圆锥曲线解题的七种题型和八种方法

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

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，r1+r2=2a。第二定义中，r1=ed1 r2=ed2。 （2）双曲线有两种定义。第一定义中，r1r22a，当r1>r2时，注意r2的最小值为c-a：第二定义中，r1=ed1，r2=ed2，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。

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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(x1,y1),B(x2,y2),弦AB中点为M(x0,y0)，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：

x2y2 （1）221(ab0)与直线相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)，则有

abx0y0k0。(其中K是直线AB的斜率) a2b2x2y2 （2）221(a0,b0)与直线l相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)则有

abx0y02k0(其中K是直线AB的斜率) 2ab（3）y2=2px（p>0）与直线l相交于A、B设弦AB中点为M(x0,y0),则有2y0k=2p,即y0k=p. (其中K是直线AB的斜率)

4、弦长公式法

弦长公式：一般地，求直线与圆锥曲线相交的弦AB长的方法是：把直线方程代入圆锥曲线方程中，得到型如

的方程，方程的两根设为

，

，判别

式为△，则方等运算过程。 5、数形结合法

△，若直接用结论，能减少配方、开1k2·|a| 解析几何是代数与几何的一种统一，常要将代数的运算推理与几何的论证说明结合起来

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考虑问题，在解题时要充分利用代数运算的严密性与几何论证的直观性，尤其是将某些代数式子利用其结构特征，想象为某些图形的几何意义而构图，用图形的性质来说明代数性质。 如“2x+y”，令2x+y=b，则b表示斜率为-2的直线在y轴上的截距；如“x+y”,令

2

2

x2y2d，则d表示点P（x，y）到原点的距离；又如“

表示点P（x、y）与点A（-2，3）这两点连线的斜率……

6、参数法

y3y3”，令=k，则kx2x2（1）点参数利用点在某曲线上设点（常设“主动点”），以此点为参数，依次求出其他相关量，再列式求解。如x轴上一动点P，常设P（t，0）；直线x-2y+1=0上一动点P。除设P（x1,y1）外，也可直接设P（2y1-1,y1） （2）斜率为参数

当直线过某一定点P(x0,y0)时，常设此直线为y-y0=k(x-x0)，即以k为参数，再按命题要求依次列式求解等。

（3）角参数

当研究有关转动的问题时，常设某一个角为参数，尤其是圆与椭圆上的动点问题。 7、代入法

这里所讲的“代入法”，主要是指条件的不同顺序的代入方法，如对于命题：“已知条件P1,P2求（或求证）目标Q”，方法1是将条件P1代入条件P2，方法2可将条件P2代入条件P1，方法3可将目标Q以待定的形式进行假设，代入P1,P2,这就是待定法。不同的代入方法常会影响解题的难易程度，因此要学会分析，选择简易的代入法。

八、充分利用曲线系方程法

一、定义法【典型例题】

例1、(1)抛物线C:y2=4x上一点P到点A(3,42)与到准线的距离和最小,则点 P的坐标为______________

(2)抛物线C: y2=4x上一点Q到点B(4,1)与到焦点F的距离和最小,则点Q的坐标为 。

分析：（1）A在抛物线外，如图，连PF，则PHPF，因而易发现，HAQPFB当A、P、F三点共线时，距离和最小。

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（2）B在抛物线内，如图，作QR⊥l交于R，则当B、Q、R三点共线时，距离和最小。

解：（1）（2，2）

连PF，当A、P、F三点共线时，APPHAPPF最小，此时AF的方程为

y4201(x1) 即 y=22(x-1),代入y2=4x得P(2,22)，（注：另一交点为(,2)，

312它为直线AF与抛物线的另一交点，舍去）

（2）（

1,1） 4过Q作QR⊥l交于R，当B、Q、R三点共线时，BQQFBQQR最小，此时Q点的纵坐标为1，代入y2=4x得x=

11，∴Q(,1) 44点评：这是利用定义将“点点距离”与“点线距离”互相转化的一个典型例题，请仔细体会。

x2y21的右焦点，A(1,1)为椭圆内一定点，P为椭圆例2、F是椭圆43上一动点。

（1）PAPF的最小值为 （2）PA2PF的最小值为

分析：PF为椭圆的一个焦半径，常需将另一焦半径PF或准线作出来考虑问题。 解：（1）4-5

设另一焦点为F，则F(-1,0)连AF,PF

PAPFPA2aPF2a(PFPA)2aAF45

当P是FA的延长线与椭圆的交点时, PAPF取得最小值为4-5。 （2）作出右准线l，作PH⊥l交于H，因a2=4，b2=3，c2=1， a=2，c=1，e=∴PFF0′yAFPHx1， 21PH,即2PFPH 2∴PA2PFPAPH

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a2xA413 当A、P、H三点共线时，其和最小，最小值为c例3、动圆M与圆C1:(x+1)2+y2=36内切,与圆C2:(x-1)2+y2=4外切,求圆心M的轨迹方程。

分析：作图时，要注意相切时的“图形特征”：两个圆心与切点这三点共线（如图中的A、M、C共线，B、D、M共线）。列式的主要途径是动圆的“半径等于半径”（如图中的MCMD）。

