2022年高考数学大一轮复习 第十一章 第60课 椭圆要点导学

2022年高考数学大一轮复习 第十一章 第60课 椭圆要点导学求椭圆的方程已知点F1(-1,0),F2(1,0)是椭圆C的两个焦点,过点F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且AB=3,求椭圆C的方程.思维引导利用待定系数法求椭圆的方程,将直线x=1与椭圆方程联立解出A,B的纵坐标,然后用a,b表示出AB,解出a,b,即可求出椭圆C的方程.解答设椭圆C的方程为+=1(ab0),与直线x=1联立得y=(c=1),所以AB=3,即2b2=3a.由题意得b2=a2-1,所以2(a2-1)=3a,即2a2-3a-2=0,又a0,解得a=2,所以b2=3,故椭圆C的方程为+=1.【题组强化重点突破】1. (xx冀州中学模拟)已知椭圆C1:+y2=1,椭圆C2以椭圆C1的长轴为短轴,椭圆且与椭圆C1有相同的离心率,求椭圆C2的方程.解答由已知可设椭圆C2的方程为+=1(a2),其离心率为,故=,则a=4,所以椭圆C2的方程为+=1.2. (xx济南外国语学校)已知椭圆C:+=1(ab0)过点,且离心率e=,求椭圆C的标准方程.解答因为椭圆C的离心率e=,所以=,a=2c,b2=a2-c2=3c2.故可设椭圆C的方程为+=1.又因为点在椭圆上,所以+=1,所以c2=1,所以椭圆C的标准方程为+=1.3. 已知椭圆的中心在原点O,短半轴的端点到其右焦点F(2,0)的距离为,那么此椭圆的标准方程是.答案+=1解析由已知,可设椭圆的方程为+=1(ab0),则a=,c=2,所以b=,所以椭圆的方程为+=1.4. 已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0),离心率为,那么椭圆C的方程是.答案+=1解析设椭圆C的方程为+=1(ab0),则c=1,e=,所以a=2,c=1,所以b=.故椭圆C的方程为+=1.5. 若椭圆C:+=1(ab0)的离心率e=,a+b=3,则椭圆C的方程为.答案+y2=1解析因为e=,所以a=c,b=c,代入a+b=3,得c=,a=2,b=1,故椭圆C的方程为+y2=1.椭圆定义的应用已知ABC的三边的长a,b,c(abc)成等差数列,A,C两点的坐标分别为(-1,0),(1,0),求顶点B的轨迹.思维引导由a,b,c(abc)成等差数列,得BC+BA=2AC为定值,从而动点B在以点C,A为焦点的椭圆上,可用定义法求出椭圆方程,再结合其他条件删除多余的点.解答设点B的坐标为(x,y),因为a,b,c(abc)成等差数列,所以a+c=2b,即BC+BA=4.由椭圆定义知,点B的轨迹方程为+=1.又因为abc,所以BCAB,所以(x-1)2+y2(x+1)2+y2,所以x0.所以点B的轨迹是椭圆的一半,其方程为+=1(x0).又当x=-2时,点B,A,C在同一直线上,不能构成ABC,所以x-2.所以顶点B的轨迹方程为+=1(-2xb0),由题意知c=1,设右焦点F(1,0),因为2a=EF+EF=+=2,所以a=,b2=a2-c2=2.所以椭圆的方程为+=1.椭圆性质的应用在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆+=1(ab0)的左顶点为A,左焦点为F,上顶点为B.若BAO+BFO=90,则椭圆的离心率是.思维引导根据所给几何条件,建立关于a,b,c的方程.答案解析方法一:因为BAO+BFO=90,所以sinBFO=cosBAO=cosBAF.在ABF中,由正弦定理得=,即=,所以=,所以a2=b,即a4=(a2-c2)(2a2-c2),化简得e4-3e2+1=0,解得e2=,故e=(负根舍去).方法二:易知BAF=FBO,所以RtBFORtABO,则=,即=,所以ac=b2=a2-c2,所以c2+ac-a2=0,即e2+e-1=0,解得e=(负根舍去).方法三:设椭圆右顶点为C,连接BC,则BCO=BAF,所以BCO+BFC=90,则BF2+BC2=CF2,即a2+a2+b2=(a+c)2,所以2a2-c2=2ac+c2,即c2+ac-a2=0,所以e2+e-1=0,解得e=(负根舍去).精要点评椭圆离心率的求解主要是将所给几何条件进行转化,建立关于a,b,c的方程.本题对于所给条件BAO+BFO=90采取了三种转化,分别是正弦定理、余弦定理以及相似三角形,但目的都是一致的.已知椭圆+=1(ab0)的右焦点F,其右准线与x轴的交点为A,在椭圆上存在点P满足线段AP的垂直平分线过点F,则椭圆离心率的取值范围是.思维引导将是否存在问题等价转换为方程有解问题,找出a,b,c的关系式,从而求出椭圆离心率的取值范围.