圆锥曲线解题技巧和方法综合

1、圆锥曲线的解题技巧，、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(xi,yi)，(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。如:2 21笃备1(aa bb 0)与直线相交于 A、B,设弦 AB中点为 M(Xo,yo)，那么有Xoa2x 2 2 a0,b0)与直线I相交于A、B,设弦AB中点为M(x°,yo)那么有Xoa3y2=2px p>0与直线I相交于A、B设弦AB中点为M(xo,yo),那么有2yok=2p,即 yok=p.典型例题2y给定双曲线x1。过A

2、2, 1的直线与双曲线交于两点P 及F2，2求线段F1 P2的中点F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。2 2典型例题 设P(x,y)为椭圆 务 占 1上任一点，F, c,o)， F2(c,o)为焦点, a bPF1F2，PF2 F1。1求证离心率esin( )；sin sin3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根本方法是解方程组，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

3、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0A丄0B,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>假设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>假设命题的条件和结论表达明确的函数关系式，那么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

4、 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| < 2p1求a的取值范围；2假设线段AB的垂

5、直平分线交 x轴于点 比求厶NAB面积的最大 值。5求曲线的方程问题1曲线的形状这类问题一般可用待定系数法解决。典型例题直线L过原点，抛物线 C的顶点在原点，焦点在 x轴正半轴上。假设点 A-1, 0和点B0，8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直角坐标平面上点 Q 2, 0和圆C: x2+y2=i,动M点M到圆C的切线长与|MQ|的比等于常数 求动点M的轨迹方程，并说明它是什么曲线。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

6、用韦达定理并结合判别式来解决2 2典型例题椭圆 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 k2yi y2i来处理或用向量的坐标X2运算来处理。典型例题直线l的斜率为k ,且过点P( 2,0),抛物线C:y2 4(x 1)，直线丨与抛物线C有两个不同的交点如图。1求k的取值范围；2直线丨的倾斜角 为何值时，A、B与抛物线C的焦点连线互相垂直。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

7、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 y2 x 2y 0相交于P、Q两点，O为坐标原点，假设 OP OQ，求m的值。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，3充分利用曲线系方程利用曲线系方程可以防止求曲线

8、的交点，因此也可以减少计算。典型例题求经过两圆C1：x2y24x 2y 0和C2:x2y22y 40的交点，且圆心在直线 丨：2x 4y 10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、 也是我们常说的三角代换法。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X2典型例题P为椭圆笃a2y1上一动点，A为长轴的右端点，B为短轴的上端点，求四b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 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ax2 bx c 0的方程

9、，方程的两根设为xa，Xb，判别式为、5 / A那么|AB| .1 k2 |Xa Xb|1 k2-，假设直接用结论，能减少配方、开方等运|a|算过程。例 求直线x y 10被椭圆x 4y16所截得的线段AB的长。 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。F.|、F2是椭圆2 X251的两个焦点，AB是经过F1的弦，假设|AB| 8，求值 |F2A| | F2B| 禾U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y2 4x的焦点，点P在抛物线y2 4x上 移动

10、，假设|PA| |PF|取得最小值，求点 P的坐标。圆锥曲线解题方法技巧归纳第一、知识储藏: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 倾斜角与斜率k tan ,0,) 点到直线的距离d AX0 By0 2 C夹角公式：d A Btan1 k2人3弦长公式直线 y kx b上两点 A(Xi,yJ,B(X2,y2)间的距离： AB Ji k2|x x?J(1 k2)(xi X2)2 4x1X2 或 AB Ji 右 |yi y24两条直线的位置关系 l1 l2k1k2=-1 l1 /12k1 k2且b1 b22、圆锥曲线方程及性质(1

11、) 、椭圆的方程的形式有几种？三种形式2 2标准方程：1(m 0, n 0且m n)m n距离式方程：.(x c)2 y2 . (x c)2 y2 2a参数方程： x a cos , y bsin(2) 、双曲线的方程的形式有两种2 2标准方程：-1(m n 0) m n距离式方程： 卜(xc)y2、.、(xc)2y2 | 2a(3) 、三种圆锥曲线的通径你记得吗？椭圆：近；双曲线：近；抛物线：2paa(4) 、圆锥曲线的定义你记清楚了吗？1的两个焦点，平面内一个动点2如：印F2是椭圆4足MFj |MF22那么动点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

12、三角形面积公式：P在椭圆上时，S f,pf2b2 tan-2P在双曲线上时，S FiPF2 b cot 1 2 2其中 F1PF2,cos|PFj2 IPF2I2 4c2| PF11 | PF2 | PF1 | PF2 |cos(6)、 记住焦 半 径公式： 1椭圆焦点在x轴上时为a exg；焦点在y轴上时为a ey°，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| xo | a3抛物线焦点在x轴上时为|为|卫,焦点在y轴上时为|y1 |卫2 2(6)、椭圆和双曲线的根本量三角形你清楚吗？_第二、方法储藏1、点差法中点弦问题2仝1的弦AB中点那么有32B X2,y2 ， M

