《2019高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.4 椭圆及其性质课件 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.4 椭圆及其性质课件 理（25页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、9.4 椭圆及其性质,高考理数,考点一 椭圆的定义及其标准方程 1.椭圆的定义 把平面内与两个定点F1,F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹 叫做椭圆. 椭圆定义中的常数2a|F1F2|,即对椭圆上任意一点M都有|MF1|+|MF2|= 2a|F1F2|.这个条件是必要的,否则其轨迹就不是椭圆.事实上,若2a=|F1F2 |,其轨迹是 线段F1F2 ;若2a|F1F2|,其轨迹不存在. 2.(1)椭圆标准方程的推导是根据椭圆的定义,通过建立恰当的坐标系求 出的,参数b= ,它是因为化简方程的需要而引入的,它具有 明确的几何意义:b表示短半轴的长.,知识清单,(2)求椭圆的标准方
2、程应从“定形”“定式”和“定量”三个方面去思 考.“定形”是指对称中心在原点,以坐标轴为对称轴的情况下,焦点在 哪条坐标轴上;“定式”是根据“形”设椭圆方程的具体形式;“定 量”是指用定义法或待定系数法确定a,b的值.,考点二 椭圆的几何性质,考点三 直线与椭圆的位置关系 直线与椭圆的位置关系主要是指公共点问题、相交弦问题及其他 综合问题.反映在代数上,就是直线与椭圆方程联立所得的方程组有无 实数解及实数解的个数的问题,它体现了方程思想的应用.如把椭圆方 程 + =1与直线方程y=kx+m联立消去y,整理成Ax2+Bx+C=0的形式(这 里的系数A一定不为零),设其判别式为. (1)当0时,直
3、线与椭圆有两个公共点M(x1,y1),N(x2,y2),则可结合根与系 数的关系代入弦长公式|MN|= = 求得弦MN的长度. (2)当=0时,直线与椭圆相切,=0是直线与椭圆相切的充要条件. (3)当0时,直线与椭圆相离,0是直线与椭圆相离的充要条件.,【知识拓展】 1.点P(x0,y0)和椭圆 + =1(ab0)的关系 (1)P(x0,y0)在椭圆内 + 1. 2.如图,过椭圆的一个焦点且与长轴垂直的弦|AB|= ,称为通径.,3.如图,P为椭圆上的点,F1,F2为椭圆的两个焦点,且F1PF2=,则F1PF2 的面积为b2tan .,4.椭圆 + =1(ab0)与 + =k(k0)有相同的
4、离心率. 5.设A,B分别为椭圆 + =1(ab0)的左、右顶点,P为椭圆上不同于A, B的任意一点,则kPAkPB=- .,1.利用待定系数法求椭圆的标准方程 (1)作判断:根据条件判断椭圆的焦点是在x轴上,还是在y轴上,还是两个 坐标轴上都有可能; (2)设方程:根据上述判断设方程: + =1(ab0), + =1(ab0)或 mx2+ny2=1(m0,n0,mn); (3)找关系:根据已知条件,建立关于a,b,c或m,n的方程组; (4)得方程:解方程组,将解代入所设方程,即为所求. 注意:用待定系数法求椭圆的方程时,要“先定型,再定量”,不能确定焦点的位置时,可进行分类讨论或把椭圆的方
5、程设为mx2+ny2=1(m0,n0,mn).,求椭圆的标准方程的方法,方法技巧,2.利用定义及性质求椭圆的标准方程 (1)根据动点满足的几何意义,写出标准方程. (2)建立关于a,b,c,e的方程或方程组,进而求得方程.,注意:(1)如果椭圆焦点位置不能确定,可设方程为Ax2+By2=1(A0,B0,A B)或 + =1(m2n2). (2)与椭圆 + =1共焦点的椭圆方程可设为 + =1(k-m2,k -n2). (3)与椭圆 + =1(ab0)有相同离心率的椭圆方程可设为 + =k1 (k10,焦点在x轴上)或 + =k2(k20,焦点在y轴上).,例1 (2017广东惠州三调,20)已
6、知椭圆C: + =1(ab0)的左、右焦 点分别为F1(-1,0)、F2(1,0),点A 在椭圆C上. (1)求椭圆C的标准方程; (2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同交点M,N 时,能在直线y= 上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足 = ?若 存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.,解题导引,解析 (1)由题意知c=1, 因为A 在椭圆C上,所以2a=|AF1|+|AF2|=2 , (2分) 所以a2=2,所以b2=a2-c2=1, 故椭圆C的方程为 +y2=1. (5分) (2)不存在满足条件的直线,证明如下:假设存在满足条件的直线,设直线 的方程为y=2x+
