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专题5 焦点弦长 公式性质【讲】
【典例1】（2021年新高考全国Ⅱ卷第20题）已知椭圆的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设M，N是椭圆上的两点，直线MN与曲线相切，证明：，N，三点共线的充要条件是．
【典例2】（2022年新高考全国Ⅰ卷第16题）已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，，离心率为，过点且垂直于的直线与交于D，E两点，，则的周长是______．
【典例3】（2020年高考全国Ⅱ卷理科第19题）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合．过点且与轴垂直的直线交于A，B两点，交于C，D两点，且．
（1）求的离心率；
（2）设是与的公共点，若，求与的标准方程．
上面三道考题都涉及椭圆焦半径或焦点弦长的计算．在解析几何中，计算椭圆焦半径或焦点弦长，一般采用坐标法，即联立直线方程和椭圆方程，利用弦长公式求解．如果运算能力不是特别强，往往会在代数运算方面出现错误．
考虑到焦半径由其所在直线的倾斜角唯一确定，运用这一关系处理与焦半径有关的问题，可将代数运算问题转化为三角运算问题，计算更显快捷．
定理（椭圆焦半径的角度式） 设是椭圆上任意一点，为它的一个焦点，，则．
证明 如图，设，另一个焦点为，则．
由于，所以，
即，解得．
注 1．上面的公式定义，为棈圆上的点，为焦点，为原点，定理中的结论对左、右焦点均适合，不需要再讨论．
若将角度设为直线的倾斜角，则需要讨论焦点位置，为记忆公式方便，我们统一设．
2．定理对焦点在轴上的椭圆同样适用．
3．如果将上面的定理类比到双曲线，可以得到它的一个“孪生”定理：
设是双曲线上任意一点，为它的一个焦点，，则．
式中“±”的确定方法：当点与点位于轴的同侧时取正，否则取负，即“同正异负”．
该定理定义，同样不需要讨论焦点位置．
4．在做解答题时用到上面的定理，需要写出简单的证明过程．
推论 如图，设AB是过椭圆的焦点的弦，，则有：
（1）；
（2）；
（3）若，则；
（4）若AB，CD是过椭圆焦点的两弦，且，则．
证明 （1）由于，所以．
由定理可得，，，
所以．
（2）．
（3）由，可得，
故，，即．
注 设直线AF的倾斜角为，则与相等或互补，将推论（3）中的改为直线AF的倾斜角，则有．
（4）如图，AB，CD是过椭圆的焦点的弦，不妨设点A，C在轴上方，，，则由定理可得
．
【精细化解析 典例1】
第一步：根据椭圆的离心率和焦点求解椭圆方程；
由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
第二步：先证必要性，再证充分性.
由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
[精细化解析 典例2]
第一步：通过离心率及椭圆定义得周长；
因为，所以，为等边三角形，如图．
又因为，所以直线ED为线段的中垂线，故，，
所以的周长等于的周长，都是4a．
第二步：根据焦半径公式求出a，即可得解.
由推论（2）得，其中，得，
所以的周长为13．
【精细化解析 典例3】
第一步：求出、，利用可得出关于、的齐次等式，即可得解；
，轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
第二步：结合抛物线定义，利用焦半径公式求解即可.
