圆锥曲线点差法

圆锥曲线点差法

钢板剪力墙-什么食物含雌激素比较高

2023年3月16日发(作者：游戏的价值)

圆锥曲线的解题技巧

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

(x

1

,y

1

)

，

(x

2

,y

2

)

，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。

x2y2

如：（1）

2



2

1(ab0)

与直线相交于A、B，设弦AB中点为M(x

0

,y

0

)，则有

ab

x

0

y

0

2

k0

。

2ab

x2y2

（2）

2



2

1(a0,b0)

与直线l相交于A、B，设弦AB中点为M(x

0

,y

0

)则有

ab

x

0

y

0

2

k0

2ab

（3）y2=2px（p>0）与直线l相交于A、B设弦AB中点为M(x

0

,y

0

),则有2y

0

k=2p,即y

0

k=p.

y21

。典型例题给定双曲线

x

过A（2，1）的直线与双曲线交于两点

P

1

及

P

2

，

2

2

求线段

P

1

P

2

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

F

1

、

F

2

构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭

桥。

x2y2

典型例题设P(x,y)为椭圆

2



2

1

上任一点，

F

1

(c,0)

，

F

2

(c,0)

为焦点，

ab

PF

1

F

2



，

PF

2

F

1



。

（1）求证离心率

e

sin(







)

；

sin



sin



3（2）求

|PF

1

|PF

2

|

的最值。3

（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y

2

=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。

N

M

（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）

OQ

x2y21

，试确定m的取值范围，使得对于直线典型例题已知椭圆C的方程

43

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

k

1

·k

2



运算来处理。

y

1

·y

21

来处理或用向量的坐标

x

1

·x

2

典型例题已知直线

l

的斜率为

k

，且过点

P(2,0)

，抛物线

C:y4(x1)

，直线

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。

2

四、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

xyx2y0

相交于P、Q两点，O为

坐标原点，若

OPOQ

，求m的值。

22

（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|

10

，求此椭圆方程。

2

（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

C

1

：xy4x2y0

和

C

2

：xy2y4

0的2222

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。

x2y2

典型例题P为椭圆

2



2

1

上一动点，A为长轴的右端点，B为短轴的上端点，求四

ab

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

axbxc0

的方程，方程的两根设为

x

A

，

x

B

，判别式为△，

则

|AB|

过程。

例求直线

xy10

被椭圆

x4y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。

22

2

△

，若直接用结论，能减少配方、开方等运算

1k2·|x

A

x

B

|1k2·

|a|

x2y21

的两个焦点，AB是经过

F

1

的弦，若

|AB|8

，求值例

F

1

、

F

2

是椭圆

259

|F

2

A||F

2

B|

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

y4x

的焦点，点P在抛物线

y4x

上

移动，若

|PA||PF|

取得最小值，求点P的坐标。

22

圆锥曲线解题方法技巧归纳

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

tan

k

2

k

1

1k

2

k

1

Ax

0

By

0

C

AB22

③夹角公式：

（3）弦长公式

直线

ykxb

上两点

A(x

1

,y

1

),B(x

2

,y

2

)

间的距离：

AB1k2x

1

x

2

(1k2)[(x

1

x

2

)24x

1

x

2

]

或

AB1

1

y

1

y

2

2k

（4）两条直线的位置关系

①

l

1

l

2

k

1

k

2

=-1②

l

1

//l

2

k

1

k

2

且b

1

b

2

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？

2b22b22p椭圆：；双曲线：；抛物线：

aa

(4)、圆锥曲线的定义你记清楚了吗？

x2y2如：已知

F

1

、F

2

是椭圆

1

的两个焦点，平面内一个动点M满

43

足

MF

1

MF

2

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

P在双曲线上时，S

FPF

b2cot

12



2

|PF

1

|2|PF

2

|24c2（其中

F

1

PF

2





,cos



,PF

1

PF

2

|PF

1

||PF

2

|cos



）

|PF

1

||PF

2

|

(6)、记住焦半径公式：（1）

椭圆焦点在x轴上时为aex

0

;焦点在y轴上时为aey

0

，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|x

0

|a

（3）

抛物线焦点在x轴上时为|x

1

|,焦点在y轴上时为|y

1

|

(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



x

1

,y

1



x2y2、

B



x

2

,y

2



，

M



a,b



为椭圆

1

的弦

AB

中点则有

43

p

2

p

2

x

1

yxyxx

211

，

22

1

；两式相减得

1

43434

2222



22







y2

1

y

2

3

2



0





x

1

x

2



x

1

x

2



4





y

1

y

2



y

1

y

2



3

k

AB

=



3a

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(x

1

,y

1

),B(x

2

,y

2

)

