解析几何--交点轨迹求解方法.doc

解析几何A1，A2是椭圆x^2/9+y^/4=1长轴两端点,P1,P2是垂直于A1A2的弦的两端点,求A1P1与A2P2交点的轨迹
2008年二轮复习高中数学方法讲解：5、交轨法

一般用于求二动曲线交点的轨迹方程．其过程是选出一个适当的参数，求出二动曲线的方程或动点坐标适合的含参数的等式，再消去参数，即得所求动点轨迹的方程．
例1.设A1、A2是椭圆
=1的长轴两个端点，P1、P2是垂直于A1A2的弦的端点，则直线A1P1与A2P2交点的轨迹方程为(    )
A.
  B.
  C.
   D.

解析：设交点P(x,y）,A1(－3,0),A2(3,0),P1(x0,y0),P2(x0,－y0)
∵A1、P1、P共线，∴

∵A2、P2、P共线，∴

解得x0=

答案：C
例2.如右图，给出定点A(a，0)(a＞0)和直线l：x＝－1．B是直线l上的动点，∠BOA的角平分线交AB于C．求点C的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a值的关系．
依题意，记B(－1，b)(b∈R)，则直线OA和OB的方程分别为y=0和y=－bx．设点C(x，y)，则有0≤x＜a，由OC平分∠AOB，知点C到OA、OB距离相等．根据点到直线的距离公式得

依题设，点C在直线AB上，故有

将②式代入①式得

整理得  y2[(1－a)x2－2ax＋(1＋a)y2]＝0，
若y≠0，则(1－a)x2－2ax＋(1＋a)y2=0(0＜x＜a)；
若y＝0，则b=0，∠AOB＝π，点C的坐标为(0，0)，满足上式．
综上得点C的轨迹方程为
(1－a)x2－2ax＋(1＋a)y2=0(0≤x＜a)．
(i)当a＝1时，轨迹方程化为  y2＝x(0≤x＜1)．③
此时，方程③表示抛物线弧段；
(ii)当a≠1时，轨迹方程为

所以，当0＜a＜1时，方程④表示椭圆弧段；
当a＞1时，方程④表示双曲线一支的弧段．
例3.已知椭圆
=1(a＞b＞0),点P为其上一点，F1、F2为椭圆的焦点，∠F1PF2的外角平分线为l，点F2关于l的对称点为Q，F2Q交l于点R.

当P点在椭圆上运动时，求R形成的轨迹方程；
.解：(1)∵点F2关于l的对称点为Q，连接PQ，
∴∠F2PR=∠QPR，|F2R|=|QR|，|PQ|=|PF2|
又因为l为∠F1PF2外角的平分线，故点F1、P、Q在同一直线上，设存在R(x0,y0）,Q(x1,y1),F1(－c,0),F2(c,0).
|F1Q|=|F2P|+|PQ|=|F1P|+|PF2|=2a,则(x1+c)2+y12=(2a)2.
又

得x1=2x0－c,y1=2y0.
∴(2x0)2+(2y0)2=(2a)2，∴x02+y02=a2.
故R的轨迹方程为：x2+y2=a2(y≠0)
例4.如右图，直线l1和l2相交于点M，l1⊥l2，点N∈l1，以A、B为端点的曲线段C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等．若△AMN为锐角三角形，|AM|=17，|AN|=3，且|BN|

有些小问题。x是不可以为0的，因为当x =0时，A1P1与A2P2是平行的，故不可能有交点
(X/3)^2-(Y/2)^2=1（x不为0）
设p1（x,y）,则p2（x，-y）
P1,p2在椭圆x^2/9+y^2/4=1上，则x=3sinθ,y=2cosθ
则A1P1的方程为(-3-x)/(0-y)=( 3sinθ+3)/2cosθ 1）
A2P2的方程为(3-x)/(0-y)=( -3sinθ+3)/2cosθ 2）
Q（x，y）为A1P1，A2P2的交点。联立方程1），2）得x=cscθ，y=2ctgθ
消去θ可得(X/3)^2-(Y/2)^2=1
2.
讨论y>0的情况：设P1(x1,y1),P2(x1,-y1),y1>0,两只县交点为(x,y)
于是直线A1P1方程为:y=y1(x+3)/(x1+3) (1)
直线A2P2方程为:y=-y1(x-3)/(x1-3)
求交点有y1(x+3)/(x1+3)=-y1(x-3)/(x1-3)
化简得2y1(xx1-9)=0,P1P2为弦，于是y1≠0，于是x1=9/x (2)
又(x1^2)/9+(y1^2)/4=1，于是y1=2sqrt(9-x1^2)/3 (3)
将(2)式、(3)式代入(1)式，化简得y=2sqrt(x^2-9)/3
y<0是同理，于是轨迹方程为y=2sqrt(x^2-9)/3或-2sqrt(x^2-9)/3 (|x|≠3)
平方后合并为双曲线(x^2)/9-(y^2)/4=1 (|x|≠3)

