解析几何中设而不求专题练习(含参)

解析几何中设而不求专题练习

设而不求是解析几何的重要解题策略，在许多题目的解答中，常常可以起到简化计算的作用。许多同学会问：什么情况下，可以通过设而不求解答问题呢？

一、利用曲线与方程的关系：

1. 已知两圆

C1:x2y22x10y240，

C2:x2y22x2y80，求两圆的公共弦方程及弦长。

解：两圆方程相减，得x2y40，两圆的交点坐标均满足此方程，故此方程即为公共弦所在直

124ld5d2r2252线方程。又圆C2的圆心C2(1,1)到公共弦的距离，且 （l为公共弦长），l2r22d2252，即公共弦长为25。

注：其中求公共弦的方程时即用到了设而不求思想。

2. 过圆外一点

222xyrP（a，b）引圆的两条切线，求经过两个切点的直线方程。

解：设两个切点分别为

22l:axbyrl:axbyrx，yx，yPP11PP22P（11），P（22），则切线方程为：1，2。

12

可见P1（x1，y1），P

2

22axbyraxbyrx，y22（）都满足方程，由直线方程的定义得：，即为经

过两个切点的直线方程。

二、利用圆锥曲线的定义：

x2y21，F1、F22591. 已知椭圆为焦点，点

P为椭圆上一点，

1

F1PF23，求SF1PF2。

1. 解析：由题意知点P为椭圆上一点，根据椭圆的定义|PF1||PF2|10。

再注意到求

SF1PF2的关键是求出|PF1||PF2|这一整体，则可采用如下设而不求的解法：

|PF2|r2 设|PF1|r1，由椭圆定义得r1r210 ①

2r12r22r1r2cos3由余弦定理得

②

①2－②得，r1r212

SF1PF21r1r2sin3323

三、利用点差法：

22x4y16内一点A（1，1）的弦1. 求过椭圆

PQ的中点M的轨迹方程。

解析：设动弦PQ的方程为y1k(x1)，设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x0，y0），则：

22x14y116

①

2x224y216

②

①－②得：(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0

2

x1x2yy2y2y14102x2x1当x1x2时，2

x1x2yy2yy1x0，1y0，2k22xx21由题意知，即x04y0k0

③

③式与y01k(x01)联立消去k，得x04y0x04y00

22④

当x1x2时，k不存在，此时，x01，y00，也满足④。

故弦PQ的中点M的轨迹方程为：x24y2x4y0。

注：通过将P、Q的坐标代入曲线方程，再将两式相减的过程，称为代点相减。这里，代点相减后，适当变形，出现弦PQ的斜率和中点坐标，是实现设而不求的关键。

四、利用韦达定理：

x2y211. 已知椭圆C1的方程为4，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的

左、右顶点分别是C1的左、右焦点.

（Ⅰ）求双曲线C2的方程；

（Ⅱ）若直线l:ykx2与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足OAOB6（其中O为原点），求k的取值范围.

解：（Ⅰ）设双曲线

x2y221222222a413,再由abc得b1. abC2的方程为，则

3

x2y21.故C2的方程为3

x2ykx2代入y21得(14k2)x282kx40.4（II）将

由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

1(82)2k216(14k2)16(4k21)0,

1k2.4 ① 即

x2将ykx2代入y21得(13k2)x262kx903.

由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

213k0,2222(62k)36(13k)36(1k)0.1即k2且k21.3

设A(xA,yA),B(xB,yB),则xAxB62k9,xxAB13k213k2由OAOB6得xAxByAyB6,而xAxByAyBxAxB(kxA2)(kxB2)

4

(k21)xAxB2k(xAxB)2(k21)3k27.2 3k1962k2k22213k13k

3k2715k213于是26,即0.3k13k21解此不等式得

k2131或k2.153 ③

由①、②、③得

1113k2或k21.4315

故k的取值范围为

(1,13311313)(,)(,)(,1)15322315

2. 已知平面上一定点C（4，0）和一定直线l:x1,P为该平面上一动点，作PQl，垂足为Q，且(PC2PQ)(PC2PQ)0.

（1）问点P在什么曲线上？并求出该曲线的方程；

（2）设直线l:ykx1与（1）中的曲线交于不同的两点A、B，是否存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过点D（0，－2）？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.

