一题多解直线与圆锥曲线问题的处理方法
浅谈解决圆锥曲线问题的几种方法
浅谈解决圆锥曲线问题的几种方法圆锥曲线问题，是指如何确定不同角度下的圆锥曲线的形状、大小及相关属性。
这个问题涉及到广泛的数学知识，包括平面几何、代数学和微积分等。
为了解决这个问题，数学家们开发了多种方法，下面将对其中的几种方法作简单介绍。
一、解析法解析法是最常用的一种方法，它将圆锥曲线的方程引入坐标系中，从而可以用代数学方法进行计算。
解析法的优势在于能够精确地求解各种属性，包括曲线的焦点、直线渐近线、曲率及曲率半径等，这些都可以用代数形式表示。
此外，解析法还可以通过运用矢量和以及微积分技巧推导出其他相关公式。
二、几何法几何法是以几何图形为基础的一种方法，它适合于解决圆锥曲线上的几何问题，比如确定曲线的顶点、焦点、渐近线和曲率半径等。
几何法的优势在于容易理解，能够直观地显示出曲线的形状和大小，不需要对各种数学公式有深入的了解。
但是几何法对于精确计算曲线各种属性并不适用，这需要应用代数方法。
三、极坐标法极坐标法也是一种解析方法，与解析法不同的是，它将圆锥曲线的方程表示为极坐标下的形式。
这种方法的优势在于能够更容易地描述曲线的轮廓，而且可以确定曲线的对称中心。
但是极坐标法也存在一定的不足之处，主要体现在它对于计算曲线各种属性的难度较大。
四、参数法参数法是一种特殊形式的解析法，它将曲线的坐标表示为参数方程的形式。
这种方法可以应用于计算曲线上某一点的切线和法线、弧长、曲率等，是解决某些问题的有效方法。
但是参数法也存在一些不足之处，例如在一些问题中，参数方程的计算和理解较为复杂。
总之，以上几种解决圆锥曲线问题的方法各有所长，可以灵活地应用于不同的问题和情况。
在实际应用中，一些情况下也会综合应用多种方法进行解决，以获得更为全面的结果。
圆锥曲线解题技巧和方法综合全
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 y 11，(,)x y 22，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〕)0(12222>>=+b a by a x 与直线相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(*0,y 0)，则有0220=+k b y a x 。
〔2〕)0,0(12222>>=-b a by a x 与直线l 相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(*0,y 0)则有02020=-k by a x 〔3〕y 2=2p*〔p>0〕与直线l 相交于A 、B 设弦AB 中点为M(*0,y 0),则有2y 0k=2p,即y 0k=p.典型例题 给定双曲线x y 2221-=。
过A 〔2，1〕的直线与双曲线交于两点P 1 及P 2，求线段P 1P 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。
典型例题 设P(*,y)为椭圆x a y b 22221+=上任一点，F c 10(,)-，F c 20(,)为焦点，∠=PF F 12α，∠=PF F 21β。
〔1〕求证离心率βαβαsin sin )sin(++=e ；〔2〕求|||PF PF 1323+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根本方法是解方程组，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，直线与轴的交点在抛物线准线的右边。
y p x p x y t x 210=+>+=()()〔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。
圆锥曲线计算方法总结
考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特14分. 高考圆锥曲线压轴题型总结直线与圆锥曲线相交，一般采取设而不求，利用韦达定理，在这里我将这个问题分成了三 种类型，其中第一种类型的变式比较多。
而方程思想，函数思想在这里也用得多，两种思 想可以提供简单的思路，简单的说就是只需考虑未知数个数和条件个数 ，。
使用韦达定理时需注意成立的条件。
题型一：条件和结论可以直接或经过转化后可用两根之和与两根之积来处理 1. 福建 直线l ：x 1，P 为平面上的动点，F(1,0)过P 作直线uuu uuu uuu umr l 的垂线，垂足为点 Q ，且QPgQF FPgFQ .(I)求动点P 的轨迹C 的方程；uur uuu(n)过点 F 的直线交轨迹 C 于A, B 两点，交直线I 于点M ，已知 MA ,AF ,uur muMB 2BF ，求i 2的值；本小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识, 征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力•满分解法一：(I)(x i,o )g2. (n)设直线 x my 1(m 设 A(X 1, yj ,2 联立方程组4x, my ，消去x 得: 1,y 2 4my 4 0, ( 4m)2 12 0，故 y V 2 4m, uuur uuu uur uuu由MA 1 AF , MB 2BF 得: yy 4.2 2 2 y 1 1y 1 ,y 22y 2，整理得：11 -m mmy 12 4m2 g - 0.m 4uu uur uuu uur ujur uuu uju 解法二: (I)由 QPgQF FPgFQ 得： FQg[PQ PF) 0,uur uuu uur uuuuO 2 uur 2 (PQ PF)g(PQ PF) 0, PQ PF 0,21丄, my 22 UJ U PQUULTPF •所以点 P 的轨迹C 是抛物线,UUTuuur UULT UUT(n) 由已知MA 1AF ,MB2BF ，得由题意，轨迹 C 的方程为：y 2 4x .1g 2 0 .(全国卷I))已知椭圆的中心为坐标原点 O , OA OB 与 a 2. 点F 的直线交椭圆于A 、B 两点, (I)求椭圆的离心率；(n)设M 为椭圆上任意一点，且 2y_ uiuu OM uu u OA 焦点在x 轴上，斜率为1且过椭圆右焦 (3, 1)共线。
利用同形异构方法解决一类解析几何问题的思考专题讲义-2023高三数学一轮复习
利用同形异构方法解决一类解析几何问题的思考罗定城东 罗灿南解圆锥曲线相关问题的题，经常会遇到直线与曲线解方程组的问题，有时不注意优化会使运算变得相当烦琐. 本文通过对一类题目的一题多解的方法去对比优化解法，从一题多解到多题一解，努力找到一个解决这类题目计算没那么复杂的通式通法.怎样理解同形异构的思想呢？当两个点的地位一样时，即两个点的位置可以互换. 我们就可以利用同形异构的思想方法构造方程，然后利用韦达定理解决问题. 此方法可以优化计算过程. 下面通过具体的题目一题多解去对比分析各种解法的特点.题1：如图，已知点P 是y 轴左侧（不含y 轴）一点，抛物线x y C 42=：上存在不同的两点B A 、满足PB PA 、的中点均在C 上. 设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴.解法一：设)()(2211y x B y x A ，，，由题意可知11:px px yy l AP +=，22:px px yy l BP +=， 又2=p ，所以⎩⎨⎧+=+=22112222x x yy x x yy ，解得221yy y P +=又M 是AB 的中点，所以221y y y M +=，即M P y y =. 所以PM 垂直于y 轴.解法二：设)()(2211y x B y x A ，，，，)(00y x P ，构思：我们想构造一个有关y 的方程02='+'+'C y B y A ，而21y y y y ==，刚好是它的两个根，然后去找到0x 或0y 与21y y ，之间的关系.P BA MxOy由题意可知11:px px yy l AP +=，把P 点坐标代入得py p px px px y y 22101010⋅+=+=所以0201021=+-px y y y ，由于点A ，B 的地位是一样的，利用同构的思想方法同理可得：0202022=+-px y y y ，又2=p . 所以21y y y y ==，是方程022002=+-x y y y 的两个根，由韦达定理得⎩⎨⎧==+02102142x y y y y y ，所以M y y y y =+=2210. 所以PM 垂直于y 轴. 思考：这种方法利用了点A ，B 的地位是一样的，即可以互换的，采取同形异构的思想方法去构造方程，然后利用韦达定理去解决问题. 这种方法往往在我们做解析几何难题时起到优化计算的作用. 题2：抛物线y x C =21:，圆1)4(:222=-+y x C 的圆心为M . （1）求M 到抛物线1C 准线的距离；（2）已知P 是抛物线1C 上一点，过P 作圆2C 的两条 切线，交抛物线1C 于B A 、两点，若过MP 两点的直 线l 垂直于AB ，求直线l 的方程.解：第（1）问比较简单，M 到抛物线1C 准线的距离4174142=+=+=p y d M . （2）设)(20x x P ，，又)40(，M ，所以0204x x k k PMl -== 又因为21212x x px x k AB +=+=，且直线l 垂直于AB ，所以1)(421020-=+⋅-=⋅x x x x k k ABl 下面构思：我们想构造一个有关x 的方程02='+'+'C x B x A ，而21x x x x ==，是它的两个根，然后利用韦达定理求得21x x +与0x 的关系，yOPAB M从而代入方程求得0x ，即可解决问题.由题意可知))((:01020x x x x x y l AP -+=-，整理得0)(1010=--+x x y x x x . 又直线AP 与圆相切，利用圆心到直线的距离d 等于半径r 可建立有关1x 的方程. 11)(421010=+++=x x x x d ，整理得0156)1(20102120=-++-x x x x x 由于点A ，B 的地位是一样的，利用同构的思想方法同理可得：0156)1(20202220=-++-x x x x x .所以21x x x x ==，是方程0156)1(200220=-++-x x x x x 的两个根， 由韦达定理得1620021--=+x x x x ， 所以1164)(420002021020-=--⋅-=+⋅-=⋅x x x x x x x x k k ABl ， 求得52320=x ，51150=x ，所以1151153511545234020=-=-=x x k l ， 所以直线l 的方程为)0(11511534-=-x y ，整理得04601151153=+-y x . 题3：已知抛物线x y C 4:2=，B A 、是抛物线上两点，且OB OA ⊥.求证：直线AB 恒过定点. 解法一：设)(11y x A ，，)(22y x B ，由OB OA ⊥得14421-=⋅=y y k k OB OA ，所以1621-=y y 设n my x l AB +=:，联立方程组⎩⎨⎧=+=xy nmy x 42，消去x 整理得0442=--n my y由韦达定理得16421-=-=n y y ，所以4=n ，所以直线AB 的方程为04=--my x ，所以直线AB 恒过定点)04(，.xOABy解法二：可以利用向量数量积运算去求出1621-=y y . 设)(11y x A ，，)(22y x B ，由OB OA ⊥得02121=+=⋅y y x x OB OA ，所以044212221=+⋅y y y y ，解得1621-=y y . 