1995-全国卷理-26 解-椭圆中动点轨迹方程

本题导读

本题考查动点轨迹方程的求法（相关点法/代入法）、向量共线与数乘的坐标表示。核心在于相关点法（坐标转移法）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1995年全国卷(理)） 已知椭圆 $\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{16}=1$，直线 $l:\frac{x}{12}+\frac{y}{8}=1$.$P$ 是 $l$ 上一点，射线 $O$ 交椭圆于点 $R$，又点 $Q$ 在 $OP$ 上且满足 $|OQ|\cdot |OP|=|OR{|}^2$，当点 $P$ 在 $l$ 上移动时，求点 $Q$ 的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线.

🔍【思路分析】

破题导航

设点：设目标动点为 $Q(x,y)$，相关动点为 $P(x_1,y_1)$， $R(x_2,y_2)$。 利用共线条件：由于 $O,Q,R,P$ 四点共线且同向，引入参数 $\lambda >0,\mu >0$，使得 $\overrightarrow{OP}=\lambda \overrightarrow{OQ}$，$\overrightarrow{OR}=\mu \overrightarrow{OQ}$。由此可得：

• $P(\lambda x,\lambda y)$
• $R(\mu x,\mu y)$ 转化长度积条件：由 $|OQ|\cdot |OP|=|OR{|}^2$ 可知： $|OQ|\cdot \lambda |OQ|=(\mu |OQ|{)}^2⟹\lambda ={\mu }^2\text{(1)}$ 代入已知曲线方程：
• 将 $P$ 点坐标代入直线 $l$ 的方程，得到关于 $\lambda ,x,y$ 的方程。
• 将 $R$ 点坐标代入椭圆方程，得到关于 $\mu ,x,y$ 的方程。 消元求解：利用①式的关系消去参数 $\lambda$ 和 $\mu$，即可直接得到关于 $x,y$ 的轨迹方程。

✅【答案】

Success

$\frac{(x-1{)}^2}{\frac{5}{2}}+\frac{(y-1{)}^2}{\frac{5}{3}}=1$，其中 $x,y$ 不同时为零

✍【详细解析】

Abstract

设目标动点为 $Q(x,y)$。设直线 $l$ 上的动点为 $P(x_1,y_1)$，椭圆上的动点为 $R(x_2,y_2)$。

因为 $O,Q,R,P$ 四点在同一条射线上，所以向量 $\overrightarrow{OP}$ 和 $\overrightarrow{OR}$ 与 $\overrightarrow{OQ}$ 同向。 设 $\overrightarrow{OP}=\lambda \overrightarrow{OQ}$ ($\lambda >0$)，$\overrightarrow{OR}=\mu \overrightarrow{OQ}$ ($\mu >0$)。 则点的坐标关系为： $x_1=\lambda x,y_1=\lambda y$ $x_2=\mu x,y_2=\mu y$

根据几何长度关系： $|OP|=\lambda |OQ|,|OR|=\mu |OQ|$ 代入已知条件 $|OQ|\cdot |OP|=|OR{|}^2$ 得： $|OQ|\cdot \lambda |OQ|=(\mu |OQ|{)}^2⟹\lambda |OQ{|}^2={\mu }^2|OQ{|}^2$ 因为 $P$ 在直线 $l$ 上，射线 $OP$ 存在，所以 $|OQ|\ne 0$，两边同除以 $|OQ{|}^2$ 得： $\lambda ={\mu }^2\text{(1)}$

将 $P(\lambda x,\lambda y)$ 代入直线 $l:\frac{x}{12}+\frac{y}{8}=1$ 中，得： $\frac{\lambda x}{12}+\frac{\lambda y}{8}=1⟹\lambda \left(\frac{x}{12}+\frac{y}{8}\right)=1\text{(2)}$

将 $R(\mu x,\mu y)$ 代入椭圆方程 $\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{16}=1$ 中，得： $\frac{(\mu x{)}^2}{24}+\frac{(\mu y{)}^2}{16}=1⟹{\mu }^2\left(\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{16}\right)=1\text{(3)}$

将①式 $\lambda ={\mu }^2$ 代入③式中，得： $\lambda \left(\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{16}\right)=1\text{(4)}$

