圆锥曲线解题技巧和方法综合经典

第一、知识储备： 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）弦长公式

直线ykxb上两点A(x1,y1),B(x2,y2)间的距离：AB1k2x1x2

(1k2)[(x1x2)24x1x2] 或AB11y1y2 2kAx0By0CAB22 ③夹角公式：tank2k11k2k1

（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）

x2y2 标准方程：1(m0,n0且mn)

mn 距离式方程：(xc)2y2(xc)2y22a 参数方程：xacos,ybsin (2)、双曲线的方程的形式有两种

x2y2 标准方程：1(mn0)

mn 距离式方程：|(xc)2y2(xc)2y2|2a

(3)、三种圆锥曲线的通径你记得吗？ (4)、圆锥曲线的定义你记清楚了吗？

x2y2如：已知F1、F2是椭圆1的两个焦点，平面内一个动点M满足

43MF1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FPFb2tan

122|PF1|2|PF2|24c2（其中F1PF2,cos,PF1PF2|PF1||PF2|cos）

|PF1||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|x1|,焦点在y轴上时为|y1| (6)、椭圆和双曲线的基本量三角形你清楚吗？ 第二、方法储备

1、点差法（中点弦问题） 设Ax1,y122p2p2x2y2、Bx2,y2，Ma,b为椭圆1的弦AB中点则有

4322x1yxyxx211，221；两式相减得14343422y21y2320

x1x2x1x24y1y2y1y23kAB=3a 4b2、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900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,y2两式作差有

22x12y12x2y2),BC中点为(x0,y0),F(2,0)则有1,1

20162016(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)02016x0y0k0 (1) 54F(2,0)为三角形重心，所以由入（1）得k

6

5

x1x2yy242，得x03，由10得y02，代33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

5b28010kb，x1x2 x1x22245k45k8k4b280k2y1y2,y1y2 代入（2）式得 2245k45k9b232b1640b4(舍)，解得或 b2945k449y41，即9y29x232y160 直线过定点（0，)，设D（x,y），则9xx1620所以所求点D的轨迹方程是x2(y)2()2(y4)。

99y4、设而不求法

例2、如图，已知梯形ABCD中ABAC所成的比为，双曲线过

2CD，点E分有向线段

C、D、E三点，且以A、B为

焦点当23时，求双曲线离心率e的取值范围。

34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

x2y2cC ,h，代入221，求得hab2，进而求得xE,yE,再代入

x2y2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2ab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

c1依题意，记Ac, 0，C ,h，Ex0, y0，其中c|AB|为双

22曲线的半焦距，h是梯形的高，由定比分点坐标公式得

cc22c， yhx001211

ax2y2设双曲线的方程为221，则离心率ecaab由点C、E在双曲线上，将点C、E的坐标和ec代入双曲线方程得

e2h21， 4b2 ①

②

e22h221 411b由①式得

h2e21， 24b ③

将③式代入②式，整理得

e2 4412，

4故 123

e1由题设23得，21233

334e24

解得 7e10

7 , 10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2cAE2xE，又，代入整理123，由题设2334121e1AC1得，21333 24e2解得 7e10

7 , 10所以双曲线的离心率的取值范围为5、判别式法

例3已知双曲线C:y

2,0，斜率为k，当0k1时，双

x21，直线l过点A222曲线的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为2，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:yk(x2)0k1

2

解题过程略.

直线l’在l的上方且到直线l的距离为

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

把直线ll’的方程代入双曲线方程，消去y，令判别式0 谓“有且仅有一点B到直线的距离为2”，相当于化归的方程有唯一解. 据

此设计出如下解题思路： 问题 简解：设点M(x,2x2)为双曲线C上支上任一点，则点M到直线l的距离

kx2x22k关于x的方程为： k1220k1有唯一解 转化为一元二次方程根的问题 x的方程于是，问题即可转化为如上关于.

由于0k1，所以2x2xkx，从而有 于是关于x的方程

由0k1可知：

求解 方程k1x2k2(k1)2kx2(k1)2k20的二根同正，故

222222(k21)2kkx0恒成立，于是等价于

k

21x2k2(k1)2kx222(k21)2k20.

25. 52由如上关于x的方程有唯一解，得其判别式0，就可解得 k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:x22y28和点P（4，1），过P作直线交椭圆于A、B两

APAQ点，在线段AB上取点Q，使，求动点Q的轨迹所在曲线的方程. PBQB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：

x4(xAxB)2xAxB8(xAxB)APAQ来转化.由A、B、P、Q四点共线，不难得到PBQB，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.

