轨迹方程求解方法

求曲线的轨迹方程是解析几何最基本、最重要的问题之一，是用代数方法研究几何问题的基础。这类题目把基本知识、方法技巧、逻辑思维能力、解题能力融为一体。因而也是历年高考所要考查的重要内容之一。

方法一直接法

直接法求轨迹方程

使用情景：可以直接列出等量关系式
解题步骤：

第一步根据已知条件及一些基本公式（两点间距离公式、点到直线的距离公式、直线斜率公式等。）
第二步根据公式直接列出动点满足的等量关系式，从而得到轨迹方程。

例1 已知定点 $A$ , $B$ 且 $|AB|=2c(c>0)$ ，如果动点 $P$ 到点 $A$ 的距离与到点 $B$ 的距离之比为定值，求点 $P$ 的轨迹方程，并说明方程表示的轨迹。
【解析】

以 $AB$ 的中点 $O$ 为原点， $AB$ 所在直线为 $x$ ， $AB$ 的垂直平分线为 $y$ 轴，建立平面直角坐标系，则

$A(-3,0)$ ， $B(c,0)$ ，设动点 $P(x,y)$

依题意得 $\dfrac{|PA|}{|PB}=a$ ，即 $\dfrac{\sqrt{(x+c)^2+y^2}}{\sqrt{(x-c)^2+y^2}}=a$

化简整理得 $(1-a^2)x^2+2c(1+a^2)x+c^2(1-a^2)+(1-a^2)y^2=0$ ，此为点 $P$ 的轨迹方程

当 $a\neq 1$ 时，方程可化为 $x^2+\dfrac{2c(1+a^2)}{1-a^2}x+c^2+y^2=0$ ，

即 $\left(x-\dfrac{1+a^2}{1-a^2}c\right)^2+y^2=\left(\dfrac{2ac}{a^2-1}\right)^2$

当 $a=1$ 时，方程为 $x=0$ 。

所以当 $a=1$ 时，方程为 $x=0$ ，点 $P$ 的轨迹是 $y$ 轴；

当 $a\neq 1$ 时，点 $P$ 的轨迹是以 $\left(\dfrac{1+a^2}{1-a^2}c,0\right)$ 为圆心，以 $\left|\dfrac{2ac}{a^2-1}\right|$ 为半径的圆。
【总结】题目中无直角坐标系时，要根据条件建立适当的坐标系使所涉及的点的坐标尽量简单，这样有利于方程的化简。一般选取题设中的定直线为坐标轴，定点在坐标轴上。

方法二定义法

定义法求轨迹方程

使用情景：轨迹符合某一基本轨迹的定义
解题步骤：

第一步根据已知条件判断动点轨迹的条件符合哪个基本轨迹（如圆、椭圆、双曲线、抛物线等）
第二步直接根据定义写出动点的轨迹方程。

例2、已知椭圆的焦点是 $F_1$ ， $F_2$ ， $P$ 是椭圆上的一个动点，如果延长 $F_1P$ 到 $Q$ ，使得 $|PQ|=|PF_2|$ 那么动点 $Q$ 的轨迹是（）
A、圆 B、椭圆 C、双曲线的一支 D、抛物线
【解析】

由 $|PF_1|+|PF_2|=2a$ ， $|PQ|=|PF_2|$ ，得 $|QF_1|=2a$ ，即点 $Q$ 的轨迹是以 $F_1$ 为圆心，半径为 $2a$ 的圆

例3、已知定点 $F(3，0)$ 和动点 $P(x，y)$ ， $H$ 为 $PF$ 的中点， $O$ 为坐标原点，且满足 $|OH|-|HF|=2$ ．求点 $P$ 的轨迹方程；
【答案】 $\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{5}=1(x>0)$
解析：取 $F'(-3,0)$ 连接 $PF'$ ，

$\because |OH|-|HF|=2$ ，

$\therefore |PF'|-|PF|=4$

由双曲线定义知，点 $P$ 的轨迹是以 $F'$ ， $F$ 为焦点的双曲线的右支

$\therefore a=2$ ， $c=3$ ，

$\therefore b^2=c^2-a^2=9-4=5$ ，，

$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹方程为： $\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{5}=1(x>0)$ .