下面步骤同法一. 解法三：设)(11y x A ，，)(22y x B ， 由OB OA ⊥得12211-=⋅=⋅x y x y k k OB OA . 我们能否这样想？把2211x y x y x y xy ==，看作方程0)(2='+'+'C xy B x y A 的两个根，然后利用韦达定理求出直线AB ：1=+ny mx 的其中一个参数或者求出两个参数之间的关系，从而解决问题.由题意可知直线AB 一定不过原点，所以设1:=+ny mx l AB因为点)(11y x A ，在抛物线上，所以112111112144)(44y nx mx ny mx x x y +=+== 整理得044)(11211=-⋅-m x y n x y. 由于点A ，B 的地位是一样的，利用同构的思想方法同理可得：044)(22222=-⋅-m x yn x y 所以2211x y x y x y xy==，是方程044)(2=-⋅-m xy n x y 的两个根，由韦达定理得： 142211-=-=⋅m x y x y ，所以41=m ，所以141:=+ny x l AB . 所以直线AB 恒过定点)04(，. 题4：已知抛物线x y C =2:，点)11(，P ，B A 、是抛物线上异于P 的两点，且直线BP AP 、的倾斜角互补. 求直线AB 的斜率AB k .解法一：设)(11y x A ，，)(22y x B ，，又)11(，P 由题意得111+=y k AP ，112+=y k BP . 因为直线BP AP 、的倾斜角互补， 所以0)1)(1(21111212121=++++=+++=+y y y y y y k k BPAP . 所以221-=+y y ，则21121-=+=y y k AB . 解法二：设)(11y x A ，，)(22y x B ，，且直线1:=+ny mx l AB 因为直线BPAP 、的倾斜角互补，所以+-+-=--+--=+111111112211n my y x y x y k k BP AP =-+-1122n my y 0)1)(1()1)(1()1)(1(211221=-+-+-+-+-+-n my n my n my y n my y ，所以022))(1(2)1)(1()1)(1(21211221=-++--+=-+-+-+-n y y m n y my n my y n my y .然后联立方程组⎩⎨⎧==+x y ny mx 21，消元后利用韦达定理代入即可求得m 与n的关系，解决问题.解法三：设)(11y x A ，，)(22y x B ，因为直线BP AP 、的倾斜角互补，所以011112211=--+--=+x y x y k k BP AP 我们这样构想：构造一个方程011)11(2='+--'+--'C x y B x y A ，它的两个根是111111--=--x y x y ，111122--=--x y x y . 上述方程有点复杂，我们可以通过平移变换把方程变得简单一点. 令⎩⎨⎧'=-'=-y y x x 11，代入抛物线方程得1)1(2+'=+'x y ，整理得022='-'+'x y y .xyOPAB设平移后的直线B A ''的方程为1='+'y n x m 把点)(11'''y x A ，代入平移后的曲线方程得0))(2(211211121='+''-'+'='-'+'y n x m x y y x y y 整理得0)2()21(211121='-''-+'+x m y x n m y n ，即0)2())(21(11211=-''-+''+m x y n m x y n . 由于点A '，B '的地位是一样的，利用同构的思想方法同理可得：0)2())(21(22222=-''-+''+m x y n m x y n 所以11x y x y ''=''，22x y x y ''=''是方程0)2())(21(2=-''-+''+m x y n m x y n 的两个根.02122211=+--=''+''nnm x y x y ，所以n m =2，所以:B A l ''12='+'y m x m ，所以21-==''B A AB k k .题5：已知椭圆14:22=+y x E ，点P 是椭圆的上顶点，B A 、是椭圆上异于点P 的两点， 若1-=+BP AP k k ，求证：直线AB 恒过定点.解法一：设)(11y x A ，，)(22y x B ，，直线m kx y l AB +=:，又点)10(，P 由题意得：1)1(2111111212122112211-=+-+=-++-+=--+--=+x x x x m k x m kx x m kx x y x y k k BP AP 联立方程组得⎩⎨⎧+==+mkx y y x 4422，消元整理得0448)41(222=-+-+m kmx x k由韦达定理得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=+=+22212214144418k m x x k km x xy ABOP所以1448)1(22-=--+=+m kmm k k k BP AP ，整理得0122422=+---m km k km . 然后直线方程的双参数问题就可以变为单参数问题，从而解决直线过定点的问题. 此方法计算量比较大，很多同学会在计算这一关被难住而放弃或者出错，属于易想难做.解法二：设)(11y x A ，，)(22y x B ，，又点)10(，P 所以1112211-=-+-=+x y x y k k BP AP . 我们可以这样构想：能否构造一个方程01)1(2='+-'+-'C xy B x y A ，它的两个根是1111x y x y -=-，2211x y x y -=-. 然后利用韦达定理解决问题呢？如果觉得上述方程有点复杂，我们可以通过平移变换把方程变得简单一点. 令⎩⎨⎧'=-'=y y x x 1，代入椭圆方程4)1(422=+'+'y x ，整理得08422='+'+'y y x .设直线B A ''的方程为1='+'y n x m ，所以0)(84842222='+''+'+'='+'+'y n x m y y x y y x ， 整理得018))(84(2=+''+''+xy mx y n ，由韦达定理得： 14882211-=+-=''+''n m x y x y ，所以21+=n m ，即直线B A ''的方程为1)21(='+'+y n x n .整理得0121)(=-'+'+'x n y x ，所以直线B A ''恒过定点)22(-，，则直线AB 恒过定点)12(-，. 题6：已知椭圆12:22=+y x E ，点)10(-，A 为椭圆的下顶点，椭圆外一点)11(，M . 过点M 的直线交椭圆于Q P 、两点. 求证：2=+AP AQ k k .解：设)(11y x P ，，)(22y x Q ，221111x y x y k k AP AQ +++=+ 令⎩⎨⎧'=+'=y y x x 1，代入椭圆方程得1)1(222=-'+'y x ，整理得02222='-'+'y y x ，设直线Q P ''的方程为1='+'y n x m所以0)(22222222='+''-'+'='-'+'y n x m y y x y y x ， 整理得02)21(222=''-'-+'y x m y n x ，即0212))(21(2=+''-''-x y m x y n .由韦达定理得n mx y x y 2122211-=''+'' 又因为直线PQ 过点)11(，M ，所以直线Q P ''过点)21(，M ，所以12=+n m . 所以22212==-=+mmn m k k AP AQ . 命题得证. 从以上题目得出，当两个点的地位一样时，即两个点的位置可以互换. 我们就可以利用同形异构的思想方法构造方程，然后利用韦达定理解决问题. 此方法可以优化计算过程，在解决一些计算较复杂的解析几何问题中可以起到提升计算速度的作用. 同时也培养了学生一题多解的能力，并增强学生学习数学的信心.yQOAP M。
从解析几何中的一题多解来拓宽数学的解题视野
；同理 ，再联立椭 圆和直线Ｄ ｐ 的方程组 ：
Ｘ ／ — ｌ — ＋ ４ ｋ ２
ｆ ｛ ｚ ｙ ２ 一 ＋ ４ 】 ６ ＝ ０ ， 消 ＋ ６ １ ８ ｋ ｌ 。
系方程 。 令ｘ ＝ Ｏ ， 可得＇ ， ＿ ｚ ， 即直线在 自 上 的截距为ｚ 。
因为点Ｐ （ ｘ ， ） 是 圆上 的任 一点 ， 所以直线 与圆要有
交点 。通过作基本直线ｘ － ｙ ＝ Ｏ 的平行线并观察它在Ｙ
轴 上的截距来求ｚ 的最大值和最小值 。 解法二 ：利用直线和圆锥曲线的位置关系的思
｛ ｘ ＝ ４ ｃ ｏ ｓ Ｏ 参 数 ， ． 万 ￣ 程 ） ， 参 数 口 ， ０ ５ ， 【 ｙ ＝２ｓ ｉ ｎ Ｏ ‘
例１ ： 已知圆 ： ＋ 一 ４ ｘ ＋ ｌ ＝ ０ ， 且Ｐ （ ， ’ ， ） 是圆上的任
（ １ ） 由 Ｘ ２ ＋ 手 ＿ １ ， 设 ｛ 笔 ４ ｃ ｏ ｓ Ｏ １ ， ２ ｓ ｉ ｎ ０ １ ）
处理。 通过联立方程组 ， 来分析两个交点坐标之间的 关 系。先设 直线 Ｏ Ｐ 的斜 率 为ｋ，则直线 Ｏ Ｑ的斜 率
且１ ， ； 、 ／ 了ｓ ｉ ｎ ０ ，所 以Ｙ ＝ 、 ／ 了ｓ ｉ ｎ Ｏ 一 （ ２ ＋ 、 ／ 了ｃ ｏ ｓ Ｏ ） ＝
为 一 告， 由 椭圆 和 直 线 Ｏ Ｐ 、 Ｏ Ｑ ； ｔ ￣ 交 于 Ｐ 、 Ｑ 两 点， 先 联
消去ｙ ｉ 导 到关 ＋ｌ ＝ｏ，
的方程 ２ ＋ （ ２ ｂ － ４ ） ＋
圆锥曲线的一题多解
圆锥曲线的一题多解圆锥曲线是线性代数中的一个重要的概念，它是一类具有某种特定特征的复杂曲线。
它们的几何形状可以用一个函数来描述，这个函数所描述的曲线一般称为一题多解（generalized cone）。
圆锥曲线特别有用，它们可以用来求解复杂的数学问题。
首先，圆锥曲线可以用来求解二次和更高阶方程，这些方程中常常存在多个解。
因此，圆锥曲线可以帮助我们求解这些方程，以解决这类问题的结果受到多解的影响，因此圆锥曲线的应用很重要。
此外，圆锥曲线也可以用于求解空间曲面相关的问题，如抛物面、双曲面等。
当我们在三维空间中求解某些问题时，如果仅使用直线或者圆形，往往得不到满意的结果，这时就需要曲线的帮助。
此时，圆锥曲线可以派上用场，它可以帮助我们求解更复杂的几何结构。
此外，圆锥曲线可以用于求解向量代数中的向量积问题，向量积运算是求解向量代数中某种特殊问题的常用方法，而圆锥曲线可以帮助我们更好地求解这一问题。
最后，圆锥曲线也可以用于求解概率中的概率问题，概率论是一门重要的数学学科，概率中的问题往往是非常复杂的，而圆锥曲线可以帮助我们更好的求解这一问题。
综上所述，圆锥曲线是一类能够帮助我们求解许多复杂问题的曲线，它可以帮助我们解决二次和更高阶方程、空间曲面限定的问题、向量积问题，也可以用于求解概率问题。
它的应用范围很广，可以帮助我们解决多种问题。
由于圆锥曲线的多解特性，我们可以通过解析几何的方法来解决不同曲线的问题，从而提高解决复杂问题的效率。
以上就是关于圆锥曲线的一题多解的介绍，从上述可以看出，圆锥曲线是一种复杂的曲线，它可以帮助我们解决多种复杂的数学问题，其应用范围很广，对许多问题都有重要的应用。
因此，这类曲线受到了广泛的重视，它也是数学研究中重要的研究热点。
圆锥曲线中点的轨迹求法(一题多解)
圆锥曲线中点的轨迹求法（一题多解）
作者：王留洋
来源：《教育周报·教研版》2021年第10期
求平面内动点的轨迹方程一直是高考常考题型，由曲线方程引发的圆锥曲线问题是高考热门问题。
点的轨迹方程求法一般有定义法;直接法;相关点法;消参法等。
下面由一道数学题目熟悉各种方法的应用。
例如：已知椭圆C：的左右顶点分别为A、B，点为椭圆上不与A，B重合的动点，分别过点A，B作直线l1⊥AQ于点A，l2⊥BQ于點B，设l1与l2相交于点P，求点P的轨迹方程.
