2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第4节直线与圆圆与圆的位置关系学案含解析新人教B版202305182192

2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第4节直线与圆圆与圆的位置关系学案含解析新人教B版202305182192第4节直线与圆、圆与圆的位置关系一、教材概念·结论·性质重现1．直线与圆的位置关系的判断(1)几何法：利用圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小关系进行判断．d<r⇔相交；d＝r⇔相切；d>r⇔相离．(2)代数法：联立直线与圆的方程，求联立后所得方程的判别式Δ，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0⇔相交，,Δ＝0⇔相切，,Δ<0⇔相离.))直线与圆的位置关系体现了圆的几何性质和代数方法的结合，代数法与几何法是不同的方面和思路，解题时要根据题目特点灵活选择．2．圆与圆的位置关系设圆O1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝req\o\al(2,1)(r1>0)，圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝req\o\al(2,2)(r2>0)．方法位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况相离d>r1＋r2无解外切d＝r1＋r2一组实数解相交|r1－r2|<d<r1＋r2两组不同的实数解内切d＝|r1－r2|(r1≠r2)一组实数解内含0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)无解(1)用代数法判断两圆的位置关系时，要准确区分两圆内切、外切或相离、内含．(2)两圆的位置关系与公切线的条数：①内含：0条．②内切：1条．③相交：2条．④外切：3条．⑤外离：4条．3．常用结论(1)当两圆相交(切)时，两圆方程(x2，y2项的系数相同)相减便可得公共弦(公切线)所在的直线方程．(2)圆的切线方程常用结论过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)“k＝1”是“直线x－y＋k＝0与圆x2＋y2＝1相交”的必要不充分条件．(×)(2)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切．(×)(3)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交．(×)(4)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程．(×)(5)如果直线与圆组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切．(√)2．已知直线y＝mx与圆x2＋y2－4x＋2＝0相切，则m的值为()A．±eq\r(3) B．±eq\f(\r(3),3)C．±eq\f(\r(3),2) D．±1D解析：由x2＋y2－4x＋2＝0得圆的标准方程为(x－2)2＋y2＝2，所以该圆的圆心坐标为(2,0)，半径r＝eq\r(2).又直线y＝mx与圆x2＋y2－4x＋2＝0相切，则圆心到直线的距离d＝eq\f(|2m|,\r(m2＋1))＝eq\r(2)，解得m＝±1.3．若过点A(3,0)的直线l与曲线(x－1)2＋y2＝1有公共点，则直线l斜率的取值范围为()A．(－eq\r(3)，eq\r(3)) B．[－eq\r(3)，eq\r(3)]C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))D解析：数形结合可知，直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝k(x－3)，则圆心(1,0)与直线y＝k(x－3)的距离应小于等于半径1，即eq\f(|2k|,\r(1＋k2))≤1，解得－eq\f(\r(3),3)≤k≤eq\f(\r(3),3).4．若直线l：3x－y－6＝0与圆x2＋y2－2x－4y＝0相交于A，B两点，则|AB|＝________.eq\r(10)解析：由x2＋y2－2x－4y＝0得(x－1)2＋(y－2)2＝5，所以该圆的圆心坐标为(1,2)，半径r＝eq\r(5).又圆心(1,2)到直线3x－y－6＝0的距离为d＝eq\f(|3－2－6|,\r(9＋1))＝eq\f(\r(10),2).由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))2＝r2－d2，得|AB|2＝10，即|AB|＝eq\r(10).5．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦长为________．2eq\r(2)解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－4＝0，,x2＋y2－4x＋4y－12＝0，))得两圆公共弦所在直线方程为x－y＋2＝0.又圆x2＋y2＝4的圆心到直线x－y＋2＝0的距离为eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).由勾股定理得弦长的一半为eq\r(4－2)＝eq\r(2)，所以，所求弦长为2eq\r(2).考点1直线和圆的位置关系——基础性1．直线x－y＋2＝0与圆x2＋(y－1)2＝4的位置关系是()A．相交 B．相切C．相离 D．不确定A解析：由题意，可得圆心(0,1)到直线x－y＋2＝0的距离为d＝eq\f(|0－1＋2|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)<2，所以直线与圆相交．2．(2020·泰安市高三三模)已知抛物线C：x2＝4y的准线恰好与圆M：(x－3)2＋(y－4)2＝r2(r>0)相切，则r＝()A．3 B．4C．5 D．