解：如图，MCMD，

∴ACMAMBDB即6MAMB2 ∴MAMB8 （*）

yMDC5xA0B∴点M的轨迹为椭圆，2a=8，a=4，c=1，b2=15

x2y21 轨迹方程为

1615点评：得到方程（*）后，应直接利用椭圆的定义写出方程，而无需再用距离公式列式求解，即列出(x1)2y2(x1)2y24，再移项，平方，…相当于将椭圆标准方程推导了一遍，较繁琐！

例4、△ABC中，B(-5,0),C(5,0),且sinC-sinB=

3sinA,求点A的轨迹方程。 5分析：由于sinA、sinB、sinC的关系为一次齐次式，两边乘以2R（R为外接圆半径），可转化为边长的关系。

33sinA 2RsinC-2RsinB=·2RsinA 553∴ABACBC

5解：sinC-sinB=

即ABAC6 （*）

∴点A的轨迹为双曲线的右支（去掉顶点） ∵2a=6，2c=10 ∴a=3， c=5， b=4

x2y21 （x>3） 所求轨迹方程为

916点评：要注意利用定义直接解题，这里由（*）式直接用定义说明了轨迹（双曲线右支）

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例5、定长为3的线段AB的两个端点在y=x2上移动，AB中点为M，求点M到x轴的最短距离。

分析：（1）可直接利用抛物线设点，如设A(x1,x12)，B(x2，X22)，又设AB中点为M(x0y0)用弦长公式及中点公式得出y0关于x0的函数表达式，再用函数思想求出最短距离。

（2）M到x轴的距离是一种“点线距离”，可先考虑M到准线的距离，想到用定义法。 解法一：设A(x1，x12)，B(x2，x22)，AB中点M(x0，y0)

(x)2(x2221x21x2)9① 则x1x22x ② 0x22③ 1x22y0由①得(x1-x2)2[1+(x1+x2)2]=9

即[(x1+x2)2-4x1x2]·[1+(x1+x2)2]=9 ④ 由②、③得2x1x2=(2x0)2-2y0=4x02-2y0 代入④得 [(2x0)2-(8x02-4y0)]·[1+(2x0)2]=9

∴4y04x29014x2， 04y4x20094x2(4x201)9x21 0401 ≥2915, y504 当4x02+1=3 即 x022时，(y520)min4此时M(2,54) 法二：如图，2MM2AA2BB2AFBFAB3

yMBAA10M1B1x A62 / 34 M2B2∴MM2313， 即MM1， 2425， 当AB经过焦点F时取得最小值。 45 4∴MM1∴M到x轴的最短距离为

点评：解法一是列出方程组，利用整体消元思想消x1，x2，从而形成y0关于x0的函数，这是一种“设而不求”的方法。而解法二充分利用了抛物线的定义，巧妙地将中点M到x轴的距离转化为它到准线的距离，再利用梯形的中位线，转化为A、B到准线的距离和，结合定义与三角形中两边之和大于第三边（当三角形“压扁”时，两边之和等于第三边）的属性，简捷地求解出结果的，但此解法中有缺点，即没有验证AB是否能经过焦点F，而且点M的坐标也不能直接得出。

二、韦达定理法【典型例题】

x2y21(2m5)过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及准线例6、已知椭圆

mm1从左到右依次交于A、B、C、D、设f(m)=ABCD,（1）求f(m),（2）求f(m)的最值。

分析：此题初看很复杂，对f(m)的结构不知如何运算，因A、B来源于“不同系统”，A在准线上，B在椭圆上，同样C在椭圆上，D在准线上，可见直接求解较繁，将这些线段“投影”到x轴上，立即可得防

f(m)(xBxA)2(xDxC)22(xBxA)(xDXC) 2(xBxC)(xAxD) 2(xBXC)

AyCD BF10F2x此时问题已明朗化，只需用韦达定理即可。

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x2y21中，a2=m，b2=m-1，c2=1，左焦点F1(-1,0) 解：（1）椭圆

mm1则BC:y=x+1,代入椭圆方程即(m-1)x2+my2-m(m-1)=0 得(m-1)x2+m(x+1)2-m2+m=0 ∴(2m-1)x2+2mx+2m-m2=0

设B(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=-

2m(2m5)

2m1f(m)ABCD2(xBxA)(xDxC)2m

2(x1x2)(xAxC)2x1x222m1（2）f(m)22m1112(1)

2m12m1102 942 3∴当m=5时，f(m)min 当m=2时，f(m)max点评：此题因最终需求xBxC，而BC斜率已知为1，故可也用“点差法”设BC中

点为M(x0,y0),通过将B、C坐标代入作差，得

x0y0k0，将y0=x0+1，k=1代入得mm1x0x01m2m0，∴x0，可见xBxC mm12m12m1当然，解本题的关键在于对f(m)ABCD的认识，通过线段在x轴的“投影”发现f(m)xBxC是解此题的要点。

三、点差法

与圆锥曲线的弦的中点有关的问题，我们称之为圆锥曲线的中点弦问题。

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解圆锥曲线的中点弦问题的一般方法是：联立直线和圆锥曲线的方程，借助于一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系、中点坐标公式及参数法求解。

若设直线与圆锥曲线的交点（弦的端点）坐标为A(x1,y1)、B(x2,y2)，将这两点代入圆锥曲线的方程并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和斜率有关的式子，可以大大减少运算量。我们称这种代点作差的方法为“点差法”。 1.以定点为中点的弦所在直线的方程

x2y21内一点M(2,1)引一条弦，使弦被M点平分，求这条弦所在直线例1、过椭圆

164的方程。

解：设直线与椭圆的交点为A(x1,y1)、B(x2,y2)