如图，设．
因为的方程为且，
由抛物线的定义得，又，所以 ①．
由（1）知，在椭圆中，所以，．
由焦半径的角度式得 ②．
将①式代入②式得，，．
所以的方程为，的方程为．
类型1 正交的两弦长之和与倒数之和
例1 已知点为圆上的动点，轴于点，动点满足．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点的直线，分别交曲线于点，和点，，且，证明：为定值．
解析 （1）设，，则，
所以，，．
由，得
即，，代入并整理得，
所以点的轨迹方程为．
（2）易知椭圆的右焦点为．
不妨设点A，B在轴上方，，，
则由推论（2）得，为定值．
升华 由推论（4），直接可得，直接求解与焦点弦长相关的计算问题．
【类题1-1】
1．已知分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆E上，且．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过的直线分别交椭圆E于和，且，问是否存在实数，使得成等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【类题1-2】
2．已知椭圆E:()的左右焦点分别是 ，离心率，点在椭圆E上．
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，分别过 作两条互相垂直的弦AC与BD，求的最小值．
【类题1-3 】
3．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，且椭圆C的短轴是圆的一条直径．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点作直线，与椭圆C交于M，N两点，过点作直线，与椭圆C交于P，Q两点，，且垂足异于，两点．试问是否为定值？如果是，求出的值，如果不是，说明理由．
类型2 与焦点弦垂直的两线段长的比值问题
例2 设椭圆的右焦点为，过点的直线与相交于A，B两点．
（1）若，求直线的方程；
（2）过点作轴的垂线，交于另一点，若是的外心，证明：为定值．
思路 （1）先由推论（3）求得直线AF的倾斜角的余弦值，进一步求得斜率与直线方程．
（2）记，由推论（2）求得．设为AB的中点，根据题设条件求得，在此基础上证明．
解析 （1）椭圆的离心率，记直线AF的倾斜角为，
则由推论（3）可得，所以，直线的斜率，
所以直线的方程为．
（2）如图，设线段AB的中点为，因为是的外心且在轴上，
又，不妨记，则，
由定理可知，
由推论（2）可得，
故．
在中，，所以．
升华 由推论（3）得到的结论，沟通了椭圆的离心率、焦点弦所在直线的斜率以及焦点分弦所成的比值三者之间的关系，方便实用．
椭圆的焦点弦长，或与焦点弦垂直的线段长，都可用焦点弦长（焦半径）的三角式表示，将代数运算转化为三角运算．
【类题1-1】
4．已知椭圆的左顶点和右焦点的距离与右焦点到椭圆的右准线的距离相等，且椭圆的通径（过椭圆的焦点，且与长轴垂直的弦）长为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线过点，且与坐标轴不垂直，与椭圆相交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于点.
①当时，求直线的方程；
②求证：为定值.
【类题1-2】
5．已知椭圆的右焦点为，且椭圆过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆左焦点的直线与椭圆交于A，B两点，直线，过点作直线的垂线，与直线交于点，求的最小值和此时直线的方程．
【类题1-3 】
6．已知椭圆的右焦点为，原点为，椭圆的动弦过焦点且不垂直于坐标轴，弦的中点为，过且垂直于线段的直线交直线于点．
(1)证明：三点共线；
(2)求的最大值．
类型3 正交的两焦点弦端点连成的四边形的面积问题
例3 已知椭圆的左、右焦点分别为，过点作直线交椭圆于B，D两点，直线：经过点，与椭圆相交于A，C两点，且，的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设四边形ABCD的面积为，求的取值范围．
思路 设，根据推论（2），用的三角函数式分别表示四边形ABCD的对角线与的长，进而求面积的取值范围．
解析 （1）设椭圆的焦距为2c．
由于直线过定点，所以．
又的周长为8，所以，，故椭圆的标准方程为．
（2）由椭圆的对称性，不妨设．
由于，所以．
由推论（2）可得，
，
故．
可见，当或时，四边形ABCD的面积取最大值6；
当时，四边形ABCD的面积取最小值．
故四边形ABCD的面积的取值范围为．
升华 例3第（2）问的结果可推广如下．
推论（5） 过椭圆的焦点且互相垂直的两弦的端点连成四边形，其面积的取值范围为．
证明 设AB，CD是过椭圆的焦点且互相垂直的两弦，，
则由推论（2），可知
．
可见，当或时，四边形ABCD的面积取最大值；
当时，四边形ABCD的面积取最小值．
【类题1-1】
7．已知椭圆的右焦点F到左顶点的距离为3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O是坐标原点，过点F的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不在x轴上），若，延长AO交椭圆与点G，求四边形AGBE的面积S的最大值.
