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）y=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.

2

y21。 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P2，22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。

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实用标准文案

（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

2

已知抛物线y=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。

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实用标准文案

（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：x+y=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 2

2

（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1，试确定m的取值范围，使得对于直线典型例题 已知椭圆C的方程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

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实用标准文案

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

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2222实用标准文案

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1的两个焦点，AB是经过F1的弦，若|AB|8，求值例 F1、F2是椭圆

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。

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22实用标准文案

圆锥曲线解题方法技巧归纳

第一、知识储备： 1. 直线方程的形式

（1）直线方程的形式有五件：点斜式、两点式、斜截式、截距式、一般式。

（2）与直线相关的重要内容 ①倾斜角与斜率ktan,[0,) ②点到直线的距离dtank2k11k2k1Ax0By0CAB22 ③夹角公式：

（3）弦长公式

直线ykxb上两点A(x1,y1),B(x2,y2)间的距离：AB1k2x1x2

(1k2)[(x1x2)24x1x2] 或AB11y1y2 2k（4）两条直线的位置关系

①l1l2k1k2=-1 ② l1//l2k1k2且b1b2 2、圆锥曲线方程及性质

(1)、椭圆的方程的形式有几种？（三种形式）

x2y2 标准方程：1(m0,n0且mn)

mn 距离式方程：(xc)2y2(xc)2y22a 参数方程：xacos,ybsin (2)、双曲线的方程的形式有两种

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实用标准文案

x2y2 标准方程：1(mn0)

mn 距离式方程：|(xc)2y2(xc)2y2|2a (3)、三种圆锥曲线的通径你记得吗？

2b22b22p 椭圆：；双曲线：；抛物线：aa(4)、圆锥曲线的定义你记清楚了吗？

x2y2如：已知F1、F2是椭圆1的两个焦点，平面内一个动点M满足

43MF1MF22则动点M的轨迹是（ ）

A、双曲线；B、双曲线的一支；C、两条射线；D、一条射线 (5)、焦点三角形面积公式：P在椭圆上时，SFPFb2tan

122 P在双曲线上时，SFPFb2cot

122ruuuuruuuruuuur|PF1|2|PF2|24c2uuu（其中F1PF2,cos,PF1•PF2|PF1||PF2|cos）

|PF1||PF2|(6)、记住焦半径公式：（1）

椭圆焦点在x轴上时为aex0;焦点在y轴上时为aey0，可简记为“左加右减，上加下减”。

（2）双曲线焦点在x轴上时为e|x0|a

（3）抛物线焦点在x轴上时为|x1|,焦点在y轴上时为|y1| (6)、椭圆和双曲线的基本量三角形你清楚吗？ 第二、方法储备

1、点差法（中点弦问题） 设Ax1,y1文档

p2p2x2y2、Bx2,y2，Ma,b为椭圆1的弦AB中点则有

43实用标准文案

x1yxyxx211，221；两式相减得143434222222y21y2320

x1x2x1x24y1y2y1y23kAB=3a 4b2、联立消元法：你会解直线与圆锥曲线的位置关系一类的问题吗？

经典套路是什么？如果有两个参数怎么办？

设直线的方程，并且与曲线的方程联立，消去一个未知数，得到

一个二次方程，使用判别式0，以及根与系数的关系，代入弦长公式，设曲线上的两点A(x1,y1),B(x2,y2)，将这两点代入曲线方程得到○1○2两个式子，然后○1-○2，整体消元······，若有两个字母未知数，则要找到它们的联系，消去一个，比如直线过焦点，则可以利用三点A、B、F共线解决之。若有向量的关系，则寻找坐标之间的关系，根与系数的关系结合消元处理。一旦设直线为

ykxb，就意味着k存在。

例1、已知三角形ABC的三个顶点均在椭圆4x25y280上，且点A是椭圆短轴的一个端点（点A在y轴正半轴上）.

（1）若三角形ABC的重心是椭圆的右焦点，试求直线BC的方程; （2）若角A为900，AD垂直BC于D，试求点D的轨迹方程. 分析：第一问抓住“重心”，利用点差法及重心坐标公式可求出中点弦BC的斜率，从而写出直线BC的方程。第二问抓住角A为900可得出AB⊥AC，从而得x1x2y1y214(y1y2)160，然后利用联立消元法及交轨法求出点D的轨迹方程；

解：（1）设B（x1,y1）,C(x2,y2),BC中点为(x0,y0),F(2,0)则有

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实用标准文案

22x12y12x2y21,1 20162016两式作差有

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)02016x0y0k0 (1) 54F(2,0)为三角形重心，所以由

y02，代入（1）得kx1x2yy242，得x03，由10得336 5直线BC的方程为6x5y280

2)由AB⊥AC得x1x2y1y214(y1y2)160 （2） 设直线

BC

方程为

ykxb,代入4x25y280，得

(45k2)x210bkx5b2800

5b28010kb，x1x2 x1x22245k45k8k4b280k2y1y2,y1y2 代入（2）式得

45k245k29b232b1640b4(舍)，解得或 b245k9直线过定点（0，)，设D（x,y），则

9y29x232y160

49y49y41，即xx所以所求点D的轨迹方程是x2(y4、设而不求法

例2、如图，已知梯形ABCD中AB16220)()2(y4)。 992CD，点E分有向线段AC所

34成的比为，双曲线过C、D、E三点，且以A、B为焦点当23时，求双曲线离心率e的取值范围。

分析：本小题主要考查坐标法、定比分点坐标公式、双曲线的概念

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实用标准文案

和性质，推理、运算能力和综合运用数学知识解决问题的能力。建立直角坐标系xOy，如图，若设

x2y2cC ,h，代入221，求得hLab2x2y21a2b2，

进而求得xEL,yEL,再代入

，建立目标函数

整理f(e,)0，此运算量可见是难上加难.我们对h可f(a,b,c,)0，

采取设而不求的解题策略,

建立目标函数f(a,b,c,)0，整理f(e,)0,化繁为简.

