第1讲【圆锥曲线】计算技巧系列10讲——设点还是设线？.docx

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1、【圆锥曲线】计算技巧系列10讲设点还是设线？处理解析几何问题时,有个重要遇阻因素是如何表示直线方程,是直接采用斜率作参量还是用点的坐标作参量,即是设点还是设线.“设线”时至多有两个变量,当所设直线能够方便地表示“问题目标元”,达到“一线贯通”时,应考虑设线;若选用设点,要确认“问题目标元”能否用点参表示,达到“点点通”.特别是当直线无法方便地将“问题目标元”与之联系起来时,“设点”往往是优选方案.但从思维习惯来讲,“设线”是我们采取的常规手段,是通法.【知识精讲】一、设点法基本知识1两点式方程若，是直线上两定点，则过这两点的直线方程为：.为使其更具有一般性，若将其化简为.式的特征是右端出现了这

2、两点的交叉轮换式，即二阶行列式，若式表示过定点的直线，则只需证明恒成立即可。这样的话，在处理斜率问题时的关键就是构造出上述的轮换关系，单纯的斜率定义：不重合的两点，则是难以直接构造的，所以我们需要利用斜率的点差法来构造，下面会在【典例精讲】中通过具体例子说明如何利用点差法构造轮换式.抛物线中的直线的两点式方程会很简单，这里单独给出，如下过执物线上两点的直线方程,常运用设点法表示,记点,于是直线的方程:,即.若设点,则直线的方程:.若将抛物线方程改为,则直线的方程:.2 . 设点法轻松推出的一般性结论设为椭圆上的定点，是椭圆上一条动弦，直线的斜率分别为；（1） 若，则有， （2）若，则直线过定点

3、，（3）若，则有， （4）若，则直线过定点.【证明】此处用点代法证明结论（3），其余的类似证明 .已知椭圆在第一象限内有一点，过点作两条倾斜角互补的直线分别交椭圆于另一点，则有.设，其中.所以依题意得，所以，（关注微信公众号：Hi数学派）从而同理，有两式相减，得所以，证毕.（1） 直线与抛物线相交于两点,与轴交于点,则.（2） 直线与抛物线相交于两点,与轴交于点,则.3. 设点法一般应用场景（1）椭圆双曲线单动点：在椭圆上找一点使它满足某种条件时设点，或者牵一“点”动全身时，设点。（2）椭圆双曲线双动点：利用两点式方程构造轮换式（3）抛物线双动点设点：作差相除很容易得到一个斜率或者斜率的倒数，

4、利用这一特征，抛物线我们一般多采用设点法二、设线设线解点是处理斜率问题的通法之一，它依赖于斜率的坐标定义，所以我们在翻译与斜率有关的问题时就考虑解出坐标，然后表示出斜率来，此法的优点是思维量较小，简单易上手，但是缺点就是往往可能运算量较大，但是在处理多直线的斜率关系时，设线解点配上点参数法不失为一种好的处理方法，各位读者可以在下面【典例精讲】中看到。这里先总结三种常用的设线方法，方法一：设线解点（利用直线与曲线方程联立去解点坐标）不重合的两点，则.所以我们在解决与斜率有关的问题时，第一个最朴素的想法就是解点，然后利用斜率公式解决.此时，题干通常都会出现一定两动的斜率关系，分别通过一定的和两个定

5、点连线所构成的两条直线联立曲线方程解出动点坐标，由于两条直线地位等价，解出一个之后即可同理得到另一点的坐标.方法二：利用直线与直线方程解点构造同构式上一方法联立直线与曲线的方程直接解点，当然亦可通过直线与直线相交解点再代入曲线方程，然后我们就可以构造斜率同构式.方法三：设线解点+点参数法当然，对于一些斜率比值问题，如果我们能够发现欲求斜率中点的对称等价关系，就可以通过其中部分点的坐标作为参数来表示其他点的坐标，再利用斜率公式求解，这就是下面例题的基本方法.【典例精讲】一、设点例1.（2022新高考1卷）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0（1）求的斜率；（2）若，求的面积【解

