再利用满足椭圆方程，消去等式中的即可 解：由椭圆可知：，设交点坐标。‎ 与椭圆相交于 关于轴对称 考虑直线与的方程：由可得：‎ ‎ ①‎ 同理可得： ②‎ ‎①②可得： ③‎ 由在椭圆上可得：，代入③可得：‎ ‎，整理后可得：‎ 答案：‎ 小炼有话说：本题消元的方法比较特殊，是抓住了两直线中某些地方具备平方差公式的特点，从而两式相乘，再进行代入消元。‎ 例6：若动圆过定点且和定圆 外切，则动圆圆心的轨迹方程是___________‎ 思路：定圆的圆心为，观察到恰好与关于原点对称，所以考虑点轨迹是否为椭圆或双曲线，设动圆的半径为，则有，由两圆外切可得，所以，即距离差为定值，所以判断出的轨迹为双曲线的左支，则，解得，所以轨迹方程为 答案：‎ 小炼有话说 ‎：本题从所给条件中的对称定点出发，先作一个预判，从而便可去寻找符合定义的要素，即线段的和或差。要注意本题中，所以轨迹为双曲线的一支。‎ 例7：是圆的圆心为，是圆内一定点，为圆周上任一点，线段的垂直平分线与的连线交于点，则的轨迹方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 思路：可得，发现刚好与均在轴上且关于原点对称，从而联想到双曲线或椭圆的焦点，观察几何性质可得：由的中垂线可得，从而考虑，即到的距离和为定值5，从而判断出其轨迹为椭圆，可得，则，所以椭圆方程为：‎ 答案：C 例8：已知直线与抛物线交于两点，且，其中为坐标原点，若于，则点的轨迹方程为（ ）‎ A. B. ‎ ‎ C. D. ‎ 思路：先处理条件可得由为邻边的平行四边形对角线相等，所以该四边形为矩形。即，设，即，联立直线与抛物线方程并利用韦达定理可得，从而可得直线过定点，结合图像性质可得，则的轨迹为以为直径的圆，轨迹方程为 ‎ 解：，且为为邻边的平行四边形对角线 ‎ 该四边形为矩形，即 设， ‎ 联立方程：，消去可得： ‎ ‎ ，由可得 ‎ ‎，即直线过定点 ‎ 即 的轨迹为以为直径的圆 则该圆的圆心为，半径 ‎ 轨迹方程为 ‎ 答案：B 例9：过点作圆的割线，交圆于两点，在线段上取一点，使得，求点的轨迹 解：设点，直线的斜率为 由可得：‎ ‎ ①，联立方程：‎ ‎，消去可得：‎ 代入①可得：‎ 即，而代入可得：‎ 化简可得：，因为在圆内 所以点的轨迹是直线被圆截得的弦 例10：如图所示，点在圆上运动，轴，点在的延长线上，且 ‎ ‎（1）求点的轨迹方恒，并求当为何值时，的轨迹表示焦点在轴上的椭圆 ‎（2）当时，在（1）中所得曲线记为，已知直线，是上的动点，射线（为坐标原点）交曲线于点，又点在上且满足，求点的轨迹方程 解：（1）思路：自身有轨迹方程，且条件中所求的点与点存在联系（），所以考虑利用代入法求轨迹方程。设，然后利用向量关系找到的坐标与坐标的联系，从而代入到所在的方程便得到关于的等式，即的轨迹方程 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 轴 ①‎ 由在上可知：，代入①可得：‎ 即 ‎ 当时，的轨迹表示焦点在轴上的椭圆 ‎（2）思路：由（1）可知曲线方程为，从而题目中的点均有方程。设所求点，则可考虑寻找的坐标与之间的联系。本题共线是关键点，因为在这条线上的点，其与点距离的比值即为横纵坐标的比值。所以先从入手，题目中没有的比例，则不妨设，进而得到与的联系：，再寻找的联系，结合条件可知，从而用即可表示出与的联系（而不用再设字母）：。所以可以用代入法分别将两组关系代入至直线与椭圆方程，再消去即可得到的轨迹方程 解：由（1）可得曲线方程为：‎ 设 ‎ 设 由线段比例可得： ‎ ‎ ‎ 由同理可得： ‎ 分别在直线与椭圆上 ，代入可得：‎ ‎，化简可得：的轨迹方程为：‎ ‎ ‎