谢邀

我在这里讲一些好懂一点的解析几何大题的解题技巧（只包括椭圆和抛物线），适用于基础较好的同学。对于基础稍差的同学，可以看本回答的简略版本（不包括抛物线）

。如果想学一些高大上的解题方法，也可以看

注：本回答的主要内容完成于2016年，回答所涉及内容是针对当时的高考出题情况给出的技巧和方法，请留意。

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一、设点或直线

做题一般都需要设点的坐标或直线方程，其中点或直线的设法有很多种。直线与曲线的两个交点一般可以设为\left( x_{1},y_{1} \right) ,\left( x_{2},y_{2} \right) 等。对于椭圆\frac{x^{2} }{a^{2} }+\frac{y^{2} }{b^{2} } =1上的唯一的动，还可以设为\left( a\cos\theta ,b\sin\theta \right) ，在抛物线y^{2} =2px(p>0)上的点，也可以设为\left(\frac{y_{0}^{2} }{2p},y_{0} \right) 。还要注意的是，很多点的坐标都是设而不求的。对于一条直线，如果过定点\left( x_{0},y_{0} \right) 并且不与y轴平行，可以设点斜式y-y_{0}=k\left( x-x_{0} \right) ,如果不与x轴平行，可以设x-x_{0}=m\left( y-y_{0} \right) （ m 是倾斜角的余切，即斜率的倒数，下同），如果只是过定点而且需要求与长度或面积有关的式子，可以设参数方程x=x_{0} +t\cos\alpha ,y=y_{0} +t\sin\alpha ，其中 \alpha 是直线的倾斜角。一般题目中涉及到唯一动直线时才可以设直线的参数方程。如果直线不过定点，干脆在设直线时直接设为 y=kx+m 或 x=my+n 。（注意： y=kx+m 不表示平行于 y 轴的直线， x=my+n 不表示平行于 x 轴的直线）由于抛物线y^{2} =2px(p>0)的表达式中不含x的二次项，所以直线设为x-x_{0}=m\left( y-y_{0} \right) 或 x=my+n 联立起来更方便。

二、转化条件

有的时候题目给的条件是不能直接用或直接用起来不方便的，这时候就需要将这些条件转化一下。对于一道题来说这是至关重要的一步，如果转化得巧，可以极大地降低运算量。下面列出了一些转化工具所能转化的条件。

向量：平行、锐角或点在圆外（数量积大于0）、直角或点在圆上（数量积等于0）、钝角或点在圆内（数量积小于0）、平行四边形

斜率：平行（斜率差为0）、垂直（斜率积为-1）、对称（两直线关于坐标轴对称则斜率和为0，关于 y=\pm x 对称则斜率积为1

（使用斜率转化一定不要忘了单独讨论斜率不存在的情况！）

几何：相似三角形（依据相似列比例式）、等腰直角三角形（构造全等）

有的题目可能不需要转化直接带入条件解题即可，有的题目给的条件可能有多种转化方式，这时候最好先别急着做题，多想几种转化方法，估计一下哪种方法更简单，三思而后行。

三、代数运算

转化完条件只需要算数了。很多题目都要将直线与圆锥曲线联立以便使用一元二次方程的韦达定理，但要注意并不是所有题目都需要联立。

（1）求弦长

解析几何中有的题目可能需要算弦长，可以用弦长公式d=\sqrt{k^{2}+1} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2} \right) ^{2}-4x_{1}x_{2} } =\sqrt{\frac{1}{k^{2}}+1}\sqrt{\left(y_{1}+y_{2} \right) ^{2}-4y_{1} y_{2} } ，设参数方程时，弦长公式可以简化为d=\sqrt{\left(t_{1}+t_{2} \right) ^{2}-4t_{1}t_{2} }

（2）求面积

解析几何中有时要求面积，如果 O 是坐标原点，椭圆上两点 A,\,B 坐标分别为\left(x_{1},y_{1} \right) 和\left(x_{2},y_{2} \right) ， AB 与 x 轴交于 D ，则S_{\Delta AOB} =\frac{1}{2} d\left| AB \right| =\frac{1}{2} \left| OD \right| \left|y_{1}-y_{2} \right| =\frac{1}{2}\left|x_{1}y_{2} -x_{2}y_{1} \right| ( d 是点 O 到 AB 的距离；第三个公式教材上没有，解要用的话需要把下面的推导过程抄一下)。

