圆锥曲线经典求法-设而不求
圆锥曲线的常用方法_王莫梅
课题：解圆锥曲线问题常用方法1、定义法（1）椭圆有两种定义。
第一定义中，r 1+r 2=2a 。
第二定义中，r 1=ed 1 r 2=ed 2。
（2）双曲线有两种定义。
第一定义中，a r r 221=-，当r 1>r 2时，注意r 2的最小值为c-a ：第二定义中，r 1=ed 1，r 2=ed 2，尤其应注意第二定义的应用，常常将 半径与“点到准线距离”互相转化。
（3）抛物线只有一种定义，而此定义的作用较椭圆、双曲线更大，很多抛物线问题用定义解决更直接简明。
2、设而不求法解析几何的运算中，常设一些量而并不解解出这些量，利用这些量过渡使问题得以解决，这种方法称为“设而不求法”。
设而不求法对于直线与圆锥曲线相交而产生的弦中点问题，常用“点差法”，即设弦的两个端点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),弦AB 中点为M(x 0,y 0)，将点A 、B 坐标代入圆锥曲线方程，作差后，产生弦中点与弦斜率的关系，这是一种常见的“设而不求”法，具体有：（1）)0(12222>>=+b a b y a x 与直线相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)，则有02020=+k by a x 。
（2）)0,0(12222>>=-b a b y a x 与直线l 相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)则有02020=-k by a x例1、F 是椭圆13422=+y x 的右焦点，A(1,1)为椭圆内一定点，上一动点。
（1）PF PA +的最小值为 （2）PF PA 2+的最小值为分析：PF 为椭圆的一个焦半径，常需将另一焦半径F P '或准线作出来考虑问题。
解：（1）4-5设另一焦点为F '，则F '(-1,0)连A F ',P F '542)(22-='-≥-'-='-+=+F A a PA F P a F P a PA PF PA当P 是F 'A 的延长线与椭圆的交点时, PF PA +取得最小值为4-5。
圆锥曲线解题技巧和方法综合全
圆锥曲线的解题技巧一、常规七大题型：〔1〕中点弦问题具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法〔点差法〕：设曲线上两点为(,)x y 11，(,)x y 22，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式〔当然在这里也要注意斜率不存在的请款讨论〕，消去四个参数。
如：〔1〕)0(12222>>=+b a by a x 与直线相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(*0,y 0)，则有0220=+k b y a x 。
〔2〕)0,0(12222>>=-b a by a x 与直线l 相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(*0,y 0)则有02020=-k by a x 〔3〕y 2=2p*〔p>0〕与直线l 相交于A 、B 设弦AB 中点为M(*0,y 0),则有2y 0k=2p,即y 0k=p.典型例题 给定双曲线x y 2221-=。
过A 〔2，1〕的直线与双曲线交于两点P 1 及P 2，求线段P 1P 2的中点P 的轨迹方程。
〔2〕焦点三角形问题椭圆或双曲线上一点P ，与两个焦点F 1、F 2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。
典型例题 设P(*,y)为椭圆x a y b 22221+=上任一点，F c 10(,)-，F c 20(,)为焦点，∠=PF F 12α，∠=PF F 21β。
〔1〕求证离心率βαβαsin sin )sin(++=e ；〔2〕求|||PF PF 1323+的最值。
〔3〕直线与圆锥曲线位置关系问题直线与圆锥曲线的位置关系的根本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式、根与系数的关系、求根公式等来处理，应特别注意数形结合的思想，通过图形的直观性帮助分析解决问题，如果直线过椭圆的焦点，结合三大曲线的定义去解。
典型例题抛物线方程，直线与轴的交点在抛物线准线的右边。
y p x p x y t x 210=+>+=()()〔1〕求证：直线与抛物线总有两个不同交点〔2〕设直线与抛物线的交点为A 、B ，且OA ⊥OB ，求p 关于t 的函数f(t)的表达式。
设而不求在圆锥曲线中的应用
·解题研究·十‘7擞·7(2008年第9期．高中版)19“设而不求’’在圆锥曲线中的应用748300甘肃省漳县一中汪克明直线与圆锥曲线的关系问题，既是高考考查的重点，也是高中数学的难点．利用解析法解答时，往往因求交点而带来复杂的运算．本文通过例析介绍“设而不求”法在解决以下常见的六类问题中的运用．1相交弦问题例1过点A(2，1)的直线与双曲线工2一}=1交于P。
，P：两点，求弦P。
P：的中点P的轨迹方程．解设弦的两个端点P．(工．，Y．)，P：(x：，Y：)，中点P(工，Y)则(1)当直线P．P：的斜率存在时，《：羞作差可耻鬻了2x 又．．．J|}：是’．．．丝：皇，化简得2石2—4石一，+Y=0．(2)当直线P。
P：的斜率k不存在时，中点(2，0)也满足上方程．综上可知P点的轨迹方程是h2一缸一广+y=o．2定值、定点问题例2已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在z 轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线f：Y=kx+m与椭圆C相交于A，曰两点(A，B不是左右顶点)，且以A B为直径的圆过椭圆c的右顶点．求证：直线f过定点，并求出该定点的坐标．解(1)易得椭圆的标准方程为争+争=1．r，，2kx+m，‘2’设A‘茗l’yI’’丑‘茗2’儿’’由i孚+{；_：1，得(3+4k2)茗2+8m kx+4(m2—3)=0，．·．△=64m2’2k一16(3+4k2)(m2—3)>0，8m k4f m2—3、z-+X2。
一3—+—4k2·茗-。
聋22—乌_驴Y l Y2=(缸l+m)(缸2+m)=k2石I菇2+，以(石l+菇2)+，n2：i(里二垒壁23+4矗2’．‘以A B为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)。
．～∥‰一1，即是盎一l，．‘．Y t Y2+茗I x2—2(茗I+髫2)+4=0，即紫+譬≯+黑悱o．化简得7而2+16m k+4k2=0．解得m I=一2k，m2=一了2k，且满足3+4k=一m2>0．当m=一2后时，f：Y=k(石一2)，直线过定点(2，0)，与已知矛盾；当时m：一孳时，直线方程为y：后(茗一了2)，直线过定点(÷，0)．综上可知，直线z过定点，定点坐标为(鲁，o)．3方程问题例3已知抛物线C：y2=4x，0为坐标原点，动直线f：Y=屉(z+1)与c交于A、B两个不同的点．(1)求k的取值范围；(2)求满足O M=O A+∞的点肘的轨迹方程．解(1)易得的取值范围，k∈(一1，0)U(0，1)，(2)设M(石，，，)，则(石，)，)三(石。
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订交问题，特别是波及到订交弦问题 , 最值问题 , 定值问题的时候，采纳“设点代入” ( 即“设而不求”)法能够防止求交点坐标所带来的繁琐计算，同时还要与韦达定理 , 中点公式联合起来 , 使得对问题的办理变得简单而自然 , 因此在做圆锥曲线题时注意多加训练与累积 .1.往常状况下假如只有一条直线，设斜率相对简单想一些，或许多条直线可是直线斜率之间存在垂直，互为相反数之类也能够设斜率需要注意的是设斜率的时候需要考虑：（1）斜率能否存在（2）直线与曲线一定有交点也就是鉴别式一定大于等于0这类设斜率最后利用韦达定理来计算而且最后消参法，思路清楚，计算量大，特别需要认真，可是大多也是能够消去高次项，故不要怕勇敢计算，最后必定能获得所需要的结果。
2.设点比较难思虑在于参数多，计算起来简单信心不足，可是在关于定点定值问题上，只需按题目要求计算，将相应的参数互带，，而后把点的坐标带入曲线方程最后必然能约分，消去参数。
这类方法灵巧性强，思虑难度大，可是计算简单。
例1 ：已知双曲线x 2-y 2/2=1 ，过点M(1,1) 作直线L，使L 与已知双曲线交于Q1、 Q 2两点，且点 M 是线段 Q1 Q2的中点，问：这样的直线能否存在？若存在，求出 L 的方程；若不存在，说明原因。
解：假定存在知足题意的直线L，设 Q1(X 1,Y 1) ，Q2(X 2 ,Y2 )代人已知双曲线的方程，得x 12 2①，x2 2/2 =1 ②- y1 /2 =12-y 2②- ①，得 (x 2-x 1 )(x 2+x1)-(y 2-y 1)(y 2+y1) /2=0 。
当 x 1=x 2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) 不知足题意；当 x 1≠2时，有 2 1 2 1)=2( 2 1 2 1)=2.x ( y -y )/( x -x x +x )/( y +y故直线 L 的方程为 y-1=2(x-1)查验：由 y-1=2(x-1)，x2-y2/2=1，得2x2-4x+3=0,其鉴别式⊿=-8 ﹤0 ，此时 L 与双曲线无交点。
圆锥曲线中的设而不求法
圆锥曲线中的“设而不求法”无锡市洛社高级中学 陆莉丽 徐荣新（214187）每年的高考题中都有一道较有难度的圆锥曲线题，由于切入点较难找，并且如果选不到好的途径会带来大的运算量，给考生带来一定困难.在解决圆锥曲线问题时有一种方法叫“设而不求法”，它给解这一类题提供了较好的切入点和较少的运算量,不失为一好法.那么是什么原因导致设了未知数之后却不必要求出来呢？分析一下计算的过程，发现所求的问题与所设的未知数之间可以通过计算建立联系，从而无必要求未知数而得到了问题的答案，也就是“设”为基础，而“不求”是关键、是技巧.正是由于这个原因，笔者把“设而不求”归结为三类：一、设点的坐标（04北京）抛物线的方程为y 2=4x ，过P （1，2）作两条倾斜角互补的直线PA 、PB 交抛物线于A 、B 点，求AB 的纵坐标之和及直线AB 的斜率.解：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）.（Ⅰ）略，y 1＋y 2=－4；（Ⅱ）由题意得：y 12=4x 1，故y 12－y 22=4（x 1—x 2），即 y 1－y 2x 1－x 2 = 4y 1＋y 2=－1. y 22=4x 2，∴直线AB 的斜率为－1.点评：此法的关键是通过两个函数式的相减运算，得到了斜率的形式，在双曲线和椭圆中还可得到中点的坐标形式,达到设而不求的目的.练习（02年河南、江苏卷）设A 、B 为双曲线x 2－ y 22 =1上的两点，点N （1，2）是线段AB 的中点，求直线AB 的方程.二、设焦半径的长度（00全国）过抛物线y=ax 2（a ＞0）焦点F 作一直线交抛物线于P 、Q 两点，求1|PF| ＋1|FQ|。
解：如图，l 为准线，交y 轴于F ’，作PP ’⊥l ，QQ ’⊥l ，交于P ’、Q ’，设|PF|= |PP ’|=m ，|QF|= |QQ ’|=n ，连接PQ ’交y通过比例关系易求得|FA|= mn m ＋n ，|AF ’|= mn m ＋n， 而|FA|＋|AF ’|=|FF ’|= 12a =2mn m ＋n， 即1m ＋1n =4a. 点评：在设了焦半径的长度之后，可以利用第一定义或第二定义进行转化和联系，从而去寻求已知与未知之间的关系,达到设而不求的目的。
高中数学复习指导：直线与圆锥曲线问题之设而不求与设而求.doc
“设而不求”与“设而求”一般地，我们解答直线与圆锥曲线问题，已经形成一种习惯，利用一元二次方程的判别式 研究范围，利用根与系数的关系研究有关参数的关系，还美其名曰“设而不求”，事实上，“设而 求”也可能比“设而不求”更加简单，避开了一元二次方程的判别式与根与系数的关系研究有关 参数的关系，也许另有一种更好的解法等待着你去探究，不信请看下面的例题：丫2例1、己知椭圆方程为y+/=l,过定点P(0,2)的直线交椭圆于不同的两点A 、B (在A 、P 之间)，且满足西=2顾，求的取值范围.解析1：设AB 的方程为)=尬+ 2, A3」)，Ba ，%)，贝9PA = (x },y }-2), PB = (x 2,y 2 -2),由 PB = ZPA ,得 X 2 13由 Q + * '得(1 + 2比2)严+池+6二0.又△二64疋一24(1 + 2/)= 0>0,得k 2>~. y = kx + 2,Sk6 由根与系数关系，坷+禺=一 ，=- 1+2F - 1 + 2亡 把七=2西代入坷+召=_] + 2加 有西(1+2) = _] +朮，(1)6 0 6把x 2=^代入“2=仃乔有彷=匚乔，(2)由(1)、(2)可以消去西得到含有入比的关系式，这个过程比较复杂，这个关系式是32k 2(1+A)2 3 1 3(1+2/) 2 八 3 _― =—■—, 或者变为__+?7 =—石刁—= — ， 由* >二，可以求得召=2坷，y 2-2 = A(y l -2).3(1+2Q A 32k「 16 32k~(1 + 久)「2初于是建立了关于2的不等式 '2 v£,又0vQvl,解得£v2vl. 32K I O O (1+A ) O 3当初没有斜率时，宀亍所以扫＜「解析2：构造2 + ]=玉+玉=(召+兀T ,如此可以直接把年+召=一£「/ x } x 2 x }x 2 l + 2k6 1 ao&2 3也=砲代入得到'+君茹莎r"込百-2,由解法1知：宀亍可以 求得2＜丐＜罟,又061,解得打＜1•当仙殳有斜率时，4,所以押＜1.解析3：设人(西,刃),8也,％)，则力4 =(兀[,刃一2), PB = (X 2,>2-2),由 PB = APA ,得v 4+^=i,2 O 1又人(召,刃)，3(%,%)在二+b=l 上，所以]22 - + ^=1.