6C解析：抛物线C：x2＝4y的准线方程为y＝－1，圆M：(x－3)2＋(y－4)2＝r2(r>0)的圆心为(3,4)．因为准线恰好与圆M相切，所以圆心到准线的距离为r＝|4＋1|＝5.3．若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是()A．[－3，－1]B．[－1,3]C．[－3,1]D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)C解析：由题意得圆心为(a,0)，半径为eq\r(2)，圆心到直线的距离为d＝eq\f(|a＋1|,\r(2)).由直线与圆有公共点可得eq\f(|a＋1|,\r(2))≤eq\r(2)，即|a＋1|≤2，解得－3≤a≤1.所以实数a的取值范围是[－3,1]．4．(2020·济宁第一中学质量检测)已知过点P(1,2)的直线与圆x2＋y2＝1相切，且与直线ax＋y－1＝0垂直，则实数a的值为()A．0 B．－eq\f(4,3)C．0或eq\f(4,3) D．eq\f(4,3)C解析：当a＝0时，直线ax＋y－1＝0即直线y＝1，此时过点P(1,2)且与直线y＝1垂直的直线为x＝1，并且x＝1与圆相切，满足题意，所以a＝0成立．当a≠0时，过点P(1,2)且与直线ax＋y－1＝0垂直的直线斜率为eq\f(1,a)，则直线方程为y－2＝eq\f(1,a)(x－1)，即x－ay＋2a－1＝0.再根据直线与圆相切，即圆心到直线距离为1，可得eq\f(|2a－1|,\r(a2＋1))＝1，解得a＝eq\f(4,3).故选C.判断直线与圆的位置关系的常见方法(1)几何法：利用d与r的关系．(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断．(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题．考点2圆与圆的位置关系——基础性(1)圆C1：x2＋y2－2y＝0与C2：x2＋y2－2eq\r(3)x－6＝0的位置关系为()A．外离 B．外切C．相交 D．内切(2)已知圆C1：x2＋y2－2x－6y－1＝0，圆C2：x2＋y2－10x－12y＋45＝0.①求证：圆C1和圆C2相交；②求圆C1和圆C2的公共弦所在直线的方程和公共弦长．(1)D解析：圆C1：x2＋y2－2y＝0的圆心为C1(0,1)，半径为r1＝1.圆C2：x2＋y2－2eq\r(3)x－6＝0的圆心为C2(eq\r(3)，0)，半径为r2＝3，所以|C1C2|＝eq\r(\r(3)2＋1)＝2.又r2－r1＝2，所以|C1C2|＝r2－r1＝2，所以圆C1与C2内切．(2)①证明：由题意得，圆C1化为标准方程为(x－1)2＋(y－3)2＝11，圆C2化为标准方程为(x－5)2＋(y－6)2＝16，则圆C1的圆心C1(1,3)，半径r1＝eq\r(11)，圆C2的圆心C2(5,6)，半径r2＝4.两圆圆心距d＝|C1C2|＝5，r1＋r2＝eq\r(11)＋4，|r1－r2|＝4－eq\r(11)，所以|r1－r2|<d<r1＋r2，所以圆C1和圆C2相交．②解：由①知两圆相交，将圆C1和圆C2的方程相减，得4x＋3y－23＝0，所以两圆的公共弦所在直线的方程为4x＋3y－23＝0.圆心C2(5,6)到直线4x＋3y－23＝0的距离d＝eq\f(|20＋18－23|,\r(16＋9))＝3，故公共弦长为2eq\r(16－9)＝2eq\r(7).(1)判断两圆位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和及差的绝对值的大小关系判断，一般不用代数法．重视两圆内切的情况，作图观察．(2)两圆相交时，两圆的公共弦所在直线的方程，可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到．(3)求两圆公共弦长，常选其中一圆，由弦心距d、半弦长eq\f(l,2)、半径r构成直角三角形，利用勾股定理求解．1．(多选题)已知圆C1：x2＋y2＝1，圆C2：(x＋4)2＋(y－a)2＝25相切，则实数a＝()A．±2eq\r(13) B．±2eq\r(5)C．0 D．以上均有可能BC解析：圆C1：x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1，圆C2：(x＋4)2＋(y－a)2＝25的圆心为(－4，a)，半径为5.若两圆相切，分两种情况讨论：当两圆外切时，有(－4)2＋a2＝(1＋5)2，解得a＝±2eq\r(5)；当两圆内切时，有(－4)2＋a2＝(1－5)2，解得a＝0.综上可得，实数a的值为0或±2eq\r(5).2．如果圆C：x2＋y2－2ax－2ay＋2a2－4＝0与圆O：x2＋y2＝4总相交，那么实数a的取值范围是________________．(－2eq\r(2)，0)∪(0,2eq\r(2))解析：圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－a)2＝4，圆心坐标为(a，a)，半径为2.依题意得0<eq\r(a2＋a2)<2＋2，所以0<|a|<2eq\r(2).所以a∈(－2eq\r(2)，0)∪(0,2eq\r(2))．考点3直线与圆的综合问题——综合性考向1圆的弦长问题(1)(2020·荆州三模)已知直线l过点(2，－1)，则“直线l的斜率为eq\f(3,4)”是“直线l被圆C：(x－1)2＋(y＋3)2＝4截得的弦长为2eq\r(3)”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件A解析：直线l被圆C：(x－1)2＋(y＋3)2＝4截得的弦长为2eq\r(3)⇔圆心(1，－3)到直线l的距离为1.当直线斜率不存在时，显然符合要求；当直线斜率存在时，设斜率为k，则l：kx－y－2k－1＝0，由eq\f(|k＋3－2k－1|,\r(k2＋1))＝1得(k－2)2＝k2＋1，解得k＝eq\f(3,4).因此，直线l被圆C：(x－1)2＋(y＋3)2＝4截得的弦长为2eq\r(3)⇔k＝eq\f(3,4)或斜率不存在．故选A.(2)直线x＋y＋2＝0分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，求△ABP面积的取值范围．