2017年高考数学知识方法专题7《解析几何第31练 椭圆问题中最值得关注的基本题型》

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第31练　椭圆问题中最值得关注的基本题型[题型分析·高考展望]　椭圆问题在高考中占有比较重要的地位，并且占的分值也较多.分析历年的高考试题，在选择题、填空题、解答题中都有涉及到椭圆的题，所以我们对椭圆知识必须系统的掌握.对各种题型，基本的解题方法也要有一定的了解.体验高考1.(2015·广东)已知椭圆＋＝1(m>0)的左焦点为F1(－4，0)，则m等于(　　)A.2B.3C.4D.9答案　B解析　由题意知25－m2＝16，解得m2＝9，又m>0，所以m＝3.2.(2015·福建)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点.若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是(　　)A.B.C.D.答案　A解析　设左焦点为F0，连接F0A，F0B，则四边形AFBF0为平行四边形.∵|AF|＋|BF|＝4，∴|AF|＋|AF0|＝4，∴a＝2.设M(0，b)，则≥，∴1≤b＜2.离心率e＝＝＝＝∈，故选A.3.(2016·课标全国丙)已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为椭圆C上一点，且PF⊥x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，则椭圆C的离心率为(　　)A.B.C.D.答案　A解析　设M(－c，m)，则E，OE的中点为D，则D，又B，D，M三点共线，所以＝，a＝3c，e＝.4.(2015·浙江)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解　(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－x＋b.由消去y，得x2－x＋b2－1＝0.因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①将线段AB中点M代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－，②由①②得m＜－或m＞.(2)令t＝∈∪，则|AB|＝·，且O到直线AB的距离为d＝.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝|AB|·d＝≤.当且仅当t2＝时，等号成立.故△AOB面积的最大值为.5.(2016·北京)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.(1)解　由已知＝，ab＝1.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明　由(1)知，A(2，0)，B(0，1).设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y＝1.当x0≠0时，直线PA方程为y＝(x－2)，令x＝0得yM＝.从而|BM|＝|1－yM|＝.直线PB方程为y＝x＋1，令y＝0得xN＝.∴|AN|＝|2－xN|＝.∴|AN|·|BM|＝·＝·＝＝＝4.当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值.高考必会题型题型一　利用椭圆的几何性质解题例1　如图，焦点在x轴上的椭圆＋＝1的离心率e＝，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，求PF·PA的最大值和最小值.解　设P点坐标为(x0，y0).由题意知a＝2，∵e＝＝，∴c＝1，∴b2＝a2－c2＝3.所求椭圆方程为＋＝1.∴－2≤x0≤2，－≤y0≤.又F(－1，0)，A(2，0)，PF＝(－1－x0，－y0)，PA＝(2－x0，－y0)，∴PF·PA＝x－x0－2＋y＝x－x0＋1＝(x0－2)2.当x0＝2时，PF·PA取得最小值0，当x0＝－2时，PF·PA取得最大值4.点评　熟练掌握椭圆的几何性质是解决此类问题的根本，利用离心率和椭圆的范围可以求解范围问题、最值问题，利用a、b、c之间的关系和椭圆的对称性可构造方程.变式训练1　如图，F1、F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°.(1)求椭圆C的离心率；(2)若△AF1B的面积为40，求椭圆C的方程.解　(1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，所以e＝.(2)方法一　a2＝4c2，b2＝3c2，直线AB的方程可为y＝－(x－c)，将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，得B(c，－c)，所以|AB|＝·|c－0|＝c，由＝|AF1|·|AB|sin∠F1AB＝a·a·＝a2＝40，解得a＝10，b＝5，所以椭圆C的方程为＋＝1.方法二　设|AB|＝t，因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a，由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t，再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得，t＝a，由＝|AF1|·|AB|sin∠F1AB＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5，所以椭圆C的方程为＋＝1.题型二　直线与椭圆相交问题例2　(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点(2，)在C上.(1)求椭圆C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.