高中數(shù)學蘇教版1第2章圓錐曲線與方程 第2章章末分層突破2

章末分層突破[自我校對]①eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)②eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)③(±a,0)，(0，±b)或(0，±a)，(±b,0)④2a⑤2b⑥(－c,0)，(c,0)⑦2c⑧eq\f(c,a)⑨eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)⑩y＝±eq\f(b,a)x?y＝±eq\f(a,b)x?y2＝±2px(p＞0)?x2＝±2py(p＞0)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(p,2)，0))?y＝±eq\f(p,2)?eq\f(PF,d)＝e圓錐曲線定義的應用“回歸定義”解題的三點應用：應用一：在求軌跡方程時，若所求軌跡符合某種圓錐曲線的定義，則根據(jù)圓錐曲線的定義，寫出所求的軌跡方程；應用二：涉及橢圓、雙曲線上的點與兩個定點構(gòu)成的三角形問題時，常用定義結(jié)合解三角形的知識來解決；應用三：在求有關拋物線的最值問題時，常利用定義把到焦點的距離轉(zhuǎn)化為到準線的距離，結(jié)合幾何圖形，利用幾何意義去解決．已知A(4,0)，B(2,2)，M是橢圓9x2＋25y2＝225上的動點，求MA＋MB的最大值與最小值．【精彩點撥】A(4,0)為橢圓的右焦點，B為橢圓內(nèi)一點，畫出圖形，數(shù)形結(jié)合，并且利用橢圓定義轉(zhuǎn)化．【規(guī)范解答】如圖所示，由題意，知點A(4,0)恰為橢圓的右焦點，則A關于O的對稱點為A1(－4,0)(左焦點)．由橢圓的定義，得MA＋MA1＝2a，∴MA＝2a－MA1，∴MA＋MB＝(2a－MA1)＋MB＝2a＋(MB－MA1)．∵|MB－MA1|≤A1B＝2eq\r(10)，即－2eq\r(10)≤MB－MA1≤2eq\r(10)，又2a＝10，∴MA＋MB的最大值是10＋2eq\r(10)，最小值為10－2eq\r(10).[再練一題]1．雙曲線16x2－9y2＝144的左、右兩焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線上，且PF1·PF2＝64，求△PF1F2【解】雙曲線方程16x2－9y2＝144化為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，即a2＝9，b2＝16，所以c2＝25，解得a＝3，c＝5，所以F1(－5,0)，F(xiàn)2(5,0)．設PF1＝m，PF2＝n，由雙曲線的定義，可知|m－n|＝2a＝6，在△PF1F2中，由余弦定理得cos∠F1PF2＝eq\f(PF\o\al(2,1)＋PF\o\al(2,2)－F1F\o\al(2,2),2PF1·PF2)＝eq\f(m2＋n2－2c2,2mn)＝eq\f(m－n2＋2mn－4c2,2mn)＝eq\f(36＋2×64－4×25,2×64)＝eq\f(1,2)，所以∠F1PF2＝60°.所以S△PF1F2＝eq\f(1,2)PF1·PF2·sin∠F1PF2＝eq\f(1,2)m·n·sin60°＝16eq\r(3)，所以△PF1F2的面積為16eq\r(3).圓錐曲線的性質(zhì)與標準方程1.有關圓錐曲線的焦點、離心率、漸近線等問題是考試中常見的問題，只要掌握基本公式和概念，并且充分理解題意，大都可以順利求解．2．待定系數(shù)法是求圓錐曲線標準方程的主要方法，其步驟是：(1)定位置：先確定圓錐曲線焦點的位置，從而確定方程的類型；(2)設方程：根據(jù)方程的類型，設出方程；(3)求參數(shù)：利用已知條件，求出a，b或p的值；(4)得方程：代入所設方程，從而得出所求方程．求與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1有相同焦點，且離心率為eq\f(\r(5),5)的橢圓的標準方程．【精彩點撥】設出所求橢圓的方程，利用待定系數(shù)法求解．【規(guī)范解答】因為c＝eq\r(9－4)＝eq\r(5)，所以所求橢圓的焦點為(－eq\r(5)，0)，(eq\r(5)，0)，設所求橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)，c＝eq\r(5)，所以a＝5，所以b2＝a2－c2＝20，所以所求橢圓的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,20)＝1.[再練一題]2．設雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的焦半距長為c，直線l過點A(a,0)，B(0，b)兩點，已知原點到直線l的距離為eq\f(\r(3),4)c，則雙曲線的離心率為________.【導學號：09390066】【解析】如圖，在△OAB中，OA＝a，OB＝b，OE＝eq\f(\r(3),4)c，AB＝eq\r(a2＋b2)＝c.