3.1.1 椭圆及其标准方程
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【基础过关系列】2022-2023学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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基础知识
椭圆的定义
平面内与两个定点\(F_1\) ,\(F_2\) 的距离之和等于常数(大于 \(F_1 F_2\))的点的轨迹称为椭圆．
这两个定点称为椭圆的焦点，两焦点的距离称为椭圆的焦距.
如图：\(P\)是椭圆上一点，\(PF_1+PF_2=2a>F_1 F_2\).
解释
\(PF_1+PF_2=2a>F_1 F_2⇒\)点\(P\)的轨迹是以\(F_1\)、\(F_2\)为焦点的椭圆；
\(PF_1+PF_2=2a=F_1 F_2⇒\)点\(P\)的轨迹是线段\(F_1 F_2\)；
\(PF_1+PF_2=2a<F_1 F_2⇒\)点\(P\)的轨迹是无轨迹.
【例】 点\(P\)到两定点\(F_1 (-1,0)\)，\(F_2 (1,0)\)的距离之和为\(4\)，则动点\(P\)的轨迹是什么？
解析 依题意\(PF_1+PF_2=4\)是定值，且大于两定点距离\(F_1 F_2=2\)，
由椭圆定义可知，动点\(P\)的轨迹是椭圆.
椭圆的标准方程
焦点在\(x\)轴上的椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)；
焦点在\(y\)轴上的椭圆方程为 \(\dfrac{y^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)\).
解释
(1) 椭圆标准方程的证明
椭圆具有对称性，以经过椭圆两焦点的直线为\(x\)轴，线段\(F_1 F_2\)的中垂线为\(y\)轴，建立平面直角坐标系，
设\(P(x,y)\)是椭圆上任意一点，椭圆的焦距为\(2c(c>0)\)，那么焦点\(F_1 (-c,0)\)，\(F_2 (c,0)\)，
根据椭圆定义可得\(PF_1+PF_2=2a\)，则 \(\sqrt{(x+c)^2+y^2}+\sqrt{(x-c)^2+y^2}=2 a\)，
所以 \(\sqrt{(x+c)^2+y^2}=2 a-\sqrt{(x-c)^2+y^2}\)，
两边平方得 \((x+c)^2+y^2=4 a^2-4 a \sqrt{(x-c)^2+y^2}+(x-c)^2+y^2\)，
整理得 \(a^2-c x=a \sqrt{(x-c)^2+y^2}\)，
两边平方得 \(a^4-2 a^2 c x+c^2 x^2=a^2 x^2-2 a^2 c x+a^2 c^2+a^2 y^2\)，
整理得 \(\left(a^2-c^2\right) x^2+a^2 y^2=a^2\left(a^2-c^2\right)\)，
两边同除以 \(a^2\left(a^2-c^2\right)\)得 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{a^2-c^2}=1\)，
即动点\(P\)的轨迹椭圆对应的方程是 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{a^2-c^2}=1\).
由椭圆定义可知\(2a>2c>0\)，即\(a>c>0\)，所以 \(a^2-c^2>0\).
令 \(b^2=a^2-c^2\)，(\(b\)为椭圆与\(y\)轴交点与原点的距离)
则我们称 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)为椭圆的标准方程.
(焦点在\(y\)轴上的椭圆类似证明)
【例】 点\(P\)到两定点\(F_1 (-1,0)\)，\(F_2 (1,0)\)的距离之和为\(4\)，求动点\(P\)轨迹方程.
解析 由椭圆的定义可知，动点\(P\)的轨迹是椭圆，且\(2a=4\)，\(c=1\)，
即 \(a^2=4\)，\(b^2=3\)，则动点\(P\)轨迹方程为 \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\).
(2)对于方程 \(\dfrac{x^2}{m}+\dfrac{y^2}{n}=1\)，
当\(m>0\)，\(n>0\)，且\(m≠n\)时，方程表示的轨迹为椭圆；(若\(m=n\)，则方程表示圆)
当\(m>n>0\)时，方程表示的轨迹为焦点在\(x\)轴的椭圆；
当\(n>m>0\)时，方程表示的轨迹为焦点在\(y\)轴的椭圆；
(由椭圆方程判断焦点的位置与\(a\)的值，我们看分母\(m,n\)的大小)
【例】 椭圆方程\(\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，其焦点在\(x\)轴还是\(y\)轴，\(a\)，\(b\)，\(c\)的值又是多少呢？
解析 焦点在\(x\)轴，且\(a=3\)， \(b=\sqrt{3}\)， \(c=\sqrt{6}\).
焦点三角形
\(F_1\)，\(F_2\)是椭圆 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的焦点，点\(P\)在椭圆上，且与\(F_1\)、\(F_2\)不共线，则三角形\(∆F_1 PF_2\)叫做焦点三角形.
在题目出现焦点三角形\(∆F_1 PF_2\)，可想到椭圆定义\(PF_1+PF_2=2a\)和解三角形的相关知识.
