2025屆高考數(shù)學一輪復習第8章平面解析幾何第5講橢圓創(chuàng)新教學案含解析新人教版

PAGE第5講橢圓[考綱解讀]1.駕馭兩種求橢圓方程的方法：定義法、待定系數(shù)法，并能依據(jù)其標準方程及幾何圖形探討橢圓的幾何性質(范圍、對稱性、頂點、離心率)．(重點)2．駕馭直線與橢圓位置關系的推斷，并能求解直線與橢圓相關的綜合問題．(難點)[考向預料]從近三年高考狀況來看，本講為高考的必考內容．預料2024年將會考查：①橢圓標準方程的求解；②直線與橢圓位置關系的應用；③求解與橢圓性質相關的問題．試題以解答題的形式呈現(xiàn)，敏捷多變、技巧性強，具有肯定的區(qū)分度，試題中等偏難.1.橢圓的定義(1)定義：在平面內到兩定點F1，F(xiàn)2的距離的eq\o(□,\s\up1(01))和等于eq\o(□,\s\up1(02))常數(shù)(大于|F1F2|)的點的軌跡(或集合)叫橢圓．這兩定點叫做橢圓的焦點，兩焦點間的距離叫做eq\o(□,\s\up1(03))焦距．(2)集合語言：P＝{M||MF1|＋|MF2|＝eq\o(□,\s\up1(04))2a，且2aeq\o(□,\s\up1(05))>|F1F2|}，|F1F2|＝2c，其中a>c>0，且a，c為常數(shù)．注：當2a>|F1F2|時，軌跡為橢圓；當2a＝|F1F2|時，軌跡為線段F1F2；當22．橢圓的標準方程和幾何性質標準方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)圖形性質范圍－a≤x≤a，－b≤y≤b－b≤x≤b，－a≤y≤a對稱性對稱軸：x軸，y軸；對稱中心：原點焦點F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)F1(0，－c)，F(xiàn)2(0，c)頂點A1(－a,0)，A2(a,0)；B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)；B1(－b,0)，B2(b,0)軸線段A1A2，B1B2分別是橢圓的長軸和短軸；長軸長為2a焦距|F1F2|＝離心率e＝eq\f(c,a)且e∈(0,1)a，b，c的關系c2＝a2－b23．直線與橢圓位置關系的推斷直線與橢圓方程聯(lián)立方程組，消掉y，得到Ax2＋Bx＋C＝0的形式(這里的系數(shù)A肯定不為0)，設其判別式為Δ：(1)Δ>0?直線與橢圓eq\o(□,\s\up1(01))相交；(2)Δ＝0?直線與橢圓eq\o(□,\s\up1(02))相切；(3)Δ<0?直線與橢圓eq\o(□,\s\up1(03))相離．4．弦長公式(1)若直線y＝kx＋b與橢圓相交于兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\o(□,\s\up1(01))eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\o(□,\s\up1(02))eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.(2)焦點弦(過焦點的弦)：最短的焦點弦為通徑長eq\o(□,\s\up1(03))eq\f(2b2,a)，最長為eq\o(□,\s\up1(04))2a.5．必記結論(1)設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上隨意一點P(x，y)，則當x＝0時，|OP|有最小值b，P點在短軸端點處；當x＝±a時，|OP|有最大值a，P點在長軸端點處．(2)已知過焦點F1的弦AB，則△ABF2的周長為4a1．概念辨析(1)平面內與兩個定點F1，F(xiàn)2的距離之和等于常數(shù)的點的軌跡是橢圓．()(2)方程mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)表示的曲線是橢圓．()(3)橢圓上一點P與兩焦點F1，F(xiàn)2構成△PF1F2的周長為2a＋2c(其中a(4)eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)與eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的焦距相同．()答案(1)×(2)√(3)√(4)√2．小題熱身(1)橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的離心率是()A.eq\f(\r(13),3) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(5,9)答案B解析由已知得a＝3，b＝2，所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(32－22)＝eq\r(5)，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3).(2)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，若長軸的長為6，且兩焦點恰好將長軸三等分，則此橢圓的標準方程為()A.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,32)＝1 B.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1C.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1 D.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1答案B解析由題意，得eq\f(2c,2a)＝eq\f(1,3)，2a＝6，解得a＝3，c＝1，則b＝eq\r(32－12)＝eq\r(8)，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.故選B.(3)若方程eq\f(x2,m－2)＋eq\f(y2,6－m)＝1表示橢圓，則m的取值范圍是________．答案2<m<6且m≠4解析方程eq\f(x2,m－2)＋eq\f(y2,6－m)＝1表示橢圓?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－2>0，,6－m>0，,m－2≠6－m，))解得2<m<6且m≠4.