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,圆锥曲线中相交问题迎刃而解
设而不求,圆锥曲线中相交问题迎刃而解作者：郝文进来源：《中学生数理化·教与学》2011年第06期在解决直线或线段与圆锥曲线相交问题时，经常采用“设而不求，整体代换”的思想，应用这种思想方法，既可以避免繁杂的运算，又很容易找到解题的途径，它的规律性强，思路明确，易于学生掌握.“设而不求，整体代换”思想一般分为两种形式：一是设出交点坐标，通过解方程组，消去一个未知数，使之转化为关于x(或y)的一元二次方程，再利用韦达定理，中点坐标公式进行整体代换，实现设而不求，使问题得解.二是通过代点相减，把弦的两端点坐标代入圆锥曲线方程，作差整理可得到弦的中点坐标与弦所在直线斜率之间的等量关系，从而使问题迎刃而解.一、中点弦所在直线方程问题例１点P(1,1)为椭圆x24+y22=1内的一个定点，过点P作一弦，使该弦的中点为点P，求此弦所在直线方程.分析：可设弦与椭圆的交点为，P2(x2,y2)，然后解弦所在直线2的方程与椭圆方程组成的方程组，结合韦达定理，中点坐标，实现设而不求，问题迎刃而解.解：设弦的两端点坐标分别为2(x2,y2).所求直线方程为y-1=k(x-1).由方程组y-1=k(x-1)，x24+y22=1，消去y，整理，得(2k2+1)x2-4(k2-k)x+2k2-4k-2=0.由韦达定理得=4(k2-k)2k2+1，2=2k2-4k-22k2+1.2又∵2的中点坐标P(1,1)，∴由中点坐标公式，得22=1,即12×4(k2-k)2k2+1=1，解得k=-12.故弦所在直线方程为y-1=-12(x-1).即x+2y-3=0.二、求弦中点的轨迹方程问题例2 设椭圆方程为x2+y24=1,过点M(0,1)的直线l交椭圆于A、B两点，O为坐标原点，点P满足OP→=12（OA→+OB→），当绕M旋转直线l时，求动点P的轨迹方程.分析：设交点),B(x2,y2)2，代入椭圆方程作差，得出中点坐标与斜率的关系式，斜率可用表示，故可得关于的方程，即中点P的轨迹方程求出.三、圆锥曲线中线段的垂直关系问题例3 椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为32，它与直线x+y-1=0交于A，B两点，且AO⊥BO，求椭圆E的方程.分析：垂直关系适合用“设而不求”法，因为有2+y2y2=0，首先设出交点坐标，由已知条件找出a与b的关系，设出椭圆方程，然后解方程组，利用韦达定理，实现设而不求，整体代入22=0，从而得出关于b2的方程，解之即可.四、圆锥曲线中有向线段(向量)的数量积问题例4 已知中心在原点的双曲线C的左焦点为(-2,0),C的右准线的方程为x=32.（１）求双曲线C的方程.（２）若过(0,2)点，斜率为k的直线与双曲线恒有两个不同的交点A和B，且满足OA→•OB→分析：因为有数量积22，所以需要运用韦达定理.因此，可设出交点坐标，通过解方程组，利用韦达定理，实施整体代入，再和直线与双曲线C恒有两交点满足的条件结合，问题可解.五、圆锥曲线上两点关于直线对称问题例６已知椭圆C的方程为x24+y23=1，椭圆C上有不同两点P、Q关于直线y=4x+m对称，试确定m的取值范围分析：对称问题涉及中点，垂直关系，这正是设而不求的典型应用，所以设出两点,y2)2,代入x24+y23=1作差，找出中点坐标和斜率关系式.又中点在直线上y=4x+m，联立两式，解出中点坐标--3m.因为(-m,-3m)在椭圆内，所以可得关于m的不等式，解出m范围即可.总之，解决直线与圆锥曲线相交问题，只要抓住了“设而不求，整体代换”这条主线，问题的脉络也就清晰地展现出来，几乎所有的曲直相交问题，都可以通过上述方法来解决，只有多总结，多归纳，才能达到事半功倍的效果.注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。
高考数学复习考点题型专题讲解 题型29 直线与圆锥曲线(解析版)
高考数学复习考点题型专题讲解题型:之直线与圆锥曲线【高考题型一】：直线与圆锥曲线在简答题中的步骤体现。
『解题策略』：答题规范模板:步骤1：设直线方程：注意设直线的技巧。
①当斜率不存在的直线不满足，斜率为零的直线满足时，一般设为b kx y +=； ②当斜率为零的直线不满足，斜率不存在的直线满足时，一般设为n my x +=；③两类直线均满足或均不满足时，两种设法均可，但两类直线均满足时，注意要对取不到的直线补充验证。
)。
步骤2：直线与曲线联立，整理成关于x(或y)的一元二次方程。
步骤3：写出根与系数的关系（如果求范围或直线与曲线不是恒有公共点，则写出)0(0≥∆>∆）。
步骤4：转化已知条件，转化为两根的关系。
步骤5：把根与系数的关系代入转化的条件中。
※注：若题目中不涉及根与系数，则．．．．．．．．．．．．．步骤．．4．\．步骤．．5．可省略。
．．．． 弦长公式：弦长：直线与曲线相交中两交点的距离。
弦长公式：直线与曲线联立，若消y ，转化为关于x 的一元二次方程，20,ax bx c ++=则弦长=a ；若消x ，则转化为关于y 的一元二次方程:20,ay by c ++=则弦长。
【题型1】：直线与椭圆的位置关系。
『解题策略』：直线0:=++C By Ax l ，椭圆C :221(0,0,)mx ny m n m n +=>>≠；判定方法：∆法：直线与椭圆方程联立：220,00,10,Ax By c mx ny ∆>⎧++=⎧⎪⇒∆=⎨⎨+=⎩⎪∆<⎩相交相切相离。
1.(高考题)已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A （2，3），且点F （2，0）为其右焦点。
（1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由。
