曲線系理論及其應(yīng)用

1、17343解析：(I )由 y=2x2+3x-3 =5丫=12+15*-15 ；由 y=-5x 2+tx+ 1-t = 2y=-10x 2+2tx+ 1-2t ；由+D得:7y=15x第21講:曲線系理論及其應(yīng)用第21講:曲線系理論及其應(yīng)用在一個關(guān)于x,y的二元方程中，如果它含有一個不定的常數(shù)，賦于這個常數(shù)一些不同的值，可以得到一系列具有某種共同性質(zhì)的曲線(包括直線)，它們的全體組成的集合叫做具有某種共同性質(zhì)曲線系.利用曲線系解題，體現(xiàn)了參數(shù)變換的數(shù)學(xué)觀點、整體處理的解題策略，以及“基本量”和“待定系數(shù)”的解題方法.這種觀點、策略、方法的三位一體，能使解題水平更高、思維更活.下面介紹幾類重要的

2、曲線系.定理1:過曲線C：fi(x,y)=0與G:f2(x,y)=0的交點的曲線系方程為：fi(x,y)+入f2(x,y)=0.定理2:設(shè)二次曲線C:ax2+cy2+dx+ey+f=0與直線mx+ny+p=箱兩個不同的交點，則過這兩點的圓系方程為：(ax2+cy2+dx+ey+f)+入(mx+ny+p)(mx-ny+t)=0,這里入=(2*21為任意實數(shù).定理3:過圓M:x2+y2+2dx+2ey+f=0外一點P(xo,y。)作圓M的兩條切線PAPB,切點分別為A、B,則雙切線PA與PB構(gòu)成的曲線方程為:(x02+yo2+2dx0+2eyo+f)(x2+y2+2dx+2ey+f)-xox+yy

3、+d(x+xo)+e(y+yo)+f2=0,即包含切線PAax+b1y+c=。與PB:a2x+bzy+c2=。的方程.定理4:設(shè)二次曲線C:ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=。與直線11如仇+小丫+自=。,12:m2x+n2y+p2=。都有公共點，則過這些公共點的二次曲線系方程為:(ax2+bxy+cy2+dx+ey+f)+入(m1x+n1y+pj)(m2x+n2y+p2)=。.例1:過曲線交點的直線系.始源問題:(2。11年北大等十三校聯(lián)考(北約)自主招生數(shù)學(xué)試題)求過拋物線y=2x2-2x-1,y=-5x2+2x+3兩交點的直線方程.解析:由過拋物線y=2x2-2x-1,y=-5x2

4、+2x+3兩交點的曲線系：(2x2-2x-1-y)+入(-5x2+2x+3-y)=。，即(2-5入)x2+2(入-22_21)x-(入+1)y+3入-1=。；令2-5入=。=入=-二曲線系:6x+7y-1=0=:過拋物線y=2x-2x-1,y=-5x+2x+3兩父點的直線萬程:6x+7y-1=。.22.21.原創(chuàng)問題:已知拋物線C:y=2x+3x-3,C2:y=-5x+tx+-t.(I)求證：過拋物線C與G兩交點的直線l過定點A;22(口)過點A作斜率互為相反數(shù)的兩直線與橢圓C:t+L=1分別交于異于點A的點MkN,求證：直線MN的斜率為定值.99一3+2tx-2t=2(x-1)t=7y-15

5、x+萬=直線|過定點A(1,-)；(n)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線MN:y=kx+t;由2yTkx/t=(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=。=x1+x2=8kt,x1x2=4t1233yi -2y2 -y由 kAM+kAN=0- 2. + 2=0i %/X2 _1-33kxi t -kx2 t2 +2xi - 1x2 1=0=.2kxix2+(t- 3 -k)(x i+x2)-(2t-3)=08k(t -3) -(t- 3 -k)8kt 、 -(2t-3)=0 二 8k(t 2-3)-8kt(t- 3 4k232 -k)-(2t-3)(3+4k2)=0 二 6(2k-

