圓錐曲線(選填題)小專題系列(4)圓錐曲線與四心問題圓錐曲線是平面上的一類曲線，可以分為橢圓、雙曲線和拋物線三種類型。本文將介紹圓錐曲線的一些問題。專題一：圓錐曲線最值范圍問題在平面直角坐標系中，橢圓的最大最小值范圍為[-a,a]，雙曲線的最大最小值范圍為(-∞,-a]和[a,∞)，拋物線的最大最小值范圍為(-∞,0]或[0,∞)。專題二：圓錐曲線離心率及范圍問題離心率是描述圓錐曲線形狀的一個重要指標，橢圓的離心率為0到1之間的實數，雙曲線的離心率大于1，拋物線的離心率為1。對于橢圓和雙曲線，離心率越接近于1，曲線越扁平；離心率越大，曲線越尖銳。專題三：面積長度問題圓錐曲線的面積和弧長公式與具體曲線類型有關，需要分別進行推導。以橢圓為例，其面積公式為πab，弧長公式為4aE(e)，其中a和b分別為橢圓的長軸和短軸，E(e)為第二類橢圓積分，e為橢圓的離心率。專題四：圓錐曲線與四心問題（重心、垂心、內心、外心）對于一個三角形，其重心、垂心、內心和外心分別是三條中線、三條高線、三條角平分線和三條垂直平分線的交點。圓錐曲線與四心問題是將圓錐曲線與三角形的四個特殊點聯系起來，探究它們之間的關系。專題五：其他問題除了以上四個專題，圓錐曲線還有很多其他的問題，如焦點、直線方程、對稱性等。需要根據具體情況進行分析和推導。例1：已知雙曲線C：x^2/a^2-y^2/b^2=1(a>0,b>0)的右焦點為F，坐標原點O為C的一條漸近線的垂線垂足為H。若△FOH的內切圓與x軸切于點B，且BF=2OB，則C的離心率為？解析：因為F到漸近線的距離為b，所以OH=a，由內切圓的性質可得r=a+b-c，其中c為雙曲線的焦距。又因為BF=2OB，所以c=3a-b，代入前式可得r=2a-b，由離心率的定義可得e=c/a，代入c=3a-b可得e=√(3^2+1/7^2)=√(173)/8。化簡可得8c2-4a2=(4+2c2)c2，即c2=2a2，則e=√(c2/a2-1)。已知雙曲線C:x2/a2-y2/b2=1(a>0,b>0)的中心為O，右支上的點為P，△PF?F?的內切圓的圓心為I，且圓I與x軸相切于點A，過F?作直線PI的垂線，垂足為B，若e為雙曲線的離心率，則|OB|=e|OA|。解析：F?(-c,0)、F?(c,0)，內切圓與x軸的切點是點A。由雙曲線定義得|PF?|-|PF?|=2a，又由圓的切線長定理得|AF?|-|AF?|=2a，設內切圓的圓心橫坐標為x，則|(x+c)-(-c+x)|=2a，解得x=a；|OA|=a，在三角形PCF?中，由題意得，它是一個等腰三角形，PC=PF?，故CF?=PF?-PC=PF?-PF?，即OB=CF?/2=PF?-PF?/2=a/2。因此，|OB|=|OA|，故選C。點P是雙曲線C:x2/a2-y2/b2=1(a>0,b>0)的上支上的一點，F?、F?分別為雙曲線的上、下焦點，則△PF?F?的內切圓圓心M的坐標一定滿足的方程是y=3。已知雙曲線x2/a2-y2/b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F?、F?，|F?F?|=8，P是雙曲線右支上的一點，直線F?P與y軸交于點A，△APF?的內切圓在邊PF?上的切點為Q，若|PQ|=2，則該雙曲線的離心率為√3。已知雙曲線x2/a2-y2/b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F，O為坐標原點，過F作C的一條漸近線，設F是雙曲線C:x2/a2-y2/b2=ab的垂線，垂足為H。若△FOH的內切圓半徑為2b-c，則C的離心率為2。已知雙曲線M:3x2-y2=1的左、右焦點分別為F?、F?，點P在雙曲線上，若三角形PF?F?的內切圓的圓心為I，則三角形PF?F?的內切圓半徑為√3-1。變式4、已知雙曲線C：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>0,b>0$）左右頂點為$A_1,A_2$，左右焦點為$F_1,F_2$，$P$為雙曲線$C$上異于頂點的一動點，直線$PA_1$斜率為$k_1$，直線$PA_2$斜率為$k_2$，且$k_1k_2=1$，又$\trianglePF_1F_2$內切圓與$x$軸切于點$(1,0)$，則雙曲線方程為（）。解析：由題意可得，$\trianglePF_1F_2$內切圓與$x$軸切于點$(1,0)$，則該內切圓的方程為$(x-1)^2+y^2=1$。