解：圆心(2,0)到直线的距离d＝eq\f(|2＋0＋2|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以点P到直线的距离d1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]．根据直线的方程可知A，B两点的坐标分别为(－2,0)，(0，－2)，所以|AB|＝2eq\r(2)，所以△ABP的面积S＝eq\f(1,2)|AB|d1＝eq\r(2)d1.因为d1∈[eq\r(2)，3eq\r(2)]，所以S∈[2,6]，即△ABP面积的取值范围是[2,6]．求弦长的两种求法(1)代数方法：将直线和圆的方程联立，消元后得到一个一元二次方程．在判别式Δ＞0的前提下，利用根与系数的关系，根据弦长公式求弦长．(2)几何方法：若弦心距为d，圆的半径长为r，则弦长l＝2eq\r(r2－d2).考向2圆的切线问题过点P(1，－2)作圆C：(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，求AB所在直线的方程．解：圆(x－1)2＋y2＝1的圆心为C(1,0)，半径为1，以|PC|＝eq\r(1－12＋－2－02)＝2为直径的圆的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝1.将两圆的方程相减得AB所在直线的方程为2y＋1＝0，即y＝－eq\f(1,2).(1)处理圆的切线问题要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．(2)过圆上一点作圆的切线有且只有一条；过圆外一点作圆的切线有且只有两条，若仅求得一条，除了考虑运算过程是否正确外，还要考虑斜率不存在的情况，以防漏解．1．(2020·洛阳市高三三模)已知圆C：(x－a)2＋y2＝4(a≥2)与直线x－y＋2eq\r(2)－2＝0相切，则圆C与直线x－y－4＝0相交所得弦长为()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)D解析：圆心到直线x－y＋2eq\r(2)－2＝0的距离d1＝eq\f(|a＋2\r(2)－2|,\r(2)).因为圆C：(x－a)2＋y2＝4(a≥2)与直线x－y＋2eq\r(2)－2＝0相切，所以d1＝eq\f(|a＋2\r(2)－2|,\r(2))＝r＝2，解得a＝2或a＝2－4eq\r(2).因为a≥2，所以a＝2.所以(x－2)2＋y2＝4.所以圆心到直线x－y－4＝0的距离为d2＝eq\f(|2－4|,\r(2))＝eq\r(2)，所以圆C与直线x－y－4＝0相交所得弦长为l＝2eq\r(r2－d\o\al(2,2))＝2eq\r(2).故选D.2．(2020·长春市高三三模)已知圆E的圆心在y轴上，且与圆x2＋y2－2x＝0的公共弦所在直线的方程为x－eq\r(3)y＝0，则圆E的方程为()A．x2＋(y－eq\r(3))2＝2 B．x2＋(y＋eq\r(3))2＝2C．x2＋(y－eq\r(3))2＝3 D．x2＋(y＋eq\r(3))2＝3C解析：两圆圆心连线与公共弦垂直，不妨设所求圆心的坐标为(0，a)．又圆x2＋y2－2x＝0的圆心为(1,0)，半径为1，故eq\f(a,－1)×eq\f(1,\r(3))＝－1，解得a＝eq\r(3).故所求圆心为(0，eq\r(3))．直线x－eq\r(3)y＝0截得x2＋y2－2x＝0所成弦长为2eq\r(12－\f(1,4))＝eq\r(3)，圆心(0，eq\r(3))到直线x－eq\r(3)y＝0的距离为eq\f(3,2)，所以直线x－eq\r(3)y＝0截圆所得弦长为2eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\r(3)，解得r＝eq\r(3).故圆心坐标为(0，eq\r(3))，半径为eq\r(3).故选C.3．已知过点P(2,2)的直线与圆(x－1)2＋y2＝5相切，且与直线x－ay＋1＝0平行，则a＝________.－2解析：因为点P在圆(x－1)2＋y2＝5上，所以过点P(2,2)与圆(x－1)2＋y2＝5相切的切线方程的斜率为－eq\f(1,2)，所以切线方程为y－2＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－6＝0.由直线x＋2y－6＝0与直线x－ay＋1＝0平行，得－a＝2，即a＝－2.4．过点(3,1)作圆(x－2)2＋(y－2)2＝4的弦，其中最短弦的长为________．2eq\r(2)解析：设P(3,1)，圆心C(2,2)，则|PC|＝eq\r(2)，半径r＝2.由题意，知最短的弦过点P(3,1)，且与PC垂直，所以最短弦长为2eq\r(22－\r(2)2)＝2eq\r(2).已知圆C的圆心在直线x＋y＝0上，圆C与直线x－y＝0相切，且在直线x－y－3＝0上截得的弦长为eq\r(6)，求圆C的方程．[四字程序]读想算思求圆C的标准方程或一般方程如何求圆的方程？1.圆的标准方程是什么？2.圆的一般方程是什么？数形结合的思想方法1.圆心在直线上；2.圆C与直线相切；3.圆C截直线弦长为eq\r(6)根据题目条件设出圆的标准方程或一般方程，利用待定系数法求解1.(x－a)2＋(y－b)2＝r2；2.x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0借助于圆的几何性质求解思路参考：根据圆心在直线上，设出圆心．由圆与直线相切，表示出半径，结合弦长求出圆的方程．解：因为所求圆的圆心在直线x＋y＝0上，所以设所求圆的圆心为(a，－a)．又因为所求圆与直线x－y＝0相切，所以半径r＝eq\f(2|a|,\r(2))＝eq\r(2)|a|.又所求圆在直线x－y－3＝0上截得的弦长为eq\r(6)，圆心(a，－a)到直线x－y－3＝0的距离d＝eq\f(|2a－3|,\r(2))，所以d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＝r2，即eq\f(2a－32,2)＋eq\f(3,2)＝2a2.解得a＝1.所以圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.思路参考：设出圆的标准方程．