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由方程研究曲线的性质参考答案
例1提示：⑴设|PF1|=r1，|PF2|=r2.根据余弦定理
(2c)2=r12+r22-2r1r2cos60°=(r1+r2)2-3r1r2.
注意到r1+r2=2a，及 r1r2≤()2=a2.得4c2≥a2，因此 ≤e<1.
⑵提示：由⑴知4c2=4a2-3r1r2，所以3r1r2=4(a2-c2)=4b2=36.
面积为：S=r1r2sin60°=3.
注意：1.与椭圆或双曲线的焦点三角形有关的题目在高考中经常出现，常用正、余弦定理（如果焦点三角形是直角三角形，则用勾股定理或锐角三角函数）结合椭圆或双曲线的定义及均值不等式解焦点三角形问题；
2.焦点三角形问题是解析与三角函数、解析与向量的知识交汇点，应该重视。
例2分析：设MA的斜率为k，则NA的斜率为.因为要求的是MN的斜率，所以有人可能要用MN的方程和椭圆方程联立，但这样做不容易找到MN的斜率与k的关系.于是换一个角度思考：要求MN的斜率，先求M、N两点的坐标，而M、N两点分别是直线AM和AN与椭圆交得的，所以用AM、AN的方程分别去和椭圆方程联立.
略解：AM: ,AN: ,用AM的方程和椭圆
方程联立消去y得
该方程的两根分别为1和,根据韦达定理,
同理（在的表达式中以换k）
，
所以.
注意：1、此题是联立消元，利用韦达定理求出另一个根.
2、此题的一般形式是：过椭圆(a>b>0)的右焦点F（c,0）
作x轴的垂线交椭圆于点A（在第一象限），过A作两条直线与椭圆交于另外两点M、N，若FA平分∠MAN，则直线MN的斜率等于该椭圆的离心率.
（双曲线和抛物线情况如何？）
3、这种借助韦达定理求出交点坐标的题目在近年的高考题中频频出现。如：
1．（2004北京理）过抛物线y2=2px(p>0)上一定点P(x0,y0)(y0>0),作两条直线分别交抛物
线于A(x1,y1),B(x2,y2).
⑴求该抛物线上纵坐标为的点到其焦点F的距离;
⑵当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时,求的值,并证明直线AB的斜率是非零常数.
2．（2004北京文）抛物线关于x轴对称,它的顶点在坐标原点,点P(1,2),A(x1,y1),B(x2,y2)均在抛物线上.
⑴写出该抛物线的方程及其准线方程;
⑵当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时,求y1+y2的值及直线AB的斜率.
3．（2005江西）如图, 点M是抛物线y2=x上的一点,动弦ME、MF分别交x轴于A、B两点,且|MA|=|MB|.
⑴若M为定点,证明:直线EF的斜率为定值;
⑵若M为动点,且∠EMF=90°,求△EMF的重心G的轨迹方程.
4．（2006天津）如图，双曲线b2x2-a2y2=a2b2(a>0,b>0)
的离心率为, F1、F2分别为左右焦点， M
为左准线与渐进线在第二象限内的交点,且
= -.
⑴求双曲线的方程;
⑵设A(m,0)和B(,0)(01，
由 得 （2+k2）x2+2kx-1=0，
△ =4k2+4（2+k2）=8（1+k2），|PQ|==，
∵PQ⊥MN ∴MN方程为 y=x+1，同样有|MN|=，
S=|PQ||MN|==，
令u=（u≥2）得S==2- （u≥2），∴≤S<2.
当PQ与y轴垂直时，可求得|PQ|=，|MN|=2，S=2
当PQ是椭圆长轴时，MN与y轴垂直，S=2.
总之四边形PMQN的面积最小值为 ，最大值为2.
注意：此题联立消元，用判别式求弦长，不必求交点坐标。类似的高考题有：
1．（2006山东）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为4.
⑴求椭圆的方程；
⑵直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当ΔAOB面积取得最大值时，求直线l的方程.
2．（2006四川）已知两定点F1(-,0)、F2(,0)，满足条件=2的点P的轨迹是曲线E，直线y=kx-1与曲线E交于A、B两点．如果|AB|=6，且曲线E上存在点C，使，求m的值和⊿ABC的面积S．
3．（2007浙江 20题）如图，直线y=kx+b与椭圆交于A、B两点，记△AOB的面积为S .
⑴ 求在k=0，0已知椭圆C:（a＞b＞0）的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离为.
⑴求椭圆C的方程;
⑵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，求
△AOB面积的最大值.
5．（2007全国1 21题）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2．过F1的直线交椭圆于B、D两点，过F2的直线交椭圆于A、C两点，且AC⊥BD，垂足为P．
⑴设点P的坐标为(x0,y0)，证明：；
⑵求四边形ABCD的面积的最小值．
例4⑴解1（用韦达定理）：设椭圆方程为 (a>b>0)，F（c，0）.
直线AB的方程为y=x-c，代入，化简得 (a2+b2)x2-2a2cx+a2c2-a2b2=0
令 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2=，x1x2=.
