复习参考题第二课时教学实录

从近几年高考试题看《圆锥曲线》总复习

陕西 杨同伟

《圆锥曲线》是高中数学的主干内容之一，是高考命题的重点、难点、热点内容之一，在历年的高考试题中都占有相当大的比例。命题形式也正在逐步地由经典的传统形式向知识点的交汇处转变，特别是利用向量工具研究解析几何的问题，在近几年的高考试卷中比比皆是，而且愈来愈新颖。本文主要结合近几年高考试题对《圆锥曲线》所考察的知识点、考察的力度，谈谈自己对复习备考的几点建议。

一、

要重视基础知识的强化训练

基础是灵活应用的灵魂，只有掌握牢固的基础知识，深刻理解定义的实质，才能做到自如运用。更何况随着高考的逐步大众化，试题的设计也需要一定数量的基础性试题作支撑，所以在高考总复习中，我们一定要重视加强基础知识的强化训练，力争让学生在高考中做到不丢分数。

纵观近几年全国高考试题，考察圆锥曲线的定义、离心率、准线、焦点、标准方程等基础性知识点的试题随处可见，这些试题大多以选择题、填空题或解答题的第一问等形式呈现。

请看下面几道考题：

x2y21的右焦点重合，1、（2006·安徽·理·3）若抛物线y2px的焦点与椭圆则p622的值为 （ ）

（A）．2 （B）．2 （C）．4 （D）．4

x2y22、（2006·福建·理·10）已知双曲线221(a0,b0)的右焦点为F，若过点Fab且倾斜角为60o的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是

（ ）

（A）(1,2] （B）(1,2) （C）[2,) （D）(2,)

2y3、（2006·湖南·理·7）过双曲线M:x21的左顶点A作斜率为1的直线l,若l与双b2曲线M的两条渐近线分别相交于点B,C,且|AB||BC|,则双曲线M的离心率是 （ ）

（A）．10 （B）．5 （C）．105 （D）．

32x2y2x2y24、（2006·辽宁·理·8）曲线1(m6)与曲线1(5m9)的10m6m5m9m（）

(A)焦距相等 (B) 离心率相等 (C)焦点相同 (D)准线相同

5、（2006·全国2·理·5）已知△ABC的顶点B、C在椭圆＋y＝1上，顶点A是椭圆的一3个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是 （ ）

（A）23 （B）6 （C）43 （D）12 分析：题1主要考察抛物线和椭圆的焦点坐标计算；题2、题3主要考察直线与圆锥曲线的位置关系及双曲线的离心率计算；题4主要考察椭圆的标准方程及焦点、离心率、准线等概念；题5主要考察椭圆的定义。

答案：1、D ，2、C，3、A，4、A，5、C.

由以上考试题可以看出，在复习中，我们更应该加强这些知识点的重点强化训练，力争在这些基础性试题上不犯任何错误。

x22二、

加强热点题型的强化训练

纵观近几年的高考试题，解析几何的考察热点主要集中在直线与圆锥曲线的位置关系问题，考察形式主要是轨迹计算、参数的范围、最值问题、圆锥曲线的相关几何性质证明等方面。这类试题主要以解答题的形式出现，这类试题综合性较强，解答思路比较复杂，加之计算量相对较大。因此，在总复习过程中，一定要对这些重点题型重点讲解、重点训练。一定要使学生系统掌握各种类型试题的基本解题原理、基本解题方法，做到灵活、准确选择解题方法，正确认真完成计算。