由于 $\lambda >0$，由②式和④式可得： $\lambda =\frac{1}{\frac{x}{12}+\frac{y}{8}}=\frac{1}{\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{16}}$ 从而有： $\frac{x}{12}+\frac{y}{8}=\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{16}$

两边同时乘以 24 进行去分母化简： $2x+3y=x^2+\frac{3}{2}{y}^2⟹2x^2+3y^2-4x-6y=0$

范围讨论（挖点）： 因为 $P(x_1,y_1)$ 是直线 $l$ 上的点，直线 $l$ 不经过原点，所以 $|OP|=\lambda |OQ|$ 的值是有界的（不能为 $0$）。当 $P$ 点在直线上趋向于无穷远时，$\lambda \to \infty$。 由①式 $\lambda ={\mu }^2$ 可知，此时 $\mu \to \infty$。 然而 $R$ 点在椭圆上，其坐标有界， $|OR|=\mu |OQ|$ 必须保持有界。当 $\mu \to \infty$ 时，必然要求 $|OQ|\to 0$，即 $Q$ 点趋近于原点 $(0,0)$。 因为 $P$ 点作为直线上有限距离的点，无法真正到达无穷远处，所以 $\lambda$ 不能为无穷大，从而 $|OQ|\ne 0$，即轨迹不能包含原点 $(0,0)$。

将该二次曲线方程配方： $2(x-1{)}^2+3(y-1{)}^2=5⟹\frac{(x-1{)}^2}{\frac{5}{2}}+\frac{(y-1{)}^2}{\frac{5}{3}}=1$

答： 点 $Q$ 的轨迹方程为 $2x^2+3y^2-4x-6y=0$（其中 $x\ne 0$ 或 $y\ne 0$）。该轨迹是以 $(1,1)$ 为中心，长半轴长为 $\frac{\sqrt{10}}{2}$，短半轴长为 $\frac{\sqrt{15}}{3}$ 的椭圆（除去原点）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：利用相关点法求轨迹。通过共线向量的数乘关系 $\overrightarrow{OM}=k\overrightarrow{ON}$ 建立多点间的代数联系，是解析几何中的高频方法。 核心方法：“相关点消元法”。通过参数 $\lambda ,\mu$ 锁死点与点在射线上的相对位置，利用几何长度积转化为参数的代数方程 $\lambda ={\mu }^2$，从而将三个动点问题降维为单一的目标方程。 避坑指南：

• 联立消元时，必须注意由分母变形带来的真数限制。解方程过程中隐性消去了 $\lambda$，必须确保分母 $\frac{x}{12}+\frac{y}{8}\ne 0$。
• 最终必须扣除原点 $(0,0)$。利用相关点法可以更清晰地看清：当 $Q(0,0)$ 时，由②式可得 $\lambda \cdot 0=1$ 无解，说明原点绝对不在直线的有效投影范围内。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题利用坐标乘子法重现了反演几何。相关点法相比于极坐标法更符合常规直角坐标系的思维习惯，避开了三角函数的化简，展现了向量共线在线段变换中的数形结合优势。 结论推广： 若已知曲线 $C_1:f(x,y)=0$ 和曲线 $C_2:g(x,y)=0$。射线 $O$ 顺次交两曲线于 $R,P$，动点 $Q$ 满足 $|OQ{|}^a\cdot |OP{|}^b=|OR{|}^c$。 设 $\overrightarrow{OP}=\lambda \overrightarrow{OQ}$，$\overrightarrow{OR}=\mu \overrightarrow{OQ}$，则对应的参数方程恒满足： ${\lambda }^b\cdot 1={\mu }^c⟹{\lambda }^b={\mu }^c$ 通过代入 $f(\mu x,\mu y)=0$ 与 $g(\lambda x,\lambda y)=0$ 联立消去 $\lambda ,\mu$，即可解出任意类似长度幂次比例变换下的广义相关点轨迹方程。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 24.01 回归分析与线性拟合
• 09.02 平面向量的线性运算

类题演练 (Links)

• 1996-全国卷文-25 解-直线与双曲线的位置关系
• 1997-上海文-21 解-直线与抛物线的位置关系
• 1996-上海文-23 解-双曲线的方程与距离