【解析】：(1)c=2，设椭圆方程为：142222=-+a y a x ，代入点A 得椭圆方程为2211612x y +=。
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。
直线与圆锥曲线的位置关系知识梳理
直线与圆锥曲线的位置关系知识梳理1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定(1)代数法：把圆锥曲线方程C 1与直线方程l 联立消去y ，整理得到关于x 的方程ax 2＋bx ＋c ＝0.说明：(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A 、B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝1＋1k 2|y 2－y 1|＝1＋1k2（y 1＋y 2）2－4y 1y 2， |x 2－x 1|＝||a ∆，|y 2－y 1|＝||a ∆ 3．中点弦问题：中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．(1)点差法设而不求，借用中点公式即可求得斜率．(2)在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝－b 2x 0a 2y 0； 在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝b 2x 0a 2y 0； 在抛物线y 2＝2px 中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝p y 0. 典型例题题型一 直线与圆锥曲线的位置关系的判断及应用例1 若过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，则这样的直线有( )条变式训练 若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 24＝1相交，则k 的取值范围是________．题型二 中点弦问题例2 过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________．变式训练 已知双曲线E 的中心为原点，F (3，0)是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于A 、B 两点，且AB 的中点为N (－12，－15)，则E 的方程为____________．题型三 弦长问题例3 已知倾斜角为60°的直线l 通过抛物线x 2＝4y 的焦点，且与抛物线相交于A 、B 两点，则弦AB 的长为________．课堂练习1．已知以F 1(－2,0)，F 2(2,0)为焦点的椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为________．2．已知F 1、F 2为椭圆x 225＋y 2169＝1的两个焦点，过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，若|F 2A |＋|F 2B |＝30，则|AB |＝________．3. 已知椭圆x 2＋2y 2＝4，则以(1,1)为中点的弦的长度为________．4．(四川文)过双曲线x 2－y 23＝1的右焦点与x 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A ，B 两点，则|AB |等于________．5．(课标全国I )已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为________．课下作业1．直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点，则k 的值为________．2．已知双曲线x 2－y 24＝1，过点A (1,1)的直线l 与双曲线只有一个公共点，则l 的条数为________．3．已知直线l 过抛物线y 2＝4x 的焦点F ，交抛物线于A ，B 两点，且点A ，B 到y 轴的距离分别为m ，n ，则m ＋n ＋2的最小值为________．4．椭圆的焦点为F 1，F 2，过F 1的最短弦PQ 的长为10，△PF 2Q 的周长为36，则此椭圆的离心率为________．5．直线l 过点(2，0)且与双曲线x 2－y 2＝2仅有一个公共点，这样的直线有________．6．若直线y ＝kx ＋2与双曲线x 2－y 2＝6的右支交于不同的两点，则k 的取值范围是________．7．已知斜率为－12的直线l 交椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)于A ，B 两点，若点P (2,1)是AB 的中点，则C 的离心率等于________．8．直线l ：y ＝x ＋3与曲线y 29－x ·|x |4＝1交点的个数为________． 9．动直线l 的倾斜角为60°，若直线l 与抛物线x 2＝2py (p ＞0)交于A 、B 两点，且A 、B 两点的横坐标之和为3，则抛物线的方程为________．10．已知对k ∈R ，直线y －kx －1＝0与椭圆x 25＋y 2m＝1恒有公共点，则实数m 的取值范围是________．11．已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点为F (0，－1)，直线l 与抛物线C 相交于A 、B 两点，若AB 的中点为(2，－2)，则直线l 的方程为________．12．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短半轴长b ＝1，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为6＋4 2. (1)求椭圆M 的方程；(2)设直线l ：x ＝my ＋t 与椭圆M 交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆经过椭圆的右顶点C ，求t 的值．13．(陕西文)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2.。