基本方法
【题型1】椭圆的定义
【典题1】 下列说法中正确的是( )
A．已知\(F_1 (-4,0)\)，\(F_2 (4,0)\)，到\(F_1\),\(F_2\)两点的距离之和等于\(8\)的点的轨迹是椭圆
B．已知\(F_1 (-4,0)\)，\(F_2 (4,0)\)，到\(F_1\),\(F_2\)两点的距离之和为\(6\)的点的轨迹是椭圆
C．到\(F_1 (-4,0)\)，\(F_2 (4,0)\)两点的距离之和等于点\(M(5,3)\)到\(F_1\),\(F_2\)的距离之和的点的轨迹是椭圆
D．到\(F_1 (-4,0)\)，\(F_2 (4,0)\)两点距离相等的点的轨迹是椭圆
解析 \(A\)中常数\(8=|F_1 F_2 |\)，\(B\)中常数\(6<|F_1 F_2 |\)，所以轨迹都不是椭圆；
可计算\(C\)中常数等于 \(4 \sqrt{10}>\left|F_1 F_2\right|\)，符合椭圆定义，轨迹是椭圆；
\(D\)中点的轨迹应该是一条直线，故选\(C\)．
点拨
1.轨迹是满足要求的所有点的集合；
2.轨迹是椭圆，要强调\(PF_1+PF_2\)是定值，且大于\(F_1 F_2\).
【典题2】已知动圆\(P\)过定点\(A(-3,0)\)，同时在定圆\(B:(x-3)^2+y^2=64\)的内部与其相内切，求动圆圆心\(P\)的轨迹.
解析 圆 \(B:(x-3)^2+y^2=64\)的圆心为\((3,0)\)，半径是\(8\)，
设动圆\(P\)与定圆\(B\)内切于点\(M\)，则\(PA+PB=PM+PB=8\)，
即点\(P\)的轨迹是以\(A\),\(B\)为焦点的椭圆.
巩固练习
1.已知命题甲：动点\(P\)到两定点\(A\)，\(B\)的距离之和\(|PA|+|PB|=2a\)，其中\(a\)为大于\(0\)的常数；命题乙：\(P\)点轨迹是椭圆，则命题甲是命题乙的( )
A．充分不必要条件 \(\qquad \qquad\) B．必要不充分条件 \(\qquad \qquad\) C．充要条件 \(\qquad \qquad\) D．既不充分又不必要条件
2.已知定点\(F_1\),\(F_2\)，且\(|F_1 F_2 |=7\)，动点\(P\)满足\(|PF_1 |+|PF_2 |=7\)，则动点\(P\)的轨迹是( )．
A．椭圆\(\qquad \qquad\) B．圆\(\qquad \qquad\) C．直线 \(\qquad \qquad\) D．线段
3.已知\(B\)、\(C\)是两个定点，\(|BC|=6\)，且\(△ABC\)的周长等于\(16\)，则顶点\(A\)的轨迹为\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
- 答案 \(B\)
解析 若\(P\)点轨迹是椭圆，则一定有\(|P A|+|PB|=2a\)(\(a>0\)，为常数)．
所以甲是乙的必要条件．
反过来，若\(|PA |+|PB|=2a\)(\(a>0\)，为常数)，
当\(2a>|AB|\)时，\(P\)点轨迹是椭圆；
当\(2a=|AB|\)时，\(P\)点轨迹是线段\(AB\)；
当\(2a<|AB|\)时，\(P\)点的轨迹不存在，所以甲不是乙的充分条件．
综上，甲是乙的必要不充分条件． - 答案 \(D\)
解析 由于\(|PF_1 |+|PF_2 |=|F_1 F_2 |\)，所以动点\(P\)的轨迹不是椭圆，而是线段\(F_1 F_2\)． - 答案 以\(B\)、\(C\)为焦点的椭圆，除去与\(x\)轴的交点
解析 \(∵|BC|=6\)，且\(△ABC\)的周长等于\(16\)，
\(∴AB+AC=10>BC\)，
故顶点\(A\)的轨迹是以\(B\)、\(C\)为焦点的椭圆，除去与\(x\)轴的交点.
【题型2】椭圆的标准方程
【典题1】 已知方程\(\dfrac{x^2}{25-m}+\dfrac{y^2}{m+9}=1\)表示焦点在\(y\)轴上的椭圆，则\(m\)的取值范围是( )．
A．\(-9<m<25\) \(\qquad \qquad\) B．\(8<m<25\) \(\qquad \qquad\) C．\(16<m<25\) \(\qquad \qquad\) D．\(m>8\)
解析 由于椭圆的焦点在\(y\)轴上，所以 \(\left\{\begin{array}{l}
25-m>0 \\
m+9>0 \\
m+9>25-m
\end{array}\right.\)，解得\(8<m<25\)．
点拨 对于方程 \(\dfrac{x^2}{m}+\dfrac{y^2}{n}=1\)，
当\(m>0\)，\(n>0\)，且\(m≠n\)时，方程表示的轨迹为椭圆；(若\(m=n\)，则方程表示圆)
当\(m>n>0\)时，方程表示的轨迹为焦点在\(x\)轴的椭圆；
当\(n>m>0\)时，方程表示的轨迹为焦点在\(y\)轴的椭圆；
(由椭圆方程判断焦点的位置与\(a\)的值，我们看分母\(m,n\)的大小)
【典题2】求适合下列条件的椭圆的标准方程：
(1) 两个焦点坐标分别是\((0,5)\)，\((0,-5)\)，椭圆上一点\(P\)到两焦点的距离之和为\(26\)；
(2) 两个焦点坐标分别是 \((-\sqrt{3}, 0)\)， \((\sqrt{3}, 0)\)，椭圆经过点\(\left(\sqrt{3}, \dfrac{1}{2}\right)\)；
(3) 中心在原点，焦点在坐标轴上，且经过\(A(\sqrt{3},-2)\)和\(B(-2 \sqrt{3}, 1)\)两点．
解析 (1) \(∵\)焦点在\(y\)轴上，\(∴\)设其标准方程为\(\dfrac{y^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)\)．
\(∵2a=26\)，\(2c=10\)，
\(∴a=13\)，\(c=5\)． \(∴b^2=a^2-c^2=144\)．
\(∴\)所求椭圆方程为\(\dfrac{y^2}{169}+\dfrac{x^2}{144}=1\)．
(2) 方法1 \(∵\)椭圆的焦点在\(x\)轴上，\(∴\)设其标准方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)，
依题意，有\(\left\{\begin{array}{l}
