圆锥曲线解题技巧和方法综合（全）

圆锥曲线的解题技巧

一、常规七大题型：

（1）中点弦问题

具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为(x1,y1)，

(x2,y2)，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式（当然在这里也要注意

斜率不存在的请款讨论），消去四个参数。

x2y2如：（1）2?2?1(a?b?0)与直线相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)，则有

abx0y0?2k?0。 2abx2y2 （2）2?2?1(a?0,b?0)与直线l相交于A、B，设弦AB中点为M(x0,y0)则有

abx0y0?2k?0 2ab（3）y2=2px（p>0）与直线l相交于A、B设弦AB中点为M(x0,y0),则有2y0k=2p,即y0k=p.

y2 典型例题 给定双曲线x?过A（2，1）的直线与双曲线交于两点P1 及P2，?1。

22求线段P1P2的中点P的轨迹方程。

（2）焦点三角形问题

椭圆或双曲线上一点P，与两个焦点F1、F2构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。

x2y2 典型例题 设P(x,y)为椭圆2?2?1上任一点，F1(?c,0)，F2(c,0)为焦点，

ab?PF1F2??，?PF2F1??。

（1）求证离心率e?sin(???)；

sin??sin?3 （2）求|PF1|?PF2|的最值。

3

（3）直线与圆锥曲线位置关系问题

直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式、根与系数的关系、求根公式等来处理，应特别注意数形结合的思想，通过图形的直观性帮助分析解决问题，如果直线过椭圆的焦点，结合三大曲线的定义去解。 典型例题

抛物线方程y2?p(x?1)(p?0)，直线x?y?t与x轴的交点在抛物线准线的右边。

（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点

（2）设直线与抛物线的交点为A、B，且OA⊥OB，求p关于t的函数f(t)的表达式。

（4）圆锥曲线的相关最值（范围）问题

圆锥曲线中的有关最值（范围）问题，常用代数法和几何法解决。

<1>若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决。

<2>若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数，三角函数，均值不等式）求最值。

（1），可以设法得到关于a的不等式，通过解不等式求出a的范围，即：“求范围，找不等式”。或者将a表示为另一个变量的函数，利用求函数的值域求出a的范围；对于（2）首先要把△NAB的面积表示为一个变量的函数，然后再求它的最大值,即：“最值问题，函数思想”。

最值问题的处理思路：

1、建立目标函数。用坐标表示距离，用方程消参转化为一元二次函数的最值问题，关键是由方程求x、y的范围；

2、数形结合，用化曲为直的转化思想；

3、利用判别式，对于二次函数求最值，往往由条件建立二次方程，用判别式求最值； 4、借助均值不等式求最值。

典型例题

已知抛物线y2=2px(p>0)，过M（a,0）且斜率为1的直线L与抛物线交于不同的两点A、B， |AB|≤2p

（1）求a的取值范围；（2）若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值。

（5）求曲线的方程问题

1．曲线的形状已知--------这类问题一般可用待定系数法解决。 典型例题

已知直线L过原点，抛物线C 的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上。若点A（-1，0）和点B（0，8）关于L的对称点都在C上，求直线L和抛物线C的方程。

2．曲线的形状未知-----求轨迹方程 典型例题

已知直角坐标平面上点Q（2，0）和圆C：x2+y2=1, 动点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数?（?>0）,求动点M的轨迹方程，并说明它是什么曲线。

N M

（6） 存在两点关于直线对称问题

在曲线上两点关于某直线对称问题，可以按如下方式分三步解决：求两点所在的直线，求这两直线的交点，使这交点在圆锥曲线形内。（当然也可以利用韦达定理并结合判别式来解决）