解：（1）设P的坐标为(x,y)，由(PC2PQ)(PC2PQ)0得

5

|PC|24|PQ|20（2分） ∴（x4)2y24(x1)20,（4分）

x2y2x2y21.1.412412化简得 ∴P点在双曲线上，其方程为（6分）

（2）设A、B点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，

ykx12xy2122(3k)x2kx130,（7分） 412由 得

x1x22k13,xx123k23k2，（8分）

224k4(3k)(13)0, ∵AB与双曲线交于两点，∴△>0，即

解得

1313k.22（9

分）

∵若以AB为直径的圆过D（0，－2），则AD⊥BD，∴kADkBD1，

即

y12y221x1x2，（10分）

∴(y12)(y22)x1x20(kx13)(kx23)x1x20,

132k)3k90.(12分)3k23k2

∴

(k21)x1x23k(x1x2)90(k21)( 6

解得

k27141313,k(,)8422，故满足题意的

k值存在，且k值为

144.

五、对多元问题，围绕解题目标，通过逐步消元，实现设而不求

1. 抛物线x2y0与过点M(0,1)的直线l相交于A、B两点，O为坐标原点，若直线OA和OB斜率之和是1，求直线l的方程。

解：设点A(x1,y1)，点B(x2,y2)，直线l的方程为ykx1，

2x2x12y2y12x1x2k2x2x1x2x12，由已知条件，kOAkOB1. 则

2y1y2x12x2xxxx1y1,y2121121x1x222，则222，又，即，

于是k1是直线l的斜率，直线l的方程为yx1.

2.已知点P（3，4）为圆

22xy内一点，圆周上有两动点C：

A、B，当∠APB=90°时，以AP、

BP为邻边，作矩形APBQ，求顶点Q的轨迹方程。

解析：设A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x，y）

由题意得：

22x1y1

①

7

2x22y2

②

x1x2x3 ③

y1y2y4 ④

y14y241x13x23，即x1x2y1y23x4y。

⑤

2222③2④2(x1x2)(y1y2)(x3)(y4)

22xy103，即为点将①②⑤代入上式并整理得

Q的轨迹方程。

注：本题的目标是找到x、y所满足的方程，而逐步消去无关的x1、y1、x2、y2则是解答问题的关键。

补充练习：

x21、设F1、F2分别是椭圆5y241的左、右焦点.

（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1PF2的最大值和最小值；

（Ⅱ）是否存在过点A（5，0）的直线l与椭圆交于不同的两点C、D，使得|F2C|=|F2D|？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.

解：（Ⅰ）易知a5,b2,c1,F1(1,0),F2(1,0)

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22PFPF(1x,y)(1x,y)xy1 2设P（x，y），则1x24421x1x2355

x[5,5]，

当x0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1PF2有最小值3；

当x5，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值4

（Ⅱ）假设存在满足条件的直线l易知点A（5，0）在椭圆的外部，当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆无交点，所在直线l斜率存在，设为k

直线l的方程为yk(x5)

x2y21，得(5k24)x250k2x125k220054由方程组yk(x5)

依题意

20(1680k2)0，得55k55

当

55k55时，设交点C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD的中点为R(x0,y0)，

x1x250k225k2x1x22,x0225k45k4 则

9

25k220ky0k(x05)k(25)2.5k45k4

又|F2C|=|F2D|

F2RlkkF2R1

kkF2R20k)220k25k4k125k2420k2125k4

0(∴20k2=20k2－4，而20k2=20k2－4不成立， 所以不存在直线l，使得|F2C|=|F2D|

综上所述，不存在直线l，使得|F2C|=|F2D|

22M:(x5)y36,定点N(5,0),点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，2. 已知圆

且满足NP2NQ,GQNP0.

（I）求点G的轨迹C的方程；

（II）过点（2，0）作直线l，与曲线C交于A、B两点，O是坐标原点，设OSOAOB, 是否存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，试说明理由.

NP2NQ解：（1）GQPN0Q为PN的中点且GQ⊥PN

GQ为PN的中垂线|PG|=|GN|

∴|GN|+|GM|=|MP|=6，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a3，半焦距c5，

10

x2y2194∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是 ………5分

（2）因为OSOAOB，所以四边形OASB为平行四边形

若存在l使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形OAOB0

若l的斜率不存在，直线l的方程为

x2x222得xy251y3 x=2，由94OAOB160,与OAOB09矛盾，故l的斜率存在. ………7分

设l的方程为yk(x2),A(x1,y1),B(x2,y2)

yk(x2)由x2y2(9k24)x236k2x36(k21)0149

36k236(k21)x1x22,x1x29k49k24 ①

y1y2[k(x12)][k(x22)]

20k2k[x1x22(x1x2)4]29k4 ② ……………9分

2把①、②代入

x1x2y1y20得k32

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∴存在直线l:3x2y60或3x2y60使得四边形OASB的对角线相等.

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