圆锥曲线解题技巧

《2014广东高考圆锥曲线解题技巧剖析》

你是否为数学大题的无从下手、失分丢分而烦恼、懊悔不已呢？本资料将成为你的双翼。静下心来慢慢品味，它将助你一飞冲天。金榜题名之日，你定有非凡的收获。

x2y2

1(m0,n0且m

n) 标准方程：

mn

2a

1. 直线方程的形式

（1）直线方程的形式有五件：点斜式、两点式、斜截式、截距式、一般式。 （2）与直线相关的重要内容

①倾斜角与斜率ktan,[0,)

②点到直

线的距离

d

③夹角公式tan

k2k1

1k2k

1

（3）弦长公式

直线ykxb上两点A(x1,y

1),B(x2,y2)间的距离：AB

1x2



或ABy1y2 （4）两条直线的位置关系 ①l1

l2k1k2=-1 ② l1//l2k1k2且b1b2

2、圆锥曲线方程及性质

(1)、椭圆的方程的形式有几种？（三种形式）

参数方程：xacos,ybsin (2)、双曲线的方程的形式有两种

标准方程：

x2y2

mn

1(m

n0)

距离式方程：|

2a

(3)、三种圆锥曲线的通径你记得吗？

2b2 2b2

aa

；抛物线：2p

(4)、圆锥曲线的定义你记清楚了吗？

如：已知Fx2y2

1、F2是椭圆43

1的两个焦点，平面内一个动点M满足 MF1MF22则动点M的轨迹是（ ）

A、双曲线； B、双曲线的一支；

C、两条射线； D、一条射线

(5)、焦点三角形面积公式：

P在椭圆上时，SF1PF2b2tan



2

P在双曲线上时，SF1PF2b2cot



2

（其中F|PF21||PF2|24c2

1PF2,cos

|PF,PF1PF2|PF1||PF2|cos） 1||PF2|

：

(6)、记住焦半径公式：

（1）椭圆焦点在x轴上时为aex0;焦点在y轴上时为aey0，可简记为“左加右

减，上加下减”。

（2）双曲线焦点在x轴上时为e|x0

|a

（3）抛物线焦点在x轴上时为|xp1|

2,焦点在y轴上时为|yp

1|2

(7)、椭圆和双曲线的基本量三角形你清楚吗？

1、点差法（中点弦问题） 2

设

Ax1,y1

、Bxx2y2,y2，Ma,b为椭圆43

1的弦AB中点则有 x2

2

2

2

1y11，x2y21；两式相减得

x2x2

1

2

2

2

43

434y

1

y23

0



x1x2x1x2

2y1y2

3a

4



y1y3

kAB=

4b

2、联立消元法：

你会解直线与圆锥曲线的位置关系一类的问题吗？经典套路是什么？如果有两个参数怎么办？

设直线的方程，并且与曲线的方程联立，消去一个未知数，得到一个二次方程，使用判别

式0，以及根与系数的关系，代入弦长公式，设曲线上的两点

A(x1,y1),B(x2,y2)，

将这两点代入曲线方程得到○1○2两个式子，然后○1-○2，整体消元〃〃〃〃〃〃，若有两个字母未知数，则要找到它们的联系，消去一个，比如直线过焦点，则可以利用三点A、B、F共线解决之。若有向量的关系，则寻找坐标之间的关系，根与系数的关系结合消元处理。一旦设直线为ykxb，就意味着k存在。 例1、已知三角形ABC的三个顶点均在椭圆4x2

5y280上，且点A是椭圆短轴的一

个端点（点A在y轴正半轴上）.

（1）若三角形ABC的重心是椭圆的右焦点，试求直线BC的方程; （2）若角A为900

，AD垂直BC于D，试求点D的轨迹方程.

