直線方程的假設在求有關弦的問題中的應用

林靜

摘要： 直線與圓錐曲線相交是直線與圓錐曲線位置關系中一種，由此得到弦.在解決有關弦的問題中恰當使用到直線方程的假設會減少運算量.本文通過三個題目解法的對比分析，闡述了如何根據問題的條件、所求問題的特點以及圓錐曲線的特點選擇恰當的直線方程形式.

關鍵詞：直線方程；弦；圓錐曲線

學生在解決有關解析幾何的問題時計算是一只攔路虎，特別是在求有關弦的問題的時候，往往是因為計算半途而廢，因此要特別重視直線方程的假設恰當的方程形式可以起到減少計算量、事半功倍的作用直線方程的假設要根據問題的條件、所求問題的特點以及圓錐曲線的特點選擇恰當的形式.直線方程的假設對后續的計算有著舉足輕重的影響.

一、直線方程的假設

①若直線過點（x0，y0）和斜率k，則其方程可以設為y-y0=k（x-x0）；

②直線過（x0，y0），其方程可設為：形式（Ⅰ）（ⅰ）x=x0，（ⅱ）y-y0=k（x-x0）；形式（Ⅱ）x=x0+tcosαy=y0+tsina（t為參數） ；

③直線過點A（a，0），其方程可設為（Ⅰ）y=0；（Ⅱ）x=mx+a；

④直線過點A（0，b），其方程可設為（Ⅰ）x=0（Ⅱ）y=kx+b；

⑤過點A（a，0），B（0，b），其方程可設為（Ⅰ）y=kx（a=b=0）（Ⅱ）xa+yb=1（ab≠0）；

⑥ax+by+c=0（a，b不同時為0）

二、直線方程的應用

例1（2016年高考新課標Ⅰ卷理數20題）設圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A，直線l過點B（1，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E

（Ⅰ）證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；

（Ⅱ）設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于MN兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于PQ兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍

分析（Ⅰ）x24+y23=1（y≠0））過程略

（Ⅱ）方法一設直線l的方程為x=1+tcosαy=tsinα（t為參數），

∵t1=BM，t2=BN，∴|MN|=|t1-t2|

將x=1+tcosαy=tsinα代入x24+y23=1，

得（3+sin2α）t2+6cosα·t-9=0，

∴t1+t2=-6cosα3+sin2α，t1·t2=-93+sin2α

∴|MN|=|t1-t2|=123+sin2α（0<α<π）

過點B且與l垂直的直線方程為：x=1+tcos（α+π2）y=tsin（α+π2）（t為參數），

∵t3=BP，t4=BQ，∴|PQ|=|t1-t2|，

將x=1+tcos（α+π2）y=tsin（α+π2）代入x2+y2+2x-15=0，

得t2-4sinα·t+12=0

∴t1+t2=4sinα，t1·t2=12

∴|PQ|=|t1-t2|=123+sin2α

∴四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=243+sin2α

由0<α<π得0

因此12≤SMPNQ<83

綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12，83]

方法二由條件可設M（x1，y1），N（x2，y2），若m≠0，直線l的方程為x=my+1，

由x24+y23=1x=my+1得：（3m2+4）y2+6my-9=0，

則由△=（6m）2-4·（3m2+4）·（-9）>0得m∈R，

∵y1+y2=-6m3m2+4，y1·y2=-93m2+4

∴|MN|=1-m2|y1-y2|=12（m2+1）3m2+4

過點B且與l垂直的直線方程為：

x=-1my+1，即mx+y-m=0

點A到直線mx+y-m=0的距離為：

d=2|m|1+m2，則|PQ|=242-（2|m|1+m2）2

四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=24m2+13m2+4 ∈[12，83]

若m=0，直線l的方程為x=1，易求|MN|=3，|PQ|=8，四邊形MPNQ面積為12

綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12，83）

方法三由條件可設M（x1，y1），N（x2，y2）若k∈R由條件可知k≠0直線l的方程為y=k（x-1），由x24+y23=1y=k（x-1）得：

（4k2+3）x2+6-8k2x+4k2-12=0.

