2019-2020学年高中数学 第二章 圆锥曲线与方程 2.2 椭圆 2.2.2 椭圆的简单几何性质

-1-2.2.2椭圆的简单几何性质椭圆的简单几何性质1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)-2-(1)椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的长轴长等于a.()(2)椭圆上的点到焦点的距离的最小值为a－c.()(3)椭圆的离心率e越小，椭圆越圆．()答案(1)×(2)√(3)√2．做一做(1)(教材改编P46例4)椭圆25x2＋9y2＝225的长轴长、短轴长、离心率依次是()A．5,3，45B．10,6，45C．5,3，35D．10,6，35(2)椭圆x2＋9y2＝36的短轴的端点为________．(3)设P(m，n)是椭圆x225＋y29＝1上任意一点，则m的取值范围是________．答案(1)B(2)(0,2)，(0，－2)(3)[－5,5]解析(1)变形为x29＋y225＝1，∵焦点在y轴上，∴a＝5，b＝3，∴长轴长为10，短轴长为6，e＝45.探究1椭圆的简单几何性质例1已知椭圆x2＋(m＋3)y2＝m(m0)的离心率e＝32，求m的值及椭圆的长轴长、短轴长、焦点坐标、顶点坐标．[解]椭圆方程可化为x2m＋y2mm＋3＝1.∵m－mm＋3＝mm＋2m＋30，∴mmm＋3，∴椭圆焦点在x轴上，即a2＝m，b2＝mm＋3，c＝a2－b2＝mm＋2m＋3.由e＝32得，m＋2m＋3＝32，∴m＝1.-3-∴椭圆的标准方程为x2＋y214＝1.∴a＝1，b＝12，c＝32.∴椭圆的长轴长为2；短轴长为1；两焦点坐标分别为F1－32，0，F232，0；四个顶点分别为A1(－1,0)，A2(1,0)，B10，－12，B20，12.拓展提升1.用标准方程研究几何性质的步骤(1)将椭圆方程化为标准形式．(2)确定焦点位置．(3)求出a，b，c.(4)写出椭圆的几何性质．2．根据椭圆的几何性质求标准方程此类问题通常采用待定系数法，其步骤仍然是“先定型，后计算”，即首先确定焦点位置，其次根据已知条件构造关于参数的关系式，利用方程(组)求得参数．【跟踪训练1】求适合下列条件的椭圆的标准方程．(1)长轴长是短轴长的5倍，且过点A(5,0)；(2)离心率e＝35，焦距为12.解(1)若椭圆焦点在x轴上，设其标准方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，由题意得2a＝5×2b，25a2＋0b2＝1，解得a＝5，b＝1.故所求椭圆的标准方程为x225＋y2＝1；若焦点在y轴上，设其标准方程为y2a2＋x2b2＝1(ab0)，由题意，得2a＝5×2b，0a2＋25b2＝1，解得a＝25，b＝5.-4-故所求椭圆的标准方程为y2625＋x225＝1.综上所述，所求椭圆的标准方程为x225＋y2＝1或y2625＋x225＝1.(2)由e＝ca＝35，2c＝12，得a＝10，c＝6，∴b2＝a2－c2＝64.当焦点在x轴上时，所求椭圆的标准方程为x2100＋y264＝1；当焦点在y轴上时，所求椭圆的标准方程为y2100＋x264＝1.综上所述，所求椭圆的标准方程为x2100＋y264＝1或y2100＋x264＝1.探究2椭圆的离心率问题例2直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的14，则该椭圆的离心率为()A.13B.12C.23D.34[解析]不妨设直线l过椭圆的上顶点(0，b)和左焦点(－c,0)，b0，c0，则直线l的方程为bx－cy＋bc＝0，由已知得bcb2＋c2＝14×2b，解得b2＝3c2，又b2＝a2－c2，所以c2a2＝14，即e2＝14，所以e＝12e＝－12舍去.故选B.[答案]B[解法探究]解答例2有没有其他解法呢？解如图，由题意得在椭圆中，OF＝c，OB＝b，OD＝14×2b＝12b，BF＝a.在Rt△OFB中，|OF|×|OB|＝|BF|×|OD|，即c×b＝a×12b，解得ca＝12，所以椭圆的离心率e＝12.-5-拓展提升求椭圆离心率及范围的两种方法(1)直接法：若已知a，c可直接利用e＝ca求解．若已知a，b或b，c可借助于a2＝b2＋c2求出c或a，再代入公式e＝ca求解．(2)方程法：若a，c的值不可求，则可根据条件建立a，b，c的关系式，借助于a2＝b2＋c2，转化为关于a，c的齐次方程或不等式，再将方程或不等式两边同除以a的最高次幂，得到关于e的方程或不等式，即可求得e的值或范围．【跟踪训练2】(1)已知F1(－c,0)，F2(c,0)为椭圆x2a2＋y2b2＝1的两个焦点，P为椭圆上一点且PF1→·PF2→＝c2，则此椭圆离心率的取值范围是()A.33，1B.13，12C.33，22D.0，22答案C解析设P(m，n)，PF1→·PF2→＝c2＝(－c－m，－n)·(c－m，－n)＝m2－c2＋n2，∴m2＋n2＝2c2,2c2－m2＝n2，①把P(m，n)代入椭圆x2a2＋y2b2＝1得b2m2＋a2n2＝a2b2，②把①代入②得m2＝a2b2－2a2c2b2－a2≥0，∴a2b2≤2a2c2，∴b2≤2c2，∴a2≤3c2，∴e＝ca≥33.又m2＝a2b2－2a2c2b2－a2≤a2，∴a2≥2c2，∴e＝ca≤22.综上知此椭圆离心率的取值范围是33，22.故选C.(2)已知F1为椭圆的左焦点，A，B分别为椭圆的右顶点和上顶点，P为椭圆上的点，当PF1⊥F1A，PO∥AB(O为椭圆中心)时，求椭圆的离心率．解解法一：由已知可设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，c2＝a2－b2，F1(－c,0)，因为PF1⊥F1A，-6-所以P－c，b1－c2a2，即P－c，b2a，∵AB∥PO，∴kAB＝kOP，即－ba＝－b2ac，∴b＝c，∴a2＝2c2，∴e＝ca＝22.解法二：由解法一知P－c，b2a，又△PF1O∽△BOA，∴PF1BO＝F1OOA，∴b2ab＝ca，即b＝c，∴a2＝2c2，∴e＝ca＝22.