林靜

摘要： 直線與圓錐曲線相交是直線與圓錐曲線位置關(guān)系中一種，由此得到弦.在解決有關(guān)弦的問題中恰當(dāng)使用到直線方程的假設(shè)會減少運(yùn)算量.本文通過三個題目解法的對比分析，闡述了如何根據(jù)問題的條件、所求問題的特點(diǎn)以及圓錐曲線的特點(diǎn)選擇恰當(dāng)?shù)闹本€方程形式.

關(guān)鍵詞：直線方程；弦；圓錐曲線

學(xué)生在解決有關(guān)解析幾何的問題時計算是一只攔路虎，特別是在求有關(guān)弦的問題的時候，往往是因?yàn)橛嬎惆胪径鴱U，因此要特別重視直線方程的假設(shè)恰當(dāng)?shù)姆匠绦问娇梢云鸬綔p少計算量、事半功倍的作用直線方程的假設(shè)要根據(jù)問題的條件、所求問題的特點(diǎn)以及圓錐曲線的特點(diǎn)選擇恰當(dāng)?shù)男问?直線方程的假設(shè)對后續(xù)的計算有著舉足輕重的影響.

一、直線方程的假設(shè)

①若直線過點(diǎn)（x0，y0）和斜率k，則其方程可以設(shè)為y-y0=k（x-x0）；

②直線過（x0，y0），其方程可設(shè)為：形式（Ⅰ）（?。﹛=x0，（ⅱ）y-y0=k（x-x0）；形式（Ⅱ）x=x0+tcosαy=y0+tsina（t為參數(shù)） ；

③直線過點(diǎn)A（a，0），其方程可設(shè)為（Ⅰ）y=0；（Ⅱ）x=mx+a；

④直線過點(diǎn)A（0，b），其方程可設(shè)為（Ⅰ）x=0（Ⅱ）y=kx+b；

⑤過點(diǎn)A（a，0），B（0，b），其方程可設(shè)為（Ⅰ）y=kx（a=b=0）（Ⅱ）xa+yb=1（ab≠0）；

⑥ax+by+c=0（a，b不同時為0）

二、直線方程的應(yīng)用

例1（2016年高考新課標(biāo)Ⅰ卷理數(shù)20題）設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A，直線l過點(diǎn)B（1，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E

（Ⅰ）證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程；

（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于MN兩點(diǎn)，過B且與l垂直的直線與圓A交于PQ兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍

分析（Ⅰ）x24+y23=1（y≠0））過程略

（Ⅱ）方法一設(shè)直線l的方程為x=1+tcosαy=tsinα（t為參數(shù)），

∵t1=BM，t2=BN，∴|MN|=|t1-t2|

將x=1+tcosαy=tsinα代入x24+y23=1，

得（3+sin2α）t2+6cosα·t-9=0，

∴t1+t2=-6cosα3+sin2α，t1·t2=-93+sin2α

∴|MN|=|t1-t2|=123+sin2α（0<α<π）

過點(diǎn)B且與l垂直的直線方程為：x=1+tcos（α+π2）y=tsin（α+π2）（t為參數(shù)），

∵t3=BP，t4=BQ，∴|PQ|=|t1-t2|，

將x=1+tcos（α+π2）y=tsin（α+π2）代入x2+y2+2x-15=0，

得t2-4sinα·t+12=0

∴t1+t2=4sinα，t1·t2=12

∴|PQ|=|t1-t2|=123+sin2α

∴四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=243+sin2α

由0<α<π得0

因此12≤SMPNQ<83

綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12，83]

方法二由條件可設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），若m≠0，直線l的方程為x=my+1，

由x24+y23=1x=my+1得：（3m2+4）y2+6my-9=0，

則由△=（6m）2-4·（3m2+4）·（-9）>0得m∈R，

∵y1+y2=-6m3m2+4，y1·y2=-93m2+4

∴|MN|=1-m2|y1-y2|=12（m2+1）3m2+4

過點(diǎn)B且與l垂直的直線方程為：

x=-1my+1，即mx+y-m=0

點(diǎn)A到直線mx+y-m=0的距離為：

d=2|m|1+m2，則|PQ|=242-（2|m|1+m2）2

四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=24m2+13m2+4 ∈[12，83]

若m=0，直線l的方程為x=1，易求|MN|=3，|PQ|=8，四邊形MPNQ面積為12

綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12，83）

方法三由條件可設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2）若k∈R由條件可知k≠0直線l的方程為y=k（x-1），由x24+y23=1y=k（x-1）得：

（4k2+3）x2+6-8k2x+4k2-12=0.

