圆锥曲线解题技巧和方法综合(全)

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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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