 M(2,1)为AB的中点 x1x24 y1y22 又A、B两点在椭圆上，则x14y116，x24y216

两式相减得(x1x2)4(y1y2)0 于是(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0

22222222y1y2xx4112

x1x24(y1y2)422即kAB11，故所求直线的方程为y1(x2)，即x2y40。 222y21，例2、已知双曲线x经过点M(1,1)能否作一条直线l，使l与双曲线交于A、B，2且点M是线段AB的中点。若存在这样的直线l，求出它的方程，若不存在，说明理由。

策略：这是一道探索性习题，一般方法是假设存在这样的直线 ，然后验证它是否满足

题设的条件。本题属于中点弦问题，应考虑点差法或韦达定理。

解：设存在被点M平分的弦AB，且A(x1,y1)、B(x2,y2)

则x1x22，y1y22

yy2x111，x221

22222两式相减，得

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yy212 (x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0 kAB1xx212故直线AB:y12(x1)

y12(x1)2由2y2 消去y，得2x4x30

x12 (4)242380

这说明直线AB与双曲线不相交，故被点M平分的弦不存在，即不存在这样的直线l。

评述：本题如果忽视对判别式的考察，将得出错误的结果，请务必小心。由此题可看到中点弦问题中判断点的M位置非常重要。（1）若中点M在圆锥曲线内，则被点M平分的弦一般存在；（2）若中点M在圆锥曲线外，则被点M平分的弦可能不存在。 2.过定点的弦和平行弦的中点坐标和中点轨迹

y2x211的一条弦的斜率为3，它与直线x的交点恰为这条弦的中点例3、已知椭圆

75252M，求点M的坐标。

解：设弦端点P(x1,y1)、Q(x2,y2)，弦PQ的中点M(x0,y0)，则x01 2x1x22x01 ， y1y22y0

yxyx又 111，221

75257525两式相减得25(y1y2)(y1y2)75(x1x2)(x1x2)0 即2y0(y1y2)3(x1x2)0 2222y1y23

x1x22y0 ky1y2313  3，即y0

x1x22y0211点M的坐标为(,)。

22y2x21,求它的斜率为3的弦中点的轨迹方程。 例4、已知椭圆

7525解：设弦端点P(x1,y1)、Q(x2,y2)，弦PQ的中点M(x,y)，则

x1x22x， y1y22y

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yxyx又 111，221

75257525两式相减得25(y1y2)(y1y2)75(x1x2)(x1x2)0 即y(y1y2)3x(x1x2)0，即

2222y1y23x

x1x2y ky1y23x3 3，即xy0

x1x2yxy053535353,)Q(,) 由y2，得P(x2122227525点M在椭圆内

它的斜率为3的弦中点的轨迹方程为xy0(5353x) 22x2y21，求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程. 例1 已知椭圆2解 设弦的两个端点分别为Px1,y1,Qx2,y2，PQ的中点为Mx,y.

x12x222y11，y221，则（1）（2） 22x1x2y1y2x12x2222yy0得：，12y1y20. 122x1x22又x1x22x,y1y22y,y1y22，x4y0.

x1x2所求弦中点的轨迹方程为x4y0（在已知椭圆内）弦中点轨迹在已知椭圆内，.

例2

直线l:axya50（a是参数）与抛物线f:yx1的相交弦

2是AB，则弦AB的中点轨迹方程是 .

解 设Ax1,y1、Bx2,y2，AB中点Mx,y，则x1x22x.

l:ax1y50，l过定点N1,5，kABkMN又y1x11，（1）y2x21，（2）

22y5. x1 11 / 34

12得：y1y2x11kAB于是

2x21x1x2x1x22，

2y1y2x1x22.

x1x2y52x2，即y2x27. x12弦中点轨迹在已知抛物线内，所求弦中点的轨迹方程为y2x7（在已知抛物

线内）.

3.求与中点弦有关的圆锥曲线的方程

例5、已知中心在原点，一焦点为F(0,50)的椭圆被直线l:y3x2截得的弦的中点的

横坐标为

1，求椭圆的方程。 2y2x222解：设椭圆的方程为221，则ab50┅┅①

ab设弦端点P(x1,y1)、Q(x2,y2)，弦PQ的中点M(x0,y0)，则

x011，y03x02 x1x22x01，y1y22y01 222222yxyx又12121，22221 abab两式相减得b(y1y2)(y1y2)a(x1x2)(x1x2)0 即b(y1y2)a(x1x2)0

2222a2y1y2a2  23┅┅② bx1x2b2联立①②解得a75，b25

22y2x21 所求椭圆的方程是

7525例3 已知ABC的三个顶点都在抛物线y32x上，其中A2,8，且ABC的重心

2G是抛物线的焦点，求直线BC的方程.

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解 由已知抛物线方程得G8,0.设BC的中点为Mx0,y0，则A、G、M三点共

22x0812线，且AG2GM，G分AM所成比为2，于是，

82y0012解得x011，M11,4.

y04设Bx1,y1,Cx2,y2，则y1y28.

