注意:理解曲线系最重要的要点是将某方程F(x,y)=0中的多项式F(x,y)当做关于一点坐标的函数.当一点(m,n)在F(x,y)=0的图像上时,便满足F(m,n)=0

1.先从一道不能算曲线系精髓的直线系题目说起

如图AD平分∠BAC,AD上任取一点E,使得BE交边CD于F,CE交边BD于G
求证AD平分∠GAE

这似乎是一道较难的平几题,但在使用解析的情况下,解答却出乎意料的简单
首先设点 A(0,0),B(k,-kb),C(c,kc),D(0,d),E(0,e)
此时所有点的位置均符合条件
联立BD得 BD:y=(-k-\frac{d}{b})x+d
因为D在y轴上,所以根本不需要解方程
同理 CD:y=(k-\frac{d}{c})x+d
BE:y=(-k-\frac{e}{b})x+e
CE:y=(k-\frac{e}{c})x+e
此时你可能会觉得:系数那么复杂,解G,F的坐标不知要解到什么时候!
不过这题的结论并不需要具体的坐标,而只需使两点到A的斜率互为相反数即可
于是我们可以设 BD:y=\lambda_1 x+d
CD:y=\lambda_2 x+d
BE:y=\lambda_3 x+e
CE:y=\lambda_4 x+e
G的坐标满足 $\lbrace^{y=\lambda_1 x+d}{y=\lambda_4 x+e}\lbrace^{x=\frac{d-e}{\lambda_4 -\lambda_1}}{y=\frac{\lambda_4d -\lambda_1e}{\lambda_4 -\lambda_1}}其中y的坐标只需将x系数都化为\lambda_1 \lambda_4轻松解得\frac{y}{x}=\frac{\lambda_4d -\lambda_1e}{d-e}同理F的坐标满足\frac{y}{x}=\frac{\lambda_3d -\lambda_2e}{d-e}根据条件,只需使\lambda_4d -\lambda_1e=-(\lambda_3d -\lambda_2e)$ 即可
两边一移项,立即得出结论
QED
2.关于三个两两相交的圆的经典结论

已知3个圆两两相交,证明所连的三条弦交于一点,或两两平行
在做这道题之前,首先要介绍一下两圆的根轴,在两圆相交时便是交点连成的弦
设三圆的方程为 C_i=x^2+D_ix+y^2+E_iy+F_i=0(i=1,2,3)
首先考虑交点为A,B的两个圆,设它们是C_1,C_2
A点同时满足 C_1=0,C_2=0 ,所以它满足 C_1-C_2=0 ,即 (D_1-D_2)x_A+(E_1-E_2)y_A+(F_1-F_2)=0
所以A在直线 (D_1-D_2)x+(E_1-E_2)y+(F_1-F_2)=0 上,同理,B也在这条直线上
这条直线就称为两圆的根轴
于是我们得到三条直线
(D_1-D_2)x+(E_1-E_2)y+(F_1-F_2)=0①
(D_2-D_3)x+(E_2-E_3)y+(F_2-F_3)=0②
(D_1-D_3)x+(E_1-E_3)y+(F_1-F_3)=0③
联立 ①②,①③,②③ 为三个交点满足的方程组
不难看出, ①+②=③
于是其实三方程组均为同一方程组!
若 ①② 的方程组无解,则三个方程组均无解
若 ①② 的方程组解为 \lbrace^{x=x_0}_{y=y_0} ,则三个方程组均为这个解
所以三弦交于一点或两两平行
QED
3.蝴蝶定理
蝴蝶定理是平几中著名的定理,而有了曲线系的帮助,我们大大拓宽条件,可以证明两弦为二次曲线的蝴蝶定理