，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

4

x2

5

y2

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

x

1

x

2

y

1

y

2

14(

y

1

y

2

)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（

x

1

,

y

1

）,C(

x

2

,

y

2

),BC中点为(

x

0

,y

0

),F(2,0)则有

22x

1

2y

1

2x

2

y

21,1

20162016

两式作差有

(x

1

x

2

)(x

1

x

2

)(y

1

y

2

)(y

1

y

2

)

0

2016

x

0

y

0

k

0

(1)

54

F(2,0)为三角形重心，所以由

y

0

2

，代入（1）得

k

x

1

x

2

yy

2

4

2

，得

x

0

3，由10

得

33

6

5

直线BC的方程为

6x5y280

2)由AB⊥AC得

x

1

x

2

y

1

y

2

14(

y

1

y

2

)160（2）

设直线BC方程为

ykxb

,

代入

4

x2

5

y2

80，得

(45k2)x210bkx5b2800

5b28010kb

，

x

1

x

2

x

1

x

2



2

245k

45k

8k4b280k2y

1

y

2

,y

1

y

2



代入（2）式得

45k245k2

9b232b164

0b4(舍)

，解得或

b

29

45k

直线过定点（0，

)，设D（x,y），则

9y29x232y160

4

9

y

4

9



y4

1

，即

xx

所以所求点D的轨迹方程是

x2(y

4、设而不求法

例2、如图，已知梯形ABCD中

AB

16

2

20

)(

)2(

y

4)。

99

2CD

，点E分有向线段

AC

所

34

成的比为



，双曲线过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。

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

进而求得

x

E

,

y

E



x2y2

c

C

,h

，代入

2



2

1

，求得

h

ab



2

x2y21

a2b2

，

,再代入

，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

c



1依题意，记A



c,0



，C

,h

，E



x

0

,y

0



，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



h

x

0



01



2





1



1



a

x2y2设双曲线的方程为

2



2

1

，则离心率

e

c

a

ab

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

，

4

b2

e2

4

①

2



2







h







2

1



1



1



b

②

由①式得h2e21

，

4

b2

③

将③式代入②式，整理得

e2

44





12



，

4

故

1

2

3

e1

由题设2







3得，2

1

2

3



3

334

e2

4

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ex

E



,

ACaex

C

，

c

c





2



cAE

2

x

E



，又，代入整理

1

2

3，由题



1



2





1



e1

AC1



设2







3得，2

1

343

33



24

e2

7e10

7,10

解得

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



x2直线

l

过点

A

1

，

22

2



2,0

，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

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

直线l’在l的上方且到直线l的距离为

l':ykx2k

2

22k把直线l’的方程代入双曲线方程，消去y，令判别式

0

解得k的值

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

2

”，相当于化归

的方程有唯一解.据此设计出如下解题思路：

关于x的方程

问题

kx2x22k

k1

求解

2

2



0k1



有唯一

转化为一元二次方程根的问题

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

的距离为：

kx2x22k

k12

2



0k1







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

2

k

2(

k2

1)



2x2

2(2(k21)2kkx)2,



2



2(k1)2kkx0

2









k





1x22k2(k21)2kx









2(k21)2k20,



2

2



2(k1)2kkx0.

由

0k1

可知：

方程



k

1



x

2

k

2(

k

1)2

kx

2(

k

1)2

k

20

的二根同2222

2









正，故

2(

k2

1)2

kkx

0恒成立，于是







等价于



k

k

25

.

5

21x2k2(k1)2kx



2



2





2(k21)2k20

.