O Q x2y2典型例题 已知椭圆C的方程??1，试确定m的取值范围，使得对于直线

43y?4x?m，椭圆C上有不同两点关于直线对称

（7）两线段垂直问题

圆锥曲线两焦半径互相垂直问题，常用k1·k2?运算来处理。

y1·y2??1来处理或用向量的坐标

x1·x2典型例题 已知直线l的斜率为k，且过点P(?2,0)，抛物线C:y?4(x?1)，直线l与抛物线C有两个不同的交点（如图）。 （1）求k的取值范围；

（2）直线l的倾斜角?为何值时，A、B与抛物线C的焦点连线互相垂直。

2

四、解题的技巧方面：

在教学中，学生普遍觉得解析几何问题的计算量较大。事实上，如果我们能够充分利用几何图形、韦达定理、曲线系方程，以及运用“设而不求”的策略，往往能够减少计算量。下面举例说明：

（1）充分利用几何图形

解析几何的研究对象就是几何图形及其性质，所以在处理解析几何问题时，除了运用代数方程外，充分挖掘几何条件，并结合平面几何知识，这往往能减少计算量。

典型例题 设直线3x?4y?m?0与圆x?y?x?2y?0相交于P、Q两点，O为坐标原点，若OP?OQ，求m的值。

22

（2） 充分利用韦达定理及“设而不求”的策略

我们经常设出弦的端点坐标而不求它，而是结合韦达定理求解，这种方法在有关斜率、中点等问题中常常用到。

典型例题 已知中心在原点O，焦点在y轴上的椭圆与直线y?x?1相交于P、Q两点，且OP?OQ，|PQ|?10，求此椭圆方程。 2

（3） 充分利用曲线系方程

利用曲线系方程可以避免求曲线的交点，因此也可以减少计算。

典型例题 求经过两已知圆C1：x?y?4x?2y?0和C2：x?y?2y?4?0的

2222交点，且圆心在直线l：2x?4y?1?0上的圆的方程。

（4）充分利用椭圆的参数方程

椭圆的参数方程涉及到正、余弦，利用正、余弦的有界性，可以解决相关的求最值的问题．这也是我们常说的三角代换法。

x2y2典型例题 P为椭圆2?2?1上一动点，A为长轴的右端点，B为短轴的上端点，求四

ab边形OAPB面积的最大值及此时点P的坐标。

（5）线段长的几种简便计算方法

① 充分利用现成结果，减少运算过程

一般地，求直线与圆锥曲线相交的弦AB长的方法是：把直线方程y?kx?b代入圆锥曲线方程中，得到型如ax?bx?c?0的方程，方程的两根设为xA，xB，判别式为△，则|AB|?过程。

例 求直线x?y?1?0被椭圆x?4y?16所截得的线段AB的长。

② 结合图形的特殊位置关系，减少运算 在求过圆锥曲线焦点的弦长时，由于圆锥曲线的定义都涉及焦点，结合图形运用圆锥曲线的定义，可回避复杂运算。

222△，若直接用结论，能减少配方、开方等运算1?k2·|xA?xB|?1?k2·|a|x2y2例 F1、F2是椭圆??1的两个焦点，AB是经过F1的弦，若|AB|?8，求值

259|F2A|?|F2B|

③ 利用圆锥曲线的定义，把到焦点的距离转化为到准线的距离

例 点A（3，2）为定点，点F是抛物线y?4x的焦点，点P在抛物线y?4x上移动，若|PA|?|PF|取得最小值，求点P的坐标。

22

将③式代入②式，整理得

e2 ?4?4???1?2?，

43故 ??1?2

e?1233由题设2???3得，?1?2?

3e?2434

解得 7?e?10

所以双曲线的离心率的取值范围为?7 , 10?

