1、資料下載來源：江蘇高中資料群：1079294226,1035630125,5 號群：高中數學解題方法系列：解析幾何中的設而不求設而不求是解析幾何的重要解題策略,在很多題目的解答中,經常可以起到簡化運算的作用；很多同學會問：什么情形下,可以通過設而不求解答問題呢？一、利用曲線與方程的關系：1. 已知兩圓C 1:x2y22x10y240,C 2:x2y22x2y80,求兩圓的公共弦方程及弦長；解：兩圓方程相減,得x2y4C0,兩圓的交點坐標均滿意此方程,故此方程即為5,公共弦所在直線方程；又圓C 的圓心2 1,1到公共弦的距離d1245且d2l2r2（ l 為公共弦長） ,l22 r 2d22 5

2、,即公共弦長為2 5 ；22注：其中求公共弦的方程時即用到了設而不求思想；2. 過圓外一點P（a,b）引圓x2y2r2的兩條切線,求經過兩個切點的直線方程；2,解：設兩個切點分別為P1（x ,1y1）,P2（x ,2y2）,就切線方程為：lPP 1:ax1by1rlPP 2:ax2by2r2；可見P1（x ,y1）, P2（x ,y2）都滿意方程axbyr2,由直線方程的定義得：axbyr2,即為經過兩個切點的直線方程；二、利用圓錐曲線的定義：1.S已知橢圓x2y21,F 1、F 2為焦點,點P 為橢圓上一點,F 1PF 23,求SF 1PF 2；2591. 解析：由題意知點P 為橢圓上一點,

3、依據橢圓的定義|PF 1|PF 2|10；再留意到求SF 1PF 2的關鍵是求出|PF 1|PF 2|這一整體, 就可采納如下設而不求的解法：設|PF 1|r1,PF 2|r2由橢圓定義得r 1r 210由余弦定理得2 r 12 r 22r 1r2cos3642得,r 1r 212F 1PF 21r 1r2sin3332三、利用點差法：1. 求過橢圓x24y216內一點 A（1,1）的弦 PQ 的中點 M 的軌跡方程；x ,y0）,解析：設動弦PQ 的方程為y1kx1 ,設 P（x ,y 1）,Q（x ,y2）,M（上海高中資料群 1026782372,3 號群： 992351236 資料下載

4、來源：江蘇高中資料群：1079294226,就：x2 14y2 116x2 24y2 2161035630125,5 號群：得： x 1 x 2 x 1 x 2 4 y 1 y 2 y 1 y 2 0當 x 1 x 2 時,x 1 x 2 4 y 1 y 2 y 2 y 1 02 2 x 2 x 1由題意知 x 1 x 2 x 0,y 1 y 2 y 0,y 2 y 1 k,即 x 0 4 y 0 k 0 2 2 x 2 x 12 2式與 y 0 1 k x 0 1 聯立消去 k,得 x 0 4 y 0 x 0 4 y 0 0 當 x 1 x 2 時, k 不存在,此時,x 0 1,y 0 0

5、,也滿意；故弦 PQ 的中點 M 的軌跡方程為：x 2 4 y 2 x 4 y 0；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,顯現弦四、利用韋達定理：PQ 的斜率和中點坐標,是實現設而不求的關鍵；2x 21. 已知橢圓 C1 的方程為 y 1,雙曲線 C2 的左、右焦點分別為 C1 的左、右頂點,而4C2的左、右頂點分別是 C1的左、右焦點 . （）求雙曲線 C2 的方程；（） 如直線 l : y kx 2 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 滿意 OA OB 6（其中 O 為原點

6、）,求 k 的取值范疇 . 2 2解：（）設雙曲線 C2的方程為 x2 y2 1,就 a 24 1 ,3 再由 a 2b 2c 2得 b 2.1a b2x 2故 C2的方程為 y 1 .32x 2 2 2（II）將 y kx 2 代入 y 1 得 1 4 k x 8 2 kx 4 0 .4由直線 l 與橢圓 C1 恒有兩個不同的交點得1 8 2 2 k 2 16 1 4 k 2 16 4 k 2 1 0 ,2 1即 k . 42x 2 2 2將 y kx 2 代入 y 1 得 1 3 k x 6 2 kx 9 0 . 3由直線 l 與雙曲線 C2恒有兩個不同的交點 A,B 得上海高中資料群 1

7、026782372,3 號群： 992351236 資料下載來源：江蘇高中資料群：1079294226,13 k20 ,1035630125,5 號群：262k 236 13 k236 1k2.0PQl,垂即k21且k2.13設A xA,yA,B xB,yB,就xAxB62 k,xAxB19213 k23 k由 OAOB6 得xAx ByAy B,6而xAxByAyBxAxBkxA2kx B2k21xAxB2kxAxB2k211922k62k23k13k2于是3 k273 k27 1.2130 .解此不等式得3 k26,即15k3 k213 k212 13 2k 或 k15由、得1.31k21

8、或13k21.4315故 k 的取值范疇為1 ,133,11,3131, 153223152. 已知平面上肯定點C（4,0）和肯定直線l:x,1P為該平面上一動點,作足為 Q,且PC2PQPC2PQ0. （1）問點 P 在什么曲線上？并求出該曲線的方程；（2）設直線 l : y kx 1 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）？如存在,求出 k 的值,如不存在,說明理由 . 解：（1）設 P 的坐標為 x , y ,由 PC 2 PQ PC 2 PQ 0 得2 2 2 2 2| PC | 4 | PQ | 0（2 分） （