本题通过一题多解的方法巧妙地解决动点轨迹的问题，通过对题目的分析形成轨迹的点和已知条件的内在联系，建立适当的解题方法。
通过一题多解不同的解题方法，不仅可以开拓解题思路，激发了学习的热情，培养创新能力。
解圆锥曲线问题常用的八种方法与七种常规题型
1 ， 2
1 PH , 即2 PF PH 2
∴ PA 2 PF PA PH
4 / 35
当 A、P、H 三点共线时，其和最小，最小值为
a2 xA 4 1 3 c
y M D C 5 x
A
0B
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 MC MD ） 。 解：如图， MC MD ， ∴ AC MA MB DB 即6 MA MB 2 ∴ MA MB 8 （*）
∴ 4 y 0 4 x0
2
9 ， 2 1 4 x0
2 4 y 0 4 x0
9 9 2 (4 x0 1) 2 1 2 4 x0 4 x0 1
6 / 35
≥ 2 9 1 5,
y0
5 4
当 4x02+1=3 即 x 0
2 2 5 5 , ) 时， ( y 0 ) min 此时 M ( 2 2 4 4
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。
3 sinA 5 3 ∴ AB AC BC 5
x0 y 0 k 0 (其中 K 是直线 AB 的斜率) a2 b2
多解探究 巧妙归纳——以一道解析几何题的探索为例
www 中学数学教学参考（下旬〉2021年第4期@多解探究15妙归納—以_道解析几何题的探索为例邵明冠(河南省兰考县第一高级中学）摘要：直线与圆锥曲线的位置关系问题，新颖多样，能综合考查相关知识，具有较高的选拔性与区分度，备受命题者的青睐，通过深入探究与变式拓展、归纳总结，可达到综合提升的目的。
关键词：橢圆；直线；平行；四边形；最大值；弦长文章编号：1002-2171 (2021)4-0051-03直线与圆锥曲线的位置关系中，涉及最值或取值 范围的问题是高考和竞赛中的一个热点内容，形式新 颖，通过转化，利用平面几何中的三角形或四边形、平 面向量的线性关系或数量积、线段的乘积或比值等关 系式，以及直线的倾斜角或斜率等加以巧妙设置，能 综合考查相关知识，具有较高的选拔性与区分度，备 受命题者的青睐，通过进一步挖掘问题的潜在功能，为进一步的探究、拓展与归纳提供条件。
1问题呈现为 j c =A (:^，％ )，B (:c2，火），联立-m y—,|x2消元并整理可得（m2+4)y ——4+y=1,1=0,根据根与系数关系可得M+力!+4，而 I A B丨=\/l+m2 |y\一y2 \= \/l+w2 V(^1 +^2 )2—4^1 yi=\/\+rrf2\[3n2+4/m2+4(2020届河南省普通高中毕业班高考适应性测试数学理科第16题）设F,,F2是椭圆C:^+/=l 的两个焦点，过P\，F2分别作直线，且A//2，若 G与橢圆C交于A，B两点，匕与椭圆C交于C，D两 点（点八，0在^轴上方），则四边形A B C D面积的最 大值为________。
该题涉及椭圆内接四边形的面积，点、线等元素 较多，离不开系统的逻辑推理与繁杂的代数运算，能 很好地激发学生和教师的解题兴趣。
2解法探究解法1:(弦长公式法）由题意可得a==2,6=l,当直线斜率不存在时，易得四边形A B C D 面积为2 W，当直线6斜率存在时，设直线A的方程4(l+m2)m2+4°又点〇到直线/,的距离为结合y i+m2A//&及椭圆的对称性，可知四边形A B C D是平行四边形，且点〇是A C与B D的交点，所以 ^C J A B C D=4S a〇4b = 4 X — |A B |= 4 X -r- X X/ Z m十4 V3 =8V3y i +m2=_______8^/3 〈y i T^w2+4~y i+^+—^、V l + m2—-—-—=^=4,当且仅当2 L/Y T^x-3V\/l+所2、3 ,,即m2=2,亦即m=士#时等号成立，所以V l+m2四边形A B C D面积的最大值为4。
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧圆锥曲线作为高等数学中的重要内容，在高考中常常出现，并且是考察学生数学运算能力和理解能力的重要方面。
圆锥曲线问题在高考中的常见题型有：直线与圆锥曲线的交点问题、圆锥曲线的参数方程问题、圆锥曲线的性质和应用问题等。
下面我们来一一介绍这些常见题型的解题技巧。
一、直线与圆锥曲线的交点问题这是圆锥曲线问题中最常见的一个题型，题目通常要求求出直线与圆锥曲线的交点坐标。
解题技巧如下：1. 分析题目给出的直线和圆锥曲线，确定直线方程和圆锥曲线方程；2. 将直线方程代入圆锥曲线方程中，解方程得出交点坐标；3. 特别要注意，当圆锥曲线为椭圆或双曲线时，有两个交点，需要分别求解；4. 当圆锥曲线为抛物线时，还需要注意直线的位置与抛物线的开口方向。
二、圆锥曲线的参数方程问题圆锥曲线的参数方程问题通常考查学生对参数方程的理解和应用能力，解答这类问题的关键在于用参数代换替换变量。
解题技巧如下：1. 给出的圆锥曲线通常可以用参数方程表示，将已知的参数方程代入题目求解；2. 注意参数方程的参数范围，有时需要根据范围重新调整参数；3. 对于给出的参数方程，需要将参数代换替换变量，进而得出答案。
三、圆锥曲线的性质和应用问题圆锥曲线的性质和应用问题通常要求学生掌握圆锥曲线的基本性质，以及如何应用这些性质解决实际问题。
解题技巧如下：1. 需要牢记圆锥曲线的基本性质，例如椭圆的焦点、双曲线的渐近线等；2. 掌握各种类型圆锥曲线的标准方程和参数方程；3. 对于应用问题，需要在掌握了基本性质的前提下，将问题转化为数学模型，进而解决。
以上就是圆锥曲线问题在高考中的常见题型及解题技巧，希望对大家备战高考有所帮助。
在复习期间，建议大家多做练习题，加深对圆锥曲线知识的理解，提高解题能力。
多思考，灵活运用各种解题技巧，相信大家一定能在高考中取得好成绩！。
例析圆锥曲线中直线过定点问题的解题策略
认知、情感、技能等方面发生系统的变化，学科核心素 养和关键能力得到整体提升，就是深度学习.我们的 教学追求知识习得后学生的学科能力、学科思想、学 科经验以及核心素养得到改变，产生积极的学习方式 改变、价值观念改变、行为方式乃至整个生活方式的 改变.本题貌似很难，有人采取了放弃的态度,有人进 行了深度研究，结果是明显的，久而久之学生的差异 就出现了.我们倡导真实的深度学习.5.2关于一题多解再认识一题多解有利于激发学生的学习兴趣;有利于促进学生的学习积极性和主动性;可以充分提高学生学 习的参与度;有利于学生对知识本质的掌握;还有利 于开阔学生的思维，提高思维的品质，培养学生的高 阶思维•因此,我们在教学中，应当提倡一题多解，搭 建适当的研究平台，把握提升学生素养的机会.参考文献：[1 ]任志鸿.十年高考数学[M ].北京:知识出版社，2019. [2]蔡勇全.简单？不简单！一多视角解析一道市统测解三角形问题[J ].中学生理科应试,2019(02) :15 - 16.(收稿曰期：2021 -02 - 01)例柝圆锥曲绔中直蟆过走点阿题的鮮题茉略李宁吴良英贺航飞(海南中学海南571158)摘要：本文系统总结了解决圆锥曲线中直线过定点问题的常见策略:设出含参直线方程，寻找参数之间的关系得 到定点坐标；用参数将两动点坐标表示出来，算出直线方程得定点；由图形的对称性发现定点在坐标轴，验证定点或者 算出定点；基于等式对参数恒成立得定点.关键词：圆锥曲线；定点问题;设参消参；解题策略探究动直线过定点问题是圆锥曲线解答题的常 考题型.有两种常见形式，一种是题设给出的动直线 满足一些条件，然后探究此动直线所过定点;一种是 题设给出两个点，探究此两点所构成的动直线过定 点.很多时候，根据构图，这两种形式可以相互转化. 下面结合具体问题总结圆锥曲线动直线过定点问题 的解题策略.1设直线方程，找参数关系例题1已知点£(-2,0)，M ,/V 是曲线c :f +/=1上的动点，满足丄£/V ，证明：直线M /V 经过定 点，并求出此定点.证明当直线A//V 丄y 轴时，£见与£#显然不垂 直，不符合题意.设直线iWV 方程为a : = my + t ,代人x 2 +4/ =4,整理，得 (m * + 4) y 2 + 2mty + <2 - 4 = 0. 设财(W J ，州W2)，则T i +y 2 =-2mt m 2 +4^172 =t 2 -4m 2 +4由题意，有前• ^=o .即（my , + f + + 2,y 2) =0•整理，得(m 2 +l )yiy 2 ++2) (yl +72) + (t + 2)2 =0.BP (m 2 + 1 )—f + 2)2mt2)2 =0•整理，得(t +2)(5t +6) =0•解得t =-2或-y .又直线Myv 不经过点£(-2,0)，g h # -2,从而t基金项目：海南省教育科学“十三五”规划立项课题“基于学科核心素养的高中数学写作教学实践研究”（项目编号:QJY 20191034);海南省教育科学“十三五”规划立项课题“基于智慧课堂的理科资优生培养校本课程体系构建”（项目编号: QJY 20191035).作者简介：李宁（ 1989 -)，男，海南文昌人，硕士，中学一级教师，研究方向：高中数学教学研究；吴良英（1970 -),女，海南海口人，本科，中学高级教师，研究方向：高中数学教学研究；贺航飞（1982 -)，男，湖南衡南人，本科，中学高级教师，研究方向：高中数学教学研究.=-1故直线A/j V方程为A t= my-故直线MTV过定点(-|~，0).评注由于直线与y轴不垂直，故可以设其 方程为x = 下面只需要根据题设条件寻找参数的关系，即可判断直线所过定点.当然,也可以 设直线M/V方程为y = f e e + n，类似可整理得12P - \6kn-\-5n2 =0,§.\\(2k- n)(6k- 5n) =0.当2/c = n时，直线A//V过点E(-2,0)，不符合 题意；当6f c=5n时，直线ywv过定点(-|~，0).再验证当直线M/V斜率不存在的情形即可.2由两点坐标算直线方程得定点例题2已知椭圆+ f= 1,左、右顶点分别为4，R若？(％山）（7。
(新高考Ⅰ卷)高考数学一题多解探寻圆锥曲线压轴破解之策与算法优化(含解析)
2022新高考Ⅰ卷21题解析几何压轴题解法探究2022新高考Ⅰ卷数学试题，据称是近20年来史上第二难高考数学试题(史上最难2003)．本文将对该卷21题解析几何压轴题，从不同的角度进行解析剖析．以期总结方法规律，优化思考方向，破解难点疑点，为广大的2023届高考师生提供有益的参考和帮助．【2022新高考1卷21题】已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0．（1）求l 的斜率；（2）若tan PAQ ∠=PAQ △的面积．【答案】（1）1-（2）9方法一：直线双参+韦达法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线PQ 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)P x y Q x y ， 联立2212x y y kx m ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得222(21)4220k x kmx m -+++=2121222422,2121km m x x x x k k +∴+=-=--， 由121211022AP BP y y k k x x --+=+=--可得1221(1)(2)(1)(2)0y x y x --+--= 即1221(1)(2)(1)(2)0kx m x kx m x +--++--=展开整理得12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--= 即2222242(12)()4(1)02121m km k m k m k k +⋅+--⋅---=-- 即2(1)210m k k k +++-=，(1)(21)0k m k ++-=故1k =-或12m k =-当12m k =-时的方程为12y kx k =+-，其恒过定点(2,1)A ，与题意不符故直线PQ 的斜率1k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP的方程为12)y x -=-，直线AP的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以2Q x +=，Q x =于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=.【点评】联立方程韦达定理，是解析几何压轴大题最流行的方法套路．本题引入直线PQ 的双参方程y kx m =+，参与计算变形，使得运算过程相对繁复，产生了较大的运算量．要想变形到(1)(21)0k m k ++-=这一步，没有过硬的计算能力是很难达到的．方法二：直线单参+设点求点【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，设直线AP 的倾斜角为θ，不妨设其斜率0k >，则直线AQ 的斜率为k -直线AP 的方程为1(2)y k x -=-，代入2212x y -=整理得点,A P 的横坐标为方程的两根，故2122(21)2221k x k -+=-，22122(21)14422121k k k x k k -+-+∴==--，2112241(2)121k k y k x k -+-=-+=-于是点P 坐标为2222442241(,)2121k k k kP k k -+-+---，用k -代换k 可得2222442241(,)2121k k k kQ k k ++----- 故22222222241241212114424422121PQ k k k k k k k k k k k k k ----+----==-++-+---(2)由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ= 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在,P Q的坐标中令k =P Q x x ==于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】直线过圆锥曲线上已知一点时，可尝试设点求点的套路求出另一点的坐标．