解析幾何中設而不求專題練習(含參考答案)

1、精品解析幾何中設而不求專題練習設而不求是解析幾何的重要解題策略，在許多題目的解答中，常?？梢云鸬胶喕嬎愕淖饔?。許多同學會問：什么情況下，可以通過設而不求解答問題呢？一、利用曲線與方程的關系：22221.已知兩圓C1:xy2x10y240，C2:xy2x2y80，求兩圓的公共弦方程r 2 的兩條切線，求經過兩個切點的直線方程。及弦長。感謝下載載二、利用圓錐曲線的定義：221.已知橢圓y-1,F1、F2為焦點，點P為橢圓上一點，F(xiàn)1PF2求Sfpf2593三、利用點差法:2.21.求過橢圓x4y16內一點A(1,1)的弦PQ的中點M的軌跡萬程。四、利用韋達定理：21 .已知橢圓C1的方程為x-y

2、21,雙曲線C2的左、右焦點分別為C1的左、右頂點，而C2的左、右4頂點分別是C1的左、右焦點.(I)求雙曲線C2的方程；(n)若直線l：ykx22與橢圓C1及雙曲線C2都恒有兩個不同的交點，且l與C2的兩個交點A和B滿足OAOB6(其中O為原點)，求k的取值范圍.2 .已知平面上一定點C（4，0）和一定直線l:x1,P為該平面上一動點，作PQl，垂足為Q，且（PC2PQ）（PC2PQ）0.（1）問點P在什么曲線上？并求出該曲線的方程；（2）設直線l:ykx1與（1）中的曲線交于不同的兩點A、B,是否存在實數k,使得以線段AB為直徑的圓經過點D（0，2）？若存在，求出k的值，若不存在，說明理由

3、.精品五、對多元問題，圍繞解題目標，通過逐步消元，實現(xiàn)設而不求1 .拋物線x2y0與過點M(0,1)的直線l相交于A、B兩點，O為坐標原點，若直線OA和OB斜率之和是1，求直線l的方程。2 .已知點P(3,4)為圓C:x2y264內一點，圓周上有兩動點A、B,當/APB=90。時，以AP、BP感謝下載載精品為鄰邊，作矩形APBQ，求頂點Q的軌跡方程。感謝下載載精品補充練習：221、設Fi、F2分別是橢圓+=1的左、右焦點.54(I)若p是該橢圓上的一個動點，求函PF2的最大值和最小值；(n)是否存在過點A(5,0)的直線l與橢圓交于不同的兩點C、D,使得|F2c|=|F2D|?若存在，求直線l

4、的方程；若不存在，請說明理由.解：(I)易知aV5,b2,c1,Fi(1,0),F2(1,0)22.設P(x,y),貝UPF1PF2(1x,y)(1x,y)xy1242120x4x1-x355x<5,75,當x0,即點P為橢圓短軸端點時，PF；PF；有最小值3;當x而,即點P為橢圓長軸端點時，PF1PF2有最大值4(n )假設存在滿足條件的直線l易知點A(5,0)在橢圓的外部，當直線l的斜率不存在時，直線l與橢圓無交點，所在直線l斜率存在，設為ky k(x 5)感謝下載載直線l的方程為yk(x5)22上上1由方程組54,得(5k22242-4)x50kx125k200精品.21.55依題

5、意20(1680k2)0,得k.5 , 、一時，設交點555C(xi,y1)、D(X2,y2),CD的中點為Ryco),22則 x1 x250k、，XiX225k2，X0-25k425k4感謝下載載y。k(x。5)25k2kE5)20k5k24又|F2c|=|F2D|F2RlkkF2R1kkF2R20k(5k24)25k220k2""2420k5k24-20k2=20k24,而20k2=20k2-4不成立,所以不存在直線l,使得|F2c|=|F2D|綜上所述，不存在直線l,使得|F2c|=|F2D|2.已知圓M:(xJ5)2y236,定點N(V5,0)，點P為圓M上的動點，

6、點Q在NP上，點G在MP上，且滿足NP2NQ,GQNP0.(I)求點G的軌跡C的方程；(II)過點(2,0)作直線l,與曲線C交于A、B兩點，O是坐標原點，設OSOAOB,是否存在這樣白直線l,使四邊形OASB的對角線相等(即|OS|=|AB|)?若存在，求出直線l的方程；若不存在，試說明理由.解：(1)NP 2NQGQ PN 0Q為PN的中點且 GQXPNGQ為PN的中垂線|PG|=|GN| .|GN|+|GM|=|MP|=6,故G點的軌跡是以M、N為焦點的橢圓，其長半軸長a3,半焦距c西,2X短半軸長b=2，點G的軌跡方程是一9(2)因為OSOAOB,所以四邊形OASB為平行四邊形若存在l