下面主要通过对照近几年全国高考试题中相应的试题，总结上述各种题型的基本解题思路与方法。供复习参考：

（1）动点的轨迹问题：

解决动点轨迹问题的基本原理是建立动点P（x, y）的横坐标x与纵坐标y之间的关系式，常用的处理方式有：

I、基本轨迹法:利用一些基本轨迹的定义，比如椭圆、双曲线、抛物线的定义直接写出轨迹方程。如：

（2006·北京·理·19）已知点M（－2，0），N（2，0），动点P满足条件|PM|－|PN|=22，记动点P的轨迹为W. （Ⅰ）求W的方程；

（Ⅱ）若A，B是W上的不同两点，O是坐标原点，求OAOB的最小值. 解：

（Ⅰ）由|PM|－|PN|=22知动点 P 的轨迹是以

M,N为焦点的双曲线的右支，实半轴长a2，又半焦距 c=2，故虚半轴长bc2a22

x2y21,x2 所以 W 的方程为22（Ⅱ）略。

II、挖掘图形的几何性质，运用直译法求轨迹方程

（2006·湖北·理·7）设过点P(x,y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A,B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若BP2PA且OQAB1，则点P的轨迹方程是 ( ) 323y1(x0,y0) B．3x2y21(x0,y0)

22323222 C．x3y1(x0,y0) D．x3y1(x0,y0)22

A．3x2 解：设P（x，y），则Q（－x，y），又设A（a，0），B（0，b），则a0，b0，

于是BP，

＝（x，y－b），PA＝（a－x，－y）＝2PA，可得 a＝ 由BP3x，b＝3y，

23x，3y），

2 所以x0，y0，又AB＝（－a，b）＝（－ 由OQ•AB＝1，可得 故选择A 32x3y21(x0,y0)2

（2006·江苏·6）已知两点M（－2，0）、N（2，0），点P为坐标平面内的动点，满足|MN||MP|MNNP＝0，则动点P（x，y）的轨迹方程为 （ ）

（A）y28x （B）y28x （C）y24x （D）y24x

解：设P(x,y)，x0,y0，M(2,0),N(2,0)，MN4

则MP(x2,y),NP(x2,y)

22由MNMPMNNP0，则4(x2)y4(x2)0，

化简整理得y8x

所以选B III、选择恰当的参数t,用参数t表示动点P的纵、横坐标，再消去参数t,从而求出轨迹方程

2x2y21（ab0）的右焦点F（c，0）（2006·江西·理·21）如图1，椭圆Q：2＋2＝，ab过点F的一动直线m绕点F转动，并且交椭圆于A、B两点，P是线段AB的中点

⑴．求点P的轨迹H的方程

⑵．略

解：1①当AB不垂直于x轴时，设Ax1,y1,Bx2,y2,直线AB的斜率为k，则AB的方程为y=kx-c.xy1,2＋2＝由a 消去y并整理，得by=kx-c.22y B F O

A 图1 D x

lb2+ak22x2-2akcx+akc-ab2222222=0,2a2k2c-2b2kc x1+x2=2, y1+y2=kx1+x2-2kc=2,b+a2k2b+a2k2x1+x2a2k2cx==2,2b+a2k2

设AB的中点P的坐标为x,y,于是2y=y1+y2=-bkc,2b2+a2k2消去参数k可得P的轨迹方程为:bx+ay-bcx=0;②当AB垂直于x轴时，P c,0,显然满足上述轨迹方程;综上可得P的轨迹方程为b2x2+a2y2-b2cx=0.22222

→（2006·陕西·理·21）如图2,三定点A(2,1),B(0,－1),C(－2,1);三动点D,E,M满足AD→→→→→=tAB，BE=tBC,DM=tDE,t∈[0,1]

(Ⅰ)求动直线DE斜率的变化范围; (Ⅱ)求动点M的轨迹方程.

→→→→解: 如图2，

(Ⅰ)设D(x0，y0)，E(xE，yE)，M(x，y)．由AD=tAB， BE = t BC， xD=－2t+2xE=－2t知(xD－2，yD－1)=t(－2，－2)． ∴ 同理



． yD=－2t+1yE=2t－1yE－yD2t－1－(－2t+1)∴kDE = = = 1－2t．

xE－xD－2t－(－2t+2)∴t∈[0，1] ，

∴kDE∈[－1，1]．

→→(Ⅱ) ∵DM=t DE ∴(x+2t－2，y+2t－1)=t(－2t+2t－2，2t－1+2t－1) =t(－2，4t－2) =(－2t，4t－2t)． x=2(1－2t)x2∴2