由于AB·OE＝OA·OB，∴c·eq\f(\r(3),4)c＝ab，∴eq\f(\r(3),4)(a2＋b2)＝ab，兩邊同時除以a2，得eq\f(\r(3),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2－eq\f(b,a)＋eq\f(\r(3),4)＝0，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)或eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)(舍去)．∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝2.【答案】2求動點的軌跡方程求動點的軌跡方程的方法有直接法、定義法、代入法和參數(shù)法，首先看動點是否滿足已知曲線的定義，若符合，就可以直接利用已知曲線的方程，結(jié)合待定系數(shù)法求解；若動點滿足的條件比較明了、簡單，我們就使用直接法；若動點滿足的條件不明了，但與之相關的另一點在已知的曲線上，我們就使用代入法；若動點的坐標之間沒有什么直接關系，就需要引入?yún)?shù)，使用參數(shù)法．設圓(x－1)2＋y2＝1的圓心為C，過原點作圓的弦OA，求OA中點B的軌跡方程．【精彩點撥】畫出圖形，分別利用直接法，定義法，代入法，交軌法(參數(shù)法)求解．【規(guī)范解答】法一(直接法)：設B點坐標為(x，y)，由題意，得OB2＋BC2＝OC2，如圖所示：即x2＋y2＋[(x－1)2＋y2]＝1，即OA中點B的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原點)．法二(定義法)：設B點坐標為(x，y)，由題意知，CB⊥OA，OC的中點記為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，則MB＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，故B點的軌跡方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原點)．法三(代入法)：設A點坐標為(x1，y1)，B點坐標為(x，y)，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1,2)，,y＝\f(y1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x，,y1＝2y.))又因為(x1－1)2＋yeq\o\al(2,1)＝1，所以(2x－1)2＋(2y)2＝1.即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原點)．法四(交軌法)：設直線OA的方程為y＝kx，當k＝0時，B為(1,0)；當k≠0時，直線BC的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)，直線OA，BC的方程聯(lián)立，消去k即得其交點軌跡方程y2＋x(x－1)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(x≠0,1)，顯然B(1,0)滿足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝eq\f(1,4)(去掉原點)即為所求．[再練一題]3．若動點P在曲線y＝2x2＋1上移動，求點P與Q(0，－1)連線中點M的軌跡方程．【解】設P(x0，y0)，中點M(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x0＋0,2)，,y＝\f(y0－1,2)，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x，,y0＝2y＋1.))又P(x0，y0)在曲線y＝2x2＋1上，∴2y＋1＝2(2x)2＋1，即y＝4x2.∴點M的軌跡方程為y＝4x2.直線與圓錐曲線的位置關系1.直線與圓錐曲線的位置關系，可以通過討論直線方程與曲線方程組成的方程組的實數(shù)解的個數(shù)來確定，通常消去方程組中變量y(或x)得到關于變量x(或y)的一元二次方程，考慮該一元二次方程的判別式Δ，則有：Δ>0?直線與圓錐曲線相交于兩點；Δ＝0?直線與圓錐曲線相切于一點；Δ<0?直線與圓錐曲線無交點．2．直線l截圓錐曲線所得的弦長AB＝eq\r(1＋k2x1－x22)或eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))y1－y22)，其中k是直線l的斜率，(x1，y1)，(x2，y2)是直線與圓錐曲線的兩個交點A，B的坐標，且(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2，x1＋x2，x1x2可由一元二次方程的根與系數(shù)的關系整體給出．