分析：考虑AE,AC为焦半径,可用焦半径公式, AE,AC用E,C的横坐标表示，回避h的计算, 达到设而不求的解题策略． 解法二：建系同解法一，AE???a?exE?,AC?a?exC，

c?c?????2?cAE?32?xE?，又，代入整理??1?2，由题?e?11??2???1?AC1??设2???3得，

34233?1?2?3e?24

解得 7?e?10

所以双曲线的离心率的取值范围为?5、判别式法 例3已知双曲线C:y7 , 10?

x2直线l过点A??1，

222?斜率为k，当0?k?12,0，

?时，双曲线的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为2，试求k的值及此时点B的坐标。

分析1：解析几何是用代数方法来研究几何图形的一门学科，因此，数形结合必然是研究解析几何问题的重要手段. 从“有且仅有”这个微观入手，对照草图，不难想到：过点B作与l平行的直线，必与双曲线C相切. 而相切的代数表现形式是所构造方程的判别式

??0. 由此出发，可设计如下解题思路：

l:y?k(x?2)?0?k?1?

2

直线l’在l的上方且到直线l的距离为

l':y?kx?2k2?2?2k

把直线l’的方程代入双曲线方程，消去y，令判别式??0

解得k的值

解题过程略.

分析2：如果从代数推理的角度去思考，就应当把距离用代数式表达，即所谓“有且仅有一点B到直线l的距离为2”，相当于化归的方程有唯一解. 据此设计出如下解题思路： 关于x的方程问题 kx?2?x2?2kk?1求解 2?2?0?k?1?有唯一

转化为一元二次方程根的问题 简解：设点M(x,2?x2)为双曲线C上支上任一点，则点M到直线l的距离为：

kx?2?x2?2kk?12?2

?0?k?1? ???

于是，问题即可转化为如上关于x的方程. 由于0?k?1，所以2?x2?x?kx，从而有

kx?2?x2?2k??kx?2?x2?2k.

于是关于x的方程???

??kx?2?x2?2k?2(k2?1)

?2?x22?(2(k2?1)?2k?kx)2, ???2??2(k?1)?2k?kx?02????k ????1x2?2k2(k2?1)?2kx?????2(k2?1)?2k?2?0,

?22??2(k?1)?2k?kx?0. 由0?k?1可知：

方程?k?1?x?2k2(k?1)?2kx?2(k?1)?2k?2?0的二根同

22222????正，故2(k2?1)?2k?kx?0恒成立，于是???等价于

?k

k?25. 52?1x?2k2(k?1)?2kx??2?2??2(k2?1)?2k?2?0.

?2由如上关于x的方程有唯一解，得其判别式??0，就可解得

点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分体现了全局观念与整体思维的优越性.

例4已知椭圆C:x2?2y2?8和点P（4，1），过P作直线交椭圆于A、B两点，在线段AB上取点Q，使在曲线的方程.

分析：这是一个轨迹问题，解题困难在于多动点的困扰，学生往往不知从何入手。其实，应该想到轨迹问题可以通过参数法求解. 因

APAQ??，求动点Q的轨迹所PBQB此，首先是选定参数，然后想方设法将点Q的横、纵坐标用参数表达，最后通过消参可达到解题的目的.

由于点Q(x,y)的变化是由直线AB的变化引起的，自然可选择直线AB的斜率k作为参数，如何将x,y与k联系起来？一方面利用点Q在直线AB上；另一方面就是运用题目条件：P、Q四点共线，不难得到x?4(x?xB)?2xAxB8?(xA?xB)AAPAQ来转化.由A、B、??PBQB，要建立x与k的关系，只需

将直线AB的方程代入椭圆C的方程，利用韦达定理即可.

通过这样的分析，可以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决本题，已经做到心中有数.

将直线方程代入椭圆方程，消去y，利用韦达定理 APPB??AQ QB x?4(xA?xB)?2xAxB 8?(xA?xB)

x?f?k? 利用点Q满足直线AB的方程：y = k (x—4)+1，消去参数k 点Q的轨迹方程

在得到x?f?k?之后，如果能够从整体上把握，认识到：所谓消参，目的不过是得到关于x,y的方程（不含k），则可由y?k(x?4)?1解得

k?y?1，直接代入x?f?k?即可得到轨迹方程。从而简化消去参的过x?4程。

4?x1简解：设A?x1,y1?,B(x2，y2),Q(x,y)，则由AP??AQ可得：PBQBx2?4?x?x1， x2?x解之得：x?4(x1?x2)?2x1x2 （1）

