利用定义式求圆锥曲线方程

前言

求圆锥曲线方程，其本质是求解(a)，(b)，或(p)的值，所以常常直接求解其值，或者利用题目给定的等量关系建立方程组求解，利用等量关系时，务必记住使用圆锥曲线的定义。

定义式

• 椭圆

文字语言：平面内到两个定点(F_1)，(F_2)的距离之和等于常数((>|F_1F_2|))的动点(P)的集合称为椭圆，即(|PF_1|)(+|PF_2|)(=2a)。

数学语言：

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• 双曲线

文字语言：

数学语言：

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• 抛物线

文字语言：

数学语言：

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典例剖析

例0若( riangle ABC)的两个顶点坐标为(A(-4,0))，(B(4,0))，( riangle ABC)的周长为(18)，则顶点(C)的轨迹方程为_________。

分析：容易知道顶点(C)的轨迹是(c=4)，(a=5)，(b=3)的焦点在(x)轴的椭圆，即(cfrac{x^2}{25}+cfrac{y^2}{9}=1)，

但是由于需要确保( riangle ABC)的存在，故必须限制(y eq 0)，

故顶点(C)的轨迹方程为(cfrac{x^2}{25}+cfrac{y^2}{9}=1(y eq 0)).

例0【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】以双曲线(cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{12}=1)的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为【】

$A.cfrac{y^2}{16}+cfrac{x^2}{12}=1$ $B.cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{12}=1$ $C.cfrac{x^2}{12}+cfrac{y^2}{4}=1$ $D.cfrac{y^2}{12}+cfrac{x^2}{4}=1$

分析：对双曲线而言，(a^2=4)，(b^2=12)，则(c^2=a^2+b^2=16)，故(c=4)，其焦点为((pm 4，0))，故椭圆的一组顶点坐标为((pm 4，0))；

双曲线的顶点坐标为((pm 2，0))，故椭圆的焦点坐标为((pm 2，0))，故椭圆的(c=2)，(a=4)，故(b^2=12)，则椭圆的方程为(cfrac{x^2}{16}+cfrac{y^2}{12}=1)，故选(B)

例1设(F_1)，(F_2)是双曲线(cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{b^2}=1(b>0))的左右焦点，过(F_1)的直线(l)交双曲线的左支与(A)，(B)两点，若(|AF_2|+|BF_2|)的最小值为13，则双曲线的离心率为【】

$A.cfrac{3}{2}$ $B.cfrac{5}{3}$ $C.sqrt{3}$ $D.sqrt{5}$

分析：如图所示，可知(a=2)，

由双曲线的定义可知，(|AF_2|-|AF_1|=2a=4)，(|BF_2|-|BF_1|=2a=4)，

则(|AF_2|=|AF_1|+4)，(|BF_2|=|BF_1|+4)，

又由于(|AF_2|+|BF_2|ge 13)，即(|AF_1|+4+|BF_1|+4ge 13)，

即(|AF_1|+|BF_1|ge 5)，即(|AB|ge 5)，

又由于过焦点的弦中，只有通径最小，故(AB)为通径，

则可知(A(-c，cfrac{5}{2}))，

由(left{egin{array}{l}{cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{b^2}=1}\{x=-c}end{array} ight.)，以及(y=cfrac{5}{2})，

代入得到(cfrac{c^2}{4}-1=cfrac{y^2}{b^2})，即变形得到(b^2cdot cfrac{c^2-4}{4}=y^2=cfrac{25}{4})，

即(b^2(c^2-4)=25)，即((c^2-4)(c^2-4)=25)，即(c^2-4=5)，

故(c=3)，又(a=2)，则(e=cfrac{c}{a}=cfrac{3}{2})，故选(A)。

例2设(O)为坐标原点，(A)，(B)为抛物线(C：y^2=mx(m>0))上的两点，且( riangle OAB)中(OA=)(OB)(=2sqrt{2})，(S_{ riangle OAB}=4)，则焦点(C)到准线的距离为【】

