《（全國通用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第5節(jié) 第2課時 橢圓的簡單幾何性質(zhì)課件 理 新人教B》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第5節(jié) 第2課時 橢圓的簡單幾何性質(zhì)課件 理 新人教B（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第第2課時課時 橢圓的簡單幾何性質(zhì)橢圓的簡單幾何性質(zhì) 考點一考點一 橢圓的性質(zhì)橢圓的性質(zhì) 【例 1】 (1)(2017 全國卷)已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段 A1A2為直徑的圓與直線 bxay2ab0 相切，則 C 的離心率為( ) A.63 B.33 C.23 D.13 (2)已知橢圓 E：x2a2y2b21(ab0)的右焦點為 F，短軸的一個端點為 M，直線 l：3x4y0 交橢圓 E 于 A，B 兩點.若|AF|BF|4，點 M 到直線 l 的距離不小于45，則橢圓 E 的離心率的取值范圍是( ) A.0，32 B.0，34 C.32，
2、1 D.34，1 解析 (1)以線段 A1A2為直徑的圓是 x2y2a2，直線 bxay2ab0 與圓相切， 所以圓心(0，0)到直線的距離 d2aba2b2a，整理為 a23b2，即ba13. ecaa2b2a1ba2113263. 答案 (1)A (2)A 設(shè) M(0，b)，則4b545，1bb0)的左焦點，A，B 分別為 C 的左、右頂點.P 為 C 上一點，且 PFx 軸.過點 A 的直線 l 與線段 PF 交于點 M，與 y 軸交于點 E.若直線 BM 經(jīng)過 OE 的中點，則 C的離心率為( ) A.13 B.12 C.23 D.34 (2)設(shè)橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的
3、左、右焦點分別為 F1，F(xiàn)2，過 F2作 x 軸的垂線與 C 相交于 A，B 兩點，F(xiàn)1B 與 y 軸相交于點 D，若 ADF1B，則橢圓 C 的離心率等于_. 解析 (1)設(shè) M(c，m)，則 E0，amac，OE 的中點為 D， 則 D0，am2（ac），又 B，D，M 三點共線， 所以m2（ac）mac， 所以 a3c，所以 e13. (2)由題意知 F1(c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中 c a2b2，因為過 F2且與 x 軸垂直的直線為 xc，由橢圓的對稱性可設(shè)它與橢圓的交點為 Ac，b2a，Bc，b2a.因為 AB 平行于 y 軸，且|F1O|OF2|，所以|F1D|DB|，即 D
4、為線段 F1B 的中點，所以點 D 的坐標(biāo)為0，b22a，又 ADF1B，所以 kADkF1B1，即b2ab22ac0b2a0c（c）1，整理得 3b22ac，所以 3(a2c2)2ac，又 eca且 0e1，所以 3e22e 30，解得 e33(e 3舍去). 答案 (1)A (2)33 考點二考點二 橢圓性質(zhì)的應(yīng)用橢圓性質(zhì)的應(yīng)用 【例 2】 (1)(2018 湖南東部六校聯(lián)考)已知橢圓的中心在原點，離心率 e12，且它的一個焦點與拋物線 y24x 的焦點重合，則此橢圓方程為( ) A.x24y231 B.x28y261 C.x22y21 D.x24y21 (2)已知點 F1，F(xiàn)2是橢圓 x
5、22y22 的左、右焦點，點 P 是該橢圓上的一個動點，那么|PF1PF2|的最小值是( ) A.0 B.1 C.2 D.2 2 解析 (1)依題意，可設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2y2b21(ab0)，由已知可得拋物線的焦點為(1，0)，所以 c1，又離心率 eca12，解得 a2，b2a2c23，所以橢圓方程為x24y231，故選 A. 答案 (1)A (2)C (2)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22y21，因為原點 O 是線段 F1F2的中點，所以PF1PF22PO，即|PF1PF2|2PO|2|PO|，橢圓上點到中心的最短距離為短半軸長，即|PO|的最小值為 b1，所以|PF1PF2|的最小值為 2
6、. 規(guī)律方法 利用橢圓幾何性質(zhì)的注意點及技巧 (1)在求與橢圓有關(guān)的一些量的范圍，或者最值時，經(jīng)常用到橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程中x，y的范圍，離心率的范圍等不等關(guān)系. (2)求解與橢圓幾何性質(zhì)有關(guān)的問題時，要結(jié)合圖形進(jìn)行分析，當(dāng)涉及頂點、焦點、長軸、短軸等橢圓的基本量時，要理清它們之間的內(nèi)在聯(lián)系. 【訓(xùn)練 2】 (1)(2018 貴州七校聯(lián)考)以橢圓上一點和兩個焦點為頂點的三角形的面積的最大值為 1，則橢圓長軸長的最小值為( ) A.1 B. 2 C.2 D.2 2 (2)(2017 全國卷)設(shè) A，B 是橢圓 C：x23y2m1 長軸的兩個端點.若 C 上存在點M 滿足AMB120，則 m 的取值范圍是