如圖2-1所示，O為坐標原點，過點P(2,0)且斜率為k的直線l交拋物線y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)兩點．圖2-1(1)寫出直線l的方程；(2)求x1x2與y1y2的值；(3)求證：OM⊥ON.【精彩點撥】設出直線方程，與拋物線方程聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關系求解．【規(guī)范解答】(1)過點P(2,0)且斜率為k的直線方程為y＝k(x－2)．(2)把y＝k(x－2)代入y2＝2x，消去y得k2x2－(4k2＋2)x＋4k2＝0，由于直線與拋物線交于不同兩點，故k2≠0且Δ＝(4k2＋2)2－16k4＝16k2＋4>0，x1x2＝4，x1＋x2＝4＋eq\f(2,k2)，∵M，N兩點在拋物線上，∴yeq\o\al(2,1)·yeq\o\al(2,2)＝4x1x2＝16，而y1y2<0，∴y1y2＝－4.(3)∵eq\o(OM,\s\up8(→))＝(x1，y1)，eq\o(ON,\s\up8(→))＝(x2，y2)，∴eq\o(OM,\s\up8(→))·eq\o(ON,\s\up8(→))＝x1x2＋y1y2＝4－4＝0，∴eq\o(OM,\s\up8(→))⊥eq\o(ON,\s\up8(→))，∴OM⊥ON.[再練一題]4．求過點(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線被橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1所截線段的中點坐標．【解】過點(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線方程為y＝eq\f(4,5)(x－3)．設直線與橢圓C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線y＝eq\f(4,5)(x－3)代入橢圓C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0，∴x1＋x2＝3，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3,2)，eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2,5)(x1＋x2－6)＝－eq\f(6,5)，即中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))).圓錐曲線的最值問題與圓錐曲線有關的最值問題的三種解決方法有：(1)平面幾何法：主要是運用圓錐曲線的定義和平面幾何知識求解．(2)目標函數(shù)法：建立目標函數(shù)，解與圓錐曲線有關的最值問題，是常規(guī)方法，其關鍵是選取適當?shù)淖兞拷⒛繕撕瘮?shù)，然后運用求函數(shù)最值的方法確定最值．(3)判別式法：對二次曲線求最值，往往由條件建立二次方程，用判別式求最值．已知橢圓4x2＋y2＝1及直線y＝x＋m.(1)當直線和橢圓有公共點時，求實數(shù)m的取值范圍；(2)求被橢圓截得的最長弦所在的直線方程．【精彩點撥】eq\x(聯(lián)立、消元)→eq\x(一元二次方程)→eq\x(Δ判別式)→eq\x(m的范圍)→eq\x(韋達定理)→eq\x(弦長公式)→eq\x(求函數(shù)最值)【規(guī)范解答】(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x2＋y2＝1，,y＝x＋m，))得5x2＋2mx＋m2－1＝0.因為直線與橢圓有公共點，所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，解得－eq\f(\r(5),2)≤m≤eq\f(\r(5),2).(2)設直線與橢圓交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知，5x2＋2mx＋m2－1＝0，由根與系數(shù)的關系，得x1＋x2＝－eq\f(2m,5)，x1x2＝eq\f(1,5)(m2－1)．所以d＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(2x1－x22)＝eq\r(2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4m2,25)－\f(4,5)m2－1)))＝eq\f(2,5)eq\r(10－8m2)，所以當m＝0時，d最大，此時直線方程為y＝x.[再練一題]5.如圖2-2，已知直線l經(jīng)過拋物線y2＝4x的焦點F，且與拋物線相交于A，B兩點．(1)若AF＝4，求點A的坐標；(2)求線段AB長的最小值．圖2-2【解】(1)拋物線y2＝4x的準線方程為x＝－1，設A(x1，y1)，則由拋物線的定義，可知AF＝x1＋1＝4，∴x1＝3，代入y2＝4x中，得yeq\o\al(2,1)＝4×3，即y1＝±2eq\r(3)，故A點的坐標為(3，±2eq\r(3))．