椭圆经典例题分类教案_椭圆经典例题分类

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椭圆经典例题分类

1.椭圆定义的应用

例

1椭圆的一个顶点为A2，0，其长轴长是短轴长的2倍，求椭圆的标准方程． 分析：题目没有指出焦点的位置，要考虑两种位置． 解：（1）当A2，0为长轴端点时，a2，b1，x2y21； 椭圆的标准方程为：41（2）当A2，0为短轴端点时，b2，a4，x2y21； 椭圆的标准方程为：416说明：椭圆的标准方程有两个，给出一个顶点的坐标和对称轴的位置，是不能确定椭圆的横竖的，因而要考虑两种情况．

1x2y21的离心率e，求k的值． 例2 已知椭圆

2k89分析：分两种情况进行讨论．

解：当椭圆的焦点在x轴上时，ak8，b9，得ck1．由e当椭圆的焦点在y轴上时，a9，bk8，得c1k．

2222221，得k4． 211k15，即k．，得29445∴满足条件的k4或k．

4由e说明：本题易出现漏解．排除错误的办法是：因为k8与9的大小关系不定，所以椭圆的焦点可能在x轴上，也可能在y轴上．故必须进行讨论．

x2y21表示椭圆，求k的取值范围． 例3

已知方程k53kk50,解：由3k0,得3k5，且k4．

k53k,∴满足条件的k的取值范围是3k5，且k4．

说明：本题易出现如下错解：由k50,得3k5，故k的取值范围是3k5．

3k0,1 出错的原因是没有注意椭圆的标准方程中ab0这个条件，当ab时，并不表示椭圆． 例4

已知x2siny2cos1(0)表示焦点在y轴上的椭圆，求的取值范围． 分析：依据已知条件确定的三角函数的大小关系．再根据三角函数的单调性，求出的取值范围．

x2y2110． 1．因为焦点在y轴上，所以解：方程可化为11cossinsincos因此sin0且tan1从而（3,)． 24110，0，这是容易忽视的地方． sincos1122(2)由焦点在y轴上，知a，b．(3)求的取值范围时，应注意题目中的条件

cossin0 说明：(1)由椭圆的标准方程知例5 已知动圆P过定点A3，且在定圆B：0，x3y264的内部与其相内切，求动圆圆心P2的轨迹方程．

分析：关键是根据题意，列出点P满足的关系式．

解：如图所示，设动圆P和定圆B内切于点M．动点P到两定点，即定点A3，0和定圆圆心B3，0距离之和恰好等于定圆半径，即PAPBPMPBBM8．∴点P的轨迹是以A，B为两焦点，x2y21． 半长轴为4，半短轴长为b437的椭圆的方程：

16722说明：本题是先根据椭圆的定义，判定轨迹是椭圆，然后根据椭圆的标准方程，求轨迹的方程．这是求轨迹方程的一种重要思想方法．

2.焦半径及焦三角的应用

x2y2例1 已知椭圆方程221ab0，长轴端点为A1，A2，焦点为F1，F2，P是椭圆上一ab点，A1PA2，F1PF2．求：F1PF2的面积（用a、b、表示）． 分析：求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边，从而利用S1absinC求面积． 2解：如图，设Px，y，由椭圆的对称性，不妨设Px，y，由椭圆的对称性，不妨设P在第一象限．由余弦定理知：

F1F22PF1PF22PFPF2cos4c2．① 1·2222b2由椭圆定义知： PF． 1PF21PF22a

②，则②－①得

PF1cos故SF1PF2112b2PF1PF2sin sin b2tan． 2221cosx2y21内有一点A(1,1)，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点P是椭圆上例2.已知椭圆95P坐标； 一点． 求PAPF1的最大值、最小值及对应的点分析：本题考查椭圆中的最值问题，通常探求变量的最值有两种方法：一是目标函数当，即代数方法．二是数形结合，即几何方法．本题若按先建立目标函数，再求最值，则不易解决；若抓住椭圆的定义，转化目标，运用数形结合，就能简捷求解．

解：

如上图，2a6，F2(2,0)，AF22，设P是椭圆上任一点，由PF1PF22a6，PAPF2AF2，∴PAPF1PF1PF2AF22aAF262，等号仅当PAPF2AF2时成立，此时P、A、F2共线．