2

由如上关于

x

的方程有唯一解，得其判别式

0

，就可解得

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2

y2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

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

APAQ



，求动点Q的轨迹所

PBQB

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：

P、Q四点共线，不难得到

x

4(xx

B

)2x

A

x

B

8(x

A

x

B

)

A

APAQ



来转化.由A、B、

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

AP

PB



AQ

QB

x

4(x

A

x

B

)2x

A

x

B

8(x

A

x

B

)

xf



k



利用点Q满足直线AB的方程：y=k(x—4)+1，消去参数k

点Q的轨迹方程

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

y1

，直接代入

xf



k



即可得到轨迹方程。从而简化消去参的过

x4

程。

简解：设

A



x

1

,

y

1



,

B

(

x

2

，y

2

),

Q

(

x

,

y

)，则由AP

PB



AQ

QB

4x

1

可得：

x

2

4



xx

1

，

x

2

x

解之得：

x

4(x

1

x

2

)2x

1

x

2

（1）

8(x

1

x

2

)

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)



xx,

12



2k21



2

xx

2(14k)8

.

12

2k21



代

(3)

入（1），化简得：

x

4k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

64

k2

64

k

240，解得

可求得

1621016210

x.

99

210210

k

44

，结合（3）

10

9

x

16210

9

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

试求

AP

的取值范围.

PB

PB

x2y2P（0，3），和椭圆

1

顺次交于

94

A、B两点，

分析：本题中，绝大多数同学不难得到：AP=



x

A

，但从此后却一

x

B筹莫展,问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，

AP

x

=

A已经是一个关系式，但由于

PB

x

B

有两个变量

x

A

,x

B

，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

x

A

,x

B

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得

到关于x的一元二次方程

求根公式

x

A

=f（k），x

B

=g（k）

AP/PB=—（x

A

/x

B

）

得到所求量关于k的函数关系式

由判别式得出k的取值范围

所求量的取值范围

简解1：当直线

l

垂直于x轴时，可求得

AP1



;

PB5

当

l

与x轴不垂直时，设

A



x

1

,

y

1



,

B

(

x

2

，y

2

)，直线

l

的方程为：

ykx3

，代入椭圆方程，消去

y

得



9k24



x254kx450

解之得

x

1,2

27k69k25

.

29k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.

27k69k25当

k0

时，

x

1



9k24

227k69k5，

，

x

2



9k24

x

1

9k29k25

18kAP

18

所以=

1

=

1



=

2

2

PBx

2

9k29k5

9k29k5

929

5

.

k2

9

k2

4



0,解得

k2

，

由

(54

k

)2

180

5

9

所以

综上

11

18

929

5

k

2



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

x

AP

1不是关于

x

1

,x

2

的对称关系式.原因找到后，解决问题的

PBx

2

方法自然也就有了，即我们可以构造关于

x

1

,x

2

的对称关系式.

把直线l的方程y=kx+3代入椭圆方程，消去y

得到关于x的一元二次方程

韦达定理

x

A

+x

B

=f（k），x

A

x

B

=g（k）

AP/PB=—（x

A

/x

B

）

构造所求量与k的关系式

由判别式得出k的取值范围

关于所求量的不等式

简解2：设直线

l

的方程为：

ykx3

，代入椭圆方程，消去



9k24



x254kx450

（*）



则





x

1

x

54k

2





9k24

,







x

1

x

2



45

9k24

.

令

x

1

x



，则，





1

2

324k2

2

.

2



45k20

在（*）中，由判别式

0,

可得

k2

5

9

，

y

得

从而有

1

5

.

5

324k236

4

5

45k220

，所以

4



2



136

，解得

5

结合

01

得

1.

综上，

1

AP1



.

PB5

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

AFFB1，

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FB1

，

OF1

由F为

PQM

的重心

(ac)(ac)1

，

c1

a2,b1

写出椭圆方程

PQMF,MPFQ

k

PQ

1

（Ⅱ）



yxm



22

x2y2

消元

得出关于

m的方程

解出m

3x24mx2m220

两根之和，

两根之积

MPFQ0

解题过程：

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(x

1

,y

1

),Q(x

2

,y

2

)

，∵

M(0,1),F(1,0)

，故

k

PQ

1

，

于是设直线

l

为

3x24mx2m220



yxm

得，

yxm

，由



22x2y2



∵

MPFQ0x

1

(x

2

1)y

2

(y

1

1)

又

y

i

x

i

m(i1,2)

