第70講弦長問題

知識梳理

1、弦長公式的兩種形式

①若A，B是直線ykxm與圓錐曲線的兩個交點，且由兩方程消去y后得到一元二

次方程px2qxr0，則PQ1k2xx1k2．

12|p|

②若A，B是直線xmyn與圓錐曲線的兩個交點，且由兩方程消去x后得到一元二

次方程py2qyr0，則AB1m2yy1m2．

AB|p|

必考題型全歸納

題型一：弦長問題

例1．（2024·陜西西安·西安市大明宮中學校考模擬預測）已知直線l與圓O:x2y21相切，

x2y26

且交橢圓C:1于Ax1,y1,Bx2,y2兩點，若y1y2，則|AB|．

437

4304

【答案】/30

77

【解析】設直線l:xmyt，

直線l與圓O:x2y21相切，

|t|

1,t21m2，

m21

將直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，得43m2y26mty3t2120，

3t2126

所以yy，因為y1y2，

1243m27

3t2126

所以,m21,t22，

43m27

由對稱性，不妨取m1,t2，

2

62626430

y1y2,|AB|114

7777

430

故答案為：.

7

x2π

例2．（2024·全國·高三對口高考）已知橢圓y21，過左焦點F作傾斜角為的直線交

96

橢圓于A、B兩點，則弦AB的長為．

【答案】2

x2

【解析】在橢圓y21中，a3，b1，則22，故點F22,0，

9cab22

3

設點Ax1,y1、Bx2,y2，由題意可知，直線AB的方程為y=x+22，即x3y22，

3()

x3y22

聯(lián)立可得2，，

2212y46y101664121440

x9y9

61

由韋達定理可得yy，y1y2，

12312

2

261

所以，.

AB13y1y24y1y2242

312

故答案為：2.

x2y2

例3．（2024·全國·高三專題練習）已知橢圓C:1(ab0)，C的上頂點為A，兩

a2b2

1

個焦點為F，F(xiàn)，離心率為．過F且垂直于AF的直線與C交于，兩點，V的

12212DEADE

周長是13，則DE．

【答案】6

【解析】如圖，連接AF1,DF2,EF2，

1c1

因為C的離心率為，所以，即a2c，

2a2

所以b2a2c23c2，

△

因為AF1AF2a2cF1F2，所以AF1F2為等邊三角形，

又DEAF2，所以直線DE為線段AF2的垂直平分線，

所以ADDF2，AEEF2，

則VADE的周長為

13

|AD||AE||DE|DFEF|DE|DFEFDFEF4a13a，

2222114

13

c，

8

3

而EF1F230，所以直線DE的方程為y(xc)，

3

x2y2

代入橢圓C的方程1，得13x28cx32c20，

4c23c2

8c32c2

設Dx1,y1，Ex2,y2，則xx,xx，

12131213

22

1248c32c48c

所以DE1xx4xx46，

1212

33131313

故答案為：6.

x2

變式1．（2024·全國·高三專題練習）已知雙曲線C：y21，若直線l的傾斜角為60°，

3

3

且與雙曲線C的右支交于M，N兩點，與x軸交于點P，若MN，則點P的坐標

2

為.

【答案】3,0

x23

【解析】雙曲線雙曲線C：y21的漸近線方程為yx，

33

而直線l的傾斜角為60°，則直線l的斜率為3，可設直線l的方程為y3xm，

x2

與雙曲線方程y21聯(lián)立，化簡可得8x263mx3m230，

3

222

由Δ108m323m312m960，得m22或m22．

33m3m23

設Mx1,y1，Nx2,y2，則xx0，xx0，

124128

則m0，所以m22，

22

2227m3m3

MN13x1x22x1x24x1x22

162

3m2243

，解得：m3（舍去）或m3，

22

所以直線l的方程為y3x3，令y0，可得x3.

故點P的坐標為3,0.

故答案為：3,0.

22

變式2．（2024·貴州·統(tǒng)考模擬預測）已知雙曲線C:xmy1m0的左、右焦點分別為F1，

F2，點A，B分別在雙曲線C的左支與右支上，且點A，B與點F2共線，若

AB:AF1:BF12:2:3，則AB.

