【竞赛】解析几何3——曲线系
解析几何竞赛题选
25.[决赛试题]（13 分）已知两直线的方程： L : x = y = z ， L ' : x = y = z − b 。（1）问： 1a 1
参数 a, b 满足什么条件时， L 与 L ' 是异面直线？（2）当 L 与 L ' 不重合时，求 L ' 绕 L 旋转 所生成的旋转面 π 的方程，并指出曲面 π 的类型。
=
(1 a
, 0, −
1)× c
(0,1, 0)
=
(1 c
, 0,
1 ). a
若π
平行于l2 ,则λ
=
−
1 a
.在直线l2上取点M
(a,
0, 0),则M 到平面π的距离
即为l1与l2的距离2d，即
(2d )2 =
22
,⇒ 1 = 1 + 1 + 1 .
1 a2
+
1 b2
+
1 c2
d 2 a2 b2 c2
t 可以是任意的，所以，这时， π 的方程为：
⎧ x+y+z=b
⎪
⎨ ⎪⎩
x
2
+
y2
+
z2
≥
5 6
b2
，
π 的类型： a = 1 且 b ≠ 0 时， L 与 L ' 平行，π 是一柱面； a ≠ 1且 b = 0 时， L 与 L ' 相交， π 是一锥面（ a = −2 时 π 是平面）；当 a ≠ 1且 b ≠ 0 时，π 是单叶双曲面（ a = −2 时，π 是
+ +
(z (z
+ 1) 2 −1)2
，
即
全国高中数学联赛竞赛大纲(修订稿)及全部定理内容
全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求：面积和面积方法。
2、几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
3、几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。
到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。
三角形内到三边距离之积最大的点--重心。
4、几何不等式。
5、简单的等周问题。
了解下述定理：在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大。
在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。
在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。
在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。
6、几何中的运动：反射、平移、旋转。
7、复数方法、向量方法。
平面凸集、凸包及应用。
二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期，带绝对值的函数的图像。
三倍角公式，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。
2、第二数学归纳法。
递归，一阶、二阶递归，特征方程法。
函数迭代，求ｎ次迭代，简单的函数方程。
3、ｎ个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。
4、复数的指数形式，欧拉公式，棣美弗定理，单位根，单位根的应用。
5、圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。
6、一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。
7、简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理，格点及其性质。
三、立体几何1、多面角，多面角的性质。
三面角、直三面角的基本性质。
2、正多面体，欧拉定理。
3、体积证法。
4、截面，会作截面、表面展开图。
四、平面解析几何1、直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。
2、二元一次不等式表示的区域。
3、三角形的面积公式。
4、圆锥曲线的切线和法线。
5、圆的幂和根轴。
五、其它抽屉原理。
容斤原理。
极端原理。
集合的划分。
第20讲 曲线系及其应用(解析几何)(解析版)
第20讲曲线系及其应用知识与方法1.曲线系与曲线系方程的概念曲线系：具有某种共同性质的所有曲线的集合,称为一个曲线系,并用含有参数的方程来表示. 曲线系方程: 对于关于的二元方程,如果方程中除外,还含有至少一个暂不确定的参数,x,y x,y这样的方程叫曲线系方程.2.过两曲线交点的曲线系若两曲线和有交点,则过两曲线交点的曲线系方程可设为C1:f1(x,y)=0C2:f2(x,y)=0（不包括或者.f1(x,y)+λf2(x,y)=0f2(x,y)=0）λf1(x,y)+μf2(x,y)=03.一次曲线系（直线系)具有某种共同属性的一类直线的集合,称为直线系,也叫做一次曲线系,它的方程称直线系方程. 下面是几种常见的直线系方程:(1)过已知点的直线系方程或(为参数）;P(x0,y0)y−y0=k(x−x0)x=x0(2)斜率为的直线系方程：是参数）;k y=kx+b（b(3)与已知直线平行的直线系方程: 为参数）;Ax+By+C=0Ax+By+λ=0（λ(4)与已知直线垂直的直线系方程: 为参数）;Ax+By+C=0Bx−Ay+λ=0(λ(5)过直线与的交点的直线系方程:l1:A1x+B1y+C1=0l2:A2x+B2y+C2=0为参数）（不包括直线）A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0(λ l24.二次曲线系圆、椭圆、双曲线、抛物线统称为“二次曲线”，两条相交直线被视为二次曲线的退化形式. 二次曲线系的一般形式为:Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0两条直线所组成的二次曲线方程为:(Ax+B1y+C1)(A2x+B2y+C2)=01熟悉下列结论有助于我们更好地理解二次曲线系:定理给定五点,其中任何三点都不共线,则有且仅有一条二次曲线过这五点.在此定理的基础上我们可以进一步得到一些重要结论. 为简单起见,以下将两直线的并体记作l1,l2,那么可以理解为一条退化的二次曲线,其方程简记为.l1⋅l2l1⋅l2l1(x,y)⋅l2(x,y)=0推论1如果两条直线的方程为,分别记为,即A i x+B i y+C i=0(i=1,2)l i(x,y)(i=1,2),它们与一条二次曲线有交点,那么曲线系l i(x,y)≡A i x+B i y+C i=0F(x,y)=0λF(x,y)+μl1(x,y)⋅l2(x,y)=0经过这些交点.如果它们有四个不共线交点,那么曲线系包含有所有过此四点的二次曲线.由推论可知:若二次曲线的方程为: ,则Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(1)已知四边形四条边的方程为l i:A i x+B i y+C i=0(i=1,2,3,4),则过四边形四个顶点的二次曲线方程为.l1(x,y)l3(x,y)+λl2(x,y)l4(x,y)=0(2)过两直线与一条二次曲线的四个交点的二次曲线系的方程为l1,l2f(x,y)=0f(x,y)+λl1(x,y)l2(x,y)=0(3)与两条已知直线分别切于点的二次曲线系方程为, 其中l1,l2M1,M2l1(x,y)l2(x,y)+λl23(x,y)=0l3(x,是直线的方程.y)M1M2推论为不共线的三点,直线的方程为2P i(i=1,2,3)P i P i+1(i=1,2,3,P4=P1)l i(x,y)≡A i x+B i y+C i=0，则曲线系:λl1(x,y)⋅l2(x,y)+λ2l2(x,y)⋅l3(x,y)+λ3l3(x,y)⋅l1(x,y)=01表示所有过三点的二次曲线.P1,P2,P3典型例题类型利用曲线系求曲线方程1:【例1】已知椭圆与两直线C:x2+2y2=4l1:x+y−1=0,l2:2x−2y+1=0,各有两个交点,求过此四个交点及点的二次曲线.(−1,1)【答案】.5x2+4y2−x+3y−13=0【解析】显然四个交点不共线,可设所求曲线方程为,λ(x2+2y2−4)+(x+y−1)(2x−2y+1)=0将点的坐标代人方程,即得.故所求椭圆方程为.(−1,1)λ=35x2+4y2−x+3y−13=0【注】利用曲线系求曲线方程的步䐂:(1)设出曲线系方程;(2)根据条件求出参数;(3)回代即得所求方程.类型2：圆系问题【例2】求经过两圆和的交点,并且圆心在直线x2+y2+6x−4=0x2+y2+6y−28=0x−y−4=0的圆的方程.【答案】.x2+y2−x+7y−32=0【解析】设所求圆的方程为,x2+y2+6x−4+λ(x2+y2+6y−28)=0化简得 ，(1+λ)x 2+(1+λ)y 2+6x +6λy−(28λ+4)=0因为圆心在直线 上,所以 ,(−31+λ,−3λ1+λ)x−y−4=0−31+λ+−3λ1+λ−4=0解得,即得所求圆的方程为.