橢圓考點集萃

1、橢圓考點集萃橢圓是圓錐曲線的重要內容，是高考的重要考點，主要考查橢圓的標準方程與幾何性質（特別是離心率） .借助橢圓的形式，以橢圓為載體，考查將幾何問題轉化為代數問題的能力，以及運用函數與方程、數形結合、分類討論等數學思想解決問題的能力.一、橢圓標準方程的求法例1.在直角坐標系xOy 中，中心在原點O ，焦點在x 軸上的橢圓C 上的點（ 22 ， 1）到兩焦點的距離之和為4 3 .（ 1）求橢圓C 的方程；（ 2 ）過橢圓C 的右焦點F作直線l與橢圓C 分別交于A 、B 兩點，其中點A 在x 軸下方，且AF3FB .求過 O 、 A 、 B 三點的圓的方程.分析：本題考查橢圓標準方程的求法，用

2、代數方法研究圓錐曲線的性質及數形結合的思想，涉及到圓的方程求法和平面向量等基礎知識其中，橢圓標準方程的求法，一般利用待定系數法進行，利用橢圓的定義或幾何性質解決 .解：（ 1）設橢圓 C ： x2y21（ ab0 ），則 2a43 ，即 a23 因為點（ 22 ，1）在a2b2橢圓上，則811，解得 b3 .所以，所求橢圓方程為x2y2112b2123（ 2 ）設點 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )( y10, y20)，點 F (3,0)由 AF3FB ，得3x13(x23)y13 y2，即x13x2 12(5,y ), FN(3, y )， F MF N15y y0，又

3、A, B在橢圓C上，所以，則 FM22y13y2112121(3x2 12)2(3 y2 )2x21012131023，解得，所以 B(2,2x22y22,) ，代入得 A 點坐標為1y22331233因為 OAAB0 ，所以 OAAB 所以過 O, A, B 三點的圓以 OB 為直徑，其方程為x2y210 x2 y0 33評注：橢圓的標準方程的一般求法有兩種：定義法、 待定系數法， 求解時可能涉及到橢圓的幾何性質，在解題時需要關注橢圓焦點所在的坐標軸對標準方程的影響.二、橢圓的幾何性質例 2.點 M 是橢圓 x 2y21 ab0上的點，以M 為圓心的圓與 x 軸相切于橢圓的焦點F ，a 2b

4、2圓 M 與 y 軸相交于 P,Q ，若PQM 是鈍角三角形，則橢圓離心率的取值范圍是.分析：本題是橢圓離心率的取值范圍問題，可以根據圓的性質、鈍角的余弦值小于0 以及點在橢圓上等信息，將題中條件轉化為關于a 、 c 或 b 的不等式，從而解決問題 .解：不妨設圓M 與橢圓相切于左焦點F，設M(c, yM ) ，由圓的性質可知： MFMQMP1PQ)222，即 PQ222MPQ| yM |，則 (yMc4 yM4c ，由2為鈍角，即PMQ 為鈍角，則 cos PMQMP 2MQ 2PQ22c2yM20 ，所以220 ，2MP MQy22cyMM又因為 M(c, yM ) 在橢圓上，代入化簡得：

5、yM2(a2c2 ) 2，a2故 2c2( a2c2 )2c)4c)210 ，即44e210，a20 ，化簡得 (4(eaa解得 e223 或 e223 ，又 e0,1 ，所以 e223，故0e62.2評注：橢圓的幾何性質是需要重點掌握的內容，要能夠熟練地運用性質來分析和解決問題.其中，橢圓的離心率作為橢圓的幾何性質之一，是高考的熱點， 幾乎每年高考都要考查離心率問題.從條件中尋求 a 與b 或 a 與 c 的關系，求出離心率的值或離心率的范圍.三、直線與橢圓的位置關系例 3.已知橢圓 P 的中心 O 在坐標原點，焦點在x 軸上，且經過點A(0, 23) ，離心率為 1.2（ 1）求橢圓 P

6、的方程；（ 2）是否存在過點E （ 0， 4）的直線 l 交橢圓 P 于點 R ， T ，且滿足 OR OT16若存在，求7直線 l 的方程；若不存在，請說明理由分析：本題第一問是橢圓的標準方程問題，是簡單題；第二問涉及到直線與橢圓的位置關系和平面向量知識，平面向量的數量積可以轉化為橢圓、直線上點的坐標關系，從而求出直線的斜率，確定直線的方程 .本題也可以理解為簡單的存在性問題.解：（ 1）設橢圓 P 的方程為 x2y 21( ab0) ，由題意得 b23 ， ec1，a2b2a2 a2c， b2a 2c23c2， c24 ，所以 c 2， a4 .橢圓 P 的方程為： x2y21 .1612

7、（ 2）假設存在滿足題意的直線l.易知當直線的斜率不存在時，OR OT0 不滿足題意 .故設直線 l 的斜率為 k ， R( x1 ， y1 ) ， T ( x2 ， y2 ) .ykx4OR OT16 ,x1x2y1 y216 . 由 x2y21得(3 4k 2 ) x232kx160. ，771612由 >0得,(-32 k )24(34k 2 ) 160解得 k 21.4x1x232k2 , x1 x2162 .34k34ky1y2(kx14)(kx24)k 2 x1 x24k( x1x2 ) 16.故 x1x2y1 y21616 k 2128k 21616. 解得 k 21 .3

