高考专题：解析几何常规题型及方法
A:常规题型方面
（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，消去四个参数。
y 2
=1。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 典型例题 给定双曲线x -22
的轨迹方程。
2y 12y 22=1，x 2-=1。 分析：设P 1(x 1, y 1) ，P 2(x 2, y 2) 代入方程得x -222
1
两式相减得
(x 1+x 2)(x 1-x 2) -1(y 1+y 2)(y 1-y 2) =0。 2
又设中点P （x,y ），将x 1+x 2=2x ，y 1+y 2=2y 代入，当x 1≠x 2时得
2x -y -y 22y ·1=0。 2x 1-x 2
y 1-y 2y -1， =x 1-x 2x -2
22 又k = 代入得2x -y -4x +y =0。
当弦P 1P 2斜率不存在时，其中点P （2，0）的坐标也满足上述方程。
因此所求轨迹方程是2x -y -4x +y =0
说明：本题要注意思维的严密性，必须单独考虑斜率不存在时的情况。
（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。 22
x 2y 2
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，∠PF 1F 2=α，∠PF 2F 1=β。 a b
（1）求证离心率e =sin(α+β) ； sin α+sin β
3 （2）求|PF 1|+PF 2|的最值。
3
分析：（1）设|PF 1|=r 1，|PF 2=r 2，由正弦定理得r 1r 2c 。 =2=sin αsin βsin(α+β)
得 r 1+r 22c =， s i n α+s i n βs i n α(+β)
e =c s i n α(+β) = a s i n α+s i n β
（2）(a +ex ) 3+(a -ex ) 3=2a 3+6ae 2x 2。
当x =0时，最小值是2a ；
323 当x =±a 时，最大值是2a +6e a 。 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，应特别注意数形结合的办法
典型例题 抛物线方程y 2=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。
p （1）证明：抛物线的准线为1：x =-1- 4
由直线x+y=t与x 轴的交点（t ，0）在准线右边，得 t >-1-p ，而4t +p +4>0 4
⎧x +y =t 由⎨2消去y 得x 2-(2t +p ) x +(t 2-p ) =0
⎩y =p (x +1)
∆=(2t +p ) 2-4(t 2-p ) =p (4t +p +4) >0
故直线与抛物线总有两个交点。
（2）解：设点A(x1，y 1) ，点B(x2，y 2)
∴x 1+x 2=2t +p ，x 1x 2=t 2-p
OA ⊥OB ，∴k OA ⨯k OB =-1
则x 1x 2+y 1y 2=0
又y 1y 2=(t -x 1)(t -x 2)
∴x 1x 2+y 1y 2=t 2-(t +2) p =0
t 2
∴p =f (t ) = t +2
又p >0，4t +p +4>0得函数f (t ) 的定义域是 (-2，0) ⋃(0，+∞)
（4）圆锥曲线的有关最值（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。
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。
分析：这是一道直线与圆锥曲线位置关系的问题，对于（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”。
解：(1)直线L 的方程为：y=x-a,将y=x-a 代入抛物线方程y 2=2px,得：设直线L 与抛物线两交点的坐标分别为A
⎧4(a +p ) -4a 2>0⎪（x 1,y 1）,B(x2,y 2) ，则⎨x 1+x 2=2(a +p ) , 又y 1=x1-a,y 2=x2-a,
⎪2⎩x 1x 2=a
∴|AB |=(x 1-x 2) 2+(y 1-y 2) 2=2[(x 1+x 2) 2-4x 1x 2]=p (p +2a )
00, ∴0
解得: -p p
(2)设AB 的垂直平分线交AB 与点Q ，令其坐标为（x 3,y 3），则由中点坐标公式得：
x 3=x 1+x 2
2=a +p , y 3=y 1+y 2(x 1-a ) +(x 2-a ) ==p . 22
所以|QM|2=(a+p-a)2+(p-0)2=2p2. 又△MNQ 为等腰直角三角形，所以|QM|=|QN|=2P ，所以S △NAB =122|AB |⋅|QN |=p ⋅|AB |≤p ⋅2p =2p 2, 即△NAB 面积的最大值为2P 2。 222
（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。
分析：曲线的形状已知，可以用待定系数法。
设出它们的方程，L ：y=kx(k≠0),C:y2=2px(p>0)
设A 、B 关于L 的对称点分别为A /、B /，则利用对称性可求得它们的坐标分别为：
k 2-12k 16k 8(k 2-1) , -2, 2A （2），B （2）。因为A 、B 均在抛物线上，代入，消去p ，得：k 2-k-1=0.解得：k +1k +1k +1k +1/k=1+52,p=. 25
1+54x, 抛物线C 的方程为y 2=x. 25所以直线L 的方程为：y=
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 ：x 2+y2=1, 动点M 到圆C 的切线长与|MQ|
的比等于常数λ（λ>0）, 求动点M 的轨迹方程，并说明它是什么曲线。
分析：如图，设MN 切圆C 于点N ，则动点M 组成的集合是：P={M||MN|=λ|MQ|}，
由平面几何知识可知：|MN|2=|MO|2-|ON|2=|MO|2-1，将M 点坐标代入，可得：
(λ2-1)(x2+y2)-4λ2x+(1+4λ2)=0.