利用圆心到直线的距离公式表示出半径，结合弦长求出圆的方程．解：设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，则圆心(a，b)到直线x－y－3＝0的距离d＝eq\f(|a－b－3|,\r(2))，所以r2＝eq\f(a－b－32,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2，即2r2＝(a－b－3)2＋3.①因为所求圆与直线x－y＝0相切，所以(a－b)2＝2r2.②又因为圆心在直线x＋y＝0上，所以a＋b＝0.③联立①②③，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1，,r＝\r(2)，))故圆C的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.思路参考：设出圆的一般方程，用待定系数法求解．解：设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径r＝eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F).因为圆心在直线x＋y＝0上，所以－eq\f(D,2)－eq\f(E,2)＝0，即D＋E＝0.①又因为圆C与直线x－y＝0相切，所以eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)＋\f(E,2))),\r(2))＝eq\f(1,2)eq\r(D2＋E2－4F).即(D－E)2＝2(D2＋E2－4F)，所以D2＋E2＋2DE－8F＝0.②又知圆心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))到直线x－y－3＝0的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)＋\f(E,2)－3)),\r(2))，由已知得d2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＝r2，所以(D－E＋6)2＋12＝2(D2＋E2－4F)．③联立①②③，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝2，,F＝0，))故所求圆的方程为x2＋y2－2x＋2y＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝2.1．本题考查圆的方程的求法，解法灵活多变，基本解题策略是设出圆的方程，用待定系数法求解．2．基于课程标准，解答本题需要掌握圆的标准方程和一般方程的一般形式，体现了数学运算、直观想象的核心素养．3．基于高考评价体系，本题通过圆的代数性质和几何性质之间相互联系和转化，体现了基础性．已知圆C的圆心在直线y＝－4x上，且与直线l：x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)，则圆C的方程为________．(x－1)2＋(y＋4)2＝8解析：(方法一)如图，设圆心(x0，－4x0)．依题意得eq\f(4x0－2,3－x0)＝1，解得x0＝1，即圆心坐标为(1，－4)，半径r＝2eq\r(2)，故圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.(方法二)设所求方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2.根据已知条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－4x0，,3－x02＋－2－y02＝r2，,\f(|x0＋y0－1|,\r(2))＝r，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－4，,r＝2\r(2).))因此所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.第5节椭圆一、教材概念·结论·性质重现1．椭圆的定义(1)定义：如果F1，F2是平面内的两个定点，a是一个常数，且2a＞|F1F2|，则平面内满足|PF1|＋|PF2|＝2a的动点P的轨迹称为椭圆．(2)相关概念：两个定点F1，F2称为椭圆的焦点，两个焦点之间的距离|F1F2|称为椭圆的焦距．2a与|F1F2|的大小关系所确定的点的轨迹如下表：条件结论2a＞|F1F2|动点的轨迹是椭圆2a＝|F1F2|动点的轨迹是线段F1F22a＜|F1F2|动点不存在，因此轨迹不存在2．椭圆的标准方程和几何性质标准方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)图形性质范围－a≤x≤a－b≤y≤b－b≤x≤b－a≤y≤a对称性对称轴：坐标轴；对称中心：原点顶点A1(－a,0)，A2(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b,0)，B2(b,0)轴长轴|A1A2|＝2a；短轴|B1B2|＝2b焦距|F1F2|＝2c离心率e＝eq\f(c,a)∈(0,1)a，b，c的关系c2＝a2－b2(1)椭圆焦点位置与x2，y2系数间的关系：给出椭圆方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1时，椭圆的焦点在x轴上⇔m>n>0，椭圆的焦点在y轴上⇔0<m<n.(2)求椭圆离心率e时，只要求出a，b，c的一个方程，再结合b2＝a2－c2就可求得e(0<e<1)．3．直线与椭圆的位置关系直线与椭圆的位置关系有三种：相离、相切、相交．二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆．(×)(2)椭圆上一点P与两焦点F1，F2构成△PF1F2的周长为2a＋2c(其中a为椭圆的半长轴长，c为椭圆的半焦距)．(√)(3)椭圆的离心率e越小，椭圆就越圆．(√)(4)eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a≠b)表示焦点在x轴上的椭圆．