λ=−7x 2+y 2−x +7y−32=0【例3】三边所在直线方程为: ,求的外接圆的方程. △ABC x−2y−5=0,3x−y =0,x +y−8=0△ABC 【答案】x 2+y 2−4x−2y−20=0【解析】外接圆方程可写为△ABC (x−2y−5)⋅(3x−y )+λ1(3x−y )(x +y−8)+λ2(x +y−8)(x−2y−5)=0即(3λ1+λ2+3)x 2+(2λ1−λ2−7)xy +(−λ1−2λ2+2)y 2+(−24λ1−13λ2−15)x+(8λ1+11λ2+5)y +40λ2=0于是,解得:,将它们代入，{2λ1−λ2−7=03λ1+λ2+3=−λ1−2λ2+2λ1=2,λ2=−3即得外接圆方程为 .△ABC x 2+y 2−4x−2y−20=0【例4】椭圆与直线 交于两点,点的坐标为.求过x 2+2y 2−2=0x +2y−1=0B ,C A (2,2)A ,B ,C 三点的圆的方程.【答案】6x 2+6y 2−9x−14y−2=0【解析】我们可以先求出B ,C点的坐标,利用推论2求解,不过这里可从另一个角度思考问题,二次曲线系λ(x 2+2y 2−2)+μ(x +2过两点,但十分明显地不包含过的所有曲线,过y−1)=0B ,C B ,C B ,C 的圆就不在其中.不过我们可以“就势”一变,再构造二次曲线系λ(x 2+2y 2−2)+μ(x +2y−1)(x−2y +m )=0(∗)这就包含了过的圆了.展开,得B ,C (λ+μ)x 2+(2λ−4μ)y 2+μ(m−1)x +2μ(m +1)y−mμ−2λ=0令,并取,即得.λ+μ=2λ−4μμ=1λ=5代入得.(∗)6x 2+6y 2+(m−1)x +2(m +1)y−m−10=0将点坐标代人,得,代人得所求圆的方程为.A m =−86x 2+6y 2−9x−14y−2=0【注】这里添加直线,原因是过三点的圆是唯一的,且缺项.x−2y +m =0A ,B ,C xy【例5】四条直线围成一个四边形,问l 1:x +3y−15=0,l 2:kx−y−6=0,l 3:x +5y =0,l 4:y =0k取何值时, 此四边形有个外接圆,并求此外接圆的方程.【答案】.x 2+y 2−15x−159y =0【解析】设过该四边形4个顶点的二次曲线系的方程为.(x +3y−15)(x +5y )+λ(kx−y−6)y =0整理得, 方程表示圆, 则 解得()()()22815157560x k xy y x y λλλ+++---+=151,80.k λλ-=+=, 故此四边形外接圆的方程为.414,7k λ==-22151590x y x y +--=【例6】 设过坐标原点的直线与拋物线交于两点, 且以l ()2:41C y x =-,A B AB 为直径的圆恰好经过拋物线的焦点, 求直线的方程.C F l【答案】.y =【解析】设直线的方程为, 构造过的二次曲线系l y kx =,A B ,()()()2410y x kx y kx y m λ--+-++=即,①()()2221440k x y mk x my λλλλ+-+--+=令得，代入①即得过两点的圆的方程是21k λλ=-211k λ=+,A B 222222224401111k k mk m x y x y k k k k ⎛⎫++--+= ⎪++++⎝⎭因点在圆上，于是有()2,0F 2224244011k mk k k ⎛⎫+-+= ⎪++⎝⎭又以为直径的圆的圆心在直线上, AB y kx =22411m mk k k k ⎛⎫∴=-- ⎪++⎝⎭由上两式消去, 解得故所求的直线的方程是m k =l y x =【例7】 已知直线与双曲线相交于两点, 当为何值时, 以10mx y -+=2231x y -=,A B m AB为直径的圆经过原点.【答案】 .1m =±【解析】构造二次曲线系: ,()()223110x y mx y mx y n λ--+-+++=即()()()()222311110m x y m n x n y n λλλλλ+-++++-+-=，令得，又圆经过原点，代入得，于是方程可表示为()231m λλ+=-+241m λ-=+1n λ=222253m x y mx y m ++-+=-又圆心在直线上，故()225,223m m m ⎛⎫+ ⎪- ⎪-⎝⎭10mx y -+=()22510223m m m m ⎡⎤+⎢⎥⋅--+=-⎢⎥⎣⎦化简整理得 故.410m -=，1m =±易知当时, 直线与双曲线相交, 所以当时, 以为直径的圆经过原点.1m =±1m =±AB 类型3: 利用曲线系求解切线问题【例8】 已知圆的方程为, 求经过圆上一点的切线方程.222x y r +=()00,M x y 【答案】 .200x x y y r +=【解析】视圆上的点为点圆,()00,M x y ()()22000x x y y -+-=设所求圆方程为: ,()()()22222000x x y y x y r λ-+-++-=令, 得, 故切线方程为.1λ=-22220000222x x y y x y r r +=++=200x x y y r +=【注】在二次曲线系的应用中，“点圆”, “点椭圆”可助一臂之カ.本题中, 将点看成“二次曲线": ,()00,M x y ()()22000x x y y -+-=即为“点圆”. 用类似的解法可得:(1)过圆上一点的切线方程为222()()x a y b r -+-=()00,M x y ()()()()200;x a x a y b y b r --+--=(2) 过椭圆上一点的切线方程为22221(0)x y a b a b +=>>()00,M x y 2200221;x y a b +=(3)过双曲线上一点的切线方程为；22221(0,0)x y a b a b -=>>()00,M x y 2200221x y a b-=(4)过抛物线上一点的切线方程为.22(0)y px p =>()00,M x y ()00y y p x x =+【例9】 求经过点且与圆相切于点的圆的方程.()4,1A -22(1)(3)5x y ++-=()1,2B 【答案】 .226250x y x y +--+=【解析】将切点视为点圆, 设所求圆的方程为:()1,2B 22(1)(2)0x y -+-=()2222(1)(2)2650x y x y x y λ⎡⎤-+-+++-+=⎣⎦将点坐标代入, 可得, 代入整理, 得所求方程为.A 12λ=-226250x y x y +--+=【例10】 求与拋物线相切于两点, 且过点的圆锥曲线方程.259y x =+()()0,3,1,2P Q --()2,1A -【答案】 .2225103117562970x xy y x y --+-+=【解析】过 和 两切点的直线方程是,()0,3P ()1,2Q --530x y -+=设所求的曲线方程是()2259(53)0, *y x x y λ--+-+=因曲线过点, 代人上式得.()2,1A -132λ=-再代入, 化简整理得所求的圆锥曲线方程是.()*2225103117562970x xy y x y --+-+=【注】运用此种解法比其他解法解决这类问题要简单得多，但切勿忘记将切点弦方程加上平方.类型4: 利用曲线系求解圆锥曲线上的四点共圆问题【例11】 已知为坐标原点, 为椭圆在轴正半轴上的焦点,O F 22:12y C x +=y过且斜率为的直线与交于两点, 点满足.F l C ,A B P 0OA OB OP ++=(1) 证明：点在上;P C (2) 设点关于点的对称点为, 证明： 四点在同一圆上.P O Q ,,,A P B Q 【答案】（1）见解析; (2) 见解析.【解析】 (1) 设, 直线, 与联立得,()()1122,,,A x y B x y :1l y =+2212y x +=2410x --=所以121214x x x x +==-由，得0OA OB OP ++=()()()1212,P x x y y -+-+()()())121212121121x x y y x x -+=-+=-+++=+-=-因为, 所以点在上.22(1)12⎛-+= ⎝P C (2) 解法 1:()()()2112224tan 11131PA PBPA PBx x k k APB y y k k ∠ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭====----++同理()214tan 13QB QA QA QBk k x x AQB k k ∠---====-+所以互补, 因此四点在同一圆上.,APB AQB ∠∠,,,A P B Q 解法 2:由和题设知, 的垂直平分线的方程为1P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,Q PQ ⎫⎪⎪⎭1l ()1yx =⋯设的中点为, 则的垂直平分线的方程为 (2)AB M 1,2M AB ⎫⎪⎪⎭2l 14y=+⋯由(1)(2)得的交点为,12,l l 18N ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭1NP x ==-=AM ===所以,NA NP NB NQ ===故四点在以为圆心的同一圆上.,,,A PB Q N 解法 3:由(1)得, 直线.1,P Q ⎛⎫⎫- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭PQ 0y -=又直线的方程为AB 1y =+10y +-=故两直线的二次方程为,AB PQ )10y y +--=由此可设过点的曲线系方程为,,,A P B Q①)()221220y y xy λ+--++-=即②()()2222120x y y λλλ++--+-=我们让②式表示圆, 则, 得 .221λλ+=-3λ=-代入①式化简得,224460x y y +--=即, 显然此方程表示一个圆, 故四点在同一圆上.22199864x y ⎛⎛⎫+-= ⎪ ⎝⎭⎝,,,A P B Q【例12】 若两条直线与圆锥曲线有四个交点, ()1,2i i y k x b i =+=()220ax by cx dy c a b ++++=≠则四个交点共圆的充要条件是.120k k +=【答案】见解析【证明】两直线组成的曲线方程为, 则过四个交点的曲线方程可设为()()11220k x y b k x y b -+-+=()()()2211220k x y b k x y b ax by cx dy e λ-+-++++++=必要性：若四点共圆, 则方程(1)表示圆, 那么(1)式左边展开式中项的系数为零, 即有xy .120k k +=充分性：当时，令(1)式左边展开式中项的系数相等, 得, 120k k +=22,x y 121k k a b λλ+=+联立解得, 将其代入(1)式, 整理得21211, k k k a bλ+=-=-220x y c x d y e ++++''='由题设知四个交点在方程(2)所表示的曲线上，显然方程(2)表示圆, 即四个交点共圆.【注】本题表明：圆锥曲线的内接四边形ABCD 出现四点共圆时，一定有任何一组对边对应所在的直线倾斜角互补.【例13】 设直线 与椭圆 交于 两点, 过 两点的圆与:43l y x =-22:12516x y E +=,A B ,A B E 交于另两点 , 则直线 的斜率为（ ,C D CD ）A. B. C.D. -414-2-14【答案】D【解析】设 , 所以, 则过:0CD l ax by c ++=()():430AB CD l l ax by c x y ⋃++--=,,,A B C D四点的曲线系为 .()()22:14302516x y C ax by c x y λ+-+++--=表示圆, 则系数相等, 且无项. 化简得C 22,x y xy 114251640a b b a λλλλ⎧+=-⎪⎨⎪-=⎩解得 4.CD a k b=-=-【注】由例 12 结论可知：四点共圆.,,,A B C D 04CD AB CD k k k ⇔+=⇒=-【例14】 已知拋物线的焦点为, 直线与轴的交点为,2:2(0)C y px p =>F 4y =y P 与的交点为, 且.C Q 54QF PQ =(1) 求抛物线的方程;C (2) 过的直线与相交于两点, 若的垂直平分线与相交于两点, 且F l C ,A B AB l 'C ,M N ,,,A M B N四点在同一个圆上, 求直线的方程.l【答案】（1） (2)或.24; y x =10x y --=10x y +-=【解析】 (1) 设, 代入中得, 所以,()0,4Q x 22(0)y px p =>08x p =088,22p p PQ QF x p p==+=+依题意得, 解得或 （舍去)，故拋物线的方程为.85824p p p+=⨯2p =2p =-C 24y x =(2) 依题意知与坐标轴不垂直, 故可设的方程为.l l ()10x my m =+≠代入得. 设,24y x =2440y my --=()()1122,,,A x y B x y 则, 故的中点为.12124,4y y y y +==-AB ()221,2D m m +又的斜率为, 所以的方程为,l 'm -l '2123x y m m=-++由直线的方程及拋物线方程, 可设过四点的曲线系方程为:,l l ',,,A M B N ()()22112340x my x y m y x m λ⎛⎫--+--+-= ⎪⎝⎭()()2223211122223230x y m xy m x m m y m m m λλ⎛⎫⎛⎫+----++++-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因为四点共圆, 所以, 从而.,,,A M B N 111,0m mλ-=-=2,1m λ==±当时，化简式得，1m =()*2214450x y x y +-++=即, 此时直线的方程为:;22(7)(2)48x y -++=l 10x y --=当时，化简式得, 即1m =-()*2214450x y x y +--+=22(7)(2)48x y -+-=此时直线的方程为：, 所求直线的方程为：或.l 10x y +-=l 10x y --=10x y +-=【例15】 设, 过两定点, 分别引直线和, 使与拋物线0b a >>()(),0,,0A a B b l m 2y x =有四个不同的交点, 当这四点共圆时, 求和的交点的轨迹.l m P 【答案】点的轨迹是直线 (除去与和三个交点）.P 2a bx +=0y =2y x =【解析】设, 则:,()00,P x y ()()0000:,:y yPA y x a PB y x b x a x b=-=---将两直线合并为二次曲线: ，,PA PB ()()00000y yy x a y x b x a x b ⎡⎤⎡⎤--⋅--=⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦又抛物线方程为,20y x -=则过四个点的二次曲线系方程为()()()200000y yy x a y x b y x x a x b λμ⎡⎤⎡⎤--⋅--+-=⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦因为四个交点共圆, 则方程（*）表示圆, 四点必满足方程:(为常数)()()222110x x y y r -+--=11,,x y r 于是:()()()()()2222001100y y y x a y x b y x x x y y r x a x b λμ⎡⎤⎡⎤--⋅--+-=-+--⎢⎥⎢⎥--⎣⎦⎣⎦对比两侧项的系数, 可得, 所以,xy 00000y y x a x b λ⎛⎫--= ⎪--⎝⎭()02a b x +=即点的轨迹是直线(除去与和的三个交点）. P 2a bx +=0y =2y x =【注】本题借助曲线系方程,巧妙利用“四点共圆”的已知条件，成功避开了求交点的繁杂过程. 需 要注意的是,在对比系数时, 不必找出所有项的系数, 我们只要找出其中最好用的即可. 本例中, 由于圆 方程的特点：没有项, 即项系数为0 , 故对比项的系数即可得到结果.xy xy xy 类型5: 利用曲线系求解定点定值问题【例16】 已知椭圆中有一内接, 且(如图), 求证, 直线22126x y +=,60PAB XOP ∠= 0PA PB k k +=AB方向一定.【答案】见解析【解析】点的坐标为, 过点, 将点视作二重点P (P 0y +-=P ,于是直线的方程依次是:,P P ,,,PA PB PPAB ()()1100y k x y k x y px qy r -=--=--++=++=过四点的椭圆方程可写为,,,A P P B①()][()()110y k x y k x y px qy r λμ⎡⎤--⋅--+++⋅++=⎣⎦与椭圆方程②22126x y +=代表同一条二次曲线, 故比较①②中项系数, 可得：, 即为所求.xy pq-=【例17】 已知为椭圆 的左右顶点, 在直线 上任取一点, 连接,A B 22221(0)x y a b a b+=>>:l x m =P , 分别与椭圆交于, 连交轴于点, 求证: .PA PB ,C D ,CD CD x (),0Q n 2mn a =【答案】见解析【解析】设, 则,(),P m t ()():0:0:0:0PA tx m a y at PB tx m a y at AB y CD kx y kn ⎧-++=⎪---=⎪⎨=⎪⎪--=⎩用双直线和椭圆表示双直线得,PA PB 222210x y a b+-=,AB CD ()()()()()22221x y tx m a y at tx m a y at kx y kn y a b λμ⎛⎫⎡⎤+-+-++---=-- ⎪⎣⎦⎝⎭比较的系数得, 即xy ()()()k t m a t m a μ=---+2k tmμ=-比较的系数得, 即y ()()()kn at m a at m a μ-=--++22kn ta μ-=所以.2mn a =【例18】 已知椭圆, 四点2222:1(0)x y C a b a b+=>>()()1231,1,0,1,1,P P P -中恰有三点在椭圆上.C (1) 求的方程;C (2) 设直线不经过点, 且与相交于两点. 