$A.2$ $B.4$ $C.3$ $D.1$

分析：如图所示，

由题可知，焦点坐标为((cfrac{m}{4}，0))，准线为(x=-cfrac{m}{4})，

故焦点(C)到准线的距离为(cfrac{m}{2})；

又由于(OA=OB=2sqrt{2})，(S_{ riangle OAB}=4)，

则(S_{ riangle OAB}=cfrac{1}{2} imes 2sqrt{2} imes 2sqrt{2} imes sinangle AOB=4)，

则(sinangle AOB=1)，即(angle AOB=cfrac{pi}{2})，

故( riangle OAB)为等腰直角三角形，则(A(2，2))，

代入(y^2=mx)求得，(m=2)，

故焦点(C)到准线的距离为(cfrac{m}{2}=1)；故选(D)。

例3【定义法】已知圆(M：(x+1)^2+y^2=1)，圆(N：(x-1)^2+y^2=9)，动圆(P)与圆(M)外切并且与圆(N)内切，圆心(P)的轨迹方程为曲线(C)，求(C)的方程；

分析：由已知得，圆(M)的圆心为(M(-1，0))，半径(r_1=1)；圆(N)的圆心为(N(1，0))，半径(r_2=3)；

设圆(P)的圆心为(P(x，y))，半径为(R)；由于圆(P)与圆(M)外切并且与圆(N)内切，

所以(|PM|+|PN|=(R+r_1)+(r_2-R)=r_1+r_2=4)，由[椭圆的定义]可知，曲线(C)是以(M)，(N)为左右焦点，长半轴长为2，短半轴长为(sqrt{3})的椭圆(左顶点除外)，

其轨迹方程为(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1(x eq -2))。

例4【2017凤翔中学高三理科第三次月考第14题】【利用椭圆的定义求解】已知直线(l)交椭圆(cfrac{x^2}{9}+cfrac{y^2}{5}=1)于(A、B)两点，(F_1)是椭圆的左焦点，当直线(l)经过椭圆的右焦点时，求(Delta ABF_1)的周长。

分析：由题可知，(a=3)，如图所示，由椭圆的定义可知(|AF_1|+|AF_2|=2a)，(|BF_1|+|BF_2|=2a)，

故(Delta ABF_1)的周长为(|AF_1|+|BF_1|+|AB|=|AF_1|+|BF_1|+|AF_2|+|BF_2|=4a=12)。

例5已知(F_1，F_2)是椭圆(C)的两个焦点，(P)是(C)上一点，若(PF_1perp PF_2)，且(angle PF_2F_1=60^{circ})，则(C)的离心率是【】

$A.1-cfrac{sqrt{3}}{2}$ $B.2-sqrt{3}$ $C.cfrac{sqrt{3}-1}{2}$ $D.sqrt{3}-1$

分析：自行做出示意图，由图可知，在(RtDelta PF_1F_2)中，(angle F_1PF_2=90^{circ})，(angle PF_2F_1=60^{circ})，(F_1F_2=2c)，故(PF_2=c)，(PF_1=sqrt{3}c)，

由椭圆的定义可知，(|PF_1|+|PF_2|=2a)，即(c+sqrt{3}c=2a)，解得(e=cfrac{c}{a}=cfrac{2}{sqrt{3}+1}=sqrt{3}-1)，故选D。

【建议】用圆锥曲线的定义解题，是高考中的一个高频考查方式。

例6【2017高考理科数学Ⅲ卷第5题】【2019高三理科二轮限时训练3】已知双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>0，b>0))的一条渐近线方程为(y=cfrac{sqrt{5}}{2}x)，且与椭圆(cfrac{x^2}{12}+cfrac{y^2}{3}=1)有公共焦点，则(C)的方程为【】

$A.cfrac{x^2}{8}-cfrac{y^2}{10}=1$ $B.cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{5}=1$ $C.cfrac{x^2}{5}-cfrac{y^2}{4}=1$ $D.cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{3}=1$

分析：由双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)可知其渐进线为(y=cfrac{b}{a}x)，由已知渐近线方程为(y=cfrac{sqrt{5}}{2}x)，

则可设(a=2k)，(b=sqrt{5}k(k>0))，则(c=3k)，又由椭圆的(c=3)，可可知(3k=3)，即(k=1)，故双曲线的(a=2)，(b=sqrt{5})，则其方程为(cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{5}=1)，故选(B)。