(1)解　由题意得＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).将y＝kx＋b代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.点评　解决直线与椭圆相交问题的一般思路：将直线方程与椭圆方程联立，转化为一元二次方程，由判别式范围或根与系数的关系解决.求范围或最值问题，也可考虑求“交点”，由“交点”在椭圆内(外)，得出不等式，解不等式.变式训练2　椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过其右焦点F与长轴垂直的直线被椭圆C截得的弦长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设点P是椭圆C的一个动点，直线l：y＝x＋与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值.解　(1)∵椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，∴e＝＝，∴2c＝a，即4c2＝3a2，又∵过椭圆右焦点F与长轴垂直的直线被椭圆C截得的弦长为2，∴＋＝1，∴＋＝1，即b2＝4，又a2－b2＝c2，∴a2＝b2＋c2＝4＋a2，即a2＝16，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)联立直线l：y＝x＋与椭圆C的方程，得消去y，整理可得7x2＋12x－52＝0，即(7x＋26)(x－2)＝0，解得x＝2或x＝－，∴不妨设A(2，)，B(－，－)，则|AB|＝＝，设过P点且与直线l平行的直线L的方程为y＝x＋C，L与l的距离就是P点到AB的距离，即△PAB的边AB上的高，只要L与椭圆相切，就有L与边AB的最大距离，即得最大面积.将y＝x＋C代入＋＝1，消元整理可得：7x2＋8Cx＋16C2－64＝0，令判别式Δ＝(8C)2－4×7×(16C2－64)＝－256C2＋28×64＝0，解得C＝±＝±.∴L与AB的最大距离为＝，∴△PAB面积的最大值为××＝(2＋).题型三　利用“点差法，设而不求思想”解题例3　已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e＝，直线l交椭圆于M，N两点.(1)若直线l的方程为y＝x－4，求弦|MN|的长；(2)如果△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l方程的一般式.解　(1)由已知得b＝4，且＝，即＝，∴＝，解得a2＝20，∴椭圆方程为＋＝1.则4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝，∴所求弦长|MN|＝|x2－x1|＝.(2)如图，椭圆右焦点F的坐标为(2，0)，设线段MN的中点为Q(x0，y0)，由三角形重心的性质知BF＝2FQ，又B(0，4)，∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2，即得Q的坐标为(3，－2).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，且＋＝1，＋＝1，以上两式相减得＋＝0，∴kMN＝＝－·＝－×＝，故直线MN的方程为y＋2＝(x－3)，即6x－5y－28＝0.点评　当涉及平行弦的中点轨迹，过定点的弦的中点轨迹，过定点且被定点平分的弦所在直线方程时，用“点差法”来求解.变式训练3　已知椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点在直线x－2y－2＝0上，且离心率为.(1)求椭圆方程；(2)过P(3，1)作直线l与椭圆交于A，B两点，P为线段AB的中点，求直线l的方程.解　(1)∵椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点在直线x－2y－2＝0上，∴令y＝0，得焦点(2，0)，∴c＝2，∵离心率e＝＝，∴＝，解得a＝4，∴b2＝16－4＝12，∴椭圆方程为＋＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵过P(3，1)作直线l与椭圆交于A，B两点，P为线段AB的中点，∴由题意，x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴＋＝0，∴kl＝＝－，∴l的方程为y－1＝－(x－3)，即9x＋4y－31＝0.高考题型精练1.(2016·课标全国乙)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为(　　)A.B.C.D.答案　B解析　如图，由题意得，BF＝a，OF＝c，OB＝b，OD＝×2b＝b.在Rt△OFB中，|OF|×|OB|＝|BF|×|OD|，即cb＝a·b，代入解得a2＝4c2，故椭圆离心率e＝＝，故选B.2.已知椭圆＋＝1，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点A(1，1)为椭圆内一点，点P为椭圆上一点，则|PA|＋|PF1|的最大值是(　　)A.6B.6＋2C.6－D.6＋答案　D解析　|PA|＋|PF1|＝|PA|＋2a－|PF2|≤2a＋|AF2|＝6＋，当P，A，F2共线时取最大值，故选D.3.已知椭圆＋＝1的右焦点为F，P是椭圆上一点，点A(0，2)，当△APF的周长最大时，直线AP的方程为(　　)A.y＝－x＋2B.y＝x＋2C.y＝－x＋2D.y＝x＋2答案　D解析　椭圆＋＝1中a＝3，b＝，c＝＝2，由题意，设F′是左焦点，则△APF周长＝|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2a－|PF′|＝4＋6＋|PA|－|PF′|≤10＋|AF′|(A，P，F′三点共线，且P在AF′的延长线上时，取等号)，直线AP的方程为＋＝1，即y＝x＋2，故选D.4.