全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题7第30练椭圆问题中最值得关注的基本题型理
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第30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.常考题型精析题型一 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·的最大值和最小值. 20\n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 (2022·课标全国Ⅰ)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.(1)求E的方程;(2)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的方程. 题型二 直线与椭圆相交问题例2 (2022·山东)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左,右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.20\n(ⅰ)求的值;(ⅱ)求△ABQ面积的最大值. 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 (2022·四川)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.①证明OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);20\n②当最小时,求点T的坐标. 题型三 利用“点差法,设而不求思想”解题例3 已知椭圆+y2=1,求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程. 20\n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 (2022·福州模拟)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. 高考题型精练1.(2022·课标全国Ⅰ)已知椭圆E的中心在坐标原点,离心率为,E的右焦点与抛物线C:y2=8x的焦点重合,A,B是C的准线与E的两个交点,则|AB|等于( )A.3B.6C.9D.122.(2022·大纲全国)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2,离心率为,过F2的直线l交C于A、B两点.若△AF1B的周长为4,则C的方程为( )A.+=1B.+y2=1C.+=1D.+=13.(2022·福建)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q20\n两点间的最大距离是( )A.5B.+C.7+D.64.若椭圆和双曲线具有相同的焦点F1,F2,离心率分别为e1,e2,P是两曲线的一个公共点,且满足PF1⊥PF2,则+的值为( )A.4B.2C.1D.5.椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点为F1,F2,M为椭圆上一点,且·的最大值的取值范围是[c2,2c2],其中c是椭圆的半焦距,则椭圆的离心率取值范围是( )A.B.C.D.6.(2022·辽宁)已知椭圆C:+=1,点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|=________.7.(2022·江西)过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:+=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于________.8.(2022·安徽)设F1,F2分别是椭圆E:x2+=1(0<b<1)的左,右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点.若|AF1|=3|F1B|,AF2⊥x轴,则椭圆E的方程为________.9.(2022·江苏)如图,在平面直角坐标系xOy中,F1,F2分别是椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.(1)若点C的坐标为,且|BF2|=,求椭圆的方程;20\n(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值. 10.(2022·重庆)如图,椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,过F220\n的直线交椭圆于P、Q两点,且PQ⊥PF1.(1)若|PF1|=2+,|PF2|=2-,求椭圆的标准方程;(2)若|PF1|=|PQ|,求椭圆的离心率e. 11.(2022·陕西)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的半焦距为c,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为c.(1)求椭圆E的离心率;20\n(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程. 12.(2022·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.20\n答案精析第30练 椭圆问题中最值得关注的基本题型常考题型精析例1 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),=(-1-x0,-y0),=(2-x0,-y0),∴·=x-x0-2+y=x-x0+1=(x0-2)2.当x0=2时,·取得最小值0,当x0=-2时,·取得最大值4.变式训练1 解 (1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为+y2=1.(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2),将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=.从而|PQ|=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,20\n所以△OPQ的面积S△OPQ=d|PQ|=.设=t,则t>0,S△OPQ==.因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,所以,当△OPQ的面积最大时l的方程为y=x-2或y=-x-2.例2 解 (1)由题意知2a=4,则a=2,又=,a2-c2=b2,可得b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.(ⅰ)设P(x0,y0),=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).因为+y=1,又+=1,即=1,所以λ=2,即=2.(ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由Δ>0,可得m2<4+16k2,①则有x1+x2=-,x1x2=.所以|x1-x2|=.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|20\n===2.设=t,将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0<t≤1,因此S=2=2,故S≤2,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2.由(ⅰ)知,△ABQ面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为6.变式训练2 (1)解 由已知可得解得a2=6,b2=2,所以椭圆C的标准方程是+=1.(2)①证明 由(1)可得F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m),则直线TF的斜率kTF==-m.当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=,直线PQ的方程是x=my-2.