交轨法

前言

交轨法，指轨迹是由两条动直线(或曲线)的交点构成，在两条动直线(或曲线)中消去参数即可得到轨迹方程的方法。交轨法也可以说是参数法，但是参数法不一定是交轨法。也是解析几何中求动点轨迹方程的常用方法之一。其使用步骤大致是：首先选择适当的参数表示两动直线(或曲线)的方程，将两动直线(或曲线)方程中的参数消去，此方程即为两动直线(或曲线)交点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做交轨法[交点轨迹法]。

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典例剖析

【2019年高考理数新课标Ⅱ第22题】 在极坐标系中，\(O\)为极点，点\(M(\rho_0，\theta_0)(\rho_0>0)\)在曲线\(C：\rho=4sin\theta\)上，直线\(l\)过点\(A(4，0)\)且与\(OM\)垂直，垂足为\(P\)。

(1).当 \(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\) 时，求\(\rho_0\)及\(l\)的极坐标方程；

分析：当\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)时，由\(\rho=4sin\theta\)，得到\(\rho_0=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)；

求直线\(l\)的极坐标方程有以下两个思路，可以比较看，哪一种更简便。

思路1：过点\(A\)的直线\(l\)的斜率为\(k=-\cfrac{1}{tan\frac{\pi}{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，

故直线\(l\)的普通方程为\(y-0=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-4)\)，

再用\(y=\rho\cdot sin\theta\)和\(x=\rho\cdot cos\theta\)代入上式，

变形直线的极坐标方程为\(\sqrt{3}\rho cos\theta+3\rho sin\theta=4\sqrt{3}\)，整理为

\(\rho\cdot sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})=2\)或者\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，

在\(\triangle OAP\)中，已知\(OA=4\)，\(\angle PAO=\cfrac{\pi}{6}\)，则\(OP=2\)，

在直线\(l\)上任取一点不同于点 \(P\) 的点 \(B(\rho，\theta)\)，则在\(\triangle OPB\)中，已知\(OB=\rho\)，\(\angle POB=\cfrac{\pi}{3}-\theta\)，\(OP=2\)，

则\(\rho\cdot cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)=2\)，也即 \(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)

经验证，点 \(P(2,\cfrac{\pi}{3})\) 也在直线 \(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\) 上，

故直线 \(l\) 的 极坐标方程为 \(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\) .

解后反思：相比较而言，在极坐标系下求直线的方程，我们只需要借助解三角形就可以搞定了，原因是在极坐标系下\(\rho\)的含义一定是极点到动点的线段的长度，这样就可以顺利借助解三角形来完成了。

(2).当\(M\)在\(C\)上运动且\(P\)在线段\(OM\)上时，求\(P\)点轨迹的极坐标方程。

分析：同样的，求\(P\)点轨迹的极坐标方程，我们也可以有两个思路来考虑，

思路1：【交轨法】在直角坐标系下思考求解，然后转化划归。

当直线 \(OM\) 的斜率存在时，设直线\(OM：y=kx\)，则直线\(AP：y=-\cfrac{1}{k}(x-4)\)，

则两条直线的交点\(P\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx①}\\{y=-\cfrac{1}{k}(x-4)②}\end{array}\right.(k为参数，k\geqslant 1)\)，

两式相乘，消去参数，得到\(y^2=-x(x-4)\)，

即\(x^2+y^2-4x=0\)，转化为极坐标方程为\(\rho^2=4\rho cos\theta\)，

即\(\rho=4cos\theta\)，对应的 \(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)当点 \(M\) 逆时针运动时，点 \(P\) 向点 \(O\) 靠近，\(\theta\) 趋近于\(\cfrac{\pi}{2}\) ，当点 \(M\) 顺时针运动时，点 \(P\) 向点 \(M\) 靠近，\(\theta\) 趋近多少呢，可以通过计算得到，点 \(M\) 运动到点 \((2,2)\) 时，\(\angle AMO=\cfrac{\pi}{2}\)，即过点 \(A\) 的直线和直线 \(OM\) 垂直，垂足为 点 \(M\) ，由已知条件得垂足是点 \(P\)，由于过直线外的一点做直线的垂线，只能做一条，则点 \(P\) 和点 \(M\) 重合，即另一个临界位置时， \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) .，

再思考当\(k\)不存在时，点\(P\)落在原点，也满足题意，对应\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，

综上所述，\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)，

思路2：如图所示，在极坐标系下直接思考和运算，

设动点\(P(\rho，\theta)\)，在\(\triangle OAP\)中，\(OP=\rho\)，我们很容易得到\(cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\)，

