【圆锥曲线】25定比点差法及其应用公众号版本(含经典题型+答案)

一：定比点差法原理

定比分点：若AMMB,则称点M为AB的入定比分点，若Ax1,y1,Bx2,y2则M:x1x2y1y2,

11若AMMB且ANNB,则称M,N调和分割A,B,根据定义，那么A,B也调和分割M,N.

定理：在椭圆或双曲线中，设A,B为椭圆或双曲线上的两点。若存在P,Q两点，满足

APPB，AQQB，一定有

xPxQa2yPyQb21

证明：若Ax1,y1,Bx2,y2， APPB，则P:x12a222x2a2x1x2y1y2,1 1xx2y1y2,AQQB,则Q:1有11，

y121b222y2b2①2 ①—②得：

②x1x2x1x2y1y2y1y212.即

a2b2xPxQa2yPyQb211x1x2x1x21y1y2y1y2••2••1a211b11

定比点差的原理谜题解开，就是两个互相调和的定比分点坐标满足有心曲线（椭

圆和双曲线有对称中心，故称为有心曲线）的特征方程。

xPxQa2yPyQb21 二：适用范围分析

第一，求弦长被坐标轴分界的两段的比值范围，这个最好懂。

x2y2PA例1:已知椭圆1，过定点P0,3的直线与椭圆交于两点A,B（可重合），求的

94PB取值范围.

解：设Ax1,y1,Bx2,y2，APPB 则xx2y1y2,.P:10,3.11PB

PAx12y12194x1x20.y1y231即 2222x2y2249①②

①—②得：

x1x2x1x2y1y2y1y212 即 y941y241 3 y11132231135PA12,2 5, ,5.566PB5

注意：根据两个调和定比分点的联立，将坐标求出与比值的关系式。两个分点式子齐

上场才能解决问题，这是定比点差法的核心。

x2y2例2：已知椭圆C:221(ab0)的上下两个焦点分别为F1、F2，过点F1与y轴垂直

ab的直线交椭圆C于M,N两点，△MNF2的面积为3，椭圆C的离心率为

C的标准方程；

3（Ⅰ）求椭圆2（Ⅱ）已知O为坐标原点，直线L:ykxm与y轴交于点P，与椭圆C交于A,B两个不同的点，若存在实数，使得OAOB4OP，求m的取值范围．

y2解：（Ⅰ）x1．（Ⅱ）当m0时，1，显然成立；当m0时，

421AP3PB,OAOB4OPOPOAOB，A,P,B三点共线，3；

44设

Ax1,y1,Bx2,y2，

x3x2y13y2P:1,.1313y13y24m，

2y12x1①y13y2y13y2148 ，①—②得：x13x2x13x2 249x29y29②24即y13y2y28，如图，由于B更加靠近椭圆边界，故取其作为参照点， m242（2，1）（1,2） 综上， m的取值范围为m2,2 m3,3解得m33mm（2，1）（1,2）0。

第二，求证定比分店和调和分点的坐标乘积满足椭圆和双曲线的特征方程，这个在2008年安徽高考题出现了，并且这些年在不断重复。也是定比点差法的本质探究。

x2y2例3:（2008安徽）设椭圆C:221，过点Mab2,1,左焦点为F12,0.

(1) (2)

求椭圆C的方程.

当过点P4,1的有直线l与椭圆C相交于A,B.在线段上取点Q,满足

AP•QBAQ•PB.证明：点Q在某定直线上.

x2y2解：（1）1. 42x1x2x1x2411xQAPAQ故令APPB AQQB；故 ， yyyyQB，2211（2）PB1yQ11x12y121①x2y242由于A,B在椭圆1上，故2222 xy42222②24①—②得：x1x2x1x2y1y2y1y21 即 4xQyQ411211421 即2xy20 第三，坐标轴为角平分线的题型，如2018年高考全国一卷

三角形的内角平分线定理：在ABC中，若AD是A的平分线， 则有

ABBD ACDC证明;作DEAB交AB于E，DFAC交AC于F，设BC边上的高为h， 易知DEDF，

SABDABDEBDhABBD SACDACDFDChACDC22xy 定理：已知AB交椭圆221(ab0)长轴（短轴）于点P，

abB,B是椭圆上关于长轴（短轴）对称的两点，直线AB交长轴

（短轴）于Q，则

xPxQa2yPyQ。 1或12bx2例4：（2018全国一卷19）设椭圆C:y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B2两点，点M的坐标为(2,0).

（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程； （2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB.