8

【答案】

3

3

【解析】因為AB:AF:BF2:2:3，設ABAFt，BFt，

11112

由雙曲線定義可得AF2AF1AF2ABBF22，所以BF1BF224，

388

即t4，t，即AB.

233

8

故答案為：.

3

變式3．（2024·四川巴中·高三統(tǒng)考開學考試）拋物線有如下光學性質：過焦點的光線經(jīng)拋物

線反射后得到的光線平行于拋物線的對稱軸；反之，平行于拋物線對稱軸的入射光線經(jīng)拋物

線反射后必過拋物線的焦點．已知拋物線y24x的焦點為F，一條平行于x軸的光線從點

A5,4射出，經(jīng)過拋物線上的點B反射后，再經(jīng)拋物線上的另一點C射出，則

BC．

25

【答案】

4

【解析】如圖，由題意可知AB∥x軸，A5,4，

將y4代入y24x中得x4，即B(4,4),

4044

又F(1,0)，則k，故BC的方程為y(x1)，聯(lián)立y24x，

BF4133

1

可得4x217x40，解得x，或x4（此時C與B關于x軸對稱，不合題意），

4

1125

則C(,1)，故BC(4)2(41)2，

444

25

故答案為：.

4

變式4．（2024·河南鄭州·高三鄭州外國語學校校考階段練習）已知拋物線y28x的焦點為F，

準線與x軸的交點為C，過點C的直線l與拋物線交于A，B兩點，若AFBCFB，則

|AF|．

【答案】8

【解析】由題意得，F(xiàn)2,0,C2,0，當直線l的斜率為0時，與拋物線只有1個交點，不

合要求，

故設直線l的方程為xmy2，不妨設m0，

聯(lián)立y28x，可得y28my160，易得0，

設Ax1,y1,Bx2,y2，則y10,y20，

則y1y28m,y1y216，

則2，

AB1my1y2

22，

BC1my21my2

CFBCAFAB

由正弦定理得，，

sinCBFsinCFBsinABFsinAFB

因為AFBCFB，CBFABFπ，

2

CFBC41my2y

所以yy，，即2，

12AFABAF2yy

1my1y212

又由焦半徑公式可知AFx12my122my1，

4y

則2，即2，

my1y24y14y24y1y24y1y2

my1y1y2

23

即16m464m264，解得m，

3

則163，解得，

yy,yy16y143

12312

23

故|AF|my438，

13

當m0時，同理可得到|AF|8.

故答案為：8

變式5．（2024·新疆喀什·?？寄M預測）已知雙曲線C兩條準線之間的距離為1，離心率為

2，直線l經(jīng)過C的右焦點，且與C相交于A、B兩點.

(1)求C的標準方程；

(2)若直線l與該雙曲線的漸近線垂直，求AB的長度.

【解析】（1）因為直線l經(jīng)過C的右焦點，

所以該雙曲線的焦點在橫軸上，

因為雙曲線C兩條準線之間的距離為1，

a2a2a21

所以有1，

ccc2

又因為離心率為2，

ca1a21

所以有2代入中，可得a1,c2b2c2a2413，

ac2c2

y2

∴C的標準方程為：x21；

3

（2）

由上可知：該雙曲線的漸近線方程為y3x，

3

所以直線l的斜率為，由于雙曲線和兩條直線都關于y軸對稱，

3

所以兩條直線與雙曲線的相交弦相等.

又因為直線斜率的絕對值小于漸近線斜率的絕對值，

3

所以直線與雙曲線交于左右兩支，因此不妨設直線l的斜率為，

3

3

方程為yx2與雙曲線方程聯(lián)立為：

3

2

2y

x1

32

8x4x130，

3

yx2

3

113

設Ax,y,Bx,y，則有xx,xx，

1122122128

2

323223223113

AB1x1x2x1x2x1x24x1x243.

333348

變式6．（2024·湖南邵陽·高三湖南省邵東市第三中學?？茧A段練習）已知拋物線

1

y22px(p0)的準線方程是x.

2

(1)求拋物線的方程；

(2)設直線yk(x2)(k0)與拋物線相交于M，N兩點，若MN210，求實數(shù)k的值.

p

【解析】（1）因為拋物線y22px(p0)的準線方程為x，

2

p1

所以，解得p1，

22

所以拋物線的方程為y22x.