本题引入直线AP 的单参方程1(2)y k x -=-，可直接求出点P 的坐标，用k -代换k 立即可得点Q 的坐标，从而顺利求得PQ 的斜率．本解法思路清晰自然，单参变形所产生的运算量适中，无需特殊方法技巧．方法三：点差法+整体代换【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y +----+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅①点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=-+即12122()PQ x x k y y +=+ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y ++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⑤①-⑤得12122()4()0x x y y +++=，所以12122()x x y y +=-+所以1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式进行整体变形，轻松求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．方法四：齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 双曲线可化为22[(2)2][(1)1]12x y -+--+=即22(2)2(1)4[(2)(1)]0x y x y ---+---=设直线PQ 的方程为(2)(1)1a x b y -+-=联立22(2)2(1)4[(2)(1)]0(2)(1)1x y x y a x b y ⎧---+---=⎨-+-=⎩可得22(2)24[(2)(1)][(2)(1)]0x y x y a x b y --+----+-=即22(41)(2)4()(2)(1)(42)(1)0a x b a x y b y +-+----+-=两边同除2(2)x -整理得211(42)()4()(41)022y y b a b a x x --++--+=-- 其中12y x --表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于4()024AP AQ a b k k b-+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1a k b =-=-. (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP 的方程为12)y x -=-，直线AP 的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以1623Q x ++=，103Q x +=于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】齐次化在解决圆锥曲线同构问题上往往有奇效．本题直线,AP AQ 的斜率具有相同的结构，即12y x --的形式，于是可考虑构造关于1y -与2x -的二次齐次方程．直接将直线PQ 的方程设为(2)(1)1a x b y -+-=，进行“１代换”，为齐次化带来了方便．本解法思路奇巧，运算简洁明了．但需要考生平时付出大量训练才能掌握此方法的精髓和技巧！ 方法五：坐标平移+齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 对坐标系进行平移，使坐标原点与点A 重合，在新坐标系下： 双曲线方程为22(2)(1)12x y ---=即2224()0x y x y -+-= 设直线PQ 的方程为1ax by +=联立2224()01x y x y ax by ⎧-+-=⎨+=⎩可得2224()()0x y x y ax by -+-+=即22(41)4()(42)0a x b a xy b y ++--+=两边同除2x 得2(42)()4()(41)0yy b a b a x x++--+= 其中y x表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于平移不改变直线的斜率，故4()024AP AQ a b k k b -+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1-.(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在新坐标系下，直线,AP BP的方程分别为,y y ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13P x =，于是|||1)P AP x ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13Q x =-，于是|||1)Q AQ x ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】坐标平移后，在新坐标系下的齐次化过程更加直观自然．运算也变得简单明了了．方法六：参数方程法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线AP ：112cos 1sin x t y t θθ=+⎧⎨=+⎩，其中θ为AP 的倾斜角 则直线AQ ：222cos()1sin()x t y t πθπθ=+-⎧⎨=+-⎩，即222cos 1sin x t y t θθ=-⎧⎨=+⎩代入双曲线方程得 解得1222224cos 4sin 4cos 4sin ,cos 2sin cos 2sin t t θθθθθθθθ-++==-- 直线PQ 的斜率12121212sin 1cos y y t t k x x t t θθ--==⋅=--+ (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=可得sin θθ==于是12t t ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以121||||sin 29PAQ S t t PAQ ∆=∠=. 【点评】直线参数方程的介入，使问题转化为对两参数12,t t 的讨论，思路自然，运算量适中．新教材《选择性必修第一册》68P 探究与发现栏目，对直线的参数方程进行了简单的介绍．所以新高考使用直线参数方程解题是被允许的．此方法同样需要考生付出大量训练才能掌握精髓和技巧！方法七：点差法+分式合分比定理【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+⑤ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 由0AP BP k k +=可得121212*********(1)2(1)AP y y x x k x x y y --++==-==---++ 由分式合分比定理可得12121212121212121442(2)2()AP y y y y x x x x k x x x x y y y y -+--++====+--++- 变形得1212121242(2)y y x x x x y y -+-=-++ 结合⑤得121212121212121212124(4)()12(2)2()2(2)2()y y x x x x x x x x x x y y y y y y y y -+-++--+====--+++++-+ 即1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ=因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式，结合分式合分比定理进行整体变形，求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．但要求考生对分式合分比定理有较深刻的认识并能较熟练的应用．【总结】解决解析几何压轴题的方法策略主要有三种：1、根与系数的关系法（主流方法）．设出动直线的方程：①y kx m =+，②x my n =+，③00()y y k x x -=-， ④{00cos sin x x t y y t αα=+=+（t 为参数），与圆锥曲线方程联立消元得到关于(x y t ）或参数的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾0,0∆>∆=或的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解．2、多变量多参数联动变换法．此种方法有别于方法1，不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线（直线）方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解．如弦中点问题常用点差法处理．同构问题齐次化处理．此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验．3、设点求点法．方法1、2均采用了设而不求的策略．当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法．如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可直接求出；再如动直线y kx =与椭圆22221x y a b+=的交点易求出． 以上七种解决方案中，本人最青睐的是方法三点差整体变形法，轻巧灵动四两拔千斤！其次是方法二设点求点法，思路清晰自然运算简单明了！。
开展“一题多解”,探究“一题多变”——一道解析几何题的破解
２０２３年９月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀开展 一题多解 ,探究 一题多变一道解析几何题的破解◉江苏省海安高级中学㊀朱函颍㊀㊀摘要: 一题多解 ,可以开阔解题思路㊁发散学生思维; 一题多变 ,可以拓展数学知识㊁聚合学生思维．合理解题探究与变式拓展可以很好提升解题效益,避免题海战术．结合一道抛物线问题实例,通过 一题多解 与 一题多变 ,在研究中寻找通法,在探究中升华能力,促使学生形成良好的数学品质．关键词:抛物线;准线;直线;斜率;变式㊀㊀根据现代思维的科学研究,问题是展开思维与应用的起点, 疑 是根本, 解疑 是目标,最容易引起定向探究反射与问题的深入思考．而在数学教学与数学学习过程中,更要合理培养与形成探究意识,从问题的内涵㊁问题的解法㊁问题的深入与问题的探究等多方面入手,合理拓展思维的深度与广度,进行必要合理创新应用,从而形成良好的数学品质．１问题呈现问题㊀ 燕博园２０２３届高三年级综合能力测试(C A T)数学(新高考Ⅰ卷)试卷 已知抛物线y２＝a x 的焦点为F,准线l交x轴于点Q,过点F的直线交抛物线于M,N两点,则直线Q M与直线Q N的斜率之和为．该题以抛物线为问题场景,对直线与抛物线的位置关系加以合理创设．借助过焦点的动直线的变化,以 动 态创设场景,利用两直线的斜率之和为常数,以 静 态形式设问,巧妙融合解析几何与平面几何中的相关知识,难度中等．利用圆锥曲线这一主干知识,抓住直线与圆锥曲线位置关系这一热点问题,合理创设,巧妙 动 与 静 变化, 数 与 形 融合,构建一幅完美的画卷．实际破解问题时,抓住问题内涵与实质,从问题根本入手,可以借助解析几何思维㊁平面几何思维与特殊情况思维等来展开,从不同的技巧方法视角来切入,实现问题的巧妙转化与应用．２问题破解２．１通性通法方法１:解析几何思维法．解析:依题知,焦点F(a４,０),准线方程为x＝－a４,Q(－a４,０)．设过焦点F的直线方程为x＝m y＋a４,M(x１,y１),N(x２,y２)．联立x＝m y＋a４,y２＝a x,{消去参数x,整理可得y２－a m y－a２４＝０,则y１＋y２＝a m,y１y２＝－a２４．于是有㊀k Q M＋k Q N＝y１x１＋a４＋y２x２＋a４＝x１y２＋x２y１＋a４(y１＋y２)(x１＋a４)(x２＋a４)＝(my１＋a４)y２＋(m y２＋a４)y１＋a４(y１＋y２)(x１＋a４)(x２＋a４)＝２my１y２＋a２(y１＋y２)(x１＋a４)(x２＋a４)＝２mˑ(－a２４)＋a２ˑa m(x１＋a４)(x２＋a４)＝０．所以直线Q M与直线Q N的斜率之和为０．故填答案:０．解后反思:在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题中,最基本的 通性通法 就是解析几何思维法．通过设置相关的点的坐标㊁直线的方程㊁圆锥曲线的方程等,联立直线与圆锥曲线方程,结合函数与方程思维来进一步分析与转化,进而实现问题的解决．解析几何思维法的缺点之一就是数学运算量大,它也是制约部７７Copyright©博看网. All Rights Reserved.试题研究２０２３年９月上半月㊀㊀㊀分学生深入分析与应用的一个重要因素．２．２数形结合法方法２:平面几何思维法．图１解析:不失一般性,如图１所示,过M ,N 两点分别作准线l 的垂线,垂足分别为A ,B ,由于M A ʊF Q ʊN B ,因此可得|M F ||N F |＝|A Q ||B Q |．根据抛物线的定义,可得|M A |＝|M F |,且|N B |＝|N F |,则|M A ||N B |＝|A Q ||B Q |,可得әM A Q ʐәN B Q ,于是øM Q A ＝øN Q B ,所以øM Q F ＝øN Q F ．所以直线Q M 与直线Q N 的倾斜角互补,即直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０．故填答案:０．解后反思:回归曲线的本质,结合平面几何图形的基本性质与特征,数形结合,逻辑推理,这是解决解析几何综合应用问题比较常用的一种技巧与方法,也是平面几何思维法处理的关键．２．３巧技妙法方法３:特殊情况法．