椭圆

典型例题一 典型例题一 例1 已知椭圆 的一个焦点为（0，2）求 的值． ：把椭圆的方程化为方程，由 ，根据关系 可求出 的值． 解：方程变形为 ． 因为焦点在 轴上，所以 ，解得 ． 又 ，所以 ， 适合．故 ． 典型例题二 例2 已知椭圆的中心在原点，且经过点 ， ，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 和 （或 和 ）的值，即可求得椭圆的标准方程． 解：当焦点在 轴上时，设其方程为 ． 由椭圆过点 ，知 ．又 ，代入得 ， ，故椭圆的方程为 ． 当焦点在 轴上时，设其方程为 ． 由椭圆过点 ，知 ．又 ，联立解得 ， ，故椭圆的方程为 ． 典型例题三 例3 的底边 ， 和 两边上中线长之和为30，求此三角形重心 的轨迹和顶点 的轨迹． 分析：（1）由已知可得 ，再利用椭圆定义求解．（2）由 的轨迹方程 、 坐标的关系，利用代入法求 的轨迹方程． 解： （1）以 所在的直线为 轴， 中点为原点建立直角坐标系．设 点坐标为 ，由 ，知 点的轨迹是以 、 为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因 ， ，有 ，故其方程为 ． （2）设 ， ，则 ． ① 由题意有 代入①，得 的轨迹方程为 ，其轨迹是椭圆（除去 轴上两点）． 典型例题四 例4 已知 点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点 到两焦点的距离分别为 和 ，过 点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． 分析：讨论椭圆方程的类型，根据题设求出 和 （或 和 ）的值．从而求得椭圆方程． 解：设两焦点为 、 ，且 ， ． 从椭圆定义知 ．即 ． 从 知 垂直焦点所在的对称轴， 所以在 中， ， 可求出 ， ，从而 ． ∴所求椭圆方程为 或 ． 典型例题五 例5 已知椭圆方程 ，长轴端点为 ， ，焦点为 ， ， 是椭圆上一点， ， ．求： 的面积（用 、 、 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 求面积． 解：如图，设 ，由椭圆的对称性，不妨设 ， 由椭圆的对称性，不妨设 在第一象限．由余弦定理知： · ．① 由椭圆定义知： ② 则 得 ． 故 ． 典型例题六 例6 已知椭圆 ， （1）求过点 且被 平分的弦所在直线的方程； （2）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程； （3）过 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 、 ， 为原点，且有直线 、 斜率满足 ，求线段 中点 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 ， ，线段 的中点 ，则 ①－②得 ． 由题意知 ，则上式两端同除以 ，有 ， 将③④代入得 ． ⑤ （1）将 ， 代入⑤，得 ，故所求直线方程为 ． ⑥ 将⑥代入椭圆方程 得 ， 符合题意， 故 即为所求． （2）将 代入⑤得所求轨迹方程为： ．（椭圆内部分） （3）将 代入⑤得所求轨迹方程为 ．（椭圆内部分） （4）由①＋②得 ， ⑦ 将③④平方并整理得 ， ⑧ ， ⑨ 将⑧⑨代入⑦得 ， ⑩ 再将 代入⑩式得 ， 即 ． 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． 典型例题七 例7 已知动圆 过定点 ，并且在定圆 的内部与其相内切，求动圆圆心 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 和定圆 内切于点 ．动点 到两定点，即定点 和定圆圆心 距离之和恰好等于定圆半径，即 ． ∴点 的轨迹是以 ， 为两焦点，半长轴为4，半短轴长为 的椭圆的方程： ． 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． 典型例题八 例8 已知椭圆 及直线 ． （1）当 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 ，求直线的方程． 分析：直线与椭圆有公共点，等价于它们的方程组成的方程组有解．因此，只须考虑方程组消元后所得的一元二次方程的根的判别式．已知弦长，由弦长公式就可求出 ． 解：（1）把直线方程 代入椭圆方程 得 ，即 ． ， 解得 ． （2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为 ， ，由（1）得 ， ． 根据弦长公式得 ． 解得 ． 