曲线系理论及其应用

第21讲:曲线系理论及其应用
在一个关于x,y 的二元方程中,如果它含有一个不定的常数,赋于这个常数一些不同的值,可以得到一系列具有某种共同性质的曲线(包括直线),它们的全体组成的集合叫做具有某种共同性质曲线系.
利用曲线系解题,体现了参数变换的数学观点、整体处理的解题策略,以及“基本量”和“待定系数”的解题方法.这种观点、策略、方法的三位一体,能使解题水平更高、思维更活.下面介绍几类重要的曲线系. 定理1:过曲线C 1:f 1(x,y)=0与C 2:f 2(x,y)=0的交点的曲线系方程为:f 1(x,y)+λf 2(x,y)=0.
定理2:设二次曲线C:ax 2
+cy 2
+dx+ey+f=0与直线mx+ny+p=0有两个不同的交点,则过这两点的圆系方程为:(ax 2
+cy 2
+dx+ey+ f)+λ(mx+ny+p)(mx-ny+t)=0,这里λ=
2
2n m a c +-,t 为任意实数.
定理3:过圆M:x 2
+y 2
+2dx+2ey+f=0外一点P(x 0,y 0)作圆M 的两条切线PA 、PB,切点分别为A 、B,则双切线PA 与PB 构成的曲线方程为:(x 02
+y 02
+2dx 0+2ey 0+f)(x 2
+y 2
+2dx+2ey+f)-[x 0x+y 0y+d(x+x 0)+e(y+y 0)+f]2
=0,即包含切线PA:a 1x+b 1y+c=0与PB: a 2x+b 2y+c 2=0的方程.
定理4:设二次曲线C:ax 2
+bxy+cy 2
+dx+ey+f=0与直线l 1:m 1x+n 1y+p 1=0,l 2:m 2x+n 2y+p 2=0都有公共点,则过这些公共点的二次曲线系方程为:(ax 2
+bxy+cy 2
+dx+ey+f)+λ(m 1x+n 1y+p 1)(m 2x+n 2y+p 2)=0.
例1:过曲线交点的直线系.
[始源问题]:(2011年北大等十三校联考(北约)自主招生数学试题)求过抛物线y=2x 2-2x-1,y=-5x 2+2x+3两交点的直线
方程.
[解析]:由过抛物线y=2x 2-2x-1,y=-5x 2+2x+3两交点的曲线系:(2x 2-2x-1-y)+λ(-5x 2+2x+3-y)=0,即(2-5λ)x 2+2(λ-
1)x-(λ+1)y+3λ-1=0;令2-5λ=0⇒λ=5
2⇒曲线系:6x+7y-1=0⇒过抛物线y=2x 2-2x-1,y=-5x 2
+2x+3两交点的直线方程:6x+7y-1=0.
[原创问题]:已知抛物线C 1:y=2x 2+3x-3,C 2:y=-5x 2+tx+4
21-t.
(Ⅰ)求证:过抛物线C 1与C 2两交点的直线l 过定点A;
(Ⅱ)过点A 作斜率互为相反数的两直线与椭圆C:4
2x +32
y =1分别交于异于点A 的点M 、N,求证:直线MN 的斜率为定值.
[解析]:(Ⅰ)由y=2x 2+3x-3⇒5y=10x 2+15x-15…①;由y=-5x 2+tx+4
21-t ⇒2y=-10x 2+2tx+2
21-2t …②;由①+②得:7y=15x
+2tx-
29-2t ⇒2(x-1)t=7y-15x+29⇒直线l 过定点A(1,2
3
); (Ⅱ)设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),直线MN:y=kx+t;由⎩⎨
⎧=++=12
432
2y x t kx y ⇒(3+4k 2)x 2+8ktx+4t 2
-12=0⇒x 1+x 2=-2438k kt +,x 1x 2=2243124k t +-; 由k AM +k AN =0⇒
12311--
x y +12322--x y =0⇒12311--+x t kx +123
22--+x t kx =0⇒2kx 1x 2+(t-23-k)(x 1+x 2)-(2t-3)=0⇒2
2
43)3(8k t k +--(t-23-k) 2
438k kt +-(2t-3)=0⇒8k(t 2
-3)-8kt(t-
2
3-k)-(2t-3)(3+4k 2)=0⇒6(2k-1)t+12k 2
-24k+9=0⇒6(2k-1)t+3(2k-1)(2k-3)=0 ⇒k=
2
1
为定值. 例2:过曲线交点的圆系.