13、 a,b 为椭圆42 2 2 2 2222仝生1,空空1 ;两式相减得二竺 § 亠0434343xi X2 Xi X2yi y yi 兀 、,_ 3a43AB= 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(x(,yi),B(X2，y2)，将这两点代入曲线方 程得到两个式子，然后 -，整体消元，假设有两个字母未知数，那么要找到它们的联系，消去一个，比方直线过焦 点，那么可以利用三点A、B、

14、F共线解决之。假设有向量的关系， 那么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i、三角形ABC的三个顶点均在椭圆4x2 5y280上，且点A是椭圆短轴的一个端点点 A在y轴正半轴上.i假设三角形ABC的重心是椭圆的右焦点，试求直线 BC的方程;2假设角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90°可得 出AB丄AC,从而得XiX2 ym i4(yi y?) i6 0，然后利用联立消元 法及交轨法求出点D的

15、轨迹方程；解：i设 B “yi，C(X2,y2 ),BC 中点为(“y。),F(2,0 测有22Xiyi20162 2X2y220 16两式作差有(XiX2)(XiX2)20(yi y2)(yiy?)16y°k4(1)F2,0为三角形重心，所以由竺空2，得X0 3，由y1 y2 4 0得33y。2，代入1得k 65直线BC的方程为6x 5y 2802由 AB丄 AC 得 X1X2 y°2 14力 y2 16 02设直线 BC 方程为 y kx b,代入4x2 5y280, 得4 5k2x2 10bkx 5b280010kbX1 X2 4 5k2， X1X25b2804 5k

16、2y1y28k4 5k24b280k24 5k2代入2式得29b 32b164 5k20 ,解得b 4舍或b直线过定点0 ,4，设D99y2 9x232y 160所以所求点D的轨迹方程是x2 y4、设而不求法例2、如图，梯形ABCD中AB4yx,y,贝卩91 , 即XX2 CD ,点E分有向线段AC所成的比为，双曲线过c、D、E三点，且以A、B为焦点当33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2 2立直角坐标系xOy，如图，假设设C C,h，代入笃 爲1，求得h2a b2 2进

17、而求得xe,yE，再代入笃爲1 ,建立目标函数a bf(a,b,c, )0,整理 f(e,)Oh可米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，那么CD丄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轴对称依题意，记A c, 0 , C C, h,Ex0，y0，其中c >B|为双曲线的半焦距,h是梯形的咼，由定比分点坐标公式得xocC 2_2c1 2 1hy0厂2 2设双曲线的方程为字十1,那么离心率e £aX由点C、E在双曲

18、线上，将点C、E的坐标和e -代入双曲线方 a程得e2hjb2由式得.2 2b，将式代入式，整理得e24 4124故由题设？3解得e2e2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，到达设而不求的解题策略.解法二：建系同解法一,Xecc22 c1 2 1设3；得，I 1解得AEa exE , ACexC ,又他，乂 AC|33e224-.7 e .10厂代入整理£，由题e 1所以双曲线的离心率的取值范围为.7,.105、判别式法例3双曲线C工 艺1，直线丨过点A . 2,0，斜率为k，当

19、0 k 12 2时，双曲线的上支上有且仅有一点B到直线丨的距离为.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作与丨平行的直线，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直线i'在i的上方且到直线I的距离为.2I': y kx xlk把直线'的方1:代入双曲线方程，消去y,令判别式解得k的值解题过程略.分析2:如果从代数推理的角度去思考

20、，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I的距离为v'2 ，相当于化归 的方程有唯一解.据此设计出如下解题思路：简解：设点M(x, . 2 x2)为双曲线C上支上任一点，那么点 M到直线I的距离为:kx V2 x2<2kA2 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 x2V2kkx J2 x2 J2k.于是关于x的方程kx . 2 x2.2k . 2(k2 1) 22 x2( 2(k2 1) 2k kx)2,2(k21) 2k kx 0. 2k2 1 x2 2k 2(k2 1) 2k x . 2(k2 1)

21、2k 2 0, 2(k21) 2k kx 0.由0 k 1可知： _ _ 2方程 k2 1 x2 2k . 2(k2 1). 2kx . 2(k2 1). 2k 2 0 的二根同正，故,2(k1),2k kx 0恒成立，于是 等价于 _ 2k21 x2 2k . 2(k21)、2kx . 2(k21)、2k 20.由如上关于x的方程有唯一解，得其判别式0，就可解得,2 、5k.5点评：上述解法紧扣解题目标，不断进行问题转换，充分表达了全局观念与整体思维的优越性.例4椭圆C：x2 2y2 8和点P4，1，过P作直线交椭圆于A、B两点，在线段AB上取点Q，使APPBAQQB求动点Q的轨迹所在曲线的

