1、解析几何-圆锥曲线的弦长问题专题综述在高考中, 圆锥曲线的综合问题, 常以直线与圆锥曲线的性质及其位置关系的有关知识为主体,而直线与圆锥曲线的弦长问题,是圆锥曲线中常见的一类题型,而圆锥曲线的一般弦，中点弦，焦点弦，这三种弦长问题的探究更是高考的热点，我们关注的重点。专题探究探究1：一般弦长问题 求解直线与圆锥曲线相交的一般弦长，根据具体情况，通常要分类讨论.当直线的斜率不存在时：求出点的坐标，进而求出弦长.当直线斜率存在时：设直线斜率为k，直线与圆锥曲线交于点Ax1,y1, Bx2,y2，弦长AB=1+k2x1x2=1+k2a.答题模板：联立法解题思路（以给定椭圆和直线斜率为例，双曲线抛物线
2、同理）第一步: 设点Ax1,y1, Bx2,y2，第二步: 当直线斜率不存在，直接求出点的坐标，进而求出弦长. 当直线斜率存在时，设直线l方程:y=kx+m,(这里的k为已知量，当给定条件为过已知定点时,设点斜式)第三步: 联立方程组y=kx+mx2a2+y2b2=1，整理得1a2+k2b2x2+2kmb2x+m2b21=0,第四步: 判别式0（对于涉及到求取值范围的题型，该步骤为关键步骤），第五步: 韦达定理：x1+x2=2ka2mb2+a2k2， x1x2=a2m2a2b2b2+a2k2,第六步: 将韦达定理代入弦长公式即可求解。 (2021新高考卷)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=
3、1(ab0)，右焦点为F(2,0)，且离心率为63 (1) 求椭圆C的方程； (2) 设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x0)相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3【审题视点】充要条件的证明中充分性和必要性的条件和结论分别是什么？三点共线用什么来体现？【思维引导】必要性：由三点共线及直线与曲线相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线MN:y=kx+b,kb0)， 当直线MN的斜率不存在时，直线MN:x=1， 不满足M，N，F三点共线； 当直线MN的斜率存在时，设Mx1,y1,Nx2,y2，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN:y=kx
4、2即kxy2k=0，由直线MN与曲线x2+y2=1(x0)相切可得2kk2+1=1，联立直线和椭圆方程，求得弦长，证明必要性解得k=1，联立y=x2x23+y2=1可得4x262x+3=0，0，所以x1+x2=322,x1x2=34，所以MN=1+1x1+x224x1x2=3，所以必要性成立； 充分性：设直线MN:y=kx+b,kb0)相切可得bk2+1=1，所以b2=k2+1，联立y=kx+bx23+y2=1可得1+3k2x2+6kbx+3b23=0，=12(3k2b2+1)=24k20，联立直线和椭圆方程,由弦长值解得参数,证明充分性所以x1+x2=6kb1+3k2,x1x2=3b231+
5、3k2，所以MN=1+k2x1+x224x1x2=1+k26kb1+3k2243b231+3k2=1+k224k21+3k2=3，化简得3k212=0，所以k=1，所以k=1b=2或k=1b=2, 所以直线MN:y=x2或y=x+2， 所以直线MN过点F(2,0)，M，N，F三点共线，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3【探究总结】有关直线与抛物线、椭圆、双曲线相交的一般弦长问题，一般利用根与系数关系采用“设而不求，整体代入”的解法，但要注意直线斜率是否存在的讨论，也要根据条件确认怎样设直线方程便于求解结果。 (2021山东青岛市期中考试)已知椭圆C的焦点在x轴上，左顶
6、点为A(2,0)，离心率为32(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，求|PQ|的最大值探究2：中点弦问题 （1）椭圆中点弦结论（以焦点在x轴的椭圆方程x2a2+y2b2=1ab0为例）如图，在椭圆C中，E为弦AB的中点，则kOEkAB=b2a2;（证明：用点差法）注：若焦点在y轴上的椭圆x2b2+y2a2=1ab0，则kOEkAB=a2b2.（2）双曲线中点弦结论（以焦点在x轴的双曲线x2a2y2b2=1为例）如图所示，E为弦AB的中点，则kOEkAB=b2a2;注：若焦点在轴上的双曲线y2a2x2b2=1，则kOEkAB=a2b2. （3）抛物线中点弦结论 如
7、图，在抛物线y2=2pxp0中，若直线l与抛物线相交于M、N两点，点Px0,y0是弦MN的中点，弦MN所在的直线l的斜率为kMN，则kMNy0=p. 即： kMN=py0注：在抛物线x2=2pyp0中，若直线l与抛物线相交于M、N两点，点Px0,y0是弦MN的中点，弦MN所在的直线l的斜率为kMN，则1kMNx0=p.即： kMN=x0p. 答题模板：点差法解题思路（以给定椭圆和直线斜率为例，双曲线抛物线同理）第一步: 设直线与椭圆交点为Ax1,y1, Bx2,y2，AB中点Ex0,y0,则x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1,第二步: 两式相减得x1+x2x1x2a2+y1+
8、y2y1y2b2=0，第三步: 利用kAB=y2y1x2x1求出直线的斜率，线段AB的中点为x1+x22,y1+y22, 化简可得y2+y1x2+x1y2y1x2x1=b2a2y0x0kAB=b2a2kOEkAB=b2a2. (2021江苏省宿迁市)已知双曲线C:x2a2y2b2=1a0,b0的离心率e=3，双曲线C上任意一点到其右焦点的最小距离为31(1)求双曲线C的方程(2)过点P1,1是否存在直线l，使直线l与双曲线C交于R,T两点，且点P是线段RT的中点？若直线l存在，请求出直线l的方程；若不存在，说明理由【审题视点】如何解决已知弦的中点求弦所在的方程问题？【思维引导】这是一道探索性题
