橢圓培優(yōu)經(jīng)典講義教師版

1、 圓錐曲線與方程第一節(jié)橢圓考點一 橢圓的定義及應(yīng)用1.(2009年北京卷,理12)橢圓的焦點為F1、F2,點P在橢圓上.若|PF1|=4,則|PF2|=,F1PF2的大小為. 解析:由橢圓方程可知a2=9,b2=2,c2=7,c=,a=3.由橢圓定義知|PF1|+|PF2|=6,由|PF1|=4,得|PF2|=2.在PF1F2中,由余弦定理的推論有cosF1PF2=-.F1PF2=120°.答案:2120°2.(2012年四川卷,理15)橢圓的左焦點為F,直線x=m與橢圓相交于點A、B,當FAB的周長最大時,FAB的面積是. 解析:由橢圓定義可知,當直線

2、x=m過橢圓右焦點(1,0)時,FAB的周長最大.由橢圓方程知a=2,c=1.當x=1時,由,得y=±.SFAB=×(2×)×(1+1)=3.答案:33.(2009年上海卷,理9)已知F1、F2是橢圓C: (a>b>0)的兩個焦點,P為橢圓C上一點,且,若PF1F2的面積為9,則b=. 解析:由題意可知, =9,=(2c)2,由橢圓定義可知,|PF1|+|PF2|=2a,聯(lián)立解得a2-c2=9,即b2=9,b=3.答案:3考點二 橢圓的方程及其簡單性質(zhì)應(yīng)用 1.(2013年新課標全國卷,理10)已知橢圓E: (a>b

3、>0)的右焦點為F(3,0),過點F的直線交E于A、B兩點.若AB的中點坐標為(1,-1),則E的方程為()(A)(B)(C)(D)解析:已知橢圓與直線相交弦的中點及斜率,可以用兩點式求解.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點D(1,-1),則kAB=,x1+x2=2,y1+y2=-2,兩式相減得:+ =0,即=-,即=,a2=2b2.又因c=3,所以b2=9,a2=18,橢圓方程為.故選D.答案:D2.(2011年新課標全國卷,理14)在平面直角坐標系xOy中,橢圓C的中心為原點,焦點F1、F2在x軸上,離心率為,過F1的直線l交C于A、B兩點,且ABF2的周長為16,那么

4、C的方程為. 解析:設(shè)橢圓標準方程為 (a>b>0),由題意知|BA|+|BF2|+|AF2|=|BF1|+|BF2|+|AF1|+|AF2|=4a=16,a=4,由e=得c=2,b2=a2-c2=8,橢圓標準方程為.答案: 3.(2011年江西卷,理14)若橢圓的焦點在x軸上,過點作圓x2+y2=1的切線,切點分別為A、B,直線AB恰好經(jīng)過橢圓的右焦點和上頂點,則橢圓方程是. 解析:設(shè)點D,由平面幾何知識易知,ABOD,kAB=-2.設(shè)AB方程為y=-2x+m.又過點作圓x2+y2=1的切線中有一條是x=1,不妨設(shè)B(1,0).把x=1,y=0代入AB方程,可

5、得m=2.由題意可知,b=2,c=1,a2=5.橢圓方程為.答案:考點三 橢圓離心率的求法 1.(2012年新課標全國卷,理4)設(shè)F1,F2是橢圓E: (a>b>0)的左、右焦點,P為直線x=上一點,F2PF1是底角為30°的等腰三角形,則E的離心率為()(A)(B)(C) (D)解析:如圖所示,設(shè)直線x=a與x軸的交點為Q,由題意可知,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)

6、橢圓: (a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,焦距為2c.若直線y=(x+c)與橢圓的一個交點滿足MF1F2=2MF2F1,則該橢圓的離心率等于. 解析:直線y=(x+c)過點F1(-c,0)且傾斜角為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年遼寧卷,理15)已知橢圓C: (a>b>0)的左焦點為F,橢圓C與過原點的直線相交于A,B兩點,連接AF,BF.若|AB|=10,|