当λ=1时它表示一条直线；当λ≠1时，它表示圆。这种方法叫做直接法。
（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） x 2y 2
+=1，试确定m 的取值范围，使得对于直线y =4x +m ，椭圆C 上有不同两典型例题 已知椭圆C 的方程43
点关于直线对称。
分析：椭圆上两点(x 1, y 1) ，(x 2, y 2) ，代入方程，相减得3(x 1+x 2)(x 1-x 2) +
4(y 1+y 2) (y 1-y 2) =0。
又x =x 1+x 2y +y 2y -y 21，y =1，k =1=-，代入得y =3x 。 22x 1-x 24
⎧y =3x 又由⎨解得交点(-m , -3m ) 。
y =4x +m ⎩
(-m ) 2(-3m ) 222+
（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=y 1·y 2=-1来处理或用向量的坐标运算来处理。 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 2=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θ为何值时，A 、B 与抛物线
相垂直。 分析：（1）直线y =k (x +2) 代入抛物线方程得2222k x +(4k -4) x +4k -4=0， 由∆>0，得-1
y 1y 2=k 2(x 1+2)(x 2+2) =4，焦点为O (0, 0) 。
由k OA ·k OB y 1y 22k 2，==2=-1，得k =±2x 1x 2k -1
2 2θ=arctan 22或θ=π-
B: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22
m 的值。
解： 圆x +y +x -2y =0过原点，并且OP ⊥OQ ， 22
∴PQ 是圆的直径，圆心的坐标为M (-
又M (-1，1) 21，1) 在直线3x +4y +m =0上， 2
15 ∴3⨯(-) +4⨯1+m =0，∴m =-即为所求。 22
评注：此题若不充分利用一系列几何条件：该圆过原点并且OP ⊥OQ ，PQ 是圆的直径，圆心在直线3x +4y +m =0上，而是设P (x 1，y 1) 、Q (x 2，y 2) 再由OP ⊥OQ 和韦达定理求m ，将会增大运算量。
评注：此题若不能挖掘利用几何条件∠OMP =90︒，点M 是在以OP 为直径的圆周上，而利用参数方程等方法，计算量将很大，并且比较麻烦。
二. 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 |=求此椭圆方程。
解：设椭圆方程为ax 2+by 2=1(a >b >0) ，直线y =x +1与椭圆相交于P (x 1，y 1) 、Q (x 2，y 2) 两点。 ，2
⎧y =x +1 由方程组⎨2消去y 后得 2ax +by =1⎩
(a +b ) x 2+2bx +b -1=0
2b b -1 ∴x 1+x 2=-，x 1x 2=a +b a +b
由k OP ⋅k OQ =-1，得y 1y 2=-x 1x 2 （1）
又P 、Q 在直线y =x +1上，
(2) ⎧y 1=x 1+1，⎨ ⎩y 2=x 2+1， (3)
∴y 1y 2=(x 1+1)(x 2+1) =x 1x 2+(x 1+x 2) +1
把（1）代入，得2x 1x 2+(x 1+x 2) +1=0，
即2(b -1) 2b -+1=0 a +b a +b
化简后，得
a +b =2 （4）
由|PQ |=522，得(x 1-x 2) +(y 1-y 2) = 22
55，(x 1+x 2) 2-4x 1x 2=，44 2b 24(b -1) 5() -=a +b a +b 4∴(x 1-x 2) 2=
把（2）代入，得4b -8b +3=0，解得b =213或b = 22
31或a = 22
31 由a >b >0，得a =，b =。 22 代入（4）后，解得a =
3x 2y 2
+=1 ∴所求椭圆方程为22
评注：此题充分利用了韦达定理及“设而不求”的策略，简化了计算。