方法三相关点法（代入法）

代入法求轨迹方程

使用情景：动点依赖于已知曲线上的另一个动点运动
解题步骤：

第一步判断动点 $P(x,y)$ 随着已知曲线上的一个动点 $Q(x'y')$ 的运动而运动
第二步求出关系式 $\begin{cases}x'=f(x,y)\\y'=g(x,y)\end{cases}$
第三步将 $Q$ 点的坐标表达式代入已知曲线方程

例4 定点 $A(3,0)$ 为圆 $x^2+y^2=1$ 外一定点， $P$ 为圆上任一点， $\angle POA$ 的平分线交 $PA$ 于点 $Q$ 的轨迹方程。
【答案】轨迹方程为 $\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2+y^2=\dfrac{9}{16}\left(x\neq\dfrac{3}{2}\right)$ 和 $y=0(1\leqslant x \leqslant 3)$

【解析】设 $Q(x,y)$ ， $P(x_0,y_0)$ ，由于 $PQ$ 平分 $\angle POA$ ，则 $\dfrac{|OA|}{|OP|}=\dfrac{|AQ|}{|QP|}=3$

$\therefore \overrightarrow{AQ}=3\overrightarrow{QP}$ ，则 $\begin{cases}x-3=3(x_0-x)\\y-0=3(y_0-y)\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=\dfrac{4}{3}x-1\\y_0=\dfrac{4}{3}y\end{cases}$

代入 $x^2+y^2=1$ ，得 $\left(\dfrac{4}{3}x-1\right)^2+\left(\dfrac{4}{3}y\right)^2=1$ ，即 $\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2+y^2=\dfrac{9}{16}$ ①

由于 $\angle POA$ 还有两种情况可能对轨迹有影响，

当 $P$ 与 $B$ 重合时， $Q$ 与 $O$ 也重合，此时 $Q$ 点位于 $(0,0)$ ，已包括在上述轨迹中；

当 $P$ 与 $C$ 重合时， $\angle POA$ 退化为 $0^\circ$ 角，此时 $Q$ 点的轨迹方程为 $y=0(1\leqslant x \leqslant 3)$ ，且点 $\left(\dfrac{3}{2},0\right)$ 也满足方程①

综上所述，轨迹方程为 $\left(x-\dfrac{3}{4}\right)^2+y^2=\dfrac{9}{16}\left(x\neq\dfrac{3}{2}\right)$ 和 $y=0(1\leqslant x \leqslant 3)$ .

【总结】利用相关点法求轨迹方程，其关键是寻找所求的动点与已知曲线上的动点之间的关系。在本题中是借助线段的定比分点坐标公式来建立两动点之间的关系。

例5、如图，梯形 $ABCD$ 的底边 $AB$ 在 $y$ 轴上，原点 $O$ 为 $AB$ 的中点， $|AB|=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}$ ， $|CD|=2-\dfrac{4\sqrt{2}}{3}$ ， $AC \perp BD$ ， $M$ 为 $CD$ 的中点．

（Ⅰ）求点 $M$ 的轨迹方程；
（Ⅱ）过 $M$ 作 $AB$ 的垂线，垂足为 $N$ ，若存在正常数 $\lambda _0$ ，使 $\overrightarrow{MP}=\lambda_0 \overrightarrow{PN}$ ，且 $P$ 点到 $A$ 、 $B$ 的距离和为定值，求点 $P$ 的轨迹 $E$ 的方程；
【答案】（Ⅰ） $x^2+y^2=1(x \neq 0)$ ;（Ⅱ） $\lambda _0=2$ ， $9x^2+y^2=1(x \neq 0)$ ．
【解析】

（Ⅰ）设点 $M$ 的坐标为 $M(x,y)(x\neq 0)$ ，则 $C\left(x,y-1+\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\right)$ ， $D\left(x,y+1-\dfrac{2}{3}\sqrt{2}\right)$

又 $A\left(0,\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)$ ， $B\left(0,-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)$ ，

由 $AC \perp BD$ 有 $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BD}=0$ ，即 $(x,y-1)\cdot(x,y+1)=0$

$\therefore x^2+y^2=1(x \neq 0)$

（Ⅱ）设 $P(x,y)$ ，则 $M((1+\lambda _0)x,y)$ ，代入 $M$ 的轨迹方程有 $(1+\lambda _0)^2x^2+y^2=1(x \neq 0)$

即 $\dfrac{x^2}{\left(\dfrac{1}{1+\lambda _0}\right)^2}+y^2=1(x \neq 0)$ ，

$\therefore P$ 的轨迹为椭圆（除去长轴的两个端点）

要 $P$ 到 $A$ ， $B$ 的距离之和为定值，则以 $A$ ， $B$ 为焦点，故 $1-\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{1+\lambda _0}\right)^2}=\left(\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\right)^2$

$\lambda _0=2$ ，从而所求 $P$ 的轨迹方程为 $9x^2+y^2=1(x \neq 0)$ .