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。
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线常用解法、常规题型与性质
圆锥曲线八种解题方法、七种常规题型和性质（有相应例题详解） 总论：常用的八种方法1、定义法2、韦达定理法3、设而不求点差法4、弦长公式法5、数形结合法6、参数法（点参数、K 参数、角参数）7、代入法中的顺序8、充分利用曲线系方程法七种常规题型（1）中点弦问题（2）焦点三角形问题（3）直线与圆锥曲线位置关系问题（4）圆锥曲线的有关最值（范围）问题 （5）求曲线的方程问题1．曲线的形状已知--------这类问题一般可用待定系数法解决。
2．曲线的形状未知-----求轨迹方程（6） 存在两点关于直线对称问题 （7）两线段垂直问题常用的八种方法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、韦达定理法因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用。
3、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 b y a x 。
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 ⊥.。
高考第一轮复习数学直线与圆锥曲线的位置关系
例3在抛物线y2=4x上恒有两点关于直线y=kx+3对称,求k的取值范围.
剖析：设B、C两点关于直线y=kx+3对称,易得直线BC：x=－ky+m,由B、C两点关于直线y=kx+3对称可得m与k的关系式,
答案：
5.求过点0,2的直线被椭圆x2＋2y2＝2所截弦的中点的轨迹方程.
解：设直线方程为y=kx+2,
把它代入x2＋2y2＝2,
整理得2k2＋1x2+8kx+6=0.
要使直线和椭圆有两个不同交点,则Δ＞0,即k＜－ 或k＞ .
设直线与椭圆两个交点为Ax1,y1、Bx2,y2,中点坐标为Cx,y,则
2.涉及直线与圆锥曲线相交弦的问题,主要有这样几个方面：相交弦的长,有弦长公式|AB|= |x2－x1|；弦所在直线的方程如中点弦、相交弦等、弦的中点的轨迹等,这可以利用“设点代点、设而不求”的方法设交点坐标,将交点坐标代入曲线方程,并不具体求出坐标,而是利用坐标应满足的关系直接导致问题的解决.
3.涉及到圆锥曲线焦点弦的问题,还可以利用圆锥曲线的焦半径公式即圆锥曲线的第二定义,应掌握求焦半径以及利用焦半径解题的方法.
条条条条
解析：数形结合法,同时注意点在曲线上的情况.
答案：B
2.已知双曲线C：x2－ =1,过点P1,1作直线l,使l与C有且只有一个公共点,则满足上述条件的直线l共有
条条条条
解析：数形结合法,与渐近线平行、相切.
答案：D
3.双曲线x2－y2＝1的左焦点为F,点P为左支下半支上任意一点异于顶点,则直线PF的斜率的变化范围是
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“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9
PA = (x },y }-2), PB = (x 2,y 2 -2),由 PB = ZPA ,得 X 2 1
3
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,
Sk
6 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 + 2k
6 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]2
2 - + ^=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,⑴
F 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 4
2 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3
32k 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.
4
2 2
解：设椭圆方程为刍+与=1 （d>b>0）,设由2旋+丽=0得: a
2 2 2 2
2（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 tr
a" 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 4
4
（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 ＜。
＜亦，所以2v2av2亦，即椭圆长轴长的取值范围是（2,2亦）. 此题有关资料多用根与系数的关系建立之间的一个相等关系，有兴趣的读者可以用这个 方法解一解，并与上面的方法作比较，看看哪种方法更简单•笔者写此短文，不是贬低一元二次方 程的判别式与根与系数的关系的作用，而是告诉同学们，要善于观察思考，具体问题具体分析, 选用合理的方法，突破思维定势，提高创新思维能力. 一。
2_3
-a 1 +1 由占=-^-'得 害+务6,又皿所以
3+3）2 |（/一］）2 去分母整理得:。