(4)已知動點P(x，y)的坐標滿意eq\r(x2＋y＋72)＋eq\r(x2＋y－72)＝16，則動點P的軌跡方程為________．答案eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,15)＝1解析由已知得點P到點A(0，－7)和B(0,7)的距離之和為16，且16>|AB|，所以點P的軌跡是以A(0，－7)，B(0,7)為焦點，長軸長為16的橢圓．明顯a＝8，c＝7，故b2＝a2－c2＝15，所以動點P的軌跡方程為eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,15)＝1.題型一橢圓的定義及應用1．過橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左焦點F1作直線l交橢圓于A，B兩點，F(xiàn)2是橢圓右焦點，則△ABF2的周長為()A．8 B．4eq\r(2)C．4 D．2eq\r(2)答案A解析因為橢圓為eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以橢圓的半長軸a＝2，由橢圓的定義可得AF1＋AF2＝2a＝4，且BF1＋BF2＝2a＝4，所以△ABF2的周長為AB＋AF2＋BF2＝(AF1＋AF2)＋(BF1＋BF2)＝4a＝8.2．在平面直角坐標系xOy中，P是橢圓eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1上的一個動點，點A(1,1)，B(0，－1)，則|PA|＋|PB|的最大值為()A．5 B．4C．3 D．2答案A解析如圖，∵橢圓eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，∴焦點坐標為B(0，－1)和B′(0,1)，連接PB′，AB′，依據(jù)橢圓的定義，得|PB|＋|PB′|＝2a＝4，可得|PB|＝4－|PB′|，因此|PA|＋|PB|＝|PA|＋(4－|PB′|)＝4＋(|PA|－|PB′|)．∵|PA|－|PB′|≤|AB′|，∴|PA|＋|PB|≤4＋|AB′|＝4＋1＝5.當且僅當點P在AB′的延長線上時，等號成立．綜上所述，可得|PA|＋|PB|的最大值為5.3．(2024·九江模擬)F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,7)＝1的左、右焦點，A為橢圓上一點，且∠AF1F2＝45°，則△AF1F2的面積為()A．7 B.eq\f(7,4)C.eq\f(7,2) D.eq\f(7\r(5),2)答案C解析由題意，得a＝3，b＝eq\r(7)，c＝eq\r(2)，|AF1|＋|AF2|＝6.∴|AF2|＝6－|AF1|.在△AF1F2中，|AF2|2＝|AF1|2＋|F1F2|2－2|AF1|·|F1F2|·cos45°＝|AF1|2－4|AF1|＋8，∴(6－|AF1|)2＝|AF1|2－4|AF1|＋8，解得|AF1|＝eq\f(7,2)，∴△AF1F2的面積S＝eq\f(1,2)×eq\f(7,2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7,2).利用定義解焦點三角形問題及求最值的方法解焦點三角形問題利用定義求焦點三角形的周長和面積．解決焦點三角形問題常利用橢圓的定義、正弦定理或余弦定理．其中|PF1|＋|PF2|＝2a求最值抓住|PF1|與|PF2|之和為定值，可聯(lián)系到基本不等式求|PF1|·|PF2|的最值；利用定義|PF1|＋|PF2|＝2a1．如圖所示，一圓形紙片的圓心為O，F(xiàn)是圓內肯定點，M是圓周上一動點，把紙片折疊使M與F重合，然后抹平紙片，折痕為CD，設CD與OM交于點P，則點P的軌跡是()A．橢圓 B．雙曲線C．拋物線 D．圓答案A解析由題意得|PF|＝|MP|，所以|PO|＋|PF|＝|PO|＋|MP|＝|MO|>|OF|，即點P到兩定點O，F(xiàn)的距離之和為常數(shù)(圓的半徑)，且此常數(shù)大于兩定點的距離，所以點P的軌跡是橢圓．2．(2024·安徽皖江模擬)已知F1，F(xiàn)2是長軸長為4的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，P是橢圓上一點，則△PF1F2面積的最大值為________．答案2解析解法一：∵△PF1F2的面積為eq\f(1,2)|PF1||PF2|·sin∠F1PF2≤eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))2＝eq\f(1,2)a2.又2a＝4，∴a2＝4，∴△PF1F2面積的最大值為2.解法二：由題意可知2a＝4，解得a＝2.當P點到F1F2距離最大時，S△PF1FS△PF1F2＝eq\f(1,2)·2c·b＝bc.又a2＝b2＋c2＝4，∴bc≤eq\f(b2＋c2,2)＝2，∴當b＝c＝eq\r(2)時，△PF1F2面積最大，為2.題型二橢圓的標準方程角度1定義法求橢圓的標準方程1．已知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，B是圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋y2＝4(F為圓心)上一動點，線段AB的垂直平分線交BF于點P，則動點P的軌跡方程為________．答案x2＋eq\f(y2,\f(3,4))＝1解析如圖，由題意知|PA|＝|PB|，|PF|＋|BP|＝2.所以|PA|＋|PF|＝2且|PA|＋|PF|>|AF|，即動點P的軌跡是以A，F(xiàn)為焦點的橢圓，a＝1，c＝eq\f(1,2)，b2＝eq\f(3,4).所以動點P的軌跡方程為x2＋eq\f(y2,\f(3,4))＝1.角度2待定系數(shù)法求橢圓的標準方程2．已知橢圓的中心在原點，以坐標軸為對稱軸，且經過兩點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2)))，(eq\r(3)，eq\r(5))，則橢圓方程為________．答案eq\f(y2,10)＋eq\f(x2,6)＝1解析設橢圓方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)．