解析:当过点F 的直线垂直于x 轴时,根据抛物线y ２＝a x 关于x 轴对称,可知点M ,N 关于x 轴对称,则知直线Q M 与直线Q N 的倾斜角互补．所以直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０．故填答案:０．解后反思:结合矛盾的普遍性寓于特殊性之中,通过填空题这一特殊形式的设置,借助 动 直线在运动变化过程中的某一特殊情况,以特殊代替一般,又从特殊回归到一般,实现解决问题的 巧技妙法 ．特殊思维法在解决解析几何 运动 问题中经常用到,借助点㊁直线㊁角或相关元素的运动变化情况,以特殊代替一般,实现问题的普遍性与特殊性的辩证转化．３变式拓展３．１类比拓展圆锥曲线中的不同曲线之间具有一定的相似性与可类比性,在以上抛物线背景下,改变圆锥曲线的类型以及对应曲线的场景,借助其焦点与相应准线的位置关系,也有类似的变式问题．变式１㊀已知椭圆C :x ２a ２＋y ２b ２＝１(a ＞b ＞０)的右焦点为F ,右准线l :x ＝a ２c交x 轴于点Q ,过点F 的直线交椭圆C 于M ,N 两点,则直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为．(答案:０．)变式２㊀已知双曲线C :x ２a ２－y ２b ２＝１(a ＞０,b ＞０)的右焦点为F ,右准线l :x ＝a ２c交x 轴于点Q ,过点F 的直线交双曲线C 于M ,N 两点,则直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为．(答案:０．)以上两个变式问题的解析过程,可以参照原问题的方法１㊁方法３来展开,这里不多加赘述．当然,也可以将问题转化为探求两直线倾斜角的关系问题(两直线的倾斜角互补)进行探究．３．２逆向拓展在解题研究中,逆向思维也是变式拓展的一种基本思维方式．借助问题题设条件与结论之间的关系,通过数学思维的逆向操作与应用,合理加以探究与拓展,经常会有不错的收获．变式３㊀已知抛物线y ２＝a x 的焦点为F ,过点F 的直线交抛物线于M ,N 两点,在x 轴上存在异于点F 的定点Q ,使得直线MN 变化时,直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０,则定点Q 的坐标为．变式４㊀已知椭圆C :x ２a ２＋y ２b２＝１(a ＞b ＞０)的右焦点为F ,过点F 的直线交椭圆C 于M ,N 两点,在x 轴上存在异于点F 的定点Q ,使得直线MN 变化时,直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０,则定点Q 的坐标为．变式５㊀已知双曲线C :x ２a ２－y２b２＝１(a ＞０,b ＞０)的右焦点为F ,过点F 的直线交双曲线C 于M ,N 两点,在x 轴上存在异于点F 的定点Q ,使得直线MN 变化时,直线Q M 与直线Q N 的斜率之和为０,则定点Q 的坐标为．变式３~５的答案为:(－a ４,０),(a ２c ,０),(a２c,０)．以上三个变式问题的解析过程也可以参照原问题的方法１．４教学启示在解决一些典型的数学综合应用问题时,要合理引导学生深入挖掘,适当探究拓展,充分掌握问题的本质与内涵,剖析对应的数学基础知识与数学基本能力,从而实现 一题多解 一题多研 一题多变 ,不断提升与拓展破解数学问题的基本技能与策略,提高数学思维品质的变通性,真正达成 一题多练 一题多得 ．同时,有效调动学生数学解题的积极主动性与参与性,合理辨析概念㊁公式等的异同,深刻反思并有效拓展,努力培养发现问题的能力与深入质疑问题的探究精神．Z８７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
(完整版)圆锥曲线解题方法技巧归纳
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dA/ B y0_C tan(3) 弦长公式 直线 y kx b 上两点 A(x i , yj, B(X 2, y 2)间的距离：AB| J i k 2|x X 2J (1 k 2)[(X i X 2)2 4沁]或 AB J i *|y i y 2(4) 两条直线的位置关系 ① l 1 l 2 k 1k 2=-1② l 1 //12k 1 k 2且b 1 b 22、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)标准方程： 2 2—匚 1(m 0, n 0且 m n) m n 距离式方程:.(x c)2 y 2 . (x c)2 y 2 2a参数方程： x a cos , y bsin(2) 、双曲线的方程的形式有两种③夹角公式：k 2 12 2标准方程：—-1(m n 0)(3) 、三种圆锥曲线的通径你记得吗？椭圆：近；双曲线：玄；抛物线：2pa a(4) 、圆锥曲线的定义你记清楚了吗？b 2 tan —2P 在双曲线上时，S FP F 2 b 2 cot —,t| PF |2 | PF |2 4c 2 uur ujrn uur uimr(其中 F 1PF 2,COS 】1鳥尙，PF ?PF 2 |PF 1||PF 2|COS(6)、 记住焦 半 径公式： (1 )椭圆焦点在x 轴上时为a ex g ；焦点在y 轴上时为a ey °，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 01 a(3) 抛物线焦点在x 轴上时为| x , | 2,焦点在y 轴上时为| % | 2 (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)2B X 2,y 2，M a,b 为椭圆— 42 2 2 2 2222如: 已知F ,、 2 2F 2是椭圆勻七1的两个焦点,平面内一个动点 M足MF !MF 22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 F1p F2设 A x ,, y ,2仝1的弦AB 中点则有3仝生1,空空1 ;两式相减得二竺上上04 3 4 3 4 3x i X2 捲X2 y i y2 y i y2 3a4 3 k AB一不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!, y i), B(X2, y2)，将这两点代入曲线方程得到①②两个式子，然后①-②，整体消元..................... ,若有两个字母未知数，贝S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。
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧圆锥曲线是解析几何中的一个重要分支，涉及广泛且难度较大。
在高考中，经常出现各种关于圆锥曲线的问题，如求解方程、定位点、证明定理、计算面积等等。
本文将介绍圆锥曲线问题在高考中的常见题型及解题技巧，以供大家参考。
常见题型1. 判定方程类型判定方程 $Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F=0$ 的类型。
同学们需要掌握二次型的知识，使用行列式和 $\Delta$ 判别法即可。
其中，行列式 $AC-B^2$ 确定了方程的类型：$AC-B^2>0$ 时，方程为椭圆方程；2. 求曲线方程通常给出几何条件，让同学们求出曲线方程。
此类问题需要根据情况选择不同的方法，在此介绍两种主要的解法：（1）通过几何条件确定曲线类型，再代入方程求解。
例如，已知一个抛物线上的顶点坐标和另外一点的坐标，可以用顶点公式和对称性解出对称轴和开口方向，进而确定方程。
（2）确定曲线焦点和准线，利用焦准式求解方程。
例如，已知一个双曲线的焦距和离心率，可以通过求出曲线的焦点和准线，利用焦准式求解方程。
3. 定位点通常给出一个几何条件，要求定位某个点的坐标。
此类问题有多种方法，例如利用坐标系的对称性、平移、伸缩等变化来确定点的位置，或者利用直线方程、曲线方程的关系求解点的坐标等。
4. 证明定理此类问题一般是让同学们证明某个定理或者结论。
需要掌握各种定理的证明方法，例如对偶证明、取对数证明、辅助线证明、画图论证等。
5. 计算面积此类问题一般要求同学们计算某个图形或者曲面的面积。
需要灵活运用面积公式、积分等方法，注意确定积分区间以及被积函数的形式。
解题技巧1. 建立坐标系建立坐标系是解决圆锥曲线问题的前提，可以帮助理清几何图形的关系和计算各种量的大小。
要注意选择坐标系的方向和起点，以便于计算和简化计算公式。
2. 利用几何条件圆锥曲线问题往往给出具体的几何条件，同学们需要认真理解并灵活运用。
常见的几何条件有点的坐标、直线的方程、曲线类型、焦准距等等。
解几最值求有妙法,构造函数多方出击-高考数学一题多解
解几最值求有妙法，构造函数多方出击一、攻关方略与圆锥曲线有关的最值或范围问题大都是综合性问题，解法灵活，技巧性强，涉及代数函数、三角函数、平面几何等方面的知识，求最值常见的解法有几何法和代数法两种，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，如与圆锥曲线的定义相关或涉及过焦点的弦长、焦半径、焦点三角形等，则考虑利用图形性质来解决；若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，圆锥曲线中的最值问题的载体是直线与圆锥曲线的关系，特别是相交所引出的图形的最值问题，大致可分为两类：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．本讲重点放在用目标函数法求最值的策略．建立目标函数解与圆锥曲线有关的最值问题是一种常规方法，其关键是选取适当的变量建立目标函数，然后运用求函数最值的方法确定最值．运用目标函数法解此类题的难点体现在两个方面：①如何建立目标函数．关键要把相关图形的特点吃透，变量可以是直线的斜截、截距、曲线上的动点坐标、变动的线段等等，通常所得到的解析式的形式不会太简单，对下一步的求解会带来困难．②对所求得的目标函数如何求其最值，常常需要进行再次构造为常见函数并运用相应的解题策略解之，比如转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用配方法、基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等，尤其是对复杂函数解析式的再构造，其方法并非唯一，不同的构造必有多种不同的解法，或繁或简，通过解题经验的积累，尽可能找到最为巧妙的构造，得到最为简捷的解法，真可谓：解几最值求有妙法，构造函数多方出击．思维发散或繁或简，纵横联结枝繁叶茂．【典例】已知点()0,2A -，圆2222:1x y E a b +=（0a b >>F 是椭圆E的右焦点，直线AF O 为坐标原点．（1）求E 的方程；（2）设过点A 的直线l 与椭圆E 相交于P ，Q 两点，当OPQ △的面积最大时，求l 的方程．解题策略解析几何是用代数方法研究几何问题的一门数学学科，代数方法当然离不开比较复杂的计算，高考命题特别提出“多考想，少考算”，突出考查学生分析推理、转化的数学逻辑思维能力，如何在解析几何中避免繁杂、冗长的计算，即简化计算，也就成了处理这类问题的难点与关键，解析几何题目中常用的简化运算的技巧有：圆锥曲线的概念、条件等价转化、以形助数、设而不求以及通过构造以巧妙的方法减少运算量等，本例第（1）问，根据已知条件，利用基本量求椭圆方程；第（2）问，先建立OPQ △面积的函数表达式，再求最值，其中函数变量的选取尤为重要，不同的解析式有不同的求最值的方法．策略一由弦长公式求PQ ，由点到直线距离公式求d ，由12=⋅S PQ d 得解析式，换元法转化为用基本不等式求最值和l 的方程策略二由POQ AOQ AOP S S S =-△△△得函数解析式再进一步求解策略三利用坐标法求解析式再进一步求解（1）解：设(c,0)F ，由条件知，23c =，得c =又2c a =，∴2a =，2221b a c =-=，故E 的方程为2214x y +=．（2）解法一当l x ⊥轴时，不合题意，故设:2l y kx =-，()11,P x y 、()22,Q x y ，将2y kx =-代入椭圆方程，整理得()224116120k x kx +-+=．则()()222(16)48411643k k k ∆=-+=-当0∆>，即234k >时由弦长公式得12||PQ x =-==．又由点到直线的距离公式得点O 到直线l的距离d =∴OPQ △的面积221||24141S PQ k k d ===++⨯．t =，244144t S t t t ==++．则2243k t =+且0t >，当4t t =，即2t =时，OPQ △2=，解得2k =．故所求直线l的方程为2y =-或2y =-．解法二设直线:2l y kx =-交椭圆E 于()11,P x y ，()22,Q x y ．且P 在线段AQ 上．由222,440y kx x y =-⎧⎨+-=⎩得()224116120k x kx +-+=，1221641k x x k +=+，1221241x x k =+．由0∆>得234k ≥．则21122POQ AOQ AOP S S S x x =-=⨯-==△△△同解法一得所求直线l 的方程为2y =-或2y =-．解法三设l 的方程为2y kx =-，与椭圆方程联立得222,44,y kx x y =-⎧⎨+=⎩消去y 整理得()224116120k x kx +-+=．则1221641k x x k +=+，1221241x x k =+，且由0∆>，得234k >．设点P 、Q 的坐标分别为()11,x y ，()22,x y ．点O 的坐标为(0,0)，用坐标法求OPQ △的面积S 可表示为11221112001x y S x y =．即()()1221122112112222S x y x y x kx x kx x x =-=---=-⎡⎤⎣⎦241k k ==+．同解法一得所求直线l 的方程为2y =-或2y =-．【点评】运用目标函数法解此类题的难点体现在两个方面：①如何建立目标函数．关键要把相关图形的特点吃透，变量可以是直线的斜截、截距、曲线上的动点坐标、变动的线段等等，通常所得到的解析式的形式不会太简单，对下一步的求解会带来困难．