新高考数学大一轮复习真题源解析几何专题讲义 第1讲 椭圆的定义及其应用

这是一份新高考数学大一轮复习真题源解析几何专题讲义 第1讲 椭圆的定义及其应用，共13页。试卷主要包含了问题综述，典例分析，巩固练习，巩固练习参考答案等内容，欢迎下载使用。

本讲梳理椭圆的定义及其应用．椭圆的考题中，对椭圆定义的考查一直都是热点．
（一）椭圆的定义
平面内到两个定点、的距离之和等于定值的点的轨迹叫做椭圆，这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点的距离叫做椭圆的焦距．
（二）椭圆定义的应用
主要有下面几方面的应用：
1．求标准方程；2．焦点三角形中的计算问题；3．求离心率；4．求最值或范围．
二、典例分析
类型一：利用椭圆的定义求轨迹方程
【例1】 的底边，和两边上中线长之和为30，求此三角形重心的轨迹方程．
【解析】以所在的直线为轴，中点为原点建立直角坐标系．设点坐标为，由，知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因，，有，故其方程为．
【方法小结】由已知可得，再利用椭圆定义求解，要注意剔除不合要求的点．
【例2】已知动圆过定点，并且在定圆的内部与其相内切，求动圆圆心的轨迹方程．
【解析】如图所示，设动圆和定圆内切于点．动点到两定点，即定点和定圆圆心距离之和恰好等于定圆半径，即．
∴点的轨迹是以，为两焦点，半长轴为4，半短轴长为的椭圆，
的轨迹方程为：．
【例3】已知圆及点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与相交于点，求点的轨迹方程。
【解析】如图所示．
∵是线段的垂直平分线，
∴．
∴，且10>6．
∴点的轨迹是以、为焦点的椭圆，
且，，即，．
∴点的轨迹方程为．
【方法小结】是先根据椭圆的定义，判定轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程，求轨迹的方程．结合定义求轨迹方程是一种重要的思想方法．
【变式训练】
1．已知椭圆的左、右焦点分别是、，是椭圆外的动点，满足．点是线段与该椭圆的交点，点在线段上，并且满足，．求点的轨迹的方程．
【解析】当时，点和点在轨迹上．
当且时，由，得．
由，得，
又，所以，所以为线段的中点．
连接，则为的中位线，所以，
设点的坐标为，则．故点的轨迹的方程是．
【方法小结】定义法求轨迹（方程）的关键是条件的转化——转化成某一基本轨迹的定义条件。
类型二：焦点三角形中的计算问题
【例1】已知的顶点，在椭圆上，顶点是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦 点在BC边上，则的周长是（ ）
A． B．6 C． D．12
【答案】C
【解析】由椭圆的定义知：，∴周长为（是椭圆的另外一个焦点）．
【方法小结】（1）椭圆定义：平面内与两定点的距离之和等于常数（大于）的点的轨迹叫做椭圆．
（2）椭圆上的点必定适合椭圆的定义，即，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点有关的距离问题．
【例2】 已知、是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且 ．若的面积为9，则＝________．
【答案】3
【解析】由题意知，，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴．
∴．
【方法小结】关键抓住点为椭圆上的一点，从而有，再利用，进而得解．椭圆上一点P与椭圆的两焦点组成的三角形通常称为“焦点三角形”，利用定义可求其周长，利用定义和余弦定理可求；通过整体代入可求其面积等．
【变式训练】1．椭圆上的点到焦点的距离为2，为的中点，则（为坐标原点）的值为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．
【解析】如图所示，设椭圆的另一个焦点为，由椭圆第一定义得，所以，又因为为的中位线，所以，故答案为A．
2．如图，把椭圆的长轴分成8等份，过每个分点作轴的垂线交椭圆的上半部分于、、…、七个点，是椭圆的一个焦点，则________.
【答案】35
【解析】设椭圆右焦点为，由椭圆的对称性知，，，，
∴.
类型三：利用椭圆的定义求离心率
【例1】设椭圆的两个焦点分别为，过作椭圆长轴的垂线交椭圆于点，若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为 ．
【解析】设，则，
由点在椭圆上，得，
又，所以．
【例2】己知倾斜角为的直线与椭圆交于两点，且经过椭圆的左焦点，若，则椭圆的离心率为 ．
【解析】设，，则，，
在中，分别由余弦定理得
，即，
所以，即，
代入（2）得，所以，故．
【变式训练】
1．如图所示，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率为 ．
【解析】设，则，，
由点在椭圆上，得，
又，所以．
2．设是椭圆上任一点，，为焦点，，
．
求证：离心率；（2）求的最值．
【解析】（1）由正弦定理得，
由等比性质得，所以，
所以．
（2）设，，则，所以
将代入上式，得
，
又，所以：
当时，取得最小值；
当或时，取得最大值．
类型四：利用椭圆的定义求解最值问题
【例1】以椭圆的焦点为焦点，过直线上一点作椭圆，要使所作椭圆的长轴最短，点应在何处？并求出此时的椭圆方程．
分析：椭圆的焦点容易求出，按照椭圆的定义，本题实际上就是要在已知直线上找一点，使该点到直线同侧的两已知点（即两焦点）的距离之和最小，而这种类型的问题在初中就已经介绍过，只须利用对称的知识就可解决．
【解析】如图所示，椭圆的焦点为，．
点关于直线的对称点的坐标为，
直线的方程为．
解方程组得交点的坐标为．此时最小．
所求椭圆的长轴，
∴，又，
∴．
因此，所求椭圆的方程为．
【方法小结】解决本题的关键是利用椭圆的定义，将问题转化为在已知直线上求一点，使该点到直线同侧两已知点的距离之和最小．
【例2】（1）如果是以、为焦点的椭圆上任一点，若点到点与点的距离之差为，则的最大值是多少？
（2）如果是以、为焦点的椭圆上任一点，若点到点与点的距离之和为，则的取值范围是多少？

