2012年高考数学专题复习_椭圆

1、2012年高考数学专题复习 椭 圆【考纲要求】1. 掌握椭圆的定义，标准方程，了解椭圆的参数方程；2. 掌握椭圆的简单几何性质一、考点回顾1. 椭圆的定义1. 第一定义：满足 的动点的轨迹是以为焦点，长轴长为 的椭圆2. 第二定义：到一个定点与到一定直线的距离之比等于一个小于1的正数的点的轨迹叫椭圆其中是椭圆的一个焦点，是相应于的准线，定义式： 2. 椭圆的标准方程（1）焦点在轴上：焦点，且满足：（2）焦点在轴上： 焦点，且满足：（3）统一形式： 【注】为椭圆的定型条件，对三个值中知道任意两个，可求第三个，其中3. 椭圆的参数方程焦点在轴上，中心在原点的椭圆的参数方程为： （为参数）（其中为椭

2、圆的长轴长，为椭圆的短轴长）4 椭圆的简单几何性质以椭圆为例说明（1）范围：，（2）对称性：椭圆的对称轴:轴，轴；对称中心：原点（3）顶点：长轴顶点：，短轴顶点：，（4）离心率： 。 【注】；越大，椭圆越扁；（5）准线：椭圆有左，右两条准线关于轴对称。左准线： 右准线： （6）焦半径：椭圆上任一点到焦点的距离。左、右焦半径分别为，5 点与椭圆的位置关系已知椭圆，点，则：6 关于焦点三角形与焦点弦（1）椭圆上一点与两个焦点所构成的称为焦点三角形。设，则有：P ，当（即为短轴顶点）时，最大，此时 的面积当（即为短轴顶点）时，最大，且 AB（2）经过焦点或的椭圆的弦，称为焦点弦。设，的中点为，则弦长

3、 （左焦点取“+”，右焦点取“-”）当轴时，最短，且7 椭圆的光学性质从椭圆的一个焦点射出的光线经椭圆反射后，经过椭圆的另一焦点。8. 关于直线与椭圆的位置关系问题常用处理方法1 联立方程法：联立直线和椭圆方程，消去，得到关于的一元二次方程，设交点坐标为，则有，以及，还可进一步求出。在涉及弦长，中点，对称，面积等问题时，常用此法2 点差法：设交点坐标为代入椭圆方程，并将两式相减，可得，在涉及斜率、中点、范围等问题时，常用此法二 典例剖析1 求椭圆的标准方程【例1】（1）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，一个焦点与短轴的两个端点的连线互相垂直，且此焦点与长轴较近的一个端点的距离为，则椭圆方程为_

4、 （2）椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线交椭圆于两点，若，且，则椭圆方程为_【解】（1）由已知：，又，故求得：。所以，椭圆方程为：（2）设椭圆方程为：，且设， PQ的中点为。由已知：，所以， 即有：，又 ，求得： 或 。 联立，消去y,得：， 则有: ，即。 由韦达定理可得：，从而有， 易知：，所以或， 解之得： 或。故椭圆方程为： 或 。【例2】设椭圆的左焦点为，上顶点为，过点作的垂线分别交椭圆于，交轴于，且（1）求椭圆的离心率。（2）若过三点的圆恰好与直线相切，求椭圆的方程。【解】（1）由已知可得： 由可得：，将点坐标代入椭圆方程可得：。 即 （2）由（1）得：，圆心为，半径于是有：

5、， 所以 。故椭圆方程为： 【例3】已知中心在原点的椭圆的左，右焦点分别为，斜率为的直线过右焦点 与椭圆交于两点，与轴交于点点，且（1）若，求椭圆离心率的取值范围（2）若，且弦的中点到右准线的距离为，求椭圆的方程【解】（1）设椭圆方程为：，则直线的方程为：由，可求得：代入椭圆方程，并整理得：而且，故有：由已知： 得：考虑到，故求得：（2）由（1）可知，当时，故椭圆方程可化为：联立 消去得：设的中点为，则 易知：椭圆的右准线为：，于是 故椭圆方程为：【例4】已知椭圆的中心在原点，短轴长为，右准线交轴于点，右焦点为，且，过点的直线交椭圆于两点（1）求椭圆的方程（2）若，求直线的方程（3）若点关于轴