②对所求得的目标函数如何求其最值，常常需要进行再次构造为常见函数并运用相应的解题策略解之，【针对训练】1．已知椭圆的方程为22143x y +=，1F ，2F 分别为椭圆的左、右焦点，线段PQ 是椭圆上过点2F 的弦，则1PFQ △内切圆面积的最大值为______．2．已知抛物线2:4C y x =上一点()4,4M -，A ，B 是抛物线C 上的两动点，且0MA MB ⋅= ，则点M 到直线AB 距离的最大值是______．（2021全国乙卷理11）3．设B 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的上顶点，若C 上的任意一点P 都满足||2PB b ≤，则C 的离心率的取值范围是（）A ．,12⎫⎪⎪⎣⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．2⎛ ⎝⎦D ．10,2⎛⎤⎥⎝⎦（2021全国新高考Ⅰ卷5）4．已知1F ，2F 是椭圆C ：22194x y +=的两个焦点，点M 在C 上，则12MF MF ⋅的最大值为（）A ．13B ．12C ．9D ．65．已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 到准线的距离为2．(1)求C 的方程;(2)已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足9PQ QF =，求直线OQ 斜率的最大值.6．已知抛物线()2:20C x py p =>的焦点为F ，且F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4．(1)求p ；(2)若点P 在M 上，,PA PB 是C 的两条切线，,A B 是切点，求PAB 面积的最大值．（2022·浙江）7．如图，已知椭圆221:12x C y +=，抛物线22:2(0)C y px p =>，点A 是椭圆1C 与抛物线2C 的交点，过点A 的直线l 交椭圆1C 于点B ，交抛物线2C 于M （B ，M 不同于A ）．(1)若116=p ，求抛物线2C 的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值．（2022·浙江）8．如图，已知F 是抛物线()220y px p =>的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且2MF =，(1)求抛物线的方程；(2)设过点F 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线,,MA MB AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且2RN PN QN =⋅，求直线l 在x 轴上截距的范围.（2019年高考数学浙江卷第21题）9．如图所示，已知点()1,0F 为抛物线22y px =（0p >）的焦点，过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线上，使得ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧，记AFG 、CQG 的面积分别为1S ，2S．(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)求的12S S 最小值及此时点G 的坐标．10．如图，已知抛物线2x y =.点A 1139-2424B ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，抛物线上的点P （x,y ）13-x 22⎛⎫ ⎪⎝⎭＜＜,过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q（I）求直线AP斜率的取值范围；PA PQ的最大值（II）求·参考答案：1．9π16【分析】()111142PF Q S PF QF PQ r r =++⋅=△，∴14PF Q S r =△，解法一：112PF Q S PQ d =⋅ ，点1F 到直线PQ 的距离为d ．由弦长公式和点到直线距离公式，求最大值.解法二：1121212PF Q S F F y y =- ，由弦长公式和基本不等式求最大值.【详解】解法一如图所示，1PFQ △的()111142PF Q S PF QF PQ r r =++⋅=△，∴14PF Q S r =△．当直线PQ 的斜率不存在时，易得||3PQ =，此时1121||32PF Q S F F PQ =⋅⋅=△，∴34r =；当直线PQ 的斜率为k 时，直线PQ 的方程为(1)y k x =-．将(1)y k x =-代入22143x y +=，并整理得：()22224384120k x k x k +-+-=．设()11,P x y 、()22,Q x y ，则2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+．||PQ ==()2212143k k +==+．∵点1F 到直线PQ 的距离d =．则12112|||243PF Qd k S PQ k ==⋅+△，则()()()()222222222211124331PFQ k k k k S k k k ++⎛⎫== ⎪⎡⎤⎝⎭+++⎣⎦△，设21u k =+，2v k =，则122112(3)96PF Q S uv u v u v v u⎛⎫== ⎪+⎝⎭⨯++△，且2211u k v k +=>，设(1)u t t v=>，设1()96f t t t =++，则21()9f t t '=-，当1t >时，()0f t '>，∴96(1)16u v f v u ⋅++>=，则1212116PF Q S ⎛⎫ ⎪⎝<⎭△，∴13PF Q S <△，∴34r <．综上，当直线PQ 垂直于x 轴时，1PFQ △的内切圆半径r 取得最大值34，∴1PFQ △的内切圆面积的最大值为9π16．解法二显然直线PQ 的斜率不为0，故可设其方程为1x my =+，将1x my =+代入22143x y+=，并整理得()2234690m y my ++-=，设()11,P x y ，()22,Q x y ，则122634m y y m +=-+，122934y y m =-+，∴1121221234PF Q S F F y y m =-===+△121，令1t ≥．设1()3f t t t =+，则21()3f t t'=-，则当1t >时，()0f t '>[]1,+∞，∴(1)4f =≥（当0m =时等号成立），∴1PF Q S △的最大值为3．此时1344PF Q S r ==△，即r 的最大值为34．∴1PFQ △的内切圆面积的最大值为9π16．故答案为：9π162．【分析】解法一：首先利用坐标表示直线MA ，MB 和直线AB 的斜率，并利用坐标表示1MA MB k k ⋅=-，代入直线AB 的方程，化简求直线所过定点，利用几何法表示点M 到直线AB距离的最大值；解法二：利用1MA MB k k ⋅=-得()()12124324y y y y y x +-++=，利用换元得直线AB 的方程为44320x ty t -+-=，列出点到直线距离公式d ==关系求函数最大值；解法三：首先设直线AB 的方程为x ky b =+，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示0MA MB ⋅=，得22123616164b b k k -+=-+，化简后表示,k b 的关系，可求得定点坐标，再利用两点距离表示点到直线距离的最大值.【详解】解法一：如图所示，设()11,A x y ，()22,B x y ，则直线MA 的斜率为()()()11111144444444MA y y k x y y y ++===-+--．同理可得直线MB 的斜率为244MB k y =-．直线AB 的斜率为12122212121244AB y y y y k y y x x y y --===--+．由1244144MA MB k y y k =⨯=---⋅，得()1212432y y y y -+=-．又直线AB 的方程为()11124y y x x y y -=-+，故()12124y y y y y x +-=．∴()()12124324y y y y y x +-++=．即()12(4)4(8)y y y x +-=-，∴直线AB 过定点()8,4P ．点M 到直线AB距离的最大值为||MP ==解法二：同解法一得()()12124324y y y y y x +-++=．令12y y t +=，则直线AB 的方程为44320x ty t -+-=．点M 到直线AB的距离d ==令2t s -=，则有d =，当10s =-时等号成立，即点M 到直线AB距离的最大值为解法三：设直线AB 的方程为x ky b =+，211,4y A y ⎛⎫⎪⎝⎭，222,4y B y ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由24x ky by x=+⎧⎨=⎩，得2440y ky b --=．∴()2160k b ∆=+>，124y y k +=，124y y b =-．∴0MA MB ⋅= ，即2212124,44,4044y y y y ⎛⎫⎛⎫-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()()22212121212122432016y y y y y y y y y y ⎡⎤-+-++++=⎣⎦．①把121244y y ky y b+=⎧⎨=-⎩代入（1）式整理得22123616164b b k k -+=-+．即22(6)(42)b k -=-，∴48b k =-+或44b k =+．当44b k =+时，直线AB 的方程为(4)4x k y =++，恒过点(4,4)-M ，不符合题意；当48b k =-+时，直线AB 的方程为(4)8x k y =-+，恒过点()8,4P ，符合题意．∴点M 到直线AB的距离的最大值是||MP =故答案为：3．C【分析】设()00,P x y ，由()0,B b ，根据两点间的距离公式表示出PB ，分类讨论求出PB 的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【详解】设()00,P x y ，由()0,B b ，因为2200221x y a b+=，222a b c =+，所以()()2223422222220000022221y c b b PB x y b a y b y a b b b c c ⎛⎫⎛⎫=+-=-+-=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0b y b -≤≤，当32b b c-≤-，即22b c ≥时，22max 4PB b =，即max 2PB b =，符合题意，由22b c ≥可得222a c ≥，即0e <≤当32b b c->-，即22b c <时，42222max b PB a b c =++，即422224b a b b c ++≤，化简得，()2220c b -≤，显然该不等式不成立．故选：C ．【点睛】本题解题关键是如何求出PB 的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．4．C【分析】法一：根据椭圆定义得到1226MF MF a +==，结合基本不等式进行求解；法二：设出()00,M x y ，使用焦半径结合033x -≤≤进行求解.【详解】法一：由题意，229,4a b ==，则1226MF MF a +==，所以2121292MF MF MF MF ⎛+⎫⋅≤= ⎪⎝⎭（当且仅当123MF MF ==时，等号成立）．法二：设()00,M x y ，033x -≤≤，由焦半径公式可得：1002003,3MF a ex MF a ex =+=+=-=-，故21200053399MF MF x x ⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为033x -≤≤，所以2009x ≤≤，当200x =，即00x =时，12MF MF ⋅取得最大值，最大值为9.故选：C ．5．(1)24y x =(2)13【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设()00,Q x y ，由平面向量的知识可得()00109,10P x y -，代入抛物线方程，进而可得20025910y x +=，可得点Q 的轨迹，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为2p x =-，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为222p p p ⎛⎫--== ⎪⎝⎭，所以该抛物线的方程为24y x =；（2）设()00,Q x y ，则()00999,9PQ QF x y ==--，所以()00109,10P x y -，由P 在抛物线上可得()()200104109y x =-，即20025910y x +=，据此整理可得点Q 的轨迹方程为229525=-y x ，所以直线OQ 的斜率000220001025925910OQ y y y k y x y ===++，当00y =时，0OQ k =；当00y ≠时，0010925OQ k y y =+，当00y >时，因为0092530y y +≥=，此时103OQ k <≤，当且仅当00925y y =，即035y =时，等号成立；当00y <时，0OQ k <；综上，直线OQ 的斜率的最大值为13.6．