\dfrac{3}{a^2}+\dfrac{1}{4 b^2}=1 \\
a^2-b^2=3
\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}
a^2=4 \\
b^2=1
\end{array}\right.\)，
\(∴\)所求椭圆方程为 \(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\)．
方法2 \(∵\)椭圆的焦点在\(x\)轴上，\(∴\)设其标准方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)，
\(\because 2 a=\sqrt{(\sqrt{3}+\sqrt{3})^2+\left(\dfrac{1}{2}-0\right)^2}+\sqrt{(\sqrt{3}-\sqrt{3})^2+\left(\dfrac{1}{2}-0\right)^2}=\dfrac{7}{2}+\dfrac{1}{2}=4\)，
\(∴a=2\)，又\(c=3\)． \(∴b^2=a^2-c^2=1\)．
\(∴\)所求椭圆方程为\(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\)．
(3)方法1 ①当焦点在\(x\)轴上时，设椭圆的标准方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)，
依题意，有 \(\left\{\begin{array}{l}
\dfrac{(\sqrt{3})^2}{a^2}+\dfrac{(-2)^2}{b^2}=1 \\
\dfrac{(-2 \sqrt{3})^2}{a^2}+\dfrac{1^2}{b^2}=1
\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a^2=15 \\
b^2=5
\end{array}\right.\)，
\(∴\)所求椭圆的方程为 \(\dfrac{x^2}{15}+\dfrac{y^2}{5}=1\)．
②当焦点在\(y\)轴上时，设椭圆的标准方程为 \(\dfrac{y^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1(a>b>0)\)．
依题意，有\(\left\{\begin{array}{l}
\dfrac{(-2)^2}{a^2}+\dfrac{(\sqrt{3})^2}{b^2}=1 \\
\dfrac{1^2}{a^2}+\dfrac{(-2 \sqrt{3})^2}{b^2}=1
\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a^2=5 \\
b^2=15
\end{array}\right.\)，
\(∵a<b\)，不合题意，
\(∴\)所求椭圆的方程为 \(\dfrac{x^2}{15}+\dfrac{y^2}{5}=1\)．
方法2 设所求椭圆方程为 \(A x^2+B y^2=1\)(\(A>0\),\(B>0\)且\(A≠B\))，
依题意，得 \(\left\{\begin{array}{l}
3 A+4 B=1 \\
12 A+B=1
\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
A=\dfrac{1}{15} \\
B=\dfrac{1}{5}
\end{array}\right.\)，
\(∴\)所求标准方程为 \(\dfrac{x^2}{15}+\dfrac{y^2}{5}=1\)．
点拨 求椭圆方程常用定义法和待定系数法，要注意焦点在\(x\)轴还是\(y\)轴.
【典题3】设\(A\)，\(B\)两点的坐标，分别为\((-5,0)\)，\((5,0)\)，直线\(AM\)，\(BM\)相交于点\(M\)，且它们的斜率之积是 \(-\dfrac{4}{9}\)，求点\(M\)的轨迹方程.
解析 设点\(M(x,y)\)，因为点\(A(-5,0)\)，所以直线\(AM\)的斜率 \(k_{A M}=\dfrac{y}{x+5}(x \neq-5)\)，
同理，直线\(BM\)的斜率 \(k_{B M}=\dfrac{y}{x-5}(x \neq 5)\)，
由已知有 \(\dfrac{y}{x+5} \times \dfrac{y}{x-5}=-\dfrac{4}{9}(x \neq \pm 5)\)，
化简，得点\(M\)的轨迹方程为 \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{\dfrac{100}{9}}=1(x \neq \pm 5)\)，
点\(M\)的轨迹是除去\((-5,0)\)，\((5,0)\)两点的椭圆.
点拨 设动点\(M(x,y)\)，得到关于\(x\),\(y\)的方程便可是动点轨迹方程.
巩固练习
1.已知椭圆焦点在\(x\)轴上，且\(a=4\)，\(c=2\)，则椭圆方程为( )．
A． \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{4}=1\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}=1\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{12}=1\) \(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{x^2}{12}+\dfrac{y^2}{4}=1\)
2.已知方程 \(4x^2+ky^2=1\)的曲线是焦点在\(y\)轴上的椭圆，则实数\(k\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\)．
3.已知椭圆过点 \(P\left(\dfrac{3}{5},-4\right)\)和点 \(Q\left(-\dfrac{4}{5}, 3\right)\)，求此椭圆的标准方程．
4.已知\(A\),\(B\),\(C\)是直线l上的三点，且\(AB=3\)，\(BC=6\)，圆\(O\)切直线\(l\)于点\(A\)，又过\(B\),\(C\)作圆\(O\)异于直线\(l\)的两切线，设这两切线交于点\(P\)，求点\(P\)的轨迹方程.
