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.
听课记录:
[变式拓展]
1.若本例条件去掉“cos∠F1PF2=”,求△PF1F2面积的最大值.
2.若本例条件“cos∠F1PF2=”变为“cos∠F1PF2=0”,求△PF1F2的面积.
3.若本例条件“cos∠F1PF2= ”变为“∠PF1F2=90°”,其他条件不变,求△PF1F2的面积.
|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
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 .
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
听课记录:
|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
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 .
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.
听课记录:
[变式拓展]
本例条件不变,求AB的长.
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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.±
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
第2课时 椭圆的定义及方程的应用
[题型(一)]
[例1] 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，F1F＝PF＋PF－2PF1·PF2·cos∠F1PF2＝(PF1＋PF2)2－2PF1·PF2－2PF1·PF2·，可得64＝100－PF1·PF2，得PF1·PF2＝，故S△F1PF2＝PF1·PF2·sin∠F1PF2＝×× ＝.
[变式拓展]
1．解：当PF1＝PF2时，S△PF1F2最大，此时S△PF1F2＝×2c×b＝12.故△PF1F2面积的最大值为12.
2．解：易知∠F1PF2＝90°，
故S＝b2tan＝b2tan 45°＝9.
3．解：由已知得a＝5，b＝3，c＝4，在△PF1F2中，由勾股定理知PF＝PF＋F1F.即PF＝PF＋64，由椭圆定义知PF1＋PF2＝10.故(10－PF1)2＝PF＋64，解得PF1＝.故S△PF1F2＝××8＝.
[针对训练]
1．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．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)]
[例2] 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(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.
[针对训练]
3．选A ∵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．
4．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)]
[例3] 解：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.
[变式拓展]
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＝ ＝.
[针对训练]
5．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．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.
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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]
第2课时
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.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 焦点三角形问题
题型(二) 直线与椭圆位置关系
的判断
题型(三) 直线与椭圆位置关系的应用
4
课时检测
题型(一) 焦点三角形问题
01
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=×× =.
1.若本例条件去掉“cos∠F1PF2=”，求△PF1F2面积的最大值.
变式拓展
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=.
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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.
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
针对训练
解析：∵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.
3
题型(二) 直线与椭圆位置关系
的判断
02
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；
解：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(2)相切；
解：当直线与椭圆相切，即Δ=0时，144-8m2=0，解得m=±3.
(3)相离
解：当直线与椭圆相离，即Δ<0时，144-8m2<0，解得m>3或m<
-3.
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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：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≤-.
∪
题型(三) 直线与椭圆位置关系的应用
03
[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.
本例条件不变，求AB的长.
变式拓展
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：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：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
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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：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.
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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：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.
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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：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.
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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
√
1
5
6
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9
10
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3
4
2
解析：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.
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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：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°.
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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.-
√
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解析：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-21
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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，+∞).
(1，3)∪(3，+∞)
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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|=.
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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，
+=1
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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.
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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=_________.
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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.
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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______________.
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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.
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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)
解：∵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.
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(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：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-.
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13.(10分)已知F1，F2分别为椭圆+=1(0(1)若∠F1PF2=60°，且△F1PF2的面积为，求b的值；(6分)
解：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.
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(2)求PF1·PF2的最大值.(4分)
解：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.
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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)=·+.
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∵-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.课时检测(十七) 椭圆的定义及方程的应用
(标的题目为推荐讲评题,配有精品课件.选择、填空题请在后面的答题区内作答)
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
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.
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
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
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°
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.-
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 .
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|= .
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 .
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= .
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 .
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)
13.(10分)已知F1,F2分别为椭圆+=1(0(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)
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.
课时检测(十七)
1．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．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．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．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．选A 由椭圆的定义得PF1＋PF2＝8，F1F2＝2，∴(PF1＋PF2)2＝64，∵PF1·PF2＝12，∴PF＋PF＝40，在△F1PF2中，cos∠F1PF2＝＝，∵0°＜∠F1PF2＜180°，∴∠F1PF2＝60°.
6．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．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．解析：根据椭圆定义知PF1＋PF2＝2|a|，由PF1⊥PF2，得△PF1F2为直角三角形，∴PF＋PF＝(2c)2，又∵△PF1F2的面积为2，∴·PF1·PF2＝2，则PF1·PF2＝4，∴(2a)2＝(PF1＋PF2)2＝PF＋PF＋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．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．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．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F1F＝PF＋PF－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．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．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F1F＝PF＋PF－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．解：设M(x，y)是椭圆上任意一点，则BM 2＝x2＋(y＋b)2＝x2＋y2＋2by＋b2①，
由＋＝1，有x2＝(b2－y2)②.
将②代入①式，整理得BM 2＝y2＋2by＋(a2＋b2)＝·2＋.
∵－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.
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