椭圆及其同心内切圆命题赏析
刘刚
一般地，把以椭圆短轴为直径的圆叫椭圆的同心内切圆.翻阅近些年的圆锥曲线考题，发现以椭圆及其同心内切圆为背景的试题频繁出现，成为了命题热点.这类试题考查了椭圆的标准方程、几何性质以及直线与椭圆（圆）的位置关系，考查了坐标法的应用，体现了在知识交汇处命题的原则.由于圆作为基本的平面图形，有着丰富的几何性质，所以在解决这类问题时，应先挖掘图形中几何特点，遵循“先几何后代数”的解题策略.下面，对这类试题归纳梳理，供大家参考.
1长度差定值[1]
例1（2017年全国高中数学联赛天津预赛）设F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左焦点，A是该椭圆上位于第一象限的一点，过A作圆x2+y2=b2的切线，切点为P.则|AF|-|AP|=[CD#3].
解法1设F（-c，0），A（acosα，bsinα），其中α∈（0，π2），则|AF|=（acosα+c）2+（bsinα）2=a2cos2α+2accosα+c2+（a2-c2）sin2α=a2+2accosα+c2cos2α=a+ccosα，同时|AP|=AO2-OP2=（acosα）2+（bsinα）2-b2=（a2-b2）cos2α=ccosα，所以|AF|-|AP|=a.
图1
解法2[2]如图1，取椭圆C的右焦点为F1，连接OA，OP，AF1，因为OA是△AFF1的中线，所以2OA2+2OF12=AF2+AF12①.因为OP⊥AP，所以OA2=AP2+OP2=AP2+b2，所以①为2（AP2+b2）+2c2=（AF+AF1）2-2AF·（2a-AF），整理得AP2=（AF-a）2，所以AP=AF-a，或AP=a-AF（舍），故|AF|-|AP|=a.
点评解法1借助椭圆参数方程先设出点A的坐标，然后表示出|AF|，|AP|，从而使问题得以解决，体现了坐标法的应用；解法2立足图形，运用平面几何知识求解，体现了简洁性，因此在解决解析几何问题时应遵循“先几何后代数”的策略.2角度定值
例2（2015年5月北京市海淀区高三二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A、B分别是椭圆C的左、右顶点.
（Ⅰ）求圆O和椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P，Q位于y轴两侧），且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N.求证：∠MQN为定值.
图2
解（Ⅰ）略，圆O的方程为x2+y2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1.
（Ⅱ）如图2，设P（x0，y0）（y0≠0），Q（xQ，y0），由AP：y=y0x0+2（x+2），得M（0，2y0x0+2）.由BP：y=y0x0-2（x-2），得N（0，-2y0x0-2）.所以QM=（-xQ，2y0x0+2-y0）=（-xQ，-x0y0x0+2），QN=（-xQ，-2y0x0-2-y0）=（-xQ，-x0y0x0-2），则QM·QN=x2Q+x20y20x20-4.因为x204+y202=1，x2Q+y20=2，所以x20=4-2y20，x2Q=2-y20，所以QM·QN=2-y20+（4-2y20）y20-2y20=0，由此得QM⊥QN，即∠MQN=90°.
点评斜率或向量是破解角度问题的重要工具，在设点P，Q坐标时不应写成P（4-2y20，y0），Q（-2-y20，y0），这样就把P限定在了y轴右方，体现不出任意性.3代数式定值
例3（2015年1月北京市通州区高三期末）如图3，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的长轴长是4，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆上一点，且△OAB是等腰直角三角形（点O为坐标原点）.
图3
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过椭圆C上异于其顶点的任意一点P，作圆O：x2+y2=43的两条切线，切点分别为M、N，若直线MN与x、y轴的交点分别是（m，0）、（0，n），证明：1m2+3n2是定值.解（Ⅰ）略，椭圆C的方程为x24+3y24=1.
（Ⅱ）设P（x0，y0）（x0y0≠0），由于M，N是圓O的切点，所以OM⊥MP，ON⊥NP，所以O，M，P，N四点共圆，此圆直径为OP，则圆心为（x02，y02），其方程为（x-x02）2+（y-y02）2=x20+y204，即点M，N的坐标满足x2+y2-x0x-y0y=0①.又点M，N也在圆O上，故点M，N的坐标也满足x2+y2=43②，②-①，得x0x+y0y=43，此即直线MN的方程.令y=0，得m=43x0，即x0=43m，令x=0，得n=43y0，即y0=43n.因为P（x0，y0）是椭圆C上一点，所以14（43m）2+34（43n）2=1，化简得1m2+3n2=94，故1m2+3n2是定值94.
