新編高考數(shù)學理一輪資源庫 第10章學案

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1、新編高考數(shù)學復習資料 學案49　橢　圓 導學目標： 1.了解圓錐曲線的實際背景，了解圓錐曲線在刻畫現(xiàn)實世界和解決實際問題中的作用.2.掌握橢圓的定義，幾何圖形、標準方程及其簡單幾何性質(zhì)． 自主梳理 1．橢圓的概念 平面內(nèi)到兩個定點F1、F2的距離的和等于常數(shù)(大于F1F2)的點的軌跡叫做________．這兩定點叫做橢圓的________，兩焦點間的距離叫______． 集合P＝{M|MF1＋MF2＝2a}，F(xiàn)1F2＝2c，其中a>0，c>0，且a，c為常數(shù)： (1)若______，則集合P為橢圓； (2)若______，則集合P為線段； (3)若______，則

2、集合P為空集． 2．橢圓的標準方程和幾何性質(zhì) 標準方程 ＋＝1 (a>b>0) ＋＝1 (a>b>0) 圖形 性 質(zhì) 范圍 －a≤x≤a －b≤y≤b －b≤x≤b －a≤y≤a 對稱性 對稱軸：坐標軸　　　對稱中心：原點 頂點 A1(－a,0)，A2(a,0) B1(0，－b)，B2(0，b) A1(0，－a)，A2(0，a) B1(－b,0)，B2(b,0) 軸 長軸A1A2的長為2a；短軸B1B2的長為2b 焦距 F1F2＝2c 離心率 e＝∈(0,1) a，b，c 的關系 c2＝a2－b2 自我檢測 1．已

3、知兩定點A(－1,0)，B(1,0)，點M滿足MA＋MB＝2，則點M的軌跡是____________． 2．“m>n>0”是方程“mx2＋ny2＝1表示焦點在y軸上的橢圓”的________條件． 3．已知F1、F2是橢圓的兩個焦點，過F1且與橢圓長軸垂直的直線交橢圓于A、B兩點，若△ABF2是正三角形，則這個橢圓的離心率是________． 4．橢圓＋＝1的焦點為F1和F2，點P在橢圓上，如果線段PF1的中點在y軸上，那么PF1＝________，PF2＝________. 5．橢圓5x2＋ky2＝5的一個焦點是(0,2)，那么k＝________. 探究點一　橢圓的定義及

4、應用 例1　一動圓與已知圓O1：(x＋3)2＋y2＝1外切，與圓O2：(x－3)2＋y2＝81內(nèi)切，試求動圓圓心的軌跡方程． 變式遷移1　求過點A(2,0)且與圓x2＋4x＋y2－32＝0內(nèi)切的圓的圓心的軌跡方程． 探究點二　求橢圓的標準方程 例2　求滿足下列各條件的橢圓的標準方程： (1)長軸是短軸的3倍且經(jīng)過點A(3,0)； (2)經(jīng)過兩點A(0,2)和B. 變式遷移2　(1)已知橢圓過(3,0)，離心率e＝，求橢圓的標準方程； (2)已知橢圓的中心在原點，以

5、坐標軸為對稱軸，且經(jīng)過兩點P1(，1)、P2(－，－)，求橢圓的標準方程． 探究點三　橢圓的幾何性質(zhì) 例3　已知F1、F2是橢圓的兩個焦點，P為橢圓上一點，∠F1PF2＝60°. (1)求橢圓離心率的范圍； (2)求證：△F1PF2的面積只與橢圓的短軸長有關． 變式遷移3　已知橢圓＋＝1(a>b>0)的長、短軸端點分別為A、B，從此橢圓上一點M(在x軸上方)向x軸作垂線，恰好通過橢圓的左焦點F1，AB∥OM. (1)求橢圓的離心率e； (2)設Q是橢圓上任意一點，F(xiàn)1、F2分別是左、右焦點，求∠F1Q

6、F2的取值范圍． 方程思想 例4　(14分)(2010·北京朝陽一模)已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為，且經(jīng)過點M(1，)，過點P(2,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點A，B. (1)求橢圓C的方程； (2)是否存在直線l，滿足·＝2？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由． 【答題模板】 解　(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 由題意得解得a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為＋＝1.[4分] (2)若存在直線l滿足條件，由題意可設直線l的方程為y＝k(x－2)＋1，由 得(3＋4k2)x2－