得

x

1

(x

2

1)(x

2

m)(x

1

m1)0

即

2x

1

x

2

(x

1

x

2

)(m1)m2m0

由韦达定理得

2m224m

2(m1)m2m0

33

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



3



A(2,0)

、

B(2,0)

、

C



1,



三点．

2

4

3

4

3

（Ⅰ）求椭圆

E

的方程：

（Ⅱ）若点D为椭圆

E

上不同于

A

、

B

的任意一点，

F(1,0),H(1,0)

，

当Δ

DFH

内切圆的面积最大时，求Δ

DFH

内心的坐标；

思维流程：

（Ⅰ）得到

m,n

的方程

解出

m,n

由椭圆经过A、B、C三点

设方程为

mxny122

（Ⅱ）

由

DFH

内切圆面积最大转化为



面积最大

DFH

转化为点

D

为椭圆短轴端点的纵坐标的绝对值最大最大

D

解题过程：（Ⅰ）设椭圆方程为

mx2ny2

1



m0,n0



，

将

3

A(2,0)

、

B(2,0)

、

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

．



9

43

mn1

43



4

得出

D

点坐标为



0,

DFH面积最大值为

3

S

DFH

1

周长r

内切圆2

r

内切圆



3

3







3





3





1

2

（Ⅱ）

|FH|2

，设Δ

DFH

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Δ

DFH

的内切圆的半径为

R

，因为Δ

DFH

的周长为定值6．所以，

S

DFH



1

R6

2

所以

R

的最大值为

3

．所以内切圆圆心的坐标为

(0,

3

)

3

3

.

点石成金：

S

的内切圆

的周长r

的内切圆

例8、已知定点

C(1，0)

及椭圆

x2

3

y2

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



，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

3

y2

5，消去

y

整理得

设

A(x

1

，y

1

)，B(x

2

，y

2

)，



36k44(3k21)(3k25)0，(1)



则



6k2



x

1

x

2



2

.(2)

3k1



x

1

x

2

3k211



2



，解得由线段

AB

中点的横坐标是



，得

23k12

2

k

3

3

1

2

1

2

(3k21)x26k2x3k250.

，符合题意。

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.

①当直线

AB

与

x

轴不垂直时，由（Ⅰ）知

6k23k25

x

1

x

2



2

，x

1

x

2



2

.(3)

3k13k1

所以

MAMB(x

1

m)(x

2

m)y

1

y

2

(x

1

m)(x

2

m)k2(x

1

1)(x

2

1)

(k21)x

1

x

2

(k2m)(x

1

x

2

)k2m2.

将

(3)

代入，整理得

114

(2m)(3k21)2m

(6m1)k5

2

33

m2MAMBm

3k213k21

2

16m14

m22m.

33(3k21)

注意到

MAMB

是与

k

无关的常数，从而有

6m140，m

，此时

4

MAMB.

9

7

3

②当直线

AB

与

x

轴垂直时，此时点

A，B

的坐标分别为

742



2



，当时，亦有

m

MAMB.1，、1，



3

9

3



3





0



，使

MAMB

为常数.

综上，在

x

轴上存在定点

M





，



7

3

114

(2m)(3k21)2m

(6m1)k5

33

m2

点石成金：

MAMBm2

223k13k1

2

m22m

16m14

.

233(3k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：

x2y2解：（1）设椭圆方程为

2



2

1(

ab

0)

ab



a2b

2

x2y2

a8

则



41

解得



2

∴椭圆方程为

1

82



2

1



b2





2ab



（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m

又K

OM

=

l

的方程为：

yxm

1



yxm





2

由



2

x2

2

mx

2

m2

40

2

x



y

1



2



8

1

2

1

2

∵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k

1

，k

2

，只需证明k

1

+k

2

=0

即可

设

A

(

x

1

,

y

1

),

B

(

x

2

,

y

2

),

且x

1

x

2

2

m

,

x

1

x

2

2

m2

4

则

k

1



y

1

1y1

,k

2

2

x

1

2x

2

2

由

x

2

2

mx

2

m2

40可得

x

1

x

2

2m,x

1

x

2

2m24

而

k

1

k

2



y

1

1y

2

1(y

1

1)(x

2

2)(y

2

1)(x

1

2)



x

1

2x

2

2(x

1

2)(x

2

2)

