一道椭圆焦点三角形问题的七种解法

　　题目 ?摇（2010年全国乙理科卷第12题）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，过右焦点F且斜率为k（k＞0）的直线与C相交于A，B两点，若=3，则k=（）

　　A. 1 B.C.D. 2

　　1. 利用两点坐标决定斜率直接求解

　　 解法一 由=，解得c2=3b2，a2=4b2，得椭圆方程为x2+4y2-4b2=0.设A（x1，y1），B（x2，y2），由k＞0，得x2＞c，y2＞0，又=3，得x1=4c-3x2，y1=-3y2. 又A，B两点在椭圆C上，得（4c-3x2）2+4（-3y2）2-4b2=0①，x+4y-4b2=0②. 由①-3×②，得3cx=2c2+4b2=2c2+c2=c2，解出x2=，代入②，得y2=.由F（c，0）与B，两点，求得k=.

　　评析 求过定点的直线斜率，最快捷的思路就是：在直线上再求出一点坐标，利用两点坐标直接求解.

　　2. 利用点差法构造斜率求解

　　 解法二 由=，解得c2=3b2，a2=4b2，得椭圆方程为x2+4y2-4b2=0.设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB中点M（x0，y0），则有x+4y-4b2=0，x+4y-4b2=0，两式相减，得（x1-x2）（x1+x2）=-4（y1-y2）（y1+y2），即x0=

　　-4ky0①. 又k=kMF=，即y0=k（x0-c）②. 由=3，得F为线段MB的中点，由中点坐标公式，求得点B（2c-x0，-y0）. 又点B在椭圆上，得（2c-x0）2+4y=4b2③.由①②，得x0=，y0=-，代入③，其中c2=3b2，化简整理得4k4-7k2+2=0，又k＞0，得k=.

　　评析 用点差法构造圆锥曲线的弦斜率，是一个简单之举，弦斜率与弦中点是不可分割的整体，用好弦中点是解决本题的关键也是难点.

　　3. 利用余弦定理求解

　　 解法三 记椭圆左焦点为F′，设||=m，则||

　　=3m.由椭圆定义，得||=2a-m，||=2a-3m.在△BFF′中，|FF′|=2c，设直线AB的倾斜角为α0＜α＜，得∠BFF ′=π-α， 由余弦定理得（2a-m）2=4c2+m2-4cmcos（π-α），化简为（a+ccosα）m=b2①，同理，在△AFF′中，得3m（a-ccosα）=b2②.由①②，解得cosα==，sinα=，从而解得k=tanα==.

　　评析 由于焦点弦形成了有两个互补角、一条公用边的两个三角形，在每个焦点三角形中，有两边和为2a，第三条公用边为2c，利用余弦定理，不仅把这些条件扣得准，而且又能找到这两个焦点三角形的必然联系.

　　 4. 利用椭圆定义巧解

　　 解法四 设||=m，则||=3m.设直线AB的倾斜角为α0＜α＜，得∠BFF′=π-α.又F（c，0），从而求得B（c+m•cosα，msinα），A（c-3m•cosα，-3msinα），记椭圆左焦点为F ′（-c，0）.由椭圆定义，有|AF′|+|AF|

　　=2a，即+3m=2a，化简为3m（a-ccosα）=b2①.同理，由|BF′|+|BF|=2a，得（a+ccosα）m=b2②.由①②解得cosα==，sinα=，从而解得k=tanα==.

　　评析 椭圆定义是椭圆万变之宗，但凡涉及有焦点弦长问题，考虑到定义是天经地义之事.

　　5. 利用课本结论妙解

　　课本例题中有这样一个结论：在平面坐标系中，一个动点M（x，y）与一个定点F（±c，0）的距离和它到一条定直线l：x=±的距离比是一个常数e=的点的轨迹是：当0＜e＜1时是椭圆，其方程为+=1（a＞b＞0）；当e＞1时是双曲线，其方程为-=1（a＞0，b＞0）. 这个定点F 就是轨迹的焦点，这条对应的定直线l是轨迹的准线.

　　 解法五 记右准线为l，作AA1⊥l，BB1⊥l，垂足依次为A1和B1，再作BH⊥AA1，垂足为H.设||=m，则||=3m，从上述结论，得||=，||=.设直线AB的倾斜角为α0＜α＜，即∠BAH=α.在Rt△BHA中，|AH|=|AB|cosα，其中|AB|=4m，|AH|=|AA1|-|BB1|=，解得cosα==，sinα=，从而解得k=tanα==.

　　评析 有些结论源于教材，又高于教材，它不是公式、性质，但胜似公式、性质. 不失时机地充分应用，能站的高看得远，而且可以避免复杂运算和推理.