22又y132x1，（1）y232x2，（2）

12得：y12y2232x1x2，kBCy1y232324.

x1x2y1y28BC所在直线方程为y44x11，即4xy400.

x2y2例4 已知椭圆221ab0的一条准线方程是x1，有一条倾斜角为的

ab4直线交椭圆于A、B两点，若AB的中点为C11,，求椭圆方程. 24x12y121解 设Ax1,y1、Bx2,y2，则x1x21,y1y2，且221，（1）

ab2x22y2221，（2） a2bb2x1x2x12x22y12y22y1y2b2122， 12得：22，x1x2abay1y2a121kABy1y22b2（3） 2，a22b2，

x1x2aa22221，a2c，又（4）而abc，（5） cx2y21211. 由（3），（4），（5）可得a,b， 所求椭圆方程为1124242 13 / 34

4.圆锥曲线上两点关于某直线对称问题

x2y21，试确定的m取值范围，使得对于直线y4xm，椭圆上总例6、已知椭圆43有不同的两点关于该直线对称。

解：设P1(x1,y1)，P2(x2,y2)为椭圆上关于直线y4xm的对称两点，P(x,y)为弦P1P2的中点，则3x14y112，3x24y212 两式相减得，3(x1x2)4(y1y2)0 即3(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0

22222222x1x22x，y1y22y，

y1y21

x1x24y3x 这就是弦P1P2中点P轨迹方程。

它与直线y4xm的交点必须在椭圆内

联立y3xxm322，得 则必须满足y3x，

4y4xmy3m2即(3m)35. 求直线的斜率

21321332m m，解得13134x2y291上不同的三点Ax1,y1,B4,,Cx2,y2与焦点例5 已知椭圆

2595（2）若线段AC的垂直平分线与x轴F4,0的距离成等差数列.（1）求证：x1x28；的交点为T，求直线BT的斜率k.

（1）证 略. （2）解

x1x28，设线段AC的中点为D4,y0.

x12y12x22y221，1，又A、C在椭圆上，（1）（2） 259259x12x22y12y22， 12得：

259 14 / 34

9x1x2y1y29836. x1x225y1y2252y025y025y025y0，直线DT的方程为yy0x4. 3636直线DT的斜率kDT9056464,0，直线BT的斜率k5. 令y0，得x，即T64425254256. 确定参数的范围

例6 若抛物线C:yx上存在不同的两点关于直线l:ymx3对称，求实数

2m的取值范围.

解 当m0时，显然满足.

当m0时，设抛物线C上关于直线l:ymx3对称的两点分别为

2（1）y2x2，（2） Px1,y1、Qx2,y2，且PQ的中点为Mx0,y0，则y12x1，

12得：y12y22x1x2，kPQ又kPQy1y211，

x1x2y1y22y01m，y0. m25. 2中点Mx0,y0在直线l:ymx3上，y0mx03，于是x0中点在抛物线yx区域内

2My025mx0，即，解得10m10. 222综上可知，所求实数m的取值范围是10,10. 7. 证明定值问题

x2y2例7 已知AB是椭圆221ab0不垂直于x轴的任意一条弦，P是AB的

ab中点，O为椭圆的中心.求证：直线AB和直线OP的斜率之积是定值.

证明

设Ax1,y1,Bx2,y2且x1x2，

15 / 34

x12y12x22y22则221，（1）221，（2） ababx12x22y12y2212得：22，

abb2x1x2b2x1x2y1y2y1y2，kAB. 22x1x2x1x2ay1y2ay1y2又kOPy1y2b2b21，kAB2，kABkOP2（定值）. x1x2aakOP8. 其它。看上去不是中点弦问题，但与之有关，也可应用。

例9，过抛物线y2px(p0)上一定点P（x0,y0）（y00），作两条直线分别交抛物

线于A（x1,y1），B（x2,y2）． （1）求该抛物线上纵坐标为

2p的点到其焦点F的距离； 2（2）当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1y2的值，并证明直线AB的斜

y0率是非零常数.

解(1)略(2)：设A（y1,y1）,B(y2,y2)，则 kAB=

2

2

y2y1y2y1221

y2y1 ∵kPA=

y1y0y2y011 ,kPB2222y1y0y2y0y1y0y2y0 由题意，kAB=-kAC, ∴

11,则y1y22y0

y1y0y2y0则：kAB= 例10、

1为定值。 2y0

（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点

（2）设直线与抛物线的交点为A、B，且OA⊥OB，求p关于t的函数f(t)的表达式。 （1）证明：抛物线的准线为

16 / 34

由直线x+y=t与x轴的交点（t，0）在准线右边，得

故直线与抛物线总有两个交点。

（2）解：设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)

kOAkOB1 QOAOB

【同步练习】

x2y21、已知：F1，F2是双曲线221的左、右焦点，过F1作直线交双曲线左支于点

abA、B，若ABm，△ABF2的周长为（ ）

A、4a B、4a+m C、4a+2m D、4a-m

2、若点P到点F(4,0)的距离比它到直线x+5=0的距离小1，则P点的轨迹方程是 （ ）

A、y2=-16x B、y2=-32x C、y2=16x D、y2=32x

3、已知△ABC的三边AB、BC、AC的长依次成等差数列，且ABAC，点B、C的坐标分别为(-1，0)，(1，0)，则顶点A的轨迹方程是（ ）

x2y2x2y21 B、1(x0) A、

4343x2y2x2y21(x0) D、1(x0且y0) C、4343 17 / 34

4、过原点的椭圆的一个焦点为F(1，0)，其长轴长为4，则椭圆中心的轨迹方程是 （ ）

919(x1) B、(x)2y2(x1) 42412912922C、x(y)(x1) D、x(y)(x1)

