1、 高二數(shù)學(xué)競賽曲線系曲線系是具有某種性質(zhì)的曲線集合，利用曲線系解題體現(xiàn)了參數(shù)變換的數(shù)學(xué)思想，整體處理的鑰匙策略，以及“基本量”和“待定系數(shù)”等重要的解題方法曲線系：如果兩條曲線方程是 f1(x,y)0和 f2(x,y)0, 它們的交點(diǎn)是P(x0,y0)，則方程 f1(x,y)lf2(x,y)0的曲線也經(jīng)過點(diǎn)P(x0,y0) (是任意常數(shù))證明：由方程 得到 f1(x,y)lf2(x,y)0······· 只須將（x0, y0）代入證明u 設(shè)圓C1x2y2D1xE1yF10和圓C2x2y2D2xE2yF20若兩圓相交，則過交點(diǎn)

2、的圓系方程為x2y2D1xE1yF1l (x2y2D2xE2yF2)0(l為參數(shù)，圓系中不包括圓C2，l1為兩圓的公共弦所在直線方程)u 設(shè)圓Cx2y2DxEyF0與直線l：AxByC0，若直線與圓相交，則過交點(diǎn)的圓系方程為x2y2DxEyFl(AxByC)0(l為參數(shù))曲線系方程不能包含過兩曲線公共點(diǎn)的所有曲線，那么使用時(shí)怎么知道所求方程在不在方程中呢? m·f1(x,y)n·f2(x,y)0由直線生成的二次曲線系：設(shè)fiAi xBi yCi（i1,2,3,···）（1）若三角形三邊的方程為：fi0（i1,2,3），則經(jīng)過三角形三個(gè)頂點(diǎn)的二次

3、曲線系為：f1·f2lf2·f3mf3·f10（l、m為參數(shù)）（2）若四邊形四條邊的方程為：fi0（i1,2,3,4），則經(jīng)過四邊形四個(gè)頂點(diǎn)的二次曲線系為： f1·f3lf2·f40（l為參數(shù)），其中f10與f30、f20與f40分別為四邊形的對邊所在直線方程（3）與兩條直線f10、f20分別相切于M1、M2的二次曲線系為： f1·f2lf3·f30（l為參數(shù)）， 其中f30是過M1、M2的直線方程（3）過直線f10、f20與一個(gè)二次曲線F(x,y)0的4個(gè)交點(diǎn)的二次曲線系為： F(x,y)lf1·f20（l為參數(shù)

4、）【例題選講】例1. 求經(jīng)過兩圓x2y26x40和x2y26y280的交點(diǎn)，并且圓心在直線xy40上的圓的方程解： 構(gòu)造方程 x2y26x4l(x2y26y28)0即：(1l)x2(1l)y26x6ly(428l)0此方程的曲線是過已知兩圓交點(diǎn)的圓，且圓心為(,)當(dāng)該圓心在直線xy40上時(shí)，即 40，解得：l7 所求圓方程為 x2y2x7y320例2. 求與圓x2y24x2y200切于A(1,3)，且過B(2,0)的圓的方程解法一：視A(1,3)為圓(x1)2(y1)2r2，當(dāng)r0時(shí)，極限圓(x1)2(y3)20構(gòu)造圓系：(x2y24x2y20)l(x1)2(y3)20曲線過B(2,0) l

5、所求的方程為：7x27y24x18y200解法二：過A(1,3)的圓的切線為：3x4y150與已知圓構(gòu)造圓系：x2y24x2y20l(3x4y15)0曲線過B(2,0) l 所求的方程為：7x27y24x18y200例3. 求證：兩橢圓b2x2a2y2a2b2、a2x2b2y2a2b2的交點(diǎn)在以原點(diǎn)為中心的圓周上，并求這個(gè)圓方程解：設(shè)(b2x2a2y2a2b2)l(a2x2b2y2a2b2)0令l1，得：(a2b2)(x2y2)2a2b2，即：(x2y2)此方程為以原點(diǎn)為圓心的圓的方程，由曲線系知識知該圓過已知兩橢圓的交點(diǎn)即原題得證注意：由以上分析可以看出，利用曲線系解題，可以快速求解，但有時(shí)

