2025版高考数学一轮复习第八章平面解析几何第五节椭圆学案理含解析新人教A版

PAGEPAGE10第五节椭圆2024考纲考题考情1．椭圆的概念平面内与两定点F1、F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫椭圆。这两定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做焦距集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a，|F1F2|＝2c，其中a＞0，c＞0，且a(1)若a＞c，则M点的轨迹为椭圆。(2)若a＝c，则M点的轨迹为线段F1F2(3)若a＜c，则M点不存在。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的长为2a；短轴B1B2的长为焦距|F1F2|＝离心率e＝eq\f(c,a)∈(0,1)a，b，c的关系c2＝a2－b21．椭圆方程中的a，b，c(1)a，b，c关系：a2＝b2＋c2。(2)e与eq\f(b,a)：因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)，所以离心率e越大，则eq\f(b,a)越小，椭圆就越扁；离心率e越小，则eq\f(b,a)越大，椭圆就越圆。2．在求焦点在x轴上椭圆的相关量的范围时，要留意应用以下不等关系：－a≤x≤a，－b≤y≤b,0<e<1。3．焦点三角形椭圆上的点P与焦点F1，F2若构成三角形，则称△PF1F2为焦点三角形，焦点三角形问题留意一、走进教材1．(选修2－1P40例1改编)若F1(－3,0)，F2(3,0)，点P到F1，F2距离之和为10，则P点的轨迹方程是()A．eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1 B．eq\f(x2,100)＋eq\f(y2,9)＝1C．eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,16)＝1 D．eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1或eq\f(y2,25)＋eq\f(x2,16)＝1解析设点P的坐标为(x，y)，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。故选A。答案A2．(选修2－1P49A组T6改编)设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，过点F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(2)－1,2)C．2－eq\r(2) D．eq\r(2)－1解析设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，依题意，明显有|PF2|＝|F1F2|，则eq\f(b2,a)＝2c，即eq\f(a2－c2,a)＝2c，即e2＋2e－1＝0，又0<e<1，解得e＝eq\r(2)－1。故选D。解析：因为△F1PF2为等腰直角三角形，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c，|PF1|＝2eq\r(2)c。因为|PF1|＋|PF2|＝2a，所以2eq\r(2)c＋2c＝2a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(2)＋1)＝eq\答案D二、走近高考3．(2024·全国卷Ⅱ)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A且斜率为eq\f(\r(3),6)的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则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)解析由题意可得椭圆的焦点在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，所以点P坐标为(c＋2ccos60°，2csin60°)，即点P(2c，eq\r(3)c)。因为点P在过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)，故选D。答案D4．(2024·全国卷Ⅲ)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切，则C的离心率为()A．eq\f(\r(6),3) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(1,3)解析由题知以线段A1A2为直径的圆的方程为x2＋y2＝a2，圆心到直线bx－ay＋2ab＝0的距离d＝eq\f(2ab,\r(b2＋a2))＝a，得a2＝3b2，C的离心率e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(6),3)，故选A。答案A三、走出误区微提示：①忽视椭圆定义中的限制条件；②忽视椭圆标准方程焦点位置的探讨；③忽视点P坐标的限制条件。5．平面内一点M到两定点F1(0，－9)，F2(0,9)的距离之和等于18，则点M的轨迹是________。解析由题意知|MF1|＋|MF2|＝18，但|F1F2|＝18，即|MF1|＋|MF2|＝|F1F2|，所以点答案线段F1F6．椭圆eq\f(x2,10－m)＋eq\f(y2,m－2)＝1的焦距为4，则m等于()A．4 B．8C．4或8 D．12解析当焦点在x轴上时，10－m>m－2>0,10－m－(m－2)＝4，所以m＝4。当焦点在y轴上时，m－2>10－m>0，m－2－(10－m)＝4，所以m＝8。所以m＝4或8。答案C7．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________________。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P点坐标为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))。答案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))第1课时椭圆的定义及简洁几何性质考点一椭圆的定义及应用【例1】(1)过椭圆eq\f(x2,4)＋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．4eq\r(2)C．4 D．2eq\r(2)(2)在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝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．4C．3 D．