橢圓及其同心內(nèi)切圓命題賞析

劉剛

一般地，把以橢圓短軸為直徑的圓叫橢圓的同心內(nèi)切圓.翻閱近些年的圓錐曲線考題，發(fā)現(xiàn)以橢圓及其同心內(nèi)切圓為背景的試題頻繁出現(xiàn)，成為了命題熱點.這類試題考查了橢圓的標準方程、幾何性質(zhì)以及直線與橢圓（圓）的位置關系，考查了坐標法的應用，體現(xiàn)了在知識交匯處命題的原則.由于圓作為基本的平面圖形，有著豐富的幾何性質(zhì)，所以在解決這類問題時，應先挖掘圖形中幾何特點，遵循“先幾何后代數(shù)”的解題策略.下面，對這類試題歸納梳理，供大家參考.

1長度差定值[1]

例1（2017年全國高中數(shù)學聯(lián)賽天津預賽）設F是橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左焦點，A是該橢圓上位于第一象限的一點，過A作圓x2+y2=b2的切線，切點為P.則|AF|-|AP|=[CD#3].

解法1設F（-c，0），A（acosα，bsinα），其中α∈（0，π2），則|AF|=（acosα+c）2+（bsinα）2=a2cos2α+2accosα+c2+（a2-c2）sin2α=a2+2accosα+c2cos2α=a+ccosα，同時|AP|=AO2-OP2=（acosα）2+（bsinα）2-b2=（a2-b2）cos2α=ccosα，所以|AF|-|AP|=a.

圖1

解法2[2]如圖1，取橢圓C的右焦點為F1，連接OA，OP，AF1，因為OA是△AFF1的中線，所以2OA2+2OF12=AF2+AF12①.因為OP⊥AP，所以OA2=AP2+OP2=AP2+b2，所以①為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.

點評解法1借助橢圓參數(shù)方程先設出點A的坐標，然后表示出|AF|，|AP|，從而使問題得以解決，體現(xiàn)了坐標法的應用；解法2立足圖形，運用平面幾何知識求解，體現(xiàn)了簡潔性，因此在解決解析幾何問題時應遵循“先幾何后代數(shù)”的策略.2角度定值

例2（2015年5月北京市海淀區(qū)高三二模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上的點到它的兩個焦點的距離之和為4，以橢圓C的短軸為直徑的圓O經(jīng)過這兩個焦點，點A、B分別是橢圓C的左、右頂點.

（Ⅰ）求圓O和橢圓C的方程；

（Ⅱ）已知P，Q分別是橢圓C和圓O上的動點（P，Q位于y軸兩側(cè)），且直線PQ與x軸平行，直線AP，BP分別與y軸交于點M，N.求證：∠MQN為定值.

圖2

解（Ⅰ）略，圓O的方程為x2+y2=2，橢圓C的方程為x24+y22=1.

（Ⅱ）如圖2，設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），則QM·QN=x2Q+x20y20x20-4.因為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°.

點評斜率或向量是破解角度問題的重要工具，在設點P，Q坐標時不應寫成P（4-2y20，y0），Q（-2-y20，y0），這樣就把P限定在了y軸右方，體現(xiàn)不出任意性.3代數(shù)式定值

例3（2015年1月北京市通州區(qū)高三期末）如圖3，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的長軸長是4，點A為橢圓的右頂點，點B為橢圓上一點，且△OAB是等腰直角三角形（點O為坐標原點）.

圖3

（Ⅰ）求橢圓C的方程；

（Ⅱ）過橢圓C上異于其頂點的任意一點P，作圓O：x2+y2=43的兩條切線，切點分別為M、N，若直線MN與x、y軸的交點分別是（m，0）、（0，n），證明：1m2+3n2是定值.解（Ⅰ）略，橢圓C的方程為x24+3y24=1.

（Ⅱ）設P（x0，y0）（x0y0≠0），由于M，N是圓O的切點，所以OM⊥MP，ON⊥NP，所以O，M，P，N四點共圓，此圓直徑為OP，則圓心為（x02，y02），其方程為（x-x02）2+（y-y02）2=x20+y204，即點M，N的坐標滿足x2+y2-x0x-y0y=0①.又點M，N也在圓O上，故點M，N的坐標也滿足x2+y2=43②，②-①，得x0x+y0y=43，此即直線MN的方程.令y=0，得m=43x0，即x0=43m，令x=0，得n=43y0，即y0=43n.因為P（x0，y0）是橢圓C上一點，所以14（43m）2+34（43n）2=1，化簡得1m2+3n2=94，故1m2+3n2是定值94.

點評本題表示出直線MN的方程至關重要，在解決過程中利用MN是兩圓的公共弦，將兩圓方程相減得到二元一次方程即可.

推廣給定橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）以及圓O：x2+y2=b2，自橢圓上異于其頂點的任意一點P，作⊙O的兩條切線，切點為M、N，若直線MN與x、y軸的交點分別是（m，0）、（0，n），則a2n2+b2m2=a2b2.4數(shù)量積定值

圖4

例4（2006年高考天津）如圖4，以橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的中心O為圓心，分別以a和b為半徑作大圓和小圓.過橢圓右焦點F（c，0）（c>b）作垂直于x軸的直線交大圓于第一象限內(nèi)的點A，連結(jié)OA交小圓于點B.設直線BF是小圓的切線.

（1）證明：c2=ab，并求直線BF與y軸的交點M的坐標；

（2）設直線BF交橢圓于P、Q兩點，證明：OP·OQ=12b2.