又因為$PF_1=\sqrt{(x-a)^2+y^2}$，$PF_2=\sqrt{(x+a)^2+y^2}$，所以$\frac{y}{x-a}\cdot\frac{y}{x+a}=-1$，即$y^2=a^2-x^2$。代入內切圓的方程中，得到$(x-1)^2+(a^2-x^2)=1$，解得$x^2=\frac{a^2}{2}$，代入$y^2=a^2-x^2$中，得到$y^2=\frac{a^2}{2}$，所以雙曲線方程為$\frac{x^2}{\frac{a^2}{2}}-\frac{y^2}{\frac{a^2}{2}}=1$，即$x^2-y^2=a^2$。變式5、已知雙曲線$M$：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>0,b>0$）有共同的左、右焦點$F_1,F_2$，點$A$在雙曲線上，且$AF_2\perpx$軸，若$\triangleAF_1F_2$的內切圓半徑為$\sqrt{3}-1$，則雙曲線的離心率為（）。解析：由題意可得，$\triangleAF_1F_2$的內切圓半徑為$\sqrt{3}-1$，則$\frac{b}{a}=\sqrt{3}$，又因為左、右焦點相同，所以離心率為$\frac{c}{a}=1$，即離心率為$1$。變式6、已知雙曲線$C$：$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>0,b>0$）的左、右焦點分別為$F_1,F_2$，$P$是雙曲線右支上異于頂點的一點，$\trianglePF_1F_2$的內切圓的圓心為$I$，且$\odotI$與$x$軸相切于點$(1,0)$，且$P$與點$F_1$關于直線$y=-\frac{b}{a}x$對稱，則雙曲線的方程為（）。解析：由題意可得，$\trianglePF_1F_2$的內切圓的圓心為$I$，則$I$在雙曲線的對稱軸$y=0$上，又因為$\odotI$與$x$軸相切于點$(1,0)$，所以$I$在雙曲線的焦點連線上。設$PF_1$的斜率為$k$，則$PF_2$的斜率為$-\frac{1}{k}$，又因為$k\cdot(-\frac{1}{k})=-1$，所以$\trianglePF_1F_2$的內切圓的半徑為$\frac{a}{2}$，即$\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。又因為$P$與點$F_1$關于直線$y=-\frac{b}{a}x$對稱，所以$P$在直線$x+y\sqrt{3}=0$上。設$P$的坐標為$(x,y)$，則$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，即$x^2-3y^2=a^2$。又因為$P$在直線$x+y\sqrt{3}=0$上，所以$x+y\sqrt{3}=0$，解得$x=-y\sqrt{3}$。代入$x^2-3y^2=a^2$中，得到$y^2=\frac{a^2}{4}$，代入$x=-y\sqrt{3}$中，得到$x=-\frac{a\sqrt{3}}{4}$。所以雙曲線的方程為$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{\frac{a^2}{3}}=1$，即$3x^2-y^2=a^2$。變式7、已知橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$的左、右焦點分別為$F_1,F_2$，過焦點$F_1$的直線交橢圓于$A,B$兩點，若$\triangleABF_2$的內切圓的面積為$\pi$，設$A,B$兩點的坐標分別為$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，則$|y_1-y_2|$的值為（）。解析：由題意可得，$\triangleABF_2$的內切圓的面積為$\pi$，則$\frac{b}{a}=3$，又因為過焦點$F_1$的直線交橢圓于$A,B$兩點，所以$F_1A+F_1B=2a$，又因為$F_1$的坐標為$(-c,0)$，$A,B$的坐標分別為$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，所以$\sqrt{(x_1+c)^2+y_1^2}+\sqrt{(x_2+c)^2+y_2^2}=2$。