椭圆习题

例1【2017宝鸡中学高三理科第一次月考第22题】
已知右焦点为(F)的椭圆(M：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{3}=1(a>sqrt{3}))与直线(y=cfrac{3}{sqrt{7}})相交于(P)、(Q)两点，且(PFperp QF)。

(1)、求椭圆(M)的方程。
(2)、(O)为坐标原点，(A)、(B)、(C)是椭圆(M)上不同三点，并且(O)是(Delta ABC)的重心，试探究(Delta ABC)的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由。

分析：(1)、将(y=cfrac{3}{sqrt{7}})代入椭圆方程，得到(x=pmcfrac{2}{sqrt{7}}a)，

故得到P((cfrac{2}{sqrt{7}}a，cfrac{3}{sqrt{7}}))， Q((-cfrac{2}{sqrt{7}}a，cfrac{3}{sqrt{7}}))，F((sqrt{a^2-3}，0))，

这样(overrightarrow{PF}=(sqrt{a^2-3}-cfrac{2}{sqrt{7}}a，-cfrac{3}{sqrt{7}}))，(overrightarrow{QF}=(sqrt{a^2-3}+cfrac{2}{sqrt{7}}a，-cfrac{3}{sqrt{7}}))，

由(overrightarrow{PF}cdotoverrightarrow{QF}=0)，得到(a^2=4) ，

故椭圆M：(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1)。

(2)、待编辑。

例2【2017凤翔中学高三理科第三次月考第14题】【利用椭圆的定义求解】

已知直线(l)交椭圆(cfrac{x^2}{9}+cfrac{y^2}{5}=1)于(A、B)两点，(F_1)是椭圆的左焦点，当直线(l)经过椭圆的右焦点时，求(Delta ABF_1)的周长。

分析：由题可知，(a=3)，如图所示，由椭圆的定义可知(|AF_1|+|AF_2|=2a)，(|BF_1|+|BF_2|=2a)，

故(Delta ABF_1)的周长为(|AF_1|+|BF_1|+|AB|=|AF_1|+|BF_1|+|AF_2|+|BF_2|=4a=12)。

例3【2017凤翔中学高三理科第三次月考第20题】已知椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的离心率为(cfrac{sqrt{3}}{2})，椭圆(C)的长轴长为(4)．

（1）求椭圆(C) 的方程；

（2）已知直线(l：y=kx-sqrt{3})与椭圆(C)交于(A，B)两点，是否存在实数(k)使得以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)？若存在，求出(k)的值；若不存在，请说明理由。

分析：(1)设椭圆(C)的半焦距为(c)，则由题目可知，(2a=4)，(cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{3}}{2})，

解得(b^2=1)，(a^2=4)，故椭圆(C) 的方程为(cfrac{x^2}{4}+y^2=1)。

(2)存在实数(k)，使得以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)。理由如下：

设点(A(x_1，y_1))，点(B(x_2，y_2))，将直线(l：y=kx-sqrt{3})代入椭圆(C) 的方程为(cfrac{x^2}{4}+y^2=1)，

整理得到((1+4k^2)x^2-8sqrt{3}kx+8=0 (*))。

则由韦达定理有(x_1+x_2=cfrac{8sqrt{3}k}{1+4k^2})，(x_1x_2=cfrac{8}{1+4k^2})，

由于以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)，故满足(overrightarrow{OA}cdot overrightarrow{OB}=0)，

即(x_1x_2+y_1y_2=0)，又(y_1y_2=k^2x_1x_2-sqrt{3}k(x_1+x_2)+3)

则有(cfrac{8}{1+4k^2}-cfrac{4k^2-3}{1+4k^2}=0)

解得(k=pm cfrac{sqrt{11}}{2})，

经过检验知道，此时((*))式的(Delta >0)，满足题意。

所以当(k=pm cfrac{sqrt{11}}{2})时，以线段(AB)为直径的圆恰好经过坐标原点(O)。

例4【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第19题】已知椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1，a>b>0)的两个焦点和短轴的两个端点都在圆(x^2+y^2=1)。