由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)m＋\f(25,4)n＝1，,3m＋5n＝1，))解得m＝eq\f(1,6)，n＝eq\f(1,10)，所以橢圓方程為eq\f(y2,10)＋eq\f(x2,6)＝1.1．定義法求橢圓的標準方程依據(jù)橢圓的定義確定a2，b2的值，再結合焦點位置求出橢圓的方程．見舉例說明1.其中常用的關系有：(1)b2＝a2－c2；(2)橢圓上隨意一點到橢圓兩焦點的距離之和等于2a(3)橢圓上一短軸頂點到一焦點的距離等于實半軸長a.2．待定系數(shù)法求橢圓的標準方程的四步驟提示：當橢圓的焦點位置不明確時，可設為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)可簡記為“先定型，再定量”．見舉例說明2.1．與圓C1：(x＋3)2＋y2＝1外切，且與圓C2：(x－3)2＋y2＝81內切的動圓圓心P的軌跡方程為________．答案eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1解析設動圓的半徑為r，圓心為P(x，y)，則有|PC1|＝r＋1，|PC2|＝9－r.所以|PC1|＋|PC2|＝10>|C1C2所以點P的軌跡是以C1(－3,0)，C2(3,0)為焦點，長軸長為10的橢圓，點P的軌跡方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.2．(2024·武漢調研)一個橢圓的中心在原點，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，P(2，eq\r(3))是橢圓上一點，且|PF1|，|F2F2|，|PF2|成等差數(shù)列，則橢圓方程為________．答案eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1解析∵橢圓的中心在原點，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，∴可設橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，∵P(2，eq\r(3))是橢圓上一點，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差數(shù)列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(3,b2)＝1，,2a＝4c，))又a2＝b2＋c2，∴a＝2eq\r(2)，b＝eq\r(6)，c＝eq\r(2)，∴橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1.題型三橢圓的幾何性質1．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點是圓x2＋y2－6x＋8＝0的圓心，且短軸長為8，則橢圓的左頂點為()A．(－3,0) B．(－4,0)C．(－10,0) D．(－5,0)答案D解析由已知得，橢圓的一個焦點坐標為(3,0)，故c＝3，又因為2b＝8，b＝4，所以a2＝b2＋c2＝16＋9＝25.故a＝5.所以橢圓的左頂點為(－5,0)．2．已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，過F1且垂直于x軸的直線與橢圓交于A，B上下兩點，若△ABF2是銳角三角形，則該橢圓的離心率e的取值范圍是()A．(0，eq\r(2)－1) B．(eq\r(2)－1,1)C．(0，eq\r(3)－1) D．(eq\r(3)－1,1)答案B解析∵F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，過F1且垂直于x軸的直線與橢圓交于A，B上下兩點，∴F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(b2,a)))，∵△ABF2是銳角三角形，∴∠AF2F1<45°，∴tan∠AF2F1<1，∴eq\f(\f(b2,a),2c)<1，整理，得b2<2ac，∴a2－c2<2ac，兩邊同時除以a2，并整理，得e2＋2e－1>0，解得e>eq\r(2)－1或e<－eq\r(2)－1(舍去)，∵0<e<1，∴橢圓的離心率e的取值范圍是(eq\r(2)－1,1)．3．(2024·合肥質檢)如圖，焦點在x軸上的橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1的離心率e＝eq\f(1,2)，F(xiàn)，A分別是橢圓的一個焦點和頂點，P是橢圓上隨意一點，則eq\o(PF,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))的最大值為________．答案4解析由題意知a＝2，因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3.故橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.設P點坐標為(x0，y0)．所以－2≤x0≤2，－eq\r(3)≤y0≤eq\r(3).因為F(－1,0)，A(2,0)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(－1－x0，－y0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x0，－y0)，所以eq\o(PF,\s\up6(→))·Peq\o(A,\s\up6(→))＝xeq\o\al(2,0)－x0－2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)－x0＋1＝eq\f(1,4)(x0－2)2.則當x0＝－2時，eq\o(PF,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))取得最大值4.1．利用橢圓幾何性質的留意點及技巧(1)留意橢圓幾何性質中的不等關系在求與橢圓有關的一些范圍問題時，常常用到x，y的范圍，離心率的范圍等不等關系．見舉例說明3.(2)利用橢圓幾何性質的技巧求解與橢圓幾何性質有關的問題時，理清頂點、焦點、長軸、短軸等基本量的內在聯(lián)系．見舉例說明1.2．求橢圓離心率的方法(1)干脆求出a，c，利用離心率公式e＝eq\f(c,a)求解．