，

消去参数t，得 y=

，

即x=4y． 4y=(1－2t)22y C M －2 －1 O E －1 B 1 A D 2 x 图2 ∵t∈[0，1]，

x=2(1－2t)∈[－2，2]．

即所求轨迹方程为: x=4y，

x∈[－2，2] IV、坐标转移法：适用于求随着已知曲线上的点而运动的轨迹问题，关键是求得主动点和从动点的坐标关系，用从动点的坐标表示主动点的坐标，再代入已知曲线方程，即可求出轨迹方程。如：

（2005·江西·理·22）如图3，设抛物线C:yx的焦点为F，动点P在直线22l:xy20上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点. 1、求△APB的重心G的轨迹方程. 2、证明∠PFA=∠PFB.

解：1、设切点A、B坐标分别为(x,x0)和(x1,x1)((x1x0)，

∴切线AP的方程为：2x0xyx00;

切线BP的方程为：2x1xyx0;

解得P点的坐标为：xP21222yF

A

B

O

P

x

l图3 x0x1,yPx0x1

2x0x1xPxP，

3所以△APB的重心G的坐标为

xG22y0y1yPx0x12x0x1(x0x1)2x0x14xPypyG,

3333

xpxG,所以2，

y3y4xGG.p由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：

1x(3y4x2)20,即y(4x2x2).3

2、略

（2）参数的范围问题：

解决此类问题的核心是正确布列该变量的不等式。常见的构造不等式的方法有下列几种。

I、利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围。如：

（2005·全国3·理·21）设Ax1，y1，Bx2，y2两点在抛物线y2x上，l是AB2的垂直平分线。

（Ⅰ）当且仅当x1x2取何值时，直线l经过抛物线的焦点F？证明你的结论；

（Ⅱ）当直线l的斜率为2时，求l在y轴上截距的取值范围。

解：（Ⅰ）FlFAFBA、B两点到抛物线的准线的距离相等，

∵抛物线的准线是x轴的平行线，y10，y20，依题意y1，y2不同时为0 ∴上述条件等价于y1y2x1x2x1x2x1x20

22∵x1x2

∴上述条件等价于x1x20

即当且仅当x1x20时，l经过抛物线的焦点F。

（Ⅱ）设l在y轴上的截距为b，依题意得l的方程为y2xb；过点A、B的直线方程11xm，所以x1、x2满足方程2x2xm0

221 得x1x2

411 A、B为抛物线上不同的两点等价于上述方程的判别式8m0，即m

432可写为y设AB的中点N的坐标为x0，y0，则

1111x1x2，y0x0mm

28216115519mb，于是bm由Nl，得

16416163232x0即得l在y轴上截距的取值范围为9，

32II、利用已知参数的范围，求新参数的范围。解这类问题的核心是在两个参数之间建立起相等关系

例如：

（2004·浙江·理·21）已知双曲线的中心在原点，右顶点为A(1,0)，点P、Q在双曲线的右支上，点M(m,0)到直线AP的距离为1，

（1）若直线AP的斜率为k，且|k|[3,3], 求实数m的取值范围；

3 （2）当m=2+1时，△APQ的内心恰好是点M，求此双曲线的方程。

解: (Ⅰ)由条件得直线AP的方程yk(x1),

即kxyk0.

因为点M到直线AP的距离为1,∵mkkk121,即m1k21112. kk∵k[3,3],

3∴23≤m1≤2,

3 解得2323+1≤m≤3或--1≤m≤1－. 332323][1,3].