由PAPF2AF2，∴PAPF1PF1PF2AF22aAF262，等号仅当PAPF2AF2时成立，此时P、A、F2共线．

xy20,建立A、F2的直线方程xy20，解方程组2得两交点 25x9y459***P(2,2)P(2,2)．、127***P点与P2重合时，PAPF2取综上所述，P点与P1重合时，PAPF1取最小值62，最大值62．

3.参数方程应用

x2y21上的点到直线xy60的距离的最小值． 例1 求椭圆3 3 分析：先写出椭圆的参数方程，由点到直线的距离建立三角函数关系式，求出距离的最小值． 解：椭圆的参数方程为距离为

x3cos，ysin.设椭圆上的点的坐标为

3cos，sin，则点到直线的d2sin63cossin63． 221时，d最小值22． 3当sin说明：当直接设点的坐标不易解决问题时，可建立曲线的参数方程．

x2y21的参数方程；(2)求椭圆内接矩形的最大面积． 例

2(1)写出椭圆94分析：本题考查椭圆的参数方程及其应用．为简化运算和减少未知数的个数，常用椭圆的参数方程表示曲线上一点坐标，所求问题便化归为三角问题．

x3cos(R)． 解：(1)y2sin(2)设椭圆内接矩形面积为S，由对称性知，矩形的邻边分别平行于x轴和y轴，设

(3cos,2sin)为矩形在第一象限的顶点，(0)，2则S43cos2sin12sin212

故椭圆内接矩形的最大面积为12．

说明：通过椭圆参数方程，转化为三角函数的最值问题，一般地，与圆锥曲线有关的最值问题，用参数方程形式较简便．

x2y2例3 椭圆221(ab0)与x轴正向交于点A，若这个椭圆上总存在点P，使abOPAP(O为坐标原点)，求其离心率e的取值范围．

分析：∵O、A为定点，P为动点，可以P点坐标作为参数，把OPAP，转化为P点坐标的一个等量关系，再利用坐标的范围建立关于a、b、c的一个不等式，转化为关于e的不等式．为减少参数，易考虑运用椭圆参数方程．

解：设椭圆的参数方程是xacos(ab0)，ybsin则椭圆上的点P(acos,bsin)，A(a,0)，∵OPAP，∴bsinbsin1，acosacosa 4

b2即(ab)cosacosb0，解得cos1或cos2，ab222222b22221bac∵1cos1 ∴cos1（舍去），12，又 2aba222∴022，∴e，又0e1，∴e1．

c22说明：若已知椭圆离心率范围（2,1)，求证在椭圆上总存在点P使OPAP．如何证明？ 24.相交情况下--弦长公式的应用

例1 已知椭圆4x2y21及直线yxm．（1）当m为何值时，直线与椭圆有公共点？（2）若直线被椭圆截得的弦长为

210，求直线的方程． 52解：（1）把直线方程yxm代入椭圆方程4x2y21得

4x2xm1，即5x2mxm10．2m45m2116m2200，解得22255． m222mm21（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为x1，x2，由（1）得x1x2，x1x2．

55m212102m2根据弦长公式得

：11．解得m0．方程为yx． 4555

说明：处理有关直线与椭圆的位置关系问题及有关弦长问题，采用的方法与处理直线和圆的有所区别．

这里解决直线与椭圆的交点问题，一般考虑判别式；解决弦长问题，一般应用弦长公式． 用弦长公式，若能合理运用韦达定理（即根与系数的关系），可大大简化运算过程． 例2 已知长轴为12，短轴长为6，焦点在x轴上的椭圆，过它对的左焦点F1作倾斜解为交椭圆于A，B两点，求弦AB的长． 分析：可以利用弦长公式AB1kx1x222的直线3(1k2)[(x1x2)24x1x2]求得，也可以利用椭圆定义及余弦定理，还可以利用焦点半径来求．解：(法1)利用直线与椭圆相交的弦长公式求解．

AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]．因为a6，b3，所以c33．因为焦点在x轴上，x2y21，左焦点F(33,0)，从而直线方程为y3x9． 所以椭圆方程为369由直线方程与椭圆方程联立得：13x723x3680．设x1，x2为方程两根，所以

