【竞赛】解析几何3——曲线系

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例6. 【2005 年湖北高考第 21 题】设 A、B 是椭圆 3x2＋y2＝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）确定的取值范围，并求直线 AB 的方程； （Ⅱ）试判断是否存在这样的，使得 A、B、C、D 四点在同一个圆上？并说明理由． 解： （Ⅰ）设 A(x1,y1),B(x2,y2)，设 AB：y＝k(x－1)＋3，代入椭圆得： 2k(k－3) (k2＋3)x2－2k(k－3)x＋(k－3)2－＝0 ∵x1＋x2＝ 2 ＝2xN＝2 解得 k＝－1， k ＋3 y ∴△＝4k2(k－3)2－4(k2＋3)[(k－3)2－]＝4· 42－4· 4(16－)＞0∴＞12 A C 直线 AB 的方程为 y＝－x＋4 N B y2－y1 3(x1＋x2) 【或】设 A(x1,y1),B(x2,y2)，由点差法【过程略】 ＝－ x2－x1 y1＋y2 x D O ∵N(1,3)是 AB 的中点， ∴x1＋x2＝2,y1＋y2＝6∴kAB＝－1 又由 N(1,3)在椭圆内，∴3＋32＜∴＞12（下略） （Ⅱ）解法 1：又设 C(x3,y3),D(x4,y4)，CD 的中点为 M(x0,y0) ∵CD 垂直平分 AB，∴直线 CD 的方程为 y＝x＋2， 1 3 13 代入椭圆方程整理得：4x2＋4x＋4－＝0 ∴x3＋x4＝－1∴x0＝－ ，y0＝ ∴M(－ , ) 2 2 22 于是由弦长公式可得|CD|＝ 2|x3－x4|＝ 2(－3) ④ 将直线 AB 的方程 y＝－x＋4 代入椭圆方程得 4x2－8x＋16－＝0 ⑤ 同理可得 |AB|＝ 2|x1－x2|＝ 2(－12) ⑥ ∵当＞12 时， 2(－3)＞ 2(－12)∴|AB|＜|CD| 假设存在＞12，使得 A、B、C、D 四点共圆，则 CD 必为圆的直径，点 M 为圆心. |x0＋y0－4| 3 2 13 点 M(－ , )到直线 AB 的距离为 d＝ ＝ ⑦ 22 2 2 AB 2 9 －12 －3 CD2 于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得|MA|2＝|MB|2＝d 2＋ ＝ ＋ ＝ ＝ 2 2 2 2 2 |CD| 故当＞12 时，A、B、C、D 四点均在以 M 为圆心， 为半径的圆上. 2 2 【或】A、B、C、D 共圆△ACD 为直角三角形|AN| ＝|CN|· |DN|， 【相交弦定理的应用】 2 | CD | | CD | AB 即 ＝ 2 2 ＋d 2 －d ⑧ －12 由⑥式知，⑧式左边＝ 2 由④和⑦知，⑧式右边＝
2(－3) 3 2 2(－3) 3 2 －3 9 －12 ＝ ＋ － － ＝ 2 2 2 2 2 2 2
∴⑧式成立，即 A、B、C、D 四点共圆. 【或二次曲线系】 ∵AB：x＋y－4＝0，CD：x－y＋2＝0，∴(x＋y－4)(x－y＋2)＝0 过 A、B、C、D 四点 ∵3x2＋y2－＝0 过 A、B、C、D 四点 ∴3x2＋y2－＋(x＋y－4)(x－y＋2)＝0 过 A、B、C、D 四点 ∴3x2＋y2－＋(x2－y2－2x＋6y－8)＝0∴(3＋)x2＋(1－)y2－2x＋6y－8－＝0 ∴当 3＋＝1－，即＝－1 时，方程为 2x2＋2y2＋2x－6y＋8－＝0 1 3 1 9 3 －3 ∴x2＋y2＋x－3y＋4－ ＝0∴(x＋ )2＋(y－ )2＝ －4＋ ＋ ＝ － ＝ 2 2 2 2 4 4 2 2 2 －3 1 3 ∴A、B、C、D 四点都在圆(x＋ )2＋(y－ )2＝ 上． 2 2 2