〔2 -事实上仅用以上这四个等式就可以求出2与西,必,兀2，%中任意一个的关系.j 吕+*=1,⑴F 字+(勿 _2Q +2)2=[.(2)(l)x A 2_(2)得：(Ay.)2 -(心 -22 + 2)2 = / 一 1, (22-2)(22^ -2A + 2) = -1,注意到0<2<1,所以4仇开 一2 + 1) = 2 + 1,解得气J) _ 3斥彳一3 1 ”=—,注意到—1S)[S1，所以—is — <1,解得一5/153,又0V/lvl,1 4A 1 42 3所以-<2<1. 3解法评价：解法1与解法2都是利用一元二次方程根的判别式与根与系数的关系，是解析 几何常用的方法，但是用这种方法必须对直线方程进行讨论，还应注意，有些时候仅仅使用其中 的根与系数的关系而没有用根的判别式,但是由于根与系数的关系是从整体上建立有关系数的关 系的，所以无法保证实数根的存在性，因此一定要检验判别式大于零.解法332k 1 冷=岔，y 2-2 = /l(y l -2).全面利用向量共线所得到两个关系式（横坐标与纵坐标的关系都利用了，而解法1、2实际上只用了横坐标的关系）, 通过巧妙的解方程，最终把2看成常数，刃看成未知数，用久表示刃，进一步利用）｝的范围限定2的范围.对于这个题目来说，解法3优于解法1、2,因为这种解法避开了分类讨论（这是共线向量的作用），避开了根的判别式（另用了变量的范围，范围，也是圆锥曲线中建立不等式的常用方法，在变量易用参数关系表示的情况下比用判别式简单）•解法3虽然没有用整体思想（这里指解法1、2中对西+甩与丙吃的整体代入变形），但是计算量并不大，比解法1、2还要小，而且由于没有新的参数比，使得字母较少，变形的目标更加明确•因此我们解答直线与圆锥曲线的问题时，不要过分依赖一元二次方程根的判別式与根与系数的关系，当解方程组比较简单时，不妨直接求岀有关未知数的解，然后利用未知数的取值范I韦I建立不等式.例2、如图1,已知椭圆长轴端点为A、B,眩EF与AB交于点D,原点0为椭圆中心，且OD = 1, 2DE+DF = 0,乙FDO = =.求椭圆长轴长的取值范围.42 2解：设椭圆方程为刍+与=1 （d>b>0）,设由2旋+丽=0得: a2 2 2 22（召 +1,必）+（左+1,%）二（0, 0）,即2xj +勺+3 = 0,2必 +% =0,又屯 + 仝=1,二 + 与=1. cr Zr lr 联立四个等式先消去 尼,％有：（2%弓3） +彗二］,再联立斗+艺二1消去刃可以解得 cr tra" tr=~a ~3.又因为-a<x x <a,于是一QV~a ~3<tz,即4Q +3V 0,解得 1VQV 3 44（1）71 又因为ZFDO = -f 所以EF 得方程为尸兀+ 1, Z ）代入»沪侮（咛讣+（三与€/4-6（22+5＜0,解得 1 ＜（72 ＜5 （2） 由（1） （2）的1 ＜。
高中数学圆锥曲线系统讲解第19讲《韦达定理之设而不求》练习及答案
第19讲 韦达定理之设而不求知识与方法在圆锥曲线的大题中，将直线与圆锥曲线的方程联立，消去y （或x ）整理得出关于x （或y ）的一元二次方程是常规操作，如果设直线与圆锥曲线的交点分别是()11,A x y 、()22,B x y ，很多时候我们都不去求这两个交点的坐标，而是直接根据交点坐标会满足上面得到的关于x （或y ）的一元二次方程，借助韦达定理来计算其他需要用到的量，这种处理方法叫做设而不求.一般地，若联立后得到的关键方程用20ax bx c ++=()0a ≠来表示，其判别式24b ac ∆=−，则：（1）12b x x a+=−；（2）12c x x a=；（3）12x x a−==；（4）()2222121212222b ac x x x x x x a −+=+−=；（5）12121211x x bx x x x c++==−.借助韦达定理及其推论，我们可以计算很多关于1x 和2x 的具有对称结构的代数式. 典型例题1.（★★★）设A 、B 为曲线2:4x C y =上两点，A 与B 的横坐标之和为4.（1）求直线AB 的斜率；（2）设M 为曲线C 上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM BM ⊥，求直线AB 的方程.【解析】（1）设()11,A x y ，()22,B x y ，则124x x +=，且21122244x y x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，两式作差得：()()()1212124x x x x y y +−=−，所以12121214y y x x x x −+==−，故直线AB 的斜率为1. （2）解法1：设200,4x M x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2x y '=，由（1）可得，012x =，故02x =，所以()2,1M ，设直线AB 的方程为y x t =+，联立24yx tx y ⎧⎨==+⎩消去y 整理得：2440x x t −−=，判别式16160t ∆=+>，故1t >−，由韦达定理，124x x +=，124x x t =−，1212242y y x x t t +=++=+，2212124x x y y t ⎛⎫== ⎪⎝⎭()112,1MA x y =−−，()222,1MB x y =−−，因为AMBM ⊥，所以0MA MB ⋅=，即()()()()()()2121212121212221125484250x x y y x x x x y y y y t t t −−+−−=−++−++=−−+−−+=解得：7t =或1−（舍去），所以直线AB 的方程为7y x =+.解法2：设200,4x M x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2x y '=，由（1）可得，012x =，故02x =，所以()2,1M ，设直线AB 的方程为y x t =+，联立24yx tx y ⎧⎨==+⎩消去y 整理得：2440x x t −−=，判别式16160t ∆=+>，故1t >−，由韦达定理，124x x +=，1212242y y x x t t +=++=+， 所以AB 中点为()2,2N t +，故211MN t t =+−=+而12AB x x =−==，因为AM BM ⊥，所以2AB MN =，故()21t =+，解得7t =或1−（舍去），所以直线AB 的方程为7y x =+.2.（★★★★）已知抛物线2:2C y px =过点()1,1P ，过点10,2⎛⎫⎪⎝⎭作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M 、N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP 、ON 交于点A 、B ，其中O 为原点. （1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； （2）求证：A 为线段BM 的中点.【解析】（1）将点()1,1代入22y px =解得：12p =，故抛物线C 的方程为2y x =，其焦点坐标为1,04⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为14x =−.（2）设直线l 的方程为12y kx =+，设()11,M x y ，()22,N x y将2y x =代入12y kx =+消去x 整理得：22210ky y −+=()0k ≠判别式()22420k ∆=−−⨯>，所以12k <且0k ≠，由韦达定理，121y y k +=，1212y y k=，直线AB 的方程为1x x =，直线OP 的方程为y x =，直线ON 的方程为22y y x x =联立1x x y x =⎧⎨=⎩，解得：1y x =，所以1A y x =，联立122x x y y xx =⎧⎪⎨=⎪⎩，解得：122x y y x =，所以122B x y y x = 故()122212212121221221122112112222222222M BA x y y y y y y y y y y x x y x y y y y y x x y x x x x x ++−+++−−=−=−== 2211122202k k k x ⎛⎫⋅− ⎪⎝⎭== 所以2M B A y y y +=，故A 为线段BM 的中点.3.（2021·北京·20·★★★★）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>过点()0,2A −，以4个顶点围成的四边形面积为（1）求椭圆E 的标准方程；（2）过点()0,3P −的直线l 斜率为k ，交椭圆E 于不同的两点B 、C ，直线AB 交3y =−于点M ，直线AC 交3y =−于点N ，若15PM PN +≤，求k 的取值范围.【解析】（1）由题意，2b =，四个顶点围成的四边形面积1222S a b =⨯⨯=，所以a =，即椭圆E 的标准方程为22154x y += （2）设()11,B x y ，()22,C x y ，直线l 的方程为3y kx =−， 直线AB 的斜率为112y x +，其方程为1122y y x x +=−， 联立11223y y x x y +⎧=−⎪⎨⎪=−⎩，解得：112x x y =−+， 所以112x PM y =+，同理，222x PN y =+，所以121222x x PM PN y y +=+++，联立223154y kx x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 整理得：()224530250k x kx +−+=，判别式()22900100450k k ∆=−+>.解得：1k <−或1k >，由韦达定理，1223045kx x k +=+，1222545x x k =+，显然120x x >，故1x 、2x 同号，而120y +>，220y +>，所以112x y +与222xy +同号， 故()()12121212122121212121222222111kx x x x x x x x x x PM PN y y y y kx kx k x x k x x −++=+=+=+=++++−−−++ 222222503045455253014545k k k k k k k k k −++==−+++，由题意，15PM PN +≤，所以515k ≤，故33k −≤≤， 综上所述，k 的取值范围为[)(]3,11,3−−.强化训练4.（★★★）已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>，长轴长为（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线:l y kx m =+()0k ≠与椭圆C 交于A 、B 两点，线段AB 的中垂线过点()1,0P ，求k 的取值范围.【解析】（1）由题意，椭圆C的离心率e=，长轴长2a =，所以a =，2b =，故椭圆C 的方程为22184x y +=.（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，联立22184y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 整理得：()222214280k x kmx m +++−=， 判别式()()222216421280k m k m ∆=−+−>，化简得：()224210k m +−>①， 由韦达定理，122421km x x k +=−+，()121222221my y k x x m k +=++=+，所以AB 中点为222,2121m m G k k ⎛⎫− ⎪++⎝⎭，因为AB 的中垂线过点()1,0P ，所以PG AB ⊥，从而222112121m k k km k +⋅=−−−+，化简得：221k m k +=−，代入①得：()222214210k k k ⎛⎫++−−> ⎪⎝⎭解得：2k <或2k >，故k 的取值范围为2,,22⎛⎛⎫−∞−+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.5.（★★★）已知椭圆()2222:10y x C a b a b +=>>的离心率为2，且过点2⎛ ⎝⎭. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点1,03D ⎛⎫− ⎪⎝⎭且不与y 轴垂直的直线l 交椭圆C 于P 、Q 两点，点()1,0A ，证明：AP AQ ⊥.【解析】（1）由题意，2213124a b =⎨⎪+=⎪⎩，解得：1a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以椭圆C 的方程为2212y x +=. （2）由题意，可设直线1的方程为13x my =−，代入2212yx +=消去x 整理得：()2241621039my my +−−=， 易得判别式0∆>，设()11,P x y ，()22,Q x y ，则()1224321my y m +=+，()12216921m y y m =−+ 所以()()12122223321x x m y y m +=+−=−+，()()221212122111839921m m x x m y y y y m −=−++=+ ()111,AP x y =−，()221,AQ x y =−，故()()()1212121212111AP AQ x x y y x x x x y y ⋅=−−+=−+++()()()()()222222211869211611821610921321921921m m m m m m m −+++−−=++−==++++ 所以AP AQ ⊥.。
解圆锥曲线大题的精髓——设而不求
