椭圆经典例题

椭圆经典例题(总11页)

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椭圆标准方程典型例题

例1 已知椭圆mx23y26m0的一个焦点为（0，2）求m的值．

分析：把椭圆的方程化为标准方程，由c2，根据关系a2b2c2可求出m的值．

x2y21．因为焦点在y轴上，所以2m6，解得m3． 解：方程变形为62m又c2，所以2m622，m5适合．故m5．

例2 已知椭圆的中心在原点，且经过点P3，0，a3b，求椭圆的标准方程．

分析：因椭圆的中心在原点，故其标准方程有两种情况．根据题设条件，运用待定系数法，

求出参数a和b（或a2和b2）的值，即可求得椭圆的标准方程．

x2y2解：当焦点在x轴上时，设其方程为221ab0．

ab由椭圆过点P3，0，知

x2y21． 99022a3b1b1a9，故椭圆的方程为．又，代入得，22aby2x2当焦点在y轴上时，设其方程为221ab0．

ab0，知由椭圆过点P3，y2x21． 819901．又a3b，联立解得a281，b29，故椭圆的方程为22ab

例3 ABC的底边BC16，AC和AB两边上中线长之和为30，求此三角形重心G的轨迹和顶点A的轨迹．

2

分析：（1）由已知可得GCGB20，再利用椭圆定义求解．

（2）由G的轨迹方程G、A坐标的关系，利用代入法求A的轨迹方程．

解： （1）以BC所在的直线为x轴，BC中点为原点建立直角坐标系．设G点坐标为x，y，由

GCGB20，知G点的轨迹是以B、C为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因a10，c8，有

b6，

x2y21y0． 故其方程为

10036x2y21y0． ① （2）设Ax，y，Gx，y，则

10036xx，x2y231y0，其轨迹是椭圆（除去x轴由题意有代入①，得A的轨迹方程为

900324yy3上两点）．

例4 已知P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P到两焦点的距离分别为作焦点所在轴的垂线，它恰好过椭圆的一个焦点，求椭圆方程．

解：设两焦点为F1、F2，且PF14525，PF2．从椭圆定义知2aPF1PF225．即334525和，过P点33a5．

从PF2F1中，sinPF1F21PF2知PF2垂直焦点所在的对称轴，所以在RtPFPF21， PF12可求出PF1F26，2cPF1cos61025，从而b2a2c2．

333

x23y23x2y21或1． ∴所求椭圆方程为510105x2y2例5 已知椭圆方程221ab0，长轴端点为A1，A2，焦点为F1，

abF2，P是椭圆上一点，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

2限．由余弦定理知： F1F2PF1PF22PF1·PF2cos4c．①

2222b2由椭圆定义知： PF． 1PF21PF22a ②，则②－①得 PF1cos2故SF1PF2

112b2PF1PF2sin sin b2tan． 2221cos例6 已知动圆P过定点A3，0，且在定圆B：x3y2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．

x211例7 已知椭圆y21，（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；

4

（3）过A2，1引椭圆的割线，求截得的弦的中点的轨迹方程；

1（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，

2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

x122y122，22x22y22，x1x22x，yy2y，12

（1）将x①－②得x1x2x1x22y1y2y1y20．

②由题意知x1x2，则上式两端同除以x1x2，有 ③x1x22y1y2y1y20，

x1x2④yy2将③④代入得x2y10．⑤

x1x2①11yy1，y代入⑤，得12，故所求直线方程为： 2x4y30． ⑥ 22x1x22110，36460符合题意，2x4y3044将⑥代入椭圆方程x22y22得6y26y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x2y1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2（3）将

2x12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5

11再将y1y2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．

例8 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

解：（1）把直线方程yxm代入椭圆方程4x2y21得 4x2xm1，

2210，求直线的方程． 5即5x22mxm210．2m45m2116m2200，解得2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2

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．

x2y21的焦点为焦点，过直线l：xy90上一点M作椭圆，要使所作椭圆的例9 以椭圆123长轴最短，点M应在何处并求出此时的椭圆方程．

6

分析：椭圆的焦点容易求出，按照椭圆的定义，本题实际上就是要在已知直线上找一点，使该点到直线同侧的两已知点（即两焦点）的距离之和最小，只须利用对称就可解决．

x2y21的焦点为F13，解：如图所示，椭圆0，F23，0．

123点F1关于直线l：xy90的对称点F的坐标为（－9，6），直线FF2的方程为

x2y30．

x2y30解方程组得交点M的坐标为（－5，4）．此时MF1MF2最小．

xy90所求椭圆的长轴：2aMF1MF2FF265，∴a35，又c3，

x2y21． ∴bac35336．因此，所求椭圆的方程为453622222x2y21表示椭圆，求k的取值范围． 例10 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．