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x2 y2 例7. 【2010 江苏卷 18】在平面直角坐标系 xOy 中，如图，已知椭圆 ＋ ＝1的左、右顶点为 A、B， 9 5 右焦点为 F．设过点 T(t,m)的直线 TA、TB 与椭圆分别交于点 M(x1,y1)、N(x2,y2)，其中 m＞0,y1＞1,y2 ＜0． y （1）设动点 P 满足 PF2－PB2＝4,求点 P 的轨迹； 1 （2）设 x1＝2,x2＝ ，求点 T 的坐标； 3 F B x （3）设 t＝9，求证：直线 MN 必过 x 轴上的一定点（其坐标与 m 无关） ． A 解（1） （2）略 m m （3）点 T 的坐标为(9,m) 直线 TA 方程为：y＝ (x＋3)，TB：y＝ (x－3)． 12 6 x2 y2 分别与椭圆 ＋ ＝1联立方程组，同时考虑到 xA＝－3，xB＝3， 9 5 3(80－m2) 40m 3(m2－20) y 20m 【过程略】解得：M( 2 , )，N( 2 ,－ 2 )． T m ＋80 m2＋80 m ＋20 m ＋20 M （方法一）当 x1≠x2 时，直线 MN 方程为： O A F B x 40m 20m ＋ 2 2 2 N m ＋80 m ＋20 3(m －20) 20m y＋ 2 ＝ ( x － ) 【整理略】 m ＋20 3(80－m2) 3(m2－20) m2＋20 － 2 2 m ＋80 m ＋20 令 y＝0，解得：x＝1．此时必过点 D（1，0） ； 当 x1＝x2 时，直线 MN 方程为：x＝1，与 x 轴交点为 D（1，0） ． 所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点 D（1，0） ． 3(80－m2) 3(m2－20) （方法二）若 x1＝x2，则由 2 ＝ 2 及 m＞0，得 m＝2 10， m ＋80 m ＋20 此时直线 MN 的方程为 x＝1，过点 D（1，0） ． 10m 10m 若 x1≠x2，则 m≠2 10，直线 MD 的斜率 kMD＝ ， 2，直线 ND 的斜率 kND＝ 40－m 40－m2 所以直线 MN 过 D 点．因此，直线 MN 必过 x 轴上的点（1，0） ． m m 解法三：由题意 TA：y＝ (x＋3)，TB：y＝ (x－3)，AB：y＝0，设 MN 方程为：px＋qy＋r＝0， 12 6 上述 4 条直线两两的交点即 A、B、M、N（任三点不共线） ， m m 则经过这四点的二次曲线可表示为：y－ (x＋3)· (px＋qy＋r)＝0 12 y－ 6 (x－3)＋y· y－ m x－m· y－mx＋m＋(pxy＋qy2＋ry)＝0 12 4 6 2 m2 2 m m m2 2 整理得： x ＋(1＋q)y ＋(p－ )xy＋(r＋ )y－ ＝0· · · · · · (*) 72 4 4 8 2 2 x y 当方程(*)表示椭圆 ＋ －1＝0时，比较系数得： 9 5 m m m p＝ p＝ p－ ＝0 4 4 4 m m m r＋ ＝0 ∴ r＝－ ∴ r＝－4 4 4 m2 m2 1 1 m2－40 m2 ∶1＋q∶－ ＝ ∶ ∶－1 q ＝ ＝ 5(1 ＋ q ) 72 8 9 5 8 40 2 m －40 m2－40 m m ∴MN： x＋ y－ ＝0 ∴mx＋ y－m＝0 10 4 40 4 m2－40 ∴MN：m(x－1)＋ y＝0 恒过定点(1,0)． 10