若直线与直线的斜率的和为, 证明:l 2P C ,A B 2P A 2P B 1-过定点.l 【答案】（1） (2)见解析.221;4x y +=【解析】 (1) (过程略)221;4x y +=(2)设斜率分别为，其中22,P A P B 12,k k 121k k +=-则2122:10,:10P A k x y P B k x y -+=-+=将两直线方程合并为：()()12110 k x y k x y -+-+=联立方程组，（此方程组的解为三点的坐标）()()122211044k x y k x y x y ⎧-+-+=⎨+=⎩2,,P A B 整理得()()()2212212121(1)0411k k x y x y k k x k k y y ⎧+-+-=⎪⎨-=+-⎪⎩进而()()()2121(1)411y x y k k y y -+-=+-所以或（即点或）1y =()()12141x y k k y +-=+2P AB l 故直线的方程为：, 显然恒过定点.l ()()12141x y k k y +-=+l ()2,1-【例19】已知分别为椭圆的左、右顶点, 为的上顶点,A B 、222:1(1)x E y a a+=>G E 为直线上的动点,与的另一交点为与的另一交点为.8,AG GB P ⋅=6x =PA E ,C EB E D (1) 求的方程; (2) 证明：直线过定点.E CD 【答案】 (1) (2) 见解析221;9x y +=【解析】 (1) （过程略）2219x y +=(2) 设, 则()6,P t :930:330:0:0PA tx y t PB tx y t AB y CD x my n -+=⎧⎪--=⎪⎨=⎪⎪--=⎩用双直线和椭圆表示双直线,,PA PB 22990x y +-=,AB CD 得()()()()22999333x y bx y t tx y t y x my n λμ+-+-+--=--⎡⎤⎣⎦，比较的系数得;xy 121t μ-=比较的系数得, 所以.y 18t n μ=-32n =直线的方程为, 显然直线过定点.CD 32x my =+CD 3,02⎛⎫⎪⎝⎭【例20】 已知椭圆和定点 过点2222:1(0)x y E a b a b+=>>()(),0,,0, (,0).M m N n a m n a m n -<<<⋅≠M作直线交椭圆于点, 直线分别交椭圆于另一个点. 设直线和E ,A B ,AN BN E ,P Q AB PQ的斜率为 证明:21,.k k (1) 直线经过定点;PQ ()22222,02a n m mn a mn n ⎛⎫-- ⎪ ⎪-+⎝⎭(2) 为定值.2212222k a n k a mn n -=-+【答案】见解析.【解析】证明：如图, 设直线, 即()():,:A B AP y k x n BQ y k x n =-=-0A A k x y k n --=.则下面的曲线系方程表示经过点四点的曲线:0B B k x y k n --=,,,A B P Q ()()222210A AB B x y k x y k n k x y k n a b λ⎛⎫----++-= ⎪⎝⎭展开此方程得()()()222Λ22120A B A B A B B A B k k x y k k xy k k n x k k n y k k n a b λλλ⎛⎫⎛⎫++++--+-++⋅+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即①()2222222222011111A B A B A b A B A B k k k k n k k n k k k k n a x y xy x y b b b b bλλλλλλλ++----⋅++⋅+⋅+⋅+=+++++取特殊的, 使该方程表示为直线和组合体对应的曲线方程λ()1:AB y k x m =-2:PQ y k x t =+，展开此方程得()()1120k x y mk k x y t ---+=②()()()()2212121121102k k x y k k xy k t k k m x t k m y k mt ⋅++--+-+-+-=由此存在实数, 使得方程①和方程②为同一个方程, 对照和项系数得,λxy y 112t k mn k k -+-=--即()12t k m n n k =--⋅由此知直线,()212:PQ y k x k m n n k =+--⋅其与轴的交点为.x ()212,0n k k m n E k ⋅--⎛⎫⎪⎝⎭设直线的交点为, 点在椭圆关于点的极线上，,AB PQ T T 2222:1(0)x y E a b a b +=>>(),0N n 2:a l x n=设极线与轴的交点为. 由此得l x 2,0a K n ⎛⎫⎪⎝⎭()()22211122222n k k m n k a a n m n k n k n k KN a a k KMm m n n⋅----+-⋅===--解得2212222k a n k a mn n -=-+故此时的方程为，PQ ()()22222222an m n y k x k n k a mn n --=+⋅-⋅-+即()22222222a m n mn y k x k a mn n -+=+⋅-+从而直线经过定点.PQ ()22222,02a n m mn a mn n ⎛⎫-- ⎪ ⎪-+⎝⎭类型6: 证明圆锥曲线内接四边形的性质【例21】 试证明, 椭圆的内接矩形的两相邻边分别与椭圆的长短轴平行.【答案】见解析【解析】建立坐标系, 设矩形各边：,(), 1,2i i y k x h i ===则椭圆方程可写为,()()()()12120y k y k x h x h λμ--+--=显然,项系数为0, 故得证.xy。
高中数学竞赛专题讲座之五：解析几何_2_
高中数学竞赛专题讲座之五： 《解析几何》各类竞赛试题选讲一、选择题1．（04湖南）湖南）已知曲线已知曲线C ：x x y 22--=与直线0:=-+m y x l 有两个交点，则m 的取值范围是(C) A ．)2,12(-- B ．)12,2(--C ．)12,0[-D ．)12,0(-2．（05全国）方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是表示的曲线是（ ）A ．焦点在x 轴上的椭圆轴上的椭圆B ．焦点在x 轴上的双曲线轴上的双曲线C ．焦点在y 轴上的椭圆轴上的椭圆D ．焦点在y 轴上的双曲线轴上的双曲线3．（06浙江）已知两点A (1,2), B (3,1) 到直线L 的距离分别是25,2-，则满足条件的直线L 共有（共有（ C ）条. A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 解: 由,5=AB 分别以A ，B 为圆心，2，5为半径作两个圆，则两圆外切，有三条共切线。
正确答案为C. 4．（06安徽）过原点O 引抛物线224y x ax a =++的切线，当a 变化时，两个切点分别在抛物线（线（ ）上）上A ．2213,22y x y x == B ．2235,22y x y x ==C ．22,3y x y x ==D ．223,5y x y x ==5．若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A ) A ．a 21 B ．a1C ．aD ．a 26．（06江苏）已知抛物线y 2=2px ，o 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF 是直角三角形，则这样的点P 共有(B) A ．0个B ．2个C ．4个D ．6个7．（06全国）如图3，从双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点F 引圆222x y a +=的切线，切点为T ．延长FT 交双曲线右支于P 点.若M 为线段FP 的中点，O 为坐为坐 标原点，则||||MO MT -与b a -的大小关系为（的大小关系为（ ） A ．||||MO MT b a ->-B ．||||MO MT b a -=-C ．||||MO MT b a -<-D ．不确定．不确定8．（05四川）双曲线12222=-b y a x 的左焦点为1F ，顶点为21,A A ，P 是该双曲线右支上任意一点，则分别以线段211,A A PF 为直径的两圆一定为直径的两圆一定 （ ）A ．相交．相交B ．内切．内切C ．外切．外切D ．相离．相离解：设双曲线的另一个焦点为2F ，线段1PF 的中点为C ，在△PF F 21中，C 为1PF 的中点，O 为21F F 的中点，从而|)||(|21||212112A A PF PF OC -==，从而以线段211,A A PF 为直径的两圆一定内切. 9．点A 是直线x y l 3:=上一点，且在第一象限，点B 的坐标为（3，2），直线AB 交x 轴正半轴于点C ，那么三角形AOC 面积的最小值是（A ）10．（02湖南）已知A （-7，0），B （7，0），C （2，-12）三点，若椭圆的一个焦点为C ，且过A 、B 两点，此椭圆的另一个焦点的轨迹为（两点，此椭圆的另一个焦点的轨迹为（ ）（奥析263） A ．双曲线．双曲线 B ．椭圆．椭圆 C ．椭圆的一部分．椭圆的一部分 D ．双曲线的一部分．双曲线的一部分11．（03全国）过抛物线)2(82+=x y 的焦点F 作倾斜角为60O的直线。
09-13全国大学生高等数学竞赛真题及答案(非数学类)-无答案
一、填空题（每小题 5 分，共 20分）
(x y) ln(1 y )
1．计算 D
x dxdy ____________，其中区域 D 由直线 x y 1 与 1x y
两坐标轴所围成三角形区域.
