1、 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x2a2y2b21(ab0)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 PC2AB，求直线 AB的方程解(1)由题意，得ca 22 且 ca2c 3，解得 a 2，c1，则 b1，所以椭圆的标准方程为x22 y21.(2)当 ABx 轴时，AB 2，又 CP3，不合题意
2、当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线 AB 的方程为 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将 AB 的方程代入椭圆方程，得(12k2)x24k2x2(k21)0，则 x1，22k2 2（1k2）12k2，C 的坐标为2k212k2，k12k2，且 AB（x2x1）2（y2y1）2 （1k2）（x2x1）2 2 2（1k2）12k2.若 k0，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 k0，故直线 PC 的方程为 yk12k21kx 2k212k2，则 P 点的坐标为2，5k22k（12k2），从而 PC2（3k21）1k2|k|（12k2）.因为 PC2
3、AB，所以2（3k21）1k2|k|（12k2）4 2（1k2）12k2，解得 k1.此时直线 AB 的方程为 yx1 或 yx1.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x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F，右顶点为 A，上顶点为 B.(1)已知椭圆的离
4、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 yx 上，求椭圆的离心率 e 的值解：(1)因为椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，所以ca12，a2c.因为线段 AF 中点的横坐标为 22，所以ac2 22.所以 c 2，a2 2，则 a28，b2a2c26.所以该椭圆的标准方程为x28 y261.(2)因为 A(a，0)，F(c，0)，所以线段 AF 的垂直平分线方程为 xac2.又ABF 外接圆的圆心 C 在直线 yx 上，所以 Cac2，ac2.因为 A(a，0)，B(0，b)，所以线段 AB 的垂直平分线方程为 yb
5、2abxa2.由点 C 在线段 AB 的垂直平分线上，得ac2b2abac2 a2，整理得 b(ac)b2ac，即(bc)(ab)0.因为 ab0，所以 bc.所以椭圆的离心率 ecacb2c2 22.2已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P 为椭圆上一点，且满足 PF2x 轴，PF232，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，SAOB32tanAOB，求点 M的坐标解：(1)由题意知，P 为椭圆上一点，且满足 PF2x 轴，则|PF2|b2a 32.又由 eca
6、12，且 c2a2b2，解得 a2，b 3，所以椭圆的标准方程为x24 y231.(2)设 M(0，t)，直线 l：ykxt，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)由 SAOB32tanAOB，即12OAOBsinAOB32sinAOBcosAOB，即 OAOBcosAOB3，即 OA OB3.联立ykxt，x24 y231，得(34k2)x28ktx4t2120，则 x1x2 8kt34k2，x1x24t21234k2.又由 OA OBx1x2y1y2x1x2(kx1t)(kx2t)(1k2)x1x2kt(x1x2)t23，即(1k2)4t21234k2kt 8kt34k2 t23，解得 t
7、 217(负值舍)，所以点 M0，217.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：x2a2y2b21(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：(x1)2y24a2 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 DF152.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)求点 E 的坐标解(1)设椭圆 C
8、 的焦距为 2c.因为 F1(1，0)，F2(1，0)，所以 F1F22，c1.又因为 DF152，AF2x 轴，所以 DF2 DF21F1F225222232.因此 2aDF1DF24，从而 a2.由 b2a2c2，得 b23.因此椭圆 C 的标准方程为x24 y231.(2)法一：由(1)知，椭圆 C：x24 y231，a2.因为 AF2x 轴，所以点 A 的横坐标为 1.将 x1 代入圆 F2 的方程(x1)2y216，解得 y4.因为点 A 在 x 轴上方，所以 A(1，4)又 F1(1，0)，所以直线 AF1：y2x2.由y2x2，（x1）2y216，得 5x26x110，解得 x1
9、 或 x115.将 x115 代入 y2x2，解得 y125.因此 B115，125.又 F2(1，0)，所以直线 BF2：y34(x1)由y34（x1），x24 y231，得 7x26x130，解得 x1 或 x137.又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 x1.将 x1 代入 y34(x1)，得 y32.因此 E1，32.法二：由(1)知，椭圆 C：x24 y231.如图，连接 EF1.因为 BF22a，EF1EF22a，所以 EF1EB，从而BF1EB.因为 F2AF2B，所以AB.所以ABF1E，从而 EF1F2A.因为 AF2x 轴，所以 EF1x 轴 因为 F1(1，0)
10、，由x1，x24 y231，得 y32.又因为 E 是线段 BF2 与椭圆的交点，所以 y32.因此 E1，32.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