将直线方程代入椭圆方程，消去y，利用韦达定理 在得到xfk之后，如果能够从整体上把握，认识到：所谓消参，目的不过是得到关于x,y的方程（不含k），则可由yk(x4)1解得kxfk即可得到轨迹方程。从而简化消去参的过程。

y1，直接代入x4简解：设Ax1,y1,B(x2，y2),Q(x,y)，则由APPBAQQB可得：4x1x24xx1， x2x解之得：x4(x1x2)2x1x2 （1）

8(x1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1x24k(14k)x2(14k)280 （2）

4k(4k1)x1x2,2k21 2xx2(14k)8.122k21代入（1），化简得：x4k3. (3)

k2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 得

1621016210x.99210210k44，结合（3）可求

109x162109故知点Q的轨迹方程为：2xy40 （162）.

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. 6、求根公式法 例5设直线l过点的取值范围.

x2y2P（0，3），和椭圆1顺次交于

94A、B两点，试求

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

PBxB题的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=A已经是一个关系式，但由于有两个变PBxB量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.

把直线l的方程y = kx+3代入椭圆方程，消去y简解1：当直线l垂直于x轴时，可求得求根公式 得到关于x的一元二次方程 AP1; PB5当l与x轴不垂直时，设Ax1,y1,B(x2，y2)，直线l的方程为：ykx3，代入

xA= f（k），xB = g（k） 229k4x54kx）450 椭圆方程，消去y得AP/PB = —（xA / xB 解之得 得到所求量关于kk的函数关系式2769k2 5x1,2由判别式得出k的取值范围

所求量的取值范围 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.

9k24. 27k69k25当k0时，x19k24，x227k629k25， 9k4x19k29k2518kAP18所以 =1=1=22PBx29k29k59k29k59295.

k29k240, 解得 k2， 由 (54k)218059所以 综上

11189295k21， 51AP1. 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

xAP1不是关于x1,x2的对称关系式. PBx2原因找到后，解决问题的方法自然也就有了，即我们可以构造关于x1,x2的对称关系式.

把直线l的方程y = kx+3代入椭圆方程，消去简解2：设直线l的方程为：ykx3，代入椭圆方程，消去y得

韦达定理 y得到关于x的一元二次方程 9k4x54kx450 （*）

x+ x= f（k），x x= g（k） 22AB AB 则

54kAP/PB = —（xA / xB） xx,1229k4 构造所求量与k的关系式 xx45.129k24由判别式得出k的取值范围

关于所求量的不等式 2x11324k令，则，22. x245k20在（*）中，由判别式0,可得 k2， 从而有

324k236，所以 42545k2059 421361，解得 5.

55结合01得1. 综上，1AP1. PB515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，数形结合法等等. 本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.

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，只有见微知着，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，且AFFB1，O为椭圆中心，F为椭圆的右焦点，

OF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） 由 AF   1 ， OF 1 FB

由F为PQM的重写出椭圆方程 ( a  c )( a  c )  1 ， c  1

（Ⅱ） 消元 解题过程：两根之 和， 得出关于 m的方程 解出m x2y2（Ⅰ）如图建系，设椭圆方程为221(ab0),则c1

ab又∵AFFB1即 (ac)(ac)1a2c2，∴a2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1，

yxm于是设直线l为 yxm，由2得，3x24mx2m220 2x2y2∵MPFQ0x1(x21)y2(y11) 又yixim(i1,2) 得x1(x21)(x2m)(x1m1)0 即

2x1x2(x1x2)(m1)m2m0 由韦达定理得

解得m或m1（舍） 经检验m符合条件．

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．

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)、

3B(2,0)、C1,三点． 24343（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： 由椭圆经过A、B、C三设方程为2 （Ⅰ） mx 得到 m ,n的方程ny2  1（Ⅱ） 由  DFH 解出 内切圆面积最 m , n 转化为  DFH 面积最 转化为点D的纵坐标的绝对值最大最D为椭圆短轴端3 0,得出D点坐标为3mx2ny21m0,n0，解题过程： （Ⅰ）设椭圆方程为将A(2,0)、B(2,0)、33 DFH面积最大值为C(1,)代入椭圆E的方程，得24m1,x2y211解得m,n.∴椭圆E的方程1 ． 943mn1434

（Ⅱ）|FH|2，设ΔDFH边上的高为SDFH2hh

当点D在椭圆的上顶点时，h最大为3，所以SDFH的最大值为3．

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R6 所以R的最大值为

3．所以内切圆圆心的坐标为(0,3)33.