6、卻是失效的例4. 求以圓x2y25與拋物線y24x的公共弦為直徑的圓的方程.解法一：聯(lián)立方程，解得：或以這兩點(diǎn)為直徑的圓的方程是：(x1)2y24解法二：構(gòu)造方程 (x2y25)l(y24x)0即：x2(1l)y24lx50 (*)顯然，l0不是所求圓方程，而在l0時(shí)，方程(*)已不是圓方程了 由(*)得不出所求結(jié)果例5. 【書P.131/16】過不在橢圓上任一點(diǎn)P作兩條直線l1、l2分別交橢圓于A、B和C、D四點(diǎn)，若l1、l2的傾斜角分別為、，且，求證：A、B、C、D四點(diǎn)共圓解法一：【直線的參數(shù)方程】設(shè)P(x0,y0)，設(shè)l1方程為：（t為參數(shù)）直線l2方程為：（m為參數(shù)）將l1方程代入橢圓

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|由平面幾何知識知A、B、C、D四點(diǎn)共圓解法二：【二次曲線系】設(shè)P(x0,y0)，記ktan，設(shè)l1：yk(xx0)y0，l2：yk(xx0)y0，l1：kxykx0y00，l2：kxykx0y00，過A、B、C、D四點(diǎn)的二次曲線設(shè)為：1l(kxykx0y0)(kxykx0y0)01l(kxkx0)2l(yy0)20x2y22lk

8、2x0x2ly0y1k2ll0lk2l時(shí)，方程為圓的方程，此時(shí)，l(k21)，即lA、B、C、D四點(diǎn)共圓例6. 【2005年湖北高考第21題】設(shè)A、B是橢圓3x2y2l上的兩點(diǎn)，點(diǎn)N(1,3)是線段AB的中點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與橢圓相交于C、D兩點(diǎn)（）確定l的取值范圍，并求直線AB的方程；（）試判斷是否存在這樣的l，使得A、B、C、D四點(diǎn)在同一個(gè)圓上？并說明理由解：（）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，設(shè)AB：yk(x1)3，代入橢圓得：(k23)x22k(k3)x(k3)2l0 x1x22xN2 解得k1，4k2(k3)24(k23)(k3)2l4·424·4(1

9、6l)0l12直線AB的方程為yx4【或】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，由點(diǎn)差法【過程略】N(1,3)是AB的中點(diǎn)， x1x22,y1y26kAB1又由N(1,3)在橢圓內(nèi)，332ll12（下略）（）解法1：又設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4)，CD的中點(diǎn)為M(x0,y0)CD垂直平分AB，直線CD的方程為yx2，代入橢圓方程整理得：4x24x4l0 x3x41x0，y0M(,)于是由弦長公式可得|CD|x3x4| 將直線AB的方程yx4代入橢圓方程得4x28x16l0 同理可得 |AB|x1x2| 當(dāng)l12時(shí)， |AB|CD|假設(shè)存在l12，使得A、B、C、D四點(diǎn)共圓，則CD必為圓

10、的直徑，點(diǎn)M為圓心.點(diǎn)M(,)到直線AB的距離為d 于是，由、式和勾股定理可得|MA|2|MB|2d 222故當(dāng)l12時(shí)，A、B、C、D四點(diǎn)均在以M為圓心，為半徑的圓上.【或】A、B、C、D共圓ÛACD為直角三角形Û|AN|2|CN|·|DN|，【相交弦定理的應(yīng)用】即 2 由式知，式左邊由和知，式右邊式成立，即A、B、C、D四點(diǎn)共圓.【或二次曲線系】AB：xy40，CD：xy20，(xy4)(xy2)0過A、B、C、D四點(diǎn)3x2y2l0過A、B、C、D四點(diǎn)3x2y2lm(xy4)(xy2)0過A、B、C、D四點(diǎn)3x2y2lm(x2y22x6y8)0(3m)x2(1

11、m)y22mx6my8ml0當(dāng)3m1m，即m1時(shí)，方程為2x22y22x6y8l0x2y2x3y40(x)2(y)24A、B、C、D四點(diǎn)都在圓(x)2(y)2上例7. 【2010江蘇卷18】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，如圖，已知橢圓的左、右頂點(diǎn)為A、B，右焦點(diǎn)為F設(shè)過點(diǎn)T(t,m)的直線TA、TB與橢圓分別交于點(diǎn)M(x1,y1)、N(x2,y2)，其中m0,y11,y20（1）設(shè)動點(diǎn)P滿足PF2PB24,求點(diǎn)P的軌跡；（2）設(shè)x12,x2，求點(diǎn)T的坐標(biāo)；（3）設(shè)t9，求證：直線MN必過x軸上的一定點(diǎn)（其坐標(biāo)與m無關(guān)）解（1）（2）略（3）點(diǎn)T的坐標(biāo)為(9,m) 直線TA方程為：y(x3)，TB：