（2）如圖，

設M(x1,y1)，N(x2,y2).

將yk(x2)代入y22x，

消去y整理得k2x22(2k21)x4k20.

當4(2k21)24k24k20時，

22

22k14k2

xx，x1x24.

12k2k2

222

MN1kx1x21k(x1x2)4x1x2

2

4k22

2，

MN1k16210

k4

224

化簡得：1k16k440k，解得k21，

經(jīng)檢驗，此時0，故k1.

題型二：長度和問題

x2y2

例4．（2024·寧夏銀川·銀川一中?？家荒＃┤鐖D所示，由半橢圓C:1y0和兩

14b2

2222

個半圓C2:x1y1y0、C3:x1y1y0組成曲線C:Fx,y0，其中

點A1,A2依次為C1的左、右頂點，點B為C1的下頂點，點F1,F2依次為C1的左、右焦點．若

點F1,F2分別為曲線C2,C3的圓心．

(1)求C1的方程；

(2)若過點F1,F2作兩條平行線l1,l2分別與C1,C2和C1,C3交與M,N和P,Q，求MNPQ的最

小值．

【解析】（1）由兩圓的方程知：圓心分別為C11,0，C21,0，即F11,0，F(xiàn)21,0，

x2y2

b214，解得：b23，C:1y0.

143

（2）由題意知：MNPQMF1PF22；

22

Qxy

l1//l2，由對稱性可知：MF1PF2為橢圓1截直線l2的弦長，

43

22

xyx,yx,y

設l2:xmy1，其與橢圓1交于點11和22

43

xmy1

222

由x2y2得：3m4y6my90，則483m30

1

43

6m9

yy，yy，

123m24123m24

2

212m14

MFPF1m2yy4yy4，

1212123m243m24

當m0時，MF1PF2取得最小值413，MNPQ的最小值為325.

