2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第68炼 离心率问题含答案.doc

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1、2024年千锤百炼高考数学100个热点问题第68炼 离心率问题第68炼 圆锥曲线的离心率问题 离心率是圆锥曲线的一个重要几何性质，一方面刻画了椭圆，双曲线的形状，另一方面也体现了参数之间的联系。一、基础知识：1、离心率公式： （其中为圆锥曲线的半焦距）（1）椭圆： （2）双曲线：2、圆锥曲线中的几何性质及联系（1）椭圆：， ：长轴长，也是同一点的焦半径的和： ：短轴长 椭圆的焦距（2）双曲线： ：实轴长，也是同一点的焦半径差的绝对值： ：虚轴长 椭圆的焦距3、求离心率的方法：求椭圆和双曲线的离心率主要围绕寻找参数的比例关系（只需找出其中两个参数的关系即可），方法通常有两个方向：（1）利用几何性

2、质：如果题目中存在焦点三角形（曲线上的点与两焦点连线组成的三角形），那么可考虑寻求焦点三角形三边的比例关系，进而两条焦半径与有关，另一条边为焦距。从而可求解（2）利用坐标运算：如果题目中的条件难以发掘几何关系，那么可考虑将点的坐标用进行表示，再利用条件列出等式求解2、离心率的范围问题：在寻找不等关系时通常可从以下几个方面考虑：（1）题目中某点的横坐标（或纵坐标）是否有范围要求：例如椭圆与双曲线对横坐标的范围有要求。如果问题围绕在“曲线上存在一点”，则可考虑该点坐标用表示，且点坐标的范围就是求离心率范围的突破口（2）若题目中有一个核心变量，则可以考虑离心率表示为某个变量的函数，从而求该函数的值域

3、即可（3）通过一些不等关系得到关于的不等式，进而解出离心率注：在求解离心率范围时要注意圆锥曲线中对离心率范围的初始要求：椭圆：，双曲线：二、典型例题：例1：设分别是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，线段的中点在轴上，若，则椭圆的离心率为（ ）A B C D 思路：本题存在焦点三角形，由线段的中点在轴上，为中点可得轴，从而，又因为，则直角三角形中，且，所以答案：A 小炼有话说：在圆锥曲线中，要注意为中点是一个隐含条件，如果图中存在其它中点，则有可能与搭配形成三角形的中位线。例2：椭圆与渐近线为的双曲线有相同的焦点,为它们的一个公共点,且,则椭圆的离心率为_思路：本题的突破口在于椭圆与双曲线共用一对焦

4、点，设，在双曲线中，不妨设在第一象限，则由椭圆定义可得：，由双曲线定义可得：，因为，而代入可得： 答案： 小炼有话说：在处理同一坐标系下的多个圆锥曲线时，它们共同的要素是联接这些圆锥曲线的桥梁，通常以这些共同要素作为解题的关键点。例3：如图所示，已知双曲线的右焦点为，过的直线交双曲线的渐近线于两点，且直线的倾斜角是渐近线倾斜角的2倍，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 思路：本题没有焦半径的条件，考虑利用点的坐标求解，则将所涉及的点坐标尽力用 表示，再寻找一个等量关系解出 的关系。双曲线的渐近线方程为，由直线的倾斜角是渐近线倾斜角的2倍可得：，确定直线l的方程为，与渐近线联立

5、方程得将转化为坐标语言，则 ，即，解得，从而答案：B例4：设分别为双曲线的左、右焦点，双曲线上存在一点使得则该双曲线的离心率为 A. B. C. D.3思路：条件与焦半径相关，所以联想到，进而与找到联系，计算出的比例，从而求得解：即 解得：（舍）或 答案：B例5：如图，在平面直角坐标系中，为椭圆的四个顶点，为其右焦点，直线与直线相交于点T，线段与椭圆的交点恰为线段的中点，则该椭圆的离心率为 . 思路：本题涉及的条件多与坐标有关，很难联系到参数的几何意义，所以考虑将点的坐标用进行表示，在利用条件求出离心。首先直线的方程含，联立方程后交点的坐标可用进行表示（），则中点，再利用点在椭圆上即可求出离心

