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    例談“曲線系方程法”在解幾題中的妙用

    2022-03-27 21:59:30劉海濤
    關(guān)鍵詞:解析幾何一題多解

    摘 要:本文介紹了兩類曲線系方程,并例談其在求解曲線方程、求解斜率為定值、求解斜率和為定值等八類解析幾何問(wèn)題中的應(yīng)用.

    關(guān)鍵詞:曲線系方程;解析幾何;一題多解

    中圖分類號(hào):G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼:A?? 文章編號(hào):1008-0333(2022)04-0072-04

    我們知道,若兩曲線C1:f(x,y)=0,C2:g(x,y)=0有公共點(diǎn)M(x0,y0),則過(guò)點(diǎn)M的曲線系方程為f(x,y)+λg(x,y)=0(λ∈R)(不包含曲線C2).

    由此不難得到:

    (1)若兩直線l1:A1x+B1y+C1=0(A21+B21≠0),l2:A2x+B2y+C2=0(A22+B22≠0)與曲線C:f(x,y)=0共有四個(gè)交點(diǎn),則過(guò)四點(diǎn)的曲線系方程為(A1x+B1y+C1)(A2x+B2y+C2)+λf(x,y)=0(λ∈R)(不包含曲線C);

    (2)若直線l1:A1x+B1y+C1=0(A21+B21≠0),l2:A2x+B2y+C2=0(A22+B22≠0)交于點(diǎn)M,直線l3:A3x+B3y+C3=0(A23+B23≠0),l4:A4x+B4y+C4=0(A24+B24≠0)交于點(diǎn)N,則過(guò)M,N兩點(diǎn)的曲線系方程為λ(A1x+B1y+C1)(A1x+B1y+C1)+μ(A3x+B3y+C3)(A4x+B4y+C4)=0(λ,μ∈R).

    筆者在教學(xué)中發(fā)現(xiàn),很多解析幾何問(wèn)題若能使用曲線系方程解題,可以達(dá)到事半功倍的解題效果,現(xiàn)與讀者分享交流.

    1 求曲線的方程問(wèn)題

    例1 求過(guò)橢圓x22+y2=1與拋物線x2=2y-1的交點(diǎn),且與直線x+y=0相切的二次曲線方程.

    解析 設(shè)所求曲線方程為

    (x2+2y2-2)+λ(x2-2y+1)=0(λ∈R),

    即(λ+1)x2+2y2-2λy+λ-2=0.

    與x+y=0聯(lián)立,得

    (λ+3)x2+2λx+λ-2=0.

    由題知Δ=4λ2-4(λ+3)(λ-2)=0.

    解得λ=6.

    所以滿足條件的曲線方程為

    7x2+2y2-12y+4=0.

    2 求斜率為定值問(wèn)題

    例2 已知拋物線y2=2px上三點(diǎn)A(2,2),B,C,若直線AB,AC的斜率互為相反數(shù),則直線BC的斜率為.

    解析 將A(2,2)代入y2=2px,得p=1.

    則拋物線方程為y2=2x.

    設(shè)lAB:y-2=k(x-2),

    lAC:y-2=-k(x-2)(k≠0),

    聯(lián)立y2=2x,[y-2-k(x-2)][y-2+k(x-2)]=0,

    得(y-2)2-k2y22-22=0.

    即(y-2)2(k2y2+4k2y+4k2-4)=0.

    由于A,B,C三點(diǎn)的縱坐標(biāo)為該方程的三個(gè)根,所以B,C兩點(diǎn)縱坐標(biāo)滿足k2y2+4k2y+4k2-4=0.

    又y2=2x,所以lBC:2k2x+4k2y+4k2-4=0.

    故直線BC的斜率為-12.

    3 求斜率和為定值問(wèn)題

    例3 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)

    F1(-17,0),F(xiàn)2(17,0),點(diǎn)M滿足MF1-MF2=2,記M的軌跡為C.

    (1)求C的方程;

    (2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上,過(guò)T的兩條直線分別交C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),且TA·TB=TP·TQ,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.

    解析 (1)x2-y216=1(x≥1)(過(guò)程略);

    (2)設(shè)T12,m,直線AB與直線PQ的斜率分別為k1,k2(k1≠k2),則直線AB與直線PQ的方程為y-m=k1x-12,y-m=k2x-12.