(×)(5)eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)与eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的焦点坐标相同．(×)2．椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,25)＝1的焦点坐标为()A．(±3,0) B．(0，±3)C．(±9,0) D．(0，±9)B解析：根据椭圆方程可得焦点在y轴上，且c2＝a2－b2＝25－16＝9，所以c＝3，故焦点坐标为(0，±3)．3．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(1,2)，则()A．a2＝2b2 B．3a2＝4b2C．a＝2b D．3a＝4bB解析：离心率平方e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，即4(a2－b2)＝a2，即3a2＝4b2.4．若F1(3,0)，F2(－3,0)，点P到F1，F2的距离之和为10，则点P的轨迹方程是______________．eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1解析：因为|PF1|＋|PF2|＝10>|F1F2|＝6，所以点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其中a＝5，c＝3，b＝eq\r(a2－c2)＝4，故点P的轨迹方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.5．已知点P是椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝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________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)，1))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)，－1))解析：设P(x，y)，由题意知c2＝a2－b2＝5－4＝1，所以c＝1，则F1(－1,0)，F2(1,0)．由题意可得点P到x轴的距离为1，所以y＝±1，把y＝±1代入eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1，得x＝±eq\f(\r(15),2).又x＞0，所以x＝eq\f(\r(15),2)，所以点P坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)，1))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),2)，－1)).考点1椭圆的定义及应用——基础性(1)(2020·东莞4月模拟)已知F1，F2分别为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线l交椭圆C于A，B两点．若△AF2B是边长为4的等边三角形，则椭圆C的方程为()A.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 B.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1C.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1 D.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,9)＝1B解析：如图所示，因为△ABF2是边长为4的等边三角形，所以|AF2|＝4，|AF1|＝eq\f(1,2)|AB|＝2，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝6，所以a＝3.又因为|F1F2|＝2c＝eq\r(|AF2|2－|AF1|2)＝2eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)，则b2＝a2－c2＝6，故椭圆C的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1.故选B.(2)已知两圆C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9.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的轨迹方程是()A.eq\f(x2,64)－eq\f(y2,48)＝1 B.eq\f(x2,48)＋eq\f(y2,64)＝1C.eq\f(x2,48)－eq\f(y2,64)＝1 D.eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1D解析：设动圆的圆心M(x，y)，半径为r.因为圆M与圆C1：(x－4)2＋y2＝169内切，与C2：(x＋4)2＋y2＝9外切，所以|MC1|＝13－r，|MC2|＝3＋r.|MC1|＋|MC2|＝16>|C1C2|＝8，由椭圆的定义，点M的轨迹是以C1，C2为焦点，长轴为16的椭圆，则a＝8，c＝4，所以b2＝82－42＝48，所以动圆的圆心M的轨迹方程为eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1.(3)(2020·深圳高三二模)已知A，F分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且点N的纵坐标为eq\f(3,5)b.若△FMN的周长为6，则△FAN的面积为________．eq\f(8\r(3),5)解析：如图所示，由题意得，A(0，－b)，F(－c,0)，直线MN的方程为y＝eq\r(3)x－b.把y＝eq\f(3,5)b代入椭圆方程，解得x＝eq\f(4,5)a，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)a，\f(3,5)b)).