6、析】（1） 设，由点都在双曲线上，得，所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：，.因为直线的斜率之和为，即，所以，由得. 由得. 由-，得，从而，即的斜率为.（2） 不妨设直线PA,PB的倾斜角为,，因为kAP+kBP=0，所以+=，因为tanPAQ=22，所以tan=22，即tan2=22，即2tan2tan2=0，解得tan=2，于是，直线PA:y=2x2+1，直线PB:y=2x2+1，联立y=2x2+1x22y2=1可得，32x2+2122x+1042=0，因为方程有一个根为2，所以xP=10423，yP= 4253，同理可得，xQ=10+423，yQ= 4253所以PQ:x+y53=0，

7、PQ=163，点A到直线PQ的距离d=2+1532=223，故PAQ的面积为12163223=1629例2.（2020山东卷）已知椭圆C：的离心率为，且过点（1）求的方程：（2）点，在上，且，为垂足证明：存在定点，使得为定值【解析】（1） 由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.（2）设，依题意知，因为，所以，整理得同理得相减可得即直线恒过定点.（关注微信公众号：Hi数）又，D在以为直径的圆上的中点即为圆心Q经检验，直线垂直于x轴时也成立故存在，使得二、设线例3.（2022新高考1卷）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0（1）求的斜率；（2）若，求的面积【解析】【方法一】设直线

8、的方程为，与双曲线的方程联立，消去得到，根据韦达定理，得，故，从而.因为直线的斜率之和为，所以直线的方程为，同理，可得：，.所以直线的斜率为【方法二】设过点的直线方程为，直线的方程为，联立解得，代入双曲线的方程中，整理得，这是关于的一元二次方程，方程的两根分别为直线的斜率.因为直线的斜率之和为，即，所以，整理后分解得.（关注微信公众号：Hi数学派）因为直线不经过点，所以，从而，即的斜率为.例4. 已知椭圆：的离心率为，点是椭圆短轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设过点A且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，且点，直线，分别交：于异于点的点，设直线的斜率为，求实数，使得恒成立.【解析】

9、（1）椭圆的标准方程为.（2）设，直线MN的方程为，则直线BM的方程为，与联立，得：，由，且点在上，得，又，即，代入上式，即点，同理，则，将代入上式，得，所以时，恒成立.例5. （2020山东卷）已知椭圆C：的离心率为，且过点（1）求的方程：（2）点，在上，且，为垂足证明：存在定点，使得为定值【解析】（1）见例2（2）（设线解点）由题意，设直线的方程为，代入椭圆方程，可得.解得.所以.因为，将代替上面的，可得.故.所以直线的方程为.化简，得，即直线恒过定点.【点睛】虽然设线解点然后利用斜率公式是最朴素的解法，但是其运算量一般不会太小，这也就是我们需要进一步探寻其他计算方法的原因.例6. （20

10、19全国二卷）已知点，动点满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【解析】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（关注微信公众号：Hi数学派）（2） （i）设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，消去得，（*），设点

11、，显然点的横坐标和是方程（*）的解，代入直线方程中，得，所以点的坐标为，直线的斜率为; ,因为所以，因此是直角三角形.【提升训练】1已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0（1）求的斜率；（2）若，求的面积【解析】解：（1）将点代入双曲线方程得，化简得，故双曲线方程为，由题显然直线的斜率存在，设，设，则联立双曲线得：，故，化简得：，故，即，而直线不过点，故；（2）设直线的倾斜角为，由，得由，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故2设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点当直线垂直于轴时，（1）求的方程；（2）设直线，与的另一个交点分别为，记直线，的倾斜角分别为，当取得最大值

12、时，求直线的方程【解析】解：（1）由题意可知，当时，得，可知，则在中，得，解得则的方程为；（2）设，当与轴垂直时，由对称性可知，也与轴垂直，此时，则，由（1）可知，则，又、三点共线，则，即，得，即；同理由、三点共线，得则由题意可知，直线的斜率不为0，设，由，得，则，则，（关注微信公众号：Hi数学派）与正负相同，当取得最大值时，取得最大值，当时，；当时，无最大值，当且仅当，即时，等号成立，取最大值，此时的直线方程为，即，又，的方程为，即3已知抛物线的焦点到准线的距离为2（1）求的方程；（2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值【解析】（1）解：由题意知，（2）由（1）知，抛物线，设