6、的对称点为，证明：直线过定点（4）求的最大面积【解】（1） 椭圆方程为：（2）设直线的方程为：，且设联立 消去，得：则 从而求得：由 得 ： ，求得 所以的方程为：（3）有已知及（2）知：。设直线与轴交于点则有由（2）可知：所以 又由（2）知： ， 所以 ，即故直线过定点，即为椭圆的右焦点（4）由（1）得：令 ， 则 当且仅当，即时，取“”所以的最大面积为【例5】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上,椭圆上的点到焦点的距离的最大值为，最小值为（1）求椭圆的标准方程（2）若直线与椭圆交于两点（不是左，右顶点）且以 为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标【解】（1）由已知且从而

7、所以椭圆的方程为：（2）设联立 ， 消去得：则 又有 从而有因为以为直径的圆过右顶点， 所以而 ，所以即所以得： 或 ）当时，直线过右顶点不合题意）当时，直线为，显然直线过定点故直线过定点，且定点坐标为 2 椭圆的性质【例6】已知椭圆的两个焦点分别为，在椭圆上存在一点，使得（1）求椭圆离心率的取值范围（2）当离心率取最小值时，的面积为，设是椭圆上两动点，若线段的垂直平分线恒过定点。求椭圆的方程；求直线的斜率的取值范围。【解】（1）设椭圆短轴的端点为B,由已知及椭圆的性质得： 所以，从而 ，即，又， 所以，得：，所以 。（2）当取得最小值时，在短轴顶点，所以， 又， 故求得：。 所以椭圆方程为：

8、【法一：点差法】设，设的中点为，则 即 由已知 的垂直平分线方程为：易知点在该直线上，所以 由，可求得： 即 由已知：点在椭圆内部，所以 【法二：联立方程法】设，设直线的方程为，的垂直平分线方程为：联立消去得：则有 即 又有: 从而所以的中点为 。又在的垂直平分线上，所以， 即 将代人求得：【注1】在方法二中，也可由得到【注2】求取值范围问题通常要建立不等式，关于不等式的来源有以下几种情况：（1）已知不等式；（2）椭圆上的点的横坐标满足；（3）；（4）椭圆内部的点满足； 【例7】椭圆的中心在原点，焦点在轴上，斜率为的直线过椭圆的右焦点与椭圆交于两点，与向量共线。（1）求椭圆的离心率（2）设为椭

9、圆上任一点，若，求证：为定值【解】（1）设椭圆方程为 ，设， 由已知：直线AB的方程为：，代入椭圆方程，得： ， 由韦达定理得：，易知： 因为与向量共线，所以 ， 而，所以， 即 ，于是有： 又 ，所以，故有：。（2）由（1）得：，所以椭圆方程为：，即，直线AB的方程为：，于是有：，从而，。于是。设，由已知：，将M的坐标代入椭圆方程得：， 即， 于是有：。 故为定值。【例8】已知为椭圆上一动点，弦分别过焦点，当轴时，恰有. （1）椭圆的离心率（2）设，判断是否为定值？【解】（1）当轴时，从而 依定义有，所以 而，所以 ，即 。（2）由（1）可知椭圆方程为：， 设若的斜率都存在，则直线的方程为