    則A,B,P,Q四點(diǎn)滿足方程k1x-y+m-12k1k2x-y+m-12k2=0.

    又A,B,P,Q四點(diǎn)在曲線C上,所以A,B,P,Q四點(diǎn)滿足方程

    k1x-y+m-12k1k2x-y+m-12k2+

    λx2-y216-1=0.? ①

    又TA·TB=TP·TQ,

    由圓的相交弦定理的逆定理知A,B,P,Q四點(diǎn)共圓.

    由圓的一般式知方程式①中xy項(xiàng)系數(shù)為0,且x2項(xiàng)與y2項(xiàng)的系數(shù)相等,得

    -(k1+k2)=0,且k1k2+λ=1-λ16.

    則k1+k2=0.

    故直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.

    4 求斜率積為定值問(wèn)題

    例4 已知橢圓C:x24+y2=1上一點(diǎn)P(0,1),過(guò)點(diǎn)M0,-35的直線與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)(異于點(diǎn)P),求證:直線PA與直線PB的斜率積為定值.

    解析 設(shè)直線PA,PB的斜率分別為k1,k2,

    則lPA:y=k1x+1,lPB:y=k2x+1.

    于是P,A,B三點(diǎn)滿足方程

    (k1x-y+1)(k2x-y+1)=0.

    即k1k2x2+(y-1)2-(k1+k2)(y-1)x=0.

    聯(lián)立x2=4(1-y2),整理,得

    (y-1)[-4k1k2(y+1)+(y-1)

    -(k1+k2)·x]=0.

    由于P,A,B三點(diǎn)的縱坐標(biāo)為該方程的三個(gè)根,所以A,B兩點(diǎn)坐標(biāo)滿足(k1+k2)x+(4k1k2-1)y+4k1k2+1=0.

    即為直線AB的方程.

    由直線AB過(guò)點(diǎn)M0,-35,

    則-35(4k1k2-1)+4k1k2+1=0.

    即k1k2=-1.

    故直線PA與直線PB的斜率積為定值-1.

    5 求數(shù)量積為定值問(wèn)題

    例5 已知A,B為橢圓E:y2a2+x2=1的左、右頂點(diǎn),過(guò)其焦點(diǎn)F(0,1)的直線與橢圓E交于C,D兩點(diǎn),并與x軸交于點(diǎn)P(異于A,B兩點(diǎn)),直線AC,BD交于點(diǎn)Q,求證:OP·OQ為定值.

    解析 由題知a2-1=1,則E:y22+x2=1.

    設(shè)直線CD,AC,BD的斜率分別為k,k1,k2,則

    lCD:y=kx+1,

    lAC:y=k1(x+1),

    lBD:y=k2(x-1).

    于是P(-1k,0),Qk1+k2k2-k1,2k1k2k2-k1.

    則OP·OQ=k1+k2k(k1-k2).

    由題知A,B,C,D四點(diǎn)滿足方程

    [k1(x+1)-y][k2(x-1)-y]+λy(kx-y+1)=0.

    即x2+λk-k1-k2k1k2xy+1-λk1k2y2+λ-k1+k2k1k2y=1.

    而A,B,C,D四點(diǎn)在橢圓y22+x2=1上,

    則λk-k1-k2k1k2=0,且1-λk1k2=2,且λ-k1+k2k1k2=0.

    于是k1+k2=λk=k(k1-k2).

    故OP·OQ=1為定值.

    6 求直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題

    例6 已知A,B分別為橢圓E: x2a2+y2=1(a>1)的左、右頂點(diǎn),G為E的上頂點(diǎn),AG·GB=8.P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn),PA與E的另一個(gè)交點(diǎn)為C,PB與E的另一個(gè)交點(diǎn)為D.

    (1)求E的方程;

    (2)證明:直線CD過(guò)定點(diǎn).

    解析 (1)橢圓E:x29+y2=1(過(guò)程略);

    (2)設(shè)P(6,t),則kAC=kPA=t9,kBD=kPB=t3.

    當(dāng)t=0時(shí),直線CD即為x軸;

    當(dāng)t≠0時(shí),因?yàn)閗BC·kAC=-19,所以kBC=-1t.

    則kBC·kBD=-13.