則由△=（-8k2）2-4·（4k2+3）·（4k2-12）>0得k∈R，

∵x1+x2=8k23+4k2，x1·x2=4k2-123+4k2

∴|MN|=1+k2|x1-x2|=12（k2+1）3+4k2；

過點(diǎn)B且與l垂直的直線方程為：

y=-1k（x-1）即x+ky-1=0.

點(diǎn)A到直線x+ky-1=0的距離為：

d=21+k2則|PQ|=242-（21+k2）2

則四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=24k2+13+4k2∈[12，83）

若k∈φ，直線l的方程為x=1，易求|MN|=3，|PQ|=8，四邊形MPNQ面積為12

綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12，83）

評注從三種解題方法的解題過程來看，方法一比較簡潔且成功避免了分類討論；方法二沒有避免分類討論，根據(jù)圓錐曲線方程和假設(shè)的直線方程，消元后方程（3m2+4）y2+6my-9=0與（4k2+3）x2+6-8k2x+4k2-12=0相比較，前者比后者復(fù)雜，因此方法二的計算量相對方法三少，計算起來比較簡單

例2（2016年高考新課標(biāo)Ⅱ卷理數(shù)20題）已知橢圓E∶x24+y23=1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k（k>0）的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA.

（Ⅰ）當(dāng)t=4，|AM|=|AN|時，求△AMN的面積；

（Ⅱ）當(dāng)2|AM|=|AN|時，求k的取值范圍.

方法一依題意可設(shè)直線AM，AN的傾斜角分別為α，α+β

（Ⅰ）由條件可設(shè)直線AM的方程為

x=-2+tcosαy=tsinα（t為參數(shù)），t1=AM，

將x=-2+tcosαy=tsinα代入x24+y23=1得：

（3+sin2α）t2-12tcosα=0，t1=12cosα3+sin2α

直線AN的方程為

x=-2+tcos（α+π2）=-2-tsinαy=tsin（a+π2）（t為參數(shù)），

t2=AN，

將x=-2-tsinαy=tsin（α+π2）代入x24+y23=1得：

（3+cos2α）t2+12tsinα=0，t1=-12sinα3+cos2α

由|AM|=|AN|即|t1|=|t2|得

12cosα3+sin2α=12sinα3+cos2α，

解得tanα=1或tanα=-1，

α=π4或α=3π4

ΔAMN的面積=12|AM|·|AN|=12|t1|·|t2|=14449.

（Ⅱ）由條件可設(shè)直線AM的方程為x=-t+t′cosαy=t′sinα（t′為參數(shù)），t′1=AM，

將x=-t+t′cosαy=t′sinα代入x2t+y23=1得：

（3cos2α+tsin2α）（t′）2-6tcosα（t′）=0，

t′1=6tcosα3cos2α+tsin2α；

由條件可設(shè)直線AN的方程為：

x=-t+t′cos（α+π2）y=t′sin（α+π2）x=-t-t′sinαy=t′cosα

（t′參數(shù)），t′2=AN，

將x=-t-t′sinαy=t′cosα代入x2t+y23=1得：

（3sin2α+tcos2α）（t′）2+6tsinα（t′）=0，

t′2=-6tsinα3sin2α+tcos2α

由2|AM|=|AN|即2|t1|=|t2|得：

2|6tcosα3cos2α+tsin2α|=|-6tsinα3sin2α+tcos2α|，

設(shè)x=tanα，t=6|x|2-3|x||x|3-2>3，

則3|x|3-6|x|2+2|x|-6|x|3-2<2，

（|x|-2）（|x|2+1）|x|3-2，<0，

解得32

方法二（1）當(dāng)t=4時，橢圓E的方程為x24+y23=1，A點(diǎn)坐標(biāo)為（-2，0），則直線AM的方程為y=k（x+2）.

聯(lián)立x24+y23=1y=k（x+2）并整理得，

（3+4k2）x2+16k2x+16k2-12=0.

解得x=-2或x=-8k2-63+4k2，

則|AM|=1+k2-8k2-63+4k2+2=1+k2·123+4k2 .

由AM⊥AN得：

|AN|=1+-1k2·123+4·1-1k21+k2·123|k|+4|k|.

由|AM|=|AN|及k>0得：

1+k2·123+4k2=1+k2·123k+4k，

整理得（k-1）（4k2-k+4）=0，4k2-k+4=0無實(shí)根，則k=1.

∴△AMN的面積為

12|AM|2=121+1·123+42=14449.

