【数学】2020届一轮复习人教版（理）第8章第5讲椭圆学案
第5讲 椭圆
[考纲解读] 1.掌握两种求椭圆方程的方法：定义法、待定系数法，并能根据其标准方程及几何图形研究椭圆的几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)．(重点)
2.掌握直线与椭圆位置关系的判断，并能求解直线与椭圆相关的综合问题．(难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲为高考的必考内容．预测2020年将会考查：①椭圆标准方程的求解；②直线与椭圆位置关系的应用；③求解与椭圆性质相关的问题．试题以解答题的形式呈现，灵活多变、技巧强，具有一定的区分度，试题中等偏难.
1．椭圆的定义
(1)定义：在平面内到两定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹(或集合)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．
(2)集合语言：P＝{M||MF1|＋|MF2|＝，且2a>|F1F2|}，|F1F2|＝2c，其中a>c>0，且a，c为常数．
注：当2a>|F1F2|时，轨迹为椭圆；当2a＝|F1F2|时，轨迹为线段F1F2；当2a<|F1F2|时，轨迹不存在．
2．椭圆的标准方程和几何性质
3．直线与椭圆位置关系的判断
直线与椭圆方程联立方程组，消掉y，得到Ax2＋Bx＋C＝0的形式(这里的系数A一定不为0)，设其判别式为Δ：
(1)Δ>0⇔直线与椭圆相交；
(2)Δ＝0⇔直线与椭圆相切；
(3)Δ<0⇔直线与椭圆相离．
4．弦长公式
(1)若直线y＝kx＋b与椭圆相交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝ |x1－x2|＝ |y1－y2|.
(2)焦点弦(过焦点的弦)：最短的焦点弦为通径长，最长为2a.
5．必记结论
(1)设椭圆＋＝1(a>b>0)上任意一点P(x，y)，则当x＝0时，|OP|有最小值b，P点在短轴端点处；当x＝±a时，|OP|有最大值a，P点在长轴端点处．
(2)已知过焦点F1的弦AB，则△ABF2的周长为4a.
1．概念辨析
(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)方程mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)表示的曲线是椭圆．( )
(3)椭圆上一点P与两焦点F1，F2构成△PF1F2的周长为2a＋2c(其中a为椭圆的长半轴长，c为椭圆的半焦距)．( )
(4)＋＝1(a>b>0)与＋＝1(a>b>0)的焦距相同．( )
答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√
2．小题热身
(1)椭圆＋＝1的离心率是( )
A. B．
C． D．
答案 B
解析 由已知得a＝3，b＝2，所以c＝＝＝，离心率e＝＝.
(2)直线y＝x＋2与椭圆＋＝1有两个公共点，则m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(1,3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(0,3)∪(3，＋∞)
答案 B
解析 把y＝x＋2代入＋＝1得3x2＋m(x＋2)2＝3m，整理得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0，
由题意得Δ＝(4m)2－4m(3＋m)＝12m(m－1)>0且3＋m≠0，
又因为m>0且m≠3，所以m>1且m≠3，所以m的取值范围是(1,3)∪(3，＋∞)．
(3)(2015·全国卷Ⅰ)一个圆经过椭圆＋＝1的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为________．
答案 2＋y2＝
解析 由题意知，圆过椭圆的三个顶点(4,0)，(0,2)，(0，－2)，设圆心为(a,0)，其中a>0，由4－a＝，解得a＝，所以该圆的标准方程为2＋y2＝.
(4)已知动点P(x，y)的坐标满足＋＝16，则动点P的轨迹方程为________．
答案 ＋＝1
解析 由已知得点P到点A(0，－7)和B(0,7)的距离之和为16，且16>|AB|，所以点P的轨迹是以A(0，－7)，B(0,7)为焦点，长轴长为16的椭圆．
显然a＝8，c＝7，故b2＝a2－c2＝15，所以动点P的轨迹方程为＋＝1.
题型 椭圆的定义及应用
1．过椭圆＋y2＝1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( )
A．8 B．4
C．4 D．2
答案 A
解析 因为椭圆为＋y2＝1，所以椭圆的半长轴a＝2，由椭圆的定义可得AF1＋AF2＝2a＝4，且BF1＋BF2＝2a＝4，
∴△ABF2的周长为AB＋AF2＋BF2＝(AF1＋AF2)＋(BF1＋BF2)＝4a＝8.
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( )
A．5 B．4
C．3 D．2
答案 A
解析 如图，∵椭圆＋＝1，∴焦点坐标为B(0，－1)和B′(0,1)，连接PB′，AB′，根据椭圆的定义，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.
当且仅当点P在AB′的延长线上时，等号成立．
综上所述，可得|PA|＋|PB|的最大值为5.
3．已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且∠F1PF2＝60°，S△PF1F2＝3，则b＝________.
答案 3
解析 设|PF1|＝t1，|PF2|＝t2，则由椭圆的定义可得t1＋t2＝2a，①
在△F1PF2中∠F1PF2＝60°，
所以t＋t－2t1t2·cos60°＝4c2，②
由①2－②得3t1t2＝4a2－4c2＝4b2，
所以S△F1PF2＝t1t2·sin60°＝×b2×＝3，所以b＝3.