在 \Delta ABC 中，设 \vec{AB}=(x_1,y_1),\,\vec{AC}=(x_2,y_2) \begin{align} S_{ΔABC}=&\frac12|AB||AC|\sin\angle BAC\\ =&\frac12\sqrt{|AB|^2|AC|^2-|AB|^2 |AC|^2\cos^2 \angle BAC}\\ =&\frac12\sqrt{|\vec{AB}|^2|\vec{AC}|^2-(\vec{AB}\cdot\vec{AC})^2}\\ =&\frac12\sqrt{(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)-(x_1x_2+y_1y_2)^2}\\ =&\frac12\sqrt{x_1^2y_2^2+x_2^2y_1^2-2x_1x_2y_1y_2}\\ =&\frac12|x_1y_2-x_2y_1|\\ \end{align}

如果考试允许使用课外知识的话，直接写

S_{\Delta ABC}=\frac12 |\vec{AB}\times\vec{AC}|=\frac12|x_1y_2-x_2y_1|

就可以了。

（3）分式取值范围判断

有的解析几何题目可能需要求一个分式的取值范围，所以我这里也总结一下常见情况分式取值范围的求法。设y=\frac{f\left( x \right) }{g\left( x \right) } ，其中 f(x) 的次数为 m ， g(x) 的次数为 n 。

当 mm>n 的情况。

当 m\ge n 时使用多项式除法可以转化为 m\frac{6x^2+33x+43}{3x+6}(x>-2)

\text{原式}=2x+7+\frac1{3x+6}=2(x+2)+\frac1{3(x+2)}+3\ge \frac{2\sqrt6}{3}+3

(2) \frac{6x^2+6x+2}{2x^2+3x+1}(x\ge0)

\text{原式}=3-\frac{3x+1}{2x^2+3x+1} ，设 3x+1=t(t\ge 1),\, x=\frac13t-\frac13

\text{原式}=3-\frac{9t}{2t^2+5t+2}=3-\frac{9}{2t+\frac2t+5}\ge 3-\frac9{4+5}=2

（4）点差法的使用

在椭圆的题目中还有一种方法叫点差法，虽然适用范围不大，但是能用点差法做的题目用点差法真的会比常规方法简单不少。这类题目一般都会涉及到弦的中点，遇到这样的题目时一定不要忘了点差法的存在。设椭圆上两个点的坐标，将两点在椭圆上的方程相减，整理即可得到这两点的中点的横纵坐标与这两点连线的斜率的关系式，或者说得到两点联线斜率与中点与原点连线的斜率之积。因为点差法得到的是斜率关系，所以将点差法与转化斜率关系一起使用效果更佳。（当然前提是这道题得能用斜率转化）为了更好地认识点差法，我单找了一些点差法的例题。

例一

设椭圆 C:\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1 ，过点(10, 0)作直线 l 与椭圆 C 交于 A 、 B 两点，线段 AB 的中点 M 在直线 y=x-1 上，求 l 的方程。

设 M(x_0, y_0),\,A(x_1, y_1) ，所以 B(2x_0-x_1,2y_0-y_1) ，于是有 16x_1^2+25y_1^2-400=0 和 16(2x_0-x_1)^2+25(2y_0-y_1)^2-400=0 ，将两式相减，整理可得 \frac{y_1-y_0}{x_1-x_0}=-\frac{16x_0}{25y_0} ， A、M、(10,0) 三点共线，所以有 \frac{y_1-y_0}{x_1-x_0}=\frac{y_0}{x_0-10} ，代入上式，消去 \frac{y_1-y_0}{x_1-x_0} ，整理可得 25y_0^2=-16x_0^2+160x_0 。因为 M 在直线 y=x-1 上，所以有 y_0=x_0-1 ，代入上式，消去 y_0 ，解出 x_0=\frac5{41} 或5，因而 M(\frac5{41},-\frac{36}{41}) 或(5,4)(在椭圆外，舍去)。 l 经过点 M 和(10, 0)，可以写出 l 的方程，为 4x-45y-40=0 。

例二

在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C:\frac{x^2}4+\frac{y^2}3=1 ，过原点的直线交椭圆 C 于 M 、 N 两点，过 M 作 x 轴的垂线交 x 轴于 A ，线段 AM 中点为 B ，连接 BN ，延长 NB 交椭圆 C 于点 P 。（I）求证 PM 、 PN 的斜率之积为定值（II）求证 PM\perp MN

