一道课本习题的引申

1、圆的方程的应用一道课本习题的引申摘要：人教A版必修2中给出圆的方程有两种形式即圆的标准方程和圆的一般方程，本文将从课本必修2中一道给出圆的直径的端点坐标求证圆的另外一种形式的方程的习题出发，进行引申并加以应用来解决一类直线与二次曲线位置及有关垂直等相关的问题。关键词：圆的方程 垂直关系题：已知圆的一条直径的端点分别是，求证此圆的方程是 。此题可利用求曲线方程的方法，先设圆上不同与A、B的任意一点M，再由得到,从而得到圆的方程。这是人民教育出版社出版的普通高中课程标准实验教科书必修二第124面习题4.1A组的第5题，针对此题结论中圆的方程的结构特点，不难发现其中应分别是过点A、B的直线与所求圆的

2、方程联立分别消去后得到的方程的一边的因式。由此题可引申得到如下结论：已知直线的方程，圆的方程为，设直线与圆相交于两点，由，分别消去得，并使的二次项系数相等，则以AB为直径的圆的方程为。证明如下：设的二次项系数为m（m0）,则由上面习题结论知，以AB为直径的圆的方程就是： 故以AB为直径的圆的方程就是。再次将圆推广到二次曲线，这个结论其实就是给出了求以直线和二次曲线（即圆，圆锥曲线）的两个交点为直径的圆的方程的方法。应用它别具一格，可以迅速解决一类直线和二次曲线位置关系问题，下面举例说明。例1、如图，直线，与抛物线相交于A、B两点，求证：。（此题是普通高中课程标准实验教科书数学选修2-1第73面

3、习题2.4的第6题。）此题的常规做法我就不多说了，利用上面的说法，其实还可以这样来做：证明：由，分别消去得 两式相加得，以AB为直径的圆的方程为： 显然，原点o在圆 上。所以，由圆的性质可得。例2、如图，已知直线与抛物线交于A、B两点，且，交AB于点D，点D的坐标为（2，1），求P的值。（此题是普通高中课程标准实验教科书数学选修2-1第81面复习参考题B组的第3题。）解：由题意及直线的点斜式方程可得直线AB的方程为即，由，分别消去得两式相加，得以AB为直径的圆的方程为 由已知可知原点在圆上，故有，即可得例3、设点A和B为抛物线上除原点以外的两个动点，已知，,求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲

4、线。解:（1）若，由易得，则点M的坐标为（2P,0）.(2)若AB不垂直于X轴，设直线AB的方程为（b0，k0）由，分别消去得两式相加得，以AB为直径的圆的方程为，原点O在此圆上，则坐标（0，0）代入圆方程得，b0，直线方程为设动点M的坐标为,而点M在直线AB上，则 由（1）（2）可得点M的轨迹是以点（p,0）为圆心，以p为半径的圆，去掉坐标原点。变式：已知点A、B是抛物线上异于原点O的两点，则“OAOB”是“直线AB恒过定点（2P，0）”的（ B ）A、充分非必要条件 B、充要条件 C、必要非充分条件 D、非充分非必要条件例4、已知椭圆与直线交于P、Q两点，且，其中O为坐标原点，求的值。解：

5、由，分别消去得两式相加得，以PQ为直径的圆的方程为由，可知原点在此圆上，故原点（0，0）代入可得移项变形可得=2。从以上各例解法中，我们不难发现某些共同之处，由此可得到以下规律涉及到有关直线与二次曲线相交于两点A、B且有已知或要证等等相关问题时，可以将直线和二次曲线联立并分别消，得到两个等式（两等式中二次项系数必须相等），然后将两等式相加，即可得到以两交点为直径的圆的方程，进一步再利用相关条件可解决相应问题。下面通过两道高考题比较一下传统解法和以上规律解法的异同。（因以下两例都是第二问涉及到此问题，故只给出第二问的解答）例5、(2009.山东（文）22)设 ,在平面直角坐标系中,已知向量 ,向

6、量, ,动点 的轨迹为E.（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状;（2）已知 ,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且 (O为坐标原点),并求出该圆的方程;(3)已知 ,设直线 与圆C: (1<R<2)相切于,且 与轨迹E只有一个公共点,当R为何值时,|取得最大值?并求最大值.标答解法，即传统解法:（1）略(2). 易求当时, 轨迹E的方程为。设圆心在原点的圆的一条切线为,解方程组得,即,要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B, 则使=,即,即, 且,要使, 需使,即,所以, 即且, 即恒成立.所以又因为直线为圆心在原点的圆的一条切线

7、,所以圆的半径为, 所求的圆为.当切线的斜率不存在时,切线为,与交于点或也满足.综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且.(3) 略。此题的第二问其实也可用如下解法：（2）.当时, 轨迹E的方程为,设圆心在原点的圆的一条切线为由，分别消去得 , 两式相加得，以AB为直径的圆的方程为，原点O在此圆上，坐标（0，0）代入圆方程得所以又因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为, 所求的圆为。例6、（2011.湖南（理）21）如图椭圆的离心率为，x轴被曲线 截得的线段长等于C1的长半轴长。（）求C1，C2的方程；（）设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线与C2相交于点A,B,直线MA,MB分别与C1相交与D,E（i）证明：MDME;（ii）记MAB,MDE的面积分别是问：是否存在直线l,使得?请说明理由。标答解法，即传统解法:解：（）由题意知故C1，C2的方程分别为（）（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为.由得 .设是上述方程的两个实根，于是又点M的坐标为（0，1），所以故MAMB，即MDME.（ii）略此题的第二问的第一问，也可如下解：（i）由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l