(1)2p =(2)()max = PAB S 【分析】(1)方法一利用两点间距离公式求得FN 关于圆M 上的点()00,N x y 的坐标的表达式，进一步转化为关于0y 的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得p 的值；方法二，利用圆的性质，F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；(2)方法一设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB 的坐标满足方程00220x x y y --=，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得1202x x x +=，1204x x y =，利用弦长公式求得AB 的长，进而得到面积关于()00,P x y 坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于0y 的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到1202x x x +=，1204x x y =，过P 作y 轴的平行线交AB 于Q ，则2000,2⎛⎫- ⎪⎝⎭x Q x y ．由121||2PAB S PQ x x =⋅- 求得面积关于()00,P x y 坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线:AB l y kx b =+，联立直线AB 和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到20k b +>，且12124,4x x k x x b +==-．利用点P 在圆M 上，求得,k b 的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P 的坐标(2,)P k b -，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b 的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，设圆M 上的点()00,N x y ，则()22041++=x y ．所以()()22001453=-+-≤≤-x y y ．从而有||=FN =因为053y -≤≤-，所以当03y =-时，min ||4==FN ．又0p >，解之得2p =，因此2p =．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线C 的焦点为0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，42pFM =+，所以，F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4142p+-=，解得2p =；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线C 的方程为24x y =，即24x y =，对该函数求导得=2xy '，设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ，直线PA 的方程为()1112x y y x x -=-，即112x xy y =-，即11220x x y y --=，同理可知，直线PB 的方程为22220x x y y --=，由于点P 为这两条直线的公共点，则10102020220220x x y y x x y y --=⎧⎨--=⎩，所以，点A 、B 的坐标满足方程00220x x y y --=，所以，直线AB 的方程为00220x x y y --=，联立0022204x x y y x y --=⎧⎪⎨=⎪⎩，可得200240x x x y -+=，由韦达定理可得1202x x x +=，1204x x y =，所以，AB ==，点P 到直线AB的距离为d =，所以，()3220011422PABS AB d x y =⋅=-△，()()2222000000041441215621x y y y y y y -=-+-=---=-++ ，由已知可得053y -≤≤-，所以，当05y =-时，PAB的面积取最大值321202⨯=[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到1201202,4+==x x x x x y ．过P 作y 轴的平行线交AB 于Q ，则2000,2⎛⎫- ⎪⎝⎭x Q x y．()32221200001111||242222⎛⎫=⋅-=-=- ⎪⎝⎭PABS PQ x x x y x y ．P 点在圆M 上，则00cos ,4sin ,x y αα=⎧⎨=-+⎩()()333222222001114cos 4sin 16(sin 2)21222ααα⎡⎤=-=-+=-++⎣⎦ PABS x y ．故当sin 1α=-时PAB 的面积最大，最大值为[方法三]：直接设直线AB 方程法设切点A ，B 的坐标分别为211,4x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4x B x ⎛⎫ ⎪⎝⎭．设:AB l y kx b =+，联立AB l 和抛物线C 的方程得2,4,y kx b x y =+⎧⎨=⎩整理得2440x kx b --=．判别式2Δ16160=+>k b ，即20k b +>，且12124,4x x k x x b +==-．抛物线C 的方程为24x y =，即24x y =，有2x y '=．则()2111:42-=-PA x x l y x x ，整理得21124x x y x =⋅-，同理可得222:24=⋅-PB x x l y x ．联立方程211222,24,24x x y x x xy x ⎧=⋅-⎪⎪⎨⎪=⋅-⎪⎩可得点P 的坐标为1212,24x x x x P +⎛⎫ ⎪⎝⎭，即(2,)P k b -．将点P 的坐标代入圆M 的方程，得22(2)(4)1+-+=k b ，整理得221(4)4b k --=．由弦长公式得12||=-=AB x=点P 到直线AB的距离为d =所以21||222==+== PABS AB d k b=其中[5,3]=-∈--P y b ，即[3,5]∈b ．当5b =时，()max = PAB S 7．(1)1(,0)32(2)max p 【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标公式求解即可；（2）设直线:l x y m λ=+，与椭圆联立，结合韦达定理得到中点M 的坐标，代入抛物线，再将直线与抛物线联立，结合韦达定理用参数表示点A 坐标，再将椭圆与抛物线联立得到点A 坐标，结合均值不等式，分析即得解.【详解】（1）当116=p 时，2C 的方程为218y x =，故抛物线2C 的焦点坐标为1(,0)32；（2）由题意，直线l 的斜率不为0，设()()()112200,,,,,,:A x y B x y M x y l x y m λ=+，由()22222222220x y y my m x y mλλλ⎧+=⇒+++-=⎨=+⎩，1200022222,,222m m my y y x y m λλλλλλ--∴+===+=+++，由M 在抛物线上，所以()222222244222m pm mp λλλλλ=⇒=+++，又22222()220y pxy p y m y p y pm x y m λλλ⎧=⇒=+⇒--=⎨=+⎩，012y y p λ∴+=，2101022x x y m y m p m λλλ∴+=+++=+，2122222mx p m λλ∴=+-+.由2222142,22x y x px y px ⎧+=⎪⇒+=⎨⎪=⎩即2420x px +-=12x p ⇒=-+222221822228162p p p m p p p λλλλλ+⇒-++⋅=++≥+，18p ≥，21160p ≤，p ≤所以，p，此时A .8．(1)24y x=(2)(,7[7(1,)-∞---++∞ ．【分析】（1）根据2MF =，求p ，再求抛物线方程；（2）方法一：主要是用()()1122,,,A x y B x y 坐标表示直线,MA MB ，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围；方法二：利用焦点弦的性质求得直线,MA MB 的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法三：利用点,A B 在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点,A B 横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.【详解】（1）因为2MF =，故2p =，故抛物线的方程为：24y x =.（2）[方法一]：通式通法设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ，所以直线:2yl x n =+，由题设可得1n ≠且12t ≠.由214x ty y x=+⎧⎨=⎩可得2440y ty --=，故12124,4y y y y t =-+=，因为2RN PN QN =⋅，故2R P Q ⎫=⎪⎪⎭，故2R P Q y y y =⋅.又()11:11y MA y x x =++，由()11112y y x x y x n⎧=+⎪+⎪⎨⎪=+⎪⎩可得()1112122P n y y x y +=+-，同理()2222122Q n y y x y +=+-，由12x ty yx n =+⎧⎪⎨=+⎪⎩可得()2121R n y t -=-，所以()()()2212211212121=212222n n y n y t x y x y -++⎡⎤⨯⎢⎥-+-+-⎣⎦，整理得到()()()2212221112112222y y n t n x y x y -⎛⎫=- ⎪++-+-⎝⎭，()22221214212222t y y y y -=⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()()()2222222121212112214212134+++2+442t t t y y y y y y y y y y y y --==+--⨯-+故()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，令21s t =-，则12s t +=且0s ≠，故()22222234242411331+444421t s s s s s s t +++⎛⎫==+=++≥ ⎪⎝⎭-，故213141n n n ⎧+⎛⎫≥⎪ ⎪-⎨⎝⎭⎪≠⎩即214101n n n ⎧++≥⎨≠⎩，解得7n ≤--71n -+≤<或1n >.故直线l 在x 轴上的截距的范围为7n ≤--71n -+<或1n >.[方法二]：利用焦点弦性质设直线AB 的方程为11x k y =+，直线MA 的方程为21x k y =-，直线MB 的方程为31x k y =-，直线l 的方程为221212,,,,,(,0)244y y y x m A y B y N m ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由题设可得1m ≠且112k ≠．由121,4x k y y x=+⎧⎨=⎩得21440y k y --=，所以121124,4y y k y y +==-．因为2112231121114,44y y y k k y y y +==+=+，12121223111212110444y y y y y y k k k k y y y y ++∴+=++++=-=，()21221212231121212111111441642y y y y y y k k k y y y y y y +⎛⎫⎛⎫=++=+⋅+-=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．由21,2x k y y x m =-⎧⎪⎨=+⎪⎩得2112p m y k +=-．同理3112Q m y k +=-．由11,2x k y y x m =+⎧⎪⎨=+⎪⎩得1112R m y k -=-．因为2||||||RN PN QN =⋅，所以2R P Q y y y -⋅=即222211231(1)(1)13112422m m m k k k k ⎛⎫ ⎪-++== ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪-+--- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故22121314112k m m k ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭．令112t k =-，则222221111113311244m t t m t t t t +++⎛⎫⎛⎫==++=++≥ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭．所以210,1410,m m m -≠⎧⎨++≥⎩，解得7m ≤--71m -+≤<或1m>．故直线l 在x轴上的截距的范围为(,7[7)(1,)-∞---++∞ ．[方法三]最优解设()()22,2(0),,2A a a a B b b >，由,,A F B 三点共线得22222221b a ab a a b a -==-+-，即1ab =-．所以直线MA 的方程为22(1)1a y x a =++，直线MB 的方程为2222(1)(1)11b ay x x b a -=+=+++，直线AB 的方程为22(1)1ay x a =--．设直线l 的方程为2(2)y x m m =+≠-，则222(2)(2)(2),,,1112P Q R N m a m a m a my y y x a a a a a a ----====--+++--．所以()()2222222222(2)(2)||||||11m a m a RN PN QN aa aa +-=⋅⇔=--+-．故()()2222222222221112(1)2140,2133111a a a m t t t a m t t a a a a ⎛⎫-- ⎪--+--+⎛⎫⎡⎤⎝⎭====∈ ⎪⎢⎥-++⎝⎭⎣⎦⎛⎫+-+- ⎪⎝⎭（其中1t a a =-∈R ）．