第第頁(yè)第11講圓錐曲線中定點(diǎn)與定值問題題型一定點(diǎn)問題例1已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短軸長(zhǎng)為2eq\r(3)，離心率為e1，雙曲線C2：eq\f(x2,p)﹣eq\f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的漸近線為y＝±eq\r(3)x，離心率為e2，且e1·e2＝1.(1)求橢圓C1的方程；(2)設(shè)橢圓C1的右焦點(diǎn)為F，動(dòng)直線l(l不垂直于坐標(biāo)軸)交橢圓C1于M，N不同的兩點(diǎn)，設(shè)直線FM和FN的斜率為k1，k2，若k1＝﹣k2，試探究該動(dòng)直線l是否過x軸上的定點(diǎn)，若是，求出該定點(diǎn)；若不是，請(qǐng)說明理由．解(1)由題意知，橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短軸長(zhǎng)為2eq\r(3)，可得b＝eq\r(3)，橢圓的離心率為e1，雙曲線C2：eq\f(x2,p)﹣eq\f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的漸近線為y＝±eq\r(3)x，即eq\r(\f(q,p))＝eq\r(3)，即eq\f(q,p)＝3，所以離心率為e2＝eq\r(\f(p＋q,p))＝eq\r(1＋\f(q,p))＝2，且e1·e2＝1.所以e1＝eq\f(1,2)＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(a2－b2,a2))＝eq\r(1－\f(3,a2))，解得a＝2，所以橢圓C1的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假設(shè)該直線過定點(diǎn)(t,0)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x﹣t)(k≠0)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，整理得(3＋4k2)x2﹣8k2tx＋4k2t2﹣12＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2t,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2t2－12,3＋4k2)，Δ>0?48(k2t2﹣3﹣4k2)<0，k1＋k2＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(kx1－t,x1－1)＋eq\f(kx2－t,x2－1)＝k·eq\f(x1－tx2－1＋x2－tx1－1,x1－1x2－1)＝k·eq\f(2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t,x1x2－x1＋x2＋1)＝0，所以2x1x2﹣(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，即2·eq\f(4k2t2－12,3＋4k2)﹣(t＋1)·eq\f(8k2t,3＋4k2)＋2t＝eq\f(8k2t2－24－8k2t2－8k2t＋6t＋8k2t,3＋4k2)＝0，所以﹣24＋6t＝0，解得t＝4，即直線過定點(diǎn)(4,0)．教師備選在平面直角坐標(biāo)系中，已知?jiǎng)狱c(diǎn)M(x，y)(y≥0)到定點(diǎn)F(0,1)的距離比到x軸的距離大1.(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程；(2)過點(diǎn)N(4,4)作斜率為k1，k2的直線分別交曲線C于不同于N的A，B兩點(diǎn)，且eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝1.證明：直線AB恒過定點(diǎn)．(1)解由題意可知eq\r(x2＋y－12)＝y(tǒng)＋1，化簡(jiǎn)可得曲線C：x2＝4y.(2)證明由題意可知，N(4,4)是曲線C：x2＝4y上的點(diǎn)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則lNA：y＝k1(x﹣4)＋4，lNB：y＝k2(x﹣4)＋4，聯(lián)立直線NA的方程與拋物線C的方程，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－4＋4，,x2＝4y))?x2﹣4k1x＋16(k1﹣1)＝0，解得x1＝4(k1﹣1)，①同理可得x2＝4(k2﹣1)，②而lAB：y﹣eq\f(x\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1＋x2,4)(x﹣x1)，③又eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)＝1，④由①②③④整理可得lAB：y＝(k1＋k2﹣2)x﹣4，故直線AB恒過定點(diǎn)(0，﹣4)．思維升華求解直線或曲線過定點(diǎn)問題的基本思路(1)把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然是過定點(diǎn)，那么這個(gè)方程就要對(duì)任意參數(shù)都成立，這時(shí)參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，這個(gè)方程組的解所確定的點(diǎn)就是直線或曲線所過的定點(diǎn)．(2)由直線方程確定其過定點(diǎn)時(shí)，若得到了直線方程的點(diǎn)斜式y(tǒng)﹣y0＝k(x﹣x0)，則直線必過定點(diǎn)(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式y(tǒng)＝kx＋m，則直線必過定點(diǎn)(0，m)．跟蹤訓(xùn)練1已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2eq\r(3)，且過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2))).(1)求橢圓方程；(2)設(shè)直線l：y＝kx＋m(k≠0)交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)M在直線x＝eq\f(1,2)上，求證：線段AB的中垂線恒過定點(diǎn)N.(1)解橢圓過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，即eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1，又2c＝2eq\r(3)，得a2＝b2＋3，所以a2＝4，b2＝1，即橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2﹣4＝0，Δ＝16(4k2﹣m2＋1)>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝﹣eq\f(8km,1＋4k2)，設(shè)AB的中點(diǎn)M為(x0，y0)，得x0＝﹣eq\f(4km,1＋4k2)＝eq\f(1,2)，即1＋4k2＝﹣8km，所以y0＝kx0＋m＝eq\f(1,2)k﹣eq\f(1＋4k2,8k)＝﹣eq\f(1,8k).所以AB的中垂線方程為y＋eq\f(1,8k)＝﹣eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即y＝﹣eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,8)))，故AB的中垂線恒過點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，0)).