高考解析几何万能解题套路模版

圆锥曲线 解题套路综述

高考解析几何解题套路及各步骤操作规则：

步骤一：（一表）把题目中的点、直线、曲线这三大类基础几何元素用代数形式表示出来； 口诀：见点化点、见直线化直线、见曲线化曲线。

1、见点化点：“点”用平面坐标系上的坐标表示，只要是题目中提到的点都要加以坐标化； 2、见直线化直线：“直线”用二元一次方程表示，只要是题目中提到的直线都要加以方程化；

3、见曲线化曲线：“曲线（圆、椭圆、抛物线、双曲线）”用二元二次方程表示，只要是题目中提到的曲线都要加以方程化。

步骤二：（二代）把题目中的点与直线、曲线从属关系用代数形式表示出来；如果某个点在某条直线或曲线上，那么这个点的坐标就可代入这条直线或曲线的方程。

口诀：点代入直线、点代入曲线。

1、点代入直线：如果某个点在某条直线上，将点的坐标代入这条直线的方程； 2、点代入曲线：如果某个点在某条曲线上，将点的坐标代入这条曲线的方程；

这样，每代入一次就会得到一个新的方程，方程逐一列出后，这些方程都是获得最后答案的基础，最后就是解方程组的问题了。

在方程组的求解中，我们发现一个特殊情况，即如果题目中有两个点在同一条曲线上，将它们的坐标代入曲线方程后能够直接求解的可以直接求解，如果不能直接求解的，则采用下面这套等效规则来处理可以达到同样的处理效果，并让方程组的求解更简单，具体过程：

1、点代入这两个点共同所在的直线：把这两个点共同所在直线用点斜式方程（如这两个点的坐标分别代入这条直线的方程；

2、将这条直线的方程代入这条曲线的方程，获得一个一元二次方程； 3、把这个一元二次方程的二次项系数不等于零的条件列出来； 4、把这个一元二次方程的判别式

列出来；

）表示出来，将

5、把这个一元二次方程的根用韦达定理来表示（这里表示出来的实际上就是这两个点的坐标之间的相互关系式）。

1

步骤三：（三译）图形构成特点的代数化，或者说其它附加条件的代数化。

前面两个步骤都是高度模式化的，他们构成了解决所有问题的基础。在解析几何题目里，事实上就是附加了一些特殊条件的问题，如我们可以附加两条直线垂直的条件，也可以附加一条直线与一条曲线相切的条件，等等，当然，我们不用太担心，这些条件都是与我们教材上的基本数学概念相对应的，它们分别与一个或一组固定模式的方程相对应，而且，通过少数几条通用规则就可以把所有这些方程罗列出来。而我们要做的，就是针对这些特定条件选择合适的通用规则来列方程。这个步骤涉及的主要通用规则：

1、两点的距离 2、两个点的对称点 3、条直线垂直 4、两条直线平行 5、两条直线的夹角 6、点到直线的距离 7、正余弦定理及面积公式 8、向量规则

9、直线与曲线的位置关系 把直线方程代入曲线方程，得形如①当②当③当④当

时，直线与曲线有一个交点； 时，直线与曲线相切； 时，直线与曲线有两个交点； 时，或当

时，直线与曲线无交点；

的一元二次方程：

这个步骤的处理关键是根据条件的特点选择适当的通用规则组合。

步骤四：（四处理）按答案的要求解方程组，把结果转化成答案要求的形式。

一般情况步骤1、2、3 完成后，会得到一组方程，而答案就是这组方程组的解。这个步骤就是方程组的求解了，解方程组实际上就是用加减乘除四则混合运算以及乘方、开方等来消除方程的参数。不过，这里我们也给出三条消参的原则：

1、把方程中的所有未知量都视为参数。比如，如果某个点的坐标为它们都视为方程组的参数。

2、消参的原则是，把与答案无关的参数消去，留下与答案有关的参数。或者说在解方程组的时候，用与答案有关的参数来表示与答案无关的参数。

3、消参完成后，把结果表示成答案要求的形式。

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，而都是未知的，我们把

例题1：全国卷Ⅱ理（21）年高文科（22）（本小题满分12分） 已知与为坐标原点，两点，点满足为椭圆在轴正半轴上的焦点，过. (I)证明：点，证明：在且斜率为的直线与交上； (II)设点 关于点的对称点为四点在同一圆上. x2y2122xy1的切线l交椭圆C于A、B两m,0C4例题2：（理数北京卷）已知椭圆：，过点作圆点 ⑴ 求椭圆C的焦点坐标和离心率； ⑵ 将|AB|表示为m的函数，并求|AB|的最大值。 3