（2）直線AM的方程為y=k（x+t），

聯(lián)立x2t+y23=1y=k（x+t）并整理得：

（3+tk2）x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.

解得x=-t或x=-ttk2-3t3+tk2，

∴|AM|=1+k2-ttk2-3t3+tk2+t

=1+k2·6t3+tk2

∴|AN|=1+k2·6t3k+tk，∵2|AM|=|AN|

∴2·1+k2·6t3+tk2=1+k2·6t3k+tk，

整理得：t=6k2-3kk3-2.

∵橢圓E的焦點(diǎn)在x軸，所以t>3，

即6k2-3kk3-2>3，整理得（k2+1）（k-2）k3-2<0

解得32

評注對比法一和法二明顯可以看出，法一比法二易準(zhǔn)確求出答案因此涉及過定點(diǎn)A所作兩條互相垂直的直線與橢圓相交得到弦長AM，AN，使用直線的標(biāo)準(zhǔn)參數(shù)方程，利用參數(shù)的幾何意義計算弦長讓計算簡便準(zhǔn)確

例3（2016年福建省普通高中畢業(yè)班單科質(zhì)檢理科數(shù)學(xué)試題20題）以橢圓M∶x2a2+y2=1（a>1）的四個頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的四條邊與⊙O∶x2+y2=1共有6個交點(diǎn)，且這6個點(diǎn)恰好把圓周六等分

（Ⅰ）求橢圓M的方程；

（Ⅱ）若直線l與⊙O相切，且與橢圓M相交于P，Q兩點(diǎn)，求|PQ|的最大值

方法一 （Ⅰ） 橢圓M的方程為x23+y2=1 （過程略）；

（Ⅱ）由條件可知直線l的方程可以設(shè)為：x=my+n，

由直線l與⊙O相切得：n2=m2+1，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）.

由x23+y2=1x=my+n得：（m2+3）y2+2mny+n2-3=0，

則由Δ=（2mn）2-4·（m2+3）·（n2-3）=12（m2-n2+3）=24，

∵y1+y2=-2mnm2+3，y1·y2=n2-3m2+3

∴|PQ|=1+m2|y1-y2|=26m2+1m2+2

=26|n|n2+1=26|n|+2|n|≤3.

當(dāng)且僅當(dāng)|n|=2，|m|=1，|PQ|的最大值為3.

方法二若直線l的斜率不存在，則其方程為x=±1，易知|PQ|=263

若直線l的斜率存在，則直線l的方程可以設(shè)為：y=kx+b，由直線l與⊙O相切得：b2=k2+1，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）.

由x23+y2=1y=kx+b得：（3k2+1）y2+6kbx+3b2-3=0，

則由Δ=（6kb）2-4·3·（b2-1）·（3k2+1）=12（3k2-b2+1）=24k2，

∵x1+x2=-6kb3k2+1，x1·x2=3b2-33k2+1

∴|PQ|=1+k2|x1-x2|

=26|k|k2+13k2+1=26（k2+1）·k2（3k2+1）2 .

設(shè)t=3k2+1（t≥1），|PQ|=263-1t2+1t+1，

當(dāng)1t=14即t=4時|PQ|max=263·98=3

方法三設(shè)直線l與⊙O相切的切點(diǎn)為（a，b），則直線l的方程為ax+bx=1，且a2+b2=1

設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），由x23+y2=1ax+by=1得：

（3a2+b2）y2-2by+1-3a2=0，

即（2a2+1）y2-2by+1-3a2=0，

則由Δ=（-2b）2-4·（1-3a2）·（2a2+1）=24a4，

y1+y2=2b2a2+1，y1·y2=1-3a22a2+1

則|PQ|=1+-ba2|y1-y2|

=1|a|·26a21+2a2=262|a|+1|a|≥26·122=3.

當(dāng)|a|=22 即a=±22時|PQ|max=3

評注對比三種方法可知法一比較簡單直接，避免了分類討論；法二有兩個難點(diǎn)：分類討論、求最值的時候式子的變形；法三的難處是消元的時候若用y=-abx+1b或x=-bay+1a，會引發(fā)分類討論，同時導(dǎo)致計算量加大，只有根據(jù)a2x2+3a2y2=3a2消元才能減少計算量

從以上問題的解法可以看出：直線方程的假設(shè)對問題的解決引發(fā)的計算量有很大的影響，因此要根據(jù)給出直線的條件，圓錐曲線方程的特點(diǎn)，解決的問題選擇恰當(dāng)直線方程的形式