竞赛解析几何3曲线系

1、 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)lf2(x,y)0的曲线也经过点P(x0,y0) (是任意常数)证明：由方程 得到 f1(x,y)lf2(x,y)0······· 只须将（x0, y0）代入证明u 设圆C1x2y2D1xE1yF10和圆C2x2y2D2xE2yF20若两圆相交，则过交点

2、的圆系方程为x2y2D1xE1yF1l (x2y2D2xE2yF2)0(l为参数，圆系中不包括圆C2，l1为两圆的公共弦所在直线方程)u 设圆Cx2y2DxEyF0与直线l：AxByC0，若直线与圆相交，则过交点的圆系方程为x2y2DxEyFl(AxByC)0(l为参数)曲线系方程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中呢? m·f1(x,y)n·f2(x,y)0由直线生成的二次曲线系：设fiAi xBi yCi（i1,2,3,···）（1）若三角形三边的方程为：fi0（i1,2,3），则经过三角形三个顶点的二次

3、曲线系为：f1·f2lf2·f3mf3·f10（l、m为参数）（2）若四边形四条边的方程为：fi0（i1,2,3,4），则经过四边形四个顶点的二次曲线系为： f1·f3lf2·f40（l为参数），其中f10与f30、f20与f40分别为四边形的对边所在直线方程（3）与两条直线f10、f20分别相切于M1、M2的二次曲线系为： f1·f2lf3·f30（l为参数）， 其中f30是过M1、M2的直线方程（3）过直线f10、f20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)lf1·f20（l为参数

4、）【例题选讲】例1. 求经过两圆x2y26x40和x2y26y280的交点，并且圆心在直线xy40上的圆的方程解： 构造方程 x2y26x4l(x2y26y28)0即：(1l)x2(1l)y26x6ly(428l)0此方程的曲线是过已知两圆交点的圆，且圆心为(,)当该圆心在直线xy40上时，即 40，解得：l7 所求圆方程为 x2y2x7y320例2. 求与圆x2y24x2y200切于A(1,3)，且过B(2,0)的圆的方程解法一：视A(1,3)为圆(x1)2(y1)2r2，当r0时，极限圆(x1)2(y3)20构造圆系：(x2y24x2y20)l(x1)2(y3)20曲线过B(2,0) l

5、所求的方程为：7x27y24x18y200解法二：过A(1,3)的圆的切线为：3x4y150与已知圆构造圆系：x2y24x2y20l(3x4y15)0曲线过B(2,0) l 所求的方程为：7x27y24x18y200例3. 求证：两椭圆b2x2a2y2a2b2、a2x2b2y2a2b2的交点在以原点为中心的圆周上，并求这个圆方程解：设(b2x2a2y2a2b2)l(a2x2b2y2a2b2)0令l1，得：(a2b2)(x2y2)2a2b2，即：(x2y2)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

6、却是失效的例4. 求以圆x2y25与抛物线y24x的公共弦为直径的圆的方程.解法一：联立方程，解得：或以这两点为直径的圆的方程是：(x1)2y24解法二：构造方程 (x2y25)l(y24x)0即：x2(1l)y24lx50 (*)显然，l0不是所求圆方程，而在l0时，方程(*)已不是圆方程了 由(*)得不出所求结果例5. 【书P.131/16】过不在椭圆上任一点P作两条直线l1、l2分别交椭圆于A、B和C、D四点，若l1、l2的倾斜角分别为、，且，求证：A、B、C、D四点共圆解法一：【直线的参数方程】设P(x0,y0)，设l1方程为：（t为参数）直线l2方程为：（m为参数）将l1方程代入椭圆

7、方程得：整理得：(a2sin2b2cos2)t22(a2y0sinb2x0cos)tb2a2a2b20|PA|·|PB|t1t2|，同理，|PC|·|PD|m1m2|，sinsin，coscos |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ktan，设l1：yk(xx0)y0，l2：yk(xx0)y0，l1：kxykx0y00，l2：kxykx0y00，过A、B、C、D四点的二次曲线设为：1l(kxykx0y0)(kxykx0y0)01l(kxkx0)2l(yy0)20x2y22lk

8、2x0x2ly0y1k2ll0lk2l时，方程为圆的方程，此时，l(k21)，即lA、B、C、D四点共圆例6. 【2005年湖北高考第21题】设A、B是椭圆3x2y2l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（）确定l的取值范围，并求直线AB的方程；（）试判断是否存在这样的l，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由解：（）设A(x1,y1),B(x2,y2)，设AB：yk(x1)3，代入椭圆得：(k23)x22k(k3)x(k3)2l0 x1x22xN2 解得k1，4k2(k3)24(k23)(k3)2l4·424·4(1

