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微专题圆锥曲线几何条件的处理策略
圆锥曲线处理心法：
一、几何条件巧处理，事半功倍！ 二、谋定思路而后动，胸有成竹！
三、代数求解不失分，稳操胜券！ 四、解后反思收货大，触类旁通 ！
1.平行四边形处理策略
几何性质
代数实现
对边平行
斜率相等，或向量平行
对边相等
长度相等，横（纵）坐标差相等
对角线互相平分
中点重合
例1.（2015，新课标2理科20）已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能，或．
【解析】试题分析：(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：设端点的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦的中点和直线的斜率；设直线的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦的中点，并寻找两条直线斜率关系；（Ⅱ）根据(Ⅰ)中结论，设直线方程并与椭圆方程联立，求得坐标，利用以及直线过点列方程求的值．
试题解析：(Ⅰ)设直线，，，．
将代入得，故，
．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形能为平行四边形．
因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是
．解得，．因为，，，所以当的斜率为
或时，四边形为平行四边形．
考点：1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系．
2.直角三角形处理策略
几何性质
代数实现
（1）两边垂直
斜率乘积为-1，或向量数量积为0
（2）勾股定理
两点的距离公式
（3）斜边中线性质（中线等于斜边一半）
两点的距离公式
例2.椭圆（）的离心率为，长轴端点与短轴端点间的距离为，
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若为直角三角形，求直线的斜率
解析：（2）根据题意，过点满足题意的直线斜率存在，设，联立
消去得，
令，解得。
设两点的坐标分别为，，则，
（1）当为直角时， 所以，即，所以
所以，解得
（2）当或为直角时，不妨设为直角，此时，所以
即①又②，将①代入②，消去得，解得或（舍去）
将代入①得，所以，经检验所得值均符合题意，
综上，的值为和
3.等腰三角形处理策略
几何性质
代数实现
（1）两边相等
两点的距离公式
（2）两角相等
底边水平或竖直时，两腰斜率相反
（3）三线合一（垂直且平分）
垂直：斜率或向量 平分：中点坐标公式
例3.在直角坐标系中，已知点,为动点，且直线与直线斜率之积为，
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设过点的直线与椭圆交于两点,若点在轴上，且，求点的纵坐标的范围
解析：（1）设动点的坐标为，依题意可知整理得，
所以动点的轨迹的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，满足条件的点的纵坐标为0，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将代入，
并整理得，，
设，，则，
设的中点为，则，，所以，
由题意可知，又直线的垂直平分线的方程为，
令解得，当时，因为，所以
当时，因为，所以，综上所述，点的纵坐标的范围是.
4.菱形的处理策略
例4.椭圆M：（）过点，且离心率为
（1）求椭圆M的方程；
（2）是否存在菱形，同时满足以下三个条件：
①点在直线上； ②点在椭圆上 ； ③直线的斜率等于1；
如果存在，求出点的坐标，如果不存在，说明理由。
解析：（1）由题意得解得，；所以椭圆M的方程为
（2）不存在满足题意的菱形，理由如下：
假设存在满足题意的菱形，设直线的方程为，且，，
线段的中点，，则由可得，由可得，又，所以，
若四边形为菱形，则是的中点，点的纵坐标，
又因为点在椭圆上，所以与矛盾，故不存在满足题意的菱形。
5.圆的处理策略
几何性质
代数实现
（1）点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
（2）点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
（3）点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数
例5.已知椭圆，点，分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与轴重合）交于两点，
（1）求的离心率及短轴长；
（2）是否存在直线，使得点在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
（1）由得，所以的离心率为，短轴长为；
（2）方法一：由题意知，设，则，
因为
所以，所以点不在以为直径的圆上，即不存在直线，使得点在以线段为直径的圆上。
方法二、由题意可设直线的方程为，，
由 可得 所以，
所以
，因为所以，所以，所以点不在以为直径的圆上，即不存在直线，使得点在以线段为直径的圆上。
6.角的处理策略
几何性质
代数实现
（1）锐角，直角，钝角
角的余弦（向量数量积）的符号
（2）倍角，半角，平分角
角平分线性质，定理（夹角到角公式）
（3）等角（相等或相似）
比例线段或斜率
例6.【2013.山东，理科22】椭圆： 的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为。
（Ⅰ）求椭圆的方程；（）
（Ⅱ）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接，设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；
解析：（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）知，则，，
由椭圆定义得， 因为平分，
所以，则，所以
所以，即
法二：由题意可知，，即，
设,其中，将向量坐标代入并化简得，因为，所以
而，所以
【跟踪变式训练】
1.【转化为平行的处理】【2016高考新课标3理数】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点．
（I）若在线段上，是的中点，证明；
（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
（Ⅱ）设与轴的交点为，则.
由题设可得，所以（舍去），. 设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.而，所以.
当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. ....12分[来
2.【转化为等腰三角形处理】【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a＞1）.
（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；
（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值
范围.
【答案】（I）；（II）．
【解析】 （Ⅰ）设直线被椭圆截得的线段为，由得，
故，． 因此．[来源:学_科_网Z_X_X_K]
（Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足
． 记直线，的斜率分别为，，且，，．
由（Ⅰ）知，，，故，
所以．
由于，，得，因此， ①
因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以．
因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，
由得，所求离心率的取值范围为．
3【转化为等腰三角形处理】【2015江苏高考，18】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且右焦点F到左准线l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
点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程.
【答案】（1）（2）或．
【解析】试题分析（1）求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可：一是离心率为，二是右焦点F到左准线l的距离为3，解方程组即得（2）因为直线AB过F，所以求直线AB的方程就是确定其斜率，本题关键就是根据PC=2AB列出关于斜率的等量关系，这有一定运算量.首先利用直线方程与椭圆方程联立方程组，解出AB两点坐标，利用两点间距离公式求出AB长，再根据中点坐标公式求出C点坐标，利用两直线交点求出P点坐标，再根据两点间距离公式求出PC长，利用PC=2AB解出直线AB斜率,写出直线AB方程.
试题解析：（1）由题意，得且，解得，，则，
所以椭圆的标准方程为．
（2）当轴时，，又，不合题意．
当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，
将的方程代入椭圆方程，得，
则，的坐标为，且
．
若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．
从而，故直线的方程为，
则点的坐标为，从而．
因为，所以，解得．
此时直线方程为或．
【考点定位】椭圆方程，直线与椭圆位置关系
4【圆的处理】.设为坐标原点，已知椭圆的离心率为，抛物线的准线方程为．（1）求椭圆和抛物线的方程；（2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，若在以为直径的圆的外部，求直线的斜率的取值范围．
【答案】（1），；（2）.
试题解析： （1）由题意得，∴，故抛物线的方程为，又，∴，∴，从而椭圆的方程为．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分
（2）显然直线不满足题设条件，可设直线．
由，得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分
∵，∴，．．．．．．．．．．．．．．．9分
，[来 根据题意，得，∴．．．．11分
∴，综上得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分[
考点：直线与圆锥曲线位置关系．
5【角的处理】【2016高考天津理数】（本小题满分14分）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】（Ⅰ）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.
设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.
由，得，所以，解得.
因此直线的方程为.设，由方程组消去，
解得. 在中，，即，
化简得，即，解得或.所以，直线的斜率的取值范围为.
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