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( \(>|F_1F_2|=2c\) )的动点 \(P\) 的集合称为椭圆，即 \(|PF_1|\)\(+|PF_2|\)\(=2a\)。

数学语言： \(\sqrt{(x+c)^2+(y-0)^2}+\sqrt{(x-c)^2+(y-0)^2}=2a\)，

整理得到，即\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\)，其中 \(b^2=a^2-c^2\)，

图形语言：

• 双曲线

文字语言：

数学语言：

图形语言：

• 抛物线

文字语言：

数学语言：

图形语言：

典例剖析

若\(\triangle ABC\)的两个顶点坐标为\(A(-4,0)\)，\(B(4,0)\)，\(\triangle ABC\)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\(\triangle ABC\)的存在，故必须限制\(y\neq 0\)，

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

【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\(B\)

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\(|AF_1|+4+|BF_1|+4\ge 13\)，

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\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{b^2}=1}\\{x=-c}\end{array}\right.\)，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\(b^2\cdot \cfrac{c^2-4}{4}=y^2=\cfrac{25}{4}\)，

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\(A\)。

设\(O\)为坐标原点，\(A\)，\(B\)为抛物线\(C：y^2=mx(m>0)\)上的两点，且\(\triangle OAB\)中\(OA=\)\(OB\)\(=2\sqrt{2}\)，\(S_{\triangle OAB}=4\)，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\(OA=OB=2\sqrt{2}\)，\(S_{\triangle OAB}=4\)，

则\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}\times sin\angle AOB=4\)，

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

故\(\triangle OAB\)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\(D\)。

【利用椭圆的定义法求解】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，则\(|PM|=R+r_1=R+1\)，

又圆\(P\)与圆\(N\)内切，则则\(|PN|=r_2-R=3-R\)，

所以\(|PM|+|PN|=(R+r_1)+(r_2-R)=r_1+r_2=4=2a\)，\(2c=|MN|=2\)，

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\(a=2\)，短半轴长为\(b=\sqrt{3}\)的椭圆(左顶点除外)，

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

【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\(|AF_1|+|BF_1|+|AB|=|AF_1|+|BF_1|+|AF_2|+|BF_2|=4a=12\)。

已知\(F_1，F_2\)是椭圆\(C\)的两个焦点，\(P\)是\(C\)上一点，若\(PF_1\perp PF_2\)，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\(Rt\Delta PF_1F_2\)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。

【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\(B\)。

【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\(\triangle AMB\)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\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\)，消\(x\)得到，

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

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

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\(k=2\)。

【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\(y^2=2\times 4x=8x\)，故选\(A\)。

• 注意：抛物线的定义是高考考查时的高频考点。

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【】

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

【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\(\left\{\begin{array}{l}{y^2=3x}\\{y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})}\end{array}\right.\)，

消\(y\)得到\(16x^2-24\times7x+9=0\)，设点\(A(x_1，y_1)\)，点\(B(x_2，y_2)\)，

则\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)，\(x_1x_2=\cfrac{9}{16}\)，

故\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)

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

【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\(\begin{cases}x=\cfrac{3}{4}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=0+\cfrac{1}{2}t\end{cases}(t为参数)\)，将其代入\(y^2=3x\)中，

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

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

故\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12\)。

【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\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)，\(p=\cfrac{3}{2}\)，即\(|AB|=x_1+x_2+p=12\)。

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

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

【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\(\triangle AFK\)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\(\triangle AKF\)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\(S_{\triangle AFK}=\cfrac{1}{2}\times 4\times 4=8\)，故选\(C\)。

【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\(F_1\)，\(F_2\)，\(\triangle AF_1F_2\)的内切圆的半径\(r=\sqrt{2}-1\)，且\(S_{\triangle AF_1F_2}=1\)，求椭圆\(C\)的方程；

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

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\(\cfrac{x^2}{2}+y^2=1\)；

【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\(4d=2\sqrt{6}\)，

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

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

【2022届高三数学三轮模拟冲刺用题】【点关于直线的对称点求法】已知中心在坐标原点的椭圆 \(C\) 的右焦点为 \(F(1,0)\) ， 点 \(F\) 关于直线 \(y=\cfrac{1}{2} x\) 的对称点在椭圆 \(C\) 上，则椭圆 \(C\) 的方程为___________.

解析 : 设 \(F(1,0)\) 关于直线 \(y=\cfrac{1}{2} x\) 的对称点为 \((x, y)\)， 则 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{0+y}{2}=\cfrac{1}{2} \times \cfrac{1+x}{2}, \\ \cfrac{y-0}{x-1} \times \cfrac{1}{2}=-1,\end{array}\right.\)

解得 \(\left\{\begin{array}{l}x=\cfrac{3}{5}, \\ y=\cfrac{4}{5},\end{array}\right.\) 由于椭圆的两个焦点为 \((-1,0)\)，\((1,0)\)，

所 以 \(2a=\sqrt{(\cfrac{3}{5}-1)^{2}+(\cfrac{4}{5})^{2}}+\) \(\sqrt{(\cfrac{3}{5}+1)^{2}+(\cfrac{4}{5})^{2}}=\cfrac{6\sqrt{5}}{5}\)， \(a=\cfrac{3\sqrt{5}}{5}\)，

又 \(c=1\)， 所以 \(b^{2}=a^{2}-c^{2}=\cfrac{9}{5}-1=\cfrac{4}{5}\)，

所以椭圆 \(C\) 的方程为 \(\cfrac{x^{2}}{\frac{9}{5}}+\cfrac{y^{2}}{\frac{4}{5}}=1\)， 即 \(\cfrac{5 x^{2}}{9}+\cfrac{5 y^{2}}{4}=1\).