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