33 ∴m的取值范围是[1,1y2(Ⅱ)可设双曲线方程为x21(b0),由M(21,0),A(1,0),得AM2. b2又因为M是ΔAPQ的内心,M到AP的距离为1,所以∠MAP=45º,直线AM是∠PAQ的角平分线,且M到AQ、PQ的距离均为1。因此，kAP1,kAQ1（不妨设P在第一象限），直线PQ方程为x22。直线AP的方程y=x-1, y2∴解得P的坐标是（2+2，1+2），将P点坐标代入x21得，

b2

b22123

所以所求双曲线方程为x2(23)21y21,

III、利用隐含的不等关系建立不等式，从而求参数的范围。深入挖掘题中的隐含不等关系，并用于布列不等式，从而确定参数的取值范围。

例如：

x2y21的两个焦点是F1(c,0)与（2004·全国《人教版》·理·21）设椭圆m1，且椭圆上存在一点P，使得直线PFF2(c,0)（c0）2垂直。

1与PF（1）求实数m的取值范围；

（2）设L是相应于焦点F2的准线，直线PF2与L相交于点Q，若线PF2的方程。

解；（1）如图5，易得，c=m (m＞0),则F1m,0,F2|QF2|23，求直|PF2|m,0

y B P Am1,0,B0,1

椭圆上存在点P,是直线PF1⊥PF2∠F1PF2=90

0 

BF1BF20

而，BF1=（m,1)，BF2(m,1)

F1 O F2

x 图5 ∴ mm(1)(1)0， 即m1

(2)略

IV、利用已知的不等关系构造不等式，从而求参数的范围。如：

x2y21，双曲线C2的左、右焦点分别

（2005·重庆·理·21）已知椭圆C1的方程为4为C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点。

(1)

求双曲线C2的方程；

(2)

若直线l：ykx2与椭圆C1及双曲线C2恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A和B满足OAOB6(其中O为原点)，求k的取值范围。

222222解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为xy1，则a2413,再由abc 得b 1.22ab

x2y21.

故C2的方程为3x2（II）将ykx2代入+y2=1得(1+4k2)x2+82kx+4=0.

4由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得

11(82)2k216(14k2)16(4k21)0,即 k2. ①

4x22将ykx2代入-y=1得(1-3k2)x2-62kx-9=0. 3由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得

2113k0,22即k≠且k1. ②

22232(62k)36(13k)36(1k)0.62k-9,xx=AB1-3k21-3k2

由OAOB<6 得 xAxB+yAyB<6, 而设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA+xB=xAxB+yAyB=xAxB+(kxA+2)(kxB+2)(k21)xAxB2k(xAxB)2 (k21)962k2k2

13k213k23k272.3k13k2715k21313122k或k. ③

于是26,即0.解此不等式得21533k13k1由①、②、③得

1113k2或k21.

4315故k的取值范围为(1,13311313)(,)(,)(,1)

15322315 V、利用函数的值域的求法，确定参数的范围。如：

x2y21的左焦点为F，O为坐标原点。

（2006·福建·理·20）如图6，已知椭圆2

（I）求过点O、F，并且与椭圆的左准线l相切的圆的方程；

（II）设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围。

解：（I）a22,b21,c1,F(1,0),l:x2.

圆过点O、F，

1圆心M在直线x上。

21设M(,t),则圆半径

2y l

B G O

13r()(2).

22由OMr,得()tA 2F x

1223,

2图6

解得t2.

19所求圆的方程为(x)2(y2)2.

24（II）设直线AB的方程为yk(x1)(k0),

x2y21,整理得(12k2)x24k2x2k220.

代入2直线AB过椭圆的左焦点F，方程有两个不等实根。

记A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0),

4k2,

则x1x222k1AB的垂直平分线NG的方程为yy0(xx0).