7、使得|OS|二|AB|,則四邊形OASB為矩形OAOB0x2x若l的斜率不存在，直線l的方程為X=2，由22得-y-1y94OAOB一0,與OAOB0矛盾，故l的斜率存在.7分9設l的方程為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，存在直線l : 3x 2y 6 0或3x2y 6 0使得四邊形 OASB的對角線相等.答案：一、利用曲線與方程的關

8、系:2l 2-J( l為公共21 .兩圓方程相減，得x2y40,兩圓的交點坐標均滿足此方程，故此方程即為公共弦所在直線方程。又圓C2的圓心C2(1,1)到公共弦的距離d弦長)，l2如d22而，即公共弦長為2石。注：其中求公共弦的方程時即用到了設而不求思想。2.解：設兩個切點分別為Pi(x1，y)，P2(X2,y2),則切線方程為：lpp1：axi2lpp2:ax2by2r?？梢奝i(x1,y1),P2(x2,y2)都滿足方程axbyr2,由直線方程的定義得：ax為經過兩個切點的直線方程。,2by1，byr2,即二、利用圓錐曲線的定義:1.解析：由題意知點P為橢圓上一點，根據橢圓的定義|PFi|

9、PF2|10。再注意到求SF1PF2的關鍵是求出|PF)|PF2|這一整體，則可采用如下設而不求的解法:設IPFili,|PF2l2由橢圓定義得1210由余弦定理得12r2212cos6432得，m12SF1PF22r1r2sin333三、利用點差法：1.解析：設動弦PQ的方程為y1k(x1),設P(x1，y1)，Q(x2,y2),M(x0,2.2x24y216yo),則:x24y216得：(X1 X2)(X1 X2) 4(y1y2)(y1X1 X2/ y y2 V2 y1當 X1 X2 時，4 22x2 x1X1 X2y1y2由題思知x0,22y。，一X2y2 y1X1y2)0ok,即X04

10、y0k0式與y01kd1)聯(lián)立消去k,得x04y0x04y°0當XiX2時，k不存在，此時，X01,y00,也滿足。22.故弦PQ的中點M的軌跡萬程為：x4yx4y0。注：通過將P、Q的坐標代入曲線方程，再將兩式相減的過程，稱為代點相減。這里，代點相減后,適當變形，出現(xiàn)弦PQ的斜率和中點坐標，是實現(xiàn)設而不求的關鍵。四、利用韋達定理：221 .解：(I)設雙曲線C2的方程為、匕1,則a2413,再由a2b2c2得b21.abx22故C2的方程為y1.32(II)將ykx五代入y21得(14k2)x28<2kx40.4由直線l與橢圓C1恒有兩個不同的交點得1 (8、.2)2k216

11、(14k2)16(4k21)0,21_即k2-.42將ykx.2代入y21得(13k2)x26、.2kx90.由直線l與雙曲線C2恒有兩個不同的交點A,B得精品213k20,-2222(6.2k)36(13k)36(1k)0.即k23且k21.設A(xa, yA), B(XB,yB),則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的取值范圍為（131, .15).3312)2k3 k2,X1X2133 k2(8分)X1X2感謝下載載2.解：（1）設P的坐標為（x,y）,由（PC2PQ）（PC2PQ）0得'_2'.2_.222|PC|4|PQ|0（2分）（X4）y4（x1）0,（4分）2222化簡得土-2一1,，P點在雙曲線上，其方程為二一1.（6分）412412（2）設A、B點的坐標分別為（X1,y1）、（X2,y2）,ykx12、 2由X2v2得(3k)X2kx130,(7分)y-141222AB與雙曲線

13、交于兩點，0,即4k4(3k)(13)0,精品解得ak413(9分)22若以AB為直徑的圓過D(0,2),則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業(yè)(任，也3),故滿足題意的k值存在，且k值為止.84224五、對多元問題，圍繞解題目標，通過逐步消元，實現(xiàn)設而不求1 .解：設點A(x1,y)，點B(x2,y2),直線l的方程為ykx1,y2y12 x222 x12由已知條件，koAkoB1.x2x1x2 x1222則231,即1于是k1是直線l的斜率，直線l的方程為yx1.2 .解析：設A(x1，y1),B(x2,y2),Q(x,y)