因为N在直线MN上，所以eq\f(3,5)b＝eq\r(3)×eq\f(4,5)a－b，解得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),2).又a2＝b2＋c2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))b))2＝b2＋c2，解得b＝eq\r(3)c.令y＝eq\r(3)x－b＝0，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(3))，0))，即M(c,0)，所以M为椭圆的右焦点，所以|FM|＝2c.由椭圆的定义可知，|NF|＋|NM|＝2a，因为△FMN的周长为6，所以2a＋2c＝6，因为eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),2)，b＝eq\r(3)c，所以a＝2c，所以c＝1，a＝2，b＝eq\r(3)，所以S△FAN＝eq\f(1,2)·|FM|·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,5)b－－b))＝c·eq\f(8,5)b＝eq\f(8\r(3),5).椭圆定义的应用技巧(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程，求焦点三角形的周长、面积及弦长、最值和离心率等．(2)椭圆的定义常和余弦定理、正弦定理结合使用，求解关于焦点三角形的周长和面积问题．1．(2020·北京四中高三开学考试)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为eq\f(\r(3),3)，过F2的直线l交C于A，B两点．若△AF1B的周长为4eq\r(3)，则椭圆C的方程为()A.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1 B.eq\f(x2,3)＋y2＝1C.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,8)＝1 D.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1A解析：若△AF1B的周长为4eq\r(3)，由椭圆的定义可知，4a＝4eq\r(3)，所以a＝eq\r(3).因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，所以c＝1，所以b2＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.故选A.2．(2020·上海高三三模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，O为坐标原点，点A是椭圆在第一象限的一点，且△OAF为等边三角形，则a＝________.eq\f(\r(3)＋1,2)解析：如图所示，△OAF为等边三角形，由|OF|＝|OF1|＝|OA|＝1，得△AF1F是直角三角形．所以|F1F|＝2，|AF|＝1，|AF1|＝eq\r(3).由椭圆的定义得2a＝|AF1|＋|AF|＝eq\r(3)＋1，所以a＝eq\f(\r(3)＋1,2).考点2椭圆的标准方程——综合性(1)“m＞n＞0”是“方程mx2＋ny2＝1表示焦点在y轴上的椭圆”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件C解析：把椭圆方程化成eq\f(x2,\f(1,m))＋eq\f(y2,\f(1,n))＝1.若m＞n＞0，则eq\f(1,n)＞eq\f(1,m)＞0.所以椭圆的焦点在y轴上．反之，若椭圆的焦点在y轴上，则eq\f(1,n)＞eq\f(1,m)＞0，即有m＞n＞0.故“m＞n＞0”是“方程mx2＋ny2＝1表示焦点在y轴上的椭圆”的充要条件．(2)过点(eq\r(3)，－eq\r(5))，且与椭圆eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1有相同焦点的椭圆的标准方程为________．eq\f(y2,20)＋eq\f(x2,4)＝1解析：(方法一)椭圆eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1的焦点为(0，－4)，(0,4)，即c＝4.由椭圆的定义知，2a＝eq\r(\r(3)－02＋－\r(5)＋42)＋eq\r(\r(3)－02＋－\r(5)－42)，解得a＝2eq\r(5).由c2＝a2－b2得b2＝4.所以所求椭圆的标准方程为eq\f(y2,20)＋eq\f(x2,4)＝1.(方法二)因为所求椭圆与椭圆eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,9)＝1的焦点相同，所以其焦点在y轴上，且c2＝25－9＝16.设它的标准方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)．因为c2＝16，且c2＝a2－b2，所以a2－b2＝16.①又点(eq\r(3)，－eq\r(5))在所求椭圆上，所以eq\f(－\r(5)2,a2)＋eq\f(\r(3)2,b2)＝1，即eq\f(5,a2)＋eq\f(3,b2)＝1.②由①②得b2＝4，a2＝20，所以所求椭圆的标准方程为eq\f(y2,20)＋eq\f(x2,4)＝1.本例(2)若改为：已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2)))，(eq\r(3)，－eq\r(5))，则椭圆的方程为____________．eq\f(y2,10)＋eq\f(x2,6)＝1解析：设椭圆的方程为mx2＋ny2＝1(m，n>0，m≠n)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))2m＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2n＝1，,3m＋5n＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,6)，,n＝\f(1,10)，))所以椭圆的方程为eq\f(y2,10)＋eq\f(x2,6)＝1.