[始源问题]:(2001年新课程高考试题)设0<θ<2
π
,曲线x 2sin θ+y 2cos θ=1和x 2cos θ-y 2sin θ=1有4不同的交点.
(Ⅰ)求θ的取值范围;
(Ⅱ)证明:这4交点共圆,求圆半径的取值范围.
[解析]:(Ⅰ)由⎪⎩⎪⎨⎧
=-=+1sin cos 1
cos sin 2
22
2
θθθθy x y x ⇒x 2=sin θ+cos θ,y 2
=cos θ-sin θ>0⇒tan θ<1⇒θ∈(0,
4
π)⇒θ的取值范围是
(0,
4
π);
(Ⅱ)由过曲线x 2
sin θ+y 2
cos θ=1和x 2
cos θ-y 2
sin θ=1交点的曲线系:(x 2
sin θ+y 2
cos θ-1)+λ(x 2
cos θ-y 2
sin θ-1)=0,即(sin θ+λcos θ)x 2
+(cos θ-λsin θ)y 2
=1+λ;令sin θ+λcos θ=cos θ-λsin θ得:λ=θ
θθθcos sin sin cos +-⇒曲线系:x 2+y 2
=
2cos θ为圆⇒这4交点共圆;圆的半径r=θcos 2,由θ∈(0,
4
π)⇒r=θcos 2∈(42,2).
[原创问题]:设抛物线C 1:y 2=4x 与y=x 2-2
15x+c 有4不同的交点.
(Ⅰ)求c 的取值范围;
(Ⅱ)证明:这4交点共圆,并求圆半径的取值范围.
[解析]:(Ⅰ)由⎪⎩
⎪
⎨⎧+-==c x x y x y 215
422⇒y 4-30y 2-16y+16c=0;令f(t)=t 4-30t 2-16t+16c,则f '(t)=4(t 3-15t-4)=4(t-4)(t 2+4t+1)= 4(t-4)(t+2+3)(t+2-3)⇒f(t)的极大值=f(-2+3)(t 2+4t+1=0⇒t 2
=-4t-1)=16c+483-81>0⇒c>16
1
(81-483); f(t)的极小值=f(-2-3)(t 2
+4t+1=0⇒t 2
=-4t-1)=16c-483-81<0⇒c<
16
1
(81+483);f(4)的极小值=16c-16×18<0 ⇒c<18.综上,c ∈(
161(81-483),16
1
(81483)); (Ⅱ)由过抛物线C 1:y 2
=4x 与y=x 2
-2x+c 交点的曲线系:(x 2
-2x+c-y)+λ(y 2
-4x)=0,即x 2
+λy 2
-2(1+2λ)x-y+c=0;令λ=1⇒曲线系:x 2
+y 2
-6x-y+c=0为圆⇒这4交点共圆;圆的半径r=
2437c -;由c ∈(161(81-483),16
1
(81+483))⇒r ∈(0, 4
3
4867+).
例3:过两交点的圆系.
[始源问题]:(2004年湖北高考试题)直线l:y=kx+1与双曲线C:2x 2-y 2=1的右支交于不同的两点A 、B.
(Ⅰ)求实数k 的取值范围;
(Ⅱ)是否存在实数k,使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F ？若存在,求出k 的值;若不存在,说明理由.
[解析]:(Ⅰ)将y=kx+1代入2x 2-y 2=1中并化简整理得:(2-k 2)x 2-2kx-2=0,由已知得此方程有两个不小于
2
2
的实根,解得:-2<k<-2⇒k 的取值范围是(-2,-2);
(Ⅱ)设过A,B 两点的圆系方程为:2x 2-y 2-1+λ(kx-y+1)(kx+y+t)=0,即(2+λk 2)x 2-(1+λ)y 2
+k λ(t+1)x+λ(1-t)y+λt-1=0
⇒2+λk 2
=-(1+λ)⇒λ=-1
32
+k ⇒圆系方程为:x 2+y 2
-
2
2)1(3k
t k -+x-
2
2)1(3k
t --y-
2
2231k
t k -++=0;由于AB 是圆的直径,故圆心(
)
2(2)1(32k t k -+,
)
2(2)1(32k t --)在直线l 上⇒
)
2(2)1(322k t k -+-
)
2(2)1(32k t --+1=0⇒t=-
31⇒圆系方程为:x 2+y 2
-222k k -x-2
24k -y-222k k -=0;若此圆过右焦点
(
26,0)⇒23
-222k k -⋅26-222k
k -=0⇒k=566±-,又因k ∈(-2,-2)⇒k=566--⇒存在以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F,此时直线AB 的斜率k=
5
6
6--. [原创问题]:已知椭圆C:
2
2a
x +
2
2b
y =1(a>b>0)的离心率e=
36,过点A(0,-b)和B(a.0)的直线与原点的距离为2
3. (Ⅰ)求椭圆C 的方程;
(Ⅱ)已知直线y=kx+t 与椭圆交于M 、N 两点,证明:对任意的t>0,都存在k,使得以线段MN 为直径的圆过定点.