解圆锥曲线大题的精髓——设而不求(总9页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除解圆锥曲线大题的精髓——设而不求侯胜哲（华南师范大学数学科学学学院，广州）摘要：主要针对高中成绩在中等的学生，让他们对解圆锥曲线大题有一定方向性的认识，理清解题思路.对成绩较好的学生有解题思路的补充参考价值，对老师有教学参考价值，希望老师先将复杂问题简化，先解决主要矛盾，使题有一定的规律感，最后再使之丰满，提升.这对学生的理解有好处.关键词：圆锥曲线大题韦达定理设而不求Abstract This paper helps the high school students understanding how to solve conic curve questions who are in the middle. And it is supplementary reference value for good students. Teachers are benefited from this paper in teaching .Keywords:conicquestionVieta theoremisnot seeking很多高中学生觉得求解圆锥曲线大题很困难,这让我们陷入思考：求解圆锥曲线大题难在哪它和初中的几何题有什么不同呢很多同学可能和我有同感:对圆锥曲线题的思路大体都知道,可就是解不出.现阶段的解题方法与初中几何的解题不同，需要优化思路,可试着用“设而不求”的思想.如果真正理解其含义,就会自信的说:“不建立坐标系,我也能把答案写出了”.一、回顾韦达定理“设而不求”的方法的依据是韦达定理,很多老师对韦达定理的理解只是形式上的理解.没有让学生明确韦达定理最主要也是最重要的用途是什么，遇到何种情况适用.根据观察,如果已知a ,b ,c ,我们通过应用韦达定理，可以不用知道21,x x 的具体值，就能求出21x x +,21x x ⋅的值. 二、深入探索(结合圆锥曲线)设直线m kx y l +=:,圆锥曲线)0,0(1:2222>>=+b a by a x C ，直线l 与曲线C 相交于两交点1122(,),(,)A x y B x y .联立方程：⎪⎩⎪⎨⎧+==+.12222m kx y b y a x ，可求出交点横坐标所满足的一元二次方程： 根据题设条件，经过计算，得到此方程的判别式为：2222212b k a mk a x x +-=+∴,.)(22222221bk a b m a x x +-=⋅经过观察思考，发现有两个字母系统：系统①：交点坐标系统：21,x x (注：知21,x x 等同知21,y y ). 系统②：方程系数系统：m k b a ,,,.假若我们知道①和②中任意四个量，就能根据韦达定理解出其它两个量.但实际解题中，题设往往没给出那么多量,所给条件比较苛刻.一般只给出②中的部分未知量,不给出①中的量.那怎么办？我们便尽可能简化,即用韦达定理表示出21x x +和21x x ⋅ ,代入等量关系式中，以解决问题.分析至此,我们试想：什么样的等量关系式中会出现表达式21x x +，21x x ⋅我们可以联系到弦长公式2122124)(1B A x x x x k ⋅-++=,中点公式(对称问题))2,2(2121y y x x ++,重心公式)3,3(321321y y y x x x ++++，以及斜率2121x x y y k --=,......结合高考题目,大部分圆锥曲线题都不会让你直接求解21,x x ,而是替换21x x +和21x x ⋅，化简等量关系式，然后解出所求.体会到这一点时,相信学生找到新的解题方向,明白出题老师的一贯手法,解题压力轻松了许多. 三、实战训练(涉及：抛物线,向量,求轨迹问题)例1[1]：已知抛物线x y C 4:2=,O 为坐标原点,动直线)1(:+=x k y l 与C 交于A 、B 两个不同的点．(1)求k 的取值范围；(2)求满足OM +=的点M 的轨迹方程． 解：(1)易得)1,0()0,1(⋃-∈k .（2）要求点M 的轨迹方程,就得求点),(y x M 中坐标x 与y 的关系.设),(A 11y x 和),(22y x B ，根据OB OA OM +=，有要想得到x , y 表达式,得先处理21x x +和21y y +.一见到这种形式,就让我们想到韦达定理.联立方程求解： 消去k 可得842+=x y .又由2224k k x -=，且)1,0()0,1(⋃-∈k ，经计算，得出2>x .继而，点M 的轨迹方程为)2(842>+=x x y .从上题解题过程看出：我们并没有解出21,x x ,而是将21x x +21y y +整体解出，整体解题思路不变.是不是其它题也可这样解题呢？(涉及：椭圆,弦长,两点间距离公式,斜率)例2[2]：已知椭圆C 的中心在坐标原点,焦点在x 轴上,椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3,最小值为1． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线m kx y l +=:与椭圆C 相交于A ,B 两点(A ,B 不是左右顶点),且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点．求证：直线l 过定点,并求出该定点的坐标．解： (1)易得椭圆的标准方程为13422=+y x .(2)要想证明直线l 过定点，求出定点,则要得到l 的方程.而现在m kx y l +=:中有两个参变量，我们只要一个参数,所以要找到k 与m 的关系,消去一个参数.方案一：利用已知条件，列等量关系：圆心到定点的距离弦长=2. 弦长：2122124)(1B A x x x x k ⋅-++= . (3-1) 圆心：)2,2(2121y y x x ++,椭圆右顶点)0,2(. (3-2)结合(3-1)、(3-2),利用两点间距离公式得到：221221212212)2()22(24)(1yy x x x x x x k +--+=⋅-++.我们发现：在上式中又见到21x x +,21x x ⋅了！同样，我们又可应用韦达定理加以代换,做到简化运算. (注：)()(2121m kx m kx y y +⋅+=⋅)但就算是理论上此种方法可行，我们依然觉得计算量大。
圆锥曲线问题中的“设而不求”
２Ｕ ｌ ６
形 ， Ａ（ ４） 若 ＡＡＢＣ的 重 心 恰 为 椭 圆 的 右 焦 点 ， 且 ０， ， 求 Ｂ 边 所 在直 线 的方程 。 Ｃ 解 ： 求 得 椭 圆 的 右 焦 点 为 Ｆ （ ０） 令 Ｂ（ ｌＹ） ｃ 易 ２， ， ｘ，。，
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一 一
点 评 ： 弦 中点有 关 的问题 ， 用 “ 分法 ” 而不 与 常 差 设 求 ， 弦所 在 的直 线 斜 率 、 的 中点 坐标 联 系起 来 ， 将 弦 相 互 转 化 。 同 时 还 应 充 分 挖 掘 题 目的 隐 含 条 件 ， 找 量 与 寻 量 之 间的关 系灵 活转 化 ， 往 能事半 功倍 。 往
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ｋｃ Ｂ＝丝 ＝ 。
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由点 斜 式 ， ｃ边 所 在 直 线 的 方 程 为 ｙ ２ Ｂ ＋＝
即６一 ｙ２ ＝ 。 ｘ ５ 一 ８ ０
ｘ ３） 一 ，
２
．． ２
例 １ 已知 ａＡ ， ＢＣ是 椭 圆 — ＋ ＝ 的 一 个 内 接 三 角 １
有 品读 、 流环 节 ， 有 引导 学 生在 情感 和文 本 之 间走 交 没
他 们 朗 读 中 的 优 点 ， 怕 是 一 个 词 ， 句 话 ， 给 予 肯 哪 一 都 定 。老 师 的评价 不 是 简单 的 甑别 ， 应 侧重 于 小 结 、 更 引 导 、 升 。这 样 既 评 价 了 朗 读 ， 指 导 了 朗 读 ； 训 练 了 提 又 既
圆锥曲线中的典型问题与方法：圆锥曲线解题技巧和方法综合
圆锥曲线的解题技巧一、常规七大题型：（1）中点弦问题具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为(,)x y 11，(,)x y 22，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式（当然在这里也要注意斜率不存在的请款讨论），消去四个参数。
如：（1）)0(12222>>=+b a b y a x 与直线相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)，则有0220=+k b y a x 。
（2）)0,0(12222>>=-b a b y a x 与直线l 相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)则有0220=-k b y a x （3）y 2=2px （p>0）与直线l 相交于A 、B 设弦AB 中点为M(x 0,y 0),则有2y 0k=2p,即y 0k=p.典型例题 给定双曲线x y 2221-=。
过A （2，1）的直线与双曲线交于两点P 1 及P 2，求线段P 1P 2的中点P 的轨迹方程。
（2）焦点三角形问题椭圆或双曲线上一点P ，与两个焦点F 1、F 2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。
典型例题 设P(x,y)为椭圆x a y b 22221+=上任一点，F c 10(,)-，F c 20(,)为焦点，∠=PF F 12α，∠=PF F 21β。
（1）求证离心率βαβαsin sin )sin(++=e ；（2）求|||PF PF 1323+的最值。
（3）直线与圆锥曲线位置关系问题直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式、根与系数的关系、求根公式等来处理，应特别注意数形结合的思想，通过图形的直观性帮助分析解决问题，如果直线过椭圆的焦点，结合三大曲线的定义去解。
典型例题抛物线方程，直线与轴的交点在抛物线准线的右边。
y p x p x y t x 210=+>+=()()（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点（2）设直线与抛物线的交点为A 、B ，且OA ⊥OB ，求p 关于t 的函数f(t)的表达式。
圆锥曲线中的“设而不求”(解析版)
圆锥曲线中的“设而不求”一、考情分析研究曲线方程及由方程研究曲线的有关性质问题,是圆锥曲线中的一个重要内容,其特点是代数的运算较为繁杂,许多学生会想而不善于运算,往往是列出式子后“望式兴叹”.在解决圆锥曲线问题时若能恰当使用“设而不求”的策略,可避免盲目推演造成的无效运算,从而达到准确、快速的解题效果.二、解题秘籍(一)“设而不求”的实质及注意事项1.设而不求是解析几何解题的基本手段,是比较特殊的一种思想方法,其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少,通过设出相应的参数,利用题设条件加以巧妙转化,以参数为过渡,设而不求．2.在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时,需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的,都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参,而设参的原则是宜少不宜多．3.“设而不求”最常见的类型一是涉及动点问题，设出动点坐标，在运算过程中动点坐标通过四则运算消去，或利用根与系数的关系转化为关于其他参数的问题；二是涉及动直线问题，把斜率或截距作为参数，设出直线的方程，再通过运算消去.【例1】(2023届山西省临汾市等联考高三上学期期中)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的长轴长为4，F 1，F 2为C 的左、右焦点，点P x 0,y 0 y 0≠0 在C 上运动，且cos ∠F 1PF 2的最小值为12.连接PF 1，PF 2并延长分别交椭圆C 于M ，N 两点.(1)求C 的方程；(2)证明：S △OPF 1S △OMF 1+S△OPN S △OF 2N为定值.【解析】(1)由题意得a =2，设PF 1 ，PF 2 的长分别为m ，n ，m +n =2a =4则cos ∠F 1PF 2=m 2+n 2-4c 22mn =m +n 2-4c 2-2mn 2mn =2b 2mn-1≥2b 2m +n 22-1=2b 2a 2-1，当且仅当m =n 时取等号，从而2b 2a 2-1=12，得b 2a2=34，∴b 2=3，则椭圆的标准方程为x 24+y 23=1；(2)由(1)得F 1-1,0 ，F 21,0 ，设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，设直线PM 的方程为x =x 0+1y 0y -1，直线PN 的方程为x =x 0-1y 0y +1，由x =x 0+1y 0y -1x 24+y 23=1，得3x 0+1 2y 02+4 y 2-6x 0+1 y 0y -9=0，则y 0y 1=-93x 0+1 2y 02+4=-9y 023x 0+1 2+4y 02=-9y 023x 02+4y 02+6x 0+3=-3y 022x 0+5，∴y 1=-3y 02x 0+5，同理可得y 2=-3y 05-2x 0，所以S △OPF 1S △OMF 1+S △OPN S △OF 2N=12OF 1 y 0 12OF 1 y 1 +12OF 2 y 0 +y 212OF 2 y 2 =-y 0y 1+y 0y 2 +1=.-y 0-3y 02x 0+5+y 0-3y 05-2x 0 +1=133.所以S △OPF 1S △OMF 1+S △OPN S △OF 2N为定值133【例2】(2023届江苏省连云港市高三上学期10月联考)已知椭圆中有两顶点为A -1,0 ，B 1,0 ，一个焦点为F 0,1 .(1)若直线l 过点F 且与椭圆交于C ，D 两点，当CD =322时，求直线l 的方程；(2)若直线l 过点T 0,t t ≠0 且与椭圆交于C ，D 两点，并与x 轴交于点P ，直线AD 与直线BC 交于点Q ，当点P 异A ，B 两点时，试问OP ⋅OQ是否是定值？若是，请求出此定值，若不是，请说明理由.