解析几何中设而不求专题练习含参考答案.docx
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解析几何中设而不求专题练习含参考答案
解析几何中设而不求专题练习（含参考答案）
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G：
x2•y2-2x10y一24=0，C?
:
x2y22x•2y一8=0，求两圆的公共弦方程及弦长。
解：
两圆方程相减，得x—2y4=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线方程。
又圆C2的圆心C2（_i,_i）到公共弦的距离d=|誉4=書，且叫沪（l为公共弦长），1=2訂=2、5，即公共弦长为2、5。
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P（a，b）引圆x2y2=r2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Pi（Xi,yi），P2（x2,y2），则切线方程为：
lppl:
axibyi=r2，Ipp2:
ax?
by^r2。
可见Pl（Xi,yj，P2（X2,y2）都满足方程ax+by=r2，由直线方程的定义得：
axby”2，即为经过两个切点的直线方程。
二、利用圆锥曲线的定义：
1.已知椭圆：
与現Fi、F2为焦点，点P为椭圆上一点，
259
RPR二一，求S.FiPF2。
3
1.解析：
由题意知点p为椭圆上一点，根据椭圆的
定义|PF|+圧|/0。
再注意到求SfiPF2的关键是求出lPFlllPF2l这一整体，则可采用如下设而不求的解法：
设|PFi|才,|PF2日2
由余弦定理得ri2+r；-2r1r2cos三=64②
3
1.二
-S.F1PF2
r1r2sin—
23
二、利用点差法:
1.求过椭圆x24y—16内一点A（1,1）的弦PQ的中点M的轨迹方程。
解析：
设动弦PQ的方程为y，k（x"）'设PJ,yJ,Q（x2,y2）,M（Xo,yo）,则:
X124y1=16
x；4y2=16②
①一②得：
（X1x2）凶-x；）4卜1y；）（y1-y；）=o
当X1%时，Xi空4也y；.gi=o
22x；-X1
由题意知七2=Xo,亠严=k，即Xo・4yok=O③
22x；—x1
③式与y。
-仁k（x°—1）联立消去k，得x；4y；—Xo—4yo=O
④
当X1%时，k不存在，此时，Xo=1,y°=0，也满足④。
故弦PQ的中点M的轨迹方程为：
X；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：
、‘2
1.已知椭圆Ci的方程为乞y—1，双曲线C2的左、右焦
4
点分别为Ci的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是Ci的左、右焦点.
（I）求双曲线C2的方程；
（H）若直线l:
y=kx•.2与椭圆Ci及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且I与C2的两个交点A和B满足OAOB比（其中0为原点）,求k的取值范围.
解：
（I）设双曲线C2的方程为与丄=1,则ab
a2=4-1=3,再由a2，b2=c2得b2=1.
2
故C2的方程为「y2».
3
（II）将y=kx+V2代入'+y2=1得（1+4k2）x2+8/2kx+4=0.
4
由直线I与椭圆Ci恒有两个不同的交点得
1=（8•2）2k2-16（14k2）=16（4k2-1）0,
即k2丄.①
4
2
—x222—
将y=kx+J2代入一一y=1得（1—3k）x—672kx—9=0.
3
由直线I与双曲线C2恒有两个不同的交点A,B得厂2
1-3k2芒0,苫2=（-6血k）2+36（1-3k2）=36（1-k2）>0.
即k2=1且k2<1.
设A（Xa,Ya）,B（XB,yB）,则XaxB■'2，XaXB2
1-3k1-3k
由OAOB:
:
:
6得xAxbyAyB:
:
:
6,而
XaXbsyB=XaXb（kxA•、2）（kxB2）
2p—
=（k1）xAxb、、2k（xAxb）2
2
3k7
_2.
3k-1
29
于是J<6,即竺do.解此不等式得
3k-13k-1
k213或k2：
：
：
?
.③
153
由①、②、③得
121132
k或k：
：
：
1.
4315
故k的取值范围为（—1,—j|）U（—fV）u（£f）U（：
扫）
V153223V15
2.已知平面上一定点C（4,0）和一定直线i：
-1,p为该平面上一动点，作PQ—1，垂足为Q，且（pc"2Pq'）（PC-2PQH0.