8?(x1?x2)设直线AB的方程为：y?k(x?4)?1，代入椭圆C的方程，消去y得出关于 x的一元二次方程：

?2k∴

2?1x2?4k(1?4k)x?2(1?4k)2?8?0 （2）

?4k(4k?1)?x?x?,12??2k2?1 ?2?xx?2(1?4k)?8.12?2k2?1?代(3)

入（1），化简得：

x?4k?3. k?2

与y?k(x?4)?1联立，消去k得：?2x?y?4?(x?4)?0. 在（2）中，由???64k2?64k?24?0，解得 可求得

16?21016?210?x?.992?102?10?k?44，结合（3）

109?x?16?210）.

9故知点Q的轨迹方程为：2x?y?4?0 （16?2点评：由方程组实施消元，产生一个标准的关于一个变量的一元二次方程，其判别式、韦达定理模块思维易于想到. 这当中，难点在

引出参，活点在应用参，重点在消去参.，而“引参、用参、消参”三步曲，正是解析几何综合问题求解的一条有效通道. 6、求根公式法 例5设直线l过点试求

AP的取值范围. PBPBx2y2P（0，3），和椭圆??1顺次交于

94A、B两点，

分析：本题中，绝大多数同学不难得到：AP=?xA，但从此后却一

xB筹莫展, 问题的根源在于对题目的整体把握不够. 事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.

分析1: 从第一条想法入手，

APx=?A已经是一个关系式，但由于PBxB有两个变量xA,xB，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量——直线AB的斜率k. 问题就转化为如何将xA,xB转化为关于k的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y得出关于x的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.

把直线l的方程y = kx+3代入椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程 求根公式 xA= f（k），xB = g（k） AP/PB = —（xA / xB） 得到所求量关于k的函数关系式 由判别式得出k的取值范围

所求量的取值范围

简解1：当直线l垂直于x轴时，可求得

AP1??; PB5当l与x轴不垂直时，设A?x1,y1?,B(x2，y2)，直线l的方程为：

y?kx?3，代入椭圆方程，消去y得9k2?4x2?54kx?45?0

??解之得

x1,2?27k?69k2?5?. 29k?4因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑k?0的情形.

22?27k?69k?5?27k?69k?5， 当k?0时，x1?，x?29k2?49k2?4x1?9k?29k2?518kAP18所以 ==1?1???=22PBx29k?29k?59k?29k?59?29?5.

k2由 ??(?54k)2?180?9k2?4??0, 解得 k2?，

59所以 综上

?1?1?189?29?5k2??1， 5?1?AP1??. PB5分析2: 如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式

往往是产生不等的根源. 由判别式值的非负性可以很快确定k的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与k联系起来. 一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定理，原因

在于

xAP??1不是关于x1,x2的对称关系式. 原因找到后，解决问题的PBx2方法自然也就有了，即我们可以构造关于x1,x2的对称关系式. 把直线l的方程y = kx+3代入椭圆方程，消去y 得到关于x的一元二次方程 韦达定理 xA+ xB = f（k），xA xB = g（k） AP/PB = —（xA / xB） 构造所求量与k的关系式 由判别式得出k的取值范围

关于所求量的不等式

简解2：设直线l的方程为：y?kx?3，代入椭圆方程，消去?9k2?4?x2?54kx?45?0 （*）

?则

??x1?x?54k2??9k2?4, ???x1x2?459k2?4.令x1x??，则，??1??2?324k245k2?20.

2在（*）中，由判别式??0,可得 k2?59，

y得

从而有

1???5. 5324k236，所以 4??45k2?205 4???1??2?36，解得 5结合0???1得???1. 综上，?1?AP1??. PB515点评：范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等等. 本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.

解题犹如打仗，不能只是忙于冲锋陷阵，一时局部的胜利并不能说明问题，有时甚至会被局部所纠缠而看不清问题的实质所在，只有见微知著，树立全局观念，讲究排兵布阵，运筹帷幄，方能决胜千里.