2解析(1)因为eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以a＝2。由椭圆的定义可得|AF1|＋|AF2|＝2a＝4，且|BF1|＋|BF2|＝2a＝4，所以△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝4a＝8。故选A。(2)因为椭圆方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,4)＝1，所以焦点为B(0，－1)和B′(0,1)，连接PB′，AB′，依据椭圆的定义，得|PB|＋|PB′|＝2a＝4，可得|PB|＝4－|PB′|，因此|PA|＋|PB|＝|PA|＋(4－|PB′|)＝4＋(|PA|－|PB′|)。因为|PA|－|PB′|≤|AB′|，所以|PA|＋|PB|≤4＋|AB′|＝4＋1＝5，当且仅当P在AB′延长线上时，等号成立。故|PA|＋|PB|的最大值为5。答案(1)A(2)A椭圆定义的应用主要有两个方面：一是确认平面内与两定点有关的轨迹是否为椭圆；二是当P在椭圆上时，与椭圆的两焦点F1，F2组成的三角形通常称为“焦点三角形”，利用定义可求其周长，利用定义和余弦定理可求|PF1|·|PF2|，通过整体代入可求其面积等。面积公式S△PF1F2＝b2taneq\f(θ,2)(其中θ＝∠F1PF2)。【变式训练】(1)(2024·惠州调研)设F1，F2为椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，则eq\f(|PF2|,|PF1|)的值为()A．eq\f(5,14) B．eq\f(5,9)C．eq\f(4,9) D．eq\f(5,13)(2)已知椭圆eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,24)＝1上一点P与椭圆的两焦点F1，F2的连线夹角为直角，则|PF1|·|PF2|＝________。解析(1)如图，设线段PF1的中点为M，因为O是F1F2的中点，所以OM∥PF2，可得PF2⊥x轴，可求得|PF2|＝eq\f(5,3)，|PF1|＝2a－|PF2|＝eq\f(13,3)，eq\f(|PF2|,|PF1|)＝eq\f(5,13)。故选D。(2)依题意a＝7，b＝2eq\r(6)，c＝eq\r(49－24)＝5，|F1F2|＝2c＝10，由于PF1⊥PF2，所以由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2＝100。又由椭圆定义知|PF1|＋|PF2|＝2a＝14，所以(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|＝100，即196－2|PF1|·|PF2|＝100。解得|PF1|·|PF2|＝48。答案(1)D(2)48考点二椭圆的标准方程【例2】(1)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))，则椭圆的标准方程为________。(2)设F1、F2为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，经过F1的直线交椭圆C于A，B两点，若△F2AB是面积为4eq\r(3)的等边三角形，则椭圆C的方程为________。解析(1)设椭圆方程为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m＝eq\f(1,6)，n＝eq\f(1,10)，故椭圆的标准方程为eq\f(y2,10)＋eq\f(x2,6)＝1。(2)因为△F2AB是面积为4eq\r(3)的等边三角形，所以AB⊥x轴，所以A，B两点的横坐标为－c，代入椭圆方程，可求得|F1A|＝|F1B|＝eq\f(b2,a)。又|F1F2|＝2c，∠F1F2A＝30°，所以eq\f(b2,a)＝eq\f(\r(3),3)×2c①。又S△F2AB＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(2b2,a)＝4eq\r(3)②，a2＝b2＋c2③，由①②③解得a2＝9，b2＝6，c2＝3，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1。答案(1)eq\f(y2,10)＋eq\f(x2,6)＝1(2)eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝11．求椭圆方程的基本方法是待定系数法，先定位，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后依据条件建立关于a，b的方程组。2．假如焦点位置不确定，可设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，求出m，n的值即可。3．椭圆的通径(过焦点且与长轴垂直的弦)长为eq\f(2b2,a)。【变式训练】(1)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的轨迹方程为()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)＝1(2)(2024·亳州模拟)椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点为F1，F2，椭圆上两动点P，Q总使PF1QF2为平行四边形，若平行四边形PF1QF2的周长和最大面积分别为8和2eq\r(3)，则椭圆的标准方程可能为()A．eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1C．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1解析(1)设圆M的半径为r，则|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16，所以M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，且2a＝16,2c＝8，故所求的轨迹方程为eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1。(2)如图，由四边形PF1QF2周长为8，可知4a＝8，所以a＝2。当P，Q为短轴端点时，四边形的面积最大，故2bc＝2eq\r(3)，即bc＝eq\r(3)。椭圆方程可以是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。故选C。答案(1)D(2)C考点三椭圆的简洁几何性质微点小专题方向1：求离心率的值或范围【例3】(1)(2024·安徽二模)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为M，上顶点为N，右焦点为F，若eq\o(NM,\s\up15(→))·eq\o(NF,\s\up15(→))＝0，则椭圆的离心率为()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(2)－1,2)C．