一道動點軌跡試題的探究與推廣

摘要文章以一道測試題為例，從代數與幾何兩個維度給出求解動點軌跡問題的具體策略，并運用曲線系方法將試題推廣到一般情形.

關鍵詞動點軌跡；數形結合；推廣

1.題目呈現

題目（南京師大附中2023-2024學年高二期中測試第22題）已知點A（2，1），B（－2，1）在雙曲線C：x22－y2=1上，過點D（0，－3）作直線l與C交于點E，F（均與A，B不重合）.

（1）記G（0，2+5），當直線l平行于x軸，且與C右支交于點E時，證明：G，A，E三點共線.

（2）證明：直線AE與BF的交點P在定圓上，并求出該圓的方程.

該題第（1）問考查三點共線的證明.依據題意，易求得E（25，－3），利用斜率公式證明可kAE=kAG.第（2）問條件簡潔，考查動點軌跡的求解，需要具備較強的直觀想象，邏輯推理與數學運算素養.

2.解法探究

分析1 動點P的軌跡是由于動點E與F的位置變化引起的，而動點E與F的位置變化是由于過定點D的直線l的位置變化引起的.顯然直線l的斜率存在，理論上，可將動點P的坐標用直線l的斜率進行表示，然后消元獲得軌跡方程.然而這種方法運算難度極大.下面先根據圖形對稱性猜測出定圓方程，再用分析法證明一般情形也滿足.

解法1 設點E（x1，y1），F（x2，y2），直線l的方程為y=kx－3，直線AE的方程為x=m1（y－1）+2，直線BF的方程為x=m2（y－1）－2.聯立y=kx－3，

x2－2y2－2==0 消去y得（1－2k2）x2+12kx－20=0，則1－2k2≠0，Δ=80－16k2gt;0.由韋達定理得x1+x2=12k2k2－1，x1x2=202k2－1.聯立x=m1（y－1）+2，

x=m2（y－1）－2， 解得P（2（m1+m2）m2－m1，1+4m2－m1）.由（1）知，當直線l平行于x軸可求得E（25，－3），此時F（－25，－3），直線AE的方程為y=－5+12x+2+5，BF的方程為y=5+12x+2+5，此時直線AE與直線BF的交點P1（0，2+5）.交換E與F的位置，同理求得點P2（0，2－5）.根據對稱性，定圓必是以P1P2為直徑的圓，方程為x2+（y－2）2=5.下面只需要證明點P（2（m1+m2）m2－m1，1+4m2－m1）滿足圓x2+（y－2）2=5即可.只需證［2（m1+m2）m2－m1］2+（4m2－m1－1）2=5，即證（m2+m1）2－2（m2－m1）+4=（m2－m1）2，即證2m1m2－（m2－m1）+2=0，即證m2－m1=2（1+m1m2）.又點E（x1，y1）在直線AE上，則m1=x1－2y1－1=x1－2kx1－4，同理得m2=x2+2y2－1=x2+2kx2－4.則只需證x2+2kx2－4－x1－2kx1－4=2（1+x2+2kx2－4·x1－2kx1－4），即證（k2+1）x1x2－5k（x1+x2）+20=0，而（k2+1）x1x2－5k（x1+x2）+20=20（k2+1）－60k22k2－1+20=0成立，從而點P在圓x2+（y－2）2=5上.所以直線AE與BF的交點P在定圓上，方程為x2+（y－2）2=5.

評注首先利用兩條特殊的直線求解出一個具體的交點P1，交換E與F的位置后，又獲得兩條具體的直線，從而又求解出一個交點P2，再根據圖形的對稱性推得定圓是以P1P2為直徑的圓，最后運用分析法證明一般情形下的交點P也滿足此圓方程.在解析幾何中，很多關于定值，定點，定直線問題都可以采用先猜后證的方法，即先取特殊點（直線）求出對應的結果，再運用分析法證明一般情形也成立.

分析2分析本題圖形中的結構，設E在雙曲線右支上，當F與點A重合時，顯然符合題意，所以點A在定圓上，同理點B也在定圓上.由于|AB|=4，則如果交點P在定圓上，則∠APB必為定值.因此，我們可以先探究∠APB的定值，然后尋求定圓的方程.以下約定直線AE與BF的斜率都存在，后文不再說明.

解法2不妨設E在雙曲線右支上，F在雙曲線左支上，直線AE的傾斜角為α，斜率為k1，直線BF的傾斜角為β，斜率為k2，則∠APB=α－β，則tan∠APB=tanα－tanβ1+tanαtanβ=k1－k21+k1k2.設E（x1，y1），F（x2，y2），直線l的方程為y=kx－3，聯立y=kx－3，

x2－2y2－2=0 消去y得（1－2k2）x2+12kx－20=0，則1－2k2≠0，Δ=80－16k2gt;0，x1+x2=12k2k2－1，x1x2=202k2－1.從而k1－k21+k1k2=y1－1x1－2－y2－1x2+21+y1－1x1－2y2－1x2+2=－8k2－48k+162k2－1+8x1－4k2－24k+82k2－1+4x1=2，則tan∠APB=2，從而sin∠APB=255.則ΔAPB外接圓半徑為r=|AB|2sin∠APB=5.由圖形的對稱性知，定圓的圓心在y軸上，設圓心坐標為（0，t）（tgt;1），則由垂徑定理可得r2=（|AB|2）2+（t－1）2，解得t=2，則定圓的方程為x2+（y－2）2=5.所以直線AE與BF的交點P在定圓上，方程為x2+（y－2）2=5.

