高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆教案设计

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆教案设计，共25页。教案主要包含了椭圆的定义及标准方程，椭圆的几何性质等内容，欢迎下载使用。

专题3.1 椭圆

一、椭圆的定义及标准方程
椭圆定义：平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．
椭圆标准方程：
焦点位置
在x轴上
在y轴上
标准方程
＋＝1 (a>b>0)
＋＝1 (a>b>0)
图形


焦点坐标
(±c,0)
(0，±c)
二、椭圆的几何性质
标准方程


图形


性质
范围
－a≤x≤a
－b≤y≤b
－b≤x≤b
－a≤y≤a
对称性
对称轴：x轴、y轴
对称中心：(0，0)
顶点
A1(－a，0)，A2(a，0)
B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)
B1(－b，0)，B2(b，0)
轴
长轴A1A2的长为2a
短轴B1B2的长为2b
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
e＝，e∈(0，1)
a，b，c的关系

焦点坐标
(±c,0)
(0，±c)


一、＋＝1 (a>b>0) ＋＝1 (a>b>0)
二、 ＋＝1 (a>b>0) ＋＝1 (a>b>0) c2＝a2－b2

帮—重点
椭圆的方程及几何意义
帮—难点
椭圆的几何性质
帮—易错
椭圆方程中的未知参数范围
1．椭圆的定义及标准方程
椭圆的定义：平面内与两个定点F1,F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫作椭圆.
椭圆的标准方程： x2a2+y2b2=1(a>b>0) y2a2+x2b2=1(a>b>0)
已知椭圆C：的焦点为，，过点直线交椭圆C于A，B两点，则的周长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【解析】根据椭圆的定义，，
∴的周长为，
∵，∴的周长为.
故选：D.
【名师点睛】本题考查椭圆的定义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意
圆的半径为4，圆心为是圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如图，直线为线段的垂直平分线，

连接，由线段垂直平分线的性质得：，
而半径，且、两点为定点，
，
由椭圆定义得：点轨迹是以、两点为焦点的椭圆，且，，
，，，
椭圆方程为：，
故选．
【名师点睛】本题考查了椭圆的定义，考查了椭圆方程的求法，考查了直线的垂直平分线的性质，是中档题，也是轨迹方程的常见题型．
2．椭圆的几何性质
椭圆的性质：范围、对称性、顶点、焦距、离心率；
椭圆与直线：位置关系问题、相交弦问题
已知椭圆C：的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C的离心率为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】以线段为直径的圆的圆心为坐标原点，半径为，圆的方程为，
直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，
整理可得，即即，
从而，则椭圆的离心率，
故选A.
【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及取值范围问题，其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
已知离心率为的椭圆的左､右顶点分别为A，B，点P为该椭圆上一点，且P在第一象限，直线与直线交于点C，直线与直线交于点D，若，则直线的斜率为（ ）
A．或 B． C．或 D．或
【答案】B
【解析】由，得.
设，则.
设()，则，直线的方程为，则C的坐标.
直线BP的方程为，则D坐标.
所以，解得(舍去)或.
故选：B.
【解题技巧】此题考查直线与椭圆的位置关系，考查直线方程的求法，考查计算能力.
3．椭圆中的变量的范围
　设P（x，y）在椭圆4x2+y2=4上，求x+y的最大、最小值.
【错解】因为4x2+y2=4，所以4x2 ≤ 4，得-1≤ x ≤ 1，
同理-2≤ y ≤ 2，故-3 ≤x+y ≤ 3，
所以最大、最小值分别为3，-3.
【错因分析】本题中x，y除了分别满足-1≤ x ≤ 1，-2≤ y ≤ 2之外，还受制约条件4x2+y2=4的约束，当x=1时，y此时取不到最大值2，故x+y的最大值不为3.
【正解】依题意-1≤ x ≤ 1，-2≤ y ≤ 2，4x2+y2=4，
可令x=cosθ，y=2sinθ，则x+y= cosθ+2sinθ=sin（θ+φ），
故其最大值为，最小值为-.
【名师点睛】求解圆锥曲线的有关问题时，要注意变量的 ，椭圆是有范围的.






