圆锥曲线经典求法-设而不求

1、 /17圆锥曲线设而不求法典型试题在求解直线与圆锥曲线相交问题，特别是涉及到相交弦问题,=J最值问题,定值问题的时候，采用“设点代入”（即“设而不求”）法可以避免求交点坐标所带来的繁琐计算，同时还要与韦达定理,中点公式结合起来,使得对问题的处理变得简单而自然,因而在做圆锥曲线题时注意多加训练与积累1.通常情况下如果只有一条直线，设斜率相对容易想一些，或者多条直线但是直线斜率之间存在垂直，互为相反数之类也可以设斜率需要注意的是设斜率的时候需要考虑：（1）斜率是否存在（2）直线与曲线必须有交点也就是判别式必须大于等于0这种设斜率最后利用韦达定理来计算并且最终消参法，思路清晰，计算量大，特别需要仔细

2、，但是大多也是可以消去高次项，故不要怕大胆计算，最终一定能得到所需要的结果。2.设点比较难思考在于参数多，计算起来容易信心不足，但是在对于定点定值问题上，只要按题目要求计算，将相应的参数互带，然后把点的坐标带入曲线方程最终必定能约分，消去参数。这种方法灵活性强，思考难度大，但是计算简单。例1：已知双曲线x2-y2/2=1,过点M(1,1)作直线L,使L与已知双曲线交于QQ2两点，且点M是线段QQ2的中点，问：这样的直线是否存在？若存在,求出L的方程；若不存在,说明理由。解：假设存在满足题意的直线L,设Q1(X1,Y1)，Q2(X2,Y2)代人已知双曲线的方程，得X12-y2/2=1，X2-y2

3、/2=11122-，得(X-X)(x+x)-(y-y)(y+y)/2=0。21212121当x1=x2时，直线L的方程为x=1，此时L与双曲线只有一个交点(1,0)不满足题意；当x1#x2时，有(y2-y1)/(X2-x1)=2(X2+x1)/(y2+y1)=2.故直线L的方程为y-1=2(x-1)检验：由y-1=2(x-1)，x2-y2/2=1，得2x2-4x+3=0,其判别式/=-80，此时L与双曲线无交点。综上，不存在满足题意的直线1、设F、F分别是椭圆兰+兰=1的左、右焦点.1254若P是该椭圆上的一个动点，求PF-PF的最大值和最小值；12是否存在过点A(5,0)的直线l与椭圆交于不

4、同的两点C、D,使得|FC|=|FD|?若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.222、已知平面上一定点C(4,0)和一定直线l:x二1,P为该平面上一动点，作PQ丄l,垂足为Q,且(PC+2PQ)(PC-2PQ)二0.问点P在什么曲线上？并求出该曲线的方程；设直线l:y二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.3、已知椭圆C的方程为一+y2=1，双曲线C的左、右焦点分别为C的左、右1421顶点，而c的左、右顶点分别是q的左、右焦点.求双曲线c的方程；12若直线l:y=kx+辽与椭圆

5、C及双曲线C都恒有两个不同的交点，且12l与C的两个交点A和B满足OA-OBb0)的左顶点a2b2A和上顶点D,椭圆C的右顶点为B，点S和椭圆C上位于x轴上方的动点，直线，AS,BS与直线l:x二10分别交于M,N两点。(I)求椭圆C的方程；练习7已知点A(x,y),B(x,y)(xx丰0)是抛物线y2=2px(p0)上的两112212个动点,O是坐标原点，向量OA,OB满足OA+OB=OA-OB.设圆C的方程为x2+y2-(x+x)x-(y+y)y=0_一.一.一.一.1212证明线段AB是圆C的直径;当圆C的圆心到直线X-2Y=0的距离的最小值为兰时，求p的值5答案：练习11、解：(1)易

6、知a=抒,b二2,c二1,.F二(1,0),F(1,0)12设P(x,y),则PF-PF=(1x,y)-(1x,y)=x2+y2一11241x2+4一x2一1=x2+355xep5,*5,当x=0，即点P为椭圆短轴端点时，PF-PF有最小值3；12当x=梟，即点P为椭圆长轴端点时，PF-PF有最大值412(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(x5)x2y2由方程组十飞T，得(5k2+4)x250k2x+125k220=0、y=k(x5)依题意A=20(1680k2)0,得fk当