22、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，最后通过消参可到达解题的目的.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:APPBAQQB来转化.由A、B、P、Q四点共线，不难得到x 4(Xa Xb) 2XaXb，要建立X与k的关系，只需 ZV18 (Xa Xb)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

23、以看出，虽然我们还没有开始解题，但对于如何解决此题，已经做到心中有数APAQPBQB14(XaXb)2XaXb8 (Xa Xb )将直线方程代入椭圆方程，消去y，利用韦达定理利用点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，那么可由y k(x 4) 1解得从而简化消去参的过k J，直接代入x f k即可得到轨迹方程。 x 4程。简解：设 A “1 ,B(X2, y2),Q(x,y)，那么由 APPBAQ可得：4QBX1X2X 捲x2 X解之得：X4(x1 x2) 2

24、x28(为 X2)1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:2k21 x24k(1 4k)x 2(14k)224k 3xk 2k(x 4)1联立，消去k得:2xy 4(x 4)0.在2中，由64k264k240，解得2 102 10， 4结合3、，、，4k (4k 1)X1X22 >2k 12XX22(14k)8k2 1入 1丨，可求得16 2 10 x916 2 109.故知点Q的轨迹方程为：2x y40 16 2而 16 2JT099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

25、.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2y 1顺次交于A、B两点,AP= 2，但从此后却一PBXb2例5设直线丨过点P0,3，和椭圆+ 试求空的取值范围.PB分析：此题中，绝大多数同学不难得到: 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；其二那么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，舉二空已经是一个关系式，但由于PBXb有两个变量Xa,Xb，同时这两个变量

26、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，至吐匕为止，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.简解仁当直线1垂直于x轴时可求得篇1;当I与x轴不垂直时，设 Ax , BX2, y2，直线I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 旳227k 69k2 59k24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0时,所以APPB27k 69k25 x2 x2 9k24xL= 9k 2 斗_5 = 1X29k 2.9k2 5Xi27k

27、 6 9k2 529k 418k=9k 2.9k251 9 29 2185k254k)2 180 9k240,解得k2所以综上1895k2AP 1 1 .PB 5分析2:如果想构造关于所求量的不等式,那么应该考虑到: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，但此题无法直接应用韦达定理，原因在于AP冬不是关于Xi,X2的对称关系式.原因找到后，解决问题的X2方法自然也就有了，即我们可以构造关于 Xi,X2的对称关系式.简解2:设直线丨的方程为：y kx 3，代入椭圆方程，消去y得X!

28、 x29k24 x2 54kx 45 0*54 k9k24459k24令鱼，那么,X2324k2245k20在*中由判别式0,可得k2 I，从而有15.432严236，所以4- 2 36，解得45k20555结合01 得 1 1.5综上，,AP11 .PB5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，数形结合法等等此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 .

29、第三、推理训练：数学推理是由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，到达解题目标， 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， OF1 .I求椭圆的标准方程；H记椭圆的上顶点为M ,直线丨交椭圆于P,Q两点，问：是否 存在直线I ,使点F恰为PQM的垂心？假设存在，求出直线I的方程; 假

30、设不存在，请说明理由。思维流程:I由 AF?fB 1, of 1(a c)(a c) 1 , c 1a 、2,b 1写出椭圆方程由F为PQM的重心* PQ MF, MP FQkPQ 12 23x 4mx 2m 20两根之和，l 两根之积MP ? FQ 0解题过程:得出关于 m的方程解出mI如图建系，设椭圆方程为2 2卑冬 1(a b 0)那么c 1a b又T AF FB 1 即(ac) (a c) 12故椭圆方程为-5假设存在直线丨交椭圆于P,Q两点，且F恰为PQM的垂心,2m2 234m1) m2解得m 4或m 1舍经检验m害符合条件.于是设直线1为yxm ,由y x m 得2 2彳得 ,x

31、 2y 22 23x 4mx 2m20T MP FQ0为(X21)Y2(Y11)又ym(i 1,2)得 x1(x2 1)(x2:m)(X1m 1)0即设 P(Xi,y1),Q(X2,y2)，丁 M(0,1),F(1,0)，故 kpQ 1,2x1x2 (x1 x2)(m1)2 mm 0由韦达定理得点石成金：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、椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A( 2,0)、B(2,0)、C 1,-三点.2I求椭圆E的方程:“假设点D为椭圆E上不同于A、B的任意一点，F( 1,0), H (1,0)，当 DFH内切圆的面积最大时，