所以(,14[14)m ∈-∞-++∞ ，且2m ≠-，因此直线l 在x轴上的截距为(,7[7(1,)2m-∈-∞---++∞ ．9．(1)2p =，=1x -(2)最小值为1(2,0)．【分析】（1）根据焦点坐标求解p ，再根据准线方程公式求解即可；（2）直线AB 的方程为(1)y k x =-，与抛物线联立，得到关于y 的韦达定理，用坐标表示12S S ，求得取得最小值时t 的值，再由()()22212312311312G x x x x y y y =++=++，结合韦达定理，求解即可.【详解】（1）由题意得12p=，即2p =，∴抛物线的准线方程为=1x -．（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,,C x y 不妨设12y y >，又Q 在点F 的右侧，故1230y y y >>>，又直线AB 的方程为(1)y k x =-．联立2(1)4y k x y x =-⎧⎨=⎩，得2440y y k --=，∴124y y =-．1112AGB AGB AF y S S S AB y y ==-△△，3231AGC AGC CQ y S S S CA y y -==-+△△，由G 为ABC 的重心，有AGB AGC S S =△△，且1230y y y ++=．故2424211311121111122422421231212121121224242416S y y y y y y y y y y y S y y y y y y y y y y y y y -++---=⋅=⋅===---+---．令12S n S =，21y t =，则222416t t n t -=-，即2(2)4160n t t n --+=．①当2n =时，122S S =，此时8t =；②当2n ≠时，二次方程至少有一个正根，故0∆≥，解得22n ≥，若方程有两个非正根，此时12124021602x x n n x x n ⎧+=≤⎪⎪-⎨⎪=≥⎪-⎩，不等式组无解，故22n +≥，即12min1S S ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭8t =+．()()()222222123123121211131212G x x x x y y y y y y y ⎡⎤=++=++=+++⎣⎦()22121216y y y y =++．而218y t ==+2221168y y ==-，故G 点坐标为(2,0)．10．（I ）（-1，1）；（II ）2716.【详解】（Ⅰ）设直线AP 的斜率为k ，2114122x k x x -==-+，因为1322x -<<，所以直线AP 斜率的取值范围是(1,1)-．（Ⅱ）联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩解得点Q 的横坐标是22432(1)Q k k x k -++=+．因为|PA12x +1)k +，|PQ|=2)Q x x -=-，所以3(1)(1)k k PA PQ ⋅--+=．令3()(1)(1)f k k k =--+，因为2'()(42)(1)f k k k =--+，所以f (k )在区间1(1,2-上单调递增，1(,1)2上单调递减，因此当k =12时，||||PA PQ ⋅取得最大值2716．【点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力，通过表达||PA 与||PQ 的长度，通过函数3()(1)(1)f k k k =--+求解||||PA PQ ⋅的最大值．。
浅谈解决圆锥曲线问题的几种方法
浅谈解决圆锥曲线问题的几种方法【摘要】圆锥曲线问题是数学中重要的课题之一，本文将深入探讨解决这一问题的几种方法。
首先介绍了圆锥曲线的概念和问题的重要性。
接着分别从几何法、代数法、参数法、向量法和微积分法五个方面展开讨论各种解决问题的方法。
在对各种方法进行了综合比较，并指出它们在不同场景下的适用性。
最后展望未来，提出了关于圆锥曲线问题研究的一些新的思路和方向。
通过本文的阐述，读者将对解决圆锥曲线问题有更深入的认识，同时也对未来的研究方向有了一定的启发。
【关键词】圆锥曲线, 解决问题, 方法, 几何法, 代数法, 参数法, 向量法, 微积分法, 综合比较, 适用场景, 未来展望, 引言, 正文, 结论.1. 引言1.1 圆锥曲线概述圆锥曲线是平面上具有特定几何性质的曲线。
根据圆锥曲线的定义，可以将它们分为椭圆、双曲线、抛物线和圆。
它们在几何学和代数学中具有广泛的应用，例如在物理学、工程学和计算机图形学中都有着重要的作用。
椭圆是一个闭合的曲线，其定义是所有到两个固定点的距离之和等于常数的点的集合。
双曲线是一个开放的曲线，其定义是到两个固定点的距离之差的绝对值等于常数的点的集合。
抛物线是一个开放的曲线，其定义是到一个固定点的距离等于到一个固定直线的距离的点的集合。
圆是一个闭合的曲线，其定义是到一个固定点的距离等于常数的点的集合。
圆锥曲线的研究对于理解几何及代数概念具有重要意义。
掌握不同方法解决圆锥曲线问题将有助于我们更深入地理解这些曲线的性质和特点，从而在实际问题中应用这些知识。
在接下来的内容中，我们将介绍几种不同的方法来解决圆锥曲线问题，希望读者能从中受益。
1.2 问题的重要性圆锥曲线在几何学和数学中具有重要的地位，它们是平面上特殊的曲线，包括圆、椭圆、双曲线和抛物线。
解决圆锥曲线问题的方法不仅仅是为了解题，更重要的是培养数学思维和逻辑推理能力。
圆锥曲线在几何学、物理学、工程学等领域都有广泛的应用，掌握解决圆锥曲线问题的方法可以帮助我们更好地理解这些领域的知识和解决实际问题。
浅谈解决圆锥曲线问题的几种方法
浅谈解决圆锥曲线问题的几种方法圆锥曲线是数学中的一个重要分支，它以一个可变的圆锥剖面为基础，通过圆在不同角度上的截面形成了五个不同的曲线：圆、椭圆、抛物线、双曲线和直线。
在实际应用中，圆锥曲线常常被用来描述各种物理现象和工程问题，如轨道设计、光学成像、天体运动等。
本文将会介绍解决圆锥曲线问题的几种方法。
1.几何法几何法是最基本，也是最直观的一种解决圆锥曲线问题的方法。
几何法的思想是将所求的曲线拆分为几个小段，然后求出每个小段的形状和位置参数，最终将它们拼接起来得到整个曲线。
例如，在构造椭圆的过程中，我们可以先画一个长轴和短轴所在的矩形，然后再通过调整矩形的顶点位置将矩形变形为椭圆。
2.代数法代数法是解决圆锥曲线问题的另一种常用方法。
代数法的思想是利用数学式子描述曲线，通过解方程来求解曲线的参数。
例如，在求解抛物线的方程时，我们可以将抛物线的矢量方程转化为标准方程或焦点方程，然后利用所给的条件求解方程中的参数。
3.向量法向量法是一种比较高效的解决圆锥曲线问题的方法。
向量法的思想是用向量来描述曲线的性质和形状，然后通过向量计算来求解曲线的参数。
例如，在计算椭圆的周长时，我们可以将椭圆的周长用向量积的形式表示出来，然后通过向量积的运算得到周长的解析表达式。
4.微积分法微积分法是一种比较深入的解决圆锥曲线问题的方法。
微积分法的思想是利用微积分理论来求解曲线的性质和参数。
例如，在求解椭圆的面积时，我们可以将椭圆的面积转化为曲线积分问题，用微积分方法来求解。
总之，圆锥曲线问题可以采用多种不同的方法来求解，每一种方法都有其独特的优点和应用场合。
在实际问题中，我们需要根据具体情况选择合适的方法来求解，以达到高效和准确的目的。
直线与圆锥曲线联立方程速算
直线与圆锥曲线联立方程是数学中的一个重要概念，它可用于解决很多有关直线与圆锥曲线相交问题。
下面我们来了解一下直线与圆锥曲线联立方程的速算方法。
段落一：联立方程的基本概念
直线与圆锥曲线联立方程是将直线和曲线的方程联立在一起，从而求出直线与曲线的交点坐标。
该方法适用于直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线相交的情况。
段落二：圆锥曲线方程的一般形式
圆锥曲线的一般方程形式为Ax²+By²+Cxy+Dx+Ey+F=0，其中A、B、C、D、E、F为常数。
根据题目所给条件，我们可以将方程中的一些常数通过代数运算得到。
段落三：求直线方程
直线的方程通常都是 y=kx+b 或 ax+by+c=0的形式，其中k为斜率，b为截距，a和b都是该直线的系数。
通过选取合适的点，可快速求出直线的系数。
段落四：代入联立方程
将求得的直线方程代入圆锥曲线方程中，将未知数表示为直线方程中的变量，最终可得到一个二元一次方程。
解方程可得到直线与圆锥曲线的交点坐标。
段落五：注意事项
在求解中需要注意方程的精度问题，对于小数精度的要求较高。
在计算中还需要注意符号的运用，避免错误的导出答案。
总结：
直线与圆锥曲线联立方程是解决几何学中一些重要问题的基本方法，但它并不是唯一的解题途径。
正确运用该方法需要不断练习和总结，以提高计算精度和效率。
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一题多解
直线与圆锥曲线问题的处理方法
商丘一高 郭 永
直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等 突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力，下面结合实例来对直线与圆锥曲线问题加以研究
例1如图，已知某椭圆的焦点是F 1(－4，0)、F 2(4，0)，过点F 2并垂直于x 轴的直线与椭圆的一个交点为B ，且|F 1B |+|F 2B |=10，椭圆上不同的两点A (x 1,y 1),C (x 2,y 2)满足条件 |F 2A |、|F 2B |、|F 2C |成等差数列
(1)求该弦椭圆的方程； (2)求弦AC 中点的横坐标；
(3)设弦AC 的垂直平分线的方程为y =kx +m ，求m 的取值范围
解 (1)由椭圆定义及条件知，2a =|F 1B |+|F 2B |=10,得a =5,又c =4,
所以b =2
2
c a -=3 故椭圆方程为9
252
2y x +=1 (2)由点B (4,y B )在椭圆上，得|F 2B |=|y B 59 因为椭圆右准线方程为x =4
25,离心率为54
，
根据椭圆定义，有|F 2A |=54(425－x 1),|F 2C |=54(4
25
－x 2)，
由|F 2A |、|F 2B |、|F 2C |成等差数列，得
54(425－x 1)+54(425－x 2)=2×5
9,由此得出 x 1+x 2=8 设弦AC 的中点为P (x 0,y 0),则x 0=2
2
1x x +=4
(3)解法一 由A (x 1,y 1),C (x 2,y 2)在椭圆上
得221122
22925925 925925 x y x y ⎧+=⨯ ⎪⎨+=⨯⎪⎩①②
①－②得9(x 12－x 22)+25(y 12－y 22)=0, 即9×)()2(25)2(
2
12
12121x x y y y y x x --⋅+++=0(x 1≠x 2) 将
k
x x y y y y y x x x 1,2,422121021021-=--=+==+ (k ≠0) 代入上式，得9×4+25y 0(－k
1
)=0 (k ≠0) 即k =
36
25
y 0(当k =0时也成立) 由点P (4，y 0)在弦AC 的垂直平分线上，得y 0=4k +m , 所以m =y 0－4k =y 0－
925y 0=－9
16y 0
由点P (4，y 0)在线段BB ′(B ′与B 关于x 轴对称)的内部， 得－
59＜y 0＜59,所以－516＜m ＜5
16 解法二 因为弦AC 的中点为P (4,y 0)，所以直线AC 的方程为
y －y 0=－
k
1
(x －4)(k ≠0) ③
将③代入椭圆方程9
252
2y x +=1,得 (9k 2+25)x 2－50(ky 0+4)x +25(ky 0+4)2－25×9k 2=0
所以x 1+x 2=259)4(5020++k k =8,解得k =36
25
y 0 (当k =0时也成立)
(以下同解法一)
例2：若抛物线21y ax =-上总存在关于直线0x y +=对称的两点，求a 的范围
解法一 （对称曲线相交法）
曲线21y ax =-关于直线0x y +=对称的曲线方程为21x ay -=-
如果抛物线21y ax =-上总存在关于直线0x y +=对称的两点，则两曲线
21y ax =-与21x ay -=-必有不在直线0x y +=上的两个不同的交点(如图所示)，从而可
由
22
1
1
y ax x ay ⎧=-⎨-=-⎩22()y x a x y ⇒+=- ∵ 0,x y +≠ ∴ 1y x a
=-
代入2
1y ax =-得 2
1
10ax x a
-+
-=有两个不同的解， ∴ 2
13(1)4(1)04
a a a ∆=--->⇒>
解法二 （对称点法）
设抛物线2
1y ax =-上存在异于于直线0x y +=的交
点
的点00(,)A x y ，且00(,)A x y 关于直线0x y +=的对称
点
00(,)A y x '--也在抛物线21y ax =-上
则
2002
00(1)1(2)
()1
y ax x a y ⎧=-⎨-=--⎩ 必有两组解
(1)-(2)得 220000()y x a x y +=- 必有两个不同解
∵000y x +≠，∴00()1a x y -=有解
从而有 200[(1)]1a x ax --=有两个不等的实数解
即 220010a x ax a --+=有两个不等的实数解
∴ 22()4(1)a a a ∆=---+>
∵ 0a ≠， ∴ 4
a >
解法三 （点差法）
设抛物线2
1y ax =-上以1122(,),(,)A x y A x y '为
端点的弦关于直线0x y +=对称，且以00(,)M x y 为中点是抛物线21y ax =-（即21
(1)x y a
=
+）内的点 从而有 1201202,2x x x y y y +=+=
由211222
(1)1(2)
1
y ax y ax ⎧=-⎨
=-⎩ (1)-(2)得 22
121
2()y y a x x -=- ∴ 12
12012
()2AA y y k a x x ax x x '-=
=+=-
由0001111121,(,)2222AA k ax x y M a a a a
'=⇒=⇒=
=-⇒- 从而有 21113
()(1)224
a a a a <-
+⇒>。