6、率解：直线的方程为：；直线的方程为：，联立方程可得：解得：， 则在椭圆上， 解得：答案：例6：已知F是双曲线的左焦点，是该双曲线的右顶点，过点且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，若是锐角三角形，则该双曲线的离心率的取值范围为 （ ）A B C D 思路：从图中可观察到若为锐角三角形，只需要为锐角。由对称性可得只需即可。且均可用表示，是通径的一半，得：，所以，即答案：B小炼有话说：（1）在处理有关角的范围时，可考虑利用该角的一个三角函数值，从而将角的问题转变为边的比值问题（2）本题还可以从直线的斜率入手，利用即可求出离心率例7：已知椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆上存在点使，则该椭圆的离心率的取值范

7、围为（ ） A. B. C. D. 思路：为焦点三角形的内角，且对边为焦半径，所以利用正弦定理对等式变形：，再由解得：，再利用焦半径的范围为可得（由于依题意，非左右顶点，所以焦半径取不到边界值）：，解得答案：D例8：已知是椭圆的左右焦点，若椭圆上存在点，使得，则椭圆离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路一：考虑在椭圆上的点与焦点连线所成的角中，当位于椭圆短轴顶点位置时，达到最大值。所以若椭圆上存在的点，则短轴顶点与焦点连线所成的角，考虑该角与的关系，由椭圆对称性可知，所以，即，进而即，解得，再由可得思路二：由可得，进而想到焦点三角形的面积：，另一方面：，从而，因为在椭圆上，所以，

8、即，再同思路一可解得：思路三：可想到，进而通过向量坐标化，将数量积转为方程。设，则有，则，即点一定在以为圆心，为半径的圆上，所以只需要该圆与椭圆有交点即可，通过作图可发现只有半径时才可有交点，所以，同思路一可解得注：本题对在圆上也可由判定出在以为直径的圆上，进而写出圆方程思路四：开始同思路三一样，得到所在圆方程为，因为在椭圆上，所以联立圆和椭圆方程：代入消去可得：，整理后可得：，由可得：，同思路一即可解得：答案：小炼有话说：本题的众多思路重点区别在：一是从条件中想到椭圆的哪些性质与结论，不同的结论得到不同的突破口；二是在解决离心率时是选择用几何特点数形结合去解还是通过坐标方程用代数方式计算求解

9、例9：设点分别为椭圆的左右焦点，若在椭圆上存在异于点的点，使得，其中为坐标原点，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路：本题取值范围的突破口在“椭圆上存在点”，则的横纵坐标分别位于中，所以致力于计算的坐标，设，题目中，由可得也在以为直径的圆上。即，所以联立方程：，即，由已知可得也是圆与椭圆的一个交点，所以由韦达定理可得：，再根据的范围可得：，解得 答案：D小炼有话说：本题运用到了一个求交点的模型：即已知一个交点，可利用韦达定理求出另一交点，熟练使用这种方法可以快速解决某些点的坐标例10：如图，已知双曲线上有一点，它关于原点的对称点为，点为双曲线的右焦点，且满足，设，且，则

10、该双曲线 离心率的取值范围为（ ）A B C D思路：本题与焦半径相关，所以考虑的几何含义，可得为直角三角形，且，结合可得，因为关于原点对称，所以即为的左焦半径。所以有，则 ，即关于的函数，在求值域即可：，所以答案：B三、历年好题精选1、已知双曲线，是双曲线上关于原点对称的两点，是双曲线上的动点，直线，的斜率分别为，若的最小值为，则双曲线的离心率为（ ）A B C D2、（2016，新余一中模拟）已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，在抛物线上且满足，当取最大值时，点恰好在以为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 3、已知分别是双曲线的左、右焦点，过点