（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*x1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（PC2PQ）（PC-2PQ）=0得
（x-4）2+y2—4（xT）2=0,（4分）
（2）设A、B点的坐标分别为（九力）、区小）,
y二kx1
得（3—k2）x2—2kx—13=0,（7分）
由22
y胡
~4~^2~
xix2=3^j,皿一3^,（8分）
•AB与双曲线交于两点，・•・△>0,即4k2—4（3_k2）（-13）0,解得-于.（9分）
•・•若以AB为直径的圆过D（0,—2）,则AD丄BD,
••kADKbd=-1,
Xi
即,（10分）
••（y-i2）（y22）x1x2=0=（k^3）（kx23）nx2二0,
・°・（k21）X1X23k（X1X2）9=0二（k21）（%）3k生9=0.（12分）
3_k23_k2
解得k2厶—土上），故满足题意的k值存在，且k
8422
值为一土.
4
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X2y=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I的方程。
解：
设点A（x1,y1），点B（x2,y2），直线I的方程为y二kx—1,
22_X2鱼
则-7二亠丄…宁，由已知条件，koAko^1.
X2一冷X2—禺2
2=1，即-宁=1,
22
必—，又旳「号"2「号，则誇丛
X〔X2222
于是k"是直线I的斜率，直线I的方程为y=x—「2.已知点P（3,4）为圆C:
x2y—64内一点，圆周上有两动点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
由题意得:
x：
=64
22
x2y2=64x1x2=x3
yiy2=y4
将①②⑤代入上式并整理得x2+y2=103，即为点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Xi、yi、X2、y2则是解答冋题的关键。
补充练习：
22
1、设R、F2分别是椭圆++^=i的左、右焦点.
54
（I）若P是该椭圆上的一个动点，求PFiPF2的最大值和最小值；
（H）是否存在过点A（5,0）的直线I与椭圆交于不同的两点C、D，使得|F2C|=|F2D|?
若存在，求直线I的方程；若不存在，请说明理由.
解:
（I）易知a—5,b=2,c=i「Fi=（-i,0）,F2（i,0）
设P（x,y）,则PFi卩F2=（-1-x,-y）・（i-x,-y）=X2+y2-1x24_4x2T=lx23
55
x[-.5,.5],
二当x=o,即点P为椭圆短轴端点时，pf；pf2有最小值3；当X—5，即点P为椭圆长轴端点时，PF!
PF2有最大值
（H）假设存在满足条件的直线I易知点A（5,0）
在椭圆的外部，当直线I的斜率不存在时，直线I与椭圆无交点，所在直线I斜率存在，设为k直线I的方程为八k（x_5）
-22
-50k2x125k2-20=0
由方程组TT=1，得（5k24）x畀=k（x-5）
5
C（Xi,yi）、D（X2,y2），CD的中点为
依题意:
=20（16-80k2）0,得
当-时，设交点
R（x。
y。
），
又|F2C|=|F2D|=F2R—I二kkF2R—1
C/20k、
•k"k•上工斗「1
2,25k24-20k2
所以
・•・20k2=20k2—4,而20k2=20k2—4不成立,
不存在直线1，使得|F2C|=|F2D|
综上所述，不存在直线I，使得|F2C|=|F2D|
2・已知圆M:
（x..5）2y2=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，且满足NP=2NQ,GQNP=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o6=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i的方程；若不存在，试说明理由.
解：
（1）比浮1q为pn的中点且GQ丄PN
GQPN=0
二GQ为PN的中垂线二|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"3,半焦距c「5，二短
22
半轴长b=2,「・点G的轨迹方程是令丄/5
94
分
（2）因为OS=OA0B，所以四边形OASB为平行四边形
若存在I使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形
.OA0B=0
二oaOB』＞o,与OAob=o矛盾，故I的斜率存在.9
设I的方程为y二k（x-2）,AgyJBgyz）
”y=k（x-2）
由＜x2y2n（9k2+4）x2_36k2x+36（k2_1）=0—+=1
.94
yy二[kg-2）][k（X2-2）]
把①、②代入X1X2y°2二0得k二|
・••存在直线l:
3x-2y-6=0或3x2y-6=0使得四边形OASB的对角线相等.
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