《解析几何中设而不求专题练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《解析几何中设而不求专题练习（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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Ci：x2y22x10y240,C2:x2y22x2y80,求两圆的公共弦方程及弦长。解：两圆方程相减，得x2y40,两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2、一一.124ZT2l2.、，一.万程。又圆C2的圆心C2(1,1)到公共弦的距离d广一J5,且d2r(l为公共V52弦长)，l2册d22/5,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P(
2、a,b)引圆x2y2r2的两条切线，求经过两个切点的直线方程。,2by r ,2by r2 ,即解：设两个切点分别为P1(x1，y)，P2(x2,y2),则切线方程为：W:ax12lPP2:ax2by2r。2可见P1(x1，y)，P2(x2,y2)都满足万程axbyr,由直线万程的te义得：ax为经过两个切点的直线方程。二、利用圆锥曲线的定义：22F1PF2工，求 S F1PF2。31. 已知椭圆x-y1,%F2为焦点，点P为椭圆上一点,2591 .解析：由题意知点P为椭圆上一点，根据椭圆的定义|PFJ|PF2|10。再注意到求Srpe的关键是求出|PF1|PF2|这一整体，则可采用如下设而不
3、求的解法:设|PF1|1,|PF2|2由椭圆定义得r1r210由余弦定理得口2r22r1r2 cos 6432得，r1r21S fpfr r2 sin1 223三、利用点差法:1.求过椭圆x2 4y2123. 316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y1k(x1),设P(x1，y1)，Q(x2,y2),M(x,y),则:2,2/八x14y116x24y216一得：(x1X2)(XiX2)4。y2)(y1y2)00k ,即 x0 4y0k 0X1X2/Y1y2y2Y1当X1x2时，422x2x1由题意知X0,匕与V0“22x2x1式与y01kJ。1)联立消
4、去k,得x24y0x04y00当XiX2时，k不存在，此时，X01,V00,也满足。故弦PQ的中点M的轨迹方程为：x24y2x4y0。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：21.已知椭圆。的方程为y21,双曲线C2的左、右焦点分别为Ci的左、右顶点，而G的左、右顶4点分别是C的左、右焦点.(I)求双曲线G的方程；(n)若直线|：ykx近与椭圆。及双曲线。都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足OAOB6(其中。为原点)，求k的取值范围.22解：(I)设双曲
5、线G的方程为二匕1,则a2413,再由a2b2c2得b21.a2b22故C2的方程为y21.32(II)将ykx近代入人y21得(14k2)x28V2kx40.4由直线l与椭圆。恒有两个不同的交点得_22221(8-2)k16(14k)16(4k1)0,即k2L42X2122将ykx2代入&y1得(13k)x6.2kx90.由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A,B得21 3k20,2 (6.2k)236(13k2)36(1k2)0.即k21且k21.3设A(Xa,Ya),B(XB,yB),则XaXb,XaXb/:213k13k由OAOB6得XaXbYaYb6,而XaXbYaYbXaXb(k
6、xA2)(kxB2)于是k23k273k2113.2一或k15由、d12k4(k2(k23k23?6,即得1.13一或315故k的取值范围为2.已知平面上一定点1)XaXb1)/7115k21323k21k21.2k(XaXb)2.2k6、2k213k20.解此不等式得1,靡)(f,2)g学(瞪)C(4,0)和一定直线l:x1,P为该平面上一动点，作PQl,垂足为Q,且(PC2PQ)(PC2PQ)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直径的圆经过点D(0,解：(1)设P的坐标为22|PC|24|PQ|222化简得Lkx1与(1)中的曲线交于不同的两点A、B,是否存
