2025年高考数学必刷题分类：第70讲、弦长问题（教师版）

第70讲弦长问题

知识梳理

1、弦长公式的两种形式

①若A，B是直线ykxm与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去y后得到一元二

次方程px2qxr0，则PQ1k2xx1k2．

12|p|

②若A，B是直线xmyn与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去x后得到一元二

次方程py2qyr0，则AB1m2yy1m2．

AB|p|

必考题型全归纳

题型一：弦长问题

例1．（2024·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知直线l与圆O:x2y21相切，

x2y26

且交椭圆C:1于Ax1,y1,Bx2,y2两点，若y1y2，则|AB|．

437

4304

【答案】/30

77

【解析】设直线l:xmyt，

直线l与圆O:x2y21相切，

|t|

1,t21m2，

m21

将直线l方程与椭圆方程联立，得43m2y26mty3t2120，

3t2126

所以yy，因为y1y2，

1243m27

3t2126

所以,m21,t22，

43m27

由对称性，不妨取m1,t2，

2

62626430

y1y2,|AB|114

7777

430

故答案为：.

7

x2π

例2．（2024·全国·高三对口高考）已知椭圆y21，过左焦点F作倾斜角为的直线交

96

椭圆于A、B两点，则弦AB的长为．

【答案】2

x2

【解析】在椭圆y21中，a3，b1，则22，故点F22,0，

9cab22

3

设点Ax1,y1、Bx2,y2，由题意可知，直线AB的方程为y=x+22，即x3y22，

3()

x3y22

联立可得2，，

2212y46y101664121440

x9y9

61

由韦达定理可得yy，y1y2，

12312

2

261

所以，.

AB13y1y24y1y2242

312

故答案为：2.

x2y2

例3．（2024·全国·高三专题练习）已知椭圆C:1(ab0)，C的上顶点为A，两

a2b2

1

个焦点为F，F，离心率为．过F且垂直于AF的直线与C交于，两点，V的

12212DEADE

周长是13，则DE．

【答案】6

【解析】如图，连接AF1,DF2,EF2，

1c1

因为C的离心率为，所以，即a2c，

2a2

所以b2a2c23c2，

△

因为AF1AF2a2cF1F2，所以AF1F2为等边三角形，

又DEAF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，

所以ADDF2，AEEF2，

则VADE的周长为

13

|AD||AE||DE|DFEF|DE|DFEFDFEF4a13a，

2222114

13

c，

8

3

而EF1F230，所以直线DE的方程为y(xc)，

3

x2y2

代入椭圆C的方程1，得13x28cx32c20，

4c23c2

8c32c2

设Dx1,y1，Ex2,y2，则xx,xx，

12131213

22

1248c32c48c

所以DE1xx4xx46，

1212

33131313

故答案为：6.

x2

变式1．（2024·全国·高三专题练习）已知双曲线C：y21，若直线l的倾斜角为60°，

3

3

且与双曲线C的右支交于M，N两点，与x轴交于点P，若MN，则点P的坐标

2

为.

【答案】3,0

x23

【解析】双曲线双曲线C：y21的渐近线方程为yx，

33

而直线l的倾斜角为60°，则直线l的斜率为3，可设直线l的方程为y3xm，

x2

与双曲线方程y21联立，化简可得8x263mx3m230，

3

222

由Δ108m323m312m960，得m22或m22．

33m3m23

设Mx1,y1，Nx2,y2，则xx0，xx0，

124128

则m0，所以m22，

22

2227m3m3

MN13x1x22x1x24x1x22

162

3m2243

，解得：m3（舍去）或m3，

22

所以直线l的方程为y3x3，令y0，可得x3.

故点P的坐标为3,0.

故答案为：3,0.

22

变式2．（2024·贵州·统考模拟预测）已知双曲线C:xmy1m0的左、右焦点分别为F1，

F2，点A，B分别在双曲线C的左支与右支上，且点A，B与点F2共线，若

AB:AF1:BF12:2:3，则AB.

8

【答案】

3

3

【解析】因为AB:AF:BF2:2:3，设ABAFt，BFt，

11112

由双曲线定义可得AF2AF1AF2ABBF22，所以BF1BF224，

388

即t4，t，即AB.

233

8

故答案为：.

3

变式3．（2024·四川巴中·高三统考开学考试）抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物

线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物

线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线y24x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点

A5,4射出，经过抛物线上的点B反射后，再经抛物线上的另一点C射出，则

BC．

25

【答案】

4

【解析】如图，由题意可知AB∥x轴，A5,4，

将y4代入y24x中得x4，即B(4,4),

4044

又F(1,0)，则k，故BC的方程为y(x1)，联立y24x，

BF4133

1

可得4x217x40，解得x，或x4（此时C与B关于x轴对称，不合题意），

4

1125

则C(,1)，故BC(4)2(41)2，

444

25

故答案为：.

