曲线系理论及其应用.doc

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第21讲:

曲线系理论及其应用173

第21讲:

曲线系理论及其应用

在一个关于x,y的二元方程中,如果它含有一个不定的常数,赋于这个常数一些不同的值,可以得到一系列具有某种共同性质的曲线（包括直线）,它们的全体组成的集合叫做具有某种共同性质曲线系.

利用曲线系解题,体现了参数变换的数学观点、整体处理的解题策略,以及“基本量”和“待定系数”的解题方法.这种观点、策略、方法的三位一体,能使解题水平更高、思维更活.下面介绍几类重要的曲线系.

定理1:

过曲线C1:

f1（x,y）=0与C2:

f2（x,y）=0的交点的曲线系方程为:

f1（x,y）+λf2（x,y）=0.

定理2:

设二次曲线C:

ax2+cy2+dx+ey+f=0与直线mx+ny+p=0有两个不同的交点,则过这两点的圆系方程为:

（ax2+cy2+dx+ey+

f）+λ（mx+ny+p）（mx-ny+t）=0,这里λ=,t为任意实数.

定理3:

过圆M:

x2+y2+2dx+2ey+f=0外一点P（x0,y0）作圆M的两条切线PA、PB,切点分别为A、B,则双切线PA与PB构成的曲线方程为:

（x02+y02+2dx0+2ey0+f）（x2+y2+2dx+2ey+f）-[x0x+y0y+d（x+x0）+e（y+y0）+f]2=0,即包含切线PA:

a1x+b1y+c=0与PB:

a2x+b2y+c2=0的方程.

定理4:

设二次曲线C:

ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=0与直线l1:

m1x+n1y+p1=0,l2:

m2x+n2y+p2=0都有公共点,则过这些公共点的二次曲线系方程为:

（ax2+bxy+cy2+dx+ey+f）+λ（m1x+n1y+p1）（m2x+n2y+p2）=0.

例1:

过曲线交点的直线系.

[始源问题]:

（2011年北大等十三校联考（北约）自主招生数学试题）求过抛物线y=2x2-2x-1,y=-5x2+2x+3两交点的直线方程.

[解析]:

由过抛物线y=2x2-2x-1,y=-5x2+2x+3两交点的曲线系:

（2x2-2x-1-y）+λ（-5x2+2x+3-y）=0,即（2-5λ）x2+2（λ-

1）x-（λ+1）y+3λ-1=0;令2-5λ=0λ=曲线系:

6x+7y-1=0过抛物线y=2x2-2x-1,y=-5x2+2x+3两交点的直线方程:

6x+7y-1=0.

[原创问题]:

已知抛物线C1:

y=2x2+3x-3,C2:

y=-5x2+tx+-t.

（Ⅰ）求证:

过抛物线C1与C2两交点的直线l过定点A;

（Ⅱ）过点A作斜率互为相反数的两直线与椭圆C:

+=1分别交于异于点A的点M、N,求证:

直线MN的斜率为定值.

[解析]:

（Ⅰ）由y=2x2+3x-35y=10x2+15x-15…①;由y=-5x2+tx+-t2y=-10x2+2tx+-2t…②;由①+②得:

7y=15x

+2tx--2t2（x-1）t=7y-15x+直线l过定点A（1,）;

（Ⅱ）设M（x1,y1）,N（x2,y2）,直线MN:

y=kx+t;由（3+4k2）x2+8ktx+4t2-12=0x1+x2=-,x1x2=;

由kAM+kAN=0+=0+=02kx1x2+（t--k）（x1+x2）-（2t-3）=0-（t--k）

-（2t-3）=08k（t2-3）-8kt（t--k）-（2t-3）（3+4k2）=06（2k-1）t+12k2-24k+9=06（2k-1）t+3（2k-1）（2k-3）=0

k=为定值.

例2:

过曲线交点的圆系.