分析：第一问抓住重心利用点差法及重心坐标公式可求出中点弦BC的斜率，从而写出直线BC的方程。第二问抓住角A为90

可得出AB⊥AC，从而得

x1x2y1y214(y1y2)160，然后利用联立消元法及交轨法求出点D的轨迹方程；

解：（1）设B（x1,y1）,C(x2,y2),BC中点为(x0,y0),F(2,0)则有

x2220y2211161,x220y2

16

1 两式作差有

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)

x0y20160

50k

4

0 (1) F(2,0)为三角形重心，所以由

x1x232，得xyy24

03，由13

0得y02，

代入（1）得k

6

5

直线BC的方程为6x5y280 2)由AB⊥AC得x1x2y1y214(y1y2)160 （2）

设直线BC方程为

ykxb,代入4x25y280，得

(45k2)x210bkx5b2800

x10kb5b280

1x245k2，x1x245k2

8k4b280k2

y1y245k2,y1y245k2

代入（2）式得 9b232b16

45k2

0，解得b4(舍)

或b49 y

4

直线过定点（0，499)，设D（x,y），则xy4x

1，即9y29x232y160所以所求点D的轨迹方程是x2

(y169)2(209

)2(y4)。 3、设而不求法

例2、如图，已知梯形ABCD中AB2CD，点E分有向线段所成的比为，双曲线过C、D、E三点，且以A、B为焦点当

233

4

时，求双曲线离心率e的取值范围。 分析：本小题主要考查坐标法、定比分点坐标公式、双曲线的概念和性质，推理、运算能力和综合运用数学知识解决问题的能力。建立直角坐标系xOy，如图，若设Cc

,h2

，

x2ay2

代入2b

21，求得h

，进而求得xE



,y,再代入x2y2

E

a2b

21，建

立目标函数f(a,b,c,)0，整理f(e,)0，此运算量可见是难上加难.我们对h可采取设而不求的解题策略,

建立目标函数f(a,b,c,)0，整理f(e,)0,化繁为简.

解法一：如图，以AB为垂直平分线为y轴，直线AB为x轴，建立直角坐标系xOy，则CD⊥y轴因为双曲线经过点C、D，且以A、B为焦点，由双曲线的对称性知C、D关于

y轴对称

依题意记Ac, 0，Cc

,h，Ex1

20, y0，其中c

2

|AB|为双曲线的半焦距，h是梯形的高，由定比分点坐标公式得c

c

x0

12c21 yh0

1 x2设双曲线的方程为y2c

a2b21，则离心率ea

由点C、E在双曲线上，将点C、E的坐标和e

c

a

代入双曲线方程得

e2h2

4b2

1， ① e24211h2

b21 ②

由①式得 h2e2

b

241，

③

将③式代入②式，整理得 e2

4

4412， 故 13

e21

由题设2233

4

得，331e2

234 解得

e

所以双曲线的离心率的取值范围为, 

分析：考虑

AE,AC为焦半径,可用焦半径公式, AE,AC用E,C的横坐标表示，回

避h的计算, 达到设而不求的解题策略． 解法二：建系同解法一，

AEaexE,ACaexC，

cc

x2cAE3E121，又AC

1

，代入整理1e21，由题设223333

4

得，31e2

24 解得

e

所以双曲线的离心率的取值范围为

, 

4、判别式法

例3已知双曲线C:y2x2

22

1，直线l过点A,0

，斜率为k，当0k1时，

双曲线的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为

，试求k的值及此时点B的坐标。分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是

研究解析几何问题的重要手段. 从“有且仅有”这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B作与l平行的直线，必与双曲线C相切. 而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式0. 由此出发，可设计如下解题思路：

l的距离为

2

l’的方程代入双曲线方程，消去y，令判别式

0

（解题过程略.）

分析2：如果从代数推理的角度去思考，就应当把距离用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B到直线l的距离为”，相当于化归的方程有唯一解. 据此设计出如下解题思

路： M到直线l的距离为：

kx2x22k

0k1 

k2

1

2

于是，问题即可转化为如上关于x的方程. 由于0k1，所以

2x2xkx，从而有

kx2x22kkx2x22k.

于是关于x的方程

kx2x2k2(k2

1)



2x2

2(2(k21)2kkx)2,

2(k2

1)2kkx0



k21

x22k2(k2

1)2kx

2(k

2

1)2k

2

20,

2(k2

1)2kkx0.

由0k1可知： 方程k2

1

x2

2k

2(k

2

1)kx

2(k

2

1)k

2

20的二根同

正，故

2(k2

1)kkx0恒成立，于是等价于

k

2

1

x2

2k2(k2

1)2kx

2(k

2

1)2k

2

20.

由如上关于x的方程有唯一解，得其判别式0，就可解得

k

25

5

. 点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分体现了全局观念与整体思维的优越性.

例4已知椭圆C:x

2

2y28和点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

APPBAQ

QB

，求动点Q的轨迹所在曲线的方程. 分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。其实，应该想到轨迹问题可以通过参数法求解. 因此，首先是选定参数，然后想方设法将点

Q的横、纵坐标用参数表达，最后通过消参可达到解题的目的.