2424A、(x)y2212x2y21上一点M的横坐标为4，则点M到左焦点的距离是 5、已知双曲线

9166、抛物线y=2x2截一组斜率为2的平行直线，所得弦中点的轨迹方程是 7、已知抛物线y2=2x的弦AB所在直线过定点p(-2，0)，则弦AB中点的轨迹方程是

8、过双曲线x2-y2=4的焦点且平行于虚轴的弦长为

9、直线y=kx+1与双曲线x2-y2=1的交点个数只有一个，则k= x2y21上的动点，F1，F2是椭圆的两个焦点，求sin∠F1PF2的10、设点P是椭圆

259最大值。

11、已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，左焦点到坐标原点、右焦点、右准线的距离依次成等差数列，若直线l与此椭圆相交于A、B两点，且AB中点M为(-2，1)，AB43，求直线l的方程和椭圆方程。

x2y212、已知直线l和双曲线221(a0,b0)及其渐近线的交点从左到右依次为

abA、B、C、D。求证：ABCD。

18 / 34

参考答案

1、C

AF2AF12a,BF2BF12a，

∴AF2BF2AB4a,AF2BF2AB4a2m,选C 2、C

点P到F与到x+4=0等距离，P点轨迹为抛物线 p=8开口向右，则方程为

y2=16x，选C

3、D

∵ABAC22，且ABAC

∵点A的轨迹为椭圆在y轴右方的部分、又A、B、C三点不共线，即y≠0，故选D。 4、A

2设中心为(x，y)，则另一焦点为(2x-1，2y)，则原点到两焦点距离和为4

2得1(2x1)(2y)4，∴(x)y

5、

12229 4①又c299929 左准线为x=-，M到左准线距离为d4() 则M到左焦点的距355552929离为ed 353116、x(y) 设弦为AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)AB中点为(x，y)，则y1=2x12，

22y2=2x22，y1-y2=2(x12-x22)

19 / 34

∴

y1y21

2(x1x2) ∴2=2·2x，x

x1x22

将x

11

代入y=2x2得y，轨迹22

方程是x11(y>) 22设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点M(x，y)，则

7、y2=x+2(x>2)

22y122x1,y22x2,y12y22(x1x2),y1y2(y1y2)2

x1x2∵kABkMPy0y，∴2y2，即y2=x+2 x2x2又弦中点在已知抛物线内P，即y2<2x，即x+2<2x，∴x>2 8、4

a2b24,c28,c22，令x22代入方程得8-y2=4 ∴y2=4，y=

±2，弦长为4

9、2或1 y=kx+1代入x2-y2=1得x2-(kx+1)2-1=0 ∴(1-k2)x2-2kx-2=0 1k20①得4k2+8(1-k2)=0，k=2 010、解：a2=25，b2=9，c2=16 ②1-k2=0得k=±1 yPF1F2x设F1、F2为左、右焦点，则F1(-4，0)F2(4，0) ① 设PF 1r1,PF2r2,F1PF② 2r1r22则2122rr2r1r2cos(2c)2 ①2-②得2r1r2(1+cosθ)=4b2 4b22b2 ∴1+cosθ= ∵r1+r22r1r2， ∴r1r2的最大值为a2 2r1r2r1r22b218∴1+cosθ的最小值为2，即1+cosθ

25acosθ77， 0arccos则当时，sinθ取值得最大值1， 25252即sin∠F1PF2的最大值为1。

x2y211、设椭圆方程为221(ab0)

ab列，

a2c成等差数由题意：C、2C、c 20 / 34

a2c即a22c2， ∴4ccc ∴a2=2(a2-b2),∴a2=2b2

x2y2椭圆方程为221，设A(x1，y1)，B(x2，y2)

2bb22x2y221② 22bb22x12x2y12y20 ①-②得

2b2b2则

x12y1212b2b2①

∴

xmymk0 2b2b2即

2k0 ∴k=1 2直线AB方程为y-1=x+2即y=x+3， 代入椭圆方程即x2+2y2-2b2=0得x2+2(x+3)2-2b2=0 ∴3x2+12x+18-2b2=0， ABx1x211b2=12，

112212(182b2)243 3解得

x2y21，直线l方程为x-y+3=0 ∴椭圆方程为

241212、证明：设A(x1，y1)，D(x2，y2)，AD中点为M(x0，y0)直线l的斜率为k，则

x12y122x21① 2 ①-②得20ab 2a2xy221② a2b22y0k0 ③ b2 设

,y1),C(x2,y2),BC中点为M(x0,y0)， B(x1x12y121④ 120 2则 ab 122y1x2220⑤ 2ba12y02x1④-⑤得22k0 ⑥

ab

由③、⑥知M、M均在直线l:2x2y2k0上，而M、M又在直线l上 ， 2ab若l与x轴垂直，则由对称性知命题

若l过原点，则B、C重合于原点，命题成立 成立

若l不过原点且与x轴不垂直，则M与M重合

四、弦长公式法

∴ABCD

21 / 34

若直线l:ykxb与圆锥曲线相交与A、B两点，A（x1,y1),B(x2,y2)则 弦长AB(x1x2)2(y1y2)2

2 (x1x2)2[kx1b(kx2b)]2 1kx1x2 1k2|AB|=1(x1x2)24x1x2 同理：

1|y2y1|(y2y1)24y2y1 2k代入圆锥曲线

，

，判别式为△，则

特殊的，在如果直线AB经过抛物线的焦点，则|AB|=?