32、求 DFH内心的坐标;思维流程：设方程为mx2 ny21T J由椭圆经过A、B、C三点得到m, n的方程l I解出m,n由 DFH内切圆面积最大_转化为 DFH面积最大得出D点坐标为0,：/ 33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r内切圆3-DFH面积最大值为J3S DFH周长r内切圆21解题过程： I设椭圆方程为mx2 n y2 1 m 0, n 0 将A( 2,0)、B(2,0)、C(1,-)代入椭圆E的方程，得 24m 1,229 解得m -, n -.二椭圆E的方程X 1 .m n 143434H| FH | 2，设 ADFH 边上的高为 S dfh - 2 h h 2

33、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 .设厶DFH的内切圆的半径为R，因为 DFH的周长为定值6.所以,S DFH所以R的最大值为身所以内切圆圆心的坐标为宵点石成金:s的内切圆的周长r的内切圆例8定点C( 10)及椭圆x2 3y25，过点C的动直线与椭圆相交于A, B两点.I假设线段AB中点的横坐标是 1，求直线AB的方程；H在x轴上是否存在点M，使MA MB为常数？假设存在，求出点M的坐标；假设不存在，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(x1)，将 y k(x 1)代入 x2 3y25，消去y整理得(3k21)X2 6k

34、2x3k2 50.设 A(X!，yj，B(X2，y2)，36k4 4(3k2 1)(3k2 5) 那么6k2片 X23.0,(1)X2白线段AB中点的横坐标是得_X2、23k23k21k乜，符合题意。3所以直线AB的方程为x 3y 10，或 x ,3y1 0.H解：假设在X轴上存在点M (m,0)，使MA MB为常数. 当直线AB与 x轴不垂直时，由I 知x-ix26k23k21 'X-|X23k2 53k2所以MA MB (%m)(x2 m)y2(x1 m)(x2 m)k2(Xi 1)(X21)(k21)X1 X2(k2 m)(x1 X2) k2m2.将代入，整理得MA MB(6m

35、1)k2 53k2 11214(2m -)(3k2 1) 2m ；333k2 1m26m 143(3k21)注意到MA MB是与k无关的常数，从而有6m 14 0, m ,此时3 4MA MB -.9当直线AB与x轴垂直时，此时点A, B的坐标分别为1,2"31,23，当 m7时，亦有MA MB -.39综上，在x轴上存在定点M7 ,0，使MA MB为常数.3点石成金:MA MB(6m 1)k2 53k2 1(2m 1)(3k2 1) 2m £3k2 1m26m 143(3k21)例9、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M2,1,平行于OM的直

36、线I在y轴上的截距为m m半0，I交椭圆于A、B两个不同点I求椭圆的方程；H求m的取值范围；皿求证直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形 思维流程：2 2解：1设椭圆方程为务占1(a b 0)aba 2b28那么41 解得2a2 b21b222 2椭圆方程为X y 12HT直线I平行于0M，且在y轴上的截距为m又Kom_ 1I的方程为：y1x m22y1x m由2222 x2mx2m240xy 182直线I与椭圆交于A、 B两个不同点，(2m)24(2m24)0,解得 2 m 2,且m 0皿设直线MA、MB的斜率分别为ki, k2,只需证明ki+k2=0即可设 A(Xi,yJ,B(X2,

37、y2), 且 x1 x22m,x1x2 2m2 4那么ky1存2y21X12X22由X22mx2m240可得x1x22m,x1x22m2 4而kk2y1 1y21 (y11)(X22) (y21)(X12)x122(X12)(X22)X2gx1m1)(X22)J(2X2 m1)(x12)(X12)(X22)X1 x2(m2)(X1X2)4( m 1)(X12)(X22)2m24 (m2)( 2m)4(m1)(X12)(X22)2m24 2m：2 4m4m40(Xi 2)(X22)ki k20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ki k

38、2 0例10、双曲线 笃 爲1的离心率e兰卫，过A(a,0), B(0, b)的直a b3线到原点的距离是三.21求双曲线的方程;2直线y kx 5(k0)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：v 122 VT原点到直线AB :冬丄i的距离a3'a bab、a 2 b 2b 1, a x 3.ab 、3c 2 '-故所求双曲线方程为y2 132 把y kx 5代入x23 y23中消去 y ,整理得(1 3k2)x2 30kx 78 0.设 C(X1,yJD(X2,y2),CD 的中点是 Eg y°),那么X。k BEX1 X22y°1x。15 k3ky。kx 053kX0 ky° k 0,即目心k 0,又k故所求k= 士 > 7 .0,k2点石成金：C, D都在以B为圆心的圆上BC=BD BE丄CD;例11、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