    設(shè)直線BC,BD的斜率分別為k1,k2,則

    lBC:y=k1(x-3),lBD:y=k2(x-3),且k1·k2=-13.

    于是B,C,D三點(diǎn)滿足方程

    [k1(x-3)-y][k2(x-3)-y]=0.

    即(x-3)2-3y2+3(k1+k2)(x-3)y=0.

    聯(lián)立x29+y2=1,

    得(x-3)2-3(1-x29)+3(k1+k2)(x-3)y=0.

    整理,得9(x-3)4x+9(k1+k2)y-6=0.

    易知B,C,D三點(diǎn)的橫坐標(biāo)為該方程的三個(gè)根.

    所以lCD:4x+9(k1+k2)y-6=0.

    由k1及k2的任意性,知直線CD過(guò)定點(diǎn)32,0.

    7 求圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題

    例7 已知拋物線C:x2=-2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)2,-1.

    (1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程;

    (2)設(shè)O為原點(diǎn),過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M,N,直線y=-1分別交直線OM,ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證:以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的兩個(gè)定點(diǎn).

    解析 (1)C:x2=-4y,準(zhǔn)線:y=1(過(guò)程略);

    (2)設(shè)Aa,-1,Bb,-1,直線OM,ON的斜率分別為k1,k2,則lOM:y=k1x,lON:y=k2x,且k1=-1a,k2=-1b.

    于是O,M,N三點(diǎn)滿足方程

    (y-k1x)(y-k2x)=0.

    即y2-(k1+k2)xy+k1k2x2=0.

    聯(lián)立x2=-4y,整理,得

    y[y-(k1+k2)x+4k1k2]=0.

    易知M,N,O三點(diǎn)的坐標(biāo)為該方程的三根.

    則lMN:(k1+k2)x-y-4k1k2=0.

    又焦點(diǎn)(0,1)在直線MN上,所以0-1-4k1k2=0.

    即k1k2=-14.

    即-1a·-1b=-14,得ab=-4.

    以AB為直徑的圓的方程為

    (x-a)(x-b)+(y+1)2=0.

    令x=0,得(y+1)2=4,即y=1或-3.

    故以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0,-3).

    8 求四點(diǎn)共圓問(wèn)題

    例8 已知橢圓E:x24+y2=1,設(shè)不過(guò)原點(diǎn)O且斜率為12的直線l與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M,直線OM與橢圓E交于C,D兩點(diǎn),求證:A,B,C,D四點(diǎn)共圓.

    解析 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),l:y=12x+m,則x214+y21=1,x224+y22=1.

    兩式相減,得x21-x224+y21-y22=0.

    整理,得y0x0=-x1-x24(y1-y2)=-12.

    則lOM:y=-12x.

    故A,B,C,D滿足方程

    y-12x-my+12x=0.

    又A,B,C,D四點(diǎn)滿足方程x24+y2=1,

    所以A,B,C,D四點(diǎn)滿足方程

    y-12x-my+12x+λx24+y2-1=0(λ∈R).

    即λ-14x2+(λ+1)y2-m2x-my-λ=0.

    令λ-14=λ+1,得λ=-53.

    有x2+y2+3m4x+3m2y-52=0.

    即x+3m82+y+3m42=45m2+16064.

    此即為A,B,C,D四點(diǎn)所在的圓的方程.

    本文介紹的“曲線系方程”法, 為今后解決一類解幾問(wèn)題提供了新的思路,相較于聯(lián)立直線與曲線方程的通法,該法過(guò)程簡(jiǎn)潔、計(jì)算量小,可以提高解題效率,但是該法有其局限性,我們?cè)谌粘5膶W(xué)習(xí)中,要結(jié)合自身掌握程度和實(shí)際情況,選擇最佳的解題方法,不能盲目追求某一種解法,要學(xué)會(huì)從不同的解法中汲取不同的數(shù)學(xué)思想,從而提高自身的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

    參考文獻(xiàn):

    [1]劉海濤.2020年全國(guó)Ⅰ卷解析幾何題的多解探究與推廣[J].理科考試研究,2020,27(21):5-9.

    [2] 劉海濤.例談“定比點(diǎn)差法”在解析幾何問(wèn)題中的應(yīng)用[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究(華南師范大學(xué)版),2021(07):25-27.

    [責(zé)任編輯:李 璟]

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