11、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：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，且经过点P1，32，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3 27，求以 F2 为圆心且与直线 l 相切的圆的方程解：(1)由ca12，得 a2c，所以 a24c2，b23c2，将点 P1，32 的坐标代入椭圆方程得 c21，故所求椭圆方程为x24 y231.(2)由(1)可知 F1(1，0)，设直线 l 的方程为 xty1，代入
12、椭圆方程，整理得(43t2)y26ty90，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 y1y26t43t2，y1y2 943t2，r03 27，所以 SAF2BSAF1F2SBF1F212|F1F2|y1y2|12|F1F2|（y1y2）24y1y212 t2143t2.而 SAF2B12|AB|r012|BF2|r012|AF2|r0 12r0(|AB|BF2|AF2|)12r0(|AF1|BF1|BF2|AF2|)12r04a1283 27 12 27，所以12 t2143t2 12 27，解得 t21，因为所求圆与直线 l
13、相切，所以半径 r2t21 2，所以所求圆的方程为(x1)2y22.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x2a2y2b21(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 yx3 时，线段PB1 的长为 4 2.(1)求椭圆的标准方程；(2)设点 Q 满足 QB1PB1，QB2PB2.求证：PB1B2 与QB1B2 的面积之比为定值解 设 P(x0，y0)，Q(x1，y1)(1)在 y
14、x3 中，令 x0，得 y3，从而 b3.由x2a2y291，yx3得x2a2（x3）291.所以 x0 6a29a2.因为 PB1 x20（y03）2 2|x0|，所以 4 2 2 6a29a2，解得 a218.所以椭圆的标准方程为x218y291.(2)证明：法一(设点法)：直线 PB1 的斜率为 kPB1y03x0，由 QB1PB1，所以直线 QB1 的斜率为 kQB1 x0y03.于是直线 QB1 的方程为 y x0y03x3.同理，QB2 的方程为 y x0y03x3.联立两直线方程，消去 y，得 x1y209x0.因为 P(x0，y0)在椭圆x218y291 上，所以x2018y2
15、091，从而y209x202.所以 x1x02.所以SPB1B2SQB1B2x0 x1 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 ykx3.由 QB1PB1，直线 QB1的方程为y1kx3.将 ykx3 代入x218y291，得(2k21)x212kx0.因为 P 是椭圆上异于点 B1，B2 的点，所以 x00，从而 x0 12k2k21.因为 P(x0，y0)在椭圆x218y291 上，所以x2018y2091，从而y209x202.所以 kky03x0 y03x0 y209x20 12，得 k 12k.由 QB2PB2，所以直线 QB2 的
16、方程为 y2kx3.联立y1kx3，y2kx3，解得 x16k2k21.所以SPB1B2SQB1B2x0 x1 12k2k216k2k212.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明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题演练冲关(2019南京四校联考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆 C
17、：x2a2y21(a1)的右焦点为F(3，0)，点 P 在椭圆 C 上，且位于第一象限，PF12.(1)求点 P 的坐标(2)设直线 l：ykxt 与椭圆 C 交于 A，B 两点(异于点 P)假设直线 PA，PB 的斜率均存在，且分别记为 k1，k2.若 t0，求 k1k2 的值；若 k1k2 33，求证：直线 l 必经过一个定点，并求出该定点的坐标解：(1)由题意知，椭圆 C 的半焦距 c 3，b1，所以 a24，所以椭圆 C 的方程为x24 y21.由题意可设 P(x1，y1)(0 x12，0y11)，因为点 P 在椭圆 C 上，所以x214y211.因为 PF12，所以(x1 3)2y2
18、114，联立上述两个方程，得x214 y211，（x1 3）2y2114，得 3x218 3x1150，得 x1 3或 x15 33(舍去)，所以 y112.故点 P 的坐标为3，12.(2)法一：当 t0 时，联立直线 l 的方程 ykx 与椭圆方程x24y21，得(14k2)x24，x214k2，所以不妨令 A214k2，2k14k2，B214k2，2k14k2，于是 k1k2122k14k23214k2122k14k23214k214 4k214k23414k214.法二：当 t0 时，直线 l 过原点，设 A(x1，y1)，则由椭圆的对称性知 B(x1，y1)，又x214y211，于是
19、 k1k212y13x112y13x114y213x21141x2143x2114.证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得x24y24，ykxt，得(4k21)x28ktx4t240，16(4k2t21)0，x1，28kt 16（4k2t21）2（4k21）4kt2 4k2t214k21，所以 x1x2 8kt4k21，x1x24t244k21.因为 k1k2 33，所以y112x1 3y212x2 3 33，即kx1t12x1 3 kx2t12x2 3 33，所以kx1t12(x2 3)kx2t12(x1 3)33(x1 3)(x2 3)，即 2k 33x1x2t 3k12(x1 x2)23t 2k 334t244k21t 3k12 8kt4k21 2 3t0，化简得 2t2(2 3k3)t4 3k2(t2)(2t2 3k1)0，故 t2 或 t 3k12.当 t2 时，直线 l 的方程为 ykx2，直线 l 恒过定点(0，2)；当 t 3k12时，直线 l 的方程为 ykx 3k12k(x 3)12，直线 l 恒过定点3，12，与点 P 重合，不符合题意，舍去 综上所述，直线 l 恒过定点(0，2)“课时达标训练”见“课时达标训练(十一)”(单击进入电子文档)谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢
