高中数学解题策略专题--圆锥曲线直线与圆锥曲线的问题是解析几何解答题的主要题型，是历年高考的重点和热点。
欲更快地解题，需要解决好以下两个问题：（1）条件或目标的等价转化；（2）对于交点坐标的适当处理。
一、条件或目标的认知与转化解题过程是一系列转化过程，解题就是要将所解题转化为已经解过的题。
转化的基础是——认知已知、目标的本质和联系。
有了足够的认知基础，我们便可化生为熟或化繁为简。
1、化生为熟化生为熟是解题的基本策略。
在直线与圆锥曲线相交问题中，弦长问题及弦中点问题是两类基本问题。
因此，由直线与圆锥曲线相交引出的线段间的关系问题，要注意适时向弦长或弦中点问题转化。
（1）向弦中点转化例1.已知双曲线 =1（a>0,b>0）的离心率，过点A（0,-b）和B（a,0）的直线与原点间的距离为（1）求双曲线方程；（2）若直线（km≠0）与双曲线交于不同两点C、D，且C、D两点都在以A为圆心的同一个圆上，求m的取值范围。
略解：（1）所求双曲线方程为（2）由消去y得：由题意知，当时，①设中点则C、D均在以A为圆为的同一圆上又∴②于是由②得③由②代入①得，解得m<0或m>4 ④于是综合③、④得所求m的范围为（2）向弦长转化例2．设F是椭圆的左焦点，M是C1上任一点，P是线段FM上的点，且满足（1）求点P的轨迹C2的方程；（2）过F作直线l与C1交于A、D两点，与C2交点B、C两点，四点依A、B、C、D顺序排列，求使成立的直线l 的方程。
分析：为避免由代换引发的复杂运算，寻觅替代的等价条件：设弦AD、BC的中点分别为O1、O2，则，故，据此得于是，所给问题便转化为弦长与弦中点问题。
略解：椭圆C1的中心点P分所成的比λ=2。
（1）点P的轨迹C2的方程为（2）设直线l的方程为①①代入椭圆C1的方程得，故有故弦AD中点O1坐标为②①代入椭圆C2的方程得，又有故弦BC中点O2坐标为，③∴由②、③得④注意到⑤于是将②、③、④代入⑤并化简得：由此解得。
因此，所求直线l的方程为2．化繁为简解析几何是用代数方法解决几何问题，因此，解答解析几何问题有这样的感受：解题方向或途径明朗，但目标难以靠近或达到。
解题时，理论上合理的思路设计能否在实践中得以实现？既能想到，又能做到的关键，往往在于能否化繁为简。
化繁为简的策略，除去“化生为熟”之外，重要的当数“借重投影”或“避重就轻”。
（1）借助投影对于线段的定比分点以及其它复杂的线段间关系的问题，当题设条件的直接转化颇为繁杂时，不妨运用当初推导定比分点坐标公式的基本方法；将线段上有关各点向x轴（或y轴或其它水平直线）作以投影，进而利用平行线分线段成比例定理推理或转化，这一手法往往能够有效地化解难点，将人们引入熟悉的解题情境。
例3．如图，自点M（1，-1）引直线l交抛物线于P1 、P2两点，在线段P1 、P2上取一点Q，使、、的倒数依次成等差数列，求点Q的轨迹方程。
解：设又设直线l的方程为①①代入得由题意得或②且③又由题意得④作P1、Q、P2在直线y=-1上的投影P1′、Q′、P2′（如图）又令直线l的倾斜角为则由得∴同理，∴将上述三式代入④得⑤∴将③代入⑤得∴⑥∴将⑥代入①得⑦于是由⑥、⑦消去参数k得⑧再注意到②式，由⑥得或⑨因此，由⑧、⑨得所求点Q的轨迹方程为（2）避重就轻事物都是一分为二的，复杂问题中有关事物之间你中有我、我中有你的局面，在给我们解题制造麻烦的同时，也会为我们侧面迂回、避重就轻带来机会。
例4．已知点P、Q在椭圆上，椭圆中心为O，且，求椭圆中心O 到弦PQ的距离。
