椭圆培优经典讲义(教师版).docx
精选优质文档-倾情为你奉上 圆锥曲线与方程第一节椭圆考点一 椭圆的定义及应用1.(2009年北京卷,理12)椭圆的焦点为F1、F2,点P在椭圆上.若|PF1|=4,则|PF2|=,F1PF2的大小为. 解析:由椭圆方程可知a2=9,b2=2,c2=7,c=,a=3.由椭圆定义知|PF1|+|PF2|=6,由|PF1|=4,得|PF2|=2.在PF1F2中,由余弦定理的推论有cosF1PF2=-.F1PF2=120°.答案:2120°2.(2012年四川卷,理15)椭圆的左焦点为F,直线x=m与椭圆相交于点A、B,当FAB的周长最大时,FAB的面积是. 解析:由椭圆定义可知,当直线x=m过椭圆右焦点(1,0)时,FAB的周长最大.由椭圆方程知a=2,c=1.当x=1时,由,得y=±.SFAB=×(2×)×(1+1)=3.答案:33.(2009年上海卷,理9)已知F1、F2是椭圆C: (a>b>0)的两个焦点,P为椭圆C上一点,且,若PF1F2的面积为9,则b=. 解析:由题意可知, =9,=(2c)2,由椭圆定义可知,|PF1|+|PF2|=2a,联立解得a2-c2=9,即b2=9,b=3.答案:3考点二 椭圆的方程及其简单性质应用 1.(2013年新课标全国卷,理10)已知椭圆E: (a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A、B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为()(A)(B)(C)(D)解析:已知椭圆与直线相交弦的中点及斜率,可以用两点式求解.设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点D(1,-1),则kAB=,x1+x2=2,y1+y2=-2,两式相减得:+ =0,即=-,即=,a2=2b2.又因c=3,所以b2=9,a2=18,椭圆方程为.故选D.答案:D2.(2011年新课标全国卷,理14)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C的中心为原点,焦点F1、F2在x轴上,离心率为,过F1的直线l交C于A、B两点,且ABF2的周长为16,那么C的方程为. 解析:设椭圆标准方程为 (a>b>0),由题意知|BA|+|BF2|+|AF2|=|BF1|+|BF2|+|AF1|+|AF2|=4a=16,a=4,由e=得c=2,b2=a2-c2=8,椭圆标准方程为.答案: 3.(2011年江西卷,理14)若椭圆的焦点在x轴上,过点作圆x2+y2=1的切线,切点分别为A、B,直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆方程是. 解析:设点D,由平面几何知识易知,ABOD,kAB=-2.设AB方程为y=-2x+m.又过点作圆x2+y2=1的切线中有一条是x=1,不妨设B(1,0).把x=1,y=0代入AB方程,可得m=2.由题意可知,b=2,c=1,a2=5.椭圆方程为.答案:考点三 椭圆离心率的求法 1.(2012年新课标全国卷,理4)设F1,F2是椭圆E: (a>b>0)的左、右焦点,P为直线x=上一点,F2PF1是底角为30°的等腰三角形,则E的离心率为()(A)(B)(C) (D)解析:如图所示,设直线x=a与x轴的交点为Q,由题意可知,F2F1P=F1PF2=30°,|PF2|=|F1F2|=2c,PF2Q=60°,F2PQ=30°.|F2Q|=|PF2|.即a-c=·2c,e=.答案:C2.(2013年福建卷,理14)椭圆: (a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=(x+c)与椭圆的一个交点满足MF1F2=2MF2F1,则该椭圆的离心率等于. 解析:直线y=(x+c)过点F1(-c,0)且倾斜角为60°,所以MF1F2=60°,MF2F1=30°,所以F1MF2=90°,所以F1MF2M,在RtF1MF2中,|MF1|=c,|MF2|=c,所以e=-1.答案:-13.(2013年辽宁卷,理15)已知椭圆C: (a>b>0)的左焦点为F,椭圆C与过原点的直线相交于A,B两点,连接AF,BF.若|AB|=10,|AF|=6,cosABF=,则椭圆C的离心率e=. 解析:如图所示,由|AB|=10,|AF|=6,cosABF=,得BF=8,则AFBF,半焦距c=FO=AB=5.设椭圆右焦点为F2,由对称性知AF2=BF=8,a=7,所以e=.答案:考点四 直线与椭圆的位置关系 1.(2014高考新课标全国卷,理20)设F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为,求C的离心率;(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.解:(1)根据c=及题设知Mc,2b2=3ac.将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得=,=-2.(舍去).故C的离心率为.(2)由题意,原点O为F1F2的中点,MF2y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故=4,即b2=4a.由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1<0,则即代入C的方程,得+=1.将及c=代入得+=1,解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.2.(2014高考新课标全国卷,理20)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点,当OPQ的面积最大时,求l的方程.解:(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为+y2=1.(2)当lx轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.当=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=,从而|PQ|=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,所以OPQ的面积SOPQ=d·|PQ|=.设=t,则t>0,SOPQ=.因为t+4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足>0.所以,当OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.3.(2013年新课标全国卷,理20)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M: (a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.(1)求M的方程;(2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CDAB,求四边形ACBD面积的最大值.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则,=-1,由此可得=-=1.因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,= ,所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程为.(2)由解得或因此|AB|=.由题意可设直线CD的方程为y=x+n,设C(x3,y3),D(x4,y4).由得3x2+4nx+2n2-6=0.于是x3,4=.因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=|x4-x3|=.由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|·|AB|=.当n=0时,S取得最大值,最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.4.(2014高考浙江卷,理21)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解:(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为-,.又点P在第一象限,故点P的坐标为,.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=整理得d=,因为a2k2+2ab,所以=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.5.(2012年福建卷,理19)如图,椭圆E: (a>b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e=.过F1的直线交椭圆于A、B两点,且ABF2的周长为8.(1)求椭圆E的方程;(2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)由椭圆定义知,|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,F2AB的周长=|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a.4a=8,a=2,又e=,c=1,b2=3.椭圆E的方程是.(2)由消去y,整理得(3+4k2)x2+8mkx+4m2-12=0.动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,m0,整理得m2=4k2+3.此时x0=,y0=k·+m=,P.由得Q(4,4k+m).假设在坐标平面内存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M,由椭圆的对称性可知,点M一定在x轴上,设M(x1,0),则=, =(4-x1,4k+m).MPMQ,即·=0对满足式的所有m,k均成立,即 (4-x1)+·(4k+m)=0对满足式的所有m、k成立.整理得(4x1-4)+ -4x1+3=0.由于对满足的m,k恒成立,解得x1=1.故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.专心-专注-专业
