2020版高考数学第八章平面解析几何第五节椭圆学案文（含解析）新人教A版.docx

第五节椭圆2019考纲考题考情1椭圆的概念平面内与两定点F1、F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫椭圆。这两定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做焦距。集合PM|MF1|MF2|2a，|F1F2|2c，其中a0，c0，且a，c为常数。(1)若ac，则M点的轨迹为椭圆。(2)若ac，则M点的轨迹为线段F1F2。(3)若ac，则M点不存在。2椭圆的标准方程和几何性质1椭圆方程中的a，b，c(1)a，b，c关系：a2b2c2。(2)e与：因为e，所以离心率e越大，则越小，椭圆就越扁；离心率e越小，则越大，椭圆就越圆。2在求焦点在x轴上椭圆的相关量的范围时，要注意应用以下不等关系：axa，byb,0e|F1F2|6，所以点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其中a5，c3，b4，故点P的轨迹方程为1。故选A。答案A2(选修11P42A组T4改编)设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，过点F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是()ABC2D1解析设椭圆方程为1，依题意，显然有|PF2|F1F2|，则2c，即2c，即e22e10，又0e1，解得e1。故选D。解析：因为F1PF2为等腰直角三角形，所以|PF2|F1F2|2c，|PF1|2c。因为|PF1|PF2|2a，所以2c2c2a，所以e1。故选D。答案D二、走近高考3(2018全国卷)已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点。若PF1PF2，且PF2F160，则C的离心率为()A1B2CD1解析在F1PF2中，F1PF290，PF2F160，|F1F2|2c，所以|PF2|c，|PF1|c，又由椭圆定义可知|PF1|PF2|2a，即cc2a，故椭圆C的离心率e1。故选D。答案D4(2017全国卷)设A，B是椭圆C：1长轴的两个端点。若C上存在点M满足AMB120，则m的取值范围是()A(0,19，) B(0，9，)C(0,14，) D(0，4，)解析依题意得，或所以或解得0m20,10m(m2)4，所以m4。当焦点在y轴上时，m210m0，m2(10m)4，所以m8。所以m4或8。答案C7已知点P是椭圆1上y轴右侧的一点，且以点P及焦点F1，F2为顶点的三角形的面积等于1，则点P的坐标为_。解析设P(x，y)，由题意知c2a2b2541，所以c1，则F1(1,0)，F2(1,0)。由题意可得点P到x轴的距离为1，所以y1，把y1代入1，得x，又x0，所以x，所以P点坐标为或。答案或第1课时椭圆的定义及简单几何性质考点一椭圆的定义及应用【例1】(1)过椭圆y21的左焦点F1作直线l交椭圆于A，B两点，F2是椭圆右焦点，则ABF2的周长为()A8 B4C4 D2(2)在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆1上的一个动点，点A(1,1)，B(0，1)，则|PA|PB|的最大值为()A5 B4C3 D2解析(1)因为y21，所以a2。由椭圆的定义可得|AF1|AF2|2a4，且|BF1|BF2|2a4，所以ABF2的周长为|AB|AF2|BF2|(|AF1|AF2|)(|BF1|BF2|)4a8。故选A。(2)因为椭圆方程为1，所以焦点为B(0，1)和B(0,1)，连接PB，AB，根据椭圆的定义，得|PB|PB|2a4，可得|PB|4|PB|，因此|PA|PB|PA|(4|PB|)4(|PA|PB|)。因为|PA|PB|AB|，所以|PA|PB|4|AB|415，当且仅当P在AB延长线上时，等号成立。故|PA|PB|的最大值为5。答案(1)A(2)A椭圆定义的应用主要有两个方面：一是确认平面内与两定点有关的轨迹是否为椭圆；二是当P在椭圆上时，与椭圆的两焦点F1，F2组成的三角形通常称为“焦点三角形”，利用定义可求其周长，利用定义和余弦定理可求|PF1|PF2|，通过整体代入可求其面积等。面积公式SPF1F2b2tan(其中F1PF2)。【变式训练】(1)(2019惠州调研)设F1，F2为椭圆1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，则的值为()ABCD(2)已知椭圆1上一点P与椭圆的两焦点F1，F2的连线夹角为直角，则|PF1|PF2|_。解析(1)如图，设线段PF1的中点为M，因为O是F1F2的中点，所以OMPF2，可得PF2x轴，可求得|PF2|，|PF1|2a|PF2|，。故选D。(2)依题意a7，b2，c5，|F1F2|2c10，由于PF1PF2，所以由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，即|PF1|2|PF2|2100。又由椭圆定义知|PF1|PF2|2a14，所以(|PF1|PF2|)22|PF1|PF2|100，即1962|PF1|PF2|100。解得|PF1|PF2|48。