5.在圆\(x^2+y^2=4\)上任取一点\(P\)，过点\(P\)作\(x\)轴的垂线段\(PD\)，\(D\)为垂足，当点\(P\)在圆上运动时，线段\(PD\)的中点\(M\)的轨迹是什么？
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 依题意 \(a^2=16\)，\(b^2=a^2-c^2=16-4=12\)
又焦点在\(x\)轴上，所以椭圆方程为 \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{12}=1\)． -
答案 \(0<k<4\)
解析 椭圆方程 \(4x^2+ky^2=1\)化为 \(\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{4}}+\dfrac{y^2}{\dfrac{1}{k}}=1\)，
由于椭圆的焦点在\(y\)轴上，则 \(\dfrac{1}{k}>\dfrac{1}{4}\)，即\(0<k<4\)． -
答案 \(x^2+\dfrac{y^2}{25}=1\)
解析 设所求椭圆方程为 \(Ax^2+By^2=1(A>0,B>0,A≠B)\)，
则有 \(\left\{\begin{array}{l} \dfrac{9}{25} A+16 B=1 \\ \dfrac{16}{25} A+9 B=1 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} A=1 \\ B=\dfrac{1}{25} \end{array}\right.\)，
故此椭圆的标准方程为 \(x^2+\dfrac{y^2}{25}=1\)． -
答案 \(\dfrac{x^2}{36}+\dfrac{y^2}{27}=1(y \neq 0)\)
解析 设过\(B\)、\(C\)异于\(l\)的两切线分别切\(⊙O\)于\(D\)、\(E\)两点, 两切线交于\(P\)，
由切线的性质知，\(|BA|=|BD|\)，\(|PD|=|PE|\)，\(|CA|=|CE|\)，
故\(|PB|+|PC|=|BD|+|PD|+|PC|=|BA|+|PE|+|PC|\)
\(=|BA|+|CE|=|AB|+|CA|=3+9=12>6=|BC|\)，
故由椭圆定义知，点\(P\)的轨迹是以\(B\),\(C\)为两点的椭圆，
以\(l\)所在直线为\(x\)轴，以\(BC\)的中点为原点，建立坐标系，
可求得动点\(P\)的轨迹方程为 \(\dfrac{x^2}{36}+\dfrac{y^2}{27}=1(y \neq 0)\). -
答案 椭圆
解析 设点\(M(x,y)\)，点\(P(x_0,y_0)\)，则点\(D\)的坐标为\((x_0,0)\)，
由点\(M\)是线段\(PD\)的中点，得\(x=x_0\)， \(y=\dfrac{y_0}{2}\)，
因为点\(P(x_0,y_0)\)在圆 \(x^2+y^2=4\)上，所以 \(x_0^2+y_0^2=4\)，
把\(x_0=x\)， \(y_0=2y\)代入方程 \(x_0^2+y_0^2=4\)，得 \(x^2+4y^2=4\)，
即 \(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，所以点\(M\)的轨迹是椭圆.
【题型3】椭圆的焦点三角形
【典题1】已知\(P\)为椭圆 \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{4 y^2}{75}=1\)上一点，\(F_1\),\(F_2\)是椭圆的焦点，\(∠F_1 PF_2=60^∘\)，求\(△F_1 PF_2\)的面积．
解析 如图所示，
在\(△F_1 PF_2\)中，\(|F_1 F_2 |^2=|PF_1 |^2+|PF_2 |^2-2|PF_1 |⋅|PF_2 |cos60^∘\)，
即\(25=|PF_1 |^2+|PF_2 |^2-|PF_1 |⋅|PF_2 |\)．①
由椭圆的定义得\(10=|PF_1 |+|PF_2 |\)，
即\(100=|PF_1 |^2+|PF_2 |^2+2|PF_1 |⋅|PF_2 |\)．②
由①②得\(|PF_1 |⋅|PF_2 |=25\)，
所以 \(S_{\triangle F_1 P F_2}=\dfrac{1}{2}\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right| \cdot \sin 60^{\circ}=\dfrac{25 \sqrt{3}}{4}\)．
点拨
1.遇到焦点三角形\(△F_1 PF_2\)，可想到椭圆定义\(PF_1+PF_2=2a\)和解三角形的相关知识；
2.椭圆焦点三角形面积 \(S_{\triangle P F_1 F_2}=b^2 \tan \dfrac{\angle F_1 P F_2}{2}\)，直接利用这个结论本题可得 \(S_{\triangle P F_1 F_2}=\dfrac{75}{4} \tan 30^{\circ}=\dfrac{25 \sqrt{3}}{4}\)．
巩固练习
1.若\(P\)是以\(F_1\),\(F_2\)为焦点的椭圆 \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{9}=1\)上一点，则三角形\(PF_1 F_2\)的周长等于\(\underline{\quad \quad}\) ．
2.如果椭圆 \(\dfrac{x^2}{81}+\dfrac{y^2}{25}=1\)上一点\(M\)到此椭圆一个焦点\(F_1\)的距离为\(2\)，\(N\)是\(MF_1\)的中点，\(O\)是坐标原点，则\(ON\)的长为\(\underline{\quad \quad}\)．
3.椭圆 \(\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{2}=1\)的焦点为\(F_1\),\(F_2\)，点\(P\)在椭圆上．若\(|PF_1 |=4\)，则\(|PF_2 |=\)\(\underline{\quad \quad}\) ， \(\angle F_1 P F_2\)的大小为\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(18\)