(2)由a，b，c之間的關系求離心率，可以利用變形公式e＝eq\r(1－\f(b2,a2))求解．也可以利用b2＝a2－c2消去b，得到關于a，c的方程或不等式，進而轉化為關于e的不等式再求解．如舉例說明2.(3)由橢圓的定義求離心率．e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)，而2a是橢圓上隨意一點到兩焦點的距離之和，2c是焦距，從而與焦點三角形聯(lián)系起來．1．橢圓E的焦點在x軸上，中心在原點，其短軸上的兩個頂點和兩個焦點恰為邊長是2的正方形的頂點，則橢圓E的標準方程為()A.eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,\r(2))＝1 B.eq\f(x2,2)＋y2＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1 D.eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1答案C解析易知b＝c＝eq\r(2)，故a2＝b2＋c2＝4，從而橢圓E的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.2．(2024·衡水模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)和直線l：eq\f(x,4)＋eq\f(y,3)＝1，若過C的左焦點和下頂點的直線與l平行，則橢圓C的離心率為()A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(1,5)答案A解析直線l的斜率為－eq\f(3,4)，過C的左焦點和下頂點的直線與l平行，所以eq\f(b,c)＝eq\f(3,4)，又b2＋c2＝a2?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)c))2＋c2＝a2?eq\f(25,16)c2＝a2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(4,5).3．若點O和點F分別為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的隨意一點，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))的最大值為()A．2 B．3C．6 D．8答案C解析由橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得F(－1,0)，點O(0,0)，設P(x，y)(－2≤x≤2)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,4)))＝eq\f(1,4)x2＋x＋3＝eq\f(1,4)(x＋2)2＋2，－2≤x≤2，當且僅當x＝2時，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))取得最大值6.題型四直線與橢圓的綜合問題角度1直線與橢圓的位置關系1．已知直線l：y＝2x＋m，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.試問當m取何值時，直線l與橢圓C：(1)有兩個不重合的公共點；(2)有且只有一個公共點；(3)沒有公共點．解將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，②))將①代入②，整理，得9x2＋8mx＋2m2方程③根的判別式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2(1)當Δ>0，即－3eq\r(2)<m<3eq\r(2)時，方程③有兩個不同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實數(shù)解．這時直線l與橢圓C有兩個不重合的公共點．(2)當Δ＝0，即m＝±3eq\r(2)時，方程③有兩個相同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實數(shù)解．這時直線l與橢圓C有兩個相互重合的公共點，即直線l與橢圓C有且只有一個公共點．(3)當Δ<0，即m<－3eq\r(2)或m>3eq\r(2)時，方程③沒有實數(shù)根，可知原方程組沒有實數(shù)解，這時直線l與橢圓C沒有公共點．角度2點差法解中點弦問題2．焦點是F(0,5eq\r(2))，并截直線y＝2x－1所得弦的中點的橫坐標是eq\f(2,7)的橢圓的標準方程為________．答案eq\f(y2,75)＋eq\f(x2,25)＝1解析設所求的橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，直線被橢圓所截弦的端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)．由題意，可得弦AB的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，且eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2,7)，eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(3,7).將A，B兩點坐標代入橢圓方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),a2)＋\f(x\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\o\al(2,2),a2)＋\f(x\o\al(2,2),b2)＝1.))兩式相減并化簡，得eq\f(a2,b2)＝－eq\f(y1－y2,x1－x2)×eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－2×eq\f(－\f(6,7),\f(4,7))＝3，所以a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，故所求橢圓的標準方程為eq\f(y2,75)＋eq\f(x2,25)＝1.角度3弦長問題3．已知橢圓4x2＋y2＝1及直線y＝x＋m.