点评本题表示出直线MN的方程至关重要，在解决过程中利用MN是两圆的公共弦，将两圆方程相减得到二元一次方程即可.
推广给定椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）以及圆O：x2+y2=b2，自椭圆上异于其顶点的任意一点P，作⊙O的两条切线，切点为M、N，若直线MN与x、y轴的交点分别是（m，0）、（0，n），则a2n2+b2m2=a2b2.4数量积定值
图4
例4（2006年高考天津）如图4，以椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的中心O为圆心，分别以a和b为半径作大圆和小圆.过椭圆右焦点F（c，0）（c>b）作垂直于x轴的直线交大圆于第一象限内的点A，连结OA交小圆于点B.设直线BF是小圆的切线.
（1）证明：c2=ab，并求直线BF与y轴的交点M的坐标；
（2）设直线BF交椭圆于P、Q两点，证明：OP·OQ=12b2.
证明（1）由已知条件知，Rt△OFA∽Rt△OBF，所以OFOA=OBOF，即ca=bc，所以c2=ab.在Rt△OFA中，FA=OA2-OF2=a2-c2=b，于是，直线OA的斜率kOA=bc.设直线BF的斜率为k，则k=-1kOA=-cb，所以直线BF的方程为y=-cb（x-c），由此得直线BF与y轴的交点为M（0，c2b），即M（0，a）.
（2）由（1）得，直线BF的方程为y=kx+a，与x2a2+y2b2=1联立，得（b2+a2k2）x2+2a3kx+a4-a2b2=0.设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=-2a3kb2+a2k2，x1x2=a4-a2b2b2+a2k2，又k2=c2b2=abb2=ab，所以x1x2=a2（a2-b2）b2+a2·ab=a3b2a3+b3.因为y1y2=（kx1+a）（kx2+a）=k2x1x2+ak（x1+x2）+a2=k2a3b2a3+b3+ak（-2a3k）b2+a2k2+a2=a4ba3+b3-2a5a3+b3+a2=a4b-a5+a2b3a3+b3=a3（ab-a2）+a2b3a3+b3=-b2a3+a2b3a3+b3，所以OP·OQ=x1x2+y1y2=a2b3a3+b3.因为a2-ab+b2=a2-c2+b2=2b2，所以OP·OQ=a2b3a3+b3=a2b3（a+b）·2b2=a2b2（a+b）=ac22（a+b）=a（a2-b2）2（a+b）=12（a2-ab）=12（a2-c2）=12b2，得证.
点评本题第（2）问求解时先设出P、Q两点坐标，然后表示出OP·OQ，根据这个代数式特点再联立直线PQ和椭圆的方程并运用韦达定理进行求解，在解决过程中注意第（1）问结论的适时运用.5直线过定点[3]
例5已知椭圆C1：x2a2+y2=1（a>1）的左、右焦点分别为F1、F2，其中F2也是抛物线C2：y2=2px（p>0）的焦点，且点A（x0，2）在抛物线上，|AF2|=2.
（Ⅰ）求椭圆C1和抛物线C2的方程；
图5
（Ⅱ）如图5，点B位于椭圆短轴的下端点，M，N分别为椭圆和圆x2+y2=1位于y轴右侧的动点，且直线BN的斜率是直线BM斜率的2倍.证明：直线MN过定点，并求出其坐标.
解（Ⅰ）椭圆C1和抛物线C2的方程分别为x22+y2=1，y2=4x.
（Ⅱ）设直线BM的斜率为k（k≠0），则直线BN的斜率为2k，又两直线均过点B（0，-1），则直线BM：y=kx-1，直线BN：y=2kx-1.联立x22+y2=1，y=kx-1，得（2k2+1）x2-4kx=0，由此得xM=4k2k2+1，yM=2k2-12k2+1.联立x2+y2=1，y=2kx-1，得（4k2+1）x2-4kx=0，由此得xN=4k4k2+1，yN=4k2-14k2+1，所以kMN=yM-yNxM-xN=-12k，所以MN的方程为y-4k2-14k2+1=-12k（x-4k4k2+1），化简得y=-12kx+1，所以直线MN过定点（0，1）.
点评本题第（Ⅱ）问要证明直线MN过定点，因此需要表示出M，N两点的坐标.根据已知条件，设出直线BM的斜率，从而表示出了直线BM，BN的方程，然后分别与椭圆、圆方程联立，并抓住B点坐标已知，最后借助韦达定理求解.推广已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1（a>b>0）和圆C2：x2+y2=b2，点M，N分别为椭圆C1和圆C2上的动点，点B为椭圆C1短轴的一个端点，若直线BN的斜率是直线BM斜率的a2b2倍，则直线MN过椭圆短轴的另一个端点.6面积最值
例6（2018年5月北京市海淀区高三二模）已知椭圆C：x24+y2=1，F为右焦点，圆O：x2+y2=1，P为椭圆C上一点，且P位于第一象限，过点P作PT与圆O相切于点T，使得点F，T在OP两侧.图6
（Ⅰ）求椭圆C的焦距及离心率；
（Ⅱ）求四边形OFPT面积的最大值.