7、在实数k,使得以线段2)?若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.(x,y),由(PC2PQ)(PC2PQ)0(2分).(x4)2y2412(2)设A、B点的坐标分别为1.，P点在双曲线上，其方程为4(x2x40得1)22y120,(4分)1.(6分)AB为(xiTi)、(X2,y2),y由X24kx12y12得(31k2)x22kx130,(7分)XiX22k2,X1X23kAB与双曲线交于两点，.解得包3k守3.(9分)13、2，(8分)3k0,即4k24(3k2)(13)0,若以AB为直径的圆过D(0,2),则ADLBD,kADkBD即y-Xi(y11,(10分)X22)(y22)X1X
8、22(k1)x1x23k(x1x2)0(kx13)(kx23)90(k21)(33kX1X22)3k0,2k3k290.(12分)解得k2!8包3),故满足题意的k值存在，且k值为2.144五、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x2y0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(xi,yi),点Bd,y2),直线l的方程为ykx1,y2y12 x22X2x1x2 x1x1六，由已知条件，k0A kOB 1.y x1y2又2又y1y2于是k1是直线l的斜率，直线l的方程为yx1.2 .已知点P(
9、3,4)为圆C:x2y264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。解析：设 A ( x1, y1 ),B ( x2，丫2), Q (x,y)由题意得:Xi2y264x2y264x1x2x3YiV2y4y14x13Y24x2 31 ,即 x1x2 Y1Y2 3x 4y 。D2 2(Xi x2)2222(YiY2)(x 3) (y 4)将代入上式并整理得 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 补充练习： 221、设Fi、F2分别是椭圆 工+乙=1的左、右焦点.54Xi、Y
10、i、x2、Y 2则是解答问题的关键。(I)若P是该椭圆上的一个动点，求PF1 PF2的最大值和最小值;(n)是否存在过点 a (5, 0)的直线 直线l的方程；若不存在，请说明理由 . 解：(I)易知 a V5,b 2,c 1, F1l与椭圆交于不同的两点(1,0),F2(1,0)C D,使得|F 2c|=|F 2D|?若存在，求22设 P (x, y),则 PFi PF2 ( 1 x, Y) (1 x, Y) x y 12/42x 4 -x 15x 当x 0,即点P为椭圆短轴端点时,PFi PF2有最小值3;当x5即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值4(n)假设存在满足条件的直线l易
11、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,直线l的方程为2x所在直线由方程组y2y4k(xl斜率存在，设为k5)依题意,55贝Ux1x2yk(x20(16y。k(x15)得(5k24)x22250k2x125k2200_280k)0,5,、一时，设交点550k25k25)-,x0425k2Xi又|F2c|=|F2D|k(2-5k24F2RlC(xi,yi卜D(x2,y2),CD的中点为R(x0,y0),x225k225k220kkF2Rkkp2Rk(20k5k24彳25k2125k420k22420k-20k2=20k2-4,而20k2=20k24不成立，综上所
12、述，不存在直线l,使得|F2c|=|F2D|所以不存在直线l,使得|F2c|=|F2D|点G在MP上,OB,是否存在 l的方程；若不2.已知圆M:(x75)2y236,定点N(J5,0)，点P为圆M上的动点，点Q在NP上,且满足NP2NQ,GQNP0.(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OSOA这样的直线l,使四边形OASB勺对角线相等(即|OS|=|AB|)?若存在，求出直线存在，试说明理由.|PG|=|GN|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 J5,左NP2NQ解：(1).GQPN0GQ为PN的中垂线.|GN|+|GM|=|MP|=6,Q为PN的中点且GQLPN短半轴长b=2,.点22G的轨迹方程是匕194(2)因为OSOAOb,所以四边形oas斯平行四边形若存在i使得|oS|=iaB|,则四边形oas斯矩形oAoB若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2,由x222xy94OAOB设l的方程为yk(x22xy169y2)0,与OAOB0矛盾，故l的斜率存在.k(x2),A(x1,y1),B(x2,y2)2222(9k4)x36kx36(k1)0Xiyy2k(Xi2)k(X2 2)1 2k x1x2 2(x1X2)420k2 9k2把、代入X1X2yi y20得 k 432X2