解析 依题意\(a=5\)， \(c=\sqrt{25-9}=4\)，
所以\(△PF_1 F_2\)的周长是\(|PF_1 |+|PF_2 |+|F_1 F_2 |=2a+2c=10+8=18\)． -
答案 \(8\)
解析 如图，连接\(ON\)，\(MF_1\)，\(MF_2\)，
由椭圆方程可得：\(a^2=81\)，则\(a=9\),
则由椭圆定义可得\(|MF_1 |+|MF_2 |=2a=18\)，
所以\(|MF_2 |=18－|MF_1 |=18－2=16\)，
因为\(O\)是\(F_1 F_2\)的中点，\(N\)是\(MF_1\)的中点，则由中位线可得： \(O N=\dfrac{1}{2}\left|M F_2\right|=8\)，
故答案为：\(8\)． -
答案 \(120^∘\)
解析 \(∵|PF_1 |+|PF_2 |=2a=6\)，
\(∴|PF_2 |=6-|PF_1 |=2\)．
\(△F_1 PF_2\)中，\(\cos \angle F_1 P F_2=\dfrac{\left|P F_1\right|^2+\left|P F_2\right|^2-\left|F_1 F_2\right|^2}{2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}=\dfrac{16+4-28}{2 \times 4 \times 2}=-\dfrac{1}{2}\)，
\(∴∠F_1 PF_2=120^∘\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.已知椭圆 \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{16}=1\)上的一点\(P\)到椭圆一个焦点的距离为\(6\)，则点\(P\)到另一个焦点的距离为( )
A．\(2\) \(\qquad \qquad\) B．\(3\)\(\qquad \qquad\) C．\(5\) \(\qquad \qquad\) D．\(7\)
2.点\(P\)在焦点为\(F_1 (-4,0)\)和\(F_2 (4,0)\)的椭圆上，若\(△PF_1 F_2\)面积的最大值为\(16\)，则椭圆标准方程为( )
A． \(\dfrac{x^2}{20}+\dfrac{y^2}{4}=1\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{20}=1\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{x^2}{32}+\dfrac{y^2}{16}=1\) \(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{x^2}{10}+\dfrac{y^2}{6}=1\)
3.\(F_1\) 、\(F_2\)是椭圆 \(C: \dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{9}=1\)的左、右焦点，点\(P\)在椭圆\(C\)上，\(|PF_1 |=6\)，过\(F_1\)作\(∠F_1 PF_2\)的角平分线的垂线，垂足为\(M\)，则\(|OM|\)的长为( )
A．\(1\) \(\qquad \qquad\) B．\(2\) \(\qquad \qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad\) D．\(4\)
4.点\(M\)是椭圆 \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{9}=1\)上一点，\(F_1\) 、\(F_2\)分别是该椭圆的左、右焦点，若\(|MF_1 |=3|MF_2 |\)，则\(△MF_1 F_2\)的面积是( )
A．\(3\) \(\qquad \qquad\) B．\(3 \sqrt{3}\)\(\qquad \qquad\) C．\(6\)\(\qquad \qquad\) D． \(6\sqrt{3}\)
5.已知方程 \(\dfrac{x^2}{4-k}+\dfrac{y^2}{k-1}=1\)表示焦点在\(x\)轴上的椭圆，则\(k\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\)．
6.已知\(B\)、\(C\)是两个定点，\(|BC|=4\)，且\(△ABC\)的周长等于\(12\)，则顶点\(A\)的轨迹方程为\(\underline{\quad \quad}\)．
7.已知\(F_1\),\(F_2\)为椭圆 \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{9}=1\)的两个焦点，过\(F_1\)的直线交椭圆于\(A\)，\(B\)两点，若\(|F_2 A|+|F_2 B|=12\)，则\(|AB|=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
8.经过两点\(A(0,2)\)、 \(B\left(\dfrac{1}{2}, \sqrt{3}\right)\)的椭圆的标准方程为\(\underline{\quad \quad}\)．
9.已知 椭圆的方程为 \(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)，椭圆上有一点\(P\)满足\(∠PF_1 F_2=90^∘\) (如图)．求\(△PF_1 F_2\)的面积．
10.一个动圆与已知圆 \(Q_1:(x+3)^2+y^2=1\)外切，与圆 \(Q_2:(x-3)^2+y^2=81\)内切，试求这个动圆圆心的轨迹方程．
11.设\(A\)，\(B\)两点的坐标分别为\((-1,0)\)，\((1,0)\)，直线\(AM\)，\(BM\)相交于点\(M\)，且直线\(AM\)的斜率与直线\(BM\)的斜率的积是\(-2\)，求点\(M\)的轨迹方程.
