運用交軌法求動點的軌跡方程

唐宜鐘

摘要：結合具體實例，給出了交軌法求動點軌跡方程的定義、參數選取和消參方法，最后給出了交軌法求動點軌跡方程的一般流程.

關鍵詞：交軌法；軌跡方程；參數；消參

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0024-05

軌跡問題是圓錐曲線的基本問題之一，其常用的解決方法有代數法和幾何法兩種.交軌法是代數方法中的一種，近些年在高考、各地模擬題中都有所涉及.

1 交軌法的定義

設P為曲線y=f（x，k）與曲線y=g（x，k）的交點，由y=f（x，k），y=g（x，k）， 消去參數k，得到F（x，y）=0，即為M的軌跡.運用交軌法探求軌跡方程問題時，關鍵是參數的選取，選取參數的基本原則是所有相關量表達盡量直觀，幾何意義盡量明確，與參數有關的計算盡量簡單.同時，要關注參數的取值范圍.其中，點的分量、點的坐標、斜率、傾斜角是常見的參數.對于某些問題，在一開始，甚至需要選擇多個參數，再依次消去，最終留下一個參數.而消去參數需依據題目特征和表達式的代數結構，靈活處理.

2 交軌法的選參和消參

2.1 直接解方程消參

例1已知正方形的四個頂點分別為O（0，0），A（1，0），B（1，1），C（0，1），點D，E分別在線段OC，AB上運動，且OD=BE，設AD與OE交于點G，求點G的軌跡方程.

解析設D（0，m）（0≤m≤1），則E（1，1-m）.

所以lAD：x+ym=1.

又lDE：y=（1-m）x，設G（x，y），則由x+ym=1，y=（1-m）x， 可得x=m，y=（1-m）m.

消去m可得y=（1-x）x（0≤x≤1）.

評析本題屬于交軌法的“入門問題”.選取點D的縱坐標為參數，進而能得到點E的坐標，所有直線都能夠表示出來.對于所列方程組，可以直接把m當成已知量，解出x和y.再利用m=x，代入y=（1-m）m即可得到軌跡方程.最后，需要根據初始參數m的取值范圍及運算過程中各個條件和運算式的限制，界定軌跡的范圍，去掉方程中的特殊點.

2.2 相乘消參

例2垂直于x軸的直線交雙曲線x2a2-y2b2=1于M，N兩點，A1，A2為雙曲線的左、右頂點，求直線A1M與A2N的交點P的軌跡方程，并指出軌跡的形狀.

解析設P（x，y）及M（x1，y1），N（x1，-y1），又A1（-a，0），A2（a，0），

所以lA1M：y=y1x1+a（x+a），①

lA2N：y=-y1x1-a（x-a）.②

由①×②，得y2=-y21x21-a2（x2-a2）.③

又因為x21a2-y21b2=1，

所以-y21=b2a2（a2-x21）.

代入③，得y2=-b2a2（x2-a2）.

化簡，得x2a2+y2b2=1.

所以點P的軌跡方程為x2a2+y2b2=1.

當a=b時，點P的軌跡是以原點為圓心，a為半徑的圓；當a≠b時，點P的軌跡是橢圓.

例3已知MN是橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）中垂直于長軸的動弦，A，B是橢圓長軸的兩個端點，求直線AM和NB的交點P的軌跡方程.

解析由橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的參數方程為x=acosθ，y=bsinθ（θ為參數），

設M（acosθ，bsinθ），

則N（acosθ，-bsinθ）.

又橢圓x2a2+y2b2=1（a>b>0）的長軸端點為A（-a，0），B（a，0），設直線AM和NB的交點為P（x，y），則

lAM：y=bsinθacosθ+a（x+a）（x≠-a），

lBN：y=-bsinθacosθ-a（x-a）（x≠a）.

兩式相乘，得

y2x2-a2=-b2sin2θa2cos2θ-a2=-b2sin2θa2（cos2θ-1）=b2a2.

整理，得x2a2-y2b2=1（x≠±a）.

即點P的軌跡方程為x2a2-y2b2=1（x≠±a）.

評析例2和例3屬于交軌法的經典范例.其中，例2選取了點M（x1，y1）為參數，例3選取了橢圓的輻角θ為參數，再利用兩直線方程相乘消去了參數.其本質是利用了有心曲線的第三定義：A，B是有心曲線上關于原點對稱的兩點，P（x，y）為有心曲線上異于A，B的一點，則kPA·kPB=e2-1[1].例2和例3從代數角度“佐證”了第三定義.事實上，只要兩條直線斜率相乘呈現一定的代數特征（如為定值），就可以嘗試使用乘法消元.當然，在使用過程中，依舊要注意參數的取值范圍，以便在最終結果中去掉特殊點.