即\(\rho=4cos\theta\)，且 \(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2})\)当点 \(M\) 逆时针运动时，点 \(P\) 向点 \(O\) 靠近，\(\theta\) 趋近于\(\cfrac{\pi}{2}\) ，当点 \(M\) 顺时针运动时，点 \(P\) 向点 \(M\) 靠近，\(\theta\) 趋近多少呢，可以通过计算得到，点 \(M\) 运动到点 \((2,2)\) 时，\(\angle AMO=\cfrac{\pi}{2}\)，即过点 \(A\) 的直线和直线 \(OM\) 垂直，垂足为 点 \(M\) ，由已知条件得垂足是点 \(P\)，由于过直线外的一点做直线的垂线，只能做一条，则点 \(P\) 和点 \(M\) 重合，即另一个临界位置时， \(\theta=\cfrac{\pi}{4}\) .，当 \(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时，也满足题意，

故\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\)，\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\)。

解后反思：由这两小问题的解答过程比较分析，同样的问题，当放到极坐标下思考和运算会变得很简单，之所以我们感觉难，是因为我们对极坐标系很不熟悉而已。

求两条直线\(x-my-1=0\)和\(mx+y-1=0\)的交点的轨迹方程。

法1：参数方程法，首先联立两个方程，得到\(\left\{\begin{array}{l}{x-my-1=0①}\\{mx+y-1=0②}\end{array}\right.\)

给②式乘以\(m\)，消\(y\)得到，\(x=\cfrac{m+1}{m^2+1}\)，代入②式得到\(y=\cfrac{1-m}{m^2+1}\)

即交点轨迹的参数方程为

\[\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{m+1}{m^2+1}}\\{y=\cfrac{1-m}{m^2+1}}\end{array}\right.\quad (m为参数) \]

或者说我们就可以用参数方法来回答这个问题。

不过我们还是继续完成接下来的任务，重点和难点是消参。

\(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{m+1}{m^2+1}①}\\{y=\cfrac{1-m}{m^2+1}②}\end{array}\right.\quad (m为参数)\)，如何消参，

给 \(①^2+②^2\) ，得到\(x^2+y^2=\cfrac{(m+1)^2}{(m^2+1)^2}+\cfrac{(1-m)^2}{(m^2+1)^2}=\cfrac{2}{m^2+1}\)，

又\(x+y=\cfrac{2}{m^2+1}\)，故\(x^2+y^2-x-y=0\)。

又当\(x=0\)且\(y=0\)时，\(m\)不存在，

故所求的轨迹方程为\(x^2+y^2-x-y=0(x\neq0且y\neq 0)\)。

法2：交轨法，将两个方程分别变形为\(my=x-1\)和\(mx=1-y\)，

当\(m=0\)时，两个方程不能相除，此时得到两个直线的交点为\((1，1)\)；

当\(m\neq 0\)时，两式相除得到\(\cfrac{my}{mx}=\cfrac{x-1}{1-y}\)，即\(\cfrac{y}{x}=\cfrac{x-1}{1-y}\)，

变形为\(y(1-y)=x^2-x\)，整理为\(x^2+y^2-x-y=0\)，即\((x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2=\cfrac{1}{2}\)

再分别验证点\((1，1)\)和点\((0，1)\)和点\((1，0)\)都在上述曲线上，但是点\((0，0)\)不应该在轨迹曲线上，

[为什么验证这四个点，原因是由\(\cfrac{y}{x}=\cfrac{x-1}{1-y}\)，两个横行即分子分母都为零，得到点\((0，1)\)和\((1，0)\)，两个竖行都为零，得到点点\((0，0)\)和\((1，1)\)，]

故所求的轨迹方程为\(x^2+y^2-x-y=0(x\neq0且y\neq 0)\)。

以坐标原点\(O\)为极点，\(x\)轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线\(C\)的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\)，曲线\(M\)的直角坐标方程为\(x-2y+2=0(x>0)\)，以曲线\(M\)上的点与点\(O\)连线的斜率为参数，写出曲线\(M\)的参数方程；

分析：由\(\left\{\begin{array}{l}{x-2y+2=0(x>0)①}\\{y=kx②}\end{array}\right.\)

解方程，消去\(y\)，解得\(x=\cfrac{2}{2k-1}\)，代入②得到，\(y=\cfrac{2k}{2k-1}\)，由\(x=\cfrac{2}{2k-1}>0\)，得到\(k>\cfrac{1}{2}\)

故曲线\(M\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=\cfrac{2}{2k-1}}\\{y=\cfrac{2k}{2k-1}}\end{array}\right.\) (\(k\)为参数，\(k>\cfrac{1}{2}\))

可转化划归

一动圆\(\odot P\)与\(\odot O_1：x^2+y^2=1\)和\(\odot O_2：x^2+y^2-8x+7=0\)都内切，求动圆圆心的轨迹。

法1：定义法，记\(\odot O_1\)的圆心\((0,0)\)为点\(F_1\)，半径为\(r_1=1\)，记\(\odot O_2\)的圆心\((4,0)\)为点\(F_2\)，半径为\(r_2=3\)，

