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：G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A?? 文章編號：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共有四個交點(diǎn)，則過四點(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 求曲線的方程問題

例1 求過橢圓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項系數(shù)為0，且x2項與y2項的系數(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 求斜率積為定值問題

例4 已知橢圓C：x24+y2=1上一點(diǎn)P（0，1），過點(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)量積為定值問題

例5 已知A，B為橢圓E：y2a2+x2=1的左、右頂點(diǎn)，過其焦點(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 求直線過定點(diǎn)問題

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上的動點(diǎn)，PA與E的另一個交點(diǎn)為C，PB與E的另一個交點(diǎn)為D.

（1）求E的方程;

（2）證明：直線CD過定點(diǎn).

解析 （1）橢圓E：x29+y2=1（過程略）;

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

當(dāng)t=0時，直線CD即為x軸;

當(dāng)t≠0時，因為kBC·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)為該方程的三個根.

所以lCD：4x+9（k1+k2）y-6=0.

由k1及k2的任意性，知直線CD過定點(diǎn)32，0.

7 求圓過定點(diǎn)問題

例7 已知拋物線C：x2=-2py經(jīng)過點(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y軸上的兩個定點(diǎn).

解析 （1）C：x2=-4y，準(zhǔn)線：y=1（過程略）;

（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y軸上的定點(diǎn)（0，1）和（0，-3）.

8 求四點(diǎn)共圓問題

例8 已知橢圓E：x24+y2=1，設(shè)不過原點(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，該法過程簡潔、計算量小，可以提高解題效率，但是該法有其局限性，我們在日常的學(xué)習(xí)中，要結(jié)合自身掌握程度和實際情況，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]