評注解法2中只討論了點E與F相對位置的一種情形，以外，還有E與F均在雙曲線的一支以及點E在雙曲線左支，F在雙曲線的右支三種情形.讀者可別畫出這三種情形的具體構圖，討論解法2過程中哪些地方會有改變.

分析3在解法2的基礎上，我們發現只需求解出直線AE與BF的斜率，即可得∠APB為定值.考慮到點A，B，E，F四點都在雙曲線上，聯想到過四點的曲線系方程，運用曲線系方程直接構造斜率的關系，可以對解法2的運算過程作出優化.

解法3設直線l的方程為y=kx－3，直線AE的方程為y=k1（x－2）+1，直線BF的方程為y=k2（x+2）+1，而直線AB的方程為y=1.則過A，B，E，F四點的曲線系方程為（y－1）（y－kx+3）+λ［y－k1（x－2）－1］［y－k2（x+2）－1］=0，而A，B，E，F四點都在雙曲線上，則有（y－1）（y－kx+3）+λ［y－k1（x－2）－1］［y－k2（x+2）－1］=μ（x22－y2－1）.等號左邊的x2與y2的系數分別為λk1k2與1+λ，則有λk1k2=μ2，1+λ=－μ，則1+k1k2=λ－12λ.且有等號左邊的y的系數為2+λ（－2+2k1－2k2）=0，即k1－k2=λ－1λ.從而tan∠APB=k1－k21+k1k2=2.又k1=yP－1xP－2，k2=yP－1xP+2，代入化簡得xP 2 + （yP -2）2 = 5，所以直線AE與BF的交點P在定圓上，方程為x2+（y－2）2=5.

評注平面內，經過四點的二次曲線系是不能確定具體位置的，因此采用四點構成的直線方程構建二次曲線系方程.而本題中這四點又在雙曲線上，因此構建了兩個方程的等價關系，從而快速獲得斜率的關系.

3.細節探究

觀察本題中的點，直線的構成，可以發現A，B兩點是雙曲線上關于y軸對稱的兩點，而直線l是過y軸上定點D的一條動直線.讓人不禁思考的是A，B兩點與定點D的坐標有何關系？如果將A，B變為雙曲線上的任意關于y軸對稱的兩點，是否還存在過相應定點D的直線l使得與雙曲線交于E，F兩點，且直線AE與BF的交點在定圓上.帶著這些思考，作以下的探究.

探究1已知點A（x0，y0），B（－x0，y0）在雙曲線C：x22－y2=1上，過定點D（0，－3y0）（y0≠0）作直線l與C交于點E，F（均與A，B不重合）.則直線AE與BF的交點P在定圓上，且該圓的方程為x2 + （y-3y0 2 + 12y0 ）2 = （y0 2 + 1）（9y0 2 + 1）4y0 2.

證明設直線l的方程為y=kx－3y0，直線AE的方程為y=k1（x－x0）+y0，直線BF的方程為y=k2（x+x0）+y0，而直線AB的方程為y=y0.則過A，B，E，F四點的曲線系方程為（y－y0）（y－kx+3y0）+λ［y－k1（x－x0）－y0］［y－k2（x+x0）－y0］=0，而A，B，E，F四點在雙曲線上，則（y－y0）（y－kx+3y0）+λ［y－k1（x－x0）－y0］［y－k2（x+x0）－y0］=μ（x22－y2－1）.等號左邊的x2與y2的系數分別為λk1k2與1+λ，則有λk1k2=μ2，1+λ=－μ，則1+k1k2=λ－12λ.并且等號左邊的y的系數為2y0+λ（－2y0+k1x0－k2x0）=0，即k1－k2=2y0（λ－1）x0λ.從而tan∠APB=k1－k21+k1k2=4y0x0.又k1=yP－y0xP－x0，k2=yP－y0xP+x0，代入化簡得xP 2 + （yP -3y0 2 + 12y0 ）2 = （y0 2 + 1）（9y0 2 + 1）4y0 2，所以直線AE與BF的交點P在定圓：x2 + （y-3y0 2 + 12y0 ）2 = （y0 2 + 1）（9y0 2 + 1）4y0 2上.

在探究1的基礎上，對于一般的雙曲線是否有相應的結論呢？經過探究，獲得一般性結論1.