方法四参数法

参数法求轨迹方程

使用情景：动点的运动受另一个变量的制约时
解题步骤：

第一步引入参数，用此参数分别表示动点的横纵坐标；
第二步消去参数，得到关于的方程，即为所求轨迹方程。

例6、已知线段 $AB$ 的长为 $a$ ， $P$ 点分 $AB$ 为 $AP:PB=2:1$ 两部分，当 $A$ 在 $y$ 轴正半轴运动时， $B$ 在 $x$ 轴正半轴上运动，求动点 $P$ 的轨迹方程。
【答案】 $\dfrac{x^2}{\dfrac{4a^2}{9}}+\dfrac{y^2}{\dfrac{a^2}{9}}=1(x>0,y>0)$

【解析】设动点 $P(x,y)$ ， $AB$ 和 $x$ 轴的夹角为 $\theta$ ， $0<\theta <\dfrac{\pi}{2}$ ，

作 $PM \perp x$ 轴于 $M$ ， $PN \perp y$ 轴于 $N$

$\because |AB|=a$ ， $\dfrac{|AP|}{|PB|}=\dfrac{2}{1}$

$\therefore |AP|=\dfrac{2}{3}a$ ， $|PB|=\dfrac{a}{3}$

动点 $P$ 的参数方程为 $\begin{cases}x=\dfrac{2}{3}a\cos\theta \\y=\dfrac{2}{3}a\sin\theta\end{cases}$ （ $\theta$ 为参数）

消去 $\theta$ ，有 $\left(\dfrac{3y}{a}\right)^2+\left(\dfrac{3x}{2a}\right)^2=1$ ，

即 $\dfrac{x^2}{\dfrac{4a^2}{9}}+\dfrac{y^2}{\dfrac{a^2}{9}}=1(x>0,y>0)$ .

【总结】参数法是求轨迹方程的重要方法，其关键是选择适当参数，常用的参数有线参数、角参数、 $k$ 参数、 $t$ 参数和点参数等。

方法五交轨法

交轨法求轨迹方程

使用情景：涉及到两曲线的交点轨迹问题
解题步骤：

第一步解两曲线方程组得到 $\begin{cases}x=f(t)\\y=g(t)\end{cases}$
第二步消去动曲线中的参数。

例7、已知双曲线 $\dfrac{x^2}{2}-y^2=1$ 的左右顶点分别为 $A_1$ ， $A_2$ ，点 $P(x_1,y_1)$ ， $Q(x_2,y_2)$ 是双曲线上不同的两个动点，求直线 $A_1P$ 与 $A_2Q$ 交点的轨迹 $E$ 的方程。
【答案】 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1,x \neq 0$ 且 $x \neq \pm\sqrt{2}$ 。

【解析】

由题设知 $|x_1|<\sqrt{2}$ ， $A_1(-\sqrt{2},0)$ ， $A_2(\sqrt{2},0)$ ，则有

直线 $A_1P$ 的方程为 $y=\dfrac{y_1}{x_1+\sqrt{2}}$ ……①

直线 $A_2Q$ 的方程为 $y=\dfrac{-y_1}{x_1-\sqrt{2}}$ ……②

设点 $M(x,y)$ 是 $A_1P$ 与 $A_2Q$ 交点，①×②得

$y^2=\dfrac{-y^2}{x_1^2-2}(x^2-2)$ ……③

又点 $P(x_1,y_1)$ 在双曲线上，因此 $\dfrac{x_1^2}{2}-y_1^2=1$ ，即 $y_1^2=\dfrac{x_1^2}{2}-1$ 。

代入③整理得 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1$ .

因为点 $P$ ， $Q$ 是双曲线上的不同两点，所以它们与点 $A_1$ ， $A_2$ 均不重合，故点 $A_1$ 和 $A_2$ 均不在轨迹 $E$ 上。

故轨迹 $E$ 不经过点 $(0,1)$ ， $(0,-1)$

综上，轨迹 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{2}+y^2=1,x \neq 0$ 且 $x \neq \pm\sqrt{2}$ 。

【点评】用交规法求动点轨迹方程时，不一定非要求出交点坐标，只要能消掉参数，得出 $P$ 点的两个坐标间的关系即可。

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