由于点Q(x,y)的变化是由直线AB的变化引起的，自然可选择直线AB的斜率k作为参数，如何将x,y与k联系起来？一方面利用点Q在直线AB上；另一方面就是运用题

目条件：

APPBAQ

QB来转化.由A、B、P、Q四点共线，不难得到x4(xAxB)2xAxB，8(xAxB)

要建立x与k的关系，只需将直线AB的方程代入椭圆C的方程，利用韦达定理即可.

通过这样的分析，可以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决本题，已经做到心中有数.

在得到x



fk于x,y的方程（不含kx4

，直接代入即可得到轨迹方程。从而简化消去参的过程。

简解：设AxAP1,y1,B(x2，y2),Q(x,y)，则由

PBAQ

QB4x1xx1x

， 24x2x

解之得：x

4(x1x2)2x1x2

8(x （1）

1x2)

设直线AB的方程为：yk(x4)1，代入椭圆C的方程，消去y得出关于 x 的一元二次方程：

2k

2

1

x24k(14k)x2(14k)280 （2）

∴ 

x4k(4k1x1)2

,2k21

14k)2

xx2(8

122k21.代入（1），化简得：x

4k3

k2

. (3) 与yk(x4)1联立，消去k得：2xy4(x4)0.

在（2）中，由64k2

64k240，解得 24

k2，结合（3）可

4

求得 162x162.

9

9

故知点Q的轨迹方程为：2xy40 （1629x1629）.

点评：由方程组实施消元，产生一个标准的关于一个变量的一元二次方程，其判别式、韦达定理模块思维易于想到. 这当中，难点在引出参，活点在应用参，重点在消去参.，而“引参、用参、消参”三步曲，正是解析几何综合问题求解的一条有效通道.

5、求根公式法

过点P（0，3），和椭圆x2y2

例5设直线lAP94

1

顺次交于A、B两点，试求PB的取值范围.

分析：本题中，绝大多数同学不难得到：AP=xAPBx，但从此后却一筹莫展, 问题的

B

根源在于对题目的整体把握不够. 事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.

分析1:

从第一条想法入手，

APx

PB=Ax已经是一个关系式，但由于有两个变量B

xA,xB，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量——直线AB的

斜率k. 问题就转化为如何将xA,xB转化为关于k的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y得出关于x的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.

1

5

; l的方程为：ykx3， 0解之得x27k69k25

1,2

9k2

4

. 因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑k0的情形.

当k0时，x27k69k2527k69k2

519k24，x2

9k2

4

， 所以 APx19k29k2PBx=

5=118k=118.

29k29k259k29k25929k2

由

(54k)21809k24

0, 解得 k2

5

9

， 所以 11

181， 综上 1AP1.

929k2

5

PB5 分析2: 如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式往往是产生不等的

根源. 由判别式值的非负性可以很快确定k的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与

k联系起来. 一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定

理，原因在于

AP

PBx1x不是关于x1,x2的对称关系式. 原因找到后，解决问题的方法自2

然也就有了，即我们可以构造关于x1,x2的对称关系式.

简解2：设直线l

y得

9k

2

4

x254kx450 （*）



x1x54k则

22,

9k4 

x1x2459k24.令

x1

，则，1k2x232420

.

245k2在（*）中，由判别式0,可得 k

2



5

9， 从而有4324k236

136145k220

5

，所以425，解得55. 结合01得1AP51. 综上，1

PB1

5

. 点评：范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等。本题也可从数形结合角度入手，给出一优美解法.

解题犹如打仗，不能只是忙于冲锋陷阵，一时局部的胜利并不能说明问题，有时甚至会被局部所纠缠而看不清问题的实质所在，只有见微知著，树立全局观念，讲究排兵布阵，运筹帷幄，方能决胜千里.

