“设而不求”与整体思想在解几中的应用

福建省南安一中(邮编：362300） 陈建设

解析几何中的圆锥曲线是高考的重点、难点和热点,而其中的计算是困难的。如何避免求交点，从而简化计算，也就成了处理这类问题的难点与关键。下面介绍一种策略—-设而不求，这实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用。

一、设而不求，方程相减得所求直线方程。 例1：已知圆C1:x2+y2=1，圆C2：（x—1)2+(y-1）2=1,求二圆公共弦所在直线方程.

分析：容易想到联立两个方程求得二圆的交点坐标，并利用“两点式”求出直线方程。可是明显计算量过大.事实上，考虑设二圆交点为A（x1，y1),B(x2,y2），则A点同时满足圆C1和

2+2=1，圆C2的方程，即x12+y12=1且 （x1-1）（y1-1）所以x12+y12

–[(x1—1）2+(y1-1)2]=1-1=0,即得x1+y1—1=0，所以A点满足方程x+y—1=0-—为一个直线方程，同理,点B亦满足这个直线方程.综上可知，点A与点B均在直线x+y—1=0上,故而二圆公共弦即交点连线所在直线方程就是x+y-1=0。

上述分析似乎很烦，但若明白其理，本题的解题过程可以简化为：

解：设C1和C2的交点为A（x1,y1)，B（x2,y2）,则A（x1,y1），B(x2，y2）同时满足x2+y2-[ （x—1)2+（y—1)2］=0,,即x+y-1=0,

∴lAB：x+y—1=0就是所求。

言简意赅,只是思考的过程多了。诚然,对于例1的这种解法并不新鲜，但若对这种“设交点而不求交点,但利用它解题\"的设而不求的策略进行推广，便可以使几类型的题目的解题思路“豁然开朗\"。

推论1：对于曲线C1：f1（x,y)=0, C2：f2(x,y）=0,若C1和C2交于两点A、B，且f1（x，y)— f2（x，y）=0为直线方程，则曲线C1和C2的公共弦所在直线方程为f1（x,y)- f2(x，y）=0。（证明类似例1的分析，略。）

例2：抛物线C1:y2=ax与它关于点 （1，1)对称的抛物线C2有两个不同的交点，若过这两个交点的直线倾斜角为45°，求实数a.

解：设与抛物线y2=ax关于P（1，1）对称的抛物线上任一点为M（x,y），则M关于P的对称点(2—x，2—y）在y2=ax上，

∴（2-y）2=a（2—x）即(y -2）2=为曲线C2的方程；

1

设C1和C2交于A，B两点,由（y —2）2 -a（2—x）-［ y2

— ax］=0

即方程 —2ax + 4y-4+2a=0为直线方程，∴由推论1得 lAB：-2ax + 4y- 4+2a=0

又 lAB倾斜角为45°，∴ 直线斜率为1,即知a=2. 例3：抛物线x2=3y上两点A，B的横坐标恰是关于x的方程x2+px+q=0（p，q∈R,且p,q是常数）的两个实根，求直线 AB的方程.

解法1:设lAB：y=kx+b(k存在）， 代入x2=3y整理得 x2-3kx-3b=0…… （1）

由题意可知(1)是以A,B两点横坐标x1,x2为解的方程即x2+px+q=0。

3kp3bqpk3bq∴

3∴ lAB：y=kx+b即px+3y+q=0。

解法2:设A(x1，y1），B（x2,y2)为曲线x2=3y与曲线x2+px+q=0（注：这里将二次方程看作直线x= x1和x= x2）的交点，而x2—3y— [x2+px+q］=0 即px+3y+q=0为直线方程,由推论1知即为所求。

对于例2而言，若依据推论1，真正意义上的运算已经很少了；而例3举出两种解法作比较，让解法2的“设而不求,多思考少运算\"的优势更为明显。其实,推论1还可以继续一般化,容易得到：

推论2：若曲线C1：f1（x，y)=0, C2：f2（x,y)=0有若干公共点，则曲线pf1（x,y） —qf2(x，y)=0（p,q∈R)过这若干点。（证明略）

