3.1.1 第2课时 椭圆的定义及方程的应用(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修1（苏教版）

第2课时　椭圆的定义及方程的应用 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] [课时目标] 1.进一步掌握椭圆的定义,能利用椭圆的定义解决“焦点”三角形问题. 2.会判断直线与椭圆的位置关系,能应用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题. 题型(一)　焦点三角形问题 设F1和F2是椭圆的两个焦点,P为椭圆上的任意一点,当P,F1,F2三点不在同一条直线上时,点P,F1,F2构成一个三角形,我们把这个三角形称为椭圆的焦点三角形,如图所示.它们具有以下性质: (1)PF1+PF2=2a,F1F2=2c. (2)F1=P+P-2PF1·PF2·cos∠F1PF2. (3)当PF1=PF2时,∠F1PF2最大. (4)焦点三角形的周长为2a+2c. (5)S=PF1·PF2sin∠F1PF2=b2tan. [例1]　已知点P是椭圆+=1上一点,椭圆的左、右焦点分别为F1,F2,且cos∠F1PF2=,求△PF1F2的面积. 解:由椭圆+=1,得a=5,b=3,c=4.PF1+PF2=10,在△PF1F2中,由余弦定理可得,F1=P+P-2PF1·PF2·cos∠F1PF2=(PF1+PF2)2-2PF1·PF2-2PF1·PF2·,可得64=100-PF1·PF2,得PF1·PF2=,故=PF1·PF2·sin∠F1PF2=×× =. 　　[变式拓展] 1.若本例条件去掉“cos∠F1PF2=”,求△PF1F2面积的最大值. 解:当PF1=PF2时,最大,此时=×2c×b=12.故△PF1F2面积的最大值为12. 2.若本例条件“cos∠F1PF2=”变为“cos∠F1PF2=0”,求△PF1F2的面积. 解:易知∠F1PF2=90°,故S=b2tan=b2tan 45°=9. 3.若本例条件“cos∠F1PF2= ”变为“∠PF1F2=90°”,其他条件不变,求△PF1F2的面积. 解:由已知得a=5,b=3,c=4,在△PF1F2中,由勾股定理知P=P+F1.即P=P+64,由椭圆定义知PF1+PF2=10.故(10-PF1)2=P+64,解得PF1=.故=××8=. |思|维|建|模| 椭圆中的焦点三角形的应用技巧 　　椭圆上一点P与椭圆的两个焦点F1,F2构成的△PF1F2,称为焦点三角形.在处理椭圆中的焦点三角形问题时,可结合椭圆的定义PF1+PF2=2a及三角形中的有关定理和公式(如正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等)来求解. 　　[针对训练] 1.已知椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1的直线l交该椭圆于P,Q两点,若PF2+QF2=9,则PQ= (　　) A.5 B.6 C.7 D.8 解析:选C　∵椭圆+=1,∴a2=16,a=4,∵P,Q在椭圆上,∴PF1+PF2=2a=8,QF1+QF2=2a=8,∴△PQF2的周长为PF1+PF2+QF1+QF2=PF2+QF2+PQ=16,∵PF2+QF2=9,∴PQ=7. 2.如图,椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆上,若PF1=4,∠F1PF2=120°,则a的值为　　　　.  解析:根据题意可得PF1+PF2=2a,可得PF2=2a-4,又c2=a2-2,利用余弦定理可得cos∠F1PF2==-,即=-,整理可得=-,解得a=3. 答案:3 题型(二)　直线与椭圆位置关系的判断 　　一般,联立直线y=kx+m与椭圆+=1(a>b>0)的方程,得消去y,得一个一元二次方程. 位置关系 解的个数 Δ的取值 相交 2 Δ>0 相切 1 Δ=0 相离 0 Δ<0 [例2]　已知直线l:y=2x+m,椭圆C:+=1.试问当m取何值时,直线l与椭圆C: (1)相交;(2)相切;(3)相离? 