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在求轨迹方程时，对明显蕴涵几何条件，如中垂线、直角、圆内弦中点、中线、中位线、角平分线、两圆内切或外切等的一类问题，在用代数法（直接法、定义法、代入法、参数法、交轨法等）求解之前，应先利用图形本身具有的几何条件，借助平面几何中的有关定理和性质（如中垂线定理、勾股定理、垂径定理、中线定理、中位线性质、角平分线性质、连心线性质等），尝试看看能否得出有益的数量关系或结论．这是使解法巧妙优美的一种有效方法．
下面以普通高中课程标准实验教科书《数学》（人教版）选修第二章《圆锥曲线与方程》中P37练习第3题加以说明．
一、课本题目
如图，已知点C的坐标是（2，2），过点C的直线CA与x轴交于点A，过点C且与直线CA垂直的直线CB与y轴交于点B．设点M是线段AB的中点，求点M的轨迹方程．
二、教参答案
提供给教师的参考书中，答案如下：
【答案】设点A、M的坐标分别为（t，0），（x，y）．
（1）当t≠2时，直线CA斜率kCA==，所以kCB=-=．
由直线的点斜式方程，得直线CB的方程为y-2=（x-2）．
令x=0，得y=4-t，即点B的坐标为（0，4－t） ．
由于点M是线段AB的中点，由中点公式得x=，y=．
从x=中解得t=2x，代入y=，得y=，即x+y-2=0 …… ①
（2）当t=2时，可得点A、B的坐标分别为（2，0），（0，2），此时点M的坐标为（1，1），它仍然适合方程①．
由（1）（2）可知，方程①就是点M的轨迹方程，它表示一条直线．
【点评】用参数法求轨迹方程思路自然流畅，但运算过程稍嫌繁长．
能否结合初中平面几何知识，缩短解题过程？接着继续探究，原来另有洞天！
三、巧思妙解
【巧思】 注意到在一般情况下，由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一性质可知：|MC|=|MO|；或者由∠BOA+∠BCA=180°得：四边形OACB四点共圆，亦可得出同样结论．
利用这一结论，下面求出点M的轨迹方程就不难了．
【妙解】设点M的坐标为（x，y），由前面分析可得
|MC|=|MO|，由两点距离公式可得：=，化简得x+y-2=0．
若直线CA或直线CB中有一条经过原点O，这时点M的坐标分别为（０，２）、（２，０），它仍然适合方程．
综上可知，方程x+y-2=0就是点M的轨迹方程，它表示一条直线．
当然本题还可以用相关点法求，也不失为一种好方法．
【点评】根据几何条件产生相关的有利结论，缩减过程，多思少算；继承发扬，捷足先登．
四、应用实践
求轨迹方程大概采用的方法有：直接法、定义法、代入法（即相关点法）、参数法、交轨法．也还有资料提到待定系数法、点差法等．一般地，题设中带有一些几何条件的题目，首先要思考该题是否具有相关的几何性质．若有，则挖出来，用好它，再进一步用恰当方法求轨迹方程．不管用哪种方法，采用时都应遵循解答简捷的原则．
【例一】 （2011年广东理19）设圆C与两圆（x+）2+y2=4，（x-）2+y2=4中的一个内切，另一个外切．
（1）求C的圆心轨迹L的方程；（2）略．
【分析】利用两圆内切与外切所具有的几何性质是解好本题的关键．如图，设动圆半径为R，当动圆左外切右内切时，有|CA|=R+2，|CB|=R-2，得CA-CB=4；当动圆左内切右外切时|CA|=R-2，|CB|=R+2，得|CB|-|CA|=4．综合可得||CA|-|CB||=4．
【解析】由双曲线的定义可知：圆心C的轨迹是以点A、B为焦点的双曲线．
设该双曲线方程为-=1（a>0，b>0），则2a=4，c=，故b==1．
故所求点C的轨迹方程为-y2=1.
