极点与极线的性质.docx

第15讲:极点与极线的性质
极点与极线是高等几何中的基本且重要的概念,虽然中学数学没有介绍,但以此为背景命制的高考试题经常出现.掌握极点与极线的初步知识,可使我们“登高望远”,抓住问题的本质,确定解题方向,寻找简捷的解题途.
定义:已知曲线G:ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=0,则称点P(x0,y0)和直线l:ax0x+b+cy0y+d+e+f=0是曲线G的一对极点与极线,点P称为直线l关于曲线G的极点;直线l称为点P关于曲线G的极线.称点P与直线l有“配极关系”,或“对偶关系”,相互为对方的“配极元素”,或“对偶元素”.
特别地,当点P在曲线G上时,点P关于曲线G的极线是曲线G在点P处的切线;圆锥曲线的焦点对应的极线是该焦点对应的准线;圆锥曲线的准线对应的极点是该准线对应的焦点.
[位置关系]:已知点P关于圆锥曲线G的极线是直线l,则三者的位置关系是:①若点P在曲线G上,则直线l是曲线G在点P处的切线;②若点P在曲线G外,则直线l是由点P向曲线G引两条切线的切点弦;③若点P在曲线G内,则直线l是经过点P的曲线G的弦的两端点处的切线交点轨迹.如图:
l l l
P M P A D M
P
N C N
B
[配极原则]:如果点P的极线通过点Q,则点Q的极线也通过点P.
证明:设圆锥曲线G:ax2+bxy+cy2+2dx+2ey+f=0,点P(xp,yp),Q(xQ,yQ),则点P、Q关于曲线G的极线方程分别为p:axpx+b+cypy+d+e+f=0,q:axQx+b+cyQy+d+e+f=0,则点P的极线通过点QaxpxQ+b+cypyQ+d+e+f=0点P(xp,yp)在直线q:axQx+b+cyQy+d+e
+f=0上点Q的极线也通过点P.
推论1:两点连线的极点是此二点极线的交点,两直线交点的极线是此二直线极点的连线;
证明:设两点A、B连线的极点是P,即点P的极线经过点A、B,由配极原则知点A、B的极线均过点P,即点P是此二点极线的交点;同理可证:两直线交点的极线是此二直线极点的连线.
推论2(共点共线):共线点的极线必共点;共点线的极点必共线.
证明:设点A、B均在直线l上,直线l对应的极点为P,由配极原则知点A、B的极线均过点P,即点A、B的极线必共点;同理可证:共点线的极点必共线.
推论3(中点性质):若圆锥曲线G过点P的弦AB平行于点P的极线,则点P是弦AB的中点.
证明:设P(x0,y0),曲线G:ax2+bxy+cy2+2dx+2ey+f=0,则点P的极线方程:ax0x+b+cy0y+d+e
+f=0,故可设AB:ax0x+b+cy0y+d+e+λ=0,由点P(x0,y0)在直线AB上ax02+bx0y0+cy02+2dx0+2ey0+λ=0λ=-(ax02+bx0y0+cy02+2dx0+2ey0)直线AB:ax0x+b+cy0y+d+e=ax02+bx0y0+cy02+2dx0+2ey0
ax0x+b+cy0y+d+e+f=ax02+bx0y0+cy02+2dx0+2ey0+f,而该直线为以为P中点的中点弦方程,即点P是弦AB的中点.
[比例定理]:若过点P(x0,y0)的直线l与曲线G:ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=0相交于A、B两点,与直线:ax0x+b+
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cy0y+d+e+f=0交于点Q,则|PA||QB|=|QA||PB|.
证明:设直线l:(t为参数),代入ax0x+b+cy0y+d+e+f=0得:(2ax0cosθ+bx0sinθ+by0cosθ+2cy0sinθ)t+2(ax02+bx0y0+cy02+dx0+ey0+f)=0t0=-2;代入ax2+bxy+
cy2+2dx+2ey+f=0得:(acos2θ+bcosθsinθ+csin2θ)t2+(2ax0cosθ+bx0sinθ+by0cosθ+2cy0sinθ)t+(ax02+bx0y0+cy02+dx0
+ey0+f)=0t1+t2=-,t1t2=t0=;而|PA||QB|=
|QA||PB||t1||t2-t0|=|t1-t0||t2|t0=成立.