2.3 零因式消參

例4已知拋物線y2=4x，過頂點的兩弦OA，OB互相垂直，求以OA，OB為直徑的兩圓的另一交點的軌跡方程.

解析易得直線OA，OB的斜率存在，設OA，OB的直線方程分別為y=kx，y=-xk（k≠0）.直線OA和拋物線聯立解得x=4k2，y=4k或x=0，y=0.

所以A（4k2，4k）.

以OA為直徑的圓的圓心為（2k2，2k），半徑為（2k2）2+（2k）2，

所以以OA為直徑的圓的方程為

（x-2k2）2+（y-2k）2=（2k2）2+（2k）2.

即k2（x2+y2）-4x-4ky=0.④

同理，以-1k代替k可得以OB為直徑的圓的方程為x2+y2-4k2x+4ky=0.⑤

④+⑤，得（1+k2）（x2+y2-4x）=0.

因為1+k2≠0，所以x2+y2-4x=0.

所以以OA，OB為直徑的兩圓的另一交點的軌跡方程為x2+y2-4x=0（x≠0）.

評析本題選取OA的斜率k為參數，通過直曲相交得到相關點的坐標，進而得到兩個圓的方程.此時，若兩圓方程直接聯立得出x=m（k）y=n（k）的表達式，再消去k運算難度很大.注意到兩圓方程的代數結構，使用因式分解的方式，得到（1+k2）（x2+y2-4x）=0，進而利用零因式完成了消參.這種消參方式屬于“巧思”.

2.4 同構消參

所謂同構是指若方程f（a）=0，f（b）=0呈現出共同特征，則a，b可視為方程f（x）=0的兩個根.其常應用于切線和切點弦問題，因為這類問題初始時通常會用多個參數，通過同構可以達到“多參化一”的效果.

例5P為橢圓C1：x28+y26=1上的動點，過P作橢圓C1的切線交圓C2：x2+y2=24于M，N，過點M，N作C2切線交于點Q，求點Q的軌跡方程.

解析設點P（x0，y0），先證明橢圓C1在點P處的切線方程為x0x8+y0y6=1.

聯立x0x8+y0y6=1，x28+y26=1， 可得

x2-2x0x+x20=0，Δ=4x20-4x20=0.

故橢圓C1在點P處的切線方程為

x0x8+y0y6=1.

設點M（x1，y1），再證圓C2在點M處的切線方程為x1x+y1y=24.

當直線OM的斜率存在且不為零時，kOM=y1x1，圓C2在點M處的切線斜率為k=-x1y1，

故圓C2在點M處的切線方程為

y-y1=-x1y1（x-x1），

即x1x+y1y=x21+y21=24.

當直線OM的斜率不存在且為零時，在點M處的切線滿足上式.

設點N（x2，y2），則圓C2在點N處的切線方程為x2x+y2y=24.

設點Q（m，n），則mx1+ny1=24，mx2+ny2=24.

故點M，N的坐標滿足方程mx+ny=24.

故直線MN的方程為mx+ny=24.

由于直線mx+ny=24與直線x0x8+y0y6=1重合，即直線mx+ny=24與直線3x0x+4y0y=24重合，故m=3x0，n=4y0. 即x0=m3，y0=n4.

由于點P在橢圓C1上，則x208+y206=1.

即m272+n296=1.

因此點Q的軌跡方程為x272+y296=1.

2.5 動點轉移法消參

所謂動點轉移法是指動點P（x，y）隨著動點

Q（x0，y0）的運動而運動，若能建立關系式x0=m（x），y0=n（y）， 就能將（m（x），n（y））代入點Q（x0，y0）的方程，進而得到點P（x，y）的軌跡方程.

例6如圖1，已知拋物線C：y=x2，動點P在直線l：x-y-2=0上運動，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，且與拋物線C分別相切于A，B兩點.求△APB的重心G的軌跡方程.

解析設切點A，B坐標分別為（x1，x21）和（x2，x22）（x1≠x2），

求導可得kAP=2x1.

故lAP：2x1x-y-x21=0.

同理lBP：2x2x-y-x22=0.

由于點P既在AP上又在BP上，

所以2x1xP-yP-x21=0，2x2xP-yP-x22=0.

解得xP=x1+x22，yP=x1x2.即P（x1+x22，x1x2）.