【解析】(1)∵椭圆的焦点在y 轴上，设椭圆的标准方程为y 2a 2+x 2b2=1(a >b >0)，由已知得b =1，c =1，所以a =2，椭圆的方程为y 22+x 2=1，当直线l 与x 轴垂直时与题意不符，设直线l 的方程为y =kx +1，C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，将直线l 的方程代入椭圆的方程化简得k 2+2 x 2+2kx -1=0，则x 1+x 2=-2k k 2+2，x 1⋅x 2=-1k 2+2，∴CD =1+k 2⋅x 1+x 2 2-4x 1x 2=1+k 2⋅-2k k 2+2 2+4⋅1k 2+2=22(k 2+1)k 2+2=322，解得k =±2.∴直线l 的方程为y =±2x +1；(2)当l ⊥x 轴时，AC ⎳BD ，不符合题意，当l 与x 轴不垂直时，设l ：y =kx +t ，则P -t k,0 ，设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，联立方程组y =kx +tx 2+y 22=1得2+k 2 x 2+2ktx +t 2-2=0，∴x 1+x 2=-2kt 2+k 2，x 1x 2=t 2-22+k 2，又直线AD ：y =y 2x 2+1(x +1)，直线BC ：y =y 1x 1-1(x -1)，由y =y 2x 2+1(x +1)y =y 1x 1-1(x -1)可得y 2x 2+1(x +1)=y 1x 1-1(x -1)，即kx 2+t x 2+1(x +1)=kx 1+t x 1-1(x -1)，kx 2+t x 1-1 (x +1)=kx 1+t x 2+1 (x -1)，kx 1x 2-kx 2+tx 1-t x +1 =kx 1x 2+kx 1+tx 2+t x -1 ，k x 1+x 2 +t x 2-x 1 +2t x =2kx 1x 2-k x 2-x 1 +t x 1+x 2 ，k ⋅-2kt 2+k 2+t x 2-x 1 +2t x =2k ⋅t 2-22+k 2-k x 2-x 1 +t ⋅-2kt 2+k 2，4t 2+k 2+t x 2-x 1 x =-4k 2+k 2-k x 2-x 1 ，即t 42+k 2+x 2-x 1 x =-k 42+k2+x 2-x 1 ，得x =-k t，∴Q 点坐标为Q -kt,y Q ，∴OP ⋅OQ =-t k ,0 ⋅-k t ,y Q =-t k-kt +0⋅y Q =1，所以OP ⋅OQ=1为定值.(二)设点的坐标在涉及直线与圆锥曲线位置关系时,如何避免求交点,简化运算,是处理这类问题的关键,求解时常常设出点的坐标,设坐标方法即通过设一些辅助点的坐标,然后以坐标为参数,利用点的特性(条件)建立关系(方程).显然,这里的坐标只是为寻找关系而作为“搭桥”用的,在具体解题中是通过“设而不求”与“整体消元”解题策略进行的.【例3】(2023届湖南省郴州市高三上学期质量监测)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为22，过坐标原点O 的直线交椭圆E 于P ,A 两点，其中P 在第一象限，过P 作x 轴的垂线，垂足为C ，连接AC .当C 为椭圆的右焦点时，△PAC 的面积为 2.(1)求椭圆E 的方程；(2)若B 为AC 的延长线与椭圆E 的交点，试问：∠APB 是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.【解析】(1)∵椭圆离心率e =c a =22，∴c 2=12a 2，则b 2=a 2-c 2=12a 2，当C 为椭圆右焦点时，PC =b 2a =12a ；∵S △PAC =2S △POC =2×12c ⋅12a =12ac =24a 2=2，解得：a 2=4，∴b 2=2，∴椭圆E 的方程为：x 24+y 22=1.(2)由题意可设直线AP :y =kx k >0 ，P x 0,kx 0 ，B x 1,y 1 ，则A -x 0,-kx 0 ，C x 0,0 ，∴k AC =kx 0x 0+x 0=k2，∴直线AC :y =k2x -x 0 ；由y =k 2x -x 0x 24+y 22=1 得：k 2+2 x 2-2k 2x 0x +k 2x 20-8=0，∴-x 0+x 1=2k 2x 0k 2+2，则x 1=2k 2x 0k 2+2+x 0，∴y 1=k 2x 1-x 0 =k 22k 2x 0k 2+2+x 0-x 0 =k 3x 0k 2+2，∴B 2k 2x 0k 2+2+x 0,k 3x 0k 2+2；∴PB =2k 2x 0k 2+2,-2kx0k 2+2，又PA =-2x 0,-2kx 0 ，∴PA ⋅PB =-2x 0⋅2k 2x 0k 2+2+-2kx 0 ⋅-2kx 0k 2+2=0，则PA ⊥PB ，∴∠APB 为定值90∘.【例4】(2023届江苏省南通市如皋市高三上学期期中)作斜率为32的直线l 与椭圆C :x 24+y 29=1交于A ,B两点，且P 2,322 在直线l 的左上方.(1)当直线l 与椭圆C 有两个公共点时，证明直线l 与椭圆C 截得的线段AB 的中点在一条直线上；(2)证明：△PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上.【解析】(1)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，AB 中点坐标为x 0,y 0 ，AB :y =32x +m 所以有x 0=x 1+x 22y 0=y 1+y 22，联立x 24+y 29=1y =32x +m ，得9x 2+6mx +2m 2-18=0，得Δ=6m 2-4×92m 2-18>0，得m 2<18，由韦达定理可知x 1+x 2=-2m 3，x 1x 2=2m 2-189，所以y 1+y 2=32x 1+m +32x 2+m =32x 1+x 2 +2m =m ，所以x 0=-m3y 0=m2，化简得：y 0=-32x 0，所以线段AB 的中点在直线y =-32x 上.(2)由题可知PA ，PB 的斜率分别为k PA =y 1-322x 1-2，k PB =y 2-322x 2-2，所以k PA +k PB =y 1-322x 1-2+y 2-322x 2-2=y 1-322 x 2-2 +y 2-322 x 1-2 x 1x 2-2x 1+x 1 +2，因为y 1=32x 1+m ,y 2=32x 2+m 得k PA +k PB=3x 1x 2+m -32 x 1+x 1 -22m +6x 1x 2-2x 1+x 1 +2由(1)可知x 1+x 2=-2m 3，x 1x 2=2m 2-189，所以k PA +k PB =32m 2-189 +m -32 -23m -22m +62m 2-189-2-23m +2=0，又因为P 2,322 在直线l 的左上方，所以∠APB 的角平分线与y 轴平行，所以△PAB 的内切圆的圆心在x =2这条直线上.(三)设参数在求解与动直线有关的定点、定值或最值与范围问题时常设直线方程,因为动直线方程不确定,需要引入参数,这时常引入斜率、截距作为参数.【例5】(2022届湖南省益阳市高三上学期月考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左右焦点分别为F 1,F 2,其离心率为32,P 为椭圆C 上一动点,△F 1PF 2面积的最大值为 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)过右焦点F 2的直线l 与椭圆C 交于A ,B 两点,试问：在x 轴上是否存在定点Q ,使得QA ⋅QB为定值？若存在,求出点Q 的坐标；若不存在,请说明理由.【解析】(1)设椭圆C 的半焦距为c ,因离心率为32,则c a =32,由椭圆性质知,椭圆短轴的端点到直线F 1F 2的距离最大,则有S △F 1PF 2max =12⋅2c ⋅b =bc ,于是得bc =3,又a 2=b 2+c 2,联立解得a =2,b =1,c =3,所以椭圆C 的方程为：x 24+y 2=1.(2)由(1)知,点F 23,0 ,当直线斜率存在时,不妨设l :y =k (x -3),A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,由y =k (x -3)x 2+4y 2=4消去y 并整理得,(1+4k 2)x 2-83k 2x +12k 2-4=0,x 1+x 2=83k 21+4k 2,x 1x 2=12k 2-41+4k 2,假定在x 轴上存在定点Q 满足条件,设点Q (t ,0),则QA ⋅QB=(x 1-t )(x 2-t )+y 1y 2=x 1x 2-t (x 1+x 2)+t 2+k 2(x 1-3)(x 2-3)=(1+k 2)x 1x 2-(3k 2+t )(x 1+x 2)+t 2+3k 2=(1+k 2)⋅12k 2-41+4k 2-(3k 2+t )⋅83k 21+4k2+t 2+3k 2=(4t 2-83t +11)k 2+t 2-41+4k 2,当t 2-4=4t 2-83t +114,即t =938时,QA ⋅QB =t 2-4=-1364,当直线l 斜率不存在时,直线l ：x =-3与椭圆C 交于点A ,B ,由对称性不妨令A 3,12 ,B 3,-12,当点Q 坐标为938,0 时,QA =-38,12 ,QB =-38,-12 ,QA ⋅QB =-38,12 ⋅-38,-12=-1364,所以存在定点Q 938,0 ,使得QA ⋅QB 为定值-1364.(四)中点弦问题中的设而不求与中点弦有个的问题一般是设出弦端点坐标P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 代入圆锥曲线方程作差,得到关于y 1-y 2x 1-x 2,x 1+x 2,y 1+y 2的关系式,再结合题中条件求解.【例6】中心在原点的双曲线E 焦点在x 轴上且焦距为4,请从下面3个条件中选择1个补全条件,并完成后面问题：①该曲线经过点A 2,3 ；②该曲线的渐近线与圆x 2-8x +y 2+4=0相切；③点P 在该双曲线上,F 1、F 2为该双曲线的焦点,当点P 的纵坐标为32时,恰好PF 1⊥PF 2.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)过定点Q 1,1 能否作直线l ,使l 与此双曲线相交于Q 1、Q 2两点,且Q 是弦Q 1Q 2的中点？若存在,求出l 的方程；若不存在,说明理由.【解析】(1)设双曲线E 的标准方程为x 2a 2-y 2b2=1a >b >0 .选①：由题意可知,双曲线E 的两个焦点分别为F 1-2,0 、F 22,0 ,由双曲线的定义可得2a =AF 1 -AF 2 =42+32-3 =2,则a =1,故b =c 2-a 2=3,所以,双曲线E 的标准方程为x 2-y 23=1.选②：圆x 2-8x +y 2+4=0的标准方程为x -4 2+y 2=12,圆心为4,0 ,半径为23,双曲线E 的渐近线方程为y =±b a x ,由题意可得4ba1+b a2=23,解得b a =3,即b =3a ,因为c =a 2+b 2=2a =2,则a =1,b =3,因此,双曲线E 的标准方程为x 2-y 23=1.选③：由勾股定理可得PF 1 2+PF 2 2=4c 2=16=PF 1 -PF 2 2+2PF 1 ⋅PF 2 =4a 2+2PF 1 ⋅PF 2 ,所以,PF 1 ⋅PF 2 =2c 2-a 2 =2b 2,则S △F 1PF 2=12PF 1 ⋅PF 2 =b 2=12×32×4,则b =3,故a =c 2-b 2=1,所以,双曲线E 的标准方程为x 2-y 23=1.(2)假设满足条件的直线l 存在,设点Q 1x 1,y 1 、Q 2x 2,y 2 ,则x 1+x 2=2y 1+y 2=2 ,由题意可得x 21-y 213=1x 22-y 223=1,两式作差得x 1-x 2 x 1+x 2 =y 1-y 2 y 1+y 2 3,所以,直线l 的斜率为k =y 1-y 2x 1-x 2=3,所以,直线l 的方程为y -1=3x -1 ,即y =3x -2.联立y =3x -2x 2-y 23=1,整理可得6x 2-12x +7=0,Δ=122-4×6×7<0,因此,直线l 不存在.三、跟踪检测1.(2023届河南省洛平许济高三上学期质量检测)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的右焦点为F ，离心率为12，上顶点为0,3 ．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，与y 轴交于点M ，若MP =λPF ，MQ=μQF ，判断λ+μ是否为定值？并说明理由．【解析】(1)由题意可得b =3e =c a =12a 2=b 2+c 2 ，解得a =2b =3c =1，故椭圆C 的方程x 24+y 23=1.(2)λ+μ为定值-83，理由如下：由(1)可得F 1,0 ，由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l ：y =k x -1 ,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，则M 0,-k ，联立方程y =k x -1x 24+y 23=1，消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2x +4k 2-12=0，则Δ=-8k 2 2-44k 2+3 4k 2-12 =144k 2+1 >0,x 1+x 2=8k 24k 2+3,x 1x 2=4k 2-124k 2+3，MP =x 1,y 1+k ,PF=1-x 1,-y 1 ,MQ =x 2,y 2+k ,QF =1-x 2,-y 2 ，∵MP =λPF ，MQ =μQF ，则x 1=λ1-x 1 x 2=μ1-x 2，可得λ=x 11-x 1μ=x 21-x 2，λ+μ=x 11-x 1+x 21-x 2=x 1+x 2 -2x 1x 21-x 1+x 2 +x 1x 2=8k 24k 2+3-24k 2-124k 2+31-8k 24k 2+3+4k 2-124k 2+3=-83(定值).2.