(1)求椭圆(C)的方程；

分析：由题目可知，(b=1)，(c=1)，则(a^2=2)，

故椭圆方程为(C：cfrac{x^2}{2}+y^2=1)；

(2)若斜率为(k)的直线过点(M(2，0))，且与椭圆(C)相交于(A、B)两点，试探讨(k)为何值时，(OAperp OB)。

分析：设点(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，直线(AB)的方程为(y=k(x-2))，

由(left{egin{array}{l}{y=k(x-2)}\{cfrac{x^2}{2}+y^2=1}end{array} ight.)，消去(y)得到，((1+2k^2)x^2-8k^2x+8k^2-2=0)，

所以(x_1+x_2=cfrac{8k^2}{1+2k^2})，(x_1x_2=cfrac{8k^2-2}{1+2k^2})，

由于(OAperp OB)，所以(x_1x_2+y_1y_2=0)。

而(y_1y_2=k^2(x_1-2)(x_2-2))，所以(x_1x_2+k^2(x_1-2)(x_2-2)=0)，

即((1+k^2)x_1x_2-2k^2(x_1+x_2)+4k^2=0)，

所以(cfrac{(1+k^2)(8k^2-2)}{1+2k^2}-cfrac{16k^4}{1+2k^2}+4k^2=0)，

解得(k^2=cfrac{1}{5})，此时(Delta >0)，所以(k=pm cfrac{sqrt{5}}{5})。

例5椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0))的左右焦点为(F_1，F_2)，焦距(2c)，若直线(y=sqrt{3}(x+c))与椭圆(C)的一个交点为(M)，满足(angle MF_1F_2=2angle MF_2F_1)，则该椭圆的离心率(e)=___________。

待解答。

例6【2017高考理科数学Ⅲ卷第10题】已知椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0))的左右顶点为(A_1，A_2)，且以线段(A_1A_2)为直径的圆与直线(bx-ay+2ab=0)相切，则椭圆(C)的离心率为【】

$A.cfrac{sqrt{6}}{3}$ $B.cfrac{sqrt{3}}{3}$ $C.cfrac{sqrt{2}}{3}$ $D.cfrac{1}{3}$

分析：由于(A_1A_2=2a)，故圆的半径为(r=a)，由题目圆与直线(bx-ay+2ab=0)相切，

则圆心到此直线的距离(d=r)，即(cfrac{|b imes 0-a imes 0+2ab|}{sqrt{a^2+b^2}}=a)，解得(a^2=3b^2)，则(c^2=a^2-b^2=2b^2)，

故(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{2b^2}{3b^2}=cfrac{sqrt{6}}{3})，故选(A)。

例7【2019届高三理科数学三轮模拟训练用题】定义：椭圆(cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))中长度为整数的焦点弦(过焦点的弦)为“好弦”，则椭圆(cfrac{x^2}{25}+cfrac{y^2}{9}=1)的所有“好弦”的长度为【】

$A.162$ $B.166$ $C.312$ $D.364$

分析：椭圆(cfrac{x^2}{25}+cfrac{y^2}{9}=1)中的最短弦长为通经，最长的弦长为长轴的长，容易计算得到通经长为(cfrac{18}{5}=3.6)，则椭圆的弦从最短的弦变化为最长的弦的过程中，得到的好弦的长度分别为(4)，(5)，(6)，(7)，(8)，(9)，(10)，

而且由于椭圆关于(x)轴对称，故有两组，又由于焦点有两个，故还有两组，故共有四组，其和为((4+5+6) (+7+8+9+) (10) imes 4) (=196)，但是上述的计算过程中将最长的好弦(即长轴)多计算了3次，故所求为(196-30=166)，故选(B)。

例8已知椭圆(C：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的左焦点为(F)，离心率为(cfrac{sqrt{2}}{2})，短轴的两个端点分别为(A)、(B)，(S_{ riangle ABF}=1).