三. 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 2+y 2-4x +2y =0和C 2：x 2+y 2-2y -4=0的交点，且圆心在直线l ：2x +4y -1=0上的圆的方程。
解：设所求圆的方程为：
x 2+y 2-4x +2y +λ(x 2+y 2-2y -4) =0
即(1+λ) x 2+(1+λ) y 2-4x +2(1-λ) y -4λ=0，
2λ-1，） 1+λλ+1
2λ-11+4⋅-1=0，解得λ=，代入所设圆的方程得x 2+y 2-3x +y -1=0为 又C 在直线l 上，∴2⋅1+λλ+13 其圆心为C （
所求。
评注：此题因利用曲线系方程而避免求曲线的交点，故简化了计算。
四、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。
x 2y 2
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，求四边形OAPB 面积的最大值a b
及此时点P 的坐标。
五、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 2+bx +c =0的方程，方程的两根设为x A ，x B ，判别式为△，则|AB |=+k 2·|x A -x B |=+k 2，若|a |
直接用结论，能减少配方、开方等运算过程。
例 求直线x -y +1=0被椭圆x 2+4y 2=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。
x 2y 2
+=1的两个焦点，AB 是经过F 1的弦，若|AB |=8，求值|F 2A |+|F 2B | 例 F 1、F 2是椭圆259
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 2=4x 的焦点，点P 在抛物线y 2=4x 上移动，若|PA |+|PF |取得最小值，求点P 的坐标。
高考专题：解析几何常规题型及方法
A:常规题型方面
（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，消去四个参数。
y 2
=1。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 典型例题 给定双曲线x -22
的轨迹方程。
2y 12y 22=1，x 2-=1。 分析：设P 1(x 1, y 1) ，P 2(x 2, y 2) 代入方程得x -222
1
两式相减得
(x 1+x 2)(x 1-x 2) -1(y 1+y 2)(y 1-y 2) =0。 2
又设中点P （x,y ），将x 1+x 2=2x ，y 1+y 2=2y 代入，当x 1≠x 2时得
2x -y -y 22y ·1=0。 2x 1-x 2
y 1-y 2y -1， =x 1-x 2x -2
22 又k = 代入得2x -y -4x +y =0。
当弦P 1P 2斜率不存在时，其中点P （2，0）的坐标也满足上述方程。
因此所求轨迹方程是2x -y -4x +y =0
说明：本题要注意思维的严密性，必须单独考虑斜率不存在时的情况。
（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。 22
x 2y 2
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，∠PF 1F 2=α，∠PF 2F 1=β。 a b
（1）求证离心率e =sin(α+β) ； sin α+sin β
3 （2）求|PF 1|+PF 2|的最值。
3
分析：（1）设|PF 1|=r 1，|PF 2=r 2，由正弦定理得r 1r 2c 。 =2=sin αsin βsin(α+β)
得 r 1+r 22c =， s i n α+s i n βs i n α(+β)
e =c s i n α(+β) = a s i n α+s i n β
（2）(a +ex ) 3+(a -ex ) 3=2a 3+6ae 2x 2。