令y0,得

1k

2k2k2k211xGx0ky02222.2k12k12k124k2

1k0,xG0,2（3）与圆锥曲线有关的的几何量的最值的求法

此类问题的解法是选择一个恰当的参数，将所求的几何量表示为该参数的函数关系式，

然后再利用函数最值的方式完成求解或者利用均值不等式求出最值。如：

（2006·全国2·理·20）在平面直角坐标系xOy中，有一个以F10,3和F20,3为焦点、离心率为3的椭圆，设椭圆在第一象限的部分为曲线C，动点P在C2上，C在点P处的切线与x、y轴的交点分别为A、B，且向量OMOAOB.求：

（Ⅰ）点M的轨迹方程；

（Ⅱ）OM的最小值. 22 a－b=3yx223

得a=4,b=1,所以曲线C解: 椭圆方程可写为: 2 + 2 =1 式中a>b>0 , 且 3ab =2a22y2x2的方程为: x+ =1 (x>0,y>0). y=21－x (0

241－x224x02设P(x0,y0),因P在C上,有0

,得切线AB的方程为: y04x014y=－

(x－x0)+y0 . 设A(x,0)和B(0,y),由切线方程得 x= , y= . y0x0y0→→→由OM=OA +OB得M的坐标为(x,y), 由x0,y0满足C的方程,得点M的轨迹方程为: 142 + 2 =1 (x>1,y>2) xy44→2222(Ⅱ)| OM|= x+y, y= =4+ 2 , 1x－11－2x44→222∴| OM|= x－1+2+5≥4+5=9.且当x－1=2 ,即x=3>1时,上式取等号. x－1x－1→故|OM|的最小值为3. （2006·全国2·理·20）已知抛物线x＝4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且AFFB（λ＞0）．过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为Ｍ．

（Ⅰ）证明FMAB为定值；

（Ⅱ）设△ABM的面积为S，写出S＝f(λ)的表达式，并求S的最小值．

解：(Ⅰ)由已知条件，得F(0，1)，λ＞0．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由AFFB，

即得

(－x1，1－y)＝λ(x2，y2－1)， 2

－x1＝λx2 ①

1－y1＝λ(y2－1) ②12122将①式两边平方并把y1＝x1，y2＝x2代入得

y1＝λy2 ③

44解②、③式得y1＝λ，y2＝12，且有x1x2＝－λx2＝－4λy2＝－4，

λ121抛物线方程为y＝x，求导得y′＝x．

42所以过抛物线上A、B两点的切线方程分别是

y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2，

112112即y＝x1x－x1，y＝x2x－x2．

2424解出两条切线的交点M的坐标为(所以FMAB＝(1212x1＋x2x1x22，4)＝(x1＋x22，－1)． x1＋x221212122，－2)·(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1)－2(x2－x1)＝0 244所以FMAB为定值，其值为0．

1

(Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM中，FM⊥AB，因而S＝|AB||FM|．

2|FM|＝(x1＋x22)2＋(－2)2＝12121x＋x＋xx＋4 414221212＝y1＋y2＋×(－4)＋4 11λ＋＋2＝λ＋．

λλ＝因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y＝－1的距离，所以

112|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋2＝λ＋＋2＝(λ＋)．

λλ113于是

S＝|AB||FM|＝(λ＋)，

2λ由λ＋1λ≥2知S≥4，且当λ＝1时，S取得最小值4．

y21上，F为椭圆 （2005·全国2·理·20）P、Q、M、N四点都在椭圆x22在y轴正半轴上的焦点．已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且PFMF0．求四边形PMQN的面积的最小值和最大值．

解：如图7，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQ⊥MN，直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为K，又PQ过点F(0,1)，故PQ的方程为y=kx+1 将此式代入椭圆方程得(2+k2)x2+2kx－1=0 设P、Q两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则

k2k22k2k22

x1,x22k22k28(1k2)2从而|PQ|(x1x2)(y1y2)

(2k2)222222(1k2)亦即|PQ|

2k2

1222(1(1))1k(1)当k≠0时，MN的斜率为－，同上可推得|MN|, 12k2()k故四边形面积112)4(2k)221kk S|PQ||MN|122(2k2)(22)52k22kk4(1k2)(1

P 2yM F Q 14(2u)12(1)