解（Ⅰ）略.（Ⅱ）因为P在椭圆C：x24+y2=1上，且位于第一象限，所以设P（2cosα，sinα）（其中0<α<π2）.如图6，因为PT⊥OT，所以|PT|=|OP|2-|OT|2=4cos2α+sin2α-1=3cosα，所以四邊形OFPT的面积S=S△OFP+S△OTP=12|OF|sinα+12|OT|·|PT|.因为|OF|=3，|OT|=1，所以S=32sinα+32cosα=62sin（α+π4），当且仅当α=π4，即点P的坐标为（2，22）时，S有最大值为62，故四边形OFPT面积的最大值是62.
点评本题根据椭圆的参数方程先设出点P的坐标，接下来借助三角函数的性质求得最值.也可以设点P的坐标为（x0，y0），最后运用均值不等式或线性规划等知识求解.
7距离最值
例7（2018年浙江高中数学竞赛）已知动直线l与圆O：x2+y2=1相切，与椭圆x29+y2=1相交于不同的两点A、B，求原点到AB的中垂线的最大距离.
解当直线l斜率不存在时，原点到AB的中垂线的距离为0.当直线l斜率存在时，设l：y=kx+m（k≠0），因为直线l与圆O相切，所以O到直线l的距离为1，即mk2+1=1.
设A（x1，y1），B（x2，y2），x29+y2=1与y=kx+m联立，得（1+9k2）x2+18kmx+9m2-9=0，则x1+x2=-18km1+9k2.所以AB的中点坐标为（-9km1+9k2，m1+9k2），故AB的中垂线方程为y-m1+9k2=-1k（x+9km1+9k2），化简得x+ky+8km1+9k2=0，故O到AB中垂线的距离d=8km1+9k21+k2.将mk2+1=1代入，得
一般地，把以椭圆短轴为直径的圆叫椭圆的同心内切圆.翻阅近些年的圆锥曲线考题，发现以椭圆及其同心内切圆为背景的试题频繁出现，成为了命题热点.这类试题考查了椭圆的标准方程、几何性质以及直线与椭圆（圆）的位置关系，考查了坐标法的应用，体现了在知识交汇处命题的原则.由于圆作为基本的平面图形，有着丰富的几何性质，所以在解决这类问题时，应先挖掘图形中几何特点，遵循“先几何后代数”的解题策略.下面，对这类试题归纳梳理，供大家参考.
1长度差定值[1]
例1（2017年全国高中数学联赛天津预赛）设F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左焦点，A是该椭圆上位于第一象限的一点，过A作圆x2+y2=b2的切线，切点为P.则|AF|-|AP|=[CD#3].
解法1设F（-c，0），A（acosα，bsinα），其中α∈（0，π2），则|AF|=（acosα+c）2+（bsinα）2=a2cos2α+2accosα+c2+（a2-c2）sin2α=a2+2accosα+c2cos2α=a+ccosα，同时|AP|=AO2-OP2=（acosα）2+（bsinα）2-b2=（a2-b2）cos2α=ccosα，所以|AF|-|AP|=a.
图1
解法2[2]如图1，取椭圆C的右焦点为F1，连接OA，OP，AF1，因为OA是△AFF1的中线，所以2OA2+2OF12=AF2+AF12①.因为OP⊥AP，所以OA2=AP2+OP2=AP2+b2，所以①为2（AP2+b2）+2c2=（AF+AF1）2-2AF·（2a-AF），整理得AP2=（AF-a）2，所以AP=AF-a，或AP=a-AF（舍），故|AF|-|AP|=a.
点评解法1借助椭圆参数方程先设出点A的坐标，然后表示出|AF|，|AP|，从而使问题得以解决，体现了坐标法的应用；解法2立足图形，运用平面几何知识求解，体现了简洁性，因此在解决解析几何问题时应遵循“先几何后代数”的策略.2角度定值
例2（2015年5月北京市海淀区高三二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A、B分别是椭圆C的左、右顶点.
（Ⅰ）求圆O和椭圆C的方程；
（Ⅱ）已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点（P，Q位于y轴两侧），且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N.求证：∠MQN为定值.