解法一：如图，以AB为垂直平分线为y轴，直线AB为x轴，建立直角坐标系xOy，则CD⊥y轴因为双曲线经过点C、D，且以A、B

为焦点，由双曲线的对称性知C、D关于y轴对称

c1依题意，记Ac, 0，C ,h，Ex0, y0，其中c|AB|为双

22曲线的半焦距，h是梯形的高，由定比分点坐标公式得

cc22c， yh x001211

ax2y2设双曲线的方程为221，则离心率ecaab由点C、E在双曲线上，将点C、E的坐标和ec代入双曲线方程得

e2h2 21， ①

4be2

42h21 ② 11b2h2e2由①式得 21， ③

4b文档

实用标准文案

将③式代入②式，整理得

e2 4412，

4故 123

e1由题设23得，21233

334e24解得 7e10

7 , 10所以双曲线的离心率的取值范围为

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2xE，又，代入整理123，由题e1121AC1设23得，2134333 24e27e10

7 , 10解得

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:y

x2直线l过点A1，

2222,0，斜率为k，当0k1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

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实用标准文案

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：

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kx2x22kk122

0k1 

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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0k 2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

k25. 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

k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

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APAQ，求动点Q的轨迹所在PBQB实用标准文案

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AQQB x4(xAxB)2xAxB 8(xAxB)

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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 实用标准文案

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。

简解：设Ax1,y1,B(x2，y2),Q(x,y)，则由APPBAQQB4x1可得：x2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：

2k21x24k(14k)x2(14k)280 （2）

4k(4k1)x1x2,∴ 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 2410k2104，结合（3）

可求得 162910x16210.9

109x162109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

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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

x2y2P（0，3），和椭圆1顺次交于

94A、B两点，

AP的取值范围. PBPB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PBxB于有两个变量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

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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 实用标准文案

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4x2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.

27k69k25当k0时，x19k24227k69k5， ，x29k24x19k29k25AP18k18=所以 =1=122PBx29k29k59k29k59295.

k2由 (54k)21809k240, 解得 k2， 所以 11综上 1189295k21，

559AP1. 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

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实用标准文案

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PBx2的方法自然也就有了，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 xx24519k24.令x1x，则，1324k22245k220.

在（*）中，由判别式0,可得 k259，

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y得

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324k236从而有 42545k20，所以 42136，解得 515. 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。

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思维流程：

uuuruuuruuur（Ⅰ） 由AF•FB1，OF1 (ac)(ac)1，c1

a2,b1 写出椭圆方程

由F为PQM的重心 PQMF,MPFQ kPQ1

（Ⅱ）

yxm3x24mx2m220 22 消元 x2y2

两根之和， 两根之积 uuuruuurMP•FQ0 得出关于 m的方程 解出m

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文档

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（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，

yxm于是设直线l为 yxm，由2得，2x2y23x24mx2m220

uuuruuur∵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： 得到m,n的方程（Ⅰ） 解出m,n 由椭圆经过A、B、C三点 设方程为mxny1 22文档

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（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4m1,x2y211解得m,n.∴椭圆E的方程1 ． 943mn1434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

（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6 212文档

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所以R的最大值为3．所以内切圆圆心的坐标为(0,3)33.

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，过点C的动直线与椭圆0)及椭圆x23y25，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 (3k21)x26k2x3k250. 设A(x1，y1)， B(x2，y2)，

36k44(3k21)(3k25)0， (1) 则 6k2x1x22. (2)3k1x1x23k2112，解得由线段AB中点的横坐标是， 得23k122k331212，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1uuuruuur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

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1142(2m)(3k1)2muuuruuur(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

uuuruuur4MAMB.

973② 当直线AB与x轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为

uuuruuur47221，、1，，当m3时， 亦有MAMB9. 330，使MAMB为常数. 综上，在x轴上存在定点M，731142(2m)(3k1)2muuuruuur(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21b22ab文档

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（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2 x1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.

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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

23x2y2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原点到直线AB：

xy1ab的距离

3.ab3.c2.

b1,a 故所求双曲线方程为 x（2）把

23y21.

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3k2 y110.x0k x0ky0k0, 即

15k5k2k0,又k0,k7 2213k13k故所求k=±7.

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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．

34k2220)， 因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2， kADkBD1，即

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y1y21. y1y2x1x22(x1x2)40． x12x223(m24k2)4(m23)15mk22407m16mk4k0． ． 22234k34k34k实用标准文案

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22k2x0． 时，l的方程为yk，直线过定点，777270． 所以，直线l过定点，定点坐标为，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,PF13411634116,), PF2(c,), 555534134116PF1PF2,PF1PF20,(c)(c)()20 （1分）

555(c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 x2y2 所求双曲线的方程为: 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

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(x,y), 由焦半径公式得

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r1|aex|aex,r2|aex|exa,

2a2,xa,a,2ac，

c2a2r13r2,aex3(exa),xce的最大值为

cbc2a2e213, 2,无最小值. 此时2,aaa此时双曲线的渐进线方程为y3x

(法二)设F1PF2,(0,].

(1)当时, r1r22c,且r13r2，2c4r2, 2ar1r22r2 此时 e2c2a4r22. 2r2(2)当,由余弦定理得: （0，）2（2c）r1r22r1r2cos10r26r2cos2222

e2cr2106cos106cos2a2r22,

2,但e无最小值.

cos(1,1),e(1,2),综上,e的最大值为

(以下法一)

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