【类题1-2】
8．已知椭圆：（）的左焦点为，是上一点，且与轴垂直，，分别为椭圆的右顶点和上顶点，且，且的面积是，其中是坐标原点.
（1）求椭圆的方程.
（2）若过点的直线，互相垂直，且分别与椭圆交于点，，，四点，求四边形的面积的最小值.
【类题1-3 】
9．如图，设圆的圆心为A，直线l过点且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．
(1)求点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线，直线l交于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点．
（i）证明：为定值；
（ii）求四边形MPNQ面积的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）存在，.
【分析】（1）根据椭圆的定义可得，将的坐标代入椭圆方程可得，从而可得结果；
（2）当轴或轴时，计算出和，根据可得，当都不与轴垂直时，设出直线方程，代入椭圆方程，根据弦长公式计算出和，代入可解得.
【详解】（1）由已知，得，即．
又点在椭圆上，所以，解得，故椭圆的标准方程为．
（2）当轴时，，由，由．
当轴时，，由，得，
当都不与轴垂直时，
设，设，
直线的方程与椭圆E的方程联立并消去y得：，
则，
所以，
从而， 同理可得．
所以，令，得．
综上，存在常数，使得成等差数列．
【点睛】本题考查了待定系数法求椭圆的标准方程，考查了等差中项的应用，考查了弦长公式，考查了运算求解能力，考查了分类讨论思想，属于中档题.
2．（1）（2）
【分析】（1）由离心率求出关系，化简标准方程，将点代入方程，即可求解；
（2）先考率两直线斜率为0或斜率不存在的情况，当两直线斜率存在且不等于0，设出直线方程，可以是点斜式（或轴截距式），与椭圆方程联立，求出相交弦长，进而得到关于斜率（或斜率倒数）的目标函数，转化求函数的最值，即可求解.
【详解】解:（1）由已知，，
将点代入得，
，
椭圆E方程为:．
（2）解法一:由已知，
①当轴或在轴上时，
，，或，，
②当直线斜率存在且不为0时，
，设直线AC方程为:
联立得:
设，
则，
，由椭圆对称性，以代换上式中的k得:
，
思路一:
，
当且仅当即时，取“=”
而，有最小值
思路二:设，则，
当且仅当，，
即时，有最小值．
而，有最小值
解法二:由已知，设直线AC:
联立得:
设，则，
，由椭圆对称性，以代换上式中的得:
．
思路一
，
当且仅当即时，取“=”，
有最小值．
思路二:设则
当且仅当，即时，有最小值．
有最小值．
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，要熟练掌握求相交弦长方法，考查最值问题，先求出“目标函数”，根据函数的性质特征，可以考虑用基本不等式、换元法转化为熟悉函数、用函数的单调性等等，属于较难题.
3．（1）；（2）是定值，且该定值为．
【分析】（1）依题意可得，再根据离心率为及，计算可得；
（2）首先可判断直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，．联立直线方程与椭圆方程，消元列出韦达定理，利用弦长公式表示出，同理可得，即可得到的值；
【详解】解：（1）由题意可知，则．
因为椭圆C的离心率为，所以，所以，解得，．
故椭圆C的标准方程为．
（2）由（1）可知，．
因为，且垂足异于，两点，所以直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，．
联立，整理得，．
则，，．
故．
设直线的方程为，，．
联立，整理得，．
则，，．
故．
因为，所以
所以．
故．
【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆综合问题，定值问题，属于中档题.
4．（1）；（2）①或，②证明见解析.
【分析】（1）依题意得到方程组解得即可；
（2）设直线的方程为，，，设线段的中点为，联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，即可表示出线段的中点的坐标，从而得到线段的垂直平分线方程，表示出点坐标，再根据①、②分别计算可得；
【详解】解：（1）由条件得，又，
解得，，，
所以椭圆的方程为.