答案解析由题意,椭圆上存在点P,使得线段AP的垂直平分线过点F,即点F到点P与点A的距离相等.而FA=-c=,PFa-c,a+c,于是a-c,a+c,所以ac-c2b2ac+c2,即解得所以1.又e(0,1),故e.精要点评一般地,求离心率的值或取值范围的问题,关键是将几何条件转化为关于a,b,c的方程或不等式,然后再解方程或不等式,要注意的是建立的方程或不等式应该为奇次式.对于椭圆上或直线上存在一点,应该利用该点建立方程,转化为与该点有关变量的方程的有解问题,这里要注意椭圆等图形本身离心率的范围限制.椭圆的综合问题(xx全国卷)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(ab0)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) 求椭圆E的方程;(2) 设过点A的动直线l与椭圆E相交于P,Q两点,当OPQ的面积最大时,求l的直线方程.解答(1) 设右焦点F(c,0),由条件知=,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1,故椭圆E的方程为+y2=1.(2) 当lx轴时,不合题意,故可设直线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=,x2=,从而PQ=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,所以OPQ的面积SOPQ=dPQ=.设=t,则t0,SOPQ=.因为t+4,当且仅当t=2,k=时取等号,且满足0.所以当OPQ的面积最大时,直线l的方程为y=x-2或y=-x-2.设点A1,A2与B分别是椭圆E:+=1(ab0)的左、右顶点与上顶点,直线A2B与圆C:x2+y2=1相切.(1) 求证:+=1;(2) 若P是椭圆E上异于A1,A2的一点,直线PA1,PA2的斜率之积为-,求椭圆E的方程;(3) 若直线l与椭圆E交于M,N两点,且=0,试判断直线l与圆C的位置关系,并说明理由.规范答题(1) 已知椭圆E:+=1(ab0),A1,A2与B分别为椭圆E的左、右顶点与上顶点,所以A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),直线A2B的方程是+=1.因为直线A2B与圆C:x2+y2=1相切,所以=1,即+=1. (5分)(2) 设P(x0,y0),则直线PA1,PA2的斜率之积为=-,即+=1,而+=1,所以b2=a2.结合+=1,得a2=4,b2=.所以椭圆E的方程为+=1. (10分)(3) 设点M(x1,y1),N(x2,y2).若直线l的斜率存在,设直线l:y=kx+m,将y=kx+m代入+=1,得+=1,化简,得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0(0).则x1x2=,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=-km+m2=. (12分)因为=0,所以x1x2+y1y2=0.所以(a2+b2)m2-a2b2(1+k2)=0.结合(1)中+=1,得m2=1+k2.圆心到直线l的距离为d=1,所以直线l与圆C相切.(14分)若直线l的斜率不存在,设直线l:x=n,代入+=1,得y=.则有|n|=b,即a2n2=b2(a2-n2),解得n=1,所以直线l与圆C相切.(16分)1. 在平面直角坐标系xOy中,动点P到两点(-,0),(,0)的距离之和等于4,设点P的轨迹为曲线C,则曲线C的轨迹方程为.答案+y2=12. 已知椭圆C的中心在原点O,焦点在x轴上,短轴长为2,离心率为,则椭圆C的方程为.答案+y2=1解析设椭圆C的方程为+=1(ab0),由题意知解得a=,b=1,因此椭圆C的方程为+y2=1.3. (xx天津卷)设椭圆+=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.若AB=F1F2,则椭圆的离心率为.答案解析由AB=F1F2,可得a2+b2=3c2,又b2=a2-c2,则=,所以椭圆的离心率e=.4. (xx佳木斯一中三调)如图,已知椭圆+=1(ab0),以O为圆心、短半轴长为半径作圆O,过椭圆的长轴的一端点P作圆O的两条切线,切点为A,B,若四边形PAOB为正方形,则椭圆的离心率为.(第4题)答案解析由题意知OA=AP=b,OP=a,OAAP,所以2b2=a2,即=,故e=.温馨提醒趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们完成配套检测与评估中的练习(第119-120页).