(I)设 P(x_0,y_0),\,M(x_1,y_1) ，于是 N(-x_1,-y_1) 。 k_{PM} k_{PN}=\frac{y_1-y_0}{x_1-x_0}·\frac{y_1-(-y_0)}{x_1-(-x_0)}=\frac{(y_1-y_0)(y_1+y_0)}{(x_1-x_0)(x_1+x_0)} 。 P、M 两点在椭圆 C 上。所以 3x_1^2+4y_1^2-12=0,\,3x_0^2+4y_0^2-12=0 ，两式相减，整理得 \frac{(y_1-y_0)(y_1+y_0)}{(x_1-x_0)(x_1+x_0)}=-\frac34 ，即 k_{PM} k_{PN}=-\frac34 。

(II) C(x_1,\frac12 y_1) ， k_{PN}=k_{CN}=\frac{\frac12 y_1-(-y_1)}{x_1-(-x_1)}=\frac{3y_1}{4x_1 }=\frac34 k_{MN} ，所以 \frac{k_{MN}}{k_{PN}}=\frac43 ，与(I)所求结果相乘可得到 k_{MN} k_{PN}=-1 ，即 PM\perp MN 。

例三

（2013北京理19）已知 A、B、C 是椭圆 W:\frac{x^2}4+y^2=1 上的三个点， O 是坐标原点。(I)当点 B 是 W 的右顶点，且四边形 OABC 为菱形时，求此菱形的面积；(II)当点 B 不是 W 的右顶点时，判断四边形 OABC 是否可能为菱形，并说明理由。

(I)当点 B 是 W 的右顶点，此时 A(1,\frac{\sqrt3}2)，B(2,0)，C(1,-\frac{\sqrt3}2) ，菱形面积为 \sqrt3 。(II)设 A(x_1,y_1 ),\,C(x_2,y_2) 。 A、C 两点在椭圆 W 上。所以x_1^2+4y_1^2-4=0,\,x_2^2+4y_2^2-4=0，两式相减，整理得 \frac{(y_1-y_2)(y_1+y_2)}{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}=\frac{(y_1-y_2 )(\frac{y_1+y_2}2-0)}{(x_1-x_2 )(\frac{x_1+x_2}2-0)}=k_{AC} k_{OB}=-\frac14≠-1 ，AC 与 OB 不垂直，所以四边形 OABC 不可能为菱形。

抛物线也有点差法，用抛物线的点差法可以得到抛物线上两点的连线斜率与这两点中点纵坐标的乘积是焦准距，但是用的不多。

四、能力要求

做解析几何的题目，首先对人的耐心与信心是一种考验。在做题过程中可能遇到会一大长串的式子要化简，这时候，只要你方向没错，坚持算下去肯定能看到最终的结果。另外运算速度和准确率也是很重要的，在真正考试的时候肯定不像平时做题的时候能容你慢慢做题，因此需要有一定的做题速度，在做题的时候运算准确也是必须要保证的，因为一旦算错数，就很可能功亏一篑。使自己的这些能力得到培养必然少不了平时的训练。

五、补充知识

这一部分主要说一些对做题可能有帮助的公式、定理、推论等内容

关于直线：

1、将直线的两点式整理后，可以得到这个方程:\left(y_{1}-y_{2}\right) x-\left(x_{1}-x_{2} \right)y+x_{1}y_{2}-x_{2} y_{1}=0 。如果需要写过\left(x_{1},y_{1} \right) 和\left(x_{2},y_{2} \right) 两点的直线方程，直接代入这个式子就可以得到，没必要由直线的两点式或点斜式重新化简。至于这两点连线是否与x轴垂直，是否与y轴垂直都没有关系。

2、直线一般式 Ax+By+C=0 所表示的直线和向量 (A,\,B) 垂直；过定点\left(x_{0},y_{0} \right) 的直线的一般式可以由A\left( x-x_{0} \right)+B\left(y-y_{0} \right) =0化简得到。依据这两条结论可以直接写出两点的垂直平分线的方程。

3、可能有的老师没仔细讲直线的参数方程，所以我在这里补充一点直线的参数方程的东西。

若直线 l 过点 M(x_0,y_0) 并且和向量 \vec{a}=(m,\,n) 平行，设 l 上一点 P(x,\,y) ，根据 \vec{MP}//\vec{a} ，有 \frac{x-x_0}m=\frac{y-y_0}n ，设 \frac{x-x_0}m=\frac{y-y_0}n=t ，于是有\begin{cases} x=x_0+mt \\ y=y_0+nt\\ \end{cases} ，这便是直线的参数方程（在推导过程中要求 mn\neq 0 ，但对 mn=0 的情况也适用），如果满足 m^2+n^2=1 且 n\ge 0 ，这时可以利用 l 的倾斜角 \alpha 表示为 m=\cos\alpha,\,n=\sin\alpha ，直线的参数方程也就可以写为 \begin{cases} x=x_0+t\cos\alpha \\ y=y_0+t\sin\alpha\\ \end{cases} 的形式。在下面的讨论都是针对这种情况而言的。

