高考數(shù)學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題7 解析幾何 第28練 橢圓問題中最值得關(guān)注的基本題型 文
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第28練 橢圓問題中最值得關(guān)注的基本題型 [題型分析高考展望] 橢圓問題在高考中占有比較重要的地位,并且占的分值也較多.分析歷年的高考試題,在選擇題、填空題、解答題中都有涉及到橢圓的題,所以我們對橢圓知識必須系統(tǒng)的掌握.對各種題型,基本的解題方法也要有一定的了解. 體驗高考 1.(2015廣東)已知橢圓+=1(m>0)的左焦點為F1(-4,0),則m等于( ) A.2 B.3 C.4 D.9 答案 B 解析 由題意知25-m2=16,解得m2=9,又m>0,所以m=3. 2.(2015福建)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點為F,短軸的一個端點為M,直線l:3x-4y=0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,則橢圓E的離心率的取值范圍是( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 設(shè)左焦點為F0,連接F0A,F(xiàn)0B,則四邊形AFBF0為平行四邊形. ∵|AF|+|BF|=4, ∴|AF|+|AF0|=4, ∴a=2. 設(shè)M(0,b),則≥,∴1≤b<2. 離心率e====∈, 故選A. 3.(2016課標全國丙)已知O為坐標原點,F(xiàn)是橢圓C:+=1(a>b>0)的左焦點,A,B分別為C的左,右頂點.P為橢圓C上一點,且PF⊥x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,則橢圓C的離心率為( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 設(shè)M(-c,m),則E,OE的中點為D,則D,又B,D,M三點共線,所以=,a=3c,e=. 4.(2015浙江)已知橢圓+y2=1上兩個不同的點A,B關(guān)于直線y=mx+對稱. (1)求實數(shù)m的取值范圍; (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標原點). 解 (1)由題意知m≠0, 可設(shè)直線AB的方程為y=-x+b. 由消去y, 得x2-x+b2-1=0. 因為直線y=-x+b與橢圓+y2=1有兩個不同的交點,所以Δ=-2b2+2+>0,① 將線段AB中點M代入直線方程y=mx+, 解得b=-,② 由①②得m<-或m>. (2)令t=∈∪, 則|AB|=, 且O到直線AB的距離為d=. 設(shè)△AOB的面積為S(t), 所以S(t)=|AB|d=≤. 當且僅當t2=時,等號成立. 故△AOB面積的最大值為. 5.(2016北京)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)P是橢圓C上一點,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:|AN||BM|為定值. (1)解 由已知=,ab=1. 又a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=. ∴橢圓C的方程為+y2=1. (2)證明 由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設(shè)橢圓上一點P(x0,y0),則+y=1. 當x0≠0時,直線PA方程為y=(x-2), 令x=0得yM=. 從而|BM|=|1-yM|=. 直線PB方程為y=x+1, 令y=0得xN=. ∴|AN|=|2-xN|=. ∴|AN||BM|= = = ==4. 當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, ∴|AN||BM|=4. 故|AN||BM|為定值. 高考必會題型 題型一 利用橢圓的幾何性質(zhì)解題 例1 如圖,焦點在x軸上的橢圓+=1的離心率e=,F(xiàn),A分別是橢圓的一個焦點和頂點,P是橢圓上任意一點,求的最大值和最小值. 解 設(shè)P點坐標為(x0,y0).由題意知a=2, ∵e==,∴c=1,∴b2=a2-c2=3. 所求橢圓方程為+=1. ∴-2≤x0≤2,-≤y0≤. 又F(-1,0),A(2,0),=(-1-x0,-y0), =(2-x0,-y0), ∴=x-x0-2+y=x-x0+1=(x0-2)2. 當x0=2時,取得最小值0, 當x0=-2時,取得最大值4. 