令u=k2得Sk52u52u∵u=k2O N x

1≥2

2k16且S是以u为自变量的增函数

9图7 当k=±1时u=2，S=∴16S2

91|PQ||MN|=2 2②当k=0时，MN为椭圆长轴，|MN|=22，|PQ|=2。∴S=综合①②知四边形PMQN的最大值为2，最小值为16。

92 （2005·广东·20）在平面直角坐标系xOy中，抛物线yx上异于坐标原点Ｏ的两不

同动点Ａ、Ｂ满足AOBO，如图8所示．

（Ⅰ）求AOB得重心Ｇ（即三角形三条中线的交点）

的轨迹方程；

（Ⅱ）AOB的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；

若不存在，请说明理由．

解：（I）设△AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则A B O 图8 x y x1x2x3 …（1）

yy2y13∵OA⊥OB ∴kOAkOB1,即x1x2y1y21，……(2)

又点A，B在抛物线上，有y1x1,y2x2，代入（2）化简得x1x21

∴y22y1y21211222(x1x2)[(x1x2)22x1x2](3x)23x2

3333332所以重心为G的轨迹方程为y3x（II）SAOB2

311122222222|OA||OB|(x12y12)(x2y2)x1x2x12y2x2y1y12y2

222由（I）得SAOB1611166x1x222x16x222(1)6221

2222当且仅当x1x2即x1x21时，等号成立。

所以△AOB的面积存在最小值，存在时求最小值1；

（4）、圆锥曲线的相关几何性质的证明

这类问题主要是利用坐标运算的方式完成证明，解题时一定要将问题坐标化，在选择恰当的计算公式（如距离公式、夹角公式、弦长公式等），通过计算来完成证明。如：

66x2y2 （2006·浙江·理·19）如图9，椭圆221（a＞b＞0）与过点A（2，0）,B(0,1)ab的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=3.

2

(Ⅰ)求椭圆方程；

(Ⅱ)设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF1的中点，

求证：∠ATM=∠AF1T.

解：（I）过点A、B的直线方程为xy1.

2图9 x2y21122a2b2222222因为由题意得

有惟一解，即(ba)xaxaab0有惟一解，

4xy1.2所以ab(a4b4)0 （ab0），即，

a4b40.

222222a2b23132222a2,b,

,a4b.又因为

e所以 从而得 ,

即 2a242x22y21.

故所求的椭圆方程为 2（II）由（I）得 c6666,0),F2(,0),从而M(1,0).

,故F1(2242x22y21,

211T(1,).

xx1, 由 解得所以

yx11222因为tanAFT1126,得

1,又tanTAM,tanTMF222621626tanATM1,因此ATMAFT1.

1216x2y2 （2006·湖北·理·20）设A,B分别为椭圆221(a,b0)的左、右顶点，椭圆ab长半轴的长等于焦距，且x4为它的右准线。

（Ⅰ）、求椭圆的方程；

（Ⅱ）、设P为右准线上不同于点（4，0）的任意一点，若直线AP,BP分别与椭圆相交于

异于A,B的点M、N，证明点B在以MN为直径的圆内。

a2解：（Ⅰ）依题意得

a＝2c，＝4，

c解得a＝2，c＝1，从而b＝3. A 故椭圆的方程为

y M P xy1. 4322O N 图10 B x （Ⅱ）如图10，由（Ⅰ）得A（－2，0），B（2，0）.设M（x0，y0）. ∵M点在椭圆上，∴y0＝32（4－x0）. ① 4又点M异于顶点A、B，∴－2

BP＝（2，6y0）. x0226y0222∴BM ·BP＝2x0－4＋＝（x0－4＋3y0）. ②

x02x02将①代入②，化简得BM ·BP＝5（2－x0）. 2∵2－x0>0，∴BM ·BP>0，则∠MBP为锐角，从而∠MBN为钝角，

故点B在以MN为直径的圆内。

x2y2 （2006·湖南）已知椭圆C：2＋2＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为F1、F2，离心ab率为e. 直线l：y＝ex＋a与x轴．y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设AM＝λAB. （Ⅰ）证明：λ＝1－e；

（Ⅱ）确定λ的值，使得△PF1F2是等腰三角形. 解：（Ⅰ）证明：因为A、B分别是直线l：yexa与x轴、y轴的交点，所以A、B2

yexa,xc,a22的坐标分别是(,0),(0,a).由x2y2得b2这里cab. e221,y.bcab2ab2a 所以点M的坐标是（c,）. 由AM=λAB，得(-c+,)=λ(,a).

aeaeaace即e2baa解得1e2

（Ⅱ）因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，即1|PF1|c.