4

变式4．（2024·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）已知抛物线y28x的焦点为F，

准线与x轴的交点为C，过点C的直线l与抛物线交于A，B两点，若AFBCFB，则

|AF|．

【答案】8

【解析】由题意得，F2,0,C2,0，当直线l的斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不

合要求，

故设直线l的方程为xmy2，不妨设m0，

联立y28x，可得y28my160，易得0，

设Ax1,y1,Bx2,y2，则y10,y20，

则y1y28m,y1y216，

则2，

AB1my1y2

22，

BC1my21my2

CFBCAFAB

由正弦定理得，，

sinCBFsinCFBsinABFsinAFB

因为AFBCFB，CBFABFπ，

2

CFBC41my2y

所以yy，，即2，

12AFABAF2yy

1my1y212

又由焦半径公式可知AFx12my122my1，

4y

则2，即2，

my1y24y14y24y1y24y1y2

my1y1y2

23

即16m464m264，解得m，

3

则163，解得，

yy,yy16y143

12312

23

故|AF|my438，

13

当m0时，同理可得到|AF|8.

故答案为：8

变式5．（2024·新疆喀什·校考模拟预测）已知双曲线C两条准线之间的距离为1，离心率为

2，直线l经过C的右焦点，且与C相交于A、B两点.

(1)求C的标准方程；

(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求AB的长度.

【解析】（1）因为直线l经过C的右焦点，

所以该双曲线的焦点在横轴上，

因为双曲线C两条准线之间的距离为1，

a2a2a21

所以有1，

ccc2

又因为离心率为2，

ca1a21

所以有2代入中，可得a1,c2b2c2a2413，

ac2c2

y2

∴C的标准方程为：x21；

3

（2）

由上可知：该双曲线的渐近线方程为y3x，

3

所以直线l的斜率为，由于双曲线和两条直线都关于y轴对称，

3

所以两条直线与双曲线的相交弦相等.

又因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，

3

所以直线与双曲线交于左右两支，因此不妨设直线l的斜率为，

3

3

方程为yx2与双曲线方程联立为：

3

2

2y

x1

32

8x4x130，

3

yx2

3

113

设Ax,y,Bx,y，则有xx,xx，

1122122128

2

323223223113

AB1x1x2x1x2x1x24x1x243.

333348

变式6．（2024·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第三中学校考阶段练习）已知抛物线

1

y22px(p0)的准线方程是x.

2

(1)求抛物线的方程；

(2)设直线yk(x2)(k0)与抛物线相交于M，N两点，若MN210，求实数k的值.

p

【解析】（1）因为抛物线y22px(p0)的准线方程为x，

2

p1

所以，解得p1，

22

所以抛物线的方程为y22x.

（2）如图，

设M(x1,y1)，N(x2,y2).

将yk(x2)代入y22x，

消去y整理得k2x22(2k21)x4k20.

当4(2k21)24k24k20时，

22

22k14k2

xx，x1x24.

12k2k2

222

MN1kx1x21k(x1x2)4x1x2

2

4k22

2，

MN1k16210

k4

224

化简得：1k16k440k，解得k21，

经检验，此时0，故k1.

题型二：长度和问题

x2y2

例4．（2024·宁夏银川·银川一中校考一模）如图所示，由半椭圆C:1y0和两

14b2

2222

个半圆C2:x1y1y0、C3:x1y1y0组成曲线C:Fx,y0，其中

点A1,A2依次为C1的左、右顶点，点B为C1的下顶点，点F1,F2依次为C1的左、右焦点．若

点F1,F2分别为曲线C2,C3的圆心．

(1)求C1的方程；

(2)若过点F1,F2作两条平行线l1,l2分别与C1,C2和C1,C3交与M,N和P,Q，求MNPQ的最

小值．

【解析】（1）由两圆的方程知：圆心分别为C11,0，C21,0，即F11,0，F21,0，

x2y2

b214，解得：b23，C:1y0.

143

（2）由题意知：MNPQMF1PF22；

22

Qxy

l1//l2，由对称性可知：MF1PF2为椭圆1截直线l2的弦长，

43

22

xyx,yx,y

设l2:xmy1，其与椭圆1交于点11和22

43

xmy1

222

由x2y2得：3m4y6my90，则483m30

1

43

6m9

yy，yy，

123m24123m24

2

212m14

MFPF1m2yy4yy4，

1212123m243m24

当m0时，MF1PF2取得最小值413，MNPQ的最小值为325.

例5．（2024·河南安阳·安阳一中校联考模拟预测）定义：一般地，当0且1时，我们

x2y2x2y2

把方程ab0表示的椭圆C称为椭圆1ab0的相似椭圆．已

a2b2a2b2

2

x2

知椭圆C:y1，椭圆C（0且1）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆C上异

4

于其左、右顶点M,N的任意一点．

，，

(1)当2时，若与椭圆C有且只有一个公共点的直线l1l2恰好相交于点P，直线l1l2的

斜率分别为k1,k2，求k1k2的值；

(2)当e2（e为椭圆C的离心率）时，设直线PM与椭圆C交于点A,B，直线PN与椭圆C

交于点D,E，求ABDE的值．

Px,y

【解析】（1）设00，则直线l1的方程为yy0k1xx0，即yk1xy0k1x0，

记ty0k1x0，则l1的方程为yk1xt，

222

将其代入椭圆C的方程，消去y，得4k11x8k1tx4t40，

因为直线l1与椭圆C有且只有一个公共点，

22222

所以8k1t44k114t40，即4k1t10，

222

将ty0k1x0代入上式，整理得x04k12x0y0k1y010，

222

同理可得，x04k22x0y0k2y010，

222

所以k1,k2为关于m的方程x04m2x0y0my010的两根，

y21

0

所以，k1k22．

x04

x2y2

又点Px0,y0在椭圆C:1上，

282

1

所以y22x2，

040

1

2x21

01

所以4．

k1k22

x044

x23

（2）由椭圆C:y21，得其离心率e，

42

x2y2

231

所以当e，即时，椭圆C的标准方程为33，

4

4

所以，M3,0，N3,0，恰好为椭圆C的左、右焦点，

易知直线PM,PN的斜率均存在且不为0，

yyy2

所以kk000，

PMPN2

x03x03x03

x2y2

002

因为Px,y在椭圆上，所以1，即23x0，

00C33y0

44

4

1

所以kk．

PMPN4

1

设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为，

4k

所以直线PM的方程为ykx3．

ykx3

2222

由2，得14kx83kx12k40，

x

y21

4

83k212k24

设Ax1,y1,Bx2,y2，则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·统考一模）如图，已知椭圆C:1(ab0)的左右焦点分

1a2b2

△

别为F1，F2，点A为C1上的一个动点(非左右顶点)，连接AF1并延长交C1于点B，且ABF2

△

的周长为8，AF1F2面积的最大值为2．

(1)求椭圆C1的标准方程；

(2)若椭圆C2的长轴端点为F1,F2，且C2与C1的离心率相等，P为AB与C2异于F1的交点，

直线PF2交C1于M,N两点，证明：|AB||MN|为定值．

【解析】（1）ABF2的周长为8，由椭圆的定义得4a8，即a2，

△1

又AF1F2面积的最大值为2，2cb2，即bc2，

2

2

22

a2b2c2，b2c24，b4，解得b2，

b

x2y2

椭圆C1的标准方程为1.

42

c2

（2）由（1）可知F12,0，F22,0，椭圆C1的离心率e，

a2

2

x2y2c2a2b22

设椭圆C的方程为，则有，，解得b1，

2221a222

abaa2

2

x2

椭圆C2的标准方程为y1，

2

22

设P(x0,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，点P在曲线C2上，x02y02，

依题意，可设直线AB，MN的斜率分别为k1,k2，

则AB,MN的方程分别为yk1x2，yk1x2，

12

2(2x)

于是yyy01，

kk0002

1222

x02x02x02x022

yk(x2)

1

联立方程组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为定值.

2k112k11

22

xy1

变式7．（2024·全国·高三专题练习）已知椭圆1ab0的离心率为，且点

a2b22

3

M1,在椭圆上.

2

(1)求椭圆的方程；

(2)过椭圆右焦点F2作两条互相垂直的弦AB与CD，求ABCD的取值范围.

c1b23

【解析】（1）∵e，所以.

a2a24

x2y23

设椭圆方程为，将M1,代入，得1.

432

x2y2

故椭圆方程为1.