6、1)t+12k 2-24k+9=0 二 6(2k-1)t+3(2k-1)(2k-3)=0s k= -1為定值.一. 2例2：過曲線交點的圓系174第21講:曲線系理論及其應(yīng)用始源問題：(2004年湖北高考試題)直線l:y=kx+1與雙曲線C:2x2-y2=1的右支交于不同的兩點A、B.(I)求實數(shù)k的取值范圍；(口)是否存在實數(shù)k,使得以線段AB為直徑的圓經(jīng)過雙曲線C的右焦點F?若存在，求出k的值；若不存在，說明理由.解析：(I)將y=kx+1代入2x2-y2=1中并化簡整理得：(2-k2)x(孚,0) 二 | - *，吟-/ =03 k= r；芋，又因k G (-2,- 6 ) = k= T

7、；-6 =存在以線段AB為直徑的圓經(jīng)過雙 曲線C的右焦點F,此時直線AB的斜率k=-6 .原創(chuàng)問題:已知橢圓C:工+E=1(ab0)的離心率e=il,過點A(0,-b)和B(a.0)的直線與原點的距離為 妗. a2b232(I )求橢圓C的方程；(口)已知直線y=kx+t與橢圓交于M N兩點，證明：對任意的t0,者B存在k,使得以線段MN為直徑的圓過定點.解析:(I)由直線 AB:bx-ay-ab=0 3 ab =* ;又由 e=*= ：12 =噂=a2=3,b2=1 =橢圓 C:J+y2=1; ,a2 b2231.a233(口)設(shè)過 MkN兩點的圓系方程為：x 2+3y2-3+ 入(kx-y

8、+t)(kx+y+s)=0,即(1+ 入 k2)x 2+(3-入)y 2+k 入(t+s)x+ 入(t-s)y+ 入 ts-3=0=(1+入k2)=(3-入)=入=-:圓系方程為：x2+y2+半色x+F 丫+至學(xué)士=0;由于MN圓的直徑，故圓心 k2 ：；13k2 ：u1 3k2 ：u13k2 ：u122-(-(.s) ,- ( s) )在直線 y=kx+t 上=s=2t = 圓系方程為:x 2+y2+- x- - y+-三=0;令 y=0 得:x 2+ 3k2 -1 3k2 13k2 13k2 -1 3k2 1222222t2 _1=0=3(x -1)k +6txk+4t +x -3=0;令

9、 x=1 得:6tk+4t -2 = k=3t2.匕三,使得以線段3t例4:四點共圓.-2kx-2=0,由已知得此方程有兩個不小于2的實根，解得:-2k-j2=k的取值范圍是(-2,-J2);(口)設(shè)過A,B兩點的圓系方程為：2x2-y2-1+入(kx-y+1)(kx+y+t)=0,即(2+入k2)x2-(1+入)y2+k入(t+1)x+入(1-t)y+入t-1=0=2+入卜2=-(1+入)=人=-2二圓系方程為：x2+y2-(x-(2y由28t=0；由于AB是圓的直徑，故圓心(I,k12_kr2_k22J0,都存在k=-MNJ直徑的圓過定點(1,0).第21講:曲線系理論及其應(yīng)用175-.2

10、(xi+X2)+2=1;由OA+OB+OP=0=OP=(-(xi+X2),-(yi+y?)=(-哆,-1)=點P(-21.,-1);點P在C上;(口)(法一)直線l:y=-您x+1,P(-竽,-1)自孝.,1),過直線l與橢圓C交點的曲線系：2x2+y2-2+入(qNx+y-IX-y+t)=。=(2+2入)x2+(1-入)y2+(t1)入x+(t+1)入y-t入-2=0,由該曲線為圓=2+2入=1-入二入=-一圓的方程3-為：4x2+4y2-拒(t-1)x-(t+1)y+t-6=0,若點P(-孚，-1)在該圓上=t=0=圓的方程為：4x2+4y2+標(biāo)x-y-6=0二點Q(_,1)在該圓上；(法