7、8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.[6分] 因為直線l與橢圓C相交于不同的兩點A，B，設A，B兩點的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4·(3＋4k2)·(16k2－16k－8)>0. 整理得32(6k＋3)>0，解得k>－.[9分] 又x1＋x2＝，x1x2＝，且·＝2， 即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝， 所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝， 即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝.[11分] 所以[－2×＋4](1＋k2)＝＝， 解得k＝±.所以k＝.于是存在直線l滿足條件

8、，其方程為y＝x.[14分] 【突破思維障礙】 直線與橢圓的位置關系主要是指公共點問題、相交弦問題及其他綜合問題．反映在代數(shù)上，就是直線與橢圓方程聯(lián)立的方程組有無實數(shù)解及實數(shù)解的個數(shù)的問題，它體現(xiàn)了方程思想的應用，當直線與橢圓相交時，要注意判別式大于零這一隱含條件，它可以用來檢驗所求參數(shù)的值是否有意義，也可通過該不等式來求參數(shù)的范圍．對直線與橢圓的位置關系的考查往往結合平面向量進行求解，與向量相結合的題目，大都與共線、垂直和夾角有關，若能轉(zhuǎn)化為向量的坐標運算往往更容易實現(xiàn)解題功能，所以在復習過程中要格外重視． 1．求橢圓的標準方程，除了直接根據(jù)定義外，常用待定系數(shù)法(先定性，后定

9、型，再定參)．當橢圓的焦點位置不明確而無法確定其標準方程時，可設方程為＋＝1 (m>0，n>0且m≠n)，可以避免討論和繁雜的計算，也可以設為Ax2＋By2＝1 (A>0，B>0且A≠B)，這種形式在解題中更簡便． 2．橢圓的幾何性質(zhì)分為兩類：一是與坐標軸無關的橢圓本身固有的性質(zhì)，如：長軸長、短軸長、焦距、離心率等；另一類是與坐標系有關的性質(zhì)，如：頂點坐標，焦點坐標等．第一類性質(zhì)是常數(shù)，不因坐標系的變化而變化，第二類性質(zhì)是隨坐標系變化而相應改變． 3．直線與橢圓的位置關系問題．它是高考的熱點，通常涉及橢圓的性質(zhì)、最值的求法和直線的基礎知識、線段的中點、弦長、垂直問題等，分析此類問題時，要充

10、分利用數(shù)形結合法、設而不求法、弦長公式及根與系數(shù)的關系去解決． (滿分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．若△ABC的兩個頂點坐標分別為A(－4,0)、B(4,0)，△ABC的周長為18，則頂點C的軌跡方程為_________________________________________________________． 2．已知橢圓＋＝1，長軸在y軸上，若焦距為4，則m＝________. 3．已知F1、F2是橢圓的兩個焦點，過F1且與橢圓長軸垂直的直線交橢圓于A、B兩點，若△ABF2是等腰直角三角形，則這個橢圓的離心率為________． 4．已知

11、圓(x＋2)2＋y2＝36的圓心為M，設A為圓上任一點，N(2,0)，線段AN的垂直平分線交MA于點P，則動點P的軌跡是________． 5．(2011·無錫模擬)橢圓＋＝1上一點M到焦點F1的距離為2，N是MF1的中點，則ON＝________. 6．已知橢圓G的中心在坐標原點，長軸在x軸上，離心率為，且G上一點到G的兩個焦點的距離之和為12，則橢圓G的方程為______________． 7．橢圓＋＝1的焦點為F1、F2，點P在橢圓上．若PF1＝4，則PF2＝________；∠F1PF2的大小為________． 8．(2011·徐州模擬)如圖，已知點P是以F1、F2為焦點的橢

12、圓＋＝1 (a>b>0)上一點，若PF1⊥PF2，tan∠PF1F2＝，則此橢圓的離心率是______． 二、解答題(共42分) 9．(14分)(2011·常州模擬)已知方向向量為v＝(1，)的直線l過點(0，－2)和橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點，且橢圓的離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)若已知點D(3,0)，點M，N是橢圓C上不重合的兩點，且＝λ，求實數(shù)λ的取值范圍． 10．(14分)橢圓ax2＋by2＝1與直線x＋y－1＝0相交于A，B兩點，C是AB的中點，若AB＝2，OC的斜率為，求橢圓的方程．