例5．（2024·河南安陽·安陽一中校聯(lián)考模擬預測）定義：一般地，當0且1時，我們

x2y2x2y2

把方程ab0表示的橢圓C稱為橢圓1ab0的相似橢圓．已

a2b2a2b2

2

x2

知橢圓C:y1，橢圓C（0且1）是橢圓C的相似橢圓，點P為橢圓C上異

4

于其左、右頂點M,N的任意一點．

，，

(1)當2時，若與橢圓C有且只有一個公共點的直線l1l2恰好相交于點P，直線l1l2的

斜率分別為k1,k2，求k1k2的值；

(2)當e2（e為橢圓C的離心率）時，設直線PM與橢圓C交于點A,B，直線PN與橢圓C

交于點D,E，求ABDE的值．

Px,y

【解析】（1）設00，則直線l1的方程為yy0k1xx0，即yk1xy0k1x0，

記ty0k1x0，則l1的方程為yk1xt，

222

將其代入橢圓C的方程，消去y，得4k11x8k1tx4t40，

因為直線l1與橢圓C有且只有一個公共點，

22222

所以8k1t44k114t40，即4k1t10，

222

將ty0k1x0代入上式，整理得x04k12x0y0k1y010，

222

同理可得，x04k22x0y0k2y010，

222

所以k1,k2為關于m的方程x04m2x0y0my010的兩根，

y21

0

所以，k1k22．

x04

x2y2

又點Px0,y0在橢圓C:1上，

282

1

所以y22x2，

040

1

2x21

01

所以4．

k1k22

x044

x23

（2）由橢圓C:y21，得其離心率e，

42

x2y2

231

所以當e，即時，橢圓C的標準方程為33，

4

4

所以，M3,0，N3,0，恰好為橢圓C的左、右焦點，

易知直線PM,PN的斜率均存在且不為0，

yyy2

所以kk000，

PMPN2

x03x03x03

x2y2

002

因為Px,y在橢圓上，所以1，即23x0，

00C33y0

44

4

1

所以kk．

PMPN4

1

設直線PM的斜率為k，則直線PN的斜率為，

4k

所以直線PM的方程為ykx3．

ykx3

2222

由2，得14kx83kx12k40，

x

y21

4

83k212k24

設Ax1,y1,Bx2,y2，則xx，xx，

1214k21214k2

2

所以21k2xx4xx

AB1kx1x21212

2

222

83k12k441k

1k24，

14k214k214k2

116k2

同理可得DE，

14k2

2

41k116k2

所以ABDE5．

14k214k2

x2y2

例6．（2024·江西九江·統(tǒng)考一模）如圖，已知橢圓C:1(ab0)的左右焦點分

1a2b2

△

別為F1，F(xiàn)2，點A為C1上的一個動點(非左右頂點)，連接AF1并延長交C1于點B，且ABF2

△

的周長為8，AF1F2面積的最大值為2．

(1)求橢圓C1的標準方程；

(2)若橢圓C2的長軸端點為F1,F2，且C2與C1的離心率相等，P為AB與C2異于F1的交點，

直線PF2交C1于M,N兩點，證明：|AB||MN|為定值．

【解析】（1）ABF2的周長為8，由橢圓的定義得4a8，即a2，

△1

又AF1F2面積的最大值為2，2cb2，即bc2，

2

2

22

a2b2c2，b2c24，b4，解得b2，

b

x2y2

橢圓C1的標準方程為1.

42

c2

（2）由（1）可知F12,0，F(xiàn)22,0，橢圓C1的離心率e，

a2

2

x2y2c2a2b22

設橢圓C的方程為，則有，，解得b1，

2221a222

abaa2

2

x2

橢圓C2的標準方程為y1，

2

22

設P(x0,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，點P在曲線C2上，x02y02，

依題意，可設直線AB，MN的斜率分別為k1,k2，

則AB,MN的方程分別為yk1x2，yk1x2，

12

2(2x)

于是yyy01，

kk0002

1222

x02x02x02x022

yk(x2)

1

聯(lián)立方程組22，消去y整理，得2222，

xy(2k11)x42k1x4k140

1

42

42k24k24

1，1，

x1x22x1x22

2k112k11

2

42k24k244k24

|AB|1k2(xx)24xx1k21411，

112121222

2k112k112k11

4k24

2

同理可得：|MN|2，

2k21

2

1

2442

14k42k18k2

k，|MN|21，

22k222

12k2112k11

21

2k1

4k248k22

11

|AB||MN|226為定值.

2k112k11

22

xy1

變式7．（2024·全國·高三專題練習）已知橢圓1ab0的離心率為，且點

a2b22

3

M1,在橢圓上.

2

(1)求橢圓的方程；

(2)過橢圓右焦點F2作兩條互相垂直的弦AB與CD，求ABCD的取值范圍.

c1b23

【解析】（1）∵e，所以.

a2a24

x2y23

設橢圓方程為，將M1,代入，得1.

432

x2y2

故橢圓方程為1.

43

（2）①當兩條弦中一條斜率為0時，另一條弦的斜率不存在，

2b2

易得其中一條弦為長軸2a4，另一條弦長為橢圓的通徑為3，即ABCD7；

a

②當兩條弦斜率均存在且不為0時，設Ax1,y1，Bx2,y2，

1

設直線AB的方程為ykx1，則直線CD的方程為yx1，

k

將直線AB的方程代入橢圓方程中，并整理得：

34k2x28k2x4k2120，

22

8k4k12

∴x1x22，xx，

34k1234k2

12k21

∴AB1k2xx，

1234k2

1

1212

k212k1

同理，CD，

42

33k4

k2

2

12k2112k2184k21

∴ABCD，

34k23k2434k23k24

令tk21，則t1，

84t284t284

ABCD22

∴4t13t112tt11149，

t24

1

∵t1，∴01，

t

411

2

1149492

∴12，∴49114912，

t244

t24

4884

2748

∴71149，∴ABCD7.

7

t24

48

綜合②可知，ABCD的取值范圍為,7.