第三、推理训练：数学推理是由已知的数学命题得出新命题的基本思维形式，它是数学求解的核心。以已知的真实数学命题，即定义、公理、定理、性质等为依据，选择恰当的解题方法，达到解题目标，得出结论的一系列推理过程。在推理过程中，必须注意所使用的命题之间的相互关系（充分性、必要性、充要性等），做到思考缜密、推理严密。通过编写思维流程图来锤炼自己的大脑，快速提高解题能力。

例6椭圆长轴端点为A,B，O为椭圆中心，F为椭圆的右焦点，且1，

1．

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P,Q两点，问：是否存在直线l，使点

于是设直线l为 yxm，由∵MPFQ0得x1(x2即2x1x2

yxm22

得，3x4mx2m20 22

x2y2

x1(x21)y2(y11) 又yixim(i1,2)

F恰为PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程;若不存在，请说明理由。

思维流程：

（Ⅰ）

1)(x2m)(x1m1)0

(x1x2)(m1)m2m0 由韦达定理得

2m224m4

2(m1)m2m0 解得m或m1（舍） 经检验

333m

4

符合条件． 3

点石成金：垂心的特点是垂心与顶点的连线垂直对边，然后转化为两向量乘积为零．

2cb

例7、已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A(2,0)、B(2,0)、

3

（Ⅰ）求椭圆E的方程：（Ⅱ）若点D为椭圆E上不同于A、B的任意一C1,三点．

2

点，F(1,0),H(1,0)，当ΔDFH内切圆的面积最大时，求ΔDFH内心的坐标；思维流程：

（Ⅰ） 又∵1即 (ac)(ac)1ac

22

，

∴a

2

2

x2

故椭圆方程为y21

2

（Ⅱ）假设存在直线l交椭圆于P,Q两点，且F恰为PQM的垂心，则

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，∵M(0,1),F(1,0)，故kPQ

（Ⅱ） 1，

解题过程： （Ⅰ）设椭圆方程为mx

2

ny21m0,n0，将A(2,0)、B(2,0)、

C(1,3

2

)代入椭圆E的方程得



4m1,

解得m1,n1.∴椭圆E的方程x2y21 ．

m9

4

n14343（Ⅱ）|FH|2，设ΔDFH边上的高为S1

DFH2

2hh 当点D在椭圆的上顶点时，h

最大为

SDFH

设ΔDFH的内切圆的半径为R，因为ΔDFH的周长为定值6．所以，S

DFH1

2

R6 所以R

.

点石成金：S的内切圆

1

2

的周长r的内切圆

例8、已知定点C(1

，0)及椭圆x2

3y25，

过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点.

（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标是

1

2

，求直线AB的方程； （Ⅱ）在x轴上是否存在点M，使为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

思维流程：

（Ⅰ）解：依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x1)， 将yk(x1)代入x

2

3y25， 消去y整理得 (3k21)x26k2x3k250.

设A(x1，y1)，

B(x2，y2)， 36k44(3k21)(3k2则5)0， (1)  

x6k2

1x23k21. (2)

由线段AB中点的横坐标是1x1

2， 得

x223k21

3k212，解得k

，符合题意。

所以直线AB的方程为

x10

，或 x10.

（Ⅱ）解：假设在x轴上存在点M(m,0)，使为常数. ①

当

直

线

AB

与

x

轴不垂直时，由（Ⅰ）知 x6k23k25

1x23k21， x1x23k21

. (3)

MAMB(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)

(k21)x1x2(k2m)(x21x2)km2.

将(3)代入，整理得：

(6m1)k2

MAMB5(2m1)(3k21)2m

143k21m23k2

1

m2

m22m16m1433(3k21)

.

注意到是与k无关的常数， 从而有6m140，m

7

3

， 此时MAMB4

9

.

② 当直线AB与

x轴垂直时，此时点A，

B的坐标分别为1、1，当m

73时， 亦有MAMB4

9

. 综上，在x轴上存在定点M73，0

，使为常数.

点石成金：2

(2m114MAMB(6m1)k5)(3k21)2m

3k21m2

3k21

m2m22m16m1433(3k21). 例9、已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线l在y轴上的截距为m（m≠0），l交椭圆于A、B两个不同点。 （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求m的取值范围；（Ⅲ）求证直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形. 思维流程：

1）设椭圆方程为x2y2

解：（a2b

21(ab0)

则a2b4a2

8



a2

1

解得2 ∴椭圆方程为x2y21 b21b282（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m

又KOM=

12 l的方程为：

y1

2

xm 

由y12xmx22mx2m2

40 x2

y2

8

21∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，

(2m)24(2m24)0,解得2m2,且m0

（Ⅲ）设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可 设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1x22m,x1x22m24

则k1



y11,ky2

1

x2 12x22

由x2

2mx2m240可得x1x22m,x1x22m24

而k1)(x22)(y21)(x12)1k2y11y21(y1 x12x22(x12)(x22)