利用定义求焦点三角形及最值的方法
1．设椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过焦点F1的直线交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若△ABF2的内切圆的面积为π，则|y1－y2|＝( )
A．3 B．6
C．9 D．12
答案 A
解析 画出图形如图所示．
∵椭圆方程为＋＝1，
∴a＝3，b＝，c＝2.
又△ABF2的内切圆的面积为π，
∴△ABF2内切圆的半径r＝1，
∴S△ABF2＝×(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)×r
＝×4a×r＝2ar＝6，
又S△ABF2＝×|y1－y2|×2c＝2|y1－y2|，
∴2|y1－y2|＝6，∴|y1－y2|＝3.
2．(2018·安徽皖江模拟)已知F1，F2是长轴长为4的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆上一点，则△PF1F2面积的最大值为________．
答案 2
解析 解法一：∵△PF1F2的面积为|PF1||PF2|·sin∠F1PF2≤2＝a2.又∵2a＝4，∴a2＝4，∴△PF1F2面积的最大值为2.
解法二：由题意可知2a＝4，解得a＝2.当P点到F1F2距离最大时，S△PF1F2最大，此时P为短轴端点，
S△PF1F2＝·2c·b＝bc.
又∵a2＝b2＋c2＝4，∴bc≤＝2，
∴当b＝c＝时，△PF1F2面积最大，为2.
题型 椭圆的标准方程及应用
1．“2
|AF|，即动点P的轨迹是以A，F为焦点的椭圆，a＝1，c＝，b2＝.所以动点P的轨迹方程为x2＋y2＝1.
1．定义法求椭圆的标准方程
根据椭圆的定义确定a2，b2的值，再结合焦点位置求出椭圆的方程．其中常用的关系有：
(1)b2＝a2－c2；
(2)椭圆上任意一点到椭圆两焦点的距离之和等于2a；
(3)椭圆上一短轴顶点到一焦点的距离等于实半轴长a.
2．待定系数法求椭圆的标准方程的四步骤
提醒：当椭圆的焦点位置不明确时，可设为＋＝1(m>0，n>0，m≠n)，也可设为Ax2＋By2＝1(A>0，B>0，且A≠B)．可简记为“先定型，再定量”．
1．与圆C1：(x＋3)2＋y2＝1外切，且与圆C2：(x－3)2＋y2＝81内切的动圆圆心P的轨迹方程为________．
答案 ＋＝1
解析 设动圆的半径为r，圆心为P(x，y)，则有|PC1|＝r＋1，|PC2|＝9－r.
所以|PC1|＋|PC2|＝10>|C1C2|，
所以点P的轨迹是以C1(－3,0)，C2(3,0)为焦点，长轴长为10的椭圆，点P的轨迹方程为＋＝1.
2．已知中心在坐标原点的椭圆过点A(－3,0)，且离心率e＝，则椭圆的标准方程为________．
答案 ＋＝1或＋＝1
解析 若焦点在x轴上，由题知a＝3，因为椭圆的离心率e＝，c＝，b＝2，所以椭圆方程是＋＝1.若焦点在y轴上，则b＝3，a2－c2＝9，又离心率e＝＝，解得a2＝，所以椭圆方程是＋＝1.
题型 椭圆的几何性质
1．已知椭圆C1：＋＝1，C2：＋＝1，则( )
A．C1与C2顶点相同 B．C1与C2长轴长相同
C．C1与C2短轴长相同 D．C1与C2焦距相等
答案 D
解析 由两个椭圆的标准方程可知：C1的顶点坐标为(±2，0)，(0，±2)，长轴长为4，短轴长为4，焦距为4；C2的顶点坐标为(±4,0)，(0，±2)，长轴长为8，短轴长为4，焦距为4.故选D.
2．(2018·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为( )
A. B．
C． D．
答案 D
解析 依题意易知|PF2|＝|F1F2|＝2c，且P在第一象限内，由∠F1F2P＝120°可得P点的坐标为(2c，c)．
又因为kAP＝，即＝，所以a＝4c，e＝，故选D.
条件探究 将举例说明2中点P满足的条件改为“椭圆C上存在点P，使∠F1PF2＝90°”，求C的离心率的取值范围．
解 解法一：椭圆上存在点P使∠F1PF2＝90°⇔以原点O为圆心，以c为半径的圆与椭圆有公共点⇔b≤c，如图，由b≤c，得a2－c2≤c2，即a2≤2c2，解得e＝≥，又0b>0)的左焦点，A为右顶点，P是椭圆上的一点，PF⊥x轴，若|PF|＝|AF|，则该椭圆的离心率是________．
答案
解析 根据椭圆几何性质可知|PF|＝，|AF|＝a＋c，所以＝(a＋c)，即4b2＝3a2＋3ac.又因为b2＝a2－c2，所以有4(a2－c2)＝3a2＋3ac，整理可得4c2＋3ac－a2＝0，两边同除以a2，得4e2＋3e－1＝0，所以(4e－1)·(e＋1)＝0，由于0b>0)的右焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，＝2.则椭圆C的离心率是________．
答案
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1<0，y2>0.