当x =0时，最小值是2a ；
323 当x =±a 时，最大值是2a +6e a 。 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，应特别注意数形结合的办法
典型例题 抛物线方程y 2=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。
p （1）证明：抛物线的准线为1：x =-1- 4
由直线x+y=t与x 轴的交点（t ，0）在准线右边，得 t >-1-p ，而4t +p +4>0 4
⎧x +y =t 由⎨2消去y 得x 2-(2t +p ) x +(t 2-p ) =0
⎩y =p (x +1)
∆=(2t +p ) 2-4(t 2-p ) =p (4t +p +4) >0
故直线与抛物线总有两个交点。
（2）解：设点A(x1，y 1) ，点B(x2，y 2)
∴x 1+x 2=2t +p ，x 1x 2=t 2-p
OA ⊥OB ，∴k OA ⨯k OB =-1
则x 1x 2+y 1y 2=0
又y 1y 2=(t -x 1)(t -x 2)
∴x 1x 2+y 1y 2=t 2-(t +2) p =0
t 2
∴p =f (t ) = t +2
又p >0，4t +p +4>0得函数f (t ) 的定义域是 (-2，0) ⋃(0，+∞)
（4）圆锥曲线的有关最值（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。
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。
分析：这是一道直线与圆锥曲线位置关系的问题，对于（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”。
解：(1)直线L 的方程为：y=x-a,将y=x-a 代入抛物线方程y 2=2px,得：设直线L 与抛物线两交点的坐标分别为A
⎧4(a +p ) -4a 2>0⎪（x 1,y 1）,B(x2,y 2) ，则⎨x 1+x 2=2(a +p ) , 又y 1=x1-a,y 2=x2-a,
⎪2⎩x 1x 2=a
∴|AB |=(x 1-x 2) 2+(y 1-y 2) 2=2[(x 1+x 2) 2-4x 1x 2]=p (p +2a )
00, ∴0
解得: -p p
(2)设AB 的垂直平分线交AB 与点Q ，令其坐标为（x 3,y 3），则由中点坐标公式得：
x 3=x 1+x 2
2=a +p , y 3=y 1+y 2(x 1-a ) +(x 2-a ) ==p . 22
所以|QM|2=(a+p-a)2+(p-0)2=2p2. 又△MNQ 为等腰直角三角形，所以|QM|=|QN|=2P ，所以S △NAB =122|AB |⋅|QN |=p ⋅|AB |≤p ⋅2p =2p 2, 即△NAB 面积的最大值为2P 2。 222
（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。
分析：曲线的形状已知，可以用待定系数法。
设出它们的方程，L ：y=kx(k≠0),C:y2=2px(p>0)
设A 、B 关于L 的对称点分别为A /、B /，则利用对称性可求得它们的坐标分别为：
k 2-12k 16k 8(k 2-1) , -2, 2A （2），B （2）。因为A 、B 均在抛物线上，代入，消去p ，得：k 2-k-1=0.解得：k +1k +1k +1k +1/k=1+52,p=. 25
1+54x, 抛物线C 的方程为y 2=x. 25所以直线L 的方程为：y=
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 ：x 2+y2=1, 动点M 到圆C 的切线长与|MQ|
的比等于常数λ（λ>0）, 求动点M 的轨迹方程，并说明它是什么曲线。
分析：如图，设MN 切圆C 于点N ，则动点M 组成的集合是：P={M||MN|=λ|MQ|}，
由平面几何知识可知：|MN|2=|MO|2-|ON|2=|MO|2-1，将M 点坐标代入，可得：
(λ2-1)(x2+y2)-4λ2x+(1+4λ2)=0.
