设而不求

设而不求（精选6篇）

设而不求 篇1

1. 设而不求, 解三角问题

解由sin10°sin30°sin50°sin70°, 得

例1求sin10°sin30°sin50°sin70°的值.

2. 设而不求, 解立体几何问题

例2已知长方体的全面积为94, 所有棱长之和为48, 求长方体的外接球的表面积.

解设过同一个顶点的三条棱长分别为x, y, z, 长方体的体对角线长为d, 其外接球的半径为R, 表面积为S, 则

所以d2= (x+y+z) 2- (2xy+2yz+2xz) =50,

又d=2R, S=4πR2=50π,

因此长方体的外接球的表面积为50π.

3. 设而不求, 解函数零点问题

当x∈ (2, +∞) 时, v′ (x) >0,

所以v (x) 在x∈ (2, +∞) 为增函数.

因为v (8) =8-2ln8-4=4-2ln8<0,

v (9) =5-2ln9>0,

所以存在x0∈ (8, 9) , 使得v (x0) =0,

即x0-2lnx0-4=0.

当x∈ (2, x0) 时, h′ (x) <0, h (x) 单调递减;

当x∈ (x0, +∞) 时, h′ (x) >0, h (x) 单调递增.

所以当x=x0时, h (x) 的最小值

故所求的整数k的最大值为4.

4. 设而不求, 求范围问题

例4在平面直角坐标系x Oy中, 圆C1: (x+1) 2+ (y-6) 2=25, 圆C2: (x-17) 2+ (y-30) 2=r2.若圆C2上存在一点P, 使得过点P可作一条射线与圆C1依次交于点A, B, 满足PA=2AB, 则半径r的取值范围是＿＿.

解设P (m, n) , B (x, y) .

点A在圆C1上, 得

整理得

由 (1) 、 (2) , 得关于m, n的方程组有解,

即以 (17, 30) 为圆心, 半径为r的圆, 与以 (-2x-3, 18-2y) 为圆心, 半径为15的圆有公共点,

5. 设而不求, 求斜率问题

(1) 求a, b的值;

(2) 求证:直线MN的斜率为定值.

(2) 由 (1) 知, 椭圆E的方程为

即x2+2y2=6, A (2, 1) , B (-2, -1) .

(1) 当直线CA, CB, DA, DB斜率都存在时, 设C (x0, y0) , 则x02+2y02=6,

变形得x02-4=-2 (y02-1) ,

(2) 当CA, CB, DA, DB中, 有直线的斜率不存在时, 根据题设要求, 至多有一条直线斜率不存在, 故不妨设

综上可知, 直线MN的斜率为定值-1.

设而不求 篇2

1 导函数中的二次函数零点的“设而不求”策略

应用导数解决函数问题的关键在于分析给定函数的单调性，即通过判断导函数在定义域内的正负性来明晰函数单调性，而其中最核心的问题在于判断导函数的零点是否存在以及零点是否在定义域内.在问题求解中我们常遇到下列情形：分析导函数的正负性可归结为处理某个二次函数在给定区间内的零点，并需要利用二次函数的零点来求解后续问题，但二次函数的零点的求解又显得很复杂.对于该情形我们需要掌握处理二次函数零点的合理处理方法.

1.1 借助韦达定理实现“设而不求”

例1 已知函数f（x）=x2+aln（x+2），a∈R，存在两个极值点x1，x2，求f（x1）+f（x2）的取值范围.

解 函数f（x）的定义域为（-2，+∞），且f′（x）=2x+ax+2=2x2+4x+ax+2，由于f（x）有两个极值点，则二次函数g（x）=2x2+4x+a在（-2，+∞）上有两个相异实根x1，x2，由于g（x）的对称轴为x=-1，由二次函数的图像可知，只需Δ=16-8a>0且g（-2）=a>0，即0<a<2.

考虑到x1，x2是方程2x2+4x+a=0的两根，从而x1+x2=-2，x1x2=a2，从而f（x1）+

f（x2）=x21+aln（x1+2）+x22+aln（x2+2）=（x1+x2）2-2x1x2+aln[2（x1+x2）+x1x2+4]=

4-a+alna2，其中0<a<2.令h（a）=4-a+alna2，a∈（0，2），则h′（a）=-1+lna2+1=lna2<0，

从而h（a）为单调减函数，又lima→0+h（a）=4，lima→2h（a）=2，从而h（a）的值域为（2，4）.

