2026高考数学复习微专题：88.从高考真题看设点计算的七种类型

88.解析几何中设点运算的七种常见类型

一．目录

1.点差法

2.抛物线弦的两点式方程

3.斜率和积的点代计算

4.旋转设点法

5.定比点差法

6.三点共线与轴点差

7.设点解点

二．基本原理

1.点差法

x2y2

椭圆中的点差法：设直线ykxm与椭圆1(ab0)相交于点A,B两点，其

a2b2

中设点()，()由于两点均在椭圆上，代入椭圆的方程可得：

Ax1,y1Bx2,y2A,B

x2y2x2y2x2x2y2y2

∴111①，221②，①-②得：12120，进一步，

a2b2a2b2a2b2

x2x2y2y2yyyyb2b2

则1212，即1212，则（其中为

22()()2kABkOM2M

abx1x2x1x2aa

A,B中点，O为原点）.

类似的，若为双曲线弦不平行轴的中点，则

��()

��

��

���,���−�=�𝑨𝑨�

�.

��

𝑨���

2�.抛⋅物�线的=两�点=式�−�

2

抛物线方程为y2px，A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上任意的两个点，则直线AB的方

程为：.

(y1y2)y2pxy1y2

22

y1y2

A(,y),B(,y)2

122py

证明：2p2p，则的方程为1，整理可得：

AByy1(x)

y1y22p

2，即可得的方程为：.

(yy1)(y1y2)2pxy1AB(y1y2)y2pxy1y2

或者可如此证明：由韦达定理，则直线的方程为：2，进一步

ABy(y1y2)yy1y20

代入y22px即可得.

p

(,0)2

特别地，若直线AB过抛物线焦点2，代入直线方程一定有：y1y2p.

3.斜率和积的点代计算

x2y2

设P(x,y)为椭圆1(ab0)上的定点，AB是椭圆上一条动弦，直线

00a2b2

的斜率分别为；

AB,PA,PBk,k1,k2

b2y

（1）若，则有0，

k1k22x00,k

ax0

b2

（2）若kk，则直线AB过定点，

12a2

b2x

（3）若，则有0，

k1k20y00,k2

ay0

（4）若，则直线过定点.

k1k20AB

证明：此处用点代法证明结论（3），其余的类似证明，请读者自行尝试.

x2y2

已知椭圆E:1(ab0)在第一象限内有一点P(x,y)，过点P作两条倾斜角

a2b200

b2x

互补的直线分别交椭圆于另一点，则有0.

PA,PBA,By00,k2

ay0

解析设A(x1,y1),B(x2,y2)，其中.

所以

依题意得，所以，

从而

同理，有

两式相减，得所以，证毕.

4.旋转设点法

在解析几何中，我们会遇到等腰直角三角形这样的几何结构，这种情况下，利用向量来处

理是很方便的，比如a(x,y)，那么b(y,x)或者b(y,x)与a的关系是：|a||b|，

且ab，这就是旋转设点法的基本原理.利用这个方法，我们可以很方便的解决有关问题.

5.三点共线的坐标表示与轴点差

当直线过坐标轴上某个定点时，熟悉下面的结论会对运算起到至关重要的作用：

若是椭圆上不同的两点，且直线AB经过点

，则由三点共线可得：，整理可得：（凌晨讲数学）

①.

①式的特点是出现了轮换结构，下面构造x2y1x1y2的对偶式x2y1x1y2，计算它们的乘

积，得到

从而得到②.

这样就可得到三点共线的两个基本形式：，进一步联立消元可

解得

6.定比点差法

1.定比分点的坐标形式：若则称点M为AB的定比分点，若

，则M点的坐标为：.

2.椭圆上的定比点差形式：设点，在椭圆，且

点满足，则，将上述式子整理可得：

，进一步整理有：

，

由定比点差：，，联立消元后即可用与定分比表示

.（凌晨讲数学）

7.设点解点

利用直线与曲线方程联立去解点坐标.

yy

不重合的两点，则21.所以我们在解决与斜率有关的问题时，

A(x1,y1),B(x2,y2)kAB

x2x1

第一个最朴素的想法就是解点，然后利用斜率公式解决.或者联立两直线方程解出点的坐

标.

二．典例分析

x2y2

例1.（2018年全国三卷）已知斜率为k的直线l与椭圆C：1交于A，B两点，线

43

段AB的中点为M1，mm0．

1

（1）证明：k；

2

（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FPFAFB0．证明：FA，FP，FB

成等差数列，并求该数列的公差．

2222

x1y1x2y2

解析：（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，则1,1.两式相减，并由

4343

y1y2xxyyxxyy

k得1212k0.由题设知121,12m，于是

x1x24322

331

k.①由题设得0m，故k.

4m22

321321

（2）该数列的公差为或.