一般地，求直线与圆锥曲线相交的弦AB长的方法是：把直线方程方程中，得到型如

的方程，方程的两根设为

△，若直接用结论，能减少配方、开方等运算过1k2·|a|程。

例 求直线

被椭圆

所截得的线段AB的长。

② 结合图形的特殊位置关系，减少运算 在求过圆锥曲线焦点的弦长时，由于圆锥曲线的定义都涉及焦点，结合图形运用圆锥曲线的定义，可回避复杂运算。

y21交于A、B两点，求AB的弦长 例题1：已知直线yx1与双曲线C:x4解：设A（x1,y1),B(x2,y2) yx1224x(x1)40得3x22x50 2由得y2x142xx213则有 得，

xx51232AB1k2(x1x2)24x1x2242082 933x21y21与直线方程l:yx相交于A、B两点，求AB的练习1：已知椭圆方程为22弦长

练习2：设抛物线y24x截直线y2xm所得的弦长AB长为35，求m的值

22 / 34

分析：联立直线与抛物线的方程，化简，根据根与系数的关系，求弦长 解：设 A（x1,y1),B(x2,y2)

1yx22联立方程2得6x4x30

xy2122xx213则

1xx12221211AB1k2(x1x2)24x1x22()24()

323解: 设A（x1,y1),B(x2,y2)

y24x22联立方程:得4x(4m4)xm0

y2xmx1x21m则 m2x1x24 AB1k2(x1x2)24x1x25(1m)2m235

m4

例题2：已知抛物线yx23上存在关于直线xy0对称相异的两点A、B，求弦长

AB

分析：A、B两点关于直线xy0对称，则直线AB的斜率与已知直线斜率的积为1且AB的中点在已知直线上

解：A、B关于l:xy0对称 klkAB1 kl1 kAB1

设直线AB的方程为yxb ，A（x1,y1),B(x2,y2) 联立方程yxb2yx3 化简得xxb30

211,b)在直线xy0上 222 b1 xx20

x1x21则 

x1x22 x1x21 AB中点M(AB1k2(x1x2)24x1x22(1)2832

小结：在求直线与圆锥曲线相交的弦长时一般采用韦达定理设而不求的方法，在求解

过程中一般采取步骤为：设点联立方程消元韦达定理弦长公式

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作业：

（1） 过抛物线y4x的焦点，作倾斜角为的直线交抛物线于A，B两点，且

2AB16求的值 3，

x2y21及点B(0,2)，过左焦点F1与B的直线交椭圆于（2） 已知椭圆方程2C、D两点，F2为椭圆的右焦点，求CDF2的面积。

【典型例题】 五、数形结合法

例1：已知P(a,b)是直线x+2y-1=0上任一点，求S=a2b24a6b13的最小值。 分析：由此根式结构联想到距离公式， 解：S=(a2)2(b3)2设Q(-2,3), 则S=|PQ|,它的最小值即Q到此直线的距离 ∴Smin

|2231|535 5点评：此题也可用代入消元的方法转化为二次函数的最小值问题（注：可令根式内为t消元后，它是一个一元二次函数）

例2：已知点P(x,y)是圆x+y-6x-4y+12=0上一动点，求解：设O（0，0），则

2

2

y的最值。 xyy表示直线OP的斜率，由图可知，当直线OP与圆相切时，取xx得最值，设最值为k，则切线：y=kx,即kx-y=0

圆(x-3)+(y-2)=1,由圆心（3，2）到直线kx-y=0的距离为1得

2

2

|3k2|k121,

∴k33 4∴33y33y ,x4x4minmaxx2y21的斜率为1的弦，求a的取值范围. 例3：直线l：ax+y+2=0平分双曲线169分析：由题意，直线l恒过定点P(0,-2)，平分弦即过弦中点，可先求出弦中点的轨迹，

再求轨迹上的点M与点P的连线的斜率即-a的范围。

24 / 34

①

解：设A(x1,y1),B(x2,y2)是双曲线上的点，且AB的斜率为1，AB的中点为M(x0,y0)

x221y11则： 169x22

216y291x21x22y21y2①-②得

xy16290,即0160910 即M(X0,y0)在直线9x-16y=0上。 由 9x-16y=0 得C1697,7,D167,97

 x216y291 ∴点M的轨迹方程为9x-16y=0(x<-

1671677或x>7) 299k272PD=

79716,kPD927 0161616707由图知，当动直线l的斜率k∈927916,169,9271616时，l过斜率为1的弦AB

的中点M，而k=-a ∴a的取值范围为：9279927,,9 16161616点评：此题是利用代数运算与几何特征相结合的方法而解得的，由图得知，弦AB中点轨迹并不是一条直线（9x-16y=0），而是这条直线上的两条射线（无端点）。再利用图形中的特殊点（射线的端点C、D）的属性（斜率）说明所求变量a的取值范围。