12、y(x3)分別與橢圓聯(lián)立方程組，同時(shí)考慮到xA3，xB3，【過程略】解得：M(,)，N(,)（方法一）當(dāng)x1x2時(shí)，直線MN方程為：y(x)【整理略】令y0，解得：x1此時(shí)必過點(diǎn)D（1，0）；當(dāng)x1x2時(shí)，直線MN方程為：x1，與x軸交點(diǎn)為D（1，0）所以直線MN必過x軸上的一定點(diǎn)D（1，0）（方法二）若x1x2，則由及m0，得m2，此時(shí)直線MN的方程為x1，過點(diǎn)D（1，0）若x1x2，則m2，直線MD的斜率kMD，直線ND的斜率kND，所以直線MN過D點(diǎn)因此，直線MN必過x軸上的點(diǎn)（1，0）解法三：由題意TA：y(x3)，TB：y(x3)，AB：y0，設(shè)MN方程為：pxqyr0，上述4條直線

13、兩兩的交點(diǎn)即A、B、M、N（任三點(diǎn)不共線），則經(jīng)過這四點(diǎn)的二次曲線可表示為：·ly·(pxqyr)0·l(pxyqy2ry)0整理得：x2(1lq)y2(lp)xy(lr)y0······(*)當(dāng)方程(*)表示橢圓時(shí)，比較系數(shù)得： MN：xy0 mxym0MN：m(x1)y0恒過定點(diǎn)(1,0)例8. 【2011四川理21】橢圓有兩頂點(diǎn)A(1,0)、B(1,0)，過其焦點(diǎn)F(0,1)的直線l與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，并與x軸交于點(diǎn)P，直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q（）當(dāng)|CD|時(shí)，求直線l的方程；（）當(dāng)點(diǎn)P異于A、

14、B兩點(diǎn)時(shí)，求證：·為定值解：（）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(ab0)，由已知得b1，c1，所以a22，則橢圓方程為x21直線l垂直于x軸時(shí)與題意不符設(shè)直線l的方程為ykx1，聯(lián)立得：(k22)x22kx10，設(shè)C(x1,y1)，D(x2,y2)，則4k24(k22)8(k21)，x1x2，x1x2，|CD|x1x2|由已知得，解得k±，所以直線l的方程為y±x1（）直線l垂直于x軸時(shí)與題意不符設(shè)直線l的方程為ykx1（k0且k±1），所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為(,0)設(shè)C(x1,y1)，D(x2,y2)，由（）知x1x2，x1x2，直線AC的方程為：y(x1)，直線BD的

15、方程為：y(x1)，方法一：聯(lián)立方程，設(shè)Q(x0,y0)，解得x0，不妨設(shè)x1x2，則x0k，Q(k,y0)，又P(,0)，·(k)·()01故·為定值方法二：聯(lián)立方程，消去y得，1x1,x21，與異號2·2又y1y2k2x1x2k(x1x2)1·，與y1y2異號，與同號，解得xk因此Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(k,y0)，又P(,0)，·1故·為定值例9. 【2011四川理21】橢圓有兩頂點(diǎn)A(1,0)、B(1,0)，過其焦點(diǎn)F(0,1)的直線l與橢圓交于C、D兩點(diǎn)，并與x軸交于點(diǎn)P，直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q（）當(dāng)點(diǎn)P異于A、B兩點(diǎn)時(shí)

16、，求證：·為定值證法三：設(shè)直線CD方程為：ykx1，與x軸交點(diǎn)為P(,0)直線AC方程為：yk1(x1)，直線BD方程為：yk2(x1)解得：xQ，故·AC：k1xyk10，BD：k2xyk20，AB：y0，CD：kxy10經(jīng)過A，B，C，D四點(diǎn)的二次曲線方程可設(shè)為：y·(kxy1)l(k1xyk1)(k2xyk2)0kxyy2ylk1k2x2ly2l(k1k2)xyl(k2k1)ylk1k20lk1k2x2kl(k1k2)xy(l1)y2l(k2k1)1ylk1k20與橢圓x21比較系數(shù)得：代入·1（定值）一般地取曲線方程中的特征量（如直線方程中的斜率

