2015_退役省自主命题 (2015·理)
21．（本小题满分 12 分，（1）小问 5 分，（2）小问 7 分）
如题（21）图，椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$，过 $F_{2}$ 的直线交椭圆于 $P, Q$两点，且 $P Q \perp P F_{1}$
（1）若 $\left|P F_{1}\right|=2+\sqrt{2},\left|P F_{2}\right|=2-\sqrt{2}$，求椭圆的标准方程
（2）若 $\left|P F_{1}\right|=|P Q|$，求椭圆的离心率 $e$．
【答案】①$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$；②$\sqrt{6}-\sqrt{3}$
## 【解析】
试题解析：（1）本题中已知椭圆上的一点到两焦点的距离，因此由椭圆定义可得长轴长，即参数 $a$ 的值，而由 $P Q \perp P F_{1}$，应用勾股定理可得焦距，即 $c$ 的值，因此方程易得；②要求椭圆的离心率，就是要找到关于 $a, b, c$ 的一个等式，题中涉及到焦点距离，因此我们仍然应用椭圆定义，设 $\left|P F_{1}\right|=m$，则 $\left|P F_{2}\right|=2 a-m$， $\left|Q F_{2}\right|=|P Q|-\left|P F_{2}\right|=m-(2 a-m)=2 m-2 a$，于是有 $\left|Q F_{1}\right|=2 a-\left|Q F_{2}\right|=4 a-2 m$，这样在 Rt $\Delta P Q F_{1}$ 中求得 $m=2(2-\sqrt{2}) a$，在 Rt $\Delta P F_{1} F_{2}$ 中可建立关于 $a, c$ 的等式，从而求得离心率。
（1）由椭圆的定义， $2 a=\left|\mathrm{PF}_{1}\right|+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=(2+\sqrt{2})+(2-\sqrt{2})=4$，故 $a=2$．
设椭圆的半焦距为 $c$，由已知 $\mathrm{PF}_{1} \perp \mathrm{PF}_{2}$，因此
$2 c=\left|\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}\right|=\sqrt{\left|\mathrm{PF}_{1}\right|^{2}+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}}=\sqrt{(2+\sqrt{2})^{2}+(2-\sqrt{2})^{2}}=2 \sqrt{3}$，即 $\mathrm{c}=\sqrt{3}$。
从而 $\mathrm{b}=\sqrt{a^{2}-c^{2}}=1$
故所求椭圆的标准方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$．
（2）解法一：如图（21）图，设点 $P\left(x_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$ 在椭圆上，且 $\mathrm{PF}_{1} \perp \mathrm{PF}_{2}$，则
$\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1, x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=c^{2}$
求得 $x_{0}= \pm \frac{c}{a} \sqrt{a^{2}-2 b^{2}}, \mathrm{y}_{0}= \pm \frac{b^{2}}{c}$．
由 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=|P Q|>\left|\mathrm{PF}_{2}\right|$，得 $x_{0}>0$，从而
$\left|\mathrm{PF}_{1}\right|^{2}=\left(\frac{c}{a} \sqrt{a^{2}-2 b^{2}}+c\right)^{2}+\left(\frac{b^{2}}{c}\right)^{2}=2\left(a^{2}-b^{2}\right)+2 a \sqrt{a^{2}-2 b^{2}}=\left(a+\sqrt{a^{2}-2 b^{2}}\right)^{2}$.
由椭圆的定义，$\left|\mathrm{PF}_{1}\right|+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=2 a,\left|\mathrm{QF}_{1}\right|+\left|\mathrm{QF}_{2}\right|=2 a$，从而由 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=|\mathrm{PQ}|=\left|\mathrm{PF}_{2}\right|+\left|\mathrm{QF}_{2}\right|$，有 $\left|\mathrm{QF}_{1}\right|=4 a-2\left|\mathrm{PF}_{1}\right|$
又由 $\mathrm{PF}_{1} \perp \mathrm{PF}_{2},\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=|\mathrm{PQ}|$ 知 $\left|\mathrm{QF}_{1}\right|=\sqrt{2}\left|\mathrm{PF}_{1}\right|$，因此 $(2+\sqrt{2})\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=4 a$
于是 $(2+\sqrt{2})\left(a+\sqrt{a^{2}-2 b^{2}}\right)=4 a$．
解得 $e=\sqrt{\frac{1}{2}\left[1+\left(\frac{4}{2+\sqrt{2}}-1\right)^{2}\right]}=\sqrt{6}-\sqrt{3}$．
解法二：如图（21）图由椭圆的定义，$\left|\mathrm{PF}_{1}\right|+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=2 a,\left|\mathrm{QF}_{1}\right|+\left|\mathrm{QF}_{2}\right|=2 a$，从而由 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=|\mathrm{PQ}|=\left|\mathrm{PF}_{2}\right|+\left|\mathrm{QF}_{2}\right|$，有 $\left|\mathrm{QF}_{1}\right|=4 a-2\left|\mathrm{PF}_{1}\right|$
又由 $\mathrm{PF}_{1} \perp \mathrm{PF}_{2},\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=|\mathrm{PQ}|$ 知 $\left|\mathrm{QF}_{1}\right|=\sqrt{2}\left|\mathrm{PF}_{1}\right|$，因此 $4 a-2\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=\sqrt{2}\left|\mathrm{PF}_{1}\right|$，
$\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=2(2-\sqrt{2}) a$，从而 $\left|\mathrm{PF}_{2}\right|=2 a-\left|\mathrm{PF}_{1}\right|=2 a-(2-\sqrt{2}) a=2(\sqrt{2}-1) a$
由 $\mathrm{PF}_{1} \perp \mathrm{PF}_{2}$，知 $\left|\mathrm{PF}_{1}\right|^{2}+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}=\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}=(2 c)^{2}=4 c^{2}$，因此
$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{\left|\mathrm{PF}_{1}\right|^{2}+\left|\mathrm{PF}_{2}\right|^{2}}}{2 a}=\sqrt{(2-\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2}-1)^{2}}=\sqrt{9-6 \sqrt{2}}=\sqrt{6}-\sqrt{3}$
【考点定位】考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质，直线和椭圆相交问题，考查运算求解能力．
【名师点晴】确定圆锥曲线方程的最基本方法就是根据已知条件得到圆锥曲线系数的方程，解方程组得到系数值．注意在椭圆中 $c^{2}=a^{2}-b^{2}$，在双曲线中 $c^{2}=a^{2}+b^{2}$．圆锥曲线基本问题的考查的另一个重点是定义的应用；求椭圆与双曲线的离心率的基本思想是建立关于 $a, b, c$ 的方程，根据已知条件和椭圆、双曲线中 $a$， $b, c$ 的关系，求出所求的椭圆、双曲线中 $a, c$ 之间的比例关系，根据离心率定义求解。如果是求解离心率的范围，则需要建立关于 $a, c$ 的不等式．