18_6354375_54.過二次曲線與直線交點的圓系方程

1、[中國高考數(shù)學母中國高考數(shù)學母題一千一千題](第0001號)愿與您共建真實的中國高考數(shù)學母題(楊培明:13965261699)過二次曲二次曲線與直與直線交點的交點的圓系方程系方程利用利用圓系方程妙解四點共系方程妙解四點共圓問題圓問題二次曲線G上的四點共圓問題是高考的熱點問題利用曲線系思想可妙解四點共圓問題為此構造圓系方程如下.[母題結題結構]:設二次曲線G:ax2cy2dxeyf=0與直線mxnyp=0有兩個不同的交點則過這兩點的圓系方

2、程為:(ax2cy2dxeyf)λ(mxnyp)(mxnyt)=0這里λ=t為任意實數(shù).22nmac??[母題解析解析]:一般情況下圓與二次曲線有四個交點不妨設過另外兩個交點的直線方程為:mxqyt=0則過這四個交點的曲線系:(ax2cy2dxeyf)λ(mxnyp)(mxqyt)=0即(aλm2)x2λ(mqnm)xy(cλnq)y2(dmt)x(ent)y(fλpt)=0該曲線系為圓系λ(mqnm)=0且aλm2=cλnqq=n且λ

3、=圓系方程為:(ax2cy2dxeyf)??22nmac???λ(mxnyp)(mxnyt)=0這里λ=t為任意實數(shù).22nmac??由此還可得到二次曲線G上A、B、C、D四點共圓四邊形ACD的兩條對角線和?兩組對邊的傾斜角分別互補特別的考慮四點共圓的極限情形(如圖)有:設點A是圓錐曲線G上的定點但不是頂點B、C是G上的兩個動點直線AB、AC的斜率互為相反數(shù)則直線BC的斜率為曲線G過點A的切線斜率的相反數(shù)(定值)1.證明四點共明四點共圓

4、子題類題類型Ⅰ型Ⅰ:(2011年全國高考試題)已知O為坐標原點F為橢圓C:x2=1在y軸正22y半軸上的焦點過F且斜率為的直線l與C交于A、B兩點點P滿足=0.2OAOBOP(Ⅰ)證明:點P在C上(Ⅱ)設點P關于點O的對稱點為Q證明:A、P、B、Q四點在同一圓上.[解析解析]:(Ⅰ)設A(x1y1)B(x2y2)由F(01)直線l:y=x1與x2=1聯(lián)立得:4x22x1=0x1x2=?222y2?22?y1y2=(x1x2)2=1又由=

5、0P(1)在C上2OPOBOA???22(Ⅱ)由kPQ=kOP=直線OQ:y=xA、P、B、Q四點均在曲線G:2x2y22λ(xy1)(xy)=0上由2x2y22?2?222λ(xy1)(xy)=(22λ)x2(1λ)y2λxλy2令22λ=1λλ=曲線G:4x24y2xy6=0222?31?2為圓A、P、B、Q四點在同一圓上.?[點評]:對于給定的圓錐曲線G巧妙選取兩條斜率互為相反數(shù)的直線即可構造這兩條直線與圓錐曲線G的四個交點共圓問

6、題:證明四點共圓或判斷四點是否共圓？對于該類問題:圓錐曲線G:ax2cy2dxeyf=0直線l1:y=kxm直線l2:y=kxn則直線l1、l2與圓錐曲線G的四個交點均在曲線Γ:ax2cy2dxeyfλ(kxym)(kxyn)=0上當λ=時曲線Γ為12??kac圓由此即可證明判斷四點四點共圓.2.四點共四點共圓條件條件4.(2014年全國(大綱)高考試題)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點為F直線y=4與y軸的交點為P與C的交點為

7、Q且|QF|=|PQ|.(Ⅰ)求C的方程45(Ⅱ)過F的直線l與C相交于A、B兩點若AB的垂直平分線與C相較于M、N兩點且A、M、B、N四點在同一圓上l?求l的方程.5.(2004年北京高考理科試題)如圖過拋物線y2=2px(p0)上一定點P(x0y0)(y00)作兩條直線分別交拋物線于A(x1y1)B(x2y2).(Ⅰ)求該拋物線上縱坐標為的點到其焦點F的距離2p(Ⅱ)當PA與PB的斜率存在且傾斜角互補時求的值并證明直線AB的斜率是非

8、零常數(shù).021yyy?6.(2011年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題)作斜率為的直線l與橢圓C:=1交于AB兩31362x42y點(如圖所示)且P(3)在直線l的左上方.22(Ⅰ)證明:△PAB的內切圓的圓心在一條定直線上(Ⅱ)若∠APB=600求△PAB的面積.5.子題詳題詳解:1.解:(Ⅰ)設A(x0y0)則B(2x04y0)由2x02y02=22(2x0)2(4y0)2=2x0y01=0點A在直線xy1=0上同理可??得:點B也在直線xy1

9、=0上直線AB:xy1=0?(Ⅱ)由CD⊥AB直線CD:y2=(x1)即xy3=0A、B、C、D四點均在曲線G:(2x2y22)λ(xy1)(xy3)=0即??(2λ)x2(1λ)y22λx4λy3λ2=0上當λ=時曲線G為圓:(x3)2(y6)2=40A、B、C、D四點共圓.23?2.解:(Ⅰ)由點N(13)是線段AB的中點點N(13)在橢圓內λ332=12.所以λ的取值范圍是(12∞)設??A(x0y0)則B(2x06y0)由3x0

10、2y02=λ3(2x0)2(6y0)2=λx0y04=0點A在直線xy4=0上同理可得:點B也??在直線xy4=0上直線AB:xy4=0?(Ⅱ)由CD⊥AB直線CD:y3=x1即xy2=0A、B、C、D四點均在曲線G:(3x2y2λ)t(xy4)(xy2)=0即??(3t)x2(1t)y22tx6ty8tλ=0上當λ=1時曲線G為圓:x2y2x3y4=0A、B、C、D四點共圓.2??3.解:(Ⅰ)設A(x0y0)則B(2x04y0)由2

11、x02y02=λ2(2x0)2(4y0)2=λx0y01=0點A在直線xy1=0上同理??可得:點B也在直線xy1=0上直線AB:xy1=0直線CD:xy3=0將xy1=0代入x2=λ得:x22x(2λ1)=0??2y244(2λ1)0λ1同理將xy3=0代入x2=λ得:λ9又λ≠0λ的取值范圍是(10)∪(0∞)??2y2?(Ⅱ)由A、B、C、D四點均在曲線G:(2x2y2λ)t(xy1)(xy3)=0即(2t)x2(1t)y22tx

12、4ty3tλ=0上當t=時曲線G為圓:(x3)2(y6)2=4(λ9)A、B、C、D四點共圓.23?4.解:(Ⅰ)設Q(x04)代入y2=2px得x0=|PQ|=|QF|=由|QF|=|PQ|=p=2p8?p8p82p45?p82p45?p8??C:y2=4x(Ⅱ)由F(10)設直線AB:kxyk=0直線MN:xkyt=0則過A、M、B、N四點的曲線系:y24xλ(kxyk)(xkyt)=0即λkx2λ(k21)xy(1λk)y2(λk