专题26 求动点轨迹方程 微点6 交轨法求动点的轨迹方程及答案

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专题26  求动点轨迹方程  微点6  交轨法求动点的轨迹方程专题26  求动点轨迹方程微点6  交轨法求动点的轨迹方程【微点综述】交轨法一般用于求两动曲线交点的轨迹方程．若动点是由两动曲线相交所得，其过程是选出一个适当的参数，求出两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．一、交轨法定义：如果一个动点是两条动曲线的交点，那么选取参数并把参数看成已知数，写出这两条动曲线的方程，再联立两动曲线的方程，消去参数，或者动曲线的方程与定曲线的方程联立，消去或，转化为一元二次方程，再消去参数，便得到动点的轨迹方程．这种求动点的轨迹方程的方法，我们称之为交轨法．运用交轨法探求轨迹方程问题，主要是把选取的参数看成已知数，写出两条动曲线方程，关键是参数的选取，困难是参数的消去．怎么把选取的参数看成已知数，写出两条动曲线方程？如何选取参数？怎样消去参数？本微点我们重点对如何选取参数及选取参数的思维途径有哪些作一些归纳、总结、探究，以飨读者．二、应用举例如果动点影响动点的轨迹，起制约作用，那么就选取动点为参数． 如果动直线的斜率影响动点的轨迹，起制约作用，那么就选取动直线的斜率为参数． 如果动直线在轴上的截距影响动点的轨迹，起制约作用，那么就选取动直线在轴上的截距为参数． 如果动直线的倾斜角影响动点成迹，起制约作用，那么就选取动直线的倾斜角为参数．下面举例说明．1．已知正方形的四个顶点分别为，，，，点，分别在线段，上运动，且，设与交于点，则点的轨迹方程是（    ）.A． B．C． D．2．如图，已知抛物线，动点P在直线上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点．求△APB的重心G的轨迹方程．3．已知是椭圆中垂直于长轴的动弦，是椭圆长轴的两个端点，求直线和的交点的轨迹方程．4．已知抛物线：，过点的动直线与抛物线交于不同的两点、，分别以、为切点作抛物线的切线、，直线、交于点.(1)求动点的轨迹方程；(2)求面积的最小值，并求出此时直线的方程.5．如图，垂直于轴的直线交双曲线于、两点，为双曲线的左、右顶点，求直线与的交点的轨迹方程，并指出轨迹的形状．6．已知抛物线，过顶点的两弦互相垂直，求以为直径的两圆的另一交点的轨迹方程．7．设双曲线的方程为，、为其左､右两个顶点，是双曲线上的任意一点，引，与交于点，求点的轨迹方程．例8．（2022·安徽省怀远县第一中学高三月考）8．已知椭圆的中心在坐标原点，两个焦点分别为、，点在椭圆上，过点的直线与抛物线交于、两点，抛物线在点、处的切线分别为、，且与交于点．（1）求椭圆的方程；（2）求点的轨迹方程；（3）是否存在满足的点？若存在，指出这样的点有几个（不必求出点的坐标）；若不存在，说明理由．运用交轨法探求轨迹方程问题，为什么要选取参数？通过上述例题的解答，我们更进一步清楚，所求的曲线是两条动曲线的交点所形成的，既然是动曲线，所以这两条动曲线的方程一定含有参数．如何选取参数？选取参数的思维途径有哪些？选取参数的依据是什么？通过解答上述例题，我们可以发现，应该选取影响动点成迹，起制约作用的那些关键量作为参数，如斜率、点、截距、长度、角度、两线段之比等，具体怎样选取参数，要根据题目所给条件，结合图形特点进行分析判断选取．【强化训练】9．两条直线和的交点的轨迹方程是___________10．抛物线的顶点作互相垂直的两弦，求抛物线的顶点在直线上的射影的轨迹．11．设椭圆中心为原点O，一个焦点为F（0，1），长轴和短轴的长度之比为t．(1)求椭圆的方程；(2)设经过原点且斜率为t的直线与椭圆在y轴右边部分的交点为Q，点P在该直线上，且，当t变化时，求点P的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形．12．求两动直线与的交点的轨迹方程．13．已知点、以及直线，设长为的线段在直线l上移动（如图所示），求直线和的交点M的轨迹方程．14．如图，椭圆（，为常数），动圆，，点分别为的左，右顶点，与相交于四点，求直线与直线交点的轨迹方程. 15．如图，为椭圆上的动点，过作椭圆的切线交圆于、，过、作切线交于，求的轨迹方程．（2022·梅河口市第五中学高三开学考试）16．已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍．（1）求点的轨迹方程：（2）若点与点关于点对称，求、两点间距离的最大值；（3）若过点的直线与点的轨迹相交于、两点，，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由．    