點評 熟練掌握橢圓的幾何性質(zhì)是解決此類問題的根本,利用離心率和橢圓的范圍可以求解范圍問題、最值問題,利用a、b、c之間的關(guān)系和橢圓的對稱性可構(gòu)造方程. 變式訓練1 如圖,F(xiàn)1、F2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,A是橢圓C的頂點,B是直線AF2與橢圓C的另一個交點,∠F1AF2=60. (1)求橢圓C的離心率; (2)若△AF1B的面積為40,求橢圓C的方程. 解 (1)由題意可知,△AF1F2為等邊三角形, a=2c,所以e=. (2)方法一 a2=4c2,b2=3c2, 直線AB的方程可為y=-(x-c), 將其代入橢圓方程3x2+4y2=12c2, 得B(c,-c), 所以|AB|=|c-0|=c, 由S△AF1B=|AF1||AB|sin ∠F1AB =aa=a2=40, 解得a=10,b=5,所以橢圓C的方程為+=1. 方法二 設(shè)|AB|=t,因為|AF2|=a, 所以|BF2|=t-a, 由橢圓定義|BF1|+|BF2|=2a可知,|BF1|=3a-t, 再由余弦定理(3a-t)2=a2+t2-2atcos 60可得, t=a,由S△AF1B=|AF1||AB|sin ∠F1AB =aa=a2=40知,a=10,b=5, 所以橢圓C的方程為+=1. 題型二 直線與橢圓相交問題 例2 (2015課標全國Ⅱ)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,點(2,)在C上. (1)求橢圓C的方程; (2)直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M,證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. (1)解 由題意得=,+=1, 解得a2=8,b2=4. 所以橢圓C的方程為+=1. (2)證明 設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入+=1,得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM==,yM=kxM+b=. 于是直線OM的斜率kOM==-, 即kOMk=-. 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. 點評 解決直線與橢圓相交問題的一般思路:將直線方程與橢圓方程聯(lián)立,轉(zhuǎn)化為一元二次方程,由判別式范圍或根與系數(shù)的關(guān)系解決.求范圍或最值問題,也可考慮求“交點”,由“交點”在橢圓內(nèi)(外),得出不等式,解不等式. 變式訓練2 橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且過其右焦點F與長軸垂直的直線被橢圓C截得的弦長為2. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點P是橢圓C的一個動點,直線l:y=x+與橢圓C交于A,B兩點,求△PAB面積的最大值. 解 (1)∵橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為, ∴e==,∴2c=a,即4c2=3a2, 又∵過橢圓右焦點F與長軸垂直的直線被橢圓C截得的弦長為2, ∴+=1,∴+=1, 即b2=4,又a2-b2=c2, ∴a2=b2+c2=4+a2,即a2=16, ∴橢圓C的方程為+=1. (2)聯(lián)立直線l:y=x+與橢圓C的方程, 得消去y, 整理可得7x2+12x-52=0, 即(7x+26)(x-2)=0,解得x=2或x=-, ∴不妨設(shè)A(2,),B(-,-), 則|AB|==, 設(shè)過P點且與直線l平行的直線L的方程為y=x+C,L與l的距離就是P點到AB的距離, 即△PAB的邊AB上的高,只要L與橢圓相切, 就有L與邊AB的最大距離,即得最大面積. 將y=x+C代入+=1, 消元整理可得:7x2+8Cx+16C2-64=0, 令判別式Δ=(8C)2-47(16C2-64) =-256C2+2864=0, 解得C= = . ∴L與AB的最大距離為 =, ∴△PAB面積的最大值為 =(2+). 題型三 利用“點差法,設(shè)而不求思想”解題 例3 已知橢圓+=1(a>b>0)的一個頂點為B(0,4),離心率e=,直線l交橢圓于M,N兩點. (1)若直線l的方程為y=x-4,求弦|MN|的長; (2)如果△BMN的重心恰好為橢圓的右焦點F,求直線l方程的一般式. 解 (1)由已知得b=4,且=,即=, ∴=,解得a2=20, ∴橢圓方程為+=1. 則4x2+5y2=80與y=x-4聯(lián)立, 消去y得9x2-40x=0,∴x1=0,x2=, ∴所求弦長|MN|=|x2-x1|=. (2)如圖,橢圓右焦點F的坐標為(2,0),設(shè)線段MN的中點為Q(x0,y0), 由三角形重心的性質(zhì)知 =2, 又B(0,4), ∴(2,-4)=2(x0-2,y0), 故得x0=3,y0=-2, 即得Q的坐標為(3,-2). 