1．若椭圆的右焦点为F，且与直线交于P，Q两点，则的周长为（ ）
A． B． C．6 D．8
2．若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则到另一焦点距离
A．2 B．3 C．5 D．7
4．椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（ ）
A． B．8 C．2 D．4
5．椭圆的右焦点为，定点，若椭圆上存在点，使得，则椭圆的离心率的取值范围是
A． B． C． D．
6．已知曲线.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
7．若直线过椭圆的一个焦点，则实数b的值可以是（ ）
A． B． C．1 D．
8．椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，若，则________.
9．若曲线表示椭圆，则的取值范围是_________________．
10．已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率e=,点P(-,1)在该椭圆上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若点A,B是椭圆C上关于直线y=kx+1对称的两点,求实数k的取值范围.






11．中心为坐标原点的椭圆，焦点在轴上，焦距为，离心率为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
12．设点､分别为椭圆：的左､右焦点，点为椭圆上任意一点，若使得成立的点的个数是（ ）
A．4 B．2 C．0 D．2或4
13．已知椭圆的离心率为，则椭圆的焦距为（ ）
A． B．或 C．或 D．
14．中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（ ）

A． B． C． D．4
15．如图，已知，为椭圆：（）的左、右焦点，过原点 的直线与椭圆交于两点（），若，，则（ ）


A． B． C． D．
16．为椭圆：上的动点，过作切线交圆：于，，过，作切线交于，则（ ）
A．的最大值为 B．的最大值为
C．的轨迹是 D．的轨迹是
17. 如图已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是该椭圆在第一象限内的点，的角平分线交轴于点，且满足，则椭圆的离心率可能是（ ）

A． B． C． D．
18. 椭圆的左焦点为，点在椭圆上，如果线段的中点在轴上，那么点的纵坐标是___________．
19. 已知点为圆上任一点，，分别为椭圆的两个焦点，求的取值范围______.
20. 已知椭圆左右焦点分别为，，
若椭圆上的点到，的距离之和为，求椭圆的方程和焦点的坐标；
若、是关于对称的两点，是上任意一点，直线，的斜率都存在，记为，，求证：与之积为定值．








21. 【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
22. 【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且．
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
23. 【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
24. 【2020年高考北京】已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
25. 【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
26. 【2020年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
























1．【答案】B
【解析】∵直线l过椭圆C的左焦点，
∴
.
故选：B．
2．【答案】D
【解析】由题得，
因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以.
故选：D
3．【答案】C
【解析】由椭圆，可得，则，且点到椭圆一焦点的距离为，由定义得点到另一焦点的距离为，
故选C.
4．【答案】A
【解析】由题意， 且，∴．
故选:A．
5．【答案】C
【解析】由题意，椭圆上存在点，使得，
而，，
显然，所以即可，
得，解得.
故选C.
6．【答案】ACD
【解析】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
7．【答案】AC
【解析】将椭圆C的方程化为标准形式，易知椭圆的焦点为，，代入直线l的方程中解得或．
故选：AC．
8．【答案】
【解析】根据题意，椭圆，
其中，，
则，
点在椭圆上，若，则，
在△中，，，，
则，
则有，
故答案为．
9．【答案】
【解析】由题设可得且,解之得且,
故应填.
10．【答案】（1）；（2）
【解析】(1)由已知e=, 即c2=a2,b2=a2-c2=a2,
将P(-,1)代入椭圆方程,得=1,
∴ a=2,b=.∴a2=4,∴b2=2,
∴ 椭圆C的方程为=1.
(2)椭圆C上存在点B,A关于直线y=kx+1对称,
设A(x1,y1),B(x2,y2),y1≠y2,AB的中点(x0,y0),
易知直线y=kx+1且k≠0,恒过点(0,1),则+(y1-1)2=+(y2-1)2,
点A,B在椭圆上,∴=4-2=4-2,
∴ 4-2+(y1-1)2=4-2+(y2-1)2. 化简得=-2(y1-y2),即y1+y2=-2,∴ y0==-1.
又AB的中点在y=kx+1上,∴ y0=kx0+1,x0=-.
由可得x=±,
∴0<-,或-<-<0,
即k<-或k>.
则k的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).
11．【答案】D
【解析】因为焦距为，所以，
又因为离心率为，
所以 ，
所以，.
所以椭圆的方程为
故选：D
12．【答案】A
【解析】由题意知，，∵，
∴点在以为圆心，半径为的圆上，∵，
∴使得成立的点的个数是4个，
故选:A.
13．【答案】C
【解析】椭圆的离心率为，
可得或，
解得m＝2，或m，
所以m＝2时，椭圆的焦距为2c＝24，
m时，椭圆的焦距为2c＝2．
故选：C．
14．【答案】C
【解析】因为椭圆的，所以，
因为，所以，则.
故选：C
15．【答案】D
【解析】由两边平方得，所以，
由椭圆的对称性知四边形为矩形，
又因为，所以，
又因为，
由矩形的面积公式与椭圆的定义得，
解得：，
所以，即是方程 的实数根，
又因为，所以
所以，
所以 .
故选：D.
16．【答案】AC
【解析】根据题意，作图如下：

