解圆锥曲线常见类型题方法汇总(精华版)

【学习要点】

    解圆锥曲线问题常用以下方法：

    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，，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决更直接简明。

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、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：

    （1）与直线相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)，则有。

    （2）与直线l相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)则有

（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】

例1、(1)抛物线C:y2=4x上一点P到点A(3,4)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，因而易发现，当A、P、F三点共线时，距离和最小。

（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，）

连PF，当A、P、F三点共线时，最小，此时AF的方程为即 y=2 (x-1),代入y2=4x得P(2,2)，（注：另一交点为()，它为直线AF与抛物线的另一交点，舍去）

（2）（）

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

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。

例2、F是椭圆的右焦点，A(1,1)为椭圆内一定点，P为椭圆上一动点。

（1）的最小值为                

（2）的最小值为                

分析：PF为椭圆的一个焦半径，常需将另一焦半径或准线作出来考虑问题。

解：（1）4- 

    设另一焦点为，则(-1,0)连A,P

当P是A的延长线与椭圆的交点时,取得最小值为4-。

（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=，

∴

∴

当A、P、H三点共线时，其和最小，最小值为

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）。

解：如图，，

∴

∴   （*）

∴点M的轨迹为椭圆，2a=8，a=4，c=1，b2=15轨迹方程为

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，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=sinA,求点A的轨迹方程。

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。

解：sinC-sinB=sinA   2RsinC-2RsinB=·2RsinA

∴

即    （*）

∴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

所求轨迹方程为（x>3）

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）

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)

①

②

③

则

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

∴，

    ≥  

当4x02+1=3  即时，此时

法二：如图， 

∴， 即，

∴， 当AB经过焦点F时取得最小值。

∴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。

例6、已知椭圆过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及准线从左到右依次变于A、B、C、D、设f(m)=,（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

此时问题已明朗化，只需用韦达定理即可。

解：（1）椭圆中，a2=m，b2=m-1，c2=1，左焦点F1(-1,0)

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=-

（2）

∴当m=5时， 

  当m=2时， 

点评：此题因最终需求，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，将y0=x0+1，k=1代入得，∴，可见

当然，解本题的关键在于对的认识，通过线段在x轴的“投影”发现是解此题的要点。

【同步练习】

1、已知：F1，F2是双曲线的左、右焦点，过F1作直线交双曲线左支于点A、B，若，△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，点B、C的坐标分别为(-1，0)，(1，0)，则顶点A的轨迹方程是（     ）

A、                  B、 

C、            D、

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   （     ）

A、     B、

C、     D、

5、已知双曲线上一点M的横坐标为4，则点M到左焦点的距离是     

6、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=                  

10、设点P是椭圆上的动点，F1，F2是椭圆的两个焦点，求sin∠F1PF2的最大值。

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)，，求直线l的方程和椭圆方程。

12、已知直线l和双曲线及其渐近线的交点从左到右依次为A、B、C、D。求证：。

参

   1、C

，

∴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        ∵，且

∵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        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得，∴      ①又c5、    左准线为x=-，M到左准线距离为则M到左焦点的距离为

6、        设弦为AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)AB中点为(x，y)，则y1=2x12，y2=2x22，y1-y2=2(x12-x22)

∴  ∴2=2·2x，    将代入y=2x2得，轨迹方程是(y>)

7、y2=x+2(x>2)    设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点M(x，y)，则

∵，∴，即y2=x+2

又弦中点在已知抛物线内P，即y2<2x，即x+2<2x，∴x>2

8、4    ，令代入方程得8-y2=4    ∴y2=4，y=±2，弦长为4

9、    y=kx+1代入x2-y2=1得x2-(kx+1)2-1=0    ∴(1-k2)x2-2kx-2=0

①得4k2+8(1-k2)=0，k=    ②1-k2=0得k=±1

10、解：a2=25，b2=9，c2=16

①

②

设F1、F2为左、右焦点，则F1(-4，0)F2(4，0)