則由△=（-8k2）2-4·（4k2+3）·（4k2-12）>0得k∈R，

∵x1+x2=8k23+4k2，x1·x2=4k2-123+4k2

∴|MN|=1+k2|x1-x2|=12（k2+1）3+4k2；

過點B且與l垂直的直線方程為：

y=-1k（x-1）即x+ky-1=0.

點A到直線x+ky-1=0的距離為：

d=21+k2則|PQ|=242-（21+k2）2

則四邊形MPNQ面積=12|MN||PQ|=24k2+13+4k2∈[12，83）

若k∈φ，直線l的方程為x=1，易求|MN|=3，|PQ|=8，四邊形MPNQ面積為12

綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12，83）

評注從三種解題方法的解題過程來看，方法一比較簡潔且成功避免了分類討論；方法二沒有避免分類討論，根據圓錐曲線方程和假設的直線方程，消元后方程（3m2+4）y2+6my-9=0與（4k2+3）x2+6-8k2x+4k2-12=0相比較，前者比后者復雜，因此方法二的計算量相對方法三少，計算起來比較簡單

例2（2016年高考新課標Ⅱ卷理數20題）已知橢圓E∶x24+y23=1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k（k>0）的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA.

（Ⅰ）當t=4，|AM|=|AN|時，求△AMN的面積；

（Ⅱ）當2|AM|=|AN|時，求k的取值范圍.

方法一依題意可設直線AM，AN的傾斜角分別為α，α+β

（Ⅰ）由條件可設直線AM的方程為

x=-2+tcosαy=tsinα（t為參數），t1=AM，

將x=-2+tcosαy=tsinα代入x24+y23=1得：

（3+sin2α）t2-12tcosα=0，t1=12cosα3+sin2α

直線AN的方程為

x=-2+tcos（α+π2）=-2-tsinαy=tsin（a+π2）（t為參數），

t2=AN，

將x=-2-tsinαy=tsin（α+π2）代入x24+y23=1得：

（3+cos2α）t2+12tsinα=0，t1=-12sinα3+cos2α

由|AM|=|AN|即|t1|=|t2|得

12cosα3+sin2α=12sinα3+cos2α，

解得tanα=1或tanα=-1，

α=π4或α=3π4

ΔAMN的面積=12|AM|·|AN|=12|t1|·|t2|=14449.

（Ⅱ）由條件可設直線AM的方程為x=-t+t′cosαy=t′sinα（t′為參數），t′1=AM，

將x=-t+t′cosαy=t′sinα代入x2t+y23=1得：

（3cos2α+tsin2α）（t′）2-6tcosα（t′）=0，

t′1=6tcosα3cos2α+tsin2α；

由條件可設直線AN的方程為：

x=-t+t′cos（α+π2）y=t′sin（α+π2）x=-t-t′sinαy=t′cosα

（t′參數），t′2=AN，

將x=-t-t′sinαy=t′cosα代入x2t+y23=1得：

（3sin2α+tcos2α）（t′）2+6tsinα（t′）=0，

t′2=-6tsinα3sin2α+tcos2α

由2|AM|=|AN|即2|t1|=|t2|得：

2|6tcosα3cos2α+tsin2α|=|-6tsinα3sin2α+tcos2α|，

設x=tanα，t=6|x|2-3|x||x|3-2>3，

則3|x|3-6|x|2+2|x|-6|x|3-2<2，

（|x|-2）（|x|2+1）|x|3-2，<0，

解得32

方法二（1）當t=4時，橢圓E的方程為x24+y23=1，A點坐標為（-2，0），則直線AM的方程為y=k（x+2）.

聯立x24+y23=1y=k（x+2）并整理得，

（3+4k2）x2+16k2x+16k2-12=0.

解得x=-2或x=-8k2-63+4k2，

則|AM|=1+k2-8k2-63+4k2+2=1+k2·123+4k2 .

由AM⊥AN得：

|AN|=1+-1k2·123+4·1-1k21+k2·123|k|+4|k|.

由|AM|=|AN|及k>0得：

1+k2·123+4k2=1+k2·123k+4k，

整理得（k-1）（4k2-k+4）=0，4k2-k+4=0無實根，則k=1.

∴△AMN的面積為

12|AM|2=121+1·123+42=14449.