分析：这里需要P、Q点坐标，对此，如果直面直线PQ方程和椭圆方程联立方程组，则不论是求解P、Q坐标，还是利用所设P、Q坐标，都不免招致复杂局面。
于是转而考虑侧面迂回，避重就轻，同时，注意到P、Q两点的双重属性，想到避开正面求解，而由直线OP（或OQ）方程和椭圆方程联立方程组解出点P（或点Q）坐标。
解（避重就轻，解而不设）：设则由得（1）当点P、Q不在坐标轴上时，设直线OP的方程①则直线OQ的方程为②将①代入椭圆方程易得∴③将②代入椭圆方程易得∴④∴由③、④得⑤又在中作于H，于是由及⑤式得=∴（2）当点P、Q在坐标轴上时，同样可得，从而有。
于是由（1）（2）知所求椭圆中心O到弦PQ的距离为。
直线与圆锥曲线相交的问题，适当处置交点坐标是解题繁简乃至解题成败的关键环节。
循着教材中关于曲线交点的定位，直线与圆锥曲线的交点坐标，首先是立足于“解”，其次是辅助于“设”。
于是，在宏观上围绕着“解”与“设”的选择，产生出两对解题思路：解而不设与设而不解；既设又解与不解。
在这里，“设”是举手之劳，问题在于，在一个具体问题中，“解”的火候如何把握？“不解”的时机如何捕捉？以下继续作以探索。
二、求解交点坐标的“度”的把握个体与整体是辩证的统一，循着“个体”与“整体”的辩证关系，立足于“解”交点坐标，主要是以下两种选择：1、半心半意，解至中途从认识目标切入，如果目标不是交点的横坐标或纵坐标的个体，而是关于交点横坐标（或纵坐标）的和与积的对称式，则一般选择从直线方程与曲线方程的联立方程组入手，解至中途运用韦达定理，进而对目标进行转化、靠拢，直至利用上述结果解决问题。
例1.设斜率为2的直线与抛物线相交于A、B两点，以线段AB为边作矩形ABCD，使，求矩形ABCD的对角线交点M的轨迹方程。
解：设直线AB的方程为。
由由题意①由韦达定理得②∴③再设AB中点为，则有，注意到四边形ABCD为矩形，故有，且，由此得由（4）得⑥⑥代入（5）得化简得⑦再注意到①中，由（5）得∴⑧因此由⑦、⑧得所求动点M的轨迹方程为。
点评：本例是“立足于一条直线与曲线相交”的问题。
这里所说的“立足于一条直线与曲线相交”的问题，是指这样两种题型：（1）问题由一直线与曲线相交引出；（2）问题中虽然出现多条直线与同一曲线相交，但这些直线的引出存在着明显的顺序（或依赖关系），整个问题构建在某一条直线与曲线相交的基础之上，对此，我们的求解仍倚仗于对交点坐标“既设又解”的策略。
这里的“解”，是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，是“半心半意”地求解，解至中途运用韦达定理，因此，此类问题的解题三部曲为（1）全心全意地设出交点坐标；（2）“半心半意”地求解上述方程组，解至中途运用韦达定理；（3）对题设条件主体进行分析、转化，使之靠拢并应用（2）的结果导出既定目标。
2、真心实意，求解到底当目标的转化结果不是交点横标（或纵标）的对称式，而是交点坐标的个体时，则需要真心实意地将求解交点坐标进行到底。
例2.正方形ABCD的中心为M（3，0），一条顶点在原点，焦点在X轴正半轴上的抛物线E，一条斜率为的直线l，若A、B两点在抛物线E上，而C、D两点在直线l上，求抛物线E和直线l的方程。
解：由题意设抛物线E的方程为，直线l的方程为。
又设正方形ABCD的（一条）对角线的斜率为k，则由∴直线AM、BM的方程分别为再设则由得①又点A、B在抛物线E上，故有②③于是由①、②、③解得。
故得A（4，2）、B（1，1）、因此可知，所求抛物线E的方程为；所求直线l方程为。
点评：上述问题中出现“相对独立的多条直线与同一曲线相交”，即问题中多条直线的出现没有确定的顺序或依赖关系，各条直线之间具有相对独立性。
