解析几何中设而不求专题练习(含参考答案)

1、精品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：22221.已知两圆C1:xy2x10y240，C2:xy2x2y80，求两圆的公共弦方程r 2 的两条切线，求经过两个切点的直线方程。及弦长。感谢下载载二、利用圆锥曲线的定义：221.已知椭圆y-1,F1、F2为焦点，点P为椭圆上一点，F1PF2求Sfpf2593三、利用点差法:2.21.求过椭圆x4y16内一点A(1,1)的弦PQ的中点M的轨迹万程。四、利用韦达定理：21 .已知椭圆C1的方程为x-y

2、21,双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右4顶点分别是C1的左、右焦点.(I)求双曲线C2的方程；(n)若直线l：ykx22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OAOB6(其中O为原点)，求k的取值范围.2 .已知平面上一定点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:ykx1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

3、.精品五、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。2 .已知点P(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感谢下载载精品为邻边，作矩形APBQ，求顶点Q的轨迹方程。感谢下载载精品补充练习：221、设Fi、F2分别是椭圆+=1的左、右焦点.54(I)若p是该椭圆上的一个动点，求函PF2的最大值和最小值；(n)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

4、的方程；若不存在，请说明理由.解：(I)易知aV5,b2,c1,Fi(1,0),F2(1,0)22.设P(x,y),贝UPF1PF2(1x,y)(1x,y)xy1242120x4x1-x355x<5,75,当x0,即点P为椭圆短轴端点时，PF；PF；有最小值3;当x而,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ky k(x 5)感谢下载载直线l的方程为yk(x5)22上上1由方程组54,得(5k22242-4)x50kx125k200精品.21.55依题

5、意20(1680k2)0,得k.5 , 、一时，设交点555C(xi,y1)、D(X2,y2),CD的中点为Ryco),22则 x1 x250k、，XiX225k2，X0-25k425k4感谢下载载y。k(x。5)25k2kE5)20k5k24又|F2c|=|F2D|F2RlkkF2R1kkF2R20k(5k24)25k220k2""2420k5k24-20k2=20k24,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|2.已知圆M:(xJ5)2y236,定点N(V5,0)，点P为圆M上的动点，

6、点Q在NP上，点G在MP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OSOAOB,是否存在这样白直线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.解：(1)NP 2NQGQ PN 0Q为PN的中点且 GQXPNGQ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a3,半焦距c西,2X短半轴长b=2，点G的轨迹方程是一9(2)因为OSOAOB,所以四边形OASB为平行四边形若存在l

7、使得|OS|二|AB|,则四边形OASB为矩形OAOB0x2x若l的斜率不存在，直线l的方程为X=2，由22得-y-1y94OAOB一0,与OAOB0矛盾，故l的斜率存在.7分9设l的方程为yk(x2),A(Xi,yjB(X2,y2)yk(x2)由x2y2(9k24)x236k2x36(k21)01942236k236(k21)於xi又22,x1x229k249k24yy2k(x12)k(x22)k2x1x2 2(x1 x2) 420k29k2 49分把、代入xx2y1y20得k，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.答案：一、利用曲线与方程的关

8、系:2l 2-J( l为公共21 .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方程。又圆C2的圆心C2(1,1)到公共弦的距离d弦长)，l2如d22而，即公共弦长为2石。注：其中求公共弦的方程时即用到了设而不求思想。2.解：设两个切点分别为Pi(x1，y)，P2(X2,y2),则切线方程为：lpp1：axi2lpp2:ax2by2r。可见Pi(x1,y1),P2(x2,y2)都满足方程axbyr2,由直线方程的定义得：ax为经过两个切点的直线方程。,2by1，byr2,即二、利用圆锥曲线的定义:1.解析：由题意知点P为椭圆上一点，根据椭圆的定义|PFi|

9、PF2|10。再注意到求SF1PF2的关键是求出|PF)|PF2|这一整体，则可采用如下设而不求的解法:设IPFili,|PF2l2由椭圆定义得1210由余弦定理得12r2212cos6432得，m12SF1PF22r1r2sin333三、利用点差法：1.解析：设动弦PQ的方程为y1k(x1),设P(x1，y1)，Q(x2,y2),M(x0,2.2x24y216yo),则:x24y216得：(X1 X2)(X1 X2) 4(y1y2)(y1X1 X2/ y y2 V2 y1当 X1 X2 时，4 22x2 x1X1 X2y1y2由题思知x0,22y。，一X2y2 y1X1y2)0ok,即X04

10、y0k0式与y01kd1)联立消去k,得x04y0x04y°0当XiX2时，k不存在，此时，X01,y00,也满足。22.故弦PQ的中点M的轨迹万程为：x4yx4y0。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：221 .解：(I)设双曲线C2的方程为、匕1,则a2413,再由a2b2c2得b21.abx22故C2的方程为y1.32(II)将ykx五代入y21得(14k2)x28<2kx40.4由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得1 (8、.2)2k216

11、(14k2)16(4k21)0,21_即k2-.42将ykx.2代入y21得(13k2)x26、.2kx90.由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A,B得精品213k20,-2222(6.2k)36(13k)36(1k)0.即k23且k21.设A(xa, yA), B(XB,yB),则xa由OA OB 6得xaxb yAyB XaXb yAyB XaXb (kXA6.2kXb2 ，Xa1 3k6,而2)(kxB 2)Xb93k2(k2 1)XaXb ,2k(XA Xb) 2/I 2 八 96 2k c(k 1) 2 2k 2 213k13k3k2 73k2 1 .于是3k 2 7 6,即15

12、k 2 13 0,解此不等式得3k13k1k2史或k21.153由、得1或13315k2 1.故k的取值范围为（131, .15).3312)2k3 k2,X1X2133 k2(8分)X1X2感谢下载载2.解：（1）设P的坐标为（x,y）,由（PC2PQ）（PC2PQ）0得'_2'.2_.222|PC|4|PQ|0（2分）（X4）y4（x1）0,（4分）2222化简得土-2一1,，P点在双曲线上，其方程为二一1.（6分）412412（2）设A、B点的坐标分别为（X1,y1）、（X2,y2）,ykx12、 2由X2v2得(3k)X2kx130,(7分)y-141222AB与双曲线

13、交于两点，0,即4k4(3k)(13)0,精品解得ak413(9分)22若以AB为直径的圆过D(0,2),则AD,BD,.kADkBD1,y12y22即*y2-1,(10分)x1x2(yi2)(y22)X1X20(kxi3)(kx23)X1X20,(k21)x1x23k(x1x2)90(k21)(-3)3k-2k90.(12分)3k3k解得k27,k业(任，也3),故满足题意的k值存在，且k值为止.84224五、对多元问题，围绕解题目标，通过逐步消元，实现设而不求1 .解：设点A(x1,y)，点B(x2,y2),直线l的方程为ykx1,y2y12 x222 x12由已知条件，koAkoB1.x2x1x2 x1222则231,即1于是k1是直线l的斜率，直线l的方程为yx1.2 .解析：设A(x1，y1),B(x2,y2),Q(x,y)