答案(1)D(2)48考点二椭圆的标准方程【例2】(1)已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点，(，)，则椭圆的标准方程为_。(2)设F1、F2为椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，经过F1的直线交椭圆C于A，B两点，若F2AB是面积为4的等边三角形，则椭圆C的方程为_。解析(1)设椭圆方程为mx2ny21(m，n0，mn)。由解得m，n，故椭圆的标准方程为1。(2)因为F2AB是面积为4的等边三角形，所以ABx轴，所以A，B两点的横坐标为c，代入椭圆方程，可求得|F1A|F1B|。又|F1F2|2c，F1F2A30，所以2c。又SF2AB2c4，a2b2c2，由解得a29，b26，c23，所以椭圆C的方程为1。答案(1)1(2)11求椭圆方程的基本方法是待定系数法，先定位，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后根据条件建立关于a，b的方程组。2如果焦点位置不确定，可设椭圆方程为mx2ny21(m0，n0，mn)，求出m，n的值即可。3椭圆的通径(过焦点且与长轴垂直的弦)长为。【变式训练】(1)已知两圆C1：(x4)2y2169，C2：(x4)2y29，动圆M在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为()A1 B1C1 D1(2)设F1，F2分别是椭圆E：1(0b1)，与直线l的方程联立得消去y得(2a21)x26a2x10a2a40，由题意易知36a44(2a21)(10a2a4)0，解得a，所以e，所以e的最大值为。故选A。答案(1)C(2)A求椭圆离心率的三种方法1直接求出a，c来求解e。通过已知条件列方程组，解出a，c的值。2构造a，c的齐次式，解出e。由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解。3通过取特殊值或特殊位置，求出离心率。提醒：在解关于离心率e的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率e(0,1)进行根的取舍，否则将产生增根。方向2：最值问题【例4】(2018浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆y2m(m1)上两点A，B满足2，则当m_时，点B横坐标的绝对值最大。解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由2，得即x12x2，y132y2。因为点A，B在椭圆上，所以得y2m，所以y1，xm(32y2)2m2m(m5)244，所以当m5时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为2。答案5与椭圆有关的最值或范围问题的求解方法1利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质，求最值或取值范围。2利用函数，尤其是二次函数求最值或取值范围。3利用不等式，尤其是基本不等式求最值或取值范围。4利用一元二次方程的根的判别式求最值或取值范围。【题点对应练】1(方向1)P是椭圆1(ab0)上的一点，A为左顶点，F为右焦点，PFx轴，若tanPAF，则椭圆的离心率e为()ABCD解析如图，不妨设点P在第一象限，因为PFx轴，所以xPc，将xPc代入椭圆方程得yP，即|PF|，则tanPAF，结合b2a2c2，整理得2c2aca20，两边同时除以a2得2e2e10，解得e或e1(舍去)。故选D。答案D2(方向1)若椭圆上存在点P，使得点P到两个焦点的距离之比为21，则此椭圆离心率的取值范围是()ABCD解析设P到两个焦点的距离分别为2k，k，根据椭圆定义可知：3k2a，又结合椭圆的性质可知，椭圆上的点到两个焦点距离之差的最大值为2c，即k2c，所以2a6c，即e。又因为0e1，所以eb0)。由题设知抛物线的焦点为(0,2)，所以椭圆中b2。因为e，所以a2c，又a2b2c2，联立解得c2，a4，所以椭圆C的标准方程为1。答案13(配合例3使用)已知椭圆1(ab0)的左顶点和上顶点分别为A，B，左、右焦点分别是F1，F2，在线段AB上有且只有一个点P满足PF1PF2，则椭圆的离心率的平方为()ABCD解析由题意得，A(a,0)，B(0，b)，由在线段AB上有且只有一个点P满足PF1PF2，得点P是以点O为圆心，线段F1F2为直径的圆x2y2c2与线段AB的切点，连接OP，则OPAB，且OPc，即点O到直线AB的距离为c。又直线AB的方程为yxb，整理得bxayab0，点O到直线AB的距离dc，两边同时平方整理得，a2b2c2(a2b2)(a2b2)(a2b2)a4b4，可得b4a2b2a40，两边同时除以a4，得210，可得，则e211。故选B。答案B4(配合例4使用)已知椭圆C：y21的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足0y1，则|PF1|PF2|的取值范围是_。解析由点P(x0，y0)满足0y1，可知P(x0，y0)一定在椭圆内(不包括原点)，因为a，b1，所以由椭圆的定义可知|PF1|PF2|b0)的离心率为，焦距为2。斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B。(1)求椭圆M的方程；(2)若k1，求|AB|的最大值。