【文章內容簡介】 值為10+8=.(2)橢圓x236+y2100=1的兩個焦點為F1(0,8),F2(0,8),由橢圓的定義知|PF1|+|PF2|=20,兩邊平方得|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|=202,由余弦定理得|PF1|2+|PF2|22|PF1||PF2|cos∠F1PF2=|F1F2|2=162,兩式相減得2|PF1||PF2|(1+cos∠F1PF2)=△PF1F2=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2=18,所以1+cos∠F1PF2=2sin∠∠F1PF2=35.例2(1)C　(2)x218+y29=1或y218+x29=1　(3)m1或1m32　(1)(方法1)設M(x0,y0),則N(x0,y0),因為A(a,0)且線段AM的中點為B,所以Ba+x02,y02,由B,F,N三點共線,得FN∥FB,依題意,F(1,0),故FN=(x01,y0),FB=a+x021,y02,即(x0+1)y02+a+x021y0=0,又y0≠0,解得a=3,所以b2=3212=8,所以橢圓C的標準方程為x29+y28=.(方法2)設M(x0,y0),則N(x0,y0),依題意,A(a,0),因為AO和NB是△AMN的中線,所以F(1,0)為△AMN的重心,故x0x0+a3=1,解得a=3,所以b2=3212=8,所以橢圓C的標準方程為x29+y28=.(2)由題意知ca=22,得a2=2b2=,設橢圓的方程為x2a2+y2b2=1(ab0),在橢圓上任取一點P(x0,y0),取焦點F(c,0),則PF的中點M為x0c2,y02,根據(jù)條件可得y02=x0c2+4,kPF=y0x0+c=1,聯(lián)立兩式解得x0=4,y0=4c,代入橢圓方程解得a=32,b=+y29=1,同理,當焦點在y軸上時,橢圓的方程為y218+x29=1.(3)由x2|m|1+y22m=1表示焦點在y軸上的橢圓,得2m|m|10,解得m1或1m32.對點訓練2(1)C　(2)x24+y22=1(3)x28+y24=1　(1)橢圓3x2+8y2=24化為x28+y23=1,它的焦點為(177。5,0),可得c=5,設橢圓的方程為x2a2+y2b2=1(ab0),可得9a2+4b2=1,又a2b2=5,所以a=15,b=10,故所求的橢圓方程為x215+y210=1.(2)由題意可設橢圓C1:x2a2+y22=1,C2:y22+x2b2=1(a2,0b2),由a22a2=2b22,得ab=2,由2a222b2=22,可得(a22)(2b2)=2,解得a=2,b=1,即橢圓C1的標準方程為x24+y22=1.(3)因為橢圓上一點到焦點的最小距離為ac,所以ac=222,因為離心率e=22,所以ca=22,解得a=22,c=2,則b2=a2c2=4,所以橢圓E的方程為x28+y24=1.例3(1)C　(2)A　(3)D　(1)設橢圓的左焦點為F39。,P為短軸的上端點,連接AF39。,BF39。,如下圖所示:由橢圓的對稱性可知,A,B關于原點對稱,則|OA|=|OB|,又|OF39。|=|OF|,∴四邊形AFBF39。為平行四邊形,∴AF=BF39。,又|AF|+|BF|=|BF|+|BF39。|=2a=6,∴a=3,∵點P(0,b)到直線l距離d=|3b|5≥65,∴b≥2,∴a2c2=9c2≥2,即0c≤5,∴e=ca∈0,.(2)由題意,因為△F2PF1是底邊為PF1的等腰三角形,所以|PF2|=|F2F1|.因為P為直線x=2a上一點,直線PF1的斜率為13,△PDF2是直角三角形,所以|PD|2+|DF2|2=|PF2|2,即2a+c32+(2ac)2=4c2,可得13e2+16e20=0,解得e=1013或e=2(舍去).故選A.