椭圆难题

（1）椭圆上一点P与两个焦点F1,F2所构成的PF1F2称为焦点三角形。 设F1PF2，则有： b21，当r1r2（即P为短轴顶点）时，最大， ① cosr1r2P b2c2此时cos 2a1b2sin2② PF1F2的面积Srrsinbtancy0 1221cos2当y0b（即P为短轴顶点）时，S最大，且Smaxbc uuuruuur22 ③ bcPF1PF2b2 （2）经过焦点F1或F2的椭圆的弦AB，称为焦点弦。 设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点为M(x0,y0)， 则弦长AB2ae(x1x2)2a2ex0 （左焦点取“+”，右焦点取“-”） 当ABx轴时，AB最短，且ABminF2  A F2 B 2b22 a关于直线与椭圆的位置关系问题常用处理方法

1 联立方程法：联立直线和椭圆方程，消去y，得到关于x的一元二次方程， 设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，则有V0，以及x1x2,x1x2，还可进一步求出y1y2,y1y2。在涉及弦长，中点，对称，面积等问题时，常用此法 2 点差法：设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)代入椭圆方程，并将两式相减，可得b2x1x2y1y2，在涉及斜率、中点、范围等问题时，常用此法 2x1x2ay1y2典例剖析

1 求椭圆的标准方程

x2y2【例2】设椭圆221ab0的左焦点为F，上顶点为A，过A点作AF的垂线

abuuur8uuur分别交椭圆于P，交x轴于Q，且APPQ

5（1）求椭圆的离心率。

（2）若过A,F,Q三点的圆恰好与直线x3y30相切，求椭圆的方程。

b2【解】（1）由已知可得： F(c,0),A(0,b),Q(,0) cuuur8uuur8b25b由APPB可得：P(,)，将P点坐标代入椭圆方程可得： 13c13c5b23a2c2312。 即 2e3e20e ac2ac22（2）由（1）得：Q(3c,0)，圆心为(c,0)，半径r2c c3于是有：2cc1(圆心到直线距离)， 所以 a2,b3。 2x2y2故椭圆方程为：1 43【例4】已知椭圆的中心在原点O，短轴长为22，右准线交x轴于点A，右焦点为F，

且OF2FA，过点A的直线l交椭圆于P,Q两点 （1）求椭圆的方程

uuuruuur（2）若OPOQ0，求直线l的方程 （4）求VOPQ的最大面积

x2y21 【解】（1）c2，b2，a6，A3,0 椭圆方程为：62（2）设直线l的方程为：x3ky，且设Px1,y1,Qx2,y2 x2y2122联立6 消去x，得：k3y6ky30 2x3ky6k3则 y1y22 ,y1y22k3k3186k227从而求得：x1x22 ,x1x22k3k3uuuruuur由OPOQ0 得 ：x1x2y1y20 ，求得 k5 所以l的方程为：x5y30 （4）由（1）得：0k23 22SVOPQ136k12OAy1y22222k3k3292t36k2k2332 36令 k23tt0， 则 S3 VOPQt33当且仅当t即k6时，取“” 2，所以OPQ的最大面积为3 2 椭圆的性质

x2y2【例6】已知椭圆221ab0的两个焦点分别为F1c,0，F2c,0，在椭

abuuuruuur圆上存在一点P，使得PF1PF20

（1）求椭圆离心率e的取值范围

（2）当离心率e取最小值时，VPF1F2的面积为16，设A,B是椭圆上两动点，

若线段AB的垂直平分线恒过定点Q(0,3)。①求椭圆的方程；②求直线AB的斜率k的取值范围。

【解】（1）设椭圆短轴的端点为B,由已知及椭圆的性质得：F1BF2F1PF2900 c 所以OBF245，从而 tanOBF21，即1c2b2，又b2a2c2， b022c1222 所以cac，得：2，所以 e,1 a22。2（2）①当e取得最小值时，P在短轴顶点， 2所以SPF1F2bc16， 又c2,a2b2c2， a2x2y2 故求得：a42,b4,c4。 所以椭圆方程为：1 3216设Ax1,y1,Bx2,y2， 设直线AB的方程为ykxb，AB的垂直平分线方程为：y1x3 kykxb2222212kx4kbx2b320 联立x消去得：yy13216222则有16kb412k22b32022LL① 即 b1612k 2b4kb又有:x1x2 从而y1y2 2212k12k所以AB的中点为Mb2kb, 。又M在AB的垂直平分线上， 2212k12kb12kb2b312k3LL② 所以， 即 22 12kk12k将②代人①求得：78k678 6求取值范围问题通常要建立不等式，关于不等式的来源有以下几种情况： （1）已知不等式；（2）椭圆上的点的横坐标满足ax0a；（3）0；