11

(x

1

m1)(x

2

2)(x

2

m1)(x

1

2)

2



2

(x

1

2)(x

2

2)



x

1

x

2

(m2)(x

1

x

2

)4(m1)

(x

1

2)(x

2

2)

2m24(m2)(2m)4(m1)



(x

1

2)(x

2

2)

2m242m24m4m4

0

(x

1

2)(x

2

2)

k

1

k

2

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

k

1

k

2

0

23

x2y2例10、已知双曲线

2



2

1

的离心率

e

，过

A(a,0),B(0,b)

的直

3

ab

线到原点的距离是

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

ab

a2b2

c23

,

a3

原点到直线

AB

：xy

1

ab

的距离



3.

ab3

.

c2

.

b1,a

故所求双曲线方程为

（2）把

x2y21.

3

中消去

ykx

5

代入x2

3

y2

3

y

，整理得

(13k2)x230kx780

.

设

C(x

1

,y

1

),D(x

2

,y

2

),CD

的中点是

E

(

x

0

,

y

0

)

，则

x

0



k

BE

x

1

x

2

15k5

ykx5,

002

13k213k2

y1

1

0.

x

0

k

x

0

ky

0

k0,

即

15k5k

k0,

又k

0,k2

7

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

=k

x

+

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3

a2，c1，

（II）设

A(x

1

，y

1

)，B(x

2

，y

2

)

．



ykxm，

联立





x2y21.



3



4

得

(34k2)x28mkx4(m23)0

，则





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



8mk



，



x

1

x

2



234k





4(m23)

.



x

1

x

2



34k2

3(m24k2)

又

y

1

y

2

(kx

1

m)(kx

2

m)kx

1

x

2

mk(x

1

x

2

)m

．

234k

22

0)

，因为以

AB

为直径的圆过椭圆的右顶点

D(2，

k

AD

k

BD

1，即

y

1

y

21

.

y

1

y

2

x

1

x

2

2(x

1

x

2

)40

．

x

1

2x

2

2

3(m24k2)4(m23)15mk

2240

．

7m16mk4k0

．

22234k34k34k

解得：

m

1

2k，m

2



2k

，且均满足

34k2m20

．

7

当

m

1

2k

时，

l

的方程

yk(x2)

，直线过点

(2，0)

，与已知矛盾；

当

m

2



2



2k



2



x0



．时，

l

的方程为

yk



，直线过定点



，

777



，0

所以，直线

l

过定点，定点坐标为





．



2

7

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

F

1

、F

2

,

ab

点P在双曲线右支上.

（Ⅰ）若当点P的坐标为

(

34116

,

)

时,

PF

1

PF

255

,求双曲线的方程；

（Ⅱ）若

|

PF

1

|3|

PF

2

|

,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,

PF

1

3411634116

,)

,

PF

2

(c,)

,

5555

34134116

PF

1

PF

2

,

PF

1

PF

2

0,(c)(c)()20

（1分）

555

(c

解得

c225,c5

.由双曲线定义得:

|PF

1

||PF

2

|2a,

2a(5

341

2

16341

2

16

)()2(5)()2

5555

(413)2(413)26

,

a3,b4



所求双曲线的方程为:x2y21

916

(法二)因

PF

1

PF

2

,由斜率之积为

1

,可得解.

（Ⅱ）设

|PF

1

|r

1

,|PF

2

|r

2

,

(法一)设P的坐标为

(

x



,

y



)

,由焦半径公式得

,

r

1

|aex



|aex



,r

2

|aex



|ex



a

2a22a2,



x



a,



r

1

3r

2

,aex



3(ex



a),x



a

,2ac

，

cc

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



F

1

PF

2

,



(0,



]

.

(1)当







时,

r

1

r

2

2c,且r

1

3r

2

，2c4r

2

,

此时

e

2c

4r

22

.

2a2r

2

2ar

1

r

2

2r

2

(2)当





,由余弦定理得:

（0，



）

2（2c）r

1

r

2

2r

1

r

2

cos



10r

2

6r

2

cos

2222

e

2c

r

2

106cos



106cos





2a2r

2

2

,

cos(1,1)

,

e(1,2)

,综上,

e

的最大值为2,但

e

无最小值.(以下

法一)