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

3k0,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11 已知x2siny2cos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．

7

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11(2)由焦点在y轴上，知a2，b2． (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12 求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过A(3,2)和B(23,1)两点的椭圆方程．

分析：由题设条件焦点在哪个轴上不明确，椭圆标准方程有两种情形，为了计算简便起见，

可设其方程为mx2ny21(m0，n0)，且不必去考虑焦点在哪个坐标轴上，直接可求

出方程．

解：设所求椭圆方程为mx2ny21(m0，n0)．由A(3,2)和B(23,1)两点在椭圆上可得

2211m(3)n(2)1,3m4n1,mn即所以，．故所求的椭圆方程为2215512mn1,m(23)n11,x2y21． 155

例13 知圆x2y21，从这个圆上任意一点P向y轴作垂线段，求线段中点M的轨迹．

分析：本题是已知一些轨迹，求动点轨迹问题．这种题目一般利用中间变量(相关点)求轨迹方程或轨迹．

解：设点M的坐标为(x,y)，点P的坐标为(x0,y0)，则xx0，yy0． 28

因为P(x0,y0)在圆x2y21上，所以x02y021．

将x02x，y0y代入方程x02y021得4x2y21．所以点M的轨迹是一个椭圆

4x2y21．

说明：此题是利用相关点法求轨迹方程的方法，这种方法具体做法如下：首先设动点的坐标为

(x,y)，

设已知轨迹上的点的坐标为(x0,y0)，然后根据题目要求，使x，y与x0，y0建立等式关系， 从而由这些等式关系求出x0和y0代入已知的轨迹方程，就可以求出关于x，y的方程， 化简后即我们所求的方程．这种方法是求轨迹方程的最基本的方法，必须掌握．

例14 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作倾斜解为线交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．

分析：可以利用弦长公式AB1k2x1x2(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的直3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：13x2723x3680．设x1，x2为方程两根，所以

x1x2368723，x1x2，k3， 从而

1313AB1k2x1x2(1k2)[(x1x2)24x1x2]48． 13

(法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解．

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x2y21，设AF由题意可知椭圆方程为1m，BF1n，则AF212m，BF212n． 369在AF1F2中，AF2AF1F1F22AF1F1F2cos所以m2221，即(12m)2m23632m63； 324866．同理在BF1F2中，用余弦定理得n，所以ABmn．

134343

(法3)利用焦半径求解．

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

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

x2y21上的点M到焦点F1的距离为2，N为MF1的中点，则ON（O为坐标原例15 椭圆259点）的值为A．4 B．2 C．8 D．

3 2解：如图所示，设椭圆的另一个焦点为F2，由椭圆第一定义得MF1MF22a10，所以MF210MF11028， 又因为ON为MF1F2的中位线，所以ON

A． 1MF24，故答案为2说明：(1)椭圆定义：平面内与两定点的距离之和等于常数（大于F1F2）的点的轨迹叫做椭圆． (2)椭圆上的点必定适合椭圆的这一定义，即MF1MF22a，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离．

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16 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．

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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18nxx4n112n．于是x012，y0x0n， 132134134n12n4n)．∵点M在直线y4xm上，∴n4m．解得即点M的坐标为(,13131313nm． ②

413x28nx16n2480 ①。∴x1x2将式②代入式①得13x226mx169m2480 ③

∵A，B是椭圆上的两点，∴(26m)2413(169m248)0．解得(法2)同解法1得出n213213． m131313413m，∴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)．

xyxy∵A，B在椭圆上，∴1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：

11

(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，建立参

ab22数不等式．

例17 在面积为1的PMN中，tanM1，tanN2，建立适当的坐标系，求出以M、N为2焦点且过P点的椭圆方程． 解：以MN的中点为原点，MN所在直线为x轴建立直角坐标系，设P(x,y)． 5425yx2,1,215xc22523ca,12a3bP(,)则∴即∴得4 1y3,233a2b2,y4c且c3b23.xc2 423cy1.4x2y21 ∴所求椭圆方程为153x2y21所截得的线段的中点，求直线l的方程． 例18 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． 24k2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．

12

又∵A，B在椭圆上，∴x124y1236，x224y2236两式相减得(x12x22)4(y12y22)0， 即(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0．∴

x2y80．

y1y2(x1x2)1．∴直线方程为x1x24(y1y2)2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，∴x24y236 ①。 (8x)24(4y)2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

x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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