證明（1）由已知條件知，Rt△OFA∽Rt△OBF，所以OFOA=OBOF，即ca=bc，所以c2=ab.在Rt△OFA中，F(xiàn)A=OA2-OF2=a2-c2=b，于是，直線OA的斜率kOA=bc.設直線BF的斜率為k，則k=-1kOA=-cb，所以直線BF的方程為y=-cb（x-c），由此得直線BF與y軸的交點為M（0，c2b），即M（0，a）.

（2）由（1）得，直線BF的方程為y=kx+a，與x2a2+y2b2=1聯(lián)立，得（b2+a2k2）x2+2a3kx+a4-a2b2=0.設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x2=-2a3kb2+a2k2，x1x2=a4-a2b2b2+a2k2，又k2=c2b2=abb2=ab，所以x1x2=a2（a2-b2）b2+a2·ab=a3b2a3+b3.因為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.因為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，得證.

點評本題第（2）問求解時先設出P、Q兩點坐標，然后表示出OP·OQ，根據(jù)這個代數(shù)式特點再聯(lián)立直線PQ和橢圓的方程并運用韋達定理進行求解，在解決過程中注意第（1）問結(jié)論的適時運用.5直線過定點[3]

例5已知橢圓C1：x2a2+y2=1（a>1）的左、右焦點分別為F1、F2，其中F2也是拋物線C2：y2=2px（p>0）的焦點，且點A（x0，2）在拋物線上，|AF2|=2.

（Ⅰ）求橢圓C1和拋物線C2的方程；

圖5

（Ⅱ）如圖5，點B位于橢圓短軸的下端點，M，N分別為橢圓和圓x2+y2=1位于y軸右側(cè)的動點，且直線BN的斜率是直線BM斜率的2倍.證明：直線MN過定點，并求出其坐標.

解（Ⅰ）橢圓C1和拋物線C2的方程分別為x22+y2=1，y2=4x.

（Ⅱ）設直線BM的斜率為k（k≠0），則直線BN的斜率為2k，又兩直線均過點B（0，-1），則直線BM：y=kx-1，直線BN：y=2kx-1.聯(lián)立x22+y2=1，y=kx-1，得（2k2+1）x2-4kx=0，由此得xM=4k2k2+1，yM=2k2-12k2+1.聯(lián)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的方程為y-4k2-14k2+1=-12k（x-4k4k2+1），化簡得y=-12kx+1，所以直線MN過定點（0，1）.

點評本題第（Ⅱ）問要證明直線MN過定點，因此需要表示出M，N兩點的坐標.根據(jù)已知條件，設出直線BM的斜率，從而表示出了直線BM，BN的方程，然后分別與橢圓、圓方程聯(lián)立，并抓住B點坐標已知，最后借助韋達定理求解.推廣已知橢圓C1：x2a2+y2b2=1（a>b>0）和圓C2：x2+y2=b2，點M，N分別為橢圓C1和圓C2上的動點，點B為橢圓C1短軸的一個端點，若直線BN的斜率是直線BM斜率的a2b2倍，則直線MN過橢圓短軸的另一個端點.6面積最值

例6（2018年5月北京市海淀區(qū)高三二模）已知橢圓C：x24+y2=1，F(xiàn)為右焦點，圓O：x2+y2=1，P為橢圓C上一點，且P位于第一象限，過點P作PT與圓O相切于點T，使得點F，T在OP兩側(cè).圖6

（Ⅰ）求橢圓C的焦距及離心率；

（Ⅱ）求四邊形OFPT面積的最大值.

解（Ⅰ）略.（Ⅱ）因為P在橢圓C：x24+y2=1上，且位于第一象限，所以設P（2cosα，sinα）（其中0<α<π2）.如圖6，因為PT⊥OT，所以|PT|=|OP|2-|OT|2=4cos2α+sin2α-1=3cosα，所以四邊形OFPT的面積S=S△OFP+S△OTP=12|OF|sinα+12|OT|·|PT|.因為|OF|=3，|OT|=1，所以S=32sinα+32cosα=62sin（α+π4），當且僅當α=π4，即點P的坐標為（2，22）時，S有最大值為62，故四邊形OFPT面積的最大值是62.

點評本題根據(jù)橢圓的參數(shù)方程先設出點P的坐標，接下來借助三角函數(shù)的性質(zhì)求得最值.也可以設點P的坐標為（x0，y0），最后運用均值不等式或線性規(guī)劃等知識求解.

7距離最值

例7（2018年浙江高中數(shù)學競賽）已知動直線l與圓O：x2+y2=1相切，與橢圓x29+y2=1相交于不同的兩點A、B，求原點到AB的中垂線的最大距離.

解當直線l斜率不存在時，原點到AB的中垂線的距離為0.當直線l斜率存在時，設l：y=kx+m（k≠0），因為直線l與圓O相切，所以O到直線l的距離為1，即mk2+1=1.

設A（x1，y1），B（x2，y2），x29+y2=1與y=kx+m聯(lián)立，得（1+9k2）x2+18kmx+9m2-9=0，則x1+x2=-18km1+9k2.所以AB的中點坐標為（-9km1+9k2，m1+9k2），故AB的中垂線方程為y-m1+9k2=-1k（x+9km1+9k2），化簡得x+ky+8km1+9k2=0，故O到AB中垂線的距離d=8km1+9k21+k2.將mk2+1=1代入，得