2828

例2.（2022全国甲卷）设抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直

线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF3．

（1）求C的方程；（凌晨讲数学）

（2）设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为

,．当取得最大值时，求直线AB的方程．

p

解析：（1）抛物线的准线为x，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，

2

p

此时MF=p3，所以p2，所以抛物线C的方程为y24x.

2

2222

y1y2y3y4

M(,y1),N(,y2),A(,y3),B(,y4)

（2）设4444，由于直线MN过点F，则由基本

yy4

k21

MN224

y2y1y1y2k

AB

原理可知：y3y44①，且44，同理可得：y3y4.

y0y0y0y0

13,24

y2y2y2y2

12322242

另一方面，由于M,D,A与N,D,B三点共线，则4444，

整理可得：y1y38,y2y48②.由①，②可得：y32y2,y42y1.

4kMN

于是，kAB.（凌晨讲数学），又因为直线MN，AB的倾斜角分别为,，

y3y42

ktan

所以MN，若要使最大，则，设

kABtan0,

222

kMN2kAB2k0，则

tantank112

tan

1tantan12k2114，

2k22k

kk

122

当且仅当2k即k时，等号成立，所以当最大时，k，设直线

k2AB2

AB:x2yn，代入抛物线方程可得y242y4n0，

0,y3y44n4y1y216，所以n4，所以直线AB:x2y4.

x2y2

例3.（2022新高考1卷）已知点A(2,1)在双曲线C:1(a1)上，直线l交C于P，

a2a21

Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．

（1）求l的斜率；

（2）若tanPAQ22，求PAQ的面积．

解析：（1）设P(x1,y1),Q(x2,y2)，由点P,Q,A都在双曲线C上，得

，，所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：

，.因为直线AP、AQ的斜率之和为0，

即kPAkQA，所以，

由得.②

由得.③

由②-③，得，从而，即l的斜率为1.

x2y22

例4.（2020山东卷）已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A2,1．

a2b22

（1）求C的方程：

（2）点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ

为定值．

c2

a2

22

41222xy

解析：（1）由题意可得：221，解得：a6,bc3，故椭圆方程为：1.

ab63

a2b2c2

（2）设，依题意知，

因为，所以，

整理得

同理得

相减可得即直线MN恒过定点.又

41

ADMN，D在以AP为直径的圆上．AP的中点,即为圆心Q．经检验，直线MN垂

33

41122

直于x轴时也成立．故存在Q,，使得|DQ||AP|．

3323

x2y215

例5.（2020年全国3卷）．已知椭圆C:1(0m5)的离心率为，A，B分别为

25m24

C的左、右顶点．

（1）求C的方程；

（2）若点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP||BQ|，BPBQ，求△APQ的面积．

x2y2

解析：（1）C:1(0m5)a5，bm，根据离心率

25m2

22

cbm1555

e11，解得m或m(舍)，C的方程为：

aa5444

x2y2

22

21x16y

255，即1．

2525

4

（2）（旋转设点法）

由于B(5,0)，设Q(6,t)，则由|BP||BQ|且BPBQ，限BQ(1,t)则BP(t,1)或

x216y2

BP(t,1)故P(t5,1)或(t5,1)由于点作椭圆上，代入1得

2525

2或2解得.由对称性，只只考

(5t)1625(t5)1625t12,t28,t32,t48

虑Q(6,2)或Q(6,8)时，BPQ面积即可.此时，P(3,1)或P(3,1),A(5,0)，则

AP(8,1),AQ(11,2)或AP(2,1),AQ(1,8)

若P(3,1),A(5,0),Q(6,2)．

1115

则S(|AP||AQ|)2(|AP||AQ|)2xyxy|82111|．

APQ22122122

（其中APx1,y1,AQx2,y2）．

若P(3,1),A(5,0),Q(6,8)．

1115

同理，S(|AP||AQ|)2(APAQ)2xyxy|28111|．

APQ22122122

5

（其中APx,y,AQx,y），综上，△APQ的面积为．

11222

例6.（2018年北京文科）

x2y26

已知椭圆M:1(ab0)的离心率为，焦距为22.斜率为k的直线l与椭

a2b23

圆M有两个不同的交点A,B

（1）求椭圆M的方程；

（2）若k1，求|AB|的最大值；

（3）设P2,0，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交

71

点为D.若C、D和点Q,共线，求k.

44

x2

解析：（1）椭圆M的标准方程为y21；

3

（2）AB的最大值为6；

（3）三点共线的坐标形式

yy

设，由得：13，

A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)kPAkPC

x12x32

即:①，2222222222②

x1y3x3y12y12y3x1y3x3y1(33y1)y3(33y2)y13(y3y1)

331771

所以xyxyyy③，由①，③得：xyyy,xyyy，

13312123134143314143

1

y

y713

即y1,x，所以k44y4x7.