x02y02（4）椭圆内部的点x0,y0满足221；

ab【例7】椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，斜率为1的直线过椭圆的右焦点F2与椭圆

uuuruuurr交于A,B两点，OAOB与向量a3,1共线。

（1）求椭圆的离心率e

uuuuruuuruuur（2）设M为椭圆上任一点，若OMOAOB,R，求证：22为

定值

22xy【解】（1）设椭圆方程为 221ab0，设A(x1ab,y1)，B(x2,y2)， 由已知：直线AB的方程为：yxc，代入椭圆方程，得： (a2b2)x2a2cxa2c2a2b20， uuuruuur2a2c 由韦达定理得：x1x222，易知：OAOB(x1x2,y1y2) abuuuruuurr 因为OAOB与向量a3,1共线，所以 3(y1y2)(x1x2)0， 而y1y2x1x22c，所以3(x1x22c)(x1x2)0， 23c2a 即 x1x2，于是有：2c23ca23b2 2ab22c2 又 b2a2c2，所以2，故有：ec6。 a3a322xy（2）由（1）得：a23b2，c2b，所以椭圆方程为：221， 3bb即x23y23b2，直线AB的方程为：yx2b， 23b于是有：x1x232b，x1x2，从而y1y22b，y1y2b。 4224x0x1x2于是x1x23y1y20。设M(x0,y0)，由已知：， y0y1y2将M的坐标代入椭圆方程得：x1x23y1y23b2， 即2x123y122x223y222(x1x23y1y2)3b2， 于是有：23b223b23b2。 故221为定值。 x2y2【例8】已知A为椭圆221ab0上一动点，弦AB,AC分别过焦点F1,F2，

ab22当ACx轴时，恰有AF13AF2.

（1）椭圆的离心率 uuuruuuruuuuruuuur（2）设AF11F1B，AF22F2C，判断12是否为定值？

b23b2【解】（1）当ACx轴时，AF2从而 AF1 a，a4b2依定义有AF1AF22a，所以 2aa23b2a 而b2a2c2，所以 a22c2c22即 e a2，2。x2y2（2）由（1）可知椭圆方程为：221， F1c,0,F2c,0 2cc设Ax0,y0,Bx1,y1,Cx2,y2 y0①若AB,AC的斜率都存在，则直线AB的方程为 yxc x0c2222代入椭圆方程，并整理得：2cx03cy2cy0x0cycy00 uuurAF13c2x0y03c2x0由已知：1uuu；同理可得： r2cy1cF1Bc2y02cy02由韦达定理有y0y1 22cx03c2x03c所以126 ②若AB,AC有一个斜率不存在，不妨设ACx轴 3c2c则21,15 所以 126 c综上所述126为定值。 3. 最值问题

x2y2【例11】已知椭圆C:1，AB是垂直于x轴的弦，直线x4交x轴于点N，F

43为椭圆C的右焦点，直线AF与BN交于点M （1）证明：点M在椭圆C上 （2）求VAMN面积的最大值

m2n2【解】（1）由已知F1,0,N4,0。设Am,n，则Bm,nn0且 1，43AF与BN的方程分别为：AF:ynx1m1BN:ynx4 m45m8联立两直线的方程求得：x2m53n3n5m8, 即 My 2m52m52m522m225m83n3(5m8)24(3n)23(5m8)363142m52m5 因为12(2m5)24312(2m5)212(2m5)21， 所以点M在椭圆C上 212(2m5)（2）设直线AM的方程为x1ky（过焦点）且Ax1,y1,Mx2,y2 x2y21联立43k24y26ky90 3x1ky则由：y1y2所以 y1y2所以SAMN6k9 ,yy12223k43k4y1y2212k214y1y2 23k4118k2118FNgy1y223k2113k211k21 令h(t)3t1t t1，函数h(t)递增， 所以当t1时，h(t)取得最小值4，189 42故当k0时，SAMN取得最大值x2y2【例14】已知椭圆C:1的左，右焦点分别为F1,F2，过F1的直线与椭圆交于

43A,B两点

（1）求VAF2B的面积的最大值

（2）当VAF2B的面积最大值时，求tanF1AF2的值

【解】（1）由已知得：F11,0,F21,0 设直线AB的方程为x1ky，且设Ax1,y1,Bx2,y2x1ky联立x2y23k24y26ky90 134 则有：y1y26k9 ,yy12223k43k41F1F2gy1y2y1y22由已知可得：SAF2B2y1y24y1y2 2366k12k2112k2112223k43k243k2113k213k41t1k21令g(t)3tt1易证函数在1,上递增（**）， 所以当t1时，g(t)取得最小值4， 故当k0时，3k211k12取得最小值4， 故SAF2B的最大值为3。 F1F243 （2）当SAF2B最大值时，从而AF1，而F1F22所以tanF1AF2k0，2AF134 直线与椭圆的位置关系

