【数学】2019届一轮复习北师大版一题多解，玩透椭圆离心率学案

【数学】2019届一轮复习北师大版一题多解，玩透椭圆离心率学案

一、典例分析，融合贯通 典例 1 【2016 年高考数 新课标Ⅲ卷文 12 题】已知O 为坐标原点， F 是椭圆C )0(12 2 2 2  ba b y a x 的左焦点， BA, 分别为C 的左，右顶点．P 为上C 一点，且 xPF  轴，过点 A 的直线l 与线段 PF 交于点 M 与 y 轴交于点 E ．若直线 BM 经过 OE 的中点， 则C 的离心率为（ ） A ． 3 1 B ． 2 1 C ． 3 2 D． 4 3 【点睛之笔】相似用完即相识！ 【解法 2】代数法 由题意可设 )0,( cF  ， )0,( aA  ， )0,(aB 令 cx  ，代入椭圆方程可得 a b a cby 2 2 2 1  可得 ), 2 a bcP （ ， 设直线 AE 的方程为 )( axky  ， 令 cx  ，可得 ,)(,- ）（ cakcM  ] 令 0x ，可得 ,,0 ）（ kaE 【点睛之笔】不用多虑，一步一步代！ 【解法 3】几何代数结合法 设直线 AE 的方程为 )( axky  ， 令 cx  ，可得 ,)(,- ）（ cakcM  [ 令 0x ，可得 ,,0 ）（ kaE 设OE 的中点为 H ，可得 ,2,0 ）（ kaH HOB ∽ MFB a ca BO BF HO MF  a ca ka cak  2 )( ca 3 3 1e 【点睛之笔】几何代数，数与形的完美融合！ 【解后反思】 解法 1 利用相似比构造方程，恒等变形求得离心率！[ ] 解法 2 利用条件一步一步用数据转化，无须烧脑！ 解法 3 几何代数，相辅相生，相得益彰！ 典例 2 设 P 是   2 2 1 02 2 x y a b a b     上的一点， 1F 、 2F 是其左、右焦点 .已知 1 2F PF =60  ，求椭圆离心率的取值范围. 【解法 1】基本不等式 在 1 2F PF 中， 2 2 2 1 2 1 2 1 2PF + PF -2 PF PF cos60 FF   ， 22 1 2 1 2 1 2( PF + PF ) -3 PF PF FF  2 2 1 22 1 2 1 2 1 2 3( PF + PF )3 PF PF ( PF + PF ) - FF 4    2 2 2 23 44 4 34 aa c a    2 24a c  2 1 4e  0 1e 又 1 12 e   【点睛之笔】基本不等式，让数 习更有激情！ 【解法 2】有界性 设  0 0P x ,y , 1 0 2 0PF , PFa ex a ex    ，又 1 2FF 2c 在 1 2F PF 中， 2 2 2 1 2 1 2 1 2PF + PF -2 PF PF cos60 FF   ，       2 2 2 0 0 0 0+ -2 cos60 4a ex a ex a ex a ex c        ， 【点睛之笔】坐标有界，思想无界！ 【解法 3】极端情况 当点 P 位于短轴端点 1B 或 2B 处时，点 P 对两焦点的张角最大 故 1 2 2 1 2FB F FPF =60   ， 2 2OB F 30   (O 为坐标原点) 在 2 2OB F 中， 2 2 1sin OB F sin30 2 ce a       ， 0 1e 又 1 12 e   【点睛之笔】极端解法，剑走偏锋！ 【解后反思】 解法 1 套用公式省时又省力！[ X X ] 解法 2 利用坐标的有界性巧妙构造不等式！ 解法 3 极端解法，投“极”取巧，尽显思维的灵气！ 典例 3【2016 浙江理第 19 题】如图，设椭圆 2 2 2 1( 1)x y aa    （Ⅰ）求直线 1 kxy 被椭圆截得的线段长（用 ka, 表示）; （Ⅱ）若任意以 )1,0(A 为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆离心率的取值范围。 第（1）小题 第（2）小题 【解法 1】 零点存在定理 设圆方程为   222 1 ryx  ，与椭圆联立方程      2222 222 )1( ayax ryx 消去 x 得 012)1( 2222  aryya 由题设知方程在  1,1 上最多一解， 记 2 2 2 2( ) ( 1) 2 1f y a y y r a      ① 当 42 r 时， 0)1( 2  rf ， 2( 1) 4 0f r    (1)f  ( 1) 0f   ，所以方程在  1,1 上只有一解， 1a  均可 ② 那么当 42 r 时， 第一种情况 只需 0)1)(1(44 222  ara ，得 02224  rraa 解得 2 4 2 4 22242 2  rrrrrra ，即 22 042 a ，得 2a  第二种情况 假设方程在  1,1 上有两解[ 。 。 ] 2 ( 1) 0 (1) 0 0 11 11 f f a           ，得         11 04 0 2 2 2 a r r ，则 22 a ， 由于方程在  1,1 上最多一解，所以 22 a 上述两种情况均可得到1 2a  ，离心率 2 2 2 1 1 21 2 c ae a a a      ， 因此椭圆离心率的取值范围 20 2e  【点睛之笔】零点存在定理，走遍天下都有理！ 【点睛之笔】方程法，缩短思维旅程的好方法！ 