综合上述，f（x1）+f（x2）的取值范围为（2，4）.

反思与总结 在上述问题求解中我们在简化f（x1）+f（x2）时并没有直接求解x1，x2关于a的表达式，而是采用了类似于解析几何中的算理，借助韦达定理将x1，x2整体性地代入其中，不仅大大削减了运算量，而且求解问题的思路更清晰明朗.这种独特的二次函数零点处理方式的应用性还是比较广泛的，下面我们就此再举一例，供读者细细品味.

例2 已知实数a满足a≥e+1e-2，且函数f（x）=lnx+x22-（a+2）x恰有一个极小值m和极大值M，求m-M的最大值.其中e为自然对数的的底数.

解 由于f′（x）=1x+x-（a+2）=x2-（a+2）x+1x，x>0，且f（x）恰有一个极大值点x1和极小值点x2，从而正数x1，x2是x2-（a+2）x+1=0的两个相异实根，即方程a+2=x+1x，x>0有两个相异正根，从而a>0，结合条件得a≥e+1e-2.

由于当0<x<x1时，f′（x）>0，当x1<x<x2时，f′（x）<0，当x>x2时，f′（x）>0，从而f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，从而f（x）的极大值为M=f（x1），极小值为m=f（x2），且x1+x2=a+2，x1x2=1.又x21+x22x1x2=

x2x1+x1x2=（x1+x2）2-2x1x2x1x2=（a+2）2-2≥（e+1e）2-2=e+1e，令t=x2x1>1，从而

t+1t≥e+1e，从而t≥e.

故m-M=f（x2）-f（x1）=lnx2x1+x22-x212-（a+2）（x2-x1）=lnx2x1+x22-x212-（x2+x1）（x2-x1）

=lnx2x1-x22-x212=lnx2x1-x22-x212x1x2=lnx2x1-12（x2x1-x1x2）=lnt-12t+12t，t≥e.令g（t）=lnt-12t+12t，t≥e.

从而g′（t）=1t-12t2-12=-t2+2t-12t2=-（t-1）22t2<0，从而g（t）在[e，+∞）上单调递减，故

m-M=g（t），t≥e的最大值为g（e）=12e-e2+1.

反思与总结 上述问题的求解与例1基本一致，区别在于我们还利用了韦达定理，将非齐次的二元表达式lnx2x1-x22-x212利用韦达定理实现了齐次化lnx2x1-x22-x212x1x2，将多元问题转化为了单元问题，这点也很值得我们借鉴.下面我们给出与上述问题类似的试题，供读者练习：设函数f（x）=lnx+ax-1在（0，1e）内有极值.若x1∈（0，1），x2∈（1，+∞），求证：f（x2）-f（x1）>e+2-1e.注：e是自然对数的底数.

1.2 借助极值的特性实现“设而不求”

例3 已知函数f（x）=x+1x+alnx，a∈R.若对任意的x∈[1，e]，都有2e≤f（x）≤2e恒成立，求实数a的取值范围（其中e为自然对数的底数）.

解 本题我们只需f（x）的最小值fmin≥2e，fmax≤2e，下面我们以f（x）单调和非单调两类进行如下讨论.显然f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）=1-1x2+ax=x2+ax-1x2，x>0.

①若对任意的x∈[1，e]恒有f′（x）≥0时（即a≥1x-x对任意的x∈[1，e]恒成立），即a≥0时，则f（x）在[1，e]上单调递增，故要使得2e≤f（x）≤2e，只需2e≤f（1）

f（e）=e+1e+a≤2e，

a≥0，故0≤a≤e-1e.

②若对任意的x∈[1，e]恒有f′（x）≤0时（即a≤1x-x对任意的x∈[1，e]恒成立），即a≤1e-e时，则f（x）在[1，e]上单调递减，故要使得2e≤f（x）≤2e，只需2e≤f（e）<f（1）≤2e，即f（1）=2≤2e，

f（e）=e+1e+a≥2e，

a≤1e-e，故a=1e-e.