所以△APB的重心G的坐標為

xG=x1+x2+xP3=x1+x22=xP，⑥

yG=y1+y2+yP3=x21+x22+x1x23

=4x2P-yP3.⑦

由⑥⑦可得yP=-3yG+4x2G.

由點P在直線l：x-y-2=0上運動

所以xP-yP-2=0.

即xG-（-3yG+4x2G）-2=0.

從而得到重心G的軌跡方程為

y=13（4x2-x+2）.

評析本題選擇的初始參數有三個，即點A（x1，x21），B（x2，x22）及P（xP，yP）.之所以選擇點A和點B，是因為這兩個參量既可以提供切點，又可以提供斜率，達到了“一參兩用”的目的.再通過同構將三個參數化為一個只關于點P的參數，通過點P和點G之間的關系式，實現了動點轉移法消參.

2.6 利用曲線性質消參

許多曲線本身有著多種性質.如橢圓中的“垂徑定理”：對于橢圓Γ：x2a2+y2b2=1，AB是一條不過原點的弦，M為弦AB的中點，若kAB與kOM均存在，則有kAB·kOM=-b2a2.合理利用這些性質，就可以達到消參的目的.

例7已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的右焦點為F（1，0），且過點A（-2，0）.

（1）求C的方程；

（2）如圖2，點P，Q分別在C和直線x=4上，OQ∥AP，M為AP的中點，求證：直線OM與直線QF的交點在某定曲線上.

解析（1）x24+y23=1.

（2）顯然，kAP存在且不為0，設kAP=kOQ=k，則lOQ：y=kx，故yQ=4k，即Q（4，4k）.

又F（1，0），則kQF=4k3.

進而lQF：y=4k3（x-1）.

又由橢圓中的“垂徑定理”知：kOM·kAP=-34.

進而kOM=-34k，lOM：y=-34kx.

兩直線方程相乘，得y2=-x（x-1）.

化簡，得（x-12）2+y2=14.

即交點恒在（x-12）2+y2=14上.

2.7 利用曲線的幾何意義消參

例8已知復數z=a+bi（a，b∈R），z-是z的共軛復數，z1=z+1z--2.若存在有序實數對（a，b）滿足|z|=|z-|，求|z|的取值范圍.

解析設|z|=|z-|=λ（λ>0），即有其軌跡方程為a2+b2=λ2，表示圓心在原點，半徑為λ的圓Γ1.

又|z1|=|z+1z--2|=|z+1||z--2|=|z+1||z-2|=λ，

由復數的幾何意義，點（a，b）到兩定點（-1，0）與（2，0）距離之比為λ.當λ=1，其表示（-1，0）與（2，0）的中垂線，即x=12.當λ≠1時，由（a+1）2+b2（a-2）2+b2=λ2，得（1-λ2）a2+（1-λ2）b2+（2+4λ2）a+1-4λ2=0.

即（x-2λ2+1λ2-1）2+y2=（3λλ2-1）2，其表示圓心在（2λ2+1λ2-1，0），半徑為|3λλ2-1|的圓Γ2.

要滿足實數對（a，b）使|z|=|z-|，則需其兩個軌跡有交點.當λ=1時，顯然有交點.對于Γ2，令b=0，則（1-λ2）a2+（2+4λ2）a+1-4λ2=0，解得a1=-1+2λ1+λ，a2=-1-2λ1-λ.

當λ<1時，需-λ≤a1≤λ，解得13-32≤λ<1.當λ>1時，a1≤λ≤a2，解得1<λ≤13+32.

綜上，λ∈［13-32，13+32］.

評析本題背景雖為復數，但從復數模長的幾何意義上看，題目的實質是滿足條件的點的軌跡，即兩圓有公共點，直接利用圓的相關知識解決即可.

3 結束語

在選取參數時，除了常見的動點坐標、斜率、角度外，線段比值、截距等也都可以在相應的題目中使用[2].在具體消參過程中，要代數技巧、曲線性質和幾何意義相結合，力求做到消參路徑的順暢、計算的簡單、幾何意義的明確.在得出軌跡方程后，需要從題目本身及消參過程中參數的條件限制去掉特殊點.從方程軌跡的幾何意義再去思考題目，明晰軌跡的生成過程，從“數”和“形”兩方面，進一步加深對題目的理解.

參考文獻：

［1］?賴淑明.“交軌法”形式背后的內容[J].中學數學研究（華南師范大學版），2017（07）：32-33.

［2］ 武增明.運用交軌法探求軌跡方程問題[J].數理化解題研究，2019（34）：40-42.

［責任編輯：李璟］