第三、推理训练：数学推理是由已知的数学命题得出新命题的基本思维形式，它是数学求解的核心。以已知的真实数学命题，即定义、公理、定理、性质等为依据，选择恰当的解题方法，达到解题目标，得出结论的一系列推理过程。在推理过程中，必须注意所使用的命题之间的相互关系（充分性、必要性、充要性等），做到思考缜密、推理严密。通过编写思维流程图来锤炼自己的大脑，快速提高解题能力。

例6椭圆长轴端点为A,B，O为椭圆中心，F为椭圆的右焦点，且AF?FB?1，OF?1．

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P,Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为?PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程;若不存在，请说明理由。

思维流程：

（Ⅰ） 由 AF ? FB ? 1 ， OF ?1

由F为?PQM的重心 ???????????? ( a ? c )( a ? c ) ? 1 ， c ? 1

a?2,b?1 写出椭圆方程 PQ?MF,MP?FQ kPQ?1

（Ⅱ）

?y?x?m ?22 ?x?2y?2

消元

得出关于 m的方程 解出m 3x2?4mx?2m2?2?0 两根之和， 两根之积 ????????MP?FQ?0

解题过程：

x2y2（Ⅰ）如图建系，设椭圆方程为2?2?1(a?b?0),则c?1

ab又∵AF?FB?1即 (a?c)?(a?c)?1?a2?c2，∴a2?2

x2故椭圆方程为?y2?1

2

（Ⅱ）假设存在直线l交椭圆于P,Q两点，且F恰为?PQM的垂心，则

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，∵M(0,1),F(1,0)，故kPQ?1， 于是设直线l为

?y?x?my?x?m，由?2得，2x?2y?2?3x2?4mx?2m2?2?0

????????∵MP?FQ?0?x1(x2?1)?y2(y1?1) 又yi?xi?m(i?1,2)

得x1(x2?1)?(x2?m)(x1?m?1)?0 即

2x1x2?(x1?x2)(m?1)?m2?m?0 由韦达定理得 2m2?24m2??(m?1)?m2?m?0

33解得m??或m?1（舍） 经检验m??符合条件．

点石成金：垂心的特点是垂心与顶点的连线垂直对边，然后转化为两向量乘积为零．

例7、已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过

?3?A(?2,0)、B(2,0)、C?1,?三点． ?2?4343（Ⅰ）求椭圆E的方程：

（Ⅱ）若点D为椭圆E上不同于A、B的任意一点，F(?1,0),H(1,0)，当ΔDFH内切圆的面积最大时，求ΔDFH内心的坐标；

思维流程： （Ⅰ） 得 到 m ,nm ,n 解出

由椭圆经过A、B、C三点 设方程为mx?ny?1 22的方程

（Ⅱ） 由 ? DFH 内切圆面积最大 转化为 ? DFH 面积最大 转化为点 D 的纵坐标的绝对值最大最大 D为椭圆短轴端点

解题过程： （Ⅰ）设椭圆方程为mx2?ny2?1?m?0,n?0?，将

3A(?2,0)、B(2,0)、C(1,)代入椭圆E的方程，得

2得出D点坐标为?0,??DFH面积最大值为3 S?DFH1??周长?r内切圆 2r内切圆?3 3???3?? 3???4m?1,11x2y2?解得m?,n?.∴椭圆E的方程??1 ． ?94343m?n?1??4

12（Ⅱ）|FH|?2，设ΔDFH边上的高为S?DFH??2?h?h

当点D在椭圆的上顶点时，h最大为3，所以S?DFH的最大值为3． 设ΔDFH的内切圆的半径为R，因为ΔDFH的周长为定值6．所以，

S?DFH?1R?6 2 所以R的最大值为3．所以内切圆圆心的坐标为(0,3)33. 12点石成金：S?的内切圆???的周长?r?的内切圆

例8、已知定点C(?1，0)及椭圆x2?3y2?5，过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点.