(1)當直線和橢圓有公共點時，求實數(shù)m的取值范圍；(2)求被橢圓截得的最長弦所在的直線方程．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x2＋y2＝1，,y＝x＋m，))得5x2＋2mx＋m2－1＝0，因為直線與橢圓有公共點，所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，解得－eq\f(\r(5),2)≤m≤eq\f(\r(5),2).(2)設直線與橢圓交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，由(1)知，5x2＋2mx＋m2－1＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(2m,5)，x1x2＝eq\f(1,5)(m2－1)，所以|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(2x1－x22)＝eq\r(2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4m2,25)－\f(4,5)m2－1)))＝eq\f(2,5)eq\r(10－8m2).所以當m＝0時，|AB|最大，即被橢圓截得的弦最長，此時直線方程為y＝x.角度4綜合計算問題4．(2024·天津高考)設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為eq\f(\r(5),5).(1)求橢圓的方程；(2)設點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的負半軸上，若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率．解(1)設橢圓的半焦距為c，依題意，2b＝4，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)，又a2＝b2＋c2，可得a＝eq\r(5)，b＝2，c＝1.所以橢圓的方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意，設P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)．設直線PB的斜率為k(k≠0)，又B(0,2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，與橢圓方程聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝－eq\f(20k,4＋5k2)，代入y＝kx＋2得yP＝eq\f(8－10k2,4＋5k2)，進而直線OP的斜率為eq\f(yP,xP)＝eq\f(4－5k2,－10k).在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq\f(2,k).由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為－eq\f(k,2).由OP⊥MN，得eq\f(4－5k2,－10k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,2)))＝－1，化簡得k2＝eq\f(24,5)，從而k＝±eq\f(2\r(30),5).所以直線PB的斜率為eq\f(2\r(30),5)或－eq\f(2\r(30),5).1．直線與橢圓位置關系的判定方法(1)代數(shù)法聯(lián)立直線與橢圓方程可得到一個關于x，y的方程組，消去y(或x)得一元方程，此方程根的個數(shù)即為交點個數(shù)，方程組的解即為交點坐標．見舉例說明1.(2)幾何法畫出直線與橢圓的圖象，依據(jù)圖象推斷公共點個數(shù)．2．“點差法”的四步驟處理有關中點弦及對應直線斜率關系的問題時，常用“點差法”，步驟如下：3．中點弦的重要結論AB為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中點M(x0，y0)．(1)斜率：k＝－eq\f(b2x0,a2y0).見舉例說明2.(2)弦AB的斜率與弦中點M和橢圓中心O的連線的斜率之積為定值－eq\f(b2,a2).4．直線與橢圓相交的弦長公式(1)若直線y＝kx＋m與橢圓相交于兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.見舉例說明3.(2)焦點弦(過焦點的弦)：最短的焦點弦為通徑長eq\f(2b2,a)，最長為2a.1．若直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則m的取值范圍是()A．m>1 B．m>0C．0<m<5且m≠1 D．m≥1且m≠5答案D解析直線y＝kx＋1恒過定點(0,1)，若直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則點(0,1)在橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1內部或在橢圓上，所以eq\f(1,m)≤1，由方程eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1表示橢圓，則m>0且m≠5，綜上知m的取值范圍是m≥1且m≠5.2．直線y＝x＋m被橢圓2x2＋y2＝2截得的線段的中點的橫坐標為eq\f(1,6)，則中點的縱坐標為________．答案－eq\f(1,3)解析解法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,2x2＋y2＝2，))消去y并整理得3x2＋2mx＋m2－2＝0，設線段的兩端點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(2m,3)，∴－eq\f(2m,3)＝eq\f(1,3)，解得m＝－eq\f(1,2).由截得的線段的中點在直線y＝x－eq\f(1,2)上，得中點的縱坐標y＝eq\f(1,6)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,3).