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培优点7 定比点差法策略
[考情分析] 对于圆锥曲线中的中点弦问题，可以考虑用点差法来简化运算.在题目中出现其他分点弦的有
关问题时，通常使用设线法转化成坐标的比来处理，但运算量较大，这时借助于定比点差法来处理可以减
少运算量.
考点一 定比点差法的理解
一般地，若⃗AP=λ⃗PB，则称点P 为点A，B 的λ 定比分点.若λ>0，则点P 在线段AB 上，此时称点P 为
内分点；若λ<0，则点P 在线段AB 的延长线上，此时称点P 为外分点.
若O 为坐标原点，⃗AP=λ⃗PB(λ≠-1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(
x1+ λ x2
1+ λ
，y1+ λ y2
1+ λ )，⃗OP=
(
x1+ λ x2
1+ λ
，y1+ λ y2
1+ λ ).
例1 如图，已知椭圆C：x
2
16+ y
2
4 =1，直线l 过点P 且与椭圆交于点A，B.若P(2，0)，⃗AP=2⃗PB，求直
线l 的方程.
解 设A(x1，y1)，B(x2，y2).由⃗AP=2⃗PB，
可得(2-x1，0-y1)=2(x2-2，y2-0)，
则x1+2x2=6，y1+2y2=0，
且{
x1
2
16 + y1
2
4 =1,
x2
2
16 + y2
2
4 =1,
即{
x1
2+ 4 y1
2=16,
4 x2
2+16 y2
2=64 ,
上式作差可得，(x1+2x2)(x1-2x2)+4(y1+2y2)(y1-2y2)=-48，所以6(x1-2x2)=-48，
即x1-2x2=-8，又因为x1+2x2=6，
解得x1=-1，y1=±√15
2 ，
所以直线l 的斜率k= y1-0
x1-2 =±√15
6 ，
所以直线l 的方程为y=k(x-2)，即√15x-6y-2√15=0 或√15x+6y-2√15=0.
[规律方法] 定比点差法是在原来的点差法的基础上两边乘以一个系数λ2，式子的左边出现了“x1+λx2，
y1+λy2”，这与定比分点坐标公式相似.当λ=1 时，定比点差法即为点差法.
跟踪演练1 已知F1，F2分别是椭圆x
2
4 + y
2
3 =1 的左、右焦点，点A，B 在椭圆上，且⃗F1 A=2⃗F2B，求点
A 的坐标.
解 如图，延长AF1交椭圆于点C，由对称性，得⃗C F1=⃗F2B，
则⃗A F1=2⃗F1C.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则F1(
x1+2 x2
3
，y1+2 y2
3 ).
又F1(-1，0)，所以{
x1+2 x2=-3,
y1+2 y2=0,
由点A，C 在椭圆上，得{
x1
2
4 + y1
2
3 =1,
x2
2
4 + y2
2
3 =1,
则1-4=( x1
2- 4 x2
2)
4
+( y1
2- 4 y2
2)
3
，
所以( x1+2 x2)( x1-2 x2)
4
+( y1+2 y2)( y1-2 y2)
3
=-3，即-3( x1-2 x2)
4
=-3，所以x1-2x2=4，
联立{
x1+2 x2=-3,
x1-2 x2= 4 , 解得x1=1
2，
所以y1=±3√5
4
，则A(
1
2 ，± 3√5
4 ).
考点二 定比点差法的应用
例2 已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b，0<b<2)的左、右焦点分别为F1，F2，点M 在椭圆上，MF2⊥F1F2，
若△MF1F2的周长为6，面积为3
2.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过点F2的直线l 交椭圆于A，B 两点，交y 轴于点P，设⃗PA=λ1⃗A F2，⃗PB=λ2⃗B F2，λ1，λ2≠-1，试判
断λ1+λ2是否为定值？请说明理由.
解 (1)设椭圆C 的焦距为2c，因为△MF1F2的周长为6，面积为3
2，所以{
2a+2c =6,
b
2c
a = 3
2 , 可得a=3-c，
所以2[(3-c)2-c2]c=3(3-c)，解得c=1 或c=3
4 ，
当c=3
4 时，a=9
4 ，b=√a
2-c
2=3√2
2 >2，不满足题意；
当c=1 时，a=2，b=√a
2-c
2=√3<2，满足题意，
所以椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，P(0，m)，根据定比分点公式可得
xA=0+ λ1c
1+ λ1
= λ1
1+ λ1
，
yA=m+ λ1·0
1+ λ1
= m
1+ λ1
，
xB=0+ λ2c
1+ λ2
= λ2
1+ λ2
，yB=m+ λ2·0
1+ λ2
= m
1+ λ2
，
由于点A，B 均在椭圆上，
则{
(
λ1
1+ λ1)
2
4
+(
m
1+ λ1)
2
3
=1,
(
λ2
1+ λ2)
2
4
+(
m
1+ λ2)
2
3
=1
⇒{
λ1
2
4 + m
2
3 =(1+ λ1)
2,
λ2
2
4 + m
2
3 =(1+ λ2)
2,
两式相减得( λ1+ λ2)( λ1- λ2)
4
=(2+λ1+λ2)(λ1-λ2)，
由于λ1-λ2≠0，所以λ1+λ2为定值-8
3.