13、 11．(14分)(2010·福建)已知中心在坐標原點O的橢圓C經(jīng)過點A(2,3)，且點F(2,0)為其右焦點． (1)求橢圓C的方程． (2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． 學案49　橢　圓 答案 自主梳理 1．橢圓　焦點　焦距　(1)a>c　(2)a＝c　(3)a

14、r. 則由圓相切的性質(zhì)知， CO1＝1＋r，CO2＝9－r， ∴CO1＋CO2＝10， 而O1O2＝6， ∴點C的軌跡是以O1、O2為焦點的橢圓，其中2a＝10,2c＝6，b＝4. ∴動圓圓心的軌跡方程為＋＝1. 變式遷移1　解　將圓的方程化為標準形式為： (x＋2)2＋y2＝62，圓心B(－2,0)，r＝6. 設動圓圓心M的坐標為(x，y)， 動圓與已知圓的切點為C. 則BC－MC＝BM， 而BC＝6， ∴BM＋CM＝6. 又CM＝AM， ∴BM＋AM＝6>AB＝4. ∴點M的軌跡是以點B(－2,0)、A(2,0)為焦點、線段AB中點(0,0)為中心的

15、橢圓． a＝3，c＝2，b＝. ∴所求軌跡方程為＋＝1. 例2　解題導引　確定一個橢圓的標準方程，必須要有一個定位條件(即確定焦點的位置)和兩個定形條件(即確定a，b的大小)．當焦點的位置不確定時，應設橢圓的標準方程為＋＝1 (a>b>0)或＋＝1 (a>b>0)，或者不必考慮焦點位置，直接設橢圓的方程為mx2＋ny2＝1 (m>0，n>0，且m≠n)． 解　(1)若橢圓的焦點在x軸上， 設方程為＋＝1 (a>b>0)． ∵橢圓過點A(3,0)，∴＝1， ∴a＝3，又2a＝3·2b，∴b＝1，∴方程為＋y2＝1. 若橢圓的焦點在y軸上，設方程為＋＝1 (a>b>0)． ∵橢圓

16、過點A(3,0)，∴＝1，∴b＝3，又2a＝3·2b， ∴a＝9，∴方程為＋＝1. 綜上可知橢圓的方程為＋y2＝1或＋＝1. (2)設經(jīng)過兩點A(0,2)，B的橢圓標準方程為mx2＋ny2＝1，將A，B坐標代入方程得?，∴所求橢圓方程為x2＋＝1. 變式遷移2　解　(1)當橢圓的焦點在x軸上時，∵a＝3，＝， ∴c＝，從而b2＝a2－c2＝9－6＝3， ∴橢圓的標準方程為＋＝1. 當橢圓的焦點在y軸上時， ∵b＝3，＝，∴＝，∴a2＝27. ∴橢圓的標準方程為＋＝1. ∴所求橢圓的標準方程為＋＝1或＋＝1. (2)設橢圓方程為mx2＋ny2＝1 (m>0，n>0且m≠n)

17、． ∵橢圓經(jīng)過P1、P2點，∴P1、P2點坐標適合橢圓方程， 則 ①②兩式聯(lián)立，解得 ∴所求橢圓方程為＋＝1. 例3　解題導引　(1)橢圓上一點與兩焦點構成的三角形，稱為橢圓的焦點三角形，與焦點三角形有關的計算或證明常利用正弦定理、余弦定理、PF1＋PF2＝2a，得到a、c的關系． (2)對△F1PF2的處理方法 ? (1)解　設橢圓方程為＋＝1 (a>b>0)， PF1＝m，PF2＝n. 在△PF1F2中，由余弦定理可知， 4c2＝m2＋n2－2mncos 60°. ∵m＋n＝2a，∴m2＋n2＝(m＋n)2－2mn＝4a2－2mn. ∴4c2＝4a2－3mn，即3