2．设 f (x) 是连续函数，且满足 f (x) 3x2 2 f (x)dx 2 , 则 f (x) ____________. 0
3．曲面 z x22 y 2 2 平行平面 2x 2 y z 0 的切平面方程是__________.
4．设函数 y y(x) 由方程 xe f ( y) d2 y ________________. dx 2
ey ln 29确定，其中 f 具有二阶导数，且 f
1 ，则
二、（5 分）求极限 lim( ex e2x
2.证明广义积分
0
sin x
x
dx
不是绝对收敛的
3.设函数 y y x 由 x3 3x2 y 2 y3 2 确定，求 y x 的极值。
4.过曲线 y 3 x x 0 上的点 A 作切线，使该切线与曲线及 x 轴所围成的平面图形 3
的面积为 4 ，求点 A 的坐标。
二、（满分 12）计算定积分 I
x sin x arctan ex dx 1 cos2 x
三 、（ 满 分 12 分 ） 设 f x 在 x 0 处 存 在 二 阶 导 数 f 0 ， 且
lim f x x0 x
0 。证明 ：级数 f 1 收敛。
n1
n
四 、（ 满 分 12 分 ） 设 f x
b
sin f x dx
2
a
m
,f x
0a x b，证 明
解析几何《圆锥曲线的综合应用》
解析几何【8】圆锥曲线的综合应用1、定值、最值、取值范围问题（1）在圆锥曲线中，还有一类曲线方程，对其变量取不同值时，曲线本身的性质不变；或形态发生某些变化，但其某些固有的共同性质始终保持着，这就是定值问题．（2）当变量取不同值时，相关几何量达到最大或最小，这就是最值问题．通常有两类：一类是有关长度和面积的最值问题；一类是圆锥曲线中有关的几何元素的最值问题，曲线遵循某种条件时，变量有相应的允许取值范围，即取值范围问题．求解时有两种方法：①代数法：引入新的变量，通过圆锥曲线的性质、韦达定理、方程思想等，用新的变量表示（计算）最值、范围问题，再用函数思想、不等式方法得到最值、范围．②几何法：若问题的条件和结论能明显地体现曲线几何特征，则利用图形性质来解决最值与取值范围问题．2、对称、存在性问题、圆锥曲线有关的证明问题涉及线段相等，角相等，直线平行、垂直的证明方法，及定点、定值问题的判断方法等．3、实际应用解决的关键是建立坐标系，合理选择曲线模型，然后转化为相应的数学问题，作出定量或定性分析与判断，解题的一般思想是【温馨点睛】1、圆锥曲线经常和函数、三角函数、平面向量、不等式等结合，还有解析思想的应用，这些问题有较高的能力要求，这是每年高考必考的一道解答题，平时加强训练，认真审题，挖掘题目的隐含条件作为解题的突破口．2、利用函数思想，讨论有关最值时，特别要注意圆锥曲线自身范围的限定条件．3、涉及弦长的问题时，在熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解．4、圆锥曲线综合问题要四重视；①定义；②平面几何知识；③根与系数的关系；④曲线的几何特征与方程的代数特征．【例1】设1F 、2F 是椭圆22:12x C y 的左、右焦点，P 为椭圆C 上任意一点．（1）求12PF PF 的取值范围；（2）设过点1F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆C 于A 、B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 横坐标的取值范围.设点1F C 上任意一点，且12PF PF （1）（2）满足AD BD ，【例2】如图，已知抛物线2:4C x y ，过点 0,2M 任作一直线与C 相交于A 、B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D （O 为坐标原点）．（1）证明：动点D 在定直线上；（2）作C 的任意一条切线l （不含x 轴）与直线2y 相交于点1N ，与（1）中的定直线相交于点2N ，证明：2221MN MN 为定值，并求此定值．（1）（2）C 、D 两点（A 、【例3】已知抛物线2y x 上的动点 00,M x y ，过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x t 于A 、B 两点．（1）若点M ，求M 与焦点的距离；（2）若1t ， 1,1P ， 1,1Q ，求证：A B y y 为常数；（3）是否存在t ，使得1A B y y 且P Q y y 为常数？若存在，求t 的所有可能值；若不存在，请说明理由．x ．（1）（2）（3）使得PM PN 为【例4】为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川上相距8km 的A 、B 两点各建一个考察基地．视冰川面为平面形，以过A 、B 两点的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系（如图）．在直线2x 的右侧，考察范围为到点B 的距离不超过5km 的区域；在直线2x 的左侧，考察范围为到A 、B两点的距离之和不超过km 的区域．（1）求考察区域边界曲线的方程；（2）如图，设线段12PP 、23P P 是冰川的部分边界线（不考虑其他边界），当冰川融化时，边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动，第一年移动0.2km ，以后每年移动的距离为前一年的2倍，求冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间．【同类变式】某市为改善市民出行，大力发展轨道交通建设，规划中的轨道交通s号线线路示意图如图，已知M、N是东西方向主干道边两个景点，P、Q是南北方向主干道边两个景点，四个景点距离城市中心O均为km，线路AB段上的任意一点到景点N的距离比到景点M的距离都多10km，线路BC段上的任意一点到O的距离都相等，线路CD段上的任意一点到景点Q的距离比到景点P的距离都多10km，以O为原点建立平面直角坐标系xOy.（1）求轨道交通s号线线路示意图所在曲线的方程；（2）规划中的线路AB段上需建一站点G到景点Q的距离最近，问如何设置站点G的位置？【真题自测】1.设A 、B 是椭圆22:13x y C m长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足120AMB ，则m 的取值范围是（）.A 0,19, ；.B 9, ；.C 0,14, ；.D 4, ．2.① ②P .A 13.②若 111,P x y 、 222,P x y 为曲线C 上任意两点，则有12120x x ．下列判断正确的是（）.A ①和②均为真命题；.B ①和②均为假命题；.C ①为真命题，②为假命题；.D ①为假命题，②为真命题．4.设圆C 位于抛物线22y x 与直线3x 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆C 的半径能取到的最大值为．5.114c ，则c6.Q 使得AP AQ 07.如图，已知椭圆2221x y ，过原点的两条直线1l 和2l 分别与椭圆交于点A 、B 和C 、D ，记AOC 的面积为S ．（1）设 11,A x y ， 22,C x y ，用A 、C 的坐标表示点C 到直线1l 的距离，并证明122112S x y x y ；（2）设1:l y kx ，若,33C ，13S ，求k 的值．（3）设1l 与2l 的斜率之积为m ，求m 的值，使得无论1l 和2l 如何变动，面积S 保持不变．。
第3讲空间解析几何—曲面、曲线及其方程
第3讲 空间解析几何—曲面、曲线及其方程本节主要内容第三节 曲面及其方程1 曲面方程的概念2 旋转曲面3 柱 面 4二次曲面第四节 空间曲线及其方程1 空间曲线的一般方程2 空间曲线的参数方程3 空间曲线在坐标面上的投影讲解提纲：第七章 空间解析几何与向量代数第三节 曲面及其方程一、 曲面方程的概念空间曲面研究的两个基本问题是：1．已知曲面上的点所满足的几何条件，建立曲面的方程;2．已知曲面方程，研究曲面的几何形状.二、旋转曲面以一条平面曲线绕其平面上的一条直线旋转一周形成的曲面叫做旋转曲面，旋转曲线和定直线分别叫做旋转曲面的母线和轴。
三、柱面平行于定直线并沿定曲线C 移动的直线L 形成的轨迹叫做柱面，定曲线C 叫做柱面的准线，动直线L 叫做柱面的母线。
四、二次曲面三元二次方程0),,(=z y x F 所表示的曲面称为二次曲面。
例题选讲：曲面方程的概念例1 建立球心在点),,(0000z y x M 、半径为R 的球面方程. 解：易得球面方程为2222000()()()x x y y z z R -+-+-=例2 求与原点O 及)4,3,2(0M 的距离之比为1:2的点的全体所组成的曲面方程. 解：易得曲面方程为22224116()(1)()339x y z +++++=。
例3 已知()1,2,3,A ()2,1,4,B - 求线段AB 的垂直平分面的方程.解：设点(,,)M x y z 为所求平面上的任一点，由 A M B M ==整理得26270x y z -+-=。