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 由椭圆定义可得\(|PF_1 |+|PF_2 |=2a\)，又\(a^2=16\)，所以\(a=4\)，
设\(|PF_1 |=6\)，所以\(|PF_2 |=2×4－6=2\)，
故选：\(A\)． -
答案 \(C\)
解析 由题意，\(2c=8\)，即\(c=4\)，
\(∵△PF_1 F_2\)面积的最大值为， \(\therefore \dfrac{1}{2} \times 2 c \times b=16\)，
即\(4b=16\),\(b=4\)，
\(∴a^2=b^2+c^2=16+16=32\)．
则椭圆的标准方程为 \(\dfrac{x^2}{32}+\dfrac{y^2}{16}=1\)．
故选：\(C\)． -
答案 A
解析 延长\(F_1 M\)和\(PF_2\)交于\(N\)，
椭圆 \(C: \dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{9}=1\)，可得：\(a=5\)，
由椭圆的定义可得\(|PF_1 |+|PF_2 |=2a=10\)，
由\(|PF_1 |=6\)，可得\(|PF_2 |=4\)，
由等腰三角形的三线合一，可得\(|PF_1 |=|PN|=6\)，
可得\(|NF_2 |=6-4=2\)，
由\(OM\)为\(△F_1 F_2 N\)的中位线，可得 \(|O M|=\dfrac{1}{2}\left|F_2 N\right|=1\)．
故选：\(A\)．
-
答案 \(B\)
解析 由椭圆 \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{9}=1\)的方程可得 \(a^2=16\)，\(b^2=9\)
所以\(c^2=16－9=7\)，所以\(a=4\)， \(c=\sqrt{7}\)，
由椭圆的定义可得\(|MF_1 |+|MF_2 |=2a=8\)，再由\(|MF_1 |=3|MF_2 |\)，
所以可得\(|MF_1 |=6\)，\(|MF_2 |=2\)，
而 \(\left|F_1 F_2\right|=2 c=2 \sqrt{7}\)，
由余弦定理可得： \(\cos \angle F_1 M F_2=\dfrac{\left|M F_1\right|^2+\left|M F_2\right|^2-\left|F_1 F_2\right|^2}{2\left|M F_1\right| \cdot\left|M F_2\right|}=\dfrac{6^2+2^2-(2 \sqrt{7})^2}{2 \times 6 \times 2}=\dfrac{1}{2}\)，
所以 \(\sin \angle F_1 M F_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
所以 \(S_{\triangle F_1 M F_2}=\dfrac{1}{2}\left|M F_1\right| \cdot\left|M F_2\right| \sin \angle F_1 M F_2=\dfrac{1}{2} \times 6 \times 2 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=3 \sqrt{3}\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(\left(1, \dfrac{5}{2}\right)\)
解析 \(∵\)方程 \(\dfrac{x^2}{4-k}+\dfrac{y^2}{k-1}=1\)表示焦点在\(x\)轴上的椭圆，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} 4-k>0 \\ k-1>0 \\ 4-k>k-1 \end{array}\right.\)，解得 \(1<k<\dfrac{5}{2}\)，
\(∴k\)的取值范围是 \(\left(1, \dfrac{5}{2}\right)\)． -
答案 \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{7}=1(y \neq 0)\)或 \(\dfrac{y^2}{7}+\dfrac{x^2}{16}=1(x \neq 0)\)
解析 \(∵|BC|=4\)，且\(△ABC\)的周长等于\(12\)，
\(∴AB+AC=8>BC\)，
故顶点\(A\)的轨迹是以\(B\)、\(C\)为焦点的椭圆，除去与\(x\)轴的交点，
\(∴2a=8\)，\(c=3\)， \(\therefore b=\sqrt{7}\)，
故顶点\(A\)的轨迹方程为\(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{7}=1(y \neq 0)\)或 \(\dfrac{y^2}{7}+\dfrac{x^2}{16}=1(x \neq 0)\)． -
答案 \(8\)
解析 由椭圆的定义得\(|AF_1 |+|AF_2 |=2a=10\)，\(|BF_1 |+|BF_2 |=2a=10\)
\(∴|AF_1 |+|AF_2 |+|BF_1 |+|BF_2 |=20\)．
又\(∵|F_2 A|+|F_2 B|=12\)，\(∴|AB|=|AF_1 |+|BF_1 |=8\)． -
答案 \(x^2+\dfrac{y^2}{4}=1\)
解析 由题意，设椭圆的方程为 \(\dfrac{x^2}{m}+\dfrac{y^2}{n}=1\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} \dfrac{4}{n}=1 \\ \dfrac{1}{4 m}+\dfrac{3}{n}=1 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} m=1 \\ n=4 \end{array}\right.\)．
\(∴\)椭圆的标准方程为 \(x^2+\dfrac{y^2}{4}=1\)． -
答案 \(\dfrac{3}{2}\)
解析 由已知得\(a=2\)， \(b=\sqrt{3}\)，
所以 \(c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{4-3}=1\)．从而\(|F_1 F_2 |=2c=2\)．
在\(△PF_1 F_2\)中，由勾股定理可得\(|PF_2 |^2=|PF_1 |^2+|F_1 F_2 |^2\)，
即\(|PF_2 |^2=|PF_1 |^2+4\).