10、代入椭圆方程，并整理得：由韦达定理有由已知：；同理可得： 所以若有一个斜率不存在，不妨设轴则 所以 综上所述为定值。【例9】设是椭圆上的定点，过点作两条直线 与椭圆分别交于两点（异于点）且满足直线与的倾斜角互补，求证：直线的斜率为定值【证明】【法一：点差法】设，。则有： ， ， （2）（3）得：，即 。 所以。同理可得：。由已知：，即 （4）另一方面，所以 （5）由（4）（5）可得：。所以 为定值。即直线的斜率为定值 【法二：联立方程法】设，。 设直线PA： ，直线PB：。 联立，消去Y，得： ， 由韦达定理可得：同理可得： 。由已知：，即，于是得：， 即 。得：，所以 。于是 。所以 为定值

11、。3. 最值问题【例10】已知是椭圆的左，右焦点以及两定点（1）设为椭圆上一个动点求的最大值与最小值；求的最大值与最小值。（2）过点作直线与椭圆交于两点，若为锐角（为原点），求直线的斜率的取值范围【解】（1）由已知：点在椭圆内部。易知所以，。 依定义有：， 所以，由三角不等式可得： ，即 。当且仅当三点依次共线以及三点依次共线时，左右等号分别成立。所以；（此时三点依次共线）。（此时三点依次共线）【法一】易知所以，设，则。 因为，故当，即点P为椭圆短轴端点时，有最小值当，即点P为椭圆长轴端点时，有最大1. 【法二】易知，所以，设，由向量的数量积定义及余弦定理可得： （以下同解法一）（2）显然直线

12、不满足题设条件，设，设直线的方程为：，联立，消去，整理得： 由 得： 或 又 所以 又 所以 ，即 所以 。 故由、得： 或 【例11】已知椭圆，是垂直于轴的弦，直线交轴于点， 为椭圆的右焦点，直线与交于点（1）证明：点在椭圆上（2）求面积的最大值【解】（1）由已知。设，则且，与的方程分别为：联立两直线的方程求得： 即 因为， 所以点在椭圆上（2）设直线的方程为且联立则由：所以 所以令，函数递增， 所以当时，取得最小值，故当时，取得最大值【例12】已知椭圆的中心在原点，左，右焦点分别为，右顶点为，设，过原点的直线与椭圆交于两点，求的最大值【解】【方法一】由已知可得：椭圆方程为：。 设则，所以直

13、线的方程为：即， 作于， 则 易知， 所以因为点在椭圆上，所以可设所以当时，取得最大值【方法二】由，可得当且仅当即或时取等号所以的最大值为 【例13】（08 山东）已知曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线的内切圆半径为，记是以与坐标轴的交点为顶点的椭圆（1）求椭圆的标准方程（2）设是过椭圆中心的任意弦，是线段的垂直平分线，是上异于椭圆中心的点。 若（为坐标原点）当点在椭圆上运动时，求点的轨迹方程； 若点是与椭圆的交点，求的最小面积【解】（1）由题意得 又，解得：因此所求椭圆的标准方程为：（2）假设所在直线的斜率存在且不为零，设所在直线方程为，且设 解方程组 得：，所以设，由题意知：，所以 ，即，

14、因为是的垂直平分线，所以直线的方程为，即，因此 ， 又，所以，故 当或不存在时，上式仍然成立综上所述，的轨迹方程为 当存在且时，由（1）得：，由 解得：，所以， 由于，当且仅当，即时等号成立，此时面积的最小值是当，当不存在时，综上所述，的面积的最小值为【（2）另解】因为 ，又 ，所以 ，当且仅当，即时等号成立，此时面积的最小值是【例14】已知椭圆的左，右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点（1）求的面积的最大值（2）当的面积最大值时，求的值【解】（1）由已知得： 设直线的方程为，且设联立则有：由已知可得：令易证函数在上递增，所以当时，取得最小值，故当时，取得最小值， 故的最大值为。（2）当最大值

15、时，从而，而所以【例15】(2009山东卷) 设椭圆E: 过M（2，） ，N(,1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。（3）设直线与椭圆相切于点，与椭圆E只有一个公共点，当取何值时，取得最大值？并求此最大值【解】（1）因为椭圆E: 过M（2，） ，N(,1)两点,所以解得 即 所以椭圆E的方程为（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A、B，且。 设该圆的切线方程为解方程组 消去y，得：, , .则=，即