例4方程2222440x y z x y z ++-++=表示怎样的曲面？旋转曲面例5 将xOz 坐标面上的抛物线25z x =分别绕x 轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解：易得旋转曲面的方程225y z x +=例6 直线L 绕另一条与L 相交的定直线旋转一周, 所得旋转曲面称为叫圆锥面. 两直线的交点称为圆锥面的顶点, 两直线的夹角α)20(πα<<称为圆锥面的半顶角. 试建立顶点在坐标原点, 旋转轴为z 轴, 半顶角为α的圆锥面方程解：在yoz 坐标平面上，直线L 的方程为 c o tz y α= 可得圆锥面的方程为2222()z x y α=+柱面例7 分别求母线平行于x 轴和y 轴，且通过曲线222222216x y z x y z ⎧++=⎨-+=⎩的柱面方程.解：母线平行于x 轴的柱面方程：22316y z -= 母线平行于y 轴的柱面方程：223216x z += 二次曲面.椭球面：1222222=++cz b y a x )0,0,0(>>>c b a抛物面椭圆抛物面 qy p x z 2222+= （同号与q p ）双曲抛物面 z qy p x =+-2222 ( p 与q 同号)双曲面单叶双曲面 1222222=-+c z b y a x )0,0,0(>>>c b a双叶双曲面 1222222-=-+c z b y a x )0,0,0(>>>c b a二次锥面 0222222=-+cz b y a x例8 由曲面,0,0,0===z y x 1,122=+=+z y y x 围成的空间区域(在第一卦限部分), 作它的简图.课堂练习 1.求直线11:121x y z L --==绕z 轴旋转所得到的旋转曲面的方程. 2.指出方程221x y -=及22z x =-所表示的曲面. 3 方程()()22234z x y =-+--的图形是怎样的?第四节 空间曲线及其方程一、 空间曲线的一般方程 ⎩⎨⎧==0),,(0),,(z y x G z y x F二、空间曲线的参数方程 ⎪⎩⎪⎨⎧===)()()(t z z t y y t x x三、 空间曲线在坐标面上的投影⇒⎩⎨⎧==.0),,(,0),,(z y x G z y x F ⇒=0),(y x H ⎩⎨⎧==00),(z y x H例题选讲：空间曲线的一般方程例1方程组 221493x y y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩表示怎样的曲线?空间曲线的参数方程例2 若空间一点M 在圆柱面222a y x =+上以角速度ω绕z 轴旋转, 同时又以线速度v 沿平行于z 轴的正方向上升 (其中ω、v 是常数), 则点M 构成的图形叫做螺旋线. 试建立其参数方程.解：取时间t 为参数，在t=0时，动点位于x 轴上的一点(,0,0)A a 处。
【二级结论】专题12 解析几何3
＝，＝（图1 图2 图3①以为直径的圆与准线相切；②以为直径的圆与轴相切；③以为直径的圆与轴相切；④分别以为直径的圆之间的关系：圆与圆外切；圆与圆既与轴相切，⼜与圆相内切．结合圆的⼏何性质易得有关直线垂直关系的结论，如图3有，①以为直径的圆的圆⼼在准线上的射影与两点的连线互相垂直，即；②以为直径的圆的圆⼼在轴上的射影与两点的连线互相垂直，即；③以为直径的圆的圆⼼在轴上的射影与两点的连线互相垂直，即；④以为直径的圆必过原点，即；⑤．【应⽤场景】AB M AF C y BF D y AB ,AF ,BF C D C D y M AB M 1A ,B A ⊥B M 1M 1AF y C 1A ,F A ⊥F C 1C 1BF y D 1B ,F B ⊥F D 1D 1A 1B 1F ⊥F A 1B 1F ⊥AB M 1运⽤焦点弦与圆有关的结论可以很⽅便的解决直线、圆、抛物线有关综合题，解题中要注意抛物线的定义、⼏何性质以及圆的⼏何性质的应⽤．【典例指引1】【反思】本题考查了抛物线的标准⽅程，抛物线的⼏何性质，以及直线和圆，直线和抛物线的位置关系的相关问题，当题设涉及直线，圆，圆锥曲线时，⼀般是直线与圆锥曲线相交于两点，需联⽴⽅程，得到根与系数的关系，⽽直线与圆经常利⽤圆的⼏何性质，得到⼀些常量，这些不变的量和圆锥曲线建⽴联系，从⽽进⼀步求解．【典例指引2】【针对训练】⼀、单选题：11. 在平⾯直⻆坐标系中，已知点，直线，动直线垂直于于点，线段的垂直平分线交于点，设的轨迹为.(1)求曲线的⽅程；(2)以曲线上的点为切点作曲线的切线，设 分别与，轴交于，两点，且恰与以定点为圆⼼的圆相切. 当圆的⾯积最⼩时，求与⾯积的⽐.12. 已知抛物线的准线为l ，记l 与y 轴交于点M ，过点M 作直线与C 相切，切点为N ，则以MN 为直径的圆的⽅程为（ ）A ．或B ．或C ．或D ．或13. 阿基⽶德（公元前287年---212年）是古希腊伟⼤的物理学家、数学家、天⽂学家，不仅在物理学⽅⾯贡献巨⼤，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点A 、B 处的切线交于点P ，称△为“阿基⽶德三⻆形”，当线段AB 经过抛物线焦点F 时，△具有以下特征：（1）P 点必在抛物线的准线上；（2）△为直⻆三⻆形，且;（3）.若经过抛物线焦点的⼀条弦为AB ，阿基⽶德三⻆形为△，且点P 的纵坐标为4，则直线AB 的⽅程为（ ）A ．x -2y -1=0B ．2x +y -2=0C ．x+2y -1=0D ．2x -y -2=0(1)若的⾯积为，求的值及圆的⽅程(2)若直线与抛物线C交于P，Q两点，且，准线与y轴交于点S，点S关于直线PQ的对称点为T，求的取值范围.。
解析几何第三章习题及解答
第三章 常见曲面习题3.11.证明：如果2220a b c d ++->，那么由方程2222220x y z ax by cz d ++++++=给出的曲面是一球面，求出它的球心坐标和半径。
证明：将方程配方得222222()()()x a y b z c a b c d +++++=++-，由2220a b c d ++->，得到方程表示球心是(,,)a b c ---2.求过三点(3,0,0),(0,2,0),(0,0,1)的圆的方程。
解：空间中的圆可由过三点(3,0,0),(0,2,0),(0,0,1)的一个球面和一个平面的交线表示，设过该三点的球面方程为2220x y z ax by cz d ++++++=，得到930,420,10a d b d c d ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩球面方程为22294(1)032d dx y z x y d z d ++++---++=，其中d 任意。
过该三点的平面方程是132x yz ++=，所以所求圆的方程可以为 2226()2(9)3(4)6(1)60,23660x y z d x d y d z d x y z ⎧++-+-+-++=⎨++-=⎩ 其中d 任意。
3.证明曲线24224324,1,(,)1,1t x t t t y t t t t z t t ⎧=⎪++⎪⎪=∈-∞+∞⎨++⎪⎪=⎪++⎩在一球面上，并此球面方程。
证明：因为曲线满足2322222224242422242424()()()111()(1)11tt t x y z t t t t t t t t t t y t t t t++=++++++++=++==++++即22211()24x y z +-+=，所以曲线在一个球面上。
4.适当选取坐标系，求下列轨迹的方程（1）到两定点距离之比等于常数的点的轨迹； （2）到两定点距离之和等于常数的点的轨迹； （3）到定平面和定点等距离的点的轨迹。
解析几何竞赛题选
a2 + 2 (a + 2)2
(x
+
y
+
z
− b)2
−
2b a+2
(x
+
y
+
z
− b)
− b2
=
0
，
当 a = −2 时，由⑤得， x + y + z = b ，这表明，π 在这个平面上。
同时，将④代入③，有 x2 + y2 + z2 = 6t2 + 2bt + b2 = 6(t + 1 b)2 + 5 b2 。由于 66
=
sin(π
−
α
+
β
)
=
α sin(
+
β
)
2R 2
2
22
m
L
β Cα γ
n
= sin α cos β + cos α sin β = l
22
2 2 2R
1
−
m2 4R2
+
m 2R
1
−
l2 4R
2
.
n=l
1−
m2 4R2
+m
1
−
l2 4R2
,
两边平方得解之即得证。
c B
l M
十六、ΔABC的面积为1，点E, F,G分别在边 BC,CA, AB上，AE于点R处平分BF, BF于点 S处平分CG，CG于点T 处平分AE, 求ΔRST的面积。
+ +
(z (z
+ 1) 2 −1)2
，
即
⎧x
空间解析几何-第3章-常见的曲面2
把方程的左边都化成两项正，一项负，则右边是1的就 表示单叶双曲面，而右边是－1的，就表示双叶双曲面.