7

題型三：長度差問題

例7．（2024·浙江·高三校聯(lián)考階段練習）已知拋物線C:y22px經(jīng)過點2,26，直線

l1:ykxm(km0)與C交于A，B兩點（異于坐標原點O）．

(1)若OAOB0，證明：直線l1過定點．

(2)已知k2，直線l2在直線l1的右側，l1//l2，l1與l2之間的距離d5，l2交C于M，N兩

點，試問是否存在m，使得|MN||AB|10？若存在，求m的值；若不存在，說明理由．

【解析】（1）證明：將點2,26代入y22px，得244p，即p=6．

y212x,

聯(lián)立得ky212y12m0，

ykxm,

12m2222

y1y2y1y2m

由km0，設Ax1,y1，Bx2,y2，則y1y2，xx．

k121212144k2

m212m

因為OAOB0，所以xxyy0恒成立，則m12k，

1212k2k

所以l1的方程為yk(x12)，故直線l1過定點(12,0)．

xxm3,

212

y12x,22

（2）聯(lián)立得4x(4m12)xm0，則m2

y2xm,x1x2,

4

3

且(4m12)216m248(32m)0，即m，

2

222，

|AB|12x1x212x1x24x1x2596m

設l2:y2xn，同理可得|MN|596n．

mn

因為直線l在l的右側，所以nm，則d5，即nm5．

215

所以|MN||AB|596(m5)96m10，即396m2596m，解得

31

m，

24

31331

因為，所以滿足條件的m存在，m.

24224

2

例8．（2024·云南保山·高三統(tǒng)考階段練習）已知拋物線C1：y4x的焦點為橢圓C2：

x2y25

1(ab0)的右焦點F，點P為拋物線C1與橢圓C2在第一象限的交點，且PF.

a2b23

(1)求橢圓C2的方程；

(2)若直線l過點F，交拋物線C1于A，C兩點，交橢圓C2于B，D兩點（A，B，C，D依次

30

排序），且ACBD，求直線l的方程.

11

【解析】（1）由拋物線y24x可知：F1,0，

5528226

故由得：，故2，則，

PFPFxP1,xPyPP,

333333

a2b21

22a24

則對于xy有：，解得，

14242

a2b21b3

9a29b2

x2y2

故橢圓方程為：1；

43

2262

（2）過點F的直線l的斜率不存在時，l:x1，P,，1，

333

所以直線l在點P的右側，與兩曲線的交點順序變成A，B，D，C的順序，

不滿足題意，如下圖；

所以過點F的直線l的斜率存在，

故設直線l的斜率為k，則直線方程為yk(x1)，

yk(x1)2222

聯(lián)立拋物線方程：2，整理得：kx(2k4)xk0，

y4x

4

設A(x,y)，C(x,y)，則xx2，

112212k2

4

故ACxx24，

12k2

yk(x1)

2222

聯(lián)立x2y2，整理得(34k)x8kx4k120，

1

43

22

，8k4k12

設B(x3,y3)D(x4,y4)，則xx，xx，

3434k23434k2

則2222

BD(x3x4)(y3y4)1k(x3x4)4x3x4

2

222

28k4(4k12)12(1k)，

1k222

34k34k34k

30

又ACBD，

11

412(1k2)30

即4，整理得38k443k2660，

k234k211

22262

解得k2，因為P,，F(xiàn)(1,0)，而1，

333

且A，B，C，D依次排序，所以k0，如下圖，

故k2，故直線l的方程為y2(x1).

綜上，直線l的方程為2xy20.

題型四：長度商問題

x2y2

例9．（2024·重慶·校聯(lián)考模擬預測）已知雙曲線C:1(a0,b0)的離心率是5，點F

a2b2

是雙曲線C的一個焦點，且點F到雙曲線C的一條漸近線的距離是2.

(1)求雙曲線C的標準方程.

1

(2)設點M在直線x上，過點M作兩條直線l,l，直線l與雙曲線C交于A,B兩點，直線

4121

MAME

l與雙曲線C交于D,E兩點.若直線AB與直線DE的傾斜角互補，證明：.

2MDMB

【解析】（1）根據(jù)雙曲線的對稱性，不妨設Fc,0，其漸近線方程為bxay0，

因為焦點F到雙曲線C的一條漸近線的距離是2.

bc

所以2，

b2a2

因為雙曲線C的離心率是5，

c

5

a

bca1,

所以，2，解得

b2a2b2.

c2a2b2

y2

所以，雙曲線C的標準方程為x21.

4

1

（2）證明：由題意可知直線l1的斜率存在，設M,t，

4

1

直線l1:ykxt,Ax1,y1,Bx2,y2.

4