再设动圆的圆心坐标为\(P(x，y)\)，半径为\(R\)，则由于动圆\(\odot P\)与两个圆都内切，则有\(|PF_1|=R+1\)，\(|PF_2|=R+3\)，

即\(|PF_2|-|PF_1|=2\)，故动点\(P\)到两个定点的距离的差为定值[注意没有绝对值]，则动点的轨迹为双曲线的右支。

又由上式可知，\(a=1\)，\(2c=|F_1F_2|=4\)，故\(c=2\)，则\(b=\sqrt{3}\)，

故得到标准形式的双曲线的方程为\(\cfrac{x^2}{1^2}-\cfrac{y^2}{3}=1\)①，

但是上述的双曲线方程是基于双曲线的中心在坐标原点处的，而本题目的双曲线的中心在点\((2,0)\)，

故将①式对应的图像向右平移两个单位，则得到\(\cfrac{(x-2)^2}{1^2}-\cfrac{y^2}{3}=1\)，即\((x-2)^2-\cfrac{y^2}{3}=1\)，

故所求的动圆圆心轨迹为双曲线的右支，其中心为\((2,0)\)，实半轴长为\(1\)，虚半轴长为\(\sqrt{3}\)的双曲线。

法2：交轨法，本题目并没有明确要求交点的轨迹，但是我们可以将其转化，使得动点[动圆的圆心]称为两曲线族的交点，用交轨法求解。

设动圆的圆心坐标为\(P(x，y)\)，半径为\(R\)(此处我们视其为参数)，

\(\odot O_1\)的圆心\((0,0)\)，半径为\(r_1=1\)，\(\odot O_2\)的圆心\((4,0)\)，半径为\(r_2=3\)，

则点\(P\)的第一轨迹是以\(O(0,0)\)为圆心，以\(R-1\)为半径的圆周(同心圆族)，则

\[x^2+y^2=(R-1)^2\quad ① \]

点\(P\)的第二轨迹是以\(O_1(4,0)\)为圆心，以\(R-3\)为半径的圆周(同心圆族)，则

\[(x-4)^2+y^2=(R-3)^2\quad ② \]

故动圆圆心\(P\)的轨迹的参数方程为

\[\left\{\begin{array}{l}{x^2+y^2=(R-1)^2}\\{(x-4)^2+y^2=(R-3)^2}\end{array}\right.\quad(R为参数) \]

联立①②两式，消去参数\(R\;\)^[1]\(\;\)得到，\((x-2)^2-\cfrac{y^2}{3}=1\)，

故所求的动圆圆心轨迹为双曲线的右支，其中心为\((2,0)\)，实半轴长为\(1\)，虚半轴长为\(\sqrt{3}\)的双曲线。

【北师大选修教材4-4 \(P_{_{54}}\)复习题二 \(A\)组第 \(12\) 题】两动直线 \(3x+2y=6t\) 与 \(3tx-2ty=6\) 相交与点 \(P\) ，若取 \(t\) 为参数，求 \(P\)点的轨迹方程.

分析：联立两直线方程得到，\(\left\{\begin{array}{l}3x+2y=6t\\3x-2y=\cfrac{6}{t}\end{array}\right.\)，

解以 \(x\)，\(y\) 为元的方程，得到 \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}\\y=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{t})\end{array}\right.\)，

即所求的点 \(P\) 的轨迹方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}\\y=\cfrac{3}{2}(t-\cfrac{1}{t})\end{array}\right.\)，( \(t\) 为参数)

引申：如果此时还想知道点 \(P\) 的轨迹是什么曲线，可以考虑消去参数 \(t\)，比如，

由上可知， \(\left\{\begin{array}{l}x=t+\cfrac{1}{t}①\\\cfrac{2}{3}y=t-\cfrac{1}{t}②\end{array}\right.\)，

\(①^2-②^2\)，得到 \(x^2-\cfrac{4y^2}{9}=4\)，整理为 \(\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{9}=1\)，

即所求的轨迹为双曲线。

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1. [具体的消参过程：
   由①得到，\(\sqrt{x^2+y^2}+1=R\)，
   由②得到\(\sqrt{(x-4)^2+y^2}+3=R\)，
   则得到\(\sqrt{x^2+y^2}+1=\sqrt{(x-4)^2+y^2}+3\)，
   先整理得到\(\sqrt{x^2+y^2}-2=\sqrt{(x-4)^2+y^2}\)
   两边同时平方整理得到，\(\sqrt{x^2+y^2}=2x-3\)，
   再次两边同时平方整理得到，\((x-2)^2-\cfrac{y^2}{3}=1\)
   由于\(2x-3>0\)，故\(x>\cfrac{3}{2}\)，故只是双曲线的右支] ↩︎