174第21讲:

曲线系理论及其应用

[始源问题]:

（2001年新课程高考试题）设0<θ<,曲线x2sinθ+y2cosθ=1和x2cosθ-y2sinθ=1有4不同的交点.

（Ⅰ）求θ的取值范围;

（Ⅱ）证明:

这4交点共圆,求圆半径的取值范围.

[解析]:

（Ⅰ）由x2=sinθ+cosθ,y2=cosθ-sinθ>0tanθ<1θ∈（0,）θ的取值范围是（0,）;

（Ⅱ）由过曲线x2sinθ+y2cosθ=1和x2cosθ-y2sinθ=1交点的曲线系:

（x2sinθ+y2cosθ-1）+λ（x2cosθ-y2sinθ-1）=0,即（sinθ+λcosθ）x2+（cosθ-λsinθ）y2=1+λ;令sinθ+λcosθ=cosθ-λsinθ得:

λ=曲线系:

x2+y2=

2cosθ为圆这4交点共圆;圆的半径r=,由θ∈（0,）r=∈（,）.

[原创问题]:

设抛物线C1:

y2=4x与y=x2-x+c有4不同的交点.

（Ⅰ）求c的取值范围;

（Ⅱ）证明:

这4交点共圆,并求圆半径的取值范围.

[解析]:

（Ⅰ）由y4-30y2-16y+16c=0;令f（t）=t4-30t2-16t+16c,则（t）=4（t3-15t-4）=4（t-4）（t2+4t+1）=

4（t-4）（t+2+）（t+2-）f（t）的极大值=f（-2+）（t2+4t+1=0t2=-4t-1）=16c+48-81>0c>（81-48）;

f（t）的极小值=f（-2-）（t2+4t+1=0t2=-4t-1）=16c-48-81<0c<（81+48）;f（4）的极小值=16c-16×18<0

c<18.综上,c∈（（81-48）,（8148））;

（Ⅱ）由过抛物线C1:

y2=4x与y=x2-2x+c交点的曲线系:

（x2-2x+c-y）+λ（y2-4x）=0,即x2+λy2-2（1+2λ）x-y+c=0;令λ=1曲线系:

x2+y2-6x-y+c=0为圆这4交点共圆;圆的半径r=;由c∈（（81-48）,（81+48））r∈（0,

）.

例3:

过两交点的圆系.

[始源问题]:

（2004年湖北高考试题）直线l:

y=kx+1与双曲线C:

2x2-y2=1的右支交于不同的两点A、B.

（Ⅰ）求实数k的取值范围;

（Ⅱ）是否存在实数k,使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F？

若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.

[解析]:

（Ⅰ）将y=kx+1代入2x2-y2=1中并化简整理得:

（2-k2）x2-2kx-2=0,由已知得此方程有两个不小于的实根,解得:

-2

（Ⅱ）设过A,B两点的圆系方程为:

2x2-y2-1+λ（kx-y+1）（kx+y+t）=0,即（2+λk2）x2-（1+λ）y2+kλ（t+1）x+λ（1-t）y+λt-1=0

2+λk2=-（1+λ）λ=-圆系方程为:

x2+y2-x-y-=0;由于AB是圆的直径,故圆心（,

）在直线l上-+1=0t=-圆系方程为:

x2+y2-x-y-=0;若此圆过右焦点

第21讲:

曲线系理论及其应用175

（,0）--=0k=,又因k∈（-2,-）k=存在以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F,此时直线AB的斜率k=.

[原创问题]:

已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的离心率e=,过点A（0,-b）和B（a.0）的直线与原点的距离为.

（Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）已知直线y=kx+t与椭圆交于M、N两点,证明:

对任意的t>0,都存在k,使得以线段MN为直径的圆过定点.