求椭圆标准方程的两种方法(1)定义法先根据题目所给条件确定动点的轨迹满足椭圆的定义，并确定a2，b2的值，再结合焦点位置可写出椭圆方程．特别地，利用定义法求椭圆方程要注意条件2a＞|F1F2|.(2)待定系数法利用待定系数法要先定形(焦点位置)，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．如果焦点位置不确定，可设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)的形式．1．(2020·银川高级中学高三月考)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点分别为F1，F2，点A，B在椭圆上，AB⊥F1F2于F2，|AB|＝4，|F1F2|＝2eq\r(3)，则椭圆方程为()A.eq\f(x2,3)＋y2＝1 B.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1 D.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1C解析：由题意可得c＝eq\r(3)，eq\f(2b2,a)＝4，c2＝a2－b2，解得a＝3，b＝eq\r(6)，所以所求椭圆方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1.故选C.2．(2021·八省联考)椭圆eq\f(x2,m2＋1)＋eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的焦点为F1，F2，上顶点为A.若∠F1AF2＝eq\f(π,3)，则m＝()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2C解析：在椭圆eq\f(x2,m2＋1)＋eq\f(y2,m2)＝1(m>0)中，a＝eq\r(m2＋1)，b＝m，c＝eq\r(a2－b2)＝1，如图所示．因为椭圆的上顶点为A，焦点为F1，F2，所以|AF1|＝|AF2|＝a.因为∠F1AF2＝eq\f(π,3)，所以△F1AF2为等边三角形，则|AF1|＝|F1F2|，即eq\r(m2＋1)＝a＝2c＝2，因此，m＝eq\r(3).考点3椭圆的几何性质——综合性考向1求椭圆的离心率或取值范围已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过点A且斜率为eq\f(\r(3),6)的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则椭圆C的离心率为()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)D解析：由题意可知椭圆的焦点在x轴上，如图所示．设|F1F2|＝2c，因为△PF1F2为等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c.因为|OF2|＝c，过P作PE垂直x轴于点E，则∠PF2E＝60°，所以|F2E|＝c，|PE|＝eq\r(3)c，即点P(2c，eq\r(3)c)．因为点P在过点A，且斜率为eq\f(\r(3),6)的直线上，所以eq\f(\r(3)c,2c＋a)＝eq\f(\r(3),6)，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,4)，所以e＝eq\f(1,4).求椭圆离心率的方法(1)直接求出a，c的值，利用离心率公式求解．(2)列出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助b2＝a2－c2消去b，转化为含有e的方程(或不等式)求解．考向2与椭圆的性质有关的最值或范围问题如图，焦点在x轴上的椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1的离心率e＝eq\f(1,2)，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，则eq\o(PF,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))的最大值为________．4解析：由题意知a＝2，因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3.故椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.设点P的坐标为(x0，y0)，所以－2≤x0≤2，－eq\r(3)≤y0≤eq\r(3).因为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(→))·eq\o(PA,\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.则当x0＝－2时，eq\o(PF,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))取得最大值4.椭圆的范围与最值问题(1)在设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上点的坐标为P(x，y)时，有|x|≤a，|y|≤b，可以把椭圆上某一点的坐标视为某一函数问题，进而求函数的单调区间、最值．(2)椭圆上点到焦点的最大距离为a＋c，最小距离为a－c；椭圆短轴端点与两焦点连线的夹角是椭圆上点与两焦点连线夹角的最大值．1．(多选题)(2020·菏泽期中)某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示．已知它的近地点A(离地面最近的点)距地面m千米，远地点B(离地面最远的点)距地面n千米，并且F，A，B三点在同一直线上，地球半径约为R千米．设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c，则()A．