图2
解（Ⅰ）略，圆O的方程为x2+y2=2，椭圆C的方程为x24+y22=1.
（Ⅱ）如图2，设P（x0，y0）（y0≠0），Q（xQ，y0），由AP：y=y0x0+2（x+2），得M（0，2y0x0+2）.由BP：y=y0x0-2（x-2），得N（0，-2y0x0-2）.所以QM=（-xQ，2y0x0+2-y0）=（-xQ，-x0y0x0+2），QN=（-xQ，-2y0x0-2-y0）=（-xQ，-x0y0x0-2），则QM·QN=x2Q+x20y20x20-4.因为x204+y202=1，x2Q+y20=2，所以x20=4-2y20，x2Q=2-y20，所以QM·QN=2-y20+（4-2y20）y20-2y20=0，由此得QM⊥QN，即∠MQN=90°.
点评斜率或向量是破解角度问题的重要工具，在设点P，Q坐标时不应写成P（4-2y20，y0），Q（-2-y20，y0），这样就把P限定在了y轴右方，体现不出任意性.3代数式定值
例3（2015年1月北京市通州区高三期末）如图3，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的长轴长是4，点A为椭圆的右顶点，点B为椭圆上一点，且△OAB是等腰直角三角形（点O为坐标原点）.
图3
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过椭圆C上异于其顶点的任意一点P，作圆O：x2+y2=43的两条切线，切点分别为M、N，若直线MN与x、y轴的交点分别是（m，0）、（0，n），证明：1m2+3n2是定值.解（Ⅰ）略，椭圆C的方程为x24+3y24=1.
（Ⅱ）设P（x0，y0）（x0y0≠0），由于M，N是圓O的切点，所以OM⊥MP，ON⊥NP，所以O，M，P，N四点共圆，此圆直径为OP，则圆心为（x02，y02），其方程为（x-x02）2+（y-y02）2=x20+y204，即点M，N的坐标满足x2+y2-x0x-y0y=0①.又点M，N也在圆O上，故点M，N的坐标也满足x2+y2=43②，②-①，得x0x+y0y=43，此即直线MN的方程.令y=0，得m=43x0，即x0=43m，令x=0，得n=43y0，即y0=43n.因为P（x0，y0）是椭圆C上一点，所以14（43m）2+34（43n）2=1，化简得1m2+3n2=94，故1m2+3n2是定值94.
点评本题表示出直线MN的方程至关重要，在解决过程中利用MN是两圆的公共弦，将两圆方程相减得到二元一次方程即可.
推广给定椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）以及圆O：x2+y2=b2，自椭圆上异于其顶点的任意一点P，作⊙O的两条切线，切点为M、N，若直线MN与x、y轴的交点分别是（m，0）、（0，n），则a2n2+b2m2=a2b2.4数量积定值
图4
例4（2006年高考天津）如图4，以椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的中心O为圆心，分别以a和b为半径作大圆和小圆.过椭圆右焦点F（c，0）（c>b）作垂直于x轴的直线交大圆于第一象限内的点A，连结OA交小圆于点B.设直线BF是小圆的切线.
（1）证明：c2=ab，并求直线BF与y轴的交点M的坐标；
（2）设直线BF交椭圆于P、Q两点，证明：OP·OQ=12b2.
证明（1）由已知条件知，Rt△OFA∽Rt△OBF，所以OFOA=OBOF，即ca=bc，所以c2=ab.在Rt△OFA中，FA=OA2-OF2=a2-c2=b，于是，直线OA的斜率kOA=bc.设直线BF的斜率为k，则k=-1kOA=-cb，所以直线BF的方程为y=-cb（x-c），由此得直线BF与y轴的交点为M（0，c2b），即M（0，a）.
（2）由（1）得，直线BF的方程为y=kx+a，与x2a2+y2b2=1联立，得（b2+a2k2）x2+2a3kx+a4-a2b2=0.设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=-2a3kb2+a2k2，x1x2=a4-a2b2b2+a2k2，又k2=c2b2=abb2=ab，所以x1x2=a2（a2-b2）b2+a2·ab=a3b2a3+b3.因为y1y2=（kx1+a）（kx2+a）=k2x1x2+ak（x1+x2）+a2=k2a3b2a3+b3+ak（-2a3k）b2+a2k2+a2=a4ba3+b3-2a5a3+b3+a2=a4b-a5+a2b3a3+b3=a3（ab-a2）+a2b3a3+b3=-b2a3+a2b3a3+b3，所以OP·OQ=x1x2+y1y2=a2b3a3+b3.因为a2-ab+b2=a2-c2+b2=2b2，所以OP·OQ=a2b3a3+b3=a2b3（a+b）·2b2=a2b2（a+b）=ac22（a+b）=a（a2-b2）2（a+b）=12（a2-ab）=12（a2-c2）=12b2，得证.