eq\f(\r(3)－1,2) D．eq\f(\r(5)－1,2)(2)(2024·湖南联考)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一点，△PF1F2是以F2P为底边的等腰三角形，且60°<∠PF1F2<120°，则该椭圆的离心率的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，1)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)－1,2)，\f(1,2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析(1)由题意知，M(－a,0)，N(0，b)，F(c，0)，所以eq\o(NM,\s\up15(→))＝(－a，－b)，eq\o(NF,\s\up15(→))＝(c，－b)。因为eq\o(NM,\s\up15(→))·eq\o(NF,\s\up15(→))＝0，所以－ac＋b2＝0，即b2＝ac。又知b2＝a2－c2，所以a2－c2＝ac，所以e2＋e－1＝0，解得e＝eq\f(\r(5)－1,2)或e＝eq\f(－\r(5)－1,2)(舍)。所以椭圆的离心率为eq\f(\r(5)－1,2)。故选D。(2)由题意可得，|PF2|2＝|F1F2|2＋|PF1|2－2|F1F2|·|PF1|cos∠PF1F2＝4c2＋4c2－2·2c·2c·cos∠PF1F2，即|PF2|＝2eq\r(2)c·eq\r(1－cos∠PF1F2)，所以a＝eq\f(|PF1|＋|PF2|,2)＝c＋eq\r(2)c·eq\r(1－cos∠PF1F2)，又60°<∠PF1F2<120°，所以－eq\f(1,2)<cos∠PF1F2<eq\f(1,2)，所以2c<a<(eq\r(3)＋1)c，则eq\f(1,\r(3)＋1)<eq\f(c,a)<eq\f(1,2)，即eq\f(\r(3)－1,2)<e<eq\f(1,2)。故选B。答案(1)D(2)B求椭圆离心率的三种方法1．干脆求出a，c来求解e。通过已知条件列方程组，解出a，c的值。2．构造a，c的齐次式，解出e。由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解。3．通过取特别值或特别位置，求出离心率。提示：在解关于离心率e的二次方程时，要留意利用椭圆的离心率e∈(0,1)进行根的取舍，否则将产生增根。方向2：最值问题【例4】(2024·浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝m(m>1)上两点A，B满意eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))，则当m＝________时，点B横坐标的肯定值最大。解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AP,\s\up15(→))＝2eq\o(PB,\s\up15(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＝2x2，,1－y1＝2y2－1。))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－2x2，,y1＝3－2y2。))因为点A，B在椭圆上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4x\o\al(2,2),4)＋3－2y22＝m，,\f(x\o\al(2,2),4)＋y\o\al(2,2)＝m，))得y2＝eq\f(1,4)m＋eq\f(3,4)，xeq\o\al(2,2)＝m－(3－2y2)2＝－eq\f(1,4)m2＋eq\f(5,2)m－eq\f(9,4)＝－eq\f(1,4)(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B横坐标的肯定值最大，最大值为2。答案5与椭圆有关的最值或范围问题的求解方法1．利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质，求最值或取值范围。2．利用函数，尤其是二次函数求最值或取值范围。3．利用不等式，尤其是基本不等式求最值或取值范围。4．利用一元二次方程的根的判别式求最值或取值范围。【题点对应练】1．(方向1)P是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的一点，A为左顶点，F为右焦点，PF⊥x轴，若tan∠PAF＝eq\f(1,2)，则椭圆的离心率e为()A．eq\f(\r(2),3) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(1,2)解析如图，不妨设点P在第一象限，因为PF⊥x轴，所以xP＝c，将xP＝c代入椭圆方程得yP＝eq\f(b2,a)，即|PF|＝eq\f(b2,a)，则tan∠PAF＝eq\f(|PF|,|AF|)＝eq\f(\f(b2,a),a＋c)＝eq\f(1,2)，结合b2＝a2－c2，整理得2c2＋ac－a2＝0，两边同时除以a2得2e2＋e－1＝0，解得e＝eq\f(1,2)或e＝－1(舍去)。故选D。答案D2．(方向1)已知F1，F2分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点。若椭圆C上存在点P，使得线段PF1的中垂线恰好经过焦点F2，则椭圆C的离心率的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(\r(2),2)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析因为线段PF1的中垂线经过焦点F2，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c，即椭圆上存在点P，使|PF2|＝2c，所以a－c≤2c≤a＋c，再结合e∈(0,1)，解得eq\f(1,3)≤e答案C3．(方向2)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是椭圆上随意一点，则eq\o(PF,\s\up15(→))·eq\o(PA,\s\up15(→))的最大值为________。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P点坐标为(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\up15(→))＝(－1－x0，－y0)，eq\o(PA,\s\up15(→))＝(2－x0，－y0)，所以eq\o(PF,\s\up15(→))·eq\o(PA,\s\up15(→))＝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\up15(→))·eq\o(PA,\s\up15(→))取得最大值4。