当λ=1时它表示一条直线；当λ≠1时，它表示圆。这种方法叫做直接法。
（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） x 2y 2
+=1，试确定m 的取值范围，使得对于直线y =4x +m ，椭圆C 上有不同两典型例题 已知椭圆C 的方程43
点关于直线对称。
分析：椭圆上两点(x 1, y 1) ，(x 2, y 2) ，代入方程，相减得3(x 1+x 2)(x 1-x 2) +
4(y 1+y 2) (y 1-y 2) =0。
又x =x 1+x 2y +y 2y -y 21，y =1，k =1=-，代入得y =3x 。 22x 1-x 24
⎧y =3x 又由⎨解得交点(-m , -3m ) 。
y =4x +m ⎩
(-m ) 2(-3m ) 222+
（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=y 1·y 2=-1来处理或用向量的坐标运算来处理。 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 2=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θ为何值时，A 、B 与抛物线
相垂直。 分析：（1）直线y =k (x +2) 代入抛物线方程得2222k x +(4k -4) x +4k -4=0， 由∆>0，得-1
y 1y 2=k 2(x 1+2)(x 2+2) =4，焦点为O (0, 0) 。
由k OA ·k OB y 1y 22k 2，==2=-1，得k =±2x 1x 2k -1
2 2θ=arctan 22或θ=π-
B: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22
m 的值。
解： 圆x +y +x -2y =0过原点，并且OP ⊥OQ ， 22
∴PQ 是圆的直径，圆心的坐标为M (-
又M (-1，1) 21，1) 在直线3x +4y +m =0上， 2
15 ∴3⨯(-) +4⨯1+m =0，∴m =-即为所求。 22
评注：此题若不充分利用一系列几何条件：该圆过原点并且OP ⊥OQ ，PQ 是圆的直径，圆心在直线3x +4y +m =0上，而是设P (x 1，y 1) 、Q (x 2，y 2) 再由OP ⊥OQ 和韦达定理求m ，将会增大运算量。
评注：此题若不能挖掘利用几何条件∠OMP =90︒，点M 是在以OP 为直径的圆周上，而利用参数方程等方法，计算量将很大，并且比较麻烦。
二. 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 |=求此椭圆方程。
解：设椭圆方程为ax 2+by 2=1(a >b >0) ，直线y =x +1与椭圆相交于P (x 1，y 1) 、Q (x 2，y 2) 两点。 ，2
⎧y =x +1 由方程组⎨2消去y 后得 2ax +by =1⎩
(a +b ) x 2+2bx +b -1=0
2b b -1 ∴x 1+x 2=-，x 1x 2=a +b a +b
由k OP ⋅k OQ =-1，得y 1y 2=-x 1x 2 （1）
又P 、Q 在直线y =x +1上，
(2) ⎧y 1=x 1+1，⎨ ⎩y 2=x 2+1， (3)
∴y 1y 2=(x 1+1)(x 2+1) =x 1x 2+(x 1+x 2) +1
把（1）代入，得2x 1x 2+(x 1+x 2) +1=0，
即2(b -1) 2b -+1=0 a +b a +b
化简后，得
a +b =2 （4）
由|PQ |=522，得(x 1-x 2) +(y 1-y 2) = 22
55，(x 1+x 2) 2-4x 1x 2=，44 2b 24(b -1) 5() -=a +b a +b 4∴(x 1-x 2) 2=
把（2）代入，得4b -8b +3=0，解得b =213或b = 22
31或a = 22
31 由a >b >0，得a =，b =。 22 代入（4）后，解得a =
3x 2y 2
+=1 ∴所求椭圆方程为22
评注：此题充分利用了韦达定理及“设而不求”的策略，简化了计算。
三. 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 2+y 2-4x +2y =0和C 2：x 2+y 2-2y -4=0的交点，且圆心在直线l ：2x +4y -1=0上的圆的方程。
解：设所求圆的方程为：
x 2+y 2-4x +2y +λ(x 2+y 2-2y -4) =0
即(1+λ) x 2+(1+λ) y 2-4x +2(1-λ) y -4λ=0，
2λ-1，） 1+λλ+1
2λ-11+4⋅-1=0，解得λ=，代入所设圆的方程得x 2+y 2-3x +y -1=0为 又C 在直线l 上，∴2⋅1+λλ+13 其圆心为C （
所求。
评注：此题因利用曲线系方程而避免求曲线的交点，故简化了计算。
四、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。
x 2y 2
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，求四边形OAPB 面积的最大值a b
及此时点P 的坐标。
五、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 2+bx +c =0的方程，方程的两根设为x A ，x B ，判别式为△，则|AB |=+k 2·|x A -x B |=+k 2，若|a |
直接用结论，能减少配方、开方等运算过程。
例 求直线x -y +1=0被椭圆x 2+4y 2=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。
x 2y 2
+=1的两个焦点，AB 是经过F 1的弦，若|AB |=8，求值|F 2A |+|F 2B | 例 F 1、F 2是椭圆259
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 2=4x 的焦点，点P 在抛物线y 2=4x 上移动，若|PA |+|PF |取得最小值，求点P 的坐标。