例4：过直线l：2x+y-4=0和圆C1:x2+y2+2x-4y+1=0的交点，且有最小面积的圆的方程。

解：设过直线和圆C1交点的交点圆方程为： x2+y2+2x-4y+1+λ（2x+y-4 ）=0

4584配方整理得x(1)y 2455222∴当λ=

8，圆半径最小，这时圆面积最小 52

1364∴圆方程xy。

555上述设而不求举措还可以解决二元二次曲线中，与弦中点

相关的一些题目。

二、设而不求，代两交点坐标到圆锥曲线方程中，对两方程进行作差得弦中点和弦斜率的关系-—简称“代点作差”）。

22x2y21(m，n≠0)推论3：若斜率为k的直线l与圆锥曲线mn交于A,B两点，AB的中点为M （x0,y0）, 则k=nx0. my0x12y121mn证明：设A（x1,y1)，B（x2，y2）,M（x0,y0）。则： 22x2y21nm两式相减得：

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

mn即：

2x0(x1x2)2y(yy2)nxyy201 k10

mnx1x2my0x2y2推论3’： 若斜率为k的直线l与椭圆221交于A,B两

abb2x0点,AB的中点为M (x0，y0）, 则k=2；

ay0x2y2推论3’’： 若斜率为k的直线l与双曲线221交于A，B

abb2x0两点，AB的中点为M （x0，y0）， 则k=2;

ay0推论3’’'： 若斜率为k的直线l与抛物线y2=2px（p>0）交于

3

A，B两点,AB的中点为M (x0,y0)， 则k=

p。 y0 对于解决与圆锥曲线的弦中点相关的题目，推论3系列的结论往往可以达到事半功倍,减少运算的效果。

y21上两点AB 例5：已知点M（1，1）为双曲线 x22的中点，求弦AB所在的直线方程。

b2x021解：由推论3’知kAB= 2 ==2,

11ay0∴直线AB的方程为2x—y—1=0 。

例6：已知椭圆的中心在原点，且以坐标轴为对称轴，它与直线xy1相交于A，B两点，C是AB的中点，且|AB|22，

OC的斜率是

2，求椭圆的方程。 2 解：设椭圆方程是px2qy21(p0，q0)（这种设法避免了讨论焦点位置)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x0，y0) 由推论3得kABpx01 qy0 kOCy0y1y22 x0x1x22 所以

p2 q2 又由弦长公式得|AB|1k2|x1x2|112|x1x2|22,

22把直线方程xy1代入椭圆方程pxqy1得

2 (pq)x2qxq10

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由一元二次方程根与系数的关系及

|x1x2|(x1x2)24x1x2得p2q23pqpq0，在把

12p2代入p2q23pqpq0，即解得p，q. 33q2x22y2 所求椭圆方程为1。

33 三、设而不求，结合韦达定理成为解直线和圆锥曲线题目

的常规解法。

x2y21 ，试确定m的取值例7：已知椭圆C的方程：43范围，使得对于直线l:y=4x+m，在椭圆上有不同的两点关于该

直线对称.

解法1：设椭圆上关于直线l的对称的两点为A(x1,y1），B（x2，y2），

则AB中点M（x0，y0）在l上，即y0=4x0+m ……⑴

3xb2x0 由推论3’知 kAB= =2=0 ……⑵

4y0ay0 联立⑴⑵解得x0= —m,y0= -3m

由题意知点M在椭圆C内部

x0y0m22132133m31即∴为所求. 1得m4431313 解法2：设椭圆上关于直线l的对称的两点为A(x1,y1),B（x2，y2)，其所在直线方程设为y得:

221xb，代入椭圆方程并整理4132x2bx4b2120……⑴ 4由于P1P2是曲线上不同的两点，因而△= —12(4b2-13）>0 解得1313b……⑵ 22∵x1、x2是方程⑴的两根,由韦达定理有

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x1x24by1y21xx212b,1b,

21324213而点x1x2y1y2,又在直线y4xm上

22y1y2xx24b41将（2）代入得 2213∴mm的 取值范围是213213. m1313 两种解法都是利用了设而不求的解题思想，法1把对称问

题转化为与弦中点相关的题型，与解法2相比之下，多了思考,简化了运算；不过值得一提的是解法2利用设而不求和韦达定理相结合，显得更一般化、更符合学生的思维定势。

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