探究3直线与椭圆的位置关系例3已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．[解](1)由已知，a＝2b，则椭圆E的方程为x22b2＋y2b2＝1.由方程组x22b2＋y2b2＝1，y＝－x＋3，得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为x26＋y23＝1，点T的坐标为(2,1)．(2)由已知可设直线l′的方程为y＝12x＋m(m≠0)，由方程组y＝12x＋m，y＝－x＋3，可得x＝2－2m3，y＝1＋2m3.-7-所以P点的坐标为2－2m3，1＋2m3，|PT|2＝89m2.设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由方程组x26＋y23＝1，y＝12x＋m，可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ0，解得－322m322.由②得x1＋x2＝－4m3，x1x2＝4m2－123.所以|PA|＝2－2m3－x12＋1＋2m3－y12＝522－2m3－x1，同理|PB|＝522－2m3－x2.所以|PA|·|PB|＝542－2m3－x12－2m3－x2＝542－2m32－2－2m3x1＋x2＋x1x2＝542－2m32－2－2m3－4m3＋4m2－123＝109m2.故存在常数λ＝45，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.拓展提升1.解决直线与椭圆的位置关系问题经常利用设而不求方法的解题步骤(1)设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．(2)联立直线与椭圆的方程．(3)消元得到关于x或y的一元二次方程．(4)利用根与系数的关系设而不求．(5)把题干中的条件转化为x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2，进而求解．-8-2．直线与椭圆相交弦长的有关问题(1)当弦的两端点的坐标易求时，可直接求出交点坐标，再用两点间距离公式求弦长．(2)当弦的两端点的坐标不易求时，可用弦长公式．(3)如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况．【跟踪训练3】(1)在椭圆x24＋y27＝1上求一点P，使它到直线l：3x－2y－16＝0的距离最短，并求出最短距离．解设与椭圆相切并与l平行的直线方程为y＝32x＋m，代入x24＋y27＝1，并整理得4x2＋3mx＋m2－7＝0，Δ＝9m2－16(m2－7)＝0⇒m2＝16⇒m＝±4，故两切线方程为y＝32x＋4和y＝32x－4，显然y＝32x－4距l最近，d＝|16－8|32＋－22＝813，切点为P32，－74.(2)已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m.①当直线和椭圆有公共点时，求实数m的取值范围；②求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程．解①由4x2＋y2＝1，y＝x＋m，得5x2＋2mx＋m2－1＝0，因为直线与椭圆有公共点，所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，解得－52≤m≤52.②设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由①知，5x2＋2mx＋m2－1＝0，所以x1＋x2＝－2m5，x1x2＝15(m2－1)，所以|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝2x1－x22＝2[x1＋x22－4x1x2]＝24m225－45m2－1-9-＝2510－8m2.所以当m＝0时，|AB|最大，此时直线方程为y＝x.探究4椭圆的中点弦问题例4已知椭圆x216＋y24＝1，过点P(2,1)作一弦，使弦在这点被平分，求此弦所在直线的方程．[解]解法一：如图，易知直线斜率存在，设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)，代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0，(*)又设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是(*)方程的两个根，∴x1＋x2＝82k2－k4k2＋1.∵P为弦AB的中点，∴2＝x1＋x22＝42k2－k4k2＋1.解得k＝－12，∴所求直线的方程为x＋2y－4＝0.解法二：设直线与椭圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵P为弦AB的中点，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.又∵A，B在椭圆上，∴x21＋4y21＝16，x22＋4y22＝16.两式相减，得(x21－x22)＋4(y21－y22)＝0，即(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.∴y1－y2x1－x2＝－x1＋x24y1＋y2＝－12，即kAB＝－12.∴所求直线方程为y－1＝－12(x－2)．即x＋2y－4＝0.解法三：设所求直线与椭圆的一交点为A(x，y)，另一交点为B(4－x,2－y)，∵A，B在-10-椭圆上，∴x2＋4y2＝16，①(4－x)2＋4(2－y)2＝16.②①－②得x＋2y－4＝0，则A，B在直线x＋2y－4＝0上，而过A，B的直线只有一条，∴所求直线的方程为x＋2y－4＝0.拓展提升解决椭圆中点弦问题的三种方法(1)根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标