x2【例16】已知F1,F2是椭圆C:y21的左，右焦点，直线l与椭圆相切。

4（1）分别过F1,F2作切线l的垂线，垂足分别为M，F2N的值 N，求FM1（3）设直线l与x轴，y轴分别交于两点A,B，求AB的最小值。

【解】（1）设直线l的方程为ykxm，由已知: F1(3,0)，F2(3,0)。 所以 F1M3km1k2；F2N3km1k2。 于是F1MF2N3km1k23km1k23k2m2。 21kykxm2222 联立x，消去y，的：(14k)x8kmx4m40。 2y14 因为直线l与椭圆相切，所以 2 8km4(14k2)(4m24)0m24k21。 3k2(4k21)k211为定值。 所以 F1MF2N221k1k （2）易知：Am,0，B(0,m)。 k2m12212 所以 ABmm21(4k1)21 kkk2112 4k25453。当且仅当4k2，即k时取等号。 2kk2 所以 ABmin3。 x2y23作直线l与椭圆顺次交于A,B两点【例17】已知椭圆C:过点P0，（A在1，

94。（1）求P,B之间）

PA的取值范围； （2）是否存在这样的直线l，使得以PB弦AB为直径的圆经过坐标原点？若存在，求l的方程，若不存在，说明理由。

【解】（1）方法一：（联立方程法） ⅰ）当直线l的斜率存在时，设直线的方程为ykx3 且设Ax1,y1,Bx2,y2。 ykx3联立x2y2， 消去y，并整理得：9k24x254kx450 14952则有54k49k24g450， 求得：k2 9又有x1x2AP设 PB54k45k ① ② x1x2229k49k4x101，则有，即 x1x2 ③ x2从①，②，③中消去x1,x2可得：123241g 459k221511360,1而 k， 所以 。 而 ，故求得：1 455921ⅱ）当直线l的斜率不存在时， 5AP1综上所述， 的取值范围是,PB51 PAPB方法二：（点差法） 设Ax1,y1,Bx2,y2，01 uuuruuurPAPB，则有： 所以x1x2，y1y233，即Ax2,y233 x2y332221LLLL(1)于是有 9 42y22x21LLLLLLLLLLL(2)4913561y2912(1)(2) 得：，即 y124621351由已知，2y22 ，所以 225 651而0,1， 所以 1 5（2）假设满足条件的直线存在，设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x2y1y20 54k45k由（1）可知：x1x22 x1x22 9k49k43636k2从而求得：y1y2kx13kx23 29k435于是有：453636k0k 满足 k2 292故满足条件的直线l存在，且直线方程为：y33x3或yx3 22x2y2【例19】（2010江苏）已知椭圆C:右焦点为F1,F2，左，右顶点为A,B，1的左，

95m的直线TA,TB分别交椭圆于点Mx1，过点Tt，y1,Nx2，y2y10,y20

（1）设动点P，满足PF2PB4，求点P的轨迹方程

221（2）当x1=2，x2=时，求T点的坐标

3（3）设t9，求证：直线MN过x轴上的定点 【解】（1）由题意知:F(2,0),A(3,0)，设P(x,y)，则 (x2)2y2(x3)2y24， 化简整理得: x9 251120 （2）把x12,x2代人椭圆方程,分别求出: M2,,N,， 393315 直线AM:y(x3) ① ; 直线BN:y(x3) ② 36910 ①、②联立,得：T, 77 （3）由已知: T(9,m)， 3(m280)m40,2直线TA:y(x3)与椭圆联立，得：M2 12m80m803(m220)20m,2直线TB:y(x3)与椭圆联立，得：N 2m206m204020222203(m20)m80m20直线MN的方程为：y2x 2223(m80)3(m20)m20m20m280m22020103(m220)2化简得y2x 2m20m40m20令y0，解得x1，即直线MN过X轴上定点(1,0)。 三 解题小结

1. 离心率是圆锥曲线的重要性质，求离心率及其取值范围，就是寻找a与c或b之间的关系 2. 求与椭圆有关的最值问题,有三种方法：（1）几何法;（2）三角代换法;（3）转化函数，利用函数的单调性求最值 3. 直线与椭圆的位置问题两种基本方法：（1）联立方程法;（2）点差法，前者涉及弦长与中点，后者涉及斜率，中点等. x2y24. 关于椭圆221ab0的补充性质（常在解题中遇到）： ab ①椭圆的内接矩形的最大面积为2ab. ②过焦点F1 的直线交椭圆于P, Q两点，则当PQx轴时，VF2PQ的面积最大，且最大面积为Smax2b2c. a ③设右准线与x轴交于点E，过E点的直线与椭圆交于P, Q两点，点P与点P关|EP||F2P|于x轴对称，则直线PQ一定过椭圆的右焦点F2，且 . |EQ||F2Q| ④设点P是右（左）准线上任一点（不在x轴上），A1、A2是椭圆的左右顶点，直线A1P, A2P与椭圆分别交于M、N两点，则直线MN一定过椭圆的右（左）焦点。 ⑤过右（左）焦点的直线与椭圆交于M、N两点，A1、A2是椭圆的左、右顶点，直线A1M、A2N的交点一定在右（左）准线上。