设

则

    ①2-②得2r1r2(1+cosθ)=4b2

    ∴1+cosθ=  ∵r1+r2，  ∴r1r2的最大值为a2

∴1+cosθ的最小值为，即1+cosθ

cosθ，则当时，sinθ取值得最大值1，

即sin∠F1PF2的最大值为1。

11、设椭圆方程为        由题意：C、2C、成等差数列，

∴，        ∴a2=2(a2-b22DDFFF2+2222222大案要案  000),∴a2=2b2

椭圆方程为，设A(x1，y1)，B(x2，y2)        则①②

①-②得        2222222∴        即∴k=1

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，  

解得b2=12，  ∴椭圆方程为，直线l方程为x-y+3=0

12、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

①

②

        ①-②得③        设，

④

⑤

则              ④-⑤得⑥        

由③、⑥知M、均在直线上，而M、又在直线l上 ，

若l过原点，则B、C重合于原点，命题成立        若l与x轴垂直，则由对称性知命题成立

若l不过原点且与x轴不垂直，则M与重合        ∴

椭圆标准方程典型例题

例1 已知椭圆的一个焦点为（0，2）求的值．

分析：把椭圆的方程化为标准方程，由，根据关系可求出的值．

解：方程变形为．因为焦点在轴上，所以，解得．

又，所以，适合．故．

例2 已知椭圆的中心在原点，且经过点，，求椭圆的标准方程．

分析：因椭圆的中心在原点，故其标准方程有两种情况．根据题设条件，运用待定系数法，

求出参数和（或和）的值，即可求得椭圆的标准方程．

解：当焦点在轴上时，设其方程为．

由椭圆过点，知．又，代入得，，故椭圆的方程为．

当焦点在轴上时，设其方程为．

由椭圆过点，知．又，联立解得，，故椭圆的方程为．

例3的底边，和两边上中线长之和为30，求此三角形重心的轨迹和顶点的轨迹．

分析：（1）由已知可得，再利用椭圆定义求解．

（2）由的轨迹方程、坐标的关系，利用代入法求的轨迹方程．

解： （1）以所在的直线为轴，中点为原点建立直角坐标系．设点坐标为，由，知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因，，有，

故其方程为．

（2）设，，则．      ①

由题意有代入①，得的轨迹方程为，其轨迹是椭圆（除去轴上两点）．

例4 已知点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点到两焦点的距离分别为和，过点作焦点所在轴的垂线，它恰好过椭圆的一个焦点，求椭圆方程．

解：设两焦点为、，且，．从椭圆定义知．即．

从知垂直焦点所在的对称轴，所以在中，，

可求出，，从而．

∴所求椭圆方程为或．

例5 已知椭圆方程，长轴端点为，，焦点为，，是椭圆上一点，，．求：的面积（用、、表示）．

分析：求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边，从而利用求面积．

解：如图，设，由椭圆的对称性，不妨设，由椭圆的对称性，不妨设在第一象限．由余弦定理知：     ·．①

由椭圆定义知：    ②，则得     ．

故．

例6 已知动圆过定点，且在定圆的内部与其相内切，求动圆圆心的轨迹方程．

分析：关键是根据题意，列出点P满足的关系式．

解：如图所示，设动圆和定圆内切于点．动点到两定点，

即定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，

即．∴点的轨迹是以，为两焦点，

半长轴为4，半短轴长为的椭圆的方程：．

说明：本题是先根据椭圆的定义，判定轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程，求轨迹的方程．这是求轨迹方程的一种重要思想方法．