又由椭圆定义知\(|PF_1 |+|PF_2∣=2×2=4\)，所以\(|PF_2 |=4-|PF_1 |\)．
从而有\((4-|PF_1 |)^2=|PF_1 |^2+4\)．解得 \(\left|P F_1\right|=\dfrac{3}{2}\)．
所以\(△PF_1 F_2\)的面积 \(S=\dfrac{1}{2}\left|P F_1\right| \cdot\left|F_1 F_2\right|=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{3}{2} \times 2=\dfrac{3}{2}\)． -
答案 \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{16}=1\)
解析 由已知两定圆的圆心和半径分别为\(Q_1 (-3,0)\)，\(r_1=1\)；\(Q_2 (3,0)\)，\(r_2=9\)．
设动圆圆心为\(M(x,y)\)，半径为\(R\)，如图，
则由题设有\(|MQ_1 |=1+R\)，\(|MQ_2 |=9－R\)，
\(∴|MQ_1 |+|MQ_2 |=10>|Q_1 Q_2 |=6\)．
由椭圆定义可知M在以\(Q_1\)、\(Q_2\)为焦点的椭圆上，且\(a=5\)，\(c=3\)．
\(∴b^2=a^2-c^2=25-9=16\)，
故动圆圆心的轨迹方程为\(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{16}=1\)． -
答案 \(x^2+\dfrac{y^2}{2}=1(x \neq \pm 1)\)
解析 设点\(M(x,y)\)，因为点\(A(-1,0)\)，所以直线\(AM\)的斜率 \(k_{A M}=\dfrac{y}{x+1}(x \neq-1)\)，
同理，直线\(BM\)的斜率 \(k_{B M}=\dfrac{y}{x-1}(x \neq 1)\)，
由已知有 \(\dfrac{y}{x+1} \times \dfrac{y}{x-1}=-2(x \neq \pm 1)\)，
化简，得点\(M\)的轨迹方程为 \(x^2+\dfrac{y^2}{2}=1(x \neq \pm 1)\)，
点\(M\)的轨迹是除去\((-1,0)\)，\((1,0)\)两点的椭圆.
【B组---提高题】
1.设定点\(F_1 (0,-3)\)、\(F_2 (0,3)\)动点\(P\)满足条件 \(\left|P F_1\right|-a=\dfrac{9}{a}-\left|P F_2\right|(a>0)\)，则点\(P\)的轨迹是( )
A．椭圆 \(\qquad \qquad\) B．线段 \(\qquad \qquad\) C．不存在 \(\qquad \qquad\) D．椭圆或线段
2.如图，已知椭圆\(C\)的中心为原点\(O\)， \(F(-2 \sqrt{5}, 0)\)为\(C\)的左焦点，\(P\)为\(C\)上一点，满足\(|OP|=|OF|\)，且\(|PF|=4\)，则椭圆\(C\)的方程为( )
A． \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{5}=1\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{x^2}{30}+\dfrac{y^2}{10}=1\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{x^2}{36}+\dfrac{y^2}{16}=1\) \(\qquad \qquad\) D． \(\dfrac{x^2}{45}+\dfrac{y^2}{25}=1\)
3.设点\(P\)为椭圆 \(\dfrac{x^2}{49}+\dfrac{y^2}{24}=1\)上一点，\(F_1\)、\(F_2\)分别是椭圆的左、右焦点，\(G\)为\(△PF_1 F_2\)的重心，且\(PF_1⊥PF_2\)，那么\(△GPF_2\)的面积为\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 由题意得， \(\left|P F_1\right|-a=\dfrac{9}{a}-\left|P F_2\right|(a>0)\)，
所以 \(\left|P F_1\right|+\left|P F_2\right|=a+\dfrac{9}{a} \geq 2 \sqrt{a \cdot \dfrac{9}{a}}=6\)
当且仅当\(a=\dfrac{9}{a}\)时取等号，此时\(a=3\)，则\(|PF_1 |+|PF_2 |≥6\)，
因为定点\(F_1 (0,-3)\)、\(F_2 (0,3)\)，所以\(|F_1 F_2 |=6\)，
当\(|PF1|+|PF_2 |=6\)时，点\(P\)的轨迹是线段\(F_1 F_2\)；
当\(|PF1|+|PF_2 |>6\)时，点\(P\)的轨迹是以\(F_1\)、\(F_2\)为焦点的椭圆，
故选：\(D\)． -
答案 \(C\)
解析 由题意可得 \(c=2 \sqrt{5}\)，设右焦点为\(F'\)，由\(|OP|=|OF|=|OF'|\)知，\(∠PFF'=∠FPO\),\(∠OF'P=∠OPF'\)，
所以\(∠PFF'+∠OF'P=∠FPO+∠OPF'\)，
由\(∠PFF'+∠OF'P+∠FPO+∠OPF'=180°\)知，\(∠FPO+∠OPF'=90°\)，即\(PF⊥PF'\)．
在\(Rt△PFF'\)中，由勾股定理，得 \(\left|P F^{\prime}\right|=\sqrt{F F^{\prime 2}-P F^2}=\sqrt{(4 \sqrt{5})^2-4^2}=8\)，
由椭圆定义，得\(|PF|+|PF'|=2a=4+8=12\)，从而\(a=6\)，得\(a^2=36\)，
于是 \(b^2=a^2-c^2=36-(2 \sqrt{5})^2=16\)，
所以椭圆的方程为 \(\dfrac{x^2}{36}+\dfrac{y^2}{16}=1\)．
故选：\(C\)．
-
答案 \(8\)
解析 因为\(G\)为\(△PF_1 F_2\)的重心，所以 \(S_{\triangle G P F_2}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle P F_1 F_2},\)，
因为\(PF_1⊥PF_2\)，设\(PF_1=x\)，\(PF_2=2a-x\)，
所以 \((2 c)^2=x^2+(2 a-x)^2\)，由椭圆的方程可得：\(a^2=49\),\(b^2=24\)，
所以 \(c^2=a^2－b^2=49－24=25\),\(a=7\)，