11、且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，若是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）A B C D4、设分别是双曲线的左右焦点，若双曲线左支上存在一点，使得，为坐标原点，且，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 5、（2016四川高三第一次联考）椭圆和圆，（为椭圆的半焦距）对任意恒有四个交点，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 6、如图，内外两个椭圆的离心率相同，从外层椭圆顶点向内层椭圆引切线，设内层椭圆方程为，外层椭圆方程为若的斜率之积为，则椭圆的离心率为_7、（2015，新课标II）已知为双曲线的左右顶点，点在上，为等腰三角形，且顶角为，则的离心率为（ ）A

12、. B. C. D. 8、（2016，宜昌第一中学12月考）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的左支上，且，则此双曲线离心率的最大值为（ ）A B C D9、（2015，山东）平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点，若的垂心为的焦点，则离心率为_10、（2014，湖北）已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为（ ）A. B. C. D. 11、（2014，浙江）设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若点满足，则该双曲线的离心率是_解得：习题答案：1、答案：B.解析：设，则，两式相减得:，而，则，.2、答案：A解析：由抛物线方

13、程可得：，过作准线的垂线，垂足为，所以，所以，可知取得最大值时，最小，数形结合可知当与抛物线相切时，最小。设，联立方程，即，则，此时，则，所以，则 3、解析：为钝角三角形，且即，即 答案：B4、答案：A思路：已知条件与焦半径相关，先考虑焦点三角形的特点，从入手，可得，数形结合可得四边形为菱形，所以，可判定为直角三角形。 ，可得5、答案：B解析：由椭圆与圆有四个不同的交点，则对任意恒成立，即，平方变形后可得：6、答案：解析：设切线的方程为，切线的方程为，联立切线与内层椭圆方程，得：，所以，由可得：，同理，所以。即7、答案：D解析：设双曲线方程为，如图所示：，过点作轴于，在中，所以，代入双曲线方程

14、可得：可得：，从而 8、答案：A解析：由双曲线可知，所以，因为点，即，所以，即最大值为9、答案： 解析：由方程可得其渐近线方程为，与抛物线联立可解得交点，抛物线的焦点坐标为，由及，可得：，即，从而，所以 10、答案：A解析：设椭圆半长轴长为，双曲线半实轴长为 ，椭圆，双曲线离心率分别为 不妨设在第一象限由双曲线与椭圆性质可得： 由余弦定理可得： 代入 可得： 由柯西不等式可得：11、答案： 解析：双曲线的渐近线方程为：，分别联立方程： 可解得： 中点 第69炼 直线与圆锥曲线位置关系一、基础知识：（一）直线与椭圆位置关系1、直线与椭圆位置关系：相交（两个公共点），相切（一个公共点），相离（无公

15、共点）2、直线与椭圆位置关系的判定步骤：通过方程根的个数进行判定，下面以直线和椭圆：为例（1）联立直线与椭圆方程：（2）确定主变量（或）并通过直线方程消去另一变量（或），代入椭圆方程得到关于主变量的一元二次方程：，整理可得：（3）通过计算判别式的符号判断方程根的个数，从而判定直线与椭圆的位置关系 方程有两个不同实根直线与椭圆相交 方程有两个相同实根直线与椭圆相切 方程没有实根直线与椭圆相离3、若直线上的某点位于椭圆内部，则该直线一定与椭圆相交（二）直线与双曲线位置关系1、直线与双曲线位置关系，相交，相切，相离2、直线与双曲线位置关系的判定：与椭圆相同，可通过方程根的个数进行判定以直线和椭圆：为