[解析]:(Ⅰ)由直线AB:bx-ay-ab=0⇒
2
2b a ab +=
23;又由e=
3
6
⇒2
21a b -
=
36⇒a 2=3,b 2=1⇒椭圆C:3
2x +y 2
=1; (Ⅱ)设过M 、N 两点的圆系方程为:x 2
+3y 2
-3+λ(kx-y+t)(kx+y+s)=0,即(1+λk 2
)x 2
+(3-λ)y 2
+k λ(t+s)x+λ(t-s)y+λts-3= 0⇒(1+λk 2
)=(3-λ)⇒λ=1
22+k ⇒圆系方程为:x 2+y 2
+
1
3)(22++k s t k x+
13)(22+-k s t y+
1
333222+--k k ts =0;由于MN 是圆的直径,故圆心
(-1
3)(2
++k s t k ,-
1
3)(2
+-k s t )在直线y=kx+t 上⇒s=2t ⇒圆系方程为:x 2
+y 2
+
1
362
+k kt
x-
1
322
+k t y+
1
33342
22+--k k t =0;令y=0得:x 2
+
1
362+k kt x+
1
3334222+--k k t =0⇒3(x 2
-1)k 2
+6txk+4t 2
+x 2
-3=0;令x=1得:6tk+4t 2
-2⇒k=-
t
t 31
22-⇒对任意的t>0,都存在k=- t
t 31
22-,使得以线段MN 为直径的圆过定点(1,0). 例4:四点共圆.
[始源问题]:(2011年全国高考试题)已知O 为坐标原点,F 为椭圆C:x 2
+2
2
y =1在y 轴正半轴上的焦点,过F 且斜率为-2
的直线l 与C 交于A 、B 两点,点P 满足OA +OB +OC =0. (Ⅰ)证明:点P 在C 上;
(Ⅱ)设点P 关于点O 的对称点为Q,证明:A 、P 、B 、Q 四点在同一圆上.
[解析]:(Ⅰ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由F(0,1)⇒直线l:y=-2x+1,代入x 2
+22
y =1得4x 2-22x-1=0⇒x 1+x 2=2
2⇒y 1+y 2=
-2(x 1+x 2)+2=1;由OA +OB +OP =0⇒OP =(-(x 1+x 2),-(y 1+y 2))=(-
22,-1)⇒点P(-2
2,-1)⇒点P 在C 上;
(Ⅱ)(法一)直线l:y=-2x+1,P(-22,-1),Q(2
2,1),过直线l 与椭圆C 交点的曲线系:2x 2+y 2
-2+λ(2x+y-1)(2x- y+t)=0⇒(2+2λ)x 2
+(1-λ)y 2
+2(t-1)λx+(t+1)λy-t λ-2=0,由该曲线为圆⇒2+2λ=1-λ⇒λ=-3
1
⇒圆的方程为:4x 2
+4y 2
-2(t-1)x-(t+1)y+t-6=0,若点P(-2
2,-1)在该圆上⇒t=0⇒圆的方程为:4x 2+4y 2
+2x-y-6=0⇒点
Q(
2
2
,1)在该圆上; (法二)直线l:y=-2x+1,直线PQ:2x-y=0,过直线l 、PQ 与椭圆C 交点的曲线系:2x 2+y 2
-2+λ(2x+y-1)(2x-y)=0⇒ (2+2λ)x 2
+(1-λ)y 2
-2λx+λy-2=0,当λ=-3
1
时,曲线系:4x 2
+4y 2
+2x-y-6=0为圆⇒A 、P 、B 、Q 四点在同一圆上.