例7 已知椭圆，（1）求过点且被平分的弦所在直线的方程；

（2）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；

（3）过引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；

（4）椭圆上有两点、，为原点，且有直线、斜率满足，

求线段中点的轨迹方程．  

分析：此题中四问都跟弦中点有关，因此可考虑设弦端坐标的方法．

解：设弦两端点分别为，，线段的中点，则

将⑥代入椭圆方程得，符合题意，为所求．

（2）将代入⑤得所求轨迹方程为：              ．（椭圆内部分）

（3）将代入⑤得所求轨迹方程为：     ．（椭圆内部分）

（4）由①＋②得  ：  ，  ⑦，      将③④平方并整理得

，     ⑧，             ，      ⑨

将⑧⑨代入⑦得：            ，         ⑩

再将代入⑩式得：   ，     即    ．

此即为所求轨迹方程．当然，此题除了设弦端坐标的方法，还可用其它方法解决．

例8 已知椭圆及直线．

（1）当为何值时，直线与椭圆有公共点？

（2）若直线被椭圆截得的弦长为，求直线的方程．

解：（1）把直线方程代入椭圆方程得   ，

即．，解得．

（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为，，由（1）得，．

根据弦长公式得  ：．解得．方程为．

说明：处理有关直线与椭圆的位置关系问题及有关弦长问题，采用的方法与处理直线和圆的有所区别．

这里解决直线与椭圆的交点问题，一般考虑判别式；解决弦长问题，一般应用弦长公式．

用弦长公式，若能合理运用韦达定理（即根与系数的关系），可大大简化运算过程．

例9 以椭圆的焦点为焦点，过直线上一点作椭圆，要使所作椭圆的长轴最短，点应在何处？并求出此时的椭圆方程．

分析：椭圆的焦点容易求出，按照椭圆的定义，本题实际上就是要在已知直线上找一点，使该点到直线同侧的两已知点（即两焦点）的距离之和最小，只须利用对称就可解决．

解：如图所示，椭圆的焦点为，．

点关于直线的对称点的坐标为（－9，6），直线的方程为．

解方程组得交点的坐标为（－5，4）．此时最小．

所求椭圆的长轴：，∴，又，

∴．因此，所求椭圆的方程为．

例10已知方程表示椭圆，求的取值范围．

解：由得，且．

∴满足条件的的取值范围是，且．

说明：本题易出现如下错解：由得，故的取值范围是．

出错的原因是没有注意椭圆的标准方程中这个条件，当时，并不表示椭圆．

例11已知表示焦点在轴上的椭圆，求的取值范围．

分析：依据已知条件确定的三角函数的大小关系．再根据三角函数的单调性，求出的取值范围．

解：方程可化为．因为焦点在轴上，所以．

因此且从而．

说明：(1)由椭圆的标准方程知，，这是容易忽视的地方．

(2)由焦点在轴上，知，． (3)求的取值范围时，应注意题目中的条件．

例12　求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过和两点的椭圆方程．

分析：由题设条件焦点在哪个轴上不明确，椭圆标准方程有两种情形，为了计算简便起见，

可设其方程为(，)，且不必去考虑焦点在哪个坐标轴上，直接可求出方程．

解：设所求椭圆方程为(，)．由和两点在椭圆上可得

即所以，．故所求的椭圆方程为．

例13  知圆，从这个圆上任意一点向轴作垂线段，求线段中点的轨迹．

分析：本题是已知一些轨迹，求动点轨迹问题．这种题目一般利用中间变量(相关点)求轨迹方程或轨迹．

解：设点的坐标为，点的坐标为，则，．

因为在圆上，所以．

将，代入方程得．所以点的轨迹是一个椭圆．

说明：此题是利用相关点法求轨迹方程的方法，这种方法具体做法如下：首先设动点的坐标为，

设已知轨迹上的点的坐标为，然后根据题目要求，使，与，建立等式关系，

从而由这些等式关系求出和代入已知的轨迹方程，就可以求出关于，的方程，

化简后即我们所求的方程．这种方法是求轨迹方程的最基本的方法，必须掌握．

例14 已知长轴为12，短轴长为6，焦点在轴上的椭圆，过它对的左焦点作倾斜解为的直线交椭圆于，两点，求弦的长．

分析：可以利用弦长公式求得，

也可以利用椭圆定义及余弦定理，还可以利用焦点半径来求．

解：(法1)利用直线与椭圆相交的弦长公式求解．

．因为，，所以．因为焦点在轴上，

所以椭圆方程为，左焦点，从而直线方程为．

由直线方程与椭圆方程联立得：．设，为方程两根，所以，，，      从而．

(法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解．

由题意可知椭圆方程为，设，，则，．

在中，，即；

所以．同理在中，用余弦定理得，所以．

(法3)利用焦半径求解．

先根据直线与椭圆联立的方程求出方程的两根，，它们分别是，的横坐标．

再根据焦半径，，从而求出．

例15　椭圆上的点到焦点的距离为2，为的中点，则（为坐标原点）的值为A．4　　　B．2　     　C．8　     　D． 

(2)椭圆上的点必定适合椭圆的这一定义，即，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离．

例16 已知椭圆，试确定的取值范围，使得对于直线，椭圆上有不同的两点关于该直线对称．

分析：若设椭圆上，两点关于直线对称，则已知条件等价于：(1)直线；(2)弦的中点在上．

利用上述条件建立的不等式即可求得的取值范围．

解：(法1)设椭圆上，两点关于直线对称，直线与交于点．

∵的斜率，∴设直线的方程为．由方程组消去得

　　①。∴．于是，，

即点的坐标为．∵点在直线上，∴．解得．　②

将式②代入式①得　　③

∵，是椭圆上的两点，∴．解得．

(法2)同解法1得出，∴，

，即点坐标为．

∵，为椭圆上的两点，∴点在椭圆的内部，∴．解得．

(法3)设，是椭圆上关于对称的两点，直线与的交点的坐标为．

∵，在椭圆上，∴，．两式相减得，

即．∴．

又∵直线，∴，∴，即　①。

又点在直线上，∴　　②。由①，②得点的坐标为．以下同解法2.

说明：涉及椭圆上两点，关于直线恒对称，求有关参数的取值范围问题，可以采用列参数满足的不等式：

(1)利用直线与椭圆恒有两个交点，通过直线方程与椭圆方程组成的方程组，消元后得到的一元二次方程的判别式，建立参数方程．

(2)利用弦的中点在椭圆内部，满足，将，利用参数表示，建立参数不等式．

例17 在面积为1的中，，，建立适当的坐标系，求出以、为焦点且过点的椭圆方程．

例18 已知是直线被椭圆所截得的线段的中点，求直线的方程．

分析：本题考查直线与椭圆的位置关系问题．通常将直线方程与椭圆方程联立消去(或)，得到关于(或)的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出， (或，)的值代入计算即得．

并不需要求出直线与椭圆的交点坐标，这种“设而不求”的方法，在解析几何中是经常采用的．

解：方法一：设所求直线方程为．代入椭圆方程，整理得

　①    

 设直线与椭圆的交点为，，则、是①的两根，∴

∵为中点，∴，．∴所求直线方程为．

方法二：设直线与椭圆交点，．∵为中点，∴，．

又∵，在椭圆上，∴，两式相减得，

即．∴．∴直线方程为．

方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为，另一个交点．

∵、在椭圆上，∴　　①。     　　　　　②

从而，在方程①－②的图形上，而过、的直线只有一条，∴直线方程为．

说明：直线与圆锥曲线的位置关系是重点考查的解析几何问题，“设而不求”的方法是处理此类问题的有效方法．

若已知焦点是、的椭圆截直线所得弦中点的横坐标是4，则如何求椭圆方程？