直线参数方程中的 t 是有实际意义的。以 M 为坐标原点，沿 l 以向上的方向为正方向， t 就是 P 点的坐标。

若要将直线的参数方程化为直线的一般式，可以根据 (x-x_0)\sin\alpha-(y-y_0)\cos\alpha=0 ，将它的括号打开即可。

PS：将椭圆或抛物线与其参数方程形式的焦点弦联立，可以解出两交点坐标，而且没有根号！

关于椭圆：

4、椭圆\frac{x^{2} }{a^{2} }+\frac{y^{2} }{b^{2} } =1的焦点弦弦长为l=\frac{2ab^{2} }{a^{2}-c^{2}\cos^{2}\alpha}=\frac{2ab^{2}\left(k^{2}+1\right) }{a^{2}k^{2}+b^{2}} （其中α是直线的倾斜角，k是l的斜率）。

5、根据椭圆的第二定义，椭圆上的点到焦点的距离与到同一侧的准线的距离之商等于椭圆的离心率。椭圆\frac{x^{2} }{a^{2} }+\frac{y^{2} }{b^{2} } =1的准线是x=\pm \frac{a^{2} }{c} 。（如果老师讲过，请无视这一条）下面是推导过程：

在椭圆 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 中，焦点 F(c,\,0) ，设椭圆上一点 P(x_0,\,y_0) ， P 到 x=\frac{a^2}c 的距离为 d

\begin{align} |FP|=&\sqrt{(x_0-c)^2+y_0^2}\\ =&\sqrt{x_0^2-2cx_0+c^2+b^2-\frac{b^2}{a^2}x_0^2}\\ =&\sqrt{\frac{c^2}{a^2}x_0^2-2cx_0+a^2}\\ =&\frac ca(\frac{a^2}c-x_0)\\ =&\frac ca d\\ \end{align}

上面给出的几个内容大都是教材中没有的，但这不代表这些东西在考场上不能用。比如前两条内容，用的时候稍稍变换一下，老师也不一定知道你是在套结论。如果想用第4条的话，可以装模作样地算算，实际上再套用结论，估计老师也未必能看出来。至于第5个内容，如果老师没讲过，解体又用得着，那就把下面的推导过程抄下来再用。如果恰好有用得上的地方，用这些结论，都能或多或少地减小运算量，降低算错的几率。

六、例题

下面看几道例题。建议看解题过程之前最好先自己做一做。就算不做也一定要看啊，里面涉及到好多方法的！

例1

已知椭圆 G:\frac{x^2}4+y^2=1 ，过点 (m,\,0) 作圆 x^2+y^2=1 的切线 l ，交椭圆 G 于 A 、 B 两点。求 AB 的最大值。

设 m\ge 1 。设 l: \begin{cases} x=m+t\cos\alpha\\ y=t\sin\alpha\\ \end{cases} ， A(t_1 \cosα+m,\,t_1 \sinα) ， B(t_2 \cosα+m,\,t_2 \sinα) ，将 l 化成一般式是 x\sin\alpha-y\cos\alpha-m\sin\alpha=0 。点到直线距离公式算出 l 到 O 的距离 d=m\sin\alpha 。而直线与圆相切， d=1 ，即 \sin\alpha=\frac 1m 。将直线方程与椭圆方程联立，有(3\sin^2 α+1)t^2+2mt\cosα+m^2-4=0 。当 \Delta\ge0 时，根据韦达定理，有 t_1+t_2=\frac{-2m\cos\alpha}{3\sin^2\alpha+1} ， t_1t_2=\frac{m^2-4}{3\sin^2\alpha+1} ，

\begin{align} AB=&\sqrt{[(t_1\cos\alpha+m)-(t_2\cos\alpha+m)]^2+(t_1\sin\alpha-t_2\sin\alpha)^2}\\ =&|t_1-t_2|\\ =&\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}\\ =&\cdots\\ =&\frac{4\sqrt 3 \sin\alpha}{3\sin^2\alpha+1}\\ =&\frac{4\sqrt 3}{m+\frac 3m}\\ \le& 2\ \end{align}

当 m=\pm\sqrt 3 时，经检验， \Delta\ge0 ，此时 AB 取最大值2。

例2

已知 \Delta ABC 的顶点在椭圆 x^2+3y^2=4 上，点 C 在直线 l:y=x+2 上，且 AB//l 。当 \angle ABC=90^\circ ，且斜边 AC 的长最大时，求 AB 所在直线方程。