7、( ) A.(0，19，) B.(0， 39，) C.(0，14，) D.(0， 34，) 解析 (1)設(shè) a，b，c 分別為橢圓的長半軸長，短半軸長，半焦距， 依題意知，當(dāng)三角形的高為 b 時面積最大， 所以122cb1，bc1， 而 2a2 b2c22 2bc2 2 (當(dāng)且僅當(dāng) bc1 時取等號)，故選 D. 答案 (1)D (2)A (2)當(dāng)焦點在 x 軸上，依題意得 0m3，且3mtanAMB2 3. 0m3 且 m1，則 03，且m3tanAMB2 3，m9， 綜上，m 的取值范圍是(0，19，). 考點三考點三 直線與橢圓直線與橢圓(多維探究多維探究) 命題角度命題角度 1 弦及中
8、點弦問題弦及中點弦問題 【例 31】 已知橢圓x22y21， (1)過 A(2，1)的直線 l 與橢圓相交，求 l 被截得的弦的中點軌跡方程； (2)求過點 P12，12且被 P 點平分的弦所在直線的方程. 解 (1)設(shè)弦的端點為 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中點是 M(x，y).x212y211，x222y221， 得y2y1x2x1x2x12（y2y1）x2y，所以x2yy1x2， 化簡得 x22x2y22y0(包含在橢圓x22y21 內(nèi)部的部分). (2)由(1)可得弦所在直線的斜率為 kx2y12，因此所求直線方程是 y12 12x12，化簡得 2x4y30. 規(guī)律方法 弦及
9、弦中點問題的解決方法 (1)根與系數(shù)的關(guān)系：直線與橢圓方程聯(lián)立，消元，利用根與系數(shù)關(guān)系表示中點；(2)點差法：利用弦兩端點適合橢圓方程，作差構(gòu)造中點、斜率. 命題角度命題角度 2 直線與橢圓的位置關(guān)系直線與橢圓的位置關(guān)系(易錯警示易錯警示) 【例 32】 (2018 沈陽質(zhì)檢)已知 P 點坐標(biāo)為(0，2)，點 A，B 分別為橢圓 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右頂點，直線 BP 交 E 于點 Q，ABP 是等腰直角三角形，且PQ32QB. (1)求橢圓 E 的方程； (2)設(shè)過點 P 的動直線 l 與 E 相交于 M，N 兩點，當(dāng)坐標(biāo)原點 O 位于以 MN 為直徑的圓外時，求直線 l
10、斜率的取值范圍. 解 (1)由ABP 是等腰直角三角形，得 a2，B(2，0). 設(shè) Q(x0，y0)，則由PQ32QB，得x065，y045， 代入橢圓方程得 b21，所以橢圓 E 的方程為x24y21. (2)依題意得，直線 l 的斜率存在，方程設(shè)為 ykx2. 聯(lián)立ykx2，x24y21， 消去 y 并整理得(14k2)x216kx120.(*) 因直線 l 與 E 有兩個交點，即方程(*)有不等的兩實根， 故 (16k)248(14k2)0，解得 k234. 設(shè) M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x216k14k2，x1x21214k2， 因坐標(biāo)原點 O 位于
11、以 MN 為直徑的圓外， 所以O(shè)MON0，即 x1x2y1y20， 又由 x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22) (1k2)x1x22k(x1x2)4 (1k2)1214k22k16k14k240， 解得 k24，綜上可得34k24，則32k2 或2k0)的直線交 E 于 A，M 兩點，點 N 在 E 上，MANA. (1)當(dāng) t4，|AM|AN|時，求AMN 的面積； (2)當(dāng) 2|AM|AN|時，求 k 的取值范圍. 解 (1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y10. 當(dāng) t4 時，E 的方程為x24y231，A(2，0). 由|AM|AN|及橢圓的對稱性知，直線 AM 的傾斜角為
12、4. 因此直線 AM 的方程為 yx2.將 xy2 代入x24y231 得 7y212y0， 解得 y0 或 y127，所以 y1127. 因此AMN 的面積 SAMN21212712714449. (2)由題意 t3，k0，A( t，0)，將直線 AM 的方程 yk(x t)代入x2ty231 得(3tk2)x22 ttk2xt2k23t0. 由 x1( t)t2k23t3tk2得 x1t（3tk2）3tk2， 故|AM|x1 t| 1k26 t（1k2）3tk2. 由題設(shè)，直線 AN 的方程為 y1k(x t)， 故同理可得|AN|6k t（1k2）3k2t. 由 2|AM|AN|得23tk2k3k2t，即(k32)t3k(2k1)， 當(dāng) k32時上式不成立，因此 t3k（2k1）k32. t3 等價于k32k2k2k32（k2）（k21）k320， 即k2k320，k320或k20，解得32k2. 因此 k 的取值范圍是(32，2).
（全國通用）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第5節(jié) 第2課時 橢圓的簡單幾何性質(zhì)課件 理 新人教B