不妨设点的坐标为，点坐标为，
故切点所在直线方程为：；
又点为椭圆上的一点，
故切线方程所在直线方程为：；
故可得.即
不妨设直线交于点，故
设直线方程为：，
故，又，
故可得三角形的面积

，
当且仅当，且时，即时取得最大值.
因为点在椭圆上，故，
又，
故可得，整理得.
故动点的轨迹方程为：.
故选：.
17. 【答案】CD
【解析】∵，∴，，则.
∵是的角平分线，∴，
又，
∴，，
在中，由余弦定理得，
∵，∴，
解得.
故选：CD.
18. 【答案】
【解析】由椭圆方程，易得：，
因为线段的中点在轴上，
所以点的横坐标为，
代入椭圆方程，可得：，解得：.
即点的纵坐标是.
故答案为：.
19. 【答案】
【解析】由题,椭圆的焦点为,,
设点,
则,,
所以,,
因为,
所以,
故答案为:
20. 【答案】，焦点，；证明见解析.
【解析】椭圆的焦点在轴上，由椭圆上点到到，的距离之和为，
得，即.
点在椭圆上，
，得，则.
椭圆的方程为，焦点为，.
设点，则点，其中.
设点，由，，
可得，
将和代入，
得.
故与之积为定值.
21. 【答案】见解析
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3 由于直线PA的方程为y=（x+3），所以y1=（x1+3）.
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.
22. 【答案】见解析
【解析】（1）由已知可设的方程为，其中.
不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，，故，.
由得，即，解得（舍去），.
所以的离心率为.
（2）由（1）知，，故，
设，则，，故.①
由于的准线为，所以，而，故，代入①得，即，解得（舍去），.
所以的标准方程为，的标准方程为.
23. 【答案】见解析
【解析】（1）由题设可得，得，
所以的方程为.
（2）设，根据对称性可设，由题意知，
由已知可得，直线BP的方程为，所以，，
因为，所以，将代入的方程，解得或.
由直线BP的方程得或8.
所以点的坐标分别为.
，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为.
，直线的方程为，点到直线的距离为，故的面积为.
综上，的面积为.
24. 【答案】见解析
【解析】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且：，注意到：
，
而：

，
故.
从而.
25. 【答案】见解析
【解析】（1）由题设得，，解得，．
所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.
所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
此时直线过点.
令为的中点，即.
若与不重合，则由题设知是的斜边，故.
若与重合，则.
综上，存在点，使得为定值.
26.【答案】见解析
【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.