【解法 3】点差法 因此，任意以 (0,1)A 为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件是 21 2a  ， 离心率 2 2 1c ae a a   ，因此椭圆离心率的取值范围 20 2e  【点睛之笔】点差法，一点都不差的好方法！ 【解法 4】单调性法 易知，弦长 PA 从 A 到 B 逆时针旋转半圈处处不相等，即弦长在 y 轴单侧单调。 | |PA  4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 4 4(1 ) 2 21 2 1(1 ) ( ) a k k k k kk a k k k ka a a         ， 设 2k t ， 2 2 2 4 ( ) 2 1 2 1 t tg t tk a a    ，则 ( )g t 在 (0, )t   上单调递增。 只需 42 22 12 atattt  ，即 42 12 atat  成立 得 2 2 1a  ，得 22 a ，因此椭圆离心率的取值范围 2 20  e 【点睛之笔】单调性法，解起题 不单调！ 【解法 5】 弦长的最值性 【点睛之笔】利用弦长的最值性，最有价值！ 【解后反思】 解法 1 零点存在定理，剪不断那就理 乱！ 解法 2 利用方程思想构造不等式，妙哉！ 解法 3 点差法，代点作差，肯定不会差！ 解法 4 单调性法，其实很有情调，一点都不不单调！ 解法 5 利用最值性，直奔目标，不走寻常路！ 二、精选试题，能力升级 1.【2012 全国，理 4】设 F1，F2 是椭圆 E 2 2 2 2 1x y a b   (a＞b＞0)的左、右焦点，P 为直线 3 2 ax  上一点，△F2PF1 是底角为 30°的等腰三角形，则 E 的离心率为( ) A． 1 2 B． 2 3 C． 3 4 D． 4 5 【答案】C 【解析】设直线 3 2 ax  与 x 轴交于点 M ，则 2 60PF M ＝ ，在 2Rt PF M 中， 2 1 2 2PF F F c＝ ＝ ， 2 3 2 aF M c  ，故 2 2 3 12cos60 2 2 a cF M PF c      ，解得 3 4 c a  ，故离 心率 3 4e  ． 2.【2011 全国新课标，理 14】在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点 F1， F2 在 x 轴上，离心率为 2 2 .过 F1 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且△ABF2 的周长为 16，那么 C 的方程为__________． 【答案】 2 2 116 8 x y  【解析】 3.【2008 全国 1，理 15】在 ABC△ 中， AB BC ， 7cos 18B   ．若以 A B， 为焦点的 椭圆经过点C ，则该椭圆的离心率 e  ． 【答案】 3 8 . 【解析】设 1AB BC  ， 7cos 18B   则 2 2 2 252 cos 9AC AB BC AB BC B      5 3AC  ， 5 8 2 32 1 ,2 1,3 3 2 8 ca c e a       . 4.【2018 浙江温州一模】正方形 的四个顶点都在椭圆 上，若椭圆的焦点在 正方形的内部，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 5.【2018 广西柳州市一模】已知点 P 是以 1 2,F F 为焦点的椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     上 一点，若 1 2 2 1, 2PF PF PF F   ，则椭圆的离心率 e  （ ） A. 5 3 B. 1 3 C. 2 3 D. 1 2 【答案】A 【解析】 点 P 是以 1 2F F， 为焦点的椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     上一点， 1 2 2 1 2PF PF tan PF F  ， ，  1 2 PF PF 2 ，设 2PF x ，则 1 2PF x ，由椭圆定义知 2 2x x a  ， x  2 3 a ， 2PF  2 3 a ，则 1PF  4 3 a ，由勾股定理知 2 2 2 2 1 1 2PF PF F F  ， 解得 5 3c a ， 5 3 ce a    ． 6．【2018 广西三校九月联考】已知椭圆方程C 为 2 2 2 2 1x y a b   ， ( 0)a b  椭圆的右焦 点为 1,0 ，离心率为 1 2e  ，直线l y kx m  与椭圆C 相交于 A 、 B 两点，且 3 4OA OBk k   （1）椭圆的方程及求 AOB 的面积； （2）在椭圆上是否存在一点 P ，使OAPB 为平行四边形，若存在，求出 OP 的取值范围， 若不存在说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ， S 3 （2）不存在 P 【解析】[ 。 。 ] 消去 y 化简得，  2 2 23 4 8 4 12 0k x kmx m     ， 1 2 2 8 3 4 kmx x k     2 1 2 2 4 12 3 4 mx x k   ， 0 得 2 24 3 0k m       2 1 2 1 2 1 2 1 2y y kx m kx m k x x km x x m       , 2 2 2 2 2 2 2 2 4 12 8 3 12 3 4 3 4 3 4 m km m kk km mk k k            . 