解:(1)联立得9x2+8mx+2m2-4=0,Δ=64m2-36(2m2-4)=144-8m2, 当直线与椭圆相交,即Δ>0时,144-8m2>0,解得-3<m<3. (2)当直线与椭圆相切,即Δ=0时,144-8m2=0,解得m=±3. (3)当直线与椭圆相离,即Δ<0时,144-8m2<0,解得m>3或m<-3. |思|维|建|模| 　　判断直线与椭圆的位置关系,可以直接由直线方程和椭圆方程联立后,通过消元得到关于x(或y)的一元二次方程,然后利用判别式判断即可;有些题目也可注意直线所恒过的点与椭圆的位置关系,从而得到所求范围. 　 　[针对训练] 3.直线l:ax+y-a+1=0与椭圆+=1的位置关系是 (　　) A.相交 B.相切 C.相离 D.相切或相交 解析:选A　法一　∵ax+y-a+1=0,即a(x-1)+y+1=0,∴直线l恒过定点M(1,-1),又∵椭圆+=1,∴+<1,∴定点M在椭圆内,∴直线l与椭圆相交. 法二　⇒(3a2+2)x2-6a(a-1)x+3(a2-2a-1)=0, ∴Δ=36a2(a-1)2-12(3a2+2)(a2-2a-1)=48a2+48a+24=48+12>0恒成立, ∴直线l与椭圆相交. 4.直线l:y=kx+2与椭圆C:+y2=1有公共点,则k的取值范围为　　　　　　　　　　　.  解析:联立整理得(2k2+1)x2+8kx+6=0. 因为直线l与椭圆C有公共点. 所以Δ=(8k)2-24(2k2+1)≥0, 解得k≥或k≤-. 答案:∪ 题型(三)　直线与椭圆位置关系的应用 [例3]　已知椭圆+=1和点P(4,2),直线l经过点P且与椭圆交于A,B两点.当点P恰好为线段AB的中点时,求l的方程. 解:法一:根与系数的关系、中点坐标公式法 设l的斜率为k,则其方程为y-2=k(x-4). 联立消去y,得(1+4k2)x2-(32k2-16k)x+(64k2-64k-20)=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=. 因为线段AB的中点恰好为P(4,2),所以==4,解得k=-,且满足Δ>0. 所以直线l的方程为y-2=-(x-4), 即y=-x+4. 法二:点差法　设A(x1,y1),B(x2,y2), 则有 两式相减得+=0, 整理得kAB==-. 因为P(4,2)是线段AB的中点,所以x1+x2=8,y1+y2=4,所以kAB=-=-, 所以直线AB的方程为y-2=-(x-4),即y=-x+4. 法三:共线法　设所求直线与椭圆的一个交点为A(x,y),另一个交点为B,由于点P(4,2)为线段AB的中点,因此B(8-x,4-y). 因为A,B两点都在椭圆上, 所以 ①-②,得x+2y-8=0. 即点A的坐标满足这个方程,根据对称性,点B的坐标也满足这个方程,而过A,B两点的直线只有一条,故所求直线的方程为x+2y-8=0. 　　[变式拓展] 本例条件不变,求AB的长. 解:由例知l的方程为y=-x+4.设弦AB的两端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2), 由 得2y2-8y+7=0,所以y1+y2=4,y1y2=, 所以AB==. |思|维|建|模| 1.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公式解决. (2)点差法:利用交点在曲线上,坐标满足方程,将交点坐标分别代入椭圆方程,然后作差,构造出中点坐标和斜率的关系. (3)共线法:利用中点坐标公式,如果弦的中点为P(x0,y0),设其中一个交点为A(x,y),则另一个交点为B(2x0-x,2y0-y),将A,B的坐标分别代入椭圆方程,作差即得所求直线方程. 2.求弦长的一般步骤 (1)联立直线与椭圆的方程; (2)设法消去未知数y(或x),得到关于x(或y)的一元二次方程,由根与系数的关系得到x1+x2,x1x2(或y1+y2,y1y2); (3)代入弦长公式AB=·|x1-x2|=·或AB=|y1-y2|=(k≠0)求解. 　　[针对训练] 5.已知椭圆+y2=1与直线y=x+m交于A,B两点,且AB=,则实数m的值为 (　　) A.±1 B.± C. D.± 解析:选A　由消去y并整理,得3x2+4mx+2m2-2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=. 由题意,得AB== =,解得m=±1. 6.