34x7344(4x7)CQ711

11x

34

同理，由于，所以，

kDQ4y24x27kCQkDQ4y14x174y24x27

yy

即，所以12.

y1y2x1x2k1

x1x2

方法2：定比点差法

设点，同时设，则可得

A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)APPC,BPPD

xxxxyyyy

x13242，y13240.

P11P11

x22x2

由点A,C在椭圆上得1y21,32y22，两式作差得

3133

(xx)(xx)(yy)(yy)(2)(xx)xx3

131313131，即131，亦即13

3(12)123(1)12

xx317

13，17

x1,x2,

124444

于是，解方程组可得同理，可得

17

x1x317

2，x.x4.

134444

1yy71

从而，xx()①.因为易知y1,y2，又由C,D和点Q(,)共

1243444

11y1y21

yy1

344

线得kk，所以44，即4，（凌晨讲数学）

CQDQ7711

xx

344444

1yy

化简得②.从而，根据①②即得12，故所求.

y1y2()1k1

4x1x2

y2x25

例7.（2023年乙卷）已知椭圆C:1(ab0)的离心率为，点A(2,0)在C

a2b23

上.

(1)求C的方程

(2)点(2,3)的直线交C于点P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：

线段MN的中点为定点

解析：（2）设点，点代入

B(2,3),Px12,y1,Qx22,y2,M0,y3,N0,y4P,Q

9

y29xx2,

1141

椭圆得:.

9

y29xx2

2242

y3y3

由三点共线得:12，所以，

B,P,Qx1y2x2y13x2x1

x1x2

22

xyxy2y

所以1221.由三点共线得:1；

x1y2x2y13x1x2A,P,My3

x1y2x2y1x1

2yyyyyxyxy

由三点共线得:2.所以34121221，

y4A,Q,N3

x22x1x2x1x2

所以线段MN的中点是定点(0,3).

x2y23

例8.（2024年全国甲卷）设椭圆C:1(ab0)的右焦点为F，点M1,在

a2b22

C上，且MFx轴.

（1）求C的方程；

（2）过点P(4,0)的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于

点Q.证明:AOy轴.

x2y2

解析：（1）椭圆的方程为：1

43

5

（）设．由题意，，所以．所以

2Ax1,y1,Bx2,y2F(1,0)P(4,0)N,0

2

y052y53y

BN:y2(x，即y2x，令x1，所以Q1,2．因为A，

522x522x5

x22

22

y0y0

，三点共线，所以21，即①

BPx1y2x2y14y2y1

x24x14

x2y2x2y2

由因为A，B在C上，所以111,221，所以

4343

22

y12y22

41y241y1

x2y2x2y233

1221②

x1y2x2y1y1y2

x1y2x2y14y2y1

3y

②减①即可得．欲证轴，只需要证明2，即证明

2x2y15y13y2AQyy1

2x25

3y3y2yx5y3y

2．而21212，故轴．

y10y10AQy

2x252x252x25

例9.（2020全国1卷）

x2

已知A,B分别为椭圆E:y21(a1)的左右顶点，G为E的上顶点，AGGB8，

a2

点P为直线x6上的动点，PA与E的另一个交点为C，PB与E的另一个交点为D.

（1）求E的方程；

（2）证明：直线CD过定点.

x2

解析.（1）E的方程为y21.

9

（2）（设点法）假设.则由及三点共线可得：

P(6,t),C(x1,y1),D(x2,y2)A,C,PB,D,P

tyty

1;2

9x133x23

y2(x3)21

将上面两式相除，再平方可得：12①，由于均在椭圆

22C(x1,y1),D(x2,y2)E

y2(x13)9

x2x2(3x)(3x)1

上，故满足：2122②，将②代入①可得：12，整理可

y11;y21

99(3x1)(3x2)9

得：③，假设直线的方程为代入椭圆方程

15(x1x2)4x1x2360CDykxm

x218km9m29

y21得：(9k21)x218kmx9m290将xx,xx代

9129k21129k21

33

入③中，可得：3k2m0，于是，直线CD的方程为ykxk，故其过定点(,0).

22

三．习题演练

x2y22

1.已知椭圆1(ab0)的离心率为，右焦点F，上顶点为A，左顶点为B，

a2b22

且|FA||FB|1052.

（1）求椭圆的方程；

（2）已知C(4,0),D(4,0)，点P在椭圆上，直线PC,PD分别与椭圆交于另一点M,N，

若CPCM,DPDN，求证：为定值.（凌晨讲数学）

x2y2

解析：（1）椭圆的方程为1.

105

（2）设Mx1,y1，Nx2,y2.由CPCM，DPDN，得x04,y0x14,y1，

x0x141,x0x241,

x04,y0x24,y2，，，

y0y1,y0y2,

x2y2

001,

10