11、二)直線l：y=-0x+1,直線PQ：Wx-y=0,過直線l、PQ與橢圓C交點的曲線系：2x2+y2-2+入(J2x+y-1)(0x-y)=0=(2+2入)x2+(1-入)y2-0入x+入y-2=0,當(dāng)人=-1時，曲線系:4x2+4y2+72x-y-6=0為圓=A、P、B、Q四點在同一圓上.3-原倉I問題:設(shè)A,B是橢圓3x2+y2”上的兩點，點N(1,3)是線段AB勺中點，線段AB勺垂直平分線與橢圓相交于C,D兩點.(I)確定人的取值范圍，并求直線AB勺方程；176第21講:曲線系理論及其應(yīng)用(口)試判斷是否存在這樣的入，使得A,B,C,D四點在同一個圓上？并說明理由.解析：(I)3+912

12、,直線AB:3x+3y=3+9=x+y-4=0;(口)過直線ARCD與橢圓C交點的曲線系：3x2+y2-入+t(x+y-4)(x-y+2)=0=(3+t)x2+(1-t)y2-2tx+6ty-8t-入=0曲線系為圓=t=-i=:圓的方程為：2x2+2y2+2x-3y+8-入=0=A,B,C,D四點在同一個圓上.例5:四點共圓的條件.始源問題：(1993年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)設(shè)0ab,過兩定點A(a,0)和B(b,0)分別引直線l和m,使與拋物線y2=x有四個不同的交點.當(dāng)這四個交點共圓時，求直線l與m的交點P的軌跡.解析：設(shè)P(xo,y0),直線l：y-kix+k2a=0,直線m:y-k水+

13、k2b=0,過這四點的曲線系:y2-x+入y-kix+k.ay-k2X+k.b=0=(1+ 入)y2-入(k i+k.)xy+ 入 kik.x2+入(k ia+k.b)y-入 kh(a+b)+1x+ 入 kik2ab=0,該曲線系為圓 =b0)的左、右焦點,P是橢圓C上的任意一點，且PF1,pf2的最大值ab是3,最小值是2.(I)求橢圓C的方程；l和m,使與橢圓C有四個不同的交點.當(dāng)這四個交點共圓時，求直線l與m的交點Q(口)過兩點Fi和A(1,1)分別引直線的軌跡方程.解析:(I)設(shè)P(acos9,bsin9),Fi(-c,0),F2(c,0),其中a2=b2+c2,則pf，pf_=盯，F(xiàn)

14、2P=(acos9+c)(acos9-c)+b解析:(I )設(shè) P(2t,t2),則拋物線Ci在 P處的切線l i:2tx=2(y+t2),即 y+t2=tx = M(t,0),N(0,-t2) = M是 PN的中點；(口)圓 C:x 2+y2+2y=0=雙切線 PA與 PB的方程為:(t 4+6t 2)(x 2+y2+2y)-2tx+t2y+y+t22=0;令 y=-1 得:(t 4+6t 2)(x 2-1)-(2tx-1)2=0 = (t4+2t2)x2+4tx-(t 4+6t2+1)=0=xa+xb=-Yt =-4 =AB 的中點為(-t2,-1)；線段AB 被拋物線 C 在點 Pt4

15、2t2t3 2t t3 2t222處的切線l 1平分 u點(-,-1)在y+t =tx直線上u -1+t =- u t=0,矛盾.不存在.t3 2tt2 -2例7:橢圓合成的二次曲線分解為直線.始源問題：(2011年四川高考試題)橢圓有兩頂點A(-1,0) 、 B(1,0),過其焦點F(0,1)的直線l 與橢圓交與C、D兩點，并與x軸交于點P.直線 AC與直線BD交于點Q.sin2Q=a2cos2q-c2+b2sin2q=a2(1-sin2q)-c2+b2sin2q=(a2-c2)-(a2-b2)sin2q=b2-c2sin2g=b2=3,b2-c2=2=c2=1=a2=422二橢圓C:L+J