设 A(x_1,\,y_1),\,B(x_2,\,y_2),\,l_{AB}:y=x+m ， d 为 l_{AB} 到 l 距离。联立 l_{AB} 与椭圆的方程，得 4x^2+6mx+3m^2-4=0 。当 \Delta> 0 时，根据韦达定理，有 x_1+x_2=-\frac 32m,\,x_1x_2=\frac 34m^2-1 。

\begin{align} |AB|=&\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\\ =&\sqrt 2|x_1-x_2|\\ =&\sqrt 2 \sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}\\ =&\sqrt{8-\frac32 m^2}\\ \end{align}

d 相当于 (0,\,2) 到 l_{AB} 的距离，即 d=\frac{|m-2|}{\sqrt 2} 。由勾股定理， |AC|^2=|AB|^2+d^2 ，代入，得 |AC|^2=-m^2-2m+10 。当 m=-1 时， |AC| 取最大值 \sqrt{11} 。经检验， \Delta > 0。此时 l_{AB} 为 x-y-1=0 。

这道题要求 |AC| ，最直接的想法是表示出 A 和 C 的坐标，再用两点间距离公式求 |AC| ，但是这样算起来很不方便。如果用勾股定理转化之后就好做多了。

例3

已知抛物线 C:y^2=2px(p>0) ，其焦点为 F ， O 为坐标原点，直线 AB （不垂直于 x 轴）过点 F 且与抛物线 C 交于 A 、 B 两点，直线 OA 与 OB 的斜率之积为 -p 。（1）求抛物线 C 的方程；（2）若 M 为线段 AB 的中点，射线 OM 交抛物线 C 于点 D ，求证： \frac{|OD|}{|OM|}>2 。

(1)设A、B的坐标分别为 (\frac{y_1^2}{2p},\,y_1),\,(\frac{y_2^2}{2p},\,y_2) 。 F 的坐标是 (\frac p2,\,0) 。根据 \vec{FA}//\vec{FB} ，能得到 y_1y_2=-p^2 。所以 p=4 ， C:y^2=8x

(2)设 \vec{OD}=\lambda\vec{OM},\,M(\frac{y_1^2+y_2^2}8,\,\frac{y_1+y_2}2) ，则 D(\frac{\lambda(y_1^2+y_2^2)}8,\,\frac{\lambda(y_1+y_2)}2) ， D 在抛物线 C 上，将 D 的坐标代入抛物线 C 的方程，得到 \lambda=\frac{2(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}{(y_1+y_2)^2}=2+\frac{64}{(y_1+y_2)^2}>2 ，即 \frac{|OD|}{|OM|}>2

例4

已知椭圆 C:\frac{x^2}4+\frac{y^2}3=1,\,M(1,\frac32) ，是否存在过点 P(2,\,1) 的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A 、 B ，满足 \vec{PA}\cdot\vec{PB}=\vec{PM}^2 ？若存在，求出 l 的方程；若不存在，请说明理由。

设 l: \begin{cases} x=2+t\cos\alpha\\ y=1+t\sin\alpha\\ \end{cases} , A(t_1 \cosα+2,t_1 \sinα+1) , B(t_2 \cosα+2,t_2 \sinα+1) ，将 l 与椭圆 C 联立得 t^2 (\sin^2 α+3)+t(12\cosα+8\sinα)+4=0 ，Δ=96(2\tanα+1)\cos^2 α＞0 ，解得 \tan\alpha>-\frac 12 。根据韦达定理，有 t_1+t_2=-\frac{12\cosα+8\sinα}{\sin^2 α+3},\,t_1 t_2=\frac4{\sin^2 α+3} 。 P(2,\,1) ，所以 \vec{PA} =(t_1 \cosα,t_1 \sinα) ， \vec{PB}=(t_2 \cosα,t_2 \sinα) ， \vec{PM}=(-1,\,\frac12) ， \vec{PA}\cdot\vec{PB}=\vec{PM}^2 ，代入得 t_1 t_2=\frac4{\sin^2 α+3}=\frac54 ，解得 \tanα=±\frac12,\,k=\tanα=\frac12,\,l:x-2y=0 。

例5

已知椭圆 W:\frac{x^2}2+y^2=1 ，直线 l 与 W 交于 M 、 N 两点， l 与 x 轴、 y 轴交于 C 、 D 两点， O 为坐标原点。是否存在 l 使 C 、 D 为 MN 的两个三等分点？若存在，求出 l 的方程；若不存在，请说明理由。