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 則x1+x2=6,y1+y2=-4, 且+=1,+=1, 以上兩式相減得 +=0, ∴kMN==-=-=, 故直線MN的方程為y+2=(x-3), 即6x-5y-28=0. 點評 當涉及平行弦的中點軌跡,過定點的弦的中點軌跡,過定點且被定點平分的弦所在直線方程時,用“點差法”來求解. 變式訓練3 已知橢圓+=1(a>b>0),焦點在直線x-2y-2=0上,且離心率為. (1)求橢圓方程; (2)過P(3,1)作直線l與橢圓交于A,B兩點,P為線段AB的中點,求直線l的方程. 解 (1)∵橢圓+=1(a>b>0), 焦點在直線x-2y-2=0上, ∴令y=0,得焦點(2,0),∴c=2, ∵離心率e==,∴=, 解得a=4,∴b2=16-4=12, ∴橢圓方程為+=1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), ∵過P(3,1)作直線l與橢圓交于A,B兩點, P為線段AB的中點, ∴由題意,x1+x2=6,y1+y2=2, ∴+=0, ∴kl==-, ∴l(xiāng)的方程為y-1=-(x-3),即9x+4y-31=0. 高考題型精練 1.(2016課標全國乙)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點,若橢圓中心到l的距離為其短軸長的,則該橢圓的離心率為( ) A. B. C. D. 答案 B 解析 如圖,由題意得,BF=a,OF=c,OB=b, OD=2b=b. 在Rt△OFB中,|OF||OB|=|BF||OD|, 即cb=ab,代入解得a2=4c2, 故橢圓離心率e==,故選B. 2.已知橢圓+=1,F(xiàn)1、F2分別是橢圓的左、右焦點,點A(1,1)為橢圓內(nèi)一點,點P為橢圓上一點,則|PA|+|PF1|的最大值是( ) A.6 B.6+2 C.6- D.6+ 答案 D 解析 |PA|+|PF1|=|PA|+2a-|PF2|≤2a+|AF2|=6+, 當P,A,F(xiàn)2共線時取最大值,故選D. 3.已知橢圓+=1的右焦點為F,P是橢圓上一點,點A(0,2),當△APF的周長最大時,直線AP的方程為( ) A.y=-x+2 B.y=x+2 C.y=-x+2 D.y=x+2 答案 D 解析 橢圓+=1中a=3,b=,c==2, 由題意,設(shè)F′是左焦點, 則△APF周長=|AF|+|AP|+|PF|=|AF|+|AP|+2a-|PF′| =4+6+|PA|-|PF′|≤10+|AF′| (A,P,F(xiàn)′三點共線,且P在AF′的延長線上時,取等號), 直線AP的方程為+=1, 即y=x+2,故選D. 4.如果橢圓+=1的弦被點(4,2)平分,則這條弦所在的直線方程是( ) A.x-2y=0 B.x+2y-4=0 C.2x+3y-14=0 D.x+2y-8=0 答案 D 解析 設(shè)這條弦的兩端點為A(x1,y1),B(x2,y2), 斜率為k,則 兩式相減再變形得+k=0, 又弦中點坐標為(4,2),故k=-, 故這條弦所在的直線方程為y-2=-(x-4), 整理得x+2y-8=0,故選D. 5.設(shè)F1、F2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,點P在橢圓C上,線段PF1的中點在y軸上,若∠PF1F2=30,則橢圓的離心率為( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 ∵線段PF1的中點在y軸上, 設(shè)P的橫坐標為x,F(xiàn)1(-c,0),∴-c+x=0, ∴x=c,∴P與F2的橫坐標相等, ∴PF2⊥x軸, ∵∠PF1F2=30,∴|PF2|=|PF1|, ∵|PF2|+|PF1|=2a,∴|PF2|=a, tan ∠PF1F2===, ∴=,∴e==. 6.過點M(0,1)的直線l交橢圓C:+=1于A,B兩點,F(xiàn)1為橢圓的左焦點,當△ABF1周長最大時,直線l的方程為______________. 答案 x+y-1=0 解析 設(shè)右焦點為F2(1,0),則|AF1|=4-|AF2|, |BF1|=4-|BF2|, 所以|AF1|+|BF1|+|AB| =8+|AB|-(|AF2|+|BF2|), 顯然|AF2|+|BF2|≥|AB|, 當且僅當A,B,F(xiàn)2共線時等號成立, 所以當直線l過點F2時,△ABF1的周長取最大值8, 此時直線方程為y=-x+1,即x+y-1=0. 7.(2016江蘇)如圖,在平面直角坐標系xOy中,F(xiàn)是橢圓+=1(a>b>0)的右焦點,直線y=與橢圓交于B,C兩點,且∠BFC=90,則該橢圓的離心率是________. 