[解析]:

（Ⅰ）由直线AB:

bx-ay-ab=0=;又由e==a2=3,b2=1椭圆C:

+y2=1;

（Ⅱ）设过M、N两点的圆系方程为:

x2+3y2-3+λ（kx-y+t）（kx+y+s）=0,即（1+λk2）x2+（3-λ）y2+kλ（t+s）x+λ（t-s）y+λts-3=

0（1+λk2）=（3-λ）λ=圆系方程为:

x2+y2+x+y+=0;由于MN是圆的直径,故圆心

（-,-）在直线y=kx+t上s=2t圆系方程为:

x2+y2+x-y+=0;令y=0得:

x2+

x+=03（x2-1）k2+6txk+4t2+x2-3=0;令x=1得:

6tk+4t2-2k=-对任意的t>0,都存在k=-

使得以线段MN为直径的圆过定点（1,0）.

例4:

四点共圆.

[始源问题]:

（2011年全国高考试题）已知O为坐标原点,F为椭圆C:

x2+=1在y轴正半轴上的焦点,过F且斜率为-的直线l与C交于A、B两点,点P满足++=0.

（Ⅰ）证明:

点P在C上;

（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q,证明:

A、P、B、Q四点在同一圆上.

[解析]:

（Ⅰ）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,由F（0,1）直线l:

y=-x+1,代入x2+=1得4x2-2x-1=0x1+x2=y1+y2=

-（x1+x2）+2=1;由++=0=（-（x1+x2）,-（y1+y2））=（-,-1）点P（-,-1）点P在C上;

（Ⅱ）（法一）直线l:

y=-x+1,P（-,-1）,Q（,1）,过直线l与椭圆C交点的曲线系:

2x2+y2-2+λ（x+y-1）（x-

y+t）=0（2+2λ）x2+（1-λ）y2+（t-1）λx+（t+1）λy-tλ-2=0,由该曲线为圆2+2λ=1-λλ=-圆的方程为:

4x2+4y2-（t-1）x-（t+1）y+t-6=0,若点P（-,-1）在该圆上t=0圆的方程为:

4x2+4y2+x-y-6=0点Q（,1）在该圆上;

（法二）直线l:

y=-x+1,直线PQ:

x-y=0,过直线l、PQ与椭圆C交点的曲线系:

2x2+y2-2+λ（x+y-1）（x-y）=0

（2+2λ）x2+（1-λ）y2-λx+λy-2=0,当λ=-时,曲线系:

4x2+4y2+x-y-6=0为圆A、P、B、Q四点在同一圆上.

[原创问题]:

设A,B是椭圆3x2+y2=λ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λ的取值范围,并求直线AB的方程;

176第21讲:

曲线系理论及其应用

（Ⅱ）试判断是否存在这样的λ,使得A,B,C,D四点在同一个圆上?

并说明理由.

[解析]:

（Ⅰ）3+9<λλ>12,直线AB:

3x+3y=3+9x+y-4=0;

（Ⅱ）过直线AB、CD与椭圆C交点的曲线系:

3x2+y2-λ+t（x+y-4）（x-y+2）=0（3+t）x2+（1-t）y2-2tx+6ty-8t-λ=0曲线系为圆t=-1圆的方程为:

2x2+2y2+2x-3y+8-λ=0A,B,C,D四点在同一个圆上.

例5:

四点共圆的条件.

[始源问题]:

（1993年全国高中数学联赛试题）设0

[解析]:

设P（x0,y0）,直线l:

y-k1x+k2a=0,直线m:

y-k2x+k2b=0,过这四点的曲线系:

y2-x+λ[y-k1x+k2a][y-k2x+k2b]=0（1

+λ）y2-λ（k1+k2）xy+λk1k2x2+λ（k1a+k2b）y-[λk1k2（a+b）+1]x+λk1k2ab=0,该曲线系为圆,直线l与m的交点P的轨迹:

线段AB的中垂线x=,除去直线x=与y=0,或y2=x的三个交点.

[原创问题]:

已知F1、F2分别是椭圆C:

+=1（a>b>0）的左、右焦点,P是椭圆C上的任意一点,且的最大值是3,最小值是2.

（Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）过两点F1和A（1,1）分别引直线l和m,使与椭圆C有四个不同的交点.当这四个交点共圆时,求直线l与m的交点Q的轨迹方程.