[面积定理]:已知点P关于圆锥曲线G的极线为l,过点P的直线与圆锥曲线G相交于A、B两点,分别过点A、B的两条平行线与直线l交于点D、C,记△APD、△CPD、△BPC的面积分别为S1,S2,S3,则:S22=4S1S2.
证明:以椭圆G:+=1(a>b>0)为例,设P(x0,y0),则极线l:.设A(x1,y1),B(x2,y2),并分别过点A、B作l的垂线,垂足分别为D1、C1,则==(注意到:a2b2=b2x12+a2y12,a2b2=b2x22+a2y2)
==(注意到:==k)=.又因=,以下只需证=1,即|a2ky1+b2x1|=|a2ky2+b2x2|,由b2(x1-x2)(x1+x2)+a2(y1-
y2)(y1+y2)=0b2(x1+x2)+a2k(y1+y2)=0a2ky1+b2x1=-(a2ky2+b2x2)|a2ky1+b2x1|=|a2ky2+b2x2|=,由△ADD1∽△BCC1=,设AC与BD交于点Q,由AD∥BC==PQ∥BC∥ADS△BAC=S△BDC,两边同减S△BQC得S△QAB=S△QDC,又因S△PQA=S△PQD,S△PQB=S△PQCS△PCD=S△QCD+S△PQD+S△PQC=S△QCD+S△PQA+S△PQB=S△QCD+S△QAB=2S△QABS△QAD=S△PAD=S1,S△QBC=S△PBC=S3,S△QAB=S△PCD=S2,注意到:==1=S△QADS△QBCS22=4S1S2.
例1:极点与极线的位置关系.
[始源问题]:(2010年湖北高考试题)已知椭圆C:+y2=1的两焦点为F1 ,F2,点P(x0,y0)满足0<+y02<1,则|PF1|+|PF2|的取值范围为,直线+y0y=1与椭圆C的公共点个数为.
[解析]:由0<+y02<1知,点P在椭圆C内,所以直线+y0y=1与椭圆C相离公共点个数为0;2c≤PF1|+|PF2|<2a
2≤PF1|+|PF2|<2|PF1|+|PF2|的取值范围为[2,2).
[原创问题]:已知椭圆C:+=1,点P(x0,y0)满足+>1(x0≠0),直线l:+=1.
(Ⅰ)求直线l与椭圆C的公共点个数;
(Ⅱ)若射线OP与直线l、椭圆C分别交于点Q、M,求证:|OP||OQ|=|OM|2.
[解析]:(Ⅰ)因椭圆C:+=1,θ∈[0,2π),所以,直线l与椭圆C的公共点个数关于θ的方程
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cosθ+sinθ=1解的个数直线:x+y=1与圆:x2+y2=1的公共点个数;由圆心O(0,0)到直线:x+y
=1的距离d<1直线:x+y=1与圆:x2+y2=1的公共点个数=2直线l与椭圆C的公共点个数=2;
(Ⅱ)因射线OP:y=x(x与x0同号),与+=1联立得:+=1x=y=Q(,
)|OP||OQ|=;由y=x与+=1联立得:+x2=1x2=y2=
|OM|2=x2+y2=+=|OP||OQ|=|OM|2.
例2:抛物线中的共线性质.
[始源问题]:(2010年大纲卷Ⅰ高考试题)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点K(-1,0)的直线l与C相交于A、B两点,点A关于x轴的对称点为D.
(Ⅰ)证明:点F在直线BD上;
(Ⅱ)设=,求△BDK的内切圆M的方程.