（2）因为直线过点，且与坐标轴不垂直，
所以设直线的方程为，，，
设线段的中点为，
由得，
所以，
所以线段的中点，
所以线段的垂直平分线方程为，
令，得，即
①当时，则，
解得，
所以直线的方程为或.
②因为，
，
所以为定值.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
5．(1)
(2)的最小值为，此时直线的方程为
【分析】（1）根据题意得出焦距，将点代入椭圆方程可得出答案.
（2）根据直线的斜率存在和不存在讨论，结合弦长公式可得出的表达式从而得出答案.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，解得
椭圆的标准方程
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
则，此时,
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，直线的方程为
设
联立，得
则
所以
，得，则
因为，故等号不成立.
综上所述：的最小值为，此时直线的方程为

6．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题意得右焦点的坐标为，设所在直线为：，且，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得，根据弦的中点为，得点的坐标，从而求出所在直线方程，再根据垂直于线段，可得所在的直线方程，即可求得点的坐标，进而通过点的坐标满足所在直线方程即可证出三点共线；
（2）由（1）及弦长公式可得，再根据两点之间的距离公式可得，结合二次函数的性质即可求出的最大值．
【详解】（1）由题意知椭圆的右焦点的坐标为，
设所在直线为：，且．
联立方程组：，得：；
由于动弦过焦点，必有，
则，
点的坐标为所在直线方程为：，
所在的直线方程为：，
联立方程组：，得点的坐标为，
点的坐标满足直线的方程，故三点共线；
（2）由（1）得：；
由点的坐标为，，
所以，
而，
故当，即时，取到最大值，
则取得最大值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
7．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆方程中基本量的关系与右焦点F到左顶点的距离，即可求出椭圆基本量，即得椭圆方程；
（2）首先联立方程组，利用韦达定理表示出四边形的面积，根据面积表达式的函数单调性求出面积的最值即可.
【详解】（1）由题知，，，
解得，所以椭圆；
（2）因为过点F的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不在x轴上），
设，联立，
设，，有，
因为，所以四边形AOBE是平行四边形，
所以，
有，
令，有，
当时单调递减，所以当时面积取最大值，
最大值为.
【点睛】本题主要考查了椭圆方程基本量的求解，椭圆中三角形的面积计算，属于一般题.
8．（1）；（2）
【分析】（1）依题意可设，则有，解出即可；
（2）分类讨论，当，时，；
当，斜率存在时，设：，：，分别联立椭圆方程，利用韦达定理求出，，再根据面积公式以及基本不等式即可求出答案．
【详解】解：（1）依题意画出下图可设，，，

则有：，解得，
∴椭圆的标准方程为；
（2）①当，时，；
②当，斜率存在时，设：，：，分别联立椭圆方程，
联立得，
∴，，
∴，
同理，
∴，
当且仅当即即时等号成立，
故四边形的面积的最小值．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题．
9．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）推出，转化求解圆的标准方程，利用椭圆定义可得点的轨迹方程．
（2）（i）设的方程为，，，不妨设，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，根据弦长公式表示出，，代入计算可得；
（ii）设直线的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得，由，设方程，求得到的距离，再由圆的弦长公式可得，再由四边形的面积公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围．
【详解】（1）解：圆：即为，
可得圆心，半径，
由，可得，
由，可得，
即为，即有，
则，
故的轨迹为以，为焦点的椭圆，且有，即，，，
则点的轨迹方程为；
（2）解：
（i）证明：依题意：与轴不垂直，设的方程为，，，不妨设．
由得．
则，．
所以，
所以
其中，
所以
故为定值；
（ii）椭圆，设直线，
由，设，
由可得，
设，，，，
可得，，
则
，
到的距离为，
，
则四边形面积为
，
当时，取得最小值12，又，可得，
即有四边形面积的取值范围是．
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