43

（2）①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，

2b2

易得其中一条弦为长轴2a4，另一条弦长为椭圆的通径为3，即ABCD7；

a

②当两条弦斜率均存在且不为0时，设Ax1,y1，Bx2,y2，

1

设直线AB的方程为ykx1，则直线CD的方程为yx1，

k

将直线AB的方程代入椭圆方程中，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，则t1，

84t284t284

ABCD22

∴4t13t112tt11149，

t24

1

∵t1，∴01，

t

411

2

1149492

∴12，∴49114912，

t244

t24

4884

2748

∴71149，∴ABCD7.

7

t24

48

综合②可知，ABCD的取值范围为,7.

7

题型三：长度差问题

例7．（2024·浙江·高三校联考阶段练习）已知抛物线C:y22px经过点2,26，直线

l1:ykxm(km0)与C交于A，B两点（异于坐标原点O）．

(1)若OAOB0，证明：直线l1过定点．

(2)已知k2，直线l2在直线l1的右侧，l1//l2，l1与l2之间的距离d5，l2交C于M，N两

点，试问是否存在m，使得|MN||AB|10？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．

【解析】（1）证明：将点2,26代入y22px，得244p，即p=6．

y212x,

联立得ky212y12m0，

ykxm,

12m2222

y1y2y1y2m

由km0，设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1y2，xx．

k121212144k2

m212m

因为OAOB0，所以xxyy0恒成立，则m12k，

1212k2k

所以l1的方程为yk(x12)，故直线l1过定点(12,0)．

xxm3,

212

y12x,22

（2）联立得4x(4m12)xm0，则m2

y2xm,x1x2,

4

3

且(4m12)216m248(32m)0，即m，

2

222，

|AB|12x1x212x1x24x1x2596m

设l2:y2xn，同理可得|MN|596n．

mn

因为直线l在l的右侧，所以nm，则d5，即nm5．

215

所以|MN||AB|596(m5)96m10，即396m2596m，解得

31

m，

24

31331

因为，所以满足条件的m存在，m.

24224

2

例8．（2024·云南保山·高三统考阶段练习）已知抛物线C1：y4x的焦点为椭圆C2：

x2y25

1(ab0)的右焦点F，点P为抛物线C1与椭圆C2在第一象限的交点，且PF.

a2b23

(1)求椭圆C2的方程；

(2)若直线l过点F，交抛物线C1于A，C两点，交椭圆C2于B，D两点（A，B，C，D依次

30

排序），且ACBD，求直线l的方程.

11

【解析】（1）由抛物线y24x可知：F1,0，

5528226

故由得：，故2，则，

PFPFxP1,xPyPP,

333333

a2b21

22a24

则对于xy有：，解得，

14242

a2b21b3

9a29b2

x2y2

故椭圆方程为：1；

43

2262

（2）过点F的直线l的斜率不存在时，l:x1，P,，1，

333

所以直线l在点P的右侧，与两曲线的交点顺序变成A，B，D，C的顺序，

不满足题意，如下图；

所以过点F的直线l的斜率存在，

故设直线l的斜率为k，则直线方程为yk(x1)，

yk(x1)2222

联立抛物线方程：2，整理得：kx(2k4)xk0，

y4x

4

设A(x,y)，C(x,y)，则xx2，

112212k2

4

故ACxx24，

12k2

yk(x1)

2222

联立x2y2，整理得(34k)x8kx4k120，

1

43

22

，8k4k12

设B(x3,y3)D(x4,y4)，则xx，xx，

3434k23434k2

则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，因为P,，F(1,0)，而1，

333

且A，B，C，D依次排序，所以k0，如下图，

故k2，故直线l的方程为y2(x1).

综上，直线l的方程为2xy20.

题型四：长度商问题

x2y2

例9．（2024·重庆·校联考模拟预测）已知双曲线C:1(a0,b0)的离心率是5，点F

a2b2

是双曲线C的一个焦点，且点F到双曲线C的一条渐近线的距离是2.

(1)求双曲线C的标准方程.

1

(2)设点M在直线x上，过点M作两条直线l,l，直线l与双曲线C交于A,B两点，直线

4121

MAME

l与双曲线C交于D,E两点.若直线AB与直线DE的倾斜角互补，证明：.

2MDMB

【解析】（1）根据双曲线的对称性，不妨设Fc,0，其渐近线方程为bxay0，

因为焦点F到双曲线C的一条渐近线的距离是2.

bc

所以2，

b2a2

因为双曲线C的离心率是5，

c

5

a

bca1,

所以，2，解得

b2a2b2.

c2a2b2

y2

所以，双曲线C的标准方程为x21.

4

1

（2）证明：由题意可知直线l1的斜率存在，设M,t，

4

1

直线l1:ykxt,Ax1,y1,Bx2,y2.

4