圆锥曲线的经典求法设而不求

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

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资料

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=1 ① ， x22-y22/2=1 ②

②-①，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.

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资料

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

x2y2=1的左、右焦点. 1、设F1、F2分别是椭圆+54（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1PF2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.

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资料

2、已知平面上一定点C（4，0）和一定直线l:x1,P为该平面上一动点，作

PQl，垂足为Q，且(PC2PQ)(PC2PQ)0.

 （1）问点P在什么曲线上？并求出该曲线的方程；

（2）设直线l:y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.

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资料

x2y21，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、3、已知椭圆C1的方程为4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l:ykx2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OAOB6（其中O为原点），求k的取值范围.

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资料

4、已知圆M:(x5)2y236,定点N(5,0),点P为圆M上的动点，点Q在NP上，点G在MP上，且满足NP2NQ,GQNP0. （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

OSOAOB, 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.

3练习5,已知，椭圆C以过点A（1，），两个焦点为（－1，0）（1，0）。

2（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。

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资料

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资料

x2y2练习6,已知直线x2y20经过椭圆C:221(ab0) 的左顶点

abA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103 分别交于M,N两点 （I）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；

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资料

练习7．已知点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x20)是抛物线y22px(p0)上的两个动点,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(x1x2)x(y1y2)y0

(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

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25时，求p的值 5资料

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资料

答案：

练习11、解：（Ⅰ）易知a5,b2,c1,F1(1,0),F2(1,0)

22设P（x，y），则PF1PF2(1x,y)(1x,y)xy1

x24421x1x23 55x[5,5]，

当x0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1PF2有最小值3；

当x5，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值4

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资料

（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(x5)

x2y21由方程组5，得(5k24)x250k2x125k2200 4yk(x5)依题意20(1680k2)0，得55k 55当55k时，设交点C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD的中点为R(x0,y0)， 55x1x250k225k2,x02则x1x22

25k45k425k220ky0k(x05)k(25)2.

5k45k4又|F2C|=|F2D|F2RlkkF2R1

20k)220k25k4k1

25k2420k2125k40(kkF2R∴20k2=20k2－4，而20k2=20k2－4不成立， 所以不存在直线l，使得|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(x,y)，由(PC2PQ)(PC2PQ)0得

|PC|24|PQ|20（2分） ∴（x4)2y24(x1)20,（4分）

x2y2x2y21. ∴P点在双曲线上，其方程为1.（6分） 化简得

412412 （2）设A、B点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，

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资料

ykx1由x2y2 得(3k2)x22kx130,（7分）

1412x1x22k13，（8分） ,xx12223k3k∵AB与双曲线交于两点，∴△>0，即4k24(3k2)(13)0, 解得13k13.（9分）

22∵若以AB为直径的圆过D（0，－2），则AD⊥BD，∴kADkBD1， 即

y12y221，（10分） x1x2∴(y12)(y22)x1x20(kx13)(kx23)x1x20,

132k)3k90.(12分) 3k23k2解得k27,k14(13,13)，故满足题意的k值存在，且k值为14.

48422∴(k21)x1x23k(x1x2)90(k21)(

22xy3解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为221，则a2413,再由a2b2c2得b21. abx2y21. 故C2的方程为3x2y21得(14k2)x282kx40. （II）将ykx2代入4由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

1(82)2k216(14k2)16(4k21)0,

1即 k2. ①

4x2将ykx2代入y21得(13k2)x262kx90.

3由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

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资料

213k0,222(62k)36(13k)36(1k)0. 21即k2且k21.3设A(xA,yA),B(xB,yB),则xAxB62k9,xxAB13k213k2由OAOB6得xAxByAyB6,而xAxByAyBxAxB(kxA2)(kxB2)(k21)xAxB2k(xAxB)2962k2k2

13k213k2

(k21)3k27.23k13k2715k213于是26,即0.解此不等式得

3k13k21k2131或k2. ③ 153由①、②、③得

1113k2或k21. 4315故k的取值范围为(1,

13311313)(,)(,)(,1) 15322315NP2NQ4、解：（1）Q为PN的中点且GQ⊥PN

GQPN0

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a3，半焦距c5，∴短半轴长b=2，∴点G的轨迹方程是

x2y21 ………5分 94 （2）因为OSOAOB，所以四边形OASB为平行四边形

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资料

若存在l使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形OAOB0

x2x2若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，由 得x2y2251y493

OAOB160,与OAOB0矛盾，故l的斜率存在. ………7分 9设l的方程为yk(x2),A(x1,y1),B(x2,y2)

yk(x2)由x2y2(9k24)x236k2x36(k21)0

19436k236(k21)x1x22,x1x2 ① 29k49k4y1y2[k(x12)][k(x22)]

20k2k[x1x22(x1x2)4]2 ② ……………9分

9k423把①、②代入x1x2y1y20得k

2∴存在直线l:3x2y60或3x2y60使得四边形OASB的对角线相

等.

x2y21。 练习3（Ⅰ）解 由题意，c＝1,可设椭圆方程为

1b24b2因为A在椭圆上，所以

19322bb1，解得＝3，＝（舍去）。 221b4b4x2y21． 所以椭圆方程为 43x2y231得 （Ⅱ）证明 设直线ＡＥ方程：得yk(x1)，代入432.