2°绘图时要注意区分“实轴”和“虚轴”，并且保证对坐 标轴的标注要符合右手系的原则.
1、椭圆抛物面
x2 a2
, 椭圆
z h.
O
结论：单叶双曲面可看作由一
个椭圆的变动（大小位置都改
x
y
变）而产生，该椭圆在变动中，
保持所在平面与xOy 面平行，
且两对顶点分别在两定双曲线
上滑动.
用平行于坐标面的平面截割
z
(2)用y = h 截曲面
x2 Cyh： a2
z2 c2
1
h2 b2
，
y h.
①当 h b时
截线为双曲线
o
y
用平行于坐标面的平面截割
(2)用y = h 截曲面
x2 Cyh： a2
z2 c2
0，
y h.
③当 h ＝b 时
截线为直线
(0 , b , 0)
单叶双曲面： x2 y2 z2 1 a2 b2 c2
用y = h 截曲面
①当 h b 时
②当 h b 时
③当 h ＝b 时
x2 Cyh： a2
x2 Czh： a2
y2 b2
h2 c2
1,
z h.
结论：双叶双曲面可看作由 一个椭圆的变动（大小位置 都改变）而产生，该椭圆在 变动中，保持所在平面与 x
xOy 面平行，且两轴的端点
分别在两定双曲线上滑动.
z
o
y
（2）用 y t截曲面
何天成：从高联到IMO金牌,超详细数学竞赛学习方法
何天成：从高联到IMO金牌，超详细数学竞赛学习方法（一）本文作者何天成，第58届国际数学奥林匹克（IMO）金牌获得者，华南师大附中2017届毕业生，北京大学数学科学学院2017级新生。
本文首发于数学新星网。
作者非常详细地阐述了从高联一试/二试，到参加CMO，国家集训队，走向IMO，各级竞赛的心路历程和学习方法，对于参加竞赛的同学具有非常大的指导意义，因为篇幅较长，故分为三篇分享给大家。
请看过的同学温故知新，没看过的同学一定要认真做好笔记，满满的干货~正文如下：2017年7月，我有幸作为中国国家队的一员参加了第 58 届国际中学生数学奥林匹克竞赛（ IMO ) ，并获得了一枚金牌。
回顾六年竞赛之路，我从开始的一个懵懂无知的新人，一路上经历了不少挫折，走了不少弯路，在跌跌撞撞中算是摸索出了自己的一套学习竞赛的方法，最后的结局也是幸运的。
而正是这份幸运，让我觉得有责任把自己学习数学竞赛的经验与心得分享出来，希望后来者能吸取我的经验和教训，找到自己的不足，并更好地看清未来。
引言对于一场考试，我喜欢用以下 3 个参数来衡量最终的分数：最终分数=实力分 x 运气分 x 状态分。
其中实力，运气，状态均为非负实数。
这里，“实力”顾名思义，尽管不好量化，但是一般来说实力相差很大还是能看出来的。
“运气”主要代表“题目是否对路”，比如一个擅长几何的选手参加一场几何送分的考试，当然运气分较低；而参加一场几何难度他刚刚好能做出来的考试，运气分就比较高了。
当然，运气分是取决于考试本身的，可以认为主观上不能改变它，但是在集训队这样的多次考试中，平均下来，运气会比较稳定；并且，我们可以用比如“补短板”或者“狂刷一科”等方法改变运气分的波动大小。
另一方面的运气来自于改卷，即能不能得到预想中的分数，这一点理论上来说也是不能自己操纵的，但是可以通过加强书写等方法提升。
“状态”源于自身，常见的影响状态的因素有，比如考前一晚睡不着，考试很冻手、冻僵了，旁边的同学一直发出噪音等等。
简析曲线系在高中圆锥曲线的几个应用
简析曲线系在高中圆锥曲线的几个应用摘要：在解圆锥曲线题，尤其是在比较复杂的、涉及多条曲线时，求交点、求方程往往成为令人头疼的事情，本文介绍高中数学竞赛常用的一种工具——曲线系来解题，并借几道习题来探究其实用性。
关键词：圆锥曲线，曲线系一、介绍曲线系（本文只讨论二次曲线系） 首先，方程 Ax 2+By 2+Cxy+Dx+Ey+F=0表示的是一条二次曲线，包括高中涉及的圆、椭圆、双曲线、抛物线， 另补充一种情况：两条直线我们知道 方程 A 1x+B 1y+C 1=0 和 A 2x+B 2y+C 2=0 表示的是两条直线 那么 方程 （A 1x+B 1y+C 1）（A 2x+B 2y+C 2）=0 将表示这两条直线 并且方程展开后为一个二次式。
原因很简单， 所有满足上述两条直线的点的坐标都满足这个方程，故它表示的是这两条直线，特别的，当1212A AB B =时，表示的是两条平行线。
我们设两个二次曲线方程 C 1=0 C 2=0有方程 1λC 1+2λC 2=0 表示所有经过C 1与C 2交点的二次曲线 同样，不难解释，首先这是一个二次的方程，表示一条二次曲线，其次所有同时满足C 1=0 C 2=0的点都符合上式。
利用这一个关系，当我们已知该曲线方程为 S=0时我们可以得到 1λC 1+2λC 2=S 利用左右的系数对比便可以解出问题。
二、例题分析首先我们先以一道竞赛题来感受曲线系的威力：（1993年全国高中数学联赛）设0<a<b ，过两定点A （a ，0）B （b ，0）分别引直线l 与m ，与抛物线y 2=x 有四个不同交点，当这四个点共圆时，求l 与m 交点P 的轨迹。
分析：以常规思路，先设出点P 坐标 P （x 0,y 0） 然后找出“四点公园”的等价条件，用含有x 0、y 0的方程表示，便能解出P 点轨迹。
但是，其中不可避免的要不断进行求直线方程、求交点坐标的过程，并且要把“四点共圆”应用出来，其中运算量较大。
竞赛辅导-解析几何(二)
4
2.(教程 P324 第 14 题)已知点 A(0, 2) 和抛物线 y 2 x 4 上两点 B , C 使得 AB BC ，求点 C 的纵坐标的取值范围． ,0 4, x2 3.(教程 P332 第 7 题) F1 , F2 是椭圆 y 2 1 的两个焦点, P 是椭圆 4 上任意一点,则 PF1 PF2 的最小值是_______.
解析几何 2
1
竞赛辅导─解析几何(二)
(圆锥曲线)
知识点见教程 这里的问题一个很大的特点那就是 需要较强的计算能力,教程中有许多例题 等待大家去挑战. 我们今天的课也主要是感受一下这 里的思考,同时也介绍一些方法,希望能 起到抛砖引玉的作用.
2
思考一:(挑战教程中的几个问题)
y2 1.(教程 P323 第 9 题)过双典线 x 2 1 的右焦点作直线 l 交双曲线 2 于 A,B 两点,若实数 使得 AB 的直线 l 恰有 3 条,则
4
提示
1.用直线的参数方程来计算分析, 巧用参数的几何意义. 2.恰当建立直角坐标系 设二次曲线一般形式来分析, 并恰当运用二次曲线系方程形式.