解(1)由题意得解得a，b1。所以椭圆M的方程为y21。(2)设直线l的方程为yxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)。由得4x26mx3m230。4812m20m20即t2b0)的一条弦所在的直线方程是xy50，弦的中点坐标是M(4,1)，则椭圆的离心率是()ABCD解析设直线xy50与椭圆1相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，因为AB的中点M(4,1)，所以x1x28，y1y22。易知直线AB的斜率k1。由两式相减得，0，所以，所以，于是椭圆的离心率e。故选C。答案C弦及弦中点问题的解决方法1根与系数的关系：直线与椭圆方程联立，消元，利用根与系数关系表示中点。2点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率。【变式训练】已知椭圆：x21，过点P的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为()A9xy40 B9xy50C2xy20 Dxy50解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A，B在椭圆x21上，所以两式相减得xx0，即(x1x2)(x1x2)0，又弦AB被点P平分，所以x1x21，y1y21，将其代入上式得x1x20，即9，即直线AB的斜率为9，所以直线AB的方程为y9，即9xy50。答案B考点三证明问题【例3】已知A是椭圆E：1的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA。(1)当|AM|AN|时，求AMN的面积；(2)当2|AM|AN|时，证明：k0。由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为。又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2。将xy2代入1得7y212y0。解得y0或y，所以y1。因此AMN的面积SAMN2。(2)证明：将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入1得(34k2)x216k2x16k2120。由x1(2)得x1，故|AM|x12|。由题设，直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|。由2|AM|AN|得，即4k36k23k80。设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点，f(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0，)内单调递增。又f()15260，因此f(t)在(0，)内有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以kb0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，且有|PF1|PF2|2。(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，求AOB(O为坐标原点)面积的最大值。解(1)由|PF1|PF2|2，得2a2，所以a。将P代入1，得b21。所以椭圆C的标准方程为y21。(2)由已知，直线l的斜率为零时，不合题意，设直线l的方程为x1my，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得消去x化简整理得(m22)y22my10，由根与系数的关系，得SAOB|OF2|y1y2|，当且仅当m21，即m0时，等号成立，所以AOB面积的最大值为。圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何法，即利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用导数、不等式等进行求解。【变式训练】(2019长春质监)已知椭圆C的两个焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，且经过点E。(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若，且2b0)，由解得所以椭圆C的方程为1。(2)由题意得直线l的方程为yk(x1)(k0)，联立方程，得整理得y2y90，1440，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2，又，所以y1y2，所以y1y2(y1y2)2，则，2，因为23，所以2，即0，解得0b0)的右焦点F(1,0)，椭圆的左、右顶点分别为M，N。过点F的直线l与椭圆交于C，D两点，且MCD的面积是NCD的面积的3倍。(1)求椭圆的方程；(2)若CD与x轴垂直，A，B是椭圆上位于直线CD两侧的动点，且满足ACDBCD，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由。解(1)因为MCD的面积是NCD的面积的3倍，所以|MF|3|NF|，即ac3(ac)，所以a2c2。又a2b2c2，所以b23