題型二定值問題例2已知拋物線E：y2＝2px(p>0)上的動(dòng)點(diǎn)M到直線x＝﹣1的距離比到拋物線E的焦點(diǎn)F的距離大eq\f(1,2).(1)求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)Q是直線x＝﹣1(y≠0)上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P(1,0)的直線l與拋物線E交于A，B兩點(diǎn)，記直線AQ，BQ，PQ的斜率分別為kAQ，kBQ，kPQ，證明：eq\f(kAQ＋kBQ,kPQ)為定值．(1)解由題意可知拋物線E的準(zhǔn)線方程為x＝﹣eq\f(1,2)，所以﹣eq\f(p,2)＝﹣eq\f(1,2)，即p＝1，故拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2x.(2)證明設(shè)Q(﹣1，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)橹本€l的斜率顯然不為0，故可設(shè)直線l的方程為x＝ty＋1.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,y2＝2x，))消去x，得y2﹣2ty﹣2＝0.Δ＝4t2＋8>0，所以y1＋y2＝2t，y1y2＝﹣2，kPQ＝﹣eq\f(y0,2).又kAQ＋kBQ＝eq\f(y1－y0,x1＋1)＋eq\f(y2－y0,x2＋1)＝eq\f(y1－y0x2＋1＋y2－y0x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(y1－y0ty2＋2＋y2－y0ty1＋2,ty1＋2ty2＋2)＝eq\f(2ty1y2＋2－ty0y1＋y2－4y0,t2y1y2＋2ty1＋y2＋4)＝eq\f(2t·－2＋2－ty0·2t－4y0,t2·－2＋2t·2t＋4)＝eq\f(－y0t2＋2,t2＋2)＝﹣y0.所以eq\f(kAQ＋kBQ,kPQ)＝eq\f(－y0,－\f(y0,2))＝2(定值)．教師備選已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周長(zhǎng)為8.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)eq\o(MA,\s\up6(→))＝λeq\o(F1A,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝μeq\o(F1B,\s\up6(→))，試分析λ＋μ是否為定值，若是，求出這個(gè)定值，否則，說明理由．解(1)因?yàn)椤鰽BF2的周長(zhǎng)為8，所以4a＝8，解得a＝2，由|F1F2|＝2，得2eq\r(a2－b2)＝2eq\r(4－b2)＝2，所以b2＝3，因此橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意可得直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2﹣12＝0，顯然Δ>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2).))設(shè)M(0，k)，又F1(﹣1,0)，所以eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1﹣k)，eq\o(F1A,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，則λ＝eq\f(x1,x1＋1).同理可得eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2﹣k)，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，則μ＝eq\f(x2,x2＋1).所以λ＋μ＝eq\f(x1,x1＋1)＋eq\f(x2,x2＋1)＝eq\f(x1x2＋1＋x2x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(2x1x2＋x1＋x2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq\f(2×\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2),\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1)＝eq\f(8k2－24－8k2,4k2－12－8k2＋3＋4k2)＝eq\f(－24,－9)＝eq\f(8,3)，所以λ＋μ為定值eq\f(8,3).思維升華圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值．依題設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡(jiǎn)即可得出定值．(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值．利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得．(3)求某線段長(zhǎng)度為定值．利用長(zhǎng)度公式求得解析式，再依據(jù)條件對(duì)解析式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得．跟蹤訓(xùn)練2在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))是C上一點(diǎn)，且PF2與x軸垂直．(1)求橢圓C的方程；(2)若過點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0))的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，證明：eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)為定值．(1)解由題意得F2(1,0)，F(xiàn)1(﹣1,0)，且c＝1，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝eq\r(1＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－0))2)＋eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(2)，即a＝eq\r(2)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明當(dāng)直線AB的斜率為零時(shí)．點(diǎn)A，B為橢圓長(zhǎng)軸的端點(diǎn)，則eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2)＝eq\f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝3.當(dāng)直線AB不與x軸重合時(shí)，設(shè)直線AB的方程為x＝ty﹣eq\f(\r(6),3)，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x，得(t2＋2)y2﹣eq\f(2\r(6)t,3)y﹣eq\f(4,3)＝0，則Δ＝eq\f(8,3)t2＋eq\f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝eq\f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝﹣eq\f(4,3t2＋2).