7、一空k0，即4k2-4(3-k2)(-13)0,解得k空（9分）22若以AB为直径的圆过D（0，-2），则AD丄BD，k-k=-1,ADBDy+21x1y+22x210分)(y+2)(y+2)+xx二0n(kx+3)(kx+3)+xx二0,12121212TOC o 1-5 h z207:(k2+1)xx+3k(x+x)+9=0n(k2+1)(-)+3kF9=0.(12分)12123-k23-k2解得k2=7.k=卫e(-並卫)，故满足题意的k值存在，且k值为土卫.842243解:(I)设双曲线C的方程为皂一22=1，则a2=4-1=3,再由a2+b2=c2得b2=1.2a2b2故C的方程为-

8、y2=1.23(II)将y=kx+0,19 /17将y=kx+丫2代入+-y2=1得(1一3k2)x2-62kx-9=0.由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得1-3k2丰0,0.V2即k2丰1且k21.3A(x,y),B(x,y),则x+xAABBAB6迈k,x-x1-3k2AB-91-3k2由OA-OB6得xx+yy13或k21.153由、得1k21或13k2nQ为PN的中点且GQ丄PNGQPN=0故k的取值范围为（-1,-*1|）u（耳,-2）u（2）u：1|,1）nGQ为PN的中垂线n|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

9、长a=3,半焦距c=翕,短半轴长b=2,点G的轨迹方程是x2+5分 /17(2)因为OS二OA+OB，所以四边形OASB为平行四边形x=2!25y=7分若存在l使得丨OS1=1ABI，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,由x=2x2y2得0,与OA-OB=0矛盾，故l的斜率存在.设l的方程为y=k(x-2),A(x,y),B(x,y)1122y=k(x-2)由0，故可设直线AS的方程为y=k(x+2)，1016k从而M(亍，刁)y=k(x+2)由0,.MN1=3;16k1；33k=8=3+3k-2当且仅当T6k=丄，即k=T时等号成立3k4k=T时，线段

10、MN的长度取最小值-435解析：证明1:OA+OB=OA-OB,.(OA+OB)i=(OA-OB)2OA2+2OA-OB+OB2=OAlOA-OBOB2整理得：OA-OB=0设M(x,y)是以线段AB为直径的圆上的任意一点，则MA-MB=0即(x-xi)(x-Xi)+(y-(y-yi)=012故线段AB是圆C的直径整理得:x2+y2-(x+x)x-(y+y)y=012证明2:OA+OB二OA-OB，二(OA+OB)2二(OA-OB)2OA2+2OA-OBOBOATOAOBOB2整理得：OA-OB=0TOC o 1-5 h zx-x+y-y=0(1)12tl设(x,y)是以线段AB为直径的圆上则

11、即二二=-1(x丰x,x丰x)x-xx-x1221去分母得：(xx)(xx)+(yy)(yy)=01212点(x,y),(x,y),(x,y)(x,y)满足上方程，展开并将(1)代入得:11122122x2+y2(x+x)x(y+y)y=01212故线段AB是圆C的直径证明3:OA+OB二OA-OB，二(OA+OB)2二(OA-OB)2TOC o 1-5 h zOA2+2OA-OBPBOAOAOB2整理得：OA-OB=0 x-x+y-y=0(1)122*以线段AB为直径的圆的方程为(x-二二)2+(y-2y2)2二T(x-x)2+(y-y)22241212展开并将(1)代入得:x2+y2(x+

12、x)x(y+y)y=01212故线段AB是圆C的直径(II)解法1:设圆C的圆心为C(x,y),则x+xx=T22y+yy二t22y2=2px,y2=2px(p0)1122y2y2xx=2-124p2叮y2=-4p当y=p时,d有最小值告由题设得占解法2:设圆C的圆心为C(x,y),则x+xx=T2-2y+yy=t2y2=2px,y2=2px(p0)1122x+x1,、1yyx=T=笳(yi2+y22)=石(yi2+y22+2yiy2)苛=丄(y2+2p2)p所以圆心的轨迹方程为y2=px2p2设圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则=Iy22py+2p21dIx2yIIp(y2+2p2)-2

13、y1d=厂51(yp)2+p21y2y2*y2_4pPx-x丰O,.y-y丰01212匚y2=-4p2x+x1,、1yyx=T二石(l2+y22)二石(yi2+y22+2yi叮一需-(y2+2p2)p所以圆心的轨迹方程为y2-px-2p2设直线x-2y+m=0到直线x-2y=0的距离为仝5，则5m-2因为x-2y+2=0与y2-px-2p2无公共点，2y=0的距离最所以当x-2y-2=0与y2-px-2p2仅有一个公共点时，该点到直线小值为255Jx-2y-2-0(2)Iy2-px-2p2将(2)代入(3)得了2-2py+2p22p-0/.A-4p2一4(2p2一2p)-0p0:p2.解法3:设圆C的圆心为C(