所以方程整理可得\(x^2－14x+48=0\)，解得\(x_1=6\),\(x_2=8\)，
当\(x_1=6\)时，\(PF_1=6\)，\(PF_2=2a－6=2×7－6=8\)，
则 \(S_{\triangle P F_1 F_2}=\dfrac{1}{2} \times 6 \times 8=24\)，所以 \(S_{\triangle P G F_2}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle P F_1 F_2}=8\)，
同理\(x_2=8\)时， \(S_{\triangle P G F_2}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle P F_1 F_2}=8\)，
故答案为：\(8\)．
【C组---拓展题】
1.如图，点\(A\)是平面\(α\)外一定点，过\(A\)作平面\(α\)的斜线\(l\)，斜线\(l\)与平面\(α\)所成角为\(50°\)．若点\(P\)在平面\(α\)内运动，并使直线\(AP\)与\(l\)所成角为35°，则动点\(P\)的轨迹是( )
A．圆 \(\qquad \qquad\) B．椭圆 \(\qquad \qquad\) C．抛物线 \(\qquad \qquad\) D．双曲线的一支
2.已知点\(P\)在以\(F_1\)，\(F_2\)为左，右焦点的椭圆 \(C: \dfrac{x^2}{2 b^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(b>0)\)上，在\(△PF_1 F_2\)中，若\(∠PF_1 F_2=α\),\(∠PF_2 F_1=β\)，则 \(\dfrac{\sin (\alpha+\beta)}{\sin \alpha+\sin \beta}=\)( )
A． \(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad\) B． \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) \(\qquad \qquad\) C． \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad\) D． \(\sqrt{2}\)
3.已知椭圆 \(W: \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的右焦点为 \(F(\sqrt{3}, 0)\)，且\(a=2b\)，\(△ABC\)的三个顶点都在椭圆\(W\)上，直线\(AB,BC,AC\)的斜率存在且均不为\(0\)，记它们的斜率分别为\(k_1,k_2,k_3\)，设\(AB，BC，AC\)的中点分别为\(M,N,P\),\(O\)为坐标原点，若直线\(OM\)，\(ON\)，\(OP\)的斜率之和为\(\dfrac{3}{4}\)，则 \(\dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}+\dfrac{1}{k_3}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 用垂直于锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；
当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线；当平面再倾斜一些就可以得到双曲线．
故可知动点\(P\)的轨迹是椭圆的一部分．
故选：\(B\)．
-
答案 \(B\)
解析 在\(△PF_1 F_2\)中，若\(∠PF_1 F_2=α\),\(∠PF_2 F_1=β\)，所以 \(\angle F_1 P F_2=\pi-(\alpha+\beta)\)，
在\(△PF_1 F_2\)中，由正弦定理得 \(\dfrac{P F_1}{\operatorname{sin} \angle P F_2 F_1}=\dfrac{P F_2}{\sin \angle P F_1 F_2}=\dfrac{F_1 F_2}{\sin \angle F_1 P F_2}=2 R\)，(\(R\)为外接圆的半径)
即 \(\dfrac{P F_1}{\sin \beta}=\dfrac{P F_2}{\sin \alpha}=\dfrac{F_1 F_2}{\sin [\pi-(\alpha+\beta)]}=\dfrac{F_1 F_2}{\sin (\alpha+\beta)}=2 R\)，
所以 \(\dfrac{\sin (\alpha+\beta)}{\sin \alpha+\sin \beta}=\dfrac{F_1 F_2}{P F_1+P F_2}=\dfrac{2 c}{2 a}=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{2 b^2-b^2}}{\sqrt{2 b^2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \text {, }\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(-3\)
解析 由题意可得， \(c=\sqrt{3}\)，\(a=2b\)，所以\(a=2\)，\(b=1\)，
\(∴\)椭圆\(W\)的标准方程为 \(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\)．
设\(A(x_1,y_1 )\)，\(B(x_2,y_2 )\)，\(C(x_3,y_3 )\)，则 \(\dfrac{x_1^2}{4}+y_1^2=1\)， \(\dfrac{x_2^2}{4}+y_2^2=1\)，
两式作差得， \(\dfrac{\left(x_2-x_1\right)\left(x_2+x_1\right)}{4}=-\left(y_1+y_2\right)\left(y_2-y_1\right)\)，
\(\therefore \dfrac{x_2-x_1}{y_2-y_1}=-\dfrac{4\left(y_2+y_1\right)}{x_2+x_1}\)，即 \(\dfrac{1}{k_{A B}}=-4 k_{O M}\)．
同理可得， \(\dfrac{1}{k_{B C}}=-4 k_{O N}\)，\(\dfrac{1}{k_{A C}}=-4 k_{O P}\)，
\(\therefore \dfrac{1}{k_1}+\dfrac{1}{k_2}+\dfrac{1}{k_3}=-4\left(k_{O M}+k_{O N}+k_{O P}\right)=-3\)．
故答案为：\(-3\)．