(2023届江西省南昌市金太阳高三上学期10月联考)如图，长轴长为4的椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0的左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 与y 轴分别交于M ，N 两点，当直线PQ 的斜率为22时，PQ =2 3.(1)求椭圆C 的方程.(2)试问是否存在定点T ，使得∠MTN =90°恒成立？若存在，求出定点T 的坐标；若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可知2a =4,a =2，则椭圆方程C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0即x 24+y 2b2=1，当直线PQ 的斜率为22时，PQ =23，故设P x 0,22x 0 ，∴x 20+22x 0 2=3 ，解得x 20=2，将P x 0,22x 0 代入x 24+y 2b 2=1得x 024+x 022b 2=1，即24+22b2=1，故b 2=2 ，所以椭圆的标准方程为 x 24+y 22=1 ；(2)设P (x 0,y 0),x 0∈[-2,2]，则Q (-x 0,-y 0)，则x 204+y 202=1,∴x 20+2y 20=4 ，由椭圆方程x 24+y 22=1可得A (-2，0) ，∴直线PA 方程为︰y =y 0x 0+2(x +2) ，令x =0 可得 M 0,2y 0x 0+2 ，直线QA 方程为：y =y 0x 0-2(x +2) ，令x =0得N 0,2y 0x 0-2，假设存在定点T ，使得∠MTN =90°，则定点T 必在以MN 为直径的圆上，以MN 为直径的圆为 x 2+y -2x 0y 0x 02-42=16y 02x 20-42 ,即 x 2+y 2-4x 0y 0x 20-4y +4y 20x 20-4=0 ，∵x 20+2y 20=4，即x 20-4=-2y 20,∴x 2+y 2+2x0y 0y -2=0 ，令y =0 ，则x 2-2=0 ，解得x =±2，∴以MN 为直径的圆过定点 (±2,0)，即存在定点T (±2,0)，使得∠MTN =90° ．3.(2023届黑龙江省大庆铁人中学高三上学期月考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12，椭圆的短轴端点与双曲线y 22-x 2=1的焦点重合，过点P 4,0 且不垂直于x 轴的直线l 与椭圆相交于A ，B两点.(1)求椭圆C 的方程；(2)若点B 关于x 轴的对称点为点E ，证明：直线AE 与x 轴交于定点.【解析】(1)由双曲线y 22-x 2=1得焦点0,±3 ，得b =3，由题意可得b =3a 2=b 2+c 2e =c a =12，解得a =2，c =1，故椭圆C 的方程为；x 24+y 23=1.(2)设直线l :y =k x -4 ，点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则点E x 2,-y 2 .由y =k x -4 x 24+y 23=1，得4k 2+3 x 2-32k 2x +64k 2-12=0，Δ=32k 2 2-44k 2+3 64k 2-12 >0，解得-12<k <12，从而x 1+x 2=32k 24k 2+3，x 1x 2=64k 2-124k 2+3，直线AE 的方程为y -y 1=y 1+y 2x 1-x 2x -x 1 ，令y =0得x =x 1y 2+x 2y 1y 1+y 2，又∵y 1=k x 1-4 ，y 2=k x 2-4 ，则x =kx 1x 2-4 +kx 2x 1-4 k x 1-4 +k x 2-4 =2x 1x 2-4x 1+x 2 x 1+x 2 -8，即x =2⋅64k 2-124k 2+3-4⋅32k 24k 2+332k 24k 2+3-8=1，故直线AE 与x 轴交于定点1,0 .4.(2023届江西省赣州厚德外国语学校、丰城中学高三上学期10月联考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1经过点2,-3 ，两条渐近线的夹角为60∘，直线l 交双曲线于A ,B 两点.(1)求双曲线C 的方程.(2)若动直线l 经过双曲线的右焦点F 2，是否存在x 轴上的定点M m ,0 ，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点？若存在，求实数m 的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)∵两条渐近线的夹角为60∘，∴渐近线的斜率±b a =±3或±33，即b =3a 或b =33a ；当b =3a 时，由4a 2-9b2=1得：a 2=1，b 2=3，∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1；当b =33a 时，方程4a 2-9b2=1无解；综上所述：∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1.(2)由题意得：F 22,0 ，假设存在定点M m ,0 满足题意，则MA ⋅MB=0恒成立；方法一：①当直线l 斜率存在时，设l :y =k x -2 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由y =k x -2x 2-y 23=1得：3-k 2 x 2+4k 2x -4k 2+3 =0，∴3-k 2≠0Δ=361+k 2 >0 ，∴x 1+x 2=4k 2k 2-3，x 1x 2=4k 2+3k 2-3，∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+k 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4 =1+k 2 x 1x 2-2k 2+m x 1+x 2 +4k 2=4k2+3 1+k 2 k 2-3-4k 22k 2+mk 2-3+m 2+4k 2=0，∴4k 2+3 1+k 2 -4k 22k 2+m +m 2+4k 2 k 2-3 =0，整理可得：k 2m 2-4m -5 +3-3m 2 =0，由m 2-4m -5=03-3m 2=0得：m =-1；∴当m =-1时，MA ⋅MB=0恒成立；②当直线l 斜率不存在时，l :x =2，则A 2,3 ，B 2,-3 ，当M -1,0 时，MA =3,3 ，MB =3,-3 ，∴MA ⋅MB=0成立；综上所述：存在M -1,0 ，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.方法二：①当直线l 斜率为0时，l :y =0，则A -1,0 ，B 1,0 ，∵M m ,0 ，∴MA =-1-m ,0 ，MB=1-m ,0 ，∴MA ⋅MB=m 2-1=0，解得：m =±1；②当直线l 斜率不为0时，设l :x =ty +2，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由x =ty +2x 2-y 23=1得：3t 2-1 y 2+12ty +9=0，∴3t 2-1≠0Δ=123t 2+3 >0 ，∴y 1+y 2=-12t 3t 2-1，y 1y 2=93t 2-1，∴MA ⋅MB=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+y 1y 2=ty 1+2 ty 2+2 -m ty 1+2+ty 2+2 +m 2+y 1y 2=t 2+1 y 1y 2+2t -mt y 1+y 2 +4-4m +m 2=9t 2+1 3t 2-1-12t 2t -mt 3t 2-1+4-4m +m 2=12m -15 t 2+93t 2-1+2-m 2=0；当12m -153=9-1，即m =-1时，MA ⋅MB =0成立；综上所述：存在M -1,0 ，使得以线段AB 为直径的圆恒过M 点.5.(2023届内蒙古自治区赤峰市高三上学期月考)平面内一动点P 到定直线x =4的距离，是它与定点F 1,0 的距离的两倍.(1)求点P 的轨迹方程C ；(2)过F 点作两条互相垂直的直线l 1，l 2(直线l 1不与x 轴垂直).其中，直线l 1交曲线C 于A ，B 两点，直线l 2交曲线C 于E ，N 两点，直线l 2与直线x =m m >2 交于点M ，若直线MB ，MF ，MA 的斜率k MB ，k MF ，k MA 构成等差数列，求m 的值.【解析】(1)设点P x ,y ，由题，有PFx -4 =12，即x -1 2+y 2x -4=12，解得3x 2+4y 2=12，所以所求P 点轨迹方程为x 24+y 23=1(2)由题，直线l 1的斜率存在且不为0，设直线l 1的方程为y =k x -1 ，与曲线C 联立方程组得y =k x -1 x 24+y 23=1，解得4k 2+3 x 2-8k 2x +4k 2-12=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则有x 1+x 2=8k 24k 2+3，x 1x 2=4k 2-124k 2+3依题意有直线l 2的斜率为-1k ，则直线l 2的方程为y =-1kx -1 ，令x =m ，则有M 点的坐标为m ,-m -1k，由题，k MF =m -1k 1-m=-1k ，k MA +k MB =y 1+m -1k x 1-m +y 2+m -1kx 2-m =y 1x 1-m +y 2x 2-m +1k m -1x 1-m+m -1x 2-m =k x 1-1 x 1-m +k x 2-1 x 2-m +1k m -1x 1-m +m -1x 2-m =k ×2x 1x 2-1+m x 1+x 2 +2m x 1x 2-x 1+x 2 m +m 2+1k ×m -1 x 1+x 2-2m x 1x 2-x 1+x 2 m +m 2=k ×6m -244k 2+34k 2-124k 2+3-m ×8k 24k 2+3+m 2+1k ×m -1 8k 24k 2+3-2m 4k 2-124k 2+3-m ×8k 24k 2+3+m 2，因为2k MF =k MA +k MB ，所以k ×6m -244k 2+34k 2-124k 2+3-m ×8k 24k 2+3+m 2+1k ×m -1 8k 24k 2+3-2m 4k 2-124k 2+3-m ×8k 24k 2+3+m 2=-2k 解得m -4 k 2+1 =0，则必有m -4=0，所以m =4.6.(2023届福建省福州华侨中学高三上学期考试)在平面直角坐标系xOy 中，已知点F (2,0)，直线l :x =12，点M 到l 的距离为d ，若点M 满足|MF |=2d ，记M 的轨迹为C ．(1)求C 的方程；(2)过点F (2,0)且斜率不为0的直线与C 交于P ，Q 两点，设A (-1,0)，证明：以P ，Q 为直径的圆经过点A ．【解析】(1)设点M x ,y ，则d =x -12 ,MF =(x -2)2+y 2，由MF =2d ，得(x -2)2+y 2=2x -12，两边平方整理得3x 2-y 2=3，则所求曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)设直线m 的方程为x =ty +2,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程x =ty +2,3x 2-y 2=3，消去x 并整理得3t 2-1 y 2+12ty +9=0,，因为直线m 与C 交于两点，故t ≠±33，此时Δ=(12t )2-43t 2-1 ⋅9=36t 2+1 >0，所以y 1+y 2=-12t 3t 2-1,y 1y 2=93t 2-1，而x 1+x 2=t y 1+y 2 +4,x 1x 2=ty 1+2 ty 2+2 =t 2y 1y 2+2t y 1+y 2 +4.又AP =x 1+1,y 1 ,AQ=x 2+1,y 2 ，所以AP ⋅AQ=x 1+1 x 2+1 +y 1y 2=y 1y 2+x 1+x 2+x 1x 2+1=t 2+1 y 1y 2+3t y 1+y 2 +9=9t 2+93t 2-1-36t 23t 2-1+9=9-3t 2+1 3t 2-1+9=0.所以AP ⊥AQ ，即以P ，Q 为直径的圆经过点A .7.(2023届河南省安阳市高三上学期10月月考)已知椭圆M 1:x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左､右焦点分别为F 1，F 2，F 1F 2 =2，面积为487的正方形ABCD 的顶点都在M 1上.(1)求M 1的方程；(2)已知P 为椭圆M 2:x 22a 2+y 22b2=1上一点，过点P 作M 1的两条切线l 1和l 2，若l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值.【解析】(1)根据对称性，不妨设正方形的一个顶点为A x ,x ，由x 2a 2+x 2b 2=1，得x 2=a 2b 2a 2+b 2，所以2a 2b 2a 2+b 2×2a 2b 2a 2+b2=487，整理得12a 2+b 2 =7a 2b 2.①又a 2-b 2=F 1F 2 22=1，②由①②解得a 2=4，b 2=3，故所求椭圆方程为x 24+y 23=1.(2)由已知及(1)可得M 2:x 28+y 26=1，设点P x 0,y 0 ，则y 20=61-x 208.设过点P 与M 1相切的直线l 的方程为y -y 0=k x -x 0 ，与x 24+y 23=1联立消去y 整理可得4k 2+3 x 2+8k y 0-kx 0 x +4y 0-kx 0 2-3 =0，令Δ=8k y 0-kx 0 2-4×4k 2+3 ×4y 0-kx 0 2-3 =0，整理可得x 20-4 k 2-2kx 0y 0+y 20-3=0，③根据题意k 1和k 2为方程③的两个不等实根，所以k 1k 2=y 20-3x 20-4=61-x 208-3x 20-4=-34x 20-4 x 20-4=-34，即k 1k 2为定值-34.8.