解法二：設線段的兩端點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則2xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝2,2xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝2.兩式相減得2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.把eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，x1＋x2＝eq\f(1,3)代入上式，得eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(1,3)，則中點的縱坐標為－eq\f(1,3).3．(2024·武威六中模擬)已知直線l：y＝kx＋2與橢圓C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1交于A，B兩點，直線l1與直線l2：x＋2y－4＝0交于點M.(1)證明：直線l2與橢圓C相切；(2)設線段AB的中點為N，且|AB|＝|MN|，求直線l1的方程．解(1)證明：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,x＋2y－4＝0，))消去x整理得y2－2y＋1＝0，∵Δ＝4－4＝0，∴l(xiāng)2與C相切．(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x＋2y－4＝0，))得M的坐標為(0,2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋2，))消去y整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0，因為直線l1與橢圓交于A，B兩點，所以Δ＝(16k)2－32(1＋4k2)＝128k2－32>0，解得k2>eq\f(1,4).設A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，則x1＋x2＝－eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(8,1＋4k2)，所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(8k,1＋4k2).∵|AB|＝|MN|，即eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)|x0－0|，∴eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝|x0|，即eq\f(8k,1＋4k2)＝eq\f(4\r(2)\r(4k2－1),1＋4k2)，解得k2＝eq\f(1,2)，滿意k2>eq\f(1,4).∴k＝±eq\f(\r(2),2)，∴直線l1的方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x＋2.組基礎關1．已知橢圓mx2＋3y2－6m＝0的一個焦點的坐標為(0,2)，則mA．1 B．3C．5 D．8答案C解析由mx2＋3y2－6m＝0，得eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2m)＝1.因為橢圓的一個焦點的坐標為(0,2)，所以2m＝6＋4，解得m＝5.2．(2024·邯鄲模擬)如圖，某瓷器菜盤的外輪廓線是橢圓，依據(jù)圖中數(shù)據(jù)可知該橢圓的離心率為()A.eq\f(2,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(2\r(3),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由題2b＝16.4,2a＝20.5，則eq\f(b,a)＝eq\f(4,5)，則離心率e＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2)＝eq\f(3,5).3．假如方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a＋6)＝1表示焦點在x軸上的橢圓，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－6，－2)B．(3，＋∞)C．(－6，－2)∪(3，＋∞)D．(－6，－3)∪(2，＋∞)答案C解析由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2>a＋6，,a＋6>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－2或a>3，,a>－6，))所以－6<a<－2或a>3.4．過橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點作一條斜率為2的直線與橢圓交于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為()A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C.eq\f(5,4) D.eq\f(10,3)答案B解析由題意知橢圓的右焦點F的坐標為(1,0)，則直線AB的方程為y＝2x－2.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交點(0，－2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(4,3)))，∴S△OAB＝eq\f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2－\f(4,3)))＝eq\f(5,3).故選B.5．如圖，已知橢圓C的中心為原點O，F(xiàn)(－2eq\r(5)，0)為C的左焦點，P為C上一點，滿意|OP|＝|OF|且|PF|＝4，則橢圓C的方程為()A.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,5)＝1 B.eq\f(x2,30)＋eq\f(y2,10)＝1C.