资料

3（3+4k2）x2+4k(32k)x4(k)2120

2设Ｅ（xE，yE），Ｆ（xF，yF）．因为点Ａ（1，

3）在椭圆上， 234(k)212所以xE2，

34k23yEkxEk。

2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

34(k)212， xF234k23yFkxFk。

2所以直线EF的斜率kEFyFyEk(xFxE)2k1。

xFxExFxE2即直线EF的斜率为定值，其值为

1。 2解4 方法一（I）由已知得，椭圆C的左顶点为A(2,0)上,顶点为

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资料

D(0,1),a2,b1

x2 故椭圆C的方程为y21

4（Ⅱ）直线AS的斜率k显然存在，且k0，故可设直线AS的方程为yk(x2)，

从而M(103,16k3)

由yk(x2)(14k2)x216k2x16k240 x24y21得设S(x16k2428k24k1,y1),则(2),x114k2得x114k2，从而y114k2即S(28k214k2,4k14k2),又B(2,0) 110由y4k(x2)得x3 x103y13kN(1013,3k)

故|MN|16k313k 又k0,|MN|16k313k216k313k83 当且仅当

16k133k，即k14时等号成立 k14时，线段MN的长度取最小值

83

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资料

5.解析：(I)证明1:

22OAOBOAOB,(OAOB)2(OAOB)2

22OA2OAOBOBOA2OAOBOB

整理得: OAOB0

x1x2y1y2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x1)(xx2)(yy1)(yy2)0 整理得:x2y2(x1x2)x(y1y2)y0 故线段AB是圆C的直径

证明2:

2OAOBOAOB,(OAOB)2(OAOB)2

222OA2OAOBOBOA2OAOBOB

整理得: OAOB0

x1x2y1y20……..(1)

设(x,y)是以线段AB为直径的圆上则 即

yy2yy11(xx1,xx2) xx2xx1去分母得: (xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0

点(x1,y1),(x1,y2),(x2,y1)(x2,y2)满足上方程,展开并将(1)代入得:

x2y2(x1x2)x(y1y2)y0

故线段AB是圆C的直径

证明3:

2OAOBOAOB,(OAOB)2(OAOB)2

222OA2OAOBOBOA2OAOBOB

整理得: OAOB0

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资料

x1x2y1y20……(1)

以线段AB为直径的圆的方程为

(xx1x22yy1)(y12)2[(x1x2)2(y1y2)2] 224展开并将(1)代入得:

x2y2(x1x2)x(y1y2)y0

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

x1x2x2 yy1y22y122px1,y222px2(p0)

y12y22x1x2 24p又因x1x2y1y20

x1x2y1y2

y12y22y1y2 24px1x20,y1y20 y1y24p2

xx1x2yy11(y12y22)(y12y222y1y2)12 24p4p4p12(y2p2) p所以圆心的轨迹方程为y2px2p2 设圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

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资料

12(y2p2)2y||x2y||y22py2p2|pd 555p||(yp)2p2| 5p当y=p时,d有最小值p2.

pp25,由题设得 555解法2: 设圆C的圆心为C(x,y),则

x1x2x2 yy1y22y122px1,y222px2(p0)

y12y22x1x2 24p又因x1x2y1y20

x1x2y1y2

y12y22y1y2 24px1x20,y1y20 y1y24p2

xx1x2yy11(y12y22)(y12y222y1y2)12 24p4p4p12(y2p2) p所以圆心的轨迹方程为y2px2p2

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资料

设直线x-2y+m=0到直线x-2y=0的距离为25,则 5m2

因为x-2y+2=0与y2px2p2无公共点,

所以当x-2y-2=0与y2px2p2仅有一个公共点时,该点到直线x-2y=0的距离最小值为25 5x2y20(2) 22(3)ypx2p将(2)代入(3)得y22py2p22p0

4p24(2p22p)0

p0

p2.解法3: 设圆C的圆心为C(x,y),则

x1x2x2 yy2y12圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

x1x2(y1y2)|2d

5|y122px1,y222px2(p0)

y12y22x1x2 24p又因x1x2y1y20

x1x2y1y2

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资料

y12y22y1y2

4p2x1x20,y1y20 y1y24p2

1(y12y22)(y1y2)||y12y222y1y24p(y1y2)8p2|4pd

545p|(y1y22p)24p2 45p当y1y22p时,d有最小值p2.

pp25,由题设得 555.