(2023届浙江省浙里卷天下高三上学期10月测试)已知F 1,F 2分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1(-1,0)且与x 轴不重合的直线与椭圆C 交于A ,B 两点，△ABF 2的周长为8.(1)若△ABF 2的面积为1227，求直线AB 的方程；(2)过A ,B 两点分别作直线x =-4的垂线，垂足分别是E ,F ，证明：直线EB 与AF 交于定点.【解析】(1)因△ABF 2的周长为8，由椭圆定义得4a =8，即a =2，而半焦距c =1，又a 2=b 2+c 2，则b 2=3，椭圆C 的方程为x 24+y 23=1，依题意，设直线AB 的方程为x =my -1，由x =my -13x 2+4y 2=12 消去x 并整理得3m 2+4 y 2-6my -9=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则y 1+y 2=6m 3m 2+4，y 1y 2=-93m 2+4，|y 1-y 2|=(y 1+y 2)2-4y 1y 2=6m 3m 2+4 2+363m 2+4=12m 2+13m 2+4，因此S △F 2AB =12F 1F 2 ⋅y 1-y 2 =12×2×12m 2+13m 2+4=1227，解得m =±1，所以直线AB 的方程为x -y +1=0或x +y +1=0.(2)由(1)知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则E -4,y 1 ，F -4,y 2 ，设直线EB 与AF 交点为M (x ,y )，则FA =(x 1+4,y 1-y 2),FM =(x +4,y -y 2)，EB =(x 2+4,y 2-y 1),EM =(x +4,y -y 1)，而FA ⎳FM ，EB ⎳EM ，则(x +4)(y 1-y 2)=(y -y 2)(x 1+4)，(x +4)(y 2-y 1)=(y -y 1)(x 2+4)，两式相加得：y (x 1+x 2+8)-y 2(my 1+3)-y 1(my 2+3)=0，而x 1+x 2+8>0，则y (x 1+x 2+8)=2my 1y 2+3(y 1+y 2)=2m ⋅-93m 2+4+3⋅6m3m 2+4=0，因此y =0，两式相减得：2(x +4)(y 1-y 2)=-y 2(x 1+4)+y 1(x 2+4)=-y 2(my 1+3)+y 1(my 2+3)=3(y 1-y 2)，而y 1-y 2≠0，则x =-52，即M -52,0 ，所以直线EB 与AF 交于定点M -52,0 .9.(2023届江苏省南京市六校高三上学期10月联考)已知双曲线Γ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的焦距为4，且过点P 2,33 (1)求双曲线Γ的方程；(2)过双曲线Γ的左焦点F 分别作斜率为k 1,k 2的两直线l 1与l 2，直线l 1交双曲线Γ于A ,B 两点，直线l 2交双曲线Γ于C ,D 两点，设M ,N 分别为AB 与CD 的中点，若k 1⋅k 2=-1，试求△OMN 与△FMN 的面积之比.【解析】(1)由题意得2c =4，得c =2，所以a 2+b 2=4，因为点P 2,33 在双曲线上，所以4a 2-13b2=1，解得a 2=3,b 2=1，所以双曲线方程为x 23-y 2=1，(2)F (-2,0)，设直线l 1方程为y =k 1(x +2)，A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，由y =k 1(x +2)x 23-y 2=1，得(1-3k 12)x 2-12k 12x -12k 12-3=0则x 1+x 2=12k 121-3k 12,x 1x 2=-12k 12-31-3k 12，所以x 1+x 22=6k 121-3k 12，所以AB 的中点M 6k 121-3k 12,2k 11-3k 12，因为k 1⋅k 2=-1，所以用-1k 1代换k 1，得N 6k 12-3,-2k 1k 12-3，当6k 121-3k 12=61-3k 12，即k 1=±1时，直线MN 的方程为x =-3，过点E (-3,0)，当k 1≠±1时，k MN =2k 11-3k 12--2k 1k 12-36k 121-3k 12-6k 12-3=-2k 13(k 12-1)，直线MN 的方程为y -2k 11-3k 12=-2k 13(k 12-1)x -6k 121-3k 12，令y =0，得x =3(k 12-1)1-3k 12+6k 121-3k 12=-3，所以直线MN 也过定点E (-3,0)，所以S △OMN S △FMN =12y N-y M OE12y M-y N FE =OE FE =310.(2022届北京市海淀区高三上学期期末)已知点A 0,-1 在椭圆C ：x 23+y 2b2=1上.(1)求椭圆C 的方程和离心率；(2)设直线l ：y =k x -1 (其中k ≠1)与椭圆C 交于不同两点E ,F ,直线AE ,AF 分别交直线x =3于点M ,N .当△AMN 的面积为33时,求k 的值.【解析】(1)将点A 0,-1 代入x 23+y 2b2=1,解得b 2=1,所以椭圆C 的方程为x 23+y 2=1又c 2=a 2-b 2=3-1=2,离心率e =c 2a2=23=63(2)联立y =k x -1x 23+y 2=1,整理得(1+3k 2)x 2-6k 2x +3k 2-3=0设点E ,F 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2)由韦达定理得：x 1+x 2=6k 21+3k 2,x 1x 2=3k 2-31+3k 2直线AE 的方程为y +1=y 1+1x 1x ,令x =3,得y =3y 1+3x 1-1,即M 3,3y 1+3x 1-1 直线AF 的方程为y +1=y 2+1x 2x ,令x =3,得y =3y 2+3x 2-1,即N 3,3y 2+3x 2-1 MN =3y 2+3x 2-1-3y 1+3x 1-1 =3×x 1y 2-x 2y 1+x 1-x 2x 1x 2 =3×k -1 x 1-x 2x 1x 2=3×k -1x 1+x 22-4x 1x 2x 1x 22=3×k -1 ×232k 2+1k 2-1 =23×2k 2+1k +1所以△AMN 的面积S =12×MN ×3=32×MN =33×2k 2+1k +1 =33即2k 2+1k +1=1⇒2k 2+1=k +1 ,解得k =0或k =2所以k 的值为0或211.(2022届天津市第二中学高三上学期12月月考)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的长轴长是4,且过点B 0,1 .(1)求椭圆的标准方程；(2)直线l ：y =k x +2 交椭圆于P ,Q 两点,若点B 始终在以PQ 为直径的圆内,求实数k 的取值范围.【解析】(1)由题意,得2a =4,b =1,所以椭圆的标准方程为x 24+y 2=1；(2)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),联立y =k (x +2)x 24+y 2=1,得x 2+4k 2(x +2)2-4=0,即(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2-4=0,则x 1+x 2=-16k 21+4k 2,因为直线y =k x +2 恒过椭圆的左顶点(-2,0),所以x 1=-2,y 1=0,则x 2=-16k 21+4k 2+2=2-8k 21+4k 2,y 2=k (x 2+2)=4k1+4k 2,因为点B 始终在以PQ 为直径的圆内,所以π2<∠PBQ ≤π,即BP ·BQ <0,又BP=-2,-1 ,BQ =(x 2,y 2-1),则BP ·BQ=-2x 2-y 2+1<0,即4-16k 21+4k 2+4k 1+4k 2-1>0,即20k 2-4k -3<0,解得-310<k <12,所以实数k 的取值范围为-310<k <12.12.(2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期1月模拟)已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右顶点与抛物线C 2:y 2=2px (p >0)的焦点重合,椭圆C 1的离心率为12,过椭圆C 1的右焦点F 且垂直于x 轴的直线截抛物线所得弦的长度为4 2.(1)求椭圆C 1和抛物线C 2的方程.(2)过点A (-4,0)的直线l 与椭圆C 1交于M ,N 两点,点M 关于x 轴的对称点为E .当直线l 绕点A 旋转时,直线EN 是否经过一定点?请判断并证明你的结论.【解析】(1)设椭圆C 1的半焦距为c .依题意,可得a =p2,则C 2:y 2=4ax ,代入x =c ,得y 2=4ac ,即y =±2ac ,所以4ac =42,则有ac =2ca =12a 2=b 2+c 2,所以a =2,b =3,所以椭圆C 1的方程为x 24+y 23=1,抛物线C 2的方程为y 2=8x .(2)依题意,当直线l 的斜率不为0时,设其方程为x =ty -4,由x =ty -43x 2+4y 2=12,得(3t 2+4)y 2-24ty +36=0.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则E (x 1,-y 1).由Δ>0,得t <-2或t >2,且y 1+y 2=24t 3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4.根据椭圆的对称性可知,若直线EN 过定点,此定点必在x 轴上,设此定点为Q (m ,0).因为k NQ =k EQ ,所以y 2x 2-m =-y 1x 1-m,(x 1-m )y 2+(x 2-m )y 1=0,即(ty 1-4-m )y 2+(ty 2-4-m )y 1=0,2ty 1y 2-(m +4)(y 1+y 2)=0,即2t·363t2+4-(m+4)·24t3t2+4=0,得(3-m-4)t=(-m-1)t=0,由t是大于2或小于-2的任意实数知m=-1,所以直线EN过定点Q(-1,0).当直线l的斜率为0时,直线EN的方程为y=0,也经过点Q(-1,0),所以当直线l绕点A旋转时,直线EN恒过一定点Q(-1,0).13.(2022届河北省高三上学期省级联测)已知椭圆P焦点分别是F1(0,-3)和F2(0,3),直线y=3与椭圆P相交所得的弦长为1.(1)求椭圆P的标准方程；(2)将椭圆P绕原点逆时针旋转90°得到椭圆Q,在椭圆Q上存在A,B,C三点,且坐标原点为△ABC的重心,求△ABC的面积.【解析】(1)根据题意,c=3,2b2a=1,又因为a2=b2+c2,解得：a=2,b=1,所以椭圆P的标准方程为y24+x2=1.(2)由题意得椭圆Q的方程为x24+y2=1,当直线AB斜率存在时,设AB方程为：y=kx+m,A x1,y1,B x2,y2,C x3,y3,联立x24+y2=1,y=kx+m,可得：1+4k2x2+8km x+4m2-4=0,则Δ=164k2-m2+1>0,x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,因为坐标原点为△ABC的重心,所以x1+x2+x3=0, y1+y2+y3=0,由x1+x2=-8km1+4k2y1+y2=kx1+m+kx2+m=k x1+x2+2m=2m1+4k2 ,得x3=8km1+4k2,y3=-2m1+4k2,将x3,y3代入椭圆方程可得：8km 1+4k22+4-2m1+4k22=4,化简得：4m2=1+4k2,又O到直线AB的距离为：d=|m|1+k2,则S△OAB=12⋅1+k2⋅44k2-m2+11+4k2⋅|m|1+k2=32,因为原点O为△ABC的重心,所以S△ABC=3⋅S△OAB=33 2,当直线AB斜率不存在时,根据坐标关系得,直线AB的方程为x=±1,此时A1,3 2,所以S△ABC=3S△ABO=3×12×3×1=332.综上：△ABC的面积为33 2.14.(2022届广东省佛山市高三上学期期末)已知双曲线C的渐近线方程为y=±33x,且过点P(3,2).(1)求C的方程；(2)设Q(1,0),直线x=t(t∈R)不经过P点且与C相交于A,B两点,若直线BQ与C交于另一点D,求证：直线AD过定点.【解析】(1)因为双曲线C的渐近线方程为y=±3 3x,则可设双曲线的方程为x29-y23=λλ≠0,将点P(3,2)代入得99-23=λ,解得λ=13,所以双曲线C的方程为x23-y2=1；(2)显然直线BQ的斜率不为零,设直线BQ为x=my+1,B x1,y1,D x2,y2,A x1,-y1,联立x23-y2=1x=my+1,消x整理得m2-3y2+2my-2=0,依题意得m2-3≠0且Δ=4m2+8m2-3>0,即m2>2且m2≠3,y1+y2=-2mm2-3,y1y2=-2m2-3,直线AD的方程为y+y1=y2+y1x2-x1x-x1,令y=0,得x=x2-x1y1y2+y1+x1=x1y2+x2y1 y2+y1=my1+1y2+my2+1y1y2+y1=2my1y2+y1+y2y2+y1=2m⋅-2m2-3-2mm2-3-2mm2-3=-6m m2-3 -2 m2-3=3.所以直线AD过定点3,0.15.(2022届江苏省盐城市、南京市高三上学期1月模拟)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a,b>0)的右顶点为A,虚轴长为2,两准线间的距离为263.(1)求双曲线C 的方程；(2)设动直线l 与双曲线C 交于P ,Q 两点,已知AP ⊥AQ ,设点A 到动直线l 的距离为d ,求d 的最大值.