3. 设圆的 标准方程 和双曲 线方程 联立消去 x ,得四:(挑战两个最值) 1.椭圆 x 2 4 y 2 a 2 ( a 为常数)的一条切线交 x , y 轴于 A, B 两点,则 S△ AOB 的最小值为( )
1
4.(教程 P333 第 12 题) P 为等轴双曲线 x 2 y 2 a 2 上一点, F1 , F2 为 它的左、右焦点，试求
PF1 PF2 PO
的取值范围.
2, 2
2
2
5.( 教 程 P341 第 5 题 ) 已 知 动 点 P( x, y) 满 足 二 次 方 程 3 10 x 2 xy 2 y 1 0 ,此二次曲线的离心率为_______.
解析几何的真题及答案
解析几何的真题及答案在学习数学的过程中，解析几何是一个重要的分支，它研究几何图形在坐标平面上的表示和性质。
解析几何是数学中的一门精深学科，涉及到多个概念和方法，需要我们结合理论和实践进行掌握。
为了更好地理解解析几何，我们可以通过来深入探讨这一学科。
一、直线与线段的问题解析几何中，直线和线段是基本的概念。
下面我们通过一个真题来解析直线与线段的性质。
【题目】在平面直角坐标系中，已知直线l：2x - 3y = 6与直线m：x + y = 3相交于点A，且点A到x轴的距离等于点A到y轴的距离。
求点A的坐标。
【解答】首先，我们可以通过联立方程求出直线l和直线m的交点坐标。
将x + y = 3代入直线l的方程，得到2x - 3(3 - x) = 6。
解这个方程，得到x = 2。
将x = 2代入点m的方程，得到y = 1。
所以点A的坐标为(2, 1)。
这道真题通过联立方程和代入法的运算，让我们熟悉了直线和交点的求解方法。
同时，题目中还提到了点A到x轴和点A到y轴的距离相等，这是一个数学中常见的性质，加深了我们对几何图形的认识。
二、圆与直线的问题圆和直线是解析几何中的另外两个重要概念。
下面我们通过一个真题来解析圆与直线的性质。
【题目】在平面直角坐标系中，给定圆C: x^2 + y^2 = 9和直线l: x - y = 2。
求直线l与圆C的交点坐标。
【解答】首先，我们可以将直线l的方程改写为x = 2 + y。
将这个方程代入圆C的方程，得到(2 + y)^2 + y^2 = 9。
展开并整理得到y^2 + 2y - 5 = 0。
解这个方程，得到y = 1或y = -3。
将y = 1代入直线l的方程，得到x = 2 + 1 = 3。
将y = -3代入直线l的方程，得到x = 2 - 3 = -1。
所以直线l与圆C的交点坐标为(3, 1)和(-1, -3)。
通过这个真题，我们掌握了解析几何中圆与直线相交的求解方法。
题目中的方程运算让我们体会到了应用代数方式解决几何问题的重要性。
巧用二次曲线系方程，妙解解析几何题
知识导航已知f1(x，y)=0和f2(x，y)=0为经过不共线的四点的两条二次曲线，则f1(x，y)+λf2(x，y)=0(λ为参数）表示的是经过这四点的所有二次曲线，这个方程称为过这四点的二次曲线系方程.在解答解析几何问题时，灵活运用二次曲线系方程来表示含有公共交点的二次曲线，可以快速解答四点共圆问题、定值问题、定点问题.例1.如图1，已知F为椭圆C:x2+y22=1在y轴正半轴的焦点，过点F且斜率为-2的直线与C交于A，B两点，点P满足 OP+ OA+ OB=0 ．(1)证明：点P在椭圆C上；(2)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A,B,P,Q在同一个圆上．解：（1）略；(2)由(1)知直线PQ的方程为2x-y=0，直线AB的方程为2x+y-1=0，设过A，B，P，Q四点的曲线系为2x2+y2-2+λ(2x-y)(2x+y-1)=0，整理得：(2+2λ)x2+(1-λ)y2-2λx+λy-2=0，当2+2λ=1-λ，即λ=-13时，它表示圆，也即过A，B，P，Q四点的圆，所以A，B，P，Q在同一个圆上．我们知道二次曲线(A1x+B1y+C1)(A2x+B2y+C2)=0可以表示两条直线A1x+B1y+C1=0，A2x+B2y+C2=0，则(2x-y)(2x+y-1)=0可表示AB、PQ两条直线.由题意可知，若A，B，P，Q在同一个圆上，则x2+y22=1、(2x-y)(2x+y-1)=0为已知的两条二次曲线，由此可建立曲线系方程.由于圆的x2与y2的系数相同，所以2+2λ=1-λ，求出λ的值，即可证明结论成立.例2.如图2，椭圆上的两顶点为A(-1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，且与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.当点P异于A，B两点时，求证：OP∙OQ为定值．解：设直线CD的方程为kx-y+1=0，则P(-1k，0)，设直线AC的方程为y-k1(x+1)=0①，直线BDy-k2(x-1)=0②，联立①②，解方程组得Q(k1+k2k2-k1，2k1k2k2-k1)，则OP∙OQ=k1+k2k(k1-k2)，设过A，B，C，D四点的二次曲线系方程为[y-k1(x+1)]∙[y-k2(x-1)]+λy(kx-y+1)=0③，当-k1-k2+λk=0，-k1+k2+λ=0时，③表示的是椭圆x2+y22=1，解得k1+k2k=k1-k2，所以OP∙OQ=k1+k2k(k1-k2)=1为定值．由题知，A、B、C、D四点均在椭圆上，于是可以将直线AC与BD、AB与CD的方程相乘，构成两个二次曲线方程，然后引入参数，设出二次曲线系方程，再将其系数与椭圆方程对比，建立方程组，即可证明OP∙OQ为定值.例3.如图3，已知椭圆x24+y23=1的左右顶点分别是A，B，点P，Q是椭圆上的点，且满足k AP=2k BQ，求证：直线PQ过定点．解：已知点A(-2,0),B(2,0),可设直线PA 的方程l1:y-2t(x+2)=0,直线BQ 的方程l2:y-t(x-2)=0，则y轴l3：y=0，直线PQ的方程l4：y-(kx+m)=0设过A，P，B，Q四点的曲线系方程为[y-2t(x+2)]∙[y-t(x-2)]+λy[y-(kx+m)]=0（*），将其对比椭圆的系数知，当-t-2t-λk=0，2t-4t+λm=0时，（*）表示的是椭圆x24+y23=1，而{3t=-λk,2t=-λm,解得m=23k，所以直线PQ过定点(-23,0)．这里为了证明直线PQ过定点，首先设出直线PA、PQ的方程，然后求得y轴与直线QB的方程，通过引入参数，构建出二次曲线系方程，再对比椭圆的系数，求得参数的值，就能找出定点，证明结论.虽然运用二次曲线系方程解答解析几何问题的思路较为奇特，但是运用该方法解题可以避开解析几何中的繁琐运算，比用常规方法解题要简便很多.（作者单位：江西省南昌市铁路第一中学）图1图2图3yx。
解析几何中的“系”类方程
解析几何中的“系”类方程
周科春
【期刊名称】《俪人：教师》
【年(卷),期】2014(000)010
【摘要】在解析几何中有两类常见的“系”类方程：一类为直线系方程,一类为圆系方程,下面我们就主要从这两方面进行归纳,以便帮助同学们更便捷的解决此类问题.一、直线系方程具有某种共同性质（过某点、共斜率等）的直线的集合,叫做直线系.它的方程叫做直线系方程,直线系方程的特征是含参数的二元一次方程.接下来我们共同探讨几类常见的直线系方程.
【总页数】1页(P305-305)
【作者】周科春
【作者单位】江西省南昌外国语学校
【正文语种】中文
【中图分类】G633.63
【相关文献】
1.构造齐次方程解一类解析几何题 [J], 王军
2.用曲线系方程解决一类解析几何问题 [J], 唐慧娥;
3.坐标系与参数方程应用中的“三类误区” [J], 张震
4.2020年全国Ⅰ卷解析几何试题的探讨——高考中二次曲线系方程的应用 [J], 聂晓红
5.巧用曲线系方程妙解解析几何题 [J], 刘海涛
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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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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＝
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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
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)．
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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 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