16、例：（1）联立直线与双曲线方程：，消元代入后可得：（2）与椭圆不同，在椭圆中，因为，所以消元后的方程一定是二次方程，但双曲线中，消元后的方程二次项系数为，有可能为零。所以要分情况进行讨论当且时，方程变为一次方程，有一个根。此时直线与双曲线相交，只有一个公共点当时，常数项为，所以恒成立，此时直线与双曲线相交当或时，直线与双曲线的公共点个数需要用判断： 方程有两个不同实根直线与双曲线相交 方程有两个相同实根直线与双曲线相切 方程没有实根直线与双曲线相离注：对于直线与双曲线的位置关系，不能简单的凭公共点的个数来判定位置。尤其是直线与双曲线有一个公共点时，如果是通过一次方程解出，则为相交；如果是通过二

17、次方程解出相同的根，则为相切（3）直线与双曲线交点的位置判定：因为双曲线上的点横坐标的范围为，所以通过横坐标的符号即可判断交点位于哪一支上：当时，点位于双曲线的右支；当时，点位于双曲线的左支。对于方程：，设两个根为 当时，则，所以异号，即交点分别位于双曲线的左，右支 当或，且时，所以同号，即交点位于同一支上（4）直线与双曲线位置关系的几何解释：通过（2）可发现直线与双曲线的位置关系与直线的斜率相关，其分界点刚好与双曲线的渐近线斜率相同。所以可通过数形结合得到位置关系的判定 且时，此时直线与渐近线平行，可视为渐近线进行平移，则在平移过程中与双曲线的一支相交的同时，也在远离双曲线的另一支，所以只有

18、一个交点 时，直线的斜率介于两条渐近线斜率之中，通过图像可得无论如何平移直线，直线均与双曲线有两个交点，且两个交点分别位于双曲线的左，右支上。 或时，此时直线比渐近线“更陡”，通过平移观察可得：直线不一定与双曲线有公共点（与的符号对应），可能相离，相切，相交，如果相交则交点位于双曲线同一支上。（三）直线与抛物线位置关系：相交，相切，相离1、位置关系的判定：以直线和抛物线：为例联立方程：，整理后可得：（1）当时，此时方程为关于的一次方程，所以有一个实根。此时直线为水平线，与抛物线相交（2）当时，则方程为关于的二次方程，可通过判别式进行判定 方程有两个不同实根直线与抛物线相交 方程有两个相同实根直

19、线与抛物线相切 方程没有实根直线与抛物线相离2、焦点弦问题：设抛物线方程：，过焦点的直线（斜率存在且），对应倾斜角为，与抛物线交于联立方程：，整理可得：（1） （2） （3）（四）圆锥曲线问题的解决思路与常用公式：1、直线与圆锥曲线问题的特点：（1）题目贯穿一至两个核心变量（其余变量均为配角，早晚利用条件消掉），（2）条件与直线和曲线的交点相关，所以可设，至于坐标是否需要解出，则看题目中的条件，以及坐标的形式是否复杂（3）通过联立方程消元，可得到关于（或）的二次方程，如果所求的问题与两根的和或乘积有关，则可利用韦达定理进行整体代入，从而不需求出（所谓“设而不求”）（4）有些题目会涉及到几何条件

20、向解析语言的转换，注重数形几何，注重整体代入。则可简化运算的过程这几点归纳起来就是“以一个（或两个）核心变量为中心，以交点为两个基本点，坚持韦达定理四个基本公式（，坚持数形结合，坚持整体代入。直至解决解析几何问题“2、韦达定理：是用二次方程的系数运算来表示两个根的和与乘积，在解析几何中得到广泛使用的原因主要有两个：一是联立方程消元后的二次方程通常含有参数，进而导致直接利用求根公式计算出来的实根形式非常复杂，难以参与后面的运算；二是解析几何的一些问题或是步骤经常与两个根的和与差产生联系。进而在思路上就想利用韦达定理，绕开繁杂的求根结果，通过整体代入的方式得到答案。所以说，解析几何中韦达定理的应用