③若1e-e<a<0时，f′（x）在（1，e）上存在唯一的零点x0，且当1≤x<x0时，f′（x）<0，当x0<x≤e时，f′（x）>0，故f（x）在[1，x0]上单调递减，在[x0，e]上单调递增.要使得2e≤f（x）≤2e，则需

f（x0）≥2e，

f（1）=2≤2e，

f（e）=e+1e+a≤2e，

1e-e<a<0，

即f（x0）=x0+1x0+alnx0≥2e，

1e-e<a<0，

考虑到x0满足x20+ax0-1=0，从而f（x0）=x20+1+ax0lnx0x0=x20+1+（1-x20）lnx0x0.

令

h（x）=x2+1+（1-x2）lnxx，x∈（1，e），则h′（x）=

2x-2xlnx+1-x2xx-[x2+1+（1-x2）lnx]x2=（-x2-1）lnxx2<0，

故h（x）在（1，e）上单调递减，又x0∈（1，e），从而f（x0）=h（x0）>h（e）=2e.故使得不等式

2e≤f（x）≤2e成立的实数a的范围为1e-e<a<0.

综合上述，满足条件的实数a的范围为1e-e，e-1e.

反思与总结 在本例求解中，当1e-e<a<0时，在确定f′（x）在（1，e）有唯一零点x0时，我们利用其极值点的特性，即x20+ax0-1=0，将a代入f（x0），实现了f（x0）中变量的单一化，以便继续利用导数分析f（x0）的最小值.这种利用极值的特点来代换变量的方式是我们处理导数多元变量问题最常用的方法.

下面我们给出与之相关的试题，供读者练习：已知函数f（x）=x2-x+alnx（a∈R）有两个极值点x1，x2（x1<x2），求实数a的取值范围，并求证f（x2）>-3+4ln216.

2 导函数中的非二次函数零点的“设而不求”策略

当分析导函数的正负性时需要归结为分析某个非二次函数的零点时，我们处理问题的方法相对就比较有限，其常用的方法为：确定零点存在的前提下，虚设零点并借助该形式化零点进行单调性分析及后续处理，或借助其满足的恒等式（即导数为0），通过恒等代换将问题进行转化.

例4 已知函数f（x）=ex-k2x2-x，若对任意的x≥0，恒有f（x）≥1，求实数k的取值范围.

解 由于f′（x）=ex-kx-1，x≥0，令g（x）=ex-1x，x>0，则

g′（x）=exx-（ex-1）x2=

exx-ex+1x2=r（x）x2，x>0，则r′（x）=exx+ex-ex=exx>0，则r（x）在（0，+∞）上单调递增，从而r（x）>r（0）=0，从而g′（x）>0，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，且limx→0g（x）=1.

①当k≤1时，即k≤1≤ex-1x，故当x∈（0，+∞）时，f′（x）≥0，故f（x）在[0，+∞）上单调递增，从而要使f（x）≥1成立只需f（0）≥1，此式显然成立，从而k≤1满足条件.

②当k>1时，方程k=ex-1x在（0，+∞）上存在唯一零点x0，从而当x∈（0，x0）时，f′（x）<0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0，从而f（x）在[0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，故要使f（x）≥1成立，只需f（x0）≥1即可，但f（x0）<f（0）=1，矛盾，故k>1不符合条件.

综合上述，满足条件的实数k的取值范围为（-∞，1].

反思与总结 上例中当k>1时，我们确认f′（x）在（0，+∞）上有唯一零点，并引入形式化的零点x0，借助简单的单调性分析并结合条件f（x0）<f（0）=1迅速解决了问题，克服了将显化x0表达式的难点.

例5 已知函数f（x）=ln（x+1）x+1x，若f（x）>kx+1在（0，+∞）上恒成立，求整数k的最大值.

解 由于f（x）>kx+1k<（x+1）f（x）=（x+1）ln（x+1）+x+1x，

令h（x）=（x+1）ln（x+1）x+

x+1x，则由题意得，k<h（x）min，其中x>0.下面我们来分析h（x）的单调性求h（x）min.

h′（x）=

[ln（x+1）+1+1]·x-[（x+1）ln（x+1）+x+1]x2=-ln（x+1）+x-1x2.

令g（x）=-ln（x+1）+x-1，其中x>0.由于g′（x）=-1x+1+1=xx+1>0，故g（x）

在（0，+∞）上为单调增函数，又由于g（0）=-1<0，g（1）=-ln2<0，g（2）=-ln3+1<0，

g（3）=-ln4+2>0，故g（x）在（0，+∞）上有且仅有一个零点，设为x0，并且x0∈（2，3）.