17、k，截距b等）為變數(shù)時(shí)，便可得出曲線系xyOMll2l1PQ例10. 已知有向線段PQ的起點(diǎn)P的終點(diǎn)Q的坐標(biāo)分別為(1,1)和(2,2)，若直線l：xmym0與PQ的延長線相交，求m的取值范圍分析：直線l變形為x0(m0)或yx1(m0)是過(0,1)斜率為的直線，只須找到與Q點(diǎn)相交、與PQ平行的直線的夾角范圍即可解： xmym0 直線l經(jīng)過M(0,1) 3m思考：用定比分點(diǎn)的思想可以嗎？例11. 平面上有兩個(gè)圓，它們的方程分別是x2y216和x2y26x8y240，求這兩個(gè)圓的內(nèi)公切線方程分析：由x2y26x8y240得：(x3)2(y4)21，顯然這兩圓的關(guān)系是外切解： x2y26x8y2

18、40 (x3)2(y4)21這兩圓是外切(x2y26x8y24)(x2y216)0 3x4y200所求的兩圓內(nèi)公切線的方程為：3x4y200注意：對于不同心的兩個(gè)圓C1：x2y2D1xE1yF10, C2：x2y2D2xE2yF20，圓系方程C1lC20例12. 求證：如果兩條拋物線有四個(gè)交點(diǎn)且對稱軸垂直，則此四點(diǎn)共圓分析：證明四點(diǎn)共圓，可以利用曲線系，得出一個(gè)四點(diǎn)滿足的圓的方程即可證明：取一條拋物線的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，對稱軸為x軸，則它的方程為：y22px 另一條拋物線的方程為：(xa)22k(yb) 得：y2(xa)22px2k(yb)0若和有四個(gè)解，即兩條拋物線有四個(gè)交點(diǎn)時(shí)，這四個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)一定

19、滿足方程命題成立例13. 已知A、B為定二次曲線ax2bxycy2exfyg0 (a0)上的兩點(diǎn)，過A、B任作一圓，設(shè)該圓與定二次曲線交于另外兩點(diǎn)C、D，求證：CD有定向分析：可以把過A、B的曲線系表示出來，得到C、D滿足的方程解：取A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，設(shè)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(l,0)，不妨假定a1，ax2bxycy2exfyg0 x2bxycy2lxfy0 過A、B的圓的方程為：x2y2lxky0 過A、B的曲線系方程為：(x2bxycy2lxfy)l(x2y2lxky)0曲線也過C、D 取l1可得ybx(c1)y(fk)0 A、B、C、D的坐標(biāo)必須滿足C、D不在AB（即x軸）上 y0CD的

20、方程為：bx(c1)y(fk)0b, c1都是定值 直線CD有定向例14. 設(shè)0ab，過兩定點(diǎn)A(a,0)和B(b,0)分別引直線l和m，使與拋物線y2x有四個(gè)不同的交點(diǎn)，當(dāng)這四個(gè)點(diǎn)共圓時(shí)，求這種直線l和m的交點(diǎn)P的軌跡分析：本題的關(guān)鍵是如何利用四點(diǎn)共圓的條件思路一：設(shè)定點(diǎn)的兩條直線方程，引進(jìn)參數(shù)k和k¢，代入y2x，求出四個(gè)交點(diǎn)，由三個(gè)交點(diǎn)確定一個(gè)圓，代入第四點(diǎn)，化簡，或求出定點(diǎn)的兩條直線的交點(diǎn)，用相交弦定理求解，但計(jì)算量太大、太煩思路二：利用直線系和圓系知識求解解：設(shè)l的的方程為：ykxka0, m的的方程為：yk¢xk¢b0過l,m與y2x的四個(gè)不同交點(diǎn)為的

21、二次曲線的方程為：(y2x)l(ykxka)( yk¢xk¢b)0(1l)y2l(kk¢)xylkk¢x2l(kak¢b)ylkk¢(ab)1xlkk¢ab0 成為圓的條件是：兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)為P, P點(diǎn)在AB線段的中垂線上點(diǎn)P的軌跡是直線x除去與y0或y2x的三個(gè)交點(diǎn)例15. 給定曲線族2(2sincos3)x2(8sincos1)y0，為參數(shù)，求該曲線族在直線y2x上截得的弦長的最大值分析：顯然此曲線族是過原點(diǎn)的拋物線系解：曲線族是過原點(diǎn) 直線y2x也過原點(diǎn)曲線族在y2x上所截得的弦長公取決于曲線族與y2x的另一個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)將y2x代入曲線系得：(2sincos3)x2(8sincos1)x02sincos3sin(arctan)30當(dāng)x0時(shí)，x令sin, cos，其中utanx 2