[解析]:

（Ⅰ）设P（acosθ,bsinθ）,F1（-c,0）,F2（c,0）,其中a2=b2+c2,则==（acosθ+c）（acosθ-c）+

b2sin2θ=a2cos2θ-c2+b2sin2θ=a2（1-sin2θ）-c2+b2sin2θ=（a2-c2）-（a2-b2）sin2θ=b2-c2sin2θb2=3,b2-c2=2c2=1a2=4

椭圆C:

+=1;

（Ⅱ）设直线l:

k1x-y+k1=0,直线m:

k2x-y+1-k2=0,过这四点的曲线系:

3x2+4y2-12+λ（k1x-y+k1）（k2x-y+1-k2）=0（3+λk1k2）

x2-λ（k1+k2）xy+（4+λ）y2+λk1x-λ（1+k1-k2）y+λk1（1-k2）=0;该曲线系为圆3+λk1k2=4+λ,λ（k1+k2）=0λ=,

k1+k2=0;此时,由k1x-y+k1=0,k2x-y+1-k2=0（k1-k2）x+（k1+k2）-1=0x=y=k1+x（y-）=.

例6:

圆的双切线方程.

[始源问题]:

（2008年全国高中数学联赛试题）如图,P是抛物线y2=2x上的动点,点B,C在y轴上,圆（x-1）2+y2=1内切于△PBC,求△PBC面积的最小值.

[解析]:

由抛物线的对称性知,不妨设P（2t2,2t）（t>0）,圆（x-1）2+y2=1,即x2+y2-2x=0双切线PB与PC的方程为:

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.因为当t=1时,只有切线PB与y轴相交;当01,且yB=,yC=|BC|=|yB-yC|=S△PBC=|BC||xP|

==2[2+（t2-1）+]≥8.当且仅当t=时,等号成立.

[原创问题]:

设P是抛物线C1:

x2=4y上的点.过点P做圆C2:

x2+（y+1）2=1的两条切线,交直线l:

y=-1于A,B两点.

（Ⅰ）若抛物线C1在P处的切线l1分别与x、y轴交于点M、N,求证:

M是PN的中点;

（Ⅱ）是否存在点P,使线段AB被抛物线C1在点P处的切线l1平分？

若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

第21讲:

曲线系理论及其应用177

[解析]:

（Ⅰ）设P（2t,t2）,则抛物线C1在P处的切线l1:

2tx=2（y+t2）,即y+t2=txM（t,0）,N（0,-t2）M是PN的中点;

（Ⅱ）圆C2:

x2+y2+2y=0双切线PA与PB的方程为:

（t4+6t2）（x2+y2+2y）-[2tx+t2y+y+t2]2=0;令y=-1得:

（t4+6t2）（x2-1）-（2tx-

1）2=0（t4+2t2）x2+4tx-（t4+6t2+1）=0xA+xB=-=-AB的中点为（-,-1）;线段AB被抛物线C1在点P处的切线l1平分点（-,-1）在y+t2=tx直线上-1+t2=-t=0,矛盾.不存在.

例7:

椭圆合成的二次曲线分解为直线.

[始源问题]:

（2011年四川高考试题）椭圆有两顶y

点A（-1,0）、B（1,0）,过其焦点F（0,1）的直线lD

与椭圆交与C、D两点,并与x轴交于点P.直线C

AC与直线BD交于点Q.AOBPx

（Ⅰ）当|CD|=时,求直线l的方程;

（Ⅱ）当点P异于A、B两点时,求证:

为定值.

