2013高中数学圆锥曲线问题常用方法

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，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。

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：

xy0x2y2

k 0。 （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0 22ababxy0x2y2

k 0 （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022abab

（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______________

(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,分析：（1）A在抛物线外，如图，连PF，则PH PF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距离和最小。

解：（1）（2，2）

连PF，当A、P、FAP PH PF最小，此时AF即 y=22(x-1),代入y2=4x得P(2,22)，（注：另一交点为(舍去）

2)1

, 2)，2

（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，例2、F是椭圆43

（1） PF的最小值为 （2） 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 虑问题。

解：（1）4-5

设另一焦点为F ，则F (-1,0)连AF ,PF

PA PF 2a PF 2a (PF ) 2a AF 4

当P是F A的延长线与椭圆的交点时, PF取得最小值为4-。 （2）3

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

1， 2

1

PH,即2PF PH 2

∴ 2PF PH

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分析：作图时，要注意相切时的“图形特征”共线（如图中的A、M、C共线，B、D、M共线）圆的“半径等于半径”（如图中的MC MD）。

解：如图，MC MD，

∴AC MA MB DB6 MB 2 ∴ MB 8 （*）

x2y2

1 ∴点M的轨迹为椭圆，2a=8，a=4，c=1，b=15轨迹方程为

1615

2

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=

3

sinA,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。

解：sinC-sinB=

33

sinA 2RsinC-2RsinB=·2RsinA 553

BC 5

∴AB AC

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）

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)

22

(x1 x2)2 (x12 x2) 9① 则 x x 2x ② 120

③ 22

x1 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 4x0

2

9

， 2

1 4x0

2

4y0 4x0

992

(4x 1) 1 022

4x04x0 1

5

4

≥2 1 5, y0

当4x02+1=3 即 x0

5225

时，(y0)min 此时M( ,)

4224

法二：如图，2MM2 AA2 BB2 AF BF AB 3

∴MM2

3， 即25

∴MM1 ， 当4∴M到x点评：而不求”的方法。证AB是否能经过焦点Fx2y2

1(2 m 5)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例6、已知椭圆

mm 1

变于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

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 1

f(m) AB CD 2(xB xA) (xD xC)2m

2(x1 x2) (xA xC) 2x1 x2 2

2m 1

（2）f(m)

2

2m 1 11

2(1 )

2m 12m 1

∴当m=5时，f(m)min

2

942

3

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

x0yxx 1 0 k 0，将y0=x0+1，k=1代入得0 0 0，∴mm 1mm 1

x0

m2m

，可见xB xC

2m 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。

【同步练习】

x2y2

1、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A、B，若AB m，

ab

△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 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(x 0) 1 B、A、

4343x2y2x2y2

1(x 0) D、 1(x 0且y 0) C、4343

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、(x ) y C、x (y )

2

1

2

22

919

(x 1) B、(x )2 y2 (x 1) 424919

(x 1) D、x2 (y )2 (x 1) 424

12

2

x2y2

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

916

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x2y2

1上的动点，F1，F2是椭圆的两个焦点，求sin∠F1PF2的最大值。 10、设点P是椭圆

259

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 4，求直线l的方程和椭圆方程。

x2y2

12、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A、B、C、D。

ab

求证：AB CD。

【参考答案】

1、C

AF2 AF1 2a,BF2 BF1 2a，

∴AF2 BF2 AB 4a,AF2 BF2 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 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

22

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 (2x 1) (2y) 4，

∴(x ) y

12

22

9 4

22

①又c<a,∴(x 1) y 2

∴(x-1)2+y2<4 ②，由①，②得x≠-1，选A 5、

29 3

左准线为x=-6、x

992952929

，M到左准线距离为d 4 ( ) 则M到左焦点的距离为ed

555353

11(y ) 22

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) ∴

y1 y21 2(x1 x2) ∴2=2·2x，x

2x1 x2

1111

代入y=2x2得y ，轨迹方程是x (y>) 2222

将x

7、y2=x+2(x>2)

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点M(x，y)，则

22

y12 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 1 k2① 0

②1-k2=010、解：a2设F1、F2设PF1 则 r1 r2 22 r1 r2 ①2-②得2r ∴1+cosθ182b2

∴1+cosθ的最小值为2，即1+cosθ

25a

cosθ

77 ， 0 arccos则当 时，sinθ取值得最大值1， 25252

即sin∠F1PF2的最大值为1。

x2y2

11、设椭圆方程为2 2 1(a b 0)

ab

a2

由题意：C、2C、 c成等差数列，

ca2

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)

2bb

22

x12y12x2y2

1② 则2 2 1①

2bb2b2b222

x12 x2y12 y2

0 ①-②得

2b2b2

∴

xmym k 0 22

2bb 2

k 0 ∴k=1 2

1

2 12(18 2b2)2 43 3

即

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 x2 1

2

x2y2

1，直线l方程为x-y+3=0 解得b=12， ∴椭圆方程为

2412

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

x12y12

2x0 2 1① 2

①-②得 ab2 2a2

x2 y2 1② a2b2

2y0

k 0 ③ 2b

,y1 ),C(x2 ,y2 ),BC中点为M (x0 ,y0 )， 设B(x1

x12y121

12 0 ④2则 ab

12

12

xy 2

22 0⑤ 2

b a

1 2y02x1

④-⑤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M 重合 ∴AB CD

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/d9w4.html