例谈“曲线系方程法”在解几题中的妙用

摘 要：本文介绍了两类曲线系方程，并例谈其在求解曲线方程、求解斜率为定值、求解斜率和为定值等八类解析几何问题中的应用.

关键词：曲线系方程;解析几何;一题多解

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0072-04

我们知道，若两曲线C1：f（x，y）=0，C2：g（x，y）=0有公共点M（x0，y0），则过点M的曲线系方程为f（x，y）+λg（x，y）=0（λ∈R）（不包含曲线C2）.

由此不难得到：

（1）若两直线l1：A1x+B1y+C1=0（A21+B21≠0），l2：A2x+B2y+C2=0（A22+B22≠0）与曲线C：f（x，y）=0共有四个交点，则过四点的曲线系方程为（A1x+B1y+C1）（A2x+B2y+C2）+λf（x，y）=0（λ∈R）（不包含曲线C）;

（2）若直线l1：A1x+B1y+C1=0（A21+B21≠0），l2：A2x+B2y+C2=0（A22+B22≠0）交于点M，直线l3：A3x+B3y+C3=0（A23+B23≠0），l4：A4x+B4y+C4=0（A24+B24≠0）交于点N，则过M，N两点的曲线系方程为λ（A1x+B1y+C1）（A1x+B1y+C1）+μ（A3x+B3y+C3）（A4x+B4y+C4）=0（λ，μ∈R）.

笔者在教学中发现，很多解析几何问题若能使用曲线系方程解题，可以达到事半功倍的解题效果，现与读者分享交流.

1 求曲线的方程问题

例1 求过椭圆x22+y2=1与抛物线x2=2y-1的交点，且与直线x+y=0相切的二次曲线方程.

解析 设所求曲线方程为

（x2+2y2-2）+λ（x2-2y+1）=0（λ∈R），

即（λ+1）x2+2y2-2λy+λ-2=0.

与x+y=0联立，得

（λ+3）x2+2λx+λ-2=0.

由题知Δ=4λ2-4（λ+3）（λ-2）=0.

解得λ=6.

所以满足条件的曲线方程为

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

2 求斜率为定值问题

例2 已知抛物线y2=2px上三点A（2，2），B，C，若直线AB，AC的斜率互为相反数，則直线BC的斜率为.

解析 将A（2，2）代入y2=2px，得p=1.

则抛物线方程为y2=2x.

设lAB：y-2=k（x-2），

lAC：y-2=-k（x-2）（k≠0），

联立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三点的纵坐标为该方程的三个根，所以B，C两点纵坐标满足k2y2+4k2y+4k2-4=0.

又y2=2x，所以lBC：2k2x+4k2y+4k2-4=0.

故直线BC的斜率为-12.

3 求斜率和为定值问题

例3 在平面直角坐标系xOy中，已知点

F1（-17，0），F2（17，0），点M满足MF1-MF2=2，记M的轨迹为C.

（1）求C的方程;

（2）设点T在直线x=12上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且TA·TB=TP·TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

解析 （1）x2-y216=1（x≥1）（过程略）;

（2）设T12，m，直线AB与直线PQ的斜率分别为k1，k2（k1≠k2），则直线AB与直线PQ的方程为y-m=k1x-12，y-m=k2x-12.

则A，B，P，Q四点满足方程k1x-y+m-12k1k2x-y+m-12k2=0.

又A，B，P，Q四点在曲线C上，所以A，B，P，Q四点满足方程

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

λx2-y216-1=0.  ①

又TA·TB=TP·TQ，

由圆的相交弦定理的逆定理知A，B，P，Q四点共圆.

由圆的一般式知方程式①中xy项系数为0，且x2项与y2项的系数相等，得

-（k1+k2）=0，且k1k2+λ=1-λ16.

则k1+k2=0.

故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.

4 求斜率积为定值问题

例4 已知椭圆C：x24+y2=1上一点P（0，1），过点M0，-35的直线与椭圆C交于A，B两点（异于点P），求证：直线PA与直线PB的斜率积为定值.

解析 设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，

则lPA：y=k1x+1，lPB：y=k2x+1.

于是P，A，B三点满足方程

（k1x-y+1）（k2x-y+1）=0.

即k1k2x2+（y-1）2-（k1+k2）（y-1）x=0.

联立x2=4（1-y2），整理，得

（y-1）[-4k1k2（y+1）+（y-1）

-（k1+k2）·x]=0.