因此，所求直线的方程为 ． 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． 典型例题九 例9 以椭圆 的焦点为焦点，过直线 上一点 作椭圆，要使所作椭圆的长轴最短，点 应在何处？并求出此时的椭圆方程． 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，而这种类型的问题在初中就已经介绍过，只须利用对称的知识就可解决． 解：如图所示，椭圆 的焦点为 ， ． 点 关于直线 的对称点 的坐标为（－9，6），直线 的方程为 ．解方程组 得交点 的坐标为（－5，4）．此时 最小． 所求椭圆的长轴 ， ∴ ，又 ， ∴ ． 因此，所求椭圆的方程为 ． 说明：解决本题的关键是利用椭圆的定义，将问题转化为在已知直线上求一点，使该点到直线同侧两已知点的距离之和最小． 典型例题十 例10　已知方程 表示椭圆，求 的取值范围． 分析：根据椭圆方程的特征求解． 解：由 得 ，且 ． ∴满足条件的 的取值范围是 ，且 ． 说明：本题易出现如下错解：由 得 ，故 的取值范围是 ．出错的原因是没有注意椭圆的标准方程中 这个条件，当 时，并不表示椭圆． 典型例题十一 例11 已知 表示焦点在 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． 解：方程可化为 ． 因为焦点在 轴上，所以 ． 因此 且 从而 ． 说明： (1)由椭圆的标准方程知 ， ，这是容易忽视的地方． (2)由焦点在 轴上，知 ， ． (3)求 的取值范围时，应注意题目中的条件 ． 典型例题十二 例2　求中心在原点，对称轴为坐标轴，且经过 和 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 ( ， )，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 ( ， )． 由 和 两点在椭圆上可得 即 所以 ， ． 故所求的椭圆方程为 ． 说明：此类题目中已存在直角坐标系，所以就不用建立直角坐标系了，但是这种题目一定要注意已知点和已知轨迹在坐标系中的位置关系．求椭圆的标准方程，一般是先定位（焦点位置），再定量（ ， 的值），若椭圆的焦点位置确定，椭圆方程唯一；若椭圆的焦点位置不确定，既可能在 轴，又可能在 轴上，那么就分两种情况进行讨论．方法是待定系数法求椭圆的标准方程，求解时是分为根据椭圆的焦点在 轴上或 轴上确定方程的形式、根据题设条件列出关于待定系数 ， 的方程组、解方程组求出 ， 的值三个步骤，从而得到椭圆的标准方程．对此题而言，根据题目的要求不能判断出所求的椭圆焦点所在的坐标轴，那么就分情况讨论，这种方法解此题较繁．另一种方法直接设出椭圆的方程，而不强调焦点在哪一个坐标轴上，即不强调 和 的系数哪一个大，通过解题，解得几种情况就是几种情况．在求椭圆方程确定焦点在哪一坐标轴上的时候，可以根据焦点坐标，也可以根据准线方程．若不能确定焦点在哪一个坐标轴上，就用上述两种方法． 典型例题十三 例13 已知长轴为12，短轴长为6，焦点在 轴上的椭圆，过它对的左焦点 作倾斜解为 的直线交椭圆于 ， 两点，求弦 的长． 分析：此类题目是求弦长问题，这种题目方法很多，可以利用弦长公式 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． ． 因为 ， ，所以 ． 又因为焦点在 轴上， 所以椭圆方程为 ，左焦点 ，从而直线方程为 ． 由直线方程与椭圆方程联立得 ． 设 ， 为方程两根， 所以 ， ， ， 从而 ． (法2)利用椭圆的定义及余弦定理求解． 由题意可知椭圆方程为 ，设 ， ，则 ， ． 在 中， ， 即 ； 所以 ．同理在 中，用余弦定理得 ，所以 ． (法3)利用焦半径求解． 先根据直线与椭圆联立的方程 求出方程的两根 ， ，它们分别是 ， 的横坐标． 再根据焦半径 ， ，从而求出 ． 说明：对于直线与椭圆的位置关系有相交、相切、相离，判断直线与椭圆的位置关系，可以利用直线方程与椭圆方程联立，看联立后方程解的个数： ，无解则相离； ，一解则相切； ，两解则相交．直线与椭圆相交就有直线与椭圆相交弦问题，直线与椭圆的两交点之间的线段叫做直线与椭圆相交弦． 典型例题十四 例14　已知圆 ，从这个圆上任意一点 向 轴作垂线段，求线段中点 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 的坐标为 ，点 的坐标为 ， 则 ， ． 因为 在圆 上， 所以 ． 将 ， 代入方程 得 ． 所以点 的轨迹是一个椭圆 ． 