答案 解析 聯(lián)立方程組 解得B、C兩點坐標為 B,C,又F(c,0), 則=,=, 又由∠BFC=90, 可得=0,代入坐標可得: c2-a2+=0,① 又因為b2=a2-c2. 代入①式可化簡為=, 則橢圓離心率為e===. 8.(2016淮北一中高三最后一卷)P為橢圓+=1上的任意一點,AB為圓C:(x-1)2+y2=1的任一條直徑,則的取值范圍是________. 答案 [3,15] 解析 圓心C(1,0)為橢圓的右焦點, =(+)(+) =(+)(-) =2-2=||2-1, 顯然||∈[a-c,a+c]=[2,4], 所以=||2-1∈[3,15]. 9.設(shè)橢圓的中心為原點O,焦點在x軸上,上頂點為A(0,2),離心率為. (1)求該橢圓的標準方程; (2)設(shè)B1(-2,0),B2(2,0),過B1作直線l交橢圓于P,Q兩點,使PB2⊥QB2,求直線l的方程. 解 (1)設(shè)橢圓的標準方程為+=1(a>b>0), ∵=,∴1-=,即=, 又∵b2=4,∴a2=20,∴橢圓的標準方程為+=1. (2)由題意知直線l的傾斜角不為0, 故可設(shè)直線l的方程為:x=my-2. 代入橢圓方程得(m2+5)y2-4my-16=0, 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 則y1+y2=,y1y2=-, 又=(x1-2,y1),=(x2-2,y2), 所以=(x1-2)(x2-2)+y1y2 =(my1-4)(my2-4)+y1y2 =(m2+1)y1y2-4m(y1+y2)+16 =--+16 =-, 由PB2⊥QB2得=0, 即16m2-64=0,解得m=2, ∴直線l的方程為x=2y-2,即x2y+2=0. 10.(2016課標全國乙)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過點B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程; (2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過點B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊形MPNQ面積的取值范圍. 解 (1)因為|AD|=|AC|,EB∥AC, 故∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|, 故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圓A的標準方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4. 由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為:+=1(y≠0). (2)當l與x軸不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2). 由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 則x1+x2=,x1x2=, 所以|MN|=|x1-x2|=. 過點B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-(x-1), 點A到m的距離為, 所以|PQ|=2=4. 故四邊形MPNQ的面積 S=|MN||PQ|=12. 可得當l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8). 當l與x軸垂直時,其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12. 綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8). 11.(2015安徽)設(shè)橢圓E的方程為+=1(a>b>0),點O為坐標原點,點A的坐標為(a,0),點B的坐標為(0,b),點M在線段AB上,滿足|BM|=2|MA|,直線OM的斜率為. (1)求橢圓E的離心率e; (2)設(shè)點C的坐標為(0,-b),N為線段AC的中點, 證明:MN⊥AB. (1)解 由題設(shè)條件知,點M的坐標為, 又kOM=,從而=. 進而a=b,c==2b,故e==. (2)證明 由N是AC的中點知,點N的坐標為,可得=, 又=(-a,b), 從而有=-a2+b2=(5b2-a2). 由(1)的計算結(jié)果可知a2=5b2, 所以=0,故MN⊥AB.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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