由于P，A，B三点的纵坐标为该方程的三个根，所以A，B两点坐标满足（k1+k2）x+（4k1k2-1）y+4k1k2+1=0.

即为直线AB的方程.

由直线AB过点M0，-35，

则-35（4k1k2-1）+4k1k2+1=0.

即k1k2=-1.

故直线PA与直线PB的斜率积为定值-1.

5 求数量积为定值问题

例5 已知A，B为椭圆E：y2a2+x2=1的左、右顶点，过其焦点F（0，1）的直线与椭圆E交于C，D两点，并与x轴交于点P（异于A，B两点），直线AC，BD交于点Q，求证：OP·OQ为定值.

解析 由题知a2-1=1，则E：y22+x2=1.

设直线CD，AC，BD的斜率分别为k，k1，k2，则

lCD：y=kx+1，

lAC：y=k1（x+1），

lBD：y=k2（x-1）.

于是P（-1k，0），Qk1+k2k2-k1，2k1k2k2-k1.

则OP·OQ=k1+k2k（k1-k2）.

由题知A，B，C，D四点满足方程

[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四点在椭圆y22+x2=1上，

则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为定值.

6 求直线过定点问题

例6 已知A，B分别为椭圆E： x2a2+y2=1（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB=8.P为直线x=6上的动点，PA与E的另一个交点为C，PB与E的另一个交点为D.

（1）求E的方程;

（2）证明：直线CD过定点.

解析 （1）椭圆E：x29+y2=1（过程略）;

（2）设P（6，t），则kAC=kPA=t9，kBD=kPB=t3.

当t=0时，直线CD即为x轴;

当t≠0时，因为kBC·kAC=-19，所以kBC=-1t.

则kBC·kBD=-13.

设直线BC，BD的斜率分别为k1，k2，则

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

于是B，C，D三点满足方程

[k1（x-3）-y][k2（x-3）-y]=0.

即（x-3）2-3y2+3（k1+k2）（x-3）y=0.

联立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三点的横坐标为该方程的三个根.

所以lCD：4x+9（k1+k2）y-6=0.

由k1及k2的任意性，知直线CD过定点32，0.

7 求圆过定点问题

例7 已知抛物线C：x2=-2py经过点2，-1.

（1）求抛物线C的方程及其准线方程;

（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=-1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.

解析 （1）C：x2=-4y，准线：y=1（过程略）;

（2）设Aa，-1，Bb，-1，直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，则lOM：y=k1x，lON：y=k2x，且k1=-1a，k2=-1b.

于是O，M，N三点满足方程

（y-k1x）（y-k2x）=0.

即y2-（k1+k2）xy+k1k2x2=0.

联立x2=-4y，整理，得

y[y-（k1+k2）x+4k1k2]=0.

易知M，N，O三点的坐标为该方程的三根.

则lMN：（k1+k2）x-y-4k1k2=0.

又焦点（0，1）在直线MN上，所以0-1-4k1k2=0.

即k1k2=-14.

即-1a·-1b=-14，得ab=-4.

以AB为直径的圆的方程为

（x-a）（x-b）+（y+1）2=0.

令x=0，得（y+1）2=4，即y=1或-3.

故以AB为直径的圆经过y轴上的定点（0，1）和（0，-3）.

8 求四点共圆问题

例8 已知椭圆E：x24+y2=1，设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D两点，求证：A，B，C，D四点共圆.

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

两式相减，得x21-x224+y21-y22=0.

整理，得y0x0=-x1-x24（y1-y2）=-12.

则lOM：y=-12x.

故A，B，C，D滿足方程

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

又A，B，C，D四点满足方程x24+y2=1，

所以A，B，C，D四点满足方程

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.

此即为A，B，C，D四点所在的圆的方程.

本文介绍的“曲线系方程”法， 为今后解决一类解几问题提供了新的思路，相较于联立直线与曲线方程的通法，该法过程简洁、计算量小，可以提高解题效率，但是该法有其局限性，我们在日常的学习中，要结合自身掌握程度和实际情况，选择最佳的解题方法，不能盲目追求某一种解法，要学会从不同的解法中汲取不同的数学思想，从而提高自身的数学核心素养.

参考文献：

[1]刘海涛.2020年全国Ⅰ卷解析几何题的多解探究与推广[J].理科考试研究，2020，27（21）：5-9.

[2] 刘海涛.例谈“定比点差法”在解析几何问题中的应用[J].中学数学研究（华南师范大学版），2021（07）：25-27.

[责任编辑：李 璟]