21、本质上是整体代入的思想，并不是每一道解析题必备的良方。如果二次方程的根易于表示（优先求点，以应对更复杂的运算），或者所求的问题与两根和，乘积无关，则韦达定理毫无用武之地。3、直线方程的形式：直线的方程可设为两种形式：（1）斜截式：，此直线不能表示竖直线。联立方程如果消去则此形式比较好用，且斜率在直线方程中能够体现，在用斜截式解决问题时要注意检验斜率不存在的直线是否符合条件（2），此直线不能表示水平线，但可以表示斜率不存在的直线。经常在联立方程后消去时使用，多用于抛物线（消元后的二次方程形式简单）。此直线不能直接体现斜率，当时，斜率4、弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线，上两点，所以或（1

22、）证明：因为在直线上，所以 ，代入可得：同理可证得（2）弦长公式的适用范围为直线上的任意两点，但如果为直线与曲线的交点（即为曲线上的弦），则（或）可进行变形：，从而可用方程的韦达定理进行整体代入。5、点差法：这是处理圆锥曲线问题的一种特殊方法，适用于所有圆锥曲线。不妨以椭圆方程为例，设直线与椭圆交于两点，则该两点满足椭圆方程，有： 考虑两个方程左右分别作差，并利用平方差公式进行分解，则可得到两个量之间的联系： 由等式可知：其中直线的斜率，中点的坐标为，这些要素均在式中有所体现。所以通过“点差法”可得到关于直线的斜率与中点的联系，从而能够处理涉及到弦与中点问题时。同时由可得在涉及坐标的平方差问题

23、中也可使用点差法。二、典型例题例1：不论为何值，直线与椭圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路一：可通过联立方程，消去变量（如消去），得到关于的二次方程，因为直线与椭圆有公共点，所以在恒成立，从而将问题转化为恒成立问题，解出即可解：，整理可得：即 思路二：从所给含参直线入手可知直线过定点，所以若过定点的直线均与椭圆有公共点，则该点位于椭圆的内部或椭圆上，所以代入后，即，因为是椭圆，所以，故的取值范围是答案：C小炼有话说：（1）比较两种思路，第一种思路比较传统，通过根的个数来确定直线与椭圆位置关系，进而将问题转化为不等式恒成立问题求解；第二种思路是抓住点与椭圆位置关系的

24、特点，即若点在封闭曲线内，则过该点的直线必与椭圆相交，从而以定点为突破口巧妙解决问题。在思路二中，从含参直线能发现定点是关键（2）本题还要注意细节，椭圆方程中的系数不同，所以例2：已知双曲线的右焦点为，若过点的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路：由可得渐近线方程为：，若过右焦点的直线与右支只有一个交点，则直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线斜率的绝对值，即 答案：C小炼有话说：本题是利用“基础知识”的结论直接得到的答案，代数的推理如下：由可知，设直线，联立方程可得：，整理后可得： 当时，即位于双曲线右支，符合题意当时， 直线与双曲线必有

25、两个交点，设为 因为直线与双曲线的右支有且只有一个交点 ，即 综上所述：例3：已知抛物线的方程为，过点和点的直线与抛物线没有公共点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 思路：由两点可确定直线的方程（含），再通过与抛物线方程联立，利用即可得到关于的不等式，从而解得的范围解：若，则直线与抛物线有公共点，不符题意若，则 ，与椭圆联立方程： 直线与抛物线无公共点或 答案：D例4：过双曲线的右焦点作直线交双曲线于两点，若实数使得的直线恰有3条，则_思路：由双曲线方程可知，当斜率不存在时，可知为通径，计算可得：，当斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立，利用弦长公式可得为关于的表达式，即。可解得：

26、或。若或，即时，可得，仅有一解，不符题意。若且，则每个方程只能无解或两解。所以可知当时，方程有两解，再结合斜率不存在的情况，共有3解。符合题意，所以 解：由双曲线可得 ，当斜率不存在时，的方程为 为通径，即 若直线斜率存在，不妨设为 则设， 联立直线与椭圆方程：消去可得：，整理可得： 可得：或 当时，即，则方程的解为，只有一解，不符题意同理，当，即，则方程的解为，只有一解，不符题意当且时，则每个方程的解为0个或两个，总和无法达到3个，不符题意所以若的直线恰有3条，只能，方程解得： 满足条件的直线的方程为：，答案： 例5：已知椭圆，则当在此椭圆上存在不同两点关于直线对称，则的取值范围是（ ）A.