9、目，一般方法是假设存在这样的直线，然后验证它是否满足题设的条件。本题属于中点弦问题，应考虑点差法或联立法。【规范解析】（1）由离心率e=3，得ca=3.由离心率公式，寻求a,b,c的关系即可又双曲线C上任意一点到其右焦点的最小距离为31，则ca=31.由，解得c=3,a=1，则b2=c2a2=2，双曲线C的方程为x2y22=1（2）假设存在过点P1,1的直线l，使直线l与双曲线C交于R,T两点，且点P是线段RT的中点，显然直线l的斜率存在，设Rx1,y1,Tx2,y2，则有x12y122=1x22y222=1，利用点差法求得斜率和中点坐标间的关系两式作差，得x1+x2x1x2y1+y2y1y2
10、2=0，即y1y2x1x2=2x1+x2y1+y2又点P是线段RT的中点，则x1+x2=2,y1+y2=2，直线l的斜率k=y1y2x1x2=2x1+x2y1+y2=2，则直线l的方程为y1=2x1，即y=2x1，检验直线与圆锥曲线是否相交代入双曲线C的方程x2y22=1，得2x24x+3=0，=1624=80)（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q 求证：线段PQ的中点坐标为(2p,p)；求p的取值范围探究3：与离心率问题有关的参数问题常用结论：1.过圆锥曲线焦点F做直线交曲线于A,B两点,则AB的最小值为通径.在椭圆和双曲线
11、中,通径=2b2a,在抛物线中,通径=2p. 在椭圆中,AB有最大值为2a,2.解决抛物线的焦点弦问题时，要注意抛物线定义在其中的应用，通过定义将焦点弦长度转化为端点的坐标问题，从而可借助根与系数的关系进行求解.抛物线的焦点弦公式 过抛物线y2=2pxx0焦点F的弦AB，若点Ax1,y1, Bx2,y2，过A、B的直线倾斜角为,则弦长AB=x1+x2+p=2psin2，x1x2=p24，y1y2=p2，1AF+1BF=2p. (2019全国新课标卷理科)已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若
12、AP=3PB，求|AB| 【审题视点】抛物线的焦点弦性质很多，求其弦长尽量不用弦长公式,用抛物线定义可能更简便；向量关系怎么转化？【思维引导】 抛物线的焦点弦长问题，可使用公式AB=x1+x2+p. 【规范解析】根据抛物线中焦点弦公式，结合根与系数的关系可确定直线方程解：（1）设直线l：y=32x+t，Ax1,y1，Bx2,y2，由题意，可得F34,0，故AF+BF=x1+x2+32，因为|AF|+|BF|=4，所以x1+x2=52，联立y=32x+ty2=3x，整理得9x2+12t1x+4t2=0，可知：0，由韦达定理可知x1+x2=12t19，从而12t19=52，解得t=78，所以直线l
13、的方程为y=32x78（2）设直线l：y=32x+m，Ax1,y1，Bx2,y2，将向量关系转化为坐标关系，联立直线与抛物线方程由根与系数关系求出点的坐标，利用两点间距离公式求出弦长由AP=3PB，可得y1=3y2，联立y=32x+my2=3x，整理得y22y+2m=0，可知：0，由韦达定理可知，y1+y2=2，又y1=3y2，解得y1=3,y2=1，代入抛物线C方程得，x1=3,x2=13，即A3,3，B13,1，故AB=3132+3+12=4133【探究总结】圆锥曲线焦点弦问题通常可以利用圆锥曲线的统一定义、焦半径公式、根与系数的关系等求解,解法的多样性使得题目扑朔迷离，所以认真分析题干，
14、选择合适的解法会事半功倍. (2021湖北省襄阳市)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24+y23=1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1,m)(m0)（1）证明：kb0)由题意左顶点为A(2,0)，得a=2，离心率为：e=ca=32解得c=3，所以b2=a2c2=1，所以椭圆C的方程为：x24+y2=1(2)设P，Q两点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，直线l的方程为y=x+t，由y=x+tx24+y2=1,消去y，得5x2+8tx+4t21=0，则x1+x2=85t，x1x2=4t215，由=64t280t210，得0t25，所以PQ=1+k2x1x2=1+k2(x1+x2)24
15、x1x2=264t22516(t21)5=4255t2，因为0t20，即(2p)24(4p24p)0，p(0,43)变式训练3【解析】(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，线段AB的中点为M(1,m)，x1+x2=2，y1+y2=2m，将A，B代入椭圆C：x24+y23=1中，可得3x12+4y12=123x22+4y22=12，两式相减可得，3(x1+x2)(x1x2)+4(y1+y2)(y1y2)=0，即6(x1x2)+8m(y1y2)=0，k=y1y2x1x2=68m=34m， 点M(1,m)在椭圆内，即14+m230)，解得0m32，k=34m12;(2)由题意得F(1,0)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x3,y3)，则x11+x21+x31=0，y1+y2+y3=0，由(1)及题设得x3=3(x1+x2)=1，y3=(y1+y2)=2m0又点P在C上，所以m=34，从而P(1,32)，|FP|=32于是|FA|=(x11)2+y12=(x11)2+3(1x124)=2x12同理|FB|=2x22所以|FA|+|FB|=412(x1+x2)=3，故|FA|+|FB|=2|FP|.