2x1x272313，x1x236813，k3，从而AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]

(法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解．

48． 13x2y21，设AF由题意可知椭圆方程为 1m，BF212m，BF212n．1n，则AF369在AF1F2中，AF2AF1F1F22AF1F1F2c2223os，即

1(12m)2m23632m63；

2所以m4866ABmnn．同理在BF中，用余弦定理得，所以． F12134343

(法3)利用焦半径求解．

先根据直线与椭圆联立的方程13x723x3680求出方程的两根x1，x2，它们分别是A，2B的横坐标．

再根据焦半径AF1aex1，BF1aex2，从而求出ABAF1BF1

5.相交情况下—点差法的应用

例1 已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆与直线xy10交于A、B两点，M为AB中点，OM的斜率为0.25，椭圆的短轴长为2，求椭圆的方程．

x22解：由题意，设椭圆方程为2y1，axy10222由x2，得1ax2ax0，22y1a

1x1x21a22，yM1xM∴xM，1a22akOMyM112，∴a24，xMa4x2y21为所求． ∴4说明：（1）此题求椭圆方程采用的是待定系数法；（2）直线与曲线的综合问题，经常要借用根与系数的关系，来解决弦长、弦中点、弦斜率问题．

x211y21，求过点P，且被P平分的弦所在的直线方程． 例2 已知椭圆222分析一：已知一点求直线，关键是求斜率，故设斜率为k，利用条件求k． 解法一：设所求直线的斜率为k，则直线方程为y11kx．代入椭圆方程，并整理得 2212kx2k222132kxk2k0．

222k22k由韦达定理得x1x2．

12k2∵P是弦中点，∴x1x21．故得k所以所求直线方程为2x4y30．

分析二：设弦两端坐标为x1，y1、x2，y2，列关于x1、x2、y1、y2的方程组，从而求斜率：

1． 2y1y2．

x1x2解法二：设过P，的直线与椭圆交于Ax1，y1、Bx2，y2，则由题意得 1122x122y11，22x22y21，2x1x21，y1y21.①② ③④2x12x22y12y20．

⑤ ①－②得2 7 将③、④代入⑤得

1y1y21，即直线的斜率为．

2x1x22所求直线方程为2x4y30．

说明：

（1）有关弦中点的问题，主要有三种类型：过定点且被定点平分的弦；平行弦的中点轨迹；过定点的弦中点轨迹．

（2）解法二是“点差法”，解决有关弦中点问题的题较方便，要点是巧代斜率．（3）有关弦及弦中点问题常用的方法是：“韦达定理应用”及“点差法”．有关二次曲线问题也适用．

x211y21，例3 已知椭圆（1）求过点P，且被P平分的弦所在直线的方程； 222（2）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；