设 C(x_C,\,0),\,D(0,\,y_D) ， C 是 DM 中点，所以 M(2x_C,\,-y_D) 。 D 是 CN 中点，所以 N(-x_C,\,2y_D) 。 M 、 N 两点在椭圆 W 上，有 2x_C^2+y_D^2=1 ， \frac12 x_C^2+4y_D^2=1 。将 x_C^2 和 y_D^2 当作未知数，能解出 x_C^2 和 y_D^2 ，进而能求出 x_C=\pm\frac{\sqrt{10}}5,\, y_D=\pm\frac{\sqrt{5}}5， l:\frac x{x_C}+\frac y{y_D}=1 ，代入得 l:\sqrt{10}x+2\sqrt 5y+2=0 或 \sqrt{10} x-2\sqrt{5} y+2=0 或 \sqrt{10} x+2\sqrt 5 y-2=0 或 \sqrt{10} x-2\sqrt 5 y-2=0 。

下面介绍一下这道题非要用韦达定理的话怎么做。设 M(x_1,\,y_1),\,N(x_2,\,y_2) 。由三等分点的条件，用向量不难写出 \vec{OC}=\frac23 \vec{OM}+\frac13\vec{ON} 和 \vec{OD}=\frac13 \vec{OM}+\frac23\vec{ON} ，代入得到 x_1+2x_2=0,\,2y_1+y_2=0 （其实到这步之后，根据两点在椭圆上，把 M 、 N 坐标代入椭圆方程来解也是可以的）利用 \frac {x_1}{x_2} +\frac{x_2}{x_1} =-\frac52=\frac{(x_1+x_2)^2}{x_1 x_2 }-2 和 \frac{y_1}{y_2} +\frac{y_2}{y_1} =-\frac 52=\frac{(y_1+y_2)^2}{y_1 y_2 }-2 就可以用一元二次方程的韦达定理来做了。

例6

已知抛物线 C:x^2=4y ，过点 M(0,\,m)(m>0) 的动直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点，抛物线 C 在点 A 和点 B 处的切线相交于点 Q ，直线 AQ 、 BQ 与 x 轴分别交于点 E 、 F 。判断是否存在点 P 使得四边形 PEQF 为矩形？若存在，求出点 P 的坐标，若不存在，说明理由。

设 A(x_1,\frac 14 x_1^2 ),\,B(x_2,\,\frac 14 x_2^2 ) 。根据 \vec{MA} 和 \vec{MB} 共线，可以得到 x_1x_2=-4m 。抛物线方程 y=\frac 14x^2 ，求导得 y^\prime=\frac 12 x ，则在 A 、 B 处切线的斜率分别是 \frac 12x_1,\,\frac 12x_2 。因为四边形 PEQF 为矩形，所以有 \frac 12 x_1\cdot\frac 12 x_2=-1 ，求出 m=1 。用点斜式写出抛物线 C 在点 A 和点 B 处的切线方程并整理，得到 2x_1 x-4y=x_1^2 和 2x_2 x-4y=x_2^2 ，解方程组，得到 Q(\frac 12 (x_1+x_2 ),\,-1) 。令切线方程中 y=0 求得 E(\frac12 x_1,\,0),\,F(\frac12 x_2,\,0) ，再利用 \vec{QP}=\vec{QE}+\vec{QF} ，能知道 P(0,\,1) 。

例7

已知抛物线 C:y^2=4x ，设 P(1,\,-2) ， Q 为抛物线 C 上的两个不关于 x 轴对称的点，判断在 x 轴上是否存在点 R 使得 \Delta PQR 是以 R 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出点R的坐标；若不存在，说明理由。

设 R(x_0,\,0) 。 Q 点位置有两种情况，下面分别讨论。

(1) Q 点在 PR 上方。如图所示，根据全等关系，可以由 P 和 R 的坐标写出 Q 的坐标，再代入抛物线方程中，求出 x_0=3 ，但这时 P 、 Q 两点关于 x 轴对称，不符题意。

(2) Q 点在 PR 下方。如图所示，通过全等关系同样可以写出 Q 的坐标，再代入抛物线方程中，解出 x_0=7 ，经检验符合题意。

综上， R 的坐标为(7,0)。

例8

（2015江苏18）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的离心率为 \frac{\sqrt 2}2 ，且右焦点 F 到左准线的距离为3。(1)求椭圆的标准方程；(2)过 F 的直线与椭圆交于 A 、 B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于 P,\,C ，若 PC=2AB ，求直线AB的方程。