（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标是?，求直线AB的方程； （Ⅱ）在x轴上是否存在点M，使MA?MB为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 思维流程：

（Ⅰ）解：依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y?k(x?1)， 将y?k(x?1)代入x2?3y2?5， 消去y整理得

B(x2，y2)， 设A(x1，y1)，12(3k2?1)x2?6k2x?3k2?5?0.

???36k4?4(3k2?1)(3k2?5)?0， (1) ?则? 6k2?x1?x2??2. (2)3k?1?1x1?x23k21??2??，解得由线段AB中点的横坐标是?， 得

223k?12k??33，符合题意。

所以直线AB的方程为 x?3y?1?0，或 x?3y?1?0. （Ⅱ）解：假设在x轴上存在点M(m,0)，使MA?MB为常数.

① 当直线AB与x轴不垂直时，由（Ⅰ）知

6k23k2?5x1?x2??2， x1x2?2. (3)

3k?13k?1????????所以MA?MB?(x1?m)(x2?m)?y1y2?(x1?m)(x2?m)?k2(x1?1)(x2?1)

?(k2?1)x1x2?(k2?m)(x1?x2)?k2?m2.将(3)代入，整理得

1142(2m?)(3k?1)?2m?????????(6m?1)k?5233?m2MA?MB??m?3k2?13k2?1216m?14?m2?2m??.

33(3k2?1)注意到MA?MB是与k无关的常数， 从而有6m?14?0，m??， 此时

????????4MA?MB?.

973② 当直线AB与x轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为

????????472??2?????1，?、??1，?，当m??3时， 亦有MA?MB?9. 3??3??? 综上，在x轴上存在定点M?0?，使MA?MB为常数. ??，?7?31142(2m?)(3k?1)?2m?????????(6m?1)k?533?m2 点石成金：MA?MB??m2?223k?13k?12 ?m2?2m??16m?14. 233(3k?1)例9、已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线l在y轴上的截距为m（m≠0），l交椭圆于A、B两个不同点。 （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）求m的取值范围；

（Ⅲ）求证直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形. 思维流程：

x2y2解：（1）设椭圆方程为2?2?1(a?b?0)

ab?a?2b2?x2y2??a?8则?41解得?2 ∴椭圆方程为??1

82??1???b?2?a2b2（Ⅱ）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m 又KOM= ?l的方程为：y?x?m

1?y?x?m??2?x2?2mx?2m2?4?0 由?22?x?y?1?2?81212∵直线l与椭圆交于

A、B两个不同点，

???(2m)2?4(2m2?4)?0,解得?2?m?2,且m?0（Ⅲ）设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可

设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1?x2??2m,x1x2?2m2?4 则k1?y1?1y?1 ,k2?2x1?2x2?2由x2?2mx?2m2?4?0可得

x1?x2??2m,x1x2?2m2?4

而k1?k2?y1?1y2?1(y1?1)?(x2?2)?(y2?1)(x1?2) ??x1?2x2?2(x1?2)(x2?2)11(x1?m?1)(x2?2)?(x2?m?1)(x1?2)2?2(x1?2)(x2?2)?x1x2?(m?2)(x1?x2)?4(m?1)(x1?2)(x2?2)

2m2?4?(m?2)(?2m)?4(m?1)?(x1?2)(x2?2)2m2?4?2m2?4m?4m?4??0 (x1?2)(x2?2)?k1?k2?0故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.

点石成金：直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形?k1?k2?0

x2y223例10、已知双曲线2?2?1的离心率e?，过A(a,0),B(0,?b)的直

3ab线到原点的距离是

3. 2 （1）求双曲线的方程；

（2）已知直线y?kx?5(k?0)交双曲线于不同的点C，D且C，D都在以B为圆心的圆上，求k的值. 思维流程： 解：∵（1）

d?aba2?b2c23?,a3?3.ab?c原点到直线AB：

xy??1ab的距离

3.2.