(2)當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x－1)，與拋物線方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y，整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.∵直線與拋物線相交于A，B兩點，則k≠0，并設其兩根為x1，x2，∴x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2).由拋物線的定義可知，AB＝x1＋x2＋p＝4＋eq\f(4,k2)＞4；當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝1，與拋物線相交于A(1,2)，B(1，－2)，此時AB＝4，∴|AB|≥4，即線段AB的長的最小值為4.函數(shù)與方程的思想1.在解析幾何中，已知某些點或直線在運動變化，這就會引出一些相互制約的量，它們之間可能構(gòu)成函數(shù)關系，利用函數(shù)思想來處理這類問題是常用的方法，如解析幾何中的最值問題、參數(shù)取值范圍問題都可用函數(shù)思想來處理．2．由于在解析幾何中大多數(shù)題目都是以方程的形式給出直線和圓錐曲線，因此可用方程思想討論直線與圓錐曲線的位置關系問題．一般是將直線方程代入圓錐曲線方程，消去一個未知數(shù)，轉(zhuǎn)化為關于x(或y)的一元二次方程，由根與系數(shù)的關系求出x1＋x2，x1x2(或y1＋y2，y1y2)進而去解決與“距離”“中點”有關的問題．點A，B分別是橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1長軸的左、右端點，點F是橢圓的右焦點，點P在橢圓上，且位于x軸上方，PA⊥PF.(1)求點P的坐標；(2)設M是橢圓長軸AB上的一點，M到直線AP的距離等于MB，求橢圓上的點到點M的距離d的最小值．【精彩點撥】(1)由PA⊥PF得P點的軌跡方程，與橢圓方程聯(lián)立，求P點的坐標．(2)由M到直線AP的距離等于MB，求出M點坐標，將距離d表示成關于橢圓上點的橫坐標的函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值．【規(guī)范解答】(1)由已知可得點A(－6,0)，F(xiàn)(4,0)．設點P(x，y)，則kAP·kPF＝－1.由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,\f(y,x＋6)·\f(y,x－4)＝－1.))消去y整理得2x2＋9x－18＝0，解得x＝eq\f(3,2)或x＝－6(舍去)．所以x＝eq\f(3,2)，由于y＞0，故y＝eq\f(5\r(3),2).所以點P的坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2))).(2)易知直線AP的方程是x－eq\r(3)y＋6＝0.設點M(m,0)，則M到直線AP的距離是eq\f(|m＋6|,2).于是eq\f(|m＋6|,2)＝|m－6|.又－6≤m≤6，解得m＝2.橢圓上的點(x，y)到點M的距離的平方為d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq\f(5,9)x2＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋15.由于－6≤x≤6，所以當x＝eq\f(9,2)時，d取得最小值eq\r(15).[再練一題]6．已知直線y＝－eq\f(1,2)x＋2和橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B兩點，M為AB的中點，若|AB|＝2eq\r(5)，直線OM的斜率為eq\f(1,2)(O為坐標原點)，求橢圓的方程.【導學號：09390067】【解】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋2，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y，整理得(a2＋4b2)x2－8a2x＋16a2－4a2設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由根與系數(shù)的關系，得x1＋x2＝eq\f(8a2,a2＋4b2)，x1x2＝eq\f(16a2－4a2b2,a2＋4b2).又設AB的中點M(xM，yM)，則xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(4a2,a2＋4b2)，yM＝－eq\f(1,2)xM＋2＝eq\f(8b2,a2＋4b2).∵直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(2b2,a2)＝eq\f(1,2)，∴a2＝4b2，從而x1＋x2＝eq\f(8a2,a2＋4b2)＝4，x1x2＝eq\f(16a2－4a2b2,a2＋4b2)＝8－2b2.