(1)由题目条件可列出方程： \frac{a^2}c+c=3 和 \frac ca=\frac{\sqrt 2}2 ，解出 a=\sqrt 2,\,c=1,\,b=1 。椭圆的标准方程为 \frac{x^2}2+y^2=1 。

（2）作椭圆的右准线 l^\prime 。过 C 作 CC^{\prime\prime}\perp l 于 C^{\prime\prime} ；过 C 作 CC^\prime\perp l^\prime 于 C^\prime ；过 A 作 AA^\prime\perp l^\prime 于 A^\prime ； 过 B 作 BB^\prime\perp l^\prime 于 B^\prime 。设 AB 的倾斜角为 \alpha 。

AF=\frac{\sqrt 2}2AA^\prime,\, BF=\frac{\sqrt 2}2BB^\prime,\, AA^\prime+BB^\prime=2CC^\prime ，所以 AB=\sqrt 2CC^\prime 。 PC=2AB ， PC=\frac{CC^{\prime\prime}}{\sin\alpha} ， CC^\prime+CC^{\prime\prime}=\frac{2a^2}c=4 ，所以 4-CC^\prime=2\sqrt 2\sin\alpha CC^\prime 。设 l_{AB}: \begin{cases} x=1+t\cos\alpha\\ y=t\sin\alpha \end{cases} ， A(t_1 \cosα+1,t_1 \sinα) ， B(t_2\cosα+1,t_2\sinα) ，与椭圆方程联立，得 t^2 (\sin^2 α+1)+2t\cosα-1=0 。由一元二次方程的韦达定理，有 t_1+t_2=-\frac{2\cosα}{\sin^2 α+1} ， C 的横坐标 x_C=1+\frac12(t_1+t_2) \cosα ， CC^\prime=2-x_C=\frac2{\sin^2 α+1} 。代入上面的方程，解出 \sinα=\frac{\sqrt 2}2 ，于是 l_{AB}:x-y-1=0 或 x+y-1=0 。

例9

如图，抛物线 C:y^2=2px 的焦点为 F ，抛物线上一定点 Q(1,\,2) 。(1)求抛物线 C 的方程及准线 l 的方程；(2)过焦点 F 的直线（不经过 Q 点）与抛物线交于 A 、 B 两点，与准线 l 交于点 M ，记 QA,\,QB,\,QM 的斜率分别为 k_1,\,k_2,\,k_3 ，问是否存在常数 \lambda 使得 k_1+k_2=\lambda k_3 成立，若存在 \lambda ，求出 \lambda 的值；若不存在，说明理由。

(1)根据 Q(1,\,2) 在抛物线上，能求出 p=2 ，于是 C:y^2=4x ， l:x=-1 。

(2)设 l_{AB}:x=my+1,\, A(my_1+1,y_1 ),\, B(my_2+1,y_2 ) 。将 l_{AB} 与抛物线方程联立，得到 y^2-4my-4=0 ，所以 y_1+y_2=4m,\, y_1 y_2=-4 。由 l_{AB} 方程可得 M(-1,-\frac 2m) 。三个斜率的表达式分别为 k_1=\frac{y_1-2}{my_1 } , k_2=\frac{y_2-2}{my_2} k_3=1+\frac 1m 。根据题意， \lambda=\frac{k_1+k_2}{k_3}=\frac{2y_1 y_2-2(y_1+y_2)}{(m+1)y_1 y_2 }=\cdots=2 。

例10

（2015山东理20）平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的离心率为 \frac{\sqrt 3}2 ，左、右焦点分别是 F_1,\,F_2 ，以 F_1 为圆心以3为半径的圆与以 F_2 为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆 C 上。（I）求椭圆 C 的方程（II）设椭圆 E:\frac{x^2}{4a^2}+\frac{y^2}{4b^2}=1 ， P 为椭圆 C 上任意一点，过点P的直线 y=kx+m 交椭圆 E 于 A 、 B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q （i）求 \frac{|OQ|}{|OP|} 的值（ii）求 \Delta ABQ 面积的最大值。

(I)由题可知 2a=4 ， \frac ca=\frac{\sqrt 3}2 ，解得 a=2,\,b=1 ，椭圆C的方程为 \frac{x^2}4+y^2=1 。