[注]sqrt(x)代表根号下x，a^b代表a的b次方

椭圆的中心在原点,焦点在X轴上,离心率e=根号3/2,已知点p(0,3/2)到这个椭圆上点最远距离为根号7，求方程
e=根号3除以2
c=√3/2*a,b^2=a^2-c^2=a^2-3a^2/4=a^2/4
长轴在x轴上,所以，可设椭圆方程为：x^2/a^2+4y^2/a^2=1
椭圆上的点(asinr,acosr/2)到p的距离平方
=a^2sin^2r+(acosr-3)^2/4
=-1/4*(3a^2cos^2r+6acosr-9-4a^2)
=-[3(acosr+1)^2-12-4a^2]/4
所以，acosr+1=0时，距离平方最远=(12+4a^2)/4=3+a^2
3+a^2=7
a^2=4
椭圆方程为：x^2/4+y^2=1

这道题我做2种方法，有2种解，是怎么回事？
(1)可知a=2b 设m(acosθ，bsinθ) 则m(2bcosθ,bsinθ)
|MP|^2=(2bcosθ)^2+(3/2-bsinθ)^2
-3b^2[(sinθ+1)/2b]^2+4b^2+9/4 ≤7
当sinθ+1=0时，原式得最大值
4b+9/4=7 b=19/8
问题补充：

从椭圆x^2/a^2+y^2/b^2=1的右焦点向它的动切线引垂线,求垂足的轨迹方程.
设切点为Q(acosθ,bsinθ), 则椭圆切线QP为 (acosθ)x/a^2+(bsinθ)y/b^2=1 → (bcosθ)x+(asinθ)y=ab …… (1)
过右焦点F2(c,0)垂直于切线PQ的直线F2P为 (asinθ)x-(bcosθ)y=acsinθ …… (2)
显然,垂足P满足(1)、(2).
由(1)^2+(2)^2,得 (x^2+y^2)[(asinθ)^2+(bcosθ)^2] =a^2[b^2+(csinθ)^2] =a^2[b^2+(a^2-b^2)(sinθ)^2]
=a^[(bcosθ)^2+(asinθ)^2]
注意到(bcosθ)^2+(asinθ)^2不为0,
∴x^2+y^2=a^2 即垂足P的轨迹方程: x^2+y^2=a^2.

用定义法好像比这解法更简洁些.
设A(x0,y0)是椭圆上的点：x0^2/a^2+y0^2/b^2=1.①
过A的切线是 x0x/a^2+y0y/b^2=1,②
过右焦点F(c,0)垂直于切线的直线是 y0(x-c)/b^2-x0y/a^2=0.③
由②、③解得
x0=a^2(x-c)/(x^2+y^2-cx),
y0=b^2y/(x^2+y^2-cx),
代入①*（x^2+y^2-cx)^2，得
a^2(x-c)^2+b^2y^2=(x^2+y^2-cx)^2,
为垂足的轨迹方程，其中c=√(a^2-b^2).