結論1已知點A（x0，y0），B（－x0，y0）在非等軸雙曲線C：x2a2－y2b2=1（agt;0，bgt;0），過定點D（0，－c2a2－b2y0）（y0≠0）作直線l與C交于點E，F（均與A，B不重合）.則直線AE與BF的交點P在定圓上，且該圓的方程為x2 + （y-c2y0 2 + a2b2-b42b2y0 ）2 = c4y0 4 + 2（a4 + b4）b2y0 2 + （a2-b2）2b44b4y0 2.

證明設直線l的方程為y=kx－c2a2－b2y0，直線AE的方程為y=k1（x－x0）+y0，直線BF的方程為y=k2（x+x0）+y0，而直線AB的方程為y=y0.則過A，B，E，F四點的曲線系方程為（y－y0）（y－kx+c2a2－b2y0）+λ［y－k1（x－x0）－y0］［y－k2（x+x0）－y0］=0，而A，B，E，F四點在雙曲線上，則（y－y0）（y－kx+c2a2－b2y0）+λ［y－k1（x－x0）－y0］［y－k2（x+x0）－y0］=μ（x2a2－y2b2－1）.等號左邊的x2與y2的系數分別為λk1k2與1+λ，則有λk1k2=μa2，1+λ=－μb2，則1+k1k2=（a2－b2）λ－b2λa2.且有等號左邊的y的系數為－y0+c2a2－b2y0+λ（－2y0+k1x0－k2x0）=0，即k1－k2=2y0［（a2－b2）λ－b2］x0（a2－b2）λ.從而tan∠APB=k1－k21+k1k2=2a2y0（a2－b2）x0.又k1=yP－y0xP－x0，k2=yP－y0xP+x0，代入化簡得xP 2 + （yP -c2y0 2 + a2b2-b42b2y0 ）2 = c4y0 4 + 2（a4 + b4）b2y0 2 + （a2-b2）2b44b4y0 2，所以直線AE與BF的交點P在定圓：x2 + （y-c2y0 2 + a2b2-b42b2y0 ）2 = c4y0 4 + 2（a4 + b4）b2y0 2 + （a2-b2）2b44b4y0 2上.

如果將A，B兩點改為關于x軸對稱的兩點，有下列結論2.

結論2已知點A（x0，y0），B（x0，－y0）在非等軸雙曲線C：x2a2－y2b2=1（agt;0，bgt;0），過定點D（c2a2－b2x0，0）（x0≠0）作直線l與C交于點E，F（均與A，B不重合）.則直線AE與BF的交點P在定圓上，且該圓的方程為（x-c2x0 2 + a4-a2b22a2x0 ）2 + y2 = c4x0 4-2（a4 + b4）a2x0 2 + （a2-b2）2a44a4x0 2.

證明為討論方便，不妨設點E在雙曲線右支上，點F在雙曲線左支上.設直線l的方程為x=my+c2a2－b2x0，直線AE的方程為y=k1（x－x0）+y0，直線BF的方程為y=k2（x－x0）－y0，而直線AB的方程為x=x0.則過A，B，E，F四點的曲線系方程為（x－x0）（x－my－c2a2－b2x0）+λ［y－k1（x－x0）－y0］［y－k2（x－x0）+y0］=0，而A，B，E，F四點在雙曲線上，則（x－x0）（x－my－c2a2－b2x0）+λ［y－k1（x－x0）－y0］［y－k2（x－x0）+y0］=μ（x2a2－y2b2－1）.等號左邊的x2與y2的系數分別為1+λk1k2與λ，則有1+λk1k2=μa2，λ=－μb2，則1+k1k2=（a2－b2）λ－a2λa2.且有等號左邊的x的系數為－c2a2－b2x0－x0+λ（－2k1k2x0+k2y0－k1y0）=0，即k2－k1=－2x0b2［（a2－b2）λ－a2］y0a2（a2－b2）λ.從而tan∠APB=k2－k11+k1k2=－2b2x0（a2－b2）y0.又k1=yP－y0xP－x0，k2=yP+y0xP－x0，代入化簡得（xP -c2x0 2 + a4-a2b22a2x0 ）2 + yP 2 = c4x0 4-2（a4 + b4）a2x0 2 + （a2-b2）2a44a4x0 2，所以直線AE與BF的交點P在定圓：（x-c2x0 2 + a4-a2b22a2x0 ）2 + y2 = c4x0 4-2（a4 + b4）a2x0 2 + （a2-b2）2a44a4x0 2上.

如果將結論類比到橢圓和拋物線中，是否也有類似的結論.讀者可自行探索.

4.結語

文章以一道模擬試題為例，給出了求解動點軌跡問題的具體策略.一般來講，處理這類問題有兩種方法，一種是根據動點的形成邏輯，尋找動點與已知點的關系，運用相關點法求得軌跡方程.運用此種方法常結合從特殊到一般的數學思想，即先猜后證法，這種方法優點是思維要求不高，缺點是運算量較大，常不易求得軌跡方程.另一種是動中尋靜，在圖形位置的變化過程中，尋找不變的幾何關系，運用此種方法常結合二次曲線的定義，這種方法的優點是運算量較小，缺點是思維要求較高，常不易發現規律.