16、=1；f43(n)設(shè)直線l:kix-y+ki=0,直線m:k2x-y+1-k2=0，過這四點的曲線系:3x2+4y2-12+入(kix-y+ki)(k2x-y+1-k2)=0=(3+入kk)x2-入(ki+kz)xy+(4+入)y2+入kix-入(1+ki-kz)y+入ki(1-k2)=0;該曲線系為圓-3+入kik2=4+入，入(ki+k2)=0入=1一一kik2_1ki+k2=0;止匕時，由kix-y+ki=0,k2x-y+1-k2=0=(ki-k2)x+(ki+k2)-1=0=x=-y=Q+一x(y)=-2kl222例6:圓的雙切線方程始源問題：(2008年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題)如圖,P

17、是拋物線y2=2x上的動點，點B,C在y軸上，圓(x-1)2+y2=1內(nèi)切于PBC,求PBC面積的最小值.解析：由拋物線的對稱性知，不妨設(shè)P(2t2,2t)(t0),圓(x-1)2+y2=1,即x2+y2-2x=0=雙切線PB與PC的方程為：4t4(x2+y2-2x)-2t2x+2ty-(x+2t2)2=0，令x=0得:4t4y2-(2ty-2t2)2=0(t，0)=(ty)2=(y-t)2.因為當(dāng)t=1時，只有切線PB與y軸相2交；當(dāng)0t1,且yB=_L,yC=_L=|BC|=|yB-yc|=2L_=8.當(dāng)且僅當(dāng)t=典時，等號成立.t2_1t2_1原創(chuàng)問題:設(shè)P是拋物線Ci:x2=4y上的點

18、.過點P做圓C2:x2+(y+1)2=1的兩條切線，交直線l:y=-1于A,B兩點.(I)若拋物線C在P處的切線li分別與x、y軸交于點MN,求證:M是PN的中點；177(口)是否存在點P,使線段AB被拋物線C在點P處的切線l1平分？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由第21講:曲線系理論及其應(yīng)用y kx +12 2.2 2!2.；1 + k22X2 2 2 0 =（2+k ）x+2kx-i= = iCDi= j7T7 4工2 x y 2=02 +k2解析：(I)橢圓x+-=1,設(shè)直線l：y=kx+1,由3-一j2=k=士43:直線l：y=J3x+1；（口）設(shè)直線AC:y-k1x-k1

19、=0,直線BD:y-k2x+k2=0則過A,B,C,D四點的曲線系:2x與 Cg1+入 kk=0;直線 CD:(入-1)y-入(k1+k2)x-入(匕*2戶0,由直線 CD過點 C(2,0) =3匕+卜2=0, 0,b0)的離心率e=2,實軸的左、右端點分別為 A(-3,0)、B(3,0).a2 b23(I )求雙曲線C的方程；(口)設(shè)直線x=ky+3與雙曲線C交于M N兩點，求證：直線AM BN的交點P在定直線上.c 5x2y2 ,斛析：(I )由 a=3,e= a =,=c=5= b=4=雙曲線 C:-行=1；(口)設(shè) P(x,y),直線 PA:y-k %3k 1=0,直線 PB:y-k

20、2x+3k2=0=過 A、M B、N四點的二次曲線系:16x 2-9y 2-144+ 入(y-k 1x-3k (y-k 2x+3k2)=0 =(16+ 入kk)x2-入(k 1+k2)xy+(入-9)y2+3入(k 2-k1)y-9 入匕-144=0;該曲線系變?yōu)橹本€AB與 MN3+入匕卜2=0,+y2-2+入（y-k仇-k1）（y-k2x+kz）=0=（2+入Kk2）x2+（1+入）y2-入（k1+k2）xy-入（kk2）y-入kk-ZR;該曲線系變?yōu)橹本€AB與Cj2+入khR,此時曲線系：y（1+入）y-入（Q+k2）x-入（k1-k2）=0=直線CD:（1+入）y-入（k1+k?）x-入（kk2）=0=xp=k2-k1;又由直線AC:y-k仇-k1=0,直線BD:y-一k1-k2Op OQ =xpxq= k2 ik1 .k1 k2 =1.k1 -k2k2 -k1kkok2x+k2=0