参考答案：1．A【详解】设，则，所以直线的方程为，直线的方程为：，设，则由，可得，消去可得．本题选择A选项.点睛：求轨迹方程的常用方法(1)直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)＝0.(2)待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程．(3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．(4)代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(x，y)的轨迹方程2．【分析】先假设切点，坐标分别为和，求得直线的方程，同理可得直线的方程，两条方程联立可得的坐标，则可得到重心的坐标，结合P在直线上运动即可得到答案【详解】设切点，坐标分别为和，易得两条切线的斜率存在，设的斜率为，则，联立方程消去可得：，因为与抛物线相切，所以即，所以，所以，所以直线的方程为即，同理可得直线的方程为：，由于既在又在上，所以，解得即，所以的重心的坐标为①，②，由①②可得，由点在直线上运动，所以即，从而得到重心的轨迹方程为：，即.3．（）．【分析】由题设，，再根据和三点共线、三点共线得，再根据化简即可得答案；【详解】解：方法一：（利用点的坐标作参数）由题设，因为椭圆的长轴端点为，设直线和的交点为，因为三点共线，所以，， 因为三点共线，所以，，所以，两式相乘得，（） 因为，所以，即，所以，，整理得（），所以，直线和的交点的轨迹方程（）方法二： （利用角作参数）因为椭圆的参数方程为（为参数）所以，设，则，因为椭圆的长轴端点为，设直线和的交点为，因为三点共线，所以， ，因为三点共线，所以，，所以，两式相乘得 所以，整理得（），即点的轨迹方程为，（）.4．(1)(2)1， 【分析】（1）设，，分别求出以为切点的切线方程，联立两切线方程表示出点的坐标，再设直线的方程为：，与抛物线的方程联立，代入可得点的轨迹方程；                                             （2）由（1）知和到直线的距离，利用三角形面积公式求得面积，可求得S的最小值和直线的方程.（1）设，，，则以A为切点的切线为，整理得：，同理：以为切点的切线为：，联立方程组：，解得，设直线的方程为：，联立方程组，整理得：，恒成立，      由韦达定理得：，，故，所以点的轨迹方程为；（2）解：由（1）知：，      到直线的距离为：，                        ∴，                      ∴时，取得最小值，此时直线的方程为.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的交点相关问题，涉及到抛物线的切线和三角形的面积的最值，直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．属中档题.5．答案见解析【分析】根据题意设及，，进而得直线，的方程，并得到，再结合整理即可得，再分和讨论求解即可.【详解】解：设及，又，所以，直线的方程为①；直线的方程为②．由①②得③．、又因为，所以，代入③得，化简得，所以，点的轨迹方程为．所以，当时，点的轨迹是以原点为圆心、为半径的圆；当时，点的轨迹是椭圆．6．【分析】可以先设的直线方程分别为，再和抛物线联立解出的坐标，然后可以得出以为直径的圆的方程，同理可得以为直径的圆的方程，两个方程消参后即可得出所求轨迹方程【详解】解：易得直线的斜率存在，设的直线方程分别为，直线和抛物线联立得，解得或，所以，以为直径的圆的圆心为，半径为，所以以为直径的圆的方程为，所以整理得，所以①，同理，以代替可得以为直径的圆的方程为②，①+②得，，所以以为直径的两圆的另一交点的轨迹方程7．（除点外）．【分析】，设，进而结合建立方程并整理即可得，（），最后检验点即可.【详解】解：根据题意，设，∵，∴∴，（），两式相乘得①∵，∴，代入①得，∴，即，（）经检验点不满足，不合题意，∴点的轨迹方程为（除点外）．8．（1）；（2）；（3）存在，有两个．【分析】（1）利用椭圆的定义求得的值，进一步可求得的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、、，利用导数求出直线、的方程，将点的坐标代入直线、的方程，可得出两个等式，结合等式结构可得出直线的方程，再点的坐标代入直线的方程，即可得出点的轨迹方程；（3）分析点的轨迹直线与椭圆的位置关系，即可得出结论.