[解析]:(Ⅰ)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:y=k(x+1)(k≠0),则D(x1,-y1),由ky2-4y+4k=0y1+y2=,y1y2=
4;所以,点F在直线BD上∥(x2-1):(x1-1)=y2:(-y1)y1(-2)+y2(-2)=0y1y2-k(y1+y2)=0;
(Ⅱ)由=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(-2)(-2)+y1y2=(1+)y1y2-(y1+y2)+4=4(1+)-+4=8-=k=;
根据对称性,不妨设k=,则直线AB:3x-4y+3=0,且kKD=KF平分∠AKD圆M的圆心M在x轴上;(x2-x1)2=(x1+x2)2-
4x1x2=kBD==直线BD:3x-y-3=0;设M(t,0)(-1B,M,M2三点共线三线x=a,2ty=x+2pt2,2t2y=x+2pt22共点a=2ptt2t2=,点A,M1对应的极线分别为:by=px+ap,
2t1y=x+2pt12,由A,M,M1三点共线三线by=px+ap,2ty=x+2pt2,2t1y=x+2pt12共点bp(t+t1)=2p2tt1+apt1=,由
x-a==yM1,M2对应极线的交点在定直线y=x+a,
即y=2p上直线M1M2恒过一个定点(a,).
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例3:抛物线中的比例性质.
[始源问题]:(2009年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知抛物线C:y=x2与直线l:ykx-1没有公共点,设点P为直线l上的动点,过P作抛物线C的两条切线,A、B为切点.
(Ⅰ)证明:直线AB恒过定点Q;
(Ⅱ)若点P与(Ⅰ)中的定点Q的连线交抛物线C于M、N两点.证明:=.
[解析]:(Ⅰ)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则抛物线y=x2在点A、B处的切线方程分别为x1x=y+y1、x2x=y+y2,由点P(x0,
y0)在这两切线上得:直线AB:x0x=y+y0(注意到:y0=kx0-1)x0x=y+kx0-1直线AB过定点Q(k,1);
(Ⅱ)设直线MN:,代入直线AB:x0x=y+y0,得:tQ=;代入y=x2得:t2cos2θ+2(x0cosθ-sinθ)t+x02-2y0=0t1+t2=2,t1t2==tQ=;所以,==
tQ=成立.
[原创问题]:已知抛物线C:x2=4y与直线l:y=x-2,设点P为直线l上的动点,过P作抛物线C的两条切线,A、B为切点.
(Ⅰ)证明:直线AB恒过定点T;
(Ⅱ)若过点P的直线l交抛物线C于M、N两点,与直线AB交于点Q.证明:+=.
[解析]:(Ⅰ)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则抛物线C:x2=4y在点A、B处的切线方程分别为x1x=2(y+y1)、x2x=(y+y2),由点P(x0,y0)在这两切线上得:直线AB:x0x=2(y+y0)(注意到:y0=x0-2)x0x=2y+2x0-4直线AB过定点T(2,2);
(Ⅱ)设直线MN:,代入直线AB:x0x=2(y+y0),得:tQ=;代入x2=4y得:t2cos2θ+2(x0cosθ-2sinθ)t
+x02-4y0=0t1+t2=2,t1t2==tQ=;所以,+=
=tQ=成立.
例4:抛物线中的面积关系.
[始源问题]:(2009年湖北高考试题)过抛物线y2=2px(p>0)的对称轴上一点A(a,0)(a>0),的直线与抛物线相交于M、N两点,自M、N向直线l:x=-a作垂线,垂足分别为M1、N1.
(Ⅰ)当a=时,求证:AM1⊥AN1;
(Ⅱ)记△AMM1、△AM1N1、△ANN1的面积分别为S1、S2、S3,是否存在λ,使得对任意的a>0,都有S22=λS1S3成立.若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
[解析]:(Ⅰ)当a=时,A(,0),设M(2pm2,2pm),N(2pn2,2pn),则M1(-,2pm),N1(-,2pn),由∥(2pm2-
):(2pn2-)=2pm:2pnmn=-=p2+4p2mn=0AM1⊥AN1;
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(Ⅱ)由∥(2pm2-a):(2pn2-a)=2pm:2pn2pmn+a=0;因=;当MNx轴时,==
;所以,==4p2m2n2=a2成立;当MN⊥x轴时,显然有=;设MN1与NM1交于点Q(点Q即原点O),由MM1∥NN1==AQ∥MM1∥NN1;设∠MQM1=α,则S1=|QM||QM1|sinα,S3
=|QN||QN1|sinα;又S△QMN=S2=+(+)=+(S△AQM+S△AQN)=+S△QMN=2S△QMN;S1S3=
|QM||QM1|sinα|QN||QN1|sinα=|QM||QN|sinα|QM1||QN1|sinα=S△QMN=S22S22=4S1S3存在λ=4,使得对任意的a>0,都有S22=λS1S3成立.