[原创问题]:设A,B 是椭圆3x 2
+y 2
=λ上的两点,点N(1,3)是线段AB 的中点,线段AB 的垂直平分线与椭圆相交于C,D 两点.
(Ⅰ)确定λ的取值范围,并求直线AB 的方程;
(Ⅱ)试判断是否存在这样的λ,使得A,B,C,D 四点在同一个圆上?并说明理由.
[解析]:(Ⅰ)3+9<λ⇒λ>12,直线AB:3x+3y=3+9⇒x+y-4=0;
(Ⅱ)过直线AB 、CD 与椭圆C 交点的曲线系:3x 2
+y 2
-λ+t(x+y-4)(x-y+2)=0⇒(3+t)x 2
+(1-t)y 2
-2tx+6ty-8t-λ=0曲线系为圆⇒t=-1⇒圆的方程为:2x 2
+2y 2
+2x-3y+8-λ=0⇒A,B,C,D 四点在同一个圆上.
例5:四点共圆的条件.
[始源问题]:(1993年全国高中数学联赛试题)设0<a<b,过两定点A(a,0)和B(b,0)分别引直线l 和m,使与抛物线y 2=x
有四个不同的交点.当这四个交点共圆时,求直线l 与m 的交点P 的轨迹.
[解析]:设P(x 0,y 0),直线l:y-k 1x+k 2a=0,直线m:y-k 2x+k 2b=0,过这四点的曲线系:y 2-x+λ[y-k 1x+k 2a][y-k 2x+k 2b]=0⇒(1
+λ)y 2
-λ(k 1+k 2)xy+λk 1k 2x 2
+λ(k 1a+k 2b)y-[λk 1k 2(a+b)+1]x+λk 1k 2ab=0,该曲线系为圆⇔⎩⎨⎧=+=+212110k k k k λλ⇔⎪⎩
⎪⎨⎧+-=-=211
211k k k λ,直线l 与m 的交点⎩⎨⎧=+-=+-002221b k x k y a k x k y ⇒⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
-=+=)(2200b a k y b a x ⇒P 的轨迹:线段AB 的中垂线x=2b a +,除去直线x=2b a +与y=0,或y 2
=x 的三个交点.
[原创问题]:已知F 1、F 2分别是椭圆C:
2
2a x +
2
2b y =1(a>b>0)的左、右焦点,P 是椭圆C 上的任意一点,且1PF ⋅2PF 的最大
值是3,最小值是2. (Ⅰ)求椭圆C 的方程;
(Ⅱ)过两点F 1和A(1,1)分别引直线l 和m,使与椭圆C 有四个不同的交点.当这四个交点共圆时,求直线l 与m 的交点Q 的轨迹方程.
[解析]:(Ⅰ)设P(acos θ,bsin θ),F 1(-c,0),F 2(c,0),其中a 2=b 2+c 2,则1
PF ⋅2PF =P F 1⋅P F 2=(acos θ+c)(acos θ-c)+
b 2
sin 2
θ=a 2
cos 2
θ-c 2
+b 2
sin 2
θ=a 2
(1-sin 2
θ)-c 2
+b 2
sin 2
θ=(a 2
-c 2
)-(a 2
-b 2
)sin 2
θ=b 2
-c 2
sin 2
θ⇒b 2
=3,b 2
-c 2
=2⇒c 2
=1⇒a 2
=4
⇒椭圆C:
4
2x +32
y =1; (Ⅱ)设直线l:k 1x-y+k 1=0,直线m:k 2x-y+1-k 2=0,过这四点的曲线系:3x 2
+4y 2
-12+λ(k 1x-y+k 1)(k 2x-y+1-k 2)=0⇒(3+λk 1k 2) x 2
-λ(k 1+k 2)xy+(4+λ)y 2
+λk 1x-λ(1+k 1-k 2)y+λk 1(1-k 2)=0;该曲线系为圆⇔3+λk 1k 2=4+λ,λ(k 1+k 2)=0⇔λ=1
121-k k ,
k 1+k 2=0;此时,由k 1x-y+k 1=0,k 2x-y+1-k 2=0⇒(k 1-k 2)x+(k 1+k 2)-1=0⇒x=
121
k ⇒y=k 1+21⇒x(y-21)=2
1. 例6:圆的双切线方程.