【解析】（1），延长与椭圆交于点，
则当与重合时，取得最大、最小值．
（2），，连结，由椭圆定义可得：，
由，得，
所以，
当且仅当、、三点共线时，取得最大、最小值，如上图所示．故．
【变式训练】
1．已知为椭圆的上一点，求的最大值．
【解析】由点在椭圆上，得，所以，
当且仅当时，取得最大值（此时为椭圆的上顶点或下顶点）．
类型五：利用定义构造椭圆解题
【例1】（2017年浙江高考第15题）
已知向量，满足||＝1，||＝2，则的最小值是 ，最大值是 ．
【答案】4，
【解法1】作，点在单位圆上，设点,，则，
点在椭圆上，，
显然，当且仅当点为椭圆的上下顶点等号成立；
又，∴的最小值是4，最大值是．
【解法2】作，，，则，

；
；
点B既在半径为2的圆上，又在焦距为2的椭圆上，且表示的长轴，
当椭圆与圆相切时，短轴最长，此时长轴也是最长；
∴的最小值是4，最大值是．
【方法小结】两个解法都是通过构造椭圆，转化为定圆上的动点到两定点距离之和的最值问题．
【例2】中，角的对边分别为，若，且，则的最大值为 ．
【解析】由条件可构造椭圆，其中，，，如图所示．
因为，所以，所以，其中为边上的高．
当取得最大值时，最大．显然，故．
【方法小结】该法同样通过构造椭圆来解决问题．
【变式训练】
1．锐角中，，，求边上的中线的取值范围．
【解析】由得，，
故在以为焦点，长轴长为4的椭圆上，椭圆方程为，
又为锐角三角形，所以，
的轨迹方程为，
当为短轴顶点时，最短，此时；
当坐标为时，，故．
三、巩固练习
1．（1）方程表示的曲线是 ，其标准方程是 。
（2）方程表示的曲线是 ，其方程是 。
（3）方程表示的曲线 。
（4）方程表示的曲线是 ，其标准方程是 。
2．已知椭圆上一点，到椭圆的一个焦点的距离为2，则点到另一个焦点的距离为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．6
3．已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，则的周长为（ ）
A．8 B．16 C．25 D．32
4．已知分别是椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．过点与圆相内切的圆的圆心的轨迹是（ ）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
6．已知椭圆的焦点坐标为，，并且经过点(2，1)，则椭圆的标准方程为 ．
7．已知的周长是16，，B则动点的轨迹方程是（ ）
A． B． C． D．
8．在平面直角坐标系中，已知顶点和，顶点在椭圆上，则 ．
9．已知、、是直线上的三点，且，切直线于点，又过、作异于的两切线，设这两切线交于点，求点的轨迹方程.
10．（2012广州二模）已知对称中心为坐标原点的椭圆与抛物线有一个相同的焦点，直线与抛物线只有一个公共点．
（1）求直线的方程；
（2）若椭圆经过直线上的点，当椭圆的的离心率取得最大值时，求椭圆的方程及点的坐标．
四、巩固练习参考答案
1．【答案】（1）椭圆，；（2）线段，；（3）不存在；（4）椭圆，．
2．【答案】D；【解析】由椭圆方程知．
3．【答案】B．
4．【答案】C．【解析】，设，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
故
5．【答案】A．
6．【答案】．
7．【答案】B
8．【答案】．
9．【解析】设过、作异于的两切线分别切于、两点，两切线交于点．
由切线的性质知：，，，
故，
故由椭圆定义知，点P的轨迹是以B、C为两焦点的椭圆，
以所在的直线为轴，以的中点为原点，建立坐标系，
可求得动点的轨迹方程为：
10．【解析】
（1）解法1：由消去，得．
∵直线与抛物线只有一个公共 ∴，解得．
∴直线的方程为．
解法2：设直线与抛物线的公共点坐标为，
由，得， ∴直线的斜率．依题意得，解得．
把代入抛物线的方程，得．
∵点在直线上，∴，解得．
∴直线的方程为．
（2）解法1：∵抛物线的焦点为，
依题意知椭圆的两个焦点的坐标为．
设点关于直线的对称点为，
则，解得 ∴点．
∴直线与直线的交点为．
由椭圆的定义及平面几何知识得：
椭圆的长轴长，
其中当点与点重合时，上面不等式取等号．
∴． ∴．
故当时，．
此时椭圆的方程为，点的坐标为．
解法2：∵抛物线的焦点为，
依题意知椭圆的两个焦点的坐标为 ，
设椭圆的方程为，
由消去，得．（*）
由，
得． 解得． ∴． ∴．
当时，，此时椭圆的方程为．
把代入方程（*），解得，．
∴点的坐标为．