答案4eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))1．(协作例1运用)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，M，N是坐标平面内的两点，且M与C的焦点不重合。若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝()A．4 B．8C．12 D．16解析设MN的中点为D，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，如图，连接DF1，DF2，因为F1是MA的中点，D是MN的中点，所以F1D是△MAN的中位线，则|DF1|＝eq\f(1,2)|AN|，同理|DF2|＝eq\f(1,2)|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)，因为D在椭圆上，所以依据椭圆的定义知|DF1|＋|DF2|＝4，所以|AN|＋|BN|＝8。答案B2．(协作例2运用)椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，若椭圆C的离心率等于eq\f(1,2)，且它的一个顶点恰好是抛物线x2＝8eq\r(3)y的焦点，则椭圆C的标准方程为________。解析由题意设椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)。由题设知抛物线的焦点为(0,2eq\r(3))，所以椭圆中b＝2eq\r(3)。因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，又a2－b2＝c2，联立解得c＝2，a＝4，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1。答案eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝13．(协作例3运用)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点和上顶点分别为A，B，左、右焦点分别是F1，F2，在线段AB上有且只有一个点P满意PF1⊥PF2，则椭圆的离心率的平方为()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(3－\r(5),2)C．eq\f(－1＋\r(5),2) D．eq\f(\r(3)－1,2)解析由题意得，A(－a,0)，B(0，b)，由在线段AB上有且只有一个点P满意PF1⊥PF2，得点P是以点O为圆心，线段F1F2为直径的圆x2＋y2＝c2与线段AB的切点，连接OP，则OP⊥AB，且OP＝c，即点O到直线AB的距离为c。又直线AB的方程为y＝eq\f(b,a)x＋b，整理得bx－ay＋ab＝0，点O到直线AB的距离d＝eq\f(ab,\r(b2＋a2))＝c，两边同时平方整理得，a2b2＝c2(a2＋b2)＝(a2－b2)(a2＋b2)＝a4－b4，可得b4＋a2b2－a4＝0，两边同时除以a4，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)))2＋eq\f(b2,a2)－1＝0，可得eq\f(b2,a2)＝eq\f(－1＋\r(5),2)，则e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝1－eq\f(－1＋\r(5),2)＝eq\f(3－\r(5),2)。故选B。答案B4．(协作例4运用)已知椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满意0<eq\f(x\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)<1，则|PF1|＋|PF2|的取值范围是________。解析由点P(x0，y0)满意0<eq\f(x\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)<1，可知P(x0，y0)肯定在椭圆内(不包括原点)，因为a＝eq\r(2)，b＝1，所以由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|<2a＝2eq\r(2)，当P(x0，y0)在线段F1F2上(不在原点)时，|PF1|＋|PF2|＝2，又|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|＝2，故|PF1|＋|PF2|的取值范围是[2,2eq\r(2))。答案[2,2eq\r(2))

第2课时椭圆的综合问题考点始终线与椭圆的相交弦问题【例1】(2024·北京高考)已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，焦距为2eq\r(2)。斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B。(1)求椭圆M的方程；(2)若k＝1，求|AB|的最大值。解(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,2c＝2\r(2)。))解得a＝eq\r(3)，b＝1。所以椭圆M的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1。(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1))得4x2＋6mx＋3m2－3＝0。Δ>0⇒m2<4，所以x1＋x2＝－eq\f(3m,2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,4)。|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(2x2－x12)＝eq\r(2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(\f(12－3m2,2))。当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为eq\r(6)。1．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题。2．设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(k为直线斜率)。3．利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的状况下进行的，不要忽视判别式。