13、点的坐标为，则，点坐标为，将点代入得，整理得，当时，当时，当且仅当，即时，等号成立，取得最大值故答案为：4已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，点是的中点，且到抛物线的准线的距离为（1）求抛物线的方程；（2）已知圆，圆的一条切线与抛物线交于，两点，为坐标原点，求证：，的斜率之差的绝对值为定值【解析】解：（1）根据题意可得，故抛物线的方程为；（2）证明：当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，；当直线的斜率存在且不为0时，故设直线的方程为，因为圆的一条切线1与抛物线交于，两点，故，设，把直线的方程与抛物线进行联立，所以，故综上所述：，的斜率之差的绝对值为定值为25已知椭圆的左右焦点分别是，离心

14、率，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为3（1）求椭圆的方程；（2）若直线过椭圆的右焦点，且与轴不重合，交椭圆于，两点，求的取值范围【解析】解：（1）设过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段为，由题意可知，则，即，在椭圆上，将代入解得，椭圆的方程为（2）设存在过点的直线与椭圆交于，两点，设，直线的方程为，联立直线的方程：与椭圆的方程：，得，弦长，时，取最小值3，当时，的取值范围是，6已知椭圆过点，且点到其两个焦点距离之和为4（1）求椭圆的方程；（2）设为原点，点为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于，两点，且直线与轴不重合，直线，分别与轴交于，两点求证：为定值【解析】（1）解：依题意，解得，所

15、以椭圆方程为；（2）证明：由（1）可知，当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，解得，不妨设此时，所以直线的方程为，即，直线的方程为，即，所以；当直线斜率存在时，设直线的方程为，由得，依题意，设，则，又直线的方程为，令，得点的纵坐标为，即，同理，得，（关注微信公众号：Hi数学派）所以，综上可得，为定值，定值为7已知椭圆的离心率为，为椭圆上两个动点，当，分别为椭圆的左，右顶点时，（1）求椭圆的方程；（2）若线段的垂直平分线的方程为，且，求实数的取值范围【解析】解：（1）由题意可得，则，解得，所以，解得，所以椭圆的方程为（2）设直线的方程为，联立，得，由，得，设，则，设的中点为，则，由于

16、点在直线上，所以，得，代入，得，所以，因为，所以，由，得，解得，所以，即，由得，所以实数的取值范围为，8已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的弦长为6（1）求椭圆的方程；（2）为第一象限内椭圆上一点，直线，与直线分别交于，两点，记和的面积分别为，若，求的坐标【解析】解：（1）将代入椭圆的方程，可得，由题意可得，即，由离心率为，即，得，所以，解得，所以椭圆的方程为（2）由（1）知，设，则直线的方程为，与相交于点，则直线的方程为，与相交于点，当时，解得或（舍去），当时，方程无解，把代入椭圆方程可得，的坐标为9在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为4，且经过点，其中为

17、椭圆的离心率（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的左、右顶点分别为，直线过的右焦点，且交于，两点，若直线与交于点，求证：点在定直线上【解析】解：（1）因为长轴长为，则，因为椭圆经过，所以，由因为，所以，所以，解得，（舍去），所以椭圆的方程为：；（2）证明：由（1）可知，解法一：当的斜率不存在时，的方程为，若在轴上方，则，所以直线的方程：，的方程：，联立可得，同理若在轴下方，可得，与均在直线上，当直线的斜率存在时，设直线的方程：，联立方程组，消去，整理得，显然，则，又因为直线的方程：，直线的方程：，消去，可得，所以点在直线上，总是可知，点在定直线上方法二：显然直线的斜率不为0，设直线的方程：，联

18、立方程组，得，显然，所以，又因为直线的方程：，直线的方程：，消去，可得，因为，所以，所以点在定直线上方法三：设，所以，因为，所以，且满足，所以，所以，结合可得，由可得：，又满足：，所以，解得：，所以点在定直线上10已知椭圆标准方程为，椭圆的左、右焦分别为、，为椭圆上的点，且，过点且斜率为的直线与椭圆交于、两点（1）求椭圆方程；（2）若在以为直径的圆上，求直线的方程和圆的方程【解析】解：（1）由题意可知，则，可得椭圆方程为；（2），直线的方程为，联立，得设，则，在以为直径的圆上，即，则，可得，（关注微信公众号：Hi数学派），即，得，整理得：，则直线的方程为；此时的中点坐标为，圆的半径，圆的方程为