轨迹方程的求解方法

一,直法译(也称坐标法)
建立适当的坐标系,设动点坐标,找几何等量关系,转化为代数关系即可.
直法译的关键是:找到动点所满足的几何等量关系.
例:已知线段AB在直线x=3上移动,O为原点,∠AOB=120°.
求△AOB的外心轨迹方程.
解:如图
设△AOB的外心O'(x,y)
作O'DAB于D
则D(3,y) |DO'|=x-3
∵∠AOB=120°
则∠AO'B=120°, ∠AO'D=60°
∵r=|O'A|=|O'B|=|OO'|=x2+y2
又在Rt△AO'D中
cos∠AO'D===
整理得3x2-y2-24x+36=0(x>3).
【注】
这里的几何关系就是cos∠AO'D=.
二,定义法
如果动点所满足的几何等量关系符合某曲线的定义,就可直接写出其标准方程.
例:已知双曲线的两个焦点分别为M(-2,-12)和N,点S(-7,0)和T(7,0)在双曲线上,求N的轨迹方程.
解:
设点N的坐标为(x,y),它不同于点M(-2,-12)
由双曲线的定义知
||SM|-|SN||=||TM|-|TN||≠0
∵S(-7,0),T(7,0)
∴|SM|=13, |TM|=15
①当|SM|-|SN|=|TM|-|TN|时
有|TN|-|SN|=2<14=|ST|
∴点N轨迹是中心在ST中点(0,0),焦点为S,T的双曲线的左支,除去M(-2,-12)和P(-2,12)两点
∴点N的轨迹方程为
x2-=1 (x14=|ST|
∴点N轨迹是中心在ST中点(0,0),焦点为S,T的椭圆,除去M(-2,-12)和P(-2,12)两点
∴点N的轨迹方程为
+=1 (y≠±12)
综合①②知点N的轨迹方程为
x2-=1 (x0,b>0)两焦点为F1,F2,点Q为双曲线上除顶点外的任一点,过F1作∠F1QF2的平分线的垂线,垂足为P,则点P的轨迹[ ].
椭圆的一部分 B.双曲线的一部分
C.抛物线的一部分 D.圆的一部分.
解:
①如图,设动圆M(x,y)与圆C1及圆C2分别外切于A和B,根据两圆外切的条件得
|MC1|-|AC1|=|MA|, |MC2|-|BC2|=|MB|
∵|MA|=|MB|
∴|MC1|-|AC1|=|MC2|-|BC2|
即|MC2|-|MC1|=2
∴动点M的轨迹是以C1,C2为焦点的双曲线的左支,这里a=1,c=3,b2=8
∴所求轨迹方程为x2-=1(x<0).
②如图,延长F1P交QF2于R
则|QF1|=|QR|
∵|QF2|-|QF1|=2a
∴|QF2|-|QR|=2a=|RF2|
又|OP|=|RF2|
∴|OP|=a. 故选D.
三,相关点代换法
1.所求动点的变化是由已知曲线上的动点运动引起的,这两点就是相关点.可利用两点坐标关系及曲线方程得到轨迹方程.
2.掌握"相关点代换法"的步骤:
在原曲线上任取一点P(x,y);
设其相关点为P'(x',y');
由几何特征建立x,y ,x',y'之间的等量关系,并把x,y分别表示成x',y'的表达式;
把x,y代入到已知曲线的方程f(x,y)=0中,就得x',y'所满足的等量关系g'(x',y')=0,这就是所求曲线的方程.
例:若A1,A2为椭圆+=1的长轴的两个端点,P为椭圆上异于A1,A2的任一点,作A1QA1P, A2QA2P,求直线A1Q和A2Q交点Q的轨迹方程.
解:
设P(x1,y1),Q(x,y) 由题意得
=-1………①
=-1………②
①×②得 =1……③
又P(x1,y1)在+=1上 ∴y12=-(x12-a2)
代入③得a2x2+b2y2=a4.
练习:
若A1,A2为椭圆+=1的长轴的两个端点,P1,P2是垂直于A1A2的弦的端点,求直线A1P1与AP2的交点的轨迹方程.
解: 设交点P(x,y), A1(-3,0), A2(3,0)
P1(x0,y0) , P2(x0,-y0)
∵A1,P1,P共线 ∴=
∵A2,P2,P共线 ∴=
解得x0=, y0=
代入+=1化简得 -=1.
四,参数法
动点的变化是由某个量的变化引起的,可设这个量为参数,把动点的两个坐标分别表示成参数的函数,最后消去参数,可得轨迹方程.
例:如图,过定点A(a,b)任作互相垂直的两直线L1与L2,且L1与x轴交于M点,L2与y轴交于N点,求线段MN中点P的轨迹方程.
解法一:(参数法)
当L1不平行于y轴时,
设L1的斜率为k1
∵L1 L2
∴L2的斜率为-
L1的方程为y-b=k1(x-a)………①
L2的方程为y-b=-(x-a)………②
在①中令y=0
得M点的横坐标x0=a-
在②中令x=0
得M点的纵坐标y0=b+
设MN中点P的坐标为(x,y)
则
消去k1得
2ax+2by-a2-b2=0 (x≠)
当L1平行于y轴时
MN中点(,)也满足方程
∴所求点的轨迹方程为2ax+2by-a2-b2=0.
解法二:(直译法)
当直线AM斜率存在时
设P(x,y),则M(2x,0),N(0,2y)
于是kAM= ,kAN=
∵L1L2
∴ =-1
化简得2ax+2by-a2-b2=0 (x≠)
当直线AMx轴时,此时MN中点(,)也满足方程
∴所求点的轨迹方程为2ax+2by-a2-b2=0.
解法三:(几何法)
易知OMAN四点共圆,MN是直径,P是圆心
故|OP|=|PA|
设P(x,y)
∴x2+y2= (x-a)2+(y-b)2
化简得2ax+2by-a2-b2=0.
五,交轨法
求两动曲线交点的轨迹问题,先把两动曲线的方程用某个参数表示出来,消去参数就得交点的轨迹方程.
例:已知向量i=(1,0),j=(0,1),经过点M(0,3t)且以i+tj(t∈R且t≠0)为方向向量的直线L1与经过点N(0,)且以-i+j为方向向量的直线L2相交于P点,问是否存在两个定点F1,F2,使|PF1|+|PF2|为定值 若存在,求出点F1,F2的坐标,若不存在,说明理由.
解:
由i+tj知L1的斜率为k1=
∴L1:y=3t(x+1)…………①
由-i+j知L2的斜率为k2=-
∴L2:y=-(x-1)………②
由①×②得
P点的轨迹方程为+=1
故存在F1(0,-5 ),F2(0,5 )使|PF1|+|PF2|=6为定值.
六,代点相消法