[原创问题]:已知抛物线C:y2=4x,直线l:y=2x+2,过点P(1,1)的直线与抛物线C交于A、B两点,A、B两点在直线l上的射影点分别为N、M,记△PAN、△PMN、△PBM的面积分别为S1、S2、S3.
(Ⅰ)当AB∥直线l时,求证:P是AB的中点;
(Ⅱ)求证:S22=4S1S3.
[解析]:(Ⅰ)设A(x1,y1),则y12=4x1;由P是AB的中点B(2-x1,2-y1)(2-y1)2=4(2-x1)y1=2x1+1点A在直线y=2x+1上,同理可得点B也在直线y=2x+1上直线AB:y=2x+1AB∥直线l;由统一法知,当AB∥直线l时, P是AB的中点;
(Ⅱ)设直线AB:(t为参数),代入y2=4x得:t2sin2θ+2(sinθ-2cosθ)t-3=0t1+t2=2,t1t2
;点A(1+t1cosθ,1+t1sinθ)到直线l的距离|AN|=,点B(1+t2cosθ,1+t2sinθ)到直线l的距离|BM|==(由点A、B在直线l的同侧2t1cosθ-t1sinθ+3与t2cosθ-t2sinθ+3同号)=;而=(点A、B在点P的异侧)=-;所以,=
=-2(2cosθ-sinθ)t1t2+3(t1+t2)=02(2cosθ-sinθ)(-)+32=0成立;
以下同例题可证:S22=4S1S3.
例5:椭圆中的共线性质.
[始源问题]:(2012年北京高考试题)已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R).
(Ⅰ)若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆,求m的取值范围;
(Ⅱ)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M、N,直线y=1与直线BM交于点G.求证:A,G,N三点共线.
[解析]:(Ⅰ)由曲线C是焦点在x轴点上的椭圆m-2>5-m>0m的取值范围是(,5);
(Ⅱ)当m=4时,曲线C:x2+2y2=8A(0,2),B(0,-2);设M(x1,y1),N(x2,y2),由(2k2+1)x2+16kx+24=0△=
32(2k2-3)>0k2>;且x1+x2=-,x1x2=;又由直线BM:y=x-2G(,1),即G(,1)kAG=-
=--,kAN==k+kAN-kAG=++=+2=+2=0A,G,N三点共线.
第(Ⅱ)问是本题的特色与亮点,其实质是共轭点的性质:设点P与Q是二次曲线G的一对共轭点,过点Q的直线AC与曲线G相交于A、C两点,AP与曲线G相交于另一点B,BQ与曲线G相交于另一点D,则P、C、D三点共线.其中共轭点的定义:
130第15讲:极点与极线的性质
若直线PQ与圆锥曲线G相交于A、B两点,且+=0,则称点P与Q是圆锥曲线G的一对共轭点.
[原创问题]:已知椭圆C:=1(a>b>0)过点D(-1,e),其中,e是椭圆C的离心率,椭圆C的左、右顶点分别为A(-2,
0)、B(2,0).
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)过点E(4,0)的直线l与椭圆C交于M、N两点,求证:直线AM与BN的交点P在一条定直线上.
[解析]:(Ⅰ)由a=2,+=11+=a2b2=1椭圆C:+y2=1;
(Ⅱ)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l:y=k(x-4),由(1+4k2)x2-32k2x+64k2-4=0x1+x2=,x1x2=
k2=,x1x2(1+4k2)=64k2-4x1x2=2x1x2=5(x1+x2)-8;又由直线AM:y=(x
+2),直线BN:y=(x-2)直线AM与BN的交点P的横坐标x满足:(x+2)=(x-2)(x+2)=
(x-2)x===1点P在一条定直线x=1上.
例6:椭圆中的中点性质.