?b?1,a? 故所求双曲线方程为 （2）把

x2?y2?1.3

中消去

y?kx?5代入x2?3y2?3y，整理得

(1?3k2)x2?30kx?78?0.

设C(x1,y1),D(x2,y2),CD的中点是E(x0,y0)，则

x0?kBEx1?x215k5??y?kx?5?,0021?3k21?3k2y?11?0??.x0k

?x0?ky0?k?0, 即

15k5k2??k?0,又k?0,?k?7 221?3k1?3k故所求k=±7.

点石成金: C，D都在以B为圆心的圆上?BC=BD?BE⊥CD; 例11、已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1． （Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（II）若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A、B两点（A、B不是

左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

思维流程：

x2y2解：（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为2?2?1(a?b?0)，

ab

由已知得：a?c?3，a?c?1，

x2y2 ?椭圆的标准方程为??1． 22243?b?a?c?3a?2，c?1，（II）设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

?y?kx?m，联立? ?x2y2??1.?3?4得 (3?4k2)x2?8mkx?4(m2?3)?0，则

????64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，即3?4k2?m2?0，? 8mk?，?x1?x2??23?4k??4(m2?3).?x1x2?3?4k2?

3(m2?4k2)又y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?． 23?4k220)， 因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，?kADkBD??1，即

y1y2???1. ?y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0． x1?2x2?2

3(m2?4k2)4(m2?3)15mk22?7m?16mk?4k?0． ????4?0． 2223?4k3?4k3?4k解得：m1??2k，m2??2k，且均满足3?4k2?m2?0． 7当m1??2k时，l的方程y?k(x?2)，直线过点(2，0)，与已知矛盾； 当m2??2k2??2?时，l的方程为y?k?，直线过定点x?0?． ???，77???7??所以，直线l过定点，定点坐标为?，0??．

?2?7点石成金：以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点? CA⊥CB; 例

x2y212、已知双曲线2?2?1(a?0,b?0)的左右两个焦点分别为F1、F2,

ab点P在双曲线右支上. （Ⅰ）若当点P的坐标为(34116,)时,PF1?PF255,求双曲线的方程；

（Ⅱ）若|PF1|?3|PF2|,求双曲线离心率e的最值,并写出此时双曲线的渐

进线方程. 思维流程：

解：（Ⅰ）(法一)由题意知,PF1?(?c?3411634116,?), PF2?(c?,?), 555534134116)(c?)?(?)2?0 （1分） ?PF1?PF2,?PF1?PF2?0,?(?c?555解得

c2?25,?c?5. 由双曲线定义得:

|PF1|?|PF2|?2a,

?2a?(?5?341216341216)?(?)2?(5?)?(?)25555?(41?3)2?(41?3)2?6,?a?3,b?4

?所求双曲线的方程为:

x2y2??1 916

(法二) 因PF1?PF2,由斜率之积为?1,可得解.

（Ⅱ）设|PF1|?r1,|PF2|?r2, (法一)设P的坐标为

(x?,y?), 由焦半径公式得

,

r1?|a?ex?|?a?ex?,r2?|a?ex?|?ex??a2a22a2?r1?3r2,?a?ex??3(ex??a),?x???a,?2a?c， ,?x??a,?cc?e的最大值为2,无最小值.

cbc2?a2此时?2,??e2?1?3,

aaa?此时双曲线的渐进线方程为y??3x

(法二)设?F1PF2??,??(0,?].

?2c?4r2, (1)当???时, ?r1?r2?2c,且r1?3r2，2a?r1?r2?2r2

此时

e?2c4r2??2. 2a2r2（0，?）(2)当??,由余弦定理得:

2（2c）?r1?r2?2r1r2cos??10r2?6r2cos?2222?

e?2cr2?10?6cos?10?6cos???2a2r22,

?cos??(?1,1),?e?(1,2),综上,e的最大值为2,但e无最小值. (以下

法一)

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