(3)由正弦定理,可得|MF1|sin∠MF2F1=|MF2|sin∠MF1F2,結合題意可得|MF1|c=|MF2|a,所以|MF1|c=|MF2|a=|MF1|+|MF2|a+|MF1|+|MF2|=2a,所以|MF1|=2aca+c,|MF2|=2a2a+c,易知|MF2||MF1|.因為M為橢圓上一點,所以ac|MF2|a+c,即ac2a2a+ca+c,整理得c2+2aca20,所以e2+2e10,解得21e.對點訓練3(1)C　(2)B　(3)12,1　(1)由橢圓x211m+y2m3=1的長軸在y軸上,且焦距為4,可得m311+m=2,解得m=.(2)如圖,設直線x=3a2與x軸的交點為C,由△APF是底角為30176。的等腰三角形和橢圓性質可知PF=AF=a+c,FC=OCOF=3a2c,由題意可知∠PFC=60176。,所以cos∠PFC=FCPF=3a2ca+c=12,解得e=ca=.(3)∵|PF1|+|PF2|=2a,∴|PF2|=2a|PF1|(ac≤|PF1|≤a+c).∴|PF1||PF2|=|PF1|(2a|PF1|)=|PF1|2+2a|PF1|=(|PF1|a)2+a2.∵ac≤|PF1|≤a+c,∴|PF1||PF2|=(|PF1|a)2+a2∈[b2,a2].∴|PF1||PF2|的最大值m=a2.設P(x,y),則PF1PF2=(cx,y)(cx,y)=x2+y2c2=x2+b2a2(a2x2)c2=1b2a2x2+b2c2,∵x∈[a,a],∴x2∈[0,a2],PF1PF2的最小值為n=b2c2.由m≥2n,得a2≥2(b2c2)=2(a22c2),∴a2≤4c2,解得e=ca∈12,1.例4解(1)由題意,得2c=22,所以c=2.又e=ca=63,所以a=3,所以b2=a2c2=1,所以橢圓M的方程為x23+y2=1.(2)設直線AB的方程為y=x+m.由y=x+m,x23+y2=1消去y,得4x2+6mx+3m23=0,則Δ=36m244(3m23)=4812m20,即m24.設點A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=3m2,x1x2=3m234,所以|AB|=1+k2|x1x2|=1+k2(x1+x2)24x1x2=64m22,易得當m2=0時,|AB|max=6,故|AB|的最大值為6.(3)設A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),則x12+3y12=3,x22+3y22=3.又P(2,0),所以可設k1=kPA=y1x1+2,直線PA的方程為y=k1(x+2).由y=k1(x+2),x23+y2=1消去y,得(1+3k12)x2+12k12x+12k123=0,則x1+x3=12k121+3k12,即x3=12k121+3k12x1.又k1=y1x1+2,代入上式可得x3=7x1124x1+7,所以y3=y14x1+7,所以點C7x1124x1+7,y14x1+7.同理可得點D7x2124x2+7,y24x2+7.故QC=x3+74,y314,QD=x4+74,C,D三點共線,所以x3+74y414x4+74y314=,D的坐標代入化簡可得y1y2x1x2=1,即k=1.對點訓練4解(1)由題意,得b=3,且2a+2c23=33,所以a+c=3.又a2c2=3,解得a=2,c=1.所以橢圓C的方程為x24+y23=1.(2)如圖,設A(x1,y1),B(x2,y2).當圓O的切線l的斜率存在時,設l的方程為:y=kx+m.切點為H,連接OH,則OH⊥AB.聯(lián)立y=kx+m,x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m212=+x2=8km4k2+3,x1x2=4m2124k2+3.又直線l與圓O:x2+y2=127相切,所以OH=|m|k2+1=127.所以m2=12(1+k2)7.又|AB|=1+k2(x1+x2)24x1x2=1+k264k2m24(4m212)(4k2+3)(4k2+3)2=1+k248(3+4k2m2