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 ，设已知轨迹上的点的坐标为 ，然后根据题目要求，使 ， 与 ， 建立等式关系，从而由这些等式关系求出 和 代入已知的轨迹方程，就可以求出关于 ， 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． 这种题目还要注意题目的问法，是求“轨迹”还是求“轨迹方程”．若求轨迹方程，只要求出关于 ， 的关系化简即可；若求轨迹，当求出轨迹方程后，还要说明由这种方程所确定的轨迹是什么．这在审题时要注意． 典型例题十五 例15　椭圆 上的点 到焦点 的距离为2， 为 的中点，则 （ 为坐标原点）的值为(　　　) A．4　　　B．2　　　C．8　　　D． 解：如图所示，设椭圆的另一个焦点为 ，由椭圆第一定义得 ，所以 ，又因为 为 的中位线，所以 ，故答案为A． 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 ）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 ，利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离． 典型例题十六 例16 已知椭圆 ，试确定 的取值范围，使得对于直线 ，椭圆 上有不同的两点关于该直线对称． 分析：若设椭圆上 ， 两点关于直线 对称，则已知条件等价于：(1)直线 ；(2)弦 的中点 在 上．利用上述条件建立 的不等式即可求得 的取值范围． 解：(法1)设椭圆上 ， 两点关于直线 对称，直线 与 交于 点． ∵ 的斜率 ， ∴设直线 的方程为 ． 由方程组 消去 得 　　　　① ∴ ． 于是 ， ， 即点 的坐标为 ． ∵点 在直线 上，∴ ． 解得 ．　　　　　　　② 将式②代入式①得 　　③ ∵ ， 是椭圆上的两点，∴ ． 解得 ． (法2)同解法1得出 ，∴ ， ，即 点坐标为 ． ∵ ， 为椭圆上的两点，∴ 点在椭圆的内部， ∴ ． 解得 ． (法3)设 ， 是椭圆上关于 对称的两点，直线 与 的交点 的坐标为 ． ∵ ， 在椭圆上，∴ ， ． 两式相减得 ， 即 ． ∴ ． 又∵直线 ，∴ ，∴ ， 即 　　　　① 又 点在直线 上，∴ 　　② 由①，②得 点的坐标为 ． 以下同解法2. 说明：涉及椭圆上两点 ， 关于直线 恒对称，求有关参数的取值范围问题，可以采用以下方法列参数满足的不等式： (1)利用直线 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 ，建立参数方程． (2)利用弦 的中点 在椭圆内部， ， 满足不等式 ，将 ， 利用参数表示，建立参数不等式． 典型例题十七 例17 在面积为1的 中， ， ，建立适当的坐标系，求出以 、 为焦点且过 点的椭圆方程． 分析：本题考查用待定系数法求椭圆方程及适当坐标系的建立．通过适当坐标系的建立，选择相应椭圆方程，再待定系数．适当坐标系的建立能达到简化问题的目的． 解：以 的中点为原点， 所在直线为 轴建立直角坐标系，设 ． 则 　　∴ 即 ，∴ 得 ∴所求椭圆方程为 ． 说明：适当坐标系的建立是处理好椭圆应用问题的关键．建立适当坐标系，需对题设所给图形进行观察、分析，做好数与形的结合，本题也可以以 的中点为原点， 所在直线为 轴建立直角坐标系，再求椭圆方程． 典型例题十八 例18 已知 是直线 被椭圆 所截得的线段的中点，求直线 的方程． 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 (或 )，得到关于 (或 )的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出 ， (或 ， )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．本题涉及到直线被椭圆截得弦的中点问题，也可采用点差法或中点坐标公式，运算会更为简便． 解： 方法一：设所求直线方程为 ． 代入椭圆方程，整理得 　　① 设直线与椭圆的交点为 ， ，则 、 是①的两根，∴ ∵ 为 中点，∴ ， ． ∴所求直线方程为 ． 方法二：设直线与椭圆交点 ， ．∵ 为 中点，∴ ， ．又∵ ， 在椭圆上，∴ ， 两式相减得 ， 即 ． ∴ ． ∴所求直线方程为 ． 方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为 ，另一个交点 ． ∵ 、 在椭圆上，∴ 　　　　① 　　　　　② 从而 ， 在方程①－②的图形 上，而过 、 的直线只有一条， ∴所求直线方程为 ． 说明：直线与圆锥曲线的位置关系是高考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 、 的椭圆截直线 所得弦中点的横坐标是4，则如何求椭圆方程？