(II)(i)设 \frac{|OQ|}{|OP|} =\mu,\, P(x_0,\,y_0) 。 \vec{OP}=(x_0,\,y_0 ) , \vec{OQ}=-μ\vec{OP}=(-μx_0,\,-μy_0) ，所以 Q(-μx_0,\,-μy_0) 。 因为 Q 在椭圆 E 上，代入椭圆 E 的方程，解得 \mu=2 ，即 \frac{|OQ|}{|OP|} =2 。(ii)设 A(x_1,\,y_1),\,B(x_2,\,y_2) , \vec{QA}=(m_1,\,n_1),\,\vec{QB}=(m_2,\,n_2) ， AB 连线 l:y=kx+b ，所以 y_1=kx_1+m,\, y_2=kx_2+m,\, y_0=kx_0+m , m_1=x_1+2x_0,\, n_1=y_1+2y_0,\, m_2=x_2+2x_0,\, n_2=y_2+2y_0 。

\begin{align} S_{∆QAB}=&\frac 12 |QA||QB|\sin∠AQB\\ =&\frac 12 \sqrt{|QA|^2 |QB|^2-|QA|^2 |QB|^2 \cos^2∠AQB}\\ =&\frac 12 \sqrt{|\vec{QA}|^2 |\vec{QB} |^2-(\vec{QA}\cdot\vec{QB})^2 }\\ =&\frac 12 \sqrt{(m_1^2+n_1^2 )(m_2^2+n_2^2 )-(m_1 m_2+n_1 n_2)^2}\\ =&\frac 12 \sqrt{m_1^2 n_2^2+m_2^2 n_1^2-2m_1 m_2 n_1 n_2 }\\ =&\frac 12 |m_1 n_2-m_2 n_1 |\\ =&\frac 12 |(x_1+2x_0 )(y_2+2y_0 )-(x_2+2x_0 )(y_1+2y_0)|\\ =&\frac 12 |(m-2kx_0+2y_0 )(x_1-x_2)|\\ =&\frac 32 |m(x_1-x_2)| \end{align}

联立 l 与椭圆 E 的方程，得 (4k^2+1) x^2+8kmx+4m^2-16=0 ，根据韦达定理，有 x_1+x_2=-\frac{8km}{4k^2+1},\,x_1 x_2=\frac{4m^2-16}{4k^2+1} ， S_{∆QAB}=\frac 32 |m| \sqrt{(x_1+x_2 )^2-4x_1 x_2 } =6\sqrt{\frac{4m^2}{4k^2+1}-\frac{m^4}{(4k^2+1)^2} } 。联立 l 与椭圆 C 的方程，得 (4k^2+1) x^2+8kmx+4m^2-4=0 ， Δ=64k^2-16m^2+16≥0 ， 0E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0) 的半焦距为 c ，原点 O 到经过两点 (c,\,0),\,(0,\,b) 的直线的距离为 \frac 12c 。(I)求椭圆E的离心率；(II)如图， AB 是圆 M:(x+2)^2+(y-1)^2=\frac 52 的一条直径，若椭圆 E 经过 A,\,B 两点，求椭圆 E 的方程。

（I）过 (c,\,0),\,(0,\,b) 两点的直线为 \frac xc +\frac yb =1 ，即 bx+cy-bc=0 ，原点到直线的距离 \frac{bc}a=\frac c2,\, a=2b ，离心率为 \frac{\sqrt 3}2 。

（II）将 a=2b 代入椭圆方程，可化简为 x^2+4y^2-4b^2=0 。设 A(x_1,\,y_1),\, B(x_2,\,y_2) ，则有 x_1^2+4y_1^2-4b^2=0,\, x_2^2+4y_2^2-4b^2=0 。两式相减，得 (x_1+x_2 )(x_1-x_2 )+4(y_1 +y_2 )(y_1-y_2 )=0 ， M(-2,1) ，于是有 \frac{x_1+ x_2}2=-2,\, \frac{y_1+ y_2}2=1 ，即 x_1+x_2=-4，y_1+y_2=2 ，代入上式，整理得 x_1-x_2=2(y_1-y_2 ) 。 |AB|=\sqrt{10} ，于是有 (x_1-x_2 )^2+(y_1-y_2 )^2=10 。将上面两式联立，解得 |x_1 -x_2 |=2\sqrt 2,\, |y_1 -y_2 |=\sqrt 2 。由此可以求出 A,\,B 两点坐标： A(-2-\sqrt 2,1-\frac{\sqrt 2}2),\, B(-2+\sqrt 2,1+\frac{\sqrt 2}2) 。任选一个坐标代入化简后的椭圆方程，即可求出 b=\sqrt 3 ，椭圆 E 的方程为 \frac{x^2}{12}+\frac{y^2}3=1 。