2 设点F1到l的距离为d，由1|e(c)0a||aec||PF1|dc,

2221e1e 得1e212e. 所以e2,于是1e2.

331e22时,△PF1F2为等腰三角形. 3 即当

三、加强向量工具的应用

向量作为一种既有大小又有方向的量，它既有形的特征，又有数的特征，因此它是连结数和形的有力纽带。纵观近几年的高考试题，平面向量在几何中的应用，主要体现在向量的“工具”性上，即用向量语言来叙述一个解析几何的背景，只要把平面向量的有关坐标运算的基础打牢固，就能顺利解决这类问题。

在总复习过程中，我们要重视向量的“工具”性训练，训练学生应用向量的意识和习惯，尤其是在处理长度、角度、平行、垂直等问题时，向量手法有其独到之处。

请看下面几道考题：

x2y21有相同的焦点，直线y=3x为C （2006·山东·理·21）双曲线C与椭圆84的一条渐近线. （1）求双曲线C的方程；

（2）过点P(0,4)的直线l，求双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不

重合）.当PQ =1QAλ2QB，且128时，求Q点的坐标. 3x2y2解：（Ⅰ）设双曲线方程为221

abx2y21 由椭圆84求得两焦点为(2,0),(2,0)，

对于双曲线C:c2，又y3x为双曲线C的一条渐近线

b3 解得

a21,b23，

a2图11 y21

双曲线C的方程为x3（Ⅱ）如图11，由题意知直线l的斜率k存在且不等于零。

设l的方程：ykx4,A(x1,y1)，B(x2,y2),则Q(4,0),kPQ1QA,

44x414k1k441(x1)(,4)1(x1,y1)k

kkk44yy1111A(x1,y1)在双曲线C上，1632116121611216()10

2k11162kk220.

316(16k2)1232116k20.

316222k0.

同理有：(16k)2322163若16k0,则直线l过顶点，不合题意.16k0,

221,2是二次方程(16k2)x232x1612328

k2163162k0.的两根. 3k24，

k2.所求Q的坐标为(2,0).

（2006·四川·理·21）已知两定点F满足条件PF2PF121(2,0),F2(2,0),的点P的轨迹是曲线E，直线ｙ＝kx－1与曲线E交于A、B两点。如果AB63,且曲线E上存在点C，使OAOBmOC,求m的值和ABC的面积S。

解：由双曲线的定义可知，曲线E是以F12,0,F2且c2,0为焦点的双曲线的左支，

2,a1，易知b1

22 故曲线E的方程为xy1x0

ykx1 设Ax1,y1,Bx2,y2，由题意建立方程组2

2xy122

消去y，得1kx2kx20

又已知直线与双曲线左支交于两点A,B，有

图12 1k20222k81k0

解得xx2k0121k22x1x201k22k1

2又∵ AB1kx1x21k22x1x224x1x2

222222k21k2421k21k依题意得

21k2k

1k421k2k61k22223 整理后得

28k55k250

∴k25552或k 但2k1 ∴k

742故直线AB的方程为5xy10

2设Cxc,yc，由已知OAOBmOC，得x1,y1x2,y2mxc,myc

∴mxc,mycx1x2y1y2,，m0

mm2k2k2245，y1y2kx1x22222又x1x228

k1k1k1∴点C45,8

mm将点C的坐标代入曲线E的方程，得806421 2mm得m4，但当m4时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意

∴m4，C点的坐标为5,2

5×-5+2+1到AB的距离为2C2=52+121 3∴ABC的面积S

11633

23