27、 B. C. D. 思路：设椭圆上两点，中点坐标为，则有，由中点问题想到点差法，则有，变形可得： 由对称关系和对称轴方程可得，直线的斜率，所以方程转化为： ，由对称性可知中点在对称轴上，所以有，所以解得：，依题意可得：点必在椭圆内，所以有，代入可得： ，解得：答案：D例6：过点的直线与椭圆交于两点，线段的中点为，设直线的斜率为，直线的斜率为，则的值为（ ）A. B. C. D. 思路一：已知与椭圆交于两个基本点，从而设，可知，即，从结构上可联想到韦达定理，设，联立椭圆方程：，可得：，所以，则，即思路二：线段为椭圆的弦，且问题围绕着弦中点展开，在圆锥曲线中处理弦中点问题可用“点差法”，设，则有，

28、两式作差，可得：，发现等式中出现与中点和斜率相关的要素，其中，所以，且，所以等式化为即，所以答案：D小炼有话说：两类问题适用于点差法，都是围绕着点差后式子出现平方差的特点。（1）涉及弦中点的问题，此时点差之后利用平方差进行因式分解可得到中点坐标与直线斜率的联系（2）涉及到运用两点对应坐标平方差的条件，也可使用点差法例7：已知点在抛物线上，过点作两条直线分别交抛物线于点，直线的斜率分别为，若直线过点，则（ ）A. B. C. D. 思路：设，进而所求，所以可从直线入手，设直线，与抛物线方程联立，利用韦达定理即可化简解：设 设，则联立方程：，消去可得： 代入可得：答案：C例8：已知抛物线的焦点为，

29、过点的直线交抛物线于两点，且，则直线的斜率为（ ）A. B. C. D. 思路一：从点的坐标出发，因为三点共线，从而可转化为，考虑将向量坐标化，设，有，所以，设直线，联立抛物线方程消元后可得：，利用韦达定理可得：，再结合，消去即可得，直线，即可得到斜率为思路二：从所给线段关系恰好为焦半径出发，联系抛物线的定义，可考虑向准线引垂线，垂足分别为，便可得到直角梯形，由抛物线定义可知：，将所求斜率转化为直线的倾斜角，即为。不妨设在第一象限。考虑将角放入直角三角形，从而可过作于，则，因为而，且，利用勾股定理可得：，从而，即，当在第四象限时，同理，可得综上所述：答案：B例9：如图，在平面直角坐标系中，椭圆

30、的左、右焦点分别为，设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点，则直线的斜率是（ ）A. B. C. D. 思路：先设出直线，只需一个等量条件即可求出，进而求出斜率。考虑与椭圆联立方程，分别解出的纵坐标，然后利用弦长公式即可用表示：，可将已知等式转化为关于的方程，从而解出，所以斜率为 解：由椭圆方程可得：， 设，依图可知： 联立与椭圆方程可得：，整理可得： 同理可得：即，解得： 直线的斜率 答案：D小炼有话说：（1）在运用弦长公式计算时，抓住焦点的纵坐标为0的特点，使用纵坐标计算线段长度更为简便，因此在直线的选择上，本题采用的形式以便于消去得到关于的方程（2）直线方程，当时，可知斜

31、率与的关系为：例10：过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线分别交椭圆于四点，则的值为（ ）A. B. C. D. 思路：首先先考虑特殊情况，即斜率不存在。则为通径，；为长轴，所以，从而。再考虑一般情况，所求为焦点弦，所以考虑拆成两个焦半径的和，如设，则，从而想到联立直线与椭圆方程并使用韦达定理整体代入，同理也为焦半径。设的斜率为，则的斜率为，所以均可用进行表示，再求出的值即可解：若分别与坐标轴平行，不妨设轴， 则为椭圆的通径， 由可得： 因为 为长轴长，即 当斜率均存在时，设斜率为，由可得斜率为 由椭圆方程可得： 设，联立方程可得： 消去可得：，整理后为： 设，与椭圆联立方程：，则同理，求只需用