16、 由由韦达定理得：，。于是要使,需使 ，所以 ， 因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为由 可得：，所求的圆为，而当切线的斜率不存在时，切线为，与椭圆的两个交点为或，满足。综上, 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A、B，且.因为, ， 所以 ）当时，。 因为所以,， 即 ,所以 ，当且仅当时取”=”. ）当时,.）当AB的斜率不存在时, 两个交点为或此时,综上, |AB |的取值范围为：。即: 。【另解】如图，设，作于D，ABDO 由及已知可得：， 易知，。 所以。 令，易知：函数在上递减，在上递增。所以，。故 。（3）设直线的方程为，设， 因为直线与

17、圆相切，所以 联立，消去Y得： 由已知：，即 由 可得：，。 当直线与椭圆有唯一公共点Q时，有：即有： 从而有： 于是有： 而 ，当且仅当，即时取等号。 所以，故当时，。 【注】存在以坐标原点O为圆心的圆，使得圆的任一切线与椭圆交于P, Q两点，满足，且圆的方程为；反之，若，则O点到直线PQ的距离为定值. 当时，|PQ|取得最大值;当或轴时，|PQ|取得最小值。.4 直线与椭圆的位置关系【例16】已知是椭圆的左，右焦点，直线与椭圆相切。（1）分别过作切线的垂线，垂足分别为，求的值（3）设直线与轴，轴分别交于两点，求的最小值。【解】（1）设直线的方程为，由已知: ，。 所以 ；。 于是。 联立，

18、消去y，的：。 因为直线与椭圆相切，所以 。 所以 为定值。 （2）易知：，。 所以 。当且仅当，即时取等号。 所以 。【例17】已知椭圆，过点作直线与椭圆顺次交于两点（在之间）。（1）求的取值范围； （2）是否存在这样的直线，使得以弦为直径的圆经过坐标原点？若存在，求的方程，若不存在，说明理由。【解】（1）方法一：（联立方程法）当直线的斜率存在时，设直线的方程为且设。联立， 消去，并整理得：则有， 求得：又有 设 ，则有，即 从，中消去可得：而 ， 所以 。 而 ，故求得：）当直线的斜率不存在时，综上所述， 的取值范围是方法二：（点差法） 设， 则有：， 所以，即于是有 (1)(2) 得：，

19、即 由已知， ，所以 而， 所以 （2）假设满足条件的直线存在，设，则由（1）可知： 从而求得：于是有： 满足 故满足条件的直线存在，且直线方程为：或【例18】设是椭圆上两点，点是线段的中点，线段的垂直平分线交椭圆于两点（1）确定的取值范围，并求直线的方程（2）是否存在这样的实数，使得四点在同一圆上？并说明理由【解】（）解法1：依题意，设直线AB的方程为代人整理得 设，则是方程的两个不同的根， 且。 由N（1，3）是线段AB的中点，得： 解得k=1，代入得，。 则的取值范围是（12，+）. 于是，直线AB的方程为 解法2：设则有 依题意，N（1，3）是AB的中点， 又由N（1，3）在椭圆内，。

20、的取值范围是（12，+）.直线AB的方程为y3=（x1），即x+y4=0. （）CD垂直平分AB，直线CD的方程为y3=x1，即xy+2=0，代入椭圆方程，整理得 设CD的中点为.是方程的两根， 于是即由弦长公式可得 将直线AB的方程x + y4=0，代入椭圆方程得 同理可得 当时，|假设存在12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为 于是，由、式和勾股定理可得故当12时，A、B、C、D四点匀在以M为圆心，为半径的圆上. （注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：）A、B、C、D共圆ACD为直角三角形，A为直角|AN|2=|CN|DN|，即 由式知：