若椭圆+=1的弦AB被点P(1,1)平分,则AB所在直线的方程为 (　　) A.9x+4y-13=0 B.4x+9y-13=0 C.x+2y-3=0 D.x+3y-3=0 解析:选B　若直线AB⊥x轴,则点A,B关于x轴对称,则直线AB的中点在x轴,不合乎题意,所以直线AB的斜率存在,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=y1+y2=2,所以两式作差可得+=0,即+=0,即+=0,可得直线AB的斜率为kAB==-,所以直线AB的方程为y-1=-(x-1),即4x+9y-13=0. [课时检测] 1.已知直线l:x+y-3=0,椭圆+y2=1,则直线与椭圆的位置关系是 (　　) A.相离 B.相切 C.相交 D.相交或相切 解析:选A　把x+y-3=0代入+y2=1,得+(3-x)2=1,即5x2-24x+32=0.∵Δ=(-24)2-4×5×32=-64<0,∴直线与椭圆相离. 2.直线y=x-1被椭圆2x2+y2=4所截得的弦的中点坐标是 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　由消去y得2x2+(x-1)2=4,即3x2-2x-3=0,∴弦的中点的横坐标是x=×=,代入直线方程y=x-1中,得y=-,∴弦的中点坐标是. 3.设F1,F2为椭圆C:+y2=1的两个焦点,点P在C上,若·=0,则PF1·PF2= (　　) A.0 B.1 C.2 D.4 解析:选C　由椭圆C:+y2=1,可得a=,b=1,c=2,因为·=0,所以PF1⊥PF2,由题意可得 即PF1·PF2= ==2. 4.经过点P且与椭圆+y2=1相切的直线方程是 (　　) A.x+2y-4=0 B.x-2y-4=0 C.x+2y-2=0 D.x-2y+2=0 解析:选A　显然当x=1时,直线与椭圆有两个交点,不符合题意;当存在斜率k时,直线方程设为y-=k(x-1),与椭圆的方程联立,得得(1+4k2)x2+4kx(-2k)+4k2-4k-1=0,直线与椭圆相切,故Δ=0,即[4k(-2k)]2-4×(1+4k2)×(4k2-4k-1)=0,解得k=-,所以切线方程为x+2y-4=0,故选A. 5.P是椭圆+=1上一点,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,若PF1·PF2=12,则∠F1PF2的大小为 (　　) A.60° B.30° C.120° D.150° 解析:选A　由椭圆的定义得PF1+PF2=8,F1F2=2,∴(PF1+PF2)2=64,∵PF1·PF2=12,∴P+P=40,在△F1PF2中,cos∠F1PF2==,∵0°<∠F1PF2<180°,∴∠F1PF2=60°. 6.(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍,则m= (　　) A. B. C.- D.- 解析:选C　将直线y=x+m与椭圆C联立消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0.因为直线y=x+m与椭圆C相交于A,B两点,则Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0,解得-2<m<2.由题意,F1(-,0),F2(,0),因为△F1AB面积是△F2AB面积的2倍,所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍,即=2×,解得m=-或m=-3(舍去),故选C. 7.(5分)若直线y=x+2与椭圆+=1有两个公共点,则m的取值范围是　　　　　　　　.  解析:∵+=1表示椭圆,∴m>0且m≠3. 由得(m+3)x2+4mx+m=0, ∴Δ=16m2-4m(m+3)>0,解得m>1或m<0. ∴m>1且m≠3,∴m的取值范围是(1,3)∪(3,+∞). 答案:(1,3)∪(3,+∞) 8.(5分)已知椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,若在椭圆上存在点P使得PF1⊥PF2,且△PF1F2的面积是2,则|a|=　　　　.  解析:根据椭圆定义知PF1+PF2=2|a|,由PF1⊥PF2,得△PF1F2为直角三角形,∴P+P=(2c)2,又∵△PF1F2的面积为2,∴·PF1·PF2=2,则PF1·PF2=4,∴(2a)2=(PF1+PF2)2=P+P+2PF1·PF2=4c2+8,可得a2-c2=2=b2,由+=1可得b2=a2-4,所以a2-4=2,解得|a|=. 