[始源问题]:(2008年全国高中数学联赛试题)如图,P 是抛物线y 2=2x 上的动点,点B,C 在y 轴上,圆(x-1)2+y 2=1内切于
△PBC,求△PBC 面积的最小值.
[解析]:由抛物线的对称性知,不妨设P(2t 2,2t)(t>0),圆(x-1)2+y 2=1,即x 2+y 2-2x=0⇒双切线PB 与PC 的方程为:4t 4(x 2+
y 2
-2x)-[2t 2
x+2ty-(x+2t 2
)]2
=0,令x=0得:4t 4y 2
-(2ty-2t 2)2
=0(t ≠0)⇒(ty)2
=(y-t)2
.因为当t=1时,只有切线PB 与y 轴相
交;当0<t<1时,圆(x-1)2
+y 2
=1是△PBC 的旁切圆,所以t>1,且y B =t t +1,y C =
t t -1⇒|BC|=|y B -y C |=1
222-t t ⇒S △PBC =21
|BC||x P | =
1
22
4-t t =2[2+(t 2
-1)+
1
12
-t ]≥8.当且仅当t=2时,等号成立.
[原创问题]:设P 是抛物线C 1:x 2=4y 上的点.过点P 做圆C 2:x 2+(y+1)2=1的两条切线,交直线l:y=-1于A,B 两点.
(Ⅰ)若抛物线C 1在P 处的切线l 1分别与x 、y 轴交于点M 、N,求证:M 是PN 的中点;
(Ⅱ)是否存在点P,使线段AB 被抛物线C 1在点P 处的切线l 1平分？若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.
[解析]:(Ⅰ)设P(2t,t 2),则抛物线C 1在P 处的切线l 1:2tx=2(y+t 2),即y+t 2=tx ⇒M(t,0),N(0,-t 2)⇒M 是PN 的中点;
(Ⅱ)圆C 2:x 2
+y 2
+2y=0⇒双切线PA 与PB 的方程为:(t 4
+6t 2
)(x 2
+y 2
+2y)-[2tx+t 2
y+y+t 2]2
=0;令y=-1得:(t 4
+6t 2
)(x 2
-1)-(2tx- 1)2
=0⇒(t 4
+2t 2
)x 2
+4tx-(t 4
+6t 2
+1)=0⇒x A +x B =-2
4
24t
t t +=-
t
t 243
+⇒AB 的中点为(-
t
t 223
+,-1);线段AB 被抛物线C 1在点P
处的切线l 1平分⇔点(-t
t 223+,-1)在y+t 2
=tx 直线上⇔-1+t 2
=-
2
22+t ⇔t=0,矛盾.不存在.
例7:椭圆合成的二次曲线分解为直线.
[始源问题]:(2011年四川高考试题)椭圆有两顶 y
点A(-1,0)、B(1,0),过其焦点F(0,1)的直线l D
与椭圆交与C 、D 两点,并与x 轴交于点P.直线 C
AC 与直线BD 交于点Q. A O B P x (Ⅰ)当|CD|=
2
32时,求直线l 的方程;
(Ⅱ)当点P 异于A 、B 两点时,求证:OQ OP ⋅为定值.
[解析]:(Ⅰ)椭圆x 2+
22y =1,设直线l:y=kx+1,由⎩⎨⎧=-++=0
2212
2y x kx y ⇒(2+k 2)x 2+2kx-1=0⇒|CD|=2
1k +⋅222122k k ++= 2
32⇒k=±3⇒直线l:y=±3x+1;
(Ⅱ)设直线AC:y-k 1x-k 1=0,直线BD:y-k 2x+k 2=0则过A,B,C,D 四点的曲线系:2x 2
+y 2
-2+λ(y-k 1x-k 1)(y-k 2x+k 2)=0⇒(2+λk 1k 2)x 2
+(1+λ)y 2
-λ(k 1+k 2)xy-λ(k 1-k 2)y-λk 1k 2-2=0;该曲线系变为直线AB 与CD ⇒2+λk 1k 2=0,此时曲线系:y[(1+λ)y-λ(k 1+k 2)x-λ(k 1-k 2)]=0⇒直线CD:(1+λ)y-λ(k 1+k 2)x-λ(k 1-k 2)=0⇒x P =2
11
2k k k k +-;又由直线AC:y-k 1x-k 1=0,直线BD:y- k 2x+k 2=0⇒k 1x Q +k 1=k 2x Q -k 2⇒x Q =
1221k k k k -+⇒OQ OP ⋅=x P x Q =2112k k k k +-⋅
122
1k k k k -+=1. [原创问题]:已知椭圆C:
2
2a
x +2
2b
y =1(a>b>0)的离心率e=
2
1
,长轴的左、右端点分别为A(-2,0)、B(2,0). (Ⅰ)求椭圆C 的方程;
(Ⅱ)设直线x=ky+1与椭圆C 交于M 、N 两点,求证:直线AM 与BN 的交点P 在定直线上.