1212点石成金：S的内切圆的周长r的内切圆

例8、已知定点C(1，过点C的动直线与椭圆相交于A，B0)及椭圆x23y25，两点.

（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标是，求直线AB的方程；

（Ⅱ）在x轴上是否存在点M，使MAMB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x23y25， 消去y整理得 设A(x1，y1)， B(x2，y2)，

36k44(3k21)(3k25)0， (1) 则 6k2x1x22. (2)3k1x1x23k2112，解得k3，符合由线段AB中点的横坐标是， 得23k1223(3k21)x26k2x3k250.

1212

题意。

所以直线AB的方程为 x3y10，或 x3y10. （Ⅱ）解：假设在x轴上存在点M(m,0)，使MAMB为常数.

6k23k25 x1x22. (3) ① 当直线AB与x轴不垂直时，由（Ⅰ）知 x1x22，3k13k1所以MAMB(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21) (k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.将(3)代入，整理得

114(2m)(3k21)2m(6m1)k5233m2m22m16m14. MAMBm33(3k21)3k213k212注意到MAMB是与k无关的常数， 从而有6m140，m， 此时MAMB. 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3374m时， 亦有MAMB.

39，0 综上，在x轴上存在定点M，使MAMB为常数.

73734922114(2m)(3k21)2m(6m1)k5233m2 点石成金：MAMBm3k213k212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：

x2y2解：（1）设椭圆方程为221(ab0)

aba2b2x2y2a8则41解得2 ∴椭圆方程为1

8221b22ba（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m 又KOM= l的方程为：yxm

1yxm222由2x2mx2m40 2xy1281212∵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1y1,k22 x12x22由x22mx2m240可得 而k1k2y11y21(y11)(x22)(y21)(x12) x12x22(x12)(x22)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

23x2y2例10、已知双曲线221的离心率e，过A(a,0),B(0,b)的直线到原点的

3ab距离是

3. 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）

dc23原点到直线,a3AB：xay1的距离baba2b23.ab3.c2.

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

15k5k2k0,又k0,k7 即2213k13k故所求k=±7.

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221(ab0)，

ab

由已知得：ac3，ac1，

x2y2 椭圆的标准方程为1． 22243bac3a2，c1，（II）设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

ykxm，联立 x2y21.34

得 (34k2)x28mkx4(m23)0，则

3(m24k2)又y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m． 234k22因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，

kADkBD1，即

y1y21. y1y2x1x22(x1x2)40． x12x223(m24k2)4(m23)15mk40． 7m216mk4k20． 22234k34k34k解得：m12k，m22k，且均满足34k2m20． 7当m12k时，l的方程yk(x2)，直线过点(2，0)，与已知矛盾； 当m222k2x0． 时，l的方程为yk，直线过定点，777270． 所以，直线l过定点，定点坐标为，点石成金：以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点 CA⊥CB; 例

x2y212、已知双曲线221(a0,b0)的左右两个焦点分别为F1、F2,点

abP在双曲

线右支上.

（Ⅰ）若当点P的坐标为(34116,)时,PF1PF255,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,PF13411634116,), PF2(c,), 555534134116PF1PF2,PF1PF20,(c)(c)()20 （1分）

555(c解得

c225,c5. 由双曲线定义得: |PF1||PF2|2a,

2a(5341216341216)()2(5)()2(413)2(413)26,5555a3,b4

x2y21 916 所求双曲线的方程为:

(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

2a2r1|aex|aex,r2|aex|exa,r13r2,aex3(exa),xc2a2xa,a,2ac，

ce的最大值为

,

2,无最小值.

cbc2a2e213, 此时2,aaa此时双曲线的渐进线方程为y3x

(法二)设F1PF2,(0,].

(1)当时, r1r22c,且r13r2，2c4r2, 此时

e2c4r22. 2a2r22ar1r22r2

(2)当,由余弦定理得: （0，）2（2c）r1r22r1r2cos10r26r2cos2222

e2cr2106cos106cos2a2r22,

2,但e无最小值. (以下法一)

cos(1,1),e(1,2),综上,e的最大值为