9、6l)0l12直线AB的方程为yx4【或】设A(x1,y1),B(x2,y2)，由点差法【过程略】N(1,3)是AB的中点， x1x22,y1y26kAB1又由N(1,3)在椭圆内，332ll12（下略）（）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yx2，代入椭圆方程整理得：4x24x4l0 x3x41x0，y0M(,)于是由弦长公式可得|CD|x3x4| 将直线AB的方程yx4代入椭圆方程得4x28x16l0 同理可得 |AB|x1x2| 当l12时， |AB|CD|假设存在l12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆

10、的直径，点M为圆心.点M(,)到直线AB的距离为d 于是，由、式和勾股定理可得|MA|2|MB|2d 222故当l12时，A、B、C、D四点均在以M为圆心，为半径的圆上.【或】A、B、C、D共圆ÛACD为直角三角形Û|AN|2|CN|·|DN|，【相交弦定理的应用】即 2 由式知，式左边由和知，式右边式成立，即A、B、C、D四点共圆.【或二次曲线系】AB：xy40，CD：xy20，(xy4)(xy2)0过A、B、C、D四点3x2y2l0过A、B、C、D四点3x2y2lm(xy4)(xy2)0过A、B、C、D四点3x2y2lm(x2y22x6y8)0(3m)x2(1

11、m)y22mx6my8ml0当3m1m，即m1时，方程为2x22y22x6y8l0x2y2x3y40(x)2(y)24A、B、C、D四点都在圆(x)2(y)2上例7. 【2010江苏卷18】在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，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m0,y11,y20（1）设动点P满足PF2PB24,求点P的轨迹；（2）设x12,x2，求点T的坐标；（3）设t9，求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）解（1）（2）略（3）点T的坐标为(9,m) 直线TA方程为：y(x3)，TB：

12、y(x3)分别与椭圆联立方程组，同时考虑到xA3，xB3，【过程略】解得：M(,)，N(,)（方法一）当x1x2时，直线MN方程为：y(x)【整理略】令y0，解得：x1此时必过点D（1，0）；当x1x2时，直线MN方程为：x1，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）（方法二）若x1x2，则由及m0，得m2，此时直线MN的方程为x1，过点D（1，0）若x1x2，则m2，直线MD的斜率kMD，直线ND的斜率kND，所以直线MN过D点因此，直线MN必过x轴上的点（1，0）解法三：由题意TA：y(x3)，TB：y(x3)，AB：y0，设MN方程为：pxqyr0，上述4条直线

13、两两的交点即A、B、M、N（任三点不共线），则经过这四点的二次曲线可表示为：·ly·(pxqyr)0·l(pxyqy2ry)0整理得：x2(1lq)y2(lp)xy(lr)y0······(*)当方程(*)表示椭圆时，比较系数得： MN：xy0 mxym0MN：m(x1)y0恒过定点(1,0)例8. 【2011四川理21】椭圆有两顶点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，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q（）当|CD|时，求直线l的方程；（）当点P异于A、

14、B两点时，求证：·为定值解：（）设椭圆的标准方程为(ab0)，由已知得b1，c1，所以a22，则椭圆方程为x21直线l垂直于x轴时与题意不符设直线l的方程为ykx1，联立得：(k22)x22kx10，设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则4k24(k22)8(k21)，x1x2，x1x2，|CD|x1x2|由已知得，解得k±，所以直线l的方程为y±x1（）直线l垂直于x轴时与题意不符设直线l的方程为ykx1（k0且k±1），所以P点的坐标为(,0)设C(x1,y1)，D(x2,y2)，由（）知x1x2，x1x2，直线AC的方程为：y(x1)，直线BD的

15、方程为：y(x1)，方法一：联立方程，设Q(x0,y0)，解得x0，不妨设x1x2，则x0k，Q(k,y0)，又P(,0)，·(k)·()01故·为定值方法二：联立方程，消去y得，1x1,x21，与异号2·2又y1y2k2x1x2k(x1x2)1·，与y1y2异号，与同号，解得xk因此Q点的坐标为(k,y0)，又P(,0)，·1故·为定值例9. 【2011四川理21】椭圆有两顶点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，并与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