[始源问题]:(2008年全国高中数学联赛湖南初赛试题)如图,过直线l:5x-7y-70=0上的点P作椭圆+=1的两条切线PM、PN,切点分别为M、N.
(Ⅰ)当点P在直线l上运动时,证明:直线MN恒过定点Q;
(Ⅱ)当MN∥l时,定点Q平分线段MN.
[解析]:(Ⅰ)设P(7t+7,5t-5),则直线MN的方程为:x+y=1(x+y)t+(x-y-1)=0,由x+y=0,且x-y-1=0x=,y=-直线MN恒过定点Q(,-);
(Ⅱ)MN∥l:=5:(-7)t=直线MN的方程为:5x-7y-=0,代入椭圆方程+=1得:x2
-2x+25[()2-9]=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=定点Q平分线段MN.
[原创问题]:过点Q(1,1)作己知直线l:3x+4y=12的平行线交椭圆C:+=1于点M、N.
(Ⅰ)分别过点M、N作椭圆C的切线l1、l2.证明:三条直线l1、l2、l交于一点;
(Ⅱ)证明:点Q是线段MN的中点;
(Ⅲ)设P为直线l上一动点,过点P作椭圆C的切线PA、PB,切点分别为A、B,证明:点Q在直线AB上.
[解析]:(Ⅰ)设M(x1,y1),N(x2,y2),切线l1、l2交于点P(x0,y0),由切线l1:x+y=1,切线l2:x+y=1均过点P(x0,
y0)x0+y0=1x0+y0=1直线MN:x+y=1;又由直线MN过点Q(1,1)+=13x0+4y0=12点P在直线l上三条直线l1、l2、l交于一点;
(Ⅱ)由直线MN∥直线l:=:,又+=1x0=y0=直线MN:3x+4y=7点Q是线段MN的中点;
(Ⅲ)设P(x0,y0),则直线AB:3x0x+4y0y=123x0x+(12-3x0)y=12点Q在直线AB上.
第15讲:极点与极线的性质 131
例7:椭圆中的比例性质.
[始源问题]:(2011年山东高考试题)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+y2=1.如图所示,斜率为k(k>0)且不过原点的直线l交椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为E,射线OE交椭圆C于点G,交直线x=-3于点D(-3,m).
(Ⅰ)求m2+k2的最小值; D y
(Ⅱ)若|OG|2=|OD||OE|. G A
(i)求证:直线l过定点; E
(ii)试问点B,G能否关于x轴对称？若能,求出 -3 O x
此时△ABG的外接圆方程;若不能,请说明理由.
[解析]:(Ⅰ)设E(-3λ,mλ),A(-3λ+t,mλ+kt),
则B(-3λ-t,mλ-kt).由点A、B都在椭圆C上,两式相减得mk=1m2+k2≥2mk=2,当且仅当m=k=1时等号成立,所以m2+k2的最小值=2.
(Ⅱ)(i)设直线OG与椭圆C相交于另一点T,则由椭圆C关于原点对称得:|OT|=|OG|.所以,|OG|2=|OD||OE|+
=0,由轨迹1知,点E在直线-x+my=1上,即直线l的方程为:-x+my=1直线l过定点(-1,0);
(ii)若点B,G关于x轴对称点G(-3λ-t,-mλ+kt),由点G在直线OE上(-3λ-t):(-3λ)=(-mλ+kt):mλ6mλ+mt
=3kt(注意到mk=1)m2(6λ+t)=3tt=λ,又由点E在直线l上3λ+m2λ=1λ=B(-,-)
()2+()2=1m=1,k=1,λ=,t=A(0,1),B(-,-),G(-,)△ABG的外接圆方程:(x+)2+y2=.
[原创问题]:已知椭圆C:=1(a>b>0)内一点P(2,1),射线OP与椭圆C交于点N,与直线l0:x+y-12=0交于点M,满足|OP||OM|=|ON|2,且椭圆C在N处的切线平行于直线l0.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)过点P的任意一条直线l与直线l0交于点Q,与椭圆C交于A、B两点(A在P与Q之间),求证:|QA||PB|=|QB||PA|.
