橢圓問(wèn)題中最值得關(guān)注的基本題型(編輯修改稿)
2025-04-21 04:51 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 等號(hào)成立，且滿足Δ0，所以，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)l的方程為y＝x－2或y＝－x－2.例2 解 (1)由題意知2a＝4，則a＝2，又＝，a2－c2＝b2，可得b＝1，所以橢圓C的方程為＋y2＝1.(2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1.(ⅰ)設(shè)P(x0，y0)，＝λ，由題意知Q(－λx0，－λy0).因?yàn)椋珁＝1，又＋＝1，即＝1，所以λ＝2，即＝2.(ⅱ)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).將y＝kx＋m代入橢圓E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①則有x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|x1－x2|＝.因?yàn)橹本€y＝kx＋m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，m)，所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2|＝＝＝2.設(shè)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1，因此S＝2＝2，故S≤2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時(shí)取得最大值2.由(ⅰ)知，△ABQ面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6.變式訓(xùn)練2 (1)解 由已知可得解得a2＝6，b2＝2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋＝1.(2)①證明 由(1)可得F的坐標(biāo)是(－2,0)，設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(－3，m)，則直線TF的斜率kTF＝＝－m.當(dāng)m≠0時(shí)，直線PQ的斜率kPQ＝，直線PQ的方程是x＝my－2.當(dāng)m＝0時(shí)，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x(chóng)＝my－2的形式.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)0，所以y1＋y2＝，y1y2＝，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(，).所以直線OM的斜率kOM＝－.又直線OT的斜率kOT＝－，所以點(diǎn)M在直線OT上，因此OT平分線段PQ.②解 由①可得TF＝，PQ＝＝ ＝ ＝.所以＝＝ ≥ ＝.當(dāng)且僅當(dāng)m2＋1＝，即m＝177。1時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)取得最小值.所以當(dāng)最小時(shí)，T點(diǎn)的坐標(biāo)是(－3,1)或(－3，－1).例3 解 設(shè)弦的兩端點(diǎn)分別為M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點(diǎn)為R(x，y)，則x＋2y＝2，x＋2y＝2，兩式相減并整理可得，＝－＝－，①將＝2代入式①，得所求的軌跡方程為x＋4y＝0(－x).變式訓(xùn)練3 解 (1)由已知得b＝4，且＝，即＝，∴＝，解得a2＝20，∴橢圓的方程為＋＝1.則4x2＋5y2＝80與y＝x－4聯(lián)立，消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝，∴所求弦長(zhǎng)MN＝|x2－x1|＝.(2)如圖，橢圓右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(2,0)，設(shè)線段MN的中點(diǎn)為Q(x0，y0)，由三角形重心的性質(zhì)知＝2，又B(0,4)，∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2，即得Q的坐標(biāo)為(3，－2).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，且＋＝1，＋＝1，以上兩式相減得＋＝0，∴kMN＝＝－＝－
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