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