例7【2018高考新课标Ⅲ卷第16题】已知点(M(-1，1))和抛物线(C：y^2=4x)，过(C)的焦点且斜率为(k)的直线与(C)交于(A)，(B)两点，若(angle AMB=90^{circ})，则(k)=_________。

法1：点差法，做出如下示意图，连结(MH)，(H)为焦点弦(AB)的中点，

由于( riangle AMB)为直角三角形，(H)为(AB)的中点，则(MH=cfrac{1}{2}AB)，

又由于(AB=AF+BF=AP+BQ)，则(MH=cfrac{1}{2}AB=cfrac{1}{2}(AP+BQ))，

故(MH)为直角梯形的中位线，则(MH//x)轴，

设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则有(y_1^2=4x_1) ①，(y_2^2=4x_2) ②，

①-②得到，(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2))，即((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2))，

则有(cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=cfrac{4}{y_1+y_2})，即(k=cfrac{4}{y_1+y_2})，

又由于(MH//x)轴，(M(-1，1))，则(H)点的纵坐标为1，即(cfrac{y_1+y_2}{2}=1)，则(y_1+y_2=2)，代入上式，

得到(k=cfrac{4}{y_1+y_2}=2).

法2：向量法，设直线(AB：y=k(x-1))，由于点(A，B)都在抛物线上，故设(A(4t_1^2，4t_1))，(B(4t_2^2，4t_2))，

联立直线和抛物线，得到(left{egin{array}{l}{y=k(x-1)}\{y^2=4x}end{array} ight.)，消(x)得到，

(y^2-cfrac{4}{k}y-4=0)，则由韦达定理可知，(4t_1+4t_2=cfrac{4}{k})，(4t_1cdot 4t_2=-4)，

即(t_1+t_2=cfrac{1}{k})，(t_1cdot t_2=-cfrac{1}{4})，

又(overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1，4t_1-1))，(overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1，4t_2-1))，(angle AMB=90^{circ})，

则(overrightarrow{MA}cdot overrightarrow{MB}=0)，即((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0)，

打开整理得到，(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0)，

代入整理得到，(cfrac{4}{k^2}-cfrac{4}{k}+1=0)，即((cfrac{2}{k}-1)^2=0)，解得(k=2)。

例8【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第8题】平面直角坐标系(xoy)中，动点(P)与圆((x-2)^2+y^2=1)上的点的最短距离与其到直线(x=-1)的距离相等，则点(P)的轨迹方程为【】

$A.y^2=8x$ $B.x^2=8y$ $C.y^2=4x$ $D.x^2=4y$

分析：由题意可知，(|PQ|=|PD|)，但是用这个不好建立轨迹方程，或者不能有效的和抛物线的定义建立联系，

故等价转化为(|PA|=|PB|)，且其模型为(y^2=2px)。

这样就可以理解为平面内一个动点(P)到一个定点(A)的距离等于其到定直线(x=-2)的距离。

由抛物线的定义可知，(-cfrac{p}{2}=-2)，即(p=4)，故(y^2=2 imes 4x=8x)，故选(A)。

• 注意：抛物线的定义是高考考查时的高频考点。

例9设抛物线(C：y^2=3x)的焦点，过F且倾斜角为(30^{circ})的直线交(C)于(A)，(B)两点，则(|AB|)等于【】

$A.cfrac{sqrt{30}}{3}$ $B.6$ $C.12$ $D.7sqrt{3}$

【法1】：常规方法，利用两点间距离公式，由于(2p=3)，则(cfrac{p}{2}=cfrac{3}{4})，故焦点(F(cfrac{3}{4}，0))，又斜率为(k=cfrac{sqrt{3}}{3})，

则直线(AB)的方程为(y=cfrac{sqrt{3}}{3}(x-cfrac{3}{4}))，

联立直线(AB)和抛物线方程，得到(left{egin{array}{l}{y^2=3x}\{y=cfrac{sqrt{3}}{3}(x-cfrac{3}{4})}end{array} ight.)，