32、替换中的即可 综上所述：答案：D小炼有话说：（1）本题的亮点在于处理，因为发现与的直线方程结构基本相同（只有斜率不同），并且用的是相同的步骤（联立方程，消元，韦达定理，代入焦半径公式），所以在解决的问题时就可参照的结果，进行对应字母的替换，即可得到答案。所以在处理两条直线与同一曲线的问题时，可观察两直线处理过程的异同，进而简化运算步骤（2）本题是选择题，通过题意可发现尽管过焦点相互垂直的直线有无数多对，但从选项中暗示结果是个常数，所以就可以利用特殊情况（通径与长轴长）求出结果，从而选择正确的选项第70炼 求点的轨迹问题一、基础知识：1、求点轨迹方程的步骤：（1）建立直角坐标系（2）设点：将所求

33、点坐标设为，同时将其他相关点坐标化（未知的暂用参数表示）（3）列式：从已知条件中发掘的关系，列出方程（4）化简：将方程进行变形化简，并求出的范围2、求点轨迹方程的方法（1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可（2）代入法：所求点与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程（3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程。常见的曲线特征及要素有： 圆：平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹 直角圆：若，则点在以为直径的圆上确定方程的要素：圆心坐标，半径 椭圆：平面上

34、到两个定点的距离之和为常数（常数大于定点距离）的点的轨迹确定方程的要素：距离和，定点距离 双曲线：平面上到两个定点的距离之差的绝对值为常数（小于定点距离）的点的轨迹注：若只是到两定点的距离差为常数（小于定点距离），则为双曲线的一支确定方程的要素：距离差的绝对值，定点距离 抛物线：平面上到一定点的距离与到一定直线的距离（定点在定直线外）相等的点的轨迹确定方程的要素：焦准距：。若曲线位置位于标准位置（即标准方程的曲线），则通过准线方程或焦点坐标也可确定方程（4）参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程

35、。二、典型例题：例1：设一动点到直线的距离到它到点的距离之比为，则动点的轨迹方程是（ ）A. B. C. D. 思路：设，则可直接利用已知条件列出关于的等式，化简即可解：设 答案：C例2：已知两定点的坐标分别为，动点满足条件，则动点的轨迹方程为_思路：通过作图可得等价的条件为直线的斜率的关系，设，则，则可通过的斜率关系得到动点的方程解：若在轴上方，则 代入可得： ，化简可得：即 若在轴下方，则，同理可得：当时，即为等腰直角三角形，或满足上述方程所以当在一四象限时，轨迹方程为当在线段上时，同样满足，所以线段的方程也为的轨迹方程综上所述：的轨迹方程为或答案：或例3：已知是抛物线的焦点，是该抛物线上

36、的动点，则线段中点的轨迹方程是（ ）A. B. C. D. 思路：依题意可得， ，则有，因为自身有轨迹方程，为：，将代入可得关于的方程，即的轨迹方程： 答案：D例4：已知是抛物线上的焦点，是抛物线上的一个动点，若动点满足，则的轨迹方程是_思路：考虑设，由抛物线可得：，且，故考虑利用向量关系得到与的关系，从而利用代入法将用进行表示，代入到即可解：由抛物线可得：设 在上 ，将代入可得：，即 答案：例5：在平面直角坐标系中，直线与椭圆交于两点，且，分别为椭圆的左，右顶点，则直线与的交点所在曲线方程为_思路：由椭圆可得：，从而可确定线与的方程。，若联立方程解，则形式较为复杂不易化简，观察两条直线方程的

