1、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 ， ，求两圆的公共弦方程21:1024Cxy2:80Cxy及弦长。 解：两圆方程相减，得 ，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 的圆心 到公共弦的距离 ，且 （ 为公22(1,)1245d2ldrl共弦长） ， ，即公共弦长为 。5lrd5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 的两条切线，求经过两个切点的直线方程。2
2、2ryx解：设两个切点分别为 P1（ ） ，P 2（ ） ，则切线方程为： ，1， x， 21Prbyax:1l。22Pryx:l可见 P1（ ） ，P 2（ ）都满足方程 ，由直线方程的定义得： ，即1， 2yx， 2rbya 2r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 为焦点，点 P 为椭圆上一点， ，求 。212F9y5x、， 3PF2121PFS1. 解析：由题意知点 P 为椭圆上一点，根据椭圆的定义 。0|再注意到求 的关键是求出 这一整体，则可采用如下设而不求的解法：21FS|21设 1r|r|P，由椭圆定义得 021由余弦定理得 643cosrr1 2得
3、， 213sinrS2PF21三、利用点差法：1. 求过椭圆 内一点 A（1，1）的弦 PQ 的中点 M 的轨迹方程。6y4x解析：设动弦 PQ 的方程为 ，设 P（ ） ，Q（ ） ，M（ ） ，则：)x(k1yx， 2yx， 0yx，1216y4x2得： 0)y)(y(4)x)(x( 21212121 当 时，21x12由题意知 ，即 kyyx120210， 0ky40式与 联立消去 k，得 )(ky0x42当 时，k 不存在，此时， ，也满足。21xyx0，故弦 PQ 的中点 M 的轨迹方程为： 。02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
4、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：1. 已知椭圆 C1 的方程为 ，双曲线 C2 的左、右焦点分别为 C1 的左、右顶点，而 C2 的左、右142yx顶点分别是 C1 的左、右焦点 .（）求双曲线 C2 的方程；（）若直线 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:kxl和 B 满足 （其中 O 为原点） ，求 k 的取值范围.6OA解：（）设双曲线 C2 的方程为 ，则2bya .1,31422bcaa得再 由故 C2 的方程为 .13yx（II）将 .0428)41(4222 kxkk得代 入
5、由直线 l 与椭圆 C1 恒有两个不同的交点得 ,06)(6)8( 221 k即 .42k.096)31(322 kxkyxxy得代 入将由直线 l 与双曲线 C2 恒有两个不同的交点 A，B 得.13.0)()(6)(,0122 222 kkk且即 )(,66 319,31),(),( 22 BABAB BABABAkxxyxyOkx而得由 则设3.137231629)()(122kkxxkBABA解此不等式得.05,62即于 是.15k或由、得 .13422k或故 k 的取值范围为 )1,53(),21(),3()5,( 2. 已知平面上一定点 C（4，0）和一定直线 为该平面上一动点，作
6、 ，垂足为 Q，且Pxl,:lP.)2)(PQPC（1）问点 P 在什么曲线上？并求出该曲线的方程；（2）设直线 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:kxyl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 ，由 得),( 0)2()(PQC（2 分） （ （4 分）|4|2 ,142xyx化简得 P 点在双曲线上，其方程为 （6 分）.1yx .2y（2）设 A、B 点的坐标分别为 、 ，),(1y),(2由 得 （7 分）142yxk ,0332kx， （8 分）2221 1,xkAB 与双
7、曲线交于两点，0，即 ,0)13(42k解得 （9 分）.3若以 AB 为直径的圆过 D（0，2） ，则 ADBD， ，BDA即 ， （10 分）121xy 221212()(3)0,kxx )12.(93)(09)(3 2112 分kkkk解得 ，故满足题意的 k 值存在，且 k 值为 .,4,8744五、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 与过点 的直线 相交于 、 两点， 为坐标原点，若直线 和20xy(,1)MlABOOA斜率之和是 ，求直线 的方程。OB1l解：设点 ，点 ，直线 的方程为 ，(,)A2,Bxyl1ykx则 ，由已知条件， .12122y
8、xkxxOAB，又 ，则 ，即 ，1212,y12x12x于是 是直线 的斜率，直线 的方程为 .kll2.已知点 P（3，4）为圆 C： 内一点，圆周上有两动点 A、B，当APB=90时，以64x2AP、BP 为邻边，作矩形 APBQ，求顶点 Q 的轨迹方程。解析：设 A（ ） ，B（ ） ，Q（x，y）1y， 2，由题意得：64x21y3214，即 。 13xy21 y4x3yx21 221 )()()()(将代入上式并整理得 ，即为点 Q 的轨迹方程。03yx2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 则是解答问题的关键。21yx、补充练习：1、设 、 分别是椭圆 的
9、左、右焦点. F22154+=（）若 P 是该椭圆上的一个动点，求 的最大值和最小值；21PF（）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|F 2C|=|F2D|？若存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 .解：（）易知 )0,(,(,2, 21cba设 P（x，y） ，则 1)( 21 yxyxF354222x，,，即点 P 为椭圆短轴端点时， 有最小值 3；0x当 21PF5当 ，即点 P 为椭圆长轴端点时， 有最大值 4 5x 21PF（）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
10、点，所在直线 l 斜率存在，设为 k直线 l 的方程为 )5(xky由方程组2222141054()x， 得依题意 250680kk， 得当 时，设交点 C ，CD 的中点为 R ，5 ),(),(21yxD、 ),(0yx则 452,421021 kxkx.0)()(0 y又|F 2C|=|F2D| 22RFl10451)(222 kkkRF20k 2=20k24，而 20k2=20k24 不成立， 所以不存在直线 ，使得|F 2C|=|F2D|l综上所述，不存在直线 l，使得 |F2C|=|F2D| 2. 已知圆 上的动点，点 Q 在 NP 上，点 G 在 MPMPNyxM为 圆点定 点
11、),5(,36)(:上，且满足 .0,PGQNP（I）求点 G 的轨迹 C 的方程；（II）过点（2，0）作直线 ，与曲线 C 交于 A、B 两点， O 是坐标原点，设 是否存l ,OBAS在这样的直线 ，使四边形 OASB 的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直线 的方程；l若不存在，试说明理由.解：（1） Q 为 PN 的中点且 GQPN0PNGQ 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 ，半焦距 ，3a5c短半轴长 b=2，点 G 的轨迹方程是 5 分1492yx（2）因为 ，所以四边形 OASB 为平行四边形OBAS若存在 l 使得| |=| |，则四边形 OASB 为矩形 0OBA若 l 的斜率不存在，直线 l 的方程为 x=2，由 3521492yx得矛盾，故 l 的斜率存在. 7 分0,0916BABA与设 l 的方程为 ),(),()2(21yxxky60)1(36)49(149)2( 2222 kxkyxk由)1(36,362221x)()(12kxy 9 分49022kk把、代入 31yx得存在直线 使得四边形 OASB 的对角线相等.663: yxl或