7、AF|=6,cosABF=,則橢圓C的離心率e=. 解析:如圖所示,由|AB|=10,|AF|=6,cosABF=,得BF=8,則AFBF,半焦距c=FO=AB=5.設(shè)橢圓右焦點為F2,由對稱性知AF2=BF=8,a=7,所以e=.答案:考點四 直線與橢圓的位置關(guān)系 1.(2014高考新課標全國卷,理20)設(shè)F1,F2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左,右焦點,M是C上一點且MF2與x軸垂直,直線MF1與C的另一個交點為N.(1)若直線MN的斜率為,求C的離心率;(2)若直線MN在y軸上的截距為2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.解:(1)根據(jù)c=及題設(shè)

8、知Mc,2b2=3ac.將b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得=,=-2.(舍去).故C的離心率為.(2)由題意,原點O為F1F2的中點,MF2y軸,所以直線MF1與y軸的交點D(0,2)是線段MF1的中點,故=4,即b2=4a.由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.設(shè)N(x1,y1),由題意知y1<0,則即代入C的方程,得+=1.將及c=代入得+=1,解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2.2.(2014高考新課標全國卷,理20)已知點A(0,-2),橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,F是橢圓E的右焦點,直線AF的斜率為,O為坐標原點.(1)

9、求E的方程;(2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P,Q兩點,當OPQ的面積最大時,求l的方程.解:(1)設(shè)F(c,0),由條件知,=,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程為+y2=1.(2)當lx軸時不合題意,故設(shè)l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).將y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.當=16(4k2-3)>0,即k2>時,x1,2=,從而|PQ|=|x1-x2|=.又點O到直線PQ的距離d=,所以O(shè)PQ的面積SOPQ=d·|PQ|=.設(shè)=t,則t>0,SOPQ=.因為t+4,當且僅當t=2,即

10、k=±時等號成立,且滿足>0.所以,當OPQ的面積最大時,l的方程為y=x-2或y=-x-2.3.(2013年新課標全國卷,理20)平面直角坐標系xOy中,過橢圓M: (a>b>0)右焦點的直線x+y-=0交M于A,B兩點,P為AB的中點,且OP的斜率為.(1)求M的方程;(2)C,D為M上的兩點,若四邊形ACBD的對角線CDAB,求四邊形ACBD面積的最大值.解:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),則,=-1,由此可得=-=1.因為x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,= ,所以a2=2b2.又由題意知,M的右焦點為(,0),故a2-b

11、2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程為.(2)由解得或因此|AB|=.由題意可設(shè)直線CD的方程為y=x+n,設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4).由得3x2+4nx+2n2-6=0.于是x3,4=.因為直線CD的斜率為1,所以|CD|=|x4-x3|=.由已知,四邊形ACBD的面積S=|CD|·|AB|=.當n=0時,S取得最大值,最大值為.所以四邊形ACBD面積的最大值為.4.(2014高考浙江卷,理21)如圖,設(shè)橢圓C:+=1(a>b>0),動直線l與橢圓C只有一個公共點P,且點P在第一象限.(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點P的坐標;(2)若過原

12、點O的直線l1與l垂直,證明:點P到直線l1的距離的最大值為a-b.解:(1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l與C只有一個公共點,故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點P的坐標為-,.又點P在第一象限,故點P的坐標為,.(2)由于直線l1過原點O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點P到直線l1的距離d=整理得d=,因為a2k2+2ab,所以=a-b,當且僅當k2=時等號成立.所以,點P到直線l1的距離的最大值為a-b.5.(2012年福建卷,理19)如圖,橢圓E: (a>b>

13、;0)的左焦點為F1,右焦點為F2,離心率e=.過F1的直線交橢圓于A、B兩點,且ABF2的周長為8.(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)動直線l:y=kx+m與橢圓E有且只有一個公共點P,且與直線x=4相交于點Q.試探究:在坐標平面內(nèi)是否存在定點M,使得以PQ為直徑的圓恒過點M?若存在,求出點M的坐標;若不存在,說明理由.解:(1)由橢圓定義知,|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,F2AB的周長=|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a.4a=8,a=2,又e=,c=1,b2=3.橢圓E的方程是.(2)由消去y,整理得(3+4k2)x2+8mkx+4m2-12=0.動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0,y0),=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,m0,整理得m2=4k2+3.此時x0=,y0=k·+m=,P.由得Q(4,4