18、mn＝4a2－4c2. 又mn≤2＝a2(當且僅當m＝n時取等號)， ∴4a2－4c2≤3a2.∴≥，即e≥. ∴e的取值范圍是. (2)證明　由(1)知mn＝b2， ∴S△PF1F2＝mnsin 60°＝b2， 即△PF1F2的面積只與短軸長有關． 變式遷移3　解　(1)∵F1(－c,0)，則xM＝－c，yM＝， ∴kOM＝－.∵kAB＝－，OM∥AB， ∴－＝－，∴b＝c，故e＝＝. (2)設F1Q＝r1，F(xiàn)2Q＝r2，∠F1QF2＝θ， ∴r1＋r2＝2a，F(xiàn)1F2＝2c， cos θ＝＝ ＝－1≥－1＝0， 當且僅當r1＝r2時，cos θ＝0，∴θ∈[0，

19、]． 課后練習區(qū) 1.＋＝1 (y≠0)　2.8　3.－1　4.橢圓 5．4 解析　 連結MF2， 已知MF1＝2， 又MF1＋MF2＝10， 故MF2＝10－MF1＝8，如圖， ON＝MF2＝4. 6.＋＝1 解析　由已知得＝，2a＝12，∴a＝6，c＝3，b2＝a2－c2＝9. 故橢圓方程為＋＝1. 7．2　120° 解析　由PF1＋PF2＝6，且PF1＝4，知PF2＝2， 在△PF1F2中， cos∠F1PF2＝＝－. ∴∠F1PF2＝120°. 8. 解析　由題得△PF1F2為直角三角形，設PF1＝m， ∵tan∠PF1F2＝，∴PF2＝，F(xiàn)

20、1F2＝m， ∴e＝＝＝. 9．解　(1)∵直線l的方向向量為v＝(1，)， ∴直線l的斜率為k＝. 又∵直線l過點(0，－2)， ∴直線l的方程為y＋2＝x. ∵a>b，∴橢圓的焦點為直線l與x軸的交點． ∴c＝2.又∵e＝＝，∴a＝.∴b2＝a2－c2＝2. ∴橢圓方程為＋＝1.(6分) (2)若直線MN⊥y軸，則M、N是橢圓的左、右頂點， λ＝或λ＝， 即λ＝5＋2或5－2. 若MN與y軸不垂直，設直線MN的方程為x＝my＋3(m≠0)． 由得(m2＋3)y2＋6my＋3＝0. 設M、N坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 則y1＋y2＝－，① y1

21、y2＝，② Δ＝36m2－12(m2＋3)＝24m2－36>0，∴m2>. ∵＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，＝λ，顯然λ>0，且λ≠1， ∴(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)．∴y1＝λy2. 代入①②，得λ＋＝－2＝10－. ∵m2>，得2<λ＋<10，即 解得5－2<λ<5＋2且λ≠1. 綜上所述，λ的取值范圍是5－2≤λ≤5＋2， 且λ≠1.(14分) 10．解　方法一　設A(x1，y1)、B(x2，y2)， 代入橢圓方程并作差得 a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0. 而＝－1，＝kOC＝， 代入上式可得b＝a

22、.(4分) 由方程組，得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， 再由AB＝ |x2－x1|＝|x2－x1|＝2， 得2－4·＝4，(10分) 將b＝a代入得a＝，∴b＝. ∴所求橢圓的方程是＋＝1.(14分) 方法二　由 得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0.(2分) 設A(x1，y1)、B(x2，y2)， 則AB＝＝·. ∵AB＝2，∴＝1.①(6分) 設C(x，y)，則x＝＝，y＝1－x＝， ∵OC的斜率為，∴＝.(10分) 代入①，得a＝，b＝. ∴橢圓方程為＋＝1.(14分) 11．解　方法一　(1)依題意，可設橢圓C的方程為

23、＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦點為F′(－2,0)． 從而有 解得又a2＝b2＋c2，所以b2＝12， 故橢圓C的方程為＋＝1.(5分) (2)假設存在符合題意的直線l，設其方程為y＝x＋t. 由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.(7分) 因為直線l與橢圓C有公共點， 所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0， 解得－4≤t≤4.(9分) 另一方面，由直線OA與l的距離d＝4， 得＝4，解得t＝±2.(12分) 由于±2?[－4，4]，所以符合題意的直線l不存在．(14分) 方法二　(1)依題意，可設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 且有解得b2＝12或b2＝－3(舍去)． 從而a2＝16.(3分) 所以橢圓C的方程為＋＝1.(5分) (2)同方法一．