9、x 4 y 4 x 1 0 ,（4 分）2 2 2 2x y x y化簡得 1 .P 點在雙曲線上,其方程為 1 .（6 分）4 12 4 12（2）設 A、B 點的坐標分別為 x 1y 1 、 x 2y 2 ,y kx 1由 x 2y 21 得 3 k 2 x 22 kx 13 0 ,（7 分）4 122 k 13x 1 x 2 2 , x 1 x 2 2,（8 分）3 k 3 k上海高中資料群 1026782372,3 號群： 992351236 資料下載來源：江蘇高中資料群：1035630125,5 號群：1079294226,0. 12分AB 與雙曲線交于兩點,0 ,即4 k24 3k

10、213 0 ,解得13k13.（9 分）22如以 AB 為直徑的圓過D（0, 2）,就 ADBD,kADkBD1,即y 1x 12y221,（10 分）x 2y 12y22x x 20kx 13kx 23x x20,k21x 1x 23kx 1x290k21 31323k32k29kk解得k27,k1413,13,故滿意題意的k 值存在,且k 值為14 . 48422五、對多元問題,環繞解題目標,通過逐步消元,實現設而不求1. 拋物線 x 2 y 0 與過點 M 0 , 1 的直線 l 相交于 A 、 B 兩點, O為坐標原點,如直線 OA和 OB 斜率之和是 1,求直線 l 的方程；解：設點

11、 A x 1 , y 1 ,點 B x 2 , y 2 ,直線 l 的方程為 y kx 1,2 2x 2 x 1就 k y 2 y 1 2 2 x 1 x 2,由已知條件,k OA k OB 1 . x 2 x 1 x 2 x 1 22 2y 1 y 21,又 y 1 x 1, y 2 x 2,就 x 1 x 2 1,即 x 1 x 2 1,x 1 x 2 2 2 2 2 2于是 k 1 是直線 l 的斜率,直線 l 的方程為 y x 1 . 2.已知點 P（ 3,4）為圓 C：x 2 y 2 64 內一點, 圓周上有兩動點 A、B,當 APB=90 時,以 AP、BP 為鄰邊,作矩形 APB

12、Q,求頂點 Q 的軌跡方程；解析：設 A（x ,y 1）, B（x ,y 2）,Q（x, y）由題意得：x2 12y2 1643x1x22y 1y2x3x24y；42x2 2y2 264x1x2xy 1y2y4,即y14y421x13x232x1x22y1y23y上海高中資料群 1026782372,3 號群： 992351236 資料下載來源：江蘇高中資料群：1079294226,1035630125,5 號群：將代入上式并整理得x2y2103,即為點 Q 的軌跡方程；1、x2、y2就是解注：此題的目標是找到x、y 所滿意的方程,而逐步消去無關的x1、y答問題的關鍵；補充練習：2 21、設

13、F 、F 分別是橢圓 x + y = 1 的左、右焦點 . 5 4（）如 P 是該橢圓上的一個動點,求 PF 1PF 2 的最大值和最小值；（）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| ？如存在,求直線 l 的方程；如不存在,請說明理由 . 解：（）易知 a 5 , b 2 , c ,1 F 1 ,1 0 , F 2 0,1 設 P（x, y）,就 PF 1 PF 2 1 x , y 1 x , y x 2 y 21x 24 4 x 21 1 x 235 5x 5 , 5 ,當 x 0,即點 P 為橢圓短軸端點時,PF 1PF 2 有最小

14、值 3；當 x 5,即點 P 為橢圓長軸端點時,PF 1PF 2 有最大值 4 （）假設存在滿意條件的直線 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 k 直線 l 的方程為 y k x 5 2 2由方程組 x5 y4 1,得 5 k 24 x 250 k x 2125 k 220 0y k x 52 5 5依題意 2016 80 k 0,得 k5 55 5當 k 時,設交點 C x 1 , y 1 、D x 2 , y 2 ,CD 的中點為 R x 0y 0 ,5 52 250 k x 1 x 2 25 k就 x 1

15、 x 2 2 , x 0 25 k 4 2 5 k 4225 k 20 ky 0 k x 0 5 k 2 5 2 .5 k 4 5 k 4又|F2C|=|F2D| F 2 R l k k F 2 R 120 kk k F 2 R k 0 5 k 22 4 20 k 22 125 k 4 20 k1 25 k 42 2 2 220k =20k4,而 20k =20k4 不成立,所以不存在直線 l ,使得 |F2C|=|F 2D| 綜上所述,不存在直線 l,使得 |F2C|=|F2D| 2 22. 已知圓 M : x 5 y 36 , 定點 N 5 0, , 點 P 為圓 M 上的動點,點 Q 在

16、 NP 上,點 G 在 MP 上,且滿意 NP 2 NQ , GQ NP 0 . （I）求點 G 的軌跡 C 的方程；上海高中資料群 1026782372,3 號群： 992351236 資料下載來源：江蘇高中資料群：1079294226,1035630125,5 號群：（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 OS OA OB ,是否存在這樣的直線 l,使四邊形 OASB 的對角線相等（即 |OS|=|AB|）？如存在,求出直線 l 的方程；如不存在,試說明理由 . NP 2 NQ解：（1）Q 為 PN 的中點且 GQPN GQ PN 0GQ

17、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 a 3,2 2x y半焦距 c 5,短半軸長 b=2 ,點 G 的軌跡方程是 1 5 分9 4（2）由于 OS OA OB,所以四邊形 OASB 為平行四邊形如存在 l 使得 | OS |=| AB |,就四邊形 OASB 為矩形 OA OB 0 x 2 x 2如 l 的斜率不存在,直線 l 的方程為 x=2 ,由 x 2y 2 得 2 51 y9 4 3OA OB 16 0 , 與 OA OB 0 沖突,故 l 的斜率存在 . 7 分9設 l 的方程為 y k x 2 , A x 1 , y 1 , B x 2 , y 2 y k x 2