（江苏专用）2020高考数学二轮复习 专题三 解析几何 第三讲 大题考法——椭圆课件

——椭圆大题考法三讲第直线与椭圆的位置关系题型(一)主要考查直线与椭圆的位置关系及椭圆的方程、直线方程的求法.[典例感悟][例1]如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．[解](1)由题意，得ca＝22且c＋a2c＝3，解得a＝2，c＝1，则b＝1，所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)当AB⊥x轴时，AB＝2，又CP＝3，不合题意．当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，则x1，2＝2k2±2（1＋k2）1＋2k2，C的坐标为2k21＋2k2，－k1＋2k2，且AB＝（x2－x1）2＋（y2－y1）2＝（1＋k2）（x2－x1）2＝22（1＋k2）1＋2k2.若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．从而k≠0，故直线PC的方程为y＋k1＋2k2＝－1kx－2k21＋2k2，则P点的坐标为－2，5k2＋2k（1＋2k2），从而PC＝2（3k2＋1）1＋k2|k|（1＋2k2）.因为PC＝2AB，所以2（3k2＋1）1＋k2|k|（1＋2k2）＝42（1＋k2）1＋2k2，解得k＝±1.此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.[方法技巧]解决直线与椭圆的位置关系问题的2个注意点(1)直线方程的求解只需要两个独立条件，但在椭圆背景下，几何条件转化为坐标的难度增加，涉及到长度、面积、向量等．(2)直线与椭圆的位置关系处理需要通过联立方程组来处理，联立方程组时要关注相关的点是否能够求解，不能求解的可以用根与系数的关系来处理．[演练冲关]1．(2019·南通、泰州等七市一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，上顶点为B.(1)已知椭圆的离心率为12，线段AF中点的横坐标为22，求该椭圆的标准方程；(2)已知△ABF外接圆的圆心在直线y＝－x上，求椭圆的离心率e的值．解：(1)因为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，所以ca＝12，a＝2c.因为线段AF中点的横坐标为22，所以a－c2＝22.所以c＝2，a＝22，则a2＝8，b2＝a2－c2＝6.所以该椭圆的标准方程为x28＋y26＝1.(2)因为A(a，0)，F(－c，0)，所以线段AF的垂直平分线方程为x＝a－c2.又△ABF外接圆的圆心C在直线y＝－x上，所以Ca－c2，－a－c2.因为A(a，0)，B(0，b)，所以线段AB的垂直平分线方程为y－b2＝abx－a2.由点C在线段AB的垂直平分线上，得－a－c2－b2＝aba－c2－a2，整理得b(a－c)＋b2＝ac，即(b－c)(a＋b)＝0.因为a＋b＞0，所以b＝c.所以椭圆的离心率e＝ca＝cb2＋c2＝22.2．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点，且满足PF2⊥x轴，PF2＝32，离心率为12.(1)求椭圆的标准方程；(2)若M为y轴正半轴上的定点，过点M的直线l交椭圆于A，B两点，O为坐标原点，S△AOB＝－32tan∠AOB，求点M的坐标．解：(1)由题意知，P为椭圆上一点，且满足PF2⊥x轴，则|PF2|＝b2a＝32.又由e＝ca＝12，且c2＝a2－b2，解得a＝2，b＝3，所以椭圆的标准方程为x24＋y23＝1.(2)设M(0，t)，直线l：y＝kx＋t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由S△AOB＝－32tan∠AOB，即12OA·OB·sin∠AOB＝－32×sin∠AOBcos∠AOB，即OA·OB·cos∠AOB＝－3，即OA―→·OB―→＝－3.联立y＝kx＋t，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，则x1＋x2＝－8kt3＋4k2，x1x2＝4t2－123＋4k2.又由OA―→·OB―→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝－3，即(1＋k2)4t2－123＋4k2＋kt×－8kt3＋4k2＋t2＝－3，解得t＝217(负值舍)，所以点M0，217.题型(二)椭圆与圆的综合问题主要考查直线与椭圆的位置关系以及椭圆与圆相结合的问题，主要求椭圆、圆的方程.[典例感悟][例2](2019·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF1＝52.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求点E的坐标．[解](1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2＝2，c＝1.又因为DF1＝52，AF2⊥x轴，所以DF2＝DF21－F1F22＝522－22＝32.因此2a＝DF1＋DF2＝4，从而a＝2.由b2＝a2－c2，得b2＝3.因此椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)法一：由(1)知，椭圆C：x24＋y23＝1，a＝2.因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x＝1代入圆F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4)．又F1(－1，0)，所以直线AF1：y＝2x＋2.由y＝2x＋2，（x－1）2＋y2＝16，得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－115.将x＝－115代入y＝2x＋2，解得y＝－125.因此B－115，－125.又F2(1，0)，所以直线BF2：y＝34(x－1)．由y＝34（x－1），x24＋y23＝1，得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝137.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.