【解析】(1)依题意可得b =222a 2c =263a 2+b 2=c2 ,解得a 2=1b 2=12,所以双曲线方程为x 2-2y 2=1(2)由(1)可知A 1,0 ,依题意可知k AP ⋅k AQ =-1,设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,x 12-2y 12=1,x 22-2y 22=1,则有k AP=y 1x 1-1=x 1+12y 1,k AQ =y 2x 2-1=x 2+12y 2,所以y 1x 1-1⋅x 2+12y 2=-1,x 1+12y 1⋅y 2x 2-1=-1,所以x 2y 1+2x 1y 2=2y 2-y 1,y 2x 1+2y 1x 2=2y 1-y 2,作差得x 2y 1-x 1y 2=3y 1-y 2 ,又PQ 的方程为x 2-x 1 y =y 2-y 1 x +x 2y 1-x 1y 2,所以PQ 过定点M 3,0 ,所以d ≤AM =2,即d 的最大值为2；16.(2022届浙江省普通高中强基联盟高三上学期统测)如图,已知椭圆C 1:x 24+y 23=1,椭圆C 2:y 29+x 24=1,A -2,0 、B 2,0 .P 为椭圆C 2上动点且在第一象限,直线PA 、PB 分别交椭圆C 1于E 、F 两点,连接EF 交x 轴于Q 点.过B 点作BH 交椭圆C 1于G ,且BH ⎳PA .(1)证明：k BF ⋅k BG 为定值；(2)证明直线GF 过定点,并求出该定点；(3)若记P 、Q 两点的横坐标分别为x P 、x Q ,证明：x P x Q 为定值.【解析】(1)证明：设P x 0,y 0 ,则y 209+x 204=1,可得y 20=9-9x 204,则k PA =y 0x 0+2,k PB =y 0x 0-2,则k PA ⋅k PB =y 20x 20-4=9-9x 204x 20-4=-94；(2)证明：当直线GF 的斜率存在时,设GF 的方程为y =k x -t k ≠0 ,则y =k x -t 3x 2+4y 2=12,代入消元得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-12=0.则Δ=64k 4t 2-164k 2+3 k 2t 2-3 =484k 2+3-k 2t 2 >0,设G x 1,y 1 、F x 2,y 2 ,则x 1+x 2=8k 2t 4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-124k 2+3,由k BF ⋅k BC =y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=k 2x 1x 2-t x 1+x 2 +t 2 x 1x 2-2x 1+x 2 +4=-94,得3k 2t 2-12k 24k 2t 2-16k 2t +16k2=-94,约去k 2,并化简得t 2-3t +2=0,解得t =1(t =2不符合题意,舍去)；当直线GF 的斜率不存在时,设GF 的方程为x =m ,其中m ≠2,联立x =mx 24+y 23=1,解得y =±12-3m 22,则F m ,12-3m 22 、E m ,-12-3m 22,所以,k BF ⋅k BG =-12-3m 24m -22=-94,可解得m =1.综上,直线GF 过定点1,0 .(3)证明：设PA 的方程为y =k 1x +2 k 1>0 ,则y =k 1x +2 3x 2+4y 2=12 可解得E 点的坐标为6-8k 214k 21+3,-12k 14k 21+3.由k 1=y 0x 0+2,则E 点的坐标为41-x 0 x 0-4,-2y 0x 0-4.同理,记PB 的斜率为k 2,则F 点的坐标为8k 22-64k 22+3,-12k 24k 22+3.由k 2=y 0x 0-2,则F 点的坐标为4x 0+1 x 0+4,2y 0x 0+4,则EF 的斜率k EF =2y 0x 0+4+2y 0x 0-44x 0+1 x 0+4+4x 0-1 x 0-4=x 0y 02x 20-4,所以直线EF 的方程为y +2y 0x 0-4=x 0y 02x 20-4 ⋅x +4x 0-1 x 0-4.令y =0,得x =4x 0,故x P x Q =x 0⋅4x 0=4.17.(2022届湖北省新高考联考协作体高三上学期12月联考)已知圆O ：x 2+y 2=2,椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >2 的离心率为22,P 是C 上的一点,A 是圆O 上的一点,PA 的最大值为6+ 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)点M 是C 上异于P 的一点,PM 与圆O 相切于点N ,证明：PO 2=PM ⋅PN .【解析】(1)PA ≤PO +OA ≤a +2=6+2,所以a =6设C 的焦距是2c ,则c a =22,解得c =3,则b 2=a 2-c 2=3,所以C 的方程是x 26+y 23=1.(2)证明：①当直线PM 斜率不存在时,PM 的方程为x =2或x =-2.当x =2时,P 2,2 ,M 2,-2 ,此时OP ⋅OM=0,即OP ⊥OM ；当x =-2时,同理可得OP ⊥OM .②当直线PM 斜率存在时,设PM 方程为y =kx +m ,即kx -y +m =0.因为直线与圆相切,所以mk 2+1=2,即m 2=2k 2+2联立kx -y +m =0,x 26+y 23=1,得1+2k 2 x 2+4km x +2m 2-6=0.设P x 1,y 1 ,M x 2,y 2 ,则x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2所以OP ⋅OM=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+kx 1+m kx 2+m =1+k 2 x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2=1+k 2 ×2m 2-61+2k 2+km ×-4km 1+2k 2 +m 2=3m 2-6k 2-61+2k 2代入m 2=2k 2+2整理可得OP ⋅OM=0,即OP ⊥OM综上,OP ⊥OM ,又PM 与圆O 相切于点N ,所以ON ⊥PM ,易得△PON ∽△PMO ,所以PO PM =PNPO,即PO 2=PM ⋅PN所以E 上存在定点G 满足题意,其中G 的坐标为-1,-1 .18.已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的实轴长为8,离心率e =54.(1)求双曲线C 的方程；(2)直线l 与双曲线C 相交于P ,Q 两点,弦PQ 的中点坐标为A 8,3 ,求直线l 的方程.【解析】 (1)由题意可得2a =8e =c a =54c 2=b 2+a 2,解得：a =4b =3c =5,所以双曲线C 的方程为：x 216-y 29=1.(2)设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,因为弦PQ 的中点坐标为A 8,3 ,所以x 1+x 2=16,y 1+y 2=6,将点P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 代入双曲线x 216-y 29=1可得：x 1216-y 129=1x 2216-y 229=1 ,两式相减可得：x 12-x 2216=y 12-y 229即x 1+x 2 x 1-x 2 16=y 1+y 2 y 1-y 29,所以16x 1-x 2 16=6y 1-y 2 9,所以直线l 的斜率为：k =y 1-y 2x 1-x 2=96=32,所以直线l 的方程为：y -3=32x -8 即3x -2y -18=0.。
圆锥曲线设而不求
平面解析几何中设而不求的几种途径平面解析几何中的许多问题, 若解题方法不当,就会使解题过程繁杂而冗长, 从而直接影响到解题速度和结果的准确性. 如何避免不必要的运算, 从而简化解题过程呢?可以采用设而不求这种方法. 现就设而不求的几种途径例说如下:一、利用曲线和方程的关系例1 求经过两曲线4)1()2(22=-+-y x 和122=+y x 的交点的直线的方程.注 此题若采用常用常规方法, 不可避免地要解方程组, 求出交点坐标, 从而运算量较大,若采用这种设而不求的思想就能使解题过程大大简化.二、利用圆锥曲线的定义例2 已知A 、B 是椭圆()019252222>=+a a y a x 上的两点, F 2 是右焦点, 若| AF 2 | +| B F 2 | =a 58,AB 的中点到椭圆左准线的距离为23,求椭圆的方程.评注 若问题涉及到曲线上的点与焦点的距离时,则不需要求出有关的坐标, 而只需设出有关点的坐标, 借助圆锥曲线的定义及焦半径公式常能化繁为简,缩短解题过程.r=ed三、利用点差法例3 已知双曲线的方程为1222=-y x 试问:是否存在被点B ( 1, 1) 平分的弦?如果存在, 求出弦所在的直线方程, 如果不存在,说明理由.评注 涉及到弦的中点问题时, 只需设出弦的端点坐标, 将坐标代入曲线方程中, 两式相减,将出现x 1 + x 2 , y 1 + y 2,2121x x y y --其中的x 1 + x 2和y 1 + y 2就用中点坐标代换,2121x x y y --就 用弦所在直线的斜率代换, 这就是“点差法”.利用点差法常能使解答过程简捷、明快, 达到事半功倍之效果,但要注意对x 1 - x 2 是否为0加以讨论!四、利用韦达定理例4 过抛物线y 2 = 2px 的顶点任意作两条相互垂直的弦OA 、OB,求证: AB 和抛物线的轴相交于一定点.评注 如果问题涉及到直线与圆锥曲线相交所得弦的中点和弦长, 利用韦达定理, 可以避免求交点坐标, 还可以沟通各个有关量之间的关系,达到简化解题过程之效果.五、利用定点分比λ的意义例5 已知直线过点P ( - 1, - 2) 且与以A ( - 2, - 3) , B (3, 0) 为端点的线段相交, 求直线的斜率k 的取值范围.评注 所求问题与直线或线段上的点有关时,将这一问题巧妙地运用定点分比λ的意义设而不求,可以降低运算量, 达到简化解题过程的目的, 但要注意分点和终点重合的情况不能漏掉!。
解决圆锥曲线问题的一把“利器”——谈“设而不求”思想在解析几何中的妙用
＜ ＜ｘ ／ Ｔ
一
，
７
又Ｍ、 Ｂ、 Ⅳ 三点不共线 ， 所以后 ≠０ ．
综 上 瓞 的 取 值 范 围 是 孚， 。 ） Ｕ （ ０ ， 孚） ． 为 ： ｙ ＝ （ 一 ５ ） （ ≠ ０ ， ≠ ± ３ ） ， 联 立 方 程 组
的判别式 ， 根 与系数 的关 系 ， 中点坐标公式及参数法等求 解， 这样 可以大 大减少 运算量． 下 面结合本人 的上课 实践谈谈 “ 设而不求” 在解决 圆
锥 曲线 中的运 用．
一
、
利用“ 设而不求” 求直 线 的方 程
例１ 已知 ＡＡ Ｂ Ｃ 的三个顶 点都在抛 物线ｙ ２ ＝ ３ ２ ｘ 上，
用 多种数 学方法 来处理 问题 ． 熟 记各种定 义 、 基 本公 式 、 法则 固然重要 ， 但要做 到迅速 、 准确解 题 ， 还 须掌握 一些 方法 和技巧． 在解答 平面解析几何 中的某些 问题 时 ， 如果
Ｘ １
＋
Ｙ ｌ ＝ １ ，
１ ６ ４
＋ ＝ １ ， 两式相减得 ： Ｘ １ － Ｘ ２ ＋ １ ６ ４ ＝０， ｌ ６ ＿４
四、 利 用“ 设 而不求” 证 明 定 值 问题
例４ 已知腥 双 曲线 Ｘ ２
一
］ 型得 （ ９ — １ ６ ） ＋ １ ６ ０ ｋ 一 ４ ０ ０ ｋ ２ － １ ４ ４ ＝ ０ ．
等 １ 的 一 个 焦 点 ， 过 腓
，
设 Ａ（ ｌ ， Ｙ １ ） ， Ｂ（ ２ ， Ｙ ２ ） ， Ａ Ｂ中点 ％ ｔ Ｊ Ｎ（ ｘ ｏ ， Ｙ ｏ ） ， 贝 ０ Ｉ ＋ ２ ＝
高中数学 圆锥曲线问题中的“设而不求”含答案
圆锥曲线问题中的“设而不求”设而不求是解析几何中一种常用的重要方法和技巧，它能使问题简化。
但如何使用这种方法，在使用中应注意哪些问题，却经常困扰着同学们。
在此笔者愿跟大家谈谈对上述问题的看法与认识。
一、 哪些问题适合“设而不求”一般说来，解题中涉及不到但又不具体求出的中间量（称为相关量）可采取“设而不求，整体思想”。
具体体现在：①与弦的中点有关的问题；②定值与定点问题；③对称性问题。
中点坐标公式、斜率公式和根与系数的关系是“设而不求，整体思想”的马前卒。
1、与弦中点有关的问题例1、 已知ABC ∆是椭圆1162022=+y x 的一个内接三角形，且)4,0(A ，若ABC ∆的重心恰为椭圆的右焦点，求BC 边所在直线的方程。
2、定点问题例2、 设抛物线)0(22>=p px y 的焦点为F ，经过焦点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线的准线上，且BC ∥x 轴，证明直线AC 经过原点O 。
3、对称问题例3、 已知椭圆13422=+y x 上存在两个不同的点关于直线m x y +=4对称，试确定m 的取值范围。
二、“设而不求，整体思想”中应注意的两个问题1、注意隐含条件例4、 已知双曲线12422=-y x ⑴过)1,1(M 的直线交双曲线于A 、B 两点，若M 为弦AB 中点，求直线AB 的方程。
⑵是否存在直线l ，使点)21,1(N 是直线l 被双曲线所截弦的中点？若存在，求出直线l 的方程 ，若不存在，说明理由。
2、注意参数对取值范围的影响例5、 求过点)2,0(P 的直线被椭圆2222=+y x 所截弦的中点的轨迹方程。
圆锥曲线问题中的“设而不求”的思想1、过点A ()21，的直线与双曲线x y 2221-=交于M N 、两点，求弦MN 的中点P 的轨迹方程。
2 、已知A 、B 是抛物线y px p 240=>()上原点O 外的两个动点，已知OB OA ⊥，求证：AB 所在直线必过一个定点。
圆锥曲线的解题方法
圆锥曲线的解题方法导语：定义中提到的定点，称为圆锥曲线的焦点；定直线称为圆锥曲线的准线；固定的常数（即圆锥曲线上一点到焦点与准线的距离比值）称为圆锥曲线的离心率；焦点到准线的距离称为焦准距；焦点到曲线上一点的线段称为焦半径。
过焦点、平行于准线的直线与圆锥曲线相交于两点，此两点间的线段称为圆锥曲线的通径，物理学中又称为正焦弦。
第一、圆锥曲线的解题方法：一、求圆锥曲线方程（1）轨迹法：设点建立方程，化简证明求得。
例题：动点P（x，y）到定点A（3，0）的距离比它到定直线x=—5的距离少2、求动点P的轨迹方程。
解析：依题意可知，{C}，由题设知{C}，{C}{C}。
（2）定义法：根据圆锥曲线的定义确定曲线的形状。