如果椭圆＋＝1的弦被点(4，2)平分，则这条弦所在的直线方程是()A.x－2y＝0B.x＋2y－4＝0C.2x＋3y－14＝0D.x＋2y－8＝0答案　D解析　设这条弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则两式相减再变形得＋k＝0，又弦中点坐标为(4，2)，故k＝－，故这条弦所在的直线方程为y－2＝－(x－4)，整理得x＋2y－8＝0，故选D.5.设F1、F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆C上，线段PF1的中点在y轴上，若∠PF1F2＝30°，则椭圆的离心率为(　　)A.B.C.D.答案　A解析　∵线段PF1的中点在y轴上，设P的横坐标为x，F1(－c，0)，∴－c＋x＝0，∴x＝c，∴P与F2的横坐标相等，∴PF2⊥x轴，∵∠PF1F2＝30°，∴|PF2|＝|PF1|，∵|PF2|＋|PF1|＝2a，∴|PF2|＝a，tan∠PF1F2＝＝＝，∴＝，∴e＝＝.6.过点M(0，1)的直线l交椭圆C：＋＝1于A，B两点，F1为椭圆的左焦点，当△ABF1周长最大时，直线l的方程为______________.答案　x＋y－1＝0解析　设右焦点为F2(1，0)，则|AF1|＝4－|AF2|，|BF1|＝4－|BF2|，所以|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝8＋|AB|－(|AF2|＋|BF2|)，显然|AF2|＋|BF2|≥|AB|，当且仅当A，B，F2共线时等号成立，所以当直线l过点F2时，△ABF1的周长取最大值8，此时直线方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.7.(2016·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________.答案　解析　联立方程组解得B、C两点坐标为B，C，又F(c，0)，则FB＝，FC＝，又由∠BFC＝90°，可得FB·FC＝0，代入坐标可得：c2－a2＋＝0，①又因为b2＝a2－c2.代入①式可化简为＝，则椭圆离心率为e＝＝＝.8.P为椭圆＋＝1上的任意一点，AB为圆C：(x－1)2＋y2＝1的任一条直径，则PA·PB的取值范围是________.答案　[3，15]解析　圆心C(1，0)为椭圆的右焦点，PA·PB＝(PC＋CA)·(PC＋CB)＝(PC＋CA)·(PC－CA)＝PC2－CA2＝|PC|2－1，显然|PC|∈[a－c，a＋c]＝[2，4]，所以PA·PB＝|PC|2－1∈[3，15].9.设椭圆的中心为原点O，焦点在x轴上，上顶点为A(0，2)，离心率为.(1)求该椭圆的标准方程；(2)设B1(－2，0)，B2(2，0)，过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程.解　(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，∵＝，∴1－＝，即＝，又∵b2＝4，∴a2＝20，∴椭圆的标准方程为＋＝1.(2)由题意知直线l的倾斜角不为0，故可设直线l的方程为：x＝my－2.代入椭圆方程得(m2＋5)y2－4my－16＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1·y2＝－，又B2P＝(x1－2，y1)，B2Q＝(x2－2，y2)，所以B2P·B2Q＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16＝－－＋16＝－，由PB2⊥QB2得B2P·B2Q＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2，∴直线l的方程为x＝±2y－2，即x±2y＋2＝0.10.(2016·课标全国乙)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过点B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过点B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.解　(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：＋＝1(y≠0).(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.则x1＋x2＝，x1x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝.过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，点A到m的距离为，所以|PQ|＝2＝4.故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8).当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8).11.(2015·安徽)设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求椭圆E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.(1)解　由题设条件知，点M的坐标为，又kOM＝，从而＝.进而a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.(2)证明　由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得NM＝，又AB＝(－a，b)，从而有AB·NM＝－a2＋b2＝(5b2－a2).由(1)的计算结果可知a2＝5b2，所以AB·NM＝0，故MN⊥AB.