所以eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,1))＋eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(16,3)×eq\f(9,16)＝3.綜上，eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝3為定值．課時(shí)精練1．(2022·臨沂模擬)已知P(1,2)在拋物線C：y2＝2px上．(1)求拋物線C的方程；(2)A，B是拋物線C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如果直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為2，證明：直線AB過定點(diǎn)．(1)解將P點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線方程y2＝2px，得4＝2p，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明設(shè)AB：x＝my＋t，將AB的方程與y2＝4x聯(lián)立得y2﹣4my﹣4t＝0，Δ>0?16m2＋16t>0?m2＋t>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝﹣4t，kPA＝eq\f(y1－2,x1－1)＝eq\f(y1－2,\f(y\o\al(2,1),4)－1)＝eq\f(4,y1＋2)，同理kPB＝eq\f(4,y2＋2)，由題意知eq\f(4,y1＋2)＋eq\f(4,y2＋2)＝2，即4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，解得y1y2＝4，故﹣4t＝4，即t＝﹣1，故直線AB：x＝my﹣1恒過定點(diǎn)(﹣1,0)．2．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(2,3)，且其左頂點(diǎn)到右焦點(diǎn)的距離為5.(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)點(diǎn)M，N在橢圓上，以線段MN為直徑的圓過原點(diǎn)O，試問是否存在定點(diǎn)P，使得P到直線MN的距離為定值？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)由題設(shè)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(2,3)，,a＋c＝5，))解得a＝3，c＝2，b2＝a2﹣c2＝5，所以橢圓的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，①若直線MN與x軸垂直，由對(duì)稱性可知|x1|＝|y1|，將點(diǎn)M(x1，y1)代入橢圓方程，解得|x1|＝eq\f(3\r(70),14)，原點(diǎn)到該直線的距離d＝eq\f(3\r(70),14)；②若直線MN不與x軸垂直，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))消去y得(9k2＋5)x2＋18kmx＋9m2﹣45＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1x2＝\f(9m2－45,9k2＋5)，,x1＋x2＝－\f(18km,9k2＋5)，))由題意知，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，得(k2＋1)eq\f(9m2－45,9k2＋5)＋kmeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(18km,9k2＋5)))＋m2＝0，整理得45k2＋45＝14m2，則原點(diǎn)到該直線的距離d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(45,14))＝eq\f(3\r(70),14)，故存在定點(diǎn)P(0,0)，使得P到直線MN的距離為定值．3．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB的斜率為﹣eq\f(1,2)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)橢圓上有兩點(diǎn)M，N(異于橢圓頂點(diǎn)，且MN與x軸不垂直)，證明：當(dāng)△OMN的面積最大時(shí)，直線OM與ON的斜率之積為定值．(1)解橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)A(a,0)，上頂點(diǎn)B(0，b)，由題知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kAB＝\f(b－0,0－a)＝－\f(1,2)，,S△OAB＝1))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2b，,\f(1,2)ab＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明由已知MN與x軸不垂直，可知直線MN的斜率存在，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋t，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(4k2＋1)x2＋8ktx＋4t2﹣4＝0，其中Δ＝(8kt)2﹣4(4k2＋1)(4t2﹣4)＝16(4k2﹣t2＋1)>0，即4k2＋1>t2，且x1＋x2＝﹣eq\f(8kt,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4t2－4,4k2＋1)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(1＋k2)\r(4k2－t2＋1),4k2＋1).又原點(diǎn)O到直線MN的距離d＝eq\f(|t|,\r(1＋k2))，所以S△OMN＝eq\f(1,2)·|MN|·d＝eq\f(1,2)·eq\f(4\r(1＋k2)\r(4k2－t2＋1),4k2＋1)·eq\f(|t|,\r(1＋k2))＝eq\f(2\r(t2·4k2－t2＋1),4k2＋1)≤eq\f(t2＋4k2－t2＋1,4k2＋1)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)t2＝4k2﹣t2＋1，即2t2＝4k2＋1時(shí)，等號(hào)成立，所以kOM·kON＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(kx1＋tkx2＋t,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋ktx1＋x2＋t2,x1x2)＝k2＋eq\f(－kt·\f(8kt,4k2＋1)＋t2,\f(4t2－4,4k2＋1))＝k2＋eq\f(－8k2t2＋t24k2＋1,4t2－4)＝eq\f(－4k2＋t2,4t2－4).由2t2＝4k2＋1，可得kOM·kON＝﹣eq\f(1,4)，所以當(dāng)△OMN的面積最大時(shí)，直線OM與ON的斜率之積為定值．4．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)F1不與x軸重合的直線l與橢圓C相交于E，D兩點(diǎn)，試問在x軸上是否存在一個(gè)點(diǎn)M，使得直線ME，MD的斜率之積恒為定值？若存在，求出該定值及點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)因?yàn)榻咕酁?，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，即2c＝2,2a＝4，解得c＝1，a＝2，所以b2＝a2﹣c2＝3，所以橢