[规律方法] 对于过坐标轴上的定点(m，0)或(0，m)的直线和圆锥曲线相交，一般都可以尝试利用定比点
差法进行求解，而且会比常规使用根与系数的关系来求解简洁很多.对于定比点差法中，x1，x2，λ 只需要知
道其中一个量就可以求解另外两个量.
跟踪演练2 设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点P(0，4)的动直线l 与抛物线C 交于A，B 两点，
当F 在l 上时，直线l 的斜率为-2.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)在线段AB 上取点D，满足⃗PA=λ⃗PB，⃗AD=λ⃗DB，λ≠±1，证明：点D 总在定直线上.
(1)解 由题意可得F(
p
2 ，0)，则
4 -0
0- p
2
=-2，
解得p=4，故抛物线C 的方程为y2=8x.
(2)证明 设A(x1， y1)， B(x2， y2)，
由⃗AP=-λ⃗PB，得P(
x1- λ x2
1- λ
，y1- λ y2
1- λ )，
由⃗AD=λ⃗DB，得D(
x1+ λ x2
1+ λ
，y1+ λ y2
1+ λ )，
联立{
y1
2=8 x1,①
λ
2 y2
2=8 λ
2 x2,②
①-②得y1
2-λ2y2
2=4(x1+x1-λ2x2-λ2x2)，
即(y1+λy2)(y1-λy2)=4(x1+λx2+x1-λx2+λx1-λ2x2-λx1-λ2x2)=4[(x1+λx2)(1-λ)+(x1-λx2)(1+λ)]，
所以( y1+ λ y2)( y1- λ y2)
(1+ λ)(1- λ)
=4( x1+ λ x2)(1- λ)
(1- λ)(1+ λ)
+4( x1- λ x2)(1+ λ)
(1- λ)(1+ λ)
=4(
x1+ λ x2
1+ λ
+ x1- λ x2
1- λ )，
则yDyP=4(xD+xP)，
即 4yD=4(xD+0)⇒yD=xD，
故点D 总在定直线y=x 上.
专题强化练
[分值：30 分]
1.(13 分)如图，已知过点Q(0，1)的直线与双曲线x
2
3 -y2=1 交于A，B 两点，与x 轴交于点P.若⃗PA=λ⃗AQ
(λ≠-1)，⃗PB=μ⃗BQ(μ≠-1)，求证：λ+μ 为定值.
证明 设P(x0，0)，由⃗PA=λ⃗AQ，⃗PB=μ⃗BQ，
可得A(
x0
1+ λ ，
λ
1+ λ)，B(
x0
1+ μ ，
μ
1+ μ).
由点A，B 在双曲线上，得
{
x0
2
3(1+ λ)
2 -(
λ
1+ λ)
2
=1,
x0
2
3(1+ μ)
2 -(
μ
1+ μ)
2
=1,
即{
x0
2-3 λ
2=3(1+ λ)
2,
x0
2-3 μ
2=3(1+ μ)
2,
两式相减得-3λ2+3μ2=3(1+λ)2-3(1+μ)2，化简得(λ-μ)(λ+μ+1)=0，又λ≠μ，解得λ+μ=-1，故λ+μ 为定值-1.
2.(17 分)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e=1
2，且经过点(1，3
2)，点F1，F2为椭圆C 的左、右焦
点.
(1)求椭圆C 的方程；(5 分)
(2)过点F1分别作两条互相垂直的直线l1，l2，且l1与椭圆交于不同两点A，B，l2与直线x=1 交于点P.若⃗
A F1=λ⃗F1B(λ≠±1)，且点Q 满足⃗QA=λ⃗QB，求△PQF1面积的最小值.(12 分)
解 (1)由e=c
a=1
2，得2c=a，
因为a2=b2+c2，所以b2=3c2，
又点(1，3
2)在椭圆C 上，
则1
a
2+ 9
4 b
2=1，1
4 c
2+
9
12c
2=1，
解得c2=1，则a2=4，b2=3，
故椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
(2)设A(x1，y1)， B(x2，y2)，
因为⃗A F1=λ⃗F1B，⃗AQ=-λ⃗QB，
所以F1(
x1+ λ x2
1+ λ
，y1+ λ y2
1+ λ )，
Q(
x1- λ x2
1- λ
，y1- λ y2
1- λ ).
因为A，B 在椭圆上，
所以{
x1
2
4 + y1
2
3 =1, ①
λ
2 x2
2
4
+ λ
2 y2
2
3
= λ
2, ②
由①-②得，
( x1- λ x2)( x1+ λ x2)
4(1- λ)(1+ λ)
+( y1- λ y2)( y1+ λ y2)
3(1- λ)(1+ λ)
=1，
即xQ xF1
4
+
yQ y F1
3
=1，
又F1(-1，0)，则xF1=-1，y F1=0，所以xQ=-4.
设∠AF1F2=θ(θ≠π
2)，所以|F1P|=
2
|sin θ|，|F1Q|=
3
|cos θ|，
所以S△PQ F1=1
2×
2
|sin θ|×
3
|cos θ|=
6
|sin 2 θ|≥6，
所以△PQF1面积的最小值为6.
