第十章 第四节 斜率的广义曲线系-【老唐说题】高中数学新思路 圆锥曲线专题

!6#$789':;<;, ■■ ３０１　 ■ 然 ｍ≠ １，因 为 ＲＮ ２ ＝ ＰＮ · ＱＮ，故 ２ｍ－２ ２ｔ( )－１ ２ ＝（ｍ＋１） ２ ｔ２＋３ ４ ，即 ｍ＋１ ｍ( )－１ ２ ＝ ｔ２＋３ ４ ｔ－１( )２ ２ ＝ ｔ－１( )２ ２ ＋ ｔ－１( )２ ＋１ ｔ－１( )２ ２ ＝１＋ １ ｔ－１ ２ ＋ １ ｔ－１( )２ ２∈ ３ ４ ， ＋[ )∞ ，则 ｍ＋１ｍ( )－１ ２ ≥ ３４ ．解得 ｍ≤ －７－４槡３或 ｍ≥ －７＋４槡３且 ｍ≠１． !<#$01ITSF,M 一、广义曲线系之以斜率定曲线原理 回到那个话题，就是曲线系是不需要解方程的，只需要对比方程的系数，为什么呢？只要满足 同解同根，满足方程同构，这样构造的方程就是以这些根为基准的一系列曲线方程，通过系数锁定， 找出他们共同的关系，体现了方程中的动中求静，从而实现定点定值的锁定． 我们之前理解的曲线系，虽然都是用坐标语言来设立方程，通常两点定一条直线，甚至三点共 线，两条线乘积构成退化二次曲线，那么我们是否可以按照线来设定方程，按照斜率和截距来设立 方程构造曲线系呢？曲线系方程为什么不能看得更广义吗？于是顺着这个思想，我想到了斜率语言， 斜率语言需要从齐次化入手，我们以前使用齐次化通常需要斜率和积为定值，但是斜率和积一定要 为定值的毕竟是个例。方程世界那么大，斜率和积可以没有任何关系，但是方程的系数关系却是一 定的，于是以斜率定曲线的广义曲线系雏形出现了，后面我们会开发更多的关于斜率的曲线系模型， 我相信你们也能开发出更多更广的二次曲线系方程． 例１的解法一解法二我们在前面篇章已经介绍过，这里为了突出本类型题的思维连续性，故又 把它们请出来． 已知椭圆 Ｃ：ｘ ２ ４ ＋ｙ２＝１，过点Ｐ（２，２）的直线 ｌ交椭圆 Ｃ于 Ｍ，Ｎ两点．Ｑ为椭圆 Ｃ上异于 Ｍ，Ｎ的一点，满足弦 ＭＱ的中点在直线 ＯＰ上．试判断直线 ＮＱ是否过定点？若是，求出定 点坐标；若不是，请说明理由 　　 解法一（齐次化 １）：根据之前齐次化对隐藏斜率和积关系的处理，我们发现点 ＭＮ过点 Ｐ（２，２），如果将右顶点Ａ平移到原点，那么通过齐次化会发现ｋＡ′Ｍ′＋ｋＡ′Ｎ′＝定值，由于ｋＭ′Ｑ′＝－ １ ４ ， ■ ３０２　 ■  我们定能找出 ｋＡ′Ｍ′与 ｋＡ′Ｑ′的关系，这样就能得出 ｋＡ′Ｎ′与 ｋＡ′Ｑ′的关系，从而确定 Ｎ′Ｑ′过定点．操作过程 如下： 若弦 ＭＱ的中点在直线 ＯＰ上，根据中点点差法可知：ｋＭＱｋＯＰ＝－ １ ４ （步骤省略），故 ｋＭＱ＝－ １ ４ ， 将椭圆按照ＡＯ! ＝（－２，０）平移得：（ｘ＋２） ２ ４ ＋ｙ２＝１，即ｘ ２ ４ ＋ｙ２＋ｘ＝０，此时 Ａ→Ａ′（Ｏ），Ｐ→Ｐ′（０， ２），Ｍ→Ｍ′，Ｎ→Ｎ′，Ｑ→Ｑ′，令 ｋＡ′Ｍ′＝ｋ１，ｋＡ′Ｎ′＝ｋ２，ｋＡ′Ｑ′＝ｋ３，此时 Ｍ′Ｎ′：ｍ１ｘ＋ ｙ ２ ＝１，（齐次化 同除以 ｘ２）ｘ ２ ４ ＋ｙ２＋ｘｍ１ｘ＋ ｙ( )２ ＝０，即 ｙ( )ｘ ２ ＋１ ２ ｙ ｘ ＋ １４ ＋ｍ( )１ ＝０，所以 ｋ１＋ｋ２＝－１２①； 由于 ｋＭＱ＝ｋＭ′Ｑ′＝－ １ ４ ，故令 Ｍ′Ｑ′：ｍ２ｘ＋４ｍ２ｙ＝１ 所以 ｘ２ ４ ＋ｙ２＋ｘ（ｍ２ｘ＋４ｍ２ｙ）＝０，即 ｙ( )ｘ ２ ＋４ｍ２ ｙ ｘ ＋ １４ ＋ｍ( )２ ＝０， 所以 ｋ２＋ｋ３＝－４ｍ２，ｋ２ｋ３＝ １ ４ ＋ｍ２，所以４ｋ２ｋ３＋ｋ２＋ｋ３－１＝０，代入①得：４ － １ ２ －ｋ( )１ ｋ３－１２－ｋ１ ＋ｋ３－１＝０， 化简得： －４ｋ１ｋ３－（ｋ１＋ｋ３）－ ３ ２ ＝０②； 令 Ｎ′Ｑ′：ｍ３ｘ＋ｎｙ＝１，所以 ｘ２ ４ ＋ｙ２＋ｘ（ｍ３ｘ＋ｎｙ）＝０，即 ｙ( )ｘ ２ ＋ｎｙ ｘ ＋ １４ ＋ｍ( )３ ＝０， ｋ１ｋ３＝ １ ４ ＋ｍ３ｋ１＋ｋ３＝－ｎ，代入②得：１＋４ｍ３－ｎ＋ ３ ２ ＝０，即 －８ ５ ｍ３＋ ２ ５ ｎ＝１， 所以 Ｎ′Ｑ′过点 －８５ ， ２( )５ ，平移回去得：ＮＱ过点 ２５，２( )５ 注意：本方法用了三次齐次化，但一切还能根据斜率和积关系来定，一个坐标过定点的问题活生生 转化为斜率和积的问题，这也印证了圆锥曲线本身就具备两种语言系统，一种是坐标语言，一种则 是斜率语言，但是斜率语言，我们解读得太少，以至于大家对它陌生，那么本题可以一次齐次化搞 定吗？我们不妨看一下解法二． 解法二：（齐次化２）将椭圆按照ＰＯ! ＝（－２， －２）平移得：（ｘ＋２） ２ ４ ＋（ｙ＋２）２＝１，即ｘ ２ ４ ＋ｙ２＋ｘ＋４ｙ ＋４＝０，此时，Ｐ→Ｐ′（０，０），Ｍ→Ｍ′，Ｎ→Ｎ′，Ｑ→Ｑ′，令 ｋＯＭ′＝ｋ１，ｋＯＮ′＝ｋ２，我们发现 ｋ１、ｋ２即 是以直线 Ｍ′Ｑ′为第三