37、特点，可发现若两边相乘，有平方差的特点，且与椭圆相交，则关于轴对称，有。所以两方程左右两边分别相乘可得：，再利用满足椭圆方程，消去等式中的即可解：由椭圆可知：，设交点坐标。与椭圆相交于 关于轴对称考虑直线与的方程：由可得： 同理可得： 可得： 由在椭圆上可得：，代入可得：，整理后可得：答案：小炼有话说：本题消元的方法比较特殊，是抓住了两直线中某些地方具备平方差公式的特点，从而两式相乘，再进行代入消元。例6：若动圆过定点且和定圆 外切，则动圆圆心的轨迹方程是_思路：定圆的圆心为，观察到恰好与关于原点对称，所以考虑点轨迹是否为椭圆或双曲线，设动圆的半径为，则有，由两圆外切可得，所以，即距离差为定值

38、，所以判断出的轨迹为双曲线的左支，则，解得，所以轨迹方程为答案：小炼有话说：本题从所给条件中的对称定点出发，先作一个预判，从而便可去寻找符合定义的要素，即线段的和或差。要注意本题中，所以轨迹为双曲线的一支。例7：是圆的圆心为，是圆内一定点，为圆周上任一点，线段的垂直平分线与的连线交于点，则的轨迹方程为（ ）A. B. C. D. 思路：可得，发现刚好与均在轴上且关于原点对称，从而联想到双曲线或椭圆的焦点，观察几何性质可得：由的中垂线可得，从而考虑，即到的距离和为定值5，从而判断出其轨迹为椭圆，可得，则，所以椭圆方程为：答案：C例8：已知直线与抛物线交于两点，且，其中为坐标原点，若于，则点的轨迹

39、方程为（ ）A. B. C. D. 思路：先处理条件可得由为邻边的平行四边形对角线相等，所以该四边形为矩形。即，设，即，联立直线与抛物线方程并利用韦达定理可得，从而可得直线过定点，结合图像性质可得，则的轨迹为以为直径的圆，轨迹方程为 解：，且为为邻边的平行四边形对角线 该四边形为矩形，即设， 联立方程：，消去可得： ，由可得 ，即直线过定点 即 的轨迹为以为直径的圆则该圆的圆心为，半径 轨迹方程为 答案：B例9：过点作圆的割线，交圆于两点，在线段上取一点，使得，求点的轨迹解：设点，直线的斜率为由可得： ，联立方程：，消去可得：代入可得：即，而代入可得：化简可得：，因为在圆内所以点的轨迹是直线被

40、圆截得的弦例10：如图所示，点在圆上运动，轴，点在的延长线上，且 （1）求点的轨迹方恒，并求当为何值时，的轨迹表示焦点在轴上的椭圆（2）当时，在（1）中所得曲线记为，已知直线，是上的动点，射线（为坐标原点）交曲线于点，又点在上且满足，求点的轨迹方程解：（1）思路：自身有轨迹方程，且条件中所求的点与点存在联系（），所以考虑利用代入法求轨迹方程。设，然后利用向量关系找到的坐标与坐标的联系，从而代入到所在的方程便得到关于的等式，即的轨迹方程设 轴 由在上可知：，代入可得：即 当时，的轨迹表示焦点在轴上的椭圆（2）思路：由（1）可知曲线方程为，从而题目中的点均有方程。设所求点，则可考虑寻找的坐标与之间的联系。本题共线是关键点，因为在这条线上的点，其与点距离的比值即为横纵坐标的比值。所以先从入手，题目中没有的比例，则不妨设，进而得到与的联系：，再寻找的联系，结合条件可知，从而用即可表示出与的联系（而不用再设字母）：。所以可以用代入法分别将两组关系代入至直线与椭圆方程，再消去即可得到的轨迹方程解：由（1）可得曲线方程为：设 设 由线段比例可得： 由同理可得： 分别在直线与椭圆上 ，代入可得：，化简可得：的轨迹方程为：