劉勇++高保中

高考對本部分知識的考查主要圍繞兩個問題進行布局和設計的：一方面求曲線（軌跡）方程在解析幾何試題中占有很大的比例，另一方面重點考查用代數方法分析、解決幾何問題的基本思想. 本文討論在不同的曲線（軌跡）背景下求其方程的一些基本策略.

直接（譯）法

在求曲線（軌跡）方程中，主要表現為直接將動點坐標化，將動點運動中滿足的不變關系直接“翻譯”成動點坐標之間的關系，從而得到曲線方程. 這種方法主要運用于題干條件與所求動點有著直接的數量關系或幾何關系的題型.

例1 已知過原點的動直線[l]與圓[C1： x2+y2-6x][+5=0]相交于不同的兩點[A]，[B]. 求線段[AB]的中點[M]的軌跡[C]的方程.

解析 設[M（x，y）]，又點[M]為弦[AB]的中點，則[C1M⊥AB].

所以[kC1M?kAB=-1]，

即[yx-3?yx=-1].

所以線段[AB]的中點[M]的軌跡[C]的方程為[（x-32）2+y2=94（53

點評 通過圓的交點弦的性質引出垂直直線的斜率之間的關系，從而得出交點弦中點的軌跡方程.

待定系數法

試題中給出了曲線類型（橢圓、雙曲線等）或帶未知系數的曲線方程，需要根據題設轉化或者根據幾何關系尋找等量關系，通過解方程求出有關量或直接確定系數，此方法一般結合曲線的性質進行轉化.

例2 設橢圓[x2a2+y23=1][（a>3）]的右焦點為[F]，右頂點為[A]. 已知[1OF+1OA=3eFA]，其中[O]為原點，[e]為橢圓的離心率. 求橢圓的方程.

解析 設[F（c，0）]，由[1|OF|+1|OA|=3e|FA|]可得，

[1c+1a=3ca（a-c）]，即[a2-c2=3c2].

又[a2-c2=b2=3]， 所以[c2=1]，因此[a2=4].

故所求橢圓的方程為[x24+y23=1].

點評 本題是通過待定系數法求曲線方程的典型試題，除根據題設中的等量關系或者幾何關系代數化得到方程外，還要注意由圓錐曲線中[a2=b2+c2]或[a2+b2=c2]等關系列出方程組.

定義法與幾何法

此類問題一般先通過對條件的推理得到動點的軌跡符合相關曲線（圓、橢圓、雙曲線、拋物線等）的定義，再根據定義寫出動點的軌跡方程.

例3 設圓[x2+y2+2x-15=0]的圓心為 [A]，直線[l]過點[B（1，0）]且與[x]軸不重合，[l]交圓[A]于[C，D]兩點，過[B]作[AC]的平行線交[AD]于點[E]. 證明：[|EA|+|EB|]為定值，并寫出點[E]的軌跡方程.

解析 如圖，因為[|AD|=|AC|，][EB∥AC，]

故[∠EBD=∠ACD=∠ADC]. 所以[|EB|=|ED|].

故[|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|].

又圓[A]的標準方程為[（x+1）2+y2=16，]

從而[|AD|=4]，所以[|EA|+|EB|=4].

由題設得，[A（-1，0），B（1，0），|AB|=2].

由橢圓定義得，點[E]的軌跡方程為[x24+y23=1][（y≠0）].

點評 本題以圓的相關性質和平行線的性質為依托，利用角的轉換得到線段的等量關系，從而得到動點到兩定點的距離和為定值，轉換到橢圓的定義求解.

代入法（相關點法）

此類問題一般有兩個（或三個）動點，且動點間存在一定的依存關系，其中所求動點的軌跡方程很難直接求出；而另一動點的軌跡方程已知或能夠根據題設條件較容易地得到軌跡方程，通過動點間的等量關系，用所求動點的坐標表示另一動點的坐標，再代入其方程從而得到所求動點的軌跡方程.

例4 一種作圖工具如下圖所示. [O]是滑槽[AB]的中點，短桿[ON]可繞[O]轉動，長桿[MN]通過[N]處鉸鏈與[ON]連接，[MN]上的栓子[D]可沿滑槽[AB]滑動，且[DN=ON=1]，[MN=3]. 當栓子[D]在滑槽[AB]內作往復運動時，帶動[N]繞[O]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[O]為原點，[AB]所在的直線為[x]軸建立如下圖所示的平面直角坐標系. 求曲線[C]的方程.

解析 設[D]為[（t，0）（t≤2）]，[N（x0，y0），][M（x，y）].

依題意得，[MD=2DN]，且[DN=ON=1].

所以[（t-x，-y）=2（x0-t，y0），]且[（x0-t）2+y02=1，x02+y02=1.]

即[t-x=2（x0-t），-y=2y0，]且[t（t-2x0）=0].

由于當點[D]不動時，點[N]也不動，

所以[t]不恒等于[0]，于是[t=2x0].

故[x0=x4，y0=-y2]，代入[x02+y02=1]可得，

[x216+y24=1].

故所求曲線[C]的方程為[x216+y24=1].

點評 一般用相關點法求軌跡方程的題目只涉及兩個動點，而本題中通過滑槽形成三個動點，并利用了三個動點之間的聯(lián)系設置問題.