将x＝－1代入y＝34(x－1)，得y＝－32.因此E－1，－32.法二：由(1)知，椭圆C：x24＋y23＝1.如图，连接EF1.因为BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，从而∠BF1E＝∠B.因为F2A＝F2B，所以∠A＝∠B.所以∠A＝∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．因为F1(－1，0)，由x＝－1，x24＋y23＝1，得y＝±32.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－32.因此E－1，－32.[方法技巧]椭圆与圆的综合问题的解题策略(1)在椭圆背景下，常会出现给出三点(包含椭圆上的点)求圆的方程，也会出现给出以椭圆上的两点为直径的圆的问题．这里涉及到椭圆上动点如何求解，以及椭圆的弦的处理．(2)以两点为直径的圆，可以用直角三角形处理，也可以用向量数量积处理，这两种方法都是转化为点坐标来处理.(3)运算时要加强“设而不求”思想的渗透，出现多个变量时，要有消元意识和主元思想；在代入运算过程中，不要忘掉整体思想．(4)在研究直线与椭圆相交的问题时，通常有两种方法来设参，一是设点坐标来作为参数，二是设直线的斜率作为参数．在学习中，要通过比较来看应用哪种方法较为简便，以免将问题复杂化．[演练冲关]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，且经过点P1，32，左、右焦点分别为F1，F2.(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为327，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．解：(1)由ca＝12，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，将点P1，32的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)可知F1(－1，0)，设直线l的方程为x＝ty－1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，则有y1＋y2＝6t4＋3t2，y1y2＝－94＋3t2，r0＝327，所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝12|F1F2|·|y1－y2|＝12|F1F2|·（y1＋y2）2－4y1y2＝12t2＋14＋3t2.而S△AF2B＝12|AB|r0＋12|BF2|r0＋12|AF2|r0＝12r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)＝12r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝12r0·4a＝12×8×327＝1227，所以12t2＋14＋3t2＝1227，解得t2＝1，因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝2t2＋1＝2，所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.题型(三)椭圆中的定点、定值问题主要考查直线与椭圆的位置关系及动直线、动圆过定点问题或与动点有关的定值问题.[典例感悟][例3](2018·江苏六市调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知B1，B2是椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的短轴端点，P是椭圆上异于点B1，B2的一动点．当直线PB1的方程为y＝x＋3时，线段PB1的长为42.(1)求椭圆的标准方程；(2)设点Q满足QB1⊥PB1，QB2⊥PB2.求证：△PB1B2与△QB1B2的面积之比为定值．[解]设P(x0，y0)，Q(x1，y1)．(1)在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，从而b＝3.由x2a2＋y29＝1，y＝x＋3得x2a2＋（x＋3）29＝1.所以x0＝－6a29＋a2.因为PB1＝x20＋（y0－3）2＝2|x0|，所以42＝2·6a29＋a2，解得a2＝18.所以椭圆的标准方程为x218＋y29＝1.(2)证明：法一(设点法)：直线PB1的斜率为kPB1＝y0－3x0，由QB1⊥PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1＝－x0y0－3.于是直线QB1的方程为y＝－x0y0－3x＋3.同理，QB2的方程为y＝－x0y0＋3x－3.联立两直线方程，消去y，得x1＝y20－9x0.因为P(x0，y0)在椭圆x218＋y29＝1上，所以x2018＋y209＝1，从而y20－9＝－x202.所以x1＝－x02.所以S△PB1B2S△QB1B2＝x0x1＝2.法二(设线法)：设直线PB1，PB2的斜率分别为k，k′，则直线PB1的方程为y＝kx＋3.由QB1⊥PB1，直线QB1的方程为y＝－1kx＋3.将y＝kx＋3代入x218＋y29＝1，得(2k2＋1)x2＋12kx＝0.因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x0≠0，从而x0＝－12k2k2＋1.因为P(x0，y0)在椭圆x218＋y29＝1上，所以x2018＋y209＝1，从而y20－9＝－x202.所以k·k′＝y0－3x0·y0＋3x0＝y20－9x20＝－12，得k′＝－12k.由QB2⊥PB2，所以直线QB2的方程为y＝2kx－3.联立y＝－1kx＋3，y＝2kx－3，解得x1＝6k2k2＋1.所以S△PB1B2S△QB1B2＝x0x1＝－12k2k2＋16k2k2＋1＝2.[方法技巧]1．定点问题的两种求解方法(1)引进参数法，引进动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)由特殊到一般法，根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．2．定值问题的基本求解方法先用变量表示所需证