曲线系方程③不能包含过两曲线公共点的所有曲线， 那么使用时怎么知道所求方程在不在方程③中 呢? ——m· f1(x,y)＋n· f2(x,y)＝0 由直线生成的二次曲线系： 设 fi＝Ai x＋Bi y＋Ci（i＝1,2,3,· · · ） （1）若三角形三边的方程为：fi＝0（i＝1,2,3） ，则经过三角形三个顶点的二次曲线系为： f1· f2＋f2· f3＋f3· f1＝0（、为参数） （2）若四边形四条边的方程为：fi＝0（i＝1,2,3,4） ，则经过四边形四个顶点的二次曲线系为： f1· f3＋f2· f4＝0（为参数） ， 其中 f1＝0 与 f3＝0、f2＝0 与 f4＝0 分别为四边形的对边所在直线方程． （3）与两条直线 f1＝0、f2＝0 分别相切于 M1、M2 的二次曲线系为： f1· f2＋f3· f3＝0（为参数） ， 其中 f3＝0 是过 M1、M2 的直线方程． （3）过直线 f1＝0、f2＝0 与一个二次曲线 F(x,y)＝0 的 4 个交点的二次曲线系为： F(x,y)＋f1· f2＝0（为参数） ． 【例题选讲】 例1. 求经过两圆 x2＋y2＋6x－4＝0 和 x2＋y2＋6y－28＝0 的交点，并且圆心在直线 x－y－4＝0 上的圆 的方程． 解： 构造方程 x2＋y2＋6x－4＋(x2＋y2＋6y－28)＝0 即：(1＋)x2＋(1＋)y2＋6x＋6y－(4＋28)＝0 3 3 此方程的曲线是过已知两圆交点的圆，且圆心为(－ ,－ ) 1＋ 1＋ 3 3 当该圆心在直线 x－y－4＝0 上时，即 － ＋ －4＝0，解得：＝－7． 1＋ 1＋ ∴ 所求圆方程为 x2＋y2－x＋7y－32＝0 例2. 求与圆 x2＋y2－4x－2y－20＝0 切于 A(―1,―3)，且过 B(2,0)的圆的方程． 解法一：视 A(―1,―3)为圆(x＋1)2＋(y＋1)2＝r2，当 r→0 时，极限圆(x＋1)2＋(y＋3)2＝0 构造圆系：(x2＋y2－4x－2y－20)＋[(x＋1)2＋(y＋3)2]＝0 4 ∵曲线过 B(2,0) ∴＝ ∴所求的方程为：7x2＋7y2－4x＋18y－20＝0 3 解法二：过 A(―1,―3)的圆的切线为：3x＋4y＋15＝0 与已知圆构造圆系：x2＋y2－4x－2y－20＋(3x＋4y＋15)＝0 8 ∵曲线过 B(2,0) ∴＝ ∴所求的方程为：7x2＋7y2－4x＋18y－20＝0 7
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例3. 求证：两椭圆 b2x2＋a2y2＝a2b2、a2x2＋b2y2＝a2b2 的交点在以原点为中心的圆周上，并求这个圆方 程． 解：设(b2x2＋a2y2－a2b2)＋(a2x2＋b2y2－a2b2)＝0 2a2b2 令＝1，得：(a2＋b2)(x2＋y2)＝2a2b2，即：(x2＋y2)＝ 2 2 a ＋b 此方程为以原点为圆心的圆的方程，由曲线系知识知该圆过已知两椭圆的交点．即原题得证． 注意：由以上分析可以看出，利用曲线系解题，可以快速求解，但有时却是失效的． 例4. 求以圆 x2＋y2＝5 与抛物线 y2＝4x 的公共弦为直径的圆的方程. x2＋y2＝5 x1＝1 x2＝1 解法一：联立方程 2 ，解得： 或 y ＝4x y1＝2 y2＝－2 以这两点为直径的圆的方程是：(x－1)2＋y2＝4 解法二：构造方程 (x2＋y2－5)＋(y2－4x)＝0 即：x2＋(1＋)y2－4x－5＝0 (*) 显然，＝0 不是所求圆方程，而在≠0 时，方程(*)已不是圆方程了． ∴ 由(*)得不出所求结果． x2 y2 例5. 【书 P.131/16】过不在椭圆 2＋ 2＝1(a＞b＞0)上任一点 P 作两条直线 l1、l2 分别交椭圆于 A、B 和 a b C、D 四点，若 l1、l2 的倾斜角分别为 α、β，且 α＋β＝π，求证：A、B、C、D 四点共圆． 