当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0,所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4=.所以PQ的中点M的坐标为(,).20\n所以直线OM的斜率kOM=-.又直线OT的斜率kOT=-,所以点M在直线OT上,因此OT平分线段PQ.②解 由①可得|TF|=,|PQ|====.所以==≥=.当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).例3 解 设弦的两端点分别为M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为R(x,y),则x+2y=2,x+2y=2,两式相减并整理可得,=-=-,①将=2代入式①,得所求的轨迹方程为x+4y=0(-<x<).变式训练3 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,20\n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=2,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.高考题型精练1.B[因为e==,y2=8x的焦点为(2,0),所以c=2,a=4,故椭圆方程为+=1,将x=-2代入椭圆方程,解得y=±3,所以|AB|=6.]2.A[由e=得=.①又△AF1B的周长为4,由椭圆定义,得4a=4,得a=,代入①得c=1,∴b2=a2-c2=2,故C的方程为+=1.]3.D[如图所示,设以(0,6)为圆心,以r为半径的圆的方程为x2+(y-6)2=r2(r20\n>0),与椭圆方程+y2=1联立得方程组,消掉x2得9y2+12y+r2-46=0.令Δ=122-4×9(r2-46)=0,解得r2=50,即r=5.由题意易知P,Q两点间的最大距离为r+=6,故选D.]4.B[由题意设焦距为2c,椭圆的长轴长为2a,双曲线的实轴长为2m,不妨令P在双曲线的右支上.由双曲线的定义知|PF1|-|PF2|=2m,①由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a,②又PF1⊥PF2,∴∠F1PF2=90°,|PF1|2+|PF2|2=4c2,③①式的平方加上②式的平方得|PF1|2+|PF2|2=2a2+2m2,④由③④得a2+m2=2c2,即+=2,∴+=2.]5.A[设M(x0,y0),则=(-c-x0,-y0),=(c-x0,-y0),∴·=x-c2+y=x-c2+b2=x-c2+b2=x-c2+b2.∵x0∈[-a,a],∴当x0=±a时,·有最大值b2,∴c2≤b2≤2c2,∴c2≤a2-c2≤2c2,∴2c2≤a2≤3c2,∴≤≤,∴e∈,故选A.]6.12解析 椭圆+=1中,a=3.如图,设MN的中点为D,则|DF1|+|DF2|=2a=6.20\n∵D,F1,F2分别为MN,AM,BM的中点,∴|BN|=2|DF2|,|AN|=2|DF1|,∴|AN|+|BN|=2(|DF1|+|DF2|)=12.7.解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),则∴+=0,∴=-·.∵=-,x1+x2=2,y1+y2=2,∴-=-,∴a2=2b2.又∵b2=a2-c2,∴a2=2(a2-c2),∴a2=2c2,∴=.8.x2+y2=1解析 设点B的坐标为(x0,y0).∵x2+=1,∴F1(-,0),F2(,0).∵AF2⊥x轴,∴A(,b2).∵|AF1|=3|F1B|,∴=3,∴(-2,-b2)=3(x0+,y0).∴x0=-,y0=-.20\n∴点B的坐标为.将B代入x2+=1,得b2=.∴椭圆E的方程为x2+y2=1.9.解 设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).(1)因为B(0,b),所以|BF2|==a.又|BF2|=,故a=.因为点C在椭圆上,所以+=1,解得b2=1.故所求椭圆的方程为+y2=1.(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,所以直线AB的方程为+=1.解方程组得所以点A的坐标为.又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为.因为直线F1C的斜率为=,直线AB的斜率为-,且F1C⊥AB,所以·=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=,因此e=.10.解 (1)由椭圆的定义,得2a=|PF1|+|PF2|=(2+)+(2-)=4,故a=2.20\n设椭圆的半焦距为c,由已知PF1⊥PF2,因此2c=|F1F2|===2,即c=,从而b==1.故所求椭圆的标准方程为+y2=1.(2)方法一 如图,设点P(x0,y0)在椭圆上,且PF1⊥PF2,则+=1,x+y=c2,求得x0=±,y0=±.由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,从而|PF1|2=2+.=2(a2-b2)+2a=(a+)2.由椭圆的定义,|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a,从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.又由PF1⊥PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=|PF1|,因此,(2+)|PF1|=4a,即(2+)(a+)=4a,于是(2+)(1+)=4,解得e==-.方法二 如图,由椭圆的定义,得|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.又由PF1⊥PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=|PF1|,因此,4a-2|PF1|=|PF1|,得|PF1|=2(2-)a,从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-)a=2(-1)a.20\n由PF1⊥PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,因此e=====-.11.解 (1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点O到该直线的距离d==,由d=c,得a=2b=2,解得离心率=.(2)方法一 由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.①依题意,圆心M(-2,1)是线段AB的中点,且|AB|=.易知,AB与x轴不垂直,设其方程为y=k(x+2)+1,代入①得(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,由x1+x2=-4,得-=-4,解得k=,从而x1x2=8-2b2.于是|AB|=|x1-x2|==,由|AB|=,得=,解得b2=3,故椭圆E的方程为+=1.方法二 由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2,②依题意,点A,B关于圆心M(-2,1)对称,且|AB|=,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x+4y=4b2,x+4y=4b2,两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,易知AB与x轴不垂直,则x1≠x2,所以AB的斜率kAB==,20\n因此直线AB的方程为y=(x+2)+1,代入②得x2+4x+8-2b2=0,所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2,于是|AB|=|x1-x2|==.由|AB|=,得=,解得b2=3,故椭圆E的方程为+=1.12.(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=,又=(-a,b),从而有·=-a2+b2=(5b2-a2).由(1)的计算结果可知a2=5b2,所以·=0,故MN⊥AB.20
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