解析幾何中設(shè)而不求專題練習(xí)(含參考答案)

1、精品解析幾何中設(shè)而不求專題練習(xí)設(shè)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?jiǎn)化計(jì)算的作用。許多同學(xué)會(huì)問(wèn)：什么情況下，可以通過(guò)設(shè)而不求解答問(wèn)題呢？一、利用曲線與方程的關(guān)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(jīng)過(guò)兩個(gè)切點(diǎn)的直線方程。及弦長(zhǎng)。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(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上一點(diǎn)，F(xiàn)1PF2求Sfpf2593三、利用點(diǎn)差法:2.21.求過(guò)橢圓x4y16內(nèi)一點(diǎn)A(1,1)的弦PQ的中點(diǎn)M的軌跡萬(wàn)程。四、利用韋達(dá)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(diǎn)分別為C1的左、右頂點(diǎn)，而C2的左、右4頂點(diǎn)分別是C1的左、右焦點(diǎn).(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(gè)不同的交點(diǎn)，且l與C2的兩個(gè)交點(diǎn)A和B滿足OAOB6(其中O為原點(diǎn))，求k的取值范圍.2 .已知平面上一定點(diǎn)C（4，0）和一定直線l:x1,P為該平面上一動(dòng)點(diǎn)，作PQl，垂足為Q，且（PC2PQ）（PC2PQ）0.（1）問(wèn)點(diǎn)P在什么曲線上？并求出該曲線的方程；（2）設(shè)直線l:ykx1與（1）中的曲線交于不同的兩點(diǎn)A、B,是否存在實(shí)數(shù)k,使得以線段AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)D（0，2）？若存在，求出k的值，若不存在，說(shuō)明理由

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

4、的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解：(I)易知aV5,b2,c1,Fi(1,0),F2(1,0)22.設(shè)P(x,y),貝UPF1PF2(1x,y)(1x,y)xy1242120x4x1-x355x<5,75,當(dāng)x0,即點(diǎn)P為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)，PF；PF；有最小值3;當(dāng)x而,即點(diǎn)P為橢圓長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)，PF1PF2有最大值4(n )假設(shè)存在滿足條件的直線l易知點(diǎn)A(5,0)在橢圓的外部，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l與橢圓無(wú)交點(diǎn)，所在直線l斜率存在，設(shè)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(shí)，設(shè)交點(diǎn)555C(xi,y1)、D(X2,y2),CD的中點(diǎn)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(diǎn)N(V5,0)，點(diǎn)P為圓M上的動(dòng)點(diǎn)，

6、點(diǎn)Q在NP上，點(diǎn)G在MP上，且滿足NP2NQ,GQNP0.(I)求點(diǎn)G的軌跡C的方程；(II)過(guò)點(diǎn)(2,0)作直線l,與曲線C交于A、B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)OSOAOB,是否存在這樣白直線l,使四邊形OASB的對(duì)角線相等(即|OS|=|AB|)?若存在，求出直線l的方程；若不存在，試說(shuō)明理由.解：(1)NP 2NQGQ PN 0Q為PN的中點(diǎn)且 GQXPNGQ為PN的中垂線|PG|=|GN| .|GN|+|GM|=|MP|=6,故G點(diǎn)的軌跡是以M、N為焦點(diǎn)的橢圓，其長(zhǎng)半軸長(zhǎng)a3,半焦距c西,2X短半軸長(zhǎng)b=2，點(diǎn)G的軌跡方程是一9(2)因?yàn)镺SOAOB,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(shè)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(duì)角線相等.答案：一、利用曲線與方程的關(guān)

8、系:2l 2-J( l為公共21 .兩圓方程相減，得x2y40,兩圓的交點(diǎn)坐標(biāo)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(zhǎng))，l2如d22而，即公共弦長(zhǎng)為2石。注：其中求公共弦的方程時(shí)即用到了設(shè)而不求思想。2.解：設(shè)兩個(gè)切點(diǎn)分別為Pi(x1，y)，P2(X2,y2),則切線方程為：lpp1：axi2lpp2:ax2by2r。可見Pi(x1,y1),P2(x2,y2)都滿足方程axbyr2,由直線方程的定義得：ax為經(jīng)過(guò)兩個(gè)切點(diǎn)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(diǎn)P為橢圓上一點(diǎn)，根據(jù)橢圓的定義|PFi|

9、PF2|10。再注意到求SF1PF2的關(guān)鍵是求出|PF)|PF2|這一整體，則可采用如下設(shè)而不求的解法:設(shè)IPFili,|PF2l2由橢圓定義得1210由余弦定理得12r2212cos6432得，m12SF1PF22r1r2sin333三、利用點(diǎn)差法：1.解析：設(shè)動(dòng)弦PQ的方程為y1k(x1),設(shè)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(dāng) X1 X2 時(shí)，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(dāng)XiX2時(shí)，k不存在，此時(shí)，X01,y00,也滿足。22.故弦PQ的中點(diǎn)M的軌跡萬(wàn)程為：x4yx4y0。注：通過(guò)將P、Q的坐標(biāo)代入曲線方程，再將兩式相減的過(guò)程，稱為代點(diǎn)相減。這里，代點(diǎn)相減后,適當(dāng)變形，出現(xiàn)弦PQ的斜率和中點(diǎn)坐標(biāo)，是實(shí)現(xiàn)設(shè)而不求的關(guān)鍵。四、利用韋達(dá)定理：221 .解：(I)設(shè)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(gè)不同的交點(diǎn)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(gè)不同的交點(diǎn)A,B得精品213k20,-2222(6.2k)36(13k)36(1k)0.即k23且k21.設(shè)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(shè)P的坐標(biāo)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(jiǎn)得土-2一1,，P點(diǎn)在雙曲線上，其方程為二一1.（6分）412412（2）設(shè)A、B點(diǎn)的坐標(biāo)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(diǎn)，0,即4k4(3k)(13)0,精品解得ak413(9分)22若以AB為直徑的圓過(guò)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(duì)多元問(wèn)題，圍繞解題目標(biāo)，通過(guò)逐步消元，實(shí)現(xiàn)設(shè)而不求1 .解：設(shè)點(diǎn)A(x1,y)，點(diǎn)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(shè)A(x1，y1),B(x2,y2),Q(x,y)