答案: 9.(5分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(4,0),过点F的直线交椭圆E于A,B两点,若AB的中点坐标为M(1,-1),则椭圆E的方程为　　　　　　.  解析:由题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程+=1,可得 两式相减可得+=0,变形可得kAB==﹐又AB的中点M为(1,-1),所以x1+x2=2,y1+y2=-2,代入上式可得,kAB==,又kAB=kMF,F(4,0),kMF=,所以=,3b2=a2,又a2=b2+c2,c2=16,解得a2=24,b2=8,所以椭圆E的方程为+=1. 答案:+=1 10.(5分)如图,椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P是椭圆上任意一点(与F1,F2不共线),M在F1P的延长线上,PN是∠MPF2的角平分线,过F2作F2Q垂直于PN,垂足为Q,则OQ=　　　.  解析:由题意,延长F2Q交F1M于点A,连接OQ,如图, 因为PN为∠MPF2的角平分线且AF2⊥PN,所以PF2=PA,则PF1+PF2=PF1+PA=4,即F1A=4.在△AF1F2中,易知O,Q分别为F1F2,AF2的中点,即OQ为中位线,所以OQ=AF1=2. 答案:2 11.(5分)阿基米德既是古希腊著名的物理学家,也是著名的数学家,他利用“逼近”的方法得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,P是C上一点,PF1=3PF2,∠F1PF2=,C的面积为12π,则C的标准方程为　　　　　　　　　　.  解析:由椭圆的定义可知PF1+PF2=2a, 又PF1=3PF2,所以PF1=a,PF2=a. 又∠F1PF2=,所以F1=P+P-2PF1·PF2cos∠F1PF2,所以4c2=a2+a2-a2,所以a=c,b==c.又椭圆的面积为12π,所以c·cπ=12π,解得c2=7,a2=16,b2=9,所以椭圆C的标准方程为+=1. 答案:+=1 12.(10分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(0,-1),F2(0,1),且椭圆C经过点P. (1)求椭圆方程;(4分) (2)若A点为椭圆上一动点,求A点到直线y=x-4的最小距离.(6分) 解:(1)∵椭圆C的焦点为F1(0,-1),F2(0,1),∴c=1　①, 又∵点在椭圆C:+=1上, ∴+=1　②, 而a2=b2+c2　③, ∴联立①②③得∴椭圆方程为+x2=1. (2)设l:y=x+m与椭圆相切, ∴联立方程组∴3x2+2mx+m2-2=0,Δ=4m2-4×3(m2-2)=0,∴m=±, 显然易知当m=-时,l:y=x-与y=x-4距离最近, ∴d===2-. 13.(10分)已知F1,F2分别为椭圆+=1(0<b<10)的左、右焦点,P是椭圆上一点. (1)若∠F1PF2=60°,且△F1PF2的面积为,求b的值;(6分) (2)求PF1·PF2的最大值.(4分) 解:(1)由椭圆方程知+=1,a=10,c2=100-b2,则PF1+PF2=20, 由△F1PF2的面积为S=PF1·PF2·sin 60°=, 解得PF1·PF2=, 由余弦定理得F1=P+P-2PF1·PF2·cos 60°=(PF1+PF2)2-3PF1·PF2=400-256=144, 即100-b2=36,所以b2=64,即b=8. (2)由基本不等式得PF1·PF2≤=100, 当且仅当PF1=PF2=10时,等号成立, 所以PF1·PF2的最大值为100. 14.(15分)如图,过点B(0,-b)作椭圆+=1(a>b>0)的弦,求这些弦中的最大弦长. 解:设M(x,y)是椭圆上任意一点,则BM2=x2+(y+b)2=x2+y2+2by+b2①, 由+=1,有x2=(b2-y2)②. 将②代入①式,整理得BM2=y2+2by+(a2+b2)=·+. ∵-b≤y≤b,当b≤c时,≤b, ∴当y=时,BM的最大值为. 当b>c时,>b, ∴当y=b时,点M为(0,b),即y轴上方顶点位置,∴BM的最大值为2b. 综上所述,当b≤c时,这些弦中的最大弦长为;当b>c时,这些弦中的最大弦长为2b. 85 / 134 学科网（北京）股份有限公司 $$