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,16)＝1 D.eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,25)＝1答案C解析設F′為橢圓的右焦點，連接PF′，在△POF中，由余弦定理，得cos∠POF＝eq\f(|OP|2＋|OF|2－|PF|2,2|OP||OF|)＝eq\f(3,5)，則|PF′|＝eq\r(|OP|2＋|OF′|2－2|OP||OF′|cosπ－∠POF)＝8，由橢圓定義，知2a＝4＋8＝12，所以a＝6，又c＝2eq\r(5)，所以b2＝16.故橢圓C的方程為eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,16)＝1.6．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一條弦所在的直線方程是x－y＋5＝0，弦的中點坐標是M(－4,1)，則橢圓的離心率是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(5),5)答案C解析設直線x－y＋5＝0與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，因為AB的中點M(－4,1)，所以x1＋x2＝－8，y1＋y2＝2.易知直線AB的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝1.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減得，eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，于是橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2).故選C.7．(2024·成都一診)已知點M(－1,0)和N(1,0)，若某直線上存在點P，使得|PM|＋|PN|＝4，則稱該直線為“橢型直線”，現(xiàn)有下列直線：①x－2y＋6＝0；②x－y＝0；③2x－y＋1＝0；④x＋y－3＝0.其中是“橢型直線”的是()A．①③ B．①②C．②③ D．③④答案C解析由橢圓的定義知，點P的軌跡是以M，N為焦點的橢圓，其方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.對于①，把x－2y＋6＝0代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，整理得2y2－9y＋12＝0，由Δ＝(－9)2－4×2×12＝－15<0，知x－2y＋6＝0不是“橢型直線”；對于②，把y＝x代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，整理得x2＝eq\f(12,7)，所以x－y＝0是“橢型直線”；對于③，把2x－y＋1＝0代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，整理得19x2＋16x－8＝0，由Δ＝162－4×19×(－8)>0，知2x－y＋1＝0是“橢型直線”；對于④，把x＋y－3＝0代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，整理得7x2－24x＋24＝0，由Δ＝(－24)2－4×7×24<0，知x＋y－3＝0不是“橢型直線”．故②③是“橢型直線”．8．已知橢圓的中心在原點，焦點在x軸上，離心率為eq\f(\r(5),5)，且過點P(－5,4)，則橢圓的標準方程為________．答案eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1解析由題意設橢圓的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由離心率e＝eq\f(\r(5),5)可得a2＝5c2，所以b2＝4c2，故橢圓的方程為eq\f(x2,5c2)＋eq\f(y2,4c2)＝1，將P(－5,4)代入可得c2＝9，故橢圓的方程為eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1.9．已知橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點為F，若過點F且傾斜角為eq\f(π,4)的直線l與橢圓相交于A，B兩點，則|AB|的值為________．答案eq\f(16\r(5),9)解析由題意知，F(xiàn)(1,0)．∵直線l的傾斜角為eq\f(π,4)，∴斜率k＝1.∴直線l的方程為y＝x－1.代入橢圓方程，得9x2－10x－15＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(10,9)，x1x2＝－eq\f(5,3).∴|AB|＝eq\r(2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)))2＋4×\f(5,3))＝eq\f(16\r(5),9).10．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓上，且PF2垂直于x軸，若直線PF1的斜率為eq\f(\r(3),3)，則該橢圓的離心率為________．答案eq\f(\r(3),3)解析因為點P在橢圓上，且PF2垂直于x軸，所以點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a))).又因為直線PF1的斜率為eq\f(\r(3),3)，所以在Rt△PF1F2中，eq\f(PF2,F1F2)＝eq\f(\r(3),3)，即eq\f(\f(b2,a),2c)＝eq\f(\r(3),3).所以eq\r(3)b2＝2ac.eq\r(3)(a2－c2)＝2ac，eq\r(3)(1－e2)＝2e，整理得eq\r(3)e2＋2e－eq\r(3)＝0，又0<e<1，解得e＝eq\f(\r(3),3).組實力關1．過橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1的中心隨意作一條直線交橢圓于P，Q兩點，F(xiàn)是橢圓的一個焦點，則△PQF周長的最小值是()A．14 B．16C．18 D．