【变式训练】已知椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，点A为椭圆的右顶点，直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N。当△AMN的面积为eq\f(4\r(7),9)时，求k的值。解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0。设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－4,1＋2k2)，所以|MN|＝eq\r(x2－x12＋y2－y12)＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(2\r(1＋k24＋6k2),1＋2k2)。又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝eq\f(|k|,\r(1＋k2))，所以△AMN的面积为S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)。由eq\f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq\f(4\r(7),9)，解得k＝±2。考点二中点弦问题【例2】(2024·南宁摸底)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一条弦所在的直线方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4,1)，则椭圆的离心率是()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\f(\r(5),5)解析设直线x－y＋5＝0与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，因为AB的中点M(－4,1)，所以x1＋x2＝－8，y1＋y2＝2。易知直线AB的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝1。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得，eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，于是椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2)。故选C。答案C弦及弦中点问题的解决方法1．根与系数的关系：直线与椭圆方程联立，消元，利用根与系数关系表示中点。2．点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率。【变式训练】已知椭圆：eq\f(y2,9)＋x2＝1，过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为()A．9x－y－4＝0 B．9x＋y－5＝0C．2x＋y－2＝0 D．x＋y－5＝0解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A，B在椭圆eq\f(y2,9)＋x2＝1上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),9)＋x\o\al(2,1)＝1，,\f(y\o\al(2,2),9)＋x\o\al(2,2)＝1，))两式相减得eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),9)＋xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝0，即eq\f(y1－y2y1＋y2,9)＋(x1－x2)(x1＋x2)＝0，又弦AB被点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))平分，所以x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，将其代入上式得eq\f(y1－y2,9)＋x1－x2＝0，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－9，即直线AB的斜率为－9，所以直线AB的方程为y－eq\f(1,2)＝－9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即9x＋y－5＝0。答案B考点三证明问题【例3】(2024·全国卷Ⅰ)设椭圆C：eq\f(x2,2)＋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)，l的方程为x＝1。由已知可得，点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)))。所以AM的方程为y＝－eq\f(\r(2),2)x＋eq\r(2)或y＝eq\f(\r(2),2)x－eq\r(2)。(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<eq\r(2)，x2<eq\r(2)，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)。由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1－2x2－2)。将y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0。所以，x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)。则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0。从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB。综上，∠OMA＝∠OMB。破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁，即会把要证的两角相等，依据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可证得结论。【变式训练】(2024·成都一诊)已知椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点。(1)若直线l1的倾斜角为eq\f(π,4)，求|AB|的值；(2)设直线AM交直线l于点N，证明：直线BN⊥l。解由题意知，F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)。(1)因为直线l1的倾斜角为eq\f(π,4)，所以斜率k＝1。所以直线l1的方程为y＝x－1。代入椭圆方程，可得9x2－10x－15＝0。