例题3.（新课标卷第20题）在平面直角坐标系xOy中，已知点A0,1，B点在直线y3上，M点满足MB//OA，MAABMBBA，M点的轨迹为曲线C。 ⑴ 求C的方程。 ⑵ P为C上的动点，l为C在P点处的切线，求点O到l距离的最小值 例题4、（理数四川卷）椭圆有两顶点A1,0、B1,0，过其焦点F0,1的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P。直线AC与直线BD交于点Q。⑴ 当|CD|322时，求直线l的方程； ⑵ 当点P异于A、B两点时，求证：OPOQ为定值。 4 y2x12例题5.（理数全国卷第21题）已知O为坐标原点，F为椭圆C：在y轴正半轴上的焦点，过F2且斜率为2的直线l与C交与A、B两点，点P满足OAOBOP0 ⑴ 证明：点P在C上； ⑵ 设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上。

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答案例题5.理数全国卷第21题 解：由已知有F0,1

由已知有直线l的方程为：y2x1 设Ax1,y1、Bx2,y2 ∴y12x11 ……①

y22x21 ……②

将直线l的方程代入椭圆方程，整理得

4x222x10

∴x1x222 ……③ xx1124 ……④

其中，816240恒成立 设Px3,x3

由已知OAOBOP0x1,y1x2,y2x3,y30

x23x1x2 2y3y1y22x112x111⑴ ∴P2,12在C上 ⑵ 由已知有Q22,1 则PQ的中垂线为：y22x 设A、B的中点为Dx3,y3

x1x22∴x324 yy1y22x112x1122132 6

21D∴4,2

则AB的中垂线为：y21x 2421'O,PQ则的中垂线与AB的中垂线的交点为 88∴|PO'||QO'|311 821|221881|33 到直线AB的距离为O',88d83|AB|x1x2y1y2223x1x2232

4x1x22311|AB|2∴|AO||BO| d82''2即|AO||BO||PO||QO| ∴A、P、B、Q四点在同一圆上。

''''

例6、理数山东卷第22题

x2y261交于Px1,y1、Qx2,y2两不同点，且OPQ的面积S已知动直线l与椭圆C：，其中O为322坐标原点。

2222⑴ 证明：x1x2和y1y2均为定值。

⑵ 设线段PQ的中点为M，求|OM||PQ|的最大值；

⑶ 椭圆C上是否存在三点D、E、G，使得SODESODGSOEG存在，请说明理由。

解：设直线l的方程为：ykxb

6？若存在，判断DEG的形状；若不27

∴y1kx1b ……①

y2kx2b ……②

将直线l的方程代入椭圆方程，整理得

23k2x26kbx3b220

∴x1x26kb23k2 ……③ x3b2x21223k2 ……④ 其中，36k2b21223k2b220b23k22

|PQ|x221x2y1y221kxx24x261k23k22b2121x223k2O到直线l的距离d|b|1k2

由已知有OPQ的面积S1623k22|PQ|d22b223k2|b|1b223k22

31k2∴|PQ|23k22 2⑴ ∴x2221x2x1x2x6kb6b2221x223k223k23，恒为定值 y22b2kx221y2kx12bk2x21x22kbx1x22b2

3k212k2b223k22b22，恒为定值 ⑵ 由已知有线段PQ的中点Mx1x2y1y22,2， 2∴|OM|x1x22y1y2x1x22kx1x22b2222

6kb222k6kb22b23k23k2

8

∴

9k4 223k22|OM||PQ|9k461k223k23k22269k413k249k412k24k2619k412k2461k26115 9k24k21229k242k212∴|OM||PQ|的最大值为

52 ⑶ 设存在满足题意的三点Dx3,y3、Ex4,y4、Gx5,y5 则由“⑴”有

x2x2343 ……⑤ x2x2353 ……⑥ x2x2453 ……⑦

⑤-⑥，得x224x5 同理有x2x24，x2x2335 不妨令x3x5，则x4x5

即直线DG垂直于x轴，直线EG或直线ED平行于x轴 ∴DEG为直角三角形。

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