1、“.....椭圆的标准方程为，所以从而因此，故椭圆的离心率因为⊥，所以，即，解得又，所以因为，且当时等号成立，所以故线段长度的最小值为五种方式处理解析几何中的最值范围问题利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围利用基本不等式求出参数的取值范围利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围对点练习已知点是平面内动点，直线，斜率之积为求动点的轨迹的方程过点，作直线，与轨迹交于，两点，线段的中点为，求直线的斜率的取值范围解设点的坐标为依题意得，化简并整理得动点的轨迹的方程是依题意得，直线过点当为轴或与轴垂直时当时，可设直线的方程为由消去得，设，又，且，综上，直线的斜率的取值范围是，考向三定值定点问题典例剖析例江西高考如图所示......”。

2、“.....过点,任作直线与相交于，两点，图过点作轴的平行线与直线相交于点为坐标原点证明动点在定直线上作的任意条切线不含轴，与直线相交于点，与中的定直线相交于点，证明为定值，并求此定值思路点拨利用直线与抛物线的位置关系得到关于的方程，再进步化简求证先利用判别式求出切线方程，再证明求值证明依题意可设方程为，代入，得，即设则有直线的方程为的方程为解得交点的坐标为注意到及，则有因此点在定直线上依题设，切线的斜率存在且不等于，设切线的方程为，代入得，即由得，化简整理得故切线的方程可写为分别令，得，的坐标为则，即为定值圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略求代数式为定值依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式化简即可得出定值求点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简变形求得求线段长度为定值利用长度公式求得解析式......”。

3、“.....再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点特殊到般法根据动点或动线的特殊情况探索出定点再证明该定点与变量无关对点练习陕西高考已知动圆过定点且在轴上截得弦的长为求动圆圆心的轨迹的方程已知点设不垂直于轴的直线与轨迹交于不同的两点若轴是的角平分线，证明直线过定点解如图，设动圆圆心由题意，图当不在轴上时，过作⊥交于，则是的中点，又，由题意，可得弦的中点坐标为且，将，两点坐标代入椭圆方程中，得，两式相减并化简，得，所以又，所以，故所求椭圆的标准方程为点差法在双曲线中的应用例若直线平分双曲线中斜率为的弦，求的取值范围思路点拨解如图所示，设双曲线中斜率为的弦为，且设的中点为则且有由，得，因为，所以是弦中点所在的直线由解得所以点的轨迹方程为或上述轨迹所在直线与双曲线的交点为，因为直线恒过点且斜率为，得，由图知......”。

4、“.....需或，所以或点差法在抛物线中的应用例已知点是抛物线上异于坐标原点的点，过点与抛物线相切的两条直线分别交抛物线于点，若点的坐标为求直线的方程及弦的长判断直线与抛物线的位置关系，并说明理由思路点拨解由，在抛物线上，可得，所以抛物线的方程为设抛物线的切线方程为联立消去，得，由于直线与抛物线相切，故，解得或由得由得，所以直线的方程为，弦的长为设三个点都在抛物线上，故有，作差整理，得所以直线，直线因为直线，均是抛物线的切线，故分别与抛物线的方程联立，令，可得，两式相减整理，得，可得，所以直线的方程为，与抛物线联立，消去得关于的元二次方程为其判别式，故直线与抛物线相切名师点津从上述例题中可知，当题目中已知直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时，可以设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程中，运用点差法，求出直线的斜率......”。

5、“.....即要考虑判别式是否为正数专题集训武汉调研已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点为直线与抛物线相交于，两点若的中点的坐标为则直线的方程为解析由题意可知，抛物线的方程为，设则即，故直线的方程为答案椭圆与直线相交于，两点，是的中点，若，的斜率为，求椭圆的方程解设代入椭圆方程并作差得而代入上式可得再由得由得，可知，是方程的两根，故将代入得则故所求椭圆的方程是已知椭圆的两个焦点为离心率求该椭圆方程条不与坐标轴平行的直线与椭圆交于不同的两点且线段中点的横坐标为，求直线倾斜角的取值范围解椭圆方程为设且中点为，则，相减，得，即故点，在椭圆内部，或直线倾斜角的取值范围是，......”。