平几中只能证明AC,BD为直线的情况
已知有一圆,任作一条弦l,作此弦中点O,过O作直线AD,BC交圆于A,B,C,D.有一过A,B,C,D的二次曲线交l于E,F.求证EO=FO
其实通过仿射变换不难发现将圆换为椭圆结论依然成立,在此只证圆的情况
首先建立合适的平面直角坐标系,将圆心放在y轴上,于是x轴便可作为弦l,原点作为弦中点O
设圆方程 C=x^2+(y-a)^2-r^2=0
两直线为 L_1=y-k_1x=0,L_2=y-k_2x=0
由 L_1=0,L_2=0 与 C=0 的四个交点生成的二次曲线便为 C+\lambda L_1L_2=x^2+(y-a)^2-r^2+\lambda (y-k_1x)(y-k_2x)=0
那么为什么能这样"生成"二次曲线呢?
先考察 L_1 与 C 的一个交点A
A坐标同时满足 L_1=0,C=0 ,所以坐标满足 C+\lambda L_1L_2=0+\lambda 0 L_2=0
同理B,C,D均在这生成的二次曲线上
要求E,F的坐标,便要将 y=0 带入 x^2+(y-a)^2-r^2+\lambda (y-k_1x)(y-k_2x)=0
不难发现带完后的方程未知数只有 x^2
所以此方程两根互为相反数
所以EO=FO
QED
那么由这道题的题解,我们发现了曲线系中一个重要的思想--由直线生成二次曲线

公式:由二次曲线 C=0 与直线 L_1=0,L_2=0 的四交点生成的二次曲线为 C+\lambda L_1L_2=0
同样的,由直线 L_1=0,L_2=0,L_3=0,L_4=0 的四个交点生成的二次曲线曲线为 L_1L_3+\lambda L_2L_4=0
由两条切线 L_1=0,L_2=0 与两个切点的连线 L_3=0 生成的二次曲线为 L_1L_2+\lambda L_3^2=0 (这里可以看成是一组对边重合为 L_3 的四边形)
由直线 L_1=0,L_2=0,L_3=0 的三个交点生成的二次曲线为 L_1L_2+\lambda L_2L_3+\mu L_3L_1=0

其中四边形的生成较为常用,其示意图如下所示


其中相乘的直线方程为对边或为中间交叉两线
4.帕斯卡定理

若一二次曲线的内接六边形对边两两不平行,证明此内接六边形三组对边交点三点共线

首先设从AB开始顺时针排序的六条直线分别为 L_i=0(i=1,2,3,4,5,6)
此定理是圆的内接六边形,而生成二次曲线系一般通过四边形生成,于是联想到连接AD,设AD直线方程为 m=0
由此可已通过分割成的两个六边形生成二次曲线 C=\lambda_1L_1L_3+\mu_1L_2m①=\lambda_2L_4L_6+\mu_2L_5m② (因为生成的是同一条二次曲线,所以直接用等号连接①②两式)
因为m是设出来的直线,而题目结论中并未涉及m,所以要想法把m消掉
通过对比系数发现,可以通过 \mu_2L_5①-\mu_1L_2② 消去
即 (\mu_2L_5-\mu_1L_2)C=\lambda_1\mu_2L_1L_3L_5-\lambda_2\mu_1L_2L_4L_6=0
我们发现,上式将编号分别为奇偶的边分成了两组,也正好是对边的分组.考虑对边 L_1,L_4 的交点I,将其坐标带入上式发现满足右边等于0
于是左边也应等于0,但I不再C上,所以只能是I的坐标满足 \mu_2L_5-\mu_1L_2=0 而这是一条直线
同理,G,H也在这条直线上
所以三点共线
QED
最后留两道练习供大家检测自我
1.蝴蝶定理的直线情况
细心的朋友可能会发现,例题中蝴蝶定理的证明并不能证其直线情况,因为没有二次曲线是两条直线.所以请用曲线系练习证明蝴蝶定理的直线情况

即AB为一二次曲线的弦,O为AB中点,过O任作两条弦DF,CE,连接CF,DE与AB交于G,H.证明O为GH中点
Geogebra
2.直尺作切线

P为二次曲线外一点(规定不含焦点的区域为外部),过P做二次曲线两条切线,切点为M,N.过P的两条直线交二次曲线于A,B,C,D.连接AC,BD交于O.证明O在MN上
只要证明了这题,就可以通过做两个像O一样的点,便可只用直尺作出二次曲线切线

提示:设二次曲线方程为 Ax^2+By^2+Cxy+Dx+Ey+F=0 ,P点坐标为 (x_0,y_0) ,则MN为 Ax_0x+By_0y+C\frac{x_0y+y_0x}{2}+D\frac{x+x_0}{2}+E\frac{y+y_0}{2}+F=0 P称为极点,MN称为极线

Geogebra
最后,以华罗庚的名言结束此文

数缺形时少直觉，
形少数时难入微。
数形结合百般好，
割裂分家万事非。
------华罗庚