a－c＝m＋R B．a＋c＝n＋RC．2a＝m＋n D．b＝eq\r(m＋Rn＋R)ABD解析：由题设条件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝a－c－R，①,n＝a＋c－R，②))所以a－c＝m＋R，故A正确；a＋c＝n＋R，故B正确；①＋②得m＋n＝2a－2R，可得2a＝m＋n＋2R，故C不正确；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋R＝a－c，,n＋R＝a＋c))可得(m＋R)(n＋R)＝a2－c2，因为a2－c2＝b2，所以b2＝(m＋R)(n＋R)⇒b＝eq\r(m＋Rn＋R)，故D正确．故选ABD.2．(2020·临沂模拟)已知两定点A(－1,0)和B(1，0)，动点P(x，y)在直线l：y＝x＋3上移动，椭圆C以A，B为焦点且经过点P，则椭圆C的离心率的最大值为()A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(2\r(10),5)A解析：不妨设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)，与直线l的方程联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3，))消去y得(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0.由题意易知Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)≥0，解得a≥eq\r(5)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,a)≤eq\f(\r(5),5)，所以e的最大值为eq\f(\r(5),5).设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，如果椭圆上存在点P，使∠F1PF2＝90°，求离心率e的取值范围．[四字程序]读想算思在椭圆上存在点P，使得∠F1PF2为直角1.在焦点三角形中可利用哪些性质或结论？2．离心率的表达式有哪些？构建点P的横坐标x与a，b，c的关系式，利用椭圆的有界性求解转化与化归，函数与方程求椭圆离心率e的取值范围①椭圆的定义；②勾股定理或余弦定理；③三角形的面积公式．2．e与a，b，c的关系1.椭圆的有界性；2．一元二次方程有实根的条件思路参考：利用曲线的取值范围．解：设P(x，y)，又知F1(－c,0)，F2(c,0)，则eq\o(F1P,\s\up6(→))＝(x＋c，y)，eq\o(F2P,\s\up6(→))＝(x－c，y)．由∠F1PF2＝90°，知eq\o(F1P,\s\up6(→))⊥eq\o(F2P,\s\up6(→))，则eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2P,\s\up6(→))＝0，即(x＋c)(x－c)＋y2＝0，得x2＋y2＝c2.将这个方程与椭圆方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1联立，消去y，可得x2＝eq\f(a2c2－a2b2,a2－b2).由椭圆的取值范围及∠F1PF2＝90°，知0≤x2<a2，即0≤eq\f(a2c2－a2b2,a2－b2)<a2.可得c2≥b2，即c2≥a2－c2，且c2<a2，从而得e＝eq\f(c,a)≥eq\f(\r(2),2)，且e＝eq\f(c,a)<1，所以e∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).思路参考：利用二次方程有实根．解：由椭圆定义知|PF1|＋|PF2|＝2a⇒|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝4a2.又由∠F1PF2＝90°，知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2，可得|PF1||PF2|＝2(a2－c2)．因此，|PF1|与|PF2|是方程x2－2ax＋2(a2－c2)＝0的两个实根，所以Δ＝4a2－8(a2－c2)≥0⇒e2＝eq\f(c2,a2)≥eq\f(1,2)⇒e≥eq\f(\r(2),2).所以e∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).思路参考：利用三角函数有界性．解：记∠PF1F2＝α，∠PF2F1＝β，由正弦定理有eq\f(|PF1|,sinβ)＝eq\f(|PF2|,sinα)＝eq\f(|F1F2|,sin90°)，即eq\f(|PF1|＋|PF2|,sinα＋sinβ)＝|F1F2|.又|PF1|＋|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c，则有e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,sinα＋sinβ)＝eq\f(1,2sin\f(α＋β,2)cos\f(α－β,2))＝eq\f(1,\r(2)cos\f(α－β,2)).由0≤|α－β|<90°，知0≤eq\f(|α－β|,2)<45°，所以eq\f(\r(2),2)<coseq\f(α－β,2)≤1，从而可得eq\f(\r(2),2)≤e<1.思路参考：利用均值不等式．解：由椭圆定义，有2a＝|PF1|＋|PF2|平方后得4a2＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|≤2(|PF1|2＋|PF2|2)＝2|F1F2|2＝8c2，当且仅当|PF1|＝|PF2|时取等号，得eq\f(c2,a2)≥eq\f(1,2)，所以e∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).思路参考：巧用图形的几何特性．解：由∠F1PF2＝90°，知点P在以|F1F2|＝2c为直径的圆上．又点P在椭圆上，因此该圆与椭圆有公共点P，故有c≥b⇒c2≥b2＝a2－c2，由此可得e∈eq\b\lc\[\rc\)(\a