?y1?y2?4m，22 y?4my?4?0，??(?4m)?12?0，故??y1y2??4．????????????????22由MA??1AF，MB??2BF得：y1????1y1，y2????2y2，整理得：
mm?1??1?2my1，?2??1?2my2，??1??2??2?2?11?2y1?y2 ???2????m?y1y2?my1y2??2?24m?0 ?m?4????????????????????????????解法二：（Ⅰ）由QP?QF?FP?FQ得：FQ?(PQ?PF)?0，
????????????2????2?????????????????(PQ?PF)?(PQ?PF)?0， ?PQ?PF?0， ?PQ?PF
所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y2?4x.
????????????????????MA?1（Ⅱ）由已知MA??1AF，MB??2BF，得?1??2?0. 则：??????MB?2????AF????.????① BF????????????MAAA1AFA，Bl过点分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则有：??????????????.????②
MBBB1BF?????????1AFAF由①②得：??????????，即?1??2?0.
?2BFBF练习：设椭圆C:xa22?y22?1(a?0)的左、右焦点分别为F1、F2，A是椭圆C上的一点，且
13|OF1|． （1）求椭圆C的方程；
AF2?F1F2?0，坐标原点O到直线AF1的距离为
（2）设Q是椭圆C上的一点，过Q的直线l交x轴于点P(?1,0)，较y轴于点M，若MQ?2QP，求直线l的方程．
山东2006理 双曲线C与椭圆
x28?y24?1有相同的焦点，直线y=3x为C的一条渐近线。
（I） 求双曲线C的方程；(II)过点P(0,4)的直线l，交双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与
????????????8C的顶点不重合）。当PQ??1QA??2QB，且?1??2??时，求Q点的坐标。
3 16
解：（Ⅱ）解法一：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(?????????44?PQ??1QA?(?,?4)??1(x1?,y1)
kk4k,0)
44?x?????1k?1k????1(x1?)? ??k?k???y??4?4??y?111??1?44?A(x1,y1)在双曲线C上， ?163161??1216()??1?0 2k?1?1222?16?32?1?16?1?222k?k??0. ?(16?k)?1?32?1?16?163k?0.
222163k?0.
2同理有：(16?k)?2?32?2?16?若16?k2?0,则直线l过顶点，不合题意.?16?k2?0,??1,?2是二次方程
(16?k)x?32x?16?22163k?0.的两根. ??1??2?232k?162??83 ?k2?4，
此时??0,?k??2. ?所求Q的坐标为(?2,0). 解法二：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(?4k????????????,0). ?PQ??1QA， ?Q分PA的比为?1.
?1x14?4???x??(1??1)?k1???1k?1??1由定比分点坐标公式得? 下同解法一 ??4?0?4??1y1?y1?????11??1??解法三：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(?4k,0).
????????????444?PQ??1QA??2QB，?(?,?4)??1(x1?,y1)??2(x2?,y2).
kkk811244??4??1y1??2y2， ??1??，?2???? ， 又?1??2??， ?3y1y23y1y2即3(y1?y2)?2y1y2 将y?kx?4代入x?2222y23?1得
(3?k)y?24y?48?3k?0 ?3?k?0，否则l与渐近线平行。
2 17
?y1?y2?243?k2,y1y2?48?3k3?k22。 ?3?243?k2?2?48?3k3?k222 ?Q(?2,0 ) ?k??解法四：由题意知直线l得斜率k存在且不等于零，设l的方程：y?kx?4，A(x1,y1),B(x2,y2) 则Q(?4k????????44 , ?(?,?4)??1(x1?,y)。 ,0)?PQ??1QA1kk???1?4k4k??4kx1?4 同理 ?1??4kx2?4 ?1??2??4kx1?4?4kx2?4??83.
x1?即 2k2x1x2?5k(x1?x2)?8?0
y?kx?4（*）
又
x?2y23?1 消去y得(3?k2)x2?8kx?19?0.
当3?k2?0时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，3?k2?0。
x1?x2?8k3?k193?k22由韦达定理有：x1x2?? 代入（*）式得 k?4,k??2
2 ?所求Q点的坐标为(?2,0)。
练习：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线x2?4y的焦点，离心率
255等于
。（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P为椭圆上一点，弦PA、PB分别过焦点F1、F2，（PA、
??????????????????PB都不与x轴垂直，其点P的纵坐标不为0），若PF1??1F1A,PF2??2F2B，求?1??2的值。
222222解：（1）设椭圆C的方程为：
xa?yb?1(a?b?0)，则b=1，由
ba?1?e?1?245?15，得a?5，
2则椭圆的方程为：
x25?y?1
2（2）由
x25?y?1得：F1(?2,0),F2(2,0)，设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2)，
2??????????????????有PF1??1F1A,PF2??2F2B得：(?2?x0,?y0)??1(x1?2,y1),(2?x0,?y0)??2(x2?2,y2)
18
解得：?1??y0y1,?2??y0y2，
根据PA、PB都不与x轴垂直，且y0?0，设直线PA的方程为：y?2整理后，得：?(x0?2)2?5y0?y2?4y0(x0?2)y?y02?0 ??y0x0?2(x?2)，代人
x25?y?1，
2根据韦达定理，得：y0y1?y0y1?y0222(x?2)?5y02，则y1??y0(x?2)?5y0y0y222，
从而，?1???(x0?2)?5y 同理可求?2??2?(x0?2)?5y
22则?1??2?(x0?2)2?5y02?(x0?2)2?5y02?2(x02?5y02)?4
x2222由P(x0,y0)为椭圆
5?y?1上一点得：x0?5y0?5， 则?1??2?18， 故?1??2的值为18.
题型六：面积问题
例题8、（07陕西理）已知椭圆C：
xa22?yb22?1（a＞b＞0）的离心率为
63,短轴一个端点到右焦
点的距离为3。（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为
32，求△AOB面积的最大值。
?c62，x??2?y?1。 解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意?a3 ?b?1，?所求椭圆方程为3??a?3，（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)。 （1）当AB⊥x轴时，AB?（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y?kx?m。
3。
由已知
m1?k2?32，得m?234(k?1)。
2把y?kx?m代入椭圆方程，整理得(3k?1)x?6kmx?3m?3?0，
19
222
?x1?x2??6km3k?12，x1x2?3(m?1)3k?122。
?AB22?36k2m212(m?1)???(1?k)(x2?x1)?(1?k)?? 222(3k?1)3k?1??222?12(k?1)(3k?1?m)(3k?1)22222?3(k?1)(9k?1)(3k?1)2222
?3?12k4229k?6k?1?3?2129k?1k2(k?0)≤3??6122?3?6?4。
当且仅当9k?21k2，即k??33时等号成立。当k?0时，AB?3， 综上所述ABmax?2。
?当AB最大时，△AOB面积取最大值S?12?ABmax?32?32。
练习1、（07浙江理）如图，直线y?kx?b与椭圆
x24 ?y?1交于A、B两点，记?ABC的面积为S。
2（Ⅰ）求在k?0，0?b?1的条件下，S的最大值；
（Ⅱ）当AB?2，S?1时，求直线AB的方程。
本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综
合解题能力。满分14分。
x2解：（Ⅰ）解：设点A的坐标为?x1,b?，点B的坐标为?x2,b?，由
4?b2?1，解得x1，??21?b，22所以S?
12b?x1?x2?2b?1?b2?b?1?b?1， 当且仅当b?20
222时，S取到最在值1，