又因為$\frac{b}{a}=3$，所以$c=\sqrt{9a^2-4}$。將$c$的值代入$\sqrt{(x_1+c)^2+y_1^2}+\sqrt{(x_2+c)^2+y_2^2}=2$中，得到$\sqrt{(x_1+\sqrt{9a^2-4})^2+9y_1^2}+\sqrt{(x_2+\sqrt{9a^2-4})^2+9y_2^2}=2$。將$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$代入，得到$(x,y)=(2\cost,3\sint)$。代入$\sqrt{(x_1+\sqrt{9a^2-4})^2+9y_1^2}+\sqrt{(x_2+\sqrt{9a^2-4})^2+9y_2^2}=2$中，得到$2\sqrt{(\cost+\sqrt{9a^2-4})^2+9\sin^2t}+2\sqrt{(\cost-\sqrt{9a^2-4})^2+9\sin^2t}=2$。解得$t=\pm\frac{\pi}{6}$。代入$(x,y)=(2\cost,3\sint)$中，得到$A(\sqrt{3},1),B(-\sqrt{3},1)$，所以$|y_1-y_2|=0$。例1、（2015高考山東理15）平面直角坐標系$xoy$中，雙曲線$C_1:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的漸近線與拋物線$C_2:x=2p(y>p)$交于點$O,A,B$，若$\triangleOAB$的垂心為$C_2$的焦點，則$C_1$的離心率為。解析：由于$C_1$的漸近線為$x=\pm\frac{a}{b}y$，將其代入$C_2$的方程得到交點坐標為$A(\frac{2p^2a}{a^2-b^2},\frac{2p^3}{a^2-b^2})$，$B(-\frac{2p^2a}{a^2-b^2},-\frac{2p^3}{a^2-b^2})$。垂心$C_2$的坐標為$(0,\frac{p}{2})$，根據垂心的定義，$AC_2\perpOB$，$BC_2\perpOA$，即$\frac{y-\frac{p}{2}}{x}\cdot\frac{2p^2a}{a^2-b^2}=-1$，$\frac{y-\frac{p}{2}}{x}\cdot\frac{-2p^2a}{a^2-b^2}=-1$，解得$O(-\frac{a^2}{b},0)$。則$C_1$的焦點坐標為$(\pm\sqrt{a^2+b^2},0)$，離心率為$\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}$。例2、設$P,Q,R$是等軸雙曲線上的任意三點，求證，三角形$PQR$的垂心$H$必在同一等軸雙曲線上。（用參數方程解）解析：設等軸雙曲線的方程為$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，參數方程為$x=a\sect$，$y=b\tant$。則三角形$PQR$的三個頂點可以表示為$P(a\sect_1,b\tant_1)$，$Q(a\sect_2,b\tant_2)$，$R(a\sect_3,b\tant_3)$。垂心$H$為三條垂線的交點，即過$P$且垂直于$QR$的直線，過$Q$且垂直于$PR$的直線，過$R$且垂直于$PQ$的直線的交點。這三條直線的斜率分別為$\tant_1$，$-\tant_2$，$\tan(t_3-t_1-t_2)$，因此它們的方程分別為$y-b\tant_1=\frac{1}{\tant_1}(x-a\sect_1)$，$y+b\tant_2=-\frac{1}{\tant_2}(x-a\sect_2)$，$y-b\tant_3=\frac{1}{\tan(t_3-t_1-t_2)}(x-a\sect_3)$。解得垂心$H$的坐標為$(a\sec(t_1-t_2),\frac{b}{2}(\tant_1+\tant_2))$，即在同一等軸雙曲線上。數學家歐拉在1765年提出了三角形歐拉線的定理：三角形的外心、重心、垂心依次在同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半。已知△ABC的頂點A(2，0)，B(0，4)，若歐拉線方程為x-y+2=0，則頂點C的坐標為？已知直線l過點M(1，3)，且l與