（2）直線AM的方程為y=k（x+t），

聯立x2t+y23=1y=k（x+t）并整理得：

（3+tk2）x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.

解得x=-t或x=-ttk2-3t3+tk2，

∴|AM|=1+k2-ttk2-3t3+tk2+t

=1+k2·6t3+tk2

∴|AN|=1+k2·6t3k+tk，∵2|AM|=|AN|

∴2·1+k2·6t3+tk2=1+k2·6t3k+tk，

整理得：t=6k2-3kk3-2.

∵橢圓E的焦點在x軸，所以t>3，

即6k2-3kk3-2>3，整理得（k2+1）（k-2）k3-2<0

解得32

評注對比法一和法二明顯可以看出，法一比法二易準確求出答案因此涉及過定點A所作兩條互相垂直的直線與橢圓相交得到弦長AM，AN，使用直線的標準參數方程，利用參數的幾何意義計算弦長讓計算簡便準確

例3（2016年福建省普通高中畢業班單科質檢理科數學試題20題）以橢圓M∶x2a2+y2=1（a>1）的四個頂點為頂點的四邊形的四條邊與⊙O∶x2+y2=1共有6個交點，且這6個點恰好把圓周六等分

（Ⅰ）求橢圓M的方程；

（Ⅱ）若直線l與⊙O相切，且與橢圓M相交于P，Q兩點，求|PQ|的最大值

方法一 （Ⅰ） 橢圓M的方程為x23+y2=1 （過程略）；

（Ⅱ）由條件可知直線l的方程可以設為：x=my+n，

由直線l與⊙O相切得：n2=m2+1，設P（x1，y1），Q（x2，y2）.

由x23+y2=1x=my+n得：（m2+3）y2+2mny+n2-3=0，

則由Δ=（2mn）2-4·（m2+3）·（n2-3）=12（m2-n2+3）=24，

∵y1+y2=-2mnm2+3，y1·y2=n2-3m2+3

∴|PQ|=1+m2|y1-y2|=26m2+1m2+2

=26|n|n2+1=26|n|+2|n|≤3.

當且僅當|n|=2，|m|=1，|PQ|的最大值為3.

方法二若直線l的斜率不存在，則其方程為x=±1，易知|PQ|=263

若直線l的斜率存在，則直線l的方程可以設為：y=kx+b，由直線l與⊙O相切得：b2=k2+1，設P（x1，y1），Q（x2，y2）.

由x23+y2=1y=kx+b得：（3k2+1）y2+6kbx+3b2-3=0，

則由Δ=（6kb）2-4·3·（b2-1）·（3k2+1）=12（3k2-b2+1）=24k2，

∵x1+x2=-6kb3k2+1，x1·x2=3b2-33k2+1

∴|PQ|=1+k2|x1-x2|

=26|k|k2+13k2+1=26（k2+1）·k2（3k2+1）2 .

設t=3k2+1（t≥1），|PQ|=263-1t2+1t+1，

當1t=14即t=4時|PQ|max=263·98=3

方法三設直線l與⊙O相切的切點為（a，b），則直線l的方程為ax+bx=1，且a2+b2=1

設P（x1，y1），Q（x2，y2），由x23+y2=1ax+by=1得：

（3a2+b2）y2-2by+1-3a2=0，

即（2a2+1）y2-2by+1-3a2=0，

則由Δ=（-2b）2-4·（1-3a2）·（2a2+1）=24a4，

y1+y2=2b2a2+1，y1·y2=1-3a22a2+1

則|PQ|=1+-ba2|y1-y2|

=1|a|·26a21+2a2=262|a|+1|a|≥26·122=3.

當|a|=22 即a=±22時|PQ|max=3

評注對比三種方法可知法一比較簡單直接，避免了分類討論；法二有兩個難點：分類討論、求最值的時候式子的變形；法三的難處是消元的時候若用y=-abx+1b或x=-bay+1a，會引發分類討論，同時導致計算量加大，只有根據a2x2+3a2y2=3a2消元才能減少計算量

從以上問題的解法可以看出：直線方程的假設對問題的解決引發的計算量有很大的影響，因此要根據給出直線的條件，圓錐曲線方程的特點，解決的問題選擇恰當直線方程的形式