　　6. 利用直线点角式方程简解

　　 解法六 由=，得a2=4b2，c2=3b2，设过F（c，0）且倾斜角为α0＜α＜的直线的点角式方程为x=c+tcosα，y=tsinα，代入椭圆方程，整理得（1+3sin2α）t2+2ct•cosα-b2=0，于是t1+t2=①，t1t2=②，又由=3，得t1=-3t2③，由①②③消去t1，t2，得cosα=，sinα=，从而解得k=tanα==.

　　评析 紧扣题目条件，将已知点P0与该点到直线上一点P的有向线段数量相融合，利用参数t的几何意义，运算简单轻松.

　　7. 利用直线点斜式方程繁解

　　 解法七 由=，得a2=4b2，c2=3b2.设A（x1，y1），B（x2，y2），过点F（c，0）倾斜角为α0＜α＜的直线方程为y=tanα（x-c），即x=ycotα+c，代入椭圆方程，整理得（4+cot2α）y2+2cycotα-b2=0，于是y1+y2 =①，y1y2=-②. 由=（c-x1，-y1），=（x2-c，y2），=3，得y1=-3y2，代入①②，得y2=，y=.从这两式中消去y2，得4+cot2α=，又c2=3b2，cotα=，所以k=tanα==.

　　评析 求解直线与圆锥曲线相交弦问题的通法是：设而不求，整体求.但本题是纯参数运算，即使方法与过程熟练，由于运算量很大，也容易出错，短时间内难以完成.

　　利用通性通法做小题要谨慎，小题大做费时费力.我们应学会挖掘题目的个性特征，结合选择题特殊性巧解.

　　从一道题看线段垂直平分线的三个切入口

　　 题目 （2010年四川理科卷第9题）椭圆+=1（a＞b＞0）的右焦点为F，其右准线与x轴的交点为A，在椭圆上存在点P，满足线段AP的垂直平分线过点F，则椭圆离心率的取值范围是（）

　　A. 0， B. 0，

　　C. [-1，1） D. ，1

　　1. 从两距离相等切入

　　 解法一 假设存在点P（x0，y0），|AF|=-c=，由椭圆第二定义，得|PF|=-x0=a-x0.由线段垂直平分线性质，得|AF|=|PF|，即a-x0=，解出x0=-. 由于点P在椭圆上，得-a≤x0≤a，即-a

　　≤-≤a，即-1≤-+1≤1，又＝＞1，从而求得≤e＜1.

　　2. 从两点在圆上切入

　　 解法二 假设存在点P（x，y），|AF|=-c=，由线段AP的垂直平分线过点F，得点P在以点F为圆心，以|AF|长为半径的圆上，该圆的方程为（x-c）2+y2=，又点P在椭圆上，得+=1，消去y得x-a2=，由-a≤x

　　≤a，得x-a≤c-a＜0，由此开方解出x=-. 又-a≤x≤a，得-a≤-≤a，即-1≤-+1≤1，又=＞1，从而求得≤e＜1.

　　3. 从过中点与垂直关系切入

　　 解法三 假设存在点P（x0，y0），记线段AP的垂直平分线为l.

　　① 当l⊥x轴时，线段AP斜率为0，此时点P（-a，0），由F为线段AP的中点，得c+a=-c，解得e=；

　　② 当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x-c），由点A，0与点P关于直线l对称，即线段AP的中点M，在直线l上，且AP⊥FM，可得x0=k-2c?摇，y0=-x0-?摇，解得x0=,y0=.由点

　　P（x0,y0）在椭圆上，得b22+a22

　　=a2b2，结合b2=a2-c2，化简整理得（a2-4c2）k4+2a2k2+a2=0，解得k2=-＜0（舍去）或k2=-＞0，求得a-2c＜0，从而求得＜e＜1.

　　综合①②，得≤e＜1.

　　 解法四 假设椭圆上存在点P，设P（acosα，bsinα），又A，0，得线段AP的中点M，，由AP⊥FM，得•=-1.又sin2α=1-cos2α，b2=a2-c2，则上式可化为c4cos2α-2ac3cosα-a4-c4+3a2c2=0，两边同时除以c4，令m==＞1，得cos2α-2mcosα-m4-1+3m2=0，得cosα=-m2+m+1,故-1≤

　　-m2+m+1≤1.又m＞1，解得1＜m≤2，从而得≤e＜1.

　　实际上，本题无论从何处切入，都是纯参数推算，运算量大，对同学们的运算能力要求高，费时费力又易错. 若根据选择题特点，从选择支切入（正繁则反的逆向思维），用特殊值与特殊形排除，则解题就变得简单易算.

　　（1） 从特殊值切入.根据选择支的互斥性，仅考虑e=和e=两特值，借用上述办法不难找到对应点P，当e=时，存在P （-a，0）；当e=时，存在P（0，±b），得e可取和. 故选D.

　　（2） 从特殊形切入. 取简单易算的两点，当P（-a，0）时，求得e=；当P（0，b）时，求得e=.故选D.