一道动点轨迹试题的探究与推广
摘要文章以一道测试题为例，从代数与几何两个维度给出求解动点轨迹问题的具体策略，并运用曲线系方法将试题推广到一般情形.
关键词动点轨迹；数形结合；推广
1.题目呈现
题目（南京师大附中2023-2024学年高二期中测试第22题）已知点A（2，1），B（－2，1）在双曲线C：x22－y2=1上，过点D（0，－3）作直线l与C交于点E，F（均与A，B不重合）.
（1）记G（0，2+5），当直线l平行于x轴，且与C右支交于点E时，证明：G，A，E三点共线.
（2）证明：直线AE与BF的交点P在定圆上，并求出该圆的方程.
该题第（1）问考查三点共线的证明.依据题意，易求得E（25，－3），利用斜率公式证明可kAE=kAG.第（2）问条件简洁，考查动点轨迹的求解，需要具备较强的直观想象，逻辑推理与数学运算素养.
2.解法探究
分析1动点P的轨迹是由于动点E与F的位置变化引起的，而动点E与F的位置变化是由于过定点D的直线l的位置变化引起的.显然直线l的斜率存在，理论上，可将动点P的坐标用直线l的斜率进行表示，然后消元获得轨迹方程.然而这种方法运算难度极大.下面先根据图形对称性猜测出定圆方程，再用分析法证明一般情形也满足.
解法1设点E（x1，y1），F（x2，y2），直线l的方程为y=kx－3，直线AE的方程为x=m1（y－1）+2，直线BF的方程为x=m2（y－1）－2.联立y=kx－3，
x2－2y2－2==0消去y得（1－2k2）x2+12kx－20=0，则1－2k2≠0，Δ=80－16k2gt;0.由韦达定理得x1+x2=12k2k2－1，x1x2=202k2－1.联立x=m1（y－1）+2，
x=m2（y－1）－2，解得P（2（m1+m2）m2－m1，1+4m2－m1）.由（1）知，当直线l平行于x轴可求得E（25，－3），此时F（－25，－3），直线AE的方程为y=－5+12x+2+5，BF的方程为y=5+12x+2+5，此时直线AE与直线BF的交点P1（0，2+5）.交换E与F的位置，同理求得点P2（0，2－5）.根据对称性，定圆必是以P1P2为直径的圆，方程为x2+（y－2）2=5.下面只需要证明点P（2（m1+m2）m2－m1，1+4m2－m1）满足圆x2+（y－2）2=5即可.只需证［2（m1+m2）m2－m1］2+（4m2－m1－1）2=5，即证（m2+m1）2－2（m2－m1）+4=（m2－m1）2，即证2m1m2－（m2－m1）+2=0，即证m2－m1=2（1+m1m2）.又点E（x1，y1）在直线AE上，则m1=x1－2y1－1=x1－2kx1－4，同理得m2=x2+2y2－1=x2+2kx2－4.则只需证x2+2kx2－4－x1－2kx1－4=2（1+x2+2kx2－4·x1－2kx1－4），即证（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，从而点P在圆x2+（y－2）2=5上.所以直线AE与BF的交点P在定圆上，方程为x2+（y－2）2=5.
评注首先利用两条特殊的直线求解出一个具体的交点P1，交换E与F的位置后，又获得两条具体的直线，从而又求解出一个交点P2，再根据图形的对称性推得定圆是以P1P2为直径的圆，最后运用分析法证明一般情形下的交点P也满足此圆方程.在解析几何中，很多关于定值，定点，定直线问题都可以采用先猜后证的方法，即先取特殊点（直线）求出对应的结果，再运用分析法证明一般情形也成立.
分析2分析本题图形中的结构，设E在双曲线右支上，当F与点A重合时，显然符合题意，所以点A在定圆上，同理点B也在定圆上.由于|AB|=4，则如果交点P在定圆上，则∠APB必为定值.因此，我们可以先探究∠APB的定值，然后寻求定圆的方程.以下约定直线AE与BF的斜率都存在，后文不再说明.
解法2不妨设E在双曲线右支上，F在双曲线左支上，直线AE的倾斜角为α，斜率为k1，直线BF的倾斜角为β，斜率为k2，则∠APB=α－β，则tan∠APB=tanα－tanβ1+tanαtanβ=k1－k21+k1k2.设E（x1，y1），F（x2，y2），直线l的方程为y=kx－3，联立y=kx－3，
x2－2y2－2=0消去y得（1－2k2）x2+12kx－20=0，则1－2k2≠0，Δ=80－16k2gt;0，x1+x2=12k2k2－1，x1x2=202k2－1.从而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，则tan∠APB=2，从而sin∠APB