点评本题第（2）问求解时先设出P、Q两点坐标，然后表示出OP·OQ，根据这个代数式特点再联立直线PQ和椭圆的方程并运用韦达定理进行求解，在解决过程中注意第（1）问结论的适时运用.5直线过定点[3]
例5已知椭圆C1：x2a2+y2=1（a>1）的左、右焦点分别为F1、F2，其中F2也是抛物线C2：y2=2px（p>0）的焦点，且点A（x0，2）在抛物线上，|AF2|=2.
（Ⅰ）求椭圆C1和抛物线C2的方程；
图5
（Ⅱ）如图5，点B位于椭圆短轴的下端点，M，N分别为椭圆和圆x2+y2=1位于y轴右侧的动点，且直线BN的斜率是直线BM斜率的2倍.证明：直线MN过定点，并求出其坐标.
解（Ⅰ）椭圆C1和抛物线C2的方程分别为x22+y2=1，y2=4x.
（Ⅱ）设直线BM的斜率为k（k≠0），则直线BN的斜率为2k，又两直线均过点B（0，-1），则直线BM：y=kx-1，直线BN：y=2kx-1.联立x22+y2=1，y=kx-1，得（2k2+1）x2-4kx=0，由此得xM=4k2k2+1，yM=2k2-12k2+1.联立x2+y2=1，y=2kx-1，得（4k2+1）x2-4kx=0，由此得xN=4k4k2+1，yN=4k2-14k2+1，所以kMN=yM-yNxM-xN=-12k，所以MN的方程为y-4k2-14k2+1=-12k（x-4k4k2+1），化简得y=-12kx+1，所以直线MN过定点（0，1）.
点评本题第（Ⅱ）问要证明直线MN过定点，因此需要表示出M，N两点的坐标.根据已知条件，设出直线BM的斜率，从而表示出了直线BM，BN的方程，然后分别与椭圆、圆方程联立，并抓住B点坐标已知，最后借助韦达定理求解.推广已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1（a>b>0）和圆C2：x2+y2=b2，点M，N分别为椭圆C1和圆C2上的动点，点B为椭圆C1短轴的一个端点，若直线BN的斜率是直线BM斜率的a2b2倍，则直线MN过椭圆短轴的另一个端点.6面积最值
例6（2018年5月北京市海淀区高三二模）已知椭圆C：x24+y2=1，F为右焦点，圆O：x2+y2=1，P为椭圆C上一点，且P位于第一象限，过点P作PT与圆O相切于点T，使得点F，T在OP两侧.图6
（Ⅰ）求椭圆C的焦距及离心率；
（Ⅱ）求四边形OFPT面积的最大值.
解（Ⅰ）略.（Ⅱ）因为P在椭圆C：x24+y2=1上，且位于第一象限，所以设P（2cosα，sinα）（其中0<α<π2）.如图6，因为PT⊥OT，所以|PT|=|OP|2-|OT|2=4cos2α+sin2α-1=3cosα，所以四邊形OFPT的面积S=S△OFP+S△OTP=12|OF|sinα+12|OT|·|PT|.因为|OF|=3，|OT|=1，所以S=32sinα+32cosα=62sin（α+π4），当且仅当α=π4，即点P的坐标为（2，22）时，S有最大值为62，故四边形OFPT面积的最大值是62.
点评本题根据椭圆的参数方程先设出点P的坐标，接下来借助三角函数的性质求得最值.也可以设点P的坐标为（x0，y0），最后运用均值不等式或线性规划等知识求解.
7距离最值
例7（2018年浙江高中数学竞赛）已知动直线l与圆O：x2+y2=1相切，与椭圆x29+y2=1相交于不同的两点A、B，求原点到AB的中垂线的最大距离.
解当直线l斜率不存在时，原点到AB的中垂线的距离为0.当直线l斜率存在时，设l：y=kx+m（k≠0），因为直线l与圆O相切，所以O到直线l的距离为1，即mk2+1=1.
设A（x1，y1），B（x2，y2），x29+y2=1与y=kx+m联立，得（1+9k2）x2+18kmx+9m2-9=0，则x1+x2=-18km1+9k2.所以AB的中点坐标为（-9km1+9k2，m1+9k2），故AB的中垂线方程为y-m1+9k2=-1k（x+9km1+9k2），化简得x+ky+8km1+9k2=0，故O到AB中垂线的距离d=8km1+9k21+k2.将mk2+1=1代入，得