六、参数法

例4（k参数）：过y2

=x上一点A（4，2）作倾斜角互补的两条直线AB、AC交抛物线于B、C两点。求证：直线BC的斜率是定值。

分析：（1）点A为定点，点B、C为动点，因直线AB、AC的倾斜角互补，所以kAB与kAC

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相反，故可用“k参数”法，设AB的斜率为k，写出直线AB的方程，将AB的方程与抛物线方程联立，因A为已知交点，则方程有一根已知故用韦达定理容易解出点B坐标，同理可得点C坐标，再求BC斜率。

（2）因点B、C在抛物线上移动，也可用“点参数”法，设B（x1,y1）,C(x2,y2),因x1=y1,x2=y2,即可设B（y1,y1）,C(y2,y2)。再考虑kAB=-kAC得参数y1,y2的关系。 解法1：设AB的斜率为k，则AC的斜率为-k AB：y-2=k(x-4),与y=x联立得： y-2=k(y-4),即ky-y-4k+2=0 ∵y=2是此方程的一解， ∴2yB=

2

2

2

2

2

2

2

4k212k ,yBkk14k4k2, xB=yB=

k22

14k4k212k ∴B,2 kk14k4k212k ∵kAC=-k,以-k代替k代入B点坐标得C ,2kk12k12k1kk ∴kBC=为定值 22414k4k14k4kkk2解法2：设B（y1,y1）,C(y2,y2)，则 kBC=

2

2

y2y1y2y1221

y2y1 ∵kAB=

y12y2211 ,kAB22y14y12y24y22 由题意，kAB=-kAC, ∴

11,则y1y24 y12y22则：kBC=1为定值。 4 26 / 34

点评：解法1运算量较大，但其方法是一种基本方法，因k的变化而造成了一系列的变

化，最终求出BC的斜率为定值；解法2利用点B，C在抛物线上设点，形成含两个参数y1,y2的问题，用整体思想解题，运算量较小。

例5（角参数）：在圆x+y=4上，有一定点A（2，0）和两动点B，C（A，B，C按逆时2

2

针排列），当B，C两点保持∠BAC=时，求△ABC的重心的轨迹。

32分析：圆周角∠BAC=可转化为圆心角∠BOC=，选用“角参数”， 3322令B（2cosθ，2sinθ）则C(2cos(θ+),2sin(θ+))

33则重心可用θ表示出来。

yB0AxC2，∴∠BOC=

33422 设B（2cosθ,2sinθ）(0<θ<),则C(2cos(θ+),2sin(θ+))

333解：连OB，OC，∵∠BAC= 设重心G（x，y），则：

12)]

3312 y=[02sin2sin()]

3323即： x=[1cos()] x1cos()

332323 y=sin() ysin()

33235θ+(,)

33333212∴(x1)(y)1。（x<）

22222412即(x)y(x)

3925点评：要注意参数θ的范围，θ+∈（，）它是一个旋转角，因此最终的轨迹是一

333 x=[22cos2cos(段圆弧，而不是一个圆。 七、代入法中的顺序

x22例6（参数法，代入法中的顺序）、求直线3x-4y+10=0与椭圆2y1(a>0)有公共

a点时a的取值范围

分析:将直线方程代入椭圆方程消元得一元二次方程应有解,用判别式△≥0可求得a的取值范围。也可考虑另一代入顺序，从椭圆方程出发设公共点P（用参数形式），代入直线

27 / 34

方程，转化为三角问题：asinx+bcosx=c何时有解。

解法一：由直线方程3x-4y+10=0得y35135x代入椭圆方程得2x2(x)21∴4242a(1921521)xx0 21644a△≥0，得(27152211928，又a>0,∴a )4(2)0解得a2344a163 解法二：设有公共点为P，因公共点P在椭圆上，利用椭圆方程设P（acos，sin）再代入直线方程得3acos-4sin+10=0

4sin-3acos=10。

49a162sin3a9a162cos109a162

令sinα=

3a9a162，cosα=

49a162，

则sin(-α)=

109a162

2，

由sin()1 即sin(-α)≤1得

1002822

∴9a≥84，a≥(a>0) 139a216221∴a≥3

点评：解法1，2给出了两种不同的条件代入顺序，其解法1的思路清晰，是常用方法，但运算量较大，对运算能力提出较高的要求，解法2先考虑椭圆，设公共点再代入直线，技

22yx巧性强，但运算较易，考虑一般关系：“设直线l：Ax+By+C=0与椭圆21有公共点,2ab求应满足的条件”此时，若用解法一则难于运算，而用解法二，设有公共点P，利用椭圆，设P（acos，bsin）代入直线方程得Aacos+Bbsin=-C。

