參數(shù)方程與齊次化方法在解析幾何問題中的應(yīng)用探究

1、參數(shù)方程與齊次化方法在解析幾何問題中的應(yīng)用探究復(fù)旦實驗中學(xué)袁青2013年高考上海理科試卷第 22題為解析幾何問題，研究討論直線與曲線位置關(guān)系問題，很多學(xué)生看 著感覺能做，一做卻又做錯.其實該題并不用于高三階段一般的解析幾何訓(xùn)練題，簡單地將問題轉(zhuǎn)化為聯(lián) 立直線與曲線方程，對方程的根進(jìn)行討論，與一般直線與圓錐曲線的關(guān)系練習(xí)題中聯(lián)立方程之后直接利用 根與系數(shù)關(guān)系研究弦長、面積、定點等問題有是有很大區(qū)別的.尤其在(3)中，如果沒有辦法利用圖像先得知k >1 ,則會很難尋找到與 k <1的這樣一對矛盾關(guān)系，而這體現(xiàn)了學(xué)生對“解析幾何問題畢竟是個幾何問題”這一實質(zhì)的理解.本文對此題解法做進(jìn)一步

2、探究，研究一下在把握住“解析幾何問題畢竟是個 幾何問題”這一大原則的基礎(chǔ)上，參數(shù)方程和齊次化方法可能給解題帶來的方便.考題再現(xiàn):(2013年理科第22題，文科第23題)2,已知雙曲線C1 : x-y2 =1 ,曲線C2 :2y =xy.P是平面內(nèi)一點，若存在過點 P的直線與 G、C2都有公共點，則稱 P為“ G -C2型點”.(1)在正確證明G的左焦點是“ C -C2型點”時，要使用一條過該焦點的直線，試寫出一條這樣的直線的方程(不要求驗證)；(2)設(shè)直線y =kx與C2有公共點，求證： k >1 ,進(jìn)而證明原點不是“ G -C2型點”；1(3)求證：圓x2+y2二內(nèi)的點都不是“ C G

3、型點”.標(biāo)準(zhǔn)答案所給解法:(1) G的左焦點為(r/3,0 ),寫出的直線方程可以是以下形式:x =J3或 y =k（x 十43 ）,其中 k > 3(2)因為直線y=kx與C2有公共點，所以方程組y = kxy|x 1有實數(shù)解，因此kx =x +1 ,得k =叱下1x若原點是“ C -&型點”，則存在過原點的直線與Ci、C2都有公共點.考慮過原點與 C2有公共點的直線 乂=0或丫=卜乂（k1 ）.顯然直線x=0與C1無公共點.如果直線為y=kxy =kx（k| >1）,則由方程組 q 得/=于<0,矛盾.-y2 =11 -2k22所以，直線y =kx(k| A1 )

4、與C1也無公共點.因此，原點不是“G C2型點”.1(3)記國O : x2 +y2 =3 ,取圓O內(nèi)的一點Q .設(shè)有經(jīng)過Q的直線l與Ci、C2都有公共點.顯然l不垂直 于x軸，故可設(shè)l : y =kx+b .若k Mi ,由于圓O夾在兩組平行線 y =x±1與y=_x±1之間，因此圓O也夾在直線y = kx±1與y = _kx±1之間，從而過Q且以k為斜率的直線l與C2無公共點，矛盾，所以|k >1 .y =kx b因為l與C1有公共點，所以方程組七22有實數(shù)解，得(12k2 p2 4kbx2b22=0 .2 -y =1因為 |k >1 ,所

5、以 1 2k2 ¥0,因此 4 =(4kb)-4(1 2k2 1-2b2 -2 )=8(b2 +1 2k2 心0 ,即 b2 之2k2 -1 .因為圓O的圓心(0,0洌直線l的距離d =L,所以工 =d2 J ,從而士K>b2 >2k2-1 ,得k2 <1 , 1k21 k222與k >1矛盾.1因此，圓x2+y2 =內(nèi)的點都不是“ C1 G型點”.2解法分析：第(2)、(3)兩題由于在研究直線與曲線發(fā)生的相交的情況，所以主要切入點為函數(shù)與方程的思想，將交點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為了方程解的個數(shù)問題.即使(3)中的直線是不確定的，也從其一般形態(tài)y=kx+b入手，使問題得

6、以順利解決.但(3)中國>1的得出過程并不是每一位同學(xué)都能如此嚴(yán)謹(jǐn)?shù)剡M(jìn)行表述的.解法另探：可以從參數(shù)方程角度將(2)解決，利用齊次化方法對(3)求解.(2)假設(shè)原點可以為“ C1 -C2型點”，通過反證法可以得到并不可能.x =t cosV2設(shè)直線的參數(shù)方程x 、，則代入y =x+1可得tsin耳=t1 cos8 +1 ,代入土y2=1可得 y =tsin 12t2 cos 26-2t2 Sin §=2.所以，t1 (|sin -cos 6 )=1 , t2 (cos2 9 -2sin2 6 )=2由此可知sin耳cos。>0且cos2日>2sin2 0所以sin耳