由此当x∈（0，x0）时，g（x）<0，h′（x）<0;当x∈（x0，+∞）时，g（x）>0，h′（x）>0.故

h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，从而h（x）的最小值为h（x0）.

考虑到x0∈（2，3）为g（x）的零点，故ln（x0+1）=x0-1，故h（x）min=h（x0）=

（x0+1）ln（x0+1）+x0+1x0=

（x0+1）（x0-1）+x0+1x0=x20+x0x0=x0+1∈（3，4）.又

k<h（x）min=h（x0），故满足条件的整数k的最大值为3.

反思与总结 上述问题求解的关键在于在确定g（x）具有唯一零点x0后，利用恒等式

ln（x0+1）=x0-1将h（x0）=（x0+1）ln（x0+1）+x0+1x0简化为x0+1，从而顺利地解决了问题.

论“设而不求”内在之意 篇3

一、设而不求, 恒等变形

某些看似十分复杂的运算, 经过巧妙转换, 恒等变形, 使运算对象发生转移, 起到意想不到的效果.

二、设而不求, 整体代入

在解决某些涉及若干个量的求值问题时, 要有目标意识, 通过虚设的策略, 整体转化的思想, 绕开复杂的运算过程, 可使问题迅速得到解决.

内在之意: 本题设出q并未求解, 真正的目的是求S3m.

三、设而不求, 巧设坐标

在解析几何问题中, 对于有关点的坐标采用设而不求的策略, 能促使问题定向, 简便化归, 起到以简驭繁的解题效果.

例3设抛物线y2= 2px ( p > 0 ) 的焦点为F, 经过点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, 求证: 直线AC经过原点O.

四、设而不求, 中介过渡

根据解题需要, 可引入一个中间量作为中介, 起到过渡作用, 使问题得以解决.

例4如图, OA是圆锥底面中心O到母线的垂线, OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分, 求圆锥母线与轴的夹角α.

解过点A作SO的垂线, 垂足为M, 可知∠MAO = ∠AOB = ∠OSB = α.

五、设而不求, 适当引参

恰当合理地引入参数, 可使解题目标更加明确, 已知和欲求之间的联系得以明朗化, 使问题能够得到解决.

内在之意: 本题设出θ并未求解, 真正的目的是求k的范围.

“设而不求”巧解解析几何题 篇4

一、设而不求,巧用“曲线和方程”的关系

例1求经过两圆(x+2)2+(y+1)2=4和x2+y2=1的交点的直线的方程.

解用(x+2)2+(y+1)2=4方程减去x2+y2=1方程

即为所求的直线方程:2x+y+1=0

注本题若采用常用常规方法解方程组,求出交点坐标,从而运算量较大,若采用“设而不求”,则达到减少运算量之效果.

二、设而不求,巧用“圆锥曲线的定义”

设AB的中点为M,A、B、M在椭圆左准线上射影分别为A1、B1、M1

评注本题涉及曲线上的点与焦点的距离,设出有关点的坐标但不求出坐标,借助圆锥曲线的第一、第二定义及焦半径公式化繁为简,缩短解题过程.

三、设而不求,巧用“点差法”

“点差法”是在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交被截的线段中点坐标的时候,利用直线和圆锥曲线的两个交点,并把交点代入圆锥曲线的方程,并作差.求出直线的斜率,然后利用中点求出直线方程.

评注本题涉及的是平行弦的中点轨迹问题,体现的是设而不求,整体求解的意识,利用点差法从全局的高度,整体把握运算,是提高运算效率的关键,也是运算能力强的表现,常能使解答过程简捷、明快,达到事半功倍之效果.

四、设而不求,巧用“韦达定理”

例4已知直角△OAB的直角顶点O为原点,A、B在抛物线y2=2px(p>0)上

评注本题巧设PQ直线方程,利用韦达定理求PQ与抛物线相交所得弦的弦长,避免求交点坐标,使已知和欲求之间的联系得以明朗化,达到简化解题过程之效果.

解析几何的特点是:“思路好找数难算”,学生往往是望而生畏,不战而退.针对这种情况,学生要有一定的应对能力和方法.“设而不求”法在解析几何的一些问题中有诸多应用,它优化了学生的解题思路,让解析难题的解决更有信心.“设而不求”法是数学解题中一种很有用的手段,采用设而不求的策略,往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算,从而达到准确、快速、简捷的解题效果.总之,学生若掌握“设而不求”的这种解题策略,高考将省时省力.