[解析]:(Ⅰ)由射线OP:y=x(x≥0),直线l0:x+y-12=0M(8,4);设N(2t,t)(t>0),由|OP||OM|=|ON|2=4t2
+t2t=2N(4,2)+=1,椭圆C在N处的切线:+=1;由切线平行于直线l0=a2=2b2b2=12,a2
=24椭圆C:+=1;
(Ⅱ)设直线l:(t为参数),代入+=1得:(2sin2θ+cos2θ)t2+4(sinθ+cosθ)t-18=0t1+t2=-
,t1t2=-;代入x+y-12=0得:(sinθ+cosθ)t-9=0tQ=;而|QA||PB|=|QB||PA|
(tQ-t1)(-t2)=(tQ-t2)t1(t1+t2)tQ-2t1t2=0--2(-)=0成立.
[原创问题]:已知椭圆C:=1(a>b>0)内一点P(2,1),过点P且平行于x轴直线被椭圆C截得的弦长为4,过点P且平行于y轴直线被椭圆C截得的弦长为2.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)过点P的任意一条直线l与直线l0:x+y-12=0交于点Q,与椭圆C交于A、B两点,若=λ,=μ.求证:λ+
132第15讲:极点与极线的性质
μ为定值.
[解析]:(Ⅰ)由=1,令y=1得:|x|=;令x=2得:|y|=;由题知,=2,=
a2=,(a2-4)=10(-4)=10b2=12a2=24椭圆C:+=1;
(Ⅱ)设直线l:(t为参数),代入+=1得:(2sin2θ+cos2θ)t2+4(sinθ+cosθ)t-18=0t1+t2=-
,t1t2=-;代入x+y-12=0得:(sinθ+cosθ)t-9=0tQ=;由=λ,=μ
λ=,μ=λ+μ=2-tQ=2-=0.
例8:椭圆中的共线性质.
[始源问题]:(2002年澳大利亚数学奥林匹克试题)己知△ABC为锐角三角形, R
以AB为直径的⊙K分别交AC、BC于P、Q,分别过A和Q作⊙K的两条切线交 C
于点R,分别过B和P作⊙K的两条切线交于点S.证明:点C在线段RS上. P Q S
[解析]:设⊙K:x2+y2=r2,R(-r,a),S(r,b)点R,S对应的极线分别为:AQ:
-rx+ay=r2,BP:rx+by=r2Q(,),P(-,) A K B
AP:y=(x+r),BQ:y=-(x-r),由C(r,)
点C对应的极线为:(a-b)rx+2aby=(a+b)r2,由三线:-rx+ay=r2,BP:rx+by=r2,(a-b)rx+2aby=(a+b)r2共点于(r,
)R,C,S三点共线点C在线段RS上.
该题是平面几何定理:“过非等腰三角形的三个顶点作其外接圆的切线,顶点处的切线与其对边所在直线的交点共线.”的变形,以该定理为始源,取其特殊情况,并把圆压缩为椭圆得:
[原创问题]:若对任意θ∈[0,2π),直线l:xcosθ+2ysinθ-2=0与椭圆C:=1(a>b>0)均只有一个交点M.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)当θ∈(0,)时,若直线l与x轴交于点N,椭圆C的左、右顶点分别为A、B,直线BM上的点Q满足QA⊥x轴,直线AM与NQ交于点P,求点P的轨迹方程.
[解析]:(Ⅰ)由(a2cos2θ+4b2sin2θ)y2-8b2ysinθ+4b2-a2b2cos2θ=0△=64b4sin2θ-4(a2cos2θ
+4b2sin2θ)(4b2-a2b2cos2θ)=0a2-4+(4b2-a2)sin2θ=0恒成立a2-4=0,4b2-a2=0a2=4,b2=1椭圆C:+y2=1;
(Ⅱ)由xcosθ+2ysinθ-2=0N(,0);(Ⅰ)知,M(2cosθ,sinθ)直线AM:y=(x+2),BM:y=(x-2)
Q(-2,)直线NQ:y=-cotθ(x-);令(x+2)=-cotθ(x-)(+)x=-
x=2点P的轨迹方程x=2(0