解法一： 【直线的参数方程】 y P x＝x0＋tcosα A 设 P(x0,y0)，设 l1 方程为： （t 为参数） C y＝y0＋tsinα x＝x0＋mcosβ O 直线 l2 方程为： （m 为参数） x y＝y0＋msinβ D B 2 2 (x0＋tcosα) (y0＋tsinα) 将 l1 方程代入椭圆方程得： ＋ ＝1 a2 b2 2 2 整理得：(a2sin2α＋b2cos2α)t2＋2(a2y0sinα＋b2x0cosα)t＋b2x0＋a2y0－a2b2＝0 b2x0＋a2y0－a2b2 b2x0＋a2y0－a2b2 ∴|PA|· |PB|＝|t1t2|＝ 2 2 ，同理，|PC|· |PD|＝|m1m2|＝ 2 2 a sin α＋b2cos2α a sin β＋b2cos2β ∵α＋β＝π，∴sinα＝sinβ，cosα＝－cosβ ∴|PA|· |PB|＝|PC|· |PD| 由平面几何知识知 A、B、C、D 四点共圆． 解法二： 【二次曲线系】设 P(x0,y0)，记 k＝tanα， 设 l1：y＝k(x－x0)＋y0，l2：y＝－k(x－x0)＋y0， ∴l1：kx－y－kx0＋y0＝0，l2：kx＋y－kx0－y0＝0， x2 y2 ∴过 A、B、C、D 四点的二次曲线设为： 2＋ 2－1＋(kx－y－kx0＋y0)(kx＋y－kx0－y0)＝0 a b 2 2 x y ∴ 2＋ 2－1＋(kx－kx0)2－(y－y0)2＝0 a b 1 1 2 2 ∴ 2＋k2x2＋ 2－y2－2k2x0x＋2y0y－1＋k2x0－y0＝0 a b 1 1 1 1 c2 ∴ 2＋k2＝ 2－时，方程为圆的方程，此时，(k2＋1)＝ 2－ 2，即＝ 2 2 2 ． a b b a a b (k ＋1) ∴A、B、C、D 四点共圆．
高二数学竞赛——曲线系
曲线系是具有某种性质的曲线集合，利用曲线系解题体现了参数变换的数学思想，整体处理的钥匙 策略，以及“基本量”和“待定系数”等重要的解题方法． 曲线系：如果两条曲线方程是 f1(x,y)＝0 和 f2(x,y)＝0, 它们的交点是 P(x0,y0)，则方程 f1(x,y)＋f2(x,y)＝0 的曲线也经过点 P(x0,y0) (是任意常数)． f1(x,y)＝0· · · · · · · ① 证明：由方程 得到 f1(x,y)＋f2(x,y)＝0· · · · · · · ③ 只须将（x0, y0）代入证明． · · · · · · ② f2(x,y)＝0· 设圆 C1∶x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0 和圆 C2∶x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0．若两圆相交，则过交点的圆 系方程为 x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋ (x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0 (为参数，圆系中不包括圆 C2，＝－1 为两圆的公共弦所在直线方程)． 设圆 C∶x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0 与直线 l：Ax＋By＋C＝0，若直线与圆相交，则过交点的圆系方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋(Ax＋By＋C)＝0(为参数)．