2m242m24m4m4(x2)(x0

122)k1k20

故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形. 点石成金：直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形

k1k20

例10、已知双曲线x2ay223

2b

21的离心率e3，过A(a,0),B(0,b)的直线到原点

的距离是

2

. （1）求双曲线的方程；

（2）已知直线ykx5(k0)交双曲线于不同的点C，D且C，D都在以B为圆心的圆上，求k的值. 思维流程： 解：∵（1）

ca23

3

,原点到直线AB：xayb

1的距离

d

aba2

b

2

ab

3c

2..

b1,a

.

故所求双曲线方程为 x2

y21.

3

（2）把ykx5代入x23y23中消去y，整理得 (13k2

)x2

30kx780. 设C(x1,y1),D(x2,y2),CD的中点是E(x0,y0)，则

xx1x215k5

0213k2y0kx0513k2

, ky011

BExk

.

0 x0ky0k0,

即

15k13k25k

13k

2

k0,又k0,k27 故所求k=±

.

点石成金: C，D都在以B为圆心的圆上BC=BDBE⊥CD;

例11、已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大

值为3，最小值为1．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（II）若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A、B两点（A、B不是左右顶点），且以AB

为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

思维流程：

x2y2

解：（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为a2b

21(ab0)，

由已知得：ac3，ac1，

a2，c1，

b2a2c2

3

椭圆的标准方程为

x24y2

31．

（II）设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

ykx

联立m，

x2 得 (34k2)x28mkx4(m2

3)0，则4

y2

31. 

64m2k216(34k2)(m23)0，即34k2m20，

x8mk 1x2

34k2

，

x1x2

4(m23)34k2.2 又ykx2

x2

3(m4k2)

1y2(1m)(kx2m)kx12mk(x1x2)m34k2

．

因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，

0)，

ky1ADkBD1，即

x2y2

x1. y1y2x1x22(x1x2)40． 122

3(m24k2)4(m23)15mk34k234k234k

2

40． 7m216mk4k2

0．

解得：m2k12k，m27

，且均满足34k2m2

0． 当m1

2k时，l的方程yk(x2)，直线过点(2，

0)，与已知矛盾；

当m2k2

7时，l的方程为ykx27，直线过定点27，0



．

所以，直线l过定点，定点坐标为27，0



．

点石成金：以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点 CA⊥CB;

例12、已知双曲线x2

a2y2b2

1(a0,b0)的左右两个焦点分别为F1、F2,点P在双曲线右支上.（Ⅰ）若当点P的坐标为(

35,16

5

)时,PF1PF2,求双曲线的方程； （Ⅱ）若|PF1|3|PF2|,求双曲线离心率e的最值,并写出此时双曲线的渐进线方程. 思维流程：

解：（Ⅰ）(法一)由题意知,PF1(c35

,165

), PF2(c35,165

),

PF1PF2,PF1PF20,(c

3415)(c35)(16

5

)20 （1分） 解得 c2

25,c5. 由双曲线定义得: |PF1|PF2|2a,

2a(5

341)2(16)2(5341)2(16

)25555

(413)2(413)26,a3,b4

所求双曲线的方程为: x2

29y16

1

(法二) 因PF1PF2,由斜率之积为1,可得解.

（Ⅱ）设|PF1|r1,|PF2|r2,

(法一)设P的坐标为(x,y), 由焦半径公式得：

r1|aex|aex,r2|aex|exa

,

rr2a22a2

132,aex3(exa),xc,xa,

c

a,2ac

e的最大值为2,无最小值. 此时cbc2a2

e2a2,a

a

1, 此时双曲线的渐进线方程为yx

(法二)设F1PF2,(0,].

(1)当时, r1r22c,且r13r2，

2c4r2, 2ar1r22r2 此时 e

2c4r2a2

2r2. 2

(2)当（0，）,由余弦定理得:

（2c）2

r2

2

2

2

1r22r1r2cos10r26r2cos



e

2cr26cos6cos2a2r,

22

cos(1,1),e(1,2),综上,e的最大值为2,但e无最小值.

考场指导：圆锥曲线的解题回顾总结提升

一、常规七大题型： （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(x1,y1)，(x2,y2)，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式（当然在这里也要注意斜率不存在的请款讨论），消去四个

参数。

如：（1）

x2y2

a2b

2

1(ab0)与直线相交于A、B，设弦AB中点为M(x，则有x0,y0)0y0a2b2k0。 （2）x22a2yb2

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x0a2y

0b2k0

（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.