等量轉化法

一些軌跡問題，建立其動點坐標之間的關系的途徑較為隱蔽，僅僅運用數形結合的觀點去考慮“形向數”的轉化不足以求出方程，通常需要聯(lián)立方程組利用韋達定理轉化. 通過數的運算和變式進行等量轉化，求出結果，其中韋達定理在轉換過程中起著重要的紐帶作用.

例5 已知橢圓[C]：[x2a2+y2b2=1][（a>b>0）]的兩個焦點分別為[F1（-1，0）]，[F2（1，0）]，且橢圓[C]經過點[P（43，13）].

（1）求橢圓[C]的離心率；

（2）設過點[A（0，2）]的直線[l]與橢圓[C]交于[M]， [N]兩點，點[Q]是線段[MN]上的點，且[2|AQ|2=1|AM|2+1|AN|2]，求點[Q]的軌跡方程.

解析 （1）[e=22].

（2）由（1）知，橢圓[C]的方程為[x22+y2=1]，設點[Q]的坐標為[（x，y）].

①當直線[l]與[x]軸垂直時，直線[l]與橢圓[C]交于[（0，1）]，[（0，-1）]兩點. 此時點[Q]的坐標為[（0，2-355）].

②當直線[l]不與[x]軸垂直時，設直線[l]的方程為[y=kx][+2]. 因為[M，N]在直線[l]上，可設點[M，N]的坐標為[（x1，kx1+2），][（x2，kx2+2），] 則[AM2=（1+k2）x12]，[AN2=（1+k2）x22.]

又[AQ2=x2+（y-2）2=（1+k2）x2]，

由[2|AQ|2=1|AM|2+1|AN|2]得，

[2（1+k2）x2=1（1+k2）x12+1（1+k2）x22]，

即[2x2=1x12+1x22=（x1+x2）2-2x1x2（x1x2）2.] [①]

將[y=kx+2]代入[x22+y2=1]中得，

[（2k2+1）x2+8kx+6=0]. [②]

由[Δ=（8k）2-4×（2k2+1）×6>0]得，[k2>32].

由②可知，[x1+x2=-8k2k2+1，x1x2=62k2+1].

代入[①]中并化簡得，[x2=1810k2-3]. ③

因為點[Q]在直線[y=kx+2]上，

所以[k=y-2x]，代入③中并化簡得，

[10（y-2）2-3x2=18].

由③及[k2>32]可知，

[0

又[0，2-355]滿足[10（y-2）2-3x2=18，]

故[x∈（-62，62）].

由[Q]在橢圓內，所以[-1≤y≤1].

又由[10（y-2）2=18+3x2]得，[（y-2）2∈95，94]，且[-1≤y≤1]. 則[y∈12，2-355].

所以，點[Q]的軌跡方程為[10（y-2）2-3x2=18]，其中[x∈（-62，62）]，[y∈12，2-355].

點評 本題要注意對直線與[x]軸垂直的情況進行檢驗，還要考慮軌跡的實際范圍，對符合題設條件的范圍進行求解.

由特殊到一般思想

此類問題主要考查對軌跡問題的探究能力，在無法找到直接求曲線方程切入點的情況下，根據特殊值法求出滿足題意的曲線、軌跡方程，再通過驗證將方程推廣到一般情況，若滿足條件，則方程即為所求.

例6 已知雙曲線[E：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）]的兩條漸近線分別為[l1：y=2x，l2：y=-2x].

（1）求雙曲線[E]的離心率；

（2）如下圖，[O]為坐標原點，動直線[l]分別交直線[l1，l2]于[A，B]兩點（[A，B]分別在第一、 四象限），且[△OAB]的面積恒為[8]，試探究：是否存在總與直線[l]有且只有一個公共點的雙曲線[E]？若存在，求出雙曲線[E]的方程；若不存在，說明理由.

解析 （1）[e=5].

（2）由（1）知，雙曲線[E]的方程為[x2a2-y24a2=1].如圖，設直線[l]與[x]軸相交于點[C].

當[l⊥x]軸時，若直線[l]與雙曲線[E]有且只有一個公共點，則[OC=a，AB=4a].

又[△OAB]的面積為[8]，

所以[12OC?AB=8]，所以[12a?4a=8.]

所以[a=2].

故雙曲線的方程為[x24-y216=1].

若存在滿足條件的雙曲線[E]，則[E]的方程只能為[x24-y216=1]. 以下證明當直線[l]不與[x]軸垂直時，雙曲線[E]：[x24-y216=1]仍滿足條件.

設直線[l]的方程為[y=kx+m]，依題意得，[k>2]或[k<-2]. 則[C（-km，0）]. 記[A（x1，y1），B（x2，y2）].

由[y=2x，y=kx+m]得，[y1=2m2-k]. 同理得，[y2=2m2+k].

由[SΔOAB=12OC?y1-y2]得，

[12-mk?2m2-k-2m2+k=8]，即[m2=44-k2=4（k2-4）.]

由[y=kx+m，x24-y216=1]得，[（4-k2）x2-2kmx-m2-16=0].

因為[4-k2<0]，

[所以Δ=4k2m2+4（4-k2）（m2+16）=-16（4k2-m2-16）.]

又[m2=4（k2-4）]，

所以[Δ=0]，即[l]與雙曲線[E]有且只有一個公共點.

因此，存在總與[l]有且只有一個公共點的雙曲線[E]，且[E]的方程為[x24-y216=1].

點評 由三角形面積公式得出[m2=4（k2-4）]，通過這個式子對直線和曲線只有一個交點進行檢驗，最后得出雙曲線的方程.