6、“.....两点若的中点坐标为则的方程为解析设则，得而的方程为答案课标全国卷Ⅰ已知抛物线的焦点为，准线为，是上点，是直线与的个交点，若，则解析如图，过作⊥，垂足为，设与轴的交点为，则，根据抛物线定义可知，故选答案课标全国卷Ⅱ平面直角坐标系中，过椭圆的右焦点的直线交于，两点，为的中点，且的斜率为求的方程，为上的两点，若四边形的对角线⊥，求四边形面积的最大值解设则，由此可得因为，所以又由题意知，的右焦点为故因此，所以的方程为由解得或，因此由题意可设直线的方程为，设，由得于是因为直线的斜率为，所以由已知，四边形的面积，当时，取得最大值，最大值为所以四边形面积的最大值为命题规律预测命题规律从近两年的高考试题来看......”。

7、“.....题型既有选择题填空题，又有解答题，难度属中等偏高客观题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系弦长问题，解答题考查较为全面，在考查上述问题的同时，注重考查函数与方程转化与化归分类讨论等思想方法考向预测预测年高考仍将以椭圆或抛物线为载体命题，定点定值探索性问题等仍将是考查的热点，另外应特别关注圆锥曲线与导数相结合，重点考查学生的知识融合及等价转化能力考向中点弦弦长问题典例剖析例山西运城模拟已知椭圆以及椭圆内点则以为中点的弦所在的直线斜率为天津高考设椭圆的左右焦点分别为右顶点为，上顶点为，已知求椭圆的离心率设为椭圆上异于其顶点的点，以线段为直径的圆经过点，经过点的直线与该圆相切于点求椭圆的方程思路点拨利用“点差法”求中点弦所在的直线斜率文根据条件转化为关于，的关系式求解设出点坐标，根据点在圆上可知，又点在椭圆上，从而表示出点的坐标，从而可知圆心的坐标，然后解求出的值解设弦的端点则两式相减，得，，文设椭圆右焦点的坐标为,由，可得又......”。

8、“.....由已知，有，即又，故有因为点在椭圆上，故由和可得而点不是椭圆的顶点，故，代入得，即点的坐标为，设圆的圆心为则进而圆的半径由已知，有，又，故有，解得所以所求椭圆的方程为弦长的计算方法与技巧求弦长时可利用弦长公式，根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解弦的中点及直线的斜率问题求解策略涉及弦的中点与直线的斜率问题，可考虑“点差法”，构造出和整体代换，求出中点或斜率，体现“设而不求”的思想对点练习重庆高考如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于，两点，图求该椭圆的标准方程取平行于轴的直线与椭圆相交于不同的两点过，作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外求的面积的最大值，并写出对应的圆的标准方程解由题意知点,在椭圆上，则，从而由，得，从而故该椭圆的标准方程为由椭圆的对称性......”。

9、“.....又设，是椭圆上任意点，则,设由题意知，点是椭圆上到点的距离最小的点，因此，上式中当时取最小值又因为所以上式当时取最小值，从而，且由对称性知故，所以当时，的面积取到最大值此时对应的圆的圆心坐标为半径，因此，这样的圆有两个，其标准方程分别为，考向二最值及范围问题典例剖析文例北京高考已知椭圆求椭圆的离心率设为原点，若点在直线上，点在椭圆上，且⊥，求线段长度的最小值思路点拨把椭圆方程化为标准形式，确定的值，由公式求离心率设点，的坐标分别为由⊥，把用，表示出来利用两点间的距离公式表示，并由点在椭圆上，把化为只含有个变量的函数式，根据的取值范围确定最值解由题意，椭圆的标准方程为，所以从而因此，故椭圆的离心率因为⊥，所以，即，解得又，所以因为，且当时等号成立，所以故线段长度的最小值为五种方式处理解析几何中的最值范围问题利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围利用已知参数的范围，求新参数的范围......”。