[解析]:(Ⅰ)由e=
2
21a b -
=
21⇒22a
b =43;又由a=2⇒b 2
=3⇒椭圆C:42x +32y =1;
(Ⅱ)设P(x,y),直线PA:y-k 1x-2k 1=0,直线PB:y-k 2x+2k 2=0⇒过A 、M 、B 、N 四点的二次曲线系:3x 2
+4y 2
-12+λ(y-k 1x-2k 1)(y- k 2x+2k 2)=0⇒(3+λk 1k 2)x 2
-λ(k 1+k 2)xy+(4+λ)y 2
+2λ(k 2-k 1)y-4λk 1k 2-12=0;该曲线系变为直线AB 与MN ⇒3+λk 1k 2=0,此时曲线系:y[λ(k 1+k 2)x-(4+λ)y-2λ(k 2-k 1)]=0⇒直线MN:λ(k 1+k 2)x-(4+λ)y-2λ(k 2-k 1)=0;由直线MN 过点(1,0)⇒k 1+ k 2=2(k 2-k 1)⇒
2+x y +2-x y =2(2-x y -2
+x y
)⇒x=4⇒点P 在定直线x=4上. 例8:双曲线合成的二次曲线分解为直线.
[始源问题]:(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设点A(-1,0),B(1,0),C(2,0), y P
D 在双曲线x 2
-y 2
=1的左支上,D ≠A,直线CD 交双曲线x 2
-y 2
=1的右支于点E,求证:直线 AD 与BE 的交点P 在直线x=
2
1
上. A B C x [解析]:设P(x 0,y 0),直线AD:y-k 1x-k 1=0,直线BE:y-k 2x+k 2=0,过A,B,E,D 四点的曲 D
线系:x 2
-y 2
-1+λ(y-k 1x-k 1)(y-k 2x+k 2)=0⇒(1+λk 1k 2)x 2
+(λ-1)y 2
-λ(k 1+k 2)xy-λ(k 1-k 2)y-λk 1k 2-1=0,该曲线变为直线AB
与CD ⇒1+λk 1k 2=0⇒直线CD:(λ-1)y-λ(k 1+k 2)x-λ(k 1-k 2)=0,由直线CD 过点C(2,0)⇒3k 1+k 2=0,⎩⎨
⎧-=+=)
1()1(21x k y x k y ⇒x=21
.
[原创问题]:已知双曲线C:
2
2a
x -
2
2b
y =1(a>0,b>0)的离心率e=
3
5
,实轴的左、右端点分别为A(-3,0)、B(3,0). (Ⅰ)求双曲线C 的方程;
(Ⅱ)设直线x=ky+3与双曲线C 交于M 、N 两点,求证:直线AM 与BN 的交点P 在定直线上.
[解析]:(Ⅰ)由a=3,e=a c =3
5
⇒c=5⇒b=4⇒双曲线C:92x -162y =1;
(Ⅱ)设P(x,y),直线PA:y-k 1x-3k 1=0,直线PB:y-k 2x+3k 2=0⇒过A 、M 、B 、N 四点的二次曲线系:16x 2-9y 2
-144+λ(y-k 1x-3k 1)(y -k 2x+3k 2)=0⇒(16+λk 1k 2)x 2
-λ(k 1+k 2)xy+(λ-9)y 2
+3λ(k 2-k 1)y-9λk 1k 2-144=0;该曲线系变为直线AB 与MN ⇒3+λk 1k 2=0,此时曲线系:y[λ(k 1+k 2)x-(λ-9)y-3λ(k 2-k 1)]=0⇒直线MN:λ(k 1+k 2)x-(λ-9)y-3λ(k 2-k 1)=0;由直线MN 过点(3,0)⇒ k 1+k 2=k 2-k 1⇒3+x y +3-x y =3-x y -3
+x y
⇒x=3⇒点P 在定直线x=3上.。