[解析]:

（Ⅰ）椭圆x2+=1,设直线l:

y=kx+1,由（2+k2）x2+2kx-1=0|CD|==

k=直线l:

y=x+1;

（Ⅱ）设直线AC:

y-k1x-k1=0,直线BD:

y-k2x+k2=0则过A,B,C,D四点的曲线系:

2x2+y2-2+λ（y-k1x-k1）（y-k2x+k2）=0（2+λk1k2）x2+（1+λ）y2-λ（k1+k2）xy-λ（k1-k2）y-λk1k2-2=0;该曲线系变为直线AB与CD2+λk1k2=0,此时曲线系:

y[（1+λ）y-λ（k1+k2）x-λ（k1-k2）]=0直线CD:

（1+λ）y-λ（k1+k2）x-λ（k1-k2）=0xP=;又由直线AC:

y-k1x-k1=0,直线BD:

y-

k2x+k2=0k1xQ+k1=k2xQ-k2xQ==xPxQ==1.

[原创问题]:

已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的离心率e=,长轴的左、右端点分别为A（-2,0）、B（2,0）.

（Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）设直线x=ky+1与椭圆C交于M、N两点,求证:

直线AM与BN的交点P在定直线上.

[解析]:

（Ⅰ）由e===;又由a=2b2=3椭圆C:

+=1;

（Ⅱ）设P（x,y）,直线PA:

y-k1x-2k1=0,直线PB:

y-k2x+2k2=0过A、M、B、N四点的二次曲线系:

3x2+4y2-12+λ（y-k1x-2k1）（y-

k2x+2k2）=0（3+λk1k2）x2-λ（k1+k2）xy+（4+λ）y2+2λ（k2-k1）y-4λk1k2-12=0;该曲线系变为直线AB与MN3+λk1k2=0,此时曲线系:

y[λ（k1+k2）x-（4+λ）y-2λ（k2-k1）]=0直线MN:

λ（k1+k2）x-（4+λ）y-2λ（k2-k1）=0;由直线MN过点（1,0）k1+

k2=2（k2-k1）+=2（-）x=4点P在定直线x=4上.

例8:

双曲线合成的二次曲线分解为直线.

[始源问题]:

（2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题）设点A（-1,0）,B（1,0）,C（2,0）,yP

D在双曲线x2-y2=1的左支上,D≠A,直线CD交双曲线x2-y2=1的右支于点E,求证:

直线

AD与BE的交点P在直线x=上.ABCx

[解析]:

设P（x0,y0）,直线AD:

y-k1x-k1=0,直线BE:

y-k2x+k2=0,过A,B,E,D四点的曲D

线系:

x2-y2-1+λ（y-k1x-k1）（y-k2x+k2）=0（1+λk1k2）x2+（λ-1）y2-λ（k1+k2）xy-λ（k1-k2）y-λk1k2-1=0,该曲线变为直线AB

178第21讲:

曲线系理论及其应用

与CD1+λk1k2=0直线CD:

（λ-1）y-λ（k1+k2）x-λ（k1-k2）=0,由直线CD过点C（2,0）3k1+k2=0,x=.

[原创问题]:

已知双曲线C:

-=1（a>0,b>0）的离心率e=,实轴的左、右端点分别为A（-3,0）、B（3,0）.

（Ⅰ）求双曲线C的方程;

（Ⅱ）设直线x=ky+3与双曲线C交于M、N两点,求证:

直线AM与BN的交点P在定直线上.

[解析]:

（Ⅰ）由a=3,e==c=5b=4双曲线C:

-=1;

（Ⅱ）设P（x,y）,直线PA:

y-k1x-3k1=0,直线PB:

y-k2x+3k2=0过A、M、B、N四点的二次曲线系:

16x2-9y2-144+λ（y-k1x-3k1）（y

-k2x+3k2）=0（16+λk1k2）x2-λ（k1+k2）xy+（λ-9）y2+3λ（k2-k1）y-9λk1k2-144=0;该曲线系变为直线AB与MN3+λk1k2=0,此时曲线系:

y[λ（k1+k2）x-（λ-9）y-3λ（k2-k1）]=0直线MN:

λ（k1+k2）x-（λ-9）y-3λ（k2-k1）=0;由直线MN过点（3,0）

k1+k2=k2-k1+=-x=3点P在定直线x=3上.