由 +=（x1+x2，y1+y2），=（3，－1），+与共线，得
3（y1+y2）+（x1+x2）=0，又 y1=x1－c，y2=x2－c，
∴ 3（x1+x2-2c）+（x1+x2）=0，∴ x1+x2=.即=，所以a2=3b2.
∴ c==，故离心率为e==；
解2：（点差法）设A（x1，y1），B（x2，y2），
则 b2x12+a2y12=a2b2……….① b2x22+a2y22=a2b2………②，
②-①并变形得=1……………..③
因为+=（x1+x2，y1+y2）=λ（3，－1）所以,代入③得a2=3b2.
以下同方法1；
⑵ 由（1）知a2=3b2，所以椭圆可化为x2+3y2=3b2.
设=（x，y），由已知得（x，y）=λ(x1，y1)+μ(x2，y2),
∴ ∵M（x，y）在椭圆上，
∴()2+3()2=3b2.
即 λ2(x12+3y12)+μ2(x22+3y22)+2λμ(x1x2+3y2y2)=3b2 . ①
由（1）知x1+x2=，a2=c2，b2=c2.∴ x1x2==c2.
∴ x1x2+3y2y2= x1x2+3(x1-c)( x2-c)=4x1x2-3(x1+x2)c+3c2=c2-c2+3c2=0.
又 x12+3y12=3b2, x22+3y22=3b2 ， 代入①得2+2=1.
故2+2为定值，定值为1.
注意：1.此题联立消元，用韦达定理，不必求交点坐标。
2.“点差法”是设出交点坐标代入方程，再通过作差消去交点坐标.
3.此题⑵使用韦达定理的条件并不明显，通过把点M（x，y）的坐标代入椭圆方程变形，最后表达式中出现了x1x2、y2y2，为使用韦达定理创造了条件。
这样需要创造条件使用韦达定理的题目难度较大。
4．使用韦达定理的题目在高考试题中占的比例特别大。如：
1．（2007天津 22题）设椭圆（a>b>0）的左、右焦点分别为F1、F2，A是椭圆上的一点，AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为|OF1|．
⑴ 证明：a=b；（文理）
⑵ 设Q1、Q2为椭圆上的两个动点，OQ1⊥OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程．（理科）
⑶ 求t∈（0，b），使得下述命题成立：设圆x2+y2=t2上任意点M（x0，y0）处的切线交椭圆于Q1，Q2两点，则OQ1⊥OQ2．（文科）
F
x
y
l
-1
O
2．（2007福建 20题）如图，已知点F（1，0），直线l：x＝－1，P为平面上的动点，过P作直线l的垂线，垂足为点Q，且.
⑴ 求动点P的轨迹C的方程；
⑵ 过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M.
① 已知，，求的值；
② 求的最小值.
2007年高考解析试题中，需要用韦达定理的题目还有：四川卷 20题、江西卷 21题、湖南卷 20题、山东卷 21题。
2006年高考解析试题中，需要用韦达定理的题目有：北京卷、天津卷、上海卷、四川卷、福建卷、湖南卷、山东卷。

练习题答案
一、 选择题
1. A 2. C 3. C 4. B 5. B 6. C
二、 填空题
7. 4x+3y-5=0或x=-1 8. 9. [] 10.(,+∞)
三、 解答题
11.解⑴F（0，），设直线l的方程为y=kx+，A（x1,y1）、B（x2,y2），
由得 x2-2pkx-p2=0，根据韦达定理得x1+x2=2pk，x1x2=-p2,
y1y2=. = x1x2+ y1y2=；
由求导数得 ，，，=-1，
所以 MA⊥MB，=0；
写出两条切线方程MA：，MB：，
解出交点M（）=（），于是,
又, 所以,
因此=0；
y1+y2=k(x1+x2)+p=2pk2+p，|AF|=y1+，|BF|=y2+，
于是 =
=
；
综上所述，四个表达式的值都为常数。
⑵设|AF|=m，|BF|=n，则，MF|=，所以
≥×=mn，m=n时取等号.
又由得mn≥p2，因此≥p2，m=n时取等号，即
△ AMB面积的最小值为p2.
12．解：⑴由=及解得a2=4，b2=3，椭圆方程为
；
设A（x1,y1）、B（x2,y2），由得
（x1+x2-2，y1+y2-3）=m（1，），即
用“点差法”可得；
⑵设AB的方程为 y=，代入椭圆方程得：x2-tx+t2-3=0，
△=3（4-t2），|AB|=，点P到直线AB的距离为d=，S△PAB = （-20，当t>-1时f’(t)≤0，仅在t=2时f’(t)=0. 所以当t=-1时，
f(t)有最大值81，即△PAB的面积的最大值是9；
根据韦达定理得 x1+x2=t=-1，而x1+x2=2+m，所以2+m=-1，得m=-3，
于是x1+x2+1=3+m=0，y1+y2+=3++=0，因此△PAB的重心坐标为
(0，0).
8