典型例题 给定双曲线x2y2

1。过A（2，1

P2

2，求线段P1P2的

中点P的轨迹方程。

（2）焦点三角形问题

椭圆或双曲线上一点P，与两个焦点F1、F2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。

设P(x,y)为椭圆x2y2

典型例题 a2

b

2

1F2(c,0)

PF2F1。

（1）求证离心率esin()；

sinsin

（2）求|PF3

3

1|

PF2|的最值。

（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、根与系数的关系、求根公式等来处理，应特别注意数形结合的思想，通过图形的直观性帮助分析解决问题，如果直线过椭圆的焦点，结合三大曲线的定义去解。

典型例题 抛物线方程y2

p(x1)(p0)，直线xyt与x轴的交点在抛物线准线的右边。 （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。

（4）圆锥曲线的相关最值（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。

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。

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。

（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”。

最值问题的处理思路：

1、建立目标函数。用坐标表示距离，用方程消参转化为一元二次函数的最值问题，关键是由方程求x、y的范围；

2、数形结合，用化曲为直的转化思想；

3、利用判别式，对于二次函数求最值，往往由条件建立二次方程，用判别式求最值；

4、借助均值不等式求最值。 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、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。

（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。

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。

（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）

x2y2

典型例题 已知椭圆C的方程43

1，试确定m的取值范围，使得对于直线y4xm，椭圆C上有不同两点关于直线对称

（7）两线段垂直问题

圆锥曲线两焦半径互相垂直问题，常用

k1·y2

1·k2

y1来处理或用向量的坐标运算来处理。

x1·

x2

典型例题 已知直线l的斜率为k，且过点P(2,0

)l与抛物线C

有两个不同的交点（如图）。 （1）求k的取值范围；

（2）直线l的倾斜角为何值时，A、B与抛物线C的焦点连线互相垂直。

二、解题的技巧方面：

在教学中，学生普遍觉得解析几何问题的计算量较大。事实上，如果我们能够充分利用几何图形、韦达定理、曲线系方程，以及运用“设而不求”的策略，往往能够减少计算量。下面举例说明：

（1）充分利用几何图形

解析几何的研究对象就是几何图形及其性质，所以在处理解析几何问题时，除了运用代数方程外，充分挖掘几何条件，并结合平面几何知识，这往往能减少计算量。 典型例题 设直线3x

4ym0与圆x2y2x2y0相交于P、Q两点，O为坐标原点，

若OPOQ，求m的值。

（2） 充分利用韦达定理及“设而不求”的策略

我们经常设出弦的端点坐标而不求它，而是结合韦达定理求解，这种方法在有关斜率、中点等问题中常常用到。

典型例题 已知中心在原点O，焦点在

y轴上的椭圆与直线yx1相交于P、Q两点，且OPOQ，

|PQ|2

，求此椭圆方程。

（3） 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C2

221：xy4x2y0和C2：xy22y40

的交

点，且圆心在直线l：2x

4y10上的圆的方程。 （4）充分利用椭圆的参数方程

椭圆的参数方程涉及到正、余弦，利用正、余弦的有界性，可以解决相关的求最值的问题．这也是我们常说的三角代换法。

P为椭圆x2y2

典型例题 a2b

21上一动点，A为长轴的右端点，B为短轴的上端点，求四边形OAPB面积

的最大值及此时点P的坐标。

（5）线段长的几种简便计算方法

① 充分利用现成结果，减少运算过程

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

ykxb代入圆锥曲线方程中，得到型如

ax2bxc0

的方程，方程的两根设为

xA

，

xB

，判别式为△，则

|AB|k2·|x△

Ax2B|k|a|

，若直接用结论，能减少配方、开方等运算过程。 例 求直线x

y10被椭圆x24y216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。

例

F1、Fx2y2

2

是椭圆

259

1的两个焦点，AB是经过

F1的弦，若|AB|8，求值

|F2A||F2B|

③ 利用圆锥曲线的定义，把到焦点的距离转化为到准线的距离

例 点A（3，2）为定点，点F是抛物线

y24x的焦点，点P

在抛物线

y24x上移动，若

|PA||PF|取得最小值，求点P的坐标。