又∵AB＝2eq\r(5)，∴eq\r(1＋\f(1,4))·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq\r(5)，即eq\f(\r(5),2)×eq\r(16－48－2b2)＝2eq\r(5)，解得b2＝4，∴a2＝4b2＝16，故所求橢圓的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.1．在平面直角坐標系xOy中，雙曲線eq\f(x2,7)－eq\f(y2,3)＝1的焦距是________．【解析】由雙曲線的標準方程，知a2＝7，b2＝3，所以c2＝a2＋b2＝10，所以c＝eq\r(10)，從而焦距2c＝2eq\r(10).【答案】2eq\r(10)2.如圖2-3，在平面直角坐標系xOy中，F(xiàn)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點，直線y＝eq\f(b,2)與橢圓交于B，C兩點，且∠BFC＝90°，則該橢圓的離心率是________.圖2-3【解析】將y＝eq\f(b,2)代入橢圓的標準方程，得eq\f(x2,a2)＋eq\f(\f(b2,4),b2)＝1，所以x＝±eq\f(\r(3),2)a，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2))).又因為F(c,0)，所以eq\o(BF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(\r(3),2)a，－\f(b,2)))，eq\o(CF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)a，－\f(b,2))).因為∠BFC＝90°，所以eq\o(BF,\s\up8(→))·eq\o(CF,\s\up8(→))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(\r(3),2)a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))2＝0，即c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(1,4)b2＝0，將b2＝a2－c2代入并化簡，得a2＝eq\f(3,2)c2，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，所以e＝eq\f(\r(6),3)(負值舍去)．【答案】eq\f(\r(6),3)3．已知F是雙曲線C：x2－eq\f(y2,8)＝1的右焦點，P是C的左支上一點，A(0,6eq\r(6))．當△APF周長最小時，該三角形的面積為________．【解析】由雙曲線方程x2－eq\f(y2,8)＝1可知，a＝1，c＝3，故F(3,0)，F(xiàn)1(－3，0)．當點P在雙曲線左支上運動時，由雙曲線定義知|PF|－|PF1|＝2，所以|PF|＝|PF1|＋2，從而△APF的周長＝|AP|＋|PF|＋|AF|＝|AP|＋|PF1|＋2＋|AF|.因為|AF|＝eq\r(32＋6\r(6)2)＝15為定值，所以當(|AP|＋|PF1|)最小時，△APF的周長最小，由圖象可知，此時點P在線段AF1與雙曲線的交點處(如圖所示)．由題意可知直線AF1的方程為y＝2eq\r(6)x＋6eq\r(6)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(6)x＋6\r(6)，,x2－\f(y2,8)＝1，))得y2＋6eq\r(6)y－96＝0，解得y＝2eq\r(6)或y＝－8eq\r(6)(舍去)，所以S△APF＝S△AF1F－S△PF1F＝eq\f(1,2)×6×6eq\r(6)－eq\f(1,2)×6×2eq\r(6)＝12eq\r(6).【答案】12eq\r(6)4．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F(－c,0)，離心率為eq\f(\r(3),3)，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2＋y2＝eq\f(b2,4)截得的線段的長為c，F(xiàn)M＝eq\f(4\r(3),3).(1)求直線FM的斜率；(2)求橢圓的方程；(3)設動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于eq\r(2)，求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍．【解】(1)由已知，有eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.設直線FM的斜率為k(k>0)，則直線FM的方程為y＝k(x＋c)．由已知，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kc,\r(k2＋1))))2＋eq\