∴

C22222

1时上式有解。 ∴C≤Aa+Bb

A2a2B2b2因此，从此题我们可以体会到条件的代入顺序的重要性。 八、充分利用曲线系方程

利用曲线系方程可以避免求曲线的交点，因此也可以减少计算。 典型例题 求经过两已知圆交点，且圆心在直线：解：设所求圆的方程为：

28 / 34

和

上的圆的方程。

0的

即

其圆心为C（ 又C在直线上，

为所求。

评注：此题因利用曲线系方程而避免求曲线的交点，故简化了计算。

）

，解得

，代入所设圆的方程得

，

解析几何七种常规题型及方法

常规题型及解题的技巧方法

A:常规题型方面

（1）中点弦问题

具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为

，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式，消去四个参数。

，

典型例题 给定双曲线求线段

的中点P的轨迹方程。

。过A（2，1）的直线与双曲线交于两点 及，

分析：设 两式相减得

，代入方程得，。

。

，

代入，当

时得

又设中点P（x,y），将

。

29 / 34

又，

代入得当弦

。

斜率不存在时，其中点P（2，0）的坐标也满足上述方程。

因此所求轨迹方程是

说明：本题要注意思维的严密性，必须单独考虑斜率不存在时的情况。

（2）焦点三角形问题

椭圆或双曲线上一点P，与两个焦点

、

构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。

典型例题 设P(x,y)为椭圆

，

。

上任一点，，为焦点，

（1）求证离心率esin()；

sinsin的最值。 ，

，由正弦定理得

。

（2）求 分析：（1）设

得 ，

ecsin() asinsin33322 （2）(aex)(aex)2a6aex。 当x0时，最小值是

；

30 / 34

当xa时，最大值是

。

（3）直线与圆锥曲线位置关系问题

直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式，应特别注意数形结合的办法 典型例题

（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点

（2）设直线与抛物线的交点为A、B，且OA⊥OB，求p关于t的函数f(t)的表达式。 （1）证明：抛物线的准线为

由直线x+y=t与x轴的交点（t，0）在准线右边，得

故直线与抛物线总有两个交点。

（2）解：设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)

kOAkOB1 QOAOB

（4）圆锥曲线的有关最值（范围）问题

圆锥曲线中的有关最值（范围）问题，常用代数法和几何法解决。

<1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决。

<2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求最值。 典型例题

已知抛物线y2=2px(p>0)，过M（a,0）且斜率为1的直线L与抛物线交于不同的两点A、

31 / 34

B，|AB|≤2p

（1）求a的取值范围；（2）若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值。

分析：这是一道直线与圆锥曲线位置关系的问题，对于（1），可以设法得到关于a的不等式，通过解不等式求出a的范围，即：“求范围，找不等式”。或者将a表示为另一个变量的函数，利用求函数的值域求出a的范围；对于（2）首先要把△NAB的面积表示为一个变量的函数，然后再求它的最大值,即：“最值问题，函数思想”。

解：(1)直线L的方程为：y=x-a,将y=x-a 代入抛物线方程y2=2px,得：设直线L与抛物线两

4(ap)4a20交点的坐标分别为A（x1,y1）,B(x2,y2)，则x1x22(ap),又y1=x1-a,y2=x2-a,

2x1x2a|AB|(x1x2)2(y1y2)22[(x1x2)24x1x2]8p(p2a)0|AB|2p,8p(p2a)0,08p(p2a)2p, 解得:

ppa. 24(2)设AB的垂直平分线交AB与点Q，令其坐标为（x3,y3），则由中点坐标公式得：

x3x1x22ap, y3y1y2(x1a)(x2a)p. 22所以|QM|2=(a+p-a)2+(p-0)2=2p2.又△MNQ为等腰直角三角形，所以|QM|=|QN|=2P，所以

S△NAB=

122|AB||QN|p|AB|p2p2p2,即△NAB面积的最大值为2222P2。

（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。 典型例题

已知直线L过原点，抛物线C 的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上。若点A（-1，0）和点B（0，8）关于L的对称点都在C上，求直线L和抛物线C的方程。 分析：曲线的形状已知，可以用待定系数法。 设出它们的方程，L：y=kx(k≠0),C:y2=2px(p>0)

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设A、B关于L的对称点分别为A/、B/，则利用对称性可求得它们的坐标分别为：

k212k16k8(k21),,A（2），B（2）。因为A、B均在抛物线上，代入，消去p，k1k21k1k21/

得：k2-k-1=0.解得：k=

1525,p=. 251545x,抛物线C的方程为y2=x. 25所以直线L的方程为：y=

2．曲线的形状未知-----求轨迹方程 典型例题

已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：x2+y2=1, 动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数（>0）,求动点M的轨迹方程，并说明它是什么曲线。 分析：如图，设MN切圆C于点N，则动点M组成的集合是：P={M||MN|=|MQ|}，由平面几何知识可知：|MN|2=|MO|2-|ON|2=|MO|2-1，将M点坐标代入，可得：(2-1)(x2+y2)-42x+(1+42)=0.

当=1时它表示一条直线；当≠1时，它表示圆。这种方法叫做直接法。

（6） 存在两点关于直线对称问题

在曲线上两点关于某直线对称问题，可以按如下方式分三步解决：求两点所在的直线，求这两直线的交点，使这交点在圆锥曲线形内。（当然也可以利用韦达定理并结合判别式来解决）

典型例题 已知椭圆C的方程

，试确定m的取值范围，使得对于直线

O Q N M ，椭圆C上有不同两点关于直线对称。

分析：椭圆上两点

。

，

，代入方程，相减得

又，，，代入得。

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又由解得交点。

交点在椭圆内，则有

（7）两线段垂直问题

圆锥曲线两焦半径互相垂直问题，常用运算来处理。

典型例题 已知直线的斜率为，且过点

，得。

来处理或用向量的坐标

，抛物线，直线与

抛物线C有两个不同的交点（如图）。

（1）求的取值范围；

（2）直线的倾斜角为何值时，A、B与抛物线

C的焦点连线互相垂直。

y 分析：（1）直线代入抛物线方程得 B ， A P 由，得。 (-2,0) O x （2）由上面方程得，

，焦点为。

由，得，

arctan

22或arctan 22 34 / 34