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(10,9)，x1x2＝－eq\f(5,3)。所以|AB|＝eq\r(2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)))2＋4×\f(5,3))＝eq\f(16\r(5),9)。(2)证明：设直线l1的方程为y＝k(x－1)。代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(10k2,4＋5k2)，x1x2＝eq\f(5k2－20,4＋5k2)。设N(5，y0)，因为A，M，N三点共线，所以eq\f(－y1,3－x1)＝eq\f(y0,2)，所以y0＝eq\f(2y1,x1－3)。而y0－y2＝eq\f(2y1,x1－3)－y2＝eq\f(2kx1－1,x1－3)－k(x2－1)＝eq\f(3kx1＋x2－kx1x2－5k,x1－3)＝eq\f(3k·\f(10k2,4＋5k2)－k·\f(5k2－20,4＋5k2)－5k,x1－3)＝0。所以直线BN∥x轴，即BN⊥l。考点四最值与范围问题【例4】(2024·武汉调研)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，且离心率为eq\f(\r(2),2)。(1)求椭圆C的方程；(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B。假如直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求焦点F2到直线l的距离d的取值范围。解(1)由题意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(2,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,b2＝1。))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1。(2)易知直线l的斜率存在且不为零。设直线l的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程eq\f(x2,2)＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0。由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)＝16k2－8m2＋8>0，得2k2>m设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－1,1＋2k2)。因为F1(－1,0)，所以kAF1＝eq\f(y1,x1＋1)，kBF1＝eq\f(y2,x2＋1)。由题可得2k＝eq\f(y1,x1＋1)＋eq\f(y2,x2＋1)，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0。因为直线l：y＝kx＋m不过焦点F1(－1,0)，所以m－k≠0，所以x1＋x2＋2＝0，从而－eq\f(4km,1＋2k2)＋2＝0，－4km＋2＋4k2所以4km＝2＋4k2，即m＝k＋eq\f(1,2k)②。由①②得2k2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,2k)))2－1，化简得|k|>eq\f(\r(2),2)③。焦点F2(1,0)到直线l：y＝kx＋m的距离d＝eq\f(|k＋m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2k＋\f(1,2k))),\r(1＋k2))＝eq\f(2＋\f(1,2k2),\r(\f(1,k2)＋1))，令t＝eq\r(\f(1,k2)＋1)，由|k|>eq\f(\r(2),2)知t∈(1，eq\r(3))。于是d＝eq\f(\f(t2＋3,2),t)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,t)))，考虑到函数f(t)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(3,t)))在[1，eq\r(3)]上单调递减，所以f(eq\r(3))<d<f(1)，解得eq\r(3)<d<2，所以焦点F2到直线l的距离d的取值范围是(eq\r(3)，2)。圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法敏捷多变，但总体上主要有两种方法：一是几何法，即利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用导数、不等式等进行求解。【变式训练】已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))。(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq\o(AF1,\s\up15(→))＝λeq\o(F1B,\s\up15(→))，且2≤λ<3，求直线l的斜率k的取值范围。解(1)设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k>0)，联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k2)＋4))y2－eq\f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq\f(144,k2)＋144>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq\f(－9k2,3＋4k2)，又eq\o(AF1,\s\up15(→))＝λeq\o(F1B,\s\up15(→))，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝eq\f(－λ,1－λ2)(y1＋y2)2，则eq\f(1－λ2,λ)＝eq\f(4,3＋4k2)，λ＋eq\f(1,λ)－2＝eq\f(4,3＋4k2)，因为2≤λ<3，所以eq\f(1,2)≤λ＋eq\f(1,λ)－2<eq\f(4,3)，即eq\f(1,2)≤eq\f(4,3＋4k2)<eq\f(4,3)，且k>0，解得0<k≤eq\f(\r(5),2)。故直线l的斜率k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5),2)))。eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(老师备用题))1．(协作例3运用)已知椭圆Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(1,0)，椭圆Γ的左、右顶点分别为M，N。过点F的直线