设而不求 篇5

实例:求抛物线y2=8x中以为中点的弦所在的直线的方程。

策略分析:已知所求弦通过定点Q ( 4, 1) , 所求弦线方程的关键是求出该弦线的斜率k, 又注意到Q是所求弦线的中点, 显然弦线与抛物线的交点既和中点Q有关, 又和抛物线关系密切, 所以可以考虑求出交点从而确定斜率k。 我们可以设交点坐标分别为 ( x1, y1) , (x2, y2) , 马上可以列出四个方程, 显然可得解, 注意到我们的目的是求, 于是有如下解法:

解法一:设以M点为中点的弦线与抛物线交于A (x1, y1) , B (x2, y2) , 则有

消元整理可得:, 即k=4。

故所求弦线方程为4x-y-15=0。

评析: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。 这里用到的策略———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。

如果对A、B两点坐标的设法改进一下, 就有如下几种解法:

解法二:设所求弦的两个端点分别为, 则有

故所求弦线方程为4x-y-15=0。

评析:此法对有关点的坐标采用设而不求的策略, 使问题定向, 起到以简驭繁的解题效果。

解法三:设所求弦的两个端点坐标为A (4+Δx, 4+Δy) , B (4-Δx, 4-Δy) , 则有解得。

故所求的弦线方程为4x-y-15=0。

解法四:设所求弦的端点为A (2t12, 4t1) , B (2t22, 4t2) 。 则有:

故所求弦线方程为4x-y-15=0。

评析:解法二和解法三恰当合理地引入了参数, 使本题解题目标更明确, 已知与所求的联系明朗化, 问题迎刃而解。以上四种解法都是直接给出端点坐标, 也可以间接给出端点坐标, 于是又有以下两种解法:

解法五:设所求中点弦线方程为y=k (x-4) +1

由消去x可以得到:ky2-8y-32k+8=0, 此方程的两根y1, y2就是弦的两个端点A、B两点的纵坐标, 由根与系数的关系和中点公式可知:

, 解得k=4, 所求弦线方程为4x-y-15=0。

解法六:

设所求弦的倾角为α, 弦线方程为, 其中t为参数, 将其代入方程y2=8x中, (1+tsinα) 2=8 (4+tcosα) 整理可得t2sin2α+ (2sinα-8cosα) t-31=0, 而这个方程的两个根t1, t2分别为弦两个端点A、B所对应的参数t的值, 又注意到O (4, 1) 为AB的中点, 所以t1+t2=0, 根据韦达定理可知:。

所以8cosα-2sinα=0, tanα=4, 即k=4,

所求弦线方程为4x-y-15=0。

总之, 在解决圆锥曲线的有关问题时, 只要细心观察、不拘于形式, 采用适宜的“ 设法”, 必将给我们解决实际问题带来方便。

摘要：“设而不求”是一种重要的解题策略。本文基于一个实际问题, 挖掘了“设而不求”蕴含的精神、思想和方法 , 认为“设而不求”蕴含着数学中致力于发明发现的精神、严密化精神和思想的经济化精神;蕴含着超越传统思想、变中求不变思想和参数思想。在此基础上, 结合实例浅析了“设而不求”的“设”的技巧。

关键词：设而不求,策略,整体思想

参考文献

[1]李祎.新课程课堂教学:从弹性预设到动态生成[J].当代教育科学, 2005 (10) :39

设而不求 篇6

一、设而不求, 整体化归

通过巧设坐标或参数, 应用性质进行化归, 整体消元, 绕开复杂的运算过程, 从而使问题得到迅速解决。

例1. (2011高考模拟) 如图1, 已知椭圆x2+2y2=8和定点P (4, 1) , 过P作直线交椭圆于A、B两点, 在线段AB上取点Q, 使AP/PB=-AQ/QB, 求动点Q的轨迹方程。

分析:B、Q、A、P在同一线段上, 且AP/PB=-AQ/QB, 故可设AP/PB=k, 于是B、Q、A、P坐标之间的联系就找到了, 把B、A点的坐标及k设而不求, 通过消元的办法找出Q点坐标的关系式, 即求出Q点的轨迹方程。