(1).求椭圆(C)的标准方程；

分析：由于(S_{ riangle ABF}=1)，则(cfrac{1}{2}ccdot 2b=1)，即(bc=1)，

又由于(e=cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{2}}{2})，(a^2=b^2+c^2)，

解得(a^2=2)，(b^2=1)，即椭圆(C)的标准方程为(cfrac{x^2}{2}+y^2=1)；

(2).过点(D(2，0))的直线(l)与椭圆(C)交于不同的两点(M)，(N)((M)在(D)、(N)之间)，求(cfrac{S_{ riangle ODM}}{S_{ riangle ODN}})((O)为坐标原点)的取值范围；

分析：设(M(x_1，y_1))，(N(x_2，y_2))，直线(l)的方程为(x=my+2)，与椭圆方程(cfrac{x^2}{2}+y^2=1)联立，

消去(x)得到，((m^2+2)y^2+4my+2=0)，由(Delta =8m^2-16>0)，得到(m^2>2)，

所以(y_1+y_2=cfrac{-4m}{m^2+2})，(y_1y_2=cfrac{2}{m^2+2})，

令(cfrac{S_{ riangle ODM}}{S_{ riangle ODN}}=cfrac{|y_1|}{|y_2|}=t)，由于(|y_1|<|y_2|)，则有(0<t<1)，

则(cfrac{(y_1+y_2)^2}{y_1y_2}=t+cfrac{1}{t}+2=cfrac{8m^2}{m^2+2}=cfrac{8}{1+cfrac{1}{m^2}}in (1，8))

即(3-2sqrt{2}<t<1)，所以(cfrac{S_{ riangle ODM}}{S_{ riangle ODN}})的取值范围为((3-2sqrt{2}，1))；

例9【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】已知椭圆(E：cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的右焦点为(F)，短轴的一个端点为(M)，直线(l：3x-4y=0)交椭圆(E)于点(A)，(B)两点，若(|AF|+|BF|=6)，点(M)与直线(l)的距离不小于(cfrac{8}{5})，则椭圆(E)的离心率的取值范围是【】

$A.(0，cfrac{2sqrt{2}}{3})$ $B.(0，cfrac{sqrt{5}}{3}]$ $C.[cfrac{sqrt{6}}{3}，1)$ $D.[cfrac{2sqrt{2}}{3}，1)$

分析：设椭圆的左焦点为(F_1)，则由( riangle FOB cong riangle F_1OA)，则可知(|AF_1|=|BF|)，则由(|AF|+|BF|=6)结合椭圆的定义，得到(2a=6)，则(a=3)，

又由于点(M)与直线(l)的距离不小于(cfrac{8}{5})，得到(cfrac{|-4b|}{5}ge cfrac{8}{5})，解得(bge 2)，

则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{a^2-b^2}{a^2}=1-cfrac{b^2}{9}leq 1-cfrac{4}{9}=cfrac{5}{9})，故(0<eleq cfrac{sqrt{5}}{3})。故选(B)。

例10【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知椭圆(C：x^2+cfrac{y^2}{b^2}=1(b>0，b eq 1))与直线(l：y=x+m)交于(M)，(N)两点，(B)为上顶点，若(|BM|=|BN|)，则(b)的取值范围为______________。

分析：设(M(x_1，y_1))，(N(x_2，y_2))，线段(MN)的中点(P(x_0，y_0))，

则由(b^2x_1^2+y_1^2=b^2)①，(b^2x_2^2+y_2^2=b^2)②，且有(cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=1)，

由点差法，①-②得到，(b^2(x_1+x_2)=-(y_1+y_2))，即(x_0b^2=-y_0)③，

又(|BM|=|BN|)，则(BPperp MN)，(k_{BP}=-1=cfrac{y_0-b}{x_0})④，

由③④可得，(x_0=cfrac{b}{1-b^2})，(y_0=cfrac{b^3}{1-b^2})，由于点(P(cfrac{b}{1-b^2}，cfrac{b^3}{1-b^2}))在椭圆内，

故(cfrac{b^2}{(1-b^2)^2}+cfrac{frac{b^6}{(1-b^2)^2}}{b^2}<1)，

解得(3b^2<1)，又(b>0)，故(0<b<cfrac{sqrt{3}}{3})。

解后反思：①出现这种范围问题的求解策略，其一，联立求解(Delta >0)；其二，点(P(x_0，y_0))在椭圆内，则(cfrac{x_0^2}{a^2}+cfrac{y_0^2}{b^2}<1)，

②涉及到与圆锥曲线相交的直线的斜率、中点问题常常考虑使用点差法。