20答案C解析如圖，設F1為橢圓的左焦點，右焦點為F2，依據(jù)橢圓的對稱性可知|F1Q|＝|PF2|，|OP|＝|OQ|，所以△PQF1的周長為|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|＝|PF1|＋|PF2|＋2|PO|＝2a＋2|PO|＝10＋2|PO|，易知2|OP|的最小值為橢圓的短軸長，即點P，Q為橢圓的上、下頂點時，△PQF1(或△PQF2)的周長即△PQF周長的最小值，為10＋2×2．已知離心率為eq\f(\r(2),2)的橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的下、上焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l：y＝kx＋1過橢圓C的焦點F2，與橢圓交于A，B兩點，若點A到y(tǒng)軸的距離是點B到y(tǒng)軸距離的2倍，則k2＝________.答案eq\f(2,7)解析直線l過定點(0,1)，即F2為(0,1)，由于eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，故a＝eq\r(2)，b＝1，則橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y2,2)＋x2＝1，,y＝kx＋1，))得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－2k,k2＋2)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋2)，由點A到y(tǒng)軸的距離是點B到y(tǒng)軸距離的2倍，得x1＝－2x2，代入x1＋x2＝eq\f(－2k,k2＋2)，解得x2＝eq\f(2k,k2＋2)，x1＝－eq\f(4k,k2＋2)，代入x1x2＝－eq\f(1,k2＋2)，解得k2＝eq\f(2,7).3．(2024·全國卷Ⅲ)設F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1的兩個焦點，M為C上一點且在第一象限．若△MF1F2為等腰三角形，則M的坐標為________．答案(3，eq\r(15))解析設F1為橢圓的左焦點，分析可知點M在以F1為圓心，焦距為半徑的圓上，即在圓(x＋4)2＋y2＝64上．因為點M在橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1上，所以聯(lián)立方程可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋42＋y2＝64，,\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝±\r(15).))又因為點M在第一象限，所以點M的坐標為(3，eq\r(15))．4．(2024·廈門摸底)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點為(eq\r(3)，0)，A為橢圓C的右頂點，以A為圓心的圓與直線y＝eq\f(b,a)x相交于P，Q兩點，且Aeq\o(P,\s\up6(→))·Aeq\o(Q,\s\up6(→))＝0，Oeq\o(P,\s\up6(→))＝3Oeq\o(Q,\s\up6(→))，則橢圓C的標準方程為________，圓A的標準方程為________．答案eq\f(x2,4)＋y2＝1(x－2)2＋y2＝eq\f(8,5)解析如圖，設T為線段PQ的中點，連接AT，則AT⊥PQ.∵Aeq\o(P,\s\up6(→))·Aeq\o(Q,\s\up6(→))＝0，即AP⊥AQ，∴|AT|＝eq\f(1,2)|PQ|.又Oeq\o(P,\s\up6(→))＝3Oeq\o(Q,\s\up6(→))，∴|OT|＝|PQ|.∴eq\f(|AT|,|OT|)＝eq\f(1,2)，即eq\f(b,a)＝eq\f(1,2).由已知得焦半距c＝eq\r(3)，∴a2＝4，b2＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.又|AT|2＋|OT|2＝4，∴|AT|2＋4|AT|2＝4，∴|AT|＝eq\f(2\r(5),5)，r＝|AP|＝eq\f(2\r(10),5).∴圓A的方程為(x－2)2＋y2＝eq\f(8,5).5．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，e＝eq\f(1,2)，其中F是橢圓的右焦點，焦距為2，直線l與橢圓C交于點A，B，線段AB中點的橫坐標為eq\f(1,4)，且eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))(其中λ>1)．(1)求橢圓C的標準方程；(2)求實數(shù)λ的值．解(1)由橢圓的焦距為2，知c＝1，又e＝eq\f(1,2)，∴a＝2，故b2＝a2－c2＝3，∴橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\o(AF,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，可知A，B，F(xiàn)三點共線，設點A(x1，y1)，點B(x2，y2)．若直線AB⊥x軸，則x1＝x2＝1，不符合題意；當AB所在直線l的斜率k存在時，設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，))消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.①①的判別式Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0.∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(8k2,4k2＋3)，,x1x2＝\f(4k2－12,4k2＋3)，))∴x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)＝2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，∴k2＝eq\f(1,4).將k2＝eq\f(1,4)代入方程①，得4x2－2x－11＝0，解得x＝eq\f(1±3\r(5),4).又eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1－x1，－y1)，eq\