16、，求证：·为定值证法三：设直线CD方程为：ykx1，与x轴交点为P(,0)直线AC方程为：yk1(x1)，直线BD方程为：yk2(x1)解得：xQ，故·AC：k1xyk10，BD：k2xyk20，AB：y0，CD：kxy10经过A，B，C，D四点的二次曲线方程可设为：y·(kxy1)l(k1xyk1)(k2xyk2)0kxyy2ylk1k2x2ly2l(k1k2)xyl(k2k1)ylk1k20lk1k2x2kl(k1k2)xy(l1)y2l(k2k1)1ylk1k20与椭圆x21比较系数得：代入·1（定值）一般地取曲线方程中的特征量（如直线方程中的斜率

17、k，截距b等）为变数时，便可得出曲线系xyOMll2l1PQ例10. 已知有向线段PQ的起点P的终点Q的坐标分别为(1,1)和(2,2)，若直线l：xmym0与PQ的延长线相交，求m的取值范围分析：直线l变形为x0(m0)或yx1(m0)是过(0,1)斜率为的直线，只须找到与Q点相交、与PQ平行的直线的夹角范围即可解： xmym0 直线l经过M(0,1) 3m思考：用定比分点的思想可以吗？例11. 平面上有两个圆，它们的方程分别是x2y216和x2y26x8y240，求这两个圆的内公切线方程分析：由x2y26x8y240得：(x3)2(y4)21，显然这两圆的关系是外切解： x2y26x8y2

18、40 (x3)2(y4)21这两圆是外切(x2y26x8y24)(x2y216)0 3x4y200所求的两圆内公切线的方程为：3x4y200注意：对于不同心的两个圆C1：x2y2D1xE1yF10, C2：x2y2D2xE2yF20，圆系方程C1lC20例12. 求证：如果两条抛物线有四个交点且对称轴垂直，则此四点共圆分析：证明四点共圆，可以利用曲线系，得出一个四点满足的圆的方程即可证明：取一条抛物线的顶点为原点，对称轴为x轴，则它的方程为：y22px 另一条抛物线的方程为：(xa)22k(yb) 得：y2(xa)22px2k(yb)0若和有四个解，即两条抛物线有四个交点时，这四个交点坐标一定

19、满足方程命题成立例13. 已知A、B为定二次曲线ax2bxycy2exfyg0 (a0)上的两点，过A、B任作一圆，设该圆与定二次曲线交于另外两点C、D，求证：CD有定向分析：可以把过A、B的曲线系表示出来，得到C、D满足的方程解：取A点为坐标原点，AB为x轴，设B点的坐标为(l,0)，不妨假定a1，ax2bxycy2exfyg0 x2bxycy2lxfy0 过A、B的圆的方程为：x2y2lxky0 过A、B的曲线系方程为：(x2bxycy2lxfy)l(x2y2lxky)0曲线也过C、D 取l1可得ybx(c1)y(fk)0 A、B、C、D的坐标必须满足C、D不在AB（即x轴）上 y0CD的

20、方程为：bx(c1)y(fk)0b, c1都是定值 直线CD有定向例14. 设0ab，过两定点A(a,0)和B(b,0)分别引直线l和m，使与抛物线y2x有四个不同的交点，当这四个点共圆时，求这种直线l和m的交点P的轨迹分析：本题的关键是如何利用四点共圆的条件思路一：设定点的两条直线方程，引进参数k和k¢，代入y2x，求出四个交点，由三个交点确定一个圆，代入第四点，化简，或求出定点的两条直线的交点，用相交弦定理求解，但计算量太大、太烦思路二：利用直线系和圆系知识求解解：设l的的方程为：ykxka0, m的的方程为：yk¢xk¢b0过l,m与y2x的四个不同交点为的

21、二次曲线的方程为：(y2x)l(ykxka)( yk¢xk¢b)0(1l)y2l(kk¢)xylkk¢x2l(kak¢b)ylkk¢(ab)1xlkk¢ab0 成为圆的条件是：两条直线的交点坐标为P, P点在AB线段的中垂线上点P的轨迹是直线x除去与y0或y2x的三个交点例15. 给定曲线族2(2sincos3)x2(8sincos1)y0，为参数，求该曲线族在直线y2x上截得的弦长的最大值分析：显然此曲线族是过原点的抛物线系解：曲线族是过原点 直线y2x也过原点曲线族在y2x上所截得的弦长公取决于曲线族与y2x的另一个交点的坐标将y2x代入曲线系得：(2sincos3)x2(8sincos1)x02sincos3sin(arctan)30当x0时，x令sin, cos，其中utanx 2