7、t,M(x1,y1),N(x2,y2),P ,Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0), 由 消去x,得9y2-2ty+t2-8=0, (6分) 所以y1+y2= ,且=4t2-36(t2-8)0,故y0= = ,且-3t3. (8分) 由 = 得 =(x4-x2,y4-y2), (9分) 所以有y1- =y4-y2,y4=y1+y2- = t- . (10分) 也可由 = 知四边形PMQN为平行四边形,又D为线段MN的中点, 因此,D也为线段PQ的中点,所以y0= = ,可得y4= 又-3t3,所以- y4-1, 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是-1,1矛盾. (11分) 因此不存在满足
8、条件的直线. (12分),链接高考 解决圆锥曲线问题的主体思想是根据圆锥曲线的定义或几 何性质求解圆锥曲线的标准方程,并在此基础上联立直线与圆锥曲线的 方程并消元,由根与系数的关系得到含有参数的等式,然后进一步研究 问题.一般是研究参数的取值范围问题、中点弦问题、弦长或面积的最 值问题等.,1.与几何性质有关的问题要结合图形进行分析,即使不画出图形,思考时 也要联想到图形.涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量,理清 它们之间的关系,挖掘出它们之间的联系,求解自然就不难了. 2.椭圆的离心率e= = 是刻画椭圆性质的不变量,当e越趋近于1 时,椭圆越扁,当e越趋近于0时,椭圆越圆. 求椭圆的
9、标准方程需要两个条件,而求椭圆的离心率只需要根据一个条 件得到关于a、b、c的齐次方程,结合a2=b2+c2即可求出.,椭圆的几何性质的应用策略,例2 (2017广东广州一模,8)已知F1、F2分别是椭圆C: + =1(ab0) 的左、右焦点,若椭圆C上存在点P使F1PF2为钝角,则椭圆C的离心率 的取值范围是 ( A ) A. B. C. D.,解析 设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),由题易知|x0| + 有解,即c2( + )min,又 =b2- ,b2+c2=a2, b2,所 以e2= ,又0e1,所以 e1,故椭圆C的离心率的取值范围是 ,故选A.,解题关键 本题考
10、查了平面向量的数量积在解题中的应用,体现了化归 与转化思想,解答此题的关键在于把存在点P使F1PF2为钝角转化为 与 的数量积小于0有解.,一题多解 如图,椭圆上存在点P使F1PF2为钝角以原点O为圆心,c 为半径的圆与椭圆有四个不同的交点bc,由bc,得a2-c2c2,即a22c2, 即e2 ,又0e1, e1.故椭圆C的离心率的取值范围是 ,故 选A.,1.判断直线与椭圆的位置关系,可通过讨论直线方程与椭圆方程组成的 方程组的实数解个数来确定.一般通过消元得关于x(或y)的一元二次方 程,若0,则直线与椭圆相交;若=0,则直线与椭圆相切;若0,则直线 与椭圆相离. 2.弦长公式:设A(x1
11、,y1),B(x2,y2)为直线与椭圆的两个交点,直线AB的斜率 存在,设为k(k0),则 |AB|= = , 即|AB|= |x1-x2|= |y1-y2|.,解决直线与椭圆位置关系问题的方法,3.设A(x1,y1),B(x2,y2)为椭圆 + =1(ab0)上两点,弦AB的中点为P(x0, y0),则x0= ,y0= ,可通过根与系数的关系来解决弦中点问题,这 其中的解题方法就是常说的“设而不求,整体代入”;也可以由 用-将问题转化为斜率与中点坐标的关系来解决(称 为点差法). 4.在直线与椭圆的位置关系问题中,常涉及变量的求值和最值(范围)问 题,通常要用方程和函数的思想方法,而恰当地选
12、择函数的自变量至关 重要.,例3 (2016四川,20,13分)已知椭圆E: + =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,使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.,解题导引,解析 (1)由已知,a= b, 则椭圆E的方程为 + =1. 由方程组 得3x2-12x+(18-2b2)=0. 方程的判别式为=24(b2-3),由=0,得b2=3, 此时方程的解为x=2, 所以椭
13、圆E的方程为 + =1. 点T坐标为(2,1). (2)由已知可设直线l的方程为y= x+m(m0),由方程组 可得 所以P点坐标为 ,|PT|2= m2. 设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2). 由方程组 可得3x2+4mx+(4m2-12)=0. 方程的判别式为=16(9-2m2), 由0,解得- m .,由得x1+x2=- ,x1x2= .所以|PA|= = , 同理|PB|= . 所以|PA|PB|= = = = m2. 故存在常数= ,使得|PT|2=|PA|PB|.,评析 本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,解这类题常用方程的思 想方法,并结合根与系数的关系,两点间距离公式,难点是运算量比较大, 注意运算技巧.,
