又∵FG=FH,(x,1-2)=A(x2,y2-2)∴x1=Ax2,λ=x2 32k 32 2 元3(1+2k) 3(,2+2) ∵k2>2,4< 32 ∴4<几+一+2< 16解得 <元<3. 3(,2+2) k 又∵0<λ<1,∴<<1 又当直线GH斜率不存在,方程为x=0,FG=HH,=.∴≤λ<1,即所求λ的取值范围是[=,1) 例6.已知椭圆C的屮心在坐标原点,焦点在x轴上,它的一个顶点恰好是抛物线y=x2的焦点,离心率 (1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点,交y轴于 M点,若M=AAF,MB=A2BF,求证:A+2=-10 解:设椭圆C的方程为+=1(a>b>0)抛物线方程化为x2=4y,其焦点为(0,1), 则椭圆C的个顶点为(),即b=1出e=S=p-b225 ∴a2=5,椭圆C的方程为 +y=1(2)让明:右焦点F(2,O),设A(x,y),B(x,y2),M(O,y),显然直线l的斜率存在,设直 线l的方程为y=k(x-2),代入方程x+y2=1并整理,得 (1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0∴x+x 20k,xx21+52又MA=(x,1-y), 20k2-5 5k MB=(x2,y2-y0),AF=(2-x1,-y1),BF=(2-x2,-y2) 而MA=AAF,MB=2BF,即(x1-0,y-y)=A(2-x1,-y1),(x2-0,y2-y0)=2(2-x2,-y2) 2=2一,所以+2= 2(x1+x2)-2x2 4-2(x1+x2)+
例7已知△OFQ的面积S=2√6,且OF·PQ=m。设以O为中心,F为焦点的双山线经过Q OFEC,m= l)c,当OQ取得最小值时,求此双出线方程 解:设双曲线方程为 =1,Q(x,y)。 FQ=(vo-C, yo), SAoFQ-3IOF yo=26,:yo=tv6 OF=(c00,n)=c(x842→ 96 X H 2√3 当且仅当3C=96,即=删时OO1最小此时Q(6,6减或√-√6), 66 所以{a2b31a2 4 故所求的双出线方程为 412 a2+b2=16 类型1—求待定字母的值 例8.设双曲线C a21=1(a>0)与直线L:x+y=1相交丁两个不同的点A、B,直线L与y轴交于点 P,且PA=PB,求a的值 思路:设∧、B两点的坐标,将向量表达式转化为坐标表达式,再利用韦达定理,通过解方程纠求a 的值。 解:设A(x1,y1),B(x2,y2),P(0,1) ∵PA=PB,(x1,y1-1) ·X1 x 联立{x2 消去y并整理得,(1-a2)x2+2ax-2a2=0(*)
1-a2≠O, ∵A、B是不同的两点, a+8a2(1-a2)>0, 2a 2a ∴0<a<√2且a≠1.于是x1+x2= 且 X1X2= 17 2a 即 且 2 消去x2得 12 220 0< 且a≠ 13 13 类型2—求动点的轨迹 例9如图2,动直线y=kx+1与y轴交于点A,与抛物y=x-3交于不同的两点B和C,且满足 BP=^PC,AB=AC,其中λ∈R.。求△POA的重心Q的轨迹。 思路:将向量表达式转化为坐标表达式,消厶参数λ获得重心Q的轨迹方程,再运用判别式确定实数 k的取值范围,从而确定轨迹的形状。 解:由 y=kx+1 得,k2x2+(2k-1)x+4=0. k≠0 由 <k<-且k≠0 △>0 设P(x'y”),B(X1,y1),C(x2y2), 图2) 1-2k XItX XIX k 出BP=APC→(x-x1,y=y1)=A(x2-x,y2-y) λ(x2-x) 由AB=AC→(x1,y1-1)=A(x2,y2-1)→x1=元x2 Xx ≠0 xI +x21-2k 8k k+1 y=kx+1 1-2k 消去k得,x-2y-6-0() 1-2k
x’=3x 设重心Q(x2y),则 y=3(1=3,、1代入()式得,3x-6y-40 因为一<k<Hk≠0→4<x<12Hx≠8→-<x<4Hx≠ 8 故点Q的轨迹方程是3x-6y-40(4<x<4H1x≠=),其轨迹是直线3x-6y-40上且不包括点 A(,0),B(4,-),C(=,=)的线段AB 类型3证明定值问题 例10.已知椭圆的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭园右焦点F的直线交彬圆于A B两点,OA+OB与a=(3,-1)共线。设M为椭圆上任意一点,且OM=O4+OB,其中,p∈R.证 叨:2+2为定值 思路:设A、B、M点的坐标,将向量间的共线关系、和差关系转化为代数关系,再利用方程纠、 古达定理、点在椭圆上满足方程等证明定值 解:设椭网方程为二+2=1(a>b>0),F(,0).则直线AB的方程为 y=x-c.代入椭圆方程中,化简得,(a2+b2)x2-2a2cx+a2c2-ab2=0 2 设Ax1y),B(x2y2),则x1+x2 a-+62712 a2+b2 由OA+OB与a=(3,-1)共线,O4+OB=(x1+x2,y1+y2)得, 3(y1+y2)+(x1+x2)=0。又n=x1-c,V2=x2-C, 3(x1+x2-2c)+(x1+x2)=0,x1 即 2a2c3 a2=3b +b22 而c=a2-b2,于是a23c2,b-2° 因此椭圆方程为 3b2b2=1即x2+3y2=3b2 设M(x,y),由OM=O4+OB得,(x,y)=A(x1,y1)+(x2,y2)
x=Ax1+x2且y=1+2 因M为椭圆上点,所以(Ax1+1ax2)2+3(列y1+p92)2=3b2 即2(x12+3y2)+42(x2+3y2)+21(x2+3yy2)=3b2① 3 又 b xix +b 则xx2+3yy2=x1x2+3(x1-C)x2-c)=4x1x2-3(x1+x2)C+3c +3c2=0.而x1 +3 y 36. +3 代入①得,2+1x2=1,2+x2为定值。 类型4探索点、线的存在性 例1.在△ABC中,已知B(-2,0),C(2,0),AD⊥BCJD,△ABC的垂心H分有向线段AD 所成的比为。设P(-1,0),Q(1,0,那么是否仔在点H,使 成等差数列,为什么 HPIPQHQ 思路:先将AC⊥BH转化为代数关系,由此获得动点H的轨迹方程;再将向量的长度关系转化为代 数(坐标)关系,通过解代数方程组获解。 41 解:设H(x,y),出分点坐标公式知A(x° 4 H为垂心∴AC⊥BH,∴(x-2,)(x+2,y)=0, 整理得,动点H的轨迹方程为+ 43 HPF√(x+1)2+y PQ2, HQEVO 假设 成等数列,则 I HPI PQ HO PQHPIHO 即 十 (x+1)2+ y H在椭圆上.a=2,b=√3,c=1,P、Q是焦点, HP+BQ=2a=4,即∷V(x+1)2+y2+√(x-12+y2=4②