【点评】利用两圆内切与外切所具有的几何性质推出圆心动点满足，即满足双曲线的定义，这是解好本题的关键．
【练习一】过圆M：（x-2）2+（y-2）2=4外一点P向此圆作两条切线，若这两切线互相垂直，试求动点P的轨迹方程．
【提示】如图，设切点为A、B，连结MA、MB、PM，先思考图形中四边形AMBP所具有的几何性质，再动手来求点P的轨迹方程．
【答案】设动点P(x，y)，依题意可知：四边形AMBP是正方形，从而|PM| = |MA| = 2，即=2，化简得：（x-2）2+（y-2）2=8，即为所求的轨迹方程．
【点评】利用连结过切点的半径垂直于切线及切线长相等这两个几何性质，再配合已知条件说明四边形AMBP是正方形，从而求出轨迹方程．
【例二】已知A（2，0）是圆内x2+y2=16的一个定点，以A为直角顶点作直角三角形ABC，且点B、C在圆上，试求BC中点D的轨迹方程．
【分析】连结OC，OD，AD．由于D为BC的中点，根据“垂径定理”得OD⊥BC；又由于“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一性质可知：DA=DB=DC=BC ．
【解析】设D（x，y），由分析可知：三角形ODC为直角三角形，故DO2+DA2=OC2，又由DA=DC代入化简，即求出点D的轨迹方程为：（x-1）2+y2=7．
【点评】不盲目引入参数来设点B、C的坐标，而是先分析研究本题蕴涵的几何性质，从而排除动点对本题的干扰，解好本题．
【练习二】已知Ｆ１、Ｆ２为椭圆的两个焦点，Q是椭圆上任意一点，从任一焦点作∠F1QF2的外角平分线的垂线，垂足为P, 则点P 的轨迹是（）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【提示】注意角平分线性质、三角形中位线性质的结合．
【答案】本题分两种情况，在左图中，由于∠AQP=∠F2QP，且F2A⊥QP，故有AQ=F2Q，AP=F2P．连接OP，则OP ∥ AF1=a（a为该椭圆的实半轴长）；同理，在右图中亦同样可得出此结论．综合可得：动点P到原点O的距离为定长a，故其轨迹为圆，选A ．
五、感悟升华
平面解析几何本身（或本质）就是数与形的完美结合，故求解时万万不能脱离图形而一味地进行繁难的计算．针对近年广东高考试题比较重视几何味的特点，在求轨迹方程时，请注意以下几点：
①先想后算，先几何，后代数，尽可能多思少算；
②倚重直觉，重视平面几何性质的应用；
③心中有数，不如心中有图，心中有图，不如识图懂图；
④利用数研究形，利用形简化数的运算，寻找捷径．
故在求轨迹方程时，若想解法巧妙优美，不妨先从几何条件入手，寻找捷径，或许妙解就在眼前．所以，针对这一省时高效的解题方法，我们何乐而不为呢？
（作者单位：江门市新会华侨中学）
责任编校徐国坚
“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”
下面以普通高中课程标准实验教科书《数学》（人教版）选修第二章《圆锥曲线与方程》中P37练习第3题加以说明．
一、课本题目
如图，已知点C的坐标是（2，2），过点C的直线CA与x轴交于点A，过点C且与直线CA垂直的直线CB与y轴交于点B．设点M是线段AB的中点，求点M的轨迹方程．
二、教参答案
提供给教师的参考书中，答案如下：
【答案】设点A、M的坐标分别为（t，0），（x，y）．
（1）当t≠2时，直线CA斜率kCA==，所以kCB=-=．
由直线的点斜式方程，得直线CB的方程为y-2=（x-2）．
令x=0，得y=4-t，即点B的坐标为（0，4－t） ．
由于点M是线段AB的中点，由中点公式得x=，y=．
从x=中解得t=2x，代入y=，得y=，即x+y-2=0 …… ①
（2）当t=2时，可得点A、B的坐标分别为（2，0），（0，2），此时点M的坐标为（1，1），它仍然适合方程①．
由（1）（2）可知，方程①就是点M的轨迹方程，它表示一条直线．
【点评】用参数法求轨迹方程思路自然流畅，但运算过程稍嫌繁长．
能否结合初中平面几何知识，缩短解题过程？接着继续探究，原来另有洞天！
三、巧思妙解
【巧思】 注意到在一般情况下，由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一性质可知：|MC|=|MO|；或者由∠BOA+∠BCA=180°得：四边形OACB四点共圆，亦可得出同样结论．
利用这一结论，下面求出点M的轨迹方程就不难了．
