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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
cos∠F1PF2=
=
=-.
∴∠F1PF2=120.
答案:2 120
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=.
∴S△FAB=(2)(1+1)=3.
答案:3
3.(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, =9,①
=(2c)2,②
由椭圆定义可知,|PF1|+|PF2|=2a,③
联立①②③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Ⅰ,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:D
2.(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,AB⊥OD,
∴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:C
2.(2013年福建卷,理14)椭圆Γ: (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Γ的一个交点满足∠MF1F2=2∠MF2F1,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F1M⊥F2M,
在Rt△F1MF2中,
|MF1|=c,|MF2|=c,
所以e=====-1.
答案:-1
3.(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,cos∠ABF=,则椭圆C的离心率e= .
解析:如图所示,由|AB|=10,|AF|=6,cos∠ABF=,得BF=8,则AF⊥BF,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Ⅱ,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,MF2∥y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.①
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+=1.②
将①及c=代入②得+=1,
解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.
2.(2014高考新课标全国卷Ⅰ,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l⊥x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Δ=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
S△OPQ=d|PQ|=.
设=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=时等号成立,且满足Δ>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Ⅱ,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CD⊥AB,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Δ=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),
∴Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,m≠0,
整理得m2=4k2+3.①
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).
∵MP⊥MQ,
即=0对满足①式的所有m,k均成立,
即 (4-x1)+(4k+m)=0对满足①式的所有m、k成立.
整理得(4x1-4)+ -4x1+3=0.②
由于②对满足①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.
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