3 4OA OBK K   ， 1 2 1 2 3 4 y y x x  ，即 1 2 1 2 3 4y y x x 2 2 2 2 2 3 12 3 4 12 3 4 4 3 4 m k m k k      即 2 22 4 3m k  ,           2 2 22 2 1 2 1 2 22 48 4 3 AB 1 4 1 3 4 k m k x x x x k k             =      2 22 2 22 48 1 24 13 4 2 3 43 4 k kk kk      . O 到直线 y kx m  的距离 2 d 1 m k      2 22 2 2 22 24 1 24 11 1 1 2 2 3 4 2 1 3 41AOB k km mS d AB k k kk          , 2 2 1 3 4 24 32 2 3 4 k k   . （2）若存在平行四边形 OAPB 使 P 在椭圆上，则OP OA OB    ，设  0 0P x y， ， 则 0 1 2 2 8 3 4 kmx x x k      , 0 1 2 2 6 3 4 my y y k     ,由于 P 在椭圆上，所以 2 2 0 0 14 3 x y  ， 从而化简得     2 2 2 2 22 2 16 12 1 3 4 3 4 k m m k k     化简得 2 24 3 4m k  ①， 由 3 4OA OBK K   ，知 2 22 4 3m k  ② 联立方程①②知 0m  ，故不存在 P 在椭圆上的平行四边形. 7．【2018 河南中原名校质检二】已知椭圆 的离心率为 ，以原点为圆 心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线 相切. (1)求椭圆 的方程 (2)设 ， 是椭圆 上关于 轴对称的任意两个不同的点，连结 交椭圆 于另一点 ， 证明直线 与 轴相交于定点 . 【答案】（1） （2） 8．【2018 吉林百校联盟九月联考】已知椭圆C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 1 2 ，且 过点 2 3, 3 ， A ， B 是椭圆C 上异于长轴端点的两点. （1）求椭圆C 的方程； （2）已知直线l 8x  ，且 1AA l ，垂足为 1A ， 1BB l ，垂足为 1B ，若  3,0D ，且 1 1A B D 的面积是 ABD 面积的 5 倍，求 ABD 面积的最大值. 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， AB 的直线方程为 2x my  ， 由 2 2 2,{ 3 4 48, x my x y     即 2 23 4 12 36 0m y my    ， 1 2 2 12 3 4 my y m    ， 1 2 2 36 3 4y y m   ，  2 1 2 1 2 1 2 1 1 42 2ABDS y y y y y y        2 22 112 3 4 m m     2 2 112 3 1 1 m m    ， 令 2 1 1t m   ，所以 2 12 12 13 1 3 ABD tS t t t     ， 因为 1 1 33 3t tt t            ，所以 13t t  在 1,3     上单调递增，所以在  1,t   上单调递 增， 所以 13 4t t   ，所以 3ABDS  （当且仅当 2 1 1t m   ，即 0m  时“ ”成立）， 故 ABDS 的最大值为3 . 9.【2014 课标Ⅰ，理 20】已知点 A (0,2) ,椭圆 E 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 3 2 ； F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为 2 3 3 ，O 为坐标原点 （I）求 E 的方程； （II）设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P,Q 两点。当 OPQ 的面积最大时，求 l 的直线方程. 10．【2018 广西柳州市一模】已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 2 2 ， 1 2F F、 为椭圆的左右焦点， P 为椭圆短轴的端点， 1 2PF F 的面积为 2. （1）求椭圆C 的方程； （2）设O 为原点，若点 A 在椭圆C 上，点 B 在直线 2y  上，且OA OB ，试判断直线 AB 与圆 2 2 2x y  的位置关系，并证明你的结论. 圆心O 到直线 AB 的距离 2d  . 此时直线 AB 与圆 2 2 2x y  相切. 当 0x t 时，直线 AB 的方程为  0 0 22 yy x tx t    . 即   0 0 0 02 2 0y x x t y x ty      .     0 0 2 2 0 0 2 2 x tyd y x t     又 2 2 0 0 0 0 22 4, yx y t x     ，故 2 2 0 0 0 0 0 2 4 2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 0 0 2 42 2 4 8 164 2 y xx x xd y x xx y x x         . 此时直线 AB 与圆 2 2 2x y  相切.