圆锥曲线的经典求法-设而不求

精选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,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，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，将相应的参数互精选带，，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Q1、Q2两点，且点M是线段Q1Q2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-y12/2=1①，x22-y22/2=1②②-①，得(x2-x1)(x2+x1)-(y2-y1)(y2+y1)/2=0。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⊿=-8﹤0，此时L与双曲线无交点。综上，不存在满足题意的直线精选1、设1F、2F分别是椭圆22154xy+=的左、右焦点.（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求21PFPF的最大值和最小值；（Ⅱ）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的方程；若不存在，请说明理由.2、已知平面上一定点C（4，0）和一定直线Pxl,1:为该平面上一动点，作lPQ，垂足为Q，且0)2)(2(PQPCPQPC.（1）问点P在什么曲线上？并求出该曲线的方程；（2）设直线1:kxyl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.精选3、已知椭圆C1的方程为1422yx，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点.（Ⅰ）求双曲线C2的方程；（Ⅱ）若直线2:kxyl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6OBOA（其中O为原点），求k的取值范围.4、已知圆MPNyxM为圆点定点),0,5(,36)5(:22上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足0,2NPGQNQNP.（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,OBOAOS是否存在这样的直线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.精选练习5,已知，椭圆C以过点A（1，32），两个焦点为（－1，0）（1，0）。（1）求椭圆C的方程；（2）E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。精选练习6,已知直线220xy经过椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点A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，,ASBS与直线10:3lx分别交于,MN两点（I）求椭圆C的方程；（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；精选练习7．已知点11(,)Axy,22(,)Bxy12(0)xx是抛物线22(0)ypxp上的两个动点,O是坐标原点,向量OA,OB满足OAOBOAOB.设圆C的方程为221212()()0xyxxxyyy(I)证明线段AB是圆C的直径;(II)当圆C的圆心到直线X-2Y=0的距离的最小值为255时，求p的值精选答案：练习11、解：（Ⅰ）易知)0,1(),0,1(,1,2,521FFcba设P（x，y），则1),1(),1(2221yxyxyxPFPF3511544222xxx]5,5[x，0x当，即点P为椭圆短轴端点时，21PFPF有最小值3；当5x，即点P为椭圆长轴端点时，21PFPF有最大值4（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)5(xky由方程组2222221(54)5012520054(5)xykxkxkykx，得依题意25520(1680)055kk，得当5555k时，设交点C),(),(2211yxDyx、，CD的中点为R),(00yx，则45252,4550222102221kkxxxkkxx.4520)54525()5(22200kkkkkxky又|F2C|=|F2D|122RFkklRF12042045251)4520(0222222kkkkkkkkkRF∴20k2=20k2－4，而20k2=20k2－4不成立，所以不存在直线l，使得精选|F2C|=|F2D|综上所述，不存在直线l，使得|F2C|=|F2D|2、解：（1）设P的坐标为),(yx，由0)2()2(PQPCPQPC得0||4||22PQPC（2分）∴（,0)1(4)4222xyx（4分）化简得.112422yx∴P点在双曲线上，其方程为.112422yx（6分）（2）设A、B点的坐标分别为),(11yx、),(22yx，由1124122yxkxy得,0132)3(22kxxk（7分）221221313,32kxxkkxx，（8分）∵AB与双曲线交于两点，∴△0，即,0)13)(3(4422kk解得.213213k（9分）∵若以AB为直径的圆过D（0，－2），则AD⊥BD，∴1BDADkk，即1222211xyxy，（10分）∴12121212(2)(2)0(3)(3)0,yyxxkxkxxx∴)12.(09323)313)(1(09)(3)1(22221212分kkkkkxxkxxk解得)213,213(414,872kk，故满足题意的k值存在，且k值为414.3解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为12222byax，则.1,31422222bcbaa得再由故C2的方程为.1322yx（II）将.0428)41(1422222kxxkyxkxy得代入由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得,0)14(16)41(16)28(22221kkk精选即.412k①0926)31(1322222kxxkyxkxy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.131.0)1(36)31(36)26(,0312222222kkkkkk且即)2)(2(,66319,3126),,(),,(22BABABABABABABABABBAAkxkxxxyyxxyyxxOBOAkxxkkxxyxByxA而得由则设.1373231262319)1(2)(2)1(222222kkkkkkkxxkxxkBABA.0131315,613732222kkkk即于是解此不等式得.31151322kk或③由①、②、③得.11513314122kk或故k的取值范围为)1,1513()33,21()21,33()1513,1(4、解：（1）02PNGQNQNPQ为PN的中点且GQ⊥PNGQ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3a，半焦距5c，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是14922yx………5分精选（2）因为OBOAOS，所以四边形OASB为平行四边形若存在l使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形0OBOA若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由3522149222yxyxx得0,0916OBOAOBOA与矛盾，故l的斜率存在.………7分设l的方程为),(),,(),2(2211yxByxAxky0)1(3636)49(149)2(222222kxkxkyxxky由49)1(36,493622212221kkxxkkxx①)]2()][2([2121xkxkyy4920]4)(2[2221212kkxxxxk②……………9分把①、②代入2302121kyyxx得∴存在直线06230623:yxyxl或使得四边形OASB的对角线相等.练习3（Ⅰ）解由题意，c＝1,可设椭圆方程为2222114xybb。因为A在椭圆上，所以2219114bb，解得2b＝3，2b＝34（舍去）。所以椭圆方程为22143xy．（Ⅱ）证明设直线ＡＥ方程：得3(1)2ykx，代入22143xy得22233+4+4(32)4()1202kxkkxk（）精选设Ｅ（Ex，Ey），Ｆ（Fx，Fy）．因为点Ａ（1，32）在椭圆上，所以2234()12234Ekxk，32EEykxk。又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以k代k，可得2234()12234Fkxk，32FFykxk。所以直线EF的斜率()212FEFEEFFEFEyykxxkkxxxx。即直线EF的斜率为定值，其值为12。解4方法一（I）由已知得，椭圆C的左顶点为(2,0),A上顶点为(0,1),2,1Dab故椭圆C的方程为2214xy（Ⅱ）直线AS的斜率k显然存在，且0k，故可设直线AS的方程为(2)ykx，从而1016(,)33kM由22(2)14ykxxy得2222(14)16164kxkxk0精选设11(,),Sxy则212164(2),14kxk得2122814kxk，从而12414kyk即222284(,),1414kkSkk又(2,0)B由1(2)4103yxkx得10313xyk101(,)33Nk故161||33kMNk又16116180,||233333kkkMNkk当且仅当16133kk，即14k时等号成立14k时，线段MN的长度取最小值835.解析：(I)证明1:22,()()OAOBOAOBOAOBOAOB222222OAOAOBOBOAOAOBOB整理得:0OAOB12120xxyy设