解：（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为(1,所以AM的方程为y22x2或yx2. 2222)或(1,). 22（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设A(x1,y1),B(x2,y2)，点B关于x轴对称的点B(x2,y2), 根据几何性质可得：令ON为ANB的角平分线，AB与x轴交点为F2，下面通过证明N与M重合来证明OMAOMB，根据角平分线定理有：AF2ANAN, F2BNBNB令ANNB,则N:x1x2xx2,0则,AF2F2B11，如图 11x12y121①2 ①—②得： 22x22y22②22x1x1x1x22y1y2y1y212. 即•xFxNyy21x1x2x1x2•0•1121N2,0 22111即N与M重合，所以OMAOMB.综上，OMAOMB.

第四，相交弦问题的定点定值，在2018年高考北京卷，特点是两弦的交点通常

在坐标轴上，若AB过定点（一般在两调和分点的中点），则CD的斜率与AB比值为定值。

定比点差转换定理：

在椭圆或双曲线中，设A,B为椭圆或双曲线上的两点。若存在P,Q两点，满足APPB，AQQB，若Ax1,y1,Bx2,y2一定有x1x2xPxQ2xPxQ2x2x2xP2xP2xQxQ 证明：根据定比点差的原理可得：

xPxQa2yPyQb21x11x11xPxQx1x1x2x2xP1xQ1

x1x2xPxQ2xPxQ2xP2xP2xQxQ此为相交弦的秒杀二级公式

6x2y2例5：（2018北京文20压轴）已知椭圆M:221(ab0)的离心率为，焦距为22．斜率为k的

3ab直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．(1)求椭圆M的方程；(2)若k1，求|AB|的最大值；

(3)设P(2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D．若C，D和点

71Q(,) 共线，求k．

44解：(1)由题意得2c22，所以c2，又ec6222，所以a3，所以bac1， a3x2y21． 所以椭圆M的标准方程为3yxm224x6mx3m30， (2)设直线AB的方程为yxm，由x2消去可得y2y132则36m44(3m3)4812m0，即m4，

2223m233m设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2，x1x2，

4264m2则|AB|1k|x1x2|1k(x1x2)4x1x2，

22222易得当m0时，|AB|max6，故|AB|的最大值为6．

(3) 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)， 设APPC,P:x2x4y2y4x1x3y1y3BPPD,,2,0,P:,2,0 1111x12y121①3有 ①—②得：22x32y22②33x1x3x1x3y1y3y1y31.即223112x1x31. 313x2x417317x1x3xx12121441244③，同理，故④xx⑤ 121717xx431xx2x42x423444411y1y371同时，由于CD过定点Q,,故44y4y2y21y1111y3y44444yy1⑥结合⑤⑥可得y1y21，即k1． 127711x1x24x3x44444x2y22例6：已知椭圆:221(ab0)的离心率为，半焦距为c(c0)，且ac1．经过

ab3椭圆的左焦点F，斜率为k1(k10)的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）当k11时，求SAOB的值；

（Ⅲ）设R(1,0)，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为k2，求证：

k1为定值． k2c2a3x2y22221． bac5，故椭圆的方程为解：（1）由题意，得a3解得95c2 ac1yx2（2）由（Ⅰ），知F(2,0)，直线AB的方程为yx2，由x2y2消去y并整理，得

15914x236x90．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x21，x1x2， 714|AB|2|x1x2|2(x1x2)24x1x230． 7设O点到直线AB的距离为d，则d|002|2． 2SAOB1130152|AB|d2． 2277（3）设AB直线方程：yk(x2) A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)， ARRC BRRD, x1x319(调和分点)x1x311，同理 y1y30y1y3y4x3x4(54)(54)y2 x2x491（调和分点）x2x41x154x2541，， y2y40所以44x5x453kx12k4kx22k4k(54)2k4k(54)2k4117()k114()7k4

abx2y2x2y2例7：若椭圆E1：221与椭圆E2：221满足11m(m0)，则称这两个椭圆相似，m叫

a2b2a1b1a2b2（1，相似比．若椭圆M1与椭圆M2：x2y1相似且过

222）点．（I）求椭圆M1的标准方程；（II）过点P（﹣22，0）作斜率不为零的直线l与椭圆M1交于不同两点A、B，F为椭圆M1的右焦点，直线AF、BF分别交椭圆M1于点G、H，设AFFG，BFFH(，R)，求的取值范围．

x2y21．（II）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，G(x3,y3)，H(x4,y4)， 7.（I）2设AFFG,F:x2x4y2y4x1x3y1y3BFFH,,1,0,F:,1,0 1111x12y121①x1x3x1x3y1y3y1y31.即x1x32. 2有 ①—②得：22221121x2223y3②2x2x4x1x32213131x1③，同理x2④，故x1x23⑤22222 x1x31x2x411162x1x2,x2222y12k21x28k2x8k220,0k,222ykx28k28x1x222,0,62x1x26,10 12k12。2k综合可知，若出现相交弦共点在坐标轴上的时候，常规联立非常繁琐，那么将坐标变换成比值，达到事半功倍的效果，其结果就是几步秒杀。