直线l的方程为y＝(x－c)，其中c＝.
联立
得(3a2＋b2)y2＋2b2cy－3b4＝0.
解得y1＝，y2＝.
因为＝2，所以－y1＝2y2.
即＝2·.
得离心率e＝＝.
角度2 弦长及弦中点问题
2．(1)斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B．
C． D．
(2)直线y＝x＋m被椭圆2x2＋y2＝2截得的线段的中点的横坐标为，则中点的纵坐标为________．
答案 (1)C (2)－
解析 (1)设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，
由
消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝.
Δ＝(8t)2－4×5×4(t2－1)>0，得t2<5.
∴|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·
＝·，
当t＝0时，|AB|max＝.
(2)解法一：由消去y并整理得3x2＋2mx＋m2－2＝0，设线段的两端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，
∴－＝，解得m＝－.
由截得的线段的中点在直线y＝x－上，得中点的纵坐标y＝－＝－.
解法二：设线段的两端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则2x＋y＝2,2x＋y＝2.两式相减得
2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
把＝1，x1＋x2＝代入上式，得＝－，则中点的纵坐标为－.
角度3 直线与椭圆的位置关系及综合问题
3．若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A．m>1 B．m>0
C．00且m≠5，综上知m的取值范围是m≥1且m≠5.
4．(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
解 (1)由已知得F(1,0)，直线l的方程为x＝1.
由已知可得，点A的坐标为或.
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得
kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故直线MA，MB的倾斜角互补，
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
1．解决椭圆中与向量有关问题的方法
(1)将向量条件坐标表示，再利用函数、方程知识建立数量关系．
(2)利用向量关系转化成相关的等量关系．
(3)利用向量运算的几何意义转化成图形中位置关系解题．
2．弦中点问题的解决策略
(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数的关系表示中点坐标．
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率的关系．
3．求解直线与椭圆相交的弦长问题的步骤
(1)设直线Ax＋By＋C＝0与椭圆mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)的两个交点坐标分别为E(x1，y1)，F(x2，y2)．
(2)把直线方程与椭圆方程联立方程组，消元得到一个一元二次方程．
(3)利用根与系数的关系，得到x1＋x2与x1x2或y1y2与y1＋y2.
(4)把与E，F有关要求的量(如弦长|EF|、直线与椭圆相关的图形面积等)用E，F的坐标表示出来，并变形为只含x1＋x2与x1x2(或y1＋y2与y1y2)的形式．
(5)将(3)中所得的含有参数的式子等量代入(4)中，得到含参数的代数式，经过其他运算得到化简结果．
4．重要结论
(1)椭圆中最短的焦点弦为通径，长度为.
(2)设斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|＝·或|AB|＝·|y1－y2|＝·.
1．已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m.
(1)当直线和椭圆有公共点时，求实数m的取值范围；
(2)求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程．
解 (1)由得5x2＋2mx＋m2－1＝0，
因为直线与椭圆有公共点，
所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，解得－≤m≤.
(2)设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
由(1)知，5x2＋2mx＋m2－1＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝(m2－1)，
所以|AB|＝＝
＝＝
＝ .
所以当m＝0时，|AB|最大，即被椭圆截得的弦最长，此时直线方程为y＝x.
2．(2018·沈阳质检)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且
eq o(PQ,sup6(→))＝.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
解 (1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2,0)．
设Q(x0，y0)，则由＝，得
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4>0，
解得k2<4，综上可得b>0)上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，A是椭圆与x轴正半轴的交点，B是椭圆与y轴正半轴的交点，且AB∥OP(O是坐标原点)，则该椭圆的离心率是( )
A. B．
C． D．
答案 C
解析 由题意可设P(－c，y0)(c为半焦距)，kOP＝－，kAB＝－，由于OP∥AB，∴－＝－，y0＝，把P代入椭圆方程得＋＝1，即2＝，∴e＝＝.
[典例2] (2018·芜湖模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(c,0)．圆C：(x－c)2＋y2＝1上所有点都在椭圆E的内部，过椭圆上任一点M作圆C的两条切线，A，B为切点，若∠AMB＝θ，θ∈，则椭圆C的离心率为( )
A．2－ B．3－2
C.－ D．－1
答案 B
解析 圆C：(x－c)2＋y2＝1的圆心为右焦点F(c,0)，半径为1，
(1)当M位于椭圆的右顶点(a,0)时，|MF|取得最小值a－c，此时|MA|取得最小值，
即有∠AMB＝，sin＝，可得a－c＝，①
(2)当M位于椭圆的左顶点(－a,0)，|MF|取得最大值a＋c.此时|MA|取得最大值，即有∠AMB＝，
sin＝，可得a＋c＝2，②
由①②解得a＝1＋，c＝1－，
则e＝＝＝3－2.