【详解】（1）设椭圆的方程为，由椭圆定义可得，则，所以，，因此，椭圆的方程为；（2）设点、、，由，即，求导得，所以，抛物线在点处的切线的方程为，，所以，直线的方程为，同理，直线的方程为，为直线、的公共点，则，所以，点、的坐标都满足方程，所以，经过点、的直线是唯一的，故直线的方程为，点在直线上，，点的轨迹方程为；（3）若，则点在椭圆上，又在直线上，因为直线经过椭圆内一点，故直线与椭圆交于两点．因此，满足条件的点有两个．【点睛】方法点睛：求二次曲线的切点弦所在直线方程的方法如下：（1）设出两切点的坐标，并写出曲线在两切点处的切线方程；（2）将两切点的公共点代入两切线方程，通过说明两切点的坐标满足某直线方程，可得出切点弦方程.9．【分析】由题意，消去即可得方程.【详解】直线方程变形为，即，故，．故答案为：10．轨迹是以为圆心，半径为的圆，除去点.【分析】设，进而结合得，再分别求出直线方程和的方程，再消去即可得轨迹方程，再根据轨迹说明其轨迹即可.【详解】解：点在抛物线上，设所以，，因为垂直，所以，，得，因为所以，方程为，即 ，把代入得方程   ①   又的方程为 ② 由①②消去得得，即得．所以，点的轨迹方程为，其轨迹是以为圆心，半径为的圆，除去点11．(1)(2)点P轨迹方程为和．其轨迹为抛物线在直线右侧的部分和抛物线在直线左侧的部分． 【分析】（1）根据a,b,c 之间的关系，以及条件a=bt,联立方程计算可得.（2）根据条件将P的坐标表示为关于t的表达式，再消去t可得.（1）设所求椭圆方程为由题意得解得     ∴椭圆方程为．（2）设点解方程组得     由和得或其中t＞1．消去t，得点P轨迹方程为和．其轨迹为抛物线在直线右侧的部分和抛物线在直线左侧的部分．12．【分析】设点，利用两直线所过的定点，以及两直线的斜率关系，建立等式，即可求轨迹方程.【详解】令，，则直线的斜率，直线的斜率，所以．易知过定点，过定点．令与的交点为，因为，存在，所以，所以，，所以，整理得，所以交点的轨迹方程为．故答案为：13．.【分析】由题设条件P、A、M三点共线，Q、B、M三点共线．若设A、B两点的坐标依次为，，利用三点共线导出相应的关系式后，若从中解出a和b，再由，可求得x和y满足的方程，即交点M的轨迹方程．【详解】解：如图所示，∵点A、B在直线上，设点A、B、M的坐标分别为，，，其中．当时，由、、三点共线，得，解出a，得①，由、、三点共线，得，解出b，得．②由条件，得．∴．③，由①、②、③式得．整理得①．④，当时，两直线和的交点M与点或点重合，得点P和点Q的坐标都满足方程④．总之，④式就是点M的轨迹方程．④式可改写成．∴轨迹的图形是双曲线，它的中心是点，焦点在直线上．14．【分析】表示出直线和直线的方程后可得；结合点在椭圆上，可整理得到所求轨迹方程.【详解】设，，又，，则直线的方程为…①；直线的方程为…②；由①②得：…③；由点在椭圆上可得：，，代入③得：.15．．【分析】设点，可证得椭圆在点处的切线方程为，设点，可证得圆在点处的切线方程为，圆在点处的切线方程为，则可得直线的方程为，此直线与直线重合，从而可表示出，代入椭圆方程中化简可得结果.【详解】设点，先证明椭圆在点处的切线方程为．联立，可得，，故椭圆在点处的切线方程为．设点，再证圆在点处的切线方程为．当直线的斜率存在且不为零时，，圆在点处的切线斜率为，∴圆在点处的切线方程为，即，当直线的斜率不存在且为零时，在点处的切线满足上式.设点，则圆在点处的切线方程为，设点，则，∴点、的坐标满足方程，故直线的方程为，由于直线与直线重合，即直线与直线重合，∴，即，由于点在椭圆上，则，即，因此，点的轨迹方程为．16．（1）；（2）14；（3）存在；或．【分析】（1）由已知列关于，的方程化简即可求得点的轨迹方程；（2）设，由点与点关于点对称，可得点坐标为，把的坐标代入（1）中的轨迹方程，整理可得点的轨迹方程为，由此可得、两点间距离的最大值；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，，，则，联立直线与圆的方程，由判别式大于0求得的范围，再求出及到直线的距离，代入三角形面积公式，利用配方法求最值，得到值，可得直线方程．【详解】解：（1）由已知，．，即，（2）设，因为点与点关于点对称，则点坐标为，点在圆上运动，点的轨迹方程为，即：，；（3）由题意知的斜率一定存在，设直线的斜率为，且，，则：，联立方程：，，又直线不点，．点到直线的距离，，，，，当时，取得最大值，此时，，直线得方程为或．