上述例题同样可以由定义法求出曲线方程：作直线x=—3，则点P到定点A与到定直线x=—3的距离相等，所以点P的轨迹是以A为焦点，以x=—3为准线的抛物线。
（3）待定系数法：通过题设条件构造关系式，待定参数即可。
例1：已知点（—2，3）与抛物线{C}的焦点的距离是5，则P=_____。
解析：抛物线{C}的焦点为{C}，由两点间距离公式解得P=4例2：设椭圆{C}的右焦点与抛物线{C}的焦点相同，离心率为{C}，则椭圆的方程为_____。
解析：抛物线{C}的焦点坐标为（2，0），所以椭圆焦半径为2，故离心率{C}得m=4，而{C}，所以椭圆方程为{C}。
二、圆锥曲线最值问题（1）化为求二次函数的最值根据已知条件求出一个参数表示的二次函数解析式，用配方法求出在一定范围自变量下函数的最值。
例题：曲边梯形由曲线{C}及直线x=1，x=2所围成，那么通过曲线上哪一点作切线，能使此切线从曲边梯形上切出一个最大面积的普通梯形。
解析：设切点{C}，求出切线方程{C}，再求出这条切线与直线x=1，x=2的交点纵坐标，根据梯形面积公式列出函数关系式：梯形面积={C}，从而得出结论。
（2）利用圆锥曲线性质求最值先利用圆锥曲线的定义性质列出关系式，再用几何或代数方法求最值。
圆锥曲线解题的万能套路
圆锥曲线解题的万能套路可以归纳为以下步骤：
1. 确定焦点位置：根据题目给定的条件，确定圆锥曲线的焦点位置，是位于X 轴上还是Y轴上。
2. 设而不求：设定圆锥曲线上的两点坐标，然后根据点在曲线上的性质，列出方程，但不求解。
3. 点差法：如果题目涉及弦的中点问题，可以使用点差法。
将两个点在曲线上的坐标分别带入方程，然后作差，化简后可以求得中点的坐标。
4. 联立方程：将题目给定的图形方程与圆锥曲线方程联立，形成一元二次方程组。
5. 使用韦达定理：利用韦达定理，将方程组的解用函数的k表示出来。
6. 求切线方程：如果需要求切线方程，可以通过图形的一个切点代入，求得切线斜率，进而得到切线方程。
7. 弦长公式：如果需要求弦长，可以使用弦长公式，将直线方程与图形方程联立，化简后得到一元二次不等式，通过韦达定理求解。
8. 求最值：根据题目给定的条件，利用函数关系或几何关系求出最值。
9. 求轨迹方程：根据题目给定的条件，利用待定系数法或定义法求出轨迹方程。
以上步骤可以作为圆锥曲线解题的万能套路，但具体解题过程中还需根据题目的具体情况进行灵活应用。
设而不求整体代换——圆锥曲线解题技巧
设而不求 整体代换——圆锥曲线解题技巧
佟孟霖
河北衡水中学 高三 688 班 圆锥曲线问题综合性强，计算量大，好多人做题时虽有清 晰的思路，却因计算不过关，半途而废。在这里分享给大家以 简化计算的技巧——设而不求，整体代换。 设而不求，实际上是利用韦达定理，整体代换，简化运算 步骤，而我们基本的解题思路不变，一般我们在出现 x1+x2, x1x2 或出现圆锥曲线表达式时使用，而弦长公式，中点公式（对称 问题） ，斜率，向量关系，重心公式经常涉及到 x1+ 作斜率 - 的直线与椭圆 C 相交于 A、B 两点，若 M 是线段 AB 的中点，求椭 圆 C 的离心率。 解：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 + ② + ① 所以 m= 所以 m ,而 , ). (-2,2),
故 k=-
,又
, 过 F1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (1) 求椭圆 C 的方程 (2) 点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，连接 PF1,PF2, 所以 = ( )=(=-8.
设∠ F1PF2 的角平分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0), 求 m 得取值 范围 ; （3）在（2）的条件下，过 P 点作斜率为 k 的直线 l, 使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，设直线 PF1,PF2 的斜率分别为 k1,k2 若 k2 ≠ 0, 证明 为定值，并求出这个定值。
所以
为定值，这个定值为 -8.
总结 : 本题对题目涉及的变量巧妙的引进参数， （如动点坐 标，动直线方程等） ，利用题目条件和圆锥曲线方程组成二元二 次方程组，在化为一元二次方程组，从而利用跟与系数的关系 进行整体代换，达到设而不求，减少计算的效果，直接的定值。
圆锥曲线问题中的“设而不求”
圆锥曲线问题中的“设而不求”
来洪臣
【期刊名称】《中小学教学研究》
【年(卷),期】2011(000)006
【摘要】设而不求是解析几何中一种常用的重要方法和技巧，它能使问题简化。
但如何使用这种方法，在使用中应注意哪些问题，却经常困扰着同学们。
在此笔者愿跟大家谈谈对上述问题的看法与认识。
【总页数】2页(P17-18)
【作者】来洪臣
【作者单位】东北育才学校,辽宁沈阳110179
【正文语种】中文
【中图分类】G633.603
【相关文献】
1.“设而不求法”在直线与圆锥曲线相交问题中的应用
2.圆锥曲线问题中的"设而不求"
3.解析几何问题中的“设而不求”与“设而求之”
4.应用"设而不求"技巧解圆锥曲线中的最值问题
5.“设而不求”巧思维,圆锥曲线妙突破
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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 ②②-①，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1、设1F 、2F 分别是椭圆22154x y 的左、右焦点.（Ⅰ）若P 是该椭圆上的一个动点，求21PF PF ⋅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|F 2C|=|F 2D|？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P x l ,1:=为该平面上一动点，作l PQ ⊥，垂足为Q ，且0)2)(2(=-+→--→--→--→--PQ PC PQ PC .（1）问点P 在什么曲线上？并求出该曲线的方程；（2）设直线1:+=kx y l 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.3、已知椭圆C 1的方程为1422=+y x ，双曲线C 2的左、右焦点分别为C 1的左、右顶点，而C 2的左、右顶点分别是C 1的左、右焦点. （Ⅰ）求双曲线C 2的方程；（Ⅱ）若直线2:+=kx y l 与椭圆C 1及双曲线C 2都恒有两个不同的交点，且l 与C 2的两个交点A 和B 满足6<⋅（其中O 为原点），求k 的取值范围.4、已知圆M P N y x M 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=⋅=.（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,+= 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.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。
练习6,已知直线220x y-+=经过椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>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，,AS BS与直线10 :3 l x=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；练习7．已知点11(,)A x y ,22(,)B x y 12(0)x x ≠是抛物线22(0)y px p =>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221212()()0x y x x x y y y +-+-+=(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 的值答案：练习11、解：（Ⅰ）易知)0,1(),0,1(,1,2,521F F c b a -=∴===设P （x ，y ），则1),1(),1(2221-+=--⋅---=⋅y x y x y x PF3511544222+=--+x x x ]5,5[-∈x ，0=∴x 当，即点P 为椭圆短轴端点时，21PF ⋅有最小值3；当5±=x ，即点P 为椭圆长轴端点时，21PF PF ⋅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(-=x k y由方程组2222221(54)5012520054(5)x y k x k x k y k x ⎧+=⎪+-+-=⎨⎪=-⎩，得依题意220(1680)055k k ∆=->-<<，得 当5555<<-k 时，设交点C ),(),(2211y x D y x 、，CD 的中点为R ),(00y x ， 则45252,4550222102221+=+=+=+k k x x x k k x x.4520)54525()5(22200+-=-+=-=∴k kk k k x k y又|F 2C|=|F 2D|122-=⋅⇔⊥⇔R F k k l R F12042045251)4520(0222222-=-=+-+--⋅=⋅∴k k k k k kk k k RF∴20k 2=20k 2－4，而20k 2=20k 2－4不成立， 所以不存在直线l ，使得|F 2C|=|F 2D|综上所述，不存在直线l ，使得|F 2C|=|F 2D| 2、解：（1）设P 的坐标为),(y x ，由0)2()2(=-⋅+得0||4||22=-（2分） ∴（,0)1(4)4222=--+-x y x （4分）化简得.112422=-y x ∴P 点在双曲线上，其方程为.112422=-y x （6分） （2）设A 、B 点的坐标分别为),(11y x 、),(22y x ，由⎪⎩⎪⎨⎧=-+=1124122y x kx y 得,0132)3(22=---kx x k （7分）221221313,32kx x k k x x --=-=+∴，（8分） ∵AB 与双曲线交于两点，∴△>0，即,0)13)(3(4422>---k k 解得.213213<<-k （9分）∵若以AB 为直径的圆过D （0，－2），则AD ⊥BD ，∴1-=⋅BD AD k k ， 即1222211-=+⋅+x y x y ，（10分） ∴12121212(2)(2)0(3)(3)0,y y x x kx kx x x +++=⇒+++= ∴)12.(09323)313)(1(09)(3)1(22221212分=+-⋅+--+⇒=++++kkk k k x x k x x k 解得)213,213(414,872-∈±=∴=k k ，故满足题意的k 值存在，且k 值为414±. 3解：（Ⅰ）设双曲线C 2的方程为12222=-b y a x ，则.1,31422222==+=-=b c b a a 得再由故C 2的方程为.1322=-y x（II ）将.0428)41(1422222=+++=++=kx x k y x kx y 得代入 由直线l 与椭圆C 1恒有两个不同的交点得,0)14(16)41(16)28(22221>-=+-=∆k k k即 .412>k ①0926)31(1322222=---=-+=kx x k y x kx y 得代入将.由直线l 与双曲线C 2恒有两个不同的交点A ，B 得.131.0)1(36)31(36)26(,0312222222<≠⎪⎩⎪⎨⎧>-=-+-=∆≠-k k k k k k 且即)2)(2(,66319,3126),,(),,(22+++=+<+<⋅--=⋅-=+B A B A B A B A B A B A BA B A B B A A kx kx x x y y x x y y x x OB OA k x x k k x x y x B y x A 而得由则设.1373231262319)1(2)(2)1(222222-+=+-⋅+--⋅+=++++=k k kk k k k x x k x x k B A B A .0131315,613732222>--<-+k k k k 即于是解此不等式得.31151322<>k k 或 ③ 由①、②、③得 .11513314122<<<<k k 或 故k 的取值范围为)1,1513()33,21()21,33()1513,1( ----4、解：（1）⇒⎪⎭⎪⎬⎫=⋅=02PN GQ Q 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=+y x ………5分 （2）因为OB OA OS +=，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=⋅∴OB OA 若l 的斜率不存在，直线l 的方程为x =2，由⎪⎩⎪⎨⎧±==⎪⎩⎪⎨⎧=+=3522149222y x y x x 得0,0916=⋅>=⋅∴OB OA OB OA 与矛盾，故l 的斜率存在. ………7分 设l 的方程为),(),,(),2(2211y x B y x A x k y -=0)1(3636)49(149)2(222222=-+-+⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+-=k x k x k y x x k y 由 49)1(36,493622212221+-=+=+∴k k x x k k x x ①)]2()][2([2121--=x k x k y y4920]4)(2[2221212+-=++-=k k x x x x k ② ……………9分 把①、②代入2302121±==+k y y x x 得 ∴存在直线06230623:=-+=--y x y x l 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2222114x y b b +=+。