解:设Q (x, y) , A (x1, y1) , B (x2, y2) , AP/PB=k, 则

两式相加得

所以Q点的轨迹方程为2x+2y=4 (在已知椭圆内)

点评:通过坐标或参数设而不求, 巧妙化归, 整体消元, 解题过程变得顺畅、完美。

例2. (2010高考模拟) P0 (x0, y0) 是双曲线的上的一点, 过点P作两渐近线的平行线, 分别与另一渐近线交于Q、R, 求证四边形ORPQ的面积为定值。

点评:本题巧设三角参数, 结合直线斜率与三角参数的关系, 通过转化后整体消元达到目的, 考查学生知识的迁移能力和整合能力。

例3. (2012年深圳二模20题) 如图6, 已知动圆M过定点F (0, 1) 且与x轴相切, 点F关于圆心M对称点为F′, 动点F′的轨迹为C。

(1) 求曲线C的方程; (略)

(2) 设A (x0, y0) 是曲线C上的一个定点, 过点A任意作两条倾斜角互补的直线, 分别与曲线C相交于另外两点P、Q。证明:直线PQ的斜率为定值。

解 (2) 由题意, 直线AP的斜率存在且不为零, 如图。

设直线AP的斜率为k (k≠0) , 则直线AQ的斜率为-k。

因为A (x0, y0) 是曲线C:x2=4y上的点,

点评:利用直线AP的斜率与直线AQ的斜率互为相反数的关系, 设而不求, 化归消元, 简化运算, 直达目标, 一气呵成。

二、设而不求, 巧用韦达定理

利用韦达定理将设出的坐标转化为可取得联系的式子, 通过有关性质进行设元消元, 达到目的。

例4. (2011北京高考) 已知椭圆, 过点 (m, 0) 作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A, B两点。

(I) 求椭圆G的焦点坐标和离心率;

(II) 将|AB|表示为m的函数, 并求|AB|的最大值。

解析: (Ⅰ) 由已知得a=2, b=1所以所以椭圆G的焦点坐标为

当|m|>1时, 设切线l的方程为y=k (x-m)

设A、B两点的坐标分别为 (x1, y1) (x2, y2) ,

例5. (2012北京高考) 已知曲线C: (5-m) x2+ (m-2) y2=8 (m∈R) ,

(1) 若曲线C是焦点在x轴上的椭圆, 求m的取值范围;

(2) 设m=4, 曲线C与y轴的交点为A, B (点A位于点B的上方) , 直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M、N, 直线y=1与直线BM交于点G。求证:A, G, N三点共线。

点评:此题难度在于运算, 思维含量适中, 对学生来讲易于解答。

三、设而不求, 代点相减

在解答平面解析几何中的某些问题时, 如果能适时运用点差法, 可以达到“设而不求”的目的, 同时, 还可以降低解题的运算量, 优化解题过程。

例6. (2011高考模拟) 抛物线x2=3y上的两点A、B的横坐标恰是关于x的方程x2+px+q=0 (常数p、q∈R) 的两个实根, 求直线AB的方程。

解:设A (x1, y1) 、B (x2, y2) , 则x12=3y1 (1) ;x12+px1+q=0 (2) 。

由 (1) 、 (2) 两式相减, 整理得px1+3y1+q=0 (3) ;同理px2+3y2+q=0 (4) 。

∵ (3) 、 (4) 分别表示经过点A (x1, y1) 、B (x2, y2的直线, 因为不共线的两点确定一条直线。

∴px+3y+q=0, 即为所求的直线AB的方程。

例7. (2010高考模拟) 过椭圆x2+4y2=16内一点P (1, 1) 作一直线l, 使直线l被椭圆截得的线段恰好被点P平分, 求直线l的方程。

解:设弦的两端点为P1 (x1, y1) 、P2 (x2, y2) , 则x12+4y12=16, x22+4y22=16,

两式相减, 得 (x1-x2) (x1+x2) +4 (y1-y2) (y1+y2) =0,

∵x1+x2=2, y1+y2=2, ∴等式两边同除 (x1-x2) ,

有2+8k=0∴k=-0.25

故直线l的方程为y-1=-0.25 (x-1) , 即4y+x-5=0。

点评:这类问题通常与直线斜率和弦的中点有关或借助曲线方程中变量的取值范围求出其他变量的范围。