7、>|cos網(wǎng) >點|sin耳，則sin 6| <0 ,并不可能發(fā)生，假設(shè)不成立.所以得證原點并不是“C1 -C2型點”.另外，由于y =kx與y = x +1相交時有sin廳>| cos 6| ,則可同樣得證k =包吧>1 .cosO!1(3)記圓O ： x +y =3 ,取圓O內(nèi)的一點Q .設(shè)有經(jīng)過Q的直線l與C1、C2都有公共點.顯然l不垂直于x軸，故可設(shè)l : y =kx +b .由(1)可知Q不是(0,0 ),則b #0直線過圓內(nèi)一點d = Jb <,貝U 2b2 <k2 +1 ,k2 12y -kx 12b-y2 =1 22x 2T-y-kx

8、,即(2b2 +2 )y2 _4kxy +(2k2 -b2 ,2 =0.22b 2y 22-4 k2k -b=0xA=16k2 -4 (2b2 +2 j2k2 -b2 )=_16k2b2 +8b4 -+8b2 之0 ,貝U 2k2 Wb2+1 .由可知b2 <1且k2 <1假設(shè) y=kx+b 與 y = x+1交于第一象限點（注：不可能交于（0,1 j,與b¥1矛盾）y -x =1 =. y x b d b -k :二b -1k >1顯然與k2 <1矛盾假設(shè)不成立因此，圓x2 +y2 =2內(nèi)的點都不是“ C1 C2型點”.以上三種方法其實在適當(dāng)?shù)谋尘跋露伎墒褂?/p>

9、，靈活運用可為解題帶來極大的方便.如下幾例:22例1、已知橢圓人+L =1 ,直線1 ：工 24 1612射線OP交橢圓于點R ,又點2. 一OQgOP =OR .當(dāng)點P在l上移動時,明軌跡是什么曲線.解法一：聯(lián)立直線與曲線方程解法設(shè) OP : y =kxfy =kx. 3j=112 8y =kxJ 22x=,由此可知3k 22, 2>1 2424kP .,"k +2 2k+3 jx y一工=124 16Jr 48 勿 J 48R j ±J-2, ±kj-2I Y 3k +23k +2 jOR2 =(Xr ) +k2gxR2 =41 +k1 k2 xP g

10、1 k2Xq48243k2二Xq2 3k 2rXq2 3k 23k2 +2 則Vq =kxQ6xy 4x2222x22x 3y =4x 6y2x2 -Ax +3y2 _6y =0 ,除(0,0 ”. OP斜率不存在時，P(0,8)、R(0,4)OQ 中=42,則 Q(0,2 )，軌跡方程為 2x2-4x 3y2 -6y =0解法二：參數(shù)方程設(shè) P (t1cos 口 t1 sin 日' Q (tcosRtsin 日)、R(t2 cosH,t2 sin 日) , t <ti | #2 則 t2 =tgtix ¥二1?28 口,則 t1 =24ti cos 二 ti sin2

11、cos1 3sin - =1128,222匕=1痣4 I622 ，則2169242t2 cos21 t；sin2u .16cos f 24sin i二12416.242 16g242cos 1 3sin f 16cos2 1 24sin2 F一 22.22.-2t cos 1 3t sin 二-2tcosi 3t sine，軌跡方程為2x2 -4x 3y2 -6y =0解法三：利用齊次化方法的思想(可設(shè)OP ： y =kx,也可不設(shè))uuuULD由于OQ、OP、ULUOR同向，設(shè)Q(x,y R(Zx,九y ),則 P伍2x,K2y )( x>0)2 2| A，x24I . x122.1

12、y1622二1n=1822則24 16 12 8記為點Q的軌跡方程利用齊次化方法對“解法二”進(jìn)行改良：.t1 cos 二 t1 sin【t2 cos 二 t2 sin2 口 2- J =1 =- 且 t2 =t&11282416,t1 cos 二 t1 sin 1tt1 cos2 1 tt sin2 二 1 二 1282416.cos sin 二t cos2tsin2 i-= 1 = ,1282416,t cos tsin . t2 cos2t2 sin2 - =1 =128241622S L12 8 24 16例2、若拋物線y =ax2 -1 ( a #0 )上總存在關(guān)于直線 x +

13、y =0的對稱的兩點，試確定 a的取值范圍.解法一：參數(shù)方程解法設(shè)A(Xi,%>B(x2,y2 )是拋物線上關(guān)于直線 x+y=0對稱的兩點，M2,北 出中點-冗x =x0 T cos 設(shè)直線AB的參數(shù)方程為44 , t W R|4c Jy =y° tsin -4._2 ，22lacos t-I2ax0cos- -sin t axo -w -1 =0444t1 t2 =0貝U y0 - -x?=12a1x0 二2a. 一 3 a 4解法二：參數(shù)方程解法12- ti 8 <0 即 一 (ax0 -y0 -1 戶03 a ?一4例3、設(shè)P為橢圓3x2 +y2 =6在第一象限內(nèi)部

14、分上一點，已知/xOP=60° ,過點P的兩條弦PA、PB的傾斜角互補.求證：直線 AB的斜率k為定值.解法一：聯(lián)立方程Wop： y=百x貝Up(1,點)Jy =kx+(1 -73k )3x2 y2 =6設(shè) PA: yT=k(x而)，貝 u PB ： y_1=4(x).L-2則 3 k2 x2 2k 1 - 3k x 1 一、：3k ) -6 =0.喑產(chǎn)則”？，同理求出xb、yB的值，則kAB =4(代入運算即可)解法二：齊次化方程解法一o 2一將坐標(biāo)原點移到 P(1,石)，則橢圓方程 3(x'+1 j+(y'+Y3 ) =6 ,即 3x°+y'2+(6x'+2V3y'gax'+by')=0整理： 1 - 2,3b PA、