消(y)得到(16x^2-24 imes7x+9=0)，设点(A(x_1，y_1))，点(B(x_2，y_2))，

则(x_1+x_2=cfrac{24 imes7}{16}=cfrac{21}{2})，(x_1x_2=cfrac{9}{16})，

故(|AB|=sqrt{1+k^2}cdot |x_1-x_2|)

(=sqrt{1+k^2}cdotsqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12)。

【法2】：利用直线(AB)的参数方程的参数的几何意义，

直线(AB)的参数方程为(egin{cases}x=cfrac{3}{4}+cfrac{sqrt{3}}{2}t\y=0+cfrac{1}{2}tend{cases}(t为参数))，将其代入(y^2=3x)中，

整理得到(t^2-6sqrt{3}t-9=0)，设(A)，(B)对应的参数分别为(t_1)，(t_2)，

则(Delta>0)，且有(t_1+t_2=6sqrt{3})，(t_1t_2=-9)，

故(|AB|=|t_1-t_2|=sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=sqrt{36 imes3-4 imes(-9)}=12)。

【法3】：利用抛物线的定义可知，(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+cfrac{p}{2}+x_2+cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p)，

故由法1中，得到(x_1+x_2=cfrac{24 imes7}{16}=cfrac{21}{2})，(p=cfrac{3}{2})，即(|AB|=x_1+x_2+p=12)。

法4：利用抛物线的焦点弦长公式：(|AB|=cfrac{2p}{sin^2alpha})，

则(|AB|=cfrac{2 imes cfrac{3}{2}}{(cfrac{1}{2})^2}=12)。

例10【2019届高三理科数学三轮用题】已知顶点在原点，焦点在(x)轴正半轴上的抛物线(C)，若其焦点到准线的距离为4，准线交(x)轴于点(K)，点(A)在抛物线(C)上，(|AK|=sqrt{2}|AF|)，则( riangle AFK)的面积为【】

$A.4$ $B.6$ $C.8$ $D.12$

分析：如图所示，由题可知，(|OF|=|OK|=2)，(|KF|=4)，由抛物线定义可知，(|AF|=|AB|)，则(|AK|=sqrt{2}|AB|)，

故可知(angle AKF=45^{circ})，在( riangle AKF)中，(|KF|=4)，设(|AF|=x)，则(|AK|=sqrt{2}x)，

由余弦定理可知，(|AF|=4)，其高为(|KB|=4)，故(S_{ riangle AFK}=cfrac{1}{2} imes 4 imes 4=8)，故选(C)。

例11【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知点(A)在离心率为(cfrac{sqrt{2}}{2})的椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))上，左、右焦点分别为(F_1)，(F_2)，( riangle AF_1F_2)的内切圆的半径(r=sqrt{2}-1)，且(S_{ riangle AF_1F_2}=1)，求椭圆(C)的方程；

分析：由三角形面积公式可知，(S_{ riangle AF_1F_2}=cfrac{1}{2}(|AF_1|+|AF_2|+|F_1F_2|)cdot r=1)，

即(cfrac{1}{2}(2a+2c)(sqrt{2}-1)=1)，化简得到(a+c=sqrt{2}+1)①；

又(cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{2}}{2})②，两式联立，解得(c=1)，(a=sqrt{2})，则(b^2=a^2-c^2=1)，

故椭圆(C)的方程为(cfrac{x^2}{2}+y^2=1)；

例12【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知曲线(C)上的点到两定点(F_1(-sqrt{5}，0))，(F_2(sqrt{5}，0))的距离之和为定值，且该定值是原点(O)到直线(x-y+sqrt{3}=0)的距离的(4)倍，求曲线(C)的方程。

分析：原点(O)到直线(x-y+sqrt{3}=0)的距离为(d=cfrac{|sqrt{3}|}{sqrt{1^2+1^2}}=cfrac{sqrt{6}}{2})，故(4d=2sqrt{6})，

由椭圆的定义可知，曲线(C)为一椭圆，其长轴长为(2sqrt{6})，焦点(F_1(-sqrt{5}，0))，(F_2(sqrt{5}，0))，

则短轴长为(2sqrt{(sqrt{6})^2-(sqrt{5})^2}=2)，所以曲线(C)的方程为(cfrac{x^2}{6}+y^2=1).