（3）过A2，1引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；

（4）椭圆上有两点P、Q，O为原点，且有直线OP、OQ斜率满足kOPkOQ求线段PQ中点M的轨迹方程．

分析：此题中四问都跟弦中点有关，因此可考虑设弦端坐标的方法．

解：设弦两端点分别为Mx1，y1，Nx2，y2，线段MN的中点Rx，y，则

1，2x122y122，22x22y22，x1x22x，yy2y，12①②③④

①－②得x1x2x1x22y1y2y1y20．

由题意知x1x2，则上式两端同除以x1x2，有

x1x22y1y2y1y2x1x2将③④代入得x2y0，y1y20．⑤

x1x2

（1）将x11yy21，故所求直线方程为：

2x4y30． ⑥，y代入⑤，得122x1x22222将⑥代入椭圆方程x2y2得6y6y110，36460符合题意，442x4y30为所求．

（2）将y1y22代入⑤得所求轨迹方程为：

x4y0．（椭圆内部分）

x1x28（3）将y1y2y1代入⑤得所求轨迹方程为：

x22y22x2y0．（椭圆内部分）x1x2x22x12x22y12y22，⑦，将③④平方并整理得（4）由①＋②得

：

222x12x24x22x1x2，⑧，y12y24y22y1y2，⑨

4x22x1x24y22y1y22，⑩ 将⑧⑨代入⑦得：

4再将y1y211x1x2代入⑩式得：

2x2x1x24y22x1x22，即

22y2x1． 122此即为所求轨迹方程．当然，此题除了设弦端坐标的方法，还可用其它方法解决．

x2y21，试确定m的取值范围，使得对于直线l：y4xm，椭圆C上有例4 已知椭圆C：43不同的两点关于该直线对称．

分析：若设椭圆上A，B两点关于直线l对称，则已知条件等价于：(1)直线ABl；(2)弦AB的中点M在l上．

利用上述条件建立m的不等式即可求得m的取值范围． 解：(法1)设椭圆上A(x1,y1)，B(x2,y2)两点关于直线l对称，直线AB与l交于M(x0,y0)点． yxn,14∵l的斜率kl4，∴设直线AB的方程为yxn．由方程组消去y得 224xy1,34113x28nx16n2480

①。∴x1x28nxx24n．于是x01，13213112ny0x0n，4134n12n4n,)．∵点M在直线y4xm上，∴n4m．解得即点M的坐标为(13131313nm． ②

4将式②代入式①得13x26mx169m480

③

∵A，B是椭圆上的两点，∴(26m)413(169m48)0．解得

2222213213m． 13139(法2)同解法1得出n13413m，∴x0(m)m，4134113113y0x0m(m)m3m，即M点坐标为(m,3m)．

4444(m)2(3m)21．解得∵A，B为椭圆上的两点，∴M点在椭圆的内部，∴

43213213． m1313(法3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)是椭圆上关于l对称的两点，直线AB与l的交点M的坐标为(x0,y0)．

x1yxy∵A，B在椭圆上，∴11，221．两式相减得

434322223(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0，即32x0(x1x2)42y0(y1y2)0．∴

3xy1y20(x1x2)．

x1x24y0又∵直线ABl，∴kABkl1，∴3x041，即y03x0 ①。4y0又M点在直线l上，∴y04x0m

②。由①，②得M点的坐标为(m,3m)．以下同解法2.说明：涉及椭圆上两点A，B关于直线l恒对称，求有关参数的取值范围问题，可以采用列参数满足的不等式：

(1)利用直线AB与椭圆恒有两个交点，通过直线方程与椭圆方程组成的方程组，消元后得到的一元二次方程的判别式0，建立参数方程．

xy(2)利用弦AB的中点M(x0,y0)在椭圆内部，满足001，将x0，y0利用参数表示，建立

ab参数不等式．

22x2y21所截得的线段的中点，求直线l的方程． 例5 已知P(4,2)是直线l被椭圆

369

分析：本题考查直线与椭圆的位置关系问题．通常将直线方程与椭圆方程联立消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出x1x2，x1x2(或y1y2，y1y2)的值代入计算即得．并不需要求出直线与椭圆的交点坐标，这种“设而不求”的方法，在解析几何中是经常采用的．

解：方法一：设所求直线方程为y2k(x4)．代入椭圆方程，整理得

(4k21)x28k(4k2)x4(4k2)2360 ①

设直线与椭圆的交点为A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1、x2是①的两根，∴x1x2∵P(4,2)为AB中点，∴48k(4k2)

4k21x1x24k(4k2)1k，．∴所求直线方程为x2y80． 224k12方法二：设直线与椭圆交点A(x1,y1)，B(x2,y2)．∵P(4,2)为AB中点，∴x1x28，y1y24．

B在椭圆上，又∵A，∴x14y136，x24y236两式相减得(x1x2)4(y1y2)0，即(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0．∴22222222y1y2(x1x2)1．∴直线方程为

x1x24(y1y2)2x2y80．

方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为A(x,y)，另一个交点B(8x,4y)．

∵A、B在椭圆上，∴x4y36

①。

(8x)4(4y)36

② 从而A，B在方程①－②的图形x2y80上，而过A、B的直线只有一条，∴直线方程为2222x2y80．

说明：直线与圆锥曲线的位置关系是重点考查的解析几何问题，“设而不求”的方法是处理此类问题的有效方法．

若已知焦点是(33,0)、(33,0)的椭圆截直线x2y80所得弦中点的横坐标是4，则如何求椭圆方程？

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