习题2.4教学目标

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③夹角公式：tan（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Ax0By0CAB22

k2k11k2k11y1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

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43足MF1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2|PF1|2|PF2|24c2（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|

(7)、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x2y2、Bx2,y2，Ma,b为椭圆1的弦AB中点则有

43p2p2

x1yxyxx211，221；两式相减得1434432222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

22x12y12x2y21,1

20162016两式作差有

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

2016x0y0k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

，直线BC的方程为6x5y280

5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

10kb5b280x1x2，x1x2

245k245k8k4b280k2y1y2,y1y2

代入（2）式得

245k45k249b232b16b0，解得或

b4(舍)2945k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3、设而不求法

16220)()2(y4)。

99例2、如图，已知梯形ABCD中AB2CD，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23时，34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。建立直角坐标系xOy，如图，若设x2y2cC

,h，代入221，求得hab2x2y21a2b2，进而求得xE,yE,再代入，建立目标函数f(a,b,c,)0，整理f(e,)0，此运算量可见是难上加难.我们对h可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|为双曲线的22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hx001211

ax2y2设双曲线的方程为221，则离心率ecaba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1，

4b2

①

②

e22h21

411b2

由①式得

h2e21，

4b2

③

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．

4、焦点法

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:y27

,

10

2x2直线l过点A1，2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

0

把直线l’的方程代入双曲线方程，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，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0k21x22k2(k21)2kx22(k1)2kkx0.

2(k21)2k20,

2

由0k1可知：

方程k21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20的二根同2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. APAQ，求动点Q的轨迹所PBQB

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

代入（1），

化简得：x4k3.

(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AP试求的取值范围. PBx2y2P（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PBxB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.

简解1：当直线l垂直于x轴时，可求得AP1; PB5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

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.

9k2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. 当k0时，x127k629k25，27k69k25，

x29k49k24x19k29k2518kAP18所以

==1=1PBx29k29k259k29k2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.

简解2：设直线l的方程为：ykx3，代入椭圆方程，消去y得

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

9k则24x254kx450

（*）

54kxx,2219k4

xx45.129k24令x1k2

，则，12324.x245k220

在（*）中，由判别式0,可得

k2，

从而有

136324k23642，所以4545k22051559，解得5. 15结合01得1.

综上，1AP1. 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. 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

（Ⅱ）

由F

为PQM

的重心

yxm

22

x2y23x24mx2m220

(

a



c

)(

a



c

)



1

，

c



1

a2,b1

写出椭圆方程

PQMF,MPFQ

kPQ1

消

元

得出关于

m的方程

解出m 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m，

由yxm223x4mx2m20

得，22x2y2∵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mx2ny21

的方程（Ⅱ）

由



DFH

内切圆面积最大

转化为



面积最大

DFH

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

DFH面积最大值为3

SDFH1周长r内切圆

2r内切圆3

33

D0,得出点坐标为3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1,11x2y2解得m,n.∴椭圆E的方程1

．

94343mn14（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

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

0)及椭圆x23y25，过点C的动直线与椭圆例8、已知定点C(1，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，

6k23k25 x1x22. (3)

由（Ⅰ）知

x1x22，3k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

114(2m)(3k2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7422mMAMB.

，当时，

亦有1，、1，3933

综上，在x轴上存在定点M0，使MAMB为常数. ，73114(2m)(3k2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21b22ba（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,

15k5k2k0,又k0,k7

即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4k22因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，

kADkBD1，即y1y21.

y1y2x1x22(x1x2)40．

x12x223(m24k2)4(m23)15mk40．

7m216mk4k20．

22234k34k34k解得：m12k，m22k，且均满足34k2m20．

70)，与已知矛盾；

当m12k时，l的方程yk(x2)，直线过点(2，当m22k22时，l的方程为yk，直线过定点x0．

，777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,), 5555

PF1PF2,PF1PF20,(c34134116)(c)()20

555（1分）

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e213, 此时2,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)