8、4k 234k 234k 27由、解得 k1，所以，直線l 的方程為 yx 4 .故存在直線 l ： x y40 或 xy40 滿足題意 .評注：直線與橢圓的位置關系，可以通過討論橢圓方程與直線方程組成的方程組的實數解的個數來確定 .通常用消元后得到的關于x （或 y ）的一元二次方程的判別式來判定 .在求直線方程時，還應注意斜率不存在的情形 .直線和橢圓相交時的弦得得中點坐標或弦中點軌跡方程則由根與系數的關系來決定. “設而不求 ”是橢圓中重要的解題方法 .四、平面向量與橢圓問題的交匯例 4.x 2y 21 （ a b 0）的左、右焦點， P 是此橢圓上的一動點，已知 F1、 F2 分別是橢

9、圓2b 2a并且 PF1PF2 的范圍是 443, .3（ 1）求此橢圓的方程；（ 2）點 A 是橢圓的右頂點，直線yx 與橢圓交于 B 、 C 兩點（ C 在第一象限內 )，又 P 、 Q 是橢圓上兩點，并且滿足 ( CPCQ)F1 F20 .求證：向量 PQ與 AB 共線|CP | CQ|分析：本題是平面向量和橢圓的交匯問題，可以理解為利用平面向量解決橢圓中的相關問題，而平面向量的數量積等是解決本題的知識基礎.解:（ 1）設 P( x0 , y0 ), F1 (c,0), F2 (c,0) ，其中 ca2b2，則PF1 (c,0) (x0 , y0 )(x0c,y0 ) ， PF2(c,0

10、)( x0 , y0 )(cx 0 , y0 ) .從而， PF1 PF2( x0c,y0 )(cx0 , y0 ) x02c 2y02x02y02c2 .由于 b2x02y02a2 ，所以b 2c 2PF1 PF2a 2c 2 ，即 2b 2a2PF PF2b 2，又已知1從而橢圓的方程是x23 y2441 ；442b2a 24a 24PF1PF23，所以43 ，所以b24 ，3b233（ 2）因為 ( CPCQ) F1F20，而 CPCQ與PCQ 的平分線平行，所以PCQ 的平|CP | CQ|CP | CQ|分線垂直于 x 軸 . 由x23y 21 ，解得x1.不妨設 PC 的斜率為 k

11、 ，則 QC 的斜率44y，所以 C (1，1)yx1yk (x1) 1為k ，因此 PC 和 QC 的方程分別為yk( x1) 1, yk( x1) ，其中 k 0,由 x 23y2，441消去 y ，整理得 (13k 2 ) x26k(k1) x3k 26k10 （ * ）， C (1， 1) 在橢圓上，x1是方程(*)的一個根 .從而 xP3k 26k1，同理 xQ3k 26k 1 ，13k 213k 2y從而直線 PQ 的斜率為 kPQxyQk( xPxQ ) 2kk 2(3k 21)2kP1 3k21A (2， 0)，xQxPxQ12k.又知P313k2B (11)，所以k AB10

12、1，則 kPQkAB .PQ與AB共線. ，因此，向量123評注：一般在這類問題中，向量只是起到敘述條件和結論的作用，并沒有在平面向量內容上設置障礙，只需要將向量的坐標表示轉化為代數方程，也可以運用向量的運算關系解決，考查的核心仍然是橢圓及解析幾何的基本思想 .五、橢圓中的綜合問題例 5. 已知橢圓 E ： x2y21 的左焦點為 F ，左準線 l 與 x 軸的交點是圓C 的圓心，圓 C 恰好經過84坐標原點 O ，設 G 是圓 C 上任意一點 .（ 1）求圓 C 的方程；（ 2）若直線 FG 與直線 l 交于點 T ，且 G 為線段 FT 的中點，求直線 FG 被圓 C 所截得的弦長；（ 3

13、）在平面上是否存在定點P ，使得 GF1 ？若存在，求出點P 坐標；若不存在，請說明理由 .GP2分析：本題是是圓與橢圓結合的綜合問題，涉及到圓的方程的求法、弦長、定點等內容，由于圓和橢圓是考試說明中的兩個重要內容，因此，近幾年對這兩個內容考查比較頻繁.解：（ 1）由橢圓 E ： x2y21 ，得 l ： x4， C (4,0) ， F(2,0) ，又圓 C 過原點，所以圓 C84的方程為 ( x 4)2y216 （ 2）由題意，得 G ( 3, y )，代入 ( x4) 2y216 ，得 yG15 ，所以 FG 的斜率為 k15 ，GFG 的方程為y15( x2)，所以 C(4,0)到 FG 的距離為 d15 ，直線 FG 被圓 C 截得弦長為2216 (15)27 故直線 FG 被圓 C 截得弦長為 72（ 3）設 P(s,t ) ， G ( x0 , y0 ) ，則由GF 1，得(x02)2y021，GP 2( x0s)2( y0t) 22整理得 3(x02y02 ) (162s) x0 2ty016s2t20 ，又 G ( x0 , y0 ) 在圓 C： ( x4) 2y216 上，所以 x02y028x00 ，代入得 (2