【妙解】设点M的坐标为（x，y），由前面分析可得
|MC|=|MO|，由两点距离公式可得：=，化简得x+y-2=0．
若直线CA或直线CB中有一条经过原点O，这时点M的坐标分别为（０，２）、（２，０），它仍然适合方程．
综上可知，方程x+y-2=0就是点M的轨迹方程，它表示一条直线．
当然本题还可以用相关点法求，也不失为一种好方法．
【点评】根据几何条件产生相关的有利结论，缩减过程，多思少算；继承发扬，捷足先登．
四、应用实践
求轨迹方程大概采用的方法有：直接法、定义法、代入法（即相关点法）、参数法、交轨法．也还有资料提到待定系数法、点差法等．一般地，题设中带有一些几何条件的题目，首先要思考该题是否具有相关的几何性质．若有，则挖出来，用好它，再进一步用恰当方法求轨迹方程．不管用哪种方法，采用时都应遵循解答简捷的原则．
【例一】 （2011年广东理19）设圆C与两圆（x+）2+y2=4，（x-）2+y2=4中的一个内切，另一个外切．
（1）求C的圆心轨迹L的方程；（2）略．
【分析】利用两圆内切与外切所具有的几何性质是解好本题的关键．如图，设动圆半径为R，当动圆左外切右内切时，有|CA|=R+2，|CB|=R-2，得CA-CB=4；当动圆左内切右外切时|CA|=R-2，|CB|=R+2，得|CB|-|CA|=4．综合可得||CA|-|CB||=4．
【解析】由双曲线的定义可知：圆心C的轨迹是以点A、B为焦点的双曲线．
设该双曲线方程为-=1（a>0，b>0），则2a=4，c=，故b==1．
故所求点C的轨迹方程为-y2=1.
【点评】利用两圆内切与外切所具有的几何性质推出圆心动点满足，即满足双曲线的定义，这是解好本题的关键．
【练习一】过圆M：（x-2）2+（y-2）2=4外一点P向此圆作两条切线，若这两切线互相垂直，试求动点P的轨迹方程．
【提示】如图，设切点为A、B，连结MA、MB、PM，先思考图形中四边形AMBP所具有的几何性质，再动手来求点P的轨迹方程．
【答案】设动点P(x，y)，依题意可知：四边形AMBP是正方形，从而|PM| = |MA| = 2，即=2，化简得：（x-2）2+（y-2）2=8，即为所求的轨迹方程．
【点评】利用连结过切点的半径垂直于切线及切线长相等这两个几何性质，再配合已知条件说明四边形AMBP是正方形，从而求出轨迹方程．
【例二】已知A（2，0）是圆内x2+y2=16的一个定点，以A为直角顶点作直角三角形ABC，且点B、C在圆上，试求BC中点D的轨迹方程．
【分析】连结OC，OD，AD．由于D为BC的中点，根据“垂径定理”得OD⊥BC；又由于“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一性质可知：DA=DB=DC=BC ．
【解析】设D（x，y），由分析可知：三角形ODC为直角三角形，故DO2+DA2=OC2，又由DA=DC代入化简，即求出点D的轨迹方程为：（x-1）2+y2=7．
【点评】不盲目引入参数来设点B、C的坐标，而是先分析研究本题蕴涵的几何性质，从而排除动点对本题的干扰，解好本题．
【练习二】已知Ｆ１、Ｆ２为椭圆的两个焦点，Q是椭圆上任意一点，从任一焦点作∠F1QF2的外角平分线的垂线，垂足为P, 则点P 的轨迹是（）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线
【提示】注意角平分线性质、三角形中位线性质的结合．
【答案】本题分两种情况，在左图中，由于∠AQP=∠F2QP，且F2A⊥QP，故有AQ=F2Q，AP=F2P．连接OP，则OP ∥ AF1=a（a为该椭圆的实半轴长）；同理，在右图中亦同样可得出此结论．综合可得：动点P到原点O的距离为定长a，故其轨迹为圆，选A ．
五、感悟升华
平面解析几何本身（或本质）就是数与形的完美结合，故求解时万万不能脱离图形而一味地进行繁难的计算．针对近年广东高考试题比较重视几何味的特点，在求轨迹方程时，请注意以下几点：
①先想后算，先几何，后代数，尽可能多思少算；
②倚重直觉，重视平面几何性质的应用；
③心中有数，不如心中有图，心中有图，不如识图懂图；
④利用数研究形，利用形简化数的运算，寻找捷径．
故在求轨迹方程时，若想解法巧妙优美，不妨先从几何条件入手，寻找捷径，或许妙解就在眼前．所以，针对这一省时高效的解题方法，我们何乐而不为呢？
（作者单位：江门市新会华侨中学）
责任编校徐国坚
“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”