对此，我们仍然运用对交点坐标“既设又解”的策略，不过，这里的“解”不是解直线方程与曲线方程所联立的方程组，而是解关于所设交点坐标的等式所联立的方程组；这里的“解”不是“半心半意”地解至中途运用韦达定理，而是全心全意地去解出交点坐标，因此，此类问题的解题三部曲为：（1）全心全意地设出交点坐标；（2）全心全意地求解所设交点坐标满足的方程所联立的方程组，解出所设交点坐标；（3）利用（2）的结果追求既定目标。
三、求解交点坐标的转换与回避解决直线与圆锥曲线相交问题招致复杂局面或陷入绝境，究其原因，大多是求解直线与圆锥曲线所联立方程组惹的祸。
因此，面对所给问题，当能预见到求解上述方程组的繁难程度时，能转换正面求解（交点坐标）便尽量转换，能回避正面求解（交点坐标）便尽量回避。
1、设而不解这里所谓的“设而不解”，是指设出交点坐标之后，借助已知方程，运用交点坐标去表示已知条件或主要目标。
其中，用所设交点坐标去构造有关直线的斜率最为多见。
例1．设椭圆的上半部有不同三点A、B、C，它们到同一焦点的距离依次成等差数列，且点B的纵坐标与椭圆的半焦距相等，求线段AC的中垂线在y轴上的截距。
分析：考察线段AC的中垂线方程，易知其斜率由点A、C同名坐标的差式表出，弦中点由点A、C同名坐标的和式表出。
由此想到对交点坐标“设而不解”，并借助焦点半径公式求解。
解：设，弦AC中点M(x0,y0)。
由已知椭圆方程得又运用椭圆第二定义可得，∴由题设条件得①而∴②此时，注意到点A、C在椭圆上，故有③④③—④得⑤∴②代入得由此得⑥∴由②、⑥得，即AC中点于是可知弦AC的中垂线方程为⑦∴在⑦中令x=0得由此可知，所求弦AC的中垂线在y轴上的截距为2、不设不解这是解决直线与曲线相交问题的至高境界。
因此，欲适时地正确选择对交点坐标“不设不解”，需要我们对问题或图形本质的深刻认知，需要我们对有关知识的深厚积淀或升华。
（1）利用圆锥曲线定义回避交点坐标例2．已知F1、F2为椭圆的两个焦点，过F2的直线交椭圆于P、Q两点，，且，求椭圆的离心率。
解：注意到这里涉及点P处两条焦点半径，故考虑利用椭圆定义1。
设椭圆方程为。
又设，则由题意得①根据椭圆定义得∴②∴①代入②得，解得③再由得∴④∴③代入④得化简得，∴由此解得。
（2）借助有关图形性质回避交点坐标例3．已知直线l：与⊙相交于A、B两点，当时，求⊙C的方程。
提示：圆心C到弦AB的距离（弦心距）注意到由圆的弦的性质得，由此解得a的值。
（3）利用有关问题的深入认知回避交点坐标这是处置直线与曲线乃至两曲线相交问题的重要策略，现以例4示范说明。
例4．已知圆M与圆相交于不同两点A、B，所得公共弦AB平行于已知直线，又圆M经过点C（-2，3），D（1，4），求圆M的方程。
解（利用对圆的根轴方程的认知廻避交点坐标）：设圆M方程为①又已知圆方程为②∴①—②得上述两圆公共弦AB所在直线方程∴由题设得③注意到点C、D在圆M上，故有④⑤∴将①、②、③、联立解得∴所求圆M的方程为四、高考真题1.（全国卷A）已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆在焦点F的直线交椭圆于A、B两点，与共线。
（1）求椭圆的离心率；（2）设M为椭圆上任意一点，且，证明为定值。
分析：（1）求椭圆离心率，首先要求关于a，b，c的等式。
为此，从设出椭圆方程与直线AB的方程切入，运用对A、B坐标“既设又解”的策略；（2）注意到这里的点为椭圆上任意一点，故考虑对点的坐标“设而不解”。